特選2023-2023年全國各地高考化學(xué)試題匯總

1、第 頁2023年目錄 TOC o 1-3 h z u HYPERLINK l _Toc457416773 全國卷 PAGEREF _Toc457416773 h 1 HYPERLINK l _Toc457416774 浙江卷 PAGEREF _Toc457416774 h 9 HYPERLINK l _Toc457416775 上海卷 PAGEREF _Toc457416775 h 23 HYPERLINK l _Toc457416776 天津卷 PAGEREF _Toc457416776 h 46 HYPERLINK l _Toc457416777 北京卷 PAGEREF _Toc45741

2、6777 h 59全國卷7化學(xué)與生活密切相關(guān)，以下有關(guān)說法錯誤的選項是A用灼燒的方法可以區(qū)分蠶絲和人造纖維B食用油反復(fù)加熱會產(chǎn)生稠環(huán)芳香烴等有害物質(zhì)C加熱能殺死流感病毒是因為蛋白質(zhì)受熱變性D醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度為95%8設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值。以下有關(guān)表達(dá)正確的選項是A14 g乙烯和丙烯混合氣體中的氫原子數(shù)為2NAB1 molN2與4 molH2反響生成的NH3分子數(shù)為2NAC1 molFe溶于過量硝酸，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為2NAD標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 LCCl4含有的共價鍵數(shù)為0.4NA9以下關(guān)于有機(jī)化合物的說法正確的選項是A2-甲基丁烷也稱異丁烷 B由乙烯生成乙醇屬于加成反響CC4H9Cl有

3、3種同分異構(gòu)體 D油脂和蛋白質(zhì)都屬于高分子化合物10以下實驗操作能到達(dá)實驗?zāi)康牡氖茿用長頸漏斗別離出乙酸與乙醇反響的產(chǎn)物B用向上排空氣法收集銅粉與稀硝酸反響產(chǎn)生的NOC配制氯化鐵溶液時，將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋D將Cl2與HCl混合氣體通過飽和食鹽水可得到純潔的Cl211三室式電滲析法處理含Na2SO4廢水的原理如下圖，采用惰性電極，ab、cd均為離子交換膜，在直流電場的作用下，兩膜中間的Na+和eq SOo (4 ,2-)可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進(jìn)入中間隔室。以下表達(dá)正確的選項是A通電后中間隔室的eq SOo (4 ,2-)離子向正極遷移，正極區(qū)溶液pH增大B

4、該法在處理含Na2SO4廢水時可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品C負(fù)極反響為2H2O4eO2+4H+，負(fù)極區(qū)溶液pH降低D當(dāng)電路中通過1mol電子的電量時，會有0.5mol的O2生成12298K時，在20.0mL 0.10molL-1氨水中滴入0.10 molL-1的鹽酸，溶液的pH與所加鹽酸的體積關(guān)系如下圖。0.10 molL-1氨水的電離度為1.32%，以下有關(guān)表達(dá)正確的選項是A該滴定過程應(yīng)該選擇酚酞作為指示劑BM點對應(yīng)的鹽酸體積為20.0mLCM點處的溶液中c(eq NHo (4,+)c(eq Clo (-,)c(H+)c(eq OHo (,-)DN點處的溶液中pHXYCY的氫化物常溫常壓

5、下為液態(tài)DX的最高價氧化物的水化物為強(qiáng)酸26(14分)氮的氧化物(NOx)是大氣污染物之一，工業(yè)上在一定溫度和催化劑條件下用NH3將NOx復(fù)原生成N2。某同學(xué)在實驗室中對NH3與NO2反響進(jìn)行了探究。答復(fù)以下問題：1氨氣的制備氨氣的發(fā)生裝置可以選擇上圖中的 ，反響的化學(xué)方程式為 。欲收集一瓶枯燥的氨氣，選擇上圖中的裝置，其連接順序為：發(fā)生裝置 (按氣流方向，用小寫字母表示)。2氨氣與二氧化氮的反響將上述收集到的NH3充入注射器X中，硬質(zhì)玻璃管Y中參加少量催化劑，充入NO2(兩端用夾子K1、K2夾好)。在一定溫度下按圖示裝置進(jìn)行實驗。操作步驟實驗現(xiàn)象解釋原因翻開K1，推動注射器活塞，使X中的氣體

6、緩慢充入Y管中Y管中 反響的化學(xué)方程式 將注射器活塞退回原處并固定，待裝置恢復(fù)到室溫Y管中有少量水珠生成的氣態(tài)水凝聚翻開K2 27(15分)元素鉻(Cr)在溶液中主要以Cr3+(藍(lán)紫色)、eq Cr(OH)o (4 ,-) (綠色)、eq Cr2Oo (7 ,2-)(橙紅色)、eq CrOo (4 ,2-)(黃色)等形式存在，Cr(OH)3為難溶于水的灰藍(lán)色固體，答復(fù)以下問題：1Cr3+與Al3+的化學(xué)性質(zhì)相似，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴參加NaOH溶液直至過量，可觀察到的現(xiàn)象是 。2eq CrOo (4 ,2-)和eq Cr2Oo (7 ,2-)在溶液中可相互轉(zhuǎn)化。室溫下，初始濃度為1.

7、0 molL-1的Na2CrO4溶液中c(eq Cr2Oo (7 ,2-)隨c(H+)的變化如下圖。用離子方程式表示Na2CrO4溶液中的轉(zhuǎn)化反響 。由圖可知，溶液酸性增大，eq CrOo (4 ,2-)的平衡轉(zhuǎn)化率 (填“增大“減小或“不變)。根據(jù)A點數(shù)據(jù)，計算出該轉(zhuǎn)化反響的平衡常數(shù)為 。升高溫度，溶液中eq CrOo (4 ,2-)的平衡轉(zhuǎn)化率減小，那么該反響的H (填“大于“小于或“等于)。3在化學(xué)分析中采用K2CrO4為指示劑，以AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液中的eq Clo (-,)，利用Ag+與eq CrOo (4 ,2-)生成磚紅色沉淀，指示到達(dá)滴定終點。當(dāng)溶液中eq Clo (-,

8、)恰好完全沉淀(濃度等于1.0105 molL1)時，溶液中c(Ag+)為 molL1，此時溶液中c(eq CrOo (4 ,2-)等于 molL1。(Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.01012和2.01010)。4+6價鉻的化合物毒性較大，常用NaHSO3將廢液中的eq Cr2Oo (7 ,2-)復(fù)原成Cr3+，反響的離子方程式為 。28(14分)NaClO2是一種重要的殺菌消毒劑，也常用來漂白織物等，其一種生產(chǎn)工藝如下：答復(fù)以下問題：1NaClO2中Cl的化合價為 。2寫出“反響步驟中生成ClO2的化學(xué)方程式 。3“電解所用食鹽水由粗鹽水精制而成，精制時，為除去Mg2+和Ca2+

