广东省深圳中学2021-2022学年化学高二下期末质量检测试题含解析

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、迷迭香酸是从蜂花属植物中提取的物质，其结构简式如图所示。则等量的迷迭香酸消耗的Br2、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为A7：6：1 B7：6：5 C

2、6：7：1 D6：7：52、某烃的相对分子质量为 72，则该烃的一氯取代物最多可能有（不考虑立体异构）A9种B8种C7种D6种3、下列说法不正确的是（ ）A明矾可做消毒剂B次氯酸钠可作漂白剂C氧化铝可作耐火材料D氢氧化铝可作治疗胃酸过多的药物4、芳香烃C8H10的一氯代物的结构有（不考虑立体异构）（）A16种 B14 种 C9 种 D5种5、完成下列实验所选择的装置或仪器(夹持装置已略去)正确的是选项ABCD实验用CCl4提取溴水中的Br2除去乙醇中的苯酚从KI和I2的固体混合物中回收I2配制100 mL 0.100 0 molL1 K2Cr2O7溶液装置或仪器AABBCCDD6、铁、稀盐酸、

3、澄清石灰水、氯化铜溶液是中学化学中常见物质，四种物质间的反应关系如图所示。图中两圆相交部分(A、B、C、D)表示物质间的反应，其中对应的离子方程式书写正确的是AOH+HCl=H2O+ClBCa(OH)2+Cu2+=Ca2+Cu(OH)2CFe+Cu2+=Cu+Fe2+DFe+2H+=Fe3+H27、下列变化一定属于化学变化的是工业制O2 爆炸 缓慢氧化 品红褪色 无水硫酸铜由白变蓝 久置浓硝酸变黄 O2转化为O3 海水中提取金属镁A B C D8、下列有关键和键的说法错误的是( )A在某些分子中，化学键可能只有键而没有键B当原子形成分子时，首先形成键，可能形成键，配位键都是键C键的特征是轴对称

4、，键的特征是镜面对称D含有键的分子在反应时，键是化学反应的积极参与者9、下列关于胶体制备及胶体性质叙述正确的是A电泳实验证明胶体带电B用激光笔检验淀粉溶液的丁达尔效应CFe(OH)3胶体粒子既可以通过滤纸又可以通过半透膜D向煮沸的NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体10、2018年8月22日，国务院总理李克强主持召开国务院常务会议，会议决定扩大车用乙醇汽油的推广和使用，除原有的11个试点省份外，进一步在北京等15个省市推广。下列关于“乙醇汽油”的说法正确的有（）“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇混合而成的一种燃料，它是一种新型化合物汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃

5、烧只生成二氧化碳和水“乙醇汽油”的使用可有效减少汽车尾气中的碳排放、细颗粒物排放以及其他有害物质的污染石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化煤油可由石油裂解获得，可用作燃料和保存少量金属钠“地沟油”危害人体健康，可通过蒸馏“地沟油”的方式获得汽油和柴油，实现资源的再利用ABCD11、研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A雾和霾的分散剂相同B雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵CNH3是形成无机颗粒物的催化剂D雾霾的形成与过度施用氮肥有关12、25、101kPa下：2Na（s）+1/2O2（g）=Na2O（s）H=-414kJ/mol2Na（s）+O2（g

6、）=Na2O2（s）H=-511kJ/mol下列说法不正确的是（）A反应均为放热反应B反应中反应物的总能量大于生成物的总能量C反应中反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量D25、101kPa下：Na2O（s）+1/2O2（g）=Na2O2（s）H=-97kJ/mol13、已知：pKa=lgKa，25时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1molL1NaOH溶液滴定20mL 0.1molL1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是A点A所得溶液中：Vo10mLB点B所得溶液中：c(H2SO3)c(H)=c(SO32)c(OH)C点C所得溶液中：c

7、(Na)3c(HSO3)D点D所得溶液中14、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（）金属钠投入到FeCl1溶液中过量NaOH溶液和明矾溶液混合少量Ca（OH）1投入过量NaHCO3溶液中向饱和Na1CO3溶液中通入过量CO1A B C D15、NA代表阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A25时，7g C2H4和C3H6的混合气体中，含有NA个CH键B0.25mol Na2O2中含有的阴离子数为0.5NAC50mL 18.4 molL1浓硫酸与足量铜微热，生成气体的分子数为0.46NAD常温常压下，1mol氦气含有的核外电子数为4NA16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法

