河北省保定市第七中學2023學年高考化學五模試卷（含答案解析）

2023高考化學模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W在大氣中有兩種同素異形體且均能支持燃燒，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，非金屬元素Y的原子序數(shù)是Z的最外層電子數(shù)的2倍。下列敘述不正確的是A．Y、Z的氫化物穩(wěn)定性Y>ZB．Y單質的熔點高于X單質C．X、W、Z能形成具有強氧化性的XZWD．YZ4分子中Y和Z都滿足8電子穩(wěn)定結構2、有關遠洋輪船船殼腐蝕與防護敘述錯誤的是A．可在船殼外刷油漆進行保護B．可將船殼與電源的正極相連進行保護C．可在船底安裝鋅塊進行保護D．在海上航行時，船殼主要發(fā)生吸氧腐蝕3、將amol鈉和amol鋁一同投入mg足量水中，所得溶液密度為dg·mL－1，該溶液中溶質質量分數(shù)為A．82a/(46a+m)%B．8200a/(46a+2m)%C．8200a/(46a+m)%D．8200a/(69a+m)%4、下列關于膠體和溶液的說法中，正確的是（）A．膠體粒子在電場中自由運動B．丁達爾效應是膠體粒子特有的性質，是膠體與溶液、懸濁液的本質區(qū)別C．膠體粒子，離子都能過通過濾紙與半透膜D．鐵鹽與鋁鹽都可以凈水，原理都是利用膠體的性質5、下列屬于氧化還原反應，且氧化劑和還原劑為同一種物質的是A．MgO+2HCl=MgCl2+H2O B．C+H2O(g)CO+H2C．8NH3+6NO27N2+12H2O D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑6、足量下列物質與相同質量的鋁反應，放出氫氣且消耗溶質物質的量最少的是A．氫氧化鈉溶液 B．稀硫酸 C．鹽酸 D．稀硝酸7、下列實驗中，所選裝置或儀器合理的是A．高溫煅燒石灰石 B．從KI和I2的固體混合物中回收I2C．除去乙醇中的苯酚 D．量取15.00mLNaOH溶液8、某固體混合物可能由Fe2O3、Fe、Na2SO3、NaBr、AgNO3、BaCl2中的兩種或兩種以上的物質組成。某興趣小組為探究該固體混合物的組成，設計的部分實驗方案如圖所示：下列說法正確的是A．氣體A至少含有SO2、H2中的一種B．固體C可能含有BaSO4或者Ag2SO4C．該固體混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一種D．該固體混合物一定含有BaCl2，其余物質都不確定9、反應Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，作氧化劑的是（）A．Fe2O3 B．CO C．Fe D．CO210、烏洛托品在醫(yī)藥、染料等工業(yè)中有廣泛應用，其結構式如圖所示。將氨水與甲醛水溶液混合蒸發(fā)可制得烏洛托品。若原料完全反應生成烏洛托品，則氨與甲醛的物質的量之比為（）A．1：1 B．2：1 C．