上海市进才实验中学2023学年化学高二第二学期期末复习检测模拟试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、已知：KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O，如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。下表中由实验现象得出的结论完全正确的是()选项实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红Cl2具有还原性B滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有酸性C紫色石蕊溶液先变红后褪色Cl2具有漂白性DKI­淀粉溶液变成蓝色Cl2具有氧化性A．A B．B C．C D．D2、下列酸溶液的pH相同时，其物质的量浓度最小的是（）A．H2SO3 B．H2SO4 C．CH3COOH D．HNO33、如图所示，若锥形瓶内是水，分液漏斗内的液体也是水，向烧杯内滴加水时，发现U形管内液体慢慢右移，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，则烧杯内的物质是A．过氧化钠B．氧化钠C．钠D．钾4、在多电子原子中，轨道能量是由以下哪些因素决定()①能层②能级③电子云的伸展方向④电子自旋状态A．①②B．①④C．②③D．③④5、在强酸性或强碱性溶液中都能大量共存的一组离子是（）A．Ba2＋，Fe3＋，Br－，NO3－B．Na＋，Ca2＋，HCO3－，NO3－C．Al3＋，NH4＋，SO42－，Na＋D．Na＋，K＋，NO3－，SO42－6、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I−+IO3−+6H+=I2+3H2OC．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2OD．电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+H2↑7、下列说法正确的是A．将10gCaCO3粉末加入100mL水中，所得溶液的浓度为lmol·L-1B．将100mL2mol·L-1盐酸加热蒸发至50mL，所得溶液的浓度为4mol·L-1C．将l0mLl.0mol·L-1NaCl溶液与90mL水混合，所得溶液的浓度为0.1mol·L-1D．将10gCaO加入100mL饱和石灰水中，充分搅拌、静置并恢复到原来的温度，所得溶液的浓度不变8、CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图所示），但CaC2晶体中由于哑铃形的C22-存在，使晶胞沿一个方向拉长。下列关于CaC2晶体的说法中正确的是A．CaC2晶体中，所有原子之间都以离子键相结合B．C22-与N2互为等电子体C．1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22-数目为6D．1个CaC2晶体的晶胞平均含有1个Ca2+和1个C22-9、元素K的焰色反应呈紫色，其中紫色对应的辐射波长为（）A．404.4nm B．553.5nm C．589.2nm D．766.5nm10、铝镁合金因坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工而成为新型建筑装潢材料，主要用于制作窗框、卷帘门等。下列性质与这些用途无关的是（）A．强度高 B．不易生锈 C．密度小 D．导电、导热性好11、下列说法正确的是A．所有共价键都有方向性B．H3O＋离子的存在，说明共价键不应有饱和性C．若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的饱和性D．两个原子轨道发生重叠后，两核间的电子仅存在于两核之间12、下列选项中，微粒的物质的量浓度关系正确的是A．0.1mol/LK2CO3溶液：c（OH－）=c（HCO3－）+c（H＋）+c（H2CO3）B．0.1mol/LNaHCO3溶液中离子浓度关系：c（Na+）=2c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3）C．等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中：2c（K＋）=c（HX）+c（X－）D．浓度均为0.1mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合：c（Na＋）+c（H＋）=c（CO32－）+c（OH－）+c（HCO3－）13、下列说法不正确的是A．温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数相同B．等温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于16∶11C．温度和容积相同的两气罐中分别盛有5molO2(g)和2molN2(g)，两容积中的压强之比等于5∶2D．等温等压条件下，5molO2(g)和2molH2(g)的体积之比等于5∶214、下列元素相关粒子的电子排布式中，前者一定是金属元素，后者一定是非金属元素的是A．[Ne]3s1[Ne]3s2 B．[Ar]4s1[Ne]3s23p4C．[Ne]3s2[Ar]4s2 D．[He]2s22p4[Ne]3s23p515、下列除去杂质的方法正确的是A．除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，使乙烯转化成液态二氯乙烷而与乙烷分离。