20231我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写到：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿滴，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指〔 〕氨水 B.硝酸 C.醋 D.卤水【答案】B【解析】古代五金八石，五金指金、银、铜、铁、锡：八石，一般指朱砂、雄黄、云母、空青、硫黄、戎盐、硝石雌黄等八种矿物。卤水与我们生活息息相关，很多菜都与卤水有关，依据能腐蚀五金，明显只有硝酸符合答案。NA为阿伏伽德罗常数的值，以下说法正确的选项是〔 〕18gD2O18gH2O中含有的质子数均为10NAB.2L0.5mol﹒L-1亚硫酸溶液中含有的H+2NAC.0.1mol0.2NAD.2molNO1molO22NA【答案】C【解析】D、H的相对原子质量不同，18gD2O中含有质子数18÷20×10NA=9N，18gH2O18÷18×10NA=10N
A，A错；亚硫酸是弱酸，H+不行能完全电离，溶液中含有H+2N
AB错；2molNO1molO
2molNONO能DA 2 2 2DN2O
2NO2
N2O
，所以错过氧化钠与水反响时，过氧化钠44既做氧化剂又做复原剂，2mol1mol2mol电子，所以4C对。乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其构造式如下图。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。假设原料完全反响生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为〔〕A.1:1 B.2:3 C.3:2 D.2:1【答案】C【解析】依据乌洛托品的构造简式，可知它的分子式为C6H12N3,甲醛分子式为CH2O,氨的3分子式为NH，题干已说原料完全反响生成乌洛托品，依据CN元素守恒，可知甲36:4=3:2。以下试验中，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 试验 现象 结论将硝酸参加过量铁粉中，充分反响后滴加有气体生成，溶液成血稀硝酸将Fe氧化为B. 1.0B. 1.0mol﹒L-1Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝、有黑色固体消灭金属铁比铜活泼C. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸认真打磨过熔化后的液态铝滴落金属铝的熔点较低的铝箔在酒精灯上加热下来D. 0.1mol﹒L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶先有白色沉淀生成，后Cu(OH)2的溶度积比0.1mol变为浅蓝色沉淀Mg(OH)2的小
Fe3+【答案】D
﹒L-1CuSO4溶液KSCN溶液遇Fe3+，溶液成血红色，所以A错；铜与硫酸铁发生氧化复原反响：Cu+Fe2(SO4)3=2FeSO4+CuSO
，没有黑色固4体消灭，所以B错；砂纸认真打磨过的铝箔在酒精灯上加热，会在外表生成一层熔点很高C错；MgSO4溶液滴入NaOH溶液，生成Mg(OH)2沉淀，再滴加CuSO4溶液,生成Cu(OH)2沉淀，符合溶解度较小的沉淀易转化为溶解度更小的沉淀，所以Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小。-1-微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如下图。以下有关微生物电池的说法错误的选项是〔 〕正极反响中有CO2生成 B.微生物促进了反响中电子的转移C.质子通过交换膜从负极区移向正极区D.电池总反响为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O【答案】A【解析】氧气通正极，介质环境为酸性〔质子交换膜，所以正极反响为O+4+4+=2O,所以A错；微生物存在，装置原理为原电池原理，加快了化学反响速率，促进了反响中电BCC6H1O6燃烧，所以D正确。W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18。以下说法正确的选项是〔 〕单质的沸点：W>X阴离子的复原性：W>Z氧化物的水化物的酸性：Y<ZX与Y不能存在于同一离子化合物中【答案】B【解析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子核外L0、5、8、8，所以W为H，X为N,18，所以Y、Z的最外层电子13，依据主族元素最外层电子数小于8，所以Y、Z67YS，ZCl。H2N2构造相像，相对分子质量越大，熔沸点越高，所以A错；2单质的氧化性H2Cl，或H的非金属性比Cl的非金属性弱，所以阴离子复原性H->Cl-，2B正确；SCl都不止一种含氧酸，题目没有说最高价态的氧化物的水化物的酸性，HClO是弱酸，H2SO4是强酸，所以C错；铵盐为离子化合物，H与N能存在于同一离子化合物中,所以D错误。0.10mol﹒L-1、体积均为V0MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随VlgV0
