特选2023-2023年全国各地高考化学试题汇总

1、第 页2023年目录 TOC o 1-3 h z u HYPERLINK l _Toc457416773 全国卷 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全国卷7化学与生活密切相关，以下有关说法错误的选项是A用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质C加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性D医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%8设NA为阿伏加德罗常数值。以下有关表达正确的选项是A14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB1 molN2与4 molH2反响生成的NH3分子数为2NAC1 molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD标准状况下，2.24 LCCl4含有的共价键数为0.4NA9以下关于有机化合物的说法正确的选项是A2-甲基丁烷也称异丁烷 B由乙烯生成乙醇属于加成反响CC4H9Cl有

3、3种同分异构体 D油脂和蛋白质都属于高分子化合物10以下实验操作能到达实验目的的是A用长颈漏斗别离出乙酸与乙醇反响的产物B用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反响产生的NOC配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释D将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯洁的Cl211三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如下图，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和eq SOo (4 ,2-)可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。以下表达正确的选项是A通电后中间隔室的eq SOo (4 ,2-)离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B

4、该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C负极反响为2H2O4eO2+4H+，负极区溶液pH降低D当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成12298K时，在20.0mL 0.10molL-1氨水中滴入0.10 molL-1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如下图。0.10 molL-1氨水的电离度为1.32%，以下有关表达正确的选项是A该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂BM点对应的盐酸体积为20.0mLCM点处的溶液中c(eq NHo (4,+)c(eq Clo (-,)c(H+)c(eq OHo (,-)DN点处的溶液中pHXYCY的氢化物常温常压

5、下为液态DX的最高价氧化物的水化物为强酸26(14分)氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx复原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NO2反响进行了探究。答复以下问题：1氨气的制备氨气的发生装置可以选择上图中的 ，反响的化学方程式为 。欲收集一瓶枯燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置 (按气流方向，用小写字母表示)。2氨气与二氧化氮的反响将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中参加少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。操作步骤实验现象解释原因翻开K1，推动注射器活塞，使X中的气体

6、缓慢充入Y管中Y管中 反响的化学方程式 将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝聚翻开K2 27(15分)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、eq Cr(OH)o (4 ,-) (绿色)、eq Cr2Oo (7 ,2-)(橙红色)、eq CrOo (4 ,2-)(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，答复以下问题：1Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴参加NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是 。2eq CrOo (4 ,2-)和eq Cr2Oo (7 ,2-)在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.

7、0 molL-1的Na2CrO4溶液中c(eq Cr2Oo (7 ,2-)随c(H+)的变化如下图。用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反响 。由图可知，溶液酸性增大，eq CrOo (4 ,2-)的平衡转化率 (填“增大“减小或“不变)。根据A点数据，计算出该转化反响的平衡常数为 。升高温度，溶液中eq CrOo (4 ,2-)的平衡转化率减小，那么该反响的H (填“大于“小于或“等于)。3在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的eq Clo (-,)，利用Ag+与eq CrOo (4 ,2-)生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中eq Clo (-,

8、)恰好完全沉淀(浓度等于1.0105 molL1)时，溶液中c(Ag+)为 molL1，此时溶液中c(eq CrOo (4 ,2-)等于 molL1。(Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.01012和2.01010)。4+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的eq Cr2Oo (7 ,2-)复原成Cr3+，反响的离子方程式为 。28(14分)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：答复以下问题：1NaClO2中Cl的化合价为 。2写出“反响步骤中生成ClO2的化学方程式 。3“电解所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+

9、，要参加的试剂分别为 、 。“电解中阴极反响的主要产物是 。4“尾气吸收是吸收“电解过程排出的少量ClO2。此吸收反响中，氧化剂与复原剂的物质的量之比为 ，该反响中氧化产物是 。5“有效氯含量可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为 。(计算结果保存两位小数)38化学选修5：有机化学根底(15分)秸秆(含多糖物质)的综合应用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线：答复以下问题：1以下关于糖类的说法正确的选项是 。(填标号)a.糖类都有甜味，具有CnH2mOm的通式b.麦芽糖水解生成互为同分

