2023届阿里市高二化学第二学期期末质量跟踪监视试题（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．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列有关性质的比较中，正确的是A．硬度：白磷＞冰＞二氧化硅；在水中的溶解度：NH3>CO2>SO2>H2B．非金属性：N＞O＞P＞S；碱性：KOH＞NaOH＞Al(OH)3＞Ca(OH)2C．共价键的键能：硅>碳化硅>金刚石；晶格能：CsCl>NaCl>CaOD．氢键强弱：N···H＜O···H＜F···H；范德华力强弱：NH3<PH3<AsH32、化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是()A．“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于高分子材料C．医用双氧水和酒精均可用于伤口清洗，两者消毒原理相同D．“碳九”(石油炼制中获取的九个碳原子的芳烃)均属于苯的同系物，泄漏不会污染水体3、过氧化钠可作为氧气的来源。常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了28g，反应中有关物质的物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数)()选项二氧化碳碳酸钠转移的电子A1molNAB22.4L1molC212g1molD106g2NAA．A B．B C．C D．D4、合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是（）A．增加压强 B．降低温度 C．增大CO的浓度 D．更换催化剂5、有机物分子中原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列各项的事实不能说明上述观点的是A．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．乙烯能发生加成反应，乙烷不能发生加成反应C．苯酚与溴水直接就可反应，苯与液溴反应还需要三溴化铁作催化剂D．乙醇没有酸性，苯酚、乙酸有酸性6、有机化合物中原子间或原子团间(或原子与原子团间)的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列各项事实中不能说明上述观点的是：A．乙烯能发生加成反应而乙烷不行B．苯酚能与氢氧化钠溶液反应，而乙醇不行C．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷不能D．丙酮(CH3COCH3)分子中的氢原子比乙烷中的氢原子更容易被卤素原子取代7、工业上采用乙烯和水蒸气在催化剂(磷酸/硅藻土)表面合成乙醇，反应原理为CH2===CH2(g)＋H2O(g)CH3CH2OH(g)，副产物有乙醛、乙醚及乙烯的聚合物等。下图是乙烯的总转化率随温度、压强的变化关系，下列说法正确的是：A．合成乙醇的反应一定为吸热反应B．目前工业上采用250～300℃，主要是因为在此温度下乙烯的转化率最大C．目前工业上采用加压条件(7MPa左右)，目的是提高乙醇的产率和加快反应速率D．相同催化剂下，在300℃14.70MPa乙醇产率反而比300℃7.85MPa低得多，是因为加压平衡向逆反应方向移动8、药物使数以万计的人摆脱疾病困扰，是我国科学家最近新合成的一种药物，下列关于该有机物的说法错误的是A．该有机物的分子式为C11H16OB．该有机物可以使溴水褪色C．该有机物易溶于水D．光照，该有机物可以与氯气发生取代反应9、根据所学相关知识，分析正确的是（）A．氨气分子的空间构型为三角锥形，N2H4的氮原子杂化方式为SP2B．金属晶体铜配位数为12，空间利用率为68％C．石墨晶体中，既有共价键，又有金属键，还有范德华力，是一种混合晶体D．在氯化钠晶体中，氯离子的配位数为810、下列实验操作不当的是A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二11、下列物质属于电解质的是（）A．氯化钠 B．铜 C．蔗糖 D．乙醇12、在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是A．氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO13、2018年8月22日，国务院总理李克强主持召开国务院常务会议，会议决定扩大车用乙醇汽油的推广和使用，除原有的11个试点省份外，进一步在北京等15个省市推广。下列关于“乙醇汽油”的说法正确的有（）①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇混合而成的一种燃料，它是一种新型化合物②汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成二氧化碳和水③“乙醇汽油”的使用可有效减少汽车尾气中的碳排放、细颗粒物排放以及其他有害物质的污染④石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化⑤煤油可由石油裂解获得，可用作燃料和保存少量金属钠⑥“地沟油”危害人体健康，可通过蒸馏“地沟油”的方式获得汽油和柴油，实现资源的再利用A．①⑤ B．③ C．②③ D．⑥14、下列说法不正确的是A．利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色的化学B．