2023年高考化學模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、有機物X、Y的轉化如下：下列說法不正確的是A．X能加聚反應B．Y分子苯環上的二氯代物有5種C．與Y互為同分異構體D．X、Y分子的所有原子可能共平面2、二羥基甲戊酸的結構簡式為，下列有關二羥基甲戊酸的說法正確的是（）A．二羥基甲戊酸的分子式為C5H10O4B．二羥基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C．等量的二羥基甲戊酸消耗Na和NaHCO3的物質的量之比為3∶1D．二羥基甲戊酸與乳酸()互為同系物3、化學制備萘（）的合成過程如圖，下列說法正確的是（）A．a的分子式是C10H12O B．b的所有碳原子可能處于同一平面C．萘的二氯代物有10種 D．a→b的反應類型為加成反應4、我國科學家在世界上第一次為一種名為“鈷酞菁”的分子(直徑為1.3×10－9m)恢復了磁性?！扳捥肌狈肿咏Y構和性質與人體內的血紅素及植物體內的葉綠素非常相似。下列說法中正確的是A．其分子直徑比氯離子小B．在水中形成的分散系屬于懸濁液C．在水中形成的分散系具有丁達爾效應D．“鈷酞菁”分子不能透過濾紙5、下列屬于非電解質的是（）A．FeB．CH4C．H2SO4D．NaNO36、對于反應2NO(g)＋2H2(g)→N2(g)＋2H2O(g)，科學家根據光譜學研究提出如下反應歷程：第一步：2NO?N2O2快速平衡第二步：N2O2＋H2→N2O＋H2O慢反應第三步：N2O＋H2→N2＋H2O快反應其中可近似認為第二步反應不影響第一步的平衡。下列敘述正確的是A．若第一步反應△H<0，則升高溫度，v正減小，v逆增大B．第二步反應的活化能大于第三步的活化能C．第三步反應中N2O與H2的每一次碰撞都是有效碰撞D．反應的中間產物只有N2O27、Fe3+、SO42﹣、Al3+和X四種離子以物質的量之比2:4:1:1大量共存于同一溶液中，X可能是（）A．Na+ B．Cl﹣ C．CO32﹣ D．OH﹣8、已知：pOH=-lgc(OH-)。室溫下，將稀鹽酸滴加到某一元堿（BOH）溶液中，測得混合溶液的pOH與微粒濃度的變化關系如圖所示。下列說法錯誤的是()A．若向0.1mol/LBOH溶液中加水稀釋，則溶液中c(OH-)/c(BOH)增大B．室溫下，BOH的電離平衡常數K=1×10-4.8C．P點所示的溶液中：c(Cl-)>c(B+)D．N點所示的溶液中：c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(BOH)9、大氣中CO2含量的增多除了導致地球表面溫度升高外，還會影響海洋生態環境。某研究小組在實驗室測得不同溫度下（T1，T2）海水中CO32-濃度與模擬空氣中CO2濃度的關系曲線。已知：海水中存在以下平衡：CO2（aq）+CO32-（aq）+H2O（aq）2HCO3-（aq），下列說法不正確的是A．T1>T2B．海水溫度一定時，大氣中CO2濃度增加，海水中溶解的CO2隨之增大，CO32-濃度降低C．當大氣中CO2濃度確定時，海水溫度越高，CO32-濃度越低D．大氣中CO2含量增加時，海水中的珊瑚礁將逐漸溶解10、硫酸鈣是一種用途非常廣泛的產品，可用于生產硫酸、漂白粉等一系列物質（見下圖）。下列說法正確的是A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物B．工業上利用Cl2和澄清石灰水反應來制取漂白粉C．除去與水反應，圖示轉化反應均為氧化還原反應D．用CO合成CH3OH進而合成HCHO的兩步反應，原子利用率均為100%11、NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是()A．18gD2O和18gH2O中含有的質子數均為10NAB．12g石墨烯(單層石墨)中含有六元環的個數為0.5NAC．標準狀況下，5.6LCO2與足量Na2O2反應轉移的電子數為0.5NAD．某密閉容器盛有1molN2和3molH2，在一定條件下充分反應，轉移電子的數目為6NA12、阿伏加德羅常數為NA。關于l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液，下列說法正確是A．加NaOH可制得Fe(OH)3膠粒0.2NAB．溶液中陽離子數目為0.2NAC．加Na2CO3溶液發生的反應為3CO32-+2Fe3+=Fe2(CO3)3↓D．