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、已知、、、為原子序數依次增大的短周期元素，為地殼中含量最高的過渡金屬元素，與同主族，與同周期，且與的原子序數之和為20。甲、乙分別為元素E、A的單質，丙、丁為A、E分別與B形成的二元化合物，它們轉化關系如圖所示。下列說法不正確的是（）A．、形成的一種化合物具有漂白性B．、形成的離子化合物可能含有非極性鍵C．的單質能與丙反應置換出的單質D．丁為黑色固體，且1mol甲與足量丙反應轉移電子3NA2、LiAlH4和LiH既是金屬儲氫材料又是有機合成中的常用試劑。它們遇水均能劇烈反應釋放出H2，LiAlH4在125℃時分解為LiH、H2和Al。下列說法不正確的是A．LiAlH4中AlH4-的結構式可表示為：B．1molLiAlH4在125℃完全分解，轉移3mol電子C．LiAlH4與乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作氧化劑D．LiAlH4溶于適量水得到無色溶液，其反應可表示為：LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑3、相同主族的短周期元素中，形成的單質一定屬于相同類型晶體的是A．第IA族 B．第IIIA族 C．第IVA族 D．第VIA族4、鏌（Mc）是115號元素，其原子核外最外層電子數是5。下列說法不正確的是A．Mc的原子核外有115個電子 B．Mc是第七周期第VA族元素C．Mc在同族元素中金屬性最強 D．Mc的原子半徑小于同族非金屬元素原子5、我國太陽能開發利用位于世界前列。下列采用“光——熱——電”能量轉換形式的是A．光致(互變異構)儲能B．生產甲醇燃料C．太陽能熔鹽發電D．太陽能空間發電6、中科院深圳研究院成功開發出一種新型鋁－石墨雙離子電池，可大幅度提升電動汽車的使用性能，其工作原理如圖所示。充電過程中，石墨電極發生陰離子插層反應，而鋁電極發生鋁－鋰合金化反應，下列敘述正確的是A．放電時，電解質中的Li＋向左端電極移動B．充電時，與外加電源負極相連一端電極反應為：AlLi-e-=Li++AlC．放電時，正極反應式為Cn(PF6)+e-=PF6-+CnD．充電時，若轉移0.2mol電子，則鋁電極上增重5.4g7、某次硫酸銅晶體結晶水含量的測定實驗中，相對誤差為+2.7%，其原因不可能是（）A．實驗時坩堝未完全干燥 B．加熱后固體未放入干燥器中冷卻C．加熱過程中晶體有少量濺失 D．加熱后固體顏色有少量變黑8、從粗銅精煉的陽極泥（主要含有）中提取粗碲的一種工藝流程如圖：（已知微溶于水，易溶于強酸和強堿）下列有關說法正確的是（）A．“氧化浸出”時為使確元素沉淀充分，應加入過量的硫酸B．“過濾”用到的玻璃儀器：分液漏斗、燒杯、玻璃棒C．“還原”時發生的離子方程式為D．判斷粗碲洗凈的方法：取最后一次洗滌液，加入溶液，沒有白色沉淀生成9、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A．Fe2O3能溶于酸,可用作紅色油漆和涂料B．NaHCO3的水溶液呈弱堿性,可用作膨松劑C．Al2O3熔點高,可用于制作耐火坩堝D．SiO2熔點高、硬度大,常用來制造集成電路10、化合物X(5沒食子酰基奎寧酸)具有抗氧化性和抗利什曼蟲活性而備受關注，X的結構簡式如圖所示。下列有關X的說法正確的是()A．分子式為C14H15O10B．分子中有四個手性碳原子C．1molX最多可與4molNaOH反應D．1molX最多可與4molNaHCO3反應11、有機物M是合成某藥品的中間體，結構簡式如圖所示。下列說法錯誤的是A．用鈉可檢驗M分子中存在羥基B．M能發生酯化、加成、氧化反應C．M的分子式為C8H8O4D．M的苯環上一硝基代物有2種12、化學在環境保護中起著十分重要的作用，電化學降解NO3-的原理如圖所示。下列說法不正確的是（）A．A為電源的正極B．溶液中H+從陽極向陰極遷移C．電解過程中，每轉移2mol電子,則左側電極就產生32gO2D．Ag-Pt電極的電極反應式為2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O13、類比pH的定義，對于稀溶液可以定義pc=－lgc，pKa=—lgKa。常溫下，某濃度H2A溶液在不同pH值下，測得pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)變化如圖所示。下列說法正確的是()A．pH=3.50時，c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)B．將等濃度等體積的Na2A與H2A溶液混合后，溶液顯堿性C．隨著HCl的通入c(H+)/c(H2A)先減小后增大D．pH從3.00到5.30時，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后減小14、次磷酸(H3PO2一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物殺菌。常溫時，有1mol?L-1的H3PO2溶液和1mol?L-1的HBF4溶液，兩者起始時的體積均為V0，分別向兩溶液中加水，稀釋后溶液的體積均為V，兩溶液的pH變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A．常溫下，NaBF4溶液的pH=7B．常溫下，H3PO2的電離平衡常數約為1.110-2C．NaH2PO2溶液中：c(Na+)=c(H2PO2-)+c(HPO22-)+c(PO23-)+c(H3PO2)D．常溫下，在0≤pH≤4時，HBF4溶液滿足15、下列有關化學用語表示正確的是①CSO的電子式：②對硝基苯酚的結構簡式：③Cl－的結構示意圖：④苯分子的比例模型：⑤葡萄糖的實驗式：CH2O⑥原子核內有20個中子的氯原子：⑦HCO3－的水解方程式為：HCO3－＋H2OCO32－＋H3O＋A．①④⑤ B．①②③④⑤ C．③⑤⑥⑦ D．全部正確16、化學在生活中有著廣泛的應用，下列對應關系錯誤的是()選項性質實際應用ASO2具有漂白性SO2可用于食品增白BSiO2熔點高SiO2可用于制作耐高溫儀器CAl(OH)3具有弱堿性Al(OH)3可用于制胃酸中和劑DFe3+具有氧化性FeCl3溶液可用于回收廢舊電路板中的銅A．A B．B C．C D．D二、非選擇題（本題包括5小題）17、由化合物A合成黃樟油（E）和香料F的路線如下（部分反應條件已略去）：請回答下列問題：（1）下列有關說法正確的是______（填選項字母）。a．化合物A核磁共振氫譜為兩組峰b．CH2Br2只有一種結構c．化合物E能發生加聚反應得到線型高分子d．化合物B能發生銀鏡反應，也能與NaOH溶液反應（2）由B轉化為D所需的試劑為______。（3）D含有的官能團名稱為________，C的同分異構體中具有順反異構的名稱是________（不必注明“順”“反”）。（4）寫出A→B的化學反應方程式：__________。