湖北省孝感市高级中学2021-2022学年化学高二第二学期期末综合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、V L浓度为0.5 molL1

2、的盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是( )。A通入标准状况下的HCl气体11.2V LB加入10 molL1的盐酸0.1V L，再稀释至1.5V LC将溶液加热浓缩到0.5V LD加入V L 1.5 molL1的盐酸混合均匀2、两种金属A和B，已知A，B常温下为固态，且A，B属于质软的轻金属，由A，B熔合而成的合金不可能具有的性质有( )A导电、导热、延展性较纯A或纯B金属强B常温下为液态C硬度较大，可制造飞机D有固定的熔点和沸点3、下列微粒的核外电子的表示方法中正确的是A碳原子BP原子价电子轨道表示式CCr原子的价电子排布式D价电子排布式4、甜瓜醛是一种食用香精，其结构简式如图所示

3、。下列有关甜瓜醛的叙述正确的是（ ）A1mol该物质最多可与1mol氢气发生加成反应B该物质的分子式为C9H14OC加热条件下，该物质能与新制Cu(OH)2悬浊液反应D该物质为烯烃5、共价键、离子键和范德华力都是微粒间的作用力，下列物质：Na2O2；SiO2；石墨；金刚石；CaH2；白磷，其中含有两种结合力的组合是ABCD6、现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如下图所示。原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为（ ）ABCD7、化学与生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）A用铁粉作食品袋内的脱氧剂B食用一定量的油脂能促进人体对

4、某些维生素的吸收C明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作净水剂D自行车钢架生锈主要是化学腐蚀所致8、在25 ，,密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质XYZ初始浓度/(molL1)120平衡浓度/(molL1)0.61.20.8下列说法错误的是( )A反应达到平衡时，X的转化率为40%B反应可表示为X(g)+2Y(g) 2Z(g)，其平衡常数为0.74C其它条件不变时，增大压强能使平衡向生成Z的方向移动,平衡常数也增大D改变温度可以改变此反应的平衡常数9、下列说法正确的是A液态HCl、固态AgCl均不导电，所以HCl、AgCl是非电解质BNH3、CO2的水溶液均能导电，

5、所以NH3、CO2均是电解质C碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物一定是碱性氧化物D非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物10、将一定量的氯气通入30 mL浓度为10 mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是A与NaOH反应的氯气一定为0.3 molBn(Na)n(Cl)可能为73Cn(NaCl)n(NaClO)n(NaClO3)可能为1121D若反应中转移的电子为n mol，则0.15n0.2511、化学式为C5H7Cl的有机物，其结构不可能是（ ）A只含1个键的直链有机物B含2个键的直链有

6、机物C含1个键的环状有机物D含1个CC键的直链有机物12、已知:pNi=-lgc(Ni2+)；常温下，K(NiCO3)=1.410-7，H2S的电离平衡常数：Ka1=1.310-7，Ka2=7.110-15。常温下，向10mL0.1molL-1Ni(NO3)2溶液中滴加0.1molL-1Na2S溶液，滴加过程中pNi与Na2S溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）。AE、F、G三点中，F点对应溶液中水电离程度最小B常温下，Ksp(NiS)=110-21C在NiS和NiCO3的浊液中=1.41014DNa2S溶液中，S2-第一步水解常数Kh1=13、下列有关电离能的说法，正确的是（ ）

7、A第一电离能越大的原子失电子的能力越强B第一电离能是元素的原子失去核外第一个电子需要的能量C同一周期中，主族元素原子第一电离能从左到右越来越大D可通过一种元素各级电离能的数值，判断元素可能的化合价14、丁腈橡胶具有优良的耐油、耐高温性能，合成丁腈橡胶的原料是()CH2=CHCH=CH2CH3CCCH3CH2=CHCNCH3CH=CHCNCH3CH=CH2CH3CH=CHCH3ABCD15、下列关于氢键的说法中正确的是()A氢键属于共价键B氢键只存在于分子之间C氢键的形成使物质体系的能量降低D氢键在物质内部一旦形成，就不会再断裂16、用下列装置不能达到有关实验目的的是A用甲图装置证明(煤油)(钠

