2022年安徽省歙县中学化学高二第二学期期末联考试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、下列分子中含有“手性碳原子”的

2、是（ ）ACBr2F2BCH3CH2CH2OHCCH3CH2CH3DCH3CH(NO2)COOH2、已知S2O8n离子和H2O2一样含过氧键，因此也有强氧化性，S2O8n离子在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4离子，若反应后S2O8n离子生成SO42离子；又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5：2则S2O8n中的n值和S元素的化合价是（ ）A2, +7B2, +6C4 ,+7D4 , +43、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A含大量Fe3+的溶液中：Na+、Mg2+、SO42-、SCN-Bc(OH-)c(H+)=106的溶液中：NH4+、K+、AlO2-、NO3-C

3、能使甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42-、Cl-D1.0molL-1的KNO3溶液中：Fe2+、H+、Cl-、I-4、下列说法不正确的是A己烯可以用于萃取溴水中的溴B甘氨酸和丙氨酸缩合最多可形成4种二肽C盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚用酒精洗涤D在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH5、下列说法正确的是A油脂饱和程度越大，熔点越低B氨基酸、二肽、蛋白质均既能跟强酸反应又能跟强碱反应C蔗糖、麦芽糖、硬脂酸甘油酯酸性水解都能得到2种物质D麻黄碱()的催化氧化产物能发生银镜反应6、I可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下：

4、i SO24I4H+=S2I22H2OiiI22H2OSO2=SO4H+2I序号试剂组成0.4 molL-1KIa molL-1 KI0.2 molL-1 H2SO40.2 molL-1H2SO40.2 molL-1 KI0.0002 mol I2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较快探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中），下列说法不正确的是A水溶液中SO2歧化反应方程式为：3SO22H2O =

5、S2H2SO4B是的对比实验，则a0.4C比较、，可得出结论：I是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可加快歧化反应速率D实验表明，SO2的歧化反应速率，原因是反应i比ii快，反应ii中产生的H+是反应i加快7、下列说法中，不正确的是A固体表面水膜的酸性很弱或呈中性，发生吸氧腐蚀B钢铁表面水膜的酸性较强，发生析氢腐蚀C将锌板换成铜板对钢闸门保护效果更好D钢闸门作为阴极而受到保护8、中国科技大学的科学家将C60分子组装在一单层分子膜表面，在268时冻结分子的热振荡，利用扫描隧道显微镜首次“拍摄”到能清楚分辨碳原子间单、双键的分子图象下列化合物分子中一定既含键又含键的是（）

6、AN2BCO2CC2H6ODH2O29、下列实验方案不能达到相应目的的是 ABCD目的比较碳酸根与碳酸氢根水解程度研究浓度对化学平衡的影响比较不同催化剂对化学反应速率的影响比较碳酸、醋酸和硼酸的酸性强弱实验方案AABBCCDD10、以色列科学家发现准晶体，独享2011年诺贝尔化学奖。已知的准晶体都是金属互化物。人们发现组成为铝铜铁铬的准晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能，正被开发为炒菜锅的镀层。下列说法正确的是（）A已知的准晶体是离子化合物B已知的准晶体中含有非极性键C合金的硬度一般比各组份金属的硬度更低D准晶体可开发成为新型材料11、已知：锂离子电池的总反应为：LixC+Li1-xCoO2

7、C+LiCoO2，锂硫电池的总反应为：2Li+SLi2S，有关上述两种电池说法正确的是A锂离子电池放电时，Li+向负极迁移B锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应C理论上两种电池的比能量相同D上图表示用锂离子电池给锂硫电池充电12、下列危险化学品标志中最适合用于Na2O2固体的是（ ）ABCD13、未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生下列最有希望的新能源是（）天然气煤石油太阳能氢能ABCD14、在一定的温度、压强下，向100mL和Ar的混合气体中通入400mL，点燃使其完全反应，最后在相同条件下得到干燥气体460mL，则反应前混合气体中和Ar的物质的量之比为A1:

8、4B1:3C1:2D1:115、对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g),下列叙述正确的是( )A达到化学平衡时,4v正(NH3)=5v逆(H2O)B若单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态C达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率减小D达到平衡时,若减小容器体积,则NH3的转化率会增大16、仅用一种试剂即可鉴别乙醇、乙醛、乙酸、乙酸乙酯四种溶液，这种试剂是（ ）A新制浊液BNaOH溶液C浓溴水D酸性溶液17、将1.12g铁粉加入25mL 2 molL-1氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是()A铁有剩余，溶液呈浅绿

