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真题重组卷01——2023年高考化学真题汇编重组卷（江苏专用）
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冲刺2023年高考化学真题重组卷01
江苏专用（解析版）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生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。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ce 140
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. （2021.江苏卷）黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是
A. 黑火药中含有两种单质 B. 爆炸时吸收热量
C. 反应中S作还原剂 D. 反应为置换反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．黑火药中含有S、C两种单质，A正确；
B．爆炸反应为放热反应，B错误；
C．该反应中S元素化合价降低，作氧化剂，C错误；
D．该反应不符合“单质+化合物=另一种单质+另一种化合物”的形式，不是置换反应，D错误；
综上所述答案为A。
2. （2020.江苏卷）反应可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是
A. 中子数为9的氮原子：
B. N2分子的电子式：
C. Cl2分子的结构式：Cl—Cl
D. Cl-的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．N原子的质子数为7，中子数为9的氮原子的质量数为7+9=16，该氮原子表示为，A错误；
B．N2分子中两个N原子间形成3对共用电子对，N2分子的电子式为，B错误；
C．Cl2分子中两个Cl原子间形成1对共用电子对，Cl2分子的结构式为Cl—Cl，C正确；
D．Cl-的核电荷数为17，核外有18个电子，Cl-的结构示意图为，D错误；
答案选C。
3. （2021.江苏卷）下列由废铜屑制取CuSO4·5H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲除去废铜屑表面的油污 B. 用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑
C. 用装置丙过滤得到CuSO4溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得CuSO4·5H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，A正确；
B.在酸性条件下，铜与双氧水发生氧化反应得到硫酸铜，B正确；
C.装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶杂质，得到硫酸铜溶液，C正确；
D.用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是CuSO4·5H2O，D错误；
答案选D。
4．（2017.江苏卷）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A．Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
B．ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
C．SiO2硬度大，可用于制造光导纤维
D．NH3易溶于水，可用作制冷剂
【答案】A
【解析】A．过氧化钠可以和二氧化碳反应生成氧气，A正确；B．因二氧化氯具有氧化性才用于自来水的杀菌消毒，B错误；C．二氧化硅透光性好，用于制造光导纤维，C错误；D．液氨气化时吸收大量热，所以氨可用作制冷剂，D错误。
【名师点睛】本题考查常见无机物的性质和用途。解题的关键是要熟悉常见化学物质的重要性质，性质决定用途，性质和用途之间的对应关系要理清。在学习元素化合物内容时，以“物质的结构决定物质的性质、物质的性质决定物质的用途”为主线构建知识网络，关注元素化合物性质在生产和生活中的应用。
5. （2020.江苏卷）下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是
A. NaOH的碱性比Mg(OH)2的强
B. Cl2得到电子的能力比Br2的弱
C. 原子半径r:
D. 原子的最外层电子数n:
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．同周期自左至右金属性减弱，所以金属性Na＞Mg，则碱性NaOH＞Mg(OH)2，故A正确；
B．同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性Cl＞Br，所以Cl2得电子的能力比Br2强，故B错误；
C．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径：r(Br)＞r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，故C错误；
D．Cl和Br为同主族元素，最外层电子数相等，故D错误。
综上所述，答案为A。
阅读下列材料，完成6-8题：二氧化氯(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，浓度较高时易发生爆炸。用CH3OH和NaClO3在硫酸催化作用下反应可制得ClO2；Deacon曾提出在催化剂作用下，通过氧气直接氧化氯化氢成功制备氯气。该反应具有一定的可逆性，热化学方程式可表示为 。
6. （2022.江苏省南通市基地学校高三决胜新高考大联考）关于Deacon提出的制的反应，下列有关说法正确的是
A. 该反应的△S＞0
B. 每生成标准状况下22.4L ，放出58kJ的热量
C. 升高温度，该反应v(逆)增大，v(正)减小，平衡向逆反应方向移动
D. 断裂4mol H-Cl键的同时，有4mol H-O键生成，说明该反应达到平衡状态
【5题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．熵表示混乱度，气体物质的量越大，熵越大。该反应是气体系数之和减小的反应，所以该反应的熵减小，即△S＜0，A项错误；
B．根据热化学方程式可知，每生成2mol Cl2，放出116kJ的热量，所以每生成标准状况下22.（2022.江苏省南通市基地学校高三决胜新高考大联考）4L(即1mol)Cl2，放出58kJ的热量，B项正确；
