北京昌平临川育人学校2024年高三下学期联考化学试题含解析

北京昌平临川育人学校2024年高三下学期联考化学试题考生请注意：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、下列分子中，所有碳原子总是处于同一平面的是A． B． C． D．2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．0.1molC3H9N中所含共用电子对数目为1.2NAB．14gN60（分子结构如图所示）中所含N－N键数目为1.5NAC．某温度下，1LpH＝6的纯水中所含OH−数目为1.0×10−8NAD．标准状况下，5.6L甲醛气体中所含的质子数目为4NA3、常温下，BaCO3的溶度积常数为Ksp，碳酸的电离常数为Ka1、Ka2，关于0.1

mol/L

NaHCO3溶液的下列说法错误的是A．溶液中的c(HCO3-)一定小于0.1mol/LB．c(H+)＋c(H2CO3)＝c(CO32-)＋c(OH－)C．升高温度或加入NaOH固体,

均增大D．将少量该溶液滴入BaCl2溶液中，反应的平衡常数4、下列对化学用语的理解正确的是（）A．乙烯的结构简式：CH2CH2B．电子式可以表示氢氧根离子，也可以表示羟基C．比例模型可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子D．结构示意图可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-5、我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3×10－9m)恢复了磁性。“钴酞菁”分子结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。下列说法中正确的是A．其分子直径比氯离子小B．在水中形成的分散系属于悬浊液C．在水中形成的分散系具有丁达尔效应D．“钴酞菁”分子不能透过滤纸6、古往今来传颂着许多与酒相关的古诗词，其中“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”较好地表达了战士出征前开杯畅饮的豪迈情怀。下列说法错误的是（）A．忽略酒精和水之外的其它成分，葡萄酒的度数越高密度越小B．古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成，牛筋的主要成分是蛋白质C．制作夜光杯的鸳鸯玉的主要成分为3MgO•4SiO2•H2O，属于氧化物D．红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯7、0.1mol／L二元弱酸H2A溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(x)随pH的变化如图所示。下列说法错误的是A．pH=1.9时，c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)B．当c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)时，溶液pH＞7C．pH=6时，c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)D．lg[Ka2(H2A)]=-7.28、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．使pH试纸显蓝色的溶液中：Na＋、Mg2＋、ClO－、HSO3-B．c(Fe3＋)＝0.1mol·L－1的溶液中：K＋、NH4+、SO42-、SCN－C．＝0.1mol·L－1的溶液中：Na＋、HCO3-、K＋、NO3-D．0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na＋、SO42-9、水系钠离子电池安全性能好、价格低廉、对环境友好，有着巨大的市场前景。某钠离子电池工作原理如图，电池总反应为：2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3下列说法错误的是A．充电时，a接电源正极B．放电时，溶液中的Na+在NaFePO4F电极上得电子被还原C．充电时，阴极上的电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e﹣=Na3Ti2(PO4)3D．理论上，该电池在充电或放电过程中溶液中的c(Na+)不变10、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+NaCl11、用0.10mol/L的NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.050mol/L的盐酸、磷酸及谷氨酸(H2G)，滴定曲线如图所示：下列说法正确的是A．滴定盐酸时，用甲基橙作指示剂比用酚酞更好B．H3PO4与H2G的第一电离平衡常数K1的数量级不同C．用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，溶液中的溶质为Na2HPO4D．NaH2PO4溶液中：12、能正确表示下列反应的离子方程式为()。A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－B．向碳酸钠溶液中通入少量CO2：CO32-＋2CO2＋H2O=2HCO3-C．向碘化钾溶液中加入少量双氧水：3H2O2＋I－=IO3-＋3H2OD．向CuSO4溶液中通入H2S：H2S＋Cu2+=CuS↓＋2H+13、下列有关化学用语表示正确的是A．CCl4分子的比例模型： B．氟离子的结构示意图：C．CaCl2的电子式： D．氮分子的结构式：N—N14、NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．c(H2CO3)和c(HCO3-)之和为1mol的NaHCO3溶液中，含有Na+数目为NAB．5g21H和31H的混合物发生热核聚变反应：21H+31H

