2023屆四川省成都鹽道街高考化學倒計時模擬卷含解析

2023高考化學模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、將1mol過氧化鈉與2mol碳酸氫鈉固體混合，在密閉容器中，120℃充分反應后，排出氣體，冷卻，有固體殘留．下列分析正確的是（）A．殘留固體是2molNa2CO3B．殘留固體是Na2CO3和NaOH的混合物C．反應中轉移2mol電子D．排出的氣體是1.5mol氧氣2、短周期元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大。元素X的一種高硬度單質是寶石，Y2+電子層結構與氖相同，Z的質子數(shù)為偶數(shù)，室溫下，M單質為淡黃色固體。下列說法不正確的是A．X單質與M單質不能直接化合B．Y的合金可用作航空航天飛行器材料C．M簡單離子半徑大于Y2+的半徑D．X和Z的氣態(tài)氫化物，前者更穩(wěn)定3、下列說法中正確的是（）A．25℃時某溶液中水電離出的c(H+)＝1.0×10?12mol·L?1，其pH一定是12B．某溫度下，向氨水中通入CO2，隨著CO2的通入，不斷增大C．恒溫恒容下，反應X(g)＋3Y(g)2Z(g)，起始充入3molX和3molY，當X的體積分數(shù)不變時，反應達到平衡D．某溫度下，向pH＝6的蒸餾水中加入NaHSO4晶體，保持溫度不變，測得溶液的pH為2，該溫度下加入等體積pH＝10的NaOH溶液可使反應后的溶液恰好呈中性4、短周期主族元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大。這四種元素形成的單質依次為m、n、p、q，x、y、z是這些元素組成的二元化合物，其中z為形成酸雨的主要物質之一；25℃時，0.01mol/Lw溶液pH=12。上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是()A．原子半徑的大?。篴<b<c<dB．氫化物的穩(wěn)定性：b<dC．y中陰陽離子個數(shù)比為1：2D．等物質的量y、w溶于等體積的水得到物質的量濃度相同的溶液5、下列根據實驗操作和實驗現(xiàn)象所得出的結論中，不正確的是（）選項實驗現(xiàn)象結論A向某無色溶液中滴入用稀硝酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成原溶液中一定存在SO42-或SO32-B鹵代烴Y與NaOH水溶液共熱后，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液產生白色沉淀Y中含有氯原子C碳酸鈉固體與硫酸反應產生的氣體，通入苯酚鈉溶液中出現(xiàn)白色渾濁酸性：硫酸＞碳酸＞苯酚D向NaBr溶液中滴入少量氯水和CCl4，振蕩、靜置溶液分層，下層呈橙紅色Br-還原性強于Cl-A．A B．B C．C D．D6、化學品在抗擊新型冠狀病毒的戰(zhàn)役中發(fā)揮了重要作用。下列說法不正確的是（）A．醫(yī)用防護口罩中熔噴布的生產原料主要是聚丙烯，聚丙烯的單體是丙烯B．“84”消毒液的主要成分是次氯酸鈉C．用硝酸銨制備醫(yī)用速冷冰袋是利用了硝酸銨溶于水快速吸熱的性質D．75%的醫(yī)用酒精常用于消毒，用95%的酒精消毒效果更好7、某澄清混合溶液中所含離子的濃度如下表所示，則M可能為（）離子NO3－SO42－H+M濃度/(mol/L)2122A．Cl－ B．Ba2+ C．Na+ D．Mg2+8、縱觀古今，化學與生產生活密切相關。下列對文獻的描述內容分析錯誤的是（）選項文獻描述分析A《天工開物》“凡石灰，經火焚煉為用”此“石灰”是指石灰石B《物理小知識》“以汞和金涂銀器上，成白色，入火則汞去金存，數(shù)次即黃”“入火則汞去”是指汞受熱升華C《本草經集注》“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”利用焰色反應來辨別真假硝石D《本草綱目》“采蒿敳之屬，曬干燒灰，以水淋汁，浣衣發(fā)面，去垢”利用灰燼中可溶鹽水解呈堿性去污A．A B．B C．C D．D9、某興趣小組計劃用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制備1molAl(OH)3。設計如下三種方案：方案Ⅰ：向Al中加入NaOH溶液，至Al剛好完全溶解，得溶液①。向溶液①中加硫酸至剛好沉淀完。過濾、洗滌、干燥。方案Ⅱ：向Al中加入硫酸，至Al剛好完全溶解，得溶液②。向溶液②中加NaOH溶液至剛好沉淀完。過濾、洗滌、干燥。方案Ⅲ：將Al按一定比例分為兩份，按前兩方案先制備溶液①和溶液②。然后將兩溶液混和。過濾、洗滌、干燥。下列說法不正確的是A．三種方案轉移電子數(shù)一樣多B．方案Ⅲ所用硫酸的量最少C．方案Ⅲ比前兩個方案更易控制酸堿的加入量D．采用方案Ⅲ時，用于制備溶液①的Al占總量的0.2510、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，K、L、M均是由這些元素組成的二元化合物，甲、乙分別是元素X、Y的單質,甲是常見的固體，乙是常見的氣體。