10、异构体的葡萄糖和果糖c.用银镜反响不能判断淀粉水解是否完全d.淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物2B生成C的反响类型为 。3D中官能团名称为 ，D生成E的反响类型为 。4F的化学名称是 ，由F生成G的化学方程式为 。5具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5 mol W与足量碳酸氢钠溶液反响生成44 gCO2，W共有 种(不含立体结构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为 。6参照上述合成路线，以(反,反)-2,4-己二烯和C2H4为原料(无机试剂任选)，设计制备对二苯二甲酸的合成路线 。浙江卷一、选择题共7小题，每题6分，总分值42分16分2023浙江以下说法不正确

11、的选项是A储热材料是一类重要的存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量BCe32号元素的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池CBa2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X射线检查肠胃道疾病D纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+，Cu2+，Cd2+，Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附【考点】物质的组成、结构和性质的关系菁优网版权所有【分析】A储热材料是一类重要的存储物质，在熔融时吸收热量、在结晶时放出热量；BGe是32号元素，位于金属和非金属交界线处，可以作半导体材料；CBa2+浓度较高时危害健康，但Ba

12、SO4不溶于水和胃酸；DFe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反响【解答】解：A储热材料是一类重要的存储物质，根据能量守恒知，这些物质在熔融时需要吸收热量、在结晶时放出热量，故A正确；B.32号元素Ge位于金属和非金属交界线处，具有金属和非金属的性质，可以作半导体材料，所以Ce32号元素的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池，故B正确CBa2+浓度较高时危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸，所以BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X射线检查肠胃道疾病，故C正确；DFe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反响生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故D错误；应选D【点评】此题考查较综合，涉

13、及氧化复原反响、物质用途、能量守恒等知识点，明确根本原理、物质性质是解此题关键，注意D中发生反响而不是利用胶体性质，为易错点26分2023浙江以下表达不正确的选项是A钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火B探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反响速率的影响时，假设先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，那么测得的反响速率偏高C蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置D为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管加蒸馏水至刻度线【考点】化学实验方案的评价菁优网版权所有【分析】A过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反响，镁可在二氧化

14、碳中燃烧；B应先加热再混合；C蒸馏时，应充分冷凝，防止温度过高而混入杂质；D配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线【解答】解：A过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反响，镁可在二氧化碳中燃烧，那么钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，故A正确；B该实验要求开始时温度相同，然后改变温度，探究温度对反响速率的影响，应先分别水浴加热硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液到一定温度后再混合，假设是先将两种溶液混合后再用水浴加热，随着热量的散失，测得的反响速率偏低，故B错误；C蒸馏时，应充分冷凝，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，防止温度过高而混入杂质，故C正确；D配制溶液时，注意定容时

15、不能使液面超过刻度线，应用胶头滴管滴加，故D正确应选B【点评】此题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验根本操作及实验平安、影响反响速率的因素及物质鉴别等，把握物质的性质及反响原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度中等36分2023浙江短周期主族元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，X，Y的核电荷数之比为3：4，W的最外层为8电子结构，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化复原反响，以下说法正确的选项是AX与Y能形成多种化合物，一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反响B原子半径大小：XY，ZWC

16、化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键DY，W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂【考点】原子结构与元素周期律的关系菁优网版权所有【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，那么X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，那么Y为O元素，W的最外层为8电子结构，W为FG或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化复原反响，那么Z为Na元素，W只能为Cl元素，以此解答该题【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，那么X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4

17、，那么Y为O元素，W的最外层为8电子结构，W为FG或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化复原反响，那么Z为Na元素，W只能为Cl元素，AX与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反响，故A错误；B一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，那么原子半径大小XY，ZW，故B错误；C化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；DY的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确应选D【点评】此题考查元素结构与元素周期率知识，为

