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2023年高考押题预测卷03（上海卷）-化学（全解全析）
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这是一份2023年高考押题预测卷03（上海卷）-化学（全解全析），共21页。
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2023年高考押题预测卷03【上海卷】
化 学
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Ca40
一．选择题（合计20题，每题2分，共40分）
1．化学与生产、生活、科技和环境等密切相关。下列有关说法错误的是
A．油脂长时间放置后会产生不愉快的气味的原因之一是被氧气氧化了
B．可利用大理石粉与水混合得到的浆状物对燃煤产生的废气进行脱硫处理
C．“天宫课堂”中过饱和乙酸钠溶液析晶放热与形成新的化学键有关
D．“汽车尾气处理”有助于改善城市空气质量，有利于实现碳达峰、碳中和
【答案】D
【解析】A．油脂长时间放置后会接触到空气中的氧气，从而发生氧化还原反应而变质，会产生不愉快的气味，故A正确；
B．可利用大理石粉与水混合得到的浆状物对燃煤产生的废气进行脱硫处理，涉及碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙和氧气反应生成硫酸钙，故B正确；
C．乙酸钠溶液中钠离子和乙酸根离子间的离子键被破坏，析出晶体，生成乙酸钠晶体，形成新的离子键，成键会释放热量，故C正确；
D．汽车尾气中含有CO和NO，催化处理得到氮气和二氧化碳，有助于改善城市空气质量，但不能减少二氧化碳的排放，不利于实现碳达峰、碳中和，故D错误。
综上所述，答案为D。
2．下列有关化学用语的表述正确的是
A．乙烯的结构简式：CH2CH2 B．乙酸的分子式：CH3COOH
C．铝离子的结构示意图： D．OH—的电子式：
【答案】D
【解析】A．乙烯的分子式为C2H4，结构简式为CH2=CH2，故A错误；
B．乙酸的结构简式为CH3COOH，分子式为C2H4O2，故B错误；
C．铝离子的核电荷数为13，核外2个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图，故C错误；
D．氢氧根离子是带1个单位负电荷的阴离子，电子式为，故D正确；
故选D。
3．侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是
A．制取氨气 B．制NaHCO3 C．分离NaHCO3 D．制Na2CO3
【答案】C
【解析】A．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备，试管口应该略向上倾斜，A不符合题意；
B．二氧化碳在水中溶解度不大，应向溶有氨气的食盐水中通入二氧化碳，B不符合题意；
C．析出溶解度小的碳酸氢钠，过滤可分离，图中操作合理，C符合题意；
D．加热固体分解不能在烧杯中进行，应选坩埚加热，D不符合题意；
故选C。
4．下列叙述中，正确的是
A．同温同压下，等体积的O2和O3具有相同的分子数
B．等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，H+的物质的量浓度也相等
C．同温同压下，等质量的SO2和CO2物质的量之比为11：16
D．标准状况下，22.4LHCl气体溶于200mL水形成的溶液物质的量浓度为5mol⋅L−1
【答案】C
【解析】A．同温同压下，由pV=nRT可知，等体积的O2气体和O3气体的物质的量相等，但未告知是否为气体状态，因此不确定是否具有相同的分子数，故A错误；
B．盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，H+的物质的量浓度不相等，故B错误；
C．同温同压下，等质量的SO2和CO2物质的量之比为m64：m44=11：16，故C正确；
D．标准状况下，22.4LHCl气体的物质的量是1mol，溶于200mL水后形成的溶液的体积不是0.2L，无法计算其物质的量浓度，故D错误；
答案C。
5．研究表明，连有4个不同的原子或原子团的碳原子，叫做不对称碳原子，也叫手性碳原子，含有手性碳原子的物质可能具有光学活性，也可能不具有光学活性。则有机物分子中(如图)手性碳原子的个数为
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】，分子存在1个手性碳原子；
故选A。
6．下列有机物中含有少量杂质(括号中是杂质)，除杂方法正确的是
A．乙醇(乙酸)：加入碳酸钠溶液，振荡，静置，分液
B．硝基苯(硫酸)：将其加入NaOH溶液中，振荡，静置，分液
C．乙醛(乙酸乙酯)：加入氢氧化钠溶液，振荡，静置，分液
D．溴乙烷(溴)：加入四氯化碳，振荡，静置，分液
【答案】B
【解析】A.乙醇易溶于水，乙酸与碳酸钠生成易溶于水的乙酸钠，再用蒸馏的方法分离出乙醇，故A错误；
B.硝基苯不溶于氢氧化钠溶液，硫酸与氢氧化钠发生中和反应，可用分液的方法分离，故B正确；
C.乙醛溶于水，乙酸乙酯溶于氢氧化钠溶液，可以用蒸馏的方法分离乙醛和乙酸乙酯，故C错误；
D.溴乙烷、溴都溶于四氯化碳，应加入氢氧化钠溶液，振荡，静置，分液，故D错误。
故选B．
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及混合物分离提纯、实验基本操作等，把握物质的性质及实验原理为解答的关键，注意实验操作的可行性。
7．下列各组晶体熔化或者升华时，所克服的粒子间作用力完全相同的是
A．冰和碘 B．Fe和NaCl
C．SiC和葡萄糖 D．NaHSO4和K2CO3
【答案】D
【解析】A．冰、碘均为分子晶体，冰熔化时克服氢键和范德华力，碘升华时克服范德华力，故A不符合题意；
B．铁为金属晶体，熔化时克服金属键，NaCl为离子晶体，熔化时克服离子键，故B不符合题意；
C．SiC为共价晶体，熔化时克服共价键，葡萄糖为分子晶体，熔化时克服分子间作用力，故C不符合题意；
D．NaHSO4、K2CO3为离子晶体，熔化时克服离子键，故D符合题意；
答案为D。
8．某同学按图示装置进行实验，大头针固定固体，塑料瓶盛放液体试剂。实验时先打开止水夹，手指压紧小孔并挤压塑料瓶，使液体试剂沿玻璃管上升至完全充满，排尽玻璃管中空气，立即关闭止水夹，一会儿后，手指堵住小孔，打开止水夹。下列所加液体试剂、对应现象及结论均正确的是
选项
固体
液体试剂
现象
结论
A
钠块
水
钠块熔化成小球并浮在水面上；打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色
钠块与水反应产生氢气
B
铝条
NaOH溶液
先有沉淀生成，后沉淀溶解；打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色
铝条与氢氧化钠溶液反应产生氢气
C
铜丝
稀HNO3
产生红棕色气体，溶液呈蓝色
铜丝与稀硝酸反应产生NO2
D
铁丝
食盐水
打开止水夹，并松开小孔片刻，关闭止水夹，发现塑料瓶中液面下降
铁丝发生了吸氧腐蚀
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．若固体是钠块，液体试剂为水，钠块熔化成小球并浮在水面上，说明钠熔点低，且产生了气体，打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色，说明产生了氢气，可以证明钠块与水反应产生氢气，选项A正确；
B．若固体是铝条，液体试剂为氢氧化钠溶液,铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，不会产生沉淀，选项B错误；
C．若固体是铜丝，液体试剂为稀硝酸，铜单质与稀硝酸反应生成一氧化氮， 选项C错误；
D．若固体是铁丝，液体试剂为食盐水，食盐水呈中性，铁丝发生了吸氧腐蚀，打开止水夹,并松开小孔片刻，关闭止水夹，发现玻璃管中液面.上升，但由于塑料瓶直径较大，较难观察其液面变化，选项D错误；
答案选A。
9．常温下，一元碱BOH的Kb(BOH)=1.0×10-5。在某体系中，离子不能穿过隔膜，BOH分子可自由穿过隔膜(如图所示)，溶液中c总(BOH)= c(BOH)+c(B+ )，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．常温下，0.1 mol ·L-1一元碱BOH溶液的pH≈12
B．根据电荷守恒，溶液I和Ⅱ中都存在c(B+ )+c(H+)=c(OH—)
C．溶液I和Ⅱ中的c(B+ )相等
D．溶液I中BOH的电离度为： 11001
【答案】D
【解析】A．常温下0.1 mol ·L-1一元碱BOH溶液中，当BOH⇌B++OH−达到平衡时，c(BOH)≈0.1 mol·L-1，c(B+)=c(OH-)，由Kb=c(B+)c(OH−)c(BOH)可得c(OH-)≈ 1.0×10−5×0.1mol/L=10-3mol ·L-1，pOH=3，则溶液pH约为11，故A错误；