K是無色氣體，是主要的大氣污染物之一，0.05mol/L丙溶液的pH為l，上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A．原子半徑：W<X<Y B．元素的非全屬性：Z>Y>XC．化合物XYZ中只含共價鍵 D．K、L、M中沸點最高的是M11、某研究小組利用軟錳礦(主要成分為MnO2，另含有少量鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物)作脫硫劑，通過如下簡化流程既脫除燃煤尾氣中的SO2，又制得電池材料MnO2(反應條件已省略)。下列說法不正確的是A．上述流程中多次涉及到過濾操作，實驗室進行過濾操作時需用到的硅酸鹽材質儀器有：玻璃棒、燒杯、漏斗B．用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原因是MnCO3消耗了溶液中的酸，促進Al3+和Fe3+水解生成氫氧化物沉淀C．實驗室用一定量的NaOH溶液和酚酞試液就可以準確測定燃煤尾氣中的SO2含量D．MnSO4溶液→MnO2過程中，應控制溶液pH不能太小12、維生素C是廣泛存在于新鮮水果蔬菜及許多生物中的一種重要的維生素，作為一種高活性物質，它參與許多新陳代謝過程。某課外小組利用碘滴定法測某橙汁中維生素C的含量，其化學方程式如下：+I2+2HI下列說法正確的是（）A．上述反應說明維生素C能使碘水褪色，該反應的反應類型為取代反應B．維生素C可發(fā)生取代反應、加成反應、氧化反應C．維生素C可以水解得到2種產物D．維生素C不可溶于水，可以溶于有機溶劑13、用石墨作電極電解KCl和CuSO4(等體積混合)混合溶液,電解過程中溶液pH隨時間t的變化如圖所示,下列說法正確的是A．ab段H+被還原,溶液的pH增大B．原溶液中KCl和CuSO4的物質的量濃度之比為2∶1C．c點時加入適量CuCl2固體,電解液可恢復原來濃度D．cd段相當于電解水14、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，R、Y位于同主族，X2YR3水溶液在空氣中久置，其溶液由堿性變?yōu)橹行?。下列說法正確的是（）A．簡單離了半徑：X>Y>Z>RB．X2Y與Z2反應可證明Z的非金屬性比Y強C．Y的氧化物對應的水化物一定是強酸D．X和R組成的化合物只含一種化學鍵15、油畫變黑，可用一定濃度的H2O2溶液擦洗修復，發(fā)生的反應為4H2O2+PbS→PbSO4+4H2O下列說法正確的是A．H2O是氧化產物B．H2O2中負一價的氧元素被還原C．PbS是氧化劑D．H2O2在該反應中體現(xiàn)還原性16、下列實驗操作、現(xiàn)象和結論均正確的是選項操作現(xiàn)象結論A①將濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口試紙不變色受熱不分解B②中振蕩后靜置下層液體顏色變淺溶液可除去溶在溴苯中的C③旋開活塞觀察到紅色噴泉極易溶于水，氨水顯堿性D④閉合開關K，形成原電池Zn極上有紅色固體析出鋅的金屬性比銅強A．A B．B C．C D．D二、非選擇題（本題包括5小題）17、羅氟司特是治療慢性阻塞性肺病的特效藥物，其合成中間體F的一種合成路線如下：回答下列問題：（1）A的化學名稱為__________，D的分子式為__________（2）由B生成C的化學方程式是____________。（3）E→F的反應類型為___________，F(xiàn)中含氧官能團的名稱為____________。（4）上述合成路線中，有3步反應都使用NaOH溶液來提高產率，其原理是_______。（5）的鏈狀同分異構體有_______種（不包括立體異構），寫出其中核磁共振氫譜有兩組峰的結構簡式：__________。（6）設計以對甲基苯酚為原料制備的合成路線：______（其他試劑任選）。18、化合物J是一種重要的醫(yī)藥中間體，其合成路線如圖：回答下列問題：（1）G中官能團的名稱是__；③的反應類型是__。（2）通過反應②和反應⑧推知引入—SO3H的作用是__。（3）碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳。寫出F與足量氫氣反應生成產物的結構簡式，并用星號（*）標出其中的手性碳__。（4）寫出⑨的反應方程式__。（5）寫出D的苯環(huán)上有三個不相同且互不相鄰的取代基的同分異構體結構簡式_。（6）寫出以對硝基甲苯為主要原料（無機試劑任選），經最少步驟制備含肽鍵聚合物的合成路線__。19、向硝酸酸化的2mL0.1mol·L－1AgNO3溶液（pH＝2）中加入過量鐵粉，振蕩后靜置，溶液先呈淺綠色，后逐漸呈棕黃色，試管底部仍存在黑色固體，過程中無氣體生成。實驗小組同學針對該實驗現(xiàn)象進行了如下探究。Ⅰ.探究Fe2＋產生的原因。（1）提出猜想：Fe2＋可能是Fe與________或________反應的產物。（均填化學式）（2）實驗探究：在兩支試管中分別加入與上述實驗等量的鐵粉，再加入不同的液體試劑，5min后取上層清液，分別加入相同體積和濃度的鐵氰化鉀溶液。液體試劑加入鐵氰化鉀溶液1號試管2mL0.1mol·L－1

