新疆乌鲁木齐市第七十中学2021-2022学年化学高二第二学期期末学业水平测试模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、由短周期元素构成的离子化合物中,一个阳离子和一个阴离子的核外电子数之和为20, 下列说法中正确的是A晶体中阳离子和阴离子个数不一定相等B晶体中一定只有离子

2、键而没有共价键C所含元素一定不在同一周期也不在第一周期D晶体中阳离子半径一定大于阴离子半径2、甲醛（）在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)，以下说法中正确的是A甲醛分子间可以形成氢键B甲醛分子和甲醇分子内C原子均采取sp2杂化C甲醛为极性分子D甲醇的沸点远低于甲醛的沸点3、下列装置能达到实验目的的是A用装置甲制备氨气B用装置乙除去氨气中少量水C用装置丙收集氨气D用装置丁吸收多余的氨气4、下列化合物中含3个“手性碳原子”的是ABCD5、下列各组元素按第一电离能增加顺序排列的是（ ）ALi、Na、K BB、Be、Li CO、F、Ne DC、P、Se6、某烃的结构简式如图所示，若分子中共线碳原

3、子数为a，可能共面的碳原子最多为b，含四面体结构碳原子数为c，则a、b、c分别是（ ）A3，4，5 B3、14，4 C3，l0，4 D4，l0，47、某有机物的结构简式为，它在一定条件下不可能发生加成、水解、消去、酯化、中和中的反应有()A B C D8、两种大气污染物NO2和SO2在一定条件下可以发生如下反应：NO2SO2=NOSO3，在体积为V L的密闭容器中通入3 mol NO2和5 mol SO2，反应后容器内氮原子和氧原子个数比为 ()A310 B163 C316 D5169、已知某化合物的晶体是由以下最小单元密置堆积而成的,关于该化合物的以下叙述中正确的是()A1 mol该化合物中

4、有1 mol YB1 mol该化合物中有6 mol OC1 mol该化合物中有1 mol BaD该化合物的化学式是YBa2Cu3O610、分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下可水解生成酸和醇，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有（不考虑立体异构）A6种B8种C12种D20种11、比较下列各组物质的沸点，结论正确的是 丙烷乙醇 正戊烷正丁烷 乙醇乙二醇A B C D12、二氟甲烷是性能优异的环保产品，它可替代某些会破坏臭氧层的“氟利昂”产品，用作空调、冰箱和冷冻库的致冷剂。试判断二氟甲烷的结构有（ ）A4种B3种C2种D1种13、某有机物的结构简式为HCOOCH2CHCH2，它不具有的官能团是A

5、BCD14、现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p3；1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是()A最高正化合价：B原子半径：C电负性：D第一电离能：15、对硫-氮化合物的研究是现代无机化学最为活跃的领域之一，下图是已经合成的最著名的硫-氮化合物的分子结构。下列关于该物质说法正确的是A分子式为SNB分子中所有共价键的键长一定相等C该物质与化合物S2N2互为同素异形体D分子中既有极性键又有非极性键16、与NO3-互为等电子体的是（ ）ASO2BBF3CCH4DNO217、有0.2mol某有机物和0.5mol氧气在一密闭容器中燃烧得

6、产物为CO2、CO、H2O(气）。产物依次通过浓硫酸时，浓硫酸的质量增加了 10.8g；再通过灼热的氧化铜时，氧化铜的质量减轻了 3.2g；又通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了 17.6g。该有机物的化学式是AC2H4 BC2H6OCC2H6O2DC3H6O318、下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是（ ）AFeFe2O3Fe(OH)3FeCl3BAlAl(OH)3Al2O3NaAlO2CNaNa2O2Na2CO3NaOHDSiSiO2H2SiO3Na2SiO319、下列实验可以获得预期效果的是（）A用金属钠检验乙醇中是否含有少量水B用溴水除去苯中的少量苯酚C用质谱法测定有机物相对分

7、子质量D用湿润的pH试纸测定溶液的pH20、反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为v=kcm(NO)cn(H2)(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：2NO+H2N2+H2O2(慢)H2O2+H22H2O(快)T时测得有关实验数据如下：序号c(NO)/molL-1c(H2)/molL-1速率/molL-1min-10.00600.00101.810-40.00600.00203.610-40.00100.00603.010-50.00200.00601.210-4下列说法错误的是A整个反应速度由第步反应决定B正反应

