2023高考化學模擬試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、某紅色固體粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一種或幾種。為探究其組成，稱取ag該固體粉末樣品，用過量的稀硫酸充分反應后(已知:Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O)，稱得固體質量為bg。則下列推斷不合理的是A．反應后溶液中大量存在的陽離子最多有3種B．向反應后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使bg固體完全溶解C．若b＝a，則紅色固體粉末一定為純凈物D．b的取值范圍:0＜b≤a2、下列說法正確的是()A．電解熔融金屬氯化物制備Na、Mg、AlB．配制溶液時需加入稀硝酸防止水解C．“一帶一路”中的絲綢的主要成分是天然纖維素，屬于高分子化合物。D．牙齒的礦物質Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-，故使用含氟牙膏可以防止齲齒的形成3、向1.00L濃度均為0.0100mol/L的Na2SO3、NaOH混合溶液中通入HCl氣體調節溶液pH(忽略溶液體積變化)。其中比H2SO3、HSO3-、SO32-平衡時的分布系數(各含硫物種的濃度與含硫物種總濃度的比)隨HCl氣體體積(標況下)的變化關系如圖所示(忽略SO2氣體的逸出)；已知Ka1代表H2SO3在該實驗條件下的一級電離常數。下列說法正確的是A．Z點處的pH=-lgKa1(H2SO3)B．從X點到Y點發生的主要反應為SO32-+H2O?HSO3-+OH-C．當V(HCl)≥672mL時，c(HSO3-)=c(SO32-)=0mol/LD．若將HCl改為NO2，Y點對應位置不變4、下列指定反應的離子方程式正確的是（）A．實驗室用濃鹽酸和MnO2混合加熱制Cl2：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2OB．將Cl2溶于水制備次氯酸：Cl2+H2O＝2H++Cl﹣+ClO﹣C．用過量的NaOH溶液吸收SO2：OH﹣+SO2＝HSO3﹣D．向AlCl3溶液中加入氨水：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓5、下列溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是（）A．0.1mol·L-1的NH4Cl溶液與0.05mol·L-1的NaOH溶液等體積混合后的溶液：c(Cl-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)B．把0.02mol·L-1的CH3COOH溶液和0.01mol·L-1的NaOH溶液等體積混合：2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)-c(CH3COOH)C．pH=2的一元酸HA與pH=12的一元堿MOH等體積混合：c(M+)=c(A-)>c(OH-)=c(H+)D．0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)6、為紀念門捷列夫發表第一張元素周期表150周年，聯合國宣布2019年為“國際化學元素周期表年”，下列說法不正確的是A．元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少數元素是人工合成的B．118號元素Og位于第七周期0族C．同主族元素的單質熔、沸點自上而下減小（不包括0族）D．IIIB族元素種類最多7、下列制綠礬的方法最適宜的是用A．FeO與稀H2SO4B．Fe屑與稀H2SO4C．Fe(OH)2與稀H2SO4D．Fe2(SO4)3與Cu粉8、己知NA是阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A．1molOD-中含有的質子數和中子數均為9NAB．60g正戊烷與12g新戊烷的混合物中共價鍵數為17NAC．11.2L氯氣與足量鎂粉充分反應，轉移的電子數為NAD．1L0.1mo1·L-1CH3COONa溶液中，CH3COO-數目為0.1NA9、短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相對位置如表所示，這四種元素的原子最外層電子數之和為23。下列說法不正確的是WXYZTA．原子半徑Y>Z，非金屬性W<XB．X2能從T的氣態氫化物中置換出T單質C．W、Y、Z三種元素都能與X元素形成化合物WX2、YX2、ZX2D．最高價氧化物對應水化物的酸性：W>Y>Z10、下列依據相關實驗得出的結論正確的是（）A．向某溶液中加入稀鹽酸，產生的氣體通入澄清石灰水，石灰水變渾濁，該溶液一定是碳酸鹽溶液B．用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，該溶液一定是鈉鹽溶液C．