2021-2022学年陕西省西安市西安中学高二化学第二学期期末预测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、某酯A，其分子式为C6H12O2，已知，又知B、C、D、E均为有机物，D不与Na2CO3溶液反应，E不能发生银镜反应，则A的结构可能有A3种 B4种 C5种 D6种2、欲除去下列物质中混入的少量杂质（括号内物质为

2、杂质），不能达到目的的是A乙酸乙酯（乙酸）：加饱和碳酸钠溶液，充分振荡静置后，分液B乙醇（水）：加入新制生石灰，蒸馏C苯甲酸（NaCl）：加水，重结晶D乙酸（乙醇）：加入金属钠，蒸馏3、实验室按如下装置测定纯碱(含少量NaCl)的纯度。下列说法不正确的是( )A滴入盐酸前，应将装置中含有CO2的空气排尽B装置、的作用是防止空气中的CO2进入装置C必须在装置、间添加盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶D反应结束时，应再通入空气将装置中CO2转移到装置中4、下列排列顺序错误的是（ ）A酸性：H4SiO4H3PO4H2SO4HClO4 B碱性：Ca(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3C原子半径：FOS

3、Na D氢化物的稳定性：SiH4H2SH2OHF5、将图1所示的装置中盐桥换成铜导线与两石墨棒连接得到图2所示装置，并将NaCl溶液换为HCl溶液，发现电流表指针仍然有偏转，下列说法正确的是（）A图1盐桥中的阳离子移向甲装置B两图都是将化学能转变成电能的装置C图2中乙装置总反应的离子方程式：Cu2+2Cl-Cu+Cl2D图2中电子流向为Fe电流计石墨石墨b石墨cFe6、下列说法正确的是（ ）A纤维素能发生银镜反应B酒精能杀毒属于蛋白质变性C苯与浓溴水反应制溴苯D油脂都不能使溴水褪色7、下列有关化学用语表示正确的是AHCO3水解：HCO3H+H2CO3B钢铁吸氧腐蚀的负极反应式：Fe3e= Fe

4、3C向氯化银悬浊液中滴入KI溶液：AgI= AgID铅蓄电池充电时阴极反应式：PbSO42e =PbSO428、下列装置或实验操作正确的是A用pH试纸测某溶液的酸碱性 B探究氧化性：KMnO4Cl2I2C吸收氨气制氨水 D中和滴定实验9、下列物质易溶解于水的是A丙三醇 B乙烯 C苯 D乙酸乙酯10、下列有关说法不正确的是 ()ApH小于5.6的雨水称为酸雨B分散质粒子直径介于1100nm之间的分散系称为胶体C王水是浓硝酸和浓盐酸按物质的量之比1:3组成的混合物D光导纤维的主要成分是二氧化硅，太阳能光电板的主要原料是硅晶体11、在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C

5、(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ） A该反应的H0B若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1v逆D若状态B、C、D的压强分别为p(B)、p(C)、p(D)，则p(C)=p(D)p(B)12、2016年7月22日京山泄洪，天门市黄潭镇多处村落被洪水淹没，灾情发生后天门市防疫站紧急组织救援小队开展消毒防疫工作，下列消毒采用的药品中属于强电解质的是A漂白粉B碘水C双氧水D生石灰13、下列物质的类别与所含官能团都正确的是（ ）A 酚类OHB 羧酸CHOC 醛类CHODCH3OCH3 醚类14、根据下列性质判断所

6、描述的物质可能属于分子晶体的是（）A熔点1070，易溶于水，水溶液能导电B熔点1128，沸点4446，硬度很大C熔点10.31，液态不导电，水溶液能导电D熔点97.81，质软，导电，密度0.97g/cm315、下列说法正确的是( )下列图示与对应的叙述符合的是( )A图甲实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化B图乙表示反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)HabDb点溶液中：c(OH-)c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)19、下列化学反应的有机产物间不存在同分异构现象的是A乙烷与Cl2光照条件下的反应B甲苯与浓硝酸和浓硫酸的

7、混合物在30时反应CCH3CHBrCH2CH3与NaOH的乙醇溶液共热反应DCH3CH2CH2Br在NaOH水溶液中加热反应20、二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，常温下是一种橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构与H2O2类似，熔点为193K，沸点为411K，遇水很容易水解，产生的气体能使品红褪色，S2Cl2可由干燥氯气通入熔融的硫中制得。下列有关说法正确的是AS2Cl2的电子式为B固态时S2Cl2属于原子晶体CS2Cl2与NaOH的化学方程式可能为：S2Cl2+6NaOH=2NaCl+Na2SO3+Na2S+3H2ODS2Cl2是含有极性键和非极性键的离子化合物21、由Li、A

