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2023年高考第一次模拟考试卷：化学（上海C卷）（全解全析）
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这是一份2023年高考第一次模拟考试卷：化学（上海C卷）（全解全析），共24页。
2023年高考化学第一次模拟考试卷
高三化学
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5
一、选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个答案。
1. NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 常温下，22.4LSO3中含有的氧原子数为 3NA
B. 常温下，1LpH=2 的甲酸溶液中，含有氢离子数为 0.01NA
C. 0.2 mol FeI2与足量氯气反应时转移电子数为 0.4NA
D. 12g 单原子层石墨烯中含有的 C−C 键数为3NA
【答案】B
【解析】A.常温下SO3为液体，不能用标况下气体的气体摩尔体积计算，故A错误；
B.1LpH=2 的甲酸溶液中，含有氢离子的物质的量为0.01mol，则数目为 0.01NA，故B正确；
C.FeI2与足量氯气反应，亚铁离子和碘离子都可被氧化，则0.2 mol FeI2与足量氯气反应时转移电子数为 0.6NA，故C错误；
D.在单原子层石墨烯中1个C原子对应3×12=32个C−C键，12g单原子层石墨烯物质的量为1mol，含有C−C键的数目为1.5NA，故D错误。
故选：B。
2. 下列关于钠的氧化物的说法正确的是( )
A. 向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，说明Na2O2与H2O反应放热且有氧气生成
B. Na2O与Na2O2中阳、阴离子的个数比不相同
C. 将金属钠切开，表面变暗，最终得到淡黄色固体
D. 保持温度不变，向饱和烧碱溶液中加入2 g Na2O2，充分反应后，溶液中Na+浓度增大
【答案】A
【解析】
A.脱脂棉燃烧需要具备两个条件，一是氧气助燃，二是达到着火点，该现象能够说明反应时放热且有氧气生成，故A正确；
B.Na2O是由Na+与O2−构成，阳离子和阴离子个数比均为2：1；Na2O2是Na+与O22−构成，阳离子和阴离子个数比也为2：1，故B错误；
C.Na常温下在空气中表面变暗，生成白色的氧化钠，加热燃烧时产生过氧化钠，故C错误；
D.过氧化钠与水反应消耗水后生成氢氧化钠，因为是饱和烧碱溶液，所以有氢氧化钠固体析出，温度不变时剩余溶液仍为NaOH饱和溶液，浓度不变，则溶液中钠离子浓度不变，故D错误。
3. 下列关于常见有机物的说法正确的是( )
A. 二氯甲烷只有一种结构
B. 甲烷和氯气等体积混合后光照，产物只有CH3Cl和HCl
C. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成CH3CHBr2
D. 碘更易溶于乙醇，可用乙醇将碘从碘水中萃取出来
【答案】A
【解析】A.甲烷为正四面体结构，所以二氯甲烷只有一种结构，故A正确；
B.甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，此反应为连锁反应，所以产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氢，故B错误；
C.乙烯与溴的四氯化碳溶液混合生成CH 2BrCH2Br，故C错误；
D.乙醇与水互溶，不能用乙醇将碘从碘水中萃取出来，故D错误。
故选A。
4. 下列表示物质的化学式可以称为分子式的是( )
A. SiC B. O2 C. Al D. CaO
【答案】B
【解析】A.碳化硅是原子晶体，不含分子，故A错误；
B.氧气形成晶体是分子晶体，由O2分子构成，化学式即为分子式，故B正确；
C.Al是金属晶体，由阳离子和自由电子构成，不含分子，故C错误；
D.CaO是离子晶体，由离子构成，不含分子，故D错误。
故选B。
5. 下图所示的实验，不能达到实验目的的是( )
A
B
C
D
电镀铜
验证AgCl溶解度大于AgI
证明温度对平衡的影响
验证铁发生吸氧腐蚀
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】解：A.Cu与电源正极相连作阳极，电解质溶液中含铜离子，阴极上铜离子得到电子，可实现铁制品上镀铜，故A正确；
B.反应硝酸银过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀，不能验证AgCl溶解度大于AgI，故B错误；
C.只有温度不同，可证明温度对平衡的影响，故C正确；
D.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，水沿导管上升可证明铁发生吸氧腐蚀，故D正确；
故选：B。
A.Cu与电源正极相连作阳极，电解质溶液中含铜离子，阴极上铜离子得到电子；
B.反应硝酸银过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀；
C.只有温度不同；
D.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、电化学、难溶电解质、化学平衡、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6. 室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是( )
选项
探究方案
探究目的
A
向2mL0.1mol⋅L−1NaCl溶液中滴加2滴0.1mol⋅L−1AgNO3，观察现象。振荡试管，再滴加4滴0.1mol⋅L−1KI溶液，观察现象
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B
将pH相同的HNO2溶液和CH3COOH溶液均稀释10倍后，用pH计测量，比较溶液pH大小
Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)
C
170℃下，加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化
乙醇脱水后生成乙烯
D
将氧化铁加入到足量HI溶液中，充分溶解后，滴入CCl4后振荡、静置，观察CCl4层颜色变化
氧化性：Fe3+>I2
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】解：A.硝酸银不足，AgCl转化为更难溶的AgI，可证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A正确；
B.pH相同的HNO2溶液和CH3COOH溶液均稀释10倍后，酸性强的pH变化大，可证明Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)，故B正确；
C.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能证明乙醇脱水后生成乙烯，故C错误；
D.氧化铁加入到足量HI溶液中，生成碘单质易溶于四氯化碳，可证明氧化性：Fe3+>I2，故D正确；
故选：C。
A.硝酸银不足，AgCl转化为更难溶的AgI；
B.pH相同的HNO2溶液和CH3COOH溶液均稀释10倍后，酸性强的pH变化大；
C.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D.氧化铁加入到足量HI溶液中，生成碘单质易溶于四氯化碳。
7. 在20℃，1大气压下，将三个分别盛氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后，假定烧瓶中溶液无损失，所得溶液的物质的量浓度之比为( )
A. 1：1：1 B. 5：5：4 C. 1：2：3 D. 1：1：2
【答案】A
【解析】解：盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶的23，溶液中的溶质是硝酸，其物质的量是二氧化氮的23，
相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，令气体的物质的量为amol，假设烧瓶的体积是VL，
三种溶液中溶质的物质的量分别是：n(NH3)=n(HCl)=amol，n(HNO3)=amol×23，
三种溶液的体积分别是V(NH3)=V(HCl)=VL，V(HNO3)=23VL，
根据c=nV可知，c(NH3)=c(HCl)=c(NO2)=aVmol/L，
所以其物质的量浓度之比为1：1：1，
故选：A。
相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，氨气和氯化氢极易溶于水，则盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶的23，根据c=nV计算溶液的物质的量浓度．
本题考查了物质的量浓度的有关计算，题目难度中等，判断所得溶液体积与气体体积关系是关键，利用赋值法进行解答使计算过程简单化，注意盛放二氧化氮的烧瓶中溶液体积、溶质的物质的量与二氧化氮的关系，为易错点．
8. 如图三条曲线表示不同温度下水的离子积常数，下列说法不正确的是( )
A. 图中温度：T3>T2>T1
B. 图中pH的关系：pH(B)=pH(D)=pH(E)
C. C点物质可能是盐酸
D. 图中五点Kw间的关系：E>D>A=B=C
【答案】C
【解析】解：A.由图可知，不同曲线上，c(OH−)相同时，c(H+)浓度：T3>T2>T1，故水的离子积：T3>T2>T1，升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，故温度：T3>T2>T1，故A正确；
B.图中B、D、E三点的c(H+)相等，则pH的关系：pH(B)=pH(D)=pH(E)，故B正确；
C.由图可知，C点c(OH−)=10−4mol/L>c(H+)，溶液呈碱性，C点物质不可能是盐酸，故C错误；
