2023高考化學模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列有關氨氣的制備、干燥、收集和尾氣處理錯誤的是A．圖甲：實驗室制氨氣 B．圖乙：干燥氨氣C．圖丙：收集氨氣 D．圖丁：實驗室制氨氣的尾氣處理2、下列說法正確的是A．檢驗(NH4)2Fe(SO4)2·12H2O晶體中的NH4+：取少量晶體溶于水，加入足量濃NaOH溶液并加熱，再用濕潤的藍色石蕊試紙檢驗產生的氣體B．驗證FeCl3與KI反應的限度：可將少量的FeCl3溶液與過量的KI溶液混合，充分反應后用CCl4萃取，靜置，再滴加KSCN溶液C．受溴腐蝕至傷時，先用稀NaOH溶液洗，再用水洗D．用激光筆檢驗硫酸銅溶液具有丁達爾效應3、對二甲苯（PX）可發生如下反應生成對苯二甲酸（PTA）。下列有關說法錯誤的是+12MnO4-+36H++12Mn2++28H2OA．PTA是該反應的氧化產物 B．消耗1molPX，共轉移8mol電子C．PX含苯環的同分異構體還有3種 D．PTA與乙二醇可以發生縮聚反應4、下列有關表述正確的是（）A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱電解質B．Na2O、Na2O2組成元素相同，所以與CO2反應產物也相同C．室溫下，AgCl在水中的溶解度小于在食鹽水中的溶解度D．SiO2是酸性氧化物，能與NaOH溶液反應5、等溫等壓下，有質子數相等的CO、N2、C2H2三種氣體，下列敘述中正確的是()A．體積之比為13∶13∶14 B．密度之比為14∶14∶13C．質量之比為1∶1∶1 D．原子數之比為1∶1∶16、常溫下，向21mL1．1mol?L－1HB溶液中逐滴滴入1．1mol?L－1NaOH溶液，所得PH變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A．OA各點溶液均存在：c（B－）＞c（Na＋）B．C至D各點溶液導電能力依次增強C．點O時，pH＞1D．點C時，X約為11.47、下列說法不正確的是（）A．Fe2O3可用作紅色顏料 B．濃H2SO4可用作干燥劑C．可用SiO2作半導體材料 D．NaHCO3可用作焙制糕點8、常溫下，用0.10mol·L-1的AgNO3溶液分別滴定體積均為50.0mL的由Cl-與Br-組成的混合溶液和由C1-與I-組成的混合溶液(兩混合溶液中Cl-濃度相同，Br-與I-的濃度也相同)，其滴定曲線如圖所示。已知25℃時：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=4.9×10-13，Ksp(AgI)=8.5×10-16。下列有關描述正確的是（）A．圖中X-為Br-B．混合溶液中n(Cl-)：n(I-)=8：5C．滴定過程中首先沉淀的是AgClD．當滴入AgNO3溶液25mL時，Cl-與Br-組成的混合溶液中c(Ag+)=7×10-7mol·L-19、室溫下，將0.10mol·L-1鹽酸逐滴滴入20.00mL0.10mol·L-1氨水中，溶液中pH和pOH隨加入鹽酸體積變化曲線如圖所示。已知：pOH=-lgc(OH-)。下列說法正確的是（）A．M點所示溶液中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)B．N點所示溶液中：c(NH4+)>c(Cl-)C．Q點所示消耗鹽酸的體積等于氨水的體積D．M點和N點所示溶液中水的電離程度相同10、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A．pH=1的溶液中：NO3-、Cl?、S2?、Na+B．c(H+)/c(OH?)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl?C．由水電離的c(H+)=1×10?12mol·L?1的溶液中：Na+、K+、Cl?、HCO3-D．c(Fe3+)=0.1mol·L?1的溶液中：K+、Cl?、SO42-、SCN?11、將鈉、鎂、鋁各0.3mol分別放入100ml1mol/L的鹽酸中，在同溫同壓下產生的氣體體積比是（）A．1:2:3 B．6:3:2 C．3:1:1 D．1:1:112、下列說法不正確的是A．屬于有機物，因此是非電解質B．石油裂化和裂解的目的均是為了將長鏈烴轉化為短鏈烴C．煤的氣化，液化和干餾都是化學變化D．等質量的乙烯，丙烯分別充分燃燒，所耗氧氣的物質的量一樣多13、X、Y、Z、W、R是原了序數依次遞增的短周期元素。X原子最外層電子數是其內層電子數的2倍，Y、R同主族，且兩者核外電子數之和是X核外電子數的4倍，Z為短周期中金屬性最強的元素，W是地売中含量最高的金屬元素。下列敘述正確的是A．Y、Z、W原子半徑依次增大B．元素W、R的簡單離子具有相同的電子層結構C．X的最高價氧化物對應水化物的酸性比R的強D．X、R分別與Y形成的常見化合物中化學鍵類型相同14、下列選項中，有關實驗操作、現象和結論都正確的是選項實驗操作現象結論A將過量的CO2通入CaCl2溶液中無白色沉淀出現生成的Ca(HCO3)2可溶于水B常溫下將Al片插入濃硫酸中無明顯現象Al片和濃硫酸不反應C用玻璃棒蘸取濃氨水點到紅色石蕊試紙上試紙變藍色濃氨水呈堿性D將SO2通入溴水中溶液褪色SO2具有漂白性A．A B．B C．C D．D15、下列實驗中，所采取的分離方法與對應原理都正確的是（）。選項目的分離方法原理A分離溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度較大B分離乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C除去丁醇中的乙醚蒸餾丁醇與乙醚互溶且沸點相差較大D除去KNO3固體中混雜的NaCl重結晶NaCl在水中的溶解度受溫度影響大A．A B．B C．C D．D16、下列各選項所描述的兩個量，前者一定小于后者的是（）A．純水在25℃和80℃時的pH值B．1L0.1mol/L的鹽酸和硫酸溶液，中和相同濃度的NaOH溶液的體積C．25℃時，pH=3的AlCl3和鹽酸溶液中，水電離的氫離子的濃度D．1LpH=2的醋酸和鹽酸溶液中，分別投入足量鋅粒，放出H2的物質的量二、非選擇題（本題包括5小題）17、富馬酸福莫特羅作為特效哮喘治療藥物被臨床廣泛應用。