2024届重庆市合川市瑞山中学化学高二下期末经典模拟试题含解析

2024届重庆市合川市瑞山中学化学高二下期末经典模拟试题注意事项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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列有关说法正确的是A．△H<0的反应一定能自发反应进行。B．对于一个给定的反应，选择合适的催化剂可以大幅度提升正逆反应速率和反应物转化率。C．铁与稀硫酸反应制取氢气，向溶液中加入少量的CuSO4固体可以加快化学反应速率D．在恒温恒压的密闭容器中进行反应2NO+O22NO2，达到平衡后充入He，平衡不移动。2、下列有关化学用语表示正确的是（）A．次氯酸的电子式： B．质子数为35、中子数为45的溴原子：8025BrC．1mol重水和1mol水中的中子数比2∶1 D．CO2的比例模型：3、按照第一电离能由大到小的顺序排列错误的是（）A．Be、Mg、Ca B．Na、Mg、Al C．He、Ne、Ar D．Li、Na、K4、下列变化或数据与氢键无关的是()A．氟化氢的沸点比氯化氢的沸点高B．氨分子与水分子形成一水合氨C．乙醇能跟水以任意比混溶D．SbH3的沸点比PH3高5、关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是()ABCD强电解质NaClH2SO4CaCO3HNO3弱电解质HFBaSO4HClONaHCO3非电解质Cl2CS2C2H5OHSO2A．A B．B C．C D．D6、价电子式为4s24p1的元素，在周期表中的位置是（）A．第四周期第ⅠA族 B．第四周期第ⅢA族C．第五周期第ⅠA族 D．第五周期第ⅢA族7、下列实验装置不能达到实验目的的是选项实验目的反应试剂及所需物质选择装置A制乙酸乙酯无水乙醇、冰醋酸、浓硫酸、碎瓷片ⅠB进行银镜实验银氨溶液、乙醛ⅡC制葡萄糖酸葡萄糖、3%溴水ⅢD制乙烯无水乙醇、浓硫酸、碎瓷片Ⅳ[注:葡萄糖与3%溴水在55℃左右反应]A．A B．B C．C D．D8、运用下列实验装置和操作能达到实验目的和要求的是A．分离氯化铵和单质碘B．除去淀粉胶体中混有的氯化钠C．加热胆矾(CuSO4·5H2O)制取无水硫酸铜D．除去SO2中的HCl9、O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（）A．氧气是氧化产物B．O2F2既是氧化剂又是还原剂C．若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：410、下列关于有机物a()、b()、c()的说法中不正确的是A．a、b、c互为同分异构体B．a、b、c均能使酸性KMnO4溶液褪色C．a、b、c的一氯代物分别有5种、2种、1种D．有机物a中的所有原子均可能处于同一平面内11、在下列状态下，属于能够导电的电解质是（）A．氯化钠晶体 B．液态氯化氢 C．硝酸钾溶液 D．熔融氢氧化钠12、下列选项对离子方程式的判断合理的是（）反应物离子方程式判断A．Al2O3与足量的NaOH溶液反应2Al2O3+2OH-=4AlO2-+H2↑正确B．NH4HCO3与足量的NaOH溶液反应HCO3-+OH-=CO32-+H2O正确C．Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O错误D．FeBr2溶液与等物质的量的的Cl2反应2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-错误A．AB．BC．CD．D13、pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1mol·L－1)至pH＝7。消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy则()A．x为弱酸，Vx<Vy B．x为强酸，Vx>VyC．y为弱酸，Vx<Vy D．y为强酸，Vx>Vy14、在实验中，用镊子从煤油中取出一小块金属钠，然后用滤纸将煤油吸干，再用小刀切开观察。在这一实验过程中不能得出的钠的物理性质是A．钠在常温下是固体B．钠的熔点很低C．钠具有银白色的金属光泽D．金属钠很软15、硅及其化合物是带来人类文明的重要物质。下列说法正确的是()A．CO2和SiO2都是由相应的分子构成的B．水玻璃是纯净物，可用于生产黏合剂和防火剂C．陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品D．某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示16、已知某化合物的晶体是由以下最小单元密置堆积而成的,关于该化合物的以下叙述中正确的是()A．1mol该化合物中有1molY B．1mol该化合物中有6molOC．1mol该化合物中有1molBa D．该化合物的化学式是YBa2Cu3O617、萜类化合物a、b、c广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是（）A．b和c互为同分异构体B．a、b、c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上C．a和c均能使溴的四氯化碳溶液因反应褪色D．b和c均能与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀18、下列有关物质结构的描述正确的是A．甲苯分子中的所有原子可能共平面 B．CH2=CH-C6H5分子中的所有原子可能共平面C．二氯甲烷分子具有正四面体结构 D．正戊烷分子中5个碳原子可以在同一直线上19、用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器略去），能达到实验目的是（）A．制取乙酸乙酯B．吸收NH3C．石油的分馏D．比较盐酸、碳酸、苯酚的酸性强弱20、烷烃CH3CH2CH(CH2CH2CH3)CH(CH3)CH3的命名正确的是A．4—甲基—3—丙基戊烷 B．3—异丙基己烷C．2—甲基—3—丙基戊烷 D．2—甲基—3—乙基己烷21、下列叙述中不正确的是（）A．与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物B．