甘南市重点中学2024届高二化学第二学期期末质量检测试题含解析

甘南市重点中学2024届高二化学第二学期期末质量检测试题注意事项：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、下图是实验室硫酸试剂标签上的部分内容，据此下列说法正确的是（）A．该硫酸的物质的量浓度为9.2mol/LB．1molAl与足量的该硫酸反应产生3g氢气C．配制500mL4.6mol/L的稀硫酸需取该硫酸125mLD．将该硫酸加水配成质量分数49%的溶液时其物质的量浓度等于9.2mol/L2、下列有机反应属于加成反应的是()A．CH3CH3+C12CH3CH2Cl+HClB．CH2=CH2+HBrCH3CH2BrC．2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OD．+NaOH+NaCl3、表中对于相关物质的分类全部正确的是(

)选项纯净物混合物碱性氧化物非电解质A液氯漂白粉Al2O3COB醋酸浓硫酸Na2O2乙醇C碱石灰盐酸K2OCl2D胆矾水玻璃CaOSO2A．A B．B C．C D．D4、乙醇（CH3CH2OH）和二甲醚（CH3－O－CH3）互为的同分异构体的类型为（）A．碳链异构 B．位置异构 C．官能团异构 D．顺反异构5、向X溶液中加入Y试剂，产生沉淀或气体如图，与所述情形几乎完全相符的是()A．向HCl和AlCl3的混合液滴加NaOH溶液 B．向NH4Al(SO4)2溶液滴加Ba(OH)2溶液C．向NaOH和Ca(OH)2混合液中通入CO2 D．向NaOH和Na2CO3混合液滴加稀HCl溶液6、下列说法中，正确的是（）A．冰熔化时，分子中H﹣O键发生断裂B．原子晶体中，共价键的键长越短，通常熔点就越高C．分子晶体中，共价键键能越大，该分子的熔沸点就越高D．分子晶体中，分子间作用力越大，则分子越稳定7、下列说法正确的是A．NaOH固体熔化的过程中，离于键和共价键均被破坏B．NaHSO4在水溶液中或熔融状态下，都能电高出H+C．CO2和PCl3分子中，每个原子最外层都具有8电子稳定结构D．HBr比HCl的热稳定性差，说明HBr的分子间作用力比HC1弱8、下列关于有机物的实验及相关结论都正确的一组是选项实验结论A乙烯和乙醛都能使溴水褪色乙烯和乙醛都能和溴水发生加成反应B向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液和(CH3COO)2Pb溶液，均能产生沉淀两者产生沉淀的原因不相同C乙酸和葡萄糖都能与新制的氢氧化铜反应两者所含的官能团相同D聚乙烯塑料受热易熔化，酚醛塑料受热不能熔化酚醛塑料的熔点比聚乙烯塑料的熔点高A．A B．B C．C D．D9、下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是（）A．同质量、不同密度的N2和CO B．同温度、同体积的N2和H2C．同体积、同密度的C2H4和CH4 D．同压强、同体积的N2O和CO210、古文献中记载提取硝酸钾的方法是“此即地霜也。所在山泽、冬月地上有霜、扫取水淋汁、后煎炼而成”。该文献涉及的混合物分离方法是A．萃取B．蒸馏C．结晶D．升华11、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．CH3Cl12、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13、下列大小关系正确的是A．熔点：NaI＞NaBr B．硬度：MgO＞CaOC．晶格能：NaCl＜NaBr D．熔沸点：CO2＞NaCl14、化学与生产和生活密切相关，下列有关说法正确的是A．刚玉（Al2O3）硬度仅次于金刚石，熔点也相当高，刚玉坩埚可用于熔融碳酸钾B．“火树银花”的烟花场景利用的是金属的颜色反应C．石油分馏可得到乙烯、丙烯、丁二烯等短链烃D．盐析可提纯蛋白质，并保持其生理活性15、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．20g49％的硫酸中，H2SO4分子数为0.01NAB．100mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中阴离子总数小于0.01NAC．1molCl2溶于水，溶液中Cl－、HClO、ClO－粒子数之和小于2NAD．标准状况下，3.36L氯仿的分子数为0.15NA16、在核电荷数为26的元素Fe的基态原子核外的3d、4s轨道内，下列电子排布图正确的是A． B．C． D．17、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）实验操作现象解释或结论A向酸性KMnO4溶液中通入SO2溶液紫红色褪去SO2具有漂白性B在镁、铝为电极，氢氧化钠为电解质的原电池装置镁表面有气泡金属活动性：Al＞MgC测定等物质的量浓度的NaCl与Na2CO3溶液的pH后者较大非金属性：Cl＞CD等体积pH＝3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，排水法收集气体HA放出的氢气多且反应速率快HB酸性比HA强A．A B．B C．C D．D18、某有机化合物的结构简式为，Na、NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质反应时，则消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为（）A．3：3：3 B．3：2：1 C．1：1：1 D．3：2：219、100mL0.10mol·L－1Na2SO3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl－离子，则SO32－将转化为A．