新疆和田地区2024届化学高二下期末检测模拟试题含解析

新疆和田地区2024届化学高二下期末检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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、共价键、离子键和范德华力是构成物质粒子间的不同作用方式，下列物质中，只含有上述一种作用的是()A．干冰 B．氯化钠 C．氢氧化钠 D．碘2、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2在加热条件下反应生成Cl2的分子数为NAB．向1L0.1mol·L－1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则NH4+的数目为0.1NAC．向1L1mol·L－1FeBr2溶液中通入足量氯气，转移的电子数为3NAD．密闭容器中1molN2与3molH2在一定条件下充分反应，生成的NH3分子数为2NA3、根据下列图示所得出的结论正确的是A．图是水的电离与温度的关系曲线，a的温度比b的高B．图是HI(g)分解能量与反应进程关系曲线，a、b中I2依次为固态、气态C．图是反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)的速率与时间的关系，t1时改变条件是减小压强D．图是相同浓度相同体积的NaCl、NaBr及KI溶液分别用等浓度AgNO3溶液的滴定曲线，若已知：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，则a、b、c依次是KI、NaBr和NaCl4、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，11.2LCH2Cl2中含有的分子数目为0.5NAB．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后，转移的电子数目为4NAC．46gNO2和N2O4混合物中含有的氧原子数目为2NAD．1mol乙醇分子中含有的极性键数目为8NA5、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1.0NA6、下列化学方程式能用离子方程式2H＋＋CO32－＝H2O＋CO2↑表示的是()A．HCl＋NaHCO3＝NaCl＋H2O＋CO2↑B．2HCl＋BaCO3＝BaCl2＋H2O＋CO2↑C．H2SO4＋Na2CO3＝Na2SO4＋H2O＋CO2↑D．2CH3COOH＋Na2CO3＝2CH3COONa＋H2O＋CO2↑7、已知：pAg=lg[c(Ag+)]，Ksp(AgCl)=1×10-12。如图是向10mLAgNO3溶液中逐渐加入0.1mol·L-1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积（单位：mL）变化的图像（实线）。根据图像所得下列结论不正确的是[提示：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)]A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol·L-1B．图中x点的坐标为(100，6)C．图中x点可认为溶液中Ag+被沉淀完全D．把0.1mol·L-1的NaCl换成0.1mol·L-1NaI，则图像在终点后变为虚线部分8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是()A．标准状况下，1L庚烷完全燃烧所生成的气态产物的分子数为7/22.4NAB．1mol甲基（—CH3）所含的电子总数为9NAC．0.5mol1，3-丁二烯分子中含有C=C双键数为NAD．1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为8NA9、下列各组元素各项性质比较正确的是A．金属性由强到弱：Na>K>CsB．最高正价由高到低：O>N>CC．晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBrD．原子半径由大到小：F＞Cl＞Br10、下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（）A．棉花、蚕丝和人造丝的主要成分都是纤维素B．甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应C．蔗糖、麦芽糖的分子式均为C12H22O11，二者互为同分异构体D．乙醇、乙酸均能与NaOH反应，因为分子中均含有官能团“—OH”11、25℃时，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1的醋酸、醋酸钠混合溶液中，c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系如图所示。下列有关该溶液的叙述不正确的是()A．pH＝5的溶液中：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)B．溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)C．由W点可以求出25℃时CH3COOH的电离常数D．pH＝4的溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＋c(CH3COOH)－c(OH－)＝0.1mol·L－112、全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池。其电池总反应为：。下列说法正确的是A．放电时正极反应为：B．充电时阴极反应为：C．放电过程中电子由负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极D．充电过程中，H+由阴极区向阳极区迁移13、下列实验中，所使用的装置（部分夹持装置略）、试剂和操作方法都正确的是（）A．用装置①配制250mL0.1mol．L-1的NaOH溶液B．用装置②制备少量Fe(OH)2固体C．用装置③验证乙烯的生成D．用装置④制取少量乙酸乙酯14、钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。钛酸钡晶体的晶胞结构示意图如图所示，它的化学式是A．BaTi8O12B．BaTiO3C．BaTi2O4D．BaTi4O615、甲醇、乙醚、丙醇的混合物中，测得其中氧的质量分数为a，则混合物中碳的质量分数为A．17-9a56B．16、已知：还原性HSO3—>I—，氧化性IO3—>I2。在含0.3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如右图所示（图中坐标单位均为mol）。下列说法不正确的是A．0～b间的反应可用如下离子方程式表示：3HSO3－＋IO3－=3SO42－＋I－＋3H＋B．a点时消耗NaHSO3的物质的量为0.12molC．当溶液中I—与I2的物质的量之比为5：2时，加入的KIO3为0.18molD．b点时的还原产物可能是KI或NaI，b～c间的还原产物是I217、Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，对此反应下列说法中正确的是A．Na2O2只作氧化剂B．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物C．O2是还原产物D．2molFeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移18、某有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱如图所示，下列说法不正确的是（）A．由红外光谱可知，A中含有C-H键、C=O键、等B．由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有4种不同化学环境的氢原子C．若A的化学式为C8H8O2，则其结构简式可能为D．由以上信息可以推测A分子可能为含有酯基的芳香族化合物19、化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是A．减少SO2的排放，可以从根本上消除雾霾B．硅酸多孔、吸水能力强，常用作袋装食品的干燥C．绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%20、向100mL0.1mol·L-1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1

Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示。则下列说法中正确的是A．a点对应的沉淀只有BaSO4B．b点发生反应的离子方程式是：Al3++2SO42-+2Ba2++3OH-==Al(OH)3↓+2BaSO4↓C．c点溶液呈碱性D．c点加入Ba(OH)2溶液的体积为200mL21、下列各项叙述中，正确的是（）A．元素周期表每一周期元素原子的最外层电子排布均是从ns1过渡到ns2np6B．若某基态原子的外围电子排布为4d25s2，它是第五周期IVB族元素C．M层全充满而N层为4s1的原子和位于第四周期第ⅠA族的原子是同一种元素D．钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态22、下列实验操作能达到实验目的的是()A．用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物B．用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NOC．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A是芳香族化合物，其分子式为C9H11Cl，利用A合成2-甲基苯乙酸，其合成路线如下：（1）A结构简式为_____________。（2）A→B反应类型为_______；C中所含官能团的名称为______________。（3）C→D第①步的化学方程式为____________。（4）在NaOH醇溶液并加热的条件下，A转化为E，符合下列条件的E的同分异构体有___种，任写其中一种的结构简式____________。i,苯环上仅有一个取代基；ii.能与溴水发生加成反应。24、（12分）已知A是一种重要的基本化工原料，其分子中碳元素的百分含量为85.7%，且相对分子量小于30。A、B、C、D、E、F、G、H有下图所示的转化关系（部分产物已略去）。其中B为高分子化合物，C为无色无味气体，实验室中可以通过G与大理石制取。D为烃，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。E、G为生活中常见的有机物，且E有特殊香味，H有香味。（1）写出下列各物质的官能团的名称：A___________；E___________；（2）按要求写出下列各步变化的化学方程式反应①__________________；反应⑤_____________________；反应⑦_______________________。（3）写出下列反应类型：反应④___________，反应⑤___________。25、（12分）粮食仓储常用磷化铝(A1P)熏蒸杀虫，A1P遇水即产生强还原性的PH3气体。国家标准规定粮食中磷物(以PH3计)的残留量不超过0.05mg•kg-1时为合格。某小组同学用如图所示实验装置和原理测定某粮食样品中碟化物的残留量。C中加入100g原粮，E中加入20.00mL2.50×lO-4mol•L-1KMnO4溶液的H2SO4酸化)，C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中的溶液。(1)装置A中的KMn04溶液的作用是_____。(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2。若去掉该装置，则测得的磷化物的残留量___(填“偏髙”“偏低”或“不变”)。(3)装置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被还原为Mn2+，写出该反应的离子方程式：__________。(4)收集装置E中的吸收液，加水稀释至250mL，量取其中的25.00mL于锥形瓶中，用4.0×lO-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定，消耗Na2SO3标准溶液20.00mL，反应原理是S02-+Mn04-+H+→S042-+Mn2++H20(未配平)通过计算判断该样品是否合格(写出计算过程)_______。26、（10分）利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.50mol/L盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol/LNaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：(1)写出该反应的热化学方程式（已知生成lmol液态水的反应热为－57.3kJ/mol）______________________。