过氧化钠可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源C．碳酸钠俗称苏打,碳酸氢钠俗称小苏打D．氧化铝是冶炼金属铝的重要原料,也是一种比较好的耐火材料,它可以用来制造耐火坩埚,耐火管和耐高温的实验仪器22、已知14mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数为80%，那么7mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数将A．无法确定 B．等于40%C．小于40% D．大于40%二、非选择题(共84分)23、（14分）盐X由三种元素组成，其具有良好的热电性能，在热电转换领域具有广阔的应用前景。为研究它的组成和性质，现取12.30g化合物X进行如下实验：试根据以上内容回答下列问题：(1)X的化学式为_____________。(2)无色溶液B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为______________。(3)蓝色溶液F中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，其离子方程式为____________。(4)白色沉淀C煅烧的固体产物与D高温反应可生成化合物X，其化学方程式为__________。24、（12分）A(C2H4)是基本的有机化工原料，由A制备聚丙烯酸甲酯（有机玻璃主要成分）和肉桂酸的合成路线（部分反应条件略去）如下图所示：已知：+CH2=CH-R+HX（X为卤原子，R为取代基）回答下列问题：（1）反应①的反应条件是_______；⑥的反应类型是_____。（2）B的名称为_______________________________；（3）由C制取D的化学方程式为__________。（4）肉桂酸的同分异构体中能同时满足下列条件：①苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物有两种②能发生银镜反应，③能与FeCl3溶液发生显色反应。请写出符合上述要求物质的结构简式：________。（5）已知由A制备B的合成路线如下（其中部分反应条件已省略）：CH2=CH2→XY→Z则X→Y反应方程式为______________，Z的结构简式为_______________。25、（12分）某同学利用氯酸钾分解制氧气的反应，测定氧气的摩尔质量，实验步骤如下：①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量，质量为ag。②装好实验装置。③检查装置气密性。④加热，开始反应，直到产生一定量的气体。⑤停止加热(如图所示，导管出口高于液面)。⑥测量收集到的气体的体积。⑦准确称量试管和残留物的质量为bg。⑧测量实验室的温度。⑨把残留物倒入指定的容器中，洗净仪器，放回原处，把实验桌面收拾干净。⑩处理实验数据，求出氧气的摩尔质量。回答下列问题：(1)如何检查装置的气密性？。(2)以下是测量收集到的气体体积必须包括的几个步骤：①调整量筒内外液面高度使之相同；②使试管和量筒内的气体都冷却至室温；③读取量筒内气体的体积。这三步操作的正确顺序是(请填写步骤代号)。(3)测量收集到的气体体积时，如何使量筒内外液面的高度相同？。(4)如果实验中得到的氧气体积是cL(已换算为标准状况)，水蒸气的影响忽略不计，氧气的摩尔质量的计算式为(含a、b、c，不必化简)M(O2)＝。26、（10分）氮化钙(Ca3N2)氮化钙是一种棕色粉末，在空气中氧化，遇水会发生水解，生成氢氧化钙并放出氨。某化学兴趣小组设计制备氮化钙并测定其纯度的实验如下：Ⅰ．氮化钙的制备（1）连接装置后，检查整套装置气密性的方法是_____________________。（2）装置A中每生成标准状况下4.48LN2，转移的电子数为___________________。（3）装置B的作用是吸收氧气，则B中发生反应的离子方程式为__________。装置E的作用是______________________。（4）实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；_____________________(请按正确的顺序填入下列步骤的代号)。①加热D处的酒精喷灯；②打开分液漏斗活塞;③加热A处的酒精灯；④停上加热A处的酒精灯；⑤停止加热D处的酒精喷灯（5）请用化学方法确定氮化钙中含有未反应的钙，写出实验操作及现象___________。Ⅱ．测定氮化钙的纯度：①称取4.0g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入100.00mL1.00mol·L-1盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释至200.00mL；②取20.00mL稀释后的溶液，用0.20mol·L-1NaOH标准溶液滴定过量的盐酸，达到滴定终点时，消耗标准溶液25.00mL。（1）氮化钙的质量分数为_________。（2）达到滴定终点时，仰视滴定管读数将使测定结果_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。27、（12分）已知下列数据：某同学在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：①配制2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。②按如图连接好装置并加入混合液，用小火均匀加热3~5min③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管乙并用力振荡，然后静置待分层。④分离出乙酸乙酯，洗涤、干燥、蒸馏。最后得到纯净的乙酸乙酯。(1)反应中浓硫酸的作用是_____(2)写出制取乙酸乙酯的化学方程式：_____(3)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_____(4)步骤②为防止加热过程中液体暴沸，该采取什么措施_____(5)欲将乙试管中的物质分离得到乙酸乙酯，必须使用的玻璃仪器有__________；分离时，乙酸乙酯应从仪器_______________（填“下口放”“上口倒”）出。

