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2023年上海市重点中学四校高考化学联考试卷-普通用卷
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这是一份2023年上海市重点中学四校高考化学联考试卷-普通用卷，共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2023年上海市重点中学四校高考化学联考试卷
一、单选题（本大题共19小题，共57.0分）
1. 用于制造下列物品的合金材料，密度最小的是( )
A. 飞机外壳—硬铝 B. 美工刀刀片—高碳钢
C. 下水井盖—生铁 D. 储氢合金—La−Ni合金
2. 工业上通过Al2O3+N2+3C=高温2AlN+3CO可制得高温陶瓷材料AlN。下列说法正确的是( )
A. N2的电子式为：
B. AlN是分子晶体
C. 27Al用原子中的中子数为14
D. 基态氮原子轨道表示式：
3. 锡(50Sn)与硅处于同一主族，下列说法错误的是( )
A. Sn位于第四周期第ⅣA族 B. 金属性： 37Rb>Sn
C. 原子半径：Sn>Si D. 晶体硬度：Si>Sn
4. 下列事实不是因分子极性所致的是( )
A. 沸点：CO>N2
B. HCl极易溶于水
C. 常温常压下，CH4是气体，CCl4是液体
D. 用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近水流，水流会偏向橡胶棒
5. 下列有关螺[3,4]辛烷的说法正确的是( )
A. 分子式为C8H16
B. 一氯代物有4种
C. 分子中所有碳原子共面
D. 与2−甲基−3−庚烯互为同分异构体
6. 欲用如图所示反应实现CO2固定及再利用，下列叙述正确的是( )
A. M与甲醚互为同分异构体
B. M可以发生开环加成反应
C. N分子中含有醛基和酯基
D. N可以发生开环聚合反应
7. 用圆底烧瓶收集NH3后进行喷泉实验，由烧瓶中的实验现象可推知的结论是 ( )
选项
现象
结论
A
形成喷泉
NH3与H2O发生了反应
B
剩余少量气体
NH3的溶解已达饱和
C
溶液呈红色
NH3⋅H2O是一元弱碱
D
溶液露置于空气一段时间后，pH下降
氨水具有挥发性
A. A B. B C. C D. D
8. 以下各组物质(括号内为杂质)的除杂试剂选择和实验操作均正确的是( )
A. Fe2O3(Al2O3)：加入过量NaOH(aq)，过滤
B. FeCl3(aq)(FeCl2)：加入铁粉充分反应后过滤
C. NaHCO3(aq)(Na2CO3)：加热
D. C2H2(H2S)：通过盛有浓硫酸的洗气瓶
9. 一种CO2羰基化合成CH3OH反应机理的主要过程如图所示(图中数字为键长的数值，单位相同且都省略)。下列说法错误的是 ( )
A. CO2在反应中被还原 B. 总反应的原子利用率未达100%
C. 整个过程发生了2步加成反应 D. 由图可知，键长会受到周围基团的影响
10. 如图是某元素的价类二维图。其中X是一种强碱，G为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对原子质量比C小16，各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. D为一种红棕色气体 B. C→B的转化过程中，Z作氧化剂
C. F在一定条件下可直接与Y反应生成D D. B和F能发生复分解反应生成盐
11. 有研究认为，在强碱性溶液中，反应I−+ClO−⇌IO−+Cl−分三步进行
①ClO−+H2O⇌HClO+OH−，K1=3.3×10−10
②⋅⋅⋅⋅⋅⋅
③HIO+OH−⇌IO−+H2O，K3=2.3×103
下列说法错误的是( )
A. 氧化性：ClO−>IO−
B. 升温，K1增大
C. 第②步反应：HClO+I−⇌HlO+Cl−
D. K3>K1，故反应速率：③>①
12. 常温下，酸性：H2CO3>H2S。H2S与足量Na2CO3(aq)反应的离子方程式为( )
A. H2S+CO32−=HS−+HCO3−
B. H2S+2CO32−=S2−+2HCO3−
C. 2H2S+CO32−=2HS−+CO2↑+H2O
D. H2S+CO32−=S2−+CO2↑+H2O
13. 在恒容密闭容器中，通入一定量CH4(g)和NO2(g)发生反应：CH4(g)+2NO2(g)⇌CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)，相同时间内测得NO2的转化率与温度的关系如图。下列叙述正确的是( )
A. NO2的平衡转化率：α(300℃)>α(200℃)
B. 反应速率：b点>e点
C. c点和d点均处于平衡状态
D. 适当升温或增大c(CH4)可提高c点时NO2的转化率和反应速率
14. 利用太阳能电池电解NH3得到高纯H2的装置如图所示。下列说法正确的是( )
A. a为阴极，b为阳极 B. 电解时OH−由b极区→a极区
C. 电解时b极区溶液中n(KOH)减小 D. 电解时，太阳能直接转化成化学能
15. 常温下，向20mL0.10mol⋅L−1的Na2CO3(aq)中滴加0.10mol⋅L−1的盐酸，溶液pH随滴定百分率的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. a点：c(H2CO3)−c(CO32−)>c(OH−)−c(Cl−)
B. b点溶液中的含碳微粒之和<0.002mol
C. 水的电离程度：a点>b点
D. 煮沸是为了除去CO2，使突跃变小
16. 厌氧腐蚀是指在缺氧的深层潮湿土壤中，钢管表面附着的硫酸盐还原菌会促进钢铁的腐蚀，反应原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 厌氧腐蚀属于化学腐蚀
B. 发生厌氧腐蚀会使土壤碱性增强
C. 镀锌钢管破损后钢铁腐蚀加速
D. 每生成1molFeS，共转移2mol电子
17. 误服白磷(P4)，应立即用2%硫酸铜溶液洗胃，其反应是11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P↓+24H3PO4+60H2SO4，下列说法正确的是( )
A. 白磷(P4)只发生了氧化反应
B. H2SO4是还原产物
C. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：6
D. 1molCuSO4能氧化0.05molP4
18. 某无色溶液中可能含以下离子中的几种：Na+、Ag+、NH4+、Al3+、CO32−、AlO2−、S2O32−、SO42−。为确定该溶液中的离子，现取该溶液进行有关实验，现象如图。下列说法正确的是( )
A. 气体甲中一定有SO2
B. 淡黄色沉淀甲是AgBr
C. 原溶液可能存在的离子有Na+、CO32−
D. 溶液甲→气体乙的反应仅有Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑
19. PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb氧化物能氧化浓盐酸生成Cl2。现将1molPbO2加热分解得到O2，向剩余固体A中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体A的组成及物质的量比是( )
A. 2：1混合的Pb3O4、PbO
B. 1：2混合的PbO2、Pb3O4
C. 1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO
D. 1：1：4混合的PbO2、Pb3O4、PbO
二、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
20. 以Cl2和K2MnO4浓强碱溶液(绿色)为原料，利用如图所示的装置(加热、夹持装置略)制备KMnO4。装置B中的反应为Cl2+2K2MnO4=2KCl+2KMnO4。已知：K2MnO4在碱性减弱时易发生自身氧化还原反应。
(1)仪器d的名称为 ______ ，d中的溶液是 ______ 。实验开始前，向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a的玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后观察水能否滴下，此操作 ______ (选填“能”或“不能”)检验装置的气密性。
(2)单向阀的作用是 ______ 。当B中反应结束，应先熄灭A处酒精灯，再 ______ ，待冷却后拆除装置。
(3)上述装置存在一处缺陷会使B中溶液碱性减弱，降低KMnO₄产率。改进方法为：在装置A、B间增加盛有 ______ 溶液的仪器d。KMnO4(H+)广泛应用于物质分析中。准确称取0.446g某复合氧化物[La2O3⋅2CaO⋅MnOx,M=(493+16x)g⋅mol−1]样品，加入5.00mL0.05301mol⋅L−1的Na2C2O4(aq)和足量酸酸化，60～70℃反应30min后该复合氧化物完全溶解得到无色透明溶液。用0.01910mol⋅L−1的KMnO4(aq)滴定剩余的Na2C2O4(aq)，消耗KMnO4(aq)10.02mL。
(4)滴定终点的现象为 ______ ，溶解和滴定过程中，反应的氧化产物和还原产物相同。
滴定过程发生的离子反应如下：2KMnO4+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
(5)复合氧化物组成中，x= ______ (取整数)。若溶解过程使用盐酸酸化，会使x的值 ______ (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
三、简答题（本大题共3小题，共24.0分）
21. 拟卤离子主要有CN−、OCN−、SCN−，性质与卤离子相似，它们相应的中性分子性质与卤素单质也相似。已知还原性：F−>OCN−>Cl−>Br−>CN−>SCN−>I−。
(1)(CN)2与水反应生成的含氧酸的结构式为 ______ 。从原子结构角度分析在CN−中，元素C显正化合价的原因 ______ 。
(2)调节电镀厂的电镀废液pH在8.5～9.4之间，再加入漂白粉可消除废液中有毒的CN−。将反应的离子方程式补充完整(漂白粉用ClO−表示) ______ ClO−+ ______ CN−+ ______ = ______ HCO3−+ ______ N2+ ______ 。
(3)常温下，将amol⋅L−1的HCN(aq)与bmol⋅L−1的NaOH(aq)等体积混合，反应后溶液恰好呈中性，用含a、b的代数式表示HCN−⇌H++CN−平衡常数K= ______ ；向混合溶液中继续加入HCN(aq)使溶液的pH=6，此时溶液中c(CN−)−c(Na+)= ______ mol⋅L−1(填准确数值)。
(4)写出酸性条件下，MnO2和KSCN(aq)反应的离子方程式 ______ 。
22. 脱除烟气中的SO2、NO有以下几种方法。