Fe2(SO4)3溶液可用于凈化水13、主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序數依次增大，且均不大于20。Q的簡單氫化物和其最高價含氧酸可以化合成鹽，X與Q同周期且是該周期主族元素中原子半徑最小的元素；Z一具有與氬原子相同的電子層結構；Q、Y、W原子的最外層電子數之和為9。下列說法一定正確的是A．X與Z的簡單氫化物的水溶液均呈強酸性B．Y與Z形成的化合物只含離子鍵C．簡單氫化物的沸點：Q<XD．Z和W形成的化合物的水溶液呈堿性14、已知：25℃時，有關弱酸的電離平衡常數，下列選項中正確的是弱酸H2C2O4CH3COOHHCNH2CO3電離常數KiKi1=5.9×l0-2Ki2=6.4×l0-51.8×l0-54.9×l0-10Ki1=4.3×l0-7Ki2=5.6×l0-11A．等物質的量濃度的溶液pH關系：NaHCO3＞NaCN＞CH3COONa＞NaHC2O4B．反應NaHC2O4+NaHCO3→Na2C2O4+H2O+CO2↑能發生C．等體積等物質的量濃度的溶液中離子總數：NaCN＞CH3COONaD．Na2CO3溶液中2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)15、我國科學家設計了一種智能雙模式海水電池，滿足水下航行器對高功率和長續航的需求。負極為Zn，正極放電原理如圖。下列說法錯誤的是（）A．電池以低功率模式工作時，NaFe[Fe(CN)6]作催化劑B．電池以低功率模式工作時，Na+的嵌入與脫嵌同時進行C．電池以高功率模式工作時，正極反應式為：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]D．若在無溶解氧的海水中，該電池仍能實現長續航的需求16、加熱聚丙烯廢塑料可以得到碳、氫氣、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如圖所示裝置探究廢舊塑料的再利用。下列敘述不正確的是A．裝置乙試管中收集到的液體在催化劑存在下可以與Br2發生取代反應B．裝置丙中的試劑吸收反應產生的氣體后得到的產物的密度均比水大C．最后收集的氣體可以作為清潔燃料使用D．甲烷的二氯代物有2種二、非選擇題（本題包括5小題）17、生產符合人類需要的特定性能的物質是化學服務于人類的責任。解熱鎮痛藥水楊酸改進為阿司匹林、緩釋阿司匹林、貝諾酯就是最好的實例。下圖表示這三種藥物的合成：(1)反應①的條件是____________；物質B含有的官能團名稱是________________(2)已知乙酸酐是2分子乙酸脫去1分子水的產物，寫出M的結構簡式__________(3)反應③的類型____________，寫出該反應④的一種副產物的結構簡式________(4)水楊酸與足量Na2CO3溶液能發生反應，寫出化學方程式____________________(5)1mol阿司匹林和1mol緩釋長效阿司匹林與NaOH溶液充分反應，最多消耗NaOH的物質的量分別是_________、___________。18、為探究固體A的組成和性質，設計實驗并完成如下轉化。已知：X由兩種化合物組成，若將X通入品紅溶液，溶液褪色。若將X通入足量雙氧水中，X可全部被吸收且只得到一種強酸，再稀釋到1000mL，測得溶液的PH=1。在溶液2中滴加KSCN溶液，溶液呈血紅色。請回答：（1）固體A的化學式______________。（2）寫出反應①的化學方程式____________。（3）寫出反應④中生成A的離子方程式______________。19、肼是重要的化工原料。某探究小組利用下列反應制取水合肼（N2H4·H2O）。已知：N2H4·H2O高溫易分解，易氧化制備原理：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl（實驗一）制備NaClO溶液（實驗裝置如圖所示）(1)配制30%NaOH溶液時，所需玻璃儀器除量筒外，還有_____（填標號）A．容量瓶B．燒杯C．燒瓶D．玻璃棒(2)錐形瓶中發生反應化學程式是_____________________________。（實驗二）制取水合肼。（實驗裝置如圖所示）控制反應溫度，將分液漏斗中溶液緩慢滴入三頸燒瓶中，充分反應。加熱蒸餾三頸燒瓶內的溶液，收集108-114餾分。(3)分液漏斗中的溶液是____________（填標號）。A．CO(NH2)2溶液B．NaOH和NaClO混合溶液選擇的理由是____________。蒸餾時需要減壓，原因是______________。（實驗三）測定餾分中肼含量。