8、)(水)B用乙图装置制备Fe(OH)2C用丙图装置制取金属锰D用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性17、下列燃料中，不属于化石燃料的是( )A水煤气B石油C天然气D煤18、下面关于SiO2晶体网状结构的叙述正确的是A存在四面体结构单元，O处于中心，Si处于4个顶角B最小的环上，有3个Si原子和3个O原子C最小的环上，Si和O原子数之比为1：2D最小的环上，有6个Si原子和6个O原子19、可逆反应mAg+nBgpCg+qDg的vt图像如图甲所示。若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其vt图像如图乙所示。下列判断不正确的是Aa1a2B平衡时图甲和图乙中反应速率相等Ct1

9、t2D平衡时图甲和图乙中反应限度相同20、下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是（）A石油分馏得到的汽油是纯净物B使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一C燃料电池是将化学能直接转化为电能的装置，所以能量利用率高D合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺21、室温下向溶液中加入的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 Aa点所示溶液中Ba、b两点所示溶液中水的电离程度相同C时，Db点所示溶液中22、石墨晶体是层状结构，在每一层内，每一个碳原子都跟其他3个碳原子相结合。据图分析，石墨晶体中碳原子数与共价键数之比为()A23B21C13D32二、非选择题(共84分)

10、23、（14分）由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件已略去)。(1)若A为金属钠，A与水反应的离子方程式为_。(2)若A为淡黄色的固体化合物，A_(填“是”或“不是”)碱性氧化物，A与CO2反应的化学方程式为_。(3)A不论是Na还是淡黄色的固体化合物，依据转化关系判断物质C是_，物质D是_。24、（12分）醇酸树脂，附着力强，并具有良好的耐磨性、绝缘性等，在油漆、涂料、船舶等方面有很广的应用。下面是一种醇酸树脂G的合成路线：已知：RCH2=CH2(1)反应的反应条件为_，合成G过程中会生成另一种醇酸树脂，其结构简式为_(2)反应反应

11、类型分别为_、_；(3)反应的化学方程式为_；(4)写出一种符合下列条件的F的同分异构体_。a.1mol该物质与4mol新制氢氧化铜悬浊液反应b遇FeCl3溶液显紫色c核磁共振氢谱有3组峰值，比值为1：1：1(5)设计由1一溴丙烷制备聚丙烯醇（）的流程图：_。25、（12分）一氯化硫(S2Cl2)是一种重要的有机合成氯化剂，实验室和工业上都可以用纯净干燥的氯气与二硫化碳反应来制取(CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2)，其装置如下：(1)A装置中的离子反应方程式为 _。(2)一氯化硫(S2Cl2)常温下为液态，较为稳定，受热易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化产物中不仅有淡黄色固体，而且还有两

12、种气体，用NaOH溶液吸收该气体可得两种盐Na2SO3和NaCl。 写出一氯化硫与水反应的化学反应方程式：_。(3)C、E装置中所盛溶液为_。(4)D中冷凝管的冷水进水口为_（填“a”或“b”）；实验过程中，需要先点燃A处酒精灯，通入氯气一段时间后方可向D中水槽里面加入热水加热，这样做的目的是_。26、（10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

13、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，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_。27、（12分）扎实的实验知识对学习有机化学至关重要。(1)实验室用纯溴和苯在铁离子催化下反应制取溴苯，得到粗溴苯后，粗溴苯的精制常进行如下操作:a.蒸馏 b.水洗、分液 c.用干燥剂干燥 d.10%的NaOH溶液碱洗、分液。正确的

14、操作顺序是_。Aabcdb Bbdbca Cdbcab Dbdabc分液时上层液体应从_(填“上口倒出”。“下导管直接流出”)，蒸馏时所需仪器除酒精灯温度计、蒸馏烧瓶、牛角管、锥形瓶外还需要的玻璃仪器为_。(2)下列各组试剂中，能鉴别乙醇、已烷、己烯、乙酸溶液、苯酚溶液等五种无色溶液的是_。A金属钠、FeCl3溶液、NaOH溶液 B新制的Cu(OH)2悬浊液、紫色石蕊试液C紫色石蕊试液、溴水 D溴水、新制的Cu(OH)2悬浊液(3)溴乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热产生的气体通入酸性高锰酸钾容液中，溶液褪色，不能说明产生的气体为乙烯的原因是_。28、（14分）五种短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子