(6)通过分离饱和碳酸钠中一定量的乙醇，拟用如图回收乙醇，回收过程中应控制温度是______28、（14分）2018年6月27日，国务院发布《打赢蓝天保卫战三年行动计划》，该计划是中国政府部署的一项污染防治行动计划，旨在持续改善空气质量，为群众留住更多蓝天。对废气的进行必要的处理，让空气更加清洁是环境科学的重要课题。(1)已知：N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)△H1＝＋180.5kJ/molC(s)＋O2(g)＝CO2(g)△H2＝－393.5kJ/mol2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H3＝－221.0kJ/mol若某反应的平衡常数表达式为，请写出此反应的热化学方程式_________________。(2)用如图所示的电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH和SO①写出物质A的化学式____________。②NO在电极上发生的反应为_________________。SO2在电极上发生的反应为__________________。(3)工业上常用氨水吸收SO2，可生成NH4HSO3和(NH4)2SO3。①某同学测得氨水吸收SO2所得溶液中NH4HSO3和(NH4)2SO3的物质的量之比恰好为2:1，写出该吸收过程的总反应方程式______________________________________。②已知常温下H2S的电离常数Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15，将等物质的量浓度的NaHS与Na2S溶液等体积混合，所得溶液中离子浓度大小顺序为__________________。(用物质的量浓度符号由大到小排列)29、（10分）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香族化合物A制备H的一种合成路线如下:已知:①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②回答下列问题:(1)

1

mol

A完全加成时最多可消耗H2______mol；E的结构简式是_______。(2)F分子中包含的官能团名称是______；D→E的反应类型是______。(3)写出由F生成H的化学方程式_______。(4)芳香族化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠容液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6:2:1:1，则符合要求的X的结构简式有______种。(5)结合本题信息，仿照上述合成路线，设计由和丙醛合成的流程图:______

