2023-2024學年江蘇省南京市高三（上）零模押題化學試卷（解析版）

2023-2024學年江蘇省南京市高三（上）零模押題化學試卷

一、選擇題（本大題共14小題，共42分）

1.化學物質與日常生活和科技進步密切相關，下列說法錯誤的是（）

A.CO2可用于合成淀粉

B.維生素C可作抗氧化劑

C.NaOH和鋁粉是某固體管道疏通劑的主要成分

D.鐵粉可作食品干燥劑

2.制取硫酸四氨合銅晶體｛[Cu（NH3）4]SC）4?出0｝的實驗如下：

步驟1：向盛有硫酸銅水溶液的試管中加入氨水，首先生成難溶物，繼續(xù)添加氨水并振蕩試管，難溶物溶解,

得到深藍色的透明溶液。

步驟2：再向試管中加入乙醇，析出深藍色的晶體。

下列說法不正確的是（）

A.步驟1中難溶物溶解是因為生成了配合物

B.步驟2中加入乙醇降低了溶劑的極性從而析出晶體

C.1mol[Cu（NH3）4『+中含有◎鍵的數(shù)目為16X6.02X1023

D.最終所得溶液中大量存在NH，[CU（NH3）4『+、OH]SQ2-

3.膠體區(qū)別于溶液最本質的特征是（）

A.可以通過濾紙B.有丁達爾效應

C.分散質粒子因吸附而帶電荷D.分散質粒子的直徑大小

4.《Nature》雜志評選出的2019年世界十大科技進展之一是我國科研人員發(fā)現(xiàn)用

于“點擊化學”的一種新化合物（如圖所示），W、X、Y、Z為短周期主族元素且原

子序數(shù)依次增大，Y原子的最外層電子數(shù)與W原子的核外電子總數(shù)相等，X、Z同主

族。下列說法正確的是（）

A.第一電離能：W>X>Z

B.四種元素中，最高價含氧酸酸性最強的為Y

C.最簡單氫化物的沸點W>X

D.最簡單氫化物的穩(wěn)定性：W>X>Y

5.下列各組物質中，不能按如圖關系相互轉化的是（“一”表示一步完成）（）

A.a物質：NO；b物質NO2；c物質：HNO3

B.a物質：S02；b物質:SO3；c物質:H2SO4

C.a物質,Al；b物質：A1(OH)3；c物質：NaA102

D.a物質：C02；b物質：H2c。3；c物質：NaHCO3

6.縱觀古今，化學與生活皆有著密切聯(lián)系.下列有關說法錯誤的是()

A.“梨花淡自柳深青，柳絮飛時花滿城”中柳絮的主要成分和棉花的相同

B.制作煙花的過程中常加入金屬發(fā)光劑和發(fā)色劑使煙花放出五彩繽紛的顏色

C.草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳氣肥”的主要成分可以是碳酸鈣

D.芒硝晶體(Na2s0『10電0)白天在陽光下曝曬后失水、溶解吸熱，晚上重新結晶放熱，實現(xiàn)了太陽能轉

化為化學能繼而轉化為熱能

7.實驗室中為研究不同物質之間的反應進行如圖所示實驗。下列說法正確的是()

O.lmolNa^Oyd)稀破酸KMnO.(H*)溶液

II。

|隔絕空氣加熱固體甲f麗]-?氣體乙T隨石|一氣體丙一麗司

41T

NaiSO/s)固體丁雙乳水

A,丙為還原產物，丁為氧化產物

B.上述有4個氧化還原反應

C.每生成標準狀況下5.6L氣體丙，消耗0.2molKMn()4

D.若O.lmolNa2sO3完全反應，轉移0.15以個電子(以為阿伏加德羅常數(shù)的值)

8.下列有關離子方程式中書寫錯誤的是()

2++

A.向CuSC>4溶液中通入出S：Cu+H2S=CuSi+2H

B.工業(yè)鹽酸呈現(xiàn)亮黃色原因：Fe3++4C1-U[FeCLJ-

+2+

C.向酸性KM11O4溶液中通入SO2：3SO2+2MnO；+4H=3S0^+2Mn+2H2O

D,向氯化銀懸濁液中加入足量碘化鉀溶液：=(aq)+AgCl(s)=Agl(s)+C「(aq)

9.能在有機物的分子中引入羥基的反應類型有()

