2023届山东省临沂市临沂高考仿真模拟化学试卷含解析

2023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、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．11g超重水(T2O)含中子数为5NAB．25℃，pH=13的1LBa(OH)2溶液中OH—的数目为0.2NAC．1mol金刚石中C—C键的数目为2NAD．常温下，pH=6的MgCl2溶液中H+的数目为10-6NA2、利用固体燃料电池技术处理H2S废气并发电的原理如图所示。根据不同固体电解质M因传导离子的不同，分为质子传导型和氧离子传导型,工作温度分别为500℃和850℃左右，传导质子时的产物硫表示为Sx。下列说法错误的是A．气体X是H2S废气，气体Y是空气B．M传导质子时，负极a反应为：xH2S—2xe-=Sx+2xH+C．M传导氧离子时，存在产生SO2污染物的问题D．氧离子迁移方向是从a电极向b电极3、常温下，某实验小组探究碳酸氢铵溶液中各微粒物质的量浓度随溶液pH的变化如图所示（忽略溶液体积变化），则下列说法错误的是（）A．由图可知碳酸的Ka1数量级约为10-7B．向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液，主要与HCO3－反应C．常温下将NH4HCO3固体溶于水，溶液显碱性D．NH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用4、在一定条件下，使H2和O2的混合气体26g充分发生反应，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g。原混合气体中H2和O2的物质的量之比为（）A．1：10 B．9：1 C．4：1 D．4：35、下列实验操作对应的现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH前者pH比后者大非金属性：S＞CB将相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液分别稀释a、b倍稀释后溶液pH相同a＞bC向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸生成红褐色沉淀制得Fe(OH)3胶体D向H2O2溶液中滴加少量硫酸酸化的FeSO4溶液溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡Fe2+催化H2O2发生分解反应生成O2A．A B．B C．C D．D6、现有原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z，其中W和X位于同主族，且原子序数相差2，Y是形成化合物最多的元素，Z的单质可以通过电解饱和食盐水获得，下列说法正确的是()A．由W和Y组成的化合物中只可能含有极性共价键B．简单离子半径：r(W—)>r(X+)C．室温下，同浓度的氧化物对应水化物水溶液的pH：Z＜YD．Y、Z、W三元素形成的化合物有可能是电解质7、某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I－、Cl－、CO32－、SO32－。将该溶液加少量新制氯水，溶液变黄色。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均无明显现象。下列推断合理的是A．一定存在Fe2+、Na+、Cl－ B．一定不存在I－、SO32－C．一定呈碱性 D．一定存在NH4+8、在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是A．含等物质的量的AlO2－、OH－、CO32－的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2－、OH－、CO32－B．含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I－、Br－、Fe2＋C．含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3D．含等物质的量的Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入锌粉：Fe3＋、Cu2＋、H＋、Fe2＋9、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-10、下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的的是A．用图甲装置制取并收集二氧化硫B．用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释C．用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物D．用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发结晶11、下列化学用语正确的是A．中子数为2的氢原子：H B．Na+的结构示意图：C．OH-的电子式：[H]一 D．N2分子的结构式：N—N12、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，2.24LCl2通入NaOH溶液中反应转移的电子数为0.2NAB．常温下，1LpH=11的NaOH溶液中由水电离出的H+的数目为10－11NAC．273K、101kPa下，22.4L由NO和O2组成的混合气体中所含分子总数为NAD．100g34%双氧水中含有H－O键的数目为2NA13、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y与W同族，W的核电荷数是Y的两倍，四种元素组成的一种化合物如图所示。下列说法一定正确的是（）A．简单离子半径：Z＞W＞Y＞XB．最简单氢化物的稳定性：W＞YC．X与Z可形成离子化合物ZXD．W的氧化物对应的水化物为强酸14、国际计量大会第26届会议修订了阿伏加德罗常数（NA=6.02214076×1023mol-1)，于2019年5月20日正式生效。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．40g正丁烷和18g异丁烷的混合物中共价键数目为13NAB．常温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH-数目为0.01NAC．电解精炼铜时，阳极质量减小3.2g时，转移的电子数为0.1NAD．0.1molCl2与足量NaOH溶液反应后，溶液中Cl-、ClO-两种粒子数之和为0.2NA15、化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．煤的焦化可以得到乙烯，煤的气化可以制得水煤气，煤间接液化后的产物可以合成甲醇B．顺丁橡胶(顺式聚1，3-丁二烯)、尿不湿(聚丙烯酸钠)、电木(酚醛树脂)都是由加聚反应制得的C．塑料、合成纤维和合成橡胶都主要是以煤、石油和天然气为原料生产的D．石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构的重新调整，使链状烃转化为环状烃，如苯或甲苯16、25℃，将浓度均为0.1mol/L的HA溶液VamL和BOH溶液VbmL混合，保持Va+Vb=100mL，生成物BA易溶于水。