江苏省南京市梅山高级中学2024-2025学年高三下学期高考模拟（二）化学试题试卷含解析

江苏省南京市梅山高级中学2024-2025学年高三下学期高考模拟（二）化学试题试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、在高温高压的水溶液中，AuS－与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿(主要成分Fe3O4)和金矿(含Au)，并伴有H2S气体生成。对于该反应的说法一定正确的是A．氧化剂和还原剂的物质的量之比2:3B．AuS－既作氧化剂又作还原剂C．每生成2.24L气体，转移电子数为0.1molD．反应后溶液的pH值降低2、下列有关化学用语表示正确的是（）A．氮离子N3-的结构示意图：B．聚丙烯的结构简式：C．由Na和Cl形成离子键的过程：D．比例模型可表示CH4分子，也可表示CCl4分子3、下列化合物中，属于酸性氧化物的是()A．Na2O2 B．SO3 C．NaHCO3 D．CH2O4、LiAlH4和LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂。它们遇水均能剧烈反应释放出H2，LiAlH4在125℃时分解为LiH、H2和Al。下列说法不正确的是A．LiAlH4中AlH4-的结构式可表示为：B．1molLiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子C．LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作氧化剂D．LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，其反应可表示为：LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑5、以0.10mol／L的氢氧化钠溶液滴定同浓度某一元酸HA的滴定曲线如图所示()。下列表述错误的是()A．z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同B．a约为3.5C．z点处，D．x点处的溶液中离子满足：6、运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（）A．蛋白质水解的最终产物是氨基酸B．向饱和硼酸溶液中滴加Na2CO3C．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应D．可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底7、核能的和平利用对于完成“节能减排”的目标有着非常重要的意义。尤其是核聚变，因其释放能量大，无污染，成为当前研究的一个热门课题。其反应原理为＋→＋。下列说法中正确的是（）A．D和T是质量数不同，质子数相同的氢的两种元素B．通常所说的氢元素是指C．、、是氢的三种核素，互为同位素D．这个反应既是核反应，也是化学反应8、下列有关物质性质和应用的因果关系正确的是()A．二氧化硫具有漂白性，能使氯水褪色B．浓硫酸具有较强酸性，能使Cu转化为Cu2＋C．硅具有还原性，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来D．二氧化锰具有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气9、常温常压下，某烧碱溶液与0.05mol氯气恰好完全反应，得到pH＝9的混合溶液（溶质为NaC1与NaC1O）。下列说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）A．氯气的体积为1.12L B．原烧碱溶液中含溶质离子0.2NAC．所得溶液中含OH－的数目为1×10－5NA D．所得溶液中ClO－的数目为0.05NA10、制备和收集下列气体可采用如图装置的是（）A．铜与浓硫酸反应制SO2 B．铜与稀硝酸反应制NOC．乙醇与浓硫酸反应制乙烯 D．氯化钠与浓硫酸反应制HCl11、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A．50mL1mol/L硝酸与Fe完全反应，转移电子的数目为0.05NAB．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，所得物质中的氧原子数为4NAC．30g乙酸和甲醛（HCHO）的混合物完全燃烧，消耗O2的分子数目为NAD．1L0.1mol/L的CH3COONH4溶液中，CH3COOH和CH3COO－的微粒数之和为0.1NA12、氢氧化铈[Ce(OH)4]是一种重要的稀土氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：下列说法错误的是A．滤渣A中主要含有SiO2、CeO2B．过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒C．过程②中发生反应的离子方程式为CeO2+H2O2+3H+=Ce3++2H2O+O2↑D．过程④中消耗11.2LO2(已折合成标准状况)，转移电子数为2×6.02×102313、室温下，分别用0.1000mol•L－1的NaOH标准液滴定浓度均为0.1mol•L－1的三种酸HX、HY、和HZ，滴定曲线如图所示，下列说法错误的是A．三种酸的酸性强弱：HX>HY>HZB．等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性C．用NaOH标准液滴定HZ溶液时，选用酚酞作指示剂D．滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，溶液中存在c（X－）<c（Na+）14、下列有关化学用语表示正确的是（）A．硝基苯： B．镁离子的结构示意图：C．水分子的比例模型： D．原子核内有8个中子的碳原子：15、下列有关物质用途的说法，错误的是()A．二氧化硫常用于漂白纸浆 B．漂粉精可用于游泳池水消毒C．晶体硅常用于制作光导纤维 D．氧化铁常用于红色油漆和涂料16、常见药物布洛芬Y，具有镇痛、抗炎作用，可由中间体X通过以下方法制得：下列关于化合物X、Y的说法中错误的是A．X的化学式为C13H18O B．1molY能与4molH2反应C．可用NaHCO3溶液鉴别两者 D．两者氢原子的种类数相等17、依据下列实验现象，得出的结论正确的是操作实验现象结论A向NaBr溶液中加入过量氯水，再加入淀粉KI溶液最终溶液变蓝氧化性：Cl2>Br2>I2B向某无色溶液中滴加浓盐酸产生能使品红溶液褪色的气体不能证明原溶液中含有SO32－或HSO3－C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，加入新制氢氧化铜，加热得到蓝色溶液蔗糖水解产物没有还原性D向2mL0.01mol/L的AgNO3溶液中滴加几滴同浓度的NaCl溶液后，滴加KI溶液先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)A．A B．B C．C D．D18、保存液态有机物的一种方法是在其上方加盖一层水以避免挥发损失。下列有机物适合用“水封法”保存的是A．乙醇 B．硝基苯 C．甘油 D．己烷19、用如图所示的实验装置模拟侯氏制碱法的主要反应原理。下列说法正确的是A．侯氏制碱法中可循环利用的气体为B．先从a管通入NH3，再从b管通入CO2C．为吸收剩余的NH3，c中应装入碱石灰D．反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是纯碱20、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-121、已知HA的酸性弱于HB的酸性。25℃时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1mol•L-1的HA溶液和HB溶液的pH（溶液的体积变化忽略不计），溶液中A-、B-的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示。下列说法正确的是（）A．曲线Ⅰ表示溶液的pH与-lgc（A-）的变化关系B．C．溶液中水的电离程度：M>ND．N点对应的溶液中c（Na+）＞Q点对应的溶液中c（Na+）22、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二、非选择题(共84分)23、（14分）以下是某药物中间体D的合成过程：A(C6H6O)B（1）A的结构简式为_________________，A转化为B的反应类型是____________。（2）D中含氧官能团的名称是__________。（3）鉴别B、C

