2023学年云南省红河州绿春一中高二化学第二学期期末达标检测模拟试题（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、下列混合物可用分液漏斗分离的是A．苯和植物油 B．乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液C．甘油和水 D．苯和液溴2、S-诱抗素可保证盆栽鲜花盛开，其分子结构如图，下列说法不正确的是A．该物质的分子式为C15H20O4 B．该物质环上的二氯代物只有2种C．1mol该物质最多能与2molNaOH完全反应 D．该物质能发生取代、加成、氧化等反应3、下列说法正确的是A．25℃时，0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H+)为1×10-13mol·L-1B．25℃时，pH=3的H2SO4溶液和pH=10的NaOH溶液恰好完全中和，消耗酸和碱的体积比为1:10C．同浓度同体积的醋酸和盐酸溶液分别与足量锌反应，盐酸消耗的锌比较多D．常温下，向1mol·L-1的盐酸中加入等体积等浓度的氨水，溶液导电能力不变4、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．25℃时，1LpH＝11的CH3COONa溶液中水电离出的OH－的数目为0.001NAB．28g乙烯和丙烯的混合气体含有的原子个数为3NAC．1mol·L－1NaHCO3溶液中含有的HCO3-数目小于NAD．1molCl2与足量NaOH溶液反应转移的电子数为2NA5、下列反应中有机物化学键断裂只涉及π键断裂的是()。A．CH4的燃烧 B．C2H4与Cl2的加成 C．CH4与Cl2的取代 D．C2H4的燃烧6、300多年前，著名化学家波义耳发现了铁盐与没食子酸的显色反应，并由此发明了蓝黑墨水。没食子酸的结构简式为，下列关于没食子酸的说法正确的是A．分子式为C7H7O5B．能发生加成反应，消去反应和取代反应C．1mol没食子酸与足量的碳酸氢钠反应，生成4molCO2D．1mol没食子酸与足量的钠反应，生成2molH27、化学与生活密切相关。下列说法错误的是A．碳酸钠可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查8、现有一块已知质量的铝镁合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下三种不同的实验方案：实验方案①：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积实验方案②：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积实验方案③：铝镁合金溶液过滤、洗涤、干燥后测定得到沉淀的质量对能否测定出镁的质量分数的实验方案判断正确的是（）A．都能 B．都不能 C．①不能，其它都能 D．②③不能，①能9、将过量的氯气通入含Fe2+、I-、Br-的溶液，溶液中四种粒子的物质的量的变化如图所示。已知b=a+5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且线段I和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法错误的是A．线段I表示I-的变化情况B．a点时消耗Cl2的体积为134.4LC．原溶液中n(Fe2+)：n(Br-)=2：3D．线段Ⅳ表明氧化性：C12>HIO310、螺环化合物具有抗菌活性，用其制成的药物不易产生抗药性，螺[3，4]辛烷的结构如图，下列有关螺[3，4]辛烷的说法正确的是（）A．分子式为C8H16 B．分子中所有碳原子共平面C．与2—甲基—3—庚烯互为同分异构体 D．一氯代物有4种结构11、下列实验操作能达到实验目的的是()A．用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物B．用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NOC．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl212、以乙醇为原料设计合成的方案。需要经过的反应类型是A．消去、取代、水解、加成 B．取代、消去、加成、水解、C．消去、加成、取代、水解． D．消去、加成、水解、取代13、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．金属钠和水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑B．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓C．用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化碳气体：CO2+OH-=HCO3-D．澄清石灰水与盐酸的反应OH﹣+H+===H2O14、异秦皮啶具有镇静安神抗肿瘤功效，秦皮素具有抗痢疾杆菌功效。它们在一定条件下可发生转化，如图所示。有关说法正确的是A．异秦皮啶与秦皮素互为同系物B．异秦皮啶分子式为C11H12O5C．秦皮素一定条件下能发生加成反应、消去反应和取代反应D．