→42He+10n，净产生的中子(10n)数为NAC．1L0.1mol/L乙醇溶液中存在的共价键总数为0.8NAD．56g铁与足量氯气反应，氯气共得到3NA个电子15、已知：25°C时，MOH的Kb=10-7。该温度下，在20.00mL0.1mol·L-1MCl溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是A．a=4 B．V1=10C．溶液中水的电离程度：P>Q D．Q点溶液中c(Na+)<2c(M+)16、下列有关叙述正确的是A．汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的B．酒精能使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好C．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法D．硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂17、按照物质的组成分类，SO2属于（）A．单质 B．酸性氧化物 C．碱性氧化物 D．混合物18、25℃时，向一定浓度的Na2C2O4溶液中滴加盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。已知H2C2O4是二元弱酸，X表示，下列叙述错误的是A．从M点到N点的过程中，c(H2C2O4)逐渐增大B．直线n表示pH与的关系C．由N点可知Ka1(H2C2O4)的数量级为10-2D．pH=4.18的混合溶液中：c(Na+)>c(HC2O4-)=c(C2O42-)=c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)19、氮化硅是一种高温陶瓷材料，其硬度大、熔点高，下列晶体熔化（或升华）时所克服的微粒间作用力都与氮化硅相同的是（）A．白磷、硅 B．碳化硅、硫酸钠C．水晶、金刚石 D．碘、汞20、已知：。下列关于（b）、（d）、（p）的说法不正确的是A．有机物可由2分子b反应生成B．b、d、p均能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色C．b、q、p均可与乙烯发生反应D．p的二氯代物有五种21、下列实验操作、现象和结论均正确的是A．A B．B C．C D．D22、关于一定条件下的化学平衡H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH＜0，下列说法正确的是（）A．恒温恒容，充入H2，v（正）增大，平衡右移B．恒温恒容，充入He，v（正）增大，平衡右移C．加压，v（正），v（逆）不变，平衡不移动D．升温，v（正）减小，v（逆）增大，平衡左移二、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）α-溴代羰基化合物合成大位阻醚的有效方法可用于药物化学和化学生物学领域。用此法合成化合物J的路线如下：已知：回答下列问题：（1）F中含有的含氧官能团的名称是______，用系统命名法命名A的名称是______。（2）B→C所需试剂和反应条件为___________。（3）由C生成D的化学反应方程式是__________。（4）写出G的结构简式_________，写出检验某溶液中存在G的一种化学方法________。（5）F＋H→J的反应类型是_______。F与C在CuBr和磷配体催化作用下也可合成大位阻醚，写出其中一种有机产物的结构简式：_______。（6）化合物X是E的同分异构体，分子中不含羧基，既能发生水解反应，又能与金属钠反应。符合上述条件的X的同分异构体有_______种（不考虑立体异构），其中能发生银镜反应，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1:1:6的结构简式为_______。25、（12分）资料显示：浓硫酸形成的酸雾中含有少量的H2SO4分子。某小组拟设计实验探究该资料的真实性并探究SO2的性质，实验装置如图所示（装置中试剂均足量，夹持装置已省略）。请回答下列问题：（1）检验A装置气密性的方法是__；A装置中发生反应的化学方程式为___。（2）实验过程中，旋转分液漏斗活塞之前要排尽装置内空气，其操作是__。（3）能证明该资料真实、有效的实验现象是___。（4）本实验制备SO2，利用的浓硫酸的性质有___（填字母）。a．强氧化性b．脱水性c．吸水性d．强酸性（5）实验中观察到C中产生白色沉淀，取少量白色沉淀于试管中，滴加___的水溶液（填化学式），观察到白色沉淀不溶解，证明白色沉淀是BaSO4。写出生成白色沉淀的离子方程式：___。26、（10分）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于乙醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解、氧化。（制备）方法一：（资料查阅）(1)仪器X的名称是______，在实验过程中，B中试纸的颜色变化是______。(2)实验操作的先后顺序是______(填操作的编号)a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯，冷却c.在气体入口处通入干燥HCld.点燃酒精灯，加热e.停止通入HCI，然后通入(3)反应结束后发现含有少量CuO杂质，产生的原因是______。