江苏省南京一中2024年高考冲刺化学模拟试题含解析

江苏省南京一中2024年高考冲刺化学模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、下列物理量与温度、压强有关且对应单位正确的是A．阿伏加德罗常數：mol-1 B．气体摩尔体积:L.mol-1C．物质的量浓度：g·L-1 D．摩尔质量：g·mol-12、亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂。以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图，有关说法不正确的是()A．NaOH的电子式为B．加入的H2O2起氧化作用C．ClO2发生器中发生反应的离子方程式为2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣D．操作②实验方法是重结晶3、下列反应不能用划线反应物所具有的类别通性解释的是（）A．NaOH+HClO4→NaClO4+H2O B．H2CO3+Na2SiO3→H2SiO↓+Na2CO3C．Zn+FeSO4→ZnSO4+Fe D．2FeCl3+2NaI→2FeCl2+I2+NaCl4、硝酸铵（NH4NO3）在不同条件下分解可以得到不同的产物，下列各组物质中肯定不可能是硝酸铵分解产物的是A．N2O、H2O B．N2、O2、H2O C．N2、HNO3、H2O D．NH3、NO、H25、下列反应的离子方程式正确的是A．碳酸钠的水解反应CO32-+H2O=HCO3-+OH-B．碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-C．苯酚钠溶液与二氧化碳反应C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+CO32-D．稀硝酸与过量的铁屑反应3Fe+8H++2NO3-=3Fe3++2NO↑+4H2O6、以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。下列说法正确的是A．过程①中钛氧键断裂会释放能量B．该反应中，光能和热能转化为化学能C．使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率D．CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH=+30kJ/mol7、利用如图实验装置进行相关实验，能得出相应实验结论的是（）abc实验结论A浓醋酸CaCO3C6H5ONa溶液酸性：碳酸＞苯酚BBr2的苯溶液铁屑AgNO3溶液苯和液溴发生取代反应C浓盐酸酸性KMnO4溶液碘化钾溶液氧化性：Cl2＞I2D饱和食盐水电石酸性KMnO4溶液乙炔具有还原性A．A B．B C．C D．D8、已知：CH3C≡CH＋CO＋CH3OHM，N＋CH3OHM＋H2O。其中M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，下列说法错误的是（）A．N可以使溴水褪色B．N转化为M的反应为取代反应C．M中所有碳原子可能共面D．N属于酯的同分异构体有3种9、下图是0.01mol/L甲溶液滴定0.01mol/L乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线③是盐酸滴定NaAc溶液，其他曲线是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断错误的是A．条件相同时导电能力：盐酸>NaAcB．曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线C．随着甲溶液体积增大，曲线①仍然保持最高导电能力D．a点是反应终点10、在25°C时，向amL0.10mol·L-1的HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·L-1的NaOH溶液。滴定过程中混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]与NaOH溶液的体积V的关系如图所示。已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，下列说法不正确的是（）A．25°C时，HNO2电离常数的数量级是10-4B．M点溶液中存在：2c(H+)+c(HNO2)=c(OH-)+c(NO2-)C．图上M、N、P、Q四点溶液中所含离子的种类相同D．a=10.8011、下列表述和方程式书写都正确的是A．表示乙醇燃烧热的热化学方程式：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H=-1367.0kJ/molB．KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物质的量达到最大：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2OC．用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2OD．用石墨作电极电解NaCl溶液：2Cl-+2H+Cl2↑+H2↑12、在Na2Cr2O7酸性溶液中，存在平衡2CrO42—(黄色)+2H+⇌Cr2O72—(橙红色)+H2O，已知:25℃时,Ksp(Ag2CrO4)=1×10—12Ksp(Ag2Cr2O7)=2×10—7。下列说法正确的是A．当2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)时，达到了平衡状态B．当pH=1时，溶液呈黄色C．若向溶液中加入AgNO3溶液，生成Ag2CrO4沉淀D．稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小13、共价化合物分子中各原子有一定的连接方式，某分子可用球棍模型表示如图，A的原子半径最小，C、D位于同周期，D的常见单质常温下为气态，下列说法正确的是（）A．