内蒙古自治区赤峰市2023年高三冲刺模拟化学试卷含解析

2023届高考化学模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1．下列说法正确的是()A．可用水鉴别乙酸和乙酸乙酯B．木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色C．一定条件下，乙酸乙酯、淀粉、乙烯都能与水发生水解反应D．向蛋白质中加入浓的Na2SO4溶液、CuSO4溶液均能凝结析出，加水后又能溶解2.下列微粒中，最易得电子的是（）A．Cl- B．Na+ C．F D．S2-3．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y和Z组成的一种化合物可有效灭杀新型冠状病毒，它的结构式为：。向W的一种钠盐水溶液中通入YZ2气体，产生沉淀的质量m与通入YZ2气体的体积V的关系如图所示。下列说法正确的是A．氢化物的熔点一定是：Y<ZB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>WC．X、Y、Z三种元素只能组成一种化合物D．工业上常用热还原法冶炼单质W4.通常情况下，仅凭下列事实能证明乙酸是弱酸的是A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢 B．乙酸钠溶液pH＞7C．乙酸溶液能使石蕊变红 D．某乙酸溶液能导电能力弱5.CuI是有机合成的一种催化剂，受热易氧化。实验室可通过向CuSO4与NaI的混合溶液中通入SO2制备CuI(2CuSO4＋2NaI＋SO2＋2H2O2CuI↓＋2H2SO4＋Na2SO4)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是()A．制备SO2B．制备CuI并制备少量含SO2的溶液C．将CuI与母液分离并用装置制得的含SO2的溶液洗涤沉淀D．加热干燥湿的CuI固体6．向3mol·L-1盐酸中加入打磨后的镁条，一段时间后生成灰白色固体X，并测得反应后溶液pH升高。为确认固体X的成分，过滤洗涤后进行实验：①向固体X中加入足量硝酸，固体溶解，得到无色溶液，将其分成两等份；②向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a；③向另一份无色溶液中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀b。下列分析不正确的是（）A．溶液pH升高的主要原因：Mg+2H+===Mg2++H2↑B．生成沉淀a的离子方程式：Ag++Cl-===AgCl↓C．沉淀b是Mg(OH)2D．若a、b的物质的量关系为n（a）：n（b）=1：3，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)6Cl7．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A．Na2SiO3易溶于水，可用作木材防火剂B．NaHCO3能与碱反应，可用作食品疏松剂C．Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂D．石墨具有还原性，可用作干电池的正极材料8．室温下，有pH均为9，体积均为10mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液，下列说法正确的是A．两种溶液中的c(Na+)相等B．两溶液中由水电离出的c(OH-)之比为10-9/10-5C．分别加水稀释到100mL时，两种溶液的pH依然相等D．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积相等9．根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（）选项操作现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性B向KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)C铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中无明显现象浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜D向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成Fe3+催化H2O2分解产生O2A．A B．B C．C D．D10.下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述正确的是（）A．溶液中H2O电离出的c(OH-)=1.0×10-3mol⋅L—1B．加入少量CH3COONa固体后，溶液pH升高C．与等体积0.001mol/LNaOH溶液反应，所得溶液呈中性D．与pH=3的硫酸溶液浓度相等11．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．无色透明溶液中:Ca2+、Cu2+、Br-、Cl-B．能使酚酞变红的溶液中:K+、Na+、CO32—、AlO2-C．c(ClO-)=1mol·L-1的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、I-D．Kw/c(OH—)=0.1mol·L-1的溶液中:NH4+、Mg2+、SO42-、CH3COO-12.我国是最早掌握炼锌的国家，《天工开物》中记载了以菱锌矿（主要成分为ZnCO3）和烟煤为原料的炼锌罐剖面图。已知：锌的沸点为907℃，金属锌蒸气遇热空气或CO2易生成ZnO。下列冶炼锌过程中的相关说法不正确的是A．尾气可用燃烧法除去B．发生了氧化还原反应C．提纯锌利用了结晶法D．泥封的目的是防止锌氧化13.(实验中学2023模拟检测）电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol·L-1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol•L-1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（）A．曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线B．在相同温度下，P点水电离程度大于M点C．M点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol·L-1D．N点溶液中：c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)14.利用电解法制取Na2FeO4的装置图如图所示，下列说法正确的是（电解过程中温度保持不变，溶液体积变化忽略不计）A．Y是外接电源的正极，Fe电极上发生还原反应B．Ni电极上发生的电极反应为：2H2O－4e－==O2↑＋4H＋C．