①還原反應；

②取代反應；

③氧化反應；

④加成反應；

⑤水解反應；

⑥酯化反應。

A.②④⑤⑥B.①②④⑤C.①②③④D.②③④⑤⑥

10.下列各組元素的原子隨著原子序數(shù)的遞增，有關遞變關系不正確的是（）

A.原子半徑：Si>P>S>ClB.最高正價：C<N<0<F

C.金屬性：Na<K<Rb<CsD.非金屬性：P<S<Cl

11.我國科學家開發(fā)設計一種天然氣脫硫裝置，利用如圖1裝置可實現(xiàn)：H2s+02=%。2+$1.已知甲池中

有如圖2所示的轉化，下列說法正確的是（）

A.該裝置工作時，只將光能轉化為電能

B.該裝置工作時，溶液中的H+從甲池經過全氟磺酸膜進入乙池

C.乙池①處發(fā)生反應：H2s+I3=3K+Si+2H+

D.該裝置每處理H2s2.24L,甲池溶液就增重3.4g

12.某溶液中，若忽略水的電離，只含有下表中所示的四種離子，試推測X離子及其個數(shù)b可能為（）

離子Na+Ba2+crX

個數(shù)3a2aab

A.NOJ、4aB.COp、3aC.OH，6aD.SC^-、3a

13.下列敘述正確的是（）

A.測定新制氯水的pH時，用玻璃棒蘸取液體滴在pH試紙上，與標準比色卡對照即可

B.通常狀況下氯氣不能和Fe反應，所以可以用鐵質容器儲存氯氣

C.久置氯水、漂白粉、84消毒液均有漂白性，且漂白原理相同

D.液氯、新制氯水、氯氣的CC〉溶液均可使干燥的藍色石蕊試紙先變紅后褪色

14.催化制氫是目前大規(guī)模制取氫氣的方法之一：CO(g)+H2O(g)UCO2(g)+F

H2(g)AH=-41.2kJ/mol。研究表明，此反應的速率方程為:v=k［x(C0)-x(H2。)—/\\

x(C0*(H2)］式中,x(co)、X(H2。)、X(CO2),x(Hz)分別表示相應的物質的量分數(shù)，/

。為平衡常數(shù)，k為反應的速率常數(shù)，溫度升高時k值增大。在氣體組成和催化劑

一定的情況下，反應速率隨溫度變化的曲線如圖所示。下列有關說法正確的是()

A.溫度越低，。越小

B.溫度升高，反應速率增大

C.此反應速率只受溫度因素影響

D.T〉%時，。減小對反應速率的影響大于k增大的影響

二、非選擇題(共58分)

15.氧化銘(酊2。3)主要用于冶煉金屬銘、有機化學合成的催化劑等。工業(yè)上是以鋁鐵礦［主要成份為

Fe(CrO2)2,還含有AI2O3、SiO2等雜質］為主要原料進行生產，其主要工藝流程如圖：

(1)亞銘酸亞鐵［Fe(CrO2)2］中Cr的化合價是。

(2)焙燒時的主要反應為：4FeO-Cr2O3+8Na2CO3+702^8Na2Cr04+2Fe203+8C02,其中被氧化的

元素為,每產生32gFe2()3,轉移電子的數(shù)目為。該步驟不能使用陶瓷容器，原因是。

(3)操作I包括過濾與洗滌，簡述實驗室中洗滌沉淀的操作：0

(4)硫磺在與銘酸鈉的反應中轉化為硫代硫酸鈉，反應的離子方程式為o濾渣中除Al(0H)3外還有

(填化學式)。

⑸某工廠用448kg銘鐵礦粉［含F(xiàn)e(CrO2)280%］制備SR，最終得到產品182.4kg,產率為%。

(6)(：產+也有一定毒性，會污染水體，常溫下要除去廢液中多余的CN+,調節(jié)pH至少為,才能使銘離

子沉淀完全。已知Cr(OH)3的溶度積為1。x10-32。

)是重要的有機合成中間體，以A為原料合成F的一

種合成路線如圖。

H

BrI

HBrl.._CH

，適當?shù)娜軇﹔n

已知：@RCH=CH(請注意H和Br所加成的位置)

21HBr,過氣化物

適當?shù)娜軇㏑：H產

HBr

()()

l[OHII

②K—CH—CH=O+R—CH,—C—R,—*R—CH,—CH—C—C—H,+HX)

R.

③Bi和B2、CI和C2、Di和D2分別互為同分異構體。

請回答下列問題：

(1)A的化學名稱為,B2的結構簡式為o

(2)C2-D2的化學方程式為o

(3)lmolE與H2完全加成時最多消耗molH2?

