广东省仲元中学、中山一中等七校2022年高二化学第二学期期末预测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项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、元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为（）A404.4 nmB553.5 nmC589.2 nmD670.8 nm2、25 时，某溶液中只含有Na、H、OH、A四种离子。下列说法正确的是( )A对于该溶液一定存在：pH7B在c(OH)c(H)的溶液中不可能存在：c

2、(Na)c(OH)c(A)c(H)C若溶液中c(A)c(Na)，则溶液一定呈中性D若溶质为NaA，则溶液中一定存在： c(Na)c(A)c(OH)c(H)3、下列有机化合物分子中的所有碳原子不可能处于同一平面的是ACH3CH（CH3）2BH3CCCCH3CCH2=C（CH3）2D4、下列叙述不正确的是A10 mL质量分数为98的H2SO4用10 mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49B配制0.1 molL1的Na2CO3溶液480 mL，需用500 mL容量瓶C在标准状况下，将22.4 L氨气溶于1 L水中，得到1 molL1的氨水D向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和N

3、a2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于11(保持温度不变)5、下列有关物质性质、结构特点的表述均正确，且存在因果关系的是表述1表述2A向盛有硫酸铜溶液的试管里滴加氨水至过量，先形成难溶物，继而难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的数目不变B邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键CSO32-空间结构是三角锥形结构SO32-的中心原子S原子为sp3杂化DP4O10、C6H12O6溶于水后均不导电P4O10、C6H12O6均属于共价化合物AABBCCDD6、室温

4、下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度的关系正确的是A0.1mol/L NH4 Cl溶液与0.1 mol/L氨水等体积混合(pH7)：c(NH3H2O)c(NH4+)c(C1-)c(OH-)c(H+)B0.1 mol/LCH3 COONa溶液与0.1 mol/L盐酸等体积混合：c(OH-)c(CH3COO-) c(H+)HBrO4HIO4B碱性：Ba(OH)2Ca(OH)2Mg(OH)2C稳定性：HClH2SPH3D原子半径：NOebcBc的气态氢化物热稳定性比e的强C化合物戊含离子键和极性键D由a、c、d、e四种元素组成的化合物只有一种20、某元素的第一电离能至第七电离能(kJ/mol)如下：

5、I1I2I3I4I5I6I75781817274511575148301837623293该元素最有可能位于元素周期表的族是()AABACADA21、把0.02mol/L CH3COOH溶液和0.01mol/L NaOH溶液以等体积混和,则混合液中微粒浓度关系正确的为( )Ac (CH3COO-)=c(Na+)Bc (OH-)c (H+)Cc (CH3COOH)c (CH3COO-)Dc (CH3COOH)+c (CH3COO-)=0.01mol/L22、下列各组物质中，化学键类型不同的是()ANaCl和HNO3BH2O和NH3CCaF2和CsClDCCl4和N2二、非选择题(共84分)23、

6、（14分）已知C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，X在周期表中原子半径最小，Y、Z原子最外层电子数之和为10。D为无色非可燃性气体，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，I有漂白作用，反应常用于制作印刷线路板。各物质之间的转化关系如图，部分生成物省略。请回答下列问题：（1）写出Z在周期表中的位置_，D的结构式_。（2）写出A的化学式_。（3）写出反应的离子方程式_。（4）为了获得氯化铜晶体，需要将B溶液在HCl氛围中蒸发结晶，原因是_。（5）将F溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体。写出该反应的化学方程式_。24、（12分）化合物G可用作香料，一种合成路线

7、如图：请回答下列问题：（1）F的化学名称为_。（2）的反应类型是_。（3）A中含有的官能团的名称为_。（4）由D到E的化学方程式为_。（5）G的结构简式为_。（6）H（C6H10O4）与C互为同系物，H可能的结构共有_种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比1：2：2的结构简式为_。25、（12分）无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。已知:AlCl3、FeCl3分别在183 、315 时升华；无水AlCl3遇潮湿空气变质。. 实验室可用下列装置制备无水AlCl3。（1）组装好仪器后，首先应_，具体操作为_（2）装置 B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是