15、序数依次增大。X、Y是非金属元素X、Y、Q元素的原子最高能级上电子数相等；Z元素原子的最外层电子数是次外层的两倍；W元素原子核外有三种不同的能级且原子中p亚层与s亚层电子总数相等；Q元素电离能分别是I1=496，I2=4562，I3=6912。回答下列问题：(1)基态Q原子的核外电子排布式是_。(2)Q、W形成的化合物Q2W2中的化学键类型是_。(3)Y能与氟元素形成YF3，该分子的空间构型是_，该分子属于_分子(填“极性”或“非极性”)。Y与X可形成具有立体结构的化合物Y2X6，该结构中Y采用_杂化。(4)Y(OH)3是一元弱酸，其中Y原子因缺电子而易形成配位键，写出Y(OH)3在水溶液中的

16、电离方程式_。(5) Z的一种单质晶胞结构如下图所示。该单质的晶体类型为_。含1 mol Z原子的该晶体中共有_mol化学键。己知Z的相对原子质量为M，原子半径为r pm，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_gcm-3。29、（10分）胡椒酚是一种挥发油，可从植物果实中提取，具有抗菌、解痉、镇静的作用，其结构简式为CH2=CH-CH2OH。（1）胡椒酚的分子式是_。（2）胡椒酚所含官能团的名称是_、_。（3）胡椒酚与NaOH溶液反应的化学方程式是_。（4）1 mol胡椒酚与H2发生加成反应，理论上最多消耗_ mol H2。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

17、选项）1、B【解析】试题分析：A标准状况下的HCl气体11.2VL物质的量是0.5Vmol，向溶液中通入0.5VmolHCl，该溶液体积会增大，所以溶液浓度应该小于Vmol/L，故A错误；BVL浓度为0.5molL-1的盐酸的物质的量是0.5Vmol，10molL-1的盐酸0.1VL的物质的量是Vmol，再稀释至1.5VL，所以C=1mol/L，故B正确；C加热浓缩盐酸时，导致盐酸挥发增强，故C错误；D浓稀盐酸混合后，溶液的体积不是直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，故D错误；故选B。考点：考查物质的量浓度的计算。2、D【解析】合金的熔点和沸点比各成分低，硬度比各成分大，导电

18、、导热、延展性较成分中纯金属强，用途广泛。【详解】合金为混合物，通常无固定组成，因此熔、沸点通常不固定；一般来讲金属形成合金的熔点比各组成合金的金属单质低，硬度要比各组成合金的金属单质大，如Na、K常温下为固体，而NaK合金常温下为液态，轻金属MgAl合金的硬度比Mg、Al高；正确选项D。【点睛】合金是由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质，各类型合金都有以下通性：(1)多数合金熔点低于其组分中任一种组成金属的熔点；(2)硬度一般比其组分中任一金属的硬度大；(3)有的抗腐蚀能力强。3、A【解析】A碳原子核外6个电子，最外层4个电子，故A正确；B3p上的3个电子应自

19、旋相同，故B错误；C全空，全满，半满时能量最低，正确的Cr原子的价电子排布式为3d54s1，故C错误；D铁原子在失电子时，先失去最外层的两个4s电子，电子排布为3d6，Fe2+价电子排布式3d6，故D错误；答案选A。4、C【解析】A. 碳碳双键与醛基均能与氢气发生加成反应，所以1mol该物质最多可与2mol氢气发生加成反应，A项错误；B. 根据链键式可知，该物质的分子式为C9H16O，B项错误；C. 分子内含能与新制Cu(OH)2悬浊液反应的醛基（-CHO），C项正确；D. 根据结构简式可知，该物质中含碳碳双键与醛基，为多官能团的有机物，不能命名为烯烃，D项错误；答案选C。5、B【解析】中含有

20、离子键和非极性键，中含有极性键，中含有非极性键和范德华力，中非极性键，中离子键，中含有非极性键和范德华力，所以答案选B。6、D【解析】由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2nMg（OH）2+3nAl（OH）3=n（OH），加入0.5L NaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可计算出nAl（OH）3，再计算出nMg（OH）2，进而计算原溶液中Cl与SO42的物质的量浓度之比。【详解】由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）