B的同素异形体数目最多2种B．A与C不可以形成离子化合物C．通过含氧酸酸性可以比较元素B和C的非金属性D．C与D形成的阴离子CD2－既有氧化性，又有还原性14、25℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（）A．25℃时，H2CO3的一级电离K(H2CO3)=1.0×10-6.4B．图中a=2.6C．25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6D．M点溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)15、与氨碱法相比较，联合制碱法最突出的优点是A．NaCl利用率高 B．设备少C．循环利用的物质多 D．原料易得16、下列方程式不能正确表示某沉淀溶解过程的是A．热的浓盐酸洗涤试管内壁的MnO2：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OB．热的NaOH溶液洗涤试管内壁的S：3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2OC．向石灰石粉的悬浊液中持续通CO2：Ca(OH)2＋2CO2＝Ca(HCO3)2D．稀硫酸可除去铁锈：Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O17、氮及其化合物的性质是了解工农业生产的重要基础。NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法错误的是A．22.4L（标准状况）15NH3含有的质子数为10NAB．密闭容器中，2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAC．13.8gNO2与足量水反应，转移的电子数为0.2NAD．常温下，1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NA18、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19、下列说法正确的是()A．电解熔融金属氯化物制备Na、Mg、AlB．配制溶液时需加入稀硝酸防止水解C．“一带一路”中的丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物。D．牙齿的矿物质Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-，故使用含氟牙膏可以防止龋齿的形成20、仪器名称为“干燥管”的是A． B． C． D．21、下列说法不正确的是()A．可用焦炭还原SiO2制备单质SiB．镁单质可与NH4Cl溶液反应生成NH3C．浓硫酸与NaBr固体共热可生成单质Br2D．摩尔盐的组成可表示为NH4Fe(SO4)2•6H2O22、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型非氯高效消毒剂，微溶于KOH溶液，热稳定性差。实验室制备高铁酸钾的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH==2K2FeO4+6KCl++8H2O。下列实验设计不能达到实验目的的是A．用图所示装置制备并净化氯气B．用图所示装置制备高铁酸钾C．用图所示装置分离出高铁酸钾粗品D．用图所示装置干燥高铁酸钾二、非选择题(共84分)23、（14分）石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烃，它们是常见的有机化工原料。下图是以丙烯为原料合成有机物I的流程。已知：i．Claisen酯缩合：ii．(②比①反应快)iii．，(R、R＇代表烃基)回答下列问题：(1)C的名称为_____________。Ⅰ中所含官能团的名称为______________________。(2)B→C的反应类型是_______________。F的结构简式为_______________________。(3)D→E的化学方程式为___________________________。(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是__________________________。(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应，则K可能的链状稳定结构有_______种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为_______________。(任写一种)(6)完成下列以苯乙烯为原料，制备的合成路线(其他试剂任选)_____________。24、（12分）富马酸二甲酯（DMF）俗称防霉保鲜剂霉克星1号，曾广泛应用于化妆品、蔬菜、水果等防霉、防腐、防虫、保鲜，它的一条合成路线如图所示。回答下列问题：（1）B的结构简式为______，D中官能团名称______。（2）①的反应的类型是______，②的反应条件是______。（3）④的反应方程式为______。（4）写出C的一种同分异构体，满足可水解且生成两种产物可相互转化______。（5）过程③由多个步骤组成，写出由C→D的合成路线_____。（其他试剂任选）（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）25、（12分）实验室中根据已知熔点是16.6℃，沸点44.4℃。设计如下图所示的实验装置制备固体。（1）实验开始时，先点燃的酒精灯是_________（填编号）。（2）装置D中浓硫酸的作用除了混合气体并观察气体流速外还有___________。（3）装置F的作用是____________________。