（5）滿足下列條件的E的同分異構體W有________種（不含立體異構），其中核磁共振氫譜為五組峰且峰面積之比是1:2:2:2:3的結構簡式為_______。①lmolW與足量NaOH溶液反應，能消耗2molNaOH②能發生銀鏡反應③苯環上只有兩個取代基，能發生聚合反應（6）參照上述合成路線，寫出以、丙酮為主要原料（無機試劑任選），設計制備的合成路線________。18、治療帕金森病的新藥沙芬酰胺的合成方法如下：已知：①CH3CN在酸性條件下可水解生成CH3COOH。②CH2=CH-OH和CH3OOH均不穩定。(1)C生成D的反應類型為_______________。G中含氧官能團的名稱為_____。B的名稱為_____。(2)沙芬酰胺的結構簡式為_____。(3)寫出反應(1)的方程式_____。分析反應(2)的特點，寫出用福爾馬林浸制生物標本的反應原理的方程式_____（蛋白質的結構用表示）。(4)H是F相鄰的同系物，H的苯環上有兩個處于對位的取代基，符合下列條件的H的穩定的同分異構體共有_____種。①苯環上仍然有兩個處于對位的取代基；②能與NaOH溶液反應；(5)下圖是根據題中信息設計的由丙烯為起始原料制備B的合成路線，在方框中補全必要的試劑和中間產物的結構簡式（無機試劑任選，氧化劑用[O]表示，還原劑用[H]表示，連續氧化或連續還原的只寫一步）。________________________19、某小組同學探究物質的溶解度大小與沉淀轉化方向之間的關系。（查閱資料）物質BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20℃）2.4×10－41.4×10－33.0×10－71.5×10－4（實驗探究）（一）探究BaCO3和BaSO4之間的轉化，實驗操作如下所示：試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現象實驗Ⅰ實驗ⅡBaCl2Na2CO3Na2SO4……Na2SO4Na2CO3有少量氣泡產生，沉淀部分溶解（1）實驗Ⅰ說明BaCO3全部轉化為BaSO4，依據的現象是加入稀鹽酸后，__________。（2）實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后發生反應的離子方程式是_________。（3）實驗Ⅱ說明沉淀發生了部分轉化，結合BaSO4的沉淀溶解平衡解釋原因：___________。（二）探究AgCl和AgI之間的轉化。（4）實驗Ⅲ：證明AgCl轉化為AgI。甲溶液可以是______（填字母代號）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液（5）實驗Ⅳ：在試管中進行溶液間反應時，同學們無法觀察到AgI轉化為AgCl，于是又設計了如下實驗（電壓表讀數：a＞c＞b＞0）。裝置步驟電壓表讀數ⅰ.按圖連接裝置并加入試劑，閉合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl（s）cⅳ.重復ⅰ，再向B中加入與ⅲ等量的NaCl（s）a注：其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性（或還原性）強弱與其濃度有關。①查閱有關資料可知，Ag＋可氧化I－，但AgNO3溶液與KI溶液混合總是得到AgI沉淀，原因是氧化還原反應速率__________（填“大于”或“小于”）沉淀反應速率。設計（－）石墨（s）[I－（aq）//Ag＋（aq）]石墨（s）（＋）原電池（使用鹽橋阻斷Ag＋與I－的相互接觸）如上圖所示，則該原電池總反應的離子方程式為________。②結合信息，解釋實驗Ⅳ中b＜a的原因：__________。③實驗Ⅳ的現象能說明AgI轉化為AgCl，理由是_________。（實驗結論）溶解度小的沉淀容易轉化為溶解度更小的沉淀，反之則不易；溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉化溶解度較大的沉淀越難實現。20、FeCl3在現代工業生產中應用廣泛。某化學研究性學習小組模擬工業流程制備無水FeCl3，再用副產品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。Ⅰ．經查閱資料得知：無水FeCl3在空氣中易潮解，加熱易升華。他們設計了制備無水FeCl3的實驗方案，裝置示意圖(加熱及夾持裝置略去)及操作步驟如下：①檢驗裝置的氣密性；②通入干燥的Cl2，趕盡裝置中的空氣；③用酒精燈在鐵屑下方加熱至反應完成；④……⑤體系冷卻后，停止通入Cl2，并用干燥的H2趕盡Cl2，將收集器密封。請回答下列問題：(1)裝置A中反應的化學方程式為________________。(2)第③步加熱后，生成的煙狀FeCl3大部分進入收集器，少量沉積在反應管A右端，要使沉積的FeCl3進入收集器，第④步操作是_______________。(3)操作步驟中，為防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步驟序號)_____________。(4)裝置B中冷水浴的作用為________________；裝置C的名稱為_____________；裝置D中FeCl2全部反應后，因失去吸收Cl2的作用而失效，寫出檢驗FeCl2是否失效的試劑：____________。(5)在虛線框中畫出尾氣吸收裝置E并注明試劑_____________。Ⅱ．該組同學用裝置D中的副產品FeCl3溶液吸收H2S，得到單質硫；過濾后，再以石墨為電極，在一定條件下電解濾液。(6)FeCl3與H2S反應的離子方程式為____________。(7)綜合分析實驗Ⅱ的兩個反應，可知該實驗有兩個顯著優點：①H2S的原子利用率為100%；②___________。21、二茂鐵在常溫下為橙黃色粉末，有樟腦氣味，用作節能、消煙、助燃添加劑等。可用下列方法合成：回答下列問題：(1)室溫下，環戊二烯以二聚體的形式存在。某實驗小組要得到環戊二烯，需先將環戊二烯二聚體解聚，已知：①分離得到環戊二烯的操作為_____________________(填操作名稱)。②由環戊二烯生成C5H5K的化學方程式為___________________。(2)流程中所需的FeCl2·4H2O可通過下列步驟制得。①用飽和Na2CO3溶液“浸泡”鐵屑的目的是_____________________________________。②采用“趁熱過濾”，其原因是________________________________________________。(3)用電解法制備二茂鐵時：①不斷通入N2的目的是__________________________。②Ni電極與電源的____________(填“正極”或“負極”)相連，電解過程中陽極的電極反應式為__________________，理論上電路中每轉移1mol電子，得到產品的質量為____。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

