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化学（全国甲卷）-2023年高考化学临考压轴卷（解析版）
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这是一份化学（全国甲卷）-2023年高考化学临考压轴卷（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023年高考临考压轴卷（全国甲卷）
理科综合化学·全解全析
7
8
9
10
11
12
13
A
B
B
A
D
A
C
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．化学与人体健康、食品安全及环境保护等息息相关。下列叙述正确的是
A．废弃的塑料、金属、纸制品及普通玻璃都是可回收再利用的资源
B．通过清洁煤技术减少煤燃烧造成的污染，有利于实现碳中和
C．在规定范围内使用食品添加剂对人体健康也会产生不良影响
D．纳米铁粉可以通过吸附作用高效地除去被污染水体中的Cu2+、Ag+ 等重金属离子
【答案】A
【解析】A．废弃的塑料、金属、纸制品及普通玻璃均可回收利用，故A正确；B．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，但不能减少CO2排放，不利于实现碳中和，故B错误；C．在规定范围内使用食品添加剂对人体健康不会产生不良影响，故C错误；D．纳米铁粉可以从溶液中将Cu2+、Ag+等重金属离子置换成单质，与吸附性无关，故D错误；故选：A。
8．维生素D含量越高，老年大脑认知功能越好，目前已知的维生素D至少有10种分子，维生素D3是其中重要的一种(结构如图)，下列有关说法正确的是
A．维生素D3是一种水溶性维生素
B．维生素D3分子式为
C．维生素D3可使酸性重铬酸钾溶液褪色
D．维生素D3分子中虚线框内所含碳原子不可能共平面
【答案】B
【解析】A．由结构可知维生素D3中烃基基团较大，烃基属于憎水基，因此维生素D3不易溶水，属于脂溶性维生素，故A错误；B．由结构简式可知维生素D3分子式为，故B正确；C．维生素D3可使酸性重铬酸钾溶液变色而非褪色，故C错误；D．虚线框内的碳元素均处于碳碳双键的平面上，单键可以旋转，两平面可重合，所有碳原子可以共面，故D错误；选B。
9．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．23g中含有C-H键的数目为
B．常温下，1L的废水中含有H⁺的数目为
C．0.2mol乙酸与0.25mol乙醇反应生成乙酸乙酯的分子数为
D．标准状况下，22.4LNO和CO的混合气体中含有氧原子的数目为
【答案】B
【解析】A．可以是乙醇或二甲醚，二者分子中所含键数目不相等，因此无法计算，A错误；B．常温下，的废水中为，体积为1L，因此的数目为，B正确；C．乙酸与乙醇发生的酯化反应是可逆反应，反应不能进行到底，故生成乙酸乙酯的分子数无法计算，C错误；D．标准状况下，22.4LNO和CO的混合气体的总物质的量为1mol，一个NO和一个CO分子中均只含有一个氧原子，因此混合气体中含有氧原子的数目为，D错误。故选B。
10．某同学按图示装置进行实验，下列有关现象和结论均正确的是
a
b
c
现象
结论
A
浓氨水
氢氧化钠
硝酸银溶液
沉淀先生成后消失
有配合物生成
B
稀盐酸
大理石
苯酚钠溶液
溶液变浑浊
酸性
C
饱和食盐水
电石
酸性高锰酸钾溶液
溶液褪色
有乙炔生成
D
溶液
淡黄色沉淀生成
氧化性
【答案】A
【详解】A．A装置中浓氨水和氢氧化钠溶液反应生成氨气，生成的氨气通入到硝酸银溶液中，先生成沉淀后沉淀消失，有配合物Ag(NH3)2OH生成，故A正确；
B．A装置中稀盐酸和大理石反应生成二氧化碳，生成的二氧化碳通入苯酚钠溶液溶液中，溶液变浑浊，说明有苯酚生成，但生成的二氧化碳中混有HCl气体，HCl和苯酚钠反应也能生成苯酚，则不能说明酸性苯酚，故B错误；
C．水和电石发生反应生成乙炔，生成的乙炔中混有硫化氢，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验不能证明有乙炔生成，故C错误；
D．Na2S与AlCl3会发生双水解反应，生成Al(OH)3和H2S气体， H2S气体通入到溶液中生成淡黄色沉淀S，说明氧化性，故D错误；
故选A。
11．纳米酶在医学、食品、环境等领域有广泛应用。地壳中含量第二的金属元素R可与短周期主族元素X、Y、Z组成纳米酶。其中X、Y、Z原子序数依次增大且相邻，原子核外电子数之和为31，X与Y同周期。下列判断正确的是
A．原子半径: X>Y> Z
B．简单氢化物的沸点: X
D．Y、Z与R可形成既含离子键又含共价键的化合物
【答案】D
【分析】地壳中元素含量排名为O、Si、Al、Fe、Ca，含量第二的金属元素为Fe，所以R为Fe元素；X、Y、Z原子序数依次增大且相邻，X与Y同周期，所以X、Y为第二周期元素，Z为第三周期元素，设X的原子序数为a，则Y的原子序数为a+1，Z的原子序数为a+8或a+9，因为三种元素核外电子数之和为31，则有a+a+1+a+8=31或a+a+1+a+9=31，解得a=(舍)或a=7，所以X为N元素、Y为O元素、Z为S元素；
【解析】A．X、Y、Z原子序数依次增大且相邻，X与Y同周期，所以X、Y为第二周期元素，Z为第三周期元素，同周期原子半径从左到右依次递减，第三周期元素原子半径大于第二周期，所以原子半径：Z>X>Y，故A错误；B．X为N元素、Y为O元素、Z为S元素；因为N、O形成的氢化物能形成氢键，S不能，所以简单氢化物的沸点： Z< X
