2023学年江苏省苏州新区一中高考化学押题试卷含解析

2023届高考化学模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1．W、X、Y、Z四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其最高价氧化物对应的水化物的溶液，浓度均为0.1mol/L时的pH如表所示。下列说法正确的是元素对应的溶液WXYZpH(25℃)1.013.00.71.0A．简单离子半径大小顺序为：X>Y>Z>WB．Z元素的氧化物对应的水化物一定是强酸C．X、Z的简单离子都能破坏水的电离平衡D．W、Y都能形成含18个电子的氢化物分子2.某学生设计下列装置，在制取某些物质A的同时，还能提供电能，可行性的是()甲乙电解质溶液AAH2Cl2稀HClHClBN2H2某可行溶液NH3·H2OCCO2NH3NaCl饱和溶液NaHCO3DPbPbO2H2SO4溶液PbSO4A．A B．B C．C D．D3．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：下列说法不正确的是A．固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B．X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，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2↑+2H2O4.四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数，下列说法不正确的是（）A．X、Y、Z三种元素的最高正价依次增大B．Y、Z形成的简单氢化物，后者稳定性强C．Y、Z形成的简单阴离子，后者半径小D．工业上用电解W和Z形成的化合物制备单质W5.若用AG表示溶液的酸度，其表达式为：AG=lg[]。室温下，实验室里用0.10mol/L的盐酸溶液滴定10

mL0.10mol/LMOH溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．MOH电离方程式是MOH=M++OH-B．C

点加入盐酸的体积为10mLC．若B点加入的盐酸溶液体积为5

mL，所得溶液中：c(M+)+2c(H+)=c(MOH)

