江西省寻乌中学2021-2022学年化学高二下期末统考试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4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

2、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、1mol某链烃最多能和2mol HCl发生加成反应，生成1mol氯代烷，1mol该氯代烷能与6mol Cl2发生取代反应，生成只含有碳氯两种元素的氯代烃，该链烃可能是ACH3CH=CH2BCH3CCHCCH3CH2CCHDCH2=CHCH=CH22、可用来鉴别己烯、甲苯、己烷的一组试剂是( )A溴水B酸性高锰酸钾溶液C溴水、酸性高锰酸钾溶液D溴的四氯化碳溶液3、下列有关化学用语表示正确的是（）AH2O2的电子式：BF-的结构示意图：C中子数为20的氯原子：2017ClDNH3的电子式：4、硫化氢(H2S)分子中两个共价键

3、的夹角接近90，其原因是()共价键的饱和性S原子的电子排布共价键的方向性S原子中p轨道的形状ABCD5、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A1:4B1:3C1:2D1:16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确有（）个常温常压下，28gC2H4和C4H8的混合物中一定含有6NA个原子0，101kPa，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，有2NA个电子转移常温下，pH=12的氢氧化钠溶液中OH-数目为0.01NA1L1.0mol/LFeCl3溶液全部

4、水解制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶体数目为NA同温同压下，O2和CO组成的混合气体的密度是氢气的15倍，则O2和CO的体积比1：1常温下，1.7gNH3和3.65gHCl混合后，气体分子数为0.2NAlmolSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子100克质量分数为46%的乙醇溶液中，含有的氧原子数目为4NA标准状况下，22.4LHF气体中含有NA个气体分子A4 B1 C2 D37、PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2 的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是( )ACu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+B10Cl-+2MnO4-+16H+=2M

5、n2+5Cl2+8H2OC2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-D5Pb2+2MnO4-+2H2O=5PbO2+2Mn2+4H+8、下列实验操作、现象和结论都正确的是选项操作现象结论A向亚硫酸钠粉末中滴加盐酸产生刺激性气体氯的非金属性比硫强B将过量的乳酸CH3CH(OH)COOH加入含少量NaOH的酚酞溶液中溶液变红色乳酸含有羧基C向含淀粉的KI溶液中滴加氯化铁溶液溶液变蓝色氧化性:Fe3+I2D向硝酸钡溶液中通入SO2产生白色沉淀白色沉淀是BaSO3AABBCCDD9、聚碳酸酯 的透光率良好。它可制作车、船、飞 机的挡风玻璃，以及眼镜片、光盘、唱片等。它可用绿色化学原料与另一原料Y 反应制得，

6、同时生成甲醇。下列说法不正确的是AY 的分子结构中有 2 个酚羟基BY 的分子式为 C15H18O2C甲醇的核磁共振氢谱有 2 个吸收峰DX 的同分异构体中能与 NaHCO3 溶液反应产生气体的有 4 种10、在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H0。2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4mol，同时放出热量QkJ，则下列分析正确的是()A在该条件下，反应前后的压强之比为65.3B若反应开始时容器容积为2L，则v(SO3)0.35molL1min1C若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)

7、1.4molD若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量小于QkJ11、下列说法正确的是A分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键B分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸C含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体D元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强12、下列说法错误的是()A用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染B大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素C可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底D乙烯可作水果的催熟剂13、下列图示与对应的叙述相符的是( )A图甲表示常温下稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH的变化，由图可知溶液的碱

8、性：MOHNOHB图乙表示常温下0.100 0 molL1醋酸溶液滴定20.00 mL0.100 0 molL1 NaOH溶液的滴定曲线C图丙表示反应CH4(g)H2O (g)CO(g)3H 2(g)的能量变化，使用催化剂可改变EbEa的值D图丁表示反应2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g)，在其他条件不变时，改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，由图可知NO的转化率cba14、镁、铝都是较活泼的金属，下列描述中正确的是( )A铝热剂是镁条、铝粉和氧化铁的混合物B镁、铝都能跟稀盐酸、稀硫酸、强碱反应C镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原

