2022届湖南省邵东一中振华实验学校化学高二下期末监测试题含解析

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、2014年12月科学家发现了迄今为止最轻的冰“冰十六”，它是水的一种结晶形式，有着像笼子一样、可以困住其他分子的结构下列有关叙述中不正确的是（）A“冰十六”的密度比液态水小B“冰十六”与干冰由不同分子构成C“冰十六”可以包合气体分子D液态水转变成“冰十六”是化学变化2、下列物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是( )ANa2CO3和盐酸BAlCl3和NaOHCNaAlO2和硫酸DNa2CO3和BaCl23、配制500mL 0.100 molL1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如下

3、：下列说法正确的是A实验中需用的仪器有：天平、250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等B上述实验操作步骤的正确顺序为C容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用D定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低4、下列各组固体物质，可按照溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序，将它们相互分离的是ANaNO3和NaClBCuO和木炭粉CMnO2和KClDBaSO4和AgCl5、已知反应FeO(s) +C(s)= CO(g) + Fe(s) H0，（假设H，S不随温度变化而变化），下列叙述中正确的是 （ ）A高温下为自发过程，低温下为非自发过程B任何温度下为非自发过程C低温下为自发过程，高温下

4、为非自发过程D任何温度下为自发过程6、已知：2H2(g) +O2(g)2H2O(g) H =483.6 kJmol-1 下列说法不正确的是A该反应可作为氢氧燃料电池的反应原理B破坏1mol H-O键需要的能量是463.4 kJCH2O(g)H2(g) +1/2O2(g) H = +241.8 kJmol-1DH2(g)中的H-H键比H2O(g)中的H-O键牢固7、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是AHNO3作为氧化剂得到的电子数一定为3NAB0.4molL-1Na2SO4溶液中，所含的Na+和SO42总数为1.2NAC常温常压下，16gO3含有的氧原子数为NAD12gNaHSO4在熔

5、融状态下可以电离出的阳离子数目0.2NA8、下列实验过程可以达到实验目的的是( )选项实验目的操作过程A比较Fe3+和I2的氧化性强弱向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色B证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去C检验NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水D检验溶液中含有SO42-向某溶液中先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成AABBCCDD9、X与Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，X元素的阳离子半径大于Y元素的阳离子半径，Y与Z两元素的核外电子层数相同，Z元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，则X、Y、Z的

6、原子序数AXYZBYXZCZXYDZYX10、已知反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g) HT111、下列装置能达到实验目的的是A实验室制备乙酸乙酯 B比较不同催化剂对化学反应速率的影响C比较硫、碳、硅三种元素的非金属性D验证苯和液溴发生取代反应12、若原子的最外层电子排布为ns1的元素R的叙述正确的是A一定是A族元素B一定是金属元素C可能不是金属元素也可能是非金属元素D不是A族元素就是副族元素13、常温下，向20 mL 0.2 molL1 H2A溶液中滴加0.2 molL1NaOH溶液。有关微粒物质的量变化如下图(其中代表H2A，代表HA，代表A2)。根据图示判断，下列说法正确的是()

7、AH2A在水中的电离方程式是：H2A=HHA、HAHA2B等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后溶液显碱性C当V(NaOH)20 mL时，溶液中存在以下关系：c(H)c(H2A)c(A2)c(OH)D当V(NaOH)30 mL时，溶液中各粒子浓度的大小顺序为：c(Na)c(HA)c(A2)c(H)c(OH)14、 “纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质 是溶液 是胶体 能产生丁达尔效应 不能透过滤纸 能透过滤纸 静置后会析出黑色沉淀A B C D15、下列关于有机物的说法不正确的是CH3CH=CHCH3和CH2=C

8、H2为同系物CHCH和C6H6含碳量相同金刚石和石墨是同分异构体CH2Cl2有两种结构标准状况下，11.2 L的己烷所含的分子数为0.5NA(NA为阿伏加德罗常数)C5H12有三种同分异构体A B C D16、下列叙述不正确的是A量取18.4mol/L浓硫酸10mL，注入已盛有30mL水的100mL容量瓶中，加水至刻度线B配制0.1 molL-1的Na2CO3溶液480mL，需用500mL容量瓶C在标准状况下，将22.4L氨气溶于水配成1L溶液，得到1molL-1的氨水D使用容量瓶前要检查它是否漏水17、依据下列实验操作及现象能得出正确结论的是选项操作现象结论A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加

