2024年黑龙江省双鸭山市重点中学高考考前提分化学仿真卷含解析

2024年黑龙江省双鸭山市重点中学高考考前提分化学仿真卷考生请注意：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（每题只有一个选项符合题意）1、常温下，H2A和H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数δ随pH的变化如图（I）、（II）所示。下列说法不正确的是已知：。A．NaHA溶液中各离子浓度大小关系为：B．乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的Kb2=10-7.15C．[H3NCH2CH2NH3]A溶液显碱性D．向[H3NCH2CH2NH2]HA溶液中通人HCl，不变2、用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．用氢氧燃料电池电解饱和食盐水得到0.4molNaOH，在燃料电池的负极上消耗氧气分子数为0.1NAB．2molH3O＋中含有的电子数为20NAC．密闭容器中1molN2(g)与3molH2(g)反应制备氨气，形成6NA个N-H键D．32gN2H4中含有的共用电子对数为6NA3、2019年是元素周期表诞生150周年，目前周期表七个周期均已排满，其118种元素。短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，且W元素的简单氢化物的空间结构是三角锥形，下列说法不正确的是A．红葡萄酒含有YX2，起杀菌、澄清、抗氧化的作用B．在元素周期表中，117号元素与Z元素位于同一主族C．简单离子的半径大小顺序为：X<W<Z<YD．W的氢化物与Z的氢化物反应，产物为共价化合物4、下列由实验得出的结论正确的是()A．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液变无色透明，生成的产物可溶于四氯化碳B．乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，说明两种分子中的氢原子都能产生氢气C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，是因为乙酸的酸性小于碳酸的酸性D．甲烷与氯气光照下反应后的混合气体能使湿润石蕊试纸变红是因为生成的一氯甲烷具有酸性5、化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A．用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，以减少木材的使用B．中国天眼FAST中用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料C．港珠澳大桥中用到的低合金钢，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能D．“司南之杓(注：勺)，投之于地，其柢(注：柄)指南。”司南中“杓”所用的材质为FeO6、金属(M)－空气电池具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：2M＋O2＋2H2O＝2M(OH)2。(已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能)下列说法正确的是A．电解质中的阴离子向多孔电极移动B．比较Mg、Al、Zn三种金属－空气电池，Mg－空气电池的理论比能量最高C．空气电池放电过程的负极反应式2M－4e－＋4OH－＝2M(OH)2D．当外电路中转移4mol电子时，多孔电极需要通入空气22.4L(标准状况)7、下列各组物质发生反应，生成产物有硫的是（）A．Na2S2O3

溶液和

HCl

溶液 B．H2S

气体在足量的

O2

中燃烧C．碳和浓硫酸反应 D．铜和浓硫酸反应8、温度T℃时，在初始体积为1L的两个密闭容器甲（恒容）、乙（恒压）中分别加入0.2molA和0.1molB，发生反应2A(g)+B(g)xC(g)，实验测得甲、乙容器中A的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是A．x可能为4B．M为容器甲C．容器乙达平衡时B的转化率为25%D．M的平衡常数大于N9、将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（）A．在此实验过程中铁元素被还原B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀10、在室温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是A．将稀CH3COONa溶液加水稀释后，n(H+）·n(OH－）不变B．向Na2SO3溶液中加入等浓度等体积的KHSO4溶液，溶液中部分离子浓度大小为c(Na+)＞c(K+)=c(SO42－)＞c(SO32－)＞c(HSO3－)C．NaHA溶液的pH＜7，则溶液中的粒子一定有c(Na+)=c(HA－)+c(H2A)+c(A2－)D．向某稀NaHCO3溶液中通CO2至pH=7：c(Na+)=c(HCO3－)+2c(CO32－)11、298K时，向20mL浓度均为0.1mo1/L的MOH和NH3·H2O混合液中滴加0.1mol的CH3COOH溶液，测得混合液的电阻率（表示电阻特性的物理量）与加入CH3COOH溶液的体积（V）的关系如图所示。已知CH3COOH的Ka＝1.8×10－5，NH3·H2O的Kb=1.8×10－5。下列说法错误的是（）A．MOH是强碱B．c点溶液中浓度：c（CH3COOH)<c(NH3·H2O）C．d点溶液呈酸性D．a→d过程中水的电离程度先增大后减小12、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是A．Y、Z的氢化物稳定性Y>ZB．Y单质的熔点高于X单质C．X、W、Z能形成具有强氧化性的XZWD．YZ4分子中Y和Z都满足8电子稳定结构13、在饱和食盐水中滴加酚酞溶液后，在以碳棒为电极进行电解，下列有关的实验现象的描述中正确的是（）A．负极区先变红 B．阳极区先变红C．阴极有无色气体放出 D．正极有黄绿色气体放出14、如图所示，常温时将一滴管液体Y一次性全部挤到充满O2的锥形瓶内(装置气密性良好)，若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol，久置后其气体的物质的量是bmol，不存在a＞b关系的是()XYA过量C、Fe碎屑稀HClB过量Na2CO3粉末稀H2SO4C过量Fe、Al碎屑浓H2SO4D过量Cu、CuO粉末浓HNO3A．A B．B C．C D．D15、下列说法不正确的是（）A．乙烯的结构简式为CH2＝CH2B．乙烯分子中6个原子共平面C．乙烯分子的一氯代物只有一种D．CHBr＝CHBr分子中所有原子不可能共平面16、“神药”阿司匹林是三大经典药物之一，下列有关阿司匹林的说法错误的是（）A．能与NaHCO3

