北京市顺义区市级名校2024届高二化学第二学期期末质量跟踪监视试题含解析

北京市顺义区市级名校2024届高二化学第二学期期末质量跟踪监视试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、将足量HCl通入下述各溶液中，所含离子还能大量共存的是A．K＋、SO32－、Cl－、NO3－B．H＋、NH4＋、Al3＋、SO42－C．Na＋、S2－、OH－、SO42－D．Na＋、Ca2＋、CH3COO－、HCO3－2、某酯A，其分子式为C6H12O2，已知，又知B、C、D、E均为有机物，D不与Na2CO3溶液反应，E不能发生银镜反应，则A的结构可能有A．3种B．4种C．5种D．6种3、在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＜0。2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4mol，同时放出热量QkJ，则下列分析正确的是()A．在该条件下，反应前后的压强之比为6∶5.3B．若反应开始时容器容积为2L，则v(SO3)＝0.35mol·L－1·min－1C．若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)＞1.4molD．若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量小于QkJ4、有关乙炔、苯及二氧化碳的说法错误的是A．苯中6个碳原子中杂化轨道中的一个以“肩并肩”形式形成一个大π键B．二氧化碳和乙炔中碳原子均采用sp1杂化，苯中碳原子采用sp2杂化C．乙炔中两个碳原子间存在1个σ键和2个π键D．乙炔、苯、二氧化碳均为非极性分子5、某同学用0.1mol/L的盐酸滴定20.00mLNaOH溶液，测定其浓度。下列操作正确的是A．需用NaOH溶液润洗锥形瓶B．用量筒量取20.00mLNaOH溶液C．滴定前，使酸式滴定管尖嘴部分充满盐酸D．充分反应后，滴入酚酞溶液，观察是否到达滴定终点6、环己醇()常用来制取增塑剂和作为工业溶剂。下列说法正确的是（）A．环己醇中至少有12个原子共平面B．与环己醇互为同分异构体，且含有醛基（—CHO）的结构有8种（不含立体结构）C．标准状况下，1mol环己醇与足量Na反应生成22.4LH2D．环己醇的一氯代物有3种（不含立体结构）7、下列物质溶于水后溶液显酸性的是A．Na2O2 B．CaCl2 C．FeCl3 D．CH3COONa8、常温下，0.1mol•L-1一元酸HA溶液中c（OH-）/c（H+）=1×10-6，下列叙述正确的是（）A．该溶液中水的离子积常数为1×10−12B．该一元酸溶液的pH=1C．该溶液中由水电离出的c（H+）=1×10−6mol•L-1D．向该溶液中加入一定量NaA晶体或加水稀释，溶液中c（OH-）均增大9、表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．与足量完全反应时转移电子数为B．二氧化硅中含有键为C．56g铁与1mol氯气发生反应转移电子数为3NAD．含的浓盐酸与足量在一定条件下反应生成，转移电子数为10、下列分子中所有原子不在同一平面的是A．CH2Cl2B．CH2=CH-CH＝CH2C．D．11、某课外小组在实验室模拟工业上从浓缩海水中提取溴的工艺流程，设计以下装置进行实验(所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去)。下列说法错误的是A．装置中通入的是a气体是Cl2B．实验时应在A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通入热空气C．B装置中通入a气体前发生的反应为SO2+Br2+2H2O===H2SO4+2HBrD．C装置的作用只是吸收多余的二氧化硫气体12、下列对有机化合物的分类结果正确的是（）A．乙烯(CH2=CH2)、苯()、环己烷()都属于脂肪烃B．苯()、环戊烷()、环己烷()同属于芳香烃C．乙烯(CH2=CH2)、乙炔(CH≡CH)同属于烯烃D．、、同属于环烷烃13、下列各组微粒中不属于等电子体的是（）A．CH4、NH4+ B．H2S、HCl C．CO2、N2O D．CO32﹣、NO3﹣14、常温时，1mol·L－1的CH3NH2和1mol·L－1的NH2OH（NH2OH+H2ONH3OH++OHˉ）两种碱溶液，起始时的体积均为10mL，分别向两溶液中加水进行稀释，所得曲线如图所示（V表示溶液的体积），pOH=－lgc（OH－）。下列说法不正确的是A．NH2OH的电离常数K的数量级为10－9B．CH3NH3Cl盐溶液中水解离子方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－C．当两溶液均稀释至lg=4时，溶液中水的电离程度：NH2OH>CH3NH2D．浓度相同的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中离子浓度大小关系：（NH3OH+）<c（CH3NH3+）15、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，22.4L乙烷中所含的极性共价键数目为NAB．500C、101KPa

