2023届珠海市重点中学化学高二第二学期期末联考模拟试题含解析

2023年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、有一种脂肪醇，通过一系列反应可变为丙三醇，这种脂肪醇通过消去、氧化、酯化、加聚反应等变化后可转化为一种高聚物，这种醇的结构简式可能为（）A．CH2＝CHCH2OH B．CH2ClCHClCH2OHC．CH3CH2OH D．CH3CH(OH)CH2OH2、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．14g乙烯和丙烯混合气体中原子数目为3NAB．在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有氢原子数为3NAC．5.6g铁在22.4L氯气中充分燃烧，转移的电子数为0.3NAD．0.1mol·L-1Na2CO3溶液中含有的CO32-数目小于0.1NA3、溶液X中可能含有Ba2+、NH4+、Na+、K+、Cl–、HCO3–、HSO3–、SO42–中的几种离子，各离子的浓度均相等。为了确定其组成，某同学进行了如下实验：①取少量溶液X，往里滴加过量的氢氧化钠溶液并加热，得到气体A、溶液A和沉淀A②取少量溶液A，往里滴加过量的硝酸银溶液得到溶液B和沉淀B下列说法正确的是A．溶液X中一定存在Ba2+、NH4+，可能含有Cl-B．溶液X中一定不存在SO42–、Na+和K+C．溶液X中HCO3–、HSO3–两者存在其一D．沉淀A一定是BaCO3，沉淀B一定是AgCl4、将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（）A． B．C． D．5、某烃的结构简式如右图，下列说法中正确的是A．该烃是苯的同系物B．该烃不能发生加成反应C．该烃苯环上的一氯代物共有6种D．分子中最多有16个碳原子处于同一平面上6、萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是abcdA．a和b互为同系物B．b和c均能发生加聚反应C．c和d互为同分异构体D．a和d均能使酸性KMnO4溶液褪色7、下列说法正确的是A．乙烯分子与苯分子都能与H2发生加成反应，说明二者所含碳碳键相同B．CH3CO18OH和C2H5OH发生酯化反应的有机产物是CH3CO18OC2H5C．相同物质的量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同D．用甘氨酸（H2N-CH2-COOH）和丙氨酸[H2N-CH（CH3）-COOH]缩合最多可形成4种二肽8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．15g甲基（﹣CH3）所含有的电子数是9NAB．7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NAC．1molC2H5OH和1molCH3CO18OH反应生成水的中子数为8NAD．标准状况下，2.24LCHCl3的原子总数为0.5NA9、在下列溶液中滴入三氯化铁溶液无变化的是（）A．B．C．D．氢碘酸10、常温下0.1molL-1醋酸溶液的PH=a，下列能使溶液pH=(a+1)的措施是A．将溶液稀释到原体积的10倍 B．加入适量的醋酸钠固体C．加入等体积0.2molL-1盐酸 D．提高溶液的温度11、下列官能团名称与对应结构简式书写错误的是（）A．羰基： B．羧基：-COOH C．醛基：-COH D．羟基：-OH12、下列实验现象和结论都正确的是选项

