2023高考化學模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、某有機物的結構簡式如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．該有機物的分子式為C12H12O4B．1mol該有機物最多能與4molH2反應C．該有機物可與NaHCO3溶液反應放出CO2，生成2.24LCO2（標準狀況下）需要0.1mol該有機物D．該有機物可發生氧化、取代、加成和還原反應2、已知下列反應的熱化學方程式為①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-870.3kJ·mol-1②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5kJ·mol-1③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH3=－285.8kJ·mol-1則反應2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的ΔH為（）A．-488.3kJ·mol-1B．-191kJ·mol-1C．-476.8kJ·mol-1D．-1549.6kJ·mol-13、下列化學用語對事實的表述正確的是A．硬脂酸與乙醇的酯化反應：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB．向Na2SiO3溶液中通入過量的SO2：SiO32－＋SO2＋H2O＝H2SiO3↓＋SO32－C．由Na和C1形成離子鍵的過程：D．已知電離平衡常數：H2CO3＞HClO＞HCO3－，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO－＋CO2＋H2O＝2HClO＋CO32－4、下列實驗不能達到預期目的是（）實驗操作實驗目的A充滿NO2的密閉玻璃球分別浸泡在冷、熱水中研究溫度對化學平衡移動的影響B向盛有1mL硝酸銀溶液的試管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀，再向其中滴加Na2S溶液說明一種沉淀能轉化為另一種溶解度更小的沉淀C苯酚和水的濁液中，加少量濃碳酸鈉溶液比較苯酚與碳酸氫鈉的酸性D取少量溶液滴加Ca（OH）2溶液，觀察是否出現白色渾濁確定NaHCO3溶液中是否混有Na2CO3A．A B．B C．C D．D5、下列“實驗現象”和“結論”都正確且有因果關系的是選項操作實驗現象結論A用坩堝鉗夾住一小塊用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱融化后的液態鋁滴落下來金屬鋁的熔點低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中含有鈉鹽C向盛有酸性高錳酸鉀溶液的試管中通入足量的乙烯后靜置溶液的紫色逐漸褪去，靜置后溶液分層乙烯發生氧化反應D將20℃0.5mol·L－1Na2CO3溶液加熱到60℃，用pH傳感器測定pH溶液的pH逐漸減小Kw改變與水解平衡移動共同作用的結果A．A B．B C．C D．D6、碳酸鑭[La2(CO3)3]可用于治療高磷酸鹽血癥。某化學小組用如圖裝置模擬制備碳酸鑭，反應為2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O下列說法正確的是A．從左向右接口的連接順序：F→B，A→D，E←CB．裝置X中盛放的試劑為飽和Na2CO3溶液C．實驗開始時應先打開W中分液漏斗的旋轉活塞D．裝置Z中用干燥管的主要目的是增大接觸面積，加快氣體溶解7、有關下列四個圖象的說法中正確的是（）A．①表示等質量的兩份鋅粉a和b，分別加入過量的稀硫酸中，a中同時加入少量CuSO4溶液，其產生的氫氣總體積(V)與時間(t)的關系B．②表示合成氨反應中，每次只改變一個條件，得到的反應速率v與時間t的關系，則t3時改變的條件為增大反應容器的體積C．③表示其它條件不變時，反應4A(g)+3B(g)2C(g)+6D在不同壓強下B%(B的體積百分含量)隨時間的變化情況，則D一定是氣體D．④表示恒溫恒容條件下發生的可逆反應2NO2(g)N2O4(g)中，各物質的濃度與其消耗速率之間的關系，其中交點A對應的狀態為化學平衡狀態8、地溝油生產的生物航空燃油在東航成功驗證飛行。能區別地溝油（加工過的餐飲廢棄油）與礦物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（）A．加入水中，浮在水面上的是地溝油B．加入足量氫氧化鈉溶液共熱，不分層的是地溝油C．點燃，能燃燒的是礦物油D．測定沸點，有固定沸點的是礦物油9、科學家合成出了一種用于分離鑭系金屬的化合物A（如下圖所示），短周期元素X、Y、Z原子序數依次增大，其中Z位于第三周期。Z與Y2可以形成分子ZY6，該分子常用作高壓電氣設備的絕緣介質。下列關于X、Y、Z的敘述，正確的是A．離子半徑：Y＞ZB．氫化物的穩定性：X＞YC．最高價氧化物對應水化物的酸性：X＞ZD．化合物A中，X、Y、Z最外層都達到8電子穩定結構10、材料在人類文明史上起著劃時代的意義，下列物品所用主要材料與類型的對應關系不正確的是A．人面魚紋陶盆-無機非金屬材料 B．圓明園的銅鼠首--金屬材料C．宇航員的航天服-有機高分子材料 D．光導纖維--復合材料11、化學與生活密切相關。下列有關玻璃的敘述正確的是（）A．