福建省南安市柳城中学2023年高三下学期第一次联考化学试卷含解析

2023届高考化学模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．拉曼光谱证实，AlO2－在水中转化为[Al(OH)4]－。将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，再逐滴加入1mol/L盐酸，测得溶液中CO32－、HCO3－、[Al(OH)4]－、Al3+的物质的量与加入盐酸的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是A．CO32－、HCO3－和[Al(OH)4]－在水溶液中可大量共存B．d线表示的反应为：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2OC．原固体混合物中CO32－与AlO2－的物质的量之比为1：1D．V1=150mL，V2=300mL；M点生成的CO2为0.05mol2.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．D3．能够产生如图实验现象的液体是A．CS2 B．CCl4C．H2O D．4.下列实验现象与实验操作不相匹配的是）（）选项实验操作实验现象A向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色B向浓HNO3中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰石中有红棕色气体产生，石灰石变浑浊C向稀溴水中加入苯，充分振荡，静置水层几乎无色D向试管底部有少量铜的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸铜逐渐溶解A．A B．B C．C D．D5.我国科学家开发的一种“磷酸钒锂/石墨离子电池”在4.6V电位区电池总反应为：Li3C6＋V2(PO4)36C＋Li3V2(PO4)3。下列有关说法正确的是A．该电池比能量高，用Li3V2(PO4)3做负极材料B．放电时，外电路中通过0.1mol电子M极质量减少0.7gC．充电时，Li+向N极区迁移D．充电时，N极反应为V2(PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4)36．在恒容密闭容器中，用铜铬的氧化物作催化剂，用一定量的HCl(g)和O2制取Cl2的原理为：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH<0。下列有关说法不正确的是A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强变小B．平衡时，其他条件不变，分离出H2O(g)，逆反应速率减小C．平衡时，其他条件不变，升高温度平衡常数增大D．其他条件不变，使用不同催化剂，HCl(g)的转化率不变7．下列实验合理的是（）A．证明非金属性Cl＞C＞SiB．制备少量氧气C．除去Cl2中的HClD．吸收氨气，并防止倒吸A．A B．B C．C D．D8．某甲酸溶液中含有甲醛，用下列方法可以证明的是A．加入足量的新制氢氧化铜并加热煮沸，有砖红色的沉淀B．加入过量的氢氧化钠充分反应后的溶液能发生银镜反应C．将试液进行酯化反应后的混合液能发生银镜反应D．加入足量氢氧化钠后，蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热有砖红色沉淀9．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）A．NH3NO2HNO3 B．AlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)C．FeFe2O3Fe D．AgNO3(aq)[Ag(NH3)2OH(aq)]Ag10.用下列装置能达到实验目的的是A．清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管B．配置一定物质的量浓度的溶液实验中，为定容时的操作C．装置制取金属锰D．装置为制备并用排气法收集NO气体的装置11．某晶体中含有非极性键，关于该晶体的说法正确的是A．可能有很高的熔沸点 B．不可能是化合物C．只可能是有机物 D．不可能是离子晶体12.萜类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于萜类化合物a、b的说法正确的是A．a中六元环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)B．b的分子式为C10H12OC．a和b都能发生加成反应、氧化反应、取代反应D．只能用钠鉴别a和b13.(实验中学2023模拟检测）莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法正确的是（）A．分子中所有碳原子共平面B．分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物C．分子中含有3种官能团，能发生加成、氧化、取代反应D．1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体14.油炸虾条、薯片等易碎的食品，不宜选用真空袋装而应采用充气袋装。在实际生产中，充入此类食品袋的是下列气体中的（）A．氧气 B．二氧化碳 C．空气 D．氮气15.下列由相关实验现象所推出的结论正确的是A．NH4Cl和NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl和NH4HCO3固体的方法制氨气B．向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-C．Fe

