新课标全国卷2023学年高二化学第二学期期末学业质量监测模拟试题（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．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下列化合物中，能通过单质之间直接化合制取的是A．FeCl2B．FeI2C．CuSD．SO32、下列有关CuCl2溶液的叙述中正确的是A．溶液中存在自由移动的离子：B．溶液中：c(Cu2+)＋c(H+)＝c(Cl-)＋c(OH-)C．用惰性电极电解该溶液时，阳极有黄绿色气体产生D．溶液pH＜7的原因是：Cu2+＋H2O=Cu(OH)2＋2H+3、为测定某有机物的结构，用核磁共振仪处理后得到如图所示的核磁共振氢谱，则该有机物可能是A．C2H5OH B．C． D．4、某烃的含氧衍生物的相对分子质量为102，其中氧元素的质量分数约为31.4%，则能与NaOH溶液反应的有机物有(不含立体异构)（）A．11种B．8种C．12种D．13种5、下列实验操作能达到实验目的的是实验操作实验目的A苯和溴水混合后加入铁粉制溴苯B乙醇与重铬酸钾（K2Cr2O7）酸性溶液混合验证乙醇具有还原性C蔗糖溶液加稀硫酸，水浴加热一段时间后，加新制备的Cu(OH)2，加热证明蔗糖水解后产生葡萄糖D向纯碱中滴加醋酸，将产生的气体通入苯酚钠浓溶液证明酸性：醋酸>碳酸>苯酚A．A B．B C．C D．D6、下列物质能抑制水的电离且属于强电解质的是A．醋酸 B．氯化铝 C．碳酸氢钠 D．硫酸氢钠7、下列各组物质充分反应后，最终既有沉淀又有气体生成的是①少量Na2O2投入Ca(HCO3)2溶液中②过量Ba(OH)2溶液和NH4HSO4溶液混合加热③AlCl3溶液与NaHCO3溶液混合④FeCl3溶液与NaHS溶液混合A．②③④B．①②C．①③④D．①②③8、进行中和滴定时，事先不应该用所盛溶液润洗的仪器是A．锥形瓶 B．量筒 C．酸式滴定管 D．碱式滴定管9、用铁片与稀硫酸在试管内反应制取氢气时，下列措施中不能增大氢气生成速率的是()A．对试管加热B．加入CH3COONa固体C．滴加少量CuSO4溶液D．不用铁片，改用铁粉10、已知Al2H6燃烧热极高，是一种很好的生氢剂，它跟水反应生成H2，球棍模型如图（白球为Al，黑球为H）。下列推测肯定不正确的是A．该物质与水反应，属于氧化还原反应B．Al2H6分子中氢为+1价，铝为﹣3价C．Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水D．氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料11、下列关于四个实验装置的说法中正确的是()A．图一：引发铝热反应的操作是点燃镁条B．图二：海水淡化的蒸馏操作中缺少了温度计C．图三：滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生特征蓝色沉淀D．图四：酸式滴定管注入Na2CO3溶液之前应检查是否漏液12、常温下，二氯化二硫(S2Cl2)为橙黄色液体，遇水易水解，工业上用于橡胶的硫化。某学习小组用氯气和硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示.下列说法正确的是A．实验时需先点燃E处的酒精灯B．C、D中所盛试剂为饱和氯化钠溶液、浓硫酸C．二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物为:S、H2S、HClD．G中可收集到纯净的产品13、天然维生素P（结构如图）存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂。关于维生素P的叙述正确的是（）A．若R为甲基则该物质的分子式可以表示为C16H10O7B．分子中有三个苯环C．lmol该化合物与NaOH溶液作用消耗NaOH的物质的量以及与氢气加成所需的氢气的物质的量分别是4mol、8molD．lmol该化合物最多可与5molBr2完全反应14、分子式C6H12主链上为4个碳原子的烯烃类的同分异构体有几种A．3种B．4种C．5种D．5种15、甲醇燃料电池能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注，其工作示意图如图，其总反应为：2CH3OH＋3O2＝2CO2＋4H2O。下列说法不正确的是A．电极A是负极，发生氧化反应B．电池工作时，电解液中的H＋通过质子交换膜向B电极迁移C．放电前后电解质溶液的pH不变D．b物质在电极上发生的电极反应式为：O2＋4e－＋4H＋＝2H2O16、设阿伏伽德罗常数为NA。则下列说法正确的是（）A．常温常压下，6gHe所含有的中子数目为2NAB．标准状况下，0.3mol二氧化硫中含有氧原子个数为0.6mol.C．常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NAD．常温下，1L0.1mol/LMgCl2溶液中含Mg2+数为0.1NA17、《新修草本》有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”据此推测“青矾”的主要成分为()A．B．C．D．18、下列物质的性质与用途具有对应关系的是A．Fe2(SO4)3

