2023届广东省揭阳市惠来县高考适应性考试化学试卷含解析

2023高考化学模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化学与生活等密切相关。下列有关说法中正确的是A．泡沫灭火器适用于电器灭火B．电热水器用镁棒会加速内胆腐蚀C．过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂D．硅胶可作含油脂食品袋内的脱氧剂2、常温下向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐渐滴入0.1mol/L的NH3·H2O溶液,所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析不正确的是A．a～b点导电能力增强，说明HR为弱酸B．b点溶液pH=7，说明NH4R没有水解C．c点溶液存在c(NH4+)>c(R-)、c(OH-)>c(H+)D．b～c任意点溶液均有c(H+)×c(OH-)=Kw=1.0×10-143、常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是（）A．a点时，溶液中由水电离的c(OH-)约为1×10-10mol·L-1B．电离平衡常数：Ka(HA)<Ka(HB)C．b点时，c(B-)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D．向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B-)>c(HB)4、国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A．NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应B．吸附层b的电极反应：H2-2e-+2OH-=2H2OC．全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能D．若离子交换膜是阳离子交换膜，则电池工作一段时间后左池溶液pH基本不变5、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B将溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液共热后产生的气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色溴乙烷发生消去反应CSO2通入KMnOSO2D向NaC1、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3KA．A B．B C．C D．D6、“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。下列说法正确的是（）A．古代中国出产的丝绸的主要成分是纤维素B．中国从中亚进口的天然气的主要成分是乙烯C．中国承建巴基斯坦的水电站实现了水能直接转化为电能D．服务一带一路的北斗卫星上的太阳能电池板与地壳含量第二的元素有关7、《厉害了，我的国》展示了中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是A．为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属一次能源B．大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐8、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为11；W与Y同族；W的氢化物为弱酸。下列说法正确的是（）A．Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性B．W和Y具有相同的最高化合价C．离子半径Y﹤ZD．Z的氢化物为离子化合物9、X、Y、Z、W是4种短周期主族元素，在周期表中的相对位置如表，已知四种元素的原子最外层电子数之和为18，则以下说法中正确的是（）A．Y的最高正化合价与最低负化合价的代数和为2B．X、Y、Z、W四种原子中，X的原子半径最小C．Y的氢化物的沸点一定高于X的氢化物的沸点D．X、Y、W三种元素氧化物对应的水化物的酸性依次增强10、我国科学家发明了一种“可固氮”的锂－氮二次电池，用可传递Li+的醚类物质作电解质，电池的总反应为6Li+N22Li3N，下列说法正确的是A．固氮时，电能转化为化学能B．固氮时，电流由锂电极经用电器流向钌复合电极C．脱氮时，钌复合电极的电极反应：2Li3N-6e-=6Li++N2↑D．脱氮时，Li+向钌复合电极迁移11、为测定人体血液中Ca2＋的含量，设计了如下方案：有关反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O若血液样品为15mL，滴定生成的草酸消耗了0.001mol·L－1的KMnO4溶液15.0mL，则这种血液样品中的含钙量为A．0.001mol·L－1 B．0.0025mol·L－1 C．0.0003mol·L－1 D．0.0035mol·L－112、空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是A．转移0.1mol电子时，a电极产生标准状况下O21.12LB．b电极上发生的电极反应是：2H2O+2e－＝H2↑+2OH－C．c电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池D．d电极上发生的电极反应是：O2+4H＋+4e－＝2H2O13、联合制碱法中的副产品有着多种用途，下列不属于其用途的是A．做电解液 B．制焊药 C．合成橡胶 D．做化肥14、某有机化工品R的结构简式如图所示。下列有关R的说法正确的是A．R的分子式为C10H10O2B．苯环上一氯代物有2种C．R分子中所有原子可共平面D．R能发生加成、氧化和水解反应15、拉曼光谱证实，AlO2－在水中转化为[Al(OH)4]－。将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，再逐滴加入1mol/L盐酸，测得溶液中CO32－、HCO3－、[Al(OH)4]－、Al3+的物质的量与加入盐酸的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是A．CO32－、HCO3－和[Al(OH)4]－在水溶液中可大量共存B．d线表示的反应为：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2OC．原固体混合物中CO32－与AlO2－的物质的量之比为1：1D．V1=150mL，V2=300mL；M点生成的CO2为0.05mol16、现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示，下列推断正确的是A．原子半径和离子半径均满足：Y＜ZB．Y的单质易与R、T的氢化物反应C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：T＜RD．