与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生。说明Fe

与两种酸均发生置换反应D．NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体16．下列物质性质与应用对应关系正确的是()A．晶体硅熔点高、硬度大，可用于制作半导体材料B．氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂C．漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张D．氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料17．《本草纲目》中记载：“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”。下列叙述正确的是A．“取碱浣衣”与酯的水解有关B．取该“碱”溶于水可得到一种碱溶液C．“以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、分液D．“薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可增强肥效18．下列反应可用离子方程式“H++OH﹣→H2O”表示的是（）A．H2SO4溶液与Ba（OH）2溶液混合B．NH4Cl溶液与KOH溶液混合C．NH4HSO4溶液与少量NaOHD．NaHCO3溶液与NaOH溶液混合19．（衡水中学2023模拟检测）下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是A．A B．B C．C D．D20．下列有水参加的反应中，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂的是()A．CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑B．2F2+2H2O=4HF+O2↑C．Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO421．下列说法正确的是A．氯化氢气体溶于水破坏离子键，产生H+和Cl-B．硅晶体熔化与碘化氢分解需克服的化学键类型相同C．NH3和HCl都极易溶于水，是因为都可以和H2O形成氢键D．CO2和SiO2的熔沸点和硬度相差很大，是由于它们所含的化学键类型不同22.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A．将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋B．将铜粉加1.0mol·L－1Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D．将0.1mol·L－1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L－1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）(华中师大附中2023模拟检测）某芳香烃X（分子式为C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物。已知：Ⅰ.Ⅱ.(苯胺，易被氧化)（1）写出：X→A的反应条件______；反应④的反应条件和反应试剂：______。（2）E中含氧官能团的名称：______；反应②的类型是_______；反应②和③先后顺序不能颠倒的原因是_______。（3）写出反应①的化学方程式：_______。（4）有多种同分异构体，写出1种含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物的结构简式：_______。（5）写出由A转化为的合成路线________。(合成路线表示方法为：AB……目标产物)。24、（12分）下列A～J十种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去。A为正盐；常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，I通常为红棕色气体，I的相对分子质量比E的大16；F在常温下是一种无色液体；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，产物C易溶于水；J是一元含氧强酸。回答下列问题：(1)A的化学式为_________。(2)一定条件下，B和D反应生成E和F的化学方程式为_____________。(3)J和金属Cu反应生成E的化学方程式为_______。(4)H和石灰乳反应的化学方程式为___________。(5)在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量之比为__________。25、（12分）PbCrO4是一种黄色颜料，制备PbCrO4的一种实验步骤如图1：已知：①Cr（OH）3（两性氢氧化物）呈绿色且难溶于水②Pb（NO3）2、Pb（CH3COO）2均易溶于水，PbCrO4的Ksp为2.8×10﹣13，Pb（OH）2开始沉淀时pH为7.(xx第一中学2023模拟检测）2，完全沉淀时pH为8.7。③六价铬在溶液中物种分布分数与pH关系如图2所示。④PbCrO4可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液作用制得，含PbCrO4晶种时更易生成（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是___。（2）“制NaCrO2（aq）”时，控制NaOH溶液加入量的操作方法是_____。（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，其原因是_____；“氧化”时发生反应的离子方程式为___。