实验操作

现象

结论

A．

将SO2通入酸性高锰酸钾溶液

高锰酸钾溶液紫色褪色

SO2具有漂白性

B．

等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应

相同时间内HA与Zn反应生成的氢气更多

HA是强酸

C．

灼烧某白色粉末

火焰呈黄色

白色粉末中含有Na+，无K+

D．

将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体通入硅酸钠溶液中

有白色沉淀生成

证明非金属性S>C>Si

A．A B．B C．C D．D13、从海水中提取镁的工业流程如下图所示，下列说法正确的是A．在实验室进行②的操作需用到坩埚、坩埚钳、玻璃棒、酒精灯B．步骤⑥电解MgCl2时，阴极产生H2C．步骤⑤应将晶体置于HCl气体氛围中脱水D．上述工艺流程中的反应未涉及氧化还原反应14、化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A．涤纶、有机玻璃、光导纤维都是有机高分子化合物B．大豆中含有丰富的蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变为了氨基酸C．棉花和合成纤维的主要成分均为纤维素D．常用于制备染料、医药、农药等的酚类物质可来源于煤的干馏15、下列说法不正确的是A．NH4+与H3O+中心原子的价层电子对数相同B．BF3中硼原子的杂化类型与苯中碳原子的杂化类型相同C．SO2和O3等电子体，但两者具有不同的化学性质D．HOCH2CH(OH)CH2OH和CH3CHClCH2CH3都是手性分子16、已知：（1）Zn（s）+1/2O2（g）=ZnO（s）；ΔH=－348.3kJ/mol，（2）2Ag（s）+1/2O2（g）=Ag2O（s）；ΔH=－31.0kJ/mol，则Zn（s）+Ag2O（s）==ZnO（s）+2Ag（s）的ΔH等于()A．－317.3kJ/mol B．－379.3kJ/mol C．－332.8kJ/mol D．+317.3kJ/mol17、下列关于有机化合物的说法正确的是A．石油的分馏和煤焦油的分馏都可以获得芳香烃B．乙酸、乙醇和乙酸乙酯可用饱和Na2CO3溶液加以区别C．乙烯、聚氯乙烯和聚乙炔都能使酸性KMnO4溶液褪色D．苯甲酸与醇反应得到碳、氢原子个数比为9:10的酯，则该醇一定是乙醇18、下列化合物在核磁共振氢谱中能出现两组峰，且其峰面积之比为2:1的是（）A．对苯二甲酸 B．氯乙烷 C．2-甲基丙烷 D．乙酸甲酯19、下列关于0.1mol/LNaHCO3溶液中微粒浓度的关系式正确的是A．c(CO32－)＞c(H2CO3)B．c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)C．c(Na＋)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)]D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)20、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温常压下，6.4g氧气和臭氧混合气体中含有的原子总数为0.4NAB．常温常压下，22.4LCl2中含有的分子数为NAC．1L1mol/LK2SO4溶液中含有的钾离子数为NAD．1mol钠变为Na+失去的电子数为11NA21、下列装置可用于不溶性固体和液体分离的是A． B． C． D．22、分类法在化学发展中起到非常重要的作用，下列分类标准合理的是A．根据化合物在水溶液中能否导电，将化合物分为电解质和非电解质B．根据分散系是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液C．根据化学式中所含氢原子的个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸D．根据反应中是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应二、非选择题(共84分)23、（14分）菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂,其合成路线如下:已知:＋（1）A的结构简式为,A中含氧官能团的名称是。（2）由A生成B的反应类型是,E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢,该同分异构体的结构简式为。（3）写出D和E反应生成F的化学方程式。（4）结合题给信息,以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1－丁醇,设计合成路线(其他试剂任选)。合成路线流程图示例如下:CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH324、（12分）有机物A（C10H20O2）具有兰花香味，可用作香皂、洗发香波的芳香赋予剂。已知：①B分子中没有支链。②D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳。③D、E互为具有相同官能团的同分异构体。E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种。④F可以使溴的四氯化碳溶液褪色。（1）B可以发生的反应有_________（选填序号）①取代反应②消去反应③加聚反应④氧化反应（2）D、F分子所含的官能团的名称依次是：_________、____________。（3）写出与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式：________________________________________________________。（4）E可用于生产氨苄青霉素等。已知E的制备方法不同于其常见的同系物，据报道，可由2—甲基—1—丙醇和甲酸在一定条件下制取E。该反应的化学方程式是_______________________________。25、（12分）乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶或白色结晶粉末，是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。乙酰苯胺的制备原理为：+CH3COOH+H2O注：刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。实验步骤:步骤1：在圆底烧瓶中加入无水苯胺9.2mL，冰醋酸17.4mL，锌粉0.1g，安装仪器，加入沸石，调节加热温度，使分馏柱顶温度控制在105℃左右，反应约60～80min，反应生成的水及少量醋酸被蒸出。