2023屆晉中市重點高三二診模擬考試化學試卷含解析

2023高考化學模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、人體吸入CO后在肺中發(fā)生反應(yīng)CO+HbO2O2+HbCO導致人體缺氧。向某血樣中通入CO與O2的混合氣[c(CO)=1.0×10-4mol/L，c(O2)=9.9×10-4mol/L]，氧合血紅蛋白HbO2濃度隨時間變化曲線如圖所示。下列說法正確的是（）A．反應(yīng)開始至4s內(nèi)用HbO2表示的平均反應(yīng)速率為2×l0-4mol/(L·s)B．反應(yīng)達平衡之前，O2與HbCO的反應(yīng)速率逐漸減小C．將CO中毒病人放入高壓氧艙治療是利用了化學平衡移動原理D．該溫度下反應(yīng)CO+HbO2O2+HbCO的平衡常數(shù)為1072、工業(yè)上常采用堿性氯化法來處理高濃度氰化物污水，發(fā)生的主要反應(yīng)為：CN－＋OH－＋Cl2―→CO2＋N2＋Cl－＋H2O（未配平）。下列說法錯誤的是A．Cl2是氧化劑，CO2和N2是氧化產(chǎn)物B．該反應(yīng)中，若有1molCN－發(fā)生反應(yīng)，則有5NA電子發(fā)生轉(zhuǎn)移C．上述離子方程式配平后，氧化劑、還原劑的化學計量數(shù)之比為2∶5D．若將該反應(yīng)設(shè)計成原電池，則CN－在負極區(qū)發(fā)生反應(yīng)3、實驗室中，要使AlCl3溶液中的Al3+離子全部沉淀出來，適宜的試劑是A．NaOH溶液 B．氨水 C．鹽酸 D．Ba(OH)2溶液4、亞硝酸鈉廣泛用于媒染劑、漂白劑等。某興趣小組用下列裝置制取較純凈的NaNO2。甲乙丙丁反應(yīng)原理為：2NO+Na2O2=2NaNO2。已知：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被還原為Mn2+。下列分析錯誤的是A．甲中滴入稀硝酸前需通人N2B．儀器的連接順序為a-f-g-d-e-bC．丙中CaCl2用于干燥NOD．乙中吸收尾氣時發(fā)生的離子反應(yīng)為3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O5、下列關(guān)于有機物1－氧雜－2，4－環(huán)戊二烯()的說法正確的是()A．與互為同系物B．二氯代物有3種(不考慮立體異構(gòu))C．所有原子都處于同一平面內(nèi)D．1mol該有機物完全燃燒消耗5molO26、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中正確的是A．1mol甲基(－CH3)所含的電子數(shù)為10NAB．常溫常壓下，1mol分子式為C2H6O的有機物中，含有C－O鍵的數(shù)目為NAC．14g由乙烯和環(huán)丙烷()組成的混合氣體中，含有的原子總數(shù)為3NAD．標準狀況下，22.4L四氯化碳中含有共用電子對的數(shù)目為4NA7、常溫下，下列各組離子能在指定環(huán)境中大量共存的是（）A．c(Al3+)=0.1mol?L-1的溶液中：H+、NH4+、F-、SO42-B．水電離出的c(H+)=10-4mol?L-1的溶液中：Na+、K+、SO42-、CO32-C．與Al反應(yīng)能放出H2的溶液中：Na+、K+、HSO3-、Cl-D．使甲基橙變紅色的溶液中：Na+、K+、NO2-、Br-8、某固體混合物中可能含有：K+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-等離子，將該固體溶解所得到的溶液進行了如下實驗：下列說法正確的是A．該混合物一定是K2CO3和NaCl B．該混合物可能是Na2CO3和KClC．該混合物可能是Na2SO4和Na2CO3 D．該混合物一定是Na2CO3和NaCl9、下列實驗操作、現(xiàn)象、解釋和所得到的結(jié)論都正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象實驗解釋或結(jié)論A向苯酚溶液中滴加少量濃溴水、振蕩，無白色沉淀苯酚的濃度小B向Na2SO3溶液中加入足量的Ba(NO3)2溶液，出現(xiàn)白色沉淀；再加入足量稀鹽酸，沉淀溶解BaSO3溶于稀鹽酸C向10%NaOH溶液中滴加1mL某鹵代烴，微熱，然后向其中滴加幾滴AgNO3溶液，產(chǎn)生淺黃色沉淀該鹵代烴中含有溴元素D向某溶液中滴加幾滴黃色K3[Fe(CN)6](鐵氰化鉀)溶液，產(chǎn)生藍色沉淀該溶液中含有Fe2+A．AB．BC．CD．D10、氫氧化鈰[Ce(OH)4]是一種重要的稀土氫氧化物。平板電視顯示屏生產(chǎn)過程中會產(chǎn)生大量的廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某課題組以此粉末為原料回收鈰，設(shè)計實驗流程如下：下列說法錯誤的是A．濾渣A中主要含有SiO2、CeO2B．過濾操作中用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒C．過程②中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為CeO2+H2O2+3H+=Ce3++2H2O+O2↑D．過程④中消耗11.2LO2(已折合成標準狀況)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2×6.02×102311、在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是A．