2021-2022学年河南省许昌高级中学高二化学第二学期期末监测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列分子均属于极性分子且中心原子均为sp3杂化的是（）ACH4、 P4BSO2、 CHCl3CPCl3、SO3DNH3、 H2O2、下列实验不正确的是（

2、）A将溴乙烷与氢氧化钠共热反应后，加入AgNO3溶液来鉴别溴离子B向放有电石的圆底烧瓶中滴加饱和食盐水可产生乙炔气体C制取硝基苯时，温度计应插入反应水浴中控制反应温度D制取乙炔时，要用一小团棉花防止泡沫进入导管3、原子数和电子数分别相等的粒子称为等电子体，下列粒子不属于等电子体的是( )ACH4 和NH4 +BNO 和 O2CNH3和 H3O+DHCl 和 HS-4、下列说法中正确的是（ ）A1L水中溶解了 58.5g NaCl，该溶液中溶质的物质的量浓度为1molL-1B配制500mL 0.5molL-1的CuSO4溶液，需62.5g胆矾C从1L2molL-1的H2SO4溶液中取出0.5L，

3、该溶液的浓度为1molL-1D中和100 mL1molL-1的 H2SO4溶液，需 NaOH 4g5、已知醋酸、醋酸根离子在溶液中存在下列平衡及其对应的平衡常数CH3COOHCH3COO-+H+K1=1.7510-5H10CH3COO-+H20CH3COOH+OH-K2=5.7110-10H20常温下，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，下列叙述正确的是A温度不变,若在混合溶液中加入少量NaOH固体，c(CH3COO-)减小B对混合溶液进行微热，K1增大、K2减小C调节混合溶液的pH值至中性，则此时溶液中c(Na+)c(CH3COO-)D已知水的离子积为Kw，则三者关系为K1K2=

4、Kw6、下列每组物质中含有的化学键类型相同的是ANaCl、HCl、H2O、NaOHBCl2、Na2S、HCl、SO2CHBr、CO2、H2O、CS2DNa2O2、H2O2、H2O、O37、下面的排序不正确的是（ ）A晶体熔点由低到高：CF4CCl4CBr4CI4B硬度由大到小：金刚石碳化硅晶体硅C熔点由低到高：NaMgAlD晶格能由大到小：NaI NaBrNaCl NaF8、下列说法中不正确的一组是( )A甘油和乙醇互为同系物BCH2=CHCH2CH3 和 CH3CH=CHCH3 互为同分异构体C 是同一种物质DO2 和 O3 互为同素异形体9、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不

5、大于20。W、X、Y、Z的族序数之和为12；X与Y的电子层数相同；向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出。下列说法正确的是A原子半径由大到小的顺序为：r(Z)r(Y)r(X)r(W)B氧化物的水化物的酸性:H2XO3H2YO4C单质熔点：X乙，沸点：甲乙 b稳定性：甲乙，沸点：甲乙c稳定性：甲乙，沸点：甲乙 d稳定性：甲乙（4）Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为_(用元素符号作答)。（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，其中分子中的键与键的键数之比为_，其中心原子的杂化类型是_。（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，该元素

6、属于_区元素，元素符号是_。24、（12分）高性能聚碳酸酯可作为耐磨材料用于汽车玻璃中，PC是一种可降解的聚碳酸酯类高分子材料，合成PC的一种路线如图所示：已知：核磁共振氢谱显示E只有一种吸收峰。回答下列问题：（1）C的名称为_，CD的反应类型为_（2）E的结构简式为_，官能团名称为_（3）PC与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_（4）写出能发生银镜反应且为芳香族化合物的A的同分异构体的结构简式_（不考虑立体异构，任写两个）。（5）设计由甲醛和B为起始原料制备 的合成路线。（无机试剂任选）。_25、（12分）1.为探究某铁碳合金与浓硫酸在加热条件下的反应的部分产物,并测定铁碳合金中铁元素的质

