重组卷01-冲刺2023年高考化学真题重组卷(解析版)

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冲刺2023年高考化学真题重组卷01
浙江专用(解析版)
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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：H—1 Li—7 C—12 N—14 O—16 F—19 Na—23 Mg—24 Al—27 Si—28 P—31 S—32 Cl—35.5 K—39 Mn—55 Fe—56 Cu—64 Zn—65 Ga—70 Se—79 Br-80 Ag—108 I—127 Ba—137
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．(2020·浙江7月选考)下列物质在熔融状态下不导电
．．．的是( )
A．NaOH B．CaCl2C．HCl D．K2SO4
【答案】C
【解析】A项，NaOH属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Na+和OH-，故其在熔融状态下能导电，A不符合题意；B项，CaCl2属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Ca2+和Cl-，故其在熔融状态下能导电，B不符合题意；C项，HCl是共价化合物，其在熔融状态下不能电离成离子，故其在熔融状态下不导电，C符合题意；D项，K2SO4属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的K+和SO42-，故其在熔融状态下能导电，D不符合题意。

故选C。

2．(2021·浙江6月选考)关于化合物ClONO2的性质，下列推测不合理
．．．的是( )
A．具有强氧化性B．与NaOH溶液反应可生成两种钠盐
C．与盐酸作用能产生氯气D．水解生成盐酸和硝酸
【答案】D
【解析】A项，ClONO2里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确；B项，ClONO2与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；C项，ClONO2与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；D项，ClONO2发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；故选D。

3．(2019·浙江4月选考)下列表示不正确
．．．的是( )
A．次氯酸的电子式B．丁烷的球棍模型
C．乙烯的结构简式CH2＝CH2D．原子核内有8个中子的碳原子146C
【答案】A
【解析】A项，次氯酸中Cl最外层为7个电子，为达到8电子稳定结构，需要拿出一个电子与其他原子形成一个共用电子对，O原子最外层为6个电子，为达到8电子稳定结构，需要拿出两个电子与其他原子形成两对共用电子对，因而次氯酸的电子式为，A项错误。

B、C、D等3个选项均正确。

故选A。

4．(2020·浙江7月选考)下列说法不正确
．．．的是( )
A．高压钠灯可用于道路照明
B．SiO2可用来制造光导纤维
C．工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜
D．BaCO3不溶于水，可用作医疗上检查肠胃的钡餐
【答案】D
【解析】A项，高压钠灯发出的黄光射程远、透雾能力强，所以高压钠灯用于道路照明，故A正确；B 项，二氧化硅传导光的能力非常强，用来制造光导纤维，故B正确；C项，黄铜矿高温煅烧生成粗铜、氧化亚铁和二氧化硫，故C正确；D项，碳酸钡不溶于水，但溶于酸，碳酸钡在胃酸中溶解生成的钡离子为重金属离子，有毒，不能用于钡餐，钡餐用硫酸钡，故D错误；故选D。

5．(2021·浙江6月选考)下列说法不正确
．．．的是( )
A．应避免铵态氮肥与草木灰混合施用
B．工业上可用离子交换法提高海带中碘的提取率
C．电解饱和食盐水可以得到金属钠和氯气
D．将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到耐腐蚀的钢
【答案】C
【解析】A项，铵态氮肥的主要成分为铵根离子，草木灰的主要成分含有氢氧根，二者混合使用可以发生反应生成氨气，降低肥效，不能混合使用，A正确；B项，离子交换法可以很大程度的提取海水中的I-，还可以起到富集低浓度I-的作用，可以提高海水中I的提取率，B正确；C项，电解饱和食盐水可以得到NaOH、H2、Cl2，不能得到Na单质，C错误；D项，将生铁进一步炼制可以减少碳含量，在使用这种钢材时可以减少电化学腐蚀过程，这样的钢材更耐腐蚀，D正确；故选C。

6．(2021·浙江6月选考)关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是( )
A．K2H3IO6发生氧化反应
B．KI是还原产物
C．生成12.7g I2时，转移0.1mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
【答案】D
【解析】A项，反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；B项，KI
中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；C项，12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；D项，反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；故选D。