21、2、Al（OH）3，由方程式可知2nMg（OH）2+3nAl（OH）3=n（OH），加入0.5L NaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀。设氢氧化钠溶液溶液的浓度为c，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，nAl（OH）3=n（NaOH）=0.1c，所以nMg（OH）2=0.05c，溶液中n（Cl）=3nAl（OH）3=0.3c，原溶液中n（SO42）=nMg（OH）2=0.05c，则原溶液中Cl与SO42的物质的量之比为0.3c：0.05c=6：1，故选D。7、D【解析】A.用铁粉作食品袋内的脱氧剂，是用Fe易被氧气氧化的特点，所

22、以可以直接做脱氧剂，A项正确；B.有些维生素属于脂溶性维生素，因为油脂属于酯类，可以溶于油脂中，所以可以促进维生素的吸收，B项正确；C.明矾中的铝离子水解时生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体是具有吸附性的胶体粒子，可作净水剂，C项正确；D.自行车钢架属于铁的合金，易形成原电池腐蚀，所以生锈主要是电化学腐蚀所致，D项错误；答案选D。8、C【解析】分析：A、转化率是消耗量除以起始量得到；B、根据物质消耗量计算反应物质的量之比写出化学方程式；C、化学平衡常数只随温度变化；D、升温平衡常数减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应。详解：A、根据图表分析可以知道，X消耗的物质的量浓度=1mol

23、/L-0.6mol/L=0.4mol/L，X的转化率=0.4mol/L1mol/L100%=40%，所以A选项是正确的；B、图表中分析消耗量或生成量为，消耗X浓度1mol/L-0.6mol/L=0.4mol/L，Y消耗浓度2mol/L-1.2mol/L=0.8mol/L，Z生成浓度0.8mol/L，反应比为X：Y：Z=0.4:0.8:0.8=1:2:2，反应的化学方程式为：X(g)+2Y(g) 2Z(g)，平衡常数K=c2(Z)c(X)c2(Y)=0.820.61.22=0.74，所以B选项是正确的；C、反应正向是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，即向着生成Z的方向移动，温度不

24、变，则平衡常数不变，故C错误；D、升温平衡常数减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，所以D选项是正确的；故本题答案选C。9、D【解析】A、HCl和AgCl为电解质，电解质导电需要自由移动的阴阳离子，即需要水溶液或熔融状态，故A错误；B、NH3、CO2的水溶液虽然导电，但导电的离子不是本身电离产生，NH3和CO2不是电解质，均是非电解质，故B错误；C、碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3属于两性氧化物，故C错误；D、非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO是不成盐氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如Mn2O7属于金属氧化物，故D正确；答

25、案选D。【点睛】电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，导电的阴阳离子必须是本身电离产生，电解质导电需要条件，在水溶液或熔融状态。10、D【解析】A、反应后混合中没有NaOH，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L10molL1=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故A错误；B、Cl2可能发生两种反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，氧化

26、产物只有NaClO时，n（Na）：n（Cl）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na）：n（Cl）最小为6：5，n（Na）：n（Cl）应介于两者之间，即6：5n（Na）：n（Cl）2：1，现7：32：1，故B错误；C、若n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol1+1mol5=7mol，生成NaCl获得的电子为11mol1=11mol，得失电子不相等，故C错误；D、由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，氧化产物只有Na

27、ClO3时，转移电子数最多，为0.3mol5/61=0.25mol，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol1/21=0.15mol，0.15n0.25，故D正确；故选D。点睛：考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算，难度较大，用列方程组可以解，但利用极限法与守恒法等技巧可以达到事半功倍的效果。11、A【解析】把Cl原子看成氢原子，可知C5H7Cl的不饱和度为=2，一个双键的不饱和度为1，一个三键的不饱和度为2，一个环的不饱和度为1，据此判断。【详解】AC5H7Cl的不饱和度为2，含有一个双键的直链有机物不饱和度为1，故A错误；BC5H7Cl的不饱和度为2，含有两个双键的直链有

