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2023年江苏省新高考化学试卷（含解析）
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这是一份2023年江苏省新高考化学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省新高考化学试卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（3分）我国提出2060年实现碳中和的目标，体现了大国担当。碳中和中的碳是指（ ）
A．碳原子 B．二氧化碳 C．碳元素 D．含碳物质
2．（3分）反应NH4Cl+NaNO2═NaCl+N2↑+2H2O应用于石油开采。下列说法正确的是（ ）
A．的电子式为
B．中N元素的化合价为+5
C．N2分子中存在N≡N键
D．H2O为非极性分子
3．（3分）实验室制取Cl2的实验原理及装置均正确的是（ ）
A．制取Cl2 B．除去Cl2中的HCl
C．收集Cl2 D．吸收尾气中的Cl2
4．（3分）元素C、Si、Ge位于周期表中ⅣA族。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（C）＞r（Si）＞r（Ge）
B．第一电离能：I1（C）＜I1（Si）＜I1（Ge）
C．碳单质、晶体硅、SiC均为共价晶体
D．可在周期表中元素Si附近寻找新半导体材料
阅读下列材料，完成5～7题：
氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。、、是氢元素的3种核素，基态H原子1s1的核外电子排布，使得H既可以形成H+又可以形成H﹣，还能形成H2O、H2O2、NH3、N2H4、CaH2等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得H2，如水煤气法制氢反应中，H2O（g）与足量C（s）反应生成1molH2（g）和1molCO（g）吸收131.3kJ的热量。H2在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如在催化剂作用下与H2反应可得到HCOO﹣。我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。
5．下列说法正确的是（ ）
A．、、都属于氢元素
B．和H2O的中心原子轨道杂化类型均为sp2
C．H2O2分子中的化学键均为极性共价键
D．CaH2晶体中存在Ca与H2之间的强烈相互作用
6．下列化学反应表示正确的是（ ）
A．水煤气法制氢：C（s）+H2O（g）═H2（g）+CO（g） ΔH＝﹣131.3kJ•mol﹣1
B．催化加氢生成HCOO﹣的反应：+H2HCOO﹣+H2O
C．电解水制氢的阳极反应：2H2O﹣2e﹣═H2↑+2OH﹣
D．CaH2与水反应：CaH2+2H2O═Ca（OH）2+H2↑
7．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．H2具有还原性，可作为氢氧燃料电池的燃料
B．氨极易溶于水，液氨可用作制冷剂
C．H2O分子之间形成氢键，H2O（g）的热稳定性比H2S（g）的高
D．N2H4中的N原子与H+形成配位键，N2H4具有还原性
8．（3分）氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是（ ）
A．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：HNO3（稀）NONO2
B．工业制硝酸过程中的物质转化：N2NOHNO3
C．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应：2NO+2CON2+2CO2
D．实验室制备少量NH3的原理：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O
9．（3分）化合物Z是合成药物非奈利酮的重要中间体，其合成路线如图：
下列说法正确的是（ ）
A．X不能与FeCl3溶液发生显色反应
B．Y中的含氧官能团分别是酯基、羧基
C．1molZ最多能与3molH2发生加成反应
D．X、Y、Z可用饱和NaHCO3溶液和2%银氨溶液进行鉴别
10．（3分）金属硫化物（MxSy）催化反应CH4（g）+2H2S（g）═CS2（g）+4H2（g），既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔS＜0
B．该反应的平衡常数K＝
C．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用
D．该反应中每消耗1molH2S，转移电子的数目约为2×6.02×1023
11．（3分）室温下，探究0.1mol•L﹣1FeSO4溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是（ ）
选项
探究目的
实验方案
A
溶液中是否含有Fe3+
向2mLFeSO4溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化
B
Fe2+是否有还原性
向2mLFeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化
C
Fe2+是否水解
向2mLFeSO4溶液中滴加2～3滴酚酞试液，观察溶液颜色变化
D
Fe2+能否催化H2O2分解
向2mL5%H2O2溶液中滴加几滴FeSO4溶液，观察气泡产生情况
A．A B．B C．C D．D
12．（3分）室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所示。已知Ksp（MgF2）＝5.2×10﹣11，Ka（HF）＝6.3×10﹣4。下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1NaF溶液中：c（F﹣）＝c（Na+）+c（H+）
B．“除镁”得到的上层清液中：c（Mg2+）＝
C．0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中：c（）＝c（H+）+c（H2CO3）﹣c（OH﹣）
D．“沉锰”后的滤液中：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（）
13．（3分）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为
CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣164.7kJ•mol﹣1
CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g） ΔH＝41.2kJ•mol﹣1
在密闭容器中，1.01×105Pa、n起始（CO2）：n起始（H2）＝1：4时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如题图所示。CH4的选择性可表示为×100%。下列说法正确的是（ ）
A．反应2CO（g）+2H2（g）═CO2（g）+CH4（g）的焓变ΔH＝﹣205.9kJ•mol﹣1
B．CH4的平衡选择性随着温度的升高而增加
C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480～530℃
D．450℃时，提高的值或增大压强，均能使CO2平衡转化率达到X点的值
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（15分）V2O5﹣WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中的NO，反应为4NH3（g）+O2（g）+4NO（g）═4N2（g）+6H2O（g） ΔH＝﹣1632.4kJ•mol﹣1。
（1）催化剂的制备。将预先制备的一定量的WO3/TiO2粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的NH4VO3溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状V2O5﹣WO3/TiO2催化剂。在水溶液中水解为H3VO4沉淀的离子方程式为 ；反应选用NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液的原因是 。
