2024届辽宁省阜新市阜蒙县育才高级中学化学高二第二学期期末综合测试试题含解析

2024届辽宁省阜新市阜蒙县育才高级中学化学高二第二学期期末综合测试试题注意事项: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、下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是()A．熔点：NaF>MgF2>AlF3 B．晶格能：NaF>NaCl>NaBrC．阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2 D．硬度：MgO>CaO>BaO2、某溶液中滴入无色酚酞试液显红色，则该溶液中一定不能大量共存的离子组是（）A．Na+NO3-CO32-Cl- B．ClO-K+Na+AlO2-C．K+Fe2+NO3-HCO3- D．Cl-Na+K+SO42-3、Cl2是纺织工业中常用的漂白剂，Na2S2O3可作漂白布匹后的“脱氯剂”，S2O32-和Cl2反应的产物之一为SO42-。下列说法中不正确的是A．该反应中Cl2发生还原反应B．根据该反应可判断还原性：S2O32-＞Cl-C．脱氯反应后，溶液的酸性增强D．SO2与氯气的漂白原理相同，所以也可以用SO2作纺织工业的漂白剂4、已知NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法不正确的是（）A．1molCH4中含4NA个s﹣pσ键B．1molSiO2晶体中平均含有4NA个σ键C．12g石墨中平均含1.5NA个σ键D．12g金刚石中平均含有2NA个σ键5、AlN广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成。下列叙述正确的是（）A．AlN为氧化产物B．AlN的摩尔质量为41gC．上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子D．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂6、下图表示4—溴环己烯所发生的4个不同反应。其中，产物只含有一种官能团的反应是A．①④ B．③④ C．②③ D．①②7、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8、根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作现象结论A将溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热，产生的气体未经水洗直接通入酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液褪色溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热生成了C2H4B将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液褪色石蜡油分解产物中含有不饱和烃C向1mL2%的氨水中滴入5滴2%的AgNO3溶液，边滴边振荡得到无色澄清溶液氨水与AgNO3溶液不反应D向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入少量银氨溶液。未出现银镜蔗糖未水解A．A B．B C．C D．D9、下列实验能获得成功的是A．140℃时，无水乙醇与浓硫酸共热可制备乙烯B．往油脂中加稀硫酸与之共热可发生皂化反应C．检验淀粉是否水解完全，可往水解液中加碘溶液观察是否变蓝D．验证溴乙烷中的溴元素，可直接加AgNO3溶液观察是否有淡黄色沉淀生成10、具有解热镇痛及抗生素作用的药物“芬必得”主要成分的结构简式如图，它属于（）①芳香族化合物、②脂肪族化合物、③有机羧酸、④有机高分子化合物、⑤芳香烃。A．①③ B．①④ C．②③ D．③⑤11、下列表述正确的是A．羟基的电子式： B．乙烯的结构简式：CH2CH2C．2-丁烯的顺式结构： D．2-丙醇的结构简式：12、下列用品中主要由合成材料制造的是()A．宇航服 B．宣纸 C．羊绒衫 D．棉衬衣13、某溶液可能含有NH4＋、K＋、Ba2＋、Fe3＋、I－、SO32－、SO42－中的几种，现取100mL溶液先加入足量氯水，然后滴加足量BaCl2溶液，得到沉淀4.66g，在滤液中加足量NaOH溶液并加热，生成的气体在标准状况下体积为1.12L。根据上述实验，以下推测正确的是A．原溶液一定存在NH4＋、I－B．原溶液一定不含Ba2＋、Fe3＋、I－C．原溶液可能存在K＋、Fe3＋、SO42－D．另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，即可确定溶液所有的离子组成14、往含I－和Cl－的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如右图所示。则原溶液中c(I－)/c(Cl－)的比值为A．(V2－V1)/V1 B．V1/V2C．V1/(V2－V1） D．V2/V115、下列曲线表示卤素元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是A． B．C． D．16、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．含NA个原子的气体的物质的量一定是1molB．3.2g16O2和3.6g18O2中含有的质子数均为1.6NAC．1L0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中所含CH3COO-个数为0.1NAD．标准状况下，2.24L甲烷、戊烷混合物所含分子数为0.1NA17、向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（）A．碳酸钙粉末 B．稀硫酸 C．氯化钙溶液 D．二氧化硫水溶液18、冠心平F是降血脂、降胆固醇的药物，它的一条合成路线如下，A为一元羧酸，10.2gA与足量NaHCO3溶液反应生成2.24LCO2（标准状况），A的分子式为A．C2H4O2 B．C3H6O2 C．C4H8O2 D．C5H10O219、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（）①金属钠投入到FeCl1溶液中②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca（OH）1投入过量NaHCO3溶液中④向饱和Na1CO3溶液中通入过量CO1．A．①②③④B．①④C．③④D．②③20、工业上常用水蒸气蒸馏的方法（蒸馏装置如图）从植物组织中获取挥发性成分。这些挥发性成分的混合物统称精油，大都具有令人愉快的香味。从柠檬、橙子和柚子等水果的果皮中提取的精油90%以上是柠檬烯（柠檬烯）。提取柠檬烯的实验操作步骤如下：(1)将1～2个橙子皮剪成细碎的碎片，投入乙装置中，加入约30mL水(2)松开活塞K。加热水蒸气发生器至水沸腾，活塞K的支管口有大量水蒸气冒出时旋紧，打开冷凝水，水蒸气蒸馏即开始进行，可观察到在馏出液的水面上有一层很薄的油层。下列说法不正确的是（）A．当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成B．