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2023年高考押题预测卷01（上海卷）-化学（全解全析）
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这是一份2023年高考押题预测卷01（上海卷）-化学（全解全析），共20页。试卷主要包含了溶液A中含有如下离子中的若干种等内容，欢迎下载使用。
2023年高考押题预测卷01【上海卷】
化 学
（考试时间：150分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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。
一．选择题（合计20题，每题2分，共40分）
1．北京冬奥会成功举办、“天宫课堂”如期开讲、神舟十三号顺利往返及“华龙一号”核电海外投产，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A．冬奥会“雪花“形态主火炬台采用的LED双面屏，其将电能全部转化为光能
B．乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程仅涉及化学变化
C．飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子材料
D．核电站反应堆所用铀棒中含有的92235U和92238U互为同位素
【答案】D
【解析】A．“雪花”形态主火炬台采用的LED双面屏，LED双面屏可以将电能转化为光能和热能，A错误；
B．乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程，属于溶解度的改变，仅涉及物理变化，B错误；
C．玻璃纤维属于无机非金属材料，不属于天然有机高分子材料，C错误；
D．92235U、92238 U的质子数都为92，中子数分别为143、146，是质子数相同、中子数不同的同一元素，两者互称同位素，D正确；
故选D。
2．中国企业承建的卡塔尔世界杯“大金碗”球场采用聚四氟乙烯材料构成屋面膜结构。下列说法不正确的是
A．聚四氟乙烯中不存在碳碳双键 B．合成聚四氟乙烯的单体是不饱和烃
C．聚四氟乙烯是一种性质较稳定的物质 D．聚四氟乙烯没有固定熔点
【答案】B
【解析】A． 聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚所得，则聚四氟乙烯中不存在碳碳双键，A正确；
B． 合成聚四氟乙烯的单体是四氟乙烯，由C和F元素组成，不属于烃、不属于不饱和烃，B不正确；
C． 聚四氟乙烯中只有C-F键和C-C键，难以断裂，是一种性质较稳定的物质，C正确；
D． 聚四氟乙烯是高聚物，属于混合物，没有固定熔点，D正确；
答案选B。
3．关于下列工业生产，说法不正确的是
A．氯碱工业：阳极产生Cl2，NaOH在阴极附近产生
B．硫酸工业：在吸收塔中安装热交换器，实现能量的充分利用
C．合成氨工业：利用氢气和氮气的循环来提高原料气的转化率
D．纯碱工业：侯氏制碱法在分离出NaHCO3后的母液中加入食盐，促进NH4Cl结晶
【答案】B
【解析】A．氯碱工业是电解饱和食盐水，阳极Cl-放电生成Cl2，阴极H2O中的氢离子放电生成H2，同时生成NaOH，A正确；
B．硫酸工业中，热交换器安装在接触室中，目的是将放出的热量是用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体，在吸收塔中吸收塔中没有热交换器，B错误；
C．氮气氢气循环操作，能提高氮气和氢气的利用率，提高原料气的转化率，C正确；
D．NaHCO3析出后的母液中主要是NH4Cl溶液，加入食盐，根据同离子效应，能促进NH4Cl从溶液中析出，D正确；
故选B。
4．探究氯气的性质装置示意图如下，a～d中均为浸有相应试液的棉花(夹持装置略)，下列说法正确的是
A．若a处褪色，说明Cl2具有漂白性
B．若d处褪色，说明Cl2具有漂白性
C．若b处变为橙色，c处变为蓝色，说明Cl2的氧化性强于Br2、I2
D．若b处变为橙色，c处变为蓝色，说明氧化性：Cl2>Br2>I2
【答案】C
【解析】A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，具有强氧化性的次氯酸能使品红溶液漂白褪色，则a处品红溶液褪色，说明次氯酸具有漂白性，故A错误；
B．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应中氢氧化钠溶液的碱性减弱，红色的氢氧化钠酚酞溶液褪色，则d处氢氧化钠酚酞溶液褪色，不能说明氯气具有漂白性，故B错误；
C．b处变为橙色说明氯气与溴化钾溶液反应生成氯化钾和溴，c处变为蓝色说明氯气与碘化钾溶液反应生成氯化钾和使淀粉溶液变蓝色的碘，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氯气的氧化性强于溴、碘，故C正确；
D．b处变为橙色说明氯气与溴化钾溶液反应生成氯化钾和溴，c处变为蓝色说明氯气与碘化钾溶液反应生成氯化钾和使淀粉溶液变蓝色的碘，实验中没有涉及溴和碘化钾淀粉溶液的实验，无法比较溴和碘的非金属性强弱，故D错误；
故选C。
5．下列由废催化剂(主要含FeBr3及少量溴、苯)制取无水FeCl3的实验，能达到实验目的的是
A．制取氯气
B．氧化Br－
C．分离FeCl3(aq)
D．蒸干溶液得FeCl3·6H2O
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】A．该反应需要加热，而装置缺少加热，故A错误；
B．氯气通入应该是“长进短出”，故B错误；
C．用苯萃取溶液中的溴单质，氯化铁溶液在下层，用分液漏斗分离，下层液体从下面流出来，上层液体从上口倒出来，故C正确；
D．铁离子会水解，盐酸易挥发，直接加热、蒸干溶液不能得到FeCl3·6H2O，得到氢氧化铁，故D错误。
综上所述，答案为C。
6．溶液A中含有如下离子中的若干种：Na+、NH4+、Mg2+、SO42−、SO32−、Cl-、OH-。为确定溶液中所含离子，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下：
下列说法正确的是
A．气体E能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B．若向沉淀B中加入足量稀硝酸，最终得到4.66 g沉淀
C．滤液C中大量存在的离子有NH4+、Ba2+、Cl-、OH-
D．溶液A中可能有Na+，无Cl-
【答案】B
【分析】加足量的氢氧化钠有气体F，说明原溶液没有OH-和Mg2+，F为氨气，2.33g沉淀D为硫酸钡，气体E为二氧化硫，4.5g沉淀B是2.33g硫酸钡和2.17g亚硫酸钡的混合物，则原溶液种n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g233g/mol=0.01mol，n(SO32-)=n(BaSO3)=2.17g217g/mol=0.01mol，n(NH4+)=n(BaSO4)=0.448L22.4L/mol=0.02mol，阳离子的电荷量小于阴离子的电荷量，所以溶液种一定有Na+，无法确定是否有Cl-。
【解析】A．气体E是氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；
B．若向沉淀B有0.01mol的BaSO4和0.01mol的BaSO3，加入足量稀硝酸，亚硫酸钡被氧化成硫酸钡，根据钡原子守恒可知最终得到0.02mol硫酸钡，质量为4.66 g沉淀，B正确；
C．溶液中没有OH-，C错误；
D．溶液A中一定有Na+，无法确定是否有Cl-，D错误；
故答案为：B。
7．下列选项所示的物质间转化都能实现的是
A．N2→点燃O2NO2→H2OHNO3
B．Cl2→点燃FeFeCl2→NaOHFe(OH)2
C．S→点燃O2SO3→H2OH2SO4
D．饱和NaCl→NH3→CO2晶体NaHCO3
【答案】D
【解析】A．在点燃条件下氮气和氧气不反应，A错误；
B．点燃条件下，铁和氯气反应生成三价铁，B错误；