可以用的试剂名称是______________。（4）D在一定条件下与足量NaOH溶液反应的化学方程式是_________________。（5）同时符合下到条件的D的所有同分异构体(不考虑立体异构)有________种。①能与NaHCO3溶液反应产生气体；②苯环上只有2个取代基；③遇氯化铁溶液发生显色反应。其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为3∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式是________________________________(写结构简式)。（6）已知：+CH≡CH请设计合成路线以A和C2H2

为原料合成(无机试剂任选)：____________。24、（12分）法华林是一种治疗心脑血管疾病的药物，属于香豆素类衍生物，其合成路径如下：已知：①法华林的结构简式：②+③+(1)A的结构简式是___________。(2)C分子中含氧官能团是___________。(3)写出D与银氨溶液反应的化学方程式___________。(4)E的结构简式是___________。(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2。写出水杨酸反应生成F的化学方程式___________。(6)K分子中含有两个酯基，K结构简式是___________。(7)M与N互为同分异构体，N的结构简式是____________。(8)已知：最简单的香豆素结构式。以乙酸甲酯、甲醛和苯酚为主要原料，一种合成香豆素的路线如下(其他药品自选)：写出甲→乙反应的化学方程式___________；丙的结构简式是_________。25、（12分）氮化铝(AlN)是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域。某化学研究小组利用Al2O3＋3C＋N22AlN＋3CO制取氮化铝，设计如图实验装置：试回答：（1）实验中用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气的化学方程式为___。（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A的作用是__(填写序号)。a．防止NaNO2饱和溶液蒸发b．保证实验装置不漏气c．使NaNO2饱和溶液容易滴下（3）按图连接好实验装置，检查装置气密性的方法是：在干燥管D末端连接一导管，将导管插入烧杯中的液面下，___。（4）化学研究小组的装置存在严重问题，请说明改进的办法：___。（5）反应结束后，某同学用如图装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数(实验中导管体积忽略不计)。已知：氮化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2和氨气。①广口瓶中的试剂X最好选用___(填写序号)。a．汽油b．酒精c．植物油d．CCl4②广口瓶中的液体没有装满(上方留有空间)，则实验测得NH3的体积将___(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。③若实验中称取氮化铝样品的质量为10.0g，测得氨气的体积为3.36L(标准状况)，则样品中AlN的质量分数为___。26、（10分）苯甲酸乙酯可由苯甲酸与乙醇在浓硫酸共热下反应制得，反应装置如图（部分装置省略），反应原理如下：实验操作步骤：①向三颈烧瓶内加入12.2g苯甲酸、25mL乙醇、20mL苯及4mL浓硫酸，摇匀，加入沸石。②装上分水器、电动搅拌器和温度计，加热至分水器下层液体接近支管时将下层液体放入量筒中。继续蒸馏，蒸出过量的乙醇，至瓶内有白烟(约3h)，停止加热。③将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末至溶液无二氧化碳逸出，用pH试纸检验至呈中性。④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层。用无水CaC12干燥，粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚。当温度超过140℃时，直接接收210-213℃的馏分，最终通过蒸馏得到纯净苯甲酸乙酯12.8mL。