四川成都青羊区外国语学校2024届化学高二下期末监测模拟试题含解析

四川成都青羊区外国语学校2024届化学高二下期末监测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、现有两种烃的衍生物A和B，所含碳、氢、氧的质量比均为6：1：4。完全燃烧0.1molA能生成8.8gCO2；B只含一个醛基，4.4gB与足量银氨溶液反应，可析出10.8gAg。则下列关于A和B的判断正确的是A．A一定是乙醛 B．A和B互为同系物C．A和B互为同分异构体 D．B的分子式为C4H8O22、《斯德哥尔摩公约》中禁用的12种持久性有机污染物之一是DDT。有机物M是合成DDT的中间体，M的结构简式如图。下列有关说法正确的是A．M属于芳香烃 B．M能发生消去反应C．M的核磁共振氢谱有5个峰 D．M分子中最多有23个原子共面3、（题文）已知：某溶质R的摩尔质量与H2S的相同。现有R的质量分数为27.5%密度为1.10g·cm－3的溶液，该溶液中R的物质的量浓度(mol·L－1)约为()A．6.8B．7.4C．8.9D．9.54、下列反应的离子方程式中正确的是A．钠与水的反应:

Na+2H2O=Na++20H-+H2↑B．在NaHSO4溶液中加Ba(OH)2至中性:

HSO4-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2OC．过量的SO2通入NaOH溶液中:SO2+2OH-=S032-+H2OD．碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡容液混合:

HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O5、下列图示变化为吸热反应的是（）A． B．C． D．6、设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是（）A．18gD2O(重水)中含有10NA个质子B．78g苯中含有3NA个

C=C双键C．1L0.1mo

l/LNaHCO3溶液中含有0.1NA个

HCO3−D．ag某气体中含分子数为b，cg该气体在标况下的体积为22.4bc/aNAL7、有0.2mol某有机物和0.5mol氧气在一密闭容器中燃烧得产物为CO2、CO、H2O(气）。产物依次通过浓硫酸时，浓硫酸的质量增加了10.8g；再通过灼热的氧化铜时，氧化铜的质量减轻了3.2g；又通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了17.6g。该有机物的化学式是A．C2H4 B．C2H6O C．C2H6O2 D．C3H6O38、下列各组有机物，不论按何种比例混合，只要总质量一定，完全燃烧生成水的总质量就相同的是A．甲烷、丙烷 B．甲苯、甘油 C．甲酸、乙酸 D．乙醇、乙二醇9、下列说法不正确的是A．乙醇的沸点高于丙烷B．氨基酸既能与盐酸反应，也能与NaOH反应C．甘油、汽油、植物油不属于同一类有机物D．光照时异戊烷发生取代反应生成的一氯代物最多有5种10、中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如下图所示。已知：几种物质中化学键的键能如下表所示。化学键H2O中H—O键O2中O＝O键H2中H—H键H2O2中O—O键H2O2中O—H键键能kJ/mol463496436138463若反应过程中分解了2mol水，则下列说法不正确的是A．总反应为2H2O2H2↑+O2↑B．过程I吸收了926kJ能量C．过程II放出了574kJ能量D．过程Ⅲ属于放热反应11、下列属于复分解反应的是A．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 B．C．Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O D．12、干冰熔点很低是由于A．CO2是非极性分子 B．C=O键的键能很小C．CO2化学性质不活泼 D．CO2分子间的作用力较弱13、下列关于天然物质水解的叙述正确的是（）A．油脂的水解反应都是皂化反应 B．蛋白质水解的最终产物均为葡萄糖C．油脂的水解可得到甘油 D．淀粉水解和纤维素水解得到的最终产物不同14、聚氯乙烯的单体是A．—CH2—CHCl— B．CH2=CHClC．—CH2=CHCl— D．15、来自植物精油中的三种活性成分的结构简式如下。下列说法正确的是A．①中含有2个手性碳原子数B．②中所有原子可以处于同一平面C．②、③均能与FeCl3溶液发生显色反应D．1mol③最多可与3molNaOH发生反应16、有一混合物的水溶液可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Cl﹣、Ba2+、HCO3﹣、SO42﹣，现取两份100mL的该溶液进行如下实验：(1)第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL；(2)第二份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g．根据上述实验，下列推测正确的是()A．Ba2+一定存在 B．100mL该溶液中含0.01molHCO3－C．Na+不一定存在 D．Cl﹣不确定，可向原溶液中加入AgNO3溶液进行检验17、下列说法正确的是

