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。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域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；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、某有機物結構簡式如圖，下列對該物質的敘述中正確的是A．該有機物易溶于苯及水B．該有機物苯環上的一氯代物共有4種C．該有機物可以與溴的四氯化碳溶液發生加成反應使之褪色D．1mol該有機物最多可與1molNaOH發生反應2、生活中一些常見有機物的轉化如圖下列說法正確的是A．上述有機物中只有C6H12O6屬于糖類物質B．轉化1可在人體內完成，該催化劑屬于蛋白質C．物質C和油脂類物質互為同系物D．物質A和B都屬于非電解質3、已知室溫下溶度積常數：Ksp[Pb（OH）2]=2×10-15，Ksp[Fe（OH）2]=8×10-15。當溶液中金屬離子濃度小于10-5mol?L-1視為沉淀完全。向20mL含0.10mol?L-1Pb2+和0.10mol?L-1Fe2+的混合溶液中滴加0.10mol?L-1NaOH溶液，金屬陽離子濃度與滴入NaOH溶液體積的關系曲線如圖所示，則下列說法正確的是（）A．曲線A表示c(Pb2+)的曲線B．當溶液pH=8時，Fe2+開始沉淀，Pb2+沉淀完全C．滴入NaOH溶液體積大于30mL時，溶液中c(Fe2+)=4c(Pb2+)D．室溫下，滴加NaOH溶液過程中，比值不斷增大4、有Br2參加的化學反應一定不屬于A．復分解反應 B．置換反應 C．取代反應 D．加成反應5、在鐵的氧化物和氧化鋁組成的混合物中，加入2mol/L硫酸溶液65mL，恰好完全反應。所得溶液中Fe2+能被標準狀況下112mL氯氣氧化。則原混合物中金屬元素和氧元素的原子個數之比為()A．5:7 B．4:3 C．3:4 D．9:136、25℃時，將0.1mol?L﹣1NaOH溶液加入20mL0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液中，所加入溶液的體積（V）和混合液的pH關系曲線如圖所示。下列結論正確的是（）A．①點時，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝c（Na+）B．對曲線上①②③任何一點，溶液中都有c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）C．③點時，醋酸恰好完全反應完溶液中有c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＞c（H+）＝c（OH﹣）D．滴定過程中可能出現c（H+）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）7、某研究性學習小組的同學在實驗室模擬用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制備堿式硫酸鋁[A12(SO4)x(OH)6-2x]溶液，并用于煙氣脫硫研究，相關過程如下：下列說法錯誤的是A．濾渣I、II的主要成分分別為SiO2、CaSO4B．若將pH調為4，則可能導致溶液中鋁元素的含量降低C．吸收煙氣后的溶液中含有的離子多于5種D．完全熱分解放出的SO2量等于吸收的SO2量8、四元軸烯t，苯乙烯b及立方烷c的結構簡式如下，下列說法正確的是A．b的同分異構體只有t和c兩種 B．t和b能使酸性KMnO4溶液褪色而c不能C．t、b、c的二氯代物均只有三種 D．b中所有原子－定不在同－個平面上9、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-的水解平衡常數數量級為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)10、鎂、鋁都是較活潑的金屬，下列描述中正確的是A．高溫下，鎂、鋁在空氣中都有抗腐蝕性B．鎂、鋁都能跟稀鹽酸、稀硫酸、強堿反應C．鎂在點燃條件下可以與二氧化碳反應，鋁在一定條件下可以與氧化鐵發生氧化還原反應D．鋁熱劑是鎂條、鋁粉和氧化鐵的混合物11、設NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．12gNaHSO4晶體中SO42-數目為0.1NAB．2.0gD2O中含有的中子數為NAC．2.24LCl2與足量Na2SO3溶液反應時轉移的電子數為0.2NAD．標準狀況下，4.48LHF所含原子數目為0.4NA12、下列關于有機物的敘述錯誤的是（）A．乙醇能發生取代反應B．分子式為C10H14的單取代芳香烴，其可能的結構有4種C．氨基酸、淀粉均屬于高分子化合物D．乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鑒別13、用NaOH標準溶液滴定鹽酸實驗中，以下操作可能導致所測溶液濃度偏高的是A．滴定管用待裝液潤洗B．錐形瓶振蕩時有少量液體濺出C．滴定結束后滴定管末端出現氣泡D．錐形瓶用待測液潤洗14、化合物Z是合成平喘藥沙丁胺醇的中間體，可通過下列路線制得：下列說法正確的是A．X的分子式為C7H6O2 B．Y分子中的所有原子可能共平面C．Z的一氯取代物有6種 D．Z能與稀硫酸發生水解反應15、《天工開物》中對“海水鹽”有如下描述：“凡煎鹽鍋古謂之牢盆……其下列灶燃薪，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盤……火燃釜底，滾沸延及成鹽。”