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1、2023 学年高考化学模拟试卷 注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、根据实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将含有 SO2的废气通入 BaCl2溶液中，生成白色沉淀 SO2与 BaCl2溶液反应生成 BaSO3沉淀 B 常温下，分别测定同浓度 Na2CO3溶液与CH3COONa 溶
2、液的 pH，Na2CO3溶液的pH大于 CH3COONa 溶液 HCO3-电离出H能力比CH3COOH的弱 C 向 Fe(NO3)3溶液中加入铁粉，充分振荡，滴加少量盐酸酸化后再滴入 KSCN 溶液，溶液变红 Fe(NO3)3溶液中 Fe3部分被 Fe 还原 D 苯和液溴在 FeBr3的催化下发生反应，将得到的气体直接通入 AgNO3溶液中，产生淡黄色沉淀 苯和液溴发生取代反应 AA BB CC DD 2、某课外活动小组的同学从采集器中获得雾霾颗粒样品，然后用蒸馏水溶解，得到可溶性成分的浸取液。在探究该浸取液成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是 A取浸取液少许，滴入 AgNO3溶液
3、有白色沉淀产生，则可能含有 Cl-B取浸取液少许，加入 Cu 和浓 H2SO4，试管口有红棕色气体产生，则可能含有 NO3-C取浸取液少许，滴入硝酸酸化的 BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则一定含 SO42-D用洁净的铂丝棒蘸取浸取液，在酒精灯外焰上灼烧，焰色呈黄色，则一定含有 Na+3、化学在生活中发挥着重要的作用，下列说法错误的是 A食用油脂饱和程度越大，熔点越高 B纯铁易被腐蚀，可以在纯铁中混入碳元素制成“生铁”，以提高其抗腐蚀能力 C蚕丝属于天然高分子材料 D 本草纲目中的“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。”这里的“石碱”是指 K
4、2CO3 4、加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是 A装置乙试管中收集到的液体在催化剂存在下可以与 Br2发生取代反应 B装置丙中的试剂吸收反应产生的气体后得到的产物的密度均比水大 C最后收集的气体可以作为清洁燃料使用 D甲烷的二氯代物有 2种 5、下列说法中正确的是（）A2019 年，我国河南、广东等许多地方都出现了旱情，缓解旱情的措施之一是用溴化银进行人工降雨 B“光化学烟雾”“臭氧层空洞”“温室效应”“硝酸型酸雨”等环境问题的形成都与氮氧化合物有关 CBaSO4在医学上用作透视钡餐，主要是因为它难溶于水 D钠
5、、镁等单质在电光源研制领域大显身手，钠可以应用于高压钠灯，镁可以制造信号弹和焰火 6、从煤焦油中分离出苯的方法是（）A干馏 B分馏 C分液 D萃取 7、草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向 10mL 0.01molL-1NaHC2O4溶液中滴加 0.01molL-1NaOH溶液，随着 NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（）AVNaOH(aq)=0 时，c(H+)=110-2molL-1 BVNaOH(aq)10mL 时，c(Na+)c(C2O42-)c(HC2O4-)8、短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X 同主族，Y原子的最外层电子数等于 X
6、原子的电子总数，Z原子的电子总数等于 W、X、Y 三种原子的电子数之和，Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为 HnZO2n+2。W、X、Y 三种元素形成的一种化合物的结构如下图所示。下列说法错误的是 AW 的最高正价和最低负价的代数和为 0 BW 的简单离子半径可能大于 X的简单离子半径 CY 的最高价氧化物对应的水化物属于弱碱 DZ的单质的水溶液需保存在棕色试剂瓶中 9、设 NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A12gNaHSO4晶体中 SO42-数目为 0.1NA B2.0gD2O中含有的中子数为 NA C2.24LCl2与足量 Na2SO3溶液反应时转移的电子数为 0.2NA D
7、标准状况下，4.48 LHF 所含原子数目为 0.4NA 10、我国历史悠久，有灿烂的青铜文明，出土大量的青铜器。研究青铜器中(含 Cu、Sn 等)在潮湿环境中发生的腐蚀对于文物保护和修复有重要意义。下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。下列说法不正确的是()A青铜器发生电化学腐蚀，图中 c 作负极，被氧化 B正极发生的电极反应为 O2+4e-+2H2O=4OH-C环境中的 C1-与正、负两极反应的产物作用生成 a 的离子方程式为 2Cu2+3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl D若生成 2 mol Cu2(OH)3Cl，则理论上消耗标准状况下 O2的体积为 22.4 L 11