2：3 D．3：211、下列說法正確的是①氯氣的性質活潑，它與氫氣混合后立即發(fā)生爆炸②實驗室制取氯氣時，為了防止環(huán)境污染，多余的氯氣可以用氫氧化鈣溶液吸收③新制氯水的氧化性強于久置氯水④檢驗HCl氣體中是否混有Cl2方法是將氣體通入硝酸銀溶液⑤除去HCl氣體中的Cl2，可將氣體通入飽和食鹽水中A．①②③ B．③ C．②③④ D．③⑤12、能用共價鍵鍵能大小解釋的性質是（）A．穩(wěn)定性：HCl>HI B．密度：HI>HClC．沸點：HI>HCl D．還原性：HI>HCl13、某研究小組利用軟錳礦(主要成分為MnO2，另含有少量鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物)作脫硫劑，通過如下簡化流程既脫除燃煤尾氣中的SO2，又制得電池材料MnO2(反應條件已省略)。下列說法不正確的是A．上述流程中多次涉及到過濾操作，實驗室進行過濾操作時需用到的硅酸鹽材質儀器有：玻璃棒、燒杯、漏斗B．用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原因是MnCO3消耗了溶液中的酸，促進Al3+和Fe3+水解生成氫氧化物沉淀C．實驗室用一定量的NaOH溶液和酚酞試液就可以準確測定燃煤尾氣中的SO2含量D．MnSO4溶液→MnO2過程中，應控制溶液pH不能太小14、下列各組物質，滿足表中圖示物質在一定條件下能一步轉化的是（）序號XYZWASSO3H2SO4H2SBCuCuSO4Cu(OH)2CuOCSiSiO2Na2SiO3H2SiO3DAlAlCl3Al(OH)3NaAlO2A．A B．B C．C D．D15、不同溫度下，三個體積均為1L的密閉容器中發(fā)生反應：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ.mol-1，實驗測得起始、平衡時的有關數(shù)據(jù)如表。下列說法正確的是容器編號溫度/K起始物質的量/mol平衡物質的量/molCH4NO2N2CO2H2ONO2IT10.501.20000.40IIT20.300.800.200.200.400.60IIIT30.400.700.700.701.0A．T1<T2B．若升高溫度，正反應速率減小，逆反應速率增大，平衡逆移C．平衡時，容器I中反應放出的熱量為693.6kJD．容器III中反應起始時v正(CH4)<v逆(CH4)16、火山爆發(fā)產生的氣體中含有少量的羰基硫（分子式是：COS），已知羰基硫分子結構與CO2類似，有關說法正確的是（）A．羰基硫是電解質B．羰基硫分子的電子式為：C．C、O、S三個原子中半徑最小的是CD．羰基硫分子為非極性分子二、非選擇題（本題包括5小題）17、如圖中A～J分別代表相關反應中的一種物質，已知A分解得到等物質的量的B、C、D，已知B、D為常溫下的氣態(tài)化合物，C為常溫下的液態(tài)化合物，F(xiàn)為黑色固體單質，I為紅棕色氣體。圖中有部分生成物未標出。請?zhí)顚懸韵驴瞻祝?/p>