溶液反应产生气体B．与邻苯二甲酸（）互为同系物C．在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸D．1mol

阿司匹林最多能与

3mol

H2

发生加成反应二、非选择题（本题包括5小题）17、药物中间体(G)在有机制药工业中的一种合成方法如下:回答下列问题:(1)化合物D和G中含氧官能团的名称分别为___________、_________。(2)由B→C的反应类型为_____;写出C→D反应的化学方程式:________。(3)化合物E的结构简式为________。(4)反应F→G的另一种生成物是___________。(5)写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式:_______。①能与新制Cu(OH)2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应:②核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为1:2:4:9;③分子中含有氨基。(6)已知:RCNRCH2NH2请设计以HOOCCH2COOH和CH3CH2Cl为原料制备的合成路线:_________(无机试剂任用)。18、化合物H可用以下路线合成：已知：请回答下列问题：（1）标准状况下11.2L烃A在氧气中充分燃烧可以生成88gCO2和45gH2O，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为________________________；（2）B和C均为一氯代烃，D的名称（系统命名）为_________________；（3）在催化剂存在下1molF与2molH2反应，生成3—苯基—1—丙醇。F的结构简式是___________；（4）反应①的反应类型是_______________________；（5）反应②的化学方程式为______________________________________；（6）写出所有与G具有相同官能团的芳香类同分异构体的结构简式_______________。19、某研究小组在实验室以废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)为原料制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，具体流程如下：已知：Cu2(OH)2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为____(任写一种)。(2)“操作Ⅱ”中铜发生反应的离子方程式为___。(3)“调节pH”操作中加入的试剂为____(填化学式)。(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为____。(5)“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的原因是____；该步骤生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：____。(6)某同学为测定制得的产品中Cu2(OH)2CO3的质量分数，进行了如下操作：称取m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为____(用含m1、m2的代数式表示)。20、亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种氧化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2①②制备纯净NOCu③④②___________，③___________。

(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：①装置连接顺序为a→___________________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。

②装置Ⅶ的作用为________________，若无该装置，Ⅸ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______________________________。③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，这种气体的化学式是__________。(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为___________________。(4)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度取Ⅸ中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)①亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________(用代数式表示即可)。②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测亚硝酰氯的纯度_________(偏高、偏低、无影响)21、乙二酸俗称草酸（结构简式为HOOC﹣COOH，可简写为H2C2O4），它是一种重要的化工原料．（常温下0.01mol/L的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如表所示．）H2C2O4KHC2O4K2C2O4pH2.13.18.1填空：（1）写出H2C2O4的电离方程式_______．（2）KHC2O4溶液显酸性的原因是_____；向0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是______．a．c（K+）=c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）b．c（Na+）=c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）c．c（K+）+c（Na+）=c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）d．c（K+）＞c（Na+）（3）H2C2O4与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡（CO2）产生，紫色消失．写出反应的离子方程式______；又知该反应开始时速率较慢，随后大大加快，可能的原因是_______．（4）某同学设计实验如图所示：两个烧杯中的试管都分别盛有2mL0.1mol/LH2C2O4溶液和4mL0.1mol/L酸性KMnO4溶液，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间．该实验目的是研究________，但该实验始终没有看到溶液褪色，推测原因_______．（5）已知草酸（H2C2O4）受热分解的化学方程式为：H2C2O4→H2O+CO↑+CO2↑，写出FeC2O4在密闭容器中高温分解的化学方程式________．