B．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用氢氧化钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏；C．除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶；D．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏。16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．78gNa216O2与足量的水(H218O)反应生成的氧气所含的中子数为9NAB．常温下，0.1molCl2溶于水中达到饱和，可得到HClO分子的数目是0.1NAC．1molNa在0.5molO2中充分燃烧，转移电子数为NAD．标准状况下，22.4L乙醇中含有的分子数为NA17、在反应X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22:9，当l.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR，则在此反应中Y和M的质量之比为()A．23:9 B．16:9 C．32:9 D．46:918、化学与生活息息相关，下列有关说法错误的是（）A．苏打水是Na2CO3饱和溶液，可以缓解胃酸过多B．明矾净水，利用了Al(OH)3胶粒的吸附性质C．铁粉可以用于食品保鲜，涉及到Fe的还原性D．碘酒在处理伤口时，应用了I2的氧化性19、下列有关实验原理、装置、操作的描述中正确的是（）ABCD将NO2球浸泡在热水和冷水中探究温度对平衡的影响pH试纸的测定研究催化剂对反应速率的影响反应热的测定A．A B．B C．C D．D20、已知：①I2＋SO2＋2H2O＝2HI＋H2SO4；②2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3；③2FeCl3＋2HI＝2FeCl2＋2HCl＋I2根据上面反应判断，下列说法正确的是（）A．氧化性强弱顺序是：Fe3+>SO2>I2>SO42－B．还原性强弱顺序是：SO2>I－>Fe2+>Cl－C．反应Cl2＋SO2＋2H2O＝2HCl＋H2SO4不能发生D．Fe3+与I－在溶液可以大量共存21、一种充电电池放电时的电极反应为：H2+2OH—2e—=2H2O、NiO(OH)+H2O+e—=Ni(OH)2+OH—。当为电池充电时，与外电源正极连接的电极上发生的反应是（）A．H2O的还原 B．NiO(OH)的还原C．H2的氧化 D．Ni(OH)2的氧化22、一定能在下列溶液中大量共存的离子组是()A．水电离产生的H＋浓度为1×10－12mol·L－1的溶液：Na＋、Fe2+、Cl－、NO3-B．能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na＋、AlO2－、S2－、CO32－C．含有大量Fe3＋的溶液：SCN－、I－、K＋、Br－D．加入活泼金属Al能产生H2的溶液：K＋、NH4＋、Cl－、SO42－二、非选择题(共84分)23、（14分）已知：CH3—CH=CH2＋HBr→CH3—CHBr—CH3(主要产物)。1mol某芳香烃A充分燃烧后可得到8molCO2和4molH2O。该烃A在不同条件下能发生如图所示的一系列变化。（1）A的化学式：______，A的结构简式：______。（2）上述反应中，①是______(填反应类型，下同)反应，⑦是______反应。（3）写出C、D、E、H的结构简式：C______，D______，E______，H______。（4）写出反应D→F的化学方程式：______。24、（12分）以苯和乙炔为原料合成化工原料E的路线如下：回答下列问题：(1)以下有关苯和乙炔的认识正确的是___________。a．苯和乙炔都能使溴水褪色，前者为化学变化，后者为物理变化b．苯和乙炔在空气中燃烧都有浓烟产生c．苯与浓硝酸混合，水浴加热55~60℃，生成硝基苯d．聚乙炔是一种有导电特性的高分子化合物(2)A的名称___________________。(3)生成B的化学方程式为____________________________，反应类型是________。(4)C的结构简式为____________，C的分子中一定共面的碳原子最多有_____个。(5)与D同类别且有二个六元环结构(环与环之间用单键连接)的同分异构体有4种，请写出其中2种同分异构体的结构简式：__________________________。(6)参照上述合成路线，设计一条以乙炔和必要试剂合成环丙烷的路线：___________。25、（12分）B．[实验化学]丙炔酸甲酯（）是一种重要的有机化工原料，沸点为103~105℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为实验步骤如下：步骤1：在反应瓶中，加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是________。（2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是______；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是______。（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是____；分离出有机相的操作名称为____。（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是________。