福清市福清华侨中学2023年高二化学第二学期期末调研试题含解析

2023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、中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列各文献中所记载的古代化学研究过程或成果不涉及分离提纯操作的是（）A．《本草纲目》“(烧酒)

自元时创始，其法用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器盛露滴。”B．《齐民要术》“凡酿酒失所味者，或初好后动未压者，皆宜廻作醋。”C．《开宝本草》“(消石)

所在山泽，冬月地上有霜扫取，以水淋汁，后乃煎炼而成。”D．《天工开物》“草木之实，其中蕴藏膏液，而不能自流，假媒水火，凭藉木石，而后倾注而出焉。”2、下列无机含氧酸分子中酸性最强的是（）A．HNO2 B．H2SO3 C．HClO3 D．HClO43、某乙醇的水溶液中，乙醇所含的氢原子与水所含的氢原子数相等，该溶液中乙醇的质量分数为()A．78% B．46% C．23% D．11.5%4、利用光伏电池提供电能处理废水中的污染物(有机酸阴离子用R－表示)，并回收有机酸HR，装置如图所示。下列说法错误的是A．在光伏电池中a极为正极 B．石墨(2)极附近溶液的pH降低C．HR溶液：c2＜c1 D．若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子5、在一密闭容器中充入1molH2和1molBr2，在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)，达到化学平衡状态后进行如下操作，有关叙述错误的是A．保持容器容积不变，向其中加入1molH2，正反应速率增大，平衡正向移动，但H2的转化率比原平衡低B．保持容器容积不变，向其中加入1molHe，不改变各物质的浓度，化学反应速率不变，平衡不移动C．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molHe，反应物浓度下降，化学反应速率减慢，平衡逆向移动D．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2和1molBr2，平衡正向移动，但H2最终的转化率与原平衡一样6、某温度下，将一定量碳酸氢铵固体置于容积不变密闭容器中，发生反应：NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)△H=QkJ/mol（Q>0）。下列有关说法不正确的是（）A．若容器内混合气体的密度不变，则说明反应达到平衡状态B．若CO2体积分数不再发生变化，则说明反应达到平衡状态C．若升高体系温度，则正、逆反应速率均增大D．若反应过程中吸收QkJ热量，则刚好有lmolNH4HCO3发生分解7、NaNO2是一种食品添加剂，过量摄入能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的方程式是MnO4－＋NO2－＋―→Mn2＋＋NO3－＋H2O。下列叙述中正确的是A．该反应中NO2－被还原B．反应过程中溶液的pH增大C．生成1molNaNO3需消耗0.2molKMnO4D．中的粒子是OH－8、（题文）下列有关实验装置，能达到实验目的的是A．用图1所示装置制取少量Cl2B．用图2所示装置制取干燥的NH3C．用图3制备并检验H2的可燃性D．用图4装置鉴别碳酸钠和碳酸氢钠9、将下列各组物质,分别按等物质的量混合后加水溶解,有沉淀生成的是()A．AlCl3、Ba(OH)2、HNO3 B．CaCl2、NaHCO3、HClC．Na2CO3、NaAlO2、NaOH D．AlCl3、K2SO4、HCl10、我国科学家屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾新疗法而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖，已知青蒿素的结构简式如下。下列说法不正确的是（）A．青蒿素的分子式为C15H20O5B．青蒿素难溶于水，能溶于NaOH溶液C．青蒿素分子中所有的碳原子不可能都处于同一平面内D．青蒿素可能具有强氧化性，具有杀菌消毒作用11、用石墨作电极，电解盛放在U形管中的饱和NaCl溶液（滴有酚酞溶液），如图。下列叙述正确的是A．通电后，NaCl发生电离B．通电一段时间后，阳极附近溶液先变红C．当阳极生成0.1mol气体时，整个电路中转移了0.1mole－D．电解饱和食盐水的总反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑12、某高分子化合物R的结构简式如图，下列有关R的说法正确的是A．R的单体之一的分子式为C9H12O2B．R可通过加聚和缩聚反应合成，R完全水解后生成2种产物C．R是一种有特殊香味，难溶于水的物质D．碱性条件下，1molR完全水解消耗NaOH的物质的量为n（m+1）mol13、下列化学用语正确的是A．CCl4分子的球棍模型B．乙烯的结构简式CH2CH2C．硝基苯的结构简式D．全氟丙烷的电子式为14、如图是氯化铯晶体的晶胞示意图(晶体中最小的重复结构单元)，已知晶体中2个最近的Cs＋核间距为acm，氯化铯(CsCl)的相对分子质量M，NA为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体的密度为A．g·cm－3 B．g·cm－3C．g·cm－3 D．g·cm－315、下列物质中既有极性键，又有非极性键的非极性分子是()A．二氧化碳B．四氯化碳C．双氧水D．乙炔16、利用碳酸钠晶体（Na2CO3·10H2O，相对分子质量286）来配制0.1mol/L的碳酸钠溶液980mL，假如其他操作均准确无误，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是（）A．