陕西宝鸡金台区2023学年高考冲刺化学模拟试题含解析

2023学年高考化学模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.01mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是A．简单离子半径:X>Y>Z>WB．W的单质在常温下是黄绿色气体C．气态氢化物的稳定性:Z>W>YD．X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2种2、氮化硅是一种高温陶瓷材料，其硬度大、熔点高，下列晶体熔化（或升华）时所克服的微粒间作用力都与氮化硅相同的是（）A．白磷、硅 B．碳化硅、硫酸钠C．水晶、金刚石 D．碘、汞3、有机物X、Y的转化如下：下列说法不正确的是A．X能加聚反应B．Y分子苯环上的二氯代物有5种C．与Y互为同分异构体D．X、Y分子的所有原子可能共平面4、某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）。关于该固体混合物，下列说法正确的是A．一定含有Al，其质量为4.05gB．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C．一定含有MgCl2和FeCl2D．一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，且物质的量相等5、NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是A．2NA个HCl分子与44.8LH2和Cl2的混合气体所含的原子数目均为4NA。B．32gCu将足量浓、稀硝酸分别还原为NO2和NO，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA。C．物质的量浓度均为1mol/L的NaCl和MgCl2混合溶液中，含有Cl―的数目为3NA。D．1molD318O+（其中D代表）中含有的中子数为10NA。6、如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。下列说法错误的是A．铁闸主要发生的是吸氧腐蚀B．图中生成铁锈最多的是乙区域C．铁腐蚀时的电极反应式：Fe－2e－==Fe2＋D．将铁闸与石墨相连可保护铁闸7、某固体样品可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子。将该固体样品分为等质量的两份，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L(标准状况)(假设气体全部逸出)。下列说法正确的是A．该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Cl-B．该固体中一定没有Ca2+、Cl-，可能含有K+C．该固体可能由(NH4)2SO4、K2CO3和NH4Cl组成D．该固体中n(K+)≥0.06mol8、时，及其钠盐的溶液中，H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数(α)随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是()A．溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为B．当溶液恰好呈中性时:c(Na+)>c(HSO3-)+c(SO32-)C．向pH=8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水，的值增大D．向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸，减小9、根据原子结构及元素周期律的知识，下列叙述正确的是()A．由于相对分子质量：HCl＞HF，故沸点：HCl＞HFB．锗、锡、铅的+4价氢氧化物的碱性强弱顺序：Ge(OH)4＞Sn(OH)4＞Pb(OH)4C．硅在周期表中处于金属与非金属的交界处，硅可用作半导体材料D．Cl-、S2-、K+、Ca2+半径逐渐减小10、在《科学》(Science)中的一篇论文中，圣安德鲁斯的化学家描绘出了一种使用DMSO(二甲亚砜)作为电解液，并用多孔的黄金作为电极的锂—空气电池的实验模型，这种实验电池在充放电100次以后，其电池容量仍能保持最初的95％。该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，其装置图如图所示。下列有关叙述正确的是A．多孔的黄金作为正极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+B．DMSO电解液能传递Li+和电子，但不能换成水溶液C．该电池放电时每消耗2mol空气，转移4mol电子D．给该锂—空气电池充电时，金属锂接直流电源正极11、测定溶液电导率的变化是定量研究电解质在溶液中反应规律的一种方法，溶液电导率越大其导电能力越强。室温下，用0.100mol•L-1的NH3•H2O滴定10.00mL浓度均为0.100mol•L-1HCl和CH3COOH的混合溶液，所得电导率曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．①点溶液：pH最大B．溶液温度：①高于②C．③点溶液中：c(Cl-)＞c(CH3COO-)D．②点溶液中：c(NH4+)+c(NH3•H2O)＞c(CH3COOH)+c(CH3COO-)12、下图为室温时不同pH下磷酸盐溶液中含磷微粒形态的分布，其中a、b、c三点对应的pH分别为2.12、7.21、11.31，其中δ表示含磷微粒的物质的量分数，下列说法正确的是A．2molH3PO4与3molNaOH反应后的溶液呈中性B．NaOH溶液滴定Na2HPO4溶液时，无法用酚酞指示终点C．H3PO4的二级电离常数的数量级为10−7D．溶液中除OH−离子外，其他阴离子浓度相等时，溶液可能显酸性、中性或碱性13、用ClCH2CH2OH和NaCN为原料可合成丙烯酸，相关化学用语表示错误的是()A．质子数和中子数相等的钠原子：NaB．氯原子的结构示意图：C．NaCN的电子式：D．丙烯酸的结构简式：CH3CH=CHCOOH14、泛酸又称为维生素B5，在人体内参与糖、油脂、蛋白质的代谢过程，具有抗脂质过氧化作用，其结构为，下列有关该化合物的说法不正确的是A．该物质可发生水解反应，水解产物均能发生缩聚反应B．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOHC．该物质在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基D．该物质在浓硫酸、Al2O3或P2O5等催化剂作用下可发生脱水反应，生成碳碳双键15、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1molCl2和足量的水反应，转移电子数为0.1NAB．SO2和CO2的混合气体1.8g中所含中子数为0.9NAC．标准状况下，22.4L丙烷含有的共价键总数为11NAD．pH=11的Ba(OH)2溶液中水电离出的氢离子数目为1×10-11NA16、关于下图所示各装置的叙述中，正确的是A．装置①是原电池，总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+B．装置①中，铁做负极，电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+C．装置②通电一段时间后石墨Ⅱ电极附近溶液红褐色加深D．