重庆市三峡名校联盟高2024届高二化学第二学期期末监测模拟试题含解析

重庆市三峡名校联盟高2024届高二化学第二学期期末监测模拟试题注意事项：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、L-多巴可用于帕金森综合症的治疗，其结构简式为。下列关于L-多巴的说法中，不正确的是A．分子式为C9H11O4N B．能缩合生成高分子C．能与酸、碱反应生成盐 D．核磁共振氢谱有8个吸收峰2、顺铂[Pt(NH3)2Cl2]是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属配合物；碳铂是1，1－环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是A．碳铂中所有碳原子在同一个平面中B．1mol碳铂含有σ键的数目为26NAC．[Pt(NH3)2Cl2]有顺式和反式两种结构，是一种复盐D．碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子之比为1∶23、关于氢键的下列说法正确的是A．氢键是一种特殊的化学键 B．氢键只存在于分子间，不存在于分子内C．氢键是乙醇熔沸点比乙烷高的原因之一 D．氢键既没有饱和性，也没有方向性4、为达到预期的实验目的，下列操作正确的是A．欲配制质量分数为10％的ZnSO4溶液，将l0gZnSO4·7H2O溶解在90g水中B．欲制备F(OH）3胶体，向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸C．为鉴别KCl、AICl3和MgCl2溶液，分别向三种溶液中滴加NaOH溶液至过量D．为减小中和滴定误差，锥形瓶必须洗净并烘干后才能使用5、标准状况下将35mL气态烷烃完全燃烧，恢复到原来状况下，得到二氧化碳气体105mL，则该烃的分子式为（）A．CH4 B．C4H10 C．C2H6 D．C3H86、研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到直观形象的效果，下列表达不正确的是()A．NaOH溶液与SO2反应时溶液中溶质的情况B．NaAlO2溶液与盐酸反应后铝的存在形式C．Fe在Cl2中燃烧产物D．Fe和稀硝酸反应后，铁的存在形式7、某烃通过催化加氢后得到2－甲基丁烷，该烃不可能是()A．3－甲基－1－丁炔 B．2－甲基－1－丁炔C．3－甲基－1－丁烯 D．2－甲基－1－丁烯8、下列装置所示的分离、提纯方法和物质的溶解性无关的是（）A． B．C． D．9、有专家指出，如果对燃烧产物如二氧化碳、水、氮气等利用太阳能使它们重新组合，可以节约燃料，缓解能源危机。在此构想的物质循环中太阳能最终转化为()A．化学能 B．热能 C．生物质能 D．电能10、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．5.6gFe完全溶于一定量溴水中，反应过程中转移的总电子数一定为0.3NAB．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子C．标况时，22.4L二氯甲烷所含有的分子数为NAD．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，有1.5NA对共用电子对被破坏11、下列离子方程式正确的是A．在硝酸铝溶液中滴加过量的氨水溶液:Al3++4OH-=AlO2-+2H2OB．磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2OC．向溴化亚铁溶液中滴加过量氯水:2Fe2++Cl2=2Fe3++2C1-D．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32－＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCO3－12、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A．钠与水反应：Na+2H2O＝Na++H2↑+2OH-B．氯气溶于水：Cl2+H2O＝2H++Cl－+ClO－C．向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3++4NH3·H2O=[Al(OH)4]—+4NH4+D．向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑13、下列选项中前后两个反应类型相同的是（）A．乙醇制备乙烯；苯与液溴制备溴苯B．乙烯制备聚乙烯：苯酚与浓溴水反应C．乙醇与氧气反应制备乙醛；乙醛与新制Cu(OH)2反应D．乙酸与乙醇反应制备乙酸乙酯；溴乙烷与NaOH醇溶液反应14、图A图B图C图DA．除去CO中的CO2B．苯萃取碘水中的I2分出水层后的操作C．配制0.10mol·L－1NaOH溶液D．记录滴定终点读数为12.20mL15、设阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法正确的是A．标准状况下，22.4L乙烯含有的共用电子对数为5NAB．1molNaHSO4中的阳离子数为2NAC．通常状况下，1molNO和0.5molO2在密闭容器中混合，生成NO2分子数为NAD．制取漂白粉时，标准状况下22.4LCl2参加反应，转移电子数为NA16、分类法在化学发展中起到非常重要的作用，下列分类标准合理的是A．根据化合物在水溶液中能否导电，将化合物分为电解质和非电解质B．根据分散系是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液C．根据化学式中所含氢原子的个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸D．根据反应中是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应17、高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为－2价，如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是A．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K＋和4个B．晶体中每个K＋周围有8个，每个周围有8个K＋C．晶体中与每个K＋距离最近的K＋有8个，晶体中与每个距离最近的有6个D．晶体中其中0价氧和－2价氧的物质的量之比为1:118、为提纯下列物质(括号内为杂质)，所选用的试剂或分离方法不正确的是选项混合物除杂试剂分离方法A苯(甲苯)KMnO4(酸化)

