湖南省永州市祁阳县第一中学2024年高考压轴卷化学试卷含解析

湖南省永州市祁阳县第一中学2024年高考压轴卷化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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（每题只有一个选项符合题意）1、高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为3.5~5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…下列说法正确的是（）A．试剂X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物质B．浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂C．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质D．为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度2、硫元素最常见和最稳定的一种同素异形体是黄色的正交α－型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰点降低法测得它含有S8分子。1891年，M.R.Engel用浓盐酸和硫代硫酸盐的饱和溶液在0℃下作用首次制得了一种菱形的－硫，后来证明含有S6分子。下列说法正确的是A．S6和S8分子都是由S原子组成，所以它们是一种物质B．S6和S8分子分别与铁粉反应，所得产物不同C．S6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3D．等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同3、某温度下，向10mL0.1mol·L-1CuCl2溶液中滴加0.1mol·L-1的Na2S溶液，滴加过程中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积的关系如图所示。已知：Ksp(ZnS)=3×10-25，下列有关说法正确的是A．Na2S溶液中：c(H+)＋c(HS-)＋c(H2S)＝c(OH-)B．a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最小的为b点C．c点溶液中c(Cu2+)=10-34.4mol·L-1D．向100mLZn2+、Cu2+物质的量浓度均为0.1mol·L-1的混合溶液中逐滴加入10-3mol·L-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀4、下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是（）A．利用排空气法收集CO2B．收集氧气C．制备并检验氢气的可燃性D．稀释浓硫酸5、某同学利用下图装置探究SO2的性质。下列有关反应的方程式，不正确的是（）A．①中溶液显红色的原因：CO32－+H2OHCO3－+OH－B．①中溶液红色褪去的原因：2SO2+CO32－+H2O==CO2+2HSO3－C．②中溶液显黄绿色的原因：Cl2+H2O==HCl+HClOD．②中溶液黄绿色褪去的原因：SO2+Cl2+2H2O==H2SO4+2HCl6、图表示反应M(g)+N(g)2R(g)过程中能量变化，下列有关叙述正确的是A．由图可知，2molR的能量高于1molM和1molN的能量和B．曲线B代表使用了催化剂，反应速率加快，M的转化率：曲线B>曲线AC．1molM和1molN的总键能高于2molR的总键能D．对反应2R(g)M(g)+N(g)使用催化剂没有意义7、某种化合物（如图）由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是A．原子半径：W<X<Y<ZB．X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物C．简单离子的氧化性：WXD．W与X的最高价氧化物的水化物可相互反应8、我国科技人员全球首创3290块长宽均为800毫米，重量仅为2.85公斤的可折叠光影屏助阵70周年国庆庆典。下列有关说法正确的是A．光影屏中安装的计算机芯片，其材质是二氧化硅B．为提升光影屏的续航能力，翻倍提高电池的能量密度C．光影屏选用可折叠LED，其工作原理是将化学能转化为电能D．为减轻光影屏的重量，选用的ABS工程塑料和碳纤维都是有机高分子材料9、NA是阿伏加德罗常数的值。下列体系中指定微粒或化学键的数目一定为NA的是A．46.0g乙醇与过量冰醋酸在浓硫酸加热条件下反应所得乙酸乙酯分子B．36.0gCaO2与足量水完全反应过程中转移的电子C．53.5g氯化铵固体溶于氨水所得中性溶液中的NH4＋D．5.0g乙烷中所含的共价键10、已知M、N是合成某功能高分子材料的中间产物，下列关于M、N说法正确的是（）A．M、N都属于烯烃，但既不是同系物，也不是同分异构体B．M、N分别与液溴混合，均发生取代反应C．M、N分子均不可能所有原子共平面D．M、N均可发生加聚反应生成高分子化合物11、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，2.24LCl2通入NaOH溶液中反应转移的电子数为0.2NAB．