Na(s)Na2O2(s)Na2CO3(s)B．Fe3O4(s)Fe(s)FeCl2(s)C．SiO2(s)SiCl4(g)Si(s)D．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)12、利用如圖裝置進行實驗，燒杯中不會出現(xiàn)沉淀的是()氣體溶液A硫化氫亞硫酸B二氧化碳氯化鈣C氨氣氯化鋁D氯化氫硝酸銀A．A B．B C．C D．D13、下列反應(yīng)生成物不受反應(yīng)物的用量或濃度影響的是A．硫酸與氯化鈉反應(yīng) B．硝酸銀溶液中滴加稀氨水C．鐵在硫蒸氣中燃燒 D．鐵粉加入硝酸中14、下列實驗操作能達到實驗?zāi)康牡氖茿．用排水法收集銅粉與濃硝酸反應(yīng)產(chǎn)生的NO2B．用氨水鑒別NaCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl四種溶液C．用酸性KMnO4溶液驗證草酸的還原性D．用飽和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl15、X、Y、Z、W為四種短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元素中原子半徑最大的，X原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，Y的最高正價與最低負價代數(shù)和為6。下列說法正確的是A．Y元素的最高價氧化物的水化物化學式為H2YO4B．它們形成的簡單離子半徑:X>WC．X、Z兩種元素的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性:Z>XD．X與W形成的化合物中陰、陽離子個數(shù)比為1:1或1:216、以下實驗原理或操作中正確的是A．焰色反應(yīng)實驗中，鉑絲在蘸取待測溶液前，應(yīng)先用稀H2SO4洗凈并灼燒B．制備氫氧化銅懸濁液時，向10%NaOH溶液中滴入少量2%CuSO4溶液C．配制濃H2SO4、濃HNO3混合酸時，首先向試管里放入一定量濃H2SO4D．上升紙層析實驗中，將試液點滴浸沒在展開劑里，靜置觀察二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機物X是一種烷烴，是液化石油氣的主要成分，可通過工藝Ⅰ的兩種途徑轉(zhuǎn)化為A和B、C和D。B是一種重要的有機化工原料，E分子中含環(huán)狀結(jié)構(gòu)，F(xiàn)中含有兩個相同的官能團，D是常見有機物中含氫量最高的，H能使溶液產(chǎn)生氣泡,Ⅰ是一種有濃郁香味的油狀液體。請回答：（1）G的結(jié)構(gòu)簡式為_________________________。（2）G→H的反應(yīng)類型是_________________________。（3）寫出F＋H→1的化學方程式_________________________。（4）下列說法正確的是_______。A．工藝Ⅰ是石油的裂化B．除去A中的少量B雜質(zhì)，可在一定條件下往混合物中通入適量的氫氣C．X、A、D互為同系物，F(xiàn)和甘油也互為同系物D．H與互為同分異構(gòu)體E．等物質(zhì)的量的Ⅰ和B完全燃燒，消耗氧氣的質(zhì)量比為2：118、洛匹那韋(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用藥，在“眾志成城戰(zhàn)疫情”中，洛匹那韋，利托那韋合劑被用于抗新型冠狀病毒(2019-nCoV)。洛匹那韋的合成路線可設(shè)計如圖：回答下列問題：(1)A的化學名稱是_______；A制備B反應(yīng)的化學方程式為_________(注明反應(yīng)條件)。(2)D生成E的反應(yīng)類型為_____；F中能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)的官能團名稱為___。(3)C的分子式為_____；一定條件下，C能發(fā)生縮聚反應(yīng)，化學方程式為_____。(4)K2CO3具有堿性，其在制備D的反應(yīng)中可能的作用是______。(5)X是C的同分異構(gòu)體，寫出一種符合下列條件的X的結(jié)構(gòu)簡式______。①含有苯環(huán)，且苯環(huán)上的取代基數(shù)目≤2②含有硝基③有四種不同化學環(huán)境的氫，個數(shù)比為6：2：2：1(6)已知：CH3COOHCH3COCl，(2，6-二甲基苯氧基)乙酰氯()是由G合成洛匹那韋的原料之一，寫出以2，6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3為原料制各該物質(zhì)的合成路線________（其它無機試劑任選）。19、某研究小組由Cu(NO3)2溶液先制得Cu(NO3)2·3H2O晶體，然后在下圖所示實驗裝置中(夾持及控溫裝置省略)，用Cu(NO3)2·3H2O晶體和SOCl2制備少量無水Cu(NO3)2。已知：SOCl2的熔點為－105℃、沸點為76℃、遇水劇烈水解生成兩種酸性氣體。（1）由Cu(NO3)2溶液制得Cu(NO3)2·3H2O晶體的實驗步驟包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、抽濾等步驟。