2022届浙江省温州市苍南县金乡卫城中学化学高二第二学期期末学业水平测试试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：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，请将本试卷和答题卡一

2、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、在d轨道中电子排布成，而不能排布成，其最直接的根据是A能量最低原理B泡利原理C原子轨道构造原理D洪特规则2、芳香化合物M的结构简式为，关于有机物M的说法正确的是A有机物M的分子式为C10H12O3B1molNa2CO3最多能消耗1mol有机物MC1molM和足量金属钠反应生成22.4L气体D有机物M能发生取代、氧化和加成反应3、对水的电离平衡不产生影响的粒子是（ ）ABC6H5OHCAl3+DCH3COO4、下列数量的物质中含原子个数最多的是Amol氧气BgC标准状况下L二氧化碳D10g氖5、下列实验事实不能用基团间相互

3、作用来解释的是A与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢B苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能C乙醇能使重铬酸钾溶液变色而乙酸不能D甲苯能使KMnO4酸性溶液褪色而乙烷不能6、（题文）已知：某溶质R的摩尔质量与H2S的相同。现有R的质量分数为27.5%密度为1.10 gcm3的溶液， 该溶液中R的物质的量浓度(molL1)约为()A6.8 B7.4 C8.9 D9.57、有机物具有手性，发生下列反应后，分子仍有手性的是()与H2发生加成反应与乙酸发生酯化反应发生水解反应发生消去反应ABCD8、已知在Ca3（PO4）2的饱和溶液中，c（Ca2+）=2.010-6molL-1，c（PO43-）=1.581

4、0-6molL-1，则Ca3（PO4）2的Ksp为（ ）A2.010-29B3.210-12C6.310-18D5.110-279、在乙醇发生的下列反应里，存在乙醇分子中碳氧键断裂的是（ ）A乙醇在浓硫酸存在的情况下与乙酸发生酯化反应B乙醇与金属钠反应C乙醇在浓硫酸作用下的消去反应D乙醇与O2的催化氧化反应10、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ） FeS2SO2H2SO4 SiO2SiCl4Si饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3 AlNaAlO2Al（OH）3CuSO4（aq）Cu（OH）2Cu2OABC D11、2018年世界环境日主题为“塑战速决”。下列做法不应该提倡的是A使

5、用布袋替代一次性塑料袋购物B焚烧废旧塑料以防止“白色污染”C用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料D用高炉喷吹技术综合利用废塑料12、若用AG表示溶液的酸度，其表达式为：。室温下，实验室里用0.1mol/L的盐酸溶液滴定10mL 0.1mol/L MOH溶液，滴定曲线如下图所示。下列说法正确的是A该滴定过程可选择酚酞作为指示剂BC点时加入盐酸溶液的体积等于10 mLC溶液中由水电离的c(H+)：C点D点D若B点加入的盐酸溶液体积为5 mL，所得溶液中：c(M+)+c(H+)= c(MOH)+ c(OH-)13、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ANaHCO3(s)Na2CO3(s)Na

6、OH(aq)BAl(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)CAgNO3(aq)Ag(NH3)2+(aq)Ag(s)DFe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)14、分离苯和水需要选用的仪器是ABCD15、某小组以石膏（CaSO42H2O）为主要原料制备（NH4）2SO4的流程如下：下列说法正确的是A气体A是CO2，气体B是NH3B操作中，所用的主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、分液漏斗C操作中，将滤液加热蒸干并灼烧可以得到纯净的（NH4）2SO4D整个过程的总反应方程式为CaSO4+CO2+2NH3+H2OCaCO3+(NH4)2SO416、据报道，近来发现了一种新的星际分子氰基辛炔，其结构

7、简式为HCCCCCCCCCN。下列对该物质的判断正确的是()A属于不饱和烃B不能使酸性KMnO4溶液褪色C所有原子都在同一条直线上D可由乙炔和含氮化合物加聚制得17、下列物质的沸点比较正确的共有H2OH2S；H2OHF；H2SH2Se；CON2；CH4C2H6；正戊烷新戊烷；邻羟基苯甲醛对羟基苯甲醛A4项B3项C5项D6项18、区别晶体与非晶体的最科学的方法是( )A观察自范性B观察各向异性C测定固定熔点D进行X射线衍射实验19、下列离子方程式正确的是()A单质铜与稀硝酸反应：Cu2H2NO3Cu22NOH2OB碳酸钡跟醋酸反应：BaCO32CH3COOH(CH3COO)2Ba2H2OC在溴化