称取碳酸钠晶体28.6gB．溶解时进行加热，并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线C．转移时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤D．定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置发现液面低于刻度线，又加入少量水至刻度线17、下列混合物可用分液漏斗分离的是A．苯和植物油 B．乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液C．甘油和水 D．苯和液溴18、在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶，再加入下列固体粉末：①FeCl2；②Fe2O3；③Zn；④KNO3。铜粉可溶解的是()A．①② B．①④ C．②③ D．②④19、下列说法正确的是A．增大压强，化学反应速率一定增大B．反应速率常数k仅受温度影响C．减小反应物的量一定能降低反应速率D．合成氨工业采用700K的原因是催化剂的活性最大且反应速率快20、图中所示的装置图能够达到实验目的是()A．配制一定浓度的稀硫酸B．实验室制备Fe(OH)2C．比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱D．加热熔融NaOH固体21、化学与生活密切相关，下列物质不能用作食品添加剂是（）A．乙醇 B．乙酸 C．乙酸乙酯 D．乙醛22、25℃时，在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol/L的Ba(OH)2溶液、③pH=10的Na2S溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是A．1:10:1010:109 B．1:5:5×109:5×10C．1:20:1010:109 D．1:10:104:109二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物A~F的转化关系如下图所示。已知A在标准状况下的密度为1.25g•L—1，D能发生银镜反应，F是难溶于水且有芳香气味的油状液体。请回答：（1）A中官能团名称为________。（2）C→D的反应类型是_________。（3）A和E一定条件下也可生成F的化学方程式是_______。（4）下列说法正确的是______。A．A和B都能使酸性KMnO4褪色B．D和E能用新制氢氧化铜悬浊液检验C．可以用饱和碳酸钠溶液除去C、E和F混合物中的C、ED．推测有机物F可能易溶于乙醇24、（12分）盐酸多巴胺可用作选择性血管扩张药，是临床上常有的抗休克药。某研究小组按如下路线合成盐酸多巴胺。已知：a.b.按要求回答下列问题：（1）B的结构简式____。（2）下列有关说法正确的是____。A．有机物A能与溶液反应产生无色气体B．反应①、②、③均为取代反应C．有机物F既能与HCl反应，也能与NaOH反应D．盐酸多巴胺的分子式为（3）盐酸多巴胺在水中的溶解性比多巴胺（）强的原因是_____。（4）写出多巴胺（分子式为）同时符合下列条件的所有同分异构体的结构简式_____。①分子中含有苯环，能使氯化铁溶液显色②H–NMR谱和IR谱显示分子中有4种化学环境不同的氢原子，没有-N-O-键（5）设计以和为原料制备的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）_____。25、（12分）FeBr2是一种黄绿色固体，某学习小组制备并探究它的还原性。（制备FeBr2固体）实验室用如图所示装置制取溴化亚铁。其中A为CO2发生装置，D和d中均盛有液溴，E为外套电炉丝的不锈钢管，e是两个耐高温的瓷皿，其中盛有细铁粉。实验开始时，先将干燥、纯净的CO2气流通入D中，再将铁粉加热至600—700℃，E管中铁粉开始反应。不断将d中液溴滴入温度为100—120℃的D中，经过一段时间的连续反应，在不锈钢管内产生黄绿色鳞片状溴化亚铁。（1）若在A中盛固体CaCO3，a中盛有6mol/L的盐酸。为使导入D中的CO2为干燥纯净的气体，则图中B、C处的洗气瓶中装有的试剂分别是：B中为____________，C中为_________________。若进入E装置中的CO2未干燥，则可能发生的副反应的化学方程式为_____________________。（2）E管中的反应开始前通入CO2的主要作用是__________________________________；E管中的反应开后持续通入CO2的主要作用是______________________________________。（探究FeBr2的还原性）（3）现实验需要90mL0.1mol/LFeBr2溶液，取上述反应制得的FeBr2固体配制该溶液，所需仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是_______________________________。（4）已知：Cl2的CCl4溶液呈黄绿色，Br2的CCl4溶液呈橙红色。Cl2既能氧化Br－，也能氧化Fe2+。取10mL上述FeBr2溶液，向其中滴加几滴新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。取少量反应后的溶液加入KSCN溶液，溶液变为血红色。另取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后，下层为无色液体。以上实验结论表明还原性：Fe2+__________Br－（填“>”或“<”）。