2023年高考化學模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、2019年諾貝爾化學獎頒給了三位為鋰離子電池發(fā)展作出重要貢獻的科學家。一種鋰離子電池充電時的陽極反應式為：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，放電時的工作原理如圖。下列敘述不正確的是A．該電池工作時Fe、P元素化合價均不變B．放電時，電子由銅箔經外電路流向鋁箔C．充電時，鋁箔電極應該接電源的正極D．充電時，Li+通過隔膜移向銅箔電極方向遷移2、目前中國已經通過自主創(chuàng)新成功研發(fā)出第一臺鋅溴液流儲能系統(tǒng)，實現了鋅溴電池的隔膜、極板、電解液等關鍵材料自主生產。鋅溴電池的原理裝置圖如圖所示，下列說法錯誤的是()A．充電時電極石墨棒A連接電源的正極B．放電過程中陰離子通過隔膜從正極區(qū)移向負極區(qū)C．放電時負極反應為2Br-—2e-=Br2D．放電時右側電解質儲罐中的離子總濃度增大3、下列有水參加的反應中，屬于氧化還原反應，但水既不是氧化劑也不是還原劑的是()A．CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑B．2F2+2H2O=4HF+O2↑C．Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO44、下列表示正確的是（）A．中子數為8的氧原子符號：OB．甲基的電子式：C．乙醚的結構簡式：CH3OCH3D．CO2的比例模型：5、下列離子方程式正確的是A．NaHSO3溶液中的水解方程式：HSO3?＋H2O=H3O+＋B．FeI2溶液中加雙氧水，出現紅褐色沉淀：6Fe2+＋3H2O2=2Fe（OH）3↓＋4Fe3+C．10mL0.1mol·L?1NaOH溶液中滴加幾滴AlCl3溶液：Al3+＋3OH?=Al（OH）3↓D．3amolCO2通入含2amolBa（OH）2的溶液中：3CO2＋4OH?＋Ba2+=BaCO3↓＋2＋H2O6、化學與生活、環(huán)境、科技等密切相關。下列說法錯誤的是A．溫室效應導致海水的酸度增大，貝殼類生物的生存將會受到威脅B．植物油的主要成分是不飽和高級脂肪酸甘油酯，長時間放置的植物油會因水解而變質C．常溫下用3體積乙醇與1體積蒸餾水配制成的混合液，可以滅活新型冠狀病毒D．白葡萄酒含維生素C等多種維生素，通常添加微量SO2的目的是防止營養(yǎng)成分被氧化7、天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等離子?；鹆Πl(fā)電時燃煤排放的含SO2的煙氣可利用海水脫硫，其工藝流程如圖所示：下列說法錯誤的是（）A．天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解B．“氧化”是利用氧氣將H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-C．“反應、稀釋”時加天然海水的目的是中和、稀釋經氧化后海水中生成的酸D．“排放”出來的海水中SO42-的物質的量濃度與進入吸收塔的天然海水相同8、在常溫常壓下，將100mLH2S與O2混合氣體在一定條件下充分反應后，恢復到原來的狀況，剩余氣體25mL。下列判斷錯誤的是（）A．原混合氣體中H2S的體積可能是75mLB．原混合氣體中O2的體積可能是50mLC．剩余25mL氣體可能全部是SO2D．剩余25mL氣體可能是SO2與O29、下圖為某燃煤電廠處理廢氣的裝置示意圖，下列說法錯誤的是A．使用此裝置可以減少導致酸雨的氣體的排放B．該裝置內既發(fā)生了化合反應，也發(fā)生了分解反應C．總反應可表示為：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2D．若排放的氣體能使澄清石灰水變渾濁，說明該氣體中含SO210、含有0.01molFeCl3的氯化鐵飽和溶液因久置變得渾濁，將所得分散系從如圖所示裝置的A區(qū)流向B區(qū)，其中C區(qū)是不斷更換中的蒸餾水。已知NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法不正確的是A．實驗室制備Fe(OH)3膠體的反應為：FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HClB．濾紙上殘留的紅褐色物質為Fe(OH)3固體顆粒C．在B區(qū)的深紅褐色分散系為Fe(OH)3膠體D．進入C區(qū)的H+的數目為0.03NA11、對于復分解反應X+YZ+W，下列敘述正確的是A．若Z是強酸，則X和Y必有一種是強酸B．若X是強酸，Y是鹽，反應后可能有強酸或弱酸生成C．若Y是強堿，X是鹽，則Z或W必有一種是弱堿D．若W是弱堿，Z是鹽，則X和Y必有一種是強堿12、乙醇轉化為乙醛，發(fā)生的反應為A．取代反應 B．加成反應 C．