8、的活化能一定是C该反应速率表达式：v=5000c2(NO)c(H2)D该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)H=-664kJmol-121、下列说法正确的是A分子式为C2H6O且能与金属钠反应的有机物有2种B1mol乙烷在光照条件下最多能与3mol Cl2发生取代反应C一定条件下，葡萄糖、蛋白质都能与水发生水解反应D加入NaOH溶液并加热，通过观察油层是否消失或变薄来鉴别矿物油和植物油22、下列分散系不能产生“丁达尔效应”的是（ ）A酒精溶液B鸡蛋清溶液C氢氧化铁胶体D淀粉溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A是芳香族化合物，其分子式为C9H11

9、Cl，利用A合成2-甲基苯乙酸，其合成路线如下：（1）A结构简式为_。（2）AB反应类型为_；C中所含官能团的名称为_。（3）CD第步的化学方程式为_。（4）在NaOH醇溶液并加热的条件下，A转化为E，符合下列条件的E的同分异构体有_种，任写其中一种的结构简式_。i,苯环上仅有一个取代基；ii.能与溴水发生加成反应。24、（12分）幸福可以“人工合成”吗?精神病学专家通过实验发现,人体中的一种脑内分泌物多巴胺，可影响一个人的情绪。多巴胺是一种神经递质,用来帮助细胞传送脉冲的化学物质。这种脑内分泌物主要负责大脑的情感,将兴奋及开心的信息传递,使人感到愉悦和快乐。多巴胺可由香兰素与硝基甲烷缩合,再

10、经锌还原水解而得,合成过程如下:请回答下列问题:（1）写出香兰素中含有的官能团的名称是_。（2）上述合成过程中属于加成反应的是 (填反应序号)_。（3）反应的反应条件是_。有机物A的结构简式为_。（4）写出符合下列条件的多巴胺的所有同分异构体的结构简式:_。(i)属于1,3,5-三取代苯 (ii)苯环上直接连有一个羟基和一个氨基(iii)分别能与钠和氢氧化钠反应,消耗钠与氢氧化钠的物质的量之比为21（5）多巴胺遇足量浓溴水会产生沉淀,请写出该反应的化学方程式:_。25、（12分）三草酸合铁()酸钾K3Fe(C2O4)33H2O为绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂。I.三草酸合铁()

11、酸钾晶体的制备将5g(NH4)2Fe(SO4)26H2O晶体溶于20mL水中，加入5滴6 molL1H2SO4酸化，加热溶解，搅拌下加入25mL饱和H2C2O4溶液，加热，静置，待黄色的FeC2O4沉淀完全以后，倾去上层清液，倾析法洗涤沉淀23次。向沉淀中加入10mL饱和草酸钾溶液，水浴加热至40，用滴管缓慢滴加12mL5H2O2，边加边搅拌并维持在40左右，溶液成绿色并有棕色的沉淀生成。加热煮沸一段时间后，再分两批共加入8mL饱和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此时棕色沉淀溶解，变为绿色透明溶液。向滤液中缓慢加入10mL95的乙醇，这时如果滤液浑浊可微热使其变清，放置暗处冷却

12、，结晶完全后，抽滤，用少量洗涤剂洗涤晶体两次，抽干，干燥，称量，计算产率。已知制备过程中涉及的主要反应方程式如下：步骤6FeC2O43H2O26K2C2O44K3Fe(C2O4)32Fe(OH)3，步骤2Fe(OH)33H2C2O43K2C2O42K3Fe(C2O4)36H2O，请回答下列各题：(1)简述倾析法的适用范围_，步骤加热煮沸的目的是_。(2)下列物质中最适合作为晶体洗涤剂的是_(填编号)。A冷水 B丙酮 C95的乙醇 D无水乙醇(3)有关抽滤如图，下列说法正确的是_。A选择抽滤主要是为了加快过滤速度，得到较干燥的沉淀B右图所示的抽滤装置中，只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶

