2023届广西钦州市浦北县寨圩中学高三冲刺模拟化学试卷含解析

2023届高考化学模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1．在下列各用途中，利用了物质的氧化性的是A．用食盐腌制食物 B．用漂粉精消毒游泳池中的水C．用汽油洗涤衣物上的油污 D．用盐酸除去铁钉表面的铁锈2.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为0.1NAB．标准状況下，2.24L己烷中共价键的数目为1.9NAC．在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数一定大于0.1NAD．34gH2O2中含有的阴离子数为NA3．下列过程中，一定需要通电才能实现的是A．电解质电离 B．电化学防腐C．蓄电池放电 D．电解精炼铜4.室温下，对于0.10mol•L﹣1的氨水，下列判断正确的是A．与AlCl3溶液反应发生的离子方程式为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓B．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性C．加水稀释后，溶液中c（NH4+）•c（OH﹣）变大D．1L0.1mol•L﹣1的氨水中有6.02×1022个NH4+5.含铀矿物通常用铅(Pb)的同位素测年法进行断代，下列关于Pb和Pb说法正确的是A．含不同的质子数 B．含不同的电子数C．含相同的中子数 D．互相转化时不属于化学变化6．下列说法不正确的是A．氯气是一种重要的化工原料，广泛应用于自来水的消毒和农药的生产等方面B．钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂C．用硅制造的光导纤维具有很强的导电能力，可用于制作光缆D．化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等都可能用到硫酸7．某酸的酸式盐NaHY在水溶液中，HY-的电离程度小于HY-的水解程度。有关的叙述正确的是（）A．H2Y的电离方程式为：B．在该酸式盐溶液中C．HY-的水解方程式为D．在该酸式盐溶液中8．有氯气参加的化学反应一定不属于A．复分解反应 B．置换反应 C．取代反应 D．加成反应9．W、R、X、Y均为短周期元素且原子序数依次增大.Y的最高正价和最低负价之和等于0；常温常压下，W和R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化；这4种元素原子的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2倍。下列说法正确的是A．元素的非金属性为R>Y>WB．原子半径为W>R>X>YC．R与其他三种元素均可形成二元共价化合物D．简单氢化物的热稳定性为R>W>Y10.下列实验能实现的是（）A．图1装置左侧用于检验氯化铵受热分解出的氨气B．图2装置用于分离碘单质和高锰酸钾固体混合物C．图3装置中若a处有红色物质生成，b处变蓝，证明X一定是H2D．图4装置可以制取少量CO2，安全漏斗可以防止气体逸出11．根据下列实验现象，所得结论正确的是实验实验现象结论A左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡活动性：Al＞Fe＞CuB左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C白色固体先变为淡黄色，后变为黑色溶解性Ag2S＞AgBr＞AgClD锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：Cl＞C＞SiA．A B．B C．C D．D12.下列属于碱性氧化物的是A．Mn2O7 B．Al2O3 C．Na2O2 D．MgO13.(实验中学2023模拟检测）工业制硝酸产生的尾气NOx可用足量NaOH溶液吸收，以下判断错误的是（）A．x=1.5时，只生成NaNO2B．2＞x＞1.5时，生成NaNO2和NaNO3C．x＜1.5时，需补充O2D．x=2时，只生成NaNO314.Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。以NaOH溶液为电解质，制备Na2FeO4的原理如图所示，在制备过程中需防止FeO42-的渗透。下列说法不正确A．电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出B．铁电极上的主要反应为：Fe－6e-+8OH-=FeO42-+4H2OC．电解一段时间后，Ni电极附近溶液的pH减小D．图中的离子交换膜为阴离子交换膜15.宋应星所著《天工开物》被外国学者誉为“17世纪中国工艺百科全书”。下列说法不正确的是A．“凡白土曰垩土，为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料B．“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸C．“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”该过程中反应的类型为置换反应D．“每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜”中的黄铜是合金16．对下列化工生产认识正确的是A．制备硫酸：使用热交换器可以充分利用能量B．侯德榜制碱：析出NaHCO3的母液中加入消石灰，可以循环利用NH3C．合成氨：采用500℃的高温，有利于增大反应正向进行的程度D．合成氯化氢：通入H2的量略大于Cl2，可以使平衡正移二、非选择题（本题包括5小题）17．苯丁酸氮芥是一种抗肿瘤药，其合成路线如下。其中试剂①是丁二酸酐（），试剂③是环氧乙烷（），且环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合。回答下列问题：（1）写出反应类型：反应Ⅱ____，反应Ⅴ_____。（2）写出C物质的结构简式___。（3）设计反应Ⅲ的目的是____。（4）D的一种同分异构体G有下列性质，请写出G的结构简式____。