(4)手性碳是指連有四個不同基團的碳原子，請用*標記F中的手性碳原子。

(5)D2被濱水氧化后的產物為G,貝IJG的含苯環(huán)的同分異構體中能發(fā)生水解反應的有種，寫出一種核磁

共振氫譜有4組峰的結構簡式：。

(6)參照上述合成路線，以1,3-丙二醇和丙酮為原料(無機試劑任選)合成環(huán)己醇。寫出合成路線。

17.ZnO是電鍍、涂料、有機合成等化學工業(yè)的重要原料.某課題組設計由含鋅工業(yè)廢料(含F(xiàn)e、Cu、Mn等

雜質)生產ZnO的工藝流程如下：

含如廢料譽咯浸取液’注及A氧化液”還原液色旺碳化警

ZnO

王境Mr?pH=>.>j||母燒

黃鈉鐵磯N加0(0H)2等海綿Cu濾液

NaFe；(SO4)/OH)5

已知：黃鈉鐵磯在pH為1.5,溫度為90久時完全沉淀，且易于過濾.

2Cu+。2+2H2SO4=2C11SO4+2H2。

(1)步驟①的浸取液里除含有ZM+、MM+外，還含有的金屬離子有、,所加試劑X為Na2sO4和

的混合液.

(2)步驟②可進一步氧化除去鐵，還氧化除去了Mn2+,除去MM+的離子方程式為；步驟③所加試劑

是,整個工藝流程中可以循環(huán)使用的物質是.

(3)步驟⑤中檢驗沉淀是否洗滌干凈的操作方法是.

(4)步驟④碳化實際得到的是一種堿式碳酸鋅［ZnC()3YZnCOH%-yH2。］,取該樣品7.18g,充分灼燒后，測

得殘留固體質量為4.86g,將所得氣體通入足量澄清石灰水中，得到2.00g沉淀，則此堿式碳酸鋅的化學式是

18.氧化還原反應知識的學習，為我們研究化學物質和化學反應提供了新的視角

(1)下列粒子中，只有還原性的是o

①S2-

②Fe2+

③Fe3+

④S

⑤H+

⑥Na+

⑦Mg

(2)吸入人體內的氧有2%轉化為氧化性極強的“活性氧”，它能加速人體衰老，被稱為“生命殺手”，服用

含硒元素(Se)的化合物亞硒酸鈉(NazSeOs),能消除人體內的活性氧，由此推斷NazSeC^的作用是。

(3)在Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NOT+2也0的反應中，HNO3表現(xiàn)了性，若生成的氣體在標準狀

況下所占的體積為1L2L時，轉移電子數(shù)為0

(4)已知反應：①6HC1+KC1O3=KC1+3H2O+3C12T@C12+2KI=2KC1+I2(3)I2+Cl2+H20->HI03+

HQ(未配平)反應①中若有3moi鹽酸參與反應，轉移的電子數(shù)目為；對于反應③下列說法正確的是

A.反應③中氧化劑和還原劑的物質的量之比為1：5

B.結合反應②③，若將。2通入含有淀粉的KI溶液中，可能會觀察到先變藍后褪色

C.還原性由強到弱順序：cr>I-

D.氧化性由強到弱順序：KC103>Cl2>I2

(5)反應①是制取Cl?的方法，除此之外反應KMnC>4+16HC1=2KC1+2MnCl2+5C12T+8也0也常用來制備

Cl2,若反應生成22.4LC12(標準狀況)，轉移電子的物質的量是,被氧化的HCI和參加反應的HC1的

質量之比。

答案和解析

L【答案】D

【解析】解:A.模擬光合作用CO2可以合成淀粉，故A正確；

B.維生素C具有還原性，可作抗氧化劑，故B正確；

C.油脂在堿性環(huán)境下水解更徹底，NaOH溶液和鋁粉反應放出大量熱且產生大量的氣體，產生的熱量可以加

快反應速率，有利于加速油脂水解便于管道的疏通，故C正確；

D.鐵粉具有還原性，消耗氧氣，因此鐵粉可作食品抗氧化劑，不是干燥劑，故D錯誤；

故選：D?