（1）A的化學式為___，C的電子式為___；（2）寫出下列反應的化學方程式：D+G→H___；F+J→B+C+I____；（3）2molNa2O2與足量C反應轉移電子的物質的量為___mol；（4）I與足量C生成J的過程中氧化劑與還原劑的物質的量之比為___；（5）容積為10mL的試管中充滿I和G的混合氣體，倒立于盛水的水槽中，水全部充滿試管，則原混合氣體中I與G的體積之比為___。18、美托洛爾可用于治療高血壓及心絞痛，某合成路線如下：回答下列問題：（1）寫出C中能在NaOH溶液里發(fā)生反應的官能團的名稱______。（2）A→B和C→D的反應類型分別是___________、____________，H的分子式為______。（3）反應E→F的化學方程式為______。（4）試劑X的分子式為C3H5OCl，則X的結構簡式為______。（5）B的同分異構體中，寫出符合以下條件：①含有苯環(huán)；②能發(fā)生銀鏡反應；③苯環(huán)上只有一個取代基且能發(fā)生水解反應的有機物的結構簡式____________。（6）4－芐基苯酚（）是一種藥物中間體，請設計以苯甲酸和苯酚為原料制備4－芐基苯酚的合成路線：____________（無機試劑任用）。19、I.四溴化鈦（TiBr4）可用作橡膠工業(yè)中烯烴聚合反應的催化劑。已知TiBr4常溫下為橙黃色固體，熔點為38.3℃，沸點為233.5℃，具有潮解性且易發(fā)生水解。實驗室利用反應TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制備TiBr4的裝置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應進行的操作是___，反應結束后應繼續(xù)通入一段時間CO2，主要目的是___。（2）將連接管切斷并熔封，采用蒸餾法提純。此時應將a端的儀器改裝為___、承接管和接收瓶，在防腐膠塞上加裝的儀器是___（填儀器名稱）。II.過氧化鈣溶于酸，極微溶于水，不溶于乙醇、乙醚和丙酮，通?？捎米麽t(yī)用殺菌劑、消毒劑、防腐劑。已知從溶液中制得的過氧化鈣帶有8個結晶水，在100℃時會脫水生成米黃色的無水過氧化鈣，而無水過氧化鈣在349℃時會迅速分解生成CaO和O2。以下是一種用純凈的碳酸鈣制備過氧化鈣的實驗方案。請回答下列問題：CaCO3濾液白色結晶（3）步驟①的具體操作為向碳酸鈣中逐滴加入稀鹽酸，至溶液中尚存有少量固體，此時溶液呈___性（填“酸”、“堿”或“中”）。將溶液煮沸，趁熱過濾。將溶液煮沸的作用是__。（4）步驟②中反應的化學方程式為__，該反應需要在冰浴下進行，原因是__。（5）為測定產品中過氧化鈣的質量分數(shù)，取1.2g樣品，在溫度高于349℃時使之充分分解，并將產生的氣體（恢復至標準狀況）通過如圖所示裝置收集，測得量筒中水的體積為112mL，則產品中過氧化鈣的質量分數(shù)為___。20、某研究小組在實驗室以廢銅屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)為原料制備堿式碳酸銅[Cu2(OH)2CO3]，具體流程如下：已知：Cu2(OH)2CO3為綠色固體，難溶于冷水和乙醇，水溫越高越易分解。(1)為加快廢銅屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施為____(任寫一種)。(2)“操作Ⅱ”中銅發(fā)生反應的離子方程式為___。(3)“調節(jié)pH”操作中加入的試劑為____(填化學式)。(4)洗滌Cu2(OH)2CO3沉淀的操作為____。(5)“操作Ⅲ”中溫度選擇55～60℃的原因是____；該步驟生成Cu2(OH)2CO3的同時產生CO2，請寫出該反應的化學方程式：____。(6)某同學為測定制得的產品中Cu2(OH)2CO3的質量分數(shù)，進行了如下操作：稱取m1g產品，灼燒至固體質量恒重時，得到黑色固體(假設雜質不參與反應)，冷卻后，稱得該黑色固體質量為m2g，則樣品中Cu2(OH)2CO3的純度為____(用含m1、m2的代數(shù)式表示)。21、鈦及其化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領域有著廣泛的應用。（1）基態(tài)鈦原子的價電子排布式為_____________，與鈦同周期的元素中，基態(tài)原子的未成對電子數(shù)與鈦相同的有____________種。（2）鈦比鋼輕、比鋁硬，是一種新興的結構材料，鈦的硬度比鋁大的原因是_________。（3）在濃的TiCl3的鹽酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至飽和，可得到配位數(shù)為6、組成為TiCl3·6H2O的綠色晶體，該晶體中兩種配體的物質的量之比為1：5，則該配合離子的化學式為___________。（4）半夾心結構催化劑M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其結構如下圖所示。①組成M的元素中，電負性最大的是_________(填名稱)。②M中碳原子的雜化方式為____________。③M中不含________(填代號)。a．π鍵b．σ鍵c．離子鍵d．配位鍵（5）金紅石(TiO2)是含鈦的主要礦物之一。其晶胞結構(晶胞中相同位置的原子相同)如圖所示。①A、B、C、D4種微粒，其中氧原子是________(填代號)。②若A、B、C的原子坐標分別為A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，則D的原子坐標為D(0.19a，____，___)；鈦氧鍵的鍵長d=______(用代數(shù)式表示)。

