2023年高考第一次模拟考试卷：化学（上海A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第一次模拟考试卷：化学（上海A卷）（全解全析），共27页。

2023年高考化学第一次模拟考试卷
高三化学
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5
一、选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个答案。
1. 下列实验装置或操作与粒子的大小无直接关系的是(    )
A.       过滤
B.       渗析
C.      萃取
D.        丁达尔效应
【答案】C 
【解析】解：A.悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A错误；
B.胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B错误；
C.萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C正确；
D.胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D错误；
故选：C。
浊液、胶体、溶液的本质区别是分散质粒子的大小不同，悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，浊液的分散质粒子不能透过滤纸，胶体、溶液的分散质粒子能透过滤纸；胶体和浊液的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜；
胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应；
萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系．
本题考查物质分离方法和物质性质的原理，掌握原理即可解答，难度中等．

2. 下列关于物质的量浓度说法中正确的是(    )
A. 在1mol/L碳酸钠溶液中含2mol钠离子
B. 将标准状况下4.48LHCl通入1L水中，则此溶液的物质的量浓度为0.2mol⋅L−1
C. 同体积和同物质的量浓度的强酸和强碱相混合，所得溶液可能呈碱性
D. 饱和溶液的物质的量浓度一定大于不饱和溶液的物质的量浓度
【答案】C 
【解析】解：A.溶液的体积未知，所以无法计算钠离子的物质的量，故A错误；
B.标况下n(HCl)=4.48L22.4L/mol=0.2mol，溶液的体积大于1L，根据c=nV知，溶液的物质的量浓度小于0.2mol/L，故B错误；
C.如果等体积等物质的量浓度的Ba(OH)2、HCl溶液混合，二者反应后Ba(OH)2剩余一半，混合溶液呈碱性，故C正确；
D.饱和溶液的物质的量浓度可能小于不饱和溶液的物质的量浓度，饱和AgCl溶液的物质的量浓度小于不饱和氨水的物质的量浓度，故D错误；
故选：C。
A.溶液的体积未知；
B.标况下n(HCl)=4.48L22.4L/mol=0.2mol，溶液的体积大于1L；
C.如果等体积等物质的量浓度的Ba(OH)2、HCl溶液混合，二者反应后Ba(OH)2剩余一半；
D.饱和溶液的物质的量浓度可能小于不饱和溶液的物质的量浓度。
本题考查物质的量浓度的有关计算，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键，D为解答易错点。

3. 新型冠状病毒可通过气溶胶传播，气溶胶属于胶体的一种。下列关于胶体的叙述，正确的是(    )
A. 依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液
B. 胶体的本质特征是具有丁达尔效应
C. 雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应
D. 溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即做布朗运动
【答案】C 
【解析】解：A.丁达尔效应能区分胶体与其他分散系，但不能区分溶液与浊液，故A错误；
B.分散系根据分散质粒子直径的大小分为溶液、浊液和胶体，故胶体的本质特征是分散质粒子直径的大小，故B错误；
C.雾是气溶胶，属于胶体，在阳光下可观察到丁达尔效应，故C正确；
D.溶液中溶质粒子和胶体中分散质粒子均作无规则运动，胶体粒子的无规则运动属于布朗运动，故D错误；
故选：C．
A.丁达尔效应能区分胶体与其他分散系，但不能区分溶液与浊液；
B.胶体的本质特征是分散质粒子直径的大小；
C.胶体具有丁达尔效应；
D.溶质粒子和胶体中分散质粒子均作无规则运动。
本题考查了胶体性质的分析判断，胶体和溶液的分离方法，注意知识积累，题目较简单．

4. 合成氨生产中，说法正确的是(    )
A. 使用催化剂，提高原料的利用率 B. 采用高温、高压工艺提高氨的产率
C. 产物用水吸收，剩余气体循环利用 D. 增大反应物浓度，对v正影响更大
【答案】D 
【解析】
A.催化剂不影响平衡移动，所以加入催化剂使反应速率加快，平衡不移动，故A错误；
B.合成氨工厂通常采用高温500℃条件是催化剂的活性高，而不利于平衡的正向移动，高压有利用平衡向正反应方向移动，可提高氨的产率，故B错误；
C.平衡混合气体是用冷水冷却，而不是用水吸收，故C错误；
D.增大反应物浓度，正、逆反应的速率都加快，但对v正影响更大，故D正确。  
5. 科学家借助晶体硅提高了阿伏伽德罗常数的精确度。有关晶体硅描述错误的是(    )
A. 由原子构成 B. 含非极性键 C. 含非极性分子 D. 熔点高
【答案】C 
【解析】解：A.晶体硅为原子晶体，由硅原子构成，故A正确；
B.晶体硅是由硅原子通过Si−Si共价键，Si−Si共价键共用电子对不偏移，为非极性键，故B正确；
C.晶体硅为原子晶体，不含分子，故C错误；
D.晶体硅中原子间通过共价键结合，破坏共价键需要吸收大量的热，所以熔点高，故D正确；
故选：C。
晶体硅是由硅原子通过Si−Si共价键结合而成的原子晶体，据此分析解答。
本题考查了物质的结构组成，明确晶体硅构成微粒、微粒间作用即可解答，题目难度不大。