(无机试剂任选)。

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、C【解题分析】

A．根据△G=△H-T△S判断，△H＜0，△S＞0，则△G＜0，所以反应是自发的，当△H＜0，△S＜0，则△G不一定小于0，则反应不一定能够自发进行，故A错误；B．催化剂可降低反应的活化能，可加快反应速率，但不影响平衡的移动，不能提高反应物的转化率，故B错误；C．加入少量CuSO4固体，铁置换出铜，铁和铜在酸性条件下形成原电池，反应速率加快，故C正确；D．恒温恒压条件下，向2NO+O22NO2平衡体系中充入He气体，容器的体积增大，气体的压强减小，平衡逆向移动，故D错误；答案选C。2、B【解题分析】

A项、次氯酸是共价化合物，结构式为H—O—Cl，则电子式为，故A错误；B项、质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数为80，原子符号为8025Br，故B正确；C项、1mol重水含有的中子数为10mol，1mol水含有的中子数为8mol，中子数比5∶4，故C错误；D项、二氧化碳分子中，碳原子的原子半径大于氧原子，比例模型为，故D错误；故选B。【题目点拨】本题考查化学用语，注意掌握电子式、原子符号、比例模型等常见的化学用语的概念及判断方法是解答关键。3、B【解题分析】

同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族；同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小。【题目详解】A项，Be、Mg、Ca都是第IIA族元素，核电荷数依次增大，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，第一电离能按Be、Mg、Ca的顺序减小；B项，Na、Mg、Al都是第三周期元素，核电荷数依次增大，根据同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，Mg的价电子排布为3s2，处于全充满较稳定，第一电离能MgAlNa；C项，He、Ne、Ar都是0族元素，核电荷数依次增大，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，第一电离能按He、Ne、Ar的顺序减小；D项，Li、Na、K都是第IA族元素，核电荷数依次增大，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，第一电离能按Li、Na、K的顺序减小；按第一电离能由大到小的顺序排列错误的是B项，答案选B。【题目点拨】本题考查元素第一电离能的比较，熟记同周期和同主族元素第一电离能的递变规律是解题的关键。注意同周期中第IIA族的第一电离能大于第IIIA族的第一电离能、第VA族的第一电离能大于第VIA族的第一电离能。4、D【解题分析】

A、F原子能形成氢键，HF分子间氢键作用强，HCl分子间无氢键，所以HF沸点较高，故A错误；B、N原子和O原子形成氢键的能力都很强，因而可以形成一水合氨，故B错误；C、羟基O原子和H2O中的O原子都能与H吸引形成氢键，因而可以任意比例互溶，故C错误；D、SbH3沸点比PH3高，是因为前者相对分子质量远比后者大，分子间相互作用力强，D正确；故选D。【题目点拨】本题主要考查氢键的应用。氢键不是化学键，通常把氢键看做是一种较强的分子间作用力。氢键比化学键强，比分子间作用力强；分子间形成氢键会使物质的熔沸点升高，这是因为固体熔化或液体气化时必须破坏分子间氢键，消耗更多的能量；分子间氢键对物质的水溶性有影响，如氨气极易溶于水，主要是氨分子与水分子形成分子间氢键；通常N、O、F这三种元素的氢化物已形成氢键。常见易形成氢键的化合物有H2O、

HF、NH3、CH3OH等；氢键只影响分子晶体的物理性质。5、C【解题分析】分析：在溶液中全部电离出离子的电解质是强电解质，部分电离出离子，存在电离平衡的电解质是弱电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此解答。详解：A、非电解质的对象是化合物，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、BaSO4属于盐，能完全电离出阴阳离子，属于强电解质，B错误；C、CaCO3属于盐，能完全电离出阴阳离子，属于强电解质，次氯酸是弱酸，属于弱电解质，乙醇不能自身电离出离子，是非电解质，C正确；D、碳酸钠能完全电离出钠离子和碳酸根离子，属于强电解质，D错误。答案选C。6、B【解题分析】

某基态原子的价电子排布式为4s24p1，该元素原子序数=2+8+18+3=31，为Ga元素，位于第四周期第ⅢA族，故合理选项是B。7、C【解题分析】

A、无水乙醇、冰醋酸在浓硫酸催化下，加热时可反应生成乙酸乙酯，用Ⅰ装置可以达到实验目的，故A能达到实验目的；B、银氨溶液与乙醛在水浴加热条件下发生银镜反应，可用Ⅱ装置达到实验目的，故B能达到实验目的；C、葡萄糖与3%溴水在55℃左右反应，应该用水浴加热且需要温度计测量反应温度，Ⅲ装置无法达到实验目的，故C不能达到实验目的；D、无水乙醇、浓硫酸在170℃时反应可生成乙烯，用Ⅳ装置可以达到实验目的，故D能达到实验目的。8、B【解题分析】