（2）催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、O2、NH3（其余为N2）气体匀速通过装有V2O5﹣WO3/TiO2催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320～360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是 ；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有 （用化学方程式表示）。
（3）废催化剂的回收。回收V2O5﹣WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示为
①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有 。
②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12具有八元环结构，其结构式可表示为 。
③向pH＝8的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：Ksp（NH4VO3）＝1.7×10﹣3，加过量NH4Cl溶液的目的是 。
15．（15分）化合物I是鞘氨醇激酶抑制剂，其合成路线如图：
（1）化合物A的酸性比环己醇的 （填“强”或“弱”或“无差别”）。
（2）B的分子式为C2H3OCl，可由乙酸与SOCl2反应合成，B的结构简式为 。
（3）A→C中加入（C2H5）3N是为了结构反应中产生的 （填化学式）。
（4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式： 。碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一的分子中碳原子轨道杂化类型相同且室温下不能使2%酸性KMnO4溶液褪色；加热条件下，铜催化另一产物与氧气反应，所得有机产物的核磁共振氢谱中只有1个峰。
（5）G的分子式为C8H8Br2，F→H的反应类型为 。
（6）写出以、和CH2＝CH2为原料制备的合成路线流图（须用NBS和AlBN，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
16．（15分）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4•H2O，其实验过程可表示为
（1）在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg（OH）2+H2SO3═MgSO3+2H2O，其平衡常数K与Ksp[Mg（OH）2]、Ksp（MgSO3）、Ka1（H2SO3）、Ka2（H2SO3）的代数关系式为K＝ ；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有 （填序号）。
A．水浴加热氧化镁浆料
B．加快搅拌速率
C．降低通入SO2气体的速率
D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2
（2）在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57g（20℃），O2氧化溶液中的离子方程式为 ；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH＝6～8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是 。
（3）制取MgSO4•H2O晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是 ；补充完整制取MgSO4•H2O晶体的实验方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中， 。（已知：Fe3+、Al3+在pH≥5时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从MgSO4饱和溶液中结晶出MgSO4•7H2O，MgSO4•7H2O在150～170℃下干燥得到MgSO4•H2O，实验中需要使用MgO粉末）
17．（16分）空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。
（1）燃煤烟气中CO2的捕集可通过如图所示的物质转化实现。
“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为 ；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2，其原因是 。
（2）合成尿素[CO（NH2）2]是利用CO2的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现
反应Ⅰ：2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（l）
反应Ⅱ：NH2COONH4（l）═CO（NH2）2（l）+H2O（l）
①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数（K）与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的ΔH （填“＝0”或“＞0”或“＜0”）。
②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[（NH2CO）2NH]和尿素转化为氰酸铵（NH4OCN）等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2的物质的量之比为n（NH3）：n（CO2）＝4：1，其实际投料比值远大于理论值的原因是 。
（3）催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率（FE%）随电解电压的变化如图乙所示。
FE%＝×100%
其中，QX＝nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为 （填化学式）。
②当电解电压为U2V时，阴极由生成CH4的电极反应式为 。
③当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO﹣的物质的量之比为 （写出计算过程）。
2023年江苏省新高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．【答案】B
【解答】解：“碳中和”是指二氧化碳的净零排放，碳是指二氧化碳，
故选：B。
2．【答案】C
【解答】解：A．为阳离子，带有1个单位正电荷，其电子式为，故A错误；
B．中O元素化合价为﹣2价，设N元素化合价为x，则x+（﹣2）×2＝﹣1，解得x＝+3，即N元素的化合价为+3，故B错误；
C．N2分子的电子式为，其分子中存在N≡N键，故C正确；
D．H2O分子中含有2个O﹣H极性键，构型为V形，其正电中心与负电中心不重合，属于极性分子，故D错误；
故选：C。
3．【答案】C
【解答】解：A．制取Cl2应用浓盐酸与MnO2反应，故A错误；
B．除杂时导管长进短出，图中进气不合理，故B错误；
C．氯气密度大于空气，收集氯气的导管为长进短出，故C正确；
D．氯气的尾气需要用碱液吸收，不能用水吸收，故D错误；
故选：C。
4．【答案】D
【解答】解：A．同主族从上到下，原子半径增大，则原子半径：r（C）＜r（Si）＜r（Ge），故A错误；
B．C、Si、Ge最外层电子数相同，原子半径依次增大，第一电离能：I1（C）＞I1（Si）＞I1（Ge），故B错误；
C．碳元素的单质有多种，金刚石为共价晶体，石墨为混合晶体，C60为分子晶体，故C错误；
D．金属和非金属分界线处的元素既具有金属性又具有非金属性，可以制造半导体，可在周期表中元素Si附近寻找新半导体材料，故D正确；
故选：D。
阅读下列材料，完成5～7题：
氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。、、是氢元素的3种核素，基态H原子1s1的核外电子排布，使得H既可以形成H+又可以形成H﹣，还能形成H2O、H2O2、NH3、N2H4、CaH2等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得H2，如水煤气法制氢反应中，H2O（g）与足量C（s）反应生成1molH2（g）和1molCO（g）吸收131.3kJ的热量。H2在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如在催化剂作用下与H2反应可得到HCOO﹣。我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。
5．【答案】A
【解答】解：A．、、是氢元素的3种核素，即3种氢原子，质子数都是1，都属于氢元素，故A正确；
B．中N原子的价层电子对数为4+＝4，H2O中O原子的价层电子对数为2+＝4，二者的VSEPR模型均为四面体，N、O原子的杂化类型均为sp3，故B错误；
C．H2O2分子中的化学键为O﹣H键和O﹣O键，O﹣O键为非极性键，故C错误；
D．CaH2为离子化合物，由Ca2+和H﹣构成，存在离子键，不存在Ca与H2之间的强烈相互作用，故D错误；
故选：A。
6．【答案】B
【解答】解：A．吸热反应，ΔH为正，则水煤气法制氢：C（s）+H2O（g）═H2（g）+CO（g） ΔH＝+131.3kJ•mol﹣1，故A错误；
B．催化加氢生成HCOO﹣和H2O，反应为+H2HCOO﹣+H2O，故B正确；
C．电解水制氢时H2O在阳极上失电子生成氧气，阳极反应：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，故C错误；
D．CaH2与水发生归中反应生成H2，反应的方程式为CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑，故D错误；
故选：B。
7．【答案】A
【解答】解：A．H2在氢氧燃料电池中发生失电子的氧化反应生成水或氢离子，表现出还原性，故A正确；
B．氨气易液化，液氨汽化时吸收大量热，能使环境温度降低，具有制冷作用，可作制冷剂，与其溶解性无关，故B错误；
C．键长：S﹣H键＞O﹣H键，键能：S﹣H键＜O﹣H键，键能越大，物质的热稳定性越强，所以H2O（g）的热稳定性比H2S（g）的高，与氢键无关，故C错误；
D．N2H4中的N原子具有孤电子对，能与H+形成配位键，没有发生氧化还原反应，不能说明N2H4具有还原性，故D错误；
故选：A。
8．【答案】B
【解答】解：A．稀HNO3与Cu反应生成NO，3Cu+8HNO3＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成的一氧化氮与氧气继续反应生成二氧化氮：2NO+O2═2NO2，故A正确；
B．工业制硝酸的生产流程为氮气与氢气高温高压催化剂条件下制氨气，氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，故B错误；
C．汽车尾气中发生的催化转化反应为2NO+2CON2+2CO2，可处理汽车尾气，故C正确；
D．Ca（OH）2固体与NH4Cl固体混合加热发生反应生成氯化钙、氨气和水，所以实验室可采用Ca（OH）2固体与NH4Cl固体混合加热的方法制备少量NH3，原理：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故D正确；
故选：B。
9．【答案】D
【解答】解：A．X含有酚羟基，所以能和氯化铁溶液发生显色反应，故A错误；
B．Y中含氧官能团为酯基、醚键，故B错误；
C．Z中苯环和氢气以1：3发生加成反应，醛基和氢气以1：1发生加成反应，则1molZ最多与4mol氢气发生加成反应，故C错误；
D．X和饱和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，Y和不和碳酸氢钠溶液混合不反应且分层，有机层在上层；Z和银氨溶液发生银镜反应，现象不同，可以鉴别，故D正确；
故选：D。
10．【答案】C
【解答】解：A．由CH4（g）+2H2S（g）═CS2（g）+4H2（g）可知，该反应气体体积增大，则反应后熵增大，即ΔS＞0，故A错误；
B．由CH4（g）+2H2S（g）═CS2（g）+4H2（g）可得，该反应平衡常数表达式，故B错误；
C．由图可知，反应机理步骤Ⅰ中H2S中中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用，故C正确；
D．该反应中每消耗1molH2S，则消耗0.5molCH4，C原子由﹣4价变为+4价，转移电子的数目约为0.5mol×8×6.02×1023mol﹣1＝4×6.02×1023，故D错误；
故选：C。
11．【答案】B
【解答】解：A．先滴加几滴新制氯水，可氧化亚铁离子，应取少量直接滴加KSCN溶液检验铁离子，故A错误；
B．亚铁离子可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，可知Fe2+有还原性，故B正确；
C．亚铁离子水解显酸性，滴加酚酞无现象，不能检验是否水解，故C错误；
D．过氧化氢可氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子催化过氧化氢分解，有气泡产生，不能证明Fe2+催化H2O2分解，故D错误；
故选：B。
12．【答案】C
【解答】解：A．NaF溶液中电荷守恒关系为c（F﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），则c（F﹣）＜c（Na+）+c（H+），故A错误；
B．“除镁”得到的上层清液为MgF2的饱和溶液，存在Ksp（MgF2）＝c2（F﹣）•c（Mg2+），即c（Mg2+）＝，故B错误；
C．NaHCO3溶液中电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣）+2c（），物料守恒关系为c（Na+）＝c（）+c（H2CO3）+c（），消去c（Na+）有：c（OH﹣）＝c（H+）+c（H2CO3）﹣c（），即c（）＝c（H+）+c（H2CO3）﹣c（OH﹣），故C正确；
D．“沉锰”后的滤液中含有Na2SO4、少量H2CO3，存在的电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣）+2c（）+2c（）＞c（）+c（OH﹣）+2c（），故D错误；
故选：C。
13．【答案】D
【解答】解：A．．①CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣164.7kJ•mol﹣1，②CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g） ΔH＝41.2kJ•mol﹣1，根据盖斯定律：①﹣②×2计算反应2CO（g）+2H2（g）═CO2（g）+CH4（g）的焓变ΔH＝﹣205.9kJ•mol﹣1﹣（41.2kJ•mol﹣1）×2＝﹣241.7kJ/mol，故A错误；
B．生成CH4的反应是放热反应，升高温度时平衡逆向移动，CH4的物质的量减小，温度达到550℃后，CO2平衡转化率增大，则CH4的选择性降低，故B错误；
C．由图可知，400℃时CO2实际转化率最大，由图可知，用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为350～400℃，故C错误；
D．生成CH4的反应是气体体积减小的反应，增大压强、增大氢气的浓度均能使平衡正向移动，有利于提高CO2平衡转化率，即温度一定时提高的值或增大压强，均能使CO2平衡转化率达到X点的值，故D正确；
故选：D。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．【答案】（1）2H2O+⇌H3VO4↓+OH﹣（或+H2O+⇌H3VO4↓+NH3）；水解可促进的水解；
（2）此温度范围内，催化剂活性已达最佳，对反应速率影响不明显，导致NO转化率随温度变化不明显；4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）①适当增大酸的浓度、适当升高温度、延长酸浸时间等；
②；
③增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的产量。