AgNO3溶液無藍色沉淀2號試管硝酸酸化的2mL0.1mol·L－1______溶液(pH＝2)藍色沉淀①2號試管中所用的試劑為_________。②資料顯示：該溫度下，0.1mol·L－1AgNO3溶液可以將Fe氧化為Fe2＋。但1號試管中未觀察到藍色沉淀的原因可能為_______。③小組同學繼續(xù)進行實驗，證明了由2號試管得出的結論正確。實驗如下：取100mL0.1mol·L－1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH＝2），加入鐵粉并攪拌，分別插入pH傳感器和NO傳感器（傳感器可檢測離子濃度），得到圖甲、圖乙，其中pH傳感器測得的圖示為________（填“圖甲”或“圖乙”）。④實驗測得2號試管中有NH4+生成，則2號試管中發(fā)生反應的離子方程式為__________。Ⅱ.探究Fe3＋產生的原因。查閱資料可知，反應中溶液逐漸變棕黃色是因為Fe2＋被Ag＋氧化了。小組同學設計了不同的實驗方案對此進行驗證。（3）方案一：取出少量黑色固體，洗滌后，______（填操作和現(xiàn)象），證明黑色固體中有Ag。（4）方案二：按下圖連接裝置，一段時間后取出左側燒杯中的溶液，加入KSCN溶液，溶液變紅。該實驗現(xiàn)象________（填“能”或“不能”）證明Fe2＋可被Ag＋氧化，理由為________。20、二苯甲酮廣泛應用于藥物合成，同時也是有機顏料、殺蟲劑等的重要中間體。實驗室以苯與苯甲酰氯為原料，在AlCl3作用下制備二苯甲酮的實驗流程如下圖所示：相關物理常數(shù)和物理性質如下表：名稱相對分子質量密度/g·cm-3熔點/oC沸點/oC溶解性苯780.885.580.1難溶水，易溶乙醇苯甲酰氯140.51.22?1197遇水分解無水氯化鋁133.52.44190178（升華）遇水水解，微溶苯二苯甲酮1821.1148.5305（常壓）難溶水，易溶苯已知：反應原理為：。該反應劇烈放熱?；卮鹣铝袉栴}：（1）反應裝置如圖所示（加熱和夾持裝置已略去），迅速稱取7.5g無水三氯化鋁放入三頸瓶中，再加入30mL無水苯，攪拌，緩慢滴加6mL新蒸餾過的苯甲酰氯。反應液由無色變?yōu)辄S色，三氯化鋁逐漸溶解?；旌贤旰螅３?0℃左右反應1.5～2h。儀器A的名稱為_______。裝置B的作用為_______。緩慢滴加苯甲酰氯的原因是______。能作為C中裝置的是_______（填標號）。（2）操作X為___________。（3）NaOH溶液洗滌的目的是_____________。（4）粗產品先經常壓蒸餾除去__________，再減壓蒸餾得到產品。（5）當所測產品熔點為________時可確定產品為純品。已知實驗最終所得純品8.0g，則實驗產率為_________%（保留三位有效數(shù)字）。21、鐵被譽為“第一金屬”，鐵及其化合物廣泛應用于生活、生產、國防等領域。(1)已知：元素的一個基態(tài)的氣態(tài)原子得到一個電子形成-1價氣態(tài)陰離子時所放出的能量稱為該元素的第一電子親和能，用E1表示。從-1價的氣態(tài)陰離子再得到1個電子，成為-2價的氣態(tài)陰離子所放出的能量稱為第二電子親和能E2，依此類推。FeO是離子晶體，其晶格能可通過如下的Born－Haber循環(huán)計算得到。鐵單質的原子化熱為__________kJ/mol，F(xiàn)eO的晶格能為__________kJ/mol，基態(tài)O原子E1____________E2(填“大于”或“小于”)，從原子結構角度解釋_________。(2)乙二胺四乙酸又叫做EDTA(圖1)，是化學中一種良好的配合劑，形成的配合物叫做螯合物。EDTA在配位滴定中經常用到，一般是測定金屬離子的含量。已知：EDTA配離子結構(圖2)。EDTA中碳原子軌道的雜化類型為____________，EDTANa-Fe(Ⅲ)是一種螯合物，六個配位原子在空間構型為____________。EDTANa-Fe(Ⅲ)的化學鍵除了σ鍵和配位鍵外，還存在____________。(3)Fe3O4晶體中，O2-的重復排列方式如圖所示，該排列方式中存在著由如1、3、6、7的O圍成的正四面體空隙和如3、6、7、8、9、12的O2-圍成的正八面體空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面體空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面體空隙中，則Fe3O4晶體中，O2-數(shù)與正四面體空隙數(shù)(包括被填充的)之比為__________，有__________%的正八面體空隙填充陽離子。Fe3O4晶胞的八分之一是圖示結構單元(圖3)，晶體密度為5.18g/cm3，則該晶胞參數(shù)a=____________pm。(寫出計算表達式)

