2026届北京市达标名校高考仿真模拟化学试卷含解析

这是一份2026届北京市达标名校高考仿真模拟化学试卷含解析，共30页。
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、设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是（ ）
A．10mL18ml/L的浓硫酸与足量的铜加热充分反应，转移电子数0.18NA
B．钾在空气中燃烧可生成多种氧化物，78g钾在空气中燃烧时转移的电子数为2NA
C．常温常压下，0.1mlNH3与0.1mlHCl充分反应后所得的产物中含有的分子数仍为0.1NA
D．标准状况下，22.4LCO2中含有共用电子对数为2NA
2、常温下，浓度均为0.1 ml/L体积均为V0的HA、HB溶液分别加水稀释至体积为 V的溶液。稀释过程中，pH与的变化关系如图所示。下列叙述正确的是
A．pH 随 的变化始终满足直线关系
B．溶液中水的电离程度：a > b > c
C．该温度下，Ka(HB)≈ 10－6
D．分别向稀释前的HA、HB溶液中滴加 NaOH 溶液至 pH = 7 时，c(A－)= c(B－)
3、相同温度下溶液的酸碱性对TiO2光催化燃料R降解反应的影响如图所示。下列判断不正确的是（ ）
A．对比pH=7和pH=10的曲线，在同一时刻，能说明R的起始浓度越大，降解速率越大
B．对比pH=2和pH=7的曲线，说明溶液酸性越强，R的降解速率越大
C．在0~20min之间，pH=2时R的平均降解速率为0.0875×10-4ml·L-1·min-1
D．50min时，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等
4、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A．Mg(OH)2具有碱性，可用于制胃酸中和剂
B．H2O2是无色液体，可用作消毒剂
C．FeCl3具有氧化性，可用作净水剂
D．液NH3具有碱性，可用作制冷剂
5、某学习兴趣小组通过2KClO3十H2C2O4CO2忄＋2ClO2↑＋K2CO3＋H2O制取高效消毒剂ClO2。下列说法正确的是
A．KClO3中的Cl被氧化
B．H2C2O4是氧化剂
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1
D．每生成1 ml ClO2转移2 ml电子
6、某化学兴趣小组对教材中乙醇氧化及产物检验的实验进行了改进和创新，其改进实验装置如图所示，按图组装好仪器，装好试剂。下列有关改进实验的叙述不正确的是
A．点燃酒精灯，轻轻推动注射器活塞即可实现乙醇氧化及部分产物的检验
B．铜粉黑红变化有关反应为：2Cu+O22CuO、C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O
C．硫酸铜粉末变蓝，说明乙醇氧化反应生成了水
D．在盛有新制氢氧化铜悬浊液的试管中能看到砖红色沉淀
7、用惰性电极电解饱和食盐水(含少量Ca2+、Mg2+)并进行相关实验(装置如图)，电解一段时间后，各部分装置及对应的现象为：(1)中黑色固体变红；(2)电极a附近溶液出现浑浊；(3)中溶液出现浑浊；(4)中溶液红色褪去。下列对实验现象解释不正确的是
A．(1)中：CuO+H2Cu+H2O
B．(2)中a电极：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
C．(3)中：Cl2+S2-=S↓+2Cl-
D．(4)中：Cl2具有强氧化性
8、2019年11月《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示(已知：H2O2=H＋＋HO2－，Ka＝2.4×10－12)。下列说法错误的是( )
A．X膜为选择性阳离子交换膜
B．催化剂可促进反应中电子的转移
C．每生成1 ml H2O2电极上流过4 ml e－
D．b极上的电极反应为O2＋H2O＋2e－=HO2－＋OH－
9、油脂是重要的工业原料．关于“油脂”的叙述错误的是
A．不能用植物油萃取溴水中的溴
B．皂化是高分子生成小分子的过程
C．和H2加成后能提高其熔点及稳定性
D．水解可得到丙三醇
10、室温下，将1L0.3ml⋅ L−1HA溶液与0.1mlNaOH固体混合，使之充分反应得到溶液(a)。然后向该溶液中通入HCl或加入NaOH固体（忽略体积和温度变化），溶液pH随通（加）入物质的量的变化如图。下列叙述错误的是
A．HA是一种弱酸
B．向a点对应溶液中通入HCl，充分反应后，c(H+)/c(HA)增大
C．b点对应溶液中：c(Na+)=c(Cl-)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)
D．c点对应溶液中：c(Na+)=c(A-)
11、下列各组物质既不是同系物又不是同分异构体的是（ ）
A．甲酸甲酯和乙酸B．对甲基苯酚和苯甲醇
C．油酸甘油酯和乙酸乙酯D．软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯
12、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1 L 0.1 ml·L－1NaClO溶液中含有的ClO－为NA
B．1 ml Fe在1 ml Cl2中充分燃烧，转移的电子数为3NA
C．常温常压下，32 g O2与O3的混合气体中含有的分子总数小于NA
D．标准状况下，22.4 L HF中含有的氟原子数目为NA
13、下列说法正确的是
A．烷烃的通式为CnH2n+2，随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐减小
B．乙烯与溴水发生加成反应的产物为溴乙烷
C．1ml苯恰好与3ml氢气完全加成，说明一个苯分子中有三个碳碳双键
D．C7H16，主链上有5个碳原子的同分异构体共有5种
14、下列说法正确的是
A．乙烯生成乙醇属于消去反应