18、高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原子结构与元素周期率的递变规律，把握物质的性质的相似性和递变性，难度中等46分2023浙江以下说法正确的选项是A的一溴代物和的一溴代物都有4种不考虑立体异构BCH3CH=CHCH3分子中的四个碳原子在同一直线上C按系统命名法，化合物的名称是2，3，4三甲基2乙基戊烷D与都是氨基酸且互为同系物【考点】常见有机化合物的结构；有机化合物的异构现象菁优网版权所有【分析】A有几种氢原子其一溴代物就有几种；B该分子结构和乙烯相似，乙烯中所有原子共平面，据此判断该分子结构；C该分子中最长的碳链上有6个C原子；D结构相似、在分子组成上相差一个或n个C

19、H2原子团的有机物互称同系物【解答】解：A有几种氢原子其一溴代物就有几种，甲苯、2甲基丁烷的一溴代物都有4种，故A正确；B该分子结构和乙烯相似，乙烯中所有原子共平面，据此判断该分子结构中四个C原子在同一平面上不在同一直线上，故B错误；C该分子中最长的碳链上有6个C原子，其名称为2，3，4，4四甲基己烷，故C错误；D结构相似、在分子组成上相差一个或n个CH2原子团的有机物互称同系物，二者结构不相似，所以不是同系物，故D错误；应选A【点评】此题考查同分异构体种类判断、根本概念、有机物命名等知识点，侧重考查学生分析判断及知识迁移能力，明确根本概念内涵、常见物质结构、有机物命名原那么是解此题关键，易错

20、选项是C，题目难度不大56分2023浙江金属M空气电池如图具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反响方程式为：4M+nO2+2nH2O=4MOHn，：电池的“理论比能量指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，以下说法不正确的选项是A采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极外表B比拟Mg，Al，Zn三种金属空气电池，Al空气电池的理论比能量最高CM空气电池放电过程的正极反响式：4M+nO2+2nH2O+4ne=4MOHnD在Mg空气电池中，为防止负极区沉积MgOH2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜【考点】原电池

21、和电解池的工作原理菁优网版权所有【分析】A反响物接触面积越大，反响速率越快；B电池的“理论比能量指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，那么单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多那么得到的电能越多；C正极上氧气得电子和水反响生成OH；D负极上Mg失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积MgOH2，那么阴极区溶液不能含有大量OH【解答】解：A反响物接触面积越大，反响速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极外表，从而提高反响速率，故A正确；B电池的“理论比能量指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，那么单位质量的电极材料失去电子的物质的量越

22、多那么得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为=mol、3=mol、=mol，所以Al空气电池的理论比能量最高，故B正确；C正极上氧气得电子和水反响生成OH，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，那么正极反响式为O2+2H2O+4e=4OH，故C错误；D负极上Mg失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积MgOH2，那么阴极区溶液不能含有大量OH，所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜，故D正确；应选C【点评】此题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生分析判断、获取信息解答问题及计算能力，明确各个电极上发生的反响、离子交换膜作用、反响速率影响因素、氧化复原反响计算

23、是解此题关键，易错选项是C66分2023浙江苯甲酸钠，缩写为NaA可用作饮料的防腐剂，研究说明苯甲酸HA的抑菌能力显著高于A，25时，HA的Ka=6.25105，H2CO3的Ka1=4.17107，Ka2=4.901011，在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压冲入CO2气体，以下说法正确的选项是温度为25，不考虑饮料中其他成分A相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低B提高CO2充气压力，饮料中cA不变C当pH为5.0时，饮料中=0.16D碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：cH+=cHCO3+cCO32+cOHcHA【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡菁优网版权所有【分析】A

24、苯甲酸HA的抑菌能力显著高于A；B酸性增强，溶液中cA减小；C=；D根据质子守恒分析【解答】解：A由题中信息可知，苯甲酸HA的抑菌能力显著高于A，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；B提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中cA减小，故B错误；C当pH为5.0时，饮料中=0.16，故C正确；D碳酸饮料中碳酸电离的氢离子与水电离的氢离子之和等于溶液中氢离子与A结合的氢离子之和，即溶液中存在质子守恒：cH+cHA=cHCO3+2cCO32+cOH，那么各种粒子的浓度关系为：cH+=cHCO3+2cCO32+cOHcHA，故D错误应选C【点

