2021-2022学年山东省滕州市第一中学化学高二下期末检测模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、下列事实不能用元素周期律解释的有()A碱性：KOH NaOHB相对原子质量：Ar KC酸性：HClO4 H2SO4D元素的金属性：Mg Al2、下列有关实验叙述错误的是()甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，说明生成的氯甲烷具有酸性苯与浓硝酸、浓硫酸混合制备硝

2、基苯的过程中可以用酒精灯直接加热煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠实验室制备乙酸乙酯过程中含有少量乙酸可用NaOH溶液除去实验室溴苯的制备，反应条件为溴化铁和溴水ABCD全部3、下列实验及现象不能得出相应结论的是选项实验现象结论A向盛有10mL0.01molL1KI溶液的试管中滴入810滴相同浓度的AgNO3溶液，边滴边振荡，静置，用激光笔照射得到黄色透明液体，可看到光亮的“通路”得到的液体为AgI胶体B向2mL0.1molL1FeSO4酸性溶液中滴入少量ClO2溶液，振荡后再滴入KSCN溶液溶液先变黄，滴入KSCN溶液后变红氧化性：ClO2Fe3C将Na2SO3固体溶于水后，向

3、形成的溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，再加入足量稀盐酸产生白色沉淀，且沉淀不溶解Na2SO3已变质D将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近盛满NO2的集气瓶口瓶口处产生白烟白烟的主要成分为NH4NO3AABBCCDD4、下列能量的转化过程中，由化学能转化为电能的是A车载铅蓄电池启动B二滩电站水力发电C西区竹林坡光伏（太阳能）发电D米易县龙肘山风力发电5、某同学通过如下流程制备氧化亚铜：已知CuCl难溶于水和稀硫酸：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O下列说法不正确的是A步骤SO2可用Na2SO3替换B步骤中为防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤C步骤发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-=Cu

4、2O+2Cl-+H2OD如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度6、已知25oC时，H2A的Ka1=10-1.85，Ka2=10-7.19。用0.1molL-1NaOH溶液滴定20mL0.1molL-1H2A溶液的滴定曲线如图所示（曲线上的数字为pH）。下列说法不正确的是Aa点所得溶液中：2c（H2A）+c（A2-）0.1molL-1BNaHA溶液中由水电离出的氢离子浓度小于1.010-7molL-1Cc点所得溶液中：c（Na+）3c（HA_）Dd点所得溶液中：c（Na+）c（A2-）c（HA-）7、下列说法不正确的是

5、A电解熔融氯化镁可制取金属镁B电解饱和食盐水可制取氯气C生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和晶体硅D接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石8、某溶液中可能含有，滴入过量氨水，产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是ABCD9、某种钢闸门保护法原理示意图如下，下列说法不正确的是A锌块发生氧化反应：Zn-2e= Zn2+B钢闸门有电子流入，可以有效减缓腐蚀C若通过外加电源保护钢闸门，应将钢闸门与电源正极相连D锅炉内壁装上若干镁合金的防腐原理与该种钢闸门保护法原理相同10、对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H0。达到平衡后，以下分析正确的是A减小生成物

6、浓度，对正反应的反应速率影响更大B扩大容器体积，对正反应的反应速率影响更大C降低温度，对正反应的反应速率影响更大D加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大11、由CH3CH3CH3CH2ClCH2= CH2CH3CH2OH的转化过程中，经过的反应是A取代消去加成B裂解取代消去C取代加成氧化D取代消去水解12、下列脱水过程中不属于取代反应的是高级脂肪酸与甘油脱水形成油脂 乙醇在浓H2SO4作用下脱水制乙烯氨基酸在酶的作用下脱水形成二肽 葡萄糖在浓H2SO4作用下脱水成焦炭ABCD13、部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数（25）K1=1.7710-4K1=4.9

7、10-10K1=4.310-7K2=5.610-11下列选项正确的是（ ）A2CN + H2O + CO2=2HCN + CO32B相同物质的量浓度的溶液的pH：Na2CO3NaHCO3NaCNHCOONaC中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D相同温度下，同浓度的酸溶液的导电能力顺序：HCOOH HCN H2CO314、下表是第三周期部分元素的电离能单位：eV(电子伏特)数据。元素I1/eVI2/eVI3/eV甲5.747.471.8乙7.715.180.3丙13.023.940.0丁15.727.640.7根据以上数据分析，下列说法正确的是A甲的金属性比乙弱B

8、乙的化合价为1价C丙一定为非金属元素D丁一定为金属元素15、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是A100g 9%的葡萄糖水溶液中氧原子数为0.3NAB标准状况下，2.24L F2通入足量饱和食盐水中可置换出0.1NA个Cl2C工业合成氨每断裂NA个NN键，同时断裂6NA个N-H键，则反应达到平衡D常温下l LpH=7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均为NA16、 “一带一路是构建人类命运共同体，符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。下列贸易的商品中，其主要成分属于无机物的是A乌克兰葵花籽油B埃及长绒棉C捷克水晶D中国丝绸17、下