保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉C．电镀时，将镀件作为阳极D．瑞典化学家贝采利乌斯最早提出了有机化学的概念15、已知反应：2Cu(IO3)2＋24KI＋12H2SO4＝2CuI↓＋13I2＋12K2SO4＋12H2O，下列说法正确的是A．CuI既是氧化产物又是还原产物B．Cu(IO3)2作氧化剂，Cu(IO3)2中的铜和碘元素被还原C．每生成1molCuI，有12molKI发生氧化反应D．每转移1.1mol电子，有0.2mol被氧化16、为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如图实验。关于该实验的分析不正确的是A．①浊液中存在平衡：Ag2CrO4(s)⇌2Ag+(aq)+CrO42－(aq)B．②中溶液变澄清的原因：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2OC．③中颜色变化说明有AgCl生成D．该实验可以证明AgCl比Ag2CrO4更难溶17、向KOH溶液中通入11.2L（标准状况）氯气恰好完全反应生成三种含氯盐：0.7molKCl、0.2molKClO和X，则X是（）A．0.1molKClO4 B．0.1molKClO3 C．0.2molKClO2 D．0.1molKClO218、将质量均为ag的O2、X、Y气体分别充入相同容积的密闭容器中，压强(p)与温度(T)的关系如下图所示，则X、Y气体可能分别是（）A．C2H4、CH4 B．CO2、Cl2 C．SO2、CO2 D．CH4、Cl219、在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列证据能说明反应一定达到化学平衡状态的是A．容器内的压强不再改变 B．c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2C．混合气体的密度不再改变 D．SO2的生成速率与SO3的消耗速率相等20、下列说法不正确的是A．分子式为C5H10O2的羧酸共有3种B．分子式为C3H9N的异构体共有4个C．某烷烃CnH2n+2的一个分予中，含有共价键的数目是3n+1D．某烷烃CnH2n+2的一个分子中，含有非极性键的数目是n-121、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（）A．K＋、H＋、SO42－、OH－ B．Na＋、Cu2＋、Cl－、SO42－C．Na＋、H＋、Cl－、CO32－ D．Na＋、Ca2＋、CO32－、NO3－22、具有下列电子层结构的原子，其对应元素一定属于同一周期的是A．两种原子的电子层上全部都是s电子B．3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子C．最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子D．原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未有电子的两种原子二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D1、D2、E、F、G、H均为有机化合物，请根据下列图示回答问题。（1）直链有机化合物A的结构简式是__________________；（2）B中官能团的名称为___________；（3）①的反应试剂和反应条件是__________；（4）D1或D2生成E的化学方程式是___________________________________；（5）G可应用于医疗、爆破等，由F生成G的化学方程式是_____。24、（12分）立方烷()具有高度的对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点，因此合成立方烷及其衍生物成为化学界关注的热点。下面是立方烷衍生物I的一种合成路线：回答下列问题：(1)C的结构简式为___________，E的结构简式为_______________。(2)③的反应类型为___________，⑤的反应类型为_______________。(3)化合物A可由环戊烷经三步反应合成，已知：反应1的试剂与条件为：Cl2/光照。反应2的化学方程式为_____________________________________。(4)在立方烷衍生物I的合成路线中，互为同分异构体的化合物是__________(填化合物代号)。(5)立方烷衍生物I与碱石灰共热可转化为立方烷。立方烷的核磁共振氢谱中有________个峰。25、（12分）辉铜矿（主要成分为Cu2S）经火法冶炼，可制得Cu和H2SO4，流程如下图所示：（1）Cu2S中Cu元素的化合价是__________价。（2）Ⅱ中，电解法精炼粗铜（含少量Ag、Fe），CuSO4溶液做电解质溶液：①粗铜应与直流电源的_________极（填“正”或“负”）相连。②铜在阴极析出，而铁以离子形式留在电解质溶液里的原因是__________________________。（3）Ⅲ中，烟气（主要含SO2、CO2）在较高温度经下图所示方法脱除SO2，并制得H2SO4。①在阴极放电的物质________________。②在阳极生成SO3的电极反应式是_______________________________。（4）检测烟气中SO2脱除率的步骤如下：（i）.将一定量的净化气（不含SO3）通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水。