C．单质硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，C错误；
D．根据侯氏制碱法，向饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳可以得到碳酸氢钠，D正确；
故选D。
8．下图所示的实验，不能达到实验目的的是
A
B
C
D
比较Fe3+的催化效果好于Cu2+
用溴水检验CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液生成的乙烯
验证铁发生吸氧腐蚀
实验室制Cl2时，除去Cl2中的HCl并干燥
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．H2O2的浓度不一样，没有控制变量，无法比较Fe3+的催化效果好于Cu2+，A符合题意；
B．CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液生成的乙烯能使溴水褪色，能达到实验目的，B不符合题意；
C．铁发生吸氧腐蚀，装置内压强减小，试管中液面会上升，能达到实验目的，C不符合题意；
D．实验室制Cl2时，用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，用浓硫酸干燥气体，能达到实验目的，D不符合题意；
故选A。
9．在FeSO4、CuSO4、Al2(SO4)3的混合溶液中通入适量H2S，产生的沉淀物是
A．Al(OH)3 B．Al2S3 C．CuS D．FeS
【答案】C
【解析】FeSO4、CuSO4、Al2(SO4)3的混合溶液中通入适量H2S，生成最难溶的CuS沉淀；
故答案选C。
10．D是一种具有交联结构的吸附性高分子材料，其部分合成路线如下图。
下列说法不正确的是
A．A、B、C 生成D的反应是加聚反应
B．C中的核磁共振氢谱图吸收峰面积之比为2：1：1：1
C．D在碱性条件下水解可以生成NH3
D．生成 1mol D 参与反应的A、B 物质的量之比为1：1
【答案】B
【解析】A．由于BC中的碳碳双键，A是苯乙烯，故该反应是加聚反应，A正确；
B．C有三种环境的氢，吸收峰面积之比为2：2：1，B错误；
C．D在碱性条件下水解，C-N键断裂，—NH2结合H原子生成NH3，C正确；
D． 从D的结构中可以看出，合成1molD，A使用了(m+n)mol，B使用了(m+n)mol，故生成 1mol D 参与反应的A、B 物质的量之比为1：1，D正确；
故选B。
11．下列方程式与所提供的事实不相符的是
A．向氯水中通入SO2，溶液褪色：SO2 + Cl2 + 2H2O = 2HCl + H2SO4
B．向NaHCO3溶液中滴入少量酚酞溶液，溶液变为浅红色：HCO3- ⇌ CO32-+ H+
C．实验室制取氨气：2NH4Cl + Ca(OH)2 Δ 2NH3↑+ CaCl2 + 2H2O
D．少量铁粉与稀硝酸反应：Fe + 4H++ NO3-= Fe3+ + NO↑+ 2H2O
【答案】B
【解析】A．氯气有强氧化性，可以将+4价硫氧化为+6价硫，则相应的方程式为：SO2 + Cl2 + 2H2O = 2HCl + H2SO4，A正确；
B．溶液变为浅红色，说明该溶液显碱性，碳酸氢根离子水解导致溶液显碱性，水解方程式为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，B错误；
C．实验室用氯化铵和氢氧化钙一起加热可以制备氨气，方程式为：2NH4Cl + Ca(OH)2 Δ 2NH3↑+ CaCl2 + 2H2O，C正确；
D．少量铁粉与稀硝酸反应可以生成+3价铁和一氧化氮，方程式为：Fe + 4H++ NO3-= Fe3+ + NO↑+ 2H2O，D正确；
故选B。
12．2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的科学家。点击化学的代表反应为铜([Cu])催化的叠氮−炔基Husigen成环反应，其原理如下图。
下列说法不正确的是
A．上述循环中H+ 是中间产物之一
B．上述循环过程中只有极性键的断裂和形成
C．Cu能降低反应的活化能，但不改变总反应的焓变
D．中间产物中N采取sp2、sp3杂化
【答案】B
【解析】A．根据图中右上角得到上述循环中H+ 是中间产物之一，故A正确；
B．上述循环过程中有极性键的断裂和形成，在右下角也有非极性键的断裂，故B错误；
C．Cu能降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变总反应的焓变，故C正确；
D．中间产物中左上角两个N采取sp2杂化、右上角的N采取sp3杂化，故D正确。
综上所述，答案为B。
13．一定温度下，向1L密闭容器中充入2molX和1molY，发生反应2X(g)+Y(g)⇌3Z(？)。达到平衡时，容器的压强从原来的P0变为0.4P0。下列说法错误的是
A．Z不可能为气体
B．达到平衡时容器内有1.8molZ
C．压缩体积，再次达到平衡，X的浓度不变
D．Y的体积分数不变说明反应达到平衡状态
【答案】D
【解析】A．若Z为气体，则反应前后气体的压强不变，题目中压强从原来的P0变为0.4P0故Z不可能为气体，故A正确；
B．根据向1L密闭容器中充入2molX和1molY，发生反应2X(g)+Y(g)⇌3Z(？)。达到平衡时，容器的压强从原来的P0变为0.4P0，则
2X(g)+Y(g)⇌3Z(s/l)开始/mol21转化/mol2xx平衡/mol2−2x1−x
则33-3x=P00.4P0，则x= 0.6，故达到平衡时容器内有1.8molZ，故B正确；
C．Z为非气体，故压缩体积，再次达到平衡，X的浓度不变，故C正确；
D．反应体系中只有X和Y，Y的体积分数一直为13，故Y的体积分数不变不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故选D。
14．下列事实不能依据键能大小解释的是
A．熔点：HF >HCl B．活泼性：N2 < P4
C．热稳定性：CH4 > SiH4 D．硬度：金刚石 > 晶体硅
【答案】A
【解析】A．HF与HCl均为分子晶体，熔点与共价键键能无关，HF熔点高于HCl是因为HF中存在氢键，氢键不属于化学键，A符合题意；
B．氮气中氮原子之间以共价三键连接，键能较大，比较稳定，因此氮气不如P4活泼，B不符合题意；
C．碳原子半径比硅原子小，碳氢键键长短，键能大，稳定性更好，C不符合题意；
D．金刚石与晶体硅都属于共价晶体，碳碳键键长短，键能大，硬度高，D不符合题意；
故选A。
15．我国发布了《医用同位素中长期发展规划(2021-2035年)》，对提升医用同位素相关产业能力水平、保障健康中国战略实施具有重要意义。医用同位素有14C、18F、 131I、60Co等，有关说法不正确的是
A．60Co位于元素周期表的第四周期第VIII族
B．18F和131I的最外层电子数相同
C．14C与12C的化学性质几乎相同
D．化合物23Na18F的中子总数为41
【答案】D
【解析】A．Co为27号元素，位于元素周期表的第四周期第VIII族，故A正确；
B．F和I 都属于第ⅦA族，最外层电子数相同，故B正确；
C． 14C与12C的化学性质几乎完全相同，但物理性质有差异，故C正确；
D． 23Na18F 的中子总数为(23-11)+(18-9)=21，为奇数，故D错误；
故选D。
16．室温下，经指定操作后，下列各组溶液中的离子还能大量共存的是
A．通入足量SO2：K+、Fe3+、Cl−、NO3−
B．通入适量CO2：Ca2+、Na+、Cl-、I−
C．通入足量HCl：Mg2+、K+、MnO4−、SO42−
D．通入足量NH3：Cu2+、Na+、SO42−、NO3−
【答案】B
【解析】A．SO2具有强的还原性，能与Fe3+和NO3−(酸性)发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．该组离子彼此不发生反应，且均与二氧化碳不能反应，可以大量共存，故B正确；
C．HCl具有还原性，能被MnO4−离子氧化，不能大量共存，故C错误；
D．足量氨气能与Cu2+形成络合离子，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
