2021-2022学年安徽省霍邱县第二中学化学高二第二学期期末考试试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、下列说法正确的是A用系统命名法

2、命名有机物，主链碳原子数均为7 个B能使KMnO4溶液褪色，说明苯环与甲基相连的碳碳单键变得活泼，被KMnO4氧化而断裂C蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下能水解D1mol 绿原酸通过消去反应脱去1 molH2O时，能得到6 种不同产物（不考虑立体异构）2、热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+CaCaCl2+Li2SO4+Pb。下列有关说法不正确的是A放电时，电子由Ca电极流出B放电过程中，Li+向PbSO4电极移动C每转移0.2mol

3、电子，理论上生成20.7 g PbD负极反应式：PbSO4+2e-+2Li+Li2SO4+Pb3、配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，导致浓度偏高的原因可能是 ()A容量瓶盛过NaOH溶液，使用前未洗涤B定容时仰视刻度线C容量瓶中原有少量的蒸馏水D移液时，不慎将液体流到瓶外4、苯乙烯 （）是合成泡沫塑料的主要原料。下列关于苯乙烯说法正确的是A苯和苯乙烯均可用于萃取水中的碘B苯乙烯不可能存在只含碳碳单键的同分异构体C苯乙烯在一定条件下加成可以得到D苯乙烯分子核磁共振氢谱共有4组峰5、下列物质中，互为同素异形体的一组是（ ）AD2O和T2O B金刚石和石墨CCH3CH2OH和CH3OCH3 DC

4、H4和C2H66、下列实验装置图及实验用品均正确的是（部分夹持仪器未画出）（）A实验室制取溴苯B实验室制取乙酸乙酯C石油分馏D实验室制取硝基苯AABBCCDD7、下列中心原子的杂化轨道类型和分子几何构型不正确的是ACCl4中C原子sp3杂化，为正四面体形BH2S分子中，S为sp2杂化，为直线形CCS2中C原子sp杂化，为直线形DBF3中B原子sp2杂化，为平面三角形8、如下图是某原子晶体A空间结构中的一个单元。A与某物质B反应生成C，其实质是在每个AA键中间插入一个B原子。则C物质的化学式为 () AABBAB2CA5B4DA2B59、从溴乙烷制取1,2二溴乙烷，下列制备方案中最好的是()AC

5、H3CH2BrCH3CH2OHCH2=CH2CH2BrCH2BrBCH3CH2BrCH2BrCH2BrCCH3CH2BrCH2=CH2CH3CH2BrCH2BrCH2BrDCH3CH2BrCH2=CH2CH2BrCH2Br10、下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是A石墨金刚石SiO2BKClNaClMgCl2MgOCRbKNaLiDCH4SiH4GeH4SnH411、关于金属性质和原因的描述正确的是()A金属一般具有银白色光泽是物理性质，与金属键没有关系B金属具有良好的导电性，是因为在金属晶体中共享了金属原子的价电子，形成了“电子气”，在外电场的作用下自由电子定向移动便形成了电流，所

6、以金属易导电C金属具有良好的导热性能，是因为自由电子在受热后，加快了运动速率，电子与电子间传递了能量，与金属阳离子无关。D金属晶体具有良好的延展性，是因为金属晶体中的原子层可以滑动而破坏了金属键12、下述实验能达到预期目的的是（ ）A检验乙醛中的醛基：在一定量CuSO4溶液中，加入少量NaOH溶液，然后再加入乙醛，加热产生砖红色沉淀B分离提纯苯：向苯和苯酚混合溶液中加入足量浓溴水，静置后分液C检验溴乙烷中的溴元素：向某溴乙烷中加入NaOH溶液共热，冷却后滴入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成D比较CH3COO和CO32结合H+的能力：相同温度下，测定浓度均为0.1molL-1的Na2CO3

7、和CH3COONa溶液的pH13、研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2CaO作电解质，利用图示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。下列说法中正确的是（ ）A将熔融CaF2CaO换成Ca(NO3)2溶液也可以达到相同目的B阳极的电极反应式为：C + 2O2- - 4e- CO2C在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量减少D石墨为阴极14、由Zn、Fe、Mg、Al四种金属中的两种组成的混合物10 g与足量的盐酸反应产生1.0 g H2，则混合物中一定含有的金属是()AZnBFeCAlDMg15、根据下列热化学方程式：2H2S(g)3O2(g)2SO2(g)2H2

8、O(l) H =Q1 kJmol-1，2H2S(g)O2(g)2S(s)2H2O(g) H =Q2 kJmol-1，2H2S(g)O2(g)2S(s)2H2O(l) H =Q3 kJmol-1，判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（ ）AQ1Q2Q3BQ1Q3Q2CQ3Q2Q1DQ2Q1Q316、某原电池构造如图所示。下列有关叙述正确的是A在外电路中，电子由银电极流向铜电极B取出盐桥后，电流计的指针仍发生偏转C外电路中每通过0.1mol电子，铜的质量理论上减小6.4gD原电池的总反应式为Cu+2AgNO32Ag+Cu(NO3)217、下列化学用语表达正确的是（ ）ACaCl2的电子式: BCl