易溶于水，可用作净水剂B．Na2CO3溶液显碱性，可用作油污去除剂C．HF溶液显弱酸性，可用作玻璃的蚀刻剂D．FeCl3

溶液显酸性，可用作铜制电路板的腐蚀剂19、八十年代，我国化学家打破了西方国家对维生素C的垄断，发明的“两段发酵法”大大降低了生产成本。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如下：下列说法正确的是A．上述反应为取代反应 B．维生素C水解得到2种产物C．维生素C有酯基不能溶于水，可溶于有机溶剂 D．该反应表明维生素C具有还原性20、恒温恒容条件下发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，若将1mol氮气和3mol氢气充入密闭容器中，反应达平衡时，氨气的体积分数为a。保持相同条件，在密闭容器中分别充入下列物质，反应达平衡时，氨气的体积分数不可能为a的是A．2molNH3 B．1molN2、3molH2和2molNH3C．0.5molN2、1.5molH2和1molNH3 D．0.1molN2、0.3molH2和1.8molNH321、下列有关有机物的说法不正确的是（）A．酒精中是否含有水，可用金属钠检验B．有机酸和醇脱水合成的某些酯，可用作糖果、化妆品中的香料C．蛋白质在一定条件下能发生水解反应，生成氨基酸D．乙烯通过聚合反应可合成聚乙烯，聚乙烯塑料可用来制造多种包装材料22、在实验中，用镊子从煤油中取出一小块金属钠，然后用滤纸将煤油吸干，再用小刀切开观察。在这一实验过程中不能得出的钠的物理性质是A．钠在常温下是固体B．钠的熔点很低C．钠具有银白色的金属光泽D．金属钠很软二、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G在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如下：已知：①RCNRCOOH②RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O回答下列问题：（1）D的结构简式为________。（2）下列说法正确的是__________。A．物质A中最多有5个原子在同一平面内B．D生成E的反应为取代反应C．物质G和银氨溶液能发生反应D．物质Y的分子式为C15H18O3（3）B为单氯代烃，由B生成C的化学方程式为_________。（4）写出同时符合下列条件的D的所有同分异构体的结构简式_______。①具有完全相同的官能团，且不含“—O—C≡C—”；②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3∶3∶2。（5）以苯甲醇、乙醛为原料制备F，写出相应的合成路线流程图(无机试剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)。________________。24、（12分）以乙炔与甲苯为主要原料，按下列路线合成一种香料W：（1）写出实验室制备乙炔的化学方程式___________。（2）反应①的反应试剂、条件是________，上述①~④反应中，属于取代反应的是________。（3）写出反应③的化学方程式_____________。（4）检验反应③是否发生的方法是_______。（5）写出两种满足下列条件的同分异构体的结构简式______。a.能发生银镜反应b.苯环上的一溴代物有两种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。①中发生反应的化学方程式为__________________。②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。③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__________________。④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）纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2•xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。请回答下列问题：（1）TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为______________________________。（2）配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是__________；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的__________（填字母代号）。（3）滴定终点的判定现象是________________________________________。（4）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为Mg/mol）试样wg，消耗cmol/LNH4Fe(SO4)2标准溶液VmL，则TiO2质量分数表达式为______________________________。（5）判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果__________。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果__________。27、（12分）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：（1）滴定终点的判断：溶液由_____________。（2）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（_____）A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为_________mL。（4）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度平均耗用盐酸体积/mL第一次25.000.0026.15①V=__________第二次25.000.5630.30第三次25.000.2026.35②依据上表数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度________(计算结果取4位有效数)。28、（14分）下面的排序不正确的是（）A．空间利用率：Cu＞Na＞PoB．熔点由高到低：金刚石＞NaCl＞K＞CO2C．硬度由大到小：SiC＞金刚石D．晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr29、（10分）已知甲酸的酸性强于醋酸。(1)醋酸铵溶液呈中性，则甲酸铵溶液的pH____7（填“>”、“<”或“=”）；若HCOONH4、NH4HSO4、NH4Cl三种溶液中的c(NH4+)相同，则c(HCOONH4)、c(NH4Cl)、c(NH4HSO4)的由大到小的顺序是_____________________________________。(2)常温下0.01mol·L-1的氨水中，该溶液的pH为_________。向0.01mol·L-1的甲酸溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的氨水，该过程中的离子浓度关系不可能为__________。A．c(HCOO-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)B．c(HCOO-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)C．c(HCOO-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)D．c(HCOO-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)E．c(NH4+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)(3)如图是通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图。催化剂a附近的pH_______（填“增大”、“不变”或“减小”），催化剂b表面发生的电极反应式为___________________。(4)常温下，0.02mol·L-1的HCOONa溶液pH=8，则常温下HCOOH的电离常数Ka约为_____________。

