江西省南昌市第十中学2023届高三下学期一模化学答案【公众号：一枚试卷君】

学科网（北京）股份有限公司参考答案：1．A【详解】A．聚丙烯的主要原料为丙烯，主要来源是石油的裂解，故A正确；B．水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅，属于氧化物，不是硅酸盐，不属于硅酸盐工业产品，故B错误；C．人造刚玉的主要成分是三氧化二铝（或氧化铝），故C错误；D．使燃料充分燃烧可以增大氧气的浓度或增大氧气的接触面积，空气的通入量增多会带走热量，降低热效率，故D错误；故答案为A。2．DA.向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀，当Al3+完全沉淀时，2-4SO还未沉淀完全，继续加入Ba(OH)2溶液，Al(OH)3溶解，BaSO4增多，且BaSO4增加的质量大于Al(OH)3减少的质量，故2-4SO完全沉淀时，生成沉淀的质量最大，此时的离子反应方程式为3+2-2+--4422Al+2SO+2Ba+4OH=2BaSO+AlO+2HO，B．不论2CO的量多少，与苯酚钠反应，都生成苯酚和碳酸氢钠，B错误C．I还原性强于2+Fe，2Cl先与I反应，当22FeI:Cl1:1nn时，发生反应222IClI2Cl，C错误D．硼酸为弱酸，离子方程式中保持化学式不拆，和NaOH溶液的反应为433HBOOHBOH，故D正确；故选D。3．D【分析】W、X、Y、Z的原子序数依次增大且占据三个不同周期，W的原子序数最小，且可以形成一个共价键，则W为H元素，则X、Y、Z占据两个不同周期，所以X一定为第二周期元素，X可以形成两个共价键，应为O元素；Y可以形成+3价阳离子，且原子序数大于O，则为Al元素；Z可以形成5个共价键，应为P元素。【详解】A．P元素的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，为三元弱酸，A正确；B．X和Y组成的化合物为Al2O3，由于AlCl3为共价化合物，工业上电解熔融态Al2O3制备铝单质，B正确；学科网（北京）股份有限公司C．X、Y的简单氢化物分别为H2O、AlH3，常温下H2O为液体，AlH3为固体，所以AlH3的熔点更高，C错误；D．Al3+最外层为8个电子，阴离子中形成两个共价键的O满足8电子稳定结构，由于阴离子带三个单位负电荷，所以形成一个共价键的O也满足8电子稳定结构，D正确；综上所述答案为C。4．B【详解】A．根据示意图可知，a与c相连后，a电极发生失电子的氧化反应所以作负极，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以a极的电极反应式为：222HO4eO4H；由于生成H+，所以a极附近的pH下降；A项正确；B．根据示意图可知，a与c相连后，c为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式应写作：3x3WOxHxe=HWO；B项错误；C．根据示意图，b与c若相连，b极为正极发生氧气的还原反应，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以电极反应式为：22O4H4e=2HO；C项正确；D．连接a与c后，将太阳能转变成B中的化学能，再连接b，c后，就可将化学能再转变成电能，最终实现了太阳能向电能的转化，D项正确；答案选B。5．D【详解】A．试管中加入的AgNO3溶液过量，过量的Ag+与I-反应产生AgI沉淀，不能证明AgCl会发生沉淀转化生成AgI沉淀，故无法证明溶度积常数Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A错误；B．乙醇具有挥发性，挥发的气体中含有乙醇及浓硫酸与乙醇发生氧化还原反应产生的SO2都具有还原性，二者都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能证明反应产生了乙烯，B错误；C．氨气的水溶液显碱性，能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，而不是使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，C错误；D．