9、入少量BaCl2固体溶液红色变浅溶液中存在CO32-的水解平衡B室温下，向20mL浓度为0.1mol/LNa2S溶液中先源加几滴0.1mol/LZnSO4溶液，再满加几滴0.1mol/LCuSO4溶液先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀Kg(ZnS)Kg(CuS)C取淀粉溶液于试管中，加入稀硫酸，水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制Cu(OH)2悬浊液，加热无砖红色沉淀产生淀粉没有发生水解反应D将铜片和铁片用导线连接插入浓硝酸中铁片表面产生气泡金属铁比铜活泼AABBCCDD18、等量镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是( )A2 molL1 H2SO4B18 molL1 H2

10、SO4C6 molL1 KOHD3 molL1 HNO319、已知几种物质的相对能量如下表所示：物质NO2(g)NO(g)SO2(g)SO3(g)相对能量/kJ429486990工业上，常利用下列反应处理废气:NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g) H等于A+42kJmol-1B-42kJmol-1C-84kJmol-1D+84kJmol-120、某溶液X呈无色，且仅可能含有Ba2、Na、NH4+、H、Cl、I、SO32-、SO42-八种离子中的几种（不考虑水的电离），溶液中各离子浓度均为0.1molL1，向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍为无色。下列关于溶液X的分析中不正确

11、的是（）A肯定不含ClB肯定不含HC肯定不含NH4+D肯定含有SO32-21、下列实验操作会导致实验结果偏低的是()配制1mol/LNa2CO3溶液时，未洗涤烧杯和玻璃棒测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2 g，所得溶液的浓度用酸式滴定管取用98%、密度为1.84 gcm3的浓硫酸配制200 mL 2 molL1的稀硫酸时，先平视后仰视A只有B只有CD22、使用单质铜制硝酸铜，耗用原料最经济，而且对环境几乎没有污染的是（）ACuCu（NO3）2BCuCuOCu（NO3）2CCuCu（NO3）2 DCuCuCl2C

12、u（NO3）2二、非选择题(共84分)23、（14分）盐酸多巴胺可用作选择性血管扩张药，是临床上常有的抗休克药。某研究小组按如下路线合成盐酸多巴胺。已知：a.b.按要求回答下列问题：（1）B的结构简式_。（2）下列有关说法正确的是_。A有机物A能与溶液反应产生无色气体B反应、均为取代反应C有机物F既能与HCl反应，也能与NaOH反应D盐酸多巴胺的分子式为（3）盐酸多巴胺在水中的溶解性比多巴胺（）强的原因是_。（4）写出多巴胺（分子式为）同时符合下列条件的所有同分异构体的结构简式_。分子中含有苯环，能使氯化铁溶液显色HNMR谱和IR谱显示分子中有4种化学环境不同的氢原子，没有-N-O-键（5）设

13、计以和为原料制备的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）_。24、（12分）已知X、Y、Z、W、Q、R、E七种元素中，原子序数XYZWQRE，其结构或性质信息如下表。元素结构或性质信息X原子的L层上s电子数等于p电子数Y元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn1Z单质常温、常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子W元素的正一价离子的电子层结构与氩相同Q元素的核电荷数为Y和Z之和R元素的正三价离子的3d能级为半充满E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子请根据信息回答有关问题：（1）元素X的原子核外共有_种不同运动状态的电子，有_种不同能级的电子。（2）元素Y原子中

14、能量最高的是_电子，其原子轨道呈_状。（3）Q的基态电子排布式为_，R的元素符号为_，E元素原子的价电子排布式为_。（4）含有元素W的盐的焰色反应为_色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是_。25、（12分）环己酮是一种重要的有机化工原料。实验室合成环己酮的反应如下：环己醇和环己酮的部分物理性质见下表：物质相对分子质量沸点()密度(gcm3、20 )溶解性环己醇100161.10.9624能溶于水和醚环己酮98155.60.9478微溶于水，能溶于醚现以20mL环己醇与足量Na2Cr2O7和硫酸的混合液充分反应，制得主要含环己酮和水的粗产品，然后进行分离提纯。其主要步骤有(未排序)：a蒸馏

15、、除去乙醚后，收集151156馏分b水层用乙醚(乙醚沸点34.6，易燃烧)萃取，萃取液并入有机层c过滤d往液体中加入NaCl固体至饱和，静置，分液e加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量水回答下列问题：（1）上述分离提纯步骤的正确顺序是 。（2）b中水层用乙醚萃取的目的是 。（3）以下关于萃取分液操作的叙述中，不正确的是 。A水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，如图（）用力振荡B振荡几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气C经几次振荡并放气后，手持分漏斗静置液体分层D分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，再打开旋塞，待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体（4