A.模擬光合作用CO2可以合成淀粉；

B.維生素C具有還原性，可作抗氧化劑；

C.油脂在堿性環(huán)境下水解更徹底，NaOH溶液和鋁粉反應放出大量熱，反應產生的熱量可以加快反應速率，

有利于加速油脂水解便于管道的疏通；

D.鐵粉具有還原性，消耗氧氣，因此鐵粉可作食品抗氧化劑。

本題考查了生活中的化學知識，難度不大，注意平常知識的積累即可。

2.【答案】D

【解析】解:A.步驟1中難溶物為氫氧化銅沉淀，加入過量氨水，氫氧化銅轉化為[CU(NH3)4『+,其溶解是

因為生成了配合物，故A正確；

B.乙醇屬于有機物，加入后減小了溶劑的極性，降低了[Cu(NH3)4]SC?4的溶解度，導致結晶析出，故B正確；

C.[Cu(NH3)4]2+中N-Cu、N-H之間均存在。鍵，1個離子中0鍵數(shù)目為16,故lmol[Cu(NH3)4『+中含有0鍵

的數(shù)目為16X6.02X1023,故c正確；

D.一水合氨為弱電解質，溶液中不會大量存在鏤根離子和氫氧根離子，故D錯誤；

故選：Do

A.步驟1中難溶物為氫氧化銅沉淀，加入過量氨水，氫氧化銅轉化為[CU(NH3)412+；

B.乙醇屬于有機物，加入后減小了溶劑的極性，降低了[Cu(NH3)4]S04的溶解度；

C.[Cu(NH3)4】2+中N—Cu、N—H之間均存在。鍵，1個離子中◎鍵數(shù)目為16；

D.一水合氨為弱電解質。

本題考查了配合物的性質，題目難度中等，注意[Cu(NH3)4]S()4晶體，注意形成配合物的條件是：有提供空

軌道的中心原子，有提供孤電子對的配位體。

3.【答案】D

【解析】解：膠體區(qū)別于其它分散系的本質特征是膠體粒子直徑在l-100nm之間，溶液的分散質粒子直徑

小于lnm,濁液的分散質粒子直徑大于lOOnm.

故選：D.

膠體區(qū)別于溶液和濁液最本質的特征是分散質直徑的大小不同.

本題考查膠體的判斷，注意膠體區(qū)別于其它分散系的本質特征是膠體粒子直徑在1-lOOnm之間.

4.【答案】A

【解析】解：由以上分析可知，W為N元素，X為0元素，Y為F元素，Z為S元素。

A.同一周期元素，第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第HA族、第VA族第一電離能大于其相鄰

元素，同一主族元素其第一電離能隨著原子序數(shù)增大而減小，則第一電離能W>X>Z,故A正確；

B.F的非金屬性最強，不存在最高價含氧酸，故B錯誤；

C.氨氣和水分子之間都存在氫鍵，但水分子之間形成氫鍵更多，水的沸點更高，即最簡單氫化物的沸點W<X,

故C錯誤；

D.元素的非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性F>0>N,則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性Y>X>

W,故D錯誤；

故選：Ao

W、X、Y、Z為短周期主族元素且原子序數(shù)依次增大，Y原子的最外層電子數(shù)與W原子的核外電子總數(shù)相等，

由圖可知Y可形成1個共價鍵，W可形成3個共價鍵，可知Y為F元素，W為N元素；X、Z同主族，且X可形成X=Z

鍵，可知X最外層有6個電子，則X為0元素，Z為S元素，以此解答該題。

本題考查原子結構和元素周期律關系，題目難度不大，明確元素周期律內涵是解本題關鍵，注意第一電離

能規(guī)律中的反?，F(xiàn)象，試題側重考查分析判斷及知識綜合運用能力。

5.【答案】C

【解析】解：A.NO氣體能夠與。2反應生成NO2，NO2與水反應生成HNO3和NO,NO還能夠與O2、口2。反應

生成HNO3,各物質能夠按照圖示關系相互轉化，故A錯誤；

B.SO2與。2反應生成SO3，SO2與雙氧水反應生成H2sO4，SO3與水反應生成H2s0"各物質能夠按照圖示關

系相互轉化，故B錯誤；

C.A1不與水反應，A1不能通過一步反應生成A1(OH)3，故C正確；

DIO2與水反應生成H2cO3,H2cO3與碳酸鈉生成NaHCO3,過量的CO?通入NaOH溶液中得到NaHC()3，各物

質能夠按照圖示關系相互轉化，故D錯誤；

故選：Co

A.一氧化氮能夠與氧氣反應生成二氧化氮，一氧化氮還能夠與水、氧氣反應生成硝酸，二氧化氮能夠與水

反應生成硝酸和一氧化氮；

B.二氧化硫與氧氣反應生成三氧化硫，三氧化硫與水反應生成硫酸，二氧化硫能夠被雙氧水氧化為硫酸；

C.鋁不能通過一步反應轉化為氫氧化鋁；

DIO2與水反應生成H2cO3，H2cO3與碳酸鈉生成NaHCC>3，過量的CO?通入NaOH溶液中得到NaHCC)3。

本題考查物質的性質及其應用，為高頻考點，把握物質性質、轉化關系為解答關鍵，注意掌握常見元素化

合物性質，試題側重考查學生靈活應用基礎知識的能力，題目難度不大。

6.【答案】C

【解析】解：A.梨花淡自柳深青，柳絮飛時花滿城”中柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纖維素，故A

