2023年普通高等學校招生全國統一考試新課標卷II化學試題第I卷（選擇題）一、單選題：1．下列有關物質水解的說法正確的是A.淀粉、纖維素最終水解產物均為單糖 B.蛋白質最終水解產物是多肽C.蔗糖、麥芽糖水解產物相同 D.酯在強堿作用下水解生成對應的酸和醇【答案】A【考點點撥】本題主要考查了生活中常見有機物的結構和性質。A、纖維素和淀粉屬于多糖，最終水解生成葡萄糖，正確；B、蛋白質先水解成多肽，多肽再水解成最終產物氨基酸，故蛋白質水解的最終產物是各種氨基酸，錯誤；C、蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，麥芽糖水解只生成葡萄糖，錯誤；D、酯在堿性條件下水解生成鹽和醇，錯誤，故選A。

2．分子式為C8H8的兩種同分異構體X和Y。X是一種芳香烴，分子中只有一個環；Y俗稱立方烷，其核磁共振氫譜顯示只有一個吸收峰。下列有關說法錯誤的是、Y均能燃燒，都有大量濃煙產生既能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，也能使溴水褪色，還能發生加聚反應屬于不飽和烴的二氯代物有三種【答案】C【考點點撥】本題考查了有機物推斷的相關知識。X和Y分子式相同都為C8H8碳的質量分數大，不能完全燃燒，都有大量濃煙產生。X為苯乙烯含有雙鍵，所以能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，也能使溴水褪色，還能發生加聚反應。所以B正確。Y的結構為正立方體結構，不屬于不飽和烴。所以C錯。Y的二氯代物有鄰位、面對位、體對角線位三種。所以D正確。故答案為C。

3．原子序數依次遞增的4種短周期元素可形成簡單離子W2+、X+、Y3+、Z2-，下列說法不正確的是A.工業上常采用電解法冶煉Y單質B.氣態氫化物的穩定性：H2W強于H2ZC.離子半徑由大到小：Z2->X+>Y3+>W2+、X形成的化合物中陰、陽離子個數比一定是1∶2【答案】C【考點點撥】本題考查元素推斷、元素周期律、元素化合物性質等。為Al元素，常用電解熔融的氧化鋁的方法制備鋁，正確；B.元素的非金屬性越強，其氫化物越穩定，非金屬性：O大于S，則氣態氫化物的穩定性：H2O強于H2S，正確；C.電子層數越多離子半徑越大，電子排布相同的離子，原子序數越大，離子半徑越小，所以S2﹣＞O2﹣＞Na+＞Al3+，則Z2﹣＞W2﹣X+＞Y3+，錯誤；、X形成的化合物為Na2O或Na2O2，陰、陽離子個數比一定是1∶2，正確.故選C。

4．設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是mol[Cu(NH3)4]2+中含有σ鍵的數目為12NA鐵粉與足量水蒸氣反應生成的H2分子數目為C.分子數目為的N2和NH3混合氣體，原子間含有的共用電子對數目為D.用惰性電極電解CuSO4溶液一段時間后，若加入的Cu2(OH)2CO3固體恰好能使溶液恢復到原來的濃度，則該電解過程中轉移電子的數目為【答案】C【考點點撥】考查σ鍵的數目、電解、及有關阿伏加德羅常數的計算。[Cu(NH3)4]2+中N－H鍵和配位鍵都是σ鍵，故1mol[Cu(NH3)4]2+中含有σ鍵的數目為16NA，A錯；高溫下鐵與水蒸氣反應的方程式為3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，因此鐵粉與足量水蒸氣反應生成的H2分子數為215NA，B不正確；用惰性電極電解CuSO4溶液一段時間后，若加入的Cu2(OH)2CO3固體恰好能使溶液恢復到原來的濃度，說明電解過程中電解了溶質硫酸銅和水，則該電解過程中轉移電子的數目為

5．如圖是部分短周期元素原子(用字母表示)最外層電子數與原子序數的關系圖。下列說法正確的是、ZW的水溶液都顯酸性B.原子半徑大小：W>R>X，離子半徑大小：Z+>R2－>W－>Y－的氫化物水溶液的酸性比R的氫化物水溶液的酸性強，可證明非金屬性：W>R、X兩種元素可形成的Z2X、Z2X2、ZX2等多種離子化合物【答案】D【考點點撥】本題考查結構性質位置關系、元素周期律等，難度不大，根據最外層電子數及原子序數的關系確定元素是解題的關鍵，注意整體把握元素周期表的結構。都是短周期元素，由最外層電子數與原子序數關系可知，X、Y處于第二周期，X的最外層電子數為6，故X為O元素，Y的最外層電子數為7，故Y為F元素；Z、R、W處于第三周期，最外層電子數分別為1、6、7，故Z為Na元素、R為S元素、W為Cl元素；NaF溶液呈堿性，NaCl的水溶液為中性，故A錯誤；同周期自左而右，原子半徑減小，電子層越多原子半徑越大，故原子半徑S＞Cl＞O，電子層結構相同，核電荷數越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大，故離子半徑：S2－＞Cl－＞F－＞Na+，故B錯誤；HCl溶液酸性比硫化氫水溶液的酸性強，不能證明Cl元素非金屬性比硫的強，故C錯誤；、X兩種元素可形成Na2O、Na2O2均為離子化合物，故D正確，故選D。