9、的结构示意图：C乙烯的分子式：C2H4D纯碱溶液呈碱性的原因：CO32+2H2OH2CO3+2OH18、铁镍蓄电池又称爱迪生电池。放电时的总反应为：FeNi2O33H2OFe(OH)22Ni(OH)2。下列有关该电池的说法错误的是A电池的电解液为碱性溶液，负极为FeB电池放电时，负极反应为Fe2OH2eFe(OH)2C电池充电过程中，阴极附近溶液的pH增大D电池充电过程中，OH向阴极迁移19、下面说法中，正确的是A根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性B在SiH4、NH4+和Cu(NH3)42+中都存在配位键C丙烯(CH3CH=CH2)分子中3个碳原子都是sp3杂化DP4和CH4都是正四面体分

10、子且键角都为1092820、为除去括号内的杂质,所选用的试剂或方法不正确的是ANa2CO3溶液(NaHCO3),选用适量的NaOH溶液BNaHCO3溶液(Na2CO3),应通入过量的CO2气体CNa2O2粉末(Na2O),将混合物在氧气中加热DNa2CO3溶液(Na2SO4),加入适量Ba(OH)2溶液,过滤21、下列表示不正确的是A次氯酸的电子式B丁烷的球棍模型C乙烯的结构简式CH2CH2D原子核内有8个中子的碳原子146C22、水星大气中含有一种被称为硫化羰(化学式为COS)的物质。已知硫化羰与CO2的结构相似，但能在O2中完全燃烧，下列有关硫化羰的说法正确的是（ ）A硫化羰的电子式为B硫

11、化羰分子中三个原子位于一条折线上C硫化羰的沸点比二氧化碳的低D硫化羰在O2中完全燃烧后的产物是CO2和SO2二、非选择题(共84分)23、（14分）某同学用含结晶水的盐X(四种短周期元素组成的纯净物)进行了如下实验：已知：i.气体甲无色无味气体；ii.气体丙为纯净物，干燥后体积为2.24L(标况下)，标况下密度为1.25gL-1，易与血红蛋白结合而造成人中毒；iii.固体乙为常见金属氧化物，其中氧元素的质量分数为40%。请回答：(1)X中除H、O两种元素外，还含有_元素，混合气体甲的成分是_(填化学式)。(2)将X加入到硫酸酸化的高锰酸钾溶液，溶液褪色并有气体产生，写出该化学方程式_。24、（

12、12分）由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。某同学欲探究X的组成。查阅资料：由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。Al3在pH5.0时沉淀完全；Mg2在pH8.8时开始沉淀，在pH11.4时沉淀完全。实验过程：.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液。.用铂丝蘸取少量中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。.向中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至56，产生白色沉淀B，过滤。.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。.向中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。(1)中气体A可使澄清石灰

13、水变浑浊，A的化学式是_。(2)由、判断X一定不含有的元素是磷、_。(3)中生成B的离子方程式是_。(4)中B溶解的离子方程式是_。(5)沉淀C的化学式是_。(6)若上述n(A)n(B)n(C)113，则X的化学式是_。25、（12分）某研究性学习小组，利用固体Na2SO3与中等浓度的H2SO4反应，制备SO2气体并进行有关性质探究实验。该反应的化学方程式为：Na2SO3(固)+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O。除固体Na2SO3和中等浓度的H2SO4外，可供选择的试剂还有：溴水；浓H2SO4；品红试液；紫色石蕊试液；澄清石灰水；NaOH溶液。回答下列问题：（1）欲验证SO2的漂白作用

14、，应将SO2气体通入_中(填物质编号)，观察到的现象是_；（2）欲验证SO2的还原性，应将SO2气体通入_中(填物质编号)，观察到的现象是_；（3）为验证SO2的氧化性，通常利用的反应是_(化学方程式)； （4）为防止多余的SO2气体污染环境，应将尾气通入_中(填物质编号)，反应离子方程式为_。26、（10分）某化学实验小组将装有铜与浓硫酸烧瓶加热一段时间后，取出烧瓶中固体，探究其成分。查资料可知，浓硫酸与铜反应可能生成CuS或Cu2S，它们都难溶于水，能溶于稀硝酸。实验如下：（i）用蒸馏水洗涤固体，得到蓝色溶液，固体呈黑色。（ii）取少量黑色固体于试管中，加入适量稀硝酸，黑色固体逐渐溶解，溶

15、液变为蓝色，产生无色气泡。取少量上层清液于试管，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀。根据实验（i）得到蓝色溶液可知，固体中含_（填化学式）根据实验（ii）的现象_（填“能”或“不能”）确定黑色固体是CuS还是Cu2S，理由是_。写出Cu2S与稀硝酸反应的化学方程式_为了进一步探究黑色固体的成分，将实验（i）中黑色固体洗涤、烘干，再称取48.0g黑色固体进行如下实验，通入足量O2，使硬质玻璃管中黑色固体充分反应，观察到F瓶中品红溶液褪色。实验序号反应前黑色固体质量/g充分反应后黑色固体质量/gI48.048.048.044.048.040.0根据上表实验数据推测：实验I中黑色固体的化学式为_；实验中黑