蒸馏结束后，为防止倒吸，立即停止加热C．长玻管作安全管，平衡气压，防止由于导管堵塞引起爆炸D．要得到纯精油，还需要用到以下分离提纯方法：萃取、分液、蒸馏21、某有机物的分子式为C11H14O2，结构简式中含有一个苯环且苯环上只有一个取代基，与NaHCO3反应有气体生成，则该有机物的结构共有（不含立体异构）A．9种 B．10种 C．11种 D．12种22、1.0L碳原子数相等的气态烷烃和气态烯烃组成的混合气体在氧气中完全燃烧，生成2.0LCO2和2.6L水蒸气，则混合气体中烷烃和烯烃的体积比为(气体体积均在相同状况下测定)A．1：1 B．1：3 C．4：3 D．3：2二、非选择题(共84分)23、（14分）卤代烃在碱性醇溶液中能发生消去反应。例如，该反应式也可表示为下面是几种有机化合物的转化关系：(1)根据系统命名法，化合物A的名称是_____________。(2)上述框图中，①_________是反应，③___________是反应。(3)化合物E是重要的工业原料，写出由D生成E的化学方程式：_________。(4)C2的结构简式是，F1的结构简式是______________，F1与F2互为__________。24、（12分）A、B、C为三种烃的衍生物，它们的相互转化关系入下：其中B可发生银镜反应,C与石灰石反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体。①A、B、C的结构简式依次是_________、________、________。②A→B的化学方程式为：____________。③B→C的化学方程式为：___________。④B→A的化学方程式为：___________。25、（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_________。26、（10分）白醋是常见的烹调酸味辅料，白醋总酸度测定方法如下。i.量取20.00mL白醋样品，用100mL容量瓶配制成待测液。ii.将滴定管洗净、润洗，装入溶液，赶出尖嘴处气泡，调整液面至0刻度线。iii.取20.00mL待测液于洁净的锥形瓶中，加3滴酚酞溶液，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定至终点，记录数据。iv.重复滴定实验3次并记录数据。ⅴ.计算醋酸总酸度。回答下列问题：（1）实验i中量取20.00mL白醋所用的仪器是______（填字母）。abcD（2）若实验ii中碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗，会造成测定结果比准确值_____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（3）实验iii中判断滴定终点的现象是_______。（4）实验数据如下表，则该白醋的总酸度为_______mol·L－1。待测液体积/mL标准NaOH溶液滴定前读数/mL滴定终点读数/mL第1次20.00021.98第2次20.00022.00第3次20.00022.0227、（12分）CCTV在“新闻30分”中介绍：王者归“铼”，我国发现超级铼矿，飞机上天全靠它。铼的稳定硫化物有ReS2，稳定的氧化物有Re2O7。工业上，常从冶炼铜的废液中提取铼，其简易工艺流程如下（部分副产物省略，铼在废液中以ReO4-形式存在）：回答下列问题：（1）NH4ReO4（高铼酸铵）中铼元素化合价为_________________。（2）操作A的名称是_____________。“萃取”中萃取剂应具有的性质：______（填代号）。①萃取剂难溶于水②萃取剂的密度大于水③ReO4-在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度④萃取剂不和ReO4-发生反应（3）在“反萃取”中，加入氨水、水的目的是_________________。（4）在高温下高铼酸铵分解生成Re2O7，用氢气还原Re2O7，制备高纯度铼粉。①写出高铼酸铵分解生成Re2O7的化学方程式_____________________。②工业上，利用氢气还原Re2O7制备铼，根据生成铼的量计算氢气量，实际消耗H2量大于理论计算量，其原因是_____________________。（5）工业上，高温灼烧含ReS2的矿粉，可以制备R2O7。以含ReS2的矿石原料生产48.4tRe2O7，理论上转移__________mol电子。28、（14分）B、N、Ti、Fe都是重要的材料元素，其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。（1）基态Fe2＋的电子排布式为_____；Ti原子核外共有________种运动状态不同的电子。（2）BH3分子与NH3分子的空间结构分别为_________；BH3与NH3反应生成的BH3·NH3分子中含有的化学键类型有_______，在BH3·NH3中B原子的杂化方式为________。（3）N和P同主族。科学家目前合成了N4分子，该分子中N—N—N键的键角为________；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，推测其用途___________。(写出一种即可)（4）NH3与Cu2＋可形成[Cu(NH3)4]2＋配离子。已知NF3与NH3具有相同的空间构型，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是____。（5）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图所示。化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是______。化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为________。29、（10分）NO、NO2是常见的氧化物。用H2或CO催化还原NO可达到消除污染的目的。已知：2NO(g)=N2(g)+O2(g)△H=-180.5kJ⋅mol−1，2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+571.6kJ⋅mol−1。（1）则用H2催化还原NO消除污染的热化学方程式是_______________。（2）苯乙烷(C8H10)可生产塑料单体苯乙烯(C8H8)，其反应原理是：C8H10(g)C8H8(g)+H2(g)△H=+120kJ⋅mol−1，某温度下，将0.40mol苯乙烷，充入2L真空密闭容器中发生反应，测定不同时间该容器内气体物质的量，得到数据如表：时间/min010203040n(C8H10)/mol0.400.300.24n2n3n(C8H8)/mol0.000.10n10.200.20①当反应进行到20min时，该段时间内H2的平均反应速率是__________。②该温度下，该反应的化学平衡常数是__________。③若保持其他条件不变，用0.4molH2(g)和0.4molC8H8(g)合成C8H10(g)，当有12kJ热量放出时，该反应中H2的转化率是______.此时，该合成反应是否达到了平衡状态?______(填“是”或“否”)。

