江苏省常熟市第一中学2024年高考化学四模试卷含解析

江苏省常熟市第一中学2024年高考化学四模试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、常温下，向20.00mL0.1mol·L－1氨水中滴入0.1mol·L-1盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)的负对数[-1gc水(H+)]与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．常温下，Kb(NH3·H2O)约为1×10-3B．b=20.00C．R、Q两点对应溶液均呈中性D．R到N、N到Q所加盐酸体积相等2、下列气体在常温常压下不能共存的是A．NH3、HCl B．CH4、Cl2 C．H2S、O2 D．SO2、O23、短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期，且原子序数依次增加。其中Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂。下列说法错误的是A．常温常压下Y的单质为气态B．离子半径：W>Z>YC．X与Z形成的离子化合物具有还原性D．W的最高价氧化物的水化物一定是强酸4、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5、属于非电解质的是A．二氧化硫 B．硫酸钡 C．氯气 D．冰醋酸6、我国对二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池的研究处于世界前沿水平，该电池可实现硫酸生产、发电和环境保护三位一.体的结合。其原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．Pt1电极附近发生的反应为：SO2+2H2O-2e-=H2SO4+2H+B．相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2：1C．该电池工作时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极D．该电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合7、化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾有丁达尔效应B．“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料C．汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D．石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物8、有机物是制备镇痛剂的中间体。下列关于该有机物的说法正确的是A．易溶于水及苯 B．所有原子可处同一平面C．能发生氧化反应和加成反应 D．一氯代物有5种(不考虑立体异构)9、A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C的原子半径在所有短周期主族元素中最大，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述一定正确的是A．C、D两元素形成的化合物的原子个数比为1:2B．C、E形成的化合物的水溶液呈碱性C．简单离子半径：D>C>BD．最高价氧化物对应水化物的酸性：E>A10、室温下，将1L0.3mol⋅L−1HA溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应得到溶液(a)。然后向该溶液中通入HCl或加入NaOH固体（忽略体积和温度变化），溶液pH随通（加）入物质的量的变化如图。下列叙述错误的是A．HA是一种弱酸B．向a点对应溶液中通入HCl，充分反应后，c(H+)/c(HA)增大C．b点对应溶液中：c(Na+)=c(Cl-)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)D．c点对应溶液中：c(Na+)=c(A-)11、中国传统文化博大精深，明代方以智的《物理小识》中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是A．《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁B．文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烃C．生铁是指含硫、磷、碳量低的铁合金D．工业上可通过煤的干馏获得乙烯、丙烯等化工原料12、一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的原理及部分反应如图所示，下列说法错误的是A．该电池将太阳能转变为电能B．电池工作时，X极电势低于Y极电势C．在电解质溶液中RuⅡ再生的反应为：2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-D．电路中每通过2mol电子生成3molI-，使溶液中I-浓度不断增加13、工业合成氨的反应是在高温、高压和有催化剂存在的条件下，用氢气和氮气直接化合制取：3H2＋N22NH3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法中错误的是A．为了提高H2的转化率。应适当提高N2的浓度B．达到平衡时，c(NH3)一定是c(H2)的三分之二C．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率D．