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2023年四川省成都市高考化学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年四川省成都市高考化学二模试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2023年四川省成都市高考化学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
四
总分
得分
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是( )
A. 用生石灰脱燃煤中的硫，最终硫可转变为CaSO4
B. 用作信息高速公路的石英光导纤维是一种新型有机高分子材料
C. 净水池中加入活性炭有吸附色素和除异味的作用
D. 作反应容器涂层的聚四氟乙烯能抗酸、碱，耐腐蚀
2. 设NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述一定正确的是( )
A. 28g14CO中含有中子数为14NA
B. 1molO2与一定量甲烷反应转移电子数目为4NA
C. 1L浓度为0.1mol/LNa2CO3溶液中阴离子数目为0.1NA
D. 28gC2H4和C3H6混合物中含有共用电子对数目6NA
3. 具有美白功效的某化妆品主要成分Z的合成如图。下列分析错误的是 ( )
A. 1molX最多与4molH2发生加成反应 B. Y中所有原子可能共面
C. X和Y反应生成Z为加成反应 D. Z中苯环上一氯代物有8种
4. 主族元素X、Y、Z、W分别位于三个短周期，且原子序数依次增大。X、Y可形成化合物A的结构式为：X−Y−Y−X；Y、Z、W可形成具有强氧化性的化合物B，其电子式为下列说法错误的是( )
A. 原子半径：Z>Y>X
B. W的最高价氧化物的水化物为强酸
C. B的浓溶液可用pH试纸测其酸碱性
D. 化合物A、B都可用作新型冠状病毒的消毒剂
5. 由下列实验和现象推出的结论错误的是 ( )
选项
实验和现象
结论
A
向X溶液中滴入稀HNO3酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀
溶液中一定含Cl−或SO42−或两者均有
B
向油脂中加烧碱溶液，加热一段时间，将混合液倒入盛水烧杯中，水面上无油滴与油膜
油脂完全皂化
C
向含有KIO3的食盐溶液中滴加淀粉和KI溶液，滴入稀硫酸，溶液变蓝
氧化性：酸性条件下IO3−>I2
D
向5mL0.1mol/LKI溶液中加入0.1mol/LFeCl3溶液1mL，振荡，取反应后的溶液滴入3滴KSCN溶液，溶液变红色
Fe3+和I−反应为可逆反应
A. A B. B C. C D. D
6. 某化学小组构想用电化学原理回收空气中二氧化硫中的硫，同时将地下水中的硝酸根(NO3−)进行无害化处理，其原理如图。下列有关说法错误的是( )
A. Mg电极为负极，Pt1为阳极
B. 乙池中NO3−在Pt1电极发生还原反应
C. 碳纳米管析出硫的电极反应为：SO2+4e−=S+2O2−
D. Pt2电极可能产生H2，周围pH增大
7. 向某Na2A、NaHA的混合液中加入CaCl2固体(忽略溶液体积、温度的变化)，测出溶液，离子浓度变化如图所示。已知：Ksp(CaA)=2×10−9，H2A为二元弱酸，Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性。下列说法正确的是( )
A. X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为：X
C. Y点溶液中c(HA−)=2×10−2mol/L
D. 向Z点溶液中通入HCl气体，可以使Z点溶液向Y点溶液转化
第II卷（非选择题）
二、流程题（本大题共1小题，共14.0分）
8. 硫酸镁可用于印染、造纸、医药工业。利用某水泥厂的废料(含50%MgO，还有少量CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O、SiO2等杂质)，制取MgSO4⋅7H2O的流程如图：
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，pH控制为1，若提高浸取速率，可采取的措施是 ______ (任写一条)。
(2)“氧化”时，NaClO与Mn2+按物质的量1：1反应生成MnO2，其离子方程式为 ______ ；调节pH时可加入试剂X为 ______ (任写一种)。
(3)滤渣除Al(OH)3、Fe(OH)3外还有氧化物 ______ 。
(4)“除钙”时，控温在60°C时除去MgSO4，和CaSO4、混合溶液中的CaSO4。
①参照下表，简要说明除钙的操作方法 ______ 。
②60℃下CaSO4的Ksp= ______ 。 (饱和CaSO4溶液的密度约为1.0g/mL)
部分物质的溶解度(g/100gH2O)如下表：
温度/℃
物质
20
40
60
80
MgSO4
28.6
30.9
36
40.8
CaSO4
0.272
0.23
0.204
0.184
(5)为了提高原料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是 ______ 。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
9. 某化学小组制取无水三氯化铁并研究其与铜的反应，设计如下实验。
Ⅰ.制备无水三氯化铁实验装置如图。(已知无水三氯化铁易潮解，易升华)
(1)试剂X可以是 ______ ；若缺少C装置其后果是 ______ (写一条)。
(2)整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是 ______ 。
(3)若实验过程中FeCl3沉积在D和E的导管之间，导致导管内径变小，除去沉积FeCl3的简易操作是 ______ 。
Ⅱ.探究三氯化铁与铜反应的实验如图：
(已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体)
(4)请从平衡角度说明红色褪去的可能原因 ______ 。
(5)为了进一步研究白色沉淀进行如图实验。
①如图蓝色溶液中可能含有的盐有Cu(NO3)2、 ______ ；
②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，同时生成N2、NO和CO2气体。CuSCN与HNO3反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 ______ (已知SCN−中C为+4价)。
四、简答题（本大题共3小题，共45.0分）
10. 汽车尾气的氮氧化物是大气污染物的主要来源，研究汽车尾气处理是环境保护的重要课题。试回答下列问题：
(1)有关汽车尾气的生成
已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+180.50kJ⋅mol−1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H2=−144.14kJ⋅mol−1
③2N2O(g)⇌2N2(g)+O2(g)△H3=−244.10kJ⋅mol−1
则3NO(g)=N2O(g)+NO2(g)△H= ______ 。
(2)用CO消除汽车尾气
在催化剂a作用下将尾气转化为无污染的气体而除去。向密闭容器中充入10molCO(g)和8molNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g) 催化剂aN2(g)+2CO2(g)△H，测得平衡时NO体积分数与温度、压强的关系如右下图。
①已知T2>T1，则反应△H ______ 0(填“>”、“=”每或“<”)。
②该反应达到平衡后，为了同时提高反应速率和NO的平衡转化率，可采取的措施 ______ (填字母序号)。
a.改用高效催化剂
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度
c.移去CO2
d.升高温度
e.缩小反应容器的体积
③在温度为T1、容器体积为4L的条件下，反应进行到10min时恰好在D点达到平衡。则从反应开始到平衡时，NO平均反应速率v(NO)= ______ ；若其他条件不变，升高温度，用分压表示的平衡常数Kp ______ (填“变大”、“变小”或“不变”)。
④在X点，对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到平衡状态可能为图中 ______ 点(填A～F)。
(3)用NH3消除汽车尾气
新型催化剂b在含有少量O2条件下，能催化NH3，和NOx，反应生成N2，且高温下活性很强。在盛有催化剂b的管式反应容器[如图(一)]中按一定比例匀速通入NH3、NOx、O2发生反应。NOx的除去率随反应温度变化曲线如图(二)所示。
①在50℃之前，NOx的除去率随温度升高而缓慢上升的原因是 ______ ；
②当温度高于300℃时，NOx除去率迅速下降的原因是 ______ 。
11. 硒是人体需要的重要微量元素之一，参与体内多种代谢。试回答下列问题：
(1)硒元素的基态原子核外电子排布中成对电子与成单电子的个数比为 ______ ；在同一周期中比它的第一电离能大的元素有 ______ 种。