【解答】解：（1）在水溶液中水解生成H3VO4沉淀和OH﹣，或、相互促进水解生成H3VO4沉淀和NH3，离子方程式为2H2O+⇌H3VO4↓+OH﹣，或+H2O+⇌H3VO4↓+NH3；NH4VO3是弱酸弱碱盐，NaVO3是弱酸强碱盐，反应应选用NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液，其原因是水解可促进的水解，
故答案为：2H2O+⇌H3VO4↓+OH﹣（或+H2O+⇌H3VO4↓+NH3）；水解可促进的水解；
（2）在320～360℃范围内，该催化剂的活性最佳，对反应速率的影响不明显，导致NO转化率随温度变化不明显；当温度高于380℃，进入反应器的NO被还原的量减少，使NO转化率下降，还有一个原因是NH3与O2反应生成了NO，反应为4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：此温度范围内，催化剂活性已达最佳，对反应速率影响不明显，导致NO转化率随温度变化不明显；4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）①提高钒元素浸出率的方法有搅拌、适当增大酸的浓度、适当升高温度、延长酸浸时间等，
故答案为：适当增大酸的浓度、适当升高温度、延长酸浸时间等；
②钒酸中含有H4V4O12，H4V4O12具有八元环结构，说明4个、4个原子形成八边形的环状结构，结合氧二键、钒五键结构可知，其结构式可表示为，
故答案为：；
③Ksp（NH4VO3）＝1.7×10﹣3，饱和NH4VO3溶液中存在溶解平衡：NH4VO3（s）⇌（aq）+（aq），加过量NH4Cl溶液，溶液中c（）增大，促进溶解平衡逆向移动，生成NH4VO3沉淀，提高NH4VO3的产率，
故答案为：增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的产量。
15．【答案】（1）强；
（2）CH3COCl；
（3）HCl；
（4）；
（5）取代反应；
（6）。
【解答】解：（1）化合物A中酚羟基比醇羟基易电离出氢离子，所以A的酸性比环己醇的强，
故答案为：强；
（2）通过以上分析知，B的结构简式为CH3COCl，
故答案为：CH3COCl；
（3）A和B反应生成C和HCl，（C2H5）3N具有碱性，能中和HCl促进反应正向进行，提高C的产率，A→C中加入（C2H5）3N是为了结构反应中产生的HCl，
故答案为：HCl；
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件：碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一的分子中碳原子轨道杂化类型相同且室温下不能使2%酸性KMnO4溶液褪色，说明含有羧基和苯环，且苯环上不连接甲基或亚甲基；加热条件下，铜催化另一产物与氧气反应，所得有机产物的核磁共振氢谱中只有1个峰，说明该醇羟基被氧化生成羰基且醇的结构对称，所以符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（5）F中羟基发生取代反应生成H，F→H的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（6）以、和CH2＝CH2为原料制备，发生水解反应然后酸化得到邻甲基苯酚，乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，邻甲基苯酚和BrCH2CH2Br发生取代反应然后发生C生成D类型的反应得到，和发生取代反应生成，合成路线为：，
故答案为：。
16．【答案】（1）；BD；
（2）2+O22；pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率；
（3）通过分液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150～170℃干燥。
【解答】解：（1）已知下列反应：
①Mg（OH）2+H2SO3═MgSO3+2H2O K
②Mg（OH）2＝（s）Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）Ksp[Mg（OH）2]
③MgSO3（s）＝Mg2+（aq）+（aq）Ksp（MgSO3）
④H2SO3＝H++Ka1（H2SO3）
⑤＝H++Ka2（H2SO3）
⑥H2O＝H++OH﹣
根据盖斯定律，①＝②﹣③+④+⑤﹣⑥×2，故K＝；
A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，故A错误；
B．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，故B正确；
C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，故C错误；
D．多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，故D正确；
故答案为：；BD；
（2）根据题意，O2氧化溶液中的，被氧化为，1molO2氧化2，故O2氧化溶液中的离子方程式为：2+O22；在pH＝6～8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率，
故答案为：2+O22；pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率；
（3）在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，加料方式是通过分液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；补充完整制取MgSO4•H2O晶体的实验方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中，分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150～170℃干燥，
故答案为：通过分液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150～170℃干燥。
17．【答案】（1）KHCO3+Ca（OH）2＝CaCO3+KOH+H2O；相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳；
（2）①＜；
②适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高；
（3）①H2；
②+8e﹣+6H2O＝CH4↑+9OH﹣；
③1：2。
【解答】解：（1）由图可知“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为KHCO3+Ca（OH）2＝CaCO3+KOH+H2O。载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳，
故答案为：KHCO3+Ca（OH）2＝CaCO3+KOH+H2O；相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳；
（2）①由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其△H＜0，
故答案为：＜；
②实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高，
故答案为：适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高；
（3）①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明二氧化碳未得电子，为氢离子得电子变成H2，
故答案为：H2；
②当电解电压为U2V时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由生成CH4的电极反应式为+8e﹣+6H2O＝CH4↑+9OH﹣，
故答案为：+8e﹣+6H2O＝CH4↑+9OH﹣；
③当电解电压为U3V时，电解过程中还原产物C2H4的FE%为24%，还原产物HCOO﹣的FE%为8%，每生成1molC2H4转移12mole﹣，每生成1molHCOO﹣转移2mole﹣，故电解生成的C2H4和HCOO﹣的物质的量之比为＝1：2，
