2023屆遼寧省朝陽市柳城高三第三次測評化學試卷含解析

2023高考化學模擬試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列我國古代技術應用中，其工作原理不涉及化學反應的是（）A．黑火藥爆炸 B．用鐵礦石煉鐵 C．濕法煉銅 D．轉輪排字2、草酸(H2C2O4)是一種二元弱酸。常溫下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中l(wèi)gX[X為或]與pH的變化關系如圖所示。下列說法一定正確的是A．Ⅰ表示lg與pH的變化關系B．pH＝1.22的溶液中：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)=c(Na＋)C．根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計算可知，Ka2(H2C2O4)的數(shù)量級為10-4D．pH由1.22到4.19的過程中，水的電離程度先增大后減小3、下列關于有機化合物的說法正確的是A．糖類、油脂、蛋白質均只含C、H、O三種元素B．乙烯，乙醇、植物油均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．2-苯基丙烯()分子中所有原子共平面D．二環(huán)[1，1，0]丁烷()的二氯代物有3種(不考慮立體異構)4、已知：ΔH=-akJ/mol下列說法中正確的是（）A．順-2-丁烯比反-2-丁烯穩(wěn)定B．順-2-丁烯分子比反-2-丁烯分子能量低C．高溫有利于生成順-2-丁烯D．等物質的量的順-2-丁烯和反-2-丁烯分別與足量氫氣反應，放出的熱量相等5、已知蓄電池在充電時作電解池，放電時作原電池．如圖是鉛蓄電池的工作示意圖，其反應原理為：PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O下列說法中錯誤的是()A．b電極放電后轉化為c電極B．電極a和d都發(fā)生還原反應C．b的電極反應式：Pb+SO42﹣﹣2e-→PbSO4D．放電后硫酸溶液的pH增大6、X、Y、Z、W為短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大。X原子中只有一個電子，Y原子的L電子層有5個電子，Z元素的最高化合價為其最低化合價絕對值的3倍。下列敘述正確的是（