+

2c(OH-)D．滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度逐渐增大6．有a、b、c、d四种原子序数依次增大，且均不大于20的主族元素，a、c同主族，a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b为金属元素，a、c、d的最外层电子数之和为19。下列叙述正确的是A．a、b可能形成含有共价键的离子化合物B．简单离子半径大小：d>c>a>bC．含氧酸的酸性强弱：d>cD．b、c的简单离子在水溶液中一定能大量共存7．海水是巨大的资源宝库，从海水中可以提取镁、溴等产品。某兴趣小组以MgBr2为原料，模拟从海水中制备溴和镁。下列说法错误的是（）A．工业上步骤①常用Ca(OH)2代替NaOHB．设计步骤②、③、④的目的是为了富集溴C．步骤④中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液D．工业上实现步骤⑥，通常用氢气还原氯化镁8．有机物M、N分子的模型如图所示，其中不同颜色的球表示不同的原子，原子之间的化学键可以是单键、双键。下列说法错误的是MNA．M与HCOOCH3互为同分异构体B．N的官能团为羟基C．在与钠的反应中N放出气泡比M快D．N能使酸性高锰酸钾溶液褪色9．探究Na2O2与水的反应，实验如图：已知：H2O2⇌H++HO2-；HO2-⇌H++O22-下列分析不正确的是A．①、④实验中均发生了氧化还原反应和复分解反应B．①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃，说明存在H2O2C．③和④不能说明溶解性：BaO2>BaSO4D．⑤中说明H2O2具有还原性10.已知五种短周期元素aX、bY、cZ、dR、eW存在如下关系：①X、Y同主族，R、W同主族②；a+b=(d+e)；=c-d，下列有关说法不正确的是A．原子半径比较：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(R)B．X和Y形成的化合物中，阴阳离子的电子层相差1层C．W的最低价单核阴离子的失电子能力比R的强D．Z、Y最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应11．下列反应的离子方程式正确的是()A．向溶液中滴加氨水至过量：B．向悬浊液中滴加溶液：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+C．向溶液中加入足量稀硫酸：2S2O32-+4H+=SO42-+3S↓+2H2OD．向苯酚钠溶液中通入少量气体：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO32-12.只涉及到物理变化的是（）A．石油裂化 B．煤的干馏 C．海水晒盐 D．高炉炼铁13.(实验中学2023模拟检测）常温下，往饱和石灰水中加入一定量的生石灰，一段时间后恢复到原温度，以下叙述错误的是A．有溶质析出 B．溶液中Ca2+的数目不变C．溶剂的质量减小 D．溶液的pH不变14.H2与碱金属等单质在较高温度下可以化合形成离子型金属氢化物，如NaH、LiH等，它们具有极强的还原性，也是良好的野外生氢剂(NaH＋H2O＝NaOH＋H2↑)，下列说法不正确的是A．金属氢化物具有强还原性的原因是其中的氢元素为－l价B．NaH的电子式可表示为Na＋[:H]－C．NaAlH4与水反应：NaAlH4＋H2O＝NaOH＋Al(OH)3＋H2↑D．工业上用有效氢含量衡量含氢还原剂的供氢能力，有效氢指单位质量(克)的含氢还原剂的还原能力相当于多少克氢气的还原能力。则LiAlH4的有效氢含量约为0.2115.下列仪器名称为“烧杯”的是（）A．B．C．D．16．NH4NO3溶液受热可发生分解反应：NH4NO3N2↑＋HNO3＋H2O(未配平)。用NA表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是()A．分解时每生成2.24L(标准状况)N2，转移电子的数目为0.6NAB．2.8gN2中含有共用电子对的数目为0.3NAC．56gFe与足量热浓硝酸反应生成NO2分子的数目为3NAD．0.1mol·L－1NH4NO3溶液中，NH4+的数目小于0.1NA17．将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计，使其达到分解平衡：。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：温度平衡气体总浓度下列有关叙述正确的是A．该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变B．因该反应、，所以在低温下自发进行C．达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，体系中气体的浓度增大D．根据表中数据，计算时的分解平衡常数约为18．X+、Y+、M2+、N2﹣均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，离子半径大小关系是：N2﹣＞Y+、Y+＞X+、Y+＞M2+，下列比较正确的是（）A．原子半径：N可能比Y大，也可能比Y小B．原子序数：N＞M＞X＞YC．M2+、N2﹣核外电子数：可能相等，也可能不等D．碱性：M(OH)2＞YOH19．（衡水中学2023模拟检测）下列实验中所用的试剂、仪器或用品(夹持装置、活塞省去)能够达到该目的的是()选项目的试剂仪器或用品A验证牺牲阳极的阴极保护法酸化NaCl溶液、Zn电极、Fe电极、铁氰化钾烧杯、电流表、导线、胶头滴管B铝热反应氧化铁、铝粉滤纸、酒精灯、木条、盛沙子的蒸发皿C配制1.000mol/LNaClNaCl容量瓶、烧杯、玻璃棒、试剂瓶D制备乙酸乙酯乙醇、乙酸、饱和碳酸钠大小试管、酒精灯A．A B．B C．C D．D20．化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾有丁达尔效应B．“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料C．汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D．石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物21．锂-硫电池具有高能量密度、续航能力强等特点。使用新型碳材料复合型硫电极的锂-硫电池工作原理示意图如图，下列说法正确的是A．电池放电时，X电极发生还原反应B．电池充电时，Y电极接电源正极C．电池放电时，电子由锂电极经有机电解液介质流向硫电极D．向电解液中添加Li2SO4水溶液，可增强导电性，改善性能22.反应Cl2+2KI=2KCl+I2中，氧化剂是（）A．Cl2B．KIC．KClD．I2二、非选择题(共84分)23、（14分）(华中师大附中2023模拟检测）二乙酸乙二酯可由X裂解得到的A和B合成。有关物质的转化关系如下：回答下列问题：(1)B的结构简式为________。(2)反应③的反应类型为________。(3)C和C2H6O2反应的化学方程式为___________________________________。(4)下列说法不正确的是________。A．鉴别A和B也可以用溴水B．C2H6O也可以分两步氧化成CC．C2H2O2和C2H6O在浓硫酸作用下也可以加热生成C6H10O4D．X一定是丁烷24、（12分）布洛芬具有降温和抑制肺部炎症的双重作用。一种制备布洛芬的合成路线如图：已知：①CH3CH2ClCH3CH2MgCl②+HCl回答下列问题：（1）A的化学名称为___，G→H的反应类型为___，H中官能团的名称为__。（2）分子中所有碳原子可能在同一个平面上的E的结构简式为__。（3）I→K的化学方程式为___。（4）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式__(不考虑立体异构)。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中有一个手性碳原子；③核磁共振氢谱有七组峰。（5）写出以间二甲苯、CH3COCl和(CH3)2CHMgCl为原料制备的合成路线：__(无机试剂任选)。25、（12分）硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解产物不同。设计如图实验装置（夹持装置略去），在500℃时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全。确定分解产物的成分。（1）B装置的作用是__________。（2）实验中，观察到C中无明显现象，D中有白色沉淀生成，可确定产物中定有______气体产生，写出D中发生反应的离子方程式__________。若去掉C，是否能得出同样结论并解释其原因_____________。（3）A中固体完全分解后变为红宗色粉末，某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3.而不含FeO。请完成表内容。(试剂，仅然和用品自选)实验步骤预期现象结论取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解：____________________固体残留物仅为Fe2O3（4）E中收集到的气体只有N2，其物质的量为xmol，固体残留物刚体死目物Fe2O3的物质的量为ymol，D中沉淀物质的量为zmol，根据氧化还原反应的基本规律，x、y和z应满足的关系为________。（5）结合上述实验现象和相关数据的分析。写出硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热完全分解的化学方程式：_____________。26、（10分）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业，是难溶于水的白色固体，能溶解于硝酸，在潮湿空气中可被迅速氧化。Ⅰ.实验室用CuSO4—NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。相关装置及数据如图：图甲图乙图丙回答以下问题：(1)甲图中仪器1的名称是________；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为_____________。(2)乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式_____________。丙图是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用Na2SO3—Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是_______并维持pH在______左右以保证较高产率。(3)反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是________。Ⅱ.工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。A．CuCl的盐酸溶液B．Na2S2O4和KOH的混合溶液C．KOH溶液D．已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液可吸收氧气。(4)装置A中用盐酸而不能用硝酸，其原因是__________(用化学方程式表示)。用D装置测N2含量，读数时应注意________。整套实验装置的连接顺序应为_______________→D。27、（12分）某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(见下图)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答I和II中的问题。I.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)(1)Cl在元素周期表中的位置为_____，CO2的电子式为___，NaOH中存在的化学键类型为_____。(2)B-C的反应条件为_____，C→Al的制备反应化学方程式为__________。(3)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化：加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)______。a.温度b.Cl的浓度c.溶液的酸度II.含铬元素溶液的分离和利用(4)用情性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是____，分离后含铬元素的粒子是____；阴极室生成的物质为_______(写化学式)。28、（14分）有机物1是一种常见的植物两味油，常用脂肪烃A和芳香烃D按如下路线合成：已知：①R1CHO+R2CH2CHO②通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。回答下列问题：(1)A的名称是___，H含有的官能团名称是_____。(2)②的反应条件是___。⑦的反应类型是______。(3)I的结构简式是________。(4)④的化学方程式是_________。(5)L是I的同分异构体且含有相同官能团，其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，则L共有_种（不考虑立体异构）(6)参照以上合成路线，设计以C为原料制备保水树脂的合成路线（无机试剂任选）__。29、（10分）化合物I是治疗失眠症药物雷美替胺的中间体，其合成路线如下：完成下列填空：(1)物质A中官能团的名称为__________。(2)写出反应类型：反应①_____，反应④_________。(3)反应③会生成与D互为同分异构体的副产物，写出生成该副产物的化学方程式_________。(4)若未设计反应⑥，则化合物I中可能混有杂质，该杂质同样含有一个六元环和两个五元环，其结构简式为_____________。(5)写出同时满足下列条件的物质I的一种同分异构体的结构简式______________。①属于芳香族化合物②能发生银镜反应③能发生水解反应④分子中有5种氢原子(6)已知：CH2=CHCH2OHCH2=CHCOOH写出以CH2=CHCH=CH2、为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)．(合成路线常用的表示方法为：A…目标产物)______________。