（4）由于可逆反应，所以从E管出来的气体中含有、。为了证明含有可以将该气体通入________（填下列编号，下同）、证明含有可以将该气体通入_____________。A．品红B．溴水C．溶液D．溶液（5）如果没有装置G，则F中可能看到_________________。（6）从装置G导出的尾气常可以用烧碱或石灰乳吸收。请写出用足量烧碱吸收尾气的离子方程式为：_________________________________________________________。（7）尾气常采用烧碱或石灰乳吸收，请分析比较两种吸收剂吸收的优点__________________________________________________________。26、（10分）用6mol·L-1的硫酸配制100mL1mol·L-1硫酸，若实验仪器有：A．100mL量筒B．托盘天平C．玻璃棒D．50mL容量瓶E．20mL量筒F．胶头滴管G．50mL烧杯H．100mL容量瓶（1）实验时应选用仪器的先后顺序是（填入编号）__。（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是（填写编号）__。A．使用容量瓶前检查它是否漏水B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线2cm～3cm处，用滴管滴加蒸馏水到标线D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近容量瓶刻度标线1cm～2cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次27、（12分）肉桂酸是香料、化妆品、医药、塑料和感光树脂等的重要原料．实验室用下列反应制取肉桂酸．CH3COOH药品物理常数苯甲醛乙酸酐肉桂酸乙酸溶解度（25℃，g/100g水）0.3遇热水水解0.04互溶沸点（℃）179.6138.6300118填空：合成：反应装置如图所示．向三颈烧瓶中先后加入研细的无水醋酸钠、苯甲醛和乙酸酐，振荡使之混合均匀．在150～170℃加热1小时，保持微沸状态．（1）空气冷凝管的作用是__．（2）该装置的加热方法是__．加热回流要控制反应呈微沸状态，如果剧烈沸腾，会导致肉桂酸产率降低，可能的原因是______．（3）不能用醋酸钠晶体（CH3COONa•3H2O）的原因是______．粗品精制：将上述反应后得到的混合物趁热倒入圆底烧瓶中，进行下列操作：反应混合物肉桂酸晶体（4）加饱和Na2CO3溶液除了转化醋酸，主要目的是_______．（5）操作I是__；若所得肉桂酸晶体中仍然有杂质，欲提高纯度可以进行的操作是__（均填操作名称）．（6）设计实验方案检验产品中是否含有苯甲醛_______．28、（14分）钙钛矿太阳能电池具有转化效率高、低成本等优点，是未来太阳能电池的研究方向。回答下列问题：(1)下列状态的钙中，电离最外层一个电子所需能量最大的是__________(填字母标号)。A．[Ar]4s1B．[Ar]4s2C．[Ar]4s14p1D．[Ar]4p1(2)基态钛原子的核外价电子轨道表达式为____________。(3)一种有机金属卤化钙钛矿中含有NH2－CH＝NH2＋，该离子中氮原子的杂化类型为___________，其对应分子NH2－CH＝NH的熔沸点高于CH3CH2CH＝CH2的熔沸点的原因为__________。(4)一种无机钙钛矿CaxTiyOz的晶体结构如图所示，则这种钙钛矿化学式为___________，已知Ca和O离子之间的最短距离为apm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则这种钙钛矿的密度是___________g·cm－3(列出计算表达式)。(5)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1的坐标为(，，)，则原子2和3的坐标分别为__________、__________。29、（10分）制造一次性医用口罩的原料之一丙烯是三大合成材料的基本原料，丙烷脱氢作为一条增产丙烯的非化石燃料路线具有极其重要的现实意义。丙烷脱氢技术主要分为直接脱氢和氧化脱氢两种。(1)根据下表提供的数据，计算丙烷直接脱氢制丙烯的反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的∆H=___。共价键C-CC=CC-HH-H键能/(kJ∙mol-1)348615413436(2)下图为丙烷直接脱氢制丙烯反应中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系（图中压强分别为1×104Pa和1×105Pa）①在恒容密闭容器中，下列情况能说明该反应达到平衡状态的是__（填字母）。A．∆H保持不变B．混合气体的密度保持不变C．混合气体的平均摩尔质量保持不变D．单位时间内生成1molH-H键，同时生成1molC=C键②欲使丙烯的平衡产率提高，下列措施可行的是____（填字母）A．增大压强B．升高温度C．保持容积不变充入氩气工业生产中为提高丙烯的产率，还常在恒压时向原料气中掺入水蒸气，其目的是_____。③1×104Pa时，图中表示丙烷和丙烯体积分数的曲线分别是___、____（填标号）④1×104Pa、500℃时，该反应的平衡常数Kp=____Pa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，计算结果保留两位有效数字）(3)利用CO2的弱氧化性，科学家开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺，该工艺可采用铬的氧化物作催化剂，已知C3H8+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)，该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂的活性，其原因是____，相对于丙烷直接裂解脱氢制丙烯的缺点是_____。