6. 聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如图：

下列说法错误的是(    )
A. m=n−1
B. 聚乳酸分子中含有两种官能团
C. 1mol乳酸与足量的Na反应生成1molH2
D. 两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子
【答案】B 
【解析】解：A.根据原子守恒，可知m=n−1，故A正确；
B.聚乳酸分子结构中含有酯基，端基含有羟基和羧基，共3种官能团，故B错误；
C.乳酸分子中含有羟基和羧基，均能与Na反应生成氢气，则1mol乳酸与足量的Na反应生成1molH2，故D正确；
D.两个乳酸分子可形成六元环状酯，其结构简式为，故D正确；
故选：B。
乳酸发生缩聚反应生成可降解的聚乳酸，结合乳酸的分子结构和缩聚反应原理分析判断即可解题。
本题以乳酸的缩聚产物为载体，考查有机物的结构与性质，明确缩聚反应原理和官能团的结构与性质是解题关键，难度中等。

7. 某兴趣小组探究 SO2气体还原 Fe3+，他们使用的药品和装置如图所示，下列说法不合理的是(    )

A. 为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色褪去
B. 为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀
C. 能表明I−的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色
D. 装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气
【答案】A 
【解析】
A.二氧化硫、亚铁离子都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色，不能验证A中发生了氧化还原反应，故A错误；
B.铁离子氧化二氧化硫为硫酸，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+，加入氯化钡生成沉淀说明二氧化硫被氧化生成了硫酸根离子，故B正确；
C.B中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反应，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物，二氧化硫还原性大于碘离子，故C正确；
D.二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，故D正确。  
8. 向漂粉精的水溶液中加入或通入少量下列物质，不能增强其漂白能力的是(    )
A. 稀盐酸 B. CaCl2粉末 C. NaHSO4固体 D. CO2气体
【答案】B 
【解析】解：A.盐酸与漂白精反应生成HClO，增强漂白能力，故A错误；
B.氯化钙与漂白精不反应，不能增强漂白能力，故B正确；
C.硫酸氢钠溶于水电离出氢离子，与漂白精反应生成HClO，增强漂白能力，故C错误；
D.二氧化碳与漂粉精的水溶液反应生成HClO，增强漂白能力，故B错误；
故选：B。
发生强酸制取弱酸的反应，生成更多的HClO，可增强其漂白能力，以此来解答。
本题考查含氯物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、漂白原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

9. 已知某化学反应的平衡常数表达式K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)，在不同的温度下该反应的平衡常数如表，下列有关叙述不正确的是(    )
温度/℃
700
800
830
1000
1200
K
1.67
1.11
1.00
0.60
0.38

A. 上述反应的正反应是放热反应
B. 该反应的化学方程式是CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
C. 某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式：c(CO2)3c(CO)=c(H2O)5c(H2)，判断此时的温度是1000℃
D. 如果在一定体积的密闭容器中加入CO2和H2各1mol，5min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.6mol，该反应达到平衡状态
【答案】D 
【解析】解：A.根据表格信息可知，升高温度，反应的平衡常数减小，则升高温度，该反应逆向移动，故正反应是放热反应，故A正确；
B.根据平衡常数表达式可知，该反应的化学方程式是CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，故B正确；
C.某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式：c(CO2)3c(CO)=c(H2O)5c(H2)，则K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)=35=0.6，对照表格信息可知，此时的温度是1000℃，故C正确；
D.如果在一定体积的密闭容器中加入CO2和H2各1mol，设容器体积为VL，5min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.6mol，可列出三段式：
可逆反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
开始(mol)0            0                 1             1
反应(mol)0.4        0.4               0.4         0.4
平衡(mol)0.4        0.4               0.6         0.6
则该条件下反应的平衡常数K=(0.6V)2(0.4V)2=94，根据表格信息可知，温度为830℃，K=1，则此时未达到平衡状态，故D错误；
故选：D。
A.升高温度平衡向吸热方向移动；
B.根据平衡常数表达式可知反应物是CO(g)、H2O(g)而生成物是CO2(g)、H2(g)；
C.某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式：c(CO2)3c(CO)=c(H2O)5c(H2)，则K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)=35=0.6；
D.如果在一定体积的密闭容器中加入CO2和H2各1mol，设容器体积为VL，5min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.6mol，可列出三段式：
可逆反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
开始(mol)0 0               1 1
反应(mol)0.4           0.4            0.4            0.4
平衡(mol)0.4           0.4            0.6            0.6
则该条件下反应的平衡常数K=(0.6V)2(0.4V)2=94，如果计算的K与表中该温度下的K数值一致就达到平衡状态。
本题考查化学平衡常数有关计算，侧重考查分析判断及计算能力，明确温度与平衡移动方向关系、化学平衡常数计算方法是解本题关键，注意C分式的灵活变形，题目难度不大。

