江西省南昌三中2024届化学高二下期末考试试题含解析

江西省南昌三中2024届化学高二下期末考试试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、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2、下列说法正确的是A．可食用植物油含有的高级脂肪酸甘油酯是人体的营养物质B．石油的分馏、煤的液化和气化都是物理变化，石油的裂化、裂解都是化学变化C．淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物D．以重油为原料裂解得到各种轻质油3、某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、CH3COO－4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)()A．CH3COO－ B．SO32-C．CO32- D．HCO3-4、下列说法中，正确的是（）A．有机物属于芳香烃，含有两种官能团B．按系统命名法，化合物（CH3）2CHCH（CH3）CH2CH（CH3）CH（CH3）2的名称为2，3，5，6﹣四甲基庚烷C．既属于酚类又属于羧酸类D．2﹣甲基﹣3﹣丁烯的命名错误原因是选错了主链5、在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的有机物和足量的NaHCO3反应得V2L二氧化碳，若V1＝V2≠0，则有机物可能是()A． B．HOOC—COOHC．HOCH2CH2OH D．CH3COOH6、有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（）A．在NaCl晶体（图甲）中，距Na＋最近的Cl－形成正八面体B．该气态团簇分子（图乙）的分子式为EF或FEC．在CO2晶体（图丙）中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻D．在碘晶体（图丁）中，碘分子的排列有两种不同的方向7、伞形酮可用作酸碱指示剂，可由雷琐苯乙酮和苹果酸在一定条件下反应制得。下列说法中错误的是A．1mol伞形酮与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3mol

NaOHB．1mol雷琐苯乙酮最多可与4molH2发生加成反应C．苹果酸发生缩聚反应最多可生成2种高分子化合物D．雷琐苯乙酮在一定条件下可发生氧化、取代、缩聚等反应8、一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反应在5min时达到平衡状态。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7下列说法中正确的是A．容器Ⅰ中前5min的平均反应速率v(CO)=0.16mol·L-1·min-1B．该反应正反应为吸热反应C．容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量为0.55molD．若起始时向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%9、下列物质与NaOH醇溶液共热可制得烯烃的是（）A．C6H5CH2Cl B．(CH3)3CCH2BrC．CH3CHBrCH3 D．CH3Cl10、常温下,向10mLbmol⋅L−1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.0lmol⋅L−1的NaOH溶液,充分反应后溶液中c(Na+)=c(CH3COO−),下列说法正确的是()A．b=0.0lB．混合后溶液呈碱性C．常温下，所得溶液中CH3COOH的电离常数Ka=10−9/b−0.01mol⋅L−1D．向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度逐渐减小11、下列实验中，所使用的装置（部分夹持装置略）、试剂和操作方法都正确的是（）A．用装置①配制250mL0.1mol．L-1的NaOH溶液B．用装置②制备少量Fe(OH)2固体C．用装置③验证乙烯的生成D．用装置④制取少量乙酸乙酯12、有关核外电子运动规律的描述错误的是（