8、l、Si构成的某三元化合物固态晶胞结构如图所示，下列说法不正确的是A晶体中Al和Si构成金刚石型骨架 B该化合物化学式可表示为LiAlSiC晶体中与每个Al距离最近的Li为6个 D晶体中Al和Li构成CsCl型骨架22、下列说法错误的是A在元素周期表中，p区元素的最外层电子排布均可表示为ns2np16BC2H4和HCN分子中，都含键和键，但C原子的杂化方式并不相同CH2O、NH3、CH4分子中的O、N、C原子均采取sp3杂化D用红外光谱可鉴别乙醇和二甲醚，用X-射线衍射实验可鉴别玻璃与水晶二、非选择题(共84分)23、（14分）某有机化合物A经李比希法测得其中含碳为70.59%、含氢为 5.8

9、8%，其余含有氧。现用下列方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构。方法一：用质谱法分析得知A的质谱如图：方法二：核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1223。方法三：利用红外光谱仪测得A分子的红外光谱，如图：（1）分子中共有_种化学环境不同的氢原子。（2）A的分子式为_。（3）该物质属于哪一类有机物_。（4）A的分子中只含一个甲基的依据是_(填序号)。a A的相对分子质量 b A的分子式c A的核磁共振氢谱图 d A分子的红外光谱图（5）A的结构简式为_。24、（12分）A、B、C、D1、D2、E、F、G、H均为有机化合物，请根据下列图示回答问题。（1）直链有机化合物A的

10、结构简式是_；（2）B中官能团的名称为_；（3）的反应试剂和反应条件是_；（4）D1或D2生成E的化学方程式是_；（5）G可应用于医疗、爆破等，由F生成G的化学方程式是_。25、（12分）某同学利用下图所示装置制备乙酸乙酯。实验如下：向2 mL浓H2SO4和2 mL乙醇混合液中滴入2 mL乙酸后，加热试管A；一段时间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体；停止加热，振荡试管B，油状液体层变薄，下层红色溶液褪色。(1)为了加快酯化反应速率，该同学采取的措施有_。(2)欲提高乙酸的转化率，还可采取的措施有_。(3)试管B中溶液显红色的原因是_（用离子方程式表示）。(4)中油状液体的成分是_。(5)中

11、红色褪去的原因，可能是酚酞溶于乙酸乙酯中。证明该推测的实验方案是_。26、（10分）某同学进行影响草酸与酸性高锰酸钾溶液反应速率因素的研究。草酸与酸性高锰酸钾的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O。室温下，实验数据如下：实验序号加入试剂0.01mol/L KMnO40.1mol/L H2C2O40.01mol/L KMnO40.1mol/L H2C2O4MnSO4固体0.01mol/L KMnO40.1mol/L H2C2O4Na2SO4固体褪色时间/s1166117请回答：（1）该实验结论是_。（2）还可以控制变量，研究哪些因素对该

12、反应速率的影响_。（3）进行上述三个实验后，该同学进行反思，认为实验的现象可以证明上述结论。请你写出实验的现象并分析产生该现象的原因_。（4）实验选用MnSO4固体而不是MnCl2固体的原因是_。27、（12分）电镀厂曾采用有氰电镀工艺，处理有氰电镀的废水时，可在催化剂TiO2作用下，先用NaClO将CN-离子氧化成CNO-，在酸性条件下CNO-继续被NaClO氧化成N2和CO2。环保工作人员在密闭系统中用下图装置进行实验，以证明处理方法的有效性，并通过测定二氧化碳的量确定CN-被处理的百分率。将浓缩后含CN-离子的污水与过量NaClO溶液的混合液共200 mL(其中CN-的浓度为0.05 m

13、olL-1倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后，打开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞。回答下列问题：（1）甲中反应的离子方程式为_，乙中反应的离子方程式为_。（2）乙中生成的气体除N2和CO2外，还有HCl及副产物Cl2等。丙中加入的除杂试剂是饱和食盐水，其作用是_，丁在实验中的作用是_，装有碱石灰的干燥管的作用是_。（3）戊中盛有含Ca(OH)20.02mol的石灰水，若实验中戊中共生成0.82 g沉淀，则该实验中测得CN-被处理的百分率等于_。该测得值与工业实际处理的百分率相比总是偏低，简要说明可能原因之一_。28、（14分）短周期主族元素及其化合物在生产生活中至关重要。(1)BF3