28、机物不饱和度为2，故B正确；CC5H7Cl的不饱和度为2，含有一个双键的环状有机物不饱和度为2，故C正确；DC5H7Cl的不饱和度为2，含有一个叁键的直链有机物不饱和度为2，故D正确；故答案为A。12、D【解析】分析：硝酸镍是强酸弱碱盐，硫化钠是强碱弱酸盐，它们都能促进水的电离。F点表示硝酸镍和硫化钠恰好完全反应，溶液中溶质是硝酸钠，据此分析A的正误；根据NiS(s) Ni2+(aq)S2-(aq)，Ksp(NiS)c(Ni2+)c(S2-)分析B的正误；根据NiCO3(s)S2-(aq) NiS(s)CO32-(aq) KcCO32-cS2-分析C的正误；根据S2-H2OHS-OH-，Kh1

29、KwKa2分析D的正误。详解：A.硝酸镍是强酸弱碱盐，硫化钠是强碱弱酸盐，它们都能促进水的电离。F点表示硝酸镍和硫化钠恰好完全反应，溶液中溶质是硝酸钠，水的电离程度最小，故A正确；B.NiS(s) Ni2+(aq)S2-(aq)，Ksp(NiS)c(Ni2+)c(S2-)110-21，故B正确；C.NiCO3(s)S2-(aq) NiS(s)CO32-(aq) KcCO32-cS2-KspNiCO3KspNiS1.41014，故C正确；D.S2-H2OHS-OH-，Kh1KwKa21.010-147.110-15，故D错误；故选D。点睛：本题考查了电解质溶液中的平衡表达式的计算，掌握和理解平衡

30、表达式是解题的关键。本题的易错点为A，要注意能够水解的盐促进水的电离，酸或碱抑制水的电离。13、D【解析】A、元素原子的第一电离能越大，表示该元素的原子越难失去电子，故A错误；B、第一电离能是基态的气态原子失去核外第一个电子转化为气态基态正离子需要的最低能量，故B错误；C、总体趋势：同一周期中，第一电离能从左到右越来越大，其中有反常，如第一电离能：NO，故C错误；D、可通过各级电离能的数值，判断元素可能有的化合价，故D正确；故选D。【点睛】本题重点考查第一电离能的相关知识。第一电离能总体的递变规律为：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小，但第一电离能的变化趋势中有曲折，因为当外围电子

31、在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大；一般来说，元素的电离能按照第一、第二的顺序逐渐增加，如果突然增加的比较多，电离的难度增大，这里就是元素的通常的化合价。14、C【解析】根据题中丁腈橡胶可知，本题考查丁腈橡胶的合成原料，运用丁腈橡胶的合成原理分析。【详解】丁腈橡胶的链节是，去掉两端的短线后为，将链节主链单键变双键，双键变单键，断开错误的双键，即可得两种单体：CH2=CHCH=CH2与CH2=CHCN。答案选C。15、C【解析】A氢键属于分子间作用力，不属于共价键，故A错误；B氢键可存在于分子内，例如HNO3、邻硝基苯酚分子可以形成分子内氢键，还有

32、一个苯环上连有两个羟基，一个羟基中的氢与另一个羟基中的氧形成氢键，故B错误；C氢键的形成过程是通过微粒之间作用力来进一步使体系的能量降低，物质处于较稳定状态，形成的氢键越强，物质的能量越低，故C正确；D氢键比化学键弱得多，在一定条件下和化学键一样也可以发生断裂，如水的蒸发过程中就存在氢键的断裂，故D错误；故答案为C。16、D【解析】A. 钠块浮在水和煤油的界面，说明(煤油)(钠)(水)，A正确；B. 该方案可行，煤油的作用是隔绝空气，防止生成Fe(OH)2被氧化，B正确；C. 该装置为铝热反应的装置，C正确；D. 比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，应将NaHCO3置于小试管(内管、受热

33、温度低)、将Na2CO3置于大试管(外管、受热温度高)中，D错误；故合理选项为D。17、A【解析】天然气、煤、石油属于化石燃料，用完之后不能再产生，属于不可再生能源。水煤气是氢气和一氧化碳的混合气，不属于化石能源；答案选A。18、D【解析】试题分析：根据教材中SiO2的晶体空间结构模型，每个硅原子与4个氧原子结合形成4个共价键，每个氧原子与2个硅原子结合形成2个共价键，其空间网状结构中存在四面体结构单元，硅原子位于四面体的中心，氧原子位于四面体的4个顶角，错误；金刚石的最小环上有6个碳原子，SiO2的晶体结构可将金刚石晶体结构中的碳原子用硅原子代替，每个SiSi键中“插入”一个氧原子，所以其最

