2022届福建省漳州市高二化学第二学期期末教学质量检测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3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、工业上采用如图装置模拟在A池中实现铁上镀铜，在C装置中实现工业KCl制取KOH溶液。下列有关说法错误的是Aa为精铜，b为铁制品可实现镀铜要求Bc为负极，电极反应式为CH3OH8OH6eCO32-6H2OC从e出来的气体为氧气

2、，从f出来的气体为氢气D钾离子从电解槽左室向右室迁移，h口出来的为高浓度的KOH溶液2、下列物质属于芳香烃，但不是苯的同系物的是（ ）CH=CH2 CH3 ABCD3、下列叙述正确的是( )A通常，同周期元素中A族元素的第一电离能最大B在同一主族中，自上而下元素的第一电离能逐渐减小C第A、A族元素的原子，其原子半径越大，第一电离能越大D主族元素的原子形成单原子离子时的最高化合价数都和它的族序数相等4、已知向某溶液中逐滴加入NaOH溶液时，测得生成沉淀的质量随所加入NaOH的体积变化如图所示，则该溶液中大量含有的离子可能是（）AH+、NH4+、Mg2+、NO3-BH+、Al3+、AlO2-、NH

3、4+CH+、NH4+、Al3+、Cl- DNH4+、Al3+、Cl-、SO42-5、下列反应中，其产物的颜色按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是()金属钠在纯氧中燃烧FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，并在空气中放置一段时间FeCl3溶液中滴入KSCN溶液 无水硫酸铜放入医用酒精中ABCD6、下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是()A同质量的N2和CO2 B同质量的H2和N2C同体积的O2和N2 D相同物质的量的N2O和CO27、某钠盐溶液中可能含有NO2、SO42、SO32、CO32、Cl、NO3等阴离子。某同学取5份此溶液样品，分别进行了如下实验：用pH计测得溶液pH大于7加入盐酸，产生

4、有色刺激性气体加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，且放出有色刺激性气体加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀完全溶于稀硝酸且放出气体，将气体通入品红溶液，溶液不褪色。加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，在滤液中加入酸化的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再滴加KSCN溶液，显红色。则下列说法不正确的是A仅由中的实验现象可推测一定含有NO2B根据可确定一定含有NO2、CO32、Cl三种阴离子C不能确定是否一定含有NO3D仅由即可确定一定不存在SO42、SO328、下列能发生酯化、加成、氧化、还原、消去5种反应的化合物是ACH2=CHCH2COOHBCDCH2=CH-CH2-CHO9、下

5、列各种高聚物中，具有热固性的是()A有机玻璃 B聚氯乙烯 C聚丙烯 D酚醛塑料10、把V L含有MgS04和K2S04的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为A (b-a)/V molL-1B(2b-a)/V molL-1C2(2b-a)/V molL-1D2(b-a)/V molL-111、关于常温下pH11的NaOH溶液和氨水，下列说法正确的是Ac(NH4)c(NH3H2O)c(Na)B氨水的导电能力明显强于NaOH溶液C向等体积的两溶

6、液中加盐酸溶液至中性，NaOH溶液消耗的盐酸溶液体积多D该氨水溶液与等体积，pH3的盐酸溶液混合后：c(OH)c(H)12、下列有关实验操作的叙述错误的是A过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁B向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒可以接触容量瓶内壁C配制5%NaCl溶液时，必须用到的玻璃仪器是容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒D分液漏斗、容量瓶及滴定管使用前都必须检漏13、下列关于钠的描述中不正确的是（ ）自然界中的钠以单质和化合物的形式存在 实验室剩余的钠需要放同原瓶钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在煤油中当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜产生金属钠与O2反应，条件不同，产物不相同燃

7、烧时放出白色火花，燃烧后生成浅黄色固体物质钠-钾合金通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂ABCD14、300mLAl2(SO4)3溶液中，含有Al3+为1.62 克，在该溶液中加入0.1mol/LBa(OH)2溶液300mL，反应后溶液中SO42-的物质的量浓度约为A0.4 mol/LB0.3 mol/LC0.1 mol/LD0.2mol/L15、金刚石的熔点为a，晶体硅的熔点为b，足球烯(分子式为C60)的熔点为c，三者熔点的大小关系是Aabc Bbac Ccab Dcba.16、下列属于化学变化的是A淀粉遇 I2 变蓝B海水晒盐C石油分馏得到柴油D从煤焦油获得苯、甲苯17、将乙炔通入银

8、氨溶液，产生白色沉淀，通过该实验可以区分乙炔和乙烯。化学方程式为：HCCH+2Ag(NH3)2+ AgCCAg+2NH4+2NH3。乙炔银遇酸可放出乙炔。下列分析或推测不正确的是A乙炔与银氨溶液的反应不是氧化还原反应B乙炔中C-H键的活性比乙烯中C-H键的活性强C乙炔通入AgNO3溶液中也能发生类似反应D2-丁炔不能与银氨溶液发生类似反应18、亚硝酸钠是一种防腐剂和增色剂，但在食品中过量时会对人体产生危害，其在酸性条件下会产生NO和NO2。下列有关说法错误的是ANaNO2既可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，又可以将二价铁离子氧化为三价铁离子B食用“醋熘豆芽”可能会减少亚硝酸钠对人体的危害CNaNO2