）A．核外电子质量很小，在原子核外作高速运动B．核外电子的运动规律与普通物体不同，不能用牛顿运动定律来解释C．在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子绕核作高速圆周运动D．在电子云示意图中，小黑点密表示电子在核外空间单位体积内电子出现的机会多13、EDTA是一种重要的络合剂。4mol一氯乙酸和1mol乙二胺（）在一定条件下发生反应生成1molEDTA和4molHCl，则EDTA的分子式为（）A．C10H16N2O8 B．C10H20N2O8 C．C8H16N2O8 D．Cl6H20N2O8Cl14、用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器略去），能达到实验目的是（）A．制取乙酸乙酯B．吸收NH3C．石油的分馏D．比较盐酸、碳酸、苯酚的酸性强弱15、下列叙述不正确的是A．Na+、Mg2+、Al3+的氧化性依次减弱B．RbOH、KOH、Mg(OH)2碱性依次减弱C．H2S、H2O、HF的稳定性依次增强D．O2-、F-、Na+、Br-的半径大小顺序为：Br->O2->F->Na+16、某品牌化妆品的主要成分Z具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如下图所示反应合成。下列对X、Y、Z的叙述，正确的是A．X、Y和Z均能和NaOH溶液反应B．X和Z均能和Na2CO3溶液反应，但不能和NaHCO3溶液反应C．Y既能发生加聚反应，也能发生缩聚反应D．Y分子中所有原子不可能共平面17、某温度下，将一定量碳酸氢铵固体置于容积不变密闭容器中，发生反应：NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)△H=QkJ/mol（Q>0）。下列有关说法不正确的是（）A．若容器内混合气体的密度不变，则说明反应达到平衡状态B．若CO2体积分数不再发生变化，则说明反应达到平衡状态C．若升高体系温度，则正、逆反应速率均增大D．若反应过程中吸收QkJ热量，则刚好有lmolNH4HCO3发生分解18、下列物质：①H3O＋②[Cu(NH3)4]2＋③CH3COO－④NH3⑤CH4中存在配位键的是A．①②B．①③C．④⑤D．②④19、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20、下列属于非电解质的是A．铜 B．熔融氯化钠 C．干冰 D．碳酸钙21、如图所示是298K时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述不正确的是A．在温度、体积一定的条件下，通入1molN2和3molH2反应后放出的热量为92kJB．a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线C．加入催化剂，也不能提高N2的转化率D．该反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣92kJ/mol22、某强酸性溶液X中仅含H+、NH4＋、Al3＋、Ba2+、Fe2＋、Fe3＋、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的一种或几种(忽略水的电离和离子的水解)，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：下列有关推断合理的是A．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3＋B．沉淀H为Al(OH)3、BaCO3的混合物C．溶液中一定含有H+、Al3＋、NH4＋、Fe2＋、SO42-、Cl-D．若溶液X为100mL，产生的气体A为112mL（标况），则X中c(Fe2+)=0.05mol·L-1二、非选择题(共84分)23、（14分）如图1所示是某些物质的转化关系图(部分小分子产物没有标出)。已知:I.A、B、C是三种常见的气态含碳化合物，A、B的相对分子质量均为28，C的相对分子质量略小于A。II.化合物D的比例模型如图2所示。III.硫酸氢乙酯水解得E与硫酸。V.E与F反应，得一种有浓郁香味的油状液体G，E与D反应得无色液体H。请按要求回答下列问题:(1)化合物D所含官能团的名称是______，化合物C的结构简式为__________。(2)化合物A与F在一定条件下也可发生类似①的反应，其化学方程式为___________。(3)下列说法正确的是___________。A．反应①的反应类型是加成反应B．化合物H可进一步聚合成某种高分子化合物C．在反应②、③中，参与反应的官能团不完全相同D．从A经硫酸氢乙酯至E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用24、（12分）X、Y、Z为元素周期表中原子序数依次增大的三种短周期元素，Y与X、Z均相邻，X、Y与Z三种元素原子的最外层电子数之和为19；W的单质为生活中一种常见的金属，在Z元素的单质中燃烧产生棕黄色的烟，生成。回答下列问题：（1）Z元素在元素周期表中的第____周期。（2）与足量的的水溶液发生反应生成两种强酸，写出该反应的离子方程式____。（3）易升华，易溶于水，乙醇/丙酮等溶剂。据此推测其晶体熔化时克服的作用力是__，判断的依据是____。25、（12分）苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，有机化学中通过酯化反应原理，可以进行苯甲酸甲酯的合成。有关物质的物理性质、实验装置如下所示：苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/℃122.4﹣97﹣12.3沸点/℃24964.3199.6密度/g．cm﹣31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶实验一：制取苯甲酸甲酯在大试管中加入15g苯甲酸和一定量的甲醇，边振荡边缓慢加入一定量浓硫酸，按图A连接仪器并实验。(1)苯甲酸与甲醇反应的化学方程式为______________________________________。