16、）在上述操作d中，加入NaCl固体的作用是 。蒸馏除乙醚的操作中，采用的加热方式为 。（5）蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，应采取的正确方法是 。（6）恢复至室温时，分离得到纯产品体积为12mL，则环己酮的产率约是 （保留两位有效数字）。26、（10分）磺酰氯(SO2Cl2)在医药、染料行业有重要用途，也可用于制备表面活性剂。沸点为69.2，遇水水解，剧烈反应生成两种强酸。学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下，制备SO2Cl2并测定产品纯度，设计如图实验如图1(夹持装置略去)。请回答下列问题：.SO2的制备 （1）欲收集一瓶干燥的SO2，装置中气流方向合理的连接顺序为_(填小写

17、字母)。（2）A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液，A中反应的化学方程式为_。.SO2Cl2的制备和纯度的测定将上述收集到的SO2充入注射器h中，用图2装置制备SO2Cl2。（3）仪器e的名称为_，b中试剂的名称为_。（4）f的作用是_。（5）取反应后的产品4.0g，配成200mL溶液；取出20.00mL，用0.5000mol L-1NaOH溶液滴定；达到滴定终点时消耗标准液的体积为20.00mL(杂质不参加反应)。产品加水配成溶液时发生的反应为_。SO2Cl2的质量分数为_。(保留三位有效数字)。27、（12分）甲醛(HCHO)与葡萄糖相似具有强还原性，40%甲醛溶液沸点为96，易挥发。为

18、探究过量甲醛和新制Cu(OH)2反应的产物，进行如下研究。（1）在如图装置中进行实验，向a中加入0.5 mol/LCuSO4溶液50 mL和5 mol/LNaOH溶液100 mL，振荡，再加入40%的甲醛溶液50 mL，缓慢加热a，在65 时回流20分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生成，最后变成红褐色，并有气体产生。仪器b的名称是_，作用为_。能说明甲醛具有还原性的实验现象是_。（2）为研究红色固体产物的组成，进行如下实验(以下每步均充分反应)：已知：Cu2O Cu(NH3)4+(无色) Cu(NH3)42+(蓝色)摇动锥形瓶i的目的是_。锥形瓶ii中固体完全溶解得深蓝色溶液的离子

19、方程式为_。将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近。由此可知固体产物的组成及物质的量之比约为_。28、（14分）氨气常用作合成氯氨类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2C1、NHCl2和NCl3)，副产物少于其它水消毒剂。回答下列问题：（1）工业上可利用反应Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(l)+HCl(g)制备一氯胺，已知部分化学键的键能如下表所示(假设不同物质中同种化学键的键能相同)，则该反应的H=_kJ/mol。化学键N-HCl-ClN-ClH-Cl键能（kJ/mol）391.3243.0191.2431.8一氯胺是重要的水

20、消毒剂，其原因是由于一氯胺在中性、酸性环境中会发生完全水解，生成具有强烈杀菌消毒作用的物质，该水解反应的化学方程式为_。（2）用Cl2和NH3反应制备二氯胺的方程式为2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(g)+2HCl(g)。在恒温条件下，3molCl2和1molNH3发生反应，测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：A、B、C三点中Cl2转化率最高的是_点(填“A”“B”或“C)。计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=_(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)（3）我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现电解富尿素废水低能耗制H2(装置如图)

21、，总反应为：CO(NH2)2+H2O3H2+N2+CO2。A电极连接电源的_极(填正”或“负”)。A电极的电极反应为_。29、（10分）现有下列四种重要的有机物。CH2=CH2 （1）常用作液体燃料的是_（填序号，下同）。（2）常用作配制化妆品保湿成分的是_。（3）能用于制备酚醛树脂的是_。（4）其产量常作为衡量石油化工发展水平的标志的是_。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】分析：A冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大；B冰的成分为水，干冰成分为二氧化碳；C“冰十六”具有笼子一样的结构；D液态水转变成“冰十六”分子没有产生新物质。详解：

22、A冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，A正确；B冰的成分为水，干冰的成分为二氧化碳，则冰与干冰由不同分子构成，B正确；C“冰十六”具有笼子一样的结构，可以困住其他分子，所以“冰十六”可以包合气体分子，C正确；D液态水转变成“冰十六”分子没有变化，没有产生新物质，分子的结合方式不同，属于物理变化，D错误。答案选D。2、D【解析】A.将Na2CO3溶液滴入盐酸中，相当于盐酸过量，立即就会有大量气体产生；将盐酸滴入Na2CO3溶液，碳酸钠过量，首先生成碳酸氢钠，没有气体产生，当碳酸钠与盐酸完全生成碳酸氢钠后，再滴入盐酸才开始有气体产生，A项不符合题意；