常温下，1LpH=11的NaOH溶液中由水电离出的H+的数目为10－11NAC．273K、101kPa下，22.4L由NO和O2组成的混合气体中所含分子总数为NAD．100g34%双氧水中含有H－O键的数目为2NA12、下列实验能达到目的的是选项目的实验A验证某气体表现还原性将某气体通入溴水中，溴水褪色B制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸溶液中滴加浓硫酸C制备硅酸胶体向硅酸钠水溶液中逐滴滴加浓盐酸至溶液呈强酸性D配制0.2mol/L的CH3COOH溶液准确量取100mL2mol/L的CH3COOH溶液，加入烧杯中稀释后迅速转移至1000mL容量瓶中，然后加蒸馏水定容A．A B．B C．C D．D13、下列说法正确的是A．Fe3＋、SCN－、NO3－、Cl－可以大量共存B．某碱溶液中通入少量CO2产生白色沉淀，该碱一定是Ca(OH)2C．Na[Al(OH)4]溶液和NaHCO3溶液混合可以产生白色沉淀和无色气体D．少量的Mg(HCO3)2溶液加过量的Ba(OH)2溶液的离子方程式为：Mg2＋＋2HCO3－＋2Ba2＋＋4OH－=2BaCO3↓＋Mg(OH)2↓＋2H2O14、“17世纪中国工艺百科全书”《天工开物》为明代宋应星所著。下列说法错误的是A．“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程B．“凡铜出炉只有赤铜，以倭铅（锌的古称）参和，转色为黄铜”中的“黄铜”为锌铜金C．“凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为CaOD．“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉15、常温下，用0.100mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol·L－1的HA溶液和HB溶液的滴定曲线如图。下列说法错误的是（己知lg2≈0.3）A．HB是弱酸，b点时溶液中c（B－）>c（Na+）>c（HB）B．a、b、c三点水电离出的c（H+）：a>b>cC．滴定HB溶液时，应用酚酞作指示剂D．滴定HA溶液时，当V（NaOH）=19.98mL时溶液pH约为4.316、对于反应2NO(g)＋2H2(g)→N2(g)＋2H2O(g)，科学家根据光谱学研究提出如下反应历程：第一步：2NO⇌N2O2快速平衡第二步：N2O2＋H2→N2O＋H2O慢反应第三步：N2O＋H2→N2＋H2O快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述正确的是A．若第一步反应△H<0，则升高温度，v正减小，v逆增大B．第二步反应的活化能大于第三步的活化能C．第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞都是有效碰撞D．反应的中间产物只有N2O2二、非选择题（本题包括5小题）17、Q、W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素，其原子序数依次增大。①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。②X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。请回答下列各题:(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。18、痛灭定钠是一种吡咯乙酸类的非甾体抗炎药，其合成路线如下：回答下列问题：(1)化合物C中含氧官能团的名称是_____。(2)化学反应①和④的反应类型分别为_____和_____。(3)下列关于痛灭定钠的说法正确的是_____。a．1mol痛灭定钠与氢气加成最多消耗7molH2b．核磁共振氢谱分析能够显示6个峰c．不能够发生还原反应d．与溴充分加成后官能团种类数不变e．共直线的碳原子最多有4个(4)反应⑨的化学方程式为_____。(5)芳香族化合物X的相对分子质量比A大14，遇FeCl3溶液显紫色的结构共有_____种（不考虑立体异构），核磁共振氢谱分析显示有5个峰的X的结构简式有_____。(6)根据该试题提供的相关信息，写出由化合物及必要的试剂制备有机化合物的合成路线图。________________19、硝基苯是制造染料的重要原料。某同学在实验室里用下图装置制取硝基苯，主要步骤如下：①在大试管里将2mL浓硫酸和1.5mL浓硝酸混合，摇匀，冷却到50～60℃以下。然后逐滴加入1mL苯，边滴边振荡试管。②按图连接好装置，将大试管放入60℃的水浴中加热10分钟。完成下列填空：（1）指出图中的错误__、__。（2）向混合酸中加入苯时，“逐滴加入”、“边滴边振荡试管”的目的是________________、____________。（3）反应一段时间后，混合液明显分为两层，上层呈__色，其中主要物质是__（填写物质名称）。把反应后的混和液倒入盛有冷水的烧杯里，搅拌，可能看到__。（选填编号）a．水面上是含有杂质的硝基苯b．水底有浅黄色、苦杏仁味的液体c．烧杯中的液态有机物只有硝基苯d．