8、亚铁溶液中通入过量的氯气：Cl22Fe22Br2Fe22ClBr2D足量的氢氧化钠溶液跟碳酸氢镁溶液反应：Mg22HCO34OHMg(OH)22CO322H2O20、用NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法不正确的是A标准状况下，18gH2O所含电子数为10NAB22.4L CO2与17 g NH3所含分子数相等C0.9g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.1NAD常温下，1L 0.1mol/L NaCl溶液中含Na+ 数为0.1NA21、下列各组物质中，第一种是酸，第二种是混合物，第三种是碱的是A空气、硫酸铜、硫酸B醋酸、液氯、纯碱C硝酸、食盐水、烧碱D氧化铁、胆矾、熟石灰22、设NA为阿伏加

9、德罗常数的值，下列说法中正确的是A标准状况下，1mol金刚石中含有的CC键数目为4NAB1mol SiO2晶体中含有的SiO键数目为2NAC80g SO3中，中心原子S的价层电子对中，孤电子对数为NAD常温常压下，1mol CH2=CHCHO中，含有的键数目为7NA二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO+H2O 回答下列问题:(1) E的结构简式为_。(2) E生成F的反应类型为_。(3) 1mol化合物H最多可与_molH2发生加成反应。(4)G为甲苯的同分异构体

10、，由F生成H的化学方程式为_。(5)芳香化合物X是F同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境氢，峰面积比之为6:2:1:1，写出1种符合要求的X的结构简式_。(6)写出用环戊烷和2-丁炔为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)_。24、（12分）某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂的体积(V)的关系如图所示。(1)若Y是盐酸，所得到的关系图如图甲所示，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是_，ab段发生反应的离子是_，bc段发生反应的离子方程式是_。(2

11、)若Y是NaOH溶液，所得到的关系图如图乙所示，则X中一定含有的离子是_，假设X溶液中只含这几种离子，则溶液中各离子物质的量之比为_，ab段反应的离子方程式为_。25、（12分）利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：用量筒量取50mL0.50mol/L盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；用另一量筒量取50mL0.55mol/L NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：(1)写出该反应的热化学方程式（已知生成lmol液态水的反应热为57.3kJ/mol）_。(2)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和 1L

12、1mol/L盐酸恰好完全反应，其反应热分别为H1、H2、H3，则H1、H2、H3的大小关系为_。(3)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J/(g)，为了计算中和热，某学生实验记录数据如表：实验序号起始温度终止温度 盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.223.2220.220.423.4320.420.623.6420.120.326.9依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热H_(结果保留一位小数)。(4)如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_ (填“相等

13、、不相等”)，所求中和热_(填“相等、不相等”)。(5)利用简易量热计测量室温下盐酸与氢氧化钠溶液中和反应的反应热，下列措施不能提高实验精度的是（_）A利用移液管(精确至0.01 mL)代替量筒(精确至0.1 mL)量取反应液B快速将两溶液混合，匀速搅拌并记录最高温度C在内、外筒之间填充隔热物质，防止热量损失D用量程为500的温度计代替量程为100的温度26、（10分）已知下列数据：某同学在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：配制2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。按如图连接好装置并加入混合液，用小火均匀加热35min待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管乙并用力振荡，然后静置

14、待分层。分离出乙酸乙酯， 洗涤、干燥、蒸馏。最后得到纯净的乙酸乙酯。(1)反应中浓硫酸的作用是_(2)写出制取乙酸乙酯的化学方程式：_(3)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_(4)步骤为防止加热过程中液体暴沸，该采取什么措施_(5)欲将乙试管中的物质分离得到乙酸乙酯，必须使用的玻璃仪器有_；分离时，乙酸乙酯应从仪器_（填“下口放”“上口倒”）出。(6)通过分离饱和碳酸钠中一定量的乙醇，拟用如图回收乙醇，回收过程中应控制温度是_27、（12分）某液态卤代烷RX（R是烷基，X是某种卤素原子）的密度是ag/cm3 ，该RX可以跟稀碱发生水解反应生成ROH（能跟水互溶）和HX。为了测定RX的相对分子质