C．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，升高温度，正逆反应速率都增大，C项错误；
D．HCl是反应物，H2O是生成物，断裂4mol H-Cl键的同时，一定同时有4mol H-O键生成，所以该说法不能说明该反应达到平衡状态，D项错误；
答案选B。
7.（2022.江苏省南通市基地学校高三决胜新高考大联考） 在指定条件下，下列含氯物质的转化不能实现的是
A. B.
C. D.
【6题答案】
【答案】A
【解析】
【详解】A．盐酸的酸性强于碳酸，往氯化钠溶液中通入过量二氧化碳不反应，无法转化生成碳酸氢钠，选项A错误；
B．浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，转化可以完成，选项B正确；
C．在氯化氢氛围中加热氯化镁晶体，得到无水氯化镁，转化可以完成，选项C正确；
D．次氯酸受热分解生成盐酸和氧气，转化可以完成，选项D正确；
答案选A。
8.（2022.江苏省南通市基地学校高三决胜新高考大联考） 利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。
下列说法正确的是
A. 为配制分液漏斗中的混合液，应将甲醇溶液倒入浓硫酸中搅拌
B. 若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1
C. 实验中通入气体的速率应尽可能慢
D. 装置乙中应使用热水浴，以加快反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于甲醇溶液的密度小于浓硫酸的密度，浓硫酸稀释过程放出大量的热量，故为配制分液漏斗中的混合液，应将浓硫酸倒入甲醇溶液中搅拌，A错误；
B．已知甲装置烧瓶中是用CH3OH和NaClO3在硫酸催化作用下反应可制得ClO2，反应原理为：CH3OH+4NaClO3+4H2SO4(浓)=4ClO2↑+HCOOH+4NaHSO4+3H2O，故若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，B正确；
C．实验中通入CO2气体的目的是将ClO2稀释，防止其浓度过大引起爆炸，故通入CO2的速率不能太慢，C错误；
D．由题干信息可知，ClO2的沸点为9.（2022.江苏省南通市基地学校高三决胜新高考大联考）9℃，若装置乙中应使用热水浴，将加快ClO2的挥发而造成损失，故装置乙应使用冷水浴或者冰水浴，D错误；
故答案为：B。
9. （2022.江苏省六校高三下学期期初联合调研）CuCl可用作有机合成的催化剂。工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如图1：
下列说法正确的是
A. “浸取”时的离子方程式为CuFeS2+4O2=Cu2++Fe2++2SO
B. “滤渣①”的成分是Fe(OH)3
C. “还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl-，跟铜元素形成可溶于水的物质
D. CuCl的晶胞如图2，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是4
【9题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A．“浸取”时，CuFeS2在酸性条件下与氧气发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：4CuFeS2+17O2+4H+=4Cu2++4Fe3++8SO+2H2O，A错误；
B．加入过量氧化铜调节pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁除去，因此“滤渣①”的成分是Fe(OH)3和过量的CuO，B错误；
C．“还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl-，跟铜元素形成可溶于水的物质，然后经过一系列操作得到CuCl，C正确；
D．由CuCl的晶胞图可知，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是12，D错误；
答案选C。
10. （2021.江苏卷）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的说法正确的是
A. 1molX中含有2mol碳氧π键
B. Y与足量HBr反应生成的有机化合物中不含手性碳原子
C. Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解度大
D. 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
【答案】D
【解析】
【详解】A．1molX中含有1mol碳氧π键，醛基中含有1个碳氧π键，羟基中不含有碳氧π键，A错误；
B．Y与足量HBr反应生成的有机化合物中含手性碳原子， ，B错误；
C．Z中含有酯基不易溶于水，Y含有羧基合羟基易溶于水，Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解小，C错误；
D．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均为：，D错误；
答案选D。
11．（2017.江苏卷改编）常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3·H2O) =1.76×10−5，下列说法正确的是
A．浓度均为0.1 mol·L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者小于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol·L−1 HCOOH与0.1 mol·L−1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO−) + c(OH−) = c(HCOOH) + c(H+)
D．0.2 mol·L−1 CH3COONa 与 0.1 mol·L−1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO−) > c(Cl− ) > c(CH3COOH) > c(H+)
【答案】D
【解析】A．由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCOO−)，氯化铵溶液中存在
c(H+)+c()=c(OH−)+c(Cl−)。由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka，KW不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中c(OH−)小于甲酸钠溶液中c(H+)，Cl−和Na+都不水解，c(Cl−)=c(Na+)，所以A错误；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；C．两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCOO−)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO−)，联立两式可得2c(H+)+c(HCOOH)=2c(OH−)+c(HCOO−)，C错误；D．两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以c(CH3COO−)>c(Cl−)>c(CH3COOH)>c(H+)，D正确。
【名师点睛】本题以3种弱电解质及其盐的电离、反应为载体，考查了酸碱中和滴定和溶液中离子浓度的大小比较。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。高考试题常围绕盐类水解的类型和规律的应用出题。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，弱电解质的电离平衡常数的意义及其重要应用，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，要用到三个“守恒”（物料守恒、电荷守恒、质子守恒）来求解。很多大小关系要巧妙运用守恒关系才能判断其是否成立。
12. （2022.江苏省海门市高三上学期期末教学质量调研）室温下：Ka1(H2C2O4)=10-1.26、Ka2(H2C2O4)=10-4.27、Ksp(CaC2O4)=10-8.64。实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐性质，相关实验记录如表：
实验
实验操作和现象
1
测定0.10mol·L-1NaHC2O4溶液的pH=a
2
配制pH相等的(NH4)2SO4、NH4Cl、NH4HSO4三种溶液