时3.2gSO2和足量的O2充分反应后生成SO3的数目为0.05NAC．100mL12mol/L的浓硝酸与过量铜反应，转移的电子数介于0.6NA～0.9NA之间D．1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，NH4+的数量为0.1NA16、对四种无色溶液进行离子检验，实验结果如下，其中明显错误的是()A．K+、Na+、Cl-、NO3- B．Na+、NO3-、OH-、CO32-C．Na+、OH-、Cl-、NO3- D．MnO4-、K+、S2-、Na+17、（CH3CH2）2CHCH3的正确命名是（）A．2﹣乙基丁烷 B．2﹣甲基戊烷 C．3﹣甲基戊烷 D．3﹣乙基丁烷18、短周期元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，c和e的原子序数相差8。常温下，由这些元素组成的物质有如下实验现象：甲（红棕色）+乙（液态）→丙（强酸）+丁（无色气体）；戊（淡黄色）+乙→己（强碱）+庚（无色气体）。下列说法正确的是A．简单的离子半径：d>e>b>cB．c的气态氢化物热稳定性比e的强C．化合物戊含离子键和极性键D．由a、c、d、e四种元素组成的化合物只有一种19、下列说法不正确的是A．螺［2,2］戊烷（）所有碳原子不可能均处于同一平面B．酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质C．氨基酸是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐D．仅用溴水就可以将酒精、苯酚溶液、己烯、甲苯4种无色液体区分开20、电池是人类生产、生活中重要的能量来源，各种电池的发明是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是A．锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细B．氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能C．氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化D．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅21、下列金属防腐蚀的方法中，使用外加电流的阴极保护法的是A．水中的钢闸门连接电源负极B．在锅炉内壁装上镁合金C．汽车底盘喷涂高分子膜D．在铁板表面镀锌22、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1mol羟基与1mol的氢氧根所含电子数均为9NAB．标准状况下，11.2LCl2溶于水，转移的电子数为NAC．常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体含有的原子数为1.5NAD．100mL18.4mol·L－1浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2的分子数为0.92NA二、非选择题(共84分)23、（14分）环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：已知以下信息：回答下列问题：（1）A是一种烯烃，化学名称为__________，C中官能团的名称为__________、__________。（2）由B生成C的反应类型为__________。（3）由C生成D的反应方程式为__________。（4）E的结构简式为__________。（5）E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式__________、__________。①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。（6）假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1mol单一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于__________。24、（12分）香兰素具有浓郁的奶香，味微甜，广泛用于食品、巧克力、冰淇淋、饮料以及日用化妆品中起增香和定香作用。下面是一种以甲苯为原料合成香兰素的路线。已知：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。②R-NO2R-NH2。③R-NH2+R'COOR"R-NHR"。回答下列问题：（1）下列说法不正确的是________。A.化合物A能发生还原反应B.化合物E能与碳酸氢钠反应产生气体C.化合物F具有弱酸性D.香兰素分子中最多12个原子共平面（2）由F生成香兰素的化学反应方程式为________。（3）E的结构简式为__________。（4）写出以甲苯和乙酸乙酯为原料制备的合成路线____（用流程图表示，无机试剂任选）。（5）写出比E分子多3个碳原子的同系物的所有同分异构体结构简式，且符合以下要求：_______。①能使FeCl3溶液显紫色，又能发生银镜反应。②核磁共振氢谱中存在5种氢原子。25、（12分）实验室制备溴苯可用如图所示装置。填空：（1）关闭G夹，打开C夹，向装有少量苯的三颈烧瓶的A口加适量溴，再加入少量铁屑，塞住A口，三颈烧瓶中发生反应的有机反应方程式为___。（2）E试管内出现的现象为___。（3）F装置的作用是___。（4）待三颈烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时松开G夹，关闭C夹，可以看到的现象是___。（5）反应结束后，拆开装置，从A口加入适量的NaOH溶液，然后将液体倒入__中（填仪器名称），振荡静置，从该仪器__口将纯净溴苯放出（填“上”或“下”）。26、（10分）某同学进行影响草酸与酸性高锰酸钾溶液反应速率因素的研究。草酸与酸性高锰酸钾的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。室温下，实验数据如下：实验序号①②③加入试剂0.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O40.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O4MnSO4固体0.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O4Na2SO4固体褪色时间/s1166117请回答：（1）该实验结论是________。（2）还可以控制变量，研究哪些因素对该反应速率的影响________。（3）进行上述三个实验后，该同学进行反思，认为实验①的现象可以证明上述结论。请你写出实验①的现象并分析产生该现象的原因________。（4）实验②选用MnSO4固体而不是MnCl2固体的原因是_________。27、（12分）如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸的物质的量浓度为______mol•L-1。（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是______。A．溶液中HCl的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中Cl-的数目D．溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400mol•L-1的稀盐酸。①该学生需要量取______mL上述浓盐酸进行配制。②所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，配制稀盐酸时，还缺少的仪器有_________________________。28、（14分）红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如图所示(图中的△H表示生成1mol产物的数据)。根据上图回答下列问题：(1)P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式_________________________________。(2)PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式_________________________________，上述分解反应是一个可逆反应，温度T1时，在密闭容器中加入0.80molPCl5，反应达到平衡时PCl5还剩0.60mol，其分解率α1等于_________；若反应温度由T1升高到T2，平衡时PCl5的分解率为α2，α2_______α1(填“大于”、“小于”或“等于”)。(3)工业上制备PCl5通常分两步进行，先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5。原因是________________________________________。(4)P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3＝_________，P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H4______△H3(填“大于”、“小于”或“等于”)。(5)PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，其化学方程式是______________________________。29、（10分）（1）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构。在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为__________,该晶体中原子之间的作用力是_____________。（2）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中．若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2（如图）的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为______．（3）立方BP(磷化硼)的晶胞结构如图所示，晶胞中含B原子数目为_____________。（4）科学家把C60和K掺杂在一起制造出的化合物具有超导性能，其晶胞如图所示。该化合物中的K原子和C60分子的个数比为_____________________。（5）铁有γ、δ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为________，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为__________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解题分析】