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、A【解题分析】

A.离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：NaF<MgF2<AlF3，故A不正确；B.离子半径越小，晶格能越大，所以晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr，故B正确；C.CsCl、NaCl、CaF2的阴离子的配位数分别是8、6、4，所以阴离子的配位数：CsCl＞NaCl＞CaF2，故C正确；D.离子半径：Ba2+＞Ca2+＞Mg2+，所以硬度：MgO＞CaO＞BaO，故D正确。故选A。【题目点拨】离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体晶格能越大，熔点越高，硬度越大。2、C【解题分析】

滴入酚酞试剂溶液变红色，溶液显碱性，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，以此解答。【题目详解】A．四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故A不选；B．四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故B不选；C．Fe2+与HCO3-不能大量共存，且都和OH-反应，故C选；D．四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故D不选。故选C。【题目点拨】本题考查离子的共存，侧重复分解反应的考查，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键。3、D【解题分析】

S2O32-和Cl2反应的产物之一为SO42-，S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，Na2S2O3是还原剂，Cl元素化合价由0价降低为-1价，Cl2是氧化剂，则Cl2→NaCl或HCl，根据电子转移相等，所以n(Na2S2O3)×2×(6-2)=n(Cl2)×2，故n(Na2S2O3)∶n(Cl2)=1∶4，结合质量守恒定律配平反应的方程式为：5H2O+S2O32-+4Cl2=2SO42-+8Cl-+10H+，结合氧化还原反应中的概念及规律分析解答。【题目详解】反应的方程式为5H2O+S2O32-+4Cl2=2SO42-+8Cl-+10H+。A．因Cl元素的化合价降低，所以氧化剂是Cl2，反应中被还原，故A正确；B．由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性：S2O32-＞Cl-，故B正确；C．由反应可知生成氢离子，溶液的酸性增强，故C正确；D．SO2与氯气的漂白原理不相同，氯气是利用其与水反应生成的次氯酸的氧化性漂白，而二氧化硫是利用化合反应，不是氧化还原反应，故D错误；故选D。4、A【解题分析】