①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应③能发生水解反应和银镜反应④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气（5）通过酸碱中和滴定可测出苯丁酸氮芥的纯度，写出苯丁酸氮芥与足量氢氧化钠反应的化学方程式____。（6）1，3-丁二烯与溴发生1，4加成，再水解可得1，4-丁烯二醇，设计一条从1，4-丁烯二醇合成丁二酸的合成路线（所需试剂自选）____18．苯巴比妥是1903年就开始使用的安眠药，其合成路线如图(部分试剂和产物略)。已知：①NBS是一种溴代试剂②++C2H5OH③R1—COOC2H5++C2H5OH请回答下列问题：(1)下列说法正确的是__________A．1molE在NaOH溶液中完全水解，需要消耗2molNaOHB．化合物C可以和FeCl3溶液发生显色反应C．苯巴比妥具有弱碱性D．试剂X可以是CO(NH2)2(2)B中官能团的名称__________，化合物H的结构简式为_______。(3)D→E的化学方程式为_________。(4)苯巴比妥的一种同系物K，分子式为C10H8N2O3，写出K同时符合下列条件的同分异构体的结构简式______①分子中含有两个六元环；且两个六元环结构和性质类似②能够和FeCl3发生显色反应③核磁共振氢谱显示分子中由5种氢(5)参照流程图中的反应，设计以甲苯为原料合成聚酯__________(用流程图表示，无机试剂任选)19．（衡水中学2023模拟检测）某学习小组以铝铁铜合金为主要原料制备[Cu（NH3）4]SO4·H2O（一水硫酸四氨合铜）和Fe3O4胶体粒子，具体流程如下：已知：①Cu（NH3）42+=Cu2+＋4NH3②Fe2+＋2Fe３+＋8OH−Fe3O4↓＋4H2O③[Cu（NH3）4]SO4易溶于水，难溶于乙醇。请回答：（1）滤渣的成分为________。（2）步骤Ⅰ中生成[Cu（NH3）4]SO4·H2O的离子方程式：________。步骤Ⅰ中加入（NH4）2SO4的作用是作为反应物和________。（3）步骤Ⅳ中加入95%乙醇时，缓慢加入的目的是________。（4）下列有关叙述正确的是________。A步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率B步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu（OH）2等杂质C步骤Ⅳ、Ⅴ用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等D步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，缓慢流干，重复2～3次（5）步骤Ⅲ中，从滤渣制备Fe3O4胶体粒子需经过一系列操作。即：滤渣中加过量NaOH溶液搅拌溶解→________→过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子。根据下列提供的操作，请在空格处填写正确的操作次序（填写序号）。①氮气氛围下缓慢滴加NaOH溶液，加热溶液②过滤、洗涤③加入过量稀硫酸溶解④加入适量FeSO4固体，搅拌溶解⑤测定Fe3+含量（6）测定一水硫酸四氨合铜晶体产品的纯度，过程如下：取0.5000g试样溶于水，滴加3mol·L−1H2SO4至pH为3～4，加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂，生成的碘用0.1000mol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定，重复2～3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。。该试样中一水硫酸四氨合铜的纯度为________。已知：M[Cu（NH3）4SO4·H2O]＝246.0g·mol−1；2Cu2+＋4I−=2CuI＋I2，I2＋2S2O32-=2I−＋S4O62-。20．甲乙两组学生用不同的方法制备氯气并验证其性质。甲组用漂白粉与硫酸溶液反应制取氯气：Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2SO42CaSO4＋2Cl2↑＋2H2O，如图1所示；乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气：2KMnO4＋16HCl(浓)→2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，如图2所示(省略夹持装置)。（1）实验中A选用装置__，E选用装置__(填写序号)。（2）装置F的作用___，请描述装置G中的实验现象___。（3）B中反应的离子方程式是___；C中氯气氧化了亚硫酸钠：Cl2+SO32-+H2O→SO42-+2Cl-+2H+，请你帮甲组设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)：___。（4）乙组中H的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是___。（5）甲组实验存在的明显缺陷是___。21．工业上制取冰晶石（Na3AlF6）的化学方程式如下：完成下列填空：（1）反应中四种元素对应的简单离子核外电子排布相同，请按离子半径从大到小的顺序排列这四种离子____，其中原子序数最大的元素原子核外有___种能量不同的电子，其最外层电子的电子云有____种不同的伸展方向。（2）反应中有两种元素在元素周期表中位置相邻，能比较它们的金属性或非金属性强弱的事实是____（选填编号）。a.气态氢化物的稳定性b.最高价氧化物对应水化物的酸性c.单质与氢气反应的难易d.单质与同浓度酸发生反应的快慢反应中两种金属元素，它们的最高价氧化物对应的水化物之间发生反应的离子方程式为_______。（3）冰晶石在工业上可做电解氧化铝的助溶剂，此反应中若有0.6mol电子转移，则在____极可得金属铝的质量为_____克。（4）工业上不采用电解氯化铝的方法而是采用电解氧化铝的方法获得铝单质的原因是______。