(2)SeO3与水反应可以生成H2SeO4。H2SeO4分子中心原子的轨道杂化方式为 ______ ；固体H2SeO4，存在作用力除范德华力共价键外还有 ______ ；从分子结构的角度解释H2SeO4比H3AsO4酸性强的原因是 ______ 。
(3)固态SeO2(如图)是以锥体形的角氧相连接的聚合结构，每一个锥体带一个端氧原子。
①同为分子晶体，SeO2，熔点为350℃而SO2的熔点为−75.5℃，原因是 ______ ；
②图中Se−O键较短的是 ______ (填“a”或”b”)。
(4)在一定条件下MgSe晶体结构为NaCl型(如图)，Se2−为面心立方最密堆积方式，经测定MgSe的晶胞参数为anm，则Se2−的半径r(Se2−)为 ______ nm(写出表达式)；CaSe晶体结构也为NaCl型，其晶胞参数比MgSe大，且r(Ca2+)=bnm，则CaSe晶体的密度为 ______ g⋅cm−3(写出表达式)。
12. 某有机药物中间体J的合成路线(部分反应条件略去)如图：
试回答下列问题：
(1)B的化学名称为 ______ ；反应①的试剂和条件为 ______ 。
(2)反应③可以看作发生了两步反应，首先C与丙酮发生 ______ 反应(填反应类型)，再发生消去反应得到D。
(3)F的结构简式为 ______ ；G的含氧官能团的名称是 ______ 。
(4)反应⑦的化学方程式为 ______ 。
(5)G的同分异构体中，能发生水解反应且分子中含有苯环的有 ______ 种，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为 ______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.生石灰为CaO，能吸收含硫煤在燃烧时生成的SO2，发生的总反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4较稳定、不易分解，可达到脱硫目的，故A正确；
B.石英光导纤维的成分是二氧化硅，二氧化硅是无机物，故B错误；
C.活性炭具有疏松多孔结构，表面积大，吸附性强，可用于吸附水中色素和除异味，故C正确；
D.聚四氟乙烯化学性质稳定，不与酸、碱反应，耐腐蚀性强，具有抗酸、碱作用，可用于作反应容器涂层，故D正确；
故选：B。
A.生石灰为CaO，在氧气作用下能与SO2反应生成CaSO4；
B.石英光导纤维的成分是二氧化硅；
C.活性炭具有强吸附性，可吸附色素和除异味；
D.聚四氟乙烯化学性质稳定，不与酸、碱反应。
本题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系等为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意掌握化学在生活、生产、环境等方面的应用，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.28g14CO中含有中子数为28g30g/mol×16×NA/mol≈14.9NA，故A错误；
B.题目中甲烷的量未知，氧气可能未完全反应，转移电子数目不确定，故B错误；
C.Na2CO3溶液中存在平衡CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，溶液中阴离子数目增加，故溶液中阴离子数目大于0.1NA，故C错误；
D.28gC2H4分子中含有共用电子对数为28g28g/mol×6×NA/mol=6NA，28gC3H6分子中含有共用电子对数为28g42g/mol×9×NA/mol=6NA，故28gC2H4和C3H6混合物中含有共用电子对数目6NA，故D正确；
故选：D。
A.一个 14CO中16个中子；
B.甲烷的量未知；
C.Na2CO3溶液中存在平衡CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；
D.一个C2H4分子中含有6对共用电子对，一个C3H6分子中含有9对共用电子对。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：A.X分子中1个苯环、1个碳碳双键能与氢气发生加成反应，1molX最多与4molH2发生加成反应，故A正确；
B.苯环及其连接的原子共平面，旋转单键可以使羟基中氢原子处于平面内，Y分子中所有原子可能共面，故B正确；
C.X中不饱和碳原子分别连接氢原子与含有苯环的基团生成Z，该反应类型为加成反应，故C正确；
D.Z分子2个苯环共有5种化学环境不同的氢原子，苯环上一氯代物有5种，故D错误；
故选：D。
A.X中苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应；
B.苯环及其连接的原子共平面，旋转单键可以使羟基中氢原子处于平面内；
C.X中不饱和碳原子分别连接氢原子与含有苯环的基团生成Z；
D.Z分子2个苯环共有5种化学环境不同的氢原子。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，试题侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
4.【答案】C
【解析】解：由上述分析可知，X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素，
A.同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Na>O>H，故A正确；
B.W的最高价氧化物的水化物为高氯酸，属于强酸，故B正确；
C.B为NaClO，其浓溶液具有强氧化性，可使pH试纸褪色，不能测定其酸碱性，故C错误；
D.A为过氧化氢，B为次氯酸钠，均具有强氧化性，可用作新型冠状病毒的消毒剂，故D正确；
故选：C。
主族元素X、Y、Z、W分别位于三个短周期，且原子序数依次增大，则X为H元素；X、Y可形成化合物A的结构式为：X−Y−Y−X，Y为O元素；Y、Z、W可形成具有强氧化性的化合物B，由B的电子式可知，Z形成带1个单位正电荷的阳离子，Z为Na元素；阴离子中W满足最外层8电子稳定结构，结合原子序数可知W为Cl元素，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、原子序数、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识及元素化合物知识的应用，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.硝酸可氧化亚硫酸根离子，生成的硫酸根离子与银离子结合生成沉淀，由实验操作和现象可知，溶液中可能含亚硫酸根离子，故A错误；
B.油脂含酯基，加热时与NaOH溶液发生水解反应，生成高级脂肪酸钠和甘油均溶于水，则水面上无油滴与油膜，故B正确；
C.酸性溶液中KIO3与KI反应时生成碘，溶液变蓝，则氧化性：酸性条件下IO3−>I2，故C正确；
D.FeCl3溶液不足，反应后滴加KSCN溶液，可知溶液含铁离子，则铁离子不能完全转化，证明反应为可逆反应，故D正确；
故选：A。
A.硝酸可氧化亚硫酸根离子，生成的硫酸根离子与银离子结合生成沉淀；
B.油脂含酯基，加热时与NaOH溶液发生水解反应；
C.酸性溶液中KIO3与KI反应时生成碘；
D.FeCl3溶液不足。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，甲池为原电池，镁为负极，碳纳米管为正极，则乙池为电解池，Pt1为阳极，故A正确；
B.乙池为电解池，Pt2为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气和水，发生还原反应，故B错误；
C.碳纳米管为正极，其电极反应式为：SO2+4e−=S+2O2−，故C正确；
D.Pt2为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气和水，后水中的氢离子得电子生成氢气，剩余氢氧根离子，周围pH增大，故D正确；
故选：B。
由图可知，甲池为原电池，镁为负极，碳纳米管为正极，其电极反应式为：SO2+4e−=S+2O2−，则乙池为电解池，Pt1为阳极，水中的氢氧根离子失电子生成氧气，Pt2为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气和水。
本题考查电化学，侧重考查学生原电池和电解池原理的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，−lgc(A2−)c(HA−)：XY>Z，c(A2−)c(HA−)=Kac(H+)，则c(H+)：XY>Z，故A错误；
B.由图可知，X点−lgc(A2−)c(HA−)<0，则c(A2−)c(HA−)>0，即c(A2−)>c(HA−)，A2−水解使溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，故B错误；
C.由图可知，Y点溶液中c(Ca2+)=10−7mol/L，−lgc(A2−)c(HA−)=0，即c(HA−)=c(A2−)，则c(HA−)=c(A2−)=Ksp(CaA)c(Ca2+)=2×10−910−7mol/L=2×10−2mol/L，故C正确；
