河北省魏县第五中学2024年高三第二次联考化学试卷含解析

河北省魏县第五中学2024年高三第二次联考化学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、化学家合成了一种新化合物（如图所示），其中A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B与C在同一主族，C与D在同一周期。下列有关说法正确的是A．熔点：B的氧化物>C的氧化物B．工业上由单质B可以制得单质CC．氧化物对应水化物的酸性：D>B>CD．A与B形成的化合物中只含有极性键2、化学与生活密切相关。下列叙述正确的是A．液氨可用作制冷剂 B．硅胶可作食品袋内的脱氧剂C．加入“聚铁”净水剂可以使海水淡化 D．二氧化硫可作食品的增白剂3、取三份浓度均为0.1mol/L，体积均为1L的CH3COONa溶液中分别加入NH4Cl固体、CH3COONH4固体、HCl气体后所得溶液pH变化曲线如图（溶液体积变化忽略不计）下列说法不正确的是A．曲线a、b、c分别代表加入CH3COONH4、NH4Cl、HClB．由图可知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3﹒H2O)＝1×10－7C．A点处c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)D．C点处c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)＞0.1mol/L4、化学与生活、生产密切相关，下列叙述正确的是A．用含橙色的酸性重铬酸钾溶液的仪器检验酒驾，利用了乙醇的挥发性和还原性。B．空气污染日报中的空气污染指数的主要项目有可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮和二氧化碳C．为消除碘缺乏症，我国卫生部门规定食盐中必须加碘，其中碘元素以KI形式存在D．为了获得更好的消毒效果，医用酒精的浓度通常为95%5、下列属于非电解质的是（）A．FeB．CH4C．H2SO4D．NaNO36、25°C时，用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．酸性强弱顺序是HX>HY>HZB．加入10mLNaOH溶液时，HY溶液中c（Na+）>c（Y-）C．pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3D．加入20mLNaOH溶液时，只有HY溶液达到滴定终点7、常温下，向20mL0.1mol·L－1一元酸HA中滴加相同浓度的KOH溶液，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入KOH溶液体积的变化如图所示。则下列说法错误的是A．HA的电离常数约为10－5B．b点溶液中存在：c(A－)＝c(K＋)C．c点对应的KOH溶液的体积V＝20mL，c水(H＋)约为7×10－6mol·L－1D．导电能力：c>a>b8、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是A．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞MB．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C．由X元素形成的单质不一定是原子晶体D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键9、实验中需2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是A．1000mL，212.0g B．950mL，543.4g C．任意规格，572g D．500mL，286g10、某温度下，向10mL0.1mol·L-lNaCl溶液和10mL0.1mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L-lAgNO3溶液。滴加过程中pM[－lgc(Cl-)或－lgc(CrO42－)]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法错误的是A．该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝4×10－12B．al、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：al＞b＞cC．若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，则a1点会平移至a2点D．用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂11、我国科学家设计的人工光合“仿生酶—光偶联”系统工作原理如图。下列说法正确的是（）A．总反应为6CO2+6H2OC6H12O6+6O2B．转化过程中仅有酶是催化剂C．能量转化形式为化学能→光能D．每产生1molC6H12O6转移H+数目为12NA12、乙烷、乙炔分子中碳原子间的共用电子对数目分别是1、3，则C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目可能为()A．20 B．24 C．25 D．7713、下列说法正确的是()A．将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质B．氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质C．固态的离子化合物不能导电，熔融态的离子化合物能导电D．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强14、有机物G的结构简式为，下列关于有机物G的说法错误的是A．分子式为C10H12O5B．1molG与足量的金属钠反应，生成H2的体积为33.6LC．在一定条件下，1molG与足量的H2反应，最多消耗3molH2D．可发生取代反应、加成反应和氧化反应15、下列关于元素周期表和元素周期律的说法正确的是（）A．Li、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而减少B．第二周期元素从Li到F，非金属性逐渐减弱C．因为K比Na容易失去电子，所以K比Na的还原性强D．