2021-2022学年江西省赣州市寻乌中学化学高二第二学期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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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、现有一种蓝色晶体，可表示为MxFey(CN)6，经X 射线研究发现，它的结构特征是Fe3+和Fe2+互相占据立方体互不相邻的顶点，而C

2、N-位于立方体的棱上。其晶体中阴离子的最小结构单元如下图所示。下列说法中正确的是( )A该晶体的化学式为MFe2(CN)6B该晶体属于离子晶体，M呈+3价C该晶体属于离子晶体，M呈+2价D晶体中与每个Fe3+距离最近且等距离的CN-为3个2、某科研小组利用甲醇燃料电池进行如下电解实验，其中甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，下列说法不正确的是A甲池中通入CH3OH的电极反应：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2OB甲池中消耗560mLO2（标准状况下），理上乙池Ag电极增重3.2gC反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体，能使CuS

3、O4溶液恢复到原浓度D丙池右侧Pt电极的电极反应式：Mg2+2H2O+2e-=Mg(OH)2+H23、有机物X（C4H6O5）广泛存在于许多水果内，尤以萍果、葡萄、西瓜、山渣内为多，该化合物具有如下性质：1molX与足量的金属钠反应产生1.5 mol气体 X与醇或羧酸在浓H2SO4和加热的条件下均生成有香味的产物 X在一定条件下的分子内脱水产物（不是环状化合物）可和溴水发生加成反应根据上述信息，对X的结构判断正确的是（ ）AX中肯定有碳碳双键BX中可能有三个羟基和一个一COOR官能团CX中可能有三个羧基DX中可能有两个羧基和一个羟基4、过氧化钙(CaO2)微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防

4、腐剂、消毒剂。实验室常用CaCO3为原料制备过氧化钙，流程如图：下列说法不正确的是A逐滴加入稀盐酸后，将溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的CO2B加入氨水和双氧水后的反应为：CaCl22NH3H2OH2O2CaO22NH4Cl2H2OC生成CaO2的反应需要在冰浴下进行的原因是温度过高时过氧化氢分解D产品依次用蒸馏水、无水乙醇洗涤，其中乙醇洗涤的目的是为了除去晶体表面的NH4Cl杂质5、某强酸性溶液中还可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO42-、NO3-中的若干种，现取适量溶液进行如下一系列实验下列有关判断正确的是（ ）A原试液中一定有Fe2+、SO42-、H

5、+、NH4+、Al3+B原试液中一定没有Ba2+、CO32-、NO3-C步骤中发生反应的离子方程式为: 2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-D沉淀B在空气中由白色迅速变成灰绿色，最终变为红褐色6、前一时期“非典型肺炎”在我国部分地区流行，严重危害广大人民的身体健康，做好环境消毒是预防“非典型肺炎”的重要措施，常用的消毒剂是ClO2或Cl2等的稀溶液，其中ClO2溶液的消毒效果较好。已知ClO2常温下呈气态，其分子构型与水分子的分子构型相似，在自然环境中ClO2最终变为Cl。下列有关说法中正确的是AClO2的分子结构呈V型，属非极性分子BClO2中氯元素显4价，具有很强的

6、氧化性，其消毒效率(以单位体积得电子的数目表示)是Cl2的5倍CClO2、Cl2的稀溶液用于环境消毒，具有广谱高效的特点，对人畜无任何危害D常用Na2SO3在H2SO4的酸性条件下，还原NaClO3来制ClO2，这一反应的化学方程式可表示为Na2SO32NaClO3H2SO4=2Na2SO42ClO2H2O7、下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是A苯、甲苯、环己烷 B苯、苯酚、己烯C乙醇、甲苯、硝基苯 D甲酸、乙醛、乙酸8、仅由下列各组元素所组成的化合物,不可能形成离子晶体的是( )AH、O、SBNa、H、OCK、Cl、ODH、N、Cl9、巴豆酸的结构简式为CH3CH=CHCOOH。现有氯化

7、氢、溴水、纯碱溶液、乙醇、酸性高锰酸钾溶液，试根据巴豆酸的结构特点，判断在一定条件下，能与巴豆酸反应的物质是A只有B只有C只有D10、25时，在等体积的pH=0的H2SO4溶液、0.05mol/L的Ba(OH)2溶液、pH=10的Na2S溶液、pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是A1:10:1010:109B1:5:5109:510C1:20:1010:109D1:10:104:10911、恒温、恒容的容器内发生如下反应：2NO2(g) N2O4(g)达平衡时，再向容器内通入一定量的N2O4(g)，重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，NO2的体积分数()A不变B增大C减小