参考答案(含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【答案解析】

W与Z的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度均为0.1mol/L时pH=1（H+浓度为0.1mol/L），是一元强酸，则W为N（最高价氧化物对应水化物为HNO3），Z为Cl（最高价氧化物对应水化物为HClO4）；Y的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度为0.1mol/L时pH=0.7（H+浓度为0.2mol/L），是二元强酸，则Y为S（最高价氧化物对应水化物为H2SO4）；X的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度为0.1mol/L时pH=13（OH-浓度为0.1mol/L），是一元强碱，且X的原子序数介于N与S之间，可知X为Na（最高价氧化物对应水化物为NaOH）。【题目详解】A．S2-、Cl-的核外电子排布相同，其中S2-的核电荷数较小，半径较大；N3-、Na+的核外电子排布相同，半径比S2-、Cl-的小，其中N3-的核电荷数较小，半径比Na+大，则简单离子半径大小顺序为：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，A项错误；B．Z为Cl，其氧化物对应的水化物可能为强酸（如HClO4），也可能为弱酸（如HClO），B项错误；C．X的简单离子为Na+，Z的简单离子为Cl-，均不会破坏水的电离平衡，C项错误；D．W能形成N2H4，Y能形成H2S，均为18电子的氢化物分子，D项正确；答案选D。2、A【答案解析】

