福建省龙岩市漳平第一中学2023学年化学高二第二学期期末经典模拟试题（含解析）

1、2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷请考生注意：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、某有机物A由C、H、O三种元素组成，相对分子质量为90。将4.5 g A完全燃烧的产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重2.7 g和6.6 g。A能与NaHCO3溶液产生CO2，且两分子A之间脱水可生成六元环状化合物。有关A的说法正确的是A有机物A的分子式为C3H8O3

2、B0.1 mol A与足量Na反应生成2.24 L H2CA催化氧化的产物不能发生银镜反应DA能在一定条件下发生缩聚反应生成2、下列电子层中，包含有f能级的是()AK电子层BL电子层CM电子层DN电子层3、工业上，可采用还原法处理尾气中NO，其原理:2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) H0。在化学上，正反应速率方程式表示为v（正）=k（正）cm(NO）cn（H2），逆反应速率方程式表示为v（逆）=k（逆）cx（N2）cy（H2O），其中，k表示反应速率常数，只与温度有关，m，n，x，y叫反应级数，由实验测定。在恒容密闭容器中充入NO、H2，在T下进行实验，测得有关数据如下：实

3、验c(NO)/molL-1c(H2)/molL-1v(正)/molL-1min-10.100.100.414k0.100.401.656k0.200.101.656k下列有关推断正确的是A上述反应中，正反应活化能大于逆反应活化能B若升高温度，则k（正）增大，k（逆）减小C在上述反应中，反应级数：m=2，n=1D在一定温度下，NO、H2的浓度对正反应速率影响程度相同4、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A用装置甲进行中和热的测定B用装置乙制取 CO2 气体C用装置丙比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱D用装置丁模拟工业制氨气并检验产物5、某有机物的分子式为C9H10O3。它有多种同

4、分异构体，同时符合下列四个条件的同分异构体有 能与Na2CO3溶液反应，但是不能生成气体；苯环上的一氯代物只有两种；能发生水解反应；该有机物是苯的二取代物。A4种B5种C6种D7种6、在0.l molL-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COOH对于该平衡，下列叙述正确的是A加入少量CH3COONH4固体，平衡不移动，c(H+)不变B加入少量NaOH固体，平衡向正向移动，溶液中c(H+)减小C加水，平衡向正向移动，c(CH3COOH)/ c(CH3COO)增大D通入少量 HCl气体，平衡逆向移动，溶液中c(H+)减少7、草酸晶体(H2C2O42H2O)无色，熔点为101

5、,易溶于水，受热脱水、升华,170以上分解。某学生拟用下图装置做草酸晶体的分解实验并验证部分产物，下列说法错误的是A装置A中的大试管口应略向下倾斜，是因为加热草酸晶体时会产生水B装置B的主要作用是冷凝(水蒸气、草酸)等,防止草酸进入装置C中,干扰CO2的检验C装置C中可观察到的现象是有气泡冒出,澄清石灰水变浑浊D本实验能证明草酸晶体的分解产物有二氧化碳8、正硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连(如下图)。下列有关说法正确的有A在H3BO3分子中各原子最外层全部满足8电子稳定结构BH3BO3分子的稳定性与氢键有关C1mol H3BO3的晶体中有3mol极性

6、共价键D1mol H3BO3的晶体中有3mol氢键9、用铂电极分别电解下列物质的溶液（足量），阴极和阳极上同时都有气体产生，且溶液的pH下降的是AH2SO4 BCuSO4 CHCl DKCl10、已知NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法不正确的是 （）A1molCH4中含4NA个sp键B1molSiO2晶体中平均含有4NA个键C12g石墨中平均含1.5NA个键D12g金刚石中平均含有2NA个键11、用如图所示装置电解氯化钠溶液（X、Y 是碳棒）。下列判断正确的是AX 电极为正极BY 电极为阳极CX 电极表面发生氧化反应DY 电极表面有氯气生成12、在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，

7、当两个容器内温度和气体密度相等时，说法正确的是 ()A两种气体的压强相等BO2比O3质量小C两种气体的分子数目相等D两种气体的氧原子数目相等13、常温下，下列叙述正确的是ApH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1B在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl的溶液恰好无色，则此时溶液的pH 7C向10 mL 0.1 molL1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中，c(NH4D向10mL pH=11的氨水中，加入10mL pH=3的H2SO4溶液，混合液pH=714、下图中烧杯里盛的是天然水，铁被腐蚀由快到慢的顺序是（）铁被腐蚀由快到慢的顺序是A BC D15、氮化硼是