14、与一定量水形成(H2O)2BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：晶体Q中含有的化学键包括_。(2) NF3与NH3的空间构型相同，但NF3不易与Cu2等形成配位键，其原因是_。(3)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148 液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有阴阳离子各一种，结构是正四面体型离子和正八面体型离子；正八面体型离子的化学式为_；正四面体型离子中键角大于PCl3的键角原因为_。(4)氯化钠的晶胞结构如图所示，图是氯化钠的晶胞截面图(图中球大小代表半径大小)。已知NA代表阿伏加德罗常数的值，氯化钠晶体的密度为d gcm-3。则Na+半径为_pm(只需列出计算式)。(

15、5)砷化硼为立方晶系晶体，该晶胞中原子的分数坐标为:B: (0，0，0)； (，0)；(，0，)；(0，)；As：(，)；(，)；(，)；(，)；请在图中画出砷化硼晶胞的俯视图_。砷原子紧邻的硼原子有_个，与每个硼原子紧邻的硼原子有_个。29、（10分）已知A、B、C、D、E都属于元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大。元素周期表中A的电负性最大，B是同周期元素中第一电离能最小的元素，A、D同主族，B、C、D同周期，E是人体的必需元素，缺乏时易引起佝偻病，B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水。根据以上信息，回答下列问题：(1)A、D分别可形成简单气态氢化物，其

16、中沸点较低的是_(填化学式)，原因是_。(2)C元素原子的价电子排布图为_。(3)B能与氧气反应生成过氧化物，写出与O22-互为等电子体的一个分子和一个离子的化学式_、_。(4)CO能与B和Mn形成BMn(CO)5，配体是_。(5)D和铯与不同价态的铜生成两种化合物，其阴离子均为无限长链结构如图所示，a位置上的D原子的杂化轨道类型为_。已知其中一种化合物的化学式为CsCuD3，则另一种的化学式为_（用元素符号表示）。(6)EA2的晶胞如图所示，若晶胞边长为x pm，则晶胞密度为_g/cm3（用NA和x表示）。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、C【解析】分

17、析：某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，所以C6H12O2是酯，B与酸反应，应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化生成E，应为醇；E不能发生银镜反应，说明E不含醛基，则E为酮则D为仲醇，据以上分析解答。详解：A的分子式为C6H12O2，A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化生成E，应为醇，则A应为酯，E不能发生银镜反应，说明E不含醛基，则E为酮，则D不能为伯醇，只能为仲醇，D可为CH3CHOHCH3、CH3CHOHCH2CH3、CH3CHOHCH2CH2CH3、CH3CH2CHOHCH2CH3、(CH3)2CHCHOHCH3，则对应的酯有5种

18、；正确选项C。点睛：醇在发生催化氧化时，与羟基相连的碳上有2个氢原子，发生催化氧化，变为醛；与羟基相连的碳上有1个氢原子，发生催化氧化，变为酮；与羟基相连的碳上有没有氢原子，不能发生催化氧化。2、D【解析】A.乙酸与碳酸钠反应而被吸收，但乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，所以乙酸乙酯中混有乙酸，可用饱和碳酸钠溶液分离，故不选A；B.新制生石灰与水反应生成氢氧化钙，蒸馏时，可得到较为纯净的乙醇，故不选B；C.由于苯甲酸在水中溶解度很小，而氯化钠易溶于水，所以可以采用重结晶的方法除杂，故不选C；D.乙酸和乙醇与金属钠都反应，不能用加金属钠的方法分离，故选D；答案：D3、C【解析】根据实验目的和装置图，

19、实验原理为：样品与盐酸反应产生的CO2用足量Ba（OH）2溶液吸收，通过测量装置中产生沉淀的质量计算纯碱的纯度。【详解】A、为了排除装置中含有CO2的空气对CO2测量的影响，滴入盐酸前，应将装置中含有CO2的空气排尽，A项正确；B、装置中NaOH溶液的作用是吸收通入的空气中的CO2，防止空气中CO2进入装置中，装置的作用是防止外界空气中的CO2进入装置中，B项正确；C、由于盐酸具有挥发性，反应产生的CO2中混有HCl，若在装置、间添加盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，HCl与NaHCO3反应产生CO2，使得测得的CO2偏大，测得纯碱的纯度偏大，C项错误；D、为了保证测量的CO2的准确性，反应结

