2026届苏州市高三化学高考三模QS01黑白可打印标准付费预览仿真卷B1第0233套（含参考答案、逐题解析、评分细则、压轴题讲评与学生作答空间）

2026届苏州市高三化学高考三模QS01黑白可打印标准付费预览仿真卷B1第0233套（含参考答案、逐题解析、评分细则、压轴题讲评与学生作答空间）考试时间：75分钟满分：120分适用场景：课堂限时训练、周末作业、考前自测、教师讲评注意事项：1.答题前请检查页码和题号是否连续。2.选择题答案填入答题栏；非选择题按题号在作答区书写。3.主观题须写出必要步骤、单位和结论。4.本卷为QS01黑白可打印Word文本版，试题区与参考答案区分开排版。一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意）题号123456789101112答案1.（3分）化学与生产、生活联系密切。下列说法正确的是A.用含氯消毒剂清洁有机污渍时，浓度越高越安全B.可降解塑料完全燃烧不生成二氧化碳C.碳达峰、碳中和目标推动了二氧化碳资源化与新能源储能技术发展D.食品袋中铁粉脱氧剂发生还原反应而除去氧气2.（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1molNa₂O₂与足量水反应转移电子数为2NAB.标准状况下22.4LCl₂溶于水，溶液中Cl₂、HClO、Cl⁻微粒总数为NAC.0.1mol·L⁻¹AlCl₃溶液中Cl⁻数目为0.3NAD.20gH₂¹⁸O中含有的中子数为10NA3.（3分）下列离子在指定溶液中能大量共存的是A.使酚酞变红的溶液：NH₄⁺、Mg²⁺、Cl⁻、NO₃⁻B.pH=1的溶液：K⁺、Fe²⁺、MnO₄⁻、SO₄²⁻C.含大量HCO₃⁻的溶液：Na⁺、K⁺、SO₄²⁻、Cl⁻D.含大量Ba²⁺的溶液：Na⁺、CO₃²⁻、NO₃⁻、Cl⁻4.（3分）有机物X的结构简式可表示为CH₃CH₂OOCCH=CH₂。下列有关X的说法错误的是A.X能发生加成反应和水解反应B.X与乙酸乙酯互为同系物C.X中所有碳原子不一定共平面D.1molX最多能与1molBr₂发生加成反应5.（3分）用锌片、铜片、硫酸锌溶液、硫酸铜溶液和KNO₃盐桥组成原电池。外电路有电流通过时，下列判断正确的是A.铜片逐渐溶解，铜电极为负极B.电子由锌片经导线流向铜片C.盐桥中K⁺向锌盐溶液迁移D.若用稀硫酸替代硫酸铜溶液，铜片上不会有气泡产生6.（3分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W原子最外层电子数是其电子层数的3倍，X的简单离子半径在同周期金属离子中最小，Y与W同主族，Z的最高价氧化物对应水化物为强酸。下列说法正确的是A.简单氢化物稳定性：YH₂>WH₂B.最高价氧化物对应水化物酸性：Z>YC.X的氧化物只能与酸反应D.原子半径：W>X>Y>Z7.（3分）25℃时，用0.1000mol·L⁻¹NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L⁻¹CH₃COOH溶液。下列说法正确的是A.滴定前溶液中c(CH₃COO⁻)>c(H⁺)B.加入10.00mLNaOH后，溶液呈强碱性C.恰好中和时溶液呈中性D.可用酚酞作指示剂8.（3分）反应2SO₂(g)+O₂(g)⇌2SO₃(g)ΔH<0。一定温度下在恒容密闭容器中进行。下列措施能同时提高反应速率和SO₂平衡转化率的是A.升高温度B.加入催化剂C.充入O₂D.移出SO₃9.（3分）下列实验操作或现象解释正确的是A.配制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶中有少量蒸馏水会使浓度偏低B.向FeCl₃溶液中加入KSCN溶液，溶液变红，可检验Fe³⁺C.用pH试纸测氯水pH时，试纸先变红后褪色，读数仍准确D.蒸馏时温度计水银球应插入液面以下10.（3分）工业合成氨和硫酸生产中均涉及气体反应。下列说法错误的是A.合成氨采用循环操作可提高原料利用率B.接触法制硫酸中SO₂催化氧化常采用适当过量空气C.合成氨反应达到平衡后，通入惰性气体一定能提高氨的平衡产率D.生产流程中设置热交换器可提高能量利用效率11.（3分）某溶液中可能含有Na⁺、NH₄⁺、Fe³⁺、Al³⁺、SO₄²⁻、Cl⁻中的若干种。取少量溶液加过量NaOH并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，并有红褐色沉淀生成。另取溶液加入BaCl₂溶液产生白色沉淀，加入稀盐酸沉淀不溶。下列结论一定正确的是A.一定含NH₄⁺、Fe³⁺、SO₄²⁻B.一定不含Al³⁺、Cl⁻C.一定含Na⁺D.若检验Cl⁻，可直接向原溶液中加入AgNO₃溶液12.（3分）已知25℃时Ksp(AgCl)=1.8×10⁻¹⁰，Ksp(Ag₂CrO₄)=1.1×10⁻¹²。向含0.010mol·L⁻¹Cl⁻和0.010mol·L⁻¹CrO₄²⁻的溶液中逐滴加入AgNO₃溶液。下列判断正确的是A.Ag₂CrO₄先沉淀，因为其Ksp更小B.AgCl开始沉淀时c(Ag⁺)=1.8×10⁻⁸mol·L⁻¹C.Ag₂CrO₄开始沉淀时c(Ag⁺)=1.1×10⁻¹⁰mol·L⁻¹D.两种沉淀同时出现二、实验探究题（本题共5小题，共42分。请写出必要的实验依据、现象解释和计算过程）13.（8分）实验室用含少量Fe³⁺的硫酸亚铁晶体配制0.1000mol·L⁻¹FeSO₄溶液，并用酸性KMnO₄溶液标定其中Fe²⁺含量。回答下列问题。