（ii）加入浓盐酸，加热溶液至无色无气泡，再加入足量BaCl2溶液。（iii）过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量。①用离子方程式表示（i）中溴水的主要作用________________________________。②若沉淀的质量越大，说明SO2的脱除率越________（填“高”或“低”）。26、（10分）富马酸亚铁(C4H2O4Fe)是常用的治疗贫血的药物。可由富马酸与FeSO4反应制备。(1)制备FeSO4溶液的实验步骤如下：步骤1.称取4.0g碎铁屑，放入烧杯中，加入10%Na2CO3溶液，煮沸、水洗至中性。步骤2.向清洗后的碎铁屑中加入3mol/LH2SO4溶液20mL，盖上表面皿，放在水浴中加热。不时向烧杯中滴加少量蒸馏水，控制溶液的pH不大于1。步骤3.待反应速度明显减慢后，趁热过滤得FeSO4溶液。①步骤1的实验目的是____。②步骤2“不时向烧杯中滴加少量蒸馏水”的目的是____；“控制溶液的pH不大于1”的目的是____。(2)制取富马酸亚铁的实验步骤及步骤（Ⅱ）的实验装置如下：①步骤(Ⅰ)所得产品(富马酸)为_______－丁烯二酸（填“顺”或“反”）。②富马酸与足量Na2CO3溶液反应的方程式为_________。③图中仪器X的名称是_________，使用该仪器的目的是__________。(3)测定(2)产品中铁的质量分数的步骤为：准确称取产品ag，加入新煮沸过的3mol/LH2SO4溶液15mL，待样品完全溶解后，再加入新煮沸过的冷水50mL和4滴邻二氮菲-亚铁指示剂，立即用cmol/L(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定(Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+)，滴定到终点时消耗标准液VmL。①(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液适宜盛放在_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。②该实验中能否用KMnO4标准溶液代替(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定Fe2+，说明理由_____。③产品中铁的质量分数为________（用含a、V的代数式表示）。27、（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________。28、（14分）（1）在苯酚钠溶液中通入少量的CO2，写出反应的化学方程式：_______________；（2）丙酸与乙醇发生酯化反应的的化学方程式：_______________；（3）1,2—二溴丙烷发生消去反应：_______________；（4）甲醛和新制的银氨溶液反应：_______________。29、（10分）I．氢气在工业合成中应用广泛。（1）通过下列反应可以制备甲醇①CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=－90.8kJ·mol－1②CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ·mol－1请写出由CO2和H2制取甲醇的热化学方程式：______________________。Ⅱ．CH4可以消除氮氧化物的污染，主要反应原理为CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）△H=－868.7kJ·mol－1（2）在3.00L密闭容器中通入1molCH4和2molNO2，在一定温度下进行上述反应，反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表：反应时间t/min0246810总压强P/×100kPa4.805.445.765.926.006.00由表中数据计算，0~4min内v（NO2）=___________，该温度下的平衡常数K=___________。（3）在一恒容装置中通入一定量CH4和NO2，测得在相同时间内和不同温度下，NO2的转化率如下图。则下列叙述正确的是___________。A若温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%B反应速率b点的v（逆）>e点的（逆）C平衡常数：c点=d点Db点反应未达到平衡（4）利用氨气可以设计高能环保燃料电池，用该电池电解含有NO3－的碱性工业废水，在阴极产生N2。阴极的电极反应式为______________________；在标准状况下，当阴极收集到13.44LN2时，理论上消耗NH3的体积为___________。（5）常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中c（NH4+）___________c（HCO3－）（填“>”“<”或“=”）；反应NH4++HCO3－+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=___________。（已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10－5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10－7，K2=4×10－11）