A.通入氯化氢后，硝酸根氧化亚硫酸根，所以不能大量共存；B.四种离子可以大量共存，通入氯化氢后仍然可以大量共存；C.通入氯化氢后S2－、OH－均不能大量共存；D.通入氯化氢后CH3COO－、HCO3－均不能大量共存。故选B。2、C【解题分析】分析：某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，所以C6H12O2是酯，B与酸反应，应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化生成E，应为醇；E不能发生银镜反应，说明E不含醛基，则E为酮则D为仲醇，据以上分析解答。详解：A的分子式为C6H12O2，A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化生成E，应为醇，则A应为酯，E不能发生银镜反应，说明E不含醛基，则E为酮，则D不能为伯醇，只能为仲醇，D可为CH3CHOHCH3、CH3CHOHCH2CH3、CH3CHOHCH2CH2CH3、CH3CH2CHOHCH2CH3、(CH3)2CHCHOHCH3，则对应的酯有5种；正确选项C。点睛：醇在发生催化氧化时，与羟基相连的碳上有2个氢原子，发生催化氧化，变为醛；与羟基相连的碳上有1个氢原子，发生催化氧化，变为酮；与羟基相连的碳上有没有氢原子，不能发生催化氧化。3、D【解题分析】分析：A、根据反应在恒温恒压条件下进行分析；B、根据化学反应速率的概念分析计算；C、绝热条件温度升高平衡逆向进行；D、恒温恒容条件反应过程中,压强减小。详解:A、反应在恒温恒压条件下进行，应前后的压强之比为1:1，故A错误；