文中涉及的操作是()A．萃取 B．結晶C．蒸餾 D．過濾16、化學可以變廢為室，利用電解法處理煙道氣中的NO，將其轉化為NH4NO3的原理如下圖所示，下列說法錯誤的是A．該電解池的陽極反反為:NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+B．該電解池的電極材料為多孔石墨，目的是提高NO的利用率和加快反應速率C．用NH4NO3的稀溶液代替水可以增強導電能力，有利于電解的順利進行D．為使電解產物全部轉化為NH4NO3，需補充物質A為HNO3二、非選擇題（本題包括5小題）17、有A、B、C、D、E、F六種溶液，它們是氨水、硫酸鎂、碳酸氫鈉、碳酸鈉、稀硝酸、氯化鋇溶液中的某一種。各取少量，將其兩兩混合現象如圖所示。其中“↓”表示難溶物，“↑”表示氣體，“-”表示無明顯現象，空格表示未做實驗，試推斷其中F是：A．碳酸鈉溶液 B．氯化鋇溶液C．硫酸鎂溶液 D．碳酸氫鈉溶液18、美國藥物學家最近合成一種可能用于治療高血壓的有機物K，合成路線如下：其中A屬于碳氫化合物，其中碳的質量分數約為83.3%；E的核磁共振氫譜中只有2組吸收峰。H常溫下呈氣態，是室內裝潢產生的主要污染物之一。G和H以1：3反應生成I。試回答下列問題：（1）A的分子式為：______________。（2）寫出下列物質的結構簡式：D：____________；G：___________。（3）反應①―⑤中屬于取代反應的有___________。（4）反應①的化學方程式為_______________；反應④的化學方程式為_________________。（5）E有多種同分異構體，符合“既能發生銀鏡反應又能發生水解反應”條件的E的同分異構體有_______種，寫出符合上述條件且核磁共振氫譜只有2組吸收峰的E的同分異構體的結構簡式：________。19、實驗室常用MnO2與濃鹽酸反應制備Cl2(反應裝置如圖所示)(1)制備實驗開始時，先檢查裝置氣密性，接下來的操作依次是______(填序號)A．往燒瓶中加入MnO2粉末B．加熱C．往燒瓶中加入濃鹽酸(2)制備反應會因鹽酸濃度下降而停止.為測定已分離出過量MnO2后的反應殘余液中鹽酸的濃度，探究小組提出下列實驗方案：甲方案：與足量AgNO3溶液反應，稱量生成的AgCl質量。乙方案：采用酸堿中和滴定法測定。丙方案：與已知量CaCO3(過量)反應，稱量剩余的CaCO3質量。丁方案：與足量Zn反應，測量生成的H2體積。繼而進行下列判斷和實驗：判定甲方案不可行，理由是______________。(3)進行乙方案實驗：準確量取殘余清液稀釋一定倍數后作為試樣。a.量取試樣20.00mL，用0.1000mol·L-1NaOH標準溶液滴定，消耗22.00mL，該次滴定測得試樣中鹽酸濃度為_____mol·L-1b.平行滴定后獲得實驗結果。采用此方案還需查閱資料知道的數據是：________。(4)丙方案的實驗發現，剩余固體中含有MnCO3，說明碳酸鈣在水中存在______，測定的結果會：______(填“偏大”、“偏小”或“準確”)(5)進行丁方案實驗：裝置如圖所示(夾持器具已略去)①使Y形管中的殘余清液與鋅粒反應的正確操作是將_________轉移到_____________中。②反應完畢，每間隔1分鐘讀取氣體體積，氣體體積逐次減小，直至不變。氣體體積逐次減小的原因是______(排除儀器和實驗操作的影響因素)。20、為了將混有K2SO4、MgSO4的KNO3固體提純，并制得純凈的KNO3溶液(E)，某學生設計如下實驗方案：(1)操作①主要是將固體溶解，則所用的主要玻璃儀器是_______、_______。(2)操作②~④所加的試劑順序可以為_______，_______，_______(填寫試劑的化學式)。(3)如何判斷SO42－已除盡_____________(4)實驗過程中產生的多次沉淀_____(選填“需要”或“不需要”)多次過濾，理由是__________。(5)該同學的實驗設計方案中某步并不嚴密，請說明理由___________。21、[化學—選修3；物質結構與性質]明朝《天工開物》中有世界上最早的關于煉鋅技術的記載，鋅也是人體必需的微量元素?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態Zn原子核外的最高能層符號是________，基態Zn2+最外層電子排布式為________。(2)硫酸鋅溶于氨水形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。①組成[Zn(NH3)4]SO4的元素中，除Zn外其余元素的電負性由大到小排序為________。②向[Zn(NH3)4]SO4溶液中逐滴滴加NaOH溶液，未出現渾濁，其原因是________。③已知[Zn(NH3)4]2+的空間構型與相同，則在[Zn(NH3)4]2+中Zn2+的雜化類型為________，NH3易液化的原因是________________________________。④在[Zn(NH3)4]SO4晶體中存在的作用力有________。A．離子鍵B．極性共價鍵C．氫鍵D．配位鍵E．范德華力F．金屬鍵(3)ZnO與ZnS結構相似，ZnO的熔點為1975℃，ZnS的熔點約為1700℃。ZnO熔點比ZnS高的原因是________________________________。(4)常溫下金屬鋅晶體的晶胞為六方最密堆積(如圖所示)，若鋅原子的半徑為rnm，六棱柱的高為，則金屬鋅晶體的空間利用率是________(用含π的代數式表示)。