25、评】此题考查了溶液中离子浓度大小比拟、电离常数的有关计算等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握电离常数的计算方法76分2023浙江为落实“五水共治，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气主要含N2，CO2，SO2，NO，CO，不考虑其他成分，设计了如下流程：以下说法不正确的选项是A固体中主要含有CaOH2、CaCO3、CaSO3BX可以是空气，且需过量C捕获剂所捕获的气体主要是COD处理含NH4+废水时，发生反响的离子方程式为：NH4+NO2=N2+2H2O【考点】物质别离和提纯的方法和根本操作综合应用；三废处理与环境保护菁优网版权所有【分析】工业废气中CO2、SO2

26、可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否那么得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反响生成无污染气体，应生成氮气，那么气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，以此解答该题【解答】解：工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否那么得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反响生成无污

27、染气体，应生成氮气，那么气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，A工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，那么固体1为主要含有CaOH2、CaCO3、CaSO3，故A正确；B由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否那么得到硝酸钠，故B错误；C气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；DNaNO2与含有NH4+的溶液反响生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化复原反响，离子方程式为NH4+NO2

28、=N2+2H2O，故D正确应选B【点评】此题考查物质的别离、提纯的综合引用，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关系，题目涉及废水的处理，有利于培养学生良好的科学素养，提高环保意识，难度不大二、非选择题共5小题，总分值58分810分2023浙江化合物X是一种有机合成中间体，Z是常见的高分子化合物，某研究小组采用如下路线合成X和Z：化合物A的结构中有2个甲基RCOOR+RCH2COOR请答复：1写出化合物E的结构简式CH2=CH2，F中官能团的名称是羟基；2YZ的化学方程式是；3GX的化学方程式是，反响类型是取代反响；4假设C中混有B，请用化学方法检验B的存在要求写出

29、操作、现象和结论取适量试样于试管中，先用NaOH溶液中和，再参加新制的氢氧化铜悬浊液，加热，假设产生砖红色沉淀，那么有B存在【考点】有机物的推断菁优网版权所有【分析】A可以连续发生氧化反响，结合分子式可知A属于饱和一元醇，化合物A的结构中有2个甲基，那么A为CH32CHCH2OH，故B为CH32CHCHO，C为CH32CHCOOH由Y的分子式可知，Y的结构简式为CH2=CHCl，可知D为HCCH，Y发生加聚反响生成高分子Z为结合信息可知G为酯，F属于醇，D与氢气发生加成反响生成E为CH2=CH2，E能与水发生加成反响生成F为CH3CH2OH，故G为CH32CHCOOCH2CH3，X为【解答】解

30、：A可以连续发生氧化反响，结合分子式可知A属于饱和一元醇，化合物A的结构中有2个甲基，那么A为CH32CHCH2OH，故B为CH32CHCHO，C为CH32CHCOOH由Y的分子式可知，Y的结构简式为CH2=CHCl，可知D为HCCH，Y发生加聚反响生成高分子Z为结合信息可知G为酯，F属于醇，D与氢气发生加成反响生成E为CH2=CH2，E能与水发生加成反响生成F为CH3CH2OH，故G为CH32CHCOOCH2CH3，X为1化合物E的结构简式为：CH2=CH2，F为CH3CH2OH，F中官能团的名称是：羟基，故答案为：CH2=CH2；羟基；2YZ的化学方程式是：，故答案为：；3GX的化学方程式

31、是：，反响类型是取代反响，故答案为：；取代反响；4B为CH32CHCHO，C为CH32CHCOOH，检验C中含有B，只需检验醛基即可，取适量试样于试管中，先用NaOH溶液中和，再参加新制的氢氧化铜悬浊液，加热，假设产生砖红色沉淀，那么有B存在，故答案为：取适量试样于试管中，先用NaOH溶液中和，再参加新制的氢氧化铜悬浊液，加热，假设产生砖红色沉淀，那么有B存在【点评】此题考查有机物的推断与合成、有机反响类型、有机反响方程式书写、官能团的检验等，注意根据有机物分子式与反响条件进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，注意对题目给予反响信息的理解96分2023浙江化合物Mg5Al3OH19H2O4可作