（4）“煮沸”的目的是_____。（5）请设计用“冷却液”制备PbCrO4的实验操作：_____[实验中须使用的试剂有：6mol•L﹣1的醋酸，0.5mol•L﹣1Pb（NO3）2溶液，pH试纸]。26、（10分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5（1）装置I中产生气体的化学方程式为__________________。（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_________。（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为________(填序号)。实验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是________(填序号)。a．测定溶液的pHb．加入Ba(OH)2溶液c．加入盐酸d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是____________。实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)①按上述方案实验，消耗标准I2溶液00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为________________g·L－1。②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果____(填“偏高”“偏低”或“不变”)。27、（12分）FeBr2是一种黄绿色固体，某学习小组制备并探究它的还原性。I．实验室制备FeBr2实验室用如图所示装置制取溴化亚铁。其中A为CO2发生装置，D和d中均盛有液溴，E为外套电炉丝的不锈钢管，e是两个耐高温的瓷皿，其中盛有细铁粉。实验开始时，先将铁粉加热至600—700℃，然后将干燥、纯净的CO2气流通入D中，E管中反应开始。不断将d中液溴滴入温度为100—120℃的D中。经过几小时的连续反应，在铁管的一端沉积有黄绿色鳞片状溴化亚铁。（1）若在A中盛固体CaCO3，a中盛6mol/L盐酸。为使导入D中的CO2为干燥纯净的气体，则图中B、C处的装置和其中的试剂应是：B为_____________。C为________________。为防止污染空气，实验时应在F处连接盛___________的尾气吸收装置。（2）反应过程中要不断通入CO2，其主要作用是____________________。Ⅱ．探究FeBr2的还原性（3）实验需要200mL0.1mol/LFeBr2溶液，配制FeBr2溶液除烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是_____________，需称量FeBr2的质量为：_________。（4）取10mL上述FeBr2溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。某同学对产生黄色的原因提出了假设：假设1：Br一被Cl2氧化成Br2溶解在溶液中；假设2：Fe2+被Cl2氧化成Fe3+设计实验证明假设2是正确的：________（5）请用一个离子方程式来证明还原性Fe2+>Br一________：（6）若在40mL上述FeBr2溶液中通入3×10-3molCl2，则反应的离子方程式为________28、（14分）(1)已知:①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=180.5kJ·mol-1②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1③2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221kJ·mol-1若某反应Ⅰ的平衡常数表达式为K=请写出此反应的热化学方程式:________,该反应自发进行的条件是_________。(2)一定温度下,向体积为VL的密闭容器中充入一定量的NO和CO,发生反应Ⅰ。①下列说法正确的是____。A当容器内气体压强不再发生变化时,说明反应已达到平衡状态B当v(CO2)=v(CO)时,说明反应已达到平衡状态C达到平衡后,若向容器中再充入一定量NO,则NO转化率将减小D达到平衡后,若再升高温度,由于逆反应速率增大,正反应速率减小,因此平衡向逆反应方向移动②若反应在t1时刻达到平衡状态,在其他条件不变的情况下,t2时刻通过缩小容器体积使压强增大到原来的2倍,t3时刻达到新的平衡状态。请在图中补充画出t2～t4时段c(NO)的变化曲线:____(3)分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池而除去(以KOH溶液为电解质溶液)。写出该电池的负极反应式:_____________。29、（10分）铬是一种应用广泛的金属材料。请回答下列问题：(1)基态铬的价电子排布式为_____________，其单电子数目为______________。(2)Cr(NH3)3F3中所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是_______________。(3)NH3中N的价层电子对数为____________，已知Cr(NH3)3F3中Cr的配位数为6，Cr的配位原子是_____________，NH3与Cr3+成键后，N的杂化类型为____________。(4)Cr(NH3)3F3固体易升华，其熔沸点均较NaCl低很多，其原因是________________。(5)将Cr(NH3)3F3在充足氧气中灼烧有Cr2O3生成，从Cr2O3晶体中取出的具有重复性的六棱柱结构如图所示，已知Cr2O3的摩尔质量为Mg/mol，晶体的密度为ρg/cm3，六棱柱的体积为Vcm3。六棱柱结构内部的小白球代表________(填“铬离子”或“氧离子”)阿伏加德罗常数NA=___________mol-1(用含M，V，ρ的代数式表示)。