()A．某物质灼烧时焰色反应为黄色,则一定只含钠元素,不含其他元素B．铝制品在生活中十分普遍,是因为铝不活泼C．碳酸氢钠在医疗上可用于治疗胃酸过多D．地壳中含量最多的金属是铁18、温度相同,浓度均为0.2mol/L的①(NH4)2SO4,②NaNO3,③NH4HSO4,④NH4NO3,⑤CH3COONa溶液,它们的pH由小到大的排列顺序是A．①③⑤④② B．③①④②⑤ C．⑤②④①③ D．③②①⑤④19、对于0.1mol·L-1Na2SO3溶液，正确的是A．升高温度，溶液的pH降低B．c(Na＋)=2c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)C．c(Na＋)+c(H＋）=2c(SO32－)+2c(HSO3－)+c(OH－)D．加入少量NaOH固体，c(SO32－)与c(Na＋)均增大20、下列物质中属于同分异构体的一组是A．O2和O3 B．CH4和C4H10C．CH3OCH3和CH3CH2OH D．1H和2H21、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．pH=l的溶液中：Ba2+、Fe3+、Cl-、SCN-B．能使酚酞变红的溶液：Ca2+、K+、HCO3-、CO32-C．=10-12的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-D．由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、NO3-22、下列有关说法正确的是A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B．Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥D．SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物二、非选择题(共84分)23、（14分）以苯和乙炔为原料合成化工原料E的路线如下：回答下列问题：(1)以下有关苯和乙炔的认识正确的是___________。a．苯和乙炔都能使溴水褪色，前者为化学变化，后者为物理变化b．苯和乙炔在空气中燃烧都有浓烟产生c．苯与浓硝酸混合，水浴加热55~60℃，生成硝基苯d．聚乙炔是一种有导电特性的高分子化合物(2)A的名称___________________。(3)生成B的化学方程式为____________________________，反应类型是________。(4)C的结构简式为____________，C的分子中一定共面的碳原子最多有_____个。(5)与D同类别且有二个六元环结构(环与环之间用单键连接)的同分异构体有4种，请写出其中2种同分异构体的结构简式：__________________________。(6)参照上述合成路线，设计一条以乙炔和必要试剂合成环丙烷的路线：___________。24、（12分）烃A和甲醛在一定条件下反应生成有机化合物B，B再经过一系列反应生成具有芳香气味的E和G。已知：烃A分子量为26，B能发生银镜反应，E和G的分子式都为C4H8O2。请回答：(1)E中官能团的名称是______________。(2)C的结构简式是__________________。(3)写出①的化学反应方程式_______________。(4)下列说法不正确的是_______。A．C可以和溴水发生加成反应B．D和F在一定条件下能发生酯化反应C．反应①和⑤的反应类型不同D．可通过新制氢氧化铜悬浊液鉴别B、C和E25、（12分）一氯化硫(S2Cl2)是一种重要的有机合成氯化剂，实验室和工业上都可以用纯净干燥的氯气与二硫化碳反应来制取(CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2)，其装置如下：(1)A装置中的离子反应方程式为________________________________________________。(2)一氯化硫(S2Cl2)常温下为液态，较为稳定，受热易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化产物中不仅有淡黄色固体，而且还有两种气体，用NaOH溶液吸收该气体可得两种盐Na2SO3和NaCl。写出一氯化硫与水反应的化学反应方程式：____________________________。(3)C、E装置中所盛溶液为__________。(4)D中冷凝管的冷水进水口为____（填“a”或“b”）；实验过程中，需要先点燃A处酒精灯，通入氯气一段时间后方可向D中水槽里面加入热水加热，这样做的目的是________。26、（10分）某学生为测定某烧碱样品中的质量分数，进行如下实验：（已知该样品中含有少量不与酸作用的杂质）A．在250的容量瓶中定容，配制成250烧碱溶液；B．用碱式滴定管移取25.00烧碱溶液于锥形瓶中，并滴几滴甲基橙指示剂；C．在天平上准确称取20.5烧碱样品，在烧杯中用蒸馏水溶解；D．将物质的量浓度为1.00的标准硫酸溶液装入酸式滴定管中，调节液面，记下开始时的读数；E.在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至溶液变为橙色为止，记下读数。试填空：(1)正确操作步骤的顺序是________→________→________→________→________。（用字母填空）(2)观察滴定管液面的读数时应注意什么问题？_____________________________________________________________________。(3)步操作中的锥形瓶下垫一张白纸的作用是__________________________________________。(4)下列操作中可能使所测溶液的质量分数偏低的是________。a．步操作中未将溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容b．步操作中，称量药品时，砝码放在左盘，放在右盘c．步操作中酸式滴定管在装入标准溶液前未用标准液润洗d．滴定过程中，读取硫酸溶液体积时，开始时仰视读数，结束时俯视读数(5)硫酸的初读数和末读数如图所示。