SO42－ B．S C．SO2 D．S2－20、下列化石燃料的炼制和加工过程中不涉及化学变化的是A．石油的分馏 B．石油的裂解 C．煤的液化 D．煤的干馏21、为了使Na2S溶液中c(Na＋)/c(S2－)的比值变小，可采取的措施是()①适量盐酸②适量NaOH(s)③适量KOH(s)④适量KHS(s)⑤加水⑥适量Cl2溶液⑦加热A．②③④B．①②⑤⑥⑦C．②③D．③④22、今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mol/L，如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体(mmol)，在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体(mmol)，丙瓶不变，片刻后甲、乙、丙三瓶中HClO的物质的量浓度大小关系是（设溶液体积不变）A．甲=乙＞丙B．丙＞乙+甲C．甲＞丙＞乙D．乙＞丙＞甲二、非选择题(共84分)23、（14分）聚乳酸E在服装、卫生医疗制品等行业具有广泛的应用。某有机化合物A在一定条件下通过一系列反应可合成E；同时还可得到C和D等重要有机化合物。转化关系如下图：完成下列填空：（1）B→E反应类型：____________，D→G实验室中反应条件：_______________。（2）A的分子式：_____________。（3）与F同类别的同分异构体还有HCOOCH(CH3)2、HCOOCH2CH2CH3和_______(用结构简式表示)。（4）写出实验室中判断D中有G生成的方法______________________________________________（5）石油产品丙烯及必要的无机试剂可合成丙烯酸，设计合成路线如下：。已知：i.请完成合成路线中的：ClCH2CH=CH2→甲→乙→丙______。24、（12分）氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为，从而具有胶黏性，某种氰基丙烯酸酯（G）的合成路线如下：已知：①A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰回答下列问题：（1）A的化学名称为_______。（2）B的结构简式为______，其核磁共振氢谱显示为______组峰，峰面积比为______。（3）由C生成D的反应类型为________。（4）由D生成E的化学方程式为___________。（5）G中的官能团有___、____、_____。（填官能团名称）（6）G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有_____种。（不含立体异构）25、（12分）某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置，用环己醇制备环己烯：已知：密度（g/cm3）熔点（℃）沸点（℃）溶解性环己醇0.9625161能溶于水环己烯0.81－10383难溶于水（1）制备粗品：采用如图1所示装置，用环己醇制备环己烯。将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。①A中碎瓷片的作用是_____________，导管B的作用是_______________。②试管C置于冰水浴中的目的是________________________。（2）制备精品：①环己烯粗品中含有环己醇和少量有机酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在______层（填“上”或“下”），分液后用________洗涤（填字母）。A．KMnO4溶液B．稀H2SO4C．Na2CO3溶液②再将环己烯按图2装置蒸馏，冷却水从____口（填字母）进入。蒸馏时加入生石灰，目的是______________________________________。③收集产品时，控制的温度应在______左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是______（填字母）。a.蒸馏时从70℃开始收集产品b.环己醇实际用量多了c.制备粗品时环己醇随产品一起蒸出（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是________（填字母）。a.用酸性高锰酸钾溶液b.用金属钠c.测定沸点26、（10分）海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下图：（1）实验室焙烧海带，需要下列仪器中的________（填序号）。a试管b烧杯c坩埚d泥三角e铁三脚架f酒精灯（2）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：①__________，③________。（3）提取碘的过程中，可选择的有机试剂是（_______）A甲苯、酒精B四氯化碳、苯C汽油、乙酸D汽油、甘油（4）为使海藻灰中碘离子转化为碘的有机溶液，实验室有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器、物品，尚缺少的玻璃仪器有__________、__________。（5）小组用CCl4萃取碘水中的碘，在右图的分液漏斗中，下层液体呈__________色；（6）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还须经过蒸馏，指出下面实验装置图中的错误之处：①____________________；②_______________________________；③____________________________；27、（12分）某课题组对某样品W（组成用CxHyOzNaSb表示）进行探究。