辽宁省凤城市通远堡高级中学2023学年化学高二下期末经典试题（含解析）

1、2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项：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

2、答题卡一并交回。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、某有机物样品的质荷比如图,则该有机物可能是（ ）ACH3OHBC3H8CC2H4DCH42、下列化学用语正确的是( )A中子数为20的氯原子：B硫酸的电离方程式：H2SO4H22+SO42C漂白粉的有效成分：CaCl2D铝离子结构示意图：3、已知酯在金属钠存在下与乙醇混合加热蒸馏，可使酯还原成醇，反应为RCOOR4HNa+CH3CH2OHRCH2OHROH。现有酯C5AC6H13OH和C5H11OH BC5H11OH CC6H13OH DC11H23OH4、常温下浓度均为0.1mol/L 的四种盐溶液，其pH 如

3、表所示，下列说法正确的是（ ）序号溶液CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClOpH8.89.711.610.3A等浓度的CH3COOH 和HClO溶液，pH小的是HClOBNa2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同C溶液水的电离程度：DNaHCO3溶液中：c (Na+) =c (CO32- )+c (HCO3- )+c (H2CO3)5、下面是丁醇的两种同分异构体，其结构简式、沸点及熔点如下表所示：异丁醇叔丁醇结构简式沸点/ 10882.3熔点/-10825.5下列说法不正确的是A用系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇B异丁醇的核磁共振氢谱有三组峰，且面积之比是126C用降

4、温结晶的方法可将叔丁醇从二者的混合物中结晶出来D两种醇发生消去反应后得到同一种烯烃6、下列溶液均处于25，有关叙述正确的是A将醋酸溶液加水稀释1000倍，pH增大3B在NaHCO3溶液中，c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)CpH=8的Ba(OH)2溶液和pH=8的氨水中，由水电离的c(OH-)均为110-8mo1L-1DpH=13的NaOH溶液与pH=1的盐酸混合后，一定有c(H+)=c(OH-)7、下列说法正确的是（ ）A酯化反应、硝化反应、水解反应均属于取代反应B由乙醇生成乙烯的反应与乙烯生成溴乙烷的反应类型相同C石油的裂解是化学变化，而石油的分馏和煤的气化是物理变化D蛋白质

5、、糖类、油脂均是能发生水解反应的天然高分子化合物8、为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3DZn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3DZnNiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。以下说法不正确的是A三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高B充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH(aq)eNiOOH(s)+H2O(l)C放电时负极反应为Zn(s)+2OH(aq)2eZnO(s)+H2O(l)D放电过程中OH通过隔膜从负极区移向正极区9、（题文）

6、龙脑烯醛是合成檀香系列香料的中间体，其结构简式为，下列关于检验该物质官能团的试剂和顺序正确的是A先加入溴水；后加入银氨溶液，水浴加热B先加入新制氢氧化铜悬浊液，加热；酸化后再加入溴水C先加入溴水；后加入酸性高锰酸钾溶液D先加入银氨溶液；再另取该物质加入溴水10、如图装置()为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜只允许K+通过，该电池放电、充电的化学方程式为2K2S2+KI3K2S4 +3KI。装置()为电解池的示意图，当闭合开关K时，电极X附近溶液先变红。则闭合K时，下列说法不正确的是( )AK+从左到右通过离子交换膜B电极A上发生的反应为I3-+2e-=3I-C电极Y上发生的反应为2Cl

7、-2e-=Cl2D当有0.1 molK+通过离子交换膜，X电极上产生1.12L气体(标准状况)11、下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A收集氯气可以用排饱和食盐水的方法B在一定条件下，氢气与碘蒸汽反应达平衡后，加压，混合气体颜色变深C可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气D合成三氧化硫过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率12、以下实验能获得成功的是（ ）A用稀硫酸与乙醇混合液共热控制在170制乙烯气体B将铁屑、溴水、苯混合制溴苯C在苯酚溶液中滴入少量稀溴水出现白色沉淀D将铜丝在酒精灯上加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复成原来的红色13、今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0