32、环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：2Mg5Al3OH19H2O427H2O+10MgO+3Al2O31写出该化合物作阻燃剂的两条依据反响吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气；2用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；3MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3H2O【考点】镁、铝的重要化合物菁优网版权所有【分析】1分解反响是吸热反响且生成的氧化镁、氧化铝的熔点高；2氧化镁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，依据二者性质不同除去；3氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧

33、化镁溶于酸促进水解平衡正向进行【解答】解：12Mg5Al3OH19H2O427H2O+10MgO+3Al2O3 ，分解反响是吸热反响，降低温度，生成的氧化镁和氧化铝都是熔点很高的氧化物，附着外表会阻止燃烧，水蒸气稀释空气故答案为：反响吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气；2氧化镁是碱性氧化物溶于酸，氧化铝是两性氧化物溶于酸、碱溶于，参加氢氧化钠溶于溶解后过滤除去，反响的离子方程式为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；3氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于水解生成的酸，反响的化学方程式为：MgO+2NH4Cl+H2O=

34、MgCl2+2NH3H2O，故答案为：MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3H2O【点评】此题考查了镁铝化合物性质，盐类水解的原理应用，主要是氧化镁、氧化铝性质的熟练掌握，题目难度不大1012分2023浙江磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：请答复：1A的组成元素为Fe、S用化学符号表示，化学式为Fe3S4；2C溶液可溶解铜片，例举该反响的一个实际应用刻饰铜线路板；3化合物A能与稀硫酸反响，生成一种淡黄色不溶物和一种气体标况下的密度为1.518gL1，该气体分子的电子式为，写出该反响的离子方程式Fe3S4+6H+=3Fe2+S+3H2S；4写出FG反

35、响的化学方程式，设计实验方案探究溶液G中的主要微粒不考虑H2O，H+，K+，IH2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；取溶液G，参加过量BaCl2溶液，假设产生白色沉淀，那么有SO42；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，假设再产生白色沉淀，那么有H2SO3【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；无机物的推断菁优网版权所有【分析】C参加KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为FeSCN3等，可知B为Fe2O3，且nFe2O3=0.015mol，nFe=0.03mol，mFe=0.03mol56g/mol=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，参加碘的KI溶液，得到无

36、色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为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，应为Fe3S4，以此解答该题【解答】解：C参加KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为FeSCN3等，可知B为Fe2O3，且nFe2O3=0.015mol，nFe=0.03mol，mFe=0.03mol56g/mol=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，参加碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为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，应为Fe3S4，1由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，为Fe3S4，故答案为：Fe、S；Fe3S4；2铁离子具有强氧化性，可氧化铜，常用于刻饰铜线路板，故答案为：刻饰铜线路板；3化合物A能与稀硫酸反响，生成一种淡黄色不溶物和一种气体标况下的密度为1.518gL1，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.51822.4L=34，为H2S气体，电子式为，反响的离子方程式为Fe3S4+6H+=3Fe2+S+3H2S，故答案为：；Fe3S4+6H+=3Fe2+S+3H2S；4FG反响的化学方程

38、式为H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，溶液G中的主要微粒不考虑H2O，H+，K+，I 为SO42和H2SO3，可先检验SO42，后检验有H2SO3，具体操作为：取溶液G，参加过量BaCl2溶液，假设产生白色沉淀，那么有SO42；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，假设再产生白色沉淀，那么有H2SO3故答案为：H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；取溶液G，参加过量BaCl2溶液，假设产生白色沉淀，那么有SO42；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，假设再产生白色沉淀，那么有H2SO3【点评】此题综合考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析、计算和实验能力的考查，注意把握物

39、质的性质以及反响现象，结合质量守恒推断物质的组成，难度中等1115分2023浙江催化复原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一，研究说明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反响，分别生成CH3OH和CO，反响的热化学方程式如下：CO2g+3H2gCH3OHg+H2OgH1=53.7kJmol8 CO2g+H2gCOg+H2OgH2 某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，在相同压强下，经过相同反响时间测得如下实验数据：TK催化剂CO2转化率%甲醇选择性%543Cat.112.342.3543Cat.210.972.7553Cat.115.339.1553Cat