(2)中学实验室中制取乙酸乙酯时为了提高酯的产率可以采取的措施有___________________________实验二：提纯苯甲酸甲酯该实验要先利用图B装置把图A中制备的苯甲酸甲酯水洗提纯，再利用图C装置进行蒸馏提纯(3)用图B装置进行水洗提纯时，B装置中固体Na2CO3作用是__________________。(4)用图C装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示____________时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯。(5)最终制取15g苯甲酸甲酯，计算得苯甲酸甲酯的产率为______________(小数点后保留1位有效数字)。26、（10分）欲用98%的浓硫酸(密度＝1.84g·cm－3)配制成浓度为0.5mol·L－1的稀硫酸500mL。(1)选用的仪器有：①量筒；②烧杯；③玻璃棒；④_______；⑤_______。(2)下列各操作正确的顺序为_____________________。A．用量筒量取浓H2SO4B．稀释浓H2SO4C．将溶液转入容量瓶D．洗涤所用仪器2至3次，洗涤液也转入容量瓶中E．反复颠倒摇匀F．用胶头滴管加蒸馏水至刻度线(3)简要回答下列问题：①所需浓硫酸的体积为_________mL。②浓硫酸稀释后，在转入容量瓶前应______，否则会使浓度偏_____(低或高）。③定容时必须使溶液液面与刻度线相切，若俯视会使浓度偏_____(低或高）。27、（12分）氯磺酸是无色液体，密度1.79g·cm-3，沸点约152℃。氯磺酸有强腐蚀性，遇湿空气产生强烈的白雾，故属于危险品。制取氯磺酸的典型反应是在常温下进行的，反应为HCl（g）+SO3=HSO3Cl。实验室里制取氯磺酸可用下列仪器装置（图中夹持、固定仪器等已略去），实验所用的试剂、药品有：①密度1.19g·cm-3浓盐酸②密度1.84g·cm-3、质量分数为98.3%的浓硫酸③发烟硫酸（H2SO4··SO3）④无水氯化钙⑤水。制备时要在常温下使干燥的氯化氢气体和三氧化硫反应，至不再吸收HCl时表示氯磺酸已大量制得，再在干燥HCl气氛中分离出氯磺酸。（1）仪器中应盛入的试剂与药品（填数字序号）：A中的a____B____C_____F_____。（2）A的分液漏斗下边接有的毛细管是重要部件，在发生气体前要把它灌满a中液体，在发生气体时要不断地均匀放出液体。这是因为______________________________________。（3）实验过程中需要加热的装置是___________________（填装置字母）。（4）若不加F装置，可能发生的现象是________________________________________，有关反应的化学方程式______________________________________________________。（5）在F之后还应加的装置是_______________________________________________。28、（14分）葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(CB2760-2014)规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g/L。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。I.定性实验方案如下:(1))利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如下实验:实验结论:干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因是:___________。II.定量实验方案如下(部分装置和操作略):(2)A中加入100.0mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为________________。(3)除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是_______。(4)步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液30.00mL,该葡萄酒中SO2的含量为_____g/L。该测定结果比实际值偏高，分析原因__________。29、（10分）二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物。以氟碳铈矿（主要含CeFCO3）为原料制备CeO2的一种工艺流程图如图：已知：①Ce4+既能与F-结合成[CeFX]（4-x）+，也能与SO42-结合成[CeSO4]2+；②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能。回答下列问题：（1）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_____。（2）“酸浸”中会产生大量黄绿色气体，写出CeO2与盐酸反应的离子方程式_____，为避免上述污染，请提出一种解决方案：_____。（3）“萃取”时存在反应：Ce4++n（HA）2Ce·（H2n-4A2n）+4H+。实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为_____。（4）“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3+，H2O2在该反应中作_____（填“催化剂”、“氧化剂”或“还原剂”），每有1molH2O2参加反应，转移电子物质的量为_____。（5）“氧化”步骤的化学方程式为_____。（6）取上述流程得到的CeO2产品0.50g，加硫酸溶解后，用0.10mol/LFeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+，其他杂质均不参加反应），消耗25.00mL标准溶液。该产品中CeO2的质量分数为_____(Ce的相对原子质量为140)。