故答案为：1：2。
2023年江苏省新高考化学试卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（3分）我国提出2060年实现碳中和的目标，体现了大国担当。碳中和中的碳是指（ ）
A．碳原子 B．二氧化碳 C．碳元素 D．含碳物质
2．（3分）反应NH4Cl+NaNO2═NaCl+N2↑+2H2O应用于石油开采。下列说法正确的是（ ）
A．的电子式为
B．中N元素的化合价为+5
C．N2分子中存在N≡N键
D．H2O为非极性分子
3．（3分）实验室制取Cl2的实验原理及装置均正确的是（ ）
A．制取Cl2 B．除去Cl2中的HCl
C．收集Cl2 D．吸收尾气中的Cl2
4．（3分）元素C、Si、Ge位于周期表中ⅣA族。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（C）＞r（Si）＞r（Ge）
B．第一电离能：I1（C）＜I1（Si）＜I1（Ge）
C．碳单质、晶体硅、SiC均为共价晶体
D．可在周期表中元素Si附近寻找新半导体材料
阅读下列材料，完成5～7题：
氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。、、是氢元素的3种核素，基态H原子1s1的核外电子排布，使得H既可以形成H+又可以形成H﹣，还能形成H2O、H2O2、NH3、N2H4、CaH2等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得H2，如水煤气法制氢反应中，H2O（g）与足量C（s）反应生成1molH2（g）和1molCO（g）吸收131.3kJ的热量。H2在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如在催化剂作用下与H2反应可得到HCOO﹣。我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。
5．下列说法正确的是（ ）
A．、、都属于氢元素
B．和H2O的中心原子轨道杂化类型均为sp2
C．H2O2分子中的化学键均为极性共价键
D．CaH2晶体中存在Ca与H2之间的强烈相互作用
6．下列化学反应表示正确的是（ ）
A．水煤气法制氢：C（s）+H2O（g）═H2（g）+CO（g） ΔH＝﹣131.3kJ•mol﹣1
B．催化加氢生成HCOO﹣的反应：+H2HCOO﹣+H2O
C．电解水制氢的阳极反应：2H2O﹣2e﹣═H2↑+2OH﹣
D．CaH2与水反应：CaH2+2H2O═Ca（OH）2+H2↑
7．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．H2具有还原性，可作为氢氧燃料电池的燃料
B．氨极易溶于水，液氨可用作制冷剂
C．H2O分子之间形成氢键，H2O（g）的热稳定性比H2S（g）的高
D．N2H4中的N原子与H+形成配位键，N2H4具有还原性
8．（3分）氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是（ ）
A．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：HNO3（稀）NONO2
B．工业制硝酸过程中的物质转化：N2NOHNO3
C．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应：2NO+2CON2+2CO2
D．实验室制备少量NH3的原理：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O
9．（3分）化合物Z是合成药物非奈利酮的重要中间体，其合成路线如图：
下列说法正确的是（ ）
A．X不能与FeCl3溶液发生显色反应
B．Y中的含氧官能团分别是酯基、羧基
C．1molZ最多能与3molH2发生加成反应
D．X、Y、Z可用饱和NaHCO3溶液和2%银氨溶液进行鉴别
10．（3分）金属硫化物（MxSy）催化反应CH4（g）+2H2S（g）═CS2（g）+4H2（g），既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔS＜0
B．该反应的平衡常数K＝
C．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用
D．该反应中每消耗1molH2S，转移电子的数目约为2×6.02×1023
11．（3分）室温下，探究0.1mol•L﹣1FeSO4溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是（ ）
选项
探究目的
实验方案
A
溶液中是否含有Fe3+
向2mLFeSO4溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化
B
Fe2+是否有还原性
向2mLFeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化
C
Fe2+是否水解
向2mLFeSO4溶液中滴加2～3滴酚酞试液，观察溶液颜色变化
D
Fe2+能否催化H2O2分解
向2mL5%H2O2溶液中滴加几滴FeSO4溶液，观察气泡产生情况
A．A B．B C．C D．D
12．（3分）室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所示。已知Ksp（MgF2）＝5.2×10﹣11，Ka（HF）＝6.3×10﹣4。下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1NaF溶液中：c（F﹣）＝c（Na+）+c（H+）
B．“除镁”得到的上层清液中：c（Mg2+）＝
C．0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中：c（）＝c（H+）+c（H2CO3）﹣c（OH﹣）
D．“沉锰”后的滤液中：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（）
13．（3分）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为
CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣164.7kJ•mol﹣1
CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g） ΔH＝41.2kJ•mol﹣1
在密闭容器中，1.01×105Pa、n起始（CO2）：n起始（H2）＝1：4时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如题图所示。CH4的选择性可表示为×100%。下列说法正确的是（ ）
A．反应2CO（g）+2H2（g）═CO2（g）+CH4（g）的焓变ΔH＝﹣205.9kJ•mol﹣1
B．CH4的平衡选择性随着温度的升高而增加
C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480～530℃
D．450℃时，提高的值或增大压强，均能使CO2平衡转化率达到X点的值
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（15分）V2O5﹣WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中的NO，反应为4NH3（g）+O2（g）+4NO（g）═4N2（g）+6H2O（g） ΔH＝﹣1632.4kJ•mol﹣1。
（1）催化剂的制备。将预先制备的一定量的WO3/TiO2粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的NH4VO3溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状V2O5﹣WO3/TiO2催化剂。在水溶液中水解为H3VO4沉淀的离子方程式为 ；反应选用NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液的原因是 。