（1）配制溶液时需加入少量稀硫酸，其作用是防止Fe²⁺水解并减慢空气氧化。除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须使用的玻璃仪器有________和胶头滴管。

（2）滴定时反应为MnO₄⁻+5Fe²⁺+8H⁺=Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O。用酸式滴定管盛装KMnO₄溶液的原因是________。

（3）取25.00mL待测液，用0.02000mol·L⁻¹KMnO₄溶液滴定，三次消耗体积分别为24.96mL、25.02mL、25.00mL。计算待测液中c(Fe²⁺)。

（4）若滴定前锥形瓶用待测液润洗，会使测得c(Fe²⁺)________；若滴定终点仰视读数，会使结果________。作答区：14.（8分）某小组以Na₂CO₃固体和SO₂为原料制备Na₂SO₃·7H₂O晶体。装置流程为：SO₂发生装置—饱和Na₂CO₃吸收液—尾气吸收瓶。回答下列问题。

（1）实验中SO₂可由Na₂SO₃固体与较浓硫酸反应制得，发生装置应选择________（填“分液漏斗—圆底烧瓶型”或“固液常温启闭型”）。

（2）吸收SO₂过程中，需控制溶液呈弱碱性，若溶液酸性过强，产物中易混有________（填化学式）。

（3）反应结束后，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥得到晶体。低温干燥的原因是________。

（4）取2.520g产品配成250.0mL溶液，取25.00mL加入过量碘水，再用0.1000mol·L⁻¹Na₂S₂O₃溶液滴定剩余I₂，消耗12.00mL；空白实验消耗Na₂S₂O₃溶液20.00mL。已知I₂+SO₃²⁻+H₂O=2I⁻+SO₄²⁻+2H⁺，I₂+2S₂O₃²⁻=2I⁻+S₄O₆²⁻。计算产品中Na₂SO₃·7H₂O的质量分数。作答区：15.（10分）ClO₂是一种高效消毒剂。实验室用NaClO₂和稀盐酸反应制取ClO₂，并用碘量法测定生成液中ClO₂含量。已知ClO₂易挥发，遇光不稳定。回答下列问题。

（1）制取装置应采取的两项安全措施是________。

（2）尾气应用NaOH溶液吸收，写出ClO₂在碱性条件下生成ClO₂⁻和ClO₃⁻的离子方程式。

（3）测定时取生成液10.00mL，加入足量KI和稀硫酸，生成I₂；再用0.05000mol·L⁻¹Na₂S₂O₃溶液滴定，平均消耗24.00mL。已知2ClO₂+10I⁻+8H⁺=2Cl⁻+5I₂+4H₂O。计算生成液中c(ClO₂)。