A、氯化铵和单质碘加热时，前者分解，后者升华，最后又都凝结到烧瓶的底部，故A项不符合题意；B、渗析法可除去淀粉胶体中的氯化钠，故B项符合题意；C、加热胆矾(CuSO4·5H2O)制取无水硫酸铜应在坩埚中进行，故C项不符合题意；D、除去SO2中的HCl，若用氢氧化钠溶液洗气，SO2也被吸收，故D项不符合题意。9、D【解题分析】

A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；C．不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；故选A。【点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。10、B【解题分析】

A.a、b、c三种有机物的分子式均为C8H8，属于同分异构体，A项正确；B.c是饱和烃，不能使酸性KMnO4溶液褪色，B项错误；C.a中苯环上的一氯代物有3种，侧链上有2种，共5种，b的一氯代物有2种，c的一氯代物有1种，C项正确；D.苯环和C=C构成的两个平面通过C—C单键的旋转可能使分子内所有原子共平面，D项正确。故选B。11、D【解题分析】

A．氯化钠晶体是电解质，但不能导电，故A错误；B．液态氯化氢是电解质，但不能导电，故B错误；C．硝酸钾溶液能导电，但是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．熔融氢氧化钠是电解质，也能导电，故D正确；故答案为D。【题目点拨】考查电解质的概念，注意电解质不一定导电，导电的物质不一定是电解质。注意：①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；②电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物，如SO2、CO2属于非电解质；③条件：水溶液或融化状态，对于电解质来说，只须满足一个条件即可，而对非电解质则必须同时满足两个条件；④难溶性化合物不一定就是弱电解质，如硫酸钡属于强电解质。电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等)。12、C【解题分析】分析：A．Al2O3与足量的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水；B．NH4HCO3与足量的NaOH溶液反应生成氨气和碳酸钠；C．Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水；D．FeBr2溶液与等物质的量的的Cl2反应，离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-。据此分析判断。详解：A．Al2O3与足量的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式错误，故A错误；B．NH4HCO3与足量的NaOH溶液反应生成氨气和碳酸钠，离子方程式错误，故B错误；C．Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，离子方程式为Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，离子方程式错误，判断正确，故C正确；D．FeBr2溶液与等物质的量的的Cl2反应，离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，判断错误，故D错误；故选C。13、C【解题分析】

由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；发生中和反应后pH=7，为中性，x与NaOH反应生成不水解的正盐，而y与NaOH反应生成水解显碱性的正盐，且酸的物质的量越大消耗NaOH越多，以此来解答。【题目详解】由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；pH=2的x，其浓度为0.01mol/L，与NaOH发生中和反应后pH=7，为中性，则0.01mol/L×0.1L=0.1mol/L×V碱，解得V碱=0.01L，而pH=2的y，其浓度大于0.01mol/L，若二者恰好生成正盐，水解显碱性，为保证溶液为中性，此时y剩余，但y的物质的量大于x，y消耗的碱溶液体积大，体积大于0.01L，则Vx<Vy；故选：C。【题目点拨】本题考查弱电解质的电离及酸碱混合，为高频考点，把握等pH的酸稀释相同倍数时强酸pH变化大为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酸的物质的量大小决定消耗碱的体积大小，题目难度不大。14、B【解题分析】分析：金属钠常温下为固体，能够用刀子切开,说明质软,切开的钠可以观察到有银白色的金属光泽，据以上分析解答。详解：用镊子从煤油中取出一小块金属钠,擦干净表面上的煤油，用刀子切开,说明质软,切开的钠可以观察到有银白色的金属光泽，在这一过程中钠的状态没有变化,仍为固体,不能得出熔点低的结论；B错误；正确选项B。15、D【解题分析】