O与S为同主族元素，且O比S的非金属性弱16、下列说法错误的是（）A．图a所示实验中，石蜡油发生分解反应，碎瓷片作催化剂B．用图b所示装置精炼铜，电解过程中CuSO4溶液的浓度保持不变C．用图c所示装置制备碳酸氢钠固体时，从e口通入NH3，再从f口通入CO2，g中盛放蘸有稀硫酸的脱脂棉D．测定某盐酸的物质的量浓度所用图d所示装置中滴定管选择错误17、下列有关实验能达到相应实验目的的是（）A．实验室制备氯气 B．制备干燥的氨气C．石油分馏制备汽油 D．制备乙酸乙酯18、下列实验装置设计正确且能达到目的的是（）A．分离I2并回收CClB．合成氨并检验氨的生成C．乙醇和乙酸反应D．实验室制取氨气19、十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下，当该装置工作时，下列说法正确的是A．盐桥中Cl-向Y极移动B．电路中流过7.5mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8LC．电流由X极沿导线流向Y极D．Y极发生的反应为2NO3-＋10e-＋6H2O===N2↑＋12OH—，周围pH增大20、草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10mL0.01mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.01mol·L-1NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（）A．V[NaOH(aq)]=0时，c(H+)=1×10-2mol·L-1B．V[NaOH(aq)]<10mL时，不可能存在c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)C．V[NaOH(aq)]=10mL时，c(H+)=1×10-7mol·L-1D．V[NaOH(aq)]>10mL时，c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)21、阿托酸是用于合成治疗胃肠道痉挛及溃疡药物的中间体，其结构如图所示。下列有关说法正确的是A．阿托酸分子中所有碳原子一定处于同一平面B．阿托酸是含有两种官能团的芳香烃C．阿托酸苯环上的二氯代物超过7种D．一定条件下，1mol阿托酸最多能4molH2、1molBr2发生加成反应22、如图表示某个化学反应过程的能量变化。该图表明（）A．催化剂可以改变该反应的热效应B．该反应是个放热反应C．反应物总能量低于生成物D．化学反应遵循质量守恒定律二、非选择题(共84分)23、（14分）聚合物H是一种聚酰胺纤维，其结构简式为。该聚合物可广泛用于各种刹车片，其合成路线如下图所示：已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。②Diels－Alder反应：。（1）生成A的反应类型是________，D的名称是________，F中所含官能团的名称是_________。（2）B的结构简式是________；“B→C”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是______（填化学式）。（3）D＋G→H的化学方程式是_________。（4）Q是D的同系物，其相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有______种。其中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为_______（任写一种）。（5）已知：乙炔与1，3－丁二烯也能发生Diels－Alder反应。请以1，3－丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）_______。24、（12分）美托洛尔可用于治疗各类型高血压及心绞痛，其一种合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)A→B的反应类型是______________，B中官能团的名称为______________。(2)D→E第一步的离子方程式为_________。(3)E→F的条件为______________，请写出一种该过程生成的副产物的结构简式_________。(已知在此条件下，酚羟基不能与醇发生反应)。(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出G的结构简式，并用星号(*)标出G中的手性碳______________。(5)芳香族化合物I是B的同分异构体，I能与银氨溶液作用产生银镜，且在苯环上连有两个取代基，则I同分异构体的数目为_________种。(6)(J)是一种药物中间体，参照上述合成路线，请设计以甲苯和苯酚为原料制备J的合成路线____________________(无机试剂任选)。25、（12分）钠与水反应的改进实验操作如下：取一张滤纸，用酚酞试液浸润并晾干，裁剪并折叠成信封状，滤纸内放一小块（约绿豆粒般大小）金属钠，把含钠的滤纸信封放入水中，装置如下图所示。请回答：（1）写出金属钠与水反应的离子方程式________________。（2）实验过程中取用金属钠的操作方法是________________。（3）有关此实验的说法正确的是________________。A．实验过程中，可能听到爆鸣声B．实验过程中，看到滤纸信封由白色逐渐变红色C．实验改进的优点之一是由实验现象能直接得出反应产物D．实验过程中，多余的金属钠不能放回原试剂瓶中，以免对瓶内试剂产生污染26、（10分）亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，但使用过量会使人中毒．某学习小组针对亚硝酸钠设计了如下实验：（实验一）制取NaNO2该小组先查阅资料知：①2NO+Na2O2→2NaNO2；2NO2+Na2O2→2NaNO3；②NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3-，然后设计制取装置如图(夹持装置略去)：(1)装置D的作用是_______________；如果没有B装置，C中发生的副反应有_______________。(2)就算在装置气密性良好的情况下进行实验，该小组发现制得的NaNO2的纯度也不高，可能的原因是由_____________；设计一种提高NaNO2纯度的改进措施_________。