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、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。2、A【解题分析】

A．植物油含有高级脂肪酸甘油酯，是人体的营养物质，A项正确；B．煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化，B项错误；C．葡萄糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C项错误；D．以重油为原料裂化得到各种轻质油，而不是裂解，D项错误；答案选A。【题目点拨】本题的易错点是D项，要特别注意裂化的目的是为了提高轻质油（如汽油等）的产量；而裂解是深度的裂化，其目的是为了得到乙烯、丙烯等气态短链烃。3、A【解题分析】

Na2O2具有强氧化性，可与SO32－发生氧化还原反应生成硫酸根离子，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3－反应生成碳酸根离子，则溶液中SO32－、HCO3－浓度减小，CO32－浓度增大，只有CH3COO-离子浓度基本不变，A项正确，答案选A。4、B【解题分析】试题分析：A.苯环不是官能团，只有一种官能团，A项错误；B.取代基的位次和最小，选最长的碳链为主链，符合烷烃命名规则，B项正确；C.分子中不含苯环，不是酚类，既属于醇类又属于羧酸，C项错误；D.从距离双键最近的一端命名，应为3-甲基-丁烯，该命名选错了官能团的位置，D项错误；答案选B。考点：考查有机物的系统命名法。有机物的分类与官能团等知识。5、A【解题分析】

有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R-OH或-COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有-COOH，根据反应关系式R-OH～H2，-COOH～H2，以及-COOHCO2，若V1=V2≠0，说明分子中含有1个R-OH和1个-COOH，只有选项A符合，故答案为A。6、B【解题分析】

A.从晶胞结构上可以观察到，Na＋最近的Cl－形成正八面体故A正确；B.该团簇分子是分子晶体，故分子式为E4F4，故B错误；C.从晶胞结构上可以观察到，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻正确；D.从晶胞结构上可以观察到，碘分子的排列有两种不同的方向，D正确；答案选B。7、C【解题分析】

A．1个酯基水解消耗1molNaOH，水解后生成酚羟基再消耗1molNaOH，分子中的1个酚羟基消耗1molNaOH，所以1mol伞形酮和足量NaOH反应共消耗3molNaOH，A正确；B．苯环消耗3mol氢气，羰基消耗1mol氢气，共消耗4mol氢气，B正确；C．可以生成三种高分子化合物，分别为：、、，C错误；D．雷琐苯乙酮中羟基能发生氧化反应，羟基、苯环上的H能被取代，有2个羟基，能和多元羧酸发生缩聚反应，D正确。答案选C。8、C【解题分析】

A．容器I中前5min的平均反应速率v(COCl2)==0.32mol/L•min-1，依据速率之比等于计量系数之比，则V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/L•min-1，故A错误；B．依据图中数据可知：Ⅱ和Ⅲ为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；C．依据方程式：CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)，可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2

0转化浓度(mol/L)

1.6

1.6

1.6平衡浓度(mol/L)

0.4

0.4

1.6反应平衡常数K==10，平衡时CO转化率：×100%=80%；依据Ⅱ中数据，结合方程式可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2a

0转化浓度

(mol/L)

1

1

1平衡浓度

(mol/L)

1

2a-1

1Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同则：K==10，解得：a=0.55mol，故C正确；D．CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D错误；故答案为C。9、C【解题分析】

卤代烃的消去反应的特点为与卤素原子相连碳原子的相邻碳原子上必须有C-H键；【题目详解】A.C6H5CH2Cl与NaOH醇溶液共热不能发生消去反应生成碳碳双键，A不符合题意；B.(CH3)3CCH2Br与NaOH醇溶液共热不能发生消去反应生成碳碳双键，B不符合题意；C.CH3CHBrCH3与NaOH醇溶液共热能生成CH3CH=CH2，C符合题意；D.CH3Cl与NaOH醇溶液共热不能发生消去反应生成碳碳双键，D不符合题意；答案为C。10、C【解题分析】

