2022届河南名校联盟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注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列分子或离子中,VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称不一致的是ACO2BCO32-CH2ODCCl42、下列变化过程，加入氧化剂才能实现的是AI2I- BCu(OH)2Cu2O CCl-Cl2 DSO32-S2O52-3、已知聚乳酸可在乳酸菌作用下分解，下列有关聚乳酸的说法正确的是()A聚

2、乳酸是一种纯净物B聚乳酸的单体是HOCH2CH2COOHC聚乳酸是由单体之间通过加聚而合成的D聚乳酸是一种高分子材料4、有一瓶无色溶液，可能含有Na+、K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-、SO42-、HCO3-、MnO4-离子中的几种为确定其成分，进行如下实验：取少许溶液，逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解；另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生；用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察到黄色火焰下列推断正确的是（ ）A肯定有Na+、Al3+、Mg2+、SO42-B肯定有Na+、Mg2+、Al3+

3、、Cl-C肯定没有K+、HCO3-、MnO4-D肯定没有K+、NH4+、Cl-5、一定温度下在容积恒定的密团容器中发生反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)。下列不能说明反应一定达到化学平衡状态的是Av正(B)=2v逆(C)B每消耗1molC，同时生成1molDC气体的密度保持不变DB、C、D三种物质的浓度之比为2:1:16、如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是（ ）A热稳定性：MgF2MgCl2MgBr2MgI2B22.4LF2(g)与足量的Mg充分反应，放热1124kJC工业上可由电解MgCl2溶液冶炼金属Mg，该过程需要吸收热量D由图可知：MgBr2(

4、s)Cl2(g)=MgCl2(s)Br2(l) H=117kJ/mol7、由短周期元素组成的粒子，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体。等电子体的结构相似、物理性质相似。根据上述原理，下列各微粒不属于等电子体的是( )ACO32-和 SO3 BNO3-和 CO2 CSO42-和PO43- DO3和NO2-8、把0.02molL-1的醋酸钠溶液与0.01molL-1 盐酸等体积混合，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系不正确的是Ac(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01molL-1Bc(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)C2c(N

5、a+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)Dc(Na+)+c(H+)c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)9、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A使甲基橙变红色的溶液： Ca2+、Cu2+、ClO、ClB0.1 molL1 Na2CO3溶液：K、AlO2-、Cl、SO42-C0.1 molL1 FeSO4溶液中：H+、Al3+、Cl、NO3-DKw/c(H+)0.1 molL1的溶液中：Na+、NH4+、CH3COO、CO32-10、草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10 mL 0.01 molL NaHC2O4溶液中滴加0.01 molL Na

6、OH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是AV（NaOH）= 0时，c（W）= 1 102molLBV（NaOH） 10 mL时，c（Na） c（C2O42-）c（HC2O411、氯仿(CHCl3)常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气(COClACHClBCOCl2分子中含有3个键、一个键，中心C原子采用CCOClD使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质12、向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，下列对此现象的说法正确的是A配合离子Ag (NH3)2 +中，Ag+提供空轨道，NH3给出孤对电子B沉淀溶解后，生成Ag

7、 (NH3) 2 OH难电离C配合离子Ag (NH3)2 +存在离子键和共价键D反应前后Ag+的浓度不变13、在标准状况下，将 aLHCl完全溶于 1 L 水中 ( 水的密度近似为 1 g / mL) ，溶液的密度为 d g/cm 3，溶液的体积为V mL，溶质的质量分数为，溶质的物质的量浓度为c mol/L 。下列叙述中不正确的是( )A 100%Bc =1000a22.4VC所得溶液中含有HCl分子D向上述溶液中再加入V mL 水后，所得溶液的质量分数大于 0.514、迄今为止科学家在星云中已发现180多种星际分子，近年来发现的星际分子乙醇醛分子模型如图所示。有关乙醇醛说法错误的是A有2种

8、含氧官能团B能发生银镜反应C与乙醛互为同系物D与乙酸互为同分异构体15、对于反应N2+O22NO在密闭容器中进行，下列哪些条件能加快反应的速率A缩小体积使压强增大B增大体积使压强减小C体积不变充入H2使压强增大D压强不变充入N2使体积增大16、下列离子方程式正确的是ACl2通入水中： Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-B浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2C明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：A13+3H2O=Al(OH)3+3H+D用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32-+ H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、有甲、乙两种物质： (