(4)水合肼具有還原性，可以生成氮氣。測定水合肼的質量分數可采用下列步驟：a．稱取餾分5.000g，加入適量NaHCO3固體（保證滴定過程中溶液的pH保持在6.5左右），配制1000mL溶液。b．移取10.00mL于錐形瓶中，加入10mL水，搖勻。c．用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出現______________，記錄消耗碘的標準液的體積。d．進一步操作與數據處理(5)滴定時，碘的標準溶液盛放在______________滴定管中（選填：“酸式”或“堿式”）水合肼與碘溶液反應的化學方程式________________________。(6)若本次滴定消耗碘的標準溶液為8.20mL，餾分中水合肼（N2H4·H2O）的質量分數為______。20、次氯酸溶液由于其具有極強的氧化性，可以使病毒的核酸物質發生氧化反應，從而殺滅病毒，是常用的消毒劑和漂白劑。已知：Ⅰ.常溫常壓下，Cl2O為棕黃色氣體，沸點為3.8℃，42℃以上會分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并與水立即反應生成HClO。Ⅱ.將氯氣和空氣(不參與反應)按體積比1∶3混合通入潮濕的碳酸鈉中生成Cl2O氣體，用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。某實驗室利用以下裝置制備濃度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液。A．B．C．D．E.回答下列問題：(1)裝置D的作用為_______________。(2)配平裝置B中的反應___________：Cl2+Na2CO3+H2O=Cl2O+NaCl+NaHCO3。寫出Cl2O的結構式為_____。(3)裝置C中加入的試劑X為CCl4，其作用是__________。(4)各裝置的連接順序為A→____________→____________→______________→E。(5)此方法相對于氯氣直接溶于水制備次氯酸溶液的優點是__________。(答出1條即可)(6)若裝置B中生成的Cl2O氣體有20%滯留在E前各裝置中，其余均溶于裝置E的水中，裝置E所得500mL次氯酸溶液濃度為0.8mol/L，則至少需要含水8%的碳酸鈉的質量為_____g。21、十九大報告指出：“堅持全民共治、源頭防治，持續實施大氣污染防治行動，打贏藍天保衛戰！”以NOx為主要成分的霧霾的綜合治理是當前重要的研究課題。Ⅰ．汽車尾氣中的NO(g)和CO(g)在一定條件下可發生如下反應：反應①2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g)ΔH1。(1)已知：反應②N2(g)+O2(g)?2NO(g)ΔH2=+180.5kJ·mol-1，CO的燃燒熱為283.0kJ·mol-1，則ΔH1=____。(2)在密閉容器中充入5molCO和4molNO，發生上述反應①，圖1為平衡時NO的體積分數與溫度、壓強的關系。①溫度：T1____T2(填“＜”或“＞”)。②若在D點對反應容器升溫的同時擴大體積使體系壓強減小，重新達到的平衡狀態可能是圖中A~G點中的____點。(3)某研究小組探究催化劑對CO、NO轉化的影響。將NO和CO以一定的流速通過兩種不同的催化劑進行反應，相同時間內測量逸出氣體中NO含量，從而確定尾氣脫氮率(脫氮率即NO的轉化率)，結果如圖2所示。若低于200℃，圖2中曲線Ⅰ脫氮率隨溫度升高而變化不大的主要原因為______；a點_____(填“是”或“不是”)對應溫度下的平衡脫氮率，說明其理由______。II．N2O是一種強溫室氣體，且易形成顆粒性污染物，研究N2O的分解對環境保護有重要意義。(4)碘蒸氣存在能大幅度提高N2O的分解速率，反應歷程為：第一步I2(g)?2I(g)(快反應)第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反應)第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I2(g)(快反應)實驗表明，含碘時N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k為速率常數)。下列表述正確的是____。A．I2濃度與N2O分解速無關B．第二步對總反應速率起決定作用C．第二步活化能比第三步小D．IO為反應的中間產物