消除反應 D．氧化反應13、用NA表示阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A．NA個Al(OH)3膠體粒子的質量為78gB．常溫常壓下，2.24LH2含氫原子數小于0.2NAC．136gCaSO4與KHSO4的固體混合物中含有的陰離子的數目大于NAD．0.1mol?L－1FeCl3溶液中含有的Fe3＋數目一定小于0.1NA14、碘化砹（AtI）可發(fā)生下列反應：①2AtI＋2MgMgI2＋MgAt2②AtI＋2NH3（I）NH4I＋AtNH2.對上述兩個反應的有關說法正確的是（）A．兩個反應都是氧化還原反應B．反應①MgAt2既是氧化產物，又是還原產物C．反應②中AtI既是氧化劑，又是還原劑D．MgAt2的還原性弱于MgI2的還原性15、一定壓強下，向10L密閉容器中充入1molS2Cl2和1molCl2，發(fā)生反應S2Cl2(g)＋Cl2(g)2SCl2(g)。Cl2與SCl2的消耗速率(v)與溫度(T)的關系如圖所示，以下說法中不正確的是（）A．正反應的活化能大于逆反應的活化能B．達到平衡后再加熱，平衡向逆反應方向移動C．A、B、C、D四點對應狀態(tài)下，達到平衡狀態(tài)的為B、DD．一定溫度下，在恒容密閉容器中，達到平衡后縮小容器體積，重新達到平衡后，Cl2的平衡轉化率不變16、下列說法中正確的是（）A．HClO的結構式：H—Cl—O B．H2與H+互為同位素C．原子核內有10個質子的氧原子：18O D．N2分子的電子式：二、非選擇題（本題包括5小題）17、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)________。18、奧美拉唑主要用于十二指腸潰瘍和胃潰的治療，靜脈注射可用于消化性潰瘍急性出的治療，反應中間體F和奧美拉性的合成路線如下：I中間體F的合成：II奧美拉唑的合成：已知：結合上述合成路線，請回答：（1）下列說法正確的是__________A．奧美拉的分子式為C18H19N3O3SB．J生成K的反應類型為加成反應C．化合物C可以發(fā)生的反應類型有取代、還原、加成D．設計A轉化為B的目的是保護其中的官能團（2）化合物F的結構簡式為_______________________________；（3）請寫出A→B的反應方程式___________________________________；（4）試寫出同時滿足下列條件的化合物H的同分異構體:_____________________________①分子中含苯環(huán)，遇FeC13顯紫色②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子。（5）利用已有知識和題中涉及的反應，設計從乙烯合成的路線。(用流程圖表示，無機試劑任選)_________________________19、I.硝酸鉀用途廣泛，工業(yè)上一般用復分解反應制取硝酸鉀（相關物質的溶解度曲線見表）。以硝酸鈉和氯化鉀為原料制備硝酸鉀的工藝流程如下：完成下列填空：(1)為了加速固體溶解，可采取的措施有__________(至少寫兩種)；實驗室進行蒸發(fā)結晶操作時，為了防止液滴飛濺，進行的操作是_____________。(2)過濾I所得濾液中含有的離子是________；過濾I所得濾液在進行冷卻結晶前應補充少量水，目的是______________。(3)檢驗產品KNO3中雜質的方法是________________。II.實驗室模擬工業(yè)上用氯化鉀和硝酸銨為原料制取硝酸鉀的過程如下：取40gNH4NO3和37.25gKCl固體加入100g水中，加熱至90℃，固體溶解,用冰水浴冷卻至5℃以下，過濾(a)。在濾液中再加入NH4NO3，加熱蒸發(fā)，當體積減小到約原來的時，保持70℃過濾(b)，濾液可循環(huán)使用。完成下列填空：(4)過濾(a)得到的固體物質主要是__________；在濾液中再加入NH4NO3的目的是________________________。(5)為檢測硝酸鉀樣品中銨鹽含量，稱取1.564g樣品，加入足量的NaOH濃溶液，充分加熱，生成的氣體用20.00mL0.102mol/LH2SO4溶液全部吸收，滴定過量的H2SO4用去0.089mol/L標準NaOH溶液16.55mL。滴定過程中使用的指示劑是________；樣品中含銨鹽(以氯化銨計)的質量分數是___________(保留3位小數)。20、亞硝酰氯（NOCl，熔點：-64.5℃，沸點：-5.5℃）是一種黃色氣體，遇水易反應，生成一種氯化物和兩種常見的氮氧化物，其中一種呈紅棕色。可用于合成清潔劑、觸媒劑及中間體等。實驗室可由氯氣與一氧化氮在常溫常壓下合成。（1）甲組的同學擬制備原料氣NO和Cl2，制備裝置如圖所示：為制備純凈干燥的氣體，下表中缺少的藥品是：制備原料裝置Ⅰ裝置Ⅱ燒瓶中分液漏斗中制備純凈Cl2MnO2①________飽和食鹽水制備純凈NOCu稀硝酸②________