8、.1mol/L，如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体(m mol)，在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体(m mol)，丙瓶不变，片刻后甲、乙、丙三瓶中HClO的物质的量浓度大小关系是（设溶液体积不变）A甲=乙丙 B丙乙+甲 C甲丙乙 D乙丙甲14、某溶液中滴入无色酚酞试液显红色，则该溶液中一定不能大量共存的离子组是（ ）ANa+ NO3- CO32- Cl-BClO- K+ Na+ AlO2-CK+ Fe2+ NO3- HCO3-DCl- Na+ K+ SO42-15、下列说法和结论正确的是选项项 目结 论A三种有机化合物：乙烷、氯乙烯、苯分子内所有原子均在同一平面上B将石蜡油加强热(裂解)

9、所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中, 溶液褪色产物不都是烷烃C乙烯和苯都能使溴水褪色褪色的原理相同D有机反应中的卤化、硝化、氢化均属于取代反应AABBCCDD16、将铜和镁组成的2.24g混合物投入适量某浓度的硝酸中完全反应，还原产物中有NO2、NO、N2O三种气体，且体积均为0.224L(标准状况)，然后向反应后的溶液中，加入足量的NaOH溶液，所得沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，质量为A3.12g B4.28g C4.68g D5.08g17、下列关于丙烯（CH3CH=CH2）的说法正确的是A丙烯分子有7个键，1个键B丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化C丙烯分子存在非极性键D丙烯分子中3个碳

10、原子在同一直线上18、下列每组中各有三对物质，它们都能用分液漏斗分离的是（）A乙酸乙酯和水、酒精和水、苯酚和水B1，2二溴乙烷和水、溴苯和水、硝基苯和水C甘油和水、乙醛和水、乙酸和乙醇D四氯化碳和水、甲苯和水、已烷和苯19、某有机物经加氢还原所得产物的结构简式为，该有机物不可能是A B C DCH3CH2CH2CHO20、实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示，(已知：PdC12溶液遇CO能产生黑色的Pd)，下列说法错误的是（ ）A装置的仪器还可以制取H2气体B装置中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯C装置中分别盛装饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4D装置中有黑色沉淀，发生的反

11、应是PdC12+CO+H2O=Pd+CO2+2HC121、下列文物的材质属于合金的是A新石器彩陶缸B商代青铜四羊方尊C战国水晶杯D西汉素纱衣22、下列化学用语正确的是（ ）A聚丙烯的结构简式：B丙烷分子的比例模型：C四氯化碳分子的电子式：D2乙基1，3丁二烯分子的键线式：二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物甲的分子式为C18H17ClO2 ，其发生转化反应的过程如下图：回答下列问题：（1）A的化学名称为_；A分子中最多有_个原子处于同一平面上。（2）CF的反应类型为_；F中含氧官能团名称为_。（3）化合物甲反应生成A、B的化学方程式为_。（4）A有多种同分异构体，写出2种符合条件的同

12、分异构体的结构简式能与溴发生加成反应分子中含苯环，且在NaOH溶液中发生水解反应核磁共振氢谱有5组峰，且面积比为1：2：2：1：2的是_；（5）是重要的有机合成工业中间体之一，广泛用于医药、香料、塑料和感光树脂等化工产品，参照上述反应路线，设计一条以A为原料合成的路线(其他试剂任选)_。（6）立体异构中有一种形式为顺反异构，当相同原子或基团在双键平面同一侧时为顺式结构，在异侧时为反式结构，则的聚合物顺式结构简式为_。24、（12分）原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，X基态原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y基态原子的2p原子轨道上有3个未成对电子，Z是地壳中含量最多的元素，W的原

13、子序数为24。（1）W基态原子的核外电子排布式为_，元素X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表达)；（2）与XYZ-互为等电子体的化学式为_；（3）1molHYZ3分子中含有键的数目为_；（4）YH3极易溶于水的主要原因是_。25、（12分）利用如图装置测定中和热的实验步骤如下：用量筒量取50mL0.25molL-1硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；用另一量筒量取50mL0.55molL-1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液的最高温度。回答下列问题：（1）倒入NaOH溶液的正确操作是_。A沿玻璃棒缓慢倒入 B分三次少量