8、一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质。下列各组物质熔化时所克服粒子间作用力与氮化硼熔化时克服粒子间作用力的类型都相同的是A硝酸钠和金刚石B晶体硅和水晶C冰和干冰D苯和萘16、配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，不需要使用的仪器是ABCD17、下列属于非电解质的是A氢气B蔗糖溶液C已烷D硫化钠18、与NO3互为等电子体的是（）ASO3BPCl3CCH4DNO219、在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是AAl3+、Fe2+、Cl、SO42BNH4+、HCO3、Cl、K+CNa+、Ba2+、NO3、SO42DCl 、Na+、NO3、Ca2+20、化学与人类生产、生活密切相关

9、，下列说法正确的是A减少SO2的排放，可以从根本上消除雾霾B硅酸多孔、吸水能力强，常用作袋装食品的干燥C绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理D医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%21、下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是（ ）ACH3CH2CH3BCD22、2011年6月4日晚上22时55分左右，杭州市辖区建德境内杭新景高速公路发生苯酚槽罐车泄漏事故，导致部分苯酚泄漏并造成污染。对泄漏的苯酚，你认为下列措施中哪个方法最佳（ ）A用水冲洗掉B用稀盐酸洗掉C用酒精冲洗掉D用石灰中和二、非选择题(共84分)23、（14分）近来有报道，碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发

10、生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称是_。（2）B为单氯代烃，由B生成C的化学方程式为_。（3）由A生成B、G生成H的反应类型分别是_、_。（4）D的结构简式为_。（5）Y中含氧官能团的名称为_。（6）E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为_。（7）X与D互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为332。写出3种符合上述条件的X的结构简式_。24、（12分）已知氨基酸可发生如下反应：且已知：D、E的相对分子质量分别为162和144，可发生如下物质转化关系，如下图所

11、示：(1)写出C中所含官能团的名称：_(2)写出B、D的结构简式：B_，D_。(3)写出CE的化学方程式：_。(4)写出C发生缩聚反应的化学方程式：_。25、（12分）铝氢化钠（）是有机合成的重要还原剂，其合成线路如下图所示。（1）无水（升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备。中发生反应的化学方程式为_。实验时应先点燃_（填“”或“”）处酒精灯，当观察到_时，再点燃另一处酒精灯。装置中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是_，请结合方程式进行解释_。中试剂的作用是_。用一件仪器装填适当试剂后也可起到和的作用，所装填的试剂为_。（2）制取铝氢化钠的化学方程式是_。（3）改变和中

12、的试剂就可以用该装置制取NaH，NaH中氢元素化合价为_，若装置中残留有氧气，制得的NaH中可能含有的杂质为_。（4）铝氢化钠遇水发生剧烈反应，其反应的化学方程式为_。欲测定铝氢化钠粗产品（只含有NaH杂质）的纯度。称取样品与水完全反应后，测得气体在标准状况下的体积为，样品中铝氢化钠的质量分数为_。（结果保留两位有效数字）26、（10分）制备乙酸乙酯，乙酸正丁酯是中学化学实验中的两个重要有机实验乙酸乙酯的制备乙酸丁酯的制备完成下列填空：（1）制乙酸乙酯的化学方程式_。（2）制乙酸乙酯时，通常加入过量的乙醇，原因是_，加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是_；浓硫酸用量又不能过

13、多，原因是_。（3）试管中的溶液是_，其作用是_。（4）制备乙酸丁酯的过程中，直玻璃管的作用是_，试管不与石棉网直接接触的原因是_。（5）在乙酸丁酯制备中，下列方法可提高1-丁醇的利用率的是_（填序号）。A使用催化剂 B加过量乙酸 C不断移去产物 D缩短反应时间（6）两种酯的提纯过程中都需用到的关键仪器是_，在操作时要充分振荡、静置，待液体分层后先将水溶液放出，最后将所制得的酯从该仪器的_（填序号）A上口倒出 B下部流出 C都可以27、（12分）碘化钠用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂等. 实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4H2O)为原料可制备碘化钠。资料显示：水合肼有还原性，能消除