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、B【答案解析】

A．食品腌制的原理为氯化钠形成溶液，然后通过扩散和渗透作用进入食品组织内，从而降低食品水分活度，提高渗透压，抑制微生物和酶的活动，达到防止食品腐败的目的，错误；B．用漂粉精消毒游泳池中的水，是利用其有效成分Ca(ClO)2水解产生的HClO的强的氧化性杀菌消毒，正确；C．用汽油洗涤衣物上的油污，是利用油脂容易溶于汽油的溶解性，错误；D．用盐酸除去铁钉表面的铁锈，是利用酸与金属氧化物产生可溶性盐和水，发生的是复分解反应，错误。2、A【答案解析】

A.4.6gNO2的物质的量是0.1mol，若反应完全产生4.6gNO2，转移电子0.1NA；若完全转化为N2O4，4.6gN2O4的物质的量是0.05mol，转移电子数为2×0.05×NA=0.1NA，故Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数一定为0.1NA，A正确；B.标准状況下，已烷不是气体，因此不能使用气体摩尔体积计算其物质的量及化学键的数目，B错误；C.缺体积，无法计算溶液中微粒的数目，C错误；D.34gH2O2的物质的量为1mol，由于H2O2是共价化合物，在水中部分电离，存在电离平衡，因此含有的阴离子数小于NA，D错误；故合理选项是A。3、D【答案解析】

A、电离不需要通电，故错误；B、电化学防腐不需通电，故错误；C、放电不需要通电，故错误；D、电解需要通电，故正确。答案选D。4、B【答案解析】

A．一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：，故A错误；B．含有弱根离子的盐，谁强谁显性，硝酸铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故B正确；C．加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以减小，故C错误；D．一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以1L0.1mol⋅L−1的氨水中的数目小于6.02×1022，故D错误；故答案为：B。【答案点睛】对于稀释过程中，相关微粒浓度的变化分析需注意，稀释过程中，反应方程式中相关微粒的浓度一般情况均会减小，如CH3COONa溶液，溶液中主要存在反应：CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOH，稀释过程中，c(CH3COO-)、c(CH3COOH)、c(OH-)、c(Na+)均逐渐减小，非方程式中相关微粒一般结合相关常数进行分析。5、D【答案解析】

A．Pb和Pb的质子数都为82，故A错误；B．Pb和Pb的质子数都为82，质子数=核外电子数，核外电子数也都为82，故B错误；C．Pb的中子数为206-82=124，Pb的中子数为207-82=125，中子数不同，故C错误；D．Pb和Pb的互相转化不属于化学变化，化学变化过程中原子核不发生变化，故D正确；故选D。【答案点睛】本题的易错点为D，要注意同位素间的转化，不属于化学变化，属于核变化。6、C【答案解析】