已知A、B、C、D為原子序數依次增大的短周期元素，E為地殼中含量最高的過渡金屬元素，則E為Fe；與同主族，與同周期，可知A、B、C、D分屬三個不同的短周期，則A為H，D為Na，由與的原子序數之和為20，可知C為F；甲、乙分別為元素E、A的單質，丙、丁為A、E分別與B形成的二元化合物，結合圖示轉化關系，由Fe與水蒸氣反應生成四氧化三鐵可知可知丙為H2O，丁為Fe3O4，則B為O元素，以此解答該題。【詳解】由以上分析可知：A為H，B為O，C為F，D為Na，E為Fe元素；甲為Fe，乙為H2，丙為H2O，丁為Fe3O4；A．H、O兩元素組成的H2O2有強氧化性，具有漂白性，故A正確；B．O和Na組成的Na2O2中含有離子鍵和非極性共價鍵，故B正確；C．F2溶于水生成HF和O2，故C正確；D．丁為Fe3O4，是黑色固體，由3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知1molFe與足量H2O反應轉移電子NA，故D錯誤；故答案為D。2、C【解析】

A．LiAlH4中AlH4-與NH4+為等電子結構，所以其結構與銨根離子相似，可表示為：，故A正確；B．LiAlH4中的Li、Al都是主族金屬元素，H是非金屬元素，故Li為+1價，Al為+3價，H為-1價，受熱分解時，根據Al元素化合價變化即可得出1molLiAlH4在125℃完全分解，轉移3mol電子，故B正確；C．乙醛生成乙醇得到氫，在有機反應中得氫去氧是還原反應，所以LiAlH4與乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作還原劑，故C錯誤；D．LiAlH4中的-1價H和水中的+1價H發生氧化還原反應生成氫氣，同時生成的OH-與Al3+反應生成AlO2-，所以反應方程式為：LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑，故D正確。故選D。3、D【解析】

