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2023年上海市高考化学试卷 完成以下填空： （1）试验室制取纯洁的氯气，除了二氧化锰、浓盐酸和浓硫酸，还需要 、 （填写试剂或溶液名称） （2）试验室用2.00mol/L盐酸和漂粉精成分为Ca（ClO）2、CaCl2反响生成氯气、氯化钙和水，若产生2.24L（标准状况）氯气，发生反响的盐酸为 mL。 （3）试验室通常用向上排空气法收集氯气。设计一个简洁试验，验证所收集的氯气中是否含有空气。 工业上用电石乙炔生产氯乙烯的反响如下： CaO+3CCaC2+CO CaC2+2H2OHCCH+Ca（OH）2 HCCH+HClCH2CHCl 电石乙炔法的优点是流程简洁，产品纯度高，而且不依靠于石油资源。 电石乙炔法的缺点是： 、 。 （4）乙烷和氯气反响可制得ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl加热分解得到氯乙烯和氯化氢。 设计一种以乙烯和氯气为原料制取氯乙烯的方案（其他原料自选），用化学方程式表示（不必注明反响条件）。 要求：反响产生的氯化氢必需用于氯乙烯的制备； 不再产生其他废液。 八、（此题共8分） 27（8分）很多有机化合物具有酸碱性 完成以下填空 （1）苯酚、苯甲醇、苯甲酸、碳酸的酸性由强到弱的挨次为： 苯胺（ ）具有 （选填“酸性”、“碱性”或“中性”） （2）经常利用物质的酸碱性分别混合物某一混合物含苯酚、苯甲醇、苯甲酸和苯胺四种物质，其分别方案如图 已知：苯甲醇、苯甲酸、苯胺微溶于水 A、B、C分别是：A 、B 、C 上述方案中，若首先仅仅将苯甲酸与其他三种物质分开，则应参加 （3）欲将转化为，则应参加 九、（此题共14分） 28（14分）M是一种治疗直肠癌和小细胞肺癌药物的主要成分，其构造式为 （不考虑立体构造，其中R为）M的一条合成路线如下（局部反响试剂和条件省略） 完成以下填空： （1）写出反响类型反响 、反响 ； （2）写出反响试剂和反响条件反响 、反响 ； （3）写出构造简式B 、C ； （4）写出一种满意以下条件的A的同分异构体的构造简式 能与FeCl3溶液发生显色反响；能发生银镜反响；分子中有5种不同化学环境的氢原子 （5）丁烷氯化可得到2氯丁烷，设计一条从2氯丁烷合成1，3丁二烯的合成路线 （合成路线常用的表示方式为：AB目标产物） （6）已知：与的化学性质相像 从反响可得出的结论是： 十、（此题共14分） 29（14分）硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用，在试验室，浓硫酸是常用的枯燥剂 完成以下计算：（1）焦硫酸（H2SO4SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸，若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为 mol/L （2）若以浓硫酸吸水后生成H2SO4H2O计算，250g质量分数为98%的硫酸能汲取多少g水？ （3）硫铁矿是工业上制作硫酸的主要原料，硫铁矿氧化焙烧的化学反响如下：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 若48mol FeS2完全反响耗用氧气2934.4L（标准状况）；计算反响产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比 （4）用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能爱护环境，是一种很有进展前途的制备硫酸的方法 硫化氢体积分数为0.84的混合气体（H2S、H2O、N2）在空气中完全燃烧，若空气过量77%，计算产物气体中SO2体积分数（水是气体） 已知空气组成：N2体积分数0.79、O2体积分数0.21 2023年上海市高考化学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（此题共10分，每题2分，每题只有一个正确选项） 1（2分）“玉兔”号月球车用Pu作为热源材料以下关于Pu的说法正确的选项是（） APu与U互为同位素 BPu与Pu互为同素异形体 CPu与U具有完全一样的化学性质 DPu与Pu具有一样的最外层电子数 【分析】A有一样质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素； B同种元素形成的不同单质互称同素异形体； C不同的元素化学性质不同； D原子的核外电子数等于质子数 【解答】解：A有一样质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素，Pu与U质子数不同，不是同位素，故A错误； B同种元素形成的不同单质互称同素异形体，Pu与Pu均为原子，不是同素异形体，故B错误； CPu与U质子数不同属于不同的元素，其化学性质不同，故C错误； DPu与Pu具有一样的质子数，所以其核外电子数一样，则具有一样的最外层电子数，故D正确； 应选：D。 