9、和胃酸作用的离子方程式为2NO2+2H+NO+NO2+H2OD1 mol NaNO2在酸性条件下完全反应生成NO和NO2，转移电子的物质的量为1 mol19、由于碳碳双键不能自由旋转，因此和是两种不同的化合物，二者互为顺反异构体。则分子式为C3H4Cl2且含有碳碳双键的化合物的同分异构体有A7种B5种C6种D4种20、L-多巴可用于帕金森综合症的治疗，其结构简式为 。下列关于L-多巴的说法中，不正确的是A分子式为C9H11O4NB能缩合生成高分子C能与酸、碱反应生成盐D核磁共振氢谱有8个吸收峰21、我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯（DMO）和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下

10、：下列说法不正确的是AEG能聚合为高分子B反应过程中生成了MG和甲醇CDMO分子中碳碳单键没有发生了断裂D1molDMO完全转化为EG时消耗2molH222、已知化合物A（C4Si4H8）与立方烷（C8H8）的分子结构相似，如下图：则C4Si4H8的二氯代物的同分异构体数目为：A6B5C4D3二、非选择题(共84分)23、（14分）近来有报道，碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称是_。（2）B为单氯代烃，由B生成C的化学方程式为_。（3）由A生成B、G生成H的反应类型分别是_、_。（4）D的

11、结构简式为_。（5）Y中含氧官能团的名称为_。（6）E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为_。（7）X与D互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为332。写出3种符合上述条件的X的结构简式_。24、（12分）如图所示中，A是一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应的火焰均呈黄色。填写下列空白:（1）写出化学式:A_，B _ ，D_。 （2）以上反应中属于氧化还原反应的有 _ (填序号)。 （3）写出反应的离子方程式:_。写出反应的化学方程式: _ 。25、（12分）碘化钠用作甲状腺肿瘤防治剂

12、、祛痰剂和利尿剂等. 实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4H2O)为原料可制备碘化钠。资料显示：水合肼有还原性，能消除水中溶解的氧气；NaIO3是一种氧化剂.回答下列问题：(1)水合肼的制备有关反应原理为: NaClO+2NH3 = N2H4H2O+NaCl用下图装置制取水合肼，其连接顺序为_(按气流方向，用小写字母表示).开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加 NaClO溶液.滴加 NaClO溶液时不能过快的理由_。(2)碘化钠的制备i.向三口烧瓶中加入8.4gNaOH及30mL水，搅拌、冷却，加入25.4g碘单质，开动磁力搅拌器，保持6070至反应充分；

13、ii.继续加入稍过量的N2H4H2O(水合肼)，还原NaIO和NaIO3，得NaI溶液粗品，同时释放一种空气中的气体；iii.向上述反应液中加入1.0g活性炭，煮沸半小时，然后将溶液与活性炭分离；iv.将步骤iii分离出的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得产品24.0g.步骤i反应完全的现象是_。步骤ii中IO3-参与反应的离子方程式为_。步骤iii “将溶液与活性炭分离”的方法是_。本次实验产率为_，实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高，可能的原因是_。某同学检验产品NaI中是否混有NaIO3杂质. 取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝

14、. 得出NaI中含有NaIO3杂质. 请评价该实验结论的合理性:_(填写“合理”或“不合理”)，_(若认为合理写出离子方程式，若认为不合理说明理由).26、（10分）亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制取少量的NOSO4H，并检验产品纯度。已知：NOSO4H遇水水解，但溶于浓硫酸而不分解。（1）利用装置A制取SO2，下列最适宜的试剂是_(填下列字母编号)ANa2SO3固体和20%硝酸 BNa2SO3固体和20%硫酸CNa2SO3固体和70%硫酸 DNa2SO3固体和18.4mol/L硫酸（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得

15、NOSO4H。为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是_。该反应必须维持体系温度不低于20。若温度过高，产率降低的可能原因是_。开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因可能是_。（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是_。（4）测定NOSO4H的纯度准确称取1.337 g产品加入250 mL碘量瓶中，加入0.1000mol/L、60.00 mL的KMnO4标准溶液和10 mL 25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500 mol/L草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00 mL。已知：2KMnO45NOSO4H2H2OK2