①蒸發(fā)濃縮時當蒸發(fā)皿中出現(xiàn)______________________________(填現(xiàn)象)時，停止加熱。②為得到較大顆粒的Cu(NO3)2·3H2O晶體，可采用的方法是_______________(填一種)。（2）①儀器c的名稱是________。②向三頸燒瓶中緩慢滴加SOCl2時，需打開活塞________(填“a”或“b”或“a和b”)。（3）裝置甲中Cu(NO3)2·3H2O和SOCl2發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為__________________________________。（4）裝置乙的作用是______________________________________。20、焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)可作為貯存水果的保鮮劑?，F(xiàn)欲制備焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質(zhì)。Ⅰ.制備Na2S2O5可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體(試劑不重復(fù)使用)。焦亞硫酸鈉的析出原理：2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)（1）如圖裝置中儀器A的名稱是___。A中發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為___。儀器E的作用是___。（2）F中盛裝的試劑是___。Ⅱ.探究Na2S2O5的還原性（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應(yīng)，溶液紫紅色很快褪去。反應(yīng)的離子方程式為___。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是防止食品___。Ⅲ.測定Na2S2O5樣品的純度。（4）將10.0gNa2S2O5樣品溶解在蒸餾水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入過量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高錳酸鉀溶液，充分反應(yīng)后，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5樣品的純度為___%（保留一位小數(shù)），若在滴定終點時，俯視讀數(shù)Na2SO3標準液的體積，會導致Na2S2O5樣品的純度___。（填“偏高”、“偏低”）21、研究CO2的綜合利用對促進“低碳經(jīng)濟”的發(fā)展有重要意義。CO2與H2合成二甲醚(CH3OCH3)是一種CO2轉(zhuǎn)化方法，其過程中主要發(fā)生下列反應(yīng)：反應(yīng)ICO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.0kJ.mol-1反應(yīng)II2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H20(g)△H2=-24.5kJ.mol-1反應(yīng)IIICO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3=41.2kJ.mol-1（1）寫出CO2與H2一步合成二甲醚（反應(yīng)IV）的熱化學反應(yīng)方程式：_______________（2）有利于提高反應(yīng)IV平衡轉(zhuǎn)化率的條件是_______。A．高溫高壓B．低溫詆壓C．高溫低壓D．低溫高壓（3）在恒壓、CO2和H2起始物質(zhì)的量之比為1：3的條件下，CO2平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時二甲醚的選擇性隨溫度的變化如圖1。CH3OCH3的選擇性=①溫度低于300℃，CO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而下降的原因是_____________________②關(guān)于合成二甲醚工藝的理解，下列說法正確的是_____________A．反應(yīng)IV在A點和B點時的化學平衡常數(shù)K(A)小于K(B)B．當溫度、壓強一定時，在原料氣（CO2和H2的比例不變）中添加少量惰性氣體，有利于提高平衡轉(zhuǎn)化率C．其他條件不變，在恒容條件下的二甲醚平衡選擇性比恒壓條件下的平衡選擇性低D．提高催化劑的活性和選擇性，減少CO等副產(chǎn)物是工藝的關(guān)鍵③在某溫度下，若加入CO2的物質(zhì)的量為1mol，生成二甲醚的選擇性為80%，現(xiàn)收集到0.2mol的二甲醚，則CO2轉(zhuǎn)化率為__________________④一定溫度壓強下，二甲醚的體積分數(shù)隨時間變化如圖2所示。在t1時刻，再加入物質(zhì)的量之比為1：3的CO2和H2，t2時刻重新達到平衡。畫出t1—t3時刻二甲醚體積分數(shù)的變化趨勢。__________________（4）光能儲存一般是指將光能轉(zhuǎn)換為電能或化學能進行儲存，利用太陽光、CO2、H2O生成二甲醚的光能儲存裝置如圖所示，則b極的電極反應(yīng)式為____________________