达到平衡时，氨气分解速率是氮气消耗速率的两倍14、某新型电池材料结构如图，M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，除M外均满足8电子稳定结构，X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，下列说法正确的是A．M的单质可以保存在煤油中B．原子半径Z>X>YC．气态氢化物稳定性X>YD．W的最高价氧化物对应的水化物为三元弱酸15、81号元素所在周期和族是()A．第六周期ⅣA族 B．第六周期ⅢB族 C．第七周期0族 D．第六周期ⅢA族16、往10mL0.1mol/L的Ba(OH)2溶液中滴加等浓度NaHSO4溶液，溶液的导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图。下列说法正确的是A．a点对应的溶液呈碱性B．V2=10mLC．水的电离程度：a>bD．b点后的溶液满足c(Na+)>2c(SO42-)二、非选择题（本题包括5小题）17、我国成功研制出了具有自主知识产权的治疗缺血性脑梗死新药——丁苯酞。有机物G是合成丁苯酞的中间产物，G的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的结构简式是___________，E的化学名称是____________。（2）由B生成C的化学方程式为______________________。（3）G的结构简式为__________________。合成丁苯酞的最后一步转化为：，则该转化的反应类型是_______________。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有______种（不包括J），其核磁共振氢谱吸收峰最多的结构简式为_________。（5）参照题中信息和所学知识，写出用和CH3MgBr为原料（其他无机试剂任选）制备的合成路线：______________。18、以下是合成芳香族有机高聚物P的合成路线。已知：ROH+R’OHROR’+H2O完成下列填空：（1）F中官能团的名称_____________________；写出反应①的反应条件______；（2）写出反应⑤的化学方程式______________________________________________。（3）写出高聚物P的结构简式__________。（4）E有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式______。①分子中只有苯环一个环状结构，且苯环上有两个取代基；②1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2（5）写出以分子式为C5H8的烃为主要原料，制备F的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如：____________________19、有机物的元素定量分析最早是由德国人李比希提出的，某实验室模拟李比希法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子组成。取一定量的该氨基酸放在纯氧气中燃烧，燃烧后生成的水用装置D（无水氯化钙）吸收，二氧化碳用装置C（KOH浓溶液）吸收，N2的体积用E装置进行测量，所需装置如下图(夹持仪器的装置及部分加热装置已略去)：（1）该实验装置的合理连接顺序为：A、__、E。（部分装置可以重复选用）（2）实验开始时，首先打开止水夹a，关闭止水夹b，通一段时间的纯氧，这样做的目的是_____。（3）A中放入CuO的作用是_______，装置B的作用是_____。（4）为了确定此氨基酸的分子式，除了准确测量N2的体积、生成二氧化碳和水的质量外，还需得到的数据有___。（5）在读取E装置中所排水的体积时，液面左低右高，则所测气体的体积____（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（6）已知分子式为C2H4O2的有机物也含有氨基酸中的某个官能团，请设计实验证明该官能团（试剂任选）：____。20、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21、富镍三元层状氧化物LiNi0.8Co0.1Mn0.1O2(NCM811)作为下一代锂离子电池的正极材被广泛关注和深入研究，纳米级TiO2形成的表面包覆对提高该材料的性能效果明显。回答下列问题：（1）Li在元素周期表中的位置为___；基态Ni的电子排布式为___，基态Co3+有__个未成对电子。（2）制备NCM811的过程中，残余的Li2CO3会破坏材料的界面，CO32-的空间构型是___，其中C原子的杂化方式为___。（3）该电池初始充电过程中，会有C2H4等气体产生。C2H4分子中。键和键数目之比为__。（4）TiO2的晶胞（===90o）如图所示：TiO2晶体中O原子的配位数是__，其晶胞参数为：a=b=459pm，c=295pm，该晶体的密度为__g/cm3（列出计算式）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A.常温下，未加盐酸的氨水的-lgc水(H+)=11，则该溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，溶液中c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，c(NH3•H2O)≈0.1mol/L，Kb(NH3•H2O)==1×10-5，A错误；B.当-lgc水(H+)最小时，HCl与氨水恰好完全反应，所以b点NaOH溶液体积为20.00mL，B正确；C.N点水电离出的H+浓度最大，溶液呈中性，R点碱过量，溶液呈碱性。Q点溶质为HCl和NH4Cl，溶液呈酸性，C错误；D.R点氨水略过量，R→N加HCl消耗一水合氨，促进水的电离；N→Q加HCl，酸过量，抑制水的的电离，所以R到N、N到Q所加盐酸体积不相等，D错误；故合理选项是B。2、A【解析】