（5）若在40mL上述FeBr2溶液中通入标准状况下67.2mL的C12，取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后下层液体呈______色，写出该反应的离子方程式________________________________。26、（10分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。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。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_______③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有________________。（2）探究K2FeO4的性质①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Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ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。Ⅰ．由方案Ⅰ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）。Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO4③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-＞MnO4-，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO427、（12分）实验室常用邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）来标定氢氧化钠溶液的浓度，反应如下：KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O。邻苯二甲酸氢钾溶液呈酸性，滴定到达终点时，溶液的pH约为9.1。（1）为标定NaOH溶液的浓度，准确称取一定质量的邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）加入250mL锥形瓶中，加入适量蒸馏水溶解，应选用_____________作指示剂，到达终点时溶液由______色变为_______色，且半分钟不褪色。（提示：指示剂变色范围与滴定终点pH越接近误差越小。）（2）在测定NaOH溶液浓度时，有下列操作：①向溶液中加入1～2滴指示剂；②向锥形瓶中加20mL～30mL蒸馏水溶解；③用NaOH溶液滴定到终点，半分钟不褪色；④重复以上操作；⑤准确称量0.4000g～0.6000g邻苯二甲酸氢钾加入250mL锥形瓶中；⑥根据两次实验数据计算NaOH的物质的量浓度。以上各步操作中，正确的操作顺序是_________。（3）上述操作中，将邻苯二甲酸氢钾直接放在锥形瓶中溶解，对实验是否有影响？_____________。（填“有影响”或“无影响”）（4）滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加待测定的NaOH溶液滴定，此操作使实验结果____________。（填“偏大”“偏小”或“无影响”）（5）现准确称取KHC8H4O4（相对分子质量为204.2）晶体两份各为0.5105g，分别溶于水后加入指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液体积平均为20.00mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为________。（结果保留四位有效数字）。28、（14分）某种半水煤气中主要含、CO、、和少量，经“脱硫”、转换反应可制得合成氨原料气。（1）这种半水煤气跟空气按一定比例混合后通入、的混合溶液中完成“脱硫”，其转化过程如图所示，该过程中发生多个反应，总反应为，该转化过程中起催化作用的离子为____，写出该过程中属于非氧化还原反应的离子方程式___。（2）脱硫后的半水煤气与水蒸气以1:15比例混合后通入转换塔中，变换反应为：。该反应用氧化铁作催化剂，其活性组分是四氧化三铁。研究发现，变换反应经下列两步完成：第一步：（慢反应）第二步：（快反应）①在下图中绘制变换反应（经上述催化反应过程）的“能量～反应过程”示意图___。②由于和CO还原性较强，能够将氧化铁直接还原成铁而使催化剂失活，但实际生产中一般不会发生这种情况，请从反应速率，化学平衡角度解释可能的反应过程原因是____。（3）半水煤气处理后得到的混合气中，可通过在熔融碳酸盐中经电化学还原消除其中的二氧化碳，并得到高纯度的碳，写出生成碳的电极反应式为____。29、（10分）如图所示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、CsCl、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分：(1)代表金刚石的是(填编号字母，下同)________，其中每个碳原子与________个碳原子最接近且距离相等。金刚石属于________晶体。(2)代表石墨的是________，其中每个正六边形占有的碳原子数平均为________个。(3)表示NaCl的是________，每个Na＋周围与它最接近且距离相等的Na＋有________个。(4)代表CsCl的是________，它属于________晶体，每个Cs＋与________个Cl－紧邻。(5)代表干冰的是________，它属于________晶体，每个CO2分子与________个CO2分子紧邻。(6)已知石墨中碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长短，则上述五种物质熔点由高到低的排列顺序为___。

