2023年高考化學模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．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、下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是()A．常溫下，由水電離的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液中：Na+、NH4+、Cl-、HCO3-B．酸性碘化鉀溶液中滴加適量雙氧水：2I—2H+H2O2=I22H2OC．氫氧化鋇溶液與硫酸銅溶液反應：Ba2++SO42—=BaSO4D．向飽和碳酸鈉溶液中通入二氧化碳：CO32—CO2H2O=2HCO3—2、以熔融的碳酸鹽（K2CO3）為電解液,泡沫鎳為電極,氧化纖維布為隔膜（僅允許陰離子通過）可構成直接碳燃料電池,其結構如圖所示，下列說法正確的是A．該電池工作時,CO32-通過隔膜移動到a極B．若a極通入空氣,負載通過的電流將增大C．b極的電極反應式為2CO2+O2-4e-=2CO32-D．為使電池持續工作,理論上需要補充K2CO33、A、B、C、D、E是原子序數依次增大的五種短周期主族元素，其中A的原子序數是B和D原子序數之和的1/4，C的原子半徑在所有短周期主族元素中最大，甲和丙是D元素的兩種常見氧化物，乙和丁是B元素的兩種常見同素異形體，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它們之間的轉化關系如圖所示(部分反應物省略)，下列敘述一定正確的是A．C、D兩元素形成的化合物的原子個數比為1:2B．C、E形成的化合物的水溶液呈堿性C．簡單離子半徑：D>C>BD．最高價氧化物對應水化物的酸性：E>A4、鈉堿循環法可脫除煙氣中的SO2.在鈉堿循環中，吸收液為Na2SO3溶液，當吸收液的pH降為6左右時，可采用三室膜電解技術使其再生，圖為再生示意圖。下列說法正確的是()A．a極為電池的陽極B．a極區吸收液再生的原理是HSO3﹣+H+═H2O+SO2↑C．b電極的電極反應式是HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+D．b膜為陽離子交換膜5、下列離子方程式書寫正確的是()A．HNO2的電離：HNO2＋H2O=H3O＋＋NO2-B．氫氧化鐵溶于氫碘酸中：Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2OC．往酸性碘化鉀溶液中滴加適量的雙氧水：2I－＋2H＋＋H2O2=I2＋2H2OD．向稀硫酸中滴加氫氧化鋇至呈中性：SO42-＋Ba2＋＋OH－＋H＋=BaSO4↓＋H2O6、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是（）A．過氧化鈉與水反應時，生成0.1mol氧氣轉移的電子數為0.2NAB．密閉容器中1molPCl3與1molCl2反應制備PCl5(g)，增加2NA個P-Cl鍵C．92.0甘油（丙三醇）中含有羥基數為1.0NAD．高溫下，0.1molFe與足量水蒸氣反應，生成的H2分子數為0.3NA7、下列儀器不能直接受熱的是（）A． B． C． D．8、鈞瓷是宋代五大名窯瓷器之一，以“入窯一色，出窯萬彩”的神奇窯變著稱，下列關于陶瓷的說法正確的是（）A．“窯變”是高溫下釉料中的金屬化合物發生氧化還原反應導致顏色的變化B．高品質白瓷晶瑩剔透，屬于純凈物C．氮化硅陶瓷屬于傳統無機非金屬材料D．由于陶瓷耐酸堿，因此可以用來熔化氫氧化鈉9、ClO2是一種消毒殺菌效率高、二次污染小的水處理劑，可通過以下反應制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列說法錯誤的是（）A．每1molKClO3參加反應就有2mol電子轉移B．ClO2是還原產物C．H2C2O4在反應中被氧化D．KClO3在反應中得到電子10、Na2S2O5是常用的防腐劑和漂白劑。可利用煙道氣中的SO2生產Na2S2O5，其流程如下：下列說法正確的是A．上述制備過程所涉及的物質中只有一種酸性氧化物B．Na2S2O5作防腐劑和SO2作漂白劑時，均表現還原性C．