10. 部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是(    )

A. 可以通过化合反应生成c
B. 工业上通过a→b→c→d→e来制备HNO3
C. 浓的a'溶液和浓的c'溶液反应可以得到b'
D. 加热d'的固态钾盐可以产生O2
【答案】B 
【解析】物质分类和盐酸化合价分析可知，a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2、e为HNO3，a'为HCl、b'为Cl2、c'为HClO或ClO−、d'为HClO3或ClO3−、e'为HClO4或ClO4−，据此分析判断。
A.氮气和氧气放电条件下发生化合反应生成NO，故A正确；
B.工业上通过氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，故B错误；
C.浓的a'为HCl溶液和浓的c'为HClO或ClO−盐溶液反应，发生氯元素的归中反应生成氯气，可以得到b'，故C正确；
D.加热d'的固态钾盐为KClO3，氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，可以产生O2，故D正确；
故选：B。

11. 把足量的铁粉投入到硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，则原溶液中硫酸和硫酸铜的物质的量浓度之比为(    )
A. 1：7 B. 2：7 C. 1：2 D. 3：8
【答案】A 
【解析】解：最后残留固体的质量与加入的铁粉的质量相等，则反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4导致固体增重等于反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑中参加反应的Fe的质量，假定反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑中参加反应的Fe的质量为56g，其物质的量为1mol，由方程式可知n(H2SO4)=n(Fe)=1mol，
Fe+CuSO4=Cu+FeSO4    固体增重△m
      1mol                        64g−56g=8g
      n(CuSO4)                56g
n(CuSO4)=56g8g×1mol=7mol，
故原溶液中硫酸和硫酸铜的物质的量浓度之比为1mol：7mol=1：7，
故选：A。
发生反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，最后残留固体的质量与加入的铁粉的质量相等，则反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4导致固体增重等于反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑中参加反应的Fe的质量，假定反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑中参加反应的Fe的质量为56g，计算H2SO4的物质的量，根据差量法计算CuSO4的物质的量，进而计算原溶液中硫酸和硫酸铜的物质的量浓度之比。
本题考查混合物的有关计算，难度中等，注意差量法与特殊值法的应用，关键是分析反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4 导致固体增重等于反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑中参加反应的Fe的质量。

12. 已知反应X (g) + Y (g)⇌ n Z (g)   △H > 0，将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应，各物质的浓度随时间的改变如图所示。下列说法 不 正 确的是

A. 反应方程式中n = 1
B. 10 min时，曲线发生变化的原因是增大压强
C. 10 min时，曲线发生变化的原因是升高温度
D. 0∼5 min内，用X表示的反应速率为v(X) = 0.08 mol·L−1·min−1
【答案】C 
【解析】
A.10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，说明是增大了压强，反应物浓度逐渐减小，生成物浓度增加，平衡正向移动，则说明该反应是体积缩小的反应，即n=1，故A正确；
B.根据图象数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故B正确；
C.根据图象数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故C错误；
D.在5min时X的物质的量浓度为1.6mol/L，0～5minx的物质的量变化为2mol/L−1.6mol/L=0.4mol/L，则该时间段X的平均反应速率为v(X)=ΔcΔt=2mol/L−1.6mol/L5min=0.08mol⋅L−1⋅min−1，故D正确。
故选C。  
13. 由下列实验及现象不能推出相应结论的是(    )

实验
现象
结论
A
向2mL 0.1 mol⋅L−1的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变
还原性：Fe>Fe2+
B
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
CO2具有氧化性
C
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3分解产生了氨气
D
漂白粉在空气中久置
变成块状固体
漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3

A. A B. B C. C D. D
【答案】D 
【解析】
A.加入铁粉以后黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变说明生成了Fe2+，说明还原性Fe>Fe2+，故A正确；
B.瓶内有黑色颗粒产生说明生成了C，故CO2具有氧化性，故B正确；
C.石蕊试纸变蓝说明产生了氨气，故C正确；
D.漂白粉在空气中久置，次氯酸钙和空气中的水、二氧化碳反应生成碳酸钙，而变成块状，故D错误。
故选D。
  