13、的支管口C抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出D抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸.纯度的测定称取1.000g产品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用标定浓度为0.01000 molL1的高锰酸钾溶液滴定至终点，三次平行实验平均消耗高锰酸钾溶液24.00mL。(4)滴定涉及反应的离子方程式：_。(5)计算产品的纯度_(用质量百分数表示)。(K3Fe(C2O4)33H2O的相对分子质量为491)26、（10分）某兴趣小组设计了如图所示装置(部分夹持装置已略去)进行实验探究。（实验一）探究影响化学反应速率的因素。圆底烧瓶中装锌片(两次实验中所用

14、锌片大小和外形相同)、恒压分液漏斗中装稀硫酸，以生成20.0mL气体为计时终点，结果为t1t2。序号V(H2SO4)/mLc(H2SO4)/molL-1t/sI401t1II403t2序号V(H2SO4)/mLc(H2SO4)/molL1t/sI401t1II403t2检查该装置气密性的方法是_。比较实验I和可以得出的结论是_。（实验二）探究铁的电化学腐蚀。圆底烧瓶中装铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装稀硫酸，打开活塞加入稀硫酸后量气管中出现的现象是：左侧液面_右侧液面_(选填“上升”、“下降”)。圆底烧瓶中装与相同量的铁粉但不加入碳粉，其他试剂和操作相同，发现左、右侧液面变化较_（选填“快”

15、、“慢”，下同），说明原电池反应比一般化学反应_。圆底烧瓶中装与相同量的铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装食盐水，打开活塞加入食盐水后，你预测量气管中出现的现象是：_，正极的电极反应是_。27、（12分）制备苯甲酸的反应原理及有关数据如下：名称相对分子质量性状熔点沸点溶解度甲苯92无色液体-95110不溶于水苯甲酸122白色片状或针状晶体122248微溶于水高锰酸钾158易溶于水实验过程如下： 将高锰酸钾、水和氢氧化钠溶液混合摇匀后，加入甲苯，采用电磁搅拌，加热（但温度不要太高），冷凝回流2h。如仍有高锰酸钾的紫色存在，则加数滴乙醇。 将混合液过滤后冷却。滤液用盐酸酸化，析出白色晶体过滤，洗涤

16、，干燥，得到苯甲酸的粗产品，最后测定其熔点。回答下列问题：（1）中反应易暴沸，本实验中采用_方法防止此现象；乙醇的作用是_。（2）中过滤出的沉淀是_。（3）中测定熔点时，发现到130 时仍有少量不熔，推测此不熔物的成分是_。（4）提纯苯甲酸粗产品的方法是_。28、（14分）某有机物的结构简式为，分析其结构，并回答下列问题：(1)写出其分子式：_。(2)其中含有_个不饱和碳原子，分子中有_个双键。(3)分子中的极性键有_(写出2种即可)。(4)分子中的饱和碳原子有_个，一定与苯环处于同一平面的碳原子有_个。(5)分子中CC=O键角约为_，HCC键角约为_。29、（10分）锗(Ge)是典型的半导体

17、元素,在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题:(1)基态Ge原子的核外电子排布式为Ar_,有_个未成对电子。(2)比较下列锗卤化物的熔点和沸点,分析其变化规律及原因_。GeCl4GeBr4GeI4熔点/-49.526146沸点/83.1186约400 (3)光催化还原CO2制备CH4反应中,带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是_。(4)Ge单晶具有金刚石型结构,其中Ge原子的杂化方式为_,微粒之间存在的作用力是_。(5)晶胞有两个基本要素:原子坐标参数,表示晶胞内部各原子的相对位置。如图为Ge单晶的晶胞,其中原子坐标参数A为(0,0,0);B为(1

18、/2,0,1/2);C为(1/2,1/2,0)。则D原子的坐标参数为_。晶胞参数,描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a pm,其密度为_gcm-3(列出计算式即可)。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、A【解析】由题意知阴、阳离子可能均是10电子微粒，它们可以是：阴离子：N3-、O2-、F-、OH-等，阳离子：NH4+、Na+、Mg2+、Al3+等。A、当阴、阳离子所电荷不相等，阳离子和阴离子个数不相等，如、MgF2、Na2O，当阴、阳离子所电荷相等，阳离子和阴离子个数相等，如NaF、NaOH，故A正确；B、离子化合物，一定有离子键，也可能含共价