有无色、油状液体浮在水面（4）为了获得纯硝基苯，实验步骤为：①水洗、分离；②将粗硝基苯转移到盛有__的烧杯中洗涤、用__（填写仪器名称）进行分离；③__；④干燥；⑤__。（5）实验装置经改进后，该同学按照上述实验步骤重新进行了多次实验，充分反应后有两种情况出现，请帮助他作出分析：①产率低于理论值，原因是__；②产率高于理论值，原因是__。20、二苯甲酮广泛应用于药物合成，同时也是有机颜料、杀虫剂等的重要中间体。实验室以苯与苯甲酰氯为原料，在AlCl3作用下制备二苯甲酮的实验流程如下图所示：相关物理常数和物理性质如下表：名称相对分子质量密度/g·cm-3熔点/oC沸点/oC溶解性苯780.885.580.1难溶水，易溶乙醇苯甲酰氯140.51.22−1197遇水分解无水氯化铝133.52.44190178（升华）遇水水解，微溶苯二苯甲酮1821.1148.5305（常压）难溶水，易溶苯已知：反应原理为：。该反应剧烈放热。回答下列问题：（1）反应装置如图所示（加热和夹持装置已略去），迅速称取7.5g无水三氯化铝放入三颈瓶中，再加入30mL无水苯，搅拌，缓慢滴加6mL新蒸馏过的苯甲酰氯。反应液由无色变为黄色，三氯化铝逐渐溶解。混合完后，保持50℃左右反应1.5～2h。仪器A的名称为_______。装置B的作用为_______。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是______。能作为C中装置的是_______（填标号）。（2）操作X为___________。（3）NaOH溶液洗涤的目的是_____________。（4）粗产品先经常压蒸馏除去__________，再减压蒸馏得到产品。（5）当所测产品熔点为________时可确定产品为纯品。已知实验最终所得纯品8.0g，则实验产率为_________%（保留三位有效数字）。21、C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。（1）目前工业上有一种方法是用CO2和H2在230℃，催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。如图表示恒压容器中0.5molCO2和1.5molH2平移转化率达（2）一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1molSO2，发生反应2COg+SO2g⇌2CO2g+Ss，可用于回收燃烧烟气中的硫。若反应进行到时达平衡，测得CO（3）工业上有多种方法用于SO2①可用NaClO碱性溶液吸收SO2。为了提高吸收效率，常加入Ni2Oa.Ni2O3b.过程2的离子方程式___________________________________。c.Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是_______________。②“亚硫酸盐法”吸收烟气中的SO2。室温条件下，将烟气通入NH42SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，b点时溶液（4）用石墨做电极，食盐水做电解液电解烟气脱氮的原理如图1，NO被阳极产生的氧化性物质氧化NO3-，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。电流密度对溶液pH和对烟气脱硝的影响如图图1图2①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3-反应的离子方程式__________________。排入空气的尾气，一定含有的气体单质是_________________（填化学式）。②溶液的pH对NO去除率存在相关关系的原因是___________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）中Mn元素显+4价，浸出并过滤后Mn元素以Mn2+的形式存在于滤液中，浓硫酸无还原性，据此可推知植物粉作还原剂；浸出后的滤液中，除了Mn2+还有Fe2+、Al3+、Mg2+，除杂时可调节pH使其中一些离子转化为沉淀，为了不引入新的杂质，可加入Mn（Ⅱ）的氧化物或碳酸盐；除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5，不能将Fe2+、Al3+、Mg2+完全转化为沉淀，之后加入双氧水可将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，加入的软锰矿也会再消耗一些H+；NH4HCO3受热易分解，因此加入NH4HCO3沉淀Mn2+时，温度不宜过高。【详解】A．试剂X用于调节pH，为了不引入新的杂质，可加入Mn（Ⅱ）的氧化物或碳酸盐，不宜加入MnO2，A项错误；B．浸出时，MnO2转化为Mn2+，植物粉作还原剂，B项正确；C．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5不能完全除去Fe、Al、Mg等杂质，C项错误；D．沉淀MnCO3步骤中，NH4HCO3受热易分解，不能持续升高温度，D项错误；答案选B。【点睛】控制实验条件时要充分考虑物质的特性，如：①Fe3+在较低的pH环境下就可沉淀完全，要完全沉淀Fe元素，应将Fe2+转化为Fe3+；②NH4HCO3受热易分解，要注意控制反应的温度。2、D【解析】