1mol秦皮素最多可与2molBr2(浓溴水中的)、4molNaOH反应15、下列每组中各物质内既有离子键又有共价键的一组是A．Na2O2、KOH、Na2SO4 B．MgO、Na2SO4、NH4HCO3C．NaOH、H2SO4、(NH4)2SO4 D．HCl、Al2O3、MgCl216、图中的曲线是表示其他条件一定时，2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH＜0反应中NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v正＞v逆的点是（）A．a点B．b点C．c点D．d点17、以下4种有机物的分子式皆为C4H10O①CH3CH2CHOHCH3②CH3(CH2)3OH③CH3CH(CH3)CH2OH④CH3C(CH3)2OH．其中能被氧化为含-CHO的有机物是()A．①② B．② C．②③ D．③④18、四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，其中W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍。下列说法正确的是A．原子半径大小：W>Y>ZB．X的氢化物与Z的氢化物可以发生反应C．氧化物对应水化物的酸性：Z>Y>WD．氢化物的稳定性：Y>Z19、用酸性溶液进行下列实验，不能达到预期目的的是（）A．鉴别苯和甲苯B．鉴别乙烷和乙烯C．检验中含碳碳双键D．鉴别和20、今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mol/L，如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体(mmol)，在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体(mmol)，丙瓶不变，片刻后甲、乙、丙三瓶中HClO的物质的量浓度大小关系是（设溶液体积不变）A．甲=乙＞丙B．丙＞乙+甲C．甲＞丙＞乙D．乙＞丙＞甲21、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．NaCl（熔融）NaOHNaAlO2B．SiO2H2SiO3（s）Na2SiO3（aq）C．Cl2HClNH4ClD．CaCl2CaCO3CaSiO322、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．氢氧化镁与盐酸反应：B．将铝片打磨后立即放入氢氧化钠溶液中：C．溶液中加入足量稀（必要时可加热）：D．硫酸氢铵溶液中滴加少量溶液：二、非选择题(共84分)23、（14分）由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D,存在如图转化关系(部分生成物和反应条件已略去)。（1）若A为Na,则E为________,A与水反应的离子方程式为____________________（2）若A为Na2O2,则E为________,A与CO2反应的化学方程式为____________________,每有1molNa2O2参加反应，转移电子数为________NA（3）①A不论是Na还是Na2O2,依据转化关系判断物质B是________物质C是________②向饱和的C溶液中通入CO2会析出白色晶体，该晶体为________，用化学方程式表示其反应原理为：_____________________③将1mol/L的B溶液逐滴加入到1L1mol/L的AlCl3溶液中，产生白色沉淀39g，则所加入的B溶液的体积可能为________L或者________L24、（12分）有机物K为合成高分子化合物，一种合成K的合成路线如图所示(部分产物及反应条件已略去)。已知：①R1CHO+R2CH2CHO+H2O②+回答下列问题：(1)A的名称为_________，F中含氧官能团的名称为___________。(2)E和G的结构简式分别为________、________。H→K的反应类型为_______反应。(3)由C生成D的化学方程式为___________。(4)参照上述合成路线和信息，以甲醛、乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制取甘油(丙三醇)的合成路线为___________。25、（12分）绿矾（FeSO4•7H1O）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分．某化学兴趣小组同学采用以下方法测定某绿矾样品纯度。实验步骤如下：a．称取1．853g绿矾产品，溶解，在153mL容量瓶中定容；b．量取15．33mL待测溶液于锥形瓶中；c．用硫酸酸化的3．31333mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为13．33mL。（1）a步骤中定容时，如果仰视会使所配溶液浓度___________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。（1）滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为______（填仪器名称）。（3）判断此滴定实验达到终点的方法是