若用装置③精炼铜，则d极为粗铜，c极为纯铜，电解质溶液为CuSO4溶液二、非选择题（本题包括5小题）17、某探究性学习小组为了探究一种无机盐A的组成（只含四种常见元素且阴阳离子个数比为1∶1），设计并完成了如下实验：已知，标准状况下气体单质C的密度为1.25g·，白色沉淀D不溶于稀盐酸，气体B是无色无味的酸性气体。（1）无机盐A中所含金属元素为_________________。（2）写出气体C的结构式_________________。（3）写出无机盐A与反应的离子方程式__________________________________。（4）小组成员在做离子检验时发现，待测液中加入A后，再加，一段时间后发现出现的血红色褪去。试分析褪色的可能原因。并用实验方法证明（写出一种原因即可）。原因________________________，证明方法________________________________________________。18、酯类化合物与格氏试剂(RMgX，X=Cl、Br、I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法，可用于制备含氧多官能团化合物。化合物F的合成路线如下，回答下列问题：已知信息如下：①RCH=CH2RCH2CH2OH；②；③RCOOCH3.(1)A的结构简式为____，B→C的反应类型为___，C中官能团的名称为____，C→D的反应方程式为_____。(2)写出符合下列条件的D的同分异构体_____(填结构简式，不考虑立体异构)。①含有五元环碳环结构；②能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体；③能发生银镜反应。(3)判断化合物F中有无手性碳原子___，若有用“*”标出。(4)已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以、CH3OH和格氏试剂为原料制备的合成路线(其他试剂任选)___。19、I.硝酸钾用途广泛，工业上一般用复分解反应制取硝酸钾（相关物质的溶解度曲线见表）。以硝酸钠和氯化钾为原料制备硝酸钾的工艺流程如下：完成下列填空：(1)为了加速固体溶解，可采取的措施有__________(至少写两种)；实验室进行蒸发结晶操作时，为了防止液滴飞溅，进行的操作是_____________。(2)过滤I所得滤液中含有的离子是________；过滤I所得滤液在进行冷却结晶前应补充少量水，目的是______________。(3)检验产品KNO3中杂质的方法是________________。II.实验室模拟工业上用氯化钾和硝酸铵为原料制取硝酸钾的过程如下：取40gNH4NO3和37.25gKCl固体加入100g水中，加热至90℃，固体溶解,用冰水浴冷却至5℃以下，过滤(a)。在滤液中再加入NH4NO3，加热蒸发，当体积减小到约原来的时，保持70℃过滤(b)，滤液可循环使用。完成下列填空：(4)过滤(a)得到的固体物质主要是__________；在滤液中再加入NH4NO3的目的是________________________。(5)为检测硝酸钾样品中铵盐含量，称取1.564g样品，加入足量的NaOH浓溶液，充分加热，生成的气体用20.00mL0.102mol/LH2SO4溶液全部吸收，滴定过量的H2SO4用去0.089mol/L标准NaOH溶液16.55mL。滴定过程中使用的指示剂是________；样品中含铵盐(以氯化铵计)的质量分数是___________(保留3位小数)。20、某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验一制取氯酸钾和氯水利用如图所示的实验装置进行实验。（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有______。（2）若对调B和C装置的位置，_____（填“可能”或“不可能”）提高B中氯酸钾的产率。实验二氯酸钾与碘化钾反应的研究（3）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下（实验在室温下进行）：试管编号12340.20mol•L-1KI/mL1.01.01.01.0KClO3（s）/g0.100.100.100.106.0mol•L-1H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象①系列a实验的实验目的是______。②设计1号试管实验的作用是______。③若2号试管实验现象是溶液变为黄色，取少量该溶液加入______溶液显蓝色。实验三测定饱和氯水中氯元素的总量（4）根据下列资料，为该小组设计一个简单可行的实验方案（不必描述操作过程的细节）：_____。资料：①次氯酸会破坏酸碱指示剂；②次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-。21、硼酸三甲酯用作柠檬类水果的熏蒸剂。实验室合成硼酸三甲酯的原理及装置如下：硼酸三甲酯甲醇溶解性与乙醚、甲醇混溶，能水解与水混溶沸点/℃6864硼酸三甲酯与甲醇混合物的共沸点为54℃Na2B4O7·10H2O+2H2SO4+16CH3OH2NaHSO4+4[(CH3O)3B+CH3OH]+17H2O实验步骤如下：①在圆底烧瓶中加入44.8g甲醇和19.1gNa2B4O7·10H2O(硼砂，式量为382)，然后缓慢加入浓H2SO4并振荡；加热烧瓶中的液体，通过分馏柱回流一段时间。②先接收51～55℃的馏分,再接收55～60℃的馏分。③将两次馏分合并，加入氯化钙进行盐析分层，上层为硼酸三甲酯，分离。④精馏得高纯硼酸三甲酯19.2g。回答下列问题：（1）图中仪器a的名称为____________；直形冷凝管冷却水应从____________(填“b”或“c”)接口进入。（2）本实验加热方式为____________，优点是____________。（3）加入氯化钙盐析分层的主要目的是____________。（4）U型管中P2O5的作用是_____________________________________。（5）步骤④的仪器选择及安装都正确的是____________(填标号)，应收集____________℃的馏分。（6）本次实验的产率是____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na元素；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，SiO2不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此解答该题。【详解】综上所述可知X是Na元素，Y是P元素，Z是S元素，W是Cl元素。A.离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；离子的电子层越多，离子半径越大，离子半径P3->S2->Cl->Na+，A错误；B.W是Cl元素，其单质Cl2在常温下是黄绿色气体，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性W>Z>Y，所以气态氢化物的稳定性：W>Z>Y，C错误；D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4，二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，溶液中磷酸根发生分步水解反应，产生HPO42-，产生的HPO4-会进一步发生水解反应产生H2PO4-、H3PO4，同时溶液中还存在H+、OH-，因此溶液中的微粒种类比2种多，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查结构、性质、位置关系的应用的知识，根据溶液的pH与浓度的关系，结合原子半径推断元素是解题关键，侧重对元素周期表、元素周期律的考查，难度中等。2、C【解析】

