2023年合肥一模考试化学答案及解析

1.【答案】c

【解析】 a.绿色化学是指用高的原子利用率，从源头上预防污染，而不是对已污染的环境进行治理

b.煤的气化和液化是化学变化

c.化学常识

d.电解法耗能大

2.【答案】a

【解析】 a.同一种元素组成不同的单质

b. n60只有一种元素组成是单质

c. 同类有机物（含有相同数目和种类的官能团）分子组成上相差一个或若干个ch2，同系物

d. 同位素是质子数相同，中子数不同的核素

3.【答案】d

【解析】 a.离子化合物，其组成离子半径越大，离子所带电荷数越多，熔沸点越高

b. 金属焰色反应

c. 二氧化硅性质（硅单质也可以和氢氟酸反应）

d. 湿润的氯气漂白性是因为次氯酸，纯净的氯气是没有漂白性的

4.【答案】b

【解析】反应物cu的化合价为+1，s的为-2；生成物cu的化合价为0，s的为+4；

中铜的化合价降低，自身做氧化剂，被还原

b.正确 c. +1价cu被还原得到铜单质，应该是还原产物

d. 转移6mol电子，才生成6mol cu

5.【答案】a

【解析】为10电子微粒，1.7g oh-物质的量为0.1mol

b.应该是标况

c.0.6na

d.随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，不能再和铜反应

6.【答案】c

【解析】不能和水反应

和o2第一步只能生成no，no不能和水反应

c.正确不能和水反应

7.【答案】d

【解析】 a.具体的反应方程式写出来后，δh的值就是固定了，与反应物用量无关

b.自发氧化还原反应，可以制成原电池

c. δh<0，放热反应

d.断旧键吸收能量，生新键放出能量

8.【答案】b

【解析】发生完全双水解

b.正确和h+组合相当于hno3和fe2+发生氧化还原反应

d.已知水电离出c(h+)大小，可能酸性可能碱性，选项中hco3-酸和碱下都不能大量共存，nh4+不能在碱下大量存在

9.【答案】c

【解析】 a.装置1是分馏装置，用于分离沸点不同相溶的液体

b.不能用容量瓶直接稀释浓硫酸

分解得到nh3及hcl，所以收集到的气体含有hcl

10.【答案】无

【解析】 a.得失电子不守恒；

b.原则守恒应该生成1个h2o

c.要符合原化合配比，应该是2个oh-与2个h+,生成2个h2o

d.过量的naoh还会和nh4+参与反应生成nh3。h2o

11.【答案】d

【解析】 a.假设体积都为v，溶液混合后体积变为2v，根据物料守恒n(ch3cooh)+n(ch3coo-)=0.2v，所以浓度应该为0.1mol/l

b.式中都为溶质中的物质，所以为物料守恒，co32-前的系数应为1

c.两溶液混合后h+的浓度为0.05mol/l,所以ph不等于1

d.混合溶液里离子只有nh4+、h+、cl-、oh-,而此时溶液显中性c(oh-)=c(h+),根据电荷守恒c(nh4+)=c(cl-)

12.【答案】a

【解析】 a.溶液中可能还有ag+，也可以生成白色沉淀

b.铁钉与冷的浓硫酸发生了钝化反应

c.选项中没有验证fe3+的氧化性大于i2

d.应该是agcl的ksp大于agi

13.【答案】c

【解析】 a.阳极失电子，所以应该生成氯气，而红色的铜应该在阴极析出

b.镀层金属应该要失去电子进入溶液中，所以应该为阳极与电源正极相连

失电子为负极、o2得电子为正极，电子由a流向b，所以电流由b流向a

d.阴极得电子，应该h+得电子生成h2

14.【答案】d

【解析】与naoh,首先1:3反应生成沉淀再1:1沉淀消失，图像反了

b.在稀释过程中，醋酸是弱电解质会继续电离出h+所以ph增大的较盐酸慢

c.醋酸中通入nh3，生成ch3coonh4，导电能力加强，后续通入nh3，电离出nh4+与oh-导电能力继续加强，后趋于平缓

与br2反应生成两种强酸，所以ph下降

15.【答案】b

【解析】 a.由于ca(oh)2的溶解度较小，所以其导电能力没有naoh强

与mg同主族，性质相似

的氧化性较弱，不能生成的cu2+

溶于水后溶于显酸性，与no3-结合具有强的氧化性，把so32-氧化成so42-,有baso4沉淀

16.【答案】a

【解析】 a.升高温度，k值减小，则平衡向左移动，所以此正反应为放热反应

b.根据方程式算出pcl3的浓度改变量为0.4mol/l,所以其速率为0.08mol/(l. min)