14、倒入 C一次迅速倒入（2）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_。A用温度计小心搅拌 B揭开硬纸片用玻璃棒搅拌C轻轻地振荡烧杯 D用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下移动（3）实验数据如下表：请填写下表中的空白：温度实验次数起始温度t1终止温度t2/温度差平均值(t2t1)/H2SO4NaOH平均值126.226.026.129.5_225.925.925.929.2326.426.226.329.8近似地认为0.55molL-1NaOH溶液和0.25molL-1硫酸溶液的密度都是1gcm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18Jg-1-1。则中和热H=_(取小数点后一位)。26、（1

15、0分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）A为氯气发生装置。A中反应方程式是_（锰被还原为Mn2+）。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有_。（2）探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案

16、：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。由方案中溶液变红可知a中含有_离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl氧化，还可能由_产生（用方程式表示）。方案可证明K2FeO4氧化了Cl。用KOH溶液洗涤的目的是_。根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2_FeO42-（填“”或“”），而方案实验表明，Cl2和FeO4资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-MnO4-，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色

17、，该现象能否证明氧化性FeO427、（12分）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验：请完成下列填空：（1）配制100mL 0.1000mol/L NaOH标准溶液。（2）取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加23滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作23次，记录数据如下。实验编号NaOH溶液的浓度（mol/L）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）待测盐酸溶液的体积（mL）10.100030.0520.0020.100029.9520.0030.100028.2020.00滴定达到终点的判断是_，此时锥形瓶内

18、溶液的pH为_。根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_（保留四位有效数字）排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作_，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液甲. 乙. 丙.在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成盐酸浓度测定结果偏高的有_A、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗B、锥形瓶水洗后未干燥C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒E、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失28、（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业，工业上生产亚氯酸钠和高氯酸的工艺流程如下：已知：NaHSO4

19、的溶解度随温度的升高而增大，适当条件下可结晶析出。请回答下列问题：(1)NaClO2中氯元素的化合价为_；某饱和NaCl溶液中含有CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：加入稍过量的Na2CO3溶液；加入稍过量的NaOH溶液；加入稍过量的BaCl2溶液；滴入稀盐酸至无气泡产生；过滤。正确的操作顺序是_。(2)气体b是_（填化学式）；无隔膜电解槽中阳极的电极反应式为_。(3)反应器I中发生反应的化学方程式为_，冷却的目的是_。(4)反应器II中发生反应的离子方程式为_。(5)常温下，HClO2的电离平衡常数Ka=1.0710-2，反应器II中反应所得

20、NaClO2溶液（含少量NaOH）的pH=13，则溶液中c(O29、（10分） 化学选修3：物质结构与性质硼、碳、镓、砷、硒的化合物被广泛应用于新材料制备、生活生产等诸多领域。根据物质结构相关知识，回答下列问题：（1）第四周期镓、砷、硒三种元素中，第一电离能由大到小顺序为_，电负性由大到小顺序为_（用元素符号填写）（2）元素氮与砷同族。基态氮元素的价电子排布式为_，预测砷的氢化物分子的立体结构为_，其沸点比NH3的_（填“高”或“低”），其判断理由是_。（3）硼及化合物应用广泛。下列硼原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_、_（填标号）晶体硼单质能自发呈现出正二十面体的多面体外形

21、，这种性质称为晶体的_。已知BP的熔点很高，其晶胞结构如下图所示。C点的原子坐标为_，B原子与P原子的最近距离为dpm，晶体的密度为pg/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则=_g/cm3（用含d、NA的代数式表示）2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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【答案解析】根据某有机物样品的质荷比的最大值为该物质的相对分子质量，然后根据相对分子质量来确定物质的分子式。【题目详解】由有机物样品的质荷比图，可以知道该物质的相对分子质量为16，甲醇、丙烷、乙烯、甲烷的相对分子质量分别为32、42、28、16，则该有机物为甲烷，答案选