19、键，如NaOH、Mg（OH）2、NH4F等，故B错误；C、NH4+中氢元素在第一周期，所以构成该离子化合物的元素可能在第一周期，故C错误；D、对简单的离子，阴、阳离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，阳离子的核电荷数一定大于阴离子的核电荷数，所以该化合物中阳离子半径小于阴离子半径，故D错误；故选A。【点睛】本题采取列举法解答，找出例外举例，列举法在元素周期表中经常利用。2、C【解析】A甲醛分子中与H形成共价键的C原子的电负性没有那么大，与其相连的H原子不会成为“裸露”质子，甲醛分子间不存在氢键，A项错误；B甲醛中C原子形成3个键和1个键，C上没有孤电子对，其中C为sp2杂化，甲醇分子

20、中C原子形成4个键，C上没有孤电子对，其中C为sp3杂化，B项错误；C甲醛分子为平面三角形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，C项正确；D甲醇分子中有OH，可以形成分子间氢键，甲醇的沸点比甲醛的沸点高，D项错误；本题答案选C。3、D【解析】A. 用装置甲制备氨气时试管口应该略低于试管底，A错误；B. 氨气能被浓硫酸吸收，不能用装置乙除去氨气中少量水，B错误；C. 氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，但收集气体不能密闭，不能用装置丙收集氨气，C错误；D. 氨气极易溶于水，用装置丁吸收多余的氨气可以防止倒吸，D正确；答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握实验装置图的作用、物质的性质

21、为解答的关键，注意实验的操作性、评价性分析。4、C【解析】手性碳原子是指连有四个不同基团的碳原子，常以“*”标记。【详解】A. 标出该物质的手性碳原子为，即该物质含有1个手性碳原子，A不符合题意B. 标出该物质的手性碳原子为，即该物质含有2个手性碳原子，B不符合题意；C. 标出该物质的手性碳原子为，即该物质含有3个手性碳原子，C符合题意；D. 标出该物质的手性碳原子为，即该物质含有1个手性碳原子，D不符合题意；故合理选项为C。5、C【解析】A Li、Na、K ，第一电离能逐渐减小；BB、Be、Li，Be的2s全满，故第一电离能大于Li；CO、F、Ne 逐渐增大；D C、P、Se，P的3p处于半

22、满，第一电离能大于Se。6、B【解析】已知乙炔为直线形结构，则与CC键相连的C原子可能共线，则共有3个；分子中与苯环以及C=C直接相连的原子共平面，则可能共面的碳原子最多为14，即所有的碳原子可能共平面；含四面体结构碳原子为饱和碳原子，共4个，故答案选B。7、D【解析】分析：本题考查的是有机物的结构和性质，根据有机物中的官能团进行分析。详解：该有机物含有羧基和酯基，羧基可以发生酯化反应和中和反应，酯基可以发生水解反应，含有苯环，可以发生加成反应，所以该物质不能发生消去反应。故选D。点睛：能发生消去反应的官能团为羟基和卤素原子，且其连接的碳原子的邻位碳上有氢原子才可以消去。8、C【解析】试题分析

23、：体积为V L的密闭容器中通入3mol NO2和5mol SO2，n(N)=3mol，n(O)=3mol2+5mol2=16mol，由质量守恒定律可知，反应前后原子守恒，则反应后容器内氮原子和氧原子个数比为3mol：16mol=316，故选C。【考点定位】考查质量守恒【名师点晴】本题以氧化还原反应为载体考查原子守恒的计算，为高频考点，把握原子守恒为解答的关键，侧重分析能力和计算能力的考查。本题中看似考查是氧化还原反应，实际上与化学反应无关，任何化学反应，在密闭容器中都遵守质量守恒定律，原子为化学变化中的最小微粒，反应前后的原子守恒。9、C【解析】由晶胞结构可知，Y原子位于顶点，晶胞中Y原子数目

24、为8=1，Ba原子位于棱上，晶胞中Ba原子数目为8=2，Cu原子位于晶胞内部，晶胞中Cu原子数目为3，O原子晶胞内部与面上，晶胞中O原子数目为2+10=7，则该晶体化学式为YBa2Cu3O7，故1 mol该化合物中有1molY、7molO、2molBa，故C正确；答案为C。10、C【解析】分子式为C4H8O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为4，讨论羧酸与醇含有的碳原子，判断形成该酯的羧酸与醇的同分异构体种数，根据羧酸与醇组合，计算同分异构体数目。【详解】分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，若为甲酸和丙醇酯化，甲酸1种，丙醇有2种；若为乙酸和乙