6．下列各組離子在指定的溶液中一定能大量共存的是A.含有Fe3+的溶液：Na+、SCN－、Cl－、I－B.室溫下c(OH－)/c(H+)=10－12的溶液：K+、Al3+、NO3-C.加入鋁能放出H2的溶液：Cu2+、Na+、NO3-D.由水電離的c(H+)＝×10－13mol·L－1的溶液：K+、NH4+、AlO【答案】B【考點點撥】本題考查了離子共存問題。Fe3+與SCN－、I－不能大量共存；故A錯。加入鋁能放出H2的溶液可能為酸性或堿性，堿性中Cu2+不能大量存在，酸性中因NO3-存在不能放出氫氣，故C錯。由水電離的c(H+)＝×10－13mol·L－1的溶液，水的電離受到抑制，所以可能為酸性或堿性，酸性中：AlO2-、HCO3

7．建構數學模型來研究化學問題，既直觀又簡潔。下列建構的數軸模型正確的是A.鈉在氧氣中燃燒，鈉的氧化產物：B.鐵在Cl2中燃燒，鐵的氧化產物：與Cl2反應，反應產物：溶液中通入Cl2，鐵元素存在形式：【答案】C【考點點撥】本題考查了元素化合物的知識。熟悉溴離子、二價鐵離子還原性強弱順序為解體關鍵，題目難度中等。鈉在氧氣中燃燒，只生成過氧化鈉，故A錯誤；鐵在Cl2中燃燒，只生成氯化鐵，故B錯誤；NH3與Cl2反應，氨氣少量2NH3+3Cl26HCl+N2，氨氣過量8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl，所以兩者之比為2:3時，恰好完全反應生成HCl和N2，兩者之比為8:3時，恰好完全反應生成NH4Cl和N2，故C正確；因還原性：Fe2+＞Br－，氯氣先氧化Fe2+，再氧化Br－，向FeBr2溶液中通入少量Cl2，只發生Cl2+2Fe2+2Fe3++2Cl－，所以兩者之比為1:2時，亞鐵離子全部被氧化，故D錯誤；故選C。

8．食品干燥劑應無毒、無味、無腐蝕性及環境友好。下列說法錯誤的是A.硅膠應用作食品干燥劑不可用作食品干燥劑C.六水氯化鈣可用于食品干燥劑D.加工后具有吸水性的植物纖維可用作食品干燥劑【答案】C【考點點撥】常用作食品干燥劑的有兩種白色粉末狀的干燥劑（生石灰CaO）和玻璃珠狀的干燥劑（硅膠干燥劑），A、B正確；氯化鈣是干燥劑，吸水后生成六水氯化鈣，因此六水氯化鈣沒有吸濕性，不能于食品干燥；C錯誤；加工后具有吸水性的植物纖維，是以天然植物纖維為吸濕載體，可100%自然降解，屬環保型干燥劑，D正確。

9．某羧酸酯的分子式為C18H26O5，1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，該羧酸的分子式為

【答案】A【考點點撥】根據酯的水解反應，可以確定C18H26O5+2H2O→羧酸+2C2H5OH；進而確定羧酸的分子式（質量守恒）中碳原確定為14個，C、D錯誤；根據氧原子數目和兩個乙醇，確定該羧酸中含有氧原子為5個，A正確，B錯誤。

10．原子序數依次增大的元素a、b、c、d，它們的最外層電子數分別為1、6、7、1。a－的電子層結構與氦相同，b和c的次外層有8個電子，c－和d+的電子層結構相同。下列敘述錯誤的是A.元素的非金屬性次序為c>b>a和其他3種元素均能形成共價化合物和其他3種元素均能形成離子化合物D.元素a、b、c各自最高和最低化合價的代數和分別為0、4、6【答案】B【考點點撥】原子序數一次增大的元素a、b、c、d，它們的最外層電子數分別為1、6、7、1。a－的電子層結構與氦相同，確定a為氫元素；b和c的次外層有8個電子，則確定b和c依次為硫元素和氯元素，c－和d+的電子層結構相同，則推出d為鉀元素。元素的非金屬性次序為c>b>a，A正確；.氫元素和鉀元素形成離子化合物，B錯誤；鉀和其他三種元素（H、S、Cl）均能形成離子化合物（KH、K2S、KCl），C正確；元素a、b、c各自最高（+1、+6、+7）和最低化合價（－1、－2、－1）的代數和分別為0、4、6，D正確。