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、B【解析】A、描述的是酒的蒸馏，涉及分离提纯操作，选项A不选；B、酒精在醋酸菌的作用下氧化可以转化成醋酸和水，涉及化学反应但没有涉及分离提纯操作，选项B选；C、包含溶解，蒸发结晶，涉及分离提纯操作，选项C不选；D、榨油或加热熔化使油脂从果实中分离出来，涉及分离提纯操作，选项D不选。答案选B。2、D【解析】

在含氧酸的分子中，非羟基氧原子的数目越多，则含氧酸的酸性越强。．【详解】A.HNO2非羟基氧原子的数目是1；B.H2SO3非羟基氧原子的数目是2；C.HClO3非羟基氧原子的数目是2；D.HClO4非羟基氧原子的数目是3；综上所述，非羟基氧原子的数目最多的是HClO4，所以HClO4的酸性最强，故选D．3、B【解析】

乙醇溶液中溶质的质量分数=×100%，因此需要判断溶质乙醇与溶剂水的质量关系；每个乙醇C2H5OH分子中含6个H原子，每个水H2O分子中含2个H原子；根据“乙醇分子里所含的氢原子总数与水分子里所含的氢原子总数相等”可推算溶液中乙醇与水的质量关系。【详解】根据氢原子数相等，找出乙醇分子与水分子间的关系，进而确定出质量关系。C2H5OH~6H~3H2O46

54此乙醇溶液中溶质的质量分数为：×100%=46%，故答案选B。4、B【解析】

A.根据电子移动的方向，可知在光伏电池中a极为正极，b为负极，故A正确；B.石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，使c(H+)降低，pH升高，故B错误；C.石墨(1)为电解池的阳极，OH-失电子变成氧气，使得c(H+)升高，透过阳膜进入浓缩室；石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，R-透过阴膜进入浓缩室，使得浓缩室中HR浓度增大，所以HR溶液：c2＜c1，故C正确；D.根据阳极：4OH-—4e-=O2↑+2H2O；阴极：4H++4e-=2H2↑，所以若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子，故D正确；所以本题答案：B。【点睛】解题突破口：电子移动的方向判断电池的正负极，结合电解原理放电离子的变化确定c2＜c1；根据电子守恒进行判断转移的电子数。5、C【解析】

A.保持容器容积不变，向其中加入1molH2，正反应速率增大，平衡正向移动，但为增肌溴的量，导致H2的转化率比原平衡低，A正确；B.保持容器容积不变，向其中加入1molHe，不改变各物质的浓度，各反应量的化学反应速率不变，平衡不移动，B正确；C.保持容器内气体压强不变，向其中加入1molHe，反应体积增大，导致反应物浓度下降，化学反应速率减慢，但平衡不移动，C错误；D.保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2和1molBr2，平衡正向移动，但H2浓度不变，最终的转化率与原平衡一样，D正确；答案为C【点睛】反应中，左右两边气体的计量数相同时，改变压强化学平衡不移动。6、B【解析】A.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量是变化的，容积始终是不变的，若容器内混合气体的密度不变，则说明反应达到平街状态，A正确；B.只有生成物是气体，因此CO2体积分数始终不变，不能说明反应达到平街状态，B错误；C.若升高体系温度，则正、逆反应速率均增大，C正确；D.根据热化学方程式可知若反应过程中吸收QkJ热量，则刚好有lmolNH4HCO3发生分解，D正确，答案选B。点睛：平衡状态判断是解答的易错点，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。7、B【解析】