26、（10分）亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制取少量的NOSO4H，并检验产品纯度。已知：NOSO4H遇水水解，但溶于浓硫酸而不分解。（1）利用装置A制取SO2，下列最适宜的试剂是_____(填下列字母编号)A．Na2SO3固体和20%硝酸B．Na2SO3固体和20%硫酸C．Na2SO3固体和70%硫酸D．Na2SO3固体和18.4mol/L硫酸（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。①为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是_______。②该反应必须维持体系温度不低于20℃。若温度过高，产率降低的可能原因是____。③开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因可能是______。（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是______。（4）测定NOSO4H的纯度准确称取1.337g产品加入250mL碘量瓶中，加入0.1000mol/L、60.00mL的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500mol/L草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。已知：2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4①配平：__MnO4-＋___C2O42-＋______＝___Mn2+＋____＋__H2O②亚硝酰硫酸的纯度=___%(计算结果保留两位有效数字)。27、（12分）丙酸异丁酯(isobutylacetate)具有菠萝香气，主要用作漆类的溶剂和配制香精。实验室制备丙酸异丁酯的反应、装置示意图和有关信息如下：实验步骤：在圆底烧瓶中加入3.7g的异丁醇，7.4g的丙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片，控温106～125℃，反应一段时间后停止加热和搅拌，反应液冷却至室温后，用饱和NaHCO3溶液洗涤分液后加入少量无水硫酸镁固体干燥，静置片刻，过滤除去硫酸镁固体，进行常压蒸馏纯化，收集130～136℃馏分，得丙酸异丁酯3.9g。回答下列问题：(l)装置A的名称是__________。(2)实验中的硫酸的主要作用是___________。(3)用过量丙酸的主要目的是______________________。(4)用饱和NaHCO3溶液洗涤粗酯的目的是____________。(5)在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后_________（填字母）。A．直接将丙酸异丁酯从分液漏斗上口倒出B．直接将丙酸异丁酯从分液漏斗下口放出C．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将丙酸异丁酯从上口倒出D．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将丙酸异丁酯从下口放出(6)本实验丙酸异丁酯的产率是_________。28、（14分）雾霾天气严重影响人们的生活，汽车尾气所排放的氮氧化物及燃煤所排放的硫氧化物是造成雾霾的重要原因。（1）NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图1所示：①由图1可知，SCR技术中的氧化剂为__________________。已知c(NO2)∶c(NO)＝1∶1时脱氮效果最佳，若生成1molN2时反应放出的热量为QkJ。此时对应的脱氮反应的热化学方程式为___________________。②图2是不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率，由图可知工业使用的最佳的催化剂和相应的温度分别为________________。（2）改善能源结构是治理雾霾问题的最直接有效途径。二甲醚是一种清洁能源，可用合成气在催化剂存在下制备二甲醚，其反应原理为：2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH已知在一定条件下，该反应中CO的平衡转化率α随温度、投料比n(H①a、b、c按由大到小的顺序排序为____；ΔH__0(填“>”“<”或“=”)。②对于气相反应，用某组分(B)的平衡分压p(B)代替物质的量浓度c(B)也可以表示平衡常数(记作Kp)，则该反应平衡常数的表达式Kp=_______。③在恒容密闭容器里按体积比为1∶2充入一氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状态。当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是_____。A．一氧化碳的转化率减小B．容器的压强增大C．化学平衡常数K值减小D．逆反应速率先增大后减小E.混合气体的密度增大29、（10分）有机物A的结构简式为：（1）A的分子式为_____．（2）A在NaOH水溶液中加热，经酸化得到有机物B和D，D是芳香族化合物．当有1molA发生反应时，最多消耗_____molNaOH．（3）B在一定条件下发生酯化反应可生成某五元环酯，该五元环酯的结构简式为_____．（4）写出苯环上只有一个取代基且属于酯类的D的所有同分异构体．_____．