17．下列物质中，属于含非极性键的共价化合物是
A．CH3OH B．NH4Cl C．C2H4 D．Na2O2
【答案】C
【解析】A．CH3OH中存在C-H、C-O、O-H键均为极性共价键，该分子为共价化合物，A项不符合题意；
B．NH4Cl中含有离子键和极性共价键，它为离子化合物，B项不符合题意；
C．C2H4含有C=C非极性键和C-H的极性键，它为共价化合物，C项符合题意；
D．Na2O2中有离子键和O-O的非极性键，它为离子化合物，D项不符合题意；
故选C。
18．下列化学反应，相应的离子方程式一定正确的是
A．向NH4FeSO42溶液中加入少量NaOH溶液：NH4++OH−=NH3⋅H2O
B．1L1mol⋅L−1FeBr2溶液与一定量氯气反应，转移电子数为6.02×1023时：2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−
C．将2.24L(标准状况)CO2通入500mL 0.3 mol·L-1NaOH溶液中：2CO2+3OH−=CO32−+HCO3−+H2O
D．向Ca(ClO)2溶液通入少量SO2：Ca2++2ClO−+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
【答案】C
【解析】A．Fe3+结合OH-能力更强，先产生Fe(OH)3，A项错误；
B．计算得FeBr2物质的量为1mol。还原性强弱：Fe2+>Br-，转移6.02×1023电子时只有Fe2+被氧化即2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，B项错误；
C．CO2和NaOH物质的量之比为0.1：0.15=2:3，反应同时产生CO32-和HCO3-，该离子方程式正确，C项正确；
D．HClO为强氧化性能将SO2氧化为SO42-，该反应表达错误，D项错误；
故选C。
19．除去括号中的杂质适宜用NaOH溶液的是
A．溴苯(溴) B．碳酸氢钠(碳酸钠)
C．乙酸乙酯(乙酸) D．氧化铝(氧化铁)
【答案】A
【解析】A．溴与NaOH溶液反应生成可溶性盐，与溴苯互不相溶，静置后分层，接着进行分液，可以实现目的，A正确；
B．碳酸氢钠可以和氢氧化钠反应，无法得到被提纯的物质，B错误；
C．乙酸乙酯在氢氧化钠存在的条件下可以水解，无法得到被提纯的物质，C错误；
D．氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠溶液，而氧化铁与NaOH溶液不反应，被提纯物质参加反应，无法得到被提纯的物质，D错误；
故选A。
20．实验测得0.10 mol·L−1 NaHCO3溶液的pH随温度变化如下图。
下列说法正确的是
A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是HCO3-水解被抑制
B．O点溶液和P点溶液中c(OH-)相等
C．将N点溶液恢复到25℃，pH可能大于8.62
D．Q点、M点溶液中均有：c(CO32-) + c(HCO3-) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+)
【答案】C
【解析】A． 升高温度，HCO3-水解使pH增大，水电离使pH减小，OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是水电离对氢离子浓度影响大于HCO3-水解，故A错误；
B． O点溶液和P点溶液中c(H+)相等，c(H+)c(OH-)的值不相等，c(OH-)不相等，故B错误；
C． 温度升高后，碳酸氢钠可能部分分解，将N点溶液恢复到25℃，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢根，pH可能大于8.62，故C正确；
D． Q点、M点溶液中均有电荷守恒：2c(CO32-) + c(HCO3-) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+)，故D错误；
故选C。
第II卷（非选择题）
二、非选择题（共4题，合计60分）
21．某国产电动汽车推出的“刀片电池”具有强环境适应性，更安全可靠。“刀片电池”正极材料使用了磷酸亚铁锂(LiFePO4)。磷酸亚铁锂(LiFePO4)由Li2CO3、C6H12O6和FePO4在高温条件下制备。
12FePO4+6Li2CO3+C6H12O6高温12LiFePO4+6CO↑+6H2O↑+6CO2↑
(1)铁是26号元素，它是___________。(选填编号)
a．主族元素b．副族元素c．短周期元素d．长周期元素
磷元素的原子核外有___________种运动状态不同的电子。
(2)上述方程式中，CO2的电子式为___________，属于第二周期的元素，原子半径由小到大排列___________。
(3)反应中的氧化剂是___________；当有0.1molLiFePO4生成时，转移电子的数目为___________个。
磷酸亚铁锂也可以用(CH3COO)2Fe、NH4H2PO4和LiOH为原料制备。
(4)NH4H2PO4溶于水形成的溶液中存在：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(H2PO4−)+___________。
(5)请解释(CH3COO)2Fe溶于水显酸性的原因___________。
【答案】(1) bd 15
(2) r(O)
(4)3c(PO43−)+2c(HPO42−)
(5)Fe2+水解呈酸性，且Fe2+水解程度大于CH3COO-的水解程度
【解析】（1）铁是26号元素，位于第三周期Ⅷ族，它是副族元素、长周期元素，选bd。
磷元素的原子核外有15个电子，电子的运动状态有15种。
（2）CO2是共价化合物，电子式为；方程式中属于第二周期的元素是Li、C、O，同周期元素从左到右半径依次减小，原子半径由小到大排列r(O)
（4）根据电荷守恒，NH4H2PO4溶于水形成的溶液中存在：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(H2PO4−)+3c(PO43−)+2c(HPO42−)。
（5）(CH3COO)2Fe 是弱酸弱碱盐，Fe2+水解呈酸性，CH3COO-水解呈碱性，Fe2+水解程度大于CH3COO-的水解程度，所以(CH3COO)2Fe溶液呈酸性。
22．Ⅰ.H2S与CH4重整，不但可以消除污染，还可以制氢。主要反应如下：①CH4(g)＋2H2S(g) ⇌CS2(g)＋4H2(g)＋Q(Q<0)
(1)在恒温恒容条件下，可作为反应①达到平衡状态的判断依据是___________(选填编号)。
A．混合气体密度不变
B．容器内压强不变
C．2v正(H2S)=v逆(CS2)
D．CH4与H2的物质的量分数之比保持不变
Ⅱ.在恒压条件下，以n(CH4)∶n(H2S)=1∶2的组成的混合气体发生反应①，达到平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化如图所示。
(2)如图中表示CH4、CS2变化的曲线分别是___________、___________(选填编号)。
(3)M点对应温度下，H2S的转化率是___________。
Ⅲ.在研究反应发生的适宜条件时发现：过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活；Co助剂有稳定催化剂的作用。如图表示800℃，Al2O3催化剂条件下投入等量H2S，投料比[n(CH4)∶n(H2S)]分别为1∶1、1∶3、12∶1，达平衡时H2S转化率、平均反应速率。
(4)投料比n(CH4)∶n(H2S)=1∶1为对应图中___________组图像(选填“A”“B”或“C”)；在三组图像中，C组图像中平均反应速率最低的可能原因是___________。
(5)未添加Co助剂时，无积碳，随着Co添加量的变化，积碳量变化如图所示，Co助剂可能催化原料气发生反应的化学方程式为___________。
【答案】(1)BD
(2) d b
(3)20%