22、D。【答案点睛】本题考查的是质荷比和图像分析的相关知识，熟悉质荷比的含义是解题的关键。2、D【答案解析】A. 中子数为20的氯原子其质量数是17+2037，可表示为1737ClB. 硫酸是二元强酸，其电离方程式为H2SO42H+SO42，B错误；C. 漂白粉的有效成分为次氯酸钙，化学式为Ca(ClO)2，C错误；D. 铝离子结构示意图为，D正确。答案选D。3、C【答案解析】分析：依据题给信息：RCOOR4HNa+CH3CH2OHRCH2OHR详解：由所给信息可知：酯的还原产物分别是两种醇，且断键位置为酯基中的C-O单键，那么C5H11COOC6H13，用上述方法还原应分别得到C5H11CH2O

23、H和C6H13OH，即为己醇。答案选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、习题中的信息为解答的关键，题目难度不大。注意题干已知信息的读取和灵活应用。4、D【答案解析】A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则等浓度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，则pH小的是CH3COOH，选项A错误；B、碳酸钠溶液中CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH+OH-，碳酸氢钠溶液中HCO3-CO32-+H+，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH+OH-，所以两种溶液中粒子种类相同，

24、选项B错误；C、易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度，选项C错误；D、NaHCO3溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），选项D正确。答案选D。【答案点睛】本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、物料守恒的应用等，注意根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大，易水解的盐能促进水的电离。5、B【答案解析】用系统命名法给有机物进行命名时，应先选含官能团最长的碳链做为主链、再从离官能团最近的一侧开始编号，因此异丁醇可命名为：2-甲基-1-丙醇；叔丁醇可命名为：2-甲基-2

25、-丙醇。从已知中可看出叔丁醇的熔沸点与异丁醇相差较大,且叔丁醇25.5以下即为固体,因此可利用降温结晶的方法将二者进行分离。【题目详解】A. 用系统命名法给异丁醇命名：主碳链上有3个碳原子，故为丙醇；从距离官能团-OH最近的一侧开始编号，甲基在第2个碳上，故该有机物可命名为：2-甲基-1-丙醇,A项正确；B. 由于异丁醇上的两个甲基化学环境相同，因此该物质共有4种氢原子，核磁共振氢谱应有四组峰，面积之比是1216，B项错误；C. 由于叔丁醇的熔沸点与异丁醇相差较大,且叔丁醇25.5以下即为固体,因此可利用降温结晶的方法将其从二者的混合物中结晶出来,C项正确；D. 两种醇发生消去反应后得到的烯烃

26、均为,D项正确；答案应选B。6、C【答案解析】试题分析：A醋酸是弱酸在溶液中存在电离平衡，将醋酸溶液加水稀释1000倍，pH增大不到3，故A错误；B在NaHCO3溶液中碳元素与钠元素的物质的量相等，则c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，故B错误；C碱溶液中的氢氧根离子抑制水的电离，pH=8的Ba(OH)2溶液和pH=8的氨水中，由水电离的c(H+)=110-8mo1L-1，所以由水电离的c(OH-)均为110-8mo1L-1，故C正确；DNaOH和HCl的体积不知道，无法确二者的物质的量关系，所以混合后溶液的酸碱性不确定，故D错误；故选C。考点：考查了电解质溶液

27、中的有关知识，包括弱电解质的电离、溶液的离子浓度的关系、酸碱中和等。7、A【答案解析】A. 酯化反应、硝化反应、水解均属于取代反应类型，A项正确；B. 乙醇生成乙烯属于消去反应，乙烯生成溴乙烷属于加成反应，B项错误；C. 石油的裂解、煤的气化都是化学变化，而石油的分馏是物理变化，C项错误；D. 油脂不是天然高分子化合物，D项错误；答案选A。8、D【答案解析】A、三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A正确；B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是Ni(OH)2失去电子转化为NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2(s)OH(aq

28、)eNiOOH(s)H2O(l)，B正确；C、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)2OH(aq)2eZnO(s)H2O(l)，C正确；D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH通过隔膜从正极区移向负极区，D错误。答案选D。9、B【答案解析】分析：由结构可知，分子中含碳碳双键、-CHO，均能被强氧化剂氧化，应先利用银氨溶液（或新制氢氧化铜）检验-CHO，再利用溴水或高锰酸钾检验碳碳双键，以此来解答。详解：A先加溴水，双键发生加成反应，-CHO被氧化，不能检验，A不选；B先加新制氢氧化铜，加热，可检验-CHO，酸化后再加溴水