14. 下列关于有机化合物的认识中，正确的是(    )
A. 分子式为C4H10O的醇共有4种
B. 淀粉、纤维素的分子式都是(C6H10O5)n，二者互为同分异构体
C. 乙酸( CH3COOH)与油酸(C17H33COOH)互为同系物
D. 包装用的材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃
【答案】A 
【解析】
A. 分子式为C4H10O的醇共有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH、(CH3)3COH共4种，故A正确；
B. 淀粉、纤维素的分子式都是(C6H10O5)n，但二者化学式中的n值不同，所以二者不互为同分异构体，故B错误；
C. 乙酸( CH3COOH)为饱和一元酸，油酸(C17H33COOH)为不饱和一元酸，二者不互为同分异构体，故C错误；
D. 聚氯乙烯含有氯原子，属于烃的衍生物，不属于烃，故D错误。  
15. 常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000mol⋅L−1，0.1000mol⋅L−1和0.01000mol⋅L−1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是(    )
A. 3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍
B. 曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>c
C. 当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl−)
D. 当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大
【答案】D 
【解析】
A.根据滴定后pH的关系可知a、b、c分别表示盐酸中滴入浓度为1.000mol·L−1，0.1000mol·L−1和0.01000mol·L−1的NaOH溶液，所以盐酸的浓度也分别为1.000mol·L−1，0.1000mol·L−1和0.01000mol·L−1，故A正确。
B.由图可知：pH越大，氢氧化钠浓度越高，故B正确。
C.当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中的盐酸与氢氧化钠恰好中和，根据电荷守恒得：c(Na+)=c(Cl−)，故C正确。
D.由图可知：氢氧根浓度最大，氢离子浓度最小，故D不正确。
故选D。  
16. 实验是研究化学的基础，下图中所示的制备实验方法、装置或操作均正确的是

             甲                      乙                           丙                             丁

A. 可用装置甲制取氯气 B. 可用装置乙制取氨气
C. 可用装置丙制取并检验乙炔 D. 可用装置丁制得金属锰
【答案】D 
【解析】
A.MnO2和浓HCl制取氯气需要加热条件下进行，装置甲缺少加热装置，故A错误；  
B.Ca(OH)2和NH4Cl固体加热制取氨气时，为了防止加热过程中有液体回流引起试管炸裂，试管口应略向下倾斜，所以装置乙不可以制取氨气，故B错误；
C.饱和食盐水与电石常温下可以发生反应生成乙炔气体，所以可以用丙装置制取乙炔，但由于电石中混有金属硫化物、磷化物等杂质，生成的乙炔气体中会混有硫化氢、磷化氢等杂质，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以装置丙无法检验乙炔，故C错误；
D.MnO2和Al粉可发生铝热反应，所以可用装置丁制得金属锰，故D正确。
故选D。
  
17. 已知碳碳单键可以绕键轴自由旋转，关于结构简式如图所示的烃，下列说法中 不正确的是(       )