A项、氯气是一种重要的化工原料，可用于农药的生产等，如制备农药六六六等，氯气与水反应生成的次氯酸具有氧化性，能够杀菌消毒，故A正确；B项、钠钾合金导热性强，可用于快中子反应堆的热交换剂，故B正确；C项、光导纤维主要成分二氧化硅，是绝缘体，不导电，故C错误；D项、硫酸工业在国民经济中占有极其重要的地位，常用于化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等，故D正确；故选C。7、A【答案解析】

A.

H2Y是二元弱酸,电离时分两步电离,第一步电离生成氢离子和酸式酸根离子,电离方程式为：，A项正确；B.

NaHY的水溶液中,阴离子水解,钠离子不水解,所以c(Na+)>c(HY−);HY−的电离程度小于HY−的水解程度,但无论电离还是水解都较弱,阴离子还是以HY−为主,溶液呈碱性,说明溶液中c(OH−)>c(H+);因溶液中还存在水的电离,则c(H+)>c(Y2−),所以离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(HY−)>c(OH−)>c(H+)>c(Y2−)，B项错误；C.

HY−水解生成二元弱酸和氢氧根离子,水解方程式为：HY−+H2O⇌OH−+H2Y，选项中是电离方程式，C项错误；D.根据电荷守恒式可知，在该酸式盐溶液中，D项错误；答案选A。【答案点睛】分析清楚水溶液的平衡是解题的关键，电离平衡是指离解出阴阳离子的过程，而水解平衡则是指组成盐的离子和水中的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质，改变溶液酸碱度的过程。8、A【答案解析】

A．复分解反应中一定没有单质参与与生成，而氯气属于单质，则有氯气参加的化学反应一定不属于复分解反应，选项A选；B．氯气与KI等的置换反应，有氯气参加，选项B不选；C．甲烷等与氯气的取代反应，有氯气参加，选项C不选；D．乙烯等与氯气的加成反应中，有氯气参加，选项D不选；答案选A。【答案点睛】本题考查氯气的化学性质及反应类型，为高频考点，把握氯气的氧化性及有机反应中氯气的作用为解答的关键，注重基础知识的考查，注意利用实例分析，氯气具有氧化性，有氯气参加的反应为氧化还原反应，也可发生有机的取代、加成反应，则不可能为复分解反应。9、D【答案解析】

W、R、X、Y的原子序数依次增大，Y的最高正价和最低负价之和等于0，则Y位于第IVA族；W和R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化，二氧化氮和四氧化二氮之间能相互转化，且没有电子转移，则W为N、R为O元素；这4种元素的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2倍，R核电荷数为8，W最外层有5个电子、R最外层有6个电子、Y最外层有4个电子，则X最外层有1，且X原子序数大于R而小于Y，为Na元素，Y为硅，然后结合元素的性质和元素周期律来解答。【题目详解】A.

W、R、Y分别是N、O、Si元素，同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性强弱顺序是R>W>Y，故A错误；B.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是X>Y>W>R，故B错误；C.活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子化合物，R是活泼非金属元素、X是活泼金属元素，二者易形成离子化合物Na2O、Na2O2，故C错误；D.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性R>W>Y，则简单氢化物的热稳定性次序为R>W>Y，故D正确；故选D。10、D【答案解析】

A、左侧的五氧化二磷会吸收氯化铵分解产生的氨气，因此左侧可检测氯化氢，故A不符合题意；B、加热时碘升华，高锰酸钾会发生分解，因此加热法不能分离，故B不符合题意；C、a处有红色物质生成，说明氧化铜被还原，b处变蓝，说明气体中含有水蒸气，因此有可能X中含有水蒸气，X也可能含有乙醇、氨气、甲烷等，故C不符合题意；D、大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，安全漏斗可在左右侧形成液柱，可防止气体逸出，故D符合题意；故答案为：D。11、A【答案解析】