由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性二、非选择题（本题包括5小题）17、有机材料PMMA、新型可降解高分子材料PET、常见解热镇痛药Aspirin的合成路线如下：已知：(1)A属于烯烃，其结构简式是_______。(2)A与苯在AlCl3催化作用下反应生成B的反应类型是_______。(3)写出B的一溴代物只有2种的芳香烃的名称__________写出生成这两种一溴代物所需要的反应试剂和反应条件____________(4)B在硫酸催化条件下被氧气氧化可得有机物C与F。①C由碳、氢、氧三种元素组成，C的结构简式是_________。②向少量F溶液中滴加几滴FeCl3溶液，溶液呈紫色，且F在其同系物中相对分子质量最小。G物质中含氧官能团名称为_______。(5)D在一定条件下制取PET的化学方程式是_______。18、某合金X由常见的两种元素组成。为探究该合金X的元素组成和性质,设计并进行如下实验:根据上述信息,回答下列问题:(1)合金X的化学式为________。(2)用离子方程式解释溶液中滴加H2O2后呈红色的原因:_______(3)写出336mL(标准状况)气体B通入100mL0.2mol/L的NaOH溶液中的化学反应方程式:_______19、实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸的临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是：①往烧瓶中加入足量MnO2粉末②往烧瓶中加入20mL12mol•L-1浓盐酸③加热使之充分反应。（1）在实验室中，该发生装置除了可以用于制备Cl2，还可以制备下列哪些气体______？A．O2B．H2C．CH2=CH2D．HCl若使用甲方案，产生的Cl2必须先通过盛有________（填试剂名称）的洗气瓶，再通入足量AgNO3溶液中，这样做的目的是______________；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式________________（2）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.500mol·L-1NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为____mol·L-1（保留两位有效数字）；选用的合适指示剂是_____。A石蕊B酚酞C甲基橙（3）判断丙方案的实验结果，测得余酸的临界浓度_________(填偏大、偏小或―影响)。（已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11）（4）进行丁方案实验：装置如图二所示（夹持器具已略去）。（i）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将_____转移到_____中。（ii）反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要___________，然后再______，最后视线与量气管刻度相平。（5）综合评价：事实上，反应过程中盐酸浓度减小到临界浓度是由两个方面所致，一是反应消耗盐酸，二是盐酸挥发，以上四种实验方案中，盐酸挥发会对哪种方案带来实验误差（假设每一步实验操作均准确）？____________A．甲B．乙C．丙D．丁20、甲酸(化学式HCOOH，分子式CH2O2，相对分子质量46)，俗名蚁酸，是最简单的羧酸，无色而有刺激性气味的易挥发液体。熔点为8.6℃，沸点100.8℃，25℃电离常数Ka＝1.8×10－4。某化学兴趣小组进行以下实验。Ⅰ．用甲酸和浓硫酸制取一氧化碳A．B．C．D．(1)请说出图B中盛装碱石灰的仪器名称__________。用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，反应的化学方程式是________；实验时，不需加热也能产生CO，其原因是_______。(2)如需收集CO气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：a→__________(按气流方向，用小写字母表示)。Ⅱ．对一氧化碳的化学性质进行探究资料：ⅰ．常温下，CO与PdCl2溶液反应，有金属Pd和CO2生成，可用于检验CO；ⅱ．一定条件下，CO能与NaOH固体发生反应：CO＋NaOHHCOONa利用下列装置进行实验，验证CO具有上述两个性质。(3)打开k2，F装置中发生反应的化学方程式为_____________；为了使气囊收集到纯净的CO，以便循环使用，G装置中盛放的试剂可能是_________，H装置的作用是____________。(4)现需验证E装置中CO与NaOH固体发生了反应，某同学设计下列验证方案：取少许固体产物，配置成溶液，在常温下测该溶液的pH，若pH>7，证明CO与NaOH固体发生了反应。该方案是否可行，请简述你的观点和理由：________，_________。(5)25℃甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数Kh的数量级为____________。若向100ml0.1mol.L-1的HCOONa溶液中加入100mL0.2mol.L-1的HCl溶液，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为_________。21、在水体中部分含氮有机物循环如图1所示．（1）图中属于氮的固定的是____（填序号）．（2）图中①②的转化是在亚硝化细菌和硝化细菌作用下进行的，已知：2NH4+（aq）+3O2═2NO2﹣（aq）+4H+（aq）+2H2O（l）△H1＝﹣556.8kJ/mol2NO2﹣（aq）+O2（g）＝2NO3﹣（aq）；△H2＝﹣145.2kJ•mol﹣1则反应NH4+（aq）+2O2（g）＝NO3﹣（aq）+2H+（aq）+H2O（1）△H3＝____kJ•mol﹣1（3）某科研机构研究通过化学反硝化的方法除脱水体中过量的NO3﹣，他们在图示的三颈烧瓶中（装置如图2）中，加入NO3﹣起始浓度为45mg•L﹣1的水样、自制的纳米铁粉，起始时pH＝2.5，控制水浴温度为25℃、搅拌速率为500转/分，实验中每间隔一定时间从取样口检测水体中NO3﹣、NO2﹣及pH（NH4+、N2未检测）的相关数据（如图3）．①实验室可通过反应Fe（H2O）62++2BH4﹣＝Fe↓+2H3BO3+7H2↑制备纳米铁粉，每生成1molFe转移电子总的物质的量为____．②向三颈烧瓶中通入N2的目的是____．③开始反应0～20min，pH快速升高到约6.2，原因之一是___________；NO3﹣还原为NH4+及少量在20～250min时，加入缓冲溶液维持pH6.2左右，NO3﹣主要还原为NH4+，Fe转化为Fe（OH）2，该反应的离子方程式为___（4）一种可以降低水体中NO3﹣含量的方法是：在废水中加入食盐后用特殊电极进行电解反硝化脱除，原理可用图4简要说明．①电解时，阴极的电极反应式为_____．②溶液中逸出N2的离子方程式为_____．