可能用到的有关数据如下：相对分子质量密度（g/cm3）沸点/℃溶解性苯甲酸1221.27249微溶于水，易溶于乙醇、乙醚苯甲酸乙酯1501.05211-213微溶于热水，溶于乙醇、乙醚乙醇460.7978.5易溶于水乙醚740.7334.5微溶于水回答以下问题：(1)反应装置中分水器上方的仪器名称是______，其作用是____(2)步骤①中加浓硫酸的作用是_________，加沸石的目的是______。(3)步骤②中使用分水器除水的目的是_________。(4)步骤③中加入碳酸钠的目的是________。(5)步骤④中有机层从分液漏斗的____（选填“上口倒出”或“下口放出”）。(6)本实验所得到的苯甲酸乙酯产率是________%。27、（12分）如图是实验室利用铜与浓硫酸制取二氧化硫并探究它的性质，请回答下列问题：（1）装置A中m的作用___，装置A中有明显的一处错误___。（2）装置A中发生的化学反应方程式___，该反应的氧化产物是__________。（3）装置B中的现象________，证明SO2具有________。（4）装置C中溶液在空气中不易保存，时间长了会出现浑浊，原因是_______。（用离子方程式表示）（5）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，写出实验操作及现象__。（6）E中的现象是___，发生的化学反应方程式_______。28、（14分）二氧化氯是黄绿色的气体，可用于水体消毒与废水处理．一种制备方法为：_______H2C2O4+___NaClO3+___H2SO4→___Na2SO4+___CO2↑+__ClO2↑+___H2O完成下列填空：（1）配平上述反应方程式，该反应的还原产物是______．（2）该反应每产生0.2molClO2，需要消耗草酸晶体（H2C2O4•2H2O）_____g．（3）上述反应物中属于第三周期的元素的原子半径大小顺序是______，其中原子半径最大的元素最外层电子云形状为______．（4）二氧化氯具有强氧化性，能漂白有色物质，其漂白原理与_______相同．（写一种）（5）二氧化氯能净化有毒废水中的氰化钠（NaCN），生成NaCl、CO2和N2，请写出此反应的离子方程式：__________．（6）上述反应产物NaCl中含有______键，工业上用电解熔融的氯化钠制备金属钠，氯气在_____（写电极名称）产生．29、（10分）硫酸在生活和生产中应用广泛。Ⅰ某工厂以黄铁矿（主要成分为FeS2）为原料，采用“接触法”制备硫酸。已知298K和101kPa条件下：2FeS2（s）=2FeS（s）＋S（s）ΔH1S（s）＋2O2（g）=2SO2（g）ΔH24FeS（s）＋7O2（g）=2Fe2O3（s）＋4SO2（g）ΔH3则在该条件下FeS2与O2生成Fe2O3和SO2的总热化学方程式是________。Ⅱ催化氧化反应：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）ΔH＜0（1）在体积可变的密闭容器，维持压强为1×105Pa和初始n（SO2）＝2mol，充入一定量的O2，SO2平衡转化率α（SO2）随O2物质的量n（O2）的变化关系如图所示：①在1000℃时，SO2平衡转化率随着O2物质的量的增大缓慢升高，解释其原因________。②a点时SO3的平衡分压p（SO3）＝________Pa（保留2位有效数字，某组分的平衡分压＝总压×某组分的物质的量分数）。（2）保持温度不变，向固定体积的密闭容器中充入一定量的SO2、O2。请画出平衡体系中SO3的体积分数φ（SO3）随初始SO2、O2的物质的量之比[n（SO2）/n（O2）]的变化趋势图。（3）已知活化氧可以把SO2快速氧化为SO3。根据计算机模拟结果，在炭黑表面上O2转化为活化氧的反应历程与能量变化如图所示。下列说法正确的是________。AO2转化为活化氧是氧氧键的断裂与碳氧键的生成过程B该过程中最大能垒（活化能）E正＝0.73eVC每活化一个O2吸收0.29eV的能量D炭黑可作为SO2转化为SO3的催化剂E其它条件相同时，炭黑颗粒越小，反应速率越快Ⅲ硫酸工厂尾气中的SO2可被NaOH溶液吸收，用惰性电极将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH的同时得到H2SO4，写出阳极的电极方程式________。