将CH3CH2Br与NaOH溶液共热，发生水解反应产生CH3CH2OH及NaBr，冷却后，取出上层水溶液，先加HNO3酸化，再加AgNO3溶液有淡黄色沉淀即为AgBr沉淀，则可说明有溴元素，D正确；故合理选项是D。6．C【详解】A．盐酸滴定氨水，氨水逐渐减少，铵根离子增多，曲线①代表32NHHO，曲学科网（北京）股份有限公司线②代表4NH，选项A正确；B．a点溶液c(+4NH）=c（NH3•H2O），溶液pH=9.26，呈现碱性，c（OH-）c（H+）根据电荷守恒，c(+4NH)c（Cl-），c(+4NH)=c（NH3•H2O）c（Cl-），选项B正确；C．Kb（NH3•H2O）=+-432c(NHcOHc(NHHO）），a点时c(+4NH)=c（NH3•H2O），Kb（NH3•H2O）=c(OH-)=10-4.74，数量级为10-5，选项C错误；D．滴定终点所得氯化铵溶液，溶液显酸性，若选择甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色，选项D正确；答案选C。7．D【详解】A.由M和N的结构简式可知，M和N不含有亲水基团，则M和N不易溶于水，故A错误；B.在O→P的过程中，O中的羧基转化成羟基，发生了还原反应，故B错误；C.戊烯有5种同分异构体，分别为1-戊烯，2-戊烯，2-甲基-1-丁烯，2-甲基-2-丁烯，3-甲基-1-丁烯。1-戊烯的一氯代物有5种，2-戊烯的一氯代物有5种，2-甲基-1-丁烯的一氯代物有4种，2-甲基-2-丁烯的一氯代物有3种，3-甲基-1-丁烯的一氯代物有4种，所以一氯戊稀总共有5+5+4+3+4=21种，所以Q的链状同分异构体有20种，故C错误；D.由R的结构简式可知，R可以与与Br2发生取代反应，R中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应，故D正确；故选D。【点睛】有机反应中可以根据组成的变化判断反应类型，得氢失氧的过程为还原反应，得氧失氢的反应为氧化反应，如羧基变为羟基，属于失去氧的反应，该过程为还原反应。26（14分）．恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)(1分)防倒吸(1分)降低Na2S2O4的溶解度，有利于其结晶析出HCOO-+2SO2+3OH-ΔS2O24+CO23+2H2O或HCOO-+2SO2+OH-ΔS2O24+CO2+H2OCD淀粉溶液87.0取少量分解产物溶于足量的稀盐酸中，静置，取上层清液，滴加几滴BaCl2溶液，若出现沉淀则说明产物中含有Na2SO4，反之则无【分析】装置A反应产生SO2，进入C装置与甲酸、NaOH等反应生成Na2S2O4，装置D吸收多余的SO2，防止污染空气。学科网（北京）股份有限公司【详解】(1)容器a为带有恒压装置的分液漏斗，故名称为恒压分液漏斗或恒压滴液漏斗；由于SO2进入C装置反应可能会产生倒吸，故装置B的作用为防倒吸；(2)因为Na2S2O4易溶于水、不溶于甲醇，故甲醇的作用为降低Na2S2O4溶解度，有利于其结晶析出；根据题意，HCOOH与SO2在碱性条件下反应生成Na2S2O4，HCOOH滴入后首先与NaOH反应转化为HCOO-，故初步确定反应为：HCOO-+SO2+OH-→2-24SO，S元素由+4被HCOO-还原为+3，推测HCOO-中C元素由+1被氧化为稳定+4价CO2，由于为碱性条件，故此时应该生成2-3CO，结合元素守恒确定生成物中有H2O，故配平后方程式为：HCOO-+2SO2+3OH-ΔS2O24+CO23+2H2O（或HCOO-+2SO2+OH-ΔS2O24+CO2+H2O）；(3)A．Na2S2O4具有强还原性，强氧化性HNO3能将其氧化为2-4SO，故A不合理；B．若甲酸与NaOH物质的量之比为1:1，则此时恰好反应，若NaOH过量，则可以将CO2反应生成2-3CO，有助于平衡正向移动，提高Na2S2O4产率，故B不合理；C．Na2S2O4具有强还原性，在空气中易被氧化，故排尽空气可防止Na2S2O4被氧化，提高其纯度，C合理；D．Na2S2O4不溶于甲醇，故可用甲醇洗涤，D合理；故答案选CD。