A项，若CH3COOH与NaOH反应，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH-),由于反应后溶液中：c(Na+)=c(CH3COO−)，则：c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，醋酸过量，b>0.0lmol⋅L−1,故A项错误；B项，若CH3COOH与NaOH反应，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH-),由于反应后溶液中：c(Na+)=c(CH3COO−)，则：c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，故B项错误；C项，根据题意，醋酸电离常数Ka=c(CH3COO−)c(H+)/c(CH3COOH)=(0.01/2)×10-7/(b/2-0.01/2)=10−9/b−0.01mol⋅L−1,故C项正确；D项，向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，溶液酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氢氧化钠过量时，水的电离又被抑制，故D项错误；综上所述，本题选C。【题目点拨】若CH3COOH与NaOH反应，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH-),由于反应后溶液中：c(Na+)=c(CH3COO−)，则：c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；若c(Na+)>c(CH3COO−),则：c(H+)<c(OH-)，溶液呈碱性；若c(Na+)<c(CH3COO−),则：c(H+)>c(OH-)，溶液呈酸性。11、B【解题分析】

A.用装置①配制250mL0.1mol．L-1的NaOH溶液，NaOH固体不能放在容量瓶内溶解，应放在烧杯内溶解，溶解液冷却至室温才能转移入容量瓶，A错误；B.用装置②制备少量Fe(OH)2固体，在密闭环境内进行，防止生成的Fe(OH)2被溶解的空气中的O2氧化，B正确；C.因为乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，用装置③制得的乙烯中常混有乙醇，所以不能验证乙烯的生成，C错误；D.用装置④制取少量乙酸乙酯时，会产生倒吸，因为出液导管口位于液面下，D不正确。故选B。12、C【解题分析】

A．电子的质量很小，是质子质量的，在原子核外作高速运动，且运动不规则，A正确；B．原子核外电子运动不规则，所以不能用牛顿运动定律来解释，B正确；C．在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子在该点的出现几率而不是表示电子绕核作高速圆周运动的轨迹，C错误；D．在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子在该点的出现几率，密的区域表示电子出现的几率大、疏的区域表示电子出现的几率小，D正确；答案选C。13、A【解题分析】一氯乙酸结构简式为CH2ClCOOH，分子式为C2H3O2Cl，乙二胺的分子式为C2H8N2，4mol一氯乙酸和1mol乙二胺在一定条件下发生反应生成1molEDTA和4molHCl，有4C2H3O2Cl+C2H8N2→EDTA+4HCl，由质量守恒可得EDTA的分子式为C10H16N2O8，故选A。点睛：本题考查有机物分子式的计算，侧重于学生的分析能力的考查，解题关键：根据反应的关系式，利用质量守恒计算。14、B【解题分析】

A.乙酸乙酯的提纯应用饱和碳酸钠溶液，乙醇易溶于水，乙酸和碳酸钠反应被溶液吸收，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，起到分离的目的，另外右侧导管不能插入溶液内，易产生倒吸，A错误；B.氨气易溶于水，收集时要防止倒吸，氨气不溶于CCl4，将氨气通入到CCl4试剂中，不会产生倒吸，B正确；C.石油分馏时温度计是测量馏分的温度，不能插入到液面以下，应在蒸馏烧瓶支管口附近，C错误；D.浓盐酸易挥发，生成的二氧化碳气体中含有HCl气体，比较盐酸、碳酸、苯酚的酸性强弱时，应将HCl除去，否则会影响实验结论，D错误；答案选B。15、A【解题分析】