25、醇酯化，乙酸1种，乙醇有1种；若为丙酸和甲醇酯化，丙酸有1种，甲醇1种，故羧酸共有3种，醇共有4种，酸和醇重新组合可形成的酯共有34=12种，故选C。11、A【解析】丙烷与乙醇相对分子质量接近，但乙醇分子间存在氢键，丙烷分子间存在范德华力，故乙醇沸点大于丙烷，正确； 正戊烷与正丁烷是同系物，相对分子质量越大，沸点越高，正戊烷沸点大于正丁烷沸点，正确； 乙醇、乙二醇均存在氢键，但乙二醇分子间作用力、氢键大于乙醇，乙二醇沸点大于乙醇，错误；故答案选A。12、D【解析】由于甲烷是正四面体结构，所以其中的任何两个H原子被F原子取代，产物的结构都是相同的。因此二氟甲烷的结构简式只有一种。选项为D。13、

26、B【解析】HCOOCH2CHCH2中含有官能团：C=C和-CHO、-COO，不含；故选B。14、D【解析】由核外电子排布式可知，1s22s22p63s23p4为S元素，1s22s22p63s23p3为P元素，1s22s22p5为F元素；AS元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，故最高正化合价：，但F没有正化合价，故A错误；B同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径PSF，即，故B错误；C同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性，故C错误；D同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同

27、周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能FPS，即，故D正确；故答案为D。15、D【解析】A该分子中含有4个N原子、4个S原子，其化学式为S4N4，故A错误；B共价键的键长与原子半径成正比，所以键长S-SS-N，故B错误；C同种元素的不同单质互为同素异形体，S4N4和S2N2都是化合物不是单质，所以不是同素异形体，故C错误；D同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，N-S原子之间存在极性键、S-S原子之间存在非极性键，故D正确；故选D。【点晴】本题考查分子晶体、化学键、键长、同素异形体等基本概念，明确概念内涵是解本题关键，知道同素异形体、同位素、同分异

28、构体概念之间的差别，知道键长大小比较方法。16、B【解析】等电子体的要求是原子总数相同，价电子总数也相同。NO3-原子总数为4，价电子总数为24。【详解】A.SO2原子总数为3，价电子总数为18，故A不选；B.BF3原子总数为4，价电子总数为24，故B选；C.CH4原子总数为5，价电子总数为8，故C不选；D.NO2原子总数为3，价电子总数为17，故D不选。故选B。17、B【解析】浓硫酸增重10.8g说明反应产物中含水10.8g，即产物中含n(H2O)=0.6mol；通过灼热氧化铜，氧化铜质量减轻3.2g，则CO+CuOCO2+Cu m1mol 1mol 16gn（CO） 3.2g=，解得n（C

29、O）=0.2mol；根据碳元素守恒可知CO与CuO反应生成的CO2的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol44g/mol=8.8g；有机物燃烧生成的CO2的质量为17.6g-8.8g=8.8g，物质的量为=0.2mol；根据碳元素守恒可知，0.2mol有机物中含有碳原子物质的量为0.4mol，根据氢元素守恒可知，0.2mol有机物中含有氢原子物质的量为0.6mol2=1.2mol，根据氧元素守恒可知，0.2mol有机物中含有氧原子物质的量为0.2mol+0.2mol2+0.6mol-0.5mol2=0.2mol，则n（有机物）：n（C）：n（H）：n（O）=0.2mol：0.4mol：1.