20、束，应继续通入除去CO2的空气将滞留在装置中CO2全部转移到装置中，D项正确；答案选C。4、D【解析】分析：A元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；B元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；C原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；D元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强。详解：A元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性ClSPSi，所以酸性H4SiO4H3PO4H2SO4HClO4，A正确；B元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性CaMgAl，所以碱性：Ca(OH)2Mg(OH)2Al(O

21、H)3，B正确；C原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径FOSNa，C正确；D元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性FOSSi，所以氢化物的稳定性SiH4H2SH2OHF，D错误；答案选D。点睛：本题考查元素周期律，侧重考查金属性、非金属性强弱判断及原子半径大小比较，为高频考点，知道非金属、金属性强弱与得失电子难易程度有关，与得失电子多少无关，为易错题。5、C【解析】分析：A图1铁为原电池负极，阳离子向正极移动；B图2甲为原电池，乙为电解池；C图2乙装置为电解氯化铜的装置；D电子只在导线中移动，不能进入溶液。详解：A图1铁为原电

22、池负极，阳离子向正极移动，应向乙移动，A错误；B图2甲为原电池，乙为电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，B错误；C图2乙装置为电解氯化铜的装置，生成氯气和铜，总反应的离子方程式：Cu2+2Cl-Cu+Cl2，C正确；D电子只在导线中移动，不能进入溶液，则图2中电子流向为：Fe电流计石墨a、石墨b铜丝石墨c，D错误。答案选C。点睛：本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，明确原电池的构成条件以及电极的判断是解题的关键，注意电子不能在溶液中移动，为易错点，题目难度中等。6、B【解析】A. 纤维素属于多糖，不含醛基，不能发生银镜反应，A错误；B. 酒精可以改变蛋白构型，使蛋白质发生不可逆的变性

23、、凝固，从而起到杀菌消毒的作用，B正确；C. 苯不能和溴水反应，只能发生萃取；苯和液溴在铁的催化作用下可以生成溴苯；C错误；D. 植物油脂含有不饱和键，可以和溴水发生加成反应使溴水褪色，D错误；故合理选项为B。7、D【解析】A. HCO3水解：HCO3H2OH2CO3OH,故A错误；B. 钢铁吸氧腐蚀的负极反应式：Fe2e= Fe2，故B错误；C. 氯化银悬浊液,离子方程式应该写化学式，即AgClI=AgICl- 故C错误； D. 铅蓄电池充电时阴极发生还原反应，即PbSO42e-= PbSO42，故D正确。【点睛】注意区分水解方程式和电离方程式，铁参与的电极反应一般失去电子为Fe2。8、B【

24、解析】A用pH试纸测某溶液的酸碱性，pH试纸放在玻璃片上，不能放在桌子上，A错误；B锥形瓶中发生反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，氧化性KMnO4Cl2，烧杯中发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化性Cl2I2，B正确；C吸收溶解度较大的气体时，漏斗应刚好接触溶液，不是深入到溶液内，C错误；D滴定过程中，需要控制活塞和振荡锥形瓶，即左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶，D错误；答案选B。9、A【解析】分析：根据物质的物理性质分析判断。详解：A. 丙三醇中含有亲水基团羟基，易溶于水，故A正确；B. 乙烯难溶于水，故B错误；C. 苯难溶于水

25、，故C错误；D. 乙酸乙酯难溶于水，故D错误；故选A。10、C【解析】A正常雨水中因为溶解了二氧化碳的缘故，pH约为5.6，酸雨是溶解了二氧化硫等的雨水，pH小于5.6，故A正确；B分散质粒子直径介于1nm100nm之间的分散系称为胶体，故B正确；C王水是浓硝酸和浓盐酸按照体积比13组成的混合物，不是物质的量之比，故C错误；D光导纤维的主要成分是SiO2，太阳能光电池板是硅晶体制成，故D正确；答案选C。11、C【解析】A.由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆移；B.化学平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，根据平衡移动判断温度对平衡常数的影响分析；C.由图可知，