8、、仪器：容量瓶、长颈漏斗、分液漏斗、滴定管，使用前必须要检查是否漏液的是 A全部 B C只有和 D只有 12、生态文明建设是中国特色社会主义事业的重要内容。下列做法不符合生态文明的是 A研发可降解高分子材料，减少“白色污染”B经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等 C控制含磷洗涤剂的生产和使用，防止水体富营养化 D分类放置生活废弃物 13、化学与生活密切相关。下列有关说法中不正确的是 A工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂 B水与乙醇的混合液、雾、鸡蛋清溶液均具有丁达尔效应 C蔬菜汁饼干易氧化变质建议包装饼干时，加入一小包铁粉作抗氧化剂并密封 D浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以吸收乙烯，所以可用其保鲜
9、水果 14、用 NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列有关说法正确的是（）A1mol 氮气与 3mol氢气反应，生成的氨分子数目为 2NA B1.0molL-1Na2SO3水溶液中含有的硫原子数目为 NA C电解饱和食盐水，当阳极产生 11.2LH2时，转移的电子数为 NA D常温下，3L0.1molL-1FeCl3溶液所含 Fe3+数目小于 0.3NA 15、下列实验不能不能用如图所示装置实现的是 A用 CCl4提取碘水中的碘 B用 NaOH 溶液除去溴苯中的溴 C用酒精除去苯酚中的甘油 D用饱和 Na2CO3溶液除去乙酸丁酯中的乙酸 16、已知 NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A11
10、 g 硫化钾和过氧化钾的混合物，含有的离子数目为 0.4NA B28 g 聚乙烯（）含有的质子数目为 16NA C将标准状况下 224 mLSO2溶于水制成 100 mL 溶液，H2SO3、HSO3-、SO32-三者数目之和为 0.01NA D含 63 gHNO3的浓硝酸与足量铜完全反应，转移电子数目为 0.50NA 二、非选择题（本题包括 5 小题）17、PEI是一种非结晶性塑料。其合成路线如下（某些反应条件和试剂已略去）：已知：i.ii.CH3COOH+CH3COOH （1）A 为链状烃。A 的化学名称为_。（2）AB 的反应类型为_。（3）下列关于 D 的说法中正确的是_（填字母）。a不
11、存在碳碳双键 b可作聚合物的单体 c常温下能与水混溶（4）F 由 4-氯-1，2-二甲苯催化氧化制得。F 所含官能团有Cl 和_。（5）C 的核磁共振氢谱中，只有一个吸收峰。仅以 2-溴丙烷为有机原料，选用必要的无机试剂也能合成 C。写出有关化学方程式：_（6）以 E 和 K为原料合成 PEI 分为三步反应。写出中间产物 2 的结构简式：_ 18、（化学有机化学基础）3对甲苯丙烯酸甲酯（E）是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如下：已知：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O（1）遇 FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的 A 的同分异构体有_种，B 中含氧官能团的名称为_
12、（2）试剂 C 可选用下列中的_ a、溴水 b、银氨溶液 c、酸性 KMnO4溶液 d、新制 Cu(OH)2悬浊液（3）是 E 的一种同分异构体，该物质与足量 NaOH溶液共热的化学方程式为_（4）E 在一定条件下可以生成高聚物 F，F 的结构简式为_ 19、亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备 NOSO4H，反应原理为：SO2+HNO3=SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4H。（1）亚硝酰硫酸（NOSO4H）的制备。仪器 I 的名称为_，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是_。按气流从左到右的顺序，上述
13、仪器的连接顺序为_(填仪器接口字母，部分仪器可重复使用)。A 中反应的方程式为_。B 中“冷水”的温度一般控制在 20，温度不宜过高或过低的原因为_。（2）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯度的测定。称取 1.500 g 产品放入 250 mL 的碘量瓶中，并加入 100.00 mL 浓度为 0.1000 molL-1的 KMnO4标准溶液和 10 mL 25%的 H2SO4，摇匀；用 0.5000 molL-1的 Na2C2O4标准溶液滴定，滴定前读数 1.02 mL,到达滴定终点时读数为 31.02 mL。已知：i：KMnO4+NOSO4H+_=K2SO4+MnSO4+HNO3+H2SO4 ii
