北京石油学院附属中学2021-2022学年化学高二下期末学业质量监测模拟试题含解析

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、以下说法哪些是正确的（ ）A氢键是化学键B甲烷可与水形成氢键C乙醇分子跟水分子之间存在范德华力和氢键D碘化氢的沸点比氯化氢的沸点高是由于碘化氢分子之间存在氢键2、下列有关物质性质说法中，正确的是A熔点：LiNaKRbB热稳定性：HFHIHBrHClC具有下列电子排布式的原子中

2、，1s22s22p63s23p21s22s22p31s22s22p21s22s22p63s23p4，原子半径最大的是D某元素气态基态原子的逐级电离能(kJmol1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2，其最高正价为+5价3、下列有关“造纸术、指南针、黑火药及印刷术”的相关说法正确的是（ ）A宣纸的主要成分是纤维素，属于高分子化合物B指南针由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3C黑火药爆炸反应为2KNO3+3C+S=K2S+N2+3CO2，其中氧化剂只有KNO3D活字印刷使用的胶泥由Al2O3、SiO2、Ca

3、O等组成，它们都属于碱性氧化物4、下列实验中的颜色变化与氧化还原反应无关的是 ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色溶液红色褪去产生无色气体，随后变为红棕色AABBCCDD5、下列物质中，不能用酸性KMnO4溶液鉴别，但可用溴水鉴别的是A己烷 苯B己烯 苯C己烯 甲苯D己烷 己烯6、有机物的结构简式如图所示，则此有机物可发生的反应类型有：取代 加成 消去 酯化 水解 氧化 中和。ABCD7、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

4、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8、下列对有机物结构或性质的描述，错误的是( )A一定条件下，Cl2可在甲苯的苯环或侧链上发生取代反应B苯酚钠溶液中通入CO2生成苯酚，则碳酸的酸性比苯酚弱C等物质的量的乙烷和丙烷完全燃烧，丙烷生成的CO2多D2，2二甲基丙烷的一溴取代物只有一种9、我国自主研发“对二甲苯的绿色合成路线”取得新进展，其合成示意图如下。下列说法中，不正确的是A过程i发生了加成反应B对二甲苯的一溴代物只有一种CM所含官能团既可与H2反应

5、，也可与Br2的CCl4溶液反应D该合成路线理论上碳原子利用率为100，且产物易分离10、在200mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个SO42-,(NA表示阿佛加德罗常数的值)同时含有NA个金属离子,则该硫酸盐的物质的量浓度为A1mol/LB2.5mol/LC5mol/LD2mol/L11、下列实验操作正确且能达到预期目的的是实验目的操 作A比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱用金属钠分别与水和乙醇反应B配制银氨溶液向洁净试管中加入1 mL 2稀氨水，边振荡试管边滴加2硝酸银溶液至沉淀恰好溶解C欲证明CH2CHCHO中含有碳碳双键滴入KMnO4酸性溶液，看紫红色是否褪去D检验某病人是否患糖尿病取病

6、人尿液加稀H2SO4，再加入新制Cu(OH)2浊液，加热，看是否有红色沉淀生成AABBCCDD12、下列物质中，难溶于CCl4的是()A碘单质B水C苯D甲烷13、根据价层电子对互斥理论及原子轨道的杂化理论判断NF3分子的空间构型和中心原子的杂化方式为（）A直线形 sp杂化B三角形 sp2杂化C三角锥形 sp2杂化D三角锥形 sp3杂化14、下列有关化学用语使用正确的是（）A石英的分子式：SiO2BNH4Cl 的电子式: CCr原子的基态简化电子排布式为Ar3d54s1DS原子的外围电子排布图为15、聚丙烯酸酯的结构简式可表示如图所示，可以由丙烯酸酯加聚得到。下列关于聚丙烯酸酯的说法不正确的是A