8、正确的是A1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为NAB46g分子式为C2H6O的有机物中含有的C-H键的数目为6NAC室温时，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.1NADFe与水蒸汽反应生成22.4L氢气，转移电子数为2NA17、关于下列四种烃的有关说法正确的是 A催化加氢可生成3-甲基已烷 B与催化加氢后的产物质谱图完全一样C中所有碳原子有可能共平面 D在同一直线上的碳原子有5个18、有一混合溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100 mL该溶液进行如下实验：（1

9、）向第一份溶液中加入AgNO3溶液时有沉淀产生；（2）向第二份溶液中加入足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.06 mol;（3）向第三份溶液中加入足量BaCl2溶液后，所得沉淀经洗涤、干燥、称量为8.24 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g。根据上述实验，以下推测正确的是（ ）AK+可能存在B100 mL溶液中含0.01 mol CO32-CCl可能存在DBa2+一定不存在，Mg2+可能存在19、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A标准状况下，11.2 LCH3Cl含极性键数目为2NAB甲基的碳原子杂化轨道类型是sp2，每摩尔甲基含9NA电子C等质量的葡萄糖和

10、乙酸所含碳原子数均为NA/30D有机物()中最多有6个原子在同一直线上20、一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是Aa、b、c三点溶液的pH：cabB用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小Ca、b、c三点CH3COOH的电离程度：cabDa、b、c三点溶液用1 molL1 NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：cab21、通式为CnH2n-2的某烃在定容密闭容器中与足量O2完全燃烧，若反应前后压强不变（150），此烃分子式中n值为A、2 B、3 C、4 D、522、归纳是一种由特殊（个别）到一般的概括，但是归纳出的规律也要经过实践

11、检验才能决定其是否正确。下面几位同学自己总结出的结论中不正确的是（）A不是所有醇都能被氧化成醛，但所有含碳原子大于2的醇都能发生消去反应B标准状况下，0.5mol N2和0.5mol O2的混合气体所占的体积约为22.4LC原子晶体熔点不一定比金属晶体高，分子晶体熔点不一定比金属晶体低D反应是吸热还是放热的，必须看反应物和生成物所具有总能量的大小二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D四种可溶性盐，阳离子分别可能是Ba2+、Na+、Ag+、Cu2+中的某一种,阴离子分别可能是中的某一种。(1) C的溶液呈蓝色，向这四种盐溶液中分别加盐酸，B盐有沉淀产生，D盐有无色无味气体逸出。则

12、它们的化学式应为：A_，B_，C_，D_。(2)写出下列反应的离子方程式：A+C_。D+盐酸_。24、（12分）氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，该药物通常以 2氯苯甲醛为原料合成，合成路线如下：（1）下列关于氯吡格雷的说法正确的是_。A氯吡格雷在一定条件下能发生消去反应B氯吡格雷难溶于水，在一定条件下能发生水解反应C1mol氯吡格雷含有5NA个碳碳双键，一定条件下最多能与5molH2发生加成反应D氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S（2）物质 D 的核磁共振氢谱有_种吸收峰。（3）物质 X 的结构简式为_。（4）物质 C可在一定条件下反应生成一种含有 3个六元环的产物，写出该反应

13、的化学方程式_，反应类型是_。（5）写出属于芳香族化合物 A的同分异构体_(不包含 A)。25、（12分）已知硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H2O(俗称莫尔盐)可溶于水，在100110时分解，其探究其化学性质，甲、乙两同学设计了如下实验。I.探究莫尔盐晶体加热时的分解产物。(1)甲同学设计如图所示的装置进行实验。装置C中可观察到的现象是_，由此可知分解产物中有_(填化学式)。(2)乙同学认为莫尔盐晶体分解的产物中还可能含有SO3(g)、SO2(g)及N2(g)。为验证产物的存在，用下列装置进行实验。D. 品红溶液 E.NaOH溶液 F.BaCl2溶液和足量盐酸 G.排水集气法 H.