8、_。装置C中盛放的试剂是_。装置F中试剂的作用是_。若用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为_（3）将所制得的无水AlCl3配制溶液时需加入盐酸的目的是_. 工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备,流程如下:（1）氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为_（2）700 时,升华器中物质充分反应后降温实现FeCl3和AlCl3的分离。温度范围应为_a.低于183 b.介于183 和315 之间 c.高于315 （3）样品(含少量FeCl3)中AlCl3含量可通过下列操作测得(部分物质略去)。计算该样品中AlCl3的质量分数_(结

9、果用m、n表示,不必化简)。26、（10分）野外被蚊虫叮咬会出现红肿，这是由甲酸（HCOOH）造成的。请完成下列探究。I . HCOOH 酸性探究（1）下列酸属于二元酸的有_。aHCOOH bH2CO3 cH2C2O4 dCH3CHOHCH2COOH（2）下列实验事实能证明甲酸为弱酸的是_。a.HCOONH4溶液呈酸性b.将甲酸滴入溶液中有气体生成C常温下，0.1molL-1的甲酸溶液的pH约为3d.等浓度的盐酸与甲酸溶液。前者的导电能力更强（3）可用小苏打溶液处理蚊虫叮咬造成的红肿，请用离子方程式表示其原理_。甲酸制备甲酸铜探究相关原理和化学方程式如下：先用硫酸铜和碳酸氢钠作用制得碱式碳酸铜

10、，然后碱式碳酸铜再与甲酸反应制得四水甲酸铜晶体：实验步骤如下：（4）碱式碳酸铜的制备：步骤是将一定量晶体和固体一起放到研钵中研细并混合均匀。步骤是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在70-80，温度不能过高的原因是_。步骤的后续操作有过滤、洗涤等。检验沉淀是否已洗涤干净的方法为_。（5）甲酸铜晶体的制备：将Cu(OH)2CuCO3固体放入烧杯中，加入一定量的热蒸馏水，再逐滴加入甲酸至碱式碳酸铜恰好全部溶解，趁热过滤除去少量不溶性杂质。在通风橱中蒸发滤液至原体积的三分之一时，冷却析出晶体，过滤，再用少量无水乙醇洗涤晶体 23 次，晾干，得到产品。“趁热过滤”中，必须“趁热”的

11、原因是_。用乙醇洗涤晶体的目的是_。若该实验所取原料 CuSO45H2O 晶体和 NaHCO3 固体的质量分别为12.5 g 和9.5 g，实验结 束后，最终称量所得的产品为 7.91 g，则产率为_。27、（12分）醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成己烯的反应和实验装置如下：合成反应：可能用到的有关数据如下：相对分子质量密度/(gcm-3)沸点/溶解性环己醇1000.9618161微溶于水环己烯820.810283难溶于水在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸。b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90。分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分

12、别用少量5碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环已烯10g。请回答下列问题：（1）装置b的名称是_。（2）加入碎瓷片的作用是_，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取的正确操作是（填正确答案标号）_。A立即补加 B冷却后补加 C不需补加 D重新配料（3）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为_。（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并_；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的_（填“上口倒出”或“下口放出”）（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是_。（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有_（填正确答案标号）。A蒸馏烧瓶

13、B温度计 C玻璃棒 D锥形瓶（7）本实验所得到的环已烯产率是有_（填正确答案标号）。A41 B50 C61 D7028、（14分）CO2是一种常用的化工原料。.以CO2与NH3为原料可以合成尿素CO(NH2)2。合成尿素的反应为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)。（1）在不同温度及不同y值下合成尿素，达到平衡时，氨气转化率的变化情况如图所示。该反应的H_(填“”、“n(NaA)，离子浓度大小关系为c(Na)c(OH)c(A)c(H)，故错误；C、根据溶液显电中性，c(Na)c(H)=c(OH)c(A)，当c(Na)=c(A)，则有c(H)=c(OH)，故正确；D、