A.左烧杯中是Al-Fe/H2SO4构成的原电池，Al做负极，Fe做正极，所以铁表面有气泡；右边烧杯中Fe-Cu/H2SO4构成的原电池，Fe做负极，Cu做正极，铜表面有气泡，所以活动性：Al＞Fe＞Cu，故A正确；B.左边先发生Cl2+2NaBr=Br2+2HCl，使棉花变为橙色，后右边发生Cl2+2KI=I2+2HCl，棉花变为蓝色，说明氧化性：Cl2＞Br2、Cl2＞I2，不能证明Br2＞I2，故B错误；C.前者白色固体先变为淡黄色是因为向氯化银固体中加入溴化钠溶液生成了溴化银沉淀，后变为黑色是因为向溶液中又加入了硫化钠，生成了硫化银的沉淀，并不能证明溶解性Ag2S＞AgBr＞AgCl，故C错误；D.向锥形瓶中加入稀盐酸会发生反应，生成CO2气体，证明盐酸的酸性比碳酸的强，烧杯中液体变浑浊可能是稀盐酸和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果，也可能是生成的CO2和硅酸钠溶液反应生成H2SiO3的结果，只能证明酸性强弱，不能证明非金属性强弱，故D错误；答案：A。【答案点睛】根据反应装置图，B选项中氯气由左通入，依次经过溴化钠和碘化钾，两种情况下棉花的颜色都发生变化，只能说明氯气的氧化性比溴和碘的强，该实验无法判断溴的氧化性强于碘，此选项为学生易错点。12、D【答案解析】

碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，反应过程中元素化合价不发生变化。【题目详解】A.Mn2O7与碱反应产生盐和水，属于酸性氧化物，A不符合题意；B.Al2O3既能与碱反应产生盐和水，也能与酸反应产生盐和水，所以属于两性氧化物，B不符合题意；C.Na2O2和酸反应生成盐和水，同时生成氧气，发生的是氧化还原反应，不是碱性氧化物，属于过氧化物，C错误；D.MgO和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，D正确；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查物质的分类，掌握酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物的概念是解答本题的关键。13、D【答案解析】

工业制硝酸产生的尾气NOx用足量NaOH溶液吸收，发生反应生成亚硝酸钠、硝酸钠与水，令NOx、NaOH系数都为1，配平后方程式为2NOx+2NaOH＝(2x﹣3)NaNO3+(5﹣2x)NaNO2+H2O；A．x＝1.5时，2x﹣3＝0，所以此时只能只生成NaNO2，故A正确；B．2＞x＞1.5时，2x-3≠0，5﹣2x≠0，此时生成NaNO2和NaNO3，故B正确；C．x＜1.5时，则氮的氧化物会剩余，所以需补充O2，故C正确；D．当x＝2时，2x﹣3＝1，所以生成的产物有NaNO2和NaNO3，故D错误。故答案为D。14、C【答案解析】

由电解示意图可知，铁电极为阳极，阳极上铁失去电子发生氧化反应生成FeO42-，电极反应式为Fe－6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，镍电极为阴极，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低。【题目详解】A项、镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低，故A正确；B项、阳极上铁失电子发生氧化反应生成FeO42-，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，故B正确；C项、镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，由于有OH-生成，电解一段时间后，Ni电极附近溶液的pH增大，故C错误；D项、铁是阳极，电极反应式为Fe-6e-+8OH-＝FeO42-+4H2O，Ni电极上氢离子放电，电极反应式为2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，氢氧根离子向阳极移动，图中的离子交换膜应选用阴离子交换膜，故D正确。故选C。【答案点睛】本题考查电解池原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键。15、B【答案解析】

A.陶瓷是传统硅酸盐材料,属于无机传统非金属材料,故A正确;B.“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸钾,故B不正确;C.该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,反应类型为置换反应,故C正确;D.黄铜是铜锌合金,故D正确;答案：B。16、A【答案解析】