11．NA代表阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是丙醇中存在的共價鍵總數為10NA的NaHCO3溶液中HCO3-C.鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物，23g鈉充分燃燒時轉移電子數為1NA核素92235U發生裂變反應：92235U+01【答案】C【考點點撥】60g丙醇即1mol，則分子中存在的共價鍵（兩個碳碳單鍵、七個碳氫單鍵，一個碳氧單鍵和一個OH單鍵，共11對共用電子對）總數為11NA，A錯誤；－L－1的NaHCO3溶液中存在碳酸氫根離子的水解和電離，則H2CO3、HCO3-和CO32-離子數之和為，B錯誤；鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物。23g鈉充分燃燒時全部變為鈉離子，因此轉移電子數為1NA，C正確；235g核素92235U+01n3890Sr+54

12．分子式為C5H10O2并能與飽和NaHCO3溶液反應放出氣體的有機物有(不含立體異構)種 種 種 種【答案】B【考點點撥】能與飽和NaHCO3溶液反應放出氣體的有機物有（不含立體異構）即為羧酸，所以分子式為C5H10O2的羧酸即C4H9COOH，可以從四個碳的烴基來確定，進而確定為4種。

13．海水開發利用的部分過程如圖所示。下列說法錯誤的是A.向苦鹵中通入Cl2是為了提取溴B.粗鹽可采用除雜和重結晶等過程提純C.工業生產中常選用NaOH作為沉淀劑D.富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質溴，再用SO2將其還原吸收【答案】C【考點點撥】向苦鹵中通入Cl2是為了把里面溴離子轉變為溴單質，A正確；粗鹽提純可以采用除雜方法把里面的雜質離子除去，然后采用重結晶方法得到精鹽；B正確；工業生產為了把鎂離子轉變為氫氧化鎂沉淀所用的沉淀及為碳酸鈣（貝殼）高溫煅燒生成氧化鈣為沉淀劑，C錯誤；富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質溴，再用SO2將其還原吸收，然后在氧化溴離子變為溴單質，D正確。

14．用如圖所示裝置進行下列試驗：將①中溶液滴入②中，預測的現象與實際相符的是選項①中物質②中物質預測②中的現象A稀鹽酸碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液立即產生氣泡B濃硝酸用砂紙打磨過的鋁條產生紅棕色氣體C氯化鋁溶液濃氫氧化鈉溶液產生大量白色沉淀D草酸溶液高錳酸鉀酸性溶液溶液逐漸褪色【答案】D【考點點撥】稀鹽酸加入到碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液中，先和氫氧化鈉發生反應，A錯誤；鋁常溫下與濃硝酸發生鈍化現象，看不到紅棕色氣體產生，B錯誤；氧化鋁溶于濃氫氧化鈉溶液，C錯誤；草酸滴加到高錳酸鉀酸性溶液會發生氧化還原反應，高錳酸鉀被還原為錳離子，溶液逐漸褪色，D正確。

第II卷（非選擇題）二、實驗題：15．某學習小組依據反應：SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g)

△H＜0，設計制備磺酰氯(SO2Cl2)的裝置如圖，有關信息如下表所示。SO2Cl2Cl2SO2熔點/℃––101–沸點/℃––10性質遇水發生劇烈(1)若用濃鹽酸與二氧化錳為原料制取Cl2，反應的化學方程式為____。(2)B儀器的作用是________________。(3)為了便于混合物的分離且提高反應物的轉化率，A裝置的反應條件最好選擇_____。a.冰水浴

b.常溫

c.加熱至℃(4)如果通入的Cl2或SO2含有水蒸氣，氯氣和二氧化硫可能發生反應的化學方程式為____。(5)實驗時先通入干燥的Cl2將A裝置中的空氣趕走，再緩慢通入干燥的SO2，即發生反應。充分反應后，繼續通入Cl2使裝置中的SO2進入燒杯中被吸收。分離產物后，向獲得的SO2Cl2中加水，出現白霧，振蕩、靜置得到無色溶液W。①經分析SO2Cl2與H2O反應屬于非氧化還原反應，寫出該反應的化學方程式

。②無色溶液W中的陰離子除含少量OH－外，還含有其它兩種陰離子，檢驗溶液W中這兩種陰離子方法是_____________________________。③反應完成后，在W溶液、燒杯中分別滴加過量的BaCl2溶液，均出現白色沉淀，此沉淀不溶于稀鹽酸，經過濾、洗滌、干燥，稱量得到的固體質量分別為xg、yg。計算SO2+Cl2SO2Cl2反應中，SO2的轉化率