Ⅰ.H2催化还原NO，原理如下：
①2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)+akJ
②2NO(g)+H2(g)⇌N2O(g)+H2O(g)+bkJ
(1)2NO(g)+N2(g)⇌2N2O(g)+QkJ。用含a、b的表达式表示Q= ______ 。
(2)某温度下反应达到平衡，H2的初始体积分数对H2还原NO反应的影响如图所示。H2催化还原NO的主反应是上述反应中的 ______ (选填“①”或“②”)，当H2初始体积分数大于600×10−6时，N2的体积分数呈下降趋势的原因是 ______ 。
Ⅱ.碱性溶液吸收SO2
(3)工业上用氨水吸收SO2，生成的正盐溶液呈弱碱性的原因是 ______ 。
Ⅲ.尿素[CO(NH2)2]溶液吸收SO2、NO。CO(NH2)2(aq)吸收含SO2、NO的烟气时通入少量ClO2可同时实现脱硫、脱硝。脱硝的总反应为NO+CO(NH2)2+ClO2→N2+CO2+HCl+H2O(未配平)。
(4)脱硝反应分为两步。第一步的化学方程式为 ______ ；第二步：NO2和CO(NH2)2反应生成N2和CO2。
(5)将含SO2、NO的烟气以一定的流速通过10%的CO(NH2)2(aq)，其他条件不变，不通ClO2和通少量ClO2时，SO2的去除率如下表：
不通ClO2
通少量ClO2
SO2的去除率
>80%
<80%
用电离平衡移动原理解释通入少量的ClO2使SO2去除率降低的原因 ______ 。
23. 以乙酰乙酸乙酯()为原料合成抗癌药凡诺利品的中间体M()的一条合成路线如图：
(1)A中的官能团有 ______ 、 ______ 。反应①的反应条件是：C2H5OH、 ______ 。
(2)C为，反应②和③的反应类型分别是 ______ 、 ______ 。写出由羟醛缩合反应合成C的化学方程式 ______ 。
已知：，D无支链。
(3)D的结构简式为 ______ 。写出一种满足下列条件的D的同分异构体 ______ 。
①含三种不同化学环境的H原子；
②能发生银镜反应；
③能使紫色石蕊试液变红。
(4)将以乙酰乙酸乙酯、四氢呋喃()和苯甲醛为主要原料(无机试剂任选)合成的合成路线补充完整 ______ 。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.硬铝为铝合金，密度小，硬度大，可用于制造飞机的外壳，其密度最小，故A正确；
B.高碳钢的含碳量较低，含铁量较高，密度较大，故B错误；
C.生铁的含碳量最高，密度较大，故C错误；
D.La−Ni储氢合金密度较大，故D错误；
故选：A。
根据各个合金的组成进行分析解答。
本题考查合金的密度，注意对基础知识的积累。
2.【答案】C
【解析】解：A.氮气分子中N原子之间共用3对电子，N原子外围达到8电子结构，电子式为，故A错误；
B.高温陶瓷材料AlN的熔点高，属于共价晶体，故B错误；
C. 27Al的质子数为13，原子中的中子数27−13=14，故C正确；
D.基态氮原子核外有7个电子，其中价电子数为5，分布在2s、sp轨道上，且2p轨道上3个电子分占3个轨道，且自旋方向相同，其基态氮原子轨道表示式：，故D错误；
故选：C。
A.氮气分子中含氮氮三键，N原子外围达到8电子结构；
B.高温陶瓷材料AlN为共价晶体；
C.原子中质量数=质子数+中子数；
D.基态氮原子核外有7个电子，其中价电子数为5，分布在2s、sp轨道上，且2p轨道上3个电子分占3个轨道，且自旋方向相同。
本题考查了常见化学用语的正误判断和物质分类，明确电子式、核素、基态原子轨道表示式等概念及正确的表示方法，注意掌握晶体特征性质的分析判断方法，试题培养了学生灵活运用基础知识的能力，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.Sn质子数为50，与硅处于同一主族，Sn位于第五周期第ⅣA族，故A错误；
B.同周期元素从左到右金属性减弱，金属性： 37Rb>Sn，故B正确；
C.同主族元素从上到下，半径依次增大，原子半径：Sn>Si，故C正确；
D.Si是原子晶体、Sn是金属晶体，晶体硬度：Si>Sn，故D正确；
故选：A。
A.Sn质子数为50，与硅处于同一主族；
B.同周期元素从左到右金属性减弱；
C.同主族元素从上到下，半径依次增大；
D.Si是原子晶体、Sn是金属晶体。
本题考查元素周期律，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
4.【答案】C
【解析】解：A.CO的分子极性大于N2的分子极性，所以沸点：CO>N2，故A正确；
B.HCl为极性分子，水为极性分子，二者极性相似，所以氯化氢极易溶于水，故B正确；
C.甲烷与四氯化碳都是分子晶体，四氯化碳相对分子质量大，分子间作用力强，熔沸点高，常温下为液体，与分子的极性无关，故C错误；
D.水为极性分子，正负电荷中心不重合，用毛皮摩擦过的橡胶棒带电，所以用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近水流，水流会偏向橡胶棒，故D正确；
故选：C。
A.分子量相同时，极性越大，沸点越高；
B.依据相似相溶原理；
C.甲烷与四氯化碳都是分子晶体，四氯化碳相对分子质量大，分子间作用力强；
D.水为极性分子。
本题考查了分子的结构与性质，明确极性分子和非极性分子概念及结构特点是解题关键，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.根据螺[3,4]辛烷的结构可知，其分子式为C8H14，故A错误；
B.该物质结构对称，有四种不同的氢，故一氯代物有4种，故B正确；
C.该分子最中间的碳原子为饱和碳原子，与之相连的4个碳原子不可能在同一平面，分子中所有碳原子不共面，故C错误；
D.2−甲基−3−庚烯的分子式为C8H16，两种物质的分子式不同，不互为同分异构体，故D错误；
故选：B。
有机物分子式为C8H14，含有饱和碳原子，具有甲烷的结构和性质特点，分子中含有4种H，以此解答该题。
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生分析能力和综合运用化学知识的能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.M的分子式为C2H4O，甲醚的结构简式为CH3OCH3，分子式为C2H6O，M与甲醚不互为同分异构体，故A错误；
B.M分子不含不饱和键，不可以发生开环加成，故B错误；
C.N分子只含有酯基，不含醛基，故C错误；
D.N可以发生开环聚合形成高分子化合物，故D正确；
故选：D。
A.分子式相同，结构也不同，互为同分异构体；
B.M分子不含不饱和键；
C.N分子只含有酯基，不含醛基；
D.N可以发生开环聚合形成高分子化合物。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.形成喷泉表明氨气易溶于水，从而形成负压，但不能说明氨气与水发生反应，故A错误；
B.剩余的少量气体，是未排尽的空气，烧瓶内溶解的氨气未达饱和，故B错误；
C.溶液呈红色，表明氨气溶于水后，溶液呈碱性，不能确定NH3⋅H2O是强碱还是弱碱，故C错误；
D.溶液露置于空气一段时间后，pH下降，表明溶液的碱性减弱，氨水挥发出氨气，故D正确；
故选：D。
A.形成喷泉表明氨气易溶于水，从而形成负压；
B.剩余的少量气体，是未排尽的空气；
C.溶液呈红色，表明氨气溶于水后，溶液呈碱性；
D.溶液露置于空气一段时间后，pH下降，是因为氨水挥发出氨气。
本题考查氨气的性质实验，题目难度不大，明确发生反应的原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
8.【答案】A
【解析】解：A.氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，氧化铁和氢氧化钠不反应，因而加入过量NaOH(aq)然后过滤，可除去氧化铝，故A正确；
B.加入铁粉，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，不能达到除杂的目的，故B错误；
C.碳酸氢钠不稳定，加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水，不能达到除杂的目的，应该往碳酸钠中通入二氧化碳可以达到除杂的目的，故C错误；
D.硫化氢和过量浓硫酸反应生成SO2，引入了新的杂质，不能达到除杂的目的，故D错误；
故选：A。
A.氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，氧化铁和氢氧化钠不反应；
B.加入铁粉，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁；
C.碳酸氢钠不稳定，加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水；
D.硫化氢和过量浓硫酸反应生成SO2。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.CO2在反应中与氢气发生加成反应，被还原，故A正确；
B.HOCH2OH反应生成HCHO的过程中脱去了一分子水，原子利用率未达到100%，故B正确；
C.整个过程中CO2与氢气加成生成HCOOH，HCOOH与氢气加成生成HOCH2OH，HCHO与H2加成生成CH3OH，整个过程发生了3步加成反应，故C错误；
D.从图中可知，因为H2的影响，C=O的长度发生变化，故D正确；
故选：C。
从反应机理的过程图可知，CO2与H2反应生成HCOOH，HCOOH反应生成HOCH2OH，HOCH2OH反应生成HCHO，HCHO最后反应生成CH3OH。
本题考查化学反应，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】C
【解析】解：A.分析可知D为NO为无色气体，故A错误；
B.C→B的转化过程中，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，Z既不作氧化剂也不做还原剂，故B错误；
C.F在一定条件下可直接与Y反应生成D，反应的化学方程式为：4NH3+5O2=△4NO+6H2O，故C正确；
D.B和F能发生反应生成硝酸铵，NH3+HNO3=NH4NO3，反应属于化合反应，不是复分解反应，故D错误；
故选：C。
图是某元素的价类二维图，其中X是一种强碱，G为正盐，生成F为氢化物，判断形成的氢化物F为NH3，G为铵盐，D的相对原子质量比C小16，结合价态和分类分析可知，有Y为O2，E为N2，D为NO，C为NO2，通常条件下Z是无色液体为H2O，B为HNO3，A为硝酸盐，结合分析回答选项问题。
本题考查物质分类、无机物的推断，“盐与碱反应生成氢化物以及氢化物连续反应生成氧化物”等是推断的突破口，熟练掌握中学常见连续反应、三角转化以及特殊的置换反应、特殊现象反应等，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.在I−+ClO−⇌IO−+Cl−该反应中ClO−中氯元素化合价降低做氧化剂，IO−为氧化产物，氧化剂氧化性强于氧化产物，故氧化性ClO−>IO−，故A正确；