上述流程中的Na2CO3飽和溶液和Na2CO3固體不可互換D．實驗室模擬“結晶脫水”時用到的儀器只有蒸發皿、玻璃棒、燒杯、漏斗11、體積相同的鹽酸和醋酸兩種溶液，n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)=0.01mol，下列敘述正確的是()A．醋酸溶液的pH大于鹽酸B．醋酸溶液的pH小于鹽酸C．與NaOH完全中和時，醋酸消耗的NaOH多于鹽酸D．分別用水稀釋相同倍數后，所得溶液中：n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)12、關于下列各裝置圖的敘述中，正確的是()A．圖a制取及觀察Fe(OH)2B．圖b比較兩種物質的熱穩定性C．圖c實驗室制取NH3D．圖d分離沸點不同且互溶的液體混合物13、120℃時，1molCO2和3molH2通入1L的密閉容器中反應生成CH3OH和水。測得CO2和CH3OH的濃度隨時間的變化如圖所示。下列有關說法中不正確的是A．0~3min內，H2的平均反應速率為0.5mol·L－1·min－1B．該反應的化學方程式：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)C．容器內氣體的壓強不再變化時，反應到達平衡D．10min后，反應體系達到平衡14、化學與生產生活密切相關，下列說法錯誤的是A．二氧化硫能夠殺死會將酒變成醋的酵母菌B．二氧化碳可以作為溫室大棚里的氣態肥料C．可以用熟石灰鑒別所有的氮肥和鉀肥D．蔗糖、淀粉、纖維素都屬于糖類物質15、在氯酸鉀分解的實驗研究中，某同學進行了系列實驗并記錄如下，相關分析正確的是實驗現象①加熱固體M少量氣泡溢出后，不再有氣泡產生②加熱氯酸鉀至其熔化有少量氣泡產生③加熱氯酸鉀使其熔化后迅速加入固體M有大量氣泡產生④加熱氯酸鉀與固體M的混合物（如圖）未見固體熔化即產生大量氣泡A．實驗①、②、③說明M加快了氣體產生的速率B．實驗①、②、④說明加入M后，在較低溫度下反應就可以發生C．實驗②、③說明固體M的加入增加了氣體產生的量D．固體M是氯酸鉀分解的催化劑16、下列操作能達到相應實驗目的的是（）實驗目的操作A檢驗綠茶中是否含有酚類物質向茶水中滴加FeCl3溶液B測定84消毒液的pH用潔凈的玻璃棒蘸取少許84消毒液滴在pH試紙上C除去苯中混有的少量苯酚向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，過濾后分液D實驗室制備乙酸乙酯向試管中依次加入濃硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加熱A．A B．B C．C D．D二、非選擇題（本題包括5小題）17、化合物F是一種食品保鮮劑，可按如下途徑合成：已知：RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO。試回答：（1）A的化學名稱是____，A→B的反應類型是____。（2）B→C反應的化學方程式為________。（3）C→D所用試劑和反應條件分別是_____。（4）E的結構簡式是_____。F中官能團的名稱是_____。（5）連在雙鍵碳上的羥基不穩定，會轉化為羰基，則D的同分異構體中，只有一個環的芳香族化合物有____種。其中苯環上只有一個取代基，核磁共振氫譜有5個峰，峰面積比為2∶1∶2∶2∶1的同分異構體的結構簡式為____。18、為探究黑色固體X(僅含兩種元素)的組成和性質，設計并完成如下實驗：請回答：（1）X的化學式是______________。（2）寫出藍色溶液轉化為藍色沉淀的離子方程式是______________。（3）寫出固體甲與稀硫酸反應的化學方程式______________。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K1=5.4×10－2，K2=5.4×10－5。回答下列問題：（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．滴定前讀數正確，滴定終點時俯視讀數D．滴定前讀數正確，滴定終點時仰視讀數20、乙酰苯胺是常用的醫藥中間體，可由苯胺與乙酸制備。反應的化學方程式如下：