16、SO42MnSO45HNO32H2SO4配平：_MnO4-_C2O42-_Mn2+_H2O亚硝酰硫酸的纯度=_%(计算结果保留两位有效数字)。27、（12分）. 实验室制得气体中常含有杂质，影响其性质检验。下图A为除杂装置，B为性质检验装置，完成下列表格：序号气体反应原理A中试剂 乙烯溴乙烷和NaOH的醇溶液加热_ 乙烯无水乙醇在浓硫酸的作用下加热至170反应的化学方程式是_ 乙炔电石与饱和食盐水反应_. 为探究乙酸乙酯的水解情况，某同学取大小相同的3支试管，分别加入以下溶液，充分振荡，放在同一水浴加热相同时间，观察到如下现象。编号 实验操作实验现象酯层变薄酯层消失酯层基本不变 (1)试管中反

17、应的化学方程式是_；(2)对比试管和试管的实验现象，稀H2SO4的作用是_；(3)试用化学平衡移动原理解释试管中酯层消失的原因_。28、（14分）肾上腺素是缓解心跳微弱、血压下降、呼吸困难等症状的激素类药物，以下是某研究小组合成该药物的反应流程。已知：i. CH3ClCH3NHCH2CH3ii.+ iii. 请回答：(1)下列说法不正确的是_。A反应属于取代反应 BE的分子式为C9H10NO3C肾上腺素中含有三种不同类型的官能团 DD遇FeCl3溶液显紫色(2)化合物B的结构简式是_。(3)写出反应的化学反应方程式_。(4)请设计以C(烃类)和乙烯为原料合成的合成路线_(用流程图表示，无机试剂

18、任选)。(5)写出同时满足下列条件的E的所有同分异构体的结构简式_。IR谱显示分子中存在苯环、硝基、以及醚键1H-NMR谱表明分子中有3种不同环境的氢原子29、（10分）海水中蕴藏着丰富的资源。海水综合利用的流程图如下。（1）用NaCl作原料可以得到多种产品。工业上由NaCl制备金属钠的化学方程式是_。写出产物氯气制备“84”消毒液的离子方程式：_。NaCl也是侯氏制碱法的重要反应物之一，写出侯氏制碱法过程中涉及到的两个主要方程式：_，_。（2）采用“空气吹出法”从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收。碱吸收溴的主要反应是Br2Na2CO3H2ONaBrNaBrO3NaHCO3，吸收1 mol Br

19、2时，转移的电子数为_mol。（3）海水提镁的一段工艺流程如下图：卤水Mg（OH）2MgCl2溶液MgCl26H2OMgCl2Mg采用石墨电极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式_；电解时，若有少量水存在，则不能得到镁单质，写出有关反应的化学方程式_。（4）分离出粗盐后的卤水中蕴含着丰富的镁资源，经过下列途径可获得金属镁：其中，由MgCl26H2O制取无水MgCl2的部分装置（铁架台、酒精灯已略）如下：上图中，装置a由_、_、双孔塞和导管组成。循环物质甲的名称是_。制取无水氯化镁必须在氯化氢存在的条件下进行，原因是_。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、

20、C【解析】根据图像可知，B为原电池，氧气得电子与水反应生成氢氧根离子，d作电池的正极；c上甲醇失电子，与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；A、C为电解池g、a为电解池的阳极，b、h为电解池的阴极；【详解】A. a为精铜，作电解池的阳极，失电子，b为铁制品作阴极，铜离子得电子可实现镀铜要求，A正确；B. c为负极，甲醇失电子与溶液中的氢氧根离子反应生成碳酸根离子，电极反应式为CH3OH8OH6eCO32-6H2O，B正确；C. 电解KCl，e处为阳极，氯离子失电子出来的气体为氯气，从f出来的气体为氢气，C错误；D. 电解槽左侧为阳极室，钾离子从电解槽左室向右室迁移，h口出来的为高浓度的KOH溶液

21、，D正确；答案为C【点睛】电解池中阳离子向阴极室移动；原电池阳离子向正极移动。2、B【解析】苯的同系物满足CnH2n6，因此属于苯的同系物是甲苯和乙苯，答案选B。3、B【解析】A.同一周期中零族元素的第一电离能最大；B.同一主族中，自上而下原子半径逐渐增大，第一电离能逐渐减小；C.第A、A族元素的原子,原子半径越大，第一电离能越小；D.主族元素的原子形成单原子离子时,若为阴离子，则其与族序数不等。【详解】A.稀有气体不容易失电子，则同周期元素稀有气体的第一电离能最大，故A错误；B.在同一主族中，自上而下失电子能力增强，则自上而下第一电离能逐渐减小，故B正确；C.第A、A族元素的原子，其半径越大

22、，失电子能力越强，越容易失电子，第一电离能越小，故C错误；D.有的主族元素的原子形成单原子阳离子时的最高化合价数等于其族序数，如Cl元素等，但F元素形成的最高化合价为-1价，不等于其族序数，故D错误；本题答案选B。4、C【解析】根据图像可知，开始加入NaOH未出现沉淀，则溶液中含有大量的氢离子；产生沉淀，且沉淀完全消失，则含有铝离子；中间加入NaOH沉淀不变，则含有铵根离子；【详解】A.溶液中不能含有Mg2+，否则沉淀不能完全消失，A错误；B. Al3+、AlO2-不能大量共存，B错误；C. H+、NH4+、Al3+、Cl- 符合题意，C正确；D. NH4+、Al3+、Cl-、SO42-，溶液