9、，要參加的試劑分別為 、 ?！半娊庵嘘帢O反響的主要產(chǎn)物是 。4“尾氣吸收是吸收“電解過程排出的少量ClO2。此吸收反響中，氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為 ，該反響中氧化產(chǎn)物是 。5“有效氯含量可用來衡量含氯消毒劑的消毒能力，其定義是：每克含氯消毒劑的氧化能力相當(dāng)于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量為 。(計算結(jié)果保存兩位小數(shù))38化學(xué)選修5：有機(jī)化學(xué)根底(15分)秸稈(含多糖物質(zhì))的綜合應(yīng)用具有重要的意義。下面是以秸稈為原料合成聚酯類高分子化合物的路線：答復(fù)以下問題：1以下關(guān)于糖類的說法正確的選項是 。(填標(biāo)號)a.糖類都有甜味，具有CnH2mOm的通式b.麥芽糖水解生成互為同分

10、異構(gòu)體的葡萄糖和果糖c.用銀鏡反響不能判斷淀粉水解是否完全d.淀粉和纖維素都屬于多糖類天然高分子化合物2B生成C的反響類型為 。3D中官能團(tuán)名稱為 ，D生成E的反響類型為 。4F的化學(xué)名稱是 ，由F生成G的化學(xué)方程式為 。5具有一種官能團(tuán)的二取代芳香化合物W是E的同分異構(gòu)體，0.5 mol W與足量碳酸氫鈉溶液反響生成44 gCO2，W共有 種(不含立體結(jié)構(gòu))，其中核磁共振氫譜為三組峰的結(jié)構(gòu)簡式為 。6參照上述合成路線，以(反,反)-2,4-己二烯和C2H4為原料(無機(jī)試劑任選)，設(shè)計制備對二苯二甲酸的合成路線 。浙江卷一、選擇題共7小題，每題6分，總分值42分16分2023浙江以下說法不正確

11、的選項是A儲熱材料是一類重要的存儲物質(zhì)，單位質(zhì)量的儲熱材料在發(fā)生熔融或結(jié)晶時會吸收或釋放較大的熱量BCe32號元素的單晶可以作為光電轉(zhuǎn)換材料用于太陽能電池CBa2+濃度較高時危害健康，但BaSO4可服入體內(nèi)，作為造影劑用于X射線檢查腸胃道疾病D納米鐵粉可以高效地去除被污染水體中的Pb2+，Cu2+，Cd2+，Hg2+等重金屬離子，其本質(zhì)是納米鐵粉對重金屬離子較強(qiáng)的物理吸附【考點】物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A儲熱材料是一類重要的存儲物質(zhì)，在熔融時吸收熱量、在結(jié)晶時放出熱量；BGe是32號元素，位于金屬和非金屬交界線處，可以作半導(dǎo)體材料；CBa2+濃度較高時危害健康，但Ba

12、SO4不溶于水和胃酸；DFe和Pb2+、Cu2+、Hg2+發(fā)生置換反響【解答】解：A儲熱材料是一類重要的存儲物質(zhì)，根據(jù)能量守恒知，這些物質(zhì)在熔融時需要吸收熱量、在結(jié)晶時放出熱量，故A正確；B.32號元素Ge位于金屬和非金屬交界線處，具有金屬和非金屬的性質(zhì)，可以作半導(dǎo)體材料，所以Ce32號元素的單晶可以作為光電轉(zhuǎn)換材料用于太陽能電池，故B正確CBa2+濃度較高時危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸，所以BaSO4可服入體內(nèi)，作為造影劑用于X射線檢查腸胃道疾病，故C正確；DFe和Pb2+、Cu2+、Hg2+發(fā)生置換反響生成金屬單質(zhì)而治理污染，與吸附性無關(guān)，故D錯誤；應(yīng)選D【點評】此題考查較綜合，涉

13、及氧化復(fù)原反響、物質(zhì)用途、能量守恒等知識點，明確根本原理、物質(zhì)性質(zhì)是解此題關(guān)鍵，注意D中發(fā)生反響而不是利用膠體性質(zhì)，為易錯點26分2023浙江以下表達(dá)不正確的選項是A鉀、鈉、鎂等活潑金屬著火時，不能用泡沫滅火器滅火B(yǎng)探究溫度對硫代硫酸鈉與硫酸反響速率的影響時，假設(shè)先將兩種溶液混合并計時，再用水浴加熱至設(shè)定溫度，那么測得的反響速率偏高C蒸餾完畢后，應(yīng)先停止加熱，待裝置冷卻后，停止通水，再拆卸蒸餾裝置D為準(zhǔn)確配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，定容過程中向容量瓶內(nèi)加蒸餾水至接近刻度線時，改用滴管加蒸餾水至刻度線【考點】化學(xué)實驗方案的評價菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A過氧化鈉、過氧化鉀與二氧化碳反響，鎂可在二氧化

14、碳中燃燒；B應(yīng)先加熱再混合；C蒸餾時，應(yīng)充分冷凝，防止溫度過高而混入雜質(zhì)；D配制溶液時，注意定容時不能使液面超過刻度線【解答】解：A過氧化鈉、過氧化鉀與二氧化碳反響，鎂可在二氧化碳中燃燒，那么鉀、鈉、鎂等活潑金屬著火時，不能用泡沫滅火器滅火，一般可用沙子撲滅，故A正確；B該實驗要求開始時溫度相同，然后改變溫度，探究溫度對反響速率的影響，應(yīng)先分別水浴加熱硫代硫酸鈉溶液、硫酸溶液到一定溫度后再混合，假設(shè)是先將兩種溶液混合后再用水浴加熱，隨著熱量的散失，測得的反響速率偏低，故B錯誤；C蒸餾時，應(yīng)充分冷凝，應(yīng)先停止加熱，待裝置冷卻后，停止通水，防止溫度過高而混入雜質(zhì)，故C正確；D配制溶液時，注意定容時

15、不能使液面超過刻度線，應(yīng)用膠頭滴管滴加，故D正確應(yīng)選B【點評】此題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，涉及實驗根本操作及實驗平安、影響反響速率的因素及物質(zhì)鑒別等，把握物質(zhì)的性質(zhì)及反響原理為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱嶒炘u價性分析，題目難度中等36分2023浙江短周期主族元素X，Y，Z，W的原子序數(shù)依次增大，X原子核外最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，X，Y的核電荷數(shù)之比為3：4，W的最外層為8電子結(jié)構(gòu)，金屬單質(zhì)Z在空氣中燃燒生成的化合物可與水發(fā)生氧化復(fù)原反響，以下說法正確的選項是AX與Y能形成多種化合物，一般條件下都能與Z的最高價氧化物的水化物發(fā)生反響B(tài)原子半徑大?。篨Y，ZWC