_______________。（4）写出酸性高锰酸钾滴定Fe1+的离子反应方程式：_____________。（5）计算上述样品中FeSO4·7H1O的质量分数为________（结果保留3位有效数字）。26、（10分）氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料．某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案．已知：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑（1）（方案1）取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）．（i）图C装置中球形干燥管的作用是________．完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先进行的操作是________，再加入实验药品．接下来的实验操作是关闭，打开，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体．打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化．通入氮气的目的是________．（iii）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见________．（2）（方案2）用下图装置测定mg样品中A1N的纯度（部分夹持装置已略去）．（i）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是________．A．CCl4

B．H2O

C．NH4Cl溶液

D．（ii）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况），则AlN的质量分数是________．（3）（方案3）按以下步骤测定样品中A1N的纯度：（i）步骤②生成沉淀的离子方程式为________．（ii）若在步骤③中未洗涤，测定结果将________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．27、（12分）物质分离、提纯的常用装置如图所示，根据题意选择合适的装置填入相应位置。（1）我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写到：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”所用的是__装置（填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”或“戊”，下同）。（2）《本草衍义》中对精制砒霜过程的叙述为：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下重如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法所用是_____装置。（3）海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如图：其中分离步骤①、②、③所用分别为：_____装置、_____装置、_____装置。28、（14分）盐酸氨柔比星是临床主要用于治疗癌症的药物。F是合成盐酸氨柔比星的三种中间体之一，其合成路线如下：⑴化合物D的分子式为C12H14O2，请写出D的结构简式：______。⑵写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：_____。Ⅰ．能发生银镜反应，且能与FeCl3溶液发生显色反应；Ⅱ．分子中含有4种不同化学环境的氢。⑶请写出以为原料制备的合成路线（无机试剂任选）。合成路线流程例见本题题干。____________________29、（10分）CO2是一种常见的温室气体，它的吸收和利用也成为现代科技的热门课题。(1)恒容密闭容器中，在Cu/ZnO催化剂作用下，可用CO2制备甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(l)△H1，已知：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H2，写出氢气燃烧热的热化学方程式________(△H用△H1、△H2表示)。某温度下，在体积为2L的密闭容器中加入2molCO2、5molH2以及催化剂进行反应生成CH3OH蒸气和水蒸气，达到平衡时H2的转化率是60%，其平衡常数为_______。(2)工业上用CO2催化加氢制取二甲醚：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)。在两个相同的恒容密闭容器中，充入等量的反应物，分别以Ir和Ce作催化剂，反应进行相同的时间后测得的CO2的转化率α(CO2)随反应温度的变化情况如图所示：①用Ir和Ce作催化剂时，反应的活化能更低的是_________；②a、b、c、d和e五种状态，反应一定达到平衡状态的是________，反应的ΔH____0(填“＞”、“=”或“＜”)；③从状态a到c，CO2转化率不断增大的原因是__________；④已知T℃下，将2molCO2和6molH2通入到体积为VL的密闭容器中进行上述反应，反应时间与容器内的总压强数据如表：时间t/min010203040总压强p/1000kPa1.00.830.680.600.60该反应平衡时CO2的转化率为___________。(3)工业上常用氨水吸收含碳燃料燃烧中产生的温室气体CO2，得到NH4HCO3溶液，则反应NH4++HCO3－+H2O⇌NH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=_________。(已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10－5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10－7，Ka2=4×10－11)。

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、B【答案解析】

A、C、D中的物质均互溶，不分层，不能利用分液漏斗分离；只有B中乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层，可用分液漏斗分离，故答案为B。2、C【答案解析】

由结构简式可以知道分子式，分子中含碳碳双键、碳氧双键、-OH、-COOH，结合烯烃、酮、醇、羧酸的性质来解答。【题目详解】A.根据该物质的结构简式可知，该物质的分子式为C15H20O4，A正确；B.该物质环上只有2种H,则二氯代物只有2种,B正确；C.只有-COOH与NaOH反应,1mol该物质最多能与1molNaOH完全反应,C错误；D.该物质含-OH,能发生取代、氧化等反应,含碳碳双键可发生加成、氧化反应等,D正确；正确选项C。3、B【答案解析】分析：A.根据已知条件无法求算水电离的c(H+)；B.两溶液恰好中和，则n（H+）=n（OH-），所以Vac（H+）=Vbc（OH-），据此计算；C.醋酸和盐酸都为一元酸，同浓度同体积，则醋酸和盐酸的物质的量相等，因此消耗的锌一样多；D.向盐酸中加入等体积等浓度的氨水，溶液的体积增大，导致导电能力减弱。详解：A.25℃时，0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中，CH3COOH的电离程度未知，因此由水电离的c(H+)无法计算，A错误；B.pH=3的H2SO4溶液中c（H+）=10-3mol/L，pH=10的NaOH溶液中c（OH-）=10-4mol/L，两溶液恰好中和，则n（H+）=n（OH-），所以Vac（H+）=Vbc（OH-），所以Va：Vb=c（OH-）：c（H+）=10-4mol/L：10-3mol/L=1：10，B正确；C.同浓度同体积的醋酸和盐酸溶液分别与足量锌反应，消耗的锌一样多，C错误；D.常温下，向1mol·L-1的盐酸中加入等体积等浓度的氨水，溶质变为氯化铵氨，由于溶液的体积增大，导致导电能力减弱，D错误；答案选B.点睛：溶液的导电能力取决于溶液中自由移动的离子浓度，自由移动的离子浓度越大导电性越强，自由移动的离子浓度越小，导电性越弱。4、A【答案解析】

