材料三新中国成立之初，毛泽东提出，要“有计划地逐步地建设支强大的海军”，这支海军能“保卫沿海沿江”。1979年，邓小提出要建立“顶用“精“真正现代化”的海军。21世纪以米，我国已先后派出多批海军舰艇编队赴亚丁湾、索马里海域执行护航任务。一批新型驱逐舰、护卫舰、登陆舰等陆续入列，2019年，我国白主设计、白主配套、白主建造的第一艘航母山东舰入列。中国海军已经建成海陆空潜、岸基海基相结合、多兵种合成的海上综合作战体系。一摘编白彭克慧《新中国海洋战略发展史》等(1)根据材料一并结合所学知识，简析明柳的海上实力。(6分)(2)根据材料二、三并结合所学知识，说明中国海军实力从晚清到现代的变化。(6分)(3)根据材料并结合所学知识，概括影响中国海军实力的主要因素。（3分)18.(12分)阅读材料，完成下列要求。材料1895年10月，陈宝箴就任澍南巡抚，随即在当地设立矿务总局，开始兴办矿务。他还与地方绅上合作开办了几家近代工厂。瀚林院编修江标任湖南学政后，改革长沙校经书院，以新学教导学生。1897年4月，江标创办《湘学报》，主要介绍西方资本主义国家的政治、法律、文化及自白然科学知识。1897年下半年，其有民权思想的黄遵宪出仕湖南，推荐染启超到湖南讲学。稍后湘籍人士谭嗣同也回到家乡。-时之问，维渐人士云集湖南。1897年10月，时务学堂创立，开启全省新式学堂创办之风。1898年1月，带有救亡性质的南学会成立。同年3月，谭嗣同、唐才常集资的《湘报》创立，内中多有宜传维新变法、民权之说。当时湖南还设立了课吏馆、保卫局、武备学堂，维新运动发展到一个新的阶段。一摘编自正拭《维新运动》(1)据材料概括湖南维新运动中所采取的措施。(6分)(2)据材料并结合所学知识，分析湖南维新运动兴盛的原因。（6分)19.(12分)阅读材料，完成下列要求。材料从15世纪末起，英国等炊洲国家掀起了圈地运动。15世纪末16世纪初，新航路逐渐辞。在这样的历史条件下，欧洲食物原料的开发与利用也开始冲破了区域性的限制，走向世界。从炊洲地区间的关系来说，新航路厂辟以后，欧洲内部地区间的贸易始不断繁荣起来。随着商业贸易市场的不断扩展，食物原料在区域间广泛传播和利用，丰富了人们的饮食生活。从欧洲与国际的关系来说，新航路开痒以后，欧洲与世界各地联系日益密切。为了状取充足的生存资料，一方面，通过殖民掠夺，使世界上许多地区的动、植物原料被带回欧洲，经过培育改良，最终成为欧洲人的食物原料，如玉米、十豆等。另一方面，欢洲人在抢掠异域食物的同时，还将自己本土的一些动、植物带到殖民地，在那甲培育改良，大量生产，最终以弥补欧洲食物原料供应的不足。一一摘编自朱慧宮《新航路的开辟：欧洲饮食文化的新篇章》从材料中概括一个观点，并结合所学世界史知识加以说明。（要求：观点明确，史论结合，论述充分，表达清晰)20.（13分)阅读材料，完成下列要求。材料一源源流入英国的商业利润比流入其他任何国家的都多，银行业在英国发展得更早、更有效，为个人企业和社团企业提供了共同基金。·企业家中的人才令人印象深刻地集中在英国。摆脱常规和对个人贵任的强调使在非国教徒中间产生很大一部分实验者和发明者，而他们的节俭使他们把利润再投资于实业。…虽然圈占土地的过程是使人不安、令人不快的，但就工业革命而言，它履行了两个必不可少的职责一一它为工厂提供了劳动力、为城市提供了粮食。一摘编自斯塔夫里阿诺斯《全球通史》材料二17-19世纪英国城市和农村人口比重统计表