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.該有機物烴基較大，不溶于水（親水基較少，憎水基較多），所以易溶于苯但不溶于水，故A錯誤；B.該有機物苯環上的一氯代物與苯環上另一取代基有鄰間對3種位置，共有3種，故B錯誤；C.該有機物沒有碳碳雙鍵或碳碳叁鍵不能與Br2的CCl4溶液發生加成反應，故C錯誤；D.該有機物只有一個普通酯基可與1molNaOH發生反應，故D正確；故答案為D。2、B【解析】

淀粉(轉化1)在人體內淀粉酶作用下發生水解反應，最終轉化為葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下轉化成酒精，發生C6H12O62C2H5OH+2CO2↑，且A可發生連續氧化反應，則A為C2H5OH，B為CH3COOH，乙醇和乙酸反應生成C為CH3COOC2H5，據此解答。【詳解】由上述分析可以知道，轉化1為淀粉水解反應，葡萄糖分解生成A為C2H5OH，A氧化生成B為CH3COOH，A、B反應生成C為CH3COOC2H5，則

A.淀粉、C6H12O6屬于糖類物質，故A錯誤；

B.淀粉屬于多糖，在酶催化作用下水解最終生成單糖葡萄糖，反應為：（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6，酶屬于蛋白質，所以B選項是正確的；