8、D无法判断12、用物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN配成1L混合溶液，已知其中c(CN-) 小于c(Na+)，则下列判断正确的是( )Ac(H+)c(OH-)Bc(HCN)c(CN-)=0.2mol/LCc(HCN)c(CN-)Dc(CN-)c(OH-)=0.1mol/L13、2007年诺贝尔化学奖得主Gerhard Ertl对金属Pt表面催化CO氧化反应的模型进行了深入研究。下列关于78202Pt的说法正确的是A78202Pt和78198Pt的质子数相同，互称为同位素B78202Pt和78198Pt的中子数相同，互称为同位素C78202Pt和78198Pt的核外电子数相同，是同一种核

9、素D78202Pt和78198Pt的质量数不同，不能互称为同位素14、用糖类物质制备乙酸乙酯的合成路线之一如下图所示：下列说法正确的是（ ）A淀粉和纤维素互为同分异构体B反应:1 mol M 在酒化酶作用下可生成3 molCH3CH2OHC反应:乙醇变乙酸所需反应条件可为酸性重铬酸钾溶液D反应：产物通入滴有酚酞的饱和碳酸钠溶液中振荡，无明显现象15、下列不是室内污染物的是：ACOB甲苯C尼古丁D食品袋16、常温下向100 mL0.1mol/L的NaOH溶液中通入一定量的CO2。为探究反应后混合溶液的成分，向其中逐滴加入0.1 mol/L的HCl溶液。溶液产生气体前，消耗V( HCl)=V1；溶

10、液刚好不再产生气体时，消耗V( HCl) =V2。当V1 V2 c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-)c(H+)D若将Na2CO3溶液加热蒸干，由于CO32-水解，最终析出的是NaOH固体18、在0.l molL-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COOH对于该平衡，下列叙述正确的是A加入少量CH3COONH4固体，平衡不移动，c(H+)不变B加入少量NaOH固体，平衡向正向移动，溶液中c(H+)减小C加水，平衡向正向移动，c(CH3COOH)/ c(CH3COO)增大D通入少量 HCl气体，平衡逆向移动，溶液中c(H+)减少19、有机物的结构简式如图所示，则此有

11、机物可发生的反应类型有：取代 加成 消去 酯化 水解 氧化 中和。ABCD20、有下列三种有机物，实现它们之间相互转化所选试剂（均足量）正确的是（ ）选项a转化为ba转化为cc转化为bANaOHNaCO2BNa2CO3NaOHHClCNaHCO3NaOHCO2DNaHCO3NaClHClAABBCCDD21、化学在生产和生活中有重要的应用，下列说法正确的是()A苏打在生活中可用做发酵粉B磁性氧化铁可用于制备颜料和油漆C石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料D二氧化硅可用于制作硅芯片22、下列说法不正确的是（）A键比键重叠程度大，形成的共价键强B两个原子之间形成共价键时，最多有一个键C气体单质中

12、，一定有键，可能有键DN2分子中有一个键，2个键二、非选择题(共84分)23、（14分）原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，X基态原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y基态原子的2p原子轨道上有3个未成对电子，Z是地壳中含量最多的元素，W的原子序数为24。（1）W基态原子的核外电子排布式为_，元素X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表达)；（2）与XYZ-互为等电子体的化学式为_；（3）1molHYZ3分子中含有键的数目为_；（4）YH3极易溶于水的主要原因是_。24、（12分）分子式为C12H14O2的F有机物广泛用于香精的调香剂。为了合成该物质，某实验室的科技人员

13、设计了下列合成路线：试回答下列问题：(1)A物质在核磁共振氢谱中能呈现_种峰；峰面积比为_。(2)上述合成路线中属于取代反应的是_(填编号)。(3)写出反应、的化学方程式：_；_。 (4)F有多种同分异构体，请写出符合下列条件的所有物质结构简式：属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团；苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；其中一个取代基为CH2COOCH3：_。25、（12分）乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，其制备原理为：甲、乙两同学分别设计了如下装置来制备乙酸乙酯。请回答下列问题：（1）下列说法不正确的是_。A加入试剂的顺序依次为乙醇、浓硫酸、乙酸B饱和碳酸钠的作用是中和

14、乙酸、溶解乙醇、促进乙酸乙酯在水中的溶解C浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，加入的量越多对反应越有利D反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后即可从上口倒出上层的乙酸乙酯（2）乙装置优于甲装置的理由是_。（至少说出两点）26、（10分）某学习小组为测定放置已久的小苏打样品中纯碱的质量分数，设计如下实验方案：（1）方案一：称取一定质量的样品，置于坩埚中加热至恒重后，冷却，称取剩余固体质量，计算。完成本实验需要不断用玻璃棒搅拌，其目的是_。若实验前所称样品的质量为m g，加热至恒重时固体质量为a g，则样品中纯碱的质量分数为_。（2）方案二：按如图所示装置进行实验，并

