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    贵州省安顺市达标名校2018年高考二月适应性考试化学试题含解析

    时间：2023-03-20 07:15:08    下载该word文档
    贵州省安顺市达标名校2018年高考二月适应性考试化学试题
    一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．下列物质的工业制法错误的是
    A．氨气：加热氢氧化钙和氯化铵的混合物B．金属锰：高温下铝和二氧化锰反应
    C．粗硅：高温下焦炭还原二氧化硅，副产物为COD．硫酸：黄铁矿煅烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收
    2．山梨酸(CH3-CH=CH-CH=CH-COOH是一种高效安全的防腐保鲜剂，有关山梨酸的说法正确的是A．属于二烯烃B．和Br2加成，可能生成4种物质
    C．1mol可以和3molH2反应D．和CH3H218OH反应，生成水的摩尔质量为20g/mol3．新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该技术实现了H2S废气资源回收能量，并得到单质硫的原理如图所示。

    下列说法正确的是A．电极b为电池负极
    B．电路中每流过4mol电子，正极消耗44.8LH2SC．电极b上的电极反应为：O2+4e-＋4H+=2H2OD．电极a上的电极反应为：2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O4．下列有关说法不正确的是(

    A．天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点B．用饱和Na2CO3溶液可以除去乙酸乙酯中的乙酸C．的名称为2-乙基丙烷
    D．有机物分子中所有碳原子不可能在同一个平面上
    5．已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O=4Fe(OH3↓＋O2↑＋8Na＋，则下列说法正确的是
    A．该反应中Fe2＋是还原剂，O2是还原产物B．4molNa2O2在反应中共得到8NA个电子
    C．每生成0.2molO2，则被Fe2＋还原的氧化剂为0.4molD．反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀
    6．12H2O]是一种复盐，明矾[KA1(SO42·在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。
    下列叙述错误的是（）

    A．合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B．从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D．上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO37．环己酮（）在生产生活中有重要的用途，可在酸性溶液中用环己醇间接电解氧化法制备，其原理如图所示。下列说法正确的是

    A．a极与电源负极相连
    B．a极电极反应式是2Cr3＋-6e-+14OH-=Cr2O72-+7H2OC．b极发生氧化反应
    D．理论上生成1mol环己酮时，有1molH2生成8．下列对实验方案的设计或评价合理的是（）
    A．经酸洗除锈的铁钉，用饱和食盐水浸泡后放入如图所示具支试管中，一段时间后导管口有气泡冒出
    B．图中电流表会显示电流在较短时间内就会衰减
    C．图中应先用燃着的小木条点燃镁带，然后插入混合物中引发反应

    D．可用图显示的方法除去酸式滴定管尖嘴中的气泡
    9．25℃时，向20.00mL0.1mol·L-1H2X溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-的负对数[-1gc水(OH-]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。

    下列说法中正确的是A．水的电离程度：M>N=Q>PB．图中M、P、Q三点对应溶液中相等
    C．N点溶液中c(Na+>c(X2->c(HX->c(H+=c(OH-D．P点溶液中c(OH-=c(H++c(HX-+c(H2X10．下列说法不正确的是(

    A．金属汞一旦活落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，并深理处理B．氨氮废水(含NH4+及NH3可用化学氧化法或电化学氧化法处理
    C．做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加人沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加
    D．用pH计、电导率仅(一种测量溶渡导电能力的仪器均可检测乙酸乙酯的水解程度
    11．甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH﹣、Cl﹣、HCO3-、SO42-中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：
    ①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol·L-1乙溶液中c（H+）＞0.1mol·L-1；
    ③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是（）A．甲溶液含有Ba2+C．丙溶液含有Cl﹣
    B．乙溶液含有SO42-D．丁溶液含有Mg2+
    12．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0.2NA