B．由常温下Ⅱ中溶液pH为7可知，溶液中c(H+)=c(OH—)，则Ⅱ溶液中c(B+)+c(H+)>c(OH-)，故B错误；
C．根据题意，BOH分子可自由穿过隔膜，说明溶液I和Ⅱ的BOH浓度相等，两溶液pH不相等，说明溶液中氢氧根离子浓度不相等，因此由Kb=c(B+)c(OH−)c(BOH)可知，溶液I和Ⅱ中的c(B+)不相等，故C错误；
D．溶液I的pH为12，c(OH-)=0.01mol·L-1，c总(BOH)=c(BOH)+c(B+)，由BOH的电离常数可得：Kb=c(B+)c(OH−)c(BOH)=0.01c(B+)c总(BOH)-c(B+)=1.0×10-5，解得溶液I中BOH的电离度为c(B+)c总(BOH)=11001，故D正确；
故选D。
10．在溶液中用光照射Cu−PHI催化剂产生光电子和空穴h+，可以在常温常压下使甲烷转化为甲醇和氢气，其部分反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．空穴h+参与发生的反应为2H2O＋ 2h＋＝H2O2＋2H＋
B．光电子参与发生的反应为2H＋＋2e－＝H2
C．反应过程中水作还原剂
D．该反应的化学方程式为CH4＋H2O 催化剂CH3OH＋H2
【答案】C
【解析】A．根据图中信息，空穴h+与水反应，其参与发生的反应为2H2O＋ 2h＋＝H2O2＋2H＋，故A正确；
B．氢离子得到光电子提供的电子，则参与发生的反应为2H＋＋2e－＝H2，故B正确；
C．该反应的化学方程式为CH4＋H2O 催化剂CH3OH＋H2，水中氢化合价降低，则反应过程中水作氧化剂，故C错误；
D．根据图中信息常温常压下使甲烷和水转化为甲醇和氢气，则该反应的化学方程式为CH4＋H2O 催化剂CH3OH＋H2，故D正确。
综上所述，答案为C。
11．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，原子序数之和为32；M是由这四种元素组成的化合物，其化学式为YZX2W2(其中每种元素只有一种化合价)；将8.0gM投入水中有刺激性气味的气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，向所得溶液中通入足量的CO2，经过滤等一系列操作后得到7.8g的白色固体。下列叙述错误的是
A．四种元素中有两种金属元素
B．原子半径：Y>Z>X
C．M与盐酸反应能生成三种离子化合物
D．Y元素最高价氧化物的水化物能溶解Z元素最高价氧化物
【答案】C
【解析】A．根据上述分析，Na、Al为金属元素，故A说法正确；
B．N核外有2个电子层，Na、Al核外有3个电子层，同周期从左向右原子半径逐渐减小，因此原子半径大小顺序是Na＞Al＞N，故B说法正确；
C．根据上述分析M的化学式为NaAlN2H2，与盐酸反应生成NaCl、AlCl3、NH4Cl，AlCl3属于共价化合物，不属于离子化合物，NaCl、NH4Cl属于两种离子化合物，故C说法错误；
D．Y的最高价氧化物对应水化物为NaOH，Z元素最高价氧化物为Al2O3，氧化铝属于两性氧化物，能与NaOH溶液反应，故D说法正确；
答案为C。
12．Z是一种抗休克药，合成反应如图所示：
下列有关说法错误的是
A．Y的结构简式为 B．Z在酸性或碱性溶液中易变质
C．可用NaHCO3溶液区分X和Z D．X、Y、Z均可与NaOH溶液发生反应
【答案】D
【解析】A．由图可知，X和Y发生酯化反应生成Z，结合XZ结构可知，Y的结构简式为 ，A正确；
B．Z含有酯基，在酸性或碱性溶液中易水解变质，B正确；
C．X中羧基可以和碳酸氢钠反应、Z不反应，故可用NaHCO3溶液区分X和Z，C正确；
D．X含有羧基、Z含有酯基，均可与NaOH溶液发生反应；Y中羟基不和氢氧化钠反应，D错误；
故选D。
13．根据如图所示的N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化情况判断，下列说法错误的是
A．N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)是放热反应
B．2molO原子生成1molO2(g)时放出498kJ能量
C．2molNO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收1264kJ能量
D．由N2和O2生成2molN(g)和2molO(g)吸收的总能量为1444kJ
【答案】A
【解析】A．由题给图象可知，N2g+O2g=2NOg的断键吸收总能量-成键放出总能量=946kJ⋅mol−1+498kJ⋅mol−1−2×632kJ⋅mol−1=+180kJ⋅mol−1＞0，则该反应是吸热反应，故A错误；
B．原子结合形成分子的过程是化学键形成过程，是放热过程，2molO原子结合生成O2g时放出498kJ能量，故B正确；
C．由图知形成2molNO(g)放热2×632KJ/mol能量，所以2molNO(g)中的化学键断裂时需要吸收1264kJ能量，故C正确；
D．由图给出图像可知，1mol N2断键生成2mol N(g)及1mol O2的2molO(g)吸收的总能量为946kJ⋅mol−1+498kJ⋅mol−1=1444kJ⋅mol−1，故D正确；
故答案选A。
14．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，生成2.24LO2转移的电子数为0.4NA
B．2L1mol·L-1的氯化铜溶液中H+数目为4NA
C．常温下，5.6g铁与足量稀硝酸反应转移的电子数为0.3NA
D．2LpH=5的0.05mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O72-数目为0.1NA
【答案】C
【解析】A．未指出反应物，生成2.24LO2转移电子数不一定为0.4NA，如H2O2分解生成标况下2.24L即0.1molO2转移0.2mol电子，转移电子数为0.2NA，A错误；
B．由于铜离子水解使溶液显酸性，溶液中离子浓度c(Cl-)>c(Cu2+)>c(H+)>c(OH-)，则n(Cl-)>n(Cu2+)>n(H+)>n(OH-)，因为n(Cl-)=4mol，所以n(H+)
D．重铬酸钾溶液中存在水解平衡：H2O+Cr2O72−⇌2CrO42−+2H+，则2L0.05mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O72−的物质的量小于2L×0.05mol·L-1=0.1mol，其数目小于0.1NA，D错误；
故选C。
15．已知：H2(g)+I2(g) ⇌2HI(g)+Q(Q>0)。现将三份物质的量相同的H2(g)和I2(g) 分别投入三个恒容密闭容器中，平衡前后容器的温度无变化。相关数据见下表。
容器1
容器2
容器3
容器体积(mL)
200
100
200
反应温度(°C)
400
400
500
平衡常数
K 1
K 2
K 3
HI的平衡浓度(mol⋅L-1)
c 1
c 2
c 3
达平衡的时间(s)
t 1
t 2
t 3
H2的平衡转化率
α1
α2
α3
下列说法错误的是
A．c 3 t 3 C．K 1= K 2
【解析】A．容器体积：V1=V3>V2，反应温度：V3>V1=V2，容器体积大的平衡时HI的浓度小，升高温度平衡逆向移动，HI浓度减小，则c3
C．温度不变平衡常数K不变，升高温度平衡逆向移动，K减小，反应温度：V3>V1=V2，则K1=K2>K3，C错误；
D．容器1和2，温度相同，容器体积：V1>V2，容器2等效于在容器1达平衡的基础上加压缩小体积，该反应为气体体积不变的反应，加压平衡不移动，则α1=α2，D正确；
故选C。
16．下列各组离子在溶液中能大量共存，加入OH－有沉淀生成，加入H＋有气体生成的一组离子是（ ）
A．K＋、Mg2＋、Cl－、HCO3- B．K＋、Cu2＋、SO42－、Na＋
C．NH4+、CO32-、NO3-、Na＋ D．NH4+、Cl－、HCO3-、K＋
【答案】A
【解析】A.各离子之间不反应，在溶液中可以大量共存，镁离子与氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，碳酸氢根离子与氢离子生成二氧化碳气体，A正确；
B各离子之间不反应，在溶液中可以大量共存，加入氢氧根离子产生氢氧化铜沉淀，但加入氢离子无气体产生，B错误；
C.加入氢氧根离子没有沉淀生成，C错误；
D.加入氢氧根离子没有沉淀生成，加入氢离子与碳酸氢根离子生成二氧化碳气体，D错误；
答案选A。
17．下列各组溶液中的反应，无论反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示的是
A．FeBr2与C12 B．Ca(HCO3)2与Ca(OH)2
C．HCl与Na2CO3 D．Ba(OH)2与NaHSO4
【答案】B