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、D【答案解析】

本题主要考查是氯气的化学性质，根据实验现象可以推断物质的化学性质。【题目详解】A.滴有KSCN的溶液变红，是因为氯气的氧化性把亚铁氧化为铁离子，铁离子与KSCN反应使得溶液呈红色，故A中结论错误；B.氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，再与碱反应，这里是与水反应的生成物表现为酸性，不是氯气表现为酸性，故B中结论错误；C.紫色石蕊溶液先变红后褪色，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸先酸性，故紫色石蕊溶液先变红，褪色是因为次氯酸具有漂白性，而非氯气，故C中结论错误；D.因为氯气的把碘化钾中碘离子氧化成碘，故KI­淀粉溶液变成蓝色，故D中结论正确。故答案是D。2、B【答案解析】

酸越弱，在pH相同的条件下酸的浓度越大。亚硫酸是中强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，硝酸是一元强酸，则醋酸的浓度最大，硫酸的浓度最小，答案选B。3、B【答案解析】A、过氧化钠溶于水放出热量并生成氧气，使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，但恢复到原温度后液面左边仍然比右边低，故A错误；B、氧化钠与水反应放出热量，使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，故B正确；C、钠加入水中放热并生成氢气，使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，但恢复到原温度后液面左边仍然比右边低，故C错误；D、钾加入水中放热并生成氢气，使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，但恢复到原温度后液面左边仍然比右边低，故D错误；故选B。点睛：根据物理知识的原理，U形管内液体慢慢右移说明容器内压强比外界压强大，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，说明压强又与原来相等，根据热胀冷缩现象，导致压强变化，但不能产生气体。4、A【答案解析】多原子中，在电子填充原子轨道时，电子由能量低向能量高的轨道填充，因此轨道的能量是由能层和能级决定，故A选项正确。5、D【答案解析】分析：离子间如果在溶液中发生化学反应，则不能大量共存，结合溶液的酸碱性、离子的性质以及发生的化学反应解答。详解：A.在碱性溶液中Fe3＋不能大量共存，A错误；B.在酸性溶液中碳酸氢根离子不能大量共存，在碱性溶液中Ca2＋和HCO3－均不能大量共存，B错误；C.在碱性溶液中Al3＋和NH4＋均不能大量共存，C错误；D.Na＋、K＋、NO3－、SO42－在酸性或碱性溶液中相互之间互不反应，可以大量共存，D正确。答案选D。6、A【答案解析】

A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒；C项，在碱性溶液中不可能生成H+；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。【题目详解】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D项错误；答案选A。【答案点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；④从反应的条件进行判断（题中C项）；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。7、D【答案解析】

A、碳酸钙难溶于水，因此将10gCaCO3粉末加入100mL水中，所得溶液的浓度不是lmol·L-1，A错误；B、浓盐酸易挥发，因此将100mL2mol·L-1盐酸加热蒸发至50mL，所得溶液的浓度小于4mol·L-1，B错误；C、将l0mLl.0mol·L-1NaCl溶液与90mL水混合，所得溶液的体积不是100mL，因此溶液的浓度不是0.1mol·L-1，C错误；D、将10gCaO加入100mL饱和石灰水中，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，但由于溶液是饱和溶液，因此充分搅拌、静置并恢复到原来的温度，所得溶液的浓度不变，D正确；答案选D。8、B【答案解析】分析：A.CaC2晶体中含有C22-，C22-原子之间为共价键；B.C22-含电子数为2×6+2=14，N2的电子数为14；C.1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22-应位于同一平面，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点；D．晶胞中根据均摊法分析微粒的个数.详解：A.CaC2晶体中，C22-原子之间以供价键相结合，A错误；B.