29、，可检验碳碳双键，B选；C先加溴水，双键发生加成反应，-CHO被氧化，不能检验，C不选；D先加入银氨溶液，不加热，不能检验-CHO，D不选；答案选B。10、B【答案解析】当闭合开关K时，X附近溶液先变红，即X附近有氢氧根生成，所以在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极。与阴极连接的是原电池的负极，所以A极是负极，B极是正极。则A、闭合K时，A是负极，B是正极，电子从A极流向B极，根据异性电荷相吸原理可知K+从左到右通过离子交换膜，A正确；B、闭合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2S22-2e-S42-，B错误；C、闭合K时，Y极是阳极，在阳极上溶液中的氯离子放电生

30、成氯气，所以电极反应式为2Cl-2e-=Cl2，C正确；D、闭合K时，当有0.1molK+通过离子交换膜，即有0.1mol电子产生，根据氢气与电子的关系式知，生成氢气的物质的量是0.05mol，体积为1.12L(标况下)，D正确；答案选B11、B【答案解析】利用勒夏特列原理的定义进行分析。【题目详解】A、Cl2与H2O发生Cl2H2OH+Cl-HClO，排饱和食盐水收集氯气，增加Cl-浓度，使平衡向逆反应方向进行，抑制Cl2的溶解，符合勒夏特列原理，故A不符合题意；B、H2和I2发生H2I22HI，组分都是气体，且反应前后气体系数之和相等，即增大压强平衡不移动，但组分浓度增大，颜色加深，故B符

31、合题意；C、浓氨水中存在NH3H2ONH3H2ONH4+OH-，加入NaOH固体，增加溶液中OH-的浓度，平衡向逆反应方向移动，NaOH固体遇水放出热量，使NH3逸出，故C不符合题意；D、2SO2O22SO3，使用过量的氧气，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率提高，故D不符合题意；答案选B。12、D【答案解析】A.稀硫酸不具有脱水性、吸水性，则用稀硫酸与乙醇混合液共热无法制取乙烯气体，A错误；B.将铁屑、液溴、苯混合制溴苯，用溴水发生萃取，无法制取溴苯，B错误；C.在苯酚溶液中滴入浓溴水出现白色沉淀，与稀溴水不反应，C错误；D.将铜丝在酒精灯上加热后，立即伸入无水乙醇中，铜

32、丝恢复成原来的红色，D正确；答案为D。13、C【答案解析】分析：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3-的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO，HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低。详解：甲中加入少量的NaHCO3晶体：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3-的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO；乙中加入少量的NaHSO3晶体：HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低；丙不变，则甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系为甲丙乙，故选C。14、C【答案解析】滴入酚酞试剂溶液变红色

33、，溶液显碱性，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，以此解答。【题目详解】A四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故A不选；B四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故B不选；CFe2+ 与HCO3-不能大量共存，且都和OH-反应，故C选；D四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故D不选。故选C。【答案点睛】本题考查离子的共存，侧重复分解反应的考查，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键。15、B【答案解析】A.乙烷中C原子与另外4个相连的原子形成四面体结构，所以乙烷分子内所有原子不在同一平面上，A错

34、误；B.将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明产生的气体中含有不饱和烃（如烯烃等），反应后仍有气体剩余，烷烃不能和酸性高锰酸钾溶液反应，B正确；C.乙烯与溴单质发生加成反应,苯与溴水不反应，苯能使溴水褪色，是发生了萃取，属于物理过程，C错误；D.有机反应中氢化是指含有不饱和键（如碳碳双键或碳碳三键）有机物与氢气发生加成反应，不是取代反应，而硝化、卤化均属于取代反应；D错误。正确选项B。【答案点睛】含有碳碳双键、三键的烃类有机物，都能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色；而烷烃，苯及苯的同系物都不能与溴发生加成反应，但是都能发生萃取过程。16、B【答案解析】反应中C

