2023届辽宁省沈阳市第1高三第五次模拟考试化学试卷含解析

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．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01mol·L–1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如下图所示。下列说法不正确的是（）A．原子半径的大小：W<Y<XB．元素的非金属性：Z>X>YC．Y的氢化物常温常压下为液态D．X的最高价氧化物的水化物为弱酸2.海冰是海水冻结而成的咸水冰。海水冻结时，部分来不及流走的盐分以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”假设盐分以一个NaCl计，其大致结构如下图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确的是()A．海冰内层“盐泡”越多，密度越小B．海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越多C．海冰内层“盐泡”内的盐分主要以NaCl分子的形式存在D．海冰内层NaCl的浓度约为设冰的密度为3．比较纯碱的两种工业制法，正确的是选项项目氨碱法联合制碱法A．原料食盐、氨气、生石灰食盐、氨气、二氧化碳B．可能的副产物氯化钙氯化铵C．循环物质氨气、二氧化碳氨气、氯化钠D．评价原料易得、产率高设备简单、能耗低A．A B．B C．C D．D4.工业制备氮化硅的反应为：3SiCl4(g)＋2N2(g)＋6H2(g)Si3N4(s)＋12HCl(g)ΔH<0，将0.3molSiCl4和一定量N2、H2投入2L反应容器，只改变温度条件测得Si3N4的质量变化如下表：下列说法正确的是()A．250℃，前2min,Si3N4的平均反应速率为0.02mol·L－1·min－1B．反应达到平衡时，两种温度下N2和H2的转化率之比相同C．达到平衡前，300℃条件的反应速率比250℃快；平衡后，300℃比250℃慢D．反应达到平衡时，两种条件下反应放出的热量一样多5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．7g14C中，含有3NA个中子B．25℃时，pH=4的CH3COOH溶液中H+的数目为10-4NAC．3.2gCu与足量浓硝酸反应，生成的气体在标准状况下的体积为22.4LD．标准状况下，5.6L丙烷中含有共价键的数目为2.5NA6．下列实验操作能产生对应实验现象的是实验操作实验现象A用玻璃棒蘸取氯化铵溶液，点在红色石蕊试纸上试纸变蓝色B向盛有K2Cr2O7溶液的试管中滴加浓硫酸，充分振荡溶液由橙黄色逐渐变为黄色C向FeCl3溶液中加入KI溶液，再加入苯，充分振荡，静置溶液分层，上层呈紫色D向蔗糖在硫酸催化下水解后的溶液中，加入新制氢氧化铜悬浊液并加热出现砖红色沉淀A．A B．B C．C D．D7．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为0.1NAB．标准状況下，2.24L己烷中共价键的数目为1.9NAC．在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数一定大于0.1NAD．34gH2O2中含有的阴离子数为NA8．下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述不正确的是：A．淀粉→葡萄糖→（氧化）水和二氧化碳（释放能量维持生命活动）B．纤维素（水解）→葡萄糖→（氧化）水和二氧化碳（释放能量维持生命活动）C．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色D．酶通常是一类具有高选择催化性能的蛋白质9．下列化学用语对事实的表述正确的是A．电解CuCl2溶液：CuCl2=Cu2++2Cl-B．Mg和Cl形成离子键的过程：C．向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32-=Al2(CO3)3↓D．乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O10.不能用勒夏特列原理解释的是（）A．草木灰（含K2CO3）不宜与氨态氮肥混合使用B．将FeCl3固体溶解在稀盐酸中配制FeCl3溶液C．人体血液pH值稳定在7.(xx第一中学2023模拟检测）4±0.05D．工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎11．下列物质能通过化合反应直接制得的是①FeCl2②H2SO4③NH4NO3④HClA．只有①②③ B．只有②③ C．只有①③④ D．全部12.向含有5×10﹣3molHIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，溶液变蓝且有S析出，继续通入H2S，溶液的蓝色褪去，则在整个过程中（）A．共得到0.96g硫 B．通入H2S的体积为336mLC．硫元素先被还原后被氧化 D．转移电子总数为3.0×10﹣2NA13.(实验中学2023模拟检测）第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.01mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是A．简单离子半径:X>Y>Z>WB．W的单质在常温下是黄绿色气体C．气态氢化物的稳定性:Z>W>YD．X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2种14.目前中国已经通过自主创新成功研发出第一台锌溴液流储能系统，实现了锌溴电池的隔膜、极板、电解液等关键材料自主生产。锌溴电池的原理装置图如图所示，下列说法错误的是()A．充电时电极石墨棒A连接电源的正极B．放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区C．放电时负极反应为2Br-—2e-=Br2D．放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大15.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．4.6g14CO2与N218O的混合物中所含中子数为2.4NAB．将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目等于0.1NAC．