7、属于高分子化合物B聚丙烯酸酯属于混合物，没有固定的熔沸点C单体为CH2=CH-COORD1mol分子中有n个碳碳双键。16、比较下列各组物质的沸点，结论正确的是 丙烷乙醇 正戊烷正丁烷 乙醇乙二醇A B C D17、等物质的量的下列有机物完全燃烧，生成CO2的量最多的是（ ）ACH4BC2H6CC3H6DC6H618、下列有关叙述正确的是A77192Ir的中子数和质子数之差为115B浓硝酸显黄色是因为含有Fe3+C二氧化硫和氯气使品红溶液褪色的原理相同D长石(KAlSi3O8)用氧化物形式可表示为K2OAl2O6Si0219、用一种试剂就能鉴别乙醇、乙酸、乙醛、甲酸四种物质。该试剂可以是下列中

8、的A银氨溶液 B溴水 C碳酸钠溶液 D新制氢氧化铜悬浊液20、下列关于各图像的解释或结论正确的是A图可表示用NaOH溶液滴定等浓度醋酸溶液，溶液导电性随NaOH的体积变化B图可表示25时，0.10 molL-1盐酸滴定20.00mL0.10 molL-1NaOH溶液的滴定曲线C图表示水溶液中c(H)与c(OH)的变化关系，则水的电离程度()：；水的离子积：KW(d)KW(b)D图表示合成氨N2(g)3H2(g) 2NH3(g) H0的平衡常数与温度和压强的关系21、下列实验方案中，能达到相应实验目的的是实验方案目的A比较乙醇分子中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性B除去乙烯中的二氧化硫C制银氨

9、溶液D证明碳酸酸性强于苯酚AA BB CC DD22、下列现象与氢键有关的是：（）H2O的熔、沸点比VIA族其他元素氢化物的高小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶冰的密度比液态水的密度小尿素的熔、沸点比醋酸的高邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低水分子高温下也很稳定ABCD二、非选择题(共84分)23、（14分）已知： CH3CH=CHCH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOH R-CH=CH2R-CH2-CH2-Br香豆素的核心结构是芳香内酯A，A经下列步骤转变为水杨酸。请回答下列问题：（1）下列有关A、B、C的叙述中不正确的是_a. C中核磁共振氢谱共有8种峰 b. A、B、C均

10、可发生加聚反应c. 1mol A最多能和5mol氢气发生加成反应d. B能与浓溴水发生取代反应（2）B分子中有2个含氧官能团，分别为_和_（填官能团名称），BC的反应类型为_。（3）在上述转化过程中，反应步骤BC的目的是_。（4）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的对二取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应。请写出其中一种的结构简式：_。（5）写出合成高分子化合物E的化学反应方程式：_。24、（12分）有机物F用于制造香精，可利用下列路线合成。回答下列问题：（1）A的化学名称是_。（2）B的结构简式是_，D中官能团的名称是_。（3）中属于取代反应的有_(填序号)。（4）反应

11、的化学方程式为_。（5）C有多种同分异构体，与C具有相同官能团的有_种(不包括C)，其中核磁共振氢谱为四组峰的结构简式为_(任写一种)。25、（12分）用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液500mL，回答下列问题（1）请写出该实验的实验步骤计算，_，_，_，洗涤，_， 摇匀。（2）所需仪器为：容量瓶（规格：_）、托盘天平、还需要那些玻璃仪器才能完成该实验，请写出：_。使用容量瓶前必须进行的操作是_。（3）试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响。(填“偏高”“偏低”“无影响”)为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容。对所配溶液浓度的影响：_定

12、容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶浓度的影响：_ 。某同学从该溶液中取出50mL，其中NaCl的物质的量浓度为_。26、（10分）电镀厂曾采用有氰电镀工艺，处理有氰电镀的废水时，可在催化剂TiO2作用下，先用NaClO将CN-离子氧化成CNO-，在酸性条件下CNO-继续被NaClO氧化成N2和CO2。环保工作人员在密闭系统中用下图装置进行实验，以证明处理方法的有效性，并通过测定二氧化碳的量确定CN-被处理的百分率。将浓缩后含CN-离子的污水与过量NaClO溶液的混合液共200 mL(其中CN-的浓度为0.05 molL-1倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后，打