23、中应该还有大量的H+，D错误；答案为C。5、B【解析】金属钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的过氧化钠；FeSO4溶液中滴入NaOH溶液先生成白色沉淀氢氧化亚铁，但很快转化为灰绿色，最终转化为红褐色的氢氧化铁；FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，溶液呈红色；无水硫酸铜放入医用酒精中，医用酒精中含有水，无水硫酸铜遇水变蓝，故溶液变蓝，故其产物的颜色按按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是，B项正确；答案选B。6、D【解析】分析：A项，等质量的N2和CO2的物质的量之比为11:7，所含原子物质的量之比为22:21；B项，等质量的H2和N2的物质的量之比为14:1，所含原子物质的量之比为14:1；C项

24、，O2和N2所处的温度、压强未知，无法确定同体积的O2和N2物质的量的大小；D项，相同物质的量的N2O和CO2含原子物质的量相等。详解：A项，N2和CO2的摩尔质量之比为28:44=7:11，等质量的N2和CO2的物质的量之比为11:7，所含原子物质的量之比为22:21，A项所含原子数不相等；B项，H2和N2的摩尔质量之比为2:28=1:14，等质量的H2和N2的物质的量之比为14:1，所含原子物质的量之比为14:1，B项所含原子数不相等；C项，O2和N2所处的温度、压强未知，无法确定同体积的O2和N2物质的量的大小，C项所含原子数不一定相等；D项，N2O和CO2都是三原子分子，相同物质的量的

25、N2O和CO2含原子物质的量相等，D项所含原子数一定相等；答案选D。7、A【解析】A、用pH计测得溶液pH大于7，说明溶液呈碱性；加入盐酸，产生有色刺激性气体，由于要放出有色刺激性气体，所以可以是亚硝酸的自身分解，反应的方程式为：2HNO2H2O+NO+NO2，或是NO3与SO32之间发生氧化还原反应，因此不能说明溶液中含有NO2-，A不正确；B、加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，且放出有色刺激性气体，说明溶液中含有Cl-；加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀溶于稀硝酸且放出气体，将气体通入品红溶液，溶液不褪色，说明溶液含有CO32-，没有SO42-、SO32-，因此一定含有NO

26、2，B正确；C、加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，在滤液中加入酸化的（NH4）2Fe（SO4）2溶液，再滴加KSCN溶液，显红色，说明溶液中含有具有氧化性的离子NO2-、或NO3，因此根据以上分析可知不能确定是否一定含有NO3，C正确；D、由即可确定一定不存在SO42、SO32，D正确；答案选A。8、C【解析】A. 含有羧基能发生酯化反应，含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应，能和氢气发生还原反应，不能发生消去反应，故A不符合；B. 含有羟基能发生酯化反应，含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应，能和氢气发生还原反应，和羟基连碳的邻碳上没有氢，不能发生消去反应，故B不符合；C. 含有醛基，

27、能发生加成反应、氧化反应，能和氢气发生还原反应，含有羟基，能发生酯化反应、消去反应，故C符合题意；D. 含有碳碳双键和醛基，能发生加成反应、氧化反应，能和氢气发生还原反应，不能发生消去反应和酯化反应，故D不符合；答案：C。9、D【解析】分析：热固性塑料在高温情况下“固”，即高温下形状不变，为体型分子；热塑性塑料在高温情况下“塑”，高温下可以发生形变，为线型分子。详解：酚醛塑料，为体型分子，属于热固性塑料，而有机玻璃的成分是聚甲基丙烯酸甲酯、聚氯乙烯塑料、聚丙烯塑料均为线型分子，属于热塑性塑料。答案选D。10、C【解析】一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么M

28、g2+就有mol，硫酸镁也就是 mol。另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol，钾离子就有2(b-)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即 molL-1，C项符合题意，故答案为C。11、D【解析】ApH=11的NaOH溶液中c(Na+ )=0.001mol/L，一水合氨为弱碱，氨水浓度大于0.001mol/L，即c(NH4+ )+c(NH3H2O)0.001mol/L=c(Na+ )，故A错误；B溶液的导电离子浓度相等，两溶液pH相等，离子浓度相同，导电能力相同，故B错误；C氨水的浓度大于NaOH溶液