14、安全瓶乙同学的实验中，装置依次连按的合理顺序为：AH（_） （_） （_） G。证明含有SO3的实验现象是_；安全瓶H的作用是_。II.为测定硫酸亚铁铵纯度，称取mg莫尔盐样品，配成500mL溶液。甲、乙两位同学设计了如下两个实验方案。甲方案：取25.00mL样品溶液用0.1000mol/L的酸性K2Cr2O7溶液分三次进行滴定。乙方案(通过NH4+测定)：实验设计装置如图所示。取25.00mL样品溶液进行该实验。请回答：(1)甲方案中的离子方程式为_。(2)乙方案中量气管中最佳试剂是_。a.水 b.饱和NaHCO3溶液 c.CCl4 d.饱和NaCl溶液(3)乙方案中收集完气体并恢复至室温，

15、为了减小实验误差，读数前应进行的操作是_。(4)若测得NH3为VL(已折算为标准状况下)，则硫酸亚铁铵纯度为_(列出计算式)26、（10分）某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置，用环己醇制备环己烯：已知：密度（g/cm3）熔点（）沸点（）溶解性环己醇0.9625161能溶于水环己烯0.8110383难溶于水（1）制备粗品：采用如图1所示装置，用环己醇制备环己烯。将12.5 mL环己醇加入试管A中，再加入1 mL浓硫酸，摇匀放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。A中碎瓷片的作用是_，导管B的作用是_。试管C置于冰水浴中的目的是_。（2）制备精品：环己烯粗品中含有环己醇和少量有机

16、酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_层（填“上”或“下”），分液后用_洗涤（填字母）。AKMnO4溶液B稀H2SO4CNa2CO3溶液再将环己烯按图2装置蒸馏，冷却水从_口（填字母）进入。蒸馏时加入生石灰，目的是_。收集产品时，控制的温度应在_左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是_（填字母）。a. 蒸馏时从70开始收集产品b. 环己醇实际用量多了c. 制备粗品时环己醇随产品一起蒸出（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是_（填字母）。a. 用酸性高锰酸钾溶液b. 用金属钠c. 测定沸点27、（12分）某化学实验小组用酸性KMnO4溶液和草酸（H2C

17、2O4）溶液反应，研究外界条件反应速率的影响，实验操作及现象如下：编号实验操作实验现象I向一支试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，再加入1滴3 mol/L硫酸和9滴蒸馏水，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液前10 min内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30 min后几乎变为无色II向另一支试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，再加入10滴3 mol/L硫酸，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液80 s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150 s后几乎变为无色（1）补全高锰酸钾与草酸反应的离子方程式：5H2C2O

18、4 + 2MnO4- + 6H+ = 2Mn2+ + _ +_（2）由实验I、II可得出的结论是_。（3）关于实验II中80 s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验III，验证猜想。提供的试剂：0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，0.1 mol/L草酸溶液，3 mol/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水 补全实验III的操作：向试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，_，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液。 若猜想成立，应观察到的实验现象是_。（4）该小组拟采用如下图所示的

19、实验方案继续探究外界条件对反应速率的影响。 他们拟研究的影响因素是_。 你认为他们的实验方案_（填“合理”或“不合理”），理由是_。28、（14分）VIA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含VIA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：(1)S单质的常见形式为S8，其环状结构如图所示，S原子采用的轨道杂化方式是_；(2)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是_；氮元素的E1呈现异常的原因是_。(

20、3)Se原子序数为_，其核外M层电子的排布式为_；(4)H2Se的稳定性比H2S_(填“强”或“弱”)。SeO3分子的立体构型为_。(5)琥珀酸亚铁片是用于缺铁性贫血的预防和治疗的常见药物，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从原子核外电子结构角度来看，Fe2+ 易被氧化成Fe3+的原因是_。29、（10分）氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。（1）COCl2的空间构型为_，溴的基态原子价电子排布式为_。（2）已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列_（填字母）式发生。ACsICl2=C

21、sCl+ICl BCsICl2=CsI+Cl2（3）根据表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是_。元素氟氯溴碘第一电离能/（kJmol-1）1681125111401008（4）下列分子既不存在“s-p”键，也不存在“p-p”键的是_（填字母）。AHCl BHF CSO2 DSCl2（5）已知ClO2为“V”形，中心氯原子周围有4对价层电子。ClO2中心氯原子的杂化轨道类型为_，写出一个与CN互为等电子体的物质的分子式：_。（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图所示，由此可判断钙的氧化物的化学式为_。已知该氧化物的密度是gcm-3，则晶胞内离得

22、最近的两个钙离子的间距为_cm（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为NA）。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】分析：含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，酯基、酚羟基、-COOH与NaOH反应，只有-COOH与NaHCO3反应，以此来解答。详解：分子中含有4个酚羟基，共有6个邻位、对位H原子可被取代，含有1个碳碳双键，可与溴水发生加成反应，则1mol有机物可与7mol溴发生反应；含有4个酚羟基，1个羧基和1个酯基，则可与6molNaOH反应；只有羧基与碳酸氢钠反应，可消耗1mol碳酸氢钠，因此等量的