）A．簡單離子半徑：W>Z>YB．Y的氣態(tài)氫化物與W的氣態(tài)氫化物相遇有白煙產生C．X、Y、Z三種元素形成的化合物只含共價鍵D．含氧酸的酸性：W的一定強于Z的7、化學與生活密切相關。下列錯誤的是A．用四氯乙烯干洗劑除去衣服上油污，發(fā)生的是物理變化B．“碳九”（石油煉制中獲取的九個碳原子的芳烴）均屬于苯的同系物C．蛟龍?zhí)枬撍饔玫解伜辖穑?2號鈦元素屬于過渡元素D．波爾多液（硫酸銅、石灰和水配成）用作農藥，利用Cu2+8、常溫下，向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，所得溶液pH及導電能力變化如圖。下列分析正確的是（）A．各點溶液中的陽離子濃度總和大小關系：d>c>b>aB．常溫下，R-的水解平衡常數(shù)數(shù)量級為10-9C．a點和d點溶液中，水的電離程度相等D．d點的溶液中，微粒濃度關系：c(R-)+2c(HR)=c(NH3?H2O)9、只用一種試劑即可區(qū)別的：NaCl、MgCl2、FeCl3、Al2(SO4)3四種溶液，這種試劑是A．AgNO3 B．NaOH C．BaCl2 D．HCl10、室溫下，0.1mol下列物質分別與1L0.1mol/LNaOH溶液反應，所得溶液pH最小的是A．SO3 B．NO2 C．Al2O3 D．SO211、通過加入適量乙酸鈉，設計成微生物電池可以將廢水中的氯苯轉化為苯而除去，其原理如圖所示。下列敘述正確的是A．b極為正極，發(fā)生還原反應B．一段時間后b極區(qū)電解液的pH減小C．H+由a極穿過質子交換膜到達b極D．a極的電極反應式為-e-=Cl-+12、下列屬于氧化還原反應，且氧化劑和還原劑為同一種物質的是A．MgO+2HCl=MgCl2+H2O B．C+H2O(g)CO+H2C．8NH3+6NO27N2+12H2O D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑13、最新報道：科學家首次用X射線激光技術觀察到CO與O在催化劑表面形成化學鍵的過程。反應過程的示意圖如下：下列說法中正確的是A．CO和O生成CO2是吸熱反應B．在該過程中，CO斷鍵形成C和OC．CO和O生成了具有極性共價鍵的CO2D．狀態(tài)Ⅰ→狀態(tài)Ⅲ表示CO與O2反應的過程14、298K時，向20mL一定濃度的KOH溶液中滴加0.1mol·L-1HCOOH溶液，混合溶液中水電離出的氫氧根離子濃度與滴加甲酸(弱酸)溶液體積(V)的關系如圖所示。下列說法不正確的是（）A．V1=20B．c(KOH)＝0.1mol·L-1C．n、q兩點對應的溶液中均存在：c(K＋)=c(HCOO-)D．p點對應的溶液中存在：c(OH-)=c(HCOOH)+c(H＋)15、下列對相關實驗操作的說法中，一定正確的是（）A．實驗室配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，需要準確稱量NaOH1.920gB．實驗測定硫酸銅晶體中結晶水含量時，通常至少稱量4次C．酸堿中和滴定實驗中只能用標準液滴定待測液D．分液時，分液漏斗中下層液體從下口放出后，換一容器再從下口放出上層液體16、下列物質中，按只有氧化性，只有還原性，既有氧化性又有還原性的順序排列的一組是A．Cl2、Al、H2 B．F2、K、HClC．NO2、Na、Br2 D．HNO3、SO2、H2O二、非選擇題（本題包括5小題）17、聚酯增塑劑G及某醫(yī)藥中間體H的一種合成路線如圖（部分反應條件略去）：已知：+R2OH(1)A的名稱是___________________。(2)寫出下列反應的反應類型：反應①是_____________，反應④是__________。(3)G的結構簡式為_____________________，F(xiàn)的分子式為_____________________。(4)寫出反應②的化學方程式____________________。(5)C存在多種同分異構體，寫出核磁共振氫譜只有兩種峰的同分異構體的結構簡式：____________。(6)僅用一種試劑就可以鑒別B、D、H，該試劑是____________。(7)利用以上合成路線的信息，以甲苯、乙醇、乙醇鈉為原料合成下面有機物（無機試劑任選）___________。18、阿司匹林()是有機合成過程中的中間體。已知：Ⅰ.Ⅱ.(具有較強的還原性)(1)反應④的試劑和條件為______；反應①的反應類型為______；反應②的作用是_____；(2)B的結構簡式為_______；(3)下列關于G中的描述正確的是______；A．具有兩性，既能與酸反應也能與堿反應B．能發(fā)生加成、消去、取代和氧化反應C．能聚合成高分子化合物D．1molG與足量NaHCO3溶液反應放出2molCO2(4)D與足量的NaOH溶液反應的化學方程式為_______；反應②的化學方程式為_________；(5)符合下列條件的C的同分異構體有_____種；a.屬于芳香族化合物，且含有兩個甲基b.既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為6∶2∶1∶1的是______________；(6)已知：依據(jù)題意，寫出以甲苯為原料合成鄰氨基苯甲酸的流程圖(無機試劑任選)________。19、草酸是草本植物常具有的成分，具有廣泛的用途。草酸晶體（H2C2O4?2H2O）無色易溶于水，熔點為101℃，受熱易脫水、升華，在170℃以上分解。常溫下，草酸的電離平衡常數(shù)K1=5.4×10－2，K2=5.4×10－5?；卮鹣铝袉栴}：（1）擬用下列裝置分解草酸制備少量純凈的CO，其合理的連接順序為____（填字母）。（2）相同溫度條件下，分別用3支試管按下列要求完成實驗：試管ABC4mL0.01mol/L4mL0.02mol/L4mL0.03mol/L加入試劑KMnO4KMnO4KMnO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O4褪色時間28秒30秒不褪色寫出試管B中發(fā)生反應的離子方程式____________；上述實驗能否說明“相同條件下，反應物濃度越大，反應速率越快”？_____（填“能”或“不能”）；簡述你的理由：__________________。（3）設計實驗證明草酸為弱酸的方案及其結果均正確的有________（填序號）。A．室溫下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，測其pH=2；B．室溫下，取0.010mol/L的NaHC2O4溶液，測其pH>7；C．室溫下，取pH=a（a<3）的H2C2O4溶液稀釋100倍后，測其pH<a+2；D．取0.10mol/L草酸溶液100mL與足量鋅粉反應，收集到H2體積為224mL（標況）。（4）為測定某H2C2O4溶液的濃度，取20.00mLH2C2O4溶液于錐形瓶中，滴入2-3滴指示劑，用0.1000mol/L的NaOH溶液進行滴定，進行3次平行實驗，所用NaOH溶液體積分別為19.98mL、20.02mL和22.02mL。①所用指示劑為__________；滴定終點時的現(xiàn)象為________________；②H2C2O4溶液物質的量濃度為________；③下列操作會引起測定結果偏高的是_______（填序號）。A．滴定管在盛裝NaOH溶液前未潤洗B．滴定過程中，錐形瓶震蕩的太劇烈，以致部分液體濺出C．滴定前讀數(shù)正確，滴定終點時俯視讀數(shù)D．滴定前讀數(shù)正確，滴定終點時仰視讀數(shù)20、I.四溴化鈦（TiBr4）可用作橡膠工業(yè)中烯烴聚合反應的催化劑。已知TiBr4常溫下為橙黃色固體，熔點為38.3℃，沸點為233.5℃，具有潮解性且易發(fā)生水解。實驗室利用反應TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制備TiBr4的裝置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應進行的操作是___，反應結束后應繼續(xù)通入一段時間CO2，主要目的是___。（2）將連接管切斷并熔封，采用蒸餾法提純。此時應將a端的儀器改裝為___、承接管和接收瓶，在防腐膠塞上加裝的儀器是___（填儀器名稱）。II.過氧化鈣溶于酸，極微溶于水，不溶于乙醇、乙醚和丙酮，通?？捎米麽t(yī)用殺菌劑、消毒劑、防腐劑。已知從溶液中制得的過氧化鈣帶有8個結晶水，在100℃時會脫水生成米黃色的無水過氧化鈣，而無水過氧化鈣在349℃時會迅速分解生成CaO和O2。以下是一種用純凈的碳酸鈣制備過氧化鈣的實驗方案。請回答下列問題：CaCO3濾液白色結晶（3）步驟①的具體操作為向碳酸鈣中逐滴加入稀鹽酸，至溶液中尚存有少量固體，此時溶液呈___性（填“酸”、“堿”或“中”）。將溶液煮沸，趁熱過濾。將溶液煮沸的作用是__。（4）步驟②中反應的化學方程式為__，該反應需要在冰浴下進行，原因是__。（5）為測定產品中過氧化鈣的質量分數(shù)，取1.2g樣品，在溫度高于349℃時使之充分分解，并將產生的氣體（恢復至標準狀況）通過如圖所示裝置收集，測得量筒中水的體積為112mL，則產品中過氧化鈣的質量分數(shù)為___。21、[化學——選修5：有機化學基礎]具有抗菌作用的白頭翁衍生物H的合成路線如圖所示：已知：Ⅰ:R′CH2BrR′HC=CH-RⅡ:(1)A屬于芳香烴，其名稱是___________。(2)寫出符合下列條件的B的一種同分異構體：①苯環(huán)上只有一個取代基，②能發(fā)生銀鏡反應，③能發(fā)生水解反應，該物質的結構簡式為___________。(3)由C生成D的化學方程式是___________。(4)由G生成H的反應類型是_________，1molF與足量NaOH溶液反應，消耗__________molNaOH。(5)試劑b是_________。(6)下列說法正確的是________(選填宇母序號)aG存在順反異構體blmolG最多可以與1molH2發(fā)生加成反應clmolH與足量NaOH溶液反應，消耗2molNaOH(7)滿足下面條件的同分異構體共有________種。①含有苯環(huán)②含有2個－CHO③苯環(huán)上有兩個取代基