7、量分数,某化学活动小组设计了如图所示的实验装置,并完成以下实验探究。(1)往圆底烧瓶中加入m g铁碳合金,并滴入过量浓硫酸,未点燃酒精灯前,A、B中均无明显现象,其原因是:常温下碳与浓硫酸不反应;_。(2)点燃酒精灯,反应一段时间后,从A中逸出气体的速率仍然较快,除因反应温度较高外,还可能的原因是_。(3)装置B的作用是_。(4)甲同学观察到装置C中有白色沉淀生成,他认为使澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳。装置A中能产生二氧化碳的化学方程式为_。(5)乙同学认为甲同学的结论是错误的,他认为为了确认二氧化碳的存在,需在装置B和C之间添加装置M。装置E、F中盛放的试剂分别是_、_。重新实验后证明存

8、在CO2,则装置F中的现象是_。(6)有些同学认为合金中铁元素的质量分数可用KMnO4溶液来测定(5Fe2+Mn+8H+ 5Fe3+Mn2+4H2O)。测定铁元素质量分数的实验步骤如下:.往烧瓶A中加入过量铜使溶液中的Fe3+完全转化为Fe2+,过滤,得到滤液B;.将滤液B稀释为250 mL; .取稀释液25.00 mL,用浓度为c molL-1的酸性KMnO4溶液滴定,三次滴定实验消耗KMnO4溶液体积的平均值为V mL。步骤中,将滤液B稀释为250 mL需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还必须要用到的是_。判断滴定终点的标志是_。铁碳合金中铁元素的质量分数为_。26、（10分）

9、某同学为探究酸性KMnO4溶液和H2C2O4（草酸，二元弱酸）溶液的反应过程，进行如下实验。请完成以下问题。（1）写出酸性KMnO4溶液和H2C2O4的离子方程式_。（2）配制100mL0.0400molL-1的H2C2O4溶液，除用到托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器外，还必须用到的玻璃仪器是_。（3）将KMnO4溶液逐滴滴入一定体积的酸性H2C2O4溶液中（温度相同，并振荡），记录的现象如下：滴入KMnO4溶液的次序KMnO4溶液紫色褪去所需的时间先滴入第1滴60s褪色后，再滴入第2滴15s褪色后，再滴入第3滴3s褪色后，再滴入第4滴1s请分析KMnO4溶液褪色时间变化的可能原因_。

10、27、（12分）草酸铁晶体Fe2(C2O4)3xH2O可溶于水，且能做净水剂。为测定该晶体中铁的含量，做了如下实验：步骤1：称量5.6g草酸铁晶体，配制成250 mL一定物质的量浓度的溶液。步骤2：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，先加足量稀H2SO4酸化，再滴加KMnO4溶液，反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O。向反应后的溶液加锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤3：用0.0200 mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1 mL，滴定

11、中MnO4被还原成Mn2。重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200 mol/LKMnO4溶液为V2、V3 mL。记录数据如下表：实验编号KMnO4溶液的浓度（mol/L）KMnO4溶液滴入的体积（mL）10.0200V1 = 20.0220.0200V3 = 19.9830.0200V2 = 23.32请回答下列问题：（1）草酸铁溶液能做净水剂的原因_（用离子方程式表示）。（2）步骤2加入酸性高锰酸钾的作用_。（3）加入锌粉的目的是_。（4）步骤3滴定时滴定终点的判断方法是_。（5）在步骤3中，下列滴定操作使测得的铁含量偏高的有_。A滴定管用水洗净后直接注入KMnO4溶液B滴定管

12、尖嘴内在滴定前有气泡，滴定后气泡消失C读取KMnO4溶液体积时，滴定前平视，滴定结束后仰视读数D锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出（6）实验测得该晶体中铁的含量为_。28、（14分）（1）在标准状况下，某烃分子的相对分子量为28，一定体积的该烃完全燃烧生成4.48LCO2和3.6g水，该烃的分子式_。（2）顺-1,2-二溴乙烯结构式_。（3）2-丁烯与HCl的加成方程式_。（4）的系统命名为_。（5）按要求回答下列问题：合成芳香炔化合物的方法之一是在催化条件下，含炔氢的分子与溴苯发生反应，如:根据上式,请回答:丙能发生的反应是_ (选填字母)。a.取代反应 b.加成反应 c.水解反应 d.

