内蒙古平煤高级中学、元宝山一中2023学年化学高二第二学期期末经典试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、某有机物的结构简式如图．该物质不应具有的化学性质是（）①可燃烧②可跟溴加成③可使酸性KMnO4溶液褪色④可跟NaHCO3溶液反应⑤可跟NaOH溶液反应⑥可在碱性条件下水解⑦可与新制备的Cu(OH)2悬浊液煮沸生成红色沉淀A．①②B．③④C．④⑤D．⑥⑦2、某同学用0.1mol/L的盐酸滴定20.00mLNaOH溶液，测定其浓度。下列操作正确的是A．需用NaOH溶液润洗锥形瓶B．用量筒量取20.00mLNaOH溶液C．滴定前，使酸式滴定管尖嘴部分充满盐酸D．充分反应后，滴入酚酞溶液，观察是否到达滴定终点3、下列离子方程式正确的是（）A．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32-+2Cl2＋3H2O=2SO32-＋4Cl-＋6H+B．等物质的量的FeBr2与Cl2反应为：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－C．等物质的量MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合:Mg2＋＋3OH－＋H＋=Mg(OH)2↓＋H2OD．等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NaHSO4稀溶液混合：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O4、下列有关说法正确的是A．水合铜离子的球棍模型，1个水合铜离子有2个配位键B．冰晶胞示意图，类似金刚石晶胞，冰晶胞内水分子间以共价键结合C．H原子的电子云图，由图可见H原子核外靠近核运动的电子多D．K与氧形成的某化合物晶胞，其中黑球为K＋，由图可知该晶体化学式为KO25、已知HCO3-＋AlO2-＋H2O==CO32-＋Al(OH)3↓。将足量的KHCO3溶液不断滴入含等物质的量的KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与滴入的KHCO3溶液体积的关系可表示为A． B． C． D．6、反应A+B→C△H＜0，分两步进行①A+B→X△H＞0②X→C△H＜0。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是A． B．C． D．7、关于胶体的性质与应用，相关说法错误的是()A．静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶体粒子的带电性而加以除去B．明矾净水是利用胶体的吸附性C．从颜色上无法区别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体D．由于胶粒之间的排斥作用，胶粒不易聚集成大的颗粒，故胶体的性质相对比较稳定8、①将0.100L1.00mol·L-1的纯碱溶液逐滴滴入0.100L1.25mol·L-1的盐酸中；②将0.100L1.25mol·L-1的盐酸逐滴滴入0.100L1.00mol·L-1的纯碱溶液中；两种操作产生CO2的体积比为A．5∶2 B．2∶5 C．2∶1 D．1∶19、实验室用溴和苯反应制取溴苯，得到粗溴苯后，要用如下操作精制：①蒸馏；②水洗；③用干燥剂干燥；④10%NaOH溶液洗；⑤水洗。正确的操作顺序是A．①②③④⑤ B．②④⑤③①C．④②③①⑤ D．②④①⑤③10、某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是A．Na2O B．AlCl3 C．FeCl2 D．SiO211、若agCO2含b个分子，则阿伏加德罗常数的值为（）A．ab/28 B．ab/14 C．28/b D．44b/a12、下列装置或操作不能达到目的的是()A．装置①：制取乙炔并验证炔烃的性质 B．装置②：检验乙醇的还原性，溶液颜色从橙色变成绿色C．装置③：验证葡萄糖分子中含有醛基官能团 D．装置④：酸性KMnO4溶液中出现气泡且颜色逐渐褪去13、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()A．H、O、S B．Na、H、OC．K、Cl、O D．H、N、Cl14、能与Na反应放出H2，又能使溴水褪色，但不能使pH试纸变色的物质是()A．CH2＝CH－COOH B．CH2＝CH－CH3C．CH2＝CH－CH2OH D．CH2＝CH－COOCH315、下列变化过程中，加入还原剂才能实现的是A．Clˉ→Cl2 B．FeO→Fe C．SO2→SO32- D．Fe2+→Fe3+16、由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH=1，c(Al3+)=0.4mol/L，c(SO42-)=0.8mol/L，则c(K+)为（）A．0.15mol/LB．0.2mol/LC．0.3mol/LD．0.4mol/L17、1mol某烃完全燃烧可得2molCO2，在一定条件下，1mol该烃能与2molH2发生加成反应，这种烃是（）A．CH4 B．C2H4 C．C2H2 D．C3H418、下列关于乙醇在各种化学反应中化学键断裂情况的说法不正确的是A．与乙酸、浓硫酸共热时，①键断裂B．与浓硫酸共热至170℃时，②、④键断裂C．在Ag催化下与O2加热反应时,①、③键断裂D．与浓氢溴酸混合加热时,①键断裂19、下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是A．水中的钢闸门连接电源的负极 B．金属护拦表面涂漆C．汽车底盘喷涂高分子膜 D．地下钢管连接镁块20、某同学为了使反应2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑能进行，设计了如下所示的四个实验方案，你认为可行的方案是()A． B． C． D．21、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．常温常压下，64gSO2中含有的原子数为3NAB．标准状况下，11.2LCCl4所含原子数目为2.5NAC．2L0.1mol•L﹣1K2SO4溶液中含K+物质的量为0.2molD．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA22、根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是选项实验操作和现象结论A向偏铝酸钠溶液中滴加碳酸氢钠溶液，有白色胶状沉淀生成AlO2—结合氢离子能力比CO32-强B将硫酸酸化的双氧水滴入硝酸亚铁溶液中，溶液黄色H2O2的氧化性比Fe3+强C浓硫酸与乙醇共热产生气体Y，通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去气体Y为纯净的乙烯D向浓度均为0.1mol/L的NaCl和NaI混合溶液中滴加速率稀硝酸银溶液，生成黄色沉淀Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）M是石油裂解气的重要成分，由M制备环酯P的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，如:2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR回答下列问题：(1)M的名称是____________，A中的含氧官能团名称是____________。