未读数为________，初读数为________，用量为________。按滴定所得数据计算烧碱样品中的质量分数为________。27、（12分）氮化钙(Ca3N2)氮化钙是一种棕色粉末，在空气中氧化，遇水会发生水解，生成氢氧化钙并放出氨。某化学兴趣小组设计制备氮化钙并测定其纯度的实验如下：Ⅰ．氮化钙的制备（1）连接装置后，检查整套装置气密性的方法是_____________________。（2）装置A中每生成标准状况下4.48LN2，转移的电子数为___________________。（3）装置B的作用是吸收氧气，则B中发生反应的离子方程式为__________。装置E的作用是______________________。（4）实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；_____________________(请按正确的顺序填入下列步骤的代号)。①加热D处的酒精喷灯；②打开分液漏斗活塞;③加热A处的酒精灯；④停上加热A处的酒精灯；⑤停止加热D处的酒精喷灯（5）请用化学方法确定氮化钙中含有未反应的钙，写出实验操作及现象___________。Ⅱ．测定氮化钙的纯度：①称取4.0g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入100.00mL1.00mol·L-1盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释至200.00mL；②取20.00mL稀释后的溶液，用0.20mol·L-1NaOH标准溶液滴定过量的盐酸，达到滴定终点时，消耗标准溶液25.00mL。（1）氮化钙的质量分数为_________。（2）达到滴定终点时，仰视滴定管读数将使测定结果_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。28、（14分）我国重晶石（含BaSO490%以上）资源丰富，其中贵州省重晶石储量占全国总储量的三分之一。我省某工厂以重晶石为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”——钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下：查阅资料可知：①常温下：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9②TiC14在常温下是无色液体，遇水容易发生水解：TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl。③草酸氧钛钡的化学式为：BaTiO(C2O4)2·4H2O。请回答下列问题：（1）工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石（假设杂质不与Na2CO3溶液作用），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程式可表示为___________，此反应的平衡常数K=____（填写计算结果）。若不考虑CO32-的水解，则至少需要使用_____mol/L的Na2CO3溶液浸泡重晶石才能实现该转化过程。（2）酸浸时所发生反应的离子方程式为___________________________________。（3）配制TiCl4溶液时通常将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是_____________________。（4）可循环使用的物质X是_________（填化学式），设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净：_____________________________________________________________。（5）煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3的同时，高温下生成的气体产物有CO、__________和_________（填化学式）。29、（10分）最常见的塑化剂邻苯二甲酸二丁酯可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，反应的化学方程式及装置图（部分装置省略）如下：已知：正丁醇沸点118℃，纯邻苯二甲酸二丁酯是无色透明、具有芳香气味的油状液体，沸点340℃，酸性条件下，温度超过180℃时易发生分解，邻苯二甲酸酐、正丁醇、邻苯二甲酸二丁酯实验操作流程如下：①三颈烧瓶内加入30g邻苯二甲酸酐16g正丁醇以及少量浓硫酸。②搅拌，升温至105℃，持续搅拌反应2小时，升温至140℃。搅拌、保温至反应结束。③冷却至室温，将反应混合物倒出，通过工艺流程中的操作X，得到粗产品。④粗产品用无水硫酸镁处理至澄清→取清液（粗酯）→圆底烧瓶→减压蒸馏请回答以下问题：（1）仪器a的名称______________，邻苯二甲酸酐、正丁醇和浓硫酸的加入顺序有严格的要求，请问浓硫酸是在_____________（填最前、最后或中间）加入。（2）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是____________，判断反应已结束的方法是_______________。（3）反应的第一步进行得迅速而完全，第二步是可逆反应，进行较缓慢，为提高反应速率，可采取的措施是：___________________。A．增大压强B．增加正丁醇的量C．分离出水D．加热至200℃（4）操作X中，应先用5％Na2CO3溶液洗涤粗产品，纯碱溶液浓度不宜过高，更不能使用氢氧化钠，若使用氢氧化钠溶液，对产物有什么影响？（用化学方程式表示）：____________________________。（5）粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是____________________________。（6）用测定相对分子质量的方法，可以检验所得产物是否纯净，现代分析方法中测定有机物相对分子质量通常采用的仪器是________________________。

