【文档说明】浙江省七彩阳光新高考研究联盟2023-2024学年高三下学期返校考化学试题 Word版含解析.docx，共(26)页，2.638 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-51f484e7d361d28ffbacb8363b253089.html

以下为本文档部分文字说明：

2023学年第二学期浙江七彩阳光新高考研究联盟返校考高三化学学科试题考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号

及准考证号。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28P-31S-32Cl-35.5K-39Fe-56Cu-

64Ga-70As-75Ag-108Ba-137选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中属于电解质的是A.NOB.金刚石C.冰水混合物D.稀硫酸【答案】C【解析】【分析】电

解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。【详解】A．NO在水溶液中或熔融状态下都不导电，是非电解质，A不符合题意；B．金刚石是单质，既不是电解质也不是非电解质，B不符合题意；C．冰水混合物只含有水，是纯净物，水是属于电解质，C符合题意；D．稀硫酸是溶液，溶液是混

合物，既不是电解质也不是非电解质，D不符合题意；故选C。2.硫酸亚铁应用广泛，下列说法不正确的是A.Fe元素位于周期表ds区B.4FeSO属于盐类C.4FeSO溶液呈酸性D.4FeSO溶液在空气中易变质【答案】A【解析】【详解】A．

基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，最后填入的能级是d，因此Fe元素位于周期表d区，故A错误；B．硫酸亚铁是由亚铁离子和硫酸根离子构成的化合物，属于盐类，故B正确；C．硫酸亚铁溶液中，亚铁离子会发生水解反应生成氢氧化亚铁和氢离子，从而使溶液呈酸性，故C正确；D．硫酸亚铁中二价铁具有

强还原性，易被氧化生成三价铁，因此4FeSO溶液在空气中易变质，故D正确；故答案选A。3.下列化学用语表示正确的是A.中子数为10的氧原子：16OB.4CH的空间填充模型：C.NaCl的形成过程：D.基态Cr原子的价层电子轨道表示

式：【答案】B【解析】【详解】A．中子数为10的氧原子，则质量数为10+8=18，则中子数为10的氧原子：188O，故A错误；B．甲烷的空间构型为正四面体形，空间填充模型为，故B正确；C．NaCl是离子化合物，用电子式表示NaCl的形成过程：，故C错误；D．铬为第

24号元素，价层电子排布式为3d54s1，基态Cr原子的价层电子轨道表示式为，故D错误；故答案选B。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.钢的硬度大、抗压、性脆，可用于制造机械B.漂粉精具有强氧化性，可用于杀菌消毒C.La-Ni合金能大量吸收2H，稍加

热又易释放2H，可用作储氢合金D.碳化硅硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料【答案】A【解析】【详解】A．钢的含碳量比生铁小，韧性强，延展性好，可以用于制造机械，故A错误；B．漂白粉主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分为Ca(ClO)2，生效时

生成HClO，具有强氧化性可以漂白剂，也可以杀菌消毒，故B正确；C．镧镍(La-Ni)合金能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物，稍稍加热又会分解，将储存在其中的氢释放出来，可作储氢材料，故C正确；D．新型陶瓷碳化硅(SiC)属于共价晶体，原子之间以极强的共价键结合，因而硬度很大，故可用作

砂纸和砂轮的磨料，故D正确；故答案选A。5.已知反应323IClBr6OH2IIO3Br3Cl3HO−−−−−−+=++++中仅一种元素发生了化合价变化，下列说法不正确的是A.IClBr−既是氧化剂又是还原剂B.I−是还原产物，3I

O−是氧化产物C.3molIClBr−发生反应，转移电子5molD.IClBr−不能与23SO−大量共存【答案】C【解析】【分析】反应323IClBr6OH2IIO3Br3Cl3HO−−−−−−+=++++中仅一种元素发生了化合价变化，结合元素周期

表中同主族元素从上往下，非金属性逐渐减弱，得电子的能力：I<Br<Cl，可知IClBr−中溴、氯元素为均为-1价，则碘元素为+1价，据此作答。【详解】A．反应中碘元素化合价从+1价改变到-1价和+5价，既有升高又有降低，因此IClBr−既是氧

化剂又是还原剂，故A正确；B．反应中碘元素化合价+1价降低生成-1价的碘离子，因此I−是还原产物，反应中碘元素化合价+1价升高生成+5价的碘酸根，因此3IO−是氧化产物，故B正确；C．根据反应可知，3IClBr4e−−，则3molIClBr−发生

反应，转移电子4mol，故C错误；D．IClBr−具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，会发生氧化还原反应，所以二者不能大量共存，故D正确；故答案选C。6.下列实验装置能达到相关实验目的的是目的制取Cl2分离I2和KCl固体装置AB目的制备Fe(

OH3)胶体除去苯中的水装置CDA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．实验室用MnO2和浓盐酸共热的方法来制取Cl2，图中缺少加热装置无法实现其目的，A不符合题意；B．I2易升华，KCl热稳定性较好，且与I2不反应，能够用图示装置分离I2