B．乙烷室温能与浓盐酸发生取代反应
C．乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体
D．乙酸与溴乙烷均可发生加成反应
15、298K时，向20mL一定浓度的KOH溶液中滴加0.1ml·L-1HCOOH溶液，混合溶液中水电离出的氢氧根离子浓度与滴加甲酸(弱酸)溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．V1=20
B．c(KOH)＝0.1ml·L-1
C．n、q两点对应的溶液中均存在：c (K＋)=c(HCOO-)
D．p点对应的溶液中存在：c (OH-)=c(HCOOH)+c(H＋)
16、主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是
A．X与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性
B．Y与Z形成的化合物只含离子键
C．简单氢化物的沸点：QY> Z> X
B．Y、Z分别与W形成的化合物均为离子化合物
C．元素的最高正化合价：W>X>Z> Y
D．Y、W的简单离子都不会影响水的电离平衡
21、室温下，向20.00 mL 0.1000 ml·L−1盐酸中滴加0.1000 ml·L−1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是
A．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
B．用移液管量取20.00 mL 0.1000 ml·L−1盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗
C．NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂
D．V(NaOH)=10.00 mL 时，pH约为1.5
22、延庆区的三张名片：长城、世园会、冬奥会中所使用的材料属于无机非金属材料的是
A．京张高铁的复兴号火车“龙凤呈祥”内装使用材料FRP
B．中国馆屋顶ETFE保温内膜
C．八达岭长城城砖
D．2022年冬奥会高山滑雪服
二、非选择题(共84分)
23、（14分）A是一种烃，可以通过下列路线合成有机产品X、Y、Z。
已知：Ⅰ.（R或R’可以是烃基或氢原子）
Ⅱ.反应①、②、⑤的原子利用率都为100%。
完成下列填空：
（1）B的名称为_____；反应③的试剂和条件为_____；反应④的反应类型是____。
（2）关于有机产品Y（）的说法正确的是____。
A．Y遇氯化铁溶液会发生显色反应
B．1mlY与H2、浓溴水中的Br2反应，最多消耗分别为4 ml和2 ml
C．1mlY与氢氧化钠溶液反应时，最多可以消耗3ml氢氧化钠
D．Y中⑥、⑦、⑧三处-OH的电离程度由大到小的顺序是⑧>⑥>⑦
（3）写出符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式______。
a.属于酚类化合物，且是苯的对位二元取代物
b.能发生银镜反应和水解反应
（4）设计一条以CH3CHO为起始原料合成Z的线路（无机试剂及溶剂任选）。______
（合成路线的常用表示方法为：AB……目标产物）
24、（12分）化合物M是一种药物中间体。实验室以烃A为原料制备M的合成路线如图所示。请回答下列问题：
已知：①R1COOH+R2COR3。
②R1CH2COOR2+R3COOR4+R4OH、、、均表示烃基
(1)的核磁共振氢谱中有________组吸收峰；B的结构简式为________。
(2)的化学名称为________；D中所含官能团的名称为________。
(3)所需的试剂和反应条件为________；的反应类型为________。
(4)的化学方程式为________。
(5)同时满足下列条件的M的同分异构体有________种不考虑立体异构。
①五元环上连有2个取代基
②能与溶液反应生成气体
③能发生银镜反应
(6)参照上述合成路线和信息，以甲基环戊烯为原料无机试剂任选，设计制备的合成路线：________。
25、（12分）实验室制备叔丁基苯（）的反应和有关数据如下：
+ClC(CH3)3 +HCl

I．如图是实验室制备无水AlCl3，可能需要的装置：

(1)检查B装置气密性的方法是_______。
(2)制备无水AlCl3的装置依次合理的连接顺序为__________（埴小写字母），其中E装置的作用是________。
(3)实验时应先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管，其原因是________。
Ⅱ．如图是实验室制备叔丁基苯的装置（夹持装置略）：
在三颈烧瓶中加入50 mL的苯和适量的无水AlCl3，由恒压漏斗滴加氯代叔丁烷10mL，一定温度下反应一段时间后，将反应后的混合物洗涤分离，在所得产物中加入少量无水MgSO4固体，静置，过滤，蒸馏得叔丁基苯20g。
(4)使用恒压漏斗的优点是_______；加入无水MgSO4固体的作用是________。
(5)洗涤混合物时所用的试剂有如下三种，正确的顺序是________。（填序号）
①5%的Na2CO3溶液 ②稀盐酸 ③H2O
(6)本实验中叔丁基苯的产率为______。（保留3位有效数字）
26、（10分）二氯化二硫(S2Cl2)是一种无色液体，有刺激性、窒息性恶臭。人们使用它作橡胶的低温硫化剂和黏结剂。向熔融的硫中通入限量的氯气即可生成S2Cl2，进一步氯化得SCl2。
S2Cl2、SCl2、S的某些性质如下：
实验室可用如图所示装置制备少量S2Cl2。
（1）仪器M的名称是__。
（2）实验室中用高锰酸钾与浓盐酸制取Cl2的化学方程式为__。
（3）欲得到较纯净的S2Cl2，上述仪器装置的连接顺序为e→__→f(按气体流出方向)。D装置中碱石灰的作用是_。
（4）S2Cl2粗品中可能混有的杂质是__(填化学式)，从S2Cl2粗品中提纯S2Cl2的操作方法是__(填操作名称)。.