23、B.将氯化铝溶液滴入氢氧化钠溶液中，氢氧化钠过量，开始时没有沉淀析出，当氯化铝过量时才开始出现沉淀；将氢氧化钠溶液滴入氯化铝溶液中，氯化铝过量，开始就有沉淀析出，当氢氧化钠过量时，沉淀溶解至无，B项不符合题意；C.将偏铝酸钠溶液滴入硫酸中，硫酸过量，开始时没有沉淀出现，当偏铝酸钠过量时，才有大量沉淀出现；将硫酸滴入偏铝酸钠溶液中，偏铝酸钠过量，开始就有沉淀出现，当硫酸过量时，沉淀又会溶解，C项不符合题意；D.碳酸钠溶液和氯化钡溶液反应，反应的产物与过量与否无关，将碳酸钠溶液滴入氯化钡溶液，开始就出现沉淀，沉淀一直增多，直至反应到氯化钡没有了，沉淀不再产生；将氯化钡溶液滴入到碳酸钠溶液中，也是开

24、始就出现沉淀，随后沉淀一直增多，直至反应到碳酸钠反应没了，沉淀不再产生。故选D。3、D【解析】配制500mL 0.100 molL1NaCl溶液操作步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，用托盘天平（用到药匙）称量氯化钠，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复到室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤23次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。【详解】A项、配制500mL 0.100 molL1NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故A错误；B项、配制一定物质的量浓

25、度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为，故B错误；C项、容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必干燥，故C错误；D项、定容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法及误差分析，掌握配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是解题关键，注意误差分析的方法与技巧。4、C【解析】A硝酸钠和氯化钠均易溶于水，无法采用上述方法分离，A项错误；BCuO和木炭粉均不溶于水，也无法采用上述方法分离，B项错误；CMnO2不溶于水，KCl易溶于水；溶解后，可以将M

26、nO2过滤，再把滤液蒸发结晶即可得到KCl，C项正确；DBaSO4和AgCl均不溶于水，无法采用上述方法分离，D项错误；答案选C。5、A【解析】H0，S0，低温下，G=H-TS0，不能反应自发进行，高温下，G=H-TS0，能反应自发，故A正确；B、C、D错误；故答案为A。6、D【解析】A. 该反应是氧化还原反应，可以用作氢氧燃料电池的原理，A正确；B. 根据题中的热化学方程式得：H=2EH-H+EO-O-4EH-O，EH-O=463.4kJmol-1，B正确；C. 根据盖斯定律得：H2O(g)H2(g) + 1/2O2(g) H = +241.8 kJmol-1，C正确；D. 由题知，H-H键

27、键能为436 kJmol-1，H-O键键能为463.4 kJmol-1，H-O键 键能更大，所以H-O键更牢固，D错误；故合理选项为D。7、C【解析】A硝酸做氧化剂参与反应，可能被还原为+4、+2等价态，故1mol硝酸参与反应后得到的电子数不一定为3NA个，还可能为NA个等，故A错误；B溶液体积不明确，故溶液中的钠离子和硫酸根的个数无法计算，故B错误；C16 g臭氧中含有氧原子的物质的量为1mol，含有的氧原子数为NA，故C正确；D熔融状态下，NaHSO4电离方程式为NaHSO4=Na+HSO4-，所以1molNaHSO4在熔融状态下电离出1mol阳离子，则12gNaHSO4在熔融状态下可以电

28、离出的阳离子数目0.1NA，故D错误；答案选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意NaHSO4在溶液中和熔融状态下电离方程式的区别。8、A【解析】A、加入FeCl3后溶液变蓝色，说明I被氧化成I2，氧化剂为Fe3，利用氧化还原反应的规律，得出Fe3的氧化性强于I2，故A符合题意；B、SO2的漂白性，中学阶段体现在能使品红溶液褪色，使酸性高锰酸钾褪色，体现SO2的还原性，故B不符合题意；C、澄清石灰水与NaHCO3、Na2CO3都能产生沉淀，鉴别NaHCO3和Na2CO可以用CaCl2溶液，NaHCO3与CaCl2不发生反应，Na2CO3与CaCl2生成沉淀CaCO3，故C不符合题意；D、HNO3

29、具有强氧化性，将SO32氧化成SO42，对SO42的检验产生干扰，应先加盐酸，再滴加BaCl2溶液，故D不符合题意；答案选A。9、D【解析】X、Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，二者处于同一周期，X元素的阳离子半径大于Y元素阳离子半径，利用原子序数越大，离子半径越小来分析原子序数的关系；Z和Y两元素的核外电子层数相同，则在同一周期，Z元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，利用同周期元素从左到右金属性减弱，第一电离能增大来解答。【详解】X、Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，二者处于同一周期，X元素的阳离子半径大于Y元素阳离子半径，由原子序数越大，离子半径越小，则原子序数为YX，又Z和Y