+CH3COOH+H2O某實驗小組分別采用以下兩種方案合成乙酰苯胺：方案甲：采用裝置甲：在圓底燒瓶中加入5.0mL苯胺、7.4mL乙酸，加熱至沸，控制溫度計讀數100~105℃，保持液體平緩流出，反應40min后停止加熱即可制得產品。方案乙：采用裝置乙：加熱回流，反應40min后停止加熱。其余與方案甲相同。已知：有關化合物的物理性質見下表：化合物密度(g·cm-3)溶解性熔點(℃)沸點(℃)乙酸1.05易溶于水，乙醇17118苯胺1.02微溶于水，易溶于乙醇–6184乙酰苯胺—微溶于冷水，可溶于熱水，易溶于乙醇114304請回答：(1)儀器a的名稱是_________(2)分別從裝置甲和乙的圓底燒瓶中獲得粗產品的后續操作是____________(3)裝置甲中分餾柱的作用是______________(4)下列說法正確的是__________A．從投料量分析，為提高乙酰苯胺產率，甲乙兩種方案均采取的措施是乙酸過量B．實驗結果是方案甲的產率比方案乙的產率高C．裝置乙中b處水流方向是出水口D．裝置甲中控制溫度計讀數在118℃以上，反應效果會更好(5)甲乙兩方案獲得的粗產品均采用重結晶方法提純。操作如下：①請選擇合適的編號，按正確的操作順序完成實驗（步驟可重復或不使用）____→____→____→____→過濾→洗滌→干燥a冷卻結晶b加冷水溶解c趁熱過濾d活性炭脫色e加熱水溶解上述步驟中為達到趁熱過濾的目的，可采取的合理做法是___________②趁熱過濾后，濾液冷卻結晶。一般情況下，有利于得到較大的晶體的因素有_____A．緩慢冷卻溶液B．溶液濃度較高C．溶質溶解度較小D．緩慢蒸發溶劑③關于提純過程中的洗滌，下列洗滌劑中最合適的是______________。A．蒸餾水B．乙醇C．5%Na2CO3溶液D．飽和NaCl溶液21、2019年諾貝爾化學獎授予三位開發鋰離子電池的科學家。TiS2、LiCoO2、LiFePO4、LiMnO2、Cu與磷的化合物等都是研究電池的常用材料。請回答下列問題。（1）Co4+中存在__種不同能量的電子。（2）你預測第一電離能：Cu__Zn(填“＞”或“＜”)。請說出你的理由：__。（3）已知下列化合物的熔點：化合物AlF3GaF3AlCl3熔點/℃10401000194表格中鹵化物的熔點產生差異的原因是：___。（4）直鏈多磷酸鹽的陰離子有復雜的結構，焦磷酸根離子、三磷酸根離子結構如圖：這類磷酸根離子的化學式可用通式表示為___(用n代表P原子數)。（5）鈷藍晶胞結構如圖1所示，該立方晶胞由4個Ⅰ型和4個Ⅱ型小立方體構成如圖2，則鈷藍晶體的化學式為___。在晶體中，某些原子位于其它原子圍成的空隙中，如圖3中●原子就位于最近的4個原子圍成的正四面體空隙中。在鈷藍晶體中，Al3+位于O2-形成的___空隙中。若阿伏加德羅常數用NA表示，則鈷藍晶體的密度為___g·cm-3(列計算式即可，不必化簡)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A、由水電離的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，NH4+與OH-能夠發生反應，HCO3-與H+和OH-均能反應，因此不能大量共存，故A錯誤；B、I-具有還原性，H2O2具有氧化性，在酸性條件下，二者能夠發生氧化還原反應：2I-2H+H2O2＝I22H2O，故B正確；C、氫氧化鋇溶液與硫酸銅溶液反應離子方程式為：，故C錯誤；D、因碳酸鈉溶解度大于碳酸氫鈉，向飽和碳酸鈉溶液中通入二氧化碳充分反應后生成的碳酸氫鈉會析出，因此其離子反應方程式為：，故D不正確；故答案為：B。【點睛】判斷離子方程式是否正確可從以下幾個方面進行：①從反應原理進行判斷，如反應是否能發生、反應是否生成所給產物等；②從物質存在形態進行判斷，如拆分是否正確、是否正確表示了難溶物和氣體等；③從守恒角度進行判斷，如原子守恒、電荷守恒、氧化還原反應中的電子轉移守恒等；④從反應的條件進行判斷；⑤從反應物的組成以及反應物之間的配比進行判斷。2、A【解析】