A选项，S6和S8分子都是由S原子组成，它们是不同的物质，互为同素异形体，故A错误；B选项，S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铁粉反应，所得产物相同，故B错误；C选项，不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2，故C错误；D选项，等质量的S6和S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同，故D正确。综上所述，答案为D。3、B【解析】

向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会发生水解，水解促进水的电离，结合溶度积常数和溶液中的守恒思想分析解答。【详解】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会发生水解，水解促进水的电离，b点滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。A．Na2S溶液显碱性，根据质子守恒，c(H+)＋c(HS-)＋2c(H2S)＝c(OH-)，故A错误；B．a、c两点Cu2+、S2-的水解促进了水的电离，水的电离程度增大，b点可认为是NaCl溶液，水的电离没有被促进和抑制，水的电离程度最小，故B正确；C．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)•c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，c点溶液中含有NaCl和Na2S，c(S2-)=×0.1mol/L，因此c(Cu2+)===3×10-34.4mol/L，故C错误；D．向100mLZn2+、Cu2+浓度均为0.1mol•L-1的混合溶液中逐滴加入10-3mol•L-1的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)==mol/L=3×10-24mol/L；产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)==mol/L=10-34.4mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，先产生CuS沉淀，故D错误；故选B。【点睛】本题的难点是根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp，也是解题的关键。本题的易错点为C，要注意c点溶液中c(S2-)=×0.1mol/L。4、B【解析】

A.CO2的密度比空气大，应该由长导气管通入，用向上排空气的方法收集，A错误；B.O2难溶于水，可以用排水的方法收集，B正确；C.装置中含有空气，开始反应产生气体，通过导气管逸出的气体中含有H2、O2，若立即点燃会发生爆炸，应该等排出一段时间气体后再点燃，C错误；D.浓硫酸稀释时，应该将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中，D错误；故合理选项是B。5、C【解析】碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞变红色，其水解的离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故A正确；亚硫酸的酸性强于碳酸，在碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳发生反应2SO2+CO32﹣+H2O═CO2+2HSO3﹣，NaHSO3溶液显酸性，所以溶液红色褪去，故B正确；氯气溶于水部分与水反应，部分以氯气分子的形式存在于溶液，所以氯水显浅黄绿色是因为溶解了氯气，故C错误；二氧化硫与氯水反应生成HCl和硫酸，即发生SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，氯气被消耗，所以溶液的黄绿色褪去，故D正确。6、C【解析】

A．图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，生成物的总能量高于反应物的总能量，即2molR(g)的能量高于1molM(g)和1molN(g)的能量和，但A选项中未注明物质的聚集状态，无法比较，选项A错误；B．催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，改变反应的路径，曲线B代表使用了催化剂，反应速率加快，但M的转化率：曲线B=曲线A，选项B错误；C．图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，键能是指断开键所需的能量，1molM和1molN的总键能高于2molR的总键能，选项C正确；D．图象分析使用催化剂能加快化学反应速率，选项D错误；答案选C。7、A【解析】