A．该回收利用的原理是R3N粒子对HCOO-的静电吸附
B．pH=5的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18：1，则甲酸电离平衡常数K的数量级为10-4
C．废水初始2.4
【答案】A
【解析】A．R3N分子不带电，不能与HCOO-产生静电作用，故该回收利用的原理是R3N与H+形成的R3NH+粒子对HCOO-的静电吸附，A错误；B．pH=5的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18：1，则甲酸电离平衡常数K==1.8×10-4，即其Ka的数量级为10-4，B正确；C．废水初始2.4
下列说法正确的是
A．电极b接电源的正极
B．电极a发生反应为：CH2=CH2+H2O+Cl⁻+2e⁻=HOCH2CH2Cl+H+
C．该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O+H2
D．当电路中转移2mol电子时，有22.4LCH2=CH2在阳极区发生反应
【答案】C
【分析】由图示反应流程可知，氯离子在a电极变为氯气，失电子化合价升高，发生氧化反应，所以电极a为阳极，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸与乙烯发生加成反应生成HOCH2CH2Cl；氢离子在b电极放电生成氢气，阳极室中的钾离子透过阳离子膜进入阴极室，与氢离子放电后剩余的氢氧根结合变为氢氧化钾，HOCH2CH2Cl与氢氧化钾反应生成环氧乙烷和氯化钾。
【解析】A．由上述分析可知，电极b是阴极，与电源负极相连，A错误；B．由上述分析可知，氯离子在电极a失电子发生反应，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2（或CH₂=CH₂+H₂O+Cl⁻-2e⁻=HOCH₂CH₂Cl+H+），B错误；C．由上述分析可知，该反应的总反应方程式为CH2=CH2+H2O+H2，C正确；D．未注明气体所处的温度、压强，无法计算体积，D错误；故选C。
三、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
26．（14分）钯(Pd)是一种贵金属，性质类似铂(Pt)。活性炭载钯催化剂广泛应用于石油化工、制药等工业，但使用过程中因生成难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、及少量Fe、Cu、Al等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：
已知：I．阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、(表示树脂的有机成分)。
II．“沉钯”时得到氯钯酸铵固体，不溶于冷水，可溶于稀盐酸。
(1)温度、固液比对浸取率的影响如图，则“浸取”的最佳条件为___________。
(2)“浸取”时，加入试剂A的目的为___________。
(3)“浸取”时，加入有利于Pd的溶解，生成的四氯合钯(Ⅱ)酸()为二元强酸。加入浓盐酸和后主要反应的离子方程式：___________。
(4)“离子交换除杂”应使用___________(填“阳离子”或“阴离子”)树脂，“洗脱”时应使用的洗脱液为___________(填标号)。
A．硫酸 B．盐酸 C．无水乙醇
(5)“还原”过程转化为，在反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成，该过程还产生的副产物为___________，且该产物可循环利用至___________环节(填环节名称)。
(6)以上流程污染性较强且复杂，通常适用电解法回收钯。将“浸取”后的溶液与钯离子脱附试剂MH混合，形成配离子，电解可得高纯度钯，装置如图。电解时，当浓缩室里共得到的较浓盐酸时(体积变化忽略不计)，理论上能得到Pd___________g，但实际生产中得不到相应质量的Pd，原因是___________。
【答案】(1)70℃，固液比（2分）
(2)将PdO还原为Pd（2分）
(3) （2分）
(4)阴离子（1分） B（1分）
(5)HCl（1分） 浸取与洗脱（1分）
(6)159（2分） 阴极有得电子生成（2分）
【解析】本题是一道工业流程题，通过废钯催化剂制备海绵钯，将原料焙烧后加入盐酸和还原剂从而生成单质钯，再结合氯酸钠生成，通过离子交换除杂后，得到较纯净的，洗脱后用浓氨水沉钯，在用处理后得到产品。
（1）由图可知，“浸取”的最佳条件为70℃，固液比；
（2）加入试剂A可以将PdO中的钯还原为单质，便于后期处理，故加入试剂A的理由是：将PdO还原为Pd；
（3）根据题给信息可知，加入后和单质钯反应生成四氯合钯(Ⅱ)，则根据元素守恒可知，离子方程式为：；
（4）离子交换时发生的反应为阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为，其中氯离子被除掉，故应该选用阴离子交换膜；由给信息可知洗脱时得到，则此时应该选用盐酸，故选B；
（5）由流程图可知，还原时和反应生成单质钯，根据反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成和元素守恒可知，副产物为HCl；由于在浸取与洗脱时都使用了盐酸故可以循环至浸取与洗脱循环利用；