7．(2020·浙江7月选考)能正确表示下列反应的离子方程式是( )
A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应：SO42-+ Ba2+-=BaSO4↓
MgCl水溶液：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+ Cl2↑
B．电解
2
C．乙酸乙酯与NaOH溶液共热：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH3CH2OH
D．CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
【答案】C
【解析】A项，(NH4)2Fe(SO4)2可以写成(NH4)2SO4‧FeSO4，(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应，OH-先与Fe2+反应，再和NH4+反应，由于Ba(OH)2较少，NH4+不会参与反应，离子方程式为：Fe2++SO42-+ Ba2++ 2OH-=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，A错误；B项，用惰性材料为电极电解MgCl2溶液，阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为：2H2O+2e-+Mg2+=Mg(OH)2↓+H2↑，总反应的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2O
Mg(OH)2↓+H2↑+ Cl2↑，B错误；C项，乙酸乙酯与氢氧化钠溶液共热时发生水解，生成乙酸钠和乙醇，离子方程式为：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH3CH2OH，C正确；D项，向硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，一水合氨为弱电解质，在离子反应中不能拆开，离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=2NH4++Cu(OH)2↓，D错误。

故选C。

8．(2023·浙江1月选考)下列说法不正确
．．．的是( )
A．从分子结构上看糖类都是多羟基醛及其缩合产物
B．蛋白质溶液与浓硝酸作用产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色
C．水果中因含有低级酯类物质而具有特殊香味
D．聚乙烯、聚氯乙烯是热塑性塑料
【答案】A
【解析】A项，从分子结构上看糖类都是多羟基醛或酮及其缩合产物，故A错误；B项，某些含有苯环的蛋白质溶液与浓硝酸会因胶体发生聚沉产生白色沉淀，加热后沉淀发生显色反应变为黄色，故B正确；C项，酯是易挥发而具有芳香气味的有机化合物，所以含有酯类的水果会因含有低级酯类物质而具有特殊香味，故C正确；D项，聚乙烯、聚氯乙烯的是具有优良性能的热塑性塑料，故D正确；故选A。

9．(2022·浙江6月选考)染料木黄酮的结构如图，下列说法正确的是( )
A．分子中存在3种官能团
B．可与HBr反应
C．1 mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗4 mol Br2
D．1 mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH
【答案】B
【解析】A项，根据结构简式可知分子中含有酚羟基、羰基、醚键和碳碳双键，共四种官能团，A错误；B项，含有碳碳双键，能与HBr发生加成反应，B正确；C项，酚羟基含有四种邻位或对位H，另外碳碳双键能和单质溴发生加成反应，所以最多消耗单质溴5mol，C错误；D项，分子中含有3个酚羟基，所以最多消耗3molNaOH，D错误；故选B。

10．(2023·浙江1月选考)X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。

X的2s轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。

下列说法不．
正确
．．的是( )
A．电负性：Z X
>
B．最高正价：Z M
<
C．Q与M的化合物中可能含有非极性共价键
>
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z Y
【答案】B
【解析】X的2s轨道全充满，X为Be，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，Y为C，M是地壳中含量最多的元素，M为O，X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，则Z为N，Q是纯碱中
的一种元素，则Q 为Na 。

A 项，同一周期元素从左至右，电负性逐渐增大，电负性N 大于Be ，A 正确；B 项，N 最高正价为+5价，O 无最高正价，最高正价N 大于O ，B 错误；C 项，Na 和O 形成的过氧化钠中含有非极性共价键，C 正确；D 项，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N 大于C ，硝酸酸性强于碳酸，D 正确；故选B 。

11．(2021·浙江6月选考)某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A 为非晶硅薄膜，充电时Li +得电子成为Li 嵌入该薄膜材料中；电极B 为LiCoO 2薄膜；集流体起导电作用。