16、化合物Z2Y和ZWY3都只存在離子鍵DY，W的某些單質(zhì)或兩元素之間形成的某些化合物可作水的消毒劑【考點】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子核外最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，那么X為C元素，X、Y的核電荷數(shù)之比為3：4，那么Y為O元素，W的最外層為8電子結(jié)構(gòu)，W為FG或Cl元素，金屬單質(zhì)Z在空氣中燃燒生成的化合物可與水發(fā)生氧化復(fù)原反響，那么Z為Na元素，W只能為Cl元素，以此解答該題【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子核外最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，那么X為C元素，X、Y的核電荷數(shù)之比為3：4

17、，那么Y為O元素，W的最外層為8電子結(jié)構(gòu)，W為FG或Cl元素，金屬單質(zhì)Z在空氣中燃燒生成的化合物可與水發(fā)生氧化復(fù)原反響，那么Z為Na元素，W只能為Cl元素，AX與Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高價氧化物的水化物為NaOH，CO和NaOH不反響，故A錯誤；B一般說來，電子層數(shù)越多，原子半徑越大，電子層數(shù)相同，質(zhì)子數(shù)越多，半徑越小，那么原子半徑大小XY，ZW，故B錯誤；C化合物Z2Y和ZWY3分別為Na2O、NaClO3，NaClO3存在離子鍵和共價鍵，故C錯誤；DY的單質(zhì)臭氧，W的單質(zhì)氯氣，對應(yīng)的化合物ClO2，可作為水的消毒劑，故D正確應(yīng)選D【點評】此題考查元素結(jié)構(gòu)與元素周期率知識，為

18、高考常見題型和高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握原子結(jié)構(gòu)與元素周期率的遞變規(guī)律，把握物質(zhì)的性質(zhì)的相似性和遞變性，難度中等46分2023浙江以下說法正確的選項是A的一溴代物和的一溴代物都有4種不考慮立體異構(gòu)BCH3CH=CHCH3分子中的四個碳原子在同一直線上C按系統(tǒng)命名法，化合物的名稱是2，3，4三甲基2乙基戊烷D與都是氨基酸且互為同系物【考點】常見有機(jī)化合物的結(jié)構(gòu)；有機(jī)化合物的異構(gòu)現(xiàn)象菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A有幾種氫原子其一溴代物就有幾種；B該分子結(jié)構(gòu)和乙烯相似，乙烯中所有原子共平面，據(jù)此判斷該分子結(jié)構(gòu)；C該分子中最長的碳鏈上有6個C原子；D結(jié)構(gòu)相似、在分子組成上相差一個或n個C

19、H2原子團(tuán)的有機(jī)物互稱同系物【解答】解：A有幾種氫原子其一溴代物就有幾種，甲苯、2甲基丁烷的一溴代物都有4種，故A正確；B該分子結(jié)構(gòu)和乙烯相似，乙烯中所有原子共平面，據(jù)此判斷該分子結(jié)構(gòu)中四個C原子在同一平面上不在同一直線上，故B錯誤；C該分子中最長的碳鏈上有6個C原子，其名稱為2，3，4，4四甲基己烷，故C錯誤；D結(jié)構(gòu)相似、在分子組成上相差一個或n個CH2原子團(tuán)的有機(jī)物互稱同系物，二者結(jié)構(gòu)不相似，所以不是同系物，故D錯誤；應(yīng)選A【點評】此題考查同分異構(gòu)體種類判斷、根本概念、有機(jī)物命名等知識點，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷及知識遷移能力，明確根本概念內(nèi)涵、常見物質(zhì)結(jié)構(gòu)、有機(jī)物命名原那么是解此題關(guān)鍵，易錯

20、選項是C，題目難度不大56分2023浙江金屬M空氣電池如圖具有原料易得，能量密度高等優(yōu)點，有望成為新能源汽車和移動設(shè)備的電源，該類電池放電的總反響方程式為：4M+nO2+2nH2O=4MOHn，：電池的“理論比能量指單位質(zhì)量的電極材料理論上能釋放出的最大電能，以下說法不正確的選項是A采用多孔電極的目的是提高電極與電解質(zhì)溶液的接觸面積，并有利于氧氣擴(kuò)散至電極外表B比擬Mg，Al，Zn三種金屬空氣電池，Al空氣電池的理論比能量最高CM空氣電池放電過程的正極反響式：4M+nO2+2nH2O+4ne=4MOHnD在Mg空氣電池中，為防止負(fù)極區(qū)沉積MgOH2，宜采用中性電解質(zhì)及陽離子交換膜【考點】原電池

21、和電解池的工作原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A反響物接觸面積越大，反響速率越快；B電池的“理論比能量指單位質(zhì)量的電極材料理論上能釋放出的最大電能，那么單位質(zhì)量的電極材料失去電子的物質(zhì)的量越多那么得到的電能越多；C正極上氧氣得電子和水反響生成OH；D負(fù)極上Mg失電子生成Mg2+，為防止負(fù)極區(qū)沉積MgOH2，那么陰極區(qū)溶液不能含有大量OH【解答】解：A反響物接觸面積越大，反響速率越快，所以采用多孔電極的目的是提高電極與電解質(zhì)溶液的接觸面積，并有利于氧氣擴(kuò)散至電極外表，從而提高反響速率，故A正確；B電池的“理論比能量指單位質(zhì)量的電極材料理論上能釋放出的最大電能，那么單位質(zhì)量的電極材料失去電子的物質(zhì)的量越

22、多那么得到的電能越多，假設(shè)質(zhì)量都是1g時，這三種金屬轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量分別為=mol、3=mol、=mol，所以Al空氣電池的理論比能量最高，故B正確；C正極上氧氣得電子和水反響生成OH，因為是陰離子交換膜，所以陽離子不能進(jìn)入正極區(qū)域，那么正極反響式為O2+2H2O+4e=4OH，故C錯誤；D負(fù)極上Mg失電子生成Mg2+，為防止負(fù)極區(qū)沉積MgOH2，那么陰極區(qū)溶液不能含有大量OH，所以宜采用中性電解質(zhì)及陽離子交換膜，故D正確；應(yīng)選C【點評】此題考查原電池原理，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷、獲取信息解答問題及計算能力，明確各個電極上發(fā)生的反響、離子交換膜作用、反響速率影響因素、氧化復(fù)原反響計算