Va、Vb与混合液pH的关系如下图。下列叙述错误的是A．HA一定是弱酸B．BOH可能是强碱C．z点时，水的电离被促进D．x、y、z点时，溶液中都存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)二、非选择题（本题包括5小题）17、聚合物H是一种聚酰胺纤维，其结构简式为。该聚合物可广泛用于各种刹车片，其合成路线如下图所示：已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。②Diels－Alder反应：。（1）生成A的反应类型是________，D的名称是________，F中所含官能团的名称是_________。（2）B的结构简式是________；“B→C”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是______（填化学式）。（3）D＋G→H的化学方程式是_________。（4）Q是D的同系物，其相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有______种。其中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为_______（任写一种）。（5）已知：乙炔与1，3－丁二烯也能发生Diels－Alder反应。请以1，3－丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）_______。18、某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如图(部分反应略去试剂和条件)：已知：a.b.根据以上信息回答下列问题：(1)烃A的结构简式是__________。(2)①的反应条件是__________；②的反应类型是____________。(3)下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是__________。A．水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大B．能发生消去反应C．能发生聚合反应D．既有酸性又有碱性(4)E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是________________________________.(5)符合下列条件的E的同分异构体有________________种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比3∶1∶1∶1的异构体的结构简式为___________________。a.与E具有相同的官能团b.苯环上的一硝基取代产物有两种(6)已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位。据此设计以A为原料制备高分子化合物的合成路线______。(无机试剂任选)19、硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂成)制备ZnSO4·7H2O的流程如下。相关金属离了生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算）如下表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+6.48.0(1)“滤渣1”的主要成分为_________(填化学式）。“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、______________(填一种)。(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应的化学方程式为__________________________。(3)“氧化”一步中，发生反应的离子方程式为_______________________。溶液pH控制在[3.2，6.4)之间的目的是________________。(4)“母液”中含有的盐类物质有_________(填化学式）。20、下面a～e是中学化学实验中常见的几种定量仪器：（a）量筒（b）容量瓶（c）滴定管（d）托盘天平（e）温度计（1）其中标示出仪器使用温度的是_________________（填写编号）（2）由于操作错误，使得到的数据比正确数据偏小的是_________（填写编号）A．实验室制乙烯测量混合液温度时，温度计的水银球与烧瓶底部接触B．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数C．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容所得溶液的浓度（3）称取10.5g固体样品（1g以下使用游码）时，将样品放在了天平的右盘，则所称样品的实际质量为________g。21、含有K2Cr2O7的废水具有较强的毒性，工业上常用钡盐沉淀法处理含有K2Cr2O7的废水并回收重铬酸，具体的流程如下：已知：CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它几种盐在常温下的溶度积常数如下表所示。物质CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度积9.1×10-62.30×10-21.17×10-101.08×10-10（1）用离子方程式表示K2Cr2O7溶液中同时存在K2CrO4的原因（将离子方程式补充完整）：+__________=+__________。____________（2）向滤液1中加入BaCl2·2H2O的目的，是使从溶液中沉淀出来。①结合上述流程说明熟石灰的作用：__________。②结合表中数据，说明选用Ba2+而不选用Ca2+处理废水的理由：__________。③研究温度对沉淀效率的影响。实验结果如下：在相同的时间间隔内，不同温度下的沉淀率，如下图所示。已知：BaCrO4(s)Ba2+(aq)+ΔH>0的沉淀效率随温度变化的原因是__________。（3）向固体2中加入硫酸，回收重铬酸。①硫酸浓度对重铬酸的回收率如下图所示。结合化学平衡移动原理，解释使用0.450mol/L的硫酸时，重铬酸的回收率明显高于使用0.225mol/L的硫酸的原因：__________。②回收重铬酸的原理如图所示。当硫酸浓度高于0.450mol/L时，重铬酸的回收率没有明显变化，其原因是__________。（4）综上所述，沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与__________有关。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.11g超重水(T2O)的物质的量为0.5mol，由于在1个超重水(T2O)中含有12个中子，所以0.5mol超重水(T2O)中含中子数为6NA，A错误；B.溶液中氢氧根的物质的量浓度是0.1mol/L，则1L溶液中含有的氢氧根离子的数目为0.1NA，B错误；C.由于一个C原子与相邻的4个C原子形成共价键，每个共价键为相邻两个原子形成，所以1个C原子含有的C-C键数目为4×=2，因此1mol金刚石中C—C键的数目为2NA，C正确；D.缺体积，无法计算H+的数目，D错误；故合理选项是C。2、D【解析】