16、色固体的成分及质量为_。27、（12分）某课外活动小组的同学在实验室用如下装置制取乙酸乙酯。其主要步骤如下：在30mL的大试管A中按体积比2：3：2的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液。按如图连接好装置（装置气密性良好），用小火均匀地加热装有混合溶液的大试管510min。待试管B收集到一定量产物后停止加热，撤出试管B并用力振荡，然后静置待分层。分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。已知下列数据：物质熔点（）沸点（）密度（g/cm3）乙醇117.078.00.79乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯83.677.50.90浓硫酸（98%）338.01.84请回答下列问题：（1）配制该混合溶液时，加入

17、这三种物质的先后顺序是_；写出制取乙酸乙酯的化学方程式：_。（2）该实验中，浓硫酸的作用是_。（3）上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_（填字母）。A 吸收部分乙醇B 中和乙酸C 降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层析出D 加速酯的生成，提高其产率（4）步骤中需要小火均匀加热操作，其主要理由是_。（5）步骤中B试管内的上层物质是_（填物质名称）。（6）步骤中分离操作用到的主要仪器是_；可选用的干燥剂为_（填字母）。A 生石灰 B NaOH固体C 碱石灰 D 无水Na2SO428、（14分）苯乙烯是重要的化工原料，可由乙烯、乙炔为原料合成。反应过程如下所示：乙炔聚合：3C2 H2 (g)C6H6 (g

18、) H1合成乙苯：C6H6(g)+C2H4(g)C6H5CH2CH3(g) H2乙苯脱氢：C6H5CH2CH3(g)C6H5CH=CH2 (g)+H2 (g) H3(1)乙苯脱氢是合成苯乙烯的关键步骤。某温度下，向2.0 L恒容密闭容器中充入0.10mol C6H5CH2CH3 (g)，测得乙苯脱氢反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：时间t/h0124816202530总压强p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53计算该温度下的平衡常数K= _（结果保留至小数点后两位）。下列不能说明该温度下反应达到平衡状态的是_（填字母代号）。a

19、.v(C6H5CH2CH3)=v(H2) b苯乙烯的体积分数不变c平衡常数K保持不变 d混合气体的平均相对分子质量不变(2)向体积为3.0 L的恒容密闭容器中充入0. 20 mol C6H5CH2CH3(g)，当乙苯脱氢反应达到平衡状态时，平衡体系组成（物质的量分数）与温度的关系如图所示。该反应的H3_0（填“大于”“等于”或“小于”）。该平衡体系在600时，乙苯的物质的量分数为50%，则氢气的物质的量分数为_。若在此温度下加入水蒸气作稀释剂，则乙苯的平衡转化率将如何变化并简述理由_。(3)苯乙烯能与酸性KMnO4溶液混合反应生成苯甲酸(C6H5COOH)。室温下，向饱和苯甲酸溶液中加入碳酸氢

20、钠固体使溶液显中性，则溶液中c(C6H5COOH)：c(C6H5COO-)=_。（已知：苯甲酸的Ka=6.4l0-5；碳酸的Kal=4.2l0-7，Ka2=5.6l0-ll)29、（10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“”、“”或“”，下同)0，若y表示压强，则y1_y2，若y表示反应开始时的n(NH3)/n(CO2)，则y1_y2。（2）T时，若向容积为2L的恒容

21、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3/4。若保持条件不变，再向该容器中加入0.5mol CO2和1mol H2O，NH3的转化率将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。.CO2与H2反应可用于生产甲醇。（3）已知氢气与甲醇的燃烧热分别为285.8kJmol-1、726.5kJmol-1，则CO2与H2反应产生液态甲醇与液态水的热化学方程式为_。（4）如图是某甲醇燃料电池工作的示意图。质子交换膜(只有质子能够通过)左右两侧的溶液均为1L 2molL-1 H2SO4溶液。电极a上发生的电极反应为_，当电池中有1mol e-发生转移时左右两侧溶液的质量

22、之差为_ g(假设反应物耗尽，忽略气体的溶解)。（5）写出Na2CO3溶液中各离子浓度的大小关系_。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【解析】A.主链碳原子数是8个，选项A错误；B. 中侧链受苯环的影响，化学性质比较活泼，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，被氧化的不是苯环，选项B错误；C.油脂不是高分子化合物，选项C错误；D. 1mol绿原酸中含有3mol位置不同的羟基，每种羟基都能够生成两种产物，总共可以生成6种不同产物，选项D正确；答案选D。2、D【解析】A原电池中负极失去电子，正极得到电子。根据总反应式可判断Ca是还原剂，作负极，硫酸铅得到电子，作正极