    B．1mol纯H2SO4中离子数目为3NA
    C．含15.8gNa2S2O3的溶液种阴离子数目大于0.1NA
    D．Na2S2O3与H2SO4溶液混合产生22.4L气体时转移电子数为2NA13．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1molCl2和足量的水反应，转移电子数为0.1NAB．SO2和CO2的混合气体1.8g中所含中子数为0.9NAC．标准状况下，22.4L丙烷含有的共价键总数为11NA
    D．pH=11的Ba(OH2溶液中水电离出的氢离子数目为1×10-11NA14．己知：N2H4+H2O++N2H5+OH-,N2H5+H2O2+N2H6+OH-；常温下，将盐酸滴加到N2H4的水溶液中，混合溶液中pOH[pOH=-lgc(OH-]随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是

    A．曲线M表示pOH与1g的变化关系
    cNH2+cN2H62+5B．反应N2H5H2OC．pOH1>pOH2
    2N2H6OH的HK=10-15
    D．N2H5Cl的水溶液呈酸性
    15．常温下，HNO2的电离平衡常数为K＝4.6×10－4(已知4．L－1HNO2溶液中6＝2.14，向20mL0.01mol·逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，测得混合液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示，下列判断正确的是

    A．X＝20B．a点溶液中c(H＋＝2.14×10－3mol·L－1
    C．a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小

    D．b点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2＞c(Na＋＞c(NO2二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
    －16．苯胺(是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里制取并纯化苯胺。
    已知：①与NH3相似，与盐酸反应生成(易溶于水的盐。
    ②用硝基苯制取苯胺的反应为：2③有关物质的部分物理性质见下表：
    熔点物质
    相对分子质量
    /℃
    苯胺硝基苯乙醚
    93123746.35.7116.2+3Sn+12HCl2+3SnCl4+4H2O沸点/℃溶解性cm-3密度/g·184210.934.6微溶于水，易溶于乙醚难溶于水，易溶于乙醚微溶于水
    1.021.230.7134Ⅰ.制备苯胺
    图1所示装置中加入20mL浓盐酸(过量，置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，向三颈烧瓶中滴入一定量50%NaOH溶液，至溶液呈碱性。

    （1）滴加适量NaOH溶液的目的是___，写出主要反应的离子方程式___。Ⅱ.纯化苯胺
    ⅰ.取出图l所示装置中的三颈烧瓶，改装为图2所示装置。加热装置A产生水蒸气。用“水蒸气蒸馏”的方法把B中苯胺逐渐吹出，在烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液甲。ⅱ.向所得水溶液甲中加入氯化钠固体至饱和，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺1.86g。


    （2）装置A中玻璃管的作用是__。
    （3）在苯胺吹出完毕后，应进行的操作是先__，再___。（4）该实验中苯胺的产率为___(保留三位有效数字。
    （5）欲在不加热条件下除去苯胺中少量的硝基苯杂质，简述实验方案___。三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
    17．[化学——选修5：有机化学基础]环丙贝特(H是一种降血脂药物，可明显降低极低密度和低密度脂蛋白水平，并升高高密度脂蛋白，通过改善胆固醇的分布，可减少CH和LDL在血管壁的沉积，还有溶解纤维蛋白和阻止血小板凝聚作用。如图是合成环丙贝特的一种新方法：

    回答下列问题：
    (1C的化学名称为______________________(2F中含氧官能团的名称为______________(3H的分子式为________________________
    (4反应①的反应类型为___________，反应④的化学方程式为______________________(5M为的同分异构体，能与NaHCO3溶液反应产生气体，则M的结构共有种____(不考虑立体异构；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6：2：1的结构简式为_______(6利用Wittig反应，设计以环己烷为原料(其他试剂任选，制备______________________。
    四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
    18．氢气既是一种清洁能源，又是一种化工原料，在国民经济中发挥着重要的作用。
    的合成路线：
    （1）氢气是制备二甲醚的原料之一，可通过以下途径制取：Ⅰ.2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△HⅡ.2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H已知：①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=akJ•mol-1②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ•mol-1③CH3OCH3（g）+H2O（g）⇌2CH3OH（g）△H3=ckJ•mol-1则反应Ⅱ的△H____kJ•mol-1
    （2）氢气也可以和CO2在催化剂（如Cu/ZnO）作用下直接生成CH3OH，方程式如下CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），现将1molCO2（g）和3molH2（g）充入2L刚性容器中发生反应，相同时间段内测得CH3OH的体积分数φ（CH3OH）与温度（T）的关系如图所示：