（6）盐酸的浓度由变为，则生成的氯化氢的物质的量n(HCl)=5×(-)=3mol，则此时转移电子的物质的量n(e-)=3mol，根据Pb~2e-，则生成Pd的物质的量=1.5mol，其质量=106g/mol×1.5mol=159g；而实际电解过程中可能有氢离子在阴极得到电子，故但实际生产中得不到相应质量的Pd。
27．（14分）Na2FeO4具有强氧化性，是一种新型的绿色非氯净水消毒剂，碱性条件下可以稳定存在，酸性条件下会自身分解生成Fe(OH)3。可用Fe(OH)3与NaClO在强碱性条件下制取，某实验小组利用如图所示实验装置，制取Na2FeO4，并验证其处理含CN-废水的能力。
Ⅰ.制取Na2FeO4
(1)仪器D的名称为_____。洗气瓶B中盛有的试剂为_____。实验开始，先打开分液漏斗_____(填“A”或“C”)的活塞。
(2)写出大试管中发生反应的离子方程式：_____。
(3)三颈烧瓶中的红褐色固体基本消失，得到紫色溶液时，停止通入Cl2。通入氯气的过程中三颈烧瓶中发生反应的离子方程式有：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、______。
Ⅱ.模拟并验证Na2FeO4处理含CN-废水的能力
(4)取一定量Na2FeO4加入试管中，向其中加入0.2mol•L-1的NaCN溶液10mL，CN-被氧化为CO和N2。充分反应后测得试管中仍有Na2FeO4剩余，过滤。向滤液中加入足量BaCl2溶液，生成白色沉淀，将沉淀过滤干燥后称量，得白色沉淀0.3546g。
①配制0.2mol•L-1的NaCN溶液，需要的玻璃仪器有______(填序号，下同)。
②计算NaCN溶液中CN-的去除率为______(保留两位有效数字)。
【答案】(1)球形干燥管（2分） 饱和食盐水（2分） C（2分）
(2) （2分）
(3) （2分）
(4)ADEF（2分） 90%（2分）
【解析】（1）仪器D为球形干燥管；洗气瓶B中盛有的试剂是饱和食盐水，用来除去混合气体中的氯化氢；因为实验中需要保持碱性环境，因此先向溶液中加入NaOH溶液，然后再通入，所以先开C活塞；
（2）大试管中的与浓盐酸反应的离子方程为：；
（3）结合化合价升降相等、原子守恒、电荷守恒的知识可写出制取的离子方程式：；
（4）溶液配制需要胶头滴管、烧杯、250mL容量瓶、玻璃棒；，所以的去除率为。
28．（15分）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①
②
则反应③的________；下列叙述能说明反应③达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．断裂2mol键的同时生成1mol键 B．恒容条件下，体系压强不再变化
C．恒容条件下，气体的密度不再变化 D．
(2)在不同温度、反应压强为100kPa，进料的摩尔分数(可看成体积分数)为0.1%~20%(其余为)的条件下，对于反应①，分解平衡转化率的结果如图1所示。则、和由大到小的顺序为_______；的摩尔分数越大，分解平衡转化率越小的原因是___________。
(3)反应①和③的随温度的影响如图2所示，已知(R为常数，为温度，为平衡常数)，则在1000℃时，反应的自发趋势①____③(填“＞”、“＜”或“＝”)。在1000℃、100kPa反应条件下，将的混合气进行反应，达到平衡时约为1:4，微乎其微，其原因是_______________。
(4)在1000℃、100kPa反应条件下，将的混合气进行反应③，达到平衡时，分压与的分压相同。则反应③的__________(不用写单位)。
【答案】(1) +261（2分） BD（2分）
(2) （2分） 恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低（2分）
(3)＜（2分） 在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导（2分）
(4) （3分）
【解析】（1）反应③等于反应①减去反应②，；
A．都表示正反应同一个方向，故A不符合题意；
B．该反应是气体分子数可变的反应，恒容条件下压强不变即达到平衡，故B符合题意；
C．气体密度等于质量除以容器体积，恒容条件又都是气体参与反应，故密度始终保持不变，因此不能作为平衡的标志，故C不符合题意；
D．有，一个正反应，一个逆反应，速率之比等于计量系数之比，则达到平衡，故D符合题意；
故答案为：+261；BD。
（2）反应①是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，则的转化率越大，故；恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低；故答案为：；恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低。
（3）在1000K，反应①，不易自发，反应③，容易自发，故反应自发趋势①＜③；根据图中曲线和可知越大，反应平衡常数越小，反应趋势越小，在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导；故答案为：＜；在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导。