23、是解此題關(guān)鍵，易錯選項是C66分2023浙江苯甲酸鈉，縮寫為NaA可用作飲料的防腐劑，研究說明苯甲酸HA的抑菌能力顯著高于A，25時，HA的Ka=6.25105，H2CO3的Ka1=4.17107，Ka2=4.901011，在生產(chǎn)碳酸飲料的過程中，除了添加NaA外，還需加壓沖入CO2氣體，以下說法正確的選項是溫度為25，不考慮飲料中其他成分A相比于未充CO2的飲料，碳酸飲料的抑菌能力較低B提高CO2充氣壓力，飲料中cA不變C當(dāng)pH為5.0時，飲料中=0.16D碳酸飲料中各種粒子的濃度關(guān)系為：cH+=cHCO3+cCO32+cOHcHA【考點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A

24、苯甲酸HA的抑菌能力顯著高于A；B酸性增強(qiáng)，溶液中cA減小；C=；D根據(jù)質(zhì)子守恒分析【解答】解：A由題中信息可知，苯甲酸HA的抑菌能力顯著高于A，充CO2的飲料中HA的濃度較大，所以相比于未充CO2的飲料，碳酸飲料的抑菌能力較高，故A錯誤；B提高CO2充氣壓力，溶液的酸性增強(qiáng)，溶液中cA減小，故B錯誤；C當(dāng)pH為5.0時，飲料中=0.16，故C正確；D碳酸飲料中碳酸電離的氫離子與水電離的氫離子之和等于溶液中氫離子與A結(jié)合的氫離子之和，即溶液中存在質(zhì)子守恒：cH+cHA=cHCO3+2cCO32+cOH，那么各種粒子的濃度關(guān)系為：cH+=cHCO3+2cCO32+cOHcHA，故D錯誤應(yīng)選C【點

25、評】此題考查了溶液中離子濃度大小比擬、電離常數(shù)的有關(guān)計算等，題目難度中等，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力和計算能力，注意把握電離常數(shù)的計算方法76分2023浙江為落實“五水共治，某工廠擬綜合處理含NH4+廢水和工業(yè)廢氣主要含N2，CO2，SO2，NO，CO，不考慮其他成分，設(shè)計了如下流程：以下說法不正確的選項是A固體中主要含有CaOH2、CaCO3、CaSO3BX可以是空氣，且需過量C捕獲劑所捕獲的氣體主要是COD處理含NH4+廢水時，發(fā)生反響的離子方程式為：NH4+NO2=N2+2H2O【考點】物質(zhì)別離和提純的方法和根本操作綜合應(yīng)用；三廢處理與環(huán)境保護(hù)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】工業(yè)廢氣中CO2、SO2

26、可被石灰水吸收，生成固體1為CaCO3、CaSO3，氣體1是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO，氣體1通入氣體X，用氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否那么得到硝酸鈉，NaNO2與含有NH4+的溶液反響生成無污染氣體，應(yīng)生成氮氣，那么氣體2含有CO、N2，捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO，以此解答該題【解答】解：工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固體1為CaCO3、CaSO3，氣體1是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO，氣體1通入氣體X，用氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否那么得到硝酸鈉，NaNO2與含有NH4+的溶液反響生成無污

27、染氣體，應(yīng)生成氮氣，那么氣體2含有CO、N2，捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO，A工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氫氧化鈣過量，那么固體1為主要含有CaOH2、CaCO3、CaSO3，故A正確；B由分析可知，氣體1是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO，氣體1通入氣體X，用氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否那么得到硝酸鈉，故B錯誤；C氣體2含有CO、N2，經(jīng)捕獲劑得到氮氣和CO，所捕獲的氣體主要是CO，防止污染空氣，故C正確；DNaNO2與含有NH4+的溶液反響生成無污染氣體，應(yīng)生成氮氣，發(fā)生氧化復(fù)原反響，離子方程式為NH4+NO2

28、=N2+2H2O，故D正確應(yīng)選B【點評】此題考查物質(zhì)的別離、提純的綜合引用，側(cè)重學(xué)生的分析、實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)，為解答該題的關(guān)系，題目涉及廢水的處理，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高環(huán)保意識，難度不大二、非選擇題共5小題，總分值58分810分2023浙江化合物X是一種有機(jī)合成中間體，Z是常見的高分子化合物，某研究小組采用如下路線合成X和Z：化合物A的結(jié)構(gòu)中有2個甲基RCOOR+RCH2COOR請答復(fù)：1寫出化合物E的結(jié)構(gòu)簡式CH2=CH2，F(xiàn)中官能團(tuán)的名稱是羥基；2YZ的化學(xué)方程式是；3GX的化學(xué)方程式是，反響類型是取代反響；4假設(shè)C中混有B，請用化學(xué)方法檢驗B的存在要求寫出

29、操作、現(xiàn)象和結(jié)論取適量試樣于試管中，先用NaOH溶液中和，再參加新制的氫氧化銅懸濁液，加熱，假設(shè)產(chǎn)生磚紅色沉淀，那么有B存在【考點】有機(jī)物的推斷菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A可以連續(xù)發(fā)生氧化反響，結(jié)合分子式可知A屬于飽和一元醇，化合物A的結(jié)構(gòu)中有2個甲基，那么A為CH32CHCH2OH，故B為CH32CHCHO，C為CH32CHCOOH由Y的分子式可知，Y的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCl，可知D為HCCH，Y發(fā)生加聚反響生成高分子Z為結(jié)合信息可知G為酯，F(xiàn)屬于醇，D與氫氣發(fā)生加成反響生成E為CH2=CH2，E能與水發(fā)生加成反響生成F為CH3CH2OH，故G為CH32CHCOOCH2CH3，X為【解答】解

30、：A可以連續(xù)發(fā)生氧化反響，結(jié)合分子式可知A屬于飽和一元醇，化合物A的結(jié)構(gòu)中有2個甲基，那么A為CH32CHCH2OH，故B為CH32CHCHO，C為CH32CHCOOH由Y的分子式可知，Y的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCl，可知D為HCCH，Y發(fā)生加聚反響生成高分子Z為結(jié)合信息可知G為酯，F(xiàn)屬于醇，D與氫氣發(fā)生加成反響生成E為CH2=CH2，E能與水發(fā)生加成反響生成F為CH3CH2OH，故G為CH32CHCOOCH2CH3，X為1化合物E的結(jié)構(gòu)簡式為：CH2=CH2，F(xiàn)為CH3CH2OH，F(xiàn)中官能團(tuán)的名稱是：羥基，故答案為：CH2=CH2；羥基；2YZ的化學(xué)方程式是：，故答案為：；3GX的化學(xué)方程式