9、色，Cl-浓度基本不变B往溶液中滴入无色KSCN溶液，显血红色CFe2+和Fe3+的物质的量之比为51D氧化产物与还原产物的物质的量之比为2518、甲酸、乙醛和葡萄糖组成的某混合物，其中氧的质量分数为15.3，则氢的质量分数为A84.7B72.6C12.1 D6.0519、下列关于蔗糖属于非还原型糖，而其水解产物具有还原性的实验方案的说法中，正确的是A验证蔗糖属于非还原型糖的操作顺序：B验证蔗糖属于非还原型糖的操作顺序：C验证蔗糖水解产物具有还原性的操作顺序：D验证蔗糖水解产物具有还原性的操作顺序：20、干冰熔点很低是由于ACO2是非极性分子BC=O键的键能很小CCO2化学性质不活泼DCO2分

10、子间的作用力较弱21、已知反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g) HT122、下列说法不正确的是A、的晶体结构类型不同B加热硅、硫晶体使之熔化，克服的作用力不同CHCl、NaCl溶于水，破坏的化学键类型相同DNaOH、晶体中既有离子键又有共价键二、非选择题(共84分)23、（14分）通过对煤的综合利用，可以获得多种有机物。化合物A含有碳、氢、氧3种元素，其质量比是1238。液态烃B是一种重要的化工原料，其摩尔质量为78gmol1。E是有芳香气味的酯。它们之间的转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：请回答：(1)化合物A的结构简式是_。(2)A与D反应生成E的反应类

11、型是_。(3)E与氢氧化钠溶液发生水解化学方程式是_。(4)下列说法正确的是_。A将铜丝在空气中灼烧后迅速插入A中，反复多次，可得到能发生银镜反应的物质B在一定条件下，C可通过取代反应转化为C苯甲酸钠(常用作防腐剂)可通过D和氢氧化钠反应得到D共a mol 的B和D混合物在氧气中完全燃烧，消耗氧气大于7.5a mol24、（12分）已知：A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；由A通过聚合反应生成高分子化合物F，F可用于工业合成塑料，现以A为主要原料合成G，以A为原料的合成路线如下图所示。回答下列问题：（1）D、G分子中的官能团名称分别_、_。（2）在反应中，属于

12、加成反应的是_，属于取代反应的是_。(填序号)（3）写出与G分子式相同的所有羧酸类的同分异构体：_（4）写出由C与新制氢氧化铜反应的化学方程式：_25、（12分）某同学设计实验制备2-羟基-4-苯基丁酸乙酯，反应原理、装置和数据如下：相对分子质量密度(g/cm3)沸点()水溶性2-羟基-4-苯基丁酸1801.219357微溶乙醇460.78978.4易溶2-羟基-4-苯基丁酸乙酯2081.075212难溶实验步骤：如图1，在干燥的圆底烧瓶中加入20mL2-羟基-4-苯基丁酸、20mL无水乙醇和适量浓硫酸，再加入几粒沸石；加热至70左右保持恒温半小时；分离、提纯三颈瓶中的粗产品，得到有机粗产品；

13、精制产品。请回答下列问题：（1）油水分离器的作用为_。实验过程中发现忘记加沸石该如何操作_。（2）本实验采用_加热方式（填“水浴”、“油浴”或“酒精灯加热”）。（3）取三颈烧瓶中的混合物分别用水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤。第二次水洗的目的是_。（4）在精制产品时，加入无水MgSO4的作用为_；然后过滤，再利用如图2装置进行蒸馏纯化，图2装置中的错误有_。（5）若按纠正后的操作进行蒸馏纯化，并收集212的馏分，得2-羟基-4-苯基丁酸乙酯约9.0g。则该实验的产率为_。26、（10分）实验小组同学对乙醛与新制的Cu(OH)2反应的实验进行探究。实验：取2mL 10%的氢氧化钠溶液于试管中，加入5