和KCl，B符合题意；C．FeCl3溶液与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3沉淀，不能制备Fe(OH)3胶体，C不符合题意；D．苯和水为互不相溶的两种液体，应用分液操作来分离而不能用过滤操作来分离，D不符合题意；

故选B。7.下列离子方程式不正确的是A.过氧化钠溶于水：22222NaO2HO4Na4OHO+−+=++B.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：2332CaOHHCOCaCOHO−−++=++C.饱和23NaCO溶液处理水垢：()()(

)()224334CaSOsCOaqCaCOsSOaq−−++D.用稀硝酸清洗试管内壁附着的银：322Ag2HNOAgNOHO+−+++=++【答案】D【解析】【详解】A．过氧化钠溶于水反应，过氧化钠不能

拆，离子方程式为22222NaO2HO4Na4OHO+−+=++，故A正确；B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，二者反应生成CaCO3、NaOH和H2O，离子方程式为2332CaOHHCOCaCOHO−−++=++，故B正确；C．用碳酸钠溶液处理锅

炉水垢中的硫酸钙，实现硫酸钙转化为易溶于酸的碳酸钙，离子方程式为：()()()()224334CaSOsCOaqCaCOsSOaq−−++，故C正确；D．用稀硝酸清洗试管内壁附着的银：3Ag+4H++3NO−=3Ag++NO↑+2H2O，故D错误；故答案选D。8

.下列说法正确的是A.利用煤干馏可将煤中含有的苯、甲苯提取出来B.生物柴油可以液化石油气、汽油、地沟油等碳氢化合物为原料来制备C.少量硫酸钠可以促进蛋白质的溶解，但浓度增大又会降低蛋白质的溶解度D.光照条件下，控制26CH、2Cl物质的量之比1∶1即可制得纯净的25CHCl和HCl【答

案】C【解析】【详解】A．煤中不含苯、甲苯，煤的干馏发生复杂的反应得到苯、甲苯，A错误；B．生物柴油是指植物油、动物油、废弃油脂或微生物油脂与甲醇或乙醇经酯转化而形成的脂肪酸甲酯或乙酯。液化石油气、汽

油主要成分是烃类，B错误；C．少量硫酸钠可以促进蛋白质的溶解，硫酸钠浓度增大使蛋白质盐析，会降低蛋白质的溶解度，C正确；D．26CH与2Cl的反应多取代同时存在，光照条件下，控制26CH、2Cl物质的量之比1∶1不能制得纯净的25CHCl

和HCl，D错误；的故选C。9.甲氧补骨脂素临床用于治疗白癜风，结构如图所示。下列说法正确的是A.分子中存在2种官能团B.分子中环上的碳原子都共面C.该物质既能使溴水褪色，也能与NaOH溶液反应D.1mol该物质催化加氢，最多可消耗5molH2【答案】C【解析

】【详解】A．由图可知，分子中存在醚键、酯基和碳碳双键3种官能团，A错误；B．左侧五元环中，与O原子直接相连且采取sp3杂化的碳原子不一定与其他3个碳原子共面，则所有碳原子不一定共面，B错误；C．该物质含有碳碳双键，可使溴水褪色；含有酯基，能与N

aOH溶液反应，C正确；D．苯环、碳碳双键均能与氢气发生加成反应，则1mol该物质催化加氢，最多可消耗4molH2，D错误；故选C。10.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.2.3g钠与重水(2DO)充分反应产生0.2g2DB.11molL−3CHCOONa

溶液中含3CHCOO−和3CHCOOH微粒总数为ANC.标准状况下，22.4L甲烷和乙烯的混合气体中共含有4AN个键D.已知2H燃烧热数值为285.81kJmol−，则放热285.81kJmol−时共消耗2H分子总数一定为AN【答案】A【解

析】【详解】A．2.3g钠的物质的量是0.1mol，与重水(2DO)充分反应产生0.05molD2，质量是0.05mol×4g/mol＝0.2g，故A正确；B．未说明醋酸钠溶液的体积，无法计算含3CHCOO−和3CHCOOH微粒

总数，故B错误；C．标准状况下，22.4L甲烷和乙烯为1mol，1个甲烷分子中含有4个σ键，1个乙烯分子中含有5个σ键，因此混合气体中共含有AA4~5NN个σ键，故C错误；D．燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳

定物质时放出的热量，H2燃烧时生成液态的水，即1molH2完全燃烧生成液态水时放热为285.8kJ，当放热285.8kJ时若是水为气态，则消耗2H不等于1mol，即消耗2H分子总数不等于AN，故D错误；故答案选A。

11.锂硫电池是一种非常有潜力的可充电电池，其电化学装置如图，其中硫电极为多孔碳/2LiS复合材料，通过离子的脱嵌实现放电。下列有关说法正确的是A.充电时，Li+向硫电极移动B.充电时，硫电极的电极反应：2LiS2e2LiS−+−=+C.放电时，锂电极为负极，发生还