（4）若滴定过程中淀粉指示剂加入过早，会导致结果偏差，请说明原因。作答区：16.（8分）乙酸乙酯是常见有机溶剂。某小组用乙醇、冰醋酸和浓硫酸制备乙酸乙酯，装置中采用水浴加热并用饱和Na₂CO₃溶液收集馏出物。回答下列问题。

（1）浓硫酸在反应中的作用为________。

（2）用饱和Na₂CO₃溶液收集的目的有中和乙酸、溶解乙醇和________。

（3）分离收集液中乙酸乙酯的主要操作是________。

（4）若乙酸用量为0.200mol，乙醇过量，最终得到13.2g乙酸乙酯，计算产率。已知乙酸乙酯摩尔质量为88g·mol⁻¹。作答区：17.（8分）某无色固体样品可能由Na₂CO₃、NaHCO₃、NaCl、Na₂SO₄中的一种或多种组成。为确定成分，进行如下实验：①取少量样品加水溶解，滴加BaCl₂溶液有白色沉淀；②向沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解并有无色气体产生；③另取样品加热，产生气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊；④取步骤②反应后的上层清液，加入AgNO₃溶液有白色沉淀。回答下列问题。

（1）样品中一定含有________。

（2）步骤②中不溶沉淀的化学式为________。

（3）步骤④能否证明原样品中含NaCl？说明理由。

（4）设计一个实验进一步检验原样品中是否含NaCl。作答区：三、计算与综合题（本题共5小题，共42分。请在作答区完整呈现推理、方程式、单位与结果）18.（8分）W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素。W是形成化合物种类最多的元素；X的最外层电子数是内层电子数的3倍；Y的简单离子与Ne核外电子排布相同，且其氧化物可作耐火材料；Z与X同主族；M所在周期原子半径最小。回答下列问题。

（1）W在周期表中的位置为________。

（2）Y的最高价氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式为________。

（3）X、Z简单氢化物沸点较高的是________，原因是________。

（4）M的最高价氧化物对应水化物的化学式为________；其酸性比Z的对应水化物________。作答区：19.（8分）某新型电化学装置以CO₂为原料制备甲酸盐，阴极反应为CO₂+H₂O+2e⁻=HCOO⁻+OH⁻，阳极为水氧化反应。电解液中用阴离子交换膜分隔两极。回答下列问题。

（1）该装置工作时，阴极附近溶液pH将________。

（2）写出阳极电极反应式。

（3）阴离子交换膜允许________（填离子符号）定向迁移，以维持电荷平衡。

（4）电解2.00h，电流强度为5.00A，电流效率为80.0%。计算理论生成HCOO⁻的物质的量。取F=96500C·mol⁻¹。作答区：20.（8分）在2.00L恒容密闭容器中充入0.400molSO₂和0.200molO₂，在温度T下发生反应2SO₂(g)+O₂(g)⇌2SO₃(g)。平衡时测得SO₃为0.240mol。回答下列问题。

（1）计算SO₂的平衡转化率。

（2）计算该温度下平衡常数Kc。

（3）若在同温度下缩小容器体积，平衡向________方向移动，理由是________。

（4）工业上不无限制提高压强的原因是________。作答区：21.（8分）废旧镍钴锰锂电池正极材料经预处理后可按下列流程回收金属：酸浸—调pH除Al、Fe—萃取分离Co、Ni—沉锂。已知金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见表。回答下列问题。

（1）酸浸时常加入H₂O₂，其作用是将高价锰、钴还原并提高浸出率，写出H₂O₂在酸性条件下作还原剂时的氧化产物。

（2）调pH除Al、Fe时，应控制pH范围为________。

（3）若溶液中含Fe²⁺，通入空气并调pH能促进除铁，写出Fe²⁺被氧化的离子方程式。

（4）沉锂常加入Na₂CO₃得到Li₂CO₃沉淀。若滤液中c(Li⁺)=0.20mol·L⁻¹，Ksp(Li₂CO₃)=8.0×10⁻⁴，开始沉淀所需c(CO₃²⁻)为多少？作答区：离子Al³⁺Fe³⁺Ni²⁺Co²⁺开始沉淀pH3.52.27.17.4完全沉淀pH4.73.29.09.222.（10分）压轴综合题：某纯碱样品含Na₂CO₃、NaHCO₃和少量不反应杂质。取样品2.000g，加水溶解并定容至250.0mL。取25.00mL试液，用0.1000mol·L⁻¹盐酸滴定，以酚酞为指示剂消耗V₁=8.00mL；继续加入甲基橙指示剂滴定至终点，又消耗V₂=12.00mL。另取25.00mL试液，加入足量BaCl₂溶液，过滤、洗涤、干燥得BaCO₃沉淀0.1576g。已知BaCO₃摩尔质量为197g·mol⁻¹。回答下列问题。