化合物Ⅰ是合成富馬酸福莫特羅的重要中間體，其合成路線如圖所示：已知：Ⅰ、；Ⅱ、R1-NO2R1-NH2；請回答下列問題：(1)A中所含官能團的名稱為____________。(2)反應②的反應類型為____________，反應④的化學方程式為____________。(3)H的結構簡式為____________。(4)下列關于Ⅰ的說法正確的是____________(填選項字母)。A．能發生銀鏡反應B．含有3個手性碳原子C．能發生消去反應D．不含有肽鍵(5)A的同分異構體Q分子結構中含有3種含氧官能團，能發生銀鏡反應，可與FeCl3溶液發生顯色反應，苯環上只有兩個取代基且處于對位，則Q的結構簡式為____(任寫一種)，區分A和Q可選用的儀器是____(填選項字母)。a．元素分析儀b．紅外光譜儀c．核磁共振波譜儀(6)根據已有知識并結合相關信息，寫出以丙酮、苯胺和醋酸為原料(其他試劑任選)，制備的合成路線：________________________。18、CAPE是蜂膠主要活性組分之一，具有抗炎、抗氧化和抗腫瘤的作用，在醫學上具有廣闊的應用前景。合成CAPE的路線設計如下：已知：①A的核磁共振氫譜有三個波峰，紅外光譜顯示咖啡酸分子中存在碳碳雙鍵；②；③。請回答下列問題：（1）A中官能團的名稱為____。（2）C生成D所需試劑和條件是____。（3）E生成F的反應類型為____。（4）1molCAPE與足量的NaOH溶液反應，最多消耗NaOH的物質的量為____。（5）咖啡酸生成CAPE的化學方程式為____。（6）芳香化合物X是G（C9H8O3）的同分異構體，滿足下列條件，X的可能結構有____種，a.屬于芳香族化合物b.能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2c.能與新制的Cu(OH)2懸濁液反應生成磚紅色沉淀其中核磁共振氫譜顯示有6種不同化學環境的氫，峰面積之比為1:2:2:1:1:1，寫出一種符合要求的X的結構簡式____。（7）參照上述合成路線，以和丙醛為原料(其它試劑任選)，設計制備的合成路線____。19、制備N2H4·H2O（水合肼）和無水Na2SO3主要實驗流程如下：已知：①氯氣與燒堿溶液的反應是放熱反應；②N2H4·H2O有強還原性，能與NaClO劇烈反應生成N2。⑴從流程分析，本流程所用的主要有機原料為_______________（寫名稱）。⑵步驟Ⅰ制備NaClO溶液時，若溫度為41℃，測得產物中除NaClO外還含有NaClO3，且兩者物質的量之比為5∶1，該反應的離子方程式為____________________。⑶實驗中，為使步驟Ⅰ中反應溫度不高于40℃，除減緩Cl2的通入速率外，還可采取的措施是_________________。⑷步驟Ⅱ合成N2H4·H2O（沸點約118℃）的裝置如圖。NaClO堿性溶液與尿素[CO（NH2）2]（沸點196.6℃）水溶液在40℃以下反應一段時間后，再迅速升溫至110℃繼續反應。①使用冷凝管的目的是_________________。②滴液漏斗內的試劑是_______；將滴液漏斗內的液體放入三頸燒瓶內的操作是______________________________；③寫出流程中生成水合肼反應的化學方程式________________________________。⑸步驟Ⅳ制備無水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3－、SO32－隨pH的分布如圖所示）。①邊攪拌邊向Na2CO3溶液中通入SO2制備NaHSO3溶液。實驗中確定停止通SO2的pH值為____（取近似整數值，下同）；②用制得的NaHSO3溶液再制Na2SO3溶液的pH應控制在________。20、碘化鈉在醫療及食品方面有重要的作用。實驗室用NaOH、單質碘和水合肼(N2H·H2O)為原料制備碘化鈉。已知：水合肼具有還原性。回答下列問題：(1)水合肼的制備有關反應原理為：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH→N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3①制取次氯酸鈉和氧氧化鈉混合液的連接順序為_______(按氣流方向，用小寫字母表示)。若該實驗溫度控制不當，反應后測得三頸瓶內ClO-與ClO3-的物質的量之比為6：1，則氯氣與氫氧化鈉反應時，被還原的氯元素與被氧化的氯元素的物質的量之比為________。②取適量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制備水合肼，實驗中滴加順序不能顛倒，且滴加速度不能過快，理由是________________________________________。(2)碘化鈉的制備采用水合肼還原法制取碘化鈉固體，其制備流程如圖所示：①“合成”過程中，反應溫度不宜超過73℃，目的是______________________。②在“還原”過程中，主要消耗反應過程中生成的副產物IO3-，該過程的離子方程式為_______。工業上也可以用硫化鈉或鐵屑還原碘酸鈉制備碘化鈉，但水合肼還原法制得的產品純度更高，其原因是____。(3)測定產品中NaI含量的實驗步驟如下：a．稱取1．33g樣品并溶解，在533mL容量瓶中定容；b．量取2．33mL待測液于錐形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反應后，再加入M溶液作指示劑：c．用3．213mol·L-1的Na2S2O3標準溶液滴定至終點(反應方程式為；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重復實驗多次，測得消耗標準溶液的體積為4．33mL。①M為____________(寫名稱)。②該樣品中NaI的質量分數為_______________。21、“綠水青山就是金山銀山”，因此研究NOx、SO2等大氣污染物的妥善處理具有重要意義。(1)SO2的排放主要來自于煤的燃燒，工業上常用氨水吸收法處理尾氣中的SO2。已知吸收過程中相關反應的熱化學方程式如下：①SO2(g)＋NH3·H2O(aq)＝NH4HSO3(aq)