B、若容器体积不变,v(SO3)＝1.4mol2L2min=0.35mol·L－1·min－1，但反应是在恒温恒压条件进行，反应达到平衡时，容器体积小于2L,相等于增大体系压强，化学反应速率增大，所以v(SO3)>0.35mol·L－1·min－1，故B错误；

C、若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，由于该反应的正反应是放热反应，绝热温度升高,平衡逆向进行，平衡后n(SO3)<1.4mol，所以C选项是错误的；

D、若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，反应过程中压强减小，平衡逆向进行，达平衡时放出热量小于QkJ，故D正确。

所以D4、A【解题分析】

A．苯分子中的碳原子采取sp2杂化，6个碳原子中未参与杂化的2p轨道以“肩并肩”形式形成一个大π键，A错误；B．二氧化碳和乙炔都是直线型分子，C原子均为sp杂化，苯分子是平面型分子，苯中碳原子采用sp2杂化，B正确；C．碳碳三键含1个σ键和2个π键，C正确；D．乙炔和二氧化碳均是直线型分子，键角180°，正负电荷重心重合，苯是平面型分子，高度对称，键角120°，正负电荷重心重合，它们均是非极性分子，D正确。答案选A。5、C【解题分析】

A．不能用NaOH溶液润洗锥形瓶，否则锥形瓶中氢氧化钠的量偏多，故A错误；B．量筒的精确度为0.1mL，不能用量筒量取20.00mLNaOH溶液，故B错误；C．滴定前，需要排气泡，使酸式滴定管尖嘴部分充满盐酸，故C正确；D．滴定前需要滴加指示剂，滴定时，注意观察是否到达滴定终点，故D错误；答案选C。6、B【解题分析】A．不含苯环，含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，不可能存在12个原子共平面的结构特点，故A错误；B．与环己醇互为同分异构体，且含有醛基(-CHO)的结构，应为C5H11CHO，C5H11-的同分异构体有8种同分异构体，则含有醛基(-CHO)的结构有8种，故B正确；C．含有1个羟基，则标准状况下，1mol环己醇与足量Na反应生成11.2LH2，故C错误；D．环己醇的一氯代物有5种，环上有4种，甲基1种，故D错误；故选B。点睛：本题考查有机物的结构及性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握结构与性质的关系是解答本题的关键。环己醇含有羟基，具有醇的性质，具有环状结构，且含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点。7、C【解题分析】分析：考查电解质溶液的酸碱性，溶液显酸性的应该是酸溶液或强酸弱碱盐溶液。详解：Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，A错误；CaCl2为强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，B错误；FeCl3为强酸弱碱盐，溶于水后铁离子水解产生H+，溶液呈酸性，C正确；CH3COONa为强碱弱酸盐，溶于水后醋酸根离子水解产生OH-，溶液呈碱性，D错误；正确选项C。8、D【解题分析】

A.常温下，水的离子积常数为1×10−14，A错误；B.根据c（OH-）/c（H+）=1×10-6和c（OH-）×c（H+）=10-14可解得c（H+）=0.0001mol/L，HA为弱酸，pH>1，B错误；C.根据c（OH-）/c（H+）=1×10-6和c（OH-）×c（H+）=10-14可解得c（H+）=0.0001mol/L，HA为弱酸，该溶液中由水电离出的c（H+）=c（OH-）=Kw/0.0001=10-10mol/L，C错误；D.根据一元酸HA电离的方程式：HA⇌H++A-，加入一定量NaA晶体，则A-的浓度增大，所以平衡逆向移动，所以氢离子浓度减小，c（OH-）增大；加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，所以c（OH-）增大，D正确；

综上所述，本题选D。【题目点拨】室温下，水电离产生的c(H+)<10-7mol/L，说明溶液可能为酸性，可能为碱性，抑制水电离；水电离产生的c(H+)>10-7mol/L或c(OH-)>10-7mol/L，溶液可能为水解的盐，促进了水的电离。9、B【解题分析】