    ①经过10min达到a点，此时CH3OH的体积分数为20%．则v（H2）=___（保留三位小数）。②b点时，CH3OH的体积分数最大的原因是___。
    ③b点时，容器内平衡压强为P0，CH3OH的体积分数为30%，则反应的平衡常数Kp=___（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数）
    ④a点和b点的v逆，a__b（填“＞”“＜”或”=”）若在900K时，向此刚性容器中再充入等物质的量的CH3OH和H2O，达平衡后φ（CH3OH）___30%。
    ⑤在900K及以后，下列措施能提高甲醇产率的是____（填字母）a．充入氦气b．分离出H2Oc．升温d．改变催化剂
    （3）H2还可以还原NO消除污染，反应为2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（g），该反应速率表达式v=k•c2（NO）•c（H2）（k是速率常数，只与温度有关），上述反应分两步进行：
    i.2NO（g）+H2（g）⇌N2（g）+H2O2（g）△H1；ii．H2O2（g）+H2（g）⇌2H2O（g）△H2化学总反应分多步进行，反应较慢的一步控制总反应速率，上述两步反应中，正反应的活化能较低的是___（填“i”或“ii”）19．（6分）Cr、S等元素的化合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影响。
    （1）还原沉淀法是处理含铬（Cr2O72−和CrO42−）工业废水的常用方法，过程如下：


    ①已知：常温下，初始浓度为1.0mol·L−1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72−随c(H+的变化如图所示。则上述流程中CrO42-转化为Cr2O72-的离子方程式为______________________。

    ②还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。
    ③Cr3+与Al3+的化学性质相似，对CrCl3溶液蒸干并灼烧，最终得到的固体的化学式为____________。④常温下，Ksp[Cr(OH3]=1.0×10-32，欲使处理后废水中的c(Cr3+降至1.0×10-5mol·L−1（即沉淀完全），应调节至溶液的pH=_____。（2）“亚硫酸盐法”吸收烟中的SO2
    ①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，当Na2SO3恰好完全反应时，溶液pH约为3，此时，溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为_________（用离子浓度符号和“＞”号表示）。
    ②室温下，将烟道气通入(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。


    已知部分弱电解质的电离常数（25℃）如下：电解质
    电离常数Ka1=1.54×10-2Ka2=1.02×10-7Kb=1.74×10-5
    H2SO3
    NH3·H2O（i）(NH42SO3溶液呈____（填“酸”、“碱”或“中”）性，其原因是_________________。（ii）图中b点时溶液pH=7，则n(NH4+:n(HSO3-=_________。



    参考答案
    一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．A【解析】【详解】
    A.氨气：加热氢氧化钙和氯化铵的混合物为氨气的实验室制法，工业用氮气与氢气在一定条件下反应制取，符合题意，A正确；
    B.金属锰：高温下铝和二氧化锰发生铝热反应可制取金属锰，与题意不符，B错误；C.粗硅：用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅，副产物为CO，与题意不符，C错误；
    D.硫酸：黄铁矿煅烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收三氧化硫制取浓硫酸，与题意不符，D错误；答案为A。【点睛】
    加热氢氧化钙和氯化铵的混合物为氨气的实验室制法。2．B【解析】A.分子中还含有羧基，不属于二烯烃，A错误；B.含有2个碳碳双键，和Br2加成可以是1，2－加成或1，4－加成或全部加成，可能生成4种物质，B正确；C.含有2个碳碳双键，1mol可以和2molH2反应，C错误；D．酯化反应中醇提供羟基上的氢原子，和CH3H2OH反应生成的水是普通水分子，生成水的摩尔质量为18g/mol，D错误，答案选B。3．D【解析】
    由图中信息可知，该燃料电池的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中硫化氢是还原剂、氧气是氧化剂。硫化氢通入到电极a，所以a电极是负极，发生的电极反应为2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O；氧气通入到电极b，所以b电极是正极。该反应中电子转移数为4个电子，所以电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2，发生的电极反应为O2+4e-=2O2-.综上所述，D正确，选D。
    点睛：本题考查的是原电池原理。在原电池中一定有一个可以自发进行的氧化还原反应发生，其中还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子经外电路流向正极；氧化剂在正极上得到电子发生还原反应，电子定向移动形成电流。在书写电极反应式时，要根据电解质的酸碱性分析电极反应的产物是否能稳定存在，如果产物能与电解质的离子继续反应，就要合在一起写出总式，才是正确的电极反应式。有时燃料电池的负极反应会较复杂，我们可以先写出总反应，再写正极反应，最后根据总反应和正极反应写出负极反应。本题中电解质是氧离子固体电解质，所以正极反应就是氧气得电子变成氧离子，变化较简单，可以先作出判断。4．C18
    【解析】【详解】
    A.油脂属于高级脂肪酸甘油酯，分子中碳原子数不相同，所以天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点，故A正确；