【解析】A．还原性强弱：Fe2+>Br-。Cl2与FeBr2物质的量之比小于等于1，产生FeBr3和FeCl3；Cl2与FeBr2物质的量之比在1至1.5之间，有FeCl3和Br2、FeBr3。若Cl2与FeBr2物质的量之比大于等于1.5有FeCl3和Br2，A项不符合题意；
B．该组无论量均产生水和CaCO3，可用一个方程式表达，B项符合题意；
C．若盐酸少量产生的是NaHCO3，而若盐酸足量产生的是CO2和H2O，C项不符合题意；
D．若Ba(OH)2少量产生BaSO4、H2O、Na2SO4；若Ba(OH)2足量产生BaSO4、H2O、NaOH，两反应不能用同一离子方程式表达，D项不符合题意；
故选B。
18．苯甲醛在浓 NaOH 溶液中反应生成苯甲酸钠和苯甲醇，反应后静置，液体分层。有关物质的物理性质如下：
苯甲醛
苯甲酸
苯甲醇
沸点/℃
178.1
249.2
205.4
熔点/℃
-26
121.7
-15.3
溶解性（常温）
微溶于水，易溶于有机溶剂
下列说法不正确的是
A．苯甲醛既发生了氧化反应，又发生了还原反应
B．用分液法分离出有机层，再用蒸馏法分离出苯甲醇
C．反应后的混合物直接加酸酸化，再用过滤法分离得到粗苯甲酸
D．制得的粗苯甲酸可以用重结晶法进一步提纯
【答案】C
【解析】A．苯甲醛→苯甲酸，增加了氧原子，属于氧化反应，苯甲醛→苯甲醇，增加了氢原子，属于还原反应，所以苯甲醛既发生了氧化反应，又发生了还原反应，A正确；
B．反应后的溶液分为有机层和水层，互不相溶，可用分液法分离，有机层中苯甲醛和苯甲醇的沸点相差较大，可用蒸馏法分离，B正确；
C．反应后的溶液中加酸酸化，苯甲酸进入有机层，应该分液后蒸馏，C错误；
D．苯甲酸为无色、无味片状晶体，常温下，苯甲酸微溶于水，含杂质的粗苯甲酸可用重结晶法提纯，D正确；故答案为：C。
19．乙烯与水通过加成反应可得乙醇。反应机理、能量变化与反应进程的关系如图所示。
下列叙述正确的是
A．①、②、③三步均属于加成反应
B．H+为反应的催化剂
C．①、②、③三步反应均为放热反应
D．总反应是放热反应，不需要加热就能发生
【答案】B
【解析】A．不饱和碳原子与其他原子直接结合形成新的化合物为加成反应，反应①②为加成反应，故A项错误；
B．反应前加入H+，反应后又产生了H+，所以H+为催化剂，B项正确；
C．反应①中反应物能量低于生成物，该反应为吸热反应。②③反应的反应物能量均高于生成物的能量，这两反应均为放热反应，C项错误；
D．对于总反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热反应。但反应加热与否与放热吸热无关，D项错误；
故选B。
20．常温下，往20mL0.1mol•L-1CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1mol•L-1NH3•H2O溶液，溶液的pH与所加NH3•H2O溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是
已知：Ka(CH3COOH)=Kb(NH3•H2O)=2×10-5。
A．a点溶液中，离子浓度大小关系为c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)
B．b点溶液中，一定存在c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C．c点溶液中，c(CH3COO-)+c(H+)＞c(NH3•H2O)+c(OH-)+c(NH4+)
D．a→c的过程中，水的电离程度依次增大
【答案】B
【解析】A．a点溶液中，根据电荷守恒，离子浓度大小关系为c(H+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)，A错误；
B．根据物料守恒，b点溶液中， c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，B正确；
C．c点NH3•H2O过量，根据物料关系，c(NH3•H2O)+c(NH4+)> c(CH3COO-)+c(CH3COOH)> c(CH3COO-)，又c(OH-)> c(H+)，故c(CH3COO-)+c(H+)
第II卷（非选择题）
21．（15分）
过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。
已知：2H2O2(l)⇌2H2O(l)+O2(g)+Q(Q>0)
H2O2(l)⇌H+(aq)+HO2−(aq) K=2.24×10-12(25℃)
完成下列填空：
(1)氧原子核外电子亚层数为___，H2O2的电子式___。
(2)实验室可以使用稀H2SO4和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为___。
(3)H2O2分解反应的平衡常数K=___；不同温度下H2O2分解反应的平衡常数K25℃___K40℃(填“>”“<”或“=”)。
(4)25℃，H2O2的pH___H2O(选填“大于”“小于”或“等于”)。研究表明，H2O2溶液中HO2−的浓度越大，H2O2的分解速率越快。某温度下，不同浓度的H2O2分解率与pH的关系如图所示。
一定浓度的H2O2，pH增大H2O2分解率增大的原因是___；相同pH下，H2O2浓度越大H2O2分解率越低的原因是___。
(5)蓝色的CrO5遇H2O2会褪色，此反应可用于检验H2O2，发生反应如下：CrO5+H2O2+H+→Cr3++O2↑+H2O，配平上述方程式___。
【答案】(1) 3
(2)H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O
(3) c(O2) >
(4) 小于 pH升高，HO2−的浓度增加，H2O2分解速率加快 H2O2浓度升高，电离程度低，分解率越小
(5)2CrO5+7H2O2+6H+=2Cr3++7O2↑+10H2O
【解析】（1）氧原子核外电子亚层为1s、2s、2p，故此处填3；H2O2分子中H与O之间共用一对电子，O与O之间共用一对电子，对应电子式为：；
（2）H2O2具有强氧化性，可将Cu氧化，对应化学方程式为：H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O；
（3）H2O2、H2O均为纯液体，故不会出现在H2O2分解反应的平衡常数表达式中，故H2O2分解反应的平衡常数K=c(O2)；由题意知，H2O2分解反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故K25℃＞K40℃；
（4）25℃时，H2O为中性其pH=7，H2O2能微弱电离产生H+，故H2O2显酸性，pH＜7，故此处填：小于；一定条件下，溶液pH增大，使得H2O2⇌H++HO2-平衡正向移动，HO2-的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，故答案为：pH升高，HO2-的浓度增加，H2O2分解速率加快；相同pH下，增大过氧化氢浓度，化学平衡H2O2⇌H++HO2-正向移动，HO2-的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，越大分解速率越快，但由于H2O2的平衡转化率随过氧化氢浓度的增大反而减小，故此处填：H2O2浓度升高，电离程度低，分解率越小；
（5）根据得失电子守恒初步配平方程式为：2CrO5+7H2O2+H+=2Cr3++7O2↑+H2O，根据电荷守恒确定H+系数为6，结合元素守恒确定H2O系数为10，故完整方程式为：2CrO5+7H2O2+6H+=2Cr3++7O2↑+10H2O。
22．（15分）
捕集CO2的技术对解决全球温室效应意义重大。回答下列问题。
I.国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)
(1)碳原子核外有_____种能量不同的电子。H2O分子空间构型为_____。已知上述反应中，反应物能量总和大于生成物能量总和，则该反应为_____反应。(填“放热”或“吸热”)
II.将CO2富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。回答下列问题。
(2)一种富集烟气中CO2的方法示意图如图：
写出“解吸”过程产生CO2的化学方程式：_____。
(3)CO2性质稳定，使其活化是实现转化的重要前提。
①使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受_____(填“C”或“O”)原子的孤电子对，破坏CO2的结构使其活化。
②采用电化学、光化学等手段，使CO2_____(填“提供”或“接受”)电子转化为CH3OH。
III.小组同学对比K2CO3和KHCO3的性质，进行了如下实验。回答下列问题。
向相同体积、相同浓度的K2CO3和KHCO3溶液中分别滴加0.1mol·L-1的盐酸，溶液pH变化如图。
(4)图_____(填“甲”或“乙”)是K2CO3的滴定曲线。A'~B'发生反应的离子方程式为_____。
(5)下列说法正确的是_____(填序号)。