31、是：，反響類型是取代反響，故答案為：；取代反響；4B為CH32CHCHO，C為CH32CHCOOH，檢驗C中含有B，只需檢驗醛基即可，取適量試樣于試管中，先用NaOH溶液中和，再參加新制的氫氧化銅懸濁液，加熱，假設(shè)產(chǎn)生磚紅色沉淀，那么有B存在，故答案為：取適量試樣于試管中，先用NaOH溶液中和，再參加新制的氫氧化銅懸濁液，加熱，假設(shè)產(chǎn)生磚紅色沉淀，那么有B存在【點評】此題考查有機(jī)物的推斷與合成、有機(jī)反響類型、有機(jī)反響方程式書寫、官能團(tuán)的檢驗等，注意根據(jù)有機(jī)物分子式與反響條件進(jìn)行推斷，熟練掌握官能團(tuán)的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，注意對題目給予反響信息的理解96分2023浙江化合物Mg5Al3OH19H2O4可作

32、環(huán)保型阻燃材料，受熱時按如下化學(xué)方程式分解：2Mg5Al3OH19H2O427H2O+10MgO+3Al2O31寫出該化合物作阻燃劑的兩條依據(jù)反響吸熱降低溫度，固體氧化物隔絕空氣，水蒸氣稀釋空氣；2用離子方程式表示除去固體產(chǎn)物中Al2O3的原理Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；3MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化學(xué)方程式表示其原理MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3H2O【考點】鎂、鋁的重要化合物菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】1分解反響是吸熱反響且生成的氧化鎂、氧化鋁的熔點高；2氧化鎂是堿性氧化物，氧化鋁是兩性氧化物，依據(jù)二者性質(zhì)不同除去；3氯化銨溶液中銨根離子水解溶液顯酸性，氧

33、化鎂溶于酸促進(jìn)水解平衡正向進(jìn)行【解答】解：12Mg5Al3OH19H2O427H2O+10MgO+3Al2O3 ，分解反響是吸熱反響，降低溫度，生成的氧化鎂和氧化鋁都是熔點很高的氧化物，附著外表會阻止燃燒，水蒸氣稀釋空氣故答案為：反響吸熱降低溫度，固體氧化物隔絕空氣，水蒸氣稀釋空氣；2氧化鎂是堿性氧化物溶于酸，氧化鋁是兩性氧化物溶于酸、堿溶于，參加氫氧化鈉溶于溶解后過濾除去，反響的離子方程式為：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，故答案為：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；3氯化銨溶液中銨根離子水解溶液顯酸性，氧化鎂溶于水解生成的酸，反響的化學(xué)方程式為：MgO+2NH4Cl+H2O=

34、MgCl2+2NH3H2O，故答案為：MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3H2O【點評】此題考查了鎂鋁化合物性質(zhì)，鹽類水解的原理應(yīng)用，主要是氧化鎂、氧化鋁性質(zhì)的熟練掌握，題目難度不大1012分2023浙江磁性材料A是由兩種元素組成的化合物，某研究小組按如圖流程探究其組成：請答復(fù)：1A的組成元素為Fe、S用化學(xué)符號表示，化學(xué)式為Fe3S4；2C溶液可溶解銅片，例舉該反響的一個實際應(yīng)用刻飾銅線路板；3化合物A能與稀硫酸反響，生成一種淡黃色不溶物和一種氣體標(biāo)況下的密度為1.518gL1，該氣體分子的電子式為，寫出該反響的離子方程式Fe3S4+6H+=3Fe2+S+3H2S；4寫出FG反

35、響的化學(xué)方程式，設(shè)計實驗方案探究溶液G中的主要微粒不考慮H2O，H+，K+，IH2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；取溶液G，參加過量BaCl2溶液，假設(shè)產(chǎn)生白色沉淀，那么有SO42；過濾后取濾液，滴加H2O2溶液，假設(shè)再產(chǎn)生白色沉淀，那么有H2SO3【考點】探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量；無機(jī)物的推斷菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】C參加KSCN，D為血紅色溶液，可知C為FeCl3，D為FeSCN3等，可知B為Fe2O3，且nFe2O3=0.015mol，nFe=0.03mol，mFe=0.03mol56g/mol=1.68g，A燃燒生成的無色氣體E溶液水得到酸性溶液，參加碘的KI溶液，得到無

36、色溶液，說明碘可氧化E的水溶液，E應(yīng)為SO2，F(xiàn)為H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且mS=2.96g1.68g=1.28g，nS=0.04mol，可知nFenS=3：4，應(yīng)為Fe3S4，以此解答該題【解答】解：C參加KSCN，D為血紅色溶液，可知C為FeCl3，D為FeSCN3等，可知B為Fe2O3，且nFe2O3=0.015mol，nFe=0.03mol，mFe=0.03mol56g/mol=1.68g，A燃燒生成的無色氣體E溶液水得到酸性溶液，參加碘的KI溶液，得到無色溶液，說明碘可氧化E的水溶液，E應(yīng)為SO2，F(xiàn)為H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A

37、含有Fe、S元素，且mS=2.96g1.68g=1.28g，nS=0.04mol，可知nFenS=3：4，應(yīng)為Fe3S4，1由以上分析可知，A組成元素為Fe、S，為Fe3S4，故答案為：Fe、S；Fe3S4；2鐵離子具有強(qiáng)氧化性，可氧化銅，常用于刻飾銅線路板，故答案為：刻飾銅線路板；3化合物A能與稀硫酸反響，生成一種淡黃色不溶物和一種氣體標(biāo)況下的密度為1.518gL1，淡黃色不溶物為S，氣體的相對分子質(zhì)量為1.51822.4L=34，為H2S氣體，電子式為，反響的離子方程式為Fe3S4+6H+=3Fe2+S+3H2S，故答案為：；Fe3S4+6H+=3Fe2+S+3H2S；4FG反響的化學(xué)方程

38、式為H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，溶液G中的主要微粒不考慮H2O，H+，K+，I 為SO42和H2SO3，可先檢驗SO42，后檢驗有H2SO3，具體操作為：取溶液G，參加過量BaCl2溶液，假設(shè)產(chǎn)生白色沉淀，那么有SO42；過濾后取濾液，滴加H2O2溶液，假設(shè)再產(chǎn)生白色沉淀，那么有H2SO3故答案為：H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；取溶液G，參加過量BaCl2溶液，假設(shè)產(chǎn)生白色沉淀，那么有SO42；過濾后取濾液，滴加H2O2溶液，假設(shè)再產(chǎn)生白色沉淀，那么有H2SO3【點評】此題綜合考查無機(jī)物的推斷，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析、計算和實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意把握?/p>