根据描述氮化硅应该是一种原子晶体，原子晶体是由原子直接通过共价键形成的，再来分析选项：A.白磷是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，A项错误；B.硫酸钠是离子晶体，熔融时电离，克服的是离子键，B项错误；C.水晶和金刚石同为原子晶体，因此熔融时克服的是共价键，C项正确；D.碘是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，而汞作为一种特殊的金属，原子间无金属键，熔融时克服的也是范德华力，D项错误；答案选C。【点睛】由于惰性电子对效应，汞原子的6s电子很难参与成键，仅以原子间的范德华力结合，这也是为什么汞是唯一一种常温下为液态的金属。3、B【解析】

A．X分子中含有碳碳双键，则能发生加聚反应，故A正确；B．Y分子()苯环上的二氯代物有6种，分别在苯环的2、3位取代，2、4位取代，2、5位取代，2、6位取代，3、4位取代和3、5位取代，故B错误；C．与Y分子式相同，但结构不同，两者互为同分异构体，故C正确；D．苯环有12原子共面，-COOH和HCOO-中4原子可能共面，故X、Y分子的所有原子可能共平面，故D正确；故答案为B。4、D【解析】A;14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气；5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体，,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L,剩余的气体只能是氢气，体积为3.36，,说明原混合物中一定含有铝，故A对；B:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化,因为氢氧化铝溶于强碱，Fe(OH)2易被氧化，所以一定不含FeCl2，能生成的白色沉淀一定是氯化镁与强碱反应生成的氢氧化镁白色沉淀,一定含有氯化镁，故B错误；C.根据上边分析，一定含氯化镁，一定不含FeCl2，故C错误；根据A分析一定有(NH4)2SO4，根据B分析一定有氯化镁。Mg(OH)2MgCl2(NH4)2SO42NH4+2NH358g1mol1mol22.4L2.9g0.05mol0.05mol2.24L(NH4)2SO4和MgCl2物质的量相等，故D正确。本题答案：D。点睛：:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气,5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体,无水蒸气的存在,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道,一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2,24L,剩余的气体只能是氢气,体积为3.36L,说明原混合物中一定含有铝。5、B【解析】