a.K2CO3和KHCO3溶液中所含微粒种类相同
b.A、B、C均满足：c(K+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(OH-)
c.水的电离程度：A
【答案】(1) 3 V形 放热
(2)2KHCO3=ΔK2CO3+CO2↑+H2O
(3) O 接受
(4) 乙 CO32- +H+=HCO3-
(5)a
【解析】（1）碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子；H2O分子O原子最外层含有2对孤电子对，空间构型为V形；反应物能量总和大于生成物能量总和，则该反应为放热反应；
（2）由图可知，“解吸”过程中KHCO3分解生成K2CO3和CO2，反应的化学方程式为2KHCO3=ΔK2CO3+CO2↑+H2O；
（3）①CO2的电子式为，O原子有孤电子对，过渡金属的原子一般具有空轨道，根据配位键形成规则可知，过渡金属接受CO2分子中O原子的孤电子对，故答案为：O；
②CO2→CH3OH的过程中C原子发生得电子的还原反应，即CO2接受电子转化为CH3OH，故答案为：接受；
（4）①相同体积、相同浓度的K2CO3和KHCO3溶液，K2CO3的水解程度更大，故pH更大，图甲为碳酸氢钾，图乙为碳酸钾，故答案为：乙；
②图乙为碳酸钾溶液的滴定曲线，A'~B'段，为碳酸钾和少量盐酸的反应，离子方程式为：CO32- +H+=HCO3-，故答案为：CO32- +H+=HCO3-；
（5）③a．K2CO3和KHCO3溶液中存在电离和水解，所含微粒种类相同，故a正确；
b．A点满足电荷守恒：c(K+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，而B、C点由于已经加入盐酸，故溶液中还含有Cl-，故B、C点满足电荷守恒：c(K+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-)，故b错误；
c．A点溶质为碳酸氢钾，碳酸氢钾水解大于电离，溶液显碱性，促进水的电离，B点溶质为氯化钾和H2CO3，溶液pH约为4，抑制水的电离，C点溶质为氯化钾和HCl，溶液pH约为2，抑制水的电离，但是由于C点酸性更强，对水的电离抑制程度更大，水的电离程度：A>B>C，故c错误；
d．K2CO3和KHCO3溶液的金属阳离子相同，焰色试验的颜色相同，则不能鉴别，故d错误；
故答案为：a。
23．（15分）
溴丙胺太林是一种辅助治疗十二指肠溃疡的药物，其合成路线如图所示：
请回答下列问题：
(1)B的化学名称为___________；H中含有的官能团名称为___________。
(2)F转化为G的反应类型是___________。
(3)写出I转化为K的化学方程式：___________。
(4)X是I的同分异构体，具有如下结构与性质：
①含有结构；②能发生银镜反应；③除苯环外，不含其他环符合条件的X共有___________种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为1：2：2的结构简式为___________。
(5)写出仅以乙烯为有机原料通过四步反应制备丁二酸的合成路线：___________(无机试剂任选)。
【答案】(1) 2-氯甲苯或邻氯甲苯 氰基、醚键
(2)还原反应或加成反应
(3)+ ⇌加热浓硫酸 +H2O
(4) 15
(5)CH2=CH2→溴水BrCH2CH2Br→ΔNaOH水溶液HOCH2CH2OH→NaCNNCCH2CH2CN→H+/H2OHOOCCH2CH2COOH
【解析】（1）根据上述分析B的结构简式为，名称为2-氯甲苯或邻氯甲苯；根据H的结构简式，所含官能团为氰基、醚键；故答案为2-氯甲苯或邻氯甲苯；氰基、醚键；
（2）对比F、G的结构简式，酮羰基转化成羟基，该反应为还原反应或加成反应，故答案为还原反应或加成反应；
（3）I和J发生酯化反应，其反应方程式为+⇌加热浓硫酸+H2O；故答案为+⇌加热浓硫酸+H2O；
（4）I的不饱和度为10，同分异构体中含有“”不饱和度为8，能发生银镜反应，说明含有醛基，即1个X分子中含有2个醛基，根据“定一移一”，同分异构体分别为、、、、、、、、、、、，共有12种；核磁共振氢谱有3组峰，说明有3种不同的氢，峰面积之比为1∶2∶2，符合条件的是；故答案为12；；
（5）根据G→H→I，推出生成丁二酸的步骤为HOCH2CH2OH→NCCH2CH2CN→HOOCCH2CH2COOH，因此乙烯制备丁二酸的路线有CH2=CH2→溴水BrCH2CH2Br→ΔNaOH水溶液HOCH2CH2OH→NaCNNCCH2CH2CN→H+/H2OHOOCCH2CH2COOH；故答案成为CH2=CH2→溴水BrCH2CH2Br→ΔNaOH水溶液HOCH2CH2OH→NaCNNCCH2CH2CN→H+/H2OHOOCCH2CH2COOH。
24．（15分）
信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70 %Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀的pH
2.3
6.8
3.5
4.4
完全沉淀的pH
3.2
8.3
4.6
6.4
完成下列填空：
(1)写出第①步中Cu与酸反应生成NO的离子方程式________________；第②步中使用H2O2做氧化剂的优点是__________，NaOH调节溶液pH的目的是使____________生成沉淀。
(2)第③步的操作为：滤液2加热蒸发、_______、_______、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾。
(3)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O ，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，____方案不可行，原因是________；从原子利用率角度考虑，_____方案更合理。
(4)探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol ·L-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2+ + H2Y2-= CuY2- + 2H+
写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝ ________________________________ 。
下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是_________。
a．未干燥锥形瓶 b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c．未除净可与EDTA反应的干扰离子
【答案】(1) 3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O 不引入杂质，产物对环境无污染 Fe3+和Al3+
(2) 冷却结晶 过滤
(3) 甲 甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到硫酸铝晶体中混有硫酸铁杂质，所以方案不可行 乙
(4) cmol/L×b×10-3L×250g/mol×5ag c
【解析】（1）第①步中Cu与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O；第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境无污染；调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀。
（2）由分析可知滤液2为CuSO4 溶液，第③步的操作为：滤液2加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾。
（3）由于甲方案中硫酸和氢氧化铁及氢氧化铝都是反应的，所以生成的滤液中含有硫酸铁和硫酸铝，因此如果直接蒸发，将使所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；由于铝的金属性强于铁的，所以方案乙中铝能置换出铁，从原子利用率最高。而方案丙中生成的硫酸铝小于方案乙中生成的硫酸铝，原子利用率没有乙高。
（4）消耗EDTA的物质的量是0.001bcmol，所以根据反应的方程式可知，消耗铜离子的物质的量也是0.001bcmol，所以每一份中胆矾的物质的量是0.001bcmol。因此CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝cmol/L×b×10-3L×250g/mol×5ag×100%。根据表达式可知，如果未干燥锥形瓶，是不会影响实验结果的；若滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，则消耗标准液的体积将减少，测定结果偏低；如果未除净可与EDTA反应的干扰离子，则消耗标准液的体积将偏大，测定结果偏高，因此答案选c。