步骤2：在搅拌下，趁热将烧瓶中的物料以细流状倒入盛有100mL冰水的烧杯中，剧烈搅拌，并冷却，结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品。步骤3：将此粗乙酰苯胺进行重结晶，晾干，称重，计算产率。(1)步骤1中所选圆底烧瓶的最佳规格是_________(填序号)。a．25mLb．50mLc．150mLd．200mL(2)实验中加入少量锌粉的目的是___________________________________________________________________________。(3)从化学平衡的角度分析，控制分馏柱上端的温度在105℃左右的原因____________________________________________________________________________。(4)洗涤乙酰苯胺粗品最合适的方法是_____(填序号)。a．用少量冷水洗b．用少量热水洗c．用酒精洗(5)乙酰苯胺粗品因含杂质而显色，欲用重结晶进行提纯，步骤如下：热水溶解、_______________、过滤、洗涤、干燥(选则正确的操作并排序)。a．蒸发结晶b．冷却结晶c．趁热过滤d．加入活性炭(6)该实验最终得到纯品8.1g，则乙酰苯胺的产率是______________％。(7)如图的装置有1处错误，请指出错误之处____________________________________。26、（10分）某学习小组为测定放置已久的小苏打样品中纯碱的质量分数，设计如下实验方案：（1）方案一：称取一定质量的样品，置于坩埚中加热至恒重后，冷却，称取剩余固体质量，计算。①完成本实验需要不断用玻璃棒搅拌，其目的是_______________________________。②若实验前所称样品的质量为mg，加热至恒重时固体质量为ag，则样品中纯碱的质量分数为________。（2）方案二：按如图所示装置进行实验，并回答下列问题：①实验前先检查装置的气密性，并称取一定质量的样品放入A中，将稀硫酸装入分液漏斗中。D装置的作用是________________。②实验中除称量样品质量外，还需分别称量_______装置反应前、后质量(填装置字母代号)。③根据此实验得到的数据，测定结果有误差。因为实验装置还存在一个明显的缺陷，该缺陷是_________。④有同学认为，用E装置替代A装置能提高实验准确度。你认为是否正确？_________(填“是”或“否”)。（3）方案三：称取一定量的样品置于锥形瓶中，加适量水，用盐酸进行滴定，从开始至有气体产生到气体不再产生，所滴加的盐酸体积如图所示，则小苏打样品中纯碱的质量分数为_________(保留两位有效数字)。27、（12分）已知硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O](俗称莫尔盐)可溶于水，在100℃～110℃时分解，其探究其化学性质，甲、乙两同学设计了如下实验。I.探究莫尔盐晶体加热时的分解产物。(1)甲同学设计如图所示的装置进行实验。装置C中可观察到的现象是_________，由此可知分解产物中有________(填化学式)。(2)乙同学认为莫尔盐晶体分解的产物中还可能含有SO3(g)、SO2(g)及N2(g)。为验证产物的存在，用下列装置进行实验。D.品红溶液E.NaOH溶液F.BaCl2溶液和足量盐酸G.排水集气法H.安全瓶①乙同学的实验中，装置依次连按的合理顺序为：A→H→（______）→（______）→（______）→G。②证明含有SO3的实验现象是__________；安全瓶H的作用是___________。II.为测定硫酸亚铁铵纯度，称取mg莫尔盐样品，配成500mL溶液。甲、乙两位同学设计了如下两个实验方案。甲方案：取25.00mL样品溶液用0.1000mol/L的酸性K2Cr2O7溶液分三次进行滴定。乙方案(通过NH4+测定)：实验设计装置如图所示。取25.00mL样品溶液进行该实验。请回答：(1)甲方案中的离子方程式为___________。(2)乙方案中量气管中最佳试剂是__________。a.水b.饱和NaHCO3溶液c.CCl4d.饱和NaCl溶液(3)乙方案中收集完气体并恢复至室温，为了减小实验误差，读数前应进行的操作是_________。(4)若测得NH3为VL(已折算为标准状况下)，则硫酸亚铁铵纯度为____(列出计算式)28、（14分）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献之一。在制取合成氨原料气的过程中，常混有一些杂质，如CO会使催化剂中毒。除去CO的化学反应方程式(HAc表示醋酸)：Cu(NH1)2Ac＋CO＋NH1==Cu(NH1)1(CO)Ac。请回答下列问题：（1）C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为________。（2）配合物Cu(NH1)1(CO)Ac中心原子的配位数为________，基态铜原子核外电子排布式为_________________。（1）写出与CO互为等电子体的粒子________(任写一个)。（4）在一定条件下NH1与CO2能合成化肥尿素[CO(NH2)2]，尿素中，C原子轨道的杂化类型为________；1mol尿素分子中，σ键的个数为____________。（设NA为阿伏加德罗常数的值）（5）铜金合金形成的晶胞如图所示，其中Cu、Au原子个数比为________。铜单质晶胞与铜金合金的晶胞相似，晶胞边长为1．61×10－8cm，则铜的密度为________g/cm-1（结果保留1位有效数字）。29、（10分）砷（As）在地壳中含量不高，但砷的化合物却是丰富多彩。回答下列问题：（1）砷的基态原子简化电子排布式为__________________；第一电离能：砷______硒（填“＞”或“＜”）（2）目前市售发光二极管材质以砷化镓（CaAs）为主。Ga和As相比，电负性较大的是____________，CaAs中Ga元素的化合价为____________。（3）AsH3是无色、稍有大蒜味气体。AsH3空间构型为____________。AsH3的沸点高于PH3，低于NH3，其原因是_________________________________。（4）Na3AsO4可作杀虫剂。AsO43−中As原子杂化轨道类型为__________。与AsO43−互为等电子体分子和离子各填一种___________、__________。（5）H3AsO4和H3AsO3是砷的两种含氧酸，根据物质结构与性质的关系，解释H3AsO4比H3AsO3酸性强的原因_____________________________________________________。（6）磷和砷同主族。磷的一种单质白磷（P4）属于分子晶体，其晶胞结构如图所示。若其晶胞边长为apm，则白磷的密度为_______________g·cm-3（列出计算式即可）。1个代表一个白磷分子