（4）设，列三段式，达到平衡时，分压与的分压相同即有，求解，平衡后气体的总物质的量为，则；故答案为：。
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）
配合物是近代无机化学的重要研究对象，Cu或Cu2+常作为中心原子或离子，H2O、CN-、吡啶(C5H5N)等粒子是常见的配体。
(1)题干中所涉及元素电负性由大到小的顺序为__________，其中电负性最小的元素的基态原子的价电子排布式为_________________。
(2)原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，可以用自旋量子数来描述。若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，则基态O原子的价电子自旋量子数的代数和为__________。H3O+中不存在的作用力有____(填标号)，H3O+的空间构型为_____________。
A．配位键 B．离子键 C．共价键 D．氢键
(3)吡啶( )在水中的溶解度远大于在苯中的溶解度，可能原因是
①吡啶和H2O均为极性分子，而苯为非极性分子；
②______________________________________。
吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_____________________。
(4)配合物M结构如右图所示。若其中与Cu相连的4个配位原子处在一个平面内，则Cu的杂化方式可能是
(填标号)。
A．sp B．sp2 C．sp3 D．dsp2
(5)CuInS2(相对分子质量为Mr)是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，则CuInS2晶体的密度为_______________g·cm-3(列出计算式即可，阿伏加德罗常数用NA表示)。
【答案】(1) O>N>C>H>Cu（2分） 3d104s1（1分）
(2)+1(或-1) （1分） BD（2分） 三角锥形（1分）
(3)吡啶能与H2O分子形成分子间氢键（1分） （2分）
(4)D（2分）
(5) （5分）
【解析】（1）题干中所给元素有Cu、H、O、C、N，非金属电负性大，金属电负性小，同一周期从左到右电负性依次增大，所以O>N>C>H>Cu；电负性最小的为Cu，其价电子排布式为： 3d104s1；
（2）基态O原子价电子排布式为2s22p4，有两个不成对电子，所以价电子自旋量子数的代数和为+1(或-1)；H3O+中存在H共价键和配位键，不存在离子键和氢键，价层电子对数，所以H3O+的空间构型为三角锥形。
（3）吡啶分子结构中的N有孤电子对可以与水分子形成氢键，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；甲基为推电子基，-F为吸电子基，当吡啶中N的间位C上的H被甲基取代时，N的电子云密度增大，当被-CF3代替后N的电子云密度减小，又根据吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，所以碱性最弱的为 ；
（4）Cu的配位数为4，说明不是sp2杂化，sp3杂化的分子空间构型为四面体形，而该物质的4个配位原子在同一个平面内，说明不是sp3杂化，故排除法选D；
（5）根据均摊法，晶胞中Cu的原子个数= ，化学式为CuInS2，说明一个晶胞中有4个CuInS2单元，所以晶胞的质量为 ，晶胞的体积为 ，故晶胞的密度 。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
聚氨酯材料是一种新兴的有机高分子材料，被誉为“第五大塑料”，因其卓越的性能而被广泛应用于国民经济众多领域。I是工业合成聚氨酯的初级反应中得到的一种低聚物。
(1)A的名称是_______，C生成D的反应类型为_______
(2)B中所含官能团的名称是_____________
(3)写出A转化为B时生成的反式结构产物的结构简式_______
(4)写出生成I的化学方程式_______
(5)E与浓硝酸、浓硫酸反应时还会生成、J有多种同分异构体，同时满足下列条件的有_______种
(a)含有一个苯环 (b)能发生银镜反应 (c)红外光谱显示没有氮氧键
其中核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶1的结构简式为_______
【答案】(1)1，3-丁二烯（2分） 取代反应或水解反应（2分）
(2)碳溴键、碳碳双键（2分）
(3) （2分）
(4) （3分）
(5)16（2分） （2分）
【解析】D为，D是由C在NaOH的水溶液条件下反应得到的，所以C为，B与氢气反应得到C，所以B为，A与Br2进行1,4-加成，所以A为：；
（1）A的结构简式为，名称为：1，3-丁二烯；→的过程发生水解反应，为取代反应或水解反应；
（2）B为，所含官能团的名称是：碳溴键、碳碳双键；
（3）B的结构为，B的反式结构为两个相同官能团在双键两侧，即；
（4）与发生缩聚反应，结合产物的特点，根据原子守恒可得到该反应的方程式为 ：；
（5）E与浓硝酸、浓硫酸反应时，发生硝化反应，则生成的产物，根据分子式可知J中含有-NO2，J有多种同分异构体，同时满足下列条件(a)含有一个苯环， (b)能发生银镜反应，说明有-CHO，(c)红外光谱显示没有氮氧键，共16种，其中核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶1的结构简式为。