续表国别事例材料出处法国大革命后的近百年，法国一直处于革命与复醉的轮回中，社会持续动荡，经济发展速度受到彩响，工业化进程缓慢。直法国到1870年后，法国模式突然发生转折，由对抗转为妥协。此后王希《原则与妥协》没再发生大规模的革命法国人开始用协商手段逐步建立起民主制度通过民族、政治和权力这三大妥协，辛玄革命以较小的代价和低烈度的震荡，推翻了两千多年的君主专制统治，较为顺利地薛恒《辛亥革命中的达到了“不流血而贯彻共和之目的”制度变革的目标。辛亥革中国三大妥协及其历史命的妥协之所以成立、一方面是卷入革命的各种政治势力发挥遗产》了政治智慧、另一方面更是因为革命的共和底线确立及其大势所趋所逼。国家没有陷入民族战争、领土分裂的局面选取上述材料中的两个典型事件，以“政治妥协”为主题，自拟论题，并加以论述。(12分)（要求：论题明确，史实准确，论证充分，表述清晰）18.(17分)阅读下列材料，完成要求。材料一元未明初，出现了两部长篇章回体小说的开山之作，罗贯中的《三国志通俗演义》叙述三国时期的政治、军事斗争，人物形象生动，情节曲折起伏，施耐庵的《水浒传》叙述北宋未年宋江起义故事，两部著作均有很高的艺术成就。明朝中期，吴承恩根据民间长期流传的唐僧取经故事创作了《西游记》，成为长篇神话小说的典范之历史试题.第6页（共8项，一v

12.C【解析】本题主要考查水系锌离子二次电池能力。的工作原理，侧重考查学生分析和解决问题的(1)从影响反应速率的角度分析，采用加热、觉能力。根据物质转化知，a极为负极，b极为正拌、增大硫酸浓度等措施都能加快化学反应极，放电时OH向负极迁移，A项错误；充电时速率。a极为阴极，电极反应式为ZnO+2e+H2O(2)根据氧化还原反应原理，氢离子参与反应，=Zn十2OH,电极质量每净减16g,理论上生成了水。转移2mol电子，B项错误；电池总反应为Zn十(3)c(OH)=√1a[Fe(OH)3-1.0x10-4,Cu2O—2Cu+ZnO,理论上KOH的总物质c(Fe3+)的量不变，D项错误。pOH=-Igc(OH)=11,pH=14-pOH=3.13.B【解析】由图像知，D点代表Na2SO4和(4)K-c(Zn)_Ks(ZnS)c(Cu2)Ksp(CuS)=5.0×1010。AgNO3的反应终点，c(Ag+)=2c(SO)=(6)理论上制得立德粉的质量为100t×8.1%2X101.8mol·L1,Kp(Ag2SO4）=c2(Ag+)·c(SO})=4×10-,4,A点代表X33081=33t,则立德粉的产率为NaCI和AgNO3的反应终点，c(Ag)=c(CI)(23.4-0.3)t×100%=70%。=1×1049mol·L1,Kp(AgCl)=c(Ag+)·33tc(C1-)=1×10-98,A项正确；由于C点SO27.(1)ad(2分》(2)滴液漏斗（或恒压漏斗，1分）；产生蓝色沉淀只沉淀一半，根据衡移动原理，D点c(Ag+)(1分)大于C点，故A、C、D三点中，D点c(Ag)最(3)过滤(1分)；干燥得快（或产品损失少、避免大，B项错误；若AgNO3溶液浓度减小，则消耗产品较长时间与空气接触等，2分)AgNO3溶液体积增大，而Kp（AgCI)不变，反(4)2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=应到达终点时pM[pM=-lgc(CI)]不变，故2NH CuSOs+3(NH )2SO (2)A点向B点移动，C项正确；Ag2SO4(s)十(5)丙(2分)2C1(aq)2AgCl(s)+SO(aq)的衡常(6)2NH,CuSOs+4H+=2NH +Cu+Cu2+数K=cS0)=cSO)·c2(Ag)c2(C1-)-c2(C1-)·c2(Ag+)+2S02个+2H2O(2分)Km(Ag2S04)_4X10-.4(7)氧化(1分)Km2(AgC)=(1X10-8)2=4X1042,D项【解析】本题主要考查化学实验，考查学生的实正确。验设计和综合运用能力。26.(1)Fe(OH)3(1分)；粉碎废料（或其他合理答(1)亚硫酸钠呈粉末状，与硫酸在常温下反应，案，1分)故不能选b、c。(2)2Fe2++HO2+2Ht-2Fe3++2HO(2分)(2)向硫酸铜溶液中滴加浓氨水，先生成氢氧化(3)3(2分)铜，后氢氧化铜溶解生成硫酸四氨合铜。