9、列关于有机物的说法不正确的是A苯乙烯所有原子可处于同一平面B由转变为：可与足量NaOH溶液共热后，再通入足量二氧化碳C蔗糖分子可以看作是两个不同的单糖分子间脱去一个水分子形成的D1mol油脂在酸性条件下充分水解，可制得3mol高级脂肪酸和1mol甘油18、能在溶液中大量共存的一组离子是ANH4+、Ag+、PO43-、Cl BFe3+、H+、I、 HCO3-CK+、 Na+、 NO3-、 MnO4- DAl3+、Mg2+、SO42-、CO32-19、有八种物质：甲烷、甲苯、聚乙烯、聚异戊二烯、2丁炔、环己烷、环己烯，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水因反应而褪色的是（ ）ABCD20、下列各

10、组液体混合物中，可以用分液漏斗分离的是()A溴乙烷和水B苯酚和乙醇C酒精和水D乙醛和苯21、为了体育大型比赛的公平和发扬积极向上健康精神，禁止运动员使用兴奋剂是奥运会的重要举措之一。以下两种兴奋剂的结构分别为：则关于以上两种兴奋剂的说法中正确的是（ ）A利尿酸分子中有三种含氧官能团，在核磁共振氢谱上共有六个峰B两种兴奋剂最多都能和含3molNaOH的溶液反应C1 mol兴奋剂X与足量浓溴水反应，最多消耗4 mol Br2D两种分子中的所有碳原子均不可能共平面22、下列离子组在一定条件下能共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且所给离子方程式正确的是（ ）选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离

11、子方程式ANa+、H+、Cl-、NO3-铜3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O BFe3+、ClO-、I-氢氧化钠溶液Fe3+ + 3OH- = Fe(OH)3CBa2+、HCO32-、Cl-氢氧化钠溶液HCO3- + OH- = CO32- + H2ODAl3+、Cl-、SO42-过量氢氧化钠Al3+ + 3OH- = Al(OH)3AABBCCDD二、非选择题(共84分)23、（14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

12、列问题：（1）反应的反应条件是_；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：苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物有两种能发生银镜反应，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=CH2X YZ则XY反应方程式为_， Z的结构简式为_。24、（12分）为探宄固体X(仅含两种常见短周期元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：己知：气体A是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.429 g/L；固体B是光导纤维的主要成分。请回答：（1）

13、气体A分子的电子式_，白色沉淀D的化学式_。（2）固体X与稀硫酸反应的离子方程式是_。（3）已知NH3与气体A在一定条件下反应后可得到一种耐高温陶瓷材料(仅含两种元素，摩尔质量为140 g/mol)和H2，写出该反应的化学方程式_。25、（12分）制取肥皂的实验有以下步骤：在一个干燥的蒸发皿中加入植物油8mL、乙醇8mL、NaOH溶液4mL在不断搅拌下，给蒸发皿中液体微微加热，直到混合物变稠继续加热，直到皂化反应完成把盛混合物的蒸发皿放在冷水浴中冷却等待片刻，向混合物中加20mL热蒸馏水，再放在冷水中冷却然后加入25mL NaCl饱和溶液充分搅拌用纱布滤出固体物质，弃去滤液把固体物质挤于、压成

14、条状、晾干，即得肥皂根据实验，填空：（1）在制肥皂时加入乙醇是利用了乙醇的什么性质？_；（2）如何验证皂化反应已完成？_；（3）在操作中加入饱和NaCl溶液的作用是_；（4）写出硬脂酸甘油酯发生皂化反应的化学方程式_；（5）取用蒸发皿用的仪器是_；（6）工业上大规模生产用水蒸气加热的优点_。26、（10分）含有K2Cr2O7的废水具有较强的毒性，工业上常用钡盐沉淀法处理含有K2Cr2O7的废水并回收重铬酸，具体的流程如下：已知：i. CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它几种盐在常温下的溶度积如下表所示。物质 CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度积ii. Cr2O72+ H2

15、O2 CrO42+ 2H+（1）向滤液1中加入BaCl2H2O的目的，是使CrO42从溶液中沉淀出来。结合上述流程说明熟石灰的作用是_。结合表中数据，说明选用Ba2+而不选用Ca2+处理废水的理由是_。研究温度对CrO42沉淀效率的影响。实验结果如下：在相同的时间间隔内，不同温度下CrO42的沉淀率，如下图所示。已知：BaCrO4（s） Ba2+ （aq） + CrO42（aq）CrO42的沉淀效率随温度变化的原因是_。（2）向固体2中加入硫酸，回收重铬酸。 硫酸浓度对重铬酸的回收率如下图（左）所示。结合化学平衡移动原理，解释使用0.450 mol/L的硫酸时，重铬酸的回收率明显高于使用0.2

