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必刷卷01——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（河北专用）（原卷版+解析版）
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2023年高考化学考前信息必刷卷01
河北高考专用
一、考试形式：闭卷，笔试。试卷满分100分，考试时间75分钟。
二、题型、题量及分值：
第一部分单项选择题，共14题，每题3分，共42分；
第二部分为非选择题，共4题，共58分。
三、第一部分选择题取消多选题，增加物质结构与性质选择题。
高考综合改革试点的核心是“两依据一参考”，即高校依据统一高考成绩和高中学业水平考试成绩、参考综合素质评价录取学生。其中，高中学业水平考试由省级教育行政部门组织实施，主要衡量学生达到国家规定学习要求的程度，是保障教育教学质量的一项重要制度。在高考综合改革背景下，化学科考试的功能和定位发生了明显变化。
结合化学科特点，根据高考评价体系“立德树人、服务选才、引导教学”的高考核心功能，化学科的考试功能从以下三个方面进行考查。
化学科考试必须坚持立德树人。化学科考试必须要旗帜鲜明地将立德树人作为根本任务，始终坚持正确的政治方向和价值取向，不断增强育人功能和积极导向作用，培养和选拔德智体美劳全面发展的社会主义建设者和接班人。要发挥学科选人育人功能，要引导学生在学习和工作中践行社会主义核心价值观，养成良好的道德品质，确定自身发展方向，成为社会主义的建设者和接班人。
化学科考试必须坚持服务选才。通过联系日常生活、生产环保、实验探索、科学研究，在学生运用化学基本知识分析问题和解决问题的过程中，灵活考查学生的知识、能力、素养等综合素质，测评学生学科素质的水平，从而为高等院校选拔符合要求的合格学生。
化学科考试必须坚持引导教学。化学科考试的考试内容、形式和结果直接影响教育资源的分配、教学内容的设置以及教育教学的形式等，通过内容设置、能力考查和形式创新，促进基础教育化学教学向更加合理的方向发展。
2023年河北高考非选择题中，第二部分将继续保留无机工艺流程题、实验题、原理综合题和有机综合题，不再命制物质结构与性质的题目。物质结构与性质必将出现在选择题中，甚至出现与其它内容综合的含有结构的试题。
高考评价体系的“四翼”考查要求立足于素质教育应达成的内容表现与形式表现，是高考对素质教育进行评价的基本维度。它既回答了在德智体美劳全面培养的素质教育体系下高考“怎么考”的问题，又回答了在高考中如何科学评价学生综合素质的问题。“四翼”考查要求，一方面体现高校人才选拔中对学生素质评价的要求，另一方面也对学业质量达标水平、学生核心素养达成水平以及高中素质教育发展水平作出解析。化学科要体现“四翼”考查要求，考查学生运用化学知识解决生产生活和环境保护中实际问题的能力，促进学生化学学科素养的形成和发展。
其中基础性考查化学学科的基础知识、基本技能、基本方法和基本操作4个方面。设计考查基础性内容，是为凸显知识内容在培养关键能力、学科素养的基础地位和支撑作用，从而为综合运用知识、解决复杂问题以及创造能力的培养打下基础。
应用性和综合性从考查要求上看，是对基础性在内容、形式和情境等方面的进一步深化。从应用性的本意来看，要体现学科的应用价值，要求在学科素养的引导下，使用合适的思维方法和关键能力，解释生活中的现象，解决生产中的问题，阐释社会中有关化学的热点问题，解答实验中的疑问；因此，应用性的考查要求体现了对知识、能力和素养的动态和全面的评价。
综合性的考查要求包括四个方面的含义：一是学科内综合，将必修和选择性必修模块相关知识内容进行适度融合，促进学生全面掌握化学知识并能灵活应用；二是学科间综合，选取能源、材料、环境、医药和信息科学中有关化学问题，运用化学知识解决一些学科交叉综合问题；三是方法综合，试题要考查多种思维方式，促进学生科学思维水平的提升；四是形式综合，通过图文并茂、形式多样的试题情境，考查学生的多个知识内容要求、多方面的能力和立体化的素养水平。
创新性的内涵包括内容创新、形式创新、方法创新和思维创新四个方面，是在基础性、应用性和综合性考查要求的基础上，开拓考查思路，选取新物质、新方法、新理论等情境，以新颖的形式呈现问题，体现化学学科创新特征，考查学生的创新思维素养。根据化学科的创新成果特征，将高考化学科创新性的考查要求分为推测反应现象或物质性质，设计物质合成或分离路线，阐释机理或总结规律等。新情境促使学生自主思考，发现新问题，设计新路线，开发新方法，总结新规律，得出新结论。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 B 11 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Mg 24 Al 27 P31 S 32 Ca 40 Cu 64
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．2022年足球世界杯赛于北京时间2022年11月21日至12月18日在卡塔尔举行。在世界杯现场，随处可见“中国制造”，中国球衣、华为提供的移动信号、中国新能源大巴、中国制造的旗帜、硝子、中国建设的场馆等。下列说法正确的是
A．生产球衣的可再生聚酯纤维能在环境中快速降解
B．移动通讯的核心部件芯片的主要成分是共价晶体
C．太阳能、生物质能、天然气、氢能、核能均为新能源
D．生产哨子的ABS塑料是一种天然有机高分子
【答案】B【解析】聚酯纤维化学性质稳定，在自然条件下难降解，A错误；芯片主要成分是Si，晶体硅中所有原子都以共价键结合，属于共价晶体，B正确；天然气是传统能源，不是新能源，C错误；ABS是五大合成树脂之一，为合成有机高分子，D错误；故选B。
2.设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．10 g质量分数为46%的乙醇溶液中氧原子数为0.6NA
B．0. 5 mol BF3中的共用电子对数为1. 5NA
C．标准状况下，22.4 L CH4与44.8 L Cl2在光照条件下充分反应后的分子总数为2NA
D．铅蓄电池放电时，若负极增重48g，则此时转移电子数为0.5NA
【答案】B【解析】10 g质量分数为46%的乙醇溶液中含有乙醇4.6g，物质的量，含水5.4g，物质的量，所以溶液中含氧原子数为0.4 NA，A错误；BF3分子中含有3个B-F键，0. 5 mol BF3中含有B-F键为1.5mol，所以共用电子对数为1. 5NA，B正确；标准状况下，22.4 L CH4物质的量，44.8 L Cl2物质的量，CH4与Cl2在光照条件下分步发生取代反应，根据碳原子守恒，生成四种有机产物的分子数等于CH4的分子数，由取代反应方程式可知生成HCl分子数等于氯气分子数，所以反应前后分子数不变，所以标准状况下，22.4 L CH4与44.8 L Cl2在光照条件下充分反应后的分子总数为3NA，C错误；铅蓄电池放电时负极反应式为，负极增重的质量为反应的质量，若负极增重48g则增重的的物质的量为，根据电极反应式可知转移电子数为NA，D错误；故选B。
3. 下列实验装置正确的是
A． B．
C． D．
【答案】A【解析】实验室可以用MnO2和浓盐酸在加热条件下制备Cl2，故A正确；实验室可以用MnO2催化H2O2分解制备O2，用浓硫酸干燥O2，O2的密度大于空气，可以用向上排空气法收集，应该长管进、短管出，故B错误；加热氯化铵固体生产氨气和氯化氢气体，两种气体很难分离，而且两种气体一冷却又发生反应生成氯化铵，不能通过加热氯化铵固体制备氨气，故C错误；铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫可以使石蕊试液变红，但不能用浸有稀硫酸的棉花团吸收过量的二氧化硫，应该用NaOH溶液，故D错误；故选A。