14、：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2+8H2O 完成反应 i的化学方程式：_ KMnO4+NOSO4H+_=K2SO4+MnSO4+HNO3+H2SO4 滴定终点的现象为_。产品的纯度为_。20、苯甲醛是一种重要的化工原料，某小组同学利用如图所示实验装置(夹持装置已略去)制备苯甲醛。已知有机物的相关数据如下表所示：有机物 沸点 密度为 g/cm3 相对分子质量 溶解性 苯甲醛 178.1 1.04 106 微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃 苯甲醇 205.7 1.04 108 微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃 二氯甲烷 39.8 1.33 难溶于水，易溶于有
15、机溶剂 实验步骤：向容积为 500mL 的三颈烧瓶加入 90.0mL 质量分数为 5%的次氯酸钠溶液(稍过量)，调节溶液的 pH为 9-10 后，加入 3.0mL 苯甲醇、75.0mL 二氯甲烷，不断搅拌。充分反应后，用二氯甲烷萃取水相 3 次，并将有机相合并。向所得有机相中加入无水硫酸镁，过滤，得到有机混合物。蒸馏有机混合物，得到 2.08g 苯甲醛产品。请回答下列问题：(1)仪器 b 的名称为_，搅拌器的作用是_。(2)苯甲醇与 NaClO反应的化学方程式为_。(3)步骤中，投料时，次氯酸钠不能过量太多，原因是_；步骤中加入无水硫酸镁，若省略该操作，可能造成的后果是_。(4)步骤中，应选用
16、的实验装置是_(填序号)，该操作中分离出有机相的具体操作方法是_。(5)步骤中，蒸馏温度应控制在_左右。(6)本实验中，苯甲醛的产率为_(保留到小数点后一位)。21、能源、材料已成为当今科学研究的热点。请回答下列问题：（1）单质 A 的燃烧热大，可作燃料。已知 A为短周期元素，其气态原子逐个失去 14 个电子所需能量（电离能）如表所示。若该原子核外电子有三层，则该元素位于周期表_族，写出 A燃烧后形成的氧化物的电子式：_ I1 I2 I3 I4 电离能（kJ/mol）738 1451 7733 10540 （2）如图是超导材料元素在周期表中的分布，上述元素的短周期元素中原子半径最大的是_（填元
17、素符号），其原子最外层有_种运动状态不同的电子，写出其最高价氧化物对应水化物在水溶液中的电离方程式：_。（3）上述主族元素中有两种原子可以形成的五核分子，其化学键键长和键角都相等，则该分子的空间构型为_，该物质为_分子（选填“极性”或“非极性”）。（4）铁单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成 1mol 该易燃气体放出 37.68kJ热量，请写出此反应的热化学方程式：_。（5）取适量 Al、Mg 合金样品置于烧杯中，加入 20mL 1mol/L 的 NaOH 溶液，恰好完全反应。下列叙述正确的是_（选填编号）。aMg 作负极，Al作正极 b若加入的是 20mL 1
18、mol/L 的盐酸，则放出的氢气的物质的量减少 2/3 c若把 NaOH中的 H换成 D（D 为重氢），生成的氢气中 D 与 H物质的量之比为 1：2。参考答案 一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A将含有 SO2的废气通入 BaCl2溶液中，不能生成白色沉淀，弱酸不能制取强酸，故 A 错误；B常温下，分别测定同浓度 Na2CO3溶液与 CH3COONa 溶液的 pH，Na2CO3溶液的 pH大于 CH3COONa 溶液，说明 Na2CO3的水解程度大于 CH3COONa 溶液，水解程度越大，相应的酸电离程度越弱，则 HCO3-电离出 H能力比CH3COOH 的弱，故 B 正确
19、；CFe 与 Fe(NO3)3反应生成 Fe(NO3)2，再加盐酸，酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，滴入 KSCN溶液，溶液变红，不能说明是否部分被还原，也可能全部被还原，故 C错误；D溴单质具有挥发性，生成的 HBr 及挥发的溴均与硝酸银反应，观察是否有淡黄色沉淀生成不能证明发生取代反应，故 D 错误；答案选 B。2、C【解析】A滴入 AgNO3溶液有白色沉淀产生，则可能含有 Cl-、SO42-等，A 正确；B取浸取液少许，加入 Cu 和浓 H2SO4，试管口有红棕色气体产生，红棕色气体应该是 NO2，说明溶液中可能含有NO3-，B 正确；C取浸取液少许，滴入硝酸酸化的 Ba