D.向Z点溶液中通入HCl气体，A2−和H+反应生成HA−，溶液中c(A2−)减小，c(HA−)增大，则−lgc(A2−)c(HA−)增大，不可能使Z点溶液向Y点溶液转化，故D错误；
故选：C。
A.根据c(A2−)c(HA−)=Kac(H+)分析溶液中c(H+)的变化，c(H+)越大，溶液的pH越小；
B.由图可知，X点−lgc(A2−)c(HA−)<0，则c(A2−)c(HA−)>0，即c(A2−)>c(HA−)，溶液呈碱性；
C.由图可知，Y点溶液中c(Ca2+)=10−7mol/L，−lgc(A2−)c(HA−)=0，即c(HA−)=c(A2−)，结合c(A2−)=Ksp(CaA)c(Ca2+)计算c(A2−)、c(HA−)；
D.向Z点溶液中通入HCl气体，c(A2−)减小，c(HA−)增大，则−lgc(A2−)c(HA−)增大。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及图象分析，把握Ksp的计算、电离平衡常数的应用、图象上各点溶质的成分及性质为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，选项B为解答的难点，题目难度不中等。
8.【答案】适当升温(或粉碎或搅拌) ClO−+Mn2++H2O=Cl−+MnO2↓+2H+ MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁) MnO2、SiO2 将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤 2.25×10−4 将操作a后的母液循环利用
【解析】解：(1)适当升温(或粉碎或搅拌)可提高浸取速率，
故答案为：适当升温(或粉碎或搅拌)；
(2)“氧化”时，NaClO与Mn2+按物质的量1：1反应生成MnO2、Cl−和水，其离子方程式为ClO−+Mn2++H2O=Cl−+MnO2↓+2H+；调节pH时加入要保留的离子对应的难溶物，通过消耗铁离子水解的氢离子来促进铁离子水解，因此可加入试剂X为MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁等)，
故答案为：ClO−+Mn2++H2O=Cl−+MnO2↓+2H+；MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁)；
(3)根据分析，二氧化硅不与硫酸反应，在氧化时得到二氧化锰，同时还有生成的Al(OH)3、Fe(OH)3，故氧化物为MnO2、SiO2，
故答案为：MnO2、SiO2；
(4)①根据表格数据，60℃时MgSO4溶解度较大，而CaSO4溶解度较小，在此时趁热过滤，其除钙的操作方法将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤，
故答案为：将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤；
②根据60℃下饱和CaSO4溶液的密度约为1.0g⋅L−1，60℃时CaSO4溶解度为0.204g，则1L溶液为1000g，溶解CaSO4的质量为2.04g，其溶液中c(Ca2+)=c(SO42−)=2.04g136g/mol1L=0.015mol/L，则CaSO4的Ksp=0.015×0.015=2.25×10−4，
故答案为：2.25×10−4；
(5)操作a是从溶液中经过一系列过程得到晶体，过滤时溶液中含有硫酸镁，为了提高原料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是将操作a后的母液循环利用，
故答案为：将操作a后的母液循环利用。
水泥厂的废料(含50%MgO，还有少量CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O、SiO2等杂质)制取MgSO4⋅7H2O，废料加入足量稀硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都与硫酸反应，转化为对应的硫酸盐，SiO2不与硫酸反应，向反应后溶液中加入次氯酸钠溶液氧化亚铁离子为铁离子，同时使锰离子转化为MnO2沉淀，再加入氧化镁等物质调节溶液的pH值，除去锰离子、铁离子、铝离子，过滤，向滤液中加入除钙物质，再过滤，将滤液进行一系列操作得到MgSO4⋅7H2O。
本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型，题目侧重考查元素化合物性质及其转化关系的理解和应用，综合考查学生对新信息的处理能力、分析能力和实验能力，题目难度中等，注意把握实验原理和方法。
9.【答案】KMnO4(NaClO等) D装置中的Fe粉与水蒸气反应(或无水三氯化铁潮解) 防止D装置中的Fe粉与空气中氧气、水蒸气反应 加热D、E之间的导管 由于存在反应Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN−，使该平衡逆向移动，Fe(SCN)3的浓度减小，导致红色褪去 CuCl2、CuSO4 1：4
【解析】解：(1)装置A用于制取Cl2，不需要加热条件，则试剂X可以是KMnO4、NaClO等；若缺少C装置，高温或加热条件下Fe粉会与水蒸气反应生成四氧化三铁、无水三氯化铁会吸水发生潮解，则装置B、D之间添加盛装浓硫酸的装置C可用于吸收水分，防止D装置中Fe粉与水蒸气反应或无水三氯化铁吸水潮解，
故答案为：KMnO4(NaClO等)；D装置中的Fe粉与水蒸气反应(或无水三氯化铁潮解)；
(2)制备FeCl3之前必须通入氯气以排除装置中的空气，防止Fe粉与空气中氧气、水蒸气反应，所以整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置制备，
故答案为：防止D装置中的Fe粉与空气中氧气、水蒸气反应；
(3)无水三氯化铁易升华，若实验过程中FeCl3凝华沉积在D和E导管之间，可加热导管使其升华，除去沉积，即简易操作是加热D、E装置之间的导管，
故答案为：加热D、E之间的导管；
(4)FeCl3与KSCN的反应为Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，加入Cu粉时Cu能与Fe3+反应生成Fe2+、使溶液中c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，也可能生成CuSCN白色沉淀、使溶液中c(SCN−)减小，平衡逆向移动，使Fe(SCN)3的浓度减小，红色褪去，
故答案为：由于存在反应Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN−，使该平衡逆向移动，Fe(SCN)3的浓度减小，导致红色褪去；
(5)①由图可知，蓝色溶液含有的阴离子有NO3−、Cl−和SO42−，蓝色溶液中可能含有的盐有Cu(NO3)2、CuCl2、CuSO4，
故答案为：CuCl2、CuSO4；
②CuSCN与过量稀HNO3反应生成SO42−、N2、NO和CO2气体，反应为6CuSCN+24HNO3=6CuSO4+3N2↑+24NO↑+6CO2↑+12H2O，其中CuSCN是还原剂，HNO3是氧化剂，则反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：24=1：4，
故答案为：1：4。
(1)装置A用于制取Cl2，在不加热条件下与浓盐酸反应生成Cl2的物质有KMnO4、NaClO等；装置C中盛装的浓硫酸用于吸收水分，防止与Fe粉反应、三氯化铁潮解；
(2)加热条件下，Fe粉能与空气中氧气、水蒸气反应，导致FeCl3的产率降低，则制备FeCl3之前必须排除装置中的空气；
(3)无水三氯化铁易升华，则实验过程中FeCl3可能凝华在D和E的导管之间沉积，可通过加热导管除去沉积；
(4)FeCl3与KSCN的反应为Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，Fe3+能与Cu反应生成Fe2+、使溶液中c(Fe3+)减小，也可能生成CuSCN白色沉淀、使溶液中c(SCN−)减小，平衡逆向移动；
(5)①由图可知，蓝色溶液含有的阴离子有NO3−、Cl−和SO42−；
②白色沉淀B的阴离子为SO42−，则CuSCN与过量稀HNO3反应生成SO42−、N2、NO和CO2气体，反应为6CuSCN+24HNO3=6CuSO4+3N2↑+24NO↑+6CO2↑+12H2O。
本题考查物质制备实验方案的设计及性质探究实验，把握步骤的制备原理及注意事项、物质的性质及性质实验方案的设计等知识是解题关键，试题侧重考查学生的分析能力及实验探究能力，题目难度中等。
10.【答案】−130.57kJ⋅mol−1 < be 0.1mol/(L⋅min) 变小 A 催化剂的活性较小，温度升高速率增加缓慢 O2与NH3反应生成NOx
【解析】解：(1)已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+180.50kJ⋅mol⁻¹
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H2=−144.14kJ⋅mol⁻¹
③2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)△H3=244.10kJ⋅mol⁻¹