(4) B C组中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例过高使催化剂Al2O3失活，反应速率小
(5)CH4→高温C＋H2
【解析】（1）A．恒温恒容下，容积不变，容器内的气体质量也不变，则无论反应是否平衡，密度都不变，故混合气体密度不变不能作为反应①达到平衡的判断依据，故A不符合题意；
B．反应①中可逆符号前后的气体化学计量数之和不相等，则容器内的压强不变时，说明容器内气体不在增加减少，反应达到最大限度，即达到平衡状态，故B符合题意；
C．根据反应①的化学计算数，2v正(H2S)=4v正(CS2)=v逆(CS2)，即同一物质的正逆反应速率不相等，说明反应没有达到平衡状态，故C不符合题意；
D．CH4与H2的物质的量分数之比保持不变，说明CH4与H2的物质的量分数不在发生变化，说明体系反应达到最大限度，说明达到平衡状态，故D符合题意；
答案BD。
（2）根据平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化图所示，c、d的物质的量分数随温度升高是逐渐减小的，a、b是逐渐增大的，由于反应①是吸热反应(Q<0)，根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则生成物增加，反应物减少，可知a、b表示的是生成物， c、d表示的是反应物，根据反应①的化学计量数，生成物中CS2的物质的量比H2小，则a表示H2，b表示CS2，同理，c表示的是H2S，d表示的是CH4，故答案为表示CH4、CS2变化的曲线分别是d、b。
（3）M点对应温度下，起始时n(CH4)∶n(H2S)=1∶2，设起始时n(CH4) =1mol, n(H2S)= 2mol，转化的CH4为x mol，则可得CH4g+2H2Sg⇌CS2g+起始12转化x2xx平衡1-x2-2xx4H2g4x4x+Q
M点对应温度下，平衡时，a表示的H2和d表示的CH4的物质的量分数相等，则可得关系式1-x=4x，x=0.2mol，则H2S的转化率= 2x2×100%=0.42×100%=20%。
（4）在反应①中，适当提高n(CH4)∶n(H2S)的比值可提高H2S转化率，当投料比[n(CH4)∶n(H2S)]分别为1∶1、1∶3、12∶1时，即n(CH4)∶n(H2S)分别为1∶1、13∶1、12∶1时，n(CH4)∶n(H2S)=1∶1为三种组合中，n(CH4)∶n(H2S)的比值处于中间，则 H2S转化率也处于中间，则对应的图像是B组；根据题干可知，过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活，反应速率变慢，C组图像中H2S转化率最高，即n(CH4)∶n(H2S)比值最高，即n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，故C组图像中平均反应速率最低的可能原因是C组中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例过高使催化剂Al2O3失活，反应速率小。
（5）根据积碳量变化图所示，Co添加量越大，C的含量越高，原料气中只有CH4含有碳元素，则Co助剂可能催化原料气发生反应的化学方程式为CH4→高温C＋H2。
23．M是抗肿瘤药物研制过程中发现的重要活性物质。下图是某研究团队提出的以苯等有机物为原料的合成M的路线：
已知：
(1)溴苯的结构简式：_______，D中含氧官能团的名称是_______。
(2)苯→溴苯，该反应所需的试剂和条件为_______；B+E→F的反应类型是_______。
(3)D→E的化学反应方程式为_______。
(4)D有多种同分异构体，写出满足以下条件的一种同分异构体的结构简式_______。
①含氧官能团只有一种
②含苯环，无其他环，且苯环上只有2个取代基，
③不含—CH3
(5)以和为原料可合成，请将下列合成路线图补充完整______。 (其他无机原料任选，合成路线常用的表示方式为：)。
【答案】(1) 羰基、羧基
(2) 液溴、铁粉 加成反应
(3)
(4)
(5)
【解析】（1）溴苯为。D中含有羰基、-COOH为羧基。其含氧官能团为羰基、羧基。答案为；羰基、羧基；
（2）苯制备溴苯，条件为铁粉、液溴。由上分析E+B→F为C=C与酚羟基的加成反应。答案为液溴、铁粉；加成反应；
（3）该反应为酯化反应，反应为；
（4）D的化学式为C10H7O3Br，该分子中不饱和度为7，除了苯环无其他环，其有一种含氧官能团为3个-CHO，苯环上两个取代基，有以下情况：。答案为；
（5）逆推法应该由苯胺和丙酮加成再消去得到。硝基苯经还原反应得到苯胺。所有合成路线为。答案为。
24．以废旧铜电路板为原料制备硫酸铜晶体可变废为宝，如图是某工厂的实际制备工艺流程。
资料1：流程中RH为有机化合物
(1)浸取前将废旧铜电路板粉碎的目的是_____。
(2)上述流程中需要用到分液操作步骤是(填序号)_____。
(3)浸取后得到的溶液铜元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，浸取时发生反应的离子方程式为_____。
(4)研究发现，加入H2O2后随温度升高，铜元素浸出率随温度变化的曲线如图。分析温度高于85℃，铜元素浸出率下降可能的原因_____。
(5)工艺流程中循环使用的物质有：NH3、_____、有机溶剂、_____。
(6)该工厂排放的水质情况及国家允许的污水排放标准如表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如图所示。
项目
废水水质
排放标准
pH
1.0
6～9
Cu2+含量/(mg•L-1)
72
≤0.5
NH4+含量/(mg•L-1)
2632
≤15
资料2：Cu(OH)2+4NH3⇌[Cu(NH3)4]2++2OH－
①根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为_____。
②结合资料解释实验结果图中b到d段曲线所示的过程_____。
【答案】(1)提高浸取速率和铜的浸取率
(2)③⑤
(3)Cu+2NH3+H2O2+2NH4+=[Cu(NH3)4]2++2H2O
(4)温度过高会导致H2O2分解
(5) NH4Cl RH
(6) 9 b~c段，随着c(OH－)的增大，铵根离子和OH－结合生成NH3∙H2O，c(NH3)增大，反应Cu(OH)2+4NH3⇌[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升；c~d段随着c(OH－)的进一步增大，Cu(OH)2+4NH3⇌[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向进行，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变小，铜元素含量下降。
【解析】（1）粉碎操作可增大浸取液和废旧电路板的接触面积，从而提高浸取速率和铜的浸取率。
（2）分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法，上述流程中需要用到分液操作步骤是③⑤。
（3）该过程发生氧化还原反应，离子方程式为Cu+2NH3+H2O2+2NH4+=[Cu(NH3)4]2++2H2O。
（4）温度过高会导致H2O2分解，从而可能使得铜元素的浸出率下降。
（5）操作③分液得到的NH4Cl溶液可用于操作①浸取步骤，操作⑤分液得到的有机层中包含有机溶剂和RH，可重复用于③步骤。
（6）①由图像可知当pH=9时，铜元素含量最低，故根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为9；②b~c段，随着c(OH－)的增大，铵根离子和OH－结合生成NH3∙H2O，c(NH3)增大，发生Cu(OH)2+4NH3⇌[Cu(NH3)4]2++2OH－，该反应的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升。c~d段随着c(OH－)的进一步增大，Cu(OH)2+4NH3⇌[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向进行，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变小，铜元素含量下降。