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解析】

過氧化鈉受熱不分解，但是受熱分解，產生1mol二氧化碳和1mol水，二氧化碳和水都能和過氧化鈉發(fā)生反應，但是此處過氧化鈉是少量的，因此要優(yōu)先和二氧化碳發(fā)生反應，得到1mol碳酸鈉和0.5mol氧氣，此時我們一共有2mol碳酸鈉、1mol水和0.5mol氧氣。整個反應中只有過氧化鈉中-1價的氧發(fā)生了歧化反應，因此一共轉移了1mol電子，答案選A。2、A【解析】元素X的一種高硬度單質是寶石，即X是C，Y2＋電子層結構與氖相同，則Y為Mg，Z的質子數(shù)為偶數(shù)，Z可能是Si，也可能是S，室溫下，M的單質為淡黃色固體，則M為S，即Z為Si，A、C與S能直接化合成CS2，故說法錯誤；B、鎂合金質量輕，硬度大，耐高溫，可用作航空航天飛行器材料，故說法正確；C、S2－比Mg2＋多一個電子層，因此S2－的半徑大于Mg2＋，故說法正確；D、氫化物分別是CH4、SiH4，非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，非金屬性C>Si，即CH4比SiH4穩(wěn)定，故說法正確。3、D【解析】

A.既然由水電解出的c（H+）=1.0×10-12mol/L，則由水電解出的c（OH-）==1.0×10-12mol/L；而c（H+）×c（OH-）=1.0×10-14mol/L，所以原來的溶液的c（H+）=1.0×10-2mol/L或者c（OH-）=1.0×10-2mol/L，即溶液可能呈現(xiàn)強酸或強堿性，強酸時pH=2，強堿時pH=12，故A錯誤；B.NH3·H2ONH4＋＋OH-，通入CO2平衡正向移動，c(NH4+)不斷增大，而平衡常數(shù)不變，則=不斷減小，故B錯誤；C.恒溫恒容下，反應X(g)＋3Y(g)2Z(g)，起始充入3molX和3molY，由三段式計算可知，X的體積分數(shù)一直是50%，故C錯誤；D.蒸餾水的pH＝6，所以Kw=1×10-12，應加入等體積濃度為0.01mol?L-1的氫氧化鈉溶液，故應加入等體積pH=10的NaOH溶液，可使該溶液恰好呈中性，故D正確；正確答案是D。【點睛】A項涉及pH的簡單計算，明確溶液中的溶質是抑制水電離是解本題的關鍵，能電離出氫離子或氫氧根離子的物質抑制水電離。4、C【解析】

短周期主族元素，a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大。四種元素形成的單質依次為m、n、p、q時；x、y、z是這些元素組成的二元化合物，其中z為形成酸雨的主要物質之一，z為SO2，q為S，d為S元素；25℃0.01mol/Lw溶液pH=12，w為強堿溶液，則w為NaOH，結合原子序數(shù)及圖中轉化可知，a為H，b為O，c為Na，x為H2O，y為Na2O2，以此來解答。【詳解】根據上述分析可知：a為H，b為O，c為Na，d為S元素，x為H2O，y為Na2O2，z為SO2。A．原子核外電子層越多，原子半徑越大，同一周期元素從左向右原子半徑減小，則原子半徑的大?。篴<b<d<c，A錯誤；B．元素的非金屬性：O>S，元素的非金屬性越強，其相應的氫化物穩(wěn)定性就越強，故氫化物的穩(wěn)定性：H2O>H2S，即b>d，B錯誤；C．y為Na2O2，其中含有離子鍵和非極性共價鍵，電離產生2個Na+和O22-，所以y中陰、陽離子個數(shù)比為1：2，C正確；D.y是Na2O2，Na2O2溶于水反應產生NaOH和O2，w為NaOH，1molNa2O2反應消耗1molH2O產生2molNaOH，所以等物質的量y、w溶于等體積的水得到的溶液的物質的量濃度不同，D錯誤；故合理選項是C?！军c睛】本題考查無機物的推斷，把握元素化合物知識、物質的轉化推斷物質及元素為解答的關鍵，注意酸雨的成分是SO2、w為NaOH為推斷的突破口，試題側重考查學生的分析與推斷能力。5、A【解析】

A．某無色溶液中滴入BaCl2溶液，生成白色沉淀，原溶液中可能含有Ag+，A不正確；B．加入硝酸酸化的AgNO3溶液，產生白色沉淀，則該鹵代烴中含有氯原子，B正確；C．碳酸鈉與硫酸反應產生的二氧化碳能使苯酚鈉溶液變渾濁，根據較強酸可以制較弱酸的規(guī)律，可知酸性：硫酸>碳酸>苯酚，C正確；D．下層呈橙紅色，則表明NaBr與氯水反應生成Br2，從而得出還原性：Br->Cl-，D正確；故選A。6、D【解析】

