江苏省南京师大附中2023-2024学年高考临考冲刺化学试卷含解析

江苏省南京师大附中2023-2024学年高考临考冲刺化学试卷注意事项：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、向含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，持续稳定地通入二氧化碳气体，通入气体为6.72L（标准状况）时，立即停止，则这一过程中，溶液中离子数目与通入二氧化碳气体体积的关系正确的是（不考虑气体的溶解）A． B． C． D．2、扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以物质a为原料合成扁桃酸衍生物b的过程如下：下列说法正确的是（）A．物质X是Br2，物质a转化为b属于取代反应B．lmol物质a能与3molH2反应，且能在浓硫酸中发生消去反应C．物质b具有多种能与NaHCO3反应的同分异构体D．物质b的核磁共振氢谱有四组峰3、下列有关化学反应的叙述正确的是()A．铁在热的浓硝酸中钝化 B．CO2与Na2O2反应可产生O2C．室温下浓硫酸可将石墨氧化为CO2 D．SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO34、以下物质检验的结论可靠的是()A．往溶液中加入溴水，出现白色沉淀，说明含有苯酚B．向含酚酞的氢氧化钠溶液中加入溴乙烷，加热后红色变浅，说明溴乙烷发生了水解C．在制备乙酸乙酯后剩余的反应液中加入碳酸钠溶液，产生气泡，说明还有乙酸剩余D．将乙醇和浓硫酸共热后得到的气体通入溴水中，溴水褪色，说明生成了乙烯5、已知对二烯苯的结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A．对二烯苯苯环上的一氯取代物有2种B．对二烯苯与苯乙烯互为同系物C．对二烯苯分子中所有碳原子一定处于同一平面D．1mol对二烯苯最多可与5mol氢气发生加成反应6、硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO4＝6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+N2↑+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是A．白色沉淀为BaSO4B．白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为1:1C．白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为3:1D．从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl7、COCl2的分解反应为:COCl2(g)＝Cl2(g)+CO(g)△H＝+108kJ•mol-1。某科研小组研究反应体系达到平衡后改变外界条件，各物质的浓度在不同条件下的变化状况，结果如图所示。下列有关判断不正确的是A．第4min时，改变的反应条件是升高温度B．第6min时，V正(COCl2)＞V逆(COCl2)C．第8min时的平衡常数K＝2.34D．第10min到14min未标出COCl2的浓度变化曲线8、下列说法正确的是A．配制Fe(NO3)2溶液时，向Fe(NO3)2溶液中滴加几滴稀硝酸，以防止Fe(NO3)2发生水解B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁C．中和热的测定实验中，测酸后的温度计未用水清洗便立即去测碱的浓度，所测中和热的数值偏高D．配制1mol/L的NH4NO3溶液时，溶解后立即转移至容量瓶，会导致所配溶液浓度偏高9、在微生物作用下电解有机废水(含CH3COOH)，可获得清洁能源H2其原理如图所示，正确的是（）A．通电后，H+通过质子交换膜向右移动，最终右侧溶液pH减小B．电源A极为负极C．通电后，若有22.4LH2生成，则转移0.2mol电子D．与电源A极相连的惰性电极上发生的反应为CH3COOH-8e-+2H2O=CO2↑+8H+10、某有机化合物的结构简式如图所示，下列说法正确的是()A．不能发生银镜发应B．1mol该物质最多可与2molBr2反应C．1mol该物质最多可与4molNaOH反应D．与NaHCO3、Na2CO3均能发生反应11、下列说法不正确的是A．己烷有5种同分异构体（不考虑立体异构），它们的熔点、沸点各不相同B．苯的密度比水小，但由苯反应制得的溴苯、硝基苯的密度都比水大C．聚合物（）可由单体CH3CH＝CH2和CH2＝CH2加聚制得D．1mol葡萄糖能水解生成2molCH3CH2OH和2molCO212、下列说法正确的是()A．Na2CO3分子中既存在离子键，也存在共价键B．硅晶体受热融化时，除了破坏硅原子间的共价键外，还需破坏分子间作用力C．H2O不易分解是因为H2O分子间存在较大的分子间作用力D．液态AlCl3不能导电，说明AlCl3晶体中不存在离子13、25