D.A、B、C同一曲线上，三点水的离子积相同，由图可知，B、D、E三点c(H+)相同，而c(OH−)浓度：BD>B，故图中五点Kw间的关系：E>D>A=B=C，故D正确；
故选：C。
A.升高温度，促进水的电离，水的离子积增大；
B.图中B、D、E三点的c(H+)相等；
C.由图可知，C点c(OH−)=10−4mol/L>c(H+)，溶液呈碱性；
D.同一曲线上各点水的离子积相同，根据Kw=c(OH−)⋅c(H+)可知，不同曲线上，c(H+)相同时，c(OH−)越大，则Kw越大。
9. 下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A. 在0.1 mol·L−1氨水中：Ag+、Cu2+、NO3−、SO32−
B. 在0.1 mol·L−1氯化钠溶液中：Fe3+、I−、Ba2+、HCO3−
C. 在0.1 mol·L−1醋酸溶液中：SO42−、NH4+、Br−、H+
D. 在0.1 mol·L−1硝酸银溶液中：K+、Cl−、Na+、CO32−
【答案】C
【解析】
A.氨水显碱性，会与Ag+、Cu2+反应，不能大量共存，A项错误；
B.Fe3+、I−会发生氧化还原反应，Fe3+、HCO3−会发生互促水解反应，则不能大量共存，B项错误；
C.醋酸显酸性，在醋酸溶液中SO42−、NH4+、Br−、H+均不会发生反应，能大量共存，C项正确；
D.硝酸银中的银离子会与氯离子、碳酸根离子反应生成沉淀，不能大量共存，D项错误。
10. 25℃时，向10mL0.1mol/L的NaOH溶液中，逐滴加入10mL浓度为cmol/L的HF稀溶液。请依据信息判断，下列说法中错误的是( )
已知25℃时：①HF(aq)+OH−(aq)=F−(aq)+H2O(1)ΔH=−67.7kJ/mol
②H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=−57.3kJ/mol
A. 当c>0.1时，溶液中也可能存在：c(Na+)=c(F−)
B. 当氢氟酸溶液温度由25℃升高到35℃时，HF的电离程度减小(不考虑挥发)
C. 整个滴加过程中，水的电离程度一定存在先增大后减小变化趋势
D. 混合后溶液中可能出现：c(Na+)>c(OH−)>c(F−)>c(H+)
【答案】C
【解析】解：A.HF为弱酸，则NaF水解溶液显碱性，当c>0.1时，HF过量，当HF的电离程度和NaF水解程度相当时，溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(F−)，则c(Na+)=c(F−)，故A正确；
B.已知：①HF(aq)+OH−(aq)=F−(aq)+H2O(1)ΔH=−67.7kJ/mol，②H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=−57.3kJ/mol，依据盖斯定律①−②可知HF(aq)⇌H+(aq)+F−(aq)△H=−67.7kJ/mol−(−57.3kJ/mol)=−10.4kJ/mol，当氢氟酸溶液温度由25℃升高到35℃时，电离平衡逆向移动，HF的电离程度减小，故B正确；
C.10mL0.1mol/L的NaOH溶液中，NaOH电离出氢氧根离子，水的电离被抑制，加入HF溶液，氢氧根离子被消耗，生成的NaF水解，水的电离被促进，水的电离程度一定先增大，如加入HF溶液恰好与NaOH反应生成NaF，水的电离程度最大，如HF浓度大于0.1mol/L，则恰好反应后，HF过量，抑制水的电离，水的电离程度存在先增大后减小变化趋势，如HF浓度小于0.1mol/L，则加入过程中，水的电离程度只存在只存在增大趋势，故C错误；
D.HF浓度远小于0.1mol/L时，NaOH过量较多，可能存在c(Na+)>c(OH−)>c(F−)>c(H+)，故D正确；
故选：C。
11. 化合物Z是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关X、Y、Z的说法不正确的是 ( )
A. Y既可以发生加聚反应，也可以发生缩聚反应
B. X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同
C. Y在水中的溶解度比Z在水中的溶解度大
D. Y与足量H2反应生成的有机化合物中含2个手性碳原子
【答案】D
【解析】
A.由图可知，Y中含碳碳双键，可发生加聚反应，含羧基和羟基，可发生缩聚反应，故A正确；
B.结合X、Y、Z的结构特点可知X中苯环支链上的羟基和醛基能被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，Y中苯环支链上的羟基和碳碳双键能被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，Z中苯环支链上的羟基和碳碳双键能被酸性KMnO4溶液氧化羧基，则X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同，故B正确；
C.Y中含有亲水基团羟基和羧基，而Z含有酯基，所以Y在水中的溶解度比Z在水中的溶解度大，故C正确；
D.Y与足量H2反应后，苯环和碳碳双键均发生加成反应生成，则生成的有机化合物中没有手性碳原子，故D错误。
12. 科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变为CO2和N2，其反应为2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)△H<0，NO的平衡转化率(α)随温度、压强变化的示意图如图所示，下列说法正确的是( )
A. 适当地降低温度，NO的平衡转化率增大
B. Y1>Y2
C. 平衡常数：Ka
【答案】A
【解析】正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO转化率降低，故X代表温度，Y代表压强，反应正向气体分子数减小，加压平衡正向移动，NO转化率变大，故压强Y1
B. 反应正向气体分子数减小，加压平衡正向移动，NO转化率变大，故压强Y1
D. X代表温度，Y代表压强，故D错误。
故选：A。
13. 2022北京冬奥会期间，赛区内使用了氢燃料清洁能源车辆，某氢氧燃料电池工作如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 电极a为电池的负极
B. 电极b表面反应为：O2+4e−+2H2O=4OH−
C. 电池工作过程中K+向负极迁移
D. 氢氧燃料电池将化学能转化为电能的转化率高于火力发电，提高了能源利用率
【答案】C
【解析】解：A.氢气在反应中失电子，故a极为负极，故A正确；
B.b极为正极，电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，故B正确；
C.原电池工作时，钾离子向正极迁移，故C错误；
D.氢氧燃料电池将化学能转化为电能，能量损失少，转化率高于火力发电，提高了能源利用率，故D正确；
故选：C。
由图可知，氢气通入极为负极，氧气通入极为正极，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键。
14. 如图装置，试管中盛有水，气球a中盛有干燥的Na2O2颗粒。U形管中注有浅红色的水。将气球用橡皮筋紧缚在试管口。实验时将气球中的Na2O2抖落到试管b的水中，将发现的现象是
A. U形管内浅红色退去 B. 气球a被吹大
C. U形管水位d
【解析】
由于发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，产生O2使气球膨胀，该反应放出大量热量，使锥形瓶中空气受热膨胀而出现U形管中水位d>c，由于浅红色的水是在U形管中而非试管中，则试管内溶液不变色，U形管内的红水不褪色，故B正确。
故选B。
15. 短周期主族元素W、X、Y、Z在周期表中的位置如图所示。下列说法不正确的是 ( )
W
X
Y
Z
A. W的最简单氢化物的稳定性比X的弱 B. X、Y形成的化合物水溶液显碱性
C. W与Y形成的化合物中一定含有离子键 D. 原子半径：Z>Y>X>W
【答案】D
【解析】W、X、Y、Z四种元素依次为O、F、Na、S；
A.氧的非金属性比氟的弱，故A正确；
B.NaF溶液显碱性，故B正确；
C.Na2O2和Na2O中均含有离子键，故C正确；
D.原子半径：Na>S>O>F，故D错误。
故选D。
16. 10 乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是 ( )
A. 分子式为C6H6O6
B. 乌头酸既能发生水解反应，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 乌头酸分子中所有碳原子可能共平面
D. 含1 mol乌头酸的溶液最多可消耗 3 mol NaOH
【答案】B
【解析】A.该有机物的分子式为C6H6O6，故A正确；
B.乌头酸，没有酯基、卤素原子，不能发生水解反应，故B错误；
C.结合双键所连原子共平面，乌头酸分子中所有碳原子可能共平面，故C正确；
D.1mol乌头酸含有3mol羧基，能够消耗3mol NaOH，故D正确。
故选B。
17. 某高分子化合物R的结构简式如图，下列有关R的说法正确的是
A. R的单体之一的分子式为C9H12O2
B. R可通过加聚和缩聚反应合成，R完全水解后生成2种产物
C. R是一种有特殊香味，难溶于水的物质
D. 碱性条件下，1 mol R完全水解消耗NaOH的物质的量为n(m+1)mol
【答案】D
【解析】A.由结构可知，单体为CH2=C(CH3)COOH、HOCH2CH2OH、HOOCCH(OH)CH2C6H5，R的单体的分子式不存在C9H12O2，故A错误；
B.单体中存在C=C、−OH、−COOH，则通过加聚反应和缩聚反应可以生成R，含−COOC−，水解生成乙二醇和两种高分子化合物，故B错误；
C.R为高分子化合物，除酯基外还有其它结构，不一定具有特殊香味，难溶于水，故C错误；
D.1 mol R中含n(1+m)mol−COOC−，则碱性条件下，1molR完全水解消耗NaOH的物质的量为n(m+1)mol，故D正确。
故选D。
18. 一定条件下进行反应：COCl2(g)⇌Cl2(g)+CO(g)。向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol COCl2(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测得的有关数据见下表：