13、开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞。回答下列问题：（1）甲中反应的离子方程式为_，乙中反应的离子方程式为_。（2）乙中生成的气体除N2和CO2外，还有HCl及副产物Cl2等。丙中加入的除杂试剂是饱和食盐水，其作用是_，丁在实验中的作用是_，装有碱石灰的干燥管的作用是_。（3）戊中盛有含Ca(OH)20.02mol的石灰水，若实验中戊中共生成0.82 g沉淀，则该实验中测得CN-被处理的百分率等于_。该测得值与工业实际处理的百分率相比总是偏低，简要说明可能原因之一_。27、（12分）某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图)，以环己醇制备环己烯。已知：密度(g/cm3)熔点()沸点()

14、溶解性环已醇0.9625161能溶于水环已烯0.8110383难溶于水（1）制备粗品将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。A中碎瓷片的作用是：_，导管B除了导气外还具有的作用是：_。试管C置于冰水浴中的目的是。：_（2）制备精品环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在：_层(填上或下)，分液后用：_ (填入编号)洗涤。aKMnO4溶液b稀H2SO4cNa2CO3溶液28、（14分）B、N、Ti、Fe都是重要的材料元素，其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。（1）基态Fe

15、2的电子排布式为_；Ti原子核外共有_种运动状态不同的电子。（2）BH3分子与NH3分子的空间结构分别为_；BH3与NH3反应生成的BH3NH3分子中含有的化学键类型有_，在BH3NH3中B原子的杂化方式为_。（3）N和P同主族。科学家目前合成了N4分子，该分子中NNN键的键角为_；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，推测其用途_。(写出一种即可)（4）NH3与Cu2可形成Cu(NH3)42配离子。已知NF3与NH3具有相同的空间构型，但NF3不易与Cu2形成配离子，其原因是_。（5）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图所示。化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是_。

16、化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为_。29、（10分）研究和深度开发CO、CO2的应用对建生态文明社会具有重要的意义。（1）CO可用于炼铁，已知：Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g) H1=+489.0kJmol-1，C(s)+CO2(g)=2CO(g) H2=+172.5kJmol-1则CO还原Fe2O3(s)的热化学方程式为_。（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。写出该电池的负极反应式：_。（3）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(

17、g)，测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图1。线、对应的平衡常数大小关系为KI_K（填“”或“=”或“”）。一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。容器甲乙反应物投入量1mol CO2、3mol H2a mol CO2、b mol H2、c mol CH3OH(g)、c molH2O(g)若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为_。（4）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2(g)转化为CH4和O2，紫外光照射时，在不同催化剂（、）作用下，CH4产量随

18、光照时间的变化见图2。在015小时内，CH4的平均生成速率I、和从大到小的顺序为_（填序号）（5）一种甲醇燃料电池，使用的电解质溶液是2molL-1的KOH溶液。请写出加入（通入）b物质一极的电极反应式_；每消耗6.4g甲醇转移的电子数为_。（6）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸。通常状况下，将amol/L的醋酸与bmol/LBa(OH)2溶液等体积混合后，溶液中:2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数Ka为_。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、C【解析】A项，氢键不是化学键，A项错误；B项，甲烷

19、与水分子间不能形成氢键，B项错误；C项，乙醇分子和水分子中都存在O-H键，乙醇分子与水分子间存在范德华力和氢键，C项正确；D项，碘化氢的沸点比氯化氢的沸点高的原因是：碘化氢和氯化氢结构相似，碘化氢的相对分子质量大于氯化氢的相对分子质量，碘化氢分子间范德华力大于氯化氢分子间范德华力，D项错误。答案选C。2、C【解析】A碱金属元素从上到下，熔沸点降低，所以熔点：LiNaKRb，A错误；B卤族元素从上到下非金属性减弱，简单气态氢化物的稳定性减弱，所以，热稳定性：HFHClHBrHI，B错误；C电子排布式为1s22s22p63s23p2的原子为Si，电子排布式为1s22s22p3的原子为N，电子排布式