若隔膜为阴离子交换膜，则电解过程中OH－由B室进入A室D．电解后，撤去隔膜，充分混合，电解液的pH比原来小15.设NA为阿伏加德罗常数的值。关于常温下pH＝10的Na2CO3～NaHCO3缓冲溶液，下列说法错误的是A．每升溶液中的OH﹣数目为0.0001NAB．c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）C．当溶液中Na+数目为0.3NA时，n（H2CO3）+n（HCO3﹣）+n（CO32﹣）＝0.3molD．若溶液中混入少量碱，溶液中变小，可保持溶液的pH值相对稳定16．下列说法不正确的是（）A．沼气的主要成分是甲烷，它是不可再生能源B．石油分馏得到的石油气常用来制造塑料或作为燃料C．用煤气化得到的水煤气合成液态烃和含氧有机物的过程也属于煤的液化D．垃圾分类处理后，对热值较高的可燃垃圾可进行焚烧发电二、非选择题（本题包括5小题）17．某研究小组以环氧乙烷和布洛芬为主要原料，按下列路线合成药物布洛芬酰甘氨酸钠。己知：（1）RCOOHRCOC1RCOORˊ（2）R-Cl-R-NH2R-NH2HC1RCONHR请回答：（1）写出化合物的结构简式：B_________；D_________。（2）下列说法不正确的是_________。A．转化为A为氧化反应B．RCOOH与SOCl2反应的产物有SO2和HC1C．化合物B能发生缩聚反应D．布洛芬酰甘氨酸钠的分子式为C15H19NO3Na（3）写出同时符合下列条件的布洛芬的所有同分异构体_________。①红外光谱表明分子中含有酯基，实验发现能与NaOH溶液1∶2反应，也能发生银镜反应；②H—NMR谱显示分子中有三个相同甲基，且苯环上只有一种化学环境的氢原子。（4）写出F→布洛芬酰甘氨酸钠的化学方程式_________。（5）利用题给信息，设计以为原料制备（）的合成路线(用流程图表示：无机试剂任选)_____________________。18．以下是由甲苯合成乙酰水杨酸和酚酞的合成路线。（1）写出“甲苯→A”的化学方程式____________________。（2）写出C的结构简式___________，E分子中的含氧官能团名称为__________________；（3）上述涉及反应中，“E→酚酞”发生的反应类型是______________。（4）写出符合下列条件的乙酰水杨酸的一种同分异构体的结构简式_________________。①遇FeCl3溶液显紫色，②能与碳酸氢钠反应，③苯环上只有2个取代基的，④能使溴的CCl4溶液褪色。（5）写出乙酰水杨酸和NaOH溶液完全反应的化学方程式：___________________。（6）由D合成E有多步，请设计出D→E的合成路线_________________。(有机物均用结构简式表示)。(合成路线常用的表示方式为：D……E)19．（衡水中学2023模拟检测）二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒剂，易溶于水，沸点为11.0℃，极易爆炸。在干燥空气稀释条件下，用干燥的氯气与固体亚氯酸钠制备二氧化氯，装置如图：(1)仪器a的名称为_____________，装置A中反应的离子方程式为_______________。(2)试剂X是_______________________。(3)装置D中冰水的主要作用是___________。装置D内发生反应的化学方程式为_______________。(4)装置E中主要反应的离子方程式为：____________________________。(5)已知NaClO2饱和溶液在不同温度时析出的晶体情况如下表。温度＜38℃38℃～60℃＞60℃析出晶体NaClO2·3H2ONaClO2分解成NaClO3和NaCl利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤：55℃蒸发结晶、_________、38～60℃的温水洗涤、低于60℃干燥。(6)工业上也常用以下方法制备ClO2。①酸性条件下双氧水与NaClO3反应，则反应的离子方程式为_______________________。②如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验。则阴极电极反应式为____________。20．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料。具有较强的还原性，可用于棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂。易溶于水，不溶于乙醇。Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解。实验室中常用亚硫酸钠和硫磺制备Na2S2O3•5H2O。制备原理为：Na2SO3+S+5H2O═Na2S2O3•5H2O。某化学兴趣小组在实验室制备硫代硫酸钠晶体并探究其化学性质。Ⅰ.实验室制取Na2S2O3•5H2O晶体的步骤如下：①称取12.6gNa2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水。②另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。③水浴加热(如图1所示，部分装置略去)，微沸，反应约1小时后过滤。④滤液在经过蒸发浓缩、冷却结晶后析出Na2S2O3•5H2O晶体。⑤进行减压过滤(如图2所示)、乙醇洗涤并干燥。请回答：(1)仪器B的名称是_____。(2)步骤④在浓缩过程中不能蒸发过度，其原因是_____。步骤⑤如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是_____。(3)洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是_____。A．水B．乙醇C．氢氧化钠溶液D．稀盐酸Ⅱ.设计以下实验流程探究Na2S2O3的某些化学性质(4)实验①Na2S2O3溶液pH＝8的原因是_____(用离子方程式表示)。(5)写出实验②中发生的离子反应方程式_____。Ⅲ.用Na2S2O3的溶液测定溶液中ClO2的物质的量浓度，可进行以下实验。步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100mL试样。步骤2：量取V1ML试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟(已知：ClO2+I﹣+H+—I2+Cl﹣+H2O未配平)。步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL(已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣)。(6)滴定终点现象是_____。根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为_____mol/L(用含字母的代数式表示)。21．碳碳双键在酸性高锰酸钾溶液中发生断键氧化过程：