A.氢气和氯气分别作为燃料电池的负极和正极，将化学能转化为电能，同时产生HCl，选项A正确；B.N2、H2放错电极，交换后才能达到目的，选项B错误；C.这是侯氏制碱法原理，能得到NaHCO3，但不是氧化还原反应，不能提供电能，选项C错误；D.生成的PbSO4附着在电极上，不能分离，供循环使用，选项D错误。答案选A。3、B【答案解析】

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，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体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，则固体1为主要含有Ca(OH)2、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，否则得到硝酸钠，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；D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D正确；故选B。4、A【答案解析】

根据常见元素在周期表中的位置及元素周期表的结构知，X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数，则X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Al元素。【题目详解】A.由分析可知，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，O元素没有最高正价，故A错误；B.由分析可知，Y、Z形成的简单氢化物为NH3和H2O，氮，氧元素中氧的电负性最大，氧与氢之间的共价键最牢固，所以氧的氢化物H2O更稳定，故B正确；C.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，氧的核电荷数大于氮元素，所以后者半径小，故C正确；D.工业上用电解Al和O形成的化合物Al2O3制备单质Al，故D正确；题目要求选错误项，故选A。【答案点睛】C选注意粒子半径大小的比较：（1）同一元素原子、离子：简单阴离子半径大于其相应原子半径，简单阳离子半径小于其相应原子半径；（2）同一元素离子：核外电子数越少，半径越小；（3）电子层结构相同的离子：核电荷数越大，半径越小。5、C【答案解析】A、没有滴入盐酸时，MOH的AG=-8，，根据水的离子积Kw=c(H＋)×c(OH－)=10－14，解出c(OH－)=10－3mol·L－1，因此MOH为弱碱，电离方程式为MOH=M＋＋OH－，故A错误；B、C点时AG=0，即c(H＋)=c(OH－)，溶液显中性，MOH为弱碱，溶液显中性时，此时溶质为MOH和MCl，因此消耗HCl的体积小于10mL，故B错误；C、B点加入盐酸溶液的体积为5mL，此时溶液中溶质为MOH和MCl，且两者物质的量相等，根据电荷守恒，由c(M＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，根据物料守恒，c(M＋)＋c(MOH)=2c(Cl－)，两式合并得到c(M＋)+2c(H＋)=c(MOH)+2c(OH－)，故C正确；D、随着HCl的滴加，当滴加盐酸的体积为10mL时，水电离程度逐渐增大，当盐酸过量，对水的电离程度起到抑制，故D错误。6、A【答案解析】

a的最外层电子数是内层电子数的3倍，a是O元素；a、c同主族，c是S元素；a、c、d的最外层电子数之和为19，d是Cl元素；b为金属元素，b是Na、Mg、Al中的一种。【题目详解】A、O和Na可以形成Na2O2，是含有共价键的离子化合物，故A正确；B、电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径S2－＞Cl－，故B错误；C、最高价含氧酸的酸性d＞c，这里没有说是最高价，故C错误；D、若b为Al元素，则Al3＋和S2－在水溶液中不能大量共存，故D错误。【答案点睛】本题以元素推断为载体，考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律、半径比较、化学键、元素化合物性质等，清楚核外电子排布规律是解题的关键。7、D【答案解析】

由流程可知，MgBr2与NaOH反生成氢氧化镁和NaBr，则滤液含NaBr，②中氯气可氧化溴离子生成溴，③吹出溴，④中试剂X为二氧化硫的水溶液，可吸收溴并生成HBr，⑤中氯气与HBr反应生成溴；氢氧化镁与盐酸反应生成MgCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2∙6H2O，在HCl气流中加热MgCl2∙6H2O，使其脱去结晶水得到无水MgCl2，⑥中电解熔融MgCl2生成Mg，以此来解答。【题目详解】A.工业上步骤①常用Ca(OH)2代替NaOH，便宜易得，故A正确；B.海水中溴离子浓度较低，步骤②、③、④的目的是为了富集溴，故B正确；C.步骤④中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液，与溴单质发生氧化还原反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，生成HBr，故C正确；D.Mg为活泼金属，其还原性强于氢气，氢气无法还原氯化镁，工业上实现步骤⑥，通常用电解法，故D错误；故选D。【答案点睛】Mg为活泼金属，用一般的还原剂无法将其还原为金属单质，只能用最强有力的氧化还原反应手段——电解，将其还原，但同时需注意，根据阴极的放电顺序知，电解含Mg2+的水溶液时，水电离的H+会优先放电，Mg2+不能在阴极得到电子，不能被还原得到金属单质，因此工业上常用电解熔融MgCl2的方法制取金属镁，类似的还有金属活动顺序表中铝以前的金属，如常用电解熔融Al2O3、NaCl的方法制取金属铝和金属钠。8、C【答案解析】