含溴化銀的變色玻璃，變色原因與太陽光的強度和生成銀的多少有關B．玻璃化學性質穩定，具有耐酸堿侵蝕、抗氧化等優點C．鋼化玻璃、石英玻璃及有機玻璃都屬于無機非金屬材料D．普通玻璃的主要成分可表示為Na2O·CaO·6SiO2，說明玻璃為純凈物12、如圖是利用試紙、鉛筆芯設計的微型實驗．以鉛筆芯為電極，分別接觸表面皿上的試紙，接通電源，觀察實驗現象．下列說法錯誤的是（）A．pH試紙變藍B．KI﹣淀粉試紙變藍C．通電時，電能轉換為化學能D．電子通過pH試紙到達KI﹣淀粉試紙13、某校化學興趣小組用如圖所示過程除去AlCl3溶液中含有的Mg2＋、K＋雜質離子并盡可能減少AlCl3的損失。，下列說法正確的是()A．NaOH溶液可以用氨水來代替B．溶液a中含有Al3＋、K＋、Cl－、Na＋、OH－C．溶液b中只含有NaClD．向溶液a中滴加鹽酸需控制溶液的pH14、全釩液流儲能電池是利用不同價態離子對的氧化還原反應來實現化學能和電能相互轉化的裝置(如圖)。已知：①溶液呈酸性且陰離子為SO42-；②溶液中顏色：V3+綠色，V2+紫色，VO2+黃色，VO2+藍色；③放電過程中，右槽溶液的顏色由紫色變成綠色。下列說法不正確的是A．放電時B極為負極B．放電時若轉移的電子數為3.01×1023個，則左槽中H+增加0.5molC．充電過程中左槽的電極反應式為：VO2++H2O-e-=VO2++2H+D．充電過程中H+通過質子交換膜向右槽移動15、不同條件下，用O2氧化amol/LFeCl2溶液過程中所測的實驗數據如圖所示。下列分析或推測合理的是A．由①、②可知，pH越大，+2價鐵越易被氧化B．由②、③推測，若pH>7，+2價鐵更難被還原C．由①、③推測，FeCl2被O2氧化的反應為放熱反應D．60℃、pH=2.5時，4h內Fe2＋的平均消耗速率大于0.15amol/(L·h)16、下列說法正確的是A．多糖、油脂、蛋白質均為高分子化合物B．淀粉和纖維素水解的最終產物均為葡萄糖C．可用酸性KMnO4溶液鑒別苯和環己烷D．分離溴苯和苯的混合物：加入NaOH溶液分液二、非選擇題（本題包括5小題）17、新合成的藥物J的合成方法如圖所示：已知：R1—NH—R2+Cl—R3+HClR1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH(R1、R2、R3、R4為氫或烴基)回答下列問題：(1)B的化學名稱為______________，F的結構簡式為_____________(2)有機物CH2=CHCH2NH2中的官能團名稱是_______，由A生成B的反應類型為_____(3)③的化學方程式為__________。(4)已知④有一定的反應限度，反應進行時加入吡啶(C5H5N，屬于有機堿)能提高J的產率，原因是________。(5)有機物K分子組成比F少兩個氫原子，符合下列要求的K的同分異構體有_________種(不考慮立體異構)。①遇FeCl3溶液顯紫色②苯環上有兩個取代基(6)是一種重要的化工中間體。以環已醇()和乙醇為起始原料，結合已知信息選擇必要的無機試劑，寫出制備的合成路線：_________________。(已知：RHC=CHR＇RCOOH+R＇COOH，R、R＇為烴基。用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件)18、芳香族化合物A(C9H12O)常用于藥物及香料的合成,A有如下轉化關系：已知：①A的苯環上只有一個支鏈,支鏈上有兩種不同環境的氫原子②+CO2③RCOCH3+R'CHORCOCH=CHR'+H2O回答下列問題：（1）A的結構簡式為___________，A生成B的反應類型為__________，由D生成E的反應條件為_______________。（2）H中含有的官能團名稱為______________。（3）I的結構簡式為__________________________。（4）由E生成F的化學方程式為____________________。（5）F有多種同分異構體,寫出一種符合下列條件的同分異構體的結構簡式為______________。①能發生水解反應和銀鏡反應②屬于芳香族化合物且分子中只有一個甲基③具有5組核磁共振氫譜峰（6）糠叉丙酮()是一種重要的醫藥中間體，請參考上述合成路線，設計一條由叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛()為原料制備糠叉丙酮的合成路線(無機試劑任選，用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系,箭頭上注明試劑和反應條件)：_______________。19、ClO2是一種高效安全消毒劑，常溫下ClO2為紅黃色有刺激性氣味氣體，其熔點為-59.5℃，沸點為11.0℃，能溶于水但不與水反應，遇熱水緩慢水解。某研究性學習小組欲制備Ⅰ．二氧化氯水溶液制備。在圓底燒瓶中先放入10gKClO3固體和(1)裝置A用水浴加熱的優點是_________；裝置A中水浴溫度不低于60℃，其原因是_______________。(2)裝置A中反應生成ClO2及KHSO4等產物的化學方程式為(3)裝置B的水中需放入冰塊的目的是__________________；已知ClO2緩慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物質的量之比為2:1，則該反應的化學方程式為____________；裝置C中的NaOH溶液吸收尾氣中的ClO2，生成物質的量之比為的1:1的兩種鹽，一種為NaClOⅡ．