A. 分子中处于同一直线上的碳原子有6个 B. 分子中最多有14个碳原子处于同一平面
C. 该烃苯环上的一氯代物共有4种 D. 该烃能发生加成反应和氧化反应
【答案】C 
【解析】
A.因为碳碳单键可以旋转，甲基碳原子和连接甲基的苯环上碳原子及苯环碳原子对角线上碳原子在一条直线上，所以分子中处于同一直线上的碳原子有6个 ，故A正确；
B.因为碳碳单键可以旋转，苯环上12个碳原子可以共面，与苯环相连的甲基碳也在苯环所在平面，所以分子中最多有14个碳原子处于同一平面，故B正确；
C.分子有对称轴，苯环上氢原子种类有2种，所以苯环上的一氯代物共有2种，故 C错误；
D.苯环可以发生加成反应，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反应，故D正确；
故选C。  
18. 近日黑龙江“酸汤子”中毒事件引起广泛关注，据悉“酸汤子”是一种经发酵制作的玉米面条，开水煮熟食用。中毒事件中导致聚餐9人全部身亡的“真凶”为米酵酸菌，其结构如图所示，下列有关米酵酸菌的说法错误的是
A. 分子中有3种官能团，可以和芳香族化合物互为同分异构体
B. 一般烹调方法不能破坏该物质的毒性
C. 能发生氧化反应、加成反应、取代反应和消去反应
D. 1 mol米酵酸菌与足量氢氧化钠反应，最多可消耗3 molNaOH
【答案】
C 
【解析】
A.米酵酸菌中有羧基、碳碳双键、醚键三种官能团，其碳数和不饱和度都大于含一个苯环的芳香化合物，故A不符合题意；
B.由中毒事件可知，一般的烹调方法不能消除其毒性，故B不符合题意；
C.与氧气燃烧可发生氧化反应，含有碳碳双键可发生加成反应，C原子上有H原子，可发生取代反应，能发生消去反应官能团为R−X(卤素)、R−OH(且相邻C上有H原子)，由结构可知米酵酸菌不能发生消去反应，故C符合题意；
D.通过结构简式可知，1mol米酵酸菌含3mol羧基，最多可消耗3mol NaOH，故D不符合题意。  
19. 将1 mol甲烷和适量的Cl2混合后光照，充分反应后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1 mol，则参加反应的Cl2的物质的量为(    )
A. 1.5 mol B. 3 mol C. 4.5 mol D. 6 mol
【答案】B 
【解析】
根据充分反应后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，可以设其物质的量分别是0.1mol、0.2mol、0.3mol、0.4mol；
四种有机取代物的物质的量之比为n(CH3Cl)：n(CH2Cl2)：n(CHCl3)：n(CCl4)=1：2：3：4，发生取代反应时，一半的Cl进入HCl，消耗氯气的物质的量为0.1mol+2×0.2mol+3×0.3mol+4×0.4mol=3mol，故选B。  
20. 实验室进行性质探究实验，将SO2通入BaCl2溶液至饱和的过程中，始终未观察到溶液中出现浑浊，若再通入另一种气体A，则产生白色沉淀。制备气体A的试剂不能是(    )
A. 大理石和稀盐酸 B. NaOH和NH4Cl
C. Cu和浓硝酸 D. MnO2和浓盐酸
【答案】A 
【解析】
SO2气体通入BaCl2溶液中，未见白色沉淀，不发生反应，继续通入另一种气体立即产生沉淀，沉淀可能为硫酸钡或亚硫酸钡，也可能为S，则气体具有氧化性或碱性等，以此来解答。
A.大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳气体，HCl、二氧化碳与氯化钡溶液都不反应，不会产生沉淀，故A选；
B.NaOH和NH4Cl制备的气体为氨气，氨气与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸根离子与钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀，故B不选；
C.Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，NO2通入水生成硝酸，硝酸能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，与钡离子生成硫酸钡沉淀，故能产生沉淀，故 C不选；
D.MnO2和浓盐酸加热反应生成氯气，氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，故D不选。
故选A。  

二、流程题（本大题共1小题，共15.0分）
21. 硫酸四氨合铜晶体{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}常用作杀虫剂、媒染剂，也是碱性镀铜中电镀液的主要成分。某学习小组在实验室以铜为主要原料合成该物质，设计的合成路线为

已知：①[Cu(NH3)4]SO4·H2O为绛蓝色晶体，常温下在空气中易与水和二氧化碳反应，生成铜的碱式盐使晶体变成绿色的粉末。在溶液中存在以下电离(解离)过程：
[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O⇌[Cu(NH3)4]2++SO42−+H2O，
[Cu(NH3)4]2+⇌Cu2++4NH3
②(NH4)2SO4及[Cu(NH3)4]SO4·H2O在水中均可溶，在乙醇中均难溶。[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇和水的混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的增大而减小。若在铜氨溶液中加入乙醇，会析出绛蓝色的硫酸四氨合铜晶体；实验表明，若在铜氨溶液中加入硫酸铵或硫酸钠，同样会有硫酸四氨合铜晶体析出。
回答下列问题：
(1)实验室通常采用将铜屑浸泡在热的稀硫酸中，然后向其中不断通入热空气的方法来制备CuSO4溶液。
①写出制备CuSO4溶液时发生反应的离子方程式：________________________。
②为了使制备过程中稀硫酸的温度保持在50℃，需要对稀硫酸进行加热保温。应该采用的加热方式为________，该加热方式的优点为________________________。
(2)方案1向溶液2中所加的固体试剂为________(填1种试剂的化学式)；试说明为何加入该固体试剂后会有[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体析出：________________________。
(3)方案2的实验步骤为a.加热蒸发，b.冷却溶液，c.加95%乙醇、结晶……。
该方案存在一定缺陷，因为利用方案2得到的产品晶体中往往含有________杂质，产生杂质的原因是________________。
(4)方案1、2的最后操作步骤均为过滤、洗涤、干燥。
①过滤操作的主要目的是将固液混合物进行分离。中学化学中常见的用于固液混合物分离的操作有“倾析法”“普通过滤”和“减压过滤”等，操作示意图如下：