將某氣體通入溴水中，溴水顏色褪去，該氣體一定是乙烯D．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不變色，滴加氯水后溶液顯紅色，該溶液中一定含Fe2＋11、下列說法中正確的是A．放熱反應都比吸熱反應易發生B．中和反應中，每生成1molH2O均會放出57.3kJ的熱量C．NH4C1固體與Ba(OH)2?8H2O混合攪拌過程中，體系能量增加D．無法判斷2CO2(g)+3H2O(g)=C2H5OH(1)+3O2(g)是吸熱反應還是放熱反應12、向飽和食鹽水中通入氯化氫，直至有白色固體析出，析出過程中敘述錯誤的是A．白色固體是NaCl B．溶液中存在兩種電離平衡C．溶液pH值減小 D．NaCl的溶解速率小于結晶速率13、硫元素最常見和最穩定的一種同素異形體是黃色的正交α－型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰點降低法測得它含有S8分子。1891年，M.R.Engel用濃鹽酸和硫代硫酸鹽的飽和溶液在0℃下作用首次制得了一種菱形的－硫，后來證明含有S6分子。下列說法正確的是A．S6和S8分子都是由S原子組成，所以它們是一種物質B．S6和S8分子分別與鐵粉反應，所得產物不同C．S6和S8分子分別與過量的氧氣反應可以得到SO3D．等質量的S6和S8分子分別與足量的KOH反應，消耗KOH的物質的量相同14、“我有熔噴布，誰有口罩機”是中國石化為緊急生產醫用口罩在網絡發布的英雄帖，熔噴布是醫用口罩的核心材料，該材料是以石油為原料生產的聚丙烯纖維制成的。下列說法錯誤的是A．丙烯分子中所有原子可能共平面B．工業上，丙烯可由石油催化裂解得到的C．丙烯可使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．聚丙烯是由丙烯通過加聚反應合成的高分子化合物15、下列方案設計能達到實驗目的的是ABCD檢驗淀粉是否水解由褪色快慢研究反應物濃度對反應速率的影響證明發生了取代反應驗證Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]A．A B．B C．C D．D16、我國科研人員研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化劑上CO2加氫制甲醇過程中水的作用機理，其主反應歷程如圖所示(H2→*H+*H，帶*標記的物質是該反應歷程中的中間產物或過渡態)。下列說法錯誤的是A．第①步中CO2和H2分子中都有化學鍵斷裂B．水在整個歷程中可以循環使用，整個過程不消耗水也不產生水C．第③步的反應式為：*H3CO+H2O→CH3OH+*HOD．第④步反應是一個放熱過程二、非選擇題（本題包括5小題）17、某藥物合成中間體F制備路線如下：已知：RCHO＋R’CH2NO2＋H2O(1)有機物A結構中含氧官能團的名稱是__________________.(2)反應②中除B外，還需要的反應物和反應條件是___________________(3)有機物D的結構簡式為_____________________，反應③中1摩爾D需要___摩爾H2才能轉化為E(4)反應④的反應物很多種同分異構體，請寫出符合下列條件的一種同分異構體的結構簡式_____________。a.結構中含4種化學環境不同的氫原子b.能發生銀鏡反應c.能和氫氧化鈉溶液反應(5)已知：苯環上的羧基為間位定位基，如。寫出以為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任選)_____________。18、一種防止血栓形成與發展的藥物J的合成路線如圖所示（部分反應條件略去）：回答下列問題：(1)A中官能團的名稱是_________，反應⑤的反應類型是___________。(2)J的分子式是__________。F的結構簡式是_________。(3)反應③的化學方程式為____________________________________。(4)已知C有多種同分異構體。寫出同時滿足下列條件的C的同分異構體的結構簡式__________。（只需寫出兩個）①苯環上有兩個處于對位上的取代基；②1mol該有機物與足量金屬鈉反應生成1g氫氣。(5)請參照J的合成方法，完成下列合成路線：___________________19、實驗室利用如下裝置制備氯酸鉀和次氯酸鈉。回答下列問題：（1）滴加濃鹽酸的漏斗伸入試管底部，其原因為________________________________。（2）裝置1中盛放的試劑為________；若取消此裝置，對實驗造成的影響為________。（3）裝置中生成氯酸鉀的化學方程式為________________________，產生等物質的量的氯酸鉀和次氯酸鈉，轉移電子的物質的量之比為________。（4）裝置2和3中盛放的試劑均為________。（5）待生成氯酸鉀和次氯酸鈉的反應結束后，停止加熱。接下來的操作為打開________（填“a”或“b”，下同），關閉________。20、POCl3是重要的基礎化工原料，廣泛用于制藥、染料、表面活性劑等行業。一種制備POCl3的原理為：

PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2。某化學學習小組擬利用如下裝置在實驗室模擬制備POCl3。有關物質的部分性質如下：物質熔點/℃沸點/℃密度/g·mL-1其它PCl3-93.676.11.574遇水強烈水解，易與氧氣反應POCl31.25105.81.645遇水強烈水解，能溶于PCl3SOCl2-10578.81.638遇水強烈水解，加熱易分解（1）儀器甲的名稱為______________

，與自來水進水管連接的接口編號是________________。

(填“a”或“b”)。（2）裝置C的作用是___________________，乙中試劑的名稱為____________________。（3）該裝置有一處缺陷，解決的方法是在現有裝置中再添加一個裝置，該裝置中應裝入的試劑為_________(寫名稱)。若無該裝置，則可能會有什么后果?請用化學方程式進行說明__________________________。（4）D中反應溫度控制在60-65℃，其原因是_______________。（5）測定POCl3含量。①準確稱取30.70g

POCl3產品，置于盛有60.00mL蒸餾水的水解瓶中搖動至完全水解；②將水解液配成100.00mL溶液，取10.00mL溶液于錐形瓶中；③加入10.00

mL3.200

mol/LAgNO3標準溶液，并加入少許硝基苯用力搖動，使沉淀表面被有機物覆蓋；④以Fe3+為指示劑，用0.2000

mol/L

KSCN溶液滴定過量的AgNO3溶液，達到滴定終點時共用去10.00

mLKSCN溶液。①滴定終點的現象為____________________，用硝基苯覆蓋沉淀的目的是__________________。②反應中POCl3的百分含量為__________________。21、工業上高純硅可以通過下列反應制取：SiCl4（g）+2H2（g）?Si（s）+4HCl（g）﹣236kJ（1）反應涉及的元素原子半徑從大到小的排列順序為_____。其中硅原子最外層有_____個未成對電子，有_____種不同運動狀態的電子；（2）反應涉及的化合物中，寫出屬于非極性分子的結構式：_____；產物中晶體硅的熔點遠高HCl，原因是_____；（3）氯和硫是同一周期元素，寫出一個能比較氯和硫非金屬性強弱的化學方程式：_____；（4）在一定溫度下進行上述反應，若反應容器的容積為2L，3分鐘后達到平衡，測得氣體質量減小8.4g，則在3分鐘內H2的平均反應速率為_____；（5）該反應的平衡常數表達式K＝_____，可以通過_____使K增大；（6）一定條件下，在密閉恒容器中，能表示上述反應一定達到化學平衡狀態的是_____。a．v逆（SiCl4）＝2v正（H2）b．固體質量保持不變c．混合氣體密度保持不變d．c（SiCl4）：c（H2）：c（HCl）＝1：2：4