23、，因此放电时电子由Ca电极流出，A正确；B放电过程中，阳离子Li+向正极移动，即Li+向PbSO4电极移动，B正确；C每转移0.2mol电子，理论上生成0.1molPb，质量是20.7gPb，C正确；D原电池中负极失去电子，正极得到电子。根据总反应式可判断Ca是还原剂，作负极，硫酸铅得到电子，作正极，则正极反应式为PbSO4+2e-PbSO42，D错误；答案选D。【点睛】本题主要是考查原电池原理的应用，掌握原电池的工作原理是解答的关键，难点是电极反应式的书写，注意正负极判断、离子的移动方向、电解质溶液的酸碱性以及是否存在交换膜等。3、A【解析】A、容量瓶盛过NaOH溶液，使用前未洗涤，溶质增加

24、，浓度偏高；B、定容时仰视刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；C、容量瓶中原有少量的蒸馏水不影响；D、移液时，不慎将液体流到瓶外，溶质减少，浓度偏低。导致浓度偏高的原因可能是A，答案选A。【点睛】明确误差分析的原理是解答的关键，根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量B和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和V怎样的变化。4、C【解析】A. 苯乙烯分子中含有碳碳双键，能与碘水发生加成反应，则苯乙烯不能用于萃取水中的碘，故A错误；B.立方烷（）和苯乙烯分子式相同，互为同分异构体，立方烷分子中只含碳碳单键，故B错误；C. 苯乙烯分子中含有碳碳双键，碳碳双键和苯环的

25、活性不同，一定条件下可与氢气发生加成反应生成，故C正确；D. 苯乙烯分子中含有5类氢原子，核磁共振氢谱共有5组峰，故D错误；故选C。5、B【解析】同素异形体是同种元素形成的不同单质。A. D2O和T2O表示同一种物质水，选项A错误；B. 金刚石和石墨互为同素异形体，选项B正确；C. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体，选项C错误；D. CH4和C2H6互为同系物，选项D错误。答案选B。6、A【解析】A实验室用铁作催化剂，用液溴和苯制取溴苯，溴易挥发且溴极易溶于四氯化碳溶液中，所以用四氯化碳吸收溴，生成的HBr极易溶于水，采用倒置的漏斗防止倒吸，故A正确；B制取乙酸乙酯时，导气管不能

26、伸入饱和碳酸钠溶液中，蒸气中含有乙醇、乙酸，乙醇极易溶于水、乙酸极易和碳酸钠溶液反应，如果导气管插入饱和碳酸钠溶液中会产生倒吸，故B错误；C蒸馏时，温度计测量蒸气的温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，冷却水的水流方向是低进高出，故C错误；D制取硝基苯用水浴加热，应控制温度范围是5560，故D错误；故答案为A。【点睛】实验方案的评价包括：1从可行性方面对实验方案做出评价：科学性和可行性是设计实验方案的两条重要原则，任何实验方案都必须科学可行评价时，从以下4个方面分析：实验原理是否正确、可行；实验操作是否完全、合理； 实验步骤是否简单、方便；实验效果是否明显等2从“绿色化学”视角对实验

27、方案做出评价：“绿色化学”要求设计更安全、对环境友好的合成线路、降低化学工业生产过程中对人类健康和环境的危害，减少废弃物的产生和排放根据“绿色化学”精神，对化学实验过程或方案从以下4个方面进行综合评价：反应原料是否易得、安全、无毒；反应速率较快； 原料利用率以及合成物质的产率是否较高；合成过程是否造成环境污染3从“安全性”方面对实验方案做出评价：化学实验从安全角度常考虑的主要因素主要有防倒吸、防爆炸、防吸水、防泄漏、防着火、防溅液、防破损等7、B【解析】首先判断中心原子形成的键数目，然后判断孤对电子数目，以此判断杂化类型，结合价层电子对互斥模型可判断分子的空间构型。【详解】ACCl4中C原子形

28、成4个键，孤对电子数为0，则为sp3杂化，为正四面体形，故A正确；BH2S分子中，S原子形成2个键，孤对电子数为=2，则为sp3杂化，为V形，故B错误； CCS2中C原子形成2个键，孤对电子数为=0，则为sp杂化，为直线形，故C正确；DBF3中B原子形成3个键，孤对电子数为=0，则为sp2杂化，为平面三角形，故D正确；答案选B。【点睛】把握杂化类型和空间构型的判断方法是解题的关键。本题的易错点为孤电子对个数的计算，要注意公式(a-xb)中字母的含义的理解。8、B【解析】根据结构图，每个A周围连接有4个A原子，含有4个A-A键，每个A-A键属于两个A原子共用，因此每个A原子形成2个A-A键，每个