下列说法不正确．．．
的是( )
A ．充电时，集流体A 与外接电源的负极相连
B ．放电时，外电路通过a mol 电子时，LiPON 薄膜电解质损失a mol Li +
C ．放电时，电极B 为正极，反应可表示为Li 1- x CoO 2+ xLi+xe -= LiCoO 2
D ．电池总反应可表示为Li x Si+Li 1- x CoO 2
Si+LiCoO 2
【答案】B
【解析】由题中信息可知，该电池充电时Li +得电子成为Li 嵌入电极A 中，可知电极A 在充电时作阴极，故其在放电时作电池的负极，而电极B 是电池的正极。

A 项，由图可知，集流体A 与电极A 相连，充电时电极A 作阴极，故充电时集流体A 与外接电源的负极相连，A 正确；B 项，放电时，外电路通过a mol 电子时，内电路中有a mol Li +通过LiPON 薄膜电解质从负极迁移到正极，但是LiPON 薄膜电解质没有损失Li +，B 不正确；C 项，放电时，电极B 为正极，发生还原反应，反应可表示为Li 1- x CoO 2+ xLi+xe -= LiCoO 2，C 正确；D 项，电池放电时，嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子变成Li +，正极上Li 1- x CoO 2得到电子和Li +变为LiCoO 2，故电池总反应可表示为Li x Si+Li 1- x CoO 2Si+LiCoO 2，D 正确。

故选B 。

12．(2022•江苏卷)工业上电解熔融Al 2O 3和冰晶石(Na 3AlF 6)的混合物可制得铝。

下列说法正确的是( )
A ．半径大小：()()3++r Al <r Na
B ．电负性大小：χ(F)<χ(O)
C ．电离能大小：11I (O)<I (Na)
D ．碱性强弱：3NaOH<Al(OH) 【答案】A
【解析】A 项，核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为()()
3++r Al <r Na ，故A 正
确；B 项，同周期元素核电荷数越大电负性越大，故χ(F)χ(O)＞，故B 错误；C 项，同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为11I (O)I (Na)＞，故C 错误；D 项，元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为3NaOH Al(OH)＞，故D 错误；故选A 。

13．(2021·浙江6月选考)取两份10mL 0.05mol·Lˉ1的NaHCO 3溶液，一份滴加0.05mol·Lˉ1的盐酸，另一份滴加0.05mol·Lˉ1 NaOH 溶液，溶液的pH 随加入酸(或碱)体积的变化如图。

下列说法不正确．．．
的是( ) A ．由a 点可知：NaHCO 3溶液中HCO 3-的水解程度大于电离程度
B ．a→b→c 过程中：c (HCO 3－)+2c (CO 32-)+c (OH -)逐渐减小
C ．a→d→e 过程中：c (Na ＋)＜c (HCO 3－)+c (CO 32-)+c (H 2CO 3)
D ．令c 点的c (Na ＋)+c (H ＋)= x ，e 点的c (Na ＋)+c (H ＋)=y ，则x ＞y
【答案】C
【解析】向NaHCO 3溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH 将逐渐减小，向NaHCO 3溶液中滴加NaOH 溶液，溶液碱性增强，溶液pH 将逐渐增大，因此abc 曲线为向NaHCO 3溶液中滴加NaOH 溶液，ade 曲线为向NaHCO 3溶液中滴加盐酸。

A 项，a 点溶质为NaHCO 3，此时溶液呈碱性，HCO 3-在溶液中电离使溶液呈酸性，HCO 3-在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCO 3溶液中HCO 3-的水解程度大于电离程
度，故A 正确；B 项，由电荷守恒可知，a→b→c 过程溶液中c (HCO 3－)+2c (CO 32-)+c (OH -)= c (Na ＋)+c (H ＋)，
滴加NaOH 溶液的过程中c (Na ＋)保持不变，c (H ＋)逐渐减小，因此c (HCO 3－)+2c (CO 32-)+c (OH -)逐渐减小，故B 正确；C 项，由物料守恒可知，a 点溶液中c (Na ＋)=c (HCO 3－)+c (CO 32-)+c (H 2CO 3)，向NaHCO 3溶液中滴加盐酸过程中有CO 2逸出，因此a→d→e 过程中c (Na ＋)＞c (HCO 3－)+c (CO 32-)+c (H 2CO 3)，故C 错误；D 项，c 点溶液中c (Na ＋)+c (H ＋)=(0.05+10-11.3)mol/L ，e 点溶液体积增大1倍，此时溶液中c (Na ＋)+c (H
＋)=(0.025+10-4)mol/L ，因此x>y ，故D 正确；故选C 。