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】分析：变价金属与氧化性强的单质生成高价金属化合物，与氧化性弱的单质生成低价金属化合物，S燃烧只生成二氧化硫，以此分析解答。详解：A．Fe与氯气直接化合生成FeCl3，故A错误；B．Fe与碘蒸气直接化合生成FeI2，故B正确；C．Cu与S直接化合生成Cu2S，故C错误；D．S与氧气直接化合生成SO2，故D错误；故选B。点睛：本题考查金属的化学性质及氧化还原反应，把握氧化性的强弱及发生的氧化还原反应为解答的关键。本题的易错点为B，碘的氧化性小于氯气，与铁化合只能生成FeI2，溶液中不能存在FeI3。2、C【答案解析】

A.CuCl2溶液是可溶性强电解质，溶液中完全电离，电离方程式为：CuCl2→Cu2+＋2Cl-，故A错误；B.根据电荷守恒可知溶液中：2c(Cu2+)＋c(H+)＝c(Cl-)＋c(OH-)，故B错误；C.用惰性电极电解该溶液时，阳极发生的反应为：Cl--2e-=Cl2↑，所以产生黄绿色气体，故C正确；D.溶液pH＜7的原因是：Cu2+＋H2OCu(OH)2＋2H+，故D错误；综上所述，本题正确答案：C。3、A【答案解析】

由核磁共振氢谱的信息可知，该有机物中含有三种个数不同的等效氢原子；A．乙醇中有三种个数不同的等效氢原子，A项符合；B．该物种只含有两种等效氢原子，B项不符合；C．该物质含有四种等效氢原子，C项不符合；D．该物质仅含两种等效氢原子，D项不符合；答案选A。【答案点睛】核磁共振氢谱，峰的组数即有机物中等效氢原子的种类，峰的面积比即等效氢原子的个数比。4、D【答案解析】

某烃的含氧衍生物的相对分子质量为102，所含氧元素的质量分数为31.4%，则分子中N（O）=102×31.4%/16=2，分子中碳、氢元素的原子量之和为102-16×2=70，利用余商法可知70/14=5…0，所以分子式为C5H10O2。则分子式为C5H10O2的有机物能与NaOH溶液反应，可能是酸，属于饱和一元酸，其同分异构体等于丁基的种类，共有4种；分子式为C5H10O2的有机物能与NaOH溶液反应，可能是酯，属于饱和一元酯，则若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，可形成4种酯；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，可形成2种酯；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，可形成1种酯；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，可形成2种酯；所以能与NaOH溶液反应的C5H10O2的同分异构体有4种羧酸，9种酯，共13种；答案选D。【答案点睛】本题考查有机物分子式的确定、同分异构体书写、官能团的性质等，计算确定有机物的分子式、确定酯的种类是解题的关键，注意掌握官能团的性质，题目难度较大。5、B【答案解析】

