2023届江苏省苏州一中高三第六次模拟考试化学试卷含解析

2023年高考化学模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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（每题只有一个选项符合题意）1、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．18gT2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．1L1mol/L的Na2CO3溶液中CO32-和HCO3-离子数之和为NAC．78gNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NAD．加热条件下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA2、磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(2019－nCOV)的感染，其结构如图所示。下列说法错误的是A．基态C1原子的核外电子有17种运动状态B．C、N、O、P四种元素中电负性最大的是OC．H3PO4分子中磷原子的价层电子对数为4D．与足量H2发生加成反应后，该分子中手性碳原子个数不变3、固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色分析以上实验现象，下列结论正确的是A．X中一定不存在FeO B．不溶物Y中一定含有Fe和CuOC．Z溶液中一定含有KCl、K2CO3 D．Y中不一定存在MnO24、下列实验操作规范且能达到实验目的的是（）A．A B．B C．C D．D5、一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反应在5min时达到平衡状态。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7下列说法中正确的是A．容器Ⅰ中前5min的平均反应速率v(CO)=0.16mol·L-1·min-1B．该反应正反应为吸热反应C．容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量为0.55molD．若起始时向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%6、下列液体中，滴入水中出现分层现象，滴入热的氢氧化钠溶液中分层现象不会逐渐消失的是(不考虑有机物的挥发)()A．溴乙烷 B．乙醛 C．橄榄油 D．汽油7、下列属于原子晶体的化合物是（）A．干冰 B．晶体硅 C．金刚石 D．碳化硅8、充分利用已有的数据是解决化学问题方法的重要途径．对数据的利用情况正确的是A．利用化学平衡常数判断化学反应进行的快慢B．利用溶解度数据判断氧化还原反应发生的可能性C．利用沸点数据推测将一些液体混合物分离的可能性D．利用物质的摩尔质量判断相同状态下不同物质密度的大小9、设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．1molP4(正四面体结构)含有6NA个P-P键B．1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为9NAC．25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NAD．常温常压下，过氧化钠与水反应，生成8g氧气时转移的电子数为0.25NA10、2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是()A．元素乙的原子序数为32B．原子半径比较：甲>乙>SiC．元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于。D．推测乙可以用作半导体材料11、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A等体积的和两种酸分别与足量的锌反应相同时间内与反应生成的氢气更多是强酸B将湿润的淀粉-试纸分别放入和蒸气中试纸只在蒸气中变蓝色氧化性：C将光亮的镁条放入盛有溶液的试管中有大量气泡产生生成的气体是D向