根据盖斯定律，由②×12−①−③×12得反应3NO(g)=N2O(g)+NO2(g)△H4=−130.57kJ⋅mol−1；
故答案为：−130.57kJ⋅mol−1；
(2)①根据图中信息可知，以过X点的等压线，已知T2>T1，温度越高，NO的体积分数越大，故说明平衡逆向移动，逆方向为吸热反应，正方向为放热反应，则反应△H<0；
②a.改用高效催化剂，化学反应速率增大，但催化剂不能使平衡移动，NO的转化率不变，故a不符合；
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，故b符合；
c.移去CO2，生成物的浓度减小，反应速率减小，平衡正向移动，NO的转化率增大，故c不符合；
d.升高温度，化学反应速率增大，但正反应为放热反应，平衡逆向移动，NO的转化率减小，故d不符合；
e.缩小反应容器的体积，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，故e符合；
故选：be；
③向密闭容器中充入10molCO(g)和8molNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g) 催化剂N2(g)+2CO2(g).设NO转化率为x，根据三段式有：
2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)
起始量(mol) 8 10 0 0
变化量(mol) 8x 8x 4x 8x
平衡量(mol) 8−8x 10−8x 4x 8x
平衡时NO的体积分数为25%，则有8−8x8−8x+10−8x+4x+8x×100%=25%，解得x=50%，则NO平均反应速率V(NO)=8×xmol4L10min=0.1mol/(L⋅min)，若其他条件不变，升高温度，平衡逆向移动，生成物的平衡分压减小，反应物的平衡分压增大，用分压表示的平衡常数Kp变小，
故答案为：0.1mol/(L⋅min)；变小；<；
④由图可知，结合反应可知，升温会使反应逆向移动，导致NO的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致NO的体积分数增加；所以升温和减压后，NO的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO的体积分数一定比X点对应的体积分数大，符合条件的只有A点，
故答案为：A；
(3)①已知新型催化剂b在高温下活性很强，随温度的升高，催化剂b活性增强，但由于温度仍然较低，活性提高程度不大，反应速率加快但不明显，故50℃之前NOx的除去率缓慢增大；
故答案为：催化剂的活性较小，温度升高速率增加缓慢；
②已知新型催化剂b在高温下活性很强，当温度高于300℃时NOx的除去率迅速下降与催化剂活性无关，所通气体为NOx、NH3和O2的混合物，当温度高于300℃时，NH3与O2可能发生副反应：4NH3+5O2⇌_{△}^{催化剂}$4NO+6H2O，氨的浓度减小，导致NOx除去率迅速下降，答案为O2与NH3反应生成NOx，
故答案为：O2与NH3反应生成NOx。
(1)根据盖斯定律计算△H；
(2)①可逆反应升高温度平衡向吸热反应方向移动；
②为提高反应速率同时提高NO的转化率，需要改变条件平衡正向进行；
③在密闭容器中充入10molCO和8molNO，发生反应，压强为10MPa、温度为T1下，若反应进行到20min达到平衡状态，NO体积分数为25%，结合三行计算列式计算，v(N2)=△c/t，该温度下平衡常数Kp=生成物平衡分压幂次方乘积/反应物平衡分压幂次方乘积；
④若在D点升温的同时扩大体积至体系压强减小，则平衡会正向移动，NO的体积分数增大；
(3)①在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低；
②在温度、催化剂条件下，氨气能被催化氧化生成NO。
本题涉及到热化学方程式的书写、化学平衡等知识，题目难度不大，掌握基础知识，提取题给信息是解答的关键。
11.【答案】16：1 3 sp3 氢键 H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，酸性较强 固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高 b 24a 4×(40+79)NA×[( 24a+b)×2×10−7]3
【解析】解：(1)硒元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，成对电子与成单电子的个数比为16：1；同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但是As元素最外层处于半满，第一电离能大于Se，所以在同一周期中比它的第一电离能大的元素有3种，
故答案为：16：1；3；
(2)SeO3与水反应可以生成H2SeO4。对于H2SeO4中心原子Se，由于H2SO4中S的杂化方式为sp3，因此H2SeO4中Se的杂化方式也应为sp3；固体H2SeO4，存在作用力除范德华力共价键外还有氢键；由于H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，所以H2SeO4酸性较强，
故答案为：sp3；氢键；H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，酸性较强；
(3)①由题可知，固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高同为分子晶体，所以SeO2熔点为350℃而SO2的熔点为−75.5℃，
故答案为：固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高；
②依据共价键饱和性可知，a为Se−O，b为Se=O，b中含有π键，电子云重叠程度大，使得键长短，
故答案为：b；
(4)4r(Se2−)=晶胞面对角线长度= 2anm；所以r= 24anm；由图3所示晶胞可知，一个晶胞中含有Se2−个数为4；CaSe晶体结构也为NaCl型，其晶胞参数比MgSe大，且r(Ca2+)=bnm，所以CaSe晶体的晶胞参数为( 24a+b)×2×10−7cm；且一个晶胞中含有四个分子，所以CaSe晶体的密度ρ=mV=4×(40+79)NA×[( 24a+b)×2×10−7]3 g⋅cm−3，
故答案为： 24a；4×(40+79)NA×[( 24a+b)×2×10−7]3。
(1)硒元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但是As元素最外层处于半满，第一电离能大于Se；
(2)对于H2SeO4中心原子Se，其价层电子对数为4+12(6+2−4×2)=4+0=4，Se的杂化方为sp3；固体H2SeO4，存在作用力除范德华力共价键外还有氢键；由于H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多；
(3)①固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大；
②分子中含有π键，电子云重叠程度大，使得键长短；
(4)4r(Se2−)=晶胞面对角线长度= 2anm；所以r= 24anm；一个晶胞中含有Se2−个数为4；CaSe晶体结构也为NaCl型，其晶胞参数比MgSe大，且r(Ca2+)=bnm，则CaSe晶体的晶胞参数为( 24a+b)×2×10−7cm；且一个晶胞中含有四个分子，CaSe晶体的密度ρ=mV。
本题考查原子结构和晶胞结构，侧重考查学生核外电子排布、杂化和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
12.【答案】苯甲醇 NaOH水溶液、加热 加成 羟基、羰基 6
【解析】解：(1)由分析可知，B的结构简式为，B的化学名称为苯甲醇；反应①是转化为，反应试剂和条件为NaOH水溶液、加热，
故答案为：苯甲醇；NaOH水溶液、加热；
(2)反应③可以看作发生了两步反应，对比C、D结构简式可知，首先C与丙酮发生加成反应生成，再发生消去反应得到D，
故答案为：加成；
(3)由分析可知，F的结构简式为；观察结构可知，G的含氧官能团的名称是羟基、羰基，
故答案为：；羟基、羰基；
(4)反应⑦的化学方程式为，
故答案为：；
(5)G的同分异构体能发生水解反应且分子中含有苯环，说明还含有酯基，苯环有2个侧链为−COOCH3或−CH2OOCH或−OOCCH3，苯环有2个侧链为−CH3、−OOCH，有邻、间、对3种位置关系，则符合条件的同分异构体共有3+3=6种，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为，
故答案为：6；。
由A、B的分子式，B→C的转化条件，结合C的结构简式，可知A发生卤代烃的水解反应生成B，B发生醇的催化氧化生成，可推知A为、B为，与丙酮先发生加成反应、再发生消去反应生成，D与H发生加成反应生成J，对比E、G的结构简式，结合已知反应，可知苯酚中酚羟基与乙酸酐发生取代反应生成F和乙酸，F再发生结构重排生成G，则F为，G→H的过程中，可以理解为G与乙酸酐先发生取代反应成环生成、再异构转化为H。
