江苏泰兴一中2024年高考冲刺化学模拟试题含解析

江苏泰兴一中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、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1mol氨基（-NH2）含有电子数目为10NAB．2gH218O中所含中子、电子数目均为NAC．pH=1的H2SO4溶液10L，含H+的数目为2NAD．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阳极失去的电子数为2NA2、下列有关可逆反应：mA(g)+nB(？)⇌pC(g)+qD(s)的分析中，一定正确的是()A．增大压强，平衡不移动，则m＝pB．升高温度，A的转化率减小，则正反应是吸热反应C．保持容器体积不变，移走C，平衡向右移动，正反应速率增大D．保持容器体积不变，加入B，容器中D的质量增加，则B是气体3、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍，Z与W、X与Y相邻，X与W同主族。下列说法不正确的是（）A．原子半径：W＞Z＞Y＞XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞ZC．最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W＞ZD．元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等4、甲、乙两个恒容密闭容器中均发生反应：C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＞0，有关实验数据如下表所示：容器容积/L温度/℃起始量/mol平衡量/mol平衡常数C(s)H2O(g)H2(g)甲2T12.04.03.2K1乙1T21.02.01.2K2下列说法正确的是()A．K1＝12.8B．T1＜T2C．T1℃时向甲容器中再充入0.1molH2O(g)，则平衡正向移动，CO2(g)的体积分数增大D．若T2温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和2.0molH2，达平衡时，CO2的转化率大于40%5、下列实验操作正确的是()A．用装置甲收集SO2B．用装置乙制备AlCl3晶体C．中和滴定时，锥形瓶用待装液润洗D．使用分液漏斗和容量瓶时，先要检查是否漏液6、下列有关NH3的说法错误的是（）A．属于极性分子 B．比例模型C．电子式为 D．含有极性键7、下列有关说法正确的是A．反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)能自发进行，则该反应ΔS＞0B．常温下向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中通入少量HCl气体，c(H＋)·c(CH3COO－)增大C．将1molCl2溶于水中，反应中转移的电子数为6.02×1023个D．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的反应物键能总和大于生成物键能总和8、室温下用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．验证浓硫酸具有强氧化性 B．制取干燥的NH3C．干燥、收集并吸收多余的SO2 D．验证乙炔的还原性9、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下0.1mol/LNa2S2O3溶液与pH=1的H2SO4溶液的说法正确的是A．1LpH=1的H2SO4溶液中，含H+的数目为0.2NAB．1mol纯H2SO4中离子数目为3NAC．含15.8gNa2S2O3的溶液种阴离子数目大于0.1NAD．Na2S2O3与H2SO4溶液混合产生22.4L气体时转移电子数为2NA10、甲烷与氯气光照条件下取代反应的部分反应历程和能量变化如下：第一步：第二步：第三步：中其中表示氯原子，表示甲基，下列说法不正确的是（）A．由题可知，甲烷和氯气在室温暗处较难反应B．C．形成中键放出的能量比拆开中化学键吸收的能量多D．若是甲烷与发生取代反应，则第二步反应11、工业上用酸性KMnO4溶液与乙苯()反应生产苯甲酸()，下列有关说法正确的是A．乙苯是苯的同系物 B．乙苯的所有原子均共平面C．生产苯甲酸时发生的是取代反应 D．乙苯不能与H2发生反应12、可确定乙二醇分子是否有极性的实验是A．测定沸点 B．测静电对液流影响C．测定蒸气密度 D．测标准状况下气体摩尔体积13、下列叙述中错误的是（）A．过滤时，漏斗下端要紧贴接液烧杯内壁B．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口C．蒸发结晶时应将溶液蒸干，然后停止加热D．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出14、下列不能用于判断F和Cl的非金属性强弱的事实是A．气态氢化物的稳定性 B．最高价氧化物对应水化物的酸性C．单质与氢气反应的难易 D．单质与氢气反应放出热量的多少15、设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．1mol中共平面的碳原子数最多为6NAB．1L0.5mol/LKHC2O4溶液中含HC2O4-和H2C2O4的数目为0.5NAC．25℃、1.01×105Pa下，44.8LSO2和CO2的混合气体中所含分子数为2NAD．12.0gNaHSO4和MgSO4的固体混合物中所含阳离子总数为0.1NA16、已知镓(31Ga)和溴(35Br)是第四周期的主族元素。下列分析正确的是A．原子半径:Br>Ga>Cl>Al B．镓元素为第四周期第ⅣA元素C．7935Br与8135Br得电子能力不同 D．碱性:Ga(OH)3>Al(OH)3，酸性:HClO4>HBrO417、25℃时将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，下列判断正确的是A．稀释后溶液的pH=7 B．氨水的电离度增大，溶液中所有离子的浓度均减小C．稀释过程中增大 D．pH=11氨水的浓度为0.001mol/L18、微粒有多种表示方式，下列各组不同表示方式一定代表同种微粒的是A．C3H6、CH2=CHCH3 B．H2O2、C．、 D．、1s22s22p63s23p619、水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合常数，下列说法错误的是