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A．由图1可知，当c（HA－）=c（A2－）时，溶液显酸性，所以NaHA溶液显酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大小关系为：c（Na＋）＞c（HA－）＞c（H＋）＞c（A2－）＞c（OH－），故A正确；B．由图2可知，当c（[H3NCH2CH2NH2]+）=c[H3NCH2CH2NH3]2+）时，溶液的pH=6.85，c（OH－）=10-7.15mol·L－1，则Kb2==c（OH－），Kb2=10-7.15，故B正确；C．由图2可知，当c（[H3NCH2CH2NH3]2+）=c（[H3NCH2CH2NH]+）时，溶液的pH=6.85，c（OH－）=10-7.15mol·L－1，则Kb2=10-7.15，由图1可知，当c（HA－）=c（A2－）时，pH=6.2，则Ka2=10-6.2，[H3NCH2CH2NH3]2+的水解程度大于A2－的水解程度，溶液显酸性，故C错误；D．==，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以不变，故D正确。故选C。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用，把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键，侧重分析、应用能力和计算能力的考查，难点D，找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。2、B【解析】

A.电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，反应中氯元素的化合价由-1价升高为0价，得到0.4molNaOH时，生成0.2molCl2，转移电子数为0.4NA，氢氧燃料电池正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此正极上消耗氧气分子数为0.1NA，故A错误；B.1个H3O＋中含有10个电子，因此2molH3O＋中含有的电子数为20NA，故B正确；C.N2与H2反应的化学方程式为：N2+3H22NH3，该反应属于可逆反应，因此密闭容器中1molN2(g)与3molH2(g)反应生成氨气物质的量小于2mol，形成N-H键的数目小于6NA，故C错误；D.32gN2H4物质的量为=1mol，两个氮原子间有一个共用电子对，每个氮原子与氢原子间有两个共用电子对，因此1molN2H4中含有的共用电子对数为5NA，故D错误；故选B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确H3O＋中含有10个电子，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。3、D【解析】

根据分析W为N，X为O，Y为S，Z为Cl。【详解】A选项，红葡萄酒含有二氧化硫，主要作用是杀菌、澄清、抗氧化的作用，故A正确；B选项，在元素周期表中，117号元素是第七周期第VIIA族，与Z元素位于同一主族，故B正确；C选项，简单离子的半径大小顺序为：X<W<Y<Z，故C正确；D选项，W的氢化物与Z的氢化物反应，产物都为共价化合物，故D错误；综上所述，答案为D。4、A【解析】

A.乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，生成的产物1，2-二溴乙烷可溶于四氯化碳，A项正确；B.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应，且−OH中H的活泼性比水弱，B项错误；C.用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，C项错误；D.甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，D项错误；答案选A。5、C【解析】

A．聚氯乙烯有毒，不能用作食品包装，A项错误；B．碳化硅是无机物，不是有机高分子材料，B项错误；C．考虑到港珠澳大桥所处位置等，所以使用的低合金钢，必须要有强度大，密度小以及耐腐蚀的性能，C项正确；D．司南材质即磁性氧化铁，成分为Fe3O4而非FeO，D项错误；答案选C。6、C【解析】