(2)①的反应类型是___________，⑥的反应类型是________________。(3)C的结构简式为____________。由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是___________。(4)G中最多有_______个原子共平面，其顺式结构式为_____________。(5)符合下列条件D的同分异构体有______种。①氯原子连在碳链的端点碳上②羟基连在不同的碳原子上，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1的为__________(写结构简式)。(6)由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为_________________。(7)已知：根据题中信息，设计以2-氯丙烷制备环己烯的合成路线(无机试剂和溶剂任选)___________。24、（12分）A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，其分子结构模型如图所示（图中球与球之间连线代表化学键单键或双键）。(1)根据分子结构模型写出A的结构简式___________。(2)拟从芳香烃出发来合成A，其合成路线如下：已知：A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇。(a)写出⑤反应类型__________反应；写出H的结构简式___________。(b)写出G中官能团名称：_________________________(c)写出下列步骤的反应方程式（注明必要的条件）⑥_______________________________________。⑦________________________________________。(3)A的同分异构体有多种，同时满足下列条件A的同分异构体有________种。ⅰ.含有苯环，苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种；ⅱ.与A有相同的官能团；ⅲ.能发生银镜反应。25、（12分）氢化钙(CaH2)固体是登山运动员常用的能源提供剂。氢化钙要密封保存，一旦接触到水就发生反应生成氢氧化钙和氢气。氢化钙道常用氢气与纯净的金属钙加热制取，如图是模拟制取装置:(1)为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在B、C之间再接一装置，该装置中加入的试剂是______________。(2)该实验步骤如下:检查装置气密性后装入药品；打开分液漏斗活塞，接下来的操作顺序是_______(填序号)。①加热反应一段时间②收集气体并检验其纯度③关闭分液漏斗活塞④停止加热，充分冷却(3)某同学取一定质量的产物样品(m1g)，加入过量碳酸钠溶液，过滤、洗涤、干燥后称量固体碳酸钙质量(m2g),计算得到样品中氢化钙的质量分数为101.14%。若该同学所有操作均正确，则产生这种情况的原因可能是________。26、（10分）纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2•xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。请回答下列问题：（1）TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为______________________________。（2）配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是__________；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的__________（填字母代号）。（3）滴定终点的判定现象是________________________________________。（4）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为Mg/mol）试样wg，消耗cmol/LNH4Fe(SO4)2标准溶液VmL，则TiO2质量分数表达式为______________________________。（5）判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果__________。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果__________。27、（12分）用18mol/L浓硫酸配制100mL3.0mol/L稀硫酸的实验步骤如下：①计算所用浓硫酸的体积②量取一定体积的浓硫酸③溶解、冷却④转移、洗涤⑤定容、摇匀回答下列问题：（1）所需浓硫酸的体积是____mL，量取浓硫酸所用的量筒的规格是_______。（从下列规格中选用：A10mLB25mLC50mLD100mL）（2）第③步实验的操作是________________________________________________。（3）第⑤步实验的操作是_________________________________________________。（4）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响（用“偏大”“偏小”或“无影响”填写）?A所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中_________。B容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水________。C所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤________________。D定容时俯视溶液的凹液面________________。28、（14分）有下列分子或离子：BF3、H2O、NH4+、SO2、HCHO、PCl3、CO2（1）粒子构型为直线型的为：_________（2）粒子的立体构型为V型的为：_________（3）粒子的立体构型为平面三角形的为：_________（4）粒子的立体构型为三角锥型的为：_________（5）粒子的立体构型为正四面体的为_________。29、（10分）如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用碳资源的研究越来越紧迫。请运用化学反应原理的相关知识研究碳及其化合物的性质.(1)工业上在恒容密闭容器中用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H如表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数（K）。温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012①由表中数据判断△H________0(填“＞”、“＜“或“＝”)；②判断反应达到平衡状态的依据是________.A．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等B．混合气体的平均相对分子质量不变C．混合气体的密度不变D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化③借助上表数据判断，要提高CO的转化率，可采取的措施是________.A．升温B．充入更多H2