A．图中温度B．图中五点间的关系：C．曲线a、b均代表纯水的电离情况D．若处在B点时，将的硫酸溶液与的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性20、某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO-和ClO3-个数比为1：2，则Cl2与KOH溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为（）A．21：5 B．4：1 C．3：l D．11：321、下列有关物质的性质与应用相对应的是（）A．Cl2具有漂白性，可用作自来水的消毒B．SiO2具有高沸点，可用作制备光导纤维C．NH3具有还原性，可用作制冷剂D．Na2O2能与CO2反应，可用作潜水艇内的供氧剂22、下列关于金属腐蚀和保护的说法正确的是A．牺牲阳极的阴极保护法利用电解法原理B．金属的化学腐蚀的实质是：M－ne－=Mn＋，电子直接转移给还原剂C．外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零。D．铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时正极的电极反应为：2H＋＋2e－=H2↑二、非选择题(共84分)23、（14分）我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒中的新药即丁苯酞(N)的合成路线之一如下图所示(部分反应试剂及条件略去)：已知：R→Br请按要求回答下列问题：(1)A的分子式：_________________；B→A的反应类型：_________________。A分子中最多有_________________个原子共平面。(2)D的名称：_________________；写出反应③的化学方程式：_________________________。(3)N是含有五元环的芳香酯。写出反应⑦的化学方程式：_____________________。(4)已知：EX。X有多种同分异构体，写出满足下述所有条件的X的同分异构体的结构简式：________________________________________。①能发生银镜反应②能与氯化铁溶液发生显色反应③分子中有5种不同环境的氢原子(5)写出以甲烷和上图芳香烃D为原料，合成有机物Y：的路线流程图(方框内填写中间产物的结构简式，箭头上注明试剂和反应条件)：______________________________24、（12分）化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：已知：RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答：（1）A的化学名称是____，A→B的反应类型是____。（2）B→C反应的化学方程式为________。（3）C→D所用试剂和反应条件分别是_____。（4）E的结构简式是_____。F中官能团的名称是_____。（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有____种。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____。25、（12分）草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O）是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。为探究纯净草酸亚铁晶体热分解的产物，设计装置图如下：（1）仪器a的名称是______。（2）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是_________。（3）实验前先通入一段时间N2，其目的为__________。（4）实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_______。（5）草酸亚铁晶体在空气易被氧化，检验草酸亚铁晶体是否氧化变质的实验操作是____。（6）称取5.40g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示：①上图中M点对应物质的化学式为_________。②已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算写出M→N发生反应的化学方程式：_______。26、（10分）叠氮化钠(NaN3)是汽车安全气囊的主要成分，实验室制取叠氮化钠的实验步骤如下：①打开装置D导管上的旋塞，加热制取氨气。②加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。③向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210～220℃，然后通入N2O。④冷却，向产物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。（1）装置B中盛放的药品为____。（2）步骤①中先加热通氨气一段时间的目的是____；步骤②氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为____。步骤③中最适宜的加热方式为___(填“水浴加热”，“油浴加热”)。（3）生成NaN3的化学方程式为____。（4）产率计算①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL[发生的反应为2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](杂质均不参与反应)。