C.C為乙酸乙酯，油脂為高級脂肪酸甘油酯，含-COOC-的數目不同，結構不相似，不是同系物，故C錯誤；

D.乙酸可在水中發生電離，為電解質，而乙醇不能，乙醇為非電解質，故D錯誤。

所以B選項是正確的。3、C【解析】

A.Pb(OH)2的Ksp小于Fe(OH)2的Ksp，則等pH時，Fe2+濃度較大，則曲線A表示c(Fe2+)的曲線，A錯誤；B.當溶液pH=8時，c(OH?)=10?6mol/L，此時(Fe2+)×c2(OH?)=0.1×10?12=10?13>Ksp[Fe(OH)2]，Fe2+沒有生成沉淀，B錯誤；C.滴入NaOH溶液體積大于30mL時，曲線發生變化，溶液中c(Fe2+)：c(Pb2+)=Ksp[Fe(OH)2]/Ksp[Pb(OH)2]=4:1，則c(Fe2+)=4c(Pb2+)，C正確；D.c(Pb2+)?c(OH?)/c(H+)=c(Pb2+)?c2(OH?)/[c(H+)?c(OH?)]=Ksp[(PbOH)2]/Kw，Ksp[(PbOH)2]/Kw為定值，則c(Pb2+)?c(OH?)/c(H+)為定值不發生變化，D錯誤；答案為C。【點睛】Ksp[Pb（OH）2]<Ksp[Fe（OH）2]，混合溶液中加入NaOH溶液時，Pb2+先生成沉淀。4、A【解析】

溴具有氧化性，有溴參加的反應為氧化還原反應，也可發生有機類型的取代、加成反應，則不可能為復分解反應，以此來解答即可?！驹斀狻緼.復分解反應中一定沒有元素的化合價變化，而溴參加有元素的化合價變化，則不可能為復分解反應，A符合題意；B.單質溴與KI發生置換反應，產生碘單質和溴化鉀，B不符合題意；C.甲烷與溴的取代反應，有溴參加，C不符合題意；D.乙烯與溴的加成反應產生1,2-二溴乙烷，有溴參加，D不符合題意；故合理選項是A。【點睛】本題考查溴的化學性質及反應類型，把握溴蒸氣的氧化性及有機反應中溴單質的作用為解答的關鍵，注重基礎知識的考查，注意利用實例分析。5、D【解析】

硫酸的物質的量n=2mol/L×0.065L=0.1mol，所以n（H+）=0.26mol。因為其與混合物恰好完全反應，氫離子與混合物中的氧離子生成H2O，說明混合物中含有0.1molO；n(Cl2)=0.005mol，根據反應：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，則溶液中n（Fe2+）=0.01mol，所以FeO為0.01mol。設Fe2O3和Al2O3為Xmol，則0.01+3X=0.1，X=0.04，所以金屬原子個數是0.01+0.04×2=0.09，原混合物中金屬元素和氧元素的原子個數之比為0.09:0.1=9：1．本題選A?！军c睛】金屬氧化物與酸反應時，酸中的氫離子與氧化物中的氧離子結合成水，所以可用酸中的氫離子的物質的量計算金屬氧化物中氧離子的物質的量。混合物的計算通?？捎檬睾惴ń忸}，本題可用氫原子和氧原子守恒、硫酸根守恒、電荷守恒、電子轉移守恒等等，所以本題還有其他解法。6、B【解析】