A．苯和液溴混合后加入铁粉来制溴苯，A错误；B．重铬酸钾有强的氧化性，乙醇与重铬酸钾（K2Cr2O7）酸性溶液混合验证乙醇具有还原性，B正确；C．蔗糖溶液加稀硫酸，水浴加热一段时间后，加入NaOH溶液来中和催化剂，再加新制备的Cu(OH)2，加热煮沸，来证明蔗糖水解后产生葡萄糖，C错误；D．在复分解反应中，强酸可以与弱酸的盐发生反应制取弱酸。向纯碱中滴加醋酸，将产生的气体通入苯酚钠浓溶液不能证明酸性：醋酸>碳酸>苯酚，因为醋酸易挥发，生成的二氧化碳中含有醋酸，D错误。答案选B。6、D【答案解析】

酸溶液和碱溶液抑制了水的电离；含有弱酸根离子或者弱碱根离子的盐溶液促进水的电离，水溶液中或熔融状态下完全电离的电解质为强电解质，据此分析判断【题目详解】A．醋酸抑制水的电离，醋酸部分电离属于弱电解质，故A项错误；B．氯化铝溶于水，铝离子水解促进水的电离，故B项错误；C．碳酸氢钠溶于水完全电离属于强电解质，碳酸氢根离子水解促进水的电离，故C项错误；D．硫酸氢钠水溶液中完全电离，电离出的氢离子抑制水的电离，属于强电解质，故D项正确。故答案为D【答案点睛】本题的关键抓住，酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，强酸的酸式盐（例如硫酸氢钠）能完全电离，溶液中有大量的氢离子，抑制水的电离。7、D【答案解析】①少量Na2O2先和水反应生成氢氧化钠和氧气，然后NaOH再和Ca（HCO3）2发生反应生成碳酸钙沉淀，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、NaOH+Ca（HCO3）2=CaCO3↓+NaHCO3+H2O，所以符合题意，故正确；②过量Ba（OH）2溶液和NH4HSO4溶液混合加热生成氨气和硫酸钡沉淀，发生反应为：Ba（OH）2+NH4HSO4BaSO4↓+2H2O+NH3↑，所以符合题意，故正确；③AlCl3溶液与NaHCO3溶液混合发生双水解，得到二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，反应方程式为AlCl3+3NaHCO3=Al(OH)3↓+3CO2↑+3NaCl，符合题意，故正确；④FeCl3溶液与NaHS溶液混合三价铁氧化硫氢酸根离子生成二价铁离子和硫单质，无气体放出，所以不符合题意，故错误；答案选D。8、A【答案解析】

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。9、B【答案解析】分析：加快生成氢气的速率，可增大浓度，升高温度，增大固体的表面积以及形成原电池反应，以此解答。详解:A.加热，增大活化分子的百分数，反应速率增大，故A不选；

B.反应在溶液中进行，加入CH3COONa固体，CH3COO-+H+=CH3COOH，氢离子浓度减小，故氢气的生成速率减小，故B选；

C.滴加少量CuSO4溶液，锌置换出铜，形成铜锌原电池，反应速率增大，故C不选；

D.不用铁片，改用铁粉，固体表面积增大，反应速率增大，故D不选。

所以B选项是正确的。点睛：本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于基本概念的理解和应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。10、B【答案解析】