原反应D.放电时，消耗1molLi，理论上正极质量减少16g【答案】B【解析】【分析】该装置为原电池时，Li是负极发生氧化反应，S是正极发生还原反应，充电时，锂与电源负极相连，作阴极，S与电源正极相连，作阳极，据此作答。【详解】A．充电时，阳离子

移向阴极，因此Li+向锂电极移动，故A错误；B．充电时，S与电源正极相连，作阳极，电极反应：2LiS2e2LiS−+−=+，故B正确；C．放电时，锂在负极上失电子发生氧化反应，故C错误；D．题中信息说明，

硫电极为多孔碳/Li2S复合材料，通过离子的脱嵌实现放电，因此锂离子会嵌入到硫电极中，放电时，S在正极得电子，正极电极反应式为S+2e-+2Li+=Li2S，消耗1molLi，转移电子为1mol，则正极转化为Li2S，质量增加，故D错误；故答

案选B。12.镁及其合金是用途很广的金属材料。某兴趣小组按如下步骤从海水中提取镁：下列说法不正确的是A.操作①为过滤，试剂X可以选用NaOH溶液B.试剂Y为盐酸，相应离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2OC.操作②在获得MgCl2

晶体后需要进一步在空气中加热脱去结晶水D.与电解MgO相比，电解熔融MgCl2的方式冶炼金属镁具有节能优势【答案】C【解析】【分析】海水中加入试剂X为碱溶液，沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，①操作为过滤，得到的氢氧化镁沉淀中加入试剂Y为盐酸

溶解，得到氯化镁溶液，通过②蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气。【详解】A．操作①为过滤，试剂X可以选用NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，A正

确；B．试剂Y为盐酸，氢氧化镁沉淀溶解反应相应的离子方程式为：Mg(OH)2+2H+═Mg2++2H2O，B正确；C．操作②在获得MgCl2晶体后，需要进一步在HCl气流中加热脱去结晶水，否则镁离子会水解生成氢氧化镁沉淀，C错误；D．MgO熔点比MgCl2高，电解

MgO消耗较多能源，则电解熔融MgCl2冶炼金属镁具有节能优势，D正确；故选C。13.A、B、C、D、E均为36号以前的元素且原子序数依次递增，其中D与A同主族，基态A原子的最外层有2个未成对电子，C是地壳中含量最多的元素，基态E原子的M层全

充满而N层只有一个电子。下列说法不正确的是A.熔点：22BCDCB.E与A、C元素可形成化合物3EAC、24EACC.23AC−与3BC−离子空间结构均为平面三角形D.配体AC与E形成配合物时，由A原子给出电子对【答案】

A【解析】【分析】C是地壳中含量最多的元素，则C为O元素；基态A原子的最外层有2个未成对电子，A的原子序数小于B，因此A元素的价层电子排布式为2s22p2，则A为C元素，B为N元素；D与A同主族，则D为Si

元素；基态E原子的M层全充满而N层只有一个电子，则核外电子排布式为[Ar]3d104s1，E为29号元素Cu，综合可知，A、B、C、D、E分别为C、N、O、Si、Cu元素。【详解】A．NO2为分子晶体，SiO2为

共价晶体，共价晶体的熔点更高，因此熔点：22NO<SiO，故A错误；B．Cu与C、O元素可形成3CuCO、24CuCO，故B正确；C．23CO−的中心原子C原子的价层电子对数为()13423232++−=，无孤电子对，因此空间结构为平面三角形，3NO−中心

原子N原子的价层电子对数为()13513232++−=，无孤电子对，因此空间结构为平面三角形，故C正确；D．配体CO与铜离子形成配合物时，由于电负性：C<O，因此给出电子对的为C元素，故D正确；故答案选A。14.牙齿表面牙釉质的主要成分为羟基磷灰石［()()543CaOHPO］，在水中存在

溶解平衡：()()()()()()235443CaOHPOs5Caaq3POaqOHaq+−−++。已知()()56sp543CaOHPO1.210K−=，34HPO的电离常数3a1K6.910−=，8a26.210−=K，13a3K4.810−=。下列有关

说法正确的是A.上层清液中存在()()2Ca5OHcc+−=B.上层清液中存在()()()()()2324424343Ca5POHPOHPOHPOccccc+−−−=+++C.上层清液中含磷微粒最主要以34PO−形式存在D.加HCl、3HNO或NaOH溶液均可促进羟基磷

灰石的溶解【答案】B【解析】【详解】A．上层清液为羟基磷灰石的饱和溶液，根据溶解平衡方程式可知，()()2+cCa=5cOH−，但由于磷酸根会发生水解，水解会产生OH−，因此上层清液中存在()()2+cCa<5cOH−，故A错误；