+完成下列填空：(1)月桂烯是一种常见香料，其结构如图所示。①月桂烯与等物质的量的Br2发生加成反应，可以得到______种产物。②月桂烯与酸性高锰酸钾溶液反应时可生成多种有机产物，其中碳原子数最多的一种产物的结构简式为______。③金刚烷（见图）是月桂烯的一种同分异构体，其一氯代物有______种。(2)烃X在酸性高锰酸钾溶液中生成等物质的量的丙酮（CH3COCH3）与羧酸Y（C5H10O2），且Y中仅含两种不同化学环境的氢原子，则Y的结构简式是______，X的系统命名为______。(3)化学式为C8H12的烃Z，在酸性高锰酸钾溶液中生成CH3COCH2COOH，写出Z可能的结构简式：______。

参考答案(含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【答案解析】

A、乙酸是溶于水的液体，乙酸乙酯是不溶于水的液体，加水出现分层，则为乙酸乙酯，加水不分层，则为乙酸，因此可用水鉴别乙酸和乙酸乙酯，故A正确；B、木材纤维为纤维素，纤维素不能遇碘水显蓝色，土豆中含有淀粉，淀粉遇碘单质变蓝，故B错误；C、乙酸乙酯中含有酯基，能发生水解，淀粉为多糖，能发生水解，乙烯不能发生水解，故C错误；D、Cu2＋为重金属离子，能使蛋白质变性，加水后不能溶解，蛋白质和浓的轻金属无机盐(Na2SO4)溶液发生盐析，加水后溶解，故D错误；答案选A。2、C【答案解析】

