2023届山东省潍坊市寿光现代高三第四次模拟考试化学试卷含解析

2023高考化学模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、化学与人类的生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A．含有氟化钠等氟化物的牙膏有害健康，应禁止使用B．油脂属于高分子化合物，使用一定的油脂能促进人体对某些维生素的吸收C．将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，是法律允许的做法D．废旧电池应集中处理主要是要回收其中的金属材料2、下列说法中的因果关系正确的是A．因为氢氟酸显弱酸性，可用于雕刻玻璃B．因为液态氨气化时吸热，可用液态氨作制冷剂C．因为明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，起消毒杀菌的作用D．用铝制容器盛放浓硝酸，是因为铝和浓硝酸不反应3、已知H2C2O4水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-三种形态的粒子的物质的量分数（分布系数）δ随溶液pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是A．曲线①代表的粒子是HC2O4-B．H2C2O4的Ka1=-1.2C．向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH=4.2：c(K+)＜3c(C2O42-)D．浓度均为0.01mol·L−1的草酸与KOH溶液等体积混合并充分反应得到的溶液：c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42-)4、下列指定微粒数目一定相等的是A．等质量的14N2与12C16O中的分子数B．等物质的量的C2H4与C3H6中含有的碳原子数C．等体积等浓度的NH4Cl与(NH4)2SO4溶液中的NH4+数D．等质量的Fe与Cu分别与足量Cl2反应时转移的电子数5、氯仿(CHCl3)是一种有机合成原料，在光照下遇空气逐渐被氧化生成剧毒的光气(COCl2)：2CHCl3＋O2→2HCl＋2COCl2。下列说法不正确的是A．CHCl3分子和COCl2分子中，中心C原子均采用sp3杂化B．CHCl3属于极性分子C．上述反应涉及的元素中，元素原子未成对电子最多的可形成直线形分子D．可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质6、咖啡酸具有止血功效，存在于多种中药中，其结构简式如下图，下列说法不正确的是A．咖啡酸可以发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应B．1mol咖啡酸最多能与5molH2反应C．咖啡酸分子中所有原子可能共面D．蜂胶的分子式为C17H16O4，在一定条件下可水解生成咖啡酸和一种一元醇A，则醇A的分子式为C8H10O7、实验室分离苯和水，可选用下列（）A． B． C． D．8、下列解释对应事实的离子方程式正确的是A．FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，静置一段时间后：Fe2++2OH一=Fe(OH)2↓B．漂白粉溶液加入醋酸：H++ClO-=HC1OC．AgCl悬浊液滴入Na2S溶液：2Ag++S2-=Ag2S↓D．K2CrO4溶液滴入硫酸溶液；2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O9、硅元素在地壳中的含量非常丰富。下列有关说法不正确的是A．晶体硅属于共价晶体B．硅原子的电子式为C．硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2D．硅原子的价电子排布图为10、联合制碱法中的副产品有着多种用途，下列不属于其用途的是A．做电解液 B．制焊药 C．合成橡胶 D．做化肥11、I2Cl6晶体在常温下就会“升华”，蒸气冷却可得到晶体ICl3。ICl3遇水会产生大量的腐蚀性白色烟雾，有强烈的催泪性。若生成物之一是HCl，则另一种是（）A．HIO3 B．HIO2 C．HIO D．ICl12、《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是A．“薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用 B．“以灰淋汁”的操作是萃取C．“取碱”得到的是一种碱溶液 D．“浣衣”过程有化学变化13、下列实验操作能产生对应实验现象的是实验操作实验现象A用玻璃棒蘸取氯化铵溶液，点在红色石蕊试纸上试纸变蓝色B向盛有K2Cr2O7溶液的试管中滴加浓硫酸，充分振荡溶液由橙黄色逐渐变为黄色C向FeCl3溶液中加入KI溶液，再加入苯，充分振荡，静置溶液分层，上层呈紫色D向蔗糖在硫酸催化下水解后的溶液中，加入新制氢氧化铜悬浊液并加热出现砖红色沉淀A．A B．B C．C D．D14、pH＝a的某电解质溶液，用惰性电极电解，电解过程中溶液pH＜a的是A．NaCl B．CuSO4 C．Na2SO4 D．HCl15、在一定条件下发生下列反应，其中反应后固体质量增重的是A．H2还原三氧化钨(W03) B．铝与氧化铁发生铝热反应C．锌粒投入硫酸铜溶液中 D．过氧化钠吸收二氧化碳16、下列有关电化学原理及应用的相关说法正确的是A．电池是能量高效转化装置，燃料电池放电时化学能全部转化为电能B．电热水器用牺牲阳极的阴极保护法阻止不锈钢内胆腐蚀，阳极选用铜棒C．工业上用电解法精炼铜过程中，阳极质量减少和阴极质量增加相同D．电解氧化法在铝制品表面形成氧化膜减缓腐蚀，铝件作为阳极17、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．溴水中存在Br2+H2O⇌HBr+HBrO，当加入硝酸银溶液并静置后，溶液颜色变浅B．反应CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）+Q，Q＞0，平衡后，升高温度体系颜色变深C．用饱和食盐水除去Cl2中的HClD．合成氨反应中，为提高原料的转化率，可采用高温加热的条件18、可用于检测CO的某气敏传感器的工作原理如图所示。下列说法不正确的是A．工作过程中化学能转化为电能B．工作一段时间后溶液的pH几乎不变C．电极I上发生反应：CO-2e-+H2O=CO2+2H+D．电极II上发生反应：O2+2H2O+4e-=4OH19、常温下，BaCO3的溶度积常数为Ksp，碳酸的电离常数为Ka1、Ka2，关于0.1