(4)5.0×1010(2分)(3)亚硫酸亚铜铵难溶于水，过滤可分离；亚硫(5)ZnSO4+BaS一BaSO4·ZnS(2分)；取少酸亚铜铵中铜显十1价，具有强还原性，应避免量最后流出的洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶长时间与空气接触，75%酒精挥发较快，能减少液和盐酸，若不产生白色沉淀，则表明已洗净，亚硫酸亚铜铵在蒸馏水中的溶解度。否则未洗净（或其他合理答案，2分）(4)发生氧化还原反应，铜元素化合价降低，二氧(6)70%(2分)化硫被氧化，化学方程式为2[Cu(NH)4]SO十解析】本题主要考查制备锌钡白的工艺流程，3SO2+4H2O-2NH CuSO+3(NH)2SO考查学生对元素化合物的理解和综合运用(5)NaCIO+SO2+H2O-H2 SO+NaCl,·37·23·JBTX1-新教材老高考.化学

【解析】本题主要考查离子推断的相关知识，考5.C【解析】本题主要考查乙酰氨基阿维菌素的结查学生的分析能力和理解能力。构与性质，侧重考查学生的模型认知与知识迁移(1)根据实验一的现象可知，产生的沉淀为能力。与苯环相连的碳原子一定共面，即分子中Fe(OH)3,产生的气体为NH3,故根据实验一至少有7个碳原子共面，C项错误。可推出该溶液中一定含有的阳离子为6.A【解析】本题主要考查反应机理，侧重考查学Fe3+、NHt。生的理解及分析能力。总反应方程式为NO2十(2)根据实验二的现象及数据可知，溶液中一定CO一NO+CO2,B项错误；总反应速率由慢反存在的阴离子为CI、NO5、SO。应决定，C项错误；催化剂可以加快反应速率，但(4)结合实验一、实验二的数据，可知50mL该不可以改变反应限度，D项错误。溶液中存在：n(NH)=0.01mol、n(NO3)=7.C【解析】本题主要考查阿伏加德罗常数，侧重0.01mol、n(Fe3+)=0.02mol、n(Ht)=考查学生的计算能力。CH:COO与NHt都有0.05mol、n(SO)=0.03mol,根据溶液电中一定数目发生了水解，C项错误。性可知该溶液中一定存在C1,可能存在K+,8.D【解析】本题主要考查化学实验，侧重考查学一定不存在CO生的观察能力。由于不知道起始时滴定管的读7数，因此不能确定用溶液的体积，D项错误。9.D【解析】本题主要考查化学反应速率与衡，1.D【解析】本题主要考查化学与生活，侧重考查侧重考查学生的分析和运用能力。压强越大反学生的辨析能力。与植物合成淀粉相比，人工合应速率越快，达到衡所需的时间越少，A项错成淀粉操作简单，速率快，但原子利用率未达到误；由化学方程式可知，增大压强，衡正向移100%,D项错误。动，B的转化率增大，B项错误；△H>0,温度升2.D【解析】本题主要考查化学用语，侧重考查学高，衡正向移动，B的转化率增大，C项错误。生的知识记忆能力。CH OCH3的名称为甲醚，10.A【解析】本题主要考查化学反应的熵变、焓变A项错误：氯化氢的电子式为H:C:,B项错以及自发性，侧重考查学生对知识的理解能力。泡茶过程是一个自发的、△S>0、△H

(5)由蓝色变为无色(2分)；0.046(2分)18.(1)3Fe2O3(s)+CO(g)=2FeO4(s)+【解析】本题主要考查实验室制备过二硫酸铵，CO2(g)△H=(3a-6b-2c)kJ·mol-1(2分)考查学生的实验分析和解决问题的能力。