（5）若产物S2Cl2中混入少量水，则发生反应的化学方程式为__。
（6）对提纯后的产品进行测定：取mg产品，加入50mL水充分反应(SO2全部逸出)，过滤，洗涤沉淀并将洗涤液与滤液合并，用100mL容量瓶定容，取20.00mL溶液与浓度为0.4000ml·L-1的硝酸银溶液反应，消耗硝酸银溶液20.00mL，则产品中氯元素的质量分数为__(用含有m的式子表示)。
27、（12分）某同学欲用98%的浓H2SO4（ρ=1.84g/cm3）配制成500mL 0.5ml/L的稀H2SO4
（1）填写下列操作步骤：
①所需浓H2SO4的体积为____。
②如果实验室有10mL、20mL、50mL量筒，应选用___mL量筒量取。
③将量取的浓H2SO4沿玻璃棒慢慢注入盛有约100mL水的___里，并不断搅拌，目的是___。
④立即将上述溶液沿玻璃棒注入____中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液注入其中，并不时轻轻振荡。
⑤加水至距刻度___处，改用__加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平。盖上瓶塞，上下颠倒数次，摇匀。
（2）请指出上述操作中一处明显错误：____。
（3）误差分析：（填偏高、偏低、无影响）
①操作②中量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将___；
②问题（2）的错误操作将导致所配制溶液的浓度___；
28、（14分）乙醛(CH3CHO)是有机合成中的二碳试剂，是合成乙酸、乙醇、乙酸乙酯、农药DDT等的原料。回答下列问题:
(1)Andrea Dasic 等提出在金属催化剂M作用下以N2O为氧化剂可以氧化乙烯生成乙醛。催化体系氧化还原循环如图所示。(物质与氧原子的结合力用OA表示)
氧原子与N生成NO的结合力OA(N)= 167.4kJ·ml-1,氧原子与乙烯生成乙醛的结合力OA(C2 H4)=473 kJ∙ml-1,则可用作该反应催化剂的金属M与氧原子的结合力OA(M)的值应满足:_______,使用催化剂会使该反应的活化能____(填“增大”或“减小”)。
(2)已知CO(g)、CH4(g)、CH3CHO(l)的燃烧热分别为283.0 kJ∙ml-1、890.31 kJ· ml-1、1167.9 kJ∙ml-1,则乙醛的分解反应CH3CHO(l) CH4(g)+CO(g)的 ∆H =________。
(3)已知:在含有少量I2的溶液中,反应CH3CHO(aq) CH4 (g)+CO(g)分两步进行:
第I步反应为CH3CHO(aq) +I2(aq)→CH3I(l) + HI(aq) +CO(g)(慢反应),第II步为快反应。
①请写出第II步反应的化学方程式:__________。
②增大I2的浓度______(填“能"或“不能")明显增大总反应的平均速率,理由为_________。
(4)乙醛可以与饱和的NaHSO3溶液发生反应生成水溶性的-羟基磺酸钠:CH3CHO+ NaHSO3CH3CH(OH)SO3Na(-羟基磺酸为易溶于水的强酸)。反应达到平衡后,若其他条件不变,向反应体系中加入足量盐酸，平衡将___ (填“ 正向”“逆向”或“不")移动。
(5)在100~120 °C、PdCl2 – CuCl2催化剂存在下,乙烯可以与O2反应生成乙醛: 2CH2=CH2(g) +O2(g) 2CH3CHO(g)。 T°C时，向2 L的恒容密闭容器中通入3 ml CH2=CH2(g)和3 ml O2(g),发生上述反应,反应刚好达到平衡状态后体系压强变为初始压强的5/6，则CH2=CH2(g)的平衡转化率为____ (结果保留3位有效数字),T °C时该反应的平衡常数K为________。
29、（10分）Li、Fe、As均为重要的合金材料，NA为阿伏加德罗常数的值。回答下列问题：
(1)基态Li原子核外电子占据的空间运动状态有________个，占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为_________。
(2)Li的焰色反应为紫红色，很多金属元素能产生焰色反应的原因为_________。
(3)基态Fe3+比基态Fe2+稳定的原因为____________。
(4)KSCN和K4[Fe(CN)6]均可用于检验Fe3+。
①SCN-的立体构型为_______，碳原子的杂化方式为_____________。
②K4[Fe(CN)6]中所含元素的第一电离能由大到小的顺序为__________(用元素符号表示)；1 ml [Fe(CN)6]4-中含有σ键的数目为____________。
(5)H3AsO3的酸性弱于H3AsO4的原因为____________________。
(6)Li、Fe和As可组成一种新型材料，其立方晶胞结构如图所示。若晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度可表示为______g●cm-3。(列式即可)
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. 铜与稀硫酸不反应，故一旦浓硫酸变稀，反应即停止，即硫酸不能完全反应，故转移的电子数小于 0.18NA，故A错误；
B. 78g钾的物质的量为2ml，而钾反应后变为+1价，故2ml钾燃烧转移2NA个电子，故B正确；
C. 氨气和HCl反应后生成的氯化铵为离子化合物，不存在分子，故C错误；
D. 标况下22.4L二氧化碳的物质的量为1ml，而二氧化碳中含4对共用电子对，故1ml二氧化碳中含4NA对共用电子对，故D错误；
故答案为B。
2、C
【解析】
从图中可以看出，0.1ml/LHA的pH=1，HA为强酸；0.1ml/LHA的pH在3~4之间，HB为弱酸。