mol/L

NaHCO3溶液的下列说法错误的是A．溶液中的c(HCO3-)一定小于0.1mol/LB．c(H+)＋c(H2CO3)＝c(CO32-)＋c(OH－)C．升高温度或加入NaOH固体,

均增大D．将少量该溶液滴入BaCl2溶液中，反应的平衡常数20、一定条件下不能与苯发生反应的是()A．酸性KMnO4 B．Br2 C．浓HNO3 D．H221、造纸术是中国古代四大发明之一。古法造纸是将竹子或木材经过蒸解、抄纸、漂白等步骤制得。下列说法正确的是（）A．“文房四宝”中的宣纸与丝绸的化学成分相同B．“竹穰用石灰化汁涂浆，入木桶下煮”，蒸解过程中使纤维素彻底分解C．“抄纸”是把浆料加入竹帘中，形成薄层，水由竹帘流出，其原理与过滤相同D．明矾作为造纸填充剂，加入明矾后纸浆的pH变大22、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，甲的浓溶液具有脱水性，和A发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色刺激性气味气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．丁和戊中所含元素种类相同B．简单离子半径大小：X＜YC．气态氢化物的还原性：X＞ZD．Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存二、非选择题(共84分)23、（14分）已知，水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下：已知D的相对分子质量是130。请回答下列问题：（1）一元醇A中氧的质量分数约为21.6%。则A的分子式为___________，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为___________________；（2）B能与新制的Cu(OH)2发生反应，该反应的化学方程式为：______________________；（3）写出C结构简式：_________；若只能一次取样，请提出检验C中2种官能团的简要方案：___________；（4）写出同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体的结构简式：_____________；（a）分子中有6个碳原子在一条直线上；（b）分子中所含官能团包括羧基和羟基（5）第④步的反应条件为________；写出E的结构简式________________。24、（12分）在医药工业中，有机物G是一种合成药物的中间体，其合成路线如图所示：已知：R1ONa+R2X→R1OR2+NaX(R1与R2代表苯环或烃基、X代表卤素原子）RCOOH+SOCl2(液体)→RCOCl+HCl↑+SO2↑回答下列问题：（1）A与C在水中溶解度更大的是_________，G中官能团的名称是___________。（2）E→F的有机反应类型是________，F的分子式为______________。（3）由A→B反应的化学方程式为___________________。（4）物质D的结构简式为_________________。（5）B→C反应中加入NaOH的作用是________________。（6）写出一种符合下列条件的G的同分异构体_________________。①与G的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5个峰；③能发生银镜反应25、（12分）连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，是工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂。某学习小组模拟工业流程设计实验制取保险粉。已知：Na2S2O4是白色固体，还原性比Na2SO3强，易与酸反应（2S2O42-+4H+＝3SO2↑+S↓+2H2O）。（一）锌粉法步骤1：按如图方式，温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4溶液。步骤2：将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn（OH）2，向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体。步骤3：，经过滤，用乙醇洗涤，用120～140℃的热风干燥得到Na2S2O4。（二）甲酸钠法步骤4：按上图方式，将装置中的Zn粉和水换成HCOONa、Na2CO3溶液和乙醇。温度控制在70～83℃，持续通入SO2，维持溶液pH在4～6，经5～8小时充分反应后迅速降温45～55℃，立即析出无水Na2S2O4。步骤5：经过滤，用乙醇洗涤，干燥得到Na2S2O4。回答下列问题：（1）步骤1容器中发生反应的化学方程式是______；容器中多孔球泡的作用是______。（2）步骤2中“向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体”的原理是（用必要的化学用语和文字说明）______。（3）两种方法中控制温度的加热方式是______。（4）根据上述实验过程判断，Na2S2O4在水、乙醇中的溶解性为：______。（5）甲酸钠法中生成Na2S2O4的总反应为______。（6）两种方法相比较，锌粉法产品纯度高，可能的原因是______。（7）限用以下给出的试剂，设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4。稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液______。26、（10分）某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3·6H2O反应产物。（查阅资料）FeCl3是一种共价化合物，熔点306℃，沸点315℃。