16、25 mol/L的硫酸的原因是_。 回收重铬酸的原理如下图（右）所示。当硫酸浓度高于0.450 mol/L时，重铬酸的回收率没有明显变化，其原因是_。（3）综上所述，沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与_有关。27、（12分）某强酸性溶液X，可能含有Al3+、Ba2+、NH4+、Fe2+、Na+、CO32、SO42、SiO32、NO3中的一种或几种离子，取该溶液进行实验，其现象及转化如下图所示。请回答下列问题：(1)由整体的实验过程可判断溶液X中一定不存在的阴离子有_。(2)产生气体A的离子方程式为_。(3)在实验室中收集气体A，可选择如图装置中的_。(4)写出反应中生成溶液H的离子方程

17、式_。(5)对不能确定是否存在的离子，请简述检测实验方案_。28、（14分）氨气常用作合成氯氨类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2C1、NHCl2和NCl3)，副产物少于其它水消毒剂。回答下列问题：（1）工业上可利用反应Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(l)+HCl(g)制备一氯胺，已知部分化学键的键能如下表所示(假设不同物质中同种化学键的键能相同)，则该反应的H=_kJ/mol。化学键N-HCl-ClN-ClH-Cl键能（kJ/mol）391.3243.0191.2431.8一氯胺是重要的水消毒剂，其原因是由于一氯胺在中性、酸性环境中会发生完全水解

18、，生成具有强烈杀菌消毒作用的物质，该水解反应的化学方程式为_。（2）用Cl2和NH3反应制备二氯胺的方程式为2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(g)+2HCl(g)。在恒温条件下，3molCl2和1molNH3发生反应，测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：A、B、C三点中Cl2转化率最高的是_点(填“A”“B”或“C)。计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=_(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)（3）我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现电解富尿素废水低能耗制H2(装置如图)，总反应为：CO(NH2)2+H2O3H2+N2+CO2。

19、A电极连接电源的_极(填正”或“负”)。A电极的电极反应为_。29、（10分）利用熔融碱焙烧工艺可从铝热法生产金属铬所得铬渣(Al、Al2O3、Cr2O3等)中浸出铬和铝，实现铬和铝的再生利用。其工作流程如下： (1)铝热法冶炼金属铬，是利用了金属铝的_(填“氧化性”或“还原性”)。(2)溶液1中的主要的阴离子有CrO42-、_(填离子符号)。(3)过程I，在Cr2O3参与的反应中，若生成0.4 molCrO42-,消耗氧化剂的物质的量是_。(4)通入CO2调节溶液pH实现物质的分离。滤渣A煅烧得到Al2O3，再用电解法冶炼Al。冶炼Al的化学方程式是_。滤渣B受热分解所得物质可以循环利用，B

20、是_(填化学式)。已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O K=4.01014滤液3中Cr2O72-的浓度是0.04 mol/L，则CrO42-的浓度是_mol/L。(5)过程II的目的是得到K2Cr2O7粗品，粗品再重结晶可制得纯净的K2Cr2O7。不同温度下化合物的溶解度(g/100gH2O)结合表中数据分析，过程II得到K2Cr2O7粗品的操作是：_，过滤得到K2Cr2O7粗品。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【解析】A同主族从上到下元素的金属性、最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，故A正确； B元素周期表是按照原子序数从小到大的顺序

21、编排的，不是按照相对原子质量的大小，故B错误；C同周期从左到右元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐增强，故C正确；D同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱， D正确。答案选B。2、B【解析】氯甲烷是非电解质，不具有酸性；苯与浓硝酸、浓硫酸混合制备硝基苯的过程中用水浴加热；煤油可用作燃料和保存少量金属钠；乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应；苯和液溴在溴化铁做催化剂作用下发生取代反应生成溴苯。【详解】甲烷与氯气在光照下发生取代反应生成氯甲烷和氯化氢，氯甲烷是非电解质，不具有酸性，故错误；在5060水浴中加热，苯与浓硝酸、浓硫酸混合发生取代反应制备硝基苯，故错误；石油分馏可获得汽油、煤油、柴油等，

22、煤油可用作燃料和保存少量金属钠，故正确；乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应，实验室制备乙酸乙酯过程中含有少量乙酸应用饱和碳酸钠溶液除去，故错误；苯和液溴在溴化铁做催化剂作用下发生取代反应生成溴苯，故错误；错误，故选B。【点睛】本题考查有机物的性质和制备实验，注意有机物的性质和制备原理是解答关键。3、C【解析】A.丁达尔现象为胶体特有的性质，由现象可知得到的液体为AgI胶体，A正确；B.FeSO4酸性溶被中滴入少量ClO2溶液，发生氧化还原反应生成生成铁离子，则氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性为ClO2Fe3+，B正确；C.酸性条件下亚硫酸根离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再