正確；

B.金屬元素發(fā)生焰色反應會出現(xiàn)不同的色彩，煙花放出五彩繽紛的顏色和元素的焰色反應、煙花中的加入

金屬發(fā)光劑和發(fā)色劑有關系，故B正確；

C.碳酸鈣需要在高溫下燃燒分解得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸鈣來產生二氧化碳，故C錯誤；

D.Na2s。4?10也。失水和結晶屬于化學變化，能量轉換形式為化學能和熱能的轉化，白天在陽光下曝曬后失

水，轉換形式為太陽能和化學能的轉化，故D正確；

故選：Co

A.柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纖維素；

B.許多金屬元素發(fā)生焰色反應會出現(xiàn)不同的色彩；

C.碳酸鈣需要在高溫下煨燒分解得到二氧化碳；

D.Na2s。4?10也。白天在陽光下曝曬后失水能量轉換形式為太陽能和化學能的轉化.

本題考查物質的性質及應用，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應、性質與用途的關系為解答的關

鍵，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度中等.

7.【答案】D

【解析】解：該過程發(fā)生下列四個反應：4Na2s。3=3Na2SO4+Na2S,Na2S+H2SO4=Na2SO4+H2ST.

+2+

6H+2MnO；+5H2O2=2Mn+5O2T+8&0、2H2s+022sl+2出0。

+2+

A.高鎰酸鉀與雙氧水反應生成氧氣：6H+2MnO；+5H2O2=2Mn+5O2T+8H2O,力。2中T價的。原

子失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣，氧氣為氧化產物，故A錯誤；

B.根據(jù)分析可知四個反應中Na2s+H2sO4=Na2sO4+H2ST不是氧化還原反應，故B錯誤；

2+

C.n=整mol=0.25moL由反應6H++2MnO；+5H2O2=2Mn+502T+8H2O可知n(MnO[)=2x

-^-mol=O.lmoL故C錯誤；

D.有反應可知4Na2s。3?6e1若O,lmolNa2sO3完全反應，轉移n=竽X6mol=0.15mol,即轉移0.15NA個

電子，故D正確。

故選：Do

本題考查了氧化還原反應及其計算，題目難度不大，明確反應中元素的化合價變化是解答本題的關鍵，試

題側重考查學生的分析能力及靈活應用能力。

8.【答案】C

【解析】解：A.CuSC)4溶液中通入比5,反應生成CuS沉淀和硫酸，離子方程式為C/++H2s=CuS1+2H+,

故A正確；

B.工業(yè)鹽酸呈現(xiàn)亮黃色是因為含有［FeCl/-，離子方程式為Fe3++4CrU［FeClJ-，故B正確；

C.向酸性KMnCU溶液中通入SO2,反應的離子方程式為：5s。2+2MnO；+2H2。=5SO『+2Mn2++4H+,

故C錯誤；

D.溶解度：AgCI>AgBr,氯化銀懸濁液中加入足量碘化鉀溶液的反應為「(aq)+AgCl(s)=Agl(s)+C「(aq),

故D正確；

故選：Co

A.C11SO4溶液中通入H2S,反應生成CuS沉淀和硫酸；

B.工業(yè)鹽酸因含有［FeC14「而呈亮黃色；

C.酸性KMnCU溶液和SO2發(fā)生氧化還原反應生成SO/、Mn2+；

D.溶解度小的的物質可轉化為溶解度更小的物質。

本題考查離子方程式的書寫判斷，明確物質性質、發(fā)生的反應為解答關鍵，注意掌握離子方程式的書寫原

則，側重考查學生的分析能力及規(guī)范答題能力，題目難度中等。

9.【答案】B

【解析】解：①段基的還原反應可引入羥基，①正確；

②若為鹵代姓在堿性條件下的取代反應可引入羥基，②正確；

③有機物分子發(fā)生氧化反應不可能引入羥基，③錯誤；

④含有碳碳雙鍵與水的加成反應可引入羥基，④正確；