实验编号操作现象实验1按上图所示，加热A中MnO2与FeCl3·6H2O混合物①试管A中固体部分变液态，上方出现白雾②稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴③试管B中KI-淀粉溶液变蓝实验2把A中的混合物换为FeCl3·6H2O，B中溶液换为KSCN溶液，加热。A中固体部分变液态，产生白雾和黄色气体，B中KSCN溶液变红（实验探究）实验操作和现象如下表：（问题讨论）（1）实验前首先要进行的操作是______________________________。（2）实验1和实验2产生的白雾是_______（填化学式）溶解在水中形成的小液滴。（3）请用离子方程式解释实验2中黄色气体使KI-淀粉溶液变蓝色的原因_____________。（4）为确认黄色气体中含有Cl2，学习小组将实验1中试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，发现B中溶液呈橙色，经检验无Fe2+，说明黄色气体中含有Cl2。用铁氰化钾溶液检验Fe2+的离子方程式是_________________________________。选择NaBr溶液的原因是________________________________________________________________。（实验结论）（5）实验1充分加热后，若反应中被氧化与未被氧化的氯元素质量之比为1:2，则A中发生反应的化学方程式为____________________________________________________。（实验反思）该学习小组认为实验1中溶液变蓝，也可能是酸性条件下，I－被空气氧化所致，可以先将装置中的空气排尽，以排除O2的干扰。27、（12分）ClO2(黄绿色易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收和释放进行了研究。(1)仪器A的名称是_______________________。(2)安装F中导管时，应选用图2中的___________________。(3)A中发生反应生成ClO2和Cl2，其氧化产物和还原产物物质的量之比为__________。(4)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是__________________。(5)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为____。(6)ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收可得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的浓度，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样，量取V0mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入指示剂，用cmol·L−1Na2S2O3溶液滴定至终点。重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液平均值为V1mL。(已知2ClO2+10I−+8H+=2Cl−+5I2+4H2O2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI)计算该ClO2的浓度为______g/L(用含字母的代数式表示，计算结果化简)。28、（14分）“麻黄素”是中枢神经兴奋剂，其合成路线如图所示：已知：CH3CCH+H2O(1)F中的官能团的名称为__。(2)B→C的反应条件是__，反应类型是__，E的结构简式为__。(3)写出C→D的化学反应方程式__。(4)麻黄素的分子式为__。(5)H是G的同系物，也含醇羟基和碳氮双键，相对分子质量比G小28，且苯环上仅有一个侧链，则H的可能结构有___种（不考虑结构）。(6)已知：R-CC-RR-CH=CH-R，请仿照题中流程图合成路线，设计以乙醇为起始主原料合成强吸水性树脂的合成路线，其它试剂及溶剂任选__。29、（10分）锑（Sb）广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件和医药及化工等领域。Ⅰ．（1）锑在元素周期表中的位置_____。（2）锑（Ⅲ）的氧化物被称为锑白，可以由SbCl3水解制得，已知SbCl3水解的最终产物为锑白。为了得到较多、较纯的锑白，操作时将SbCl3徐徐加入大量水中，反应后期还要加入少量氨水。试用必要的化学用语和平衡移动原理解释这两项操作的作用_______。工业上，还可用火法制取锑白，是将辉锑矿（主要成分为Sb2S3）装入氧化炉的坩埚中，高温使其融化后通入空气，充分反应后，经冷却生成锑白。写出火法制取锑白的化学方程式______。Ⅱ．以辉锑矿为原料制备金属锑，其中一种工艺流程如下：已知部分信息如下：①辉锑矿（除Sb2S3外，还含有砷、铅、铜的化合物和SiO2等）；②浸出液主要含盐酸和SbCl3，还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质；③常温下，Ksp（CuS）=1.0×10-36，Ksp（PbS）=9.0×10-29。回答下列问题：（3）“酸浸”过程中Sb2S3发生反应的化学方程式为_____。（4）已知：浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生沉淀的是_____（填化学式）；当CuS、PbS共沉沉时，=______（保留小数点后一位）。（5）在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4。该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________。（6）在“电解”过程中，锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0V时，锑的产率降低的原因可能是_________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】