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

A．火藥使用涉及反應為2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，發(fā)生化學反應，A錯誤；B．鐵的冶煉涉及3CO+Fe2O32Fe+3CO2，發(fā)生化學反應，B錯誤；C．濕法煉銅利用的是鐵與硫酸銅發(fā)生置換反應生成硫酸亞鐵和銅，屬于化學反應，C錯誤；D．轉輪排字為印刷操作，沒有涉及化學反應，D正確。答案選D。2、A【解析】

H2C2O4H++HC2O4-Ka1=，lg=0時，=1，Ka1=c(H+)=10-pH；HC2O4-H++C2O42-Ka2=，lg=0時，=1，Ka2=c(H+)=10-pH?！驹斀狻緼．由于Ka1＞Ka2，所以=1時溶液的pH比=1時溶液的pH小，所以，Ⅰ表示lg與pH的變化關系，A正確；B．電荷守恒：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na＋)+c(H+)，pH＝1.22，溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH-)，那么：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＞c(Na＋)，B錯誤；C．由A可知，Ⅱ為lg與pH的變化關系，由分析可知，Ka2=c(H+)=10-pH=10-4.19=100.81×10-5，故Ka2(H2C2O4)的數(shù)量級為10-5，C錯誤；D．H2C2O4和NaOH恰好完全反應生成Na2C2O4，此時溶液呈堿性，水的電離程度最大。H2C2O4溶液中滴入NaOH溶液，pH由1.22到4.19的過程中，H2C2O4一直在減少，但還沒有完全被中和，故H2C2O4抑制水電離的程度減小，水的電離程度一直在增大，D錯誤；答案選A。【點睛】酸和堿抑制水的電離，鹽類水解促進水的電離，判斷水的電離程度增大還是減小，關鍵找準重要的點對應的溶質進行分析，本題中重要的點無非兩個，一是還沒滴NaOH時，溶質為H2C2O4，此時pH最小，水的電離程度最小，草酸和NaOH恰好完全反應時，溶質為Na2C2O4，此時溶液呈堿性，水的電離程度最大，pH由1.22到4.19的過程，介于這兩點之間，故水的電離程度一直在增大。3、B【解析】