c.根据三段法计算

d.减少了一半的反应物，容器的体积不变，压强减小平衡向体积增大的反向进行，所以pcl3的浓度较之前的一半还小

17.【答案】

（1）三 ia 1s22s22p63s23p63d64s2(或[ar]3d64s2)；

（2）s2-> o2-> na+ h2o

（3）离子键、共价键离子

（4）3fe3o4+8al 4al2o3+9fe

（5）2co(g)+so2(g)=2co2(g)+s(s) δh= -270.0kj/mol

【解析】 a原子核外l层电子数是k层的2倍，k层是2个电子，则l层是4个，则a为c元素；

b地球生物的保护伞是臭氧层，则b为o元素；

c在第三周期中第一点能最小的为第一主族的碱金属，则c为na元素；

d(n+1)s2(n+1)p(n+2)由s层是2个电子可知，n=2，则d为s；

e具有磁性的黑色晶体是fe3o4，则e为fe；

（1） c为na元素，在周期表中的位置为第三周期第ia族，e为fe，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2

（2） b、c、d的简单离子化合物分别为：o2-、na+、s2-，电子层数越多，半径越大，相同电子层数情况下，核电荷数越多，半径越小，则s2-> o2-> na+;b、d的简单气态氢化物分别为：h2o、nh3，非金属性越强，气态氢化物越稳定，o的非金属性比n强，则h2o的稳定性强于nh3。

（3） o2和na按物质的量比为1:2反应，则产物为na2o2，其中na+和o22-之间形成离子键，o22-中氧原子之间形成共价键；物质结构中只要含有离子键，该化合物就为离子晶体。

（4）铝热反应为单质铝置换金属氧化物中金属的反应，e的黑色磁性晶体为fe3o4

（5）利用盖斯定律，1式减去2式，得到所需的热化学反应方程式

【答案】（1）羟基；（或）；

（2） +cu(oh)2 + oh- +cu2o↓ +3h2o；

（3） +h2o；

取代（酯化）；

（4）6；（邻、间、对3种）（邻、间、对3种）所以共6种，任意写一种，都得分。

【解析】根据已知，得到a可能是烯烃；相对分子质量是56/12=4，所以化学式为c4h8；由a中核磁共振氢谱和d中有支链，a的结构简式为。

根据d和f酯化生成有机物c13h18o2，d：；所以f化学式为c9h12o、f中含有苯环且没有甲基（说明f中苯环只有一个取代基），且e在催化剂作用下和2molh2反应生成f反推e的化学式c9h8o（由f知e中也只有一个取代基），所以e中含有一个三键或者含有一个双键和一个醛基，综上所述e为（或）；

注意（2）是离子方程式。到此，其他的空就比较容易了！

19.【答案】

（1）溶解盐泥变成可溶性硫酸盐，除去ca2+、sio32-、co32-

（2）fe(oh)3、al(oh)3 mn2++clo-+h2o=mno2↓+cl-+2h+

（3）取少量的上层滤液ⅱ，加热kscn，观察溶液是否显血红色，若显血红色则有fe3+，若不显血红色则无fe3+

（4）蒸发浓缩、冷却结晶

【解析】（1）h2so4的作用主要是调节ph，溶解盐泥，除去co32-，生成硅酸沉淀及caso4微溶除去ca2+及sio32-

（2）根据沉淀3只有mg(oh)2所以沉淀2中有fe(oh)3及al(oh)3（原因是物质的ksp不同，fe3+及al3+在ph较小时就可以沉淀）；mn2+被氧化成mno2沉淀而clo-被还原成cl-，再根据溶液显酸性及电荷守恒配出方程式；

（3）检验离子操作过程应该为：取液、加试剂、观察现象、出结论

（5）根据原子守恒，mgso4.7h2o--baso4，算出mgso4.7h2o的质量[n(baso4)=0.019mol,取两位有效数字，由此得到答案为93.5%]

20.【答案】

ⅰ.该食盐中含有io3-

实验步骤预期现象与结论

步骤1：取少量上述溶液注入试管中，滴入几滴淀粉溶液，振荡。若溶液显蓝色，则假设1成立；

否则，假设1不成立。再进行步骤2.

步骤2：取少量上述溶液注入试管中，加入适量1.0mol/lh2so4酸化的3%h2o2溶液，再滴入几滴淀粉溶液，振荡。

若溶液显蓝色，则假设2成立，反应的离子方程式为2i-+h2o2+2h+=i2+2h2o

否则，假设2不成立。再进行步骤3.

步骤3：取少量上述溶液注入试管中，加入适量1.0mol/l的nahso,再滴入几滴淀粉溶液，振荡。若溶液显蓝色，则假设3成立；

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