根据分子模型可知，白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子，则M、N的结构简式为CH3COOH和CH3CH2OH。【题目详解】A．M的结构简式为CH3COOH，与HCOOCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B．N的结构简式为CH3CH2OH，官能团为羟基，故B正确；C．CH3COOH和CH3CH2OH分别与钠反应时，CH3COOH中羧基中的氢比CH3CH2OH中羟基中的氢更活泼，故放出氢气速率快，故C错误；D．Ｎ为CH3CH2OH，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为乙酸，高锰酸钾被还原成锰离子，故会褪色，故D正确；答案选C。【答案点睛】判断出M、N的分子结构是关键，根据图中信息可以得到白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子。9、B【答案解析】

A.①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解反应与氧化还原反应，④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解生成了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应。A项正确；B.①中过氧化钠与水反应生成氧气，不能说明存在H2O2，B项错误；C.④中BaO2与硫酸反应生成过氧化氢和硫酸钡沉淀，证明酸性：硫酸＞过氧化氢，不能说明溶解性：BaO2>BaSO4，C项正确；D.⑤中产生的气体为氧气，氧元素化合价升高，做还原剂，说明H2O2具有还原性，D项正确；答案选B。10、A【答案解析】

根据R，W同主族，并且原子序数R为W的一半可知，R为O元素，W为S元素；根据可知，X和Y的原子序数和为12，又因为X和Y同主族，所以X和Y一个是H元素，一个是Na元素；考虑到，所以X为H元素，Y为Na元素，那么Z为Al元素。【题目详解】A．W，Z，Y，R分别对应S，Al，Na，O四种元素，所以半径顺序为：r(Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(R)，A项错误；B．X与Y形成的化合物即NaH，H为-1价，H-具有1个电子层，Na为正一价，Na+具有两个电子层，所以，B项正确；C．W的最低价单核阴离子即S2-，R的即O2-，还原性S2-更强，所以失电子能力更强，C项正确；D．Z的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，Y的为NaOH，二者可以反应，D项正确；答案选A。【答案点睛】比较原子半径大小时，先比较周期数，周期数越大电子层数越多，半径越大；周期数相同时，再比较原子序数，原子序数越大，半径越小。11、B【答案解析】

A.向AgNO3溶液中滴加氨水至过量，会形成银氨络离子，反应的离子方程式为：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，A错误；B.由于Mg(OH)2的溶解度大于Fe(OH)3的溶解度，所以向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，会发生沉淀转化，形成Fe(OH)3沉淀，离子反应为3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，B正确；C.向Na2S2O3溶液中加入足量稀硫酸，发生反应生成Na2SO4、单质S、SO2、H2O，离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，C错误；D.向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体，发生反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-，D错误；故合理选项是B。12、C【答案解析】

化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指无新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是有无新物质生成。【题目详解】A、石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料，是化学变化，故A错误；B、煤干馏是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气等，故B错误；C、海水晒盐是水分的蒸发，没有新物质生成，故C正确；D、高炉炼铁，有新物质铁生成是化学变化，故D错误。故选：C。【答案点睛】本题难度不大，根据变化中是有无新物质生成：无新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化。13、B【答案解析】

常温下，往饱和石灰水中加入一定量的生石灰，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，一段时间后恢复到原温度，Ksp不变，溶解度不变，由于反应消耗水，溶质、溶剂、溶液质量均减少，则：A．有溶质氢氧化钙析出，A正确；B．溶液中Ca2+的浓度不变，但数目减少，B错误；C．氧化钙消耗水，则溶剂的质量减小，C正确；D．OH-浓度不变，则溶液的pH不变，D正确；答案选B。14、C【答案解析】