A、氟元素可以帮助人体形成骨骼和牙齿，缺氟易患龋齿，故A错误；B、油脂既能运送营养素，也能作为维生素A、D、E、K的溶剂，它们必须溶在油脂里面，才会被消化吸收，但油脂是小分子，不是高分子，故B错误；C、将二氧化硫添加于红酒中，利用了SO2具有杀菌作用和抗氧化特性，故C正确；D、废旧电池含有汞、镉等重金属，用完随便丢弃容易造成环境污染，应集中回收处理，防止污染土壤与水体，故D错误。答案选C。2、B【解析】

A．二氧化硅与氢氟酸发生反应生成四氟化硅，与酸性强弱无关，故A错误；B．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故B正确；C．明矾水解形成Al(OH)3胶体，具有吸附作用，可以吸收水中固体杂质颗粒，所以可用作水处理中的净水剂，不能用于自来水的杀菌消毒，故C错误；D．浓硝酸具有强氧化性，可使铝钝化，所以在常温下用铝制容器盛放浓硝酸，钝化是铝的表面发生了氧化还原反应，故D错误；故选B。3、C【解析】

H2C2O4水溶液在酸性极强下主要存在H2C2O4，分析题中所给信息，曲线①代表的粒子应是H2C2O4，随着pH的增大，H2C2O4发生一级电离，生成HC2O4-和H+，可知曲线②代表的粒子为HC2O4-，则曲线③代表的粒子为C2O42-。由图可知，在pH=1.2时，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)；在pH=4.2时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)；据此进行分析。【详解】A．在酸性较强条件下主要存在H2C2O4，曲线①代表的粒子应是H2C2O4，A项错误；B．H2C2O4的第一步电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+，Ka1=，由图可知，pH=1.2时，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10−1.2，B项错误；C．pH=4.2时，溶液中主要存在的离子有：K+、H+、C2O42-、HC2O4-、OH−，依据电荷守恒可得：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH−)，溶液中c(HC2O4-)=c(C2O42-)，c(H+)＞c(OH−)，可得出c(K+)＜3c(C2O42-)，C项正确；D．浓度均为0.01mol·L−1的草酸与KOH溶液等体积混合并充分反应得到KHC2O4溶液，溶液显酸性，说明HC2O4-的电离大于水解，故c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，D项错误。答案选C。4、A【解析】

A.与摩尔质量均为28g/mol，故等质量的与分子数相同，A正确；B.等物质的量的与，碳原子数之比为2:3，B错误；C.等体积等浓度的与溶液，数之比接近1:2，C错误；D.铁和氯气生成氯化铁，即56g铁转移3mol电子，铜和氯气生成氯化铜，即64g铜转移2mol电子，故等质量的铁和铜转移电子数不同，D错误；答案选A。【点睛】等体积等浓度的与溶液中，根据水解原理，越稀越水解，故中铵根离子水解程度更大，故数之比小于1:2。5、A【解析】