23、迷迭香酸消耗的Br2、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为7：6：1，答案选A。点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，注意把握官能团、性质的关系为解答的关键，熟悉苯酚、酯、酸的性质即可解答，注意酚羟基与碳酸氢钠不反应，为易错点。2、B【解析】某烃的相对分子质量为 72，由商余法：该烃含有的碳原子数目为=512，该烃的分子式为C5H12，该烃属于烷烃，为戊烷，戊烷有正戊烷、异戊烷和新戊烷，含有的H原子种类分别为3、4、1，共8种，则一氯取代物最多可能有8种，故选B。3、A【解析】A明矾电离产生的Al3+发生水解反应产生的氢氧化铝胶体有吸附作用，可以吸附水中悬浮的固体物质，从而使水澄清，

24、故明矾有净水作用，但没有消毒作用，A错误；B次氯酸钠有强的氧化作用，可以将有色物质氧化变为无色物质，故可作漂白剂，B正确；C氧化铝是离子化合物，熔沸点很高，故可作耐火材料，C正确；D氢氧化铝可与胃酸(即盐酸)发生反应，产生氯化铝，从而可以降低胃酸的浓度，故可以作治疗胃酸过多的药物，D正确。答案选A。4、B【解析】芳香烃C8H10的结构有乙苯、邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯四种结构，乙苯的一氯代物有5种、邻二甲苯的一氯代物有3种、间二甲苯的一氯代物有4种、对二甲苯的一氯代物有2种，共14种，故B正确。5、A【解析】试题分析：A、用CCl4提取溴水中的Br2应用萃取分液的方法，题给装置可以实现，A正

25、确；B、除去乙醇中的苯酚 应用蒸馏的方法，题给装置为过滤装置，B错误；C、固体的灼烧应在坩埚中进行，C错误；D、配制100 mL 0.1000molL1K2Cr2O7溶液还缺少100mL容量瓶、胶头滴管、托盘天平等，D错误，答案选A。考点：考查化学实验基本操作。6、C【解析】A. 稀盐酸和石灰水发生中和反应，反应的离子方程式应为H+OH=H2O，A项错误；B. 氯化铜和石灰水反应生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Cu2+2OH=Cu(OH)2，B项错误；C. 铁与氯化铜溶液发生置换反应，生成氯化亚铁和铜，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2+Cu，C项正确；D. 铁为活泼金属，与稀盐酸发

26、生置换反应生成氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，D项错误；答案选C。7、C【解析】试题分析： 工业利用分离液态空气法制取氧气，属于物理变化； 爆炸可能是因为气体的压强增大而发生的爆炸，如锅炉的爆炸，属于物理变化； 缓慢氧化属于化学变化； 利用活性炭的吸附作用使品红褪色属于物理变化； 无水硫酸铜由白变蓝，变为含有结晶水的硫酸铜，生成新物质，属于化学变化； 久置浓硝酸因发生分解反应生成二氧化氮溶于硝酸使溶液变黄，属于化学变化； O2转化为O3属于化学变化； 海水中提取金属镁，镁元素由化合态变为游离态，属于化学变化，所以答案选C。考点：考查化学变化的判断8、A【解析】A共价键中一定含键，

27、则在分子中，化学键可能只有键，而没有键，选项A错误；B原子形成分子，优先头碰头重叠，则先形成键，可能形成键，选项B正确；C键是“头碰头”重叠形成，可沿键轴自由旋转，为轴对称；而键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成，重叠程度小，为镜像对称，选项C正确；D键不稳定，易断裂，则含有键的分子在反应时，键是化学反应的积极参与者，选项D正确；答案选A。【点睛】本题考查共价键及类型，把握共价键的形成及判断共价键的规律为解答的关键，注意共价键中一定含键。9、B【解析】本题考查胶体制备及性质。解析：胶体是电中性的，胶体粒子是带电的，电泳实验可以证明胶体中的胶粒带电，A错误；淀粉溶液是胶体，胶体有丁达尔效应，B正确