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】

结合加聚反应原理，该高聚物的单体为：CH2=CH-COOCH3，经过酯的水解反应可以得到生成该酯的有机物为：CH3OH、CH2=CH-COOH，通过消去、氧化生成丙烯酸的醇为：CH3CH(OH)CH2OH；故选D。2、A【解析】

A.乙烯和丙烯的最简式相同，14g乙烯和丙烯混合气体含1molCH2,原子数目为3NA,故A正确；B.水中也含有氢元素，在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有氢原子的物质的量大于3mol，故B错误；C.氯气没标明状态，无法计算转移的电子数，C错误；D.Na2CO3属于强碱弱酸盐，CO32-发生水解，0.1mol·L-1Na2CO3溶液没有体积，无法计算，故D错误；答案：A。3、B【解析】

X与过量NaOH反应生成气体A为氨气，沉淀A应为亚硫酸钡或碳酸钡或两者都有，则溶液中一定含Ba2+、NH4+、HSO3-和HCO3-至少含有一种，一定不含SO42-。溶液A与硝酸银反应生成沉淀B可能为Ag2O或AgCl，溶液中各离子的浓度均相等，由电荷守恒可知，一定存在阴离子Cl-、HCO3-和HSO3-，不存在Na+、K+，以此来解答。【详解】A．由上述分析可知，X中一定存在Ba2+、NH4+、Cl-，故A错误；B．溶液X中一定不存在SO42–、Na+和K+，故B正确；C．由上述分析可知，X中一定存在HCO3–、HSO3–，故C错误；D．沉淀A应为亚硫酸钡和碳酸钡，B可能为Ag2O或AgCl，故D错误；故答案：B。4、C【解析】

对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象解析。【详解】0.4gNaOH的物质的量为0.4g÷40g·mol-1=0.01mol和1.06gNa2CO3的物质的量为1.06g÷106g·mol-1=0.01mol，则A、0.1L盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；故选C。【点睛】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应，是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。5、D【解析】A．该有机物含有2个苯环，不是苯的同系物，选项A错误；B．分子中含有苯环，该烃能与氢气在一定条件下发生加成反应，选项B错误；C．由结构的对称性可知，含3种位置的H，该烃的一氯代物最多有3种，选项C错误；D．苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子一定在同一平面内，则苯环与甲基的C及另一苯环上的2个C和甲基上的C共面，则分子中至多有16个碳原子处于同一平面上，选项D正确；答案选D。6、D【解析】A.a和b的化学式相同，属于同分异构体，不属于同系物，故A错误；B.c中不存在碳碳双键或三键，不能发生加聚反应，故B错误；C.c的分子式为C10H14O，d的分子式为C10H16O，不是同分异构体，故C错误；D.a中含有碳碳双键，d中含有醛基，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故选D。7、D【解析】分析：A.乙烯分子中含有碳碳双键，苯分子中含有特殊的碳碳键；B.酯化反应规律为“酸脱羟基醇脱氢”；C.乙炔与苯所含碳原子数不同，相同物质的量时，完全燃烧消耗氧气的物质的量不相同；D.由甘氨酸和丙氨酸两种氨基酸组成的二肽有2种，其自身和自身结合生成的二肽也有2种。详解：苯分子中含有特殊的碳碳键，介于单键和双键之间的一种化学键，但是能够与氢气发生加成反应，乙烯分子中含有碳碳双键，也能与氢气发生加成反应，但是二者所含碳碳键不相同，A错误；酯化反应中羧酸脱去一个-18OH，醇脱去一个H，则酯化反应产物为CH3COOC2H5，B错误；乙炔分子式为C2H2，苯的分子式为C6H6，相同物质的量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，苯消耗氧气的量较多，C错误；由甘氨酸和丙氨酸两种氨基酸组成的二肽有2种，其自身和自身结合生成的二肽也有2种，一共4种，D正确；正确选项D。8、A【解析】A.15g甲基（﹣CH3）的物质的量是1mol，所含有的电子数是9NA，A正确；B.苯分子中不存在碳碳双键数，B错误；C.酯化反应中羧酸提供羟基，醇提供氢原子，1molC2H5OH和1molCH3CO18OH反应生成的水是H218O。其中子数为10NA，C错误；D.标准状况下三氯甲烷是液体，不能利用气体摩尔体积计算2.24LCHCl3的原子总数，D错误，答案选A。9、A【解析】