A.根据电流分析，电极a为负极，传导质子时的产物硫表示为Sx，说明是气体H2S废气变为Sx，化合价升高，在负极反应，因此气体X为H2S废气，气体Y是空气，故A正确；B.M传导质子时，产物硫表示为Sx，因此负极a反应为：xH2S−2xe－=Sx+2xH+，故B正确；C.M传导氧离子时，H2S和O2−可能反应生成SO2，因此存在产生SO2污染物的问题，故C正确；D.根据原电池中，阴离子向负极移动规律，氧离子迁移方向是从b电极向a电极，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】原电池中离子移动方向根据“同性相吸”原则，电解池中离子移动方向根据“异性相吸”原则。3、B【解析】

A．由图可知，pH=6.37时c(H2CO3)=c(HCO3-)、c(H+)=10-6.37mol/L，碳酸的一级电离常数Ka1==10-6.37，则碳酸的Ka1数量级约为10-7，故A正确；B．向稀NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液，发生的离子反应为HCO3-+NH4++2OH-═NH3•H2O+CO32-+H2O，说明NaOH与NH4+、HCO3－均反应，故B错误；C．由图可知，pH=9.25时c(NH3•H2O)=c(NH4+)、c(OH-)=109.25-14mol/L=10-4.75mol/L，NH3•H2O的离常数Ka1==10-4.75，而碳酸的Ka1=10-6.37，则NH3•H2O的电离能力比H2CO3强，HCO3-的水解程度比NH4+强，即NH4HCO3的水溶液显碱性，故C正确；D．草本灰的水溶液显碱性，与NH4HCO3混用会生成NH3，降低肥效，则NH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用，故D正确；故答案为B。4、D【解析】

已知：2H2+O2=2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g，则增加的质量为H2的质量，据此回答。【详解】分两种情况：⑴若O2过量，则m(H2)=2g，m(O2)=26g-2g=24g，n(H2)：n(O2)=；⑵若H2过量，根据化学反应方程式2H2+O2=2H2O，参加反应的氢气2g，消耗氧气为16g，所以混合气体中O2的质量是16g，H2的质量是10g，n(H2)：n(O2)=；故答案为D。【点睛】抓住反应实质H2+Na2O2=2NaOH，增重的质量就是氢气的质量，注意有两种情况要进行讨论，另外比值顺序不能弄反，否则会误选A。5、A【解析】

A.相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH，前者pH比后者大，说明酸性H2CO3<H2SO4，故A正确；B.盐酸是强酸、醋酸是弱酸，稀释相同倍数，弱酸存在电离平衡移动，弱酸的pH变化小，若稀释后溶液pH相同，则弱酸稀释的倍数大，即a<b，故B错误；C.向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸，整个液体变为透明红褐色，制得Fe(OH)3胶体，故C错误；D.溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡，应该是Fe3+催化H2O2发生分解反应生成O2，故D错误；故选A。6、B【解析】

由W和X位于同主族，且原子序数相差2可知，W为H元素，X为Li元素；Y是形成化合物最多的元素，则Y是C元素；Z的单质可以通过电解饱和食盐水获得，则Z是Cl元素。【详解】A项、由H元素和C元素组成的化合物为烃，烃分子中可以含有碳氢极性键和碳碳非极性键，故A错误；B项、电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，H—和Li+具有相同的电子层结构，则离子半径r(H—)>r(Li+)，故B正确；C项、次氯酸的酸性小于碳酸，室温下，同浓度的次氯酸的pH大于碳酸，故C错误；D项、H、C、Cl三元素形成的化合物为氯代烃，氯代烃为非电解质，故D错误。故选B。【点睛】本题考查元素周期律的应用，，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。7、B【解析】