A.CO2是由相应的分子构成的，SiO2是由Si、O两种原子构成的原子晶体，不存在分子，A错误；B.水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，可用于生产黏合剂和防火剂，B错误；C.陶瓷、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品，水晶的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，C错误；D.某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，因此根据氧化物的顺序：活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→二氧化硅→水可知该硅酸盐可用K2O·Al2O3·6SiO2表示，D正确；答案选D。【题目点拨】选项A是解答的易错点，碳、硅虽然处于同主族，性质相似，但其氧化物的性质却差别很大。这主要是由于二氧化碳形成的是分子晶体，二氧化硅形成的是原子晶体。16、C【解题分析】由晶胞结构可知，Y原子位于顶点，晶胞中Y原子数目为8×=1，Ba原子位于棱上，晶胞中Ba原子数目为8×=2，Cu原子位于晶胞内部，晶胞中Cu原子数目为3，O原子晶胞内部与面上，晶胞中O原子数目为2+10×=7，则该晶体化学式为YBa2Cu3O7，故1mol该化合物中有1molY、7molO、2molBa，故C正确；答案为C。17、B【解题分析】分析A．b和c分子式不相同；B．a、b、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型；C．a含碳碳双键、c含-CHO；D．只有-CHO与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀。解答解：A．b分子式为C10H14O，c分子式为C10H16O，不互为同分异构体，选项A错误；B．a、b、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a、b、c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，选项B正确；C．a含碳碳双键能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，c含-CHO不能使溴的四氯化碳溶液因反应褪色，选项C错误；D．只有-CHO与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀，则只有c能与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀，选项D错误；答案选B。点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。18、B【解题分析】

A.甲烷是正四面体结构，所以甲苯分子中的所有原子不可能共平面，A错误；B.乙烯是平面结构，苯是平面结构，所以CH2=CH-C6H5分子中的所有原子可能共平面，B正确；C.甲烷是正四面体结构，因此二氯甲烷分子一定不是正四面体结构，C错误；D.正戊烷分子中5个碳原子形成的碳链其实是锯齿状的，而不是一条直线，D错误。答案选B。19、B【解题分析】

A.乙酸乙酯的提纯应用饱和碳酸钠溶液，乙醇易溶于水，乙酸和碳酸钠反应被溶液吸收，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，起到分离的目的，另外右侧导管不能插入溶液内，易产生倒吸，A错误；B.氨气易溶于水，收集时要防止倒吸，氨气不溶于CCl4，将氨气通入到CCl4试剂中，不会产生倒吸，B正确；C.石油分馏时温度计是测量馏分的温度，不能插入到液面以下，应在蒸馏烧瓶支管口附近，C错误；D.浓盐酸易挥发，生成的二氧化碳气体中含有HCl气体，比较盐酸、碳酸、苯酚的酸性强弱时，应将HCl除去，否则会影响实验结论，D错误；答案选B。20、D【解题分析】

烷烃命名原则：①长-----选最长碳链为主链；②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；③近-----离支链最近一端编号；④小-----支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。【题目详解】CH3CH2CH（CH2CH2CH3）CH（CH3）CH3的最长碳链含有6个C，主链为己烷，编号从右边开始，在2号C含有1个甲基，在3号C含有1个乙基，该有机物名称为：2-甲基-3-乙基己烷；故选D。【题目点拨】本题考查了烷烃的命名，为高频考点。该题的关键是明确有机物的命名原则，选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，从离支链较近的一端给主链的碳原子编号。21、A【解题分析】分析：A.与强酸、强碱都反应的物质不一定是两性物质；B.过氧化钠与水或二氧化碳反应产生氧气；C.根据物质的俗名判断；D.根据氧化铝的性质分析。详解：A.与强酸、强碱都反应的物质不一定只有两性氧化物或两性氢氧化物，例如碳酸氢钠等，A错误；B.过氧化钠能和水以及CO2反应生成氧气，可以用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，B正确；C.碳酸钠俗称苏打，碳酸氢钠俗称小苏打，C正确；D.氧化铝是冶炼金属铝的重要原料，氧化铝的熔沸点高，也是一种比较好的耐火材料，它可以用来制造耐火坩埚，耐火管和耐高温的实验仪器，D正确。答案选A。22、D【解题分析】