15、量，拟定的实验步骤如下：准确量取该卤代烷 b mL，放入锥形瓶中。在锥形瓶中加入过量稀NaOH溶液，塞上带有长玻璃管的塞子，加热，发生反应。反应完成后，冷却溶液，加稀HNO3酸化，滴加过量AgNO3溶液，得白色沉淀。过滤，洗涤，干燥后称重，得到cg固体。回答下面问题：（1）装置中长玻璃管的作用是_。（2）步骤中，洗涤的目的是为了除去沉淀上吸附的_离子。（3）该卤代烷中所含卤素的名称是_，判断的依据是_。（4）该卤代烷的相对分子质量是_。（用含a、b、c的代数式表示）（5）如果在步骤中加HNO3的量不足，没有将溶液酸化，则步骤中测得的c值（填下列选项代码）_。A偏大B偏小C大小不定D不变28、（

16、14分）含有下列离子的五种溶液Ag+，Mg2+，Fe2+，Al3+，Fe3+。试回答：（1）既能被氧化又能被还原的离子是_。（2）向中加入NaOH溶液,现象是_，有关化学方程式或离子方程式是_。（3）加入过量NaOH溶液无沉淀的是（不考虑）_。（4）能用来鉴别Cl存在的离子是_。（5）遇KSCN溶液呈红色的是_。29、（10分）实验室配制500mL 0.1mol/L Na2CO3溶液，回答下列问题：91应用托盘天平称取石碱晶体（十水碳酸钠）_g；(2若实验遇到下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？加水时超过刻度线，再用滴管吸出直至刻度线_；忘记将洗涤液加入容量瓶_；容量瓶内壁附有水珠而未干

17、燥处理_；定容后摇匀，液面低于刻度线_。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】试题分析：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，称为洪特规则，根据图片知，4个电子占据不同的轨道且自旋方向相同，所以其根据是洪特规则，答案选D。考点：考查了洪特规则、泡利原理、能量最低原理的相关知识。2、D【解析】A、根据结构简式，有机物M的分子式为C10H10O3，故A错误；B、羧基和碳酸钠反应，1 molNa2CO3最多能消耗2mol羧基，1 molNa2CO3最多能消耗2 mol有机物M，故B错误；C、羧基、羟基

18、都能与钠反应放出氢气，1 mol M和足量金属钠反应生成1mol氢气，在标准状况下的体积是22.4 L，故C错误；D、有机物M含有羧基、羟基能发生取代、含有碳碳双键能发生氧化和加成反应，故D正确。3、A【解析】水的电离方程式为：H2OH+OH-。A.该结构示意图是Cl-，Cl-加入后，对水的电离平衡没有影响，平衡不移动，A符合题意；B.是苯酚，会电离产生H+，对水的电离平衡起抑制作用，B不符合题意；C.Al3+会消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，因而促进水的电离平衡正向移动，C不符合题意；D.加入了CH3COO-，CH3COO-会结合H+，使水的电离平衡正向移动，促进水的电离，D

19、不符合题意；故合理选项是A。4、B【解析】A. 0.4mol氧气含有原子数目0.42NA=0.8NA；B. 5.4g水的物质的量是0.3mol，含有原子数目为0.9NA；C. 标准状况下5.6L二氧化碳的物质的量是0.25mol，含有原子数目为0.75NA；D. 10g氖的物质的量是0.5mol，含有原子数目为0.5NA；根据上面计算，原子数目最多的是B；答案：B5、C【解析】A乙醇中羟基不如水中羟基活泼；B苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能，说明苯基对羟基有影响；C乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性；D甲苯与硝酸反应更容易，说明甲苯中苯环上H原子更活泼。【详解】A乙醇中羟基不如水中羟基活泼，说