28、；胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，Fe(OH)3胶体粒子可以通过滤纸，但不可以通过半透膜，C错误；向煮沸的NaOH溶液中滴加FeCl3溶液可制备Fe(OH)3沉淀，不能制备Fe(OH)3胶体，D错误。故选B。10、B【解析】“乙醇汽油”是乙醇和汽油的混合物，而不是化合物，故错误；汽油、柴油均是烃的混合物，故是碳氢化合物，但植物油属于酯类，属于烃的衍生物，故错误；“乙醇汽油”完全燃烧只生成二氧化碳和水，乙醇中含碳质量分数比汽油中小，则“乙醇汽油”的使用可有效减少汽车尾气中的碳排放、细颗粒物排放以及其他有害物质的污染，故正确；石油的分馏无新物质生成，是物理变化，故

29、错误；煤油由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠，故错误；“地沟油” 属于酯类，汽油和柴油是烃的混合物，故无法通过蒸馏“地沟油”这种物理方法获得汽油和柴油，故错误；答案选B。【点睛】注意矿物油是烃的混合物，油脂是属于酯类！11、C【解析】A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析；C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。【详解】A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形

30、成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。12、C【解析】A. 反应、中均为H0，均为放热反应，选项A正确；B. 反应

31、为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，选项B正确；C. 化学反应中旧键断裂吸热，形成新的化学键放热，则反应为放热反应，反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，选项C不正确；D. 25、101kPa下：根据盖斯定律，由-得反应Na2O(s)+1/2O2(g)=Na2O2(s)H=-97kJ/mol，选项D正确。答案选C。13、A【解析】AA点溶液中pH=1.85，则溶液中c(H+)=10-1.85mol/L，H2SO3的一级电离平衡常数为Ka1=10-1.85mol/L，c(H+)=Ka1，表明溶液中c(HSO3)=c(H2SO3)，若恰好是10mLNaOH，反应后溶液中c(NaH

32、SO3)=c(H2SO3)，因此所加NaOH体积10mL，故A错误；BB点是用0.1molL-1NaOH溶液20mL滴定20mL0.1molL-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)，物料守恒c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)，得到：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)，故B正确；CC点pH=7.19=pKa2，Ka2=10-7.19，则溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，溶液中2n(Na)=3c(S)，2c(Na+)=3c(

33、SO32-)+c(H2SO3)+c(HSO3-)=3c(H2SO3)+2c(HSO3-)，因此溶液中c(Na+)3c(HSO3-)，故C正确；D加入氢氧化钠溶液40mL，用0.1molL1NaOH溶液滴定20mL0.1molL-1H2SO3溶液恰好反应生成Na2SO3，即D点溶液中的溶质为Na2SO3，=10-2.66，故D正确；故选A。14、C【解析】金属钠投入到FeCl1溶液中，Na首先与水反应：1Na+1H1O=1NaOH+H1，NaOH再与FeCl1反应生成白色的Fe（OH）1沉淀，Fe（OH）1易被氧化，沉淀最终变为是红褐色，故错误；过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：4O

34、H- +Al3+= AlO1- +1H1O，所以最终没有沉淀生成，故错误；少量Ca（OH）1投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为： OH-+HCO3- =CO31-+H1O，CO31-与Ca1+不能大量共存，生成白色的碳酸钙沉淀，故正确；向饱和Na1CO3溶液中通入足量CO1发生反应：Na1CO3+H1O+CO1=1NaHCO3，此为化合反应，且碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，所以向饱和Na1CO3溶液中通入足量CO1会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故正确；故选C。15、A【解析】分析：本题考查的阿伏伽德罗常数，注意特殊的物质组成。详解：A. C2H4和C3H6的最简式相同，为CH

35、2，用其进行计算，物质的量为7/14,=0.5mol，含有1mol碳氢键，故正确；B.过氧化钠中阴离子为过氧根离子，0.25mol过氧化钠中含有0.25mol过氧根离子，故错误；C.浓硫酸与铜在加热条件下反应，随着反应的进行浓度变小，变成稀硫酸后不反应，所以不能用硫酸计算产生的气体的量，故错误；D.1mol氦气含有2mol电子，故错误。故选A。点睛：注意特殊反应对反应物浓度和条件的要求，如铜和浓硫酸在加热条件下反应，或是稀硫酸或不加热都不反应，钠在不加热条件下与氧气反应生成氧化钠，在加热条件下与氧气生成过氧化钠，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，稀盐酸不反应等。16、C【解析】A. 镁单质在反