A.蛋白質中還含有N等元素，故A錯誤；B.乙烯和植物油中含有碳碳雙鍵，乙醇中含有羥基，均能被高錳酸鉀氧化，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；C.2-苯基丙烯()分子中所有碳原子可以共平面，但甲基中的氫原子與苯環(huán)不能共面，故C錯誤；D.二環(huán)[1，1，0]丁烷()的二氯代物，其中兩個氯原子在同一個碳原子上的有1種，在相鄰碳原子上的有1中，在相對碳原子上的有2中，共有4種(不考慮立體異構)，故D錯誤；故選B?！军c睛】蛋白質的組成元素一般為碳、氫、氧,氮、硫，少數(shù)含有磷，一定含有的是碳、氫、氧、氮。4、C【解析】

A．反應可知是放熱反應，順?2?丁烯能量高于反?2?丁烯的能量，所以反?2?丁烯穩(wěn)定，故A錯誤；B．反應可知是放熱反應，順?2?丁烯能量高于反?2?丁烯的能量，故B錯誤；C．溫度升高平衡向吸熱反應方向進行，所以平衡逆向進行，有利于生成順?2?丁烯，故C正確；D．順?2?丁烯能量高于反?2?丁烯的能量，等物質的量的順?2?丁烯和反?2?丁烯分別與足量氫氣反應，放出的熱量不相等，故D錯誤；故答案選C。5、B【解析】

A．b是蓄電池負極，放電時負極反應為Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4，b電極放電后轉化為PbSO4電極，故A正確；B．a是蓄電池的正極，a發(fā)生還原反應，d是電解池陽極，陽極發(fā)生氧化反應，d極發(fā)生氧化反應，故B錯誤；C．b為蓄電池負極，負極反應式為：Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4，故C正確；D．放電時總反應為PbO2＋Pb＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O，消耗硫酸，氫離子濃度降低，溶液pH增大，故D正確；選B。6、B【解析】

X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X原子中只有一個電子，則X為H元素；Y原子的L電子層有5個電子，其核電荷數(shù)為7，為N元素；Z元素的最高化合價為最低化合價絕對值的3倍，則Z為S元素；W為短周期主族元素且原子序數(shù)大于Z，所以為Cl元素；A．S2-和Cl-的離子核外電子排布相同，核電荷數(shù)大，離子半徑小，即S2->Cl-，故A錯誤；B．N的氣態(tài)氫化物NH3與Cl的氣態(tài)氫化物HCl相遇生成NH4Cl，現(xiàn)象為有白煙產生，故B正確；C．H、N、S三種元素組成的化合物NH4HS或(NH4)2S均為離子化合物，化合物中既有離子鍵，又有共價鍵，故C錯誤；D．Cl的最高價氧化物的水化物HClO4的酸性比S的最高價氧化物的水化物H2SO4的酸性強，而H2SO3的酸性比HClO強，故D錯誤；故答案為B。7、B【解析】

A.用四氯乙烯干洗劑除去衣服上油污，是利用有機溶劑的溶解性，沒有新物質生成，屬于物理變化，故A正確；B.“碳九”主要包括苯的同系物和茚等，其中茚的結構為，不屬于苯的同系物，故B錯誤；C.22號鈦元素位于第四周期第IVB族，屬于過渡元素，故C正確；D.CuSO4屬于重金屬鹽，病毒中的蛋白質在重金屬鹽或堿性條件下可以發(fā)生變性，故D正確；答案選B。8、B【解析】