14、滴2%的CuSO4溶液和5滴5%的乙醛溶液，加热时蓝色悬浊液变黑，静置后未发现红色沉淀。实验小组对影响实验成败的因素进行探究：(1)探究乙醛溶液浓度对该反应的影响。编号实验实验实验方案实验现象加热，蓝色悬浊液变红棕色，静置后底部有大量红色沉淀加热，蓝色悬浊液变红棕色，静置后上层为棕黄色油状液体，底部有少量红色沉淀已知：乙醛在碱性条件下发生缩合反应：CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O ，生成亮黄色物质，加热条件下进一步缩合成棕黄色的油状物质。 能证明乙醛被新制的Cu(OH)2 氧化的实验现象是_。 乙醛与新制的Cu(OH)2 发生反应的化学方程式是_。 分析实验产生的红色沉

15、淀少于实验的可能原因：_。(2)探究NaOH溶液浓度对该反应的影响。编号实验实验实验方案实验现象加热，蓝色悬浊液变黑加热，蓝色悬浊液变红棕色，静置后底部有红色沉淀依据实验，得出如下结论：. NaOH溶液浓度一定时，适当增大乙醛溶液浓度有利于生成Cu2O。. 乙醛溶液浓度一定时，_。(3)探究NaOH溶液浓度与乙醛溶液浓度对该反应影响程度的差异。编号实验实验实验方案实验现象加热，蓝色悬浊液变黑加热，静置后底部有红色沉淀由以上实验得出推论： _。27、（12分）我国重晶石（含BaSO490以上）资源丰富，其中贵州省重晶石储量占全国总储量的三分之一。我省某工厂以重晶石为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”

16、钛酸钡( BaTiO3)的工艺流程如下：查阅资料可知：常温下：Ksp(BaSO4)=1.010-10，Ksp(BaCO3)=2.510-9TiCl4在常温下是无色液体，遇水容易发生水解：TiC14+2H2O=TiO2+4HCl草酸氧钛钡的化学式为：BaTiO(C2O4)24H2O请回答下列问题：（1）工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石（假设杂质不与Na2CO3溶液作用），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程式可表示为_，此反应的平衡常数K=_（填写计算结果）。若不考虑CO32-的水解，则至少需要使用_mol/L的Na2CO3溶液

17、浸泡重晶石才能实现该转化过程。（2）配制TiC14溶液时通常将TiC14固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是_。（3）可循环使用的物质X是_（填化学式），设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净：_。（4）写出煅烧草酸氧钛钡晶体的化学方程式：_。28、（14分）化合物A(C11H8O4)是一种酯类物质，在NaOH溶液中加热反应后再酸化可得到化合物B和C。回答下列问题：（1）B的分子式为C2H4O2，分子中只有一个官能团，且与NaHCO3溶液反应有气体产生。则B的结构简式是_，写出B与NaHCO3溶液反应的化学方程式_。写出两种能发生银镜反应的B的同分异构体的结构简式_、_。（2）C是芳香化合物

18、（含有苯环的有机物），相对分子质量为180，其碳的质量分数为60.0%，氢的质量分数为4.4%，其余为氧，则C的分子式是_。（已知：相对原子质量：C12；O16：H1）（3）已知C的苯环上有三个取代基，其中一个取代基（设为X）无支链，且含有能与溴的四氯化碳溶液按1:1完全反应的官能团以及含有能与碳酸氢钠溶液反应放出气体的官能团，则该取代基上的含有官能团名称是_。另外两个取代基相同，则名称为_；另外相同的两个取代基分别位于取代基（X）的邻位和对位，则C的结构简式是_。29、（10分）自然界存在丰富的碳、氮、氧、铝、钾、铁、碘等元素，按要求回答下列问题：(1)常温，羰基铁Fe(CO）x)是红棕色液

19、体，不溶于水，溶于乙醇、乙醚等，据此判断羰基铁晶体属于_(填晶体类型)，羰基铁的配体是_。已知：羰基铁的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x_；98g羰基铁中含有的键数为_个。(2)亚铁离子具有强还原性，从电子排布的角度解释，其原因是_(3)BN晶体、AlN晶体结构相似，如图1，两者熔沸点较高的物质是_，原因是_(4)KIO3晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞为立方体，晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置，如图2所示，如果KIO3密度为a gcm-3，则K与O间的最短距离为_cm。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】在有机物