氧化性越强的微粒，越容易得到电子。在四个选项中，氧化性最强的为F，其余微粒均达到稳定结构，化学性质不活泼，C项正确；答案选C。3、B【答案解析】

X、Y和Z组成的化合的结构式为：，构成该物质的元素均为短周期主族元素，且该物质可以消毒杀菌，该物质应为过氧乙酸：CH3COOOH，X为H、Y为C、Z为O；向W的一种钠盐水溶液中通入CO2气体可以产生沉淀且通过量的CO2气体沉淀不溶解，则该沉淀应为H2SiO3或Al(OH)3，相应的钠盐为硅酸钠或偏铝酸钠，W为Al或Si。【题目详解】A．C元素有多种氢化物，其中相对分子质量较大的一些氢化物的熔点要高于O的氢化物，故A错误；B．无论W为Al还是Si，其非金属性均小于C，最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>W，故B正确；C．C、H、O元素可以组成多种烃类的含氧衍生物，故C错误；D．若W为Si，工业上常用碳还原法冶炼，但W为Al，工业上常用电解熔融氧化铝制取铝，故D错误；故答案为B。【答案点睛】易错选项为D，要注意硅酸钠和偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳均可以产生沉淀，且沉淀不会与二氧化碳反应，所以根据题目所给信息无法确认W具体元素，要分情况讨论。4、B【答案解析】

证明CH3COOH为弱酸，可从以下角度判断：①等浓度的HCl、CH3COOH导电能力；②等浓度的HCl、CH3COOH比较二者与金属反应速率大小；③判断是否存在电离平衡；④比较二者对应的盐溶液的酸碱性等，以此解答该题。【题目详解】A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢，说明该乙酸中氢离子浓度很小，但是不能说明乙酸部分电离，不能证明乙酸是弱电解质，A错误；B．乙酸钠的pH＞7，说明乙酸钠是强碱弱酸盐，乙酸是弱酸，B正确；C．乙酸溶液能使石蕊试液变红色，说明乙酸电离出氢离子，但不能说明部分电离，所以不能证明是弱电解质，C错误；D．某乙酸导电能力弱，说明该酸中离子浓度较小，但是不能说明乙酸部分电离，则不能证明乙酸是弱电解质，D错误；故合理选项是B。【答案点睛】本题考查弱电解质判断的知识。明确强、弱电解质根本区别是解本题关键，溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带电荷有关，与电解质强弱无关，题目难度不大。5、D【答案解析】

A.Cu与浓硫酸在加热时发生反应生成SO2，图中固液加热装置可制备，A正确；B.硫酸铜与NaI发生氧化还原反应生成CuI、SO2，可用该装置制备CuI并制备少量含SO2的溶液，B正确；C.分离沉淀与溶液，可选该装置进行过滤，C正确；D.加热干燥湿的CuI固体，由于CuI易被氧化，因此不能用该装置加热，D错误；故合理选项是D。6、D【答案解析】

A、溶液pH升高的主要原因是H＋被消耗，即：Mg+2H+===Mg2++H2↑，故A正确；B、向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a，a是不溶于HNO3的白色沉淀，应为AgCl，故B正确；C、沉淀b，与OH―有关，NO3―、Cl―、Mg2＋能形成沉淀的只有Mg2＋，故C正确；D、若a、b的物质的量关系为n（a）：n（b）=1：3，根据化合价代数和为0，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)5Cl，故D错误。故选D。7、C【答案解析】

A.Na2SiO3可用作木材防火剂是因为其具有较好的耐热性，与其是否易溶于水无直接关系，A项错误；B.NaHCO3可用作食品疏松剂是利用其与有机酸反应或受热分解生成二氧化碳，B项错误；C.Fe粉具有还原性，易和空气中的氧气反应，可用作食品袋中的抗氧化剂，C项正确；D.石墨可用作干电池的正极材料，主要利用的是石墨具有良好的导电性，与还原性无关，D项错误；答案选C。8、B【答案解析】

pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），相同体积、相同pH的这两种溶液，则n（NaOH）＜n（CH3COONa）。【题目详解】A．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），钠离子不水解，所以钠离子浓度NaOH＜CH3COONa，故A错误；B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，NaOH溶液中c（H+）等于水电离出c（OH-）=10-9mol/L，CH3COONa溶液10-14/10-9=10-5mol/L，两溶液中由水电离出的c（OH-）之比=10-9/10-5，故正确；C．加水稀释促进醋酸钠水解，导致溶液中pH大小为CH3COONa＞NaOH，故C错误；D．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积与NaOH、CH3COONa的物质的量成正比，n（NaOH）＜n（CH3COONa），所以醋酸钠消耗的稀盐酸体积大，故D错误。9、D【答案解析】