23、与钡离子反应生成不溶于盐酸的硫酸钡白色沉淀，不能说明Na2SO3已变质，C错误；D.二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，则白烟的主要成分为NH4NO3，D正确；答案为A。4、A【解析】化学能转换为电能发生的变化应该是由化学反应产生的能量转换为电能。【详解】A项、车载铅蓄电池启动是化学能转化为电能，故A正确；B项、二滩电站水力发电是是将重力势能转化为电能，故B错误；C项、西区竹林坡光伏（太阳能）发电是将太阳能转化为电能，故错误；D项、米易县龙肘山风力发电是将风能转化为电能，故错误；故选A。5、D【解析】碱式碳酸铜溶于过量的稀盐酸，得到CuCl2溶液，向此溶液中通入SO2，利用SO

24、2的还原性将Cu2+还原生成CuCl白色沉淀，将过滤后的CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，据此解答。【详解】ANa2SO3有还原性，则步骤还原Cu2+，可用Na2SO3替换SO2，A正确；BCuCl易被空气中的氧气氧化，用还原性的SO2的水溶液洗涤，可达防氧化的目的，B正确；CCuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O，C正确；DCuCl也不溶于水和稀硫酸，Cu2O溶于稀硫酸生成不溶于的Cu，则过滤后所得滤渣为Cu和CuCl的混合物，无法计算出样品中Cu2O的质量

25、，即无法计算样品纯度，D错误；答案选D。【点睛】本题以制备Cu2O为载体，涉及反应原理的理解与应用，掌握氧化还原反应的理论和离子方程式的书写方法是解题关键，注意题干中已知信息的灵活应用，题目难度中等。6、C【解析】A用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液， a点溶液中溶质为H2A和NaHA，由图可知pH= 1.85= pKa1，根据电离平衡常数表达式可知，c(H2A)= c(HA- )，溶液体积大于20ml，根据物料守恒 a点所得溶液中：c(H2A)+ c(A2-)+ c(HA-) = 2c(H2A)+c(A2- )0.1mol/L，故A正确；B根据电离平衡常数，

26、 HA-的电离平衡常数为Ka2 =10-7.19，HA-的水解常数Kh=10-12.15，可见电离趋势大于水解趋势，所以抑制水的电离，则水电离出的氢离子浓度小于1.010-7molL-1，故B正确；Cc点pH= 7.19=pKa2，则c(A2-)=c(HA-)，溶液显碱性，溶液中溶质为等物质的量浓度的Na2A、NaHA，根据物料守恒可知2c(Na+)=3c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=32c(HA-)+c(H2A)，所以c(Na+)3c(HA-)，故C错误；D加入氢氧化钠溶液40mL， NaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液恰好反应生成Na2A，溶液中离子浓度c（Na+）

27、c（A2-）c（HA-），故D正确；故答案：C。7、C【解析】A、制取金属镁时，由于镁的活泼性很强，故一般电解熔融的氯化镁制取，选项A正确；B、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，可制取氯气，选项B正确；C、生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和石英，选项C不正确；D、接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石，硫与氧气反应生成二氧化硫或煅烧硫铁矿生成二氧化硫，选项D正确。答案选C。8、A【解析】滴入过量氨水，产生白色沉淀，所以溶液中一定存在Al3+，不存在Fe3+。溶液中各离子的物质的量浓度相等，如果没有Na+，根据电荷守恒，一定存在SO42-和另一种阴离子，若有Na+，则三种阴离子都

28、必须存在，所以SO42-一定存在。故选A。【点睛】充分利用电荷守恒解答此类离子推断题，特别是题干中给出了离子的物质的量或规定了离子的物质的量，一般都会用到电荷守恒。9、C【解析】该保护法利用了原电池的原理，锌块作负极，钢闸门作正极，海水作电解质溶液，整个过程是锌的吸氧腐蚀。【详解】A. 该保护法利用了原电池的原理，锌块作负极，发生氧化反应，电极反应为Zn-2e= Zn2+，A正确；B. 锌块作负极，发生氧化反应，失去的电子通过导线转移到钢闸门，减缓了钢闸门的腐蚀，B正确；C. 通过外加电源保护钢闸门，若将钢闸门与电源正极相连，则钢闸门作阳极，这样会加快钢闸门的腐蚀，C错误；D. 镁的活泼性比铁

29、强，锅炉内壁装上若干镁合金的防腐原理与该种铁闸门保护法一样，都是利用了原电池的原理，D正确；故合理选项为C。【点睛】该装置利用的原理是金属的电化学腐蚀，我们已学过铁的吸氧腐蚀，凡是在水中的金属的腐蚀，几乎考察的都是吸氧腐蚀，需要搞明白哪个金属是我们不希望被腐蚀的，即哪个金属应该作正极，而负极的金属一般是较活泼的金属，也就是用来被“牺牲”的金属，这种保护法叫作牺牲阳极的阴极保护法（注意区别外加电源的阴极保护法）。10、B【解析】A减小生成物浓度，逆反应速率减小；而改变条件的时刻反应物浓度不变，则正反应速率不变，A错误；B该反应的正反应是反应前后气体分子数减少的反应，扩大容器体积，反应混合物中各组