4．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3+Cl2+H2O=2+2Cl-+
B．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：+H2O+CO2=2HCO
C．向AgNO3溶液中加入过量浓氨水：Ag++NH3·H2O=AgOH↓+
D．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH-=NH3·H2O
【答案】A【解析】少量氯气与Na2SO3反应的离子方程式为3+Cl2+H2O=2+2Cl-+，A正确；向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2，离子方程式为2Na+++H2O+CO2=2NaHCO3↓，B错误；向硝酸银溶液中加入过量的浓氨水，离子方程式为Ag++3NH3·H2O=++OH-+2H2O，C错误；同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，离子方程式为H++OH-=H2O，D错误；故选A。
5. 下图是元素周期表的一部分，五种元素属于前四周期主族元素，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是
X
M
N
Y
Z
A．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强
B．Ｍ元素与Ｚ元素原子序数差为20
C．X的简单气态氢化物的沸点比Y的低
D．N原子的简单氢化物含有四对共用电子对
【答案】C【分析】五种元素属于前四周期主族元素，根据周期表可知，M、N、Y位于第二或第三周期，其中只有M为金属元素，则M、N、Y位于第三周期，M为Al，N为Si，Y为P，X为N，Z为As。
【解析】A．非金属性越强，其高价氧化物对应的水化物的酸性越强，同族元素，从上至下，非金属性依次减弱，则P的最高价氧化物对应水化物的酸性比As强，A正确；Ｍ元素与Ｚ元素分别为Al元素和As元素，Al是13号元素，As是33号元素，故两元素的原子序数差为20，B正确；X、Y的简单气态氢化物分别为NH3和PH3，由于NH3分子间存在氢键，故NH3的沸点比PH3的高，C错误；N原子是Si，其简单氢化物为SiH4，SiH4的电子式为，其中含有四对共用电子对，D正确；故答案为：C。
6. 某神经类药物的结构如图所示。下列说法正确的是
A．分子中存在2种含氧官能团
B．分子中最多有14个原子共平面
C．1mol该物质与足量H2反应，最多消耗7molH2
D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH
【答案】C【解析】根据结构简式可知分子中含有羟基、酰胺基、酮羰基，共3种含氧官能团，A错误；分子中苯环确定一个平面，碳氧双键确定一个平面，单键可以旋转，故分子中与2个苯环直接相连的原子具有12个原子共面，再加上中间羰基中的碳氧、右侧羰基及甲基中碳则存在大于14个原子共平面，B错误；苯环、酮羰基可以和氢气加成，则1mol该物质与足量H2反应，最多消耗7molH2，C正确；分子中酰胺基和氢氧化钠反应，碳氯键和氢氧化钠水解生成酚羟基，生成的酚羟基又会和氢氧化钠反应，则1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOH，D错误；故选C。
7.配合物催化烯烃氢甲酰化反应的催化反应历程如图所示。
下列有关叙述错误的是
A．整个催化反应历程中Co的成键数发生了变化
B．生成A的过程中有极性键、非极性键的断裂和形成
C．中间体物质D的结构简式为
D．该催化反应总反应式为+CO+H2
【答案】B【解析】由图可知， Co的成键数发生了变化，物质C中Co成键数为5，物质E中Co成键数为6，故A正确；和生成A的过程中，有非极性键的断裂和极性键的形成，无极性键的断裂和非极性键的形成，E生成A的过程中只有极性键的断裂和形成，故B错误；根据物质C和E的结构简式可推出D的结构简式为，故C正确；根据整个反应历程可知其总反应式为+CO+H2，故D正确；故选B。
8.短周期主族元素X、Y、Z原子序数依次增大，可与C、H形成结构如图的离子液体。已知阳离子中的环状结构与苯类似，下列说法错误的是
A．原子半径：Z>X>Y B．第一电离能：Y>X>Z
C．阳离子中存在π大π键 D．X2Y2电子式：
【答案】D
【分析】短周期主族元素X、Y、Z原子序数依次增大，Z能形成6条共价键，Z为S，X能形成3条共价键，X为N，Y形成1条共价键，Y为F。
【解析】S具有3个电子层，原子半径最大，N、F同周期，原子序数越大，原子半径越小，则原子半径S>N>F，A正确；同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下第一电离能呈减小趋势，则第一电离能F>N>S，B正确；已知该阳离子中的环状结构与苯环类似，该阳离子形成大π键的原子数为5，形成大π键的电子数为6，该阳离子存在π大π键，C正确；N2F2的电子式为，D错误；故选D。
9.汽车尾气的排放会对环境造成污染。利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO与CO的反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H＜0。一定温度下，在恒容密闭容器中加入1molCO和1molNO发生上述反应，部分物质的体积分数(φ)随时间(t)的变化如图所示。下列说法正确的是
A．上述反应的正反应在高温下才能自发进行
B．曲线b表示的是φ(N2)随时间的变化
C．2v正(NO)=v逆(N2)时，反应达平衡状态
D． 气体的平均相对分子质量：M(t1)＞M(t3)＞M(t5)
【答案】B【解析】反应为放热的熵减反应，则上述反应的正反应在低温下才能自发进行，A错误；由化学方程式可知，一氧化氮、一氧化碳、二氧化碳的系数相同，且为氮气系数的2倍，结合图像比较物质的体积分数的变化量可知，曲线b表示物质的变化量较小，故b表示的是φ(N2)随时间的变化，B正确； 2v正(NO)=v逆(N2)时，此时正逆反应速率不相等，反应没有达平衡状态，C错误；混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而减小，故气体平均相对分子质量逐渐变大，故气体的平均相对分子质量：M(t1)
A．“酸溶”时，可将稀硫酸换成浓硫酸，以加快化学反应速率
B．“过滤”时，需要用到的玻璃仪器有普通漏斗、玻璃棒
C．“滤渣”的主要成分为SiO2
D．制得的产品FeCO3可以长时间暴露在空气中
【答案】C【分析】烧渣中加入硫酸，除了SiO2不溶于硫酸，其他转化为Fe3+和Fe2+，过滤滤渣为SiO2，加入FeS2还原Fe3+为Fe2+，过滤得到滤液为硫酸亚铁，硫酸亚铁中加入碳酸铵，生成碳酸亚铁沉淀，过滤得到FeCO3。【解析】浓硫酸基本全部以分子形式存在，电离非常微弱，不能加快酸溶时的化学反应速率，且浓硫酸能氧化FeO，放出气体，产生污染，A错误；“过滤”时使用到的玻璃仪器有普通漏斗、玻璃棒、烧杯，B错误；与稀硫酸不反应，故滤渣的主要成分为，C正确；长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，同时释放出，方程式为：，D错误；故选C。
11．某课题组设计了一种新型的A位K/Na掺杂钙钛矿氟化物(K/Na-NCZMF)电极材料，并构建了先进的水系锌基电池，如图所示。下列叙述正确的是
A．放电时，N极电势高于M极电势
B．放电时，转化成MnOOH
C．充电时，向K/Na-NCZMF极迁移
D．充电时，转移2mol电子理论上N极净增16g
【答案】C【解析】放电时，N极为负极，M极为正极，负极电势低于正极，故A错误；放电时，M极为正极，发生还原反应，锰的化合价降低，MnOOH生成，故B错误；充电时，M极为阳极。N极为阴极，阴离子向阳极迁移，故C正确；充电时，氧化锌转化成锌，N极质量减轻，故D错误；故选C。