若假设14mol/L的H2SO4密度为，7mol/L的H2SO4密度为，由于硫酸浓度越大密度越大，所以有：；根据公式：，假设7mol/L的硫酸质量分数为，则14mol/L的硫酸和7mol/L的硫酸之间存在如下关系：，所以有：，又因为：，所以，D项正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、CuAlO2AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋SO42－＋4H＋2Al2O3＋4CuO4CuAlO2＋O2↑【解题分析】

蓝色溶液A与过量的NaOH溶液反应得到蓝色沉淀B与无色溶液B，则溶液A含有Cu2+、沉淀B为Cu(OH)2，沉淀B加热分解生成黑色固体D为CuO，D与盐酸反应得到蓝色溶液F为CuCl2；无色溶液B通入过量的二氧化碳得到白色沉淀C，故溶液B中含有AlO2-、白色沉淀C为Al(OH)3、E为AlCl3；则溶液A中含有Al3+，由元素守恒可知固体X中含有Cu、Al元素，则红色固体A为Cu，结合转化可知X中还含有O元素。结合题意中物质的质量计算解答。【题目详解】(1)根据上述分析，固体X中含有Cu、Al和O元素。Al(OH)3的物质的量为=0.1mol，Cu(OH)2的物质的量为=0.05mol，Cu单质的物质的量为=0.05mol，由原子守恒可知12.3gX中含有0.1molAl原子、0.1molCu原子，则含有O原子为：=0.2mol，则X中Cu、Al、O原子数目之比为0.1mol∶0.1mol∶0.2mol=1∶1∶2，故X的化学式为CuAlO2，故答案为：CuAlO2；(2)B中含有AlO2-，B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；(3)F为CuCl2，F溶液中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，Cu、Cl原子的个数之比为＝1：1，则沉淀为CuCl，反应的离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+；(4)Al(OH)3煅烧的固体产物为Al2O3，与CuO高温反应可生成化合物CuAlO2，其化学方程式为：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑，故答案为：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑。24、浓硫酸、加热取代反应乳酸或2-羟基丙酸或α-羟基丙酸CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O、(写一种即可)2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH(OH)CN【解题分析】