C．分离出甲醇D．加入催化剂(2)CH3OH可以用做燃料电池的燃料，以甲醇与氧气的反应为原理设计，现有电解质溶液是KOH溶液的燃料电池。请写出该电池负极的电极反应式：____________________.(3)向BaSO4沉淀中加入饱和碳酸钠溶液，充分搅拌，弃去上层清液，如此处理多次，可使BaSO4全部转化为BaCO3，发生反应：BaSO4(s)+CO32-(aq)⇌BaCO3(s)+SO42-(aq)。已知某温度下该反应的平衡常数K=4.0×10－2，BaSO4的Ksp=1.0×10－10，则BaCO3的溶度积Ksp=________________。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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、D【答案解析】试题分析：①该有机物可燃烧，正确；②由于在物质的分子结构中含有碳碳双键，所以可跟溴加成，正确；③由于在物质的分子结构中含有碳碳双键和醇羟基，所以可使酸性KMnO4溶液褪色，正确；④由于在物质的分子结构中含有羧基，所以可跟NaHCO3溶液反应，正确；⑤由于在物质的分子结构中含有羧基，所以可跟NaOH溶液反应，正确。⑥由于在该物质的分子中无酯基，所以不可在碱性条件下水解，错误；⑦由于在该物质的分子中无醛基，所以不能可与新制备的Cu（OH）2悬浊液煮沸生成红色沉淀，错误。该物质不应有的化学性质是⑥⑦，选项是D。考点：考查物质的结构与性质的关系的知识。2、C【答案解析】