某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I－、Cl－、CO32－、SO32－。将该溶液加少量新制氯水，溶液变黄色，说明亚铁离子和碘离子至少有一种，在反应中被氯水氧化转化为铁离子和碘。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均无明显现象，这说明溶液中没有碘生成，也没有硫酸根，所以原溶液中一定没有碘离子和亚硫酸根离子，一定存在亚铁离子，则一定不存在碳酸根离子。根据溶液的电中性可判断一定还含有氯离子，钠离子和铵根离子不能确定，亚铁离子水解溶液显酸性；答案选B。8、D【解析】

A．在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸，先发生OH-与盐酸的反应，故A错误；B．含等物质的量的FeBr2、的溶液中，缓慢通入氯气，由还原性I-＞Fe2+＞Br-，则化学反应的先后顺序为I-、Fe2+、Br-，故B错误；C．在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2，则化学反应的先后顺序为Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；D．在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉，由氧化性Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，则化学反应的先后顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故D正确；答案选D。9、B【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。10、C【解析】

A．二氧化硫密度比空气大；B．类比浓硫酸的稀释；C．操作符合过滤中的一贴二低三靠；D．溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体。【详解】A．二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，选项A错误；B．反应后的混合物中含有浓度较大的硫酸，稀释该混合物时，要将混合液沿烧杯内壁缓慢加入水中，并用玻璃棒不断搅拌，选项B错误；C．转移液体时用玻璃棒引流，防止液体飞溅，操作符合过滤中的一贴二低三靠，操作正确，选项C正确；D．溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，不能进行蒸发结晶，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大。11、C【解析】

A．中子数为2的氢原子的质量数为3，该原子正确的表示方法为：H，故A错误；B．钠离子的核外电子总数为10，质子数为11，钠离子正确的离子结构示意图为：，故B错误；C．氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式为[H]一，故C正确；D．氮气分子的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，氮气的结构式为：N≡N，故D错误；故选C。12、B【解析】

A．Cl2通入NaOH溶液中发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，这是一个歧化反应，每消耗0.1molCl2转移电子数为0.1mol，A项错误；B．碱溶液中的H+均是水电离产生的，pH等于11的NaOH溶液中水电离出的H+浓度为10-11mol/L，故1L该溶液中H+的数目为10-11mol，B项正确；C．所给条件即为标准状况，首先发生反应：2NO+O2=2NO2，由于NO和O2的量未知，所以无法计算反应生成NO2的量，而且生成NO2以后，还存在2NO2N2O4的平衡，所以混合气体中的分子数明显不是NA，C项错误；D．100g34%双氧水含有过氧化氢的质量为34g，其物质的量为1mol，含有H-O键的数目为2mol，但考虑水中仍有大量的H-O键，所以D项错误；答案选择B项。【点睛】根据溶液的pH可以求出溶液中的c(H+)或c(OH-)，计算微粒数时要根据溶液的体积进行计算。在计算双氧水中的H-O键数目时别忘了水中也有大量的H-O键。13、C【解析】

首先发现Y形成了双键，因此推测Y是氧或者硫，考虑到四种元素的原子序数依次增大，Y与W同族，W的核电荷数是Y的两倍，因此Y只能是氧，W是硫，X为氢，Z则只能是钠，故该物质为亚硫酸氢钠，据此来分析本题即可。【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。A.根据分析，四种简单离子半径的大小为，A项错误；B.元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，氧的非金属性强于硫，最简单氢化物的稳定性：W＜Y，B项错误；C.氢和Na可以形成氢化钠，这是一种金属氢化物，C项正确；D.硫只有最高价氧化物对应的水化物（硫酸）才是强酸，二氧化硫对应的水化物（亚硫酸）是一种弱酸，D项错误；答案选C。14、A【解析】

A.正丁烷和异丁烷互为同分异构体，二者相对分子质量相同，分子内的共价键数目也相同(都为13个)。混合物共58g，其物质的量为1mol，共价键数目为13NA，正确；B.常温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH-数目无法计算，因为不知道溶液的体积，错误；C.电解精炼铜时，阳极放电的金属不仅有铜，还有杂质中的比铜活泼的金属，所以阳极质量减小3.2g时，转移的电子数不一定是0.1NA，错误；D.0.1molCl2与足量NaOH溶液反应，溶液中除Cl-、ClO-两种粒子外，可能还有ClO3-等含氯离子，它们的数目之和为0.2NA，错误。故选A。15、B【解析】