CHCl3分子和甲烷一样，中心C原子采用sp3杂化，COCl2分子中，中心C与O形成双键，再与两个Cl形成共价单键，因此C原子采用sp2杂化，A错误；CHCl3分子中由于C—H键、C—Cl键的键长不相同，因此CHCl3的空间构型为四面体，但不是正四面体，属于极性分子，B正确；所列元素中碳和氧原子均含有两个未成对电子，两者可以组成CO2，C正确；由于氯仿中的Cl元素以Cl原子的形式存在，不是Cl－，因此可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质，D正确。6、B【解析】A，咖啡酸中含酚羟基能发生取代反应、加成反应、氧化反应，含碳碳双键能发生加成反应、氧化反应、加聚反应，含羧基能发生取代反应、酯化反应，A项正确；B，咖啡酸中含有1个苯环和1个碳碳双键，苯环和碳碳双键能与H2发生加成反应，1mol咖啡酸最多能与4molH2发生加成反应，B项错误；C，咖啡酸中碳原子形成1个苯环、1个碳碳双键、1个羧基，其中C原子都为sp2杂化，联想苯、乙烯的结构，结合单键可以旋转，咖啡酸中所有原子可能共面，C项正确；D，由咖啡酸的结构简式写出咖啡酸的分子式为C9H8O4，A为一元醇，蜂胶水解的方程式为C17H16O4（蜂胶）+H2O→C9H8O4（咖啡酸）+A，根据原子守恒，A的分子式为C8H10O，D项正确；答案选B。点睛：本题考查有机物的结构和性质、有机分子中共面原子的判断。明确有机物的结构特点是解题的关键，难点是分子中共面原子的判断，分子中共面原子的判断注意从乙烯、苯和甲烷等结构特点进行知识的迁移应用，注意单键可以旋转、双键不能旋转这一特点。7、C【解析】

苯和水分层，可选分液法分离，以此来解答。【详解】A中为层析法；B为蒸发；D为过滤；苯和水分层，可选分液法分离，选项C符合；答案选C。【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意层析法为解答的难点。8、D【解析】

A．硫酸亚铁与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，静置一段时间后，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁沉淀，故A错误；B．漂白粉溶液中加入醋酸，醋酸为弱酸，离子方程式为CH3COOH+ClO-═HClO+CH3COO-，故B错误；C．向AgCl悬浊液中加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，离子方程式：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，故C错误；D．K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+，滴加少量H2SO4，增大了氢离子浓度，平衡逆向移动，颜色加深，2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故D正确；故选D。9、D【解析】

晶体硅中所有原子都以共价键相结合，属于共价晶体，A正确；Si原子的最外层有4个电子，B正确；Si原子核外有14个电子，根据构造原理可知其排布式为1s22s22p63s23p2，C正确；硅原子的价电子排布图不符合洪特规则，选项D错误。10、C【解析】

联合制碱法是以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱。包括两个过程：第一个过程是将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体；第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，得到的氯化钠溶液，可回收循环使用。据此分析解答。【详解】A．联合制碱法第一个过程滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，可作电解液，第二个过程滤出氯化铵沉淀后所得的滤液为氯化钠溶液，也可做电解液，故A正确；B．联合制碱法第二个过程滤出的氯化铵沉淀，焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈，发生反应6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，故B正确；C．合成橡胶是一种人工合成材料，属于有机物，联合制碱法中的副产品都为无机物，不能用于制合成橡胶，故C错误；D．联合制碱法第二个过程滤出氯化铵可做化肥，故D正确；故选C。11、B【解析】

ICl3中I为+3价，Cl为-1价，与水发生水解反应(为非氧化还原反应，各元素化合价价态不变），生成HIO2和HCl，答案选B。12、D【解析】

A.“薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥共用时，发生水解反应，相互促进水解，降低肥效，故A错误；B.“以灰淋汁”的操作是过滤，故B错误；C.“取碱”得到的是碳酸钾溶液，属于盐溶液，故C错误；D.“浣衣”过程中促进油脂的水解，属于化学变化，故D正确；故选D。13、C【解析】

A．氯化铵溶液呈酸性，能使石蕊变红，所以红色石蕊试纸不变色，A不正确；B．向盛有K2Cr2O7溶液的试管中滴加浓硫酸，平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+逆向移动，溶液的颜色加深，B不正确；C．向FeCl3溶液中加入KI溶液，发生反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，再加入苯，充分振荡，静置，液体分为两层，上层为紫红色的碘的苯溶液，下层为无色的水溶液，C正确；D．向蔗糖在硫酸催化下水解液中加入新制氢氧化铜悬浊液并加热，硫酸与氢氧化铜作用生成硫酸铜，不能将葡萄糖氧化，没有砖红色沉淀出现，D不正确；故选C。14、B【解析】