20、为1s22s22p2的原子为C，电子排布式为1s22s22p63s23p4的原子为S，Si和S有3个电子层，N和C有2个电子层，Si在S的左边，所以Si的原子半径最大，C正确；D该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，其最高正价为+2价，D错误。答案选C。3、A【解析】A. 宣纸的主要成分为天然纤维素，纤维素为多糖，属于高分子化合物，故A正确；B. 天然磁石成分为四氧化三铁，故B错误；C. 反应2KNO3+3C+S=K2S+N2+3CO2中，N、S元素化合价降低，得电子被还原，C元素化合价升高，失电子被氧化，所以KNO3和S都是氧化剂，

21、故C错误；D. Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故D错误。答案选A。【点睛】本题以我国传统文化四大发明为命题情景，考查化学基本概念，涉及物质的分类、氧化还原反应的有关概念等，掌握基础知识是解题的关键，注意氧化还原反应的分析要紧紧抓住化合价变化，化合价变没变，是升高了还是降低了。4、C【解析】A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，先生成Fe(OH)2白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，是Fe(OH)2被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，发生了氧化还原反应，故A不选；B. 石蕊溶液滴入氯水中，氯水中有H+，可以使石蕊变红，氯水中的HClO具有强氧化性，可以把石蕊氧化而使

22、溶液褪色，故B不选；C. SO2通入NaOH溶液中，SO2和NaOH反应，消耗NaOH，溶液碱性减弱，溶液红色褪去，没有发生氧化还原反应，故C选；D.铜丝和稀硝酸反应生成NO，NO会被空气中的氧气氧化为红棕色的NO2，故D不选。故选C。5、C【解析】A项、己烷、苯均不与酸性高锰酸钾反应，故不能用酸性KMnO4溶液鉴别，但也均不与溴水发生反应，故也不能用溴水鉴别，故A项错误；B项、己烯能被酸性高锰酸钾氧化，使高锰酸钾溶液褪色，而苯和酸性高锰酸钾不反应，故可用酸性KMnO4溶液鉴别，同样己烯能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，而苯不能，故也可用溴水鉴别，故B项错误；C项、己烯和甲苯与酸性高锰酸钾都发

23、生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，故不可用酸性KMnO4溶液鉴别，但己烯与溴水发生加成反应，甲苯与溴水不反应，故可用溴水鉴别，故C项正确；D项、己烷与酸性高锰酸钾或溴水都不反应，而己烯与酸性高锰酸钾或溴水均可反应褪色，故用酸性高锰酸钾或溴水均能鉴别，故D项错误；答案选C。6、B【解析】该有机物中含OH、COOH、酯基，能发生取代反应；该有机物中含碳碳双键、苯环，能发生加成反应； 该有机物中含OH，且与OH相连的碳原子的邻位碳原子上含H，能发生消去反应；该有机物中含OH、COOH ，能发生酯化反应；该有机物中含酯基，能发生水解反应； 该有机物中含碳碳双键、OH，能发生氧化反应；该有机物中含羧基

24、，能发生中和反应；该有机物可发生的反应类型有，答案选B。7、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。

25、【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）。8、B【解析】A.催化剂存在下，甲苯与Cl2发生苯环上的取代反应，光照下甲苯与Cl2发生甲基上的取代反应，A正确；B.苯酚钠溶液中通入CO2生成苯酚，根据复分解反应的规律可知：碳酸的酸性比苯酚强，B错误；C.等物质的量的乙烷和丙烷完全燃烧，由于丙烷分子中含有的C原子数比乙烷多，所以丙烷生成的C

26、O2多，C正确；D.2，2二甲基丙烷可看作是甲烷分子中的4个H原子分别被4个-CH3取代产生的物质，12个H原子等效，因此其一溴取代物只有一种，D正确；故合理选项是B。9、B【解析】A. 过程i是异戊二烯和丙烯共同发生加成反应，生成具有对位取代基的六元中间体4-甲基-3-环己烯甲醛，选项A正确；B. 对二甲苯高度对称，分子中只有2种化学环境下的氢原子，其一溴代物有2种，选项B不正确；C. M所含官能团有碳碳双键和醛基，均可与H2发生加成反应，碳碳双键也可与Br2的CCl4溶液反应，选项C正确；D. 该合成路线理论上碳原子利用率为100，且产物对二甲苯与水互不相溶易分离，选项D正确。答案选B。【