(2)10Fe.9O+CO2—3FeO4+C(2分)；太阳(5)将(NH)2S2O3溶液放入维形瓶中加入过量能转化为化学能(2分)的KI,发生反应S2O十2I—2SO星+12，然(3)0.25a×78%×15%(2分)；升高温度时，反后加入几滴淀粉溶液，此时溶液显蓝色，用应ⅱ正向进行的程度大于反应ⅰ逆向进行的程Na2S2O3溶液滴定时，发生反应：2+2S2O度(2分)—2I+S4O,溶液的蓝色逐渐变浅，最终褪(4)33.3(2分)；增加CO的量，CO2(g)+H2(g)色，则当溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢、CO(g)十HO(g)衡逆向移动，使反应物复蓝色，即为滴定终点；S2O将碘离子转化为的量增加，从而使CO2(g)十3H2(g)、一碘单质，碘单质与Na2S2O3标准溶液反应，根据CHOH(g)十HO(g)衡正向移动，导致关系式(NH1)2S2Os~L2~2Na2S2O3可知，所标CHOH的选择率提高(2分)定的(NH4)2SO8的浓度为【解析】本题主要考查化学反应原理，考查学生0.1mol·L-1×0.0184L对化学反应原理的理解能力和综合运用能力。20.02I=0.046mol·L1。(1)根据盖斯定律可得△H=3△H1一6△H217.(1)哑铃形(1分)-2△H3。(2)蒸发浓缩(1分)；冷却结晶(1分)》(3)按n(CO2):n(H2)=1:3(总量为amol)(3)2Ni2++Sb2 O3 +6H++5Zn -2NiSb+充入反应物，则二氧化碳起始物质的量为amol3H20+5Zn2+(2分)×1十3=025amol,血图可知.513K时，甲移(4)4[Ag(NH3)2]++N2H4—4AgV+N2A的选择率为78%，二氧化碳的衡转化率为+4NHt+4NH3个(2分)；4：1(1分)15%,因此甲醇的物质的量为0.25amol×78%(5)2Fe2++H2O2+4OH—2 FeOOH￥+×15%=0.25a×78%×15%mol;反应i为放2H2O(2分)；3.2(2分)；生成的氢氧化铁胶状热反应，反应ⅱ为吸热反应，随着温度的升高，沉淀有较强的吸附性，将Zn+、Cu2+、Ni2+吸附反应ⅱ正向进行，反应1逆向进行，因此随着温而导致损失(2分)度的升高，CO2的衡转化率升高但甲醇的选【解析】本题主要考查以市政污泥为原料制备皓择率却降低的原因是升高温度时，反应ⅱ正向矾的工业流程，考查学生对实验的理解能力和综进行的程度大于反应ⅰ逆向进行的程度。合运用能力。(4)现向恒温恒压(0.1MPa)的密闭容器中充入(1)为提高“酸浸”效率，可采用的措施有延长酸1 mol CO2、3molH2和6 mol He,上述反应达浸时间或适当增大H2SO4的浓度或适当升高到衡时，测得CO2的转化率为0.2，列出三段温度等式如下：(2)从溶液中获得晶体的一般流程包括蒸发浓CO2(g)+3H2 (g)-CH OH(g)+H2O(g)缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。起始/mol100(⑤)有铁离子存在时，易产生氢氧化铁胶体，对转化/mol0.20.60.20.2溶液中的离子有吸附作用。衡/mol0.82.40.20.2·67·23JBTX1-新高考.化学

(1)①硫酸亚铁与氨水反应生成白色的氢氧化：5.D【解析】本题主要考查有机物的结构与性质，亚铁沉淀，其离子方程式为Fe2++2NH3·HO侧重考查学生的观察与推理能力。M含碳碳双—Fe(OH)2V+2NH4。键，能发生加聚反应，A项错误；同系物的官能团②用总反应减去还原反应，得到的氧化反应为种类和数目完全相同，且分子式相差若干个Fe(OH)2-e+OH--Fe(OH)3.CH2,M与乙酸乙酯、乙烯都不互为同系物，B项(2)①由现象可知，反应生成了氢氧化铁沉淀，错误；1molM与足量钠反应能生成11.2LH2从氧化还原的角度看，氢氧化铁可为化合价升(标准状况)，C项错误。高的产物，铜可为化合价降低的产物，因此有铜6.B【解析】本题主要考查物质应用的相关知识，生成从氧化还原的角度看是合理的。侧重考查学生对基础知识的综合运用能力。反②不溶物中有氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应应过程中断开了碳氧共价键，该共价键为极性共生成三价铁离子，三价铁离子又可以与铜反应价键，B项错误。