B.升高温度促进ClO−的水解，使化学平衡正向移动，K1增大，故B正确；
C.根据总反应和反应①、③的方程式，可得反应②的方程式为HClO+I−⇌HlO+Cl−，故C正确；
D.K3>K1，仅能说明第三步反应进行程度比第一步反应大，无法判断反应速率的快慢，故D错误；
故选：D。
A.I−+ClO−⇌IO−+Cl−该反应中ClO−中氯元素化合价降低做氧化剂，IO−为氧化产物，氧化剂氧化性强于氧化产物；
B.升温促进ClO−的水解；
C.根据总反应和反应①、③可得反应②为HClO+I−⇌HlO+Cl−；
D.K3>K1，仅说明第三步反应进行程度比第一步反应大。
本题考查化学反应原理，涉及氧化还原反应的原理，化学平衡常数、平衡的移动等，题目中等难度。
12.【答案】A
【解析】解：酸性：H2CO3>H2S，根据强酸制弱酸，可发生：H2CO3+HS−=H2S+HCO3−，但不一定能发生HCO3−+HS−=H2S+CO32−，也就是说，H2S的电离常数可能比HCO3−大，所以H2S与足量Na2CO3(aq)反应的离子方程式为：H2S+CO32−=HS−+HCO3−，
故选：A。
H2S与足量Na2CO3(aq)反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠，据此进行解答。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.200℃～400℃，NO2的转化率逐渐增大，400℃时NO2的转化率达到最大，400℃以后NO2的平衡转化率逐渐降低，故200℃～400℃未达到可逆反应的平衡状态，400℃时反应达到平衡，升温后NO2的平衡转化率逐渐降低，平衡逆向移动，正反应方向为放热反应；升温平衡逆向移动，平衡转化率降低，α(300℃)<α(200℃)，故A错误；
B.e点为600℃，b点为300℃，b、e两点NO2的浓度接近，温度越高反应速率越快，反应速率：b点
D.c点未达到平衡状态，升温，反应速率加快，NO2的转化率增大，增大c(CH4)，反应物浓度增大，反应速率加快，同时提高NO2的转化量，即可提高c点时NO2的转化率和反应速率，故D正确；
故选：D。
A.200℃～400℃，NO2的转化率逐渐增大，400℃时NO2的转化率达到最大，400℃以后NO2的平衡转化率逐渐降低，故200℃～400℃未达到可逆反应的平衡状态，400℃时反应达到平衡，升温后NO2的平衡转化率逐渐降低，平衡逆向移动；
B.e点为600℃，b点为300℃，b、e两点NO2的浓度接近，温度越高反应速率越快；
C.200℃～400℃，反应正在向正向反应，未达到可逆反应的平衡状态，400℃时反应达到平衡，400℃以后平衡逆向移动；
D.c点未达到平衡状态，适当升温，加快反应速率从而提高该段时间内NO2的转化率；增大c(CH4)，反应物浓度增大，反应速率加快，同时提高NO2的转化量。
本题考查反应速率和化学平衡，侧重考查学生平衡图像的掌握情况，试题难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.由分析可知，a为阳极，b为阴极，故A错误；
B.电解时，a为阳极，b为阴极，OH−由b极区→a极区，故B正确；
C.电解时，b极区溶液中发生反应6H2O+6e−=6OH−+3H2↑，OH−通过阴离子交换膜移向阳极，所以n(KOH)不变，故C错误；
D.电解时，通过太阳能电极板，将太阳能直接转化成电能，故D错误；
故选：B。
从图中可以看出，a极：NH3→N2，则a极NH3失电子发生氧化反应，a极为阳极，b极H2O得电子生成H2等，b极为阴极。a极：2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O，b极：6H2O+6e−=6OH−+3H2↑。
本题考查了电解原理、电极反应、离子移向和电子守恒的计算应用，主要是电解池和能量变化的分析判断，题目难度不大。
15.【答案】C
【解析】解：A.a点滴定百分率为25%，溶质为等浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCl，碳酸根离子水解、碳酸氢根离子都水解，所以c(OH−)>2c(H2CO3)，所以c(H2CO3)−c(CO32−)
C.碳酸根离子、碳酸氢根离子水解促进失电子，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，随滴定百分率增大，Na2CO3→NaHCO3→NaCl，水的电离程度降低：a点>b点，故C正确；
D.煮沸是为了除去CO2，使pH突跃变大，故D错误；
故选：C。
碳酸钠溶液中滴加盐酸，依次发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，题目难度不大。
16.【答案】B
【解析】解：A.钢管中含有碳元素，铁、碳与潮湿的土壤形成原电池，则厌氧腐蚀属于电化学腐蚀，故A错误；
B.正极反应为：2H2O+2e−=2OH−+H2↑，产生了氢氧根离子，故发生厌氧腐蚀会使土壤碱性增强，故B正确；
C.镀锌的钢管破损后锌比铁活泼，锌作负极，保护铁不被腐蚀，镀锌钢管破损后钢铁腐蚀减慢，故C错误；
D.4H2+SO42−=催化剂S2−+4H2O，硫酸根离子变为硫离子时转移8个电子，则每生成 1mol FeS，最终转移的电子数为8NA，故D错误；
故选：B。
厌氧腐蚀的机理为在溶液pH为7～8之间的条件下，钢管中的铁做原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，钢管中的碳做正极，水在正极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e−=2OH−+H2↑，放电生成的氢气在厌氧细菌的催化作用下与硫酸根离子反应生成硫离子和水，反应离子的方程式为4H2+SO42−=催化剂S2−+4H2O。
本题考查金属的腐蚀，侧重考查学生金属腐蚀基础知识的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】D
【解析】解：A.P元素的化合价部分由0价降低为−3价，P元素的化合价部分由0价升高为+5价，则白磷(P4)既发生了氧化反应又发生还原反应，故A错误；
B.该反应11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4中S元素化合价不变，则H2SO4不是还原产物，故B错误；
C.该反应11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4中部分磷作氧化剂，部分磷作还原剂，硫酸铜是氧化剂，Cu3P为还原产物，H3PO4为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为6：5，故C错误；
D.由电子守恒可知，1molCuSO4氧化的P4为1mol5×4=0.05mol，故D正确；
故选：D。
11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P↓+24H3PO4+60H2SO4，P元素的化合价由0降低为−3价，P元素的化合价由0升高为+5价，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，以此来解答。
本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意从元素的化合价角度分析，题目难度不大。
18.【答案】A
【解析】解：A.由分析可知，原溶液中一定含有S2O32−，加入过量HBr，生成S沉淀和SO2气体，所以气体甲中一定有SO2，故A正确；
B.由分析可知，淡黄色沉淀甲是S，不可能是AgBr，故B错误；
C.原溶液中一定存在Na+，可能存在CO32−，故C错误；
D.溶液甲→气体乙，除去发生反应Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑，还发生过量HBr与NH4HCO3的反应，故D错误；
故选：A。
无色溶液中加入过量HBr，有淡黄色沉淀生成，若此淡黄色沉淀为AgBr，则溶液中含有Ag+，不存在CO32−、AlO2−、S2O32−、SO42−，溶液中不含有阴离子，此种情况不可能，所以溶液中不含有Ag+，一定含有S2O32−；溶液甲中加入过量NH4HCO3，产生白色沉淀和气体乙，则溶液甲中含有AlO2−，原溶液中不含有Ag+、NH4+、Al3+，一定含有Na+；溶液乙中加入过量的Ba(OH)2，产生的白色沉淀中通入过量CO2后全部溶解，则白色沉淀为BaCO3，原溶液中一定不含有SO42−。综合以上分析，原溶液中一定含有Na+、AlO2−、S2O32−，一定不含有Ag+、NH4+、Al3+、SO42−，不能确定CO32−是否存在。
本题考查常见离子的检验，根据反应现象进行分析判断，熟练掌握物质的性质，试题培养了学生的分析推理能力、实验能力、运用知识解决实际问题的能力。
19.【答案】D
【解析】解：PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物(Pb为+4、+2价)，铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl−被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移电子为1mol×(4−2)=2mol，设该过程得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒有：3x×4+2x×2=2，解得x=0.125，故知1molPbO2在受热分解过程中产生O2为0.125mol×3=0.375mol，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n(O)=2mol−0.375mol×2=1.25mol，故剩余固体中n(Pb)：n(O)=1mol：1.25mol=4：5，
A.2：1混合的Pb3O4、PbO，n(Pb)：n(O)=(2×3+1)：(2×4+1)=7：9，故A错误；
B.1：2混合的PbO2、Pb3O4，n(Pb)：n(O)=(1+6)：(2+8)=7：10，故B错误；
C.1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n(Pb)：n(O)=(1+12+1)：(2+16+1)=14：19，故C错误；
D.1：1：4混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n(Pb)：n(O)=(1+3+4)：(2+4+4)=4：5，故D正确；
故选：D。
PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物(Pb为+4、+2价)，铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl−被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移2mole−，设该过程得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒计算x的值，进而确定PbO2加热分解后的物质中n(Pb)：n(O)，据此判断。
本题通过元素化合物转化，考查氧化还原反应计算，侧重考查学生的分析推理能力，难度中等，注意电子转移守恒的利用。
20.【答案】洗气瓶 NaOH溶液 不能 防止倒吸 打开弹簧夹，通入空气 饱和食盐水 溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 2 偏小
【解析】解：(1)仪器d为洗气瓶；由分析可知，装置d中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气；恒压滴液漏斗，能起到平衡气压，便于液体顺利流下的作用，所以实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下不能检验装置的气密性，
故答案为：洗气瓶；NaOH溶液；不能；
(2)单向阀只允许气体从左流向右，不允许溶液从右流向左，可以起到防倒吸的作用；当B中反应结束后，装置中还残留有未反应的氯气，为防止拆除装置时氯气逸出污染环境，所以拆除装置时的操作为熄灭A处酒精灯后，打开弹簧夹，通入空气，将装置中的氯气赶到装置C中被氢氧化钠溶液完全吸收，待冷却后拆除装置，
故答案为：防止倒吸；打开弹簧夹，通入空气；
(3)由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氧化氢，
故答案为：饱和食盐水；
(4)KMnO4(aq)滴定剩余的Na2C2O4(aq)，发生氧化还原反应，直到草酸被完全氧化，所以滴定终点的现象是溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
(5)根据反应2KMnO4+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，解得与复合氧化物反应后剩余的草酸钠物质的量为n=5×0.01910×10.02×10−32mol，则与复合氧化物反应草酸钠物质的量为n1=0.05301×25×10−3mol−5×0.01910×10.02×10−32mol=8.46795×10−4mol，复合氧化物(La2O3⋅2CaO⋅MnOx)的物质的量为0.446493+16xmol，复合氧化物和草酸钠发生氧化还原反应，其中MnOx→Mn2+、C2O42−→CO2，根据得失电子守恒，0.446493+16xmol×(2x−2)=8.46795×10−4×2mol，解得x≈2；若溶解过程使用盐酸酸化，则Cl−会消耗部分KMnO4，KMnO4用量偏大，会使x值偏小，
故答案为：2；偏小。
由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氧气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓强碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
本题考查制备实验方案的设计，侧重考查学生物质之间的反应和滴定的掌握情况，试题难度中等。
21.【答案】H−O−C≡N C原子半径大于N，吸引电子的能力小于N，因此C显正价 5 2 H2O 2 1 5Cl− b×10−7a−b 9.9×10−7 MnO2+4H++2SCN−=Mn2++(SCN)2↑+2H2O
【解析】解：(1)(CN)2是拟卤素与卤素单质分子性质相似，类比可知(CN)2与水反应生成的含氧酸为HCNO，其结构式为H−O−C≡N；氰根是碳原子与氮原子通过碳氮三键连接而成，C和N的原子电子层数相同，核电荷数C小于N，最外层电子数C小于N，原子半径C大于N，氮原子吸引电子能力强于碳原子，所以这三对电子偏向氮原子，氮显−3价，所以相应的碳就显+2价，
故答案为：H−O−C≡N；C原子半径大于N，吸引电子的能力小于N，因此C显正价；
(2)碳元素化合价由+2价升高为+4价，氮元素化合价由−3价升高为0价，故升高总的价态为5，ClO−作为氧化剂因此其氯元素化合价由+1价降低为−1价产物应为Cl−，此时降低价态为2，根据电子得失守恒可知，该离子方程式为5ClO−+2CN−+H2O=2HCO3−+N2+5Cl−，
故答案为：5；2；H2O；2；1；5Cl−；
(3)常温下，将amol⋅L−1的HCN(aq)与bmol⋅L−1的NaOH(aq)等体积混合，反应后溶液恰好呈中性，根据c(Na+)+c(H+)=c(CN−)+c(OH−)、c(H+)=c(OH−)可知c(Na+)=c(CN−)=b2mol/L，结合物料守恒c(HCN)=a2mol/L−c(CN−)=a−b2mol/L，用HCN⇌H++CN−平衡常数K=c(H+)×c(CN−)c(HCN)=10−7×b2a−b2=b×10−7a−b，可得K=b×10−7a−b；向混合溶液中继续加入HCN(aq)使溶液的pH=6，可知c(H+)=10−6mol/L，c(OH−)=Kw10−6=10−1410−6mol/L=10−8mol/L，由此可得知此时溶液中c(CN−)−c(Na+)=c(H+)−c(OH−)=(10−6−10−8)mol/L=9.9×10−7mol/L，
故答案为：b×10−7a−b；9.9×10−7；
(4)MnO2与KSCN在酸性条件下反应，根据拟卤素离子跟卤素离子性质相似，可以类比知道生成了(SCN)2，据此可得离子方程式为MnO2+4H++2SCN−=Mn2++(SCN)2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2SCN−=Mn2++(SCN)2↑+2H2O。
(1)(CN)2是拟卤素与卤素单质分子性质相似，类比可知(CN)2与水反应生成的含氧酸为HCNO，氰根是碳原子与氮原子通过碳氮三键连接而成，C和N的原子电子层数相同，核电荷数C小于N，最外层电子数C小于N，原子半径C大于N，氮原子吸引电子能力强于碳原子；
(2)碳元素化合价由+2价升高为+4价，氮元素化合价由−3价升高为0价，故升高总的价态为5，ClO−作为氧化剂因此其氯元素化合价由+1价降低为−1价产物应为Cl−，此时降低价态为2，根据电子得失守恒可知
(3)常温下，将amol⋅L−1的HCN(aq)与bmol⋅L−1的NaOH(aq)等体积混合，反应后溶液恰好呈中性，根据c(Na+)+c(H+)=c(CN−)+c(OH−)、c(H+)=c(OH−)可知c(Na+)=c(CN−)=b2mol/L，结合物料守恒c(HCN)=a2mol/L−c(CN−)=a−b2mol/L；向混合溶液中继续加入HCN(aq)使溶液的pH=6，可知c(H+)=10−6mol/L，c(OH−)=Kw10−6=10−1410−6mol/L=10−8mol/L，由此可得知此时溶液中c(CN−)−c(Na+)=c(H+)−c(OH−)；
(4)MnO2与KSCN在酸性条件下反应，根据拟卤素离子跟卤素离子性质相似，可以类比知道生成了(SCN)2。
本题考查氯及其化合物的性质，侧重考查学生含氯物质性质的掌握情况，试题难度中等。
22.【答案】2b−a ① 氢气和生成的氮气反应生成氨气 NH4+水解程度小于SO32− 5NO+2ClO2+H2O=5NO2+2HCl 通入ClO2，会导致溶液pH下降，降低SO2的溶解度，二氧化氮与尿素的反应，也会导致与SO2反应的尿素减少
【解析】解：(1)，由盖斯定律可知，反应2NO(g)+N2(g)⇌2N2O(g)可由反应②×2−反应①得到，则Q=2b−a，
故答案为：2b−a；
(2)从图中可知，N2的体积分数大于N2O，因此H2催化还原NO的主反应是上述反应中的①。从图中可知，当H2初始体积分数大于600×10−6时，NH3的体积分数明显增大，说明此时氢气与生成的氮气反应生成了氨气，导致氮气的体积分数呈下降趋势，
故答案为：①；氢气和生成的氮气反应生成氨气；
(3)工业上用氨水吸收SO2，生成(NH4)2SO3，NH4+水解溶液呈酸性，SO32−水解溶液呈碱性，生成的正盐溶液呈弱碱性，说明NH4+离子的水解程度小于SO32−离子，
故答案为：NH4+水解程度小于SO32−；
(4)第二步反应NO2与CO(NH2)2反应生成N2和CO2，说明第一步NO和ClO2反应生成了HCl和NO2，化学方程式为5NO+2ClO2+H2O=5NO2+2HCl，
故答案为：5NO+2ClO2+H2O=5NO2+2HCl；
(5)通入少量ClO2时，生成了HCl，导致溶液的pH下降，降低了SO2的溶解度，同时通入ClO2生成NO2，NO2与尿素反应也会导致与SO2反应的尿素减少，
故答案为：通入ClO2，会导致溶液pH下降，降低SO2的溶解度，二氧化氮与尿素的反应，也会导致与SO2反应的尿素减少。
(1)由盖斯定律可知，②×2−反应①得到目标方程式，则Q=2b−a；
(2)从图中可知，N2的体积分数大于N2O，因此H2催化还原NO的主反应是上述反应中的①；从图中可知，当H2初始体积分数大于600×10−6时，NH3的体积分数明显增大，说明此时氢气与生成的氮气反应生成了氨气；
(3)NH4+水解溶液呈酸性，SO32−水解溶液呈碱性，生成的正盐(NH4)2SO3溶液呈弱碱性，说明NH4+离子的水解程度小于SO32−离子的水解程度；
(4)第二步反应NO2与CO(NH2)2反应生成N2和CO2，说明第一步NO和ClO2反应生成了HCl和NO2；
(5)通入少量ClO2时，生成了HCl，导致溶液的pH下降，降低了SO2的溶解度，通入ClO2生成NO2，NO2与尿素反应导致与SO2反应的尿素减少。
本题考查化学反应原理，涉及化学平衡的移动、盐的水解及其应用、硫和氮的化合物的性质等，题目中等难度。
23.【答案】碳溴键 羧基 浓硫酸、加热 取代反应 加成反应 HCHO+H3CCOCH3→羟醛缩合cond+H2O
【解析】解：(1)根据A的结构简式可知含有的官能团为：碳溴键、羧基；反应①的反应条件是：C2H5OH、浓硫酸、加热，
故答案为：碳溴键；羧基；浓硫酸、加热；
(2)根据B的结构简式可知反应②发生的为取代反应；反应③将C中的C=C键打开发生加成反应；由羟醛缩合反应合成C的化学方程式：HCHO+H3CCOCH3→羟醛缩合cond+H2O，
故答案为：取代反应；加成反应；HCHO+H3CCOCH3→羟醛缩合cond+H2O；
(3)B经过碱性条件水解在酸性条件下加热，在经过加热−CO2得到D()； ①含三种不同化学环境的H原子；②能发生银镜反应说明含有醛基；③能使紫色石蕊试液变红说明含有羧基；满足条件的D的同分异构体：，
故答案为：；；
(4)将以乙酰乙酸乙酯、四氢呋喃和苯甲醛为主要原料合成，Br(CH2)3CH2OH与乙酰乙酸乙酯发生消去生成，发生取代生成，与发生消去生成，合成路径为：，
故答案为：。
CH3COOH与Br在P的条件下反应生成BrCH2COOH，BrCH2COOH与乙醇发生酯化反应生成BrCH2COOC2H5，BrCH2COOC2H5与乙酰乙酸乙酯发生取代反应生成B；
(4)将以乙酰乙酸乙酯、四氢呋喃和苯甲醛为主要原料合成，Br(CH2)3CH2OH与乙酰乙酸乙酯发生消去生成，发生取代生成，与发生消去生成。