③充分反应后滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋)。计算可知叠氮化钠的质量分数为____(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____(填字母代号)。A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D．滴定过程中,将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内（5）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式____。27、（12分）硫酸四氨合铜晶体常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀盐酸、0.500mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。I．CuSO4溶液的制备①称取4g铜粉，在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。②在蒸发皿中加入30mL3mol/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。③趁热过滤得蓝色溶液。(1)A仪器的名称为____。(2)某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_____II．晶体的制备将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作(3)已知浅蓝色沉淀的成分为，试写出生成此沉淀的离子反应方程式_________。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是__。III．氨含量的测定精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mLC1mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。(5)A装置中长玻璃管的作用_____，样品中氨的质量分数的表达式_______。(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的原因是_______。A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视C．滴定过程中选用酚酞作指示剂D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁。28、（14分）中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，如图所示，甲烷在催化作用下脱氢，在不同温度下分别形成等自由基，在气相中经自由基:CH2偶联反应生成乙烯(该反应过程可逆)(1)已知相关物质的燃烧热如上表所示，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式______________。(2)现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X(分子式为C2H4O，不含双键)该反应符合最理想的原子经济，则反应产物是____________(填结构简式)。(3)在400℃时，向初始体积为1L的恒压密闭反应器中充入1molCH4，发生(1)中反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0％。则:①在该温度下，其平衡常数K＝________。②若向该反应器中通入高温水蒸气(不参加反应，高于400℃)，则C2H4的产率将_______(填“増大”“减小”“不变”或“无法确定”)，理由是__________________________________。③若反应器的体积固定，不同压强下可得变化如下图所示，则压强的关系是____________。④实际制备C2H4时，通常存在副反应2CH4(g)C2H6(g)+H2(g)。反应器和CH4起始量不変，不同温度下C2H6和C2H4的体积分数与温度的关系曲线如下图所示。I.在温度高于600℃时，有可能得到一种较多的双碳有机副产物的名称是____________。II.若在400℃时，C2H4、C2H6的体积分数分别为20.0％、6.0％，其余为CH4和H2，则体系中CH4的体积分数是____________。29、（10分）氮化铝(AlN)陶瓷是一种新型无机非金属材料，最高可稳定到2473K，导热性好、热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料。制取原理为：Al2O3+3C+N22A1N+3CO，回答下列问题：(1)氮化铝的晶体类型为________。在上述化学方程式中第二周期元素的第一电离能由小到大的顺序是______。(2)基态氧原子电子占据最高能级的原子轨道的形状是________，未成对电子数为________。(3)等电子体具有相似的结构。CO与N2互为等电子体，CO分子中σ键与π键数目之比为_______。(4)Cu2+处于：[Cu(NH3)4]2+的中心，若将配离子[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3换为CN-，则有2种结构，则Cu2+是否为sp3杂化________（填“是”或“否”）理由为_________。(5)AlN晶体结构如图所示，1个Al原子周围距离最近的Al原子数为______个；若晶胞结构的高为anm，底边长为bnm，NA表示阿伏伽德罗常数的值，则其密度为_______g.cm-3(列出计算式)。