生成二价铁离子和铜离子，因此未检出铜，其离7.A【解析】本题主要考查晶胞的结构，侧重考查子方程式为Fe(OH)3十3H+—Fe3++3HO、学生的判断能力。由图可知，C0位于晶胞的棱Cu+2Fe3+-Cu2++2Fe2+。上和体心，C0原子的数目为12×十1=4，A项(3)①若要确认CuSO1的作用，应把硫酸铜溶液和饱和硫酸亚铁溶液分别装入两个烧杯中，错误。其装置示意图见答案。8.A【解析】本题主要考查含氨元素的物质，侧重考查学生的推理能力。N2不能一步生成NO2,15A项符合题意。1.C【解析】本题主要考查物质的俗称和用途的对9.C【解析】本题主要考查实验操作与目的，侧重应关系，侧重考查元素化合物知识。碳酸钠俗称考查学生的实验设计与评价能力。Na2S,O3+纯碱，可用于洗去器皿表面的油污，A项错误；胆2HCI2NaCI+S￥+SO2↑+H2O,SO2+矾不可用作干燥剂，B项错误；硅酸钠的水溶液H2O=H2SO3=H+十HSO5,无论盐酸是俗称水玻璃，D项错误。否过量，Na2S,O3溶液和盐酸反应后的溶液都显2.D【解析】本题主要考查化学用语，侧重考查学酸性，A项不符合题意；硝酸会氧化Fe+,B项不生对基础知识的认知能力。N2H4的结构式为符合题意；植物油在NaOH溶液中水解，说明含HH有酯基，不能说明含碳碳双键，D项不符合题意。H一N一N一H,A项错误；基态AI3+的核外电10.D【解析】本题主要考查新型电池的工作原子排布式为1s22s22p,B项错误；BF3的电子式理，侧重考查学生的分析能力。MnO2极区的为：F:B:F:,C项错误。电解质溶液为硫酸，Z极区的电解质溶液为:F:氢氧化钾溶液，a、b膜为阴、阳离子交换膜，A项3.A【解析】本题主要考查化学与生活，侧重考查错误；充电时，两电极的电极材料质量都会增学生对基础知识的认知能力。皮影戏的原理是大，增大的物质的量之比为1：1，B项错误；放光的直线传播，A项错误。电时，正极的电极反应式为MnO2十4H+2e4.B【解析】新制氯水具有漂白性，B项错误。=Mn2+十2HO,C项错误。·47·23·JBTX1-新高考化学

合生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn+原反应，使KMnO4溶液褪色，干扰实验现象和HCO3+NH3·H2O—MnCO3V+NH实验结论(2分)+H2O:③S+2H+—H2S◆+(x-1)S1(2分)18.(1)CO2(g)+H2S(g)—CO(g)+S(s)+(4)根据反应4Na2SO,△Na2S+3Na2SO,可H2O(1)△H=+18kJ·mol-1(2分)知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合(2)a(1分)价既可升高也可降低，能从十4价降为一2价，(3)①抑制Fe3+、Fe2+水解，防止产生氢氧化物也可以降到0价生成硫单质(2分)沉淀(2分)【解析】本题主要考查探究Na2SO3固体的热分②阳极电极反应式为Fe2+一e一Fe3+,Fe3+解产物，考查学生对元素化合物知识的理解和与H2S发生氧化还原反应，即2Fe3++H2S运用。—2Fe2+十S十2H+;H通过质子交换膜移向(2)根据题干资料：Na2S能与S反应生成阴极区，阴极发生的电极反应为CO2+2e+Na2S.,Na2S,与酸反应生成S和HS,取少量2H+-CO+H2O,从而产生S、CO(2分)》溶液B,滴加BaC2溶液，产生白色沉淀，加入盐③CO2、H+(2分)酸，沉淀增多（经检验该沉淀含S),同时产生有④阴极区通人不含CO2的原料气，重复上述实臭鸡蛋气味的气体(HS),说明B溶液中含有验，无C0产生(2分)Na2S.,Na2S.