    B.乙酸具有酸的通性，可以与碳酸钠反应，所以可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B正确；C.选定碳原子数最多的碳链为主链，所以2号位不能存在乙基，C错误；
    D.该有机物中存在手性碳原子，该碳原子为sp3杂化，与与之相连的碳原子不可能在同一个平面上，所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面上，故D正确。故选C。【点睛】
    有机物中共面问题参考模型：①甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结1：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。②乙烯型：平面结构，当乙烯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在乙烯的的平面内。小结2：结构中每出现一个碳碳双键，至少有6个原子共面。③乙炔型：直线结构，当乙炔分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定和乙炔分子中的其它原子共线。小结3：结构中每出现一个碳碳三键，至少有4个原子共线。④苯型：平面结构，当苯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在苯分子所在的平面内。小结4：结构中每出现一个苯环，至少有12个原子共面。5．C【解析】【详解】
    A．该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、O元素化合价由-1价变为0价和-2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，所以Fe2+和的过氧化钠作还原剂，Fe(OH3和O2是氧化产物，故A错误；
    B．该反应中有4mol过氧化钠反应时有3mol过氧化钠得电子发生还原反应，有因此4molNa2O2在反应中共得到6NA个电子，故B错误；
    C．根据方程式，生成0.2molO2，反应的Fe2+为0.8mol，被0.8molFe2+还原的氧化剂(Na2O2的物质的量=的名称为2-甲基丁烷，故143的过氧化钠作氧化剂，40.8mol=0.4mol，故C正确；
    2D．该反应中有氧气生成，所以不能生成氢氧化亚铁沉淀，而是直接生成红褐色沉淀，故D错误；故选C。