（2）催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、O2、NH3（其余为N2）气体匀速通过装有V2O5﹣WO3/TiO2催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320～360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是 ；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有 （用化学方程式表示）。
（3）废催化剂的回收。回收V2O5﹣WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示为
①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有 。
②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12具有八元环结构，其结构式可表示为 。
③向pH＝8的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：Ksp（NH4VO3）＝1.7×10﹣3，加过量NH4Cl溶液的目的是 。
15．（15分）化合物I是鞘氨醇激酶抑制剂，其合成路线如图：
（1）化合物A的酸性比环己醇的 （填“强”或“弱”或“无差别”）。
（2）B的分子式为C2H3OCl，可由乙酸与SOCl2反应合成，B的结构简式为 。
（3）A→C中加入（C2H5）3N是为了结构反应中产生的 （填化学式）。
（4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式： 。碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一的分子中碳原子轨道杂化类型相同且室温下不能使2%酸性KMnO4溶液褪色；加热条件下，铜催化另一产物与氧气反应，所得有机产物的核磁共振氢谱中只有1个峰。
（5）G的分子式为C8H8Br2，F→H的反应类型为 。
（6）写出以、和CH2＝CH2为原料制备的合成路线流图（须用NBS和AlBN，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
16．（15分）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4•H2O，其实验过程可表示为
（1）在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg（OH）2+H2SO3═MgSO3+2H2O，其平衡常数K与Ksp[Mg（OH）2]、Ksp（MgSO3）、Ka1（H2SO3）、Ka2（H2SO3）的代数关系式为K＝ ；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有 （填序号）。
A．水浴加热氧化镁浆料
B．加快搅拌速率
C．降低通入SO2气体的速率
D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2
（2）在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57g（20℃），O2氧化溶液中的离子方程式为 ；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH＝6～8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是 。
（3）制取MgSO4•H2O晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是 ；补充完整制取MgSO4•H2O晶体的实验方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中， 。（已知：Fe3+、Al3+在pH≥5时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从MgSO4饱和溶液中结晶出MgSO4•7H2O，MgSO4•7H2O在150～170℃下干燥得到MgSO4•H2O，实验中需要使用MgO粉末）
17．（16分）空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。
（1）燃煤烟气中CO2的捕集可通过如图所示的物质转化实现。
“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为 ；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2，其原因是 。
（2）合成尿素[CO（NH2）2]是利用CO2的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现
反应Ⅰ：2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（l）
反应Ⅱ：NH2COONH4（l）═CO（NH2）2（l）+H2O（l）
①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数（K）与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的ΔH （填“＝0”或“＞0”或“＜0”）。
②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[（NH2CO）2NH]和尿素转化为氰酸铵（NH4OCN）等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2的物质的量之比为n（NH3）：n（CO2）＝4：1，其实际投料比值远大于理论值的原因是 。
（3）催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率（FE%）随电解电压的变化如图乙所示。
FE%＝×100%
其中，QX＝nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为 （填化学式）。
②当电解电压为U2V时，阴极由生成CH4的电极反应式为 。
③当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO﹣的物质的量之比为 （写出计算过程）。
2023年江苏省新高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．【答案】B
【解答】解：“碳中和”是指二氧化碳的净零排放，碳是指二氧化碳，
故选：B。
2．【答案】C
【解答】解：A．为阳离子，带有1个单位正电荷，其电子式为，故A错误；
B．中O元素化合价为﹣2价，设N元素化合价为x，则x+（﹣2）×2＝﹣1，解得x＝+3，即N元素的化合价为+3，故B错误；
C．N2分子的电子式为，其分子中存在N≡N键，故C正确；
D．H2O分子中含有2个O﹣H极性键，构型为V形，其正电中心与负电中心不重合，属于极性分子，故D错误；
故选：C。
3．【答案】C
【解答】解：A．制取Cl2应用浓盐酸与MnO2反应，故A错误；
B．除杂时导管长进短出，图中进气不合理，故B错误；
C．氯气密度大于空气，收集氯气的导管为长进短出，故C正确；
D．氯气的尾气需要用碱液吸收，不能用水吸收，故D错误；
故选：C。
4．【答案】D
【解答】解：A．同主族从上到下，原子半径增大，则原子半径：r（C）＜r（Si）＜r（Ge），故A错误；
B．C、Si、Ge最外层电子数相同，原子半径依次增大，第一电离能：I1（C）＞I1（Si）＞I1（Ge），故B错误；
C．碳元素的单质有多种，金刚石为共价晶体，石墨为混合晶体，C60为分子晶体，故C错误；
D．金属和非金属分界线处的元素既具有金属性又具有非金属性，可以制造半导体，可在周期表中元素Si附近寻找新半导体材料，故D正确；
故选：D。
阅读下列材料，完成5～7题：
氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。、、是氢元素的3种核素，基态H原子1s1的核外电子排布，使得H既可以形成H+又可以形成H﹣，还能形成H2O、H2O2、NH3、N2H4、CaH2等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得H2，如水煤气法制氢反应中，H2O（g）与足量C（s）反应生成1molH2（g）和1molCO（g）吸收131.3kJ的热量。H2在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如在催化剂作用下与H2反应可得到HCOO﹣。我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。
5．【答案】A
【解答】解：A．、、是氢元素的3种核素，即3种氢原子，质子数都是1，都属于氢元素，故A正确；
B．中N原子的价层电子对数为4+＝4，H2O中O原子的价层电子对数为2+＝4，二者的VSEPR模型均为四面体，N、O原子的杂化类型均为sp3，故B错误；
C．H2O2分子中的化学键为O﹣H键和O﹣O键，O﹣O键为非极性键，故C错误；
D．CaH2为离子化合物，由Ca2+和H﹣构成，存在离子键，不存在Ca与H2之间的强烈相互作用，故D错误；
故选：A。
6．【答案】B
【解答】解：A．吸热反应，ΔH为正，则水煤气法制氢：C（s）+H2O（g）═H2（g）+CO（g） ΔH＝+131.3kJ•mol﹣1，故A错误；
B．催化加氢生成HCOO﹣和H2O，反应为+H2HCOO﹣+H2O，故B正确；
C．电解水制氢时H2O在阳极上失电子生成氧气，阳极反应：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，故C错误；
D．CaH2与水发生归中反应生成H2，反应的方程式为CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑，故D错误；
故选：B。
7．【答案】A
【解答】解：A．H2在氢氧燃料电池中发生失电子的氧化反应生成水或氢离子，表现出还原性，故A正确；
B．氨气易液化，液氨汽化时吸收大量热，能使环境温度降低，具有制冷作用，可作制冷剂，与其溶解性无关，故B错误；
C．键长：S﹣H键＞O﹣H键，键能：S﹣H键＜O﹣H键，键能越大，物质的热稳定性越强，所以H2O（g）的热稳定性比H2S（g）的高，与氢键无关，故C错误；
D．N2H4中的N原子具有孤电子对，能与H+形成配位键，没有发生氧化还原反应，不能说明N2H4具有还原性，故D错误；
故选：A。
8．【答案】B
【解答】解：A．稀HNO3与Cu反应生成NO，3Cu+8HNO3＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成的一氧化氮与氧气继续反应生成二氧化氮：2NO+O2═2NO2，故A正确；
B．工业制硝酸的生产流程为氮气与氢气高温高压催化剂条件下制氨气，氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，故B错误；
C．汽车尾气中发生的催化转化反应为2NO+2CON2+2CO2，可处理汽车尾气，故C正确；
D．Ca（OH）2固体与NH4Cl固体混合加热发生反应生成氯化钙、氨气和水，所以实验室可采用Ca（OH）2固体与NH4Cl固体混合加热的方法制备少量NH3，原理：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故D正确；
故选：B。
9．【答案】D
【解答】解：A．X含有酚羟基，所以能和氯化铁溶液发生显色反应，故A错误；
B．Y中含氧官能团为酯基、醚键，故B错误；
C．Z中苯环和氢气以1：3发生加成反应，醛基和氢气以1：1发生加成反应，则1molZ最多与4mol氢气发生加成反应，故C错误；
D．X和饱和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，Y和不和碳酸氢钠溶液混合不反应且分层，有机层在上层；Z和银氨溶液发生银镜反应，现象不同，可以鉴别，故D正确；
故选：D。
10．【答案】C
【解答】解：A．由CH4（g）+2H2S（g）═CS2（g）+4H2（g）可知，该反应气体体积增大，则反应后熵增大，即ΔS＞0，故A错误；
B．由CH4（g）+2H2S（g）═CS2（g）+4H2（g）可得，该反应平衡常数表达式，故B错误；
C．由图可知，反应机理步骤Ⅰ中H2S中中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用，故C正确；
D．该反应中每消耗1molH2S，则消耗0.5molCH4，C原子由﹣4价变为+4价，转移电子的数目约为0.5mol×8×6.02×1023mol﹣1＝4×6.02×1023，故D错误；
故选：C。
11．【答案】B
【解答】解：A．先滴加几滴新制氯水，可氧化亚铁离子，应取少量直接滴加KSCN溶液检验铁离子，故A错误；
B．亚铁离子可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，可知Fe2+有还原性，故B正确；
C．亚铁离子水解显酸性，滴加酚酞无现象，不能检验是否水解，故C错误；
D．过氧化氢可氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子催化过氧化氢分解，有气泡产生，不能证明Fe2+催化H2O2分解，故D错误；
故选：B。
12．【答案】C
【解答】解：A．NaF溶液中电荷守恒关系为c（F﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），则c（F﹣）＜c（Na+）+c（H+），故A错误；
B．“除镁”得到的上层清液为MgF2的饱和溶液，存在Ksp（MgF2）＝c2（F﹣）•c（Mg2+），即c（Mg2+）＝，故B错误；
C．NaHCO3溶液中电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣）+2c（），物料守恒关系为c（Na+）＝c（）+c（H2CO3）+c（），消去c（Na+）有：c（OH﹣）＝c（H+）+c（H2CO3）﹣c（），即c（）＝c（H+）+c（H2CO3）﹣c（OH﹣），故C正确；
D．“沉锰”后的滤液中含有Na2SO4、少量H2CO3，存在的电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣）+2c（）+2c（）＞c（）+c（OH﹣）+2c（），故D错误；
故选：C。
13．【答案】D
【解答】解：A．．①CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣164.7kJ•mol﹣1，②CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g） ΔH＝41.2kJ•mol﹣1，根据盖斯定律：①﹣②×2计算反应2CO（g）+2H2（g）═CO2（g）+CH4（g）的焓变ΔH＝﹣205.9kJ•mol﹣1﹣（41.2kJ•mol﹣1）×2＝﹣241.7kJ/mol，故A错误；
B．生成CH4的反应是放热反应，升高温度时平衡逆向移动，CH4的物质的量减小，温度达到550℃后，CO2平衡转化率增大，则CH4的选择性降低，故B错误；
C．由图可知，400℃时CO2实际转化率最大，由图可知，用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为350～400℃，故C错误；
D．生成CH4的反应是气体体积减小的反应，增大压强、增大氢气的浓度均能使平衡正向移动，有利于提高CO2平衡转化率，即温度一定时提高的值或增大压强，均能使CO2平衡转化率达到X点的值，故D正确；
故选：D。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．【答案】（1）2H2O+⇌H3VO4↓+OH﹣（或+H2O+⇌H3VO4↓+NH3）；水解可促进的水解；
（2）此温度范围内，催化剂活性已达最佳，对反应速率影响不明显，导致NO转化率随温度变化不明显；4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）①适当增大酸的浓度、适当升高温度、延长酸浸时间等；
②；
③增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的产量。