A．原电池中阴离子应该向负极移动；B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，即单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多，则得到的电能越多；C．负极M失电子和OH−反应生成M(OH)2；D．由正极电极反应式O2＋2H2O＋4e−＝4OH−有O2～4OH−～4e−，当外电路中转移4mol电子时，消耗氧气1mol，但空气中氧气只占体积分数21%，据此计算判断。【详解】A．原电池中阴离子应该向负极移动，金属M为负极，所以电解质中的阴离子向金属M方向移动，故A错误；B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为×2mol＝mol、×3mol＝mol、×2mol＝mol，所以Al−空气电池的理论比能量最高，故B错误；C．负极M失电子和OH−反应生成M(OH)2，则正极反应式为2M－4e－＋4OH－＝2M(OH)2，故C正确；D．由正极电极反应式O2＋2H2O＋4e−＝4OH−有O2～4OH−～4e−，当外电路中转移4mol电子时，消耗氧气1mol，即22.4L(标准状况下)，但空气中氧气只占体积分数21%，所以空气不止22.4L，故D错误；故答案选C。【点睛】明确电极上发生的反应、离子交换膜作用、反应速率影响因素、守恒法计算是解本题关键，注意强化电极反应式书写训练。7、A【解析】

A、Na2S2O3溶液和HCl溶液反应，发生氧化还原反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠，生成产物有硫，故A符合题意；B、H2S气体在足量的O2中燃烧生成二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故B不符合题意；C、碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故C不符合题意；D、铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故D不符合题意；故选：A。8、D【解析】

若该反应为气体物质的量增大的反应，即x＞3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强增大，平衡过程中反应速率比恒压时大，建立平衡需要的时间较少，对应于图像M，增大压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像相符；若该反应为气体物质的量减少的反应，即x＜3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强减小，平衡过程中反应速率比恒压时小，建立平衡需要的时间较长，对应于图像N，减小压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像不符；若该反应x=3，则两容器得到相同的平衡状态，与图像不符，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析，该反应为气体物质的量增大的反应，因此x可能为4，故A正确；B．根据上述分析，该反应为气体体积增大的反应，M为容器甲，N为容器乙，故B正确；C．根据上述分析，N为容器乙，容器乙达平衡时A的转化率为25%，根据方程式2A(g)+B(g)xC(g)，加入0.2molA和0.1molB时，反应的B为A的物质的量的一半，A和B的转化率相等，也是25%，故C正确；D．温度不变，平衡常数不变，达到平衡时，M、N对应的温度相同，则平衡常数相等，故D错误；故选D。【点睛】解答本题的关键是判断压强对该反应的影响。本题的难点是排除x＜3的情况。9、C【解析】

A、该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子；B、铁腐蚀过程中部分化学能转化为热能、部分化学能转化为电能；C、Fe、C和电解质溶液构成原电池，加速Fe的腐蚀；D、弱酸性或中性条件下铁腐蚀吸氧腐蚀。【详解】A、该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，被氧化，故A错误；B、铁腐蚀过程发生电化学反应，部分化学能转化为电能，且该过程放热，所以还存在化学能转化为热能的变化，故B错误；C、Fe、C和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子被腐蚀，加速Fe的腐蚀，故C正确；D、铁在弱酸性或中性条件以及碱性条件下发生吸氧腐蚀，水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，Fe发生吸氧腐蚀，故D错误；故选：C。10、D【解析】

A．温度不变，Kw=c(H+)•c(OH-)不变，加水稀释体积增大，则n(H+)•n(OH-)增大，故A错误；B．向Na2SO3溶液中加入等浓度等体积的KHSO4溶液，假设浓度均为1mol/L，体积为1L，则溶液中钠离子为2mol，钾离子为1mol，硫酸根离子为1mol，反应生成1molHSO3-，HSO3-部分电离，电离程度较小，因此离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(K+)=c(SO42－)＞c(HSO3－)＞c(SO32－)，故B错误；C．NaHA溶液的pH＜7，溶液显酸性，但是不能确定HA-是否完全电离以及是否水解，故无法确定溶液中是否有HA-和H2A，故C错误；D．向NaHCO3溶液中通CO2至pH=7，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，故D正确；答案选D。11、B【解析】