【点评】此题考察粒子间的数量关系、同位素和同素异形体概念等，侧重于原子构造学问的考察，难度不大要留意平常学问的积存 2（2分）以下试剂不会由于空气中的氧气而变质的是（） A过氧化钠 B氢硫酸 C硫酸亚铁 D苯酚 【分析】依据物质的性质进展分析： A、过氧化钠和氧气不反响； B、氢硫酸和氧气反响生成硫和水； C、硫酸亚铁和氧气反响生成硫酸铁； D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌； 【解答】解：A、过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反响，但和氧气不反响，不会因空气中的氧气而变质，故A正确； B、氢硫酸和氧气反响生成硫和水，会因空气中的氧气而变质，故B错误； C、硫酸亚铁和氧气反响生成硫酸铁，会因空气中的氧气而变质，故错误； D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌，会因空气中的氧气而变质，故D错误； 应选：A。 【点评】此题考察了一些常见物质在空气中发生反响的问题，是对学生进展物质性质的训练与提高，难度不大 3（2分）构造为CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电力量大幅度提高上述高分子化合物的单体是（） A乙炔 B乙烯 C丙烯 D1，3丁二烯 【分析】推断高聚物的单体：首先要依据高聚物的构造简式推断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后依据推断单体的方法作出推断， 加聚产物的单体推断方法： （1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可； （2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可； （3）凡链节中主碳链为6个碳原子，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，马上单双键互换； 该题属于第（1）种状况，据此进展解答 【解答】解：高分子化合物CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH，其构造简式可以表示为：CH=CHn，属于加聚产物，依据加聚产物的单体推断方法，凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可得其单体为：CHCH， 应选：A。 【点评】此题考察加聚反响生原理及高分子化合物单体的求算，题目难度不大，明确加聚反响原理及反响产物的单体推断方法是解答的关键 4（2分）在“石蜡液体石蜡石蜡蒸气裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是（） A范德华力、范德华力、范德华力 B范德华力、范德华力、共价键 C范德华力、共价键、共价键 D共价键、共价键、共价键 【分析】物质的三态变化属于物理变化，石蜡蒸气转化为裂化气发生了化学变化，依据物质的变化分析 【解答】解：石蜡液体石蜡石蜡蒸气属于物质的三态变化，属于物理变化，破坏了范德华力，石蜡蒸气裂化气发生了化学变化，破坏了共价键； 所以在“石蜡液体石蜡石蜡蒸气裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键。 应选：B。 【点评】此题考察了物质发生物理、化学变化时破坏的作用力，题目难度不大，侧重于根底学问的考察 5（2分）以下分别方法中，和物质的溶解度无关的是（） A升华 B萃取 C纸上层析 D重结晶 【分析】升华是利用物质熔沸点低，加热转化为气态来分别，以此来解答 【解答】解：升华与物质熔沸点有关，加热转化为气态可分别混合物，而萃取、纸上层析、重结晶均与物质在溶剂中的溶解度有关， 应选：A。 【点评】此题考察混合物分别、提纯方法及选择，为高频考点，把握分别方法及分别原理为解答的关键，留意纸上层析是试样在有机溶剂中的溶解度差异，利用集中原理分别混合物，为解答的难点，题目难度不大 二、选择题（此题共36分，每题3分，每题只有一个正确选项） 6（3分）今年是门捷列夫诞辰180周年以下事实不能用元素周期律解释的只有（） A碱性：KOHNaOH B相对原子质量：ArK C酸性：HClO4H2SO4 D元素的金属性：MgAl 【分析】A元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强； B相对原子质量的大小与原子序数有关； C元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强； D同周期元素从左到右，元素的金属性渐渐减弱 【解答】解：ANa、K位于周期表一样主族，金属性KNa，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，能用元素周期律解释，故A不选； B相对原子质量的大小与原子序数有关，随原子序数的增大而增大，存在周期性的变化，不能用元素周期律解释，故B选； C非金属性ClS，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，能用元素周期律解释，故C不选； D同周期元素从左到右，元素的金属性渐渐减弱，能用元素周期律解释，故D不选。 应选：B。 