A、醋酸钠水解显碱性，根据Kw=c(H＋)×c(OH－)，因此c(OH－)＝10－14/10－11mol·L－1=10－3mol·L－1，因此水电离产生的n(OH－)=0.001mol，A正确；B、设混合气体为CnH2n，因此原子的物质的量为28×3n/14nmol=6mol，B错误；C、HCO3－发生水解，且题目中说明溶液体积，无法计算HCO3－的物质的量，C错误；D、Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，因此1molCl2转移电子的物质的量为1mole－，D错误。答案选A。5、B【答案解析】

A、CH4不存在π键，只存在σ键，燃烧后四个碳氢σ键全部断裂，A错误；B、C2H4与Cl2的加成，是碳碳双键中的π键断裂，与氯气中氯氯σ键发生加成反应，但是氯气为无机物，与题意相符，B正确；C、CH4与Cl2的取代是甲烷中碳氢σ键断裂和氯气中氯氯σ键断裂发生取代反应，不涉及π键断裂，C错误；D、C2H4的燃烧，4个碳氢σ键、1个碳碳σ键和1个碳碳π键全部断裂，与题意不符，D错误；正确选项B。6、D【答案解析】

根据没食子酸的结构简式可知，分子中含有3个酚羟基和1个羧基，结合苯酚和乙酸的性质分析解答。【题目详解】A.根据没食子酸的结构简式可知，分子式为C7H6O5，故A错误；B.分子中含有苯环，能与氢气发生加成反应，含有羟基，但不能发生消去反应，含有羟基和羧基，能发生取代反应，故B错误；C.1mol没食子酸含有1mol羧基，与足量的碳酸氢钠反应，生成1molCO2，故C错误；D.1mol没食子酸含有3mol羟基和1mol羧基，与足量的钠反应，生成2molH2，故D正确；故选D。【答案点睛】本题考查了有机物的结构与性质，掌握官能团的性质是解题的关键。本题的易错点为C，要注意酚羟基不能与碳酸氢钠反应，能够与碳酸钠反应生成碳酸氢钠。7、D【答案解析】

A.碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；B.漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；C.氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；D.碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。答案选D。【答案点睛】本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。8、A【答案解析】试题解析：已知质量的铝镁合金，设计1、2中，利用金属的质量、氢气的量可计算出镁的质量，以此得到质量分数；设计3中，沉淀的质量为氢氧化镁，元素守恒可知镁的质量，以此得到质量分数，即三个实验方案中均可测定Mg的质量分数，选A．考点：化学实验方案的评价；9、B【答案解析】

向含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，还原性I－＞Fe2＋＞Br－，首先发生反应：2I－+Cl2=I2+2Cl－，I－反应完毕，再反应反应：2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－，Fe2＋反应完毕，又发生反应2Br－+Cl2=Br2+2Cl－，故线段I代表I－的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2＋的变化情况，线段Ⅲ代表Br－的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I－）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2＋）=2n（Cl2）=2×（3mol－1mol）=4mol，Fe2＋反应完毕，根据电荷守恒可知n（I－）+n（Br－）=2n（Fe2＋），故n（Br－）=2n（Fe2＋）-n（I－）=2×4mol-2mol=6mol，根据溴离子判断溶液中n（FeBr2），根据离子方程式计算溴离子反应需要的氯气的物质的量，据此计算a的值；线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该含氧酸中含有I元素，根据电子守恒计算出含氧酸中I的化合价，然后写出其化学式．【题目详解】A.还原性I－＞Fe2＋＞Br－，首先发生反应：2I－+Cl2=I2+2Cl－，线段I表示I-的变化情况,故A正确；B、由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I－）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2＋）=2n（Cl2）=2×（3mol－1mol）=4mol，Fe2＋反应完毕，根据电荷守恒可知n（I－）+n（Br－）=2n（Fe2＋），故n（Br－）=2n（Fe2＋）-n（I－）=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br－+Cl2=Br2+2Cl－可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6n（Cl2）=1mol+2mol+3mol=6mol，标准状况下V=6mol×22.4Ll·mol－1=134.4L，但题干中没有明确气体的状态，故B错误；C、原溶液中n(Fe2+)：n(Br-)=4：6=2：3，故C正确；D、线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为2mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：(1-0)×2×5mol/2mol=+5价，则该含氧酸为HIO3，线段Ⅳ表示IO3－的变化情况，反应为即5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl，线段Ⅳ表明氧化性：C12>HIO3，故D正确；故选B。【答案点睛】本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应先后顺序、氧化性和还原性强弱比较等知识，试题综合性较强，解题关键：明确反应过程及反应原理，难点：对图像的分析要结合氧化还原反应的先后顺序，还原性I－＞Fe2＋＞Br－，是解题的突破口。10、D【答案解析】