34、小环上有6个硅原子和6个氧原子，Si、O原子个数比为11，、两项错误，正确；答案选。考点：考查晶体的空间构型。19、B【解析】根据图像可知，甲比乙用的时间长，则反应速率慢，但催化剂对平衡无影响；【详解】A.使用催化剂，反应速率加快，则a1a2，A正确；B.平衡时图甲和图乙中反应速率不相等，且乙甲，B错误；C.使用催化剂，反应速率加快，反应时间缩短，则t1t2，C正确；D.催化剂对平衡无影响，则平衡时图甲和图乙中反应限度相同，D正确；答案为B。20、A【解析】A分馏产品为烃的混合物；B使用清洁能源含N、S氧化物的排放； C燃料电池的燃料外部提供，能源利用率高； D合理开发利用可燃冰，减少化石能源

35、的使用。【详解】A分馏产品为烃的混合物，汽油为混合物，故A错误；B使用清洁能源，没有含N、S氧化物的排放，是防止酸雨发生的重要措施之一，故B正确；C燃料电池工作时，燃料和氧化剂连续地由外部提供，能源利用率高，将化学能直接转化为电能，故C正确； D合理开发利用可燃冰，减少化石能源的使用，有助于缓解能源紧缺，故D正确；故选A。21、D【解析】Aa点时酸碱恰好中和，溶液，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为，故A错误； Ba点水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出，抑制水的电离，故B错误； C时，由电荷守恒可知，则，故C错误； Db点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液

36、呈酸性，说明HA电离程度大于水解程度，则存在，故D正确。 故答案为D。22、A【解析】每一个C原子旁边有3根键，每一个键旁边都有2个碳原子，所以原子和键的比例是2:3。A项正确；本题答案选A。二、非选择题(共84分)23、2Na+2H2O=2Na+2OH+H2 不是 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 Na2CO3 NaHCO3 【解析】(1)若A为Na，A与水反应生成单质E为H2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3；(2)若A为Na2O2，A与水反应生成单质E为O2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3，根据碱性氧化物的定义判断物质类别；(3)A不论是

37、Na还是Na2O2，和水反应生成溶液为氢氧化钠溶液，通入二氧化碳反应生成C和D，判断为生成碳酸钠和碳酸氢钠。【详解】(1)若A为Na，A与水反应生成单质E为H2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3，A与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2；(2)若A为Na2O2，A与水反应生成单质E为O2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3。A与水反应产生的物质除了碱NaOH外，还有O2，反应过程中有元素化合价的变化，因此Na2O2不是碱性氧化物；A与CO2反应产生碳酸钠、氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，(3)A不

38、论是Na还是Na2O2，和水反应生成溶液为氢氧化钠溶液，通入二氧化碳反应生成C为Na2CO3，继续通入二氧化碳反应生成D为NaHCO3。【点睛】本题考查无机物推断的知识，涉及钠元素单质及其化合物的性质与转化、物质所属类别、有关方程式书写等，需要熟练掌握元素化合物知识，关键是判断可能的反应产物。24、NaOH醇溶液、加热 加成反应 缩聚反应 +O2+2H2O 或或或 CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH 【解析】发生催化氧化生成E，E进一步发生氧化反应生成F为，F与D发生缩聚反应生成高聚物G，可知D为，逆推可知C为BrCH2CHBrCH2Br、B

39、为BrCH2CH=CH2、A为CH3CH=CH2。据此解答。【详解】（1）反应是CH3CHBrCH3转化为CH3CH=CH2，发生消去反应，反应条件为：NaOH醇溶液、加热。合成G过程中会生成另一种醇酸树脂，其结构简式为，故答案为：NaOH醇溶液、加热；。（2）反应属于加成反应，反应属于缩聚反应。故答案为：加成反应；缩聚反应。（3）反应的化学方程式为+O2+2H2O，故答案为：+O2+2H2O。（4）F()的同分异构体满足：a.1mol该物质与4mol新制氢氧化铜悬浊液反应，说明含有2个醛基，b遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，c核磁共振氢谱有3组峰值，比值为1：1：1，存在对称结构，其