2023年高考临考压轴卷（全国甲卷）
理科综合化学·全解全析
7
8
9
10
11
12
13
A
B
B
A
D
A
C
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．化学与人体健康、食品安全及环境保护等息息相关。下列叙述正确的是
A．废弃的塑料、金属、纸制品及普通玻璃都是可回收再利用的资源
B．通过清洁煤技术减少煤燃烧造成的污染，有利于实现碳中和
C．在规定范围内使用食品添加剂对人体健康也会产生不良影响
D．纳米铁粉可以通过吸附作用高效地除去被污染水体中的Cu2+、Ag+ 等重金属离子
【答案】A
【解析】A．废弃的塑料、金属、纸制品及普通玻璃均可回收利用，故A正确；B．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，但不能减少CO2排放，不利于实现碳中和，故B错误；C．在规定范围内使用食品添加剂对人体健康不会产生不良影响，故C错误；D．纳米铁粉可以从溶液中将Cu2+、Ag+等重金属离子置换成单质，与吸附性无关，故D错误；故选：A。
8．维生素D含量越高，老年大脑认知功能越好，目前已知的维生素D至少有10种分子，维生素D3是其中重要的一种(结构如图)，下列有关说法正确的是
A．维生素D3是一种水溶性维生素
B．维生素D3分子式为
C．维生素D3可使酸性重铬酸钾溶液褪色
D．维生素D3分子中虚线框内所含碳原子不可能共平面
【答案】B
【解析】A．由结构可知维生素D3中烃基基团较大，烃基属于憎水基，因此维生素D3不易溶水，属于脂溶性维生素，故A错误；B．由结构简式可知维生素D3分子式为，故B正确；C．维生素D3可使酸性重铬酸钾溶液变色而非褪色，故C错误；D．虚线框内的碳元素均处于碳碳双键的平面上，单键可以旋转，两平面可重合，所有碳原子可以共面，故D错误；选B。
9．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．23g中含有C-H键的数目为
B．常温下，1L的废水中含有H⁺的数目为
C．0.2mol乙酸与0.25mol乙醇反应生成乙酸乙酯的分子数为
D．标准状况下，22.4LNO和CO的混合气体中含有氧原子的数目为
【答案】B
【解析】A．可以是乙醇或二甲醚，二者分子中所含键数目不相等，因此无法计算，A错误；B．常温下，的废水中为，体积为1L，因此的数目为，B正确；C．乙酸与乙醇发生的酯化反应是可逆反应，反应不能进行到底，故生成乙酸乙酯的分子数无法计算，C错误；D．标准状况下，22.4LNO和CO的混合气体的总物质的量为1mol，一个NO和一个CO分子中均只含有一个氧原子，因此混合气体中含有氧原子的数目为，D错误。故选B。
10．某同学按图示装置进行实验，下列有关现象和结论均正确的是
a
b
c
现象
结论
A
浓氨水
氢氧化钠
硝酸银溶液
沉淀先生成后消失
有配合物生成
B
稀盐酸
大理石
苯酚钠溶液
溶液变浑浊
酸性
C
饱和食盐水
电石
酸性高锰酸钾溶液
溶液褪色
有乙炔生成
D
溶液
淡黄色沉淀生成
氧化性
【答案】A
【详解】A．A装置中浓氨水和氢氧化钠溶液反应生成氨气，生成的氨气通入到硝酸银溶液中，先生成沉淀后沉淀消失，有配合物Ag(NH3)2OH生成，故A正确；
B．A装置中稀盐酸和大理石反应生成二氧化碳，生成的二氧化碳通入苯酚钠溶液溶液中，溶液变浑浊，说明有苯酚生成，但生成的二氧化碳中混有HCl气体，HCl和苯酚钠反应也能生成苯酚，则不能说明酸性苯酚，故B错误；
C．水和电石发生反应生成乙炔，生成的乙炔中混有硫化氢，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验不能证明有乙炔生成，故C错误；
D．Na2S与AlCl3会发生双水解反应，生成Al(OH)3和H2S气体， H2S气体通入到溶液中生成淡黄色沉淀S，说明氧化性，故D错误；
故选A。
11．纳米酶在医学、食品、环境等领域有广泛应用。地壳中含量第二的金属元素R可与短周期主族元素X、Y、Z组成纳米酶。其中X、Y、Z原子序数依次增大且相邻，原子核外电子数之和为31，X与Y同周期。下列判断正确的是
A．原子半径: X>Y> Z
B．简单氢化物的沸点: X
D．Y、Z与R可形成既含离子键又含共价键的化合物
【答案】D
【分析】地壳中元素含量排名为O、Si、Al、Fe、Ca，含量第二的金属元素为Fe，所以R为Fe元素；X、Y、Z原子序数依次增大且相邻，X与Y同周期，所以X、Y为第二周期元素，Z为第三周期元素，设X的原子序数为a，则Y的原子序数为a+1，Z的原子序数为a+8或a+9，因为三种元素核外电子数之和为31，则有a+a+1+a+8=31或a+a+1+a+9=31，解得a=(舍)或a=7，所以X为N元素、Y为O元素、Z为S元素；
【解析】A．X、Y、Z原子序数依次增大且相邻，X与Y同周期，所以X、Y为第二周期元素，Z为第三周期元素，同周期原子半径从左到右依次递减，第三周期元素原子半径大于第二周期，所以原子半径：Z>X>Y，故A错误；B．X为N元素、Y为O元素、Z为S元素；因为N、O形成的氢化物能形成氢键，S不能，所以简单氢化物的沸点： Z< X
A．该回收利用的原理是R3N粒子对HCOO-的静电吸附