35、uCu2+Cu（OH）2，MgMg2+Mg（OH）2，由此可知Mg、Cu在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据HNO3NO，HNO3NO2，HNO3N2O可知生成0.224LNO转移的电子为0.224L/22.4L/mol3=0.03mol，生成0.224LNO2转移的电子为0.01mol，生成0.224LN2O转移的电子为0.08mol，共转移电子0.12mol电子，所以反应后生成沉淀的质量为2.24g+0.12mol17g/mol=4.28g，答案选B。点睛：本题考查混合物的计算，本题注意把握电子转移的数目和氢氧根离子之间的关系，为解答该题的关键。化学计算中需

36、要灵活应用各种守恒法，例如电子得失守恒、原子守恒、电荷守恒等。17、C【答案解析】AC-C、C-H键均为键，C=C中一个键，一个键，则丙烯分子有8个键，1个键，故A错误；B甲基中的C原子为sp3杂化，C=C中的C原子为sp2杂化，则丙烯分子中1个碳原子是sp3杂化，2个碳原子是sp2杂化，故B错误；C同种非元素之间形成非极性键，则丙烯中存在C-C非极性共价键，故C正确；D由C=C双键为平面结构、甲基为四面体结构可知，丙烯分子中2个碳原子在同一直线，故D错误；故选C。18、B【答案解析】用分液漏斗分离物质即分液，其要求是混合物中的各组分互不相溶，静置后能分层。【题目详解】A项、乙醇和水互溶不分层

37、，不能用分液漏斗分离，故A错误；B项、三对物质均不互溶，可以用分液的方法进行分离，故B正确；C项、三对物质均互溶，不能用分液的方法进行分离，故C错误；D项、己烷和苯互溶，不可以用分液的方法进行分离，故D错误；故选B。【答案点睛】本题考查物质的分离与提纯，注意相关物质的性质的异同，把握常见物质的分离方法和操作原理是解答关键。19、D【答案解析】分析：各选项与氢气发生加成反应，根据产物的结构简式是否与相同，分析判断。详解：A. 与氢气加成后的产物为，故A正确；B. 与氢气加成后的产物为，故B正确；C. 与氢气加成后的产物为，故C正确；D. CH3CH2CH2CHO与氢气加成后的产物为CH3CH2C

38、H2CH2OH，故D错误；故选D。20、C【答案解析】由实验装置图可知，装置为二氧化碳制备装置，装置中盛有饱和碳酸氢钠溶液，用以除去二氧化碳中的氯化氢，装置中盛有浓硫酸，用以除去水蒸气，装置为钠与干燥二氧化碳在加热条件下发生反应的装置，装置为二氧化碳的检验装置，装置为一氧化碳的检验和吸收装置。【题目详解】A项、装置为固体和液体不加热反应制备气体的装置，锌和稀硫酸反应制氢气可以用装置，故A正确；B项、金属钠易与空气中的氧气、水蒸气等发生反应，实验之前，应用二氧化碳气体排出装置中的空气，当装置中石灰水变浑浊后，说明空气已排净，再点燃酒精灯，可排除氧气、水蒸气等对钠与二氧化碳反应的干扰，故B正确；C

39、项、装置中反应产生的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，因为碳酸钠溶液与二氧化碳反应，应先用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳气体中的氯化氢，故C错误；D项、根据题给信息可知，PdC12溶液与CO发生氧化还原反应生成黑色的Pd、二氧化碳和氯化氢，反应的化学方程式为PdC12+CO+H2O=Pd+CO2+2HC1，故D正确。故选C。【答案点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意碳酸钠与盐酸反应制备二氧化碳气体，会含有杂质气体氯化氢和水蒸气，要得到纯净的二氧化碳气体，混合气体先通过饱和碳酸氢钠溶液，再通过浓硫酸，不能用饱和碳酸钠溶液除氯化氢，因为碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠。21、B【答案解析】合金

40、是由金属与金属或金属与非金属融合而成的。【题目详解】A、新石器彩陶缸是硅酸盐产品，故A不符；B、商代青铜四羊方尊是铜合金，主要成分属于合金，故B正确；C、战国水晶杯主要成分是二氧化硅，主要成分不属于合金，故C不符；D、西汉“素纱禅衣”是丝绸的一种，主要成分不属于合金，故D错误；故选B。【答案点睛】本题考查了物质的组成，本题较为简单，注意合金是由金属与金属或金属与非金属融合而成的。22、D【答案解析】A. 聚丙烯的结构简式为，A错误；B. 丙烷分子的球棍模型：，B错误；C. 四氯化碳分子的电子式：，C错误；D. 2-乙基-1，3-丁二烯分子的键线式：，D正确，答案选D。【答案点睛】掌握有机物结构