1molHI被氧化为I2时转移的电子数为NAD．常温下电解饱和食盐水，当溶液pH由7变为13时，电路中转移的电子数为0.1NA16．扑热息痛的结构如图所示，下列关于扑热息痛的描述正确的是A．分子式为C8H10NO2B．扑热息痛易溶于水C．能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应D．属于芳香烃17．化学与生活密切相关。下列说法错误的是A．碳酸钠可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查18．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．用氢氧燃料电池电解饱和食盐水得到0.4molNaOH，在燃料电池的负极上消耗氧气分子数为0.1NAB．2molH3O＋中含有的电子数为20NAC．密闭容器中1molN2(g)与3molH2(g)反应制备氨气，形成6NA个N-H键D．32gN2H4中含有的共用电子对数为6NA19．（衡水中学2023模拟检测）有4种碳骨架如下的烃，下列说法正确的是（）a．b．c．d．①a和d是同分异构体②b和c是同系物③a和d都能发生加聚反应④只有b和c能发生取代反应A．①② B．①④ C．②③ D．①②③20．某溶液中只可能含有K＋、Mg2＋、Al3＋、Br－、OH－、CO32－、SO32－中的一种或几种。取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。为确定该溶液的组成，还需进行的实验是()A．取样，进行焰色反应B．取样，滴加酚酞溶液C．取样，加入足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液D．取样，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊溶21．下表中对应关系正确的是()ACH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HClCH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl均为取代反应B由油脂得到甘油；由卤代烃制醇均发生了水解反应CCl2+2Br‾→2Cl‾+Br2；Zn+Cu2+→Zn2++Cu均为单质被还原的置换反应D2Na2O2+2H2O→4NaOH+O2↑；2F2+2H2O→4HF+O2均为水作还原剂的氧化还原反应A．A B．B C．C D．D22.用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是（）A．用图1所示装置制取并收集少量纯净的氨气B．用图2所示装置分离乙醇和乙酸乙酯的混合溶液C．用图3所示装置加热分解NaHCO3固体D．用图4所示装置比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱二、非选择题(共84分)23、（14分）(华中师大附中2023模拟检测）某合金X由常见的两种元素组成。为探究该合金X的元素组成和性质,设计并进行如下实验:根据上述信息,回答下列问题:(1)合金X的化学式为________。(2)用离子方程式解释溶液中滴加H2O2后呈红色的原因:_______(3)写出336mL(标准状况)气体B通入100mL0.2mol/L的NaOH溶液中的化学反应方程式:_______24、（12分）比鲁卡胺(分子结构见合成线路)是有抗癌活性，其一种合成路线如图：回答下列问题（1）A的化学名称为__。（2）D中官能团的名称是__。（3）反应④所需试剂、条件分别为__、__。（4）写出⑤的反应方程式__。（5）F的分子式为__。（6）写出与E互为同分异构体，且符合下列条件的化合物的结构简式__。①所含官能团类别与E相同；②核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6（7）参考比鲁卡胺合成的相关信息，完成如图合成线路(其他试剂任选)___。25、（12分）苯甲醛是一种重要的化工原料，某小组同学利用如图所示实验装置(夹持装置已略去)制备苯甲醛。已知有机物的相关数据如下表所示：有机物沸点℃密度为g/cm3相对分子质量溶解性苯甲醛178.11.04106微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃苯甲醇205.71.04108微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃二氯甲烷39.81.33难溶于水，易溶于有机溶剂实验步骤：①向容积为500mL的三颈烧瓶加入90.0mL质量分数为5%的次氯酸钠溶液(稍过量)，调节溶液的pH为9-10后，加入3.0mL苯甲醇、75.0mL二氯甲烷，不断搅拌。②充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，并将有机相合并。③向所得有机相中加入无水硫酸镁，过滤，得到有机混合物。④蒸馏有机混合物，得到2.08g苯甲醛产品。请回答下列问题：(1)仪器b的名称为______，搅拌器的作用是______。(2)苯甲醇与NaClO反应的化学方程式为_______。(3)步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多，原因是____；步骤③中加入无水硫酸镁，若省略该操作，可能造成的后果是______。(4)步骤②中，应选用的实验装置是___(填序号)，该操作中分离出有机相的具体操作方法是___。(5)步骤④中，蒸馏温度应控制在_______左右。(6)本实验中，苯甲醛的产率为________(保留到小数点后一位)。26、（10分）CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.(xx第一中学2023模拟检测）67.(xx第一中学2023模拟检测）64.07.(xx第一中学2023模拟检测）7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2·6H2O熔点为86℃，加热至110~120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴。（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式_________________。