30、两元素的核外电子层数相同，则在同一周期，Z元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，则原子序数为ZY，所以X、Y、Z三种元素原子序数为ZYX，答案选D。【点睛】本题考查结构性质位置关系、半径比较等，明确微粒半径的比较是解答本题关键。10、C【解析】A. 由甲图可知A点SO2的转化率为0.8，二氧化硫起始浓度乘以转化率为二氧化硫的浓度变化量，据此计算c(SO2)=2mol0.8/10L=0.16mol/l，平衡时的浓度为(0.2-0.16)mol/L=0.04mol/L，A项错误；B. 由甲图可知B点SO2的转化率为0.85，所以n(SO2)=0.852mol=1.7mol，则：，B点SO2、O2

31、、SO3的平衡浓度之比为0.3：0.15：1.7=6：3：34，B项错误；C. 达平衡后，缩小容器容积，反应混合物的浓度都增大，正、逆反应速率都增大，体系压强增大，平衡向体积减小的反应移动，即平衡向正反应移动，故v(正)v(逆)，C项正确；D. T1达平衡的时间短，温度为T1，先到达平衡，反应速率快，温度越高反应速率越快，故T2T1，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查化学平衡图像、化学平衡有关计算、影响化学平衡移动的因素等，解题关键：从图中读出各变化量与平衡的关系。易错点：注意甲图表示不同压强下到达平衡时，SO2的平衡转化率与压强关系。11、C【解析】A.右侧导管插入到碳酸钠溶液中，易产生倒

32、吸，A错误；B.双氧水的浓度不同，无法比较不同的催化剂对化学反应速率的影响，B错误；C.硫酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于硅酸，三种含氧酸中，硫、碳、硅元素均为最高价，可以比较三种元素的非金属的强弱，C正确；D.挥发出的溴进入到右侧烧杯中，也能与硝酸银反应产生浅黄色沉淀，不能验证苯与溴发生取代反应生成了溴化氢，D错误；正确选项C。12、C【解析】试题分析：已知某元素R的原子的最外层电子排布是ns1，若为主族元素，则为第IA族，若为过渡金属元素，则为第VIB或IB元素，A元素R也可能是过渡金属元素，故A错误；BR的原子的最外层电子排布是ns1，若为主族元素，则为第IA族，第IA族中的H元素为非金

33、属元素，故B错误；CR元素可能是第IA族中的H元素，不一定为金属元素，故C正确；DR不可能是A族元素，故D错误，答案为C。考点：考查了最外层电子排布与元素在周期表中位置的关系。13、C【解析】分析：A.在未加入NaOH溶液时，溶液中无A2-,则H2A在水中的电离方程式是：H2AHHA；B. 等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，溶液为NaHA溶液，由于HA-电离大于水解（20mL时线III高于线I），溶液显酸性；C.根据图象知,当V(NaOH)20 mL时,发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，根据电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)

34、 ,物料守恒可以知道: c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，将式代入式，得：c(H)c(H2A)c(A2)c(OH)；D.当V(NaOH)30 mL时,发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O, NaHA +NaOH=Na2A+H2O,溶液主要为等物质的量的NaHA，Na2A的混合溶液,根据电荷守恒和物料守恒。详解:A. 在未加入NaOH溶液时，溶液中无A2-,则H2A在水中的电离方程式是：H2AHHA；B. 等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，溶液为NaHA溶液，由于HA-电离大于水解（当V(NaOH)20mL时线III高于线I），溶液显酸性，故B错误；C.

35、根据图象知,当V(NaOH)20 mL时,发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，根据电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-) ,物料守恒可以知道: c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，将式代入式，得：c(H)c(H2A)c(A2)c(OH)，故C正确；D.当V(NaOH)30 mL时,发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O, NaHA +NaOH=Na2A+H2O,溶液主要为等物质的量的NaHA，Na2A的混合溶液,从图像可知，c(HA)c(A2) （当V(NaOH)30mL时线III高于线II），故D错误。所以C选项是

36、正确的。14、B【解析】由于分散质离子的直径介于1nm和100nm之间，所以形成的分散性是胶体。胶体能产生丁达尔效应，能透过滤纸，但不能透过半透膜，胶体是一种比较稳定的分散性，所以正确的答案选B。15、B【解析】CH3-CH=CH2和CH2=CH2通式相同，结构相似，相差1个CH2原子团，互为同系物，故正确；CHCH和C6H6的最简式相同（CH），所以含碳量相同，故正确；金刚石和石墨是同种元素形成的性质不同的碳单质，属于同素异形体而不是同分异构体，故不正确；甲烷为正四面体结构，因此CH2Cl2只有一种结构，故不正确；标准状况下，己烷为液体，11.2 L的己烷物质的量不是0.5mol，故不正确；