A．氢气和氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则和HCI的原子数目是否相同无法计算，A错误；B．32gCu的物质的量0.5mol，失去的电子数均为NA，浓硝酸被还原为二氧化氮，稀硝酸被还原为NO，根据得失电子数守恒，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA，B正确；C．溶液体积不明确，故溶液中含有的氯离子个数无法计算，C错误；D．D318O+中含13个中子，故1molD318O+中含13NA个中子，D错误；答案选B。6、D【解析】

A．海水溶液为弱碱性，发生吸氧腐蚀，在酸性较强的条件下才发生析氢腐蚀，故A正确；B．在乙处，海水与氧气接触，与Fe最易形成原电池，发生的吸氧腐蚀的程度最大，生成铁锈最多，故B正确；C．铁腐蚀时作负极失电子生成亚铁离子，电极反应式：Fe－2e－=Fe2＋，故C正确；D．将铁闸与石墨相连，铁比碳活泼，铁作负极失电子，可以加快海水对铁闸的腐蚀，故D错误；答案选D。7、D【解析】

某固体样品可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子。将该固体样品分为等质量的两份，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。4.66g沉淀为硫酸钡，所以固体中含有=0.02mol硫酸根离子，=0.01mol碳酸根离子，溶液中没有Ca2+；（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L(标准状况)(假设气体全部逸出)，则含有=0.03mol铵根离子，根据溶液呈电中性，则溶液中一定含有钾离子，不能确定是否含有氯离子。【详解】A．该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，不能确定是否含Cl-，故A不符；B．该固体中一定没有Ca2+，可能含有K+、Cl-，故B不符；C．该固体可能有(NH4)2SO4、K2CO3，不能确定是否含NH4Cl，故C不符；D．根据电荷守恒：n(K+)+n(NH4+)≥2（n(SO42－)+n(CO32－)），该固体中n(K+)≥(0.02×2+0.01×2)×2-0.03×2=0.06，n(K+)≥0.06mol，故D符合。故选D。【点睛】本题考查离子共存、离子推断等知识，注意常见离子的检验方法，根据电荷守恒判断K＋是否存在，是本题的难点、易错点。8、C【解析】

A.根据图示可知：溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为HSO3-，A正确；B.根据图示可知：溶液的pH=7时，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液中的电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO3-）+2c（SO32-），则c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)，c(Na+)>c(HSO3-)+c(SO32-)，B正确；C.当向pH=8的溶液中滴加少量澄清石灰水，根据图像可知，随着pH的增大，α（SO32-）增大，α（HSO3-）减小，因此的值减小，C错误；D.在pH=3的溶液中滴加少量硫酸，溶液中c(H+)增大，根据图像可知α(HSO3-)减小，D正确；故合理选项是C。9、C【解析】

A．HF分子之间存在氢键，沸点高于HCl，故A错误；B．同主族金属性增强，形成的碱的碱性增强，锗、锡、铅的+4价氢氧化物的碱性强弱顺序：Ge(OH)4＜Sn(OH)4＜Pb(OH)4，故B错误；C．Si处于金属与非金属交界处，表现一定的金属性、非金属性，可用作半导体材料，故C正确；D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：S2-＞Cl-＞K+＞Ca2+，故D错误；答案选C。10、A【解析】

该装置为原电池，锂电极作负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+，且已知该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，因此多孔的黄金作为正极，正极的电极反应式为2Li++O2+2e-=Li2O2，在原电池中，电子经导线从负极移动向正极，溶液中离子移动导电。【详解】A.锂电极作负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+，多孔的黄金作为正极，A项正确；B.电子经导线从负极移动向正极，电子不在溶液中移动，溶液中是离子移动导电，B项错误；C.该电池放电时，氧气的化合价由0价转化为-1价，消耗1mol氧气，转移2mol电子，但是2mol空气中氧气的物质的量小于2mol，则转移电子数小于4mol，C项错误；D.放电时，金属锂为负极，充电时该电极相当于电解池的阴极，因此给该锂—空气电池充电时，金属锂接直流电源的负极，D项错误；答案选A。11、C【解析】