【详解】
A．起初pH 随 的变化满足直线关系，当pH接近7时出现拐点，且直线与横轴基本平行，A不正确；
B．溶液的酸性越强，对水电离的抑制作用越大，水的电离程度越小，由图中可以看出，溶液中c(H+)：c >a > b，所以水的电离程度：b >a> c，B不正确；
C．在a点，c(H+)=c(B-)≈10-4ml/L，c(HB)=0.01ml/L，该温度下，Ka(HB)=≈ 10－6，C正确；
D．分别向稀释前的HA、HB溶液中滴加 NaOH 溶液至 pH = 7 时，HB中加入NaOH的体积小，所以c(A－)>c(B－)，D不正确；
故选C。
3、A
【解析】A．根据图中曲线可知，曲线的斜率表示反应速率，起始浓度不同分解速率不同，PH不同分解速率也不同，故R的起始浓度和溶液的PH均影响R的降解速率，且R的起始浓度越大，降解速率越小，故A错误；B．溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故B正确；C．在0~20min之间，pH=2时R的平均降解速率为=0.0875×10-4ml·L-1·min-1，故C正确；D．根据图示可知：在0-50min之间，pH=2和pH=7时由于初始的量相同，变化量也相同，所以R的降解百分率相等的，故D正确；答案为A。
4、A
【解析】
A. Mg(OH)2具有碱性，能与盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，故A正确；
B. H2O2具有强氧化性，可用作消毒剂，故B错误；
C. FeCl3水解后生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可用作净水剂，故C错误；
D. 液NH3气化时吸热，可用作制冷剂，故D错误；
故选A。
5、C
【解析】
A.氯酸钾中的氯元素化合价降低，被还原，故错误；
B.草酸中的碳元素化合价升高，作还原剂，故错误；
C.二氧化碳和碳酸钾为氧化产物，二氧化氯为还原产物，二者比例为1∶1，故正确；
D.氯元素化合价变化1价，所以每生成1 ml ClO2转移1ml电子，故错误；
故选C。
6、D
【解析】
点燃酒精灯，轻轻推动注射器活塞即可反应，空气带着乙醇蒸气与热的铜粉发生反应，选项A 正确；看到铜粉变黑，发生2Cu+O22CuO，看到铜粉黑变红，发生C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，选项B正确；硫酸铜粉末变蓝，是因为生成了五水硫酸铜，说明乙醇氧化有水生成，选项C正确；乙醛与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀需要加热，选项D不正确。
7、D
【解析】
用惰性电极电解饱和食盐水(含少量Ca2+、Mg2+)产生的气体为氢气和氯气，氯气具有强氧化性，而氢气在加热条件下具有较强还原性，根据(1)中黑色固体变红，(2)电极a附近溶液出现浑浊可知，a电极为阴极，放出氢气，生成氢氧根与镁离子结合成白色沉淀，b电极为阳极，产生的氯气可氧化硫化钠生成硫沉淀出现浑浊，过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H+中和了OH-，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，据此分析解答。
【详解】
A．(1)中黑色固体变红，是氢气还原氧化铜，反应的化学方程式为：CuO+H2 Cu+H2O，故A正确；
B．(2)电极a附近溶液出现浑浊，则a电极放出氢气生成氢氧根，与镁离子结合成白色沉淀，相关反应为：2H2O+2e-═H2↑+2OH-，Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，故B正确；
C．(3)中溶液出现浑浊，是产生的氯气氧化硫化钠生成硫沉淀，离子方程式为：Cl2+S2-═S↓+2Cl-，故C正确；
D．(4)中过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H+中和了OH-，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，故D错误；
故选D。
8、C
【解析】
A. a极发生H2-2e－=2H＋，X膜为选择性阳离子交换膜，让H＋进入中间，故A正确；
B. 催化剂可促进反应中电子的转移，加快反应速率，故B正确；
C. 氧元素由0价变成-1价，每生成1 ml H2O2电极上流过2 ml e－，故C错误；
D. b为正极，氧气得电子，b极上的电极反应为O2＋H2O＋2e－=HO2－＋OH－，故D正确；
故选C。
9、B
【解析】
A、植物油的主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中含有双键能够与溴反应，A正确；
B、皂化反应是油脂的碱性水解，反应的主要产物脂肪酸钠和甘油不是高分子化合物，B错误；
C、油脂和H2加成后油脂中的不饱和高级脂肪酸甘油酯转化成饱和的高级脂肪酸甘油酯，其熔点及稳定性均得到提高，C正确；
D、油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，水解后可以得到甘油，即丙三醇， D正确。
10、C
【解析】
1L0.3ml·L－1HA溶液与0.1mlNaOH固体混合，反应后的溶质为0.1mlNaA和0.2mlHA，假设HA为强酸，此时c(H＋)=0.2ml·L－1，pH为1－lg2，但现在pH＞3，说明HA为弱酸，然后进行分析即可。
【详解】
1L0.3ml·L－1HA溶液与0.1mlNaOH固体混合，反应后的溶质为0.1mlNaA和0.2mlHA，假设HA为强酸，此时c(H＋)=0.2ml·L－1，pH为1－lg2，但现在pH＞3，说明HA为弱酸。