14、水中溶解的氧气；NaIO3是一种氧化剂.回答下列问题：(1)水合肼的制备有关反应原理为: NaClO+2NH3 = N2H4H2O+NaCl用下图装置制取水合肼，其连接顺序为_(按气流方向，用小写字母表示).开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加 NaClO溶液.滴加 NaClO溶液时不能过快的理由_。(2)碘化钠的制备i.向三口烧瓶中加入8.4gNaOH及30mL水，搅拌、冷却，加入25.4g碘单质，开动磁力搅拌器，保持6070至反应充分；ii.继续加入稍过量的N2H4H2O(水合肼)，还原NaIO和NaIO3，得NaI溶液粗品，同时释放一种空气中的气体；iii

15、.向上述反应液中加入1.0g活性炭，煮沸半小时，然后将溶液与活性炭分离；iv.将步骤iii分离出的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得产品24.0g.步骤i反应完全的现象是_。步骤ii中IO3-参与反应的离子方程式为_。步骤iii “将溶液与活性炭分离”的方法是_。本次实验产率为_，实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高，可能的原因是_。某同学检验产品NaI中是否混有NaIO3杂质. 取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝. 得出NaI中含有NaIO3杂质. 请评价该实验结论的合理性:_(填写“合理”或“不合理”)，_(若认为合理写出离子方程式

16、，若认为不合理说明理由).28、（14分）实验室配制500mL 0.1mol/L Na2CO3溶液，回答下列问题：91应用托盘天平称取石碱晶体（十水碳酸钠）_g；(2若实验遇到下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？加水时超过刻度线，再用滴管吸出直至刻度线_；忘记将洗涤液加入容量瓶_；容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理_；定容后摇匀，液面低于刻度线_。29、（10分）科学家从化肥厂生产的(NH4)2SO4中检出组成为N4H4（SO4）2的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以SO42-和N4H44+两种离子形式存在，植物的根系极易吸收N4H44+，但它遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，N4

17、分子不能被植物吸收。请回答下列问题：（1）下列相关说法中，正确的是_(填序号)。a.N4是N2的同分异构体b.1 mol N4分解生成N2，形成了4 mol键c.白磷的沸点比N4高，是因为P-P键键能比N-N键能大d.白磷的化学性质比N2活泼，说明P的非金属性比N强（2）已知白磷、NH4+ 、N4H44+的空间构型均为四面体结构，参照NH4+和白磷的结构式，画出N4H44+的结构式（配位键用表示）_；（3）在叶绿素结构示意图上标出N与Mg元素之间的配位键和共价键（配位键用表示）_（4）叠氮化物是研究较早的含全氮阴离子的化合物，如：氢叠氮酸（HN3）、叠氮化钠（NaN3）等。根据等电子体理论写出

18、N3-的电子式_；叠氮化物能形成多种配合物，在Co(N3)(NH3)5SO4，其中钴显_价，它的配体是 _，写一种与SO42-等电子体的分子 _。（5）六方相氮化硼晶体内B-N键数与硼原子数之比为_，其结构与石墨相似却不导电，原因是_。2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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【答案解析】n(A) =4.5 g90g/mol =0.05mol；燃烧后产生的各物质的物质的量是：n(H2O)= 2.7 g18g/mol=0.15mol；n(CO2)=6.6 g44g/mol=0.15mol，则一个分子中含有的原子个数是C：3，H

19、：6；O：（90-123-16）16=3，因此该物质的分子式是C3H6O3；A能与NaHCO3溶液产生CO2，说明含有羧基，两分子A之间脱水可生成六元环状化合物，所以A的结构简式是。【题目详解】n(A) =4.5 g90g/mol =0.05mol；燃烧后产生的各物质的物质的量是：n(H2O)= 2.7 g18g/mol=0.15mol；n(CO2)=6.6 g44g/mol=0.15mol，则一个分子中含有的原子个数是C：3、H：6；O：（90-123-16）16=3；因此该物质的分子式是C3H6O3，所以A选项错误；A能与NaHCO3溶液发生反应,说明在A中含羧基，由于2分子A之间脱水可生