B．上层清液为羟基磷灰石的饱和溶液，根据物料守恒有：c(Ca2+)：()()()()32442434cPOcHPOcHPOcHPO−−−+++=5:3，则()()()()()2324424343cCa5cPOcHP

OcHPOcHPO+−−−=+++，故B正确；C．34PO−的水解常数为13wha313a3K1.010K==0.021>KK4.810−−，说明水解程度较大，则上层清液中含磷微粒最主要以24HPO−

形式存在，故C错误；D．加入HCl、3HNO，则将消耗OH-，导致生成物OH-浓度减小，使羟基磷酸钙沉淀溶解平衡右移，破坏牙釉质，即促进羟基磷灰石的溶解，但加入NaOH，导致生成物OH-浓度增大，使羟基磷酸钙沉淀溶解平衡左移，抑制羟基磷灰石溶解，故D错误；故答案选B。1

5.乙醇和乙酸发生酯化反应的机理历程如下：已知步骤①是该反应历程的决速步骤，下列说法不正确的是A.乙酸分子中氧原子的电子云密度：O(羰基)>O(羟基)B.H+是该反应的催化剂，减少体系中的2HO能促进平衡正向移动C.根据历程分析，按乙酸、浓硫酸、乙醇的混合顺序可能更有助

于酯化反应的进行D.、分别与32CHCHOH反应，仅后者的混合体系中能检测到821HO【答案】D【解析】【详解】A．羰基是碳氧双键，羟基是碳氧单键，氧的电负性比碳强，乙酸分子中氧原子的电子云密度：O(羰基)>O(羟基)，A正确；B．H+是该反应的

催化剂，减少体系中的2HO，H2O是该反应的生成物，减少生成物，能促进平衡正向移动，B正确；C．根据历程分析，乙酸与氢离子结合之后，与乙醇发生反应，按乙酸、浓硫酸、乙醇的混合顺序可能更有助于酯化反应的进行，C正确；D．、分别与32CHCHOH反应，根据第②步

反应的机理，羰基氧也生成羟基，在第③步当中也可能生产水，故二者的混合体系中均能检测到821HO，D不正确；故选D。16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计与结论都正确的是实验目的方案设计现象结论A检验固体样品中是否含有4NH+将固体样品加水溶解，滴入浓N

aOH溶液并加热，试管口放一张湿润的红色石蕊试纸湿润的红色石蕊试纸变蓝色样品中含有4NH+B探究铝与浓硫酸的钝化现象常温下，将铝片直接放入浓硫酸中，一段时间后取出并用水洗净，放入4CuSO溶液铝片表面未见紫红色固体生成室温下浓硫酸能将铝片钝化C探究

Si、Cl元素的非金属性的强弱向23NaSiO溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入盐酸至红色褪去混合液逐渐变成白色凝胶非金属性：Si<ClD探究2SO的化学性质将镁条引燃后，迅速伸入集满2SO的集气瓶镁条剧烈燃烧，

产生大量白烟，瓶口有淡黄色颗粒2SO具有氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】AD【解析】【详解】A．将固体样品加水溶解，滴入浓NaOH溶液并加热，发生反应：+-432NH+OHNH+HO，试管口放一张湿润的红色石蕊试纸看，氨气溶于水显碱性，湿润的红色石蕊试纸变蓝色，样品中含有4NH+，A正确

；B．铝为活泼金属，室温下能被氧气氧化，表面产生一层致密薄膜，保护内部铝，因此根据实验现象不能说明Al和浓硫酸发生钝化，B错误；C．HCl中的Cl的化合价显-1价，不是最高价，因此不能根据HCl、H2SiO3的酸性强弱判断Cl、Si元素的非金属

性强弱，C错误；D．将镁条引燃后，迅速伸入集满2SO的集气瓶，镁条剧烈燃烧，产生大量白烟MgO，瓶口有淡黄色颗粒S单质，2SO具有氧化性，D正确；故选AD。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.镓(Ga)与铝同主族，其单质及其化合物具有广泛的工业应用。回答下列问题：（1）基态G

a原子的价层电子排布式是___________。（2）镓的卤化物都有较高的催化活性，可用于聚合和脱水等工艺。查得：物质3GaBr3GaCl3GaF熔点/℃124781000①3GaBr的熔点高于3GaCl，却远低于3GaF，原因是___________。

②3GaCl气态时常以：二聚体形式存在，二聚体中各原子均满足8e−结构，则Ga与Cl之间存在的化学键有___________(填字母)。A．极性键B．氢键C．配位键D．离子键E．金属键（3）已知氮族元素砷(As)与镓同周期，

下列说法不正确的是___________。A.能量最低的激发态Ga原子的轨道表示式：[Ar]B.化合物中共价键成分的百分数：Al2O3<Ga2O3C.第一电离能：()()11IGa<IAsD.3Ga+与过量氨水反应的离子反应方程式：()33