A、第IA族的氫氣是分子晶體，其它堿金屬是金屬晶體，形成的單質晶體類型不相同，選項A錯誤；B、第IIIA族硼是原子晶體，其它是金屬晶體，形成的單質晶體類型不相同，選項B錯誤；C、C、Si、Ge等都屬于第IVA族元素，屬于原子晶體，鉛是金屬晶體，形成的單質晶體類型不相同，選項C錯誤；D、第VIA族形成的都是分子晶體，形成的單質晶體類型相同，選項D正確；答案選D。【點睛】明確晶體類型的劃分、元素在周期表中的位置即可解答，熟練掌握常見原子晶體及其結構，易錯點是選項C。4、D【解析】

周期表中，原子的結構決定著元素在周期表中的位置，原子的電子層數與周期數相同，最外層電子數等于主族序數，同主族元素從上而下金屬性逐漸增強，同主族元素從上而下原子半徑依次增大，【詳解】A、鏌（Mc）是115號元素，原子核外有115個電子，選項A正確；B、原子的電子層數與周期數相同，最外層電子數等于主族序數，115號元素原子有七個電子層，應位于第七周期，最外層有5個電子，則應位于第VA族，選項B正確；C、同主族元素從上而下金屬性逐漸增強，故Mc在同族元素中金屬性最強，選項C正確；D、同主族元素從上而下原子半徑依次增大，故Mc的原子半徑大于同族非金屬元素原子，選項D不正確；答案選D。【點睛】本題考查元素的推斷，題目難度不大，注意原子核外電子排布與在周期表中的位置，結合元素周期律進行解答。5、C【解析】

A、光能轉變成熱能，直接利用，故A不符；B、光能轉變成化學能，故B不符；C、采用“光——熱——電”能量轉換形式，故C符合；D、光能轉換為電能，故D不符；故選C。6、C【解析】