W、X、Y、Z均为短周期元素，且W、Y、Z分别位于三个不同周期，则其中一种元素为H，据图可知W不可能是H，则Y或者Z有一种是氢，若Y为H，则不满足“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”，所以Z为H，W和Y属于第二或第三周期；据图可知X可以形成+1价阳离子，若X为Li，则不存在第三周期的元素简单离子核外电子排布与X相同，所以X为Na；据图可知Y能够形成2个共价键，则Y最外层含有6个电子，结合“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”可知，Y为O；根据“Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍”可知，W最外层含有3个电子，为Al元素，据此解答。【详解】A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小为：Z＜Y＜W＜X，故A错误；

B．Na与O形成的过氧化钠、O与H形成的双氧水都是强氧化剂，具有漂白性，故B正确；

C．金属性越强，对应简单离子的氧化性越弱，金属性Al＜Na，则简单离子的氧化性：W＞X，故C正确；

D．Al与Na的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、NaOH，二者可相互反应生成偏铝酸钠和水，故D正确；

故选：A。8、B【解析】

A．光影屏中安装的计算机芯片，其材质是硅，A不正确；B．可折叠光影屏将续航能力翻倍提升，电池的能量密度翻倍提高，B正确；C．LED光影屏白天将光能转化为电能，夜晚将电能转化为光能，C不正确；D．碳纤维是无机非金属材料，D不正确；故选B。9、C【解析】

A．46.0g乙醇的物质的量为1mol，酯化反应为可逆反应，不能进行到底，lmol乙醇与过量冰醋酸在加热和浓硫酸条件下充分反应生成的乙酸乙酯分子数小于NA，故A错误；B．36.0gCaO2的物质的量为=0.5mol，与足量水完全反应生成氢氧化钙和氧气，转移0.5mol电子，故B错误；C．53.5g氯化铵的物质的量为1mol，中性溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，因此c(NH4+)=c(Cl-)，即n(NH4+)=n(Cl-)=1mol，故C正确；D．一个乙烷分子中含有6个C-H键和1个C-C键，因此5.0g乙烷中所含的共价键数目为×7×NA=NA，故D错误；答案选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意过氧化钙与水的反应类似于过氧化钠与水的反应，反应中O元素的化合价由-1价变成0价和-2价。10、D【解析】

A.M分子结构中官能团为碳碳双键与羟基，为烃的衍生物，不属于烯烃，M与N在组成上相差不是n个CH2，且分子式也不相同，所以但既不是同系物，也不是同分异构体，A项错误；B.M、N分子结构中均含碳碳双键，与液溴混合时，可发生加成反应，苯环与液溴发生取代反应时，还需要催化剂，B项错误；C.M分子内含碳碳单键，中心C原子采用sp3杂化，不可能所有原子共平面，N所有原子可以共平面，C项错误；D.M、N分子结构中均含碳碳双键，均可发生加聚反应生成高分子化合物，D项正确；答案选D。11、B【解析】

A．Cl2通入NaOH溶液中发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，这是一个歧化反应，每消耗0.1molCl2转移电子数为0.1mol，A项错误；B．碱溶液中的H+均是水电离产生的，pH等于11的NaOH溶液中水电离出的H+浓度为10-11mol/L，故1L该溶液中H+的数目为10-11mol，B项正确；C．所给条件即为标准状况，首先发生反应：2NO+O2=2NO2，由于NO和O2的量未知，所以无法计算反应生成NO2的量，而且生成NO2以后，还存在2NO2N2O4的平衡，所以混合气体中的分子数明显不是NA，C项错误；D．100g34%双氧水含有过氧化氢的质量为34g，其物质的量为1mol，含有H-O键的数目为2mol，但考虑水中仍有大量的H-O键，所以D项错误；答案选择B项。【点睛】根据溶液的pH可以求出溶液中的c(H+)或c(OH-)，计算微粒数时要根据溶液的体积进行计算。在计算双氧水中的H-O键数目时别忘了水中也有大量的H-O键。12、B【解析】