9、反应D高温下，镁、铝在空气中都有抗腐蚀性15、在密闭容器中的一定量混合气体发生反应xM (g)+yN(g)zP(g)。平衡时测得M的浓度为0.50 mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得M的浓度降低为0. 30 mol/L。下列有关判断正确的是Ax+yz B平衡向正反应方向移动CN的转化率降低 D混合气体的密度不变16、下列指定反应的离子方程式正确的是AAg2SO4固体与饱和NaCl溶液反应：Ag2SO4+2Cl-=2AgCl+SO42-B用惰性电极电解饱和NH4Cl溶液：2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH-CNaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2

10、-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-DKMnO4酸性溶液与FeSO4溶液反应：MnO4-+Fe2+8H+=Mn2+Fe3+4H2O17、下列说法正确的是()A第三能层有s、p共两个能级B3d能级最多容纳5个电子C第三能层最多容纳8个电子D无论哪一能层的s能级最多容纳的电子数均为2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）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

11、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、下列反应的离子方程式正确的是A磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OB向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2+H2S=CuS+2H+C向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至不再产生沉淀：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2OD向KMnO4溶液中通

12、入过量的SO2气体：5SO2+2MnO4-+4H+=2Mn2+5SO42-+2H2O20、NaNO2是一种食品添加剂，它与酸性KMnO4溶液可发生反应：MnO4-+NO2-+XMn2+NO3-+H2O（未配平）。下列叙述中正确的是A生成1mo1NaNO3需消耗0.4mo1KMnO4B反应过程中溶液的pH减小C该反应中NO2被还原DX可以是盐酸21、X与Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，X元素的阳离子半径大于Y元素的阳离子半径，Y与Z两元素的核外电子层数相同，Z元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，则X、Y、Z的原子序数AXYZBYXZCZXYDZYX22、下列说法中，正确的是（）A冰熔化

13、时，分子中HO键发生断裂B原子晶体中，共价键的键长越短，通常熔点就越高C分子晶体中，共价键键能越大，该分子的熔沸点就越高D分子晶体中，分子间作用力越大，则分子越稳定二、非选择题(共84分)23、（14分）环己烯常用于有机合成。现通过下列流程，以环己烯为原料合成环醚、聚酯、橡胶，其中F可以作内燃机的抗冻剂，J分子中无饱和碳原子。已知：R1CH=CHR2R1CHOR2CHO(1)的反应条件是_。(2)A的名称是_。(3)有机物B和I的关系为_(填字母)。A同系物 B同分异构体C都属于醇类 D都属于烃(4)中属于取代反应的_。(5)写出反应的化学方程式_。(6)写出两种D的属于酯类的链状同分异构体的

14、结构简式：_。24、（12分）高血脂是一种常见的心血管疾病.治疗高血脂的新药I的合成路线如下图所示:已知：a、；b、RCHO请回答下列问题:(1)反应所需试剂、条件分别是_。(2)的反应类型是_;AB的化学方程式为_。(3)G的结构简式为_;H中所含官能团的名称是_。(4)化合物W的相对分子质量比化合物C大14。且满足下列条件.W的可能结构有_种。遇FeCl3溶液显紫色 属于芳香族化合物 能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢.且峰面积比为2:2:2:1:1的结构简式为_(5)设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选(合成路线常用的表示方式为:A反应条件反应试剂