244Ga4NHHOGaOH4NH−+++=+（4）砷化镓是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，则化学式为___________。若设该晶体的密度为3gcm−，晶胞的边长为apm，阿伏加德罗常数的值为AN，则a=_

__________(列出相应计算式)。【答案】（1）214s4p（2）①.3GaBr和3GaCl均为分子晶体，但3GaBr相对分子质量较大，分子间作用力更强，熔点更高；而3GaF属于离子晶体，熔点最高②.AC（3）ABD（4）①.GaAs②.103A414510Nρ【解析】【小问1详

解】Ga是第31号元素，基态Ga原子的价层电子排布式是214s4p；【小问2详解】①3GaBr的熔点高于3GaCl，却远低于3GaF，原因是：3GaBr和3GaCl均为分子晶体，但3GaBr相对分子质量较大，分子间作用力更强，熔点更高；而3

GaF属于离子晶体，熔点最高。②3GaCl气态时以二聚形式存在，其分子结构类似于26AlCl，二聚分子中各原子均满足8e−结构，26AlCl的结构为，则Ga与Cl之间存在的化学键有极性键、配位键，故选AC。小问3详解】A．能量最低的激发态Ga原子的轨道表示式：[Ar]，A错误；B．Al的金属性

比Ga较弱，化合物中共价键成分的百分数：Al2O3>Ga2O3，B错误；C．同周期主族元素第一电离能从左往右逐渐增大，第一电离能：()()11IGa<IAs，C正确；D．氢氧化镓能与强碱反应，而氨水是弱碱，3G

a+与过量氨水反应的离子反应方程式：()33243Ga3NHHOGaOH3NH+++=+，D错误；故选ABD。【【小问4详解】根据图示可知，由均摊法得，一个晶胞中，Ga的个数为4，As的个数为118+6=482，则化学式为GaAs；若设该

晶体的密度为3gcm−，晶胞的边长为apm，阿伏加德罗常数的值为AN，则103A4145N(10)−=a，则a=103A414510Nρ。18.钙钛矿13BaCaPbOxx−具有优异的电导性能。某兴趣小组以3BaPbO、3CaCO为原料进行了如下探究过程：

已知：①所有气体体积数据均已折算至标准状况，溶液B的溶质为()32BaNO、()32PbNO、()32CaNO。②沉淀E为24BaCO、24PbCO、24CaCO混合物，调节224NaCO加入量可控制

各组分比例。③()2a1224HCO5.610K−=，()4a2224HCO1.510K−=，()4sp24BaCO1.210K−=，()11sp24PbCO2.710K−=，()9sp24CaCO2.310K−=。回答下列问题：

（1）3BaPbO中铅元素的化合价为___________，气体A的成分为___________。（2）“富氧焙烧”过程发生反应的化学方程式为___________。（3）适当增加溶液B中224NaCO的

加入量，会使13BaCaPbOxx−的x值___________(填“增大”“减小”或“不变”)。（4）设计合理的实验方案，定性检验固体D的化学组成___________。（5）为降低产品的杂质含量，有同学提出用224HCO替代224NaCO作沉淀

剂，请结合计算说明沉淀反应能进行的理由___________。【答案】（1）①.+4②.2CO、2O（2）()24242421322BaCO22CaCO2PbCO3O2BaCaPbO8COxxxx−+−+

++焙烧（3）增大（4）取少量固体D，加水溶解，若产生能使带火星木条复燃的气体则证明含22NaO；继续加足量稀盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体则证明含23NaCO（5）224HCO沉淀2Ba+的平衡常数()()()a1

224a2224sp24KHCOKHCOK=70KBaCO=，因()sp24KCaCO、()sp24KPbCO比()sp24KBaCO小，同理可知对应沉淀反应的平衡常数更大【解析】【分析】3BaPbO中Ba的化合价为+2价，O的化

合价为-2价，则铅元素的化合价为+4价，已知溶液B的溶质为()32BaNO、()32PbNO、()32CaNO，则加入HNO3后，标准状况下，气体A为3.36L=0.15mol22.4L/mol，0.1mol3CaCO与硝酸反应生成()32CaNO、2CO和水，即生成的2CO为0.

1mol，说明气体A中还含有其他气体，气体A中2CO与22NaO反应生成23NaCO和O2，即生成的O2为2.24L=0.1mol22.4L/mol，根据气体A中含有0.1molCO2，可知由0.1molCO2生成的O2为0.05mol，综合可知气体A中含有0.1molCO2、0.0

5molO2；说明3BaPbO中+4价Pb得电子转化为+2价，做氧化剂，则3BaPbO与HNO3反应时，只能是3BaPbO中-2价O失去电子，生成2O，生成()32BaNO、()32PbNO、2O和水；固体D为23NaCO和22NaO的

混合物，溶液B中加入224NaCO，沉淀E为24BaCO、24PbCO、24CaCO，“富氧焙烧”得到产物。【小问1详解】由分析知，3BaPbO中铅元素的化合价为+4价；气体A的成分为2CO、2O。【小问2详解】沉淀E为24BaCO、24PbCO、24CaCO，“