t/s
0
2
4
6
8
n(Cl2)/mol
0
0.30
0.39
0.40
0.40
下列说法正确的是 ( )
A. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(Cl2)=0.22 mol·L−1，则反应的ΔH<0
B. 若在2 L恒容绝热(与外界没有热量变换)密闭容器进行该反应，化学平衡常数不变
C. 保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2 mol COCl2、0.60 mol Cl2和0.6 mol CO，反应达到平衡前的速率：v(正)>v(逆)
D. 保持其他条件不变，起始向容器中充入1.0 mol Cl2和0.8 mol CO，达到平衡时，Cl2的转化率小于60%
【答案】D
【解析】
A.由表中数据可知，6s、8s时氯气的物质的量都是0.4mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时氯气的浓度为0.2mol/L，升高温度，到达新平衡，氯气的浓度变为0.22mol/L，氯气浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H>0，故A错误；
B.正反应为吸热反应，恒容绝热密闭容器进行该反应，随反应进行温度降低，而平衡常数只受温度影响，故平衡常数一定发生变化，故B错误；
C.平衡时c(Cl2)=0.2mol/L，
COCl2(g)⇌Cl2(g)+CO(g)
起始(mol/L)：0.5 0 0
转化(mol/L)：0.2 0.2 0.2
平衡(mol/L)：0.3 0.2 0.2
该温度下平衡常数K=0.2×0.20.3=0.13，若起始向容器中充入1.2molCOCl2、0.60molCl2和0.60molCO，此时Qc=0.62×0.621.22=0.15>0.13，则反应向逆反应方向移动，反应达到平衡前v正
故选D。
19. 将一定物质的量的Na2CO3、NaHCO3的混合物溶于水，配成1 L溶液，取50 mL溶液，滴加一定物质的量浓度的盐酸与它反应，得到的图像如下，下列说法正确的是 ( )
A. ③代表产生的CO2的物质的量
B. 原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1:2
C. 盐酸的浓度是0.5 mol·L−1
D. 盐酸加到150 mL时，放出CO2气体2.24 L
【答案】C
【解析】A.滴加盐酸，首先发生的反应是Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，因此一开始不会产生二氧化碳气体，故A错误；
B.滴加盐酸，首先发生的反应是Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，当该反应完成时，发生的反应是NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，因此图像中①表示Na2CO3的变化，②表示NaHCO3的变化，③表示NaCl的变化，根据图像数据，它们的起始物质的量都是0.025mol，因此原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1:1，故B错误；
C.0.025molNa2CO3发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3需要HCl的物质的量为0.025mol，而消耗的盐酸的体积为50mL，因此盐酸的浓度为0.025mol0.05L=0.5mol/L，故C正确；
D.产生二氧化碳气体是从50mL盐酸到150mL盐酸段，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，消耗的HCl溶液的体积为100mL，物质的量为0.05mol，因此产生的二氧化碳的物质的量为0.05mol，在标况下的体积为1.12L，故D错误。
故选C。
20. 某化学课题小组将二氧化硫的制备与多个性质实验进行了一体化设计，实验装置如图所示。下列说法不正确的是( )
A. a、b、c中依次盛装70%硫酸、Na2SO3固体、NaOH溶液
B. 点燃酒精灯加热，可证明SO2使品红溶液褪色具有可逆性，使KMnO4溶液褪色不具有可逆性
C. 此设计可证明SO2水溶液的酸性，SO2的氧化性、还原性、漂白性
D. 实验时，湿润的pH试纸、鲜花、品红溶液、KMnO4溶液均褪色，Na2S溶液出现淡黄色沉淀
【答案】D
【解析】A.依据实验的装置可知，b中产生SO2，c是尾气吸收装置，所以a、b、c中依次盛装70%硫酸、Na2SO3固体、NaOH溶液，故A正确；
B.点燃酒精灯加热，可证明SO2使品红溶液褪色具有可逆性，使KMnO4溶液褪色不具有可逆性，符合SO2的性质，故B正确；
C.依据装置可知，此设计可证明SO2水溶液的酸性(pH试纸)，SO2的氧化性(与Na2S反应)、还原性(与高锰酸钾反应)、漂白性(品红溶液) ，故C正确；
D.实验时，湿润的pH试纸变红而不褪色，故D错误；
故选D。
二、综合题（共四题，共60分）
21. 近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，过程如下：
(1)反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)△H1=+551kJ⋅mol−1
反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g)△H3=−297 kJ⋅mol−1
反应Ⅱ的热化学方程式：______。
(2)对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示，p2______p1(填“>”或“<”)，得出该结论的理由是______。
(3)I−可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下，将ii补充完整。
i.SO2+4I−+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii.I2+2H2O+______=______+______+2I−
(4)探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2 饱和溶液加入到 2mL下列试剂中，密闭放置观察现象，(已知：I2易溶解在KI溶液中)
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4
mol⋅L−1KI
amol⋅L−1KI
0.2mol⋅L−1H2SO4
0.2mol⋅L−1H2SO4
0.2 mol⋅L−1KI
0.0002molI2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
①B是A的对比实验，则a=______。
②比较A、B、C，可得出的结论是______。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D>A.结合i，ii反应速率解释原因：______。
【答案】
(1)3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) △H=−254kJ/mol；
(2)>；当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大；
(3) SO2 、 4H+ 、SO42−；
(4)①0.4；
②I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；
③反应ii速率大于反应i，I2快速发生反应ii，使c(H+)迅速增大，从而使反应i加快。
【解析】(1)根据题干图知，反应II为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，
将方程式II=(−I−III)即得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) △H=−(+551kJ⋅mol−1)−(−297kJ⋅mol−1)=−254kJ/mol，
(2)相同温度下，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大，根据题干图知，相同温度下，达到平衡状态时硫酸含量：p1p1，
(3)化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，总方程式得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，催化过程中i.SO2+4I−+4H+=S↓+2I2+2H2O，说明I−、H+在i中作反应物，在ii中作生成物，同时ii中还生成H2SO4，根据元素守恒知，反应物还有SO2，所以ii应该为：
I2+2H2O+SO2=4H++SO42−+2I−，
(4)①B是A的对比实验，所用c(KI)应该相等，否则无法得出正确结论，所以a=0.4，
②比较A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反应快慢顺序是B>A>C，且C中没有明显现象，说明不反应，B中含有酸导致其反应速率加快，所以得出的结论是：在酸性条件下，SO2与I−反应速率更快，且SO2与稀硫酸不发生反应，
③反应ii速率大于反应i，I2快速发生反应ii使c(H+)迅速增大，从而使反应i加快，所以看到的现象是：D中出现浑浊较A快，
22. 化合物J是一种常用的抗组胺药物，一种合成路线如下：
已知：①C为最简单的芳香烃，且A、C互为同系物。
②2ROH+NH3→Δ催化剂HNR2+2H2O(R代表烃基)。
请回答下列问题：
(1)A的结构简式是__________，H中的含氧官能团名称是 ___________．
(2)由F生成H的反应类型是_______________ ，G的化学名称为 __________________．
(3)A→B的化学方程式为 ________________________________________________.