A．Al2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由-1价、+1价变为0价；B．根据元素的电负性和铝的化合价判断；C．根据元素守恒分析；D．根据氢铝化合物的性质分析。【题目详解】A．Al2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由-1价、+1价变为0价，所以属于氧化还原反应，选项A正确；B．在化合物中电负性大的显负价，电负性小的元素显正价，氢元素的电负性大于铝元素，氢铝化合物中铝元素显+3价，氢元素显-1价，选项B错误；C．根据题中信息Al2H6的燃烧热极高，判断Al2H6能燃烧，根据原子守恒，Al2H6的组成元素只有Al、H两种元素，又由于是在氧气中燃烧，推出燃烧产物为氧化铝和水，选项C正确；D．氢铝化合物能和水反应生成氢氧化铝和氢气，可以作储氢材料，燃烧热极高可以作火箭燃料，选项D正确。答案选B。【答案点睛】本题以铝的化合物为载体考查铝的化合物的性质，根据元素电负性、元素化合价和性质的关系来分析解答即可，侧重于考查学生对题目信息的提取和应用能力，题目难度中等。11、A【答案解析】分析：A.铝热反应的引发就是点燃镁条；B蒸馏操作需要温度计,通过控制蒸气温度来判断蒸出物,但海水淡化不需要温度计,只要收集蒸气即可；C.该装置为原电池,锌活泼作负极,H

+作氧化剂在铁电极上放电,故原电池开始工作后铁电极不参加反应,加K

3[Fe(CN)

6]溶液不会产生特征蓝色沉淀；D项,碳酸钠溶液呈碱性不能注入酸式滴定管。详解:A.点燃Mg条,引发反应，可引发铝热反应，所以A选项是正确的；

B.蒸馏操作需要温度计,通过控制蒸气温度来判断蒸出物,但海水淡化不需要温度计,只要收集蒸气即可,故B错误；

C.该装置为原电池,锌活泼作负极,H

+作氧化剂在铁电极上放电,故原电池开始工作后铁电极不参加反应,加K

3[Fe(CN)

6]溶液不会产生特征蓝色沉淀，故C错误；

D.碳酸钠溶液呈碱性不能注入酸式滴定管，故D错误。

所以A选项是正确的。12、B【答案解析】

A.装置中有空气，需要先通入氯气排除空气，因此实验时需先生成氯气，再点燃E处的酒精灯，故A错误；B.氯气中混有HCl、水，氯化氢用饱和食盐水吸收，所以C中试剂为饱和食盐水，作用为除去HCl；D中用浓硫酸除去水，起干燥作用，故B正确；C.根据元素守恒，二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物中一定含有某种含氧元素的化合物，故C错误；D.G中收集到的产品中一定含有未反应的硫固体，故D错误；故选B。【答案点睛】本题考查学生对实验原理及装置的理解、评价，关键是掌握整个制备流程的原理，分析流程中各装置的作用。本题的易错点为D，要注意硫加热时容易形成硫蒸气，随着生成物进入G中。13、C【答案解析】分析：由结构可知，分子中含2个苯环，4个酚羟基、羰基、碳碳双键及醚键，结合酚、烯烃等有机物的性质来解答。详解：A．R为甲基，根据维生素P的结构简式可以得出其分子式为：C16H12O7，故A错误；B．维生素P结构中含有两个苯环，故B错误；C．维生素P结构中含有的苯环、碳碳双键、碳氧双键都能与氢气发生加成反应，一定条件下1mol该物质可与H2加成，耗H2最大量为8mol，维生素P结构中含有酚羟基，能与氢氧化钠反应，每1mol维生素P结构中含有4mol酚羟基，所以1mol该物质可与4molNaOH反应，故C正确；D．结构中含有酚羟基，能与溴水发生取代反应，反应时-OH的邻、对位氢原子能够被取代，含有碳碳双键，能发生加成反应，1mol该物质与足量溴水反应耗6molBr2，故D错误；故选C。14、B【答案解析】分子式为C6H12主链上为4个碳原子的烯烃类的同分异构体有CH2=C(CH3)—CH(CH3)—CH3、CH2=CH—C(CH3)2—CH3、CH2=C(CH2CH3)2、CH3—C(CH3)=C(CH3)—CH3共4种，故选B。15、C【答案解析】