(2)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol/L盐酸恰好完全反应，其反应热分别为∆H1、∆H2、∆H3，则∆H1、∆H2、∆H3的大小关系为________________________。(3)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)，为了计算中和热，某学生实验记录数据如表：实验序号起始温度终止温度盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.223.2220.220.423.4320.420.623.6420.120.326.9依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热∆H_____(结果保留一位小数)。(4)如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________(填“相等、不相等”)，所求中和热__________(填“相等、不相等”)。(5)利用简易量热计测量室温下盐酸与氢氧化钠溶液中和反应的反应热，下列措施不能提高实验精度的是（_______）A．利用移液管(精确至0.01mL)代替量筒(精确至0.1mL)量取反应液B．快速将两溶液混合，匀速搅拌并记录最高温度C．在内、外筒之间填充隔热物质，防止热量损失D．用量程为500℃的温度计代替量程为100℃的温度27、（12分）丙酸异丁酯(isobutylacetate)具有菠萝香气，主要用作漆类的溶剂和配制香精。实验室制备丙酸异丁酯的反应、装置示意图和有关信息如下：实验步骤：在圆底烧瓶中加入3.7g的异丁醇，7.4g的丙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片，控温106～125℃，反应一段时间后停止加热和搅拌，反应液冷却至室温后，用饱和NaHCO3溶液洗涤分液后加入少量无水硫酸镁固体干燥，静置片刻，过滤除去硫酸镁固体，进行常压蒸馏纯化，收集130～136℃馏分，得丙酸异丁酯3.9g。回答下列问题：(l)装置A的名称是__________。(2)实验中的硫酸的主要作用是___________。(3)用过量丙酸的主要目的是______________________。(4)用饱和NaHCO3溶液洗涤粗酯的目的是____________。(5)在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后_________（填字母）。A．直接将丙酸异丁酯从分液漏斗上口倒出B．直接将丙酸异丁酯从分液漏斗下口放出C．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将丙酸异丁酯从上口倒出D．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将丙酸异丁酯从下口放出(6)本实验丙酸异丁酯的产率是_________。28、（14分）从樟科植物枝叶提取的精油中含有下列甲、乙两种成分：(1)乙中所含官能团的名称为____________________。(2)由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的无关产物，下同）：设计步骤①的目的是_________________________，反应②的化学方程式为_________________（注明反应条件）。(3)欲检验乙中的含氧官能团，选用下列的一种试剂是_______________(填序号)。A．溴水B．酸性高锰酸钾溶液C．溴的CCl4溶液D．银氨溶液(4)乙经氢化和氧化得到丙（）。写出同时符合①能发生银镜反应；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③核磁共振氢谱图上产生4个吸收峰等要求的丙的同分异构体结构简式_______________、________________。29、（10分）（1）已知反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g),填写出该反应的平衡常数表达式K=_____。（2）写出乙酸电离方程式：_______________________。并写出乙酸电离平衡常数的表达式：K=____。（3）用离子方程式表达纯碱溶液为什么可去油污：_____________。（4）请写CH3COONa溶液的电荷守恒式：__________________________，和该溶液各离子浓度从大到小的序列式：___________________________。（5）写出泡沫灭火器工作原理的离子方程式：____________________________________。