13、消去反应甲中含有的官能团名称为_。符合下列条件的丙的同分异构体有_种(不包括顺反异构)。a分子中除苯环外不含其他环状结构;b苯环上只有2个取代基，且其中一个是醛基。29、（10分）C60、金刚石、石墨、二氧化碳和氯化铯的结构模型如图所示石墨仅表示出其中的一层结构： （1）C60、金刚石和石墨三者的关系是互为 _ ； A同分异构体 B同素异形体C同系物D同位素 （2）晶体硅的结构跟金刚石相似，1mol晶体硅中含有硅硅单键的数目是 _； （3）石墨层状结构中，平均每个正六边形占有的碳原子数是 _ ； （4）观察分子晶体结构的一部分，每个分子周围有 _ 个与之紧邻且等距的分子； （5）观察图形推测，

14、CsCl晶体中两距离最近的间距离为a，则每个周围与其距离为a的数目为 _ ，每个周围紧邻且等距的数目为 _ 。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、D【解析】A.CH4中C原子形成4个键，孤电子对个数为0，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子；P4分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子，故A错误；B.SO2中S原子形成2个键，孤电子对个数=1/2(622)=1，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子；CHCl3中C原子形成4个键，没有孤电子对，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间

15、结构不对称为极性分子，故B错误；C.PCl3中P原子形成3个键，孤电子对个数=1/2(531)=1，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；SO3中S原子形成3个键，孤电子对个数=1/2(623)=0，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为平面三角形，空间结构对称为非极性分子，故C错误；D.NH3中N原子形成3个键，有1个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；H2O中O原子形成2个键，有2个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子，故D正确；本题选D。【点睛】分子空间结构不对称，正负电荷中心不重合

16、，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子；中心原子的杂化类型为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4，据此判断。2、A【解析】A、将溴乙烷与氢氧化钠共热，发生水解反应后，应先加入硝酸中和NaOH，再加AgNO3溶液来鉴别溴离子，故A错误；B、水与电石反应比较剧烈，因此实验室制乙炔时用饱和食盐水代替水，得到平稳的乙炔气体，故B正确；C、制取硝基苯时，采用水浴加热，使反应温度控制在5060，温度计应插入水浴中，故C正确；D、碳化钙与水反应非常剧烈，反应放出大量的热，生成的氢氧化钙糊状物容易把导管口堵塞，所以在试管上部放置一团疏松的棉花，故D正确。故选A。3、B

17、【解析】根据题目信息，电子数目相同的微粒为等电子体，分子中质子数等于电子数，据此分析判断。【详解】ACH4的质子数为6+14=10，分子中质子数等于电子数，所以电子数为10，NH4+的质子数为7+14=11，电子数为10，所以两者的电子数相等，都是10个，属于等电子体，故A不选；BNO的质子数为7+8=15，O2的质子数为82=16，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数不相等，不是等电子体，故B选；CNH3与H3O+质子数分别是10、10，电子数分别为10、10，是等电子体，故C不选；DHCl的质子数为1+17=18，HS-的质子数为16+12=18，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子

18、数相等，是等电子体，故D不选；答案选B。4、B【解析】A、1 L水中溶解了58.5 g NaCl，溶液的体积不是1L，溶液的物质的量浓度无法求出，A项错误；B、根据化学式可知硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，所以需要胆矾的质量为：0.5L0.5 molL-1250gmol1=62.5g，B项正确；C、从1 L 2 molL-1的H2SO4溶液中取出0.5 L，该溶液的浓度为2 molL-1，C项错误； D、由关系式H2SO42NaOH可知：n（NaOH）=2n（H2SO4）=20.1L1 molL-1=0.2mol，m(NaOH)=0.2mol40gmol1=8g，D项错误；本题答案选

19、B。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液的时候，计算式要注意晶体中是否含有结晶水，如果含有结晶水，计算称量的质量时，应该是含有结晶水的物质的质量。5、D【解析】A. 温度不变，若在混合溶液中加入少量NaOH固体，会发生酸碱中和反应，使醋酸发生电离的程度增大，所以c（CH3COO-）增大，故A错误；B. 对混合溶液进行微热，会促进酸的电离和盐的水解程度，所以K1增大、K2也增大，故B错误；C. 在溶液中存在电荷守恒：c(H+)c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-) ，调节混合溶液的PH值至中性，则c(H+)=c(OH-），此时溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)，故C错误；D. K1