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、C【答案解析】

将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，AlO2－转化为[Al(OH)4]－，除Na+外溶液中主要存在CO32-、[Al(OH)4]－；由于酸性：H2CO3＞HCO3－＞Al(OH)3，则结合H+的能力：[Al(OH)4]－＞CO32-＞HCO3－，向溶液中逐滴加入盐酸，[Al(OH)4]－首先与H+反应转化为Al(OH)3，因此a线代表[Al(OH)4]－减少，发生的反应为：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O，则[Al(OH)4]－的物质的量为1mol/L×0.05L=0.05mol，生成的Al(OH)3也为0.05mol；接下来CO32-与H+反应转化为HCO3－，b线代表CO32-减少，c线代表HCO3－增多，发生的反应为：CO32-+H+=HCO3－，可计算出n(CO32-)=n(HCO3－)=n(H+)=1mol/L×0.05L=0.05mol；然后HCO3－与H+反应生成H2CO3（分解为CO2和H2O），最后Al(OH)3与H+反应生成Al3+，d线代表HCO3－减少，e线代表Al3+增多。【题目详解】A．由于酸性：HCO3-＞Al(OH)3，HCO3－会与[Al(OH)4]－发生反应生成Al(OH)3：HCO3－+[Al(OH)4]－=CO32-+Al(OH)3↓+H2O，HCO3－和[Al(OH)4]－在水溶液中不能大量共存，A项错误；B．d线代表HCO3－减少，发生的反应为：HCO3－+H+=CO2↑+H2O，B项错误；C．a线代表[Al(OH)4]－与H+反应：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O，b线代表CO32-与H+反应：CO32-+H+=HCO3－，由图象知两个反应消耗了等量的H+，则溶液中CO32-与[Al(OH)4]－的物质的量之比为1：1，原固体混合物中CO32－与AlO2－的物质的量之比为1：1，C项正确；D．d线代表HCO3－与H+的反应：HCO3－+H+=CO2↑+H2O，n(HCO3－)=0.05mol，消耗H+的物质的量为0.05mol，所用盐酸的体积为50mL，V1=100mL+50mL=150mL；e线代表Al(OH)3与H+反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，Al(OH)3的物质的量为0.05mol，会消耗0.15molH+，所用盐酸的体积为150mL，V2=V1+150mL=300mL；M点生成的是HCO3－而非CO2，D项错误；答案选C。【答案点睛】在判断HCO3－、Al(OH)3与H+反应的先后顺序时，可用“假设法”：假设HCO3－先与H+反应，生成的H2CO3（分解为CO2和H2O）不与混合物中现存的Al(OH)3反应；假设Al(OH)3先与H+反应，生成的Al3+会与溶液中现存的HCO3－发生双水解反应，转化为Al(OH)3和H2CO3（分解为CO2和H2O），实际效果还是HCO3－先转化为H2CO3，因此判断HCO3－先与H+反应。2、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。3、C【答案解析】

A．CS2是非极性分子，用带电玻璃棒接近CS2液流,液流不偏转，A错误；B．CCl4是非极性分子，用带电玻璃棒接近CCl4液流,液流不偏转，B错误；C．H2O是极性分子，用带电玻璃棒接近H2O液流,液流会偏转，C正确；D．是非极性分子，用带电玻璃棒接近液流,液流不偏转，D错误。答案选C。【答案点睛】极性分子能发生细流偏转现象，非极性分子不能发生细流偏转现象。4、B【答案解析】

A.酸性KMnO4溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化，酸性KMnO4溶液溶液褪色，故A正确，不符合题意；B.C与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，即使生成了碳酸钙，也会被硝酸溶解，因此不会有浑浊现象，故B错误，符合题意；C.苯与溴水发生萃取，水层接近无色，故C正确，不符合题意；D.

向硝酸铜溶液中滴加稀硫酸，有氢离子和硝酸根离子，能使铜溶解，故D正确，不符合题意；故选：B。5、B【答案解析】

原电池的正极上发生得电子的还原反应，在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应；锂离子电池的总反应为：Li3C6＋V2(PO4)36C＋Li3V2(PO4)3，则该电池放电时正极上发生得电子的还原反应，即电极反应式为V2(PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4)3，负极为Li3C6材料，电极反应Li3C6-3e－→3Li++6C。【题目详解】A.该电池比能量高，原电池的正极上发生得电子的还原反应，在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应；用Li3V2(PO4)3作正极材料，负极为Li3C6材料，故A错误；B.放电时，M极为负极，电极反应Li3C6-3e－→3Li++6C，外电路中通过0.1mol电子M极质量减少0.1mol×7g·mol－1=0.7g，故B正确；C.充电时，Li+向阴极迁移，即向M极区迁移，故C错误；D.充电时，N极为阳极，发生氧化反应，Li3V2(PO4)3-3e－=V2(PO4)3＋3Li＋，故D错误；故选B。【答案点睛】本题考查二次电池，理解原电池和电解池的原理是解题关键，易错点D，充电时外电源的正极与电池的正极相连，阳极发生氧化反应，失去电子。6、C【答案解析】

A．平衡前，随着反应向着化学计量数减小的方向进行，容器内气体的总物质的量减小，压强变小，故A正确；B．平衡时，其他条件不变，分离出H2O(g)，降低生成物的浓度，逆反应速率瞬间减小，正反应速率瞬间不变，平衡正向进行，故B正确；C．平衡时，其他条件不变，升高温度逆向移动，平衡常数减小，故C错误；D．其他条件不变，使用不同催化剂改变反应速率，但不改变平衡的移动，HCl(g)的转化率不变，故D正确；答案为C。7、D【答案解析】