A.聚丙烯是由丙烯在一定條件下發(fā)生加聚反應得到的，A項正確；B.“84”消毒液的主要成分是次氯酸鈉，可以水解得到次氯酸，起到殺菌消毒的作用，B項正確；C.硝酸銨溶于水可以吸熱，因此可以用作速冷冰袋，C項正確；D.醫(yī)用酒精是體積分數(shù)為75%的乙醇溶液，濃度太高或濃度太低都起不到殺菌效果，D項錯誤；答案選D。【點睛】注意醫(yī)用酒精的75%的是體積分數(shù)，而化學中一般用得較多的是質量分數(shù)，例如98%的濃硫酸中的98%就是質量分數(shù)。7、C【解析】

溶液中，單位體積內已知的陽離子所帶電量為：2mol/L×1=2mol/L，單位體積內已知的陰離子所帶總電量為：2mol/L×1+1mol/L×2=4mol/L，大于單位體積內已知的陽離子所帶電量2mol/L，故M為陽離子，設M離子的電荷為x，由電荷守恒可知：4=2+x×2，解得x=+1，結合選項可知，M為Na+，正確答案是C。8、B【解析】

A、石灰石加熱后能制得生石灰；B、汞為液態(tài)金屬，受熱易揮發(fā)；C、依據鉀的焰色反應解答；D、依據油脂在堿性環(huán)境下水解生成可溶性高級脂肪酸鹽和甘油解答?！驹斀狻緼項、石灰石加熱后能制得生石灰，“石灰”指的是石灰石，故A正確；B項、汞和金形成液態(tài)的合金，涂在銀器上，加熱，汞轉化為蒸氣，被蒸發(fā)，剩下的金附著在銀的表面，所以“入火則汞去”是指蒸發(fā)，故B錯誤；C項、硝石為硝酸鉀，含有的鉀元素在灼燒時產生紫色火焰來辨別，故C正確；D項、衣服上油污主要成分為油脂，油脂在堿性環(huán)境下水解生成可溶性高級脂肪酸鹽和甘油，草木灰中含有碳酸鉀，碳酸鉀水解顯堿性，所以可以用草木灰水溶液洗衣服，故D正確。故選B。【點睛】本題考查物質的性質與用途，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，把握物質的性質、發(fā)生的反應、性質與用途為解答的關鍵。9、D【解析】

方案Ⅰ：發(fā)生反應為2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2NaAlO2+H2SO4+2H2O==2Al(OH)3↓+Na2SO4；則2Al—2NaOH—H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅱ：發(fā)生反應為2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaOH==2Al(OH)3↓+3Na2SO4；則2Al—6NaOH—3H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅲ：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O==8Al(OH)3↓+3Na2SO4，則2Al—1.5NaOH—0.75H2SO4—2Al(OH)3?！驹斀狻緼．三種方案中，消耗Al都為1mol，Al都由0價升高為+3價，則轉移電子數(shù)一樣多，A正確；B．從三個方案的比較中可以看出，生成等物質的量的氫氧化鋁，方案Ⅲ所用硫酸的量最少，B正確；C．方案Ⅰ需控制酸的加入量，方案Ⅱ需控制堿的加入量，而方案Ⅲ不需對酸、堿的用量嚴格控制，所以方案Ⅲ比前兩個方案更易控制酸堿的加入量，C正確；D．采用方案Ⅲ時，整個過程中Al與酸、堿的用量關系為6Al—6NaOH—3H2SO4—2Al，用于制備溶液①的Al占總量的0.75，D不正確；故選D。10、C【解析】

0.05mol/L丙溶液的pH為l，可知丙為二元強酸，應為H2SO4，K是無色氣體，是主要的大氣污染物之一，且可生成H2SO4，則應為SO2，可知乙為O2，L為H2O，甲是單質，且與濃硫酸反應生成SO2、H2O，可知甲為C，M為CO2，則W為H元素，X為C元素，Y為O元素，Z為S元素?！驹斀狻緼項、同周期元素，原子半徑從左到右逐漸減小，C＞O，故A錯誤；B項、同主族元素，從上到下非金屬性減弱，O＞S，故B錯誤；C項、化合物COS都由非金屬性構成，只含共價鍵，故C正確；D項、K、M常溫下為氣體，L為水，常溫下為液體，沸點最高，故D錯誤。故選C?！军c睛】本題考查元素周期律，側重考查分析能力和推斷能力，注意溶液pH為推斷突破口，熟練掌握元素化合物知識，注意抓住短周期元素形成二元化合物是解答關鍵。11、C【解析】