A．由圖中電子流動方向川知，放電時左邊為負極右邊為正極，原電池中陽離子向正極移動，所以電解質中的Li+向右端移動，故A錯誤；B．充電時陰極得電子發生還原反應，所以電極反應式為：Li++Al+e-=AlLi，故B錯誤；C．放電時，正極Cn(PF6)發生還原反應，據圖可知生成PF6-，所以電極反應式為：Cn(PF6)+e-=PF6-+Cn，故C正確；D．鋰比鋁活潑，充電時，鋁電極的電極反應式為：Li++Al+e-=AlLi，所以若轉移0.2

mol電子，增重為0.2×7=1.4g，而不是5.4

g，故D錯誤；故答案為C。【點睛】原電池中電子經導線由負極流向正極，電流方向與電子流向相反；電解質溶液中陽離子流向正極，陰離子流向負極。7、B【解析】

A．實驗時坩堝未完全干燥，計算出的結晶水的質量偏高，會使誤差偏大，故A錯誤；B．加熱后固體未放入干燥器中冷卻，固體部分吸水，差距值變小，結果偏小，故B正確；C．加熱過程中晶體有少量濺失，固體質量減少得多，結晶水含量測得值會偏高，故C錯誤；D．加熱后固體顏色有少量變黑，說明部分硫酸銅分解，導致計算出的結晶水的質量偏高，測定結果偏高，故D錯誤；故答案為B。【點睛】考查硫酸銅晶體中結晶水含量的測定，明確實驗操作方法和原理為解答關鍵，根據結晶水合物中，結晶水的質量=m(容器十晶體)-m(容器十無水硫酸銅)，質量分數=×100%，在測定中若被測樣品中含有加熱揮發的雜質或實驗前容器中有水，都會造成測量結果偏高。8、D【解析】

A.由題中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于強酸和強堿，是兩性氧化物。Cu2Te與硫酸、氧氣反應，生成硫酸銅和TeO2，硫酸若過量，會導致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，故A錯誤；B.“過濾”用到的玻璃儀器：漏斗、燒杯、玻璃棒，故B錯誤；C.Na2SO3加入到Te(SO4)2溶液中進行還原得到固態碲，同時生成Na2SO4，該反應的離子方程式是2SO32－+Te4++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+，故C錯誤；D.通過過濾從反應后的混合物中獲得粗碲，粗碲表面附著液中含有SO42-，取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，若沒有白色沉淀生成，則說明洗滌干凈，故D正確。故選D。9、C【解析】

A.Fe2O3可用作紅色油漆和涂料是因為是一種紅棕色的物質，而不是因為Fe2O3能溶于酸，故A錯誤；B.碳酸氫鈉不穩定受熱易分解生成二氧化碳，所以可做焙制糕點的膨松劑，故B錯誤；C.Al2O3熔點高,可用于制作耐火坩堝，故C正確；D.二氧化硅具有良好的光學特性，可以用于制造光導纖維，與其熔點高性質無關，故D錯誤；正確答案是C。10、B【解析】

由結構可知分子式，分子中含-COOH、-COOC-、OH，結合羧酸、酯、醇、酚的性質來解答。【詳解】A．由結構簡式可知分子式為C14H16O10，A錯誤；B.在左側六元環中，連接-OH、醚鍵的原子連接4個不同的原子或原子團，為手性碳原子，B正確；C.能與氫氧化鈉反應的為3個酚羥基、酯基和羧基，1molX最多可與5molNaOH反應，C錯誤；D.只有羧基與碳酸氫鈉反應，則1molX最多可與1molNaHCO3反應，D錯誤；故合理選項是B。【點睛】本題考查有機物的結構與性質，把握官能團與性質的關系、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項B為解答的難點。11、A【解析】