20、Cl2溶液，有白色沉淀产生，原浸取液中可能含 SO32-、SO42-等，不一定含 SO42-，C 错误；D焰色反应呈黄色，则浸取液中一定含有 Na+，D 正确；答案选 C。3、B【解析】A油脂是高级脂肪酸跟甘油生成的酯，其中形成油脂的脂肪酸的饱和程度对油脂的熔点有着重要的影响，由饱和的脂肪酸生成的甘油酯熔点较高，所以食用油脂饱和程度越大，熔点越高，故 A 正确；B生铁中的铁、碳和电解质溶液易形成原电池，发生电化学腐蚀，所以生铁比纯铁更易腐蚀，故 B错误；C蚕丝主要成分为蛋白质，属于天然高分子化合物，故 C 正确；D采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分,“以水淋汁”，
21、该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以是碳酸钾，故 D 正确；答案选 B。【点睛】生铁是铁的合金，易形成原电池，发生电化学腐蚀。4、D【解析】A.装置乙试管中收集到的液体物质是苯和甲苯，两种物质的分子中都含有苯环，在催化剂存在下可以与 Br2发生取代反应，A 正确；B.加热聚丙烯废塑料得到的不饱和烃乙烯、丙烯可以与 Br2发生加成反应，产生 1，2-二溴乙烷和 1，2-二溴丙烷，它们都是液体物质，难溶于水，密度比水大，B 正确；C.加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，气体物质有氢气、甲烷、乙烯、丙烯
22、，液体物质有苯和甲苯，其中苯和甲苯经冷水降温恢复至常温下的液态留在小试管中；气体中乙烯、丙烯与溴的四氯化碳溶液反应变为液体，剩余气体为氢气、甲烷，燃烧产生 H2O、CO2，无污染，因此可作为清洁燃料使用，C 正确；D.甲烷是正四面体结构，分子中只有一种 H原子，其二氯代物只有 1 种，D错误；故合理选项是 D。5、D【解析】A.用碘化银进行人工降雨，而不是溴化银，故 A 错误；B.“温室效应”与二氧化碳有关，与氮氧化合物无关，故 B 错误；C.BaSO4在医学上用作透视钡餐，主要是因为它难溶于酸，故 C 错误；D.因为钠发出的黄光射程远，透雾能力强，则钠可以应用于高压钠灯，镁燃烧发出耀眼的白光
23、，则镁可以制造信号弹和焰火，故 D 正确；综上所述，答案为 D。6、B【解析】A.干馏：将某种物质在隔绝空气的条件下加热，使物质热裂解，产生挥发性的低分子化合物的整个过程叫干馏，不是分离方法，故 A 错误；B.利用混合物中各成分的沸点不同进行加热、冷却的分离过程叫分馏，煤焦油中含有的苯和苯的同系物沸点不同，所以用分馏的方式分离，故 B 正确；C.分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法，不能分离出煤焦油中溶解的苯，故 C 错误；D.萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度的差异来分离混合物的操作，不能从煤焦油中分离出苯，故 D错误；故答案为 B。7、D【解析】A.因为草酸是二元弱酸，HC2O4-不能
24、完全电离，所以 0.01mol/LNaHC2O4溶液中 c(H+)110-2mol/L，A 项错误；B.NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，NaHC2O4溶液显酸性，Na2C2O4溶液因水解而显碱性，NaHC2O4溶液中加入NaOH 溶液过程中溶液由酸性逐渐变为碱性，所以当 V(NaOH)aq10mL 时，溶液存在呈中性的可能，即 c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知可能存在 c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，B 项错误；C.当 V(NaOH)aq=10mL 时，NaHC2O4和 NaOH 恰好完全反应生成 Na2C2O4，C2O42-发生水解而使溶液
25、呈碱性，故常温下 c(H+)10mL 时，所得溶液的溶质是 Na2C2O4和 NaOH，C2O42-发生水解生成 HC2O4-，水解是微弱的且NaOH 电离的 OH-抑制 C2O42-的水解，故 c(Na+)c(C2O42-)H-，所以离子半径 H-Li+，B 正确；C.Y 是 Al元素，Al最高价氧化物对应水化物 Al(OH)3是两性氢氧化物，C 错误；D.Cl2溶于水得到氯水，氯气与水反应产生盐酸和次氯酸，其中含有的 HClO 不稳定，光照容易分解，所以应该保存在棕色试剂瓶中，D 正确；故合理选项是 C。9、B【解析】A.NaHSO4晶体中含钠离子与硫酸氢根离子，不含 SO42-，A 项错
26、误；B.2.0gD2O的物质的量为2.0g20g/mol=0.1mol，其中含有的中子数为 0.1mol(12+8)NA=NA，B 项正确；C.氯气所处的状态未知，无法求出氯气的物质的量，转移电子数无法确定，C 项错误；D.标准状况下，HF 为液体，不是气体，无法按照气体的摩尔体积计算其物质的量，D 项错误；答案选 B。【点睛】与阿伏加德罗常数 NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题 D 项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为 22.4 L/mol 的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学