常温下，能反应的气体不能大量共存，以此来解答。【详解】A．常温下反应生成氯化铵，不能大量共存，选项A选；B．常温下不反应，光照的条件反应，可大量共存，选项B不选；C．常温下不反应，反应需要点燃、加热等，可大量共存，选项C不选；D．常温下不反应，要在催化剂和加热的条件反应，选项D不选；答案选A。3、B【解析】

短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期且原子序数依次增加，X为H，Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y为O，Z为Na，Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂，W为Cl。【详解】A.常温常压下Y的单质为氧气或臭氧，故A正确；B.Y为O，Z为Na，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，应为Z<Y，故B错误；C.X与Z形成的离子化合物是NaH，H为-1价，具有还原性，可与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；D.W的最高价氧化物的水化物是高氯酸，因为氯元素的非金属性强于硫元素，硫酸为强酸，所以高氯酸一定是强酸，故D正确；故选B。【点睛】比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。4、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。5、A【解析】

A、二氧化硫的水溶液能导电，是因为二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子和亚硫酸氢根离子，而不是二氧化硫本身发生电离，所以二氧化硫是非电解质，故A正确；B、硫酸钡在熔融状态能电离出钡离子和硫酸根离子，能够导电，所以硫酸钡是电解质，故B错误；C、非电解质是溶于水溶液中和在熔融状态下不能导电的化合物，而氯气为单质，不是非电解质，故C错误；D、醋酸在水溶液中电离出醋酸根离子和氢离子，能够导电，所以醋酸是电解质，故D错误；故选：A。【点睛】根据非电解质的定义：非电解质是指在水溶液中和在熔融状态下都不能导电的化合物及电离的特点来解答此题．6、A【解析】

SO2在负极失电子生成SO42-，所以Pt1电极为负极，Pt2电极为正极。【详解】A.Pt1电极上二氧化硫被氧化成硫酸，失电子发生氧化反应，为负极，电极方程式为：SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，故A错误；B.该电池的原理为二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放电过程中消耗的SO2和O2的体积之比为2：1，故B正确；C.质子即氢离子，放电时阳离子流向正极，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，则该电池放电时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极，故C正确；D.二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池，吸收了空气中的二氧化硫起到了环保的作用，产物中有硫酸，而且发电，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，故D正确；故答案为A。7、A【解析】

A．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，选项A正确；B．碳纤维为碳的单质，属于无机物，所以碳纤维是一种新型无机非金属材料，不是有机高分子材料，选项B错误；C．汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的，选项C错误；D、由于石油是多种烃的混合物，而石油的分馏产品均为混合物，故汽油、煤油和柴油均为多种烃的混合物，选项D错误；答案选A。8、C【解析】

A．该有机物的组成元素只有氢元素和碳元素，属于烃类，不溶于水，故A错误；B．该分子中含有饱和碳原子，不可能所有原子共面，故B错误；C．含有碳碳双键，可以发生氧化反应和加成反应，故C正确；D．由结构对称性可知，含4种H，一氯代物有4种，故D错误；故答案为C。9、D【解析】

A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，0.005mol/L戊溶液的pH=2，说明戊为二元强酸，则戊为硫酸，丙为SO3；甲和丙是D元素的两种常见氧化物，甲为SO2，D为S元素，E为Cl元素；乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，二氧化硫被乙氧化生成三氧化硫，可知乙为O3，丁为O2，则B为O元素；A的原子序数是B和D原子序数之和的，A的原子序数为(8+16)×=6，可知A为C元素；C的原子半径在所有短周期主族元素中最大，C为Na元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，A为C，B为O，C为Na，D为S，E为Cl。A．C、D形成离子化合物Na2S，原子个数比为2:1，故A错误；B．C、E形成的化合物为氯化钠，为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故B错误；C．一般而言，离子的电子层数越大，离子半径越大，硫离子半径最大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，钠离子半径小于氧离子，简单离子半径：D>B>C，故C错误；D．非金属性Cl＞C，则E的最高价氧化物水化物的酸性大于A的最高价氧化物水化物的酸性，故D正确；故选D。【点睛】本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，把握图中转化关系、元素化合物知识来推断物质和元素为解答的关键。本题的突破口为“0.005mol/L戊溶液的pH=2”。本题的易错点为C，要注意离子半径比较方法的理解和灵活运用。10、C【解析】