B．pH=5的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18：1，则甲酸电离平衡常数K的数量级为10-4
C．废水初始2.4
【答案】A
【解析】A．R3N分子不带电，不能与HCOO-产生静电作用，故该回收利用的原理是R3N与H+形成的R3NH+粒子对HCOO-的静电吸附，A错误；B．pH=5的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18：1，则甲酸电离平衡常数K==1.8×10-4，即其Ka的数量级为10-4，B正确；C．废水初始2.4
下列说法正确的是
A．电极b接电源的正极
B．电极a发生反应为：CH2=CH2+H2O+Cl⁻+2e⁻=HOCH2CH2Cl+H+
C．该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O+H2
D．当电路中转移2mol电子时，有22.4LCH2=CH2在阳极区发生反应
【答案】C
【分析】由图示反应流程可知，氯离子在a电极变为氯气，失电子化合价升高，发生氧化反应，所以电极a为阳极，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸与乙烯发生加成反应生成HOCH2CH2Cl；氢离子在b电极放电生成氢气，阳极室中的钾离子透过阳离子膜进入阴极室，与氢离子放电后剩余的氢氧根结合变为氢氧化钾，HOCH2CH2Cl与氢氧化钾反应生成环氧乙烷和氯化钾。
【解析】A．由上述分析可知，电极b是阴极，与电源负极相连，A错误；B．由上述分析可知，氯离子在电极a失电子发生反应，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2（或CH₂=CH₂+H₂O+Cl⁻-2e⁻=HOCH₂CH₂Cl+H+），B错误；C．由上述分析可知，该反应的总反应方程式为CH2=CH2+H2O+H2，C正确；D．未注明气体所处的温度、压强，无法计算体积，D错误；故选C。
三、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
26．（14分）钯(Pd)是一种贵金属，性质类似铂(Pt)。活性炭载钯催化剂广泛应用于石油化工、制药等工业，但使用过程中因生成难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、及少量Fe、Cu、Al等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：
已知：I．阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、(表示树脂的有机成分)。
II．“沉钯”时得到氯钯酸铵固体，不溶于冷水，可溶于稀盐酸。
(1)温度、固液比对浸取率的影响如图，则“浸取”的最佳条件为___________。
(2)“浸取”时，加入试剂A的目的为___________。
(3)“浸取”时，加入有利于Pd的溶解，生成的四氯合钯(Ⅱ)酸()为二元强酸。加入浓盐酸和后主要反应的离子方程式：___________。
(4)“离子交换除杂”应使用___________(填“阳离子”或“阴离子”)树脂，“洗脱”时应使用的洗脱液为___________(填标号)。
A．硫酸 B．盐酸 C．无水乙醇
(5)“还原”过程转化为，在反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成，该过程还产生的副产物为___________，且该产物可循环利用至___________环节(填环节名称)。
(6)以上流程污染性较强且复杂，通常适用电解法回收钯。将“浸取”后的溶液与钯离子脱附试剂MH混合，形成配离子，电解可得高纯度钯，装置如图。电解时，当浓缩室里共得到的较浓盐酸时(体积变化忽略不计)，理论上能得到Pd___________g，但实际生产中得不到相应质量的Pd，原因是___________。
【答案】(1)70℃，固液比（2分）
(2)将PdO还原为Pd（2分）
(3) （2分）
(4)阴离子（1分） B（1分）
(5)HCl（1分） 浸取与洗脱（1分）
(6)159（2分） 阴极有得电子生成（2分）
【解析】本题是一道工业流程题，通过废钯催化剂制备海绵钯，将原料焙烧后加入盐酸和还原剂从而生成单质钯，再结合氯酸钠生成，通过离子交换除杂后，得到较纯净的，洗脱后用浓氨水沉钯，在用处理后得到产品。
（1）由图可知，“浸取”的最佳条件为70℃，固液比；
（2）加入试剂A可以将PdO中的钯还原为单质，便于后期处理，故加入试剂A的理由是：将PdO还原为Pd；
（3）根据题给信息可知，加入后和单质钯反应生成四氯合钯(Ⅱ)，则根据元素守恒可知，离子方程式为：；
（4）离子交换时发生的反应为阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为，其中氯离子被除掉，故应该选用阴离子交换膜；由给信息可知洗脱时得到，则此时应该选用盐酸，故选B；
（5）由流程图可知，还原时和反应生成单质钯，根据反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成和元素守恒可知，副产物为HCl；由于在浸取与洗脱时都使用了盐酸故可以循环至浸取与洗脱循环利用；