15、B反应条件反应试剂目标产物) _25、（12分）甲醛(HCHO)与葡萄糖相似具有强还原性，40%甲醛溶液沸点为96，易挥发。为探究过量甲醛和新制Cu(OH)2反应的产物，进行如下研究。（1）在如图装置中进行实验，向a中加入0.5 mol/LCuSO4溶液50 mL和5 mol/LNaOH溶液100 mL，振荡，再加入40%的甲醛溶液50 mL，缓慢加热a，在65 时回流20分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生成，最后变成红褐色，并有气体产生。仪器b的名称是_，作用为_。能说明甲醛具有还原性的实验现象是_。（2）为研究红色固体产物的组成，进行如下实验(以下每步均充分反应)：已知：Cu2

16、O Cu(NH3)4+(无色) Cu(NH3)42+(蓝色)摇动锥形瓶i的目的是_。锥形瓶ii中固体完全溶解得深蓝色溶液的离子方程式为_。将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近。由此可知固体产物的组成及物质的量之比约为_。26、（10分）某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_；将FeCl3晶体溶于浓盐酸,再稀

17、释到需要的浓度，盐酸的作用是_。（2）制备K2FeO4（夹持装置略）后，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。由方案中溶液变红可知a中含有_离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl氧化，还可能由_产生（用方程式表示）。方案可证明K2FeO4氧化了Cl。用KOH溶液洗涤的目的是_。根据K2FeO4的制备原理3Cl2+

18、2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O得出：氧化性Cl2_FeO42-（填“”或“”），而方案实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是_。27、（12分）某研究性学习小组，利用固体Na2SO3与中等浓度的H2SO4反应，制备SO2气体并进行有关性质探究实验。该反应的化学方程式为：Na2SO3(固)+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O。除固体Na2SO3和中等浓度的H2SO4外，可供选择的试剂还有：溴水；浓H2SO4；品红试液；紫色石蕊试液；澄清石灰水；NaOH溶液。回答下列问题：（1）欲验证SO2的漂白作用，应将SO2气体通入_中(填物质编号)，

19、观察到的现象是_；（2）欲验证SO2的还原性，应将SO2气体通入_中(填物质编号)，观察到的现象是_；（3）为验证SO2的氧化性，通常利用的反应是_(化学方程式)； （4）为防止多余的SO2气体污染环境，应将尾气通入_中(填物质编号)，反应离子方程式为_。28、（14分）二氧化碳资源化利用是目前研究的热点之一。(1)二氧化碳可用于重整天然气制合成气(CO和H2)。已知下列热化学方程式：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H1=+206kJ/mol，CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) H 2=-165kJ/mol，则反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)

20、+2H2(g)的H=_kJ/mol。最近我国学者采用电催化方法用CO2重整CH4制取合成气，装置如图所示。装置工作时，阳极的电极反应式为_。(2)由二氧化碳合成VCB（锂电池电解质的添加剂）的实验流程如下，已知EC、VCB核磁共振氢谱均只有一组峰，均含五元环状结构，EC能水解生成乙二醇。VCB的结构简式为_。(3)乙烷直接热解脱氢和CO2氧化乙烷脱氢的相关化学方程式及平衡转化率与温度的关系如下：(I)乙烷直接热解脱氢：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) H1()CO2氧化乙烷脱氢：C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) H2反应(I)的H1= _kJ/mol

21、（填数值，相关键能数据如下表）。 化学键CCC=CCHHH键能/kJmol1347.7615413.4436.0反应()乙烷平衡转化率比反应(I)的大，其原因是_（从平衡移动角度说明）。有学者研究纳米Cr2O3催化CO2氧化乙烷脱氢，通过XPS测定催化剂表面仅存在Cr6+和Cr3+，从而说明催化反应历程为：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)，_和_（用方程式表示，不必注明反应条件）。在三个容积相同的恒容密闭容器中，温度及起始时投料如下表所示，三个容器均只发生反应：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)。温度及投料方式（如下表所示），测得反应的相关数据如下：容器1容器2容器3反应温度T/