A.盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，同时盐酸易挥发，与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱，故A错误；

B.过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，关闭止水夹，不能使反应随时停止，图中装置不合理，故B错误；

C.碳酸氢钠与氯化氢会发生反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，应用饱和食盐水，故C错误；

D.四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使气体与水隔离，从而可防止倒吸，故D正确；

故选D。【答案点睛】A项是学生们的易错点，其中盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，应用高氯酸；同时盐酸易挥发，能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，会干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱。8、D【答案解析】

A．甲酸分子中也含有醛基，所以无论是否含有甲醛，都会有该现象，A错误。B．甲酸与加入过量的氢氧化钠充分反应后的得到的甲酸钠中仍然含有醛基，所以溶液一样可以能发生银镜反应，不能证明是否含有甲醛，B错误。C．酸与醇发生酯化发生的实质是酸脱羟基醇脱氢。所以将甲酸溶液进行酯化反应后的混合液含有甲酸及甲酸酯中都含有醛基，可以发生银镜反应。因此不能证明含有甲醛，C错误。D．向甲酸溶液中加入足量氢氧化钠，发生酸碱中和反应得到甲酸钠。甲酸钠是盐，沸点高。若其中含有甲醛，则由于甲醛是分子晶体，沸点较低。加热蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热煮沸，若有砖红色沉淀，则证明蒸馏出的气体中含有甲醛，D正确。答案选D。9、B【答案解析】

A．NH3与氧气反应生成的是NO，无法直接得到NO2，故A错误；B．铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液为强碱弱酸盐溶液，水解产物不挥发，蒸发会得到溶质偏铝酸钠，所以Al

NaAlO2(aq)

NaAlO2(s)，能够在给定条件下实现，故B正确；C．铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不是生成氧化铁，故C错误；D．硝酸银溶液和一水合氨反应生成氢氧化银沉淀，继续加入氨水沉淀溶解生成银氨溶液，蔗糖为非还原性的糖，不能和银氨溶液反应，物质间转化不能实现，故D错误；答案选B。10、D【答案解析】

A.自来水中有杂质离子，清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管不能用自来水，应该用蒸馏水，且应该把反应液倒入水中，A项错误；B.定容时，当液面距定容刻度线1到2厘米处，改用滴管滴加，使凹液面最低端与刻度线相切，B项错误；C.利用铝热反应制取金属锰时采用的是高温条件，需要氯酸钾分解产生氧气，促进镁条燃烧，利用镁条燃烧产生大量热制取金属锰，该实验装置中没有氯酸钾作引发剂，C项错误；D.铜和稀硝酸反应可以制备NO，NO的密度比CO2的密度小，采用短口进气、长口出气的集气方式，D项正确；答案选D。11、A【答案解析】

A.金刚石为原子晶体，晶体中含有非极性共价键C−C键，由于该晶体的原子晶体，原子之间通过共价键结合，断裂需要吸收很高的能量，因此该物质的熔沸点很高，所以可能有很高的熔沸点，故A正确；B.同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键，H2O2等含有非极性键，属于化合物，故B错误；C.离子化合物中一定含有离子键，也可能含有非极性共价键，如Na2O2，故C错误；D.离子化合物中一定含有离子键，也可能含有非极性共价键，如Na2O2，因此含有非极性键的化合物可能是离子晶体，故D错误；故选：A。12、C【答案解析】A、a中六元环上有5个碳上有氢，a中六元环上的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)，故A错误；B、b的分子式为C10H14O，故B错误；C、a中的碳双键和b中苯环上的甲基都能发生氧化反应、a、b甲基上的氢都可以发生取代反应、a中碳碳双键、b中苯环都可以发生加成反应，故C正确；D.可以用钠鉴别a和b，还可以用溴水来鉴别，故D错误；故选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重分析能力和应用能力的考查，解题关键：官能团与性质的关系、有机反应类型，难点：选项D为解答的难点，醇能与钠反应。题目难度中等。13、C【答案解析】