20、成六元环化合物，则A是2-羟基丙酸，即，因为一个分子中含有一个羧基、一个羟基，羧基和羟基都能与金属钠发生反应，因此0.1 mol A与足量Na反应产生标准状况下的H2 2.24 L，故B错误；由于A中的羟基连接的C原子上只含有一个H原子，所以催化氧化的产物是酮，不能发生银镜反应，故C正确；A在一定条件下发生缩聚反应的产物是,故D错误。【答案点睛】考查分子式计算、官能团判断的知识，会用逆推法分析有机物的结构，例如本题中两分子A之间脱水可生成六元环状化合物，说明A中羟基位于2号碳原子上。2、D【答案解析】A. K电子层只有s能级，A错误；B. L电子层包括s、p能级，B错误；C. M电子层包括s、

21、p、d能级，C错误；D. N电子层包括s、p、d、f能级，D正确；答案选D。3、C【答案解析】分析：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) H0，正反应是放热反应，根据反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差，分析判断A的正误；根据升高温度，反应速率加快分析判断B的正误；根据表格数据知，、实验数据比较，可以计算n。和比较可以计算m，分析判断C的正误；根据C的计算结果分析判断D的正误。详解：A.上述反应的正反应是放热反应，反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差，由此推知，正反应活化能小于逆反应活化能，故A错误；B.升高温度，正、逆反应速率都增大，故正、逆反应速率常数都增大，故B错

22、误；C.由表格数据知，、实验数据比较，4n4，故n1。2m4，则m2，故C正确；D.由于正反应速率表达式中NO、H2的反应级数不相等，所以，NO、H2浓度对正反应速率的影响程度不相同，故D错误；故选C。4、C【答案解析】A图中缺少环形玻璃搅拌棒，则不能准确测定反应的最高温度，故A错误；B纯碱为粉末固体，与盐酸接触后关闭止水夹不能实现固液分离，不能制备少量气体，故B错误；C高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气与NaBr反应生成溴，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱，故C正确；D氮气和氢气反应生成氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则图中蓝色试纸不能检验

23、氨气，故D错误；故答案为C。5、C【答案解析】能与Na2CO3溶液反应，但是不能生成气体，说明含有酚羟基；苯环上的一氯代物只有两种，说明苯环上有两种等效氢原子；能发生水解反应，说明含有酯基；该有机物是苯的二取代物，说明苯环上含两个取代基，所以苯环上的两个取代基处于对位，其中一个是羟基，另一个是含有酯基的基团，可以是-COOCH2CH3，-CH2COOCH3，HCOOCH2CH2-，HCOOCH(CH3)-，-OOCCH2CH3，CH3COOCH2-，共六种，故选C。6、B【答案解析】A加入少量CH3COONH4固体，溶液中c(CH3COO)增大，平衡应逆向移动，但NH4+在溶液中要水解产生H+

24、，结合CH3COONH4溶液显中性，则溶液中c(H+)基本不变，故A错误；B加入少量NaOH固体，中和H+，电离平衡正向移动，溶液中c(H+)减小，故B正确；C加水，促进电离，平衡向正向移动，溶液中CH3COOH分子数减小，CH3COO数增大，则c(CH3COOH)/ c(CH3COO)减小，故C错误；D通入少量 HCl气体，c(H+)增大，平衡逆向移动，结合平衡移动原理，最终溶液中c(H+)增大，故D错误；故答案为B。7、A【答案解析】A项，草酸晶体的熔点101小于其分解温度，装置A中的大试管口应向上倾斜，错误；B项，由于草酸晶体易升华，分解产物中混有草酸蒸气，草酸也能使澄清石灰水变浑浊，干

25、扰分解产物CO2的检验，检验CO2之前必须排除草酸的干扰，装置B的主要作用是冷凝水蒸气、草酸等，正确；C项，草酸分解生成CO2、CO和H2O，CO不能被澄清石灰水吸收，装置C中有气泡冒出，CO2使澄清石灰水变浑浊，正确；D项，澄清石灰水变浑浊证明分解产物有CO2，正确；答案选A。8、D【答案解析】A硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，因此B原子不是8e-稳定结构，故A错误；B分子的稳定性与分子内的B-O、H-O共价键有关，熔沸点与氢键有关，故B错误；C根据结构示意图，1mol H3BO3的晶体中有3molB-O和3molO-H键共6mol极性共价键，故C错误；D.1个硼酸分子