本题考查有机物的推动与合成，涉及有机物命名、有机反应条件判断、有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写等，充分利用有机物分子式与结构简式进行分析判断，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
2023年四川省成都市高考化学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
四
总分
得分
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是( )
A. 用生石灰脱燃煤中的硫，最终硫可转变为CaSO4
B. 用作信息高速公路的石英光导纤维是一种新型有机高分子材料
C. 净水池中加入活性炭有吸附色素和除异味的作用
D. 作反应容器涂层的聚四氟乙烯能抗酸、碱，耐腐蚀
2. 设NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述一定正确的是( )
A. 28g14CO中含有中子数为14NA
B. 1molO2与一定量甲烷反应转移电子数目为4NA
C. 1L浓度为0.1mol/LNa2CO3溶液中阴离子数目为0.1NA
D. 28gC2H4和C3H6混合物中含有共用电子对数目6NA
3. 具有美白功效的某化妆品主要成分Z的合成如图。下列分析错误的是 ( )
A. 1molX最多与4molH2发生加成反应 B. Y中所有原子可能共面
C. X和Y反应生成Z为加成反应 D. Z中苯环上一氯代物有8种
4. 主族元素X、Y、Z、W分别位于三个短周期，且原子序数依次增大。X、Y可形成化合物A的结构式为：X−Y−Y−X；Y、Z、W可形成具有强氧化性的化合物B，其电子式为下列说法错误的是( )
A. 原子半径：Z>Y>X
B. W的最高价氧化物的水化物为强酸
C. B的浓溶液可用pH试纸测其酸碱性
D. 化合物A、B都可用作新型冠状病毒的消毒剂
5. 由下列实验和现象推出的结论错误的是 ( )
选项
实验和现象
结论
A
向X溶液中滴入稀HNO3酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀
溶液中一定含Cl−或SO42−或两者均有
B
向油脂中加烧碱溶液，加热一段时间，将混合液倒入盛水烧杯中，水面上无油滴与油膜
油脂完全皂化
C
向含有KIO3的食盐溶液中滴加淀粉和KI溶液，滴入稀硫酸，溶液变蓝
氧化性：酸性条件下IO3−>I2
D
向5mL0.1mol/LKI溶液中加入0.1mol/LFeCl3溶液1mL，振荡，取反应后的溶液滴入3滴KSCN溶液，溶液变红色
Fe3+和I−反应为可逆反应
A. A B. B C. C D. D
6. 某化学小组构想用电化学原理回收空气中二氧化硫中的硫，同时将地下水中的硝酸根(NO3−)进行无害化处理，其原理如图。下列有关说法错误的是( )
A. Mg电极为负极，Pt1为阳极
B. 乙池中NO3−在Pt1电极发生还原反应
C. 碳纳米管析出硫的电极反应为：SO2+4e−=S+2O2−
D. Pt2电极可能产生H2，周围pH增大
7. 向某Na2A、NaHA的混合液中加入CaCl2固体(忽略溶液体积、温度的变化)，测出溶液，离子浓度变化如图所示。已知：Ksp(CaA)=2×10−9，H2A为二元弱酸，Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性。下列说法正确的是( )
A. X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为：X
C. Y点溶液中c(HA−)=2×10−2mol/L
D. 向Z点溶液中通入HCl气体，可以使Z点溶液向Y点溶液转化
第II卷（非选择题）
二、流程题（本大题共1小题，共14.0分）
8. 硫酸镁可用于印染、造纸、医药工业。利用某水泥厂的废料(含50%MgO，还有少量CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O、SiO2等杂质)，制取MgSO4⋅7H2O的流程如图：
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，pH控制为1，若提高浸取速率，可采取的措施是 ______ (任写一条)。
(2)“氧化”时，NaClO与Mn2+按物质的量1：1反应生成MnO2，其离子方程式为 ______ ；调节pH时可加入试剂X为 ______ (任写一种)。
(3)滤渣除Al(OH)3、Fe(OH)3外还有氧化物 ______ 。
(4)“除钙”时，控温在60°C时除去MgSO4，和CaSO4、混合溶液中的CaSO4。
①参照下表，简要说明除钙的操作方法 ______ 。
②60℃下CaSO4的Ksp= ______ 。 (饱和CaSO4溶液的密度约为1.0g/mL)
部分物质的溶解度(g/100gH2O)如下表：
温度/℃
物质
20
40
60
80
MgSO4
28.6
30.9
36
40.8
CaSO4
0.272
0.23
0.204
0.184
(5)为了提高原料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是 ______ 。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
9. 某化学小组制取无水三氯化铁并研究其与铜的反应，设计如下实验。
Ⅰ.制备无水三氯化铁实验装置如图。(已知无水三氯化铁易潮解，易升华)
(1)试剂X可以是 ______ ；若缺少C装置其后果是 ______ (写一条)。
(2)整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是 ______ 。
(3)若实验过程中FeCl3沉积在D和E的导管之间，导致导管内径变小，除去沉积FeCl3的简易操作是 ______ 。
Ⅱ.探究三氯化铁与铜反应的实验如图：
(已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体)
(4)请从平衡角度说明红色褪去的可能原因 ______ 。
(5)为了进一步研究白色沉淀进行如图实验。
①如图蓝色溶液中可能含有的盐有Cu(NO3)2、 ______ ；
②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，同时生成N2、NO和CO2气体。CuSCN与HNO3反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 ______ (已知SCN−中C为+4价)。
四、简答题（本大题共3小题，共45.0分）
10. 汽车尾气的氮氧化物是大气污染物的主要来源，研究汽车尾气处理是环境保护的重要课题。试回答下列问题：
(1)有关汽车尾气的生成
已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+180.50kJ⋅mol−1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H2=−144.14kJ⋅mol−1
③2N2O(g)⇌2N2(g)+O2(g)△H3=−244.10kJ⋅mol−1
则3NO(g)=N2O(g)+NO2(g)△H= ______ 。
(2)用CO消除汽车尾气
在催化剂a作用下将尾气转化为无污染的气体而除去。向密闭容器中充入10molCO(g)和8molNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g) 催化剂aN2(g)+2CO2(g)△H，测得平衡时NO体积分数与温度、压强的关系如右下图。
①已知T2>T1，则反应△H ______ 0(填“>”、“=”每或“<”)。
②该反应达到平衡后，为了同时提高反应速率和NO的平衡转化率，可采取的措施 ______ (填字母序号)。
a.改用高效催化剂
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度
c.移去CO2
d.升高温度
e.缩小反应容器的体积
③在温度为T1、容器体积为4L的条件下，反应进行到10min时恰好在D点达到平衡。则从反应开始到平衡时，NO平均反应速率v(NO)= ______ ；若其他条件不变，升高温度，用分压表示的平衡常数Kp ______ (填“变大”、“变小”或“不变”)。
④在X点，对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到平衡状态可能为图中 ______ 点(填A～F)。
(3)用NH3消除汽车尾气
新型催化剂b在含有少量O2条件下，能催化NH3，和NOx，反应生成N2，且高温下活性很强。在盛有催化剂b的管式反应容器[如图(一)]中按一定比例匀速通入NH3、NOx、O2发生反应。NOx的除去率随反应温度变化曲线如图(二)所示。
①在50℃之前，NOx的除去率随温度升高而缓慢上升的原因是 ______ ；
②当温度高于300℃时，NOx除去率迅速下降的原因是 ______ 。
11. 硒是人体需要的重要微量元素之一，参与体内多种代谢。试回答下列问题：
(1)硒元素的基态原子核外电子排布中成对电子与成单电子的个数比为 ______ ；在同一周期中比它的第一电离能大的元素有 ______ 种。
(2)SeO3与水反应可以生成H2SeO4。H2SeO4分子中心原子的轨道杂化方式为 ______ ；固体H2SeO4，存在作用力除范德华力共价键外还有 ______ ；从分子结构的角度解释H2SeO4比H3AsO4酸性强的原因是 ______ 。