14、根据选项B的分析，故错误。故选C。3、A【解析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，单键可以旋转，其它有机物可在此基础上进行判断。【详解】A、根据甲烷为正四面体结构可知，CH3CH(CH3)2分子中可看成甲烷分子中的三个氢原子被三个甲基取代，故所有碳原子不可能处于同一平面，选项A符合；B、根据乙炔分子中的四个原子处于同一直线，H3CCCCH3可看成乙炔分子中的两个氢原子被两个甲基取代，故所有碳原子处于同一直线，处于同一平面，选项B不符合；C、根据乙烯分子中六个原子处于同一平面，CH2=C(CH3)2可看成乙烯分子中的两个氢原子被两个甲基取代，故所有碳

15、原子可以处于同一平面，选项C不符合；D、根据苯分子中12个原子共平面，可看成苯分子中的1个氢原子被1个甲基取代，故所有碳原子可以处于同一平面，选项D不符合；答案选A。【点睛】本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构。4、C【解析】A硫酸的密度大于水的，因此11mL质量分数为98的H2SO4用11mL水稀释后；H2SO4的质量分数大于49，A正确；B没有481mL的容量瓶，因此配制11 molL-1的Na2CO3溶液481mL，需用511mL容量瓶，B正确；C在标准状况下，将24L氨气溶于1L水中，所得溶液的体积不是1，因此得不到1mol

16、L-1的氨水，C错误；D由于过氧化钠可以看作是Na2OO，与水反应后生成氢氧化钠、氧气，溶液增加的质量就是Na2O，因此向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1（保持温度不变），D正确；答案选C。5、C【解析】分析：A.硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；B.能形成分子间氢键的物质沸点较高。详解：A. 硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化到络合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，表述2错误，故A错误；B.

17、 能形成分子间氢键的物质沸点较高，邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，表述1错误，故B错误；C.SO32-的中心原子S原子为sp3杂化,因此SO32-空间结构是三角锥形结构，故C正确；D.P4O10、C6H12O6均属于共价化合物, P4O10溶于水后和水发生反应产生磷酸，磷酸是电解质，因此在溶液中电离产生自由移动的离子，可以导电，表述1不正确，故D错误；答案选C。点睛：氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。6、D【解析】分析：A、

18、混合液的pH大于7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4）c（NH3H2O），结合物料守恒可知c（NH4）c（Cl）c（NH3H2O）；B、0.1molL1CH3COONa溶液与0.10molL1HCl等体积混合，反应后溶质为0.05molL1的醋酸、0.05molL1的NaCl，据此判断各离子浓度大小C、溶液可以看成是NaHCO3和NaCl的混合液，溶液中存在电荷守恒；D、溶液相当于Na2S和NaOH等物质的量混合，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，消去钠离子可得。详解：A、0.1 molL-1NH4Cl溶液与0.1 molL-1氨水等体积混合（pH7），说明一水合氨的电离

19、程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4）c（NH3H2O），结合物料守恒可知c（NH4）c（Cl）c（NH3H2O），故A错误；B、将0.1molL1CH3COONa溶液与0.10molL1HCl等体积混合后，溶质为0.05molL1的醋酸、0.05molL1的NaCl，离子浓度最大的为c（Cl），c（Na），则正确的离子浓度大小为：c（Cl）=c（Na）c（H）c（CH3COO）c（OH），c(C1-)=0.05 mol/L，故B错误；C、0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1 mol/L盐酸等体积混合，溶液可以看成是NaHCO3和NaCl的混合液，溶液中存在电荷守恒：2c(CO32-)

20、+C(HCO3-)+ c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，故C错误；D、0.1 molL1NaHS溶液与0.2 molL1NaOH溶液等体积混合，溶液相当于Na2S和NaOH等物质的量混合，溶液中存在电荷守恒c(H)+c(Na)=c(OH)+2C(S2)+ c(HS)和物料守恒c(Na)=3C(S2)+ c(HS)+ c(H2S)，消去钠离子得：c(OH)-c(H) =C(S2)+ 2c(HS)+ 3c(H2S)，故D正确。故选D。7、A【解析】A加入新制Cu(OH)2悬浊液，乙醇不反应，乙醛在加热时生成砖红色沉淀，乙酸和氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，现象不同，所以可以