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-Oσ键，1molSiO2晶体中平均含有4NA个σ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-Cσ键，则平均每个C原子成键数目为3×12=1.5个，12g石墨物质的量为12g12g/mol=1mol，平均含1.5NA个σ键，选项C正确；D．金刚石中每个C原子可形成的C-Cσ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：4×12=2个C-C键，则12g金刚石即1mol，含C-Cσ键2mol5、C【解题分析】A．AlN中氮元素的化合价为-3，则反应中N元素的化合价从0价降为-3价，即AlN为还原产物，故A错误；B．AlN的摩尔质量为41g/mol，故B错误；C．反应中N元素化合价由0价降低到-3价，则生成1molAlN转移3mol电子，故C正确；D．该反应中Al2O3中Al、O元素化合价不变，所以Al2O3既不是氧化剂也不是还原剂，N元素化合价由0价变为-3价，则氮气是氧化剂，故D错误；故答案为C。6、B【解题分析】

由结构可知，有机物中含C=C和-Br。为碳碳双键被氧化生成羧基，得到-Br和-COOH两种官能团；为碳碳双键与水发生加成反应，得到-Br和-OH两种官能团；为溴原子与相邻碳原子上的氢原子发生消去反应，产物中只有C=C一种官能团；为碳碳双键与HBr发生加成反应，产物中只有-Br一种官能团；则有机产物只含有一种官能团的反应是③④，故选B项。综上所述，本题正确答案为B。【题目点拨】该题是高考中的常见题型，考查的重点为有机物的官能团的种类的判断和性质，注意根据反应条件判断可能发生的反应，掌握各类有机物的性质是解题的关键。7、C【解题分析】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。8、B【解题分析】

A、乙醇蒸气能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色；B、石蜡油能发生催化裂化反应生成气态烯烃；C、过量的氨水与硝酸银溶液反应生成无色的银氨溶液；D、未加氢氧化钠溶液中和硫酸，使溶液呈碱性。【题目详解】A项、溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成乙烯，因乙醇具有挥发性，制得的乙烯气体中混有能使酸性高锰酸钾溶液褪色的乙醇蒸气，干扰乙烯的检验，故A错误；B项、在少量碎瓷片做催化剂作用下，石蜡油发生裂化反应生成能使酸性高锰酸钾溶液褪色的气态烯烃，故B正确；C项、向1mL2%的氨水中滴入5滴2%的AgNO3溶液，过量的氨水与硝酸银溶液反应生成无色的银氨溶液，故C错误；D项、向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热蔗糖水解生成的葡萄糖，葡萄糖在碱性条件下加热与银氨溶液发生银镜反应生成银镜，该实验未加氢氧化钠溶液中和硫酸，故D错误；故选B。【题目点拨】本题考查化学实验方案的评价，侧重物质性质及实验技能的考查，注意实验的评价性、操作性分析，注意反应原理和实验实验原理的分析是解答关键。9、C【解题分析】试题分析：A、无水乙醇与浓硫酸共热可制备乙烯的反应温度为170℃，错误；B、油脂的碱性水解叫做皂化反应，错误；C、检验淀粉是否水解完全，可往水解液中加碘溶液观察是否变蓝，正确；D、溴乙烷的官能团为溴原子，不含溴离子，不能直接加AgNO3溶液观察是否有淡黄色沉淀生成来检验溴元素是否存在，错误。考点：考查化学实验方案的分析、评价。10、A【解题分析】

由结构可知，分子中含苯环、-COOH，则属于芳香族化合物，为羧酸类物质，含O元素不属于芳香烃，且相对分子质量在10000以下，不属于高分子，选项①③正确，故答案为A。11、D【解题分析】

A.O原子最外层有6个电子，其中1个成单电子与H原子的电子形成1对共用电子对，因此羟基的电子式：，A错误；B.乙烯官能团是碳碳双键，所以乙烯的结构简式：CH2=CH2，B错误；C.2-丁烯的顺式结构应该是两个相同的H原子或甲基-CH3在碳碳双键的同一侧，所以其键线式结构为，C错误；D.2-丙醇是羟基在物质分子主链的第2号C原子上，结构简式为，D正确；故合理选项是D。12、A【解题分析】