9、1)乙中含有的官能团的名称为_(不包括苯环)。(2)由甲转化为乙需经下列过程(已略去各步反应的无关产物，下同)：其中反应I的反应类型是_，反应II的条件是_，反应III的化学方程式为_(不需注明反应条件)。(3)下列物质不能与乙反应的是_(选填序号)。a.金属钠 b.氢氧化钠的乙醇溶液 c.碳酸钠溶液 d.乙酸(4)乙有多种同分异构体，任写其中一种能同时满足下列条件的同分异构体结构简式_。a.苯环上的一氯代物有两种 b.遇FeCl3溶液显示紫色18、已知A是芳香族化合物，其分子式为C9H11Cl，利用A合成2-甲基苯乙酸，其合成路线如下：（1）A结构简式为_。（2）AB反应类型为_；C中所含官

10、能团的名称为_。（3）CD第步的化学方程式为_。（4）在NaOH醇溶液并加热的条件下，A转化为E，符合下列条件的E的同分异构体有_种，任写其中一种的结构简式_。i,苯环上仅有一个取代基；ii.能与溴水发生加成反应。19、二氯化硫(SCl2)熔点-78，沸点59，密度1.638g/mL，遇水易分解，二氯化硫与三氧化硫作用可生成重要化工试剂亚硫酰氯(SOCl2)。以下是氯气与硫合成二氯化硫的实验装置。试回答下列问题：(1)装置A中发生反应的化学方程式为_。(2)装置B应盛放的药品是_，C中是_。(3)实验时，D装置需加热至5059最好采用_方式加热。(4)在配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时，下列操

11、作所配溶液浓度偏低的是_；A.配制溶液时，容量瓶中有少量水。B.使用容量瓶配制溶液时,俯视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切C.配制溶液的过程中，容量瓶未塞好，洒出一些溶液。D.发现溶液液面超过刻度线，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度线20、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，并回答下列问题：实验前先检查

12、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)。21、氯气是一种重要的化工原料，在生产生活中有广泛的应用。(1)一种环保型家用“8

13、4”消毒液的发生装置如右图，电源的b极为_极，电解制取NaClO的离子反应方程式为_。(2)用CO和Cl2在高温、活性炭催化作用下合成光气：Cl2(g)CO(g) COCl2(g) H-108 kJmol-1。t时，在5 L恒容密闭容器中加入0.6 mol CO和0.45 mol Cl2，CO和COCl2的浓度在不同时刻的变化状况如图所示。在06 min内(Cl2)=_，第8 min时改变的条件是_。在第12 min时升高温度，重新达到平衡时，COCl2的体积分数将_（填“增大”“不变”或“减小”）。(3)氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO强。25时氯气氯水体系中存在以

14、下平衡关系：Cl2(g) Cl2(aq) K1=10-0.6Cl2(aq) + H2O HClO + H+ +Cl K2=10-3.4HClO H+ + ClO Ka其中Cl2(aq)、HClO和ClO分别在三者中所占分数()随pH变化的关系如图所示。则Ka = _； Cl2(g) + H2O HClO + H+ +Cl K = _；用氯处理饮用水时，pH=6.5时杀菌效果比pH=7.5时_（填“好”、“差”或“相同”）。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】VSEPR模型是价层电子对互斥模型的简称，根据价层电子对互斥理论，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配

15、原子个数，孤电子对个数=12（axb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数。分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。价层电子对个数为4，不含孤电子对，为正四面体结构，含有一个孤电子对，为三角锥形，含有两个孤电子对，为V型；价层电子对个数为3，不含孤电子对，为平面三角形；含有一个孤电子对，为V形结构；价层电子对个数是2【详解】A项，CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2，VSEPR模型为直线形，且中心原子不含孤电子对，

16、分子构型为直线形结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故A不符合题意；B项，CO32的中心原子C原子上含有3个键，中心原子孤电子对数=12（4+223）=0，所以C原子价层电子对个数是3，VSEPR模型为平面三角形，且不含孤电子对，CO32的分子构型为平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故B不符合题意；C项，水分子中价层电子对个数=2+12（621）=4，VSEPR模型为正四面体结构，含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，故C符合题意；D项，CCl4分子中，中心原子C原子价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=4+12（