41、的表示方法是解答的关键，尤其要注意比例模型与球棍模型的区别，球棍模型：用来表现化学分子的三维空间分布。棍代表共价键，球表示构成有机物分子的原子。比例模型：是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起，在表示比例模型时要注意原子半径的相对大小。二、非选择题(共84分)23、苯丙烯酸(或3苯基丙烯酸或其他合理答案)19取代反应（水解）羟基、醛基等【答案解析】根据G的结构简式结合信息可以知道，F为 ，根据题中各物质的转化关系，甲在稀硫中水解得到A和B，B经过两步氧化再消去酸化后得A，可以知道A和B中碳原子数相等，结合甲的化学式可以

42、知道，甲应为含氯原子的酯，则甲的结构简式为 ，A为 ，B为 ，B发生氧化得C为 ，C氧化得D为 ，D发生消去反应生成E为 ，E再酸化得A，C碱性水解得到F，据此答题。【题目详解】根据G的结构简式结合信息可以知道，F为 ，根据题中各物质的转化关系，甲在稀硫中水解得到A和B，B经过两步氧化再消去酸化后得A，可以知道A和B中碳原子数相等，结合甲的化学式可以知道，甲应为含氯原子的酯，则甲的结构简式为 ，A为 ，B为 ，B发生氧化得C为 ，C氧化得D为 ，D发生消去反应生成E为 ，E再酸化得A，C碱性水解得到F，(1)A为 ，A的化学名称为苯丙烯酸，其中苯环上的所有原子都可以共面，碳碳双键上的所有原子也

43、可共面，羧基上碳氧双键上的所有原子也可共面，单键可以转动，所以A分子中最多有19个原子处于同一平面上，因此，本题正确答案是：苯丙烯酸；19；(2)CF的反应类型为取代反应，F为 ，F中含氧官能团名称为羟基、醛基，因此，本题正确答案是：取代反应；羟基、醛基；(3)化合物甲反应生成A、B的化学方程式为 ， 因此，本题正确答案是：； (4)A为 ，根据条件：能与溴发生加成反应，说明有碳碳双键，分子中含苯环，且在NaOH溶液中发生水解反应，说明有酯基，核磁共振氢谱有5组峰，且面积比为1：2：2：1：2，则符合条件的A的同分异构体是 或， 因此，本题正确答案是： 或； (5)以 为原料合成的 ，可以用

44、与溴发生加成反应，然后再在氢氧化钠醇溶液中发生消去、再酸化后与乙醇发生成酯化反应即可得产品，合成的路线为 ， 因此，本题正确答案是：；（6）的加聚产物为，则其顺式结构简式为：；因此，本题正确答案是：。【答案点睛】本题考查有机物的推断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，侧重考查学生分析推理能力与知识迁移应用，难度中等，（5）中有机合成路线为易错点、难点。24、1s22s22p63s23p63d54s1 NOC CO2（SCN-等） 46.021023 氨分子与水分子间易形成氢键 【答案解析】原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，元素X的原子最外层电子数是其内层的2倍，X原子只能有2个电

45、子层，最外层电子数为4，故X为C元素；Y基态原子的2p轨道上有3个未成对电子，Y的核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；W的原子序数为24，则W为Cr元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Cr元素。(1)W核外电子数为24，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；同一周期，随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：NOC，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；NO

46、C；(2)原子总数相等、价电子总数相等微粒互为等电子体，与CNO-互为等电子体的有CO2、SCN-等，故答案为：CO2(或SCN-等)；(3)HNO3的结构式为，1molHNO3分子中含有4mol键，数目为46.021023，故答案为：46.021023；(4)氨分子与水分子间易形成氢键，导致NH3极易溶于水，故答案为：氨分子与水分子间易形成氢键。【答案点睛】本题的易错点为(1)和(3)，(1)中要注意能级交错现象，(3)中要注意硝酸的结构。25、C D 3.4 -56.8kJ/mol 【答案解析】(1)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失；(2)根据中和热测定正确操作