，NaOH溶液分液B溴苯(溴)KI溶液分液C乙烯(二氧化硫)NaOH溶液洗气D乙醇(少量水)生石灰蒸馏A．A B．B C．C D．D19、下列有关叙述正确的是（）A．在分子中含有1个手性C原子B．氢键是一种特殊化学键，它广泛地存在于自然界中C．碘单质在水溶液中溶解度很小是因为I2和H2O都是非极性分子D．含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，若n值越大，则含氧酸的酸性越大20、1-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应温度为115～125℃，反应装置如右图。下列对该实验的描述错误的是A．不能用水浴加热B．提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤C．长玻璃管起冷凝回流作用D．加入过量乙酸可以提高1-丁醇的转化率21、下列实验操作、现象及结论均正确的是（）选项操作及现象结论A加热钠块，钠先熔化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，产生白色固体钠可与空气中的氧气反应B在空气中久置的铝条放入NaOH溶液中，立刻产生大量气泡，铝条逐渐变细且逐渐发热Al和Al2O3均可与NaOH反应C淀粉溶液与稀硫酸混合加热后，滴加碘水，溶液变为蓝色淀粉溶液未发生水解D蔗糖溶液与稀硫酸混合加热后，先加入足量NaOH溶液，再加入新制Cu(OH)2，加热，产生砖红色沉淀蔗糖的水解产物含有醛基A．A B．B C．C D．D22、下列说法中错误的是A．从CH4、NH4+、SO42-为正四面体结构，可推测PH4+、PO43-也为正四面体结构B．1mol金刚石晶体中，平均含有2molC—C键C．水的沸点比硫化氢的高，是因为H2O分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键D．某气态团簇分子结构如图所示，该气态团簇分子的分子式为EF或FE二、非选择题(共84分)23、（14分）已知有机物分子中的碳碳双键发生臭氧氧化反应：，有机物A的结构简式为，G的分子式为C7H12O，以下A～H均为有机物，其转化关系如下：（1）下列说法正确的是______。（填字母序号）A．C的官能团为羧基B．1molA最多可以和2molNaOH反应C．C可以发生氧化反应、取代反应和加成反应D．可以发生消去反应（2）F的结构简式为____________，由F到G的反应类型为___________。（3）反应①的作用是__________________，合适的试剂a为____________。（4）同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式______________________。Ⅰ．与A具有相同的官能团；Ⅱ．属于苯的邻二取代物；Ⅲ．能使FeCl3溶液显色；Ⅳ．核磁共振氢谱分析，分子中有8种不同化学环境的氢原子。（5）H与G分子具有相同的碳原子数目，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银。写出H与足量的新制银氨溶液反应的化学方程式__________________。24、（12分）X、Y、Z为元素周期表中原子序数依次增大的三种短周期元素，Y与X、Z均相邻，X、Y与Z三种元素原子的最外层电子数之和为19；W的单质为生活中一种常见的金属，在Z元素的单质中燃烧产生棕黄色的烟，生成。回答下列问题：（1）Z元素在元素周期表中的第____周期。（2）与足量的的水溶液发生反应生成两种强酸，写出该反应的离子方程式____。（3）易升华，易溶于水，乙醇/丙酮等溶剂。据此推测其晶体熔化时克服的作用力是__，判断的依据是____。25、（12分）利用如图所示的实验装置进行实验。（1）装置中素瓷片的作用____________，矿渣棉的作用__________。（2）请设计实验证明所得气体生成物中含有不饱和气态烃______。26、（10分）马尾藻和海带中都含丰富的碘，可从中提取碘单质，实验室选取常见的海带设计并进行了以下实验：(1)操作①的名称为___________。A．萃取B．分液C．蒸发结晶D．过滤(2)步骤③中所用的分液漏斗使用前须进行检漏，试简述其操作______。(3)步骤②加入H2O2和H2SO4溶液，反应的离子方程式为___________。27、（12分）白醋是常见的烹调酸味辅料，白醋总酸度测定方法如下。i.量取20.00mL白醋样品，用100mL容量瓶配制成待测液。ii.将滴定管洗净、润洗，装入溶液，赶出尖嘴处气泡，调整液面至0刻度线。iii.取20.00mL待测液于洁净的锥形瓶中，加3滴酚酞溶液，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定至终点，记录数据。iv.重复滴定实验3次并记录数据。ⅴ.计算醋酸总酸度。回答下列问题：（1）实验i中量取20.00mL白醋所用的仪器是______（填字母）。abcD（2）若实验ii中碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗，会造成测定结果比准确值_____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（3）实验iii中判断滴定终点的现象是_______。（4）实验数据如下表，则该白醋的总酸度为_______mol·L－1。待测液体积/mL标准NaOH溶液滴定前读数/mL滴定终点读数/mL第1次20.00021.98第2次20.00022.00第3次20.00022.0228、（14分）(1)25℃时，0.1mol/LHCl溶液中由水电离出的H+的浓度为_______；(2)若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中将_______；(填“增大”、“减小”或“不变”)(3)25℃时，向AgNO3溶液中加入BaCl2溶液和KBr溶液，当两种沉淀共存时，＝____；[已知：25℃时，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgCl)＝2.0×10－10](4)用离子方程式表示NH4F不能用玻璃试剂瓶装的原因________；(5)25℃时，有下列四种溶液：A．0.1mol/LCH3COONH4溶液B．0.1mol/LCH3COOH溶液C．0.1mol/LCH3COONa溶液D．等体积0.4mol/LCH3COOH溶液和0.2mol/LNaOH溶液的混合液(混合液呈酸性)①已知A溶液呈中性，试推断(NH4)2CO3溶液呈______性(填“酸”或“碱”或“中”)；②D溶液中除H2O外所有分子、离子浓度由大到小的顺序为________；③上述四种溶液中水的电离程度由小到大的顺序为________。29、（10分）NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq)ΔH=−116.1kJ·mol−13HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)ΔH=75.9kJ·mol−1反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=___________kJ·mol−1。（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：________________________________。（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：___________________________________。（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见下图）。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题下图所示，在50～250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升的主要原因是____________________________；当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。