A．煤的焦化指的是将煤隔绝空气加强热的处理办法，产品包含出炉煤气，煤焦油和焦炭三大类，其中出炉煤气含有焦炉气，粗氨水和粗苯，乙烯就是焦炉气中的一种主要成分；煤的气化简单地理解就是高温下煤和水蒸气的反应，主要生成水煤气；煤的间接液化，指的是先将煤转化为一氧化碳和氢气，再催化合成甲醇，A项正确；B．酚醛树脂的合成过程涉及缩聚反应而非加聚反应，B项错误；C．塑料，合成橡胶和合成纤维，都主要是以石油，煤和天然气为原料生产的，C项正确；D．石油的催化重整可以获取芳香烃，D项正确；答案选B。16、C【解析】

A.当Va=Vb=50mL时，溶液相当于BA溶液，此时溶液的pH＞7呈碱性，说明BA是强碱弱酸盐，这里的强弱是相对的，则HA一定是弱酸，故A正确；B.当Va=Vb=50mL时，溶液相当于BA溶液，此时溶液的pH＞7呈碱性，说明BA是强碱弱酸盐，这里的强弱是相对的，BOH可能是强碱也可能是电离程度比HA大的弱碱，故B正确；C.z点时，BOH溶液的体积VbmL大于HA溶液的体积VamL，混合溶液的pH大于9，即c(H+)＜10-9，25℃时该溶液中水的电离被抑制，故C错误；D.x、y、z点时，溶液中都存在电荷守恒：c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故D正确；题目要求选择错误的，故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、消去反应对苯二甲酸（或1，4－苯二甲酸）硝基、氯原子H2O10（任写一种）【解析】

乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成D，D中应该有两个羧基，根据H结构简式知，D为、G为；根据信息②知，生成B的反应为加成反应，B为，B生成C的反应中除了生成C外还生成H2O，苯和氯气发生取代反应生成E，E为，发生取代反应生成F，根据G结构简式知，发生对位取代，则F为，F发生取代反应生成对硝基苯胺。【详解】⑴C2H5OH与浓H2SO4在170℃下共热发生消去反应生成的A为H2C=CH2；由H的结构简式可知D为、G为；D为对苯二甲酸，苯与Cl2在FeCl3作催化剂的条件下反应生成的E()，E发生硝化反应生成的F()，F中所含官能团的名称是硝基和氯原子；故答案为：消去反应；对苯二甲酸(或1，4－苯二甲酸）；硝基、氯原子。⑵乙烯和发生Diels－Alder反应生成B，故B的结构简式是；C为芳香族化合物，分子中只含两种不同化学环境的氢原子，“B→C”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是H2O；故答案为：；H2O。⑶D＋G→H的化学方程式是；故答案为：。⑷D为，Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，如果取代基为−CH2COOH、−COOH，有3种结构；如果取代基为−CH3、两个−COOH，有6种结构；如果取代基为−CH(COOH)2，有1种，则符合条件的有10种；其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为，故答案为：10；。⑸CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成,和溴发生加成反应生成,发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。18、Fe或FeCl3取代反应或硝化反应ACD4或【解析】