(用含x、y的代數式表示)。【答案】(1)MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2)冷凝SO2Cl2(或使揮發的產物SO2Cl2冷凝，意思對即可)(3)a(4)SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl(5)①SO2Cl2＋2H2OH2SO4＋2HCl②(只要意思中答出先檢驗里SO4取少量W溶液于試管中，加入過量Ba(NO3)2溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀產生，說明溶液中含有SO42-，過濾，向濾液中滴加HNO3酸化，再加入AgNO(6)x【考點點撥】本題考查了氧化還原反應、化學方程式的書寫、化學計算等知識。(1)濃鹽酸與二氧化錳為原料制取Cl2，反應的化學方程式為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)B儀器是冷凝器，作用是冷凝SO2Cl2；(3)根據SO2Cl2、Cl2、SO2的熔沸點，為了便于混合物的分離且提高反應物的轉化率，A裝置的反應條件最好選擇a，冰水浴；(4)氯氣和二氧化硫可能發生反應的化學方程式為SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl；(5)①SO2Cl2與H2O反應屬于非氧化還原反應，寫出該反應的化學方程式：SO2Cl2＋2H2OH2SO4＋2HCl。②取少量W溶液于試管中，加入過量硝酸鋇溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀產生，說明溶液中含有SO42-，過濾，向濾液中滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，產生白色沉淀，則說明溶液中有Clˉ；(6)兩者都是硫酸鋇，物質的量分別是：x233mol、y233mol根據硫原子守恒，參加反應的SO2是x233mol，未反應的SO2是y233molSO2的轉化率=x

16．二氧化氯(ClO2，黃綠色易溶于水的氣體)是高效、低毒的消毒劑。回答下列問題：(1)工業上可用KClO3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，該反應氧化劑與還原劑物質的量之比為_________。(2)實驗室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2(亞氯酸銅)為原料，通過以下過程制備ClO2：①電解時發生反應的化學方程式為__________。②溶液X中大量存在的陰離子有__________。③除去ClO2中的NH3可選用的試劑是__________(填標號)。a.水

b.堿石灰

c.濃硫酸

d.飽和食鹽水(3)用下圖裝置可以測定混合氣中ClO2的含量：Ⅰ.在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；Ⅱ.在玻璃液封裝置中加入水，使液面沒過玻璃液封管的管口；Ⅲ.將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收；Ⅳ.將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中；Ⅴ.用·L－1硫代硫酸鈉標準溶液滴定錐形瓶中的溶液(I2+2S2O32-2I－+①錐形瓶內ClO2與碘化鉀反應的離子方程式為_________。②玻璃液封裝置的作用是_________。③V中加入的指示劑通常為_________，滴定至終點的現象是_________。④測得混合氣中ClO2的質量為_________g。(4)用ClO2處理過的飲用水會含有一定量的亞氯酸鹽。若要除去超標的亞氯酸鹽，下列物質最適宜的是________(填標號)。a.明礬

b.碘化鉀

c.鹽酸

d.硫酸亞鐵【答案】（1）2:1（2）①NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3②Cl－、OH－③c（3）①ClO2+10I－+8H+5I2+4H2O+2Cl－②吸收殘余的二氧化氮氣體（避免碘的逸出）③淀粉溶液；溶液由藍色變為無色，且半分鐘內溶液顏色不再改變④（4）d【考點點撥】（1）工業上可用KClO3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，該反應氧化劑為KClO3，還原劑為Na2SO3，然后依據KClO3到ClO2，Na2SO3到Na2SO4，轉移電子數分別為1和2，因此氧化劑與還原劑物質的量之比為2:1；（2）①根據圖示（流程圖）電解NH4Cl與鹽酸生成氫氣和三氯化氮，則電解方程式為NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3；②根據圖示（流程圖）三氯化氮與亞氯酸鈉發生反應生成二氧化氯和氨氣，因此根據氧化還原反應(6NaClO2+NCl3+3H2O6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH)確定X為氯化鈉和氫氧化鈉等，則大量存在的陰離子有Cl－、OH－。③二氧化氯(ClO2，黃綠色易溶于水的氣體)，因此除去ClO2中的NH3可用濃硫酸吸收氨氣。(3)①錐形瓶內ClO2與碘化鉀反應的離子方程式為2ClO2+10I－+8H+5I2+4H2O+2Cl－。②玻璃液封裝置的作用是吸收殘余的二氧化氯氣體（避免碘的逸出）。③V中用硫代硫酸鈉測定反應生成的碘單質，因此可以使用淀粉溶液作為指示劑來判斷終點，滴定至終點（即碘單質被硫代硫酸鈉還原為碘離子）的現象是溶液由藍色變為無色，且半分鐘內顏色不再改變。④根據反應2ClO2+10I－+8H+5I2+4H2O+2Cl－；I2+2S2O32-2Im=(4)用ClO2處理過的飲用水會含有一定量的亞氯酸鹽。若要除去超標的亞氯酸鹽需要利用其氧化性，應該加入還原劑，且產物不能引起水體污染，所以選擇硫酸亞鐵，同時生成三價鐵離子水解可以凈化水。