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、D【解析】

在高温高压的水溶液中，AuS－与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿(主要成分Fe3O4)和金矿(含Au)，并伴有H2S气体生成，则反应的方程式可表示为4H2O+2AuS－+3Fe2+→Fe3O4+2Au+2H2S↑+4H＋，则A．氧化剂是AuS－，还原剂是亚铁离子，根据电子得失守恒可知二者的物质的量之比1:1，选项A错误；B．AuS－中Au的化合价降低，只作氧化剂，亚铁离子是还原剂，选项B错误；C．不能确定气体所处的状态，则每生成2.24L气体，转移电子数不一定为0.1mol，选项C错误；D．反应后有氢离子产生，因此溶液的pH值降低，选项D正确；答案选D。2、C【解析】

A.氮离子N3-的结构示意图应该是：，A错误；B.聚丙烯的结构简式应该是：，B错误；C.由Na和Cl形成离子键的过程可表示为：，C正确；D.比例模型可表示CH4分子，由于氯原子半径大于碳原子半径，因此不能表示CCl4分子，D错误；答案选C。选项D是解答的易错点，由于比例模型用来表现分子三维空间分布的分子模型，因此需要注意原子半径的相对大小。3、B【解析】

A.Na2O2是过氧化物，不属于酸性氧化物，选项A错误；B.SO3＋2NaOH=Na2SO4＋H2O，SO3是酸性氧化物，选项B正确；C.NaHCO3不属于氧化物，是酸式盐，选项C错误；D.CH2O由三种元素组成，不是氧化物，为有机物甲醛，选项D错误。答案选B。本题考查酸性氧化物概念的理解，凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，注意首先必须是氧化物，由两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素的化合物。4、C【解析】

A．LiAlH4中AlH4-与NH4+为等电子结构，所以其结构与铵根离子相似，可表示为：，故A正确；B．LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价，Al为+3价，H为-1价，受热分解时，根据Al元素化合价变化即可得出1molLiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子，故B正确；C．乙醛生成乙醇得到氢，在有机反应中得氢去氧是还原反应，所以LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂，故C错误；D．LiAlH4中的-1价H和水中的+1价H发生氧化还原反应生成氢气，同时生成的OH-与Al3+反应生成AlO2-，所以反应方程式为：LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑，故D正确。故选D。5、D【解析】

A.z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，水的电离程度最大，z点之前溶液存在HA抑制水的电离，z点之后溶液中存在NaOH抑制水的电离，所以z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同，故A正确；B.HA的电离平衡常数，设HA的量为1，y点的滴定分数为0.91，pH=7，溶液中电荷守恒得到c（Na+）=c（A-）=0.91，则，c（HA）=1-0.91=0.09，平衡常数K=，设0.1mol/L的HA溶液中c（H+）=amol/L，则K=，解得a约为10-3.5mol/L，pH约为3.5，故B正确；C.z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，根据电荷守恒可知，此时溶液呈碱性，即氢氧根浓度大于氢离子浓度，所以，故C正确；D.x点处的溶液中溶质为HA和NaA，且二者物质的量相等，存在电荷守恒：，物料守恒：；二式消掉钠离子可得：，此时溶液呈酸性，即c（H+）>c（OH-），所以，故D错误；故答案为D。本题难度较大，要灵活运用电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒进行分析求解。6、B【解析】

A.氨基酸是形成蛋白质的基石，氨基酸通过缩聚反应形成蛋白质，则蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故A正确；B．非金属性C＞B，因此碳酸的酸性大于硼酸，向饱和硼酸溶液中滴加Na2CO3溶液，一定不能生成二氧化碳，故B错误；C．吸热反应的△H＞0，反应可自发进行，需要满足△H-T△S＜0，则△S＞0，故C正确；D．甲烷与水形成的水合物晶体——可燃冰，常温常压下容易分解，需要在低温高压下才能存在，海底的低温高压满足可燃冰的存在条件，因此可燃冰可存在于海底，故D正确；答案选B。本题的易错点为C，反应自发进行需要满足△H-T△S＜0，要注意不能单纯根据焓判据或熵判据判断。7、C【解析】