A.根据螺[3.4]辛烷的结构简式可知其分子式为C8H14，故A错误；B.因为螺[3.4]辛烷属于环烷烃，分子中所有的8个碳原子均为sp3杂化，所以分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；C.2－甲基－3－庚烯的分子式为C8H16，两者分子式不同，所以不是同分异构体，故C错误；D.由螺[3.4]辛烷的结构简式可知其中含有4种类型的氢，所以一氯代物有4种结构，故D正确；答案：D。11、C【答案解析】

A．长颈漏斗不能用作分离操作，分离互不相溶的液体应该选用分液漏斗，故A错误；B．NO易和空气中O2反应生成NO2，所以不能用排空气法收集，NO不易溶于水，应该用排水法收集，故B错误；C．FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3+易水解生成Fe(OH)3而产生浑浊，为了防止氯化铁水解，应该将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故C正确；D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气，所以得不到纯净的氯气，应该将饱和食盐水出来的气体再用浓硫酸干燥，故D错误；答案选C。【答案点睛】本题的易错点为D，要注意从水溶液中出来的气体中含有水蒸气。12、D【答案解析】

本题主要考查有机物的合成与路线设计。可通过逆向合成进行推断，由该有机物结构简式可判断该有机物是通过二元醇发生取代反应生成，故可利用乙醇发生消去反应，再与卤素加成，最后/水解合成二元醇。【题目详解】由上述分析可知，由乙醇为原料设计合成的方案为：，故答案为D。13、D【答案解析】

A.电荷不守恒；

B.漏掉铵根离子与氢氧根离子的反应；

C.二氧化碳少量，反应生成碳酸钠和水；

D.酸碱中和；【题目详解】A.金属钠和水反应，其离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH−+H2↑，故A项错误；B.硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应，其离子方程式为：2NH4++2OH−+Ba2++SO42−═BaSO4↓+2NH3⋅H2O，故B项错误；C.用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化碳气体，其离子方程式：CO2+2OH−═CO32−+H2O，故C项错误；D.澄清石灰水与盐酸的反应，其离子反应方程式为：OH﹣+H+═H2O，故D项正确；答案选D。14、D【答案解析】试题分析：A．异秦皮啶与秦皮素中酚-OH的数目不同，结构不相似，不属于同系物，故A错误；B．异秦皮啶分子式为C11H10O5，故B错误；C．秦皮素中含有酚羟基，不能发生消去反应，故C错误；D．秦皮素中含有-COOC-，为酯键，一定条件下可发生水解反应，故D正确。考点：考查有机物等相关知识。15、A【答案解析】

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。16、C【答案解析】

曲线上各点在一定温度下均到达平衡，NO的转化率小于平衡转化率，反应未到达平衡，反应向正反应方向进行，而NO的转化率大于平衡时转化率，反应也未到达平衡，反应向逆反应方向进行。【题目详解】A.a在曲线上，在一定温度下均处于平衡状态，则存在：V正=V逆，而a点NO转化率等于同温度下平衡转化率，反应到达平衡，故A不符合题意；B.b在曲线上，在一定温度下处于平衡状态，则存在：V正=V逆，而b点NO转化率等于同温度下平衡转化率，反应到达平衡，故B不符合题意；C.c点NO的转化率小于同温度下平衡转化率，反应未达到平衡状态，且v正>v逆，反应向正反应方向进行，故C符合题意；D.d点NO的转化率大于同温度下平衡转化率，反应未达到平衡状态，且v正<v逆，反应向逆反应方向进行，故D不符合题意；答案选C。【答案点睛】看懂图像是关键，从图像中读出有效信息。17、C【答案解析】

①CH3CH2CHOHCH3发生催化氧化生成CH3CH2COCH3，CH3CH2COCH3中官能团为羰基；②CH3（CH2）3OH发生催化氧化生成CH3CH2CH2CHO，CH3CH2CH2CHO中官能团为醛基（—CHO）；③CH3CH（CH3）CH2OH发生催化氧化生成CH3CH（CH3）CHO，CH3CH（CH3）CHO中官能团为醛基；④CH3C（CH3）2OH中与—OH相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化；能被氧化为含—CHO的有机物为②③，答案选C。【答案点睛】醇发生催化氧化反应的规律：醇的催化氧化与跟羟基相连的碳原子上的氢原子个数有关，有2~3个H催化氧化成醛基；只有1个H氧化成羰基；没有H不能发生催化氧化。18、B【答案解析】