三、綜合題：17．Ⅰ.(1)如圖為1molNO2(g)和1molCO(g)反應生成NO(g)和CO2(g)過程中的能量變化示意圖。已知E1=134kJ/mol，E2=368kJ/mol(E1、E2為反應的活化能)。若在反應體系中加入催化劑，反應速率增大，則E1、△H的變化分別是

(填“增大”、“減小”或“不變”)。寫出該反應的熱化學方程式

。(2)若反應SO2(g)+I2(g)+2H2O(g)H2SO4(l)+2HI(g)在150℃下能自發進行，則△H

____0。A.大于B.小于C.等于D.大于或小于都可Ⅱ.以CO2為碳源制取低碳有機物成為國際研究焦點，下面為CO2加氫制取乙醇的反應：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)

△H＝QkJ/mol(Q＞0)在密閉容器中，按CO2與H2的物質的量之比為1:3進行投料，在5MPa下測得不同溫度下平衡體系中各種物質的體積分數(y%)如下圖所示。完成下列填空：(1)表示CH3CH2OH體積分數曲線的是____(選填序號)。(2)在一定溫度下反應達到平衡的標志是

。A.平衡常數K不再增大的轉化率不再增大C.混合氣體的平均相對分子質量不再改變D.反應物不再轉化為生成物(3)其他條件恒定，達到平衡后，能提高H2轉化率的措施是_______(選填編號)。A.升高溫度

B.充入更多的H2

C.移去乙醇

D.增大容器體積(4)圖中曲線a和c的交點R對應物質的體積分數yR=_______。【答案】I.減小；不變NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)

△H=－234kJ/molⅡ.(1)b

(2)BC

(3)AC(4)％(或或3/8)【考點點撥】本題考查了化學反應與能量、化學平衡的相關知識。Ⅰ(1)加入催化劑只降低活化能，反應熱不變。反應熱為E1－E2，反應的熱化學方程式NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)

△H=－234kJ/mol(2)反應能自發進行，但?S<0，所以△H

<0。Ⅱ(1)2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)

△H＝QkJ/mol(Q＞0)正反應為吸熱反應，溫度越高CH3CH2OH體積分數變大，沒有水的變化大，所以選b。(2)溫度一定K值不變。CO2的轉化率在逐漸增大，不變時達到平衡狀態。混合氣體的平均相對分子質量為m混n混，混合物的質量不變，總物質的量減少，平均相對分子質量增大。化學平衡是動態平衡。所以選BC。(3)其他條件恒定，升高溫度平衡向正向移動，H2的轉化率增大。充入更多的H2，平衡向正向移動，但是H2的轉化率減小。移去乙醇，平衡向正向移動，H2的轉化率增大。增大容器體積，平衡向逆向移動，H(4)1－2x=3x，x=

yR=0.6

18．硫酸鋅被廣泛應用于工農業生產和醫藥領域.工業上由氧化鋅礦(主要成分為ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等)生產ZnSO4·7H2O的一種流程如下：(1)步驟Ⅰ包括酸浸和過濾兩個操作：①酸浸時，需不斷通入高溫水蒸氣的目的是

。②過濾時為防堵塞，過濾裝置需常用NaOH溶液清洗，其清洗原理是

(用化學方程式表示)。(2)步驟Ⅱ中，在pH約為的濾液中加入高錳酸鉀，生成Fe(OH)3和MnO(OH)2兩種沉淀，該反應的離子方程式為

。(3)步驟Ⅲ所得濾渣Z的主要成分是

。(4)取gZnSO4·7H2O加熱至不同溫度，剩余固體的質量變化如下圖所示。①步驟Ⅳ中的烘干操作需在減壓條件下進行，其原因是

。②在圖中C，680℃時所得固體的化學式為

(填字母序號)。

·H2O

(SO4)2【答案】(1)①升高溫度、使反應物充分混合，以加快反應速率②H2SiO3+2NaOHNa2SiO3+2H2O(2)3Fe2++MnO4-+8H2O3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H(3)Cu(Zn)(4)①降低烘干的溫度，防止ZnSO4·7H2O分解