A.溶液導電能力與溶液中離子濃度有關，根據(jù)圖象可知，b點導電能力最強，d點最弱，A錯誤；B.根據(jù)圖象可知，0.1mol/L的HR溶液的pH=3，則c(R-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HR)≈0.1mol/L，HR的電離平衡常數(shù)Ka=10-3×10-30.1=10-5，則R-的水解平衡常數(shù)數(shù)Kh=10C.a、d兩點導電能力相等，但溶液的pH分別為4、8，都抑制了水的電離，a點c(H+)=10-4mol/L，d點c(OH-)=10-6mol/L，所以對水的電離程度的影響不同，C錯誤；D.d點加入20mL等濃度的氨水，反應后溶質為等濃度的NH4R和NH3?H2O，根據(jù)物料守恒可得：2c(HR)+2c(R-)=c(NH3?H2O)+c(NH4+)，因溶液呈堿性，NH3?H2O的電離程度大于NH4+的水解程度，則c(NH4+)>c(NH3?H2O)，則c(HR)+c(R-)＞c(NH3?H2O)，D錯誤；故合理選項是B。9、B【解析】

四種溶液中陽離子互不相同，可選用氫氧化鈉溶液鑒別。氯化鈉與氫氧化鈉不反應；氫氧化鈉與氯化鎂生成白色沉淀；氫氧化鈉與氯化鐵生成紅褐色沉淀；氫氧化鈉加入硫酸鋁溶液產生白色沉淀然后沉淀溶解。答案選B?！军c睛】氫氧化鎂和氫氧化鋁均為白色沉淀，但氫氧化鋁溶于強堿溶液。10、A【解析】

0.1mol下列氣體分別與1L0.1mol?L?1的NaOH溶液反應，二者的物質的量相同，A.

SO3與NaOH等物質的量反應的方程式為NaOH+SO3=NaHSO4，NaHSO4在溶液中完全電離出氫離子，溶液顯強酸性；B.

NO2與NaOH等物質的量反應的方程式為：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NaNO2為強堿弱酸鹽，溶液顯堿性；C.

Al2O3與NaOH等物質的量反應，氧化鋁過量,NaOH完全反應,化學方程式為：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，所得溶液為NaAlO2溶液，而NaAlO2為強堿弱酸鹽，水解顯堿性；D.

SO2與NaOH等物質的量反應的方程式為NaOH+SO2=NaHSO3，NaHSO3在溶液中即電離又水解，電離程度大于水解程度，溶液顯弱酸性；綜上可知，形成的溶液pH最小的是SO3；故選：A。11、B【解析】原電池工作時，正極上發(fā)生得電子的還原反應即：+2e-+H+=Cl-+，則a為正極，b為負極，反應式為：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+。A．正極上發(fā)生得電子的還原反應即：+2e-+H+=Cl-+，則a為正極，發(fā)生還原反應，故A錯誤；B．由電極方程式可知當轉移8mol電子時，正極消耗4molH+，負極生成7molH+，則處理后的廢水pH降低，故B正確；C．b為負極，反應式為：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+，由示意圖可知，質子從b極移向a極，故C錯誤；D．a為正極，發(fā)生還原反應，電極反應式為+2e-+H+=Cl-+，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查新型電池，注意把握原電池的工作原理以及電極反應式的書寫，解答本題的關鍵是根據(jù)物質的性質判斷原電池的正負極。本題的易錯點為D，電極反應也要滿足質量守恒定律。12、D【解析】

A.MgO+2HCl=MgCl2+H2O中元素化合價沒有發(fā)生變化，反應不是氧化還原反應，A不符合題意；B.C+H2O(g)CO+H2中C、H兩種元素的化合價都發(fā)生了變化，反應屬于氧化還原反應，其中C是還原劑，H2O是氧化劑，氧化劑和還原劑不是同一種物質，B不符合題意；C.8NH3+6NO27N2+12H2O中只有N元素的化合價發(fā)生了變化，反應屬于氧化還原反應，其中NH3是還原劑，NO2是氧化劑，氧化劑和還原劑不是同一種物質，C不符合題意；D.反應2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有O元素化合價的變化，反應屬于氧化還原反應，其中Na2O2既是還原劑也是氧化劑，氧化劑和還原劑是同一種物質，D符合題意；故合理選項是D。13、C【解析】

A.根據(jù)能量--反應過程的圖像知，狀態(tài)I的能量高于狀態(tài)III的能量，故該過程是放熱反應，A錯誤；B.根據(jù)狀態(tài)I、II、III可以看出整個過程中CO中的C和O形成的化學鍵沒有斷裂，故B錯誤；C.由圖III可知，生成物是CO2，具有極性共價鍵，故C正確；D.狀態(tài)Ⅰ→狀態(tài)Ⅲ表示CO與O反應的過程，故D錯誤。故選C。14、C【解析】