A．不能用NaOH溶液润洗锥形瓶，否则锥形瓶中氢氧化钠的量偏多，故A错误；B．量筒的精确度为0.1mL，不能用量筒量取20.00mLNaOH溶液，故B错误；C．滴定前，需要排气泡，使酸式滴定管尖嘴部分充满盐酸，故C正确；D．滴定前需要滴加指示剂，滴定时，注意观察是否到达滴定终点，故D错误；答案选C。3、B【答案解析】

A.向Na2S2O3溶液中通入足量氯气，反应生成硫酸钠、氯化钠和水，正确的离子方程式为:S2O32-+4Cl2＋5H2O=2SO42-＋8Cl-＋10H+，A错误；B.等物质的量的FeBr2与Cl2反生成氯化铁、溴化铁和溴，正确的离子方程式为:2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－，B正确；C.等物质的量MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合，氢氧根离子有剩余，生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为:Mg2＋＋4OH－＋2H＋=Mg(OH)2↓＋2H2O，C错误；D.等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NaHSO4稀溶液混合，氢氧根离子过量，正确的离子方程式为:Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，D错误；答案选B。【答案点睛】由于亚铁离子的还原性大于溴离子，所以氯气先氧化亚铁离子，后氧化溴离子；所以等物质的量的FeBr2与Cl2反应生成氯化铁、溴化铁和溴，离子反应为2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－；若加入足量的氯气，反应生成氯化铁和溴，离子反应为：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－；从以上两个反应看出，反应物的量不同，生成物不完全相同，解题时要注意此点。4、D【答案解析】

A.水合铜离子的球棍模型，1个水合铜离子有4个配位键，A错误；B.冰晶胞内水分子间主要以氢键结合，分子间没有形成共价键，B错误；C.H原子的电子云图，由图可见H原子核外靠近核运动的电子出现的机率大，C错误；D.K与氧形成的某化合物晶胞，其中黑球为K＋，由图可知K的个数=8+6=4，过氧根离子=12+1=4，该晶体化学式为KO2，D正确；答案为D5、B【答案解析】

HCO3﹣先与OH﹣反应，再与AlO2﹣反应，而HCO3﹣与OH﹣反应生成CO32﹣后，Ba2+与CO32﹣生成沉淀，HCO3﹣+OH﹣+Ba2+═BaCO3↓+H2O①，消耗1molHCO3﹣、1molOH﹣、1molBa2+，生成1molBaCO3沉淀，此阶段化学方程式为KHCO3+Ba（OH）2═BaCO3↓+H2O+KOH；HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O②，消耗2molHCO3﹣、2molOH﹣（OH﹣消耗完），没有沉淀生成．此阶段化学方程式为KHCO3+KOH═K2CO3+H2O（此时KOH有2mol，原溶液中有1mol，反应①产生1mol）；HCO3﹣+AlO2﹣+H2O═CO32﹣+Al（OH）3↓③，消耗1molHCO3﹣、1molAlO2﹣（AlO2﹣消耗完），生成1molAl（OH）3沉淀．此阶段化学方程式为KHCO3+KAlO2+H2O═Al（OH）3↓+K2CO3。三阶段消耗KHCO3的物质的量为1：2：1，也即KHCO3溶液体积比为1：2：1；一、三阶段对应的生成沉淀的物质的量为1：1，第二阶段不生成沉淀，所以图象B符合，故选B．6、D【答案解析】

根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．【题目详解】由反应A+B→C（△H＜0）分两步进行①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象D符合，

故选D。【答案点睛】本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变化、分析，题目难度不大，注意反应热与物质总能量大小的关系判断7、C【答案解析】

A、静电除尘利用的是胶体电泳现象；B、明矾净水是利用铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体；C、FeCl3溶液与Fe（OH）3胶体的颜色不同；D、胶体性质稳定的原因是胶体粒子带同种电荷，有相互排斥的作用力。【题目详解】A项、静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶粒的带电性而加以除去，此过程为胶体的电泳，故A正确；B项、明矾净水是利用铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮的杂质，达到净水的目的，故B正确；C项、Fe（OH）3胶体呈红褐色，FeCl3溶液呈棕黄色，因此可以从颜色上区分，故C错误；D项、胶体之所以具有介稳性，主要是因为胶体粒子可以通过吸附而带有电荷，同种胶体粒子电性相同，互相排斥使胶粒不易聚集成大的颗粒，故D正确；答案选C。【答案点睛】本题考查了胶体的性质，注意胶体的性质和介稳定的原因是解答关键。8、A【答案解析】

①将0.100L1.00mol·L-1的纯碱溶液（物质的量为0.1mol）逐滴滴入0.100L1.25mol·L-1的盐酸（物质的量为0.125mol）中反应的方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，则生成的CO2气体的物质的量为0.0625mol；②将0.100L1.25mol·L-1的盐酸逐滴滴入0.100L1.00mol·L-1的纯碱溶液中，第一步反应为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，第二步反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则生成的CO2气体的物质的量为0.025mol；两种操作产生CO2的体积比为5∶2，故合理选项为A。9、B【答案解析】