②d【考點點撥】本題考查工業流程中定性、定量分析有關問題。(1)①高溫水蒸氣起到熱量交換加熱作用，同時還有攪拌作用，使反應物充分混合，以加快反應速率；②步驟1中產生硅酸，為絮狀沉淀堵塞過濾裝置，故用堿溶解掉，H2SiO3+2NaOHNa2SiO3+2H2O；(2)在pH約為的濾液中加入高錳酸鉀，生成Fe(OH)3和MnO(OH)2兩種沉淀，根據信息知：3Fe2++MnO4-+8H2O3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H+。(3)根據雜質成分，步驟Ⅰ除掉ZnSiO3雜質，步驟Ⅱ除掉鐵離子雜質，步驟Ⅲ應除去銅離子，加鋅置換出銅，一般鋅過量；(4)溫度高晶體容易失去結晶水，采用減壓降低水的沸點使晶體表面的水分溶液蒸發，故答案為：降低烘干的溫度，防止ZnSO4·7H2O分解；可以采用代入法判斷分解產物，晶體共，，a、b、c、d質量分別為×81=，×161=，×179=，0.13

19．堿式硫酸鐵[Fe(OH)SO4]可用做凈水劑、媒染劑、顏料和藥物。工業上利用廢鐵屑(含少量氧化鋁、氧化鐵等)生產堿式硫酸鐵的部分工藝如下：已知：部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3開始沉淀完全沉淀(1)反應Ⅰ中發生的氧化還原反應的離子方程式是

。(2)反應Ⅱ中加入NaHCO3調節體系的pH在

范圍內。(3)反應Ⅲ中生成的氣體遇空氣變紅棕色，則反應Ⅲ中發生反應的離子方程式是

。(4)反應Ⅲ中通入氧氣可減少NaNO2的用量。若消耗1mol氧氣可節約n(NaNO2)=

mol。(5)用硫酸控制體系的pH。若硫酸加入量過小，容易生成沉淀；若硫酸加入量過大，不利于產品形成，用化學平衡移動原理分析其原因是

。(6)堿式硫酸鐵溶于水后生成的[Fe(OH)]2+離子可部分水解生成[Fe2(OH)4]2+聚合離子，該水解反應的離子方程式是

。【答案】(1)Fe+2H+Fe2++H2QUOTE↑；Fe+2Fe3+3Fe2+(2)~(3)Fe2++NO2-+2H+Fe3++NO+H(4)4(5)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；若硫酸量過小，c(H+)過低，平衡正移，會生成Fe(OH)3沉淀；若硫酸加入量過大，平衡逆移，溶液中c(OH-)過小，不利于產物形成。(6)2[Fe(OH)]2++2H2O[Fe2(OH)4]2++2H+【考點點撥】本題考查制備原理的設計，題目難度中等，注意根據物質的性質和題給信息判斷可能發生的反應，離子方程式的書寫為解答該題的難點。(1)Fe為活潑金屬，可與酸反應，反應的離子方程式為Fe+2H+Fe2++H2QUOTE↑；氧化鐵與酸反應生成鐵離子，鐵離子可以氧化Fe，離子方程式為：Fe+2Fe3+3Fe2+；(2)制備硫酸亞鐵，應與硫酸鋁分離，應調節溶液pH生成Al(OH)3，要避免生成應Fe(OH)2沉淀，控制pH在≤pH＜之間。(3)氣體遇空氣變紅棕色，為NO，則發生反應的離子方程式是：Fe2++NO2-+2H+Fe3++NO+H2O；(4)n(O2)為1mol，則得到電子1mol×4=4mol，1molNaNO2被還原生成NO，化合價由+3價降低到+2價，得到1mol電子，則需要4molNaNO2；(5)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；若硫酸量過小，c(H+)過低，平衡正移，會生成Fe(OH)3沉淀；若硫酸加入量過大，平衡逆移，溶液中c(OH-)過小，不利于產物形成；(6)[Fe(OH)]2+離子可部分水解生成[Fe2(OH)4]2+聚合離子，根據電荷守恒和質量守恒可寫出反應的離子方程式為：2[Fe(OH)]2++2H2O[Fe2(OH)4]2++2H+。

20．酸性鋅錳干電池是一種一次性電池，外殼為金屬鋅，中間是碳棒，其周圍是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等組成的糊狀填充物。該電池放電過程產生MnOOH。回收處理該廢電池可得到多種化工原料。有關數據如下表所示：溶解度/(g/100g水)化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10－1710－1710－39回答下列問題：(1)該電池的正極反應式為________，電池反應的離子方程式為________。(2)維持電流強度為，電池工作5分鐘，理論上消耗鋅________g。(已知F=96500C·mol－1)(3)廢電池糊狀填充物加水處理后，過濾，濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl，二者可通過________分離回收；濾渣的主要成分MnO2、