℃时，几种弱酸的电离平衡常数如下表所示。下列说法正确的是（）化学式CH3COOHH2CO3HCN电离平衡常数KK=1.7×10–5K1=4.2×10–7K2=5.6×10–11K=6.2×10–10A．NaCN溶液中通入少量CO2的离子方程式为H2O+CO2+CN-=HCO3-+HCNB．向稀醋酸溶液中加少量水，增大C．等物质的量浓度的Na2CO3溶液pH比NaHCO3溶液小D．等体积等物质的量浓度的NaCN溶液和HCN溶液混合后溶液呈酸性14、用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是（）A．加热装置I中的烧杯分离I2和高锰酸钾固体B．用装置II验证二氧化硫的漂白性C．用装置III制备氢氧化亚铁沉淀D．用装置IV检验氯化铵受热分解生成的两种气体15、在下列自然资源的开发利用中，不涉及化学变化的是A．用蒸馏法淡化海水 B．用铁矿石冶炼铁C．用石油裂解生产乙烯 D．用煤生产水煤气16、25℃时，向10mL0.lmol·L－1H2C2O4溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列叙述正确的是()A．A点溶液中，c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)B．HC2O4－在溶液中水解程度大于电离程度C．C点溶液中含有大量NaHC2O4和H2C2O4D．D点溶液中，c(Na＋)＞c(C2O42－)＞c(HC2O4－)＞c(OH－)＞c(H＋)17、下列图示与对应的叙述相符的是()。A．表示反应的B．表示不同温度下溶液中和浓度变化曲线，点对应温度高于点C．针对N2+3H2=2NH3的反应，图Ⅲ表示时刻可能是减小了容器内的压强D．表示向醋酸稀溶液中加水时溶液的导电性变化，图中点大于点18、青石棉（cricidolite）是世界卫生组织确认的一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，青石棉的化学式为：Na2Fe5Si8O22（OH）2，青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法中正确的是A．青石棉是一种易燃品，且易溶于水B．青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2OC．1molNa2Fe5Si8O22（OH）2与足量的硝酸作用，至少需消耗8.5L2mol/LHNO3溶液D．1molNa2Fe5Si8O22（OH）2与足量氢氟酸作用，至少需消耗7L2mol/LHF溶液19、下列说法中正确的是（）A．2019年，我国河南、广东等许多地方都出现了旱情，缓解旱情的措施之一是用溴化银进行人工降雨B．“光化学烟雾”“臭氧层空洞”“温室效应”“硝酸型酸雨”等环境问题的形成都与氮氧化合物有关C．BaSO4在医学上用作透视钡餐，主要是因为它难溶于水D．钠、镁等单质在电光源研制领域大显身手，钠可以应用于高压钠灯，镁可以制造信号弹和焰火20、中科院深圳研究院成功开发出一种新型铝－石墨双离子电池，可大幅度提升电动汽车的使用性能，其工作原理如图所示。充电过程中，石墨电极发生阴离子插层反应，而铝电极发生铝－锂合金化反应，下列叙述正确的是A．放电时，电解质中的Li＋向左端电极移动B．充电时，与外加电源负极相连一端电极反应为：AlLi-e-=Li++AlC．放电时，正极反应式为Cn(PF6)+e-=PF6-+CnD．充电时，若转移0.2mol电子，则铝电极上增重5.4g21、轴烯（Radialene）是一类独特的环状烯烃，其环上每一个碳原子都接有一个双键，含n元环的轴烯可以表示为[n]轴烯，如下图是三种简单的轴烯。下列有关说法不正确的是A．a分子中所有原子都在同一个平面上 B．b能使酸性KMnO4溶液褪色C．c与互为同分异构体 D．轴烯的通式可表示为C2nH2n（n≥3）22、钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2Sx)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷(可传导Na+)为电解质，总反应为2Na+xSNa2Sx，其反应原理如图所示。下列叙述正确的是（）A．放电时，电极a为正极B．放电时，内电路中Na+的移动方向为从b到aC．充电时，电极b的反应式为Sx2--2e-=xSD．充电时，Na+在电极b上获得电子，发生还原反应二、非选择题(共84分)23、（14分）H是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芳香烃A制备H的合成路线如图。回答下列问题：（1）A物质的一氯代物共有______种；（2）B物质中含有的官能团名称______；（3）①的反应试剂和反应条件分别是______，③的反应的类型是______；（4）E物质通过多次取代反应和氧化反应可以获取F物质，用系统命名法对E物质命名______，F物质的结构简式为______；（5）⑤的化学反应方程式为______；（6）对甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。（其他试剂任选）______________（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）。24、（12分）由化合物A合成黄樟油（E）和香料F的路线如下（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）下列有关说法正确的是______（填选项字母）。a．化合物A核磁共振氢谱为两组峰b．CH2Br2只有一种结构c．化合物E能发生加聚反应得到线型高分子d．化合物B能发生银镜反应，也能与NaOH溶液反应（2）由B转化为D所需的试剂为______。（3）D含有的官能团名称为________，C的同分异构体中具有顺反异构的名称是________（不必注明“顺”“反”）。（4）写出A→B的化学反应方程式：__________。（5）满足下列条件的E的同分异构体W有________种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1:2:2:2:3的结构简式为_______。①lmolW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH②能发生银镜反应③苯环上只有两个取代基，能发生聚合反应（6）参照上述合成路线，写出以、丙酮为主要原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线________。25、（12分）葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(GB2760－2014)规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g·L－1。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。Ⅰ.