A．宇航员由合成纤维制成，具有强度高、防辐射等优点，A项符合题意；B．宣纸的主要材料为纤维素，不属于合成材料，B项不符合题意；C．羊绒衫的主要成分为蛋白质，不属于合成材料，C项不符合题意；D．棉衬衣的主要成分为纤维素，不属于合成材料，D项不符合题意；本题答案选A。13、A【解题分析】某溶液可能含有NH4＋、K＋、Ba2＋、Fe3＋、I－、SO32－、SO42－中的几种，现取100mL溶液先加入足量氯水，然后滴加足量BaCl2溶液，得到沉淀4.66g，该沉淀一定是硫酸钡，可以计算出硫酸钡的物质的量为0.02mol，由于氯水可以把SO32－氧化为SO42－，所以可以确定原溶液中SO32－和SO42－至少有其中一种，且它们的总物质的量为0.02mol，同时可以确定一定没有Ba2＋；在滤液中加足量NaOH溶液并加热，生成的气体在标准状况下体积为1.12L，该气体一定是氨气，可以计算出氨气的物质的量是0.05mol，由此可以确定原溶液中一定有0.05molNH4＋。根据电荷守恒，又可以确定原溶液中一定有I－，因为I－和Fe3＋不能大量共存，所以同时也确定一定不含Fe3＋。综上所述A正确；B、C不正确；D.另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，只能确定溶液中是否含有SO42－（产生不溶于盐酸的白色沉淀）和SO32－（酸化时有气体产生），K+还不能确定，所以D不正确。本题选A。点睛：本题考查的是离子的定量推断。定量推断比定性推断要难一些。解题的关键是要知道题中有一个隐蔽的条件是电荷守恒。题中的数据一定要处理，根据这些数据和电荷守恒可以确定溶液中还可能存在的离子。14、C【解题分析】

当溶液中有两种或两种以上的离子可以与银离子产生沉淀时，溶解度小的沉淀先生成，由于AgI的溶解度小于AgCl，故反应可分为两阶段，第一阶段是I-与Ag+反应产生AgI沉淀，第二阶段是Cl-与Ag+生成AgCl沉淀，结合图像，I-、Cl-消耗的AgNO3溶液的体积比为V1：（V2-V1），则I-与Cl-物质的量之比为V1：（V2-V1），c（I-）/c（Cl-）=V1：（V2-V1），答案为C。15、A【解题分析】

A.根据卤族元素的原子结构和性质，可知电负性随核电荷数的递增而减小，A正确；B.F元素无正价，B错误；C.HF分子间可以形成氢键，故其沸点高于HCl和HBr，C错误；D.F2、Cl2、Br2的相对分子质量递增，其分子间作用力逐渐增强，其熔点逐渐增大，D错误。答案选A.。16、B【解题分析】

A.因为气体分子是单原子分子、双原子分子还是多原子分子未知，则含NA个原子的气体的物质的量不一定是1mol，含NA个分子的气体的物质的量一定是1mol，A错误；B.16O2和18O2的摩尔质量分别为32g/mol和36g/mol，1个16O2和18O2中都含有16个质子，3.2g16O2和3.6g18O2物质的量均为0.1mol，故含有的质子数均为1.6NA，B正确；C.1L0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中因为醋酸根离子水解所含CH3COO-个数＜0.1NA，C错误；D.标准状况下，戊烷不是气体，故混合气体所含分子数不等于0.1NA，D错误；答案选B。17、A【解题分析】

在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，据此分析解答。【题目详解】A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故A正确；B．加入稀硫酸使溶液中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；C．加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故C错误；D．加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故D错误。答案选A。【点晴】本题考查了氯气、次氯酸、氯水性质的分析，主要是化学平衡影响因素的理解应用，掌握基础是解题关键。在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强。18、D【解题分析】

标况下，2.24LCO2的物质的量为0.1mol，10.2gA(一元羧酸)与足量NaHCO3反应产生0.1molCO2，则10.2gA为0.1mol，即其相对分子质量为102，由此可以判断A的分子式。【题目详解】标况下，2.24LCO2的物质的量为0.1mol，10.2gA(一元羧酸)与足量NaHCO3反应产生0.1molCO2，则10.2gA为0.1mol，即其相对分子质量为102；A.C2H4O2的相对分子质量为60，A错误；B.C3H6O2的相对分子质量为74，B错误；C.C4H8O2的相对分子质量为88，C错误；D.C5H10O2的相对分子质量为102，D正确；故合理选项为D。19、C【解题分析】①金属钠投入到FeCl1溶液中，Na首先与水反应：1Na+1H1O=1NaOH+H1↑，NaOH再与FeCl1反应生成白色的Fe（OH）1