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、D【解题分析】

A.根据物质的结构简式可知该物质分子式为C9H11O4N，A正确；B.该物质分子中含有氨基、羧基及酚羟基等多个官能团，因此在一定条件下课发生缩聚反应形成高分子化合物，B正确；C.物质分子中含有酸性基团羧基、酚羟基，可以与碱反应；也含有碱性基团氨基，因此能够与酸反应，C正确；D.在物质分子中含有9种不同位置的H原子，因此核磁共振氢谱有9个吸收峰，D错误；故合理选项是D。2、B【解题分析】

A．1，1－环丁二羧酸二氨合铂()中含有，具有甲烷的结构特点，则所有碳原子不可能在同一个平面中，故A错误；B．C-H、C-C、C-O、N-H及配位键均为σ键，C=O中有1个σ键，则1mol1，1-环丁二羧酸含有σ键的数目为26NA，故B正确；C．[Pt(NH3)2Cl2]属于金属配合物，其中只有一种阳离子，不属于复盐，故C错误；D．碳铂分子中有4个C形成4个σ键，为sp3杂化，2个C形成3个σ键，为sp2杂化，则碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子之比为2∶1，故D错误；答案选B。【题目点拨】把握结构中的成键方式及配位键形成为解答的关键。本题的易错点为D，要注意根据价层电子对数判断碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子数目。3、C【解题分析】

A.氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故A错误；B.邻羟基苯甲醛分子()内的羟基与醛基之间即存在氢键，对羟基苯甲醛分子()之间存在氢键，所以氢键存在于分子之间，也存在于分子之内，故B错误；C.乙醇的熔沸点比含相同碳原子的烷烃的熔沸点高的主要原因是乙醇分子之间易形成氢键，故C正确；