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】

A.SiO2属于原子晶体，白磷、冰都是分子晶体，所以SiO2的硬度是最大的；1体积的水可以溶解700体积的NH3、或40体积的SO2，而CO2是微溶于水，H2不溶于水，所以在水中的溶解度：NH3>SO2>CO2>H2；A错误；B.非金属性应该是O＞N＞S＞P；碱性比较，Al的金属性最小，则Al(OH)3的碱性也是最小的；B错误；C.共价键中，成键原子的半径越小，共价键键长就越短，其键能就越大，所以共价键键能大小顺序为：金刚石>碳化硅>硅；离子晶体中，离子半径越小，所带电荷越多，离子键就越强，晶格能也就越高，CsCl中，Cs+和Cl-的半径都较大，且所带电荷都较少，所以它的晶格能不是最大的；C错误；D.F、O、N这三种元素的非金属性依次减弱，则它们对H原子的吸引力也依次减弱，所以氢键的强弱也依次减弱；NH3、PH3、AsH3都属于分子晶体，所含的作用力为范德华力，相对分子质量越大，分子间的范德华力越强；D正确；故合理选项为D。2、B【答案解析】

A．手机中芯片的主要成分是硅，而不是二氧化硅，故A错误；B．増强聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的，含有碳元素，属于有机高分子材料，故B正确；C．酒精的分子具有很大的渗透能力，它能穿过细菌表面的膜，打入细菌的内部，使构成细菌生命基础中的蛋白质分子结构改变，引起蛋白质变性(蛋白质凝固)，从而起到杀菌的作用，过氧化氢杀菌消毒是因为其具有强的氧化性，二者杀菌消毒原理不同，故C错误；D．“碳九”主要包括异丙苯、正丙苯、乙基甲苯、茚、均三甲苯、偏三甲苯、连三甲苯等，其中茚的分子式为C9H8，不符合苯的同系物的通式CnH2n-6，即“碳九”并不都是苯的同系物，并且苯的同系物泄漏，会污染水体，故D错误；答案选B。3、A【答案解析】

Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2，反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式可知，每有1molCO2参加反应，固体质量增加28g，转移电子1mol。A.根据方程式可知：每有1molCO2发生反应，转移电子的物质的量是1mol，电子数目为NA，A正确；B.常温常压下22.4LCO2的物质的量小于1mol，因此根据C元素守恒可知反应产生的Na2CO3的物质的量小于1mol，B错误；C.212gNa2CO3的物质的量是2mol，根据方程式可知反应产生2molNa2CO3，会转移2mol电子，C错误；D.106gNa2CO3的物质的量是1mol，根据方程式可知反应产生1molNa2CO3，会转移1mol电子，电子数目为NA，D错误；故合理选项是A。4、B【答案解析】

提高CO的转化率可以让平衡正向进行即可。A、增加压强，该平衡不会发生移动，故A错误；B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，故B正确；C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；D、催化剂不会引起化学平衡的移动，故D错误；答案选B。5、B【答案解析】

A、甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色是甲基受苯环的影响，使其易被酸性高锰酸钾溶液所氧化，生成苯甲酸；而甲烷属于烷烃，性质稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B、乙烯能发生加成反应是分子结构中存在碳碳双键官能团，而乙烷是饱和烃不能再发生加成反应，B错误；C、苯酚能与溴水直接发生取代反应的原因是苯环受羟基的影响，使得位于酚羟基的邻、对位上的氢原子活动能力加强，易被溴原子所取代；而苯因没有受到其他原子或原子团的影响，不能与液溴发生加成反应，C正确；D、苯酚显弱酸性的原因是苯环影响了羟基，使得羟上的氢易电离而呈弱酸性，同样的乙酸显酸性也是受到影响，使得羧基上的羟基更易电离出氢离子，D正确；答案选B。6、A【答案解析】