ClO2步驟1：量取ClO2溶液10mL，稀釋成100mL步驟2：調節試樣的pH≤2.0，加入足量的步驟3：加入指示劑，用c?mol?L-1?(4)已知：2ClO2+8H++10I-=5IⅢ．設計實驗驗證ClO2(5)取適量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振蕩，得無色溶液。欲檢驗H(6)證明ClO2的氧化性比Fe3+強的方案是20、一水硫酸四氨合銅晶體[Cu(NH3)4SO4·H2O]常用作殺蟲劑，媒染劑，在堿性鍍銅中也常用作電鍍液的主要成分，在工業上用途廣泛。常溫下該物質可溶于水，難溶于乙醇，在空氣中不穩定，受熱時易發生分解。某化學興趣小組以Cu粉、3mol·L-1的硫酸、濃氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol·L-1稀鹽酸、0.500mol·L-1的NaOH溶液來制備一水硫酸四氨合銅晶體并測定其純度。I．CuSO4溶液的制取①實驗室用銅與濃硫酸制備硫酸銅溶液時，往往會產生有污染的SO2氣體，隨著硫酸濃度變小，反應會停止，使得硫酸利用率比較低。②實際生產中往往將銅片在空氣中加熱，使其氧化生成CuO，再溶解在稀硫酸中即可得到硫酸銅溶液；這一過程缺點是銅片表面加熱易被氧化，而包裹在里面的銅得不到氧化。③所以工業上進行了改進，可以在浸入硫酸中的銅片表面不斷通O2，并加熱；也可以在硫酸和銅的混合容器中滴加H2O2溶液。④趁熱過濾得藍色溶液。(1)某同學在上述實驗制備硫酸銅溶液時銅有剩余，該同學將制得的CuSO4溶液倒入另一蒸發皿中加熱濃縮至有晶膜出現，冷卻析出的晶體中含有白色粉末，試解釋其原因________________。(2)若按③進行制備，請寫出Cu在H2O2作用下和稀硫酸反應的化學方程式_______________。(3)H2O2溶液的濃度對銅片的溶解速率有影響。現通過下圖將少量30％的H2O2溶液濃縮至40％，在B處應增加一個設備，該設備的作用是____________餾出物是______________________。II．晶體的制備將上述制備的CuSO4溶液按如圖所示進行操作(1)硫酸銅溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入適量NH3·H2O調節溶液pH，產生淺藍色沉淀，已知其成分為Cu2(OH)2SO4，試寫出生成此沉淀的離子反應方程式__________。(2)繼續滴加NH3·H2O，會轉化生成深藍色溶液，請寫出從深藍色溶液中析出深藍色晶體的方法____________。并說明理由____________。Ⅲ.產品純度的測定精確稱取mg晶體，加適量水溶解，注入圖示的三頸瓶中，然后逐滴加入足量NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，并用蒸餾水沖洗導管內壁，用V1mL0.500mol·L－1的鹽酸標準溶液完全吸收。取下接收瓶，用0.500mol·L－1NaOH標準溶液滴定過剩的HCl(選用甲基橙作指示劑)，到終點時消耗V2mLNaOH溶液。1.水2.長玻璃管3.10%NaOH溶液4.樣品液5.鹽酸標準溶液(1)玻璃管2的作用________________。(2)樣品中產品純度的表達式________________。（不用化簡）(3)下列實驗操作可能使氨含量測定結果偏低的原因是_________________A.滴定時未用NaOH標準溶液潤洗滴定管B.滴定過程中選用酚酞作指示劑C.讀數時，滴定前平視，滴定后俯視D.取下接收瓶前，未用蒸餾水沖洗插入接收瓶中的導管外壁E.由于操作不規范，滴定前無氣泡，滴定后滴定管中產生氣泡21、1840年，Devil用干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀制得了N2O5。(1)F.DanielS等曾利用測壓法在剛性反應器中研究了特定條件下N2O5(g)分解反應：已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=-4.4kJ?mol-12NO2(g)=N2O4(g)ΔH2=-55.3kJ?mol-1則反應N2O5(g)=2NO2(g)＋O2(g)的ΔH=__kJ?mol-1。(2)查閱資料得知N2O5是硝酸的酸酐，常溫呈無色柱狀結晶體，微溶于冷水，可溶于熱水生成硝酸，熔點32.5℃，受熱易分解，很容易潮解，有毒。在通風櫥中進行模擬實驗制取N2O5的裝置如圖：注：虛線框內為該組同學自制特殊儀器，硝酸銀放置在b處。請回答下列問題：①實驗開始前，需要打開a處活塞并鼓入空氣，目的是__。②經檢驗，氯氣與硝酸銀反應的產物之一為氧氣，寫出此反應的化學反應方程式__。③實驗時，裝置C應保持在35℃，可用的方法是__。④能證明實驗成功制得N2O5的現象是__。⑤裝置D中的試劑是__，作用是__。⑥裝置E燒杯中的試劑為__。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A．由結構簡式可知該有機物的分子式為C12H12O4，故A不符合題意；B．能與氫氣發生加成反應的為碳碳雙鍵、苯環和醛基，則1mol該有機物最多能與5molH2反應，故B符合題意；C．只有羧基能與NaHCO3反應，則0.1mol該有機物與足量NaHCO3溶液可生成0.1molCO2，氣體體積為2.24L（標準狀況下），故C不符合題意；D．分子中含有碳碳雙鍵、醛基，可發生加成、氧化、還原反應，含有羧基、羥基，可發生取代反應，故D不符合題意；故答案為：B。2、A【解析】