粗溴苯中含有苯、溴苯、溴化铁和溴，提纯时，为减少NaOH的用量，可先用水洗，可除去溴化铁和少量溴，然后加入10%的NaOH溶液洗涤，可除去溴，再用水洗除去碱液，经干燥后进行蒸馏可得溴苯，所以正确的操作顺序为：②④⑤③①，故合理选项是B。10、B【答案解析】

A、钠和氧气可以生成氧化钠，加入碳酸氢钡中反应生成碳酸钡沉淀，没有气体，错误，不选A；B、铝和氯气反应生成氯化铝，加入碳酸氢钡中反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，正确，选B；C、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁，错误，不选C；D、硅和氧气反应生成二氧化硅，加入到碳酸氢钡中不反应，错误，不选D。【答案点睛】注意单质之间化合的产物1、氢气和氧气生成水。2、硫和氧气生成二氧化硫，不是三氧化硫。3、氮气和氧气生成一氧化氮，不是二氧化氮。4、钠和氧气在点燃条件下反应生成过氧化钠，常温下生成氧化钠。5、锂和氧气反应生成氧化锂，没有过氧化物。6、钾和氧气点燃反应生成更复杂的氧化物。7、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁。8、铁和硫反应生成硫化亚铁。9、铁和氧气反应生成四氧化三铁10、铜和硫反应生成硫化亚铜11、D【答案解析】

若agCO2含b个分子，设阿伏加德罗常数的值为NA，根据公式N=n×NA=mNA/M，有b=aNA/44，则NA=44b/a，故D正确，本题选D。12、A【答案解析】

A.电石和水反应可生成乙炔，但是，由于电石中含有的杂质也和水反应生成硫化氢等气体，且杂质也能使溴水褪色，故装置①达不到制取乙炔并验证炔烃的性质的目的；B.重铬酸钾溶液显橙色，其中+6价的Cr元素可以被乙醇还原为Cr3+而使溶液变为绿色，故装置②可以检验乙醇的还原性，并使溶液颜色从橙色变成绿色；C.在水浴加热的条件下，含有醛基官能团的有机物可以发生银镜反应，故装置③可以验证葡萄糖分子中含有醛基官能团；D.石蜡油在碎瓷片的作用下加热可以发生分解，生成能使酸性KMnO4溶液褪色的气态不饱和烃，故装置④中酸性KMnO4溶液中出现气泡且颜色逐渐褪去。综上所述，装置或操作不能达到目的的是A，本题选A。13、A【答案解析】

强碱、活泼金属氧化物、绝大多数盐等是离子晶体。B项如NaOH，C项如KClO，D项如NH4Cl，均为离子晶体。14、C【答案解析】

A.CH2＝CH－COOH含有羧基，具有酸性可以与金属Na反应放出氢气，可以使pH试纸变红色，含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应使溴水褪色，A不符合题意；B.CH2＝CH－CH3含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应使溴水褪色，不含有羧基、醇羟基、酚羟基，不能与钠发生反应放出氢气，也不能使pH试纸变色，B不符合题意；C.CH2＝CH－CH2OH含有醇羟基，可以与金属Na反应放出氢气；含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应使溴水褪色；但醇不具有酸性，不可以使pH试纸变色，C符合题意；D.CH2＝CH－COOCH3含有碳碳双键，可以使溴水褪色，不能与金属钠发生反应放出氢气，也不能使pH试纸变色，D不符合题意；故合理选项是C。15、B【答案解析】

A．Clˉ→Cl2中，Cl元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故A不符合题意；B．FeO→Fe中，Fe元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故B符合题意；C．SO2→SO32-中不存在化合价变化，不需要加入氧化剂，故C不符合题意；D．Fe2+→Fe3+中，Fe元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故D不符合题意；