（实验二）测定NaNO2样品(含NaNO3杂质)的纯度先查阅资料知：①5NO2-+2MnO4-+6H+→5NO3-+3Mn2++3H2O；②MnO4-+5Fe2++8H+→Mn2++5Fe3++4H2O然后，设计如下方案测定样品的纯度：样品→溶液A溶液B数据处理(3)取样品2.3g经溶解后得到溶液A100mL，准确量取10.00mLA与24.00mL0.0500mol/L的酸性高锰酸钾溶液在锥形瓶中充分反应．反应后的溶液用0.1000mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至紫色刚好褪去；重复上述实验3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液10.00mL，则样品中NaNO2的纯度为_________．(4)通过上述实验测得样品中NaNO2的纯度偏高，该小组讨论的原因错误的是_________。(填字母编号)a．滴定至溶液紫色刚好褪去，立即停止滴定b．加入A与KMnO4溶液前的锥形瓶未经干燥c．实验中使用的(NH4)2Fe(SO4)2溶液暴露在空气中的时间过长27、（12分）乙酸苄酯是一种有馥郁茉莉花香气的无色液体，沸点213℃，密度为1.055g·cm－3，实验室制备少量乙酸苄酯的反应如下：CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)＋CH3COOH实验步骤如下：步骤1：三颈烧瓶中加入30g(0.28mol)苯甲醇、30g乙酸酐(0.29mol)和1g无水CH3COONa，搅拌升温至110℃，回流4～6h(装置如图所示)：步骤2：反应物降温后，在搅拌下慢慢加入15%的Na2CO3溶液，直至无气泡放出为止。步骤3：将有机相用15%的食盐水洗涤至中性。分出有机相，向有机相中加入少量无水CaCl2处理得粗产品。步骤4：在粗产品中加入少量硼酸，减压蒸馏(1.87kPa)，收集98～100℃的馏分，即得产品。(1)步骤1中，加入无水CH3COONa的作用是_______________，合适的加热方式是_______。(2)步骤2中，Na2CO3溶液需慢慢加入，其原因是____________。(3)步骤3中，用15%的食盐水代替蒸馏水，除可减小乙酸苄酯的溶解度外，还因为_______________；加入无水CaCl2的作用是___________________。(4)步骤4中，采用减压蒸馏的目的是__________________。28、（14分）含氮化合物对环境、生产和人类生命活动等具有很大的影响。请按要求回答下列问题(1)利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如下图所示。A包含物质为H2O和___________(填化学式)(2)已知：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H1=－akJ/mol4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H2=－bkJ/molH2O(l)=H2O(g)△H3=+ckJ/mol则反应4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)的△H=___________kJ/mol(3)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN的反应为：CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)△H>0①其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图甲所示。则X可以是___________(填字母序号)a．温度b．压强c．催化剂d．②在一定温度下，向2L密闭容器中加入nmolCH4和2moINH3，平衡时NH3体积分数随n变化的关系如图乙所示。a点时，CH4的转化率为___________%；平衡常数：K(a)_____K(b)(填“>”“=”或“<”)。(4)肌肉中的肌红蛋白(Mb)与O2结合生成MbO2，其反应原理可表示为：Mb(ag)+O2(g)MbO2(aq)，该反应的平衡常数可表示为：。在37℃条件下达到平衡时，测得肌红蛋白的结合度(a)与P(O2)的关系如图丙所示[]。研究表明正反应速率ν正=k正·c(Mb)·P(O2)，逆反应速率ν逆=k逆·c(MbO2)(其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数)。①试写出平衡常数K与速率常数k正、k逆之间的关系式为K=___________(用含有k正、k逆的式子表示)。②试求出图丙中c点时，上述反应的平衡常数K=___________kPa－1。已知k逆=60s－1，则速率常数k正=___________s－1·kPa－1。29、（10分）硼和硼的化合物在工业上有着广泛的用途。(1)基态硼原子的电子排布式为___________________________。(2)晶体硼的基本结构单元是由硼原子构成的正二十面体(如下图)，其中有20个等边三角形的面和一定数目的顶点，每个顶点各有一个硼原子。此结构单元中含有硼原子的数目为________________。(3)氮化硼(BN)晶体有多种结构。六方氮化硼与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法中，正确的是____(填标号）。a．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大b．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软c．两种晶体中的B—N键均为共价键d．两种晶体均为分子晶体(4)六方氮化硼晶体内硼原子的杂化方式为________，该晶体不导电的原因是___________。(5)NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。与BF4—互为等电子体的一种分子的化学式为__，lmolNH4BF4晶体中含有配位键的数目为_____________。(6)立方氮化硼的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm，则立方氮化硼的一个晶胞中含有______个硼原子，立方氮化硼的密度是____g•cm－3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。