1L0.3mol·L－1HA溶液与0.1molNaOH固体混合，反应后的溶质为0.1molNaA和0.2molHA，假设HA为强酸，此时c(H＋)=0.2mol·L－1，pH为1－lg2，但现在pH＞3，说明HA为弱酸，然后进行分析即可。【详解】1L0.3mol·L－1HA溶液与0.1molNaOH固体混合，反应后的溶质为0.1molNaA和0.2molHA，假设HA为强酸，此时c(H＋)=0.2mol·L－1，pH为1－lg2，但现在pH＞3，说明HA为弱酸。A、根据上述分析，HA为弱酸，故A说法正确；B、c(H＋)/c(HA)=c(H＋)×c(A－)/[c(HA)×c(A－)]=Ka(HA)/c(A－)，a点对应溶液中加入HCl，发生NaA＋HCl=NaCl＋HA，c(A－)减小，因此该比值增大，故B说法正确；C、b点加入盐酸为0.1mol，此时溶质为HA和NaCl，HA的物质的量为0.3mol，NaCl物质的量为0.1mol，HA为弱酸，电离程度弱，因此微粒浓度大小顺序是c(HA)>c(Na＋)=c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)，故C说法错误；D、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，c点pH=7，c(H＋)=c(OH－)，即有c(Na＋)=c(A－)，故D说法正确。11、A【解析】

A．由《物理小识》中记载语句“臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石”可知是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，A选项正确；B．煤其主要成分为碳、氢、氧和少量的氮、硫或其它元素，而烃只由C、H两种元素组成，B选项错误；C．生铁的含碳量比钢的含碳量较高，故生铁不是指含碳量很低的铁合金，C选项错误；D．工业上可通过石油的裂化、裂解获得乙烯、丙烯等化工原料，D选项错误；答案选A。12、D【解析】

由图中电子的移动方向可知,电极X为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：2RuⅡ-2e-=2RuⅢ，Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，据此分析解答。【详解】A.由图中信息可知，该电池将太阳能转变为电能，选项A正确；B.由图中电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，电池工作时，X极电势低于Y极电势，选项B正确；C.电池工作时，在电解质溶液中RuⅡ再生的反应为：2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-，选项C正确；D.Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，电路中每通过2mol电子生成3molI-，但电解质中又发生反应2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-，使溶液中I-浓度基本保持不变，选项D错误。答案选D。13、B【解析】

A、增大N2的浓度，平衡向正反应移动，H2的转化率增大，选项A正确；B、反应达到平衡时，c(NH3)不一定是c(H2)的三分之二，这与该反应的初始物质的量及转化率有关，选项B错误；C、使用催化剂增大反应速率，不影响化学平衡移动，能提高生产效率，选项C正确；D、氨气分解速率是氮气消耗速率的两倍时，说明正逆反应速率相等，则反应达平衡状态，选项D正确。答案选B。14、B【解析】

M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，W有两个电子层，次外层为2个电子，X为O元素，由盐的结构简式可知，Z可以形成四个共价键，且能与氧形成双键，因此Z的最外层电子数为4，Z为C元素；四种元素位于同周期，且Y能形成一个共价键，Y为F元素；W能形成4个共价键，W为B元素；新型电池材料，除M外均满足8电子稳定结构，M为Li元素，据此分析解答。【详解】根据分析，M为Li元素，X为O元素，Y为F元素，Z为C元素，W为B元素；A．M为Li元素，M的单质密度比煤油小，不可以保存在煤油中，故A错误；B．X为O元素，Y为F元素，Z为C元素，同周期元素随核电荷数增大半径减小，原子半径Z＞X＞Y，故B正确；C．X为O元素，Y为F元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：X＞Y，气态氢化物稳定性X＞Y，故C错误；D．W为B元素，W的最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，为一元弱酸，故D错误；答案选B。15、D【解析】