20、明烃基对羟基产生影响，选项A能解释；B苯酚可以看作是苯基和羟基连接，乙醇可以可作是乙基和羟基连接，苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能，则说明苯基对羟基有影响，选项B能解释；C、乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性，这是官能团的性质，与所连基团无关，选项C不能解释；D甲苯与硝酸反应更容易，说明甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，选项D能解释；答案选C。【点睛】本题考查有机物结构与性质关系、原子团的相互影响等，难度不大，注意基础知识的把握。6、C【解析】分析：依据c1000/M计算该溶液的物质的量浓度。详解：某溶质R的摩尔质量与H2S的相同，即为34g/mol。现有R的质量分数为27.5%、密

21、度为1.10 gcm3的溶液，因此根据c1000/M可知该溶液中R的物质的量浓度为10001.127.5%34mol/L8.9mol/L。答案选C。7、B【解析】有机物中心手性C原子连接CH2=CH-、CH3-CH2-、-OH、-CH2OOC-CH3。【详解】与H2发生加成反应，碳碳双键发生加成，CH2=CH-+ H2CH3-CH2-，则中心C原子不具有手性，错误；与乙酸发生酯化反应，醇羟基与乙酸发生反应，R-OH+ HOC-CH3ROOC- CH3+ H2O，仍为手性碳原子，正确；发生水解反应，则酯基水解，-CH2OOC-CH3-CH2OH，与其它3个原子团不同，中心C原子仍为手性碳原子，正

22、确；发生消去反应，-C（OH）CH2-C=CH-，则不具有手性，错误；答案为B8、A【解析】根据Ca3(PO4)2(s)3Ca2(aq)2PO43(aq)，依据溶度积的定义，Ksp=c(Ca2)3c(PO43)2=(2.0106)3(1.58106)2=2.01029，故A正确。【点睛】本题思路是先列出磷酸钙溶解的平衡关系，Ca3(PO4)2(s)3Ca2(aq)2PO43(aq)，然后根据溶度积的定义，列出Ksp=c(Ca2)3c(PO43)2，代入数值计算即可。9、C【解析】A乙醇在浓硫酸存在的情况下与乙酸发生酯化反应，乙酸脱羟基、醇脱氢，乙醇断裂羟基上的氢氧键，故A错误；B乙醇与金属钠反

23、应生成氢气，乙醇中氢氧键断裂，故B错误；C乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应，乙醇断开的是碳氧键和邻位的碳氢键，故C正确；D乙醇发生催化氧化反应生成醛，乙醇中氢氧键及其所连碳原子上的碳氢键断裂，故D错误。故选C。10、A【解析】FeS2和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸；SiO2属于酸性氧化物，和HCl不反应；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠；铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠和足量盐酸反

24、应生成氯化铝，足量盐酸时得不到氢氧化铝；硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜悬浊液，加入葡萄糖加热发生氧化反应生成红色沉淀氧化亚铜。【详解】FeS2和氧气反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，二氧化硫和过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸，故正确；SiO2属于酸性氧化物，和HCl不反应，所以不能用二氧化硅和氯化氢制取四氯化硅，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故正确；铝和氢氧化钠溶液的反应为2Al+2NaOH+2

25、H2O2NaAlO2+3H2，滴加少量盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应AlO2-+H+H2O=Al（OH）3，滴加过量盐酸，3HCl+Al（OH）3AlCl3+3H2O，足量盐酸时得不到氢氧化铝，故错误；硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜悬浊液，加入葡萄糖加热反应，发生氧化反应生成红色沉淀氧化亚铜，检验醛基的存在，过程能实现，故正确；答案选A。【点睛】本题考查化合物的性质，题目难度中等，熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法。11、B【解析】A. 使用布袋替代一次性塑料袋购物，可以减少塑料的使用，减少“白色污染”，故不选A；B. 焚烧废旧塑料

26、生成有毒有害气体，不利于保护生态环境，故选B；C. 利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料可以在自然界中自行分解为小分子化合物，所以替代聚乙烯塑料，可减少“白色污染”，故不选C；D. 高炉喷吹废塑料是将废塑料作为高炉炼铁的燃料和还原剂，利用废塑料燃烧向高炉冶炼提供热量，同时利用废塑料中的C、H元素，还原铁矿石中的Fe，使废塑料得以资源化利用、无害化处理和节约能源的有效综合利用方法，故不选D。12、C【解析】A用0.1mol/L的盐酸溶液滴定10mL 0.1mol/L MOH溶液，AG=-8，AG=lg， =10-8，c(H+)c(OH-)=10-14，c(OH-)=10-3mol/L，说