A.該電池的總反應方程式為：C+O2=CO2，炭粉在負（a）極失電子發生氧化反應，空氣中的氧氣在正（b）極得電子，該電池工作時，陰離子CO32-通過隔膜移動到a極，故A正確；B.a極通入Ar，可以使炭粉和熔融碳酸鹽的混合物隔絕空氣，防止炭粉被氧化，如果a極通入空氣，炭粉將直接被氧化，負載上沒有電流通過，故B錯誤；C.b極為正極，得電子發生還原反應，電極反應式為：2CO2+O2+4e-=2CO32-，故C錯誤；D.該電池的總反應方程式為：C+O2=CO2，從方程式可以看出鉀離子和碳酸根離子都沒有被消耗，因此理論上不需要補充K2CO3，故D錯誤；故選A。3、D【解析】

A、B、C、D、E是原子序數依次增大的五種短周期主族元素，0.005mol/L戊溶液的pH=2，說明戊為二元強酸，則戊為硫酸，丙為SO3；甲和丙是D元素的兩種常見氧化物，甲為SO2，D為S元素，E為Cl元素；乙和丁是B元素的兩種常見同素異形體，二氧化硫被乙氧化生成三氧化硫，可知乙為O3，丁為O2，則B為O元素；A的原子序數是B和D原子序數之和的，A的原子序數為(8+16)×=6，可知A為C元素；C的原子半徑在所有短周期主族元素中最大，C為Na元素，據此分析解答。【詳解】由上述分析可知，A為C，B為O，C為Na，D為S，E為Cl。A．C、D形成離子化合物Na2S，原子個數比為2:1，故A錯誤；B．C、E形成的化合物為氯化鈉，為強酸強堿鹽，不水解，水溶液呈中性，故B錯誤；C．一般而言，離子的電子層數越大，離子半徑越大，硫離子半徑最大；電子層結構相同的離子，核電荷數越大，離子半徑越小，鈉離子半徑小于氧離子，簡單離子半徑：D>B>C，故C錯誤；D．非金屬性Cl＞C，則E的最高價氧化物水化物的酸性大于A的最高價氧化物水化物的酸性，故D正確；故選D。【點睛】本題考查無機物的推斷及原子結構與元素周期律，把握圖中轉化關系、元素化合物知識來推斷物質和元素為解答的關鍵。本題的突破口為“0.005mol/L戊溶液的pH=2”。本題的易錯點為C，要注意離子半徑比較方法的理解和靈活運用。4、C【解析】

由示意圖可知：Na+向a電極移動，HSO3﹣、SO42﹣向b電極移動，則a為陰極，b為陽極，據此解答。【詳解】A．a極上氫離子被還原為氫氣，發生還原反應，故a為陰極，故A錯誤；B．a極上氫離子得電子生成氫氣，溶液中氫離子濃度降低，促進HSO3﹣電離生成SO32﹣，鈉離子進入陰極室，吸收液就可以再生，故B錯誤；C．酸性條件，陰離子主要為HSO3﹣，b電極上HSO3﹣轉化為SO42﹣，電極反應式為：HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+，故C正確；D．b膜允許陰離子通過，故b膜為陰離子交換膜，故D錯誤。故選：C。5、C【解析】

A.HNO2為弱酸，部分電離，應該用可逆符號，A項錯誤；B.氫氧化鐵溶于氫碘酸，正確的離子方程式為2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋6H2O＋I2，B項錯誤；C.往酸性碘化鉀溶液中滴加適量的雙氧水，正確的離子方程式為2I－＋2H＋＋H2O2=I2＋2H2O，C項正確；D.向稀硫酸中滴加氫氧化鋇至呈中性，正確的離子方程式為SO42-＋Ba2＋＋2OH－＋2H＋=BaSO4↓＋2H2O，D項錯誤；答案選C。6、A【解析】

A．過氧化鈉與水的反應中，過氧化鈉既是氧化劑，又是還原劑，過氧化鈉中氧元素的價態由-1價變為0價和-2價，故當生成0.1mol氧氣時轉移0.2NA個電子，故A正確；B．PCl3與Cl2生成PCl5的反應為可逆反應，則生成PCl5的物質的量小于1mol，增加的P-Cl鍵小于2NA，故B錯誤；C．92.0g甘油(丙三醇)的物質的量為=1mol，1mol丙三醇含有3mol羥基，即含有羥基數為3NA，故C錯誤；D．鐵與水蒸氣反應的化學方程式為：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2↑，消耗3mol鐵生成4mol氫氣，則0.1molFe與足量水蒸氣反應生成的H2為mol，數目為NA，故D錯誤；答案選A。7、C【解析】