15、回答下列问题：实验前先检查装置的气密性，并称取一定质量的样品放入A中，将稀硫酸装入分液漏斗中。D装置的作用是_。实验中除称量样品质量外，还需分别称量_装置反应前、后质量(填装置字母代号)。根据此实验得到的数据，测定结果有误差。因为实验装置还存在一个明显的缺陷，该缺陷是_。有同学认为，用E装置替代A装置能提高实验准确度。你认为是否正确？_(填“是”或“否”)。（3）方案三：称取一定量的样品置于锥形瓶中，加适量水，用盐酸进行滴定，从开始至有气体产生到气体不再产生，所滴加的盐酸体积如图所示，则小苏打样品中纯碱的质量分数为_(保留两位有效数字)。27、（12分）实验室常用邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O

16、4）来标定氢氧化钠溶液的浓度，反应如下：KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O。邻苯二甲酸氢钾溶液呈酸性，滴定到达终点时，溶液的pH约为9.1。（1）为标定NaOH溶液的浓度，准确称取一定质量的邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）加入250mL锥形瓶中，加入适量蒸馏水溶解，应选用_作指示剂，到达终点时溶液由_色变为_色，且半分钟不褪色。（提示：指示剂变色范围与滴定终点pH越接近误差越小。）（2）在测定NaOH溶液浓度时，有下列操作：向溶液中加入12滴指示剂；向锥形瓶中加20mL30mL蒸馏水溶解；用NaOH溶液滴定到终点，半分钟不褪色；重复以上操作；准确称量0.4000g0.60

17、00g邻苯二甲酸氢钾加入250mL锥形瓶中；根据两次实验数据计算NaOH的物质的量浓度。以上各步操作中，正确的操作顺序是_。（3）上述操作中，将邻苯二甲酸氢钾直接放在锥形瓶中溶解，对实验是否有影响？_。（填“有影响”或“无影响”）（4）滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加待测定的NaOH溶液滴定，此操作使实验结果_。（填“偏大”“偏小”或“无影响”）（5）现准确称取KHC8H4O4（相对分子质量为204.2）晶体两份各为0.5105g，分别溶于水后加入指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液体积平均为20.00mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为_。（结果保留四位有效数字）。28、

18、（14分）科学家对一碳化学进行了广泛深入的研究并取得了一些重要成果。(1)已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H190.1kJ/mol；3CH3OH(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) H231.0kJ/mol CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式为_。(2)现向三个体积均为2L的恒容密闭容器I、II、中，均分别充入1molCO 和2mo1H2发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1-90.1kJ/mol。三个容器的反应温度分别为Tl、T2、T3且恒定不变。当反应均进行到5min时H2的体积分数如图1所示，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态

19、。5min时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是容器_(填序号)。0-5 min内容器I中用CH3OH表示的化学反应速率v(CH3OH)=_。(保留两位有效数字)(3)CO常用于工业冶炼金属，在不同温度下用CO 还原四种金属氧化物，达到平衡后气体中lgc(CO)/c(CO2)与温度(T)的关系如图2所示。下列说法正确的是_(填字母)。A工业上可以通过增高反应装置来延长矿石和CO接触面积，减少尾气中CO的含量BCO用于工业冶炼金属铬(Cr)时，还原效率不高C工业冶炼金属铜(Cu) 时，600下CO的利用率比1000下CO的利用率更大DCO还原PbO2的反应H0(4)一种甲醇燃料电池，使用的电解质

20、溶液是2molL1的KOH溶液。请写出加入(通入)a物质一极的电极反应式_；每消耗6.4g甲醇转移的电子数为_。(5)一定条件下，用甲醇与一氧化碳反应合成乙酸可以消除一氧化碳污染。常温下，将a mol/L的醋酸与b mol/LBa(OH)2溶液等体积混合后，若溶液呈中性，用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数Ka为_。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。AC

21、sICl2=CsCl+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

22、，则晶胞内离得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】Fe3+和Fe2+互相占据立方体互不相邻的顶点，则该结构单元中，所含Fe3+有个，Fe2+有个，CN-有个。由于该晶体的化学式为MxFey(CN)6，所以y=2，且该晶体的化学式中含有1个Fe3+、1个Fe2+，所以x为1，即该化学式为MFe2(CN)6。【详解】A. 经计算得知，该结构单元中，含有个Fe2+、个Fe3+、3个CN-。由于该晶体的化学式为MxFey(CN)6，则y=2，x=1，即该化学式为MF