利用蓋斯定律，將②×2+③×2-①可得：2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的ΔH=(-393.5kJ·mol-1)×2+(-285.8kJ·mol-1)×2-(-870.3kJ·mol-1)=-488.3kJ·mol-1。故選A。3、C【解析】

A．硬脂酸為C17H35COOH，含有羧基，與C2H518OH發生酯化反應，乙醇脫去H原子，硬脂酸脫去羥基，反應的化學方程式為C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故A錯誤；B．向Na2SiO3溶液中通入過量SO2的離子反應為SiO32-+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3-，故B錯誤；C．氯化鈉為離子化合物，含有離子鍵，反應中Na失去電子，Cl得到電子，則Na和Cl形成離子鍵的過程：→，故C正確；D．弱酸的電離平衡常數越大，酸的酸性越強，強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸，所以向NaClO溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故D錯誤；故答案為C。4、D【解析】

A.溫度不同時平衡常數不同，兩個玻璃球中剩余的量不一樣多，顏色也不一樣，A項正確；B.是白色沉淀，而是黑色沉淀，若沉淀的顏色改變則證明沉淀可以轉化，B項正確；C.苯酚的酸性強于，因此可以轉化為苯酚鈉，而苯酚鈉是溶于水的，因此濁液變澄清，C項正確；D.本身就可以和反應得到白色沉淀，因此本實驗毫無意義，D項錯誤；答案選D。5、D【解析】

A．氧化鋁的熔點高，包裹在Al的外面，則熔化后的液態鋁不會滴落下來，則實驗結論錯，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，說明溶液中含有Na+，不一定含鈉鹽，也可以是NaOH，實驗結論錯，故B錯誤；C．乙烯被高錳酸鉀氧化，溶液褪色，但不分層，實驗現象錯，故C錯誤；D．升高溫度促進水解，碳酸鈉溶液的堿性增強，溶液的pH增大，水的電離平衡、水解平衡均正向移動，現象和結論均正確，故D正確；故答案為D。6、A【解析】