39、質(zhì)的性質(zhì)以及反響現(xiàn)象，結(jié)合質(zhì)量守恒推斷物質(zhì)的組成，難度中等1115分2023浙江催化復(fù)原CO2是解決溫室效應(yīng)及能源問題的重要手段之一，研究說明，在Cu/ZnO催化劑存在下，CO2和H2可發(fā)生兩個平行反響，分別生成CH3OH和CO，反響的熱化學(xué)方程式如下：CO2g+3H2gCH3OHg+H2OgH1=53.7kJmol8 CO2g+H2gCOg+H2OgH2 某實驗室控制CO2和H2初始投料比為1：2.2，在相同壓強(qiáng)下，經(jīng)過相同反響時間測得如下實驗數(shù)據(jù)：TK催化劑CO2轉(zhuǎn)化率%甲醇選擇性%543Cat.112.342.3543Cat.210.972.7553Cat.115.339.1553Cat

40、.212.071.6備注Cat.1：Cu/ZnO納米棒；Cat.2：Cu/ZnO納米片；甲醇選擇性；轉(zhuǎn)化的CO2中生成甲醇的百分比：CO和H2的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱分別為283.0kJmol1和285.8kJmol1H2O1H2OgH3=44.0kJmol1請答復(fù)不考慮溫度對H的影響：1反響I的平衡常數(shù)表達(dá)式K=；反響的H2=+41.2kJmol12有利于提高CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH平衡轉(zhuǎn)化率的措施有CDA使用催化劑Cat.1 B、使用催化劑Cat.2C、降低反響溫度 D、投料比不變，增加反響物的濃度E、增大 CO2和H2的初始投料比3表中實驗數(shù)據(jù)說明，在相同溫度下不同的催化劑對CO2轉(zhuǎn)化成CH3OH的選

41、擇性有顯著的影響，其原因是表中數(shù)據(jù)說明此時未到達(dá)平衡，不同的催化劑對反響的催化能力不同，因而再該時刻下對甲醇選擇性有影響4在如圖中分別畫出反響I在無催化劑、有Cat.1和有Cat.2三種情況下“反響過程能量示意圖5研究證實，CO2也可在酸性水溶液中通過電解生成甲醇，那么生成甲醇的反響發(fā)生在陰極，該電極反響式是CO2+6H+6e=CH3OH+H2O【考點】化學(xué)平衡的計算；化學(xué)平衡的影響因素菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】1平衡常數(shù)為生成物濃度冪之積與反響物濃度冪之積的比值；：CO和H2的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱分別為283.0kJmol1和285.8kJmol1，H2O1H2OgH3=44.0kJmol1，可知熱化學(xué)方

42、程式aCOg+O2g=CO2gH=283.0kJmol1，bH2g+O2g=H2O1H=285.8kJmol1，cH2O1H2OgH3=44.0kJmol1，利用蓋斯定律可計算CO2g+H2gCOg+H2Og的反響熱；2由CO2g+3H2gCH3OHg+H2OgH1=53.7kJmol8 可知提高CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH平衡轉(zhuǎn)化率，應(yīng)使平衡向正向移動，可降低溫度，增大濃度；3不同的催化劑的催化能力不同，且催化劑具有選擇性；4參加催化劑，可降低反響的活化能，催化能力越強(qiáng)，活化能越低，但反響熱不變；5CO2也可在酸性水溶液中通過電解生成甲醇，應(yīng)為電解池的陰極反響，被復(fù)原生成甲醇【解答】解：1平衡常數(shù)

43、為生成物濃度冪之積與反響物濃度冪之積的比值，K=，：CO和H2的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱分別為283.0kJmol1和285.8kJmol1，H2O1H2OgH3=44.0kJmol1，可知熱化學(xué)方程式aCOg+O2g=CO2gH=283.0kJmol1，bH2g+O2g=H2O1H=285.8kJmol1，cH2O1H2OgH3=44.0kJmol1，由蓋斯定律將ba+c可得CO2g+H2gCOg+H2OgH2 =285.8+283.0+44kJmol1=+41.2kJmol1，故答案為：；+41.2；2A使用催化劑Cat.1，平衡不移動，不能提高轉(zhuǎn)化率，故A錯誤； B、使用催化劑Cat.2，不能提高轉(zhuǎn)化

44、率，故B錯誤；C、降低反響溫度，平衡正向移動，可增大轉(zhuǎn)化率，故C正確； D、投料比不變，增加反響物的濃度，衡正向移動，可增大轉(zhuǎn)化率，故D正確；E、增大 CO2和H2的初始投料比，可增大氫氣的轉(zhuǎn)化率，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小，故E錯誤故答案為：CD；3從表中數(shù)據(jù)分析，在相同溫度下，不同的催化劑二氧化碳的轉(zhuǎn)化率不同，說明不同的催化劑的催化能力不同，相同的催化劑不同的溫度，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率不同，且溫度高的轉(zhuǎn)化率大，因為正反響為放熱反響，說明表中數(shù)據(jù)是未到達(dá)平衡數(shù)據(jù)，故答案為：表中數(shù)據(jù)說明此時未到達(dá)平衡，不同的催化劑對反響的催化能力不同，因而再該時刻下對甲醇選擇性有影響；4從表中數(shù)據(jù)分析，在催化劑Cat.

45、2的作用下，甲醇的選擇性更大，說明催化劑Cat.2對反響催化效果更好，催化劑能降低反響的活化能，說明使用催化劑Cat.2的反響過程中活化能更低，故圖為，故答案為：；5CO2也可在酸性水溶液中通過電解生成甲醇，C元素化合價降低，被復(fù)原，應(yīng)為電解池的陰極反響，電極方程式為CO2+6H+6e=CH3OH+H2O，故答案為：陰；CO2+6H+6e=CH3OH+H2O【點評】此題考查較為綜合，涉及化學(xué)平衡的計算，平衡移動以及熱化學(xué)方程式、電化學(xué)等知識，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、計算能力的考查，注意把握蓋斯定律的應(yīng)用，電解池的工作原理等知識，題目難度中等1215分2023浙江無水MgBr2可用