（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式________________；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式_________________。（3）“加Na2CO3调pH至a”,过滤所得到的沉淀成分为___________________。（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是_____________、____________和过滤。制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是__________________。（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是______________；其使用的最佳pH范围是_________。A．2.0~2.5B．3.0~3.5C．4.0~4.5D．5.0~5.5（6）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100％，其原因可能是______________________。(答一条即可)27、（12分）葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(GB2760－2014)规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g·L－1。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。Ⅰ.定性实验方案如下：(1)将SO2通入水中形成SO2—饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在多个含硫元素的平衡，分别用平衡方程式表示为__________________________________________________。(2)利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如下实验：实验结论：干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因：_______________________________。Ⅱ.定量实验方案如下(部分装置和操作略)：(3)仪器A的名称是________。(4)A中加入100.0mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为__________。(5)除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是__________。(6)步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液00mL，该葡萄酒中SO2的含量为________g·L－1。该测定结果比实际值偏高，分析原因________________________________________。28、（14分）芳香脂I（）是一种重要的香料，工业上合成它的一种路线如下图所示。其中A的结构简式为，C是能使溴的CCl4溶液褪色的烃，F是分子中含有一个氧原子的烃的衍生物。已知：①；②酯环化合物：分子中含有3个及以上碳原子连接成的碳环，环内两个相邻碳原子之间可以是单键、双键或三键，环的数目可以是一个或多个。（1）F的相对分子质量大于X，则F的名称为___________，X的结构简式为____________，C→D的另一种产物是HCl，则该反应的反应类型为_________________。（2）从官能团角度上看，A属于_______物质，能将A、B区别开的试剂是_______，I中的官能团名称为________________________。（3）写出D→E的化学方程式:_______________________________________________。（4）B还有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体共有________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1:2:6的物质的结构简式为_______（任写一种）。①能发生酯化反应②属于脂环化合物（5）已知:CH3CH2OH+HNO3CH3CH2ON2O（硝酸乙酯）+H2O。请写出以CH2ClCH=CH2为基本原料合成三硝酸甘油酯的合成路线图（无机试剂任选）：______________________。29、（10分）三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废水(镍主要以NiR2络合物形式存在)制取草酸镍(NiC2O4)，再高温灼烧草酸镍制取三氧化二镍。工艺流程如图所示：已知：①NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)(R-为有机物配位体，K=1.6×10-14)②Ksp[Fe(OH)3]=2.16×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15③Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5④“脱络”过程中，R-与中间产物·OH反应生成·R(有机物自由基)，·OH能与H2O2发生反应。有关反应的方程式如下：i.Fe2++H2O2=Fe3++OH－+·OH.ii.R-+·OH=OH-+·Riii.H2O2+2OH=O2↑+2H2O请回答下列问题：(1)中间产物·OH的电子式是_______。(2)“沉铁”时，若溶液中c(Ni2+)=0.01mol/L，加入碳酸钠调溶液的pH为______(假设溶液体积不变，1g6≈0.8)使Fe3+恰好沉淀完全(离子的浓度≤1.0×10-5mol/L)，此时_____（填“有”或“无”）Ni(OH)2沉淀生成。(3)25℃时pH=3的草酸溶液中=____________(保留两位小数)。“沉镍”即得到草酸镍沉淀，其离子方程式是____________。(4)加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是____________。(5)工业上还可用电解NiCl2等混合溶液的方法制取三氧化二镍。电解过程中ClO-把Ni(OH)2氧化为三氧化二镍。写出该反应的离子方程式：____________。