22、K600600500反应物投入量1molC2H62molC2H4+2molH21molC2H6平衡时v正(C2H4)/ mol/(Ls)v1v2v3平衡时c(C2H4)/ mol/Lc1c2c3平衡常数KK1K2K3下列说法正确的是_（填标号）。AK1=K2，v1v2 BK1K3，v1v3，c22c3 Dc2+c3I2，故C正确；D、向硝酸钡溶液中通入SO2，硝酸钡与SO2反应生成了硫酸钡，故D错误；故选C。点睛：本题考查了化学实验方案的设计与评价。本题的易错点为D，要注意酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，二氧化硫具有还原性。9、B【解析】由和Y反应制得，且同时生成CH3OH，则Y的结构简式为

23、。【详解】A. Y 是，分子结构中有 2 个酚羟基，故A正确；B. Y是，分子式为 C15H16O2，故B错误；C. 甲醇CH3OH有2种等效氢，所以核磁共振氢谱有 2 个吸收峰，故C正确；D. 能与 NaHCO3 溶液反应产生气体说明含有羧基， 的同分异构体中能与 NaHCO3 溶液反应产生气体的有HOCH2CH2COOH、CH3CH(OH)COOH、CH3OCH2COOH、CH3CH2OCOOH， 共4 种，故D正确。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，本题注重有机高分子化合物的单体的判断，注意体会加聚产物和缩聚产物的区别。10、D【解析】分析：A、根据反应在恒

24、温恒压条件下进行分析；B、根据化学反应速率的概念分析计算；C、绝热条件温度升高平衡逆向进行；D、恒温恒容条件反应过程中,压强减小。详解:A、反应在恒温恒压条件下进行，应前后的压强之比为1:1，故A错误；B、若容器体积不变, v(SO3)1.4mol2L2min=0.35molL1min1，但反应是在恒温恒压条件进行，反应达到平衡时，容器体积小于2L,相等于增大体系压强，化学反应速率增大，所以v(SO3)0.35molL1min1，故B错误；C、若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，由于该反应的正反应是放热反应，绝热温度升高,平衡逆向进行，平衡后n(SO3)1.4mol，所以C选项是错误

25、的；D、若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，反应过程中压强减小，平衡逆向进行，达平衡时放出热量小于QkJ，故D正确。所以D选项是正确的。11、A【解析】A、分子晶体中一定含有分子间作用力，但不一定含有共价键，如稀有气体分子中不含共价键，正确；B、分子中含有2个H原子的酸不一定是二元酸，如甲酸为一元酸，错误；C、含有金属阳离子的晶体还可能是金属晶体，错误；D、元素的非金属性越强，其单质的活泼性不一定越强，如N元素的非金属性大于P，但氮气比P单质稳定，错误。答案选A。12、A【解析】A.聚乙烯塑料在自然界中很难分解，可造成白色污染，故A错误；B. 大量燃烧化石燃料可产生碳等颗粒物，是造成雾霾

26、天气的一种重要因素，故B正确；C. 可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底，故C正确；D. 乙烯可作水果的催熟剂，故D正确。故选A。13、D【解析】分析：本题考查对图像的理解和分析能力，涉及强弱电解质的稀释，中和滴定，能量变化和化学平衡。详解：A、因为稀释能促进弱碱的电离，所以稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH变化大的碱性强，所以碱性：MOHKsp(AgCl)，所以会发生反应Ag+Cl-=AgCl，使Ag2SO4不断溶解，最终Ag2SO4沉淀完全转化为AgCl沉淀，反应的方程式为：Ag2SO4+2Cl-=2AgCl+SO42-，A正确；B.用惰性电极电解

27、饱和NH4Cl溶液，由于离子放电顺序，Cl-OH-，所以阳极发生反应：2Cl-2e-=Cl2，溶液中的阳离子H+在阴极放电产生H2，溶液中产生的OH-与NH4+会结合形成NH3H2O，因此反应的离子方程式为：2NH4+2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH-+2NH3H2O，B错误；C.向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，反应产生氢氧化铝沉淀和HCO3-，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，C错误；D.KMnO4酸性溶液与FeSO4溶液发生氧化还原反应，产生Fe3+、Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为：MnO4-+5Fe2+8H+