參考答案（含詳細解析）一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【答案解析】

根據題意紅色固體粉末可能存在六種組成。1、若ag紅色固體粉末只有Cu，加入過量的稀硫酸不反應。稱得固體質量bg即為銅的質量，因此b＝a，此時溶液中只含有氫離子和硫酸根離子；2、若ag紅色固體粉末為Cu和Fe2O3的混合物，加入過量的稀硫酸與Cu不反應，與Fe2O3反應生成硫酸鐵溶液，銅和硫酸鐵溶液發生氧化還原反應：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若稱得固體質量bg即為原混合物中銅反應后剩余的質量，因此b<a，此時溶液中含有氫離子和硫酸根離子、二價鐵離子和銅離子；3、若ag紅色固體粉末為Cu和Cu2O，依據Cu2O在酸性溶液中會發生反應：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入過量的稀硫酸生成銅和硫酸銅溶液，稱得固體質量bg即為原樣品中的銅的質量加上Cu2O反應生成的銅的質量，因此b<a，此時溶液中只含有氫離子、硫酸根離子和銅離子；4、若ag紅色固體粉末只有Fe2O3，加入過量的稀硫酸與Fe2O3反應生成硫酸鐵溶液，反應后無固體剩余，因此b＝0，此時溶液中只含有氫離子和硫酸根離子；5、若ag紅色固體粉末只有Cu2O，依據Cu2O在酸性溶液中會發生反應：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入過量的稀硫酸生成銅和硫酸銅溶液，稱得固體質量bg即為Cu2O反應生成的銅的質量，因此b<a，此時溶液中只含有氫離子、硫酸根離子和銅離子；6、若ag紅色固體粉末為Cu2O和Fe2O3，加入過量的稀硫酸與Fe2O3反應生成硫酸鐵溶液，與Cu2O反應生成銅和硫酸銅溶液，銅和硫酸鐵溶液發生氧化還原反應：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若稱得固體質量bg即為Cu2O反應生成的銅再次反應后剩余的質量，因此b<a，此時溶液中含有氫離子以及硫酸根離子、銅離子、二價鐵離子；A.根據上述分析，反應后溶液中大量存在的陽離子最多有3種，故A正確。B.不論以何種形式組成的紅色固體，反應后若有固體剩余，一定是銅。由于硫酸過量，向反應后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可與銅反應，只要硝酸足夠，可能使反應產生的固體完全溶解，故B正確C.若b＝a，即b<a，根據上述分析，紅色固體粉末可能的組合為Cu和Fe2O3的混合物；Cu和Cu2O的混合物；只有Cu2O；Cu2O和Fe2O3的混合物，因此紅色固體粉末可能是混合物也可以是純凈物，故C錯誤；D.根據上述六種紅色固體粉末組成的分析，b的取值范圍:0＜b≤a，故D正確。答案選C。2、D【答案解析】

A.AlCl3是共價化合物，不能通過電解熔融AlCl3制備Al，故A錯誤；B.Fe2+能被稀硝酸氧化為Fe3+，故B錯誤；C.絲綢的主要成分是蛋白質，不是天然纖維素，故C錯誤；D.由平衡Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-可知，增大F-濃度，平衡正向移動，生成更難溶的氟磷灰石，氟磷灰石比羥基磷灰石更能抵抗酸的侵蝕，故使用含氟牙膏可以防止齲齒的形成，故D正確。故選D。3、A【答案解析】

A．在Z點c(H2SO3)=c(HSO3-)，由，則有，則pH=-lgc(H+)=-lgKa1，A正確；B．根據圖示，從X點到Y點，SO32－的濃度減少，而HSO3－的濃度在增加，則加入鹽酸發生的主要反應為SO3－+H＋=HSO3，B錯誤；C．當V(HCl)=672mL時，n(HCl)=0.672L÷22.4L·mol－1=0.03mol。溶液中的NaOH和Na2SO3的物質的量均為1L×0.01mol·L－1=0.01mol，通入0.03molHCl，NaOH完全反應，Na2SO3轉化為H2SO3。H2SO3為弱酸，可經第一二步電離產生HSO3－和SO32－，其關系是c(HSO3-)＞c(SO32-)＞0，C錯誤；D．若將HCl換為NO2，NO2會與水反應，3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的HNO3有強氧化性，可以氧化Na2SO3，溶液中將沒有SO32－、HSO3－、H2SO3等粒子，Y點位置會消失，D錯誤。答案選A。4、A【答案解析】

A、濃鹽酸與二氧化錳混合加熱，離子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A正確；B、將氯氣溶于水制備次氯酸的離子反應為Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO，故B錯誤；C、用過量NaOH吸收二氧化硫生成亞硫酸鈉，離子方程式為2OH﹣+SO2＝H2O+SO32﹣，故C錯誤；D、向氯化鋁溶液中加入過量氨水，一水合氨是弱堿，要保留化學式，離子方程式為Al3++3NH3?H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，故D錯誤；答案選A。【答案點睛】考查離子方程式書寫方法和反應原理，掌握物質性質和書寫原則是解題關鍵，注意反應物用量對反應的影響。5、B【答案解析】

A．0.1mol?L-1的NH4Cl溶液與0.05mol?L-1的NaOH溶液等體積混合后存在等量的NH4+和NH3?H2O，NH3?H2O電離程度大于NH4+水解程度，溶液呈堿性，c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)，故A錯誤；B．0.02mol?L-1