27、生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。10、D【解析】A.根据图知，O2得电子生成 OH-、Cu 失电子生成 Cu2+，青铜器发生吸氧腐蚀，则 Cu 作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是 a，A 正确；B.O2在正极得电子生成 OH-，则正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，B 正确；C.Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈 Cu2(OH)3Cl，负极上生成 Cu2+、正极上生成 OH-，所以该离子反应为 Cl-、Cu2+和 OH-反应生成 Cu2(OH)3Cl沉淀，离子方程式为 2Cu2+3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl，C 正确；D.
28、每生成 1 mol Cu2(OH)3Cl，需 2 mol Cu2+，转移 4 mol 电子，消耗 1 mol O2，则根据转移电子守恒可得生成 2 mol Cu2(OH)3Cl，需消耗 O2的物质的量 n(O2)=2?mol2 24=2 mol，则理论上消耗标准状况下 O2的体积 V=2 mol22.4 L/mol=44.8 L，D 错误；故合理选项是 D。11、B【解析】据仪器的构造、用途判断其用法。【详解】容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，其瓶塞与瓶口须吻合使用前必须检查是否漏液。长颈漏斗上下相通、没有塞子或活塞，无须检查是否漏液。用于向反应容器中添加液体，下端应插入液面下形成液封。分
29、液漏斗有活塞和玻璃塞，必须检查是否漏液。球形分液漏斗用于向反应容器中添加液体，不需形成液封；锥形分液漏斗用于萃取分液。滴定管用于滴定实验，使用前需检查酸式滴定管的活塞处、碱式滴定管的乳胶管处是否漏液。本题选 B。12、B【解析】A.研发可降解高分子材料，减少塑料制品的使用，可减少“白色污染”，与题意不符，A 错误；B.经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等，会消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用会造成白色污染，不符合生态文明，符合题意，B 正确；C.控制含磷洗涤剂的生产和使用，防止水体富营养化，保护水体，防止污染，与题意不符，C 错误；D.垃圾分类放置生活废弃物，有利于环境保护和资源的再利用，与
30、题意不符，D 错误；答案为 B。13、B【解析】A油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，A 正确；B只有胶体具有丁达尔效应，乙醇和水的混合物是溶液，不能产生丁达尔效应，B 错误；C铁具有还原性，铁生锈可以消耗氧气，防止了饼干的氧化变质，C 正确；D乙烯中含有碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以酸性高锰酸钾溶液能吸收乙烯，保鲜水果，D 正确；答案选 B。14、D【解析】A氮气与氢气反应为可逆反应，不能进行到底，所以 1mol 氮气与 3mol 氢气反应，生成的氨分子数目小于 2NA，故A 错误；B溶液体积未知，无法计算
31、 S 原子个数，故 B 错误；C气体状况未知，无法计算其物质的量，故无法计算电子转移数，故 C 错误；D三价铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以常温下，3L0.1molL-1FeCI3溶液所含 Fe3+数目小于 0.3NA，故 D 正确；故选：D。15、C【解析】A.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则利用图中萃取、分液可分离，故 A 正确；B.溴与 NaOH反应后，与溴苯分层，然后利用图中分液装置分离，故 B 正确；C.酒精、甘油、苯酚互溶，不能萃取、分液分离，故 C 错误；D.乙酸与碳酸钠溶液反应后，与酯分层，然后利用图中分液装置分离，故 D正确；故选：C。【点睛】萃取剂与原溶剂不能互溶
32、，不能反应，并且溶质在两种萃取剂中溶解度差别比较大，酒精易溶于水，不能当作萃取剂。16、B【解析】AK2S、K2O2的式量是 110，11 gK2S、K2O2的混合物的物质的量是11 110/gg mol=0.1 mol，1 mol K2S 含有 2 mol K+、1 molS2-，1 mol K2O2中含有 2 mol K+、1 molO22-，则 0.1 mol 混合物中含有离子数目为 0.3NA，A 错误；B聚乙烯最简式是 CH2，式量是 14，其中含有的质子数为 8，28 g 聚乙烯中含有最简式的物质的量是 n(CH2)=28 14/gg mol=2 mol，则含有的质子数目为 2 m