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A、v=△c/△t=(1.0?0.2)×10?4mol/L÷4s=2×10-5mol/（L?s），A錯誤；B、HbO2轉(zhuǎn)化為O2，所以反應(yīng)物的濃度減少，生成物濃度增加，則正反應(yīng)速率減少，逆反應(yīng)速率增加，B錯誤；C、CO中毒的病人放入高壓氧倉中，氧氣的濃度增大，平衡向左移動，C正確；D、根據(jù)平衡常數(shù)K=c(O2)?c(HbCO)/c(CO)?c(HbO2)=10.7×10?4×0.8×10?4/0.2×10?4×0.2×10?4=214，D錯誤；答案選C。2、C【解析】

反應(yīng)CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合價由0價降低為-1價，化合價總共降低2價，C元素化合價由+2價升高為+4價，N元素化合價由-3價升高為0價，化合價升降最小公倍數(shù)為2[(4-2)+(3-0)]=10價，故CN-系數(shù)為2，Cl2系數(shù)為5，由元素守恒反應(yīng)方程式為2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，以此來解答。【詳解】A．反應(yīng)CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合價由0價降低為-1價，C元素化合價由+2價升高為+4價，N元素化合價由-3價升高為0價，可知Cl2是氧化劑，CO2和N2是氧化產(chǎn)物，故A正確；

B．由上述分析可知，C元素化合價由+2價升高為+4價，N元素化合價由-3價升高為0價，所以若有1molCN-發(fā)生反應(yīng)，則有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，故B正確；

C．由上述分析可知，反應(yīng)方程式為2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反應(yīng)中是CN-是還原劑，Cl2是氧化劑，氧化劑與還原劑的化學計量數(shù)之比為5：2，故C錯誤；

D．C元素化合價由+2價升高為+4價，N元素化合價由-3價升高為0價，所以CN-失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)為負極，故D正確。

故選：C。3、B【解析】

要使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出來，要求所用試劑能提供OH?，且須過量，因此適宜的試劑不能為強堿溶液，因為強堿會使氫氧化鋁沉淀溶解，據(jù)此分析；【詳解】A.據(jù)分析可知，氫氧化鈉過量會將氫氧化鋁沉淀溶解，A錯誤；B.據(jù)分析可知，氨水可以使鋁離子全部沉淀出來，且氫氧化鋁沉淀不溶于氨水，B正確；C.據(jù)分析可知，鹽酸不能使AlCl3溶液中的Al3+離子沉淀，C錯誤；D.據(jù)分析可知，Ba(OH)2溶液可以使鋁離子沉淀，但Ba(OH)2溶液過量會使氫氧化鋁沉淀溶解，D錯誤；故答案選B?！军c睛】氫氧化鋁不溶于弱酸弱堿是考察頻率較高的知識點之一，學生須熟練掌握。4、B【解析】

A．甲中稀硝酸與銅反應(yīng)生成一氧化氮，一氧化氮易被空氣中的氧氣氧化，需要將裝置中的空氣全部排盡，空氣中有少量二氧化碳，也會和過氧化鈉反應(yīng)，否則丁裝置中無法制得亞硝酸鈉，則滴入稀硝酸前需通人N2排空氣，故A正確；B．制取的一氧化氮含有水蒸氣，過氧化鈉可與水反應(yīng)，導致制取產(chǎn)物不純，可用氯化鈣吸收水蒸氣，一氧化氮有毒，不能排放的大氣中，可用高錳酸鉀溶液吸收，則儀器的連接順序為a-d-e-f-g-b或a-d-e-g-f-b，故B錯誤；C．根據(jù)B選項分析，制取的一氧化氮含有水蒸氣，過氧化鈉可與水反應(yīng)，導致制取產(chǎn)物不純，可用氯化鈣吸收水蒸氣，故丙中CaCl2用于干燥NO，故C正確；D．根據(jù)已知信息：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被還原為Mn2+，則乙中吸收尾氣時發(fā)生的離子反應(yīng)為3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O，故D正確；答案選B?！军c睛】過氧化鈉與NO制取亞硝酸鈉的過程中，需要考慮過氧化鈉的性質(zhì)，過氧化鈉和二氧化碳反應(yīng)，會和水反應(yīng)，導致實驗有誤差，還要考慮尾氣處理裝置。5、C【解析】