（2）乙組同學利用甲組制得的NO和Cl2制備NOCl，裝置如圖所示：①裝置連接順序為a→__________（按氣流自左向右方向，用小寫字母表示）。②為了使氣體充分反應，從A處進入的氣體是____________（填Cl2或NO）。實驗中先通入Cl2，待裝置Ⅴ中充滿黃綠色氣體時，再將NO緩緩通入，此操作的目的是___________（回答一條即可）。③裝置Ⅴ生成NOCl的化學方程式是_____________。④裝置Ⅵ的作用為__________，若無該裝置，Ⅷ中NOCl可能發(fā)生反應的化學方程式為_______。（3）丁組同學用以下方法測定亞硝酰氯（NOCl）純度：?、兴靡后wm克溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液為指示劑，用cmol/LAgNO3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液的體積為bmL。亞硝酰氯（NOCl）的質量分數為_________（用代數式表示即可）。21、燃煤產生的煙氣中含有較多的CO2、CO、SO2等影響環(huán)境的氣體。如何綜合利用這些氣體一直是科研單位研究的熱點。(1)已知：2CO2(g)＋6H2(g)?CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH1CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g)ΔH22CO(g)＋4H2(g)?CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH3用ΔH2、ΔH3表示ΔH1，ΔH1＝_________。(2)針對CO2與H2反應轉化為二甲醚(g)和H2O(g)，研究發(fā)現，該反應中CO2的平衡轉化率隨反應溫度、投料比[n(H2)/n(CO2)]的變化曲線如圖：①ΔH1________(填“＞”或“＜”)0。②若其他條件不變，僅僅增大壓強，則逆反應速率會________(填“增大”“減小”或“不變”，下同)，平衡常數K會________。(3)研究發(fā)現，催化劑可以促使煙氣CO、SO2轉化為CO2、S。反應原理為2CO(g)＋SO2(g)?2CO2(g)＋S(l)ΔH＝－270kJ·mol－1。①其他條件相同，研究發(fā)現，分別選取Fe2O3、NiO、Cr2O3作上述反應的催化劑時，SO2的轉化率隨反應溫度的變化如圖，研究得出，應該選擇Fe2O3作催化劑，主要原因可能是________________②若在2L恒容密閉容器中，將3molCO、1molSO2混合，在一定條件下引發(fā)反應，當SO2的平衡轉化率為40%時，此時K＝________。③向反應容器中再分別通入下列氣體，可以使SO2轉化率增大的是_____(填字母)。A．COB．SO2C．N2D．H2SE.CO2