26、形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，故D正确；故选D。点睛：本题考查了晶体类型的判断、影响分子稳定性的因素、原子的杂化方式等知识点。注意分子的稳定性与化学键有关，物质的熔沸点与氢键有关。9、A【答案解析】分析：依据电解原理和溶液中离子放电顺序分析判断电极反应，依据电解生成的产物分析溶液pH变化。详解：A用铂电极电解硫酸，相当于电解水，阴极和阳极上同时都有气体产生，硫酸浓度增大，溶液pH降低，A正确；B用铂电极电解硫酸铜溶液，生成铜、氧气和硫酸，反应生成酸，溶液pH降低，但阴极无气体产生，B错误；C用铂电极电解HCl

27、溶液，生成氢气、氯气，阴极和阳极上同时都有气体产生，但消耗HCl，则溶液pH升高，C错误；D用铂电极电解氯化钾溶液，生成氢氧化钾和氢气、氯气，反应生成碱，溶液pH值升高，D错误；答案选A。点睛：本题考查了电解原理的分析应用，明确电解池工作原理，准确判断阳极、阴极放电离子是解题关键，题目难度不大。10、A【答案解析】A甲烷中4个C-H是sp3杂化，不是s-p杂化，选项A不正确；B在二氧化硅晶体中，每个硅原子与4个氧原子形成4条Si-O键，1molSiO2晶体中平均含有4NA个键，选项B正确；C石墨中每个C原子与其它3个C原子形成3个C-C键，则平均每个C原子成键数目为312=1.5个，12g石墨

28、物质的量为12g12g/mol=1mol，平均含1.5NA个键，选项C正确；D金刚石中每个C原子可形成的C-C键为4个；每条C-C键被两个C原子共有，每个碳原子可形成：412=2个C-C键，则12g金刚石即1mol，含 C-C键2mol11、C【答案解析】AX电极连接电源的正极，应为阳极，A错误；BY电极连接电池的负极，应为阴极，B错误；CX电极为阳极，X溶液里的Cl-在电极表面发生氧化反应生成氯气，C正确；DY电极表面H+得电子发生还原反应，生成氢气，D错误；答案为C。12、D【答案解析】相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成的同素异形体，则O原子的质量、个数以及物质的量

29、相等，据此分析解答。【题目详解】A、O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2):n(O3)3:2，由PV=nRT可知，两种气体的压强之比为3:2，故A错误；B、同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，故B错误；C、O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2):n(O3)3:2，故C错误；D、相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，因此O原子数目相等，故D正确。答案选D。13、C【答案解析】氨水是弱电解质，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH原电池化学反应电极保护。根据图知，装置是原电池，在中，金属铁做负极，中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，负极金属腐蚀速率越快，

30、正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀，所以，装置是电解池，中金属铁为阳极，中金属铁为阴极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即，根据电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，即，答案选项B。点睛：本题考查的是金属的腐蚀程度的知识，难度中等，掌握以下规律便很容易解答此类问题，金属的腐蚀程度：电解原电池化学反应电极保护。15、B【答案解析】氮化硼是一种超硬、耐磨、耐高温，所以氮化硼是原子晶体；氮化硼熔化时克服粒子间作用力是共价键。【题目详解】A、硝酸钠是离子晶体，熔化需克服离子键；金刚石是原子晶体，熔化时克

31、服粒子间作用力是共价键，故不选A；B、晶体硅和水晶都是原子晶体，熔化时需克服的粒子间作用力都是共价键，故选B；C、冰和干冰都是分子晶体，冰熔化时需克服氢键和范德华力，干冰熔化需克服分子间作用力，故不选C；D、苯和萘都是分子晶体，熔化时需克服的粒子间作用力都是分子间作用力，故不选D。【答案点睛】本题考查晶体类型的判断，题目难度不大，本题注意从物质的性质判断晶体的类型，以此判断需要克服的微粒间的作用力。16、C【答案解析】配制一定物质的量浓度的稀硫酸的步骤有称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸称量，在烧杯中稀释，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离

32、刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，用不到蒸馏烧瓶，故选C。17、C【答案解析】非电解质是指在水溶液和融化状态下都不导电的化合物。【题目详解】A是单质，故错；B是混合物，故错；C是有机物符合非电解质的概念，故正确；D是盐，属于电解质；本题答案：C。【答案点睛】本题考查电解质和非电解质的区别。解答依据，非电解质的概念，看在水溶液和融化状态下能否导电的化合物。18、A【答案解析】根据等电子体的概念进行分析，具有相等的价电子总数，和原子总数的分子或离子互称为等电子体；【题目详解】NO3有4个原子组成，价电子总数为24，依据等电子体的定义，A、SO3有4个原子，价电子总数为24，SO3与NO3互称为等