与酸反应生成S和H2S,由于沉【解析】本题主要考查反应原理，考查学生的理淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B,加入解和综合运用能力。足量盐酸，离心沉降（固液分离）后，滴加BaCl21)据盖斯定律：(1+i)×2得i,C0(g)十溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有SO.H2S(g)—CO(g)+S(s)+H2O(I)△H=(3)①若根据来源1成立分析，溶液2为(+566kJ·mol-1)+(-530kJ·mol-1)2H2SO3,向溶液2中加入少量KMnO4溶液，=+18kJ·mol-1。KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说(3)①因为Fe3+、Fe+会发生水解反应，所以含明溶液B中不含Na2SO3,从而可证实来源1不Fe3+、Fe2+的溶液需呈较强的酸性，抑制Fc3+、成立。Fe2+水解，防止产生氢氧化物沉淀③来源2认为溶液B中有Na2S,,加酸反应生③由题中信息可知，EDTA一Fe3+的电解效率成S,发生反应的离子方程式为S+2H+接近100%，C0的电解效率为80%，说明在阴H2S个+(x-1)SV。极区除了CO2放电，还有H+放电。1019.(1)S2-+Cu+=CuS￥(2分)1.B【解析】本题主要考查化学与生活，侧重考查(2)滴加BaC2溶液，产生白色沉淀(2分)学生对基础知识的认知能力。秸秆焚烧会产生(3)①向溶液2中加入KMnO4溶液，溶液没有大量二氧化碳，B项符合题意。褪色(2分)2.C【解析】本题主要考查无机非金属材料，侧重②盐酸中C1元素为一1价，是C1元素的最低考查学生对基础化学知识的应用能力。芯片的价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还·27·23·JBTX1-新高考.化学

气与氯气的物质的量之比为1：1，若气体的总质D项不符合题意。量为7.3g,则说明生成的氢气与氯气的物质的:10.D【解析】本题主要考查实验装置与目的，侧重量均为0.1mol,则转移的电子数为0.2NA,C项考查学生的实验探究能力。装置①缺少环形玻错误；1L1mol·L1氯化铵水溶液中存在电荷璃搅拌棒，A项不符合题意；装置②中滴定管为守恒，即c(NH)十c(H+)=c(CI-)十c(OH-),酸式滴定管，不能盛装NaOH溶液，B项不符合则物质的量也满足n(NHt)+n(H+)=n(CI-)题意；装置③缺少温度计，C项不符合题意。十n(OH),因为n(C1)=1mol,所以该溶液中11.D【解析】本题主要考查次磷酸的制备，侧重考NH与H+数目之和大于NA,D项错误查学生的模型认知和分析能力。依据图示可判5.C【解析】本题主要考查元素化合物的性质，侧断，M极为阳极，与电源的正极相连，生成的气重考查学生的知识再现能力。稀H2SO4也具有体1为氧气，为防止新生的氧气氧化次磷酸，需氧化性，A项错误；HCI的沸点低，易挥发，加热添加阳离子交换膜隔开，N极为阴极，生成的气NaCI与浓H2SO的混合物发生反应生成HCl,体2为氢气，根据得失电子守恒，相同时间内，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，B项错相同条件下，两极产生的气体1与气体2的体误；NaClO在水溶液中会发生水解：CIO+H2O积比为1：2，D项错误。一HC1O十OH,pH减小，则酸性增强，会促12.C【解析】本题主要考查化合物间的转化关系，使衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的侧重考查学生对基础知识的整合能力。硫单质HCO,增强氧化能力，C项正确；浓硝酸有挥发在氧气中燃烧的产物为SO2,A项不符合题意；性，浓硫酸有吸水性，敞口置于空气中浓度均减电解NaCI溶液不能得到钠单质，B项不符合题小，其原因不相同，D项错误。