ΔH1＝akJ·mol-1；②NH3·H2O(aq)＋NH4HSO3(aq)＝(NH4)2SO3(aq)＋H2O(l)

ΔH2＝bkJ·mol-1；③2(NH4)2SO3(aq)＋O2(g)＝2(NH4)2SO4(aq)

ΔH3＝ckJ·kJ·mol-1。則反應2SO2(g)＋4NH3·H2O(aq)＋O2(g)＝2(NH4)2SO4(aq)＋2H2O(l)的ΔH＝________kJ·mol-1(2)燃煤發電廠常利用反應：2CaCO3(s)＋2SO2(g)＋O2(g)＝2CaSO4(s)＋2CO2(g)

ΔH＝－681.8kJ·mol-1對煤進行脫硫處理來減少SO2的排放。對于該反應，在T℃時，借助傳感器測得反應在不同時間點上各物質的濃度如下：01020304050O21.000.790.600.600.640.64CO200.420.800.800.880.88①0～10min內，平均反應速率v(O2)＝________mol·L－1·min－1；當升高溫度，該反應的平衡常數K________(填“增大”“減小”或“不變”)。②30min后，只改變某一條件，反應重新達到平衡。根據上表中的數據判斷，改變的條件可能是________(填字母)。A．加入一定量的粉狀碳酸鈣B．通入一定量的O2C．適當縮小容器的體積D．加入合適的催化劑(3)NOx的排放主要來自于汽車尾氣，有人利用反應C(s)＋2NO(g)?N2(g)＋CO2(g)