由C与F发生题干信息反应，生成肉桂酸，可知，C中必含碳碳双键，因此确定B到C发生了醇的消去反应，C为CH2=CHCOOH，根据产物聚丙烯酸甲酯可知D为CH2=CHCOOCH3，C与甲醇发生酯化反应生成D，D发生加聚反应生成聚甲基丙烯酸甲酯；CH≡CH发生加成反应生成苯，苯发生取代反应生成F（氯苯），C（CH2=CHCOOH）与F（氯苯）发生题干信息反应，生成肉桂酸，据此分析问题。【题目详解】（1）根据以上分析可知，反应①为醇的消去反应，反应条件是浓硫酸、加热；⑥的反应为CH2=CHCOOH++HCl，因此反应类型是取代反应；答案：浓硫酸、加热取代反应（2）B为，名称为乳酸或2-羟基丙酸或α-羟基丙酸；答案：乳酸或2-羟基丙酸或α-羟基丙酸（3）由C制取D发生的是酯化反应，化学方程式为CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；答案：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O（4）肉桂酸（）的同分异构体中能同时满足下列条件：①苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物有两种，说明两个取代基应该处于对位，②能发生银镜反应，说明有醛基，③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基。符合上述要求物质的结构简式为、；答案：、(写一种即可)（5）根据信息可知乙烯必须先生成C=O，才可以与HCN反应，增加碳原子数，因此确定CH2=CH2先与水发生加成反应生成X（乙醇），乙醇发生催化氧化反应生成乙醛（Y），反应的方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；按照信息，乙醛与HCN发生加成反应Z（CH3CH(OH)CN），Z在酸性条件下与水反应生成；答案：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH(OH)CN25、(1)将导管的出口浸入水槽的水中，手握住试管，有气泡从导管口逸出，放开手后，有少量水进入导管，并形成稳定的液柱，表明装置不漏气(2)②①③(3)慢慢将量筒上下移(4)【解题分析】解答定量实验题的一般方法为先看实验目的，再分析实验的反应原理和计算原理。该实验的反应原理为2KClO3MnO2=MnO2=Δ计算原理为M(O2)＝，m(O2)＝ag－bg，n(O2)＝＝，所以，该实验的关键在于准确测定氧气的体积。而气体的体积取决于两个因素：一是温度，二是压强。这就要求读数时，气体温度要与室温一致，量筒内外压强一致。在弄清原理后，再考虑实验的每一步操作。26、关闭A，向E中加水，微热烧瓶E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱0.6NA4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O吸收空气中水蒸气、防止进入D中②③①⑤④取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙92.5%偏低【解题分析】分析：本题考查的是物质的制备和含量测定，弄清实验装置的作用、发生的反应及指标原理是关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。详解：装置A中反应生成氮气，装置B可以吸收氧气，C中浓硫酸吸水，氮气和钙粉在装置D中反应，E中浓硫酸防止空气中的水蒸气进入D。(1)连接装置后，关闭A中分液漏斗的活塞，向E中加水，微热烧瓶，E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱，说明装置气密性好。(2)A中的反应为(NH4)2SO4+2NaNO22N2↑+Na2SO4+4H2O，转移6mol电子时生成2mol氮气，所以A中每生成标况下4.48L氮气，转移的电子数为0.6NA。(3)B中氧气氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，E装置中浓硫酸吸收空气中的水蒸气，防止进入D中。(4)实验开始先使装置的反应发生，排除装置内的空气，实验结束，先停止D处的热源，故顺序为②③①⑤④。(5)氮化钙与水反应生成氨气，钙与水反应生成氢气，氢气难溶于水，氨气极易溶于水，检验生成的气体有氢气即可确定氮化钙中含有为反应的钙，故方法为：取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙Ⅱ．(1)剩余的盐酸物质的量为，故参与反应的盐酸为0.1×1-0.05=0.05mol，根据氮元素守恒：，则氮化钙的物质的量为0.025mol，则氮化钙的质量分数为=92.5%(2)达到滴定终点，仰视滴定管读数将使消耗的氢氧化钠的标准液的体积读数变大，使剩余盐酸的量变大，反应盐酸的的氨气的量变小，故测定结果偏小。27、催化剂、吸水剂CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O中和乙酸并吸收乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度在试管中加入少量碎瓷片分液漏斗上口倒78℃【解题分析】

在试管甲中先加入碎瓷片，再依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸，按3:2:2关系混合得到混合溶液，然后加热，乙醇、乙酸在浓硫酸催化作用下发生酯化反应产生乙酸乙酯，由于乙酸乙酯的沸点低，从反应装置中蒸出，进入到试管乙中，乙酸、乙醇的沸点也比较低，随蒸出的生成物一同进入到试管B中，碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，由于其密度比水小，液体分层，乙酸乙酯在上层，用分液漏斗分离两层互不相容的液体物质，根据“下流上倒”原则分离开两层物质，并根据乙醇的沸点是78℃，乙酸是117.9℃，收集78℃的馏分得到乙醇。【题目详解】(1)反应中浓硫酸的作用是作催化剂，同时吸收反应生成的水，使反应正向进行，提高原料的利用率；(2)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，产生的酯与与水在反应变为乙酸和乙醇，乙醇该反应为可逆反应，生成乙酸乙酯的化学方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；(3)在上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于液体分层，闻到乙酸乙酯的香味；(4)步骤②为防止加热过程中液体暴沸，该采取的措施加入少量碎瓷片，以防止暴沸；(5)欲将乙试管中的物质分离得到乙酸乙酯，必须使用的玻璃仪器有分液漏斗；分离时，由于乙酸乙酯的密度比水小，所以应在下层液体下流放出完全后，关闭分液漏斗的活塞，从仪器上口倒出；(6)分离饱和碳酸钠中一定量的乙醇，由于乙醇的沸点为78℃，乙酸反应转化为盐，沸点远高于78℃的，所