溶液中离子浓度越小，溶液的导电率越小，电阻率越大，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O，NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4。a-b溶液中电阻率增大，b点最大，因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为CH3COOM、NH3·H2O继续加入醋酸溶液，NH3·H2O是弱电解质，生成CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，电阻率减小，c点时醋酸和一水合铵恰好完成反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为CH3COOM，CH3COONH4且二者的物质的量相等。【详解】A.由图可知，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，电阻率先增大后减小，说明发生了两步反应，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O然后NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4，所以MOH是强碱，先和酸反应，故A正确；B.加入醋酸40mL时，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4且二者的物质的量浓度相等，CH3COOM是强碱弱酸盐，又因为CH3COOH的Ka＝1.8×10－5等于NH3·H2O的Kb=1.8×10－5，CH3COONH4是中性盐，所以溶液呈碱性，则醋酸根的水解程度大于铵根的电离程度，则c（CH3COOH)>c(NH3·H2O），故B错误；C.d点加入醋酸60mL，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4和CH3COOH且三者物质的量浓度相等，CH3COONH4是中性盐，溶液相当于CH3COOM和CH3COOH等物质的量混合，溶液呈酸性，故C正确；D.a→d过程，溶液的碱性逐渐减弱，水电离程度加大，后来酸性逐渐增强，水的电离程度减小，所以实验过程中水的电离程度是先增大后减小，故D正确；故选B。12、A【解析】

W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，W为O元素；X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X为Na元素；短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，则Y为Si、Z为Cl元素；A.非金属性Si<Cl，则Y、Z的氢化物的稳定性Si（Y）<Cl（Z），A错误；B.Y的单质是晶体硅，晶体硅属于原子晶体，X单质是金属Na，硅的熔点高于Na，B正确；C.X（Na）、W（O）、Z（Cl）能形成NaClO，NaClO具有强氧化性，C正确；D.YZ4为SiCl4，SiCl4的电子式为，Si和Cl都满足8电子稳定结构，D正确；答案选A。13、C【解析】

电解饱和食盐水，阳极氯离子发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Cl－－2e－=Cl2↑；阴极区水发生得电子的还原反应，其电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A.溶液中阴极区会发生电极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，则酚酞溶液在阴极区先变红，A项错误；B.溶液中阴极区会发生电极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，则酚酞溶液在阴极区先变红，B项错误；C.阴极区水发生得电子的还原反应，其电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，有无色气体放出，C项正确；D.阳极产生氯气，则现象描述应该为：阳极有黄绿色气体放出，D项错误；答案选C。14、C【解析】

A.铁与稀盐酸反应放出氢气，久置后其气体的物质的量增大，故不选A；B.Na2CO3粉末与稀H2SO4反应放出二氧化碳气体，久置后其气体的物质的量增大，故不选B；C.Fe、Al在浓硫酸中钝化，久置后其气体的物质的量不变，故选CD.Cu与浓硝酸反应放出NO2气体，久置后其气体的物质的量增大，故不选D；答案选C。15、D【解析】

A.乙烯的结构简式为CH2=CH2，A正确；B.乙烯是平面型分子，分子中6个原子共平面，B正确；C.乙烯分子结构完全对称，只有一种等效氢原子，则一氯代物只有一种，C正确；D.乙烯是平面型分子，直接连在双键碳上的溴原子和2个碳原子、2个氢原子共平面，D错误；答案为D；16、B【解析】

A、含-COOH，能与NaHCO3溶液反应产生气体，故A正确；B、与邻苯二甲酸()的官能团不完全相同，不是同系物，故B错误；C、含-COOC-，在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸，故C正确；D、只有苯环与氢气发生加成，则1mol阿司匹林最多能与3molH2发生加成反应，故D正确；故选：B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，注意羧酸、酯的性质，题目难度不大。二、非选择题（本题包括5小题）17、酯基肽键加成反应CH3CH2OH和【解析】