21、鉴别，故A正确；B间二甲苯只有一种空间结构不能说明苯的结构特征，邻二甲苯只有一种空间结构可以说明苯环中不存在单双键交替的结构，故B错误；C甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，最多可生成四种有机产物和HCl，故C错误；D乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理是发生了氧化还原反应，乙烯和溴水发生的是加成反应，褪色的原理不相同，故D错误；故答案： A。8、C【解析】A. 用蒸馏水洗净滴定管后，必须再用标准液盐酸润洗滴定管，避免滴定管内的水分将标准液稀释了，标准液浓度减小，滴定时消耗体积增大，测定结果偏大，A项错误；B. 用蒸馏水洗后的锥形瓶，不能再用待测液润洗，避免润洗后待测液物质的量增加，测定结果偏大，

22、B项错误；C. 锥形瓶内多些蒸馏水不影响滴定结果，因为待测液的物质的量没有变化，测定结果不会受到影响，C项正确；D. 当溶液由红色刚变无色时，不能立即读数，必须等到溶液颜色半分钟不再变化，否则会影响测定结果，D项错误；答案选C。9、D【解析】根据物质具有的能量进行计算：H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题【详解】由反应 A+BC（H0）分两步进行 A+BX（H0），XC（H0）可以看出，A+BC（H0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由A+BX（H0）可知这步反应是吸热反

23、应，XC（H0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象D符合，故选D。【点睛】本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变化、分析，题目难度不大，注意反应热与物质总能量大小的关系判断10、D【解析】A玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅，主要成分是硅酸盐，水泥的主要成分是硅酸盐，玛瑙的主要成分是SiO2，为氧化物，不属于硅酸盐，故A错误；B氯碱工业原理是电解饱和食盐水生成氯气、氢氧化钠和氢气，故B错误；C浓硫酸具有强氧化性，常温下能够使铁钝化，形成致密氧化膜，可用铁槽车贮运浓硫酸，发生了化学反应，故C错误；D二氧化硅能用于制光导纤维，二氧

24、化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意光导纤维遇强碱会“断路”，指的是中断光的传导，而不是中断电的传导。11、D【解析】A、B、C是原子序数依次增大的短周期主族元素，则C原子序数小于17，C的原子序数是A的2倍，所以A的原子序数小于9且A原子序数的2倍大于B的原子序数，结合三种元素原子序数之和为35，可推出：A为O元素、B为Na元素、C为S元素；由如图A、B、C三种元素的单质的变化可得：甲为Na2O或Na2O2，乙为SO2，丙为Na2S。A项，Na2O、Na2O2、Na2S的水溶液都显碱性，而SO2的水溶液显酸

25、性，故A错误；B项，SO2是酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物、Na2O2不是碱性氧化物，故B错误；C项，Na2O2具有漂白性是因为具有强氧化性，而SO2漂白原理是相当于发生化合反应生成了无色物质，所以二者漂白原理不同，故C错误；D项，Na2S溶液在空气中长期放置，会发生反应：2S2-+O2+H2O=2S+4OH-，所以溶液会变浑浊，故D正确。点睛：本题考查元素周期表的推断，首先根据原子序数依次增大的三种短周期元素原子序数之间的关系推出各元素，然后应用元素周期律和元素化合物的性质解决各选项。B项注意碱性氧化物的概念：碱性氧化物是指溶于水化合成碱或与酸反应生成盐和水的氧化物，所以Na2O2不是碱性

26、氧化物；C项明确SO2漂白原理与Na2O2漂白原理的不同。12、C【解析】A. 标准状况下，22.4 L CHCl3为液体，不能利用气体摩尔体积计算碳原子数，A错误；B、NaCl固体是离子化合物，不含氯化钠分子，B错误；C、CaO2晶体中阴离子为过氧根离子O22，7.2gCaO2晶体的物质的量是0.1mol，其中阴阳离子总数为0.2NA，C正确；D、一水合氨为弱电解质，1L0.5molL1氨水中含NH4+少于0.5NA，D错误；答案选C。13、D【解析】分析：元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，气态氢化物越稳定；元素的金属性越强，其最高氧化物的水化物碱性越强。详解：一般来说，同一主族