20、K2=c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)c(CH3COOH)c(OH-)c(CH3COO-)=c(H+)c(OH-)=Kw，故D正确；本题选D。6、C【解析】一般来说，活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键。【详解】A氯化钠中只存在离子键，H2O、HCl中只存在共价键，氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、氧原子和氢原子之间存在共价键，选项A不符合题意；BCl2、HCl、SO2中只存在共价键，Na2S中钠离子和硫离子之间只存在离子键，选项B不符合题意；CHBr、CO2、H2O、C

21、S2中只存在共价键，选项C符合题意；DH2O2、H2O、O3中只存在共价键，过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、氧原子和氧原子之间存在共价键，选项D不符合题意；答案选C。【点睛】本题考查了化学键的判断，明确离子键和共价键的概念是解本题关键，注意二者的区别，会书写过氧化钠的电子式，题目难度不大。7、D【解析】A. 组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，所以晶体熔点由低到高：CF4CCl4CBr4CI4，故A正确； B. 原子晶体中原子半径越小，共价键键能越大，晶体的硬度越大，原子半径：CSi，则键能C-CC-SiSi-Si，所以硬度由大到小：金刚石碳化硅

22、晶体硅，故B正确；C. 金属晶体中微粒半径越小，金属阳离子的电荷越多，熔点越高，则熔点由高到低：AlMgNa，故C正确；D. 离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，离子半径：F-Cl-Br-I-，所以晶格能：NaINaBrNaClNaF，故D错误。故选D。8、A【解析】A.甘油是丙三醇，属于三元醇，乙醇是饱和一元醇，因此二者结构不相似，不能互为同系物，A符合题意；B.CH2=CHCH2CH3 和CH3CH=CHCH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B不符合题意；C. 可看作是甲烷分子中的2个H原子被2个Br原子取代产生的物质。甲烷是正四面体结构，分子中的任何C-H化学键都相邻，因此 是同一

23、种物质，C不符合题意；D.O2和O3是氧元素的不同性质的单质，二者互为同素异形体，D不符合题意；故合理选项是A。9、B【解析】向过量的ZWY溶液中滴入少量的硫酸铜溶液，观察到有黑色沉淀和臭鸡蛋气味的气体放出，黑色沉淀是CuS，臭鸡蛋气味的气体为H2S，原子序数依次增大，即ZWY为KHS，Z为K，W为H，Y为S，W、X、Y、Z的族序数之和为12，则X位于IV A族，X与Y的电子层数相同，X和Y位于同周期，即X为Si。【详解】A、根据上述分析，原子半径大小顺序是KSiSH，故A错误；B、S的非金属性强于Si，即H2SO4的酸性强于H2SiO3，故B正确；C、Si为原子晶体，S单质为分子晶体，即Si

24、的熔点高于S，故C错误；D、ZWY为KHS，HS-在水中既有电离也有水解，故D错误；答案选B。【点睛】本题应从向过量的ZWY溶液中滴入少量的硫酸铜溶液，观察到有黑色沉淀和臭鸡蛋气味的气体放出入手，臭鸡蛋气味的气体为H2S，黑色沉淀为CuS，发生的离子方程式应是2HSCu2=CuSH2S，最后根据信息推出其他，这就需要学生对元素及其化合物的性质熟练掌握。10、B【解析】A依据石墨的结构可知，每个六元环拥有2个碳原子，12g石墨晶体中含有碳原子1mol，所以，所含六元环数目为0.5NA，故A错误；B标准状况下，18g D2O的物质的量为9/10mol，每个D2O分子中含有10个电子，所以18g D

25、2O中所含电子数为9NA，故B正确；C1mol N2与4mol H2完全反应转化为氨气的话生成2molNH3，因为该反应为可逆反应，氮气不可能完全转化，故生成氨气的分子数小于2NA，故C错误；D标准状况下，SO3不是气态，所以2.24L SO3中所含原子数不是0.4 NA，故D错误。故选B。【点睛】阿伏加德罗常数是化学高考的热点之一，是每年高考的必考点。该类试题以中学所学过的一些重点物质为载体，考查学生对阿付加德罗常数及与其有联系的物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度、阿伏加德罗定律等概念的理解是否准确深刻，各种守恒关系、平衡的有关原理掌握的是否牢固，题目涉及的知识面广，灵活性强，思