A项、1molNa2O2与足量CO2完全反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，转移电子数目为NA，故A错误；B项、SiO2中每个Si原子与4个O原子形成4个Si—O键，则1molSiO2中含有Si—O键为4NA，故B正确；C项、56gFe的物质的量为1mol，在1.5molCl2中燃烧生成FeCl3，则1molCl2不足量完全反应，反应转移电子数目为2NA，故C错误；D项、浓盐酸与二氧化锰共热生成氯气，稀盐酸与二氧化锰共热不反应，随着反应进行，浓盐酸浓度减小，不可能完全反应，则含4molHCl的浓盐酸不可能完全反应，转移的电子数目小于2NA，故D错误；答案选B。【题目点拨】无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧只能生成氯化铁，不能生成氯化亚铁是易错点。10、A【解题分析】分析：根据甲烷、乙烯、苯的结构特点进行类推，据此解答。详解：A.甲烷是正四面体结构，因此CH2Cl2分子中所有原子不可能共面，A正确；B.由于碳碳双键是平面形结构，而单键可以旋转，所以CH2=CH-CH＝CH2分子中所有原子可能共面，B错误；C.苯环是平面形结构，因此分子中所有原子可能共面，C错误；D.苯环是平面形结构，因此分子中所有原子可能共面，D错误。答案选A。11、D【解题分析】

实验室模拟工业上从浓缩海水中提取溴，由实验装置可知，a中气体为氯气，在A中氯气可氧化溴离子，利用热空气将溴单质吹出，B中通入气体为二氧化硫，在B中发生SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，c中NaOH溶液可吸收溴、氯气、二氧化硫等尾气，以此来解答。【题目详解】A.A装置中通入的a气体是Cl2，目的是氧化A中溴离子，故A正确；B.实验时应在A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通入热空气，热空气将溴单质吹出，故B正确；C.B装置中通入b气体后发生的反应为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，故C正确；D.C装置的作用为吸收溴蒸汽、氯气、二氧化硫等尾气，故D错误；所以本题答案：D。【题目点拨】解题依据物质氧化性强弱。根据Cl2氧化性大于Br2，可以把Br-氧化成溴单质，结合实验原理选择尾气处理试剂。12、D【解题分析】

A、苯属于芳香烃，故A错误；B、环戊烷()、环己烷没有苯环结构，不属于芳香烃，故B错误；C、乙炔属于炔烃，故C错误；D、、、分子结构中都含有环，碳碳间都是单键，同属于环烷烃，故D正确；故选D。13、B【解题分析】

原子数总数相同、价电子总数相同的分子，互称为等电子体，具有相似的化学键特征，结构相似，物理性质也相似；据此解答。【题目详解】A．甲烷分子和铵根离子都含有5个原子，其价电子总数都是8，所以是等电子体，A不符合题意；B．硫化氢分子中含有3个原子，氯化氢分子中含有2个原子，原子数总数不相同，它们不是等电子体，B不符合题意；C．二氧化碳和一氧化二氮分子中都含有3个原子，其价电子总数是16，二者是等电子体，C不符合题意；D．碳酸根离子和硝酸根离子都含有4个原子，其价电子数都是24，所以二者是等电子体，D不符合题意；故合理选项是B。【题目点拨】14、B【解题分析】