富氧焙烧”中有2O参与反应，根据原子守恒，发生反应的化学方程式为：()24242421322BaCO22CaCO2PbCO3O2BaCaPbO8COxxxx−+−+++焙烧。【小问3详解】根据题意可知，因为24CaCO的Ksp更小，可知草酸钙先沉淀完，因

此增加224NaCO的加入量，更有利于增加224BaCO的量，会导致13BaCaPbOxx−的x值增大。【小问4详解】定性检验固体D的化学组成，可以通过检验是否存在过氧化钠和碳酸钠来验证，实验方案：取少量固体D，加水溶解

，若产生能使带火星木条复燃的气体则证明含22NaO；继续加足量稀盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体则证明含23NaCO。【小问5详解】为降低产品的杂质含量，用224HCO替代224NaCO作沉淀剂，发生的反应为：()()()()2+2

+2424Baaq+HCOaqq+C2BasHOa，该反应的平衡常数()()()()()()()()()()2+2+224242+2+22242242424cHcHcCOcHCOK=cBacHCOcBacHCOcCOc

HCO−−−−=，有()()()()()()()()+2+24242+22242424cHcCOcHcHCO1K=cHCOcBacCOcHCO−−−−，代入可知()()()a1224a2224sp2

4KHCOKHCOK=70KBaCO=，发生的反应为：()()()()2+2+2424Pbaq+HCOaqq+C2PbsHOa，该反应的平衡常数有()()()a1224a22245sp24KHCOKHCOK=3

10KPbCO，同理可得，沉淀草酸钙的平衡常数为()()()a1224a22243sp24KHCOKHCOK=3.6510KCaCO，三者平衡常数均较大，有利于反应正向进行，可以替代，故答案为：224HCO沉淀2Ba+的平衡常数()()()a1224a2224sp24

KHCOKHCOK=70KBaCO=，因()sp24KCaCO、()sp24KPbCO比()sp24KBaCO小，同理可知对应沉淀反应的平衡常数更大。19.“双碳”背景下，实现CO2的转化与利用对人类社

会发展具有重要意义。I．CO2可与H2作用生产甲醇燃料，涉及反应如下：反应①：()()()()222COgHgCOgHOg++1141.2kJmolH−=+反应②：()()()23COg2HgCHOHg+2ΔH反应③：()()()()2232COg3H

gCHOHgHOg++1349.4kJmolH−=−（1）计算可知反应②的2=H___________。（2）为同时提高反应体系中CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，除降低温度外，还可采取的措施有___________(写出一条即可)。（3）将CO2和H2按一定

比例通入装有催化剂的反应器，持续反应24小时，测得体系中的甲醇产率与催化剂活性、温度间关系如图1所示。其中X点___________(填“是”“不是”或者“无法确定”)处于平衡状态。体系在310℃后甲醇的产率下降，原因是___________。Ⅱ．

CO2与H2制CH4的反应为：()()()2242COg4HgCHg2HO(g++）。在2L的恒容密闭容器中，充入2molCO2和8molH2，测得体系温度对CO2平衡转化率(%)和催化剂催化效率的影响如图2所示。（4）下列说法不正确的是___________。A.平衡常数大小：KM＜K

QB.若体系压强或混合气体密度保持不变，均可说明反应已达平衡状态C.其他条件不变时，加入合适的催化剂，可以降低该反应的活化能和HD.其他条件不变时，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于P点（5）Kp为气体的平衡分压替

代气体的平衡浓度时所表示的化学平衡常数，已知气体的分压=气体的总压×气体体积分数。若Q点时反应体系的总压强为1MPa，则此温度下该反应的平衡常数Kp=___________MPa-2（6）科学家设计电化学装置实现了CO2与CH4分子的耦合转化，原理如图3所示，则

阳极的电极反应式为___________。【答案】（1）-90.61kJmol−（2）增大体系压强、移出水蒸气等（3）①.无法确定②.反应②和③均为放热反应，升高温度使平衡逆向移动；升温会使催化剂活性降低（4）BCD（5）1（6）2CH4-4

e-+2O2-=C2H4+2H2O【解析】【小问1详解】根据盖斯定律：③-①得反应②，所以反应②的ΔH2=(-49.4-41.2)kJ/mol=-90.6kJ/mol，故答案为：-90.6kJ/mol；【小问2详解】增大体系压强、移出水蒸气等，都能使反应③平衡正向移动，可以同时

提高反应体系中CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，故答案为：增大体系压强、移出水蒸气；【小问3详解】X点催化剂活性不是最大，同时体系中甲醇产率也不是最高，所以X点无法确定是否处于平衡状态；在310℃以前，反应

还没有达到平衡，甲醇的产率随着温度的升高而增大，310℃以后，甲醇产率下降的原因是：反应②、③均为放热反应，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低，故答案为：无法确定；反应②、③均为放热反应，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低；【小问4详解】A．由图可知，升高