33、ol8NA/mol=16NA，B 正确；C标准状况下 224 mLSO2的物质的量是 0.01 mol，SO2溶于水反应产生 H2SO3，该反应是可逆反应，溶液中存在少量 SO2分子，H2SO3是二元弱酸，发生的电离作用分步进行，存在电离平衡，根据 S 元素守恒可知溶液中 S 元素存在微粒有 SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-四种，故 H2SO3、HSO3-、SO32-的数目之和小于 0.01NA，C 错误；D63 g HNO3的物质的量为 1 mol，若只发生反应 Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O转移电子物质的量为 0.50 mol，但是由于铜足量，随着反
34、应的进行，硝酸浓度逐渐变稀，浓硝酸后来变成了稀硝酸，此时发生反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，若反应只产生 NO，转移电子的物质的量为 0.75 mol，所以 1 mol 硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于 0.50NA而小于 0.75NA，D 错误；故合理选项是 B。二、非选择题（本题包括 5 小题）17、丙烯 加成反应 ab COOH +NaOH+NaBr；+O2+2H2O 【解析】由题中信息可知，A 为链状烃，则 A 只能为丙烯，与苯环在一定条件下反应会生成丙苯，故 B 为丙苯，丙苯继续反应，根据分子式可推知 C为丙酮，D 为苯酚，丙酮与苯酚在催化剂
35、作用下会生成 E（）；采用逆合成分析法可知，根据 PEI的单体，再结合题意，可推知 4-氯-1，2-二甲基催化氧化制备 F，则 F 为，根据给定信息 ii可知，K为，据此分析作答。【详解】（1）A 为链状烃，根据分子可以判断，A 只能是丙烯；（2）AB 为丙烯与苯反应生成丙苯的过程，其反应类型为加成反应；（3）根据相似相容原理可知，苯酚常温下在水中的溶解度不大，其分子中不存在碳碳双键，可以与甲醛发生缩聚反应，故答案为 ab；（4）4-氯-1，2-二甲苯催化氧化得到 F，则 F 的结构简式为，其分子中所含官能团有Cl和COOH，故答案为COOH；（5）仅以 2-溴丙烷为有机原料，先在氢氧化钠水溶
36、液中水解生成 2-丙醇，然后 2-丙醇催化氧化生成丙酮，有关反应的化学方程式为，。（6）由 E 和 K的结构及题中信息可知，中间产物 1 为；再由中间产物 1 的结构和信息可知，中间产物 2 的结构简式为。【点睛】本题考查的是有机推断，难度很大。很多信息在题干中没有出现，而是出现在问题中。所以审题时，要先浏览整题，不能因为合成路线没有看懂就轻易放弃。另外，虽然本题所涉及的有机物的结构很复杂，只要我们仔细分析官能团的变化和题中的新信息，还是能够解题的。18、3 醛基 b、d +2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O 【解析】甲苯和 CO 在 AlCl3、HCl 作用下生成 A，A 和乙醛
37、发生题目给的已知的反应生成 B，则 B 为，B 在银氨溶液或新制氢氧化铜作用下被氧化为羧酸盐，然后再酸化得到 D，D 可以和甲酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成 E。【详解】（1）遇 FeCl3溶液显紫色，说明同分异构体含有酚羟基，则另一个取代基为乙烯基，二者可为邻、间、对 3 种位置，共有 3 种同分异构体；根据题目所给信息，B 中含有醛基。（2）B 中含有的醛基与 C反应转化为羧基，所以试剂 C 可以为银氨溶液或新制 Cu(OH)2悬浊液。（3）酯基在 NaOH条件下发生水解反应，根据水解反应的原理，化学方程式为+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O。（4）E 中含有碳碳双键，经过
38、加聚反应可得 E，根据加聚反应规律可得 F 的结构简式为。19、分液漏斗 分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐 adecbdef Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2或 Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2 温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出 2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4 滴入最后一滴 Na2C2O4标准液后，溶液由紫红色变为无色，且半分钟颜色不恢复 84.67%【解析】(1)根据图示中装置的形外分析名称；漏斗内的液体与大气相通时