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【解题分析】

两种烃的衍生物A和B，所含碳、氢、氧的质量比均为6：1：4，则A、B分子中C、H、O原子数目之比为2：4：1，有机物A、B的最简式为C2H4O．完全燃烧0.1molA生成CO2的物质的量为：8.8g÷44g/mol=0.2mol，故A分子中碳原子数目0.2mol/0.1mol=2，则A的分子式为C2H4O。B只含一个醛基，4.4gB与足量银氨溶液反应析出Ag的物质的量为10.8g÷108g/mol=0.1mol，由关系式为：R-CHO～2Ag，可知4.4gB的物质的量为0.05mol，B的相对分子质量4.4/0.05=88，设B分子式为（C2H4O）n，则44n=88，故n=2，则B的分子式为：C4H8O2。A．A的分子式为C2H4O，可能为乙醛，也可能为环氧乙烷，故A错误；

B．物质A、B组成上相差2个CH2原子团，但二者含有的官能团不一定相同，不一定互为同系物，故B错误；

C．物质A和物质B的分子式不同，二者不互为同分异构体，故C错误；

D．由上述分析可知，B的分子式为：C4H8O2，故D正确。

故选D。2、D【解题分析】

A.M中含有Cl原子，不属于芳香烃，A错误；B.M不能发生消去反应，B错误；C.M为对称结构，其核磁共振氢谱有3个峰，C错误；D.M分子中若2个苯环确定的平面重合时，最多有23个原子共面，D正确；答案为D。3、C【解题分析】分析：依据c＝1000ρω/M计算该溶液的物质的量浓度。详解：某溶质R的摩尔质量与H2S的相同，即为34g/mol。现有R的质量分数为27.5%、密度为1.10g·cm－3的溶液，因此根据c＝1000ρω/M可知该溶液中R的物质的量浓度为1000×1.1×27.5%答案选C。4、D【解题分析】分析：A.离子方程式中的电荷不守恒；B.溶液呈中性时NaHSO4和Ba(OH)2按2:1反应；C.过量二氧化硫通入氢氧化钠溶液中生成亚硫酸氢钠；D.酸式盐和碱反应，量少的全部反应,离子方程式中必须符合化学式组成比。详解：钠与水的反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式：2Na+2H2O=2Na++20H-+H2↑，A错误；在NaHSO4溶液中加Ba(OH)2至中性，生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，B错误；过量的SO2通入NaOH溶液中生成亚硫酸氢钠和水，离子方程式：SO2+OH-=HS03-，C错误；碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合,碳酸氢钠全部反应离子方程式为:HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，D正确；正确选项D。点睛：二氧化硫、二氧化碳等酸性氧化物与碱反应时，随着两种气体的量不同，产物也不同；如果少量二氧化硫或二氧化碳通入足量的氢氧化钠溶液中，则生成正盐：亚硫酸钠或碳酸钠；如果二氧化硫或二氧化碳的量多，则生成酸式盐：亚硫酸氢钠或碳酸氢钠。5、A【解题分析】

A.反应物的能量小于生成物的能量，图中反应为吸热反应，符合题意，A项正确；B.反应物的能量大于生成物的能量，反应为放热反应，不符合题意，B项错误；C.浓硫酸是稀释放热，但不是化学反应，不符合题意，C项错误；D.活泼金属与酸的反应是放热反应，不符合题意，D项错误；答案选A。6、D【解题分析】分析：A、求出重水的物质的量，然后根据重水中含10个质子来分析；B、苯不是单双键交替的结构；C、HCO3-在溶液中既能水解又能电离；D、根据ag某气体中含分子数为b，求出cg该气体的分子个数，再求出物质的量和在标况下的体积。详解：A、18g重水的物质的量n=18g20g/mol=0.9mol，而重水中含10个质子，故0.9mol重水中含9NA个质子，故A错误；B、苯不是单双键交替的结构，故苯中不含碳碳双键，故B错误；C、HCO3-在溶液中既能水解又能电离，故溶液中

HCO3-的个数小于0.1NA个，故C错误；D、由于ag某气体中含分子数为b，故cg该气体的分子个数N=bca个，则气体的物质的量n=bcaNA/mol=bcaNAmol，则在标况下的体积7、B【解题分析】

浓硫酸增重10.8g说明反应产物中含水10.8g，即产物中含n(H2O)==0.6mol；通过灼热氧化铜，氧化铜质量减轻3.2g，则CO+CuOCO2+Cu△m1mol1mol16gn（CO）3.2g=，解得n（CO）=0.2mol；根据碳元素守恒可知CO与CuO反应生成的CO2的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol×44g/mol=8.8g；有机物燃烧生成的CO2的质量为17.6g-8.8g=8.8g，物质的量为=0.2mol；根据碳元素守恒可知，0.2mol有机物中含有碳原子物质的量为0.4mol，根据氢元素守恒可知，0.2mol有机物中含有氢原子物质的量为0.6mol×2=1.2mol，根据氧元素守恒可知，0.2mol有机物中含有氧原子物质的量为0.2mol+0.2mol×2+0.6mol-0.5mol×2=0.2mol，则n（有机物）：n（C）：n（H）：n（O）=0.2mol：0.4mol：1.2mol：0.2mol=1:2:6:1，所以有机物的分子式为C2H6O，故选B。【点晴】本题考查有机物分子式的确定。注意所含元素原子个数的计算角度，注意质量守恒定律的应用。浓硫酸具有吸水性，浓硫酸的质量增加10.8g说明反应产物中含水10.8g，通过灼热氧化铜，氧化铜质量减轻3.2g，结合方程式可计算CO的物质的量，通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了17.6g可计算总CO2的物质的量，根据氧元素守恒可计算有机物中含有O的物质的量，进而求得化学式。8、B【解题分析】