意；直接向NaCl溶液中通入CO2不能得到6.C【解析】本题主要考查氧化还原反应原理，侧NaHCO3,D项不符合题意。重考查学生的分析能力。反应1中氧化剂与还13.D【解析】本题主要考查化学反应速率与化学原剂的物质的量之比为1：1，A项错误；反应2衡，侧重考查学生的知识迁移能力。容器体积为中每转移6mol电子，生成气体的物质的量为2L,衡时c(N)=1mol·L1,A项正确；依据7.5mol,B项错误；分析反应1和反应2可知，生pV=RT,体系的温度和体积不变，衡时气体的成1 mol Cl○2转移1mol电子，C项正确；反应2总物质的量为起始时的70%，B项正确；从图可推中C6H12O发生氧化反应，C6H12O6应在原电池出该反应的化学方程式为2N、一M,6min时反的负极上发生反应，D项错误。应达到衡状态，C项正确；该温度下反应达到7.B【解析】本题主要考查实验操作、现象与结论，衡时，c(M)=2.5mol·L1,c(N)=1mol·L1,侧重考查学生的实验设计与评价能力。Fe(NO3)2酸化后也会生成Fe3+,B项错误。K=2,5=2.5,D项错误。128.C【解析】本题主要考查用CO2获得甲酸的反14.C【解析】本题主要考查元素周期律，侧重考查应机理，侧重考查学生的信息获取和分析能力。学生的知识迁移能力。设W的核电荷数为a,根据图示可知，CO2第一步还原中生成了C一HX的核电荷数为b,则Y的核电荷数为2a,Z单键，C项不正确。的核电荷数为2b,且a十2b=4a,即2b=3a,a、9.C【解析】本题主要考查离子共存，侧重考查学b、2a、2b均为小于18的正整数，且a、b、2a、2b生对基础知识的理解能力。使酚酞溶液变红的均不能为2、10，故a=4,b=6,即W、X、Y、Z分溶液为碱性溶液，NH不能大量存在，A项不符别为Be、C、O、Mg。H2O的熔、沸点比CH4的合题意；pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下，高，A项正确；Mg在C○2中燃烧能置换出C,BNO3具有强氧化性，Fe2+具有强还原性，不能大项正确；Be和Mg位于同主族，C项错误；BeO、量共存，B项不符合题意；含Cu2+的溶液呈蓝色，CO、MgO中，Be、C、Mg的化合价相同，D项·723·JBTX1-新高考.化学

第Ⅱ卷（非选择题共57分）三、非选择题：共57分。14.（14分)C10,是国际公认的一种安全、低毒的绿色消毒剂。熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，高浓度时极易爆炸，极易溶于水，遇热水易分解。实验室可用如图9所示的装置制备CI02(装置A的酒精灯加热装置略去)。回答下列问题：·硫酸氮气NaCIO,和Na2SOg含H,0,的混合液NaOH溶液图9(1)下列关于C102分子结构和性质的说法错误的是A.分子中只含0键B.分子具有极性C.可与水分子间形成氢键D.分子的空间结构为V形(2)实验开始即向装置A中通入氮气，目的是(3)装置A中反应的化学方程式为(4)装置B的作用是装置C中使用冷水的目的是(5)装置D中吸收尾气的反应也可用于制备NaCl02,反应的离子方程式为(6)我国规定自来水厂用C102处理后，出厂水中C102余量为0.1~0.8mg·L-。针对C102消毒的水中含有C102、C2、C10,等多种含氯微粒，我国科学工作者研制出能将这些微粒区别测定的碘量法。应用碘量法检测水中C102的浓度，实验步骤如下：I.取某地自来水样100mL于锥形瓶中，用微量的稀硫酸溶液调至pH为1~3，然后加入一定量的碘化钾，并加人几滴淀粉溶液。Ⅱ.向25mL滴定管中加人5.0×10-5mol·L-'的NazS0溶液，用该标准液滴定步骤I中的溶液至终点，消耗Na,S,03溶液20.00mL。