A项、D和T是质量数不同，质子数相同的氢的两种核素，故A错误；B项、是氢元素的一种核素，氢元素是指核电荷数即质子数为1的原子，符号为H，故B错误；C项、、、的质子数相同，中子数不同，属于同种元素的不同核素，互为同位素，故C正确；D项、该反应是原子核内发生的反应，属于核反应，不是化学反应，故D错误；故选C。8、C【解析】

A．二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸，使氯水褪色，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故A错误；B．铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫酸中部分硫元素化合价降低、部分化合价不变，浓硫酸表现强的氧化性和酸性，使铜化合价升高体现浓硫酸的强的氧化性，故B错误；C．硅单质中硅化合价为0，处于低价，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来，体现其还原性，故C正确；D．过氧化氢分解生成氧气和水，反应中二氧化锰起催化作用，故D错误；故选C。9、B【解析】

A项，常温常压不是标准状况，0.05mol氯气体积不是1.12L，故A错误；B项，原溶液中溶质为氢氧化钠，含溶质离子为Na+和OH-，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.05mol氯气和0.1mol氢氧化钠恰好反应，所以原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA，故B正确；C项，因为常温常压得到pH=9的混合溶液，所以c(OH-)=10-5mol/L，溶液体积未知不能计算OH-的数目，故C错误；D项，反应生成0.05molNaClO，因为次氯酸根离子水解，所得溶液中C1O-的数目小于0.05NA，故D错误。本题以阿伏伽德罗常数的分析判断为依托，主要考查盐类水解的分析、化学方程式的计算应用，题目综合性较强，重在考查分析综合运用能力。A项注意是否为标准状况，为易错点。10、B【解析】

由实验装置图可知，反应在加热条件下进行，生成气体可用排水法收集，说明生成的气体不溶于水。【详解】A．SO2易溶于水，不能用排水法收集，A项错误；

B．NO不溶于水，易与空气中氧气反应，只能用排水法收集，B项正确；

C．乙醇与浓硫酸反应制乙烯应有温度计，装置不符合要求，C项错误；

D．HCl易溶于水，不能用排水法收集，D项错误；

答案选B。11、A【解析】

A项、50mL1mol/L硝酸与Fe完全反应生成硝酸铁或硝酸亚铁，若硝酸的还原产物只有一氧化氮，50mL1mol/L硝酸的物质的量为0.05mol，则生成一氧化氮转移的电子数目为0.0375mol，故A错误；B项、2molNO与1molO2所含O原子的物质的量为4mol，由质量守恒定律可知，反应前后原子个数不变，则所得物质中的氧原子数为4NA，故B正确；C项、乙酸和甲醛（HCHO）的最简式相同，均为CH2O，30gCH2O的物质的量为1mol，1molCH2O完全燃烧消耗O2的物质的量为1mol，故C正确；D项、1L0.1mol/L的CH3COONH4的物质的量为0.1mol，由物料守恒可知溶液中CH3COOH和CH3COO－的物质的量为0.1mol，故D正确。故选A。本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。12、C【解析】

该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品。【详解】A.CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2，故A正确；B.结合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故B正确；C.稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2（SO4）3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C错误；D.过程④中消耗11.2LO2的物质的量为0.5mol，转移电子数为0.5mol×NA=2×6.02×1023，故D正确；故答案为C。13、D【解析】

A.酸越弱，酸的电离程度越小，等浓度的酸的pH越大，由图可知，三种酸的酸性强弱：HX>HY>HZ，选项A正确；B.由图可知，NaOH标准液滴定HY溶液中和百分数达50%时得等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性，选项B正确；C.用NaOH标准液滴定HZ溶液时，完全中和生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，可选用酚酞作指示剂，选项C正确；D.滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，得到等浓度、等体积的HX溶液和NaX溶液混合，溶液呈酸性，根据电荷守恒c（X－）+c（OH－）=c（Na+）+c（H+），则存在c（X－）>c（Na+），选项D错误。答案选D。14、A【解析】

A.硝基苯中硝基中的N原子与苯环相连，氧原子只能与N相连，故A正确；B.镁离子的结构示意图为，B项错误；C.由H2O分子的比例模型是：，故C错误；D.原子核内有8个中子的碳原子，质量数=14，碳原子为