27、明MOH为弱碱，恰好反应溶液显酸性，选择甲基橙判断反应终点，故A错误；BC点是AG=0，c(H+)=c(OH-)=10-7，溶液呈中性，溶质为MCl和MOH混合溶液，C点时加入盐酸溶液的体积小于10 mL，故B错误；C滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度，A-B滴入盐酸溶液中氢氧根离子浓度减小，对水抑制程度减小，到恰好反应MCl，M+离子水解促进水电离，电离程度最大，继续加入盐酸抑制水电离，滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度，DABC，故C正确； D若B点加入的盐酸溶液体积为5 mL，得到等浓度的MCl和MOH混合溶液，溶液中存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl

28、-)，物料守恒为：c(M+)+c(MOH)=c(Cl-)，消去氯离子得到：c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH-)，故D错误；故选C。13、A【解析】A根据碳酸氢钠和碳酸钠的性质分析判断；B根据铝及其化合物的性质分析判断；C根据银氨溶液的性质分析判断；D根据铁及其化合物的性质分析判断。【详解】ANaHCO3(s)加热分解生成Na2CO3(s)，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，该转化关系均能实现，故A正确；BNaAlO2(aq)与过量盐酸反应生成氯化铝和水，不会得到Al(OH)3(s)，故B错误；C蔗糖为非还原性糖，不含醛基，不能和Ag(NH3)2+(aq)发生银镜反应

29、，所以不能生成银析出，故C错误；DFe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会得到FeCl3(aq)，故D错误；答案选A。14、C【解析】根据苯和水互不相溶，选择分离的方法。【详解】A. 仪器名称为量筒，可量取一定体积的液体，不能分离苯和水，A项错误；B. 仪器名称为漏斗，可用于过滤难溶物，不能分离苯和水，B项错误；C. 仪器名称为分液漏斗，可用于分离互不相溶的混合液体或萃取实验，因苯和水互不相溶，需用分液的方法分离，C项正确；D. 仪器名称为容量瓶，可用于配制一定浓度的标准溶液，不能分离提纯混合物，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查混合物的分离与提纯的分液方法，除此之外，还有如下方法：方法课本举

30、例分离的物质过滤除去粗盐中的泥沙用水溶解，从溶液中分离出不溶固体物质蒸发从食盐溶液中分离出NaCl加热溶液，从溶液中分离出易溶固体溶质蒸馏从自来水制蒸馏水加热并冷凝，从互溶的液态混合物中分离出沸点不同物质萃取用CCl4提取碘水中碘用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂组成的溶液中提取出来洗气用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质。气体与气体的分离(杂质气体与液体反应)。升华碘的升华分离易升华的物质。学生要加以理解与区分，学以致用。15、D【解析】由制备流程可知，以石膏( CaSO42H2O)为主要原料制备( NH4) 2SO4，A、B一定有氨气、二氧化碳，且碱性条件下利于二氧化碳的吸收，滤渣煅烧生成气体B

31、应为CO2，则A为NH3，发生CaSO4+CO2+2NH3+H2OCaCO3+(NH4)2SO4，操作I为过滤分离出沉淀，操作II为蒸发浓缩、冷却结晶得到(NH4)2SO4。【详解】A由上述流程图分析可知，气体B是CO2，A为NH3，故A错误；B操作I|为过滤，所用的主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，分液漏斗用于分液，故B错误；C(NH4)2SO4受热易分解，则操作II为蒸发浓缩、冷却结晶，故C错误；D由上述分析可知，整个过程的总反应方程式为CaSO4+CO2+2NH3+H2OCaCO3+(NH4)2SO4，故D正确；故答案：D。16、C【解析】A.烃是由C、H两种元素组成的有机物，从结构简式