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．氨基是取代基，属于中性原子团，结合微粒计算电子数＝1mol×9×NA＝9NA，故A错误；B．H218O的摩尔质量均为20g/mol，2gH218O的物质的量为0.1mol，分子中含有的中子数、电子数均为10个，则0.1mol混合物中含有的中子数、电子数均为NA个，故B正确；C．pH=1的H2SO4溶液中，由pH＝−lgc(H＋)＝1，H2SO4溶液c(H＋)＝0.1mol/L，10L溶液n(H＋)＝1mol，所含H＋数目为NA，故C错误；D．电解法精炼铜，粗铜含有杂质金属，阳极先是锌、铁、、镍失电子，然后才是铜失电子，当阳极质量减少64g时，阳极失去的电子数不是2NA，故D错误；故答案选B。2、D【解析】

A．增大压强，平衡不移动，说明左右两边气体的体积相等，若B为气体，则m+n＝p，故A错误；B．升高温度，A的转化率减小，则平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应方向为放热反应，故B错误；C．移走C，生成物的浓度减小，平衡向右移动，逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变，故C错误；D．加入B，容器中D的质量增加，说明平衡正向移动，说明B为气体；若B为固体，增加固体的量，浓度不改变，不影响速率，故不影响平衡，故D正确。答案选D。3、A【解析】

W原子的质子数是其M层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，得出W为P，X与W同主族，则X为N，Z与W相邻、X与Y相邻，四种原子序数依次增大，得出在元素周期表中相应的位置，即，据此分析；【详解】W原子的质子数是其M层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，得出W为P，X与W同主族，则X为N，Z与W相邻、X与Y相邻，四种原子序数依次增大，得出在元素周期表中相应的位置，即A.同主族从上到下，原子半径依次增大，同周期从左向右原子半径依次减小，因此原子半径大小顺序是r(Si)>r(P)>r(N)>r(O)，故A说法错误；B.利用非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性强弱顺序是N>O>Si，即最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HNO3>H3PO4>H2SiO4，故B说法正确；C.利用非金属性越强，其氢化物稳定性越强，非金属性强弱顺序是O>N>P>Si，即最简单氢化物的热稳定性强弱顺序是H2O>NH3>PH3>SiH4，故C说法正确；D.主族元素的最高化合价等于最外层电子数等于族序数(除O、F外)，N、Si、P最外层电子数分别为5、4、5，族序数分别为VA、IVA、VA，故D说法正确；答案：A。4、A【解析】

A.根据表中数据可知甲容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.4mol·L－1，c(CO2)＝0.8mol·L－1，c(H2)＝1.6mol·L－1，K1＝＝12.8，A正确；B.乙容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.8mol·L－1，c(CO2)＝0.6mol·L－1，c(H2)＝1.2mol·L－1，K2＝＝1.35，K1＞K2，该反应为吸热反应，K减小说明反应逆向进行，则温度降低，即T1＞T2，B错误；C.向容器中再充入0.1molH2O(g)，相当于增大压强，平衡逆向移动，则CO2的体积分数减小，C错误；D.与乙容器中的量比较，1.0molCO2和2.0molH2相当于1.0molC和2.0molH2O，若体积不变，则平衡时是完全等效的，即CO2为0.6mol，CO2的转化率为40%，但由于体积增大，压强减小，反应向生成CO2的方向移动，则CO2的转化率小于40%，D错误；故答案为：A。5、D【解析】

A、二氧化硫密度比空气大，收集时需长进短出，故A错误；B、氯化铝水解生成的氯化氢易挥发，通过加热氯化铝溶液制备AlCl3晶体，需在氯化氢氛围下蒸发，故B错误；C、中和滴定时，锥形瓶不能用待装液润洗，否则会使滴定结果产生较大误差，故C错误；D、分液漏斗和容量瓶上均有塞子，使用分液漏斗和容量瓶时，先要检查是否漏液，防止实验过程中漏液，故D正确。答案选D。6、B【解析】

NH3中N-H键为极性键，氨气为三角锥形结构，故为极性分子，电子式为，据此分析。【详解】A.氨气为三角锥形，为极性分子，故A正确；B.由于氨气为三角锥形，故其比例模型为，故B错误；C.氨气中N原子分别以单键和H原子形成共价键，且N原子上还有一对孤电子对，故电子式为，故C正确；D.形成于不同原子间的共价键为极性共价键，故N-H键为极性共价键，故D正确。故选：B。7、B【解析】

A.反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)为熵减的反应，则该反应ΔS＜0，选项A错误；B．向醋酸溶液中通入氯化氢气体，氢离子浓度增大而抑制醋酸电离，则Kac(CH3COOH)=c(H＋)·c(CH3COO－)增大，选项B正确；C．Cl2与水的反应是可逆反应，不可能完全转化，转移的电子数小于6.02×1023个，选项C错误；D.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)为放热反应，反应物键能总和小于生成物键能总和，选项D错误。答案选B。8、B【解析】