方法二：(4)向,溶液中加入一定量NaCl和可生成自色沉淀CuCl离子方程式为______，过滤，沉淀用的酸洗，水洗，乙醇洗三步操作，酸洗采用的酸是______(写名称)，用乙醇洗涤的原因是______(任写一点)。（含量测定）(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的溶液滴定到终点，消耗溶液bmL，反应中被还原为，样品中CuCl的质量分数为______(CuCl分子量：)（应用）利用如下图所示装置，测定高炉煤气中CO、、和)的百分组成。(6)已知：i.CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成。ii.保险粉和KOH的混合溶液能吸收氧气。①出保险粉和KOH混合溶液吸收的离子方程式：______。②D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是______、______。27、（12分）三苯甲醇()是重要的有机合成中间体。实验室中合成三苯甲醇时采用如图所示的装置，其合成流程如图：已知:①格氏试剂易潮解，生成可溶于水的Mg(OH)Br。②三苯甲醇可通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应合成③相关物质的物理性质如下：物质相对分子量沸点熔点溶解性三苯甲醇260380℃164.2℃不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂乙醚-34.6℃-116.3℃微溶于水，溶于乙醇、苯等有机溶剂溴苯-156.2℃-30.7℃不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂苯甲酸乙酯150212.6℃-34.6℃不溶于水请回答下列问题：（1）合成格氏试剂：实验装置如图所示，仪器A的名称是____，已知制备格氏试剂的反应剧烈放热，但实验开始时常加入一小粒碘引发反应，推测I2的作用是____。使用无水氯化钙主要是为避免发生____（用化学方程式表示）。（2）制备三苯甲醇：通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入13mL苯甲酸乙酯（0.09mol）和15mL无水乙醚的混合液，反应剧烈，要控制反应速率除使用冷水浴外，还可以___（答一点）。回流0.5h后，加入饱和氯化铵溶液，有晶体析出。（3）提纯：冷却后析出晶体的混合液含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯和碱式溴化镁等杂质，可先通过___（填操作方法，下同）除去有机杂质，得到固体17.2g。再通过___纯化，得白色颗粒状晶体16.0g，测得熔点为164℃。（4）本实验的产率是____（结果保留两位有效数字）。本实验需要在通风橱中进行，且不能有明火，原因是____。28、（14分）化合物H是一种有机材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：①RCHO＋R′CHO②RCHO＋R′CH2CHO＋H2O③请回答下列问题：（1）芳香族化合物B的名称为________，1molB最多能与_____molH2加成，其加成产物等效氢共有_______种。（2）由E生成F的反应类型为________，F分子中所含官能团的名称是_______。（3）X的结构简式为________。（4）写出D生成E的第①步反应的化学方程式______。（5）G与乙醇发生酯化反应生成化合物Y，Y有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有________种，写出其中任意一种的结构简式____。①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2；②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1。（6）根据题目所给信息，设计由乙醛和苯甲醛制备的合成路线（无机试剂任选）______。29、（10分）（1）已知A和B均为第3周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：A通常显___价，A的电负性____B的电负性(填“>”“<”或“=”)。（2）紫外光的光子所具有的能量约为399kJ·mol-1。根据下表有关蛋白质分子中重要化学键的信息，说明人体长时间照射紫外光后皮肤易受伤害的原因_____。组成蛋白质的最简单的氨基酸中的碳原子杂化类型是____。（3）实验证明：KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似(如图所示)，其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：则该4种离子晶体(不包括NaCl)熔点从高到低的顺序是：____。其中MgO晶体中一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的Mg2+有____个。（4）金属阳离子含有的未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物V2O5和CrO2中，适合作录音带磁粉原料的是____。（5）某配合物的分子结构如图所示，其分子内不含有___(填序号)。A．离子键B．极性键C．金属键D．配位键E.氢键F.非极性键（6）科学家设计反应：CO2+4H2→CH4+2H2O以减小空气中的CO2。若有1molCH4生成，则有___molσ键和___molπ键断裂。