30、分的浓度均减小，但是反应物的浓度减小的更多，故正反应速率减小的程度更大、平衡向逆反应方向移动，因此，对正反应速率影响较大，B正确；C该反应的正反应是放热反应，降低温度正逆反应速率都减小，但平衡向正反应方向移动，说明温度对逆反应速率影响较大，C错误；D加入催化剂，对正逆反应速率影响相同，所以正逆反应速率仍然相等，D错误；答案选B。【点睛】明确外界条件对化学平衡影响原理是解答本题的关键，注意结合反应特点分析，注意催化剂影响反应速率但不影响平衡移动。本题的易错点为A，减小生成物浓度，反应物浓度开始时不变。11、A【解析】乙烷和氯气在光照的条件下发生取代反应，生成氯乙烷，氯乙烷通过消去反应生成乙烯，乙

31、烯和水发生加成反应生成乙醇，选A。12、C【解析】高级脂肪酸与甘油脱水形成油脂和水，为酯化反应，属于取代反应，故不选；乙醇在浓H2SO4作用下脱水生成乙烯，为消去反应，故选；氨基酸在酶的作用下脱水形成二肽，为氨基与羧基发生的取代反应，故不选；葡萄糖在浓H2SO4作用下脱水成焦炭，与浓硫酸的脱水性有关，不属于取代反应，故选；不属于取代反应的是，答案选C。13、C【解析】酸的电离平衡常数HCOOHH2CO3HCNHCO3-，则酸根离子水解程度CO32-CN-HCO3-HCOO-。A酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据强酸制取弱酸解答；B酸的电离平衡常数越大，则其酸根离子水解程度越小，溶液的pH

32、越小；C等pH的HCOOH和HCN，酸的电离平衡常数越大，该酸的浓度越小，等体积等pH的不同酸消耗NaOH的物质的量与酸的物质的量成正比；D酸的电离平衡常数越大，相同浓度时，溶液中的离子浓度越大。【详解】根据上述分析可知，A酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能够制取弱酸，所以二者反应生成HCN和HCO3-，离子方程式为CN-+H2O+CO2HCN+HCO3-，故A错误；B. 酸的电离平衡常数HCOOHH2CO3HCNHCO3-，则酸根离子水解程度CO32-CN-HCO3-HCOO-，水解程度越大，溶液的pH越大，因此相同物质的量浓度的溶液的pH：Na2CO3NaCN NaHCO3 HCO

33、ONa，故B错误；C等pH的HCOOH和HCN，c(HCN)c(HCOOH)，等体积、等pH的HCOOH和HCN，n(HCN)n(HCOOH)，中和等pH等体积的HCOOH和HCN，消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；D. 酸的电离平衡常数HCOOHH2CO3HCNHCO3-，酸性HCOOHH2CO3HCNHCO3-，相同温度下，同浓度的酸溶液的导电能力顺序：HCOOH H2CO3 HCN，故D错误；故选C。14、C【解析】由表中数据可知，甲的第一电离能比乙低，所以甲的金属性比乙强；乙的第三电离能明显比第一、第二电离能高了很多，所以乙的最外层只有两个电子，乙为金属镁，其化合价为+2；甲的第

34、一电离能最小，所以甲为钠。丙一定不是铝，因为铝的第一电离能比镁小，所以丙一定是非金属元素，丁的第一电离能比丙更大，所以丁一定为非金属。综上所述，C正确。点睛：同一周期中各元素的第一电离能随原子序数递增呈逐渐增大的趋势，但是每一周期的第IIA（s轨道全充满）和第VA（p轨道半充满）元素的原子结构有特殊性，所以它们的第一电离能高于相邻的两种元素。同一元素的电离能逐级升高，但是升高的幅度不同，根据这个特点可以把核外电子分成不同的电子层，并由此确定元素的主要化合价。15、C【解析】A.溶质葡萄糖和溶剂水中都含有O原子，溶液中所含O原子物质的量n（O）=6+1=5.36mol，A错误；B.F2通入足量饱

35、和食盐水，与水发生置换反应产生HF和O2，不能置换出Cl2，B错误；C.N2是反应物，NH3是生成物，根据方程式可知：每断裂NA个NN键，同时断裂6NA个N-H键，表示正逆反应速率相等，表示反应达到平衡状态，C正确；D.根据电荷守恒可得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，溶液的pH=7，则c(H+)= c(OH-)，因此c(NH4+)=c(CH3COO-)，但该盐是弱酸弱碱盐，NH4+、CH3COO- 都水解而消耗，因此二者的物质的量都小于1mol，则它们的数目都小于NA，D错误；故合理选项是C。16、C【解析】A. 乌克兰葵花籽油属于油脂，是有机物，A不选；B.