    【点睛】
    本题的易错点和难点为C，要注意该反应中有2种还原剂——Fe2+和能根据方程式直接计算，要注意得失电子守恒计算。6．D【解析】【详解】
    A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；
    B.易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；C.“沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；
    D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D；答案：D7．D【解析】【分析】
    根据原理图可知，a极为电解池的阳极，Cr3＋失电子发生氧化反应，电极反应式是2Cr3＋-6e-+7H2O=Cr2O72-+14H+，b极为阴极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，结合转移电子数相等计算，据此分析解答。【详解】
    A.根据原理图可知，a极为电解池的阳极，则与电源正极相连，故A错误；
    B.根据原理图可知，a极为电解池的阳极，Cr3＋失电子发生氧化反应，电极反应式是2Cr3＋-6e-+7H2O=Cr2O72-+14H+，故B错误；
    C.b极为阴极，氢离子得电子发生还原反应，故C错误；
    D.理论上由环己醇(C6H12O生成1mol环己酮(C6H10O，转移2mol电子，根据电子守恒可知，阴极有1mol氢气放出，故D正确；故选D。8．B【解析】【详解】
    A.铁钉遇到饱和食盐水发生吸氧腐蚀，右侧试管中的导管内水柱上升，导管内没有气泡产生，A不合理；B.该装置的锌铜电池中，锌直接与稀硫酸相连，原电池效率不高，电流在较短时间内就会衰减，应改为31的Na2O2，氧化剂是的Na2O2，不44
    用盐桥相连的装置，效率会更高，B合理；
    C.铝热反应中，铝热剂在最下面，上面铺一层氯酸钾，先把镁条插入混合物中，再点燃镁条用来提供引发反应的热能，C不合理；
    D.该图为碱式滴定管，可用图显示的方法除去碱式滴定管尖嘴中的气泡，D不合理；故答案为：B。9．C【解析】【详解】
    A.M点：水电离出来的氢氧根离子为10-11.1mol/L，N点和Q点：水电离出来的氢氧根离子为10-7.0mol/L，P点水电离出来的氢氧根离子为10-5.4mol/L，水的电离程度：P>N=Q>M，故A错误；B.H2X的第二步电离常数Ka2=得=，电离常数只与温度有关为定值，在滴定过程中溶液中氢离子浓度一直在减小，因此M、P、Q三点对应溶液中氢离子浓度不等，不相等，故不选B；
    C.N点为NaHX与Na2X的混合溶液，由图像可知，M点到P点发生HX-+OH-=H2O+X2-，根据横坐标消耗碱的量可知，在N点生成的X2-大于剩余的HX-，因此混合液n(Na2X>n(NaHX,因为溶液呈中性，X2-的水解平衡与HX-的电离平衡相互抵消，所以N点溶液中c(Na+>c(X2->c(HX->c(H+=c(OH-，故选C；D.P点恰好生成Na2X溶液，根据质子守恒c(OH-=c(H++c(HX-+2c(H2X，故D错误；答案：C【点睛】
    本题注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理，难度较大。10．A【解析】【详解】
    A．金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面，加硫磺粉处理，且金属汞不能深埋处理，易污染土壤和地下水，故A错误；
    B．氨氮废水中N为-3价，可利用氧化还原反应原理发生氧化反应转化为无毒物质，所以可用化学氧化法或电化学氧化法处理，故B正确；
    C．做蒸馏实验时，蒸馏烧瓶中忘记加人沸石，需要停止加热，冷却后补加，故C正确；
    D．乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，只有乙酸为电解质，且乙酸电离显酸性，则乙酸浓度越大，酸性越强，导电能力也越强，所以用pH计、电导率仪(一种测量溶液导电能力的仪器均可监测乙酸乙酯的水解程度，故D正确；故答案为A。

    11．D【解析】【详解】
    根据②中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据③中现象，可以推知丙中含有Cl-；再结合①中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba(OH2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3，故选D。【点睛】
    本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验，本题解题关键是先找出离子之间能够形成的白色沉淀，然后判断甲的组成即可。12．C【解析】【详解】
    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。13．B【解析】【详解】
    A、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.1NA个，故A错误；
    B、SO2和CO2的摩尔质量分别为64g/mol和44g/mol，两者中分别含32个和22个中子，即两者均为2g时含1mol中子，故1.8g混合物中含0.9NA个中子，故B正确；
    C、标况下22.4L丙烷的物质的量为1mol，而丙烷中含10条共价键，故1mol丙烷中含共价键总数为10NA，故C错误；
    D、溶液体积不明确，故溶液中水电离出的氢离子的个数无法计算，故D错误；故答案为B。【点睛】
    阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是由Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。