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生双水解反应，生成大量的二氧化碳泡沫，该泡沫可进行灭火，但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含有水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，故泡沫灭火器不适用于电器起火的灭火，A错误；B.Mg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C.过氧化钠与人呼吸产生的CO2及H2O反应产生氧气，可帮助人呼吸，因此可用作呼吸面具的供氧剂，C正确；D.硅胶具有吸水性，可作含油脂食品袋内的干燥剂，但是，其无还原性，不能用作脱氧剂，D错误；故合理选项是C。2、B【解析】A．a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A正确；B、弱离子在水溶液中会发生水解反应，根据A知，HR是弱电解质，且一水合氨是弱电解质，所以NH4R是弱酸弱碱盐，b点溶液呈中性，且此时二者的浓度、体积都相等，说明HR和一水合氨的电离程度相等，所以该点溶液中铵根离子和酸根离子水解程度相等，故B错误；C．c点溶液的pH＞7，说明溶液呈碱性，溶液中c（OH-）＞c（H+），再结合电荷守恒得c（NH4+）＞c（R-），故C正确；D．离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，所以b-c任意点溶液均有c（H+）•c（OH-）=Kw=1.0×10-14

mol2•L-2，故D正确；故选B。点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确图中曲线变化趋势及曲线含义是解本题关键，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，易错选项是D，注意：离子积常数只与温度有关，与溶液浓度及酸碱性无关，题目难度中等3、B【解析】

A.a点时，=0，c(A-)=c(HA)，溶液为酸和盐的溶合溶液，pH=4，抑制水的电离，溶液中由水电离的c(OH-)约为1×10-10mol·L-1，选项A正确；B.=0，c(A-)=c(HA)，电离平衡常数：Ka(HA)===10-4mol/L；=0，c(B-)=c(HB)，电离平衡常数：Ka(HB)===10-5mol/L，Ka(HA)>Ka(HB)，选项B错误；C.b点时，=0，c(B-)=c(HB)，pH=5，c(B-)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，选项C正确；D.向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，>0，c(B-)>c(HB)，选项D正确。答案选B。4、C【解析】