定性实验方案如下：(1)将SO2通入水中形成SO2—饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在多个含硫元素的平衡，分别用平衡方程式表示为__________________________________________________。(2)利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如下实验：实验结论：干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因：_______________________________。Ⅱ.定量实验方案如下(部分装置和操作略)：(3)仪器A的名称是________。(4)A中加入100.0mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为__________。(5)除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是__________。(6)步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2的含量为________g·L－1。该测定结果比实际值偏高，分析原因________________________________________。26、（10分）B．[实验化学]丙炔酸甲酯（）是一种重要的有机化工原料，沸点为103~105℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为实验步骤如下：步骤1：在反应瓶中，加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是________。（2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是______；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是______。（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是____；分离出有机相的操作名称为____。（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是________。27、（12分）苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。已知：①和NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐②用硝基苯制取苯胺的反应原理：2+3Sn+12HCl→2+3SnCl4+4H2O③有关物质的部分物理性质见表：物质熔点/℃沸点/℃溶解性密度/g∙cm-3苯胺-6.3184微溶于水，易溶于乙醚1.02硝基苯5.7210.9难溶于水，易溶于乙醚1.23乙醚-116.234.6微溶于水0.7134Ⅰ.比较苯胺与氨气的性质(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为__________；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是______。Ⅱ.制备苯胺。往图所示装置(夹持装置略，下同)的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50%NaOH溶液，至溶液呈碱性。(2)冷凝管的进水口是____(填“a”或“b”)；(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为______________。Ⅲ.提取苯胺。i.取出上图所示装置中的三颈烧瓶，改装为如图所示装置：ii.加热装置A产生水蒸气，烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。ii.往所得水溶液加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺2.79g。(4)装置B无需用到温度计，理由是______。(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是__________。(6)该实验中苯胺的产率为_____________。(7)欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：_________________。28、（14分）氯胺是一种长效缓释水消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl，NHCl2和NCl3)。工业上可利用NH3(g)+Cl2(g)NH2Cl(g)+HCl(g)制备一氯胺。回答下列问题：（1）氯胺作饮用水消毒剂是因为水解生成具有强烈杀菌作用的物质，该物质是___，二氯胺与水反应的化学方程式为___。（2）已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如表和如图所示（忽略不同物质中同种化学键键能的细微差别）。化学键N-HN-ClH-Cl键能（kJ/mol）391.3x431.8则ΔH2=___kJ/mol，x=___。（3）在密闭容器中反应NH3(g)+Cl2(g)NH2Cl(g)+HCl(g)达到平衡，据此反应通过热力学定律计算理论上NH2Cl的体积分数随（氨氯比）的变化曲线如图所示。①a、b、c三点对应平衡常数的大小关系是___。T1温度下该反应的平衡常数为___（列出算式即可）。②在T2温度下，Q点对应的速率：v正___v逆（填“大于”“小于”或“等于”）。③在氨氯比一定时，提高NH3的转化率的方法是___（任写1种)④若产物都是气体，实验测得NH2Cl的体积分数始终比理论值低，原因可能是___。29、（10分）三氯胺(NCl3)是一种饮用水二级消毒剂，可由以下反应制备：Ⅰ．回答下列问题：(1)已知：Ⅱ．Ⅲ．则=________(用含和的代数式表示)。(2)向容积均为2L的甲乙两个恒温密闭容器中分别加入4molNH3和4molCl2，发生反应Ⅰ，测得两容器中n(Cl2)随反应时间的变化情况如下表所示：时间/min04080120160容器甲(T1)4.03.02.21.61.6容器乙(T2)4.02.92.02.02.0①0~80min内，容器甲中v(NH3)=________________。②反应Ⅰ的________0(填“>”或“<”)，其原因为________________________。③关于容器乙，下列说法正确的是________(填选项字母)。A．容器内，说明反应达到平衡状态B．反应进行到70min时，v正一定大于v逆C．容器内气体平均相对分子质量在增大，说明平衡在正向移动D．达平衡后，加入一定量NCl3(l)，平衡逆向移动E．达平衡后，按原投料比再充入一定量反应物，平衡后NH3的转化率增大④温度为T1时HCl(g)的平衡体积分数=________，该温度下，若改为初始体积为2L的恒压容器，平衡时容器中n(Cl2)________(填“>”、“=”或“<”)1.6mol。⑤温度为T2时，该反应的平衡常数K=________。