A.铜与浓硫酸反应需要加热，故A错误；B.浓氨水滴入生石灰中，氧化钙与水反应放出大量的热，增大溶液中氢氧根浓度，使氨水的电离向左移动，放出的热量有利于放出氨气，氨气可以用碱石灰干燥，故B正确；C.收集不到干燥的二氧化硫气体，因为二氧化硫是酸性氧化物，不能用碱石灰干燥，故C错误；D.电石中混有硫化物，与水反应生成的乙炔气体中混有硫化氢气体，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙炔的还原性验证，故D错误；故选B。9、C【解析】

A.1LpH=1的H2SO4溶液中，c(H+)=0.1mol·L－1，含H+的数目为0.1mol·L－1×1L×NA=0.1NA，故A错误；B.1mol纯H2SO4中以分子构成，离子数目为0，故B错误；C.硫代硫酸钠是强碱弱酸盐，一个S2O32-水解后最多可产生2个OH-，含15.8g即0.1molNa2S2O3的溶液种阴离子数目大于0.1NA，故C正确；D.22.4L气体不能确定是不是标准状况，故D错误；故选C。10、D【解析】

光照下发生取代反应，常温下不能反应，故A正确；B.由第二步与第三步相加得到，故B正确；C.由第三步反应可知，形成键，拆开中化学键，且为放热反应，则形成中键放出的能量比拆开中化学键吸收的能量多，故C正确；D.若是甲烷与发生取代反应，形成HCl比形成HBr更容易，即形成HBr需要的能量大于形成HCl需要的能量，则第二步反应，故D错误；故选：D。11、A【解析】

A．苯和乙苯，都只含有一个苯环，结构相似，且分子相差2个CH2，是同系物，A正确；B．乙苯中的－CH2CH3上有2个饱和的C原子，饱和碳原子与其周围的原子位置关系类似于CH4，不能所有原子共面，B错误；C．乙苯在高锰酸钾的作用下转化为苯甲酸，是氧化反应，C错误；D．乙苯中的苯环能够与H2反生加成反应，D错误。答案选A。12、B【解析】

极性分子的正电荷中心与负电荷中心不重合，极性分子虽然整体不带电，但每一个乙二醇分子都有带电的极性端，也可以再理解为部分区域带电，所以它在电场作用下，会定向运动，所以测静电对液流影响，可以判断分子是否有极性；而测定沸点、测定蒸气密度、测标准状况下气体摩尔体积等均不能判断分子极性。答案选B。13、C【解析】

A.过滤时，一贴：滤纸要紧贴漏斗内壁，二低：滤纸的边缘要稍低于漏斗的边缘、滤液的液面要低于滤纸边缘，三靠：烧杯嘴要靠在倾斜的玻璃棒上、玻璃棒下端要靠在三层滤纸一边、漏斗的颈部要紧靠接收滤液的接受器的内壁，A正确；B.蒸馏时，温度计测的是蒸汽的温度，所以应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口，B正确；C.蒸发结晶时应用余温将残留液蒸干，C错误；D.分液时，先将分液漏斗下层液体从下口放出，然后将上层液体从上口倒出，D正确；故答案为：C。【点睛】14、B【解析】

A.因为HF比HCl稳定,所以F比Cl的非金属性强，故A正确；B.氟非金属性强，无正价,故B错误；C.F2在暗处就能和H2反应，Cl2在点燃的条件下能反应，所以F比Cl的非金属性强，故C正确；D.氟气与氢气反应放出的热量比氯气与氢气反应放出的热量多,所以氟的非金属性强于氯，故D正确；答案选B。【点睛】比较两种元素的非金属性强弱,可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱。15、D【解析】

A.中四元环C原子不共面，故最多共面碳原子数为3NA，故A错误；B.根据物料守恒可知1L0.5mol/LKHC2O4溶液中含HC2O4-和H2C2O4和C2O42-的数目为0.5NA，故B错误；C.条件为25℃不是标况，故C错误；D.12.0gNaHSO4和MgSO4的固体混合物中总物质的量为0.1mol，阳离子为Na+和Mg2+，故含阳离子总数为0.1NA，故D正确；故答案选：D。16、D【解析】