17、414）=4，VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故2、C【解析】分析：需要加入氧化剂才能实现,则选项中还原剂在反应中元素的化合价应该升高，以此来解答。详解：I2I- 过程中，碘的化合价降低，需要加入还原剂，A错误；Cu(OH)2Cu2O过程中，铜的化合价降低，需要加入还原剂，B错误；Cl-Cl2过程中，氯的化合价升高，需要加入氧化剂，C正确；SO32-S2O52-中没有化合价的变化，不需要加入氧化剂，D错误；正确选项 C。3、D【解析】分析：A、根据高分子化合物中的n值不同分析；B、根据聚乳酸的结构可知，该物质是乳

18、酸羟基和羧基脱水的产物；C、根据聚乳酸的结构判断；D、聚乳酸是高分子化合物。详解：A、因高分子化合物中的n值不同，故其为混合物，A错误；B、由聚乳酸的结构可知，该物质是乳酸羟基和羧基脱水的产物，其单体为：，B错误；C、根据聚乳酸的结构可知，该物质是乳酸羟基和羧基脱水的产物，属于缩聚反应，C错误；D、聚乳酸是高分子化合物，是一种高分子材料，D正确；答案选D。4、A【解析】逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，则沉淀成分是氢氧化镁和氢氧化铝；加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，且不溶于硝酸，该白色沉淀为BaSO4；焰色反应为黄色说

19、明含有钠元素；据此分析；【详解】该溶液为无色溶液，因MnO4显紫(红)色，因此该溶液中一定不含有MnO4，逐渐加入过量的Na2O2固体，发生2Na2O22H2O=4NaOHO2，氧气是无色无味的气体，因为NH3是有刺激性气味的气体，因此原溶液中不含有NH4，能与OH反应生成沉淀的离子是Mg2、Al3，因Mg(OH)2不溶于NaOH，Al(OH)3两性氢氧化物，溶于NaOH，有白色沉淀产生且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，推出溶液中一定含有Mg2、Al3，因Al3与HCO3不能大量共存 ，因此原溶液中一定不存在HCO3；取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，该白色沉淀

20、不溶于硝酸，该沉淀为BaSO4，推出原溶液中含有SO42；焰色反应为黄色，推出原溶液中一定含有Na，因为没有通过钴玻璃观察，因此无法判断是否含有K；综上所述，原溶液中一定不存在的离子是NH4、HCO3、MnO4，一定含有离子是Na、Al3、Mg2、SO42，不能确定的离子有K、Cl，故选项A正确；答案：A。【点睛】离子检验中坚持“四项基本原则”：肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；进出性原则：通常是在实验过程

21、中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。5、D【解析】Av正(B)=2v逆(C)可以说明正逆反应速率相等，说明反应到平衡状态，故正确；B每消耗1molC，同时生成1molD，可以说明正逆反应速率相等，说明反应到平衡状态，故正确；C因为在容积恒定的密团容器中，有非气体物质，所以当气体的密度保持不变时说明气体总质量保持不变，说明反应到平衡，故正确；DB、C、D三种物质的浓度之比为2:1:1,不能说明下一时刻浓度关系，不能说明反应到平衡，故错误。答案选D。【点睛】化学平衡状态的标志有直接和间接两种，直接标志中要注意表示正逆反应速率相等时，一定能分析出两个方向的速率，用不同

22、的物质表示速率时速率比等于化学计量数比即可以表示速率相等。6、A【解析】A、物质的能量越低越稳定，易图象数据分析，化合物的热稳定性顺序为：MgF2MgCl2MgBr2MgI2，选项A正确；B、依据图象Mg(s)+F2(l)=MgF2(s) H=-1124kJ/mol，但没有说明标准状况下，22.4LF2(g)不一定为1mol，选项B错误；C、工业上可由电解熔融的MgCl2冶炼金属Mg，电解MgCl2溶液无法得到金属Mg，选项C错误；D、依据图象Mg(s)+Cl2（g）=MgCl2（s）H=-641kJ/mol，Mg（s）+Br2（g）=MgBr2（s）H=-524kJ/mol，将第一个方程式减