不论按何种比例混合，只要总质量一定，完全燃烧生成水的总质量就相同，说明氢元素的质量分数相同。A、甲烷分子式为CH4，丙烷的分子式为C3H8，二者相对分子质量不同，氢元素质量分数不同，不符合题意，A错误；B、甲苯分子式为C7H8，甘油的分子式为C3H8O3，氢元素质量分数相同，符合题意，B正确；C、甲酸分子式为CH2O2，乙酸的分子式为C2H4O2，二者相对分子质量不同，氢元素质量分数不同，不符合题意，C错误；D、乙醇的分子式为C2H6O，乙二醇的分子式为C2H6O2，二者相对分子质量不同，氢元素质量分数不同，不符合题意，D错误。答案选B。9、D【解题分析】分析：A．乙醇中含氢键，物质沸点较高；B、氨基酸属于两性物质，含有羧基与氨基；C、甘油、汽油、植物油分别属于醇、烃和油脂；D、异戊烷有4种氢，一氯代物有4种。详解：A．氢键影响物质的熔沸点，含氢键的物质沸点较高，所以乙醇的沸点远高于丙烷，选项A正确；B．氨基酸属于两性物质，含有羧基与氨基，能与氢氧化钠、盐酸反应而生成相应的盐，选项B正确；C、甘油、汽油、植物油分别属于醇、烃和油脂，不属于同一类有机物，选项C正确；D、如图，异戊烷有4种氢，光照时异戊烷发生取代反应生成的一氯代物最多有4种，选项D不正确。答案选D。10、D【解题分析】

A．由图可知，总反应为水分解生成氢气和氧气，实现了光能向化学能的转化，反应的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；B．过程I为2molH2O分子变成2mol氢原子和2mol羟基的过程，吸收的能量=463kJ×2=926kJ，故B正确；C．过程II为2mol氢原子和2mol羟基生成1mol氢气和1mol过氧化氢，放出的能量=436kJ+138kJ=574kJ，故C正确；D．过程Ⅲ为1mol过氧化氢变成1mol氧气和1mol氢气，断开1molH2O2中2molH—O键和1molO—O键，形成1molO2中O＝O键和1molH2中H—H键，吸收的能量=463kJ×2+138kJ=1064kJ，放出的能量=496kJ+436kJ=932kJ，吸收的能量大于放出的能量，该过程为吸热反应，故D错误；答案选D。【题目点拨】本题的易错点为D，要注意图中化学键的变化，分别计算吸收的能量和放出的能量，在判断反应的热效应。11、C【解题分析】

A．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，O的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，不属于四大基本反应类型，故A不选；B．，是一变多的反应，属于分解反应，故B不选；C．Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，属于强酸和弱酸盐发生的复分解反应，故C选；D．，是一换一的反应，属于置换反应，故D不选；故选C。12、D【解题分析】干冰是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越小，分子间的作用力较弱，熔、沸点越低，所以干冰熔点很低是由于CO2分子间的作用力较弱，与键能、化学性质等无关，答案选D。点睛：本题主要考查了晶体熔沸点大小的因素，在比较时，晶体的类型不同，比较的方法也不同，注意区分。根据分子晶体的相对分子质量越小，分子间的作用力较弱，熔、沸点越低来解答。13、C【解题分析】

油脂含有酯基，可在酸性或碱性条件下水解，淀粉、纤维素属于多糖，可水解生成葡萄糖，蛋白质可水解生成氨基酸，据此解答。【题目详解】A．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，油脂水解生成的高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，A错误；B．蛋白质水解的最终产物为氨基酸，B错误；C．油脂为高级脂肪酸甘油脂，可水解生成甘油，C正确；D．淀粉、纤维素属于多糖，可水解最终都生成葡萄糖，D错误；故合理选项是C。【题目点拨】本题综合考查有机物的结构和性质，注意把握有机物官能团的性质以及高分子化合物的水解产物的判断，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大。14、B【解题分析】

聚氯乙烯是由氯乙烯发生加聚反应生成的高分子化合物，结构简式为，因此其单体是CH2＝CHCl。答案选B。【题目点拨】首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断。15、A【解题分析】

A．根据手性碳原子的定义判断；B．②中含有亚甲基，具有甲烷的正四面体结构特点；C．②中不含酚羟基，③中含有酚羟基，结合官能团的性质判断；D．③含有2个酚羟基、1个酯基且水解后含有3个酚羟基，都可与氢氧化钠反应。【题目详解】A．手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，①中只有环中如图的碳为手性碳原子，选项A正确；B．②中含有亚甲基，具有甲烷的正四面体结构特点，所有原子不可能在同一平面内，选项B错误；C．②中不含酚羟基不能与氯化铁发生显色反应，③中含有酚羟基可与氯化铁发生显色反应，选项C错误；D．1mol③最多可与4molNaOH发生反应，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查物质的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酸、酯性质的考查，选项A为解答的难点，题目难度不大。16、B【解题分析】