A.氨氣極易溶于水，則采用防倒吸裝置，E←C；制取的二氧化碳需除去HCl雜質，則F→B，A→D，A正確；B.裝置X為除去HCl雜質，盛放的試劑為飽和NaHCO3溶液，B錯誤；C.實驗開始時應先打開Y中分液漏斗的旋轉活塞，使溶液呈堿性，吸收更多的二氧化碳，C錯誤；D.裝置Z中用干燥管的主要目的是防止氨氣溶于水時發生倒吸，D錯誤；答案為A。7、B【解析】

A.a中加入少量CuSO4溶液，鋅會與硫酸銅發生反應生成銅，鋅、銅和硫酸溶液形成原電池，反應速率會加快，但生成的氫氣的體積會減少，故A錯誤；B.當增大容器的體積時，反應物和生成物的濃度均減小，相當于減小壓強，正、逆反應速率均減小，平衡逆向移動，與反應速率v和時間t的關系圖像相符合，故B正確；C.由③圖像可知，p2>p1，壓強增大，B的體積百分含量減小，說明平衡正向移動，正向為氣體體積減小的方向，則D為非氣態，故C錯誤；D.當反應達化學平衡狀態時，v（NO2）正=2v（N2O4）逆，由此可知圖中交點A對應的狀態不是化學平衡狀態，故D錯誤；綜上所述，答案為B。【點睛】④圖中A點時v（N2O4）逆=v（NO2）正=2v（N2O4）正，則v（N2O4）逆>v（N2O4）正，反應逆向移動。8、B【解析】

地溝油中含油脂，與堿溶液反應，而礦物油不與堿反應，混合后分層，以此來解答。【詳解】A.地溝油、礦物油均不溶于水，且密度均比水小，不能區別，故A錯誤；B.加入足量氫氧化鈉溶液共熱，不分層的是地溝油，分層的為礦物油，現象不同，能區別，故B正確；C.地溝油、礦物油均能燃燒，不能區別，故C錯誤；D.地溝油、礦物油均為混合物，沒有固定沸點，不能區別，故D錯誤；答案是B。【點睛】本題考查有機物的區別，明確地溝油、礦物油的成分及性質是解答本題的關鍵，題目難度不大。9、D【解析】

短周期元素X、Y、Z原子序數依次增大，觀察正離子結構，Z失去一個電子后，可以成3個共價鍵，說明Z原子最外面為6個電子，由于Z位于第三周期，所以Z為S元素，負離子結構為，Y成一個共價鍵，為-1價，不是第三周期元素，且原子序數大于X，應為F元素（當然不是H，因為正離子已經有H）；X得到一個電子成4個共價鍵，說明其最外層為3個電子，為B元素，據此分析解答。【詳解】A．電子層數F-<S2-，離子半徑F-<S2-，所以Z>Y，A選項錯誤；B．非金屬性越強，簡單氫化物越穩定，非金屬性：F>B，則有BH3<HF，所以X<Y，B選項錯誤；C．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性：S>B，則酸性H3BO3（弱酸）<H2SO4（強酸），所以X<Z，C選項錯誤；D．根據上述分析可知，化合物A中X、Y、Z最外層都達到8電子穩定結構，D選項正確；答案選D。10、D【解析】

A.陶瓷主要成分為硅酸鹽，為無機非金屬材料，故A正確；

B.銅鼠首為青銅器，為銅、錫合金，為金屬材料，故B正確；

C.航天服的材料為合成纖維，為有機高分子材料，故C正確；

D.光導纖維主要材料為二氧化硅，為無機物，不是復合材料，故D錯誤；

故選D。11、A【解析】

A．在光照條件下，AgBr發生分解生成Ag和Br2，光的強度越大，分解的程度越大，生成Ag越多，玻璃的顏色越暗，當太陽光弱時，在CuO的催化作用下，Ag和Br2發生反應生成AgBr，玻璃顏色變亮，A正確；B．玻璃雖然化學性質穩定，但可被氫氟酸、NaOH侵蝕，B錯誤；C．有機玻璃屬于有機高分子材料，C錯誤；D．Na2O·CaO·6SiO2只是普通玻璃的一種表示形式，它仍是Na2SiO3、CaSiO3、SiO2的混合物，D錯誤；故選A。12、D【解析】