A、金属氢化物具有强还原性的原因是其中的氢元素为－l价，化合价为最低价，容易被氧化，选项A正确；B、氢化钠为离子化合物，NaH的电子式可表示为Na＋[:H]－，选项B正确；C、NaOH和Al(OH)3会继续反应生成NaAlO2，选项C不正确；D、每38gLiAlH4失去8mol电子，与8g氢气相当，故有效氢为，约为0.21，选项D正确。答案选C。15、A【答案解析】A．仪器的名称是烧杯，故A正确；B．仪器的名称是分液漏斗，故B错误；C．仪器的名称是容量瓶，故C错误；D．仪器的名称是烧瓶，故D错误；答案为A。16、B【答案解析】

NH4NO3溶液受热可发生分解反应：5NH4NO34N2↑＋2HNO3＋9H2O。【题目详解】A.该反应属于归中反应，NH4+中－3价的氮元素升高为0价，被氧化，NO3－中＋5价的氮元素降低为0价，被还原，被氧化的氮原子与被还原的氮原子的物质的量之比为5∶3，每生成4molN2，转移15mol电子，所以，当生成0.1molN2时，转移电子的物质的量为×0.1mol＝0.375mol，转移的电子数为0.375NA，A错误；B.N2的结构式为N≡N，1个N2分子含有3对共用电子，2.8gN2的物质的量为0.1mol，含有的共用电子对数为0.3NA，B正确；C.浓硝酸具有强氧化性，可将铁氧化为＋3价，本身被还原为NO2，56gFe的物质的量为1mol，可失去3mol电子，所以，反应生成3molNO2，但有一部分NO2转化为N2O4，最终生成的NO2分子数少于3NA，C错误；D.已知硝酸铵溶液的物质的量浓度，但未告知溶液的体积，不能确定含有硝酸铵的物质的量，无法计算含有NH4+的数目，D错误；故答案为：B。17.(xx第一中学2023模拟检测）D【答案解析】

A．从反应开始混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能作为平衡状态的标志，故A错误；B．根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热，所以焓变（△H）大于0，根据气态物质的熵大于液态物质的熵判断出反应熵变（△S）大于0，所以在高温下自发进行，故B错误；C．到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动，但温度不变，平衡常数不变，因此体系中气体的浓度不变，故C错误；D．根据表中数据，平衡气体的总浓度为4.8×10-3mol/L，容器内气体的浓度之比为2：1，故NH3和CO2的浓度分别为3.2×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L，代入平衡常数表达式：K=（3.2×10-3）2×1.6×10-3=，故D正确；答案选D。【答案点睛】计算时的分解平衡常数，要根据题目所给该温度下的浓度值，根据NH3和CO2的物质的量之比，在相同的容器中，体积相等，可以得到浓度的关系，再代入公式即可。选项C为解答的易错点，注意平衡常数的表达式以及影响因素。18、C【答案解析】

X+、Y+、M2+、N2-均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，X、Y形成+1价离子，则X、Y不能为H，由于离子半径Y+＞X+，则Y为钠，X为锂元素；离子半径N2-＞Y+，则N为氧元素或硫元素；离子半径Y+＞M2+，则M为铍元素或镁元素，结合元素周期表和元素周期律分析解答。【题目详解】A．Y为钠元素，N为氧元素或硫元素，氧原子、硫原子原子半径都小于钠原子，故A错误；B．Y为钠元素，X为锂元素；原子序数Y＞X，M为铍元素或镁元素，N为氧元素或硫元素，所以原子序数大小关系不唯一，故B错误；C．N为氧元素或硫元素，N2-核外电子数为10或18；M为铍元素或镁元素，M2+核外电子数为2或10，M2+、N2-核外电子数：可能相等，也可能不等，故C正确；D．Y为钠元素，M为铍元素或镁元素，金属性Y＞M，所以碱性：YOH＞M(OH)2，故D错误；故选C。【答案点睛】正确判断元素的种类是解题的关键。本题中X、Y的判断要注意“一定数目电子”一般认为不能为“0”。19、A【答案解析】

A.酸化NaCl溶液、Zn电极、Fe电极构成的原电池中，加入铁氰化钾后，无蓝色沉淀生成，说明铁作正极被保护，A可以达到实验目的，A正确；B.铝热反应需要氯酸钾、镁条来引发反应，无镁条和氯酸钾反应不能发生，B错误；C.用NaCl固体来配制一定物质的量浓度的溶液时，需要用到的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管等，另外还缺少试剂蒸馏水，不能达到实验目的，C错误；D.酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，无浓硫酸作催化剂，反应不能发生，D错误；故合理选项是A。20、A【答案解析】