27、点睛】本题考查有机合成及推断，利用最新的科研成果，通过加成反应和对原子利用率的理解，考察了学生利用已学知识解决未知问题的能力。10、B【解析】1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5mol，NA个金属阳离子的物质的量为1mol，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x=1.52=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐为,所以该硫酸盐的物质的量浓度为，本题答案选B。11、A【解析】试题分析：A、用金属钠分别与水和乙醇反应由于水中氢比乙醇中羟基氢的活泼性强，因此钠与水反应比乙醇剧烈，A正确；B、配制银氨溶液的步骤是：向洁净试管中加入1 mL

28、 2硝酸银，边振荡试管边滴加2稀氨水溶液至沉淀恰好溶解，B错误；C、KMnO4酸性溶液不仅能氧化碳碳双键也能氧化醛基，C错误；D、检验葡萄糖时，溶液须呈碱性，因此不能加稀H2SO4，D错误。考点：考查了有机物中官能团的性质和检验以及银氨溶液的配制的相关知识。12、B【解析】由相似相溶可知水为极性分子，单质碘、苯和甲烷均是非极性分子，而CCl4为非极性分子，因此难溶于四氯化碳的是水，故答案为B。13、D【解析】根据价层电子对互斥理论可知，NF3分子中氮原子含有的孤对电子对数=(5-31)2=1，所以NF3是三角锥形结构，氮原子是sp3杂化，答案选D。14、C【解析】A石英SiO2是原子晶体，不存

29、在分子式，应为化学式，故A错误；BNH4Cl 的电子式为，故B错误；CCr核电荷数为24，其原子的基态简化电子排布式为Ar3d54s1，故C正确；D电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以3p能级上电子排布图违反洪特规则，故D错误；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

30、出来。比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。电离方程式的书写中要注意酸式盐的书写，如溶液中NaHSO4=Na+H+SO42-；NaHCO3=Na+HCO3-，同时注意电离条件，熔融状态：KHSO4K+HSO4-。15、D【解析】A聚丙烯酸酯为丙烯酸酯加聚生成的聚合物，属于高分子化合物，故A正确；B聚丙烯酸酯的聚合度n不确定，为混合物，没有固定熔沸点，故B正确；C根据聚丙烯酸酯的结构，它是由CH2=CH-COOR经加成聚合反应生成的，单体为CH2=CH-COOR，故C正确；D聚丙烯酸酯结构中不存在碳碳双键，故D错误；答案选D。16、A【解析】丙烷与乙醇相对分子质量接近，但乙醇

31、分子间存在氢键，丙烷分子间存在范德华力，故乙醇沸点大于丙烷，正确； 正戊烷与正丁烷是同系物，相对分子质量越大，沸点越高，正戊烷沸点大于正丁烷沸点，正确； 乙醇、乙二醇均存在氢键，但乙二醇分子间作用力、氢键大于乙醇，乙二醇沸点大于乙醇，错误；故答案选A。17、D【解析】根据这几种物质的化学式知，等物质的量的这几种物质，苯中碳原子的物质的量最多，根据碳原子守恒知，生成二氧化碳的量从大到小的顺序是C6H6C3H6C2H6CH4。答案选D。18、D【解析】分析：A、元素符号左上角数字表示质量数、左下角数字表示质子数，以及中子数=质量数-质子数；B、浓硝酸因溶解了二氧化氮而溶液呈黄色；C、氯气的漂白原理

32、：氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性；二氧化硫的漂白原理：有色物质结合成无色物质；D、根据硅酸盐的氧化物表示方法来书写详解：A、Ir的质子数为77，质量数为192，中子数=质量数-质子数=192-77=115，中子数与质子数的差为38，故A正确；B、浓硝酸溶不稳定，易分解生成二氧化氮、氧气和水，浓硝酸溶解了部分二氧化氮而使其溶液呈黄色；C、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，使品红氧化褪色；二氧化硫与有色物质结合成不稳定的无色物质，使品红褪色，两者漂白原理不同，故C错误；D、硅酸盐的氧化物表示方法：先活泼金属氧化物，后不活泼的金属氧化物，再次非金属氧化物二氧化硅，最后是水，所以