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．X分子中含有碳碳雙鍵，則能發生加聚反應，故A正確；B．Y分子()苯環上的二氯代物有6種，分別在苯環的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錯誤；C．與Y分子式相同，但結構不同，兩者互為同分異構體，故C正確；D．苯環有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正確；故答案為B。2、C【解析】

A.根據結構簡式，該有機物的分子式為C6H12O4，故A錯誤；B.二羥基甲戊酸中含有羥基，－CH2OH中羥基能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故B錯誤；C.該有機物中能與Na發生反應的是－OH和羧基，1mol二羥基甲戊酸中含有2mol羥基和1mol羧基，因此1mol該有機物消耗Na的物質的量為3mol，能與NaHCO3溶液反應的是羧基，因此1mol該有機物消耗NaHCO3的物質的量為1mol，故C正確；D.二羥基甲戊酸與乳酸中羥基的數目不同，因此兩者不互為同系物，故D錯誤；答案：C?！军c睛】同系數定義的理解，要求碳原子連接方式相同，含有官能團的種類、數目相同，然后再看組成上是否相差若干個“－CH2”。3、C【解析】

A．根據結構簡式確定分子式為C10H10O，故A錯誤；B．b中有4個C原子為飽和C原子，具有甲烷結構特點，所以該分子中所有C原子不可能共平面，故B錯誤；C．結構對稱，萘中含2種位置的H，則其一氯代物有2種（），二氯代物有10種（，故C正確；D．a比b少1個O原子、多2個H原子，所以為還原反應，故D錯誤；答案選C。【點睛】本題考查有機物結構和性質，明確官能團及其性質關系、同分異構體種類判斷方法是解本題關鍵，C為解答易錯點，采用"定一移二"的方法判斷即可。4、C【解析】

A.氯離子半徑小于1nm，因此其分子直徑比氯離子大，故A錯誤；B.在水中形成的分散系屬于膠體，故B錯誤；C.在水中形成的分散系屬于膠體，膠體具有丁達爾效應，故C正確；D.“鈷酞菁”分子直徑小于濾紙中空隙的直徑，故D錯誤。綜上所述，答案為C?！军c睛】膠體具有丁達爾效應、利用滲析的方法凈化膠體，要注意膠體是混合物。5、B【解析】A．金屬鐵為單質，不是化合物，所以鐵既不是電解質，也不是非電解質，故A錯誤；B．CH4是在水溶液和熔化狀態下都不能導電的化合物，屬于非電解質，故B正確；C．硫酸的水溶液能夠導電，硫酸是電解質，故C錯誤；D．NaNO3屬于離子化合物，其水溶液或在熔融狀態下能夠導電，屬于電解質，故D錯誤；故選B。點睛：抓住非電解質的特征水溶液中和熔融狀態下都不能夠導電的原因是自身不能電離是解題的關鍵，非電解質是水溶液中和熔融狀態下都不能導電的化合物；電解質為水溶液中或熔融狀態導電的化合物，無論電解質還是非電解質，都一定是化合物，單質、混合物一定不是電解質和非電解質，據此進行判斷。6、B【解析】

A．不管△H<0，還是△H>0，升高溫度，v正和v逆均增大，A選項錯誤；B．第二步反應為慢反應，第三步反應為快反應，則第二步反應的活化能大于第三步的活化能，B選項正確；C．根據有效碰撞理論可知，任何化學反應的發生都需要有效碰撞，但每一次碰撞不一定是有效碰撞，C選項錯誤；D．反應的中間產物有N2O2和N2O，D選項錯誤；答案選B。【點睛】化學反應速率與溫度有關，溫度升高，活化分子數增多，無論是正反應速率還是逆反應速率都會加快，與平衡移動沒有必然聯系。7、B【解析】