A、根据上述分析，HA为弱酸，故A说法正确；
B、c(H＋)/c(HA)=c(H＋)×c(A－)/[c(HA)×c(A－)]=Ka(HA)/c(A－)，a点对应溶液中加入HCl，发生NaA＋HCl=NaCl＋HA，c(A－)减小，因此该比值增大，故B说法正确；
C、b点加入盐酸为0.1ml，此时溶质为HA和NaCl，HA的物质的量为0.3ml，NaCl物质的量为0.1ml，HA为弱酸，电离程度弱，因此微粒浓度大小顺序是c(HA)>c(Na＋)=c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)，故C说法错误；
D、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，c点pH=7，c(H＋)=c(OH－)，即有c(Na＋)=c(A－)，故D说法正确。
11、C
【解析】
A．甲酸甲酯和乙酸分子式相同，结构不同，属于同分异构体，A不合题意；
B．对甲基苯酚和苯甲醇分子式相同，结构不同，属于同分异构体，B不合题意；
C．油酸甘油酯是不饱和酯，乙酸乙酯是饱和酯，分子式不同，结构不相似，则既不是同系物，又不是同分异构体，C符合题意；
D．软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯，结构相似，分子组成上相差2个CH2，互为同系物，D不合题意；
故选C。
12、C
【解析】
A. NaClO为强碱弱酸盐，ClO－会水解，使溶液中ClO－的物质的量小于1 L ×0.1 ml·L－1，即小于NA，A项错误；
B. 根据反应2Fe＋3Cl2=2FeCl3可知铁过量，1 ml Cl2参与反应转移2 ml电子，B项错误；
C. 32g O2的物质的量为=1ml，分子数为NA，而含有O3，相同质量的O3所含分子数少，则分子总数减少，小于NA，C项正确；
D. 标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，D项错误；
答案选C。
【点睛】
与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/ml的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。
13、D
【解析】
A．烷烃的通式为CnH2n+2，C元素的质量分数为，则随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大，故A错误；
B．乙烯中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，故B错误；
C．苯中不含碳碳双键，故C错误；
D．C7H16主链上有5个碳原子的烷烃，支链为2个甲基或1个乙基，符合的有(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3，共5种，故D正确；
答案选D。
14、C
【解析】
A.乙烯和水加成生成乙醇，是加成反应，故A不选；
B.乙烷不能和浓盐酸发生取代反应，烷烃能和卤素单质在光照下发生取代反应，故B不选；
C.乙酸和甲酸甲酯的分子式均为C2H4O2，两者结构不同，故互为同分异构体，故C选；
D.乙酸中的羧基不能发生加成反应，溴乙烷没有不饱和键，也不能发生加成反应，故D不选。
故选C。
15、C
【解析】
A. 根据未加加酸时水点出的氢氧根离子浓度为1×10-13ml∙L-1，则水电离出的氢离子浓度为1×10-13ml∙L-1，氢氧化钠中氢氧根浓度为0.1 ml∙L-1，c(KOH)＝0.1ml·L-1，p点是水的电离程度最大的点即恰好生成盐的点，因此甲酸的物质的量等于氢氧化钾的物质的了，因此0.1ml·L-1×0.02∙L= 0.1ml·L-1×V1，则V1=0.02L = 20mL，故A正确；
B. 根据A分析得出c(KOH)＝0.1ml·L-1，故B正确；
C. n点溶质是KOH和HCOOK的混合溶液，溶液显碱性，根据电荷守恒和溶液呈碱性，因此溶液中存在：c (K＋) > c(HCOO－)，q点是HCOOK和HCOOH的混合溶液，溶液呈中性，根据电荷守恒和呈中性，得到溶液中存在c (K＋) = c(HCOO－)，故C错误；
D. p点溶质为HCOOK，则根据质子守恒得到对应的溶液中存在：c (OH－)=c(HCOOH)+c(H＋)，故D正确。
综上所述，答案为C。
16、C
【解析】
Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为Cl；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，当W为K时，Y为Al；当W为Ca时，Y为Mg。
【详解】
A. X简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A错误；
B. Y与Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化铝属于共价化合物不含有离子键，故B错误；
C.简单氢化物的沸点：Q（NH3）O2⁻>Na+>Al3+，即W>X>Y>Z，故A错误；
B. Al与Cl形成的化合物AlCl3为共价化合物，故B错误；
C. O元素没有最高正化合价，故C错误；
D. NaOH为强碱，HCl为强酸，所以钠离子和氯离子都不会影响水的电离平衡，故D正确；
故答案为D。
21、C
【解析】
A.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，A正确；