根据题意，Ba2+和SO42-可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存。第一份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体448mL，即0.02mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，根据反应NH4++OH－＝NH3↑+H2O，产生NH3为0.02mol，可得NH4+也为0.02mol。第二份加足量氢氧化钡溶液后得干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应HCO3－+Ba2++OH－＝BaCO3↓+H2O、SO42－+Ba2+＝BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl＝BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解。因此溶液中一定存在HCO3－、SO42－，一定不存在Ba2+。由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为0.01mol，BaCO3为4.30g-2.33g＝1.97g，物质的量为0.01mol，根据原子守恒，所以100mL该溶液中含0.1molHCO3-，据此分析解答。【题目详解】由上述分析可得，溶液中一定存在HCO3－、SO42－、NH4+，其物质的量分别为：0.01mol、0.01mol、0.02mol，根据溶液中电荷守恒可知Na+一定存在，则A、钡离子一定不存在，A错误；B、100mL该溶液中含0.01mol的碳酸氢根离子，B正确；C、根据电荷守恒可知钠离子一定存在，C错误；D、不能确定氯离子是否存在，向原溶液中加入AgNO3溶液不能检验氯离子是否存在，因为存在硫酸根离子，硫酸银是白色沉淀，干扰氯离子检验，D错误。答案选B。【题目点拨】本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是钠离子的确定易出现失误。另外选项D也是易错点，注意硫酸根离子对氯离子检验的干扰。17、C【解题分析】试题分析：A不正确，因为K元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃观察，所以A中不能排除K元素；铝是活泼的金属，在其表明容易形成一层致密的氧化膜，从而阻止内部金属的氧化，所以铝制品耐腐蚀，B不正确；地壳中含量最多的金属是铝，D不正确，答案选C。考点：考查焰色反应、金属铝的性质、碳酸氢钠的用途以及地壳中元素的含量点评：该题考查的知识点比较分散，但都很基础，难度不大。有利于培养学生分析问题、发现问题和解决问题的能力。该题的关键是学生要熟练记住常见物质的性质、用途。18、B【解题分析】

溶液酸性越强，溶液的pH越小，则溶液的pH：酸性＜中性＜碱性；先将溶液分为酸性、中性和碱性，然后根据电离程度、盐的水解情况判断各溶液的pH大小。【题目详解】：①(NH4)2SO4、④NH4NO3水解呈酸性，两溶液的pH＜7；③NH4HSO4电离出H+呈酸性，pH＜7；②NaNO3不水解，其pH=7；⑤CH3COONa水解呈碱性，pH＞7。①、④比较，前者c(NH4+)大，水解生成c(H+)大，pH小，①、③比较，后者电离出c(H+)比前者水解出c(H+)大，pH小，所以溶液的pH从小到大的顺序为：③①④②⑤，故合理选项是B。【题目点拨】本题考查溶液pH的大小比较，要考虑盐类的水解程度大小，注意硫酸氢铵中硫酸氢根离子电离出氢离子，该题考查了学生的灵活应用基础知识的能力．。19、D【解题分析】

A、SO32－水解溶液显碱性，SO32－水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行，OH－离子浓度增大，溶液pH增大，故A错误；B、依据溶液中物料守恒分析判断，n(Na)=2n(S)，溶液中离子浓度存在c(Na+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，故B错误；C、溶液中存在电荷守恒分析，阳离子和阴离子所带电荷数相同，c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故C错误；D、Na2SO3水解显碱性，加入NaOH固体，OH-浓度增大，平衡逆向移动，溶液中SO32-浓度增大，Na+浓度增大，故D正确；故选D。20、C【解题分析】

同分异构体指分子式相同结构不同的化合物，据此结合选项判断。【题目详解】A、O2和O3是氧元素形成的不同的单质，互为同素异形体，故A不符合；B、CH4和C4H10分子式不同，不是同分异构体，二者都属于烷烃，互为同系物，故B不符合；C、CH3OCH3和CH3CH2OH，前者是甲醚，后者是乙醇，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C符合；D、1H和2H是氢元素的不同核素，互为同位素，故D不符合。答案选C。21、C【解题分析】

A.pH=l的溶液中，Fe3+、SCN-反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，故不选A；B.能使酚酞变红的溶液：Ca2+、CO32-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故不选B；C.=10-12的溶液呈酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-不反应，能大量共存，故不选C；D.由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液，呈酸性或碱性，若呈碱性，Al3+不能存在，故不选D。22、C【解题分析】

A、Na2CO3固体受热不易分解，故A错误；B、Fe(OH)3胶体是红褐色，故B错误；C、以上三种气体都不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，故C正确；D、SiO2和氢氟酸反应，没有生成盐和水，不是两性氧化物，故D错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、bd；苯甲醇；；取代反应；7任意2种；【解题分析】