A．連接負極的鉛筆芯為陰極，陰極上氫離子放電生成氫氣，同時電極附近生成氫氧根離子，溶液呈堿性，pH試紙遇堿變藍色，故A正確；B．連接正極的鉛筆芯為陽極，陽極上氯離子放電生成氯氣，氯氣能氧化碘離子生成碘，碘與淀粉試液變藍色，所以淀粉碘化鉀試紙變藍色，故B正確；C．該裝置是將電能轉化為化學能裝置，為電解池，故C正確；D．電子不通過電解質溶液，電解質溶液中陰陽離子定向移動形成電流，故D錯誤；故答案為D。【點睛】考查電解原理，明確離子放電順序及各個電極上發生的反應、物質的性質即可解答，該裝置為電解池，連接負極的鉛筆芯為陰極，陰極上氫離子放電，同時電極附近生成氫氧根離子，溶液呈堿性；連接正極的鉛筆芯為陽極，陽極上氯離子放電生成氯氣，氯氣能氧化碘離子生成碘，碘與淀粉試液變藍色，注意電解質溶液中電流的形成，為易錯點。13、D【解析】

A．用氨水，則Mg2+、Al3+均轉化為沉淀，不能分離，則不能用氨水代替NaOH，A錯誤；B．Al3+與過量NaOH反應，溶液a中含AlO2-、K+、Cl-、Na+、OH-，B錯誤；C．K+、Cl-、Na+在整個過程中不參加反應，則溶液b中含KCl、NaCl，C錯誤；D．因氫氧化鋁能溶于鹽酸，則向溶液a中滴加鹽酸需控制溶液的pH，D正確；答案選D。【點睛】本題考查混合物分離、提純實驗方案的設計，為高頻考點，把握實驗流程中發生的反應為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意氫氧化鋁的兩性。14、B【解析】

A.根據③放電過程中，右槽溶液的顏色由紫色變成綠色，結合V3+綠色，V2+紫色，說明放電時，右槽電極上失去V2+電子，發生氧化反應，電極反應式為：V2+-e-=V3+，則B電極為負極，A電極為正極，A正確；B.根據選項A分析可知：A電極為正極，B電極為負極，正極上發生還原反應：VO2++2H++e-=VO2++H2O，可知：每反應轉移1mol電子，反應消耗2molH+，放電時若轉移的電子數為3.01×1023個即轉移0.5mol電子，則左槽中H+減少0.5mol，B錯誤；C.充電時，左槽為陽極，失去電子發生氧化反應，電極反應式為：VO2++H2O-e-=VO2++2H+，C正確；D.充電時，左槽為陽極，發生氧化反應：VO2++H2O-e-=VO2++2H+，H+通過質子交換膜向右槽移動，D正確；故合理選項是B。15、D【解析】

A．①、②中溫度和pH均不同，存在兩個變量，不能判斷pH對反應的影響，故A錯誤；

B．若pH＞7，+2價鐵會轉化為氫氧化亞鐵沉淀，氫氧化亞鐵在空氣中能被氧氣氧化生成氫氧化鐵，所以+2價鐵易被氧化，故B錯誤；

C．①、③中pH相同，溫度越高，轉化率越大，則FeCl2被O2氧化的反應為吸熱反應，故C錯誤；

D．50℃、pH=2.5時，4h內Fe2+的平均消耗速率等于

0.15a

mol/（L?h），在60℃、pH=2.5時，溫度升高，速率增大，所以60℃、pH=2.5時，4h內Fe2+的平均消耗速率大于

0.15a

mol/（L?h），故D正確。

故答案為D。【點睛】本題考查了影響反應速率的因素、影響化學平衡移動的因素，把握圖中的信息以及影響反應速率的因素、影響化學平衡移動的因素是解題的關鍵，側重于考查學生的分析能力和應用能力。16、B【解析】

A選項，多糖、蛋白質均為高分子化合物，油脂是低分子化合物，故A錯誤；B選項，淀粉和纖維素在稀硫酸作用下水解的最終產物均為葡萄糖，故B正確；C選項，不能用酸性KMnO4溶液鑒別苯和環己烷，兩者都無現象，故C錯誤；D選項，分離溴苯和苯的混合物采用蒸餾方法，故D錯誤。綜上所述，答案為B。【點睛】淀粉、纖維素、蛋白質是天然高分子化合物，油脂分子量比較大，但不是高分子化合物。二、非選擇題（本題包括5小題）17、3-氯-1-丙烯碳碳雙鍵和氨基取代反應吡啶顯堿性，能與反應④的產物HCl發生中和反應，使平衡正向移動，提高J產率15【解析】