26、维跨度大，因而能很好的考察学生思维的严密性、深刻性。解此类题目需注意的问题先总结如下：要注意气体摩尔体积的适使用条件：标准状况下的气体摩尔体积才为22.4L/mol，但需注意，若题目给出气体的质量或物质的量，则粒子数目与条件无关。要注意物质的状态：气体摩尔体积适用于标准状况下的气体物质。命题者常用水、三氧化硫、己烷、辛烷、甲醇等物质来迷惑考生。要注意物质的组成形式：对于由分子构成的物质，有的是单原子分子（如稀有气体分子），有的是双原子分子，还有的是多原子分子，解题时要注意分子的构成，要注意分析同类或相关物质分子组成结构上的变化规律。要注意晶体结构：遇到与物质晶体有关的问题时，先要画出物质晶体的

27、结构，然后分析解答，如在SiO2晶体中存在空间网状的立体结构，其基本结构单元为硅氧四面体（SiO4）。要注意粒子的种类：试题中所提供的情境中有多种粒子时，明确要回答的粒子种类，涉及核外核外电子数时，要注意根、基、离子的区别。要注意同位素原子的差异：同位素原子虽然质子数、电子数相同，但中子数不同，质量数不同，进行计算时，应注意差别防止出现错误。11、D【解析】分析：A.标准状况下三氯甲烷是液体；B.羟基含有9个电子；C.溶剂水分子中还含有氧原子；D.1分子丁烷含有3个碳碳单键。详解：A. 标准状况下三氯甲烷是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4LCHCl3含有的分子数目，A错误；B. 3.4g

28、羟基(-OH)的物质的量是3.4g17g/mol0.2mol，含有1.8NA个电子，B错误；C. 1L0.1mol/L甘氨酸()溶液中甘氨酸的物质的量是0.1mol，但溶剂水分子中还含有氧原子，所以含有的氧原子数大于0.2NA，C错误；D. 1分子丁烷含有3个碳碳单键，因此0.5molC4H10中含有的非极性共价键数目为1.5NA，D正确。答案选D。12、D【解析】图中没有外接电源，反而是有个电流表，且电路中有电子的移动方向，则该装置是原电池装置。由于只有Ag+能和I-离子反应，所以电池的总反应是Ag+ +I-=AgI，负极反应为：Ag +I-e-=AgI，正极反应为：Ag+e-=Ag。【详解

29、】A. 经分析，该装置是原电池装置，则该装置将化学能转化为电能，A正确；B. 根据电子的移动方向，可以推断出左侧电极为负极，该电极反应为：Ag +I-e-=AgI，B正确；C. 该电池中，表观上看，只有Ag+和I-反应，所以总反应是Ag+ +I-=AgI，C正确；D. 左侧电极为负极，右侧电极为正极，NO3-带负电荷，向负极移动，所以应该是从右向左移动，D错误；故合理选项为D。【点睛】题中涉及的原电池反应是不常见的反应，也未告知正极和负极，所以需要仔细观察。可以通过电子的转移方向判断出正、负极；再结合图中给出的物质，可以推出总的反应方程式，再推出正极反应，两式相减可得负极反应。由此可见，对于此

30、类题目，一定要认真观察图。13、D【解析】A. 加热时硫与铜反应生成黑色的硫化亚铜，A错误；B. 二氧化硫与氯气均能使品红褪色，二氧化硫与品红化合成不稳定的无色化合物，氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性使品红褪色，两者原理不同，B错误；C. 浓硫酸与灼热的木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现浓硫酸的强氧化性，C错误；D. 浓硫酸滴入胆矾中，胆矾失水变白，因为硫酸铜晶体转变成无水硫酸铜，故发生了化学变化，D正确；答案选D。14、C【解析】分析：若干冰晶体的晶胞棱长为a，每个CO2分子周围与其相距22a的CO2分子有12个。详解：以顶点CO2分子为研究对象，若干冰晶体的晶胞棱长为a，该CO2