A．乙烯中含有碳碳双键性质较活泼能发生加成反应，而乙烷中不含碳碳双键，性质较稳定，乙烷不能发生加成反应。乙烯和乙烷性质的不同是由于含有的官能团不同导致的，而非原子间或原子团间的相互影响导致不同的。A项错误；B．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能，是由于苯环对羟基产生了影响，使羟基上的氢更活泼，B项正确；C．苯和甲烷均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯中的甲基被氧化成羧基，能使高锰酸钾酸性溶液褪色，这说明受到苯环的影响，使侧链上的甲基易被氧化，C项正确；D．丙酮(CH3COCH3)分子中的氢原子因受到羰基的影响变得较活泼，易被卤素原子取代，而乙烷中的氢原子不易被卤素原子取代，D项正确。答案应选A。7、C【答案解析】试题分析：A、由图可知，压强一定，温度越高乙烯的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，故该反应正反应是放热反应，错误；B、由图可知，压强一定，温度越高乙烯的转化率越低，低温有利于乙烯的转化，采用250～300℃不是考虑乙烯的转化率，可能是考虑催化剂的活性、反应速率等，错误；C、由图可知，温度一定，压强越高乙烯的转化率越高，反应速率加快，缩短到达平衡的时间，故采用加压条件（7MPa左右），目的是提高乙醇的产率和加快反应速率，正确；D、由题干信息可知，该反应有副产物乙醛、乙醚及乙烯的聚合物等生成，由图可知，在300℃14.7MPa乙烯的转化率比300℃7MPa高得多，但乙醇的产率却低很多，应是副产物的生成，导致乙醇产率降低，错误。考点：考查化学平衡图象、影响平衡的元素、对工业生成条件控制的分析等，难度中等，D选项注意根据题目信息进行解答。8、C【答案解析】

A、根据有机物结构简式可判断该有机物的分子式为C11H16O，A正确；B、该有机物分子中含有碳碳双键和碳碳三键，可以使溴水褪色，B正确；C、该有机物分子中疏水基团较大，故该物质难溶于水，C错误；D、含有甲基，在光照条件下，该有机物可以与氯气发生取代反应，D正确；答案选C。9、C【答案解析】

A、NH3分子中，N提供5个电子，3个H共提供3个。所以4对价电子，sp3杂化，有1对孤对电子，分子构型三角锥。N2H4可以看成-NH2取代NH3中的一个H，杂化方式不变，sp3杂化，故A错误；B、铜型为面心立方结构，配位数12，空间利用率为74%，故B错误；C、石墨晶体中，既有共价键，又有金属键，还有范德华力，不能简单地归属于其中任何一种晶体，是一种混合晶体，故C正确；D、氯化钠晶体中氯离子配位数为6，故D错误；故选C。10、B【答案解析】

A．锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A正确。B．用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应该显酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B错误。C．用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项C正确。D．蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项D正确。【答案点睛】本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=8～10）和甲基橙（变色范围为pH=3.1～4.4）。本题中因为滴定终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液pH约为5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。11、A【答案解析】

A、NaCl为离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电属于电解质，A正确；B、铜是单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，B错误；C、蔗糖是共价化合物，其溶液是以分子的形式分散在水中形成，不能导电，属非电解质，C错误；D、乙醇是共价化合物，其溶液是以分子的形式分散在水中形成，不能导电，属非电解质，D错误；故选A。12、D【答案解析】

A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。答案选D。13、B【答案解析】

①“乙醇汽油”是乙醇和汽油的混合物，而不是化合物，故①错误；②汽油、柴油均是烃的混合物，故是碳氢化合物，但植物油属于酯类，属于烃的衍生物，故②错误；③“乙醇汽油”完全燃烧只生成二氧化碳和水，乙醇中含碳质量分数比汽油中小，则“乙醇汽油”的使用可有效减少汽车尾气中的碳排放、细颗粒物排放以及其他有害物质的污染，故③正确；④石油的分馏无新物质生成，是物理变化，故④错误；⑤煤油由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠，故⑤错误；⑥“地沟油”属于酯类，汽油和柴油是烃的混合物，故无法通过蒸馏“地沟油”这种物理方法获得汽油和柴油，故⑥错误；答案选B。【答案点睛】注意矿物油是烃的混合物，油脂是属于酯类！14、C【答案解析】

A.利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色的化学，A正确；B.硫酸亚铁水解，且易被氧化，因此保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉，B正确；C.电镀时，将镀件作为阴极，镀层金属为阳极，C错误；D.瑞典化学家贝采利乌斯1806年最早提出了有机化学的概念，D正确；答案选C。15、B【答案解析】