根据离子的放电顺序判断电解实质，根据电解实质判断溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的关系，结合题意判断选项。【详解】A．电解NaCl溶液时，阴极上析出氢气，阳极上得到氯气，所以溶液中的氢氧根离子浓度增大，溶液的pH值增大，溶液的pH＞a，故A不符合；B．电解硫酸铜溶液，产物是金属铜、水和硫酸，由硫酸铜到电解后的硫酸溶液，pH减小，故B符合；C．电解硫酸钠溶液时，实际上电解的是水，所以溶液的pH值不变，仍为7，故C不符合；D．电解盐酸溶液，产物是氢气和氯气，氢离子的浓度减小，所以溶液的pH值增大，故D不符合；故答案选B。【点睛】随着电解的进行判断溶液pH值的变化，首先要知道离子的放电顺序、电解的实质，只有明白这些知识点才能正确解答。15、D【解析】A、H2还原三氧化钨(W03)，固体由WO3变成W，质量减少，故A错误；B、铝与氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁，固体质量不变，故B错误；C、锌粒投入硫酸铜溶液中生成铜和硫酸锌，相对原子质量锌为65，铜为64，由锌变成铜质量减小，故C错误；D、过氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠和氧气，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，1molNa2O2变成1molNa2CO3质量增大，故D正确；故选D。16、D【解析】

A．电池是能量高效转化装置，但是燃料电池放电的时候化学能并不能完全转化为电能，如电池工作时，在电路中会产生热能，A项错误；B．牺牲阳极的阴极保护法需要外接活泼金属，Cu的活动性比Fe的活动性低，因此起不到保护的作用，B项错误；C．电解精炼铜的过程中，阳极除了Cu，还有Zn、Fe等比Cu活泼的金属也会失去电子，阴极始终是Cu2+被还原成Cu，所以阳极质量的减少和阴极质量的增加不相同，C项错误；D．利用电解法使铝的表面生成氧化铝，Al的化合价从0升高到＋3，失去电子，在电解池中作阳极，D项正确；本题答案选D。17、D【解析】

A.溴水中有下列平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，当加入AgNO3（s）后，硝酸银与溴离子反应生成溴化银沉淀，平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B.反应CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）+Q，Q＞0，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，能用勒夏特列原理解释，故C不选；C.增大氯离子的浓度，平衡Cl2+H2O=H++Cl-+HClO逆向移动使得氯气难溶于饱和食盐水，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D.合成氨反应是放热反应，升高温度，反应逆向移动，原料的转化率减小，不能通过升高温度提高原料的转化率，故D选；正确答案是D。【点睛】本题考查平衡移动原理，明确平衡移动原理内涵及适用范围是解本题关键，注意：改变条件时不影响平衡移动的不能用平衡移动原理解释。18、D【解析】

该传感器在工作过程中，负极上CO失电子生成CO2，，则Ⅰ为负极，氧气在正极上得电子，Ⅱ为正极，，其电池的总反应为。【详解】A.装置属于原电池装置，工作过程中化学能转化为电能，故A正确；B.电池的总反应为，工作一段时间后溶液的pH几乎不变，故B正确；C.由图可知，CO在负极上失去电子生成二氧化碳，则通CO的电极反应式为，故C正确；D.氧气在正极上得电子，Ⅱ为正极，酸性环境中电极反应式为：，故D错误；故选：D。【点睛】该装置是燃料电池，通入燃料的一断为负极，通入氧气的一端为正极；判断溶液pH是否变化，要根据总反应去判断，观察总反应中是否消耗氢离子或氢氧根，是否生成或氢氧根，是否消耗或生成水。19、D【解析】

A．HCO3-离子在溶液中既要发生电离又要发生水解，0.1

mol/L

NaHCO3溶液中的c（HCO3-）一定小于0.1mol/L，A正确；B．

NaHCO3溶液中存在物料守恒：①c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)、电荷守恒：②c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，①代入②可得c(H+)+c(H2CO3)＝(CO32-)+c(OH-)，B正确；C．升高温度，HCO3-离子的电离和水解都是吸热反应，所以c(HCO3-)会减小，而c(Na+)不变，会增大；加入NaOH固体，c(Na+)会增大，HCO3-与OH-反应导致c(HCO3-)减小，会增大，所以C正确；D．将少量