本题考查有机推断，侧重考查学生官能团、有机反应类型、有机方程式和合成路线的掌握情况，试题难度中等。
2023年上海市重点中学四校高考化学联考试卷
一、单选题（本大题共19小题，共57.0分）
1. 用于制造下列物品的合金材料，密度最小的是( )
A. 飞机外壳—硬铝 B. 美工刀刀片—高碳钢
C. 下水井盖—生铁 D. 储氢合金—La−Ni合金
2. 工业上通过Al2O3+N2+3C=高温2AlN+3CO可制得高温陶瓷材料AlN。下列说法正确的是( )
A. N2的电子式为：
B. AlN是分子晶体
C. 27Al用原子中的中子数为14
D. 基态氮原子轨道表示式：
3. 锡(50Sn)与硅处于同一主族，下列说法错误的是( )
A. Sn位于第四周期第ⅣA族 B. 金属性： 37Rb>Sn
C. 原子半径：Sn>Si D. 晶体硬度：Si>Sn
4. 下列事实不是因分子极性所致的是( )
A. 沸点：CO>N2
B. HCl极易溶于水
C. 常温常压下，CH4是气体，CCl4是液体
D. 用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近水流，水流会偏向橡胶棒
5. 下列有关螺[3,4]辛烷的说法正确的是( )
A. 分子式为C8H16
B. 一氯代物有4种
C. 分子中所有碳原子共面
D. 与2−甲基−3−庚烯互为同分异构体
6. 欲用如图所示反应实现CO2固定及再利用，下列叙述正确的是( )
A. M与甲醚互为同分异构体
B. M可以发生开环加成反应
C. N分子中含有醛基和酯基
D. N可以发生开环聚合反应
7. 用圆底烧瓶收集NH3后进行喷泉实验，由烧瓶中的实验现象可推知的结论是 ( )
选项
现象
结论
A
形成喷泉
NH3与H2O发生了反应
B
剩余少量气体
NH3的溶解已达饱和
C
溶液呈红色
NH3⋅H2O是一元弱碱
D
溶液露置于空气一段时间后，pH下降
氨水具有挥发性
A. A B. B C. C D. D
8. 以下各组物质(括号内为杂质)的除杂试剂选择和实验操作均正确的是( )
A. Fe2O3(Al2O3)：加入过量NaOH(aq)，过滤
B. FeCl3(aq)(FeCl2)：加入铁粉充分反应后过滤
C. NaHCO3(aq)(Na2CO3)：加热
D. C2H2(H2S)：通过盛有浓硫酸的洗气瓶
9. 一种CO2羰基化合成CH3OH反应机理的主要过程如图所示(图中数字为键长的数值，单位相同且都省略)。下列说法错误的是 ( )
A. CO2在反应中被还原 B. 总反应的原子利用率未达100%
C. 整个过程发生了2步加成反应 D. 由图可知，键长会受到周围基团的影响
10. 如图是某元素的价类二维图。其中X是一种强碱，G为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对原子质量比C小16，各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. D为一种红棕色气体 B. C→B的转化过程中，Z作氧化剂
C. F在一定条件下可直接与Y反应生成D D. B和F能发生复分解反应生成盐
11. 有研究认为，在强碱性溶液中，反应I−+ClO−⇌IO−+Cl−分三步进行
①ClO−+H2O⇌HClO+OH−，K1=3.3×10−10
②⋅⋅⋅⋅⋅⋅
③HIO+OH−⇌IO−+H2O，K3=2.3×103
下列说法错误的是( )
A. 氧化性：ClO−>IO−
B. 升温，K1增大
C. 第②步反应：HClO+I−⇌HlO+Cl−
D. K3>K1，故反应速率：③>①
12. 常温下，酸性：H2CO3>H2S。H2S与足量Na2CO3(aq)反应的离子方程式为( )
A. H2S+CO32−=HS−+HCO3−
B. H2S+2CO32−=S2−+2HCO3−
C. 2H2S+CO32−=2HS−+CO2↑+H2O
D. H2S+CO32−=S2−+CO2↑+H2O
13. 在恒容密闭容器中，通入一定量CH4(g)和NO2(g)发生反应：CH4(g)+2NO2(g)⇌CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)，相同时间内测得NO2的转化率与温度的关系如图。下列叙述正确的是( )
A. NO2的平衡转化率：α(300℃)>α(200℃)
B. 反应速率：b点>e点
C. c点和d点均处于平衡状态
D. 适当升温或增大c(CH4)可提高c点时NO2的转化率和反应速率
14. 利用太阳能电池电解NH3得到高纯H2的装置如图所示。下列说法正确的是( )
A. a为阴极，b为阳极 B. 电解时OH−由b极区→a极区
C. 电解时b极区溶液中n(KOH)减小 D. 电解时，太阳能直接转化成化学能
15. 常温下，向20mL0.10mol⋅L−1的Na2CO3(aq)中滴加0.10mol⋅L−1的盐酸，溶液pH随滴定百分率的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. a点：c(H2CO3)−c(CO32−)>c(OH−)−c(Cl−)
B. b点溶液中的含碳微粒之和<0.002mol
C. 水的电离程度：a点>b点
D. 煮沸是为了除去CO2，使突跃变小
16. 厌氧腐蚀是指在缺氧的深层潮湿土壤中，钢管表面附着的硫酸盐还原菌会促进钢铁的腐蚀，反应原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 厌氧腐蚀属于化学腐蚀
B. 发生厌氧腐蚀会使土壤碱性增强
C. 镀锌钢管破损后钢铁腐蚀加速
D. 每生成1molFeS，共转移2mol电子
17. 误服白磷(P4)，应立即用2%硫酸铜溶液洗胃，其反应是11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P↓+24H3PO4+60H2SO4，下列说法正确的是( )
A. 白磷(P4)只发生了氧化反应
B. H2SO4是还原产物
C. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：6
D. 1molCuSO4能氧化0.05molP4
18. 某无色溶液中可能含以下离子中的几种：Na+、Ag+、NH4+、Al3+、CO32−、AlO2−、S2O32−、SO42−。为确定该溶液中的离子，现取该溶液进行有关实验，现象如图。下列说法正确的是( )
A. 气体甲中一定有SO2
B. 淡黄色沉淀甲是AgBr
C. 原溶液可能存在的离子有Na+、CO32−
D. 溶液甲→气体乙的反应仅有Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑
19. PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb氧化物能氧化浓盐酸生成Cl2。现将1molPbO2加热分解得到O2，向剩余固体A中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体A的组成及物质的量比是( )
A. 2：1混合的Pb3O4、PbO
B. 1：2混合的PbO2、Pb3O4
C. 1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO
D. 1：1：4混合的PbO2、Pb3O4、PbO
二、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
20. 以Cl2和K2MnO4浓强碱溶液(绿色)为原料，利用如图所示的装置(加热、夹持装置略)制备KMnO4。装置B中的反应为Cl2+2K2MnO4=2KCl+2KMnO4。已知：K2MnO4在碱性减弱时易发生自身氧化还原反应。
(1)仪器d的名称为 ______ ，d中的溶液是 ______ 。实验开始前，向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a的玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后观察水能否滴下，此操作 ______ (选填“能”或“不能”)检验装置的气密性。
(2)单向阀的作用是 ______ 。当B中反应结束，应先熄灭A处酒精灯，再 ______ ，待冷却后拆除装置。
(3)上述装置存在一处缺陷会使B中溶液碱性减弱，降低KMnO₄产率。改进方法为：在装置A、B间增加盛有 ______ 溶液的仪器d。KMnO4(H+)广泛应用于物质分析中。准确称取0.446g某复合氧化物[La2O3⋅2CaO⋅MnOx,M=(493+16x)g⋅mol−1]样品，加入5.00mL0.05301mol⋅L−1的Na2C2O4(aq)和足量酸酸化，60～70℃反应30min后该复合氧化物完全溶解得到无色透明溶液。用0.01910mol⋅L−1的KMnO4(aq)滴定剩余的Na2C2O4(aq)，消耗KMnO4(aq)10.02mL。
(4)滴定终点的现象为 ______ ，溶解和滴定过程中，反应的氧化产物和还原产物相同。
滴定过程发生的离子反应如下：2KMnO4+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
(5)复合氧化物组成中，x= ______ (取整数)。若溶解过程使用盐酸酸化，会使x的值 ______ (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
三、简答题（本大题共3小题，共24.0分）
21. 拟卤离子主要有CN−、OCN−、SCN−，性质与卤离子相似，它们相应的中性分子性质与卤素单质也相似。已知还原性：F−>OCN−>Cl−>Br−>CN−>SCN−>I−。
(1)(CN)2与水反应生成的含氧酸的结构式为 ______ 。从原子结构角度分析在CN−中，元素C显正化合价的原因 ______ 。
(2)调节电镀厂的电镀废液pH在8.5～9.4之间，再加入漂白粉可消除废液中有毒的CN−。将反应的离子方程式补充完整(漂白粉用ClO−表示) ______ ClO−+ ______ CN−+ ______ = ______ HCO3−+ ______ N2+ ______ 。
(3)常温下，将amol⋅L−1的HCN(aq)与bmol⋅L−1的NaOH(aq)等体积混合，反应后溶液恰好呈中性，用含a、b的代数式表示HCN−⇌H++CN−平衡常数K= ______ ；向混合溶液中继续加入HCN(aq)使溶液的pH=6，此时溶液中c(CN−)−c(Na+)= ______ mol⋅L−1(填准确数值)。
(4)写出酸性条件下，MnO2和KSCN(aq)反应的离子方程式 ______ 。
22. 脱除烟气中的SO2、NO有以下几种方法。
Ⅰ.H2催化还原NO，原理如下：
①2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)+akJ
②2NO(g)+H2(g)⇌N2O(g)+H2O(g)+bkJ
(1)2NO(g)+N2(g)⇌2N2O(g)+QkJ。用含a、b的表达式表示Q= ______ 。