①點溶液中溶質為等物質的量濃度的CH3COONa和CH3COOH，混合溶液中存在物料守恒，根據物料守恒判斷；任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據電荷守恒判斷；②點溶液呈中性，溶質為CH3COONa和CH3COOH，但CH3COOH較少③點溶液中溶質為CH3COONa，溶液的pH＞7，溶液呈堿性。【詳解】A、①點溶液中溶質為等物質的量濃度的CH3COONa和CH3COOH，混合溶液中存在物料守恒，根據物料守恒得c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)＝2c(Na+)，故A錯誤；B、任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據電荷守恒得c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)，所以滴定過程中①②③任一點都存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)，故B正確；C、③點溶液中溶質為CH3COONa，溶液的pH＞7，溶液呈堿性，則c(H+)＜c(OH﹣)，根據電荷守恒得c(Na+)＞c(CH3COO﹣)，鹽類水解程度較小，所以存在c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，故C錯誤；D、滴定過程中遵循電荷守恒，如果溶液呈酸性，則c(H+)＞c(OH﹣)，根據電荷守恒得c(Na+)＜c(CH3COO﹣)，故D錯誤；答案選B?！军c睛】本題以離子濃度大小比較為載體考查酸堿混合溶液定性判斷，明確混合溶液中溶質成分及其性質是解本題關鍵，注意電荷守恒、物料守恒的靈活運用，注意：電荷守恒和物料守恒與溶液中溶質多少無關。7、D【解析】

A.粉煤灰與稀硫酸混合發生反應：Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O，而SiO2不與稀硫酸反應，故濾渣I的主要成分為SiO2；濾液中含Al2(SO4)3，加入碳酸鈣粉末后調節pH=3.6，發生反應CaCO3＋H2SO4=CaSO4＋CO2↑＋H2O，因CaSO4微溶，故濾渣II的成分為CaSO4，A項正確；B.將pH調為4，溶液中會有部分的鋁離子會與氫氧根離子反應生成氫氧化鋁沉淀，可能導致溶液中鋁元素的含量降低，B項正確；C.吸收液中本身含有H＋、Al3＋、OH－、SO42－，吸收SO2以后會生成SO32－，部分SO32－會發生水解生成HSO3－，溶液中含有的離子多于5種，C項正確；D.SO2被吸收后生成SO32－，SO32－不穩定，被空氣氧化為SO42－，因此完全熱分解放出的SO2量會小于吸收的SO2量，D項錯誤；答案選D。8、B【解析】

A．b苯乙烯分子式為C8H8，符合分子式的有機物結構可以是多種物質；B．t和b含有碳碳雙鍵，可被酸性高錳酸鉀氧化；C．根據一氯代物中氫原子的種類判斷；D．b含有碳碳雙鍵和苯環，為平面形結構?！驹斀狻緼．b苯乙烯分子式為C8H8，對應的同分異構體也可能為鏈狀烴，故A錯誤；B．t和b含有碳碳雙鍵，可被酸性高錳酸鉀氧化，故B正確；C．不考慮立體結構，二氯代物t和e均有3種，b有14種，故C錯誤；D．b含有碳碳雙鍵和苯環，為平面形結構，苯環和碳碳雙鍵可能在同一個平面上，故D錯誤。故選B。9、B【解析】

A.溶液導電能力與溶液中離子濃度有關，根據圖象可知，b點導電能力最強，d點最弱，A錯誤；B.根據圖象可知，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Ka=10-3×10-30.1=10-5，則R-的水解平衡常數數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。10、C【解析】A、在常溫下，鎂和鋁在空氣里都能跟氧氣反應，生成一層致密而堅固的氧化物薄膜，這層氧化物薄膜能夠阻止金屬的繼續氧化，所以鎂和鋁都有抗腐蝕的性能，但是在高溫下能劇烈反應，放出大量熱，選項A錯誤；B、鎂能跟酸反應不能跟堿反應，選項B錯誤；C、鎂在點燃條件下可以與二氧化碳反應生成氧化鎂和碳，鋁在一定條件下可以與氧化鐵發生氧化還原反應生成鐵和氧化鋁，選項C正確；D、鋁熱劑是鋁粉和氧化鐵的混合物，在鋁熱劑反應時，為了引燃，在鋁熱劑上放供氧劑(氯酸鉀)，中間插一根鎂條，是為引燃用的，選項D錯誤。答案選C。11、B【解析】