A．制硫酸时使用热交换器，可充分利用能量，故A正确；B．侯德榜制碱法：析出NaHCO3的母液中加入生石灰，可以循环利用NH3，故B错误；C．合成氨为放热反应，加热使平衡逆向移动，故C错误；D．氢气与氯气反应生成氯化氢不是可逆反应，不存在化学平衡的移动，故D错误；故答案为A。二、非选择题（本题包括5小题）17.(xx第一中学2023模拟检测）还原反应取代反应将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合+3NaOH+2NaCl+H2OHOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH【答案解析】

(1)对比A、B的结构简式可知，A中羰基转化为亚甲基；对比D与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应；(2)试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应Ⅲ是B与甲醇发生酯化反应；(3)试剂③是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，结合B的结构分析解答；(4)①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明结构中含有2个羟基，加成分析书写G的结构简式；(5)苯丁酸氮芥中的Cl原子、羧基均能与氢氧化钠反应；(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，为了防止羟基氧化过程中碳碳双键断裂，需要首先将碳碳双键转化为单键，再氧化，加成分析解答。【题目详解】(1)对比A、B的结构简式可知，A中转化为氨基，羰基转化为亚甲基，属于还原反应(包括肽键的水解反应)；对比D与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应，而反应VI为酯的水解反应，故答案为：还原反应；取代反应；(2)试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应Ⅲ是B与甲醇发生的酯化反应，故C的结构简式为：，故答案为：；(3)试剂③是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，根据流程图，设计反应Ⅲ的目的是：将B中的羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合，故答案为：将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合；(4)D()的一种同分异构体G有下列性质：①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明含有2个羟基，符合条件的结构为等，故答案为：；(5)苯丁酸氮芥中Cl原子、羧基均能够与氢氧化钠反应，与足量的氢氧化钠反应的化学方程式为：+3NaOH+2NaCl+H2O，故答案为：+3NaOH+2NaCl+H2O；(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，1，4-丁烯二醇可以首先与氢气加成生成1，4-丁二醇(HOCH2-CH2-CH2-CH2OH)，然后将HOCH2-CH2-CH2-CH2OH催化氧化即可，合成路线为HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH，故答案为：HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH。18、CD溴原子+C2H5OH+HCl、、、【答案解析】

根据物质的A、B分子式及反应条件可知A是，A与NBS反应产生B是，B与NaCN发生取代反应，然后酸化，可得C：，C与SOCl2发生取代反应产生D：，D与乙醇发生酯化反应产生E：，根据F与乙醇发生酯化反应产生J，根据J的结构简式可知F结构简式为：HOOC-COOH，E、J反应产生G：，G与C2H5OH与C2H5ONa作用下发生取代反应产生H：，I在一定条件下发生反应产生苯巴比妥：。据此分析解答。【题目详解】根据上述分析可知A是；B是；C是；D是；E是；F是HOOC-COOH；J是C2H5OOC-COOC2H5；G是；H是。(1)A.E结构简式是，含有酯基，在NaOH溶液中完全水解产生和C2H5OH，所以1molE完全水解，需消耗1molNaOH，A错误；B.化合物C为，分子中无酚羟基，与FeCl3溶液不能发生显色反应，B错误；C.苯巴比妥上含有亚氨基，能够结合H+，故具有弱碱性，C正确；D.根据H与苯巴比妥的分子结构可知试剂X是CO(NH2)2，D正确；故合理选项是CD；(2)B结构简式为：，B中官能团的名称溴原子，化合物H的结构简式为；(3)D是，E是；D→E的化学方程式为+C2H5OH+HCl。(4)根据苯巴比妥结构简式可知其分子式为C12H12N2O3，苯巴比妥的一种同系物K，分子式为C10H8N2O3，说明K比苯巴比妥少两个CH2原子团，且同时符合下列条件：①分子中含有两个六元环；且两个六元环结构和性质类似，②能够和FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示分子中由5种氢，说明有5种不同结构的H原子，则其可能的结构为：、、、；(5)甲苯与与NBS在CCl4溶液中发生取代反应产生，与NaCN发生取代反应然后酸化得到，与NBS在CCl4溶液中发生取代反应产生，该物质与NaOH的水溶液混合加热，然后酸化可得，该物质在催化剂存在条件下，加热发生反应产生，所以转化流程为：。【答案点睛】本题考查了物质结构的推断、反应方程式和同分异构体的书写及有机合成，有机物官能团的性质是解题关键，解题时注意结合题干信息和官能团的转化，难点是(4)，易错点是(5)，注意NBS、CCl4溶液可以使用多次，题目考查了学生接受信息和运用信息的能力及分析问题、解决问题的能力。19、Al（OH）3、Fe（OH）3Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2=Cu（NH3）42+＋4H2O抑制NH3·H2O的电离或促进生成Cu（NH3）42+（与反应生成的OH−成NH3·H2O，控制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解）有利于得到较大颗粒的晶体ABC②③⑤④①98.40%【答案解析】