A.同一周期中，从左到右，元素的金属性逐渐减弱，金属对应的离子得电子能力依次增强，即氧化性依次增强，所以Na+、Mg2+、Al3+的氧化性依次增强，A不正确；B.Rb、K、Mg的金属性依次减弱，故RbOH、KOH、Mg(OH)2碱性依次减弱，B正确；C.S、O、F的非金属性依次增强，故H2S、H2O、HF的稳定性依次增强，C正确；D.电子层结构相同的离子，核电荷数越大其半径越小；电子层数不同的离子，电子层数越多，半径越大，故O2-、F-、Na+、Br-的半径大小顺序为Br->O2->F->Na+，D正确。综上所述，叙述不正确的是A，本题选A。16、B【解题分析】

A．X、Z都有能和NaOH溶液反应的官能团酚羟基，而Y没有，所以A错。B．X、Z都有官能团酚羟基，酚羟基的酸性比碳酸弱，但比碳酸氢根强，所以X和Z均能和Na2CO3溶液反应，但不能和NaHCO3溶液反应,B正确。C．Y有官能团碳碳双键，所以能发生加聚反应，但没有能发生缩聚反应的官能团，所以C错。D．Y分子可以看成由乙烯基和苯基两部分组成，乙烯分子是6原子共面结构，而苯分子是12原子共面结构，所以当乙烯基绕其与苯环相连的碳碳单键旋转时，有可能共面，D错。故选B。【题目点拨】有机物的性质是官能团决定的，所以有机化学就是官能团的化学。分析一种有机物的性质，首先要分析它有哪些官能团，然后联系这些拥有官能团的代表物的化学性质进行类比。分析有机物的空间结构时，必须以甲烷、乙烯、乙炔和苯等基本结构为基础，根据碳碳单键可以旋转来分析分子中的原子共面、共线问题。17、B【解题分析】A.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量是变化的，容积始终是不变的，若容器内混合气体的密度不变，则说明反应达到平街状态，A正确；B.只有生成物是气体，因此CO2体积分数始终不变，不能说明反应达到平街状态，B错误；C.若升高体系温度，则正、逆反应速率均增大，C正确；D.根据热化学方程式可知若反应过程中吸收QkJ热量，则刚好有lmolNH4HCO3发生分解，D正确，答案选B。点睛：平衡状态判断是解答的易错点，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。18、A【解题分析】

在物质或离子中中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键，①氢离子提供空轨道，氧原子提供孤电子对；②铜离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对；③CH3COO-中碳和氧最外层有8个电子达到稳定结构，氢满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对；④NH3为共价化合物，氮原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H-N键，氢满足2电子稳定结构，无空轨道；⑤CH4分子中，碳原子与4个氢原子分别共用一对电子，形成4个C-H键，无空轨道，无孤电子对。【题目详解】①H3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，H3O+含有配位键；②Cu2+有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，[Cu（NH3）4]2+含有配位键；③CH3COO-中碳和氧最外层有8个电子达到稳定结构，氢满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，电子式为：，不含有配位键；④NH3为共价化合物，氮原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H-N键，氢满足2电子稳定结构，无空轨道；⑤甲烷中碳原子满足8电子稳定结构，氢原子满足2电子稳定结构，电子式为，无空轨道，无孤电子对，CH4不含有配位键；答案选A。【题目点拨】本题考查配位键的判断，明确配位键的形成是解本题关键，题目难度中等．注意配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对。19、D【解题分析】

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。20、C【解题分析】

A．铜是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故A不选；B．熔融氯化钠是离子化合物，熔融氯化钠有自由移动的离子，所以能导电，所以熔融氯化钠属于电解质，故B不选；C．干冰为二氧化碳固体，二氧化碳的水溶液能导电，原因是二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电，碳酸是电解质，但二氧化碳是非电解质，故C选；D．碳酸钙在熔融状态下能电离出自由移动的离子，能够导电，所以碳酸钙属于电解质，故D不选；故选C。【题目点拨】本题的易错点为C，要注意二氧化碳的水溶液能够导电，不是二氧化碳电离出离子，而是生成物碳酸能够电离。21、A【解题分析】