40、.212.071.6备注Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性；转化的CO2中生成甲醇的百分比：CO和H2的标准燃烧热分别为283.0kJmol1和285.8kJmol1H2O1H2OgH3=44.0kJmol1请答复不考虑温度对H的影响：1反响I的平衡常数表达式K=；反响的H2=+41.2kJmol12有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有CDA使用催化剂Cat.1 B、使用催化剂Cat.2C、降低反响温度 D、投料比不变，增加反响物的浓度E、增大 CO2和H2的初始投料比3表中实验数据说明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选

41、择性有显著的影响，其原因是表中数据说明此时未到达平衡，不同的催化剂对反响的催化能力不同，因而再该时刻下对甲醇选择性有影响4在如图中分别画出反响I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反响过程能量示意图5研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，那么生成甲醇的反响发生在阴极，该电极反响式是CO2+6H+6e=CH3OH+H2O【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素菁优网版权所有【分析】1平衡常数为生成物浓度幂之积与反响物浓度幂之积的比值；：CO和H2的标准燃烧热分别为283.0kJmol1和285.8kJmol1，H2O1H2OgH3=44.0kJmol1，可知热化学方

42、程式aCOg+O2g=CO2gH=283.0kJmol1，bH2g+O2g=H2O1H=285.8kJmol1，cH2O1H2OgH3=44.0kJmol1，利用盖斯定律可计算CO2g+H2gCOg+H2Og的反响热；2由CO2g+3H2gCH3OHg+H2OgH1=53.7kJmol8 可知提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，应使平衡向正向移动，可降低温度，增大浓度；3不同的催化剂的催化能力不同，且催化剂具有选择性；4参加催化剂，可降低反响的活化能，催化能力越强，活化能越低，但反响热不变；5CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，应为电解池的阴极反响，被复原生成甲醇【解答】解：1平衡常数

43、为生成物浓度幂之积与反响物浓度幂之积的比值，K=，：CO和H2的标准燃烧热分别为283.0kJmol1和285.8kJmol1，H2O1H2OgH3=44.0kJmol1，可知热化学方程式aCOg+O2g=CO2gH=283.0kJmol1，bH2g+O2g=H2O1H=285.8kJmol1，cH2O1H2OgH3=44.0kJmol1，由盖斯定律将ba+c可得CO2g+H2gCOg+H2OgH2 =285.8+283.0+44kJmol1=+41.2kJmol1，故答案为：；+41.2；2A使用催化剂Cat.1，平衡不移动，不能提高转化率，故A错误； B、使用催化剂Cat.2，不能提高转化

44、率，故B错误；C、降低反响温度，平衡正向移动，可增大转化率，故C正确； D、投料比不变，增加反响物的浓度，衡正向移动，可增大转化率，故D正确；E、增大 CO2和H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故E错误故答案为：CD；3从表中数据分析，在相同温度下，不同的催化剂二氧化碳的转化率不同，说明不同的催化剂的催化能力不同，相同的催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反响为放热反响，说明表中数据是未到达平衡数据，故答案为：表中数据说明此时未到达平衡，不同的催化剂对反响的催化能力不同，因而再该时刻下对甲醇选择性有影响；4从表中数据分析，在催化剂Cat.

45、2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反响催化效果更好，催化剂能降低反响的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反响过程中活化能更低，故图为，故答案为：；5CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C元素化合价降低，被复原，应为电解池的阴极反响，电极方程式为CO2+6H+6e=CH3OH+H2O，故答案为：阴；CO2+6H+6e=CH3OH+H2O【点评】此题考查较为综合，涉及化学平衡的计算，平衡移动以及热化学方程式、电化学等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、计算能力的考查，注意把握盖斯定律的应用，电解池的工作原理等知识，题目难度中等1215分2023浙江无水MgBr2可用