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解析】

A.該電池在充電時Fe元素化合價由反應前LiFePO4中的+2價變?yōu)榉磻笾械腇ePO4中的+3價，可見Fe元素化合價發(fā)生了變化，A錯誤；B.根據電池充電時的陽極反應式為：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，充電時鋁箔為陽極，則放電時鋁箔為正極，銅箔為負極，放電時，電子由銅箔經外電路流向鋁箔，B正確；C.根據題意可知充電時Al箔為陽極，則充電時，鋁箔電極應該接電源的正極，C正確；D.根據圖示可知：電池放電時Li+通過隔膜向鋁箔電極方向遷移，充電是放電的逆過程，則Li+要由鋁箔通過隔膜向銅箔電極方向遷移，D正確；故答案選A。2、C【解析】

放電時，Zn是負極，負極反應式為：Zn-2e－═Zn2＋，正極反應式為：Br2+2e－=2Br－，充電時，陽極反應式為2Br－-2e－=Br2、陰極反應式為Zn2＋+2e－=Zn。【詳解】A．充電時電極石墨棒A連接電源的正極，反應式為2Br－-2e－=Br2，故A正確；B．放電過程中陰離子通過隔膜從正極區(qū)移向負極區(qū)，故B正確；C．放電時，Zn是負極，負極反應式為：Zn-2e－═Zn2＋，故C錯誤；D．正極反應式為：Br2+2e－=2Br－，陰離子通過隔膜從正極區(qū)移向負極區(qū)，放電時右側電解質儲罐中的離子總濃度增大，故D正確；故選C。3、D【解析】

A．H2O中H元素的化合價降低，則屬于氧化還原反應，水作氧化劑，故A不選；B．反應中水中O元素的化合價升高，則屬于氧化還原反應，水作還原劑，故B不選；C．反應沒有元素的化合價變化，不屬于氧化還原反應，故C不選；D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反應中，S、Cl元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，H2O中沒有元素的化合價變化，水既不是氧化劑也不是還原劑，故D選；故選D。4、B【解析】

A．中子數為8的氧原子的質量數=8+8=16，該原子正確的表示方法為，故A錯誤；B．甲基為中性原子團，其電子式為，故B正確；C．CH3OCH3為二甲醚，乙醚正確的結構簡式為CH3CH2OCH2CH3，故C錯誤；D．二氧化碳分子中含有兩個碳氧雙鍵，為直線型結構，其正確的比例模型為，故D錯誤；故選B?！军c睛】電子式的書寫注意事項：（1)陰離子和復雜陽離子要加括號，并注明所帶電荷數，簡單陽離子用元素符號加所帶電荷表示。（2）要注意化學鍵中原子直接相鄰的事實。（3）不能漏寫未參與成鍵的電子對。5、D【解析】

A.HSO3?＋H2O=H3O+＋為HSO3?的電離方程式，故錯誤；B.FeI2溶液中加雙氧水，應是碘離子被氧化，生成碘單質，再亞鐵離子反應生成鐵離子，故錯誤；C.10mL0.1mol·L?1NaOH溶液中滴加幾滴AlCl3溶液，說明堿過量，反應生成偏鋁酸鈉，不是氫氧化鋁，故錯誤；D.3amolCO2通入含2amolBa（OH）2的溶液中，反應生成碳酸鋇和碳酸氫鋇，離子方程式3CO2＋4OH?＋Ba2+=BaCO3↓＋2＋H2O，故正確；故選D?！军c睛】掌握酸式鹽的水解或電離方程式的書寫，通常都有水參與反應，關鍵是看離子是分開還是結合的問題，若分開，則為電離，若結合，則為水解?；蚪Y合電離或水解后的酸堿性判斷，如亞硫酸氫根離子電離顯酸性，所以反應產物有氫離子，水解顯堿性，則反應產物有氫氧根離子。6、B【解析】