29、A-A键中插入一个B原子，即晶体中A、B原子个数比是12，所以其化学式是AB2，故选B。9、D【解析】在有机物的制备反应中，应选择的合成路线是步骤尽量少，合成产率尽量高，据此解答即可。【详解】A转化中发生三步转化，较复杂，消耗的试剂多，反应需要加热，选项A不选；B转化中发生取代反应的产物较多，引入杂质，且反应不易控制，选项B不选；C转化中发生三步转化，较复杂，且最后一步转化为取代反应，产物不容易控制纯度，选项C不选；D、步骤少，产物纯度高，选项D选。答案选D。【点睛】本题以有机物的合成考查化学实验方案的评价，侧重有机物的结构与性质的考查，注意官能团的变化分析发生的化学反应即可。10、A【解析】

30、A原子晶体中，共价键的键长越小，熔点越高，石墨为混合晶体，石墨的键长比金刚石的小，所以石墨比金刚石的熔点高，故A项正确；B.离子晶体中离子电荷数较高的熔点较高，离子电荷数相同时，离子半径越小，熔点越高，KClNaCl，MgCl2MgO, 故B项错误；C金属晶体中原子半径越小，金属键越强，熔点越高，RbKNaLi，故C项错误； D分子晶体中，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，CH4SiH4GeH4HCO3-,则CH3COO_结合H+的能力弱,故D正确;答案：D。【点睛】注意醛基的检验方法：在碱性溶液中,加入乙醛,加热能产生砖红色沉淀；可根据盐类水解的强弱，判断弱根离子结合质子的强弱。

31、13、B【解析】试题分析：由图可知，石墨为阳极，阳极上的电极反应式为C+2O24eCO2，钛网电极是阴极，阴极上的电极反应式为:2Ca2+4e2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为:2Ca+TiO2Ti+2CaO。A. 将熔融CaF2CaO换成Ca(NO3)2溶液后，阴极上溶液中的氢离子放电，所以得不到钙，故A不正确；B. 阳极的电极反应式为C+2O2-4e-CO2，B正确；C. 由阴极上的电极反应式:2Ca2+4e2Ca及钙还原二氧化钛反应方程式2Ca+TiO2Ti+2CaO可知，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变，C不正确；D. 石墨为阳极，D不正确。本题选B。点睛：本题考查了电解原

32、理，根据图中信息可以判断电极属性及两个电极上发生的反应，要仔细读图、充分尊重题中信息，切不可主观臆造。14、C【解析】1.0g氢气的物质的量为1.0g2g/mol=0.5mol，假设金属都为+2价金属，则混合金属的平均摩尔质量为10g0.5mol=20g/mol，Zn的摩尔质量为：65g/mol20g/mol，Fe的摩尔质量为：56g/mol20g/mol，Mg的摩尔质量为：24g/mol20g/mol，Al为+2价时的摩尔质量为：27g/mol2/3=18g/mol20g/mol，根据以上分析可知，混合金属中一定含有铝元素，才能满足平均摩尔质量=20g/mol，所以C正确，答案选C。【点睛】

33、本题考查了混合金属与酸反应的化学计算，注意掌握平均摩尔质量在化学计算中的应用方法，难点是铝的平均摩尔质量的换算。另外如果含有与酸不反应的金属，则可以把其摩尔质量视为无穷大，例如铜等。该题也可以通过计算转移1mol电子时消耗的金属质量进行对比。15、B【解析】2H2S(g)3O2(g)2SO2(g)2H2O(l) H =Q1 kJmol-1；2H2S(g)O2(g)2S(s)2H2O(g) H =Q2 kJmol-1；2H2S(g)O2(g)2S(s)2H2O(l) H =Q3 kJmol-1，与相比较，H2O(g) H2O(l)放热，所以Q2 Q3，则Q1Q3Q2；答案选B。16、D【解析】A

34、、该原电池铜为负极，银为正极，在外电路中，电子由负极流向正极，错误；B、取出盐桥后，装置断路，无法构成原电池，电流表的指针不能发生偏转，错误；C、根据负极极反应：Cu-2e-=Cu2+规律，外电路中每通过0.1 mol电子，铜的质量理论上减小0.10.564 =3.2g，错误；D、金属铜置换出银，发生电子转移构成原电池，总反应式为Cu2AgNO3= =2AgCu(NO3)2，正确；答案选D。【点睛】原电池重点把握三点：电子流向：负极流向正极；电流流向：正极流向负极；离子流向：阳离子流向正极，阴离子流向负极。17、C【解析】ACaCl2是离子化合物，其电子式应为，故A错误；BCl的核外最外层电子

35、数为8，其离子结构示意图为，故B错误；C乙烯是最简单的燃烧，其分子式为C2H4，故C正确；D碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主。则纯碱溶液呈碱性的原因是CO32-+H2OHCO3-+OH-，故D错误；故答案为C。【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有：书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“ ”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“ ”，没有成键的价电子也要写出来。书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序（如HClO应是HOCl，而不是HClO），其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小

36、及分子的空间结构。18、D【解析】分析：本题考查的是二次电池的工作原理，涉及到原电池和电解池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断化合价的变化，以得出电池的正负极以及所发生的反应。详解：A.根据总反应FeNi2O33H2OFe(OH)22Ni(OH)2可知产物有氢氧化物，则电解液为碱性溶液，放电时铁失去电子发生氧化反应，铁做负极，故正确；B.放电时铁做负极，失去电子生成亚铁离子，在碱性电解质中生成氢氧化亚铁，电极反应为：Fe2OH2eFe(OH)2，故正确；C.充电可以看做是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池充电过程时阴极反应为Fe(OH)2+2eFe2OH，因此充电过程