14．(2022·浙江省1月选考)相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：
下列推理不正确
．．．的是( )
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
【答案】A
【解析】A项，2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，但是不能是存在相互作用的两个碳碳双键，故A错误；B项，ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，故B正确；C项，3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C正确；D项，ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性，故D正确；故选A。

15．(2019·浙江4月选考)高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH−)，油脂在其中能
以较快的反应速率水解。

与常温常压水相比，下列说法不正确
．．．的是( )
A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快
B．高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快
C．高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解
D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解
【答案】D
【解析】A项，对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A项正确；B项，由于高温高压液态水中，c(H+)和c(OH−)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反应速率加快，B项正确；C项，油脂在酸性条件下水解，以H+做催化剂，加快水解速率，因而高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；D项，高温高压液态水中
的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式，促进油脂的水解，D项不正确。

故选D。

16．(2022·浙江6月选考)亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。

现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。

下列方案设计、现象和结论都正确的是( )
【答案】C
【解析】A项，KClO3与亚硝酸钠会发生反应：KClO3+3NaNO2=KCl+3NaNO3，滴加硝酸银和足量稀硝酸也能生成白色沉淀，A错误；B项，氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B 错误；C项，亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C正确；D项，稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，D错误；故选C。

二、非选择题(本题共5题，共52分)
17．(2022•海南省选择性考试)(10分)以Cu2O、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。

回答问题：
(1)基态O原子的电子排布式_______，其中未成对电子有_______个。

(2)Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是_______。

(3)酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。

酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取_______杂化。

邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是_______。

(4)金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为_______。

(5)ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是_______。

(6)下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。

abcd为所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面_______、_______。

【答案】(1)1s22s22p4或[He]2s22p4(1分)2(1分)
(2)自由电子在外加电场中作定向移动(1分)
(3) sp2(1分)两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高(2分)
(4)Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑(1分)
(5)电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键(1分)
(6)▱cdhi(1分)▱bcek(1分)
【解析】(1)O为8号元素，其基态O原子核外有8个电子，因此基态O原子的电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子；(2)由于金属的自由电子可在外加电场中作定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导电性；(3)根据结构式可知，N原子均形成双键，故N原子的杂化方式均为sp2，由于邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此熔点更高；(4)金属Zn与氨水反应可生成[Zn(NH3)4](OH)2和H2，反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；(5)由于电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn
和O更易形成离子键，因此Zn—N键中离子键成分的百分数小于Zn—O键；(6)根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，则于其相邻的晶胞与该晶胞共用bc和cd，则相邻的两个晶胞的底面为▱cdhi和▱bcek。

18．(2023·浙江1月选考) (10分)化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：白色固体A用0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH恰好中和，请回答：
(1)X的组成元素是___________，X的化学式是___________。

(2)写出B→C溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式___________。

(3)写出生成白色固体H的离子方程式___________。

(4)设计实验检验溶液‧中的阳离子___________。

【答案】(1)Ca、Cl、O(2分) Ca(ClO4)2 (2分)
(2)8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O或12HI+NaClO4=4HI3+NaCl+4H2O (2分)
(3)[Ag(NH3)2]++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH4+(2分)
(4)用玻璃棒蘸取溶液I，点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H+；取溶液于试管中，加入NaOH 至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有NH4+(2分)
【解析】由化合物X与碳酸钠溶液反应生成白色固体A和无色溶液B可知，白色固体A可能为碳酸钙或碳酸钡沉淀，说明化合物X中含有钙离子或钡离子，由多步转化后溶液B得到白色沉淀H可知化合物X 中一定含有氯元素和氧元素，由白色沉淀H的质量为1.435g可知，化合物X中含有氯元素的物质的量为
1.435g
143.5g/mol=0.01mol，由白色固体A用0.0250mol盐酸溶解后，多余的酸用0.0150mol氢氧化钠溶液恰好
中和可知，化合物X中含有钙元素或钡元素的物质的量为(0.0250mol—0.0150mol)×1
2=0.005mol，若化合物
X含有钡元素，白色固体A的质量为=0.005mol×197g/mol=0.985g＞0.500g，所以X中含有钙元素，含有的
氧元素物质的量为1.195g-0.2g-0.355g
143.5g/mol=0.04mol，则X中钙元素、氯元素、氧元素的物质的量比为0.005mol：
0.01mol：0.04mol=1：2：8，则X的化学式为Ca(ClO4)2。