33、电子体，故A符合题意；B、PCl3有4个原子，价电子总数为26，PCl3与NO3不互为等电子体，故B不符合题意；C、CH4原子总数为5，CH4与NO3不互为等电子体，故C不符合题意；D、NO2的原子总数为3，与NO3不互为等电子体，故D不符合题意。19、D【答案解析】A.在无色溶液中浅绿色的Fe2+不能大量存在，A错误；B. HCO3-与H+会发生离子反应，产生水和二氧化碳，不能大量共存，B错误；C. Ba2+与SO42-会发生离子反应，不能大量共存，C错误；D.选项中的离子都是无色的，不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；故合理选项是D。20、B【答案解析】A、减少二氧化硫排放防止酸雨污染

34、，不能消除雾霾，故A错误；B. 硅胶无毒，具有吸水性，常用作袋装食品的干燥，故B正确；C. “绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染而不是对污染进行治理，故C错误；D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故D错误；故选B。21、C【答案解析】A. CH3CH2CH3分子内有2种氢原子，能生成2种一氯代物，A错误； B. 分子内有2种氢原子，能生成2种一氯代物，B错误； C. 分子内只有1种氢原子，只能生成1种一氯代物，C正确； D. 分子中内有4种氢原子，能生成4种一氯代物，D错误；答案选C。【答案点睛】判断烷烃的一氯代物时，可以分析分子内的氢原子种类，分子内有几种氢原子，就能生成几

35、种一氯代物。22、D【答案解析】A项，常温下苯酚在水中溶解度不大，用水不能将苯酚洗掉；B项，苯酚和稀盐酸不反应，不能用稀盐酸洗掉苯酚；C项，苯酚虽然易溶于酒精，但酒精易挥发，易燃烧，不安全；D项，苯酚显弱酸性，能和石灰反应，且石灰廉价，易获得，用石灰中和为最佳；答案选D。二、非选择题(共84分)23、丙炔取代反应加成反应羟基、酯基、【答案解析】A到B的反应是在光照下的取代，Cl应该取代饱和碳上的H，所以B为；B与NaCN反应，根据C的分子式确定B到C是将Cl取代为CN，所以C为；C酸性水解应该得到，与乙醇酯化得到D，所以D为，D与HI加成得到E。根据题目的已知反应，要求F中一定要有醛基，在根据

36、H的结构得到F中有苯环，所以F一定为；F与CH3CHO发生题目已知反应，得到G，G为；G与氢气加成得到H；H与E发生偶联反应得到Y。【题目详解】（1）A的名称为丙炔。（2）B为，C为，所以方程式为：。（3）有上述分析A生成B的反应是取代反应，G生成H的反应是加成反应。（4）D为。（5）Y中含氧官能团为羟基和酯基。（6）E和H发生偶联反应可以得到Y，将H换为F就是将苯直接与醛基相连，所以将Y中的苯环直接与羟基相连的碳连接即可，所以产物为。（7）D为，所以要求该同分异构体也有碳碳三键和酯基，同时根据峰面积比为3:3:2，得到分子一定有两个甲基，另外一个是CH2，所以三键一定在中间，也不会有甲酸酯的

37、可能，所以分子有6种：【答案点睛】本题的最后一问如何书写同分异构，应该熟练掌握分子中不同氢数的影响，一般来说，3个或3的倍数的氢原子很有可能是甲基。2个或2的倍数可以假设是不是几个CH2的结构，这样可以加快构造有机物的速度。24、羟基、羧基 n+(n-1)H2O 【答案解析】氨基酸能发生缩合反应，脱去一个H2O分子时，-COOH脱去-OH，-NH2脱去-H，发生缩聚反应生成多肽，结合B的分子式，两个丙氨酸分子间脱去2个H2O分子可生成B为；由题中所给信息可总结出：在HNO2作用下，氨基酸中的-NH2可转变成-OH，可得C为；由于C中含有-COOH和-OH，可以发生脱水反应生成D与E，而D、E的