⑤酯或鹵代燃的水解反應可引入羥基，⑤正確；

⑥酯化反應為醇與竣酸反應生成酯和水，不引入羥基，⑥錯誤；

故選：Bo

醇的酯化反應和消去反應均能消去羥基，烯燃和水加成、酯水解或鹵代燃的水解均能生成醇，據(jù)此作答。

本題考查有機物的結構和性質，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確官能團及其性質的關系是

解本題關鍵，題目難度不大。

10.【答案】B

【解析】【分析】

本題綜合考查元素周期律知識，為高考常見題型，側重于學生的基礎知識的應用，難度不大，易錯點為B,

注意F無正價。

【解答】

A.同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，故A正確；

B.F元素的非金屬性最強，難以失去電子，F(xiàn)無正價，故B錯誤；

C.同主族元素從上到下元素的金屬性逐漸增強，故C正確；

D.同周期元素從左到右非金屬性逐漸增強，故D正確。

故選B。

n.【答案】c

【解析】解：A裝置是原電池裝置，發(fā)生電化學反應，存在化學能的轉化，根據(jù)圖中信息知將光能轉化為電

能和化學能，故A錯誤；

B.原電池中陽離子移向正極，甲池中碳棒是正極，所以氫離子從乙池移向甲池，故B錯誤；

C.在乙池中，硫化氫失電子生成硫單質，g得電子生成廣，發(fā)生的反應為H2S+IJ=3r+S1+2H+,故C

正確；

D.沒有說明是否是標準狀況下，無法根據(jù)H2s的體積計算氣體的物質的量，所以不能計算溶液增加的質量,

故D錯誤；

故選：Co

A.裝置是原電池裝置，發(fā)生電化學反應；

B.原電池中陽離子移向正極；

C.在乙池中，硫化氫失電子生成硫單質，13得電子生成廠，據(jù)物質的變化確定發(fā)生的反應；

D.沒有說明是否是標準狀況下，無法計算氣體的物質的量。

本題考查了原電池原理的原理，明確原電池中電極上發(fā)生反應、溶液中離子移動方向即可分析解答本題，

題目難度中等，側重于考查學生的分析能力和應用能力。

12.【答案】C

【解析】解：設X的電荷數(shù)為n,溶液呈電中性，則溶液中存在3axN(Na+)+2ax3N(A13+)=axN(C「)+

nbXN(X),

A.3axN(Na+)+2ax2N(Ba2+)4axN(C「)+4axN(N01),電荷不守恒，故A錯誤；

B.Ba2+與COr結合為BaC()3沉淀，故B錯誤；

C.3axN(Na+)+2ax2N(Ba2+)=axN(C「)+6axN(OH-),電荷守恒，故C正確；

D.Ba2+與SOt結合為BaSC>4沉淀，故D錯誤；

故選：C.

由離子共存可知，X不可能為C。/、SOt，因為碳酸銀、硫酸領為沉淀，根據(jù)溶液呈電中性原則，溶液中

陽離子所帶電荷總數(shù)等于陰離子所帶電荷總數(shù)，據(jù)此解答.

本題考查物質的量計算、離子共存等，題目難度不大，注意從溶液電中性的角度分析，學生溶液忽略離子

共存問題.

13.【答案】B

【解析】解:A.氯水顯酸性，且含HC10,可使pH試紙先變紅后褪色，無法比照比色卡讀出pH值，應選pH計

測定，故A錯誤；

B.通常狀況下氯氣不和Fe反應，氯氣的儲存能用鐵質容器，故B正確；

C.氯水、漂白粉、84消毒液均有漂白性，漂白原理都是含有次氯酸或者與水、二氧化碳反應生成次氯酸，

次氯酸具有氧化性，能夠氧化有機色素，久置氯水不具有漂白性，故C錯誤；

D.液氯、氯氣的CCI4溶液均不能使干燥的藍色石蕊試紙先變紅后褪色，新制氯水可使干燥的藍色石蕊試紙先

變紅后褪色，故D錯誤；

故選：Bo

A.氯水中含HQO,可使pH試紙褪色；

B.通常狀況下氯氣與鐵不反應；

C.氯水、漂白粉、84消毒液均有漂白性，漂白原理都是氧化性漂白；

D.能使干燥的藍色石蕊試紙先變紅后褪色，則物質具有酸性和漂白性。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、pH測定、實驗技能為解答的關鍵，側重分