【解答】解：（1）在水溶液中水解生成H3VO4沉淀和OH﹣，或、相互促进水解生成H3VO4沉淀和NH3，离子方程式为2H2O+⇌H3VO4↓+OH﹣，或+H2O+⇌H3VO4↓+NH3；NH4VO3是弱酸弱碱盐，NaVO3是弱酸强碱盐，反应应选用NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液，其原因是水解可促进的水解，
故答案为：2H2O+⇌H3VO4↓+OH﹣（或+H2O+⇌H3VO4↓+NH3）；水解可促进的水解；
（2）在320～360℃范围内，该催化剂的活性最佳，对反应速率的影响不明显，导致NO转化率随温度变化不明显；当温度高于380℃，进入反应器的NO被还原的量减少，使NO转化率下降，还有一个原因是NH3与O2反应生成了NO，反应为4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：此温度范围内，催化剂活性已达最佳，对反应速率影响不明显，导致NO转化率随温度变化不明显；4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）①提高钒元素浸出率的方法有搅拌、适当增大酸的浓度、适当升高温度、延长酸浸时间等，
故答案为：适当增大酸的浓度、适当升高温度、延长酸浸时间等；
②钒酸中含有H4V4O12，H4V4O12具有八元环结构，说明4个、4个原子形成八边形的环状结构，结合氧二键、钒五键结构可知，其结构式可表示为，
故答案为：；
③Ksp（NH4VO3）＝1.7×10﹣3，饱和NH4VO3溶液中存在溶解平衡：NH4VO3（s）⇌（aq）+（aq），加过量NH4Cl溶液，溶液中c（）增大，促进溶解平衡逆向移动，生成NH4VO3沉淀，提高NH4VO3的产率，
故答案为：增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的产量。
15．【答案】（1）强；
（2）CH3COCl；
（3）HCl；
（4）；
（5）取代反应；
（6）。
【解答】解：（1）化合物A中酚羟基比醇羟基易电离出氢离子，所以A的酸性比环己醇的强，
故答案为：强；
（2）通过以上分析知，B的结构简式为CH3COCl，
故答案为：CH3COCl；
（3）A和B反应生成C和HCl，（C2H5）3N具有碱性，能中和HCl促进反应正向进行，提高C的产率，A→C中加入（C2H5）3N是为了结构反应中产生的HCl，
故答案为：HCl；
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件：碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一的分子中碳原子轨道杂化类型相同且室温下不能使2%酸性KMnO4溶液褪色，说明含有羧基和苯环，且苯环上不连接甲基或亚甲基；加热条件下，铜催化另一产物与氧气反应，所得有机产物的核磁共振氢谱中只有1个峰，说明该醇羟基被氧化生成羰基且醇的结构对称，所以符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（5）F中羟基发生取代反应生成H，F→H的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（6）以、和CH2＝CH2为原料制备，发生水解反应然后酸化得到邻甲基苯酚，乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，邻甲基苯酚和BrCH2CH2Br发生取代反应然后发生C生成D类型的反应得到，和发生取代反应生成，合成路线为：，
故答案为：。
16．【答案】（1）；BD；
（2）2+O22；pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率；
（3）通过分液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150～170℃干燥。
【解答】解：（1）已知下列反应：
①Mg（OH）2+H2SO3═MgSO3+2H2O K
②Mg（OH）2＝（s）Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）Ksp[Mg（OH）2]
③MgSO3（s）＝Mg2+（aq）+（aq）Ksp（MgSO3）
④H2SO3＝H++Ka1（H2SO3）
⑤＝H++Ka2（H2SO3）
⑥H2O＝H++OH﹣
根据盖斯定律，①＝②﹣③+④+⑤﹣⑥×2，故K＝；
A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，故A错误；
B．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，故B正确；
C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，故C错误；
D．多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，故D正确；
故答案为：；BD；
（2）根据题意，O2氧化溶液中的，被氧化为，1molO2氧化2，故O2氧化溶液中的离子方程式为：2+O22；在pH＝6～8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率，
故答案为：2+O22；pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率；
（3）在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，加料方式是通过分液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；补充完整制取MgSO4•H2O晶体的实验方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中，分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150～170℃干燥，
故答案为：通过分液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150～170℃干燥。
17．【答案】（1）KHCO3+Ca（OH）2＝CaCO3+KOH+H2O；相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳；
（2）①＜；
②适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高；
（3）①H2；
②+8e﹣+6H2O＝CH4↑+9OH﹣；
③1：2。
【解答】解：（1）由图可知“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为KHCO3+Ca（OH）2＝CaCO3+KOH+H2O。载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳，
故答案为：KHCO3+Ca（OH）2＝CaCO3+KOH+H2O；相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳；
（2）①由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其△H＜0，
故答案为：＜；
②实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高，
故答案为：适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高；
（3）①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明二氧化碳未得电子，为氢离子得电子变成H2，
故答案为：H2；
②当电解电压为U2V时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由生成CH4的电极反应式为+8e﹣+6H2O＝CH4↑+9OH﹣，
故答案为：+8e﹣+6H2O＝CH4↑+9OH﹣；
③当电解电压为U3V时，电解过程中还原产物C2H4的FE%为24%，还原产物HCOO﹣的FE%为8%，每生成1molC2H4转移12mole﹣，每生成1molHCOO﹣转移2mole﹣，故电解生成的C2H4和HCOO﹣的物质的量之比为＝1：2，
故答案为：1：2。
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