电子从吸附层a流出，a极为负极，发生的反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b极为正极，发生的反应为：2H++2e-=H2↑。【详解】A．由上面的分析可知，NaClO4没有参与反应，只是传导离子，A错误；B．吸附层b的电极反应2H++2e-=H2↑，B错误；C．将正、负电极反应叠加可知，实际发生的是H++OH-=H2O，全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能，C正确；D．若离子交换膜是阳离子交换膜，则Na+向右移动，左池消耗OH-且生成H2O，pH减小，D错误。答案选C。【点睛】B．电解质溶液为酸溶液，电极反应不能出现OH-。5、B【解析】

A.苯酚与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，所以苯酚的酸性强于碳酸氢钠，弱于碳酸，故A错误；B.气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色说明生成乙烯气体，溴乙烷生成乙烯的反应属于消去反应，故B正确；C.SO2具有还原性，通入KMnO4溶液，溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，故D.由于氯化钠和碘化钠的物质的量浓度的相对大小未知，有可能因为碘化钠的浓度较大而产生黄色沉淀碘化银，因此不能得出结论KspAgC1>K故选B。【点睛】二氧化硫具有漂白性，但并非所有颜色褪去的反应都是由于其漂白性，这是很容易被忽略的问题。比较结构和组成相似的难溶物的溶度积时，要根据控制变量法进行实验设计，控制两溶液的浓度相同，或控制溶度积较大的浓度较大，才可以得出合理的结论；或者根据沉淀的转化进行判断，但要注意在进行沉淀的转化时，防止有过量试剂的干扰。6、D【解析】

A.丝绸主要成分是蛋白质，故A错误；B.天然气主要成分是甲烷，故B错误；C.水力发电是将水能转化成机械能，然后机械能转化成电能，故C错误；D.制作太阳能电池板原料是晶体硅，硅元素在地壳中含量为第二，故D正确；答案：D．7、B【解析】

A．电能不是一次能源，属于二次能源，故A错误；B．铝锂合金属于金属材料，故B正确；C．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故C错误；D．新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故D错误；故答案为B。8、D【解析】

W与Y同族；W的氢化物为弱酸，则W为第二周期的非金属元素，由此可推出W为氟(F)，Y为Cl；W、X、Z最外层电子数之和为11，则X、Z的最外层电子数之和为4，Z可能为K或Ca，则X可能为Al或Mg。【详解】A．Y和Z形成的化合物，不管是CaCl2还是NaCl，其水溶液都呈中性，A错误；B．F没有正价，Cl的最高化合价为+7，B错误；C．离子半径Cl->K+>Ca2+，则离子半径Y>Z，C错误；D．CaH2、KH都是离子化合物，D正确；故选D。9、A【解析】

由元素周期表的位置可知，X和Y为第二周期，Z和W为第三周期，设Z的最外层电子数为n，X的最外层电子数为n+1，Y的最外层电子数为n+2，W的最外层电子数为n+3，则n+n+1+n+2+n+3=18，n=3，则Z为Al、X为C、Y为N、W为S。【详解】根据分析可知，X为C元素，Y为N，Z为Al，W为S元素；A．Y为N，位于ⅤA族，其最高化合价为+5，最低化合价为-3，则N元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为2，故A正确；B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则四种原子中Z（Al）的原子半径最大，Y（N）的原子半径最小，故B错误；C．没有指出简单氢化物，该说法不合理，如含有较多C的烃常温下为液态、固态，其沸点大于氨气，故C错误；D．缺少条件，无法比较N、S元素氧化物对应水化物的酸性，如：硫酸＞亚硝酸，硝酸＞亚硫酸，故D错误；故选：A。10、C【解析】