温度，二氧化碳平衡转化率下降，说明该反应为放热反应，升高温度，K值减小，所以平衡常数大小：KM＜KQ，A正确；B．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则恒容容器中混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，而该反应为气体体积变化的反应，则随着反应进行，容器的压强发生改变，体系

压强保持不变，说明反应已达平衡状态当，B错误；C．其他条件不变时，加入合适的催化剂，可以降低该反应的活化能，但不能改变ΔH，C错误；D．催化剂不能改变反应的平衡状态，所以其他条件不变时，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡

转的化率不可能位于P点，D错误；故答案为：BCD；【小问5详解】Q点二氧化碳的平衡转化率为50%，列化学平衡三段式，22422COg+4HgCHg+2HOg(molo1412800(ml2141l(mo（）（）（）（）起始量）转化量）平衡量），平衡时混合气体总物质的量为8mo

l，Kp=242422p(CH)p(HO)p(CO)p(H)=2412×1MPa?(?MPa)8814×1MPa?(?MPa)88=1MPa-2，故答案为：1；【小问6详解】由图可知，甲烷在阳极失去电子转化为乙烯，所以电极反应式为2CH4-4e-+2O2-=C2H4+2H2O，故答

案为：2CH4-4e-+2O2-=C2H4+2H2O。20.铁铜金银形成的合金具有优异的导电、导热和耐腐蚀性。某兴趣小组设计如下流程对该材料进行资源回收研究：已知：①浸金时，Au转化为4AuCl−；②浸银时反应为()32332AgCl2SOAgSOCl−−−++，()332AgSO

−能将HCHO氧化成23CO−；③2ClO制备原理为22432424222HCO2NaClOHSONaSO2CO2ClO2HO++=+++，装置如图，制取和使用2ClO时须用性质稳定的气体按比例稀释，以防爆炸。回答下

列问题：（1）仪器X的名称为___________，滤液A中的阳离子有___________。（2）下列有关流程与实验的说法中，正确的是___________。A.流程中X为稀硫酸，22HO因2Cu+、Ag等催化分解损耗，实际用量会超过理论值B.流程中的“一

系列操作”包括了蒸发结晶、过滤、洗涤和干燥等步骤C.回收等物质的量的Au和Ag，理论上消耗的()224nHCO与()nHCHO的比值为1∶6D.制备2ClO的装置中，产生的2CO主要用来稀释2ClO，图中虚线部分的装置Y可省去（3）向浸银残液通入适量2S

O可得到23NaSO再生液。研究发现，若保持其他条件不变，银的浸出率会随着23NaSO再生液循环使用次数的增加而逐渐降低，原因是___________。（4）根据22342MnO5Fe8HMn5Fe4HO−++++++

=++可定量测定42FeSO7HO产品的纯度。步骤为：①称取2.850g绿矾产品，溶解，用250mL容量瓶配制成待测液；②用移液管量取25.00mL待测溶液置于锥形瓶中；③用硫酸酸化0.010001molL−4KMnO标准溶液滴定至终点，

平行测定3次，滴定管读数如下表所示：滴定次数实验数据123V(样品)/mL25.0025.0025.00()4VKMnO/mL(初读数)0.000.200.14()4VKMnO/mL(终读数)19.9820.2

220.14的则判断该实验已达滴定终点的方法是___________，上述样品中42FeSO7HO的纯度为___________。【答案】（1）①.三颈(烧)瓶②.3Fe+、2Cu+、H+（2）AD（3）23NaSO再生液的()Clc

−会随着循环使用次数的增加而不断增大，使平衡()32332AgCl2SOAgSOCl−−−++逆向移动而抑制滤渣B中AgCl的溶解（4）①.当加入最后半滴4KMnO标准溶液时，混合溶液由黄色变为浅红色，且半分

钟内不褪色②.97.5%(或0.975、0.9750)【解析】【分析】铁铜金银形成的合金在足量酸性溶液和过氧化氢作用下发生反应，滤液A含有铁离子，铜离子，氢离子等阳离子，再用铁粉还原得到滤液B和滤渣C，滤渣C再跟酸发生反应生成滤液C，还有铜单质；滤液B和滤液

C可以合并，经过一系列操作，得到七水合硫酸亚铁；滤渣A用食盐水酸性溶液和二氧化氯共同作用得到滤渣B和浸金液，浸金液用调pH值和草酸还原的方法得到金单质；滤渣B用亚硫酸钠溶液调pH值=9得到浸银液，浸银液用甲醛反

应再调pH值=14，可以得到单质银以及残液，残液可以通入适量的二氧化硫重复使用。【小问1详解】根据图示，仪器X为三颈(烧)瓶，据分析，滤液A中的阳离子有3Fe+、2Cu+、H+。【小问2详解】A．流程中X为稀硫酸，22HO因2Cu+、Ag等催化分解损耗，实际用量会超过理论值，A正