A.向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体，蔗糖经浓硫酸脱水得到碳，碳和浓硫酸反应生成刺激性气味的二氧化硫，体现强氧化性，故A正确；B.向KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液，Ksp小的先出现沉淀，先生成黄色沉淀，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故B正确；C.铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中，无明显现象，浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜，从而阻止金属继续反应，故C正确；D.向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液，溶液变成棕黄色，说明H2O2在酸性条件下氧化Fe2+变为Fe3+，一段时间后溶液中出现气泡，说明Fe3+催化H2O2分解产生O2，故D错误；答案为D。10、B【答案解析】

A项、pH=3的CH3COOH溶液中c（H+）为1.0×10-3mol•L-1，氢离子抑制了水的电离，醋酸中的氢氧根离子来自水的电离，则溶液中H2O电离出的c（OH-）=1.0×10-10mol•L-1，故A错误；B项、加入少量CH3COONa固体后，溶液中醋酸根浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH升高，故B正确；C项、醋酸为弱酸，pH=3的醋酸溶液浓度大于0.001mol•L-1，与等体积0.001mol•L-1NaOH溶液反应后醋酸过量，所得溶液呈酸性，故C错误；D项、pH=3的硫酸溶液中氢离子浓度为c（H+）=1.0×10-3mol•L-1，硫酸的浓度为5×10-4mol•L-1，而醋酸的浓度大于0.001mol•L-1，故D错误；故选B。【答案点睛】水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出是氢氧根离子浓度，酸碱抑制水电离，水解的盐促进水电离。11、B【答案解析】A、含Cu2+的溶液呈蓝色，故A错误；B、能使酚酞变红的溶液显碱性，故四种离子都能共存，则B正确；C、c(ClO-)=1mol·L-1的溶液具有氧化性，能氧化Fe2+、I-，故C错误；D、=0.1mol·L-1的溶液呈酸性，则CH3COO-不能共存，即D错误。因此本题正确答案为B。12、C【答案解析】

A.菱锌矿煅烧，ZnCO3分解产生ZnO和CO2，ZnO与C在高温下发生反应：2ZnO+C2Zn+CO2↑，由于C过量，还会发生反应C+CO22CO，所以尾气中含有有毒气体CO，可利用其可燃性，用燃烧的方法使CO转化为CO2除去，A正确；B.由ZnCO3转化为Zn单质及C转化为CO、CO2的反应中有Zn、C元素化合价的变化，因此发生了氧化还原反应，B正确；C.Zn是比较活泼的金属，要使用电解方法提纯，C错误；D.泥封为了防止高温下Zn蒸气被空气氧化为ZnO，D正确；故合理选项是C。13、D【答案解析】

A．醋酸为弱电解质，滴加KOH，变为CH3COOK是强电解质，故导电率增加，即曲线①代表滴定醋酸的曲线，故A错误。B.相同温度下，P点溶质为KCl，不影响水的电离，M点为CH3COOK，其水解促进水的电离，故M点大于P点，故B错误。C．对于M点，根据电荷守恒可知，c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol·L-1，故C错误。D．N点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性，CH3COO-只有很小的一部分发生水解，所以c(K+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+),故D正确。答案：D。14、D【答案解析】

A.铁电极为阳极，Y接电源的正极，铁电极上发生失电子的氧化反应：Fe+8OH--6e-=FeO42−+4H2O↑，故A错误；B.镍电极为阴极，X接电源的负极，镍电极上发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B错误；C.在电解池装置中，阴离子向阳极移动，OH-由A室进入B室，故C错误；D.总反应为2Fe+2OH-+2H2O=FeO42−+3H2↑，由于反应消耗OH-，电解的OH-浓度降低，pH比原来小，故D正确；故选D。【答案点睛】阴极：与直流电源的负极直接相连的一极；阳极：与直流电源的正极直接相连的一极；阴极得电子发生还原反应，阳极失电子发生氧化反应；在电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。15、C【答案解析】