23、e2(CN)6，A正确；B. 从构成晶体的微粒来看，该晶体为离子晶体；由于化学式为MFe2(CN)6，M呈+1价，B错误；C. 该晶体为离子晶体；由于化学式为MFe2(CN)6，M呈+1价，C错误；D. 晶体中与每个Fe3+距离最近且等距离的CN-为6个，D错误；故合理选项为A。2、C【解析】分析：A在燃料电池中，负极上CH3OH发生失电子的氧化反应，碱性条件下生成CO32-和H2O；B. 乙装置中，在阴极上是Cu离子放电，减小的Cu离子是0.05mol，所以理上乙池Ag电极增重的质量应该是0.05molCu的质量；C电解池中，电解后的溶液复原遵循：出什么加什么的思想；D. 丙池右侧Pt电极为

24、阴极，氢离子得电子变为氢气.详解：A. 在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故A正确；B.甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e=4OH，所以消耗560mL(标准状况下0.025mol)O2，则转移电子0.1mol，根据乙装置中，在阴极上是Cu离子放电，减小的Cu离子是0.05mol，所以理上乙池Ag电极增重的质量应该是0.0564g/mol=3.2g固体，故B正确；C. 电解池乙池中，电解硫酸铜和水，生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜或碳酸铜，故C错误；D. 丙池右侧Pt电极为阴极，氢离子得电子

25、变为氢气，电极反应式为：Mg2+2H2O+2e-=Mg(OH)2+H2，故D正确；答案选C.点睛：本题考查原电池和电解池的工作原理，掌握阴阳离子的放电顺序是解答该题的关键。3、D【解析】1molX与足量的金属钠反应产生1.5 mol气体，说明1molX中有3mol羟基（包括羧基中的羟基）。X与醇或羧酸在浓H2SO4和加热的条件下均生成有香味的产物，说明X中有羧基和羟基。X在一定程度下的分子内脱水产物（不是环状化合物）可和溴水发生加成反应，C4H6O5因为五个氧原子肯定没有双键，2个羧基一个羟基，没有酯基。综上所述，本题正确答案为D。4、D【解析】由流程可知，碳酸钙溶于盐酸后，将溶液煮沸，可以除

26、去溶液中溶解的二氧化碳气体，防止二氧化碳与氨气反应，过滤后，滤液中氯化钙、氨水、过氧化氢反应生成CaO2、NH4Cl、水，反应在冰浴下进行，可防止过氧化氢分解，再过滤，洗涤得到过氧化钙白色晶体，据此分析解答。【详解】A逐滴加入稀盐酸后，将溶液煮沸的作用是除去溶液二氧化碳，防止再后续实验中二氧化碳与氨气反应，故A正确；B滤液中加入氨水和双氧水生成CaO2，反应的方程式为：CaCl2+2NH3H2O+H2O2CaO2+2NH4Cl+2H2O，故B正确；C温度过高时过氧化氢分解，影响反应产率，则生成CaO2的反应需要在冰浴下进行，故C正确；D过滤得到的白色结晶为CaO2，微溶于水，用蒸馏水洗涤后应再

27、用乙醇洗涤以去除结晶表面水分，同时可防止固体溶解，故D错误；故选D。5、B【解析】已知溶液为强酸性，则存在大量的H+，与H+反应的CO32-不存在，根据流程可知，加入硝酸钡产生气体、沉淀，则溶液中存在Fe2+、SO42-，与此离子反应的Ba2+、NO3-不存在；加入足量的NaOH溶液时，产生气体和沉淀，为氨气和氢氧化铁，则溶液中含有NH4+；通入少量二氧化碳产生沉淀为氢氧化铝或碳酸钡，溶液中可能含有Al3+。【详解】A. 原试液中一定有Fe2+、SO42-、H+、NH4+，可能含有Al3+，A错误；B. 通过分析可知，原试液中一定没有Ba2+、CO32-、NO3-，B正确；C. 步骤中发生反应

28、的离子方程式可能有2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-，一定有：CO2+2OH-+ Ba2+= BaCO3+H2O，C错误；D. 沉淀B为氢氧化铁，为红褐色沉淀，D错误；答案为B。6、D【解析】A错，ClO2的分子结构呈V型，属极性分子；B错，ClO2中氯元素显4价，具有很强的氧化性，其消毒效率(以单位体积得电子的数目表示)是Cl2的2.6倍；D正确；7、A【解析】A、苯、甲苯和环己烷三者性质相似，只用一种试剂不能鉴别，故A选；B、苯、苯酚和己烯可以选浓溴水，苯不和溴水反应、苯酚和浓溴水生成白色沉淀、己烯和溴水加成使其褪色，可以鉴别，故B不选；C、乙醇、甲苯和硝基苯中，