3
向0.10mol·L-1Na2C2O4溶液中滴加等浓度盐酸后，混合溶液的pH=7
4
向0.10mol·L-1NaHC2O4溶液加入一定体积的等浓度CaCl2溶液产生白色沉淀，测得上层清液pH=4，c(Ca2+)=10-4mol·L-1
下列所得结论正确的是
A. a>7
B. 实验2中溶液浓度的大小关系为：c(NH4Cl)
D. 实验4所得上层清液中c(HC2O)=10-4.37mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaHC2O4溶液中存在HC2O的电离和水解，其电离平衡常数为Ka2(H2C2O4)=10-4.27，水解平衡常数Kh===10-12.74
C．混合溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(Cl-)+c(OH-)，混合溶液的pH=7，即c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(Cl-)，C错误；
D．上层清液中c(Ca2+)=10-4mol·L-1，则c(C2O)=mol/L=10-4.64mol/L，pH=4，即c(H+)=10-4mol/L，则c(HC2O)==mol/L=10-4.37mol·L-1，D正确；
答案为D。
13. （2018.江苏卷改编）一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：
下列说法正确的是
A. v1< v2，c2< 2c1 B. K1> K3，p2> 2p3
C. v1< v3，α1(SO2 )<α3(SO2 ) D. c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】D
【解析】
【分析】对比容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c22c1，p22p1，α1（SO2）+α2（SO3）1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3c1，p3p1，α3（SO2）α1（SO2），K3K1。据此分析解答。
根据上述分析，A项，υ2υ1，c22c1，A项错误；
B项，K3K1，p22p1，p3p1，则p22p3，B项错误；
C项，υ3υ1，α3（SO2）α1（SO2），C项错误；
D项，c22c1，c3c1，则c22c3，α1（SO2）+α2（SO3）1，α3（SO2）α1（SO2），则α2（SO3）+α3（SO2）1，D项正确；
答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡时各物理量之间的关系，解题时巧妙设计中间状态，利用外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断。如容器2先设计其完全等效平衡的起始态为4molSO2和2molO2，4molSO2和2molO2为两倍容器1中物质的量，起始物质的量成倍变化时相当于增大压强。
二、非选择题：共4题，共58分。
14．（2017.江苏卷）铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
[来源:Z+xx+k.Com]
注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________ (填“增大”、“不变”或“减小”)。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_____________________，阴极产生的物质A的化学式为____________。
（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_____________________。
【答案】（1）Al2O3+2OH−=2+H2O （2）减小
（3）石墨电极被阳极上产生的O2氧化
（4）4+2H2O−4e−=4+O2↑ H2
（5）NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
（4）由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的OH−放电生成氧气，破坏了水的电离平衡，碳酸根结合H+转化为，所以电极反应式为4+2H2O−4e−=4+O2↑，阴极室氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的H+放电生成氢气而破坏水的电离平衡，所以阴极产生的物质A为H2。
（5）铝在常温下就容易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜。氯化铵受热分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜，所以加入少量的氯化铵有利于AlN的制备。
【名师点睛】本题通过化工流程考查了课本上学过的从铝土矿提取铝的元素化合物的知识，在问题中又结合原料的循环利用考查了电解原理。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要先看框内，后看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论或性质→所以有什么变化→结论，如本题最后一个问题，只要注意了铝表面易生成氧化膜和氯化铵受热易分解这两条性质，即可想到分解产物对氧化膜的作用，所以备考时，要多看课本上元素化合物方面内容，知道学了哪些，大多数的试题的根都在课本上。
15. （2018.江苏卷）丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：
已知：
（1）A中的官能团名称为__________________（写两种）。
（2）DE的反应类型为__________________。
（3）B的分子式为C9H14O，写出B的结构简式：__________________。
（4）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_________。
①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；
②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境氢。
（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干）。______________
【答案】 (1). 碳碳双键 羰基 (2). 消去反应 (3). (4). (5).
【解析】
【详解】（1）根据A的结构简式，A中的官能团为碳碳双键、羰基。
（2）对比D和E的结构简式，D→E脱去了小分子水，且E中生成新的碳碳双键，故为消去反应。
（3）B的分子式为C9H14O，根据A→B→C结合题给已知可推断出B的结构简式为。
（4）的分子式为C9H6O3，结构中有五个双键和两个环，不饱和度为7；的同分异构体中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应，则其结构中含酚羟基、不含醛基；碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢，说明其分子结构中含酯基且水解产物的结构对称性高；符合条件的的同分异构体的结构简式为。
（5）对比与和的结构简式，根据题给已知，模仿题给已知构建碳干骨架；需要由合成，官能团的变化由1个碳碳双键变为2个碳碳双键，联想官能团之间的相互转化，由与Br2发生加成反应生成，在NaOH醇溶液中发生消去反应生成；与发生加成反应生成，与H2发生加成反应生成。合成路线流程图为：。
【点睛】本题以丹参醇的部分合成路线为载体，考查官能团的识别、反应类型的判断、结构简式的推导、限定条件同分异构体的书写、有机合成路线的设计。难点是限定条件同分异构体的书写和有机合成路线的设计，同分异构体的书写先确定不饱和度和官能团，再用残基法确定可能的结构；有机合成路线的设计，先对比原料和产物的结构，采用“切割化学键”的分析方法，分析官能团发生了什么改变，碳干骨架发生了什么变化，再根据有机物的之间的相互转化和题给信息进行设计。
16. （2022.江苏省海门市高三上学期期末教学质量调研）Li2CO3可用于制备锂电池的正极材料LiCoO2，以某锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)制备Li2CO3。
已知：①Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13、Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33。
②Co3O4、CoO均难溶于水。Co3O4难溶于酸，CoO能溶于酸中。