ΔH＝－34.0kJ·mol-1，用活性炭對NO進行吸附。已知在密閉容器中加入足量的C和一定量的NO氣體，保持恒壓，測得NO的轉化率隨溫度的變化如圖所示：由圖可知，1050K前反應中NO的轉化率隨溫度升高而增大，其原因為________；在1100K時，CO2的體積分數為________。(4)用某物質的平衡分壓代替其物質的量濃度也可以表示化學平衡常數(記作Kp)。在1050K、1.1×106Pa時，該反應的化學平衡常數Kp＝________[已知：氣體分壓(P分)＝氣體總壓(P總)×體積分數]。(5)工業上常用高濃度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用電解法使K2CO3溶液再生，其裝置示意圖如圖：①在陽極區發生的反應包括___________和H++HCO3-=CO2↑+H2O②簡述CO32-在陰極區再生的原理：______________。

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．實驗室通過加熱氯化銨和氫氧化鈣的混合物制氨氣，故A正確；B．氨氣是堿性氣體，可以用堿石灰干燥氨氣。故B正確；C．氨氣的密度比空氣小，于空氣中的物質不反應，可以用排空氣法收集，用圖示裝置收集氨氣需要短進長出，故C正確；D．氨氣極易溶于水，用圖示裝置進行氨氣的尾氣處理，會產生倒吸，故D錯誤；故選D。【點睛】本題的易錯點為C，要注意理解瓶口向上排空氣法的原理。2、B【解析】

A．向某無色溶液中加入濃NaOH溶液，加熱試管，檢驗氨氣，利用濕潤的紅色石蕊試紙，試紙變藍，則說明原溶液中一定含NH4+，不是用藍色石蕊試紙檢驗，故A錯誤；B．反應中氯化鐵不足，KSCN溶液遇三價鐵離子變紅色，若變紅色，說明未完全反應，說明存在化學反應的限度，故B正確；C．氫氧化鈉具有腐蝕性，應該根據溴易溶于酒精或甘油，先用酒精或甘油洗傷口，再用大量水沖洗，故C錯誤；D．淀粉溶液是膠體，可用丁達爾效應檢驗，硫酸銅的水溶液是溶液，沒有丁達爾效應，故D錯誤；故選B。3、B【解析】

A.反應中Mn元素的化合價降低，作氧化劑，則PX作還原劑，所以PTA是該反應的氧化產物，故A正確，不符合題意；B.

反應中，Mn元素的化合價從+7價降低到+2價，轉移5個電子，則1molPX反應消耗2.5molMnO4-，共轉移12.5NA個電子，故B錯誤，符合題意；C.

PX含苯環的同分異構體，有鄰間對三種二甲苯和乙苯，共計四種同分異構體，所以PX含苯環的同分異構體還有3種，故C正確，不符合題意；D.

PTA與乙二醇通過縮聚反應即可生產PET塑料，對二甲苯與乙二醇之間能發生縮聚反應，故D正確，不符合題意；故選：B。4、D【解析】

A、次氯酸鈉是鹽，是強電解質而不是弱電解質，故A錯誤；B、Na2O、Na2O2組成元素相同，與CO2反應產物不同：Na2O+CO2＝Na2CO3，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，故B錯誤；C、增加氯離子的量，AgCl的沉淀溶解平衡向逆向移動，溶解度減小，故C錯誤；D、SiO2是酸性氧化物，二氧化硅與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉和水，故D正確；答案選D。5、B【解析】

假設質子都有14mol，則CO、N2、C2H2三種氣體的物質的量分別是1mol、1mol、1mol。A、等溫等壓下，體積之比等于物質的量的比，體積之比為1∶1∶1，A錯誤；B、等溫等壓下，密度比等于摩爾質量的比，密度之比為14∶14∶13，B正確；C、質量之比為1mol×28g/mol：1mol×28g/mol：1mol×26g/mol=14:14:13，C錯誤；D、原子個數之比為1mol×2：1mol×2：1mol×4=1∶1∶2，D錯誤。答案選B。6、D【解析】