A.根據(jù)未加加酸時水點出的氫氧根離子濃度為1×10-13mol?L-1，則水電離出的氫離子濃度為1×10-13mol?L-1，氫氧化鈉中氫氧根濃度為0.1mol?L-1，c(KOH)＝0.1mol·L-1，p點是水的電離程度最大的點即恰好生成鹽的點，因此甲酸的物質的量等于氫氧化鉀的物質的了，因此0.1mol·L-1×0.02?L=0.1mol·L-1×V1，則V1=0.02L=20mL，故A正確；B.根據(jù)A分析得出c(KOH)＝0.1mol·L-1，故B正確；C.n點溶質是KOH和HCOOK的混合溶液，溶液顯堿性，根據(jù)電荷守恒和溶液呈堿性，因此溶液中存在：c(K＋)>c(HCOO－)，q點是HCOOK和HCOOH的混合溶液，溶液呈中性，根據(jù)電荷守恒和呈中性，得到溶液中存在c(K＋)=c(HCOO－)，故C錯誤；D.p點溶質為HCOOK，則根據(jù)質子守恒得到對應的溶液中存在：c(OH－)=c(HCOOH)+c(H＋)，故D正確。綜上所述，答案為C。15、B【解析】

A.實驗室配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，需要用500mL的容量瓶，準確稱量NaOH2.0g，故A錯誤；B.測定硫酸銅晶體中結晶水含量時，需要稱量坩堝質量、坩堝與樣品的質量，加熱后至少稱2次保證加熱至恒重，所以通常至少稱量4次，故B正確；C.酸堿中和滴定實驗中可以用待測液滴定標準液，故C錯誤；D.分液時，分液漏斗中下層液體從下口放出后，上層液體從上口倒出，故D錯誤；答案選B。16、B【解析】

物質的氧化性和還原性，需從兩個反面入手。一是熟悉物質的性質，二是物質所含元素的化合價。如果物質所含元素處于中間價態(tài)，則物質既有氧化性又有還原性，處于最低價，只有還原性，處于最高價，只有氧化性?！驹斀狻緼.Cl2中Cl元素化合價為0價，處于其中間價態(tài)，既有氧化性又有還原性，而金屬鋁和氫氣只有還原性，A錯誤；A.F2只有氧化性，F(xiàn)2化合價只能降低，K化合價只能升高，所以金屬鉀只有還原性，鹽酸和金屬反應表現(xiàn)氧化性，和高錳酸鉀反應表現(xiàn)還原性，B正確；C.NO2和水的反應說明NO2既有氧化性又有還原性，金屬鈉只有還原性，溴單質既有氧化性又有還原性，C錯誤；D.SO2中硫元素居于中間價，既有氧化性又有還原性，D錯誤。故合理選項是B?！军c睛】本題主要考察對氧化性和還原性的判斷和理解。氧化性是指物質得電子的能力，處于高價態(tài)的物質一般具有氧化性，還原性是在氧化還原反應里，物質失去電子或電子對偏離的能力，金屬單質和處于低價態(tài)的物質一般具有還原性，元素在物質中若處于該元素的最高價態(tài)和最低價態(tài)之間，則既有氧化性，又有還原性。二、非選擇題（本題包括5小題）17、1，2-二氯丙烷加成反應氧化反應C10H18O4CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaClNa2CO3飽和溶液【解析】

丙烯與氯氣加成得A為CH3CHClCH2Cl，A發(fā)生水解反應得B為CH3CH(OH)CH2OH，苯與氫氣發(fā)生加成反應得C為環(huán)己烷，C發(fā)生氧化反應得D為己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D與B發(fā)縮聚反應得G為，根據(jù)題中信息，F(xiàn)發(fā)生取代反應生成H和E，D和E發(fā)生酯化反應（取代反應）得F為CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根據(jù)H的結構可推知E為CH3CH2OH。(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛進一步氧化生成乙酸，乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯與乙酸乙酯發(fā)生信息中反應得到?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知A為CH3CHClCH2Cl，B為CH3CH(OH)CH2OH，C為，C發(fā)生氧化反應得D為HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D與B發(fā)縮聚反應得G為，根據(jù)題中信息，F(xiàn)發(fā)生取代反應生成H和E，D和E發(fā)生酯化反應(取代反應)得F為CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根據(jù)H的結構可推知E為CH3CH2OH。(1)A為CH3CHClCH2Cl，名稱為：1，2-二氯丙烷(2)反應①是屬于加成反應，反應④屬于氧化反應；(3)G的結構簡式為：；F的結構簡式為CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，分子式是C10H18O4；(4)反應②的化學方程式：CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl；(5)C為環(huán)己烷，C存在多種同分異構體，其中核磁共振氫譜只有兩種峰的同分異構體的結構簡式為；(6)B是1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H是酯，鑒別三種物質的方法是向三種物質中加入Na2CO3飽和溶液，B與碳酸鈉溶液混溶，不分層；D反應，產生氣泡；H不反應，互不相容，液體分層，油層在上層。因此鑒別試劑是碳酸鈉飽和溶液；(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛進一步氧化生成乙酸，乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯與乙酸乙酯發(fā)生信息中反應得到，所以合成路線流程圖為：。【點睛】本題考查有機物的推斷與性質，注意根據(jù)有機物的結構進行推斷，需要學生對給予的信息進行利用，較好的考查學生自學能力、分析推理能力，是熱點題型，難度中等．18、濃硫酸、濃硝酸、加熱取代反應保護酚羥基，以防被氧化AC+3NaOH+CH3COONa+2H2O+(CH3CO)2O→+CH3COOH6或【解析】