28、=Mn2+5Fe3+4H2O，D错误；【点睛】本题考查了离子方程式正误判断的知识。掌握电解原理、沉淀溶解平衡、氧化还原反应规律，结合离子反应与微粒的物质的量多少及与电解质强弱关系是正确判断的关键。17、D【解析】A、每一能层包含的能级数等于 该能层的序数，故第三能层有s、p. d三个能级，选项A错误；B、d能级最多容纳的电子数是10，选项B错误；C、每一能层最多客纳的电子数为2n2，第三能层最多容纳18个电子，选项C错误；D、s能级最多容纳的电子数分别是2，选项D正确。答案选D。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

29、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+AgAgCl、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N

30、H4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

31、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CO

32、32、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、B【解析】A. 磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸发生氧化还原反应：Fe3O4+2I+8H+=3Fe2+I2+4H2O，A错误；B. 向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2+H2S=CuS+2H+，B正确；C. 向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至不再产生沉淀生成硫酸钡、氢氧化钠和水：Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O，C错误；D. 向KMnO4溶液中通入过量的SO2气体：5SO2+2

33、MnO4-+2H2O =2Mn2+5SO42-+4H+，D错误，答案选B。20、A【解析】试题分析:NaNO2与酸性KMnO4溶液发生的反应为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5NO3-+3H2O，反应中是KMnO4氧化剂、NaNO2是还原剂。锰的化合价由+7降到+2，降低了5，所以1mol KMnO4可以得到5mol电子；N的化合价由+3升高到+5，升高了2，所以可以失去2mol电子。A. 生成1mo1NaNO3需消耗0.4mo1KMnO4，A正确；B. 反应过程中溶液中氢离子浓度减小，所以其pH增大，B不正确；C. 该反应中NO2被氧化，C不正确；D. X不可以是盐酸，因为高锰酸

34、钾可以把盐酸氧化，D不正确。本题选A。21、D【解析】X、Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，二者处于同一周期，X元素的阳离子半径大于Y元素阳离子半径，利用原子序数越大，离子半径越小来分析原子序数的关系；Z和Y两元素的核外电子层数相同，则在同一周期，Z元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，利用同周期元素从左到右金属性减弱，第一电离能增大来解答。【详解】X、Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，二者处于同一周期，X元素的阳离子半径大于Y元素阳离子半径，由原子序数越大，离子半径越小，则原子序数为YX，又Z和Y两元素的核外电子层数相同，则在同一周期，Z元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，则原

35、子序数为ZY，所以X、Y、Z三种元素原子序数为ZYX，答案选D。【点睛】本题考查结构性质位置关系、半径比较等，明确微粒半径的比较是解答本题关键。22、B【解析】A冰熔化克服氢键，属于物理变化，H-O键没有断裂，故A错误；B影响原子晶体熔沸点高低的因素是键能的大小，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高，故B正确；C影响分子晶体熔沸点高低的因素是相对分子质量大小，与共价键的键能无关，故C错误；D分子的稳定性与分子间作用力无关，稳定性属于化学性质，分子间作用力影响物理性质，故D错误。故选B。二、非选择题(共84分)23、NaOH醇溶液、加热 1,2-二溴环己烷 C 、 nCH2=CHCH=CH2

36、CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2 【解析】利用题目所给信息，正向分析与逆向分析结合，可知。【详解】根据以上分析，(1)反应是发生消去反应生成，反应条件是NaOH醇溶液、加热。(2)A是，名称是1,2-二溴环己烷。(3)有机物B是、I是，结构不同，不属于同系物；分子式不同，不是同分异构体；都含有羟基，都属于醇类；含有氧元素，不属于烃，故选C。 (4)反应是加成反应；是羟基代替溴原子，属于取代反应；是生成，属于消去反应；是与氢气发生加成反应生成；是与氢气发生加成反应生成；是发生氧化反应生成；是2分子发生取代反应生成；是与发生取代反应生成聚酯；是发生消去反应生成；是发生加聚反应生