A．根据图示，电子由A极流出，沿导线流向B极，则A为负极、B为正极，A极发生氧化反应，故A正确；B．原电池工作时，电解质溶液中阳离子H+向正极B移动，故B正确；C．电池反应式为2CH3OH+3O2═2CO2+4H2O，有水生成导致溶液体积增大，溶质浓度减小，则c(H+)减小，所以溶液的pH增大，故C错误；D．正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，正极的电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，故D正确；故选C。16、C【答案解析】

A.1molHe含有2NA个中子，6gHe是1.5mol，含有3NA个中子，故A不正确；B.标准状况下，0.3mol二氧化硫中含有氧原子的物质的量为0.6mol，个数为0.6NA，故B不正确；C.2.7g铝是0.1mol，与足量盐酸反应，Al的化合价由0价升高到+3价，失去0.3mol电子，即0.3NA，故C正确；D.MgCl2溶液中Mg2+发生水解，其数目小于0.1NA，故D不正确。故选C。17、B【答案解析】

“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒子非常细而活性又很强的Fe2O3，超细粉末为红色。A.CuSO4•5H2O为蓝色晶体，A错误；B.FeSO4•7H2O是绿色晶体，B正确；C.KAl(SO4)2•12H2O是无色晶体，C错误；D.Fe2(SO4)3•7H2O为黄色晶体，D错误。所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4•7H2O。故合理选项是B。18、C【答案解析】

A.Fe2(SO4)3可用作净水剂，利用了其水解的性质，故A错误；B.Na2CO3溶液显碱性，油污在碱性条件下水解成可溶于水的物质，故B正确；C.HF溶液用作玻璃的蚀刻剂,与其弱酸性无关，故C错误；D.FeCl3可用作铜制电路板的腐蚀剂,利用了Fe3+的氧化性，故D错误。19、D【答案解析】

A项，从题给的化学方程式可知，维生素

C与

I2反应时，脱去分子中环上-OH

中的氢，形成C=O双键，不属取代反应，属氧化反应，故A项错误；B项，维生素

C含有羟基，碳碳双键，酯基三种官能团，其中酯基能发生水解，由于是环酯，所以水解产物只有一种，故B项错误；C项，维生素C含有多个羟基，易溶于水，故C项错误；D项，从题给的化学方程式可知，维生素

C与

I2反应时，维生素C被氧化，表明维生素C具有还原性，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。20、B【答案解析】

恒温恒容下对于气体体系等效转化后，使反应物（或生成物）的物质的量与原平衡起始态相同，两平衡等效，据此判断。【题目详解】反应达平衡时，氨气的体积分数不可能为a，则等效转化后氮气和氢气的物质的量只要不再等于1mol、3mol即可。则根据方程式可知A.2molNH3相当于是1mol氮气与3mol氢气，满足等效平衡，A不选；B.1molN2、3molH2和2molNH3相当于是2mol氮气与6mol氢气，不满足等效平衡，B选；C.0.5molN2、1.5molH2和1molNH3相当于是1mol氮气与3mol氢气，满足等效平衡，C不选；D.0.1molN2、0.3molH2和1.8molNH3相当于是1mol氮气与3mol氢气，满足等效平衡，D不选；答案选B。【答案点睛】所谓等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。21、A【答案解析】

A．钠可以与水反应，也可以与乙醇反应，不能用Na检验酒精中的水，A项错误，符合题意；B．有机酸和醇脱水合成的某些酯，具有香味，可用作糖果、化妆品中的香料，B项正确，不符合题意；C．蛋白质由氨基酸脱水缩合构成，蛋白质水解可以得到氨基酸，C项正确，不符合题意；D．乙烯是一种不饱和烃，含有碳碳双键，能发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯性质坚韧，低温时人保持柔软性，性质稳定，所以聚乙烯塑料可用来制造多种包装材料，D项正确，不符合题意；本题答案选A。22、B【答案解析】分析：金属钠常温下为固体，能够用刀子切开,说明质软,切开的钠可以观察到有银白色的金属光泽，据以上分析解答。详解：用镊子从煤油中取出一小块金属钠,擦干净表面上的煤油，用刀子切开,说明质软,切开的钠可以观察到有银白色的金属光泽，在这一过程中钠的状态没有变化,仍为固体,不能得出熔点低的结论；B错误；正确选项B。二、非选择题(共84分)23、CH≡CCH2COOC2H5A、CCH≡CCH2Cl+NaCNCH≡CCH2CN+NaClCH3COOCH2C≡CCH3、CH3C≡CCOOCH2CH3、CH3C≡CCH2COOCH3、CH3CH2C≡CCOOCH3【答案解析】