A．二氧化碳和水反應生成碳酸，可以增加酸度，碳酸能與碳酸鈣反應，所以珊瑚、貝殼類等生物的生存將會受到威脅，故A正確；B．植物油的主要成分是不飽和高級脂肪酸甘油酯，長時間放置會被氧化而變質，故B錯誤；C．常溫下用3體積乙醇與1體積蒸餾水配制成的混合液中酒精含量約為75%，即醫(yī)用酒精，可以殺菌消毒，故C正確；D．二氧化硫具有還原性，可防止營養(yǎng)成分被氧化，故D正確；故答案為B。7、D【解析】

火力發(fā)電時燃煤排放的含SO2的煙氣通入吸收塔和天然海水，得到溶液通入氧氣氧化亞硫酸生成硫酸，加入天然海水中和、稀釋經氧化后海水中生成的酸。【詳解】A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等離子，在這些離子中能發(fā)生水解的是CO32-、HCO-3離子，CO32-+H2O?HCO3-+OH-，HCO3-+H2O?H2CO3+OH-它們水解呈堿性，所以天然海水的pH≈8，呈弱堿性，故A正確；B．天然海水吸收了含硫煙氣后，要用O2進行氧化處理，因為氧氣具有氧化性，被氧化的硫元素的化合價為+4價，具有還原性，所以氧氣將H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化為硫酸，如亞硫酸被氧化的反應為2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正確；C．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水與之混合后才能排放，是因中和稀釋經氧氣氧化后海水中生成的酸(H+)，故C正確；D．從框圖可知：排放”出來的海水，是經過加天然海水中和、稀釋經氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的體積顯然比進入吸收塔的天然海水大，所以SO42-的物質的量濃度排放出來的海水中濃度小，故D錯誤；故答案為D。8、D【解析】

H2S和O2的混合氣體點燃，氧氣不足發(fā)生反應①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧氣足量發(fā)生反應②2H2S+3O2═2SO2+2H2O；據此討論；若n（H2S）：n（O2）>2:1，發(fā)生反應①，H2S有剩余；若n（H2S）：n（O2）=2:1，發(fā)生反應①，沒有氣體；若n（H2S）：n（O2）<2:3，發(fā)生反應②，氧氣有剩余，氣體為氧氣、二氧化硫；若n（H2S）：n（O2）=2:3，發(fā)生反應②，氣體為二氧化硫；若2:3<n（H2S）：n（O2）<2:1，發(fā)生反應①②，氣體為二氧化硫，據此進行分析。【詳解】H2S和O2的混合氣體點燃，氧氣不足發(fā)生反應①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧氣足量發(fā)生反應②2H2S+3O2═2SO2+2H2O；①若n（H2S）：n（O2）>2:1，發(fā)生反應①H2S有剩余，則2H2S+O2═2S↓+2H2O體積變化?V21350mL25mL100-25=75mL剩余氣體為25mLH2S，原混合氣體中O2為25mL，H2S為100-25=75mL，符合題意；②若n（H2S）：n（O2）=2：1，發(fā)生反應①，沒有剩余氣體，不符合題意；③若n（H2S）：n（O2）<2:3，發(fā)生反應②，氧氣有剩余，則:2H2S+3O2═2SO2+2H2O體積變化?V232350mL7550100-25=75mL剩余氣體為氧氣、二氧化硫，其中二氧化硫為50mL，不符合題意；④若n（H2S）：n（O2）=2:3，發(fā)生反應②，最后氣體為二氧化硫，體積為50mL，不符合題意；⑤若2:3<n（H2S）：n（O2）<2:1，發(fā)生反應①②，硫化氫、氧氣全部反應，剩余氣體為二氧化硫，n(SO2)=25mL；則根據反應②2H2S+3O2═2SO2+2H2O可知，n(O2)=3/2n(SO2)=25mL×1.5=37.5mL；n(H2S)=n(SO2)=25mL；根據題意可知，H2S與O2混合氣體共100mL，所以發(fā)生反應①2H2S+O2═2S↓+2H2O的H2S與O2的總體積為100mL-25mL-37.5mL=37.5mL，n(O2)=1/3×37.5mL=12.5mL,n(H2S)=2/3×37.5mL，所以，原混合氣體中n(H2S)=25mL+12.5mL=37.5mL，n(O2)=37.5mL+12.5mL=50mL；結合以上分析可知，只有D選項不可能；故答案選D。9、D【解析】