该反应中锰元素化合价由+7价变为+2价，N元素化合价由+3价变为+5价，结合元素守恒和电荷守恒分析解答。【详解】A．该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化，故A错误；B．根据元素守恒和电荷守恒知，是H+，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故B正确；C．根据转移的电子守恒，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量==0.4mol，故C错误；D．根据元素守恒和电荷守恒知，是H+，故D错误。答案选B。8、D【解析】试题分析：A．1mol/L的盐酸为稀盐酸，与二氧化锰共热，不能反应生成氯气，故A错误；B．NH3不能使用浓硫酸干燥，故B错误；C．点燃H2前需验纯，故C错误；D．碳酸氢钠受热易分解，放出二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠不能，故D正确；故选D。考点：考查了化学实验方案的设计与评价的相关知识。9、A【解析】

A．等物质的量混合后加水，发生酸碱中和反应剩余OH-与Al3+的物质的量相同，则生成氢氧化铝沉淀，A选；B．离子之间反应生成氯化钠、水和二氧化碳，不生成沉淀，B不选；C．离子之间不反应，不生成沉淀，C不选；D．离子之间不反应，不生成沉淀，D不选；答案选A。【点睛】本题考查离子的共存、离子反应，侧重复分解反应的离子共存考查，把握离子之间的反应为解答的关键，注意结合生成沉淀时的物质的量关系。10、A【解析】分析：由结构简式可以知道分子式，含酯基、醚键及过氧键，结合酯、过氧化物的性质来解答。详解:A.由结构简式知道，青蒿素的分子式为C15H22O5，故A错误；B.含有酯基，难溶于水，可溶于氢氧化钠溶液，所以B选项是正确的；

C.该分子中具有甲烷结构的C原子，根据甲烷结构知该分子中所有C原子不共面，所以C选项是正确的；D.含有过氧键，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，所以D选项是正确的。所以本题答案选A。点睛：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查基本概物质结构等知识点，由结构简式判断元素种类和原子个数，可确定分子式；有机物含有酯基能发生水解反应，含有过氧键，具有强氧化性，解题关键是根据结构预测性质。11、D【解析】

用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，阴极发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，生成NaOH，该极呈碱性；阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，以此解答该题。【详解】A．NaCl为强电解质，无论是否通电，在溶液中都发生电离，A错误；B．阳极生成氯气，阴极生成NaOH，则阴极附近溶液先变红，B错误；C．阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，生成0.1mol氯气时，转移电子为0.2mol，C错误；D．电解饱和食盐水，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化钠，总方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，D正确。答案选D。【点睛】本题考查电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，难度一般，掌握离子放电顺序是解题的关键，注意基础知识的积累掌握。易错点是氢氧根离子在阴极产生的判断。12、D【解析】

A.由结构可知，单体为CH2＝C（CH3）COOH、OHCH2CH2OH、HOOCCH（OH）CH2C6H5，分子式依次为C4H6O2、C2H6O2、C9H10O3，A错误；B.单体中存在C＝C、﹣OH、﹣COOH，则通过加聚反应和缩聚反应可以生成R；R由三种单体构成，则R完全水解后生成3中产物：一种高聚物和两种单体，B错误；C.R为高分子化合物，不具有特殊香味，难溶于水，C错误；D.1molR中含n(1+m)mol酯基，则碱性条件下，1molR完全水解消耗NaOH的物质的量为n(m+1)mol，D正确；故合理选项为D。【点睛】本题中的聚合物含有两个子聚合物，其中一个为加聚产物，一个为缩聚产物，所以完全水解得到一个加聚高分子，一个乙二醇，一个含羧基和羟基的芳香族化合物。13、C【解析】

A项，图中所示的是甲烷的比例模型，其球棍模型是，故A项错误；B项，乙烯的结构简式中单键可以省略，但不可省略双键，所以乙烯的结构简式应为CH2=CH2，故B项错误；C项，硝基苯中，硝基取代苯环上的氢原子，C、N之间形成共价键，故C项正确；D项，电子式中F原子最外层应有8个电子，全氟丙烷的电子式为，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题考查化学用语，为高频考点，涉及结构简式、电子式、最简式、球棍模型等，把握化学用语的区别及规范应用为解答的关键。14、C【解析】