D.氢键和共价健都有方向性和饱和性，故D错误；故选C。【题目点拨】化学键包含离子键、共价键、金属键；氢键属于分子间作用力，比化学键弱，比分子间作用力强，氢键存在于分子之间，也存在于分子之内。4、C【解题分析】试题分析：A、配制质量分数为10%的ZnSO4溶液，应为将10gZnSO4溶解在90g水中，错误；B、制备Fe(OH)3胶体，向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液致液体呈红褐色，错误；C、滴加NaOH溶液至过量，先生成沉淀后逐渐溶解的溶液为AlCl3，生成沉淀不溶解的为MgCl2，无明显现象的为KCl，正确；D、中和滴定时，锥形瓶含少量水不影响结果，错误。考点：本题考查实验基本操作、胶体的制备、物质的鉴别。5、D【解题分析】

标况下，35mL的气态烃完全燃烧，可以得到105mL的CO2，根据阿伏伽德罗定律，可以推出1mol的烃完全燃烧生成3molCO2，则该气态烃分子中含有3个碳原子，故合理选项为D。6、C【解题分析】

A.当≤1时，二者反应生成NaHSO3；当≥2时，二者反应生成Na2SO3；当介于1与2之间时，二者反应生成Na2SO3与NaHSO3的混合物；A项正确；B.当≤1时，二者反应生成Al(OH)3沉淀；当≥4时，二者反应生成Al3+；当介于1与4之间时，Al以Al(OH)3和Al3+形式存在；B项正确；C.Fe在Cl2中燃烧，无论二者哪种物质过量，结果只能生成FeCl3，不会生成FeCl2，C项错误；D.当≤时，Fe以Fe3+形式存在，当≥时，以Fe2+形式存在；当介于与之间时，Fe3+、Fe2+同时存在；D项正确；答案选C。【题目点拨】掌握物质之间的相互转化关系式解题的关键，尤其铁三角及铝三角的元素存在形式是基础。要明确铁单质在氯气（不论氯气是否过量）中燃烧产物只有氯化铁。7、B【解题分析】

根据加成原理，不饱和键断开，结合H原子，生成2-甲基丁烷，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉氢原子形成不饱和键，即得到不饱和烃。【题目详解】2-甲基丁烷的碳链结构为。A.若在3、4号碳原子之间为三键，则烃可为3-甲基-1-丁炔，A可能；B.1、2号碳原子之间不可能为三键，不存在2-甲基-1-丁炔，B不可能；C.若在3、4号碳原子之间为双键，则烃可为3-甲基-1-丁烯，C可能；D.若在1、2号碳原子之间为双键，则烃为2-甲基-1-丁烯，D可能；故合理选项是B。【题目点拨】本题考查根据烷烃判断相应的不饱和烃，会根据烷烃结构去掉相邻碳原子上的氢原子形成不饱和键，注意不能重写、漏写，在加成反应发生时，不能改变碳链结构，只能降低不饱和度，也可以根据加成原理写出选项中与氢气加成的产物，进行判断。8、C【解题分析】

A、洗气与物质的溶解度有关，选项A不符合；B、晶体的析出与溶解度有关，选项B不符合；C、蒸馏与物质的沸点有关，与溶解度无关，选项C符合；D、萃取与物质的溶解度有关，选项D不符合；答案选C。9、B【解题分析】分析：本题主要考察能量间的转化的方式，根据图可以知道，太阳能首先转化为化学能，其次化学能转化为热能。详解：由图可以知道，太阳能首先转化为化学能（燃料燃烧过程），其次化学能转化为热能（燃料燃烧放出热量）；B正确；正确选项B。10、D【解题分析】A．铁完全溶于一定量溴水，反应后的最终价态可能是+3价，还可能是+2价，故0.1mol铁转移的电子数不一定是0.3NA个，还可能是0.2NA个，故A错误；B．Na原子最外层是1个电子，则1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去1NA个电子，故B错误；C．标况下二氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，参加反应的N2为0.5mol，而N2分子含有氮氮叁键，则有1.5NA对共用电子对被破坏，故D正确；答案为D。11、D【解题分析】