故答案：B。【答案点睛】根据氧化还原反应特征分析，需要加入还原剂才能实现，则选项本身为氧化剂，发生的是还原反应，氧化剂中某元素的化合价降低。16、C【答案解析】溶液的pH=1，则氢离子浓度为0.1mol/L，根据电荷守恒，溶液中存在：3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，由于溶液中c(OH-)很小，可以忽略不计，则：3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42-)，所以：c(K+)=2c(SO42-)-3c(Al3+)-c(H+)=2×0.8mol/L-3×0.4mol/L-0.1mol/L=0.3mol/L，故选C。17、C【答案解析】

1mol某烃完全燃烧可得到2molCO2，根据碳原子守恒，烃中C原子数目==2，在一定条件下，1mol该烃能与2molH2发生加成反应，由于该烃分子中有2个C原子，故该烃含有1个C≡C键，则该烃为HC≡CH，故选C。18、D【答案解析】A．与乙酸、浓硫酸共热时，发生酯化反应，①断裂，故A正确；B．与浓硫酸共热至170℃时，发生消去反应生成乙烯，②、④键断裂，故B正确；C．在Ag催化下与O2反应时，生成乙醛，①、③键断裂，故C正确．B．与HBr反应时，生成溴乙烷，②键断裂，故D错误；本题选D。点睛：乙醇含有-OH，可发生取代、消去、氧化等反应，反应条件不同，生成物不同，化学键断裂的方式不同，当发生酯化反应时，①断裂，发生取代反应时，②键断裂，发生消去反应时，②④断裂，发生催化氧化时①③断裂，以此解答该题。19、A【答案解析】

A．水中的钢闸门连接电源负极，阴极上得电子被保护，所以属于使用外加电流的阴极保护法，故A正确；B．金属护拦表面涂漆使金属和空气、水等物质隔离而防止生锈，没有连接外加电源，故B错误；C．汽车底盘喷涂高分子膜阻止了铁与空气、水的接触，从而防止金属铁防锈，没有连接外加电源，故C错误；D．镁的活泼性大于铁，用牺牲镁块的方法来保护地下钢管而防止铁被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；故选A。20、C【答案解析】

由2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑可知该反应不是自发的氧化还原反应，故只能设计成电解池；H元素的化合价由+1价降低到0价，得到电子，发生还原反应，阴极上的电极反应为：2H++2e-=H2↑，银元素的化合价从0价升高到+1价，发生氧化反应，银作阳极，电极反应为：Ag-e-=Ag+，所以银作阳极，盐酸作电解质溶液，形成电解池；答案选C。【答案点睛】解答本题是需要根据总反应判断装置是原电池还是电解池，再根据得失电子判断电极；判断时①电极：阴极是与电源负极相连，得到电子，发生还原反应；阳极是与电源正极相连，失去电子，发生氧化反应。②电子和离子的移动方向(惰性电极)。特别需要注意的是：①金属活动性顺序中银以前的金属(含银)作电极时，由于金属本身可以参与阳极反应，称为金属电极或活性电极(如Zn、Fe、Cu、Ag等)；金属活动性顺序中银以后的金属或非金属作电极时，称为惰性电极，主要有铂(Pt)、石墨等；②电解时，在外电路中有电子通过，而在溶液中是靠离子移动导电，即电子不通过电解质溶液。21、A【答案解析】分析：A．二氧化硫分子中含有3个原子，1mol二氧化硫中含有3mol原子；B、依据气体摩尔体积的应用条件分析判断；C、根据公式n=cV进行计算；D、根据甲烷与氯气在光照条件下反应的情况分析。详解：A．64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫分子中含有3mol原子，含有的原子数为3NA，选项A正确；B、标准状况下，CCl4不是气体，11.2LCCl4的物质的量不是0.5mol，所含原子数目不是2.5NA，选项B错误；C．2L0.1mol•L﹣1K2SO4溶液中含K+物质的量为2L×0.1mol•L﹣1×2=0.4mol，选项C错误；D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数不为1.0NA，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，熟练掌握物质的量与摩尔质量、标况下的气体摩尔体积、阿伏伽德罗常数等物理量之间的关系，选项C为易错点，注意稀有气体为单原子分子。22、A【答案解析】