的变化如下图以下表达错误的选项是〔 〕MOH的碱性强于ROH的碱性B.ROH的电离程度：b点大于a点 pHC.假设两溶液无限稀释，则它们的c〔OH-〕相等 13﹒VV0﹒VV0c〔M〕=2时，假设两溶液同时上升温度，则 增大c〔R〕12MOH【答案】D 11 a【解析】0.10mol﹒L-1MOHROH溶液，看其图像上起点，MOH 10 bpH13，MOH完全电离，为强碱，ROHpH13，ROH没有完全电离，为弱碱，所以A正确；弱电解质越稀释越电离，b
9 ROH8-2-
1 2 3 4lgVV0点稀100倍大于a10倍，所以B正确；碱性溶液无限稀释，溶液pH7，所以C正确；上升温度，促进弱电解质电离，当VlgV0
=2时，假设两溶液同时上升温度，c〔M〕c〔R〕增c〔M〕大，减小，所以D错。c〔R〕2614分〕草酸〔乙二酸〕=5.410-2=5.410-。草酸的钠盐和钾盐易溶于水而其钙盐难溶于水。草酸晶体2C2O4·H〕无色，熔点为101于水，受热脱水、升华，170℃以上分解答复以下问题：〔1〕甲组同学依据如下图的装置，通过试验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观看到的现象是 ，由此可知草酸晶体分解的产物中有。装置B的主要作用是 。乙组同学认为草酸晶体的分解产物中还有CO，为进展验证，选用甲组试验中的装置A、B和以下图所示的局部装置(可以重复选用)进展试验，①乙组同学的试验装置中，依次连接的合理挨次为A、B、 。装置H反响管中盛有的物质是 。②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是 。设计试验证明：①草酸的酸性比碳酸的强 。②草酸为二元酸 。【答案】有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊；CO
；冷凝分解产生的水蒸气和升华的乙二酸蒸气2〔甲酸蒸气。①F、D、G、H、D、I；氧化铜或氧化铁，写化学式也可以。②前D澄清石灰水不浑浊，H中黑色粉末渐渐变成红色，后D澄清石灰水变浑浊。或红棕色粉末渐渐变成黑色。①在肯定浓度的草酸溶液中滴加肯定浓度的碳酸钠溶液，有气泡产生。-3-或向碳酸氢钠溶液中滴加肯定浓度的草酸溶液，有气泡产生。0.10mol﹒L-1NaOH10mL0.10mol﹒L-1草酸溶液，消耗NaOH溶液的体积20mL。或在滴有酚酞的10mL0.10mol﹒L-1草酸溶液中，滴加10mLNaOH溶液后，再滴加10mLNaOH溶液，溶液颜色由无色变为红色。方案合理即可。2〔1〕依据澄清石灰水，可知考察CO2升华，装置B作用是冷凝水蒸气和草酸蒸气。
相关学问，依据题干，草酸晶体受热脱水、CO、CO混合气体相关性质，检验COCO的复原性将CuO复原，先要将CO
22除去，并确保除去，再枯燥。还要留意尾气处理。2②前D澄清石灰水不浑浊，H中黑色粉末渐渐变成红色，后D澄清石灰水变浑浊。①依据草酸能制取碳酸设计方案②二元酸与一元碱进展滴定试验，消耗的碱的物质的量是二元酸的2倍。【2023课标Ⅰ卷理综化学〔14分〕硼及其化合物在工业上有很多用途。以铁硼矿〔主要MgBO·HOFeOFeO、FeO、CaO、AlOSiO
等)为原料制备22 5 2 3 4 2 3 2 3 23 硼酸(HBO)3 答复以下问题：22 5 写出MgBO·HO与硫酸反响的化学方程式 。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可实行的措施有 22 5 利用 的磁性，可将其从“浸渣”中分别“浸渣”中还剩余的物质是 〔写化学式。2 “净化除杂”需先加HO溶液，作用是 。然后再调整溶液的pH约为5，目的是 2 “粗硼酸”中的主要杂质是 〔填名称。4以硼酸为原料可制得硼氢化钠H，它是有机合成中的重要复原剂，其电子为 。44 3 单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程 4 3 22 5 2 2 〔1〕MgBO·H22 5 2 2 度。
2MgSO+2HBO；减小铁硼矿粉粒径、提高反响温FeO；SiOCaSO；3 4 2 4-4-Fe2+Fe3+Al3+Fe3+形成氢氧化物而除去。〔4〔七水〕硫酸镁〔5〕3 3 2 3 2 〔6〕2HBO BO+3HO BO3 3 2 3 2 2〔15分〕碘及化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。答复以下问题：大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO到I2,。该反响的复原产物为 。
，即可得4上述浓缩液中主要含有I-、Cl-等离子，取肯定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，c〔I〕当AgCl开头沉淀时溶液中c〔Cl〕为 。KSP(AgCl)=1.8×10-10，KSP(AgI)=8.5×10-17。反响2HI(g)=H〔g+I(gH=+11kJ·mo-,1molH〔g、1molI〔g〕分子中2 2 2 2436kJ、151kJ1molHI〔g〕分子中化学键断裂时需要吸取的能量为 kJ。Bodensteins争论了以下反响：2HI(g) H〔g〕+I(g)，在716K时，气体混合物中2 2碘化氢的物质的量分数x〔HI〕与反响时间t的关系如下表：t/min020406080120x〔HI〕10.910.850.8150.7950.784x〔HI〕00.600.730.7730.7800.784①依据上述试验结果，该反响的平衡常数K的计算式为 。②上述反响中，正反响速率为v =k x〔H，逆反响速率为v =k Hx(I)其中k正 正 逆 逆 2 2、k 为速率常数则k正 逆