离子方程式正误判断，应从是否符合客观事实、是否漏掉离子方程式、“量”等角度进行分析；【题目详解】A、NH3·H2O是弱碱，不能拆写成离子，正确的是Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故A错误；B、硝酸具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，正确的离子方程式为3Fe3O4＋28H＋＋NO3－=9Fe3＋＋NO↑＋14H2O，故B错误；C、氯气能将Fe2＋、Br－分别氧化成Fe3＋和Br2，正确的是2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－，故C错误；D、碳酸的酸性强于硅酸，离子方程式为SiO32－＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCO3－，故D正确；答案选D。12、D【解题分析】分析：本题考查的是离子方程式的判断，是常规题。详解：A.钠和水的反应的离子方程式为：2Na+2H2O＝2Na++H2↑+2OH-，故错误；B.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，不能拆成离子形式，故错误；C.硫酸铝和过量的氨水反应生成氢氧化铝沉淀，故错误；D.过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，离子方程式为：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故正确。故选D。点睛：掌握离子方程式的判断方法：(1)违背反应客观事实如：Fe2O3与氢碘酸：Fe2O3＋6H+＝2Fe3+＋3H2O错因：忽视了Fe3+与I-发生氧化一还原反应(2)违反质量守恒或电荷守恒定律及电子得失平衡如：FeCl2溶液中通Cl2：Fe2+＋Cl2＝Fe3+＋2Cl-错因：电子得失不相等，离子电荷不守恒(3)混淆化学式（分子式）和离子书写形式如：NaOH溶液中通入HI：OH-＋HI＝H2O＋I-错因：HI误认为弱酸.(4)反应条件或环境不分：如：次氯酸钠中加浓HCl：ClO-＋H+＋Cl-＝OH-＋Cl2↑错因：强酸制得强碱(5)忽视一种物质中阴、阳离子配比.13、C【解题分析】

A.乙醇制备乙烯，为消去反应；苯与液溴制备溴苯为取代反应，反应类型不同，A错误；B.乙烯制备聚乙烯为加聚反应，苯酚与浓溴水反应为取代反应，反应类型不同，B错误；C.乙醇与氧气反应制备乙醛为氧化反应；乙醛与新制Cu(OH)2反应为氧化反应，反应类型相同，C正确；D.乙酸与乙醇反应制备乙酸乙酯为取代反应或酯化反应；溴乙烷与NaOH醇溶液反应为消去反应，反应类型不同，D错误；答案为C。14、A【解题分析】试题分析：A.CO2可以与NaOH溶液发生反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO与NaOH发生反应，因此可以用盛有NaOH溶液的洗气瓶除去CO中的CO2气体，正确；B．苯的密度比水小，与水互不相溶，碘中苯中的溶解度比水中大，与碘不能发生反应，因此可以用苯萃取碘水中的I2；由于苯密度比水小，分出水层后的苯溶液应该从上口倒出；错误；C．配制0.10mol·L－1NaOH溶液应该先在烧杯中溶解物质，待溶液恢复至室温后再移液转移至容量瓶中，不能在容量瓶中直接溶解固体溶质，错误；D．滴定管小刻度在上部，因此记录滴定终点读数为11.80mL，错误。考点：考查有关实验的操作正误判断的知识。15、D【解题分析】

A、1个乙烯分子含有6对共用电子对，标准状况下，22.4L乙烯含有的共用电子对数为6NA，故A错误；B、NaHSO4固体含有、，1molNaHSO4中的阳离子数为NA，故B错误；C、体系中存在2NO2N2O4，生成NO2分子数X小于NA，故C错误；D、制取漂白粉时氯气与氢氧化钙生成氯化钙和次氯酸钙，氯气既是氧化剂又是还原剂，标准状况下22.4LCl2参加反应，转移电子数为NA，故D正确。答案选D。16、D【解题分析】

A.根据化合物在水溶液或熔融状态下中能否导电，将化合物分为电解质和非电解质，故错误；B.根据分散系中分散质微粒直径，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据是否有丁达尔效应分，故错误；C.根据酸能电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸，故错误；D.根据反应中是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故正确。故选D。17、A【解题分析】