假設離子的物質的量為分別為2mol、4mol、1mol、1mol，則根據溶液中的電荷守恒分析，2×3+1×3=2×4+1×x，解x=1，說明陰離子帶一個單位的負電荷，鐵離子和氫氧根離子不能共存，所以氫氧根離子不存，故X可能為氯離子，故選B。8、C【解析】

A．BOH是弱堿，加水稀釋時促進電離，溶液中BOH的微粒數減小，而OH-的數目增多，則溶液中=不斷增大，故A正確；B．N點-lg=0，即c(BOH)=c(B+)，則BOH的電離平衡常數Kb=×c(OH-)=c(OH-)=1×10-4.8，故B正確；C．P點的pOH＜4，溶液呈堿性，則c(OH-)＜c(OH-)，根據電荷守恒可知：c(Cl-)＜c(B+)，故C錯誤；D．N點-lg=0，則c(BOH)=c(B+)，根據電荷守恒c(B+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知，c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(BOH)，故D正確；故答案為C。【點睛】考查酸堿混合的定性判斷，明確圖象圖象變化的意義為解答關鍵，根據圖象可知，N點-lg=0，=1，此時pOH=-lgc(OH-)=4.8，則BOH的電離平衡常數Kb=×c(OH-)=c(OH-)=1×10-4.8，證明BOH只能部分電離，屬于弱堿，再結合溶液中的電荷守恒式分析即可。9、C【解析】

題中給出的圖，涉及模擬空氣中CO2濃度以及溫度兩個變量，類似于恒溫線或恒壓線的圖像，因此，在分析此圖時采用“控制變量”的方法進行分析。判斷溫度的大小關系，一方面將模擬空氣中CO2濃度固定在某個值，另一方面也要注意升高溫度可以使分解，即讓反應逆向移動。【詳解】A．升高溫度可以使分解，反應逆向移動，海水中的濃度增加；當模擬空氣中CO2濃度固定時，T1溫度下的海水中濃度更高，所以T1溫度更高，A項正確；B．假設海水溫度為T1，觀察圖像可知，隨著模擬空氣中CO2濃度增加，海水中的濃度下降，這是因為更多的CO2溶解在海水中導致反應正向移動，從而使濃度下降，B項正確；C．結合A的分析可知，大氣中CO2濃度一定時，溫度越高，海水中的濃度也越大，C項錯誤；D．結合B項分析可知，大氣中的CO2含量增加，會導致海水中的濃度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式為：，若海水中的濃度下降會導致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移動，珊瑚礁會逐漸溶解，D項正確；答案選C。10、C【解析】

A．SO2、SO3均是酸性氧化物，CO是不成鹽氧化物，A錯誤；B．工業上利用Cl2和石灰乳反應來制取漂白粉，B錯誤；C．除去與水反應，圖示轉化反應中均有元素化合價的升降，故反應均為氧化還原反應，C正確；D．用CO與氫氣反應合成CH3OH，反應物完全轉化為生成物，原子利用率為100%，甲醇與氧氣在催化劑存在時發生反應HCHO和水，所以該步反應中原子利用率不為100%，D錯誤；故答案選C。11、B【解析】

A．D2O的摩爾質量為，故18gD2O的物質的量為0.9mol，則含有的質子數為9NA，A錯誤；B．單層石墨的結構是六元環組成的，一個六元環中含有個碳原子，12g石墨烯物質的量為1mol，含有的六元環個數為0.5NA，B正確；C．標準狀況下，5.6LCO2的物質的量為0.25mol，與Na2O2反應時，轉移電子數為0.25NA，C錯誤；D．N2與H2反應為可逆反應，由于轉化率不確定，所以無法求出轉移電子，D錯誤。答案選B。【點睛】本題B選項考查選修三物質結構相關考點，石墨的結構為，利用均攤法即可求出六元環的個數。12、D【解析】