(3)固态SeO2(如图)是以锥体形的角氧相连接的聚合结构，每一个锥体带一个端氧原子。
①同为分子晶体，SeO2，熔点为350℃而SO2的熔点为−75.5℃，原因是 ______ ；
②图中Se−O键较短的是 ______ (填“a”或”b”)。
(4)在一定条件下MgSe晶体结构为NaCl型(如图)，Se2−为面心立方最密堆积方式，经测定MgSe的晶胞参数为anm，则Se2−的半径r(Se2−)为 ______ nm(写出表达式)；CaSe晶体结构也为NaCl型，其晶胞参数比MgSe大，且r(Ca2+)=bnm，则CaSe晶体的密度为 ______ g⋅cm−3(写出表达式)。
12. 某有机药物中间体J的合成路线(部分反应条件略去)如图：
试回答下列问题：
(1)B的化学名称为 ______ ；反应①的试剂和条件为 ______ 。
(2)反应③可以看作发生了两步反应，首先C与丙酮发生 ______ 反应(填反应类型)，再发生消去反应得到D。
(3)F的结构简式为 ______ ；G的含氧官能团的名称是 ______ 。
(4)反应⑦的化学方程式为 ______ 。
(5)G的同分异构体中，能发生水解反应且分子中含有苯环的有 ______ 种，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为 ______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.生石灰为CaO，能吸收含硫煤在燃烧时生成的SO2，发生的总反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4较稳定、不易分解，可达到脱硫目的，故A正确；
B.石英光导纤维的成分是二氧化硅，二氧化硅是无机物，故B错误；
C.活性炭具有疏松多孔结构，表面积大，吸附性强，可用于吸附水中色素和除异味，故C正确；
D.聚四氟乙烯化学性质稳定，不与酸、碱反应，耐腐蚀性强，具有抗酸、碱作用，可用于作反应容器涂层，故D正确；
故选：B。
A.生石灰为CaO，在氧气作用下能与SO2反应生成CaSO4；
B.石英光导纤维的成分是二氧化硅；
C.活性炭具有强吸附性，可吸附色素和除异味；
D.聚四氟乙烯化学性质稳定，不与酸、碱反应。
本题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系等为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意掌握化学在生活、生产、环境等方面的应用，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.28g14CO中含有中子数为28g30g/mol×16×NA/mol≈14.9NA，故A错误；
B.题目中甲烷的量未知，氧气可能未完全反应，转移电子数目不确定，故B错误；
C.Na2CO3溶液中存在平衡CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，溶液中阴离子数目增加，故溶液中阴离子数目大于0.1NA，故C错误；
D.28gC2H4分子中含有共用电子对数为28g28g/mol×6×NA/mol=6NA，28gC3H6分子中含有共用电子对数为28g42g/mol×9×NA/mol=6NA，故28gC2H4和C3H6混合物中含有共用电子对数目6NA，故D正确；
故选：D。
A.一个 14CO中16个中子；
B.甲烷的量未知；
C.Na2CO3溶液中存在平衡CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；
D.一个C2H4分子中含有6对共用电子对，一个C3H6分子中含有9对共用电子对。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：A.X分子中1个苯环、1个碳碳双键能与氢气发生加成反应，1molX最多与4molH2发生加成反应，故A正确；
B.苯环及其连接的原子共平面，旋转单键可以使羟基中氢原子处于平面内，Y分子中所有原子可能共面，故B正确；
C.X中不饱和碳原子分别连接氢原子与含有苯环的基团生成Z，该反应类型为加成反应，故C正确；
D.Z分子2个苯环共有5种化学环境不同的氢原子，苯环上一氯代物有5种，故D错误；
故选：D。
A.X中苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应；
B.苯环及其连接的原子共平面，旋转单键可以使羟基中氢原子处于平面内；
C.X中不饱和碳原子分别连接氢原子与含有苯环的基团生成Z；
D.Z分子2个苯环共有5种化学环境不同的氢原子。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，试题侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
4.【答案】C
【解析】解：由上述分析可知，X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素，
A.同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Na>O>H，故A正确；
B.W的最高价氧化物的水化物为高氯酸，属于强酸，故B正确；
C.B为NaClO，其浓溶液具有强氧化性，可使pH试纸褪色，不能测定其酸碱性，故C错误；
D.A为过氧化氢，B为次氯酸钠，均具有强氧化性，可用作新型冠状病毒的消毒剂，故D正确；
故选：C。
主族元素X、Y、Z、W分别位于三个短周期，且原子序数依次增大，则X为H元素；X、Y可形成化合物A的结构式为：X−Y−Y−X，Y为O元素；Y、Z、W可形成具有强氧化性的化合物B，由B的电子式可知，Z形成带1个单位正电荷的阳离子，Z为Na元素；阴离子中W满足最外层8电子稳定结构，结合原子序数可知W为Cl元素，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、原子序数、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识及元素化合物知识的应用，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.硝酸可氧化亚硫酸根离子，生成的硫酸根离子与银离子结合生成沉淀，由实验操作和现象可知，溶液中可能含亚硫酸根离子，故A错误；
B.油脂含酯基，加热时与NaOH溶液发生水解反应，生成高级脂肪酸钠和甘油均溶于水，则水面上无油滴与油膜，故B正确；
C.酸性溶液中KIO3与KI反应时生成碘，溶液变蓝，则氧化性：酸性条件下IO3−>I2，故C正确；
D.FeCl3溶液不足，反应后滴加KSCN溶液，可知溶液含铁离子，则铁离子不能完全转化，证明反应为可逆反应，故D正确；
故选：A。
A.硝酸可氧化亚硫酸根离子，生成的硫酸根离子与银离子结合生成沉淀；
B.油脂含酯基，加热时与NaOH溶液发生水解反应；
C.酸性溶液中KIO3与KI反应时生成碘；
D.FeCl3溶液不足。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，甲池为原电池，镁为负极，碳纳米管为正极，则乙池为电解池，Pt1为阳极，故A正确；
B.乙池为电解池，Pt2为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气和水，发生还原反应，故B错误；
C.碳纳米管为正极，其电极反应式为：SO2+4e−=S+2O2−，故C正确；
D.Pt2为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气和水，后水中的氢离子得电子生成氢气，剩余氢氧根离子，周围pH增大，故D正确；
故选：B。
由图可知，甲池为原电池，镁为负极，碳纳米管为正极，其电极反应式为：SO2+4e−=S+2O2−，则乙池为电解池，Pt1为阳极，水中的氢氧根离子失电子生成氧气，Pt2为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气和水。
本题考查电化学，侧重考查学生原电池和电解池原理的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，−lgc(A2−)c(HA−)：X
B.由图可知，X点−lgc(A2−)c(HA−)<0，则c(A2−)c(HA−)>0，即c(A2−)>c(HA−)，A2−水解使溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，故B错误；
C.由图可知，Y点溶液中c(Ca2+)=10−7mol/L，−lgc(A2−)c(HA−)=0，即c(HA−)=c(A2−)，则c(HA−)=c(A2−)=Ksp(CaA)c(Ca2+)=2×10−910−7mol/L=2×10−2mol/L，故C正确；
D.向Z点溶液中通入HCl气体，A2−和H+反应生成HA−，溶液中c(A2−)减小，c(HA−)增大，则−lgc(A2−)c(HA−)增大，不可能使Z点溶液向Y点溶液转化，故D错误；
故选：C。
A.根据c(A2−)c(HA−)=Kac(H+)分析溶液中c(H+)的变化，c(H+)越大，溶液的pH越小；