(4)L是F的同分异构体，含有联苯()结构，遇FeCl3溶液显紫色，则L有 _______ 种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1的结构简式为_________．
(5)写出用氯乙烷和2−氯−1−丙醇为原料制备化合物 的合成路线(其他无机试剂任选)。
【答案】
(1) ；醚键
(2)取代反应； 2−氯乙醇
(3)+Cl2+HCl
(4)19；
(5)
【解析】
(1)由A→B的反应条件以及B的组成可推知A为：甲苯，结构简式为；由H的结构简式可知，H中的含氧官能团为醚键。
(2)根据F、H的结构简式，由F+G→H的反应条件(浓硫酸、加热)以及产物中醚键的生成可知，该反应属于羟基中的脱水成醚，则由F生成H的反应类型是取代反应，G的结构简式为：CH2OHCH2Cl，其名称为 2−氯乙醇。
(3)A→B为甲苯和氯气在光照条件下取代，取代甲基上氢原子，化学方程式为+Cl2+HCl 。
(4)根据F的分子组成以及L遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中有一个酚羟基和一个甲基，相当于用一个酚羟基和一个甲基分别取代联苯中的两个氢原子，可以用定一移一的方法分析，先用一个酚羟基取代联苯中一个氢的位置，可得三种结构，分别为、、，这三种结构中苯环上氢的种数分别为7种、7种、5种，说明甲基的取代位置有19种，即L可能的结构有19种。其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3：2：2：2：2：1的分子结构应该对称，结构简式为。
(5)先观察目标产物的结构特点，发现目标产物与合成路线中J物质所含官能团相同，所以应结合题干中F→H→J的合成路线找出所需的反应物为HN(CH2CH3)2、乙醇和2−氯−1−丙醇，其中2−氯−1−丙醇为原料，乙醇可以由氯乙烷水解得到，HN(CH2CH3)2可由乙醇和氨反应得到(已知条件②)，再按F→H→J的过程合成目标产物，合成路线为：。
23. 含SO2废气的治理可以变废为宝，使硫资源得以利用。
(1)按每年全国发电燃煤8亿吨，煤中含硫质量分数以2%计，若不经过脱硫处理，则会有___亿吨SO2排放到大气中(假设S全部转化为SO2)。
(2)下列物质中，能吸收SO2的有_____(填序号)。
a.氨水 b.酸性KMnO4溶液 c.生石灰 d.Na2CO3溶液
(3)某工厂采用(NH4)2SO3和NH4HSO3的混合溶液A吸收烟气中的SO2并制备(NH4)2SO3·H2O过程如下：
已知：
①“吸收”过程中，溶液中(NH4)2SO3和NH4HSO3的物质的量之比变____(填“大”或“小”)。
②(NH4)2SO3溶液呈碱性的原因是_____。
③用不同的溶液A吸收SO2时，SO2吸收率和放空废气含NH3量的变化如下图。解释图中放空废气含NH3量增大的原因：随(NH4)2SO3的物质的量之比增大，_______。
注：不同溶液A的体积相同，所含(NH4)2SO3和NH4HSO3的总物质的量相同。
④“制备”过程中，溶液B中发生的反应方程式是______。
(4)检验产品(NH4)2SO3·H2O中含有少量SO42−的方法如下：取少量产品加水溶解，_____(将实验操作和现象补充完整〕。
【答案】
(1)0.32；
(2)abcd；
(3)①小；
②SO32−、NH4+都水解，前者程度更大，使溶液中c(OH−)>c(H+)；
③溶液中c(NH4+)和c(OH−)均增大，使NH4++H2O ⇌ NH3·H2O+H+平衡向右移动，促使NH3逸出；
④NH4HCO3+ NH4HSO3 = (NH4)2SO3·H2O↓ + CO2↑；
(4)加过量盐酸，充分振荡，再加氯化钡溶液，有白色沉淀产生
【解析】
(1)直接以亿吨作为单位进行演算。相同物质的量时，SO2的质量恰是S的2倍。所以生成的二氧化硫的质量为：8亿吨×2%×2=0.32亿吨，所以答案为0.32；
(2)SO2能与所给的四种物质都反应。反应方程式分别为：SO2+2NH3⋅H2O=(NH4)2SO3+H2O，SO2+NH3⋅H2O=NH4HSO3，5SO2+2MnO4−+2H2O=5SO42−+2Mn2++4H+，SO2+CaO=CaSO3SO2+2Na2CO3+H2O=Na2SO3+2NaHCO3，所以答案为：abcd；
(3)①“吸收”的过程，就是溶液(NH4)2SO3转化为NH4HSO3的过程，所以“吸收”过程中，溶液中(NH4)2SO3和NH4HSO3物质的量之比将变小，所以答案为：变小；
②NH4++H2O⇌ NH3⋅H2O+H+，SO32−+H2O⇌ HSO3−+OH−，溶液呈碱性，说明SO32−的水解程度比NH4+的水解程度大；所以答案为：SO32−、NH4+都水解，前者程度更大，使溶液中c(OH−)>c(H+)；
③从NH4+的水解平衡的移动的角度来解释。溶液中c(NH4+)和c(OH−)均增大，均使NH4++H2O⇌ NH3·H2O+H+平衡向右移动，促使溶液中的NH3逸出；
④溶液B有(NH4)2SO3和NH4HSO3，加入NH4HCO3，只有酸性的NH4HSO3溶液与其反应：NH4HCO3+NH4HSO3 =(NH4)2SO3·H2O↓+CO2↑。所以答案为：NH4HCO3+NH4HSO3 = (NH4)2SO3·H2O↓+CO2↑；
(4)SO42−的检验，通常要先加过量的盐酸，排除干扰离子，再加BaCl2溶液进行检验。所以答案为：加过量盐酸，充分振荡，再加氯化钡溶液，有白色沉淀产生。
24. 铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物广泛应用于生活、生产、国防等领域。
(1)基态Fe原子的价层电子的电子排布图为__________________________；其最外层电子的电子云形状为____________。
(2)三氯化铁常温下为固体，熔点282 ℃，沸点315 ℃，在300 ℃以上易升华。易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体为_________晶体。
(3) (NH4)2Fe(SO4)2· 6H2O俗称摩尔盐，其阴离子的立体构型名称为________。写出一种与互为等电子体的分子的电子式：___________。
(4) Fe(CO)5可用作催化剂、汽油抗爆剂等，其分子中σ键和π键的数目之比为________。CO的沸点高于N2的原因是____________________________。
(5)据报道，工业上可电解熔融的FeO、Fe2O3冶炼高纯铁。Fe2O3的熔点________(填“高于”或“低于”)FeO的熔点，理由是________。
(6)铁晶体有面心立方最密堆积和体心立方堆积两种晶体，这两种晶体铁原子的配位数之比为__________。
(7)某种磁性氮化铁的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为________________。若晶胞底边长为a nm，高为c nm，则这种磁性氮化铁的晶体密度为__________g·cm−3(用含a、c和NA的式子表示并化到最简)。
【答案】
(1) ；球形
(2)分子
(3)正四面体形； (或)
(4)1∶1；二者相对分子质量相同，CO为极性分子，N2为非极性分子，CO的分子间作用力大于N2的
(5)高于； FeO、Fe2O3都是离子晶体，Fe3+的半径较小且电荷数较大，Fe2O3的晶格能大于FeO
(6)3∶2
(7) Fe3N；72839a2cNA×1021
【解析】
(1)由铁原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2可知，基态Fe原子的价层电子的电子排布图为 ， 最外层电子的电子云形状为球形，故答案为： ；球形；
(2)由常温下为固体，熔点282 ℃，沸点315 ℃，在300 ℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂这些性质，可以判断三氯化铁为分子晶体，故答案为：分子；
(3)阴离子为SO42−，其立体构型为正四面体形，与NH4+互为等电子体的分子 有甲烷、硅烷，电子式为 (或)，故答案为：正四面体形； (或)；
(4) Fe(CO)5的结构式如图可知，其分子中σ键和π键的数目之比为1∶1， CO的沸点高于N2的原因是因为二者相对分子质量相同，CO为极性分子，N2为非极性分子，CO的分子间作用力大于N2的，故答案为：1∶1；二者相对分子质量相同，CO为极性分子，N2为非极性分子，CO的分子间作用力大于N2的；
(5)工业上可电解熔融的氧化铁、氧化亚铁冶炼铁，说明氧化铁、氧化亚铁均是离子晶体，离子晶体的熔点高低由晶格能大小决定，而晶格能由离子半径、离子所带电荷数决定，FeO、Fe2O3都是离子晶体，Fe3+的半径较小且电荷数较大，Fe2O3的晶格能大于FeO，故Fe2O3的熔点高于FeO；故答案为：高于； FeO、Fe2O3都是离子晶体，Fe3+的半径较小且电荷数较大，Fe2O3的晶格能大于FeO；
(6)铁晶体的面心立方最密堆积的配位数为12，铁晶体的体心立方堆积的配位数为8，配位数之比为3∶2，故答案为：3:2；
(7) 根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为2，Fe原子数为2×1/2+12×1/6+3=6，所以氮化铁的化学式Fe3N；若晶胞底边长为a nm，高为c nm，则晶胞的体积是332a3c nm3，所以这种磁性氮化铁的晶体密度为364NA332a2c×10−21=72839a2cNA×1021g/㎝3 ，故答案为 Fe3N；72839a2cNA×1021 。
2023年高考化学第一次模拟考试卷
高三化学
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5
一、选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个答案。
1. NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 常温下，22.4LSO3中含有的氧原子数为 3NA