    14．C【解析】【分析】
    cNHM、N点==1，M点c(OH=10cNHcNH2+cN2H62+52+54--15N点c(OH-=10-6，M点表示的电离平衡常数=10-15，、2N点表示的电离平衡常数=10-6；第一步电离常数大于第二步电离常数。【详解】A.Ka1+cN2H5cOHcN2H4Ka2，所以曲线M表示pOH与1g2+cN2H62+5的变化关系，曲线N表示cNHpOH与1g+cN2H524的变化关系，故A正确；cNH5B.反应N2HH2ON2HOH表示第二步电离，Ka2=262+cN2H6cOHcN2H+5=10-15，故B正确；
    C.pOH1=-lgKa1、pOH2=-lgKa2，Ka1Ka2，所以pOH12，故C错误；D.N2H4是二元弱碱，N2H5Cl是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故D正确；故答案选C。15．B【解析】【详解】
    A.向20mL0.01mol⋅L−1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，若恰好反应需要氢氧化钠溶液体积20mL，C点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液，X<20，A项错误；B.由HNO2⇌H++NO2−，K=cHcNO2cHNO2≈c2HcHNO2，则4.6×10≈−4c2H0.01mol/L，得到c(H+=2.14×10−3
    mol/L，B项正确；
    C.c点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液；氢氧化钠溶液体积为20mL时恰好反应，那么a到恰好完全反应时，水的电离程度逐渐增大；d点从图中读不出是在恰好反应之前还是恰好反应之后，C项错误；
    D.b点溶液为HNO2、NaNO2混合溶液，且浓度比为1:1，由NO2−+H2O⇌HNO2+OH−，HNO2⇌H++NO2−，电离程度大于水解程度，可知溶液呈酸性，微粒浓度大小为c(NO2−>c(Na+>c(HNO2，D项错误；答案选B。
    二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
    16．与C6H5NH3+发生中和反应，生成C6H5NH2C6H5NH3++OH-C6H5NH2+H2O安全管、平衡压强、防止气压过大等打开止水夹d撤掉酒精灯或停止加热40.0%
    在混合物中先加入足量盐酸，
    经分液除去硝基苯，再向水溶液中加氢氧化钠溶液，析出苯胺，分液后用氢氧化钠固体（或碱石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，滤去氢氧化钠固体即可得较纯净的苯胺【解析】【分析】
    (1与NH3相似，NaOH与反应生成；
    (2装置A中玻璃管与空气连通，能平衡烧瓶内外的压强；(3为防止倒吸，在苯胺吹出完毕后，打开止水夹d，再停止加热；(4根据硝基苯的体积计算苯胺的理论产量，实际产量÷理论产量=产率；
    (5根据易溶于水、硝基苯难溶于水设计分离方案；
    【详解】
    (1与NH3相似，加入氢氧化钠，NaOH与反应生成，反应的离子方程式是；
    (2装置A中玻璃管与空气连通，能平衡烧瓶内外的压强，所以玻璃管的作用是安全管、平衡压强、防止气压过大；
    (3为防止倒吸，先打开止水夹d，再停止加热；
    cm-3=6.15g，物质的量是(45mL硝基苯的质量是5mL×1.23g·6.15g=0.05mol，根据质量守恒定律，123g/mol生成苯胺的物质的量是0.05mol，苯胺的质量是0.05mol×93g/mol=4.65g，苯胺的产率是1.86g100%=40.0%；4.65g(5在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再向水溶液中加氢氧化钠溶液，析出苯胺，分液后用氢氧化钠固体（或碱石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，滤去氢氧化钠固体即可得较纯净的苯胺。三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
    17．对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）酯基、醚键C13H14O3Cl2加成反应

    +→+HBr12
    、


    【解析】【分析】A(与HCHO在碱性条件下发生加成反应生成B（）；B氧化生成C（）；C生成D（）；D与发生取代反应生成E（）和HBr；E环化生成F（）；F酸性条件下水解生成H（【详解】（1）C为），据此分析。
    ，命名为对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）；
    答案：对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）
    （2）F为，F中含氧官能团为酯基、醚键；
    答案：酯基、醚键（3）H为答案：C13H14O3Cl2
    （4）反应①为加成反应，反应④为取代反应，产物中还有HBr，化学方程式为+→+HBr；
    ，由结构简式可知，H的分子式为C13H14O3Cl2；
    答案：加成反应+→+HBr（5）M为的同分异构体，满足条件的M的结构简式为、