③当溶液中的离子浓度小于10-5mol/L时，已完全沉淀。
④部分物质的溶解度曲线见图。
利用锂云母矿石制备Li2CO3步骤如下：
（1）酸浸。向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，装置如图所示。烧杯中试剂的作用是____。
（2）调pH。向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为6，过滤。再向滤液中继续滴加氢氧化钠溶液调pH>13，过滤，此时的滤渣主要成分为____。分两次调节pH的主要原因是____。
（3）沉锂。将已经除杂的溶液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和Na2CO3溶液，加热煮沸，趁热过滤，将滤渣洗涤烘干，得Li2CO3固体。浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入____杂质(填化学式)。
（4）Li2CO3和Co3O4混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料LiCoO2，写出反应方程式：____。
（5）Co3O4可由CoCO3热分解制备。CoCO3在有氧和无氧环境下的所得Co3O4和CoO的百分含量与温度关系如图所示。请补充完整由CoCO3制备较纯净的Co3O4实验方案，取一定质量的CoCO3于热解装置中，____，干燥。(须使用的试剂和仪器有：lmol/LH2SO4，蒸馏水，BaCl2溶液)
【答案】（1）吸收HF，防止污染空气
（2） ①. Mg(OH)2、Mn(OH)2 ②. 防止铝元素转化为AlO，无法去除
（3）Na2SO4 （4）6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2
（5）在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900~1000℃保持一段时间，取出固体，冷却。向固体中边搅拌、边加入1mol/LH2SO4至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加BaCl2溶液无明显现象
【解析】
【分析】本工艺流程题为利用锂云母矿石制备Li2CO3的操作，“酸浸”时向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，发生的反应有：Li2O+H2SO4=Li2SO4+H2O、 Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、MgF2+H2SO4=MgSO4+2HF，先调节pH为6让Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤出Fe(OH)3、Al(OH)3，将滤液的pH继续调节pH值为12，析出Mg(OH)2和Mn(OH)2沉淀，过滤得到较纯净的Li2SO4溶液，加入饱和Na2CO3溶液，则发生反应Li2SO4+Na2CO3=Li2CO3↓+Na2SO4，过滤洗涤干燥得到纯净的Li2CO3，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，“酸浸”是向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，发生的反应：MgF2+H2SO4=MgSO4+2HF，HF是一种能挥发，且有毒的酸性物质， 烧杯中试剂的作用是吸收HF，防止污染空气，故答案为：吸收HF，防止污染空气；
【小问2详解】
由题干信息可知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13、Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，则当pH为6时，c(Fe3+)==4.0×10-14mol/L，c(Al3+)==1.0×10-9mol/L，c(Mn2+)==2.0×103mol/L，c(Mg2+)==1.2×105mol/L，说明此时Al3+、Fe3+已经完全沉淀，而Mg2+、Mn2+还未开始沉淀，继续调节pH＞13，则此时c(Mn2+)＜=2.0×10-11mol/L，c(Mg2+)＜=1.2×10-9mol/L，即Mg2+、Mn2+沉淀完全，此时沉淀为Mn(OH)2、Mg(OH)2，由于Al(OH)3能溶于强碱溶液中，转化为引入新的杂质，很难除去，故答案为：Mg(OH)2、Mn(OH)2；防止铝元素转化为AlO，无法去除；
【小问3详解】
由分析可知，“沉锂”步骤中发生的反应为：Li2SO4+Na2CO3=Li2CO3↓+Na2SO4，由题干溶解度随温度变化的关系图可知，温度高于40℃时，Na2SO4的溶解度随温度升高而减小，且温度高于50℃时，Na2SO4的溶解度小于Na2CO3的溶解度，故浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入Na2SO4杂质，故答案为：Na2SO4；
【小问4详解】
Li2CO3和Co3O4混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料LiCoO2，根据氧化还原反应配平原则可得该反应的反应方程式为：6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2，故答案为：6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2；
【小问5详解】
从题干信息中CoCO3在有氧和无氧环境下的所得Co3O4和CoO的百分含量与温度关系图示信息可知，有氧比无氧环境下Co3O4的百分含量要高得多，故选择在有氧环境中进行，结合题干信息②Co3O4、CoO均难溶于水。Co3O4难溶于酸，CoO能溶于酸中，则尽量使CoO百分含量越低越好，故选择温度为900℃~1000℃下进行，最后用H2SO4除去CoO，过滤洗涤，并检验洗涤干净后干燥得到较纯净的Co3O4，故由CoCO3制备较纯净的Co3O4实验方案：取一定质量的CoCO3于热解装置中，在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900~1000℃保持一段时间，取出固体，冷却。向固体中边搅拌、边加入1mol/LH2SO4至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加BaCl2溶液无明显现象，干燥，故答案为：在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900~1000℃保持一段时间，取出固体，冷却。向固体中边搅拌、边加入1mol/LH2SO4至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加BaCl2溶液无明显现象。
17. （2018.江苏卷）NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=−116.1 kJ·mol−1
3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol−1
反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=___________kJ·mol−1。
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：____________________________________。
（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：____________________________________。
（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为__________mol。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见图）。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是____________________________；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。
。
【答案】 (1). −136.2 (2). HNO2−2e−+H2O3H++NO3− (3). 2HNO2+(NH2)2CO2N2↑+CO2↑+3H2O (4). 24/7 (5). 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大 (6). 催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO
【解析】
【分析】（1）应用盖斯定律解答。
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3。
（3）HNO2与（NH2）2CO反应生成N2和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒写出方程式。
（4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。
②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应生成NO。
【详解】（1）将两个热化学方程式编号，
2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH=−116.1 kJ·mol−1（①式）
3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH=75.9 kJ·mol−1（②式）
应用盖斯定律，将（①式3+②式）2得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=[（−116.1 kJ·mol−1）3+75.9 kJ·mol−1]2=-136.2kJ·mol−1。
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。
（3）HNO2与（NH2）2CO反应生成N2和CO2，N元素的化合价由HNO2中+3价降至0价，N元素的化合价由（NH2）2CO中-3价价升至0价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2HNO2+（NH2）2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。
（4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为mol。
②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
【点睛】本题以有效去除NOx为载体，考查盖斯定律的应用、电解原理、指定情境下方程式的书写，氧化还原反应中转移电子数的计算、图像的分析。主要体现的是对化学反应原理的考查，对化学反应原理的准确理解是解题的关键。
绝密★启用前
冲刺2023年高考化学真题重组卷01
江苏专用（解析版）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生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。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ce 140
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. （2021.江苏卷）黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是
A. 黑火药中含有两种单质 B. 爆炸时吸收热量
C. 反应中S作还原剂 D. 反应为置换反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．黑火药中含有S、C两种单质，A正确；
B．爆炸反应为放热反应，B错误；
C．该反应中S元素化合价降低，作氧化剂，C错误；
D．该反应不符合“单质+化合物=另一种单质+另一种化合物”的形式，不是置换反应，D错误；
综上所述答案为A。
2. （2020.江苏卷）反应可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是
A. 中子数为9的氮原子：
B. N2分子的电子式：
C. Cl2分子的结构式：Cl—Cl
D. Cl-的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．N原子的质子数为7，中子数为9的氮原子的质量数为7+9=16，该氮原子表示为，A错误；
B．N2分子中两个N原子间形成3对共用电子对，N2分子的电子式为，B错误；
C．Cl2分子中两个Cl原子间形成1对共用电子对，Cl2分子的结构式为Cl—Cl，C正确；
D．Cl-的核电荷数为17，核外有18个电子，Cl-的结构示意图为，D错误；
答案选C。
3. （2021.江苏卷）下列由废铜屑制取CuSO4·5H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲除去废铜屑表面的油污 B. 用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑
C. 用装置丙过滤得到CuSO4溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得CuSO4·5H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，A正确；
B.在酸性条件下，铜与双氧水发生氧化反应得到硫酸铜，B正确；
C.装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶杂质，得到硫酸铜溶液，C正确；
D.用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是CuSO4·5H2O，D错误；
答案选D。
4．（2017.江苏卷）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A．Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
B．ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
C．SiO2硬度大，可用于制造光导纤维
D．NH3易溶于水，可用作制冷剂
【答案】A
【解析】A．过氧化钠可以和二氧化碳反应生成氧气，A正确；B．因二氧化氯具有氧化性才用于自来水的杀菌消毒，B错误；C．二氧化硅透光性好，用于制造光导纤维，C错误；D．液氨气化时吸收大量热，所以氨可用作制冷剂，D错误。
【名师点睛】本题考查常见无机物的性质和用途。解题的关键是要熟悉常见化学物质的重要性质，性质决定用途，性质和用途之间的对应关系要理清。在学习元素化合物内容时，以“物质的结构决定物质的性质、物质的性质决定物质的用途”为主线构建知识网络，关注元素化合物性质在生产和生活中的应用。
5. （2020.江苏卷）下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是
A. NaOH的碱性比Mg(OH)2的强
B. Cl2得到电子的能力比Br2的弱
C. 原子半径r:
D. 原子的最外层电子数n:
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．同周期自左至右金属性减弱，所以金属性Na＞Mg，则碱性NaOH＞Mg(OH)2，故A正确；
B．同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性Cl＞Br，所以Cl2得电子的能力比Br2强，故B错误；
C．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径：r(Br)＞r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，故C错误；
D．Cl和Br为同主族元素，最外层电子数相等，故D错误。
综上所述，答案为A。
阅读下列材料，完成6-8题：二氧化氯(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，浓度较高时易发生爆炸。用CH3OH和NaClO3在硫酸催化作用下反应可制得ClO2；Deacon曾提出在催化剂作用下，通过氧气直接氧化氯化氢成功制备氯气。该反应具有一定的可逆性，热化学方程式可表示为 。
6. （2022.江苏省南通市基地学校高三决胜新高考大联考）关于Deacon提出的制的反应，下列有关说法正确的是
A. 该反应的△S＞0
B. 每生成标准状况下22.4L ，放出58kJ的热量
C. 升高温度，该反应v(逆)增大，v(正)减小，平衡向逆反应方向移动
D. 断裂4mol H-Cl键的同时，有4mol H-O键生成，说明该反应达到平衡状态
【5题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．熵表示混乱度，气体物质的量越大，熵越大。该反应是气体系数之和减小的反应，所以该反应的熵减小，即△S＜0，A项错误；
B．根据热化学方程式可知，每生成2mol Cl2，放出116kJ的热量，所以每生成标准状况下22.（2022.江苏省南通市基地学校高三决胜新高考大联考）4L(即1mol)Cl2，放出58kJ的热量，B项正确；