A.屬于酚，而不含有苯環(huán)和酚羥基，具有二烯烴的性質(zhì)，兩者不可能是同系物，A錯誤；B.共有2種等效氫，一氯代物是二種，二氯代物是4種，B錯誤；C.中含有兩個碳碳雙鍵，碳碳雙鍵最多可提供6個原子共平面，則中所有原子都處于同一平面內(nèi)，C正確；D.的分子式為C4H4O，1mol該有機物完全燃燒消耗的氧氣的物質(zhì)的量為1mol×(4＋1－0.5)＝4.5mol，D錯誤；故答案為：C。【點睛】有機物燃燒：CxHy＋(x＋)O2→xCO2＋H2O；CxHyOz＋(x＋－)O2→xCO2＋H2O。6、C【解析】

A.1個甲基中含有9個電子，則1mol甲基(－CH3)所含的電子數(shù)為9NA，A錯誤；B.分子式為C2H6O的有機物可能是乙醇CH3CH2OH（1個乙醇分子中含1個C—O鍵），也可能是二甲醚CH3-O-CH3（1個二甲醚分子中含2個C—O鍵），故不能確定其中含有的C－O鍵的數(shù)目，B錯誤；C.乙烯和環(huán)丙烷()的最簡式都是CH2，1個最簡式中含有3個原子，14g由乙烯和環(huán)丙烷()組成的混合氣體中含有最簡式的物質(zhì)的量是1mol，因此含有的原子總數(shù)為3NA，C正確；D.在標準狀況下四氯化碳呈液態(tài)，不能用氣體摩爾體積計算四氯化碳物質(zhì)的量，D錯誤；故答案是C。7、B【解析】

A.鋁離子與氟離子能夠形成配合物，且氫氟酸是弱電解質(zhì)，H+、F-也不能大量共存，故A錯誤；B.常溫下，水電離出的c(H+)=10-4mol?L-1，水的電離程度增大，則溶液中存在可水解的離子，碳酸根為弱酸根，能發(fā)生水解反應(yīng)，促進水的電離，故B正確；C.與Al反應(yīng)能放出H2的溶液可能為酸性溶液，也可能為堿性溶液，HSO3-在酸性、堿性溶液中都不能大量存在，故C錯誤；D.使甲基橙變紅色的溶液為酸性溶液，酸性條件下，NO2-有強氧化性能與Br-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故D錯誤；綜上所述，答案為B?！军c睛】NO2-在中性、堿性條件下，無強氧化性，在酸性條件下，具有強氧化性。8、B【解析】

焰色反應(yīng)顯黃色，說明一定存在鈉離子，可能有鉀離子。加入過量的硝酸鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在鹽酸中，說明一定存在碳酸根，不存在硫酸根。濾液中加入硝酸酸化的硝酸銀得到白色沉淀，說明含有氯離子，即一定存在Na+、Cl-、CO32-，一定不存在SO42-，可能含有K+；答案選B。9、D【解析】苯酚與三溴苯酚相似相溶，故向苯酚溶液中滴加少量濃溴水、振蕩，無白色沉淀，不能說明苯酚的濃度小，A項錯誤；加入硫酸電離出的氫離子與前面硝酸鋇電離出的硝酸根離子結(jié)合形成組合硝酸，將亞硫酸根氧化為硫酸根，B項錯誤；加入硝酸銀之前應(yīng)該將溶液調(diào)節(jié)至酸性，否則氫氧化鈉會與硝酸銀反應(yīng)生成白色沉淀，C項錯誤；溶液中滴加幾滴黃色K3[Fe(CN)6](鐵氰化鉀)溶液，產(chǎn)生藍色沉淀，說明溶液中含有Fe2+，D項正確。10、C【解析】