A．分子中含有酚羥基、羥基、羧基，都能與鈉反應放出氫氣，不能用鈉檢驗M分子中存在羥基，故A錯誤；B．分子中含有酚羥基能發生氧化反應，羥基、羧基能發生酯化，含有苯環能發生加成反應，故B正確；C．根據結構簡式，M的分子式為C8H8O4，故C正確；D．M的苯環上一硝基代物有2種()，故D正確；故選A。12、C【解析】A項，該裝置中，硝酸根離子得電子發生還原反應，則Ag-Pt電極為陰極，pt電極為陽極，連接陰極的B電極為負極，A為正極，故A項正確；B項，電解時陽離子向陰極移動，所以H+從陽極向陰極遷移，故B項正確；C項，左側電極為陽極發生2H2O-4e-=4H++O2↑，所以每轉移2mol電子時，左側電極就產生0.5molO2即16g氧氣，故C項錯誤；D項，陰極上硝酸根離子得電子發生還原反應，電極反應式為，故D項正確。綜上所述，本題正確答案為C。點睛：考查電解池的反應原理。抓住氧化還原反應進行判定電池的陰陽極。根據氧化劑和還原劑進行電極反應式的書寫。13、C【解析】

隨pH的升高，c(H2A)減小、c(HA-)先增大后減小、c(A2-)增大，所以pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)的變化曲線分別是。【詳解】A.根據圖示，pH=3.50時，c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故A錯誤；B.根據a點，H2A的Ka1=10-0.8，根據c點，H2A的Ka2=10-5.3，A2-的水解常數是=10-8.7，等濃度等體積的Na2A與H2A溶液混合，電離大于水解，溶液顯酸性，故B錯誤；C.，隨著HCl的通入c(HA-)先增大后減小，所以c(H+)/c(H2A)先減小后增大，故C正確；D.根據物料守恒，pH從3.00到5.30時，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)不變，故D錯誤；答案選C。14、C【解析】

此題的橫坐標是，V是加水稀釋后酸溶液的體積，未稀釋時，V=V0，橫坐標值為1；稀釋10倍時，V=10V0，橫坐標值為2，以此類推。此題實際上考察的是稀釋過程中，酸堿溶液pH的變化規律：越強的酸堿，稀釋過程中pH的變化越明顯；如果不考慮無限稀釋的情況，對于強酸或強堿，每稀釋十倍，pH變化1。根據此規律，再結合題干指出的次磷酸是弱酸這條信息，就可以明確圖像中兩條曲線的歸屬，并且可以得出氟硼酸是強酸這一信息。【詳解】A．根據圖像可知，b表示的酸每稀釋十倍，pH值增加1，所以b為強酸的稀釋曲線，又因為H3PO2為一元弱酸，所以b對應的酸只能是氟硼酸(HBF4)，即氟硼酸為強酸；那么NaBF4即為強酸強堿鹽，故溶液為中性，常溫下pH=7，A項正確；B．a曲線表示的是次磷酸的稀釋曲線，由曲線上的點的坐標可知，1mol/L的次磷酸溶液的pH=1，即c(H+)=0.1mol/L；次磷酸電離方程式為：，所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L，c()=0.1mol/L，那么次磷酸的電離平衡常數即為：，B項正確；C．次磷酸為一元弱酸，無法繼續電離，溶液中并不含有和兩類離子；此外，還會發生水解產生次磷酸分子，所以上述等式錯誤，C項錯誤；D．令y=pH，x=，由圖可知，在0≤pH≤4區間內，y=x-1，代入可得pH=，D項正確；答案選C。【點睛】關于pH的相關計算主要考察三類：一類是最簡單的單一溶液的pH的相關計算，通過列三段式即可求得；第二類是溶液混合后pH的計算，最常考察的是強酸堿混合的相關計算，務必要考慮混合時發生中和反應；第三類就是本題考察的，稀釋過程中pH的變化規律：越強的酸或堿，稀釋過程中pH的變化越明顯，對于強酸或強堿，在不考慮無限稀釋的情況下，每稀釋十倍，pH就變化1。15、A【解析】

①CSO分子中存在碳碳雙鍵和碳硫雙鍵，正確；②對硝基苯酚的結構簡式中硝基表示錯誤，正確的結構簡式為，錯誤；③Cl－的結構示意圖為，錯誤；④苯為平面結構，碳原子半徑大于氫原子半徑，分子的比例模型：，正確；⑤葡萄糖的分子式為C6H12O6，則實驗式為CH2O，正確；⑥原子核內有20個中子的氯原子質量數為37，則該元素表示為：，錯誤；⑦HCO3－的水解方程式為：HCO3－＋H2OOH－＋H2CO3，HCO3－＋H2OCO32－＋H3O＋為電離方程式，錯誤；答案選A。16、A【解析】