A．分子中含有一个碳碳双键，只有碳碳双键连接的5个碳原子共平面，A错误；B．分子中无苯环，不属于芳香族化合物，B错误；C．分子中有碳碳双键、羟基、羧基3种官能团，碳碳双键可以被加成，分子可以发生加成、氧化、取代反应，C正确；D．1mol莽草酸中含有1mol-COOH，可以与足量碳酸氢钠反应生成1molCO2气体，D错误；答案选C。【答案点睛】高中阶段，能与碳酸氢钠反应的官能团只有羧基。1mol-COOH与足量的碳酸氢钠反应生成1molCO2。14、D【答案解析】

油炸虾条、薯片具有还原性，易被氧化性气体氧化而变质，保存时，充入气体应为非氧化性气体，空气和氧气相比较，氧气的浓度更大，氧化性更强，易使食品变质，在食品袋中冲入氮气既可以防挤压又可以防氧化，故选D。15、D【答案解析】A、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又重新结合生成氯化铵，不能制备氨气，选项A错误；B、向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，在酸性条件下H+、NO3-具有强的氧化性，会把SO32-氧化产生SO42-，不能说明该溶液一定有SO42-，选项B错误；C、Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，前者是由于硝酸的强氧化性，后者是由于Fe与稀硫酸发生置换反应，选项C错误；D、NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体氯化铵，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查实验现象及所推出的结论正误判断的知识。明确实验现象以及化学反应原理是解答本题的关键。16、B【答案解析】

A、晶体硅能导电，可用于制作半导体材料，与熔点高硬度大无关系，A不正确；B、氢氧化铝具有弱碱性，能与酸反应生成铝盐和水，可用于制胃酸中和剂，B正确；C、漂白粉具有强氧化性，可用于漂白纸张，与其稳定性无关系，C不正确；D、氧化铁是红棕色粉末，可用于制作红色涂料，与是否能与酸反应无关系，D不正确，答案选B。17.(xx第一中学2023模拟检测）A【答案解析】

A．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，使衣服中的油脂水解，A正确；B、取该“碱”溶于水可得到一种盐溶液碳酸钾溶液，B错误；C、“以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、过滤，C错误；D、“薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可减弱肥效，因碳酸根与铵根离子发生双水解而使肥效减弱，D错误；答案选A。18、C【答案解析】

A.H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故A错误；B.NH4Cl溶液与KOH溶液混合，生成弱电解质一水合氨，离子方程式为NH4＋＋OH－=NH3·H2O，故B错误；C.NH4HSO4溶液与少量NaOH反应，只有氢离子与氢氧根反应，离子方程式为H++OH﹣=H2O，故C正确；D.NaHCO3溶液与NaOH溶液混合，离子方程式为：OH-

+HCO3-＝CO32－+H2O，故D错误；故答案为C。19、B【答案解析】

A．氢氧化铝不能一步反应生成铝，不符合转化关系，A不符合题意；B．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，符合转化关系，B符合题意；C．二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，不符合转化关系，C不符合题意；D．Cu与氧气反应生成氧化铜，氧化铜不能与水反应产生氢氧化铜，氢氧化铜不能直接变为铜单质，不符合转化关系，D不符合题意；故合理选项是B。20、D【答案解析】

A．H2O中H元素的化合价降低，则属于氧化还原反应，水作氧化剂，故A不选；B．反应中水中O元素的化合价升高，则属于氧化还原反应，水作还原剂，故B不选；C．反应没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反应中，S、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，H2O中没有元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D选；故选D。21、B【答案解析】

A.HCl是共价化合物，氯化氢气体溶于水时破坏共价键，产生H+和Cl-，A错误；B.硅晶体属于原子晶体，熔化断裂共价键；碘化氢属于分子晶体，碘化氢分解破坏共价键，因此需克服的化学键类型相同，B正确；C.NH3和HCl都极易溶于水，NH3是因为可以和H2O形成氢键，但HCl分子与H2O分子之间不存在氢键，C错误；D.CO2和SiO2的熔沸点和硬度相差很大，是由于CO2属于分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，而SiO2属于原子晶体，原子之间以强的共价键结合，熔化时破坏的作用力性质不同，D错误；故合理选项是B。22、D【答案解析】