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【解析】

从图中可以看出，B、C都形成4个共价键，由于B与C在同一主族且原子序数C大于B，所以B为碳(C)元素，C为硅(Si)元素；D与C同周期且原子序数大于14，从图中可看出可形成1个共价键，所以D为氯(Cl)元素；A的原子序数小于6且能形成1个共价键，则其为氢(H)元素。【详解】A．B的氧化物为CO2，分子晶体，C的氧化物为SiO2，原子晶体，所以熔点：B的氧化物<C的氧化物，A不正确；B．工业上由单质C可以制得单质Si，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，B正确；C．未强调最高价氧化物对应的水化物，所以D不一定比B大，如HClO的酸性<H2CO3，C不正确；D．A与B形成的化合物中可能含有非极性键，如CH3CH3，D不正确；故选B。2、A【解析】

A.液氨汽化需要吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，故A正确；B.由于硅胶具有很好的吸附性，且无毒，可以用作袋装食品的干燥剂，故B错误；C.向海水中加入“聚铁”净水剂只能除去悬浮物杂质，但不能使海水淡化，应用蒸馏的方法，故C错误；D.二氧化硫有毒，不可作食品的漂白剂，故D错误；答案选A。【点睛】化学与生活方面要充分利用物质的性质，包括物理性质和化学性质，结构决定性质，性质决定用途，用途反映出物质的性质，此类题需要学生多积累生活经验，发现生活中的各种现象。3、B【解析】

醋酸钠为强碱弱酸盐，因醋酸根离子水解，溶液呈碱性。往溶液中加入氯化铵固体，由于铵根离子水解呈酸性，故随着氯化铵的加入，溶液将由碱性逐渐变为酸性，由于水解微弱，所得溶液酸性较弱，符合的曲线为b；往溶液中通入氢化氯气体，随着气体的通入溶液由碱性转变为酸性，由于氯化氢为强酸，通入量较大时，溶液的酸性较强，符合的曲线为c；加入醋酸铵固体所对应的变化曲线为a，据此结合电荷守恒及盐的水解原理分析。【详解】A.根据分析可知，曲线a代表醋酸铵、曲线b代表氯化铵、曲线c代表氯化氢，故A正确；B.当加入固体的物质的量为0.1mol时，曲线b对应的pH值等于7，说明等浓度的醋酸根离子的水解程度与铵根离子相同，即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3﹒H2O)，但无法计算其电离平衡常数，故B错误；C.A点含有的溶质为0.1molCH3COONa与0.1molCH3COONH4，溶液的pH>7，则c(OH−)>c(H+)，醋酸根离子的水解程度较小，则c(CH3COO−)>c(Na+)，铵根离子部分水解，则c(Na+)>c(NH4+)，溶液中离子浓度的大小关系为：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C正确；D.C点通入0.1molHCl，与0.1mol醋酸钠反应得到0.1molCH3COOH与0.1molNaCl，c(Cl−)=c(Na+)=0.1mol/L，则c(CH3COO−)+c(Cl−)+c(OH−)>0.1mol/L，故D正确；故选：B。【点睛】本题考查图象分析、溶液中离子浓度关系，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，转移掌握电荷守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的综合应用能力。4、A【解析】

A．乙醇的沸点低，易挥发，能与酸性重铬酸钾反应，反应中乙醇作还原剂，表现还原性，所以用含橙色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾，利用了乙醇的挥发性和还原性，故A正确；B．可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮为污染环境的主要物质，为空气污染日报中的空气污染指数，其中没有二氧化碳这一项，故B错误；C．为消除碘缺乏症，卫生部规定食盐中必须加含碘物质，在食盐中所加含碘物质是碘酸钾(KIO3)，故C错误；D．医用酒精的浓度为75%，不是95%，故D错误；故选A。5、B【解析】A．金属铁为单质，不是化合物，所以铁既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B．CH4是在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，故B正确；C．硫酸的水溶液能够导电，硫酸是电解质，故C错误；D．NaNO3属于离子化合物，其水溶液或在熔融状态下能够导电，属于电解质，故D错误；故选B。点睛：抓住非电解质的特征水溶液中和熔融状态下都不能够导电的原因是自身不能电离是解题的关键，非电解质是水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；电解质为水溶液中或熔融状态导电的化合物，无论电解质还是非电解质，都一定是化合物，单质、混合物一定不是电解质和非电解质，据此进行判断。6、C【解析】

0.1000mol/L的HZ，pH=1，c(H+)=0.1000mol/L，则c(HZ)=c(H+)，则HZ为一元强酸，HX和HY的pH都大于1，则HX和HY都是一元弱酸，同浓度的三种酸酸性强弱关系为：HX＜HY＜HZ，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，三种酸酸性强弱顺序是HX＜HY＜HZ，A错误；B．加入10mLNaOH溶液时，HY有一半被中和，此时溶质为等物质的量的HY和NaY，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，由图可知，此时溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，溶液c(Na+)＜c(Y-)，B错误；C．HZ是强酸，加水稀释10倍，即101倍pH增大1，即pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3，C正确；D．加入20mLNaOH溶液时，三种溶液pH均发生突变，说明三种溶液均达到滴定终点，D错误。答案选C。【点睛】C．pH=a的强酸稀释10n倍，稀释后溶液pH=a+n(pH＜7)；pH=a的弱酸稀释10n倍，稀释后溶液pH＜a+n(pH＜7)；pH=a的强碱稀释10n倍，稀释后溶液pH=a-n(pH＞7)；pH=a的弱碱稀释10n倍，稀释后溶液pH＞a-n(pH＞7)7、D【解析】