27、元素从上至下，元素的非金属性越来越弱，最高价氧化物的水化物酸性越来越弱，非金属性：ClBrI，所以酸性：HClO4HBrO4HIO4 ，A正确；一般来说，同一主族元素从上至下，元素的金属性越来越强，最高价氧化物的水化物碱性越来越强，金属性：BaCaMg，所以碱性：Ba(OH)2Ca(OH)2Mg(OH)2，B正确；一般来说，同一周期元素从左至右，元素的非金属性越来越强，对应的氢化物越来越稳定，非金属性：ClSP，所以稳定性：HClH2SPH3，C错误；同一周期，从左到右，原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，因此原子半径：ON苯甲酸碳酸苯酚规律，利用强酸制取弱酸的方法，实现转化。【详

28、解】A. 与足量的NaOH溶液共热后，中的酯基水解，生成，再通入CO2，转化为，A符合题意；B. 溶液加热，通入足量的HCl，酯基部分水解，其不完全转化为，B不合题意；C. 与稀H2SO4共热后，加入足量的Na2CO3，生成，C不合题意；D. 与稀H2SO4共热后，加入足量的NaOH，生成，D不合题意。故选A。16、B【解析】A项、待测液与盐酸产生的气体通入浓Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成，与盐酸反应的离子不一定是CO32-，还可能是HCO3-或SO32-等，故A错误；B项、先在待测溶液中加入盐酸，排除SO42-以外的其它阴离子及Ag+的干扰，再用BaCl2检验SO42-离子的存在是正确的操

29、作，故B正确；C项、溶液中若有OH-，OH-会使溶液变成蓝色，故C错误；D项、AgNO3溶液和稀HCl混合就有白色浑浊物，故D错误；故选B。【点睛】本题考查常见阴离子的检验，注意离子的性质、加入试剂的选择和实验现象的分析是解答关键。17、A【解析】从图示可以分析，该有机物的结构中存在3个碳碳双键、1个羰基、1个醇羟基、1个羧基。A选项正确。答案选A。18、C【解析】同分异构体指分子式相同结构不同的化合物，据此结合选项判断。【详解】A、O2和O3是氧元素形成的不同的单质，互为同素异形体，故A不符合；B、CH4和C4H10分子式不同，不是同分异构体，二者都属于烷烃，互为同系物，故B不符合；C、CH

30、3OCH3和CH3CH2OH，前者是甲醚，后者是乙醇，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C符合；D、1H和2H是氢元素的不同核素，互为同位素，故D不符合。答案选C。19、B【解析】短周期元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大。常温下，由这些元素组成的物质有如下实验现象：甲(红棕色)+乙(液态)丙(强酸)+丁(无色气体)，则甲为NO2，乙为H2O，丙为HNO3，丁为NO；戊(淡黄色)+乙己(强碱)+庚(无色气体)，则戊为Na2O2，己为NaOH，庚为O2。因此a为H元素、b为N元素、c为O元素、d为Na元素；c和e的原子序数相差8，则c和e为同一主族元素，则e为S元素。据此分析解答。

31、【详解】根据上述分析，a为H元素、b为N元素、c为O元素、d为Na元素，e为S元素。甲为NO2，乙为H2O，丙为HNO3，丁为NO，戊为Na2O2，己为NaOH，庚为O2。A一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，简单的离子半径：e bc d，故A错误；B非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性OS，因此O的气态氢化物热稳定性比S的强，故B正确；C化合物戊为Na2O2，其中含离子键和O-O非极性键，故C错误；D由a、c、d、e四种元素组成的化合物有硫酸氢钠、亚硫酸氢钠等，不止一种，故D错误；答案选B。20、C【解析】分析：根据电离能的突变确定最外层电子数，确定族

32、序数。详解：分析各级电离能，I3I4，该元素的原子最外层有3个电子，该元素处于第IIIA族，答案选C。21、D【解析】0.02mol/LCH3COOH溶液和0.01mol/LNaOH溶液以等体积混和后，溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，因为CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COO-)c(CH3COOH)，且溶液显酸性，即c(H+)c(OH-)；根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，所以c(CH3COO)c(Na+)；根据物料守恒，c(CH3COOH)+c(CH3COO)=0.01mol/L，综上分析，A正确，B、