46、作催化剂实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：步骤1 三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中参加15mL液溴步骤2 缓慢通入枯燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中步骤3 反响完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一枯燥的烧瓶中，冷却至0，析出晶体，再过滤得三乙醚溴化镁粗品步骤4 室温下用苯溶解粗品，冷却至0，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160分解得无水MgBr2产品：Mg与Br2反响剧烈放热；MgBr2具有强吸水性MgBr2+3C2H5OC2H5MgBr23C2H5OC2H5请答复：1仪器A的名称是枯燥管实验中不能用枯燥空气代替枯燥N2

47、，原因是防止镁屑与氧气反响，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反响2如将装置B改为装置C图2，可能会导致的后果是会将液溴快速压入三颈瓶，反响过快大量放热而存在平安隐患3步骤3中，第一次过滤除去的物质是镁屑4有关步骤4的说法，正确的选项是BDA、可用95%的乙醇代替苯溶解粗品 B、洗涤晶体可选用0的苯C、加热至160的主要目的是除去苯 D、该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴5为测定产品的纯度，可用EDTA简写为Y标准溶液滴定，反响的离子方程式：Mg2+Y4MgY2滴定前润洗滴定管的操作方法是从滴定管上口参加少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复23次测定时，先称取0.2

48、500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500molL1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50mL，那么测得无水MgBr2产品的纯度是97.5%以质量分数表示【考点】制备实验方案的设计菁优网版权所有【分析】1仪器A为枯燥管，空气中含氧气会和镁发生反响生成氧化镁会阻碍镁与溴单质的反响；2将装置B改为C装置，当枯燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反响过快大量放热存在平安隐患；3反响完毕后恢复至常温，过滤除去固体为镁屑；4A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性；B参加苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0C的苯，可以减少产品的溶解；C加热至160C的主

49、要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁；D室温下用苯溶解粗品，冷却至0，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160分解得无水MgBr2产品，该步骤是为了除去乙醚和溴；5滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口参加少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润内壁，润洗23次；依据方程式Mg2+Y4MgY2分析，溴化镁的物质的量=EDTA标准溶液物质的量，结合n=计算得到溴化镁的质量，纯度=100%；【解答】解：1仪器A为枯燥管，本实验要用镁屑和液溴反响生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反响的气体，例如氧气，所以不能用枯燥的空气代替枯燥的氮气，故答案为：防止镁屑与氧气反响生成的氧化镁阻碍Mg和Br2的

50、反响，故答案为：枯燥管；防止镁屑与氧气反响，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反响；2将装置B改为C装置，当枯燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反响过快大量放热存在平安隐患，装置B是利用枯燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反响可以容易控制防止反响过快，故答案为：会将液溴快速压入三颈瓶，反响过快大量放热而存在平安隐患；3步骤3过滤出去的是不溶于水的镁屑，故答案为：镁屑；4A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，故A错误；B参加苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0C的苯，可以减少产品的溶解，故B正确；C加热至160C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，故C错误

51、；D该步骤是为了除去乙醚和溴，故D正确；应选BD，故答案为：BD；5滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口参加少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润内壁，然后从下步放出，重复23次，故答案为：从滴定管上口参加少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复23次；依据方程式Mg2+Y4MgY2分析，溴化镁的物质的量=0.0500mol/L0.02650L=0.001325mol，那么溴化镁的质量为0.001325mol184g/mol=0.2438g，溴化镁的产品的纯度=100%=97.5%，故答案为：97.5%；【点评】此题考查了物质制备实验方案的设计、混合物的计算、物质别离

52、提纯的综合应用，掌握根底是解题关键，题目难度中等上海卷1.轴烯是一类独特的星形环烃。三元轴烯与苯A.均为芳香烃 B.互为同素异形体C.互为同系物 D.互为同分异构体2.以下化工生产过程中，未涉及氧化复原反响的是A.海带提碘 B.氯碱工业C.氨碱法制碱D.海水提溴3.硼的最高价含氧酸的化学式不可能是A.HBO2 B.H2BO3 C.H3BO3 D.H2B4O74.以下各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是A.CaO与CO2B.NaCl与HClC.SiC与SiO2 D.Cl2与I25.烷烃的命名正确的选项是A.4-甲基-3-丙基戊烷 B.3-异丙基己烷C.2-甲基-3-丙基戊烷 D.2-甲基-