36、应后由0价变为+2价，1mol镁失去2mol电子，则转移的电子数为2NA，故A错误；B. 该有机物的物质的量为46g46g/mol=1mol，分子式为C2H6O的有机物可能是CH3CH2OH也可能是CH3OCH3，若为CH3CH2OH，则CH键的数目为5NA，若为CH3OCH3，则CH键的数目为6NA，故B错误；C. 1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH的物质的量为：1.0L0.1mol/L=0.1mol，所以氢氧根离子的数目为0.1NA，故C正确；D. 因未说明氢气是否处于标准状况，无法确定氢气的物质的量，所以无法计算转移电子的数目，故D错误；答案选C。点睛：本题考查阿伏加德罗常

37、数的有关计算和判断，掌握以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数之间的关系是解题的关键，试题难度中等。选项B为易错点，注意分子式为C2H6O的有机物既可能是CH3CH2OH也可能是CH3OCH3，二者所含CH的数目不相等。17、C【解析】分析：催化加氢可生成3-甲基庚烷；B. 催化加氢后的产物为3-甲基己烷；催化加氢后的产物为2-甲基己烷；C.根据乙烯分子中6个原子共平面，进行分析；D.根据乙炔分子中四个原子共直线进行分析。详解：催化加氢生成，命名为3-甲基庚烷，A错误；加成产物为，命名为3-甲基己烷；的加成产物为，命名为2-甲基己烷，二者加成产物不同，产物质谱图不完全一样，B错误；乙烯分子

38、中四个氢原子被甲基、乙基取代，乙烯为平面结构，所以所有碳原子有可能共平面，C正确；乙炔分子中四个原子共直线，因此中，最多有4个碳原子共直线，D错误；正确选项C。18、C【解析】分析：第一份溶液加入AgNO3溶液有沉淀产生，推得可能含有Cl、CO32、SO42；第二份溶液加足量NaOH溶液加热后收集到气体，推得一定含有NH4；第三份溶液加入足量BaCl2，生成的沉淀部分溶于盐酸，部分不溶，推得一定存在CO32、SO42，则一定不存在Ba2、Mg2；计算确定的离子的物质的量，根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，推断溶液是否存在K、Cl的情况详解：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl+AgAg

39、Cl、CO32+2AgAg2CO3、SO42+2AgAg2SO4，所以可能含有Cl、CO32、SO42；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.06mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4，根据反应NH4+OHNH3+H2O，产生NH3为0.06mol，可得NH4也为0.06mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀8.24g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸，为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸，为BaSO4，发生反应CO32+Ba2BaCO3、SO42+Ba2BaSO4，因此溶液中一定存在CO32、SO42，一定不存在Ba2、Mg2，由条件可

40、知BaSO4为2.33g，物质的量为2.33g/233gmol1=0.01mol，故SO42的物质的量为0.01mol，BaCO3为8.24g-2.33g5.91g，物质的量为5.91g/197gmol1=0.03mol，则CO32物质的量为0.03mol，由上述分析可得，溶液中一定存在CO32、SO42、NH4，一定不存在Mg2、Ba2，而CO32、SO42、NH4物质的量分别为0.03mol、0.01mol、0.06mol，ACO32、SO42所带负电荷为0.03mol2+0.01mol2=0.08mol，NH4所带正电荷为0.06mol，根据溶液中电荷守恒，可知K一定存在，故A错误；B由

41、上述分析可得，100mL溶液中CO32物质的量为0.03mol，故B错误；CCO32、SO42所带负电荷为0.03mol2+0.01mol2=0.08mol，NH4所带正电荷为0.06mol，根据溶液中电荷守恒，可知Cl可能存在，故C正确；D由上述分析可知，溶液中一定存在CO32、SO42、NH4，一定不存在Mg2、Ba2，故D错误；故选：C。点睛：本题采用定性实验和定量计算相结合考查离子共存与检验，难点：根据电荷守恒判断是否存在K、Cl的情况。19、A【解析】A标准状况下，11.2 LCH3Cl的物质的量=0.5mol，每个分子中含有4个极性键，因此含极性键数目为0.5 NA4=2NA，故A

42、正确；B甲基的碳原子含有4个键，没有孤电子对，杂化轨道类型是sp3，甲基不带电荷，每摩尔甲基含9NA电子，故B错误；C葡萄糖和乙酸的最简式均为CH2O，等质量的葡萄糖和乙酸含有的碳原子数相等，但质量未知，无法计算具体数目，故C错误；D乙炔为直线结构，苯环为正六边形结构，该有机物中最多有7个()原子在同一直线上，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点和难点为D，要注意苯环为正六边形，苯环对角线上的四个原子共线。20、B【解析】A. 导电能力越强，离子浓度越大，H+浓度越大，pH越小；B. a处溶液稀释时，溶液酸性增强；C. 随水的增多，醋酸的电离程度在增大；D. a、b、c三点溶液浓度不同，但