根據常見的可用于加熱的儀器進行類，可直接加熱的儀器有：試管、燃燒匙、蒸發皿、坩堝等。【詳解】A．試管為玻璃儀器，底部面積比較小，可以用來直接加熱，故A不選；B．蒸發皿為硅酸鹽材料，可以用來直接加熱，故B不選；C．蒸餾燒瓶為玻璃儀器，底部面積比較大，不能用來直接加熱，需墊上石棉網，故C選；D．坩堝為硅酸鹽材料，可以直接用來加熱，故D不選；故選：C。【點睛】實驗室中一些儀器可以直接加熱，有些需墊石棉網，有些不能被加熱。易錯點C：燒杯、燒瓶不能直接加熱，需墊石棉網。8、A【解析】

A．不同的金屬氧化物顏色可能不同，在高溫下，釉料中的金屬化合物發生氧化還原反應導致的顏色變化，故A正確；B.瓷器的原料主要是黏土燒結而成，瓷器中含有多種硅酸鹽和二氧化硅，是混合物，故B錯誤；C.新型無機非金屬材料主要有先進陶瓷、非晶體材料、人工晶體、無機涂層、無機纖維等，氮化鋁陶瓷屬于新型無機非金屬材料，故C錯誤；D.陶瓷的成分是硅酸鹽和二氧化硅，能與熔化氫氧化鈉反應，故D錯誤；故選A。9、A【解析】

A.根據化學方程式，KClO3中Cl元素由+5價下降到+4價，得到1個電子，所以1molKClO3參加反應有1mol電子轉移，故A錯誤；B.反應2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，化合價升高元素是C，對應的產物CO2是氧化產物，化合價降低元素是Cl，對應的產物ClO2是還原產物，故B正確；C.化合價升高元素是C元素，所在的反應物H2C2O4是還原劑，在反應中被氧化，故C正確；D.反應2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl元素化合價降低，得到電子，故D正確；故選A。10、C【解析】

飽和碳酸鈉溶液中通入二氧化硫，使溶液pH變為4.1，說明溶液顯酸性，Na2CO3顯堿性，Na2SO3顯堿性，NaHCO3顯堿性，而NaHSO3顯酸性，說明反應產生了NaHSO3，同時放出二氧化碳，I中的溶液應為NaHSO3溶液；再加入Na2CO3固體，將NaHSO3轉化為Na2SO3，再次充入SO2，將Na2SO3轉化為NaHSO3，得到過飽和的NaHSO3溶液，由NaHSO3過飽和溶液結晶脫水制得Na2S2O5，發生2NaHSO3═Na2S2O5+H2O，據此分析解答。【詳解】A．上述制備過程所涉及的物質中有2種酸性氧化物——二氧化硫和二氧化碳，故A錯誤；B．SO2作漂白劑時，未發生氧化還原反應，沒有表現還原性，故B錯誤；C．根據上述分析，上述流程中的Na2CO3飽和溶液和Na2CO3固體不可互換，否則得不到過飽和的NaHSO3溶液，故C正確；D．“結晶脫水”是加熱固體分解，應該在坩堝中進行，故D錯誤；答案選C。11、C【解析】

A．根據電荷守恒，當體積相同的鹽酸和醋酸兩種溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)，氫離子濃度相同，溶液pH相同，故A錯誤；B．根據電荷守恒，當體積相同的鹽酸和醋酸兩種溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)，氫離子濃度相同，溶液pH相同，故B錯誤；C．醋酸是弱酸存在電離平衡，當n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)時，n(CH3COOH)遠遠大于n(HCl)，與NaOH完全中和時，醋酸消耗的NaOH多于鹽酸，故C正確；D．加水稀釋時，醋酸電離平衡正向移動，醋酸溶液中醋酸根離子物質的量增大，而鹽酸溶液中氯離子物質的量不變，所以分別用水稀釋相同倍數后，所得溶液中：n(Cl﹣)<n(CH3COO﹣)，故D錯誤；選C。【點睛】本題考查了弱電解質的電離，側重于學生的分析能力的考查，根據電荷守恒判斷兩種溶液中氫離子濃度相等是解本題關鍵，再結合弱電解質電離特點來分析解答。12、A【解析】