53、3-乙基己烷二、选择题此题共36分，每题3分，每题只有一个正确选项6.能证明乙酸是弱酸的实验事实是A.CH3COOH溶液与Zn反响放出H2B.0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7C.CH3COOH溶液与NaCO3反响生成CO2D.0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红7.W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素。以下说法一定正确的选项是A.原子半径：XYZWB.W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强C.W的气态氢化物的稳定性小于Y的气态氢化物的稳定性D.假设W与X原子序数差为5，那么形成化合物的化学式为X3

54、W28.图1是铜锌原电池示意图。图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示A.铜棒的质量B.c(Zn2+)C.c(H+)D.c(SO42-)9.向新制氯水中参加少量以下物质，能增强溶液漂白能力的是A.碳酸钙粉末 B.稀硫酸 C.氯化钙溶液 D.二氧化硫水溶液10.一定条件下，某容器中各微粒在反响前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子。关于此反响说法错误的选项是A.一定属于吸热反响 B.一定属于可逆反响C.一定属于氧化复原反响 D.一定属于分解反响11.合成导电高分子化合物PPV的反响为：以下说法正确的选项是A.PPV是聚苯乙炔B.该反响为缩聚反响C.PPV与聚苯乙烯的最小

55、结构单元组成相同D.1 mol 最多可与2 mol H2发生反响 12.以下各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能别离的是A.氧化镁中混有氧化铝 B.氯化铝溶液中混有氯化铁C.氧化铁中混有二氧化硅 D.氯化亚铁溶液中混有氯化铜13.O2F2可以发生反响：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，以下说法正确的选项是A.氧气是氧化产物B.O2F2既是氧化剂又是复原剂C.假设生成4.48 L HF，那么转移0.8 mol电子D.复原剂与氧化剂的物质的量之比为1：414.在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室见右图。以下说法错误的选项是A.a

56、、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同B.c、d两处的混合气体成分含量相同，温度不同C.热交换器的作用是预热待反响的气体，冷却反响后的气体D.c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率15.以下气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的选项是选项试剂试纸或试液现象结论A浓氨水、生石灰红色石蕊试纸变蓝NH3为碱性气体B浓盐酸、浓硫酸pH试纸变红HCl为酸性气体C浓盐酸、二氧化锰淀粉碘化钾试液变蓝Cl2具有氧化性D亚硫酸钠、硫酸品红试液褪色SO2具有复原性16.实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如右图所示。以下分析正确的选项是A.操作是过滤，将固体别离除去B.操作是加热浓

57、缩。趁热过滤，除去杂质氯化钠C.操作是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中别离出来D.操作总共需两次过滤17.某铁的氧化物FexO1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 ml Cl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为A.0.80 B.0.85 C.0.90 D.0.93三、选择题此题共20分，每题4分，每题有一个或两个正确选项。只有一个正确选项的，多项选择不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分18.一定条件下，一种反响物过量，另一种反响物仍不能完全反响的是A.过量的氢气与氮气 B.过量的浓盐酸与二氧化锰C.过量的铜与浓硫酸 D.过量的锌与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-，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。以下关于该溶液的判断正确的选项是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。向集满CO2的铝制易拉罐中参加过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反响是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.类比推理是化学中常用的思维方法。以下推理正确的选项是A.CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子B.SiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于H2SC.Fe与Cl2反响生成FeCl3，推测Fe与I2反响生成FeI3D.NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr22.称取NH42SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，参加含0.1 molNaOH的溶液，完全反响，生成NH3 1792 ml标准状况，那么NH42SO4和NH4HSO

60、4的物质的量比为A.1:1 B.1:2 c.1.87:1 D. 3.65:1四、此题共12分NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：1NaCN与NaClO反响，生成NaOCN和NaCl2NaOCN与NaClO反响，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2HCNKi=6.310-10有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。完成以下填空：23.第一次氧化时，溶液的pH应调节为_选填“酸性、“碱性或“中性；原因是_。24.写出第二次氧化时发生反响的离子方程式。_25.处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO_g实际用量应为理论值的4倍，才能使NaCN含量低于