由短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置可知，W位于第二周期，W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层电子数为2×2=4，可知W为C，结合元素的相对位置可知，X为N，Y为S，Z为Cl，以此来解答。【题目详解】由上述分析可知，W为C，X为N，Y为S，Z为Cl，A．一般主族元素的原子电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为S＞Cl＞C，故A错误；B．NH3能和HCl反应生成NH4Cl，故B正确；C．元素的非金属性Cl>S>C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4>H2SO4>H2CO3，故C错误；D．元素的非金属性Cl>S，则氢化物的稳定性：HCl>H2S，故D错误；故答案为B。【答案点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。19、C【答案解析】

酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可与具有还原性的SO2、亚铁盐等物质发生氧化还原反应，可与甲苯、碳碳双键、醛基等基团发生氧化还原反应，以此解答该题。【题目详解】A.甲苯可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，苯与酸性高锰酸钾不反应，可鉴别，故A正确；B.乙烯中碳碳双键可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，乙烷不与酸性高锰酸钾反应，B正确；C.CH2=CHCHO中碳碳双键和醛基都可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，不能检验是否含有碳碳双键，故C错误；D.SO2具有还原性，可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而褪色，不反应，可鉴别，故D正确。答案选C。20、C【答案解析】分析：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3-的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO，HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低。详解：甲中加入少量的NaHCO3晶体：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3-的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO；乙中加入少量的NaHSO3晶体：HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低；丙不变，则甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系为甲＞丙＞乙，故选C。21、C【答案解析】

A．电解熔融NaCl得到金属钠，而不是氢氧化钠，故A错误；B．SiO2不能溶于水生成H2SiO3，故B错误；C．氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵，所以Cl2HClNH4Cl各步转化都能实现，故C正确；D．碳酸的酸性弱于盐酸，所以氯化钙与二氧化碳不反应，故D错误；故答案为C。22、D【答案解析】

A.氢氧化镁是沉淀不可拆，所以正确方程式为：，A项错误；B.氧原子不守恒，所以正确方程式为：，B项错误；C.加入硝酸发生氧化还原反应，有NO生成，所以正确方程式为：，C项错误；D.加入少量氢氧化钡溶液，阳离子中氢离子先与氢氧化钡反应，铵根离子反应顺序在氢离子之后，所以硫酸氢铵溶液中滴加少量溶液反应方程式为：正确，D项正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、H22Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑O22Na2O2+2CO22Na2CO3+O21NaOHNa2CO3NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3↓1.53.5【答案解析】

考查无机物的推断，（1）假设A为Na，则Na与H2O反应生成NaOH和H2，即E为H2，B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3；（2）假设A为Na2O2，Na2O2与H2O反应生成O2和NaOH，与(1)类似；（3）根据（1）和（2）的分析，以及钠及其化合物的性质进行分析。【题目详解】（1）若A为Na，Na与H2O反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，则单质E为H2，B为NaOH，CO2与NaOH反应：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，继续通入CO2:Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，A与水反应的离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；（2）若A为Na2O2，则Na2O2与水反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，则单质E为O2，Na2O2与CO2能发生反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，Na2O2与CO2反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，因此1molNa2O2与CO2反应转移电子物质的量为1mol，电子数为NA；（3）①根据上述分析，B为NaOH，C为Na2CO3；②NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，因此向饱和的Na2CO3溶液中通入CO2，产生NaHCO3沉淀；其反应Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓；③如果只发生AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl，n(AlCl3)=1mol，n[Al(OH)3]=39/78mol=0.5mol，即AlCl3过量，消耗NaOH的体积0.5×3/1L=1.5L；氢氧化铝为两性氢氧化物，NaOH稍微过量，发生的反应是AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl、Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，AlCl3全部参与反应，生成氢氧化铝的总物质的量为1mol，此时消耗NaOH的物质的量为3mol，最后沉淀的物质的量为39/78mol=0.5mol，即有(1－0.5)mol氢氧化铝被消耗，同时该反应中消耗NaOH的物质的量为0.5mol，总共消耗氢氧化钠的物质的量为3.5mol，体积为3.5/1L=3.5L。【答案点睛】本题的难点是电子转移物质的量的计算，Na2O2无论与CO2反应还是与H2O反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，每消耗2molNa2O2，或生成1molO2，转移电子物质的量为2mol，因此消耗1molNa2O2，转移电子物质的量为1mol，特别注意本题让求的是电子数，与阿伏加德罗常数有关。24、苯乙烯醛基、羰基CH3CHO加聚+O2+2H2OHCHO+CH3CHOCH2=CHCHOBrCH2-CHBrCHOBrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHOHCH2OH【答案解析】