沉淀，Fe（OH）1易被氧化，沉淀最终变为是红褐色，故①错误；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：4OH-+Al3+=AlO1-+1H1O，所以最终没有沉淀生成，故②错误；③少量Ca（OH）1投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：OH-+HCO3-=CO3

1-+H1O，CO3

1-与Ca

1+不能大量共存，生成白色的碳酸钙沉淀，故③正确；④向饱和Na1CO3溶液中通入足量CO1发生反应：Na1CO3+H1O+CO1=1NaHCO3↓，此为化合反应，且碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，所以向饱和Na1CO3溶液中通入足量CO1会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故④正确；故选C。20、B【解题分析】分析：本题为有机综合实验题，考察了实验中安全问题、分离、提纯等基本操作方法。玫瑰精油化学性质稳定，难溶于水，能同水蒸气一同蒸馏，故可以用水蒸气蒸馏的方法（蒸从植物组织中获取精油，然后在进行萃取、分液操作，进行分离。详解：柠檬烯不溶于水，密度比水小，因此当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成，A正确；蒸馏结束后，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热，B错误；长玻管与大气相通，能够起到平衡气压，防止由于导管堵塞引起爆炸，C正确；得到的精油中含有其它成分，要想的得到柠檬烯，要进行萃取、分液、蒸馏操作才能实现目的，D正确；正确选项B。21、D【解题分析】

根据题意，该有机物分子含有2个氧原子，能与NaHCO3反应生成气体，说明其结构中含1个羧基，可看作C4H10被一个苯环和一个羧基取代，实际为丁烷的二元取代物，因此可以以丁烷为思维模型，丁烷的结构有CH3CH2CH2CH3和CH(CH3)3两种；然后在此基础上考虑其中的两个氢原子被苯环和羧基取代，这样正丁烷的二元取代物有8种，异丁烷的二元取代物有4种，得出分子式为C11H14O2的有机物共有12种，答案选D。【题目点拨】掌握有机物官能团的结构和性质特点是解答的关键，注意一元取代物和二元取代物同分异构体的判断方法，尤其是二元取代物或多取代产物同分异构体数目的判断是解答的关键，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。22、D【解题分析】

根据气体体积比等于物质的量比分析，气态烃与二氧化碳或水的比例为1:2.0:2.6，则说明烃的平均分子式为C2H5.2，则可能是乙烷和乙烯的混合物，用氢原子计算其比例关系，假设烷烃的物质的量为xmol，烯烃的物质的量为ymol，(6x+4y)/(x+y)=5.2，解x:y=3:2，故选D。二、非选择题(共84分)23、2,3­二甲基丁烷取代加成同分异构体【解题分析】

烷烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B发生消去反应生成C1、C2，C2与溴发生加成反应生成二溴代物D，D再发生消去反应生成E，E与溴可以发生1,2-加成或1,4-加成，故C2为，C1为，则D为，E为，F1为，F2为；【题目详解】(1)根据系统命名法,化合物A的名称是：2,3-二甲基丁烷；(2)上述反应中，反应(1)中A中H原子被Cl原子确定生成B，属于取代反应，反应(3)是碳碳双键与溴发生加成反应；(3)由D生成E是卤代烃发生消去反应,该反应的化学方程式为:；(4)由上述分析可以知道,C2的结构简式是，F1的结构简式是，F1和F2分子式相同，碳碳双键物质不同，属于同分异构体。24、CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O2CH3CHO+O22CH3COOHCH3CHO+H2CH3CH2OH【解题分析】