12. 已知：酸度。常温下，向丙酸中滴加的NaOH溶液，溶液AG与滴加NaOH溶液体积的关系如图所示。
已知：，，。
下列叙述错误的是
A．在a、b、c、d中，水的电离程度最大的是c点
B．初始时，丙酸的电离度为
C．c点溶液中
D．d点溶液中
【答案】D【解析】该过程中水电离程度由小到大，然后再变小，根据曲线对应数据可知，a、b点溶液酸过量水的电离受到抑制，c点水的电离既不促进也不抑制，到达d点时溶液AG<0且保持不变，说明碱过量，水的电离受到抑制，则水的电离c点水的电离程度最大，A项正确；a点，，，则，根据丙酸电离常数表达式可知，，则，又，则，解得，B项正确；c点溶液呈中性，，根据电荷守恒，则，因此，C项正确；若丙酸起始浓度c=1，d点溶液中溶质为和NaOH，此时二者浓度相等，则存在物料守恒，D项错误；故选D。
13. 砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶胞参数为x pm，密度为。下列说法错误的是
A．砷化镓中配位键的数目是
B．Ga和As的最近距离是
C．沿体对角线a→b方向投影图如丙，若c在11处，则As的位置为7、9、11、13
D．Mn掺杂到砷化镓晶体中，和Mn最近且等距离的As的数目为6
【答案】D【解析】由甲可知砷化镓的化学式为GaAs，砷化镓中砷提供孤电子对，镓提供空轨道形成配位键，平均1个GaAs配位键的数目为1，则砷化镓中配位键的数目是，故A正确；由砷化镓晶胞结构可知，Ga和As的最近距离为晶胞体对角线的，Ga和As的最近距离是，故B正确；由砷化镓晶胞结构可知，c位于侧面的面心，沿体对角线a→b方向投影图如丙，则As的位置为7、9、11、13，故C正确；由乙晶胞结构可知，和Mn最近且等距离的As的数目为12，故D错误；故选D。
14．下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
选项
实验目的
实验方案设计
现象和结论
A
证明碳酸钠遇水放热
向碳酸钠粉末中加少量水，观察现象并用手碰触试管外壁
结块，试管外壁变热，说明生成含有结晶水的碳酸钠晶体，同时放出热量
B
蛋白质在某些物质作用下变性
向蛋白质溶液中加入浓溶液
得白色浑浊，说明蛋白质发生了变性
C
检验1-溴丁烷消去产物
取适量、1-溴丁烷、无水乙醇，共热，将产生的气体直接通入酸性溶液中
酸性溶液紫红色褪去，有1-丁烯生成
D
证明某无色溶液中含有
取少量溶液，加入盐酸后，滴入溶液，观察现象
滴入溶液后，立即产生白色沉淀，说明原溶液中含有
【答案】A【解析】碳酸钠粉末中加少量水试管变热说明溶解过程放热，有结块出现说明生成结晶水合物，故A正确；蛋白质溶液加KCl引起的是蛋白质的盐析，故B错误；乙醇也能使高锰酸钾溶液褪色，应先用水除去乙醇，再通入酸性高锰酸钾溶液检验消去产物1-丁烯，故C错误；检验氯离子应先加硝酸酸化，再加硝酸银溶液，故D错误；故选A。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15.（14分）2022年11月，神州十五号载人飞船发射任务取得圆满成功。肼(N2H4)可作火箭发射的燃料，具有强还原性，实验室用NH3与Cl2合成N2H4的装置如图所示，请回答下列问题：
(1)仪器c的名称为________________， 装置中仪器a的作用除了导气还有__________________。
(2)按图连接装置，盛放试剂前，首先要进行______________操作。
(3)装置D中制备Cl2的化学方程式为_____________________，导管 b的作用是______________________。
(4)装置C中的试剂是_____________________。
(5)装置B中制备N2H4的离子方程式为_________________________。
(6)实验室对产品中肼的质量分数进行测定。已知：N2H4+2I2=N2↑ +4HI。取装置B中的溶液6.00g，调节溶液pH为6.5左右，加水配成500mL溶液，移取25.00mL于锥形瓶中，滴加2~3滴淀粉溶液，用0.2000 mol·L1的I2溶液滴定(杂质不参与反应) ，滴定终点的现象是________________，测得消耗I2溶液的体积为20.00 mL，则该产品中N2H4的质量分数为___________%(保留3位有效数字)。
【答案】(1) 三颈烧瓶 （1分） 防止三颈烧瓶内液体倒吸进A中试管（1分） (2)检查装置气密性（1分）
(3) Ca(C1O)2+ 4HCl(浓)= CaCl2+ 2Cl2↑+ 2H2O （2分）平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下 （1分） (4)饱和NaCl溶液（2分） (5)2NH3+2OH—+Cl2=N2H4+2C1—+2H2O （2分）
(6)当滴入最后一滴I2溶液，锥形瓶内溶液变成蓝色，且半分钟内不褪色 （2分） 21.3% （2分）
【分析】由实验装置图可知，装置A为氯化铵固体与氢氧化钙固体共热反应制备氨气，装置D为浓盐酸与漂白粉反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，装置C中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置B中氯气与氨气在氢氧化钠溶液中反应制备肼，与三颈烧瓶相连的盛有氢氧化钠溶液的烧杯用于吸收氯气和氨气，防止污染空气。
【解析】（1）由实验装置图可知，装置c为三颈烧瓶、装置a为长颈漏斗，因氨气极易溶于水，所以长颈漏斗能起导气和防止三颈烧瓶内液体倒吸进A中试管中的作用；（2）由分析可知，该实验有气体的生成和参与，为防止实验中气体逸出发生意外事故，所以盛放试剂前，首先要进行气密性检查；（3）由分析可知，装置D为浓盐酸与漂白粉中次氯酸钙反应生成氯化钙、氯气和水，反应的化学方程式为Ca(C1O)2+ 4HCl(浓)= CaCl2+ 2Cl2↑+ 2H2O，装置中导管 b的作用是平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下；（4）由分析可知，装置C中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体；（5）由分析可知，装置B中氯气与氨气在氢氧化钠溶液中反应制备肼，反应的离子方程式为2NH3+2OH—+Cl2=N2H4+2C1—+2H2O；（6）由题意可知，当溶液中的肼和碘溶液完全反应时，滴入最后一滴碘溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，则终点的实验现象为当滴入最后一滴I2溶液，锥形瓶内溶液变成蓝色，且半分钟内不褪色；滴定消耗20.00 mL0.2000 mol/L碘溶液，由方程式可知，6.00g溶液中肼的质量分数为×100%≈21.3%。
16.（14分）某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)回收铁、铬的工艺流程如下图所示：
已知：i．0.1mol·L-1金属离子形成氢氧化物沉淀与氢氧化物沉淀溶解的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀的pH
1.5
4.0
4.6
7.6
9.5
沉淀完全的pH
2.8
5.2
6.8
9.7
11.1
金属氢氧化物
Al(OH)3
Cr(OH)3
开始溶解的pH
7.8
12
溶解完全的pH
10.8
>14
ii．Cr(OH)3+OH-=+2H2O
iii．已知Cr的金属性强于Fe
(1)加入铁粉后，调节pH的范围为___________。
(2)由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为___________。