23、去第二方程式得MgBr2（s）+Cl2（g）MgCl2（s）+Br2（g）H=-117kJmol-1，则MgBr2(s)Cl2(g)=MgCl2(s)Br2(l) H117kJ/mol，选项D错误；答案选A。7、B【解析】分析：本题考查等电子体的判断，明确原子数目相同、电子总数相同的分子互称等点自提即可解答。详解：A. CO32-和 SO3二者原子数相等，电子数分别为4+63+2=24，6+63=24，故为等电子体，故错误；B. NO3-和 CO2二者原子个数不同，故不是等电子体，故正确；C. SO42-和PO43- 二者原子个数相同，电子数分别为6+64+2=32，5+64+3=32，为等电

24、子体，故错误；D. O3和NO2-二者原子个数相同，电子数分别为63=18,5+62+1=18，是等电子体，故错误。故选B。8、C【解析】反应后的混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，据此分析解答。【详解】反应后的混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，A根据物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.02V/2V=0.01mol/L，A正确；B反应后NaAc和H

25、Ac的物质的量相等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于Ac-水解程度，则（Ac-）c（Cl-），HAc为弱电解质，部分电离，应有c（HAc）c（H+），所以：c(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)，B正确；C反应后NaAc、HAc和NaCl的物质的量均相等，根据物料守恒，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= c(Na+)，C错误；D溶液中存在电荷守恒： c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（Cl-）+c（OH-），D正确；综上所述，本题选C。9、B【解析】A. 使甲基橙变红色的溶液为酸性酸性溶液，溶液中H+、ClO反应生成弱酸HClO，在溶液中不能共存，故

26、A错误；B. 0.1 molL1 Na2CO3溶液中K、AlO2-、Cl、SO42-之间不生成沉淀、气体、水等，能大量共存，故B正确；C. 0.1 molL1 FeSO4溶液中H+、Fe+、NO3-发生氧化还原反应生成Fe，在溶液中不能共存，故C错误；D. Kw/c(H+)c(OH)0.1 molL1的溶液为碱性溶液，溶液中NH4+、OH反应生成弱电解质NH3H2O，在溶液中不能共存，故D错误；故选B。10、D【解析】草酸氢钠溶液显酸性，说明草酸氢钠的电离程度大于其水解程度。因为草酸是弱电解质，所以0.01 molL-1NaHC2O4溶液中，氢离子的浓度小于0.01mol/L，A不正确。加入氢

27、氧化钠发生的反应为NaOHNaHC2O4=Na2C2O4H2O，二者恰好反应时，消耗氢氧化钠10ml。生成物草酸钠水解，溶液显碱性，C不正确。如果氢氧化钠的体积小于10ml，则二者反应后，溶液就有可能显中性。根据电荷守恒c(H+)c(Na+)2c(C2O42-)+c(HC2O4-)c(OH)可知，如果溶液显中性，则c(Na+)2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，因此B也是不正确的。当氢氧化钠大于10ml时，溶液中含有氢氧化钠和草酸钠两种溶质，由于草酸钠的水解以第一步水解为主，且氢氧化钠的存在会抑制其水解，因此选项D是正确的。答案选D。11、A【解析】分析：A项，CHCl3为极性分子；B项

28、，单键是键，双键中有1个键和1个键，杂化轨道用于形成键和容纳孤电子对；C项，COCl2分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构；D项，CHCl3不会电离出Cl-，HCl在水溶液中会电离出H+和Cl-。详解：A项，CHCl3中含CH键和CCl键，CH键和CCl键都是极性键，CHCl3为四面体形分子，分子中正电中心和负电中心不重合，CHCl3为极性分子，A项错误；B项，单键是键，双键中有1个键和1个键，根据COCl2的结构式知，COCl2分子中含有3个键、1个键，杂化轨道用于形成键和容纳孤电子对，C原子形成3个键，C原子上没有孤电子对，中心原子C采用sp2杂化，B项正确；C项，COCl2的电子式