A．由a点可知，0.1mol/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=1×10-11mol/L，则c(H+)=1×10-14÷10-11=1×10-3mol/L，则HA的电离常数，A选项正确；B．b点溶液中c水(H+)=1×10-7mol/L，c点c水(H+)最大，则溶质恰好为KA，显碱性，a点显酸性，c点显碱性，则中间c水(H+)=1×10-7mol/L的b点恰好显中性，根据电荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，则c(A-)=c(K+)，B选项正确；C．c点时加入的KOH的物质的量n(KOH)=20mL×0.1mol/L÷0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=1×10-5，可得A-的则c(A-)≈0.05mol/L，则c(OH-)≈7×10-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水电离处的，则c水(OH-)=c水(H+)≈7×10-6mol/L，C选项正确；D．向一元弱酸中加入相同浓度的一元强碱，溶液的导电能力逐渐增强，则导电能力：c>b>a，D选项错误；答案选D。8、C【解析】

由题意可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；再根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M为H元素，最后根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2，推出W为Na元素。则A．原子半径应是W＞X＞Y＞Z＞M（即Na＞C＞N＞O＞H）,A错误。B．CO2、C2H2均为直线型共价化合物，Na2O2属于离子化合物，B错误。C．例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，C正确。D．X、Y、Z、M四种元素可形成化合物CO(NH2)2(尿素)中只有共价键，D错误。答案选C。9、A【解析】

实验室没有950mL的容量瓶，应选择体积相近的1000mL容量瓶，碳酸钠的物质的量为1L×2mol/L=2mol，需要碳酸钠的质量为2mol×106g/mol=212g，故选A。10、B【解析】

根据pM=－lgc(Cl-)或pM=－lgc(CrO42－)可知，c(CrO42－)越小，pM越大，根据图像，向10mL0.1mol·L-lNaCl溶液和10mL0.1mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L-lAgNO3溶液。当滴加10mL0.1mol·L-lAgNO3溶液时，氯化钠恰好反应，滴加20mL0.1mol·L-lAgNO3溶液时，K2CrO4恰好反应，因此al所在曲线为氯化钠，b、c所在曲线为K2CrO4，据此分析解答。【详解】A．b点时恰好反应生成Ag2CrO4，－lgc(CrO42－)=4.0，c(CrO42－)=10－4mol·L-l，则c(Ag+)=2×10－4mol·L-l，该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝c(CrO42－)×c2(Ag+)=4×10－12，故A正确；B．al点恰好反应，－lgc(Cl-)=4.9，c(Cl-)=10－4.9mol·L-l，则c(Ag+)=10－4.9mol·L-l，b点c(Ag+)=2×10－4mol·L-l，c点，K2CrO4过量，c(CrO42－)约为原来的，则c(CrO42－)=0.025mol·L-l，则c(Ag+)==×10－5mol·L-l，al、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，故B错误；C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，平衡时，－lgc(Cl-)=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；D．根据上述分析，当溶液中同时存在Cl-和CrO42-时，加入硝酸银溶液，Cl-先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D正确；答案选B。11、A【解析】

A.根据图示可知：该装置是将CO2和H2O转化为葡萄糖和氧气，反应方程式为：6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，A正确；B.转化过程中有酶、光触媒作催化剂，B错误；C.能量转化形式为光能→化学能，C错误；D.每产生1molC6H12O6转移H+数目为24NA，D错误；故合理选项是A。12、B【解析】

烷烃中碳碳间共用电子对数为碳原子数减去1；若每减少2个H原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对，利用减少的H原子数目，再除以2可知增加的碳碳间共用电子对数，烷烃C20H42分子中碳原子间的共用电子对数目为19，则C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目19+10×=24，答案选B。【点睛】明确每减少2个H原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对。13、C【解析】

A．硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，所以BaSO4是电解质，故A错误；B．氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因，故B错误；C．固态离子化合物不能电离出离子，不能导电；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故C正确；D．溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查了电解质可导电关系的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关是解答的关键，题目难度不大。14、B【解析】

A．根据有机物G的结构简式可得，其分子式为C10H12O5，A选项正确；B．有机物G中有2个羟基和1个羧基，均可与金属钠反应，1molG与足量的金属钠反应，生成H2在标准状况下的体积为33.6L，题中未注明标准状况，B选项错误；C．在一定条件下，1molG中的苯环最多可与3molH2发生加成反应，C选项正确；D．有机物G中苯环可发生取代反应、加成反应，羟基可发生氧化反应，D选项正确；答案选B。15、C【解析】

A.Li、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而增多，故A错误；B.第二周期元素从Li到F，金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强，故B错误；C.金属越容易失去电子，则金属性越强，K比Na容易失去电子，所以K比Na的还原性强，所以C选项是正确的；D.O与S为同主族元素，同主族自上而下元素非金属性减弱，O比S的非金属性强，故D错误。答案选C。16、B【解析】