26、T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，反应向正反应进行；D.达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系。【详解】A.由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，由于升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，所以正反应为放热反应，即HK2，B错误；C.T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，则化学反应向正反应进行，则一定有v正v逆，C正确；D.该反应是反应前后气体体积相等的反应，在同一温度下的气体压强相同，达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系，则p(C)p(D)=p(B)，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题以化学平衡图象为载体，考查温度对化学平衡常数及对

27、平衡移动的影响。注意曲线的各点都处于平衡状态，曲线上的点正反应速率大于逆反应速率，反应正向进行；曲线下方的点逆反应速率大于正反应速率，反应逆向进行。12、D【解析】强电解质为在水溶液中完全电离的化合物；【详解】A. 漂白粉为混合物，A错误；B. 碘水为混合物，B错误；C. 双氧水为混合物，C错误；D. 生石灰为纯净物、化合物，是离子化合物，属于强电解质，D正确；答案为D13、D【解析】A、分类错误，该物质属于醇类，只有羟基直接连在苯环上，该物质才能归类于酚；B、官能团错误，官能团应该是羧基，而不是醛基；C、分类和官能团均错误，该物质属于酯类，是由甲酸和苯酚形成的酯，官能团是酯基，但是具有醛类的

28、性质；D、该物质的类别与所含官能团都正确；故选D。【点睛】甲酸酯的官能团是酯基，尽管其具有醛基的性质。14、C【解析】A. 熔点1070，熔点高，不符合分子晶体的特点，故A错误；B. 熔点1128，沸点4446，硬度很大，属于离子晶体或原子晶体或金属晶体的特点，分子晶体分子间只存在分子间作用力，熔沸点低，故B错误；C. 熔点10.31，熔点低，符合分子晶体的熔点特点，液态不导电，只存在分子，水溶液能导电，溶于水后，分子被水分子离解成自由移动的离子，如CH3COOHCH3COO+OH，有自由移动的离子，就能导电，故C正确；D.熔点97.81，质软、导电、密度0.97g/cm3，是金属钠的物理性质

29、，金属钠属于金属晶体，故D错误；答案选C。15、C【解析】A、使用催化剂化学正逆反应速率均加快，所以正反应速率的虚线在实线的上方，故A错误；B、平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两者的平衡常数相同，故B错误；C、表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液时，氢离子浓度增大，铵根离子浓度也增大，但增加的幅度没有氢离子的浓度增加的大，所以溶液中随HCl溶液体积增大而增大，故C正确；D当氢氧化钠体积为20ml时，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，以醋酸的电离为主溶液呈酸性，所以a7，故D错误；故答案为C。16、A【解析】A、乙烯含有碳碳双

30、键，和溴水发生加成反应而褪色。苯和溴水萃取而褪色，原理不同，A不正确；B、淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同，分别是葡萄糖、甘油和高级脂肪酸、氨基酸，B正确；C、煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠，C正确；D、乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去，D正确；答案选A。17、D【解析】Amg结晶水合物AH2O的物质的量为=mol，所以A的物质的量为mol，溶液溶液VmL，物质的量浓度c=mol/L，故A错误；Bmg该结晶水合物AH2O中A的质量为mg，形成溶液中溶剂水的质量为ng+mg，令该温度下，溶解度为Sg，则100g：S

31、g=(ng+mg)：mg，解得S=，故B错误；Cmg该结晶水合物AH2O中A的质量为mg，溶液质量为(m+n)g，故溶液中A的质量分数=mg(m+n)g100%=100%，故C错误；D10gA投入到该饱和溶液中，不能溶解，析出AH2O，析出的晶体大于10g，析出晶体大于10 g，故D正确；故选D。点睛：本题考查溶液浓度计算，涉及溶解度、质量分数、物质的量浓度的计算与相互关系，属于字母型计算，为易错题目，注意对公式的理解与灵活运用。18、D【解析】分析：醋酸为弱酸，等浓度时离子浓度比盐酸小，则导电性较弱，由此可知为醋酸的变化曲线，为盐酸的变化曲线，加入氢氧化钠，醋酸溶液离子浓度逐渐增大，导电性逐

32、渐增强，盐酸发生中和反应，离子浓度减小，由图象可知加入氢氧化钠10mL时完全反应，对于离子浓度大小比较可以利用物料守恒和电荷守恒考虑解决。详解：由分析可知，曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线，曲线代表滴定HCl溶液的曲线，A选项错误；a点氢氧化钠与CH3COOH溶液恰好反应生成CH3COONa，a点溶液中c（Na+）=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，B选项错误；酸或碱抑制水的电离，含有弱酸根离子的盐促进水的电离，c点溶质为NaCl，a点溶质为醋酸钠，醋酸根离子促进水的电离，b点为等