29、乙醇可以和水互溶、甲苯不和水互溶但比水轻、硝基苯不和水互溶但比水重，可以用水来鉴别，故C不选；D、甲酸、乙醛、乙酸可选新制氢氧化铜，甲酸能溶解新制氢氧化铜，加热时生成红色沉淀、乙醛不能溶解氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙酸只能溶解氢氧化铜，可以鉴别，故D不选；故选A。点睛：进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理，鉴别有机物常用的试剂有：水、溴水、酸性高锰酸钾、新制Cu(OH)2、FeCl3溶液等。8、A【解析】强碱、活泼金属氧化物、绝大多数盐等是离子晶体。B

30、项如NaOH，C项如KClO，D项如NH4Cl，均为离子晶体。9、D【解析】CH3-CHCH-COOH中含碳碳双键、-COOH，结合烯烃、羧酸的性质来分析。【详解】含碳碳双键，能与氯化氢、溴水发生加成反应；含碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应；含-COOH，能与纯碱溶液发生复分解反应，也能与乙醇发生酯化反应，故选D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，解题关键：把握官能团与性质的关系，结合官能团的结构，掌握常见有机物的性质及应用。10、A【解析】中pH=0的H2SO4中c(H)=1.0 molL1，c(OH)=1.01014molL1，水电离程度为1.01014molL1；中c(OH)

31、=0.1 molL1，c(H)=1.01013molL1，水电离程度为1.01013molL1；中c(OH)=1.0104molL1，水的电离程度为1.0104molL1；中c(H)=1.0105molL1，水的电离程度为1.0105molL1；故中水的电离程度之比为：1.01014molL1：1.01013molL1：1.0104molL1：1.0105molL1=1:10:1010:109，A项正确。答案选A。11、C【解析】恒温、恒容的容器内发生如下反应：2NO2(g)N2O4(g)，达平衡时，再向容器内通入一定量的N2O4(g)，等效于在原平衡的基础上增大压强，增大压强平衡正向移动，N

32、O2的体积分数减小，答案选C。【点睛】解答本题需注意：达平衡时，再向容器内通入一定量的N2O4(g)，由于增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动，NO2物质的量和混合气体总物质的量都增大，反应物和生成物均只有1种，故要判断NO2体积分数的变化等效于增大压强来理解。12、C【解析】物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN配成1L混合溶液，已知其中c（CN-）小于c（Na+），根据溶液电中性的原则，溶液中存在c(Na+)+c(H+)c(OH-)+c(CN-)，则有c(OH-)c(H+)，溶液应呈碱性，结合电荷守恒、物料守恒等知识解答该题。【详解】A已知其中c（CN-）小于c（Na+），根据溶液电中

33、性的原则，溶液中存在c(Na+)+c(H+)c(OH-)+c(CN-)，则有c(H+)c(OH-)，故A错误；BHCN和NaCN的物质的量都为0.1mol，由物料守恒可知c（CN-）+c（HCN）=0.2mol/L，故B错误；C溶液中c（CN-）小于c（Na+），则说明混合溶液中以CN-的水解程度大于HCN的电离程度，所以c（HCN）c（CN-），故C正确；D溶液中存在c(Na+)+c(H+)c(OH-)+c(CN-)，因c（Na+）=0.1mol/L，则c（CN-）+c（OH-）0.1mol/L，故D错误；答案选C。13、A【解析】A.78202Pt和78198Pt的质子数相同，均为78，互

34、称为同位素，A正确；B. 78202Pt和78198Pt的中子数不相同，其中子数分别为124和120，互称为同位素，B不正确；C. 78202Pt和78198Pt的核外电子数相同，是两种不同的核素，C不正确；D. 78202Pt和78198Pt的质量数不同，但其质子数相同，故互称为同位素，D不正确。故选A。14、C【解析】A、淀粉和纤维素都是多糖，聚合度n值不同，所以不能互称同分异构体，A 项错误；B、多糖水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成酒精与二氧化碳，方程式为：C6H12O62C2H5OH+2CO2，所以1molM可生成2 mol CH3CH2OH，B项错误；C、乙醇转化为乙酸发生

35、氧化反应，所以可以用酸性重铬酸钾溶液作氧化剂，C项正确；D、酯的密度比水小，下层主要是饱和碳酸钠溶液和醋酸钠溶液，溶液呈碱性，所以下层酚酞呈红色，D项错误；本题答案选C。15、D【解析】室内污染主要来自于化学类污染物、物理类污染物、生物类污染物；化学类污染物主要来自于装修、家具、煤气热水器、杀虫剂、化妆品、抽烟、厨房的油烟等；物理类污染物主要是放射性、噪声、电磁辐射、光污染等；生物类污染物主要来自于细菌、病毒、花粉、宠物的代谢产物等。因此D符合题意；16、C【解析】分析：滴加盐酸V1 mL时没有气体生成，可能发生OH+H=H2O和CO32+H=HCO3，盐酸的体积为V2mL，HCO3+H=H2