该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、Cu(IO3)2中碘元素化合价由+5价变为0价、KI中有的I元素化合价由-1价变为0价，转移电子数为22，据此判断。【题目详解】A．Cu元素化合价由+2价变为+1价、Cu(IO3)2中碘元素化合价由+5价变为0价、KI中有的I元素化合价由-1价变为0价，Cu(IO3)2作氧化剂，KI是还原剂，CuI是还原产物，氧化产物是单质碘，A错误；B．Cu元素化合价由+2价变为+1价、Cu(IO3)2中碘元素化合价由+5价变为0价、KI中有的I元素化合价由-1价变为0价，Cu(IO3)2作氧化剂，Cu(IO3)2中的铜和碘元素被还原，B正确；C．1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2-1）+2mol×（5-0）＝11mol，KI中I元素的化合价由-1价升高为0，则KI为还原剂被氧化，所以当1mol氧化剂参加反应时，被氧化的物质的物质的量为11mol，即每生成1molCuI，有11molKI发生氧化反应，C错误；D．根据以上分析可知每转移22mol电子，有4mol被还原，因此每转移1.1mol电子，有0.2mol被还原，D错误；答案选B。【答案点睛】本题考查氧化还原反应有关判断与计算，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确氧化产物和还原产物及参加反应的KI中起还原剂的物质的量是解本题的关键，题目难度中等。16、D【答案解析】

A、反应①中沉淀是Ag2CrO4，存在溶解平衡：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)＋CrO42-(aq)，故A叙述正确；B、反应①中存在溶解体系，即①的上层清液中存在Ag＋，加入NH3·H2O，先发生Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4＋，继续滴加NH3·H2O，发生AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O，因此溶液显变浑浊，再变澄清，故B叙述正确；C、浊液中加入KCl，有白色沉淀产生，该沉淀为AgCl，故C叙述正确；D、根据实验，加入KCl的浓度为2mol·L－1，比K2CrO4的浓度大的多，当c(Ag＋)×c(Cl－)>Ksp时，就会有AgCl沉淀产生，因此本实验不能说明AgCl比Ag2CrO4更难溶，故D叙述错误；答案选D。17、B【答案解析】

11.2L(标准状况)氯气的物质的量为：=0.5mol，生成物中含0.7molKCl、0.2molKClO，根据氯守恒，所以X的物质的量为：0.5mol×2-0.7mol-0.2mol=0.1mol，设X中Cl的化合价为x价，由电子得失守恒分析可知：0.7mol×1=0.2mol×1+0.1mol×(x-0)，解得x=5，所以X中氯的化合价为+5价，则X为KClO3，物质的量为0.1mol，故选B。【答案点睛】明确得失电子守恒和氯守恒为解答关键。18、B【答案解析】

根据PV=nRT可知，在质量相同、体积相同的条件下，气体的相对分子质量与压强成反比，据此分析解答。【题目详解】由图可知，温度相同时P(氧气)>P(X)>P(Y)，根据PV=nRT可知，在质量相同、体积相同的条件下，气体的相对分子质量与压强成反比，则相对分子质量越大，压强越小，即X、Y的相对分子质量大于32，且Y的相对分子质量大于X，所以符合条件的只有B；答案选B。19、A【答案解析】

A.容器内的压强不再改变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故A正确；B.c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2，不能说明各物质的量浓度不变，故B错误；C.反应物生成物都是气体，反应前后质量不变，混合气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D.SO2的生成速率与SO3的消耗速率相等，指的方向一致，不能说明正、逆反应的速率相等，故D错误；故选：A.【答案点睛】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。20、A【答案解析】试题分析：C5H10O2属于羧酸的同分异构体为丁烷中的1个H原子被-COOH夺取，即由丁基与-COOH构成，其同分异构体数目与丁基异构数目相等，已知丁基共有4种，可推断分子式为C5H10O2属于羧酸的同分异构体数目也有4种。考点：同分异构现象和同分异构体21、B【答案解析】

A．H+、OH-反应生成水，不能大量共存，故A错误；B．这几种离子之间不反应，能大量共存，故B正确；C．H+、CO32-反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故C错误；D．Ca2+、CO32-反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选B。22、B【答案解析】