A．OA各點顯酸性，則c(H+)>c(OH-)，溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(B-)，則c(B-)>c(Na+)，A選項正確；B．C至D各點溶液中，C點濃度為1.15mol·L-1，C之后加入的c(NaOH)為1.1mol·L-1，導電能力依次增強，B選項正確；C．定性分析有：氫氧化鈉溶液滴入21mL時達到終點，pH>7，HB為弱酸，O點pH>1，C選項正確；D．C點為剛好反應完全的時候，此時物質c(NaB)=1.15mol·L-1，B-水解常數為Kh=11-14/（2×11-5）=5×11-11，B-水解生成的c(OH-)==5×11-6mol·L-1，C點c(H+)=2×11-9mol·L-1，C點pH=9-lg2=8.7，即x=8.7，D選項錯誤；【點睛】C選項也可進行定量分析：B點有c(B-)=c(Na+)=19.9×11-3×1.1÷（21×11-3+19.9×11-3），c(HB)=(21.1×11-3-19.9×11-3)×1.1÷(21×11-3+19.9×11-3)，則c(B-)/c(HB)=199，K=c(H+)c(B-)/c(HB)=1×11-7×199=1.99×11-5，則HB為弱酸，O點的pH>1。7、C【解析】

A.Fe2O3的顏色是紅色，可用作紅色顏料，故A正確；B.濃H2SO4具有吸水性，可用作干燥劑，故B正確；C.單質Si是半導體材料，故C錯誤；D.NaHCO3加熱分解為碳酸鈉、二氧化碳、水，可用作焙制糕點，故D正確；答案選C。8、B【解析】

向體積均為50.0mL的由Cl-與Br-組成的混合溶液和由Cl-與I-組成的混合溶液中滴加0.10mol·L-1的AgNO3溶液，根據溶度積數據，Cl-與I-組成的混合溶液中I-先沉淀，Cl-與組成的混合溶液中Br-先沉淀，由圖象可知當加入25mLAgNO3溶液時I-和Br-分別反應完，當加入65mLAgNO3溶液時Cl-反應完，據此分析解答。【詳解】A、由于Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，因此當開始沉淀時，I-濃度應該更小，縱坐標值應該更大，故X-表示I-；故A錯誤；B、由圖象可知，當滴定Cl-與I-組成的混合溶液時，當加入25mLAgNO3溶液時I-反應完，n（I-）=0.025L0.10mol·L-1=0.0025mol；當加入65mLAgNO3溶液時Cl-反應完，即Cl-反應完消耗了40mLAgNO3溶液，n（Cl-）=0.04L0.10mol·L-1=0.004mol，混合溶液中n(Cl-)：n(I-)=0.004mol:0.0025mol=8：5，故B正確；C、由溶度積可知，滴定過程中首先沉淀的是AgI，故C錯誤；D、由圖象可知，當滴入AgNO3溶液25mL時，Cl-與Br-組成的混合溶液中c(Ag+)<7×10-7mol·L-1，故D錯誤。答案選B。9、D【解析】

已知室溫時水的電離常數為110-14，則根據曲線得Q點時溶液中pH=pOH=7，Q點時溶液顯中性，溶質為NH4Cl和NH3·H2O；Q點左側溶液為堿性，Q點右側溶液為酸性。【詳解】A項，根據電荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，而M點加的鹽酸比Q點少，溶液為堿性，即c(H+)＜c(OH-)，則c(NH4+)＞c(Cl-)，故A項錯誤；B項，根據電荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，而N點加的鹽酸比Q點多，溶液為酸性，即c(H+)＞c(OH-)，則c(NH4+)＜c(Cl-)，故B項錯誤；C項，根據分析，Q點時溶液顯中性，溶質為NH4Cl和NH3·H2O，則消耗的鹽酸體積小于氨水的體積，故C項錯誤；D項，M點溶液為堿性，而pH=a，則水電離出的c(H+)=10-amol/L，N點溶液為酸性，pOH=a，則水電離出的c(OH-)=10-amol/L，，而水電離出的H+和OH-始終相等，即M點和N點均滿足水電離出的c(H+)=c(OH-)=10-amol/L，即水的電離程度相同，故D項正確。綜上所述，本題正確答案為D。10、B【解析】

A.pH=1的溶液呈酸性，H+、NO3-與S2?發生氧化還原反應而不能大量共存，選項A錯誤；B.c(H+)/c(OH?)=1012的溶液呈酸性，H+、NH4+、Al3+、NO3-、Cl?相互之間不反應，能大量共存，選項B正確；C.由水電離的c(H+)=1×10?12mol·L?1的溶液可能為強酸性也可能為強堿性，HCO3-均不能大量存在，選項C錯誤；D.c(Fe3+)=0.1mol·L?1的溶液中：Fe3+與SCN?發生絡合反應而不能大量共存，選項D錯誤；答案選B。11、C【解析】