E的结构简式中含有1个－COOH和1个酯基，结合已知a，C到D为C中的酚羟基上的氢，被－OCCH3替代，生成酯，则D到E是为了引入羧基，根据C的分子式，C中含有酚羟基和苯环，结合E的结构简式，则C为，D为。A为烃，与Cl2发生反应生成B，B为氯代烃，B与氢氧化钠发生反应，再酸化，可知B为氯代烃的水解，引入羟基，则A的结构为，B为。E在NaOH溶液中反应酯的水解反应，再酸化得到F，F的结构简式为，根据已知b，则G中含有硝基，F到G是为了引入硝基，则G的结构简式为。【详解】(1)根据分析A的结构简式为；(2)反应①为在苯环上引入一个氯原子，为苯环上的取代反应，反应条件为FeCl3或Fe作催化剂；反应②F到G是为了引入硝基，反应类型为取代反应或硝化反应；(3)抗结肠炎药物有效成分中含有氨基、羧基和酚羟基，具有氨基酸和酚的性质；A．三个官能团都是亲水基，相对分子质量比苯酚大，所以水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大，A正确；B．与苯环相连的羟基不能发生消去反应，可以发生氧化反应；该物质含有氨基（或羟基）和羧基，可以发生缩聚反应；该物质含有羧基和羟基酯化反应等，B错误；C．含有氨基和羧基及酚羟基，所以能发生聚合反应，C正确；D．氨基具有碱性、羧基具有酸性，所以既有酸性又有碱性，D正确；答案为：ACD；(4)E中的羧基可以与NaOH反应，酯基也可以与NaOH反应，酯基水解得到的酚羟基也能与NaOH反应，化学方程式为；(5)符合下列条件：a.与E具有相同的官能团，b.苯环上的一硝基取代产物有两种；则苯环上有两个取代基处，且处于对位：如果取代基为－COOH、－OOCCH3，处于对位，有1种；如果取代基为－COOH、－COOCH3，处于对位，有1种；如果取代基为－COOH、－CH2OOCH，处于对位，有1种；如果取代基为HCOO－、－CH2COOH，处于对位，有1种；所以符合条件的有4种；若核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比3：1：1：1的异构体的结构简式为或；(6)目标产物为对氨基苯甲酸，—NH2可由硝基还原得到，－COOH可由－CH3氧化得到。由于－NH2容易被氧化，因此在－NO2还原成氨基前甲基需要先被氧化成－COOH。而两个取代基处于对位，但苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位，因此－CH3被氧化成－COOH前，需要先引入－NO2，则合成路线为。19、SiO2粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）Zn+CuSO4═Cu+ZnSO43Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质ZnSO4、K2SO4【解析】锌白矿中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO分别和稀硫酸反应生成ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4，SiO2和稀硫酸不反应，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、H2SO4，向滤液中混入Zn，将Fe3+还原为Fe2+，得到Cu沉淀，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、FeSO4，向滤液中加入高锰酸钾，高锰酸钾将Fe2+氧化为Fe3+，向溶液中加入适量氧化锌，溶液pH升高，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，得到的滤液中含有ZnSO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4•7H2O。(1)根据上述分析，“滤渣1”的主要成分为二氧化硅。浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等，故答案为SiO2；粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）；(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应为置换铜的反应，反应的化学方程式为Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，故答案为Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4；(3)根据流程图，“氧化”一步中，Fe2+能被高锰酸钾氧化生成Fe3+，高锰酸钾被还原成二氧化锰，生成是铁离子转化为氢氧化铁沉淀反应的离子方程式为3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；溶液PH控制在[3.2，6.4)之间可以使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质，故答案为3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质；(4)根据上述分析，氧化后溶液转化含有的盐类物质有ZnSO4、K2SO4，故答案为ZnSO4、K2SO4。点睛：本题考查物质分离和提纯、实验装置综合等知识点，为高频考点，明确物质的性质及实验步骤是解本题关键，知道流程图中发生的反应及基本操作方法、实验先后顺序等。本题的易错点是（3）中离子方程式的书写和配平。20、a、b、cB9.5g【解析】

（1）精度相对较高的玻璃量器，常标示出使用温度。（2）A．给烧瓶内的液体加热时，烧瓶底部的温度往往比溶液高；B．滴定管刻度从上往下标，俯视滴定管内液面读数，读出的数值偏小；C．俯视容量瓶内的液面，定容时液面低于刻度线。（3）对天平来说，有如下等量关系：天平的右盘物品质量=天平左盘物品质量+游码指示的质量。称取10.5g固体样品，天平质量为10g，游码移到0.5g，代入关系式，可求出所称样品的实际质量。【详解】（1）量筒、容量瓶、滴定管都标有规格和温度，量筒的刻度从下往上标，滴定管刻度从上往下标，容量瓶只有一个刻度线。答案为：a、b、c；（2）A．给烧瓶内的液体加热时，烧瓶底部的温度往往比溶液高，A不合题意；B．滴定管刻度从上往下标，俯视滴定管内液面读数，读出的数值偏小，B符合题意；C．俯视容量瓶内的液面，定容时液面低于刻度线，所得溶液的浓度偏大，C不合题意。答案为：B；（3）对天平来说，有如下等量关系：天平的右盘物品质量=天平左盘物品质量+游码指示的质量。称取10.5g固体样品，天平质量为10g，游码移到0.5g，代入关系式，则所称样品的实际质量=10g-0.5g=9