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】A、阿伏加德罗常數与温度、压强无关，故A错误；B、气体摩尔体积与温度、压强有关且对应单位正确，故B正确；C、物质的量浓度：单位是mol·L－1，故C错误；D、摩尔质量与温度、压强无关，故D错误；故选B。2、B【解析】

ClO2发生器中发生反应生成ClO2和NaHSO4，反应后通入空气，可将ClO2赶入吸收器，加入NaOH、过氧化氢，可生成NaClO2，过氧化氢被氧化生成氧气，经冷却结晶、重结晶、干燥得到NaClO2.3H2O，以此解答该题。【详解】A．书写电子式时原子团用中括号括起来，NaOH的电子式，故A正确；B．在吸收塔中二氧化氯生成亚氯酸钠，氯元素化合价由+4变为+3，化合价降低做氧化剂，有氧化必有还原，H2O2做还原剂起还原作用，故B不正确；C．ClO2发生器中发生反应的离子方程式为2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣，故C正确；D．将粗晶体进行精制，可以采用重结晶，故D正确；故选：B。3、D【解析】

A项、NaOH与HClO4反应属于中和反应，碱能与酸发生中和反应，故A能解释；B项、碳酸的酸性比硅酸强，酸性比硅酸强的酸能制备硅酸，较强的酸能制备较弱的酸，故B能解释；C项、活动性较强的金属单质能从活动性较弱的金属的盐溶液中置换出活动性较弱的金属，故C能解释；D项、FeCl3与NaI发生了氧化还原反应，这不是卤化物通性，其他卤化钠大多数不能与氯化铁发生类似的反应，故D不能解释；故选D。4、D【解析】

硝酸铵（NH4NO3）中的两个氮原子的化合价分别为-3和+5。【详解】A.硝酸铵分解为N2O和H2O，-3价氮化合价升高到+1价，+5价氮化合价也降低到+1价，发生了归中反应，合理，故A不选；B.硝酸铵分解为N2、O2、H2O，硝酸铵中-3价氮化合价升高到0价，部分-2价氧的化合价也升高到0价，+5价氮的化合价降低到0价，发生了氧化还原反应，故B不选；C.硝酸铵分解为N2、HNO3、H2O，硝酸铵中的-3价氮和+5价氮发生了归中反应，生成了氮气，合理，故C不选；D.硝酸铵分解为NH3、NO、H2，只有化合价的降低，没有化合价的升高，不合理，故D选。故选D。5、B【解析】

A.碳酸钠溶液中CO32-水解程度很小，存在化学平衡，水解反应CO32-+H2OHCO3-+OH-，A错误；B.碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应，产生CaCO3沉淀、Na2CO3、H2O，反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，B正确；C.苯酚钠溶液与二氧化碳反应，产生苯酚、NaHCO3，反应方程式为C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-，C错误；D.稀硝酸与过量的铁屑反应产生Fe2+，3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，D错误；故合理选项是B。6、B【解析】

A.化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；B.根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故B正确；C.催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；D.反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH=1598×2-1072×2-496=+556kJ/mol，故D错误。7、C【解析】

A．浓醋酸具有挥发性，酸性大于苯酚，因此，挥发出的醋酸也能与苯酚钠反应得到苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故A错误；B．溴离子与银离子反应生成浅黄色沉淀；由于溴易挥发，挥发出的溴和水反应也能生成氢溴酸，从而影响苯和溴反应生成的溴化氢，所以无法得出相应结论，故B错误；C．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气能置换碘化钾中的碘单质，可比较氧化性，故C正确；D．电石不纯，与水反应生成乙炔的同时也生成硫化氢、磷化氢等，都可与高锰酸钾溶液反应，应先除杂，故D错误；故答案选C。8、D【解析】

由CH3C≡CH＋CO＋CH3OHM，N＋CH3OHM＋H2O，其中M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，可知N为CH2＝C(CH3)COOH。【详解】A．由分析可知，N为CH2＝C(CH3)COOH，分子中含有碳碳双键，可以使溴水褪色，故A正确；B．N＋CH3OHM＋H2O为酯化反应，属于取代反应，故B正确；C．M中碳碳双键、羰基均为平面结构，且直接相连，3个原子可共面，则M中所有碳原子可能共面，故C正确；D．CH2＝C(CH3)COOH，属于酯的同分异构体含−COOC−，可能为CH3CH＝CHOOCH、CH2＝CHCH2OOCH、CH2＝CHOOCCH3、CH3OOCCH＝CH2，则属于酯的同分异构体大于3种，故D错误；故答案选D。【点睛】本题把握M的结构简式及N与甲醇的酯化反应推断N的结构为解答的关键，注意有机物官能团所具有的性质。9、C【解析】