A、该反应是可逆反应，反应存在一定限度，在温度、体积一定的条件下，通入1molN2和3molH2充分反应后放出的热量小于92kJ，故A错误；B、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，因此a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，故B正确；C、催化剂能改变反应速率，但不能改变化学平衡，所以加入催化剂，也不能提高N2的转化率，故C正确；D、该反应放出的能量大于吸收的能量，所以放热，书写热化学方程式必须标注物质的聚集状态，该热化学方程式未标注物质的状态，故D正确。综上所述，本题正确答案为A。22、A【解题分析】

在强酸性溶液中一定不会存在CO32-、SO32-离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只为Fe（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al（OH）3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3-离子和SO32-离子，那么一定含有SO42-离子，那么就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，以此进行解答。【题目详解】依据分析可知：溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42-，一定不含有：Ba2+、CO32-、SO32-、NO3-，不能确定是否含有：Fe3+和Cl-，A、根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+，故A正确；B、根据上述分析可知H为Al（OH）3，BaCO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，故B错误；C、依据分析可知，溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42-，不能确定Cl-是否存在，故C错误；D、生成气体A的离子反应方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，产生的气体A为112

mL，物质的量为：=0.005mol，故n（Fe2+）=3×0.005=0.015mol，c（Fe2+）==0.15mol/L，故D错误。答案选A。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键、羧基CH≡CHCH3COOH+CH2=CH2→CH3COOCH2CH3

ABD【解题分析】分析：本题考查有机物推断，根据体重信息结合有机物结构及相互转化关系进行推断，从而得出各有机物的结构，是对有机化学基础知识的综合考查，需要学生熟练掌握分子结构中的官能团，抓官能团性质进行解答。详解：化合物D的比例模式为CH2=CHCOOH，硫酸氢乙酯水解得到E和硫酸，说明E为乙醇，从A经硫酸氢乙酯到E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用，A的相对分子质量为28，可以推知其为乙烯，E与F反应，得一种有浓郁香味的油状液体G，则F为乙酸，G为乙酸乙酯，E与D反应得无色液体H为CH2=CHCOOCH2CH3，B的相对分子质量为28，为一氧化碳，C的相对分子质量略小于A，说明其为乙炔。(1)根据以上分析，D中含有的官能团为碳碳双键、羧基；化合物C为乙炔，结构简式为CH≡CH；(2)乙烯和乙酸可以发生类似①的加成反应，方程式为CH3COOH+CH2=CH2→CH3COOCH2CH3；(4)A.反应①的过程中碳碳双键消失，说明该反应类型是加成反应，故正确；B.化合物H含有碳碳双键，可进一步聚合成某种高分子化合物，故正确；C.在反应②、③都为酯化反应中，参与反应的官能团都为羧基和羟基，完全相同，故错误；D.从A经硫酸氢乙酯至E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用，故正确。故选ABD。24、三分子间作用力（范德华力）根据易升华、易溶于有机溶剂等，可判断其具有分子晶体的特征【解题分析】

根据W的单质为生活中一种常见的金属，在Z元素的单质中燃烧产生棕黄色的烟，生成可以推断出W为铁，Z为Cl，因为铁在氯气中燃烧生成FeCl3，生成棕黄色烟，再根据Y与X、Z均相邻，根据Z为Cl元素，推测Y为S或者为F，若Y为S元素，则X为P或者O元素，若Y为F元素，X只能为O元素；再根据X、Y与Z三种元素原子的最外层电子数之和为19，推测出Y为S元素，X为O元素；【题目详解】（1）Z元素是氯元素，在元素周期表中的第三周期；（2）与足量的的水溶液发生反应生成两种强酸，和分别是Cl2O和SO2，该反应的离子方程式为；（3）易升华，易溶于水，乙醇/丙酮等溶剂，推测出它的熔沸点较低，所以它属于分子晶体，熔化时破坏分子间作用力。25、+CH3OH+H2O使用浓硫酸吸水、把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等(能回答出两条措施即可)洗去苯甲酸甲酯中过量的苯甲酸199.689.7%【解题分析】