33、C、D均错误。22、A【解析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA、第IIA族和第VIA、第VIIA族元素之间易形成离子键。【详解】ANaCl中钠离子和氯离子之间只存在离子键，HNO3中原子与原子之间只存在共价键，故A正确；B水分子中H原子和O原子之间只存在H-O共价键，氨气分子中N原子和H原子之间只存在N-H共价键，故B错误；C氟化钙中氟离子和钙离子之间只存在离子键，氯化铯中铯离子和氯离子之间只存在离子键，故C错误；D四氯化碳中碳原子和氯原子之间只存在共价键、N2中N原子和N原子之间只存在共价键，故D错误；故选A。二、非选择题(共84分)23

34、、第2周期A族 O=C=O Cu2(OH)2CO3或CuCO3 Cu +2Fe3+= Cu2+2Fe2+ 避免Cu2+水解生成Cu(OH)2 3Cu2O+14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2+2NO+7H2O 【解析】X在周期表中的原子半径最小，则X为H元素；G为黄绿色单质气体，则G为Cl2；反应用于制作印刷电路板，为FeCl3和Cu反应，则L为FeCl3，K为FeCl2；E能与葡萄糖反应生成砖红色沉淀F，则F为Cu2O，E为Cu(OH)2，则B为CuCl2，M为Cu；由C+GH+I，I有漂白作用，H能够与金属J反应生成FeCl2，则H为HCl，J为Fe，I为HClO，则C为H2O；从A+H

35、(HCl)=B(CuCl2)+C(H2O)+D，D为无色非可燃性气体，可知，A中含有铜元素；Y、Z原子最外层电子数之和为10，Y、Z中一种为O元素，则另一种元素的原子最外层电子数为4，可能为C或Si元素，结合D为无色非可燃性气体，只能为CO2，X、Y、Z的原子序数依次增大，则Y为C元素，Z为O元素，因此A中还含有C元素，因此A为CuCO3或Cu2(OH)2CO3等，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，A为CuCO3或Cu2(OH)2CO3等，B为CuCl2，C为H2O，D为CO2，E为Cu(OH)2，F为Cu2O，G为Cl2，H为HCl，I为HClO，J为F

36、e，K为FeCl2，L为FeCl3，M为Cu。(1)Z为O元素，在周期表中位于第二周期A族；D为CO2，结构式为O=C=O，故答案为：第二周期A族；O=C=O；(2)A 的化学式为：CuCO3或Cu2(OH)2CO3，故答案为：CuCO3或Cu2(OH)2CO3；(3)反应为FeCl3和Cu反应，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+；(4)为了获得氯化铜晶体，需要将 CuCl2 溶液在 HCl 氛围中蒸发结晶，原因是：避免Cu2+水解生成Cu(OH)2，故答案为：避免Cu2+水解生成Cu(OH)2；(5)将 Cu2O 溶于稀硝酸，溶

37、液变成蓝色，并放出无色气体，该反应的化学方程式：3Cu2O+14HNO3(稀)6Cu(NO3)2+2NO+7H2O，故答案为：3Cu2O+14HNO3(稀)6Cu(NO3)2+2NO+7H2O。【点睛】正确推断元素及其物质的种类是解题的关键。本题的难点是混合物D的判断，要注意学会猜想验证在推断题中的应用。本题的易错点为(5)，要注意氧化还原反应方程式的配平。24、苯甲醇 水解反应（或取代反应） 氯原子和羧基 ：+Cl2+HCl 9 HOOCCH2CH2CH2CH2COOH 【解析】由有机物的转化关系可知，ClCH2COOH与碳酸钠反应生成ClCH2COONa，ClCH2COONa与NaCN反应