由晶胞的示意图可知，Cs＋位于顶点，Cl－位于体心，则晶胞中含Cs＋的个数为8×=1，含Cl－个数为1，晶胞的质量为g，晶胞的体积为a3cm3，由晶体的密度等于晶体的质量与晶体在该质量下的体积的比可得晶体的密度为＝g·cm－3，故选C。15、D【解析】分析：二氧化碳分子中只有极性键；四氯化碳分子中只有极键；双氧水分子中既有极性键，又有非极性键，但其为极性分子；乙炔中既有极性键，又有非极性键，其分子结构对称且分子中四原子共线，故其为非极性分子。详解：A.二氧化碳分子中只有极性键；B.四氯化碳分子中只有极性键；C.双氧水分子中既有极性键，又有非极性键，但其为极性分子；D.乙炔中既有极性键，又有非极性键，其分子结构对称且四原子共线，故其为非极性分子综上所述，D符合题意，本题选D。点睛：根据分子中电荷分布是否均匀来判断分子的极性，若分子的电荷分布是均匀的、正负电荷的中心是重合的，则该分子为非极性分子，若分子的电荷分布是不均匀的、正负电荷的中心不重合，则该分子为极性分子。非极性分子不一定只有非极性键，非极性分子中的共价键可以全部是极性键，如甲烷分子是非极性分子，分子内只有极性键。16、B【解析】

A.在实验室没有980mL容量瓶，要选择1000mL容量瓶，需要溶质的物质的量为n(Na2CO3)=0.1mol/L×1L=0.1mol，根据n(Na2CO3·10H2O)=n(Na2CO3)，所以m(Na2CO3·10H2O)=0.1mol×286g/mol=28.6g，溶液浓度为0.1mol/L，不会产生误差，A不符合题意；B.溶解时进行加热，并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线，由于溶液的体积受热膨胀，遇冷收缩，所以待恢复至室温时，体积不到1L，根据c=，可知V偏小，则c偏高，B符合题意；C.转移时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤，则溶质的物质的量偏少，根据c=，可知n偏小，则c偏低，C不符合题意；D.定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置，发现液面低于刻度线，是由于部分溶液粘在容量瓶颈部，若又加入少量水至刻度线，则V偏大，根据c=，可知：若V偏大，会导致配制溶液的浓度偏低，D不符合题意；故合理选项是B。17、B【解析】

A、C、D中的物质均互溶，不分层，不能利用分液漏斗分离；只有B中乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层，可用分液漏斗分离，故答案为B。18、D【解析】

利用元素及其化合物的性质进行分析；【详解】①Fe2＋氧化性弱于Cu2＋，因此FeCl2不与Cu发生反应，故①不符合题意；②Fe2O3与硫酸发生Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，Fe3＋氧化性强于Cu2＋，因此发生Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，故②符合题意；③Zn与硫酸发生Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，Cu不溶，故③不符合题意；④NO3－在酸性条件下具有强氧化性，发生3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故④符合题意；综上所述选项D正确。19、D【解析】

A．增大压强化学反应速率不一定增大，如恒容条件下加入稀有气体，反应物和生成物浓度不变，化学反应速率不变，故A项错误；B．反应速率常数除了与温度有关外，还与活化能等因素有关，故B项错误；C．减小反应物的量不一定降低反应速率，如果反应物是固体或纯液体，该反应物量的多少不影响反应速率，故C项错误；D．在700K左右时催化剂的活性最大，催化效果好，速率快，且700K温度也比较高，速率也会比较快。温度再高，原料的转化率会降低，所以合成氨工业采用700K的原因是催化剂的活性最大且反应速率快，故D项正确。故答案为D。20、B【解析】

A.不能在容量瓶中稀释；B.Fe与电源正极相连，为阳极，煤油可隔绝空气；C.盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸；D.二氧化硅与NaOH反应。【详解】A.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释后,冷却后再转移到容量瓶中定容，A错误；B.Fe与电源正极相连，为阳极，Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，与溶液中的OH-结合形成Fe(OH)2，煤油可隔绝空气，防止Fe(OH)2被氧化，图中装置可制备，B正确；C.盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸，不能用于比较氯和硅的非金属性，C错误；D.二氧化硅能够与NaOH反应，应选铁坩埚，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，把握物质的性质、溶液配制、物质的制备、非金属性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。21、D【解析】