B. 常温下，1LpH=2 的甲酸溶液中，含有氢离子数为 0.01NA
C. 0.2 mol FeI2与足量氯气反应时转移电子数为 0.4NA
D. 12g 单原子层石墨烯中含有的 C−C 键数为3NA
【答案】B
【解析】A.常温下SO3为液体，不能用标况下气体的气体摩尔体积计算，故A错误；
B.1LpH=2 的甲酸溶液中，含有氢离子的物质的量为0.01mol，则数目为 0.01NA，故B正确；
C.FeI2与足量氯气反应，亚铁离子和碘离子都可被氧化，则0.2 mol FeI2与足量氯气反应时转移电子数为 0.6NA，故C错误；
D.在单原子层石墨烯中1个C原子对应3×12=32个C−C键，12g单原子层石墨烯物质的量为1mol，含有C−C键的数目为1.5NA，故D错误。
故选：B。
2. 下列关于钠的氧化物的说法正确的是( )
A. 向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，说明Na2O2与H2O反应放热且有氧气生成
B. Na2O与Na2O2中阳、阴离子的个数比不相同
C. 将金属钠切开，表面变暗，最终得到淡黄色固体
D. 保持温度不变，向饱和烧碱溶液中加入2 g Na2O2，充分反应后，溶液中Na+浓度增大
【答案】A
【解析】
A.脱脂棉燃烧需要具备两个条件，一是氧气助燃，二是达到着火点，该现象能够说明反应时放热且有氧气生成，故A正确；
B.Na2O是由Na+与O2−构成，阳离子和阴离子个数比均为2：1；Na2O2是Na+与O22−构成，阳离子和阴离子个数比也为2：1，故B错误；
C.Na常温下在空气中表面变暗，生成白色的氧化钠，加热燃烧时产生过氧化钠，故C错误；
D.过氧化钠与水反应消耗水后生成氢氧化钠，因为是饱和烧碱溶液，所以有氢氧化钠固体析出，温度不变时剩余溶液仍为NaOH饱和溶液，浓度不变，则溶液中钠离子浓度不变，故D错误。
3. 下列关于常见有机物的说法正确的是( )
A. 二氯甲烷只有一种结构
B. 甲烷和氯气等体积混合后光照，产物只有CH3Cl和HCl
C. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成CH3CHBr2
D. 碘更易溶于乙醇，可用乙醇将碘从碘水中萃取出来
【答案】A
【解析】A.甲烷为正四面体结构，所以二氯甲烷只有一种结构，故A正确；
B.甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，此反应为连锁反应，所以产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氢，故B错误；
C.乙烯与溴的四氯化碳溶液混合生成CH 2BrCH2Br，故C错误；
D.乙醇与水互溶，不能用乙醇将碘从碘水中萃取出来，故D错误。
故选A。
4. 下列表示物质的化学式可以称为分子式的是( )
A. SiC B. O2 C. Al D. CaO
【答案】B
【解析】A.碳化硅是原子晶体，不含分子，故A错误；
B.氧气形成晶体是分子晶体，由O2分子构成，化学式即为分子式，故B正确；
C.Al是金属晶体，由阳离子和自由电子构成，不含分子，故C错误；
D.CaO是离子晶体，由离子构成，不含分子，故D错误。
故选B。
5. 下图所示的实验，不能达到实验目的的是( )
A
B
C
D
电镀铜
验证AgCl溶解度大于AgI
证明温度对平衡的影响
验证铁发生吸氧腐蚀
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】解：A.Cu与电源正极相连作阳极，电解质溶液中含铜离子，阴极上铜离子得到电子，可实现铁制品上镀铜，故A正确；
B.反应硝酸银过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀，不能验证AgCl溶解度大于AgI，故B错误；
C.只有温度不同，可证明温度对平衡的影响，故C正确；
D.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，水沿导管上升可证明铁发生吸氧腐蚀，故D正确；
故选：B。
A.Cu与电源正极相连作阳极，电解质溶液中含铜离子，阴极上铜离子得到电子；
B.反应硝酸银过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀；
C.只有温度不同；
D.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、电化学、难溶电解质、化学平衡、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6. 室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是( )
选项
探究方案
探究目的
A
向2mL0.1mol⋅L−1NaCl溶液中滴加2滴0.1mol⋅L−1AgNO3，观察现象。振荡试管，再滴加4滴0.1mol⋅L−1KI溶液，观察现象
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B
将pH相同的HNO2溶液和CH3COOH溶液均稀释10倍后，用pH计测量，比较溶液pH大小
Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)
C
170℃下，加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化
乙醇脱水后生成乙烯
D
将氧化铁加入到足量HI溶液中，充分溶解后，滴入CCl4后振荡、静置，观察CCl4层颜色变化
氧化性：Fe3+>I2
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】解：A.硝酸银不足，AgCl转化为更难溶的AgI，可证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A正确；
B.pH相同的HNO2溶液和CH3COOH溶液均稀释10倍后，酸性强的pH变化大，可证明Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)，故B正确；
C.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能证明乙醇脱水后生成乙烯，故C错误；
D.氧化铁加入到足量HI溶液中，生成碘单质易溶于四氯化碳，可证明氧化性：Fe3+>I2，故D正确；
故选：C。
A.硝酸银不足，AgCl转化为更难溶的AgI；
B.pH相同的HNO2溶液和CH3COOH溶液均稀释10倍后，酸性强的pH变化大；
C.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D.氧化铁加入到足量HI溶液中，生成碘单质易溶于四氯化碳。
7. 在20℃，1大气压下，将三个分别盛氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后，假定烧瓶中溶液无损失，所得溶液的物质的量浓度之比为( )
A. 1：1：1 B. 5：5：4 C. 1：2：3 D. 1：1：2
【答案】A
【解析】解：盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶的23，溶液中的溶质是硝酸，其物质的量是二氧化氮的23，
相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，令气体的物质的量为amol，假设烧瓶的体积是VL，
三种溶液中溶质的物质的量分别是：n(NH3)=n(HCl)=amol，n(HNO3)=amol×23，
三种溶液的体积分别是V(NH3)=V(HCl)=VL，V(HNO3)=23VL，
根据c=nV可知，c(NH3)=c(HCl)=c(NO2)=aVmol/L，
所以其物质的量浓度之比为1：1：1，
故选：A。
相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，氨气和氯化氢极易溶于水，则盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶的23，根据c=nV计算溶液的物质的量浓度．
本题考查了物质的量浓度的有关计算，题目难度中等，判断所得溶液体积与气体体积关系是关键，利用赋值法进行解答使计算过程简单化，注意盛放二氧化氮的烧瓶中溶液体积、溶质的物质的量与二氧化氮的关系，为易错点．
8. 如图三条曲线表示不同温度下水的离子积常数，下列说法不正确的是( )
A. 图中温度：T3>T2>T1
B. 图中pH的关系：pH(B)=pH(D)=pH(E)
C. C点物质可能是盐酸
D. 图中五点Kw间的关系：E>D>A=B=C
【答案】C
【解析】解：A.由图可知，不同曲线上，c(OH−)相同时，c(H+)浓度：T3>T2>T1，故水的离子积：T3>T2>T1，升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，故温度：T3>T2>T1，故A正确；
B.图中B、D、E三点的c(H+)相等，则pH的关系：pH(B)=pH(D)=pH(E)，故B正确；
C.由图可知，C点c(OH−)=10−4mol/L>c(H+)，溶液呈碱性，C点物质不可能是盐酸，故C错误；
D.A、B、C同一曲线上，三点水的离子积相同，由图可知，B、D、E三点c(H+)相同，而c(OH−)浓度：B
故选：C。
A.升高温度，促进水的电离，水的离子积增大；
B.图中B、D、E三点的c(H+)相等；
C.由图可知，C点c(OH−)=10−4mol/L>c(H+)，溶液呈碱性；
D.同一曲线上各点水的离子积相同，根据Kw=c(OH−)⋅c(H+)可知，不同曲线上，c(H+)相同时，c(OH−)越大，则Kw越大。
9. 下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A. 在0.1 mol·L−1氨水中：Ag+、Cu2+、NO3−、SO32−