33、长石(KAlSi3O8)用氧化物形式可表示为K2OAl2O6Si02。故D正确，故选D。19、D【解析】试题分析：A银氨溶液不能鉴别乙醛和甲酸，错误；B溴水不能鉴别乙醇和乙酸，且溴水与乙醛、甲酸都发生氧化还原反应，不能鉴别，错误；C碳酸钠溶液不能鉴别乙醇、乙醛；与乙酸、甲酸都反应生成气体，也不能鉴别，错误；D乙醇与新制氢氧化铜悬浊液不反应，乙酸与新制氢氧化铜悬浊液发生中和反应，沉淀溶解，乙醛与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下发生氧化还原反应生成砖红色沉淀，甲酸与新制氢氧化铜悬浊液发生中和反应，沉淀溶解，在加热条件下发生氧化还原反应生成砖红色沉淀，可鉴别，正确。考点：考查有机物鉴别试剂的选择的知识

34、。20、C【解析】A. 图可表示用NaOH溶液滴定等浓度醋酸溶液，溶液导电性一直增强，故A错误；B. 0.10 molL-1盐酸滴定20.00mL0.10 molL-1NaOH溶液，在滴定终点附近PH值发生突变，故B错误；C.升高温度，促进水的电离，则水的电离程度(d) (c)，在同一个曲线上，水的离子积不变，故C正确；D.平衡常数与压强无关，故D错误。21、A【解析】A通过比较钠与水、乙醇反应产生氢气速率大小，可确定乙醇分子中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性大小，故A正确；B乙烯与溴的四氯化碳溶液反应，故B错误；C制银氨溶液是步骤是向2mL2%AgNO3溶液中滴加稀氨水至沉淀恰好消失为止，

35、故C错误；D碳酸钙与浓盐酸反应产生的二氧化碳气体中存在挥发出来的氯化氢气体，将此混合气体通入苯酚钠溶液，氯化氢、二氧化碳均与之反应，故不能说明它们酸性的相对强弱，故D错误。故答案选A。22、B【解析】A族元素氢化物的熔点随相对分子质量的增大而升高，但水中含有氢键，所以H2O的熔、沸点比A族其他元素氢化物的高，故正确；小分子的醇、水分子之间能形成氢键，羧酸、水分子之间能形成氢键，所以小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故正确；冰中存在氢键，氢键具有方向性和饱和性，使冰的体积变大，则冰的密度比液态水的密度小，故正确；尿素分子间可以形成多个氢键(2个N原子、1个O原子)，醋酸分子间只有1个氢键(只

36、有羟基可以形成氢键)，尿素的熔、沸点比醋酸的高，故正确；对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，而邻羟基苯甲酸容易形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故正确；水的稳定性与O-H键的强弱有关，与氢键无关，故错误；正确的有，故选B。二、非选择题(共84分)23、c 羧基 羟基 取代反应 为了保护酚羟基使之不被氧化 、（任选一种即可） 【解析】根据转化图结合逆合成分析法可知，C被高锰酸钾氧化生成乙二酸和D，结合题给信息及C的分子式知，C的结构简式为。B和一碘甲烷发生取代反应生成C，所以根据C的结构简式可判断B的结构简式为。A水解生成B，且A的分子式为C9H6O2，A和B相对分子质量相

37、差18，所以A的结构简式为：。D和碘化氢发生取代反应生成水杨酸，据此分析作答。【详解】（1）根据上述分析易知，A为；B为；C为，则a. C中有8种不同环境的H原子，故核磁共振氢谱共有8种峰，a项正确； b. A、B、C分子中均有碳碳双键，均可发生加聚反应，b项正确；c. A中含碳碳双键和酯基，酯基不能发生加成反应，则1mol A最多能和4mol氢气发生加成反应，c项错误；d. B中含苯环，酚羟基的邻、对位能与浓溴水发生取代反应，d项正确；故答案为c；（2） B为，含氧官能团的名称为：羧基和羟基；C为，BC为取代反应；（3）因酚羟基易被氧化，因此BC发生取代反因的目的是为了保护酚羟基使之不被氧化