36、O+CO2；详解：A、混合溶液中成分为NaHCO3、Na2CO3 时，逐滴加入盐酸，依次发生反应：、，假设NaHCO3有amol，Na2CO3有bmol，则刚产生气体时，消耗盐酸的物质的量为bmol，溶液中不再产生气体时，消耗的盐酸的物质的量为(a+2b)mol，对应的溶液体积为2V1 V2 ，故不选A项；B、 NaOH、NaHCO3溶液不能大量共存，故不选B项；C、混合溶液中成分为NaOH、Na2CO3时，逐滴加入盐酸，依次发生反应：、，假设NaOH有amol，Na2CO3 有bmol，则刚产生气体时，消耗盐酸的物质的量为(a+b)mol，溶液中不再产生气体时，消耗的盐酸的物质的量为，因此，

37、则对应成盐酸所用体积为V1 V2 c(CO32-)，CO32-水解使溶液显碱性，则c(OH-)c(H+)，且c(H+)远小于c(OH-)，因为水解是微弱的，所以c(CO32-)c(OH-)，又因为Na2CO3溶液中存在二级水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，其中主要为第一级水解，所以c(OH-)略大于c(HCO3-)，综上分析，Na2CO3溶液中存在：c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-)c(H+)，故C正确；D项，Na2CO3溶液中存在水解：Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH，若将Na2CO3溶液加热蒸发，开始时温度升高

38、促进水解，但随着水分的减少，NaHCO3和NaOH浓度增大，因为二者不能大量共存，所以又会反应生成Na2CO3，因此将Na2CO3溶液加热蒸干，最终析出的是Na2CO3固体，故D错误。点睛：本题考查电解质溶液，侧重考查离子浓度大小比较、水解常数有关计算、盐类水解原理的应用等，难度较大，掌握盐类水解的原理，并结合题给图示信息分析是解题关键。解题思路：首先根据开始时的pH判断，曲线M表示NaOH溶液的pH随lgV的变化关系，曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；进一步求得Na2CO3溶液中c(OH-)，再根据水解常数表达式求得Ka1(CO32-)；D项易错，CO32-的一级水解是主要

39、的，二级水解远小于一级水解，注意HCO3-和OH-不能大量共存。18、B【解析】A加入少量CH3COONH4固体，溶液中c(CH3COO)增大，平衡应逆向移动，但NH4+在溶液中要水解产生H+，结合CH3COONH4溶液显中性，则溶液中c(H+)基本不变，故A错误；B加入少量NaOH固体，中和H+，电离平衡正向移动，溶液中c(H+)减小，故B正确；C加水，促进电离，平衡向正向移动，溶液中CH3COOH分子数减小，CH3COO数增大，则c(CH3COOH)/ c(CH3COO)减小，故C错误；D通入少量 HCl气体，c(H+)增大，平衡逆向移动，结合平衡移动原理，最终溶液中c(H+)增大，故D错

40、误；故答案为B。19、B【解析】该有机物中含OH、COOH、酯基，能发生取代反应；该有机物中含碳碳双键、苯环，能发生加成反应； 该有机物中含OH，且与OH相连的碳原子的邻位碳原子上含H，能发生消去反应；该有机物中含OH、COOH ，能发生酯化反应；该有机物中含酯基，能发生水解反应； 该有机物中含碳碳双键、OH，能发生氧化反应；该有机物中含羧基，能发生中和反应；该有机物可发生的反应类型有，答案选B。20、C【解析】A.加入 NaOH，既能与-COOH反应，又能与酚-OH反应，a直接转化为c，A不合题意；B. 加入 Na2CO3，既能与-COOH反应，又能与酚-OH反应，a直接转化为c，B不合题意

41、；C. NaHCO3只能与-COOH反应，实现ab的转化；NaOH与-COOH、酚-OH反应，实现ac的转化；通入CO2，只能与-ONa反应，实现cb的转化，C符合题意；DNaHCO3只能与-COOH反应，实现ab的转化；加入NaCl，不能实现ac的转化，D不合题意。故选C。21、C【解析】A. 苏打是碳酸钠，在生活中可用做发酵粉的是小苏打，即碳酸氢钠，A错误；B. 磁性氧化铁是四氧化三铁，可用于制备颜料和油漆的是氧化铁，B错误；C. 工业制备玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英，制备水泥的原料是石灰石、黏土和辅助原料，因此石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料，C正确；D. 二氧化硅可用于制作光导