(2)某温度下反应达到平衡，H2的初始体积分数对H2还原NO反应的影响如图所示。H2催化还原NO的主反应是上述反应中的 ______ (选填“①”或“②”)，当H2初始体积分数大于600×10−6时，N2的体积分数呈下降趋势的原因是 ______ 。
Ⅱ.碱性溶液吸收SO2
(3)工业上用氨水吸收SO2，生成的正盐溶液呈弱碱性的原因是 ______ 。
Ⅲ.尿素[CO(NH2)2]溶液吸收SO2、NO。CO(NH2)2(aq)吸收含SO2、NO的烟气时通入少量ClO2可同时实现脱硫、脱硝。脱硝的总反应为NO+CO(NH2)2+ClO2→N2+CO2+HCl+H2O(未配平)。
(4)脱硝反应分为两步。第一步的化学方程式为 ______ ；第二步：NO2和CO(NH2)2反应生成N2和CO2。
(5)将含SO2、NO的烟气以一定的流速通过10%的CO(NH2)2(aq)，其他条件不变，不通ClO2和通少量ClO2时，SO2的去除率如下表：
不通ClO2
通少量ClO2
SO2的去除率
>80%
<80%
用电离平衡移动原理解释通入少量的ClO2使SO2去除率降低的原因 ______ 。
23. 以乙酰乙酸乙酯()为原料合成抗癌药凡诺利品的中间体M()的一条合成路线如图：
(1)A中的官能团有 ______ 、 ______ 。反应①的反应条件是：C2H5OH、 ______ 。
(2)C为，反应②和③的反应类型分别是 ______ 、 ______ 。写出由羟醛缩合反应合成C的化学方程式 ______ 。
已知：，D无支链。
(3)D的结构简式为 ______ 。写出一种满足下列条件的D的同分异构体 ______ 。
①含三种不同化学环境的H原子；
②能发生银镜反应；
③能使紫色石蕊试液变红。
(4)将以乙酰乙酸乙酯、四氢呋喃()和苯甲醛为主要原料(无机试剂任选)合成的合成路线补充完整 ______ 。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.硬铝为铝合金，密度小，硬度大，可用于制造飞机的外壳，其密度最小，故A正确；
B.高碳钢的含碳量较低，含铁量较高，密度较大，故B错误；
C.生铁的含碳量最高，密度较大，故C错误；
D.La−Ni储氢合金密度较大，故D错误；
故选：A。
根据各个合金的组成进行分析解答。
本题考查合金的密度，注意对基础知识的积累。
2.【答案】C
【解析】解：A.氮气分子中N原子之间共用3对电子，N原子外围达到8电子结构，电子式为，故A错误；
B.高温陶瓷材料AlN的熔点高，属于共价晶体，故B错误；
C. 27Al的质子数为13，原子中的中子数27−13=14，故C正确；
D.基态氮原子核外有7个电子，其中价电子数为5，分布在2s、sp轨道上，且2p轨道上3个电子分占3个轨道，且自旋方向相同，其基态氮原子轨道表示式：，故D错误；
故选：C。
A.氮气分子中含氮氮三键，N原子外围达到8电子结构；
B.高温陶瓷材料AlN为共价晶体；
C.原子中质量数=质子数+中子数；
D.基态氮原子核外有7个电子，其中价电子数为5，分布在2s、sp轨道上，且2p轨道上3个电子分占3个轨道，且自旋方向相同。
本题考查了常见化学用语的正误判断和物质分类，明确电子式、核素、基态原子轨道表示式等概念及正确的表示方法，注意掌握晶体特征性质的分析判断方法，试题培养了学生灵活运用基础知识的能力，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.Sn质子数为50，与硅处于同一主族，Sn位于第五周期第ⅣA族，故A错误；
B.同周期元素从左到右金属性减弱，金属性： 37Rb>Sn，故B正确；
C.同主族元素从上到下，半径依次增大，原子半径：Sn>Si，故C正确；
D.Si是原子晶体、Sn是金属晶体，晶体硬度：Si>Sn，故D正确；
故选：A。
A.Sn质子数为50，与硅处于同一主族；
B.同周期元素从左到右金属性减弱；
C.同主族元素从上到下，半径依次增大；
D.Si是原子晶体、Sn是金属晶体。
本题考查元素周期律，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
4.【答案】C
【解析】解：A.CO的分子极性大于N2的分子极性，所以沸点：CO>N2，故A正确；
B.HCl为极性分子，水为极性分子，二者极性相似，所以氯化氢极易溶于水，故B正确；
C.甲烷与四氯化碳都是分子晶体，四氯化碳相对分子质量大，分子间作用力强，熔沸点高，常温下为液体，与分子的极性无关，故C错误；
D.水为极性分子，正负电荷中心不重合，用毛皮摩擦过的橡胶棒带电，所以用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近水流，水流会偏向橡胶棒，故D正确；
故选：C。
A.分子量相同时，极性越大，沸点越高；
B.依据相似相溶原理；
C.甲烷与四氯化碳都是分子晶体，四氯化碳相对分子质量大，分子间作用力强；
D.水为极性分子。
本题考查了分子的结构与性质，明确极性分子和非极性分子概念及结构特点是解题关键，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.根据螺[3,4]辛烷的结构可知，其分子式为C8H14，故A错误；
B.该物质结构对称，有四种不同的氢，故一氯代物有4种，故B正确；
C.该分子最中间的碳原子为饱和碳原子，与之相连的4个碳原子不可能在同一平面，分子中所有碳原子不共面，故C错误；
D.2−甲基−3−庚烯的分子式为C8H16，两种物质的分子式不同，不互为同分异构体，故D错误；
故选：B。
有机物分子式为C8H14，含有饱和碳原子，具有甲烷的结构和性质特点，分子中含有4种H，以此解答该题。
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生分析能力和综合运用化学知识的能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.M的分子式为C2H4O，甲醚的结构简式为CH3OCH3，分子式为C2H6O，M与甲醚不互为同分异构体，故A错误；
B.M分子不含不饱和键，不可以发生开环加成，故B错误；
C.N分子只含有酯基，不含醛基，故C错误；
D.N可以发生开环聚合形成高分子化合物，故D正确；
故选：D。
A.分子式相同，结构也不同，互为同分异构体；
B.M分子不含不饱和键；
C.N分子只含有酯基，不含醛基；
D.N可以发生开环聚合形成高分子化合物。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.形成喷泉表明氨气易溶于水，从而形成负压，但不能说明氨气与水发生反应，故A错误；
B.剩余的少量气体，是未排尽的空气，烧瓶内溶解的氨气未达饱和，故B错误；
C.溶液呈红色，表明氨气溶于水后，溶液呈碱性，不能确定NH3⋅H2O是强碱还是弱碱，故C错误；
D.溶液露置于空气一段时间后，pH下降，表明溶液的碱性减弱，氨水挥发出氨气，故D正确；
故选：D。
A.形成喷泉表明氨气易溶于水，从而形成负压；
B.剩余的少量气体，是未排尽的空气；
C.溶液呈红色，表明氨气溶于水后，溶液呈碱性；
D.溶液露置于空气一段时间后，pH下降，是因为氨水挥发出氨气。
本题考查氨气的性质实验，题目难度不大，明确发生反应的原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
8.【答案】A
【解析】解：A.氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，氧化铁和氢氧化钠不反应，因而加入过量NaOH(aq)然后过滤，可除去氧化铝，故A正确；
B.加入铁粉，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，不能达到除杂的目的，故B错误；
C.碳酸氢钠不稳定，加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水，不能达到除杂的目的，应该往碳酸钠中通入二氧化碳可以达到除杂的目的，故C错误；
D.硫化氢和过量浓硫酸反应生成SO2，引入了新的杂质，不能达到除杂的目的，故D错误；
故选：A。
A.氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，氧化铁和氢氧化钠不反应；
B.加入铁粉，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁；
C.碳酸氢钠不稳定，加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水；
D.硫化氢和过量浓硫酸反应生成SO2。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.CO2在反应中与氢气发生加成反应，被还原，故A正确；
B.HOCH2OH反应生成HCHO的过程中脱去了一分子水，原子利用率未达到100%，故B正确；
C.整个过程中CO2与氢气加成生成HCOOH，HCOOH与氢气加成生成HOCH2OH，HCHO与H2加成生成CH3OH，整个过程发生了3步加成反应，故C错误；
D.从图中可知，因为H2的影响，C=O的长度发生变化，故D正确；
故选：C。
从反应机理的过程图可知，CO2与H2反应生成HCOOH，HCOOH反应生成HOCH2OH，HOCH2OH反应生成HCHO，HCHO最后反应生成CH3OH。
本题考查化学反应，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】C
【解析】解：A.分析可知D为NO为无色气体，故A错误；
B.C→B的转化过程中，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，Z既不作氧化剂也不做还原剂，故B错误；
C.F在一定条件下可直接与Y反应生成D，反应的化学方程式为：4NH3+5O2=△4NO+6H2O，故C正确；
D.B和F能发生反应生成硝酸铵，NH3+HNO3=NH4NO3，反应属于化合反应，不是复分解反应，故D错误；
故选：C。
图是某元素的价类二维图，其中X是一种强碱，G为正盐，生成F为氢化物，判断形成的氢化物F为NH3，G为铵盐，D的相对原子质量比C小16，结合价态和分类分析可知，有Y为O2，E为N2，D为NO，C为NO2，通常条件下Z是无色液体为H2O，B为HNO3，A为硝酸盐，结合分析回答选项问题。
本题考查物质分类、无机物的推断，“盐与碱反应生成氢化物以及氢化物连续反应生成氧化物”等是推断的突破口，熟练掌握中学常见连续反应、三角转化以及特殊的置换反应、特殊现象反应等，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.在I−+ClO−⇌IO−+Cl−该反应中ClO−中氯元素化合价降低做氧化剂，IO−为氧化产物，氧化剂氧化性强于氧化产物，故氧化性ClO−>IO−，故A正确；
B.升高温度促进ClO−的水解，使化学平衡正向移动，K1增大，故B正确；
C.根据总反应和反应①、③的方程式，可得反应②的方程式为HClO+I−⇌HlO+Cl−，故C正确；