（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢，在浓硫酸作用下，苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯和水；（2）酯化反应为可逆反应，增大乙酸或乙醇的浓度或减小乙酸乙酯的浓度，能够使平衡向正反应方向移动；（3）由表给数据可知，反应后的苯甲酸甲酯中会含有苯甲酸等杂质；（4）苯甲酸甲酯的沸点是199.6℃；（5）由15g苯甲酸计算苯甲酸甲酯的理论量，再依据实际量计算产率。【题目详解】（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢，在浓硫酸作用下，苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯和水，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；（2）酯化反应为可逆反应，增大乙酸或乙醇的浓度或减小乙酸乙酯的浓度，能够使平衡向正反应方向移动，提高酯的产率，故答案为：使用浓硫酸吸水、把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等(能回答出两条措施即可)；（3）由表给数据可知，反应后的苯甲酸甲酯中会含有苯甲酸等杂质，利用固体Na2CO3与苯甲酸反应，除去苯甲酸提纯苯甲酸甲酯，故答案为：洗去苯甲酸甲酯中过量的苯甲酸；（4）苯甲酸甲酯的沸点是199.6℃，用图C装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示199.6℃时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯，故答案为：199.6；（5）15g苯甲酸的物质的量为，理论上制得苯甲酸甲酯的质量为×136g/mol≈16.7g，则苯甲酸甲酯的产率为×100%=×100%≈89.7%，故答案为：89.7%。【题目点拨】本题考查了有机物的制备实验，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实验基本操作方法，明确有机物的性质及产率计算的公式是解答关键。26、500mL容量瓶胶头滴管A、B、C、D、F、E13.6恢复至室温高高【解题分析】分析：（1）根据配制步骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤排序；（3）依据c=1000ρω/M计算浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=n/V进行误差分析。详解：（1）操作步骤有计算、量取、稀释、冷却、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌。冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；（2）用浓硫酸配制稀硫酸的一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、洗涤、移液、定容、摇匀、装瓶，所以正确的顺序为A、B、C、D、F、E；（3）①98%的浓硫酸（密度为1.84g•cm-3）的物质的量浓度c=1000×1.84×98%/98mol/L=18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变可知V×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得V=13.6mL；②容量瓶为精密仪器，不能盛放过热液体，在转入容量瓶前烧杯中液体应冷却恢复至室温；否则趁热定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；③定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若俯视会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，题目难度不大，侧重考查学生分析实验能力。难点是误差分析，注意误差分析的依据，根据cB=nBV可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V27、①②③④使密度较浓硫酸小的浓盐酸顺利流到底部，能顺利产生HCl气体C产生大量白雾HSO3Cl+H2O=H2SO4+HCl↑加一倒扣漏斗于烧杯水面上的吸收装置【解题分析】

题中已经告知氯磺酸的一些性质及制备信息。要结合这些信息分析各装置的作用。制备氯磺酸需要HCl气体，则A为HCl气体的发生装置，浓硫酸吸水放热，可以加强浓盐酸的挥发性。B为浓硫酸，用来干燥HCl气体，因为氯磺酸对潮湿空气敏感。C为氯磺酸的制备装置，因为C有温度计，并连有冷凝装置，反应结束后可以直接进行蒸馏，所以C中装的物质是发烟硫酸。E用来接收氯磺酸。由于氯磺酸对潮湿空气敏感，F中要装无水氯化钙，以防止空气中的水蒸气进入装置中。【题目详解】（1）A为HCl的发生装置，则a装①浓盐酸；B要干燥HCl气体，则B要装②浓硫酸；C为氯磺酸的发生装置，则C要装③发烟硫酸；F要装④无水氯化钙，以防止空气中的水蒸气进如装置；（2）由题知，浓盐酸的密度比浓硫酸小，如果直接滴加，两种液体不能充分混合，这样得到的HCl气流不平稳。故题中的操作的目的是使密度较浓硫酸小的浓盐酸顺利流到底部，充分混合两种液体，能顺利产生HCl气体；（3）C装置既是氯磺酸的