Na與鹽酸反應：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，Mg與鹽酸反應：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，Al與鹽酸的反應：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，然后判斷過量，如果金屬鈉過量，Na還會與水反應；【詳解】2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑220.30.3>100×10－3L×1mol·L－1，鹽酸不足，金屬鈉過量，因此金屬鈉還與水反應：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，根據得失電子數目守恒，有0.3mol×1=n(H2)×2，即n(H2)=0.15mol；Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑0.30.6>100×10－3L×1mol·L－1，鹽酸不足，金屬鎂過量，產生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，同理鹽酸不足，鋁過量，產生n(H2)=0.05mol，相同條件下，氣體體積比值等于其物質的量比值，即氣體體積比值為0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故C正確。【點睛】易錯點是金屬鈉產生H2，學生容易認為鹽酸不足，按照鹽酸進行判斷，錯選D選項，忽略了過量的金屬鈉能與水反應產生H2，即判斷金屬鈉產生H2的物質的量時，可以采用得失電子數目相等進行計算。12、A【解析】

據煤化工、石油化工中的相關含義分析判斷。【詳解】A.屬于有機物，在水溶液中能微弱電離，屬于弱電解質，A項錯誤；B.石油裂化和裂解都是將長鏈烴轉化為短鏈烴，裂化獲得輕質液體燃料（汽油等），裂解獲得短鏈不飽和烴（化工原料），B項正確；C.煤的氣化是將煤與水蒸汽反應生成氣體燃料，煤的液化是將煤與氫氣反應轉化為液體燃料，煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱使其發生分解的過程，它們都是化學變化，C項正確；D.乙烯、丙烯符合通式(CH2)n，等質量的乙烯和丙烯有等物質的量的CH2，完全燃燒消耗等量氧氣，D項正確。本題選A。13、D【解析】X、Y、Z、W、R是原了序數依次遞增的短周期元素．X原子最外層電子數是其內層電子數的2倍，應為C元素，Y、R同主族，且兩者核外電子數之和是X核外電子數的4倍，即為24，則Y為O元素，R為S元素，Z為短周期中金屬性最強的元素，應為Na元素，W是地売中含量最高的金屬元素，為Al元素；A．由分析可知：Z為Na、W為Al，原子Na＞Al，故A錯誤；B．W為Al、R為S元素，對應的離子的原子核外電子層數不同，故B錯誤；C．非金屬性S＞C，元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物對應水化物的酸性越強，故C錯誤；D．X、R分別與Y形成的常見化合物分別為二氧化碳、二氧化硫，都為共價化合物，化學鍵類型相同，故D正確；故答案為D。點睛：。14、C【解析】

A．因碳酸的酸性比鹽酸弱，所以CO2與CaCl2溶液不反應，A項錯誤；B．鋁與濃硫酸發生鈍化作用，在表面生成一層致密的氧化物膜而阻礙反應的繼續進行，B項錯誤；C．能使紅色石蕊試紙變藍色的溶液呈堿性，則濃氨水呈堿性，C項正確；D．二氧化硫與溴水發生氧化還原反應，體現二氧化硫的還原性，而不是漂白性，D項錯誤；故答案選C。15、C【解析】

A.乙醇和水混溶，不能用作萃取劑，應用四氯化碳或苯萃取，A錯誤；B.乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分離，可用蒸餾的方法或加入飽和碳酸鈉溶液分離，B錯誤；C.丁醇和乙醚混溶，但二者的沸點不同且相差較大，可用蒸餾的方法分離，C正確；D.根據二者在水中隨溫度升高而溶解度不同，利用重結晶法。NaCl隨溫度升高溶解度變化不大，KNO3隨溫度升高溶解度變化大，D錯誤；故合理選項是C。【點睛】本題考查物質的分離提純，注意相關物質性質的異同，掌握常見物質的分離方法和操作原理是解題的關鍵，題目難度不大，D項為易錯點，注意NaCl和KNO3在水中溶解度的差異。16、B【解析】