C22-含电子数为：2×6+2=14,N2的电子数为14，二者电子数相同，是等电子体，B正确；C．依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，而不是6个，C错误；D.依据晶胞示意图可以看出，1个CaC2晶体的晶胞含有Ca2+为：1+12×14=4和含有C22-为：1+6×点睛：本题考查晶胞的分析，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点，为解答该题的关键，易错点为A和C．9、A【答案解析】

元素K的焰色反应呈紫色，紫色光能量高，波长短，所以其中紫色对应的辐射波长为404.4nm，故合理选项是A。10、D【答案解析】铝镁合金用于制作门窗、防护栏等时主要是利用了铝镁合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点，与导电性是否良好无关，故选D。11、C【答案解析】

A.共价键具有方向性，但并非所有的共价键都具有方向性，比如H2的共价键没有方向性，A错误；B.H3O+的存在，是由于O原子发生了杂化，照样符合共价键的饱和性，B错误；C.S原子最外层只有6个电子，可与两个电子形成共价键，与H形成化合物为H2S，否则违背了共价键的饱和性，C正确；D.两原子形成共价键后，两核间电子是绕两核运动的，D错误；故合理选项为C。12、C【答案解析】

A、正确关系为c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，因为由一个CO32－水解生成H2CO3，同时会产生2个OH－，故A错误；B、NaHCO3溶液中，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故B错误；C、等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中，根据物料守恒，2c（K＋）=c（HX）+c（X－），故C正确；D、浓度均为0.1mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合，根据电荷守恒：c（Na＋）+c（H＋）=2c（CO32－）+c（OH－）+c（HCO3－），故D错误；综上所述，本题正确答案为C。【答案点睛】本题考查了溶液中离子浓度等量关系，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断溶液中离子浓度大小中的应用方法。13、A【答案解析】

A项，压强没有确定，温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数不一定相同，错误；B项，等温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于其相对分子质量之比，为64：44＝16∶11，正确；C项，温度和容积相同的两气罐中的压强之比等于气体分子物质的量之比，即为5∶2，正确；D项，等温等压条件下，两气体的体积之比等于气体分子物质的量之比，即为5∶2，正确；答案选A。14、B【答案解析】A、两种元素都是金属元素，选项A错误；B、前者是金属元素，后者是非金属元素，选项B正确；C、两种元素都是金属元素，选项C错误；D、两种元素都是非金属元素，选项D错误。答案选B。15、D【答案解析】

A．乙烷与Cl2在光照条件下可以发生取代反应生成多种氯代乙烷和HCl，不能用光照条件下通入Cl2除去乙烷中少量的乙烯，除去乙烷中少量的乙烯的方法：可以将混合气体通入到溴水中，乙烯发生加成反应生成1，2—二溴乙烷，留在溶液中，而乙烷难溶于水，达到除杂的目的；B．乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，不能用NaOH溶液除去乙酸乙酯中少量的乙酸，除去乙酸乙酯中少量的乙酸的方法：可以用饱和Na2CO3溶液洗涤，充分振荡后分液、干燥、蒸馏；C．CO2、SO2都能被饱和碳酸钠溶液吸收，不能用饱和碳酸钠溶液除去CO2中少量的SO2，除去CO2中少量的SO2的方法：气体通过盛饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶；D．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，乙酸发生反应形成乙酸钙，乙酸钙是离子化合物，而乙醇是共价化合物，二者沸点不同，可以用蒸馏的方法分离得到；答案选D。16、C【答案解析】

A.78g过氧化钠Na216O2的物质的量=78g/(78g/mol)=1mol，而Na2O2与水的反应为过氧化钠的歧化反应，即和足量的水（H218O）反应生成的氧气为16O2，且生成的氧气为0.5mol，则含有的中子为8NA个，故A错误；B．氯气与水反应是可逆反应，标准状况下，1molCl2溶于水不可能完全转化为次氯酸，故B错误；C.1molNa在0.5molO2中充分燃烧恰好生成过氧化钠，1molNa失去1mol电子,故反应中转移电子数为1NA，故C正确；D．标准状况下，22.4L乙醇不是气体，物质的量不是1mol，故D错误。答案为C【答案点睛】本题的易错点为D，利用公式n=v/vm做题时一定要注意，必须是气体，在标准状况下，vm才是22.4L/mol,否则vm不知道具体值，无法计算。17、B【答案解析】