CH3COOH溶液與0.01mol?L-1NaOH溶液等體積混合，溶液中溶質為等物質的量濃度的CH3COOH和CH3COONa，溶液中存在電荷守恒和物料守恒，根據電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、根據物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，所以得2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故B正確；C．酸和堿的強弱未知，混合后溶液的性質不能確定，無法判斷c(OH-)和c(H+)大小，故C錯誤；D．0.1mol?L-1的NaHCO3溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒：c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，計算得到：c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(CO32-)，故D錯誤；故選B。【答案點睛】本題的易錯點和難點為D，要注意靈活運用電解質溶液中的電荷守恒和物料守恒。6、C【答案解析】

A.元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少數元素是人工合成的，超鈾元素中大多數是人工合成的，故A正確；B.118號元素Og一共有7個電子層，最外層有8個電子，所以位于第七周期0族，故B正確；C.第VIIA族元素形成的單質都可以形成分子晶體，自上而下隨著其相對分子質量的增大，其分子間作用力增大，故其熔、沸點增大，故C錯誤；D.因為IIIB族中含有鑭系和錒系，所以元素種類最多，故D正確，故選C。7、B【答案解析】

空氣中的氧氣能夠氧化Fe2+，加入鐵粉可以將鐵離子轉化為亞鐵離子，據此分析。【題目詳解】A．FeO與稀H2SO4生成硫酸亞鐵，Fe2+易被氧化成三價鐵，A錯誤；B．Fe屑與稀H2SO4反應生成硫酸亞鐵，加入鐵粉可以防止二價鐵被氧化，B正確；C．Fe(OH)2與稀H2SO4反應生成硫酸亞鐵，易被空氣氧化，C錯誤；D．Fe2(SO4)3與Cu粉反應生成硫酸亞鐵和硫酸銅，產品不純，D錯誤；答案選B。【答案點睛】綠礬是FeSO4·7H2O，二價鐵不穩定易被空氣氧化，所以在制備與二價鐵有關的物質時都要考慮防止變質，一般可以隔絕空氣，或者加入還原性物質。8、A【答案解析】

A.質子數同原子序數，因此質子數為，中子數=質量數-中子數，因此中子數為，A項正確；B.正戊烷和新戊烷分子內含有的共價鍵數目一致，都是1個分子中有16個共價鍵，混合物的物質的量是，因此共價鍵的數目為，B項錯誤；C.未說明條件，無法計算氯氣的物質的量，C項錯誤；D.醋酸根是一個弱酸根離子，水中會發生水解導致其數目小于，D項錯誤；答案選A。9、D【答案解析】

W、X、Y、Z均為短周期主族元素，由位置關系可知，W、X處于第二周期，Y、Z處于第三周期，設X原子最外層電子數為a，則W、Y、Z最外層電子數依次為a-2、a、a+1，四種元素的原子最外層電子數之和為23，則：a-2+a+1+a+a=23，解得a=6，則W為C元素，故X為O元素、Y為S元素、W為C元素。【題目詳解】A、同周期從左到右，原子半徑逐漸減小，元素的非金屬性增強，原子半徑S>Cl，非金屬性W<X，故A正確；B、同主族從上到下元素的非金屬性減弱，故O2能與H2Se反應，生成Se單質，故B正確；C、O能形成CO2、SO2、ClO2，故C正確；D、最高價氧化物對應水化物的酸性：H2CO3<H2SO4<HClO4，故D錯誤；故選D。10、D【答案解析】

A、向某溶液中加入稀鹽酸，產生的氣體通入澄清石灰水，石灰水變渾濁，該溶液可能是碳酸鹽溶液或碳酸氫鹽溶液或亞硫酸鹽溶液，故A錯誤；B、用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，鉀元素的焰色反應若不用鈷玻璃也會發出黃色火焰，該溶液不一定是含鈉元素的溶液，故B錯誤；C、將某氣體通入溴水中，溴水顏色褪去，通入的氣體只要是還原性氣體或能發生加成的有機氣體都可以使溴水褪色，如二氧化硫、硫化氫等，該氣體不一定是乙烯，故C錯誤；D、向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不變色，說明不含鐵離子，滴加氯水后溶液顯紅色，氯氣氧化亞鐵離子為鐵離子，遇到KSCN溶液生成血紅色溶液證明該溶液中一定含Fe2+，故D正確；故選D。11、C【答案解析】