析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。

14.【答案】D

【解析】解：A.該反應的正反應是放熱反應，溫度降低，平衡向放熱方向移動，故化學平衡正向移動，導致

化學平衡常數(shù)。增大，故A錯誤；

B.根據(jù)圖像可知：當溫度T>小時，溫度升高，化學反應速率反而減小，故B錯誤；

c.濃度、壓強、催化劑對反應速率都有影響，故c錯誤；

D.根據(jù)速率方程分析，當溫度：T〉心時，v=k［x(C0)-x(H2。)-迎寫皿］逐漸減小的原因是。減小對

速率的降低大于k增大對速率的提高，故D正確；

故選：Do

A.該反應的正反應是放熱反應，溫度降低，化學平衡正向移動；

B.根據(jù)圖像可知：當溫度T>%時，溫度升高，化學反應速率反而減小；

C.濃度、壓強、催化劑對反應速率都有影響；

D.根據(jù)速率方程分析，當溫度：T〉％時，V=k［x(CO).X(HO)-x(，2jx(H2)］逐漸減小的原因是小對

2KpL

速率的降低大于k增大對速率的提高。

本題考查化學平衡移動原理及化學反應速率的影響因素，題目難度不大，注意基礎知識的積累。

15.【答案】+3Cr、Fe2.8NA陶瓷在高溫下會與Na2cO3反應將蒸儲水沿著玻璃棒慢慢倒入漏斗中浸

沒沉淀，待水流盡后，再重復操作2?3次4CrO/+6S+7H2。=4Cr(OH)31+3S2。歹+

20H-H2SiO375.05

【解析】解：(1)亞銘酸亞鐵［Fe(CrC)2)2］中Fe為+2價，。為-2價，由化合價代數(shù)和為0可知Cr的化合價是+3

價，

故答案為:+3；

高溫

(2)反應4FeO-Cr2O3+8Na2CO3+7O2^8Na2CrO4+2Fe2O3+8c02中"「'Fe元素化合價升高，被氧化，

由方程式可知每生成2moiFez。?，則有7moi氧氣被還原，轉移28moi電子，產生32gFe2()3，n(Fe2O3)=

16溫°】=02mo1,則轉移2.8mol電子，數(shù)目為2.8町，不能使用陶瓷容器，原因是陶瓷在高溫下會與碳酸

鈉反應，

故答案為：Cr、Fe；2.8NA；陶瓷在高溫下會與Na2cO3反應；

(3)洗滌沉淀的操作方法為：將蒸儲水沿著玻璃棒慢慢倒入漏斗中浸沒沉淀，待水流盡后，再重復操

作2?3次，

故答案為：將蒸儲水沿著玻璃棒慢慢倒入漏斗中浸沒沉淀，待水流盡后，再重復操作2?3次；

(4)硫磺在與錨酸鈉的反應中轉化為硫代硫酸鈉，反應的離子方程式為4CrOt+6S+7H2O=4Cr(0H)31

+3S2O1-+20H-,加入稀硫酸，可Na2SiC>3、NaAlO2等雜質可生成也$論3、A1(OH)3沉淀，

故答案為：4Cr0j-+6S+7H20=4Cr(0H)3I+3S2O1-+20H-jH2SiO3；

3

⑸某工廠用448kg銘鐵礦粉［含F(xiàn)e(CrO2)280%］制備5O3,則n［Fe(CrO2)2］=44嗖zz4g/m片ol=1.6x103mo1,

3

3

則理論可生成1.56x10molCr2O3,最終得到產品182.4kg,即n(Cr2()3)=：嘉北：=12x103mo1,

3

則產率為：12x10mo1X100%=75.0%,

1.6xlOJmol

故答案為:75.0；

(6)使銘離子沉淀完全，濃度為1X10-5mol/L,已知行(0田3的溶度積為1.0*10-32,則=

1Av1fj―32

3lxio~5m°1/L=l'°*IL9moi/L,則pH=5.0,

故答案為：5.0o

絡鐵礦為原料制備重銘酸鈉，銘鐵礦(主要成份為Fe(CrC>2)2，還含有AI2O3、MgO、SiO2等雜質)，銘鐵礦經

高溫

加入純堿、空氣和輔料氧化煨燒、主反應：4FeO-4FeO-Cr2O3+8Na2cO3+7O2^8Na2CrO4+2Fe2O3+

_A△

8CO2,副反應：SiO2+Na2CO3—Na2SiO3+C02?>A12O3+Na2CO3—2NaA102+C02T)水浸之后除去

生成的氧化鐵，加入稀硫酸調節(jié)pH,除去溶液中的Al。｝Si01-,經酸化、蒸發(fā)結晶后后可生成重銘酸鈉,

加入硫磺，發(fā)生氧化還原反應生成Cr(OH)3,分解生成O2O3，以此解答該題。

本題考查物質的制備實驗及混合物分離與提純，為高頻考點，題目難度中等，把握流程中發(fā)生的反應、混

合物分離提純、發(fā)生的反應為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識與實驗的結

合。

O/Cu

(8)oHOCH2cH2cH20H

解：(1)A的化學名稱為苯乙烯，與漠化氫的過氧化物反應，乙烯基含氫較多的碳原子上加成漠原子，B2的

結構簡式為

故答案為：苯乙烯;