A.SO2能形成硫酸型酸雨，根據示意圖，SO2與CaCO3、O2反應最終生成了CaSO4，減少了二氧化硫的排放，A正確；B.二氧化硫和氧化鈣生成亞硫酸鈣的反應、亞硫酸鈣與O2生成硫酸鈣的反應是化合反應，碳酸鈣生成二氧化碳和氧化鈣的反應是分解反應，B正確；C.根據以上分析，總反應可表示為：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2，C正確；D.排放的氣體中一定含有CO2，CO2能使澄清石灰水變渾濁，若排放的氣體能使澄清石灰水變渾濁，不能說明氣體中含SO2，D錯誤；答案選D。10、D【解析】

A．飽和FeCl3在沸水中水解可以制備膠體，化學方程式為FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl，正確，A不選；B．濾紙上層的分散系中懸浮顆粒直徑通常大于10-7m時，為濁液，不能透過濾紙，因此濾紙上的紅褐色固體為Fe(OH)3固體顆粒，正確，B不選；C．膠體的直徑在10-9~10-7m之間，可以透過濾紙，但不能透過半透膜，因此在濾紙和半透膜之間的B層分散系為膠體，正確，C不選；D．若Fe3＋完全水解，Cl－全部進入C區(qū)，根據電荷守恒，則進入C區(qū)的H＋的數目應為0.03NA。但是Fe3＋不一定完全水解，Cl－也不可能通過滲析完全進入C區(qū)，此外Fe(OH)3膠體粒子通過吸附帶正電荷的離子如H+而帶有正電荷，因此進入C區(qū)的H＋的數目小于0.03NA，錯誤，D選。答案選D。11、B【解析】

A．H2S+CuSO4=CuS+H2SO4。錯誤；B．H2SO4+2NaCl=Na2SO4+2HCl↑；2HCl+FeS=FeCl2+H2S↑，正確；C．Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，錯誤；D．CuSO4+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4，錯誤。12、D【解析】

乙醇在催化條件下，可與氧氣發(fā)生反應生成乙醛，以此解答?！驹斀狻恳掖荚诖呋瘲l件下，可與氧氣發(fā)生氧化反應生成乙醛，—OH被氧化生成—CHO，為氧化反應。答案選D。13、B【解析】

A.一個氫氧化鋁膠粒是多個氫氧化鋁的聚集體，故NA個氫氧化鋁膠粒的質量大于78g，故A錯誤；B.常溫常壓下，Vm>22.4L/mol，則2.24LLH2物質的量小于0.1mol，則含有的H原子數小于0.2NA，故B正確；C.CaSO4與KHSO4固體摩爾質量相同，都是136g/mol，136gCaSO4與KHSO4的固體混合物的物質的量為1mol，含有的陰離子的數目等于NA；C錯誤；D.溶液體積不明確，故溶液中的鐵離子的個數無法計算，故D錯誤；14、B【解析】

A．①中Mg、At元素的化合價變化，屬于氧化還原反應，而②中沒有元素的化合價變化，為非氧化還原反應，故A錯誤；B．①中Mg、At元素的化合價變化，MgAt2既是氧化產物，又是還原產物，故B正確；C．②中沒有元素的化合價變化，為非氧化還原反應，故C錯誤；D．由還原劑的還原性大約還原產物的還原性可知，Mg的還原性大于MgAt2，不能比較MgAt2、MgI2的還原性，故D錯誤；故選B．15、A【解析】