C．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，升高温度，正逆反应速率都增大，C项错误；
D．HCl是反应物，H2O是生成物，断裂4mol H-Cl键的同时，一定同时有4mol H-O键生成，所以该说法不能说明该反应达到平衡状态，D项错误；
答案选B。
7.（2022.江苏省南通市基地学校高三决胜新高考大联考） 在指定条件下，下列含氯物质的转化不能实现的是
A. B.
C. D.
【6题答案】
【答案】A
【解析】
【详解】A．盐酸的酸性强于碳酸，往氯化钠溶液中通入过量二氧化碳不反应，无法转化生成碳酸氢钠，选项A错误；
B．浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，转化可以完成，选项B正确；
C．在氯化氢氛围中加热氯化镁晶体，得到无水氯化镁，转化可以完成，选项C正确；
D．次氯酸受热分解生成盐酸和氧气，转化可以完成，选项D正确；
答案选A。
8.（2022.江苏省南通市基地学校高三决胜新高考大联考） 利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。
下列说法正确的是
A. 为配制分液漏斗中的混合液，应将甲醇溶液倒入浓硫酸中搅拌
B. 若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1
C. 实验中通入气体的速率应尽可能慢
D. 装置乙中应使用热水浴，以加快反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于甲醇溶液的密度小于浓硫酸的密度，浓硫酸稀释过程放出大量的热量，故为配制分液漏斗中的混合液，应将浓硫酸倒入甲醇溶液中搅拌，A错误；
B．已知甲装置烧瓶中是用CH3OH和NaClO3在硫酸催化作用下反应可制得ClO2，反应原理为：CH3OH+4NaClO3+4H2SO4(浓)=4ClO2↑+HCOOH+4NaHSO4+3H2O，故若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，B正确；
C．实验中通入CO2气体的目的是将ClO2稀释，防止其浓度过大引起爆炸，故通入CO2的速率不能太慢，C错误；
D．由题干信息可知，ClO2的沸点为9.（2022.江苏省南通市基地学校高三决胜新高考大联考）9℃，若装置乙中应使用热水浴，将加快ClO2的挥发而造成损失，故装置乙应使用冷水浴或者冰水浴，D错误；
故答案为：B。
9. （2022.江苏省六校高三下学期期初联合调研）CuCl可用作有机合成的催化剂。工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如图1：
下列说法正确的是
A. “浸取”时的离子方程式为CuFeS2+4O2=Cu2++Fe2++2SO
B. “滤渣①”的成分是Fe(OH)3
C. “还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl-，跟铜元素形成可溶于水的物质
D. CuCl的晶胞如图2，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是4
【9题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A．“浸取”时，CuFeS2在酸性条件下与氧气发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：4CuFeS2+17O2+4H+=4Cu2++4Fe3++8SO+2H2O，A错误；
B．加入过量氧化铜调节pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁除去，因此“滤渣①”的成分是Fe(OH)3和过量的CuO，B错误；
C．“还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl-，跟铜元素形成可溶于水的物质，然后经过一系列操作得到CuCl，C正确；
D．由CuCl的晶胞图可知，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是12，D错误；
答案选C。
10. （2021.江苏卷）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的说法正确的是
A. 1molX中含有2mol碳氧π键
B. Y与足量HBr反应生成的有机化合物中不含手性碳原子
C. Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解度大
D. 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
【答案】D
【解析】
【详解】A．1molX中含有1mol碳氧π键，醛基中含有1个碳氧π键，羟基中不含有碳氧π键，A错误；
B．Y与足量HBr反应生成的有机化合物中含手性碳原子， ，B错误；
C．Z中含有酯基不易溶于水，Y含有羧基合羟基易溶于水，Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解小，C错误；
D．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均为：，D错误；
答案选D。
11．（2017.江苏卷改编）常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3·H2O) =1.76×10−5，下列说法正确的是
A．浓度均为0.1 mol·L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者小于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol·L−1 HCOOH与0.1 mol·L−1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO−) + c(OH−) = c(HCOOH) + c(H+)
D．0.2 mol·L−1 CH3COONa 与 0.1 mol·L−1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO−) > c(Cl− ) > c(CH3COOH) > c(H+)
【答案】D
【解析】A．由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCOO−)，氯化铵溶液中存在
c(H+)+c()=c(OH−)+c(Cl−)。由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka，KW不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中c(OH−)小于甲酸钠溶液中c(H+)，Cl−和Na+都不水解，c(Cl−)=c(Na+)，所以A错误；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；C．两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCOO−)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO−)，联立两式可得2c(H+)+c(HCOOH)=2c(OH−)+c(HCOO−)，C错误；D．两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以c(CH3COO−)>c(Cl−)>c(CH3COOH)>c(H+)，D正确。
【名师点睛】本题以3种弱电解质及其盐的电离、反应为载体，考查了酸碱中和滴定和溶液中离子浓度的大小比较。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。高考试题常围绕盐类水解的类型和规律的应用出题。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，弱电解质的电离平衡常数的意义及其重要应用，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，要用到三个“守恒”（物料守恒、电荷守恒、质子守恒）来求解。很多大小关系要巧妙运用守恒关系才能判断其是否成立。
12. （2022.江苏省海门市高三上学期期末教学质量调研）室温下：Ka1(H2C2O4)=10-1.26、Ka2(H2C2O4)=10-4.27、Ksp(CaC2O4)=10-8.64。实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐性质，相关实验记录如表：
实验
实验操作和现象
1
测定0.10mol·L-1NaHC2O4溶液的pH=a
2
配制pH相等的(NH4)2SO4、NH4Cl、NH4HSO4三种溶液
3
向0.10mol·L-1Na2C2O4溶液中滴加等浓度盐酸后，混合溶液的pH=7
4
向0.10mol·L-1NaHC2O4溶液加入一定体积的等浓度CaCl2溶液产生白色沉淀，测得上层清液pH=4，c(Ca2+)=10-4mol·L-1
下列所得结论正确的是
A. a>7
B. 实验2中溶液浓度的大小关系为：c(NH4Cl)
D. 实验4所得上层清液中c(HC2O)=10-4.37mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaHC2O4溶液中存在HC2O的电离和水解，其电离平衡常数为Ka2(H2C2O4)=10-4.27，水解平衡常数Kh===10-12.74