A、苯甲醇与氯化铁溶液不反应，滴入三氯化铁溶液无变化，A正确；B、对甲基苯酚与氯化铁溶液反应显紫色，B错误；C、苯酚与氯化铁溶液反应显紫色，C错误；D、氢碘酸与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成单质碘、氯化亚铁，D错误；答案选A。10、B【解析】

A项稀释时，促进醋酸的电离，所以pH<(a+1)；B项加入醋酸钠，抑制醋酸的电离，pH可以增大为（a+1）；C、D项均会使溶液的pH减小。答案选B。11、C【解析】

根据有机物的官能团进行分析；【详解】A、羰基是由碳和氧两种原子通过双键连接而成的有机官能团，即，故A不符合题意；B、羧基是由羰基和羟基组成的基团，即羧基为－COOH，故B不符合题意；C、醛基是由羰基和H原子组成的基团，即为－CHO，故C符合题意；D、羟基的化学式为－OH，故D不符合题意；答案选C。12、D【解析】

A．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液紫色褪色，是由于SO2具有还原性，A错误；B．等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内HA与Zn反应生成的氢气更多，说明HA与Zn反应的速率快些，HA电离出来的H+多些，只能说明HA的酸性比HB强，不能说明HA是强酸，B错误；C．灼烧某白色粉末，火焰呈黄色，白色粉末中一定含有钠元素，可能含有钾元素，要透过蓝色钴玻璃片观察如果火焰呈紫色，说明一定含有钾元素，否则没有钾元素，C错误；D．将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体是二氧化碳，通入硅酸钠溶液中有白色沉淀生成，生成了硅酸，那么证明酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强，D正确；答案选D。13、C【解析】试题分析：蒸发溶液时应该用蒸发皿，而不是坩埚，坩埚用于固体的加热，A不正确；镁是活泼的金属，应该电解熔融的氯化镁，阴极生成镁，阳极生成氯气，B不正确；氯化镁在溶液中存在水解平衡，而水解是吸热的，且生成的氯化氢极易挥发，所以直接加热得不到氯化镁，因此选项C正确，目的是抑制镁离子的水解；D不正确，⑥是氧化还原反应，答案选C。考点：考查海水的综合应用、仪器的选择、电解产物的判断、水解的应用及氧化还原反应的判断等点评：本题容易错选选项A，这是由于不能正确理解蒸发皿和坩埚的使用范围造成的。蒸发皿用来蒸发水分、浓缩溶液等，例如提纯食盐等；坩埚用来煅烧、熔融固体的，有瓷坩埚及金属坩埚之分，金属坩埚有镍坩埚、金坩埚及铂坩埚等，可耐受某些强氧化剂、强酸或强碱的侵蚀。14、D【解析】

A、光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，故A错误；B、蛋白质水解需要在酶的作用下，高温使蛋白质变性，不能水解成氨基酸，故B错误；C、棉花的主要成分为纤维素，合成纤维属于化学纤维，故C错误；D、煤的干馏可生成酚类物质，酚类物质常用于制备染料、医药、农药等，故D正确。15、D【解析】A.NH4+中氮原子的价层电子对数为(5+4-1)/2=4，H3O+中氮原子价层电子对数为(6+2)/2=4，故A正确；B.BF3分子中B原子最外层有三个电子，与氟原子形成三个σ键，没有孤电子对，所以杂化类型为sp3杂化，苯分子有π键，每个C形成三个σ键没有孤电子对也是sp3杂化，故B正确；C.SO2和O3等电子体，但两者具有不同的化学性质，故C正确；D.HOCH2CH(OH)CH2OH中两边的碳原子上都有两个氢原子，中间碳上连有两个HOCH2-基团，所以不含有手性碳，故D错误；本题选D。16、A【解析】