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【答案解析】

W在大氣中有兩種同素異形體且均能支持燃燒，W為O元素；X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，X為Na元素；短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，非金屬元素Y的原子序數(shù)是Z的最外層電子數(shù)的2倍，則Y為Si、Z為Cl元素；A.非金屬性Si<Cl，則Y、Z的氫化物的穩(wěn)定性Si（Y）<Cl（Z），A錯誤；B.Y的單質是晶體硅，晶體硅屬于原子晶體，X單質是金屬Na，硅的熔點高于Na，B正確；C.X（Na）、W（O）、Z（Cl）能形成NaClO，NaClO具有強氧化性，C正確；D.YZ4為SiCl4，SiCl4的電子式為，Si和Cl都滿足8電子穩(wěn)定結構，D正確；答案選A。2、B【答案解析】A.可在船殼外刷油漆進行保護，A正確；B.若將船殼與電源的正極相連，則船殼腐蝕加快，B不正確；C.可在船底安裝鋅塊進行保護屬于犧牲陽極的陰極保護法，C正確；D.在海上航行時，船殼主要發(fā)生吸氧腐蝕，D正確。本題選B。3、C【答案解析】

鈉和水反應生成氫氧化鈉和氫氣，鋁和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和氫氣。根據(jù)方程式計算?！绢}目詳解】將amol鈉和水反應生成amol氫氧化鈉和a/2mol氫氣，amol鋁和amol氫氧化鈉反應生成amol偏鋁酸鈉和3a/2mol氫氣，反應后的溶液的質量為23a+27a+m-(a/2+3a/2×2=(m+46a)g，溶質偏鋁酸鈉的質量為82ag。則質量分數(shù)為82a/(m+46a)×100%。故選C?！敬鸢更c睛】掌握鈉和水的反應、鋁和氫氧化鈉溶液的反應，能根據(jù)方程式進行計算，計算溶液的質量時注意從總質量中將產生的氫氣的質量減去。4、D【答案解析】

A.膠體粒子可帶電，在電場中發(fā)生定向移動，故A錯誤；B.丁達爾效應是膠體特有的性質，膠體與溶液、懸濁液的本質區(qū)別是分散質粒子直徑的大小不同，故B錯誤；C.離子既能過通過濾紙，又能通過半透膜；膠體粒子只能通過濾紙，不能通過半透膜，故C錯誤；D.可溶性鐵鹽與鋁鹽都會發(fā)生水解，產生氫氧化鐵和氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性可以凈水，原理都是利用膠體的性質，故D正確。答案選D。5、D【答案解析】

A.MgO+2HCl=MgCl2+H2O中元素化合價沒有發(fā)生變化，反應不是氧化還原反應，A不符合題意；B.C+H2O(g)CO+H2中C、H兩種元素的化合價都發(fā)生了變化，反應屬于氧化還原反應，其中C是還原劑，H2O是氧化劑，氧化劑和還原劑不是同一種物質，B不符合題意；C.8NH3+6NO27N2+12H2O中只有N元素的化合價發(fā)生了變化，反應屬于氧化還原反應，其中NH3是還原劑，NO2是氧化劑，氧化劑和還原劑不是同一種物質，C不符合題意；D.反應2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有O元素化合價的變化，反應屬于氧化還原反應，其中Na2O2既是還原劑也是氧化劑，氧化劑和還原劑是同一種物質，D符合題意；故合理選項是D。6、A【答案解析】

假設反應都產生3mol氫氣，則：A．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑反應產生3mol氫氣，會消耗2molNaOH；B．2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，反應產生3mol氫氣，需消耗3mol硫酸；C．2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，反應產生3mol氫氣，需消耗6molHCl；D．由于硝酸具有強的氧化性，與鋁發(fā)生反應，不能產生氫氣；故反應產生等量的氫氣，消耗溶質的物質的量最少的是氫氧化鈉溶液；選項A正確。7、D【答案解析】

A.高溫煅燒石灰石不可用瓷坩堝進行，氧化鈣與二氧化硅反應，A錯誤；B.I2易升華，分離回收碘，應在密封的裝置中，圖中蒸發(fā)皿加熱后不能回收碘，B錯誤；C.苯酚易溶于乙醇中，不會有沉淀，所以不能用過濾法分離乙醇和苯酚，C錯誤；D.量取15.00mLNaOH溶液，可選擇滴定管，移液管等精準的量器，D正確；答案選D。8、C【答案解析】