A、因为加入过量的铁粉，反应生成Fe(NO3)2，加入KSCN溶液，溶液不变红，A错误；B、Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，溶液变蓝，但没有黑色固体出现，B错误；C、铝表面产生氧化铝，因为氧化铝的熔点比铝的高，因此出现熔化而不滴落，C错误；D、MgSO4溶液加入NaOH，生成Mg(OH)2，再加入CuSO4溶液，出现蓝色沉淀，即Mg(OH)2＋Cu2＋=Cu(OH)2＋Mg2＋，化学反应向更难溶的方向进行，即Cu(OH)2的溶度积小于Mg(OH)2，D正确；故合理选项为D。二、非选择题(共84分)23、光照O2、Cu，加热羧基氧化防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）+HNO3(浓)+H2O、【答案解析】

分子式为芳香烃C7H8的不饱和度为：=4，则该芳香烃为甲苯（）；甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，则A为；A生成B，且B能发生催化氧化，则B为、C为、D为、E为；发生硝化反应生成F，F通过题目提示的反应原理生成，以此解答。【题目详解】（1）甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，反应条件是光照；B发生氧化反应生成C，条件是O2、Cu，加热；（2）由分析可知E为，氧官能团的名称为：羧基；F是，②的方程式为：，该反应是氧化反应；苯胺易被氧化，所以②和③先后顺序不能颠倒，以免氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）；（3）发生硝化反应生成F，方程式为：+HNO3(浓)+H2O；（4）含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物应该是对称的结构，苯环上必须有3个取代基，可能的结构有、；（5）由分析可知A为，通过加成反应和消去反应，生成，用Cl2加成生成，再进行一步取代反应即可，整个合成路线为：。24、NH4Cl4NH3+5O24NO+6H2O3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O1:2【答案解析】

根据题目提供的转化关系，常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体则为氯气，I通常为红棕色气体则为NO2，I的相对分子质量比E的大16，则E为NO；F在常温下是一种无色液体则为H2O；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，则G为氢气，产物C易溶于水为氯化氢；J是一元含氧强酸且可由NO2与水反应得到，则为HNO3。NO与D反应生成NO2，D为单质，则D为氧气，B与氧气反应生成NO和水，则B为氨气，A为正盐，加热得到氨气和氯化氢，则A为氯化铵。(1)A为氯化铵，其化学式为NH4Cl；(2)一定条件下，B（NH3）和D（O2）反应生成E（NO）和F（H2O）的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(3)J（HNO3）和金属Cu反应生成E（NO）的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(4)H为氯气，和石灰乳反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(5)在I和F的反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量之比为1：2。25、100mL容量瓶和胶头滴管不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解减小H2O2自身分解损失2CrO2-＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O除去过量的H2O2①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4【答案解析】

Cr(OH)3为两性氢氧化物，在CrCl3溶液中滴加NaOH溶液可生成NaCrO2，“制NaCrO2(aq)”时，控制NaOH溶液加入量，应再不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，再加入6%H2O2溶液，发生氧化还原反应生成Na2CrO4，“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可减小H2O2自身分解损失，经煮沸可除去H2O2，冷却后与铅盐溶液作用制得PbCrO4，以此解答该题。【题目详解】（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是100mL容量瓶和胶头滴管，其中胶头滴管用于定容，故答案为：100mL容量瓶和胶头滴管；（2）Cr(OH)3为两性氢氧化物，呈绿色且难溶于水，加入氢氧化钠溶液时，不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，可防止NaOH溶液过量，故答案为：不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解；（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可防止反应放出热量，温度过高而导致过氧化氢分解而损失，反应的离子方程式为2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O，故答案为：减小H2O2自身分解损失；2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O；（4）煮沸可促使过氧化氢分解，以达到除去过氧化氢的目的，故答案为：除去过量的H2O2；（5）“冷却液”的主要成分为Na2CrO4，要想制备PbCrO4，根据已知信息②由Pb(NO3)2提供Pb2+，但要控制溶液的pH不大于7.(xx第一中学2023模拟检测）2，以防止生成Pb(OH)2沉淀，由信息③的图象可知，溶液的pH又不能小于6.5，因为pH小于6.5时CrO42﹣的含量少，HCrO4﹣的含量大，所以控制溶液的pH略小于7即可，结合信息④，需要先生成少许的PbCrO4沉淀，再大量生成。所以实验操作为在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol•L﹣1的醋酸至弱酸性（pH略小于7），将溶液加热至沸腾，先加入一滴0.5mol•L﹣1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥；故答案为：①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4。26、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O过滤da、e取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成0.16偏低【答案解析】