B. 在0.1 mol·L−1氯化钠溶液中：Fe3+、I−、Ba2+、HCO3−
C. 在0.1 mol·L−1醋酸溶液中：SO42−、NH4+、Br−、H+
D. 在0.1 mol·L−1硝酸银溶液中：K+、Cl−、Na+、CO32−
【答案】C
【解析】
A.氨水显碱性，会与Ag+、Cu2+反应，不能大量共存，A项错误；
B.Fe3+、I−会发生氧化还原反应，Fe3+、HCO3−会发生互促水解反应，则不能大量共存，B项错误；
C.醋酸显酸性，在醋酸溶液中SO42−、NH4+、Br−、H+均不会发生反应，能大量共存，C项正确；
D.硝酸银中的银离子会与氯离子、碳酸根离子反应生成沉淀，不能大量共存，D项错误。
10. 25℃时，向10mL0.1mol/L的NaOH溶液中，逐滴加入10mL浓度为cmol/L的HF稀溶液。请依据信息判断，下列说法中错误的是( )
已知25℃时：①HF(aq)+OH−(aq)=F−(aq)+H2O(1)ΔH=−67.7kJ/mol
②H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=−57.3kJ/mol
A. 当c>0.1时，溶液中也可能存在：c(Na+)=c(F−)
B. 当氢氟酸溶液温度由25℃升高到35℃时，HF的电离程度减小(不考虑挥发)
C. 整个滴加过程中，水的电离程度一定存在先增大后减小变化趋势
D. 混合后溶液中可能出现：c(Na+)>c(OH−)>c(F−)>c(H+)
【答案】C
【解析】解：A.HF为弱酸，则NaF水解溶液显碱性，当c>0.1时，HF过量，当HF的电离程度和NaF水解程度相当时，溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(F−)，则c(Na+)=c(F−)，故A正确；
B.已知：①HF(aq)+OH−(aq)=F−(aq)+H2O(1)ΔH=−67.7kJ/mol，②H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=−57.3kJ/mol，依据盖斯定律①−②可知HF(aq)⇌H+(aq)+F−(aq)△H=−67.7kJ/mol−(−57.3kJ/mol)=−10.4kJ/mol，当氢氟酸溶液温度由25℃升高到35℃时，电离平衡逆向移动，HF的电离程度减小，故B正确；
C.10mL0.1mol/L的NaOH溶液中，NaOH电离出氢氧根离子，水的电离被抑制，加入HF溶液，氢氧根离子被消耗，生成的NaF水解，水的电离被促进，水的电离程度一定先增大，如加入HF溶液恰好与NaOH反应生成NaF，水的电离程度最大，如HF浓度大于0.1mol/L，则恰好反应后，HF过量，抑制水的电离，水的电离程度存在先增大后减小变化趋势，如HF浓度小于0.1mol/L，则加入过程中，水的电离程度只存在只存在增大趋势，故C错误；
D.HF浓度远小于0.1mol/L时，NaOH过量较多，可能存在c(Na+)>c(OH−)>c(F−)>c(H+)，故D正确；
故选：C。
11. 化合物Z是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关X、Y、Z的说法不正确的是 ( )
A. Y既可以发生加聚反应，也可以发生缩聚反应
B. X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同
C. Y在水中的溶解度比Z在水中的溶解度大
D. Y与足量H2反应生成的有机化合物中含2个手性碳原子
【答案】D
【解析】
A.由图可知，Y中含碳碳双键，可发生加聚反应，含羧基和羟基，可发生缩聚反应，故A正确；
B.结合X、Y、Z的结构特点可知X中苯环支链上的羟基和醛基能被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，Y中苯环支链上的羟基和碳碳双键能被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，Z中苯环支链上的羟基和碳碳双键能被酸性KMnO4溶液氧化羧基，则X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同，故B正确；
C.Y中含有亲水基团羟基和羧基，而Z含有酯基，所以Y在水中的溶解度比Z在水中的溶解度大，故C正确；
D.Y与足量H2反应后，苯环和碳碳双键均发生加成反应生成，则生成的有机化合物中没有手性碳原子，故D错误。
12. 科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变为CO2和N2，其反应为2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)△H<0，NO的平衡转化率(α)随温度、压强变化的示意图如图所示，下列说法正确的是( )
A. 适当地降低温度，NO的平衡转化率增大
B. Y1>Y2
C. 平衡常数：Ka
【答案】A
【解析】正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO转化率降低，故X代表温度，Y代表压强，反应正向气体分子数减小，加压平衡正向移动，NO转化率变大，故压强Y1
B. 反应正向气体分子数减小，加压平衡正向移动，NO转化率变大，故压强Y1
D. X代表温度，Y代表压强，故D错误。
故选：A。
13. 2022北京冬奥会期间，赛区内使用了氢燃料清洁能源车辆，某氢氧燃料电池工作如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 电极a为电池的负极
B. 电极b表面反应为：O2+4e−+2H2O=4OH−
C. 电池工作过程中K+向负极迁移
D. 氢氧燃料电池将化学能转化为电能的转化率高于火力发电，提高了能源利用率
【答案】C
【解析】解：A.氢气在反应中失电子，故a极为负极，故A正确；
B.b极为正极，电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，故B正确；
C.原电池工作时，钾离子向正极迁移，故C错误；
D.氢氧燃料电池将化学能转化为电能，能量损失少，转化率高于火力发电，提高了能源利用率，故D正确；
故选：C。
由图可知，氢气通入极为负极，氧气通入极为正极，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键。
14. 如图装置，试管中盛有水，气球a中盛有干燥的Na2O2颗粒。U形管中注有浅红色的水。将气球用橡皮筋紧缚在试管口。实验时将气球中的Na2O2抖落到试管b的水中，将发现的现象是
A. U形管内浅红色退去 B. 气球a被吹大
C. U形管水位d
【解析】
由于发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，产生O2使气球膨胀，该反应放出大量热量，使锥形瓶中空气受热膨胀而出现U形管中水位d>c，由于浅红色的水是在U形管中而非试管中，则试管内溶液不变色，U形管内的红水不褪色，故B正确。
故选B。
15. 短周期主族元素W、X、Y、Z在周期表中的位置如图所示。下列说法不正确的是 ( )
W
X
Y
Z
A. W的最简单氢化物的稳定性比X的弱 B. X、Y形成的化合物水溶液显碱性
C. W与Y形成的化合物中一定含有离子键 D. 原子半径：Z>Y>X>W
【答案】D
【解析】W、X、Y、Z四种元素依次为O、F、Na、S；
A.氧的非金属性比氟的弱，故A正确；
B.NaF溶液显碱性，故B正确；
C.Na2O2和Na2O中均含有离子键，故C正确；
D.原子半径：Na>S>O>F，故D错误。
故选D。
16. 10 乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是 ( )
A. 分子式为C6H6O6
B. 乌头酸既能发生水解反应，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 乌头酸分子中所有碳原子可能共平面
D. 含1 mol乌头酸的溶液最多可消耗 3 mol NaOH
【答案】B
【解析】A.该有机物的分子式为C6H6O6，故A正确；
B.乌头酸，没有酯基、卤素原子，不能发生水解反应，故B错误；
C.结合双键所连原子共平面，乌头酸分子中所有碳原子可能共平面，故C正确；
D.1mol乌头酸含有3mol羧基，能够消耗3mol NaOH，故D正确。
故选B。
17. 某高分子化合物R的结构简式如图，下列有关R的说法正确的是
A. R的单体之一的分子式为C9H12O2
B. R可通过加聚和缩聚反应合成，R完全水解后生成2种产物
C. R是一种有特殊香味，难溶于水的物质
D. 碱性条件下，1 mol R完全水解消耗NaOH的物质的量为n(m+1)mol
【答案】D
【解析】A.由结构可知，单体为CH2=C(CH3)COOH、HOCH2CH2OH、HOOCCH(OH)CH2C6H5，R的单体的分子式不存在C9H12O2，故A错误；
B.单体中存在C=C、−OH、−COOH，则通过加聚反应和缩聚反应可以生成R，含−COOC−，水解生成乙二醇和两种高分子化合物，故B错误；
C.R为高分子化合物，除酯基外还有其它结构，不一定具有特殊香味，难溶于水，故C错误；
D.1 mol R中含n(1+m)mol−COOC−，则碱性条件下，1molR完全水解消耗NaOH的物质的量为n(m+1)mol，故D正确。
故选D。
18. 一定条件下进行反应：COCl2(g)⇌Cl2(g)+CO(g)。向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol COCl2(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测得的有关数据见下表：
t/s
0
2
4
6
8
n(Cl2)/mol
0
0.30
0.39
0.40
0.40
下列说法正确的是 ( )
A. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(Cl2)=0.22 mol·L−1，则反应的ΔH<0
B. 若在2 L恒容绝热(与外界没有热量变换)密闭容器进行该反应，化学平衡常数不变
C. 保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2 mol COCl2、0.60 mol Cl2和0.6 mol CO，反应达到平衡前的速率：v(正)>v(逆)
D. 保持其他条件不变，起始向容器中充入1.0 mol Cl2和0.8 mol CO，达到平衡时，Cl2的转化率小于60%
【答案】D
【解析】
A.由表中数据可知，6s、8s时氯气的物质的量都是0.4mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时氯气的浓度为0.2mol/L，升高温度，到达新平衡，氯气的浓度变为0.22mol/L，氯气浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H>0，故A错误；
B.正反应为吸热反应，恒容绝热密闭容器进行该反应，随反应进行温度降低，而平衡常数只受温度影响，故平衡常数一定发生变化，故B错误；
C.平衡时c(Cl2)=0.2mol/L，
COCl2(g)⇌Cl2(g)+CO(g)
起始(mol/L)：0.5 0 0
转化(mol/L)：0.2 0.2 0.2
平衡(mol/L)：0.3 0.2 0.2
该温度下平衡常数K=0.2×0.20.3=0.13，若起始向容器中充入1.2molCOCl2、0.60molCl2和0.60molCO，此时Qc=0.62×0.621.22=0.15>0.13，则反应向逆反应方向移动，反应达到平衡前v正
故选D。
19. 将一定物质的量的Na2CO3、NaHCO3的混合物溶于水，配成1 L溶液，取50 mL溶液，滴加一定物质的量浓度的盐酸与它反应，得到的图像如下，下列说法正确的是 ( )
A. ③代表产生的CO2的物质的量
B. 原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1:2
C. 盐酸的浓度是0.5 mol·L−1
D. 盐酸加到150 mL时，放出CO2气体2.24 L
【答案】C
【解析】A.滴加盐酸，首先发生的反应是Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，因此一开始不会产生二氧化碳气体，故A错误；
B.滴加盐酸，首先发生的反应是Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，当该反应完成时，发生的反应是NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，因此图像中①表示Na2CO3的变化，②表示NaHCO3的变化，③表示NaCl的变化，根据图像数据，它们的起始物质的量都是0.025mol，因此原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1:1，故B错误；
C.0.025molNa2CO3发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3需要HCl的物质的量为0.025mol，而消耗的盐酸的体积为50mL，因此盐酸的浓度为0.025mol0.05L=0.5mol/L，故C正确；
D.产生二氧化碳气体是从50mL盐酸到150mL盐酸段，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，消耗的HCl溶液的体积为100mL，物质的量为0.05mol，因此产生的二氧化碳的物质的量为0.05mol，在标况下的体积为1.12L，故D错误。
故选C。
20. 某化学课题小组将二氧化硫的制备与多个性质实验进行了一体化设计，实验装置如图所示。下列说法不正确的是( )
A. a、b、c中依次盛装70%硫酸、Na2SO3固体、NaOH溶液
B. 点燃酒精灯加热，可证明SO2使品红溶液褪色具有可逆性，使KMnO4溶液褪色不具有可逆性
C. 此设计可证明SO2水溶液的酸性，SO2的氧化性、还原性、漂白性
D. 实验时，湿润的pH试纸、鲜花、品红溶液、KMnO4溶液均褪色，Na2S溶液出现淡黄色沉淀
【答案】D
【解析】A.依据实验的装置可知，b中产生SO2，c是尾气吸收装置，所以a、b、c中依次盛装70%硫酸、Na2SO3固体、NaOH溶液，故A正确；
B.点燃酒精灯加热，可证明SO2使品红溶液褪色具有可逆性，使KMnO4溶液褪色不具有可逆性，符合SO2的性质，故B正确；
C.依据装置可知，此设计可证明SO2水溶液的酸性(pH试纸)，SO2的氧化性(与Na2S反应)、还原性(与高锰酸钾反应)、漂白性(品红溶液) ，故C正确；
D.实验时，湿润的pH试纸变红而不褪色，故D错误；
故选D。
二、综合题（共四题，共60分）
21. 近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，过程如下：
(1)反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)△H1=+551kJ⋅mol−1
反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g)△H3=−297 kJ⋅mol−1
反应Ⅱ的热化学方程式：______。
(2)对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示，p2______p1(填“>”或“<”)，得出该结论的理由是______。
(3)I−可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下，将ii补充完整。
i.SO2+4I−+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii.I2+2H2O+______=______+______+2I−
(4)探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2 饱和溶液加入到 2mL下列试剂中，密闭放置观察现象，(已知：I2易溶解在KI溶液中)
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4
mol⋅L−1KI
amol⋅L−1KI
0.2mol⋅L−1H2SO4
0.2mol⋅L−1H2SO4
0.2 mol⋅L−1KI
0.0002molI2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
①B是A的对比实验，则a=______。
②比较A、B、C，可得出的结论是______。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D>A.结合i，ii反应速率解释原因：______。
【答案】
(1)3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) △H=−254kJ/mol；
(2)>；当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大；
(3) SO2 、 4H+ 、SO42−；
(4)①0.4；
②I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；
③反应ii速率大于反应i，I2快速发生反应ii，使c(H+)迅速增大，从而使反应i加快。
【解析】(1)根据题干图知，反应II为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，
将方程式II=(−I−III)即得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) △H=−(+551kJ⋅mol−1)−(−297kJ⋅mol−1)=−254kJ/mol，
(2)相同温度下，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大，根据题干图知，相同温度下，达到平衡状态时硫酸含量：p1
(3)化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，总方程式得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，催化过程中i.SO2+4I−+4H+=S↓+2I2+2H2O，说明I−、H+在i中作反应物，在ii中作生成物，同时ii中还生成H2SO4，根据元素守恒知，反应物还有SO2，所以ii应该为：
I2+2H2O+SO2=4H++SO42−+2I−，
(4)①B是A的对比实验，所用c(KI)应该相等，否则无法得出正确结论，所以a=0.4，
②比较A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反应快慢顺序是B>A>C，且C中没有明显现象，说明不反应，B中含有酸导致其反应速率加快，所以得出的结论是：在酸性条件下，SO2与I−反应速率更快，且SO2与稀硫酸不发生反应，
③反应ii速率大于反应i，I2快速发生反应ii使c(H+)迅速增大，从而使反应i加快，所以看到的现象是：D中出现浑浊较A快，
22. 化合物J是一种常用的抗组胺药物，一种合成路线如下：
已知：①C为最简单的芳香烃，且A、C互为同系物。
②2ROH+NH3→Δ催化剂HNR2+2H2O(R代表烃基)。
请回答下列问题：
(1)A的结构简式是__________，H中的含氧官能团名称是 ___________．
(2)由F生成H的反应类型是_______________ ，G的化学名称为 __________________．
(3)A→B的化学方程式为 ________________________________________________.