由图可知，常温时，1mol·L－1的CH3NH2溶液中c（OH－）大于1mol·L－1的NH2OH溶液中c（OH－），则CH3NH2的碱性强于NH2OH。【题目详解】A项、由图可知，1mol·L－1的NH2OH溶液中c（OH－）为10-4.5mol·L－1，则电离常数K=≈=10－9，故A正确；B项、CH3NH3Cl为强酸弱碱盐，CH3NH3+在溶液中水解，使溶液呈酸性，其水解方程式不是CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-，这是甲胺的电离方程式，故B错误；C项、碱溶液中c（OH－）越大，溶液中水的电离程度越小，由图可知，当两溶液均稀释至lg=4时，CH3NH2溶液中c（OH－）大于NH2OH溶液中c（OH－），则溶液中水的电离程度：NH2OH>CH3NH2，故C正确；D项、CH3NH2的碱性强于NH2OH，NH3OH+水解程度大于CH3NH3+，水解程度越大水解离子的浓度越小，则浓度相同的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中（NH3OH+）<c（CH3NH3+），故D正确；故选B。【题目点拨】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化判断碱的强弱，明确碱的强弱和对应离子水解程度大小的关系，能够正确计算电离常数是解答关键。15、C【解题分析】分析：A、每1mol乙烷中含6molC-H键，以此分析；B.SO2与O2的反应为可逆反应，0.05molSO2不能完全转化为SO3，以此分析；C.过量的铜和浓硝酸反应开始生成二氧化氮，随着反应进行硝酸浓度变小，生成一氧化氮，用极值法分析；D.NH4+发生水解是离子数目减少，以此分析。详解：A、标准状况下，22.4L乙烷的物质的量为1mol，每1mol乙烷中含6molC-H键，1molC-C键，其中C-H键为极性键，故1mol乙烷中含极性共价键6NA，故A错误；B.SO2与O2的反应为可逆反应，0.05molSO2不能完全转化为SO3，则生成的SO3分子数目少于0.05NA，故B错误；C.过量的铜和浓硝酸反应开始生成二氧化氮，随着反应进行硝酸浓度变小，生成一氧化氮，即依次发生两个反应：①Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；②3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；1.2molHNO3若只发生反应①：则转移电子：24×1.2mol=0.6mol；1.2molHNO3若只发生反应②：则转移电子：68×1.2mol=0.9mol，故转移的电子数介于0.6NA～0.9ND.NH4+发生水解是离子数目减少，故1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，NH4+的数量小于0.1NA，故D错误。综上所述，本题正确答案为C。16、D【解题分析】试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以大量共存的。D中MnO4－显紫红色，且具有氧化性，能氧化S2－，因此不能大量共存，其余选项都是正确的，答案选D。考点：考查离子共存的正误判断点评：该题是高考中的热点，属于中等难度的试题。离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。17、C【解题分析】

(CH3CH2)2CHCH3的结构改为，因此命名为3﹣甲基戊烷，故C正确；综上所述，答案为C。18、B【解题分析】

短周期元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大。常温下，由这些元素组成的物质有如下实验现象：甲(红棕色)+乙(液态)→丙(强酸)+丁(无色气体)，则甲为NO2，乙为H2O，丙为HNO3，丁为NO；戊(淡黄色)+乙→己(强碱)+庚(无色气体)，则戊为Na2O2，己为NaOH，庚为O2。因此a为H元素、b为N元素、c为O元素、d为Na元素；c和e的原子序数相差8，则c和e为同一主族元素，则e为S元素。据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，a为H元素、b为N元素、c为O元素、d为Na元素，e为S元素。甲为NO2，乙为H2O，丙为HNO3，丁为NO，戊为Na2O2，己为NaOH，庚为O2。A．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，简单的离子半径：e>b>c>d，故A错误；B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性O＞S，因此O的气态氢化物热稳定性比S的强，故B正确；C．化合物戊为Na2O2，其中含离子键和O-O非极性键，故C错误；D．由a、c、d、e四种元素组成的化合物有硫酸氢钠、亚硫酸氢钠等，不止一种，故D错误；答案选B。19、B【解题分析】

A.根据CH4为正四面体结构，由螺［2,2］戊烷（），中间的碳原子，为饱和碳原子，与其他4个碳原子相连，类比甲烷的结构，可知所有碳原子不可能均处于同一平面，故A正确；B.多数酶是一种有催化作用的蛋白质，但是少数的酶是RNA，并非所有酶都是蛋白质，故B错误；C.氨基酸中含有氨基和羧基，氨基能和酸反应生成盐，羧基能与碱反应生成盐，为两性化合物，故C项正确。D.加入溴水,酒精互溶；苯酚可与溴水反应生成2,4,6-三溴苯酚，为白色沉淀；己烯能与溴水发生加成反应而使溴水褪色；甲苯能萃取溴水中的溴，甲苯密度比水小,色层在上层；现象均不相同，可以区分，故D正确；综上所述，本题正确答案为D。20、C【解题分析】试题分析：A．在锌锰干电池中，正极是碳棒，该极上二氧化锰发生得电子的还原反应，该电极质量不会减少，A项错误；B．氢氧燃料电池属于原电池的一种，是将化学能转化为电能的装置，不能将热能直接转变为电能，B项错误；C．氢氧燃料电池中，燃料做负极，发生失电子的氧化反应，被氧化，C项正确；D．太阳能电池的主要材料是半导体硅，不是二氧化硅，D项错误；答案选C。考点：考查燃料电池、太阳能电池和干电池的工作原理。21、A【解题分析】试题分析：A、水中的钢闸门连接电源负极属于外加电流的阴极保护法，A正确；B、镁的活泼性大于铁，用牺牲镁块的方法来保护锅炉而防止铁被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C、汽车底盘喷涂高分子膜阻止了铁与空气、水的接触，从而防止金属铁防锈，没有连接外加电源，C错误；D、在铁板表面镀锌，阻止了铁与空气、水的接触，从而防止金属铁防锈，没有连接外加电源，如果镀层破坏，锌的活泼性大于铁，用牺牲锌的方法来保护铁不被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，D错误。考点：考查了金属的发生与防护的相关知识。22、C【解题分析】