2023年高考押题预测卷01【上海卷】
化 学
（考试时间：150分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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。
一．选择题（合计20题，每题2分，共40分）
1．北京冬奥会成功举办、“天宫课堂”如期开讲、神舟十三号顺利往返及“华龙一号”核电海外投产，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A．冬奥会“雪花“形态主火炬台采用的LED双面屏，其将电能全部转化为光能
B．乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程仅涉及化学变化
C．飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子材料
D．核电站反应堆所用铀棒中含有的92235U和92238U互为同位素
【答案】D
【解析】A．“雪花”形态主火炬台采用的LED双面屏，LED双面屏可以将电能转化为光能和热能，A错误；
B．乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程，属于溶解度的改变，仅涉及物理变化，B错误；
C．玻璃纤维属于无机非金属材料，不属于天然有机高分子材料，C错误；
D．92235U、92238 U的质子数都为92，中子数分别为143、146，是质子数相同、中子数不同的同一元素，两者互称同位素，D正确；
故选D。
2．中国企业承建的卡塔尔世界杯“大金碗”球场采用聚四氟乙烯材料构成屋面膜结构。下列说法不正确的是
A．聚四氟乙烯中不存在碳碳双键 B．合成聚四氟乙烯的单体是不饱和烃
C．聚四氟乙烯是一种性质较稳定的物质 D．聚四氟乙烯没有固定熔点
【答案】B
【解析】A． 聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚所得，则聚四氟乙烯中不存在碳碳双键，A正确；
B． 合成聚四氟乙烯的单体是四氟乙烯，由C和F元素组成，不属于烃、不属于不饱和烃，B不正确；
C． 聚四氟乙烯中只有C-F键和C-C键，难以断裂，是一种性质较稳定的物质，C正确；
D． 聚四氟乙烯是高聚物，属于混合物，没有固定熔点，D正确；
答案选B。
3．关于下列工业生产，说法不正确的是
A．氯碱工业：阳极产生Cl2，NaOH在阴极附近产生
B．硫酸工业：在吸收塔中安装热交换器，实现能量的充分利用
C．合成氨工业：利用氢气和氮气的循环来提高原料气的转化率
D．纯碱工业：侯氏制碱法在分离出NaHCO3后的母液中加入食盐，促进NH4Cl结晶
【答案】B
【解析】A．氯碱工业是电解饱和食盐水，阳极Cl-放电生成Cl2，阴极H2O中的氢离子放电生成H2，同时生成NaOH，A正确；
B．硫酸工业中，热交换器安装在接触室中，目的是将放出的热量是用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体，在吸收塔中吸收塔中没有热交换器，B错误；
C．氮气氢气循环操作，能提高氮气和氢气的利用率，提高原料气的转化率，C正确；
D．NaHCO3析出后的母液中主要是NH4Cl溶液，加入食盐，根据同离子效应，能促进NH4Cl从溶液中析出，D正确；
故选B。
4．探究氯气的性质装置示意图如下，a～d中均为浸有相应试液的棉花(夹持装置略)，下列说法正确的是
A．若a处褪色，说明Cl2具有漂白性
B．若d处褪色，说明Cl2具有漂白性
C．若b处变为橙色，c处变为蓝色，说明Cl2的氧化性强于Br2、I2
D．若b处变为橙色，c处变为蓝色，说明氧化性：Cl2>Br2>I2
【答案】C
【解析】A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，具有强氧化性的次氯酸能使品红溶液漂白褪色，则a处品红溶液褪色，说明次氯酸具有漂白性，故A错误；
B．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应中氢氧化钠溶液的碱性减弱，红色的氢氧化钠酚酞溶液褪色，则d处氢氧化钠酚酞溶液褪色，不能说明氯气具有漂白性，故B错误；
C．b处变为橙色说明氯气与溴化钾溶液反应生成氯化钾和溴，c处变为蓝色说明氯气与碘化钾溶液反应生成氯化钾和使淀粉溶液变蓝色的碘，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氯气的氧化性强于溴、碘，故C正确；
D．b处变为橙色说明氯气与溴化钾溶液反应生成氯化钾和溴，c处变为蓝色说明氯气与碘化钾溶液反应生成氯化钾和使淀粉溶液变蓝色的碘，实验中没有涉及溴和碘化钾淀粉溶液的实验，无法比较溴和碘的非金属性强弱，故D错误；
故选C。
5．下列由废催化剂(主要含FeBr3及少量溴、苯)制取无水FeCl3的实验，能达到实验目的的是
A．制取氯气
B．氧化Br－
C．分离FeCl3(aq)
D．蒸干溶液得FeCl3·6H2O
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】A．该反应需要加热，而装置缺少加热，故A错误；
B．氯气通入应该是“长进短出”，故B错误；
C．用苯萃取溶液中的溴单质，氯化铁溶液在下层，用分液漏斗分离，下层液体从下面流出来，上层液体从上口倒出来，故C正确；
D．铁离子会水解，盐酸易挥发，直接加热、蒸干溶液不能得到FeCl3·6H2O，得到氢氧化铁，故D错误。
综上所述，答案为C。
6．溶液A中含有如下离子中的若干种：Na+、NH4+、Mg2+、SO42−、SO32−、Cl-、OH-。为确定溶液中所含离子，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下：
下列说法正确的是
A．气体E能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B．若向沉淀B中加入足量稀硝酸，最终得到4.66 g沉淀
C．滤液C中大量存在的离子有NH4+、Ba2+、Cl-、OH-
D．溶液A中可能有Na+，无Cl-
【答案】B
【分析】加足量的氢氧化钠有气体F，说明原溶液没有OH-和Mg2+，F为氨气，2.33g沉淀D为硫酸钡，气体E为二氧化硫，4.5g沉淀B是2.33g硫酸钡和2.17g亚硫酸钡的混合物，则原溶液种n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g233g/mol=0.01mol，n(SO32-)=n(BaSO3)=2.17g217g/mol=0.01mol，n(NH4+)=n(BaSO4)=0.448L22.4L/mol=0.02mol，阳离子的电荷量小于阴离子的电荷量，所以溶液种一定有Na+，无法确定是否有Cl-。
【解析】A．气体E是氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；
B．若向沉淀B有0.01mol的BaSO4和0.01mol的BaSO3，加入足量稀硝酸，亚硫酸钡被氧化成硫酸钡，根据钡原子守恒可知最终得到0.02mol硫酸钡，质量为4.66 g沉淀，B正确；
C．溶液中没有OH-，C错误；
D．溶液A中一定有Na+，无法确定是否有Cl-，D错误；
故答案为：B。
7．下列选项所示的物质间转化都能实现的是
A．N2→点燃O2NO2→H2OHNO3
B．Cl2→点燃FeFeCl2→NaOHFe(OH)2
C．S→点燃O2SO3→H2OH2SO4
D．饱和NaCl→NH3→CO2晶体NaHCO3
【答案】D
【解析】A．在点燃条件下氮气和氧气不反应，A错误；
B．点燃条件下，铁和氯气反应生成三价铁，B错误；
C．单质硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，C错误；
D．根据侯氏制碱法，向饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳可以得到碳酸氢钠，D正确；