29、，则向等体积的两溶液中加盐酸溶液至中性，氨水溶液消耗的盐酸溶液体积多，故C错误；D该氨水溶液与等体积、pH=3 的盐酸溶液混合后，氨水过量，混合液呈碱性，则c(OH-)c(H+)，故D正确；故选D。12、C【解析】A.过滤操作要注意“一贴二低三靠”，漏斗颈下端口要靠在烧杯内壁。故A正确；B.将溶液转移到容量瓶中时，要用玻璃棒引流，玻璃棒的下端要靠在容量瓶刻度线以下的内壁上。故B正确；C.配制一定质量分数的溶液，必须用到的玻璃仪器是量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒。故C错误；D. 容量瓶、滴定管、分液漏斗使用前都必须检查是否漏水。故D正确；故答案选：C。【点睛】配制一定质量分数的溶液和配置一定浓度的

30、溶液所需仪器不同。13、B【解析】钠化学性质非常活泼，自然界中的钠以化合物的形式存在，故错误；因钠活泼，易与水、氧气反应，如在实验室随意丢弃，可引起火灾，实验时剩余的钠粒可放回原试剂瓶中，故正确；钠的密度比煤油大，钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在煤油中，故正确；钠投入硫酸铜溶液中时，先和水反应生成NaOH和氢气，生成的NaOH再和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，所以得不到Cu，故错误；金属钠与O2反应，条件不同，产物不相同，点燃时生成过氧化钠，不点燃时生成氧化钠，故正确；燃烧时放出黄色火花，燃烧后生成浅黄色固体物质，故错误；钠-钾合金熔点低，通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂故正

31、确；故选B。点睛：本题考查钠的性质，解题关键：明确元素化合物性质及物质之间的反应，知道中钠在水中发生的一系列反应，注意中焰色反应与生成物颜色。14、C【解析】硫酸铝溶液中c(Al3+)=1.62g27g/mol0.3L=0.2mol/L，根据Al2(SO4)3的化学式可知c(SO42) =c(Al3+)=0.2mol/L=0.3mol/L，则n(SO42)=0.3mol/L0.3L=0.09mol，向该溶液中加入氢氧化钡，二者反应生成硫酸钡和水，nBa(OH)2=0.1mol/L0.3L=0.03mol，0.03mol钡离子完全反应需要0.03mol硫酸根离子，则混合溶液中剩余n(SO42)=

32、0.09mol0.03mol=0.06mol，混合溶液中硫酸根离子物质的量浓度c（SO42）=n/V=0.06mol(0.3L+0.3L)=0.1mol/L，故答案选C。15、A【解析】金刚石和晶体硅为原子晶体，两者晶体结构相似，熔沸点高。由于金刚石中碳原子半径小于硅原子半径，所以碳碳键的键能高于晶体硅中硅硅键的键能，金刚石熔点高于晶体硅；足球烯(分子式为C60)为分子晶体，熔化只需要克服分子间作用力，故熔沸点低。所以三者熔点应该是金刚石高于晶体硅，晶体硅高于足球烯，A符合题意；正确答案：A。16、A【解析】A、淀粉遇碘变蓝色，有新的物质生成，属于化学变化，选项A正确；B、海水晒盐的过程中没有

33、生成新物质，属于物理变化，选项B错误；C、石油分馏后得到汽油、煤油、柴油等组分利用的也是不同组分之间沸点不同的性质，同理，其中涉及的物态变化没有生成新物质，属于物理变化，而非化学变化，选项C错误；D、从煤焦油获得苯、甲苯利用的也是不同组分之间沸点不同的性质，同理，其中涉及的物态变化没有生成新物质，属于物理变化，而非化学变化，选项D错误；答案选A。17、C【解析】A.乙炔与银氨溶液的反应过程中没有元素化合价的变化，因此该反应不是氧化还原反应，A正确；B.乙炔通入银氨溶液，产生乙炔银白色沉淀，而乙烯不能发生该反应，说明乙炔中C-H键的活性比乙烯中C-H键的活性强，因此通过该实验可以区分乙炔和乙烯，

34、B正确；C. AgNO3溶液中Ag+与银氨溶液中银元素存在形式不同，因此不能发生类似反应，C错误；D. 2-丁炔的不饱和C原子上无C-H键，因此不能与银氨溶液发生类似反应，D正确；故合理选项是C。18、D【解析】酸性条件下，亚硝酸钠会产生一氧化氮和二氧化氮，所以亚硝酸钠和胃酸作用的离子方程式为2NO2+2HNO+NO2+H2O，N元素的化合价一半由+3价降低为+2价，另一半由+3价升高为+4价。【详解】A、亚硝酸钠中，N显+3价，N元素的化合价既能升高又能降低，则NaNO2既具有氧化性又具有还原性，既可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，又可以将二价铁离子氧化为三价铁离子，故A正确；B、食用醋熘豆芽中含