A、pH＝10的溶液中，氢氧根浓度为10-4mol/L；B、根据溶液的电荷守恒来分析；C、在Na2CO3中，钠离子和碳原子的个数之比为2：1，而在NaHCO3中，钠离子和碳原子的个数之比为1：1；D、根据的水解平衡常数来分析。【题目详解】A、常温下，pH＝10的溶液中，氢氧根浓度为10-4mol/L，故1L溶液中氢氧根的个数为0.0001NA，故A不符合题意；B、溶液显电中性，根据溶液的电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)＝c(OH﹣)+c()+2c()，故B不符合题意；C、在Na2CO3中，钠离子和碳原子的个数之比为2：1，而在NaHCO3中，钠离子和碳原子的个数之比为1：1，故此溶液中的当溶液中Na+数目为0.3NA时，n(H2CO3)+n()+n()<0.3mol，故C符合题意；D、的水解平衡常数，故当加入少量的碱后，溶液中的c(OH-)变大，而Kh不变，故溶液中变小，c(OH-)将会适当减小，溶液的pH基本保持不变，故D不符合题意；故选：C。16、A【答案解析】

A.沼气为秸秆等植物发酵而成，属于可再生能源，故A错误；B.石油中石油气的沸点最低，所以石油分馏最先得到的是石油气，可作为燃料，石油气也常用来制造塑料，故B正确；C.用煤气化得到的水煤气合成液态烃和含氧有机物是使煤经过化学反应生成液体燃料，属于煤的液化，故C正确；D.垃圾发电是把各种垃圾收集后，进行分类处理。其中：一是对燃烧值较高的进行高温焚烧，在高温焚烧中产生的热能转化为高温蒸气，推动涡轮机转动，使发电机产生电能。二是对不能燃烧的有机物在缺乏空气的条件下进行腐烂发酵、产生一种气体沼气，故D正确；故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17.(xx第一中学2023模拟检测）D【答案解析】氧化得到的A为ClCH2COOH，ClCH2COOH与NH3作用得到的B为H2NCH2COOH，H2NCH2COOH再与SOCl2作用生成的C为，再与CH3OH作用得到的D为；与SOCl2作用生成的E为，E与D作用生成的F为，F再在NaOH溶液中水解可得布洛芬酰甘氨酸钠；（1）写出化合物的结构简式：B为H2NCH2COOH；D为；（2）A．催化氧化为转化为ClCH2COOH，反应类型为氧化反应，故A正确；B．RCOOH与SOCl2发生取代反应，所得产物为RCOOCl、SO2和HC1，故B正确；C．化合物B为氨基酸，一定条件下能发生缩聚反应，故B正确；D．布洛芬酰甘氨酸钠的分子式为C15H20NO3Na，故D错误；答案为D。（3）①红外光谱表明分子中含有酣基，实验发现能与NaOH溶液1∶2反应，也能发生银镜反应，说明苯环上直接连接HCOO—；②H—NMR谱显示分子中有三个相同甲基，说明同一碳原子上连接三个甲基；苯环上只有一种化学环境的氢原子，因苯环上不可能只有对位有两个不同的取代基，可以保证对称位置上的氢原子环境相同，满足条件的同分异构体有；（4）F→布洛芬酰甘氨酸钠的化学方程式为；（5）以为原料制备的合成路线为。点睛：本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型；难点是有机物D的结构确定，可先根据F的碱性水解，结合产物确定出F，再利用D和E生成F，可借助碳架结构、反应原理及原子守恒分析推测D的结构。18、羧基、羟基取代或酯化或的邻、间、对的任意一种（写出D的结构简式即给1,其他合理也给分）【答案解析】根据题中各物质转化关系，甲苯与溴在铁粉作催化剂的条件下生成A为，A发生水解得B为，B与乙酸发生酯化反应C为，C发生氧化反应得乙酰水杨酸，比较和酚酞的结构可知，与反应生成D为，D发生氧化反应得，再与反应得E为。（1）“甲苯→A”的化学方程式为；（2）C为，E为，E分子中的含氧官能团名称为羧基、羟基；（3）上述涉及反应中，“E→酚酞”发生的反应类型是取代或酯化反应；（4）乙酰水杨酸的一种同分异构体，符合下列条件①遇FeCl3溶液显紫色，说明有酚羟基，②能与碳酸氢钠反应，说明有羧基，③苯环上只有2个取代基，④能使溴的CCl4溶液褪色，说明有碳碳双键，则该同分异构体的结构简式为或的邻、间、对的任意一种；（5）乙酰水杨酸和NaOH溶液完全反应的化学方程式为；（6）根据上面的分析可知，D→E的合成路线为。19、分液漏斗MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O饱和食盐水冷凝二氧化氯Cl2+2NaClO2=2ClO2+NaCl2OH－＋Cl2=ClO－＋Cl－＋H2O趁热过滤H2O2+2H++2ClO3－=2ClO2+2H2O+O2↑ClO2+e－=ClO2－【答案解析】