A．乙醇可作味剂，能作食品添加剂，故A正确；B．乙酸又名醋酸，是食醋的成分，能作食品添加剂，故B正确；C．乙酸乙酯是特殊的香味，可用作香料，能作食品添加剂，故C正确；D．乙醛有毒，能致癌，不能作食品添加剂，故D错误；故答案为D。22、A【解析】

①中pH=0的H2SO4中c(H＋)=1.0mol·L－1，c(OH－)=1.0×10－14mol·L－1，水电离程度为1.0×10－14mol·L－1；②中c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H＋)=1.0×10－13mol·L－1，水电离程度为1.0×10－13mol·L－1；③中c(OH－)=1.0×10－4mol·L－1，水的电离程度为1.0×10－4mol·L－1；④中c(H＋)=1.0×10－5mol·L－1，水的电离程度为1.0×10－5mol·L－1；故①②③④中水的电离程度之比为：1.0×10－14mol·L－1：1.0×10－13mol·L－1：1.0×10－4mol·L－1：1.0×10－5mol·L－1=1:10:1010:109，A项正确。答案选A。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键氧化反应CH2＝CH2+CH3COOH→CH3COOCH2CH3B、C、D【解析】

D能发生银镜反应，F是难溶于水且有芳香气味的油状液体，可知C为醇，E为羧酸，结合F的分子式为C4H8O2可知C为CH3CH2OH、D为CH3CHO、E为CH3COOH、F为CH3COOCH2CH3；A在标准状况下的密度为1.25g•L—1，则A的摩尔质量为1.25g•L—1×22.4L/mol=28g/mol，可知A为CH2=CH2，B为CH3CH2Cl，B→C发生的是卤代烃的碱性水解，据此分析解题。【详解】D能发生银镜反应，F是难溶于水且有芳香气味的油状液体，可知C为醇，E为羧酸，结合F的分子式为C4H8O2可知C为CH3CH2OH、D为CH3CHO、E为CH3COOH、F为CH3COOCH2CH3；A在标准状况下的密度为1.25g•L—1，则A的摩尔质量为1.25g•L—1×22.4L/mol=28g/mol，可知A为CH2=CH2，B为CH3CH2Cl，B→C发生的是卤代烃的碱性水解；(1)A为CH2=CH2，含有的官能团名称为碳碳双键；(2)CH3CH2OH→CH3CHO发生的是醇的催化氧化，反应类型是氧化反应；(3)CH2=CH2和CH3COOH一定条件下发生加成反应可生成CH3COOCH2CH3，反应的化学方程式是CH2＝CH2+CH3COOH→CH3COOCH2CH3；(4)A．A为乙烯，分子结构中含有碳碳双键，能使酸性KMnO4褪色，而B为氯乙烷，不含碳碳双键，不能使酸性KMnO4褪色，故A错误；B．D为乙醛，和新制氢氧化铜悬浊液混合加热生成砖红色沉淀，而E为乙酸，能溶解新制氢氧化铜悬浊液，得到澄清的溶液，能鉴别，故B正确；C．乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇，可以加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置后分液，上层为乙酸乙酯，故C正确；D．乙醇是良好的有机溶剂，乙酸乙酯易溶于乙醇，故D正确；故答案为B、C、D。【点睛】常见的反应条件与反应类型有：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇―→醛―→羧酸的过程)。⑧在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。⑨在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。24、BC盐酸多巴胺为多巴胺中与盐酸反应生成更易溶于水的（即生成了更易溶于水的铵盐）、、、【解析】