（1）根据BaCO₃质量计算25.00mL试液中Na₂CO₃的物质的量。

（2）利用双指示剂滴定数据判断样品中NaHCO₃的物质的量。

（3）计算原样品中Na₂CO₃和NaHCO₃的质量分数。

（4）说明本题中BaCl₂沉淀法与双指示剂法互相验证的关键。作答区：

参考答案、逐题解析与评分细则说明：评分时以化学事实、守恒关系、计算过程和规范表达为主要依据；与参考表述等价且自洽的答案可按相同采分点给分。一、选择题答案与解析题号123456789101112答案CDCBBBDCBCAB1.答案：C解析：A项含氯消毒剂具有强氧化性，浓度过高会腐蚀皮肤和织物，也可能产生刺激性气体；B项可降解塑料的有机成分完全燃烧仍生成CO₂；D项铁粉失电子被氧化。C项体现CO₂资源化、电化学储能和低碳产业的共同方向。评分细则：3分：选C得3分。2.答案：D解析：Na₂O₂与水反应中氧元素既升高又降低，1molNa₂O₂转移1mol电子，A错误；Cl₂溶于水并与水反应，且溶液中还存在H⁺、ClO⁻等微粒，B错误；C项没有给出溶液体积，无法计算Cl⁻数目；20gH₂¹⁸O为1mol，每个分子含10个中子，D正确。评分细则：3分：选D得3分。3.答案：C解析：碱性溶液中NH₄⁺、Mg²⁺不能大量存在；酸性条件下Fe²⁺能被MnO₄⁻氧化；HCO₃⁻与Na⁺、K⁺、SO₄²⁻、Cl⁻之间不发生沉淀、气体或弱电解质反应；Ba²⁺与CO₃²⁻生成沉淀。评分细则：3分：选C得3分。4.答案：B解析：X含酯基和碳碳双键，能水解也能加成；乙酸乙酯不含碳碳双键，与X不属于同系物；乙基部分可旋转，所有碳原子不一定共平面；一个碳碳双键最多与1molBr₂加成。评分细则：3分：选B得3分。5.答案：B解析：锌比铜活泼，锌作负极发生氧化反应：Zn-2e⁻=Zn²⁺；电子经外电路由锌流向铜。盐桥中K⁺向正极区即铜盐溶液迁移；若用稀硫酸作正极电解质，铜片上可析出H₂。评分细则：3分：选B得3分。6.答案：B解析：由题意可知W为O，X为Al，Y为S，Z为Cl。氢化物稳定性H₂O>H₂S；Al₂O₃为两性氧化物；同周期从左到右原子半径减小且O处于第二周期。最高价含氧酸酸性HClO₄强于H₂SO₄。评分细则：3分：选B得3分。7.答案：D解析：弱酸滴定强碱时等量点附近pH突变范围在碱性区域，可用酚酞。滴定前CH₃COOH只少量电离，c(CH₃COO⁻)不大于c(H⁺)；半中和点形成缓冲溶液而非强碱性；恰好中和生成CH₃COONa，溶液呈碱性。评分细则：3分：选D得3分。8.答案：C解析：升温加快速率但该反应为放热反应，平衡逆向移动；催化剂不改变平衡转化率；移出SO₃使平衡正向移动，但反应物浓度降低时正反应速率不一定提高；充入O₂既提高反应物浓度又推动平衡正向移动。评分细则：3分：选C得3分。9.答案：B解析：容量瓶中有少量水不影响定容后溶质浓度；Fe³⁺与SCN⁻形成红色络合物，可用于检验Fe³⁺；氯水漂白pH试纸，读数不可靠；蒸馏时温度计水银球应置于蒸馏头支管口附近。评分细则：3分：选B得3分。10.答案：C解析：循环操作能回收未反应N₂和H₂；适当过量空气有利于SO₂转化；热交换有利于节能。惰性气体对平衡的影响取决于恒容或恒压等条件，“一定提高”不成立。评分细则：3分：选C得3分。11.答案：A解析：加过量NaOH并加热产生氨气，说明含NH₄⁺；红褐色沉淀说明含Fe³⁺；加BaCl₂后白色沉淀不溶于稀盐酸，说明含SO₄²⁻。Al³⁺在过量NaOH中可能转化为偏铝酸根，Cl⁻、Na⁺不能据此排除或确认。评分细则：3分：选A得3分。