47、方法分析；(3)3次温度差分别为：3.4，3.3，3.5，均有效，计算温度差平均值；根据公式进行计算。【题目详解】(1)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为：C；(2)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；更不能打开硬纸片用玻璃棒搅拌，否则会有热量散失，故答案为：D；(3)3次温度差分别为：3.4，3.3，3.5，均有效，温度差平均值=3.4，

48、故答案为：3.4；50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/L NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L0.25mol/L2=0.025mol，溶液的质量为：100ml1g/ml=100g，温度变化的值为T=3.4，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mcT=100g4.18J/(g)3.4=1421.2J，即1.4212kJ，所以实验测得的中和热H=-1.4212kJ/0.025mol=-56.8kJ/mol，故答案为：-56.8kJ/mol。【答案点睛】考查中和热概念的理解应用，方程式书写方法，注意概念的条件和实质分析。中和热是指强酸强碱的稀溶液完全反应生成1

49、mol水放出的热量。26、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl +5Cl2+8H2OCl2+2OHCl+ClO+H2OFe3+4FeO42+20H+4Fe3+3O2+10H2O排除ClO的干扰溶液的酸碱性不同若能，理由：FeO42在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4的颜色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）【答案解析】分析：（1）KMnO4与浓盐酸反应制Cl2；由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl；Cl2与Fe（OH）3、KO

50、H反应制备K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大气。（2）根据制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+。II.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗涤除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案II在酸

51、性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。判断的依据是否排除FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解：（1）A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O。由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为。 C中Cl

52、2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+

53、=3O2+4Fe3+10H2O。ii.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+1

54、6H+=2Fe3+3Cl2+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42-MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的

55、实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。点睛：本题考查K2FeO4的制备和K2FeO4的性质探究。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置除杂净化装置制备实验装置尾气吸收。进行物质性质实验探究是要排除其他物质的干扰。尤其注意最后一空为开放性答案，要注重多角度思考。27、滴入最后一滴NaOH标准溶液，锥形瓶中溶液由无色变成浅红色，且30s不褪色 8.210.0 0.1500 mol/L 丙 CDE 【答案解析】用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液显碱性，结合酚酞的性质分析解答；根据c(

56、酸)V(酸)=c(碱)V(碱)计算；碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出；根据c(待测)= 分析误差。【题目详解】在用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色恰好由无色变为(浅)红色，且半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点；酚酞的变色范围是8.210，所以滴定终点时溶液pH为8.210；故答案为：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；8.210；根据表格数据可知，第三次实验误差较大，删去，根据c(酸)V(酸)=c(碱)V(碱)，消耗的VNaOH(aq)=mL=3

57、0.00mL，则该盐酸的浓度为：=0.15mol/L，故答案为：0.15mol/L；碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡排出，图示丙操作合理，故答案为：丙；A酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，会导致盐酸浓度偏低，需要NaOH体积偏小，测定值偏低，故A错误；B锥形瓶水洗后直接装待测液，锥形瓶中HCl的物质的量不变，消耗的NaOH的量不变，对实验无影响，故B错误；C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故C正确；D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，导致氢氧化钠溶液的浓度偏小，

58、消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故D正确；E碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故E正确；故答案为：CDE。28、 +3 （其他合理答案均可） H2 Cl-6e-+3H2OClO3-+6H+ 3NaClO3+3H2SO4HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O 降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出 2ClO2+ SO2+4OH-2ClO2-+ SO42-+2H2O 1.071010【答案解析】由工艺流程可知，在电解饱和食盐水时，阳极上溶液中的阴离子Cl-放电生成ClO3-，阴极上溶液中的阳离子H+放电生成H2.饱和食盐水经充分电解后得到氯酸钠溶液，在反应器I中，氯酸钠溶液经浓硫酸酸化发生了歧化反应，生成硫酸氢钠、二氧化氯和高氯酸。二氧化氯进入反应器II中被二氧化硫在碱性条件下还原得到亚氯酸钠。(1). NaClO2中钠元素的化合