33、物质的量浓度的醋酸钠和NaOH的混合物，NaOH会抑制水的电离，所以在相同温度下，水的电离程度大小关系： bca，C选项错误；b点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH的混合物，根据电荷守恒：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）和物料守恒：2c（CH3COO-）+2c（CH3COOH）= c（Na+）得：c（OH-）= c（H+）+c（CH3COO-）+2c（CH3COOH），所以有c(OH-)c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，D选项正确；正确答案：D。19、D【解析】A. 乙烷与氯气光照条件下反应可以生成二氯乙烷、三氯乙烷等均有同分异构现象，故A错误

34、；B. 甲苯与浓硝酸和浓硫酸的混合物在30时反应硝基的取代位置有邻、间、对三种，存在同分异构现象，故B错误；C.CH3CHBrCH2CH3与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应，可生成CH2=CHBCH2CH3或者CH3CHB=CHCH3两种同分异构体，故C错误；D. CH3CH2CH2Br与NaOH水溶液共热发生取代反应，OH取代Br原子，生成CH3CH2CH2OH，不存在同分异构体，故D正确；本题选D。20、C【解析】A、S2Cl2的分子结构类似与H2O2，因此S2Cl2的电子式为，故A错误；B、S2Cl2固体的熔点、沸点低，说明固体S2Cl2为分子晶体，故B错误；C、S2Cl2遇水很容易水

35、解，产生的气体能使品红褪色，说明此气体为SO2，即与水反应2S2Cl22H2O=SO24HCl3S，因此S2Cl2与NaOH反应的化学反应方程式为：S2Cl2+6NaOH=2NaCl+Na2SO3+Na2S+3H2O，故C正确；D、根据A选项分析，含有化学键为极性键和非极性键，S2Cl2不属于离子化合物，属于共价化合物，故D错误；答案选C。21、D【解析】A、金刚石型为正四面体型，晶体中Al和Si构成刚好为正四面体型，所以A选项是正确的；B、该晶胞中，Li个数=121/4+1=4，Al的个数=81/8+61/2=4，Si的个数=4，所以原子个数比为1:1:1，所以其化学式为LiAlSi，所以B

36、选项是正确的；C、晶体中与每个Al距离最近的Li为1/2边长，所以一共是6个，故C选项是正确的；D、CsCl型为体心结构，所以晶体中Al和Li构成NaCl型骨架，故D错误。所以本题答案选D。【点睛】本题考查晶胞的计算，题目难度不大，注意均摊法的应用，注意选项中各物质的骨架形状。22、A【解析】A在元素周期表中，p区元素的最外层电子排布不能都用ns2np16表示，He原子为ns2，故A错误； BC2H4和HCN分子结构式分别为、H-CN，所以二者都含有键和键，乙烯分子中C原子采用sp2杂化、HCN中C原子采用sp杂化，二者中C原子杂化方式不同，故B正确； CH2O中O原子成2个键，有2对孤对电子

37、，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；NH3中N原子成3个键，有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；CH4分子中C原子形成4个键，采取sp3杂化，故C正确；D红外光谱主要用于分析有机物中的官能团类，X-射线衍射实验可鉴别晶体和非晶体，乙醇和二甲醚的官能团不同，所以可以用红外光谱鉴别，玻璃是非晶体、水晶是晶体，所以可以用X-射线衍射实验鉴别玻璃与水晶，故D正确；答案选A。二、非选择题(共84分)23、4 C8H8O2 酯类 bc 【解析】（1）核磁共振氢谱可知A有4个峰；（2）N（C）：N（H）：N（O）=：=4:4:1，A的相对分子质量为136；（3）从红外光谱可知；（4）由A的核磁共振

38、氢谱有4个峰，其面积之比为1223，A的分子式为C8H8O2；（5）会从质谱法中得到分子的相对分子质量，会分析核磁共振图谱得知有机物分子中氢的环境，会分析红外光谱仪确定分子中所含基团，结合起来可得A的结构简式。【详解】（1）由核磁共振氢谱可知A有4个峰，所以A分子中共有4种化学环境不同的氢原子；（2）已知A中含碳为70.59、含氢为 5.88，含氧23.53，列式计算N（C）：N（H）：N（O）=：=4:4:1，求得A的实验式为C4H4O，设A的分子式为（C4H4O）n ，又由A的相对分子质量为136，可得n=2，分子式为C8H8O2；（3）从红外光谱可知8个碳原子中有6个C在苯环中，还有C=