(3)滤渣3成分的化学式为___________；回收铬时，铬的存在形式为___________(填化学式)。
(4)由滤液2得到结晶水合物的操作是___________、___________过滤、洗涤、干燥。
(5)滤渣2与FeS2混合后隔绝空气焙烧，总反应的化学方程式为___________；该过程加入少量CaO的目的是___________。
(6)酸浸过程中，在硫酸用量一定的情况下，随着酸浓度的增加，铁、铬的溶解度增大。实际生产中，硫酸的质量分数为50%，其原因是___________。(已知，Fe2(SO4)3▪ 9H2O，Cr2(SO4)3·18H2O在20°C时的溶解度分别为400g和64g)
【答案】(1)6.8≤pH<7.6 （2分）
(2)（2分） (3) Cr(OH)3 （1分）（1分）
(4) 蒸发浓缩 （1分） 冷却结晶 （1分）
(5) （2分） 吸收SO2，防止污染（2分）
(6)随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出（2分）
【分析】某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)粉碎后用硫酸酸浸，Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3分别转化为Fe3+、Fe2+、Mg2+、Cr3+、Al3+，向滤液中加入过量Fe粉调节pH，使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3存在于滤渣1中，将滤渣1放入pH=11的强碱溶液中，Al(OH)3溶解，则滤渣3中存在Cr(OH)3，Fe3+被Fe还原生成Fe2+存在于滤液1中，向滤渣1中通入足量O2保持pH<1.5，将Fe2+再氧化成Fe3+，随后调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3存在于滤渣2中，Fe(OH)3滤渣加FeS2焙烧再经过磁选得到Fe3O4，以此解答。
【解析】（1）加入铁粉后，调节pH使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3，而不能使 Fe2+沉淀，由表格数据可知，调节pH的范围为6.8≤pH<7.6（2）滤渣1中存在Cr(OH)3、Al(OH)3，调节pH=11，其中Al(OH)3能够和强碱反应，则由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为。（3）由分析可知，滤渣3成分的化学式为Cr(OH)3，由已知ii可知，回收铬的过程中Cr(OH)3和NaOH反应生成。（4）由滤液2得到结晶水合物的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）滤渣2中Fe(OH)3与FeS2混合后隔绝空气焙烧生成Fe3O4，S元素化合价上升转化为SO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：；该过程加入少量CaO的目的是吸收SO2，防止污染。（6）酸浸过程中，硫酸的质量分数为50%，其原因是浓硫酸具有吸水性，随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出。
17.（15分）常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属后，催化剂的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为，主反应如下：
反应I：；
反应II：
(1)已知：。则___________。
(2)某条件下对于反应I，，，k正、k逆为速率常数。升高温度时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m___________ n(填“>”“<”或“=”)。
(3)将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不同温度下气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率、的选择性、的生成量随温度变化关系如下图。
①选择时，温度高于260℃时NO转化率下降的原因为___________。
②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂中M为___________。
③选用合适的催化剂还能抑制催化剂表面出现NH4HSO4结晶现象，结晶会导致___________。
(4)273℃，P0kPa下，向恒温恒压密闭的容器中(假设仅发生反应I、II)通入4molNH3、4molNO、2molO2。
①下列选项不能说明反应I、Ⅱ均达到化学平衡状态的是___________。
A．混合气体的平均摩尔质量保持不变 B．n(NH3)∶n(NO)保持不变
C．有1molN-H键断裂的同时，有键断裂 D．NO的分压保持不变
②达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol。则NO的转化率为___________，反应I的Kp=___________(写出计算式即可)(分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)-1838 （2分） (2)< （2分） (3) 催化剂活性下降(或副反应增多) （1分）
W0.15MnCeTiOx （2分） 结晶覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒 （1分）
(4) C （2分） 75% （2分） （3分）
【解析】（1）已知，结合反应II：，依据盖斯定律，推知，所以a=-1838kJ/mol；（2）反应I正向为放热反应，逆向为吸热反应，升高温度，逆反应速率增大的更多，故m
，
所以。
18.（15分）芬必得是常用的解热镇痛药物，其有效成分布洛芬(F)的一种合成工艺路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是___________。
(2)B→C的反应类型为___________。
(3)写出D中含氧官能团的名称___________，D中手性碳原子数为___________。
(4)分子结构修饰可提高药物的治疗效果，降低毒副作用，布洛芬可用进行成酯修饰，请写出该过程的化学方程式___________。
(5)化合物E的同分异构体中能同时满足下列条件的有___________种。
i)与FeCl3溶液发生显色反应；
ii)除苯环外不含其他环状结构且苯环上有4个取代基；
iii)核磁共振氢谱显示有六组峰。
(6)布洛芬有多种合成方法，试根据所学知识以化合物C为原料经另一路线合成布洛芬，请将下列流程补充完整，箭头上填写反应条件(已知：R-BrR-COOH，无机试剂任选)。
___________
【答案】(1)甲苯 （1分） (2)取代反应 （1分） (3) 酯基和醚键 （2分） ２（2分）(4) （3分）
(5)6（2分）
(6)（4分）
【分析】A→B为C=C的加成反应；B→C为苯环的氢被-COCH3取代反应；C→D为C=O的加成反应；由已知反应知E为；E→F为醛基的氧化。
【解析】（1）A为，其名称为甲苯。（2）B→C为苯环的氢被-COCH3取代。答（3）D的含氧官能团为醚键和酯基。连接四个不同原子或基团的碳为手性碳，D中手性碳如图，手性碳有2个。（4）该反应为酯化反应，酸脱羟基醇脱氢，反应为。（5）E的化学式为C13H18O，该分子中含有5个不饱和度，与FeCl3溶液发生显色反应含有酚羟基，且除了苯环外还含有C=C 。又分子苯环上四取代且有核磁共振氢谱显示有六组峰，和， ， 该同分异构体有6种。（6）运用逆推法，已知R-Br可直接转变为R-COOH，即。卤代烃可由醇与HBr取代得到即。原料经还原即可得到。合成路线为。