和

，欲從中得到較純的MnO2，最簡便的方法為________，其原理是________。(4)用廢電池的鋅皮制備ZnSO4·7H2O的過程中，需除去鋅皮中的少量雜質鐵，其方法是：加稀H2SO4和H2O2溶解，鐵變為________，加堿調節至pH為________時，鐵剛好沉淀完全(離子濃度小于1×10－5mol·L－1時，即可認為該離子沉淀完全)；繼續加堿至pH為________時，鋅開始沉淀(假定Zn2+濃度為mol·L－1)。若上述過程不加H2O2后果是________，原因是________。【答案】（1）MnO2+H++e－MnOOH；2MnO2+Zn+2H+MnOOH+Zn2+（注：式中Zn2+可寫成Zn(NH3)42+，Zn(NH3)2Cl2（2）（3）加熱濃縮、冷卻結晶；碳粉；MnOOH；空氣中加熱；碳粉轉變為CO2，MnOOH氧化為MnO2（4）Fe3+；6；10；Zn2+和Fe2+分離不開；Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近【考點點撥】(1)酸性鋅錳干電池是一種一次性電池，外殼為金屬鋅，中間是碳棒，其周圍是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等組成的糊狀填充物。該電池放電過程產生MnOOH；則正極反應式為MnO2+e－+H+MnOOH；電池反應的離子方程式為Zn+2MnO2+2H+2MnOOH+Zn2+。(2)維持電流強度為，電池工作5分鐘，則通過的電量為Q=×5×60=150C，則理論上消耗鋅m=1/2×150C/96500C·mol－1×65g/mol=。(3)廢電池糊狀填充物加水處理后，過濾，濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl，利用二者溶解度隨溫度變化的差異和二者溶解性差異，可以通過加熱濃縮、冷卻結晶的方法分離回收；濾渣的主要成分是MnO2、MnOOH和碳粉，欲從中得到較純的MnO2，最簡便的方法讓碳燃燒生成二氧化碳，氫氧化氧錳轉變為二氧化錳，即在空氣中加熱。（4）用廢電池的鋅皮制備ZnSO4·7H2O的過程中，需除去鋅皮中的少量雜質鐵，由于二價鐵離子和鋅離子的溶度積相近，因此首先吧二價鐵離子氧化為三價鐵離子，即其方法是：加稀H2SO4和H2O2溶解，鐵變為Fe3+，加堿調節至pH為時，鐵剛好沉淀完全(離子濃度小于1×10－5mol·L－1時，即可認為該離子沉淀完全)；繼續加堿至pH為6時，鋅開始沉淀(假定Zn2+濃度為mol·L－1)。由于二者氫氧化物的Ksp相近，若上述過程不加H2O2，后果是Fe2+與Zn2+分離不開。

21．甲醇既是重要的化工原料，又可作為燃料。利用合成氣(主要成分為CO、CO2和H2)在催化劑作用下合成甲醇，發生的主要反應如下：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

△H1②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O

△H2③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O

△H3回答下列問題：(1)已知反應①中相關的化學鍵鍵能數據如下：化學鍵H－HC－OCH－OC－HE/(kJ·mol－1)4363431076465413由此計算△H1=________kJ·mol－1；已知△H2=－58kJ·mol－1，則△H3=________kJ·mol－1。(2)反應①的化學平衡常數K表達式為________；圖1中能正確反映平衡常數K隨溫度變化關系的曲線為________(填曲線標記字母)，其判斷理由是________。(3)組成n(H2)/n(CO+CO2)=時，體系中的CO平衡轉化率(α)溫度和壓強的關系如圖2所示。α(CO)值隨溫度升高而_________(填“增大”或“減小”)，其原因是_________；圖2中的壓強由大到小為_________，其判斷理由是_________。【答案】（1）－99；+41；（2）K=c(CH3OH)c(CO)?（3）減小；升高溫度時，反應①為放熱反應，平衡向左移動，使得體系中CO的量增大；反應③為吸熱反應，平衡向右移動，使得體系中CO的量增大；總結果，隨溫度升高，使CO的轉化率降低p3﹥p2﹥p1；相同溫度下，由于反應①為氣體分子數減小的反應，加壓有利于提高CO的轉化率；而反應③為氣體分子數不變的反應，產生CO的量不受壓強影響。故增大壓強時，有利于CO的轉化率升高【考點點撥】根據△H=反應物的總鍵能－生成物的總鍵能和給出化學鍵的鍵能，進而計算△H1=（1076+2×436－3×413－343－465）kJ·mol－1=－99kJ·mol－1；已知△H2=－58kJ·mol－1，則反應③依據蓋斯定律可以由②－①得到，則△H3=△H2－△H1=－58kJ·mol－1－（－99kJ·mol－1）=+41kJ·mol－1；(2)反應CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的K=c(CH3OH)c(CO)?c2(H2)(3)反應①為放熱反應，溫度升高平衡逆向移動，一氧化碳的體積分數增大；反應③為吸熱反應，平衡向正反應方向移動，又生成一氧化碳，因此隨溫度升高，一氧化碳的轉化率減小；相同溫度下，由于反應①為氣體體積減小的反應，加壓有利于提升CO的轉化率，而反應③為氣體分子數增大的反應，產生CO的量不收壓強影響，故增大壓強時，有利于C的轉化率升高，則圖2中的壓強由大到小為p3>p2>p1。