乙酰氯和乙酸反應生成A，A和B反應生成C，C被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成D，根據(jù)D的結構簡式()知，C為，B中含有苯環(huán)，根據(jù)B的分子式C7H8O知，B為，根據(jù)信息I，A為(CH3CO)2O；D發(fā)生水解反應然后酸化得到E，E為，E反應生成F，F(xiàn)發(fā)生還原反應生成G，根據(jù)G的結構簡式()結合題給信息知，F(xiàn)為；(6)甲苯和濃硝酸發(fā)生取代反應生成鄰硝基甲苯，鄰硝基甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成鄰硝基苯甲酸，鄰硝基苯甲酸被還原生成鄰氨基苯甲酸，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)反應④為轉化為，發(fā)生的是苯環(huán)上的硝化反應，反應的條件為濃硫酸、濃硝酸和加熱；反應①為乙酰氯()轉化為乙酸，反應類型為取代反應；酚羥基也容易被酸性高錳酸鉀溶液氧化，反應②的作用是保護酚羥基，防止被氧化，故答案為濃硫酸、濃硝酸和加熱；取代反應；保護酚羥基，防止被氧化；(2)根據(jù)上述分析，B的結構簡式為，故答案為；(3)A．G()中含有羧基和氨基，所以具有酸性和堿性，則具有兩性，既能與酸反應也能和堿反應，故A正確；B．G()中含有酚羥基，能發(fā)生氧化反應，但不能發(fā)生消去反應，羧基能發(fā)生取代反應，苯環(huán)能發(fā)生加成反應，故B錯誤；C．G()中含有羧基和酚羥基(或氨基)，能發(fā)生縮聚反應生成高分子化合物，故C正確；D．只有羧基能和碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，所以1molG與足量NaHCO3溶液反應放出1molCO2，故D錯誤；故選AC；(4)D中含有羧基和酯基，酯基水解生成的酚羥基都能與氫氧化鈉反應，與足量的NaOH反應的化學方程式為+3NaOH+CH3COONa+2H2O，反應②的化學方程式為+(CH3CO)2O→+CH3COOH，故答案為+3NaOH+CH3COONa+2H2O；+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(5)C為，C的同分異構體符合下列條件：a．屬于芳香族化合物，說明含有苯環(huán)，且含有兩個甲基；b．能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基；又能發(fā)生水解反應，說明含有酯基，則為甲酸酯類物質，如果兩個-CH3位于鄰位，HCOO-有2種位置；如果兩個-CH3位于間位，HCOO-有3種位置；如果兩個-CH3位于對位，HCOO-有1種位置；共6種同分異構體，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為6∶2∶1∶1的是或，故答案為6；或；(6)甲苯和濃硝酸發(fā)生取代反應生成鄰硝基甲苯，鄰硝基甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成鄰硝基苯甲酸，鄰硝基苯甲酸被還原生成鄰氨基苯甲酸，其合成流程圖為，故答案為?！军c睛】本題的易錯點為(6)，根據(jù)題意，苯環(huán)上引入取代基的位置與苯環(huán)上已有取代基的種類有關，要注意硝化反應和氧化反應的先后順序不能顛倒。19、B-E-D2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O能實驗中KMnO4的濃度cB>cA，且其反應速率νB>νAAC酚酞錐形瓶內溶液由無色變成(粉)紅色，且半分鐘內不變化0.05000mol/LAD【解析】