A．由曲线③盐酸滴定NaAc溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升高，说明条件相同时导电能力：盐酸>NaAc，故A正确；B．曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B正确；C．由曲线①起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线①逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线②可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线③，故C错误；D．反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D正确；故选C。【点睛】本题的难点为曲线①和②的判断，也可以根据滴定终点后溶液中的导电物质的种类结合强弱电解质分析判断，其中醋酸滴定NaOH溶液，终点后，溶液中醋酸的含量增多，而醋酸为弱电解质，因此曲线的后半段导电能力较低。10、B【解析】

已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，二式联立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+c(HNO2)=c(Na+)，此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，据此分析作答。【详解】A.HNO2电离常数K=，未滴加氢氧化钠时0.1mol/L的HNO2溶液的pOH=11.85，即溶液中c（OH-）=10-11.85mol/L，则根据水的电离平衡常数可知c（H+）=10-2.15mol/L，溶液中存在电离平衡HNO2⇋H++NO2，溶液中氢离子浓度和亚硝酸根离子浓度大致相等，所以K=，故A正确；B.根据分析可知a=10.80mL，所以当加入5.40mL氢氧化钠溶液时溶液中的溶质为等物质的量HNO2和NaNO2，存在电荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒：c(NO2-)+c(HNO2)=2c(Na+)，二式联立可得2c(H+)+c(HNO2)=2c(OH-)+c(NO2-)，故B错误；C.M、N、P、Q四点溶液中均含有：H+、OH-、NO2-、Na+，故C正确；D.已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，二式联立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+c(HNO2)=c(Na+)，此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，故D正确；故答案为B。11、C【解析】

A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态是液态，因此该式不能表示该反应的燃烧热，A错误；B.KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物质的量达到最大：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，B错误；C.用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，C正确；D.用石墨作电极电解NaCl溶液，阳极Cl-失去电子变为Cl2，阴极上水电离产生的H+获得电子变为H2，反应方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D错误；故合理选项是C。12、C【解析】

A.当2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)时，无法判断同一物质的正逆反应速率是否相等，则不能判断是否为平衡状态，A错误；B.当pH=1时，溶液酸性增强，平衡正向进行，则溶液呈橙红色，B错误；C.组成中阴阳离子个数比相同，溶度积常数越小，难溶电解质在水中溶解能力越差，已知Ksp(Ag2CrO4)<Ksp(Ag2Cr2O7)，若向溶液中加入AgNO3溶液，先生成Ag2CrO4沉淀，C正确；D.稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中c(CrO42-)、c(H+)、c(Cr2O72-)均减小，由于KW不变，则c(OH-)增大，D错误；答案为C。【点睛】温度未变，则溶液中水的离子积不变，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度必然增大。13、D【解析】

A的原子半径最小，为氢原子，C、D位于同周期，C形成三个共价键，B形成4个共价键，C为N，B为C，D的常见单质常温下为气态，D形成两个共价键，D为O，然后分析；【详解】A．根据分析，B为C，它的同素异形体有金刚石，石墨，C60等，数目不是最多2种，故A错误；B．N和H可以形成氢化铵，属于离子化合物，故B错误；C．通过最高氧化物对应的水化物的酸性比较元素C和N的非金属性，不能比较含氧酸酸性，故C错误；D．N与O形成的阴离子NO2－中，氮元素的化合价为+3，处于中间价态，既可以升高，也可以降低，既具有氧化性又具有还原性，故D正确；答案选D。【点睛】判断出这种分子的结构式是关键，需要从题目中提取有效信息，根据球棍模型判断出分子的结构。14、D【解析】