苯与甲醛发生加成反应生成A为，A与HBr发生取代反应生，与HC≡CNa发生取代反应生成B为，与氢气发生加成反应生成C，结合C的分子式可知C为，结合E的结构可知C与CH2I2反应生成D为，D发生氧化反应生成E。【题目详解】（1）a．苯和乙炔都能使溴水褪色，前者为萃取，属于物理变化，后者发生加成反应，为化学变化，故a错误；

b．苯和乙炔的最简式相同，含碳量高，在空气中燃烧都有浓烟产生，故b正确；

c．苯与浓硝酸混合，水浴加热55～60℃，生成硝基苯，需要浓硫酸作催化剂，故c错误；

d．聚乙炔是一种有导电特性的高分子化合物，故d正确，答案选bd；

（2）A为，名称为苯甲醇；（3）生成B的化学方程式为：，属于取代反应；（4）C的结构简式为，苯环连接2原子处于同一平面，碳碳双键连接的原子处于同一平面，旋转碳碳单键可以使羟基连接的碳原子处于碳碳双键平面内，由苯环与碳碳双键之间碳原子连接原子、基团形成四面体结构，两个平面不能共面，最多有7个碳原子都可以共平面；（5）D（）其分子式为C12H16，只能形成2个六元碳环。书写的同分异构体与D同类别且有二个六元环结构（环与环之间用单键连接），D属于芳香醇，则同分异构体中，也有一个苯环，此外—OH不能连接在苯环上，则同分异构体有：；（6）环丙烷为三元碳环结构，在D中也存在三元碳环结构。中有碳碳三键，乙炔分子中也有碳碳三键，模仿到D的过程，则有以乙炔和必要试剂合成环丙烷的路线：。【题目点拨】本题考查有机物的推断与合成，注意根据转化中有机物的结构、反应条件等进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，较好地考查学生自学能力、分析推理能力与知识迁移运用能力。24、酯基CH2=CHCOOHCH≡CH+HCHOH2C=CHCHOC【解题分析】

烃A分子量为26，用“商余法”，烃A的分子式为C2H2，烃A的结构简式为CH≡CH；反应④⑥为酯化反应，F与HCOOH反应生成G（C4H8O2），则F属于饱和一元醇、且分子式为C3H8O，B能发生银镜反应，B中含—CHO，B与足量H2反应生成F，则F的结构简式为CH3CH2CH2OH，G的结构简式为HCOOCH2CH2CH3；B发生氧化反应生成C，C与H2发生加成反应生成D，D与CH3OH反应生成E（C4H8O2），则D的结构简式为CH3CH2COOH，C为CH2=CHCOOH，E的结构简式为CH3CH2COOCH3，结合烃A和甲醛在一定条件下反应生成有机化合物B，则B的结构简式为CH2=CHCHO；据此分析作答。【题目详解】烃A分子量为26，用“商余法”，烃A的分子式为C2H2，烃A的结构简式为CH≡CH；反应④⑥为酯化反应，F与HCOOH反应生成G（C4H8O2），则F属于饱和一元醇、且分子式为C3H8O，B能发生银镜反应，B中含—CHO，B与足量H2反应生成F，则F的结构简式为CH3CH2CH2OH，G的结构简式为HCOOCH2CH2CH3；B发生氧化反应生成C，C与H2发生加成反应生成D，D与CH3OH反应生成E（C4H8O2），则D的结构简式为CH3CH2COOH，C为CH2=CHCOOH，E的结构简式为CH3CH2COOCH3，结合烃A和甲醛在一定条件下反应生成有机化合物B，则B的结构简式为CH2=CHCHO；(1)据分析，E的结构简式为CH3CH2COOCH3，E中官能团的名称酯基；答案为酯基；(2)据分析，C的结构简式为CH2=CHCOOH；答案为：CH2=CHCOOH；(3)①反应为乙炔和甲醛发生加成反应生成B，反应方程式为CH≡CH+HCHOH2C=CHCHO；答案为：CH≡CH+HCHOH2C=CHCHO；(4)A.C为CH2=CHCOOH，所含碳碳双键可以和溴水发生加成反应，A正确；B.D为CH3CH2COOH，F为CH3CH2CH2OH，两者在浓硫酸加热条件下能发生酯化反应，B正确；C.反应①和⑤，均为加成反应，C错误；D.B、C、E依次为CH2=CHCHO、CH2=CHCOOH、CH3CH2COOCH3，加热下与新制氢氧化铜悬浊液反应得红色沉淀的为B，与新制氢氧化铜悬浊液反应得到蓝色溶液的为C，与新制氢氧化铜悬浊液不反应、且上层有油状液体的为E，现象不同可鉴别，D正确；答案为：C。25、MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O2S2Cl2+2H2O=3S↓＋SO2↑+4HCl↑浓硫酸a赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗【解题分析】