根據反應S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，用氯氣的消耗速率表示正反應速率和用SCl2的消耗速率表示逆反應速率，二者之比為1：2時轉化為用同一種物質表示的正逆反應速率相等，達到平衡狀態(tài)，由圖像可知B、D點時的正逆反應速率之比為1：2，達到平衡狀態(tài)；B、D點為平衡點，由圖中數據可知，B、D點的狀態(tài)對應的溫度為250℃，300℃時，SCl2的消耗速率大于氯氣的消耗速率的2倍，說明平衡逆向移動，則正反應為放熱反應，ΔH2＜0?！驹斀狻緼.正反應的活化能是發(fā)生反應所需要的能量，逆反應的活化能是反應中又釋放出的能量，正反應的活化能減去逆反應的活化能就等于總反應的吸熱放熱量，由分析可知ΔH＜0，正反應為放熱反應，所以正反應的活化能小于逆反應的活化能，故A錯誤；B.由分析可知ΔH＜0，正反應為放熱反應，加熱后平衡向逆反應方向移動，故B正確；C.根據反應S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，用氯氣的消耗速率表示正反應速率和用SCl2的消耗速率表示逆反應速率，二者之比為1：2時轉化為用同一種物質表示的正逆反應速率相等，達到平衡狀態(tài)，由圖像可知B、D點時的正逆反應速率之比為1：2，達到平衡狀態(tài)；B、D點為平衡點，故C正確；D.根據反應S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)反應物和產物都是氣體，且反應物和產物的系數相等，所以改變壓強不改變平衡移動，縮小容器體積，重新達到平衡后，Cl2的平衡轉化率不變，故D正確；答案選A。16、D【解析】

A、HClO中O原子分別與H原子和Cl形成共價鍵，故HClO的結構式為H—O—Cl，故A不正確；B、同位素研究的是原子之間的關系，H2與H+之間不是原子，所以不屬于同位素，故B不正確；C、氧原子原子核內不可能有10個質子，只有Ne原子才含有10個質子，故C不正確；D、N2分子的電子式：，D正確；故選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、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D的結構簡式()知，C為，B中含有苯環(huán)，根據B的分子式C7H8O知，B為，根據信息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發(fā)生還原反應生成G，根據G的結構簡式()結合題給信息知，F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。18、C、D【解析】

（1）奧美拉的分子式為C17H19N3O3S，A錯誤；J生成K的過程中，增加了氧原子，反應類型為氧化反應，B錯誤；化合物C中有苯環(huán)，可發(fā)生取代和加成反應；有碳氧雙鍵，可得到氫，發(fā)生還原反應；C正確；設計A轉化為B的目的是保護其中的官能團，D正確。答案選CD。（2）根據流程I到J有機物兩個分子結構的差別可知，化合物F的結構簡式。（3）根據生成物B的結構式和反應物可得A的結構式為，發(fā)生的化學反應為；（4）①分子中含苯環(huán)，遇FeC13顯紫色，結構中有酚羥基；②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子，根據化合物G的結構符合要求的化合物H結構式為；（5）結合題中流程圖，從乙烯合成的路線為；19、加熱、攪拌、研細顆粒用玻璃棒不斷攪拌濾液K+、NO3-、Na+、Cl-減少NaCl的結晶析出取少量固體溶于水，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若生成白色沉淀說明含有雜質KNO3增大銨根離子的濃度，有利于氯化銨結晶析出甲基橙8.92%【解析】