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【解题分析】

A、干冰是CO2，属于共价化合物，含有极性共价键，CO2分子间存在范德华力，故不符合题意；B、氯化钠属于离子晶体，只存在离子键，故符合题意；C、氢氧化钠属于离子晶体，含离子键、极性共价键，故不符合题意；D、碘属于分子晶体，存在非极性共价键，碘分子间存在范德华力，故不符合题意；本题答案选B。2、B【解题分析】

A.含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2在加热条件下反应，由于随着反应的进行盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，则生成Cl2的分子数小于NA，A错误；B.向1L0.1mol·L－1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则根据电荷守恒可知c(Cl－)＝c(NH4+)＝0.1mol/L，所以NH4+的数目为0.1NA，B正确；C.向1L1mol·L－1FeBr2溶液中通入足量氯气，溴化亚铁全部被氧化，但过量的氯气能与水又发生氧化还原反应，所以转移的电子数大于3NA，C错误；D.密闭容器中1molN2与3molH2在一定条件下充分反应，由于是可逆反应，则生成的NH3分子数小于2NA，D错误；答案选B。【题目点拨】选项C是解答的易错点，主要是忽略了过量的氯气会发生后续反应。因此计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。尤其要注意反应中物质的过量问题以及是否会有后续反应发生等。3、D【解题分析】

A.水的电离过程吸收热量，升高温度，促进水的电离，水电离产生的c(H+)、c(OH-)增大，则离子浓度的负对数值就小，因此a的温度比b的低，A错误；B.固体I2的能量比气体I2的能量低，所以a为气体I2，b为固体I2，B错误；C.t1时正、逆反应速率都增大，而且相同，说明改变条件可能是增大压强，C错误；D.由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，当溶液中卤素离子相同时，需要的Ag+浓度Cl->Br->I-，需要的c(Ag+)越大，其负对数就越小，因此a、b、c依次是KI、NaBr和NaCl，D正确；故合理选项是D。4、C【解题分析】

A.标准状况下，CH2Cl2为液体，无法用气体摩尔体积计算其物质的量，A错误；B.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后，反应为可逆反应，转移的电子数目小于4NA，B错误；C.NO2、N2O4的最简式相同，为NO2，46gNO2和N2O4混合物中含有的氧原子的物质的量为46g/46g/mol×2=2mol，即数目2NA，C正确；D.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，含有5条C-H键、1条C-C键、1条C-O键、1条H-O键，C-C键为非极性键，则1mol乙醇分子中含有的极性键数目为7NA，D错误；答案为C；【题目点拨】可逆反应中，反应物不能够完全反应，则不能根据提供量计算转移电子数目。5、A【解题分析】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。6、C【解题分析】分析：根据离子方程式2H＋＋CO32－＝H2O＋CO2↑可知该反应属于强酸或强酸的酸式盐和可溶性碳酸盐反应生成另一种可溶性盐、水和二氧化碳的反应，结合选项分析判断。详解：A.HCl＋NaHCO3＝NaCl＋H2O＋CO2↑的离子方程式为H＋＋HCO3－＝H2O＋CO2↑，A错误；B.2HCl＋BaCO3＝BaCl2＋H2O＋CO2↑中碳酸钡难溶，离子方程式为2H＋＋BaCO3＝Ba2＋＋H2O＋CO2↑，B错误；C.H2SO4＋Na2CO3＝Na2SO4＋H2O＋CO2↑的离子方程式2H＋＋CO32－＝H2O＋CO2↑，C正确；D.2CH3COOH＋Na2CO3＝2CH3COONa＋H2O＋CO2↑中醋酸难电离，离子方程式为2CH3COOH＋CO32－＝2CH3COO－＋H2O＋CO2↑，D错误。答案选C。7、D【解题分析】

分析题给信息，纵坐标为Ag+浓度的负对数，则pAg值越大，对应的Ag+浓度就越小。根据Ksp(AgCl)值，结合图给信息，可以计算出x点的坐标。组成类似的难溶电解质，Ksp值越小越难溶。据此进行分析。【题目详解】A．开始时，pAg=0，则c(Ag+)=1mol/L，原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol·L-1，A项正确；B．x点的纵坐标为6，说明此时c(Ag+)=10-6mol/L，一般认为溶液中离子浓度小于10-5mol/L即沉淀完全，则AgNO3与NaCl完全反应，，所以，故x点的坐标为(100，6)，B项正确；C．x点的纵坐标为6，说明此时c(Ag+)=10-6mol/L，一般认为溶液中离子浓度小于10-5mol/L即沉淀完全。故x点可认为溶液中Ag+被沉淀完全，C项正确；D．由题给信息可知，与AgCl相比，AgI的Ksp值更小，所以把0.1mol·L-1的NaCl换成0.1mol·L-1NaI，溶液中c(Ag+)要更小，故图像在终点后曲线变化应在实线之上，D项错误；答案选D。8、A【解题分析】