該反應(yīng)過程為：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，F(xiàn)e2O3轉(zhuǎn)化FeCl3存在于濾液中，濾渣為CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉(zhuǎn)化為Ce3+，濾渣為SiO2；③加入堿后Ce3+轉(zhuǎn)化為沉淀，④通入氧氣將Ce從+3氧化為+4，得到產(chǎn)品。【詳解】A.CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，F(xiàn)e2O3轉(zhuǎn)化FeCl3存在于濾液中，濾渣為CeO2和SiO2，故A正確；B.結(jié)合過濾操作要點，實驗中用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，故B正確；C.稀硫酸、H2O2，CeO2三者反應(yīng)生成轉(zhuǎn)化為Ce2（SO4）3、O2和H2O，反應(yīng)的離子方程式為：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C錯誤；D.過程④中消耗11.2LO2的物質(zhì)的量為0.5mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.5mol×NA=2×6.02×1023，故D正確；故答案為C。11、A【解析】

A．Na在氧氣中燃燒生成Na2O2，Na2O2與CO2反應(yīng)生成Na2CO3，能實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故A正確；B．Fe與Cl2燃燒，反應(yīng)生成FeCl3不能生成FeCl2，故B錯誤；C．在高溫下，SiO2與與鹽酸溶液不反應(yīng)，故C錯誤；D．S在氧氣中燃燒生成二氧化硫，不能得到三氧化硫，故D錯誤；答案選A?！军c睛】氯氣是強氧化劑，與變價金屬單質(zhì)反應(yīng)時，金屬直接被氧化為最高價。12、B【解析】

A．硫化氫與亞硫酸反應(yīng)生成硫和水，硫是淡黃色固體，所以有黃色沉淀生成，故A錯誤；B．二氧化碳與氯化鈣溶液不能生成沉淀，故B正確；C．氨氣溶于水生成氨水，氨水與氯化鋁反應(yīng)生成氫氧化鋁白色沉淀，故C錯誤；D．氯化氫與水反應(yīng)生成鹽酸，鹽酸與硝酸銀反應(yīng)生成氯化銀白色沉淀，故D錯誤；答案選B?！军c睛】二氧化碳和氯化鈣溶液不能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，如果反應(yīng)生成碳酸鈣和鹽酸，屬于弱酸制強酸了，不符合化學原理。13、C【解析】

A.濃硫酸與氯化鈉反應(yīng)制取HCl，可能生成硫酸鈉或硫酸氫鈉，稀硫酸不能反應(yīng)，A不符合題意；B.硝酸銀溶液中滴加稀氨水，氨水少量生成沉淀，氨水過量生成銀氨溶液，B不符合題意；C.Fe在S蒸氣中燃燒，生成FeS，不受反應(yīng)物的用量或濃度影響，C符合題意；D.鐵粉加入硝酸中，可能生成硝酸鐵或硝酸亞鐵、NO或NO2，D不符合題意；故合理選項是C。14、C【解析】

A、NO2和水發(fā)生反應(yīng)：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，不能用排水法收集NO2，應(yīng)用排空氣法收集，故錯誤；B、現(xiàn)象分別是無現(xiàn)象、有白色沉淀、有白色沉淀(氫氧化鋁溶于強堿不溶于弱堿)、無現(xiàn)象，因此不能區(qū)分，應(yīng)用NaOH溶液，進行鑒別，故錯誤；C、高錳酸鉀溶液，可以把草酸氧化成CO2，即2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故正確；D、Cl2＋H2OHCl＋HClO，HCl消耗NaHCO3，促使平衡向正反應(yīng)方向移動，因此應(yīng)用飽和食鹽水，故錯誤。15、B【解析】

X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍，由于最外層電子數(shù)不能超過8個，所以X是O，則Z是S。Y的最高正價與最低負價的代數(shù)和為6，說明Y屬于第ⅦA，Y、Z同周期，則Y是Cl。W是短周期主族元素中原子半徑最大的，所以W是Na。A.Y為氯元素，其最高價氧化物的水化物化學式為HClO4，選項A錯誤；B、X與W形成的簡單離子具有相同電子層結(jié)構(gòu)，核電荷數(shù)越大半徑越小，則簡單離子半徑:X>W，選項B正確；C、X（Cl）的非金屬性強于Z（S）的，所以HCl的穩(wěn)定性強于H2S的，選項C錯誤；D、X與W形成的化合物Na2O、Na2O2中陰、陽離子個數(shù)比均為1:2，選項D錯誤。答案選B。16、B【解析】