（1）合金粉末进行分离，铝铁应转化为滤渣形式，从所给物质分析，只能是氢氧化铝和氢氧化铁形式，铜转化为[Cu(NH3)4]SO4，利用[Cu(NH3)4]SO4难溶于乙醇，进行分离。【题目详解】(1)合金粉末溶于氨水和硫酸铵以及过氧化氢的作用下，能进行分离，铁和铝都转化为滤渣，说明滤渣为Al（OH）3、Fe（OH）3；(2)铜在氨水和硫酸铵和过氧化氢存在反应生成[Cu(NH3)4]SO4，离子方程式为Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2=Cu（NH3）42+＋4H2O；硫酸铵不仅提供铵根离子抑制氨水的电离，还可以抑制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解；(3)因为[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小，加入95%乙醇有利于得到较大颗粒的晶体；(4)A．因为过氧化氢能够分解，所以在步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率，故正确；B．步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，蒸发过程中促进反应，Cu(NH3)42+Cu2+＋4NH3，氨气逸出，铜离子水解生成氢氧化铜，所以得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质，故正确；C．步骤Ⅳ、Ⅴ是进行抽滤和洗涤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等，故正确；D．步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，然后进行抽滤，不能缓慢流干，故错误。故选ABC；(5)滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，加过量NaOH溶液搅拌，氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠，然后过滤出氢氧化铁沉淀，加入过量的稀硫酸将其溶解生成铁离子，测定铁离子的含量，控制量，加入适量的硫酸亚铁固体，在氮气的氛围下缓慢加入氢氧化钠溶液，加热使其按方程式Fe2+＋2Fe3+＋8OH−Fe3O4↓＋4H2O中的比例进行反应，生成四氧化三铁，再进行过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子.，故操作顺序为②③⑤④①；(6)根据反应2Cu2+＋4I−2CuI＋I2，I2＋2S2O32-2I−＋S4O62-得关系式为2Cu2+----I2---2S2O32-，Na2S2O3的物质的量为0.1000×0.02=0.002mol则铜离子的物质的量为0.002mol，则Cu(NH3)4SO4·H2O的质量为0.002mol×246.0g/mol=0.492g，质量分数为。20、III除去氯气中的氯化氢，安全瓶（监测装置H是否堵塞）U型管中左边有色布条褪色，右边有色布条没有褪色Cl2+2I-→2Cl-+I2取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化Cl2也可与KI反应生成I2，乙组设计的实验中并没有排除Cl2对实验的干扰，故不能比较Cl、Br、I的非金属性或Cl2未充分接触到溴化钠溶液中，未必能看到现象无尾气处理装置，污染环境【答案解析】

(1)结合反应原理甲组利用固体与液体加热制备氯气；乙组利用固体与液体反应不加热制氯气；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，装置G中CaCl2是干燥剂；(3)氯气能氧化I-生成I2；装置C中氯气氧化了亚硫酸钠，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀盐酸和BaCl2溶液检验溶液中是否存在SO42-，即可判断有没有发生氧化还原反应；(4)NaBr溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl2参与KI氧化为I2的反应；(5)Cl2是有毒气体，需要处理含氯气的尾气。【题目详解】(1)甲组用漂白粉与硫酸溶液混合加热制取氯气，实验中A选用装置II；而乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应不需要加热，则E选用装置I；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，可利用装置F中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，同时根据长颈漏