A．向偏铝酸钠溶液中滴加碳酸氢钠溶液，因AlO2—结合氢离子能力比CO32-强，溶液中Al(OH)3白色沉淀生成，故A正确；B．Fe2+在酸性条件下能被NO3-氧化成Fe3+，则将硫酸酸化的双氧水滴入硝酸亚铁溶液中，溶液黄色，无法证明H2O2的氧化性比Fe3+强，故B错误；C．浓硫酸有强氧化性，可以被有还原性的乙醇还原为二氧化硫，且乙醇有挥发性，二氧化硫和乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色，则浓硫酸与乙醇共热产生气体Y，通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，未排除二氧化硫和乙醇的干扰，无法证明Y是纯乙烯，故C错误；D．两种难溶物的组成相似，在相同的条件下，Ksp小的先沉淀，则由现象可知，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故D错误；故答案为A。二、非选择题(共84分)23、丙烯碳碳双键取代反应消去反应HOCH2-CH=CH-CH2OH保护分子中碳碳双键不被氧化1210ClCH2-CH（CH2OH）2CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2【答案解析】

由题中信息可知，M与氯气发生取代反应生成CH2=CH-CH2Cl，可确定M为丙烯；已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，则CH2=CH-CH2Cl在催化剂的作用下，生成乙烯、CH2Cl-CH=CH-CH2Cl；根据合成路线可知，A水解后先与HCl发生反应，然后发生氧化反应、消去反应，则A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl、B为乙烯；C为HOCH2-CH=CH-CH2OH；D为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH；E为HOOC-CH2-CHCl-COOH；F为NaOOC-CH=CH-COONa；G为HOOC-CH=CH-COOH；H为CH2Br-CH2Br；I为CH2OH-CH2OH；【题目详解】（1）根据分析可知，M为丙烯；A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl，含有的官能团为碳碳双键；（2）反应①为取代反应；反应⑥为卤代烃的消去反应；（3）C的结构简式为HOCH2-CH=CH-CH2OH，其分子中含有碳碳双键和羟基，这丙种官能团均易发生氧化反应，因此，C→G的过程步骤④、⑥的目的是：为了保护碳碳双键在发生氧化反应时不被氧化；（4）G的结构简式为HOOC-CH=CH-COOH，当碳碳双键与羧基中碳氧双键确定的平面重合时，则有12原子共平面；其顺式结构为：；(5)D的结构简式为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH，符合①氯原子连在碳链的端点碳上②羟基连在不同的碳原子上。若无支链，固定Cl原子和一个—OH在一端，，另一个—OH的位置有3种；移动—OH的位置，，另一个—OH的位置有2种；依此类推，，1种；若存在一个甲基支链，，有2种；，有1种，，1种，合计10种；其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1，符合的结构简式为：ClCH2-CH（CH2OH）2；(6)I、G分别为：HOOC-CH=CH-COOH、CH2OH-CH2OH，在一定条件下发生酯化反应，制取环酯P，其方程式为：；（7）根据题目信息，烯烃在一定条件下碳碳双键两边的基团可以互换，则先用2-氯丙烷发生消去反应生成丙烯，丙烯在一定条件下生成乙烯和2-丁烯，利用2-丁烯和溴水发生加成反应，生成2，3-二溴丁烷，再发生消去反应生成1，3-丁二烯，最后与乙烯发生双烯合成制取环己烯。合成路线如下：CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2。【答案点睛】多官能团同分异构体的书写时，根据一固定一移动原则，逐个书写，便于查重。24、消去羟基、醛基+CH3OH+H2O+H2O6【答案解析】