A.水的電離是吸熱反應，升高溫度促進水電離，所以溫度越高水的pH越小，故A錯誤；B.兩者的物質的量濃度和體積都相同，即兩者的物質的量相同，而鹽酸是一元酸，硫酸是二元酸，所以鹽酸中和相同濃度的NaOH溶液的體積更小，故B正確；C.pH=3的鹽酸，c(H+)=10-3mol/L，由水電離生成的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，pH=3氯化鋁溶液中c(H+)=10-3mol/L，全部由水電離生成，前者大于后者，故C錯誤；D.1LpH=2的鹽酸和醋酸溶液中，醋酸的物質的量較大投入足量鋅粒，醋酸放出H2的物質的量多，故D錯誤；答案選B。【點睛】本題考查弱電解質的電離，根據溫度與弱電解質的電離程度、弱電解質的電離程度與其濃度的關系等知識來解答。二、非選擇題（本題包括5小題）17、（酚）羥基、硝基、羰基（或酮基）取代反應+AC、、（合理即可）bc【解析】

由有機物結構的變化分析可知，反應①中，A中O-H鍵斷裂，B中C-Cl鍵斷裂，A與B發生取代反應生成C，反應②中，溴原子取代C中甲基上的氫原子生成D，根據已知反應I，可知反應③生成E為，反應④中，E中C-O鍵斷裂，F中N-H鍵斷裂，二者發生加成反應生成G，根據已知反應II，可知反應⑤生成H為，據此分析解答。【詳解】(1)A為，所含官能團為-OH、-NO2、，名稱為（酚）羥基、硝基、羰基（或酮基），故答案為：（酚）羥基、硝基、羰基（或酮基）；(2)由分析可知，反應②中，溴原子取代C中甲基上的氫原子生成D，反應④為與發生加成反應生成，故答案為：取代反應；+；(3)由分析可知，H為，故答案為：；(4)A.I含有醛基，能發生銀鏡反應，A項正確；B.手性碳原子連接4個不一樣的原子或原子團，I中含有2個手性碳原子，如圖所示，B項錯誤；C.I含有羥基，且與連接羥基的碳原子相鄰的碳原子上有氫原子，可以發生消去反應，C項正確；D.I中含有1個肽鍵，D項錯誤；故答案為：AC；(5)A為，A的同分異構體Q分子結構中含有3種含氧官能團，能發生銀鏡反應，則含有醛基或者含有甲酸酯基結構，可與FeCl3溶液發生顯色反應，含有酚羥基，苯環上只有兩個取代基且處于對位，符合的Q的結構簡式為、、，A和Q互為同分異構體，所含元素相同，所含官能團不同，則區分A和Q可選用的儀器是紅外光譜儀、核磁共振波譜儀，故答案為：、、（合理即可）；bc；(6)根據給出的原料以及信息反應，采用逆合成分析方法可知，可由醋酸與通過酯化反應制得，根據反應④可知可由與反應制得，根據信息反應I可知可由反應制得，根據反應②可知可由與Br2反應制得，故答案為：。18、氯原子氯氣、光照氧化反應4mol+HBr17【解析】

A的核磁共振氫譜有三個波峰，結合F結構簡式知，A為，A和氫氧化鈉的水溶液發生水解反應然后酸化得到B為，B發生②的反應生成C為，C和氯氣在光照條件下發生取代反應生成D，D發生水解反應然后酸化得到E，E發生氧化反應生成F，則E結構簡式為，D為，F發生信息③的反應生成G，G結構簡式為，G發生銀鏡反應然后酸化生成咖啡酸，紅外光譜顯示咖啡酸分子中存在碳碳雙鍵，咖啡酸結構簡式為，咖啡酸和3-溴乙基苯發生取代反應生成CAPE，CAPE結構簡式為；

（7）以

和丙醛為原料（其他試劑任選）制備

，發生信息②的反應，然后發生水解反應、催化氧化反應、③的反應得到目標產物。【詳解】（1）根據分析，A的結構簡式為，則A中官能團的名稱為氯原子，答案為：氯原子；（2）根據分析，C為，D為，則C和氯氣在光照條件下發生取代反應生成D；答案為：氯氣、光照；（3）根據分析，E結構簡式為，E中的羥基發生氧化反應生成F中的醛基，則E生成F的反應類型為氧化反應，答案為：氧化反應；（4）根據分析，CAPE結構簡式為，根據結構簡式，1moCAPE含有2mol酚羥基，可消耗2molNaOH，含有一個酯基，可消耗1molNaOH發生水解，CAPE水解后產生咖啡酸，含有羧基，可消耗1molNaOH，則1molCAPE與足量的NaOH溶液反應，最多消耗NaOH的物質的量為2mol+1mol+1mol=4mol，答案為：4mol；（5）咖啡酸和3-溴乙基苯發生取代反應生成CAPE，CAPE結構簡式為，咖啡酸生成CAPE的化學方程式為+HBr，答案為：+HBr；（6）G結構簡式為，芳香化合物X是G(C9H8O3)的同分異構體，X能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2，說明X中含有羧基，且與新制Cu(OH)2反應生成磚紅色沉淀，說明含有醛基，其核磁共振氫譜顯示有6種不同化學環境的氫，峰面積比為1:2:2:1:1:1，其符合要求的X的結構簡式為，答案為：；（7）以