35、有很多还原性较强的有机物，可以将亚硝酸盐还原，因此其能减少亚硝酸钠对人体的危害，故B正确；C、酸性条件下，亚硝酸钠会产生一氧化氮和二氧化氮，所以亚硝酸钠和胃酸作用的离子方程式为2NO2 +2H =NO+NO2+H2O，故C正确；D、1 mol NaNO2在酸性条件下完全反应生成NO和NO2，转移电子的物质的量为1 mol1/2(4-3)=0.5 mol，D错误。故选D。【点睛】本题考查元素化合物的性质，意在考查考生对氧化还原反应原理的理解和应用能力。19、A【解析】据官能团位置异构首先写出C3H4Cl2的同分异构体，然后确定哪些同分异构体还存在顺反异构。【详解】C3H4Cl2分子中含有碳碳双键

36、和氯原子，有ClCH=CCl-CH3、ClCH=CH-CH2Cl、CH2=CCl-CH2Cl、Cl2C=CH-CH3和CH2=CH-CHCl25种同分异构体，其中ClCH=CCl-CH3和ClCH=CH-CH2Cl均存在顺反异构体，则含有碳碳双键的化合物的同分异构体有7种，故选A。【点睛】本题主要考查同分异构体的书写，注意根据等效氢原子判断二氯代物的个数是解决本题的关键。20、D【解析】A.根据物质的结构简式可知该物质分子式为C9H11O4N，A正确；B.该物质分子中含有氨基、羧基及酚羟基等多个官能团，因此在一定条件下课发生缩聚反应形成高分子化合物，B正确；C.物质分子中含有酸性基团羧基、酚羟

37、基，可以与碱反应；也含有碱性基团氨基，因此能够与酸反应，C正确；D.在物质分子中含有9种不同位置的H原子，因此核磁共振氢谱有9个吸收峰，D错误；故合理选项是D。21、D【解析】A.EG是乙二醇，分子中含有2个醇羟基，因此能发生缩聚反应形成高分子化合物，A正确；B.DMO为草酸二甲酯，在反应过程中，DMO中C-O、C=O均断裂，则反应过程中生成了EG和甲醇，B正确；C.DMO为草酸二甲酯，在反应过程中，DMO中C-O、C=O均断裂，没有断裂C-C单键，C正确；D.DMO为草酸二甲酯CH3-OOC-COOCH3，DMO与H2反应产生CH3OH和CH3OOC-CH2OH、H2O，1 mol DMO反

38、应需要3mol H2，若完全转化为EG时消耗6mol H2，D错误；故合理选项是D。22、C【解析】化合物A中含有两种不同环境的H原子，分别为与碳原子和硅原子连接，所以其二氯代物的同分异构体分别为：或或或共4种。答案选C。二、非选择题(共84分)23、丙炔取代反应加成反应羟基、酯基、【解析】A到B的反应是在光照下的取代，Cl应该取代饱和碳上的H，所以B为；B与NaCN反应，根据C的分子式确定B到C是将Cl取代为CN，所以C为；C酸性水解应该得到，与乙醇酯化得到D，所以D为，D与HI加成得到E。根据题目的已知反应，要求F中一定要有醛基，在根据H的结构得到F中有苯环，所以F一定为；F与CH3CHO

39、发生题目已知反应，得到G，G为；G与氢气加成得到H；H与E发生偶联反应得到Y。【详解】（1）A的名称为丙炔。（2）B为，C为，所以方程式为：。（3）有上述分析A生成B的反应是取代反应，G生成H的反应是加成反应。（4）D为。（5）Y中含氧官能团为羟基和酯基。（6）E和H发生偶联反应可以得到Y，将H换为F就是将苯直接与醛基相连，所以将Y中的苯环直接与羟基相连的碳连接即可，所以产物为。（7）D为，所以要求该同分异构体也有碳碳三键和酯基，同时根据峰面积比为3:3:2，得到分子一定有两个甲基，另外一个是CH2，所以三键一定在中间，也不会有甲酸酯的可能，所以分子有6种：【点睛】本题的最后一问如何书写同分异

40、构，应该熟练掌握分子中不同氢数的影响，一般来说，3个或3的倍数的氢原子很有可能是甲基。2个或2的倍数可以假设是不是几个CH2的结构，这样可以加快构造有机物的速度。24、 Na Na2O2 Na2CO3 OH-+CO2HCO3- 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O【解析】本题考查无机推断，这些物质的焰色反应为黄色，说明含有Na元素，A为单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，则A为Na，反应为2NaO2Na2O2，即B为Na2O2，反应发生2Na2H2O=2NaOHH2，即C为NaOH，反应为2Na2O22H2O=4NaOHO2，反应发生2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，即D

41、为Na2CO3，反应是NaOH与过量CO2反应，即反应方程式为NaOHCO2=NaHCO3，即E为2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，（1）根据上述分析，A为Na，B为Na2O2，D为Na2CO3；（2）上述发生氧化还原反应的有；（3）反应的离子反应方程式为OHCO2=HCO3，反应的化学反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O。点睛：本题找准突破口，即焰色反应为黄色，说明含有钠元素，因为A为单质，且几种物质含有A元素，因此A为金属钠，然后进行推断，注意基础知识的夯实。25、f a b c d e(ab顺序可互换） 过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产