A.根据图a装置分析，浸透石蜡的石棉加热时产生石蜡蒸汽，石蜡蒸汽附着在碎瓷片上，受热分解，碎瓷片作催化剂，故A正确；B.阳极是粗铜，含有锌等活泼金属杂质，根据放电顺序，较活泼金属先失去电子形成阳离子进入溶液，根据电子转移守恒，此时在阴极铜离子得电子生成铜，所以电解过程中CuSO4溶液的浓度会减小，故B错误；C.图c所示装置是侯氏制碱法的反应原理，向饱和氯化钠的氨水溶液中通入二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠，g的作用是吸收氨气，冷水的目的是降低温度有助于晶体析出，故C正确；D.如图所示，滴定管中装有氢氧化钠溶液，所以滴定管应该选用碱式滴定管，应该是下端带有橡胶管的滴定管，故D正确。故选B。【点睛】酸式滴定管的下端为一玻璃活塞，开启活塞，液体即自管内滴出。碱式滴定管的下端用橡皮管连接一支带有尖嘴的小玻璃管。橡皮管内装有一个玻璃圆球。用左手拇指和食指轻轻地往一边挤压玻璃球外面的橡皮管，使管内形成一缝隙，液体即从滴管滴出。17、C【解析】

A.浓盐酸与MnO2的反应需要加热，故A错误；B.氨气的密度比空气的密度小，应选用向下排空气法收集，故B错误；C.蒸馏时温度计测定馏分的温度，冷却水下进上出，图中操作合理，故C正确；D.乙酸乙酯能与NaOH溶液反应，小试管中应为饱和Na2CO3溶液，故D错误；故选C。18、D【解析】

A.通过蒸馏方法分离碘与CCl4，收集的是不同温度范围的馏分，因此温度计水银球要放在蒸馏烧瓶支管口附近，A错误；B.检验氨的生成要用湿润的pH广泛试纸，B错误；C.乙醇和乙酸反应制取乙酸乙酯，为防止挥发的乙醇、乙酸溶解导致的倒吸现象的发生，导气管末端要在碳酸钠饱和溶液的液面以上，C错误；D.铵盐与碱共热产生氨气，由于氨气密度比空气小，要用向下排空气方法收集，为防止氨气与空气对流，在试管口要放一团疏松的棉花，D正确；故合理选项是D。19、D【解析】

根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知，装置属于原电池装置，X是负极，发生失电子的氧化反应，Y是正极，发生得电子的还原反应，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极流向正极。【详解】A.处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，即氯离子向X极移动，故A错误；B.电池总反应为：，该反应转移了15个电子，即转移15个电子生成4个氮气，故电路中流过7.5mol电子时，产生2mol氮气，即44.8L，B错误；C.电流由正极流向负极，即Y极沿导线流向X极，故C错误；D.Y是正极，发生得电子的还原反应，，周围pH增大，故D正确；答案选D。20、D【解析】

A.因为草酸是二元弱酸，HC2O4-不能完全电离，所以0.01mol/LNaHC2O4溶液中c(H+)<1×10-2mol/L，A项错误；B.NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，NaHC2O4溶液显酸性，Na2C2O4溶液因水解而显碱性，NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液过程中溶液由酸性逐渐变为碱性，所以当V(NaOH)aq<10mL时，溶液存在呈中性的可能，即c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知可能存在c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，B项错误；C.当V(NaOH)aq=10mL时，NaHC2O4和NaOH恰好完全反应生成Na2C2O4，C2O42-发生水解而使溶液呈碱性，故常温下c(H+)<1×10-7mol/L，C项错误；D.当V(NaOH)aq>10mL时，所得溶液的溶质是Na2C2O4和NaOH，C2O42-发生水解生成HC2O4-，水解是微弱的且NaOH电离的OH-抑制C2O42-的水解，故c(Na+)>c(C2O42-)<c(HC2O4-)，D项正确；答案选D。21、D【解析】

A．苯环和C之间的C-C键可旋转，C原子不一定都共面，A错误；B．阿托酸含碳碳双键、羧基两种官能团，但不属于烃，B错误；C．阿托酸苯环上的二氯代物有6种，如图：，二个氯分别在：1，2位、1，3位、1，4位、1，5位、2，3位、2，4位，C错误；D．1mol苯环可和3molH2加成，1mol碳碳双键可和1molH2、1molBr2加成，故1mol阿托酸最多能和4molH2、1molBr2发生加成反应，D正确。答案选D。22、B【解析】

A.由图可知，加入催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，A项错误；B.由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，故为放热反应，B项正确；C.由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，C项错误；D.化学反应一定遵循质量守恒定律，但是根据题目要求，图示不能说明质量守衡，D项错误。答案选B。二、非选择题(共84分)23、消去反应对苯二甲酸（或1，4－苯二甲酸）硝基、氯原子H2O10（任写一种）【解析】

乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成D，D中应该有两个羧基，根据H结构简式知，D为、G为；根据信息②知，生成B的反应为加成反应，B为，B生成C的反应中除了生成C外还生成H2O，苯和氯气发生取代反应生成E，E为，发生取代反应生成F，根据G结构简式知，发生对位取代，则F为，F发生取代反应生成对硝基苯胺。【详解】⑴C2H5OH与浓H2SO4在170℃下共热发生消去反应生成的A为H2C=CH2；由H的结构简式可知D为、G为；D为对苯二甲酸，苯与Cl2在FeCl3作催化剂的条件下反应生成的E()，E发生硝化反应生成的F()，F中所含官能团的名称是硝基和氯原子；故答案为：消去反应；对苯二甲酸(或1，4－苯二甲酸）；硝基、氯原子。⑵乙烯和发生Diels－Alder反应生成B，故B的结构简式是；C为芳香族化合物，分子中只含两种不同化学环境的氢原子，“B→C”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是H2O；故答案为：；H2O。⑶D＋G→H的化学方程式是；故答案为：。⑷D为，Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，如果取代基为−CH2COOH、−COOH，有3种结构；如果取代基为−CH3、两个−COOH，有6种结构；如果取代基为−CH(COOH)2，有1种，则符合条件的有10种；其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为，故答案为：10；。⑸CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成,和溴发生加成反应生成,发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。24、取代反应羟基、羰基+2OH-+Cl-+H2O浓硫酸加热或或CH3OCH312【解析】

根据C的结构和B的分子式可得B的结构简式为，A→B发生取代反应，又A的分子式为C2H4O，则A为乙醛(CH3CHO)，C在Zn/HCl的条件下得到D，根据已知信息，则D的结构简式为，D再经消去反应和酸化得到E，E的结构简式为，E与CH3OH在一定条件下反应生成F(C9H12O2)，F与反应生成G()，G与H2NCH(CH3)2反应最终得到美托洛尔，据此分析解答问题。【详解】(1)根据C的结构和B的分子式可得B的结构简式为，含有的官能团有羟基和羰基，A→B发生取代反应，又A的分子式为C2H4O，则A为乙醛(CH3CHO)，故答案为：取代反应；羟基、羰基；(2)由上述分析可知，D得到E的第一部反应为消去反应，反应方程式为+2OH-+Cl-+H2O，故答案为：+2OH-+Cl-+H2O；(3)E与CH3OH在一定条件下反应生成F(C9H12O2)，不饱和度没有发生变化，碳原子数增加1个，再联系G的结构，可知发生醇与醇之间的脱水反应，条件为浓硫酸，加热，已知在此条件下醇羟基不能与醇发生反应，则该过程的副反应为分子内消去脱水，副产物为，分子间脱水可得或CH3OCH3，故答案为：浓硫酸，加热；或或CH3OCH3；(4)根据手性碳的概念，可知G中含有的手性碳可表示为，故答案为：；(5)芳香族化合物I是B的同分异构体，I能与银氨溶液产生银镜，说明I中含有—CHO，则同分异构体包括：，—CHO可安在邻间对，3种，，—OH可安在邻间对，3种，，—CHO可安在邻间对，3种，，—CH3可安在邻间对，3种，共有3×4=12种，故答案为：12；(6)以甲苯和苯酚为原料制备，其合成思路为，甲苯光照取代变为卤代烃，再水解，变为醇，再催化氧化变为醛，再借助题目A→B，C→D可得合成路线：，故答案为：。25、2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑用镊子取出金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切一小块用于实验。ABC【解析】（1）金属钠与水反应生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；（2）因钠能与水反应，应保存在煤油中，且生成的NaOH有腐蚀性，实验过程中取用金属钠的操作方法是用镊子取出金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切一小块用于实验；（3）A．反应放热，生成的H2在空气中燃烧，能听到爆鸣声，故A正确；B．生成NaOH,溶液显碱性，滴有酚酞的滤纸信封由白色逐渐变红色，故B正确；C．此实验的优点之一是由实验现象能直接得出反应产物，故C正确；D．实验过程中，多余的金属钠应放回原试剂瓶，故D错误；答案为ABC。26、吸收多余的NO2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2NO+O2=NO2由于获得NO的过程中会产生其他氮氧化物在A、B之间增加装有水的洗气瓶75%bc【解析】