，故D错误；正确答案是A。15、C【解析】

制作光导纤维的材料是SiO2而不是Si，C项错误。16、B【解析】

A．X的化学式为C13H18O，故A正确；B．布洛芬的官能团为－COOH，不能与H2发生加成反应，1molY只能与3molH2反应，故B错误；C．X、Y官能团分别为－CHO和－COOH，只有－COOH能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；D．X、Y中均含有8种氢原子，故D正确；答案选B。羧基不能与H2发生加成反应，是易错点。17、B【解析】

A．由于加入的氯水过量，加入KI后，I-会被过量的Cl2氧化生成能使淀粉变蓝的I2，所以无法证明Br2和I2的氧化性强弱关系，A项错误；B．能够让品红溶液褪色的可能是SO2，也可能是氯气等；如果使品红溶液褪色的是SO2，那么溶液中含有的也可能是，不一定是或；如果使品红溶液褪色的是Cl2，那么溶液中可能含有ClO-或；综上所述，B项正确；C．蔗糖水解后生成一分子葡萄糖和一分子果糖，葡萄糖是典型的还原性糖；若要验证葡萄糖的还原性，需要先将水解后的溶液调至碱性，再加入新制Cu(OH)2，加热后才会生成砖红色的Cu2O沉淀；选项没有加NaOH将溶液调成碱性，故C项错误；D．由于先前加入的NaCl只有几滴的量，所以溶液中仍然剩余大量的Ag+，所以后续加入KI溶液后，必然会生成黄色的AgI沉淀，实验设计存在漏洞，并不能证明AgI和AgCl的Ksp的大小关系；D项错误；答案选B。18、B【解析】

有机物用水封法保存，则有机物不溶于水，且密度比水大，以此解答．【详解】A.乙醇与水互溶，不能用水封，故A.错误；B.硝基苯密度大于水，且不溶于水，可以用水封，故B正确；C.甘油与水互溶，不能用水封，故C不选；D.己烷密度小于水，在水的上层，不能用水封法保存，故D不选；答案选B。19、B【解析】

侯氏制碱法的原理：①将足量NH3通入饱和食盐水中，再通入CO2，溶液中会生成高浓度的HCO3-，与原有的高浓度Na+结合成溶解度较小的NaHCO3析出：NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl；②将析出的沉淀加热，制得Na2CO3（纯碱）：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，生成的CO2可用于上一步反应（循环利用）；③副产品NH4Cl可做氮肥。【详解】A．侯氏制碱法中可循环利用的气体是CO2，A项错误；B．先通入NH3，NH3在水中的溶解度极大，为了防止倒吸，应从a管通入，之后再从b管通入CO2，B项正确；C．碱石灰（主要成分是NaOH和CaO）不能吸收NH3，C项错误；D．反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是NaHCO3，将其加热得到纯碱（Na2CO3），D项错误；答案选B。侯氏制碱法中，要先通入足量NH3，再通入CO2，是因为：NH3在水中的溶解度极大，先通入NH3使食盐水显碱性，能够吸收大量CO2气体，产生高浓度的HCO3-，与高浓度的Na+结合，才能析出NaHCO3晶体；如果先通入CO2，由于CO2在水中的溶解度很小，即使之后通入过量的NH3，所生成的HCO3-浓度很小，无法析出NaHCO3晶体。20、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。21、B【解析】

A.由“HA的酸性弱于HB的酸性”可知，Ka（HB）>Ka（HA），由图可知，曲线I表示溶液的pH与-lgc（B-）的变化关系，错误；B.根据图中M、N点的数据可知，c（A-）=c（B-），c（HA）=c（HB），故，正确；M点与N点存在c（A-）=c（B-），M点溶液的pH比N点溶液的pH小，故M点水的电离程度弱，错误；D.N、Q点对应溶液的pH相等，由图可知c（A-）<c（B-），根据电荷守恒可知，N点对应的溶液中c（Na+）小于Q点对应的溶液中c（Na+），错误。22、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。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。二、非选择题(共84分)23、加成反应(酚)羟基、酯基碳酸氢钠+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O12【解析】本题考查有机物的推断和合成，（1）根据C的结构简式，判断出B生成C反应类型为酯化反应，即B的结构简式为，根据A的分子式，以及B的结构简式，推出A为苯酚，结构简式为，结合A和B的结构简式，A生成B的反应类型为加成反应；（2）根据D的结构简式，含有含氧官能团是酯基和（酚）羟基；（3）B含有羧基，C不含有羧基，且酚羟基电离出H＋能力小于碳酸，羧酸的酸性强于碳酸，因此检验两种物质，可以滴加NaHCO3溶液，B溶液中出现气泡，C中不出现气泡；（4）根据氢氧化钠发生反应的是酚羟基、酯基、溴原子，因此发生的反应方程式为+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O；（5）能与NaHCO3溶液产生气体，则结构中含有羧基，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，符合条件的同分异构体为（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种），共有12种；核磁共振氢谱有5种峰，说明有5种不同的氢原子，即结构简式为；（6）根据信息，生成的反应物应是乙炔和，因此先让A与氢气发生加成反应，然后再被氧化，合成路线为。点睛：本题的难点是同分异构体的书写，首先根据题中所给信息，判断出含有官能团或结构，如能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明含有羧基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环上有2种取代基，首先判断出的结构是，然后考虑苯环上两个取代基的位置，即邻间对，然后再考虑溴的位置，以及碳链异构，判断其他，平时注意多练习总结，找规律。24、羟基+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O+CH3OH+H2O2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O【解析】