硝酸鈉和氯化鉀用水溶解，得到的溶液中含有K+、NO3-、Na+、Cl-，由于在溶液中NaCl的溶解度較小，且受溫度影響不大，采取蒸發(fā)濃縮，析出NaCl晶體，過濾分離出NaCl晶體。由于硝酸鉀溶解度受溫度影響比硝酸鈉大，采取冷卻結晶析出硝酸鉀，過濾出硝酸鉀晶體后，向濾液中加入NH4NO3，可增大溶液中NH4+濃度，有利于NH4Cl結晶析出?！驹斀狻縄.(1)加熱、攪拌、研細顆粒等都可以加快物質溶解；實驗室進行蒸發(fā)結晶操作時，為防止液滴飛濺，要用玻璃棒不斷攪拌濾液，使溶液受熱均勻；(2)過濾I后析出部分NaCl，濾液I含有K+、NO3-、Na+、Cl-；氯化鈉溶解度較小，濃縮析出NaCl晶體后，直接冷卻會繼續(xù)析出NaCl晶體，在進行冷卻結晶前應補充少量水，可以減少NaCl的結晶析出；(3)產品KNO3中可能含有Na+、Cl-雜質離子，檢驗的方法是：取少量固體溶于水，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若生成白色沉淀說明含有雜質NaCl，即含有雜質；II.(4)取40gNH4NO3和37.25gKCl固體加入100g水中，加熱至90℃所有固體均溶解，用冰水浴冷卻至5℃以下時，硝酸鉀的溶解度最小，首先析出的是硝酸鉀晶體；在濾液中加入硝酸銨可以增大銨根離子濃度，使NH4Cl晶體析出；(5)由于恰好反應時生成的溶質為(NH4)2SO4和Na2SO4，溶液為酸性，則應該選用甲基橙為指示劑；硫酸總的物質的量n(H2SO4)=c·V=0.102mol/L×0.02L=0.00204mol，含有氫離子的物質的量為n(H+)=2n(H2SO4)=2×0.00204mol=0.00408mol，氫氧化鈉的物質的量n(NaOH)=c·V=0.089mol/L×0.01655L=0.001473mol，所以氨氣的物質的量n(NH3)=0.00408mol-0.001473mol=0.002607mol，所以根據N元素守恒，可知樣品中氯化銨的物質的量為0.002607mol，則樣品中氯化銨的質量分數為：×100%≈8.92%?！军c睛】本題考查物質制備方案、物質的分離與提純方法，涉及溶解度曲線的理解與應用、滴定計算等，關鍵是對原理的理解，試題培養(yǎng)了學生對圖象的分析能力與靈活應用所學知識的能力。20、濃鹽酸水e→f（或f→e）→b→c→dCl2排盡裝置中的空氣，防止NO被裝置中的氧氣氧化2NO+Cl2=2NOCl防止水蒸氣進入裝置Ⅷ2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2【解析】

由氯氣與一氧化氮在常溫常壓下合成NOCl：由圖裝置制備氯氣，實驗室用濃鹽酸與二氧化錳制備，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，故裝置Ⅱ用飽和食鹽水吸收氯化氫氣體，裝置Ⅲ用濃硫酸干燥，由圖制備NO，用銅和稀硝酸反應制備NO，制得的NO中可能混有NO2，故裝置Ⅱ用水凈化NO，裝置IV用濃硫酸干燥，將氯氣和NO干燥后在裝置V中發(fā)生反應，在冰鹽中冷凝收集NOCl，氯氣、NO以及NOCl均不能排放到空氣中，用氫氧化鈉溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集裝置和尾氣處理裝置之間需加一個干燥裝置，據此進行解答。【詳解】(1)實驗室用濃鹽酸與二氧化錳制備氯氣，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，故裝置Ⅱ用飽和食鹽水吸收氯化氫氣體，用銅和稀硝酸反應制備NO，制得的NO中可能混有NO2，NO不溶于水，故裝置Ⅱ用水凈化NO，故答案為：濃鹽酸；水；

(2)①將氯氣和NO干燥后在裝置V中發(fā)生反應，在冰鹽中冷凝收集NOCl，氯氣、NO以及NOCl均不能排放到空氣中，用氫氧化鈉溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集裝置和尾氣處理裝置之間需加一個干燥裝置，故答案為：e→f(或f→e)→b→c→d；②A處進入的氣體進入裝置Ⅴ上方，為了使反應充分應從A口