42、纤维，单质硅可用于制作硅芯片和光电池，D错误。答案选C。22、C【解析】A键是头碰头的重叠，键是肩并肩的重叠，键比键重叠程度大，键比键稳定，故A正确；B两个原子间只能形成1个键，两个原子之间形成双键时，含有一个键和一个键，两个原子之间形成三键时，含有一个键和2个键，故B正确；C单原子分子中没有共价键，如稀有气体分子中不存在键，故C错误；D两个原子之间形成三键时，含有一个键和2个键，N2分子中含有一个三键，即有一个键，2个键，故D正确；故答案为C。二、非选择题(共84分)23、1s22s22p63s23p63d54s1 NOC CO2（SCN-等） 46.021023 氨分子与水分子间易形成氢键

43、 【解析】原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，元素X的原子最外层电子数是其内层的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；Y基态原子的2p轨道上有3个未成对电子，Y的核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；W的原子序数为24，则W为Cr元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Cr元素。(1)W核外电子数为24，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；同一周期，随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一

44、电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：NOC，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；NOC；(2)原子总数相等、价电子总数相等微粒互为等电子体，与CNO-互为等电子体的有CO2、SCN-等，故答案为：CO2(或SCN-等)；(3)HNO3的结构式为，1molHNO3分子中含有4mol键，数目为46.021023，故答案为：46.021023；(4)氨分子与水分子间易形成氢键，导致NH3极易溶于水，故答案为：氨分子与水分子间易形成氢键。【点睛】本题的易错点为(1)和(3)，(1)中要注意能级交错现象，(3)中要注意硝酸的结构。24、4 3223 【解析】根据流程图，反应是A和溴

45、水发生加成反应生成，可以判断A为CH2=C(CH3)CH2CH3，反应是水解反应，生成物B的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCH2OH；B氧化得到C，则C的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCOOH；根据C和D的分子式的可判断，反应是消去反应，且D含两个甲基，所以D为CH3CH=C(CH3)COOH，反应属于卤代烃的水解反应，则E为，E和D通过酯化反应生成F，则F的结构简式为，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为CH2=C(CH3)CH2CH3，B为CH3CH2C(CH3)OHCH2OH，C为CH3CH2C(CH3)OHCOOH，D为CH3CH=C(CH3)COOH，E为，F为。

46、(1)A为CH2=C(CH3)CH2CH3，含有4种H原子，核磁共振氢谱中呈现4种峰，峰面积比为3223，故答案为：4；3223；(2)根据题中各物质转化关系和分析可知，反应为加成反应，反应为取代反应，反应为氧化反应，反应为消去反应，反应为取代反应，反应为酯化反应，也属于取代反应，属于取代反应的是，故答案为：；(4)反应为卤代烃的水解反应，反应的方程式为，反应为酯化反应，反应的方程式为；(4)F为，在F的同分异构体中苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，说明这2个取代基位于对位。其中一个取代基为-CH2COOCH3，则另一个取代基含有碳碳双键，因此同分异构体的结构简式为。【点睛】注意

47、从A的结构入手采取正推的方法进行推断，把握官能团的性质以及官能团的转化为解答该题的关键。本题的易错点为(4)，要注意题中限制条件的解读。25、【答题空1】BC 用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好 【解析】（1）A. 在制备乙酸乙酯时，浓硫酸起催化剂作用，加入时放热；B. 乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；C. 浓H2SO4具有强氧化性和脱水性；D. 乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，可采用分液进行分离；（2）可从装置的温度控制条件及可能的原料损失程度、副产物多少进行分析作答。【详解】（1）A. 为防止浓硫酸稀释放热，导致液滴飞溅，

48、其加入的正确顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，故A项正确；B. 制备的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，其饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解，故B项错误；C. 浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，但由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多，故C项错误；D. 乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后从上口倒出上层的乙酸乙酯，故D项正确；答案下面BC；（2）根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，乙装置优于甲装置的原因为：水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副

49、反应、乙酸乙酯冷却效果较好，故答案为用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好。26、使固体样品受热均匀，避免局部温度过高，造成样品外溅 100% 避免空气中的水蒸气和二氧化碳进入C装置中，造成实验误差 C 反应产生的二氧化碳残留在A、B装置内，不能被完全吸收 否 24% 【解析】小苏打久置会发生反应：，该样品成分为NaHCO3、Na2CO3，测定样品中纯碱的质量分数方法有：测定二氧化碳量（质量、体积）从而计算出混合物中Na2CO3的质量分数，利用NaHCO3的不稳定性，加热固体得到减少的质量，计算出成品中NaHCO3的质量，从而计算出混合物中Na2CO3的质量