为 〔以K和k逆
表示k正
=0.0027min-1，在正t=40min时，v = 。正v
～x〔HI〕v正
～x〔H逆
〕的关系可用以下图表示。当上升2到某一温度时，反响重到达平衡，相应的点分别为 〔填字母。【答案】MnSO4(Mn2+)〔2〕4.7×10-7〔3〕2990.1080.108〔4〕①k②
0.7842正,1.95×10-3min-1K③A、E〔1〕用水浸取后碘以I-存在，加了MnO2和H2SO4后发生氧化复原反响，I-被氧化2I，MnO2做氧化剂，被复原成+2价的Mn2+复原产物。2KSP(AgCl)=1.8×10-10>KSP(AgI)=8.5×10-17,AgNO3AgClAgI-5-确定已经沉淀，此时溶液中c〔Ag+〕·c〔Cl-〕=KSP(AgCl)，c〔Ag+〕·c〔I-〕=KSP(AgI)c〔Ag+〕是一样的，所以
c〔I〕
K (AgI) 8.5×10-17SP
=4.7×10-7。c〔Cl〕 KSP
(AgCl) 1.8×10-10△H=反响物的键能和-生成物的键能和，则1molHI〔g〕分子中化学键断裂时需要吸收的能量为〔11+436+151〕÷2=299kJ。①依据表格，两种投料建立化学平衡，一个从正反响建立平衡，一个从逆反响建立平衡，2HI(g)
〔g〕+I
(g)是等气反响，x〔HI〕0.784120min反2 2应到达平衡。依据xH〕=〔0mi〕和xH=0.78〔120mi，可求出平衡时H22〕=x〔I〕=0.108amolHI2，容器体积为V，a0.108a0.108
V Va0.784〔 V
0.108= 0.7842②由①可知，K=
x〔H
〕x(I)2 2 ,v =k
x2〔HI〕,v =k
x〔H
〕x(I),，平衡时v =vx2(HI〕 正 正，逆k x2(HI〕 k
逆 逆 2 2 正k = 正逆 x〔H
〕x(I) 2 2
正 ；40min 时，v =kK 正
x2 〔HI 〕正=0.852×0.0027=0.00195075≈1.95×10-3min-1，留意带单位。③上升温度，2HI(g) H〔g〕+I(g)，正反响吸热，平衡向右移动，正逆化学反响速率2 22等倍增大〔排解、C，〔H〕236.[化学——2：化学与技术]〔15分〕
〕增大(排解D、B)。氯化亚铜〔CuCl〕广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜〔主要成分是Cu和少量CuO〕为原料，承受硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：答复以下问题：〔1〕步骤①中得到的氧化产物是 。溶解温度应掌握在60～70℃，缘由是。写出步骤③中的主要反响的离子方程式： 。步骤⑤中包括用pH=2酸洗、水洗两步操作，酸洗承受的酸是 〔写名称。上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是 。步骤②、④、⑤、⑧都要进展固液分别，工业上常用的固液分别设备有 〔填字母。A.分馏塔 B.离心机 C.反响塔 D.框式压滤机-6-准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，参加适量稀硫酸用amol﹒L-1K2Cr2O7K2Cr2O7bmLCrO2-被复原成2 7Cr3+。样品中CuCl的质量分数为 。【答案】〔1〕CuSO4或Cu2+；温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解。〔2〕2Cu2++SO2-+2Cl-+HO=2CuCl↓+SO2-+2H+3 2 4硫酸醇洗有利于加快去除CuCl外表水分，防止其水解氧化。B、D〔6〕0.597ab100%m37.[化学——3：物质构造与性质]〔15分〕碳及化合物广泛存在于自然界中，答复以下问题：处于肯定空间运动状态的电子在原子核外消灭的概率密度分布可用 形象化描述。在基态14C原子中，核外存在 对自旋相反的电子。碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，缘由是 。CS2分子中，共价键的类型有 ，C原子的杂化轨道类型是 ，写出两个与CS2具有一样空间构型和键合形式的分子或离子 。COFeFe(CO)5,253K376K，其固体属于晶体。碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体构造如下图：①在石墨烯晶体中，每个C原子连接 个六元环，每个六元环占有 个C原子。②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接 个六元环，六元环中最多有 个C原子在同一平面。【答案】〔1〕电子云；2〔2〕C4个价电子且半径小，难以通过得或失电子到达稳定电子构造。〔3〕键和键；sp；CO,SCN-,COS等 〔4〕分子 〔5〕①3；2②12；4238.[化学——3：有机化学根底]〔15分〕A〔C2H