绝密★启用前
2023年高考化学考前信息必刷卷01
河北高考专用
一、考试形式：闭卷，笔试。试卷满分100分，考试时间75分钟。
二、题型、题量及分值：
第一部分单项选择题，共14题，每题3分，共42分；
第二部分为非选择题，共4题，共58分。
三、第一部分选择题取消多选题，增加物质结构与性质选择题。
高考综合改革试点的核心是“两依据一参考”，即高校依据统一高考成绩和高中学业水平考试成绩、参考综合素质评价录取学生。其中，高中学业水平考试由省级教育行政部门组织实施，主要衡量学生达到国家规定学习要求的程度，是保障教育教学质量的一项重要制度。在高考综合改革背景下，化学科考试的功能和定位发生了明显变化。
结合化学科特点，根据高考评价体系“立德树人、服务选才、引导教学”的高考核心功能，化学科的考试功能从以下三个方面进行考查。
化学科考试必须坚持立德树人。化学科考试必须要旗帜鲜明地将立德树人作为根本任务，始终坚持正确的政治方向和价值取向，不断增强育人功能和积极导向作用，培养和选拔德智体美劳全面发展的社会主义建设者和接班人。要发挥学科选人育人功能，要引导学生在学习和工作中践行社会主义核心价值观，养成良好的道德品质，确定自身发展方向，成为社会主义的建设者和接班人。
化学科考试必须坚持服务选才。通过联系日常生活、生产环保、实验探索、科学研究，在学生运用化学基本知识分析问题和解决问题的过程中，灵活考查学生的知识、能力、素养等综合素质，测评学生学科素质的水平，从而为高等院校选拔符合要求的合格学生。
化学科考试必须坚持引导教学。化学科考试的考试内容、形式和结果直接影响教育资源的分配、教学内容的设置以及教育教学的形式等，通过内容设置、能力考查和形式创新，促进基础教育化学教学向更加合理的方向发展。
2023年河北高考非选择题中，第二部分将继续保留无机工艺流程题、实验题、原理综合题和有机综合题，不再命制物质结构与性质的题目。物质结构与性质必将出现在选择题中，甚至出现与其它内容综合的含有结构的试题。
高考评价体系的“四翼”考查要求立足于素质教育应达成的内容表现与形式表现，是高考对素质教育进行评价的基本维度。它既回答了在德智体美劳全面培养的素质教育体系下高考“怎么考”的问题，又回答了在高考中如何科学评价学生综合素质的问题。“四翼”考查要求，一方面体现高校人才选拔中对学生素质评价的要求，另一方面也对学业质量达标水平、学生核心素养达成水平以及高中素质教育发展水平作出解析。化学科要体现“四翼”考查要求，考查学生运用化学知识解决生产生活和环境保护中实际问题的能力，促进学生化学学科素养的形成和发展。
其中基础性考查化学学科的基础知识、基本技能、基本方法和基本操作4个方面。设计考查基础性内容，是为凸显知识内容在培养关键能力、学科素养的基础地位和支撑作用，从而为综合运用知识、解决复杂问题以及创造能力的培养打下基础。
应用性和综合性从考查要求上看，是对基础性在内容、形式和情境等方面的进一步深化。从应用性的本意来看，要体现学科的应用价值，要求在学科素养的引导下，使用合适的思维方法和关键能力，解释生活中的现象，解决生产中的问题，阐释社会中有关化学的热点问题，解答实验中的疑问；因此，应用性的考查要求体现了对知识、能力和素养的动态和全面的评价。
综合性的考查要求包括四个方面的含义：一是学科内综合，将必修和选择性必修模块相关知识内容进行适度融合，促进学生全面掌握化学知识并能灵活应用；二是学科间综合，选取能源、材料、环境、医药和信息科学中有关化学问题，运用化学知识解决一些学科交叉综合问题；三是方法综合，试题要考查多种思维方式，促进学生科学思维水平的提升；四是形式综合，通过图文并茂、形式多样的试题情境，考查学生的多个知识内容要求、多方面的能力和立体化的素养水平。
创新性的内涵包括内容创新、形式创新、方法创新和思维创新四个方面，是在基础性、应用性和综合性考查要求的基础上，开拓考查思路，选取新物质、新方法、新理论等情境，以新颖的形式呈现问题，体现化学学科创新特征，考查学生的创新思维素养。根据化学科的创新成果特征，将高考化学科创新性的考查要求分为推测反应现象或物质性质，设计物质合成或分离路线，阐释机理或总结规律等。新情境促使学生自主思考，发现新问题，设计新路线，开发新方法，总结新规律，得出新结论。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 B 11 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Mg 24 Al 27 P31 S 32 Ca 40 Cu 64
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．2022年足球世界杯赛于北京时间2022年11月21日至12月18日在卡塔尔举行。在世界杯现场，随处可见“中国制造”，中国球衣、华为提供的移动信号、中国新能源大巴、中国制造的旗帜、硝子、中国建设的场馆等。下列说法正确的是
A．生产球衣的可再生聚酯纤维能在环境中快速降解
B．移动通讯的核心部件芯片的主要成分是共价晶体
C．太阳能、生物质能、天然气、氢能、核能均为新能源
D．生产哨子的ABS塑料是一种天然有机高分子
【答案】B【解析】聚酯纤维化学性质稳定，在自然条件下难降解，A错误；芯片主要成分是Si，晶体硅中所有原子都以共价键结合，属于共价晶体，B正确；天然气是传统能源，不是新能源，C错误；ABS是五大合成树脂之一，为合成有机高分子，D错误；故选B。
2.设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．10 g质量分数为46%的乙醇溶液中氧原子数为0.6NA
B．0. 5 mol BF3中的共用电子对数为1. 5NA
C．标准状况下，22.4 L CH4与44.8 L Cl2在光照条件下充分反应后的分子总数为2NA
D．铅蓄电池放电时，若负极增重48g，则此时转移电子数为0.5NA
【答案】B【解析】10 g质量分数为46%的乙醇溶液中含有乙醇4.6g，物质的量，含水5.4g，物质的量，所以溶液中含氧原子数为0.4 NA，A错误；BF3分子中含有3个B-F键，0. 5 mol BF3中含有B-F键为1.5mol，所以共用电子对数为1. 5NA，B正确；标准状况下，22.4 L CH4物质的量，44.8 L Cl2物质的量，CH4与Cl2在光照条件下分步发生取代反应，根据碳原子守恒，生成四种有机产物的分子数等于CH4的分子数，由取代反应方程式可知生成HCl分子数等于氯气分子数，所以反应前后分子数不变，所以标准状况下，22.4 L CH4与44.8 L Cl2在光照条件下充分反应后的分子总数为3NA，C错误；铅蓄电池放电时负极反应式为，负极增重的质量为反应的质量，若负极增重48g则增重的的物质的量为，根据电极反应式可知转移电子数为NA，D错误；故选B。
3. 下列实验装置正确的是
A． B．
C． D．
【答案】A【解析】实验室可以用MnO2和浓盐酸在加热条件下制备Cl2，故A正确；实验室可以用MnO2催化H2O2分解制备O2，用浓硫酸干燥O2，O2的密度大于空气，可以用向上排空气法收集，应该长管进、短管出，故B错误；加热氯化铵固体生产氨气和氯化氢气体，两种气体很难分离，而且两种气体一冷却又发生反应生成氯化铵，不能通过加热氯化铵固体制备氨气，故C错误；铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫可以使石蕊试液变红，但不能用浸有稀硫酸的棉花团吸收过量的二氧化硫，应该用NaOH溶液，故D错误；故选A。
4．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3+Cl2+H2O=2+2Cl-+
B．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：+H2O+CO2=2HCO