A.NaHSO4晶體中含鈉離子與硫酸氫根離子，不含SO42-，A項錯誤；B.2.0gD2O的物質的量為=0.1mol，其中含有的中子數為0.1mol(12+8)NA=NA，B項正確；C.氯氣所處的狀態未知，無法求出氯氣的物質的量，轉移電子數無法確定，C項錯誤；D.標準狀況下，HF為液體，不是氣體，無法按照氣體的摩爾體積計算其物質的量，D項錯誤；答案選B?！军c睛】與阿伏加德羅常數NA相關的化學計量的選擇題是高頻考點，側重考查學生對化學計量的理解與應用。本題D項是學生的易錯點，要特別注意氣體摩爾體積為22.4L/mol的狀態與條件，題設陷阱經常誤將“常溫常壓”當作“標準狀況”、或者誤把標準狀態下的固體、液體當成氣體，學生做題時只要善于辨析，便可識破陷阱，排除選項。12、C【解析】

A.乙醇能與酸、鹵代烴等發生取代反應，故A正確；B.分子式為C10H14的單取代芳香烴，不飽和度為4，分子中含有一個苯環和一個丁基，其同分異構體取決于丁基的種數，丁基有4種，可能的結構有4種，故B正確；C.氨基酸不是高分子化合物，淀粉屬于高分子化合物，故C錯誤；D.乙烯可與溴發生加成反應，可用溴的四氯化碳溶液鑒別，故D正確。答案選C。13、D【解析】

由c(HCl)=可知，不當操作使V(堿)增大，則導致所測溶液濃度偏高，以此來解答?！驹斀狻緼．滴定管用待裝液潤洗，對實驗無影響，故A錯誤；B．錐形瓶振蕩時有少量液體濺出，使V(堿)減小，則導致所測溶液濃度偏低，故B錯誤；C．滴定結束后滴定管末端出現氣泡，使V(堿)減小，則導致所測溶液濃度偏低，故C錯誤；D．錐形瓶用待測液潤洗，n(HCl)偏大，則消耗V(堿)增大，則導致所測溶液濃度偏高，故D正確；故答案為D?！军c睛】本題考查中和滴定操作、計算及誤差分析，注意利用公式來分析解答，無論哪一種類型的誤差，都可以歸結為對標準溶液體積的影響，然后根據c(待測)=分析，若標準溶液的體積偏小，那么測得的物質的量的濃度也偏小；若標準溶液的體積偏大，那么測得的物質的量的濃度也偏大。14、D【解析】

A．X()的分子式為C8H8O2，故A錯誤；B．Y()分子中含有甲基(-CH3)，甲基為四面體結構，所有原子不可能共平面，故B錯誤；C．Z()分子中有7種環境的氫原子，一氯取代物有7種，故C錯誤；D．Z()中含有酯基，能與稀硫酸發生水解反應，故D正確；故選D。15、B【解析】

“灶燃薪”是加熱，“多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盤”是蒸發結晶，B正確，故答案為：B。16、D【解析】

A.根據裝置圖可知：在陽極NO失去電子，被氧化產生NO3-，該電極反應式為：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，A正確；B.電解池中電極為多孔石墨，由于電極表面積大，吸附力強，因此可吸附更多的NO發生反應，因而可提高NO的利用率和加快反應速率，B正確；C.NH4NO3的稀溶液中自由移動的離子濃度比水大，因此用NH4NO3稀溶液代替水可以增強導電能力，有利于電解的順利進行，C正確；D.在陽極NO被氧化變為NO3-，電極反應式為NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；在陰極NO被還原產生NH4+，電極反應式為NO+5e-+6H+=NH4++H2O，從兩個電極反應式可知，要使電子得失守恒，陽極產生的NO3-的物質的量比陰極產生的NH4+的物質的量多，總反應方程式為8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，為使電解產物全部轉化為NH4NO3，要適當補充NH3，D錯誤；故合理選項是D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、D【解析】