室温下，用0.100mol•L-1的NH3•H2O滴定10.00mL浓度均为0.100mol•L-1HCl和CH3COOH的混合溶液，NH3•H2O先与HCl发生反应生成氯化铵和水，自由移动离子数目不变但溶液体积增大，电导率下降；加入10mLNH3•H2O后，NH3•H2O与CH3COOH反应生成醋酸铵和水，醋酸为弱电解质而醋酸铵为强电解质，故反应后溶液中自由移动离子浓度增加，电导率升高。【详解】A．①点处为0.100mol•L-1HCl和CH3COOH的混合溶液，随着NH3•H2O的滴入，pH逐渐升高，A错误；B．酸碱中和为放热反应，故溶液温度为：①低于②，B错误；C．③点溶质为等物质的量的氯化铵和醋酸铵，但醋酸根离子为若酸根离子，要发生水解，故③点溶液中：c(Cl-)＞c(CH3COO-)，C正确；D．②点处加入一水合氨的物质的量和溶液中的醋酸的物质的量相同，根据元素守恒可知，c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，D错误；答案选C。12、B【解析】

2molH3PO4与3molNaOH反应后生成等物质的量浓度的NaH2PO4、Na2HPO4，据图可看出b点、浓度相等，pH=7.21，显碱性，A选项错误；把NaOH溶液滴入Na2HPO4溶液时，发生反应+OH−+H2O，δ()减小，δ()增大，在此pH变化范围内，无法用酚酞指示终点，B选项正确；H3PO4H++，H++，Ka2=，当c()=c()时，pH=7.21，c(H+)=10−7.21，数量级为10−8，C选项错误；溶液中阴离子浓度相等时，可能是c()=c()，此时溶液pH=7.21显碱性，还可能是c()=c()，此时pH=11.31，显碱性，D选项错误。13、D【解析】

A.质子数和中子数相等的钠原子，质量数A=质子数Z+中子数N=11+11=22，钠原子符号为：，A正确；B.Cl原子的核外电子总数为17，其原子结构示意图为，B正确；C.NaCN为离子化合物，由Na+和CN-通过离子键构成，电子式为，C正确；D.丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH，D错误；故合理选项是D。14、D【解析】

A.该物质可发生水解反应，水解产物均含有羧基和羟基或氨基，均能发生缩聚反应，故A正解；B.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，－COOH消耗1molNaOH,酰胺基消耗1molNaOH，最多可消耗2molNaOH，故B正确；C.中有伯醇和仲醇，在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基，故C正确；D.中有两处-OH的邻碳上没有氢，不可以发生消去反应，在浓硫酸、Al2O3或P2O5等催化剂作用下不可发生脱水反应，生成碳碳双键，故D错误；故选D。15、B【解析】

A、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.1NA个，故A错误；B、SO2和CO2的摩尔质量分别为64g/mol和44g/mol，两者中分别含32个和22个中子，即两者均为2g时含1mol中子，故1.8g混合物中含0.9NA个中子，故B正确；C、标况下22.4L丙烷的物质的量为1mol，而丙烷中含10条共价键，故1mol丙烷中含共价键总数为10NA，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中水电离出的氢离子的个数无法计算，故D错误；故答案为B。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是由Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。16、C【解析】

A.该装置是原电池，由于Fe比Cu活泼，所以铁作负极，铜作正极，负极上Fe失电子发生氧化反应，正极上Fe3＋得电子发生还原反应，电池总反应式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，选项A错误；B.该装置是原电池，铁作负极，负极上Fe失电子生成Fe2+，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，选项B错误；C.氢氧化铁胶体粒子吸附正电荷，所以氢氧化铁胶体粒子向负电荷较多的阴极移动，因此装置②中石墨Ⅱ电极附近溶液红褐色加深，选项C正确；D.由电流方向判断a是正极，b是负极，则c是阳极，d是阴极，电解精炼铜时粗铜作阳极，所以c为粗铜，d为纯铜，选项D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、钠或NaN≡N离子被氧化在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变血红色，则该解释正确【解析】