38、生成NaOOCCH2CN，NaOOCCH2CN在酸性条件下水解生成HOOCCH2COOH；在光照条件下与氯气发生取代反应生成，则E是；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成；在浓硫酸作用下，与HOOCCH2COOH发生酯化反应生成，则G为。【详解】（1）F的结构简式为，属于芳香醇，名称为苯甲醇，故答案为：苯甲醇；（2）反应为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，故答案为：水解反应（或取代反应）；（3）A的结构简式为ClCH2COOH，官能团为氯原子和羧基，故答案为：氯原子和羧基；（4）D到E的反应为在光照条件下与氯气发生取代反应生成，反应的化学方程式为+Cl2+HCl，故答案为：+Cl2+HCl

39、；（5）在浓硫酸作用下，与HOOCCH2COOH发生酯化反应生成，则G的结构简式为；（6）H（C6H10O4）与C互为同系物，则H为饱和二元羧酸，可以视作两个COOH取代C4H10分子中的两个氢原子，C4H10分子由两种结构，故二羧基取代物有9种；核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比1：2：2的结构简式为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，故答案为：9；HOOCCH2CH2CH2CH2COOH。【点睛】本题考查有机化学基础，解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中原子数目的变化，在此基础上判断有机物的反应类型，书写有关化学方程式。25

40、、检查装置气密性 关闭装置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸馏水没过导管，微热A，一段时间后若G中有气泡冒出，停止加热后导管内有水柱，则气密性良好； 除HCl 浓硫酸 吸收水，防止无水AlCl3遇潮湿空气变质 碱石灰 抑制铝离子水解 Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO b 100%或100% 【解析】I.（1）此实验中有气体的参与，因此实验之前首先检验装置的气密性；检验气密性的方法，一般采用加热法和液差法两种；（2）利用题中信息，可以完成；（3）从水解的应用角度进行分析；II.（1）根据流程的目的，焦炭在高温下转化成CO，然后根据化合价升降法进行配平；（2）利用AlCl3和FeCl3

41、升华的温度，进行分析；（3）根据元素守恒进行计算。【详解】I.（1）装置A制备氯气，因此需要检验装置的气密性，本实验的气密性的检验方法是：关闭装置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸馏水没过导管，微热A，一段时间后若G中有气泡冒出，停止加热后导管内有水柱，则气密性良好；（2）A中制备的氯气中混有HCl和H2O，HCl能与Al发生反应，AlCl3遇水易变质，因此必须除去HCl和H2O，装置B的作用是除去氯气中的HCl，装置C的作用是除去水蒸气，即盛放的是浓硫酸。因为AlCl3遇水易变质，因此装置F的作用是防止G中水蒸气进去E装置，使AlCl3变质；氯气有毒，需要吸收尾气，因此装置G的作用是吸收多余的

42、氯气，防止污染空气，如果G和F改为一个装置，应用干燥管，盛放试剂为碱石灰；（3）AlCl3属于强酸弱碱盐，Al3发生水解：Al33H2OAl(OH)33H，加入盐酸的目的是抑制Al3的水解；II.（1）流程的目的是制备AlCl3，因此氯化炉中得到产物是AlCl3，焦炭在高温下，生成CO，因此反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO；（2）AlCl3、FeCl3分别在183 、315 时升华，因此进行分离，需要控制温度在183到315之间，故选项b正确；（3）根据铝元素守恒，AlCl3的物质的量为n2/102mol，则AlCl3的质量为133.52n/102g，即AlCl3的质

43、量分数为100%或100%。26、 bc cd HCOOH + HCO3=HCOO+ H2O + CO2 产物 Cu(OH)2CuCO3 受热会分解 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加 BaCl2 溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗 涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净 防止甲酸铜晶体析出 洗去晶体表面的水和其它杂质，且减少后续晾干的时间 70%【解析】I(1)aHCOOH 水溶液中电离出一个氢离子属于一元酸，故a错误；bH2CO3 水溶液中电离出两个氢离子为二元酸，故b正确；cH2C2O4 含两个羧基，水溶液中电离出两个氢离子为二元酸，故c正确；dCH3CHOHCH2COOH只含一个