B为单氯代烃，说明光照条件下氯气和A发生取代反应生成B，则B为CH2ClC≡CH，根据C分子式知，生成C的反应为取代反应，则C为NCCH2C≡CH，C在酸性条件下水解生成HC≡CCH2COOH，然后和乙醇发生酯化反应生成D为HC≡CCH2COOCH2CH3；D和HI发生加成反应生成E；根据G结构简式可知F含有苯环且苯环上只有一个取代基，再结构F的分子式C9H12O和G的结构简式知F→G发生了醇的催化氧化反应，则F的结构简式为；G和E发生取代反应生成Y，结合题目分析解答；(5)由信息②可，苯甲醇先催化氧化生成苯甲醛，再与乙醛发生信息②的反应生成，再与氢气加成即可生成F。【题目详解】B为单氯代烃，说明光照条件下氯气和A发生取代反应生成B，则B为CH2ClC≡CH，根据C分子式知，生成C的反应为取代反应，则C为NCCH2C≡CH，C在酸性条件下水解生成HC≡CCH2COOH，然后和乙醇发生酯化反应生成D为HC≡CCH2COOCH2CH3；D和HI发生加成反应生成E；根据G结构简式可知F含有苯环且苯环上只有一个取代基，再结构F的分子式C9H12O和G的结构简式知F→G发生了醇的催化氧化反应，则F的结构简式为；G和E发生取代反应生成Y；(1)由分析知D的结构简式为CH≡CCH2COOC2H5；(2)A.物质A为CH≡CCH3，其中三个碳原子和一个氢原子在一条直线上，且甲基上最多有1个氢原子与直线在一个平面内，则最多有5个原子在同一平面内，故A正确；B.D和HI发生加成反应生成E，故B错误；C.物质G的结构简式为，含有醛基，能和银氨溶液能发生银镜反应，故C正确；D.物质Y的结构简式为，分子式为C15H20O3，故D错误；故答案为AC；(3)B为单氯代烃，结构简式为CH2ClC≡CH，由B与NaCN发生取代反应生成C的化学方程式为CH≡CCH2Cl+NaCNCH≡CCH2CN+NaCl；(4)D为HC≡CCH2COOCH2CH3，X与D互为同分异构体，且具有完全相同官能团，说明含有碳碳三键和酯基，且不含“—O—C≡C—”；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3：3：2，其结构简式有CH3COOCH2C≡CCH3、CH3C≡CCOOCH2CH3、CH3C≡CCH2COOCH3、CH3CH2C≡CCOOCH3，共4种；(5)由信息②可，苯甲醇先催化氧化生成苯甲醛，再与乙醛发生信息②的反应生成，再与氢气加成即可生成F，具体合成路线为：。24、氯气、光照①②④取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，有砖红色沉淀生成，可证明反应③已经发生、、【答案解析】

由C的结构及反应④为酯化反应可知，A为CH3COOH，C为，则反应①为与氯气光照下发生取代反应，生成B为，反应②为卤代烃的水解反应，反应③为醇的催化氧化反应，【题目详解】（1）实验室用碳化钙和水反应制备乙炔，化学方程式。答案为：；（2）根据上述分析，反应①的反应试剂为氯气，条件是光照，上述①~④反应中，属于取代反应的是