(1)X的组成元素钙原子、氯元素和氧元素，化学
式为Ca(ClO 4)2；(2)由图可知，B→C 溶液呈棕黄色所发生的反应为高氯酸钠溶液与氢碘酸反应生成氯化钠、碘和水，反应的化学反应方程式为
4228HI NaClO 4I NaCl 4H O
=+++，故答案为：8HI+NaClO 4=4I 2+NaCl+4H 2O ；
(3)由图可知，生成白色固体H 的反应为氯化二氨合银与硝酸溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸铵，反应的离子方程式为[Ag(NH 3)2]++Cl -+2H +=AgCl↓+2NH 4+；(4)由图可知，溶液‧为硝酸和硝酸铵的混合溶液，则检验溶液中氢离子铵根离子的操作为用玻璃棒蘸取溶液‧，点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H +；取取溶液于试管中，加入NaOH 至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有NH 4+。

19．(2022·浙江6月选考)(10分)主要成分为H 2S 的工业废气的回收利用有重要意义。

(1)回收单质硫。

将三分之一的H 2S 燃烧，产生的SO 2与其余H 2S 混合后反应：。

在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为
c (H 2S)=2.0×10-5mol·L －1、c (SO 2)= 5.0×10-5mol·L －1、c (H 2O)=4.0×10-3mol·L －1，计算该温度下的平衡常数K=_______。

(2)热解H 2S 制H 2。

根据文献，将H 2S 和CH 4的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应：
‧ 2H 2S(g)2H 2(g)+ S 2(g) ΔH 1＝170kJ·mol −1
‧ CH 4(g)+ S 2(g)CS 2(g)+2H 2(g) ΔH 2＝64kJ·mol −1
总反应：
‧ 2H
2S(g)+CH 4(g)
CS 2(g)+4H 2(g)
投料按体积之比V(H 2S)：V(CH 4)=2：1，并用N 2稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得H 2
和CS 2体积分数如下表：
请回答：
①反应‧能自发进行的条件是_______。

②下列说法正确的是_______。

A ．其他条件不变时，用Ar 替代N 2作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B ．其他条件不变时，温度越高，H 2S 的转化率越高
C ．由实验数据推出H 2S 中的S -H 键强于CH 4中的C-H 键
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的浓度升高
③若将反应‧看成由反应‧和反应‧两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图_______。

④在1000‧，常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比[V(H2S)：V(CH4)]，H2S的转化率不变，原因是_______。

⑤在950‧~1150‧范围内(其他条件不变)，S2(g)的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因_______。

【答案】(1)8×108 L·mol－1(2分)
(2)高温(1分)AB(2分)(1分)
1000‧时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同(2分)
先升后降；在低温段，以反应‧为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应‧消耗S2的速率大于反应‧生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小(2分)
【解析】(1)根据方程式可知该温度下平衡常数K＝=
；(2)①根据盖斯定律可知‧+‧即得到反应‧的ΔH＝234kJ/mol，这说明反应‧是吸热的体积增大(即ΔS＞0)的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应‧自发进行的条件是高温下自发进行；②A项，Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A正确；B项，正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，
H2S的转化率越高，B正确；C项，根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C错误；D项，恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D错误；故选AB；③反应I、反应‧和反应
‧均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为；④根
据表中数据可知1000‧时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000‧常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；⑤由于在低温段，以反应‧为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应‧消耗S2的速率大于反应‧生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。