①根据化学方程式和已知条件“R和M的相对分子质量之比为22：9”以及R的质量，列出比例式，即可求出M的质量；②根据质量守恒定律，在化学反应中，参加反应前各物质的质量总和等于反应后生成各物质的质量总和。则生成的Y的质量=R的质量+M的质量-X的质量，然后写出两者的比即可。【题目详解】①应为根据已知条件“R和M的相对分子质量之比为22：9”，则R：2M=22：(2×9)=22：18；设生成的M的质量为a，∴22：18=4.4g：a，解之得：a=3.6g；②根据质量守恒定律可得Y的质量=4.4g+3.6g-1.6g=6.4g；∴此反应中Y和M的质量比是6.4g：3.6g=16：9，故答案为B。18、A【答案解析】分析：A.Na2CO3饱和溶液的碱性较强，对胃有较大的刺激作用；B.明矾溶于水时水解生成了氢氧化铝胶体；C.铁粉具有还原性，能够与食品包装中的氧气反应；D.碘酒中的碘具有氧化性，可以杀菌消毒；据此分析判断。详解：A.Na2CO3饱和溶液的碱性较强，对胃有较大的刺激作用，缓解胃酸过多，应该选用碳酸氢钠，故A错误；B.明矾溶于水时，铝离子水解生成了氢氧化铝胶体，具有吸附性，起到净水作用，故B正确；C.铁粉具有还原性，能够与氧气反应，可以用于食品保鲜，作为抗氧化剂，故C正确；D.碘酒中的碘具有氧化性，在处理伤口时，应用了I2的氧化性，杀菌消毒，故D正确；故选A。19、A【答案解析】A、将NO2球浸泡在热水和冷水中，观察气体颜色的变化，可以探究温度对平衡的影响，故A正确；B、pH试纸应该放在玻璃片或表面皿上，不应该放在桌面上，故B错误；C、反应中同时改变了催化剂和温度，不能研究催化剂对反应速率的影响，故C错误；D、铁的导热性好，用铁质搅拌棒加快了热量的散失，导致反应热的测定误差较大，故D错误；故选A。20、B【答案解析】分析：氧化还原反应中含有元素化合价降低的物质为氧化剂，通过氧化反应得到的产物为氧化产物，所含元素化合价升高的物质为还原剂，通过还原得到的产物为还原产物，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性以及还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答。详解：①I2＋SO2＋2H2O＝2HI＋H2SO4，氧化剂为I2，氧化产物为H2SO4，所以氧化性I2>H2SO4，还原剂是SO2，还原产物为HI，还原性SO2>I-，

②2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3，氧化剂为Cl2，氧化产物为FeCl3，所以氧化性Cl2>FeCl3，还原剂为FeCl2，还原产物为FeCl3，还原性Fe2+>Cl－，

③反应2FeCl3＋2HI＝2FeCl2＋2HCl＋I2，氧化剂为FeCl3，氧化产物为I2，所以氧化性Fe3+>I2，还原剂为HI，还原产物FeCl2，还原性I－>Fe2+；

所以氧化性Cl2>Fe3+>I2>SO42－，还原性SO2>I－>Fe2+>Cl－，Cl2＋SO2＋2H2O＝2HCl＋H2SO4能发生，Fe3+氧化I－，所以不能大量共存；

综合以上分析，所以B选项是正确的。21、D【答案解析】

当为电池充电时相当于电解，与外电源正极连接的电极是阳极，失去电子，发生氧化反应，是放电时正极反应的逆反应，则发生的反应是Ni(OH）2的氧化，故D正确。答案选D。22、B【答案解析】

A．水电离产生的H+浓度为1×10-12mol•L-1的溶液为酸性或碱性溶液，在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，与Fe2+不能大量共存，故A错误；B．能使pH试纸变深蓝色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、AlO2-、S2-、CO32-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．Fe3+与SCN-、I-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．加入Al能放出H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、C8H8加成反应取代反应（或酯化反应）+NaOH+NaBr【答案解析】