D.K3>K1，仅能说明第三步反应进行程度比第一步反应大，无法判断反应速率的快慢，故D错误；
故选：D。
A.I−+ClO−⇌IO−+Cl−该反应中ClO−中氯元素化合价降低做氧化剂，IO−为氧化产物，氧化剂氧化性强于氧化产物；
B.升温促进ClO−的水解；
C.根据总反应和反应①、③可得反应②为HClO+I−⇌HlO+Cl−；
D.K3>K1，仅说明第三步反应进行程度比第一步反应大。
本题考查化学反应原理，涉及氧化还原反应的原理，化学平衡常数、平衡的移动等，题目中等难度。
12.【答案】A
【解析】解：酸性：H2CO3>H2S，根据强酸制弱酸，可发生：H2CO3+HS−=H2S+HCO3−，但不一定能发生HCO3−+HS−=H2S+CO32−，也就是说，H2S的电离常数可能比HCO3−大，所以H2S与足量Na2CO3(aq)反应的离子方程式为：H2S+CO32−=HS−+HCO3−，
故选：A。
H2S与足量Na2CO3(aq)反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠，据此进行解答。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.200℃～400℃，NO2的转化率逐渐增大，400℃时NO2的转化率达到最大，400℃以后NO2的平衡转化率逐渐降低，故200℃～400℃未达到可逆反应的平衡状态，400℃时反应达到平衡，升温后NO2的平衡转化率逐渐降低，平衡逆向移动，正反应方向为放热反应；升温平衡逆向移动，平衡转化率降低，α(300℃)<α(200℃)，故A错误；
B.e点为600℃，b点为300℃，b、e两点NO2的浓度接近，温度越高反应速率越快，反应速率：b点
D.c点未达到平衡状态，升温，反应速率加快，NO2的转化率增大，增大c(CH4)，反应物浓度增大，反应速率加快，同时提高NO2的转化量，即可提高c点时NO2的转化率和反应速率，故D正确；
故选：D。
A.200℃～400℃，NO2的转化率逐渐增大，400℃时NO2的转化率达到最大，400℃以后NO2的平衡转化率逐渐降低，故200℃～400℃未达到可逆反应的平衡状态，400℃时反应达到平衡，升温后NO2的平衡转化率逐渐降低，平衡逆向移动；
B.e点为600℃，b点为300℃，b、e两点NO2的浓度接近，温度越高反应速率越快；
C.200℃～400℃，反应正在向正向反应，未达到可逆反应的平衡状态，400℃时反应达到平衡，400℃以后平衡逆向移动；
D.c点未达到平衡状态，适当升温，加快反应速率从而提高该段时间内NO2的转化率；增大c(CH4)，反应物浓度增大，反应速率加快，同时提高NO2的转化量。
本题考查反应速率和化学平衡，侧重考查学生平衡图像的掌握情况，试题难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.由分析可知，a为阳极，b为阴极，故A错误；
B.电解时，a为阳极，b为阴极，OH−由b极区→a极区，故B正确；
C.电解时，b极区溶液中发生反应6H2O+6e−=6OH−+3H2↑，OH−通过阴离子交换膜移向阳极，所以n(KOH)不变，故C错误；
D.电解时，通过太阳能电极板，将太阳能直接转化成电能，故D错误；
故选：B。
从图中可以看出，a极：NH3→N2，则a极NH3失电子发生氧化反应，a极为阳极，b极H2O得电子生成H2等，b极为阴极。a极：2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O，b极：6H2O+6e−=6OH−+3H2↑。
本题考查了电解原理、电极反应、离子移向和电子守恒的计算应用，主要是电解池和能量变化的分析判断，题目难度不大。
15.【答案】C
【解析】解：A.a点滴定百分率为25%，溶质为等浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCl，碳酸根离子水解、碳酸氢根离子都水解，所以c(OH−)>2c(H2CO3)，所以c(H2CO3)−c(CO32−)
C.碳酸根离子、碳酸氢根离子水解促进失电子，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，随滴定百分率增大，Na2CO3→NaHCO3→NaCl，水的电离程度降低：a点>b点，故C正确；
D.煮沸是为了除去CO2，使pH突跃变大，故D错误；
故选：C。
碳酸钠溶液中滴加盐酸，依次发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，题目难度不大。
16.【答案】B
【解析】解：A.钢管中含有碳元素，铁、碳与潮湿的土壤形成原电池，则厌氧腐蚀属于电化学腐蚀，故A错误；
B.正极反应为：2H2O+2e−=2OH−+H2↑，产生了氢氧根离子，故发生厌氧腐蚀会使土壤碱性增强，故B正确；
C.镀锌的钢管破损后锌比铁活泼，锌作负极，保护铁不被腐蚀，镀锌钢管破损后钢铁腐蚀减慢，故C错误；
D.4H2+SO42−=催化剂S2−+4H2O，硫酸根离子变为硫离子时转移8个电子，则每生成 1mol FeS，最终转移的电子数为8NA，故D错误；
故选：B。
厌氧腐蚀的机理为在溶液pH为7～8之间的条件下，钢管中的铁做原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，钢管中的碳做正极，水在正极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e−=2OH−+H2↑，放电生成的氢气在厌氧细菌的催化作用下与硫酸根离子反应生成硫离子和水，反应离子的方程式为4H2+SO42−=催化剂S2−+4H2O。
本题考查金属的腐蚀，侧重考查学生金属腐蚀基础知识的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】D
【解析】解：A.P元素的化合价部分由0价降低为−3价，P元素的化合价部分由0价升高为+5价，则白磷(P4)既发生了氧化反应又发生还原反应，故A错误；
B.该反应11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4中S元素化合价不变，则H2SO4不是还原产物，故B错误；
C.该反应11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4中部分磷作氧化剂，部分磷作还原剂，硫酸铜是氧化剂，Cu3P为还原产物，H3PO4为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为6：5，故C错误；
D.由电子守恒可知，1molCuSO4氧化的P4为1mol5×4=0.05mol，故D正确；
故选：D。
11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P↓+24H3PO4+60H2SO4，P元素的化合价由0降低为−3价，P元素的化合价由0升高为+5价，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，以此来解答。
本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意从元素的化合价角度分析，题目难度不大。
18.【答案】A
【解析】解：A.由分析可知，原溶液中一定含有S2O32−，加入过量HBr，生成S沉淀和SO2气体，所以气体甲中一定有SO2，故A正确；
B.由分析可知，淡黄色沉淀甲是S，不可能是AgBr，故B错误；
C.原溶液中一定存在Na+，可能存在CO32−，故C错误；
D.溶液甲→气体乙，除去发生反应Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑，还发生过量HBr与NH4HCO3的反应，故D错误；
故选：A。
无色溶液中加入过量HBr，有淡黄色沉淀生成，若此淡黄色沉淀为AgBr，则溶液中含有Ag+，不存在CO32−、AlO2−、S2O32−、SO42−，溶液中不含有阴离子，此种情况不可能，所以溶液中不含有Ag+，一定含有S2O32−；溶液甲中加入过量NH4HCO3，产生白色沉淀和气体乙，则溶液甲中含有AlO2−，原溶液中不含有Ag+、NH4+、Al3+，一定含有Na+；溶液乙中加入过量的Ba(OH)2，产生的白色沉淀中通入过量CO2后全部溶解，则白色沉淀为BaCO3，原溶液中一定不含有SO42−。综合以上分析，原溶液中一定含有Na+、AlO2−、S2O32−，一定不含有Ag+、NH4+、Al3+、SO42−，不能确定CO32−是否存在。
本题考查常见离子的检验，根据反应现象进行分析判断，熟练掌握物质的性质，试题培养了学生的分析推理能力、实验能力、运用知识解决实际问题的能力。
19.【答案】D
【解析】解：PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物(Pb为+4、+2价)，铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl−被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移电子为1mol×(4−2)=2mol，设该过程得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒有：3x×4+2x×2=2，解得x=0.125，故知1molPbO2在受热分解过程中产生O2为0.125mol×3=0.375mol，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n(O)=2mol−0.375mol×2=1.25mol，故剩余固体中n(Pb)：n(O)=1mol：1.25mol=4：5，
A.2：1混合的Pb3O4、PbO，n(Pb)：n(O)=(2×3+1)：(2×4+1)=7：9，故A错误；
B.1：2混合的PbO2、Pb3O4，n(Pb)：n(O)=(1+6)：(2+8)=7：10，故B错误；
C.1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n(Pb)：n(O)=(1+12+1)：(2+16+1)=14：19，故C错误；
D.1：1：4混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n(Pb)：n(O)=(1+3+4)：(2+4+4)=4：5，故D正确；
故选：D。
PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物(Pb为+4、+2价)，铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl−被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移2mole−，设该过程得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒计算x的值，进而确定PbO2加热分解后的物质中n(Pb)：n(O)，据此判断。