由實驗方案分析，溶液G中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀，則其為AgCl，原固體中一定含有BaCl2，一定不含NaBr；溶液B中加入NaOH溶液，有白色沉淀生成，此沉淀一段時間后顏色變深，則其為Fe(OH)2，說明溶液B中含有Fe2+，原固體中可能含有Fe(與硫酸反應生成Fe2+和H2)，可能含有Fe2O3(與硫酸反應生成的Fe3+全部被SO32-還原為Fe2+)，還可能含有AgNO3(必須少量，與硫酸電離出的H+構成的HNO3能被Fe或SO32-全部還原，且溶液中只含有Fe2+，不含有Fe3+)。【題目詳解】A.氣體A可能為H2，可能為SO2，可能為H2、NO的混合氣，可能為SO2、NO的混合氣，還可能為H2、NO、SO2的混合氣，A錯誤；B.原固體中一定含有BaCl2，則固體C中一定含有BaSO4，可能含有Ag2SO4，B錯誤；C.從上面分析可知，固體混合物中不管是含有Fe2O3還是含有Fe，都能產生Fe2+，C正確；D.該固體混合物一定含有BaCl2，一定不含有NaBr，D錯誤。故選C。【答案點睛】在進行物質推斷時，不僅要注意物質存在的可能性問題，還要考慮試劑的相對量問題。如上面分析得出，加入過量硫酸后的溶液中含有Fe2+，不含有Fe3+，此時我們很可能會考慮到若含AgNO3，則會與硫酸電離出的H+構成HNO3，將Fe2+氧化為Fe3+，武斷地得出原固體中不存在AgNO3的結論。如果我們考慮到若Fe過量，或Na2SO3過量，也可確保溶液中不含有Fe3+，則迎合了命題人的意圖。9、A【答案解析】

在氧化還原反應中化合價降低，得電子的物質為氧化劑，據(jù)此分析?！绢}目詳解】A、反應Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，中Fe元素的化合價降低，得電子，則Fe2O3是氧化劑，故A正確；B、CO中碳在氧化還原反應中化合價升高，失電子，作還原劑，故B錯誤；C、鐵是還原產物，故C錯誤；D、CO2是氧化產物，故D錯誤；故選：A。10、C【答案解析】

將甲醛水溶液與氨水混合蒸發(fā)可制得烏洛托品，若原料完全反應生成烏洛托品，每個烏洛托品分子中含有6個C原子、4個N原子，根據(jù)C原子、N原子守恒判斷氨與甲醛的物質的量之比。【題目詳解】將甲醛水溶液與氨水混合蒸發(fā)可制得烏洛托品，若原料完全反應生成烏洛托品，每個烏洛托品分子中含有6個C原子、4個N原子，每個甲醛分子中含有1個C原子、每個氨氣分子中含有1個N原子，根據(jù)C原子、N原子守恒知，要形成一個烏洛托品分子需要6個甲醛分子、4個氨氣分子，則需要氨氣和甲醛分子個數(shù)之比＝4：6＝2：3，根據(jù)N＝nNA知，分子數(shù)之比等于物質的量之比，所以氨與甲醛的物質的量之比2：3，故答案選C。11、B【答案解析】

①氯氣和氫氣在點燃或光照條件下能產生爆炸，在沒有條件下不反應，故錯誤；②氫氧化鈣的溶解度較小，所以吸收氯氣的能力較小，實驗室一般用氫氧化鈉溶液吸收氯氣，故錯誤；③次氯酸有強氧化性，新制的氯水中次氯酸的量較多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氫和氧氣，所以久置的氯水中次氯酸含量較少，強氧化性較低，所以新制氯水的氧化性強于久置氯水的，故正確；④氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，氯化氫和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀，所以氯氣、氯化氫都能和硝酸銀溶液反應生成白色沉淀，所以硝酸銀溶液不能用于檢驗HCl氣體中是否混有Cl2，故錯誤；⑤飽和食鹽水中含有氯離子，抑制氯氣的溶解，氯化氫極易溶于飽和食鹽水，所以可以除去Cl2中的HCl氣體，但達不到除去HCl氣體中的Cl2的目的，故錯誤；12、A【答案解析】