    、、、、、、、、、、共12种；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6:2:1的结构简式为、；
    答案：12种、
    （6）根据题干信息①②③可得出合成路线，由环己烷为原料制备的合成路线为；
    答案：【点睛】

    第⑤小题寻找同分异构体为易错点，可以分步确定：①根据同分异构体要求可知存在两个官能团-COOH、-Br②确定碳链种类③将两个官能团-COOH、-Br采用定一移一法确定同分异构体种类。四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
    18．（2a+2b-c）0.086mol/（L•min）反应达到平衡状态【解析】【分析】
    (1已知：①CO2(g+3H2(g⇌CH3OH(g+H2O(g△H1=akJ•mol-1，②CO(g+H2O(g⇌CO2(g+H2(g△H2=bkJ•mol-1，③CH3OCH3(g+H2O(g⇌2CH3OH(g△H3=ckJ•mol-1，盖斯定律计算(①+②×2-③得到反应Ⅱ2CO(g+4H2(g⇌CH3OCH3(g+H2O(g的△H；
    (2①CO2(g+3H2(g⇌CH3OH(g+H2O(g，现将1molCO2(g和3molH2(g充入2L刚性容器中发生反应，经过10min达到a点，此时CH3OH的体积分数为20%．结合三行计算列式计算；②b点时，CH3OH的体积分数最大的原因是此点反应达到平衡状态；
    ③b点时，容器内平衡压强为P0，CH3OH的体积分数为30%，三行计算列式计算平衡物质的量，用平衡分100＜＞bii3p02
    压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数；
    ④a点v正＞v逆，b点v正=v逆，温度升高反应速率增大，若在900K时，向此刚性容器中再充入等物质的量的CH3OH和H2O，相当于总压增大平衡正向进行；
    ⑤在900K及以后，能提高甲醇产率的是改变条件平衡正向进行；
    (3反应为2NO(g+2H2(g⇌N2(g+2H2O(g，该反应速率表达式v=k•c2(NO•c(H2，反应速率是由第一步决定，反应活化能大。【详解】
    (1已知：①CO2(g+3H2(g⇌CH3OH(g+H2O(g△H1=akJ•mol-1②CO(g+H2O(g⇌CO2(g+H2(g△H2=bkJ•mol-1③CH3OCH3(g+H2O(g⇌2CH3OH(g△H3=ckJ•mol-1
    盖斯定律计算(①+②×2-③得到反应Ⅱ2CO(g+4H2(g⇌CH3OCH3(g+H2O(g△H=(2a+2b-cKJ/mol，故答案为：(2a+2b-c；
    (2①CO2(g+3H2(g⇌CH3OH(g+H2O(g，现将1molCO2(g和3molH2(g充入2L刚性容器中发生反应，经过10min达到a点，此时CH3OH的体积分数为20%。结合三行计算列式计算，设消耗二氧化碳物质的量为x，
    CO2(g+3H2(g⇌CH3OH(g+H2O(g起始量(mol1300变化量(molx3xxx平衡量(mol1-x3-3xxxCH3OH的体积分数=4x=20%，x=mol，4-2x74mol37v(H2==0.086mol/(L•min，故答案为：0.086mol/(L•min；2L10min②b点时，CH3OH的体积分数最大的原因是反应达到平衡状态，故答案为：反应达到平衡状态；③b点时，容器内平衡压强为P0，CH3OH的体积分数为30%，消耗二氧化碳物质的量y，CO2(g+3H2(g⇌CH3OH(g+H2O(g起始量(mol1300变化量(moly3yyy平衡量(mol1-y3-3yyyy=0.3，y=0.75mol，平衡状态气体总物质的量=4mol-2×0.75mol=2.5mol，反应的平衡常数4-2y0.750.75p01001002.52.5Kp==，故答案为：；
    0.2530.2533p023p02p0(p02.52.5p0④a点v正＞v逆，b点v正=v逆，温度升高反应速率增大，a点和b点的v逆，a＜b，若在900K时，向
    此刚性容器中再充入等物质的量的CH3OH和H2O，相当于增大总压，平衡正向进行，达平衡后φ(CH3OH＞30%，故答案为：＜；＞；
    ⑤在900K及以后，能提高甲醇产率的是平衡正向进行，a．充入氦气总压增大分压不变，平衡不变，故a错误；b．分离出H2O，平衡正向进行，甲醇产率增大，故b正确；
    c．图中分析升温甲醇体积分数减小，说明正反应为放热反应，反应升温平衡逆向进行，甲醇产率减小，故c错误；
    d．改变催化剂，不改变化学平衡，甲醇产率不变，故d错误；故答案为：b；
    (3H2还可以还原NO消除污染，反应为2NO(g+2H2(g⇌N2(g+2H2O(g，该反应速率表达式v=k•c2(NO•c(H2(k是速率常数，只与温度有关，上述反应分两步进行：i.2NO(g+H2(g⇌N2(g+H2O2(g△H1；ii．H2O2(g+H2(g⇌2H2O(g△H2化学总反应分多步进行，反应较慢的一步i反应控制总反应速率，反应活化能大，正反应的活化能较低的是ii，故答案为：ii。【点睛】
    应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式，结合原热化学方程式(一般2～3个进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。19．CrO42-＋2H+Cr2O72-＋H2O1:6Cr2O35c(Na+＞c(HSO3-＞c(H+＞c(SO32-＞c(OH-