★ 绝密 启用前
2023年高考押题预测卷03【上海卷】
化 学
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Ca40
一．选择题（合计20题，每题2分，共40分）
1．化学与生产、生活、科技和环境等密切相关。下列有关说法错误的是
A．油脂长时间放置后会产生不愉快的气味的原因之一是被氧气氧化了
B．可利用大理石粉与水混合得到的浆状物对燃煤产生的废气进行脱硫处理
C．“天宫课堂”中过饱和乙酸钠溶液析晶放热与形成新的化学键有关
D．“汽车尾气处理”有助于改善城市空气质量，有利于实现碳达峰、碳中和
【答案】D
【解析】A．油脂长时间放置后会接触到空气中的氧气，从而发生氧化还原反应而变质，会产生不愉快的气味，故A正确；
B．可利用大理石粉与水混合得到的浆状物对燃煤产生的废气进行脱硫处理，涉及碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙和氧气反应生成硫酸钙，故B正确；
C．乙酸钠溶液中钠离子和乙酸根离子间的离子键被破坏，析出晶体，生成乙酸钠晶体，形成新的离子键，成键会释放热量，故C正确；
D．汽车尾气中含有CO和NO，催化处理得到氮气和二氧化碳，有助于改善城市空气质量，但不能减少二氧化碳的排放，不利于实现碳达峰、碳中和，故D错误。
综上所述，答案为D。
2．下列有关化学用语的表述正确的是
A．乙烯的结构简式：CH2CH2 B．乙酸的分子式：CH3COOH
C．铝离子的结构示意图： D．OH—的电子式：
【答案】D
【解析】A．乙烯的分子式为C2H4，结构简式为CH2=CH2，故A错误；
B．乙酸的结构简式为CH3COOH，分子式为C2H4O2，故B错误；
C．铝离子的核电荷数为13，核外2个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图，故C错误；
D．氢氧根离子是带1个单位负电荷的阴离子，电子式为，故D正确；
故选D。
3．侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是
A．制取氨气 B．制NaHCO3 C．分离NaHCO3 D．制Na2CO3
【答案】C
【解析】A．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备，试管口应该略向上倾斜，A不符合题意；
B．二氧化碳在水中溶解度不大，应向溶有氨气的食盐水中通入二氧化碳，B不符合题意；
C．析出溶解度小的碳酸氢钠，过滤可分离，图中操作合理，C符合题意；
D．加热固体分解不能在烧杯中进行，应选坩埚加热，D不符合题意；
故选C。
4．下列叙述中，正确的是
A．同温同压下，等体积的O2和O3具有相同的分子数
B．等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，H+的物质的量浓度也相等
C．同温同压下，等质量的SO2和CO2物质的量之比为11：16
D．标准状况下，22.4LHCl气体溶于200mL水形成的溶液物质的量浓度为5mol⋅L−1
【答案】C
【解析】A．同温同压下，由pV=nRT可知，等体积的O2气体和O3气体的物质的量相等，但未告知是否为气体状态，因此不确定是否具有相同的分子数，故A错误；
B．盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，H+的物质的量浓度不相等，故B错误；
C．同温同压下，等质量的SO2和CO2物质的量之比为m64：m44=11：16，故C正确；
D．标准状况下，22.4LHCl气体的物质的量是1mol，溶于200mL水后形成的溶液的体积不是0.2L，无法计算其物质的量浓度，故D错误；
答案C。
5．研究表明，连有4个不同的原子或原子团的碳原子，叫做不对称碳原子，也叫手性碳原子，含有手性碳原子的物质可能具有光学活性，也可能不具有光学活性。则有机物分子中(如图)手性碳原子的个数为
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】，分子存在1个手性碳原子；
故选A。
6．下列有机物中含有少量杂质(括号中是杂质)，除杂方法正确的是
A．乙醇(乙酸)：加入碳酸钠溶液，振荡，静置，分液
B．硝基苯(硫酸)：将其加入NaOH溶液中，振荡，静置，分液
C．乙醛(乙酸乙酯)：加入氢氧化钠溶液，振荡，静置，分液
D．溴乙烷(溴)：加入四氯化碳，振荡，静置，分液
【答案】B
【解析】A.乙醇易溶于水，乙酸与碳酸钠生成易溶于水的乙酸钠，再用蒸馏的方法分离出乙醇，故A错误；
B.硝基苯不溶于氢氧化钠溶液，硫酸与氢氧化钠发生中和反应，可用分液的方法分离，故B正确；
C.乙醛溶于水，乙酸乙酯溶于氢氧化钠溶液，可以用蒸馏的方法分离乙醛和乙酸乙酯，故C错误；
D.溴乙烷、溴都溶于四氯化碳，应加入氢氧化钠溶液，振荡，静置，分液，故D错误。
故选B．
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及混合物分离提纯、实验基本操作等，把握物质的性质及实验原理为解答的关键，注意实验操作的可行性。
7．下列各组晶体熔化或者升华时，所克服的粒子间作用力完全相同的是
A．冰和碘 B．Fe和NaCl
C．SiC和葡萄糖 D．NaHSO4和K2CO3
【答案】D
【解析】A．冰、碘均为分子晶体，冰熔化时克服氢键和范德华力，碘升华时克服范德华力，故A不符合题意；
B．铁为金属晶体，熔化时克服金属键，NaCl为离子晶体，熔化时克服离子键，故B不符合题意；
C．SiC为共价晶体，熔化时克服共价键，葡萄糖为分子晶体，熔化时克服分子间作用力，故C不符合题意；
D．NaHSO4、K2CO3为离子晶体，熔化时克服离子键，故D符合题意；
答案为D。
8．某同学按图示装置进行实验，大头针固定固体，塑料瓶盛放液体试剂。实验时先打开止水夹，手指压紧小孔并挤压塑料瓶，使液体试剂沿玻璃管上升至完全充满，排尽玻璃管中空气，立即关闭止水夹，一会儿后，手指堵住小孔，打开止水夹。下列所加液体试剂、对应现象及结论均正确的是
选项
固体
液体试剂
现象
结论
A
钠块
水
钠块熔化成小球并浮在水面上；打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色
钠块与水反应产生氢气
B
铝条
NaOH溶液
先有沉淀生成，后沉淀溶解；打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色
铝条与氢氧化钠溶液反应产生氢气
C
铜丝
稀HNO3
产生红棕色气体，溶液呈蓝色
铜丝与稀硝酸反应产生NO2
D
铁丝
食盐水
打开止水夹，并松开小孔片刻，关闭止水夹，发现塑料瓶中液面下降
铁丝发生了吸氧腐蚀
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．若固体是钠块，液体试剂为水，钠块熔化成小球并浮在水面上，说明钠熔点低，且产生了气体，打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色，说明产生了氢气，可以证明钠块与水反应产生氢气，选项A正确；
B．若固体是铝条，液体试剂为氢氧化钠溶液,铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，不会产生沉淀，选项B错误；
C．若固体是铜丝，液体试剂为稀硝酸，铜单质与稀硝酸反应生成一氧化氮， 选项C错误；
D．若固体是铁丝，液体试剂为食盐水，食盐水呈中性，铁丝发生了吸氧腐蚀，打开止水夹,并松开小孔片刻，关闭止水夹，发现玻璃管中液面.上升，但由于塑料瓶直径较大，较难观察其液面变化，选项D错误；
答案选A。
9．常温下，一元碱BOH的Kb(BOH)=1.0×10-5。在某体系中，离子不能穿过隔膜，BOH分子可自由穿过隔膜(如图所示)，溶液中c总(BOH)= c(BOH)+c(B+ )，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．常温下，0.1 mol ·L-1一元碱BOH溶液的pH≈12
B．根据电荷守恒，溶液I和Ⅱ中都存在c(B+ )+c(H+)=c(OH—)
C．溶液I和Ⅱ中的c(B+ )相等
D．溶液I中BOH的电离度为： 11001
【答案】D
【解析】A．常温下0.1 mol ·L-1一元碱BOH溶液中，当BOH⇌B++OH−达到平衡时，c(BOH)≈0.1 mol·L-1，c(B+)=c(OH-)，由Kb=c(B+)c(OH−)c(BOH)可得c(OH-)≈ 1.0×10−5×0.1mol/L=10-3mol ·L-1，pOH=3，则溶液pH约为11，故A错误；
B．由常温下Ⅱ中溶液pH为7可知，溶液中c(H+)=c(OH—)，则Ⅱ溶液中c(B+)+c(H+)>c(OH-)，故B错误；