减压过滤相对于普通过滤的优点为________(填字母下同)。
A.过滤速度相对较快
B.能过滤胶状混合物
C.得到的固体物质相对比较干燥
D.可以过滤具有强腐蚀性的固液混合物
②洗涤步骤中可选用的洗涤液是________。
A.乙醇与乙醚的混合液    B.蒸馏水
C.乙醇和水的混合液       D.饱和硫酸钠溶液

【答案】
(1)①2Cu+O2+4H+===2Cu2++2H2O   
②水浴加热；受热均匀、易于控制加热温度
(2)(NH4)2SO4(或Na2SO4)；当加入(NH4)2SO4时，溶液中cNH4+、cSO42−增大，cNH4+增大使NH3⋅H2ONH4++OH−平衡向左移动，抑制NH3·H2O电离，增大溶液中的c(NH3·H2O)，从而使[Cu(NH3)4]2+⇌Cu2++4NH3平衡向左移动，使cCuNH342+增大，cCuNH342+与cSO42−增大使[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O⇌[Cu(NH3)4]2++SO42−+H2O平衡向左移动，促使CuNH34SO4⋅H2O析出(或当加入Na2SO4时，cSO42−增大，使[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O⇌[Cu(NH3)4]2++SO42−+H2O平衡向左移动，促使CuNH34SO4⋅H2O析出)
(3)Cu(OH)2[或Cu2(OH)2SO4]；加热蒸发过程中NH3挥发，使[Cu(NH3)4]2+⇌Cu2++4NH3平衡向右移动，且Cu2+发生水解生成氢氧化铜或碱式硫酸铜
(4)①ACD；②AC
 
【解析】(1)①铜单质在酸性条件下被氧气氧化为Cu2+，相应的离子方程式为2Cu+O2+4H+===2Cu2++2H2O。②要使温度保持在50℃，可采用水浴加热的方法；由于水其有较大的比热容，加热或冷却过程中温度的变化较为缓慢，所以具有易于控制温度的优点，且水浴加热时水能够使被加热物体均匀受热。
(2)(NH4)2SO4(或Na2SO4)；当加入(NH4)2SO4时，溶液中cNH4+、cSO42−增大，cNH4+增大使NH3⋅H2ONH4++OH−平衡向左移动，抑制NH3·H2O电离，增大溶液中的c(NH3·H2O)，从而使[Cu(NH3)4]2+⇌Cu2++4NH3平衡向左移动，使cCuNH342+增大，cCuNH342+与cSO42−增大使[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O⇌[Cu(NH3)4]2++SO42−+H2O平衡向左移动，促使CuNH34SO4⋅H2O析出(或当加入Na2SO4时，cSO42−增大，使[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O⇌[Cu(NH3)4]2++SO42−+H2O平衡向左移动，促使CuNH34SO4⋅H2O析出)
(3)Cu(OH)2[或Cu2(OH)2SO4]；加热蒸发过程中NH3挥发，使[Cu(NH3)4]2+⇌Cu2++4NH3平衡向右移动，且Cu2+发生水解生成氢氧化铜或碱式硫酸铜
(4)①减压过滤可加速过滤，并使沉淀抽吸的较干燥；因为胶状沉淀在快速过滤时易透过滤纸，沉淀颗粒太小，则易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜过滤胶状沉淀和颗粒太小的沉淀；当需要过滤具有强腐蚀性的固液混合物时，可选用玻璃纤维代替滤纸进行过滤，可有效防止强腐蚀性固液混合物对滤纸的腐蚀而造成过滤失败。
②CuNH34SO4⋅H2O可溶于水，而难溶于乙醇，且溶解度随着乙醇和水混合溶剂中乙醇含量的提高而降低，所以洗涤时可选用乙醇与乙醚的混合液、乙醇和水的混合液，不能选用蒸馏水；若用饱和硫酸钠溶液洗涤，则会在CuNH34SO4⋅H2O表面残留硫酸钠杂质，而达不到洗涤的目的。

三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）
22. 亚硝酰氯(NOCl，熔点：−64.5 ℃，沸点：−5.5 ℃)为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸。是有机物合成中的重要试剂，常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。其制备装置如图所示(其中III、IV中均为浓硫酸)：