将文字信息标于框图，结合实验现象进行推理。【详解】（1）溶液焰色反应呈黄色，则溶液中有Na+，无机盐A中含金属元素钠（Na）。（2）气体单质C的摩尔质量M(C)=22.4L/mol×1.25g/L=28g/mol，故为氮气（N2），其结构式N≡N，从而A中含N元素。（3）图中，溶液与NaHCO3反应生成气体B为CO2，溶液呈酸性。白色沉淀溶于盐酸生成气体B（CO2），则白色沉淀为BaCO3，气体中含CO2，即A中含C元素。溶液与BaCl2反应生成的白色沉淀D不溶于稀盐酸，则D为BaSO4，溶液中有SO42－，A中含S元素。可见A为NaSCN。无机盐A与反应的离子方程式。（4）在含离子的溶液中滴加NaSCN溶液不变红，再滴加，先变红后褪色，即先氧化、后氧化SCN－或再氧化Fe3+。若离子被氧化，则在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变色，则该解释正确；若三价铁被氧化成更高价态，则在已褪色的溶液中加入足量的，若重新变血红色，则该解释正确。18、氧化反应羧基、羟基、和【解析】

根据F的结构不难得知A含1个五元环，根据题目给的信息可知A中必定含有双键，结合分子的不饱和度可知再无不饱和键，因此A的结构简式为，根据信息不难得出B的结构简式为，酸性高锰酸钾有氧化性，可将醇羟基氧化为羧基，因此C的结构简式为，C到D的反应条件很明显是酯化反应，因此D的结构简式为，再根据题目信息不难推出E的结构简式为，据此再分析题目即可。【详解】（1）根据分析，A的结构简式为；B→C的过程是氧化反应，C中含有的官能团为羰基和羧基，C→D的反应方程式为；（2）根据题目中的要求，D的同分异构体需含有五元环、羧基和羟基，因此符合要求的同分异构体有三种，分别为、和；（3）化合物F中含有手性碳原子，标出即可；（4）根据所给信息，采用逆推法，可得出目标产物的合成路线为：。19、加热、搅拌、研细颗粒用玻璃棒不断搅拌滤液K+、NO3-、Na+、Cl-减少NaCl的结晶析出取少量固体溶于水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质KNO3增大铵根离子的浓度，有利于氯化铵结晶析出甲基橙8.92%【解析】

硝酸钠和氯化钾用水溶解，得到的溶液中含有K+、NO3-、Na+、Cl-，由于在溶液中NaCl的溶解度较小，且受温度影响不大，采取蒸发浓缩，析出NaCl晶体，过滤分离出NaCl晶体。由于硝酸钾溶解度受温度影响比硝酸钠大，采取冷却结晶析出硝酸钾，过滤出硝酸钾晶体后，向滤液中加入NH4NO3，可增大溶液中NH4+浓度，有利于NH4Cl结晶析出。【详解】I.(1)加热、搅拌、研细颗粒等都可以加快物质溶解；实验室进行蒸发结晶操作时，为防止液滴飞溅，要用玻璃棒不断搅拌滤液，使溶液受热均匀；(2)过滤I后析出部分NaCl，滤液I含有K+、NO3-、Na+、Cl-；氯化钠溶解度较小，浓缩析出NaCl晶体后，直接冷却会继续析出NaCl晶体，在进行冷却结晶前应补充少量水，可以减少NaCl的结晶析出；(3)产品KNO3中可能含有Na+、Cl-杂质离子，检验的方法是：取少量固体溶于水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质NaCl，即含有杂质；II.(4)取40gNH4NO3和37.25gKCl固体加入100g水中，加热至90℃所有固体均溶解，用冰水浴冷却至5℃以下时，硝酸钾的溶解度最小，首先析出的是硝酸钾晶体；在滤液中加入硝酸铵可以增大铵根离子浓度，使NH4Cl晶体析出；(5)由于恰好反应时生成的溶质为(NH4)2SO4和Na2SO4，溶液为酸性，则应该选用甲基橙为指示剂；硫酸总的物质的量n(H2SO4)=c·V=0.102mol/L×0.02L=0.00204mol，含有氢离子的物质的量为n(H+)=2n(H2SO4)=2×0.00204mol=0.00408mol，氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=c·V=0.089mol/L×0.01655L=0.001473mol，所以氨气的物质的量n(NH3)=0.00408mol-0.001473mol=0.002607mol，所以根据N元素守恒，可知样品中氯化铵的物质的量为0.002607mol，则样品中氯化铵的质量分数为：×100%≈8.92%。【点睛】本题考查物质制备方案、物质的分离与提纯方法，涉及溶解度曲线的理解与应用、滴定计算等，关键是对原理的理解，试题培养了学生对图象的分析能力与灵活应用所学知识的能力。20、烧杯、漏斗、玻璃棒可能研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响硫酸浓度为0的对照实验淀粉；量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得