第六周期0族元素为86号元素，因此86−81=5，18−5=13，在13纵列，即第ⅢA族，因此81号元素在第六周期ⅢA族，故D符合题意。综上所述，答案为D。16、A【解析】

向Ba(OH)2溶液中滴加等浓度NaHSO4溶液依次发生NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，当二者体积相等时溶液中的溶质为NaOH，当NaHSO4溶液体积为Ba(OH)2溶液体积的2倍时，二者完全反应，溶液的溶质为Na2SO4，所以当二者体积相等后继续滴加NaHSO4溶液的导电性变化减缓，当二者完全反应后滴加浓度较大NaHSO4溶液，溶液的导电性有所上升。【详解】A．根据分析可知a二者体积相等，所以溶液中的溶质为NaOH，溶液显碱性，故A正确；B．根据分析可知b点应为完全反应的点，NaHSO4溶液体积为Ba(OH)2溶液体积的2倍，所以V2=20mL，故B错误；C．a点溶液溶质为NaOH，抑制水的电离，b点溶液溶质为Na2SO4，不影响水的电离，所以水的电离程度：a<b，故C错误；D．b点溶液溶质为Na2SO4，溶液中c(Na+)=2c(SO42-)，b点后NaHSO4溶液过量，且NaHSO4溶液中c(Na+)=c(SO42-)，所以b点后的溶液中c(Na+)<2c(SO42-)，故D错误；故答案为A。【点睛】选项D也可以用电荷守恒分析，b点后NaHSO4溶液过量，溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH-)，溶液中又存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以c(Na+)<2c(SO42-)。二、非选择题（本题包括5小题）17、2-甲基-1-丙烯（或异丁烯）酯化反应（或取代反应）4【解析】（1）A与溴发生取代反应生成邻甲基溴苯，则A的结构简式是；E与溴化氢发生加成反应生成F，F发生已知信息的反应生成(CH3)3CMgBr，则E的结构简式为CH2=C(CH3)2，所以E的化学名称是2－甲基－1－丙烯。（2）C氧化生成D，根据D的结构简式可知C的结构简式为，所以由B生成C的化学方程式为。（3）D和(CH3)3CMgBr发生已知信息的反应，则G的结构简式为。反应中羟基和羧基发生分子内酯化反应，则该转化的反应类型是取代反应。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有4种，即间羟基苯甲醛、对羟基苯甲醛、苯甲酸和甲酸苯酯。其核磁共振氢谱吸收峰最多的结构简式为。（5）根据题中信息和所学知识结合逆推法可知用和CH3MgBr为原料（其他无机试剂任选）制备的合成路线为。点睛：高考化学试题中对有机化学基础的考查题型比较固定，通常是以生产、生活的陌生有机物的合成工艺流程为载体考查有机化学的核心知识，涉及常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，涉及有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写等知识的考查。它要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，这高考有机化学复习备考的方向。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。同分异构体类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物。18、羧基、氯原子光照+3NaOH+NaCl+3H2O、、（任选其一）CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH（或与溴1，4-加成、氢氧化钠溶液水解、与氯化氢加成、催化氧化、催化氧化）【解析】