A.上述流程中多次涉及到過濾操作，使用的玻璃儀器有玻璃棒、燒杯、漏斗，這些都屬于硅酸鹽材質，A正確；B.MnCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡，電離產生的CO32-能消耗溶液中的H+，使Al3+和Fe3+的水解平衡正向移動，促進Al3+和Fe3+水解生成氫氧化物沉淀，B正確；C.用一定量的NaOH溶液和酚酞試液吸收二氧化硫，反應生成亞硫酸鈉，亞硫酸鈉溶液呈堿性，溶液顏色變化不明顯，不能準確測定燃煤尾氣中的SO2含量，C錯誤；D.由于MnO2具有氧化性，當溶液酸性較強時，MnO2的氧化性會增強，所以MnSO4溶液→MnO2過程中，應控制溶液pH不能太小，D正確；故合理選項是C。12、B【解析】

A.從題給的化學方程式可知，維生素C與I2反應時，脫去分子中環(huán)上-OH中的氫，形成C=O雙鍵，不屬取代反應，屬氧化反應，故A錯誤；B.維生素C中含有羥基、酯基可發(fā)生取代反應，碳碳雙鍵、羥基可發(fā)生氧化反應，碳碳雙鍵可發(fā)生加成反應，故B正確；C.維生素C含有酯基可以發(fā)生水解反應，但為環(huán)狀化合物，水解生成一種產物，故C錯誤；D.維生素C含有多個-OH，為親水基，能溶于水，故D錯誤；故答案為B。13、D【解析】

用惰性電極電解相等體積的KCl和CuSO4混合溶液，溶液中存在的離子有：K+，Cl-，Cu2+，SO42-，H+，OH-；陰極離子放電順序是Cu2+＞H+，陽極上離子放電順序是Cl-＞OH-，電解過程中分三段：第一階段：陽極上電極反應式為2Cl--2e-═Cl2↑、陰極電極反應式為Cu2++2e-═Cu，銅離子濃度減小，水解得到氫離子濃度減小，溶液pH上升；第二階段：陽極上電極反應式為4OH--4e-═2H2O+O2↑（或2H2O-4e-═4H++O2↑），陰極反應先發(fā)生Cu2++2e-═Cu，反應中生成硫酸，溶液pH降低；第三階段：陽極電極反應式為4OH--4e-═2H2O+O2↑、陰極電極反應式為2H++2e-═H2↑，實質是電解水，溶液中硫酸濃度增大，pH繼續(xù)降低；據此分析解答。【詳解】A.ab段陰極電極反應式為Cu2++2e-═Cu，由于銅離子濃度減小，水解得到氫離子濃度減小，溶液pH上升，氫離子未被還原，故A錯誤；B.由圖像可知，ab、bc段，陰極反應都是Cu2++2e-═Cu，所以原混合溶液中KCl和CuSO4的濃度之比小于2:1，故B錯誤；C.電解至c點時，陽極有氧氣放出，所以往電解液中加入適量CuCl2固體，不能使電解液恢復至原來的濃度，故C錯誤；D.cd段pH降低，此時電解反應參與的離子為H+，OH-，電解反應相當于電解水，故D正確；選D?！军c睛】本題考查電解原理，明確離子放電順序是解本題關鍵，根據電解過程中溶液中氫離子濃度變化判斷發(fā)生的反應；本題需結合圖象分析每一段變化所對應的電解反應。14、B【解析】

短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，R、Y位于同主族，X2YR3水溶液在空氣中久置，其溶液由堿性變?yōu)橹行?。則R為O，X為Na，Y為S，Z為Cl，以此答題?！驹斀狻慷讨芷谥髯逶豏、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，R、Y位于同主族，X2YR3水溶液在空氣中久置，其溶液由堿性變?yōu)橹行?。則R為O，X為Na，Y為S，Z為Cl。A.簡單離子半徑：S2－>Cl－>O2－>Na＋，故A錯誤；B.，可以證明Cl的非金屬性比S強，故B正確；C.Y的氧化物對應的水化物有H2SO4和H2SO3,H2SO3為弱酸故C錯誤；D．X和R組成的化合物有Na2O和Na2O2，Na2O2中既有離子鍵又有共價鍵，故D錯誤；故答案選：B?！军c睛】Na2O2中既有離子鍵又有共價鍵。15、B【解析】H2O2中氧元素化合價降低生成H2O，H2O是還原產物，故A錯誤；H2O2中負一價的氧元素化合價降低，發(fā)生還原反應，故B正確；PbS中S元素化合價升高，PbS是還原劑，故C錯誤；H2O2中氧元素化合價降低，H2O2在該反應中是氧化劑體現(xiàn)氧化性，故D錯誤。點睛：所含元素化合價升高的反應物是還原劑，所含元素化合價降低的反應物是氧化劑，氧化劑得電子發(fā)生還原反應，氧化劑體現(xiàn)氧化性。16、B【解析】

A.氯化銨受熱分解成氨和氯化氫氣體，二者遇冷在氣體發(fā)生裝置的試管口附近化合生成氯化銨固體，A項錯誤；B.溴能與氫氧化鈉溶液反應而溴苯不能，故可以用氫氧化鈉溶液除去溴苯中溶解的棕色溴，溴苯的密度大于水，故下層液體顏色變淺，B項正確；C.按圖示操作不能形成噴泉，C項錯誤；D.兩燒杯中溶液放反了，閉合開關不能構成雙液原電池，D項錯誤。答案選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、鄰苯二酚C11H11O2F2Br取代反應（或水解反應）醚鍵、羧基減小生成物濃度，使平衡正向移動8BrCH＝C（CH3）2【解析】