A、半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，核外电子排布相同，半径随着原子序数的增大而减小，因此半径大小顺序是Ga>Br>Al>Cl，选项A错误；B、镓元素为第四周期第ⅢA元素，选项B错误；C、7935Br与8135Br都是溴元素，核外电子排布相同，因此得电子能力相同，选项C错误；D、同主族从上到下金属性增强，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性增强，即碱性Ga(OH)3>Al(OH)3，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，酸性高氯酸大于高溴酸，选项D正确；答案选D。17、C【解析】

A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，体积增大10倍，pH变化小于1个单位，即稀释后10＜pH＜11，故A错误；B．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c(OH-)减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c(H+)增大，故B错误；C．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n(NH4+)增大、n(NH1．H2O)减小，则溶液中增大，故C正确；D．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，则溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度，则pH=11氨水的浓度大于0.001mol/L，故D错误；故答案为C。18、B【解析】

A.C3H6可能表示CH2=CHCH3，也可能表示环丙烷，因此二者不一定表示同一物质，A错误；B.H2O2分子中两个O原子形成一对共用电子对，O原子分别与H原子各形成一对共用电子对，所以其电子式为；A.前者表示甲烷，后者表示CCl4，二者是不同的微粒，C错误；D.前者表示Ar原子结构示意图，后者可能表示Ar原子，也可能表示K+、Cl-等，因此而不一定表示的是同一微粒，D错误；故合理选项是B。19、C【解析】

A．水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则水中、及离子积常数增大，根据图知，曲线上离子积常数大于，所以温度，故A正确；B．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低顺序是，所以离子积常数大小顺序是，故B正确；C．纯水中，所以曲线a、b上只有A、B点才是纯水的电离，故C错误；D．B点时，，的硫酸中，的KOH溶液中，等体积混合时碱过量，溶液呈碱性，故D正确。故选C。20、D【解析】

ClO-和ClO3-个数比为1：2，则按电子守恒，它们与Cl-的个数比为1：2：11，从而得出被还原的氯(生成Cl-)与被氧化的氯(生成ClO-和ClO3-)的物质的量之比为11:3。故选D。21、D【解析】

A．氯气没有漂白性，是氯气和水之间反应生成的次氯酸具有漂白性，物质的性质与应用不相对应，故A错误；B．二氧化硅熔点高，具有传输信息的特点，所以是制造光导纤维的材料，物质的性质与应用不相对应，故B错误；C．氨气常用作制冷剂，是因为其易液化，不是因为还原性，物质的性质与应用不相对应，故C错误；D．过氧化钠可以和人体呼出的气体二氧化碳等反应产生氧气，常做供氧剂，质的性质与应用相对应，故D正确；故答案为D。22、C【解析】

A.牺牲阳极的阴极保护法利用原电池原理，用较活泼的金属作负极先被氧化，故A错误；B.金属的化学腐蚀的实质是：金属作还原剂M－ne－=Mn＋，电子直接转移给氧化剂，故B错误；C.外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零，故C正确；D.铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时，铜作负极，碳正极的电极反应为：O2+4e－+4H＋=2H2O，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、C4H8消去反应8甲苯+HBrCH3BrCH3MgBr【解析】