A．两种原子的电子层上全部都是s电子，均为1s或均为1s、2s电子，则为短周期一或二，不一定为同周期元素，如H与Li不同周期，故A不选；B．3p能级上只有一个空轨道的原子，为Si元素，3p能级上有一个未成对电子的原子为Na、Cl，均为第三周期元素，故B选；C．最外层电子排布式为2s22p6的原子为Ne，最外层电子排布式为2s22p6的离子为O或Na等，不一定为同周期元素，故C不选；D．原子核外M层上的s、p轨道都充满电子，而d轨道上没有电子，符合条件的原子的核外电子排布式有1s22s22p63s23p6为氩原子，1s22s22p63s23p64s1为钾原子，1s22s22p63s23p64s2为钙原子，不一定处于同一周期，故D不选；故答案为B。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键、氯原子Cl2、光照或高温【答案解析】

题干中指出A为链状有机物，考虑到分子式为C3H6，所以A为丙烯；那么结合A和B的分子式分析可知，由A生成B的反应，即为丙烯中甲基的氯代反应；从B生成C的反应即为B与溴单质的加成反应。氯水中含有HClO，其结构可以写成H-O-Cl；B可以与氯水反应生成D1和D2，分子式均为C3H6OCl2，所以推测这一步骤发生的是B与HClO的加成反应。油脂水解的产物之一是甘油，所以F即为甘油，考虑到G的用途，G即为硝化甘油。E可以在碱性溶液中反应得到甘油，并且E的分子式为C3H5OCl，结合D的结构推断E中含有醚键，即E的结构为。【题目详解】(1)直链有机化合物A即为丙烯，结构简式为CH2=CH-CH3；(2)通过分析可知B的结构即为：CH2=CH-CH2Cl，所以其中的官能团有碳碳双键和氯原子；(3)通过分析可知，反应①即甲基上氢原子的氯代反应，所以试剂是Cl2，条件是光照或者高温；(4)通过分析可知，D1和D2的结构可能是、，因此反应生成E的方程式为：2+Ba(OH)22+2H2O+BaCl2；(5)通过分析G即为硝化甘油，所以生成G的反应方程式为：。24、取代反应消去反应+NaOH+NaClG和H1【答案解析】

A发生取代反应生成B，B发生消去反应生成C，C为，C发生取代反应生成D，D与Br2/CCl4发生加成反应生成E，E为，对比E和F的结构简式，E发生消去反应生成F，据此分析解答。【题目详解】A发生取代反应生成B，B发生消去反应生成C，C为，C发生取代反应生成D，D与Br2/CCl4发生加成反应生成E，E为，对比E和F的结构简式，E发生消去反应生成F；(1)根据上述推断，C的结构简式为，E的结构简式为；(2)通过以上分析中，③的反应类型为取代反应，⑤的反应类型为消去反应；(3)环戊烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，X为，X和氢氧化钠的水溶液加热发生取代反应生成Y，Y为，Y在铜作催化剂加热条件下发生氧化反应生成环戊酮。反应2的化学方程式为+NaOH+NaCl；(4)在I的合成路线中，互为同分异构体的化合物是G和H；(5)I与碱石灰共热可化为立方烷，核磁共振氢谱中氢原子种类与吸收峰个数相等，立方烷中氢原子种类是1，因此立方烷的核磁共振氢谱中有1个峰。【答案点睛】本题考查了有机物的合成及推断的知识，涉及反应条件的判断、反应方程式的书写、同分异构体种类的判断等知识点，明确有机物中含有的官能团及其性质是解本题关键，要根据已知物质结构确定发生的反应类型及反应条件。25、+1正Cu2＋的氧化性大于Fe2＋的氧化性O22SO42--4e-=2SO3↑+O2SO32-+Br2+H2O=SO42-+Br-+2H+或SO32－+Br2+2OH-=SO42-+2Br-+H2O等低【答案解析】试题分析：（1）Cu2S中S为-2价，Cu为+1价。（2）①电解法精炼铜时，粗铜做阳极，精铜做阴极，②Cu2＋比溶液中其他阳离子氧化性更强，浓度更大，在阴极放电，析出铜单质。（3）①阴极发生还原反应，根据图中所示过程，烟气中O2发生还原反应，②根据图中所示过程，SO42-放电生成SO3和O2，则阳极的电极反应式是2SO42--4e－=2SO3↑+O2↑。（4）①溴水将溶液中的SO32-氧化成SO42-，则溴水的主要作用是Br2+SO32-+2OH－=2Br－+SO42-+H2O；②沉淀量越大，说明净化气中硫元素质量分数越大，说明SO2脱除率越低。考点：考查电解原理，SO2的性质等知识。26、除去铁锈表面油污补充蒸发掉的水份，防止硫酸亚铁晶体析出抑制Fe2+水解反+Na2CO3+CO2↑+H2O(球形，回流)冷凝管冷凝回流水酸式不能，KMnO4溶液除氧化Fe2+外，还能氧化富马酸中的碳碳双键【答案解析】