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、D【解析】

A.乙烯为平面结构，和双键相连的碳原子是烷烃结构的碳原子，所有碳原子不一定总是处于一个平面，故A错误；B.与苯环相连的碳原子是烷烃结构的碳原子，所有碳原子不一定总是处于一个平面，故B错误；C.与双键相连的碳原子是烷烃结构的碳原子，所有碳原子不一定处于一个平面，故C错误；D.苯为平面结构，苯甲醇中甲基碳原子处于苯中H原子位置，所有碳原子都处在同一平面上，故D正确；故答案为：D。2、C【解析】

A.根据物质中的最外层电子数进行分析，共用电子对数为，所以0.1molC3H9N中所含共用电子对数目为1.2NA，故正确；B.14gN60的物质的量为，N60的结构是每个氮原子和三个氮原子结合形成两个双键和一个单键，每两个氮原子形成一个共价键，1molN60含有的氮氮键数为，即14gN60的含有氮氮键，数目为1.5NA，故正确；C.某温度下，1LpH＝6的纯水中氢离子浓度为10-6mol/L，纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，所以氢氧根离子浓度为10-6mol/L，氢氧根离子数目为10-6NA，故错误；D.标准状况下，5.6L甲醛气体物质的量为0.25mol，每个甲醛分子中含有16个质子，所以0.25mol甲醛中所含的质子数目为4NA，故正确。故选C。3、D【解析】

A．HCO3-离子在溶液中既要发生电离又要发生水解，0.1

mol/L

NaHCO3溶液中的c（HCO3-）一定小于0.1mol/L，A正确；B．

NaHCO3溶液中存在物料守恒：①c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)、电荷守恒：②c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，①代入②可得c(H+)+c(H2CO3)＝(CO32-)+c(OH-)，B正确；C．升高温度，HCO3-离子的电离和水解都是吸热反应，所以c(HCO3-)会减小，而c(Na+)不变，会增大；加入NaOH固体，c(Na+)会增大，HCO3-与OH-反应导致c(HCO3-)减小，会增大，所以C正确；D．将少量

NaHCO3溶液滴入BaCl2溶液发生：HCO3-H++CO32-（Ka2）、Ba2++CO32-=BaCO3↓（）、H++HCO3-=H2CO3（），三式相加可得总反应Ba2++2HCO3-=BaCO3↓+H2CO3(K)，所以K=，D错误；答案选D。【点睛】方程式相加平衡常数相乘，方程式反应物生成物互换平衡常数变成原来的倒数。4、D【解析】

A、乙烯分子中含有官能团碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故A错误；B、羟基是中性原子团，电子式为，氢氧根离子带有一个单位负电荷，电子式为，所以电子式只能表示羟基，不能表示氢氧根离子，故B错误；C、甲烷和四氯化碳分子均为正四面体结构，但Cl原子半径大于C，所以可以表示甲烷分子，但不可以表示四氯化碳分子，故C错误；D、35Cl-和37Cl−的中子数不同，但核电荷数和核外电子数相同，均为Cl−，核电荷数为17，核外电子数为18，结构示意图为，故D正确；故选：D。【点睛】有机化合物用比例式表示其结构时，需注意原子之间的半径相对大小以及空间结构；多原子组成的离子的电子式书写需注意使用“[]”将离子团括起来，并注意电荷书写位置。5、C【解析】

A.氯离子半径小于1nm，因此其分子直径比氯离子大，故A错误；B.在水中形成的分散系属于胶体，故B错误；C.在水中形成的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔效应，故C正确；D.“钴酞菁”分子直径小于滤纸中空隙的直径，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】胶体具有丁达尔效应、利用渗析的方法净化胶体，要注意胶体是混合物。6、C【解析】

A.酒精的密度小于水的密度，其密度随着质量分数的增大而减小，因此葡萄酒的度数越高密度越小，故A说法正确；B.牛筋的主要成分是蛋白质，故B说法正确；C.3MgO·4SiO2·H2O属于硅酸盐，不属于氧化物，故C说法错误；D.密封过程中一部分乙醇被氧化酸，酸与醇反应生成了有香味的酯，故D说法正确；答案：C。7、B【解析】