46、作催化劑實驗室采用鎂屑與液溴為原料制備無水MgBr2，裝置如圖1，主要步驟如下：步驟1 三頸瓶中裝入10g鎂屑和150mL無水乙醚；裝置B中參加15mL液溴步驟2 緩慢通入枯燥的氮氣，直至溴完全導(dǎo)入三頸瓶中步驟3 反響完畢后恢復(fù)至常溫，過濾，濾液轉(zhuǎn)移至另一枯燥的燒瓶中，冷卻至0，析出晶體，再過濾得三乙醚溴化鎂粗品步驟4 室溫下用苯溶解粗品，冷卻至0，析出晶體，過濾，洗滌得三乙醚合溴化鎂，加熱至160分解得無水MgBr2產(chǎn)品：Mg與Br2反響劇烈放熱；MgBr2具有強(qiáng)吸水性MgBr2+3C2H5OC2H5MgBr23C2H5OC2H5請答復(fù)：1儀器A的名稱是枯燥管實驗中不能用枯燥空氣代替枯燥N2

47、，原因是防止鎂屑與氧氣反響，生成的MgO阻礙Mg和Br2的反響2如將裝置B改為裝置C圖2，可能會導(dǎo)致的后果是會將液溴快速壓入三頸瓶，反響過快大量放熱而存在平安隱患3步驟3中，第一次過濾除去的物質(zhì)是鎂屑4有關(guān)步驟4的說法，正確的選項是BDA、可用95%的乙醇代替苯溶解粗品 B、洗滌晶體可選用0的苯C、加熱至160的主要目的是除去苯 D、該步驟的目的是除去乙醚和可能殘留的溴5為測定產(chǎn)品的純度，可用EDTA簡寫為Y標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，反響的離子方程式：Mg2+Y4MgY2滴定前潤洗滴定管的操作方法是從滴定管上口參加少量待測液，傾斜著轉(zhuǎn)動滴定管，使液體潤濕內(nèi)壁，然后從下部放出，重復(fù)23次測定時，先稱取0.2

48、500g無水MgBr2產(chǎn)品，溶解后，用0.0500molL1的EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液26.50mL，那么測得無水MgBr2產(chǎn)品的純度是97.5%以質(zhì)量分?jǐn)?shù)表示【考點】制備實驗方案的設(shè)計菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】1儀器A為枯燥管，空氣中含氧氣會和鎂發(fā)生反響生成氧化鎂會阻礙鎂與溴單質(zhì)的反響；2將裝置B改為C裝置，當(dāng)枯燥的氮氣通入，會使氣壓變大，將液溴快速壓入三頸瓶，反響過快大量放熱存在平安隱患；3反響完畢后恢復(fù)至常溫，過濾除去固體為鎂屑；4A.95%的乙醇中含有水，溴化鎂有強(qiáng)烈的吸水性；B參加苯的目的是除去乙醚和溴，洗滌晶體用0C的苯，可以減少產(chǎn)品的溶解；C加熱至160C的主

49、要目的是分解三乙醚合溴化鎂得到溴化鎂；D室溫下用苯溶解粗品，冷卻至0，析出晶體，過濾，洗滌得三乙醚合溴化鎂，加熱至160分解得無水MgBr2產(chǎn)品，該步驟是為了除去乙醚和溴；5滴定前潤洗滴定管是需要從滴定管上口參加少量待測液，傾斜著轉(zhuǎn)動滴定管，使液體濕潤內(nèi)壁，潤洗23次；依據(jù)方程式Mg2+Y4MgY2分析，溴化鎂的物質(zhì)的量=EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液物質(zhì)的量，結(jié)合n=計算得到溴化鎂的質(zhì)量，純度=100%；【解答】解：1儀器A為枯燥管，本實驗要用鎂屑和液溴反響生成溴化鎂，所以裝置中不能有能與鎂反響的氣體，例如氧氣，所以不能用枯燥的空氣代替枯燥的氮氣，故答案為：防止鎂屑與氧氣反響生成的氧化鎂阻礙Mg和Br2的

50、反響，故答案為：枯燥管；防止鎂屑與氧氣反響，生成的MgO阻礙Mg和Br2的反響；2將裝置B改為C裝置，當(dāng)枯燥的氮氣通入，會使氣壓變大，將液溴快速壓入三頸瓶，反響過快大量放熱存在平安隱患，裝置B是利用枯燥的氮氣將溴蒸氣帶入三頸瓶中，反響可以容易控制防止反響過快，故答案為：會將液溴快速壓入三頸瓶，反響過快大量放熱而存在平安隱患；3步驟3過濾出去的是不溶于水的鎂屑，故答案為：鎂屑；4A.95%的乙醇中含有水，溴化鎂有強(qiáng)烈的吸水性，故A錯誤；B參加苯的目的是除去乙醚和溴，洗滌晶體用0C的苯，可以減少產(chǎn)品的溶解，故B正確；C加熱至160C的主要目的是分解三乙醚合溴化鎂得到溴化鎂，不是為了除去苯，故C錯誤

51、；D該步驟是為了除去乙醚和溴，故D正確；應(yīng)選BD，故答案為：BD；5滴定前潤洗滴定管是需要從滴定管上口參加少量待測液，傾斜著轉(zhuǎn)動滴定管，使液體濕潤內(nèi)壁，然后從下步放出，重復(fù)23次，故答案為：從滴定管上口參加少量待測液，傾斜著轉(zhuǎn)動滴定管，使液體潤濕內(nèi)壁，然后從下部放出，重復(fù)23次；依據(jù)方程式Mg2+Y4MgY2分析，溴化鎂的物質(zhì)的量=0.0500mol/L0.02650L=0.001325mol，那么溴化鎂的質(zhì)量為0.001325mol184g/mol=0.2438g，溴化鎂的產(chǎn)品的純度=100%=97.5%，故答案為：97.5%；【點評】此題考查了物質(zhì)制備實驗方案的設(shè)計、混合物的計算、物質(zhì)別離

52、提純的綜合應(yīng)用，掌握根底是解題關(guān)鍵，題目難度中等上海卷1.軸烯是一類獨特的星形環(huán)烴。三元軸烯與苯A.均為芳香烴 B.互為同素異形體C.互為同系物 D.互為同分異構(gòu)體2.以下化工生產(chǎn)過程中，未涉及氧化復(fù)原反響的是A.海帶提碘 B.氯堿工業(yè)C.氨堿法制堿D.海水提溴3.硼的最高價含氧酸的化學(xué)式不可能是A.HBO2 B.H2BO3 C.H3BO3 D.H2B4O74.以下各組物質(zhì)的熔點均與所含化學(xué)鍵的鍵能有關(guān)的是A.CaO與CO2B.NaCl與HClC.SiC與SiO2 D.Cl2與I25.烷烴的命名正確的選項是A.4-甲基-3-丙基戊烷 B.3-異丙基己烷C.2-甲基-3-丙基戊烷 D.2-甲基-