36、埃及长绒棉主要成分是纤维素，是有机物，B不选；C. 捷克水晶主要成分是二氧化硅，是无机物，C选；D. 中国丝绸主要成分是蛋白质，是有机物，D不选；答案选C。【点睛】明确有机物和无机物的含义以及常见物质的组成是解答的关键，有机物中一定含有碳元素，但是部分含有碳元素的物质，例如CO、碳酸盐等，其结构和性质更类似于无机物，一般归为无机物，而不是有机物。17、D【解析】A. 乙烯和苯是平面型结构，苯乙烯可看作是苯基取代乙烯中的一个氢原子，所以所有原子可能处于同一平面，故A正确；B. 碱性条件下水解生成，通入二氧化碳气体可生成，故B正确；C. 蔗糖分子可以看作是葡萄糖和果糖的缩合产物，为单糖分子间脱去一

37、个水分子形成的故C正确；D.油脂在酸性条件下的水解为可逆反应，1mol油脂在酸性条件下充分水解，制得高级脂肪酸小于3mol，甘油小于1mol，故D错误。所以本题答案选D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握典型有机物的结构，如甲烷为正四面体结构，乙烯和苯环为平面结构，乙炔为直线结构等，本题特别注意有机物的官能团的酸性强弱，把握反应的可能性。18、C【解析】试题分析：AAg+与PO43-、Cl-均能生成沉淀，不能大量共存，故A错误；BFe3+与I-、HCO3-均能发生离子反应，不能大量共存，故B错误；CK+、Na+、NO3-、MnO4-在同一溶液中，不

38、发生离子反应，可大量共存，故C正确；DAl3+与CO32-能发生双水解反应，不能大量共存，故D错误，答案为C。考点：考查离子共存。HYPERLINK /console/media/Uqqda5MCn_BAlZ90bODezRl05CokaWxSxTJzpGgaKyDDGDiugYDYp1efcUXUOkojAQwyDCvWO6AAlTTXcDls58AONo-OZq_pAbGTAI74xmaCH_udR7bplGRnXQKaSBfpd4PzhMfR9yrGqYq9wLNHJg视频19、B【解析】能与高锰酸钾反应的有甲苯、聚异戊二烯、2丁炔、环己烯；能与溴水发生加成反应的有聚异戊二烯、2丁炔、环

39、己烯；符合题意的为，答案为B。【点睛】甲苯与高锰酸钾反应生成苯甲酸；聚异戊二烯中含有碳碳双键，可与高锰酸钾发生氧化反应，与溴水发生加成反应。20、A【解析】利用分液漏斗进行分离，研究的对象是互不相溶的两种液体，掌握有机物的物理性质，以及相似相溶的规律，进行分析判断。【详解】A、溴乙烷是不溶于水，能溶于多数有机溶剂的液体，因此可以通过分液漏斗进行分离，故A正确；B、苯酚和乙醇都属于有机物，根据相似相溶，苯酚溶于乙醇，不能用分液漏斗进行分离，故B错误；C、酒精是乙醇，乙醇与水任意比例互溶，因此不能用分液漏斗进行分离，故C错误；D、苯为有机溶剂，乙醛属于有机物，乙醛溶于苯，因此不能用分液漏斗进行分离

40、，故D错误。【点睛】物质的分离实验中，要清楚常见物质分离方法适用对象：过滤是分离难溶物质与液体的操作；蒸发是分离可溶性固体物质与液体，得到可溶性固体的方法；分液是分离两种互不相溶的液体的操作；蒸馏是分离相互溶解且沸点差别较大的液体的操作。21、C【解析】A.由利尿酸的结构简式可知：利尿酸分子中含氧官能团分别是羰基、醚键和羧基三种，7种不同类型的氢原子，在核磁共振氢谱上共有七个峰，故A错误；B. 利尿酸最多能和含5molNaOH的溶液反应，兴奋剂X最多能和含5molNaOH的溶液反应，故B错误；C. 兴奋剂中含有碳碳双键、酚羟基，碳碳双键和苯环上酚羟基邻对位氢原子能和溴发生反应，所以1 mol兴

41、奋剂X与足量浓溴水反应，最多消耗4 mol Br2，故C正确；D碳碳双键、连接苯环的碳原子能共面，所以兴奋剂X中所有碳原子能共面，故D错误；故答案为C。22、A【解析】A.本组离子可以大量共存，在酸性条件下硝酸根具有氧化性，能把铜氧化为铜离子，其离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，A项正确；B. ClO-和Fe3+均具有强氧化性，I-具有强还原性，则不能大量共存，B项错误；C.本组离子可以大量共存，加入氢氧化钠溶液生成碳酸钡沉淀，其离子方程式应为Ba2+ HCO3-+OH-=BaCO3+H2O，C项错误；D.本组离子可以大量共存，过量的氢氧化钠与铝离子反应会生成

42、偏铝酸钠，得不到氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，D项错误；答案选A。【点睛】本题将离子方程式的书写正误判断及离子共存结合给题，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：1.是否符合客观事实，如铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe + Fe3+= 2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；3.观察化学式是否可拆，不该拆的多余拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的