故选D。
8．下图所示的实验，不能达到实验目的的是
A
B
C
D
比较Fe3+的催化效果好于Cu2+
用溴水检验CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液生成的乙烯
验证铁发生吸氧腐蚀
实验室制Cl2时，除去Cl2中的HCl并干燥
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．H2O2的浓度不一样，没有控制变量，无法比较Fe3+的催化效果好于Cu2+，A符合题意；
B．CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液生成的乙烯能使溴水褪色，能达到实验目的，B不符合题意；
C．铁发生吸氧腐蚀，装置内压强减小，试管中液面会上升，能达到实验目的，C不符合题意；
D．实验室制Cl2时，用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，用浓硫酸干燥气体，能达到实验目的，D不符合题意；
故选A。
9．在FeSO4、CuSO4、Al2(SO4)3的混合溶液中通入适量H2S，产生的沉淀物是
A．Al(OH)3 B．Al2S3 C．CuS D．FeS
【答案】C
【解析】FeSO4、CuSO4、Al2(SO4)3的混合溶液中通入适量H2S，生成最难溶的CuS沉淀；
故答案选C。
10．D是一种具有交联结构的吸附性高分子材料，其部分合成路线如下图。
下列说法不正确的是
A．A、B、C 生成D的反应是加聚反应
B．C中的核磁共振氢谱图吸收峰面积之比为2：1：1：1
C．D在碱性条件下水解可以生成NH3
D．生成 1mol D 参与反应的A、B 物质的量之比为1：1
【答案】B
【解析】A．由于BC中的碳碳双键，A是苯乙烯，故该反应是加聚反应，A正确；
B．C有三种环境的氢，吸收峰面积之比为2：2：1，B错误；
C．D在碱性条件下水解，C-N键断裂，—NH2结合H原子生成NH3，C正确；
D． 从D的结构中可以看出，合成1molD，A使用了(m+n)mol，B使用了(m+n)mol，故生成 1mol D 参与反应的A、B 物质的量之比为1：1，D正确；
故选B。
11．下列方程式与所提供的事实不相符的是
A．向氯水中通入SO2，溶液褪色：SO2 + Cl2 + 2H2O = 2HCl + H2SO4
B．向NaHCO3溶液中滴入少量酚酞溶液，溶液变为浅红色：HCO3- ⇌ CO32-+ H+
C．实验室制取氨气：2NH4Cl + Ca(OH)2 Δ 2NH3↑+ CaCl2 + 2H2O
D．少量铁粉与稀硝酸反应：Fe + 4H++ NO3-= Fe3+ + NO↑+ 2H2O
【答案】B
【解析】A．氯气有强氧化性，可以将+4价硫氧化为+6价硫，则相应的方程式为：SO2 + Cl2 + 2H2O = 2HCl + H2SO4，A正确；
B．溶液变为浅红色，说明该溶液显碱性，碳酸氢根离子水解导致溶液显碱性，水解方程式为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，B错误；
C．实验室用氯化铵和氢氧化钙一起加热可以制备氨气，方程式为：2NH4Cl + Ca(OH)2 Δ 2NH3↑+ CaCl2 + 2H2O，C正确；
D．少量铁粉与稀硝酸反应可以生成+3价铁和一氧化氮，方程式为：Fe + 4H++ NO3-= Fe3+ + NO↑+ 2H2O，D正确；
故选B。
12．2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的科学家。点击化学的代表反应为铜([Cu])催化的叠氮−炔基Husigen成环反应，其原理如下图。
下列说法不正确的是
A．上述循环中H+ 是中间产物之一
B．上述循环过程中只有极性键的断裂和形成
C．Cu能降低反应的活化能，但不改变总反应的焓变
D．中间产物中N采取sp2、sp3杂化
【答案】B
【解析】A．根据图中右上角得到上述循环中H+ 是中间产物之一，故A正确；
B．上述循环过程中有极性键的断裂和形成，在右下角也有非极性键的断裂，故B错误；
C．Cu能降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变总反应的焓变，故C正确；
D．中间产物中左上角两个N采取sp2杂化、右上角的N采取sp3杂化，故D正确。
综上所述，答案为B。
13．一定温度下，向1L密闭容器中充入2molX和1molY，发生反应2X(g)+Y(g)⇌3Z(？)。达到平衡时，容器的压强从原来的P0变为0.4P0。下列说法错误的是
A．Z不可能为气体
B．达到平衡时容器内有1.8molZ
C．压缩体积，再次达到平衡，X的浓度不变
D．Y的体积分数不变说明反应达到平衡状态
【答案】D
【解析】A．若Z为气体，则反应前后气体的压强不变，题目中压强从原来的P0变为0.4P0故Z不可能为气体，故A正确；
B．根据向1L密闭容器中充入2molX和1molY，发生反应2X(g)+Y(g)⇌3Z(？)。达到平衡时，容器的压强从原来的P0变为0.4P0，则
2X(g)+Y(g)⇌3Z(s/l)开始/mol21转化/mol2xx平衡/mol2−2x1−x
则33-3x=P00.4P0，则x= 0.6，故达到平衡时容器内有1.8molZ，故B正确；
C．Z为非气体，故压缩体积，再次达到平衡，X的浓度不变，故C正确；
D．反应体系中只有X和Y，Y的体积分数一直为13，故Y的体积分数不变不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故选D。
14．下列事实不能依据键能大小解释的是
A．熔点：HF >HCl B．活泼性：N2 < P4
C．热稳定性：CH4 > SiH4 D．硬度：金刚石 > 晶体硅
【答案】A
【解析】A．HF与HCl均为分子晶体，熔点与共价键键能无关，HF熔点高于HCl是因为HF中存在氢键，氢键不属于化学键，A符合题意；
B．氮气中氮原子之间以共价三键连接，键能较大，比较稳定，因此氮气不如P4活泼，B不符合题意；
C．碳原子半径比硅原子小，碳氢键键长短，键能大，稳定性更好，C不符合题意；
D．金刚石与晶体硅都属于共价晶体，碳碳键键长短，键能大，硬度高，D不符合题意；
故选A。
15．我国发布了《医用同位素中长期发展规划(2021-2035年)》，对提升医用同位素相关产业能力水平、保障健康中国战略实施具有重要意义。医用同位素有14C、18F、 131I、60Co等，有关说法不正确的是
A．60Co位于元素周期表的第四周期第VIII族
B．18F和131I的最外层电子数相同
C．14C与12C的化学性质几乎相同
D．化合物23Na18F的中子总数为41
【答案】D
【解析】A．Co为27号元素，位于元素周期表的第四周期第VIII族，故A正确；
B．F和I 都属于第ⅦA族，最外层电子数相同，故B正确；
C． 14C与12C的化学性质几乎完全相同，但物理性质有差异，故C正确；
D． 23Na18F 的中子总数为(23-11)+(18-9)=21，为奇数，故D错误；
故选D。
16．室温下，经指定操作后，下列各组溶液中的离子还能大量共存的是
A．通入足量SO2：K+、Fe3+、Cl−、NO3−
B．通入适量CO2：Ca2+、Na+、Cl-、I−
C．通入足量HCl：Mg2+、K+、MnO4−、SO42−
D．通入足量NH3：Cu2+、Na+、SO42−、NO3−
【答案】B
【解析】A．SO2具有强的还原性，能与Fe3+和NO3−(酸性)发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．该组离子彼此不发生反应，且均与二氧化碳不能反应，可以大量共存，故B正确；
C．HCl具有还原性，能被MnO4−离子氧化，不能大量共存，故C错误；
D．足量氨气能与Cu2+形成络合离子，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
17．下列物质中，属于含非极性键的共价化合物是
A．CH3OH B．NH4Cl C．C2H4 D．Na2O2
【答案】C
【解析】A．CH3OH中存在C-H、C-O、O-H键均为极性共价键，该分子为共价化合物，A项不符合题意；