12.答案：B解析：沉淀先后取决于达到沉淀所需c(Ag⁺)。AgCl开始沉淀时c(Ag⁺)=Ksp/c(Cl⁻)=1.8×10⁻¹⁰/0.010=1.8×10⁻⁸mol·L⁻¹；Ag₂CrO₄开始沉淀时c(Ag⁺)=√(1.1×10⁻¹²/0.010)≈1.05×10⁻⁵mol·L⁻¹，故AgCl先沉淀。评分细则：3分：选B得3分。二、实验探究题答案、解析与评分细则13.参考答案：（1）250mL容量瓶；（2）KMnO₄具有强氧化性，且酸性KMnO₄不宜盛放在碱式滴定管中；（3）平均体积取25.00mL，n(MnO₄⁻)=0.02000×0.02500=5.000×10⁻⁴mol，n(Fe²⁺)=5n(MnO₄⁻)=2.500×10⁻³mol，c(Fe²⁺)=2.500×10⁻³/0.02500=0.1000mol·L⁻¹；（4）偏高；偏高。逐题解析：本题考查容量瓶使用、氧化还原滴定仪器选择、平均体积处理和误差方向。锥形瓶若用待测液润洗，会额外带入Fe²⁺，消耗KMnO₄体积增大；终点仰视读数使终读数偏大，消耗体积偏大。评分细则：8分：容量瓶1分；说明酸式滴定管原因2分；平均体积1分；物质的量关系1分；浓度结果1分；两处误差方向各1分。步骤得分点与结果检验：计算部分先写出酸性条件下5Fe²⁺+MnO₄⁻+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O，再由三次接近读数确定平均消耗体积，不能把明显偏离值纳入平均。将25.00mL待测液中的Fe²⁺物质的量除以移取体积，单位应写为mol·L⁻¹，末位有效数字与滴定体积保持一致。若结果明显偏离0.1000mol·L⁻¹，应回看是否漏乘系数5、是否把mL直接代入L。易错点：酸式滴定管选择理由不能只写“高锰酸钾有颜色”，要说明强氧化性会影响橡胶管；锥形瓶可用蒸馏水洗但不能用待测液润洗；滴定终点应为溶液呈浅红色且半分钟不褪色。误差分析要抓住“消耗标准液体积”这个中间量，体积偏大则浓度偏高，体积偏小则浓度偏低。14.参考答案：（1）分液漏斗—圆底烧瓶型；（2）NaHSO₃；（3）Na₂SO₃·7H₂O受热易失水且SO₃²⁻易被空气氧化；（4）空白I₂物质的量为0.1000×0.02000/2=1.000×10⁻³mol，剩余I₂为0.1000×0.01200/2=6.000×10⁻⁴mol，SO₃²⁻消耗I₂为4.000×10⁻⁴mol，即25.00mL中n(Na₂SO₃·7H₂O)=4.000×10⁻⁴mol，250.0mL中为4.000×10⁻³mol，质量为4.000×10⁻³×252=1.008g，质量分数为1.008/2.520×100%=40.0%。逐题解析：SO₂制备反应需要滴加酸并控制速率，适宜使用分液漏斗—圆底烧瓶型装置。碘量法中空白实验代表加入的总I₂，样品实验剩余I₂由硫代硫酸钠反滴定得到，两者差值才是SO₃²⁻消耗的I₂。评分细则：8分：装置1分；杂质1分；低温原因2分；空白与剩余I₂计算2分；质量分数2分。步骤得分点与结果检验：本题的计量链条为“加入I₂总量—剩余I₂—被SO₃²⁻消耗I₂—样品中Na₂SO₃·7H₂O”。空白实验不能省，因为它给出同条件下I₂的初始量；反滴定读数只表示剩余I₂，不能直接作为样品消耗量。根据I₂+2S₂O₃²⁻=2I⁻+S₄O₆²⁻可知，硫代硫酸钠物质的量需要除以2才得到I₂。最后由25.00mL扩大到250.0mL时要乘10，水合物摩尔质量按Na₂SO₃·7H₂O计算为252g·mol⁻¹。