A.Fe2(SO4)3加NaOH反應生成Fe(OH)3沉淀，而不是膠粒，故A錯誤；B.l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液中n[Fe2(SO4)3]=1mol?L?1×0.1L=0.1mol，n(Fe3+)=0.2mol，鐵離子水解Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，根據水解方程式得到溶液中陽離子數目大于0.2NA，故B錯誤；C.加Na2CO3溶液發生雙水解生成氫氧化鐵沉淀和二氧化碳氣體，其反應為3CO32?+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故C錯誤；D.Fe2(SO4)3溶液水解生成膠體，膠體具有吸附雜質功能，起凈水功能，因此可用于凈化水，故D正確。綜上所述，答案為D?！军c睛】鐵離子與碳酸根、碳酸氫根、偏鋁酸根、硅酸根等離子要發生雙水解反應。13、C【解析】

Q的簡單氫化物和其最高價含氧酸可以化合成鹽，確定Q為N；X與Q同周期且是該周期主族元素中原子半徑最小的元素，確定X為F；Z一具有與氬原子相同的電子層結構，確定Z為Cl；Q、Y、W原子的最外層電子數之和為9，當W為K時，Y為Al；當W為Ca時，Y為Mg。【詳解】A.X簡單氫化物HF的水溶液呈弱酸性，故A錯誤；B.Y與Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化鋁屬于共價化合物不含有離子鍵，故B錯誤；C.簡單氫化物的沸點：Q（NH3）<X（HF），故C正確；D.Z和W形成的化合物為KCl或CaCl2，二者均為強酸強堿鹽，水溶液呈中性，故D錯誤；答案：C14、B【解析】

A、根據酸的電離常數的大小確定酸性強弱順序是HCN＜H2CO3＜CH3COOH＜H2C2O4，所以等物質的量濃度的溶液pH關系：NaCN＞NaHCO3＞CH3COONa＞NaHC2O4，故A錯誤；B、根據數據知道酸性：草酸氫根離子強于碳酸的酸性，所以反應NaHC2O4+NaHCO3→Na2C2O4+H2O+CO2↑能發生，故B正確；C、等體積等物質的量濃度的溶液中，NaCN水解程度大，水解生成HCN分子，則相同條件下，兩溶液比較，CH3COONa溶液中的離子總數較多，故C錯誤；D、Na2CO3溶液中物料守恒c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，故D錯誤；故選B。【點晴】本題考查離子濃度大小的比較，明確信息得到酸性的強弱是解答的關鍵，注意鹽類水解規律及溶液中的守恒式來解答。在探究離子濃度問題，要充分認識電解質在溶液中的表現，全面考慮溶液中各種離子的存在情況及相互關系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的電離，CO32-的水解、二級水解以及H2O的電離等多個反應，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽視任何一個很微弱的反應、很微少的粒子都是不正確的等方面的因素。15、D【解析】

A.根據圖示可知：電池以低功率模式工作時，負極是Zn-2e-=Zn2+，正極上是NaFe[Fe(CN)6]獲得電子，然后與吸附在它上面的氧氣即溶液中發生反應為O2+4e-+2H2O=4OH-，從NaFe[Fe(CN)6]上析出，故NaFe[Fe(CN)6]的作用是作催化劑，A正確；B.電池以低功率模式工作時，電子進入NaFe[Fe(CN)6]時Na+的嵌入；當形成OH-從NaFe[Fe(CN)6]析出時，Na+從NaFe[Fe(CN)6]脫嵌，因此Na+的嵌入與脫嵌同時進行，B正確；C.根據電池以高功率模式工作時，正極上NaFe[Fe(CN)6]獲得電子被還原變為Na2Fe[Fe(CN)6]，所以正極的電極反應式為：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，C正確；D.若在無溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作時需要氧氣參與反應，因此在該電池不能實現長續航的需求，D錯誤；故合理選項是D。16、D【解析】

A.裝置乙試管中收集到的液體物質是苯和甲苯，兩種物質的分子中都含有苯環，在催化劑存在下可以與Br2發生取代反應，A正確；B.加熱聚丙烯廢塑料得到的不飽和烴乙烯、丙烯可以與Br2發生加成反應，產生1，2-二溴乙烷和1，2-二溴丙烷，它們都是液體物質，難溶于水，密度比水大，B正確；C.加熱聚丙烯廢塑料可以得到碳、氫氣、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，氣體物質有氫氣、甲烷、乙烯、丙烯，液體物質有苯和甲苯，其中苯和甲苯經冷水降溫恢復至常溫下的液態留在小試管中；氣體中乙烯、丙烯與溴的四氯化碳溶液反應變為液體，剩余氣體為氫氣、甲烷，燃燒產生H2O、CO2，無污染，因此可作為清潔燃料使用，C正確；D.甲烷是正四面體結構，分子中只有一種H原子，其二氯代物只有1種，D錯誤；故合理選項是D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、鐵羧基、氯原子（苯基）CH3COOH取代無Na2CO3+2NaHCO33mol4nmol【解析】