A．25℃时，在N点，pH=7.4，则c(H+)=10-7.4，lg=1，则=10，H2CO3的一级电离K(H2CO3)==10-7.4×10=1.0×10-6.4，A正确；B．图中M点，pH=9，c(H+)=10-9，K(H2CO3)==1.0×10-6.4，=102.6，a=lg=2.6，B正确；C．25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh===1.0×10-7.6，C正确；D．M点溶液中：依据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)，此时溶液为NaHCO3、NaCl的混合溶液，则c(Na+)>c(H2CO3)+c(HCO3-)，所以c(H+)+c(H2CO3)<c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)，D错误；故选D。15、A【解析】

氨碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2用途不大，而侯氏制碱法是对滤液通入二氧化碳、氨气，结晶出的NH4Cl，其母液可以作为制碱原料。【详解】氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中，侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本。保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%，故选A。16、C【解析】

A.热的浓盐酸洗涤试管内壁的MnO2，发生反应为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，A正确；B.热的NaOH溶液洗涤试管内壁的S，发生反应为3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O，B正确；C.向石灰石粉的悬浊液中持续通CO2，发生反应为CaCO3+CO2+H2O＝Ca(HCO3)2，C不正确；D.稀硫酸可除去铁锈，发生反应为Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O，D正确；答案为C。17、B【解析】

A．22.4L（标准状况）15NH3即=1mol，1个15NH3中质子数为10，故1mol15NH3中质子数为10NA，故A不符合题意；B．2molNO与1molO2充分反应会生成2molNO2，但NO2气体存在二聚反应：，因此产物中的分子数小于2NA，故B符合题意；C．13.8gNO2即=0.3mol，其反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2生成NO化合价降低2，转移电子数为0.2NA，故C不符合题意；D．1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中n(NH4NO3)=0.1mol，氮原子数为0.2NA，故D不符合题意；故答案为：B。【点睛】解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；⑥要注意审清运算公式。18、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。19、D【解析】

A.AlCl3是共价化合物，不能通过电解熔融AlCl3制备Al，故A错误；B.Fe2+能被稀硝酸氧化为Fe3+，故B错误；C.丝绸的主要成分是蛋白质，不是天然纤维素，故C错误；D.由平衡Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-可知，增大F-浓度，平衡正向移动，生成更难溶的氟磷灰石，氟磷灰石比羟基磷灰石更能抵抗酸的侵蚀，故使用含氟牙膏可以防止龋齿的形成，故D正确。故选D。20、B【解析】A、此装置为研钵，故A错误；B、此装置为干燥管，故B正确；C、此装置为干燥器，故C错误；D、此装置为分液漏斗，故D错误。21、D【解析】

A.高温条件下，可用碳还原SiO2制备单质Si，故A正确；B.镁单质可与NH4Cl溶液反应生成NH3和氢气、氯化镁，故B正确；C.浓硫酸具有强氧化性与NaBr固体共热可生成单质Br2，故C正确；D.摩尔盐的组成可用(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O表示，故D错误；故选D。22、D【解析】

A.可用浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下制取氯气，制取的氯气中含有氯化氢气体，可通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，能达到实验目的，故A不符合；B.KOH溶液是过量的，且高铁酸钾微溶于KOH溶液，则可析出高铁酸钾晶体，能达到实验目的，故B不符合；C.由B项分析可知，高铁酸钾微溶于KOH溶液，可析出高铁酸钾晶体，用过滤的方法即可分离出高铁酸钾粗品，能达到实验目的，故C不符合；D.已知高铁酸钾热稳定性差，因此直接加热会导致高铁酸钾分解，不能达到实验目的，故D符合；答案选D。二、非选择题(共84分)23、1-丙醇（正丙醇）（酮）羰基、羟基取代反应CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O保护酮羰基3或【解析】

丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合：，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为，据此分析。【详解】丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合：，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为。(1)C的名称为1-丙醇（正丙醇）；Ⅰ为，所含官能团的名称为（酮）羰基、羟基；(2)B→C是1-溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应（或取代反应）生成1-丙醇，反应类型是取代反应；F的结构简式为；(3)D→E是丙酸与甲醇发生酯化反应生成丙酸甲酯和水，反应的化学方程式为；(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是保护酮羰基；(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应则应该含有两个羟基，则K可能的链状稳定结构有、、CH2=CHCH（OH）CH2OH共3种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为或；(6)苯乙烯与溴化氢发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中加热生成，氧化得到，与CH3MgBr反应生成，在氯化铵溶液中反应生成，合成路线如下：。【点睛】本题考查有机推断及合成，注意推出有机物的结构简式是解题的关键。本题中应注意（6）中合成路线应参照反应流程中的步骤，结合几个已知反应原理，推出各官能团变化的实质。24、ClCH2CH=CHCH2Cl羧基、碳碳双键加成反应氢氧化钠水溶液、加热HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2OCH3COOC2H5【解析】