29、为，COCl2分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构，C项正确；D项，CHCl3不会电离出Cl-，HCl在水溶液中会电离出H+和Cl-，使用前向氯仿中加入AgNO3稀溶液，若产生白色沉淀表明氯仿变质，若无明显现象表明氯仿没有变质，D项正确；答案选A。12、A【解析】分析：氨水呈碱性,向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水,首先形成难溶物,Ag+OH-=AgOH，继续添加氨水,难溶物溶计算得出到无色的透明溶液,发生：AgOH+2NH3=Ag(NH3)2+OH-。A.配合物中,配位体提供孤电子对,中心原子提供空轨道形成配位键；B. Ag(NH3)2OH为强电解质，易电离；C.在配合离子Ag(NH3

30、)2+中，没有离子键，仅有共价键；D.最终得到无色的透明溶液为Ag(NH3)2+，所以反应后Ag+的浓度减小。详解: A. 在配合离子Ag(NH3)2+中，Ag+提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，故A正确；B.Ag(NH3)2OH为强电解质，完全电离Ag(NH3)2OH=Ag(NH3)2+ +OH-，故B错误；C.在配合离子Ag(NH3)2+中, Ag+提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，存在N、H间共价键，配位键属于特殊共价键，没有离子键，故C错误；D.反应后形成Ag(NH3)2+络离子，该离子较稳定难电离，所以Ag+的浓度减小，故D错误；所以A选项是正确的。点睛：本题考查

31、了配合物、配位键的形成等性质，题目难度中等，明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体。注意Ag（NH3）2+中，没有离子键。13、C【解析】分析：A.根据=溶质质量溶液质量100% 计算；B.根据c=n溶质VD.水的密度小于盐酸的密度，所以等体积时，水的质量小于盐酸的质量，这样混合后，所得溶液浓度大于0.5，根据公式溶质质量分数溶质质量溶液质量100%详解:A. HCl溶于水得到盐酸，溶质为HCl，=溶质质量溶液质量100% =aL22.4L/mol17g/molaB.c=n溶质V溶液=aL22.4L/molV10-3L=1000aD.盐酸密度大于水的密度，即d1

32、，则溶质质量分数=溶质质量溶液质量100% =(盐酸）V（盐酸）（14、C【解析】A.由球规模型分析含有醛基和羟基两种官能团，故A正确；B. 因为含有醛基所以能发生银镜反应，故B正确；因为含有两种官能团，乙醛只含有醛基，所以两者不互为同系物，故C错误；D. 根据模型可知分子式为C2H4O2与乙酸互为同分异构体,故D正确;答案：C。15、A【解析】A. 缩小体积使压强增大，反应物浓度增大，能加快反应的速率；B. 增大体积使压强减小，反应物浓度减小，不能加快反应的速率；C. 体积不变充入H2使压强增大，不能改变反应混合物中各组分的浓度，故不能加快反应的速率； D. 压强不变充入N2使体积增大，增大

33、了反应物N2的浓度，但是另外两种组分的浓度减小，故化学反应速率不一定增大。综上所述，能加快反应的速率的是A，故选A。16、D【解析】分析：A、次氯酸为弱酸，保留化学式；B反应生成氯化亚铁和氢气；C、明矾溶于水铝离子水解产生Al(OH)3胶体；D、氨过量生成正盐。详解：A、Cl2通入水中，离子方程式：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；B浓盐酸与铁屑反应的离子反应为Fe+2H=Fe2+H2，故B错误；C、明矾溶于水铝离子水解产生Al(OH)3胶体，A13+3H2O=Al(OH)3（胶体）+3H+；D、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32-+ H2O

34、，故D正确；故选D。点睛：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，解题关键：把握发生的反应及离子反应的书写方法，侧重分析与应用能力的考查，易错点：A，注意离子反应中保留化学式的物质如HClO，B、反应生成氯化亚铁和氢气二、非选择题（本题包括5小题）17、氯原子、羟基 取代反应 NaOH溶液、加热 c 、中任意一种 【解析】(1)决定有机物化学特性的原子或原子团叫官能团，根据物质结构简式，判断官能团；(2)对比物质甲与反应生成的的结构的不同，判断反应类型，利用与物质乙的区别，结合卤代烃、烯烃的性质通过II、III反应转化为物质乙；(3)乙的官能团是-OH、Cl，-OH可以与Na发生置换反应、与羧酸