39、液体才能顺利流下；亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置 A 制取的 SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入 B 中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)时，要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入 B 中，SO2有毒，未反应的剩余 SO2不能排放到大气中；据此分析；硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫；温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定；(2)根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒分析配平；在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂；结合反应 ii，根据题给数据计算过量的 KMnO4的物质的量，在结合反应 i
40、 计算 NOSO4H 的物质的量，进而求算产品纯度。【详解】(1)根据图示中装置 A 图所示，仪器 I 为分液漏斗；漏斗内与大气相通时液体才能顺利流下，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐；亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置 A 制取的 SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入 B 中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)，同时要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入 B 中，通入 SO2时要尽量使 SO2充分与反应物混合，提高 SO2利用率，SO2有毒，未反应的剩余 SO2不能排放到大气中，上述仪器的连接
41、顺序为：adecbdef；硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2；温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定，温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出，导致反应产率降低；(2)反应中锰元素的化合价由+7 价降低为+2 价，亚硝酰硫酸中氮元素的化合价由+3 价升高为+5 价，根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒，配平该方程式为：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；在氧化还原滴定操
42、作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂，用0.5000mol L1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点；根据反应 ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2+8H2O，过量的 KMnO4的物质的量=250.5000mol L1(31.02mL-1.02mL)10-3/L=0.006mol，则与 NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000mol L10.1L0.006mol=0.004mol，在结合反应 i：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4
43、+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，NOSO4H的物质的量=520.004=0.01mol，产品的纯度为=0.01mol 127g/mol1.5g100%=84.67%。【点睛】亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品遇水易分解，故在连接实验仪器时，需要考虑反应中产生的气体是否带有水蒸气，还要考虑外界空气中的水蒸气是否会进入装置，最后要有尾气处理装置，酸性气体用碱液吸收。20、球形冷凝管 使物质充分混合 +NaClO+NaCl+H2O 防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低 产品中混有水，纯度降低 打开分液漏斗颈部的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔），再打开分液漏斗下面的活塞，使
44、下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞 178.1 67.9%【解析】(1)根据图示结合常见的仪器的形状解答；搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分；(2)根据实验目的，苯甲醇与 NaClO 反应生成苯甲醛；(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化；步骤中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水；(4)步骤中萃取后要进行分液，结合实验的基本操作分析解答；(5)步骤是将苯甲醛蒸馏出来；(6)首先计算 3.0mL 苯甲醇的物质的量，再根据反应的方程式计算理论上生成苯甲醛的质量，最后计算苯甲醛的产率。【详解】(1)根据图示，仪器 b 为球形冷凝管，搅拌器可以使