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、B【答案解析】

n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则为氯气，Z为Cl，r是由这些元素组成的二元化合物，0.01mol·L–1r溶液的pH为2，说明r为HCl，q的水溶液具有漂白性，说明是水溶液中含有次氯酸根，再结合m和n反应生成q和r，则q为HClO，m为水，s通常是难溶于水的混合物，氯气和p光照，说明是取代反应，则为烷烃，因此短周期元素W为H，X为C，Y为O，Z为Cl。【题目详解】A.原子半径的大小：H<O<C，故A正确；B.元素的非金属性：Cl>O>C，故B错误；C.Y的氢化物水或过氧化氢常温常压下为液态，故C正确；D.X的最高价氧化物的水化物碳酸为弱酸，故D正确。综上所述，答案为B。2、D【答案解析】

A．“盐泡”中盐与水的比值不变，则内层“盐泡”越多时，密度不变，故A错误；B．若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水，则海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，故B错误；C．“盐泡”内的盐分为NaCl，由离子构成，不存在NaCl分子，故C错误；D．冰的密度为，设海水1L时，水的质量为900g，由个数比为1：500000，含NaCl为，可知海冰内层NaCl的浓度约为，故D正确；故答案为D。【答案点睛】考查海水资源的应用，把握海水中盐泡的成分、信息的应用为解答的关键，“盐泡”内的盐分为NaCl，属离子化合物，由离子构成，且“盐泡”中盐与水的比值不变，特别注意“盐泡结构的判断。3、B【答案解析】

氨碱法制纯碱，以食盐氯化钠、石灰石经煅烧生成生石灰和二氧化碳、氨气为原料，先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液．其化学反应原理是：，将经过滤、洗涤得到的微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品，放出的二氧化碳气体可回收循环使用。含有氯化铵的滤液与石灰乳混合加热，所放出的氨气可回收循环使用。，，氯化钠的利用率低。联合制碱法，以氨气、水、二氧化碳、氯化钠为原料。氨气与水和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，这是第一步。第二步是：碳酸氢铵与氯化钠反应生成氯化铵和碳酸氢钠沉淀，碳酸氢钠之所以沉淀是因为在该温度下它的溶解度较小。最后一步，加热析出的碳酸氢钠得到纯碱，原理方程式为：，保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高；可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO转化成，革除了制这一工序。【题目详解】A．氨碱法原料有：食盐氯化钠、石灰石经煅烧生成生石灰和二氧化碳、氨气，联合制碱法原料有：食盐、氨气、二氧化碳，A错误；B．氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化铵，B正确；C．氨碱法循环物质：氨气、二氧化碳，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，C错误；D．氨碱法原料食盐和石灰石便宜，产品纯碱的纯度高，副产品氨和二氧化碳都可以回收循环使用，制造步骤简单，适合于大规模生产，但设备复杂；能耗高，氨碱法的最大缺点还在于原料食盐的利用率只有；联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到以上，废弃物少，D错误。答案选B。4、B【答案解析】

A、Si3N4为固体，固体的浓度视为常数，无法计算Si3O4的反应速率，故A错误；B、起始N2和H2的物质的量比值为定值，反应中N2和H2的消耗量的比值恒定为1:3，则反应达到平衡时，两种温度下N2和H2的转化率之比相同，故B正确；C、其他条件相同时，升高温度，反应速率加快，温度越高，反应速率越大，则达到平衡前，300℃条件的反应速率比250℃快，平衡后，300℃依然比250℃快，故C错误；D、该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，温度不同，反应物的消耗量不同，则反应放出的热量不同，故D错误；答案选B。5、D【答案解析】