A．若某气体具有强氧化性将溴单质氧化，溴水也会褪色，故A错误；B．向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可生成SO2，且浓硫酸溶于水放热，降低了SO2的溶解度，能够达到实验目的，故B正确；C．硅酸胶体中加入加入过量盐酸可使胶体聚沉，故C错误；D．量取一定体积的浓醋酸在烧杯中稀释后，迅速转移至1000mL容量瓶中，要用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2-3次，洗涤液转移进容量瓶，否则会造成溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，浓醋酸的少量挥发，也会导致溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，故D错误；故答案为B。13、D【解析】

A.Fe3＋与SCN－反应生成红色的络合物，不能大量共存，故A错误；B.某碱溶液中通入少量CO2产生白色沉淀，该碱可能是Ca(OH)2，也可能是Ba(OH)2，故B错误；C.因为酸性：HCO3->Al（OH）3，所以Na[Al(OH)4]溶液和NaHCO3溶液混合可以产生氢氧化铝白色沉淀，但不会生成气体，故C错误；D.少量的Mg(HCO3)2溶液加过量的Ba(OH)2溶液生成碳酸钡沉淀、氢氧化镁沉淀和水，离子方程式为：Mg2＋＋2HCO3－＋2Ba2＋＋4OH－=2BaCO3↓＋Mg(OH)2↓＋2H2O，故D正确；故选D。14、C【解析】

A．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，生铁性能坚硬、耐磨、铸造性好，但生铁脆，不能锻压。而熟铁含碳量在0.02%以下，又叫锻铁、纯铁，熟铁质地很软，塑性好，延展性好，可以拉成丝，强度和硬度均较低，容易锻造和焊接。“炒则熟”，碳含量由于“炒”而变成碳氧化合物，使得碳含量降低，A选项正确；B．赤铜指纯铜，也称红铜、紫铜。由于表面含有一层Cu2O而呈现红色。“倭铅”是锌的古称，黄铜是由铜和锌所组成的合金，由铜、锌组成的黄铜就叫作普通黄铜，如果是由两种以上的元素组成的多种合金就称为特殊黄铜。黄铜有较强的耐磨性能，黄铜常被用于制造阀门、水管、空调内外机连接管和散热器等，B选项正确；C．凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，生成CaO；而“久置成粉”主要生成Ca（OH）2，进一步与CO2反应则会生成CaCO3，C选项错误；D．古代制墨，多用松木烧出烟灰作原料，故名松烟墨。烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物，烟遇冷而凝固生成烟炱，烟炱有松烟炱和油烟炱之分。松烟墨深重而不姿媚，油烟墨姿媚而不深重。松烟墨的特点是浓黑无光，入水易化。“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，颗粒小的为胶粒，大的形成悬浊液，D选项正确；答案选C。15、B【解析】

A.20.00mL0.100mol·L－1的HB溶液，pH大于1，说明HB是弱酸，b点溶质为HB和NaB，物质的量浓度相等，溶液显酸性，电离程度大于水解程度，因此溶液中c(B－)>c(Na+)>c(HB)，故A正确；B.a、b、c三点，a点酸性比b点酸性强，抑制水电离程度大，c点是盐，促进水解，因此三点水电离出的c(H+)：c>b>a，故B错误；C.滴定HB溶液时，生成NaB，溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，故C正确；D.滴定HA溶液时，当V(NaOH)=19.98mL时溶液氢离子浓度为，则pH约为4.3，故D正确。综上所述，答案为B。16、B【解析】

A．不管△H<0，还是△H>0，升高温度，v正和v逆均增大，A选项错误；B．第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，则第二步反应的活化能大于第三步的活化能，B选项正确；C．根据有效碰撞理论可知，任何化学反应的发生都需要有效碰撞，但每一次碰撞不一定是有效碰撞，C选项错误；D．反应的中间产物有N2O2和N2O，D选项错误；答案选B。【点睛】化学反应速率与温度有关，温度升高，活化分子数增多，无论是正反应速率还是逆反应速率都会加快，与平衡移动没有必然联系。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O【解析】

根据题干可知Q、W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根据方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【详解】(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根据方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。18、酯基取代反应加成反应de+NaOH+CH3OH16、【解析】