A．根据图像，pH=1.9时，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒，有c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，因此c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)，故A正确；B．根据图像，当溶液中的溶质为NaHA，溶液显酸性，pH＜7，此时溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故B错误；C．根据图像，pH=6时，c(HA-)>c(A2-)，溶液中的溶质为NaHA和Na2A，c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2一)＞c(H2A)，故C正确；D．Ka2(H2A)=，根据图像，当pH=7.2时，c(HA-)=c(A2一)，则Ka2(H2A)==c(H+)=10-7.2，因此lg[Ka2(H2A)]=-7.2，故D正确；故选B。8、D【解析】

A.使pH试纸显蓝色的溶液呈碱性，HSO3-、Mg2＋不能大量存在，且ClO－与HSO3-因发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A错误；B.c(Fe3＋)＝0.1mol·L－1的溶液中：Fe3＋与SCN－发生络合反应而不能大量共存，选项B错误；C.＝0.1mol·L－1的溶液中c(H+)=10-1mol/L，为强酸性溶液，HCO3-不能大量存在，选项C错误；D.0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na＋、SO42-、HCO3-相互之间不反应，能大量共存，选项D正确。答案选D。9、B【解析】

2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3分析方程式得出NaFePO4F变为Na2FePO4F，Fe在降低，发生还原反应，该物质作原电池的正极，Na3Ti2(PO4)3变为NaTi2(PO4)3，Ti在升高，发生氧化反应，该物质作原电池的负极。【详解】A选项，放电时a为正极，因此充电时，a接电源正极，故A正确；B选项，放电时，溶液中的Na+不放电，而是Na3Ti2(PO4)3中Ti在失去电子，故B错误；C选项，阴极主要是NaTi2(PO4)3得到电子，因此阴极上的电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e－=Na3Ti2(PO4)3，故C正确；D选项，根据溶液中电荷守恒关系，理论上，该电池在充电或放电过程中溶液中的c(Na+)不变，故D正确；综上所述，答案为B。【点睛】分析化合价，根据化合价来定负极和正极，根据负极和正极来书写电极反应式。10、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。11、C【解析】

A．盐酸和氢氧化钠溶液反应至终点时，pH=7，与酚酞的变色范围8~10接近，甲基橙的变色范围在3.1-4.4，则使用酚酞做指示剂更好，故A错误；B．滴定前，0.050mol/LH3PO4与H2G的pH值几乎相等，由此可得，二者第一电离平衡常数Ki的数量级相同，故B错误；C．20.00mL、0.050mol/L的磷酸用0.10mol/L的NaOH完全中和应消耗30mL氢氧化钠，根据图像，滴定磷酸共有两次突跃，第二次为滴定磷酸的终点，用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，消耗氢氧化钠的体积为20mL，则可以确定达到终点是，溶液中的溶质为Na2HPO4，故C正确，D．当溶液中的溶质为NaH2PO4时，应为磷酸的第一次滴定突跃，根据图像显示，此时溶液显酸性，即H2PO4-的电离程度大于水解程度，即c(HPO42-)＞c(H3PO4)，则，故D错误；答案选C。12、D【解析】

A.向FeBr2溶液中通入过量Cl2，溴离子和亚铁离子都被氧化，正确的离子方程式为：4Br−+2Fe2++3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl−，故A错误；B.向碳酸钠溶液中通入少量CO2，反应生成碳酸氢钠，该反应的离子方程式为：CO32−＋CO2＋H2O=2HCO3－，故B错误；C.向碘化钾溶液中加入少量双氧水，反应生成碘单质，该反应的离子方程式为：2H++H2O2＋2I－=I2+2H2O，故C错误；D.向CuSO4溶液中通入H2S，生成CuS沉淀，该反应的离子方程式为：H2S＋Cu2+=CuS↓＋2H+，故D正确。综上所述，答案为D。13、B【解析】

A.原子半径Cl>C，所以不能表示CCl4分子的比例模型，A不符合题意；B.F是9号元素，F原子获得1个电子变为F-，电子层结构为2、8，所以F-的结构示意图为：，B正确；C.CaCl2是离子化合物，Ca2+与Cl-之间通过离子键结合，2个Cl-不能合并写，应该表示为：，C错误；D.N2分子中2个N原子共用三对电子，结构式为N≡N，D错误；故合理选项是B。14、D【解析】A.n(H2CO3)和n(HCO3-)之和为1mol的NaHCO3溶液中，根据物料守恒可知含有Na+数目大于NA，A错误；B.不能确定5g21H和31H的混合物各自微粒的质量，因此不能计算产生的中子数，B错误；C.溶剂水分子中还存在共价键，C错误；D.56g铁是1mol，与足量氯气反应，氯气共得到3NA个电子，D正确，答案选D。点睛：阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。15、D【解析】