A．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，选项A正确；B．碳纤维为碳的单质，属于无机物，所以碳纤维是一种新型无机非金属材料，不是有机高分子材料，选项B错误；C．汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的，选项C错误；D、由于石油是多种烃的混合物，而石油的分馏产品均为混合物，故汽油、煤油和柴油均为多种烃的混合物，选项D错误；答案选A。21、B【答案解析】

A．X电极材料为Li，电池放电时，X电极发生氧化反应，故A错误；B．电池放电时，Y为正极，发生还原反应，充电时，Y发生氧化反应，接电源正极，故B正确；C．电池放电时，电子由锂电极经过导线流向硫电极，故C错误；D．锂单质与水能够发生反应，因此不能向电解液中添加Li2SO4水溶液，故D错误；故答案为：B。22、A【答案解析】根据单质中元素化合价为零、化合物中正负化合价代数和为零可知，反应物中，Cl2属于单质，氯气中氯元素化合价为零，碘化钾中钾显+1价，碘显-1价，生成物中，氯化钾中钾为+1价，氯为-1价，碘单质中碘元素的化合价是零，因此反应后化合价降低的元素是氯，氯气是氧化剂，故选A。二、非选择题(共84分)23、CH3CH3取代反应2CH3COOH＋＋2H2OD【答案解析】

X裂解得到的A和B，A能与水催化加成生成分子式为C2H6O，即应为乙醇，B光照条件下与氯气发生取代反应生成C2H4Cl2，C2H4Cl2在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成分子式为C2H6O2，C2H6O2结合C反应生成二乙酸乙二酯，可推知C为乙酸，C2H6O2为乙二醇，C2H4Cl2为CH2ClCH2Cl，则B为乙烷，据此分析。【题目详解】根据上述分析可知：(1)A是烯烃，B只能是烷烃，应为CH3CH3；(2)反应③是C2H4Cl2在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成CH2OHCH2OH和氯化钠，属于取代反应；(3)C和C2H6O2反应的化学方程式为HOCH2CH2OH＋2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3＋2H2O；(4)A.A和B分别为烷烃和烯烃，可以用溴水、高锰酸钾溶液等鉴别，选项A正确；B.C2H6O是醇，生成酸，可以直接氧化，也可以先氧化成醛，再氧化成酸，选项B正确；C.C2H2O2和C2H6O在浓硫酸作用下，也可以加热生成C6H10O4，为乙二酸二乙酯，是二乙酸乙二酯的同分异构体，选项C正确；D.X可能是丁烷，也可以是己烷等，C6H14C2H6＋2C2H4，选项D不正确；答案选D。24、甲苯消去反应碳碳双键、酯基+H2O+CH3OH【答案解析】

根据F的结构可知A中应含有苯环，A与氯气可以在光照条件下反应，说明A中含有烷基，与氯气在光照条件下发生取代反应，A的分子式为C7H8，则符合条件的A只能是；则B为，B→C→D发生信息①的反应，所以C为，D为；D中羟基发生消去反应生成E，则E为或；E与氢气加成生成F，F生成G，G在浓硫酸加热的条件下羟基发生消去反应生成H，则H为，H与氢气加成生成I，则I为，I中酯基水解生成K。【题目详解】(1)A为，名称为甲苯；G到H为消去反应；H为，其官能团为碳碳双键、酯基；(2)E为或，其中的碳原子可能在同一平面上；(3)I到K的过程中酯基发生水解，方程式为+H2O+CH3OH；(4)D为，其同分异构体满足：①能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；②分子中有一个手性碳原子，说明有一个饱和碳原子上连接4个不同的原子或原子团；③核磁共振氢谱有七组峰，有7种环境的氢，结构应对称，满足条件的同分异构体为：；(5)根据观察可知需要在间二甲苯的苯环上引入一个支链，根据信息②可知CH3COCl/AlCl3可以在苯环上引入支链-COCH3，之后的流程与C到F相似，参考C到F的过程可知合成路线为：。25、检验产物中是否有水生成SO2SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+否，若有SO3也有白色沉淀生成将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液若高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红3x+y=z2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O【答案解析】（1）硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]在500℃时隔绝空气加热分解，H、O结合有水生成，故B装置的作用是检验产物中是否有水生成。（2）装置C中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊，但该装置中没有明显现象，可知产物中无有SO3气体生成；装置D中有白色沉淀，说明产物中有SO2气体生成，通入过氧化氢发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+，若去掉C，若有SO3也有白色沉淀生成，不能得出说明出有SO2而无SO3的结论。（3）根据Fe2+的还原性，可以用高锰酸钾溶液检验，依据Fe3+与KSCN溶液后变红可检验，方法为：取少量A中残留物与试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液（或：依次滴加K3Fe(CN)6溶液、KSCN溶液或其他合理答案）并振荡，若高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红（或：加入K3Fe(CN)6溶液无现象，加入KSCN溶液后变红，或其他合理答案），则残留物仅为Fe2O3而不含FeO。（4）若产物中有氮气生成，则失去电子的元素是Fe和N，得到电子的元素是S，[（NH4）2Fe（SO4）2]分解，E中生成xmolN2失去电子的物质的量是6xmol，生成ymolFe2O3失去电子的物质的量是2ymol，D中沉淀物质的量为zmol，即生成的二氧化硫的物质的量是zmol，则得电子的物质的量是2zmol，根据得失电子守恒，6x+2y=2z即3x+y=z；（5）结合上述实验现象和相关数据的分析，完成硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]在500℃时隔绝空气加热完全分解的化学方程式：2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O【答案点睛】该题为实验探究题，主要考查物质的检验，如H2O，Fe2O3，FeO，SO2等，考查实验设计，氧化还原的计算等知识，理解实验目的和掌握基础知识为关键，难度适中。26、三颈烧瓶Na2SO3溶液2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++与H+作用，调整pH3.5洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O温度降到常温，上下调节量气管至左、右液面相平，该数时视线与凹液面最低处相切C→B→A【答案解析】