53、3-乙基己烷二、選擇題此題共36分，每題3分，每題只有一個正確選項6.能證明乙酸是弱酸的實驗事實是A.CH3COOH溶液與Zn反響放出H2B.0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7C.CH3COOH溶液與NaCO3反響生成CO2D.0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊變紅7.W、X、Y、Z為短周期元素，原子序數(shù)依次增大。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X為金屬元素。以下說法一定正確的選項是A.原子半徑：XYZWB.W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性強(qiáng)C.W的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性小于Y的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性D.假設(shè)W與X原子序數(shù)差為5，那么形成化合物的化學(xué)式為X3

54、W28.圖1是銅鋅原電池示意圖。圖2中，x軸表示實驗時流入正極的電子的物質(zhì)的量，y軸表示A.銅棒的質(zhì)量B.c(Zn2+)C.c(H+)D.c(SO42-)9.向新制氯水中參加少量以下物質(zhì)，能增強(qiáng)溶液漂白能力的是A.碳酸鈣粉末 B.稀硫酸 C.氯化鈣溶液 D.二氧化硫水溶液10.一定條件下，某容器中各微粒在反響前后變化的示意圖如下，其中和代表不同元素的原子。關(guān)于此反響說法錯誤的選項是A.一定屬于吸熱反響 B.一定屬于可逆反響C.一定屬于氧化復(fù)原反響 D.一定屬于分解反響11.合成導(dǎo)電高分子化合物PPV的反響為：以下說法正確的選項是A.PPV是聚苯乙炔B.該反響為縮聚反響C.PPV與聚苯乙烯的最小

55、結(jié)構(gòu)單元組成相同D.1 mol 最多可與2 mol H2發(fā)生反響 12.以下各組混合物，使用氫氧化鈉溶液和鹽酸兩種試劑不能別離的是A.氧化鎂中混有氧化鋁 B.氯化鋁溶液中混有氯化鐵C.氧化鐵中混有二氧化硅 D.氯化亞鐵溶液中混有氯化銅13.O2F2可以發(fā)生反響：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，以下說法正確的選項是A.氧氣是氧化產(chǎn)物B.O2F2既是氧化劑又是復(fù)原劑C.假設(shè)生成4.48 L HF，那么轉(zhuǎn)移0.8 mol電子D.復(fù)原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1：414.在硫酸工業(yè)生產(chǎn)中，為了有利于SO2的轉(zhuǎn)化，且能充分利用熱能，采用了中間有熱交換器的接觸室見右圖。以下說法錯誤的選項是A.a

56、、b兩處的混合氣體成分含量相同，溫度不同B.c、d兩處的混合氣體成分含量相同，溫度不同C.熱交換器的作用是預(yù)熱待反響的氣體，冷卻反響后的氣體D.c處氣體經(jīng)熱交換后再次催化氧化的目的是提高SO2的轉(zhuǎn)化率15.以下氣體的制備和性質(zhì)實驗中，由現(xiàn)象得出的結(jié)論錯誤的選項是選項試劑試紙或試液現(xiàn)象結(jié)論A濃氨水、生石灰紅色石蕊試紙變藍(lán)NH3為堿性氣體B濃鹽酸、濃硫酸pH試紙變紅HCl為酸性氣體C濃鹽酸、二氧化錳淀粉碘化鉀試液變藍(lán)Cl2具有氧化性D亞硫酸鈉、硫酸品紅試液褪色SO2具有復(fù)原性16.實驗室提純含少量氯化鈉雜質(zhì)的硝酸鉀的過程如右圖所示。以下分析正確的選項是A.操作是過濾，將固體別離除去B.操作是加熱濃

57、縮。趁熱過濾，除去雜質(zhì)氯化鈉C.操作是過濾、洗滌，將硝酸鉀晶體從溶液中別離出來D.操作總共需兩次過濾17.某鐵的氧化物FexO1.52 g溶于足量鹽酸中，向所得溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下112 ml Cl2，恰好將Fe2+完全氧化。x值為A.0.80 B.0.85 C.0.90 D.0.93三、選擇題此題共20分，每題4分，每題有一個或兩個正確選項。只有一個正確選項的，多項選擇不給分；有兩個正確選項的，選對一個給2分，選錯一個，該小題不給分18.一定條件下，一種反響物過量，另一種反響物仍不能完全反響的是A.過量的氫氣與氮氣 B.過量的濃鹽酸與二氧化錳C.過量的銅與濃硫酸 D.過量的鋅與18 mol/

58、L硫酸19.：SO32-+I2+H2OSO42-+2I-+2H+。某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I-、SO32-、SO42-，且所有離子物質(zhì)的量濃度相等。向該無色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈無色。以下關(guān)于該溶液的判斷正確的選項是A.肯定不含I- B.肯定不含SO42-C.肯定含有SO32-D.肯定含有NH4+20.NaOH+Al(OH)3NaAl(OH)4。向集滿CO2的鋁制易拉罐中參加過量NaOH濃溶液，立即封閉罐口，易拉罐漸漸凹癟；再過一段時間，罐壁又重新凸起。上述實驗過程中沒有發(fā)生的離子反響是A. CO2+2OHCO32+H2OB.Al2O3+2OH+3 H2O2 A

59、l(OH)4C. 2 Al+2OH+6H2O2 Al(OH)4+3 H2 D. Al3+4 OHAl(OH)421.類比推理是化學(xué)中常用的思維方法。以下推理正確的選項是A.CO2是直線型分子，推測CS2也是直線型分子B.SiH4的沸點高于CH4，推測H2Se的沸點高于H2SC.Fe與Cl2反響生成FeCl3，推測Fe與I2反響生成FeI3D.NaCl與濃H2SO4加熱可制HCl，推測NaBr與濃H2SO4加熱可制HBr22.稱取NH42SO4和NH4HSO4混合物樣品7.24 g，參加含0.1 molNaOH的溶液，完全反響，生成NH3 1792 ml標(biāo)準(zhǔn)狀況，那么NH42SO4和NH4HSO

60、4的物質(zhì)的量比為A.1:1 B.1:2 c.1.87:1 D. 3.65:1四、此題共12分NaCN超標(biāo)的電鍍廢水可用兩段氧化法處理：1NaCN與NaClO反響，生成NaOCN和NaCl2NaOCN與NaClO反響，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2HCNKi=6.310-10有劇毒；HCN、HOCN中N元素的化合價相同。完成以下填空：23.第一次氧化時，溶液的pH應(yīng)調(diào)節(jié)為_選填“酸性、“堿性或“中性；原因是_。24.寫出第二次氧化時發(fā)生反響的離子方程式。_25.處理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的廢水，實際至少需NaClO_g實際用量應(yīng)為理論值的4倍，才能使NaCN含量低于