32、中可看出含有N，故不是烃，A项错误；B.从结构简式中可看出氰基辛炔中有CC，易被酸性KMnO4溶液氧化，故可使酸性KMnO4溶液褪色，B项错误；C.三键为直线结构，且均直接相连，则所有原子都在同一直线上，C项正确；D.炔和含氮化合物加聚时会生成高分子化合物，三键中的一个键会被打开而出现双键，而是HCCCCCCCCCN中不含有双键，且不是高分子，故不能由加聚反应制得，D项错误。答案选C。17、A【解析】分子晶体的溶沸点由分子间作用力而定，分子间作用力越强，熔沸点越高，若分子间有氢键，则分子间作用力比结构相似的同类晶体大，故熔沸点较高；组成和结构相似的分子晶体，一般相对分子质量越大，分子间作用力越

33、强，熔沸点越高；相对分子质量相同，组成和结构不相似的物质，分子极性越大，其熔沸点越高；相对分子质量相同，化学式也相同的同分异构体中，一般来说，支链越多，熔沸点越低；同类物质相比，分子内形成氢键的物质的熔沸点要低于分子间形成氢键的物质的熔沸点。【详解】H2O 分子间形成氢键，分子间作用力强于不能形成氢键的H2S，则沸点H2OH2S，故正确；H2O 分子间形成氢键的数目多于HF，分子间作用力强，沸点高，则沸点H2OHF，故正确；组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高，H2Se和H2S结构相似，则沸点H2SeH2S，故错误；相对分子质量相同，组成和结构不相似的物质

34、，分子极性越大，其熔沸点越高，CO为极性分子，N2为非极性分子，则沸点CON2，故正确；组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高，CH4和C2H6结构相似，则沸点C2H6CH4，故错误；相对分子质量相同，化学式也相同的同分异构体中，一般来说，支链越多，熔沸点越低，新戊烷的支链数目多于正丁烷，则沸点正戊烷新戊烷，故正确；邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，沸点较低；，对羟基苯甲醛则容易形成分子间氢键，沸点较高，则沸点邻羟基苯甲醛对羟基苯甲醛，故错误；正确，故选A。18、D【解析】晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，晶体会对x射线发生衍射，

35、而非晶体不会对x射线发生衍射。【详解】晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到物质的微观结构，故合理选项为D。【点睛】本题的易错点为C，测定熔沸点只是表象。19、D【解析】A. 电荷与原子均不守恒，单质铜与稀硝酸反应：3Cu8H2NO33Cu22NO4H2O，故A错误；B. (CH3COO)2Ba可以拆，且反应中还有二氧化碳生成，碳酸钡跟醋酸反应：BaCO32CH3COOH2CH3COO-+Ba2+CO2+H2O，故B错误；C. 在溴化亚铁溶液中通入过量的氯气：3Cl22Fe24Br2Fe26Cl2Br2，故C错误；D. 足量的氢氧化钠溶液跟碳酸氢镁溶

36、液反应：Mg22HCO34OHMg(OH)22CO322H2O，故D正确；答案选D。【点睛】离子方程式的书写及正误判断紧抓：（1）微粒的存在形式能否正确表示：强酸、强碱和易溶于水的盐改写成离子形式，难溶物质、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均写成化学式，如B项(CH3COO)2Ba可以拆；（2）反应物量的关系及离子发生氧化还原反应的顺序，如C项，Fe2+和Br都具有还原性，都能被Cl2氧化，注意Fe2+和Br物质的量关系； （3）看电荷、原子、电子得失总数是否相等，如A项。20、B【解析】A.18gH2O的物质的量是1mol，由于1个H2O分子中含有10个电子，所以1molH2

37、O中含有的电子数为10NA，A正确；B.缺条件，不能确定22.4L CO2飞物质的量及分子数目，B错误；C.Al是+3价的金属，所以0.9g铝完全反应转移电子的物质的量为n(e-)=，故转移电子数目为N(e-)=0.1NA，C正确；D. 常温下，1L 0.1mol/L NaCl溶液中含溶质NaCl的物质的量为0.1mol，由于1molNaCl电离产生1molNa+，所以0.1molNaCl电离产生的Na+ 数为0.1NA，D正确；故合理选项为B。21、C【解析】A. 空气是混合物，不符合要求， A错误；B. 醋酸是酸，液氯是单质，属于纯净物，不符合题意，B错误；C. 硝酸是酸，食盐水是混合物，