38、相对分子质量分别为162和144，故C脱去一个水分子可得D为，C脱去两个水分子可得E为；丙氨酸与氢氧化钠发生中和反应生成A为CH3CH(NH2)COONa，据此分析解答。【题目详解】(1)由上述分析可知，C为，所含官能团有羟基和羧基，故答案为：羟基、羧基；(2)B的结构简式为，D的结构简式为；(3)CE的化学方程式为：；(4)C发生缩聚反应的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O。25、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O A 待D中充满黄绿色气体时 除Cl2中混有的HCl Cl2+H2OH+Cl-+HClO饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡不容易

39、正移，氯气几乎不溶解，但氯化氢可以溶解，所以可以除杂 防止G中水蒸气进入E使氯化铝水解 碱石灰 AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl -1 NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2 0.69 【答案解析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰和浓盐酸共热制得氯气，用装置B中饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，用装置C中浓硫酸干燥氯气，装置D为氯化铝的制备装置，装置E用于收集氯化铝，用装置F中浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中，导致氯化铝水解，用装置G中氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，防止污染环境。由流程可知，实验制备得到的氯化铝在特定条件下与氢化钠反应制得铝氢化钠。【题目详解】（

40、1）装置A中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；实验时应先点燃A处酒精灯制备氯气，利用反应生成的氯气排尽装置中的空气，防止空气中氧气干扰实验，待D中充满黄绿色气体时，再点燃D处酒精灯制备氯化铝，故答案为：D中充满黄绿色气体时；因浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体；选用饱和食盐水的原因是，氯气与水反应为可逆反应，存在如下平衡Cl2+H2OH+Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使

41、平衡逆向移动，降低氯气溶解度，使氯气几乎不溶解，但氯化氢极易溶于水，所以可以除杂，故答案为：除中混有的HCl；Cl2+H2OH+Cl-+HClO饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡不容易正移，氯气几乎不溶解，但氯化氢可以溶解，所以可以除杂；F中浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中，导致氯化铝水解，装置G中氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，防止污染环境，若用盛有碱石灰的干燥管代替F和G，可以达到相同的目的，故答案为：防止G中水蒸气进入E使氯化铝水解；碱石灰；（2）氯化铝在特定条件下与氢化钠反应生成铝氢化钠和氯化钠，反应的化学方程式为AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl，故答案为：AlC

42、l3+4NaH=NaAlH4+3NaCl；（3）若装置A改为氢气的制备装置，D中的钠与氢气共热可以制得氢化钠，由化合价代数和为零可知氢化钠中氢元素为1价；若装置中残留有氧气，氧气与钠共热会反应生成过氧化钠，故答案为：-1；Na2O2；（4）铝氢化钠遇水发生剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2；氢化钠与水反应的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2，标准状况下22.4L氢气的物质的量为1mol，设铝氢化钠为xmol，氢化钠为ymol，由化学方程式可得联立方程式54x+24y=15.64x+y=1，解得x=y=0.2，,则样品中铝氢化钠的质

43、量分数为0.69，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2；0.69。【答案点睛】制备氯化铝和氢化钠时，注意注意排尽装置中空气，防止氧气干扰实验是解答关键；前干燥、后防水，防止氯化铝水解是易错点。26、 增大反应物的浓度，使平衡正向移动，提高乙酸的转化率； 浓硫酸能吸收反应生成的水，使平衡正向移动，提高酯的产率 浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率 饱和碳酸钠溶液 中和乙酸、吸收乙醇减少乙酸乙酯在水中的溶解 冷凝回流 防止加热温度过高，有机物碳化分解 BC 分液漏斗 A 【答案解析】（1）实验室用乙醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下制乙酸乙酯，化学方程式为。答案为：

44、；（2）酯化反应属于可逆反应，加入过量的乙醇，相当于增加反应物浓度，可以让平衡生成酯的方向移动，提高酯的产率；在酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂；理论上加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是：利用浓硫酸能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率；“浓硫酸用量又不能过多”，原因是：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；答案为：增大反应物的浓度，使平衡正向移动，提高乙酸的转化率；浓硫酸能吸收反应生成的水，使平衡正向移动，提高酯的产率；浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；（3）由于乙酸和乙醇具有挥发性，所以制得的乙酸乙酯