(1)用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，补充下表中所缺少的药品。

装置Ⅰ
装置Ⅱ

烧瓶中
分液漏斗中
制备纯净Cl2
MnO2
浓盐酸
①_________________
制备纯净NO
Cu
稀硝酸
②_________________
(2)将制得的NO和Cl2通入图乙对应装置制备NOCl。
①装置连接顺序为a→________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。
②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以通过观察气泡的多少调节两种气体的流速。
③有人认为可以将装置Ⅳ中浓硫酸合并到装置Ⅴ中，撤除装置Ⅳ，直接将NO、Cl2通入装置Ⅴ中，你同意此观点吗？_______(填“同意”或“不同意”)，原因是___________。
④实验开始的时候，先通入氯气，再通入NO，原因为________________________。
(3)有人认为多余的氯气可以通过下列装置暂时储存后再利用，请选择可以用作氯气的储气的装置 ______；

(4)装置Ⅶ吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为_______________________。
(5)有人认为装置Ⅶ中氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，经过查阅资料发现用高锰酸钾溶液可以吸收NO气体，因此在装置Ⅶ氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，反应产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式：__________________________________。
(6)制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取1.6375 g样品溶于50.00 ml NaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.40mol/LAgNO3溶液滴定至产生砖红色沉淀，消耗AgNO3溶液50.00ml。则该样品的纯度为__________%(保留1位小数)

【答案】
(1)①饱和食盐水，②H2O；
(2)①a−e−f−c−b−d(e,f可互换)；③不同意，NO与Cl2反应生成的NOCl可溶于浓硫酸；④用Cl2排尽装置内的空气，以防NO与氧气反应；
(3)Ⅰ；
(4)NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；
(5)NO + MnO4−= NO3−+ MnO2↓；
(6)80.0。 
【解析】
(1)①用MnO2与浓盐酸制备纯净干燥的氯气，需要除去氯气中的氯化氢杂质，装置Ⅱ中的试剂是饱和食盐水；
②用Cu与稀硝酸制备纯净干燥的NO，需要除去NO中的NO2杂质，装置Ⅱ中的试剂是水；
(2)①NOCl，熔点：−64.5℃，沸点：−5.5℃，用冰盐水冷凝；亚硝酰氯遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸，要防止亚硝酰氯水解，氯气、NO有毒，所以用氢氧化钠溶液进行尾气处理，连接顺序是a−e−f−c−b−d；
③不同意此观点，因为氯气与一氧化氮在常温常压下反应生成NOCl，NOCl溶于浓硫酸，所以不能直接将NO、Cl2通入装置Ⅴ中；
④用Cl2排尽装置内的空气，以防NO与氧气反应，所以实验开始的时候，先通入氯气，再通入NO；
(3)装置Ⅰ中氯气进入下面的容器时，容器中的液体排入上面的容器，需要氯气时打开右侧活塞，水在重力作用下进入下面容器，将氯气排出，所以装置Ⅰ可以用作氯气的储气的装置；而Ⅱ、Ⅲ不能形成较大压强差，在使用氯气时不能将多余的氯气排出；
(4)由信息可知NOCl在水中剧烈水解生成NO、NO2和HCl，类比NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，装置Ⅶ吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；
(5)黑色沉淀物为二氧化锰，则高锰酸钾被还原为MnO2，NO被氧化为硝酸根离子，因此对应的离子方程式为：NO + MnO4−= NO3−+ MnO2↓ ；
(6)设样品中NOCl的质量为x g，
NOCl～～AgNO3
65.5 g     1 mol
xg        0.40 mol/L×0.05 mL
65.5x=10.4×0.05x=1.31 g，样品的纯度为1.31÷1.6375×100%=80.0%。  

23. 某研究小组从乙烯出发按下列路线合成两种香料X和Y。具体合成路线如图所示(部分反应条件略去)：


已知以下信息：
①
②
③
④E的 1H−NMR谱图共有5个峰
请回答：
(1)下列说法不正确的是        。
A.化合物C既能发生氧化反应，又能发生还原反应
B.1molE最多可以与3molH2发生加成反应
C.B可以发生缩聚反应
D.反应②为取代反应
(2)D→E的化学方程式是        
(3)化合物A的结构简式是       
(4)写出同时符合下列条件的Y的所有同分异构体的结构简式           
①能发生银镜反应，且与FeCl3溶液不会发生显色反应
②分子含苯环， 1H−NMR谱显示分子中有四种不同化学环境的氢原子
(5)参照的合成路线，设计一条由2−氯丙烷和必要的无机试剂制备的合成路吸纳(用流程图表示：无机试剂任选)          。

【答案】
(1)BD
(2)
(3)CH3OH
(4)
(5)
 