B.由图可知，X点−lgc(A2−)c(HA−)<0，则c(A2−)c(HA−)>0，即c(A2−)>c(HA−)，溶液呈碱性；
C.由图可知，Y点溶液中c(Ca2+)=10−7mol/L，−lgc(A2−)c(HA−)=0，即c(HA−)=c(A2−)，结合c(A2−)=Ksp(CaA)c(Ca2+)计算c(A2−)、c(HA−)；
D.向Z点溶液中通入HCl气体，c(A2−)减小，c(HA−)增大，则−lgc(A2−)c(HA−)增大。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及图象分析，把握Ksp的计算、电离平衡常数的应用、图象上各点溶质的成分及性质为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，选项B为解答的难点，题目难度不中等。
8.【答案】适当升温(或粉碎或搅拌) ClO−+Mn2++H2O=Cl−+MnO2↓+2H+ MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁) MnO2、SiO2 将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤 2.25×10−4 将操作a后的母液循环利用
【解析】解：(1)适当升温(或粉碎或搅拌)可提高浸取速率，
故答案为：适当升温(或粉碎或搅拌)；
(2)“氧化”时，NaClO与Mn2+按物质的量1：1反应生成MnO2、Cl−和水，其离子方程式为ClO−+Mn2++H2O=Cl−+MnO2↓+2H+；调节pH时加入要保留的离子对应的难溶物，通过消耗铁离子水解的氢离子来促进铁离子水解，因此可加入试剂X为MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁等)，
故答案为：ClO−+Mn2++H2O=Cl−+MnO2↓+2H+；MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁)；
(3)根据分析，二氧化硅不与硫酸反应，在氧化时得到二氧化锰，同时还有生成的Al(OH)3、Fe(OH)3，故氧化物为MnO2、SiO2，
故答案为：MnO2、SiO2；
(4)①根据表格数据，60℃时MgSO4溶解度较大，而CaSO4溶解度较小，在此时趁热过滤，其除钙的操作方法将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤，
故答案为：将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤；
②根据60℃下饱和CaSO4溶液的密度约为1.0g⋅L−1，60℃时CaSO4溶解度为0.204g，则1L溶液为1000g，溶解CaSO4的质量为2.04g，其溶液中c(Ca2+)=c(SO42−)=2.04g136g/mol1L=0.015mol/L，则CaSO4的Ksp=0.015×0.015=2.25×10−4，
故答案为：2.25×10−4；
(5)操作a是从溶液中经过一系列过程得到晶体，过滤时溶液中含有硫酸镁，为了提高原料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是将操作a后的母液循环利用，
故答案为：将操作a后的母液循环利用。
水泥厂的废料(含50%MgO，还有少量CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O、SiO2等杂质)制取MgSO4⋅7H2O，废料加入足量稀硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都与硫酸反应，转化为对应的硫酸盐，SiO2不与硫酸反应，向反应后溶液中加入次氯酸钠溶液氧化亚铁离子为铁离子，同时使锰离子转化为MnO2沉淀，再加入氧化镁等物质调节溶液的pH值，除去锰离子、铁离子、铝离子，过滤，向滤液中加入除钙物质，再过滤，将滤液进行一系列操作得到MgSO4⋅7H2O。
本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型，题目侧重考查元素化合物性质及其转化关系的理解和应用，综合考查学生对新信息的处理能力、分析能力和实验能力，题目难度中等，注意把握实验原理和方法。
9.【答案】KMnO4(NaClO等) D装置中的Fe粉与水蒸气反应(或无水三氯化铁潮解) 防止D装置中的Fe粉与空气中氧气、水蒸气反应 加热D、E之间的导管 由于存在反应Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN−，使该平衡逆向移动，Fe(SCN)3的浓度减小，导致红色褪去 CuCl2、CuSO4 1：4
【解析】解：(1)装置A用于制取Cl2，不需要加热条件，则试剂X可以是KMnO4、NaClO等；若缺少C装置，高温或加热条件下Fe粉会与水蒸气反应生成四氧化三铁、无水三氯化铁会吸水发生潮解，则装置B、D之间添加盛装浓硫酸的装置C可用于吸收水分，防止D装置中Fe粉与水蒸气反应或无水三氯化铁吸水潮解，
故答案为：KMnO4(NaClO等)；D装置中的Fe粉与水蒸气反应(或无水三氯化铁潮解)；
(2)制备FeCl3之前必须通入氯气以排除装置中的空气，防止Fe粉与空气中氧气、水蒸气反应，所以整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置制备，
故答案为：防止D装置中的Fe粉与空气中氧气、水蒸气反应；
(3)无水三氯化铁易升华，若实验过程中FeCl3凝华沉积在D和E导管之间，可加热导管使其升华，除去沉积，即简易操作是加热D、E装置之间的导管，
故答案为：加热D、E之间的导管；
(4)FeCl3与KSCN的反应为Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，加入Cu粉时Cu能与Fe3+反应生成Fe2+、使溶液中c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，也可能生成CuSCN白色沉淀、使溶液中c(SCN−)减小，平衡逆向移动，使Fe(SCN)3的浓度减小，红色褪去，
故答案为：由于存在反应Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN−，使该平衡逆向移动，Fe(SCN)3的浓度减小，导致红色褪去；
(5)①由图可知，蓝色溶液含有的阴离子有NO3−、Cl−和SO42−，蓝色溶液中可能含有的盐有Cu(NO3)2、CuCl2、CuSO4，
故答案为：CuCl2、CuSO4；
②CuSCN与过量稀HNO3反应生成SO42−、N2、NO和CO2气体，反应为6CuSCN+24HNO3=6CuSO4+3N2↑+24NO↑+6CO2↑+12H2O，其中CuSCN是还原剂，HNO3是氧化剂，则反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：24=1：4，
故答案为：1：4。
(1)装置A用于制取Cl2，在不加热条件下与浓盐酸反应生成Cl2的物质有KMnO4、NaClO等；装置C中盛装的浓硫酸用于吸收水分，防止与Fe粉反应、三氯化铁潮解；
(2)加热条件下，Fe粉能与空气中氧气、水蒸气反应，导致FeCl3的产率降低，则制备FeCl3之前必须排除装置中的空气；
(3)无水三氯化铁易升华，则实验过程中FeCl3可能凝华在D和E的导管之间沉积，可通过加热导管除去沉积；
(4)FeCl3与KSCN的反应为Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，Fe3+能与Cu反应生成Fe2+、使溶液中c(Fe3+)减小，也可能生成CuSCN白色沉淀、使溶液中c(SCN−)减小，平衡逆向移动；
(5)①由图可知，蓝色溶液含有的阴离子有NO3−、Cl−和SO42−；
②白色沉淀B的阴离子为SO42−，则CuSCN与过量稀HNO3反应生成SO42−、N2、NO和CO2气体，反应为6CuSCN+24HNO3=6CuSO4+3N2↑+24NO↑+6CO2↑+12H2O。
本题考查物质制备实验方案的设计及性质探究实验，把握步骤的制备原理及注意事项、物质的性质及性质实验方案的设计等知识是解题关键，试题侧重考查学生的分析能力及实验探究能力，题目难度中等。
10.【答案】−130.57kJ⋅mol−1 < be 0.1mol/(L⋅min) 变小 A 催化剂的活性较小，温度升高速率增加缓慢 O2与NH3反应生成NOx
【解析】解：(1)已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+180.50kJ⋅mol⁻¹
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H2=−144.14kJ⋅mol⁻¹
③2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)△H3=244.10kJ⋅mol⁻¹
根据盖斯定律，由②×12−①−③×12得反应3NO(g)=N2O(g)+NO2(g)△H4=−130.57kJ⋅mol−1；
故答案为：−130.57kJ⋅mol−1；
(2)①根据图中信息可知，以过X点的等压线，已知T2>T1，温度越高，NO的体积分数越大，故说明平衡逆向移动，逆方向为吸热反应，正方向为放热反应，则反应△H<0；