NaHCO3溶液中加入NaAlO2溶液有白色沉淀生成结合的能力比强A．A B．B C．C D．D12、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，Y为金属元素，Y与Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，X与W所在族序数之和等于10。下列说法正确的是（）A．原子半径大小顺序：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X) B．沸点：XW2>Y2WC．最高价氧化物对应的水化物的酸性：X<Z D．简单氢化物的热稳定性：Z>W13、取三份浓度均为0.1mol/L，体积均为1L的CH3COONa溶液中分别加入NH4Cl固体、CH3COONH4固体、HCl气体后所得溶液pH变化曲线如图（溶液体积变化忽略不计）下列说法不正确的是A．曲线a、b、c分别代表加入CH3COONH4、NH4Cl、HClB．由图可知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3﹒H2O)＝1×10－7C．A点处c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)D．C点处c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)＞0.1mol/L14、利用如图所示装置模拟电解原理在工业生产上的应用。下列说法正确的是（）A．铁片上镀铜时，Y是纯铜B．制取金属镁时，Z是熔融的氯化镁C．电解精炼铜时，Z溶液中的Cu2+浓度不变D．电解饱和食盐水时，X极的电极反应式为4OH-－4e-=2H2O＋O2↑15、已知：苯酚与Fe3+在溶液中存在可逆反应：Fe3++6C6H5OHH3Fe(OC6H5)6+3H+，其中H3Fe(OC6H5)6显紫色。实验如下：下列说法不正确的是：A．i是空白对照实验B．向ii中滴加几滴浓盐酸，溶液颜色变浅C．iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4D．苯酚在苯中的溶解性小于在CCl4中的溶解性16、含铬()废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到nmolFeO·FeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是()A．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2－x)molB．处理废水中的物质的量为molC．反应中发生转移的电子数为3nxmolD．在FeO·FeyCrxO3中，3x＝y二、非选择题（本题包括5小题）17、H是一种氨基酸，其合成路线如下：已知：①②RMgBrRCH2CH2OH+③R-CHO完成下列填空：（1）A的分子式为C3H4O，其结构简式为____________。（2）E→F的化学方程式为____________。（3）H的结构简式为_________________。写出满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简______________、________________。I.含有苯环；II.分子中有三种不同环境的氢原子。（4）结合题中相关信息，设计一条由CH2Cl2和环氧乙烷（）制备1，4-戊二烯的合成路线（无机试剂任选）。___________。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）18、化合物A含有碳、氢、氧三种元素，其质量比是3:1:4,B是最简单的芳香烃，D是有芳香气味的酯。它们之间的转换关系如下：回答下列问题：(1)A的结构简式为__________________________________________。(2)C中的官能团为__________________________________________。(3)的一氯代物有_________________________________________种。(不考虑立体异构)(4)反应④的化学方程式为______________________________________________________________。19、设计一个方案，在用廉价的原料和每种原料只用一次的条件下，分三步从含有Fe3＋、Cu2＋、Cl－和NO3－的废液中，把Fe3＋转化为绿矾回收，把Cu2＋转化为Cu回收，各步反应加入的原料依次是________，________，________。各步反应的离子方程式是：（1）_________________________________；（2）_________________________________；（3）__________________________________。20、铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：Ⅰ.制取铋酸钠制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：物质NaBiO3Bi(OH)3性质不溶于冷水，浅黄色难溶于水；白色（1）B装置用于除去HCl，盛放的试剂是___；（2）C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为___；（3）当观察到___（填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成；（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。除去Cl2的操作是___；（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有___；Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+。①产生紫红色现象的离子方程式为___；②某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO2）生成。产生此现象的离子反应方程式为___。Ⅲ.产品纯度的测定（7）取上述NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用cmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-（已知：H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL标准溶液。该产品的纯度为___（用含w、c、v的代数式表示）。21、目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上用丙烯（A）和有机物C（C7H6O3）为原料合成液晶显示器材料（F）的主要流程：（1）化合物C的结构简式为___。B的官能团名称___。（2）上述转化过程中属于取代反应的有___（填反应序号）。（3）写出B与NaOH水溶液反应的化学方程式___。（4）下列关于化合物D的说法正确的是___（填字母）。A．属于酯类化合物B．1molD最多能与4molH2发生加成反应C．一定条件下发生加聚反应D．核磁共振氢谱有5组峰（5）写出符合下列条件下的化合物C的同分异构体的结构简式___(任写一种)。①苯环上一溴代物只有2种②能发生银镜反应③苯环上有3个取代基（6）请参照上述制备流程，写出以有机物C和乙烯为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）___。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A．T2O的摩尔质量为22，18gT2O的物质的量为mol，含有的质子数为NA，A选项错误；B．1mol/L的Na2CO3溶液中，由物料守恒有c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=2mol/L,则c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=1mol/L，c(CO32-)+c(HCO3-)<1mol/L，即离子数之和小于NA，B选项错误；C．78gNa2O2的物质的量为1mol，与足量CO2充分反应转移电子数应为1NA，C选项错误；D．随着反应的进行，浓硫酸的浓度降低变成稀硫酸后，不会再与铜发生反应，故加热条件下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA，D选项正确；答案选D。2、D【解析】

A．基态C1原子的核外有17个电子，每个电子运动状态均不相同，则电子有17种运动状态，故A正确；B．非金属性越强，元素的电负性越强，非金属性：C＜P＜N＜O，四种元素中电负性最大的是O，故B正确；C．H3PO4分子中磷原子的价层电子对数=4+(5+3-2×4)=4，故C正确；D．磷酸氯喹分子中只有一个手性碳，如图(∗所示)：，与足量H2发生加成反应后，该分子中含有5个手性碳原子，如图(∗所示):，故D错误；答案选D。【点睛】计算价层电子对数时，利用的是成键电子对数和孤电子对数之和。3、B【解析】

①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，说明Y中含有MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe，所以Y中含有Fe、CuO、MnO2；③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，一定含有K2CO3，可能含有KCl，由以上分析可知X中一定含有Fe、CuO、MnO2、K2CO3，但不能确定是否含有FeO、KCl。答案选B。4、C【解析】