37、中阴极附近溶液的pH会升高，故正确；D.电池充电时，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，故错误。故选D。19、A【解析】A.元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的性质具有相似性，这种规律被称为“对角线规则”，根据元素的位置情况来判断；B.在物质或离子中中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键，在NH4+和Cu(NH3)42+中都存在配位键；C.根据杂化轨道数判断杂化类型，杂化轨道数=键数+孤对电子对数，据此判断杂质类型；D.P4和CH4都是正四面体分子，CH4键角为10928，P4键角为60。【详解】A.对角线规则为：沿周期表中金属与非金属分界线方向对角的两主族元素性

38、质相似，铍和铝位置关系符合对角线规则，物质的性质相似，A正确；B.NH4+含有配位键，铜原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，Cu(NH3)42+中存在配位键，而SiH4中无配位键，B错误；C.丙烯(CH3CH=CH2)分子中甲基C原子采用sp3杂化，含有碳碳双键的两个C原子采取sp2杂化，C错误；D.CH4分子中中心C原子价层电子对个数为4，为四面体结构，4个共价键完全相同，为正四面体且键与键之间夹角为10928，P4结构为正四面体结构，四个P原子在正四面体的四个顶点上，键与键之间夹角为60，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查了对角线规则、配位键、原子杂化类型的判断、键角等知识，掌握原子

39、结构理论是本题解答的关键，题目难度中等。20、D【解析】A.NaHCO3NaOH=Na2CO3H2O，由于NaOH适量，A项正确；B.Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，通入CO2可以将少量的Na2CO3转化为NaHCO3而除去,B项正确；C.2Na2OO22Na2O2，在空气中可以将少量的Na2O转化为Na2O2而除去，C项正确；D.Na2CO3Ba(OH)2=BaCO32NaOH，Na2SO4Ba(OH)2=BaSO42NaOH，D项错误。故选D。21、A【解析】A.次氯酸中Cl最外层为7个电子，为达到8电子稳定结构，需要拿出一个电子与其他原子形成一个共用电子对，O原子最外层为6个电

40、子，为达到8电子稳定结构，需要拿出两个电子与其他原子形成两对共用电子对，因而次氯酸的电子式为，A项错误。B、C、D等3个选项均正确。故答案选A。22、D【解析】A.根据题干可知，COS的结构与CO2相似，因为二氧化碳的电子式为，因此可以推测COS的电子式为，故A不正确；B.因为二氧化碳的三个原子位于一条直线上，所以推测硫化羰的三个原子也位于一条直线上，故B不正确；C.硫化羰与CO2均可形成分子晶体，硫化羰的相对分子质量比二氧化碳大，所以硫化羰的沸点比二氧化碳的高，故C不正确；D.根据原子守恒，硫化碳分子中有碳原子、氧原子、硫原子，因此硫化碳完全燃烧后的产物是CO2和SO2，故D正确。故选D。【

41、点睛】硫化羰(化学式为COS)可以看做是CO2中的一个氧原子被同族的一个硫原子代替而成的，而且硫化羰和CO2是等电子体，所以硫化羰的电子式、结构都和CO2相似。二、非选择题(共84分)23、Mg、C CO、CO2、H2O 5MgC2O42H2O +8H2SO4 +2KMnO4=5MgSO4 + K2SO4 +2MnSO4 + 10CO2+18H2O 【解析】(1)由i.气体甲无色无味气体，由流程知甲中含有二氧化碳，根据白色沉淀的质量可计算CO2物质的量；ii.气体丙为纯净物，干燥后体积为2.24L(标况下)，则其物质的量为0.1mol，按标况下密度可知其摩尔质量，按性质，则可判断出丙，用质量守

42、恒求出混合气体还含有的水蒸气的物质的量；iii.固体乙为常见金属氧化物，设其化学式为M2Ox，按其中氧元素的质量分数为40%，则可判断出所含金属元素，按数据可得盐的化学式； (2)将X加入到硫酸酸化的高锰酸钾溶液，利用其性质写出和硫酸酸化的高锰酸钾溶液发生氧化还原反应化学方程式；【详解】i.气体甲无色无味气体，由流程知甲中含有二氧化碳，根据C守恒，CO2物质的量为10.0g100g/mol=0.1mol；ii.气体丙为纯净物，干燥后体积为2.24L(标况下)，则其物质的量为2.24L22.4L/mol=0.1mol，丙标况下密度为1.25gL-1，则丙的摩尔质量=22.4L/mol1.25gL