比较A、B的分子式可知，A与HBr发生加成反应生成B，摩尔质量为137g/mol，根据已知条件B转化为C（C4H9MgBr），结合A的摩尔质量为56g/mol，可知A为，比较D、E的分子式可知，D与液溴加入铁粉时发生取代反应生成E，E中甲基被氧化成醛基，根据G的结构可推知F中溴原子和醛基在邻位，则D为甲苯，E为，F为，再根据已知条件的反应，结合G的结构可知：C为，B为，A为，再根据反应可知，M为，据此分析作答。【详解】（1）A的结构简式为，所以其分子式为：C4H8，生成，其化学方程式可表示为：C(CH3)3Br+NaOH↑+NaBr+H2O，故反应类型为消去反应；根据乙烯分子中六个原子在同一平面上，假如两个甲基上各有一个氢原子在这个面上，则分子中最多有8个原子共平面；故答案为C4H8；消去反应；8；（2）D为甲苯，加入液溴和溴化铁（或铁），可发生取代反应生成，其化学方程式为：+HBr，故答案为甲苯；+HBr；（3）N是含有五元环的芳香酯，则N是发生分子内的酯化反应生成的一种酯，反应的化学方程式为：，故答案为；（4），则：，X为：，X的同分异构体中，能与氯化铁溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，除了酚羟基，只剩下一个氧原子，且要能发生银镜反应，则应该还含有一个醛基。分子中有5种不同环境的氢原子的结构简式：，故答案为；（7）以甲烷和甲苯为原料合成的路线为甲苯在光照条件下生成一卤代烃，在氢氧化钠的水溶液中加热水解产生的醇被氧化成醛，而另一方面甲烷也光照生成一卤代烃，在镁和乙醚的作用下生成的产物与醛反应得到终极产物，其合成路线为：CH3BrCH3MgBr，故答案为CH3BrCH3MgBr。24、对二甲苯（或1，4-二甲苯）取代反应+2NaOH+NaClO2/Cu或Ag，加热碳碳双键、醛基8，【解析】

由流程转化关系，结合题给信息可知，D为。运用逆推法，C为，催化氧化生成；B为，在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成；A为，在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成；与乙醛发生信息反应生成，加热发生消去反应生成。据此解答。【详解】（1）A的结构简式为，名称为对二甲苯或1，4-二甲苯；A→B的反应为在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成。（2）B→C反应为在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成，反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl。（3）C→D的反应为在铜或银作催化剂，在加热条件下与氧气发生氧化反应生成，因此C→D所用试剂和反应条件分别是O2/Cu或Ag，加热。（4）E的结构简式是。F的结构简式为，分子中官能团的名称是碳碳双键、醛基。（5）D为，D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物说明侧链为链状结构，其可能为醛、酮、含苯环的乙烯基醚和乙烯基酚，其中芳香醛有3种（除去D）、芳香酮1种、含苯环的乙烯基醚1种、乙烯基酚3种，共8种；苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为和。25、球形干燥管（干燥管）缺少处理CO尾气装置排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质FeC2O43FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑【解析】

装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，据此解答。【详解】(1)仪器a的名称是球形干燥管(干燥管)，故答案为：球形干燥管(干燥管)；(2)反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；(3)反应会会产生CO和H2O，通入氮气，排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰，故答案为：排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰；(4)CO与CuO反应，生成Cu和二氧化碳，现象为E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀，故答案为：E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀；(5)检验铁离子的试剂为KSCN，具体有：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质，故答案为：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质；(6)①草酸亚铁晶体的物质的量为：＝0.03mol，通过剩余固体的质量为4.32g，则M的摩尔质量为＝144g/mol，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，剩下的M为FeC2O4，故答案为：FeC2O4；②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：＝1.68g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有：，解得x：y＝3：4，铁的氧化物的化学式为Fe3O4，因此M→N发生反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑。【点睛】本题难点在于(6)②，根据质量，求分子式，可以通过质量守恒得到答案。26、碱石灰(或生石灰、氢氧化钠固体)排尽装置中的空气2Na+2NH32NaNH2+H2油浴加热NaNH2+N2ONaN3+H2O65%ACClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑【解析】