38、；（4）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的对二取代物，说明含有两个取代基，能水解说明含有酯基，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应，说明含有醛基，所以符合条件的同分异构体有、，所以共有3种；（5）乙二酸与乙二醇在浓硫酸催化作用下发生缩聚反应生成聚乙二酸乙二酯，其化学方程式为：24、2-甲基-1-丁烯 CH3CH2C(CH3)OHCH2OH 羧基、碳碳双键 +H2O 11 【解析】根据框图和各物质之间的反应条件可推知：由反应的产物可推知A是 ；B是 , C是 , D是 , E是 , F是 。【详解】（1）由上述分析可知A的结构简式为，其化学名称是2-甲基-1-丁烯；答案：2-甲基

39、-1-丁烯。（2）由上述分析可知B的结构简式是；由D的结构简式为 ，所以D中官能团的名称是羧基、碳碳双键；答案：羧基、碳碳双键。（3）根据产物和反应条件知为加成反应，为卤代烃的取代反应，氧化反应，为消去反应。为取代反应，酯化反应。其中属于取代反应的有；答案：。（4）E为，D是 ,反应是E和D发生的酯化反应，其化学方程式为+H2O;答案：+H2O。（5）C是 ，C中含有羟基和羧基，与C具有相同官能团的同分异构体有：(移动-OH位置共有4种)，（移动-OH位置共有3种）(移动-OH位置共有3种) （1种），所以符合条件的同分异构体共11种(不包括C)，其中核磁共振氢谱为四组峰的结构简式为。25、称

40、量 溶解 移液 定容 500 mL 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒 检查是否漏液 偏高 偏低 1.00mol/L 【解析】（1）根据溶液配制的原理和方法，用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液500mL的一般步骤为计算，称量，溶解，移液，洗涤移液，定容，摇匀，故答案为称量；溶解；移液；定容；（2）配制500mL 0.10molL-1的NaCl溶液，所以还需要500mL容量瓶，溶解需要用烧杯、玻璃棒、量筒，玻璃棒搅拌，加速溶解；移液需要玻璃棒引流；最后需用胶头滴管定容，容量瓶使用前必须检查是否漏水，故答案为500mL；烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒；检查是否漏液；（3）液体具有热胀冷缩的性

41、质，加热加速溶解，未冷却到室温，配成了溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高故答案为偏高；定容后，倒置容量瓶摇匀后平放静置，液面低于刻度线，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加水定容，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低，故答案为偏低；溶液是均一的，从溶液中取出50mL，其中NaCl的物质的量浓度不变，仍为1.00mol/L，故答案为1.00mol/L。26、 CN-+ClO-=CNO-+Cl- 2CNO-+2H+3 CNO-=N2+2CO2+3Cl-+H2O 除去HCl气体 去除Cl2 防止空气中CO2进入戊中影响测定准确度 82% 装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；CO2产生的速度较快未与戊中

42、的澄清石灰水充分反应；Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全（答出其一即可）。【解析】本题考查氧化还原反应方程式的书写、物质除杂和提纯、化学计算等，（1）根据信息，甲：在TiO2催化剂作用下，NaClO将CN氧化成CNO，ClOCNCNOCl，CN中N显3价，C显2价，CNO中氧显2价，N显3价，C显4价，因此有ClO中Cl化合价由1价1价，化合价降低2价，CN中C化合价由2价4价，化合价升高2价，然后根据原子守恒配平其他，CN+ClO=CNO+Cl ；根据信息酸性条件下，CNO被ClO氧化成N2和CO2，离子反应方程式为：2CNO+2H+3 CNO=N2+2CO2+3Cl+H2O ；（2）利用H