所給5種物質中，只有硫酸鎂可與三種物質（氨水、碳酸鈉、氯化鋇）生成沉淀，故D為硫酸鎂，A、B、C分別為氨水、碳酸鈉、氯化鋇中的一種；再根據A可與C生成沉淀，故A、C為碳酸鈉和氯化鋇，則B為氨水；A與E產生氣體，故A為碳酸鈉，E為稀硝酸，所以F為碳酸氫鈉?！驹斀狻緼+E氣體說明有A、E一種一定是硝酸,另一種可能是碳酸鈉、碳酸氫鈉中的一種,A+C生成沉淀，A+D生成沉淀，說明A不是硝酸，所以E為硝酸，A為碳酸鈉，C、D就可能是硫酸鎂、氯化鋇中的一種，因為B+D生成沉淀，C+D生成沉淀，C+F無現象說明D是硫酸鎂，C為氯化鋇，B為氨水，最后F為碳酸氫鈉，則A：碳酸鈉，B：氨水，C：氯化鋇

，D：硫酸鎂

，E：硝酸，F：碳酸氫鈉；答案選D?！军c睛】這類試題還有一種表達形式“A+C→↓，A+D→↓，A+E→↑，B+D→↓，C+D→↓，C+F→無明顯現象。解題時一般先找現象較全面的一種如D或A(分別做了三次實驗)。依次假設D為六種溶液中的某一種。如假設D是氨水或是硫酸鎂等，分析它與其他五種溶液分別混合時的現象。若能出現三次沉淀，則假設成立。由此可確定D是硫酸鎂。依照上述方式可推出A是碳酸鈉，依次推出F是碳酸氫鈉。18、C5H12CH3CHO②⑤C6H12O62C2H5OH+2CO2↑4HCOOC(CH3)3【解析】

A屬于碳氫化合物，其中碳的質量分數約為83.3%，因此A中==，則A為C5H12；H常溫下呈氣態，是室內裝潢產生的主要污染物之一，H為HCHO，根據流程圖，B為鹵代烴，C為醇，D為醛，E為酸；F為乙醇，G為乙醛，G和H以1：3反應生成I，根據信息，I為，J為，E和J以4：1發生酯化反應生成K，E為一元羧酸，E的核磁共振氫譜中只有2組吸收峰，E為，則D為，C為?！驹斀狻浚?）根據上述分析可知，A的分子式為C5H12，故答案為：C5H12；（2）根據上述分析，D的結構簡式為；G為乙醛，結構簡式為CH3CHO，故答案為：；CH3CHO；（3）根據流程圖可知，反應①是葡萄糖的分解反應；反應②為鹵代烴的水解反應，屬于取代反應；反應③是醛和醛的加成反應；反應④是醛的氫化反應，屬于加成反應；反應⑤是酯化反應，屬于取代反應，②⑤屬于取代反應，故答案為：②⑤；（4）反應①是葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，反應的化學方程式為C6H12O62C2H5OH+2CO2↑；反應④是在催化劑作用下，與氫氣共熱發生加成反應，反應的化學方程式為，故答案為：C6H12O62C2H5OH+2CO2↑；；（5）既能發生銀鏡反應又能發生水解反應，表明分子結構中含有醛基和酯基，E為，E的同分異構體屬于甲酸酯，同分異構體的結構為HCOOC4H9，因為丁基有4種結構，故E的同分異構體有4種，其中核磁共振氫譜只有2組吸收峰的E的同分異構體的結構簡式為HCOOC(CH3)3，故答案為：4；HCOOC(CH3)3。19、ACB殘余清液中，n(Cl-)＞n(H+)0.1100Mn2+開始沉淀時的pH沉淀溶解平衡偏小鋅粒殘余清液裝置內氣體尚未冷卻至室溫【解析】