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、C【解析】

n(CO2)==0.3mol，向含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中通入CO2，二氧化碳首先与氢氧化钙反应2OH-+Ca2++CO2=CaCO3↓+H2O，离子浓度迅速降低，氢氧化钙完全反应，消耗0.1molCO2，然后二氧化碳与氢氧化钠反应2OH-+CO2=CO32-+H2O，消耗0.1molCO2，离子浓度继续降低，但幅度减小，最后发生CO2+H2O+CO32-=2HCO3-，离子浓度增大，恰好反应时，0.3mol二氧化碳也完全反应，所以图像C符合，故选C。【点睛】正确掌握反应的离子方程式的先后顺序是解题的关键。本题的易错点为B，要注意B和C的区别。2、C【解析】

A.根据质量守恒定律可知物质x是HBr，HBr与a发生取代反应产生b和H2O，A错误；B.a中含有一个苯环和酯基，只有苯环能够与H2发生加成反应，1mol物质a能与3molH2反应，a中含有酚羟基和醇羟基，由于醇羟基连接的C原子邻位C原子上没有H原子，不能发生消去反应，B错误；C.酚羟基可以与NaHCO3反应；物质b中酚羟基与另一个支链可以在邻位、间位，Br原子也有多个不同的取代位置，因此物质b具有多种能与NaHCO3反应的同分异构体，C正确；D.物质b中有五种不同位置的H原子，所以其核磁共振氢谱有五组峰，D错误；故合理选项是C。3、B【解析】

A.铁在冷的浓硝酸中钝化，故A错误；B.CO2与Na2O2反应可产生O2和Na2CO3，故B正确；C.在加热条件下浓硫酸可将石墨氧化为CO2，故C错误；D.漂白粉具有强氧化性，SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO4，故D错误；故选B。4、B【解析】

A．酚类物质与溴水都发生取代反应生成白色沉淀，往溶液中加入溴水，出现白色沉淀，不一定为苯酚，也可能为其它酚类物质，故A错误；B．向含酚酞的氢氧化钠溶液中加入溴乙烷，加热后红色变浅，则碱性降低，可知溴乙烷发生了水解，故B正确；C．乙酸乙酯的制备是在浓硫酸作用下进行，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，不能证明乙酸是否过量，故C错误；D．乙醇和浓硫酸共热后得到的气体含有二氧化硫等还原性气体，与溴发生氧化还原反应，也能使溴水褪色，不能说明生成了乙烯，故D错误；故选B。5、D【解析】

A.对二烯苯苯环上只有1种等效氢，一氯取代物有1种，故A错误；B.对二烯苯含有2个碳碳双键，苯乙烯含有1个碳碳双键，对二烯苯与苯乙烯不是同系物，故B错误；C.对二烯苯分子中有3个平面，单键可以旋转，所以碳原子可能不在同一平面，故C错误；D.对二烯苯分子中有2个碳碳双键、1个苯环，所以1mol对二烯苯最多可与5mol氢气发生加成反应，故D正确；选D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的组成和结构特点，明确官能团的性质和空间结构是解题关键。6、B【解析】