易错点：Na₂SO₃·7H₂O保存与称量时易受空气和温度影响，若把失水误认为质量不变，会使含量判断失真；若滴定前没有排除SO₂逸散或空气氧化，均可能导致测定值偏低。评分时，过程式、比例关系、扩大倍数、质量分数表达均可独立给分，只有最终数字正确但无过程不能满分。15.参考答案：（1）避光、低温或冰水浴控制，装置密闭并设置尾气吸收；（2）2ClO₂+2OH⁻=ClO₂⁻+ClO₃⁻+H₂O；（3）n(S₂O₃²⁻)=0.05000×0.02400=1.200×10⁻³mol，n(I₂)=6.000×10⁻⁴mol，n(ClO₂)=2/5×n(I₂)=2.400×10⁻⁴mol，c(ClO₂)=2.400×10⁻⁴/0.01000=0.02400mol·L⁻¹；（4）淀粉与较多I₂形成较稳定的蓝色吸附物，终点褪色迟缓，易多消耗Na₂S₂O₃溶液，测得ClO₂含量偏高。逐题解析：ClO₂有挥发性和不稳定性，实验要降低光照、温度和逸散风险。方程式配平要同时检查原子守恒和电荷守恒；滴定计算先由硫代硫酸钠求I₂，再用ClO₂与I₂的系数比换算。评分细则：10分：安全措施2分；离子方程式2分；硫代硫酸钠与I₂关系2分；ClO₂物质的量与浓度2分；淀粉加入时机及偏差2分。步骤得分点与结果检验：ClO₂含量测定要先写出碘量法的核心换算关系，再代入体积和浓度。由2S₂O₃²⁻对应1I₂，先算出I₂为6.000×10⁻⁴mol；再依据题设氧化还原关系换算ClO₂，得到2.400×10⁻⁴mol。浓度计算时样品体积为10.00mL，应换成0.01000L，故结果为0.02400mol·L⁻¹。结果数量级可用反推检验：若ClO₂约2.4×10⁻⁴mol，对应I₂约6.0×10⁻⁴mol，正好与滴定数据匹配。易错点：淀粉指示剂应在接近终点、溶液呈浅黄色时加入，过早加入会使蓝色络合物不易完全释放，终点判断滞后。安全措施不能只写“注意安全”，应具体到避光、低温、密闭、尾气吸收和少量制备。离子方程式配平时既要配平Cl元素歧化，又要保证电荷总数相等。16.参考答案：（1）催化剂和吸水剂；（2）降低乙酸乙酯在水中的溶解度，利于分层；（3）分液；（4）理论生成乙酸乙酯0.200mol，理论质量0.200×88=17.6g，产率=13.2/17.6×100%=75.0%。逐题解析：乙酸乙酯制备是可逆酯化反应，浓硫酸可加快反应并吸收生成的水，推动平衡向生成酯的方向移动。饱和碳酸钠溶液既吸收酸性物质，又减少酯的溶解损失。评分细则：8分：浓硫酸作用2分；收集液目的2分；分离操作1分；理论质量1分；产率2分。步骤得分点与结果检验：酯化实验的得分关键在“可逆反应”和“产物分离”两条线。浓硫酸既提供H⁺加快反应，又吸收生成的水，使平衡向乙酸乙酯方向移动；饱和碳酸钠溶液能中和乙酸、吸收乙醇并降低酯在水相中的溶解度，便于分层。计算产率时，乙酸与乙醇物质的量若题设均为0.200mol，则按1∶1反应，理论乙酸乙酯为0.200mol，质量17.6g。易错点：不能把浓硫酸写成“脱水剂生成乙烯”为本实验主要目的；分液时应保留下层或上层要根据密度和实验现象判断，不能机械记忆。产率表达必须用实际产量除以理论产量，不能用实际产量除以反应物总质量。结果75.0%小于100%，且符合有机可逆反应和操作损失背景，数量上合理。17.参考答案：（1）Na₂CO₃、NaHCO₃、Na₂SO₄；（2）BaSO₄；（3）不能。因为步骤②中加入了盐酸，引入Cl⁻，再加AgNO₃产生AgCl，不能证明原样品含NaCl；（4）另取原样品溶于水，先加入过量Ba(NO₃)₂溶液除去CO₃²⁻、SO₄²⁻，过滤，向滤液中加入稀硝酸酸化，再加入AgNO₃溶液，若产生白色沉淀，则含NaCl。