A发生取代反应生成B，B和HCl发生加成反应生成C，C与KCN发生取代反应生成D，D与盐酸反应，根据E和乙醇发生酯化反应生成F，根据F的结构推出E的结构简式为，F和C2H5NH2发生取代反应生成G和乙醇。【详解】(1)根据D、G的结构得出化合物D中含氧官能团的名称为酯基，G中含氧官能团的名称为肽键；故答案为：酯基；肽键。(2)根据B→C的结构式得出反应类型为加成反应；根据C→D反应得出是取代反应，其化学方程式；故答案为：加成反应；。(3)根据E到F发生酯化反应得出化合物E的结构简式为；故答案为：。(4)根据反应F→G中的结构得出反应为取代反应，因此另一种生成物是CH3CH2OH；故答案为：CH3CH2OH。(5)①能与新制Cu(OH)2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸与酚形成的酚酸酯，即取代基团为—OOCH，③分子中含有氨基，②核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:4:9，存在对称结构，还又含有2个—NH2,1个—C(CH3)3，符合条件的同分异构体为和；故答案为：和。(6)CH3CH2Cl在碱性条件下水解得到CH3CH2OH，然后与HOOCCH2COOH发生酯化反应得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2Cl与KCN发生取代反应得到CH3CH2CN，用氢气还原得到CH3CH2CH2NH2，根据F到G的转化过程，CH3CH2CH2NH2与CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3反应得到，合成路线为；故答案为：。18、CH3CH(CH3)CH32—甲基丙烯消去反应【解析】

（1）88gCO2为2mol，45gH2O为2.5mol，标准状况下11.2L气体物质的量为0.5mol，所以烃A中含碳原子为4，H原子数为10，则化学式为C4H10，因为A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为：CH3CH(CH3)CH3；（2）C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A与Cl2光照取代时有两种产物，且在NaOH醇溶液作用下的产物只有一种，则A只能是异丁烷，先取代再消去生成的D名称为：2—甲基丙烯；（3）F可以与Cu（OH）2反应，故应为醛基，与H2之间为1：2加成，则应含有碳碳双键．从生成的产物3-苯基-1-丙醇分析，F的结构简式为；（4）反应①为卤代烃在醇溶液中的消去反应，故答案为消去反应；（5）F被新制的Cu（OH）2氧化成羧酸G为，D至E为信息相同的条件，则类比可不难得出E的结构为，E与G在浓硫酸作用下可以发生酯化反应，反应方程式为：；（6）G中含有官能团有碳碳双键和羧基，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体为、、、。19、搅拌（或适当升温等合理答案即可）H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2OCuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑×100%【解析】

废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在55~60℃左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解题。【详解】(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；(2)“操作Ⅱ”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O；(3)“调节pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可；(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次；(5)根据题目已知：Cu2(OH)2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑

；(6)m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，发生的反应为：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O

，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2(OH)2CO3的质量为xg。Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O22262xm1-m2=，解得：x=，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为×100%=×100%。【点睛】本题是工艺流程题中的实验操作和化学原理结合考查，需结合反应速率的影响因素，实际操作步骤具体分析，还应熟练元素化合物的知识。20、饱和食盐水稀硝酸e→f(或f→e)→c→b→d防止水蒸气进入装置Ⅸ2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2O2(或NO2)HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O×100%偏高【解析】

氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气；用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，结合NOCl的性质，制得气体中的杂质需要除去，尾气中氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。【详解】(1)实验室制备氯气，一般用浓盐酸与二氧化锰加热制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体；实验室制备NO，一般用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，NO不溶于水，故装置Ⅱ用水净化NO；故答案为饱和食盐水；稀硝酸；(2)①将氯气和NO干燥后在装置Ⅵ中发生反应，由于亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水易反应，需要在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，因此装置连接顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d，故答案为e→f(或f→e)→c→b→d；②NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个装置VII干燥装置防止水蒸气进入装置Ⅸ；若无该装置，Ⅸ中NOCl水解生成氯化氢、NO和NO2，反应的化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故答案为防止水蒸气进入装置Ⅸ；2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2；③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。NO能够与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能够被氢氧化钠溶液吸收，一氧化氮和二氧化氮的混合气体也能够被氢氧化钠溶液吸收，因此解决这一问题，可将尾气与氧气(或二氧化氮)同时通入氢氧化钠溶液中，故答案为O2(或NO2)；(3)王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，反应的化学方程式为：HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O，故答案为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O；(4)①亚硝酰氯(NOCl)遇水反应得到HCl，用AgNO3标准溶液滴定，生成白色沉淀，以K2CrO4溶液为指示剂，出现砖红色沉淀达到滴定终点，根据氯元素守恒：NOCl～HCl～AgNO3，则样品中n(NOCl)=cmol/L×b×10-3L×=10bc×10-3mol，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为×100%=×100%，故答案为×10