B. 移液管水洗后需用待取液润洗，这样不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B正确；
C. 甲基橙的指示范围是3.1～4.4，甲基红的指示范围是4.4～6.2，二者差不多，而甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C错误；
D. V(NaOH)=10.00 mL时，HCl过量，反应后相当于余下10mL的HCl，溶液为酸性，溶液中c(H+)== ml/L，所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg1+lg30=1.5，D正确；
故合理选项是C。
22、C
【解析】
A. FRP属于纤维增强复合材料，不属于无机非金属材料，A项错误；
B. ETFE保温内膜属于乙烯-四氟乙烯共聚物，不属于无机非金属材料，B项错误；
C. 长城城砖属于无机非金属材料，C项正确；
D. 高山滑雪服内层有一层单向芯吸效应的化纤材料，外层是棉制品，不属于无机非金属材料，D项错误；
答案选C。
二、非选择题(共84分)
23、苯乙烯 氢氧化钠水溶液、加热 消去反应 AD 、
【解析】
反应①、②、⑤的原子利用率都为100%,则这几个反应为加成反应,根据 知,B和HBr发生加成反应得到该物质,则B结构简式为 ,所以B为苯乙烯；A为HC≡CH; C能发生催化氧化反应,则 发生水解反应生成D，反应条件为氢氧化钠水溶液、加热；C结构简式为 ,D结构简式为 ,D发生信息I的反应,E结构简式为 ,E发生酯化反应生成F,F发生消去反应生成X，G相对分子质量为78,C原子个数为6个,则G为 ,苯发生一系列反应生成Y；
【详解】
(1)由上述分析可知B名称是苯乙烯,反应③的试剂和条件为氢氧化钠水溶液、加热;反应④的反应类型是消去反应,
因此，本题正确答案是:苯乙烯;氢氧化钠水溶液、加热;消去反应;
(2)A.因为Y的结构简式为：，结构中含有酚羟基,所以遇氯化铁溶液会发生显色反应,故A正确;
B. 因为Y的结构简式为：，只有苯环能和氢气发生加成反应、苯环上酚羟基邻位氢原子能和溴发生取代反应,所以1mlY与H2、浓溴水中的Br2反应,最多消耗分别为3mlH2和2ml Br2,故B错误;
C. 因为Y的结构简式为：,酚羟基和羧基能与NaOH溶液反应,1mlY与氢氧化钠溶液反应时,最多可以消耗2ml氢氧化钠,故C错误;
D.Y()中⑥位酚羟基，显弱酸性，⑦为醇羟基，没有酸性，⑧位为羧基上的羟基，属于弱酸性，但酸性比酚羟基的酸性强，所以三处-OH的电离程度由大到小的顺序是⑧>⑥>⑦,故D正确;
所以AD选项是正确的;
(3)E结构简式为 ,E的同分异构体符合下列条件:
a.属于酚类化合物,说明含有酚羟基,且是苯的对位二元取代物,说明另外一个取代基位于酚羟基对位; b.能发生银镜反应和水解反应,水解含有醛基和酯基, 该物质为甲酸酯,符合条件的同分异构体有 ，
因此，本题正确答案是: ；
(4)乙醛发生还原反应生成CH3CH2OH，CH3CHO和HCN反应然后酸化得到CH3CH(OH)COOH，乙醇和CH3CH(OH)COOH发生酯化反应生成CH3CH(OH)COOCH2CH3，然后发生消去反应生成CH2=CH(OH)COOCH2CH3， CH2=CH(OH)COOCH2CH3发生加聚反应生成,其合成路线为为 ，
因此，本题正确答案是: 。
24、1 氯环己烷 碳碳双键 乙醇溶液、加热 酯化反应 +CH3CH2OH 6
【解析】
根据流程图，烃A在氯化铁条件下与氯气发生取代反应生成B，B与氢气加成生成C，结合C的化学式可知，A为，B为，C为，根据题干信息①可知，D中含有碳碳双键，则C发生消去反应生成D，D为，D中碳碳双键被高锰酸钾氧化生成E，E为，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，根据信息②，F在乙醇钠作用下反应生成M()，据此分析解答。
【详解】
(1)的结构简式为，A中只有1种氢原子，核磁共振氢谱中有1组吸收峰；B的结构简式为，故答案为：1；；
(2)C的结构简式为，化学名称为氯环己烷；D的结构简式为，D中所含官能团为碳碳双键，故答案为：氯环己烷；碳碳双键；
(3)C的结构简式为，D的结构简式为，为卤代烃的消去反应，反应条件为NaOH乙醇溶液、加热；E的结构简式为，F的结构简式为，的反应类型为酯化反应或取代反应，故答案为：NaOH乙醇溶液、加热；酯化反应或取代反应；
(4)F的结构简式为，M的结构简式为，根据信息②，的化学方程式为+CH3CH2OH，故答案为：+CH3CH2OH；
(5) M为，同时满足：①五元环上连有2个取代基；②能与溶液反应生成气体，说明含有羧基；③能发生银镜反应，说明含有醛基，满足条件的M的同分异构体有：、、、、、，一共6种，故答案为：6；
(6) 以甲基环戊烯()合成，要想合成，需要先合成，因此需要将碳碳双键打开，根据信息①，碳碳双键打开后得到，只需要将中的羰基与氢气加成即可，具体的合成路线为，故答案为：。
25、分液漏斗注入水后，关闭止水夹，打开分液漏斗的活塞使液体流下，一段时间后液体不能继续流下，说明气密性良好 defghijc 防止空气中的水蒸气进入，吸收多余的氯气 若先加热硬质玻璃管，Al 先与 O2 反应，无法制得纯净 AlCl3 使液体顺利滴下 干燥 ②①③ 74.6%
【解析】
(1)检查B装置气密性的方法是分液漏斗注入水后，关闭止水夹，打开分液漏斗的活塞使液体流下，一段时间后液体不能继续流下，说明气密性良好；
(2)制备无水AlCl3，在装置B中利用浓盐酸与二氧化锰加热条件下反应生成氯气，通过装置D中的饱和食盐水将氯气中的氯化氢除去，装置C干燥氯气，纯净干燥的氯气进入装置F与铝粉在加热条件下反应生成氯化铝，最后为防止空气中的水蒸气进入且利用碱石灰吸收未反应的氯气，故装置依次合理的连接顺序为defghijc，其中E装置的作用是防止空气中的水蒸气进入，吸收多余的氯气；