A.25°C时，MOH的Kb=10-7，则Kh(MCl)==10-7，解得c(H+)=10-4mol/L，pH=a=4，A正确；B.等浓度的MCl、MOH的混合溶液中，MCl的水解程度等于MOH的电离程度，所以溶液pH=7时，加入的MOH的体积为10mL，B正确；C.在盐MCl溶液中逐滴加入NaOH溶液，加入的碱越大，水对电离的抑制作用越强，水电离程度就越小，所以溶液中水的电离程度：P>Q，C正确；D.P点加入10mLNaOH溶液时nP(Na+)=nP(M+)，Q点时MOH少量电离，nQ(M+)<nP(M+)，nQ(Na+)=2nP(Na+)，所以c(Na+)>2c(M+)，D错误；故合理选项是D。16、C【解析】

A、汽油来自于石油，石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，即汽油是由碳氢两种元素组成，不含N元素，故A错误；B、酒精能使蛋白质变性，医用酒精的浓度一般为75%，故B错误；C、金属的电化学腐蚀包括牺牲阳极的阴极保护法和外加电流阴极保护法，前者属于原电池原理，后者属于电解原理，金属Mg比铁活泼，Mg作负极，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D、硅胶、生石灰作干燥剂，铁粉作还原剂，铁粉防止食品氧化，故D错误，答案选C。17、B【解析】

A、SO2由两种元素组成，不符合单质的概念；B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；C、SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物；D、SO2属于纯净物。【详解】A、SO2由两种元素组成，不属于单质，故A错误；B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故B正确；C、SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故C错误；D、SO2属于纯净物，不属于混合物，故D错误；故选：B。18、D【解析】

A.如图所示，从M点到N点的过程中，pH减小，氢离子浓度增大，c(H2C2O4)逐渐增大，故A正确；B.pH增大，增大，减小，则直线n表示pH与的关系，故B正确；C.由N点可知Ka1(H2C2O4)的数量级为10-2Ka1(H2C2O4)=，在N点=-1，即，N点的pH＝2.22，则c(H+)＝10−2.22mol/L，所以Ka1(H2C2O4)＝10×10−2.22＝1.0×10−1.22，故C正确；D.M点：-lg=0，Ka2==10-3.18×10-1=10-4.18，pH=4.18时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，但无法判断c(HC2O4-)=c(C2O42-)=c(Cl-)，故D错误；故选D。19、C【解析】

根据描述氮化硅应该是一种原子晶体，原子晶体是由原子直接通过共价键形成的，再来分析选项：A.白磷是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，A项错误；B.硫酸钠是离子晶体，熔融时电离，克服的是离子键，B项错误；C.水晶和金刚石同为原子晶体，因此熔融时克服的是共价键，C项正确；D.碘是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，而汞作为一种特殊的金属，原子间无金属键，熔融时克服的也是范德华力，D项错误；答案选C。【点睛】由于惰性电子对效应，汞原子的6s电子很难参与成键，仅以原子间的范德华力结合，这也是为什么汞是唯一一种常温下为液态的金属。20、D【解析】

A.根据已知反应可知，有机物可由2分子b反应生成，故A正确；B.b、d、p均含有碳碳双键，则都能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C.根据已知反应可知，b、q、p均可与乙烯发生反应，故C正确；D.p有2种等效氢原子，根据“定一移一”的思路可得其二氯代物有以下四种，分别是3种、1种，故D错误；故选D。21、A【解析】

A、石蜡油主要是含17个碳原子以上的烷烃混合物,在加热条件下,石蜡油可分解生成烯烃，烯烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B、若待测液中含有Fe3+也能出现相同的现象，故B错误；C、CH3CH2Br是非电解质不能电离出Br－，加入硝酸银溶液不能生产浅黄色沉淀，故C错误；D、盐酸具有挥发性，锥形瓶中挥发出的氯化氢气体能与苯酚钠反应生成苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故D错误。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及卤代烃卤素原子的检验、酸性比较、离子检验等，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意实验方案的严谨性。22、A【解析】