20．(2019·浙江4月选考)(10分)某兴趣小组在定量分析了镁渣[含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2]中Mg含量的基础上，按如下流程制备六水合氯化镁(MgCl2·6H2O)。

相关信息如下：
①700‧只发生MgCO3和Mg(OH)2的分解反应。

②NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大。

③“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须控制合适的蒸出量。

请回答：
(1) 下列说法正确的是________。

A．步骤‧，煅烧样品的容器可以用坩埚，不能用烧杯和锥形瓶
B．步骤‧，蒸氨促进平衡正向移动，提高MgO的溶解量
C．步骤‧，可以将固液混合物C先过滤，再蒸氨
D．步骤‧，固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤
(2) 步骤‧，需要搭建合适的装置，实现蒸氨、吸收和指示于一体(用硫酸溶液吸收氨气)。

①选择必须的仪器，并按连接顺序排列(填写代表仪器的字母，不考虑夹持和橡皮管连接)：热源
→________。

②为了指示蒸氨操作完成，在一定量硫酸溶液中加指示剂。

请给出并说明蒸氨可以停止时的现象
________。

(3)溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。

取少量产品溶于水后发现溶液呈碱性。

①含有的杂质是________。

②从操作上分析引入杂质的原因是________。

(4) 有同学采用盐酸代替步骤‧中的NH4Cl溶液处理固体B，然后除杂，制备MgCl2溶液。

已知金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围：
请给出合理的操作排序(从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用)：固体
B→a→(___)→(___)→(___)→(___)→(___)→(___)→MgCl2溶液→产品。

a．用盐酸溶解b．调pH＝3.0 c．调pH＝5.0 d．调pH＝8.5
e．调pH＝11.0 f．过滤g．洗涤
【答案】(1)ABD(2分)
(2)①a→d→f→c(2分) ②甲基橙，颜色由红色变橙色(1分)
(3)①碱式氯化镁(氢氧化镁) (1分) ②过度蒸发导致氯化镁水解(2分)
(4) c f e f g a (2分)
【解析】(1)A项，煅烧固体样品需用坩埚，烧杯和锥形瓶用来加热液体，A项正确；B项，氯化铵水解方程式为NH4Cl+H2O⇌NH3·H2O+HCl，氧化镁和HCl反应，蒸氨即一水合氨分解，平衡向右移动，HCl 浓度变大，促进了氧化镁的溶解，B项正确；C项，根据信息②NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大，不能先过滤，否则氧化镁损耗很大，C项错误；D项，固液分离操作均可采用常压过滤，使用减压过滤加快过滤速度，也可行，D项正确。

故选ABD。

(2)①先选发生装置为a，然后连接回流装置d，生成的氨气有水蒸气，需要干燥，然后连接干燥管f，氨气是碱性气体，需要用酸吸收，最后连接c。

故答案填a→d→f→c。

②硫酸和氨气恰好完全反应生成硫酸铵((NH4)2SO4)，硫酸铵显酸性，因而选择在酸性范围内变色的指示剂：甲基橙，其颜色变化是红色变为橙色。

(3)溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。

①溶液仍呈碱性，注意不可能是氨气的影响，由于氯化镁水解使溶液呈酸性，故溶液的碱性是由杂质引起的。

考虑到氯化镁易水解，所以含有的杂质可能是Mg(OH)Cl或者Mg(OH)2。

②升高温度会促进水解的进行，因而必然是蒸发阶段导致，即过度蒸发导致氯化镁水解。

(4)根据各离子完全沉淀的pH值，加酸后溶液呈酸性，可逐步提高pH，同时以沉淀形式除掉不同离子，因而先将pH调至5，除掉Al3+和Fe3+,然后过滤其沉淀，然后将pH调至11.0使得Mg2+变为Mg(OH)2沉淀，过滤并洗涤，得到纯净的Mg(OH)2沉淀，然后加入盐酸得到氯化镁溶液。

故依次填cfefga。

21．(2023·浙江1月选考)(12分)某研究小组按下列路线合成抗癌药物盐酸苯达莫司汀。

已知：①
②
请回答：。