和丙醛為原料(其他試劑任選)制備

,發生信息②的反應,然后發生水解反應、催化氧化反應、③的反應得到目標產物,其合成路線為，答案為：。19、尿素8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O冰水浴冷卻通過冷凝回流，減少水合肼的揮發，提高水合肼的產率NaClO堿性溶液打開滴液漏斗的活塞，旋轉旋塞使漏斗內的液體緩緩流下NaClO+CO(NH2)2+2NaOH＝NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3410【解析】

由實驗流程可知，氯氣和氫氧化鈉溶液的反應生成NaClO，為避免生成NaClO3，應控制溫度在40℃以下，生成的NaClO與尿素反應生成N2H4?H2O和Na2CO3，可用蒸餾的方法分離出N2H4?H2O，副產品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，結合對應物質的性質以及題給信息分析解答。【詳解】⑴根據流程圖，本流程所用的主要有機原料為尿素，故答案為尿素；(2)若溫度為41℃，測得產物中除NaClO外還含有NaClO3，且兩者物質的量之比為5∶1，同時還生成NaCl，根據得失電子守恒，ClO-∶ClO3-∶Cl-物質的量之比為5∶1∶10，反應的離子方程式為8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O，故答案為8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O；⑶氯氣與燒堿溶液的反應是放熱反應，實驗中，為使步驟Ⅰ中反應溫度不高于40℃，除減緩Cl2的通入速率外，避免反應過于劇烈，放出大量的熱而導致溫度升高，還可以用冰水浴冷卻，故答案為冰水浴冷卻；(4)①為避免N2H4?H2O的揮發，使用冷凝管，起到冷凝回流，減少水合肼的揮發，提高水合肼的產率，故答案為通過冷凝回流，減少水合肼的揮發，提高水合肼的產率；②為了避免N2H4?H2O與NaClO劇烈反應生成N2，實驗中通過滴液漏斗滴加的溶液是NaClO堿性溶液；將滴液漏斗內的液體放入三頸燒瓶內的操作是打開滴液漏斗的活塞，旋轉旋塞使漏斗內的液體緩緩流下，故答案為NaClO堿性溶液；打開滴液漏斗的活塞，旋轉旋塞使漏斗內的液體緩緩流下；③根據流程圖，NaClO和CO(NH2)2在NaOH溶液中反應生成水合肼和碳酸鈉，反應的化學方程式為NaClO+CO(NH2)2+2NaOH＝NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3，故答案為NaClO+CO(NH2)2+2NaOH＝NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3；(5)用Na2CO3制備無水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入過量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3。①由圖像可知，溶液pH約為4時，可完全反應生成NaHSO3，此時可停止通入二氧化硫，故答案為4；②由圖像可知pH約為10時，可完全反應生成Na2SO3，故答案為10。20、ecdabf11:7將尿素滴到NaClO溶液中或過快滴加，都會使過量的NaClO溶液氧化水合肼，降低產率防止碘升華2IO3-+3N2H4?H2O=3N2↑+2I-+9H2ON2H4?H2O被氧化后的產物為N2和H2O，不引入雜質淀粉94.5%【解析】

(1)①制取次氯酸鈉和氧氧化鈉混合液時先利用裝置C制取氯氣，通過裝置B除去氯氣中的氯化氫氣體，再通過裝置A反應得到混合液，最后利用裝置D進行尾氣處理，故連接順序為ecdabf；Cl2生成ClO-與ClO3-是被氧化的過程，化合價分別由3價升高為+1價和+5價，ClO-與ClO3-的物質的量濃度之比為6：1，則可設ClO-為6mol，ClO3-為1mol，被氧化的Cl共為7mol，失去電子的總物質的量為6mol×（1-3）+1mol×（5-3）=11mol，氧化還原反應中氧化劑和還原劑之間得失電子數目相等，Cl2生成KCl是被還原的過程，化合價由3價降低為-1價，則得到電子的物質的量也應為7mol，則被還原的Cl的物質的量為11mol，所以被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質的量之比為11mol：7mol=11：7；②取適量A中的混合液逐滴加入到定