A.元素非金屬性F>Cl>Br>I，影響其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性的因素是共價鍵的鍵能，共價鍵的鍵能越大其氫化物越穩(wěn)定，與共價鍵的鍵能大小有關，A正確；B.物質的密度與化學鍵無關，與單位體積內含有的分子的數(shù)目及分子的質量有關，B錯誤；C.HI、HCl都是由分子構成的物質，物質的分子間作用力越大，物質的沸點就越高，可見物質的沸點與化學鍵無關，C錯誤；D.元素非金屬性F>Cl>Br>I，元素的非金屬性越強，其得電子能力越強，故其氣態(tài)氫化合物的還原性就越弱，所以氣態(tài)氫化物還原性由強到弱為HI>HBr>HCl>HF，不能用共價鍵鍵能大小解釋，D錯誤；故合理選項是A。13、C【答案解析】

A.上述流程中多次涉及到過濾操作，使用的玻璃儀器有玻璃棒、燒杯、漏斗，這些都屬于硅酸鹽材質，A正確；B.MnCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡，電離產生的CO32-能消耗溶液中的H+，使Al3+和Fe3+的水解平衡正向移動，促進Al3+和Fe3+水解生成氫氧化物沉淀，B正確；C.用一定量的NaOH溶液和酚酞試液吸收二氧化硫，反應生成亞硫酸鈉，亞硫酸鈉溶液呈堿性，溶液顏色變化不明顯，不能準確測定燃煤尾氣中的SO2含量，C錯誤；D.由于MnO2具有氧化性，當溶液酸性較強時，MnO2的氧化性會增強，所以MnSO4溶液→MnO2過程中，應控制溶液pH不能太小，D正確；故合理選項是C。14、B【答案解析】

A．硫燃燒生成二氧化硫，不能一步生成三氧化硫，A錯誤；B．Cu與濃硫酸反應生成硫酸銅，硫酸銅與氫氧化鈉反應生成氫氧化銅沉淀，氫氧化銅受熱分解生成氧化銅，均能一步完成，B正確；C．硅酸不能一步反應生成單質硅，C錯誤；D．NaAlO2不能一步反應生成單質鋁，D錯誤；答案選B。15、A【答案解析】

A.該反應為放熱反應，升溫平衡逆向移動，平衡時二氧化氮的物質的量多，故有T1<T2，正確；B.升溫，正逆速率都加快，平衡逆向移動，故錯誤；C.平衡時，容器I中二氧化氮的消耗量為1.2-0.4=0.8mol，則反應熱為=346.8kJ，故錯誤；D.容器III中T3下平衡常數(shù)不確定，不能確定其反應進行方向，故錯誤。故選A。16、B【答案解析】

A.羰基硫（COS）自身不能電離，屬于非電解質，不是電解質，A項錯誤；B.羰基硫分子結構與CO2類似，為直線型結構，結構式為：O=C=S，則COS的電子式為，B項正確；C.C、O、S三個原子中，S原子電子層最多，S的原子半徑最大；C、O原子都含有2個電子層，原子序數(shù)越大原子半徑越小，則原子半徑C＞O，即半徑最小的是O，C項錯誤；D.羰基硫的結構式為O=C=S，但2個極性鍵的極性不等，所以正負電荷的中心不重合，是極性分子，D項錯誤；答案選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、NH4HCO34NH3+5O24NO+6H2OC+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O21：24：1【答案解析】