37、成，属于取代反应的是、。(5)反应是发生加聚反应生成，化学方程式是nCH2=CHCH=CH2 。(6) 的不饱和度是2，属于酯类的链状同分异构体应该含有1个碳碳双键，结构简式有CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2。24、Cl2、光照 取代反应 羟基 13 【解析】甲苯发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液加热条件下发生取代反应生成，则A为，该分子继续氧化为B，可推知B为，C为；D经过消去反应可得到HCHO，所以E为HCHO，根据给定的已知信息及逆合成分析法可知，G为，据此分析作答。【详解】甲苯，发生的是取代反应，所需试剂、条件分别是Cl2、光照；故答案为：Cl2、光照；（2）反应是

38、C和H发生的酸和醇的酯化反应（取代反应），AB 的化学方程式为，故答案为：取代反应；（3）结合给定的已知信息推出G 的结构简式为；GH，是-CHO和H2的加成反应，所以H中所含官能团的名称是羟基，故答案为：；羟基。（4）C为，化合物W 的相对分子质量比化合物C 大14，W比C多一个CH2，遇FeCl3 溶液显紫色含有酚羟基，属于芳香族化合物含有苯环，能发生银镜反应含有醛基，苯环上有三个取代基，分别为醛基、羟基和甲基，先固定醛基和羟基的位置，邻间对，最后移动甲基，可得到10种不同结构；苯环上有两个取代基，分别为-OH和-CH2CHO，邻间对位共3种，所以W 的可能结构有10+3 = 13种；符合

39、遇FeCl3 溶液显紫色、属于芳香族化合物、能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢、峰面积比为2:2:2:1:1要求的W 的结构简式：，故答案为：13；（5）根据题目已知信息和有关有机物的性质，用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线具体如下：，故答案为：。25、球形冷凝管 冷凝回流 A中出现红色物质(或A中出现棕色物质) 有利于溶液与空气中O2的接触 2Cu+O2+8NH3H2O=2Cu(NH3)42+4OH+6H2O n(Cu2O)n(Cu)=l200 【解析】向a中加入0.5 mol/LCuSO4溶液50 mL和5 mol/LNaOH溶液100 mL，振荡，制备了氢氧化化铜悬

40、浊液。再加入40%的甲醛溶液50 mL，缓慢加热a，在65 时回流20分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生成，最后变成红褐色，说明甲醛具有还原性。探究生成物的组成时，要注意仔细分析实验步骤及现象。【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器b是球形冷凝管，40%甲醛溶液沸点为96，易挥发，故在反应过程中要有冷凝回流装置以提高原料的利用率，故球形冷凝管的作用为冷凝回流。能说明甲醛具有还原性的实验现象是A中出现红色物质(或A中出现棕色物质)。（2）摇动锥形瓶时发生的变化是Cu(NH3)4+(无色) Cu(NH3)42+(蓝色)，显然该过程中发生了氧化反应，故摇动锥形瓶i的目的是有利于溶液与空气

41、中O2的接触。红色固体经足量浓氨水溶解后仍有剩余，根据Cu2O Cu(NH3)4+(无色)可知，该固体只能是Cu，摇动锥形瓶ii，其中固体完全也能溶解得深蓝色溶液，说明Cu溶解得到铜氨溶液，空气中的氧气溶于氨水中成为氧化剂，故该反应的离子方程式为2Cu+O2+8NH3H2O=2Cu(NH3)42+4OH+6H2O。将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近，说明容量瓶ii中的溶液浓度约为容量瓶i的100倍，量瓶ii中的Cu(NH3)4+的物质的量约为容量瓶i的100倍，因此，在溶解之前，红色的固体产物由Cu2O和Cu组成，物质的量之比约为n(Cu2O)n(Cu)=l200。【