A.该晶胞中，K+的个数为=4，的个数为：=4，A正确；B.晶体中每个K＋周围有6个O，每个周围有6个K＋，B错误；C.晶体中与每个K＋距离最近的K＋有12个，晶体中与每个距离最近的有12个，C错误；D.晶胞中K+与个数分别为4、4，所以晶胞中共有8个氧原子，根据电荷守恒，4个K+带有4个正电荷，则-2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8-2=6，所以晶体中，0价氧原子与-2价氧原子的数目比为3：1，D错误；故合理选项为A。18、B【解题分析】分析：A．酸性KMnO4将甲苯氧化为苯甲酸，NaOH与苯甲酸反应然后分液；B．应用溴与NaOH反应，然后分液；C．利用SO2是酸性氧化物，可以与碱NaOH发生反应产生盐和水，而洗气除去；D．生石灰可与水反应，利于乙醇的提纯。详解：A．酸性KMnO4可以把甲苯氧化为苯甲酸，NaOH与苯甲酸反应然后分液，选项A正确；B．加入KI生成碘，溶于溴苯，不能得到纯净的溴苯，应用NaOH，然后分液，选项B不正确；C．乙烯中含有SO2杂质，可以利用SO2是酸性氧化物，可以与碱NaOH发生反应产生盐和水，而乙烯不能发生反应，用NaOH溶液洗气除去，选项C正确；D．生石灰可与水反应，增大沸点差值，有利于乙醇的提纯，选项D正确；答案选B。19、A【解题分析】

A．一个碳原子与其它四个不同的原子或原子团相连的碳为手性C原子，中间的碳原子为手性C原子，故A正确；B．氢键是一种分子间作用力，不是化学键，故B错误；C．I2是非极性分子，而H2O是极性分子，非极性分子难溶于极性溶剂，所以碘单质在水溶液中溶解度很小，故C错误；D．含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸，据此可知，非羟基氧原子数目越大，即m越大，酸性越强，故D错误；答案选A。20、B【解题分析】

A.实验室制取乙酸丁酯，需要反应温度为115~125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故A正确；B.提纯乙酸丁酯需使用碳酸钠溶液，吸收未反应的乙酸，溶解丁醇，降低乙酸丁酯的溶解度，如果用氢氧化钠，会使乙酸丁酯水解，故B错误；C.实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，当有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原料，要在发生装置设计冷凝回流装置，使该物质通过冷凝后由气态恢复为液态，从而回流并收集，实验室可通过在发生装置安装长玻璃管或冷凝回流管等实现，故C正确；D.酯化反应为可逆反应，增加乙酸的量，可使平衡向生成酯的方向移动，从而提高1-丁醇的转化率，故D正确；故选B。21、D【解题分析】

A.加入钠块时，最终得到的产物是过氧化钠，为淡黄色固体，A错误；B.久置的铝条放入NaOH溶液中，表面的氧化铝先与NaOH反应，露出Al后才能反应生成氢气，B错误；C.淀粉溶液与稀硫酸混合加热后，滴加碘水，溶液变为蓝色，可能淀粉水解未完全，C错误；D.反应中稀硫酸作催化剂，加入新制的氢氧化铜前，先加足量NaOH溶液中和稀硫酸，再加入新制Cu(OH)2，加热，产生砖红色沉淀，证明蔗糖的水解产物含有醛基，D正确；答案为D。22、D【解题分析】

A．PH4+、PO43-中都形成4个σ键，且孤电子对数分别为0，则应为正四面体结构，选项A正确；B．金刚石晶体中，每个C原子与其它4个C原子形成共价键，且每2个C原子形成1个共价键，则1mol金刚石晶体中，平均含有4mol×=2molC-C键，选项B正确；C．氢键的作用力大于分子间作用力，H2O分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键，导致水的沸点比硫化氢的高，选项C正确；D．团簇分子中含有4个E、4个F原子，分子式应为E4F4或F4E4，选项D错误。答案选D。二、非选择题(共84分)23、AB消去反应保护酚羟基，防止在反应②中被氧化NaHCO3溶液或+4Ag(NH3)2OH+4Ag↓+6NH3+2H2O【解题分析】