A受熱能分解，分解得到等物質的量的B、C、D，且A與堿反應生成D，則A為酸式鹽或銨鹽，B、D為常溫下的氣態(tài)化合物，C為常溫下的液態(tài)化合物，C能和過氧化鈉反應，則C為水，鎂條能在B中燃燒，則B為二氧化碳或氧氣，因為A受熱分解生成B、C、D，則B為二氧化碳，水和過氧化鈉反應生成NaOH和O2，D能在催化劑條件下與G反應生成H，則D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，鎂和二氧化碳反應生成氧化鎂和碳，C和濃硝酸反應生成二氧化碳、二氧化氮和水，則E是MgO，F(xiàn)是C，通過以上分析知，A為NH4HCO3，以此解答該題?！绢}目詳解】(1)、A為NH4HCO3，C為水，C的電子式為；故答案為NH4HCO3；；(2)、D為NH3，G是O2，H是NO，則D+G→H的反應為：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J是HNO3，則F+J-→B+C+I的反應為：C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O；故答案為4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(3)、Na2O2與足量水反應的方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧由-1價升高為0價，由-1價降低為-2價，則2molNa2O2與足量C反應轉移電子的物質的量為2mol,；故答案為2；(4)、由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:2；故答案為1:2；(5)、容積為10mL的試管中充滿NO2和O2的混合氣體，倒立于盛水的水槽中，水全部充滿試管，則發(fā)生的反應為4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根據(jù)反應方程式可知原混合氣體中NO2與O2體積比為4:1，所以10mL混合氣體中NO2和O2的體積分別為8mL和2mL，故答案為4:1。18、（酚）羥基；氯原子取代反應還原反應C15H25O3N+CH3OH+H2O【答案解析】

由B的分子式、C的結構，可知B與氯氣發(fā)生取代反應生成C，故B為，C發(fā)生還原反應生成D為．對比D、E的分子式，結合反應條件，可知D中氯原子水解、酸化得到E為．由G的結構可知，E中醇羥基與甲醇發(fā)生分子間脫水反應生成F，F(xiàn)中酚羥基上H原子被取代生成G，故F為．對比G、美托洛爾的結構可知，G發(fā)生開環(huán)加成生成美托洛爾?！绢}目詳解】(1)由結構可知C中官能團為：(酚)羥基、羰基和氯原子，在氫氧化鈉溶液中，由于和氯元素相鄰的碳原子上沒有氫原子，不能發(fā)生消去反應，羰基不與氫氧化鈉反應，酚羥基有弱酸性，可以與氫氧化鈉反應；(2)B為，根據(jù)流程圖中A和B的結構式分析，A中的氯原子將苯酚上的氫原子取代得到B，則為取代反應；D為，根據(jù)分析，C發(fā)生還原反應生成D；根據(jù)流程圖中美托洛爾的結構簡式，每個節(jié)點為碳原子，每個碳原子形成4個共價鍵，不足鍵用氫原子補充，則H的分子式為C15H25O3N；(3)E中醇羥基與甲醇發(fā)生分子間脫水反應生成F，化學方程式為：+CH3OH+H2O；(4)F為，F(xiàn)中酚羥基上H原子被取代生成G，對比二者結構可知，X的結構簡式為；(5)B為，B的同分異構體中，含有苯環(huán)；能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基；苯環(huán)上只有一個取代基且能發(fā)生水解反應，故有機物的結構簡式；（6）苯甲醇發(fā)生氧化反應生成苯甲醛，苯甲醛與苯酚反應生成，最后與Zn（Hg）/HCl作用得到目標物。合成路線流程圖為：。19、打開K1，關閉K2和K3，通入二氧化碳排出殘留在裝置中的四溴化鈦和溴蒸氣直形冷凝管溫度計酸除去溶液中的二氧化碳CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2O=CaO2?8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3?H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O溫度過高時過氧化氫分解60%【答案解析】

I.TiBr4常溫易潮解，所以制備TiBr4時要使用干燥的反應物，所以通入的二氧化碳氣體必須干燥，濃硫酸能干燥二氧化碳，所以試劑A為濃硫酸；因為裝置中含有空氣，空氣中氧氣能和C在加熱條件下反應，所以要先通入二氧化碳排出裝置中空氣，需要打開K1，關閉K2和K3；然后打開K2和K3