(1)根据分子结构模型知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，写出结构简式；(2)和溴水发生加成反应生成D，D的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；据此分析解答。【题目详解】(1)A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，每个碳原子形成4个共价键，结合其分子结构模型()知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，且结构简式为：，故答案为；(2)和溴水发生加成反应生成D，D的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；（a）通过以上分析知，反应⑤属于消去反应，H的结构简式为，故答案为：消去；；（b）G的结构简式为：，含有的官能团有—OH、—CHO，名称为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；（c）反应⑥为B和甲醇发生酯化反应生成A，反应方程式是+CH3OH+H2O；反应⑦为E发生消去反应生成F，反应方程式是+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；+H2O；(3)A的结构简式为：，A中含有的官能团为碳碳双键和酯基，A的同分异构体苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种，则只能是对位，又与A有相同的官能团且能发生银镜反应，则苯环连接的两个侧链分别为①—CH=CH2、—CH2OOCH②—CH3、—CH=CHOOCH③—CH3、—C(OOCH)=CH2④—OOCH、—CH=CHCH3⑤—OOCH、—CH2CH=CH2⑥—OOCH、—C(CH3)=CH2，共6种，故答案为：6。【答案点睛】本题的难点是第（3）问，符合条件的同分异构体数目的确定；确定同分异构体的数目先根据限制的条件确定可能存在的结构，然后进行有序书写。25、无水硫酸铜(或其他合理答案)②①④③单质钙没有完全参与反应，氢化钙中混有单质钙【答案解析】分析：本题以氢化钙的制备为载体，考查实验基本技能与操作、对题中的信息的利用、对实验装置的理解分析、物质分离提纯、化学计算等，本题侧重基本实验操作能力的考查，是对学生综合能力的考查。详解：A装置通过锌和硫酸反应生成氢气，氢气中肯定含有水蒸气，所以用B中无水氯化钙吸收水，在C中氢气和钙反应生成氢化钙，D中有浓硫酸，保证金属钙的装置C中干燥，防止空气中的水蒸气进入。本实验的关键是保证金属钙的装置C中没有水蒸气存在，因为钙和水反应，氢化钙也与水反应。（1）为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在BC之间连接一个检验氢气是否含有水的装置，该装置中加入无水硫酸铜固体，若有水，该固体变蓝。（2）该实验步骤为检验气密性后，打开分液漏斗活塞，使硫酸流下，与金属锌反应生成氢气，用氢气排除装置中的空气，在最后收集气体并检验其纯度，当收集到纯净的氢气时在点燃酒精灯进行加热，一段时间后停止加热，让装置C在氢气的环境中充分冷却，最后关闭分液漏斗活塞。故顺序为②①④③。（3）计算得到样品中氢化钙的质量分数大于100%，说明样品中钙元素较多，则说明单质钙没有完全参与反应，氢化钙中混有单质钙。26、TiCl4＋(2＋x)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HCl抑制NH4Fe(SO4)2水解AC溶液变成红色（或）偏高偏低【答案解析】

（1）根据原子守恒可知TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为TiCl4＋(2＋x)H2O＝TiO2·xH2O↓＋4HCl；（2）NH4＋水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，因此加入硫酸的目的是抑制NH4Fe(SO4)2的水解；根据一定物质的量浓度溶液配制过程可知配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要用到容量瓶和胶头滴管，即AC正确；（3）根据要求是Fe3＋把Ti3＋氧化成Ti4＋，本身被还原成Fe2＋，因此滴定终点的现象是溶液变为红色；（4）根据得失电子数目守恒可知n(Ti3＋)×1＝n[NH4Fe(SO4)2]×1＝0.001cVmol，根据原子守恒可知n(TiO2)＝n(Ti3＋)＝0.001cVmol，所以TiO2的质量分数为；（5）①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，造成所配溶液的浓度偏低，在滴定实验中，消耗标准液的体积增大，因此所测质量分数偏高；②滴定终点时，俯视刻度线，读出的标准液的体积偏小，因此所测质量分数偏低。27、（1）16.7（3分）B（1分）（2）先向烧杯加入30ml蒸馏水，然后将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入烧杯中，并用玻璃棒搅拌。（3分）（3）继续向容量瓶注入蒸馏水至离刻度线1-2cm处，改出胶头滴管向容量瓶滴加至液凹面与刻度线相切为止。塞紧瓶塞，倒转摇匀。（3分）（4）A.偏小B.无影响C.偏小D.偏大（各1分，共4分）【答案解析】试题分析：（1）稀释前后溶质的物质的量保持不变，即c浓×V浓=c稀×V稀，且量筒的精确度一般为0.1mL，则V浓=="16.7"mL；根据大而近原则，