37、C5H12三种同分异构体，分别是正戊烷，异戊烷，新戊烷，故正确。答案选B。16、A【解析】A. 不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故A选；B. 由于实验室没有480mL的容量瓶，所以配制480mL溶液时，需选用500mL容量瓶，故B不选；C. 标准状况下的22.4L氨气为1mol，溶于水配成1L溶液，得到的氨水的物质的量浓度为1molL-1，故C不选；D. 配制一定物质的量浓度的溶液时，最后需要上下颠倒摇匀，所以使用容量瓶前要检查它是否漏水，故D不选。故选A。17、A【解析】分析：A.碳酸钠溶液中存在水解平衡，加氯化钡，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小；B. 依据沉淀转化的实质分析判断；C.检验葡

38、萄糖应在碱性溶液中；D金属活动性Fe大于Cu。详解：A.滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，红色变浅，是因碳酸钠溶液中存在水解平衡，加氯化钡，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，所以A选项是正确的；B. 向Na2S溶液中滴入ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再加入几滴CuSO4溶液，沉淀由白色转化为黑色，硫化锌和硫化铜阴阳离子比相同，说明溶度积（Ksp）：ZnSCuS，故B错误；C.检验葡萄糖应在碱性溶液中,则在水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制Cu(OH)2悬浊液，加热，没有加碱至中性，不能检验，故C错误；D将铜片和铁片导线连接插入浓硝酸中，由于铁发生钝化反应，则铁为正极，铜为

39、负极，但金属活动性Fe大于Cu，故D错误。所以A选项是正确的。点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及原电池原理、盐类的水解、沉淀的转化等知识，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析，题目难度不大。18、A【解析】A、镁、铝都和稀硫酸反应生成氢气；B、镁与浓硫酸（18mol/LH2SO4）反应生成SO2气体，铝与浓硫酸发生钝化（常温）；C、镁不能和氢氧化钾反应，铝和氢氧化钾反应生成氢气；D、硝酸为强氧化性酸，和镁、铝反应不产生氢气；根据以上分析知，生成氢气最多的是稀硫酸，答案选A。【点晴】本题考查金属的性质，主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问

40、题的能力，该题溶液的浓度不是计算的数据，而是判断溶液属于“浓”或是“稀”，8mol/L以上的HCl、H2SO4、HNO3通常认为是浓酸，等量的镁铝合金分别与不同的溶液反应，只有两种金属都和该溶液反应，且都生成氢气，这样才能产生最多的氢气。19、B【解析】分析：根据反应热等于产物总能量与反应物总能量之差计算判断。详解：反应热等于产物总能量与反应物总能量之差，H(486+099429) kJmol-142 kJmol-1，故选B。20、C【解析】某溶液X呈无色，且仅可能含有Ba2+、Na+、NH4+、H+、Cl-、SO32-、SO42-七种离子中的几种(不考虑水的电离)，根据离子共存，Ba2+与S

41、O32-、SO42-不能同时存在，H+与SO32-不能同时存在。向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍为无色，说明氯水中的氯气发生了反应，说明X中一定含有SO32-，则不存在Ba2+和H+；溶液中各离子浓度均为0.1mol/L，为了满足电荷守恒，必须含有Na+、NH4+，由于没有其他阳离子存在，则一定没有Cl-和SO42-。A. 根据上述分析，溶液中肯定不含Cl-，故A正确；B. 根据上述分析，肯定不含H+，故B正确；C. 根据上述分析，肯定含NH4+，故C错误；D. 根据上述分析，肯定含有SO32-，故D正确；故选C。21、D【解析】配制1mol/LNa2CO3溶液时，未洗涤烧杯和玻璃棒，溶

42、液中溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏低，故正确；测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮，称量的碳酸钠晶体的量偏少而水偏多，导致所测结晶水的百分含量偏高，故错误；药品的质量等于砝码的质量加游码的量，配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2 g，则药品的质量等于砝码的质量减游码，溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏低，故正确；用酸式滴定管取用98%、密度为1.84 gcm3的浓硫酸配制200 mL 2 molL1的稀硫酸时，先平视后仰视，导致所取溶液体积偏小，溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏低，故正确；正确，答案选D。22、B【解析】用铜制取硝

43、酸铜的最佳方法应是：从经济角度出发，制取等量的硝酸铜时，所用的原料最少，成本最低；从环境保护的角度出发，制取硝酸铜时不对环境造成污染。【详解】A反应生成NO气体，污染环境，故A错误；B金属铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硝酸反应生成硝酸铜，不生成污染性气体，故B正确；C反应生成NO2气体，污染环境，故C错误；D反应消耗氯气和硝酸银，反应复杂，且成本高、不利于环境保护，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查较为综合，侧重于化学与生活、环境的考查，为高考常见题型，难度不大，注意制备方案的评价。二、非选择题(共84分)23、 BC 盐酸多巴胺为多巴胺中与盐酸反应生成更易溶于水的（即生成了更易溶于水的铵