    H2O的电离常数Kb，故SO32-的水解程度比NH4+的水碱H2SO3的第二电离常数Ka2=1.02×10-7小于NH3·解程度大，溶液呈碱性3:1【解析】【详解】
    (1①从图中可以看出，c(Cr2O72−随c(H+的增大而不断增大，当c(H+=6.0×10-7mol/L时，c(Cr2O72−=0.4mol/L，此时反应达平衡状态，所以此反应为可逆反应。由此可得CrO42-转化为Cr2O72-的离子方程式为CrO42-＋2H+Cr2O72-＋H2O答案为CrO42-＋2H+Cr2O72-＋H2O②依据电子守恒，氧化剂Cr2O72−与还原剂Fe2+的关系为：Cr2O72−——6Fe2+从而得出还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6。答案为1:6；
    ③Cr3+与Al3+的化学性质相似，说明Cr3+在水溶液中易发生水解反应，最终生成Al(OH3，灼烧时再分解为铬的氧化物。所以对CrCl3溶液蒸干并灼烧，最终得到的固体的化学式为Cr2O3。答案为Cr2O3④Ksp[Cr(OH3]=c(Cr3c3(OH1.0105c3(OH1.0×10-32
    c(OH109mol/L，pH=5。答案为5；
    (2①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，当Na2SO3恰好完全反应时，全部生成NaHSO3，此时溶液pH约为3，则表明HSO3-以电离为主。

    发生的电离、水解反应方程式为：HSO3-H++SO32-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-、H2OH++OH-
    且前面反应进行的程度大于后面反应，从而得出溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c(Na+＞c(HSO3-＞c(H+＞c(SO32-＞c(OH-。
    答案为c(Na+＞c(HSO3-＞c(H+＞c(SO32-＞c(OH-
    ②（i）在(NH42SO3溶液中，NH4+、SO32-都将发生水解，从表中数据Ka2=1.02×10-7、Kb=1.74×10-5可以看出，HSO3-的电离常数小，SO32-的水解常数大，所以溶液呈碱性。答案为碱；
    H2O的电离常数Kb，故SO32-的溶液呈碱性的原因是：溶液H2SO3的第二电离常数Ka2=1.02×10-7小于NH3·水解程度比NH4+的水解程度大，溶液呈碱性。
    H2O的电离常数Kb，故SO32-的水解程度比NH4+的答案为：H2SO3的第二电离常数Ka2=1.02×10-7小于NH3·水解程度大，溶液呈碱性。
    n(HSO3-=（ii）图中b点时溶液pH=7，此时c(HSO3-=c(SO32-，则c(NH4HSO3=c[(NH42SO3]，从而得出n(NH4+：3：1答案为3：1。

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