由A、B的分子式，C的結構簡式，可知A為CH3CH=CH2，A發生取代反應生成B為ClCH2CH=CH2；B中氯原子被氨基取代得到，根據C的分子式既反應條件，可知反應②發生題給信息中的取代反應，可知C為；比較C、D分子式，結合E的結構簡式分析，反應③為題給信息中的成環反應，可知D為；D發生酯的水解反應生成E，比較E和G的結構，結合反應條件分析中間產物F的結構為；對比G、J的結構，G與發生取代反應生成J，據此分析解答。【詳解】（1）B為ClCH2CH=CH2，化學名稱為3-氯-1-丙烯，比較E和G的結構，結合反應條件分析中間產物F的結構為故答案為：3-氯-1-丙烯；；（2）根據官能團的結構分析，有機物CH2=CHCH2NH2中的官能團有碳碳雙鍵和氨基；比較A和B的結構變化可知該反應為取代反應，故答案為：碳碳雙鍵和氨基；取代反應；（3）根據上述分析，反應③的化學方程式為，故答案為：；（4）反應④為取代反應，生成有機物的同時可生成HCl，而吡啶呈堿性，可與HCl發生中和反應，使平衡正向移動，提高J的產率，故答案為：吡啶顯堿性，能與反應④的產物HCl發生中和反應，使平衡正向移動，提高J產率；（5）F為，分子式為C8H13NO，則K的分子式為C8H11NO，①遇FeCl3溶液顯紫色，則結構中含有酚羥基；②苯環上有兩個取代基，一個為OH，則另一個為由2個C原子6個H原子1個N原子構成的取代基，其結構有-CH2CH2NH2、-CH2NHCH3、-CH(CH3)NH2、-NHCH2CH3、-N(CH3)2共5種，兩取代基的位置共有鄰、間、對三種情況，所以K的同分異構體有3×5=15種，故答案為：15；（6）由題給信息可知，由反應得到，用酸性高錳酸鉀溶液氧化的己二酸，己二酸與乙醇發生酯化反應得到，可由原料發生消去反應獲取，則合成路線流程圖為：，故答案為：。【點睛】解決這類題的關鍵是以反應類型為突破口，以物質類別判斷為核心進行思考。經常在一系列推導關系中有部分物質已知，這些已知物往往成為思維“分散”的聯結點。可以由原料結合反應條件正向推導產物，也可以從產物結合條件逆向推導原料，也可以從中間產物出發向兩側推導，審題時要抓住基礎知識，結合新信息進行分析、聯想、對照、遷移應用、參照反應條件推出結論。解題的關鍵是要熟悉烴的各種衍生物間的轉化關系，不僅要注意物質官能團的衍變，還要注意同時伴隨的分子中碳、氫、氧、鹵素原子數目以及有機物相對分子質量的衍變，這種數量、質量的改變往往成為解題的突破口。18、消去反應NaOH水溶液、加熱羥基、羧基+O2+2H2O或【解析】

芳香族化合物A的分子式為C9H12O，A的不飽和度==4，則側鏈沒有不飽和鍵，A轉化得到的B能發生信息②中的反應，說明B中含有碳碳雙鍵，應是A發生醇的消去反應生成B，而A中苯環只有一個側鏈且支鏈上有兩種不同環境的氫原子，故A為，則B為，D為，C為，C發生信息③的反應生成K，故K為；由F的分子式可知，D發生水解反應生成E為，E發生氧化反應生成F為，F發生銀鏡反應然后酸化得到H為，H發生縮聚反應生成I為。【詳解】(1)根據分析可知A為；A生成B的反應類型為消去反應；D生成E發生鹵代烴的水解反應，反應條件為：NaOH

水溶液、加熱；(2)根據分析可知H為，H中官能團為羥基、羧基；(3)根據分析可知I結構簡式為；(4)E為，E發生氧化反應生成F為，反應方程式為+O2+2H2O；(5)F()的同分異構體符合下列條件：

①能發生水解反應和銀鏡反應，說明含有HCOO-；

②屬于芳香族化合物且分子中只有一個甲基，說明含有苯環且只有一個甲基；

③具有5組核磁共振氫譜峰，有5種氫原子，

則符合條件的結構簡式為：或；(6)(CH3)3COH發生消去反應生成(CH3)2C=CH2，(CH3)2C=CH2發生信息②的反應生成，和反應生成；合成路線流程圖為：。19、受熱均勻，且易控制溫度如溫度過低，則反應速率較慢，且不利于ClO2的逸出2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O可減少ClO2揮發和水解8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2NaClO3135cV2V1偏大鹽酸和BaCl2溶液將ClO2氣體通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，觀察溶液顏色變化，若溶液變為血紅色，則證明ClO2的氧化性比【解析】