A.固氮时为原电池原理，化学能转化为电能，A错误；B.固氮时，Li电极为负极，钌复合电极为正极，电流由钌复合电极经用电器流向锂电极，B错误；C.脱氮时为电解原理，钌复合电极为阳极，阳极上发生失电子的氧化反应，钌复合电极的电极反应为2Li3N-6e-=6Li++N2↑，C正确；D.脱氮时，钌复合电极为阳极，锂电极为阴极，Li+（阳离子）向锂电极迁移，D错误；答案选C。11、B【解析】

由方程式Ca2+＋C2O42+＝CaC2O4、CaC2O4＋H2SO4＝CaSO4↓＋H2C2O4、2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝H2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O可得关系式：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，令血液中含钙量为cmol/L，则：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO452cmol/L×0.015L0.001mol•L-1×0.015L所以cmol/L×0.015L×2＝5×0.001mol•L-1×0.015L解得c＝0.0025mol•L-1；答案选B。12、C【解析】

A．a电极与外加电源的负极相连，a电极为阴极，a电极上的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，a电极产生的气体是氢气，A项错误；B．b电极与外加电源的正极相连，b电极为阳极，b电极上的电极反应式为2H2O－4e－＝O2↑+4H+，B项错误；C.c电极通入O2，c电极为氢氧燃料电池的正极，c电极上发生还原反应，d电极通入H2，d电极为氢氧燃料电池的负极，d电极的电极反应式为H2-2e-=2H+，在原电池中阳离子向正极移动，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，C项正确；D．d电极上发生的电极反应是H2-2e-=2H+，D项错误；答案选C。13、C【解析】

联合制碱法是以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱。包括两个过程：第一个过程是将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体；第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，得到的氯化钠溶液，可回收循环使用。据此分析解答。【详解】A．联合制碱法第一个过程滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，可作电解液，第二个过程滤出氯化铵沉淀后所得的滤液为氯化钠溶液，也可做电解液，故A正确；B．联合制碱法第二个过程滤出的氯化铵沉淀，焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈，发生反应6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，故B正确；C．合成橡胶是一种人工合成材料，属于有机物，联合制碱法中的副产品都为无机物，不能用于制合成橡胶，故C错误；D．联合制碱法第二个过程滤出氯化铵可做化肥，故D正确；故选C。14、D【解析】

A．R的分子式为C10H8O2，A项错误；B．苯环上4个氢原子位置不对称，故苯环上一氯代物有4种，B项错误；C．－CH3中四个原子不可能共平面，则R分子中所有原子不可能共平面，C项错误；D．R含有酯基、碳碳双键和苯环，能发生水解反应、加成反应和氧化反应，D项正确；答案选D。【点睛】确定多官能团有机物性质的步骤：（1）找出有机物所含的官能团，如碳碳双键、碳碳叁键、醇羟基、酚羟基、羧基等等；（2）联想每种官能团的典型性质；（3）结合选项分析对有机物性质描述的正误。注意：有些官能团性质会交叉，如碳碳叁键与醛基都能被溴水、酸性高锰酸钾溶液氧化，也能与氢气发生加成反应等。15、C【解析】