42、点睛】解答实验探究问题时，要注意切忌带着主观认知去分析，要根据化学反应原理冷静分析实验中的相关现象，尤其是与所学知识有冲突的实验现象，根据现象分析得出合理结论。要注意实验细节，如本题中“足量浓氨水”、“定容”、两个“50mL”容量瓶等等，对这些信息都要正确解读才能顺利解题。26、防止亚铁离子被氧化抑制铁离子水解Fe3+4FeO42+20H4Fe3+3O2+10H2O排除ClO的干扰溶液的酸碱性不同【解析】（1）氯化亚铁易被氧化生成氯化铁，因此在FeCl2溶液中需加入少量铁屑的目的是防止亚铁离子被氧化；氯化铁是强酸弱碱盐，水解显酸性，则将FeCl3晶体溶于浓盐酸，再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是

43、抑制铁离子水解；（2）I.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42+20H4Fe3+3O2+10H2O；II.产生Cl2还可能是ClO+Cl+2H+Cl2+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在；制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H

44、2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe(OH)3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反应为2FeO42+6Cl+16H+2Fe3+3Cl2+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。27、品红试液褪色溴水的橙色褪去2H2S+SO2=3S+2H2OSO2+2OH-=SO32-+H2O【解析】分析：（1）SO2能使品红溶液褪色

45、，说明SO2具有漂白性；（2）溴水具有氧化性，能氧化二氧化硫；（3）二氧化硫能把H2S氧化；（4）SO2是酸性氧化物，能被碱液吸收。详解：（1）SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，欲验证SO2的漂白作用，应将SO2气体通入品红溶液，溶液红色褪去；（2）SO2具有还原性，能被溴水溶液氧化而使溶液褪色，欲验证SO2的还原性，应将SO2气体通入溴水溶液，溴水的橙色溶液褪色；（3）SO2具有氧化性，能与硫化氢反应生成单质硫沉淀，欲验证SO2的氧化性，应将SO2气体通入H2S溶液生成淡黄色的硫沉淀，方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O；（4）二氧化硫有毒，是酸性氧化物，能与碱反应，为防止多余的SO2

46、气体污染环境，应将尾气通入NaOH溶液，发生反应2NaOH+SO2Na2SO3+H2O，离子方程式为2OH-+SO2SO32-+H2O。28、+247 CH4+O2-2e-=CO+2H2 +123.5 反应相当于反应中乙烷热解的产物H2，与CO2进一步发生反应：CO2+H2CO+H2O，降低了反应中生成物H2的浓度，使平衡向生成乙烯的方向移动 3CO2+Cr2O3=2CrO3+3CO 2CrO3+3H2=Cr2O3+3H2O AD 【解析】(1)根据盖斯定律，将已知的两个热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；电解时，阳极CH4发生氧化反应变为CO；阴极上CO2被还原为CO；(2)根据E

47、C、VCB核磁共振氢谱均只有一组峰，结合二者的分子式及均含五元环状结构，EC能水解生成乙二醇确定物质结构；(3)(I)根据反应热为断裂反应物化学键吸收的能量与形成生成物化学键释放的能量差计算反应热；()根据两个反应产生的物质的区别分析；根据题干信息及已知的方程式书写待求的反应方程式；根据可知反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)的正反应是吸热反应，化学平衡常数只与温度有关，利用温度、浓度对化学反应速率和平衡移动的影响分析。【详解】(1)a.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H1=206kJ/mol，b.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) H2=-165 kJ/mol，根据盖斯定律，将a2+b，整理，可得反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的H=+247kJ/mol。根据图示可知：在阳极CH4失去电子，被氧化产生CO，电极反应式为：CH4+O2-2e-=CO+2H2；(2)EC、VCB核磁共振氢谱均只有一组峰，均含五元环状结构，结合二者的