A的分子式为C8H8，结合A到B可知A为：；B到C的条件为NaOH溶液，C到D的条件为O2/Cu、加热可知C的结构为：；D到E的条件和所给信息①一致，对比F和信息①的产物可知，E为：CH3CHO；F和银氨溶液反应酸化后生成G，G为：，结合以上分析作答。【题目详解】(1)A为，名称为苯乙烯，从F的结构可知，F中含氧官能团为醛基、羰基，故答案为：苯乙烯；醛基、羰基；(2)由上面的分析可知，E为CH3CHO，G为，H到K发生了加聚反应，故答案为：CH3CHO；；加聚；(3)C到D发生醇的催化氧化，方程式为：+O2+2H2O，故答案为：+O2+2H2O；(4)甲醛含有1个C，乙醛含有2个C，甘油含有三个碳，必然涉及碳链增长，一定用到信息①，可用甲醛和乙醛反应生成CH2=CHCHO，CH2=CHCHO和Br2反应生成BrCH2-CHBrCHO，BrCH2-CHBrCHO和氢气加成生成BrCH2-CHBrCH2OH，BrCH2-CHBrCH2OH发生水解生成丙三醇，具体如下：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHOBrCH2-CHBrCHOBrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHOHCH2OH，故答案为：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHOBrCH2-CHBrCHOBrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHOHCH2OH。25、偏低酸式滴定管滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色5Fe1++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn1++4H1O3.975或97.5%【答案解析】分析：（1）仰视时液面超过刻度线；（1）根据高锰酸钾具有强氧化性，一般用硫酸酸化分析；（3）根据高锰酸钾溶液显红色分析；（4）高锰酸钾能把亚铁离子为氧化铁离子，自身被还原为锰离子；（5）根据方程式计算。详解：（1）a步骤中定容时，如果仰视，则液面超过刻度线，因此会使所配溶液浓度偏低；（1）高锰酸钾溶液具有强氧化性，一般用硫酸酸化，所以滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为酸式滴定管；（3）高锰酸钾溶液显红色，因此判断此滴定实验达到终点的方法是滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色。（4）高锰酸钾能把亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为锰离子，Mn元素化合价从+7价降低到+1价，得到5个电子，铁元素化合价从+1价升高到+3价，失去1个电子，所以酸性高锰酸钾滴定Fe1+离子的反应方程式为5Fe1++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn1++4H1O。（5）反应中消耗高锰酸钾的物质的量是3.31333mol/L×3.31L＝3.3331mol，根据方程式5Fe1++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn1++4H1O可知消耗亚铁离子是3.331mol，所以根据铁原子守恒可知上述样品中FeSO4·7H1O的质量分数为0.001mol×25026、防止倒吸检查装置气密性；K1；K2把装置中残留的氨气全部赶入C装置C装置出口处连接一个干燥装置AD×100%CO2+AlO2﹣+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓偏高【答案解析】(1)（i）由装置和仪器作用可以知道，氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用；(ii)组装好实验装置，原理可以知道气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品.接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体.打开K1，通入氮气一段时间,测定C装置反应前后的质量变化.通入氮气的目的是把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算；（iii）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，C装置出口处连接一个盛碱石灰干燥管；(2)（i）A、不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故A正确的；B、氨气极易溶于水，不能排水法测定，故B错误；C、氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定气体体积，故C错误；D、氨气不溶于苯，可以利用排苯溶液,测定氨气的体积，故D正确，故选AD；(5)若m

g样品完全反应,测得生成气体的体积为V

(已转换为标准状况),

═

41

m

，则AlN的质量分数为(3)（i）步骤②生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成,反应的离子方程式为:CO2+AlO2﹣+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓；（ii）若在步骤③中未洗涤，沉淀不洗涤得到滤渣质量会增大，测定结果会偏