根據題中各物轉化關系，根據水楊酸的結構可知，甲苯與氯氣在鐵粉做催化劑的條件下發生苯環上的取代，生成A為，A發生氧化反應生成B為，B發生堿性水解得C為，C酸化得水楊酸，水楊酸與乙酸酐發生取代反應生成阿司匹林和M，則M為CH3COOH，阿司匹林發生取代反應生成貝諾酯，(CH3)2COHCN發生水解得D為(CH3)2COHCOOH，D在濃硫酸作用下發生消去反應生成E為CH2=C(CH3)COOH，E發生加聚反應生成F為，F與阿司匹林反應生成緩釋阿司匹林為，據此答題；【詳解】根據題中各物轉化關系，根據水楊酸的結構可知，甲苯與氯氣在鐵粉做催化劑的條件下發生苯環上的取代，生成A為，A發生氧化反應生成B為，B發生堿性水解得C為，C酸化得水楊酸，水楊酸與乙酸酐發生取代反應生成阿司匹林和M，則M為CH3COOH，阿司匹林發生取代反應生成貝諾酯，(CH3)2COHCN發生水解得D為(CH3)2COHCOOH，D在濃硫酸作用下發生消去反應生成E為CH2=C(CH3)COOH，E發生加聚反應生成F為，F與阿司匹林反應生成緩釋阿司匹林為。(1)反應①的條件是鐵，B為，物質B含有的官能團名稱是羧基和氯原子，故答案為：鐵；羧基和氯原子；(2)根據上面的分析可知，M的結構簡式為CH3COOH；(3)反應③的類型為取代反應，D在濃硫酸作用下發生消去反應也可以是羥基和羧基之間發生取代反應生成酯，所以反應④的一種副產物的結構簡式為；(4)水楊酸與足量Na2CO3溶液能發生反應的化學方程式為；(5)根據阿司匹林的結構簡式可知，1mol阿司匹林最多消耗NaOH的物質的量為3mol，緩釋長效阿司匹林為，1mol緩釋長效阿司匹林與NaOH溶液充分反應，最多消耗NaOH的物質的量為4nmol?！军c睛】本題考查有機物的推斷與合成，根據阿司匹林與長效緩釋阿司匹林的分子式推斷F的結構是解題的關鍵，注意對反應信息的利用，酸化時-CN基團轉化為-COOH，需要學生根據轉化關系判斷，注重對學生的自學能力、理解能力、分析歸納能力、知識遷移能力的考查。18、FeSO42FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+【解析】本題考查無機物的推斷以及實驗方案設計。X由兩種化合物組成，若將X通入品紅溶液，溶液褪色，能使品紅溶液褪色的有SO2，若將X通入足量雙氧水中，X可全部被吸收且只得到一種強酸，根據化學反應SO2+H2O2=H2SO4、SO3+H2O=H2SO4可知，X由SO2和SO3兩種氣體組成。在溶液2中滴加KSCN溶液，溶液呈紅色，說明溶液中有Fe3＋，紅棕色固體是氧化鐵。（1）根據上述分析，固體A加熱分解生成SO2、SO3和氧化鐵，硫元素的化合價降低，鐵元素的化合價升高，則A為FeSO4。（2）根據上述分析，反應①的化學方程式為2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。（3）氣體X為SO2、SO3的混合物氣體，通入NaOH溶液中發生反應生成硫酸鈉和亞硫酸鈉，亞硫酸根離子具有還原性，氧化鐵和硫酸反應生成硫酸鐵，溶液2為硫酸鐵，Fe3＋具有氧化性，SO32-與Fe3＋能發生氧化還原反應生成Fe2＋和SO42-，根據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒配平，則反應④中生成A的離子方程式為2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+。19、BDCl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2OB如果次氯酸鈉溶液裝在三頸燒瓶中，生成的水合肼會被次氯酸鈉氧化減壓蒸餾可使產品在較低溫度下氣化，避免高溫分解淡黃色且半分鐘不消失酸式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O82.00%【解析】