43、-1=28 g /mol，丙易与血红蛋白结合而造成人中毒，则丙为CO；根据题意X为含结晶水的盐，则混合气体甲中还含有14.8g-4.00g-0.1 mol28 g /mol-0.1 mol44 g /mol=3.6g水蒸气，水蒸气物质的量为3.6g18g/mol=0.2mol；iii.固体乙为常见金属氧化物，设其化学式为M2Ox，因为其中氧元素的质量分数为40%，则 ，则Ar（M）=12x，当x=2，Ar（M）=24时合理，即M为Mg元素，且MgO物质的量为4g40g/mol=0.1mol；则镁、碳、氢、氧的物质的量分别为0.1mol、0.2mol（0.1mol+0.1mol=0.2mol）、

44、0.4mol（0.2mol2=0.4mol）、0.6mol（0.1mol+0.1mol+0.1mol2+0.2mol），则X的化学式为MgC2H4O6，已知X为含结晶水的盐 (四种短周期元素组成的纯净物)，镁离子和结晶水的物质的量之比为1:2，则其化学式为MgC2O42H2O；(1)X中除H、O两种元素外，还含有Mg、C元素，混合气体甲的成分是CO、CO2、H2O；答案为：Mg、C ；CO、CO2、H2O；(2) 将X加入到硫酸酸化的高锰酸钾溶液，溶液褪色并有气体产生，则KMnO4被还原为Mn2+，C2O42-被氧化成CO2，根据得失电子守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为：5MgC2O42H

45、2O +8H2SO4 +2KMnO4=5MgSO4 + K2SO4 +2MnSO4 + 10CO2+18H2O；答案为：5MgC2O42H2O +8H2SO4 +2KMnO4=5MgSO4 + K2SO4 +2MnSO4 + 10CO2+18H2O。24、CO2 钠、硅 Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+ Al(OH)3OH=AlO2H2O Mg(OH)2 Mg3Al(OH)7CO3 【解析】气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体A为CO2，X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入适量盐酸，会产生硅酸沉淀，溶液B中含有氯化镁和氯化铝；X中一定不含Na，因为Na的焰

46、色为黄色；根据题给信息知调节pH至56时生成的白色沉淀B为Al(OH)3；加入过量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，离子方程式为：Al(OH)3OHAlO22H2O；加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2，据此解答。【详解】（1）气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体为CO2；（2）X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入过量盐酸，会产生硅酸沉淀，一定不含Na元素，因为Na元素的焰色为黄色，即由、判断X一定不含有的元素是磷、硅、钠；（3）调节pH至56时生成的白色沉淀为Al(OH)3，NH3H2O为弱电解质，离子方程式中应写为化学式，即离子方程式

47、为Al33NH3H2OAl(OH)33NH4；（4）中氢氧化铝溶解的离子方程式为Al(OH)3OHAlO22H2O；（5）加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2；（6）由于n（CO2）:nAl(OH)3:nMg(OH)2=1:1:3，则CO32-、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1:1:3，结合电荷守恒，则CO32-、Al3+、Mg2+、OH-的物质的量之比为1:1:3:7，故X为Mg3Al(OH)7CO3。25、品红试液褪色溴水的橙色褪去2H2S+SO2=3S+2H2OSO2+2OH-=SO32-+H2O【解析】分析：（1）SO2能使品红溶液褪色，说明SO

48、2具有漂白性；（2）溴水具有氧化性，能氧化二氧化硫；（3）二氧化硫能把H2S氧化；（4）SO2是酸性氧化物，能被碱液吸收。详解：（1）SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，欲验证SO2的漂白作用，应将SO2气体通入品红溶液，溶液红色褪去；（2）SO2具有还原性，能被溴水溶液氧化而使溶液褪色，欲验证SO2的还原性，应将SO2气体通入溴水溶液，溴水的橙色溶液褪色；（3）SO2具有氧化性，能与硫化氢反应生成单质硫沉淀，欲验证SO2的氧化性，应将SO2气体通入H2S溶液生成淡黄色的硫沉淀，方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O；（4）二氧化硫有毒，是酸性氧化物，能与碱反应，为防止多余的SO2气体污染环

49、境，应将尾气通入NaOH溶液，发生反应2NaOH+SO2Na2SO3+H2O，离子方程式为2OH-+SO2SO32-+H2O。26、CuSO4 不能 CuS、Cu2S与硝酸反应的产物相同 3Cu2S+16HNO3+=3CuSO4+10NO+3Cu(NO3)2+8H2O Cu2S Cu2S 24.0g、CuS 24.0g 【解析】稀硝酸具有强氧化性，能把S从-2价氧化为-6价，把Cu从-1价氧化为+2价，本身会被还原为NO这一无色气体，由此可以写出CuS和Cu2S与稀硝酸的反应方程式。在题中，因为涉及到质量的变化，所以需要考虑反应前后，固体物质的相对分子质量的变化情况，经过分析，1份Cu2S生成