A.标准状况下庚烷不是气态；B.1个甲基(－CH3)含有9个电子；C.1分子1，3－丁二烯含有2个碳碳双键；D.1个碳正离子(CH3+)含有8个电子。【题目详解】A、庚烷在标准状况下不是气体，不能使用22.4L·mol－1计算庚烷的物质的量，因此不能计算完全燃烧所生成的气态产物的分子数，A错误；B、甲基的电子式为，1mol甲基中含有电子物质的量为9mol，电子总数为9NA，B正确；C、1，3－丁二烯的结构简式为CH2=CH－CH=CH2，因此0.5mol1，3－丁二烯中含有碳碳双键的物质的量为0.5×2mol=1mol，碳碳双键数为NA，C正确；D、1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为8NA，D正确。答案选A。9、C【解题分析】

A.同主族自上而下金属性逐渐增强，金属性由强到弱：Cs>K>Na，则选项A错误；B.B中O无最高正价，所以B选项是错误的；

C.离子半径越小、离子键越强，则晶格能越大，F、Cl、Br的离子半径在增大，则晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr，所以C选项是正确的；

D.同主族自上而下原子半径逐渐增大，原子半径由大到小：Br＞Cl＞F，故D错误。

所以C选项是正确的。10、C【解题分析】分析：A．根据蚕丝的主要成分为蛋白质分析判断；B．根据甲烷和氯气在光照条件下和溴和乙烯反应的特征分析判断；C．根据同分异构体的概念分析判断；D．根据官能团的结构和性质分析判断。详解：A．蚕丝的主要成分为蛋白质，不是纤维素，故A错误；B．甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯代烃，溴和乙烯发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，前者是取代反应、后者是加成反应，所以反应类型不同，故B错误；C．蔗糖、麦芽糖的分子式相同，结构不同，麦芽糖含-CHO，二者互为同分异构体，故C正确；D．乙醇与NaOH不反应，乙酸含-COOH与NaOH发生中和反应，故D错误；故选C。11、A【解题分析】

A．pH＝5的溶液说明溶液显酸性，因此醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)，A错误；B．根据电荷守恒可知溶液中：c(H+)＋c(Na+)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，B正确；C．W点对应的醋酸和醋酸根的浓度相等，根据pH可以计算氢离子的浓度，则根据醋酸的电离平衡常数表达式可知，由W点可以求出25℃时CH3COOH的电离常数，C正确；D．pH＝4的溶液中根据电荷守恒可知溶液中：c(H+)＋c(Na+)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)。又因为c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol/L，则溶液中c(H+)＋c(Na+)＋c(CH3COOH)－c(OH－)＝0.1mol/L，D正确；答案选A。12、A【解题分析】

根据电池总反应和参加物质的化合价的变化可知，反应中V2+离子被氧化，应是电源的负极，VO2+离子化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，充电时，阳极上得电子发生还原反应，阳极反应式为：VO2++H2O=VO2++2H++e-。据此分析解答。【题目详解】A.放电时，正极发生还原反应，正极反应为：，故A正确；B.充电时阴极反应为：V3＋＋e―=V2＋，故B错误；C.溶液导电是由阴、阳离子定向移动完成的，电子不能在溶液中定向移动，故C错误；D.充电过程中，H+由阳极区向阴极区迁移，故D错误；答案选A。13、B【解题分析】

A.用装置①配制250mL0.1mol．L-1的NaOH溶液，NaOH固体不能放在容量瓶内溶解，应放在烧杯内溶解，溶解液冷却至室温才能转移入容量瓶，A错误；B.用装置②制备少量Fe(OH)2固体，在密闭环境内进行，防止生成的Fe(OH)2被溶解的空气中的O2氧化，B正确；C.因为乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，用装置③制得的乙烯中常混有乙醇，所以不能验证乙烯的生成，C错误；D.用装置④制取少量乙酸乙酯时，会产生倒吸，因为出液导管口位于液面下，D不正确。故选B。14、B【解题分析】