A的结构简式为，A发生水解反应得到C与，可知C为CH3COOH，由转化关系可知，与氢气发生加成生成F为，G的分子式为C7H12O，则F发生消去反应得到G，G发生碳碳双键发生臭氧氧化反应生成H，若H与G分子具有相同的碳原子数，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银，则H中含有2个-CHO，则亚甲基上的-OH不能发生消去反应，可推知G为，H为．与氢氧化钠水溶液放出生成B为，B发生催化氧化生成D，D与银氨溶液发生氧化反应，酸化得到E，则D为，E为，反应①的目的是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，E与是a反应得到，反应中羧基发生反应，而酚羟基不反应，故试剂a为NaHCO3溶液，据此解答．【题目详解】A的结构简式为，A发生水解反应得到C与，可知C为CH3COOH，由转化关系可知，与氢气发生加成生成F为，G的分子式为C7H12O，则F发生消去反应得到G，G发生碳碳双键发生臭氧氧化反应生成H，若H与G分子具有相同的碳原子数，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银，则H中含有2个-CHO，则亚甲基上的-OH不能发生消去反应，可推知G为，H为．与氢氧化钠水溶液放出生成B为，B发生催化氧化生成D，D与银氨溶液发生氧化反应，酸化得到E，则D为，E为，反应①的目的是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，E与是a反应得到，反应中羧基发生反应，而酚羟基不反应，故试剂a为NaHCO3溶液，

（1）A．C为CH3COOH，C的官能团为羧基，故A正确；B．A为，酯基、酚羟基与氢氧化钠反应，1molA最多可以和2molNaOH反应，故B正确；C．C为CH3COOH，可以发生氧化反应、取代反应，不能发生加成反应，故C错误；D．中羟基的邻位碳上没有氢原子，所以不能发生消去反应，故D错误；故答案为AB；（2）由上述分析可知，F为，由上述发生可知F到G的反应类型为消去反应；（3）反应①的作用是：是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，合适的试剂a为NaHCO3溶液；（4）同时满足下列条件的A（）的同分异构体：Ⅰ．与A有相同的官能团，含有羟基、酯基；Ⅱ．属于苯的邻二取代物，Ⅲ．遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基，Ⅲ．1H-NMR分析，分子中有8种不同化学环境的氢原子，苯环与酚羟基含有5种H原子，则另外侧链含有3种H原子，故另外侧链为-CH2CH2OOCH，-CH（CH3）OOCH，结构简式为：和；（5）H的结构简式为，与足量的新制银氨溶液反应的化学方程式为。【题目点拨】解有机推断的关键是能准确根据反应条件推断反应类型：（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、三分子间作用力（范德华力）根据易升华、易溶于有机溶剂等，可判断其具有分子晶体的特征【解题分析】

根据W的单质为生活中一种常见的金属，在Z元素的单质中燃烧产生棕黄色的烟，生成可以推断出W为铁，Z为Cl，因为铁在氯气中燃烧生成FeCl3，生成棕黄色烟，再根据Y与X、Z均相邻，根据Z为Cl元素，推测Y为S或者为F，若Y为S元素，则X为P或者O元素，若Y为F元素，X只能为O元素；再根据X、Y与Z三种元素原子的最外层电子数之和为19，推测出Y为S元素，X为O元素；【题目详解】（1）Z元素是氯元素，在元素周期表中的第三周期；（2）与足量的的水溶液发生反应生成两种强酸，和分别是Cl2O和SO2，该反应的离子方程式为；（3）易升华，易溶于水，乙醇/丙酮等溶剂，推测出它的熔沸点较低，所以它属于分子晶体，熔化时破坏分子间作用力。25、作催化剂作为石蜡油的载体将所得气体通入到酸性高锰酸钾溶液或溴水溶液中，若观察到溶液颜色褪色则说明所得气体中含有气态不饱和烃【解题分析】

石蜡油主要含碳、氢元素，经过反应产生能使酸性高锰酸钾溶液褪色的气体，一般是气态不饱和烃，如乙烯或乙炔等。石蜡油分子本身碳原子数较多，经过反应产生乙烯、乙炔等小分子，主要是发生了催化裂化，生成相对分子质量较小、沸点较低的烃。【题目详解】(1)根据上述分析可知：装置中素瓷片起到了催化剂的作用，矿渣棉用作为石蜡油的载体，故答案：作催化剂；作为石蜡油的载体；(2)因为石蜡油主要含碳、氢元素，主要是发生了催化裂化，经过反应能生成气态不饱和烃，如乙烯或乙炔等。这些气态不饱和烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也可以和溴水发生加成反应，所以可以将所得气体通入到酸性高锰酸钾溶液或溴水溶液中，若观察到溶液颜色褪色则说明所得气体中含有气态不饱和烃，故答案：将所得气体通入到酸性高锰酸钾溶液或溴水溶液中，若观察到溶液颜色褪色则说明所得气体中含有气态不饱和烃。26、D关闭分液漏斗活塞，并加入少量水，观察玻璃旋塞处是否漏水，再倒置观察玻璃塞处是否漏水，若均不漏水，则密封良好H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O【解题分析】