20、分子中，当一个碳原子连有4个不同的原子或原子团时，这种碳原子被称为“手性碳原子”，题目所给4个选项中，只有CH3CH(NO2)COOH的第2个C原子连接了4个不同的原子或原子团（分别是CH3、NO2、COOH和H原子），故答案选D。2、B【解析】S2O8n离子和H2O2一样含过氧键，则其中有2个O显-1价，另外6个O显-2价。S2O8n离子在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4离子，Mn的化合价升高了5，反应后S2O8n离子变成SO42离子，则其中-1价O变为-2价。由关系式5 S2O8n2 Mn2+及化合价升降的总数相等可知，Mn元素的化合价共升高10，则5 S2O8n中共有10个-1价的O

21、，其化合价共降低10，则 S2O8n中只有O的化合价降低，S的化合价不变，始终为+6价，故n=2，故正确答案：B。3、C【解析】分析：本题考查的是一定条件下的离子共存问题，是常考题型，注意条件对离子的存在的限制。详解：A.铁离子和硫氰根离子反应不能共存，故错误；B.溶液为碱性，铵根离子不能存在，故错误；C.溶液为酸性，四种离子不反应能共存，故正确；D.亚铁离子在酸性条件下与硝酸根离子反应，不能共存，故错误。故选C。点睛：在进行离子共存判断时需要注意是否含有条件，如颜色，溶液的酸碱性等，掌握常见的四种有颜色的离子：铜离子、铁离子、亚铁离子和高锰酸根离子。掌握酸碱指示剂的颜色和变色范围等。4、A【

22、解析】A己烯不溶于水，但能够与溴发生加成反应，则己烯不可以萃取溴水中的溴，故A错误；B同种氨基酸分子间脱水，可以生成2种二肽；异种氨基酸分子间脱水，可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，也生成2种二肽，共4种，故B正确；C苯酚易溶于酒精，则盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚可以用酒精洗涤，故C正确；D酯化时羧酸脱羟基、醇脱H，则在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故D正确；答案选A。【点睛】本题的易错点为B，氨基酸形成肽键原理为羧基提供-OH，氨基提供-H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸

23、分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽。5、B【解析】A熔点随分子量增大而增加，油脂饱和程度越大，熔点越高，A项错误；B氨基酸、二肽、蛋白质都含有氨基和羧基，既能跟强酸反应又能跟强碱反应，B项正确；C麦芽糖水解只生成葡萄糖一种物质，C项错误；D与羟基相连的碳上只有1个氢原子，氧化得到酮，得不到醛，D项错误；本题答案选B。6、D【解析】A.由i+ii2得反应：3SO22H2O =S2H2SO4，故A项正确；B.是的对比实验，采用控制变量法，比多加了0.2molL-1 H2SO4，与中KI浓度应相等，则a=0.4，故B项正确；C.对比与，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比与，单独

24、H+不能催化SO2的歧化反应；比较、，可得出的结论是：I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率，故C项正确。D.对比和，中加入碘化钾的浓度小于，中多加了碘单质，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较快”，反应速率，由此可见，反应比反应速率快，反应产生H+使成c(H+)增大，从而反应i加快，故D项错误；综上所述，本题正确答案为D。【点睛】解题依据：根据影响化学反应速率的因素进行判断。通过实验对比探究反应物、生成物的浓度，催化剂对化学反应速率的影响。7、C【解析】钢铁生锈主要是电化学腐蚀，而电化学腐蚀的

25、种类因表面水膜的酸碱性不同而不同，当表面水膜酸性很弱或中性时，发生吸氧腐蚀；当表面水膜的酸性较强时，发生析氢腐蚀，A、B均正确；C、钢闸门与锌板相连时，形成原电池，锌板做负极，发生氧化反应而被腐蚀，钢闸门做正极，从而受到保护，这是牺牲阳极的阴极保护法；当把锌板换成铜板时，钢闸门做负极，铜板做正极，钢闸门优先腐蚀，选项C错误；D、钢闸门连接直流电源的负极，做电解池的阴极而受到保护，这是连接直流电源的阴极保护法，选项D正确。答案选C。8、B【解析】A结构式为NN，含有1个键和2个键，但不是化合物，故A错误；B结构式为O=C=O，含有2个键和2个键，故B正确；C根据C2H6O的结构中只存在单键，无双