39、O、COC、CH这些基团，可推测含有的官能团为酯基，所以A是酯类；（4）由A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1223，A的分子式为C8H8O2，可知A分子中只含一个甲基，因为甲基上的氢原子有3个，答案选bc；（5）根据以上分析可知，A的结构简式为：。【点睛】本题考查测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构方法，会从质谱法中得到分子的相对分子质量，会分析核磁共振图谱得知有机物分子中氢的环境，会分析红外光谱仪确定分子中所含基团，综合计算可以得到有机物的分子式和结构。24、 碳碳双键、氯原子 Cl2、光照或高温 【解析】题干中指出A为链状有机物，考虑到分子式为C3H6，所以A为丙烯；那么结合A和

40、B的分子式分析可知，由A生成B的反应，即为丙烯中甲基的氯代反应；从B生成C的反应即为B与溴单质的加成反应。氯水中含有HClO，其结构可以写成H-O-Cl；B可以与氯水反应生成D1和D2，分子式均为C3H6OCl2，所以推测这一步骤发生的是B与HClO的加成反应。油脂水解的产物之一是甘油，所以F即为甘油，考虑到G的用途，G即为硝化甘油。E可以在碱性溶液中反应得到甘油，并且E的分子式为C3H5OCl，结合D的结构推断E中含有醚键，即E的结构为。【详解】(1)直链有机化合物A即为丙烯，结构简式为CH2=CH-CH3；(2)通过分析可知B的结构即为：CH2=CH-CH2Cl，所以其中的官能团有碳碳双键

41、和氯原子；(3)通过分析可知，反应即甲基上氢原子的氯代反应，所以试剂是Cl2，条件是光照或者高温；(4)通过分析可知，D1和D2的结构可能是、，因此反应生成E的方程式为：2 +Ba(OH)22+2H2O+BaCl2；(5)通过分析G即为硝化甘油，所以生成G的反应方程式为：。25、加热，使用催化剂 增加乙醇的用量 CO32-+H2OHCO3-+OH- 乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水) 取褪色后的下层溶液，滴加酚酞试液，溶液变红 【解析】(1)酯化反应是可逆反应，可根据影响化学反应速率的因素分析；(2)根据酯化反应是可逆反应，要提高乙酸转化率，可以根据该反应的正反应特点分析推理；(3)根据盐的水解规律分

42、析；(4)根据乙酸、乙醇及乙酸乙酯的沸点高低分析判断；(5)红色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，则可通过向溶液中再加入酚酞，观察溶液颜色变化分析。【详解】(1)酯化反应是可逆反应，由于升高温度，可使化学反应速率加快；使用合适的催化剂，可以加快反应速率，或适当增加乙醇的用量，提高其浓度，使反应速率加快等；(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，反应产生的乙酸乙酯和水在相同条件下又可以转化为乙酸与乙醇，该反应是可逆反应，要提高乙酸的转化率，可以通过增加乙醇（更便宜）的用量的方法达到；(3)碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中，CO32-发生水解反应，消耗水电离产生的

43、H+转化为HCO3-，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)c(H+)所以溶液显碱性，可以使酚酞试液变为红色，水解的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-；(4)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，由于反应产生乙酸乙酯的沸点比较低，且反应物乙酸、乙醇的沸点也都不高，因此反应生成的乙酸乙酯会沿导气管进入到试管B中，未反应的乙酸和乙醇也会有部分随乙酸乙酯进入到B试管中，因此中油状液体的成分是乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水)；(5)红色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，则可通过取褪色后的下层溶液，滴加酚酞试液，若溶液变红证明是酚酞溶于乙酸乙酯所致。【点睛】本题

44、考查了乙酸乙酯的制取、反应原理、影响 因素、性质检验等知识。掌握乙酸乙酯的性质及各种物质的物理、化学性质及反应现象是正确判断的前提。26、在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用 温度、浓度等 KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快。因为反应生成的MnSO4是KMnO4与H2C2O4反应催化剂，能加快反应速率 酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl，也会使KMnO4溶液褪色，产生干扰 【解析】（1）实验、中使用的反应物是都是 0.01 mol/L KMnO4、0.1 mol/L H2C2O4，都在室温下反应，说