(1)操作①用于分离不溶性固体和溶液，据此选择；(2)步骤③中所用的分液漏斗使用前须进行检漏，要检查上口玻璃塞和玻璃旋塞处是否漏液；(3)步骤②是把碘离子转变成碘分子的过程，据此写反应的离子方程式；【题目详解】(1)操作①为不溶性固体和溶液的分离，为过滤，据此选择D；答案为：D；(2)步骤③中所用的分液漏斗使用前须进行检漏，要检查上口玻璃塞和玻璃旋塞处是否漏液，故检漏操作为：关闭分液漏斗活塞，并加入少量水，观察玻璃旋塞处是否漏水，再倒置观察玻璃塞处是否漏水，若均不漏水，则密封良好；答案为：关闭分液漏斗活塞，并加入少量水，观察玻璃旋塞处是否漏水，再倒置观察玻璃塞处是否漏水，若均不漏水，则密封良好；(3)步骤②为H2SO4溶液中H2O2把碘离子氧化为碘分子的过程，则反应的离子方程式H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；答案为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O。27、c偏大锥形瓶中溶液颜色变为浅红色，且半分钟不褪色0.1100【解题分析】

（1）a.量筒无法达到题中要求的精确度，a错误；b.容量瓶是用来配制溶液的仪器，不是量取用的仪器，b错误；c.c为酸式滴定管，用来量取酸性溶液，c正确；d.d为碱式滴定管，用来量取碱性溶液，d错误；故合理选项为c；（2）若碱式滴定管未经过润洗，则相当于将NaOH溶液进行了稀释，即c(NaOH)偏小，则消耗的NaOH溶液的体积偏大，在计算中，c(NaOH)仍是原先的浓度，c(白醋)的计算结果将偏大；（3）由于题中的操作是将碱液滴入含酚酞的酸液中，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；（4）3次实验平均消耗NaOH溶液的体积为22.00mL，所以该白醋的总酸度为：=0.1100mol·L-1。【题目点拨】（1）实验题中，要注意量取仪器的精确度与要量取的数据是否匹配；（2）对于滴定实验，要看明白题中的滴加对象；（3）实验题的计算中，要注意有效数字的保留。28、10－13mol/L减小2.7×10－3F－+H2OHF+OH－或NH4＋+F－+H2OHF+NH3·H2O碱c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)B＜D＜C＜A【解题分析】

(1)氯化氢为强电解质，氢离子浓度等于氯化氢的物质的量浓度，根据水的离子积计算出该溶液中水电离的氢氧根离子浓度，水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；(2)向氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，抑制氨水的电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，一水合氨分子浓度增大；(3)当两种沉淀共存时，溶液是AgCl和AgBr的饱和溶液，溶液中=，依此计算；(4)NH4F在溶液中水解生成HF，二氧化硅能溶于HF；(5)①0.1mol/LCH3COONH4溶液呈中性，说明铵根离子的水解程度与醋酸根离子的水解程度相同，即氨水和CH3COOH的电离程度相同，因为醋酸的酸性比碳酸的强，所以(NH4)2CO3中铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，据此判断；②等体积0.4mol/LCH3COOH溶液和0.2mol/LNaOH溶液的混合液中含有等浓度的醋酸钠和醋酸，因为溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，据此分析排序；③根据酸和碱抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离，结合离子间的相互影响分析判断。【题目详解】(1)在25℃时，在0.1mol/LHCl溶液中，c(H+)=c(HCl)=0.1mol/L，氯化氢溶液中的氢氧根离子是水电离的，则由水电离出的c（H+）水=c（OH-）=mol/L=1×10-13mol/L，故答案为：1×10-13；(2)由于(NH4)2SO4=2NH4++SO42-，溶液中NH4+浓度增大，抑制氨水电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，一水合氨分子浓度增大，所以此时溶液中减小，故答案为：减小；(3)当两种沉淀共存时，溶液中Ag+离子浓度相同，根据溶度积常数计算，c(Br-)=，c(Cl-)=，则===2.7×10-3，故答案为：2.7×10-3；(4)NH4F在溶液中水解生成HF，其水解方程式为：F-+H2OHF+OH-或NH4＋