本题为合成芳香族高聚物的合成路线，C7H8经过反应①生成的C7H7Cl能够在NaOH溶液中反应可知，C7H8为甲苯，甲苯在光照条件下，甲基上的氢原子被氯原子取代，C7H7Cl为，C为苯甲醇，结合已知反应和反应条件可知，D为，D→E是在浓硫酸作用下醇的消去反应，则E为，据M的分子式可知，F→M发生了消去反应和中和反应。M为，N为，E和N发生加聚反应，生成高聚物P，P为，据此进行分析。【详解】（1）根据F的结构简式可知，其官能团为：羧基、氯原子；反应①发生的是苯环侧链上的取代反应，故反应条件应为光照。答案为：羧基、氯原子；光照；（2）F→M发生了消去反应和中和反应。M为，反应的化学方程式为：+3NaOH+NaCl+3H2O，故答案为：+3NaOH+NaCl+3H2O。（3）E为，N为，E和N发生加聚反应，生成高聚物P，P为，故答案为：。（4）E为，其同分异构体具有①分子中只有苯环一个环状结构,且苯环上有两个取代基，②1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2，则该物质一个官能团应是酚羟基，且酚羟基的邻对位位置应无取代基，则另一取代基和酚羟基为间位关系。故其同分异构体为：、、，故答案为：、、（任选其一）。（5）分析目标产物F的结构简式：，运用逆推方法，根据羧酸醛醇卤代烃的过程，可选择以为原料进行合成，合成F的流程图应为：CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH，故答案为：CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH。【点睛】卤代烃在有机物转化和合成中起重要的桥梁作用：烃通过与卤素发生取代反应或加成反应转化为卤代烃，卤代烃在碱性条件下可水解转化为醇或酚，进一步可转化为醛、酮、羧酸和酯等；卤代烃通过消去反应可转化为烯烃或炔烃。19、DCDB将装置中的N2（或空气）排除干净将未充分燃烧的产物CO转化为CO2(或使氨基酸中的碳完全转化为CO2)除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2该氨基酸的摩尔质量偏小取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生（或其它合理答案）【解析】

根据题意可知，用燃烧法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子组成，用氧气氧化氨基酸(CxHyOzNp)生成二氧化碳、水和氮气，利用装置D（无水氯化钙）测定水的质量，利用装置C（KOH浓溶液）测定二氧化碳的质量，利用E装置测量N2的体积，从而求出氨基酸中含有的C、H、O、N的质量，进而求出该氨基酸的分子组成，据此解答。【详解】（1）根据以上分析，结合吸收CO2、H2O及测量N2体积的顺序为，先吸收水，再吸收CO2，最后测量N2体积，装置B加热的铜网可除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2，所以该实验装置的合理连接顺序为：A、D、C、D、B、E，故答案为DCDB；（2）装置内的空气中含有N2、CO2和H2O，需通一段时间的纯氧，将装置中的N2（或空气）排除干净，减小试验误差，故答案为将装置中的N2（或空气）排除干净；（3）CuO的作用是将氨基酸不完全燃烧产生的少量CO氧化成CO2，保证氨基酸中的碳都转化为CO2，根据(1)的分析，装置B的作用是除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2，故答案为将未充分燃烧的产物CO转化为CO2(或使氨基酸中的碳完全转化为CO2)；除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2；（4）根据上面的分析可知，为了确定此氨基酸的分子式，除了生成二氧化碳气体的质量、生成水的质量、准确测量N2的体积外，还需测出该氨基酸的摩尔质量，故答案为该氨基酸的摩尔质量；（5）如果液面左低右高（广口瓶中液面低于量筒中液面）广口瓶中的气体收到的压强除大气压强外还有液面高度差造成的压强其实际压强大于标准大气压，气体体积被压缩，实际测得的气体体积偏小，故答案为偏小；（6）根据分子式为C2H4O2，及氨基酸中的官能团可知，该分子中有羧基，实验证明该官能团的方法为取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生，故答案为取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生。【点睛】本题考查学生利用燃烧法确定有机物分子组成的知识，涉及实验方案设计、根据原子守恒法来解答，关键在于理解实验原理。20、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