22．[化學－－選修2：化學與技術]苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工業上可用異丙苯氧化法生產苯酚和丙酮，其反應和工藝流程示意圖如下：相關化合物的物理常數物質相對分子質量密度/(g·cm－3)沸點/℃異丙苯120153丙酮58苯酚94182回答下列問題：(1)在反應器A中通入的X是__________。(2)反應①和②分別在裝置_______和_______中進行(填裝置符號)。(3)在分解器C中加入的Y為少量濃硫酸，其作用是________，優點是用量少，缺點是_______。(4)反應②為_______(填“放熱”或“吸熱”)反應。反應溫度應控制在50~60℃，溫度過高的安全隱患是________。(5)中和釜D中加入的Z最適宜的是______(填標號，已知苯酚是一種弱酸)。

(6)蒸餾塔F中的餾出物T和P分別為______和_______，判斷的依據是________。(7)用該方法合成苯酚和丙酮的優點是______。【答案】（1）O2(或空氣)；（2）A；C；（3）催化劑（提高反應速率）；腐蝕設備；（4）放熱；可能會導致（過氧化物）爆炸；（5）c；（6）丙酮；苯酚；丙酮的沸點低于苯酚；（7）原子利用率高【考點點撥】根據異丙苯氧化法生產苯酚和丙酮的反應和工藝流程示意圖判定：A反應容器中發生催化氧化生成異丙苯過氧化氫，因此A中通如的X氣體為氧氣或者空氣；B裝置為蒸發器，在C裝置中發生分解反應生成苯酚和丙酮，則Y為濃硫酸，提供酸性環境，起催化作用，但是由于硫酸的強酸性可以引起生產設備的腐蝕；反應②的焓變小于0，故該反應為放熱反應。反應溫度應控制在50~60℃，溫度過高則可能會導致（過氧化物）爆炸的安全隱患發生。中和D中加入的Z應該把硫酸中和掉，但是不能與苯酚發生反應，因此最適宜的時機為碳酸氫鈉，c為備選答案；蒸餾塔F中的餾出物T和P分別為丙酮和苯酚，判斷的依據是丙酮的沸點遠遠小于苯酚的沸點，沸點越低則蒸餾出來的越早；用該方法合成苯酚和丙酮的優點是原子利用率高，實現原子經濟百分百。

23．[化學——選修3：物質結構與性質]A、B、C、D為原子序數依次增大的四種元素，A2－和B+具有相同的電子構型：C、D為同周期元素，C核外電子總數是最外層電子數的3倍；D元素最外層有一個未成對電子。回答下列問題：(1)四種元素中電負性最大的是

(填元素符號)，其中C原子的核外電子排布式為

。(2)單質A有兩種同素異形體，其中沸點高的是

(填分子式)，原因是

；A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為___________和________。(3)C和D反應可生成組成比為1:3的化合物E，E的立體構型為______，中心原子的雜化軌道類型為_______。(4)化合物D2A的立體構型為_______，中心原子的價層電子對數為_______，單質D與濕潤的Na2CO3反應可質備D2A，其化學方程式為_______。(5)A和B能夠形成化合物F，其晶胞結構如圖所示，晶胞參數a=，F的化學式為________；晶胞中A原子的配位數為________；列式計算晶體F的密度(g·cm－3)_________。【答案】（1）O；1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)（2）O3；O3相對分子質量較大，范德華力大；分子晶體；離子晶體（3）三角錐形；sp3（4）V形；4；2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl)（5）Na2O；8；4×62g?mol-1(0.566×【考點點撥】A、B、C、D為原子序數依次增大的四種元素，A2-和B+具有相同的電子構型，則A為O，B為Na；C、D為同周期元素，C核外電子總數是最外層電子數的3倍，則C為P；D元素最外層有一個未成對電子，則D為Cl。（1）非金屬越強，電負性越大，則四種元素中電負性最大的是O，P的原子序數為15，則根據核外電子排布可知C原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；（2）氧元素有了氧氣和臭氧兩種單質，由于O3相對分子質量較大，范德華力大，熔沸點較高；A和B的氫化物分別為水和NaH，所屬的晶體類型依次為分子晶體和離子晶體。（3）C和D反應可生成組成比為1:3的化合物E，即E為PCl3，其中P含有一對孤對電子，其價層電子對數是4，所以E為三角錐形，中心原子采用sp3雜化；（4）化合物Cl2O分子中氧元素含有兩對孤對電子，價層電子數為4，單質D與濕潤的碳酸鈉反應可以制備D2A，則反應的化學方程式為2Cl2