②a.改用高效催化剂，化学反应速率增大，但催化剂不能使平衡移动，NO的转化率不变，故a不符合；
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，故b符合；
c.移去CO2，生成物的浓度减小，反应速率减小，平衡正向移动，NO的转化率增大，故c不符合；
d.升高温度，化学反应速率增大，但正反应为放热反应，平衡逆向移动，NO的转化率减小，故d不符合；
e.缩小反应容器的体积，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，故e符合；
故选：be；
③向密闭容器中充入10molCO(g)和8molNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g) 催化剂N2(g)+2CO2(g).设NO转化率为x，根据三段式有：
2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)
起始量(mol) 8 10 0 0
变化量(mol) 8x 8x 4x 8x
平衡量(mol) 8−8x 10−8x 4x 8x
平衡时NO的体积分数为25%，则有8−8x8−8x+10−8x+4x+8x×100%=25%，解得x=50%，则NO平均反应速率V(NO)=8×xmol4L10min=0.1mol/(L⋅min)，若其他条件不变，升高温度，平衡逆向移动，生成物的平衡分压减小，反应物的平衡分压增大，用分压表示的平衡常数Kp变小，
故答案为：0.1mol/(L⋅min)；变小；<；
④由图可知，结合反应可知，升温会使反应逆向移动，导致NO的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致NO的体积分数增加；所以升温和减压后，NO的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO的体积分数一定比X点对应的体积分数大，符合条件的只有A点，
故答案为：A；
(3)①已知新型催化剂b在高温下活性很强，随温度的升高，催化剂b活性增强，但由于温度仍然较低，活性提高程度不大，反应速率加快但不明显，故50℃之前NOx的除去率缓慢增大；
故答案为：催化剂的活性较小，温度升高速率增加缓慢；
②已知新型催化剂b在高温下活性很强，当温度高于300℃时NOx的除去率迅速下降与催化剂活性无关，所通气体为NOx、NH3和O2的混合物，当温度高于300℃时，NH3与O2可能发生副反应：4NH3+5O2⇌_{△}^{催化剂}$4NO+6H2O，氨的浓度减小，导致NOx除去率迅速下降，答案为O2与NH3反应生成NOx，
故答案为：O2与NH3反应生成NOx。
(1)根据盖斯定律计算△H；
(2)①可逆反应升高温度平衡向吸热反应方向移动；
②为提高反应速率同时提高NO的转化率，需要改变条件平衡正向进行；
③在密闭容器中充入10molCO和8molNO，发生反应，压强为10MPa、温度为T1下，若反应进行到20min达到平衡状态，NO体积分数为25%，结合三行计算列式计算，v(N2)=△c/t，该温度下平衡常数Kp=生成物平衡分压幂次方乘积/反应物平衡分压幂次方乘积；
④若在D点升温的同时扩大体积至体系压强减小，则平衡会正向移动，NO的体积分数增大；
(3)①在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低；
②在温度、催化剂条件下，氨气能被催化氧化生成NO。
本题涉及到热化学方程式的书写、化学平衡等知识，题目难度不大，掌握基础知识，提取题给信息是解答的关键。
11.【答案】16：1 3 sp3 氢键 H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，酸性较强 固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高 b 24a 4×(40+79)NA×[( 24a+b)×2×10−7]3
【解析】解：(1)硒元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，成对电子与成单电子的个数比为16：1；同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但是As元素最外层处于半满，第一电离能大于Se，所以在同一周期中比它的第一电离能大的元素有3种，
故答案为：16：1；3；
(2)SeO3与水反应可以生成H2SeO4。对于H2SeO4中心原子Se，由于H2SO4中S的杂化方式为sp3，因此H2SeO4中Se的杂化方式也应为sp3；固体H2SeO4，存在作用力除范德华力共价键外还有氢键；由于H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，所以H2SeO4酸性较强，
故答案为：sp3；氢键；H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，酸性较强；
(3)①由题可知，固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高同为分子晶体，所以SeO2熔点为350℃而SO2的熔点为−75.5℃，
故答案为：固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高；
②依据共价键饱和性可知，a为Se−O，b为Se=O，b中含有π键，电子云重叠程度大，使得键长短，
故答案为：b；
(4)4r(Se2−)=晶胞面对角线长度= 2anm；所以r= 24anm；由图3所示晶胞可知，一个晶胞中含有Se2−个数为4；CaSe晶体结构也为NaCl型，其晶胞参数比MgSe大，且r(Ca2+)=bnm，所以CaSe晶体的晶胞参数为( 24a+b)×2×10−7cm；且一个晶胞中含有四个分子，所以CaSe晶体的密度ρ=mV=4×(40+79)NA×[( 24a+b)×2×10−7]3 g⋅cm−3，
故答案为： 24a；4×(40+79)NA×[( 24a+b)×2×10−7]3。
(1)硒元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但是As元素最外层处于半满，第一电离能大于Se；
(2)对于H2SeO4中心原子Se，其价层电子对数为4+12(6+2−4×2)=4+0=4，Se的杂化方为sp3；固体H2SeO4，存在作用力除范德华力共价键外还有氢键；由于H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多；
(3)①固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大；
②分子中含有π键，电子云重叠程度大，使得键长短；
(4)4r(Se2−)=晶胞面对角线长度= 2anm；所以r= 24anm；一个晶胞中含有Se2−个数为4；CaSe晶体结构也为NaCl型，其晶胞参数比MgSe大，且r(Ca2+)=bnm，则CaSe晶体的晶胞参数为( 24a+b)×2×10−7cm；且一个晶胞中含有四个分子，CaSe晶体的密度ρ=mV。
本题考查原子结构和晶胞结构，侧重考查学生核外电子排布、杂化和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
12.【答案】苯甲醇 NaOH水溶液、加热 加成 羟基、羰基 6
【解析】解：(1)由分析可知，B的结构简式为，B的化学名称为苯甲醇；反应①是转化为，反应试剂和条件为NaOH水溶液、加热，
故答案为：苯甲醇；NaOH水溶液、加热；
(2)反应③可以看作发生了两步反应，对比C、D结构简式可知，首先C与丙酮发生加成反应生成，再发生消去反应得到D，
故答案为：加成；
(3)由分析可知，F的结构简式为；观察结构可知，G的含氧官能团的名称是羟基、羰基，
故答案为：；羟基、羰基；
(4)反应⑦的化学方程式为，
故答案为：；
(5)G的同分异构体能发生水解反应且分子中含有苯环，说明还含有酯基，苯环有2个侧链为−COOCH3或−CH2OOCH或−OOCCH3，苯环有2个侧链为−CH3、−OOCH，有邻、间、对3种位置关系，则符合条件的同分异构体共有3+3=6种，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为，
故答案为：6；。
由A、B的分子式，B→C的转化条件，结合C的结构简式，可知A发生卤代烃的水解反应生成B，B发生醇的催化氧化生成，可推知A为、B为，与丙酮先发生加成反应、再发生消去反应生成，D与H发生加成反应生成J，对比E、G的结构简式，结合已知反应，可知苯酚中酚羟基与乙酸酐发生取代反应生成F和乙酸，F再发生结构重排生成G，则F为，G→H的过程中，可以理解为G与乙酸酐先发生取代反应成环生成、再异构转化为H。
本题考查有机物的推动与合成，涉及有机物命名、有机反应条件判断、有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写等，充分利用有机物分子式与结构简式进行分析判断，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
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