【点评】此题为2023年上海高考题，侧重于元素周期律的理解与应用的考察，留意把握元素周期律的递变规律以及相关学问的积存，难度不大 7（3分）以下各组中两种微粒所含电子数不相等的是（） AH3O+和OH BCO和N2 CHNO2和 NO2 DCH3+和NH4+ 【分析】粒子中质子数等于原子的质子数之和，中性微粒中质子数=电子数，阳离子的电子数=质子数电荷数，阴离子的电子数=质子数+电荷数 【解答】解：A、H3O+的质子数为11，电子数为111=10，OH的质子数为9，电子数为9+1=10，电子数一样，故A错误； B、CO的质子数为14，电子数为14，N2的质子数为14，电子数为14，电子数一样，故B错误； C、HNO2的质子数为1+7+8×2=24，电子数为24，NO2的质子数为7+8×2=23，电子数为23+1=24，电子数一样，故C错误； D、CH3+的质子数为6+1×3=9，电子数为91=8，NH4+的质子数为11，电子数为111=10，电子数不同，故D正确。 应选：D。 【点评】此题主要考察微粒的质子数和电子数的关系，明确中性微粒、阳离子、阴离子的电子的数目计算是解答的关键，并留意中性微粒中质子数等于电子数 8（3分）BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相像由此可推想BeCl2（） A熔融态不导电 B水溶液呈中性 C熔点比BeBr2高 D不与NaOH溶液反响 【分析】AlCl3的构造和化学性质：氯化铝是共价化合物，熔融态不导电，铝离子能发生水解使溶液呈碱性，能与NaOH溶液反响生成氢氧化铝沉淀BeCl2化学性质与AlCl3相像，依此进展推断 【解答】解：氯化铝是共价化合物，是分子晶体，熔融态不导电，能发生水解使溶液呈碱性，能与NaOH溶液反响生成氢氧化铝沉淀。BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相像，故 ABeCl2为共价化合物，故熔融态不导电，故A正确； BBeCl2能发生水解使溶液呈酸性，故B错误； CBeCl2和BeBr2为分子晶体，BeBr2相对分子质量大于BeCl2，故BeCl2熔点比BeBr2低，故C错误； D能与NaOH溶液反响生成氢氧化铍沉淀，故D错误， 应选：A。 【点评】此题考察物质的性质，难度不大把握氯化铝的性质是解题的关键，要留意氯化铝是共价化合物 9（3分）1，3丁二烯和2丁炔分别与氢气反响的热化学方程式如下： CH2=CHCHCH2（g）+2H2（g）CH3CH2CH2CH3（g）+236.6kJ CH3CCCH3（g）+2H2（g）CH3CH2CH2CH3（g）+272.7kJ 由此不能推断（） A1，3丁二烯和2丁炔稳定性的相对大小 B1，3丁二烯和2丁炔分子储存能量的相对凹凸 C1，3丁二烯和2丁炔相互转化的热效应 D一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小 【分析】据H=生成物的能量和反响物的能量和=反响物的键能和生成物的键能和可知，3丁二烯和2丁炔的能量凹凸，能量越低越稳定据此解答 【解答】解：据H=生成物的能量和反响物的能量和=反响物的键能和生成物的键能和可知，3丁二烯和2丁炔的能量凹凸，能量越低越稳定， A、一样条件下2丁炔放出热量比1，3丁二烯多，说明1，3丁二烯能量低，稳定，故A正确； B、一样条件下2丁炔放出热量比1，3丁二烯多，说明1，3丁二烯能量低，故B正确； C、一样条件下2丁炔放出热量比1，3丁二烯多，说明1，3丁二烯能量低，其相互转化有能量变化，故C正确； D、1，3丁二烯和2丁炔所含的碳碳单键数目不同，所以不能推断一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能大小，故D错误。 应选：D。 【点评】此题主要考察H=生成物的能量和反响物的能量和=反响物的键能和生成物的键能和，以及能量越低越稳定，题目难度不大 10（3分）如图是用于枯燥、收集并汲取多余气体的装置，以下方案正确的选项是（） 选项 X 收集气体 Y A 碱石灰 氯化氢 水 B 碱石灰 氨气 水 C 氯化钙 二氧化硫 氢氧化钠 D 氯化钙 一氧化氮 氢氧化钠 AA BB CC DD 【分析】该装置中采纳向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反响，用固体枯燥剂枯燥，则该气体和枯燥剂不反响，据此分析解答 【解答】解：该装置中采纳向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反响，用固体枯燥剂枯燥，则该气体和枯燥剂不反响， A碱石灰呈碱性，能和HCl反响，所以HCl不能用碱石灰枯燥，故A错误； B氨气密度小于空气，应当采纳向下排空气法收集，故B错误； C二氧化硫密度大于空气且常温下和空气中成分不反响，氯化钙和二氧化硫不反响，所以能用氯化钙枯燥，故C正确； D常温下NO和氧气反响生成红棕色气体二氧化氮，所以得不到NO，NO采纳排水法收集，故D错误； 应选：C。 【点评】此题考察了气体的枯燥、收集和尾气处理，依据气体的性质确定枯燥剂、尾气处理试剂，依据气体的溶解性及密度确定收集方法，留意氨气不能用氯化钙枯燥，为易错点，题目难度不大 11（3分）向饱和澄清石灰水中参加少量CaC2，充分反响后恢复到原来的温度，所得溶液中（） Ac（Ca2+）、c（OH）均增大 Bc（Ca2+）、c（OH）均保持不变 Cc（Ca2+）、c（OH）均减小 Dc（OH）增大、c（H+）减小 【分析】参加CaC2，与水发生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HCCH，反响消耗水，结合Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH（aq）的影响因素解答 【解答】解：参加CaC2，与水发生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HCCH，反响消耗水，因原溶液为饱和溶液，则反响后肯定有Ca（OH）2析出，则溶液浓度不变， 应选：B。 