B．NH4Cl中含有离子键和极性共价键，它为离子化合物，B项不符合题意；
C．C2H4含有C=C非极性键和C-H的极性键，它为共价化合物，C项符合题意；
D．Na2O2中有离子键和O-O的非极性键，它为离子化合物，D项不符合题意；
故选C。
18．下列化学反应，相应的离子方程式一定正确的是
A．向NH4FeSO42溶液中加入少量NaOH溶液：NH4++OH−=NH3⋅H2O
B．1L1mol⋅L−1FeBr2溶液与一定量氯气反应，转移电子数为6.02×1023时：2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−
C．将2.24L(标准状况)CO2通入500mL 0.3 mol·L-1NaOH溶液中：2CO2+3OH−=CO32−+HCO3−+H2O
D．向Ca(ClO)2溶液通入少量SO2：Ca2++2ClO−+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
【答案】C
【解析】A．Fe3+结合OH-能力更强，先产生Fe(OH)3，A项错误；
B．计算得FeBr2物质的量为1mol。还原性强弱：Fe2+>Br-，转移6.02×1023电子时只有Fe2+被氧化即2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，B项错误；
C．CO2和NaOH物质的量之比为0.1：0.15=2:3，反应同时产生CO32-和HCO3-，该离子方程式正确，C项正确；
D．HClO为强氧化性能将SO2氧化为SO42-，该反应表达错误，D项错误；
故选C。
19．除去括号中的杂质适宜用NaOH溶液的是
A．溴苯(溴) B．碳酸氢钠(碳酸钠)
C．乙酸乙酯(乙酸) D．氧化铝(氧化铁)
【答案】A
【解析】A．溴与NaOH溶液反应生成可溶性盐，与溴苯互不相溶，静置后分层，接着进行分液，可以实现目的，A正确；
B．碳酸氢钠可以和氢氧化钠反应，无法得到被提纯的物质，B错误；
C．乙酸乙酯在氢氧化钠存在的条件下可以水解，无法得到被提纯的物质，C错误；
D．氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠溶液，而氧化铁与NaOH溶液不反应，被提纯物质参加反应，无法得到被提纯的物质，D错误；
故选A。
20．实验测得0.10 mol·L−1 NaHCO3溶液的pH随温度变化如下图。
下列说法正确的是
A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是HCO3-水解被抑制
B．O点溶液和P点溶液中c(OH-)相等
C．将N点溶液恢复到25℃，pH可能大于8.62
D．Q点、M点溶液中均有：c(CO32-) + c(HCO3-) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+)
【答案】C
【解析】A． 升高温度，HCO3-水解使pH增大，水电离使pH减小，OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是水电离对氢离子浓度影响大于HCO3-水解，故A错误；
B． O点溶液和P点溶液中c(H+)相等，c(H+)c(OH-)的值不相等，c(OH-)不相等，故B错误；
C． 温度升高后，碳酸氢钠可能部分分解，将N点溶液恢复到25℃，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢根，pH可能大于8.62，故C正确；
D． Q点、M点溶液中均有电荷守恒：2c(CO32-) + c(HCO3-) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+)，故D错误；
故选C。
第II卷（非选择题）
二、非选择题（共4题，合计60分）
21．某国产电动汽车推出的“刀片电池”具有强环境适应性，更安全可靠。“刀片电池”正极材料使用了磷酸亚铁锂(LiFePO4)。磷酸亚铁锂(LiFePO4)由Li2CO3、C6H12O6和FePO4在高温条件下制备。
12FePO4+6Li2CO3+C6H12O6高温12LiFePO4+6CO↑+6H2O↑+6CO2↑
(1)铁是26号元素，它是___________。(选填编号)
a．主族元素b．副族元素c．短周期元素d．长周期元素
磷元素的原子核外有___________种运动状态不同的电子。
(2)上述方程式中，CO2的电子式为___________，属于第二周期的元素，原子半径由小到大排列___________。
(3)反应中的氧化剂是___________；当有0.1molLiFePO4生成时，转移电子的数目为___________个。
磷酸亚铁锂也可以用(CH3COO)2Fe、NH4H2PO4和LiOH为原料制备。
(4)NH4H2PO4溶于水形成的溶液中存在：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(H2PO4−)+___________。
(5)请解释(CH3COO)2Fe溶于水显酸性的原因___________。
【答案】(1) bd 15
(2) r(O)
(4)3c(PO43−)+2c(HPO42−)
(5)Fe2+水解呈酸性，且Fe2+水解程度大于CH3COO-的水解程度
【解析】（1）铁是26号元素，位于第三周期Ⅷ族，它是副族元素、长周期元素，选bd。
磷元素的原子核外有15个电子，电子的运动状态有15种。
（2）CO2是共价化合物，电子式为；方程式中属于第二周期的元素是Li、C、O，同周期元素从左到右半径依次减小，原子半径由小到大排列r(O)
（4）根据电荷守恒，NH4H2PO4溶于水形成的溶液中存在：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(H2PO4−)+3c(PO43−)+2c(HPO42−)。
（5）(CH3COO)2Fe 是弱酸弱碱盐，Fe2+水解呈酸性，CH3COO-水解呈碱性，Fe2+水解程度大于CH3COO-的水解程度，所以(CH3COO)2Fe溶液呈酸性。
22．Ⅰ.H2S与CH4重整，不但可以消除污染，还可以制氢。主要反应如下：①CH4(g)＋2H2S(g) ⇌CS2(g)＋4H2(g)＋Q(Q<0)
(1)在恒温恒容条件下，可作为反应①达到平衡状态的判断依据是___________(选填编号)。
A．混合气体密度不变
B．容器内压强不变
C．2v正(H2S)=v逆(CS2)
D．CH4与H2的物质的量分数之比保持不变
Ⅱ.在恒压条件下，以n(CH4)∶n(H2S)=1∶2的组成的混合气体发生反应①，达到平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化如图所示。
(2)如图中表示CH4、CS2变化的曲线分别是___________、___________(选填编号)。
(3)M点对应温度下，H2S的转化率是___________。
Ⅲ.在研究反应发生的适宜条件时发现：过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活；Co助剂有稳定催化剂的作用。如图表示800℃，Al2O3催化剂条件下投入等量H2S，投料比[n(CH4)∶n(H2S)]分别为1∶1、1∶3、12∶1，达平衡时H2S转化率、平均反应速率。
(4)投料比n(CH4)∶n(H2S)=1∶1为对应图中___________组图像(选填“A”“B”或“C”)；在三组图像中，C组图像中平均反应速率最低的可能原因是___________。
(5)未添加Co助剂时，无积碳，随着Co添加量的变化，积碳量变化如图所示，Co助剂可能催化原料气发生反应的化学方程式为___________。
【答案】(1)BD
(2) d b
(3)20%
(4) B C组中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例过高使催化剂Al2O3失活，反应速率小
(5)CH4→高温C＋H2
【解析】（1）A．恒温恒容下，容积不变，容器内的气体质量也不变，则无论反应是否平衡，密度都不变，故混合气体密度不变不能作为反应①达到平衡的判断依据，故A不符合题意；