反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；【详解】A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和BaSO3，故A错误；B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故B正确；C、根据B项分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故C错误；D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；答案选B。7、C【解析】

A选项，第4min时，改变的反应条件是升高温度，平衡正向移动，COCl2浓度减小，故A正确；B选项，第6min时，平衡正向移动，因此V正(COCl2)＞V逆(COCl2)，故B正确；C选项，第8min时的平衡常数，故C错误；D选项，第10min移走了一氧化碳，平衡正向移动，氯气，一氧化碳浓度增加，COCl2浓度减小，因此COCl2浓度变化曲线没有画出，故D正确。综上所述，答案为C。8、B【解析】

A.Fe(NO3)2是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，在配制Fe(NO3)2溶液时，为了防止Fe2+水解不可向溶液中加入硝酸，因为硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，选项A错误；B.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，使溶液进入到锥形瓶中，慢慢加标准溶液，以减小实验误差，选项B正确；C.中和热的测定实验中，测酸后的温度计若未用水清洗便立即去测碱的温度，在温度计上残留的酸液就会与溶液中的碱发生中和反应，放出热量，使所测碱的起始温度偏高，导致中和热的数值偏小，选项C错误；D.NH4NO3溶于水吸热，使溶液温度降低，配制1mol/L的NH4NO3溶液时，溶解后，就立即转移至容量瓶，会导致配制溶液的体积偏大，使所配溶液浓度偏低，选项D错误；故合理选项是B。9、D【解析】

A.通电后，左侧生成H+，右侧H+放电生成氢气，所以H+通过质子交换膜向右移动，相当于稀硫酸中H+不参加反应，所以氢离子浓度不变，溶液的pH不变，A错误；A.连接B电极的电极上生成氢气，说明该电极上氢离子得电子，则该电极为电解池阴极，所以B电极为负极，A电极为正极，B错误；C.右侧电极反应式为2H++2e-=H2↑，根据氢气和转移电子之间的关系式知，若有0.1molH2生成，则转移0.2mol电子，但不确定气体所处的温度和压强，因此不能确定气体的物质的量，也就不能确定电子转移数目，C错误；D.与电源A极相连的惰性电极为阳极，阳极上乙酸被氧化，生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COOH-8e-+H2O=2CO2↑+8H+，D正确；故合理选项是D。10、C【解析】

A．含甲酸某酯结构，能发生银镜反应，故A错误；B．酚-OH的邻位、碳碳双键与溴水反应，则1mol该物质最多可与3molBr2反应，故B错误；C.2个酚羟基、-Cl及-COOC-均与NaOH反应，则1mol该物质最多可与4molNaOH反应，故C正确；D．含酚-OH，与Na2CO3发生反应，与碳酸氢钠不反应，故D错误；故选C。11、D【解析】

A．己烷有5种同分异构体，分别为：己烷、2-甲基戊烷、3-甲基戊烷、2,2-二甲基丁烷、2,3-二甲基丁烷，它们的熔沸点均不相同，A正确；B．苯的密度比水小，溴苯、硝基苯的密度都比水大，B正确；C．根据加聚反应的特点可知，CH3CH＝CH2和CH2＝CH2可加聚得到，C正确；D．葡萄糖是单糖，不能发生水解，D错误。答案选D。12、D【解析】

A.Na2CO3是离子化合物，没有分子，A项错误；B.硅晶体是原子晶体，不存在分子间作用力，B项错误；C.H2O不易分解是因为水分子中氢氧键键能大，C项错误；D.晶体加热熔化后所得液态物质不能导电，说明在液态时不存在自由移动的离子，即原晶体中不存在离子，则液态AlCl3不能导电，说明AlCl3晶体中不存在离子，D项正确；答案选D。13、A【解析】

根据电离平衡常数得出酸强弱顺序为：CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3－。【详解】A.NaCN溶液中通入少量CO2的离子方程式为H2O+CO2+CN－=HCO3－+HCN，故A正确；B.向稀醋酸溶液中加少量水，，平衡常数不变，醋酸根离子浓度减小，比值减小，故B错误；C.根据越弱越水解，因此碳酸钠水解程度大，碱性强，因此等物质的量浓度的Na2CO3溶液pH比NaHCO3溶液大，故C错误；D.等体积等物质的量浓度的NaCN溶液和HCN溶液混合，，因此混合后水解为主要，因此溶液呈碱性，故D错误。综上所述，答案为A。14、D【解析】