2Z

Cu

(2)C2-D2發(fā)生催化氧化，化學方程式為2nijCH.OH+0272：H,＜：HO+2H20,

Cu

故答案為：2+022

(3)氫氣可以和碳碳雙鍵、段基、苯環(huán)發(fā)生加成反應，1個E分子中含有2個苯環(huán)，1個碳碳雙鍵，1個莪基,

故ImolE與已完全加成時最多消耗8m01比,

故答案為：8；

(5萬2苯乙醛被濱水氧化后的產物為G,即G為苯乙酸，G的含苯環(huán)的同分異構體中能發(fā)生水解反應，說明含

有酯基，根據(jù)官能團位置異構可知苯環(huán)連接-COOCG或-OOCCJ或-CHzOOCH有3種，或連接-CH3、

-OOCH有鄰間對三種，共6種，核磁共振氫譜有4組峰的結構簡式有或

(6)參照上述合成路線，以1,3-丙二醇和丙酮為原料(無機試劑任選)合成環(huán)己醇，由逆推法可知，合成路

O2/Cu

線為HOCH2cH2cH20H—>

△

故答案為：HOCH2cH2cH20H

A的分子式為C8H8，即A含有苯和碳碳雙鍵，A為苯乙烯，與澳化氫在適當溶劑中發(fā)生加成反應，乙烯基含

氫較少的碳原子上加成澳原子，與澳化氫的過氧化物反應，乙烯基含氫較多的碳原子上加成澳原子，由信

息可知國為《~》一CHBrC%,B2為《~》~CH2CH,Br，B1或B2在氫氧化鈉的溶液中發(fā)生取代

反應，濱原子取代為羥基，形成醇類C1為《~^一CHOHCH3、C2《~^~CH2cH20H,再與銅

的催化下與氧氣發(fā)生催化氧化，生成Di為苯乙酮、D2為苯乙醛，兩者在堿性環(huán)境下發(fā)生資料②中反應生成

(6)以1,3-丙二醇和丙酮為原料(無機試劑任選)合成環(huán)己醇，1,3-丙二醇氧化生成醛，再與丙酮發(fā)生信

息②中的反應，最后與氫氣加成。

本題考查有機物的推斷，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，側重分析與推斷能力

的考查，注意官能團及碳鏈骨架的變化，題目難度不大。

2+2++

17.【答案】Fe3+CuH2sO4Mn+H2O2+H20=MnO(OH)2J,+2HZnNa2S04取最后一次洗滌濾

液1?2mL于試管中，向其中滴加Bad2溶液，若無白色沉淀生成，則表明已洗滌干凈ZnCO3-2Zn(OH)2-H20

或Zn3(0H)4cO3-H20

【解析】解：鐵、銅、鎰能與鹽酸反應生成Fe2+、Zn2+>Mn2+；MM+可與雙氧水反應生成Mn0(0H)21;

鋅能與銅離子反應生成銅單質；硫酸鋅能與碳酸鈉反應生成硫酸鈉和碳酸鋅，碳酸鋅受熱分解生成氧化鋅

和水，

(1)鐵、銅、錦能與鹽酸反應生成Fe2+、ZM+、MM+,Fe2+能被氧化為Fe3+,浸取液課得到黃鈉鐵鋼，說明

X為Na2sO4和H2s。4的混合液，

故答案為：Fe3+；Cu2+；H2sO4；

2++

(2)MM+可與雙氧水反應生成Mn0(0H)21,離子方程式：Mn+H2O2+H20=MnO(OH)2X+2H；鋅能

與銅離子反應生成銅單質；硫酸鋅能與碳酸鈉反應生成硫酸鈉和碳酸鋅，Na2sO,可以循環(huán)使用，

2++

故答案為：Mn+H2O2+H20=MnO(OH)2J.+2H；Zn；Na2so4；

(3)檢驗沉淀是否洗滌干凈的操作方法為：取最后一次洗滌濾液滴加BaCk溶液，若無白色沉淀生成，則表明

已洗滌干凈，

故答案為：取最后一次洗滌濾液1?2mL于試管中，向其中滴加BaCk溶液，若無白色沉淀生成，則表明已洗

滌干凈；

(4)堿式碳酸鋅6.82g,充分灼燒后測得殘留物質為氧化鋅，質量為4.86g,物質的量為：/黑=0.06mol,

鋅的質量為3.9g,將所得氣體是二氧化碳，沉淀碳酸鈣是2.0g,物質的量為0。2moi.碳酸根的物質的量為

0.02mol.

根據(jù)電荷守恒：0.06molX2=0.02molX2+X,

得氫氧根的物質的量為X=0.08mol,

由堿式碳酸鋅6.82g減去鋅的質量，碳酸根和氫氧根的質量，剩下的就為水的質量：6.82-3.9-0.02X60-

0.08x17=0.36g,物質的量為0.02mol,

故堿式碳酸鋅的組成Z11CO3-2Zn(OH)2-或Zn3(OH)4cO3-H2O,

故答案為:ZnCO3-2Zn(OH)2?比0或ZgCOH)4cO3-H20.

鐵、銅、鋅能與鹽酸反應生成Fe2+、Zn2+,Mn2+；Mn2+可與雙氧水反應生成Mn0(0H)2J;鋅能與