逐题解析：步骤①生成沉淀，步骤②部分溶解并放出气体，说明沉淀中有BaCO₃，原样品含Na₂CO₃；不溶部分为BaSO₄，说明含Na₂SO₄。步骤③加热放出CO₂能确认NaHCO₃。检验Cl⁻时必须避免实验过程中引入Cl⁻，并先排除CO₃²⁻、SO₄²⁻对银离子的干扰。评分细则：8分：成分判断2分；BaSO₄1分；不能证明及理由2分；进一步实验方案3分。步骤得分点与结果检验：离子检验题要按“现象—可能离子—排除干扰—最终结论”作答。加入BaCl₂生成沉淀只能说明可能有CO₃²⁻、SO₄²⁻等，继续加盐酸出现部分溶解并放气，说明存在碳酸盐；不溶部分为硫酸钡，可确认硫酸根。加热产生CO₂可证明碳酸氢钠参与分解，但氯离子检验必须另取样，避免前面加入盐酸带来的Cl⁻污染。易错点：进一步实验方案要体现先除去CO₃²⁻和SO₄²⁻，再酸化，再加AgNO₃；若直接加硝酸银，Ag₂CO₃或Ag₂SO₄等干扰会影响判断。书写结论时不能把“可能含NaCl”写成“必含NaCl”，除非方案已经排除外加氯离子。评分侧重方案严密性，试剂顺序错误会扣除主要步骤分。三、计算与综合题答案、解析、评分细则与压轴题讲评18.参考答案：（1）第二周期第IVA族；（2）Al₂O₃+2OH⁻+3H₂O=2[Al(OH)₄]⁻；（3）H₂O；H₂O分子间能形成氢键，H₂S不能形成同等强度的分子间氢键；（4）HClO₄；强。逐题解析：W为C，X为O，Y为Al，Z为S，M为Cl。耐火材料对应Al₂O₃，两性氧化物能与强碱反应。判断氢化物沸点时，不能只看相对分子质量，水的氢键作用是关键。评分细则：8分：元素位置1分；离子方程式2分；沸点判断1分；原因2分；HClO₄及酸性比较各1分。步骤得分点与结果检验：元素推断题应先把信息转化为周期表位置和性质，再回答具体设问。W为C可由常见最高价和原子结构信息确定，X为O，Y为Al，Z为S，M为Cl；Al₂O₃既能与酸反应又能与强碱反应，因此离子方程式应生成[Al(OH)₄]⁻而不是简单写AlO₂⁻且漏水。比较H₂O和H₂S沸点时，要把氢键作为决定性因素写明。易错点：最高价氧化物对应水化物酸性比较不能只看非金属性强弱的口号，要落实到HClO₄强于H₂SO₄。离子方程式若写Al₂O₃+2OH⁻=2AlO₂⁻+H₂O，在中学常用体系中可酌情给分，但本卷采用[Al(OH)₄]⁻表达时需配平水分子。结果检验可从原子守恒、电荷守恒和元素位置三个角度完成。19.参考答案：（1）升高；（2）2H₂O-4e⁻=O₂↑+4H⁺；（3）OH⁻或其他阴离子由阴极区向阳极区迁移；（4）电荷量Q=It=5.00×2.00×3600=3.600×10⁴C，n(e⁻)=Q/F=3.600×10⁴/96500=0.373mol；按80.0%电流效率，有效电子为0.298mol；生成HCOO⁻需2mol电子生成1molHCOO⁻，n(HCOO⁻)=0.149mol。逐题解析：阴极反应生成OH⁻，因此pH升高。阳极水失电子生成O₂。计算时先用电量求电子物质的量，再乘以电流效率，最后按电子数与产物的关系换算。评分细则：8分：pH变化1分；阳极方程式2分；膜迁移方向与离子2分；电量和电子量1分；电流效率处理1分；产物物质的量1分。步骤得分点与结果检验：电化学计算先判断电极反应方向。阴极得电子还原CO₂，反应式中生成OH⁻，所以阴极区碱性增强；阳极水失电子生成O₂和H⁺，必须写出电子数4。