45、中常混有少量挥发出的乙酸和乙醇，将产物通到饱和碳酸钠溶液的液面上，饱和碳酸钠溶液的作用是：中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解；答案为：饱和碳酸钠溶液；中和乙酸、吸收乙醇减少乙酸乙酯在水中的溶解；（4）乙酸、丁醇加热易挥发，为减少原料的损失，直玻璃管对蒸汽进行冷凝，重新流回反应器内。试管与石棉网直接接触受热温度高，容易使有机物分解碳化。故答案为：冷凝、回流；防止加热温度过高，有机物碳化分解。（5）提高1丁醇的利用率，可使平衡向生成酯的方向移动。A. 使用催化剂，缩短反应时间，平衡不移动，故A错误；B. 加过量乙酸，平衡向生成酯的方向移动，1丁醇的利用率增大，故B正确；C. 不断移去产物

46、，平衡向生成酯的方向移动，1丁醇的利用率增大，故C正确；D. 缩短反应时间，反应未达平衡，1丁醇的利用率降低，故D错误。答案选BC。（6）分离互不相溶的液体通常分液的方法，分液利用的仪器主要是分液漏斗，使用时注意下层液从分液漏斗管放出，上层液从分液漏斗上口倒出，酯的密度比水小，应从分液漏斗上口倒出。故答案为：分液漏斗；A。27、f a b c d e(ab顺序可互换） 过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率 无固体残留且溶液呈无色（答出溶液呈无色即给分） 2IO3-+3N2H4H2O=3N2+2I-+9H2O 趁热过滤或过滤 80% 水合胼能与水中的溶解氧反应 不合理

47、 可能是I- 在酸性环境中被O2氧化成I2而使淀粉变蓝 【答案解析】(1)水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3N2H4H2O+NaCl，利用装置D制备氨气，装置A为安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置C吸收；(2)加入氢氧化钠，碘和氢氧化钠发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加入水合肼得到氮气与NaI，得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI；由碘单质计算生成的NaI与NaIO3，再由NaIO3计算与N2H4H2O反应所得的NaI，由此计算得到理论生成的NaI，再计算产率可得；NaIO3能够氧化碘化钾，

48、空气中氧气也能够氧化碘离子生成碘单质。据此分析解答。【题目详解】(1)水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3N2H4H2O+NaCl，利用装置D制备氨气，通过装置A安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置C吸收，倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸，按气流方向其连接顺序为：fabcde，故答案为fabcde；开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，生成氨气一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加 NaClO溶液反应生成水合肼，水合肼有还原性，滴加NaClO溶液时不能过快的理由：过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水和肼，降低产率，故答案为过快滴加Na

49、ClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水和肼，降低产率；(2)步骤ii中碘单质生成NaI、NaIO3，反应完全时现象为无固体残留且溶液接近无色，故答案为无固体残留且溶液接近无色；步骤iiiN2H4H2O还原NalO3的化学方程式为：3N2H4H2O+2NaIO3=2NaI+3N2+9H2O，离子方程式为：3N2H4H2O+2IO3-=2I-+3N2+9H2O，故答案为3N2H4H2O+2IO3-=2I-+3N2+9H2O；活性炭具有吸附性，能脱色，通过趁热过滤将活性炭与碘化钠溶液分离，故答案为趁热过滤；8.2gNaOH与25.4g单质碘反应，氢氧化钠过量，碘单质反应完全，碘和氢氧化钠发生反应：3

50、I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，则生成的NaI的质量为：5150g/mol=25g，生成的NaIO3与N2H4H2O反应所得的NaI，反应为3N2H4H2O+2NaIO3=2NaI+3N2+9H2O，则6I22NaIO32NaI，该步生成的NaI质量为：2150g/mol=5g，故理论上生成的NaI为25g+5g=30g，实验成品率为100%=80%，实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高是因为水合肼能与水中的溶解氧反应，故答案为80%；水合肼能与水中的溶解氧反应；取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝，说明生成碘单质，可能是NaIO3氧化碘化钾反应生成，也可能是空气中氧气氧化碘离子生成碘单质，不能得出NaI中含有NaIO3杂质，故答案为不合理；可能是I-在酸性环境中被氧气氧化成I2而使淀粉变蓝。【答案点睛】本题考查了物质制备方案设计，主要考查了化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、产率