仔细观察钛酸钡晶体结构示意图可知：Ba在立方体的中心，完全属于该晶胞；Ti处于立方体的8个顶点，每个Ti为与之相连的8个立方体所共用，即有属于该晶胞；O处于立方体的12条棱的中点，每条棱为四个立方体所共用，故每个O只有属于该晶胞。【题目详解】Ba在立方体的中心，完全属于该晶胞；Ti处于立方体的8个顶点，每个Ti为与之相连的8个立方体所共用，即有属于该晶胞，Ti原子数是；O处于立方体的12条棱的中点，每条棱为四个立方体所共用，故每个O只有属于该晶胞，O原子数是。即晶体中Ba∶Ti∶O的比为1:1:3，化学式是BaTiO3，故选B。【题目点拨】本题是结合识图考查晶体结构知识及空间想象能力，由一个晶胞想象出在整个晶体中，每个原子为几个晶胞共用是解题的关键。15、B【解题分析】分析：甲醇分子式为CH4O，改写为CH2（H2O），C4H10O改写为C4H8（H2O），C3H8O改写为C3H6（H2O），所以通式为（CH2）∙(H2O）,先计算出水的质量分数总和，再计算CH2中碳元素质量分数。详解：甲醇分子式为CH4O，改写为CH2（H2O），C4H10O改写为C4H8（H2O），C3H8O改写为C3H6（H2O），所以通式为（CH2）∙(H2O）,测得其中氧的质量分数为a,则水中氢元素的质量分数为a/8,所以水中的总的质量分数为9a/8，则根据通式为（CH2）∙(H2O）,可知，（CH2）中碳与氢为固定比，所以混合物中碳的质量分数为（1-9a/8）×12/13=24-27a28；B正确；正确选项点睛：该题是中等难度的试题，侧重对学生解题能力的培养，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的难点是利用混合物中各成分的化学式得出C、H的固定组成，学生应学会利用定组成的方法来解答混合物中元素的质量分数计算。16、C【解题分析】

还原性HSO-3＞I-，所以首先发生的离子反应是3HSO3－＋IO3－＝3SO42－＋I－＋3H＋。继续加入KIO3，已知氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-＝3H2O+3I2。【题目详解】A、根据图像可知，0～b间没有单质碘生成，所以反应可用如下离子方程式表示：3HSO3－＋IO3－＝3SO42－＋I－＋3H＋，A正确；B、根据图像可知，a点碘酸钾的物质的量是0.04mol，所以根据反应3HSO3－＋IO3－＝3SO42－＋I－＋3H＋可知，消耗NaHSO3的物质的量为0.04mol×3＝0.12mol，B正确；C、设生成的碘单质的物质的量为n，则溶液中I—的物质的量是2.5n。则根据反应IO3-+6H++5I-＝3H2O+3I2可知，消耗的KIO3的物质的量为，消耗碘离子的量为。根据反应3HSO3－＋IO3－＝3SO42－＋I－＋3H＋可知，0.3molNaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为0.1mol，生成碘离子的物质的量也是0.1mol，则0.1mol－＝2.5n，解得＝mol，所以消耗碘酸钾的物质的量是（＋0.1mol）＝0.108mol，C不正确；D、根据以上分析可知，b点时的还原产物可能是KI或NaI，b～c间的还原产物是I2，D正确。答案选C。17、B【解题分析】

从化合价变化的角度分析氧化还原反应中的有关概念的判断，根据化合价升降的数目计算反应中的电子转移数目。2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑反应中，铁元素的化合价升高，由+2价升高到+3价，Na2O2中元素的化合价既升高又降低。据此分析解答。【题目详解】A.Na2O2中元素的化合价既升高又降低，反应中既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B.FeSO4→Na2FeO4，铁的化合价升高，Na2FeO4是氧化产物，Na2O2→Na2FeO4，氧元素化合价降低，Na2FeO4是还原产物，故B正确；C.Na2O2→O2，氧元素化合价升高，O2是氧化产物，故C错误；D.反应中化合价升高的元素有Fe，由+3价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-2价→0价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol×3+1mol×4=10mol电子转移，故D错误。答案选B。18、C【解题分析】A.由红外光谱可知，A中含有C-H键、C=O键、、C-O-C、C-C等,选项A正确；B.由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有4个吸收峰，故有4种不同化学环境的氢原子，选项B正确；C.若A的化学式为C8H8O2，则其结构简式可能为或，选项C不正确；D.由以上信息可以推测A分子可能为含有酯基的芳香族化合物，选项D正确。答案选C。19、B【解题分析】