A．稀H2SO4不揮發(fā)，干擾實驗，應(yīng)選稀鹽酸洗凈并灼燒，故A錯誤；B．向10%NaOH溶液中滴入少量2%CuSO4溶液，NaOH過量，則可制備氫氧化銅懸濁液時，故B正確；C．配制濃H2SO4、濃HNO3混合酸時，類似濃硫酸的稀釋，先加硝酸，然后向試管里放入一定量濃H2SO4，故C錯誤；D．紙層析實驗中，濾紙上的試樣點是不可以浸入展開劑中的，否則試樣會溶解在展開劑中，故D錯誤；故選：B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、氧化反應(yīng)HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2ODE【解析】

X為烷烴，則途徑I、途徑II均為裂化反應(yīng)。B催化加氫生成A，則A、B分子中碳原子數(shù)相等。設(shè)A、B分子中各有n個碳原子，則X分子中有2n個碳原子，E、F中各有n個碳原子。D是含氫量最高的烴，必為CH4，由途徑II各C分子中有2n-1個碳原子，進而G、H分子中也有2n-1個碳原子。據(jù)F+H→I（C5H10O3），有n+2n-1=5，得n=2。因此，X為丁烷（C4H10）、A為乙烷（C2H6）、B為乙烯（CH2=CH2），B氧化生成的E為環(huán)氧乙烷（）、E開環(huán)加水生成的F為乙二醇（HOCH2CH2OH）。C為丙烯（CH3CH=CH2）、C加水生成的G為1-丙醇（CH3CH2CH2OH）、G氧化生成的有酸性的H為丙酸（CH3CH2COOH）。F與H酯化反應(yīng)生成的I為丙酸羥乙酯（CH3CH2COOCH2CH2OH）。（1）據(jù)C→G→I，G只能是1-丙醇，結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2OH。（2）G（CH3CH2CH2OH）→H（CH3CH2COOH）既脫氫又加氧，屬于氧化反應(yīng)。（3）F＋H→I的化學方程式HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2O。（4）A．工藝Ⅰ生成乙烯、丙烯等基礎(chǔ)化工原料，是石油的裂解，A錯誤；B．除去A（C2H6）中的少量B（CH2=CH2）雜質(zhì)，可將混合氣體通過足量溴水。除去混合氣體中的雜質(zhì)，通常不用氣體作除雜試劑，因其用量難以控制，B錯誤；C．X（C4H10）、A（C2H6）、D（CH4）結(jié)構(gòu)相似，組成相差若干“CH2”，互為同系物。但F（HOCH2CH2OH）和甘油的官能團數(shù)目不同，不是同系物，C錯誤；D．H（CH3CH2COOH）與分子式相同、結(jié)構(gòu)不同，為同分異構(gòu)體，D正確；E．Ⅰ（C5H10O3）和B（C2H4）各1mol完全燃燒，消耗氧氣分別為6mol、3mol，其質(zhì)量比為2：1，E正確。故選DE。18、甲苯+Cl2+HCl取代反應(yīng)羰基、碳碳雙鍵C9H11O2N吸收反應(yīng)生成的HCl，提高反應(yīng)轉(zhuǎn)化率或【解析】