【点评】此题为2023年上海考题，涉及难溶电解质的溶解平衡，侧重于学生的分析力量的考察，留意把握反响的原理以及溶解平衡的特点，难度不大 12（3分）如下图，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中以下正确的选项是（） AK1闭合，铁棒上发生的反响为2H+2eH2 BK1闭合，石墨棒四周溶液pH渐渐上升 CK2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极爱护法 DK2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体 【分析】若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池； 组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反响；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生复原反响；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此推断 【解答】解：A、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe2e=Fe2+，故A错误； B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生复原反响，电极反响式为2H2O+O2+4e=4OH，所以石墨棒四周溶液pH渐渐上升，故B正确； C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极爱护法，故C错误； D、K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，阴极生成0.001mol氢气，阳极生成0.001mol氯气，两极共产生0.002mol气体，故D错误。 应选：B。 【点评】此题考察了原电池原理和电解池原理，能正确推断电池的类型及两极的反响是解此题的关键，题目难度中等 13（3分）催化加氢可生成3甲基己烷的是（） A B C D 【分析】依据不饱和烃的加成原理，不饱和键断开，结合H原子，生成3甲基己烷，据此解答 【解答】解：3甲基己烷的碳链构造为， A、经催化加氢后生成3甲基庚烷，故A不选； B、经催化加氢后生成3甲基戊烷，故B不选； C、经催化加氢后能生成3甲基己烷，故C选； D、经催化加氢后能生成2甲基己烷，故D不选。 应选：C。 【点评】此题主要考察了加成反响的原理，难度不大，依据加成原理写出选项中与氢气加成的产物，进展推断即可 14（3分）只转变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系表达错误的选项是（） AK值不变，平衡可能移动 BK值变化，平衡肯定移动 C平衡移动，K值可能不变 D平衡移动，K值肯定变化 【分析】平衡常数K是温度的函数，只与温度有关，温度肯定，平衡常数K值肯定，温度发生变化，平衡常数K值也发生变化。 【解答】解：影响化学平衡的因素主要有浓度、温度、压强等。 AK值只与温度有关，若在其他条件不变时，增大反响物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反响的进展，K值不变，平衡向右移动，故A正确； BK值是温度的函数，K值变化，说明温度发生了转变，则平衡肯定发生移动，故B正确； C若在其他条件不变时，增大反响物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反响的进展，平衡向右移动，但K值只与温度有关，故K值不变，故C正确； D若是转变浓度或压强使平衡发生移动，而温度不变，则K值不变，故D错误， 应选：D。 【点评】此题考察平衡常数与平衡移动的关系，难度不大。要留意平衡常数K是温度的函数，只与温度有关。 15（3分）图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的局部装置以下操作正确的选项是（） Aa通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰 Ba通入NH3，然后b入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉 Cb通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰 Db通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉 【分析】“候氏制碱法”制取NaHCO3的原理 是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3； 