（1）由C的结构可知，反应①是1，3-丁二烯与氯气发生1，4-加成反应生成1，4-二氯-2-丁烯，反应②发生卤代烃的水解反应，故B为ClCH2CH=CHCH2Cl，D中官能团名称为：羧基、碳碳双键；（2）①的反应的类型是：加成反应，②的反应条件是：氢氧化钠水溶液、加热；（3）④是HOOCCH=CHCOOH与甲醇发生酯化反应得到CH3OOCCH=CHCOOCH3，反应方程式为；（4）C的一种同分异构体可水解且生成两种产物可相互转化，符合条件的C的同分异构体为：CH3COOC2H5；（5）过程③由多个步骤组成，对比C、D的结构，HOCH2CH=CHCH2OH先与HCl发生加成反应生成HOCH2CH2CHClCH2OH，然后发生氧化反应生成HOOCCH2CHClCOOH，HOOCCH2CHClCOOH发生消去反应、酸化得到HOOCCH=CHCOOH，合成路线流程图为：，故答案为：。【点睛】本题考查有机物的合成，题目涉及有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，注意根据有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化。25、E干燥二氧化硫与氧气降温使以固体形式呈现，从混合气体中分开ABC白色酸雾加烧碱反应快（吸收快），加石灰乳价格低廉【解析】

根据实验装置及二氧化硫的性质分析装置中仪器的作用；根据二氧化硫及三氧化硫的性质分析检验的方法；根据工业生产需要分析尾气处理时选择合适的试剂。【详解】（1）二氧化硫与氧气在E中反应，为了使之充分反应，所以实验开始时，先点燃的酒精灯是E中酒精灯；（2）如图所示A装置产生二氧化硫气体，同时会带出水分，所以装置D中浓硫酸的作用除了混合气体并观察气体流速外还有干燥二氧化硫与氧气的作用；（3）根据题干信息，三氧化硫的熔点为16.6℃，所以装置F的作用是降温，使以固体形式呈现，从混合气体中分开；（4）二氧化硫有漂白性和还原性，可以使品红溶液和溴水溶液褪色，所以可以将气体通入品红或溴水证明二氧化硫的存在；二氧化硫与三氧化硫通入硝酸钡溶液中都产生白色沉淀，且二氧化硫与氯化钡溶液不反应，三氧化硫可以与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，所以可以用氯化钡溶液证明三氧化硫的存在，故答案为：AB；C；（5）装置G为干燥装置，如果没有干燥，空气中的水分与易溶于水的二氧化硫气体结合形成酸雾，所以F中可能看到白色酸雾；（6）装置G导出的尾气是为了吸收未完全反应的二氧化硫，二氧化硫与碱反应生成亚硫酸盐和水，离子方程式为：；（7）烧碱浓度大，反应快，而石灰乳价格比较低，故答案为：加烧碱反应快（吸收快），加石灰乳价格低廉。26、G、E、C、H、F或E、G、C、H、FB、C、D【解析】