(1)制备的氨气中含有大量的水，B中盛放碱石灰干燥氨气，故答案为：碱石灰(或生石灰、氢氧化钠固体)；(2)用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应，步骤②制备NaNH2，还生成氢气，反应方程式为：2Na+2NH32NaNH2+H2；控制温度210∼220℃，故选用油浴加热，故答案为：排尽装置中的空气；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加热；(3)NaNH2和N2O在210∼220℃下反应生成NaN3和水，反应为：NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案为：NaNH2+N2ONaN3+H2O；（4）Ce4+的物质的量浓度总计为0.10mol⋅L−1×0.04L=0.004mol，分别与Fe2+和N3−反应。其中与Fe2+按1:1反应消耗0.10mol⋅L−1×0.02L=0.002mol，则与N3−按1:1反应也为0.002mol，即10mL所取溶液中有0.002molN3−，原2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液中有0.02mol即1.3gNaN3，所以样品质量分数为=65%；A.使用叠氮化钠溶液润洗锥形瓶，使进入锥形瓶中溶质比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大，故A正确；B.六硝酸铈铵溶液实际取量大于40.00mL，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大，计算叠氮化钠溶液浓度偏小，故B错误；C.滴定前无气泡，终点时出现气泡，则读数体积为实际溶液体积减气泡体积，硫酸亚铁铵标准液读数体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大，故C正确；D选项，滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内无影响，故D错误；故答案为：65%；AC；（5）反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，根据氧化还原反应得失电子守恒，则发生的离子反应为：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑故答案为：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。27、坩埚反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO42Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解平衡气压，防止堵塞和倒吸BD【解析】

（1）灼烧固体，应在坩埚中进行，所以仪器A为坩埚，故答案为坩埚。（2）得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色，故答案为反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4。（3）浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，根据原子守恒可知反应的离子方程式为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+，故答案为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+。（4）析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解，故答案为Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解。（5）A装置中长玻璃管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸的作用；与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L×0.5mol/L-10-3V2L×0.5mol/L=0.5×10-3(V1-V2)mol，根据氨气和HCl的关系式可知：n(NH3)=n(HCl)=0.5×10-3(V1-V2)mol，则样品中氨的质量分数为，故答案为平衡气压，防止堵塞和倒吸；。（6）如果氨含量测定结果偏高，则V2偏小，A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，含量偏低，故A错误；B.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，含量偏高，故B正确；C.滴定过程中选用酚酞作指示剂，对实验没有影响，故C错误；D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D正确。故答案为BD。【点睛】在分析滴定实验的误差分析时，需要考虑所有的操作都归于标准液的体积变化上。标准液的体积变大，则测定结果偏大，标准液的体积变小，则测定结果偏小。28、2CH4（g）C2H4（g）+2H2（g）△H=+202.0kJ/mol0.20mol/L增大反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大p1＞p2乙炔28%【解析】

（1）根据表格中数据书写H2、CH4、C2H4燃烧热的热化学方程式，由盖斯定律计算；（2）X的分子式C2H4O，不含双键，判断出X的结构简式；(3)①根据三段式结合平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%计算；②通入高温水蒸气，相当于加热和减小压强，根据(2)中的反应并结合平衡的影响因素分析解答；③若容器体积固定，根据反应的特征结合压强对平衡的影响分析判断；④由图可知，温度高于600℃时，有较多的自由基生成；（4）设最终气体的总物质的量为x，计算出平衡时C2H4、C2H6和氢气的物质的量，再计算甲烷的体积分数。【详解】（1）根据表格中数据有：①H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H1=-285.8kJ/mol，②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H2=-890.3kJ/mol，③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H3=-1411.0kJ/mol，甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)，根据盖斯定律，将②×2-③-①×2得到，2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)△H=2△H2-△H3-2△H1=+202.0kJ/mol，故答案为2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)△H=+202.0kJ/mol；（2）由题意乙烯与氧气催化制备X，X的分子式C2H4O，不含双键，反应符合最理想的原子经济可知，X的结构简式为，故答案为；(3)①400℃时，向1L的恒容反应器中充入1molCH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%，由此建立如下三段式：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)起始(mol)100转化(mol)2xx2x平衡(mol)1-2xx2x由平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0％得＝20.0%，解得x=0.25，平衡后气体的体积=×1L=1.25L，所以化学平衡常数为K===0.20mol/L，故答案为0.20mol/L；②甲烷制备乙烯的反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气(不参加反应，高于400℃)相当于加热，平衡右移，产率增大；同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡右移，产率也增大，因此C2H4的产率将增大，故答案为增大；该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，