A．氯化铁在水溶液中由于水解会呈酸性，生成氢氧化铁胶体，故FeCl3固体不能直接用蒸馏水溶解，故A错误；B．Pb2+和SO42-反应生成PbSO4，但是Pb2+的量过量，加入Na2S时，若有黑色沉淀PbS生成，不能说明PbSO4转化为PbS，不能说明Ksp(PbSO4)＞Ksp(PbS)，故B错误；C．淀粉水解生成葡萄糖，在碱性溶液中葡萄糖可发生银镜反应，则冷却至室温，再加入氢氧化钠中和至碱性。加入银氨溶液水浴加热，产生银镜。说明淀粉水解能产生还原性糖，故C正确；D．硫酸根离子检验用盐酸酸化的氯化钡溶液，所以应该先加入稀盐酸，没有沉淀后再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀就说明有硫酸根离子，否则不含硫酸根离子，故D错误；答案选C。【点睛】Pb2+和SO42-反应生成PbSO4，但是Pb2+的量过量，这是易错点。5、C【解析】

A．容器I中前5min的平均反应速率v(COCl2)==0.32mol/L•min-1，依据速率之比等于计量系数之比，则V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/L•min-1，故A错误；B．依据图中数据可知：Ⅱ和Ⅲ为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；C．依据方程式：CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)，可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2

0转化浓度(mol/L)

1.6

1.6

1.6平衡浓度(mol/L)

0.4

0.4

1.6反应平衡常数K==10，平衡时CO转化率：×100%=80%；依据Ⅱ中数据，结合方程式可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2a

0转化浓度

(mol/L)

1

1

1平衡浓度

(mol/L)

1

2a-1

1Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同则：K==10，解得：a=0.55mol，故C正确；D．CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D错误；故答案为C。6、D【解析】

A．溴乙烷不溶于水，滴入水中会分层，若再加入氢氧化钠溶液，溴乙烷能够与氢氧化钠溶液反应生成乙醇和溴化钠，分层现象逐渐消失，故不选A；B．乙醛溶于水，滴入水中不出现分层现象，故不选B；C．橄榄油属于油脂，不溶于水，滴入热的氢氧化钠溶液中发生水解反应，分层现象逐渐会消失，故不选C；D．汽油不溶于水，不与氢氧化钠溶液反应，滴入热的氢氧化钠溶液中时分层现象不会消失，故选D。7、D【解析】

相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，常见的原子晶体是周期系第ⅣA族元素的一些单质和某些化合物，例如金刚石、硅晶体、二氧化硅、SiC等。【详解】A.干冰为分子晶体，故A错误；B.晶体硅是原子晶体，是单质，故B错误；C.金刚石是原子晶体，是单质，故C错误；

D.碳化硅是原子晶体，是化合物，故D正确；故答案选D。8、C【解析】

A、平衡常数的大小体现一个可逆反应进行的程度大小，平衡常数越大，则表示反应物的转化率越高，它是一个只随温度改变而改变的量，只在可逆反应中才会出现；错误；B、氧化还原反应发生的可能性是需要判断物质氧化性还原性的相对强弱，错误；C、沸点差别，可以选用蒸馏的方法分离，正确；D、需要考虑物质的状态，气体和液体没有可比性，错误。9、A【解析】

A．一个P4分子中含有6个P-P键，所以1molP4(正四面体结构)含有6NA个P-P键，故A正确；B．一个CH3+所含电子数为6+3-1=8，所以1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为8NA，故B错误；C．溶液体积未知，无法计算所含微粒数目，故C错误；D．8g氧气的物质的量为0.25mol，过氧化钠与水反应过程中氧化产物为O2，且为唯一氧化产物，氧元素化合价由-1价变为0价，所以转移的电子数目为0.5NA，故D错误；故答案为A。10、C【解析】

由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As小，As位于第四周期VA族，则C、Si、乙位于第IVA族，乙为Ge，B、Al、甲位于ⅢA族，甲为Ga，以此来解答。【详解】A．乙为Ge，元素乙的原子序数为32，故A正确；B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲＞乙＞Si，故B正确；C．非金属性Ge小于Si，则元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于SiH4，故C错误；D．乙为Ge，位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D正确。故选C。【点睛】本题考查位置、结构与性质，把握相对原子质量、元素的位置及性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。11、D【解析】