根据已知反应可知（1）－（2）即得到Zn（s）+Ag2O(s)="="ZnO(s)+2Ag(s)，所以ΔH＝－348.3kJ/mol＋31.0kJ/mol＝－317.3kJ/mol，答案选A。17、B【解析】

A、石油分馏得到的主要是烷烃、环烷烃形成的混合物，石油催化重整可获得芳香烃，故A错误；B.乙酸与碳酸钠反应放出二氧化碳气体、乙醇溶于碳酸钠溶液、乙酸乙酯难溶于碳酸钠溶液，所以可用饱和Na2CO3溶液鉴别乙酸、乙醇和乙酸乙酯，故B正确；C.乙烯、聚乙炔都含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色；聚氯乙烯不含碳碳双键，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；D.苯甲酸与分子式是C11H16O的醇反应得到的酯的分子式是C18H20O2，碳、氢原子个数比为9:10，故D错误。18、A【解析】

A．对苯二甲酸()中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1，故A正确；B．氯乙烷中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为3：2，故B错误；C．2-甲基丙烷中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为9：1，故C错误；D．乙酸甲酯(CH3COOCH3)中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为1：1，故D错误；故答案为A。【点睛】对于等效氢的判断：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效；②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；③处于镜面对称位置上的氢原子等效。19、B【解析】

A、NaHCO3溶液呈碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，因此c(CO32－)＜c(H2CO3)，A错误；B、碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显弱碱性，溶液中离子浓度关系为c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)，B正确；C、根据物料守恒可知c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)，C错误；D、根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，D错误。答案选B。20、A【解析】

A.6.4g氧气和臭氧可以看做6.4g氧原子，即为0.4mol氧原子，所以混合气体中含有的原子总数为0.4NA，故A选；B.常温常压下，22.4LCl2的物质的量不是1mol，故B不选；C.1L1mol/LK2SO4溶液中含有的钾离子数为2NA，故C不选；D.1mol钠变为Na+失去的电子数为NA，故D不选。故选A。21、B【解析】

A、该装置是分液，用于分离互不相溶的液体，A错误；B、该装置是过滤，可用于不溶性固体和液体分离，B正确；C、该操作是向容量瓶中转移液体，C错误；D、该装置是洗气瓶，不能用于不溶性固体和液体分离，D错误；答案选B。22、D【解析】

A.根据化合物在水溶液或熔融状态下中能否导电，将化合物分为电解质和非电解质，故错误；B.根据分散系中分散质微粒直径，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据是否有丁达尔效应分，故错误；C.根据酸能电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸，故错误；D.根据反应中是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故正确。故选D。二、非选择题(共84分)23、（1），碳碳双键、醛基（2）加成（或还原）反应；，（3）（4）【解析】试题分析：（1）根据题目所给信息，1，3-丁二烯与丙烯醛反应生成，根据结构简式可知该有机物含有碳碳双键和醛基。（2）A中碳碳双键和醛基与H2发生加成反应；根据有机合成路线E为CH2=CHCH2OH，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为。（3）D和E反应生成F为酯化反应，化学方程式为：（4）根据题目所给信息，溴乙烷与Mg在干醚条件下反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与环氧乙烷在H+条件下反应即可生成1-丁醇，合成路线为。考点：考查有机化合物的结构与性质、反应类型的判断、同分异构体的判断、化学方程式的书写以及有机合成路线的设计。24、①②④羧基碳碳双键、【解析】

B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B→F为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，据此分析作答。【详解】B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B→F为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，（1）B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，B属于饱和一元醇，B可以与HBr、羧酸等发生取代反应，B中与—OH相连碳原子的邻碳上连有H原子，B能发生消去反应，B能与O2、KMnO4等发生氧化反应，B不能加聚反应，答案选①②④。（2）D为CH3CH2CH2CH2COOH，所含官能团名称为羧基；F为CH3CH2CH2CH=CH2，所含官能团名称为碳碳双键。（3）D、E的官能团为羧基，与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式为（CH3）2CHCH2COOH、CH3CH2CH（CH3）COOH。（4）E为（CH3）3CCOOH，2—甲基—1—丙醇与甲酸在一定条件下制取E的化学方程式为。25、b防止苯胺在反应过程中被氧化不断分离出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高产品的产率adcb60尾接管和锥形瓶密封【解析】