50、2份CuO（Cu原子守恒），其相对分子质量没有发生变化，而1份CuS生成1份CuO（Cu原子守恒），相对分子质量减小了16，利用差量法可以推断出混合物中成分及相应的质量。【详解】用蒸馏水洗涤固体，得到蓝色溶液，则固体中一定含有CuSO4；CuS、Cu2S和稀硝酸反应的方程式分别为：；，两个反应都有蓝色溶液和无色气泡生成，且加入BaCl2溶液后都有白色沉淀生成，所以无法判断黑色固体的成分；F瓶中品红溶液褪色，说明有SO2生成；根据铜原子个数守恒，有Cu2S-2CuO m=642+32-642-162=0，CuS-CuO m=64+32-64-16=16；实验I中，反应前后固体质量不变，则说明黑色

51、固体中只有Cu2S；实验II中，固体质量变化量为4.0g，则可以推断出该质量变化由CuS引起，有CuS-CuO m=1696 16m(CuS) 4.0gm(CuS)=24.0gm(Cu2S)=48.0g-24.0g=24.0g则该黑色固体成为24.0g的Cu2S和24.0g的CuS。【点睛】仔细分析两种固体和稀硝酸反应后的产物，即可推断出相关的化学方程式，并答题。此外，对于通过质量判断混合物成分的题目，可以考虑使用差量法来解题。27、乙醇、浓硫酸、乙酸 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O 催化剂、吸水剂 ABC 因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量

52、随产物蒸发而损失原料，温度过高还可能发生其它副反应 乙酸乙酯 分液漏斗、烧杯 D 【解析】（1）为防止酸液飞溅，应将密度大的液体加入到密度小的液体中，乙酸易挥发，冷却后再加入乙酸，三种物质的加入顺序：乙醇、浓硫酸、乙酸；酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O。（2）该实验中，乙醇和乙酸发生酯化反应时，浓硫酸起到催化剂的作用，加快酯化反应的速率；又因为该反应是可逆反应，浓硫酸吸水可以促进平衡向正反应方向进行，所以浓硫酸还起到吸水剂的作用。（3）由于乙醇、乙酸易挥发，蒸出的乙

53、酸乙酯中含有乙醇和乙酸；乙醇易溶于水，能被饱和碳酸钠溶液吸收，乙酸具有酸性，能与饱和碳酸钠溶液反应生成乙酸钠，降低乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度，有利于分层析出，答案为：ABC；（4）步骤中需要小火均匀加热操作，其主要理由是：因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料，温度过高还可能发生其它副反应；（5）乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，有香味，步骤中B试管内的上层物质是乙酸乙酯；（6）步骤中分离操作是分液，用到的主要仪器是分液漏斗、烧杯；干燥乙酸乙酯，用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；不能选择生石灰、碱石灰、NaOH，

54、以防乙酸乙酯在碱性条件下水解，答案选D。【点睛】本题考查酯化反应原理、乙酸乙酯制备、仪器的选择以及乙酸乙酯的分离和提纯。试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力。该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。28、0.75 mol/L ac 大于 25% 不变，因为乙苯、苯乙烯、氢气的浓度没有改变，平衡不移动 1. 562510-3（或） 【解析】分析：（1）相同条件下压强之比等于物质的量之比，反应前后物质的量的增大是反应的乙苯的物质的量，结合转化率

55、概念计算得到；依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度算出平衡常数；根据化学平衡的特征“等”、“定”及由此衍生的一些量来判断平衡；（2）根据影响化学反应速率和平衡移动的因素来回答；根据体积分数的定义式进行计算；若在此温度下加入水蒸气作稀释剂，对浓度没有影响。（3）根据电离常数定义式去解Ka=c(H+)c(C6H5COO-)/c(C6H5COOH)。详解：(1)恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，所以由总压强p和起始压强p0计算反应物乙苯的转化率（乙苯）的表达式（乙苯）=（P-P0）/P 0100%=（P/P0-1）100%，平衡时乙苯的转化率=(9.53-4.91)/4.91100%=94.1

56、%，依据化学平衡三段式 列式得到； C6H5CH2CH3(g)C6H5CH=CH2 (g)+H2 (g)起始量（molL1） 0.050 0 0 变化量（molL1） 0.05094.1% 0.05094.1% 0.05094.1%平衡量（molL1）0.050（1-94.1%） 0.05094.1% 0.05094.1%K=c(B)c(C)/c(A)=0.94120.0502/0.05(1-94.1%)=0.75molL1a.v(C6H5CH2CH3)=v(H2)，没有注明正速率还是逆速率，故错误；b苯乙烯的体积分数不变，说明各组分的浓度不随着时间的改变而改变，达到了平衡，故正确；c温度不变，平衡常数K保持不变，故错误；d混合气体的平均相对分子质量不变，混合气体的质量不变，物质的量总量不变，达到了平衡，故正确；故选ac。(2)由图，升高温度，氢气体积分数增加，平衡正向移动，该反应的H3大于0该平衡体系在600时，乙苯的物质的量分数为50%， ，=1/3,则氢气的物质的量分数为 。若在此温度下加入水蒸气作稀释剂，则乙苯的平衡转化率将如何变化并简述理由不变，因为乙苯、苯乙烯