在这一试验过程中，由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，为防止倒吸，b管通C02，a管通NH3，所以要向食盐水中先通NH3再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，再通NH3时溶液中C02的量很少，得到的产品很少；在这个试验中的尾气主要是C02和NH3，其中NH3对环境影响较大，要进展尾气处理，而NH3是碱性气体，所以在c装置中要装酸性物质，据此进展推断 【解答】解：“侯氏制碱法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3， 为防止倒吸，a管通NH3，b管通C02，故A、C错误； 由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，所以要在食盐水先通NH3然后再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中C02的量就很少了，这样得到的产品也很少，故B正确、D错误； 应选：B。 【点评】此题主要考察试验装置的综合应用、侯氏制碱法原理，题目难度中等，明确侯氏制碱法原理为解答关键，留意把握常见装置特点及使用方法，试题培育了学生的分析力量及化学试验力量 16（3分）含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反响，生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气，若砷的质量为1.50mg，则（） A被氧化的砒霜为1.98mg B分解产生的氢气为0.672mL C和砒霜反响的锌为3.90mg D转移的电子总数为6×105NA 【分析】A反响中As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中3价，砒霜发生复原反响； B依据n=计算As的物质的量，依据原子守恒进而计算生成氢气的物质的量，氢气所处的状态不肯定是标准状况； C电子转移守恒计算参与反响Zn的物质的量，再依据m=nM计算Zn的质量； D整个过程中，As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中3价，AsH3中3价上升为As中0价，据此计算转移电子数目 【解答】解：A反响中As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中3价，砒霜发生复原反响，故A错误； B生成As的物质的量=2×105mol，依据原子守恒可知分解的AsH3为2×105mol，由H原子守恒可知生成氢气为=3×105mol，故标况下，分解产生氢气体积为3×105mol×22.4L/mol=6.72×104L=0.672 mL，但氢气所处的状态不肯定是标准状况，故其体积不肯定是0.672 mL，故B错误； C依据电子转移守恒，可知参与反响Zn的物质的量=2×105mol×3（3）÷2=6×105mol，故参与反响Zn的质量=6×105mol×65g/mol=3.9×103g=3.9mg，故C正确； D整个过程中，As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中3价，AsH3中3价上升为As中0价，故整个过程转移电子总数为2×105mol×（6+3）×NAmol1=1.8×104NA，故D错误， 应选：C。 【点评】此题考察依据方程式计算、氧化复原反响计算等，留意利用守恒思想进展的计算，B选项为易错点，学生简单忽视气体摩尔体积的使用条件 17（3分）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中参加铁粉对参加铁粉充分反响后的溶液分析合理的是（） A若无固体剩余，则溶液中肯定有Fe3+ B若有固体存在，则溶液中肯定有Fe2+ C若溶液中有Cu2+，则肯定没有固体析出 D若溶液中有Fe2+，则肯定有Cu析出 【分析】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反响：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，Fe3+ 氧化性强于Cu2+，参加铁粉先与Fe3+反响，再与Cu2+反响，据此解答 【解答】解：A无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，参加的铁完全反响，溶液中肯定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误； B若有固体存在，固体中肯定有铜，可能有铁，溶液中肯定有含有Fe2+，故B正确； C若溶液中有Cu2+，参加的铁量缺乏，可能只与Fe3+反响，也可能与Fe3+反响，剩余局部与Cu2+反响生成铜，所以可能有固体析出，故C错误； D当参加的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误； 应选：B。 