30、2mol：0.2mol=1:2:6:1，所以有机物的分子式为C2H6O，故选B。【点晴】本题考查有机物分子式的确定。注意所含元素原子个数的计算角度，注意质量守恒定律的应用。浓硫酸具有吸水性，浓硫酸的质量增加10.8g说明反应产物中含水10.8g，通过灼热氧化铜，氧化铜质量减轻3.2g，结合方程式可计算CO的物质的量，通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了17.6g可计算总CO2的物质的量，根据氧元素守恒可计算有机物中含有O的物质的量，进而求得化学式。18、C【解析】A，Fe与O2在一定条件反应可生成Fe2O3，Fe2O3不能一步转化为Fe（OH）3，Fe（OH）3与HCl反应生成FeCl3和H2O，

31、A项不符合题意；B，Al不能一步转化为Al（OH）3，Al（OH）3受热分解成Al2O3和H2O，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，B项不符合题意；C，Na在O2中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2CO3与Ca（OH）2反应生成CaCO3和NaOH，C项符合题意；D，Si与O2加热生成SiO2，SiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，D项不符合题意。答案选C。19、C【解析】A乙醇和水都能与金属钠反应，不能用金属钠检验，可用硫酸铜检验是否含有水，A错误；B、除去苯中混有的少量苯酚：加入溴水，

32、可以除去苯酚，但溴单质易溶于苯中，引入新的杂质，且生成的三溴苯酚也能溶于苯酚中，B错误；C、质谱法是测定有机物相对分子质量常用的物理方法，C正确；DpH试纸测定溶液的pH时不能事先湿润，D错误；答案选C。20、B【解析】A2NO+H2N2+H2O2(慢)，H2O2+H22H2O(快)，反应历程中反应慢的决定反应速率，整个反应速度由第步反应决定，故A正确；B反应难以进行，说明反应的活化能高，正反应的活化能一定是，故B错误；C比较图表、数据可知NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，、数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，v=Kc2(NO)c(H

33、2)，依据中数据计算K=5000，则速率方程v=5000c2(NO)c(H2)，故C正确；D反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，生成28gN2放热664KJ，热化学方程式为：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)H=-664kJmol-1，故D正确；故选B。21、D【解析】A分子式为C2H6O 且能与金属钠反应的有机物为乙醇，只有一种结构，故A错误；B1 mol乙烷含有6mol H原子，则1 mol乙烷在光照条件下最多能与6mol Cl2 发生取代反应，故B错误；C葡萄糖为单糖，不能发生水解反应，故C错误；D矿物油属于烃

34、类，不能发生水解反应，而植物油属于油脂，可在碱性条件下发生水解反应；现象不同，可鉴别，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意矿物油和植物油主要成分的区别。22、A【解析】胶体能产生丁达尔效应；【详解】A为溶液，B、C、D均为胶体，答案为A；【点睛】丁达尔效应的原因为分散质颗粒较大，当光线穿过分散系时，分散质颗粒对光产生漫反射现象。二、非选择题(共84分)23、 取代反应（或水解反应） 醛基 3 或或) 【解析】根据题中各物质的转化关系，A碱性水解发生取代反应得B，B氧化得C，C发生银镜反应生成D，根据C的名称和A的分子式为C9H11Cl，可知B为，可反推知A为，C为，D为。据此解答

35、。【详解】(1)根据上面的分析可知，A的结构简式为，故答案为；(2)根据上面的分析可知，转化关系中AB的反应类型为取代反应，BC发生氧化反应，将羟基氧化为醛基，C中官能团为醛基，故答案为取代反应；醛基。(3)反应CD中的第步的化学方程式为，故答案为；(4)在NaOH醇溶液并加热的条件下，A发生消去反应生成E：，E的同分异构体的苯环上有且仅有一个取代基，且能与溴水发生加成反应，说明有碳碳双键，则苯环上的取代基可以是CH=CHCH3或CH2CH=CH2或C(CH3)=CH2，所以符合条件的同分异构体的结构简式为或或)故答案为或或)。24、羟基、醛基、醚键 浓硫酸、加热 +3Br2+3HBr 【解析

36、】由合成路线可知，反应由香兰素与硝基甲烷缩合，为加成反应；反应、两步实现了醇羟基的消去和碳碳双键的加氢过程，故反应为消去反应，A的结构简式为反应为加成反应；反应为还原反应，最后一步是水解反应。【详解】（1）香兰素中含有的官能团有3种，分别是羟基、醛基、醚键。（2）上述合成过程中属于加成反应的是。（3）反应醇羟基的消去反应，其反应条件通常为：浓硫酸、加热。有机物A的结构简式为。（4）多巴胺（）的同分异构体符合下列条件：(i)属于1,3,5-三取代苯；(ii)苯环上直接连有一个羟基和一个氨基；(iii)分别能与钠和氢氧化钠反应,消耗钠与氢氧化钠的物质的量之比为21，则其分子中有醇羟基和一个酚羟基，