（1）配制溶液时，选用仪器的先后顺序，也是按照配制操作的先后顺序进行选择，即按照计算、量取、溶解、转移、定容进行选择。（2）A．使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液；B．用容量瓶配制溶液，应确保溶质的物质的量不变；C．配制溶液时，称好的固体应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后才能转移入容量瓶；D．配制溶液时，量好的液体试样，也应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后再转移入容量瓶内；E．定容时，应盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒、摇匀。【详解】（1）配制溶液时，通过计算，确定所需6mol·L-1的硫酸的体积为，应选择20mL量筒、50mL烧杯；然后是转移，用到玻璃棒，100mL容量瓶；定容时用到胶头滴管，由此确定选用仪器的先后顺序为G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；答案为：G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；（2）A．使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液，A正确；B．用容量瓶配制溶液，用待配溶液润洗，必然导致溶质的物质的量增大，所配浓度偏大，B不正确；C．配制溶液时，称好的固体应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，C不正确；D．配制溶液时，量好的液体试样，也应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，D不正确；E．定容时，应盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒、摇匀，E正确。由此得出，在容量瓶的使用方法中，操作不正确的是B、C、D。答案为：B、C、D。【点睛】使用量筒量取液体时，应选择规格尽可能小的量筒，若选择的量筒规格过大，则会产生较大的误差。还需注意，所选量筒必须一次把所需体积的液体量完，若多次量取，也会产生较大的误差。27、使反应物冷凝回流空气浴（或油浴）乙酸酐蒸出，反应物减少，平衡左移乙酸酐遇热水水解将肉桂酸转化为肉桂酸钠，溶解于水冷却结晶重结晶取样，加入银氨溶液共热，若有银镜出现，说明含有苯甲醛，或加入用新制氢氧化铜悬浊液，若出现砖红色沉淀，说明含有苯甲醛．【解析】

(1)根据表中各物质的沸点分析解答；(2)根据反应条件为150～170℃，选择加热方法；根据表中各物质的沸点结合反应的方程式分析解答；(3)根据乙酸酐遇热水水解分析解答；(4)根据肉桂酸难溶于水，而肉桂酸钠易溶于水分析解答；(5)根据使肉桂酸从溶液中析出一般方法和物质的分离提纯的方法分析解答；(6)检验产品中是否含有苯甲醛，可以通过加入银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液的方法检验。【详解】(1)该反应在150～170℃的条件下进行，根据表中各物质的沸点可知，反应物在该条件下易挥发，所以空气冷凝管的作用是使反应物冷凝回流，提高反应物的利用率，故答案为：使反应物冷凝回流；(2)由于该反应的条件为150～170℃，可以用空气浴(或油浴)控制，在150～170℃时乙酸酐易挥发，如果剧烈沸腾，乙酸酐蒸出，反应物减少，平衡逆向移动，肉桂酸产率降低，故答案为：空气浴(或油浴)；乙酸酐蒸出，反应物减少，平衡左移；(3)乙酸酐遇热水易水解，所以反应中不能有水，醋酸钠晶体(CH3COONa•3H2O)参加反应会有水，使乙酸酐水解，故答案为：乙酸酐遇热水水解；(4)根据表格数据，肉桂酸难溶于水，而肉桂酸钠易溶于水，加入饱和Na2CO3溶液可以将肉桂酸转化为肉桂酸钠，溶解于水，便于物质的分离提纯，故答案为：将肉桂酸转化为肉桂酸钠，溶解于水；(5)根据流程图，要使肉桂酸从溶液中充分析出，要冷却结晶，故操作Ⅰ为冷却结晶，提高肉桂酸的纯度可以进行重结晶，故答案为：冷却结晶；重结晶；(6)苯甲醛中有醛基，检验产品中是否含有苯甲醛，可以通过加入银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液的方法检验，操作为：取样，加入银氨溶液共热，若有银镜出现，说明含有苯甲醛(或加入用新制氢氧化铜悬浊液，若出现砖红色沉淀，说明含有苯甲醛)，故答案为：取样，加入银氨溶液共热，若有银镜出现，说明含有苯甲醛(或加入用新制氢氧化铜悬浊液，若出现砖红色沉淀，说明含有苯甲醛)。28、Asp2和sp3NH2—CH=NH分子间可形成氢键，熔沸点比CH3CH2CH=CH2高CaTiO3(0，1，1)【解析】

(1)[Ar]4s1属于基态的Ca+，由于Ca的第二电离能高于其第一电离能，故其在失去一个电子所需能量较高，[Ar]4s2属于基态的Ca原子，其失去一个电子变为基态Ca+，[Ar]4s14p1属于激发态Ca原子，其失去以电子所需要的能量低于基态Ca原子，[Ar]4p2属于激发态的Ca+，其失去一个电子所需要的能量低于基态的Ca+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ar]4s1，A正确，故答案为：A；(2)基态Ti原子的原子序数为22，其核外价电子排布式为3d24s2，轨道表达式为，故答案为：；(3)NH2—CH=NH2+中左边的N有3对共用电子对，还有1对孤电子对，则价层电子对为4，杂化类型为sp3，右边的N与C形成双键杂化