NaHCO3溶液滴入BaCl2溶液发生：HCO3-H++CO32-（Ka2）、Ba2++CO32-=BaCO3↓（）、H++HCO3-=H2CO3（），三式相加可得总反应Ba2++2HCO3-=BaCO3↓+H2CO3(K)，所以K=，D错误；答案选D。【点睛】方程式相加平衡常数相乘，方程式反应物生成物互换平衡常数变成原来的倒数。20、A【解析】A.酸性高锰酸钾能将不饱和碳键氧化，但苯环上碳原子形成介于单键和双键之间的化学键，结构稳定，不易被氧化，A正确；B.将液溴与苯混合，加入铁屑后，在生成的三溴化铁的催化作用下，溴与苯发生取代反应，B错误；C.苯和硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下可生成硝基苯，C错误；D.苯在一定条件下也能够在镍催化、加热条件下与氢气发生加成反应生成环己烷，D错误。故选择A。点睛：苯不能使高锰酸钾溶液退色，是因为苯分子中有6个碳碳单键，6个碳原子之间形成一个大π键，使得苯的化学性质比烯烃稳定的的多，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。21、C【解析】

A．宣纸主要成分为纤维素，丝绸主要成分为蛋白质，故A错误；B．蒸解过程是将纤维素分离出来，而不是使纤维素彻底分解，故B错误；C．过滤是利用滤纸把固体不溶物和溶液分离，抄纸过程中竹帘相当于与滤纸，纤维素等不溶于水的物质可留在竹帘上，故C正确；D．明矾中铝离子水解会使纸浆显酸性，pH变小，故D错误；故答案为C。22、A【解析】

甲的浓溶液具有脱水性，则甲为硫酸；常温下，和A发生钝化，则A为铝(Al)；丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色刺激性气味气体，结合转化关系图，可得出丙为SO2，丁为H2O，乙为Al2(SO4)3；SO2与戊反应生成H2SO4，则戊为H2O2。从而得出W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。【详解】A．丁和戊分别为H2O、H2O2，所含元素种类相同，A正确；B．简单离子半径：O2->Al3+，B不正确；C．气态氢化物的还原性：H2O<H2S，C不正确；D．Al3+与S2-在水溶液中发生双水解反应，不能大量共存，D不正确；故选A。二、非选择题(共84分)23、C4H10O1﹣丁醇（或正丁醇）用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键HOCH2C≡C﹣C≡CCH2COOH、、HOCH2CH2C≡C﹣C≡C﹣COOH、浓H2SO4、加热【解析】

一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇的化学式为CnH2n+2O，氧元素的质量分数=×100%=21.6%，解得：n=4，且A中只有一个甲基，所以该一元醇是1-丁醇，在铜作催化剂、加热条件下，A被氧气氧化生成B，B为丁醛，根据题干信息，丁醛在氢氧化钠水溶液发生反应生成C，C的结构简式为：CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，C反应生成D，D的相对分子质量是130，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH(CH2OH)CH2CH3，D和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：。【详解】(1)通过以上分析知，A的分子式为：C4H10O，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为1-丁醇；(2)加热条件下，丁醛和新制氢氧化铜反应生成丁酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为：；(3)C的结构简式为：，C中含有醛基和碳碳双键，都能和溴水反应，要检验两种官能团，则应先用银氨溶液检验醛基，然后再用溴水检验碳碳双键，检验方法为：用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键；(4)a．分子中有6个碳原子在一条直线上，则该分子中含有两个碳碳三键；b．分子中含有一个羟基和一个羧基，所以与水杨酸互为同分异构体的结构简式为：HOCH2C≡C-C≡CCH2COOH、、HOCH2CH2C≡C-C≡C-COOH、；(5)第④步的反应是酯化反应，根据乙酸乙酯的反应条件知，该反应条件是浓硫酸作催化剂、加热，通过以上分析知，E的结构简式为：。24、C羰基（或酮基）、醚键取代反应C8H7OCl或C8H7ClO催化剂、促进水解【解析】

与氯气反应生成，在氢氧化钠溶液作用下反应生成，根据信息与CH2I2反应生成，根据信息E和SOCl2反应生成F，与F反应生成G。【详解】⑴A是苯酚在水中溶解度不大，C为盐，在水解溶解度大，因此A与C在水中溶解度更大的是C，根据G的结构得到G中官能团的名称是羰基、醚键；故答案为：C；羰基(或酮基)、醚键。⑵E→F是—OH变为—Cl，Cl取代羟基，因此有机反应类型是取代反应，根据F的结构简式得到F的分子式为C8H7OCl或C8H7ClO；故答案为：取代反应；C8H7OCl或C8H7ClO。⑶由A→B反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢，其化学方程式为；故答案为：。⑷根据D和F生成G的反应得到物质D的结构简式为；故答案为：。⑸根据B的结构()，加入NaOH溶液得到C()，反应中加入NaOH的作用是催化剂、促进水解；故答案为：催化剂、促进水解。⑹①与G的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5个峰，说明对称性较强；③能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯，则符合条件的G的同分异构体；故答案为：。25、H2O+SO2=H2SO3，Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O或Zn+2SO2ZnS2O4增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率溶液中存在：Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)[或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)]，增大c(Na+)，平衡向逆反应方向移动水浴加热Na2S2O4在水中溶解度较大，在酒精中溶解度较小2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2Zn(OH)2难溶于水，易与Na2S2O4分离取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2SO4【解析】