A．加热碘升华，高锰酸钾分解，加热法不能分离两者混合物，故A错误；B．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，与二氧化硫的还原性有关，与漂白性无关，故B错误；C．关闭止水夹，NaOH难与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故C错误；D．氯化铵分解生成氨气、HCl，氨气可使湿润的酚酞试纸变红，HCl可使蓝色石蕊试纸变红，P2O5可以吸收氨气，碱石灰可以吸收HCl,所以可检验氯化铵受热分解生成的两种气体，故D正确；本题答案：D。15、A【解析】

A.蒸馏海水，利用沸点的差异分离易挥发和难挥发的物质，没有涉及到化学变化，A项符合题意；B.铁矿石炼铁，从铁的化合物得到铁单质，涉及到化学变化，B项不符合题意；C.石油裂解，使得较长碳链的烷烃断裂得到较短碳链的烃类化工原料，涉及到化学变化，C项不符合题意；D.煤生成水煤气，C与水蒸气高温条件下得到CO和H2，涉及到化学变化，D项不符合题意；本题答案选A。16、A【解析】

A.A点是草酸溶液，根据电荷守恒，c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，故A正确；B.B点是10mL0.lmol·L－1H2C2O4溶液与10mL0.lmol·L－1NaOH溶液混合，溶质是NaHC2O4，B点溶液呈酸性，可知HC2O4－在溶液中电离程度大于水解程度，故B错误；C.B点溶质是NaHC2O4，D点溶质是Na2C2O4，所以C点溶液中含有NaHC2O4和Na2C2O4，故C错误；D.D点溶液的溶质是Na2C2O4，c(Na＋)＞c(C2O42－)＞c(OH－)＞c(HC2O4－)＞c(H＋)，故D错误。答案选A。【点睛】该题侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力，关键是在明确二元弱酸与氢氧化钠反应原理的基础上利用好电荷守恒、物料守恒以及质子守恒。17、C【解析】A.根据图Ⅰ，反应A＋B＝C＋D属于放热反应，ΔH＝-(a-c)kJ·mol-1，故A错误；B.根据图Ⅱ，温度越高，水的离子积常数越大，图中a点对应温度低于b点，故B错误；C.根据图Ⅲ，t1时刻，反应速率减小，平衡逆向移动，可能减小了容器内的压强，故C正确；D.根据图Ⅳ，向醋酸稀溶液中加水时，溶液中离子的浓度逐渐减小，溶液的导电性能力逐渐减小，p点酸性比q点强，pH小于q点，故D错误；故选C。18、B【解析】

A．青石棉属于硅酸盐，不易燃，也不溶于水，A错误；B．青石棉中铁元素的化合价由+2价和+3价两种，根据原子守恒和化合价不变的思想，化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O，B正确；C．8.5L2mol·L-1HNO3溶液中硝酸的物质的量为17mol，青石棉用稀硝酸溶液处理时，亚铁离子被氧化为铁离子，硝酸被还原为一氧化氮，产物为NaNO3、Fe（NO3）3、NO、H2O、SiO2，1mol该物质能和18molHNO3反应，C错误；D．7L2mol·L-1HF溶液中HF的物质的量为14mol，1mol青石棉能与34mol氢氟酸反应生成四氟化硅，D错误。答案选B。19、D【解析】

A.用碘化银进行人工降雨，而不是溴化银，故A错误；B.“温室效应”与二氧化碳有关，与氮氧化合物无关，故B错误；C.BaSO4在医学上用作透视钡餐，主要是因为它难溶于酸，故C错误；D.因为钠发出的黄光射程远，透雾能力强，则钠可以应用于高压钠灯，镁燃烧发出耀眼的白光，则镁可以制造信号弹和焰火，故D正确；综上所述，答案为D。20、C【解析】