将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，AlO2－转化为[Al(OH)4]－，除Na+外溶液中主要存在CO32-、[Al(OH)4]－；由于酸性：H2CO3＞HCO3－＞Al(OH)3，则结合H+的能力：[Al(OH)4]－＞CO32-＞HCO3－，向溶液中逐滴加入盐酸，[Al(OH)4]－首先与H+反应转化为Al(OH)3，因此a线代表[Al(OH)4]－减少，发生的反应为：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O，则[Al(OH)4]－的物质的量为1mol/L×0.05L=0.05mol，生成的Al(OH)3也为0.05mol；接下来CO32-与H+反应转化为HCO3－，b线代表CO32-减少，c线代表HCO3－增多，发生的反应为：CO32-+H+=HCO3－，可计算出n(CO32-)=n(HCO3－)=n(H+)=1mol/L×0.05L=0.05mol；然后HCO3－与H+反应生成H2CO3（分解为CO2和H2O），最后Al(OH)3与H+反应生成Al3+，d线代表HCO3－减少，e线代表Al3+增多。【详解】A．由于酸性：HCO3-＞Al(OH)3，HCO3－会与[Al(OH)4]－发生反应生成Al(OH)3：HCO3－+[Al(OH)4]－=CO32-+Al(OH)3↓+H2O，HCO3－和[Al(OH)4]－在水溶液中不能大量共存，A项错误；B．d线代表HCO3－减少，发生的反应为：HCO3－+H+=CO2↑+H2O，B项错误；C．a线代表[Al(OH)4]－与H+反应：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O，b线代表CO32-与H+反应：CO32-+H+=HCO3－，由图象知两个反应消耗了等量的H+，则溶液中CO32-与[Al(OH)4]－的物质的量之比为1：1，原固体混合物中CO32－与AlO2－的物质的量之比为1：1，C项正确；D．d线代表HCO3－与H+的反应：HCO3－+H+=CO2↑+H2O，n(HCO3－)=0.05mol，消耗H+的物质的量为0.05mol，所用盐酸的体积为50mL，V1=100mL+50mL=150mL；e线代表Al(OH)3与H+反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，Al(OH)3的物质的量为0.05mol，会消耗0.15molH+，所用盐酸的体积为150mL，V2=V1+150mL=300mL；M点生成的是HCO3－而非CO2，D项错误；答案选C。【点睛】在判断HCO3－、Al(OH)3与H+反应的先后顺序时，可用“假设法”：假设HCO3－先与H+反应，生成的H2CO3（分解为CO2和H2O）不与混合物中现存的Al(OH)3反应；假设Al(OH)3先与H+反应，生成的Al3+会与溶液中现存的HCO3－发生双水解反应，转化为Al(OH)3和H2CO3（分解为CO2和H2O），实际效果还是HCO3－先转化为H2CO3，因此判断HCO3－先与H+反应。16、B【解析】

现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，结合五种元素的原子半径与原子序数的关系图可知，Z的原子半径最大，X的原子半径和原子序数均最小，则X为H元素；由R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R为第二周期的C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Z为Na元素，Y为O元素，Z与T形成的Z2T

化合物能破坏水的电离平衡，T为S元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为H元素，R为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，T为S元素。A．电子层越多，原子半径越大，则原子半径为Y＜Z，而具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为Y＞Z，故A错误；B．Y的单质为氧气，与C的氢化物能够发生燃烧反应，与S的氢化物能够反应生成S和水，故B正确；C．非金属性S＞C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：T＞R，故C错误；D．由H、C、O、Na四种元素组成的化合物不仅仅为NaHCO3，可能为有机盐且含有羧基，溶液不一定为碱性，可能为酸性，如草酸氢钠溶液显酸性，故D错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH2=CHCH3加成反应1，3，5—三甲苯Br2/光照和Br2/Fe羟基、羧基n+(n-1)H2O【解析】

A属于烯烃，则A结构简式为CH2=CHCH3，根据A、B分子式及苯的分子式可知，丙烯与苯发生加成反应生成B，根据已知信息，由D的结构简式逆推可知C为，则B为，D发生消去反应生成E，E发生加聚反应生成PMMA，PMMA为，D发生缩聚反应生成，PET为；向少量F溶液中滴加几滴FeCl3溶液，溶液呈紫色，且F在其同系物中相对分子质量最小，则F为，F发生反应生成G，G和乙酸酐发生取代反应生成Aspirin，根据Aspirin的结构简式知，G结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)A属于烯烃，分子式为C3H6，则A结构简式是CH2=CHCH3，故答案为：CH2=CHCH3；(2)通过以上分析知，A与苯在AlCl3催化作用下反应生成B的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；(3)B为，B的一溴代物只有2种的芳香烃为，名称是1，3，5-三甲苯，光照条件下发生甲基失去取代反应，催化剂条件下发生苯环上取代反应，因此需要的试剂与条件为：Br2/光照和Br2/Fe故答案为：1，3，5-三甲苯；Br2/光照和Br2/Fe；(4)①通过以上分析知，C的结构简式是，故答案为：；②根据上述分析，G的结构简式为，G物质中含氧官能团名称为羟基和羧基，故答案为：羟基和羧基；(5)D在一定条件下发生缩聚反应制取PET的化学方程式是n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O。【点睛】正确推断物质的结构简式是解题的关键。解答本题要注意充分利用题示信息和各小题中提供的信息进行推导。本题的易错点为(5)中方程式的书写，要注意水前面的系数。18、Fe5CH2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)34NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O【解析】