(3)实验时应先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管，其原因是若先加热硬质玻璃管，Al 先与 O2 反应，无法制得纯净 AlCl3；
（4）使用恒压漏斗可以平衡漏斗内外压强，使液体顺利滴下，在洗涤后所得产物中加入少量无水MgSO4固体，目的是吸收产品中少量的水分，起到干燥的作用；
（5）稀盐酸洗涤可以除去氯化铝杂质，再用5%Na2CO3溶液除去过量的盐酸，最后用水洗涤除去剩余的5%Na2CO3，故答案为②①③；
（6）加入苯的物质的量为=0.56ml，氯代叔丁烷的物质的量为=0.20ml，由反应方程式+ClC(CH3)3+HCl可知，加入的苯过量，则理论上生成叔丁基苯的质量为：0.20ml×134g/ml=26.8g，叔丁基苯的产率为：×100%=74.6%。
26、圆底烧瓶 jkhicdab 吸收剩余的氯气，并防止空气中的水蒸气进入装置B使S2Cl2水解 Cl2、SCl2、S 分馏(或蒸馏) 或
【解析】
（1）根据装置图分析仪器M的名称；
（2）高锰酸钾与浓盐酸在常温下生成氯化钾、氯化锰、氯气和水；
（3）欲得到较纯净的S2Cl2，氯气先除杂、干燥，再与熔融的S反应，用冰水收集S2Cl2，最后用碱石灰收集多余氯气，注意导气管长进短出 ；
（4）根据S2Cl2、SCl2、S、Cl2的沸点较低分析；
（5）S2Cl2和水发生歧化反应生成SO2、S、HCl；
（6）滴定过程中反应的离子方程式是 。
【详解】
（1）根据装置图，仪器M的名称是圆底烧瓶；
（2）高锰酸钾与浓盐酸在常温下生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，化学方程式为；
（3）欲得到较纯净的S2Cl2，氯气先除杂、干燥，再与熔融的S反应，用冰水收集S2Cl2，最后用碱石灰收集氯气；上述仪器装置的连接顺序为e→j → k →h →i →c→ d→a→b→f。S2Cl2易水解，所以D装置中碱石灰的作用是吸收剩余的氯气，并防止空气中的水蒸气进入装置B使S2Cl2水解；
（4）氯气和硫可能有剩余，均有可能混入产品中，氯气过量时，会生成SCl2，因此S2Cl2粗品中可能混有的杂质是SCl2、S、Cl2；根据S2Cl2、SCl2、S、Cl2的沸点不同，S2Cl2粗品中提纯S2Cl2的操作方法是蒸馏（或分馏）；
（5）S2Cl2和水发生歧化反应生成SO2、S、HCl，根据得失电子守恒配平反应式为；
（6）滴定过程中反应的离子方程式是 ，则20.00mL溶液中氯离子的物质的量是0.4ml·L-1×0.02L=0.008ml，产品中氯元素的质量分数为= ；
27、13.6mL 20 烧杯 使大量的热及时排除，防止液体飞溅 500mL容量瓶 1cm~2cm 胶头滴管 第④步没有将稀释后的浓硫酸冷却到室温 偏低 偏高
【解析】
（1）①根据稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算所需浓硫酸的体积；
②根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒；
③稀释浓溶液的容器是烧杯；浓硫酸稀释放热，用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀，使热量迅速扩散；
④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到容量瓶中；
⑤根据定容的操作要点来分析；
（2）根据浓硫酸稀释放热来分析；
（3）根据c=，结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。
【详解】
（1）①浓硫酸的物质的量浓度为c= = =18.4ml/L，设需浓H2SO4的体积为Vml，根据稀释前后溶质硫酸的物质的量不变C浓V浓=C稀V稀：18.4ml/L×Vml=500mL×0.5ml/L，解得V=13.6mL；
②需要浓硫酸的体积是13.6ml，根据“大而近”的原则，应选用20ml的量筒；
③稀释浓溶液的容器是烧杯；浓硫酸稀释放热，用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀，使热量迅速扩散，防止液体飞溅；
④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到500ml容量瓶中；
⑤定容的操作是开始直接往容量瓶中加水，加水至距刻度 1～2cm处，改用胶头滴管逐滴加水，使溶液的凹液面最低处正好跟刻度线相平；
（2）浓硫酸稀释放热，故应将稀释后的溶液冷却至室温然后再进行移液，错误是第④步溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中；
（3）①操作②中量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取会导致浓硫酸被稀释，所取的硫酸的物质的量偏小，所配溶液浓度将偏低；
②问题（2）的错误是溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中，所得溶液的体积偏小，所配溶液浓度将偏高。
28、167.4kJ·ml-1＜OA(M) ＜473 kJ∙ml-1 减小 +5.41 kJ·ml−1 CH3I(l) + HI(aq) → CH4(g) + I2(aq) 能 总反应的平均速率由慢反应决定，I2是慢反应的反应物，增大的I2的浓度，慢反应速率增大，总反应的平均速率增大 逆向 66.7% 4
【解析】
⑴由催化剂的作用机理结合图示信息知，当氧原子与催化剂的结合力处于中间值时，此反应可发生，催化剂会降低反应的活化能。