31、分子周围与其相距22a的CO2分子处于面心，由于顶点CO2分子为8个晶胞共有，则每个CO2分子周围与其相距22a的CO2分子有832=12个，答案选C。15、A【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素原子最外层电子数是内层的2倍，则X为C元素；Z是地壳中含量最高的元素，则Z为O元素，结合原子序数可知Y为N元素，W是同周期原子半径最大的金属元素，则W为Na元素，以此来解答。【详解】A非金属性ZY，则Z的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强，故A正确；B电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小顺序：r（W）r（Y）r（Z），故B错误；C非金属性YX，

32、则X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱，故C错误；DZ分别与X、W形成的化合物为CO2（或CO）、Na2O（或Na2O2），Z与X形成的化合物只含共价键，Na2O只含离子键，Na2O2含离子键、共价键，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、原子序数、元素的性质推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。16、B【解析】由所给物质的化合价和溶液的酸碱性可知该反应的离子方程式为3S6OH=SO322S23H2O，其中S既作氧化剂又作还原剂，还原产物是S2，氧化产物是SO32，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比是

33、1:2。每消耗3molS，转移4mol电子，所以正确的答案是C。17、D【解析】甲能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，说明含有羧基，根据分子式确定另一个取代基。【详解】甲能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，说明含有羧基；苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为Cl，根据分子式C10H11ClO2确定另一个取代基为C4H7O2，取代基C4H7O2的种类数为甲的同分异构体的种类数，当取代基C4H7O2的含羧基的主链为4个碳有1种，含羧基的主链为3个碳有2种，含羧基的主链为2个碳有2种，共有5种，取代基C4H7O2与取代基Cl有邻、间、对三种情况，则满足条件的同分异构体的数目为53=15。答案选D

34、。【点睛】本题考查同分异构体的书写，题目难度中等，明确取代基C4H7O2的种类数为甲的同分异构体的种类数为解题的关键。18、A【解析】进行中和滴定时需要用锥形瓶、酸式滴定管、碱式滴定管等，不需要量筒，其中滴定管需要润洗，事先不应该用所盛溶液润洗的仪器是锥形瓶。答案选A。19、A【解析】A、Na2O2、KOH、Na2SO4都有离子键和共价键，正确；B、MgO只有离子键，错误；C、H2SO4只有共价键，错误；D、氯化氢只有共价键，Al2O3、MgCl2只有离子键，错误；答案选A。20、C【解析】A、SiO2晶体是原子晶体，不存在分子，故A错误；B、1mol SiO2晶体存在4mol Si-O键，所

35、以60g SiO2晶体即1mol SiO2晶体含有4mol Si-O键键，故A错误；C、晶体中一个硅原子和四个氧原子，形成四面体结构，四个氧原子处于同一四面体的四个顶点，故C正确；D、SiO2晶体是原子晶体，CO2晶体是分子晶体，故D错误；故选C。21、C【解析】A.因为浓硫酸稀释时会放出大量的热，所以实验室制备硝基苯加入试剂的顺序为：先加入浓硝酸，再滴加浓硫酸，最后滴加苯，A项错误；B.蔗糖是二糖，而葡萄糖是单糖，两者既不是同分异构体，也不是同系物，B项错误；C.钠与乙酸反应生成H2且反应剧烈，钠与乙醇反应也能生成氢气，但反应较慢，钠不与苯反应，所以可用金属钠区分乙酸、乙醇和苯，C项正确；D

36、.煤的气化是通过化学反应使煤转化为气态燃料，属于化学反应，石油的分馏是物理变化，D项错误。故选C。22、C【解析】试题分析：A在锌锰干电池中，正极是碳棒，该极上二氧化锰发生得电子的还原反应，该电极质量不会减少，A项错误；B氢氧燃料电池属于原电池的一种，是将化学能转化为电能的装置，不能将热能直接转变为电能，B项错误；C氢氧燃料电池中，燃料做负极，发生失电子的氧化反应，被氧化，C项正确；D太阳能电池的主要材料是半导体硅，不是二氧化硅，D项错误；答案选C。考点：考查燃料电池、太阳能电池和干电池的工作原理。二、非选择题(共84分)23、 1s22s22p63s23p63d9 孤电子对 b SiCSiH