A．由图中电子流动方向川知，放电时左边为负极右边为正极，原电池中阳离子向正极移动，所以电解质中的Li+向右端移动，故A错误；B．充电时阴极得电子发生还原反应，所以电极反应式为：Li++Al+e-=AlLi，故B错误；C．放电时，正极Cn(PF6)发生还原反应，据图可知生成PF6-，所以电极反应式为：Cn(PF6)+e-=PF6-+Cn，故C正确；D．锂比铝活泼，充电时，铝电极的电极反应式为：Li++Al+e-=AlLi，所以若转移0.2

mol电子，增重为0.2×7=1.4g，而不是5.4

g，故D错误；故答案为C。【点睛】原电池中电子经导线由负极流向正极，电流方向与电子流向相反；电解质溶液中阳离子流向正极，阴离子流向负极。21、C【解析】

A．[3]轴烯中所有碳原子均采取sp2杂化，因此所有原子都在同一个平面上，故A不符合题意；B．[4]轴烯中含有碳碳双键，能够使酸性KMnO4溶液褪色，故B不符合题意；C．[5]轴烯的分子式为：C10H10，分子式为：C10H12，二者分子式不同，不互为同分异构体，故C符合题意；D．轴烯中多元环的碳原子上没有氢原子，与每个环上的碳原子相连的碳原子上有2个氢原子，且碳原子数与氢原子均为偶数，因此轴烯的通式可表示为C2nH2n(n≥3)，故D不符合题意；故答案为：C。22、C【解析】

A.放电时Na失电子，故电极a为负极，故A错误；B.放电时该装置是原电池，Na+向正极移动，应从a到b，故B错误；C.充电时该装置是电解池，电极b是阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：Sx2--2e-=xS，故C正确；D.充电时，电极a是阴极，Na+在电极a上获得电子发生还原反应，故D错误；故答案为C。二、非选择题(共84分)23、4氯原子氯气、光照还原反应2-甲基丙烷【解析】

由B的结构可知，芳香烃为A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D与G在吡啶条件下发生取代反应生成H．由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为。【详解】(1)由B的结构可知，芳香烃为A为，A

物质的一氯代物在苯环上有3种，在甲基上有1种，故共有4种，故答案为：4；(2)B的结构简式为：，B

物质中含有的官能团名称为：氯原子，故答案为：氯原子；(3)反应①是转化为，反应试剂和反应条件分别是：氯气、光照；反应③中硝基转化为氨基，属于还原反应，故答案为：氯气、光照；还原反应；(4)由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为，用系统命名法对

E

物质命名为：2-甲基丙烷，故答案为：2-甲基丙烷；；(5)⑤的化学反应方程式为：，故答案为：；(6)结合合成路线图中转化可知，与在吡啶条件下反应生成，乙酸与SOCl2/PCl3作用生成．先发生硝化反应，然后与Fe/HCl作用生成，合成路线流程图为：，故答案为：。24、bc液溴、Fe（或液溴、FeBr3）醚键、溴原子1-溴丙烯9【解析】根据A的分子式和性质，判断为酚，再根据D的结构，可以判断A为邻二苯酚()，B为。(l)a．A为邻二苯酚()，核磁共振氢谱为三组峰，故a错误；b.甲烷是正四面体结构，因此CH2Br2只有一种结构，故b正确；c．化合物E为，含有碳碳双键，能发生加聚反应得到线型高分子，故c正确；d．B为，不存在醛基，不能发生银镜反应，故d错误；故选bc；(2)由B转化为D是在苯环上引入溴原子，需要试剂为液溴、Fe，故答案为液溴、Fe；(3)根据D的结构可知，其含有的含氧官能团为醚键和溴原子，C的同分异构体中具有顺反异构的是1-溴丙烯，故答案为醚键、溴原子；1-溴丙烯；(4)A为邻二苯酚()，B为，A→B的化学方程式为：，故答案为；(5)E为，E的同分异构体W满足：①lmolW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH；②能发生银镜反应；③苯环上只有两个取代苯，能发生聚合反应，说明苯环上含有2个侧链，其中含有碳碳双键、醛基或属于甲酸某酯，结合E的结构，W属于甲酸苯酚酯，即HCOO-，另一个侧链为-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2，每种侧链对应与邻位、间位、对位3种结构，共9种，其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1：2：2：2：3的结构简式为，故答案为9；；(6)以、为主要原料制备，可以将丙酮，与发生题中类似F→G的反应，得到醇再与溴化氢反应后，得溴代烃，在镁的作用下，两个分子之间发生类似题中C+D→E的反应，合成路线为，故答案为。点睛：本题考查有机物推断与合成、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等知识，是对有机物化学基础的综合应用，侧重考查学生对知识的迁移应用。本题的难点是(6)的合成路线的设计。25、SO2（g）SO2（aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋+HSO3－；HSO3－H++SO32－干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少圆底烧瓶SO2＋H2O2=H2SO4加入二氧化锰并振荡0.32盐酸的挥发造成的干扰【解析】