①②④，故答案为：①②④；（3）反应③为与氧气在催化剂作用下发生氧化反应生成，化学方程式为。答案为：；（4）检验反应③是否发生的方法是：取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应③已经发生，故答案为：取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应③已经发生；（5）的同分异构体满足a.能发生银镜反应,含−CHO；b.苯环上的一溴代物有两种，苯环上有2种H，则2个取代基位于对位，符合条件的结构简式为、、等，答案为：、、。25、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OA待D中充满黄绿色气体时除Cl2中混有的HClCl2+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，所以可以除杂防止G中水蒸气进入E使氯化铝水解碱石灰AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl-1NaAlH4+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】（1）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；②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；③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；④F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：AlCl3+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=15.6①4x+y=1②，解得x=y=0.2，,则样品中铝氢化钠的质量分数为≈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、TiCl4＋(2＋x)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HCl抑制NH4Fe(SO4)2水解AC溶液变成红色（或）偏高偏低【答案解析】

（1）根据原子守恒可知TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为TiCl4＋(2＋x)H2O＝TiO2·xH2O↓＋4HCl；（2）NH4＋水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，因此加入硫酸的目的是抑制NH4Fe(SO4)2的水解；根据一定物质的量浓度溶液配制过程可知配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要用到容量瓶和胶头滴管，即AC正确；（3）根据要求是Fe3＋把Ti3＋氧化成Ti4＋，本身被还原成Fe2＋，因此滴定终点的现象是溶液变为红色；（4）根据得失电子数目守恒可知n(Ti3＋)×1＝n[NH4Fe(SO4)2]×1＝0.001cVmol，根据原子守恒可知n(TiO2)＝n(Ti3＋)＝0.001cVmol，所以TiO2的质量分数为；（5）①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，造成所配溶液的浓度偏低，在滴定实验中，消耗标准液的体积增大，因此所测质量分数偏高；②滴定终点时，俯视刻度线，读出的标准液的体积偏小，因此所测质量分数偏低。27、溶液恰好由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复红色D26.1027.350.1046mol/l【答案解析】

(1)因碱遇酚酞变红，酸遇酚酞不变色，所以滴定终点时溶液的颜色变化应为由浅红色变成无色。(2)利用c(碱)=进行分析：A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，消耗酸的体积增大；B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取酸的体积增大；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，读数偏小，滴定结束时俯视读数，读数偏大，则差值偏小，即读取的消耗酸的体积偏小。(3)由图可知，开始V=0.20mL，结束时V=26.30mL，则所用盐酸溶液的体积为26.30mL-0.20mL。(4)①由三次盐酸溶液的体积可知，平均值为；②根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)=26.15mL，由c(碱)=代入数据求解。【题目详解】(1)因碱遇酚酞变红，滴定终点时观察锥形瓶中溶液的颜色由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复红色，则达到滴定终点。答案为：溶液恰好由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复红色；(2)由c(碱)=可知，A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，消耗酸的体积增大，则c(碱)偏大，A不合题意；B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响，B不合题意；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗酸的体积增大，则c(碱)偏大，故C不合题意；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，读数偏小，滴定结束时俯视读数，读数偏大，则差值偏小，即读取的消耗酸的体积偏小，所以c(碱)偏低，D符合题意。答案为：D；(3)由图可知，开始V=0.20mL，结束时V=26.30mL，则所用盐酸溶液的体积为26.30mL-0.20mL=26.10mL。答案为：26.10；(4)①由三次盐酸溶液的体积可知，平均值为=27.35mL，答案为：27.35；②根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)=26.15mL，由c(碱)=可知，c(碱)==0.1046mol/l。答案为：0.1046mol/l。28、C【答案解析】分析：A．空间利用率：六方密堆积52%、面心立方74%、体心立方68%；B．晶体中一般情况下，原子晶体的熔点最高，分子晶体熔沸点最低；C、都是原子晶体，化学键越强，硬度越大，原子半径越小，键长越短，化学键越强；D、离子晶体中离子键越强晶格能越大，电荷越多、离子半径越小，离子键越强。详解：A．空间利用率：Po为六方密堆积52%、Cu为面心立方74%、Na为体心立方68%，所以空间利用率：Cu＞Na＞Po，