A．等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内，HA收集到氢气多，一定能说明HA是弱酸，故A错误；B．NO2和Br2蒸气均能氧化KI生成碘单质，湿润的淀粉KI试纸均变蓝，现象相同，不能判断两者的氧化性强弱，故B错误；C．氯化铵溶液水解显酸性，Mg与氢离子反应，且放热导致一水合氨分解，则有大量气泡产生，可知反应中生成H2和NH3，故C错误；D．偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，生成氢氧化铝沉淀，则AlO2-结合H+的能力比CO32-强，故D正确；故答案为D。【点睛】考查强弱电解质判断，为高频考点，注意不能根据电解质溶液导电性强弱、电解质溶解性强弱等方法判断，为易错题。强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，如要证明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根据醋酸钠溶液酸碱性、一定浓度的醋酸pH等方法判断。12、C【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于ⅣA主族，W处于ⅥA族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素；Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、ⅤA族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素，据此进行解答。【详解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于ⅣA主族，W处于ⅥA族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素，Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、ⅤA族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素，A.同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：Y(Na)＞Z(P)＞W(S)＞X(C)，故A错误；

B.W分别与X、Y形成的化合物为CS2、Na2S，CS2为共价化合物，Na2S为离子化合物，则沸点：Na2S＞CS2，故B错误；C.X、Z的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、磷酸，碳酸酸性比磷酸弱，故C正确；D.非金属性Z(P)＜W(S)，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则氢化物稳定性PH3＜H2S，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。13、B【解析】

醋酸钠为强碱弱酸盐，因醋酸根离子水解，溶液呈碱性。往溶液中加入氯化铵固体，由于铵根离子水解呈酸性，故随着氯化铵的加入，溶液将由碱性逐渐变为酸性，由于水解微弱，所得溶液酸性较弱，符合的曲线为b；往溶液中通入氢化氯气体，随着气体的通入溶液由碱性转变为酸性，由于氯化氢为强酸，通入量较大时，溶液的酸性较强，符合的曲线为c；加入醋酸铵固体所对应的变化曲线为a，据此结合电荷守恒及盐的水解原理分析。【详解】A.根据分析可知，曲线a代表醋酸铵、曲线b代表氯化铵、曲线c代表氯化氢，故A正确；B.当加入固体的物质的量为0.1mol时，曲线b对应的pH值等于7，说明等浓度的醋酸根离子的水解程度与铵根离子相同，即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3﹒H2O)，但无法计算其电离平衡常数，故B错误；C.A点含有的溶质为0.1molCH3COONa与0.1molCH3COONH4，溶液的pH>7，则c(OH−)>c(H+)，醋酸根离子的水解程度较小，则c(CH3COO−)>c(Na+)，铵根离子部分水解，则c(Na+)>c(NH4+)，溶液中离子浓度的大小关系为：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C正确；D.C点通入0.1molHCl，与0.1mol醋酸钠反应得到0.1molCH3COOH与0.1molNaCl，c(Cl−)=c(Na+)=0.1mol/L，则c(CH3COO−)+c(Cl−)+c(OH−)>0.1mol/L，故D正确；故选：B。【点睛】本题考查图象分析、溶液中离子浓度关系，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，转移掌握电荷守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的综合应用能力。14、B【解析】

根据图中得出X为阳极，Y为阴极。【详解】A.铁片上镀铜时，铜为镀层金属，为阳极，因此X是纯铜，故A错误；B.制取金属镁时，Z是熔融的氯化镁，镁离子再阴极生成镁单质，故B正确；C.电解精炼铜时，阳极开始是锌溶解，阴极始终的铜离子得电子变为铜单质，因此Z溶液中的Cu2+浓度减小，故C错误；D.电解饱和食盐水时，X极的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极；电镀，镀件作阴极，镀层金属作阳极，镀层金属盐溶液为电解液。15、D【解析】

A．通过i观察iiiii、iv中发生的变化，达到空白对照的目的，故A正确；B．向ii中滴加几滴浓盐酸，增大H+浓度，平衡逆向移动，H3Fe(OC6H5)6浓度降低，溶液颜色变浅，故B正确；C．苯的密度比水，CCl4的密度比水大，故iii、iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCl4，故C正确；D．iii中加入苯后水溶液层呈浅紫色，而iv中加入CCl4后水溶液层呈紫色，说明苯酚更易溶解于苯，导致平衡逆向移动，水溶液的颜色变浅，即苯酚在苯中的溶解性大于在CCl4中的溶解性，故D错误；故答案为D。16、A【解析】