A．1个14C中含有8个中子，7g14C即0.5mol，含有中子数目为4NA，故A错误；B．溶液的体积未知，所以无法计算相关微粒的个数，故B错误；C．3.2gCu即0.05mol，与足量浓硝酸反应生成NO2气体，化学计量关系为：Cu—2NO2可知n(NO2)=0.1mol，V(NO2)=2.24L，且标况下NO2不是气体，无法确定其体积，故C错误；D．标况下，5.6L丙烷为0.25mol，一个丙烷分子含有10个共价键，0.25mol丙烷中含有2.5NA个共价键，故D正确；答案选D。【答案点睛】易错点为B选项，pH值代表溶液中氢离子的浓度，要计算微粒数目必须要计算物质的量，题中没有给出体积，不能计算物质的量，也就无法计算微粒数目。NO2在标况下不是气体。6、C【答案解析】

A．氯化铵溶液呈酸性，能使石蕊变红，所以红色石蕊试纸不变色，A不正确；B．向盛有K2Cr2O7溶液的试管中滴加浓硫酸，平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+逆向移动，溶液的颜色加深，B不正确；C．向FeCl3溶液中加入KI溶液，发生反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，再加入苯，充分振荡，静置，液体分为两层，上层为紫红色的碘的苯溶液，下层为无色的水溶液，C正确；D．向蔗糖在硫酸催化下水解液中加入新制氢氧化铜悬浊液并加热，硫酸与氢氧化铜作用生成硫酸铜，不能将葡萄糖氧化，没有砖红色沉淀出现，D不正确；故选C。7、A【答案解析】

A.4.6gNO2的物质的量是0.1mol，若反应完全产生4.6gNO2，转移电子0.1NA；若完全转化为N2O4，4.6gN2O4的物质的量是0.05mol，转移电子数为2×0.05×NA=0.1NA，故Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数一定为0.1NA，A正确；B.标准状況下，已烷不是气体，因此不能使用气体摩尔体积计算其物质的量及化学键的数目，B错误；C.缺体积，无法计算溶液中微粒的数目，C错误；D.34gH2O2的物质的量为1mol，由于H2O2是共价化合物，在水中部分电离，存在电离平衡，因此含有的阴离子数小于NA，D错误；故合理选项是A。8、B【答案解析】

A.淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放出能量，故A正确；B.人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，不能被消化功能，故B错误；C.植物油含不饱和脂肪酸酯，分子中含有碳碳双键具有烯烃的性质，能使Br2/CCl4褪色，故C正确；D.酶是蛋白质，具有高选择性和催化性能，故D正确；答案选B。9、D【答案解析】

A．电解氯化铜溶液生成铜和氯气，总的化学方程式为：CuCl2Cu+Cl2↑，故A错误；B．氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键，其形成过程为，故B错误；C．向Al2(SO4)3溶液中滴加少量Na2CO3溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故C错误；D．羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O，故D正确；故选D。10、D【答案解析】

A.因为草木灰中碳酸根水解显碱性，氨态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者混合使用会发生双水解反应生成NH3，使N元素流失，降低肥效，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B.加入盐酸后溶液中H+增多，可以抑制FeCl3的水解，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C.人体血液中含有缓冲物质，如：H2CO3/NaHCO3，人们食用了酸性食品或碱性食品后，通过平衡移动使血液pH值稳定在7.(xx第一中学2023模拟检测）4±0.05，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D.工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎，是增大矿石与空气接触面积，与勒夏特列原理无关，故D选；故答案为D。11、D【答案解析】

①Fe＋2FeCl3=3FeCl2；②SO3＋H2O=H2SO4；③NH3＋HNO3=NH4NO3；④H2＋Cl2HCl故①②③④都可以通过化合反应制备，选D。12、D【答案解析】

A．HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化最终生成硫单质和HI，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S，所以5×10﹣3molHIO3被消耗，就会得到硫单质是0.48g，故A错误；B．没有指明标准状况，无法计算所需H2S的体积，故B错误；C．不管是HIO3与H2S反应，还是碘单质与H2S反应，H2S都被氧化，故C错误；D．整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I﹣～6e﹣，消耗5×10﹣3molHIO3伴随0.03mol电子转移，转移电子总数为3.0×10﹣2NA，故D正确；故选D。13、B【答案解析】