(1)根据仪器1的图示解答；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，需要控制Na2SO3的加入量，据此分析判断；(2)根据题意，在CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl(氯化亚铜)沉淀，同时溶液的酸性增强，结合Na2CO3的性质分析解答；(3)根据“氯化亚铜(CuCl)在潮湿空气中可被迅速氧化”分析解答；(4)根据“氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸”，结合硝酸的强氧化性书写反应的方程式；根据正确的读数方法解答；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，据此分析解答。【题目详解】(1)甲图中仪器1为三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，可控制Na2SO3的加入量，则仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3溶液；(2)在提纯后的CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl(氯化亚铜)沉淀，同时溶液的酸性增强，生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+，用Na2SO3-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，Na2CO3可与生成的H+反应，及时除去系统中反应生成的H+，利于反应进行，由图象可知，应维持pH在3.5左右，故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+；与H+作用，调整pH；3.5；(3)用去氧水作洗涤剂洗涤产品，可洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化，故答案为：洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化；(4)根据题意，氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸，反应的方程式为6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O；用D装置测N2含量，应注意温度在常温，且左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切，以减小实验误差；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，则顺序为C→B→A→D，故答案为：6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O；降低温度到常温，上下调节量气管液面至左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切；C→B→A。27、第三周期第VIIA族离子键和极性（共价）键加热(或煅烧)2Al2O34Al+3O2↑ac在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液CrO42-和Cr2O72-NaOH和H2【答案解析】

（1）依据元素原子的核电荷数分析在周期表中的位置作答；二氧化碳分子内存在两个碳氧双键；氢氧化钠存在离子键与极性共价键；（2）固体混合物含有Al(OH)3、MnO2，加入NaOH溶液，过滤，可得到滤液A为NaAlO2，通入二氧化碳，生成B为Al(OH)3，固体C为Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al；固体D为MnO2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；

（3）题中涉及因素有温度和浓度；Ⅱ．（4）电解时，通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题。【题目详解】（1）Cl为17号元素，在元素周期表中的位置为第三周期第VIIA族，CO2的电子式为，NaOH中存在的化学键类型为离子键与极性（共价）键，故答案为第三周期第VIIA族；；离子键与极性（共价）键；（2）B为Al(OH)3，在加热条件下生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到铝，其化学方程式为：2Al2O34Al+3O2↑

故答案为；加热（或煅烧）；2Al2O34Al+3O2↑；

（3）反应涉及的条件为加热，不加热，无变化，加热有Cl2生成，说明该反应能否有效进行与温度有关；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2，说明该反应能否有效进行与溶液的酸度有关，故答案为ac；Ⅱ．（4）依据离子交换膜的性质和电解工作原理知，在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，其浆液中含铬元素的离子应为CrO42-和Cr2O72-；H+在阴极室得到电子生成H2，溶液中的OH-浓度增大，混合物浆液中的Na+通过阳离子交换膜移向阴极室，故阴极室生成的物质为氢气和NaOH，故答案为在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极室移动；脱离浆液CrO42-和