(1)圆底烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于1/3；(2)根据苯胺具有还原性分析；(3)水的沸点是100℃，加热至105℃左右，就可以不断分出反应过程中生成的水；(4)根据乙酰苯胺微溶于冷水、溶于热水、溶于乙醇和乙醚分析；(5)乙酰苯胺用热水溶解，用活性炭吸附色素，趁热过滤，最后冷却结晶，得到乙酰苯胺；(6)产率=实际产量÷理论产量×100%。(7)图中装置中尾接管与锥形瓶接口不能密封。【详解】(1)圆底烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于1/3，烧瓶中加入无水苯胺9.2mL，冰醋酸17.4mL，锌粉0.1g，所以圆底烧瓶的最佳规格是50mL，选b；(2)苯胺具有还原性，容易被空气中的氧气氧化，为防止苯胺在反应过程中被氧化；加入还原剂Zn粉。(3)水的沸点是100℃，加热至105℃左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率。(4)乙酰苯胺微溶于冷水、溶于热水、溶于乙醇和乙醚，为减少乙酰苯胺损失，洗涤乙酰苯胺粗品最合适的方法是用少量冷水洗，选a；(5)由于乙酰苯胺微溶于冷水、溶于热水，乙酰苯胺粗品因含杂质而显色，用重结晶进行提纯的步骤为：乙酰苯胺用热水溶解，用活性炭吸附色素，趁热过滤，最后冷却结晶，得到乙酰苯胺，所以正确的操作是dcb；（6）n(苯胺)=(9.1mL×1.02g/mL)÷93g/mol=0.1mol；n(乙酸)=(17.4mL×1.05g/mL)÷60g/mol=0.305mol，大于苯胺的物质的量，所以生成的乙酰苯胺的物质的量要以不足量的苯胺计算，理论产量为0.1mol，而实际产量n(乙酰苯胺)=8.1g÷135g/mol=0.06mol，所以乙酰苯胺的产率为0.06mol÷0.1mol×100%=60%。(7)图中装置中尾接管与锥形瓶接口不能密封，错误之处是尾接管和锥形瓶密封。26、使固体样品受热均匀，避免局部温度过高，造成样品外溅×100%避免空气中的水蒸气和二氧化碳进入C装置中，造成实验误差C反应产生的二氧化碳残留在A、B装置内，不能被完全吸收否24%【解析】

小苏打久置会发生反应：，该样品成分为NaHCO3、Na2CO3，测定样品中纯碱的质量分数方法有：①测定二氧化碳量（质量、体积）从而计算出混合物中Na2CO3的质量分数，②利用NaHCO3的不稳定性，加热固体得到减少的质量，计算出成品中NaHCO3的质量，从而计算出混合物中Na2CO3的质量分数。【详解】（1）①使用玻璃棒搅拌，使固体受热均匀，避免局部温度过高，造成固体外溅，故答案为使固体受热均匀，避免局部温度过高，造成固体外溅；②设样品中碳酸氢钠的质量为x，则：Δm16862xg(m-a)g则x==，故m(Na2CO3)=[m-]g，则样品中Na2CO3的质量分数为=，故答案为；（2）①利用C中碱石灰增重测定反应生成二氧化碳的质量，进而计算样品中碳酸钠的质量分数，由于碱石灰可以吸收空气中的二氧化碳与水蒸气，故D装置的作用是吸收空气中的二氧化碳与水蒸气，避免空气中的二氧化碳与水蒸气加入C中，防止测定误差；②C装置反应前后质量之差为反应生成二氧化碳的质量，根据样品总质量、二氧化碳的质量可以计算混合物中碳酸钠的质量，还需分别称量C装置反应前、后的质量；③该实验装置有一个明显的缺陷是反应产生的二氧化碳残留在A、B装置内，不能完全被吸收，使C中吸收二氧化碳质量减小，造成较大的误差；④用E装置替代A装置能提高实验准确度，这种说法不正确。因为E装置用恒压分液漏斗，部分二氧化碳为残留在分液漏斗上部，使C中吸收二氧化碳质量减小，造成较大的误差；（3）由图可知，开始发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3，产生二氧化碳的反应为：HCl+NaHCO3=NaCl+CO2↑+H2O。整个反应过程涉及6个刻度，设每个刻度为1molHCl，由方程式可知，样品中n(Na2CO3)=1mol，碳酸钠反应生碳酸氢钠为1mol，故原样品中碳酸氢钠的物质的量为5mol-1mol=4mol，则原混合物中碳酸钠的质量分数为=24%。【点睛】本题考查物质组成含量的测定，明确实验原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度中等，注意方案二有一定的缺陷，装置中的二氧化碳未能完全被C中碱石灰吸收。本题实验基本操作和技能，涉及实验方案的设计与评价及实验误差分析、对信息的利用、实验条件的控制、化学计算等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本知识的基础与分析问题、解决问题的能力。27、溶液变红NH3FDEF中出现白色沉淀防倒吸Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2Oc上下移动量气管(滴定管)，使左右两边液面相平【解析】