38、烧碱是NaOH，属于碱，C正确；D.氧化铁是氧化物，胆矾是盐，属于纯净物，D错误；故选项是C。22、D【解析】A、在金刚石中每个C原子形成4个CC共价键，每个共价键为两个C原子共用；B、二氧化硅中每个硅原子形成4个Si-O键；C、SO3分子中S原子的孤对电子数为0；D、CH2=CHCHO分子中含有碳氢键、碳碳双键、碳碳单键和碳氧双键。【详解】A项、在金刚石中每个C原子形成4个CC共价键，每个共价键为两个C原子共用，则1mol金刚石晶体中含2molCC键，故A错误；B项、1mol二氧化硅中含有1mol硅原子，1mol硅原子形成4molSi-O键，晶体中含有Si-O键的个数为4NA，故B错误；C项

39、、SO3分子中S原子的价层电子对数为3，孤对电子数为0，故C错误；D项、CH2=CHCHO分子中含有碳氢键、碳碳双键、碳碳单键和碳氧双键，其中有4个碳氢键、2个碳碳键和1个碳氧键，则1mol CH2=CHCHO中含有7mol键，故D正确；故选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意掌握晶体中共价键的类型的判断和共价键数目的计算是解答关键。二、非选择题(共84分)23、 取代反应（酯化反应） 5 或或或 【解析】结合，由H的结构简式逆推可得【详解】根据以上分析，(1)根据H的结构简式，逆推 F是，E与乙醇发生酯化反应生成，则E的结构简式为。(2) 与乙醇发生酯化反应生成，反应类型为取代

40、反应（酯化反应）。(3)碳碳双键、苯环都能与氢气发生加成反应，1mol化合物最多可与5molH2发生加成反应。(4)G为甲苯的同分异构体，利用逆推，可知F是、G是，生成H的化学方程式为。(5)芳香化合物X含有苯环，X能与饱和碳酸氢钠反应放出CO2，说明含有羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境氢，峰面积比之为6:2:1:1，说明结构对称，符合要求F的同分异构体有或或或 ；(6)环戊烷发生取代反应生成一氯环戊烷，一氯环戊烷发生消去反应生成环戊烯，环戊烯和2-丁炔发生加成反应生成，与溴发生加成反应生成，合成路线为。【点睛】考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、

41、常见反应类型及反应条件是解本题关键，注意题给信息的灵活运用。24、SiO32、AlO2- CO32- 3H+ +Al(OH)3 =Al3+ +3H2O Al3+ Mg2+ NH4+ Cl- 2:1:4:12 NH4+OH-NH3H2O 【解析】无色溶液中不可能含有Fe3+离子。（1）如果Y是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，盐酸和碳酸根离子反应生成气体，则溶液中不含镁离子、铝离子；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子，弱酸根离子和铵根离子能双水解，所以溶液中含有的阳离子是钠离子；（2）若Y是氢氧

42、化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，氢氧化钠和铵根离子反应生成气体；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子，则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子。【详解】（1）如果Y是盐酸，由图可知，向溶液中加盐酸，先生成沉淀后沉淀部分溶解，则溶液中可能含SiO32-、AlO2-，不含Al3+、Mg2+；ab段，沉淀的量没有变化，说明溶液中含有CO32-，盐酸和碳酸根离子反应，反应的离子方程式依次为CO32-+H+HCO3-和HCO3-+H+H2O+CO2；bc段,氢氧化铝

43、沉淀与盐酸反应生成偏铝酸钠和水，硅酸沉淀不反应，沉淀部分溶解，反应的离子方程式为3H+ +Al(OH)3 =Al3+ +3H2O，故答案为：SiO32、AlO2；CO32-；3H+ +Al(OH)3 =Al3+ +3H2O；（2）若Y是氢氧化钠，由图可知，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al3+、Mg2+或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸的阴离子会双水解而不能共存，即溶液中不含CO32-、SiO32-、AlO2-，由于溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl-；ab段，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：NH4+OH-NH3H2O，即溶液中含NH4+；bc段，沉