C．根据题意，BOH分子可自由穿过隔膜，说明溶液I和Ⅱ的BOH浓度相等，两溶液pH不相等，说明溶液中氢氧根离子浓度不相等，因此由Kb=c(B+)c(OH−)c(BOH)可知，溶液I和Ⅱ中的c(B+)不相等，故C错误；
D．溶液I的pH为12，c(OH-)=0.01mol·L-1，c总(BOH)=c(BOH)+c(B+)，由BOH的电离常数可得：Kb=c(B+)c(OH−)c(BOH)=0.01c(B+)c总(BOH)-c(B+)=1.0×10-5，解得溶液I中BOH的电离度为c(B+)c总(BOH)=11001，故D正确；
故选D。
10．在溶液中用光照射Cu−PHI催化剂产生光电子和空穴h+，可以在常温常压下使甲烷转化为甲醇和氢气，其部分反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．空穴h+参与发生的反应为2H2O＋ 2h＋＝H2O2＋2H＋
B．光电子参与发生的反应为2H＋＋2e－＝H2
C．反应过程中水作还原剂
D．该反应的化学方程式为CH4＋H2O 催化剂CH3OH＋H2
【答案】C
【解析】A．根据图中信息，空穴h+与水反应，其参与发生的反应为2H2O＋ 2h＋＝H2O2＋2H＋，故A正确；
B．氢离子得到光电子提供的电子，则参与发生的反应为2H＋＋2e－＝H2，故B正确；
C．该反应的化学方程式为CH4＋H2O 催化剂CH3OH＋H2，水中氢化合价降低，则反应过程中水作氧化剂，故C错误；
D．根据图中信息常温常压下使甲烷和水转化为甲醇和氢气，则该反应的化学方程式为CH4＋H2O 催化剂CH3OH＋H2，故D正确。
综上所述，答案为C。
11．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，原子序数之和为32；M是由这四种元素组成的化合物，其化学式为YZX2W2(其中每种元素只有一种化合价)；将8.0gM投入水中有刺激性气味的气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，向所得溶液中通入足量的CO2，经过滤等一系列操作后得到7.8g的白色固体。下列叙述错误的是
A．四种元素中有两种金属元素
B．原子半径：Y>Z>X
C．M与盐酸反应能生成三种离子化合物
D．Y元素最高价氧化物的水化物能溶解Z元素最高价氧化物
【答案】C
【解析】A．根据上述分析，Na、Al为金属元素，故A说法正确；
B．N核外有2个电子层，Na、Al核外有3个电子层，同周期从左向右原子半径逐渐减小，因此原子半径大小顺序是Na＞Al＞N，故B说法正确；
C．根据上述分析M的化学式为NaAlN2H2，与盐酸反应生成NaCl、AlCl3、NH4Cl，AlCl3属于共价化合物，不属于离子化合物，NaCl、NH4Cl属于两种离子化合物，故C说法错误；
D．Y的最高价氧化物对应水化物为NaOH，Z元素最高价氧化物为Al2O3，氧化铝属于两性氧化物，能与NaOH溶液反应，故D说法正确；
答案为C。
12．Z是一种抗休克药，合成反应如图所示：
下列有关说法错误的是
A．Y的结构简式为 B．Z在酸性或碱性溶液中易变质
C．可用NaHCO3溶液区分X和Z D．X、Y、Z均可与NaOH溶液发生反应
【答案】D
【解析】A．由图可知，X和Y发生酯化反应生成Z，结合XZ结构可知，Y的结构简式为 ，A正确；
B．Z含有酯基，在酸性或碱性溶液中易水解变质，B正确；
C．X中羧基可以和碳酸氢钠反应、Z不反应，故可用NaHCO3溶液区分X和Z，C正确；
D．X含有羧基、Z含有酯基，均可与NaOH溶液发生反应；Y中羟基不和氢氧化钠反应，D错误；
故选D。
13．根据如图所示的N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化情况判断，下列说法错误的是
A．N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)是放热反应
B．2molO原子生成1molO2(g)时放出498kJ能量
C．2molNO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收1264kJ能量
D．由N2和O2生成2molN(g)和2molO(g)吸收的总能量为1444kJ
【答案】A
【解析】A．由题给图象可知，N2g+O2g=2NOg的断键吸收总能量-成键放出总能量=946kJ⋅mol−1+498kJ⋅mol−1−2×632kJ⋅mol−1=+180kJ⋅mol−1＞0，则该反应是吸热反应，故A错误；
B．原子结合形成分子的过程是化学键形成过程，是放热过程，2molO原子结合生成O2g时放出498kJ能量，故B正确；
C．由图知形成2molNO(g)放热2×632KJ/mol能量，所以2molNO(g)中的化学键断裂时需要吸收1264kJ能量，故C正确；
D．由图给出图像可知，1mol N2断键生成2mol N(g)及1mol O2的2molO(g)吸收的总能量为946kJ⋅mol−1+498kJ⋅mol−1=1444kJ⋅mol−1，故D正确；
故答案选A。
14．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，生成2.24LO2转移的电子数为0.4NA
B．2L1mol·L-1的氯化铜溶液中H+数目为4NA
C．常温下，5.6g铁与足量稀硝酸反应转移的电子数为0.3NA
D．2LpH=5的0.05mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O72-数目为0.1NA
【答案】C
【解析】A．未指出反应物，生成2.24LO2转移电子数不一定为0.4NA，如H2O2分解生成标况下2.24L即0.1molO2转移0.2mol电子，转移电子数为0.2NA，A错误；
B．由于铜离子水解使溶液显酸性，溶液中离子浓度c(Cl-)>c(Cu2+)>c(H+)>c(OH-)，则n(Cl-)>n(Cu2+)>n(H+)>n(OH-)，因为n(Cl-)=4mol，所以n(H+)
D．重铬酸钾溶液中存在水解平衡：H2O+Cr2O72−⇌2CrO42−+2H+，则2L0.05mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O72−的物质的量小于2L×0.05mol·L-1=0.1mol，其数目小于0.1NA，D错误；
故选C。
15．已知：H2(g)+I2(g) ⇌2HI(g)+Q(Q>0)。现将三份物质的量相同的H2(g)和I2(g) 分别投入三个恒容密闭容器中，平衡前后容器的温度无变化。相关数据见下表。
容器1
容器2
容器3
容器体积(mL)
200
100
200
反应温度(°C)
400
400
500
平衡常数
K 1
K 2
K 3
HI的平衡浓度(mol⋅L-1)
c 1
c 2
c 3
达平衡的时间(s)
t 1
t 2
t 3
H2的平衡转化率
α1
α2
α3
下列说法错误的是
A．c 3
【解析】A．容器体积：V1=V3>V2，反应温度：V3>V1=V2，容器体积大的平衡时HI的浓度小，升高温度平衡逆向移动，HI浓度减小，则c3
C．温度不变平衡常数K不变，升高温度平衡逆向移动，K减小，反应温度：V3>V1=V2，则K1=K2>K3，C错误；
D．容器1和2，温度相同，容器体积：V1>V2，容器2等效于在容器1达平衡的基础上加压缩小体积，该反应为气体体积不变的反应，加压平衡不移动，则α1=α2，D正确；
故选C。
16．下列各组离子在溶液中能大量共存，加入OH－有沉淀生成，加入H＋有气体生成的一组离子是（ ）
A．K＋、Mg2＋、Cl－、HCO3- B．K＋、Cu2＋、SO42－、Na＋
C．NH4+、CO32-、NO3-、Na＋ D．NH4+、Cl－、HCO3-、K＋
【答案】A
【解析】A.各离子之间不反应，在溶液中可以大量共存，镁离子与氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，碳酸氢根离子与氢离子生成二氧化碳气体，A正确；
B各离子之间不反应，在溶液中可以大量共存，加入氢氧根离子产生氢氧化铜沉淀，但加入氢离子无气体产生，B错误；
C.加入氢氧根离子没有沉淀生成，C错误；
D.加入氢氧根离子没有沉淀生成，加入氢离子与碳酸氢根离子生成二氧化碳气体，D错误；
答案选A。
17．下列各组溶液中的反应，无论反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示的是
A．FeBr2与C12 B．Ca(HCO3)2与Ca(OH)2
C．HCl与Na2CO3 D．Ba(OH)2与NaHSO4
【答案】B
【解析】A．还原性强弱：Fe2+>Br-。Cl2与FeBr2物质的量之比小于等于1，产生FeBr3和FeCl3；Cl2与FeBr2物质的量之比在1至1.5之间，有FeCl3和Br2、FeBr3。若Cl2与FeBr2物质的量之比大于等于1.5有FeCl3和Br2，A项不符合题意；
B．该组无论量均产生水和CaCO3，可用一个方程式表达，B项符合题意；
C．若盐酸少量产生的是NaHCO3，而若盐酸足量产生的是CO2和H2O，C项不符合题意；