A、SO2有毒，對人體有傷害，不能用于食品加工，故說法錯誤；B、SiO2是原子晶體，熔點高，因此可以作耐高溫儀器，故說法正確；C、胃酸的成分是鹽酸，氫氧化鋁表現弱堿性，可以中和胃酸，因此用于胃酸中和劑，故說法正確；D、銅和Fe3＋發生反應，即2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，故說法正確。二、非選擇題（本題包括5小題）17、bc液溴、Fe（或液溴、FeBr3）醚鍵、溴原子1-溴丙烯9【解析】根據A的分子式和性質，判斷為酚，再根據D的結構，可以判斷A為鄰二苯酚()，B為。(l)a．A為鄰二苯酚()，核磁共振氫譜為三組峰，故a錯誤；b.甲烷是正四面體結構，因此CH2Br2只有一種結構，故b正確；c．化合物E為，含有碳碳雙鍵，能發生加聚反應得到線型高分子，故c正確；d．B為，不存在醛基，不能發生銀鏡反應，故d錯誤；故選bc；(2)由B轉化為D是在苯環上引入溴原子，需要試劑為液溴、Fe，故答案為液溴、Fe；(3)根據D的結構可知，其含有的含氧官能團為醚鍵和溴原子，C的同分異構體中具有順反異構的是1-溴丙烯，故答案為醚鍵、溴原子；1-溴丙烯；(4)A為鄰二苯酚()，B為，A→B的化學方程式為：，故答案為；(5)E為，E的同分異構體W滿足：①lmolW與足量NaOH溶液反應，能消耗2molNaOH；②能發生銀鏡反應；③苯環上只有兩個取代苯，能發生聚合反應，說明苯環上含有2個側鏈，其中含有碳碳雙鍵、醛基或屬于甲酸某酯，結合E的結構，W屬于甲酸苯酚酯，即HCOO-，另一個側鏈為-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2，每種側鏈對應與鄰位、間位、對位3種結構，共9種，其中核磁共振氫譜為五組峰且峰面積之比是1：2：2：2：3的結構簡式為，故答案為9；；(6)以、為主要原料制備，可以將丙酮，與發生題中類似F→G的反應，得到醇再與溴化氫反應后，得溴代烴，在鎂的作用下，兩個分子之間發生類似題中C+D→E的反應，合成路線為，故答案為。點睛：本題考查有機物推斷與合成、有機物結構與性質、有機反應類型、同分異構體等知識，是對有機物化學基礎的綜合應用，側重考查學生對知識的遷移應用。本題的難點是(6)的合成路線的設計。18、取代反應醛基和醚鍵丙氨酸CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O+HCHO→+H2O5【解析】

CH3CHO、NH3、HCN和水在一定條件下合成A，反應為：CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O，結合信息①CH3CN在酸性條件下可水解生成CH3COOH，得A為，水解后生成，中和后得到B，B為，與SOCl2和CH3OH發生取代反應生成C，C為，C與NH3反應生成D，D為，E和F生成G，G為，G和D反應生成，最加氫生成。【詳解】（1）C為，C與NH3反應生成D，D為，C生成D的反應類型為取代反應，G為，G中含氧官能團的名稱為醛基和醚鍵。B為，B的名稱為丙氨酸。故答案為：取代反應；醛基和醚鍵；丙氨酸；（2）由分析：沙芬酰胺的結構簡式為。故答案為：；（3）反應（1）的方程式CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O。分析反應(2)的特點，醛基和氨基反應生成碳氮雙鍵和水，使蛋白質變性，用福爾馬林浸制生物標本的反應原理的方程式+HCHO→+H2O。故答案為：CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O；+HCHO→+H2O；（4）H是F相鄰的同系物，H比F多一個碳原子，H的苯環上有兩個處于對位的取代基，①苯環上仍然有兩個處于對位的取代基，②能與NaOH溶液反應，可能為酚、、三種；酸一種、和酯一種，共5種；故答案為：5；(5)根據題中信息設計的由丙烯為起始原料先與溴發生加成反應，得1，2-二溴丙烷，水解后生成1，2-丙二醇，氧化后生成，羰基可與NH3反應，最后與氫氣加成可得產品，。故答案為：。19、沉淀不溶解，無氣泡產生或無明顯現象BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2OBaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42?(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32-與Ba2＋結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動b小于2Ag＋＋2I－=I2＋2Ag生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（I－）減小，I－還原性減弱，原電池的電壓減小實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c＞b說明加入Cl－使c（I－）增大，證明發生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)【解析】