【解析】
E的 1H−NMR谱图共有5个峰，根据E的分子式可知E为苯乙醛；CH 2=CH 2与苯反应得到C为苯乙烷，苯乙烷与氯气光照得到D，D转化得到E为苯乙醛，则D为，苯乙醛与B(C 2H 6O 2)反应得到Y，结合B的分子式，可知B为HOCH 2CH 2OH，结合信息①可知A为CH 3OH。
(1)A.化合物C为苯乙烷，既能发生氧化反应，又能发生还原反应，故A正确；
B.E为苯乙醛，1molE最多可以与4molH2发生加成反应，故B错误；
C.B为HOCH2CH2OH，可以发生缩聚反应，故C正确；
D.反应②为加成反应，故D错误；
故答案为：BD；
(2)D→ E的化学方程式是，故答案为：；
(3)由以上分析A为CH3OH，故答案为：CH3OH；
(4)Y为，①能发生银镜反应，且与FeCl3溶液不会发生显色反应，说明含有醛基，且不含酚羟基；②分子含苯环， 1H−NMR谱显示分子中有四种不同化学环境的氢原子，则结构有一定的对称性，满足条件的Y的同分异构体有：，故答案为：；
(5)2−氯丙烷在氢氧化钠醇溶加热条件下发生消去反应生成CH 2=CHCH 3，在Ag作催化剂条件下氧化生，最后与二氧化碳反应得到，合成路线流程图为：

24. CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义，回答下列问题：
(1) CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为        (写离子符号)；若所得溶液HCO3-:CO32-=2：1，溶液pH=         。室温下，H2CO3的K1=4*10-2 ；K2 = 5*10-11
(2) CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)⇌催化剂2CO(g)+2H2(g)
已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C−H
C=O
H−H
C−O
键能/kJ⋅mol−1
413
745
436
1075
则该反应的△H=        。分别在vL恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入CH 4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是        (填“A”或“B”)
按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图1所示。此反应优选温度为900℃的原因是        。
  
(3) O2辅助Al- CO2电池工作原理如图2所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)是重要的化工原料。
电池的负极反应式：        。
电池的正极反应式：
6O2-+6e- = 6O2-
6CO2 + 6O2- = 3C2O42- + 6O2
反应过程中O2的作用是        。
该电池的总反应式：        。
【答案】
(1) CO32-;10 
(2) +120kJ/mol；B；900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低。
(3) (3)Al-3e-=Al3+;催化剂;​2Al+6CO2=Al2（C2O4）3 
【解析】
1. 本题主要考查二氧化碳与氢氧化钠溶液的反应产物以及pH的计算，解答本题需要充分利用碳酸的电离常数。
K2=c(CO32−)。c(H+)c(HCO3−)=5×10−11，则c(H+)=K2×c(HCO3−)c(CO32−)，当c(HCO3−)=c(CO32−)，c(H+)=5×10−11，pH在10.3，如果溶液的pH=13，则c(HCO3−)< 故答案为：CO32−；10。(1)K2=c(CO32−)×c(H+)c(HCO3−)=5×10−11，则c(H+)=K2×c(HCO3−)c(CO32−)，当c(HCO3−)=c(CO32−)时，c(H+)=5×10−11mol/L，pH在10.3，如果溶液pH=13，则c(HCO3−) K2=c(CO32−)×c(H+)c(HCO3−)=5×10−11，且所得溶液中c(HCO3−):c(CO32−)=2:1，所以c(H+)=K2×c(HCO3−)c(CO32−)=5×10−11×21=1×10−10mol/L，因此pH=10，故答案为：10。
2. 本题主要考查焓变的计算以及热量变化的比较、反应条件的选择等，解答这类问题主要是从微观上明确键的断裂吸收热量，键的形成释放能量。①该反应的△H=反应物总键能−生成物总键能=[4×413+2×745−2×1075−2×436]kJ/mol=+120kJ/mol；该反应的正反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动，A在反应过程中压强在不断增大、B在反应过程中压强不变，所以A相当于B来说是增大压强，平衡逆向移动，所以A中反应物转化率小于B，则两容器中反应达平衡后吸收的热量较多的是B，
故答案为：+120kJ/mol；B；
②根据图知，900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低，
故答案为：900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低。
3. 该原电池中Al作负极，失电子生成铝离子，电极反应式为Al−3e−=Al 3+；在正极的反应式中，在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物，所以氧气在反应中作催化剂；在得失电子相同条件下，正负极电极反应式相加即得电池反应式，电池反应式为2Al+6CO2=Al2(C2O4)3，
故答案为：Al−3e−=Al 3+；催化剂；2Al+6CO2=Al2(C2O4)3
本空主要考查电池电极反应式的书写。该原电池中Al作负极，失电子生成铝离子，电极反应式为Al−3e−=Al 3+，
故答案为：Al−3e−=Al 3+。在得失电子相同条件下，正负极电极反应式相加即得电池反应式，电池反应式为2Al+6CO2=Al2(C2O4)3，
故答案为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。