(4)L是F的同分异构体，含有联苯()结构，遇FeCl3溶液显紫色，则L有 _______ 种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1的结构简式为_________．
(5)写出用氯乙烷和2−氯−1−丙醇为原料制备化合物 的合成路线(其他无机试剂任选)。
【答案】
(1) ；醚键
(2)取代反应； 2−氯乙醇
(3)+Cl2+HCl
(4)19；
(5)
【解析】
(1)由A→B的反应条件以及B的组成可推知A为：甲苯，结构简式为；由H的结构简式可知，H中的含氧官能团为醚键。
(2)根据F、H的结构简式，由F+G→H的反应条件(浓硫酸、加热)以及产物中醚键的生成可知，该反应属于羟基中的脱水成醚，则由F生成H的反应类型是取代反应，G的结构简式为：CH2OHCH2Cl，其名称为 2−氯乙醇。
(3)A→B为甲苯和氯气在光照条件下取代，取代甲基上氢原子，化学方程式为+Cl2+HCl 。
(4)根据F的分子组成以及L遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中有一个酚羟基和一个甲基，相当于用一个酚羟基和一个甲基分别取代联苯中的两个氢原子，可以用定一移一的方法分析，先用一个酚羟基取代联苯中一个氢的位置，可得三种结构，分别为、、，这三种结构中苯环上氢的种数分别为7种、7种、5种，说明甲基的取代位置有19种，即L可能的结构有19种。其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3：2：2：2：2：1的分子结构应该对称，结构简式为。
(5)先观察目标产物的结构特点，发现目标产物与合成路线中J物质所含官能团相同，所以应结合题干中F→H→J的合成路线找出所需的反应物为HN(CH2CH3)2、乙醇和2−氯−1−丙醇，其中2−氯−1−丙醇为原料，乙醇可以由氯乙烷水解得到，HN(CH2CH3)2可由乙醇和氨反应得到(已知条件②)，再按F→H→J的过程合成目标产物，合成路线为：。
23. 含SO2废气的治理可以变废为宝，使硫资源得以利用。
(1)按每年全国发电燃煤8亿吨，煤中含硫质量分数以2%计，若不经过脱硫处理，则会有___亿吨SO2排放到大气中(假设S全部转化为SO2)。
(2)下列物质中，能吸收SO2的有_____(填序号)。
a.氨水 b.酸性KMnO4溶液 c.生石灰 d.Na2CO3溶液
(3)某工厂采用(NH4)2SO3和NH4HSO3的混合溶液A吸收烟气中的SO2并制备(NH4)2SO3·H2O过程如下：
已知：
①“吸收”过程中，溶液中(NH4)2SO3和NH4HSO3的物质的量之比变____(填“大”或“小”)。
②(NH4)2SO3溶液呈碱性的原因是_____。
③用不同的溶液A吸收SO2时，SO2吸收率和放空废气含NH3量的变化如下图。解释图中放空废气含NH3量增大的原因：随(NH4)2SO3的物质的量之比增大，_______。
注：不同溶液A的体积相同，所含(NH4)2SO3和NH4HSO3的总物质的量相同。
④“制备”过程中，溶液B中发生的反应方程式是______。
(4)检验产品(NH4)2SO3·H2O中含有少量SO42−的方法如下：取少量产品加水溶解，_____(将实验操作和现象补充完整〕。
【答案】
(1)0.32；
(2)abcd；
(3)①小；
②SO32−、NH4+都水解，前者程度更大，使溶液中c(OH−)>c(H+)；
③溶液中c(NH4+)和c(OH−)均增大，使NH4++H2O ⇌ NH3·H2O+H+平衡向右移动，促使NH3逸出；
④NH4HCO3+ NH4HSO3 = (NH4)2SO3·H2O↓ + CO2↑；
(4)加过量盐酸，充分振荡，再加氯化钡溶液，有白色沉淀产生
【解析】
(1)直接以亿吨作为单位进行演算。相同物质的量时，SO2的质量恰是S的2倍。所以生成的二氧化硫的质量为：8亿吨×2%×2=0.32亿吨，所以答案为0.32；
(2)SO2能与所给的四种物质都反应。反应方程式分别为：SO2+2NH3⋅H2O=(NH4)2SO3+H2O，SO2+NH3⋅H2O=NH4HSO3，5SO2+2MnO4−+2H2O=5SO42−+2Mn2++4H+，SO2+CaO=CaSO3SO2+2Na2CO3+H2O=Na2SO3+2NaHCO3，所以答案为：abcd；
(3)①“吸收”的过程，就是溶液(NH4)2SO3转化为NH4HSO3的过程，所以“吸收”过程中，溶液中(NH4)2SO3和NH4HSO3物质的量之比将变小，所以答案为：变小；
②NH4++H2O⇌ NH3⋅H2O+H+，SO32−+H2O⇌ HSO3−+OH−，溶液呈碱性，说明SO32−的水解程度比NH4+的水解程度大；所以答案为：SO32−、NH4+都水解，前者程度更大，使溶液中c(OH−)>c(H+)；
③从NH4+的水解平衡的移动的角度来解释。溶液中c(NH4+)和c(OH−)均增大，均使NH4++H2O⇌ NH3·H2O+H+平衡向右移动，促使溶液中的NH3逸出；
④溶液B有(NH4)2SO3和NH4HSO3，加入NH4HCO3，只有酸性的NH4HSO3溶液与其反应：NH4HCO3+NH4HSO3 =(NH4)2SO3·H2O↓+CO2↑。所以答案为：NH4HCO3+NH4HSO3 = (NH4)2SO3·H2O↓+CO2↑；
(4)SO42−的检验，通常要先加过量的盐酸，排除干扰离子，再加BaCl2溶液进行检验。所以答案为：加过量盐酸，充分振荡，再加氯化钡溶液，有白色沉淀产生。
24. 铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物广泛应用于生活、生产、国防等领域。
(1)基态Fe原子的价层电子的电子排布图为__________________________；其最外层电子的电子云形状为____________。
(2)三氯化铁常温下为固体，熔点282 ℃，沸点315 ℃，在300 ℃以上易升华。易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体为_________晶体。
(3) (NH4)2Fe(SO4)2· 6H2O俗称摩尔盐，其阴离子的立体构型名称为________。写出一种与互为等电子体的分子的电子式：___________。
(4) Fe(CO)5可用作催化剂、汽油抗爆剂等，其分子中σ键和π键的数目之比为________。CO的沸点高于N2的原因是____________________________。
(5)据报道，工业上可电解熔融的FeO、Fe2O3冶炼高纯铁。Fe2O3的熔点________(填“高于”或“低于”)FeO的熔点，理由是________。
(6)铁晶体有面心立方最密堆积和体心立方堆积两种晶体，这两种晶体铁原子的配位数之比为__________。
(7)某种磁性氮化铁的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为________________。若晶胞底边长为a nm，高为c nm，则这种磁性氮化铁的晶体密度为__________g·cm−3(用含a、c和NA的式子表示并化到最简)。
【答案】
(1) ；球形
(2)分子
(3)正四面体形； (或)
(4)1∶1；二者相对分子质量相同，CO为极性分子，N2为非极性分子，CO的分子间作用力大于N2的
(5)高于； FeO、Fe2O3都是离子晶体，Fe3+的半径较小且电荷数较大，Fe2O3的晶格能大于FeO
(6)3∶2
(7) Fe3N；72839a2cNA×1021
【解析】
(1)由铁原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2可知，基态Fe原子的价层电子的电子排布图为 ， 最外层电子的电子云形状为球形，故答案为： ；球形；
(2)由常温下为固体，熔点282 ℃，沸点315 ℃，在300 ℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂这些性质，可以判断三氯化铁为分子晶体，故答案为：分子；
(3)阴离子为SO42−，其立体构型为正四面体形，与NH4+互为等电子体的分子 有甲烷、硅烷，电子式为 (或)，故答案为：正四面体形； (或)；
(4) Fe(CO)5的结构式如图可知，其分子中σ键和π键的数目之比为1∶1， CO的沸点高于N2的原因是因为二者相对分子质量相同，CO为极性分子，N2为非极性分子，CO的分子间作用力大于N2的，故答案为：1∶1；二者相对分子质量相同，CO为极性分子，N2为非极性分子，CO的分子间作用力大于N2的；
(5)工业上可电解熔融的氧化铁、氧化亚铁冶炼铁，说明氧化铁、氧化亚铁均是离子晶体，离子晶体的熔点高低由晶格能大小决定，而晶格能由离子半径、离子所带电荷数决定，FeO、Fe2O3都是离子晶体，Fe3+的半径较小且电荷数较大，Fe2O3的晶格能大于FeO，故Fe2O3的熔点高于FeO；故答案为：高于； FeO、Fe2O3都是离子晶体，Fe3+的半径较小且电荷数较大，Fe2O3的晶格能大于FeO；
(6)铁晶体的面心立方最密堆积的配位数为12，铁晶体的体心立方堆积的配位数为8，配位数之比为3∶2，故答案为：3:2；
(7) 根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为2，Fe原子数为2×1/2+12×1/6+3=6，所以氮化铁的化学式Fe3N；若晶胞底边长为a nm，高为c nm，则晶胞的体积是332a3c nm3，所以这种磁性氮化铁的晶体密度为364NA332a2c×10−21=72839a2cNA×1021g/㎝3 ，故答案为 Fe3N；72839a2cNA×1021 。
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