气体和溴水反应生成1，2-二溴乙烷，则该气体为CH2=CH2，则A与浓硫酸共热发生消去反应产生乙烯，则A应为CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生的B可发生银镜反应，应为CH3CHO，B氧化产生C，C跟石灰石反应产生使石灰水变浑浊的气体，C应为CH3COOH，结合有机物的性质解答该题。【题目详解】①根据上述分析可知X是CH2=CH2，ACH3CH2OH，B为CH3CHO，C为CH3COOH。②A为CH3CH2OH，在Cu或Ag作催化剂条件下加热可被氧化为CH3CHO，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；③B为CH3CHO，可被氧化为CH3COOH，反应的方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH；④B为CH3CHO，含有-CHO，可与氢气发生加成反应生成CH3CH2OH，反应的化学方程式为CH3CHO+H2CH3CH2OH。【题目点拨】本题考查有机物的推断的知识，涉及烯烃、醇、醛、羧酸的转化关系，注意醛处在含氧衍生物的相互转变的中心环节，是联系醇和羧酸的桥梁在有机推断题中应特别注意。25、（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%【解题分析】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=3.9g6.5g点睛：本题考查性质实验方案的设计，涉及常见仪器的构造与安装、混合物的分离、提纯、物质的制取、药品的选择及使用、物质产率的计算等知识，明确酯化反应原理及化学实验基本操作方法为解答关键。本题的易错点为(6)，要注意丙酸过量。26、c偏大锥形瓶中溶液颜色变为浅红色，且半分钟不褪色0.1100【解题分析】

（1）a.量筒无法达到题中要求的精确度，a错误；b.容量瓶是用来配制溶液的仪器，不是量取用的仪器，b错误；c.c为酸式滴定管，用来量取酸性溶液，c正确；d.d为碱式滴定管，用来量取碱性溶液，d错误；故合理选项为c；（2）若碱式滴定管未经过润洗，则相当于将NaOH溶液进行了稀释，即c(NaOH)偏小，则消耗的NaOH溶液的体积偏大，在计算中，c(NaOH)仍是原先的浓度，c(白醋)的计算结果将偏大；（3）由于题中的操作是将碱液滴入含酚酞的酸液中，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；（4）3次实验平均消耗NaOH溶液的体积为22.00mL，所以该白醋的总酸度为：=0.1100mol·L-1。【题目点拨】（1）实验题中，要注意量取仪器的精确度与要量取的数据是否匹配；（2）对于滴定实验，要看明白题中的滴加对象；（3）实验题的计算中，要注意有效数字的保留。27、＋7分液①③④萃取有机层中ReO4-2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气等合理答案3.0×106【解题分析】分析：(1)根据正负化合价的代数和为0计算；(2)根据流程图，用萃取剂萃取后得到含铼有机层和水层，据此分析解答；根据萃取剂选择的条件分析判断；(3)根据流程图，经过用氨水、水作萃取剂进行反萃取后可以得到富铼溶液分析解答；(4)依题意，高铼酸铵分解是非氧化还原反应，据此书写方程式；联系氢气还原氧化铜实验解答；(5)根据4ReS2＋15O22Re2O7＋8SO2，结合氧化还原反应的规律计算。详解：(1)NH4ReO4(高铼酸铵)中N为-3价，H为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，铼元素化合价为+7价，故答案为：+7；(2)根据流程图，用萃取剂萃取后得到含铼有机层和水层，分离的方法为分液，“萃取”中萃取剂应具有的性质：萃取剂难溶于水；ReO4-在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度；萃取剂不和ReO4-发生反应，故答案为：分液；①③④；(3)反萃取指用氨水、水作萃取剂，可以将有机层中ReO4-夺出来，分离出水层和有机层，ReO4-进入水溶液，故答案为：萃取有机层中ReO4-；(4)①依题意，高铼酸铵分解是非氧化还原反应，生成七氧化二铼外，还有水、氨气，反应的化学方程式为2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7，故答案为：2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7；②工业上，利用氢气还原Re2O7制备铼，氢气起三个作用：作还原剂、作保护气、用氢气排空气，因此根据生成铼的量计算氢气量，实际消耗H2量大于理论计算量，故答案为：H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气；(5)4ReS2＋15O22Re2O7＋8SO2，生成1molRe2O7时，转移30mol电子。n(Re2O7)＝48.4×106g484g/mol＝1.0×105mol，转移电子的物质的量：n(e-)＝3.0×106mol，故答案为：28、1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d622平面正三角形、三角锥形共价键、配位键sp360°制造火箭推进剂或炸药(其他合理答案均可)F的电负性比N大，N—F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键化合物乙分子间存在氢键N>O>C【解题分析】

(1)铁为26号元素，原子失去最外层4s能级2个电子，形成Fe2+，据此书写核外电子排布式，核外的每个电子的运动状态均不同；(2)NH3分子中氮原子含有孤电子对，BF3分子中B元素不含孤电子对，导致其空间构型不同；根据价