（1）由題給信息可知，草酸分解時，草酸為液態(tài)，草酸晶體分解生成二氧化碳、一氧化碳、水；（2）酸性溶液中高錳酸鉀溶液氧化草酸生成二氧化碳；硫酸、草酸濃度相同，改變高錳酸鉀溶液濃度分析反應速率變化，高錳酸鉀溶液濃度越大，反應速率越快；（3）依據(jù)草酸為二元弱酸和草酸氫鈉溶液中草酸氫根電離大于水解分析；（4）①強堿滴定弱酸到反應終點生成草酸鈉，生成的為強堿弱酸鹽顯堿性；②由H2C2O4—2NaOH建立關系式求解可得；③滴定操作誤差分析可以把失誤歸結為消耗滴定管中溶液體積的變化分析判斷?！驹斀狻浚?）由題給信息可知，草酸受熱分解時熔化為液態(tài)，故選用裝置B加熱草酸晶體；草酸晶體分解生成二氧化碳、一氧化碳、水，則氣體通過裝置E吸收二氧化碳，利用排水法收集一氧化碳，其合理的連接順序為B-E-D，故答案為B-E-D；（2）酸性溶液中高錳酸鉀溶液氧化草酸生成二氧化碳，反應的離子方程式為：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。保持硫酸、草酸濃度相同，改變高錳酸鉀溶液濃度分析反應速率變化，高錳酸鉀溶液濃度越大，反應速率越快，實驗中KMnO4的濃度cB＞cA，且其反應速率νB＞νA，上述實驗能說明相同條件下，反應物濃度越大，反應速率越快，故答案為2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；能；實驗中KMnO4的濃度cB＞cA，且其反應速率νB＞νA；（3）A、草酸為二元酸，若為強酸電離出氫離子濃度為0.02mol/L，pH小于2，室溫下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，測其pH=2，說明存在電離平衡，證明酸為弱酸，故A正確；B、室溫下，0.010mol/L的NaHC2O4溶液中草酸氫根電離大于水解，溶液呈酸性，pH小于7，故B錯誤；C、室溫下，取pH=a（a＜3）的H2C2O4溶液稀釋100倍后，測其pH＜a+2，說明稀釋促進電離，溶液中存在電離平衡，為弱酸，故C正確；D、標況下，取0.10mol/L的H2C2O4溶液100mL與足量鋅粉反應，無論是強酸還是弱酸都收集到H2體積為224mL，故D錯誤；故選AC，故答案為AC；（4）①強堿滴定弱酸到反應終點生成草酸鈉，生成的為強堿弱酸鹽顯堿性，所以選擇酚酞作指示劑，滴入最后一滴錐形瓶內溶液由無色變成（粉）紅色，且半分鐘內不變化，故答案為酚酞；錐形瓶內溶液由無色變成（粉）紅色，且半分鐘內不變化；②取20.00mLH2C2O4溶液于錐形瓶中，滴入2-3滴指示劑，用0.1000mol/L的NaOH溶液進行滴定，并進行3次平行實驗，所用NaOH溶液體積分別為19.98mL、20.02mL和22.02mL，其中22.02mL誤差太大，消耗平均體積為20ml，由H2C2O4—2NaOH可得0.020L×c×2=0.1000mol/L×0.020L，解得c=0.05000mol/L，故答案為0.05000mol/L；③A、滴定管在盛裝NaOH溶液前未潤洗，導致溶液濃度減小，消耗標準溶液體積增大，測定結果偏高，故正確；B、滴定過程中，錐形瓶震蕩的太劇烈，以致部分液體濺出，待測液減小，消耗標準溶液體積減小，測定結果偏低，故錯誤；C、滴定前讀數(shù)正確，滴定終點時俯視讀數(shù)，讀取的標準溶液體積減小，測定標準溶液難度偏低，故錯誤；D、滴定前讀數(shù)正確，滴定終點時仰視讀數(shù)，讀取標準溶液體積增大，測定結果偏高，故D正確；故選AD，故答案為AD【點睛】本題考查化學實驗方案的設計與評價，注意物質分解產物的分析判斷、實驗驗證方法分析、弱電解質的電離平衡理解與應用，掌握滴定實驗的步驟、過程、反應終點判斷方法和計算等是解答關鍵。20、打開K1，關閉K2和K3，通入二氧化碳排出殘留在裝置中的四溴化鈦和溴蒸氣直形冷凝管溫度計酸除去溶液中的二氧化碳CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2O=CaO2?8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3?H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O溫度過高時過氧化氫分解60%【解析】

I.TiBr4常溫易潮解，所以制備TiBr4時要使用干燥的反應物，所以通入的二氧化碳氣體必須干燥，濃硫酸能干燥二氧化碳，所以試劑A為濃硫酸；因為裝置中含有空氣，空氣中氧氣能和C在加熱條件下反應，所以要先通入二氧化碳排出裝置中空氣，需要打開K1，關閉K2和K3；然后打