C．混合溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(Cl-)+c(OH-)，混合溶液的pH=7，即c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(Cl-)，C错误；
D．上层清液中c(Ca2+)=10-4mol·L-1，则c(C2O)=mol/L=10-4.64mol/L，pH=4，即c(H+)=10-4mol/L，则c(HC2O)==mol/L=10-4.37mol·L-1，D正确；
答案为D。
13. （2018.江苏卷改编）一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：
下列说法正确的是
A. v1< v2，c2< 2c1 B. K1> K3，p2> 2p3
C. v1< v3，α1(SO2 )<α3(SO2 ) D. c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】D
【解析】
【分析】对比容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c22c1，p22p1，α1（SO2）+α2（SO3）1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3c1，p3p1，α3（SO2）α1（SO2），K3K1。据此分析解答。
根据上述分析，A项，υ2υ1，c22c1，A项错误；
B项，K3K1，p22p1，p3p1，则p22p3，B项错误；
C项，υ3υ1，α3（SO2）α1（SO2），C项错误；
D项，c22c1，c3c1，则c22c3，α1（SO2）+α2（SO3）1，α3（SO2）α1（SO2），则α2（SO3）+α3（SO2）1，D项正确；
答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡时各物理量之间的关系，解题时巧妙设计中间状态，利用外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断。如容器2先设计其完全等效平衡的起始态为4molSO2和2molO2，4molSO2和2molO2为两倍容器1中物质的量，起始物质的量成倍变化时相当于增大压强。
二、非选择题：共4题，共58分。
14．（2017.江苏卷）铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
[来源:Z+xx+k.Com]
注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________ (填“增大”、“不变”或“减小”)。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_____________________，阴极产生的物质A的化学式为____________。
（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_____________________。
【答案】（1）Al2O3+2OH−=2+H2O （2）减小
（3）石墨电极被阳极上产生的O2氧化
（4）4+2H2O−4e−=4+O2↑ H2
（5）NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
（4）由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的OH−放电生成氧气，破坏了水的电离平衡，碳酸根结合H+转化为，所以电极反应式为4+2H2O−4e−=4+O2↑，阴极室氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的H+放电生成氢气而破坏水的电离平衡，所以阴极产生的物质A为H2。
（5）铝在常温下就容易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜。氯化铵受热分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜，所以加入少量的氯化铵有利于AlN的制备。
【名师点睛】本题通过化工流程考查了课本上学过的从铝土矿提取铝的元素化合物的知识，在问题中又结合原料的循环利用考查了电解原理。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要先看框内，后看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论或性质→所以有什么变化→结论，如本题最后一个问题，只要注意了铝表面易生成氧化膜和氯化铵受热易分解这两条性质，即可想到分解产物对氧化膜的作用，所以备考时，要多看课本上元素化合物方面内容，知道学了哪些，大多数的试题的根都在课本上。
15. （2018.江苏卷）丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：
已知：
（1）A中的官能团名称为__________________（写两种）。
（2）DE的反应类型为__________________。
（3）B的分子式为C9H14O，写出B的结构简式：__________________。
（4）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_________。
①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；
②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境氢。
（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干）。______________
【答案】 (1). 碳碳双键 羰基 (2). 消去反应 (3). (4). (5).
【解析】
【详解】（1）根据A的结构简式，A中的官能团为碳碳双键、羰基。
（2）对比D和E的结构简式，D→E脱去了小分子水，且E中生成新的碳碳双键，故为消去反应。
（3）B的分子式为C9H14O，根据A→B→C结合题给已知可推断出B的结构简式为。
（4）的分子式为C9H6O3，结构中有五个双键和两个环，不饱和度为7；的同分异构体中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应，则其结构中含酚羟基、不含醛基；碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢，说明其分子结构中含酯基且水解产物的结构对称性高；符合条件的的同分异构体的结构简式为。
（5）对比与和的结构简式，根据题给已知，模仿题给已知构建碳干骨架；需要由合成，官能团的变化由1个碳碳双键变为2个碳碳双键，联想官能团之间的相互转化，由与Br2发生加成反应生成，在NaOH醇溶液中发生消去反应生成；与发生加成反应生成，与H2发生加成反应生成。合成路线流程图为：。
【点睛】本题以丹参醇的部分合成路线为载体，考查官能团的识别、反应类型的判断、结构简式的推导、限定条件同分异构体的书写、有机合成路线的设计。难点是限定条件同分异构体的书写和有机合成路线的设计，同分异构体的书写先确定不饱和度和官能团，再用残基法确定可能的结构；有机合成路线的设计，先对比原料和产物的结构，采用“切割化学键”的分析方法，分析官能团发生了什么改变，碳干骨架发生了什么变化，再根据有机物的之间的相互转化和题给信息进行设计。
16. （2022.江苏省海门市高三上学期期末教学质量调研）Li2CO3可用于制备锂电池的正极材料LiCoO2，以某锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)制备Li2CO3。
已知：①Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13、Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33。
②Co3O4、CoO均难溶于水。Co3O4难溶于酸，CoO能溶于酸中。
③当溶液中的离子浓度小于10-5mol/L时，已完全沉淀。
④部分物质的溶解度曲线见图。
利用锂云母矿石制备Li2CO3步骤如下：
（1）酸浸。向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，装置如图所示。烧杯中试剂的作用是____。
（2）调pH。向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为6，过滤。再向滤液中继续滴加氢氧化钠溶液调pH>13，过滤，此时的滤渣主要成分为____。分两次调节pH的主要原因是____。
（3）沉锂。将已经除杂的溶液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和Na2CO3溶液，加热煮沸，趁热过滤，将滤渣洗涤烘干，得Li2CO3固体。浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入____杂质(填化学式)。
（4）Li2CO3和Co3O4混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料LiCoO2，写出反应方程式：____。
（5）Co3O4可由CoCO3热分解制备。CoCO3在有氧和无氧环境下的所得Co3O4和CoO的百分含量与温度关系如图所示。请补充完整由CoCO3制备较纯净的Co3O4实验方案，取一定质量的CoCO3于热解装置中，____，干燥。(须使用的试剂和仪器有：lmol/LH2SO4，蒸馏水，BaCl2溶液)
【答案】（1）吸收HF，防止污染空气