43、Cl易溶于水，因此饱和食盐水的作用是除去HCl气体，丁的作用是除去Cl2；实验的目的是测定CO2的量确定CN被处理的百分率，空气中有CO2，因此碱石灰的作用是防止空气中CO2进入戊中，避免影响测定的准确性；（3）戊中沉淀是CaCO3，根据碳元素守恒，n(CN)=n(CaCO3)=0.82/100mol=8.2103mol，被处理的百分率是8.2103/(2001030.05)100%=82%，装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；CO2产生的速度较快未与戊中的澄清石灰水充分反应；Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全。点睛：本题氧化还原反应方程式的书写是学生易错，书写氧化还原反应方程式时，先判断氧化剂

44、、还原剂、氧化产物、还原产物，如（1）第二问，CNO继续被ClO氧化，说明CNO是还原剂，N2为氧化产物，ClO是氧化剂，一般情况下，没有明确要求，ClO被还原成Cl，Cl是还原产物，即有CNOClON2CO2Cl，然后分析化合价的变化，N由-3价0价，Cl由1价1价，根据化合价升降进行配平，即2CNO3ClON2CO23Cl，环境是酸性环境，根据反应前后所带电荷守恒，H作反应物，即2CNO+2H+3CNO=N2+2CO2+3Cl+H2O 。27、防止暴沸 冷凝 防止环己烯挥发 上层 c 【解析】（1）根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83，要得

45、到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；（2）环己烯不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；【详解】（1）根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝，故答案为：防止暴沸；冷凝；冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化，故答案为：防止环己烯挥发；（2）环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层

46、后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联想：制备乙酸乙酯提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；故答案为：上层；c。【点睛】环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小。28、1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d6 或Ar3d6 22 平面正三角形、三角锥形 共价键、配位键 sp3 60 制造火箭推进剂或炸药(其他合理答案均可) F 的电负性比 N 大，NF 成键电子对偏向 F，导致 NF3 中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键 化合物乙分子间存在氢键 NOC 【解析】(1)铁为26号元素，原子失去最外层4s能级2个电子，形成Fe2+，据

47、此书写核外电子排布式，核外的每个电子的运动状态均不同；(2)NH3分子中氮原子含有孤电子对，BF3分子中B元素不含孤电子对，导致其空间构型不同；根据价层电子对互斥理论确定BF3的分子空间构型；(3)N4分子与P4结构相似，为正四面体构型，每个面均为正三角形；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，据此判断用途；(4)NF3中N-F成键电子对偏向于F原子，N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子；(5)氢键的存在导致物质熔沸点升高；化合物乙中能形成sp3杂化的原子有C、N、O元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，据此排序。

48、【详解】(1)铁原子失去最外层4s能级2个电子，形成Fe2+，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6或Ar3d6；Ti元素原子核外有22个电子，所以原子中运动状态不同的电子共有22种，故答案为：1s22s22p63s23p63d6或Ar3d6；22；(2)NH3分子中氮原子含有孤电子对，BF3分子中B元素不含孤电子对，BF3中B原子含有3个键且不含孤电子对，所以BF3为平面三角形构型，NH3中N原子含有3个键和1个孤电子对，所以NH3为三角锥构型；BF3NH3分子中含有的化学键类型有共价键、配位键；在BF3NH3中B原子的价层电子对数为4+0=4，杂化方式为sp3，故答案为：平

49、面正三角形；三角锥型；共价键、配位键；sp3；(3)N4分子中N原子形成3个键、含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化，每个面为正三角形，N-N 键的键角为60；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，可以制造火箭推进剂或炸药，故答案为：60；制造火箭推进剂或炸药；(4)F的电负性大于N元素，NF3中N-F成键电子对偏向于F原子，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子，所以NF3不易与Cu2+形成配离子，故答案为：F的电负性比N大，N-F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键；(5)氢键的存在会导致物质熔沸点升高，乙中含有分子间氢键、甲不含氢键，所以化合物乙熔沸点高于甲；化合物乙中能形成sp3杂化的原子有C、N、O元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能NOC，故答案为：化合物乙分子间存在氢键；NOC。29、 Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g) H= -28.5kJmol-1 CO+4OH-2e-=CO32-+2H2