（1）装置Ⅰ中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O；（2）从装置Ⅱ中溶液中获得已析出的晶体，采取的方法是过滤；（3）装置Ⅲ用于处理尾气SO2，由于SO2属于酸性氧化物，除去尾气SO2应选择碱性溶液，a装置无气体出口，不利于气体与稀氨水充分接触，不选；要选择d，既可有效吸收，又可防止倒吸，2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，要利用两个平衡式HSO3－H++SO32－，HSO3－+H2OH2SO3+OH－，证明溶液呈酸性，可采用的实验方法是a、测定溶液的pH，PH<7，说明溶液呈酸性，选项a正确；b、加入Ba(OH)2溶液或盐酸，都会发生反应，无法判定电离、水解程度，选项b错误；c、加入盐酸，都不反应，无法判定电离、水解程度，选项c错误；d、品红只检验SO2的存在，选项d错误；e、用蓝色石蕊试纸检测，呈红色证明溶液呈酸性，选项e正确；答案选ae；（5）由于Na2S2O5中的硫元素为+4价，故检验Na2S2O5晶体已被氧化，实为检验SO42－，其实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（6）①由题设滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO2计算)与I2的物质的量之比为1∶1，n(SO2)=n(I2)=0.01000mol·L-1×0.025L=0.0025mol，残留量==0.16g·L-1；②由于实验过程中有部分HI被氧化生成I2，4HI+O2=2I2+2H2O，则用于与SO2反应的I2减少，故实验结果偏低。27、饱和NaHCO3溶液的洗气瓶浓H2SO4的洗气瓶NaOH溶液用CO2把反应器中的空气赶尽,将溴蒸气带入E管中250mL容量瓶5.4g取适量黄色溶液，向其中加入少量KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明假设2正确2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-【答案解析】

I．装置A用碳酸钙和盐酸制取二氧化碳，装置B中盛有的NaHCO3饱和溶液用于除去二氧化碳中的氯化氢气体，装置C中盛有的浓H2SO4是干燥二氧化碳，二氧化碳把反应器中的空气赶尽，并将油浴加热的装置D中溴蒸气带入E管中，在加热条件下与铁反应生成黄绿色鳞片状溴化亚铁，在装置F处连接盛有氢氧化钠溶液的尾气吸收装置，吸收有毒的溴蒸汽，防止污染环境；Ⅱ．Fe2+和Br-的还原性强弱顺序为：Fe2+>Br-，向FeBr2溶液中滴加少量新制的氯水，氯气先氧化Fe2+，再氧化Br-。【题目详解】（1）实验时用碳酸钙和盐酸制取二氧化碳，盐酸易挥发，制得的二氧化碳中混有氯化氢和水蒸气，装置B的作用是除去二氧化碳中的氯化氢气体，可以用盛有NaHCO3饱和溶液的洗气瓶洗气，装置C的作用是干燥二氧化碳，可以用盛有浓H2SO4的洗气瓶干燥，溴蒸汽有毒，不能排到空气中，氢氧化钠溶液能够与溴单质反应，为防止污染空气，实验时应在F处连接氢氧化钠溶液的尾气吸收装置，故答案为饱和NaHCO3溶液的洗气瓶；浓H2SO4的洗气瓶；NaOH溶液；（2）反应前先通入一段时间CO2，将容器中的空气赶净，避免空气中的氧气干扰实验；反应过程中要不断通入CO2，还可以油浴加热的装置D中溴蒸气带入E管中，使溴能够与铁粉充分反应，故答案为用CO2把反应器中的空气赶尽，将溴蒸气带入E管中；（3）配制200mL0.1mol/LFeBr2溶液的玻