C．向AgNO3溶液中加入过量浓氨水：Ag++NH3·H2O=AgOH↓+
D．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH-=NH3·H2O
【答案】A【解析】少量氯气与Na2SO3反应的离子方程式为3+Cl2+H2O=2+2Cl-+，A正确；向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2，离子方程式为2Na+++H2O+CO2=2NaHCO3↓，B错误；向硝酸银溶液中加入过量的浓氨水，离子方程式为Ag++3NH3·H2O=++OH-+2H2O，C错误；同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，离子方程式为H++OH-=H2O，D错误；故选A。
5. 下图是元素周期表的一部分，五种元素属于前四周期主族元素，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是
X
M
N
Y
Z
A．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强
B．Ｍ元素与Ｚ元素原子序数差为20
C．X的简单气态氢化物的沸点比Y的低
D．N原子的简单氢化物含有四对共用电子对
【答案】C【分析】五种元素属于前四周期主族元素，根据周期表可知，M、N、Y位于第二或第三周期，其中只有M为金属元素，则M、N、Y位于第三周期，M为Al，N为Si，Y为P，X为N，Z为As。
【解析】A．非金属性越强，其高价氧化物对应的水化物的酸性越强，同族元素，从上至下，非金属性依次减弱，则P的最高价氧化物对应水化物的酸性比As强，A正确；Ｍ元素与Ｚ元素分别为Al元素和As元素，Al是13号元素，As是33号元素，故两元素的原子序数差为20，B正确；X、Y的简单气态氢化物分别为NH3和PH3，由于NH3分子间存在氢键，故NH3的沸点比PH3的高，C错误；N原子是Si，其简单氢化物为SiH4，SiH4的电子式为，其中含有四对共用电子对，D正确；故答案为：C。
6. 某神经类药物的结构如图所示。下列说法正确的是
A．分子中存在2种含氧官能团
B．分子中最多有14个原子共平面
C．1mol该物质与足量H2反应，最多消耗7molH2
D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH
【答案】C【解析】根据结构简式可知分子中含有羟基、酰胺基、酮羰基，共3种含氧官能团，A错误；分子中苯环确定一个平面，碳氧双键确定一个平面，单键可以旋转，故分子中与2个苯环直接相连的原子具有12个原子共面，再加上中间羰基中的碳氧、右侧羰基及甲基中碳则存在大于14个原子共平面，B错误；苯环、酮羰基可以和氢气加成，则1mol该物质与足量H2反应，最多消耗7molH2，C正确；分子中酰胺基和氢氧化钠反应，碳氯键和氢氧化钠水解生成酚羟基，生成的酚羟基又会和氢氧化钠反应，则1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOH，D错误；故选C。
7.配合物催化烯烃氢甲酰化反应的催化反应历程如图所示。
下列有关叙述错误的是
A．整个催化反应历程中Co的成键数发生了变化
B．生成A的过程中有极性键、非极性键的断裂和形成
C．中间体物质D的结构简式为
D．该催化反应总反应式为+CO+H2
【答案】B【解析】由图可知， Co的成键数发生了变化，物质C中Co成键数为5，物质E中Co成键数为6，故A正确；和生成A的过程中，有非极性键的断裂和极性键的形成，无极性键的断裂和非极性键的形成，E生成A的过程中只有极性键的断裂和形成，故B错误；根据物质C和E的结构简式可推出D的结构简式为，故C正确；根据整个反应历程可知其总反应式为+CO+H2，故D正确；故选B。
8.短周期主族元素X、Y、Z原子序数依次增大，可与C、H形成结构如图的离子液体。已知阳离子中的环状结构与苯类似，下列说法错误的是
A．原子半径：Z>X>Y B．第一电离能：Y>X>Z
C．阳离子中存在π大π键 D．X2Y2电子式：
【答案】D
【分析】短周期主族元素X、Y、Z原子序数依次增大，Z能形成6条共价键，Z为S，X能形成3条共价键，X为N，Y形成1条共价键，Y为F。
【解析】S具有3个电子层，原子半径最大，N、F同周期，原子序数越大，原子半径越小，则原子半径S>N>F，A正确；同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下第一电离能呈减小趋势，则第一电离能F>N>S，B正确；已知该阳离子中的环状结构与苯环类似，该阳离子形成大π键的原子数为5，形成大π键的电子数为6，该阳离子存在π大π键，C正确；N2F2的电子式为，D错误；故选D。
9.汽车尾气的排放会对环境造成污染。利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO与CO的反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H＜0。一定温度下，在恒容密闭容器中加入1molCO和1molNO发生上述反应，部分物质的体积分数(φ)随时间(t)的变化如图所示。下列说法正确的是
A．上述反应的正反应在高温下才能自发进行
B．曲线b表示的是φ(N2)随时间的变化
C．2v正(NO)=v逆(N2)时，反应达平衡状态
D． 气体的平均相对分子质量：M(t1)＞M(t3)＞M(t5)
【答案】B【解析】反应为放热的熵减反应，则上述反应的正反应在低温下才能自发进行，A错误；由化学方程式可知，一氧化氮、一氧化碳、二氧化碳的系数相同，且为氮气系数的2倍，结合图像比较物质的体积分数的变化量可知，曲线b表示物质的变化量较小，故b表示的是φ(N2)随时间的变化，B正确； 2v正(NO)=v逆(N2)时，此时正逆反应速率不相等，反应没有达平衡状态，C错误；混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而减小，故气体平均相对分子质量逐渐变大，故气体的平均相对分子质量：M(t1)
A．“酸溶”时，可将稀硫酸换成浓硫酸，以加快化学反应速率
B．“过滤”时，需要用到的玻璃仪器有普通漏斗、玻璃棒
C．“滤渣”的主要成分为SiO2
D．制得的产品FeCO3可以长时间暴露在空气中
【答案】C【分析】烧渣中加入硫酸，除了SiO2不溶于硫酸，其他转化为Fe3+和Fe2+，过滤滤渣为SiO2，加入FeS2还原Fe3+为Fe2+，过滤得到滤液为硫酸亚铁，硫酸亚铁中加入碳酸铵，生成碳酸亚铁沉淀，过滤得到FeCO3。【解析】浓硫酸基本全部以分子形式存在，电离非常微弱，不能加快酸溶时的化学反应速率，且浓硫酸能氧化FeO，放出气体，产生污染，A错误；“过滤”时使用到的玻璃仪器有普通漏斗、玻璃棒、烧杯，B错误；与稀硫酸不反应，故滤渣的主要成分为，C正确；长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，同时释放出，方程式为：，D错误；故选C。
11．某课题组设计了一种新型的A位K/Na掺杂钙钛矿氟化物(K/Na-NCZMF)电极材料，并构建了先进的水系锌基电池，如图所示。下列叙述正确的是
A．放电时，N极电势高于M极电势
B．放电时，转化成MnOOH
C．充电时，向K/Na-NCZMF极迁移
D．充电时，转移2mol电子理论上N极净增16g
【答案】C【解析】放电时，N极为负极，M极为正极，负极电势低于正极，故A错误；放电时，M极为正极，发生还原反应，锰的化合价降低，MnOOH生成，故B错误；充电时，M极为阳极。N极为阴极，阴离子向阳极迁移，故C正确；充电时，氧化锌转化成锌，N极质量减轻，故D错误；故选C。
12. 已知：酸度。常温下，向丙酸中滴加的NaOH溶液，溶液AG与滴加NaOH溶液体积的关系如图所示。
已知：，，。
下列叙述错误的是