（1）配制一定質量分數的溶液時，具體步驟是計算、稱量、溶解，NaOH固體時需要放在燒杯中稱，量取水時需要量筒，溶解時需要燒杯、玻璃棒；（2）氯氣通入到盛有NaOH的錐形瓶中與NaOH發生反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水；（3）依據制取水合肼（N2H4·H2O）的反應原理為：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl，結合反應產物和反應物分析判斷；水合肼（N2H4·H2O）具有還原性，易被次氯酸鈉氧化；（4）根據反應原理確定反應終點；（5）根據碘溶液的性質確定所用儀器；（6）根據N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O進行計算?！驹斀狻浚?）配制一定質量分數的溶液時，溶解時需要燒杯、玻璃棒，故答案為：BD；（2）錐形瓶中氯氣和NaOH反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應的化學方程式為Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案為：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；（3）水合肼（N2H4·H2O）中氮元素為—2價，具有還原性，若次氯酸鈉過量，具有強氧化性的次氯酸鈉會氧化水合肼，為防止水合肼被氧化，分液漏斗中的溶液應是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼高溫易分解，減壓會降低物質的沸點，則為防止水合肼分解需要減壓蒸餾，故答案為：B；如果次氯酸鈉溶液裝在燒瓶中，反應生成的水合肼會被次氯酸鈉氧化；餾分高溫易分解，減壓會降低物質的沸點；（4）根據反應N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，終點時碘過量，用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出現淡黃色且半分鐘不消失，記錄消耗碘的標準液的體積，故答案為：淡黃色且半分鐘不消失；（5）滴定時，碘具有強氧化性，會腐蝕橡膠管，則碘的標準溶液盛放在酸式滴定管中，故答案為：酸式；（6）由題意可知，水合肼與碘溶液反應生成氮氣、碘化氫和水，反應的化學方程式為N2H2·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，由方程式可知n（N2H2·H2O）=0.2000mol·L－1×0.0082L×=0.00082mol，250ml溶液中含有的物質的量=0.00082mol×=0.082mol，水合肼（N2H2·H2O）的質量分數=×100%=82%，故答案為：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O；82%。【點睛】水合肼（N2H4·H2O）中氮元素為—2價，具有還原性，若次氯酸鈉過量，具有強氧化性的次氯酸鈉會氧化水合肼是解答關鍵，也是易錯點。20、除去氯氣中的HCl氣體；觀察產生氣泡的速度來調節流速和體積比1:32Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3Cl-O-Cl除去Cl2O中的Cl2，提高制得的HClO的純度DBC制備的HClO的濃度大，純度高，不含有Cl-57.6【解析】

該實驗屬于物質制備類實驗，所需原料為氯氣和空氣，并且要注意體積比1:3這個要求；因此就出現了這兩個問題：(1)原料Cl2含有雜質需要除雜；(2)如何準確地控制兩種原料氣體積比；帶著問題分析每個裝置的作用就不難發現D裝置就恰好能解決上述兩個問題。接下來，由于B中的制備反應是氣體與固體的反應，所以產物中肯定含有未反應完全的原料氣，所以這里又出現了一個問題：未反應完的原料氣是否會干擾后續的制備，如何除去；通過分析不難發現裝置C恰好可以解決上述問題；最終在裝置E中，成功制備了純度較高的次氯酸溶液?！驹斀狻?1)裝置D的作用一方面要對裝置A制備的Cl2進行凈化除雜，另一方面也要保證空氣和氯氣的最佳體積比；所以D的作用為：除去氯氣中的HCl雜質，同時觀察氣泡的速度來調節氯氣和空氣的體積比至1:3；(2)根據題意，B中發生的反應為2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，Cl2O中的O為-2價，Cl為+1價，所以該反應是氯元素的