26、键，只含键，不含键，故C错误；DH2O2的结构式为H-O-O-H，只含有键，不含键，故D错误；故选B。9、A【解析】A. 比较两种离子的水解程度，需要使用相同离子浓度的溶液；室温下，Na2CO3的溶解性比NaHCO3大，则二者的饱和溶液中，两种物质的浓度不同，对应的阴离子浓度也不相同，因此本实验不合理，A错误；B. 本实验中，左侧试管中又加入了KSCN溶液，右侧试管中加入了水，则对比左右两只试管，相当于加入试剂前后，溶液的体积都没有变化，左侧试管中KSCN的物质的量增加，所以左侧试管中KSCN的浓度增大，而右侧试管中KSCN的浓度没有变化，因此本实验合理，B正确；C. 本实验中，只有催化剂不同

27、，其他的物质及其对应的物理量均相同，符合“单一变量”原则，因此本实验合理，C正确；D. 本实验中，醋酸可以和NaHCO3反应产生气泡，硼酸不行，可以说明酸性：醋酸碳酸硼酸，D正确；故合理选项为A。【点睛】化学对比实验，采用“单一变量”原则，在A选项中，两种物质的溶解度不同，且两种物质的适量也不同，导致两种溶液的物质的量浓度也不同，该组实验存在两个变量，故该组实验不合理。在应答此类题目时，一定要注意图中的描述。10、D【解析】A已知的准晶体都是金属互化物，为金属晶体，不存在离子键，不是离子化合物，故A错误；B已知的准晶体都是金属互化物，含有金属键，为金属晶体，不存在非极性键，故B错误；C由题给信

28、息可知，该晶体为合金，具有较高的硬度，合金的硬度一般比各组份金属的硬度更高，故C错误；D该晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能的特点，为新型材料，具有开发为新材料的价值，故D正确；故选D。【点睛】解答本题的关键是正确理解“已知的准晶体都是金属互化物”的含义。易错点为AB。11、B【解析】A、电池放电时，电解质内部Li+向正极移动，A错误；B、锂硫电池充电时，锂电极发生得电子反应，为还原反应，B正确；C、两种电池的变价不同，所以比能量不相同，C错误；D、充电时正接正，负接负，所以Li电极连接C电极，D错误；答案选B。12、A【解析】根据图示标志的含义来分析，过氧化钠具有强氧化性和腐蚀性，据此分析

29、判断。【详解】A、图示标志是腐蚀品标志，故A正确；B、图示标志是易燃固体标志，故B错误；C、图示标志是放射性物品标志，故C错误；D、图示标志是剧毒品标志，故D错误；故选A。13、D【解析】天然气、煤、石油属于化石能源，是不可再生能源，对环境有污染，不是新能源；太阳能、氢能是清洁能源且可以再生，是新能源，故选D。14、A【解析】甲烷与氧气反应的方程式是CH42O2CO22H2O，根据体积差可知，每消耗1体积CH4气体体积减少2体积，甲烷的体积是（100mL+400mL460mL）220mL，则Ar的体积是80mL，所以二者的体积之比是14，答案选A。15、C【解析】A、平衡时，不同物质的正逆反应

30、速率之比等于化学计量系数之比，则达平衡时，3v正(NH3)=2v逆(H2O)，A错误；B、若单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3，都表示反应向正向进行，不能说明反应到达平衡,B错误；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，各物质浓度均减小，则正逆反应速率均减小， C正确；D. 达到平衡时，若减小容器体积，相当于加压，平衡左移，则NH3的转化率会减小，D错误；综上所述，本题选C。16、A【解析】四种有机物都易溶于水，其中乙醛含有-CHO，具有还原性，可用新制Cu(OH)2悬浊液检验，乙酸具有酸性，以此选择鉴别试剂。【详解】A加入新制Cu(OH)2悬浊液，乙醇不反应，互溶，乙醛在加热时

31、生成砖红色沉淀，乙酸和氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，溶液呈蓝色，乙酸乙酯能溶解氢氧化铜，含有醛基，加热时有砖红色沉淀生成，可鉴别四种物质，故A正确；B乙醇与氢氧化钠互溶，没现象，乙酸与氢氧化钠反应没现象，故不能鉴别，B错误C加入溴水，不能鉴别乙醇、乙酸，故C错误；D 乙醛、乙醇都可被酸性高锰酸钾氧化，不能鉴别，故D错误；答案选A【点睛】本题考察学生对醇 醛 酸和酯类各种有机物性质的理解和运用，能根据具体物质间能否发生反应，现象不同来鉴别它们。17、B【解析】n(Fe)=0.02mol，n(Fe3+)=0.0252mol=0.05mol，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，则A.