D．若Ba(OH)2少量产生BaSO4、H2O、Na2SO4；若Ba(OH)2足量产生BaSO4、H2O、NaOH，两反应不能用同一离子方程式表达，D项不符合题意；
故选B。
18．苯甲醛在浓 NaOH 溶液中反应生成苯甲酸钠和苯甲醇，反应后静置，液体分层。有关物质的物理性质如下：
苯甲醛
苯甲酸
苯甲醇
沸点/℃
178.1
249.2
205.4
熔点/℃
-26
121.7
-15.3
溶解性（常温）
微溶于水，易溶于有机溶剂
下列说法不正确的是
A．苯甲醛既发生了氧化反应，又发生了还原反应
B．用分液法分离出有机层，再用蒸馏法分离出苯甲醇
C．反应后的混合物直接加酸酸化，再用过滤法分离得到粗苯甲酸
D．制得的粗苯甲酸可以用重结晶法进一步提纯
【答案】C
【解析】A．苯甲醛→苯甲酸，增加了氧原子，属于氧化反应，苯甲醛→苯甲醇，增加了氢原子，属于还原反应，所以苯甲醛既发生了氧化反应，又发生了还原反应，A正确；
B．反应后的溶液分为有机层和水层，互不相溶，可用分液法分离，有机层中苯甲醛和苯甲醇的沸点相差较大，可用蒸馏法分离，B正确；
C．反应后的溶液中加酸酸化，苯甲酸进入有机层，应该分液后蒸馏，C错误；
D．苯甲酸为无色、无味片状晶体，常温下，苯甲酸微溶于水，含杂质的粗苯甲酸可用重结晶法提纯，D正确；故答案为：C。
19．乙烯与水通过加成反应可得乙醇。反应机理、能量变化与反应进程的关系如图所示。
下列叙述正确的是
A．①、②、③三步均属于加成反应
B．H+为反应的催化剂
C．①、②、③三步反应均为放热反应
D．总反应是放热反应，不需要加热就能发生
【答案】B
【解析】A．不饱和碳原子与其他原子直接结合形成新的化合物为加成反应，反应①②为加成反应，故A项错误；
B．反应前加入H+，反应后又产生了H+，所以H+为催化剂，B项正确；
C．反应①中反应物能量低于生成物，该反应为吸热反应。②③反应的反应物能量均高于生成物的能量，这两反应均为放热反应，C项错误；
D．对于总反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热反应。但反应加热与否与放热吸热无关，D项错误；
故选B。
20．常温下，往20mL0.1mol•L-1CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1mol•L-1NH3•H2O溶液，溶液的pH与所加NH3•H2O溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是
已知：Ka(CH3COOH)=Kb(NH3•H2O)=2×10-5。
A．a点溶液中，离子浓度大小关系为c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)
B．b点溶液中，一定存在c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C．c点溶液中，c(CH3COO-)+c(H+)＞c(NH3•H2O)+c(OH-)+c(NH4+)
D．a→c的过程中，水的电离程度依次增大
【答案】B
【解析】A．a点溶液中，根据电荷守恒，离子浓度大小关系为c(H+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)，A错误；
B．根据物料守恒，b点溶液中， c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，B正确；
C．c点NH3•H2O过量，根据物料关系，c(NH3•H2O)+c(NH4+)> c(CH3COO-)+c(CH3COOH)> c(CH3COO-)，又c(OH-)> c(H+)，故c(CH3COO-)+c(H+)
第II卷（非选择题）
21．（15分）
过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。
已知：2H2O2(l)⇌2H2O(l)+O2(g)+Q(Q>0)
H2O2(l)⇌H+(aq)+HO2−(aq) K=2.24×10-12(25℃)
完成下列填空：
(1)氧原子核外电子亚层数为___，H2O2的电子式___。
(2)实验室可以使用稀H2SO4和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为___。
(3)H2O2分解反应的平衡常数K=___；不同温度下H2O2分解反应的平衡常数K25℃___K40℃(填“>”“<”或“=”)。
(4)25℃，H2O2的pH___H2O(选填“大于”“小于”或“等于”)。研究表明，H2O2溶液中HO2−的浓度越大，H2O2的分解速率越快。某温度下，不同浓度的H2O2分解率与pH的关系如图所示。
一定浓度的H2O2，pH增大H2O2分解率增大的原因是___；相同pH下，H2O2浓度越大H2O2分解率越低的原因是___。
(5)蓝色的CrO5遇H2O2会褪色，此反应可用于检验H2O2，发生反应如下：CrO5+H2O2+H+→Cr3++O2↑+H2O，配平上述方程式___。
【答案】(1) 3
(2)H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O
(3) c(O2) >
(4) 小于 pH升高，HO2−的浓度增加，H2O2分解速率加快 H2O2浓度升高，电离程度低，分解率越小
(5)2CrO5+7H2O2+6H+=2Cr3++7O2↑+10H2O
【解析】（1）氧原子核外电子亚层为1s、2s、2p，故此处填3；H2O2分子中H与O之间共用一对电子，O与O之间共用一对电子，对应电子式为：；
（2）H2O2具有强氧化性，可将Cu氧化，对应化学方程式为：H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O；
（3）H2O2、H2O均为纯液体，故不会出现在H2O2分解反应的平衡常数表达式中，故H2O2分解反应的平衡常数K=c(O2)；由题意知，H2O2分解反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故K25℃＞K40℃；
（4）25℃时，H2O为中性其pH=7，H2O2能微弱电离产生H+，故H2O2显酸性，pH＜7，故此处填：小于；一定条件下，溶液pH增大，使得H2O2⇌H++HO2-平衡正向移动，HO2-的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，故答案为：pH升高，HO2-的浓度增加，H2O2分解速率加快；相同pH下，增大过氧化氢浓度，化学平衡H2O2⇌H++HO2-正向移动，HO2-的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，越大分解速率越快，但由于H2O2的平衡转化率随过氧化氢浓度的增大反而减小，故此处填：H2O2浓度升高，电离程度低，分解率越小；
（5）根据得失电子守恒初步配平方程式为：2CrO5+7H2O2+H+=2Cr3++7O2↑+H2O，根据电荷守恒确定H+系数为6，结合元素守恒确定H2O系数为10，故完整方程式为：2CrO5+7H2O2+6H+=2Cr3++7O2↑+10H2O。
22．（15分）
捕集CO2的技术对解决全球温室效应意义重大。回答下列问题。
I.国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)
(1)碳原子核外有_____种能量不同的电子。H2O分子空间构型为_____。已知上述反应中，反应物能量总和大于生成物能量总和，则该反应为_____反应。(填“放热”或“吸热”)
II.将CO2富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。回答下列问题。
(2)一种富集烟气中CO2的方法示意图如图：
写出“解吸”过程产生CO2的化学方程式：_____。
(3)CO2性质稳定，使其活化是实现转化的重要前提。
①使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受_____(填“C”或“O”)原子的孤电子对，破坏CO2的结构使其活化。
②采用电化学、光化学等手段，使CO2_____(填“提供”或“接受”)电子转化为CH3OH。
III.小组同学对比K2CO3和KHCO3的性质，进行了如下实验。回答下列问题。
向相同体积、相同浓度的K2CO3和KHCO3溶液中分别滴加0.1mol·L-1的盐酸，溶液pH变化如图。
(4)图_____(填“甲”或“乙”)是K2CO3的滴定曲线。A'~B'发生反应的离子方程式为_____。
(5)下列说法正确的是_____(填序号)。
a.K2CO3和KHCO3溶液中所含微粒种类相同
b.A、B、C均满足：c(K+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(OH-)
c.水的电离程度：A
【答案】(1) 3 V形 放热