⑴因為BaCO3能溶于鹽酸，放出CO2氣體，BaSO4不溶于鹽酸。⑵實驗Ⅱ是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉化為BaCO3，則加入鹽酸后有少量氣泡產生，沉淀部分溶解。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42?(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32?與Ba2＋結合生成BaCO3沉淀。⑷向AgCl的懸濁液中加入KI溶液，獲得AgCl懸濁液時NaCl相對于AgNO3過量，因此說明有AgCl轉化為AgI。⑸①AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說明氧化還原反應遠遠小于沉淀反應速率；原電池總反應的離子方程式為2I－＋2Ag＋=2Ag＋I2；②由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，產生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I－)減小，I－還原性減弱，根據已知信息“其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性(或還原性)強弱與其濃度有關”可的結論；③實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c＞b說明加入Cl－使c(I－)增大，證明發生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)。【詳解】⑴因為BaCO3能溶于鹽酸，放出CO2氣體，BaSO4不溶于鹽酸，所以實驗Ⅰ說明BaCO3全部轉化為BaSO4，依據的現象是加入鹽酸后，沉淀不溶解，無氣泡產生(或無明顯現象)；故答案為：沉淀不溶解，無氣泡產生或無明顯現象。⑵實驗Ⅱ是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉化為BaCO3，則加入鹽酸后有少量氣泡產生，沉淀部分溶解，發生反應的離子方程式為BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O；故答案為：BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42?(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32?與Ba2＋結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動，BaSO4沉淀部分轉化為BaCO3沉淀；故答案為：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42?(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32?與Ba2＋結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動。⑷為觀察到AgCl轉化為AgI，需向AgCl的懸濁液中加入KI溶液，獲得AgCl懸濁液時NaCl相對于AgNO3過量，因此說明有AgCl轉化為AgI；故答案為：b。⑸①AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說明氧化還原反應遠遠小于沉淀反應速率；原電池總反應的離子方程式為2I－＋2Ag＋=2Ag＋I2；故答案為：小于；2I－＋2Ag＋=2Ag＋I2。②由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，產生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I－)減小，I－還原性減弱，根據已知信息“其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性(或還原性)強弱與其濃度有關”可知，實驗Ⅳ中b＜a；故答案為：生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I－)減小，I－還原性減弱，原電池的電壓減小。③實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c＞b說明加入Cl－使c(I－)增大，證明發生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)；故答案為：實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c＞b說明加入Cl－使c(I－)增大，證明發生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)。20、2Fe+3Cl22FeCl3在沉積的FeCl3固體下方加熱②⑤冷卻，使FeCl3沉積，便于收集產品干燥管K3[Fe(CN)6)溶液2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+FeCl3得到循環利用【解析】

Ⅰ．裝置A中鐵與氯氣反應，反應為：2Fe+3Cl22FeCl3，B中的冷水作用為是冷卻FeCl3使其沉積，便于收集產品；為防止外界空氣中的水蒸氣進入裝置使FeCl3潮解，所以用裝置C無水氯化鈣來吸水，裝置D中用FeCl2吸收Cl2時的反應離子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，用裝置D中的副產品FeCl3溶液吸收H2S，離子方程式為：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，用氫氧化鈉溶液吸收的是氯氣，不用考慮防倒吸，所以裝置E為氫氧化鈉溶液吸收氯氣，據此分析解答(1)~(5)；Ⅱ．三價鐵具有氧化性，硫化氫具有還原性，二者之間發生氧化還原反應，化學方程式為2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl，電解氯化亞鐵時，陰極陽離子得到電子發生還原反應；陽極陰離子失去電子發生氧化反應，據此