，同時關閉K1，發(fā)生反應TiO2+C+2Br2

TiBr4+CO2制備TiBr4，TiBr4常溫下為橙黃色固體，流入收集裝置中；溴有毒不能直接排空，應該最后有尾氣處理裝置，TiBr4易潮解，所以裝置X單元能起干燥作用，結合題目分析解答。II.大理石加入稀鹽酸溶解得到氯化鈣溶液，將溶液煮沸，趁熱過濾，將溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2，反應②濾液中加入氨水和過氧化氫冰水浴中反應生成過氧化鈣晶體，過濾得到過氧化鈣晶體，水洗、乙醇洗、烘烤得到過氧化鈣固體，以此來解答?！绢}目詳解】(1)根據(jù)分析以及圖示可知加熱前要先打開K1，關閉K2和K3，通入二氧化碳排出裝置中空氣；反應結束后在反應裝置中還有少量四溴化鈦殘留，以及剩余的溴蒸氣，應繼續(xù)通入一段時間CO2，主要目的是把少量殘留四溴化鈦排入收集裝置中，提高產率，而且還可以排出剩余的溴蒸氣，進行尾氣處理，防止污染；(2)在產品四溴化鈦中還有殘留的液溴，因此根據(jù)題中給出的四溴化鈦的沸點233.5°C，可以使用蒸餾法提純；此時應將a端的儀器改裝為直形冷凝管、承接管和接收瓶，蒸餾時要根據(jù)溫度收集餾分，所以在防腐膠塞上應加裝溫度計；(3)此時溶液中溶有二氧化碳，所以呈酸性；將溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳；(4)反應②是濾液中加入氨水和過氧化氫冰水浴中反應生成過氧化鈣晶體，反應的化學方程式為：CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2O=CaO2?8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3?H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O；過氧化氫熱易分解，所以該反應需要在冰浴下進行；(5)過氧化鈣受熱分解，方程式為2CaO2=2CaO+O2↑，收集到的氣體為氧氣，根據(jù)量筒中水的體積可知收集到氧氣112mL，則其物質的量為=0.005mol，則原樣品中n(CaO2)=0.01mol，所以樣品中過氧化鈣的質量分數(shù)為=60%。20、攪拌（或適當升溫等合理答案即可）H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2OCuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可加人洗滌劑至浸沒沉淀且液面低于濾紙邊緣，待液體自然流下后，重復2~3次溫度過低，反應速率太慢，溫度過高，Cu2(OH)2CO3易分解2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑×100%【答案解析】

廢銅屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3與稀硫酸反應，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，銅單質不與硫酸反應，再加入雙氧水將Fe2+氧化為Fe3+，同時銅單質與雙氧水在酸性條件下反應生成銅離子，再調節(jié)溶液pH值，將Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀除去，過濾后得到主要含有硫酸銅的濾液，將溶液溫度控制在55~60℃左右，加入碳酸鈉，濾液中產生Cu2(OH)2CO3晶體，再經過過濾、冷水洗滌，干燥，最終得到Cu2(OH)2CO3，以此解題?！绢}目詳解】(1)為加快廢銅屑在稀硫酸中的溶解速率，可進行攪拌、加熱、增大硫酸濃度等方法；(2)“操作Ⅱ”中，銅單質與雙氧水在酸性條件下反應生成銅離子，離子方程式為H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O；(3)“調節(jié)pH”操作目的是將溶液中的Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀除去，由于廢銅屑使用酸浸溶解，需要加入堿性物質中和多余的酸，在不引入新的雜質的情況下，可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可；(4)洗滌Cu2(OH)2CO3沉淀的操作為過濾，合理操作為：加人洗滌劑至浸沒沉淀且液面低于濾紙邊緣，待液體自然流下后，重復2~3次；(5)根據(jù)題目已知：Cu2(OH)2CO3為難溶于冷水和乙醇，水溫越高越易分解。“操作Ⅲ”中溫度選擇55～60℃的既可以加快反應速率同時也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，該步驟中向含有硫酸銅的濾液中加入碳酸鈉生成Cu2(