A中苯環(huán)上有兩個處于鄰位的酚羥基，習慣上叫做鄰苯二酚，在NaOH溶液作用下，A與發(fā)生取代反應生成B（），B與Br2發(fā)生取代反應生成C（），C在NaOH溶液作用下酚羥基發(fā)生取代生成D（），D經過取代、酯化兩個反應后得到E（），最后E中的酯基經堿性條件下水解再酸化生成合成羅氟司特的中間體F（）。根據以上分析解答此題?！驹斀狻?1)中苯環(huán)上有兩個處于鄰位的酚羥基，叫做鄰苯二酚；D為，分子式為C11H11O2F2Br；答案為：鄰苯二酚；C11H11O2F2Br。(2)由圖示可知與Br2發(fā)生取代反應生成C，根據原子守恒寫出反應方程式：。答案為：。(3)E到F的反應中只有酯基發(fā)生水解，生成羧酸鹽后再進行酸化，反應類型為取代反應（或水解反應），F(xiàn)中的含氧官能團為醚鍵、羧基。答案為；取代反應（或水解反應）；醚鍵、羧基。(4)上述合成路線中，A→B、C→D、E→F這三個反應中都使用了NaOH溶液，有機反應的特點是反應比較慢，副反應多，很多還是可逆反應，在上面三個反應中NaOH溶液都可以與反應后的生成物發(fā)生反應，使生成物的濃度減小，促使平衡向正向移動，提高了反應的產率，最后還可再經酸化除去官能團里的鈉離子。答案為：減小生成物濃度，使平衡正向移動。(5)的分子式為C4H7Br，不飽和度為1，寫成鏈狀可以考慮為丁烷里面增加一條雙鍵，正丁烷里加一條雙鍵有兩種寫法：CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3，異丁烷里加一條雙鍵只有一種寫法：CH2=C(CH3)2。在CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2里面分別有4、2、2種等效氫，所以CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2的一溴代物即的鏈狀同分異構體（不包括立體異構）有4+2+2=8種。其中核磁共振氫譜有兩組峰也就是結構式中有兩種氫的為：BrCH＝C(CH3)2。答案為：8；BrCH＝C(CH3)2。(6)根據題中信息，以為原料合成有兩個方向的反應，一個是酚羥基上的取代，另一個是甲基鄰位的取代，酯化，仿照題中C→D的條件可實現(xiàn)酚羥基的取代，得到，再與Br2發(fā)生取代生成，然后仿照題中D→E的條件可實現(xiàn)甲基鄰位溴原子的取代，酯化得到。故以對甲基苯酚為原料制備的合成路線為：。答案為：。18、羧基、肽鍵（或酰胺鍵）取代反應定位+2H2O+CH3COOH+H2SO4或（任寫1種）【解析】

(1)根據流程圖中的結構簡式和反應物轉化關系分析；(2)通過反應②和反應⑧推知引入—SO3H的作用是控制反應中取代基的位置；(3)碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳，根據結構簡式分析；(4)根據流程圖中H和J的結構簡式可斷定I的結構簡式為；(5)根據題目要求分析，結合取代基位置異構，判斷同分異構體的數(shù)目。(6)先用酸性高錳酸鉀溶液將甲基氧化為羧基，然后用“Fe/HCl”將硝基還原為氨基，得到對氨基苯甲酸，然后在催化劑作用下，發(fā)生縮聚反應生成含肽鍵的聚合物?！驹斀狻?1)根據G的結構圖，G中官能團的名稱是羧基和肽鍵(或酰胺鍵)；反應③中C的—SO3H被取代生成D，則反應類型是取代反應；(2)通過反應②和反應⑧推知引入—SO3H的作用是控制反應過程中取代基的連接位置，故起到定位的作用；(3)F是鄰氨基苯甲酸，與足量氫氣發(fā)生加成反應生成，與羧基、氨基連接的碳原子是手性碳原子，可表示為：；(4)根據流程圖中H和J的結構簡式可斷定I的結構簡式為，⑨的反應方程式：+2H2O+CH3COOH+H2SO4；(5)D的結構簡式為，苯環(huán)上有三個不相同且互不相鄰的取代基的同分異構體，即三個取代基在苯環(huán)上處于鄰間對位置上，同分異構體結構簡式或（任寫1種）；(6)先用酸性高錳酸鉀溶液將甲基氧化為羧基，然后用“Fe/HCl”將硝基還原為氨基，得到對氨基苯甲酸，然后在催化劑作用下，發(fā)生縮聚反應生成含肽鍵的聚合物，不能先把硝基還原為氨基，然后再氧化甲基，因為氨基有還原性，容易被氧化，故合成路線如下：。19、HNO3AgNO3NaNO3該反應速率很?。ɑ蛟摲磻幕罨茌^大）圖乙4Fe＋10H＋＋NO3-=4Fe2＋＋NH4+＋3H2O加入足量稀硝酸并加熱將固體全部溶解，再向所得溶液中加入稀鹽酸，產生白色沉淀（或加入足量稀鹽酸，有黑色固體剩余）（答案合理均可）不能Fe2＋可能被HNO3氧化或被氧氣氧化（答案合理均可）【解析】