A．將滴管插入到液面以下，氫氧化鈉和硫酸亞鐵發生反應：2NaOH+FeS04=Na2S04+Fe（OH）2↓，Fe（OH）2很容易被空氣中的氧氣氧化：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，該裝置使用煤油以隔絕空氣，使氫氧化亞鐵不能與氧氣充分接觸，從而達到防止被氧化的目的，所以該實驗能制取并觀察到氫氧化亞鐵白色絮狀沉淀，故A正確；B．碳酸鈉較穩定，加熱不分解，只有碳酸氫鈉分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，該裝置的受熱溫度較低的小試管中應該盛放易分解的碳酸氫鈉，由于該設計方案中碳酸氫鈉的受熱溫度較高，故無法比較二者的熱穩定性，故B錯誤；C．氯化銨受熱生成氨氣和氯化氫，在試管口易因溫度降低，兩者易反應生成氯化銨，不能制備氨氣，故C錯誤；D．圖中裝置為分餾操作，可用于分離沸點不同且互溶的液體混合物，進出水方向為下口進上口出，溫度計水銀球的位置應該在蒸餾燒瓶的支管出口處，故D錯誤；故答案選A。13、B【解析】

A.據題意得化學方程式為CO2+3H2CH3OH+H2O，則0~3min內，v(H2)=3v(CO2)=3×(1.00-0.50)mol·L-1/3min=0.5mol·L－1·min－1，A項正確；B.圖中10min后CO2、CH3OH的物質的量不再改變，即達化學平衡，故為可逆反應，應寫成CO2+3H2CH3OH+H2O，B項錯誤；C.據pV=nRT，恒溫恒容時，當壓強不再變化時，容器內各氣體的物質的量都不再變化，此時反應到達平衡，C項正確；D.圖中10min后CO2、CH3OH的物質的量不再改變，即達化學平衡，D項正確。本題選B。14、C【解析】

A．二氧化硫可以用作防腐劑，能夠殺死會將酒變成醋的酵母菌，故A正確；B．二氧化碳能引起溫室效應，也是植物發生光合作用的原料之一，因此二氧化碳可以作為溫室大棚里的氣態肥料，故B正確；C．氫氧化鈣與鉀肥無現象，氫氧化鈣和銨態氮肥混合會產生刺激性氣味的氨氣，但并不是所有的氮肥，如硝酸鹽(除硝酸銨外)，不能用熟石灰鑒別所有的氮肥和鉀肥，故C錯誤；D．蔗糖屬于二糖；淀粉、纖維素屬于多糖，故D正確；答案選C。15、B【解析】

①說明固體M受熱會釋放出少量的氣體；②說明氯酸鉀在溫度較高的條件下會釋放出氧氣；③說明氯酸鉀在較高的溫度下與M接觸釋放出大量的氧氣；④說明氯酸鉀與固體M的混合物在較低的溫度下就能釋放出大量的氧氣；A．實驗①、②、③三個實驗并不能說明M加快了氣體產生的速率，故A錯誤；B．實驗①、②、④對比可知，加入M后，在較低溫度下反應就可以發生，故B正確；C．實驗②、③說明固體M的加入反應速率加快了，并不能說明增加了氣體產生的量，故C錯誤；D．要證明反應中固體M是催化劑還需要驗證其質量和化學性質在反應前后是否發生了變化，故D錯誤；故答案選B。16、A【解析】

A選項，檢驗綠茶中是否含有酚類物質，向茶水中滴加FeCl3溶液，變紫色，則含有分類物質，故A正確，符合題意；B選項，不能用pH試紙測定84消毒液的pH，因為84消毒液有漂白性，故B錯誤，不符合題意；C選項，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反應生成2,4,6—三溴苯酚與苯互溶，不能用過濾、分液，故C錯誤，不符合題意；D選項，實驗室制備乙酸乙酯，向試管中依次加入乙醇、濃硫酸、乙酸和碎瓷片，加熱，故D錯誤，不符合題意。綜上所述，答案為A。【點睛】檢驗酚羥基主要用鐵離子檢驗。二、非選擇題（本題包括5小題）17、對二甲苯（或1，4-二甲苯）取代反應+2NaOH+NaClO2/Cu或Ag，加熱碳碳雙鍵、醛基8，【解析】