(4)涉及I2的滴定，可以用淀粉溶液作指示剂，终点现象为溶液颜色由无色变为浅蓝色，故此处填淀粉溶液；根据已知方程式确定关系式：Na2S2O4~NaHSO2·HCHO~2I2，得c(Na2S2O4)=-3-32n(I)0.2000mol/L?25.00mL?10L/mol==2.5?10mol22；W(Na2S2O4)=-32.5?10mol?174g/mol×100%=87.0%0.5000g，即Na2S2O4质量分数为87.0%；(5)检验2-4SO，需加入稀盐酸排除2-3SO等离子干扰，再加入BaCl2溶液观察现象，不能选用稀硝酸，因为硝酸会将Na2SO3、Na2S2O3、SO2等物质氧化成2-4SO产生干扰，故选用试剂为：稀盐酸和BaCl2溶液，具体操作为：取少量分解产物溶于足量的稀盐酸中，静置，取上层清液，滴加几滴BaCl2溶液，若出现沉淀则说明产物中含有Na2SO4，反之则无。27．（15分）2Cr2O3+4Na2CO3+3O2高温4Na2CrO4+4CO2物质的粒度为60学科网（北京）股份有限公司目H2SiO3(1分)224CrO+2H+⇌227CrO+H2O0.25mol·L−12.4×10−4Na2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr(OH)SO4+CO2↑+Na2SO4+4H2O2138m100%33m【分析】由流程可知，铬渣加入纯碱、空气和辅料氧化煅烧，Cr2O3转化为Na2CrO4，存在的副反应：SiO2+Na2CO3高温Na2SiO3+CO2↑、Al2O3+Na2CO3高温2NaAlO2+CO2↑，且水浸之后滤渣1中还原氧化铁和氢氧化钙，加入稀硫酸调节pH，除去溶液中的AlO2-、SiO32-，则滤渣2为氢氧化铝、硅酸；滤液中存在224CrO+2H+⇌227CrO+H2O，经调节pH=a、蒸发结晶后可生成重铬酸钠，然后加入甲醇、硫酸将重铬酸钠还原为Cr(OH)SO4，据此分析解答。【详解】(1)“焙烧”时Cr2O3转化为Na2CrO4，反应化学方程式是2Cr2O3+4Na2CO3+3O2高温4Na2CrO4+4CO2，故答案为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O2高温4Na2CrO4+4CO2；(2)由图可知，“水浸”过程中，物料的粒度(颗粒大小)为60目时铬残余量最小，则最佳的反应条件为60目，故答案为：物质的粒度为60目；(3)“滤渣2”的主要成分为Al(OH)3和H2SiO3，“过滤2”后，将溶液pH调至a，a小于6.5，目的是使24CrO转化为227CrO+H2O，酸化时发生的反应为：224CrO+2H+⇌227CrO+H2O，若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，24CrO有1011转化为227CrO，说明铬元素有1011转化为227CrO，根据铬元素守恒，存在关系式：2Cr～224CrO～227CrO，n(24CrO)剩余=28.6g52g/mol×1011=0.05mol，则n(227CrO)=0.25mol，因此酸化后所得溶液中c(227CrO)=nV=0.25mol•L-1，故答案为：H2SiO3；224CrO+2H+⇌227CrO+H2O；0.25mol•L-1；(4)根据沉淀溶解平衡BaCrO4⇌24CrO+Ba2+，有Ksp(BaCrO4)=c(24CrO)×c(Ba2+)=1.2×10-10=5.0×10-7×c(Ba2+)，解得：c(Ba2+)=2.4×10-4mol/L，故答案为：2.4×10-4；(5)CH3OH被氧化生成CO2，根据流程图，Na2Cr2O7被还原为Cr(OH)SO4，反应的化学方程式为Na2Cr2O7+3H2SO4+CH3OH=2Cr(OH)SO4+Na2SO4+CO2↑+4H2O，故答案为：Na2Cr2O7+3H2SO4+CH3OH=2Cr(OH)SO4+Na2SO4+CO2↑+4H2O；(6)用m1kg的铬渣(含Cr2O340%)制备Cr(OH)SO4，最终得到产品m2kg，由Cr原子守恒可学科网（北京）股份有限公司知理论上生成产品的质量为1m40%152g/mol×165g/mol×2kg=1132m152kg，则产率为21mkg132m152kg×100