甲烷与HNO3反应生成D为CH3NO2，D与C发生信息a中反应生成E，故C中含有醛基，E中含有-CH=CHNO2，E与氢气反应中-CH=CHNO2转化为-CH2CH2NH2。由信息b可知F中-OCH3转化为-OH且-NH2与HCl成盐。结合盐酸多巴胺的结构可知A与溴发生取代反应生成B为，B与CH3OH反应生成C为，则E为，F为，据此解答。【详解】（1）根据A中含有酚羟基，和溴发生取代反应，结合B的分子式可推出B的结构简式为；（2）A．由于碳酸的酸性比酚羟基的酸性强，所以酚羟基不能与碳酸氢钠反应放出气体，A项错误；B．根据流程图中各个物质得分子式推断，每个分子式都有被替换的部分，所以推断出反应①、②、③均为取代反应，B项正确；C．F中含有氨基和酚羟基，有机物F既能与HCl反应，也能与NaOH反应，C项正确；D．盐酸多巴胺的氢原子数目为12个，D项错误；（3）由于盐酸多巴胺为多巴胺中与盐酸反应生成更易溶于水的（即生成了更易溶于水的铵盐），所以盐酸多巴胺在水中的溶解性比多巴胺（）强；（4）根据①分子中含有苯环，能使氯化铁溶液显色，说明结构式中应该含有酚羟基，再根据②H–NMR谱和IR谱显示分子中有4种化学环境不同的氢原子，没有-N-O-键，得出同分异构体有四种：、、、；（5）根据已知方程式得出，而这反应生成，与目标产物只相差双键，于是接下来用氢气加成，所以合成过程为。25、饱和NaHCO3溶液浓硫酸3Fe+4H2OFe3O4+4H2排尽装置中原有的空气将溴蒸气带入E装置中进行反应胶头滴管、111mL容量瓶>橙红4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-【解析】(1)装置B用于除去二氧化碳中的氯化氢气体，可以用盛有NaHCO3饱和溶液的洗气瓶洗气；装置D作用是干燥二氧化碳，可以用盛有浓H2SO4的洗气瓶干燥；若进入E装置中的CO2未干燥，则可能发生的副反应的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2溴蒸汽有毒，不能排到空气中，可被碱液吸收，如氢氧化钠溶液能够与溴单质反应，适宜为防止污染空气，实验时应在F处连接盛有碱液如氢氧化钠溶液的尾气吸收装置，故答案为盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶；盛有浓H2SO4的洗气瓶；NaOH溶液；

(2)反应过程中要不断地通入CO2，其主要作用是为：反应前将容器中的空气赶净，避免空气中的氧气干扰实验；反应过程中要不断通入CO2，还可以将Br2蒸气带入反应器D中，使溴能够与铁粉充分反应，故答案为①排净容器里的空气；②将Br2蒸气带入反应器E中；Ⅱ．(3)配制91mL1.1mol/LFeBr2溶液FeBr2溶液时需要天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、111ml的容量瓶，胶头滴管，则除烧杯、玻璃棒量筒、外还需的玻璃仪器是，胶头滴管、111ml的容量瓶；故答案为111ml的容量瓶，胶头滴管；

（4）.取11mL上述FeBr2溶液，向其中滴加几滴新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。取少量反应后的溶液加入KSCN溶液，溶液变为血红色,证明有Fe3+。另取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后，下层为无色液体，实验证明不存在单质溴，以上实验结论表明还原性：Fe2+>Br－。（5）41ml1．1mol/LFeBr2溶液含有FeBr2的物质的量为1.114mol，还原性Fe2+＞Br-，二者以4：3反应，标准状况下67.2mL的C12的物质量为1.113mol,转移电子1.113=1.116mol由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子部分被氧化为Br2，所以加入CCl4，振荡后下层液体呈橙色，反应的离子反应为4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-，故答案为橙色4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-。26、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH−Cl−+ClO−+H2OFe3+4FeO42−+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO−的干扰>溶液的酸碱性不同若能，理由：FeO42−在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4−的颜色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）【解析】分析：（1）KMnO4与浓盐酸反应制Cl2；由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl；Cl2与Fe（OH）3、KOH反应制备K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大气。（2）①根据制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。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+。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洗涤除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。②根据同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案II在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。③判断的依据是否排除FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解：（1）①A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为。③C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。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-+20H+=3O2↑+4Fe3++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。②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，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Cl2>FeO42-；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。③该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42->MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。点睛：本题考查K2FeO4的制备和K2FeO