37、4，沸点：CH4SiH4。（4）C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为SiCSiH4；由于CH4的相对分子质量小于SiH4的相对分子质量，CH4分子间作用力小于SiH4分子间作用力，沸点：CH4SiH4；答案选b。（4）根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第一电离能CSi；C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为SiCN。（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为CHCH，CHCH的结构式为HCCH，单键全为键，三键中含1个键和2个键，CHCH中键与键的键数之比为3:2。CHCH中每个碳原子形成2个键，C原子上没有孤电子对，C原子为sp杂化。（6）某元素原子的价电子构型为3d54

38、s1，由于最后电子填入的能级符号为3d，该元素属于d区元素，元素符号是Cr。24、丙烯 加成反应 羰基 【解析】由图中的分子式可以推断出，B为苯酚，C为丙烯CH3CH=CH2。甲苯可以被酸性高锰酸钾氧化苯甲酸，而酸性K2Cr2O7溶液也具有强氧化性，结合A的分子式，可以推断出A为苯甲酸。C为丙烯，和水发生反应生成D，则D为1-丙醇或者2-丙醇，对应的E为丙醛或者丙酮，由于核磁共振氢谱显示E只有一种吸收峰，所以E一定为丙酮，D为2-丙醇。【详解】（1）C为丙烯，与 水发生加成反应，得到2-丙醇，CD为加成反应；（2）经分析，E为丙酮，则其结构简式为：，其官能团为羰基；（3）PC为碳酸脂，则其水解

39、产物中有碳酸钠，；（4）能发生银镜反应，则说明有醛基，芳香族化合物含有苯环，所以符合条件的A的同分异构体有：、；（5）根据和丙酮反应得到F可以推出，要想得到，需要和。甲醛和可以反应生成，该物质经过氧化得到，不过苯酚本身就容易被氧化，需要保护酚羟基。由此可以设计合成路线，。【点睛】合成路线中，甲醛和的反应属于课外知识，需要考生去积累，在本题中可以大胆推测这个反应，同时要注意有机合成中，一些基团的保护，此外还要观察新的反应的“变化机理”，并会运用在合成路线中。25、常温下Fe在浓硫酸中发生钝化 铁、碳、硫酸溶液形成原电池 检验SO2的存在 C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O 酸性K

40、MnO4溶液或溴水(或其他合理答案) 品红溶液 品红溶液不褪色或无明显现象 250 mL容量瓶 滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液,溶液呈浅紫色,且30 s内不变色 %. 【解析】在常温下，Fe和C，与浓硫酸均不反应，在加热条件下，可以反应，生成SO2和CO2，利用品红检验SO2，利用石灰水检验CO2，但是SO2的存在会对CO2的检验产生干扰，因此需要除杂，并且验证SO2已经被除尽。【详解】(1)在加热条件下C和浓硫酸发生氧化还原反应，常温下，铁和浓硫酸发生钝化现象，C和浓硫酸不反应，所以在未点燃酒精灯前A、B均未产生现象，故答案为：铁和浓硫酸发生钝化现象；(2)随着反应的进行，溶液浓度减小，速率应

41、该减小，但事实上反应速率仍较快，该反应没有催化剂，浓度在减小，压强没有发生改变，只能是Fe和C形成原电池，Fe作负极，加快了氧化还原反应的速率所以速率加快的原因可能是C、Fe和硫酸构成原电池，从而加速反应速率；(3)SO2能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，SO2能使品红溶液褪色，所以B可以检验SO2的存在；(4)加热条件下，C和浓硫酸发生氧化还原反应生成CO2、SO2和H2O，反应方程式为C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O；(5)SO2也能使澄清石灰水变浑浊，用澄清石灰水检验CO2之前要除去SO2，防止对CO2造成干扰，所以在B-C之间增加装置酸性高锰酸钾溶液或溴水和品

42、红溶液，酸性高锰酸钾或溴水是吸收二氧化硫、品红溶液是检验二氧化硫是否除尽，如果二氧化硫完全被吸收，则F中溶液不褪色或无明显现象；(6)要测量Fe的质量分数，配制溶液的时候不能粗略地用烧杯稀释，而应该使用容量瓶，因此还需要容量瓶250mL容量瓶；Fe2和高锰酸钾发生氧化还原反应而使溶液褪色，高锰酸钾溶液有颜色、生成的锰离子无色，所以有明显的颜色变化。终点的标志为滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液,溶液呈浅紫色,且30 s内不变色；设参加反应的亚铁离子的物质的量为x，消耗的高锰酸钾的物质的量为0.001cVmol。根据5Fe2+MnO4+8H5Fe3+Mn2+4H2O中Fe2和MnO4的比例关系，有5