A.恒温恒容，充入H2，氢气浓度增大，v（正）增大，平衡右移，故A正确；B.恒温恒容，充入He，各反应物浓度都不变，v（正）不变，平衡不移动，故B错误；C.加压，体积缩小，各物质浓度均增大，v（正）、v（逆）都增大，平衡不移动，故C错误；D.升温，v（正）增大，v（逆）增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查影响反应速率和影响化学平衡移动的因素；注意恒容容器通入惰性气体，由于浓度不变，速率不变、平衡不移动，恒压条件下通入惰性气体，容器体积变大，浓度减小，相当于减压。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、羧基2-甲基-1-丙烯NaOH水溶液，加热向溶液中滴加FeCl3溶液，若溶液显紫色，证明有苯酚存在取代反应或或11【解析】

由合成流程可知，A、C的碳链骨架相同，A发生加成反应生成B，B水解生成C，则A为，A与溴加成生成B为，B与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应产生C是，C发生催化氧化生成D为，D与新制Cu(OH)2悬浊液在加热煮沸时醛基被氧化生成羧酸盐、酸化生成E为，E与HBr在加热时发生取代反应，E中-OH被Br原子取代反应生成F，F的结构简式是，结合J的结构可知H为，G为苯酚，结构简式为，以此来解答。【详解】(1)根据上述分析可知F是，根据结构简式可知F中含有的含氧官能团的名称是羧基，A物质是，用系统命名法命名A的名称是2-甲基—1—丙烯；(2)B结构简式是，C物质是，B→C是卤代烃在NaOH的水溶液中加热发生的取代反应，所需试剂和反应条件为NaOH水溶液、加热；(3)C结构简式是，C中含有羟基，其中一个羟基连接的C原子上含有2个H原子，可以被催化氧化产生-CHO，则由C生成D的化学反应方程式是；(4)根据上述分析可知G的结构简式为，检验某溶液中存在苯酚的一种化学方法向溶液中滴加FeCl3溶液，若溶液显紫色，证明有苯酚存在；(5)根据上述分析可知F是，H是，F+H在加热时发生取代反应生成J和HBr，该反应类型是取代反应。F与C在和磷配体催化作用下也可合成大位阻醚，其中一种有机产物的结构简式：或或；(6)E为，化合物X是E的同分异构体，分子中不含羧基，既能发生水解反应，又能与金属钠反应，则含-COO-及-OH，可先写出酯，再用—OH代替烃基上H，若为甲酸丙酯，-OH有3种位置；若为甲酸异丙酯，-OH有2种位置；如为乙酸乙酯，-OH有3种位置；若为丙酸甲酯，-OH有3种位置，共11种，其中能发生银镜反应，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：6的结构简式为。【点睛】本题考查有机物推断的知识，把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。25、关闭止水夹，将右侧导管插入盛水烧杯中，微热容器，若烧杯中有气泡产生，冷却后能形成一段水柱，则证明容器气密性良好打开止水夹K，向装置中通入一段时间N2B中溶液出现白色沉淀，且不溶解cdHCl【解析】

（1）检验装置气密性可利用内外气压差检验，装置A反生反应：；（2）利用N2排尽装置内空气；（3）如有H2SO4分子则B中有沉淀生成；（4）制备SO2，利用的浓硫酸的强酸制弱酸，还利用浓硫酸的吸水性减少SO2在水中的溶解；（5）SO2与Ba(NO3)2的水溶液发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀，可滴加稀盐酸证明。【详解】（1）检验装置气密性可利用内外气压差检验具体操作为：关闭止水夹，将右侧导管插入盛水烧杯中，微热容器，若烧杯中有气泡产生，冷却后能形成一段水柱，则证明容器气密性良好；装置A反生反应：；故答案为：关闭止水夹，将右侧导管插入盛水烧杯中，微热容器，若烧杯中有气泡产生，则证明容器气密性良好；；（2）实验过程中，旋转分液漏斗活塞之前要排尽装置内空气，其操作是：打开止水夹K，向装置中通入一段时间N2；故答案为：打开止水夹K，向装置中通入一段时间N2；（3）SO2不与B中物质反应，若有H2SO4分子则B中有沉淀生成，则能证明该资料真实、有效的实验现象是：B中溶液出现白色沉淀，且不溶解；故答案为：B中溶液出现白色沉淀，且不溶解；（4）制备SO2，利用的浓硫酸的强酸制弱酸，还利用浓硫酸的吸水性减少SO2在水中的溶解；故答案选：cd；（5）C中沉淀可能为BaSO3或BaSO4不能用稀硫酸或稀硝酸鉴别，可用稀盐酸鉴别；C中反应为：；故答案为：HCl；。26、干燥管先变红后褪色cdb通入的HCl的量不足2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+硫酸醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化×100%2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2ONaOH溶液CuCl的盐酸溶液【解析】