A．在a、b、c、d中，水的电离程度最大的是c点
B．初始时，丙酸的电离度为
C．c点溶液中
D．d点溶液中
【答案】D【解析】该过程中水电离程度由小到大，然后再变小，根据曲线对应数据可知，a、b点溶液酸过量水的电离受到抑制，c点水的电离既不促进也不抑制，到达d点时溶液AG<0且保持不变，说明碱过量，水的电离受到抑制，则水的电离c点水的电离程度最大，A项正确；a点，，，则，根据丙酸电离常数表达式可知，，则，又，则，解得，B项正确；c点溶液呈中性，，根据电荷守恒，则，因此，C项正确；若丙酸起始浓度c=1，d点溶液中溶质为和NaOH，此时二者浓度相等，则存在物料守恒，D项错误；故选D。
13. 砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶胞参数为x pm，密度为。下列说法错误的是
A．砷化镓中配位键的数目是
B．Ga和As的最近距离是
C．沿体对角线a→b方向投影图如丙，若c在11处，则As的位置为7、9、11、13
D．Mn掺杂到砷化镓晶体中，和Mn最近且等距离的As的数目为6
【答案】D【解析】由甲可知砷化镓的化学式为GaAs，砷化镓中砷提供孤电子对，镓提供空轨道形成配位键，平均1个GaAs配位键的数目为1，则砷化镓中配位键的数目是，故A正确；由砷化镓晶胞结构可知，Ga和As的最近距离为晶胞体对角线的，Ga和As的最近距离是，故B正确；由砷化镓晶胞结构可知，c位于侧面的面心，沿体对角线a→b方向投影图如丙，则As的位置为7、9、11、13，故C正确；由乙晶胞结构可知，和Mn最近且等距离的As的数目为12，故D错误；故选D。
14．下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
选项
实验目的
实验方案设计
现象和结论
A
证明碳酸钠遇水放热
向碳酸钠粉末中加少量水，观察现象并用手碰触试管外壁
结块，试管外壁变热，说明生成含有结晶水的碳酸钠晶体，同时放出热量
B
蛋白质在某些物质作用下变性
向蛋白质溶液中加入浓溶液
得白色浑浊，说明蛋白质发生了变性
C
检验1-溴丁烷消去产物
取适量、1-溴丁烷、无水乙醇，共热，将产生的气体直接通入酸性溶液中
酸性溶液紫红色褪去，有1-丁烯生成
D
证明某无色溶液中含有
取少量溶液，加入盐酸后，滴入溶液，观察现象
滴入溶液后，立即产生白色沉淀，说明原溶液中含有
【答案】A【解析】碳酸钠粉末中加少量水试管变热说明溶解过程放热，有结块出现说明生成结晶水合物，故A正确；蛋白质溶液加KCl引起的是蛋白质的盐析，故B错误；乙醇也能使高锰酸钾溶液褪色，应先用水除去乙醇，再通入酸性高锰酸钾溶液检验消去产物1-丁烯，故C错误；检验氯离子应先加硝酸酸化，再加硝酸银溶液，故D错误；故选A。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15.（14分）2022年11月，神州十五号载人飞船发射任务取得圆满成功。肼(N2H4)可作火箭发射的燃料，具有强还原性，实验室用NH3与Cl2合成N2H4的装置如图所示，请回答下列问题：
(1)仪器c的名称为________________， 装置中仪器a的作用除了导气还有__________________。
(2)按图连接装置，盛放试剂前，首先要进行______________操作。
(3)装置D中制备Cl2的化学方程式为_____________________，导管 b的作用是______________________。
(4)装置C中的试剂是_____________________。
(5)装置B中制备N2H4的离子方程式为_________________________。
(6)实验室对产品中肼的质量分数进行测定。已知：N2H4+2I2=N2↑ +4HI。取装置B中的溶液6.00g，调节溶液pH为6.5左右，加水配成500mL溶液，移取25.00mL于锥形瓶中，滴加2~3滴淀粉溶液，用0.2000 mol·L1的I2溶液滴定(杂质不参与反应) ，滴定终点的现象是________________，测得消耗I2溶液的体积为20.00 mL，则该产品中N2H4的质量分数为___________%(保留3位有效数字)。
【答案】(1) 三颈烧瓶 （1分） 防止三颈烧瓶内液体倒吸进A中试管（1分） (2)检查装置气密性（1分）
(3) Ca(C1O)2+ 4HCl(浓)= CaCl2+ 2Cl2↑+ 2H2O （2分）平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下 （1分） (4)饱和NaCl溶液（2分） (5)2NH3+2OH—+Cl2=N2H4+2C1—+2H2O （2分）
(6)当滴入最后一滴I2溶液，锥形瓶内溶液变成蓝色，且半分钟内不褪色 （2分） 21.3% （2分）
【分析】由实验装置图可知，装置A为氯化铵固体与氢氧化钙固体共热反应制备氨气，装置D为浓盐酸与漂白粉反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，装置C中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置B中氯气与氨气在氢氧化钠溶液中反应制备肼，与三颈烧瓶相连的盛有氢氧化钠溶液的烧杯用于吸收氯气和氨气，防止污染空气。
【解析】（1）由实验装置图可知，装置c为三颈烧瓶、装置a为长颈漏斗，因氨气极易溶于水，所以长颈漏斗能起导气和防止三颈烧瓶内液体倒吸进A中试管中的作用；（2）由分析可知，该实验有气体的生成和参与，为防止实验中气体逸出发生意外事故，所以盛放试剂前，首先要进行气密性检查；（3）由分析可知，装置D为浓盐酸与漂白粉中次氯酸钙反应生成氯化钙、氯气和水，反应的化学方程式为Ca(C1O)2+ 4HCl(浓)= CaCl2+ 2Cl2↑+ 2H2O，装置中导管 b的作用是平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下；（4）由分析可知，装置C中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体；（5）由分析可知，装置B中氯气与氨气在氢氧化钠溶液中反应制备肼，反应的离子方程式为2NH3+2OH—+Cl2=N2H4+2C1—+2H2O；（6）由题意可知，当溶液中的肼和碘溶液完全反应时，滴入最后一滴碘溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，则终点的实验现象为当滴入最后一滴I2溶液，锥形瓶内溶液变成蓝色，且半分钟内不褪色；滴定消耗20.00 mL0.2000 mol/L碘溶液，由方程式可知，6.00g溶液中肼的质量分数为×100%≈21.3%。
16.（14分）某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)回收铁、铬的工艺流程如下图所示：
已知：i．0.1mol·L-1金属离子形成氢氧化物沉淀与氢氧化物沉淀溶解的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀的pH
1.5
4.0
4.6
7.6
9.5
沉淀完全的pH
2.8
5.2
6.8
9.7
11.1
金属氢氧化物
Al(OH)3
Cr(OH)3
开始溶解的pH
7.8
12
溶解完全的pH
10.8
>14
ii．Cr(OH)3+OH-=+2H2O
iii．已知Cr的金属性强于Fe
(1)加入铁粉后，调节pH的范围为___________。
(2)由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为___________。
(3)滤渣3成分的化学式为___________；回收铬时，铬的存在形式为___________(填化学式)。
(4)由滤液2得到结晶水合物的操作是___________、___________过滤、洗涤、干燥。