A.放熱反應不一定比吸熱反應易發生，如C與O2反應需要點燃，而NH4C1固體與Ba(OH)2?8H2O在常溫下即可進行，A項錯誤；B.中和反應中，稀的強酸與稀的強堿反應生成1molH2O放出57.3kJ的熱量，但不是所有的中和反應生成1molH2O都放出57.3kJ的熱量，如醋酸與氫氧化鈉反應，B項錯誤；C.NH4C1固體與Ba(OH)2?8H2O反應為吸熱反應，反應物的總能量小于生成物的總能量，體系能量增加，C項正確；D因乙醇燃燒為放熱反應，而2CO2(g)+3H2O(g)=C2H5OH(1)+3O2(g)是乙醇燃燒生成氣體水的逆過程，可證明該反應為吸熱反應，D項錯誤；答案選C。【答案點睛】B項是易錯點，要緊扣中和熱的定義分析作答。12、B【答案解析】

A.向飽和食鹽水中通入氯化氫，氯離子濃度增大，會使氯化鈉析出，故A正確；B.溶液中只存在水的電離平衡，故B錯誤；C.氯化鈉溶液顯中性，通入氯化氫后溶液顯酸性，溶液pH值減小，故C正確；D.因為有氯化鈉固體析出，所以氯化鈉的溶解速率小于結晶速率，故D正確；故選：B。13、D【答案解析】

A選項，S6和S8分子都是由S原子組成，它們是不同的物質，互為同素異形體，故A錯誤；B選項，S6和S8是硫元素的不同單質，化學性質相似，因此它們分別與鐵粉反應，所得產物相同，故B錯誤；C選項，不管氧氣過量還是少量，S6和S8分子分別與氧氣反應可以得到SO2，故C錯誤；D選項，等質量的S6和S8分子，其硫原子的物質的量相同，因此它們分別與足量的KOH反應，消耗KOH的物質的量相同，故D正確。綜上所述，答案為D。14、A【答案解析】

A.丙烯分子中有一個甲基，甲基上的四個原子不可能共平面，A項錯誤；B.石油的裂解是在催化劑存在的情況下，加強熱使烴類斷裂成小分子的不飽和烴，丙烯也是產物之一，B項正確；C.丙烯中有碳碳雙鍵，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C項正確；D.碳碳雙鍵可以發生加聚反應，得到高分子的聚合物，D項正確；答案選A。【答案點睛】從字面意思也能看出，裂“化”比裂“解”要“溫柔”一點，得到的是較長鏈的汽油、柴油等輕質燃油，裂解則完全將碳鏈打碎，得到氣態不飽和烴。15、A【答案解析】

A、淀粉水解時要用硫酸作催化劑，要先用NaOH將混合液中和至弱堿性或中性，再用新制氫氧化銅懸濁液檢驗，故A正確；B、實驗的原理方程式為：2MnO4－+5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，題中高錳酸鉀過量，應設計成：高錳酸鉀的物質的量相同，濃度不同的草酸溶液，且草酸要過量，探究反應物濃度對該反應速率的影響，故B錯誤；C、要證明甲烷與氯氣發生了取代反應，因有氯化氫生成，不能通過體積變化就斷定發生取代反應，故C錯誤；D、驗證Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，要先制得Mg(OH)2，再加入少量Cu2+，沉淀轉化為Cu(OH)2，沉淀由白色轉化成藍色，故D錯誤；故選A。16、B【答案解析】

A.第①步反應中CO2和H2反應產生*H和*HCOO，可見兩種分子中都有化學鍵斷裂，A正確；B.根據圖示可知：在第③步反應中有水參加反應，第④步反應中有水生成，所以水在整個歷程中可以循環使用，整個過程中總反應為CO2+3H2→CH3OH+H2O，整個過程中產生水，B錯誤；C.在反應歷程中，第③步中需要水，*H3CO、H2O反應生成CH3OH、*HO，反應方程式為：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO，C正確；D.第④步反應是*H+*HO=H2O，生成化學鍵釋放能量，可見第④步反應是一個放熱過程，D正確；故答案選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、酚羥基、醛基、醚鍵CH3OH、濃硫酸、加熱4【答案解析】