42、率 无固体残留且溶液呈无色（答出溶液呈无色即给分） 2IO3-+3N2H4H2O=3N2+2I-+9H2O 趁热过滤或过滤 80% 水合胼能与水中的溶解氧反应 不合理 可能是I- 在酸性环境中被O2氧化成I2而使淀粉变蓝 【解析】(1)水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3N2H4H2O+NaCl，利用装置D制备氨气，装置A为安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置C吸收；(2)加入氢氧化钠，碘和氢氧化钠发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加入水合肼得到氮气与NaI，得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI；

43、由碘单质计算生成的NaI与NaIO3，再由NaIO3计算与N2H4H2O反应所得的NaI，由此计算得到理论生成的NaI，再计算产率可得；NaIO3能够氧化碘化钾，空气中氧气也能够氧化碘离子生成碘单质。据此分析解答。【详解】(1)水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3N2H4H2O+NaCl，利用装置D制备氨气，通过装置A安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置C吸收，倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸，按气流方向其连接顺序为：fabcde，故答案为fabcde；开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，生成氨气一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加 NaClO

44、溶液反应生成水合肼，水合肼有还原性，滴加NaClO溶液时不能过快的理由：过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水和肼，降低产率，故答案为过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水和肼，降低产率；(2)步骤ii中碘单质生成NaI、NaIO3，反应完全时现象为无固体残留且溶液接近无色，故答案为无固体残留且溶液接近无色；步骤iiiN2H4H2O还原NalO3的化学方程式为：3N2H4H2O+2NaIO3=2NaI+3N2+9H2O，离子方程式为：3N2H4H2O+2IO3-=2I-+3N2+9H2O，故答案为3N2H4H2O+2IO3-=2I-+3N2+9H2O；活性炭具有吸附性，

45、能脱色，通过趁热过滤将活性炭与碘化钠溶液分离，故答案为趁热过滤；8.2gNaOH与25.4g单质碘反应，氢氧化钠过量，碘单质反应完全，碘和氢氧化钠发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，则生成的NaI的质量为：5150g/mol=25g，生成的NaIO3与N2H4H2O反应所得的NaI，反应为3N2H4H2O+2NaIO3=2NaI+3N2+9H2O，则6I22NaIO32NaI，该步生成的NaI质量为：2150g/mol=5g，故理论上生成的NaI为25g+5g=30g，实验成品率为100%=80%，实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高是因为水合肼能与水中的溶解氧反应，

46、故答案为80%；水合肼能与水中的溶解氧反应；取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝，说明生成碘单质，可能是NaIO3氧化碘化钾反应生成，也可能是空气中氧气氧化碘离子生成碘单质，不能得出NaI中含有NaIO3杂质，故答案为不合理；可能是I-在酸性环境中被氧气氧化成I2而使淀粉变蓝。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，主要考查了化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、产率计算等。本题的难点为，要注意理清反应过程。26、C 调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度 浓HNO3分解、挥发 生成的NOSO4H作为该反应的催化剂 C(或A)中的水蒸气会进入B

47、，使产品发生水解 2 5 16H+ 2 10CO2 8 95 【解析】根据题意可知，在装置B中利用浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，利用装置A制取二氧化硫，利用装置C吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，据此分析。【详解】（1）该装置属于固液或液液混合不加热型装置。Na2SO3溶液与HNO3反应时，硝酸会氧化亚硫酸钠本身被还原为一氧化氮，选项A不符合；实验室制二氧化硫的原理是基于SO32-与H+的反应，因为生成的SO2会溶于水，所以不能用稀硫酸来制取，那样不利于SO2的逸出，但如果是用浓硫酸（18.4mol/L），纯硫酸是共价化合物，浓度越高，越不利于硫酸电离出H+，所以

48、不适合用太浓的硫酸来制取SO2，选项B、选项D不符合；选项C符合；答案选C；（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度；该反应必须维持体系温度不低于20。若温度过高，浓HNO3分解、挥发，产率降低；开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但生成的NOSO4H作为该反应的催化剂，使反应速率明显加快；（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是C(或A)中的水蒸气会进入B，使产品发生水解；(5)发生的是MnO4和C2O42的氧化还原反应，MnO4做氧化剂，被还原

49、成生成Mn2+，C2O42做还原剂，被氧化成城二氧化碳。结合得失电子守恒和电荷守恒可得到MnO4和C2O42的离子反应方程式为：2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O；根据题意可知，酸性KMnO4溶液先与NOSO4H反应，利用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。用0.2500molL1草酸钠标准溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。可知剩余的KMnO4的物质的量n1(MnO4)=n(C2O42)=0.2500molL120.0010-3L=210-3mol，则亚硝酰硫酸消耗的KMnO4的物质的量n2(MnO4)=0.1000molL160