43、溶质的物质的量相同。【详解】A. 导电能力越强，离子浓度越大，H+浓度越大，pH越小，因此a、b、c三点溶液的pH大小关系为：bac，A项错误；B. 用湿润的pH试纸测量酸性的pH，a处溶液稀释，导电能力增大，溶液酸性增强，pH减小，因此测量结果偏小，B项正确；C. 随水的增多，醋酸的电离程度在增大，因此a、b、c三点CH3COOH的电离程度：abc，C项错误；D. a、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同，因此用1 molL1 NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：a=b=c，D项错误；答案选B。21、B【解析】试题分析：某烃在定容密闭容器中与足量O2完全燃烧，若反应前后压强不变（

44、150），此烃分子式中氢原子个数为4，则有2n-2=4，解n=3，选B。考点：烃燃烧的规律。22、A【解析】A.伯醇可以被氧化为醛，仲醇可以被氧化为酮，叔醇不能发生催化氧化反应；只有临位碳原子上含有氢原子的醇可以发生消去反应，故不是所有含碳原子大于2的醇都能发生消去反应，选择A项；B. 0.5mol N2和0.5mol O2的混合气体物质的量是1mol，标况下V=nVm=22.4L，不选B项；C.晶体的熔点受多重因素的影响，原子晶体熔点不一定比金属晶体高，如钨的熔点（3410）比硅（1410）高；分子晶体熔点不一定比金属晶体低，如汞的熔点（-60）比冰的熔点（0）低，汞是液态金属，属于金属晶体

45、，而冰是固态的水，它属于分子晶体，不选C项；D.反应物和生成物所具有总能量的相对大小决定了反应的吸放热情况，当反应物所具有总能量大于生成物所具有总能量，反应是放热的，反之是吸热的，不选D项。答案选A。二、非选择题(共84分)23、BaCl2 AgNO3 CuSO4 Na2CO3 Ba2+SO42-=BaSO4 CO32-+2H+=H2O +CO2 【解析】A、B、C、D都是可溶性盐，Ag+只能和搭配，只能和剩余的Na+搭配，在此基础上，和Cu2+搭配，则Ba2+和Cl-搭配，即这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2。C的溶液呈蓝色，则C为CuSO4。B+HCl产生沉淀，则B

46、为AgNO3。D+HCl产生气体，则D为Na2CO3。所以A为BaCl2。综上所述，A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3。【详解】（1）经分析这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2，结合题中给出的实验现象，可以推出A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；（2）A+C为BaCl2和CuSO4的反应，其离子方程式为：Ba2+SO42-=BaSO4；D+盐酸为Na2CO3和盐酸的反应，其离子方程式为：CO32-+2H+=H2O +CO2。24、BD 7 2+2H2O 取代反应 、 【解析】(1)氯吡格雷含有酯基、氯原子，可发生

47、水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应；(2)D结构不对称，有7种不同的H；(3)对比D、E可知X的结构简式；(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成；(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl。【详解】(1)A氯吡格雷中氯原子在苯环上，不能发生消去反应，故A错误； B氯吡格雷含有酯基、氯原子，难溶于水，在一定条件下能发生水解反应，故B正确；Clmol氯吡格雷含有2NA个碳碳双键，且含有苯环，则一定条件下最多能与5molH2发生加成反应，故C错误；D由结构简式可知氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S，故D正确；故答案

48、为BD；(2)D结构不对称，有7种不同的H，则核磁共振氢谱有 7种吸收峰；(3)对比D、E可知X的结构简式为；(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成，反应的化学方程式为；(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl，苯环含有2个取代基，可为邻、间、对等位置，对应的同分异构体可能为。【点睛】推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消

49、去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。掌握这些基本知识对有机合成非常必要。25、溶液变红 NH3 F D E F中出现白色沉淀 防倒吸 Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O c 上下移动量气管(滴定管)，使左右两边液面相平 【解析】(1)莫尔盐受热分解，分解时会产生氨气和二氧化硫、三氧化硫等酸性气体，根据装置图可知，碱石灰可以吸收酸性气体，氨气遇到酚酞溶液会变红色，所以装置C 中可观察到的现象是溶液变红，由此可知莫尔盐晶体分解的产物中有NH3，装置B的主要作用是