根据合成路线分析：与CH3I发生取代反应①转变为，发生反应②，在邻位引入醛基转变为：，与CH3NO2发生反应生成，与氢气发生加成反应④生成，发生反应⑤将−CH2NO2脱去氢氧原子转变为−CN，生成，反应⑥中−CN碱性水解转变成−COONa，得到，反应生成，结合分子式C16H17O3N，与发生取代反应生成，在碱性条件下水解得到，据此作答。【详解】(1)化合物C中含氧官能团为酯基，故答案为：酯基；(2)由上述分析可知反应①为取代反应，反应④为加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；(3)a．苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成，因此1mol痛灭定钠与氢气加成最多消耗6molH2，故错误；b.该结构中有7种氢，故核磁共振氢谱分析能够显示7个峰，故错误；c.苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成，与氢气发生的加成反应也属于还原反应，故错误；d.与溴充分加成后碳碳双键消失，引入了溴原子，故官能团种类数不变，故正确；e.如图所示，共直线的碳原子最多有4个，，故正确；故答案为：de；(4)由以上分析知，反应⑨为在碱性条件下水解得到，则发生反应的化学方程式为：+NaOH+CH3OH，故答案为：+NaOH+CH3OH；(5)芳香族化合物说明X中有苯环，相对分子质量比A大14，说明比A多一个CH2，与A的不饱和度相同为4；遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基；若苯环上有两个取代基，则为(邻、间、对3种)，(邻、间、对3种)；若苯环上有三个取代基，先确定两个取代基的位置，即邻、间、对，再确定另一个取代基的位置，当羟基和氨基位于邻位时，苯环上有4种氢原子，则甲基可以有4种取代方式，则会得到4种同分异构体，同理，当羟基和氨基位于间位时，也会有4种同分异构体，当羟基和氨基位于对位时，有2种同分异构体，共3+3+4+4+2=16，其中核磁共振氢谱分析显示有5个峰的X的结构简式有、，故答案为：16；、；(6)完全仿照题干中框图中反应⑥⑦⑧，选择合适试剂即可完成，与氢氧化钠水解得到苯乙酸钠，苯乙酸钠与(CH3CH2)2SO4反应得到，再与乙酰氯反应生成，合成路线为：；故答案为；。19、缺少温度计大试管接触烧杯底部使苯与混酸混合均匀能及时移走反应产生的热量浅黄色硝基苯、苯b、d氢氧化钠溶液分液漏斗水洗、分离蒸馏温度过高引起硝酸的分解、苯的挥发温度过高，有其他能溶于硝基苯的产物生成【解析】