本题通过元素化合物转化，考查氧化还原反应计算，侧重考查学生的分析推理能力，难度中等，注意电子转移守恒的利用。
20.【答案】洗气瓶 NaOH溶液 不能 防止倒吸 打开弹簧夹，通入空气 饱和食盐水 溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 2 偏小
【解析】解：(1)仪器d为洗气瓶；由分析可知，装置d中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气；恒压滴液漏斗，能起到平衡气压，便于液体顺利流下的作用，所以实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下不能检验装置的气密性，
故答案为：洗气瓶；NaOH溶液；不能；
(2)单向阀只允许气体从左流向右，不允许溶液从右流向左，可以起到防倒吸的作用；当B中反应结束后，装置中还残留有未反应的氯气，为防止拆除装置时氯气逸出污染环境，所以拆除装置时的操作为熄灭A处酒精灯后，打开弹簧夹，通入空气，将装置中的氯气赶到装置C中被氢氧化钠溶液完全吸收，待冷却后拆除装置，
故答案为：防止倒吸；打开弹簧夹，通入空气；
(3)由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氧化氢，
故答案为：饱和食盐水；
(4)KMnO4(aq)滴定剩余的Na2C2O4(aq)，发生氧化还原反应，直到草酸被完全氧化，所以滴定终点的现象是溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
(5)根据反应2KMnO4+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，解得与复合氧化物反应后剩余的草酸钠物质的量为n=5×0.01910×10.02×10−32mol，则与复合氧化物反应草酸钠物质的量为n1=0.05301×25×10−3mol−5×0.01910×10.02×10−32mol=8.46795×10−4mol，复合氧化物(La2O3⋅2CaO⋅MnOx)的物质的量为0.446493+16xmol，复合氧化物和草酸钠发生氧化还原反应，其中MnOx→Mn2+、C2O42−→CO2，根据得失电子守恒，0.446493+16xmol×(2x−2)=8.46795×10−4×2mol，解得x≈2；若溶解过程使用盐酸酸化，则Cl−会消耗部分KMnO4，KMnO4用量偏大，会使x值偏小，
故答案为：2；偏小。
由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氧气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓强碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
本题考查制备实验方案的设计，侧重考查学生物质之间的反应和滴定的掌握情况，试题难度中等。
21.【答案】H−O−C≡N C原子半径大于N，吸引电子的能力小于N，因此C显正价 5 2 H2O 2 1 5Cl− b×10−7a−b 9.9×10−7 MnO2+4H++2SCN−=Mn2++(SCN)2↑+2H2O
【解析】解：(1)(CN)2是拟卤素与卤素单质分子性质相似，类比可知(CN)2与水反应生成的含氧酸为HCNO，其结构式为H−O−C≡N；氰根是碳原子与氮原子通过碳氮三键连接而成，C和N的原子电子层数相同，核电荷数C小于N，最外层电子数C小于N，原子半径C大于N，氮原子吸引电子能力强于碳原子，所以这三对电子偏向氮原子，氮显−3价，所以相应的碳就显+2价，
故答案为：H−O−C≡N；C原子半径大于N，吸引电子的能力小于N，因此C显正价；
(2)碳元素化合价由+2价升高为+4价，氮元素化合价由−3价升高为0价，故升高总的价态为5，ClO−作为氧化剂因此其氯元素化合价由+1价降低为−1价产物应为Cl−，此时降低价态为2，根据电子得失守恒可知，该离子方程式为5ClO−+2CN−+H2O=2HCO3−+N2+5Cl−，
故答案为：5；2；H2O；2；1；5Cl−；
(3)常温下，将amol⋅L−1的HCN(aq)与bmol⋅L−1的NaOH(aq)等体积混合，反应后溶液恰好呈中性，根据c(Na+)+c(H+)=c(CN−)+c(OH−)、c(H+)=c(OH−)可知c(Na+)=c(CN−)=b2mol/L，结合物料守恒c(HCN)=a2mol/L−c(CN−)=a−b2mol/L，用HCN⇌H++CN−平衡常数K=c(H+)×c(CN−)c(HCN)=10−7×b2a−b2=b×10−7a−b，可得K=b×10−7a−b；向混合溶液中继续加入HCN(aq)使溶液的pH=6，可知c(H+)=10−6mol/L，c(OH−)=Kw10−6=10−1410−6mol/L=10−8mol/L，由此可得知此时溶液中c(CN−)−c(Na+)=c(H+)−c(OH−)=(10−6−10−8)mol/L=9.9×10−7mol/L，
故答案为：b×10−7a−b；9.9×10−7；
(4)MnO2与KSCN在酸性条件下反应，根据拟卤素离子跟卤素离子性质相似，可以类比知道生成了(SCN)2，据此可得离子方程式为MnO2+4H++2SCN−=Mn2++(SCN)2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2SCN−=Mn2++(SCN)2↑+2H2O。
(1)(CN)2是拟卤素与卤素单质分子性质相似，类比可知(CN)2与水反应生成的含氧酸为HCNO，氰根是碳原子与氮原子通过碳氮三键连接而成，C和N的原子电子层数相同，核电荷数C小于N，最外层电子数C小于N，原子半径C大于N，氮原子吸引电子能力强于碳原子；
(2)碳元素化合价由+2价升高为+4价，氮元素化合价由−3价升高为0价，故升高总的价态为5，ClO−作为氧化剂因此其氯元素化合价由+1价降低为−1价产物应为Cl−，此时降低价态为2，根据电子得失守恒可知
(3)常温下，将amol⋅L−1的HCN(aq)与bmol⋅L−1的NaOH(aq)等体积混合，反应后溶液恰好呈中性，根据c(Na+)+c(H+)=c(CN−)+c(OH−)、c(H+)=c(OH−)可知c(Na+)=c(CN−)=b2mol/L，结合物料守恒c(HCN)=a2mol/L−c(CN−)=a−b2mol/L；向混合溶液中继续加入HCN(aq)使溶液的pH=6，可知c(H+)=10−6mol/L，c(OH−)=Kw10−6=10−1410−6mol/L=10−8mol/L，由此可得知此时溶液中c(CN−)−c(Na+)=c(H+)−c(OH−)；
(4)MnO2与KSCN在酸性条件下反应，根据拟卤素离子跟卤素离子性质相似，可以类比知道生成了(SCN)2。
本题考查氯及其化合物的性质，侧重考查学生含氯物质性质的掌握情况，试题难度中等。
22.【答案】2b−a ① 氢气和生成的氮气反应生成氨气 NH4+水解程度小于SO32− 5NO+2ClO2+H2O=5NO2+2HCl 通入ClO2，会导致溶液pH下降，降低SO2的溶解度，二氧化氮与尿素的反应，也会导致与SO2反应的尿素减少
【解析】解：(1)，由盖斯定律可知，反应2NO(g)+N2(g)⇌2N2O(g)可由反应②×2−反应①得到，则Q=2b−a，
故答案为：2b−a；
(2)从图中可知，N2的体积分数大于N2O，因此H2催化还原NO的主反应是上述反应中的①。从图中可知，当H2初始体积分数大于600×10−6时，NH3的体积分数明显增大，说明此时氢气与生成的氮气反应生成了氨气，导致氮气的体积分数呈下降趋势，
故答案为：①；氢气和生成的氮气反应生成氨气；
(3)工业上用氨水吸收SO2，生成(NH4)2SO3，NH4+水解溶液呈酸性，SO32−水解溶液呈碱性，生成的正盐溶液呈弱碱性，说明NH4+离子的水解程度小于SO32−离子，
故答案为：NH4+水解程度小于SO32−；
(4)第二步反应NO2与CO(NH2)2反应生成N2和CO2，说明第一步NO和ClO2反应生成了HCl和NO2，化学方程式为5NO+2ClO2+H2O=5NO2+2HCl，
故答案为：5NO+2ClO2+H2O=5NO2+2HCl；
(5)通入少量ClO2时，生成了HCl，导致溶液的pH下降，降低了SO2的溶解度，同时通入ClO2生成NO2，NO2与尿素反应也会导致与SO2反应的尿素减少，
故答案为：通入ClO2，会导致溶液pH下降，降低SO2的溶解度，二氧化氮与尿素的反应，也会导致与SO2反应的尿素减少。
(1)由盖斯定律可知，②×2−反应①得到目标方程式，则Q=2b−a；
(2)从图中可知，N2的体积分数大于N2O，因此H2催化还原NO的主反应是上述反应中的①；从图中可知，当H2初始体积分数大于600×10−6时，NH3的体积分数明显增大，说明此时氢气与生成的氮气反应生成了氨气；
(3)NH4+水解溶液呈酸性，SO32−水解溶液呈碱性，生成的正盐(NH4)2SO3溶液呈弱碱性，说明NH4+离子的水解程度小于SO32−离子的水解程度；
(4)第二步反应NO2与CO(NH2)2反应生成N2和CO2，说明第一步NO和ClO2反应生成了HCl和NO2；
(5)通入少量ClO2时，生成了HCl，导致溶液的pH下降，降低了SO2的溶解度，通入ClO2生成NO2，NO2与尿素反应导致与SO2反应的尿素减少。
本题考查化学反应原理，涉及化学平衡的移动、盐的水解及其应用、硫和氮的化合物的性质等，题目中等难度。
23.【答案】碳溴键 羧基 浓硫酸、加热 取代反应 加成反应 HCHO+H3CCOCH3→羟醛缩合cond+H2O
【解析】解：(1)根据A的结构简式可知含有的官能团为：碳溴键、羧基；反应①的反应条件是：C2H5OH、浓硫酸、加热，
故答案为：碳溴键；羧基；浓硫酸、加热；
(2)根据B的结构简式可知反应②发生的为取代反应；反应③将C中的C=C键打开发生加成反应；由羟醛缩合反应合成C的化学方程式：HCHO+H3CCOCH3→羟醛缩合cond+H2O，
故答案为：取代反应；加成反应；HCHO+H3CCOCH3→羟醛缩合cond+H2O；
(3)B经过碱性条件水解在酸性条件下加热，在经过加热−CO2得到D()； ①含三种不同化学环境的H原子；②能发生银镜反应说明含有醛基；③能使紫色石蕊试液变红说明含有羧基；满足条件的D的同分异构体：，
故答案为：；；
(4)将以乙酰乙酸乙酯、四氢呋喃和苯甲醛为主要原料合成，Br(CH2)3CH2OH与乙酰乙酸乙酯发生消去生成，发生取代生成，与发生消去生成，合成路径为：，
故答案为：。
CH3COOH与Br在P的条件下反应生成BrCH2COOH，BrCH2COOH与乙醇发生酯化反应生成BrCH2COOC2H5，BrCH2COOC2H5与乙酰乙酸乙酯发生取代反应生成B；
(4)将以乙酰乙酸乙酯、四氢呋喃和苯甲醛为主要原料合成，Br(CH2)3CH2OH与乙酰乙酸乙酯发生消去生成，发生取代生成，与发生消去生成。
本题考查有机推断，侧重考查学生官能团、有机反应类型、有机方程式和合成路线的掌握情况，试题难度中等。
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