A生成B是在光照条件下进行，发生的是取代反应，在根据A的分子式知道A是甲苯，B是，与氢氧化钠发生取代反应，则C是，根据反应条件知道D是，根据信息反应②的特点，醛与酮反应时醛基会转变为碳碳双键，故E中有碳碳双键，则E是。【详解】(1)A的名称为甲苯，结构简式是，故答案为：；(2)C分子的结构简式为，含氧官能团是羟基，故答案为：羟基；(3)D是，与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(4)由分析可知，E的结构简式是，故答案为：；(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2，说明存在羧基，同时含有羟基，故水杨酸的结构简式为，与CH3OH发生酯化反应，化学方程式为：+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；(6)由(5)可知，F为，与乙酸酐反应生成K，K分子中含有两个酯基，则K结构简式是，故答案为：；(7)M与N互为同分异构体，N与E生成，可知N的结构简式是，故答案为;;(8)由流程图可知，乙酸甲酯、甲醛在碱性条件下反生羟醛缩合生成甲，故甲为HOCH2CH2COOCH3，根据信息②③提示，要实现乙到丙过程，乙要有醛基，则甲到乙，实质是HOCH2CH2COOCH3变为OHCH2COOCH3，反应方程式为：2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O；OHCH2COOCH3与反应，再脱水得到丙，则丙为：，故答案为：2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O；。重点考查有机流程的理解和有机物结构推断、官能团、有机反应类型、简单有机物制备流程的设计、有机方程式书写等知识，考查考生对有机流程图的分析能力、对已知信息的理解能力和对有机化学基础知识的综合应用能力。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，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。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来告知部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。25、NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2Oc用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好在干燥管D末端连接一个尾气处理装置c不变61.5%【解析】

制取氮化铝：用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A，平衡内外压强，使NaNO2饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D防止空气进入反应装置干扰实验；（1）饱和NaNO2与NH4Cl溶液应生成氯化钠、氮气和水；（2）根据实验的需要结合大气压强原理来回答；（3）只要先将装置密封再利用热胀冷缩原理进行气密性验证；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，防止空气污染；（5）氮化铝和氢氧化钠反应会生成氨气，氨气进入广口瓶后，如果装置密闭，广口瓶中压强会增大，那么就会有水通过广口瓶的长管进入量筒中，根据等量法可知，进入到广口瓶中水的体积就等于生成的氨气的体积．所以通过量筒中排出的水的体积就可以知道氨气的体积，然后有氨气的密度求出氨气的质量，进而根据方程式求出氮化铝的质量。①产生的氨气极易溶于水，为防止氨气溶于水需要把气体与水隔离，因此应选择不能与氨气产生作用的液体作为隔离液；选用的试剂应是和水不互溶，且密度大于水的；②反应前广口瓶的上方留有的少量空间填充的是空气，反应后广口瓶的上方留有的少量空间填充的是氨气，氨气代替了开始的空气，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可；③根据氨气的体积计算出物质的量，得出其中氮原子的物质的量，根据氮原子守恒，来计算氮化铝的百分含量。【详解】制取氮化铝：用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A，平衡内外压强，使NaNO2饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D防止空气进入反应装置干扰实验。（1）饱和NaNO2与NH4Cl溶液反应生成氯化钠、氮气和水，反应为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；故答案为：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A具有平衡气压的作用，这样可以保证NaNO2饱和溶液容易滴下，故选c；（3）关闭分液漏斗开关，使装置处于密闭体系，将导管一端浸入水中，用手紧握锥形瓶外壁，由于热胀冷缩，锥形瓶内气体受热膨胀，如果导管口有气泡冒出，说明气密性良好，否则装置漏气，故答案为：用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，应在干燥管D末端连接一个尾气处理装置，防止空气污染，故答案为：在干燥管D末端连接一个尾气处理装置；（5）①酒精、汽油虽然都不能与氨气发生反应，但它们却都极易挥发，挥发出来的气体对实验有影响而且挥发完后不能再起到隔离氨气与水接触的作用；同时由于酒精易溶于水，也不能达到隔离的目的；CCl4密度大于水，不能起到隔离作用，而植物油既不溶于水，密度小于水也不易挥发，可以把氨气与水进行隔离；故答案为：c；