32、根据Fe+2Fe3+=3Fe2+可知Fe3+过量，Fe无剩余，A项错误；B. 加入KSCN溶液显红色，B项正确；C. 反应后溶液中n(Fe2+)=3n(Fe)=0.06mol，n(Fe3+)=0.01mol，Fe2+和Fe3+物质的量之比为61，C项错误；D. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2，D项错误；答案选B。18、C【解析】甲酸为CH2O，乙醛为C2H4O，葡萄糖为C6H12O6，各分子中碳原子与氢原子数目之比为1：2，故混合物中碳元素与氢元素的质量之比为12：2=6：1，根据氧元素的质量发生计算混合物中碳元素与氢元素的质量分数之和，再根据碳元素与氢元素质量关系计算。【详解】甲酸

33、为CH2O，乙醛为C2H4O，葡萄糖为C6H12O6，各分子中碳原子与氢原子数目之比为1：2，故混合物中碳元素与氢元素的质量之比为12：2=6：1，根据氧元素的质量发生计算混合物中碳元素与氢元素的质量分数之和，混合物中氧的质量分数为15.3%，则混合物中碳元素与氢元素的质量分数之和为1-15.3%=84.7%，故混合物中氢元素的质量分数，故答案选C。19、D【解析】A蔗糖属于非还原型糖，不能发生银镜反应，则验证蔗糖属于非还原型糖的操作顺序：，故A错误；B蔗糖属于非还原型糖，不能发生银镜反应，则验证蔗糖属于非还原型糖的操作顺序：，故B错误；C在碱性条件下加银氨溶液，生成光亮的银镜，可说明水解产物

34、具有还原性，则水解后先加NaOH至碱性，再加银氨溶液，则验证蔗糖水解产物具有还原性的操作顺序为，故C错误；D在碱性条件下加银氨溶液，生成光亮的银镜，可说明水解产物具有还原性，则水解后先加NaOH至碱性，再加银氨溶液，则验证蔗糖水解产物具有还原性的操作顺序为，故D错误；故答案为D。【点睛】淀粉在酸的作用下能够发生水解反应最终生成葡萄糖。反应物淀粉遇碘能变蓝色，不能发生银镜反应；产物葡萄糖遇碘不能变蓝色，能发生银镜反应。依据这一性质可以判断淀粉在水溶液中是否已发生了水解和水解是否已进行完全。(1)如果淀粉还没有水解，其溶液中没有葡萄糖则不能发生银镜反应；(2)如果淀粉已完全水解，其溶液中没有淀粉遇

35、碘则不能变蓝色；(3)如果淀粉仅部分水解，其溶液中有淀粉还有葡萄糖则既能发生银镜反应，又能遇碘变成蓝色。需要注意的是，检验葡萄糖之前，需要中和硫酸。20、D【解析】干冰是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越小，分子间的作用力较弱，熔、沸点越低，所以干冰熔点很低是由于CO2分子间的作用力较弱，与键能、化学性质等无关，答案选D。点睛：本题主要考查了晶体熔沸点大小的因素，在比较时，晶体的类型不同，比较的方法也不同，注意区分。根据分子晶体的相对分子质量越小，分子间的作用力较弱，熔、沸点越低来解答。21、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

36、，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、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

37、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。22、C【解析】分析：A项，CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体；B项，硅晶体属于原子晶体，硫晶体属于分子晶体；C项，HCl中含共价键，NaCl中含离子键；D项，NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键。详解：A项，CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体，CO2、SiO2晶体结构类型不同，A项正确；B项，硅晶体属于原子晶体，加热硅晶体使之熔化克服共价键，硫晶体属于分子晶体，加热硫

38、晶体使之熔化克服分子间作用力，加热硅、硫晶体使之熔化时克服的作用力不同，B项正确；C项，HCl中含共价键，HCl溶于水破坏共价键，NaCl中含离子键，NaCl溶于水破坏离子键，HCl、NaCl溶于水破坏的化学键类型不同，C项错误；D项，NaOH的电子式为，NH4Cl的电子式为，NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键，D项正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、CH3CH2OH 取代反应 +NaOH +CH3CH2OH A、B、C 【解析】由化合物A含有碳、氢、氧三种元素，且质量之比是12：3：8知碳、氢、氧的个数之比为2：6：1，分子式为C2H6O；液态烃B是重要的化工原料，由煤