B．反应①中可逆符号前后的气体化学计量数之和不相等，则容器内的压强不变时，说明容器内气体不在增加减少，反应达到最大限度，即达到平衡状态，故B符合题意；
C．根据反应①的化学计算数，2v正(H2S)=4v正(CS2)=v逆(CS2)，即同一物质的正逆反应速率不相等，说明反应没有达到平衡状态，故C不符合题意；
D．CH4与H2的物质的量分数之比保持不变，说明CH4与H2的物质的量分数不在发生变化，说明体系反应达到最大限度，说明达到平衡状态，故D符合题意；
答案BD。
（2）根据平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化图所示，c、d的物质的量分数随温度升高是逐渐减小的，a、b是逐渐增大的，由于反应①是吸热反应(Q<0)，根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则生成物增加，反应物减少，可知a、b表示的是生成物， c、d表示的是反应物，根据反应①的化学计量数，生成物中CS2的物质的量比H2小，则a表示H2，b表示CS2，同理，c表示的是H2S，d表示的是CH4，故答案为表示CH4、CS2变化的曲线分别是d、b。
（3）M点对应温度下，起始时n(CH4)∶n(H2S)=1∶2，设起始时n(CH4) =1mol, n(H2S)= 2mol，转化的CH4为x mol，则可得CH4g+2H2Sg⇌CS2g+起始12转化x2xx平衡1-x2-2xx4H2g4x4x+Q
M点对应温度下，平衡时，a表示的H2和d表示的CH4的物质的量分数相等，则可得关系式1-x=4x，x=0.2mol，则H2S的转化率= 2x2×100%=0.42×100%=20%。
（4）在反应①中，适当提高n(CH4)∶n(H2S)的比值可提高H2S转化率，当投料比[n(CH4)∶n(H2S)]分别为1∶1、1∶3、12∶1时，即n(CH4)∶n(H2S)分别为1∶1、13∶1、12∶1时，n(CH4)∶n(H2S)=1∶1为三种组合中，n(CH4)∶n(H2S)的比值处于中间，则 H2S转化率也处于中间，则对应的图像是B组；根据题干可知，过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活，反应速率变慢，C组图像中H2S转化率最高，即n(CH4)∶n(H2S)比值最高，即n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，故C组图像中平均反应速率最低的可能原因是C组中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例过高使催化剂Al2O3失活，反应速率小。
（5）根据积碳量变化图所示，Co添加量越大，C的含量越高，原料气中只有CH4含有碳元素，则Co助剂可能催化原料气发生反应的化学方程式为CH4→高温C＋H2。
23．M是抗肿瘤药物研制过程中发现的重要活性物质。下图是某研究团队提出的以苯等有机物为原料的合成M的路线：
已知：
(1)溴苯的结构简式：_______，D中含氧官能团的名称是_______。
(2)苯→溴苯，该反应所需的试剂和条件为_______；B+E→F的反应类型是_______。
(3)D→E的化学反应方程式为_______。
(4)D有多种同分异构体，写出满足以下条件的一种同分异构体的结构简式_______。
①含氧官能团只有一种
②含苯环，无其他环，且苯环上只有2个取代基，
③不含—CH3
(5)以和为原料可合成，请将下列合成路线图补充完整______。 (其他无机原料任选，合成路线常用的表示方式为：)。
【答案】(1) 羰基、羧基
(2) 液溴、铁粉 加成反应
(3)
(4)
(5)
【解析】（1）溴苯为。D中含有羰基、-COOH为羧基。其含氧官能团为羰基、羧基。答案为；羰基、羧基；
（2）苯制备溴苯，条件为铁粉、液溴。由上分析E+B→F为C=C与酚羟基的加成反应。答案为液溴、铁粉；加成反应；
（3）该反应为酯化反应，反应为；
（4）D的化学式为C10H7O3Br，该分子中不饱和度为7，除了苯环无其他环，其有一种含氧官能团为3个-CHO，苯环上两个取代基，有以下情况：。答案为；
（5）逆推法应该由苯胺和丙酮加成再消去得到。硝基苯经还原反应得到苯胺。所有合成路线为。答案为。
24．以废旧铜电路板为原料制备硫酸铜晶体可变废为宝，如图是某工厂的实际制备工艺流程。
资料1：流程中RH为有机化合物
(1)浸取前将废旧铜电路板粉碎的目的是_____。
(2)上述流程中需要用到分液操作步骤是(填序号)_____。
(3)浸取后得到的溶液铜元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，浸取时发生反应的离子方程式为_____。
(4)研究发现，加入H2O2后随温度升高，铜元素浸出率随温度变化的曲线如图。分析温度高于85℃，铜元素浸出率下降可能的原因_____。
(5)工艺流程中循环使用的物质有：NH3、_____、有机溶剂、_____。
(6)该工厂排放的水质情况及国家允许的污水排放标准如表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如图所示。
项目
废水水质
排放标准
pH
1.0
6～9
Cu2+含量/(mg•L-1)
72
≤0.5
NH4+含量/(mg•L-1)
2632
≤15
资料2：Cu(OH)2+4NH3⇌[Cu(NH3)4]2++2OH－
①根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为_____。
②结合资料解释实验结果图中b到d段曲线所示的过程_____。
【答案】(1)提高浸取速率和铜的浸取率
(2)③⑤
(3)Cu+2NH3+H2O2+2NH4+=[Cu(NH3)4]2++2H2O
(4)温度过高会导致H2O2分解
(5) NH4Cl RH
(6) 9 b~c段，随着c(OH－)的增大，铵根离子和OH－结合生成NH3∙H2O，c(NH3)增大，反应Cu(OH)2+4NH3⇌[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升；c~d段随着c(OH－)的进一步增大，Cu(OH)2+4NH3⇌[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向进行，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变小，铜元素含量下降。
【解析】（1）粉碎操作可增大浸取液和废旧电路板的接触面积，从而提高浸取速率和铜的浸取率。
（2）分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法，上述流程中需要用到分液操作步骤是③⑤。
（3）该过程发生氧化还原反应，离子方程式为Cu+2NH3+H2O2+2NH4+=[Cu(NH3)4]2++2H2O。
（4）温度过高会导致H2O2分解，从而可能使得铜元素的浸出率下降。
（5）操作③分液得到的NH4Cl溶液可用于操作①浸取步骤，操作⑤分液得到的有机层中包含有机溶剂和RH，可重复用于③步骤。
（6）①由图像可知当pH=9时，铜元素含量最低，故根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为9；②b~c段，随着c(OH－)的增大，铵根离子和OH－结合生成NH3∙H2O，c(NH3)增大，发生Cu(OH)2+4NH3⇌[Cu(NH3)4]2++2OH－，该反应的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升。c~d段随着c(OH－)的进一步增大，Cu(OH)2+4NH3⇌[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向进行，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变小，铜元素含量下降。
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