43、Fe2MnO45mol 1molx 0.001cVmol5mol：1mol=x：0.001cVmol；则250mL滤液中n(Fe2)=0.005cVmol10=0.05cVmol，根据Fe原子守恒得n(Fe)=(Fe2)=0.05cVmol，m(Fe)=0.05cVmol56gmol1=2.8cVgFe质量分数=。26、2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O 100mL容量瓶、胶头滴管反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且Mn2+的浓度大催化效果更好【解析】分析：(1)草酸中的碳元素被在酸性条件下能被高锰酸钾溶液氧化为CO2，高锰酸根能被还原为Mn2+，据此书写并配

44、平方程式；(2)根据配制溶液的步骤和所用仪器分析判断；(3)反应中Mn2+浓度发生显著变化，从影响反应速率的因素分析解答。详解：(1)该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，C元素化合价由+3价变为+4价，转移电子数是10，根据转移电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O，故答案为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O；(2)配制100mL0.0400molL-1的Na2C2O4溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，

45、冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、量筒、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，该试验中两次用到玻璃棒，其作用分别是搅拌、引流，所以还必须用到的玻璃仪器是100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为100mL容量瓶、胶头滴管；(3)反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好，故答案为反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好。27、 Fe3+3H2OFe(OH)3（胶体）+ 3H 除去草酸根离子，避免干扰步骤3

46、中Fe2的滴定 将Fe3还原为Fe2 加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去 ABC 20.0%【解析】分析：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用；(2) 步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2的滴定；(3)加入锌粉的目的是还原铁离子；(4)高锰酸钾溶液为紫红色，滴入最后一滴溶液变为紫红色且半分钟不变说明反应达到终点；(5)根据滴定误差分析的方法判断,误差可以归结为标准液的体积消耗变化分析误差，c(待测)=c(标准）V(标准）V(待测）；A.酸式滴定管要用标准液润洗；B.滴定前滴定

47、管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大；C.读取标准液体积时，滴定前平视读数，滴定后仰视读数，读取标准溶液体积增大；D. 锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小；(6)根据离子方程式计算，n(Fe)=5n(MnO4-)，可以计算n(Fe)，然后可以计算晶体中铁的含量。详解：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3（胶体）+ 3H，因此，本题正确答案是：Fe3+3H2OFe(OH)3（胶体）+ 3H；(2) 步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免

48、干扰步骤3中Fe2的滴定，因此，本题正确答案是：除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2的滴定；(3)加入锌粉的目的是将Fe3还原为Fe2，因此，本题正确答案是：将Fe3还原为Fe2；(4)高锰酸钾溶液为紫红色，反应终点判断为：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去，因此，本题正确答案是：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去；(5)A.酸式滴定管要用标准液润洗，滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准液，标准液浓度减小，消耗标准液体积增大，测定结果偏高，故A符合；B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大，测

49、定结果偏高，故B符合；C.读取标准液体积时，滴定前平视读数，滴定后仰视读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C符合；D. 锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小，测定结果偏低，故D不符合；因此，本题正确答案是：ABC；(6)用0.0200 mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1 mL，滴定中MnO4被还原成Mn2。重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200 mol/LKMnO4溶液为V2、V3 mL，计算平均值，实验3数值误差较大舍去，消耗体积V=20.02+19.982 mL =20.00mL，铁元素守恒，高锰酸钾溶液滴定亚铁离子发生的反应为：5Fe2+MnO4-+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O5 1n 0.0200mol/L0.0200L=0.0004mol5n=10.0004mol，解得n=0.002mol，250 mL溶液中含铁元素物质的量=0.002mol25025=0.02mol，5.6g草酸铁晶体中铁的含量=0.02mol56g/mol5.6g100%=20.0%，因此，本题正确答案是： 20.0%。点睛：本题考查了物