具有强氧化性，FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O具有强还原性，二者发生氧化还原反应，Fe2＋被氧化成Fe3＋，中＋6价Cr被还原成＋3价Cr。该反应中，Fe失电子的物质的量等于Cr得电子的物质的量，则有nymol＝3nxmol，即3x＝y。据Cr、Fe原子守恒可知，生成nmolFeO·FeyCrxO3时，消耗mol，消耗n(y＋1)mol硫酸亚铁铵，反应中转移电子的物质的量为mol×6＝3nxmol，又知3x＝y则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(3x＋1)mol，所以正确的答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH2=CHCHO2+O22+2H2OCH2Cl2ClMgCH2MgClHOCH2CH2CH2CH2CH2OHH2C=CHCH2CH=CH2【解析】

A的分子式为，而1，丁二烯与A反应生成B，且B与氢气反应得到，结合信息可知A为，B为结合转化关系与信息可知发生取代反应生成C为，D为，E为，由信息可知F为，G为，H为。【详解】（1）A的分子式为，其结构简式为：，故答案为：；（2）E→F羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为：；

（3）H的结构简式为，满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简式：Ⅰ、含有苯环；Ⅱ、分子中有三种不同环境的氢原子，符合条件的同分异构体有：、，故答案为：；、；（4）由与干醚得到，再与环氧乙烷得到由，然后再浓硫酸加热条件下发生消去反应得到，合成路线流程图为：，故答案为：。18、CH3OH羧基5【解析】

(1)根据化合物A的质量比分析，，因此A的结构简式为CH3OH。(2)乙苯和酸性高锰酸钾反应生成苯甲酸，因此C中含有羧基。(3)有五种位置的氢，因此其一氯代物有5种。(4)反应④是甲醇和苯甲酸酯化反应，其化学方程式为：。【详解】(1)根据化合物A的质量比分析，，因此A的结构简式为CH3OH，故答案为：CH3OH。(2)乙苯和酸性高锰酸钾反应生成苯甲酸，因此C中含有羧基，故答案为：羧基。(3)有五种位置的氢，因此其一氯代物有5种，故答案为：5。(4)反应④是甲醇和苯甲酸酯化反应，其化学方程式为：，故答案为：。19、Ca(OH)2溶液稀H2SO4铁Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓Fe(OH)3＋3H＋＝Fe3＋＋3H2OCu(OH)2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu【解析】

从含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的废液中，把Fe3+转化为绿矾回收，把Cu2+转化为铜回收，先加碱使金属离子转化为沉淀，与阴离子分离，然后加酸溶解沉淀，再加铁粉可得到硫酸亚铁溶液和Cu，过滤得到铜和硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾。【详解】依据题意从含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的废液中，把Fe3+转化为绿矾回收，把Cu2+转化为铜回收应分三步实施，先加廉价的碱Ca(OH)2将Fe3+、Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2，与Cl-、NO3-分离，反应的离子方程式为Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓；过滤后向Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀中加入稀硫酸，使沉淀溶解得到硫酸铁和硫酸铜的混合液，反应的离子方程式为Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；向所得溶液中加入铁粉与硫酸铁和硫酸铜反应，可得到硫酸亚铁溶液和Cu，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；过滤得到铜和硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，故答案为：Ca(OH)2溶液；稀H2SO4；铁；Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓；Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。20、饱和食盐水Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2OC中白色固体消失（或黄色不再加深）关闭K1、K3，打开K2在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+×100%或×100%或%【解析】

用浓HCl和MnO2反应制备Cl2，其中混有挥发出来的HCl，要用饱和食盐水出去，然后利用Cl2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的还原性将NaBiO3还原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验NaBiO3的氧化性；实验结束后Cl2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH溶液，使其留下和氯气反应；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和Mn2+反应生成MnO4-，MnO4-再和草酸反应来测定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。【详解】（1）除去氯气中混有的HCl，用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；（2）反应物为Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物，+3价的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被还原成Cl-，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；（3）C中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO3，故答案为：C中白色固体消失（或黄色不再加深）；（4）从图上来看关闭K1、K3，打开K2可使NaOH留下与氯气反应，故答案为：关闭K1、K3，打开K2；（5）由题意知