35、发生酯化反应，Cl原子可以发生水解反应、若与Cl原子连接的C原子的邻位C原子上有H原子，则可以发生消去反应；(4)同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物的互称，结合对同分异构体的要求进行书写。【详解】(1)含有的官能团有氯原子、羟基；(2)在一定条件下发生甲基上的取代反应生成，再与NaOH的水溶液在加热条件下发生取代反应生成，与HCl在一定条件下发生加成反应生成物质乙。所以反应I的反应类型是取代反应，反应II的条件是NaOH水溶液、加热，反应III的化学方程式为；(3) a.乙中含醇-OH，可以与金属钠发生置换反应生成氢气，a不符合题意；b.乙中含有氯原子，由于与Cl原子连接的C原子的邻位C

36、原子上有H原子，所以可以与氢氧化钠的乙醇溶液发生消去反应生成，b不符合题意；c.乙中含有的官能团都不能与碳酸钠溶液反应，c符合题意；d.乙中含有醇羟基，可以与乙酸在一定条件下发生酯化反应，d不符合题意；故合理选项是c；(4)化合物乙结构简式为，乙的同分异构体要求符合：a.苯环上的一氯代物有两种，说明苯环有2个处于对位的取代基；b.遇FeCl3溶液显示紫色，说明有酚羟基，则符合题意的同分异构体结构简式为、。【点睛】本题考查了结构、性质、转化、反应类型的判断及符合要求的同分异构体的书写等知识，掌握各类官能团的性质、转化条件是本题解答的关键。18、 取代反应（或水解反应） 醛基 3 或或) 【解析】

37、根据题中各物质的转化关系，A碱性水解发生取代反应得B，B氧化得C，C发生银镜反应生成D，根据C的名称和A的分子式为C9H11Cl，可知B为，可反推知A为，C为，D为。据此解答。【详解】(1)根据上面的分析可知，A的结构简式为，故答案为；(2)根据上面的分析可知，转化关系中AB的反应类型为取代反应，BC发生氧化反应，将羟基氧化为醛基，C中官能团为醛基，故答案为取代反应；醛基。(3)反应CD中的第步的化学方程式为，故答案为；(4)在NaOH醇溶液并加热的条件下，A发生消去反应生成E：，E的同分异构体的苯环上有且仅有一个取代基，且能与溴水发生加成反应，说明有碳碳双键，则苯环上的取代基可以是CH=CH

38、CH3或CH2CH=CH2或C(CH3)=CH2，所以符合条件的同分异构体的结构简式为或或)故答案为或或)。19、MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O 饱和食盐水(或水) 浓硫酸 水浴 CD 【解析】在装置A中制备氯气，B、C用于除杂，分别除去氯化氢和水，实验开始前先在D中放入一定量的硫粉，加热使硫熔化，然后转动和摇动烧瓶使硫附着在烧瓶内壁表面形成一薄层，可增大硫与氯气的接触面积，利于充分反应，因二氯化硫遇水易分解，F用于防止空气中的水蒸气进入装置，并吸收氯气防止污染环境，以此解答该题。【详解】(1)实验室用浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(

39、浓) MnCl2+Cl2+2H2O；(2)实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，浓盐酸易挥发，所以制得的氯气不纯，混有氯化氢和水，先用盛有饱和食盐水的B装置除去氯化氢，再用盛有浓硫酸的C装置吸水；(3)实验时，D装置需加热至50-59介于水浴温度0-100，因此采用的加热方式为水浴加热；(4)结合c=n/V分析选项，A.配制溶液时，容量瓶中有少量水，对所配溶液浓度没有影响；B.使用容量瓶配制溶液时，俯视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切，使得溶液的体积偏小，则所得溶液浓度偏高；C.配制溶液的过程中，容量瓶未塞好，洒出一些溶液，所配溶液浓度偏低；D.发现溶液液面超过刻度线，用吸管吸出少量水，使液面降至

40、刻度，所得溶液浓度偏低，故合理选项是CD。【点睛】解题时要特别注意题中信息“二氯化硫遇水易分解”的应用，试题难度不大。20、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

41、的质量分数。【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

42、计算混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为1mol，故原样品中碳酸氢钠的物质的量为5mol