（6）盐酸的浓度由变为，则生成的氯化氢的物质的量n(HCl)=5×(-)=3mol，则此时转移电子的物质的量n(e-)=3mol，根据Pb~2e-，则生成Pd的物质的量=1.5mol，其质量=106g/mol×1.5mol=159g；而实际电解过程中可能有氢离子在阴极得到电子，故但实际生产中得不到相应质量的Pd。
27．（14分）Na2FeO4具有强氧化性，是一种新型的绿色非氯净水消毒剂，碱性条件下可以稳定存在，酸性条件下会自身分解生成Fe(OH)3。可用Fe(OH)3与NaClO在强碱性条件下制取，某实验小组利用如图所示实验装置，制取Na2FeO4，并验证其处理含CN-废水的能力。
Ⅰ.制取Na2FeO4
(1)仪器D的名称为_____。洗气瓶B中盛有的试剂为_____。实验开始，先打开分液漏斗_____(填“A”或“C”)的活塞。
(2)写出大试管中发生反应的离子方程式：_____。
(3)三颈烧瓶中的红褐色固体基本消失，得到紫色溶液时，停止通入Cl2。通入氯气的过程中三颈烧瓶中发生反应的离子方程式有：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、______。
Ⅱ.模拟并验证Na2FeO4处理含CN-废水的能力
(4)取一定量Na2FeO4加入试管中，向其中加入0.2mol•L-1的NaCN溶液10mL，CN-被氧化为CO和N2。充分反应后测得试管中仍有Na2FeO4剩余，过滤。向滤液中加入足量BaCl2溶液，生成白色沉淀，将沉淀过滤干燥后称量，得白色沉淀0.3546g。
①配制0.2mol•L-1的NaCN溶液，需要的玻璃仪器有______(填序号，下同)。
②计算NaCN溶液中CN-的去除率为______(保留两位有效数字)。
【答案】(1)球形干燥管（2分） 饱和食盐水（2分） C（2分）
(2) （2分）
(3) （2分）
(4)ADEF（2分） 90%（2分）
【解析】（1）仪器D为球形干燥管；洗气瓶B中盛有的试剂是饱和食盐水，用来除去混合气体中的氯化氢；因为实验中需要保持碱性环境，因此先向溶液中加入NaOH溶液，然后再通入，所以先开C活塞；
（2）大试管中的与浓盐酸反应的离子方程为：；
（3）结合化合价升降相等、原子守恒、电荷守恒的知识可写出制取的离子方程式：；
（4）溶液配制需要胶头滴管、烧杯、250mL容量瓶、玻璃棒；，所以的去除率为。
28．（15分）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①
②
则反应③的________；下列叙述能说明反应③达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．断裂2mol键的同时生成1mol键 B．恒容条件下，体系压强不再变化
C．恒容条件下，气体的密度不再变化 D．
(2)在不同温度、反应压强为100kPa，进料的摩尔分数(可看成体积分数)为0.1%~20%(其余为)的条件下，对于反应①，分解平衡转化率的结果如图1所示。则、和由大到小的顺序为_______；的摩尔分数越大，分解平衡转化率越小的原因是___________。
(3)反应①和③的随温度的影响如图2所示，已知(R为常数，为温度，为平衡常数)，则在1000℃时，反应的自发趋势①____③(填“＞”、“＜”或“＝”)。在1000℃、100kPa反应条件下，将的混合气进行反应，达到平衡时约为1:4，微乎其微，其原因是_______________。
(4)在1000℃、100kPa反应条件下，将的混合气进行反应③，达到平衡时，分压与的分压相同。则反应③的__________(不用写单位)。
【答案】(1) +261（2分） BD（2分）
(2) （2分） 恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低（2分）
(3)＜（2分） 在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导（2分）
(4) （3分）
【解析】（1）反应③等于反应①减去反应②，；
A．都表示正反应同一个方向，故A不符合题意；
B．该反应是气体分子数可变的反应，恒容条件下压强不变即达到平衡，故B符合题意；
C．气体密度等于质量除以容器体积，恒容条件又都是气体参与反应，故密度始终保持不变，因此不能作为平衡的标志，故C不符合题意；
D．有，一个正反应，一个逆反应，速率之比等于计量系数之比，则达到平衡，故D符合题意；
故答案为：+261；BD。
（2）反应①是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，则的转化率越大，故；恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低；故答案为：；恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低。
（3）在1000K，反应①，不易自发，反应③，容易自发，故反应自发趋势①＜③；根据图中曲线和可知越大，反应平衡常数越小，反应趋势越小，在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导；故答案为：＜；在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导。
（4）设，列三段式，达到平衡时，分压与的分压相同即有，求解，平衡后气体的总物质的量为，则；故答案为：。
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）