确；B．蒸发结晶易失去结晶水，为得到42FeSO7HO，流程中的“一系列操作”不采用蒸发结晶，B错误；C．根据题意可得：--4224222Au6e3H6AuCCOOlC，()3-23324AgSO4Ag4eHCHO

CO−−，回收等物质的量的Au和Ag，理论上消耗的()224nHCO与()nHCHO的比值为2∶1，C错误；D．Y装有NaHCO3饱和溶液，可除去CO2中的HCl，由于HCl对后续反应没影响，制备2ClO的装置中，产生的2

CO主要用来稀释2ClO，故图中虚线部分的装置Y可省去，D正确；故选AD。小问3详解】银的浸出率会随着23NaSO再生液循环使用次数的增加而逐渐降低，原因是：23NaSO再生液的()Clc−会随【着循环使用次数的增加而不断增大，使平

衡()32332AgCl2SOAgSOCl−−−++逆向移动而抑制滤渣B中AgCl的溶解。【小问4详解】根据题意，硫酸酸化的0.010001molL−4KMnO标准溶液滴定绿矾溶液，则判断该实验已达滴定终点的方法是：当加入最后半滴4KMnO标准溶液时，混合溶液由黄

色变为浅红色，且半分钟内不褪色；三次滴定平均消耗()4VKMnO=20.00mL，上述样品中42FeSO7HO的纯度为-3%25020.0010L0.01000mol/L52785g/mol2100%97.52.

805g。21.TMMaxiPost是一种治疗脑卒中的新型药物，常见合成路线为：已知：。回答下列问题：（1）TMMaxiPost含氧官能团的名称是___________。（2）化合物C的结构简式是___________。（3）下列有关说法不正确的是_____

______。A.化合物A→B的反应类型为加成反应，B.化合物B的酸性比C弱C.化合物C→F的过程中，采用了防止羧基氧化的保护方法D.化合物F与足量2H充分还原后的产物中共含6个手性碳原子（4）写出反应D→E的化学方程式

___________。（5）化合物G()是另一制备TMMaxiPost工艺的反应物。请以化合物A和二甲胺()为原料，设计合理路线制备化合物G(用流程图表示，无机试剂任选)。___________。（6）化合物D可用于生产茴香胺类药物M()，写出同时符合以下条

件的M的同分异构体(不包括立体异构体)___________。①属于芳香族化合物，但不能与3FeCl显色；②1HNMR−谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，含基团“”但不含“OO−−−”。【答案】（1）酰胺

基、醚键（2）（3）ACD（4）（5）（6）、、、【解析】【分析】A为苯乙烯，对比A和B的结构可知，A转化为B时由碳碳双键转化为-COOH，并增加了-OCH3基团，所以发生的是氧化反应和取代反应，根据B、D的结构可知，B与SOCl2发生取代反应

产生C，C为，C与(CH3)2SO4发生取代反应产生D，E在碱性条件下发生水解产生羧酸钠盐，而后酸化得到F，可知E中仍有酯基，D的分子式为C10H11O3Cl，不饱和度为5，X的分子式为C7H3F4NO2，不饱和度为5，E

的分子式为C17H12ClF4NO5，不饱和度为10，因此结合D、E、X的分子式可知，D与X发生反应产生E，而通过F结构可知X中含有硝基，因此X的结构简式为：，E的结构简式为：，据此作答。【小问1详解】根据TMMaxiPost的结构可知

，该分子中含氧官能团的名称是：酰胺基、醚键。【小问2详解】根据分析可知，化合物C的结构简式是：。【小问3详解】A．对比A和B的结构可知，A转化为B时由碳碳双键转化为-COOH，并增加了-OCH3基团，因此A→B的

反应类型为氧化反应和取代反应，故A错误；B．氯的电负性大，在B分子结构中的苯环引入一个氯原子后，使得苯环的电子云向氯原子偏移，使得羧基中的-O-H极性增大，酸性增强，因此化合物B的酸性比C弱，故B正确；C．在C→F的过程中，采用了保护羧基的反应，但不是防止羧基氧化，故C错误；D．连接四个

不同基团的碳原子为手性碳原子，化合物F与足量2H充分还原后的产物为：（标“*”的碳原子为手性碳原子），因此共含7个手性碳原子，故D错误；故答案选ACD。【小问4详解】根据分析可知，X的结构简式为：，E的结构简式为：，因此D→E的过程中还生成了H2，故反应

的化学方程式：。【小问5详解】化合物G()以苯乙烯和二甲胺()为原料制备化合物G()，结合已知信息可得，合成路线为：。【小问6详解】M的分子式为C10H13NO3，不饱和度为5，①属于芳香族化合物，但不与3FeCl显色，说明含有苯环，无酚

羟基，②1HNMR−谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，含基团“”但不含“OO−−−”，符合条件的结构有：、、、。