阴离子交换膜的作用是允许阴离子迁移以平衡两极电荷，答OH⁻由阴极区向阳极区迁移最贴合题意。计算产物时，Q=It得到3.600×10⁴C，再除以F得到理论电子0.373mol，乘80.0%后才是有效电子量。易错点：电流效率不能在最后随意加减，应乘在电子物质的量或产物物质的量上；生成HCOO⁻与电子关系为1∶2，不能把0.298mol直接作为甲酸根。结果检验可用单位链：A·s=C，C/(C·mol⁻¹)=mole⁻，mole⁻÷2=molHCOO⁻，得到约0.149mol，数值小于理论0.186mol，符合80.0%效率。20.参考答案：（1）SO₃为0.240mol，则反应进度ξ=0.120mol，SO₂消耗0.240mol，转化率=0.240/0.400×100%=60.0%；（2）平衡时n(SO₂)=0.160mol，n(O₂)=0.080mol，n(SO₃)=0.240mol，对应浓度分别为0.0800、0.0400、0.120mol·L⁻¹，Kc=c²(SO₃)/[c²(SO₂)c(O₂)]=0.120²/(0.0800²×0.0400)=56.25；（3）正反应方向；该反应气体分子数由3变为2，增压有利于气体分子数减小的方向；（4）高压设备投资、能耗和安全压力增加，转化率提升幅度与成本不一定匹配。逐题解析：本题核心是用三段式建立反应量。恒容条件下物质的量除以体积得到浓度，再代入Kc表达式。工业条件选择不是只追求单一转化率，还要兼顾成本、设备和安全。评分细则：8分：转化率2分；平衡浓度2分；Kc计算2分；平衡移动与理由1分；工业原因1分。步骤得分点与结果检验：平衡计算建议写三段式。起始SO₂为0.400mol、O₂为0.200mol、SO₃为0；平衡SO₃为0.240mol，则反应进度为0.120mol，SO₂消耗0.240mol，O₂消耗0.120mol。转化率使用SO₂消耗量除以SO₂起始量，不能除以总气体量。Kc表达式中各物质必须用平衡浓度，且SO₂和SO₃的化学计量数都要作为指数。易错点：恒容容器中浓度等于物质的量除以2.00L，若直接用物质的量代替浓度，Kc数值会改变。压强影响平衡时应比较气体分子数，正向由3mol气体变为2mol气体，缩小体积相当于增压，平衡正移。工业分析题不能只写“压强越大越好”，还要说明设备强度、能耗、安全和经济效益的综合限制。21.参考答案：（1）O₂；（2）4.7≤pH<7.1；（3）4Fe²⁺+O₂+4H⁺=4Fe³⁺+2H₂O；（4）Ksp=c²(Li⁺)·c(CO₃²⁻)，c(CO₃²⁻)=8.0×10⁻⁴/(0.20)²=2.0×10⁻²mol·L⁻¹。逐题解析：H₂O₂作还原剂时自身被氧化为O₂。除Al、Fe应使Al³⁺、Fe³⁺完全沉淀，同时避免Ni²⁺、Co²⁺开始沉淀，因此pH控制在Al³⁺完全沉淀以后、Ni²⁺开始沉淀以前。沉锂计算直接来自溶度积表达式。评分细则：8分：氧化产物1分；pH范围2分；Fe²⁺氧化方程式2分；Ksp表达式1分；数值与单位2分。步骤得分点与结果检验：流程题要抓住“分离而不损失目标离子”的原则。H₂O₂在酸浸中作还原剂时，自身失电子生成O₂；调pH除杂应使Fe³⁺、Al³⁺完全沉淀，同时Ni²⁺、Co²⁺尚未开始沉淀，所以范围写成4.7≤pH<7.1更严密。若含Fe²⁺，通空气的本质是把Fe²⁺氧化成更易水解沉淀的Fe³⁺，方程式中H⁺参与反应，不能漏写。易错点：pH区间端点要根据表中“完全沉淀”和“开始沉淀”区分，不能写成开始沉淀pH到完全沉淀pH。沉锂时Li₂CO₃的溶度积表达式为Ksp=c²(Li⁺)·c(CO₃²⁻