45、物质充分混合，反应更充分，故答案为球形冷凝管；使物质充分混合；(2)根据题意，苯甲醇与 NaClO反应，苯甲醇被氧化生成苯甲醛，次氯酸钠本身被还原为氯化钠，反应的化学方程式为+NaClO+NaCl+H2O，故答案为+NaClO+NaCl+H2O；(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化，因此步骤中，投料时，次氯酸钠不能过量太多；步骤中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水，提高产品的纯度，若省略该操作，产品中混有水，纯度降低，故答案为防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低；产品中混有水，纯度降低；(4)步骤中，充分反应后，用二氯甲烷萃取水相 3次，萃取应该选用分液漏斗进
46、行分液，应选用的实验装置是，分液中分离出有机相的具体操作方法为打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞，故答案为；打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞；(5)根据相关有机物的数据可知，步骤是将苯甲醛蒸馏出来，蒸馏温度应控制在 178.1左右，故答案为 178.1；(6)根据+NaClO+NaCl+H2O 可知，1mol苯甲醇理论上生成 1mol 苯甲醛，则
47、3.0mL 苯甲醇的质量为 1.04 g/cm33.0cm3=3.12g，物质的量为108g3.12g/mol，则理论上生成苯甲醛的质量为108g3.12g/mol106g/mol=3.06g，苯甲醛的产率=2.08g3.06g100%=67.9%，故答案为 67.9%。21、A Al 3 H+AlO2-+H2OAl(OH)3Al3+3OH-正四面体 非极性 3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)H=150.72kJ/mol b 【解析】(1)根据逐级电离能的变化规律判断元素种类，MgO是离子化合物，由镁离子与氧离子构成；(2)根据原子半径的变化规律判断原子，原子核外没有
48、运动状态相同的电子，氢氧化铝在水溶液中存在酸式电离与碱式电离；(3)根据原子的构成和成键特点分析；(4)铁单质在高温下会与水蒸气反应生成 Fe3O4和 H2，先写出反应方程式，再计算反应热，最后写出热化学方程式；(5)a.Al 与氢氧化钠溶液反应，而 Mg 不反应；b.依据反应方程式计算；c.根据 Al与碱溶液反应的本质分析。【详解】(1)该元素的第三电离能剧增，说明其最外层电子数为 2，处于第A 族，且处于第三周期，故为 Mg 元素，其在氧气中燃烧生成 MgO，由镁离子与氧离子构成，电子式为：，故答案为：A；(2)同周期元素的原子自左而右原子半径逐渐减小，一般电子层数越多原子半径越大，图中的
49、短周期元素中 Al的原子半径最大，原子核外没有运动状态相同的电子，最外层有 3 个电子，故最外层有 3 种运动状态不同的电子，氢氧化铝在水溶液中存在酸式电离与碱式电离，电离方程式为：H+AlO2-+H2OAl(OH)3Al3+3OH-；(3)上述主族元素中有两种原子可以形成的五核分子，其化学键键长和键角都相等，该分子为 SiH4，为正四面体构型，属于非极性分子，故答案为：正四面体；非极性；(4)铁单质在高温下会与水蒸气反应生成 Fe3O4和 H2，发生反应：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，生成 4mol 氢气放出热量为 37.68kJ4=150.72kJ，则热化学方程式为：3Fe(s
50、)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)H=-150.72kJ/mol，故答案为：3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)H=-150.72kJ/mol；(5)a.Al 与氢氧化钠溶液反应，而 Mg 不反应，故 Al为负极，故 a 错误；b.NaOH物质的量为 0.02L1mol/L=0.02mol，由 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知，Al为 0.02mol，生成氢气为 0.03mol，若加入的是 20mL 1mol/L 的盐酸，镁、铝都会和稀盐酸反应，HCl 为 0.02mol，由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2可知 HCl 不足