合成保险粉的反应物为Zn、SO2、H2O，根据温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4溶液，据此分析解答。【详解】（1）合成保险粉的反应物有Zn、SO2、H2O，根据温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，说明发生了：H2O+SO2=H2SO3反应，最后反应得到ZnS2O4溶液，说明又发生了：Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O反应，总过程也可以写成：Zn+2SO2ZnS2O4，多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率；（2）溶液中存在：Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)[或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)]，增大c(Na+)，平衡向逆反应方向移动，所以向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体；（3）根据温度控制在40～45℃可知需要控制温度的加热方式一般是水浴加热；（4）根据步骤2中将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn(OH)2，向滤液中加入食盐，才析出Na2S2O4•2H2O晶体，可知Na2S2O4在水中溶解度较大；根据步骤5析出的晶体用无水乙醇洗涤的目的是使晶体迅速干燥，避免溶解而减少损耗，可知其在酒精中溶解度较小；（5）由题意可知甲酸钠、二氧化硫、碳酸钠反应生成Na2S2O4，同时生成二氧化碳，反应的方程式为2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2；（6）锌粉法产品纯度高，可能的原因是Zn(OH)2难溶于水，易与Na2S2O4分离；（7）设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4，要避免Na2S2O4干扰，所以取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2SO4。26、检查装置的气密性HCl2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I23Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O【解析】

（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；（2）FeCl3•6H2O受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴；（3）由信息可知，FeCl3是一种共价化合物，受热变为黄色气体，氯化铁具有强氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质；（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀；为确认黄色气体中含有Cl2，需要除去Fe3+的干扰，因为Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2，可选择NaBr溶液；（5）二氧化锰与FeCl3•6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，据此结合原子守恒书写化学方程式。【详解】（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；故答案为检查装置的气密性；（2）FeCl3•6H2O受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾；故答案为HCl；（3）碘离子具有还原性，氯化铁具有强氧化性，两者反应，碘离子被氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2，故答案为2Fe3＋＋2I—=2Fe2＋＋I2；（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀，离子方程式是3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓；为确认黄色气体中含有Cl2，将试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，若B中观察到浅橙红色，为溴水的颜色，则证明有物质能够将Br-氧化成Br2，铁离子不能氧化溴离子，若未检查到Fe2+，则证明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+，故答案为3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3—=Fe3[Fe(CN)6]2↓；Br—可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3＋氧化为Br2；（5）二氧化锰与FeCl3•6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，反应方程式为：MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O，故答案为MnO2＋2FeCl3·6H2OFe2O3＋MnCl2＋Cl2↑＋2HCl＋11H2O。27、圆底烧瓶b1∶2吸收Cl24H++5ClO2-=Cl−+4ClO2↑+2H2O135cV1/V0【解析】

根据实验装置图可知，A、B是制备氯气和二氧化氯的；C是用于吸收氯气的；D是用于吸收二氧化氯的，E是用于重新释放二氧化氯的，F是可验证尾气中是否含有氯气。【详解】(1)根据仪器特征，可知仪器A是圆底烧瓶；(2)F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b；(3)氯酸钠和稀盐酸混合产生Cl2和ClO2，NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价，盐酸中氯为-1价，被氧化成0价氯，转移电子数为2，所以NaClO3、ClO2前化学计量数为2，Cl2前化学计量数为1，反应化学方程式：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，其氧化产物Cl2和还原产物ClO2物质的量之比为1∶2；(4)F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2；(5)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H++5ClO2-=Cl−+4ClO2↑+2H2O；(6)设原ClO2溶液的浓度为xmol/L，则根据滴定过程中的反应方程式可知2ClO2～5I2～10Na2S2O3；则有，解得x=，换算单位得。28、羟基、羰基NaOH水溶液，加热取代反应（或水解反应）2+O22+2H2OC10H15