②本次实验的目的在于测定产生气体的体积而不是收集纯净的气体，因此，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可，不会对测量结果产生影响，故答案为：不变；

③氨气的体积为3.36L（标准状况），物质的量是0.15mol，所以氮化铝的物质的量是0.15mol，质量是0.15mol×41g/mol=6.15g，所以氮化铝的质量分数为×100%=61.5%，故答案为：61.5%。本题考查对实验原理的理解与实验操作评价、物质含量测定、化学计算等，理解实验原理是关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力，学习中全面把握基础知识。26、球形冷凝管冷凝回流，减少反应物乙醇的损失作催化剂防止暴沸及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动除去硫酸及未反应的苯甲酸下口放出89.6【解析】

根据反应原理，联系乙酸与乙醇的酯化反应实验的注意事项，结合苯甲酸、乙醇、苯甲酸乙酯、乙醚的性质分析解答(1)～(5)；(6)根据实验中使用的苯甲酸的质量和乙醇的体积，计算判断完全反应的物质，再根据反应的方程式计算生成的苯甲酸乙酯的理论产量，最后计算苯甲酸乙酯的产率。【详解】(1)根据图示，反应装置中分水器上方的仪器是球形冷凝管，乙醇容易挥发，球形冷凝管可以起到冷凝回流，减少反应物乙醇的损失；(2)苯甲酸与乙醇的酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，加入沸石可以防止暴沸；(3)苯甲酸与乙醇的酯化反应中会生成水，步骤②中使用分水器除水，可以及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动，提高原料的利用率；(4)步骤③中将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末，碳酸钠可以与硫酸及未反应的苯甲酸反应生成二氧化碳，因此加入碳酸钠的目的是除去硫酸及未反应的苯甲酸；(5)根据表格数据，生成的苯甲酸乙酯密度大于水，在分液漏斗中位于下层，分离出苯甲酸乙酯，应该从分液漏斗的下口放出；(6)12.2g苯甲酸的物质的量==0.1mol，25mL乙醇的质量为0.79g/cm3×25mL=19.75g，物质的量为=0.43mol，根据可知，乙醇过量，理论上生成苯甲酸乙酯0.1mol，质量为0.1mol×150g/mol=15g，实际上生成苯甲酸乙酯的质量为12.8mL×1.05g/cm3=13.44g，苯甲酸乙酯产率=×100%=89.6%。27、平衡气压，使液体顺流下蒸馏烧瓶中的液体超过了容器本身体积的2/3Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2SO2↑+2H2OCuSO4KMnO4溶液褪色（紫色变成无色）还原性2S2-+O2+2H2O﹦2S↓+4OH-品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，再点燃酒精灯，溶液变成红色溴水褪色SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4【解析】

（1）装置A中m的作用为平衡气压，使液体顺流下，根据蒸馏烧瓶使用规则，蒸馏烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于1/3，图中已经超过其容积的2/3。答案为：平衡气压，使液体顺流下；蒸馏烧瓶中的液体超过了容器本身体积的2/3。（2）装置A中铜与浓硫酸制取二氧化硫，发生的化学反应方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2SO2↑+2H2O，该反应中Cu由0价变为+2价，失电子，被氧化，氧化产物是CuSO4；答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2SO2↑+2H2O；CuSO4；（3）装置A中生成SO2气体，SO2具有还原性，气体经过装置B中的酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，KMnO4溶液褪色（紫色变成无色）；答案为：KMnO4溶液褪色（紫色变成无色）；还原性；（4）装置C中为Na2S溶液，S2-具有还原性，很容易被空气中O2氧化生成单质S，时间长了会出现浑浊，用离子方程式表示：2S2