从装置图中可以看出，A为氯气的制取装置，B为除去氯气中氯化氢的装置，C为干燥氯气的装置，D为制取一氯化硫的装置，E为干燥装置，F为尾气处理装置，据此分析解答问题。【题目详解】(1)A装置为实验室制取Cl2的装置，发生反应的离子反应方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)一氯化硫(S2Cl2)常温下较为稳定，受热易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化产物中不仅有淡黄色固体(S)，而且还有两种气体，用NaOH溶液吸收该气体可得两种盐Na2SO3和NaCl，说明两种气体为HCl和SO2。一氯化硫与水反应的化学反应方程式2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl↑，故答案为：2S2Cl2+2H2O=3S↓＋SO2↑+4HCl↑；(3)一氧化硫遇水即歧化，所以C、E装置均起干燥作用，可盛放浓硫酸，故答案为：浓硫酸；(4)冷凝管的冷却水流向都是下进上出，所以D中冷水进水口为a；因为一氯化硫易被氧化，且遇水即歧化，所以实验过程中，需要先点燃A处酒精灯，通入氯气一段时间后方可向D中水槽里面加入热水加热，这样做的目的是赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗，故答案为：a；赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗。26、CABDE视线与凹液面最低点平齐；读数估读到0.01mL使滴定终点时，溶液颜色变化更明显，易于分辨b、d24.000.3023.7092.49%【解题分析】分析：(1)根据先配制溶液然后进行滴定排序；(2)根据正确观察滴定管液面的读数方法完成；(3)白纸可以使溶液颜色变化更明显；(4)a、根据热的溶液的体积偏大分析对配制的氢氧化钠溶液的浓度影响；b、根据会使所称药品的质量小于20.5g判断；c、根据标准液被稀释，浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏大判断；d、开始时仰视读数，导致读数偏大；结束时俯视读数，导致读数偏小，最终导致读数偏小；(5)根据滴定管的构造及图示读出滴定管的读数；根据消耗的标准液的体积及浓度计算出氢氧化钠的浓度，再计算出烧碱样品中NaOH的质量分数。详解：(1)正确的操作顺序为：称量→溶解→定容→滴定，所以操作步骤的顺序为：CABDE，故答案为C；A；B；D；E；(2)观察滴定管液面时视线应与与凹液面最低点平齐，读数估读到0.01

mL，故答案为视线与凹液面最低点平齐；读数估读到0.01mL；(3)滴定终点时，白纸起衬托作用，更易分辨颜色变化，故答案为使滴定终点时，溶液颜色变化更明显，易于分辨；(4)a、未将溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容，会使所配NaOH溶液的浓度偏大，从而使质量分数偏高，故a错误；b、砝码放在左盘，NaOH放在右盘，会使所称药品的质量小于20.5

g，会使样品的质量分数偏低，故b正确；c、酸式滴定管在装入标准H2SO4溶液前未用标准液润洗，会使V(H2SO4)偏大，从而使样品的质量分数偏大，故c错误；d、开始时仰视读数，结束时俯视读数，会使V(H2SO4)偏小，从而使样品的质量分数偏小，故d正确；故选b、d；(5)注意读数估读到0.01

mL，滴定管“0”刻度在上，末读数为24.00

mL，初读数为0.30

mL，用量为23.70

mL，故答案为24.00；0.30；23.70；(6)氢氧化钠的溶液的浓度为：c(NaOH)===1.896

mol•L-1，烧碱样品中NaOH的质量分数为：w(NaOH)=×100%=92.49%，故答案为92.49%。27、关闭A，向E中加水，微热烧瓶E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱0.6NA4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O吸收空气中水蒸气、防止进入D中②③①⑤④取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙92.5%偏低【解题分析】分析：本题考查的是物质的制备和含量测定，弄清实验装置的作用、发生的反应及指标原理是关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。详解：装置A中反应生成氮气，装置B可以吸收氧气，C中浓硫酸吸水，氮气和钙粉在装置D中反应，E中浓硫酸防止空气中的水蒸气进入D。(1)连接装置后，关闭A中分液漏斗的活塞，向E中加水，微热烧瓶，E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱，说明装置气密性好。(2)A中的反应为(NH4)2SO4+2NaNO22N2↑+Na2SO4+4H2O，转移6mol电子时生成2mol氮气，所以A中每生成标况下4.48L氮气，转移的电子数为0.6NA。(3)B中氧气氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，E装置中浓硫酸吸收空气中的水蒸气，防止进入D中。(4)实验开始先使装置的反应发生，排除装置内的空气，实验结束，先停止D处的热源，故顺序为②③①⑤④。(5)氮化钙与水反应生成氨气，钙与水反应生