第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na元素；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，SiO2不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此解答该题。【题目详解】综上所述可知X是Na元素，Y是P元素，Z是S元素，W是Cl元素。A.离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；离子的电子层越多，离子半径越大，离子半径P3->S2->Cl->Na+，A错误；B.W是Cl元素，其单质Cl2在常温下是黄绿色气体，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性W>Z>Y，所以气态氢化物的稳定性：W>Z>Y，C错误；D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4，二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，溶液中磷酸根发生分步水解反应，产生HPO42-，产生的HPO4-会进一步发生水解反应产生H2PO4-、H3PO4，同时溶液中还存在H+、OH-，因此溶液中的微粒种类比2种多，D错误；故合理选项是B。【答案点睛】本题考查结构、性质、位置关系的应用的知识，根据溶液的pH与浓度的关系，结合原子半径推断元素是解题关键，侧重对元素周期表、元素周期律的考查，难度中等。14、C【答案解析】

放电时，Zn是负极，负极反应式为：Zn-2e－═Zn2＋，正极反应式为：Br2+2e－=2Br－，充电时，阳极反应式为2Br－-2e－=Br2、阴极反应式为Zn2＋+2e－=Zn。【题目详解】A．充电时电极石墨棒A连接电源的正极，反应式为2Br－-2e－=Br2，故A正确；B．放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，故B正确；C．放电时，Zn是负极，负极反应式为：Zn-2e－═Zn2＋，故C错误；D．正极反应式为：Br2+2e－=2Br－，阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大，故D正确；故选C。15、D【答案解析】

A.14CO2和N218O的摩尔质量均为46g/mol，故4.6g混合物的物质的量为0.1mol，且二者均含有24个中子，故0.1mol此混合物中含中子数为2.4NA个，故A正确；B.将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：n(CH3COO-)+n(OH−)=n(Na+)+n(H+)，而由于溶液显中性，故n(OH−)=n(H+)，则有n(CH3COO-)=n(Na+)=0.1mol，溶液中CH3COO-数目等于0.1NA，故B正确；C.I元素的化合价由-1价升高为0价，则1molHI被氧化为I2时转移的电子数为1mol×1NA=NA，故C正确；D.溶液体积不明确，故溶液中放电的氢离子的物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故D错误；故选D。【答案点睛】D项是学生们的易错点，学生们往往不细心，直接认为溶液是1L并进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免；16、C【答案解析】

A．分子式为C8H9NO2，故A错误；B．含酚-OH、-CONH-，该有机物不溶于水，故B错误；C．含酚-OH，能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应，故C正确；D．含O、N等元素，不是芳香烃，故D错误；故选C。17.(xx第一中学2023模拟检测）D【答案解析】

A.碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；B.漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；C.氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；D.碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。答案选D。【答案点睛】本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。18、B【答案解析】

A.电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，反应中氯元素的化合价由-1价升高为0价，得到0.4molNaOH时，生成0.2molCl2，转移电子数为0.4NA，氢氧燃料电池正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此正极上消耗氧气分子数为0.1NA，故A错误；B.1个H3O＋中含有10个电子，因此2molH3O＋中含有的电子数为20NA，故B正确；C.N2与H2反应的化学方程式为：N2+3H22NH3，该反应属于可逆反应，因此密闭容器中1molN2(g)与3molH2(g)反应生成氨气物质的量小于2mol，形成N-H键的数目小于6NA，故C错误；D.32gN2H4物质的量为=1mol，两个氮原子间有一个共用电子对，每个氮原子与氢原子间有两个共用电子对，因此1molN2H4中含有的共用电子对数为5NA，故D错误；故选B。【答案点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确H3O＋中含有10个电子，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。19、A【答案解析】

由碳架结构可知a为(CH3)2C=CH2，b为C(CH3)4，c为(CH3)3CH，d为环丁烷，①a为(CH3)2C=CH2，属于烯烃，d为环丁烷，属于环烷烃，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，①正确；②b为C(CH3)4，c为(CH3)3CH，二者都属于烷烃，分子式不同，互为同系物，②正确；③a为(CH3)2C=CH2，含有C=C双键，可以发生加聚反应，d为环丁烷，属于环烷烃，不能发生加聚反应，③错误；④都属于烃，一定条件下都可以发生取代反应，④错误；所以①②正确，故答案为：A。20、D【答案解析】