由血红色可以推出X含有铁元素，由无色无味的气体使澄清石灰水变浑浊推出X中另一种元素为碳。铁碳合金和足量的稀硫酸反应生成FeSO4和H2（A气体），剩余黑色固体碳在足量的氧气中灼烧，生成无色无味气体B（CO2），CO2通入足量澄清石灰水中得到白色沉淀CaCO3。【详解】(1)生成的CaCO3为5.0g即0.05mol，碳元素的质量为0.05mol×12g/mol=0.6g，则X中铁的含量为14.6g-0.6g=14.0g，即含铁14.0g÷56g/mol=0.25mol，所以X为Fe5C。(2)合金中的Fe与H2SO4反应生成的是FeSO4，加氧化剂H2O2后被氧化成Fe3+再与SCN-生成Fe(SCN)3。故离子方程式为：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；(3)CO2的物质的量为0.336L÷22.4L/mol=0.015mol，NaOH的物质的量为0.02mol。0.015molCO2与0.02molNaOH反应生成Na2CO3amol与NaHCO3bmol，根据Na和C守恒列2个二元一次方程分别为2a+b=0.02，a+b=0.015解得a=0.005，b=0.01，根据四种物质的最简比写出方程式:4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O。19、D饱和食盐水除去挥发出的HClCl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO36.9mol/LC偏小足量锌粒残余清液使气体冷却到室温调整量气管两端液面相平A【解析】

(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，从氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸；(2)为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样25.00mL，用1.500mol•L-1NaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍；(3)与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；(4)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；(5)甲同学的方案：盐酸挥发，也会与硝酸银反应，故反应有误差；【详解】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，此装置为固液加热型，A．O2用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰加热制取，用的是固固加热型，不符合题意，故A不符合题意；B．H2用的是锌与稀硫酸反应，是固液常温型，故B不符合题意；C．CH2=CH2用的是乙醇和浓硫酸反应，属于液液加热型，要使用温度计，故C不符合题意；D．HCl用的是氯化钠和浓硫酸反应，属于固液加热型，故D符合题意；氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸，由于次氯酸银不是沉淀，次氯酸与硝酸银不反应，化学方程式为Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；(2)量取试样25.00mL，用1.500mol∙L−1NaOH标准溶液滴定，消耗23..00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由c(HCl)∙V(HCl)=c(NaOH)∙V(NaOH)，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍=1.38×5=6.9mol/L；(3)根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小；(4)化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点。使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边。若残余清液转移到左边则会残留在Y型管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度偏小，丁方案：余酸与足量Zn反应放热，压强对气体的体积有影响该反应是在加热条件下进行的，温度升高气体压强增大，如果不回复到原温度，相当于将气体压缩了，使得测出的气体的体积减小。故温度要恢复到原温度时，同时上下移动右端的漏斗，使两端的液面的高度相同，视线要与液体的凹液面相切，读取测量气体的体积。故读气体体积时要保证冷却到室温，并且压强不再发生变化，即调整量气管两端液面相平；(5)与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，盐酸挥发的话，加入足量的硝酸银溶液求出氯离子的量偏大，会有误差。20、球形干燥管HCOOHCO↑＋H2O浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热c→b→e→d→fPdCl2＋CO＋H2O=Pd↓＋CO2＋2HCl氢氧化钠溶液除去CO中水蒸气方案不可行无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于710-11c(Cl-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(OH-)【解析】

A装置利用浓硫酸的脱水性制备CO，生成的CO中含有挥发出的甲酸气体，需要利用碱石灰除去甲酸，利用排水法收集CO，结合物质的性质和装置分析解答。【详解】Ⅰ．(1)图B中盛装碱石灰的仪器名称是球形干燥管。用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，根据原子守恒可知反应的化学方程式是HCOOHCO↑＋H2O。由于浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热，所以实验时，不需加热也能产生CO。(2)根据以上分析可知如需收集CO气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：a→