Ⅰ.（1）向硝酸酸化的AgNO3溶液（pH＝2）中加入過量的鐵粉，過量的鐵粉可與硝酸反應生成亞鐵離子，也可與AgNO3溶液反應生成Fe2＋，F(xiàn)e＋2AgNO3=Fe(NO3)2＋2Ag，因此溶液中的Fe2＋可能是Fe與HNO3或AgNO3反應的產物，故答案為：HNO3；AgNO3；（2）①探究Fe2＋的產生原因時，2號試管作為1號試管的對比實驗，要排除Ag＋的影響，可選用等濃度、等體積且pH相同的不含Ag＋的NaNO3溶液進行對比實驗，故答案為：NaNO3；②AgNO3可將Fe氧化為Fe2＋，但1號試管中未觀察到藍色沉淀，說明AgNO3溶液和Fe反應的速率較慢，生成的Fe2＋濃度較小，故答案為：該反應速率很?。ɑ蛟摲磻幕罨茌^大）；③由2號試管得出的結論正確，說明Fe2＋是Fe與HNO3反應的產物，隨著反應的進行，HNO3溶液的濃度逐漸減小，溶液的pH逐漸增大，則圖乙為pH傳感器測得的圖示，故答案為：圖乙；④實驗測得2號試管中有NH生成，說明Fe與HNO3反應時，F(xiàn)e將HNO3還原為NH，根據氧化還原反應的原理可寫出反應的離子方程式為4Fe＋10H＋＋NO3-=4Fe2＋＋NH4+＋3H2O，故答案為：4Fe＋10H＋＋NO3-=4Fe2＋＋NH4+＋3H2O；Ⅱ.（3）Ag＋氧化Fe2＋時發(fā)生反應Ag＋＋Fe2＋=Ag↓＋Fe3＋，而黑色固體中一定含有過量的鐵，所以可加入足量HCl或H2SO4溶液溶解Fe，若有黑色固體剩余，則證明黑色固體中有Ag；或向黑色固體中加入足量稀硝酸加熱溶解后再加入稀鹽酸，若產生白色沉淀，則證明黑色固體中有Ag，故答案為：加入足量稀硝酸并加熱將固體全部溶解，再向所得溶液中加入稀鹽酸，產生白色沉淀（或加入足量稀鹽酸，有黑色固體剩余）（答案合理均可）（4）取左側燒杯中的溶液，加入KSCN溶液后，溶液變紅，只能證明有Fe3＋生成，不能證明Fe2＋可被Ag＋氧化，因為Fe（NO3）2溶液呈酸性，酸性條件下NO可將Fe2＋氧化為Fe3＋，且Fe（NO3）2溶液直接與空氣接觸，F(xiàn)e2＋也可被空氣中的氧氣氧化為Fe3＋；故答案為：不能；Fe2＋可能被HNO3氧化或被氧氣氧化（答案合理均可）。20、恒壓滴液漏斗防止外界空氣中水蒸氣進入影響實驗控制反應速率，防止反應過于劇烈，放出大量熱量而使溫度過高bc分液洗去殘留的HCl苯48.584.4【解析】

苯與苯甲酰氯為原料，在AlCl3作用下制備二苯甲酮，，實驗過程中不能有水，防止三氯化鋁水解，裝置B的作用為防止外界空氣中水蒸氣進入影響實驗。緩慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反應速率，防止反應過于劇烈，放出大量熱量而使溫度過高。尾氣中有HCl，極易溶于水，用C中裝置吸收。反應混合液冷卻，加濃鹽酸后，靜置分層，分液后在有機層中加NaOH溶液洗去殘留的HCl，用無水MgSO4干燥得粗產品，粗產品先經常壓蒸餾除去苯，再減壓蒸餾得到產品?！驹斀狻浚?）由裝置圖：儀器A的名稱為恒壓滴液漏斗。實驗過程中不能有水，防止三氯化鋁水解，裝置B的作用為防止外界空氣中水蒸氣進入影響實驗。緩慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反應速率，防止反應過于劇烈，放出大量熱量而使溫度過高。尾氣中有HCl，極易溶于水，用C中裝置吸收，能作為C中裝置的是bc（填標號）。故答案為：恒壓滴液漏斗；防止外界空氣中水蒸氣進入影響實驗；控制反應速率，防止反應過于劇烈，放出大量熱量而使溫度過高；bc；（2）制備二苯甲酮的反應混合物，冷卻、加濃鹽酸后分成兩相，有機相和水相，用分液的方法分離，操作X為分液。故答案為：分液；（3）分液后得到的有機相中含有HCl，NaOH溶液洗滌的目的是洗去