43、离子方程式；5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种，如本题的B选项，ClO-和Fe3+均能与I-发生氧化还原反应而不共存。总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断离子共存的有效途径。二、非选择题(共84分)23、浓硫酸、加热 取代反应 乳酸 或 2-羟基丙酸 或 -羟基丙酸 CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O 、(写一种即可) 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O CH3CH(OH)CN 【解析】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=

44、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；CHCH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。【详解】（1）根据以上分析可知，反应为醇的消去反应，反应条件是浓硫酸、加热；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-羟基丙酸；答案：乳酸或2-羟基丙酸或 -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+CH3

45、OHCH2=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：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，能发生银镜反应，说明有醛基，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，

46、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+O2 2CH3CHO+2H2O CH3CH(OH)CN24、 Mg(OH)2 Mg2Si+4H+=2Mg2+SiH4 3SiH4+4NH3 Si3N4+12H2 【解析】己知气体A在标准状况下的密度为1.429gL1，则其摩尔质量为1.429gL122.4L/mol=32g/mol，固体B是光导纤维的主要成分即SiO2，6.0gSiO2的物质的量为0.1mol，则7.6gX中含Si的质量为2.8g，即0.1mol；在短周期金属元素中，与过量NaOH反应生成白色沉淀只有Mg(OH)2，则其

47、物质的量为0.2mol，所以7.6gX中含Mg的质量为4.8g，即0.2mol，由此推知X为Mg2Si，则与硫酸反应生成的A气体为SiH4，其摩尔质量恰好为32g/mol。(1)SiH4的电子式为；白色沉淀D的化学式为Mg(OH)2；(2)固体X与稀硫酸反应的离子方程式是Mg2Si+4H+=2Mg2+SiH4；(3)NH3与SiH4在一定条件下反应生成一种耐高温陶瓷材料和H2，所以耐高温陶瓷材料中含有Si和N两种元素，根据二者的化合价可知，其化学式为Si3N4，摩尔质量为140g/ mol，所以反应的化学方程式为3SiH4+4NH3 Si3N4+12H2。点睛：由于转化关系中给出了三个质量信息

48、，所以要从质量守恒入手去思考解答，Si元素是明确的，再根据短周期元素，在过量NaOH溶液中能生成白色沉淀只有Mg(OH)2，由Mg和Si的物质的量之比，可确定出固体X是Mg2Si，再确定气体A是SiH4。25、植物油、NaOH溶液都能与乙醇混溶，加入乙醇可使植物油和NaOH溶液充分接触，有利于反应的进行 取反应液，滴入热水中，若液面上无油滴，则说明水解已完成 盐析，使肥皂析出 +3NaOH3C17H35COONa+ 坩埚钳 受热均匀，温度便于控制，不易产生结焦现象 【解析】(1)在制取肥皂时加入乙醇，是为了使得油脂和水在乙醇中充分混合； (2)将部分反应液滴入热水中，若液面上无油滴，则说明水解

49、已完成；(3)加入饱和氯化钠溶液后，高级脂肪酸钠能够从混合液中析出；(4)硬脂酸甘油酯在碱性条件下发生皂化反应,硬脂酸甘油酯与氢氧化钠反应生成 C17H35COONa与甘油；(5)实验操作中取用蒸发皿应该使用坩埚钳；(6)根据利用水蒸气可以使受热均匀，温度便于控制,不易产生结焦现象方面解答。【详解】(1)因为植物油与氢氧化钠溶液互不相溶,不利于反应的进行,而植物油、NaOH溶液都能与乙醇混溶，加入乙醇可使植物油和NaOH溶液充分接触，有利于反应的进行；正确答案：植物油、NaOH溶液都能与乙醇混溶，加入乙醇可使植物油和NaOH溶液充分接触，有利于反应的进行；(2)油脂不溶于水,所以验证皂化反应已

50、完成的方法为：取反应液,滴入热水中,若液面上无油滴，则说明水解已完成；正确答案：取反应液，滴入热水中，若液面上无油滴，则说明水解已完成；(3)皂化反应中向混合物加入饱和食盐水，能够使生成的高级脂肪酸钠发生盐析，使肥皂析出；正确答案:盐析，使肥皂析出；(4)硬脂酸甘油酯与氢氧化钠反应生成C17H35COONa与甘油,反应方程式为+3NaOH3C17H35COONa+；正确答案: +3NaOH3C17H35COONa+；(5)实验操作中，取用蒸发皿用的仪器为坩埚钳；正确答案：坩埚钳；(6)工业上大规模生产用水蒸气加热,优点在于使反应过程中受热均匀,温度便于控制,也不易产生结焦现象；正确答案：受热均

51、匀，温度便于控制，不易产生结焦现象。26、沉淀SO42；调节溶液pH，使Cr2O72转化为CrO42而沉淀 BaCrO4比CaCrO4更难溶，可以使CrO42沉淀更完全 温度升高，沉淀速率加快 c（H2SO4）增大，则c（SO42）增大，与Ba2+生成沉淀，促进BaCrO4Ba2+CrO42平衡右移，c（CrO42）增大；同时，c（H+）也增大，共同促进Cr2O72+H2O2CrO42+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7 BaSO4与BaCrO4溶解度接近，c（H2SO4）越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其难于接触H2SO4，阻碍重铬酸生成 受到溶液pH 、温