CuCl2·2H2O晶体在氯化氢气流中加热失水得到CuCl2，温度高于300℃分解生成CuCl和Cl2；向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，结合关系式解答该题；保险粉和KOH的混合溶液吸收O2，发生氧化还原反应；CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，则吸收O2前，要先吸收CO2；N2的体积可用排水法测定，据此解答。【详解】(1)根据仪器X的构造，其名称是干燥管；由制备CuCl的原理可知，反应生成了Cl2，故B中湿润的石蕊试纸试纸先变红后褪色，故答案为干燥管；先变红后褪色；(2)实验时检查装置的气密性后加入药品后，要先在气体入口处通入干燥HCl，再点燃酒精灯，加热，实验结束时要先熄灭酒精灯，冷却，再停止通入HCl，然后通入，所以操作的先后顺序是cdb，故答案为cdb；(3)根据以上分析，若实验中通入的HCl的量不足，则氯化铜晶体加热时发生水解，最后生成少量CuO，故答案为通入的HCl的量不足；(4)向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；由制备反应可知，有硫酸钠生成，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；故答案为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；硫酸；醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；(5)氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，反应的关系式为6CuCl～6Fe2+～Cr2O72-，

6

1

n

ab×10-3mol

n=6ab×10-3mol，m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg，

则样品中CuCl的质量分数为

×100%，

故答案为

×100%；(6)①保险粉和KOH的混合溶液吸收O2，发生氧化还原反应：2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2O，②CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，则吸收O2前，要先吸收CO2；故吸收顺序为CO2、O2、CO，N2的体积可用排水法测定。故D用来吸收CO2，试剂为NaOH溶液。F用来吸收CO，试剂为CuCl的盐酸溶液。故答案为2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2O；NaOH溶液；CuCl的盐酸溶液。【点睛】本题侧重于分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质以及反应流程，注意（5）中利用关系式的计算。27、球形干燥管与Mg反应放出热量，提供反应需要的活化能+H2O→+Mg(OH)Br缓慢滴加混合液蒸馏重结晶68%乙醚有毒，且易燃【解析】

首先利用镁条、溴苯和乙醚制取格氏试剂，由于格氏试剂易潮解，所以需要在无水环境中进行反应，则装置A中的无水氯化钙是为了防止空气中的水蒸气进入反应装置；之后通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入苯甲酸抑制和无水乙醚混合液，由于反应剧烈，所以需要采用冷水浴，同时控制混合液的滴入速率；此时得到的三苯甲醇溶解在有机溶剂当中，而三苯甲醇的沸点较高，所以可采用蒸馏的方法将其分离，除去有机杂质；得到的粗品还有可溶于水的Mg(OH)Br杂质，可以通过重结晶的方法分离，三苯甲醇熔点较高，所以最终得到的产品为白色颗粒状晶体。【详解】(1)根据装置A的结构特点可知其为球形干燥管；碘与Mg反应放热，可以提供反应需要的活化能；无水氯化钙防止空气中的水蒸气进入反应装置，使格氏试剂潮解，发生反应：+H2O→+Mg(OH)Br；(2)控制反应速率除降低温度外(冷水浴)，还可以缓慢滴加混合液、除去混合液的杂质等；(3)根据分析可知应采用蒸馏的方法除去有机杂质；进一步纯化固体可采用重