50、.0010-3L-210-3mol=410-3mol。n(NOSO4H)=5/2n2(MnO4)=10-2mol，亚硝酰硫酸的纯度=m(NOSO4H)/1.337g100%=10-2mol127 gmol1/1.337g100%=95.0%。【点睛】本题测定纯度过程中，先用过量的酸性KMnO4溶液滴定NOSO4H，将NOSO4H完全消耗，再用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。经过两次滴定实验，最终测得样品纯度。可先根据第二次滴定，求出第一次消耗高锰酸钾的物质的量，再根据方程式比例关系，计算出样品中NOSO4H的含量。27、水 NaOH溶液 溶液 稀硫酸可以加速酯的水解(或稀硫酸是酯水解反应

51、的催化剂) 乙酸乙酯水解生成的乙酸与NaOH发生中和反应，乙酸浓度降低，使水解平衡向正反应方向移动，水解比较彻底 【解析】中、选择不同的方法制备乙烯，气体中所含杂质也各不相同，因此所选择的除杂试剂也有所区别。在中，利用溴乙烷和NaOH的醇溶液加热的方式制得的乙烯中通常混有乙醇蒸汽，因此利用乙醇极易溶于水的性质利用水将乙醇除去即可；而在中利用无水乙醇在浓硫酸的作用下加热至170反应制乙烯，在乙烯蒸汽中通常混有浓硫酸氧化乙醇后所产生的二氧化硫和二氧化碳，因此利用碱可以除去杂质。.实验分别在不同的条件下进行酯的分解实验。实验在酸性条件下进行，一段时间后酯层变薄，说明酯在酸性条件下发生了水解，但水解得

52、不完全；实验在碱性条件下进行，一段时间后酯层消失，说明酯在碱性条件下能发生完全的水解；实验是实验对照组，以此解题。【详解】. 利用溴乙烷和NaOH的醇溶液加热的方式制得的乙烯中通常混有乙醇蒸汽，因此利用乙醇极易溶于水的性质，用水将乙醇除去即可；利用无水乙醇在浓硫酸的作用下加热至170反应制乙烯，该反应的化学方程式是，在乙烯蒸汽中通常混有浓硫酸氧化乙醇后所产生的二氧化硫和二氧化碳，因此利用二氧化硫、二氧化碳均为酸性气体，用碱可以除去的特点，采用. NaOH溶液除杂；利用电石与饱和食盐水反应制乙炔，由于电石不纯，通常使制得的乙炔中混有硫化氢和磷化氢，因此可利用硫化氢、磷化氢易与溶液反应产生沉淀，将

53、杂质除去。. (1)试管中乙酸乙酯在酸性环境下发生水解反应，其化学方程式是：；(2)对比试管和试管的实验现象，稀H2SO4的作用是加速酯的水解，做反应的催化剂；(3) 由于乙酸乙酯水解生成的乙酸与NaOH发生中和反应，乙酸浓度降低，使水解平衡向正反应方向移动，水解比较彻底，因此试管中酯层消失。【点睛】本题对实验室制乙烯、乙炔的方法及除杂问题、酯的水解条件进行了考核。解题时需要注意的是在选择除杂试剂时，应注意除去杂质必有几个原则（1）尽可能不引入新杂质（2）实验程序最少（3）尽可能除去杂质。(4)也可以想办法把杂质转变为主要纯净物。（5）减少主要物质的损失。另外在分析酯的水解的时候，酯在酸性或碱

54、性条件下均可发生水解反应，只是由于酯在碱性环境下水解生成的酸因能与NaOH发生中和反应，使水解平衡向正反应方向移动，因此水解得比较彻底。28、B ClCH2COOH +CH3NH2+HCl + 、 【解析】由流程图知反应为乙酸转变为乙酸酐的反应，乙酸酐分子式为C4H6O3，乙酸酐与氯气发生反应得到A，A分子式为C4H5O3Cl，则是取代反应，A为，B和D发生反应得到，由信息iii. 类推，B为ClCH2COOH，D为，反应得到E，可由信息i. CH3ClCH3NHCH2CH3类推，则E为，据此回答(1) (2)(3)；(4)要设计以C(烃类)和乙烯为原料合成的合成路线，则需要成环反应，成环反应可借助信息ii.+ 类推，目标产物的分子内有6个碳原子，则C分子内有4个碳原子，为1，3丁二烯 ，通过成环反应得到环己烯，由继续合成目标产物，则需消除碳碳双键引入羟基，按官能团性质选合适路线即可； (5) E为，其同分异构体同时满足下列条件，IR谱显示分子中存在苯环、硝基、以及醚键1H-NMR谱表明分子中有3种不同环境的氢原子，则考虑其苯环上有4个取代基：一个硝基、一个甲氧基、2个甲基，再按要求把只有3种氢原子的结构找出来即可；【详解】(1) A.反应为乙酸酐C4H6O3与氯气发生反应得到A(分子式为C4H5O3Cl)，A结构简式为，另有HCl生成，属于取代反应，