由流程轉化關系，結合題給信息可知，D為。運用逆推法，C為，催化氧化生成；B為，在氫氧化鈉溶液中，共熱發生水解反應生成；A為，在光照條件下與氯氣發生側鏈的取代反應生成；與乙醛發生信息反應生成，加熱發生消去反應生成。據此解答。【詳解】（1）A的結構簡式為，名稱為對二甲苯或1，4-二甲苯；A→B的反應為在光照條件下與氯氣發生側鏈的取代反應生成。（2）B→C反應為在氫氧化鈉溶液中，共熱發生水解反應生成，反應的化學方程式為：+2NaOH+NaCl。（3）C→D的反應為在銅或銀作催化劑，在加熱條件下與氧氣發生氧化反應生成，因此C→D所用試劑和反應條件分別是O2/Cu或Ag，加熱。（4）E的結構簡式是。F的結構簡式為，分子中官能團的名稱是碳碳雙鍵、醛基。（5）D為，D的同分異構體中，只有一個環的芳香族化合物說明側鏈為鏈狀結構，其可能為醛、酮、含苯環的乙烯基醚和乙烯基酚，其中芳香醛有3種（除去D）、芳香酮1種、含苯環的乙烯基醚1種、乙烯基酚3種，共8種；苯環上只有一個取代基，核磁共振氫譜有5個峰，峰面積比為2∶1∶2∶2∶1的同分異構體的結構簡式為和。18、CuOCu2++2OH-=Cu(OH)2Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O【解析】

流程中32gX隔絕空氣加熱分解放出了能使帶火星的木條復燃的氣體為氧氣，質量：32.0g-28.8g=3.2g，證明X中含氧元素，28.8g固體甲和稀硫酸溶液反應生成藍色溶液，說明含銅離子，證明固體甲中含銅元素，即X中含銅元素，銅元素和氧元素形成的黑色固體為CuO，X為氧化銅，n(CuO)==0.4mol，結合質量守恒得到n(O2)==0.1mol，氧元素守恒得到甲中n(Cu)：n(O)=0.4mol：(0.4mol-0.1mol×2)=2：1，固體甲化學式為Cu2O，固體乙為Cu，藍色溶液為硫酸銅，加入氫氧化鈉溶液生成氫氧化銅沉淀，加熱分解得到16.0g氧化銅。【詳解】(1)分析可知X為CuO，故答案為CuO；(2)藍色溶液為硫酸銅溶液，轉化為藍色沉淀氫氧化銅的離子方程式為Cu2++2OH-=Cu(OH)2，故答案為Cu2++2OH-=Cu(OH)2；(3)固體甲為Cu2O，氧化亞銅和稀硫酸溶液發生歧化反應生成銅、二價銅離子和水，反應的化學方程式為：Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O，故答案為Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O。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，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。【詳解】（1）由題給信息可知，草酸受熱分解時熔化為液態，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、滴定前讀數正確，滴定終點時俯視讀數，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、滴定前讀數正確，滴定終點時仰視讀數，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、直形冷凝管將圓底燒瓶中的液體趁熱倒入盛有100mL水的燒杯，冷卻后有乙酰苯胺固體析出，過濾得粗產物利用分餾柱進行多次氣化和冷凝，使醋酸和水得到有效的分離，或“可提高引餾體與外部空氣熱交換效率，從而使柱內溫度梯度增加，使不同沸點的物質得到較好的分離。”ABCedca將玻璃漏斗放置于銅制的熱漏斗內，熱漏斗內裝有熱水以維持溶液的溫度，進行過濾（即過濾時有保溫裝置）或趁熱用減壓快速過濾ADA【解析】

兩套裝置都是用來制備乙酰苯胺的，區別在于甲裝置使用分餾柱分離沸點在100℃至105℃左右的組分，主要是水，考慮到制備乙酰苯胺的反應可逆，這種做法更有利于獲得高的轉化率；題干中詳細提供了乙酸，苯胺和乙酰苯胺的物理性質，通過分析可知，三者溶解性和熔點上存在較明顯的差異，所以從混合溶液中獲得乙酰苯胺粗品的方法就是利用溶解性和熔點差異實現的；在獲取乙酰苯胺粗品后，再采用合適的方法對其進行重結晶提純即可得到純度較高的乙酰苯胺。【詳解】(1)儀器a的名稱即直形冷凝管；(2)由于乙酸與水混溶，乙酰苯胺可溶于熱水而苯胺只易溶于乙醇，并且，乙酰苯胺熔點114℃，而乙酸和苯胺的熔點分別僅為17℃和-6℃