(5)滤渣2与FeS2混合后隔绝空气焙烧，总反应的化学方程式为___________；该过程加入少量CaO的目的是___________。
(6)酸浸过程中，在硫酸用量一定的情况下，随着酸浓度的增加，铁、铬的溶解度增大。实际生产中，硫酸的质量分数为50%，其原因是___________。(已知，Fe2(SO4)3▪ 9H2O，Cr2(SO4)3·18H2O在20°C时的溶解度分别为400g和64g)
【答案】(1)6.8≤pH<7.6 （2分）
(2)（2分） (3) Cr(OH)3 （1分）（1分）
(4) 蒸发浓缩 （1分） 冷却结晶 （1分）
(5) （2分） 吸收SO2，防止污染（2分）
(6)随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出（2分）
【分析】某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)粉碎后用硫酸酸浸，Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3分别转化为Fe3+、Fe2+、Mg2+、Cr3+、Al3+，向滤液中加入过量Fe粉调节pH，使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3存在于滤渣1中，将滤渣1放入pH=11的强碱溶液中，Al(OH)3溶解，则滤渣3中存在Cr(OH)3，Fe3+被Fe还原生成Fe2+存在于滤液1中，向滤渣1中通入足量O2保持pH<1.5，将Fe2+再氧化成Fe3+，随后调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3存在于滤渣2中，Fe(OH)3滤渣加FeS2焙烧再经过磁选得到Fe3O4，以此解答。
【解析】（1）加入铁粉后，调节pH使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3，而不能使 Fe2+沉淀，由表格数据可知，调节pH的范围为6.8≤pH<7.6（2）滤渣1中存在Cr(OH)3、Al(OH)3，调节pH=11，其中Al(OH)3能够和强碱反应，则由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为。（3）由分析可知，滤渣3成分的化学式为Cr(OH)3，由已知ii可知，回收铬的过程中Cr(OH)3和NaOH反应生成。（4）由滤液2得到结晶水合物的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）滤渣2中Fe(OH)3与FeS2混合后隔绝空气焙烧生成Fe3O4，S元素化合价上升转化为SO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：；该过程加入少量CaO的目的是吸收SO2，防止污染。（6）酸浸过程中，硫酸的质量分数为50%，其原因是浓硫酸具有吸水性，随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出。
17.（15分）常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属后，催化剂的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为，主反应如下：
反应I：；
反应II：
(1)已知：。则___________。
(2)某条件下对于反应I，，，k正、k逆为速率常数。升高温度时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m___________ n(填“>”“<”或“=”)。
(3)将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不同温度下气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率、的选择性、的生成量随温度变化关系如下图。
①选择时，温度高于260℃时NO转化率下降的原因为___________。
②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂中M为___________。
③选用合适的催化剂还能抑制催化剂表面出现NH4HSO4结晶现象，结晶会导致___________。
(4)273℃，P0kPa下，向恒温恒压密闭的容器中(假设仅发生反应I、II)通入4molNH3、4molNO、2molO2。
①下列选项不能说明反应I、Ⅱ均达到化学平衡状态的是___________。
A．混合气体的平均摩尔质量保持不变 B．n(NH3)∶n(NO)保持不变
C．有1molN-H键断裂的同时，有键断裂 D．NO的分压保持不变
②达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol。则NO的转化率为___________，反应I的Kp=___________(写出计算式即可)(分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)-1838 （2分） (2)< （2分） (3) 催化剂活性下降(或副反应增多) （1分）
W0.15MnCeTiOx （2分） 结晶覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒 （1分）
(4) C （2分） 75% （2分） （3分）
【解析】（1）已知，结合反应II：，依据盖斯定律，推知，所以a=-1838kJ/mol；（2）反应I正向为放热反应，逆向为吸热反应，升高温度，逆反应速率增大的更多，故m
，
所以。
18.（15分）芬必得是常用的解热镇痛药物，其有效成分布洛芬(F)的一种合成工艺路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是___________。
(2)B→C的反应类型为___________。
(3)写出D中含氧官能团的名称___________，D中手性碳原子数为___________。
(4)分子结构修饰可提高药物的治疗效果，降低毒副作用，布洛芬可用进行成酯修饰，请写出该过程的化学方程式___________。
(5)化合物E的同分异构体中能同时满足下列条件的有___________种。
i)与FeCl3溶液发生显色反应；
ii)除苯环外不含其他环状结构且苯环上有4个取代基；
iii)核磁共振氢谱显示有六组峰。
(6)布洛芬有多种合成方法，试根据所学知识以化合物C为原料经另一路线合成布洛芬，请将下列流程补充完整，箭头上填写反应条件(已知：R-BrR-COOH，无机试剂任选)。
___________
【答案】(1)甲苯 （1分） (2)取代反应 （1分） (3) 酯基和醚键 （2分） ２（2分）(4) （3分）
(5)6（2分）
(6)（4分）
【分析】A→B为C=C的加成反应；B→C为苯环的氢被-COCH3取代反应；C→D为C=O的加成反应；由已知反应知E为；E→F为醛基的氧化。
【解析】（1）A为，其名称为甲苯。（2）B→C为苯环的氢被-COCH3取代。答（3）D的含氧官能团为醚键和酯基。连接四个不同原子或基团的碳为手性碳，D中手性碳如图，手性碳有2个。（4）该反应为酯化反应，酸脱羟基醇脱氢，反应为。（5）E的化学式为C13H18O，该分子中含有5个不饱和度，与FeCl3溶液发生显色反应含有酚羟基，且除了苯环外还含有C=C 。又分子苯环上四取代且有核磁共振氢谱显示有六组峰，和， ， 该同分异构体有6种。（6）运用逆推法，已知R-Br可直接转变为R-COOH，即。卤代烃可由醇与HBr取代得到即。原料经还原即可得到。合成路线为。
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