50、吸收分解产生的酸性气体，故答案为：溶液变红；NH3；(2)要检验生成SO3(g)、SO2(g)及N2，在甲组实验中的装置A产生气体后，经过安全瓶后通过氯化钡溶液检验SO3，再通过品红溶液检验SO2，用浓氢氧化钠除去二氧化硫，用排水集气法收集氮气，所以装置依次连接的合理顺序为A、H、F、D、E、G，故答案为：F；D；E；由于产生的气体中有氨气，所以氯化钡溶液中加入足量的盐酸，可以吸收氨气并防止产生亚硫酸钡沉淀，排除SO2的干扰，SO3通入氯化钡溶液中可以产生硫酸钡沉淀，二氧化硫能使品红褪色，所以装置F中足量盐酸的作用是吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰，含有SO3的实验现象是F中有白色沉淀，

51、三氧化硫、二氧化硫等易溶于水，安全瓶的作用是防止倒吸，故答案为：F中出现白色沉淀；防倒吸；(1)K2Cr2O7溶液具有氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：Cr2O72+ 6Fe2+14H+ =2Cr3+ 6Fe3+ 7H2O，故答案为：Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；(2)乙装置中导管在液面以上，符合排液体收集气体要求，量气管中液体应不能溶解氨气，氨气易溶于水，难溶于四氯化碳，故用排四氯化碳法收集，故答案选c；(3)气体体积受温度和压强影响较大，则读数前应进行的操作是上下移动量气管（滴定管），使左右两边液面相平，故答案为：上下移动量气管(滴定管

52、)，使左右两边液面相平；(4)VL氨气的物质的量为：V/22.4mol，m g硫酸亚铁铵样品中含N的物质的量为500mL/25mLV/22.4mol=20V/22.4mol，硫酸亚铁铵的纯度为：，故答案为：。【点睛】本题考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，难点是排列实验先后顺序，根据实验目的及物质的性质进行排列顺序，注意要排除其它因素干扰。26、防止暴沸导气，冷凝环己烯减少环己烯的挥发上Cg吸水，生成氢氧化钙，沸点高83cbc【解析】（1）根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83，要得到液

53、态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化减少挥发；（2）环己烯的密度比水小，在上层；由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联系制备乙酸乙酯提纯产物时用饱和Na2CO3溶液洗涤可除去酸，答案选C；蒸馏时冷却水低进高出，即从g口进，原因是冷却水与气体形成逆流，冷凝效果更好，更容易将冷凝管充满水；蒸馏时加入生石灰，目的是吸水，生成氢氧化钙，沸点高。环己烯的沸点是83，则应控制温度为83左右；a蒸馏时从70开始收集产品，提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量，a错误；b环己醇实际用量多了，制取的环己烯的物质的量增大，实验制得

54、的环己烯精品质量高于理论产量，b错误；c若粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，c正确；答案选c；（3）区别粗品与精品可加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则是精品，另外根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，也可判断产品的纯度，答案选bc。27、10CO2 8H2O 其他条件相同时，H+（或硫酸）浓度越大，反应速率越快 再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体 加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅（或溶液颜色开始变浅的时间小于80 s，或其他合理答案） KMnO4溶液浓度 不合理 K

55、MnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢 【解析】(1)在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，据此写出离子方程式；(2)实验I、II取用的高锰酸钾和草酸的体积与浓度均相同，加入的硫酸的滴数不同；(3)根据实验目的“反应中生成的Mn2+对反应有催化作用”，完成实验步骤；若猜想成立，反应速率应该加快；(4)根据实验步骤示意图，取用的草酸和硫酸相同，选用的高锰酸钾的浓度不同；KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，据此分析判断。【详解】(1)在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化

56、碳和水，离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故答案为：10CO2；8H2O；(2)实验I、II取用的高锰酸钾和草酸的体积与浓度均相同，不同的是加入的硫酸的滴数不同，使得溶液褪色需要的时间不同，因此实验结论为：其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快，故答案为：其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快；(3)要证明反应中生成的Mn2+对反应有催化作用，结合实验III的操作可知：向试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液，通过观察溶液褪色的时间即可证明，故答案为：再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体；若猜想成立，加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅(或溶液颜色开始变浅的时间小于80 s)，故答案为：加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅(或溶液颜色开始变浅的时间小于80 s)；(4)根据实验步骤示意图，取用的草酸和硫酸相同，不同的是选用的高锰酸钾的浓度不同，因此实验研究的影响因素