44、羧基，为一元酸，故d错误；故答案为：bc；(2)aHCOONH4溶液显酸性只能说明铵根离子水解溶液显酸性，不能说明甲酸为弱酸，故a错误；b将甲酸滴入NaHCO3溶液中有气体生成，说明甲酸酸性大于碳酸，不能说明甲酸为弱酸，故b错误；c常温下，0.1molL-1的甲酸溶液的 pH 约为3说明甲酸未完全电离，证明甲酸为弱酸，故c正确；d等浓度的盐酸与甲酸溶液，都是一元酸，前者的导电能力更强说明甲酸溶液中存在电离平衡，证明甲酸为弱酸，故d正确；故答案为：cd；(3)蚊虫叮咬造成的红肿，是释放出甲酸，碳酸氢钠和甲酸反应，反应的离子方程式为：HCOOH+HCO3-HCOO-+H2O+CO2，故答案为：HC

45、OOH+HCO3-HCOO-+H2O+CO2；II(4)步骤是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在 70-80，温度不能过高的原因是产物 Cu(OH)2CuCO3 受热会分解，故答案为：产物Cu(OH)2CuCO3受热会分解；Cu(OH)2CuCO3 表面会附着硫酸根离子，检验洗涤干净方法：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗涤干净，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗涤干净；(5)甲酸铜的溶解度随温度的升

46、高而变大，如果冷却，会有晶体析出，降低产率，因此需趁热过滤，防止甲酸铜晶体析出，故答案为：防止甲酸铜晶体析出；甲酸铜易溶于水，不能用蒸馏水洗涤，故需用乙醇进行洗涤，洗去晶体表面的水及其它杂质，减少甲酸铜晶体的损失，且减少后续晾干的时间，故答案为：洗去晶体表面的水和其它杂质，减少甲酸铜晶体的损失，且减少后续晾干的时间；12.5g硫酸铜晶体的物质的量为： =0.05mol，9.5g碳酸氢钠的物质的量为： 0.113mol，根据反应2CuSO4+4NaHCO3Cu(OH)2CuCO3+3CO2+2Na2SO4+H2O可知，碳酸氢钠过量，反应生成的碱式碳酸铜的物质的量为0.05mol，根据反应Cu(O

47、H)2CuCO3+4HCOOH+5H2OCu(HCOO)24H2O+CO2可知，生成甲酸铜的物质的量为0.05mol，所以甲酸铜的产率为： 100%=70%，故答案为：70%。点睛：本题通过碱式碳酸铜、甲酸铜晶体的制备，考查物质性质实验方案的设计方法。充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。本题的易错点为检验沉淀是否已洗涤干净的操作方法，要注意沉淀上吸附的离子种类；难点是产率的计算。27、 直形冷凝管 防止暴沸 B 检漏 上口倒出 干燥环已烯 C C【解析】分析：（1）根据装置图可知装置b的名称；（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液

48、冷却后再加入；（3）加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应生成二环己醚；（4）由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出；（5）无水氯化钙用于吸收产物中少量的水；（6）观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到玻璃棒；（7）根据产率=实际产量/理论产量100%计算。详解：（1）依据装置图分析可知装置b是蒸馏装置中的冷凝器装置，名称为直形冷凝器；（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，答案选B；（3）加热过程中，环己醇除可发生消去反应

49、生成环己烯外，还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚，结构简式为；（4）由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出；（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水，即加入无水氯化钙的目的是干燥环己烯；（6）观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到玻璃棒，答案选C；（7）20g环己醇的物质的量为0.2mol，理论上可以得到0.2mol环己烯，其质量为16.4g，所以产率=10g/16.4g100%=61%，答案选C。28、 减小 CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(l)

50、+H2O(l)H= -130.9kJmol1 CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ 12 c(Na+)c(CO32-)c(OH- )c(HCO3- )c(H+ ) 【解析】.(1)结合温度和压强对平衡的影响分析；(2)t时，若向容积为2L的密闭容器中加入3mol NH3和1mol CO2，达到平衡时，容器内压强为开始时的0.75倍，结合三行计算列式计算，气体压强之比等于气体物质的量之比，平衡常数K=，再向该容器中加入0.5mol CO2和1mol H2O，计算此时浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；、(3)氢气与甲醇的燃烧热分别为-285.8kJmol-1、-726.5kJmol-1，热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(l) H=-285.8kJmol-1；CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2 H2O(l) H= -726.5kJmol-1，盖斯定律计算