①向溶液中滴加足量氯水后

,

溶液变橙色

,

说明溶液中含有

Br−，且有气泡冒出

,

说明溶液中含离子

CO32－或SO32－；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32－，

那么一定含有：CO32－，一定不能含有与碳酸根生成沉淀的离子：

Mg2＋、Al3＋，通过以上分析，根据电中性原理

，能证明

K＋存在

，所以无法判断氢氧根离子的存在与否，可以取样

，加入足量

BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊试液看是否变红来检验。故选

D。【答案点睛】①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br

-，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO

3

2-或SO

3

2-离子，那么与其混合生成沉淀的不能存在；

②向所得橙色溶液中加入足量BaCl

2溶液，无沉淀生成，说明不含SO

3

2-，据此进行解答。21、B【答案解析】

A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；卤代烃水解产物为醇，则均发生水解反应，故B正确；C．Zn+Cu2+=Zn2++Cu反应中，Zn元素化合价升高，Zn单质被氧化，故C错误；D．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；2F2+2H2O→4HF+O2中只有O元素的化合价升高，作还原剂，故D错误；正确答案是B。【答案点睛】把握反应中结构变化、反应条件及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重高频考点的考查，题目难度不大。22、D【答案解析】A，向NaOH固体中加入浓氨水可产生NH3，NH3可用碱石灰干燥，NH3密度比空气小，应用向下排空法收集，A项错误；B，乙醇和乙酸乙酯为互相混溶的液体混合物，不能用分液法进行分离，B项错误；C，加热分解NaHCO3固体时试管口应略向下倾斜，C项错误；D，浓盐酸加到KMnO4中产生黄绿色气体，锥形瓶中发生的反应为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物得出，氧化性：KMnO4Cl2，Cl2通入NaBr溶液中溶液由无色变为橙色，试管中发生的反应为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，由此得出氧化性：Cl2Br2，D项正确；答案选D。点睛：本题考查化学实验的基本操作、气体的制备、物质氧化性强弱的比较。注意加热固体时试管口应略向下倾斜，防止水分在试管口冷凝倒流到试管底部使试管破裂；比较氧化性的强弱通常通过“强氧化性物质制弱氧化性物质”的氧化还原反应来实现。二、非选择题(共84分)23、Fe5CH2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)34NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O【答案解析】

由血红色可以推出X含有铁元素，由无色无味的气体使澄清石灰水变浑浊推出X中另一种元素为碳。铁碳合金和足量的稀硫酸反应生成FeSO4和H2（A气体），剩余黑色固体碳在足量的氧气中灼烧，生成无色无味气体B（CO2），CO2通入足量澄清石灰水中得到白色沉淀CaCO3。【题目详解】(1)生成的CaCO3为5.0g即0.05mol，碳元素的质量为0.05mol×12g/mol=0.6g，则X中铁的含量为14.6g-0.6g=14.0g，即含铁14.0g÷56g/mol=0.25mol，所以X为Fe5C。(2)合金中的Fe与H2SO4反应生成的是FeSO4，加氧化剂H2O2后被氧化成Fe3+再与SCN-生成Fe(SCN)3。故离子方程式为：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；(3)CO2的物质的量为0.336L÷22.4L/mol=0.015mol，NaOH的物质的量为0.02mol。0.015molCO2与0.02molNaOH反应生成Na2CO3amol与NaHCO3bmol，根据Na和C守恒列2个二元一次方程分别为2a+b=0.02，a+b=0.015解得a=0.005，b=0.01，根据四种物质的最简比写出方程式:4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O。24、丙酮碳碳双键、羧基甲醇浓硫酸、加热+CH3OHC12H9N2OF3【答案解析】