37、而且醇羟基和除苯环外剩余的2个碳原子在一个取代基上，因此，其可能的结构只有2种： 和。（5）多巴胺苯环上的H原子都属于羟基的邻位或对位，都可以被溴原子取代，故遇足量浓溴水会产生沉淀，该反应的化学方程式为: +3Br2+3HBr。25、晶体颗粒较大，易沉降 除去多余的双氧水，提高草酸的利用率 C A、D 98.20% 【解析】(1)倾析法的适用范围适用分离晶体颗粒较大、易沉降到容器底部的沉淀，这样减少过滤的时间和操作，比较简单；对步骤中的溶液经过加热煮沸再进行下一步操作，是由于步骤溶液中存在过量的过氧化氢，过氧化氢具有一定的氧化性，会和中加入的草酸发生反应，所以加热煮沸的目的是除去过量的双氧水，

38、提高饱和H2C2O4溶液的利用率；(2)因为产品不溶于乙醇，而选择95%的乙醇经济成本最低，故选C。(3)该抽滤装置的操作原理为：打开最右侧水龙头，流体流速增大，压强减小，会导致整个装置中压强减小，使布氏漏斗内外存在压强差，加快过滤时水流下的速度，A.选择抽滤主要是为了加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，A正确；B.图示的抽滤装置中，除漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口外，中间瓶中的导管也没有“短进短出”，B错误；C.抽滤得到的滤液应从瓶口倒出，不能从支管口倒出，C错误；D.抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸，D正确；故答案选AD。(4)滴定涉及到的原理为草酸根离

39、子能被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，离子方程式为：16H+2MnO4-+5C2O42-=2Mn2+10CO2+8H2O；(5) 5K3Fe(C204)33H2O 6KMnO4491*5 6m0.010.024m=0.982g，则产品的纯度=0.9821.000=98.20%。26、从量气管右侧管口加水至左右两管出现液面高度差时停止加水，若能保持液面高度差不变，则说明装置气密性好 增大反应物浓度能加快化学反应速率 下降 上升 慢 快 左侧液面上升右侧液面下降 O2 + 4e- + 2H2O 4OH- 【解析】分析：本题考查了化学反应的速率的影响因素，钢铁的电化学腐蚀等，注意知识的归纳和梳理是关键

40、。详解：【实验一】由实验装置分析得检验气密性的方法是从量气管右侧管口加水至左右两管出现液面高度差时停止加水，若较长时间能保持液面高度差不变，则说明装置气密性好； t1t2，说明实验反应速率较大，二者浓度不同，说明在气体条件一定时，反应收益率随着反应物浓度的增大而增大；【实验二】铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，有气体生成，而且放热，所以压强增大，所以左侧液面下降，右侧液面上升；圆底烧瓶中装与相同量的铁粉但不加入碳粉，其他试剂和操作相同，因为中形成的原电池 ，反应快，所以不加碳粉的反应慢；圆底烧瓶中装与相同量的铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装食盐水，打开活塞加入食盐水后，铁发生吸氧腐蚀，左侧空气

41、量减少，左侧液面上升，右侧液面下降；空气中的氧气在正极得到电子发生反应，电极反应为： O2 + 4e- + 2H2O 4OH-。27、 电磁搅拌 过量的高锰酸钾可被乙醇还原成二氧化锰或除去过量的高锰酸钾 二氧化锰或MnO2 氯化钾或KCl 重结晶【解析】分析：一定量的甲苯和KMnO4溶液和氢氧化钠在加热条件下反应2h后停止反应，反应混合物为苯甲酸钾、氢氧化钾、二氧化锰和剩余的高锰酸钾，过量的高锰酸钾可以用乙醇除去，经过滤除去不溶物二氧化锰，滤液为苯甲酸钾、氢氧化钾溶液，加入盐酸酸化，过滤得白色固体为苯甲酸和氯化钾的混合物。详解：（1）根据题干信息，甲苯和KMnO4溶液在加热条件下反应，属于溶液之间的反应，在加热条件下进行，为了防止暴沸，必需加入碎瓷片，并进行