52、度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等影响（其他答案合理给分） 【解析】加入熟石灰有两个作用，首先Ca2+使SO42沉淀便于分离，同时OH-的加入会与溶液中的H+反应，使上述离子方程式平衡向右移动，Cr2O72转化为CrO42，便于与BaCl2H2O生成沉淀BaCrO4。BaCrO4的溶度积比CaCrO4小很多，所以BaCrO4更难溶，加入Ba2+可以使CrO42沉淀更完全。根据热化学方程式可知沉淀溶解是吸热反应，因此生成沉淀的过程是放热的，温度升高会加快生成沉淀的速率，在未达化学平衡态时，相同的时间间隔内产生更多的沉淀，所以沉淀率提高。（3）c（H2SO4）增大，则c（SO42）增大，与

53、Ba2+生成沉淀，促进BaCrO4Ba2+CrO42平衡右移，c（CrO42）增大；同时，c（H+）也增大，共同促进Cr2O72+H2O2CrO42+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7。BaSO4与BaCrO4溶解度接近，c（H2SO4）越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使CrO42更难接触到H2SO4，阻碍H2Cr2O7生成，所以H2SO4浓度高于0.450mol/L时，H2Cr2O7的回收率没有明显变化。（3）溶液pH降低有利于生成Cr2O72-，温度改变会影响沉淀回收率，加入H2SO4能回收H2Cr2O7，同时BaCrO4颗粒大小关系到回收量的多少，颗粒越大

54、BaSO4越难完全包裹住BaCrO4，因此沉淀BaCrO4并进一步回收H2Cr2O7的效果受溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等影响。27、CO32-、SiO32-、NO3- 3Fe2+4H+ +NO3-=3Fe3+NO+2H2O A Al3+ 4OH-=AlO2- + 2H2O 用洁净铂丝蘸取试样在火焰上灼烧，观察火焰颜色，若为黄色，则说明有Na+；若无黄色，则无Na+。 【解析】(1)溶液X呈强酸性，由于H+与CO32、SiO32会发生反应，不能大量共存，所以不含CO32-、SiO32-；溶液与Ba(NO3)2混合生成沉淀C，则说明溶液中含SO42-，则溶液中不含与SO4

55、2-反应形成沉淀的Ba2+，沉淀C是BaSO4；加入Ba(NO3)2溶液产生气体A，说明含有还原性离子Fe2+；在酸性条件下NO3-具有强氧化性，所以溶液中Fe2+与NO3-不能共存，溶液中不含NO3-；气体A是NO，NO与O2反应产生的气体D是NO2；NO2、O2、水反应产生的溶液E是硝酸；溶液B加入过量NaOH溶液产生气体F，F是NH3，则溶液中含NH4+；硝酸与氨气反应产生硝酸铵，所以I是NH4NO3；由于溶液B中含有Fe2+氧化产生的Fe3+，所以产生的沉淀G是Fe(OH)3，Fe(OH)3与盐酸反应产生的J是FeCl3；溶液H中通入过量二氧化碳气体，产生沉淀，则溶液中含有Al3+，沉

56、淀K是Al(OH)3，溶液L是NaHCO3。(1)由整体的实验过程可判断溶液X中一定不存在的阴离子有CO32-、SiO32-、NO3-；(2)在酸性条件下，Fe2+、NO3-、H+发生氧化还原反应，产生Fe3+，NO3-被还原产生NO，同时有水生成，反应的离子方程式为3Fe2+4H+ +NO3- =3Fe3+NO+2H2O；(3)气体A是NO，该气体容易与空气中的氧气反应生成NO2，所以不能用排空气方法收集，只能用排水方法收集，合理选项是A；(4)中Al3+与过量OH-反应生成AlO2-和水，离子方程式为：Al3+ 4OH- =AlO2-+2H2O；(5)通过前面分析可知：在原溶液中一定含有A

57、l3+、Fe2+、NH4+、SO42-；一定不含有Ba2+、CO32-、SiO32-、NO3-；不能确定的离子是Na+；对于Na+，检测它的实验方案是用洁净铂丝蘸取试样在火焰上灼烧，观察火焰颜色，若为黄色，则说明有Na+；若无黄色，则无Na+。28、+11.3kJ/mol NH2Cl+H2O=NH3+HClO B 3 正 CO（NH2）2-6e-+H2O=CO2+N2+6H+ 【解析】（1）H等于反应物的总键能减去生成物的总键能；一氯胺的水解属于两物质之间交换成分的复分解反应，据此可写化学方程式；（2）Cl2转化率最高点就是图中Cl2含量最低、HCl含量最高的点；要计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)，按起始物质的量，用三段