【点评】此题考察了铁及其化合物的性质，难度中等，熟识三价铁离子、铜离子氧化性强弱以及反响的过程是解题的关键 三、选择题（此题共20分，每题4分，每题有一个或两个正确选项只有一个正确选项的，多项选择不给分：有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分） 18（4分）某未知溶液可能含Cl、CO32、Na+、SO42、Al3+将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成； 在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀以下推断合理的是（） A肯定有Cl B肯定有SO42 C肯定没有Al3+ D肯定没有CO32 【分析】将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32不存在；由于Al3+水解呈酸性，所以有Al3+，取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中有Cl，由于前面已滴加了氯化钡，据此作推断 【解答】解：由于将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32不存在；由于Al3+水解呈酸性，所以有Al3+；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中是否有Cl，由于前面已滴加了氯化钡，据此可知A错误；B正确；C错误；D正确， 应选：BD。 【点评】此题考察了溶液中离子的检验，解题的关键是学生要熟记相关的元素化合物学问，以及认真审题，尤其是要留意前面的操作对后面试验的干扰 19（4分）以下反响与Na2O2+SO2Na2SO4相比拟，Na2O2的作用一样的是（） A2Na2O2+CO22Na2CO3+O2 B2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2 CNa2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2 D3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O 【分析】在Na2O2+SO2Na2SO4中，Na2O2的作用是氧化剂，SO2是复原剂，依据反响中元素的化合价变化分析， A、Na2O2既表达氧化性又表达复原性； B、Na2O2既表达氧化性又表达复原性； C、不属于氧化复原反响； D、依据化合价变化，Na2O2表达氧化性 【解答】解：由于在Na2O2+SO2Na2SO4中，Na2O2的作用一样的是氧化剂， A、在2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2中只有氧元素变价，Na2O2是自身氧化复原，故A错误； B、在2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2中只有氧元素变价，Na2O2是自身氧化复原，故B错误； C、在Na2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2中这是非氧化复原，是一个复分解反响，故C错误； D、在3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中1价的氧变为2价，Na2O2作氧化剂，故D正确； 应选：D。 【点评】此题考察了钠及其化合物性质，氧化复原反响的实质分析，把握根底是解题关键，题目难度中等 20（4分）向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中参加稀盐酸以下离子方程式可能与事实相符的是（） AOH+2CO32+3H+2HCO3+H2O B2OH+CO32+3H+HCO3+2H2O C2OH+CO32+4H+CO2+3H2O DOH+CO32+3H+CO2+2H2O 【分析】等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸参加到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反响，盐酸少量时发生反响CO32+H+=HCO3，盐酸过量时发生反响：CO32+2H+=CO2+H2O，以此来解答 【解答】解：A设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则参加盐酸少量，先发生反响：OH+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反响CO32+H+HCO3，将两个方程式相加得：OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故A错误； B设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则参加盐酸少量，先发生反响：2OH+2H+2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反响CO32+H+HCO3，盐酸缺乏之消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH+CO32+3H+HCO3+2H2O，故B正确； C设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol氢离子与2mol碳酸钠反响生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH+2CO32+4H+2HCO3+2H2O，即OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故C错误； D设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则参加盐酸过量，先发生反响：OH+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反响CO32+2H+CO2+H2O，将两个方程式相加得：OH+CO32+3H+CO2+2H2O，故D正确； 应选：BD。 