Ⅰ．水浴加熱條件下，草酸、氯酸鉀在酸性條件下發生氧化還原反應生成ClO2，因遇熱水緩慢水解，則B中含冰塊的水用于吸收ClO2，根據氧化還原反應規律，結合生成物的物質的量的比及質量守恒定律書寫反應方程式；C中NaOH溶液可吸收ClO2尾氣，生成物質的量之比為1：1的兩種陰離子，一種為NaClO2，根據氧化還原反應規律來書寫；II.有碘單質生成，用淀粉做指示劑；根據元素守恒結合反應得到關系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3計算c(ClO2)；III.ClO2具有強氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亞鐵離子生成鐵離子，檢驗鐵離子即可解答該題。【詳解】I.(1)裝置A用水浴加熱的優點是受熱均勻，且易控制溫度，如溫度過低，則反應速率較慢，且不利于ClO2的逸出，溫度過高，會加劇ClO2水解；(2)裝置A中反應生成ClO2及KHSO4等產物，同時草酸被氧化生成水和二氧化碳，則反應化學方程式為2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；(3)裝置B的水中需放入冰塊，可減少ClO2揮發和水解；ClO2緩慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物質的量之比為2:1，則根據反應前后各種元素原子個數相等，結合電子轉移守恒，可得該反應的化學方程式為8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2；裝置C中NaOH溶液的作用是吸收尾氣中的ClO2，生成物質的量之比為的1：1的兩種鹽，由于ClO2中Cl元素的化合價為+4價，一種為NaClO2，根據氧化還原反應的規律，則另一種生成物為NaClO3；II.有碘單質生成，用淀粉作指示劑；二氧化硫和碘單質的反應中，根據電子守恒，得到：2ClO2～5I2，結合反應2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到關系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3。設原ClO2溶液的濃度為x，n(Na2S2O3)=c·V2×10-3mol，2ClO2～5I2～10Na2S2O32mol10mol10-2?x?V1×10-310-1cV2×10-3mol，2:10=10-2?x?V1如果滴加速率過慢，溶液中部分I-被氧氣氧化產生I2，消耗的標準Na2S2O3溶液的體積偏大，則由此計算出的ClO2的含量就會偏大；(4)取適量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振蕩，得無色溶液，說明硫化氫被氧化生成硫酸，可先加入鹽酸酸化，然后再加入氯化鋇檢驗，若反應產生白色沉淀，證明有SO42-，即H2S被氧化產生了H2SO4；(5)證明ClO2的氧化性比Fe3+強，則可通過ClO2氧化Fe2+生成Fe3+，可將ClO2氣體通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，觀察溶液顏色變化，若溶液變為血紅色，則證明ClO2的氧化性比Fe3+強。【點睛】本題考查了物質的制備和性質探究，把握物質的性質以及實驗的原理和操作方法是解題關鍵，側重考查學生的分析能力、實驗能力，同時考查學生接受題目提供的信息能力與應用能力。20、反應中硫酸過量，在濃縮過程中，稀硫酸變濃，濃硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去結晶水變為CuSO4Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O減壓設備水（H2O）2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+加入乙醇或醇析Cu(NH3)4SO4·H2O晶體難溶于乙醇，能溶于水平衡氣壓，防止堵塞和倒吸AB【解析】

I．(1)得到的為硫酸銅和硫酸溶液，濃縮時，硫酸變濃，具有吸水性；(2)雙氧水與銅、稀硫酸反應生成硫酸銅和水；(3)過氧化氫受熱易分解，故采用減壓蒸餾的方式；Ⅱ．(1)硫酸銅與NH3?H2O反應生成Cu2(OH)2SO4，據此書寫離子方程式；(2)根據Cu(NH3)4SO4?H2O可溶于水，難溶于乙醇分析；Ⅲ.(1)玻璃管2起到了平衡氣壓的作用；(2)根據關系式計算；(3)氨含量測定結果偏低，說明中和滴定時消耗氫氧化鈉溶液體積V2偏大。【詳解】I．(1)得到的為硫酸銅和硫酸溶液,濃縮時,硫酸變濃,濃硫酸具有吸水性,使CuSO4·5H2O失去結晶水變為CuSO4，可使固體變為白色；(2)Cu在H2O2作用下與稀硫酸反應生成硫酸銅，該反應的化學方程式為：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O；(3)過氧化氫受熱易分解，故采用減壓蒸餾的方式，則B處增加一個減壓設備，餾出物為H2O；II．(1)淺藍色沉淀的成