在装置A中稀硝酸与Cu反应产生Cu(NO3)2、NO和H2O，反应产生的NO气体经B装置的无水CaCl2干燥后进入装置C中，发生反应：2NO+Na2O2=2NaNO2，未反应的NO在装置D中被酸性KMnO4氧化除去。再用酸性KMnO4溶液测定NaNO2纯度中，可根据反应过程中的电子得失数目相等计算，利用反应过程中操作使KMnO4溶液消耗体积大小上分析实验误差。【详解】(1)酸性KMnO4溶液具有氧化性，能将NO氧化为NO3-，所以装置D的作用是吸收多余的NO；若没有装置B中无水CaCl2的干燥作用，其中的H2O就会与Na2O2发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应产生O2再与NO反应：2NO+O2=NO2，气体变为NO2；(2)由于反应开始时硝酸浓度较大时，可能有NO2产生，获得NO的过程中可能会产生其他氮氧化物，这样会干扰实验结果，提高NaNO2纯度可以在A、B之间增加装有水的洗气瓶，减小实验误差；(3)根据电子守恒可得关系式：5(NH4)2Fe(SO4)2～MnO4-，消耗n(KMnO4)=0.1mol/L×0.01L=0.001mol，根据2MnO4-～5NO2-可知NO2-反应消耗KMnO4溶液的物质的量n(KMnO4)=0.05mol/L×0.024L-0.001mol=2.0×10-4mol，则NaNO2的物质的量n(NaNO2)=5.0×10-4mol，则100mL溶液中含NaNO2的物质的量为n(NaNO2)总=5.0×10-4mol×=5.0×10-3mol，所以样品中NaNO2的纯度为×100%=75%；(4)a．滴定至溶液紫色刚刚好褪去，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积偏小，n[(NH4)2Fe(SO4)2]偏小，导致NaNO2的量测定结果偏高，a正确；b．加入A与KMnO4溶液前锥形瓶未经干燥，对测量结果无影响，b错误；c．实验中使用的(NH4)2Fe(SO4)2溶液暴露在空气中时间过长，部分(NH4)2Fe(SO4)2被氧化，消耗的(NH4)2Fe(SO4)2偏大，导致的测量结果偏低，c错误；故合理选项是bc。【点睛】本题考查了装置的连接、试剂的作用、实验方案的设计与评价及滴定方法在物质含量测定的应用。掌握反应原理、各个装置中试剂的作用是解题关键，在物质含量测定中要结合反应过程中电子守恒分析。题目考查学生分析和解决问题的能力，主要是物质性质和化学反应定量关系的计算分析。27、催化剂油浴(或沙浴)以免大量CO2泡沫冲出乙酸苄酯与水的密度几乎相同不容易分层除去有机相中的水防止常压蒸馏时，乙酸苄酯未达沸点前就已发生分解【解析】

CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)＋CH3COOH，是液体混合加热，可油浴(或沙浴)均匀加热，使用无水CH3COONa作催化剂来加快反应速率，用15%的Na2CO3溶液来提高产率，用15%的食盐水分离CH2OOCCH3和其它能溶于水的混合物，有机相用无水CaCl2干燥，最后蒸馏提纯得到产品。【详解】(1)根据CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)＋CH3COOH的原理和条件，步骤1中，加入无水CH3COONa的作用是催化剂，为保证能均匀受热，合适的加热方式是油浴(或沙浴)。(2)Na2CO3作用是降低生成物CH3COOH的浓度，促进平衡正向移动，步骤2中，Na2CO3溶液需慢慢加入，其原因是以免大量CO2泡沫冲出。(3)由题干中信息可知：乙酸苄酯密度为1.055g·cm－3，步骤3中，用15%的食盐水代替蒸馏水，除可减小乙酸苄酯的溶解度外，还因为乙酸苄酯与水的密度几乎相同不容易分层；加入无水CaCl2的作用是除去有机相中的水。(4)步骤4中，采用减压蒸馏的目的是防止常压蒸馏时，乙酸苄酯未达沸点前就已发生分解。【点睛】本题以乙酸苄酯的制备实验考查物质的制备、分离、和提纯等基本操作，难点（1）无水乙酸钠的作用，（3）用15%的食盐水代替蒸馏水目的，考查学生的阅读和表达能力。28、N2bd25=2120【解析】

(1)根据流程图，可知NH3与废气中的NO、NO2反应产生氮气和水；(2)根据盖斯定律，将已知的三个热化学方程式叠加，就得到相应的反应的热化学方程式；(3)①CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)△H>0的正反应是气体体积增大的吸热反应，根据X越大，NH3的转化率越小分析影响因素；②根据加入2molNH3、2molCH4时，利用三段式法，结合平衡时氨气含量是30%，计算出各种物质的平衡物质的量，再结合反应时二者消耗关系，可计算CH4的转化率；并根据化学平衡常数的含义计算此时反应平衡常数；(4)①根据可逆反应达到平衡状态时，V正=V逆，结合平衡常数表达式计算K与K正、K逆的关系；②将P(O2)=4.5kPa，肌红蛋白的结合度(a)是90%，带入平衡常数表达式可得K；将K=中的K、k逆带入可得k正。【详解】(1)根据流程图可知NH3与废气中的NO、NO2反应，最终产生无毒无害的氮气和水；(2)①4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H1=－akJ/mol②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H2=－bkJ/mol③H2O(l)=H2O(g)△H3=+ckJ/mol根据盖斯定律，将(①×2+②×3-③×30)×，整理可得4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)△H=kJ/mol；(3)①反应CH4(g