50、分数。【详解】（1）使用玻璃棒搅拌，使固体受热均匀，避免局部温度过高，造成固体外溅，故答案为使固体受热均匀，避免局部温度过高，造成固体外溅；设样品中碳酸氢钠的质量为x，则：m16862x g(m-a)g则x=，故m(Na2CO3)=m-g，则样品中Na2CO3的质量分数为=，故答案为；（2）利用C中碱石灰增重测定反应生成二氧化碳的质量，进而计算样品中碳酸钠的质量分数，由于碱石灰可以吸收空气中的二氧化碳与水蒸气，故D装置的作用是吸收空气中的二氧化碳与水蒸气，避免空气中的二氧化碳与水蒸气加入C中，防止测定误差；C装置反应前后质量之差为反应生成二氧化碳的质量，根据样品总质量、二氧化碳的质量可以计算混

51、合物中碳酸钠的质量，还需分别称量C装置反应前、后的质量；该实验装置有一个明显的缺陷是反应产生的二氧化碳残留在A、B装置内，不能完全被吸收，使C中吸收二氧化碳质量减小，造成较大的误差；用E装置替代A装置能提高实验准确度，这种说法不正确。因为E装置用恒压分液漏斗，部分二氧化碳为残留在分液漏斗上部，使C中吸收二氧化碳质量减小，造成较大的误差；（3）由图可知，开始发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3，产生二氧化碳的反应为：HCl+NaHCO3=NaCl+CO2+H2O。整个反应过程涉及6个刻度，设每个刻度为1mol HCl，由方程式可知，样品中n(Na2CO3)=1mol，碳酸钠反应生碳酸氢钠

52、为1mol，故原样品中碳酸氢钠的物质的量为5mol-1mol=4mol，则原混合物中碳酸钠的质量分数为=24%。【点睛】本题考查物质组成含量的测定，明确实验原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度中等，注意方案二有一定的缺陷，装置中的二氧化碳未能完全被C中碱石灰吸收。本题实验基本操作和技能，涉及实验方案的设计与评价及实验误差分析、对信息的利用、实验条件的控制、化学计算等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本知识的基础与分析问题、解决问题的能力。27、酚酞 无色 浅红色 无影响 偏小 0.1250 molL-1 【解析】（1）邻苯二甲酸氢钾溶液呈酸性，滴定到达终点时，溶液的pH约为9.1，滴

53、定终点的pH要在指示剂的变色范围内，所以选择酚酞作指示剂，酚酞在pH8时为无色，pH为810之间，呈浅红色，所以当无色溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色，说明反应达到终点；（2）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、滴定等顺序操作，则操作顺序是；（3）上述操作中，将邻苯二甲酸氢钾直接放在锥形瓶中溶解，由于不影响其物质的量，因此对实验无影响；（4）滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加待测定的NaOH溶液滴定，待测液浓度减小，导致消耗标准液体积减小，所以此操作使实验结果偏小；（5）0.5105g KHC8H4O4的物质的量是0.5105g20402g/mol0.0025mol，根据方程式可

54、知KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O1 10.0025mol 0.0025mol所以NaOH溶液的物质的量浓度为0.0025mol0.02L0.1250mol/L28、3CO(g)+6H2(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) H-301.3kJ/mol 0.067 mol/(Lmin) BC CH3OH6e+8OH=CO32-+6H2O 1.2NA(或1.26.021023) 【解析】(1)根据盖斯定律分析书写CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式；(2)温度越高反应速率越快，达到平衡状态时，需要的时间越短，据此判断；利用三段式求出反应生成的甲醇的物质的量

55、浓度，再根据v=计算；(3)A、增高炉的高度，增大CO与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，CO的利用率不变；B、由图像可知，用CO工业冶炼金属铬时，一直很高，说明CO转化率很低；C、由图像可知，温度越低，越小，故CO转化率越高；D、CO还原PbO2的反应，达到平衡后升高温度，升高，即升高温度，CO的含量增大，说明平衡逆向移动，据此分析判断；(4)根据电子的移动方向判断出原电池的正负极，负极上甲醇失去电子生成碳酸钾，根据电子与甲醇的物质的量关系计算；(5)溶液等体积，混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合电离平衡常数的表达式计算。【详解】(1)CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H1=-90.1kJ/mol，3CH3OH(g) CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) H2=-31.0kJ/mol，根据盖斯定律，将3+得到CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式：3CO(g)+6H2(g) CH3CH=CH2(g)+3H2O(g)