(1)根據A的結構簡式可知A中所含有的含氧官能團；(2)比較B和C的結構可知，反應②為B與甲醇生成醚的反應，應該在濃硫酸加熱的條件下進行；(3)比較C和E的結構可知，D的結構簡式為，在D中碳碳雙鍵可與氫氣加成，硝基能被氫氣還原成氨基，據此答題；(4)根據條件①結構中含4種化學環境不同的氫原子，即有4種位置的氫原子，②能發生銀鏡反應，說明有醛基，③能和氫氧化鈉溶液反應，說明有羧基或酯基或酚羥基，結合

可寫出同分異構體的結構；(5)被氧化可生成，與硝酸發生取代反應生成，被還原生成，進而發生縮聚反應可生成。【題目詳解】(1)根據A的結構簡式可知A中所含有的含氧官能團為酚羥基、醛基、醚鍵，故答案為：酚羥基、醛基、醚鍵；(2)比較B和C的結構可知，反應②為B與甲醇生成醚的反應，應該在濃硫酸加熱的條件下進行，故答案為：CH3OH、濃硫酸、加熱；(3)比較C和E的結構可知，D的結構簡式為，在1molD中碳碳雙鍵可與1mol氫氣加成，硝基能被氫氣還原成氨基，可消耗3mol氫氣，所以共消耗4mol氫氣，故答案為：；4；(4)根據條件①結構中含4種化學環境不同的氫原子，即有4種位置的氫原子，②能發生銀鏡反應，說明有醛基，③能和氫氧化鈉溶液反應，說明有羧基或酯基或酚羥基，結合

可知，符合條件的同分異構體的結構為，故答案為：；(5)被氧化可生成，與硝酸發生取代反應生成，被還原生成，進而發生縮聚反應可生成，可設計合成路線流程圖為，故答案為：。【答案點睛】本題考查有機物的合成，題目難度中等，解答本題的關鍵是能把握題給信息，根據有機物的官能團判斷有機物可能具有的性質。18、(酚)羥基消去反應C19H16O4+CO(OC2H5)2+2C2H5OH、、、(任寫兩個)【答案解析】

對比A、B的結構，可知A與乙酸酐發生取代反應生成B，同時還生成CH3COOH，B、C互為同分異構體，B發生異構生成C，對比C、D的結構可知，C組成多1個、去掉2個H原子生成D，同時還生成C2H5OH，由F的分子式，結合G的結構，可知E為，對比E、F的分子式，可知E與丙酮發生加成反應生成F，F發生消去反應生成G，結合G的結構，可知F為，據此分析解答。【題目詳解】對比A、B的結構，可知A與乙酸酐發生取代反應生成B，同時還生成CH3COOH，B、C互為同分異構體，B發生異構生成C，對比C、D的結構可知，C組成多1個、去掉2個H原子生成D，同時還生成C2H5OH，由F的分子式，結合G的結構，可知E為，對比E、F的分子式，可知E與丙酮發生加成反應生成F，F發生消去反應生成G，結合G的結構，可知F為，(1)A為苯酚，含有的官能團為酚羥基，由以上分析可知，反應⑤為在濃硫酸加熱的條件發生消去反應生成G，故答案為：(酚)羥基；消去反應；(2)由J的結構簡式，可知其分子式是C19H16O4，由以上分析知F為，故答案為：C19H16O4；；(3)對比C、D的結構可知，C組成多1個、去掉2個H原子生成D，同時還生成C2H5OH，故反應③的化學方程式為：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH，故答案為：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH；(4)同時滿足下列條件的C()的所有同分異構體：①苯環上有兩個處于對位上的取代基；②1mol該有機物與足量金屬鈉反應生成1g氫氣，則含有一個羥基或一個羧基，當含有一個羥基時，還應含有一個醛基或者一個羰基，符合條件的同分異構體有：、、、，故答案為：、、、(任寫兩個)；(5)與乙酸酐反應生成，然后與AlCl3/NaCl作用生成，最后與CO(OC2H5)2反應得到，故答案為：。19、液封，防止產生的氯氣從漏斗口逸出飽和食鹽水氯化氫與KOH和NaOH反應，降低產率5:1NaOH溶液ba【答案解析】