(2)2KHCO3=ΔK2CO3+CO2↑+H2O
(3) O 接受
(4) 乙 CO32- +H+=HCO3-
(5)a
【解析】（1）碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子；H2O分子O原子最外层含有2对孤电子对，空间构型为V形；反应物能量总和大于生成物能量总和，则该反应为放热反应；
（2）由图可知，“解吸”过程中KHCO3分解生成K2CO3和CO2，反应的化学方程式为2KHCO3=ΔK2CO3+CO2↑+H2O；
（3）①CO2的电子式为，O原子有孤电子对，过渡金属的原子一般具有空轨道，根据配位键形成规则可知，过渡金属接受CO2分子中O原子的孤电子对，故答案为：O；
②CO2→CH3OH的过程中C原子发生得电子的还原反应，即CO2接受电子转化为CH3OH，故答案为：接受；
（4）①相同体积、相同浓度的K2CO3和KHCO3溶液，K2CO3的水解程度更大，故pH更大，图甲为碳酸氢钾，图乙为碳酸钾，故答案为：乙；
②图乙为碳酸钾溶液的滴定曲线，A'~B'段，为碳酸钾和少量盐酸的反应，离子方程式为：CO32- +H+=HCO3-，故答案为：CO32- +H+=HCO3-；
（5）③a．K2CO3和KHCO3溶液中存在电离和水解，所含微粒种类相同，故a正确；
b．A点满足电荷守恒：c(K+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，而B、C点由于已经加入盐酸，故溶液中还含有Cl-，故B、C点满足电荷守恒：c(K+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-)，故b错误；
c．A点溶质为碳酸氢钾，碳酸氢钾水解大于电离，溶液显碱性，促进水的电离，B点溶质为氯化钾和H2CO3，溶液pH约为4，抑制水的电离，C点溶质为氯化钾和HCl，溶液pH约为2，抑制水的电离，但是由于C点酸性更强，对水的电离抑制程度更大，水的电离程度：A>B>C，故c错误；
d．K2CO3和KHCO3溶液的金属阳离子相同，焰色试验的颜色相同，则不能鉴别，故d错误；
故答案为：a。
23．（15分）
溴丙胺太林是一种辅助治疗十二指肠溃疡的药物，其合成路线如图所示：
请回答下列问题：
(1)B的化学名称为___________；H中含有的官能团名称为___________。
(2)F转化为G的反应类型是___________。
(3)写出I转化为K的化学方程式：___________。
(4)X是I的同分异构体，具有如下结构与性质：
①含有结构；②能发生银镜反应；③除苯环外，不含其他环符合条件的X共有___________种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为1：2：2的结构简式为___________。
(5)写出仅以乙烯为有机原料通过四步反应制备丁二酸的合成路线：___________(无机试剂任选)。
【答案】(1) 2-氯甲苯或邻氯甲苯 氰基、醚键
(2)还原反应或加成反应
(3)+ ⇌加热浓硫酸 +H2O
(4) 15
(5)CH2=CH2→溴水BrCH2CH2Br→ΔNaOH水溶液HOCH2CH2OH→NaCNNCCH2CH2CN→H+/H2OHOOCCH2CH2COOH
【解析】（1）根据上述分析B的结构简式为，名称为2-氯甲苯或邻氯甲苯；根据H的结构简式，所含官能团为氰基、醚键；故答案为2-氯甲苯或邻氯甲苯；氰基、醚键；
（2）对比F、G的结构简式，酮羰基转化成羟基，该反应为还原反应或加成反应，故答案为还原反应或加成反应；
（3）I和J发生酯化反应，其反应方程式为+⇌加热浓硫酸+H2O；故答案为+⇌加热浓硫酸+H2O；
（4）I的不饱和度为10，同分异构体中含有“”不饱和度为8，能发生银镜反应，说明含有醛基，即1个X分子中含有2个醛基，根据“定一移一”，同分异构体分别为、、、、、、、、、、、，共有12种；核磁共振氢谱有3组峰，说明有3种不同的氢，峰面积之比为1∶2∶2，符合条件的是；故答案为12；；
（5）根据G→H→I，推出生成丁二酸的步骤为HOCH2CH2OH→NCCH2CH2CN→HOOCCH2CH2COOH，因此乙烯制备丁二酸的路线有CH2=CH2→溴水BrCH2CH2Br→ΔNaOH水溶液HOCH2CH2OH→NaCNNCCH2CH2CN→H+/H2OHOOCCH2CH2COOH；故答案成为CH2=CH2→溴水BrCH2CH2Br→ΔNaOH水溶液HOCH2CH2OH→NaCNNCCH2CH2CN→H+/H2OHOOCCH2CH2COOH。
24．（15分）
信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70 %Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀的pH
2.3
6.8
3.5
4.4
完全沉淀的pH
3.2
8.3
4.6
6.4
完成下列填空：
(1)写出第①步中Cu与酸反应生成NO的离子方程式________________；第②步中使用H2O2做氧化剂的优点是__________，NaOH调节溶液pH的目的是使____________生成沉淀。
(2)第③步的操作为：滤液2加热蒸发、_______、_______、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾。
(3)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O ，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，____方案不可行，原因是________；从原子利用率角度考虑，_____方案更合理。
(4)探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol ·L-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2+ + H2Y2-= CuY2- + 2H+
写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝ ________________________________ 。
下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是_________。
a．未干燥锥形瓶 b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c．未除净可与EDTA反应的干扰离子
【答案】(1) 3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O 不引入杂质，产物对环境无污染 Fe3+和Al3+
(2) 冷却结晶 过滤
(3) 甲 甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到硫酸铝晶体中混有硫酸铁杂质，所以方案不可行 乙
(4) cmol/L×b×10-3L×250g/mol×5ag c
【解析】（1）第①步中Cu与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O；第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境无污染；调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀。
（2）由分析可知滤液2为CuSO4 溶液，第③步的操作为：滤液2加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾。
（3）由于甲方案中硫酸和氢氧化铁及氢氧化铝都是反应的，所以生成的滤液中含有硫酸铁和硫酸铝，因此如果直接蒸发，将使所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；由于铝的金属性强于铁的，所以方案乙中铝能置换出铁，从原子利用率最高。而方案丙中生成的硫酸铝小于方案乙中生成的硫酸铝，原子利用率没有乙高。
（4）消耗EDTA的物质的量是0.001bcmol，所以根据反应的方程式可知，消耗铜离子的物质的量也是0.001bcmol，所以每一份中胆矾的物质的量是0.001bcmol。因此CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝cmol/L×b×10-3L×250g/mol×5ag×100%。根据表达式可知，如果未干燥锥形瓶，是不会影响实验结果的；若滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，则消耗标准液的体积将减少，测定结果偏低；如果未除净可与EDTA反应的干扰离子，则消耗标准液的体积将偏大，测定结果偏高，因此答案选c。
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