Ⅰ．(1)莫尔盐受热分解，分解时会产生氨气和二氧化硫、三氧化硫等酸性气体，根据装置图可知，碱石灰可以吸收酸性气体，氨气遇到酚酞溶液会变红色，所以装置C中可观察到的现象是溶液变红，由此可知莫尔盐晶体分解的产物中有NH3，装置B的主要作用是吸收分解产生的酸性气体，故答案为：溶液变红；NH3；(2)①要检验生成SO3(g)、SO2(g)及N2，在甲组实验中的装置A产生气体后，经过安全瓶后通过氯化钡溶液检验SO3，再通过品红溶液检验SO2，用浓氢氧化钠除去二氧化硫，用排水集气法收集氮气，所以装置依次连接的合理顺序为A、H、F、D、E、G，故答案为：F；D；E；②由于产生的气体中有氨气，所以氯化钡溶液中加入足量的盐酸，可以吸收氨气并防止产生亚硫酸钡沉淀，排除SO2的干扰，SO3通入氯化钡溶液中可以产生硫酸钡沉淀，二氧化硫能使品红褪色，所以装置F中足量盐酸的作用是吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰，含有SO3的实验现象是F中有白色沉淀，三氧化硫、二氧化硫等易溶于水，安全瓶的作用是防止倒吸，故答案为：F中出现白色沉淀；防倒吸；Ⅱ．(1)K2Cr2O7溶液具有氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：Cr2O72－+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；(2)乙装置中导管在液面以上，符合排液体收集气体要求，量气管中液体应不能溶解氨气，氨气易溶于水，难溶于四氯化碳，故用排四氯化碳法收集，故答案选c；(3)气体体积受温度和压强影响较大，则读数前应进行的操作是上下移动量气管（滴定管），使左右两边液面相平，故答案为：上下移动量气管(滴定管)，使左右两边液面相平；(4)VL氨气的物质的量为：V/22.4mol，mg硫酸亚铁铵样品中含N的物质的量为500mL/25mL×V/22.4mol=20V/22.4mol，硫酸亚铁铵的纯度为：，故答案为：。【点睛】本题考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，难点是排列实验先后顺序，根据实验目的及物质的性质进行排列顺序，注意要排除其它因素干扰。28、N>O>C41s22s22p61s21p61d104s1CN－、N2等（其他合理答案）sp2杂化7NA1∶19.04【解析】

（1）一般来说非金属性越强，第一电离能越大，但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性，会有特例，如N的p轨道本来就是半充满的，O的p轨道失去一个电子才是半充满的，所以O比N容易失去电子；（2）根据化合物的化学式判断，一价铜离子有三个氨基配体和一个羰基配体，共4个配体；铜原子的核外电子排布为1s22s22p61s21p61d104s1，一价铜离子为失去一个电子，核外电子排布为1s22s22p61s21p61d10或[Ar]1d10；（4）计算杂化类型时根据电子对数来判断，中心原子的价电子数与配体电子数的和除以2就得到电子对数，根据电子对数，可以确定杂化类型；（5）计算晶胞中原子个数时，首先数一下原子个数，然后看其被几个晶胞共用，乘以相应的倒数即可；晶胞中微粒个数的计算用均摊法。【详解】（1）一般来说非金属性越强，第一电离能大，所以O＞N＞C．但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性．N的p轨道本来就是半充满的．O的p轨道失去一个电子才是半充满的．所以O比N容易失去电子，故答案为N＞C＞O；（2）一价铜离子有三个氨基配体和一个羰基配体，共4个配体，故答案为4；铜原子的核外电子排布为1s22s22p61s21p61d104s1；故一价铜离