A、减少二氧化硫排放防止酸雨污染，不能消除雾霾，故A错误；B.硅胶无毒，具有吸水性，常用作袋装食品的干燥，故B正确；C.“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染而不是对污染进行治理，故C错误；D.医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故D错误；故选B。20、C【解题分析】分析：向100mL0.1mol·L-1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，硫酸根结合钡离子生成硫酸钡沉淀，铵根和铝离子结合氢氧根生成一水合氨和氢氧化铝沉淀，氢氧化钡过量时氢氧化铝被氢氧根溶解生成偏铝酸盐，结合图像变化趋势、有关离子的物质的量分析解答。详解：NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol，溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42-0.02mol。开始滴加同时发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH-，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3・H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当SO42-完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH-，Al3+反应掉0.03molOH-，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH-恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为BaSO4和Al（OH）3；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液。则A、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，a点对应的沉淀为BaSO4和Al（OH）3，A错误；B、由分析可知，b点发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3・H2O，B错误；C、由分析可知，c点溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，C正确；D、由分析可知，c点加入Ba（OH）2的物质的量为0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以需要氢氧化钡溶液的体积为0.025mol÷0.1mol/L=0.25L=250mL，D错误；答案选C。点睛：本题主要是考查了铝及其化合物的性质，化学反应图像、化学计算的相关知识，题目难度较大。明确物质的性质特点、发生的先后反应是解答的关键，注意图像题的答题技巧，首先弄清纵、横坐标的含义，其次弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程，最后弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。21、B【解题分析】第一周期最外层电子排布是从过渡到，A错误；最外层为第5层,价电子数为4,位于第五周期IVB族元素,B正确；M层全充满而N层为的原子的核外电子排布为,为铜位于第四周期第IB族的原子,和位于第四周期第ⅠA族的原子不是同一种元素,C错误；钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，电子能量增大，原子吸收能量，由基态转化成激发态，D错误；正确选项B。22、C【解题分析】

A．长颈漏斗不能用作分离操作，分离互不相溶的液体应该选用分液漏斗，故A错误；B．NO易和空气中O2反应生成NO2，所以不能用排空气法收集，NO不易溶于水，应该用排水法收集，故B错误；C．FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3+易水解生成Fe(OH)3而产生浑浊，为了防止氯化铁水解，应该将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故C正确；D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气，所以得不到纯净的氯气，应该将饱和食盐水出来的气体再用浓硫酸干燥，故D错误；答案选C。【题目点拨】本题的易错点为D，要注意从水溶液中出来的气体中含有水蒸气。二、非选择题(共84分)23、取代反应（或水解反应）醛基3或或)【解题分析】

根据题中各物质的转化关系，A碱性水解发生取代反应得B，B氧化得C，C发生银镜反应生成D，根据C的名称和A的分子式为C9H11Cl，可知B为，可反推知A为，C为，D为。据此解答。【题目详解】(1)根据上面的分析可知，A的结构简式为，故答案为；(2)根据上面的分析可知，转化关系中A→B的反应类型为取代反应，B→C发生氧化反应，将羟基氧化为醛基，C中官能团为醛基，故答案为取代反应；醛基。(3)反应C→D中的第①步的化学方程式为，故答案为；(4)在NaOH醇溶液并加热的条件下，A发生消去反应生成E：，E的同分异构体的苯环上有且仅有一个取代基，且能与溴水发生加成反应，说明有碳碳双键，则苯环上的取代基可以是－CH=CHCH3或－CH2CH=CH2或－C(CH3)=CH2，所以符合条件的同分异构体的结构简式为或或)故答案为或或)。24、碳碳双键；羟基2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2OCH3CH2OH＋CH3COOHCH3CH2OOCCH3＋H2O加成反应氧化反应【解题分析】