(1)①步骤1中加入碳酸钠溶液显碱性，可去除油污；②根据该步操作加热水分蒸发导致溶液浓度变大分析；从盐的水解角度分析控制pH大小的原因；(2)①根据两个相同基团在双键同一侧的为顺式结构，在不同侧的为反式结构分析；②根据羧酸的酸性比碳酸酸性强，强酸与弱酸的盐反应产生强酸盐和弱酸书写；③根据仪器的结构命名；结合实验操作判断其作用；(3)①根据盐溶液的酸碱性判断使用滴定管的种类；②KMnO4溶液具有强氧化性，可以氧化Fe2+、碳碳双键；③根据消耗标准溶液的体积及浓度计算n(Fe2+)，再计算其质量，最后根据物质的含量计算公式计算铁的质量分数。【题目详解】(1)①步骤1中加入碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液CO32-水解，消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，油脂能够与碱发生反应产生可溶性的物质，因此加入碳酸钠溶液目的是去除可去除铁锈表面油污；②步骤2“不时向烧杯中滴加少量蒸馏水”的目的是补充蒸发掉的水份，防止硫酸亚铁晶体析出；FeSO4是强酸弱碱盐，Fe2+水解使溶液显酸性，“控制溶液的pH不大于1”就可以抑制Fe2+水解，防止形成Fe(OH)2沉淀；(2)①步骤(Ⅰ)所得产品(富马酸)结构简式为，可知：两个相同的原子或原子团在碳碳双键的两侧，因此该富马酸是反式结构；名称为反－丁烯二酸；②富马酸与足量Na2CO3溶液反应产生富马酸钠、水、二氧化碳，反应的化学方程式为：+Na2CO3+CO2↑+H2O；③由仪器的结构可知：该物质名称是球形冷凝管；其作用是冷凝回流水，减少水分挥发；(3)①(NH4)2Ce(SO4)3是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，所以应该将其标准溶液适宜盛放在酸式滴定管中；②使用(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定，只发生Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，若使用KMnO4标准溶液，由于KMnO4具有强氧化性，不仅可以氧化Fe2+，也可以氧化碳碳双键，所以不能用来测定Fe2+；③根据Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可知n(Fe2+)=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，则m(Fe2+)=56cV×10-3g，所以产品中铁的质量分数为×100%。【答案点睛】本题考查了物质制备工艺流程的知识，涉及仪器的使用、操作目的、盐的水解及其应用、物质结构的判断化学方程式的书写及物质含量的测定与计算等知识。掌握化学基本原理和基础知识是本题解答关键。27、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。28、【答案解析】

（1）在苯酚钠溶液中通入少量的CO2，生成苯酚和碳酸氢钠；（2）丙酸与乙醇发生酯化反应生成丙酸乙酯；（3）1，2—二溴丙烷发生消去反应生成丙炔；（4）甲醛和新制的银氨溶液反应生成碳酸铵、银、氨气和水。【题目详解】（1）在苯酚钠溶液中通入少量的CO2，生成苯酚和碳酸氢钠反应方程式为：，故答案为：；（2）丙酸与乙醇发生酯化反应生成丙酸乙酯，反应方程式为：，故答案为：；（3）1，2—二溴丙烷发生消去反应生成丙炔，反应方程式为：，故答案为：；（4）甲醛和新制的银氨溶液反应生成碳酸铵，银、氨气和水，反应方程式为：，故答案为：。29、0.1mol·L-1·min-16.75AD44.8L>