⑵分别写出燃烧热的热反应方程式，再用第3个的热反应方程式减去第1个和第2个的热反应方程式。
⑶①根据第I步反应和催化剂的反应原理，总反应减去第I步反应得到第II步反应的化学方程式；②总反应速率由慢反应速率决定，I2是慢反应的反应物，因此增大I2的浓度能明显增大总反应的平均速率。
⑷向反应体系中加入足量盐酸，盐酸可以与NaHSO3反应，使反应物NaHSO3的浓度减小，平衡逆向移动。
⑸建立三段式，根据压强之比等于物质的量之比进行计算，再算转化率和平衡常数。
【详解】
⑴氧原子与N生成NO的结合力OA(N) = 167.4 kJ·ml−1，氧原子与乙烯生成乙醛的结合力OA(C2H4)=473 kJ·ml−1，由催化剂的作用机理结合图示信息知，当氧原子与催化剂的结合力处于中间值时，此反应可发生，因此可用作该反应催化剂的金属M与氧原子的结合力OA(M)的值应满足167.4kJ·ml-1＜OA(M) ＜473 kJ∙ml-1，催化剂会降低反应的活化能；故答案为：167.4 kJ·ml−1＜OA(M) ＜473 kJ·ml−1；减小。
⑵已知CO(g)、CH4(g)、CH3CHO(l)的燃烧热分别为283.0 kJ·ml−1、890.31 kJ·ml−1、1 167.9 kJ·ml−1，分别写出燃烧热的热反应方程式，再用第3个的热反应方程式减去第1个和第2个的热反应方程式，则乙醛的分解反应CH3CHO(l) CH4(g)+CO(g)的 ∆H =−1167.9 kJ·ml−1− (−283.0 kJ·ml−1)− (−890.31 kJ·ml−1) = +5.41 kJ·ml−1；故答案为：+5.41 kJ·ml−1。
⑶①根据第I步反应和催化剂的反应原理，总反应减去第I步反应得到第II步反应的化学方程式CH3I(l) + HI(aq) → CH4(g) + I2(aq)；故答案为：CH3I(l) + HI(aq) → CH4(g) + I2(aq)。
②总反应速率由慢反应速率决定，I2是慢反应的反应物，因此增大I2的浓度能明显增大总反应的平均速率；故答案为：能；总反应的平均速率由慢反应决定，I2是慢反应的反应物，增大的I2的浓度，慢反应速率增大，总反应的平均速率增大。
⑷反应达到平衡后，若其他条件不变，向反应体系中加入足量盐酸，盐酸可以与NaHSO3反应，使反应物NaHSO3的浓度减小，平衡逆向移动；故答案为：逆向。
⑸
，解得x = 1ml，则CH2=CH2的平衡转化率为，T °C时该反应的平衡常数；故答案为：66.7%；4。
29、2 球形 电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，以光的形式释放能量 基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，而基态Fe3+的价层电子排布式为3d5，为半充满状态，稳定性更强 直线形 sp N>C>Fe>K 12NA H3AsO3中非羟基氧原子数小于H3AsO4，砷元素的正电性更小，羟基更不易电离出氢离子
【解析】
(1)根据构造原理书写Li核外电子排布式，据此书写基态Li原子核外电子占据的空间运动状态，据此判断Li原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状；
(2)焰色反应是是电子跃迁的结果；
(3)原子核外各个轨道电子排布处于全满、半满或全空时是稳定状态；
(4)①根据价层电子对分析，在SCN-中C原子形成了共价三键，据此判断C原子杂化类型；
②元素吸引电子能力越大，其电离能就越大；根据配位体及配位原子中含有的σ键计算；
(5)根据物质中含有的非羟基O原子数目分析；
(6)先根据均摊方法计算一个晶胞中含有的各种元素的原子个数然后根据ρ=计算密度。
【详解】
(1)Li核外电子排布式是1s22s1，1个原子轨道为1个空间运动状态，基态Li原子核外电子占据的轨道有1s、2s两个， 故有2个空间运动状态。占据最高能层为L层2s轨道，故电子云轮廓图形状为球形；
(2)金属元素产生焰色反应的原因为电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，以光的形式释放多余的能量，形成焰色反应，不同金属元素的电子跃迁时释放的能量不同，因此焰色反应不同；
(3)基态Fe3+的价层电子排布式为3d5，为d轨道的半充满的稳定状态，相对稳定形强，而基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，稳定性不如半充满状态；
(4)①SCN-中C原子的价层电子对数目为2，立体构型为直线形，其中碳原子的杂化方式为sp；
②K4[Fe(CN)6]中基态K、Fe、C、N原子吸引电子能力依次增强，第一电离能依次增大；所以四种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>C>Fe>K ；Fe2+与CN-形成配位键含6个σ键，每1个CN-中含有1个σ键，所以1 ml [Fe(CN)6]4-中含有σ键的数目为12NA；
(5)H3AsO3中非羟基氧原子数是0，而H3AsO4中非羟基氧原子数是1，可见H3AsO3中非羟基氧原子数小于H3AsO4，酸分子中非羟基O原子数目越大，该酸的酸性就越强，且非羟基氧原子数少的酸分子中砷元素的正电性更小，羟基更不易电离出氢离子，故酸性弱于H3AsO4；
(6)由图可知，每个晶胞中含有4个Li、4个As、4个Fe，则该晶体的密度可表示为ρ= g/cm3。
【点睛】
本题考查了原子核外电子排布、原子的杂化方式、电离能及含氧酸的酸性比较、化学键数目的计算和晶体密度的计算等，全面考查了物质结构，掌握核外电子排布规律、价层电子对互斥理论等物质结构理论及电离能、电负性等概念是本题解答的关键，在进行晶体密度计算时，要学会用均摊法分析，题目考查了学生的分析与计算能力。