【点评】此题考察离子反响方程式书写的正误推断，为高频考点，把握反响的先后挨次、与量有关的离子反响为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，题目难度不大 21（4分）室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mL pH=3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=4关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的选项是（） A溶液的体积：V甲10V乙 B水电离出的OH浓度：10c（OH）甲c（OH）乙 C若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲乙 D若分别与5mL pH=11的NaOH溶液反响，所得溶液的pH：甲乙 【分析】弱酸为弱电解质，存在电离平衡，加水稀释时，促进弱酸的电离； 水是弱电解质，存在电离平衡，酸电离产生的氢离子抑制水的电离平衡。 【解答】解：A若酸强酸，则依据溶液吸稀释过程中氢离子物质的量不变5ml×103=V×104，解得V=50ml，则10V甲=V乙，若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产生的氢离子增多，要使pH仍旧为4，参加的水应当多一些，所以10V甲V乙，故A错误； BpH=3的酸中，氢氧根离子全部有水电离产生，C（OH）甲=1011mol/L，pH=4的酸中，氢氧根离子全部有水电离产生，C（OH）乙=1010mol/L，则10c（OH）甲=c（OH）乙，故B错误； C稀释前后甲乙两个烧杯中所含的一元酸的物质的量相等，依据酸碱中和反响可知，消耗氢氧化钠的物质的量相等，生成的酸盐的浓度甲大于乙，若酸为强酸则二者pH相等，若酸为弱酸，则甲的pH大于乙，故C错误； D若酸是强酸，分别与5mL pH=11的NaOH溶液反响，恰好发生酸碱中和，生成强酸强碱盐，pH值相等，若为弱酸，则反响后酸有剩余，甲中剩余酸浓度大，酸性强，pH小，所得溶液的pH：甲乙，故D正确； 应选：D。 【点评】此题考察了弱电解质的电离，酸碱中和的实质，pH的相关计算，题目难度中等，精确理解题意，抓住弱酸存在电离平衡的特点解答。 22（4分）已知：2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O向含2mol NaOH，1mol Ba（OH）2，2mol NaAl（OH）4的混合溶液中渐渐通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量关系正确的选项是（） 选项 A B C D n（CO2）（mol） 2 3 4 6 n（沉淀）（mol） 1 2 3 3 AA BB CC DD 【分析】CO2通入到NaOH、Ba（OH）2、NaAl（OH）4的混合溶液，反响的先后挨次为：Ba（OH）2、NaOH、NaAl（OH）4含NaOH、Ba（OH）2、NaAl（OH）4的混合溶液中渐渐通入CO2，发生的反响有： CO2+Ba（OH）2=BaCO3+H2O；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O； CO32+H2O+CO2=2HCO3， 【解答】解：A通入2mol二氧化碳，先发生反响：Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余的1mol二氧化碳与氢氧化钠反响，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，故A正确； B当通入的n（CO2）=3 mol时，发生的离子反响是Ba2+2OH+CO2=BaCO3+H2O、2OH+CO2=CO32+H2O、2Al（OH）4+CO2=2Al（OH）3+CO32+H2O，所以产生的沉淀是BaCO3和Al（OH）3且n（沉淀）之和是3mol（1mol BaCO3和2mol Al（OH）3），故B错误； C通入4mol二氧化碳，先发生反响：Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余3mol二氧化碳与氢氧化钠发生反响：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，消耗二氧化碳1mol，然后1mol二氧化碳与NaAl（OH）4发生反响2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O，生成2mol氢氧化铝沉淀， 最终1mol与碳酸钠反响生成碳酸氢钠，故生成沉淀总物质的量为3mol，故C正确； D当通入6mol二氧化碳，分别发生反响Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，2N