A．1mol羟基中含有9mol电子，1mol氢氧根离子中含有10mol电子，二者含有的电子数不同，故A错误；B．Cl2与水反应是可逆反应，故标准状况下，11.2LCl2即0.5molCl2溶于水，转移的电子数小于0.5NA，故B错误；C．23gNO2和N2O4混合气体中含有0.5mol最简式NO2，其中含有1.5mol原子，故在常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体含有的原子数为1.5NA，故C正确；D．100mL18.4mol•L-1的浓硫酸，硫酸的物质的量是1.84mol，浓硫酸完全反应，生成0.92mol二氧化硫，但随反应的进行浓硫酸浓度变稀，当变成稀硫酸时反应停止，故生成SO2的分子数小于0.92NA，故D错误；故答案为C。【题目点拨】阿伏加德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是由Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。二、非选择题(共84分)23、丙烯氯原子羟基加成反应或8【解题分析】

根据D的分子结构可知A为链状结构，故A为CH3CH=CH2；A和Cl2在光照条件下发生取代反应生成B为CH2=CHCH2Cl，B和HOCl发生加成反应生成C为，C在碱性条件下脱去HCl生成D；由F结构可知苯酚和E发生信息①的反应生成F，则E为；D和F聚合生成G，据此分析解答。【题目详解】（1）根据以上分析，A为CH3CH=CH2，化学名称为丙烯；C为，所含官能团的名称为氯原子、羟基，故答案为丙烯；氯原子、羟基；（2）B和HOCl发生加成反应生成C，故答案为加成反应；（3）C在碱性条件下脱去HCl生成D，化学方程式为：，故答案为；（4）E的结构简式为。（5）E的二氯代物有多种同分异构体，同时满足以下条件的芳香化合物：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，说明分子中有3种类型的氢原子，且个数比为3：2：1。则符合条件的有机物的结构简式为、；故答案为、；（6）根据信息②和③，每消耗1molD，反应生成1molNaCl和H2O，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，生成NaCl和H2O的总物质的量为=10mol，由G的结构可知，要生成1mol单一聚合度的G，需要(n+2)molD，则(n+2)=10，解得n=8，即G的n值理论上应等于8，故答案为8。24、BD+CH3ONa→+NaBr、、【解题分析】