甲苯()與Cl2在光照時發(fā)生飽和C原子上的取代反應(yīng)產(chǎn)生一氯甲苯：和HCl，與在K2CO3作用下反應(yīng)產(chǎn)生D，D結(jié)構(gòu)簡式是，D與CH3CN在NaNH2作用下發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生E：，E與發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生F：，F(xiàn)與NaBH4在CH3SO3H作用下發(fā)生還原反應(yīng)產(chǎn)生G：，G經(jīng)一系列反應(yīng)產(chǎn)生洛匹那韋?！驹斀狻?1)A是，名稱為甲苯，A與Cl2光照反應(yīng)產(chǎn)生和HCl，反應(yīng)方程式為：+Cl2+HCl；(2)D與CH3CN在NaNH2作用下反應(yīng)產(chǎn)生E：，是D上的被-CH2CN取代產(chǎn)生，故反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；F分子中的、與H2發(fā)生加成反應(yīng)形成G，故F中能夠與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)的官能團名稱為羰基、碳碳雙鍵；(3)C結(jié)構(gòu)簡式為，可知C的分子式為C9H11O2N；C分子中含有羧基、氨基，一定條件下，能發(fā)生縮聚反應(yīng)，氨基脫去H原子，羧基脫去羥基，二者結(jié)合形成H2O，其余部分結(jié)合形成高聚物，該反應(yīng)的化學方程式為：；(4)K2CO3是強堿弱酸鹽，CO32-水解使溶液顯堿性，B發(fā)生水解反應(yīng)會產(chǎn)生HCl，溶液中OH-消耗HCl電離產(chǎn)生的H+，使反應(yīng)生成的HCl被吸收，從而提高反應(yīng)轉(zhuǎn)化率；(5)C結(jié)構(gòu)簡式是，分子式為C9H11O2N，C的同分異構(gòu)體X符合下列條件：①含有苯環(huán)，且苯環(huán)上的取代基數(shù)目≤2；②含有硝基；③有四種不同化學環(huán)境的氫，個數(shù)比為6：2：2：1，則X可能的結(jié)構(gòu)為或；(6)2，6-二甲基苯酚()與ClCH2COOCH2CH3在K2CO3作用下發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生，該物質(zhì)與NaOH水溶液加熱發(fā)生水解反應(yīng)，然后酸化得到，與SOCl2發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生，故合成路線為?！军c睛】本題考查有機物推斷、反應(yīng)類型的判斷。正確推斷各物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式是解本題關(guān)鍵，注意題給信息、反應(yīng)條件的靈活運用。限制性條件下同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式的確定是易錯點，題目側(cè)重考查學生的分析、推斷及信息遷移能力。19、溶液表面形成一層晶膜減慢冷卻結(jié)晶的速度球形干燥管bCu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑吸收SO2和HCl，防止倒吸【解析】

將Cu(NO3)2?3H2O晶體和SOC12在加熱條件下于A裝置中發(fā)生反應(yīng)：Cu(NO3)2?3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑，用氫氧化鈉吸收尾氣，據(jù)此分析和題干信息解答。【詳解】(1)①由Cu(NO3)2溶液制得Cu(NO3)2·3H2O晶體，蒸發(fā)濃縮時，溫度不能過高，否則Cu(NO3)2?3H2O會變質(zhì)，當蒸發(fā)皿中出現(xiàn)溶液表面形成一層晶膜時，停止加熱；②控制溫度，加熱至溶液表面形成一層晶膜，減慢冷卻結(jié)晶的速度，可得到較大顆粒的Cu(NO3)2?3H2O晶體；(2)①根據(jù)儀器構(gòu)造可知儀器c球形干燥管；②向三頸燒瓶中緩慢滴加SOCl2時，盛裝SOCl2的漏斗上的玻璃管可以保證燒瓶和漏斗內(nèi)的壓強相等，不需要打開活塞a，液體也可順利流出，因此只需打開活塞b即可；(3)根據(jù)分析，裝置甲中Cu(NO3)2·3H2O和SOCl2發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為Cu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑；(4)根據(jù)反應(yīng)原理，反應(yīng)中產(chǎn)生二氧化硫和氯化氫氣體，且二氧化硫有毒，二者都不能排放到大氣中，則裝置乙盛裝的是氫氧化鈉溶液，作用是吸收SO2和HCl，并防止倒吸。20、三頸燒瓶Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4防倒吸濃NaOH溶液5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O氧化變質(zhì)95.0偏高【解析】

A三頸燒瓶中制備二氧化硫，發(fā)生Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4，生成的二氧化硫通入D裝置，發(fā)生Na2SO3+SO2＋H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)，儀器E的作用是防倒吸，F(xiàn)吸收尾氣。據(jù)此解答。【詳解】Ⅰ（1）裝置中儀器A的名稱是三頸燒瓶。A中發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4。二氧化硫易溶于水，儀器E的作用是防倒吸。故答案為：三頸燒瓶；Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2＋Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空氣中會污染空氣，SO2是酸性氧化物，可用堿溶液吸收，題干中只提供了一種試劑--濃NaOH溶液，F(xiàn)中盛裝的試劑是濃NaOH溶液。故答案為：濃NaOH溶液；Ⅱ.（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應(yīng)，溶液紫紅色很快褪去，說明MnO4－將S2O52－氧化生成硫酸根離子。反應(yīng)的離子方程式為5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是：利用焦亞硫酸鈉的還原性，防止食品氧化變質(zhì)。故答案為：5S2O5－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O；氧化變質(zhì)；Ⅲ.（4）由關(guān)系式：5SO32－～2MnO4－，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4－)=×0.2500mol/L×20.00×