44、盐） 、 【解析】甲烷与HNO3反应生成D为CH3NO2，D与C发生信息a中反应生成E，故C中含有醛基，E中含有-CH=CHNO2，E与氢气反应中-CH=CHNO2转化为-CH2CH2NH2。由信息b可知F中-OCH3转化为-OH且-NH2与HCl成盐。结合盐酸多巴胺的结构可知A与溴发生取代反应生成B为，B与CH3OH反应生成C为，则E为，F为，据此解答。【详解】（1）根据A中含有酚羟基，和溴发生取代反应，结合B的分子式可推出B的结构简式为；（2）A由于碳酸的酸性比酚羟基的酸性强，所以酚羟基不能与碳酸氢钠反应放出气体，A项错误； B根据流程图中各个物质得分子式推断，每个分子式都有被替换的部分，

45、所以推断出反应、均为取代反应，B项正确； CF中含有氨基和酚羟基，有机物F既能与HCl反应，也能与NaOH反应，C项正确；D盐酸多巴胺的氢原子数目为12个，D项错误；（3）由于盐酸多巴胺为多巴胺中与盐酸反应生成更易溶于水的（即生成了更易溶于水的铵盐），所以盐酸多巴胺在水中的溶解性比多巴胺（）强；（4）根据分子中含有苯环，能使氯化铁溶液显色，说明结构式中应该含有酚羟基，再根据HNMR谱和IR谱显示分子中有4种化学环境不同的氢原子，没有-N-O-键，得出同分异构体有四种：、；（5）根据已知方程式得出，而这反应生成，与目标产物只相差双键，于是接下来用氢气加成，所以合成过程为。24、6 3 2p 哑铃

46、（纺锤） 1s22s22p63s23p63d54s1或Ar 3d54s1 Fe 3d104s1 紫 激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量，形成不同的颜色 【解析】X的L层上s电子数等于p电子数，则X原子的核外电子排布式为：1s22s22p2，则X为C；Y元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，则n必为2，Y原子的核外电子排布式为：1s22s22p3，则Y为N；Z原子的M层上有1个未成对的p电子，则Z的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1(Al)或1s22s22p63s23p5(Cl)，因为Z单质常温、常压下是气体，则Z为

47、Cl；W的正一价离子的电子层结构与Ar相同，则W为K；Q的核电荷数为Y和Z之和，则Q是24号元素Cr；R元素的正三价离子的3d能级为半充满，则R原子的价电子轨道式为3d64s2，则R为Fe；E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则E的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则E为Cu，综上所述，X、Y、Z、W、Q、R、E分别为：C、N、Cl、K、Cr、Fe、Cu，据此解得。【详解】(1)X元素为C，C原子核外有6个电子，则其核外有6种不同运动状态的电子，C原子的核外电子排布式为：1s22s22p2，有3种不同能级的电子，故答案为：6；3；(2

48、)Y为N，其核外电子排布式为：1s22s22p3，其能量最高的是2p电子，p轨道呈哑铃形(或纺锤形)，故答案为：2p；哑铃(纺锤)；(3)Q为Cr，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或Ar 3d54s1，R为Fe，元素符号为Fe，E为Cu，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，其价电子排布式为：3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或Ar 3d54s1；Fe；3d104s1；(4)W为K，K的焰色反应为紫色，金属元素出现焰色反应的原因是激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光

49、区域）光的形式释放能量，形成不同的颜色，故答案为：紫；激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量，形成不同的颜色。25、（1）D B E C A（2）使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量（3）A B C（4）降低环己酮的溶解度；增加水层的密度，有利于分层 水浴加热 （5）停止加热，冷却后通自来水（6）60%(60.3%)【解析】试题分析：（1）环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，将水与有机物更容易分离开来，然后向有机层中加入无水MgSO4，出去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可；（2）环

50、己酮在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度，且乙醚和水不互溶，则乙醚能作萃取剂，从而提高产品产量；（3）A水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，应该倒转过来然后用力振荡；B放气的方法为：漏斗倒置，打开旋塞放气；C经几次振摇并放气后，分液漏斗放置在铁架台上静置待液体分层；D分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体；（4）NaCl能增加水层的密度，降低环己酮的溶解，有利于分层；乙醚的沸点较低，所以蒸馏时温度不宜太高；（5）为防止冷凝管炸裂，应该停止加热；（6）m（环己酮）=12mL0.9478g=11.3736g，根据环