44、淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有Al3+、Mg2+，bc段的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-AlO2-+2H2O，则X中一定含有的离子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；由于溶液中有Al3+、Mg2+，oa段转化为沉淀的离子是Al3+、Mg2+，ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体，反应的离子方程式为NH4+OH-NH3H2O；溶液中有Al3+、Mg2+，即沉淀中含Al（OH）3和Mg（OH）2，故bc段的反应离子方程式为Al（OH）3+OH-AlO2-+2H2O，NH4+反应需要NaOH的体积是2V，由于Al（OH）3溶解时需要

45、的NaOH的体积是V，则生成Al（OH）3需要的NaOH的体积是3V，而生成Mg（OH）2和Al（OH）3共消耗NaOH的体积为4V，则生成Mg（OH）2需要NaOH溶液的体积是V，则n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）=2：1：4，根据溶液要呈电中性，即有：3n（Al3+）+2n（Mg2+）+n（NH4+）=n（Cl-），故n（Cl-）=12，即有：n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）：n（Cl-）=2：1：4：12，故答案为：Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；2：1：4：12；NH4+OH-NH3H2O。【点睛】本题考查无机物的推断，注意根据溶液的颜色结合题给图象确

46、定溶液中存在的离子，再结合物质之间的反应来确定微粒的量是解答关键。25、HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=-57.3kJ/mol H1=H2H3 -51.8kJ/mol 不相等 相等 D 【解析】（1）稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，反应的热化学方程式为：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=-57.3kJ/mol；(2)NaOH、Ca（OH）2都属于强碱，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L 1molL-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热

47、的，稀氨水和1L 1molL-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，放热反应的H0，所以H1=H2H3；(3)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.1，反应后温度为：23.2，反应前后温度差为：3.1；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3，反应后温度为：23.4，反应前后温度差为：3.1；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.5，反应后温度为：23.6，反应前后温度差为：3.1；第4次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.2，反应后温度为：26.9，反应前后温度差为：6.7，误差太大，舍去；则实验中平均温度差为3.1，50mL的0.50mol/L盐酸

48、与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL1g/cm3=100g，c=4.18J/(g)，代入公式Q=cmt得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g)100g3.1=12958J=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958kJ=51.8kJ，即该实验测得的中和热H=-51.8kJ/mol；（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量增多，但是中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸

49、碱的用量无关，测得中和热数值相等，故答案为不相等；相等；（5）A、提高所用试剂量的准确度可提高测量反应热的精确度；B、能减少热量散失，可提高实验精度；C、能减少热量散失，可提高实验精度；D、温度计用500量程，最小刻度变大，测定温度不准确，使实验精度降低。答案选D。【点睛】注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。26、催化剂、吸水剂 CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O 中和乙酸并吸收乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度 在试管中加入少量碎瓷片 分液漏斗 上口倒 78 【解析】在试管甲中先加入碎瓷片，再依次加入乙醇、浓硫酸、

50、乙酸，按3:2:2关系混合得到混合溶液，然后加热，乙醇、乙酸在浓硫酸催化作用下发生酯化反应产生乙酸乙酯，由于乙酸乙酯的沸点低，从反应装置中蒸出，进入到试管乙中，乙酸、乙醇的沸点也比较低，随蒸出的生成物一同进入到试管B中，碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，由于其密度比水小，液体分层，乙酸乙酯在上层，用分液漏斗分离两层互不相容的液体物质，根据“下流上倒”原则分离开两层物质，并根据乙醇的沸点是78，乙酸是117.9，收集78的馏分得到乙醇。【详解】(1)反应中浓硫酸的作用是作催化剂，同时吸收反应生成的水，使反应正向进行，提高原料的利用率；(2)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，产生的酯与与水在反应变为乙酸和乙醇，乙醇该反应为可逆反应，生成乙酸乙酯的化学方程式为：CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O；(3)在上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于液体分层，闻到乙酸乙酯的香味；(4)步骤为防止加热过程中液体暴沸，该采取的措施加入少量碎瓷片，以防止暴沸