A是一种重要的基本化工原料，其分子中碳元素的百分含量为85.7%，且相对分子量小于30，即A为CH2＝CH2，B为聚乙烯，C为二氧化碳，D为乙烷，E为乙醇，F为乙醛，G为乙酸，H为乙酸乙酯。【题目详解】（1）由分析可知，A为CH2＝CH2，E为乙醇，A、E含有的官能团分别为：碳碳双键、羟基；（2）反应①：为乙烯加聚成聚乙烯，其化学反应方程式为：；反应⑤：为乙醇催化氧化为乙醛，其化学反应方程式为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；反应⑦：为乙酸乙醇在浓硫酸的催化加热条件下生成乙酸乙酯，其化学反应方程式为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3CH2OOCCH3＋H2O；（3）反应④为乙烯与水加成为乙醇，属于加成反应。反应⑤为乙醇催化氧化为乙醛，属于氧化反应。【题目点拨】本题考查了有机物之间的转化，涉及考查了官能团的相关知识，有机反应，有机反应的类型，本题关键是要推断出A为乙烯。25、吸收空气中的还原性气体，防止其干扰pH3的测定偏低5PH3+8Mn04-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O0.3825mg>0.05mg，所以不合格【解题分析】

(1)KMnO4溶液有强氧化性，PH3有强还原性；(2)氧气会氧化一部分PH3，滴定消耗的亚硫酸钠标准溶液偏少，则测得的磷化物的残留量偏低；(3)由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可写出正确的化学方程式；(4)先计算Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量，再由高锰酸钾总的物质的量减去Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量求出吸收PH3消耗的高锰酸钾的物质的量，进而求出粮食中磷物(以PH3计)的残留量。【题目详解】(1)KMnO4溶液有强氧化性，PH3有强还原性，装置A中的KMnO4溶液的作用是吸收空气中的还原性气体，防止其干扰PH3的测定；(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2，若去掉该装置，氧气会氧化一部分PH3，导致剩下的KMnO4多，滴定消耗的亚硫酸钠标准溶液偏少，则测得的磷化物的残留量偏低；(3)装置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被还原为Mn2+，由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可知，该反应的离子方程式为：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；(4)滴定的反应原理是5SO32-+2MnO4-+16H+=5SO42-+2Mn2++8H2O，Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量==3.2mol。则吸收PH3消耗的高锰酸钾的物质的量=2.50×lO-4mol•L-13.2mol=1.8mol，PH3的物质的量=1.8mol=1.125mol。粮食中磷物(以PH3计)的残留量==0.3825mg•kg-1，0.3825mg•kg-1>0.05mg•kg-1，所以不合格。26、HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol△H1=△H2＜△H3-51.8kJ/mol不相等相等D【解题分析】

（1）稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，反应的热化学方程式为：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；(2)NaOH、Ca（OH）2都属于强碱，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热的，稀氨水和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，放热反应的∆H<0，所以△H1=△H2＜△H3；(3)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.1℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.1℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为：3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.5℃，反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.1℃；第4次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.2℃，反应后温度为：26.9℃，反应前后温度差为：6.7℃，误差太大，舍去；则实验中平均温度差为3.1℃，50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cm△t得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×100g×3.1℃=12958J=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958kJ×=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol；（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量增多，但是中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，测得中和热数值相等，故答案为不相等；相等；（5）A、提高所用试剂量的准确度可提高测量反应热的精确度；B、能减少热量散失，可提高实验精度；C、能减少热量散失，可提高实验精度；D、温度计用500℃量程，最小刻度变大，测定温度不准确，使实验精度降低。答案选D。【题目点拨】注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。27、（球形）冷凝管催化剂和吸水剂增大反应物丙酸的浓度，有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行洗掉浓硫酸和丙酸C60%【解题分析】分析：丙酸异丁酯的制备类似于乙酸乙酯的制备，可以联系课本知识分析解答。(3)根据平衡移动的原理分析解答；(4)根据饱和碳酸氢钠溶液的作用分析解答；(6)根据产率=实际产量理论产量×100%详解：(l)根据图示，装置A是冷凝管，故答案为：冷凝管；(2)根据酯化反应的原理可知，实验中的硫酸的主要作用是催化剂和吸水剂，故答案为：催化剂和吸水剂；(3)用过量丙酸，能够增大反应物丙酸的浓度，有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行，故答案为：增大反应物丙酸的浓度，有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行；(4)用饱和NaHCO3溶液洗涤粗酯，可以降低