(1)滴加濃鹽酸的長頸漏斗下端伸入盛裝濃鹽酸的試管底部，可起液封作用，防止產生的氯氣從漏斗口逸出；(2)濃鹽酸有揮發性，制得的Cl2中混有揮發的HCl，則裝置1中盛放的試劑為飽和食鹽水，目的是為除去Cl2中混有的HCl，若取消此裝置，HCl會中和KOH和NaOH，降低產率；(3)Cl2溶于KOH溶液生成氯酸鉀和KCl，發生反應的化學方程式為，生成1mol氯酸鉀轉移5mol電子，而生成1molNaClO轉移1mol電子，則產生等物質的量的氯酸鉀和次氯酸鈉，轉移電子的物質的量之比為5:1；(4)裝置2和3的作用均為吸收含有Cl2的尾氣，則盛放的試劑均為NaOH溶液；(5)待生成氯酸鉀和次氯酸鈉的反應結束后，停止加熱，為使剩余氯氣完全被裝置2中NaOH溶液吸收，接下來的操作為打開b，關閉a。20、球形冷凝管a干燥Cl2，同時作安全瓶，防止堵塞五氧化二磷(或硅膠)堿石灰POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl,SOCl2+H2O=SO2+2HCl一是溫度過高，PCl3會大量揮發，從而導致產量降低；二是溫度過低，反應速率會變慢當最后一滴標準KSCN

溶液滴入時，溶液變為紅色，且半分鐘不褪去使生成的沉淀與溶液隔離，避免滴定過程中SCN-與AgCl

反應50%【答案解析】分析：本題以POCl3的制備為載體，考查Cl2、SO2的實驗室制備、實驗條件的控制、返滴定法測定POCl3的含量。由于PCl3、POCl3、SOCl2遇水強烈水解，所以用干燥的Cl2、SO2與PCl3反應制備POCl3，則裝置A、B、C、D、E、F的主要作用依次是：制備Cl2、除Cl2中的HCl（g）、干燥Cl2、制備POCl3、干燥SO2、制備SO2；為防止POCl3、SOCl2水解和吸收尾氣，D裝置后連接盛堿石灰的干燥管。返滴定法測定POCl3含量的原理：POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，用KSCN滴定過量的AgNO3，發生的反應為KSCN+AgNO3=AgSCN↓+KNO3，由消耗的KSCN計算過量的AgNO3，加入的總AgNO3減去過量的AgNO3得到與Cl-反應的AgNO3，根據Ag++Cl-=AgCl↓和Cl守恒計算POCl3的含量。詳解：（1）根據儀器甲的構造特點，儀器甲的名稱為球形冷凝管。為了更充分的冷凝蒸氣，冷凝管中的水應下進上出，與自來水進水管連接的接口的編號為a。（2）由于PCl3、POCl3、SOCl2遇水強烈水解，所以制備POCl3的Cl2和SO2都必須是干燥的。根據裝置圖和制備POCl3的原理，裝置A用于制備Cl2，裝置B用于除去Cl2中HCl（g），裝置C用于干燥Cl2，裝置F用于制備SO2，裝置E用于干燥SO2，裝置D制備POCl3；裝置C的作用是干燥Cl2，裝置C中有長直玻璃管，裝置C的作用還有作安全瓶，防止堵塞。乙中試劑用于干燥SO2，SO2屬于酸性氧化物，乙中試劑為五氧化二磷（或硅膠）。（3）由于SO2、Cl2有毒，污染大氣，最后要有尾氣吸收裝置；POCl3、SOCl2遇水強烈水解，在制備POCl3的裝置后要連接干燥裝置（防外界空氣中H2O（g）進入裝置D中），該裝置缺陷的解決方法是在裝置D的球形冷凝管后連接一個既能吸收SO2、Cl2又能吸收H2O（g）的裝置，該裝置中應裝入的試劑是堿石灰。若沒有該裝置，