A和HCN加成得到B，-H加在O原子上，-CN加C原子上，B发生消去反应得到C，C水解得到D，E和甲醇酯化反应得到E，E发生取代反应生成F，F发生加成、氧化反应生成G，G氧化成比鲁卡胺。【题目详解】（1）由A的结构简式可知，A的分子式为：C3H6O，故答案为：C3H6O；（2）由D的结构简式可知，D中含碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；（3）D和甲醇酯化反应生成E，酯化反应的条件为浓硫酸、加热，故答案为：甲醇；浓硫酸、加热；（4）由图可知，E中的烷氧基被取代生成F，烷氧基和H原子生成了甲醇，所以发生的反应为：+CH3OH，故答案为：+CH3OH；（5）数就行了，F的分子式为：C12H9N2OF3，故答案为：C12H9N2OF3；（6）所含官能团类别与E相同，则一定含碳碳双键、酯基，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6，则必有2个甲基，所以先确定局部结构含C-C=C，在此基础上，酯基中的羰基只可能出现在3号碳上，那么甲基只可能连在一号碳上，所以符合条件的只有一种，故答案为：；（7）结合本题进行逆合成分析：参照第⑤步可知，可由和合成，由和甲醇合成，由水解而来，由消去而来，由和HCN加成而来，综上所述，故答案为：。【答案点睛】复杂流程题，要抓住目标产物、原料和流程中物质的相似性，本题中的目标产物明显有个酰胺基，这就和F对上了，问题自然应迎刃而解。25、球形冷凝管使物质充分混合+NaClO→+NaCl+H2O防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低产品中混有水，纯度降低③打开分液漏斗颈部的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔），再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞178.1℃67.(xx第一中学2023模拟检测）9%【答案解析】

(1)根据图示结合常见的仪器的形状解答；搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分；(2)根据实验目的，苯甲醇与NaClO反应生成苯甲醛；(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水；(4)步骤②中萃取后要进行分液，结合实验的基本操作分析解答；(5)步骤④是将苯甲醛蒸馏出来；(6)首先计算3.0mL苯甲醇的物质的量，再根据反应的方程式计算理论上生成苯甲醛的质量，最后计算苯甲醛的产率。【题目详解】(1)根据图示，仪器b为球形冷凝管，搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分，故答案为球形冷凝管；使物质充分混合；(2)根据题意，苯甲醇与NaClO反应，苯甲醇被氧化生成苯甲醛，次氯酸钠本身被还原为氯化钠，反应的化学方程式为+NaClO→+NaCl+H2O，故答案为+NaClO→+NaCl+H2O；(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化，因此步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水，提高产品的纯度，若省略该操作，产品中混有水，纯度降低，故答案为防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低；产品中混有水，纯度降低；(4)步骤②中，充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，萃取应该选用分液漏斗进行分液，应选用的实验装置是③，分液中分离出有机相的具体操作方法为打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞，故答案为③；打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞；(5)根据相关有机物的数据可知，步骤④是将苯甲醛蒸馏出来，蒸馏温度应控制在178.1℃左右，故答案为178.1℃；(6)根据+NaClO→+NaCl+H2O可知，1mol苯甲醇理论上生成1mol苯甲醛，则3.0mL苯甲醇的质量为1.04g/cm3×3.0cm3=3.12g，物质的量为，则理论上生成苯甲醛的质量为×106g/mol=3.06g，苯甲醛的产率=×100%=67.(xx第一中学2023模拟检测）9%，故答案为67.(xx第一中学2023模拟检测）9%。26、Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2OClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2OClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2OFe(OH)3、Al(OH)3蒸发(浓缩)冷却(结晶)降低烘干温度，防止产品分解除去溶液中的Mn2+B粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水【答案解析】

（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]中加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案为ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）从溶液中制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0～3.5之间，Mn2+的萃取率很高而Co2+的萃取率较小，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故答案为除去溶液中的Mn2+；B；（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。【点晴】理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。27、SO2（g）SO2（aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋+HSO3－；HSO3－H++SO32－干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少圆底烧瓶SO2＋H2O2=H2SO4加入二氧化锰并振荡0.32盐酸的挥发造成的干扰【答案解析】

（1）将SO2通入水中形成SO2─饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在的平衡有：SO2（g）SO2（aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋+HSO3－；HSO3－H＋+SO32－，故答案为SO2（g）SO2（aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋+HSO3－；HSO3－H＋+SO32－；（2）根据对比实验，干白葡萄酒中滴入品红溶液，红色不褪去，可能是