39、焦油分馏得到且相对分子质量为78知B为，由B到C为加成反应，D为苯甲酸和A反应生成有芳香气味的酯得A为醇。【详解】（1）化合物A分子式为C2H6O，且属于醇类，则A为乙醇，结构简式为CH3CH2OH；（2）A与D反应生成酯，反应类型为酯化反应或取代反应；（3）E为苯甲酸与乙醇酯化反应得到的酯，为苯甲酸乙酯，E与氢氧化钠溶液发生水解化学方程式是+NaOH +CH3CH2OH；（4）A、乙醇在铜做催化剂的条件下氧化为乙醛，乙醛可以发生银镜反应，选项A正确；B、在一定条件下C与硝酸反应生成，选项B正确；C、苯甲酸钠与氢氧化钠反应生成苯甲酸钠和水，选项C正确；D、amol的B和D混合物在氧气中完全燃烧

40、，消耗氧气的量等于7.5amol，选项D错误。答案选ABC。24、羧基 酯基 CH3CH2CH2COOH；CH3CH(CH3)COOH CH3CHO2Cu(OH)2NaOHCH3COONaCu2O3H2O 【解析】由条件“A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平”可知，A为乙烯；乙烯能发生加聚反应生成F即聚乙烯；乙烯也可以与水加成得到B乙醇，乙醇经过连续氧化后得到D乙酸，二者可以酯化生成G乙酸乙酯，乙酸乙酯在碱性条件下水解得到乙醇和E乙酸钠。【详解】(1)D乙酸，G乙酸乙酯中官能团分别为羧基和酯基；(2)上述转化关系中，反应即乙烯和水的反应为加成反应；反应和即酯化和酯的水解反应为取代反应；(

41、3)G为乙酸乙酯，其属于羧酸的同分异构体有正丁酸(CH3CH2CH2COOH)和异丁酸(CH3CH(CH3)COOH)；(4)C为乙醛，其与新制氢氧化铜反应的方程式即为：CH3CHO2Cu(OH)2NaOHCH3COONaCu2O3H2O；【点睛】有机推断题的突破口，一是反应条件，二是题干中描述的物质的名称、应用等信息，三是题干中提供的计算有关的信息；要灵活整合推断题中的信息加以推断。25、 及时分离生成的水，促进平衡正向进行 停止加热，待冷却至室温后，再往装置内加入沸石 水浴 洗掉碳酸氢钠 干燥 温度计水银球的位置，冷凝水的方向 32%【解析】分析：(1)2-羟基-4-苯基丁酸于三颈瓶中，加

42、入适量浓硫酸和20mL无水乙醇发生的是酯化反应，存在化学平衡，油水分离器的作用及时分离生成的水，促进平衡正向进行分析；实验过程中发现忘记加沸石，需要冷却至室温后，再加入沸石；(2)根据反应需要的温度分析判断；(3)取三颈烧瓶中的混合物分别用水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤后，混合物中有少量的碳酸氢钠溶液要除去；(4)在精制产品时，加入无水MgSO4，硫酸镁能吸水，在蒸馏装置中温度计的水银球的位置应与蒸馏烧瓶的支管口处相平齐，为有较好的冷却效果，冷凝水应采用逆流的方法；(5)计算出20mL2-羟基-4-苯基丁酸的物质的量和20mL无水乙醇的物质的量，根据方程式判断出完全反应的物质，在计算出2-羟基-4-

43、苯基丁酸乙酯的理论产量，根据产率= 实际产量理论产量100%计算。详解：(1)依据先加入密度小的再加入密度大的液体，所以浓硫酸应最后加入，防止浓硫酸使有机物脱水，被氧化等副反应发生，防止乙醇和酸在浓硫酸溶解过程中放热而挥发；2-羟基-4-苯基丁酸于三颈瓶中，加入适量浓硫酸和20mL无水乙醇发生的是酯化反应，存在化学平衡，油水分离器的作用及时分离生成的水，促进平衡正向进行分析，实验过程中发现忘记加沸石，应该停止加热，待冷却至室温后，再往装置内加入沸石，故答案为：及时分离产物水，促进平衡向生成酯的反应方向移动；停止加热，待冷却至室温后，再往装置内加入沸石；(2)加热至70左右保持恒温半小时，保持7