1mol某烃A充分燃烧后可以得到8molCO2和4molH2O，故烃A的分子式为C8H8，不饱和度为，可能含有苯环，由A发生加聚反应生成C，故A中含有不饱和键，故A为，C为，A与溴发生加成反应生成B，B为，B在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E，E为，E与溴发生加成反应生成，由信息烯烃与HBr的加成反应可知，不对称烯烃与HBr发生加成反应，H原子连接在含有H原子多的C原子上，与HBr放出加成反应生成D，D为，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成F，F为，F与乙酸发生酯化反应生成H，H为，据此分析解答。【题目详解】（1）由上述分析可知，A的化学式为C8H8，结构简式为，故答案为：C8H8；；（2）上述反应中，反应①与溴发生加成反应生成；反应⑦是与乙酸发生酯化反应生成，故答案为：加成反应；取代反应（或酯化反应）；（3）由上述分析可知，C为；D为；E为；H为；故答案为：；；；；（4）D→F为水解反应，方程式为：+NaOH+NaBr，故答案为：+NaOH+NaBr。24、bd；苯甲醇；；取代反应；7任意2种；【答案解析】

苯与甲醛发生加成反应生成A为，A与HBr发生取代反应生，与HC≡CNa发生取代反应生成B为，与氢气发生加成反应生成C，结合C的分子式可知C为，结合E的结构可知C与CH2I2反应生成D为，D发生氧化反应生成E。【题目详解】（1）a．苯和乙炔都能使溴水褪色，前者为萃取，属于物理变化，后者发生加成反应，为化学变化，故a错误；

b．苯和乙炔的最简式相同，含碳量高，在空气中燃烧都有浓烟产生，故b正确；

c．苯与浓硝酸混合，水浴加热55～60℃，生成硝基苯，需要浓硫酸作催化剂，故c错误；

d．聚乙炔是一种有导电特性的高分子化合物，故d正确，答案选bd；

（2）A为，名称为苯甲醇；（3）生成B的化学方程式为：，属于取代反应；（4）C的结构简式为，苯环连接2原子处于同一平面，碳碳双键连接的原子处于同一平面，旋转碳碳单键可以使羟基连接的碳原子处于碳碳双键平面内，由苯环与碳碳双键之间碳原子连接原子、基团形成四面体结构，两个平面不能共面，最多有7个碳原子都可以共平面；（5）D（）其分子式为C12H16，只能形成2个六元碳环。书写的同分异构体与D同类别且有二个六元环结构（环与环之间用单键连接），D属于芳香醇，则同分异构体中，也有一个苯环，此外—OH不能连接在苯环上，则同分异构体有：；（6）环丙烷为三元碳环结构，在D中也存在三元碳环结构。中有碳碳三键，乙炔分子中也有碳碳三键，模仿到D的过程，则有以乙炔和必要试剂合成环丙烷的路线：。【答案点睛】本题考查有机物的推断与合成，注意根据转化中有机物的结构、反应条件等进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，较好地考查学生自学能力、分析推理能力与知识迁移运用能力。25、作为溶剂、提高丙炔酸的转化率(直形)冷凝管防止暴沸丙炔酸分液丙炔酸甲酯的沸点比水的高【答案解析】

（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；（2）根据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；（3）丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯；（4）水浴加热提供最高温度为100℃，而丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，采用水浴加热，不能达到丙炔酸甲酯的沸点，不能将丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸馏时不能用水浴加热。【答案点睛】《实验化学》的考查，相对比较简单，本题可以联想实验制备乙酸乙酯作答，如碳酸钠的作用，实验室制备乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平时复习实验时，应注重课本实验复习，特别是课本实验现象、实验不足等等。26、C调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度浓HNO3分解、挥发生成的NOSO4H作为该反应的催化剂C(或A)中的水蒸气会进入B，使产品发生水解2516H+210CO2↑895【答案解析】