(1)依據反應物及制取氣體的一般操作步驟分析解答；(2)甲方案中二氧化錳與濃鹽酸反應生成氯化錳，氯化錳也會與硝酸銀反應；(3)依據滴定實驗過程中的化學反應列式計算；(4)部分碳酸鈣沉淀轉化成碳酸錳沉淀，會造成稱量剩余的固體質量偏大；(5)依據鋅粒與稀鹽酸反應生成氫氣的反應為放熱反應分析解答?！驹斀狻?1)實驗室用MnO2與濃鹽酸反應制備Cl2，實驗順序一般是組裝裝置，檢查氣密性，加入固體藥品，再加入液藥品，最后再加熱，因此檢查裝置氣密性后，先加入固體，再加入液體濃鹽酸，然后加熱，則依次順序是ACB，故答案為：ACB；(2)二氧化錳與濃鹽酸反應生成氯化錳，氯化錳也會與硝酸銀反應，即殘余清液中，n(Cl-)＞n(H+)，不能測定鹽酸的濃度，所以甲方案錯誤，故答案為：殘余清液中，n(Cl-)＞n(H+)(或二氧化錳與濃鹽酸反應生成氯化錳，也會與硝酸銀反應)；(3)a、量取試樣20.00mL，用0.1000mol?L-1NaOH標準溶液滴定，消耗22.00mL，由cHClVHCl=cNaOHVNaOH可得出鹽酸的濃度為=0.1100mol/L；故答案為：0.1100；b、反應后的溶液中含有氯化錳，氯化錳能夠與NaOH反應生成氫氧化錳沉淀，因此采用此方案還需查閱資料知道的數據是Mn2+開始沉淀時的pH，故答案為：Mn2+開始沉淀時的pH；

(4)難溶性碳酸鈣轉化為碳酸錳說明實現了沉淀的轉化，說明碳酸鈣在水中存在沉淀溶解平衡；由于部分碳酸鈣轉化成碳酸錳沉淀，導致稱量剩余的固體質量會偏大，使得鹽酸的量偏少，實驗結果偏小，故答案為：沉淀溶解平衡；偏?。?5)①丁同學的方案中使Y形管中的殘余清液與鋅粒反應的正確操作是將Y形管中的鋅粒慢慢轉移到殘余清液中反應，故答案為：鋅粒；殘余清液；②金屬與酸的反應為放熱反應，反應完畢，氣體溫度較高，因此隨著時間的延長，氣體體積逐漸減小，當溫度冷卻到室溫后，氣體體積不再改變，故答案為：裝置內氣體尚未冷卻至室溫。【點睛】掌握氣體制備實驗的一般步驟和實驗探究方法是解題的關鍵。本題的易錯點為(5)②，要注意金屬與酸的反應為放熱反應。20、燒杯玻璃棒；Ba(NO3)2K2CO3KOH或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3）靜置，取少量上層澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不變渾濁，表明SO42－已除盡不需要因為幾個沉淀反應互不干擾，因此只過濾一次，可減少操作程序因為加入鹽酸調節溶液的pH會引進Cl－【解析】

混有K2SO4、MgSO4的KNO3固體，加入硝酸鋇、碳酸鉀除去硫酸根離子；加入氫氧化鉀除去鎂離子；稍過量的氫氧根離子、碳酸根離子用硝酸除去；【詳解】(1)固體溶解一般在燒杯中進行，并要用玻璃棒攪拌加快溶解，故答案為：燒杯；玻璃棒；(2)KNO3中混有的雜質離子是SO42-和Mg2+，為了完全除去SO42-應該用稍過量的Ba2+，這樣稍過量的Ba2+也變成了雜質，需要加CO32-離子來除去，除去Mg2+應該用OH-，OH-的順序沒有什么要求，過量的CO32-、OH-可以通過加入的鹽酸來除去，故答案為：Ba(NO3)2；K2CO3；KOH或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3）；(3)SO42－存在于溶液中，可以利用其與Ba2+反應生成沉淀來判斷，方法是靜置，取少量上層澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不變渾濁，表明已除盡，故答案為：靜置，取少量上層澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不變渾濁，表明SO42－已除盡；(4)不需要因為幾個沉淀反應互不干擾，因此只過濾一次，可減少操作程序，故答案為：不需要；因為幾個沉淀反應互不干擾，因