44、0，应该采用水浴加热方式，故答案为：水浴；(3)取三颈烧瓶中的混合物分别用水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤后，混合物中有少量的碳酸氢钠溶液要除去，所以要用水洗，故答案为：洗掉碳酸氢钠；(4)在精制产品时，加入无水MgSO4，硫酸镁能吸水，在蒸馏装置中温度计的水银球的位置应与蒸馏烧瓶的支管口处相平齐，为有较好的冷却效果，冷凝水应采用逆流的方法，所以装置中两处错误为温度计水银球的位置，冷凝水的方向，故答案为：干燥；温度计水银球的位置，冷凝水的方向；(5)20mL2-羟基-4-苯基丁酸的物质的量为201.219180mol=0.135mol，20mL无水乙醇的物质的量为200.78946mol=0.343m

45、ol，根据方程式可知，乙醇过量，所以理论上产生2-羟基-4-苯基丁酸乙酯的质量为0.135mol208g/mol=28.08g，所以产率=实际产量理论产量100%=9.0g28.08g100%=32%，故答案为：32%。26、蓝色悬浊液最终变为红色沉淀 CH3CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH CH3COONa + Cu2O+ 3H2O 相同条件下，乙醛的缩合反应快于氧化反应；多个乙醛缩合，使醛基物质的量减少 适当增大NaOH浓度有利于生成Cu2O 氢氧化钠溶液浓度对该反应的影响程度更大 【解析】（1）新制氢氧化铜为蓝色悬浊液，氧化乙醛后铜元素化合价从+2价降低到+1价会变成砖红色沉淀

46、Cu2O，据此证明乙醛被氧化；乙醛在碱性条件下加热，被新制的Cu(OH)2氧化生成乙酸钠、氧化亚铜和水；对照实验，实验的现象说明乙醛发生了缩合反应，据此分析作答；（2）对照实验和实验，分析氢氧化钠浓度对反应的影响；（3）实验砖红色现象明显，根据变量法分析作答。【详解】（1）若乙醛被新制的Cu(OH)2氧化，则实验中颜色会发生明显变化，即蓝色悬浊液最终会变为红色沉淀，据此可证明乙醛被新制的Cu(OH)2氧化，故答案为蓝色悬浊液最终变为红色沉淀；乙醛与新制的Cu(OH)2发生反应的化学方程式为CH3CHO + 2Cu(OH)2 + NaOHCH3COONa + Cu2O+ 3H2O，故答案为CH3

47、CHO + 2Cu(OH)2 + NaOHCH3COONa + Cu2O+ 3H2O；实验中上层清液出现棕黄色油状液体，底部有少量红色沉淀，其可能的原因是相同条件下，乙醛的缩合反应快于氧化反应；多个乙醛缩合，使醛基物质的量减少，故答案为相同条件下，乙醛的缩合反应快于氧化反应；多个乙醛缩合，使醛基物质的量减少；（2）通过实验和实验的现象可以看出，乙醛溶液浓度一定时，适当增大NaOH浓度有利于生成Cu2O，故答案为适当增大NaOH浓度有利于生成Cu2O；（3）通过对比实验和实验，实验中氢氧化钠的浓度较大，乙醛的浓度较小，通过现象可以得出结论，氢氧化钠溶液浓度对该反应的影响程度更大，故答案为氢氧化钠

48、溶液浓度对该反应的影响程度更大。27、BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq) 0.04(或1/25)2.510-4抑制TiCl4的水解HCl 取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净BaTiO(C2O4)24H2OBaTiO3 + 2CO2 +2CO +4H2O【解析】分析：根据流程图，用饱和Na2CO3溶液处理重晶石，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，然后用盐酸溶解后，加入TiC14和草酸溶液，反应析出草酸氧钛钡晶体，经过洗涤、干燥、灼烧得BaTiO3。其中将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3的离子方程式为

49、BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，根据K=cSO42-cCO32-=cSO42-cBa2+cCO32-cBa2+计算，当c(SO42-)1.010-5 mol/L时，可以认为BaSO4已转化为BaCO3，据此分析解答。详解：(1)工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程式可表示为BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，此反应的平衡常数K=cSO42-cCO32-=KspBaSO4KspBaCO3=1.010-102.510-9=125；当c(SO42-)1.010-5 mol/L时，认为BaSO4转化为了易溶于酸的BaCO3，因此c(CO32-)2.510-4mol/L，故答案为：BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)；125；2.510-4；(2)TiC