40、中一种结构简式或或或，故答案为：或或或。（5）1-溴丙烷发生消去反应得到丙烯，丙烯与NBS发生取代反应引入溴原子生成BrCH2CH=CH2，然后在氢氧化钠水溶液、加热条件下得到CH2=CH-CH2OH，最后发生加聚反应生成高分子化合物，合成路线流程图为：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条件、有机物分子式与结构简式进行分析推断，明确官能团及其性质关系、官能团之间

41、的转化关系是解题关键。25、MnO2+ 2Cl-+4H+ Mn2+Cl2+2H2O 2S2Cl2+2H2O=3SSO2+4HCl 浓硫酸 a 赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗 【解析】从装置图中可以看出，A为氯气的制取装置，B为除去氯气中氯化氢的装置，C为干燥氯气的装置，D为制取一氯化硫的装置，E为干燥装置，F为尾气处理装置，据此分析解答问题。【详解】(1)A装置为实验室制取Cl2的装置，发生反应的离子反应方程式为MnO2+ 2Cl-+4H+ Mn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+ 2Cl-+4H+ Mn2+Cl2+2H2O；(2)一氯化硫(S2Cl2)常温下较为稳定

42、，受热易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化产物中不仅有淡黄色固体(S)，而且还有两种气体，用NaOH溶液吸收该气体可得两种盐Na2SO3和NaCl，说明两种气体为HCl和SO2。一氯化硫与水反应的化学反应方程式2S2Cl2+2H2O=3S+SO2+4HCl，故答案为：2S2Cl2+2H2O=3SSO2+4HCl；(3)一氧化硫遇水即歧化，所以C、E装置均起干燥作用，可盛放浓硫酸，故答案为：浓硫酸；(4)冷凝管的冷却水流向都是下进上出，所以D中冷水进水口为a；因为一氯化硫易被氧化，且遇水即歧化，所以实验过程中，需要先点燃A处酒精灯，通入氯气一段时间后方可向D中水槽里面加入热水加热，这样做的目的是

43、赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗，故答案为：a；赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗。26、 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

44、，在加热条件下进行，为了防止暴沸，必需加入碎瓷片，并进行不断的搅拌，所以可以用电磁搅拌完成这一操作；乙醇易溶于水，被氧化为二氧化碳和水，所以过量的高锰酸钾可以用乙醇除去，生成的二氧化锰通过过滤除去，所以乙醇的作用：除去过量的高锰酸钾溶液，正确答案：电磁搅拌；除去过量的高锰酸钾；（2）根据分析可知，过滤所得沉淀是二氧化锰，正确答案：二氧化锰；（3）通过测定白色固体苯甲酸的熔点，发现其在122开始熔化，达到130时仍有少量不熔，推测白色固体是苯甲酸与KCl的混合物，所以不熔物的成分是氯化钾，正确答案：氯化钾；（4）利用苯甲酸和氯化钾的溶解度不同，通过重结晶的方法分离苯甲酸和氯化钾，除去苯甲酸中的氯

45、化钾，所以正确答案：重结晶。27、B 上口倒出 冷凝管 CD 产生的气体中混有能使酸性高锰酸溶液褪色的乙醇蒸气 【解析】分析：本题考查的是有机物分离和提纯，掌握有机物的物理和化学性质是关键。详解：(1)粗溴苯含有溴等杂质，需要提纯，则需要经过水洗，溶解部分溴，在加入氢氧化钠，反应掉剩余的溴单质，再水洗分液，用干燥剂干燥，最后蒸馏，故选B。分液时上层液体在下层液体放出之后，从上口倒出；蒸馏实验中要使用冷凝管。(2)A.三种试剂不能区别己烷和己烯，故错误；B.两种试剂只能检验出乙酸，故错误；C.紫色石蕊能检验出乙酸，溴水能检验出剩余四种溶液，互溶的为乙醇，分层，上层有颜色的为己烷，溶液褪色的为己烯，出现白色沉淀的为苯酚。故正确；D.新制氢氧化铜悬浊液能检验出乙酸，溴水能鉴别出其余