51、己醇和环己酮的关系式知，参加反应的m（环己醇）=11.6057g，m（环己醇）=20mL0.9624g/mL=19.248g，据此计算产率解：（1）环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，水与有机物更容易分离开，然后向有机层中加入无水MgSO4，除去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可，故答案为d b e c a；（2）环己酮在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度，且乙醚和水不互溶，则乙醚能作萃取剂，能将水中的环己酮萃取到乙醚中，从而提高产品产量，故答案为使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量；（3）A水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，

52、应该倒转过来然后用力振荡，只有如此才能充分混合，故A错误；B放气的方法为：漏斗倒置，打开旋塞放气，而不是打开玻璃塞，故B错误；C经几次振摇并放气后，分液漏斗放置在铁架台上静置待液体分层，而不是手持分漏斗静置液体分层，不符合操作规范性，故C错误；D分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，利用压强差使液体流出，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，为防止产生杂质，再从上口倒出上层液体，故D错误；故选ABC；（4）NaCl能增加水层的密度，降低环己酮的溶解，且有利于分层；乙醚的沸点较低，所以蒸馏时温度不宜太高，所以应该采用水浴加热，故答案为降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分

53、层；水浴加热；（5）如果直接将冷水连接冷凝管，馏分温度如果急剧冷却会导致冷凝管炸裂，为防止冷凝管炸裂，应该停止加热，冷却后通自来水，故答案为停止加热，冷却后通自来水；（6）m（环己酮）=12mL0.9478g=11.3736g，根据环己醇和环己酮的关系式知，参加反应的m（环己醇）=11.6057g，m（环己醇）=20mL0.9624g/mL=19.248g，其产率=60%，故答案为60%26、adecbf或adecbdef Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O 冷凝管或球形冷凝管 饱和食盐水 防止水蒸气进入d使SO2Cl2水解 SO2Cl2+2H2O= H2SO4+2HCl

54、84.4% 【解析】(1)收集一瓶干燥的SO2，则须先制取气体，然后提纯，再收集，因为二氧化硫有毒、易溶于水，还要对尾气进行吸收处理，据此分析解答；(2)A中是生成二氧化硫的反应；(3)盐酸容易挥发，生成的氯气中会混入氯化氢，据此分析解答；(4)无水氯化钙具有吸水性，结合SO2Cl2遇水易水解分析解答；(5)SO2Cl2遇水水解，剧烈反应生成两种强酸，即生成盐酸和硫酸；根据NaOH 与盐酸、硫酸反应，得到SO2Cl2的物质的量，从而得出质量分数。【详解】(1)根据图示，装置A可以用来制取二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸气，可以通入C中干燥，用B收集，多余的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，防止污染

55、；因此欲收集一瓶干燥的SO2，装置的导管按气流方向连接的顺序是：a通过导管d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥，通过e导管导出后，通过c导管导入集气瓶中收集，为了防止二氧化硫逸出扩散到空气中污染环境，应该把b导管连接到f导管上，为防止通过D吸收逸出的二氧化硫的水逸到B中，把b导管连接到d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥，通过e导管导出后，连接f，故答案为：adecbf或adecbdef；(2)A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液，生成二氧化硫的反应方程式为H2SO4+Na2SO3=SO2+Na2SO4+H2O，故答案为：H2SO4+Na2SO3=SO2+Na2SO4+H2O；(3)根据图示，e为球

56、形冷凝管；b的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，故b中试剂为饱和食盐水，故答案为：(球形)冷凝管；饱和食盐水；(4)SO2Cl2遇水易水解，故f的作用的防止空气中的水蒸气进入到d，故答案为：防止空气中的水蒸气进入到d使SO2Cl2水解；(5)SO2Cl2遇水水解，剧烈反应生成两种强酸，即为同时生成盐酸和硫酸，方程式为：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；故答案为：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；根据2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl得到，SO2Cl24H+4OH-的关系，消耗氢氧化钠的物质的量为0.5000molL-120.0010-3L=0.01mol，故n

57、(SO2Cl2)= =0.0025mol，配成 200mL 溶液，取出 20.00mL，所以n(SO2Cl2)总=0.0025mol10=0.025mol，m(SO2Cl2)=nM=0.025mol135g/mol=3.375g，质量分数=100%=84.4%，故答案为：84.4%。27、球形冷凝管 冷凝回流 A中出现红色物质(或A中出现棕色物质) 有利于溶液与空气中O2的接触 2Cu+O2+8NH3H2O=2Cu(NH3)42+4OH+6H2O n(Cu2O)n(Cu)=l200 【解析】向a中加入0.5 mol/LCuSO4溶液50 mL和5 mol/LNaOH溶液100 mL，振荡，制备了氢氧化化铜悬浊液。再加入40%的甲醛溶液50 mL，缓慢加热a，在65 时回流20分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固