⑴水浴加热需精确控制实验温度；为使受热均匀，试管不能接触到烧杯底部；⑵苯不易溶于混酸，需设法使之充分混合；该反应放热，需防止温度过高；⑶混合酸密度比硝基苯大，但稀释后会变小，硝基苯无色，但溶解的杂质会使之有色；⑷粗硝基苯中主要含未反应完的酸和苯，酸可用水和碱除去，苯可用蒸馏的方法分离；⑸在本实验中使用的硝酸易分解、苯易挥发，有机反应的一个特点是副反应比较多，这些因素会使产率降低或使得实验值偏离理论值，而这些因素都易受温度的影响。【详解】⑴在水浴装置中为了精确控制实验温度，需要用温度计测量水浴的温度；为使受热均匀，试管不能接触到烧杯底部，所以在图中错误为缺少温度计、大试管接触烧杯底部。答案为：缺少温度计；大试管接触烧杯底部；⑵在向混合酸中加入苯时边逐滴加入边振荡试管，能使苯与混酸混合均匀；苯的硝化反应是一个放热反应，在向混合酸中加入苯时边逐滴加入边振荡试管，能及时移走反应产生的热量，有利于控制温度，防止试管中液体过热发生更多的副反应，甚至发生危险。答案为：使苯与混酸混合均匀；能及时移走反应产生的热量；⑶混合酸与苯反应一段时间后，生成的硝基苯与未反应的苯相溶，有机层密度比混酸小，不能与混酸相溶，会浮在混合酸的上层，有机层因溶解了少量杂质(如浓硝酸分解产生的NO2等)而呈浅黄色，所以反应一段时间后，混合液明显分为两层，上层呈浅黄色；把反应后的混合液倒入盛有冷水的烧杯里，搅拌：a．与水混合后，形成的水层密度比硝基苯小，硝基苯不在水面上，a选项错误；b．苦杏仁味的硝基苯密度比水层大，沉在水底，且因溶有少量杂质而呈浅黄色，b选项正确；c．烧杯中的液态有机物有硝基苯、苯及其它有机副产物，c选项错误；d．反应后的混和液倒入冷水中，可能有部分未反应的苯浮上水面，苯为无色、油状液体，d选项正确；答案为：浅黄色；硝基苯、苯；b、d；⑷在提纯硝基苯的过程中，硝基苯中有酸，能与碱反应，硝基苯中有苯，与硝基苯互溶，所以操作步骤为：①水洗、分离，除去大部分的酸；②将粗硝基苯转移到盛有氢氧化钠溶液的烧杯中洗涤、用分液漏斗进行分离，除去剩余的酸；③水洗、分离，除去有机层中的盐及碱；④干燥；⑤蒸馏，使硝基苯与苯及其它杂质分离。答案为：氢氧化钠溶液；分液漏斗；水洗、分离；蒸馏；⑸本实验中反应为放热反应，需控制好温度。如果温度过高会导致硝酸的分解、苯的挥发，使产率降低；温度过高会也有不易与硝基苯分离的副产物产生并溶解在生成的硝基苯中，使实验值高于理论值。答案为：温度过高引起硝酸的分解、苯的挥发；温度过高，有其他能溶于硝基苯的产物生成。【点睛】1．平时注重动手实验并仔细观察、认真思考有助于解此类题。2．硝基苯的密度比水大、比混酸小。所以，与混酸混合时硝基苯上浮，混和液倒入水中后混酸溶于水被稀释，形成的水溶液密度减小至比硝基苯小，所以，此时硝基苯下沉。20、恒压滴液漏斗防止外界空气中水蒸气进入影响实验控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高bc分液洗去残留的HCl苯48.584.4【解析】

苯与苯甲酰氯为原料，在AlCl3作用下制备二苯甲酮，，实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响实验。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有HCl，极易溶于水，用C中装置吸收。反应混合液冷却，加浓盐酸后，静置分层，分液后在有机层中加NaOH溶液洗去残留的HCl，用无水MgSO4干燥得粗产品，粗产品先经常压蒸馏除去苯，再减压蒸馏得到产品。【详解】（1）由装置图：仪器A的名称为恒压滴液漏斗。实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响实验。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有HCl，极易溶于水，用C中装置吸收，能作为C中装置的是bc（填标号）。故答案为：恒压滴液漏斗；防止外界空气中水蒸气进入影响实验；控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高；bc；（2）制备二苯甲酮的反应混合物，冷却、加浓盐酸后分成两相，有机相和水相，用分液的方法分离，操作X为分液。故答案为：分液；（3）分液后得到的有机相中含有HCl，NaOH溶液洗涤的目的是洗去残留的HCl。故答案为：洗去残留的HCl；（4）苯和二苯甲酮互溶，沸点不同，粗产品先经常压蒸馏除去苯，再减压蒸馏得到产品。故答案为：苯；（5）纯净物具有固定的熔点，二苯甲酮的熔点为48.5℃，当所测产品熔点为48.5℃时可确定产品为纯品。30mL苯（密度0.88g·mL－1）的物质的量为mol=0.34mol，6mL新蒸馏过的苯甲酰氯物质的量为mol=0.05210mol，由制备方程式可知，苯过量，所以产品的理论产量为0.05210mol×182g·mol－1=9.482g，则本实验中苯乙酮的产率为×100%=84.4%，故答案为：48.5；