已知：①CIO2在酸性条件下的还原产物为Clˉ；②2S203+12=S0g+21。计算水样中C102的浓度是mg·L。步骤Ⅱ滴定终点的判断依据是,如果滴定结束时仰视读取滴定管中溶液的体积，则测定结果将(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。15.(14分)钛是一种性能优越的金属，在国防、化工、医疗等领域有广泛的应用。钛铁矿（主要成分为FeT0,还含少量的Si0,、山，0，、F©，O,等杂质)是提炼钛的主要矿石，由钛铁矿制备金属钛的工艺流程如图10所示。回答下列问题：NaOH溶液硫酸铁FeSO,7H2O操作X焦炭、氯气试剂B钛铁矿碱浸酸浸水解滤液」剩余铁(90℃)》洗涤一煅烧一高温氟化一冶炼→钛滤液2图10co·2023届河北省高年级开学考试·化学试题第4页（共6页】

结合c:(MOH)=c(MOH)+c(M+),caI(MOH)=2001c(MOH),同理，cam(MOH)=1.2c(MOH),未电离的MOH可自由穿过隔膜，故溶液I和Ⅱ中的c(MOH)相等，c总1(MOH):c总n(MOH)≈1668：1，D项正确。15.答案(1)牺牲阳极的阴极保护或牺牲阳极保护(1分)(2)Zn03-+4H+—Zn2++2H20或Zn(0H)2+2H+—Zm2++2H0(2分)(3)加人过量稀硫酸会导致“加热沉铁”阶段消耗的NaOH过多，造成浪费（合理即可，2分）(4)H202+2Fe2++2H+=2H20+2Fe3+(2分)隔绝空气，避免Fe2+被氧化（合理即可，2分）(5)d(1分)命题透析本题以制备纳米Z0和纳米e304为情境，考查元素及其化合物、物质的分离与提纯知识，意在考查理解应用的能力，变化观念与衡思想、证据推理与模型认知的核心素养。思路点拨（1)铁皮镀锌的目的是防止铁被腐蚀，利用的是原电池原理，在金属的腐蚀与防护中称为牺牲阳极的阴极保护法。(2)类比铝及其化合物的性质，碱浸液中的锌元素主要以ZnO2形式存在，适宜的pH能使ZO2转化为Zn(0H)2,pH太小会导致Zn0?或生成的Zn(0H)2转化为Zn2+。(4)酸性条件下的酸浸液中加入适量过氧化氢，部分亚铁离子被氧化为铁离子，得到含e2+、Fe3+的溶液，再通人氮气排出空气避免Fe2+被氧化。(5)纳米粒子可透过滤纸，则分离纳米F304不能用萃取分液、过滤、减压过滤实现固液分离，应选用渗析法。16.答案(1)250mL容量瓶、胶头滴管(2分)(2)溶液变蓝色(1分)溶液的蓝色褪去(1分)(3)4Fe(0H)2+02+2H20=4Fe(0H)3(2分)(4)L2+2Fe2++2Ag+=2Agl↓+2Fe3+(2分)(5)通常情况下L2和Fe2+反应程度很小、有AgI沉淀生成时L,和Fe2+反应程度明显增大（合理即可，2分）命题透析本题以探究L2与F2+的反应程度为情境，考查一定物质的量浓度溶液的配制、方程式的书写、实验设计与评价等知识，意在考查理解分析的能力，证据推理与模型认知、科学探究与创新意识的核心素养。思路点拔(1)不要漏写容量瓶的规格250mL。(2)实验Ⅲ中由于2NaOH+2≌Nal+NaI0+H,0,消耗了2，故溶液的蓝色会褪去；由于NH+OH一NH3·H20,但稀溶液中氨气不容易放出，故有刺激性气味放出不是明显现象。(4)实验V中的实验现象说明实验V中的氧化产物为Fe3+,铁的化合价升高，则L2中碘的化合价降低，I应与Ag+结合生成黄色Ag沉淀，故实验V中反应的离子方程式为2+2Fe2++2Ag+—2Ag↓+2Fe3+。17.答案(1)①NH4HC03受热易分解（合理即可，1分）/2×10-5②当溶液中c(co)·c(0H)=2×10-"时，co开始沉淀，此时c(0H)=√22=10-5mlL-,c(H+)≈10-7.5mol·L-1,pH≈7.5，为防止生成Co(0H)2沉淀，应控制溶液pH