（2） ①. Mg(OH)2、Mn(OH)2 ②. 防止铝元素转化为AlO，无法去除
（3）Na2SO4 （4）6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2
（5）在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900~1000℃保持一段时间，取出固体，冷却。向固体中边搅拌、边加入1mol/LH2SO4至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加BaCl2溶液无明显现象
【解析】
【分析】本工艺流程题为利用锂云母矿石制备Li2CO3的操作，“酸浸”时向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，发生的反应有：Li2O+H2SO4=Li2SO4+H2O、 Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、MgF2+H2SO4=MgSO4+2HF，先调节pH为6让Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤出Fe(OH)3、Al(OH)3，将滤液的pH继续调节pH值为12，析出Mg(OH)2和Mn(OH)2沉淀，过滤得到较纯净的Li2SO4溶液，加入饱和Na2CO3溶液，则发生反应Li2SO4+Na2CO3=Li2CO3↓+Na2SO4，过滤洗涤干燥得到纯净的Li2CO3，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，“酸浸”是向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，发生的反应：MgF2+H2SO4=MgSO4+2HF，HF是一种能挥发，且有毒的酸性物质， 烧杯中试剂的作用是吸收HF，防止污染空气，故答案为：吸收HF，防止污染空气；
【小问2详解】
由题干信息可知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13、Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，则当pH为6时，c(Fe3+)==4.0×10-14mol/L，c(Al3+)==1.0×10-9mol/L，c(Mn2+)==2.0×103mol/L，c(Mg2+)==1.2×105mol/L，说明此时Al3+、Fe3+已经完全沉淀，而Mg2+、Mn2+还未开始沉淀，继续调节pH＞13，则此时c(Mn2+)＜=2.0×10-11mol/L，c(Mg2+)＜=1.2×10-9mol/L，即Mg2+、Mn2+沉淀完全，此时沉淀为Mn(OH)2、Mg(OH)2，由于Al(OH)3能溶于强碱溶液中，转化为引入新的杂质，很难除去，故答案为：Mg(OH)2、Mn(OH)2；防止铝元素转化为AlO，无法去除；
【小问3详解】
由分析可知，“沉锂”步骤中发生的反应为：Li2SO4+Na2CO3=Li2CO3↓+Na2SO4，由题干溶解度随温度变化的关系图可知，温度高于40℃时，Na2SO4的溶解度随温度升高而减小，且温度高于50℃时，Na2SO4的溶解度小于Na2CO3的溶解度，故浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入Na2SO4杂质，故答案为：Na2SO4；
【小问4详解】
Li2CO3和Co3O4混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料LiCoO2，根据氧化还原反应配平原则可得该反应的反应方程式为：6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2，故答案为：6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2；
【小问5详解】
从题干信息中CoCO3在有氧和无氧环境下的所得Co3O4和CoO的百分含量与温度关系图示信息可知，有氧比无氧环境下Co3O4的百分含量要高得多，故选择在有氧环境中进行，结合题干信息②Co3O4、CoO均难溶于水。Co3O4难溶于酸，CoO能溶于酸中，则尽量使CoO百分含量越低越好，故选择温度为900℃~1000℃下进行，最后用H2SO4除去CoO，过滤洗涤，并检验洗涤干净后干燥得到较纯净的Co3O4，故由CoCO3制备较纯净的Co3O4实验方案：取一定质量的CoCO3于热解装置中，在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900~1000℃保持一段时间，取出固体，冷却。向固体中边搅拌、边加入1mol/LH2SO4至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加BaCl2溶液无明显现象，干燥，故答案为：在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900~1000℃保持一段时间，取出固体，冷却。向固体中边搅拌、边加入1mol/LH2SO4至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加BaCl2溶液无明显现象。
17. （2018.江苏卷）NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=−116.1 kJ·mol−1
3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol−1
反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=___________kJ·mol−1。
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：____________________________________。
（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：____________________________________。
（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为__________mol。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见图）。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是____________________________；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。
。
【答案】 (1). −136.2 (2). HNO2−2e−+H2O3H++NO3− (3). 2HNO2+(NH2)2CO2N2↑+CO2↑+3H2O (4). 24/7 (5). 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大 (6). 催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO
【解析】
【分析】（1）应用盖斯定律解答。
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3。
（3）HNO2与（NH2）2CO反应生成N2和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒写出方程式。
（4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。
②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应生成NO。
【详解】（1）将两个热化学方程式编号，
2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH=−116.1 kJ·mol−1（①式）
3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH=75.9 kJ·mol−1（②式）
应用盖斯定律，将（①式3+②式）2得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=[（−116.1 kJ·mol−1）3+75.9 kJ·mol−1]2=-136.2kJ·mol−1。
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。
（3）HNO2与（NH2）2CO反应生成N2和CO2，N元素的化合价由HNO2中+3价降至0价，N元素的化合价由（NH2）2CO中-3价价升至0价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2HNO2+（NH2）2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。
（4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为mol。
②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
【点睛】本题以有效去除NOx为载体，考查盖斯定律的应用、电解原理、指定情境下方程式的书写，氧化还原反应中转移电子数的计算、图像的分析。主要体现的是对化学反应原理的考查，对化学反应原理的准确理解是解题的关键。
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