（1）将SO2通入水中形成SO2─饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在的平衡有：SO2（g）SO2（aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋+HSO3－；HSO3－H＋+SO32－，故答案为SO2（g）SO2（aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋+HSO3－；HSO3－H＋+SO32－；（2）根据对比实验，干白葡萄酒中滴入品红溶液，红色不褪去，可能是葡萄酒中的二氧化硫的含量太少的缘故，故答案为干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少；Ⅱ.（3）根据装置图，仪器A是圆底烧瓶，故答案为圆底烧瓶；（4）H2O2具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸，化学方程式为SO2＋H2O2=H2SO4，故答案为SO2＋H2O2=H2SO4；（5）过氧化氢在催化剂作用下容易分解，除去H2O2，可以在反应后的溶液中加入二氧化锰并振荡，故答案为加入二氧化锰并振荡；（6）根据反应方程式，有SO2~H2SO4~2NaOH，n(SO2)=n(NaOH)=×0.04000mol/L×0.025L=0.0005mol，质量为0.0005mol×64g/mol=0.032g，因此1L溶液中含有二氧化硫的质量为0.032g×=0.32g，该葡萄酒中SO2的含量为0.32g/L，测定过程中，盐酸会挥发，导致反应后溶液酸的物质的量偏多，滴定时消耗的氢氧化钠偏多，使得结果偏大，故答案为0.32；盐酸的挥发造成的干扰。26、作为溶剂、提高丙炔酸的转化率(直形)冷凝管防止暴沸丙炔酸分液丙炔酸甲酯的沸点比水的高【解析】

（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；（2）根据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；（3）丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯；（4）水浴加热提供最高温度为100℃，而丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，采用水浴加热，不能达到丙炔酸甲酯的沸点，不能将丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸馏时不能用水浴加热。【点睛】《实验化学》的考查，相对比较简单，本题可以联想实验制备乙酸乙酯作答，如碳酸钠的作用，实验室制备乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平时复习实验时，应注重课本实验复习，特别是课本实验现象、实验不足等等。27、NH3+HCl=NH4Cl苯胺沸点较高，不易挥发bC6H5NH3++OH-→C6H5NH2+H2O蒸出物为混合物，无需控制温度防止B中液体倒吸60.0%加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤【解析】

(1)根据浓氨水和浓盐酸都具有挥发性结合题中信息苯胺沸点184℃分析；(2)为了获得较好的冷凝效果，采用逆流原理；(3)根据题中信息，联系铵盐与碱反应的性质，通过类比迁移，不难写出离子方程式；(4)根据蒸馏产物分析；(5)根据装置内压强突然减小会引起倒吸分析；(6)根据关系式即可计算苯胺的产率；(7)根据物质的性质分析作答。【详解】(1)蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，是浓氨水挥发出来的NH3和浓盐酸挥发出来的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是苯胺沸点184℃，比较高，不易挥发；(2)图1装置包含了产品的分馏，是根据各组分的沸点的不同、用加热的方法来实现各组分的分离的操作，冷凝管是下口进水，上口出水，保证冷凝效果，故答案为：b；(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为C6H5NH3++OH-→C6H5NH2+H2O；(4)因为蒸馏出来的是水和苯胺的混合物，故无需温度计；(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是防止装置B内压强突然减小引起倒吸；(6)设理论上得到苯胺m，根据原子守恒可知C6H5NO2～C6H5NH2，则m＝=4.65g，所以该实验中苯胺的产率=×100%=60%；(7)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺，即实验方案是：加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤。28、HClONHCl2+2H2ONH3+2HClO-1405.6191.2Ka=Kb>Kc或a=b>c小于加热（或者及时移出产物）有副产物生成，如NHCl2、NCl3、N2等【解析】

（1）氯胺中N为-3价，Cl为+1价，在水中水解生成一种有强氧化性的物质，说明生成HClO；NHCl2水解生成氨气和次氯酸