根据题意可知，在装置B中利用浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，利用装置A制取二氧化硫，利用装置C吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，据此分析。【题目详解】（1）该装置属于固液或液液混合不加热型装置。Na2SO3溶液与HNO3反应时，硝酸会氧化亚硫酸钠本身被还原为一氧化氮，选项A不符合；实验室制二氧化硫的原理是基于SO32-与H+的反应，因为生成的SO2会溶于水，所以不能用稀硫酸来制取，那样不利于SO2的逸出，但如果是用浓硫酸（18.4mol/L），纯硫酸是共价化合物，浓度越高，越不利于硫酸电离出H+，所以不适合用太浓的硫酸来制取SO2，选项B、选项D不符合；选项C符合；答案选C；（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。①为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度；②该反应必须维持体系温度不低于20℃。若温度过高，浓HNO3分解、挥发，产率降低；③开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但生成的NOSO4H作为该反应的催化剂，使反应速率明显加快；（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是C(或A)中的水蒸气会进入B，使产品发生水解；(5)①发生的是MnO4－和C2O42－的氧化还原反应，MnO4－做氧化剂，被还原成生成Mn2+，C2O42－做还原剂，被氧化成城二氧化碳。结合得失电子守恒和电荷守恒可得到MnO4－和C2O42－的离子反应方程式为：2MnO4－+5C2O42－+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；②根据题意可知，酸性KMnO4溶液先与NOSO4H反应，利用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。用0.2500mol·L－1草酸钠标准溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。可知剩余的KMnO4的物质的量n1(MnO4－)=n(C2O42－)=×0.2500mol·L－1×20.00×10-3L=2×10-3mol，则亚硝酰硫酸消耗的KMnO4的物质的量n2(MnO4－)=0.1000mol·L－1·60.00×10-3L-2×10-3mol=4×10-3mol。n(NOSO4H)=5/2n2(MnO4－)=10-2mol，亚硝酰硫酸的纯度=m(NOSO4H)/1.337g×100%=10-2mol×127g·mol－1/1.337g×100%=95.0%。【答案点睛】本题测定纯度过程中，先用过量的酸性KMnO4溶液滴定NOSO4H，将NOSO4H完全消耗，再用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。经过两次滴定实验，最终测得样品纯度。可先根据第二次滴定，求出第一次消耗高锰酸钾的物质的量，再根据方程式比例关系，计算出样品中NOSO4H的含量。27、（球形）冷凝管催化剂和吸水剂增大反应物丙酸的浓度，有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行洗掉浓硫酸和丙酸C60%【答案解析】分析：丙酸异丁酯的制备类似于乙酸乙酯的制备，可以联系课本知识分析解答。(3)根据平衡移动的原理分析解答；(4)根据饱和碳酸氢钠溶液的作用分析解答；(6)根据产率=实际产量理论产量×100%详解：(l)根据图示，装置A是冷凝管，故答案为：冷凝管；(2)根据酯化反应的原理可知，实验中的硫酸的主要作用是催化剂和吸水剂，故答案为：催化剂和吸水剂；(3)用过量丙酸，能够增大反应物丙酸的浓度，有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行，故答案为：增大反应物丙酸的浓度，有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行；(4)用饱和NaHCO3溶液洗涤粗酯，可以降低丙酸异丁酯在水中的溶解度，同时洗掉浓硫酸和丙酸，故答案为：洗掉浓硫酸和丙酸；(5)丙酸异丁酯的密度小于水，在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后先将水层从分液漏斗的下口放出，再将丙酸异丁酯从上口倒出，故选C；(6)7.4g的丙酸的物质的量为7.4g74g/mol=0.1mol，3.7g的异丁醇的物质的量为3.7g74g/mol=0.05mol，理论上可以生成0.05mol丙酸异丁酯，质量为130g/mol×0.05mol=6.5g，而实际产量是3.9g，所以本次实验的产率=3.9