45、明浓度相同，温度相同，高锰酸钾褪色时间最快的是，加了硫酸锰，中加的是硫酸钠与褪色时间基本相同，对比得知起催化作用的是Mn2+，即该实验结论是在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用；（2）除催化剂对反应速率有影响外，还有其他的外界因素如温度、浓度等；（3）实验中是单独加入催化剂MnSO4，而草酸与酸性高锰酸钾反应会生成MnSO4，那么这个反应的产物就会起到催化剂的作用，所以实验的现象是：KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快，因为反应生成的MnSO4是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，能加快化学反应速；（4）酸性KMnO4溶液具有

46、强氧化性，能氧化氯化锰中的氯离子，也会使KMnO4溶液褪色，从而缩短褪色时间，产生干扰。【点睛】本题考查了草酸与酸性高锰酸钾溶液反应，探究影响化学反应速率的因素，注意对比实验的关键是其他条件不变，控制其中的一个变量进行分析，另外考查了酸性高锰酸钾溶液的强氧化性，题目难度适中。27、 CN-+ClO-=CNO-+Cl- 2CNO-+2H+3 CNO-=N2+2CO2+3Cl-+H2O 除去HCl气体 去除Cl2 防止空气中CO2进入戊中影响测定准确度 82% 装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；CO2产生的速度较快未与戊中的澄清石灰水充分反应；Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全（答出其一即可）。【

47、解析】本题考查氧化还原反应方程式的书写、物质除杂和提纯、化学计算等，（1）根据信息，甲：在TiO2催化剂作用下，NaClO将CN氧化成CNO，ClOCNCNOCl，CN中N显3价，C显2价，CNO中氧显2价，N显3价，C显4价，因此有ClO中Cl化合价由1价1价，化合价降低2价，CN中C化合价由2价4价，化合价升高2价，然后根据原子守恒配平其他，CN+ClO=CNO+Cl ；根据信息酸性条件下，CNO被ClO氧化成N2和CO2，离子反应方程式为：2CNO+2H+3 CNO=N2+2CO2+3Cl+H2O ；（2）利用HCl易溶于水，因此饱和食盐水的作用是除去HCl气体，丁的作用是除去Cl2；实

48、验的目的是测定CO2的量确定CN被处理的百分率，空气中有CO2，因此碱石灰的作用是防止空气中CO2进入戊中，避免影响测定的准确性；（3）戊中沉淀是CaCO3，根据碳元素守恒，n(CN)=n(CaCO3)=0.82/100mol=8.2103mol，被处理的百分率是8.2103/(2001030.05)100%=82%，装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；CO2产生的速度较快未与戊中的澄清石灰水充分反应；Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全。点睛：本题氧化还原反应方程式的书写是学生易错，书写氧化还原反应方程式时，先判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，如（1）第二问，CNO继续被ClO氧化，说明C

49、NO是还原剂，N2为氧化产物，ClO是氧化剂，一般情况下，没有明确要求，ClO被还原成Cl，Cl是还原产物，即有CNOClON2CO2Cl，然后分析化合价的变化，N由-3价0价，Cl由1价1价，根据化合价升降进行配平，即2CNO3ClON2CO23Cl，环境是酸性环境，根据反应前后所带电荷守恒，H作反应物，即2CNO+2H+3CNO=N2+2CO2+3Cl+H2O 。28、共价键、配位 F的电负性比N大，NF成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2形成配离子 PCl6 两者磷原子均采取sp3杂化，PCl3分子中P原子有一对孤电子对

50、，孤电子和对成键电子对斥力更大，PCl4+中P没有孤电子对，正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角 4 12 【解析】(1)根据Q的结构分析判断；(2)Cu2+提供空轨道，NH3和NF3中的中心原子N原子提供孤电子对，根据NH3和NF3中共用电子对的偏转判断；(3)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，根据正四面体形阳离子和正六面体形阴离子分析判断；结合孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，判断PCl3与正四面体形阳离子中键角的大小；(4)晶胞棱长=2(Cl-离子半径+Na+离子半径)，而晶胞棱长=2Cl-离子半径，结合晶胞中各原子数目计算晶胞质量，结合密度计算晶胞体积，再计算晶胞棱长；(5)砷化硼为立方晶系晶体，根据晶胞中原子的分数坐标画出砷化硼的晶胞结构图，再画出砷化硼晶胞