由A的分子式、香兰素的结构简式及整个过程知A为；A与氯气在Fe做催化剂条件下发生苯环上取代反应生成B，B与氯气在光照条件下甲基上二元取代生成C，结合信息①可知C发生水解反应后再脱水引入-CHO，对比D、E的分子式可知，D中苯环上氯原子发生水解反应引入-OH生成E，由E、F分子式结合香兰素的结构可知E与溴/Fe反应生成F，F中溴原子被-OCH3替代生成香兰素，综上分析可知，B为、C为、D为、E为、F为；据此解答。【题目详解】(1)A．根据上述分析：化合物A为，能与氢气发生加成反应，属于还原反应，故A正确；B．根据上述分析：化合物E为，酚羟基为弱酸性，不能与碳酸氢钠反应产生气体，故B错误；C．根据上述分析：化合物F为，含有酚羟基，具有弱酸性，故C正确；D．苯环为平面结构，旋转单键，可以是酚羟基处于苯环平面内，可以是－CHO平面处于苯环平面内，可以是-OCH3中O原子、碳原子、1个H原子形成的平面处于苯环平面内，故香兰素分子中最多17个原子共平面，故D错误；故答案：BD。(2)根据上述分析：化合物F为，由F生成香兰素的化学反应方程式：+CH3ONa→+NaBr，故答案为：+CH3ONa→+NaBr；(3)由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；(4)由信息③可知，由与乙酸乙酯反应生成，结合信息②可知与Fe/HCl反应生成，而甲苯发生硝化反应生成，合成路线流程图为；(5)由分析可知，E的结构简式为，比E分子多3个碳原子的同系物的所有同分异构体符合以下要求：①能使FeCl3溶液显紫色，又能发生银镜反应，说明含有酚羟基、醛基，②核磁共振氢谱中存在5种氢原子，符合条件的同分异构体有：、、，故答案为：、、。25、＋Br2+HBr出现淡黄色沉淀吸收排出的HBr气体，防止污染空气且能防止倒吸广口瓶中的水沿导管进入A中、A瓶中液体出现分层分液漏斗下【解题分析】

(1)苯和溴反应生成溴苯和溴化氢；(2)E中溴化氢和硝酸银反应生成溴化银淡黄色沉淀；(3)氢氧化钠可以吸收排出的HBr气体，防止污染空气且能防止倒吸；(4)溴化氢极易溶于水；(5)反应后还有剩余的溴单质，氢氧化钠可以将多余的Br2反应掉，溴苯的密度比水大。【题目详解】(1)苯和溴反应生成溴苯和溴化氢，方程式为：＋Br2+HBr，故答案为：＋Br2+HBr；(2)E中溴化氢和硝酸银反应生成溴化银淡黄色沉淀，故答案为：出现淡黄色沉淀；(3)氢氧化钠可以吸收排出的HBr气体，防止污染空气且能防止倒吸，故答案为：吸收排出的HBr气体，防止污染空气且能防止倒吸；(4)溴化氢极易溶于水，所以看到广口瓶中的水倒吸到A中，在A瓶中液体为水和有机物，出现分层，故答案为：广口瓶中的水沿导管进入A中、A瓶中液体出现分层；(5)反应后还有剩余的溴单质，氢氧化钠可以将多余的Br2反应掉，然后将液体倒入分液漏斗中，溴苯的密度比水大，在下层，从下口放出，故答案为：分液漏斗；下。26、在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用温度、浓度等KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快。因为反应生成的MnSO4是KMnO4与H2C2O4反应催化剂，能加快反应速率酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也会使KMnO4溶液褪色，产生干扰【解题分析】

（1）实验①、②、③中使用的反应物是都是0.01mol/LKMnO4、0.1mol/LH2C2O4，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，高锰酸钾褪色时间最快的是②，加了硫酸锰，③中加的是硫酸钠与①褪色时间基本相同，对比得知起催化作用的是Mn2+，即该实验结论是在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用；（2）除催化剂对反应速率有影响外，还有其他的外界因素如温度、浓度等；（3）实验②中是单独加入催化剂MnSO4，而草酸与酸性高锰酸钾反应会生成MnSO4，那么这个反应的产物就会起到催化剂的作用，所以实验①的现象是：KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快，因为反应生成的MnSO4是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，能加快化学反应速；（4）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化氯化锰中的氯离子，也会使KMnO4溶液褪色，从而缩短褪色时间，产生干扰。【题目点拨】本题考查了草酸与酸性高锰酸钾溶液反应，探究影响化学反应速率的因素，注意对比实验的关键是其他条件不变，控制其中的一个变量进行分析，另外考查了酸性高锰酸钾溶液的强氧化性，题目难度适中。27、11.9BD16.8500mL容量瓶【解题分析】分析：（1）依据c＝1000ρω/M计算该浓盐酸中HCl的物质的量浓度；（2）根据该物理量是否与溶液的体积有关判断；（3）①根据稀释定律，稀释前后HCl的物质的量不变，据此计算需要浓盐酸的体积；②利用浓盐酸稀释配制500mL稀盐酸溶液，需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。详解：