配合物是近代无机化学的重要研究对象，Cu或Cu2+常作为中心原子或离子，H2O、CN-、吡啶(C5H5N)等粒子是常见的配体。
(1)题干中所涉及元素电负性由大到小的顺序为__________，其中电负性最小的元素的基态原子的价电子排布式为_________________。
(2)原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，可以用自旋量子数来描述。若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，则基态O原子的价电子自旋量子数的代数和为__________。H3O+中不存在的作用力有____(填标号)，H3O+的空间构型为_____________。
A．配位键 B．离子键 C．共价键 D．氢键
(3)吡啶( )在水中的溶解度远大于在苯中的溶解度，可能原因是
①吡啶和H2O均为极性分子，而苯为非极性分子；
②______________________________________。
吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_____________________。
(4)配合物M结构如右图所示。若其中与Cu相连的4个配位原子处在一个平面内，则Cu的杂化方式可能是
(填标号)。
A．sp B．sp2 C．sp3 D．dsp2
(5)CuInS2(相对分子质量为Mr)是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，则CuInS2晶体的密度为_______________g·cm-3(列出计算式即可，阿伏加德罗常数用NA表示)。
【答案】(1) O>N>C>H>Cu（2分） 3d104s1（1分）
(2)+1(或-1) （1分） BD（2分） 三角锥形（1分）
(3)吡啶能与H2O分子形成分子间氢键（1分） （2分）
(4)D（2分）
(5) （5分）
【解析】（1）题干中所给元素有Cu、H、O、C、N，非金属电负性大，金属电负性小，同一周期从左到右电负性依次增大，所以O>N>C>H>Cu；电负性最小的为Cu，其价电子排布式为： 3d104s1；
（2）基态O原子价电子排布式为2s22p4，有两个不成对电子，所以价电子自旋量子数的代数和为+1(或-1)；H3O+中存在H共价键和配位键，不存在离子键和氢键，价层电子对数，所以H3O+的空间构型为三角锥形。
（3）吡啶分子结构中的N有孤电子对可以与水分子形成氢键，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；甲基为推电子基，-F为吸电子基，当吡啶中N的间位C上的H被甲基取代时，N的电子云密度增大，当被-CF3代替后N的电子云密度减小，又根据吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，所以碱性最弱的为 ；
（4）Cu的配位数为4，说明不是sp2杂化，sp3杂化的分子空间构型为四面体形，而该物质的4个配位原子在同一个平面内，说明不是sp3杂化，故排除法选D；
（5）根据均摊法，晶胞中Cu的原子个数= ，化学式为CuInS2，说明一个晶胞中有4个CuInS2单元，所以晶胞的质量为 ，晶胞的体积为 ，故晶胞的密度 。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
聚氨酯材料是一种新兴的有机高分子材料，被誉为“第五大塑料”，因其卓越的性能而被广泛应用于国民经济众多领域。I是工业合成聚氨酯的初级反应中得到的一种低聚物。
(1)A的名称是_______，C生成D的反应类型为_______
(2)B中所含官能团的名称是_____________
(3)写出A转化为B时生成的反式结构产物的结构简式_______
(4)写出生成I的化学方程式_______
(5)E与浓硝酸、浓硫酸反应时还会生成、J有多种同分异构体，同时满足下列条件的有_______种
(a)含有一个苯环 (b)能发生银镜反应 (c)红外光谱显示没有氮氧键
其中核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶1的结构简式为_______
【答案】(1)1，3-丁二烯（2分） 取代反应或水解反应（2分）
(2)碳溴键、碳碳双键（2分）
(3) （2分）
(4) （3分）
(5)16（2分） （2分）
【解析】D为，D是由C在NaOH的水溶液条件下反应得到的，所以C为，B与氢气反应得到C，所以B为，A与Br2进行1,4-加成，所以A为：；
（1）A的结构简式为，名称为：1，3-丁二烯；→的过程发生水解反应，为取代反应或水解反应；
（2）B为，所含官能团的名称是：碳溴键、碳碳双键；
（3）B的结构为，B的反式结构为两个相同官能团在双键两侧，即；
（4）与发生缩聚反应，结合产物的特点，根据原子守恒可得到该反应的方程式为 ：；
（5）E与浓硝酸、浓硫酸反应时，发生硝化反应，则生成的产物，根据分子式可知J中含有-NO2，J有多种同分异构体，同时满足下列条件(a)含有一个苯环， (b)能发生银镜反应，说明有-CHO，(c)红外光谱显示没有氮氧键，共16种，其中核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶1的结构简式为。
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