(1)看图得出仪器a的名称，装置A是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水。(2)试剂X是除掉HCl气体。(3)二氧化氯(ClO2)沸点为11.0℃，因此得装置D中冰水的主要作用，装置D内发生反应是氯气与固体亚氯酸钠生成二氧化氯。(4)装置E中主要是氯气的尾气处理。(5)由于＜38℃是以NaClO2·3H2O晶体，操作要注意不能低于38℃。(6)①H2O2、H+与ClO3－反应得到ClO2。②左边为ClO2反应生成ClO2－，得到电子，发生还原反应。【题目详解】(1)仪器a的名称为分液漏斗，装置A是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水，其反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O；故答案为：分液漏斗；MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O。(2)试剂X是除掉HCl气体，因此用饱和食盐水；故答案为：饱和食盐水。(3)二氧化氯(ClO2)沸点为11.0℃，因此装置D中冰水的主要作用是冷凝二氧化氯。装置D内发生反应是氯气与固体亚氯酸钠生成二氧化氯，其化学方程式为Cl2+2NaClO2=2ClO2+NaCl；故答案为：冷凝二氧化氯；Cl2+2NaClO2=2ClO2+NaCl。(4)装置E中主要是氯气的尾气处理，其反应的离子方程式为：2OH－＋Cl2=ClO－＋Cl－＋H2O；故答案为：2OH－＋Cl2=ClO－＋Cl－＋H2O。(5)利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤：由于＜38℃是以NaClO2·3H2O晶体，因此55℃蒸发结晶、趁热过滤、38～60℃的温水洗涤、低于60℃干燥；故答案为：趁热过滤。(6)①酸性条件下双氧水与NaClO3反应，则反应的离子方程式为H2O2+2H++2ClO3－=2ClO2+2H2O+O2↑。②如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验。左边为ClO2反应生成ClO2－，得到电子，发生还原反应，其为阴极，其电极反应式为ClO2+e－=ClO2－；故答案为：ClO2+e－=ClO2－。20、球形冷凝管避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解避免发生水倒吸BS2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复【答案解析】

(1)、根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管；(2)、根据题干信息‘Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解’解答；停止抽滤时，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，是为了避免发生水倒吸；(3)、硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中，硫在酒精中微溶，可以增大接触面积，提高反应速率；(4)、常温下，由pH=8，是Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；(5)、加入足量氨水同时加入氯化钡溶液，氯水具有氧化性，Na2S2O3具有还原性，发生氧化还原反应，生成SO42-和Cl-，生成的SO42-再与Ba2+反应；(6)、滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂，溶液蓝色褪去；由方程式2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-得关系式ClO2~52S2O32-,n(2S2O32-)=cV2×10-3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，根据c=计算出原ClO2溶液的物质的量浓度。【题目详解】（1）由装置图可知仪器B为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）加热时应避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解，抽滤时应避免倒吸，如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是避免发生水倒吸，故答案为：避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解；避免发生水倒吸；（3）洗涤时为尽可能避免产品损失应选用乙醇，故答案为：B；（4）Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为S2O3