实验一：确定W中元素组成（1）取W样品，将有机氮转化成NH4+，_____________（补充实验方案），证明W中含氮元素。（2）用燃烧法确定W样品中含碳、氢、硫三种元素，装置如图所示。①A框内是加热固体制备氧气发生装置，写出A中反应的化学方程式：__________________。②写出E中发生反应的离子方程式：_________________。③从实验简约性考虑，D、E、F、G装置可以用下列装置替代：能证明W含碳元素的实验现象是__________________。实验二：测定W中硫元素含量（3）取wgW样品在过量的氧气中充分燃烧，用V1mLc1mol·L-1碘水溶液吸收SO2，用V2mLc2mol·L-1Na2S2O3溶液滴定过量的I2。已知:2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。滴定终点的标志是__________________。该W样品中硫元素的质量分数为_________％。（4）二氧化硫通入吸收液前必须通过过量的赤热铜粉（SO2不参与反应），否则会导致测定的硫元素质量分数_________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。28、（14分）邻羟基苯甲酸(俗名水杨酸)其结构简式为如图所示：(1)水杨酸既可以看成是_______类物质，同时也可以看成_____类物质。(2)将其与_______溶液作用生成物的化学式为C7H5O3Na，将其与______溶液作用生成物的化学式为C7H4O3Na2。(3)水杨酸的不同类同分异构体中，属于酚类且也具有苯环的化合物的结构简式为_______，它还可看成是______类物质。(4)比水杨酸多一个CH2原子团，且与水杨酸属于同系物的取代基数目不同的物质的结构简式为___。(5)比水杨酸多一个CH2原子团，且与水杨酸不属于同系物的物质的结构简式为_____。29、（10分）红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如图所示(图中的△H表示生成1mol产物的数据)。根据上图回答下列问题：(1)P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式_________________________________。(2)PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式_________________________________，上述分解反应是一个可逆反应，温度T1时，在密闭容器中加入0.80molPCl5，反应达到平衡时PCl5还剩0.60mol，其分解率α1等于_________；若反应温度由T1升高到T2，平衡时PCl5的分解率为α2，α2_______α1(填“大于”、“小于”或“等于”)。(3)工业上制备PCl5通常分两步进行，先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5。原因是________________________________________。(4)P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3＝_________，P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H4______△H3(填“大于”、“小于”或“等于”)。(5)PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，其化学方程式是______________________________。

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、C【解题分析】分析：A.根据c=1000ρωM计算浓硫酸的物质的量浓度；

B.铝与浓硫酸常温下发生钝化，加热时生成二氧化硫和硫酸铝；

C.根据溶液稀释前后溶质物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；

D.硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的质量为原硫酸的2倍，稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，根据稀释定律判断详解：A.该浓H2SO4的物质的量浓度为：c=1000ρωM=1000×1.84×98%98mol/L=18.4mol/L，所以A选项是错误的；

B.铝与浓硫酸常温下发生钝化，加热时生成二氧化硫和硫酸铝，不能生成氢气，故C.根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，则xmL×18.4mol/L=500mL×4.6mol/L，计算得出：x=125，所以应量取的浓硫酸体积是125mL，所以C选项是正确的；

D.硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的质量为原硫酸的2倍，稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，则稀释后所得溶液的浓度小于9.2mol/L，故D错误；

所以C选项是正确的。点睛：本题考查浓硫酸的性质、物质的量浓度的计算以及溶液的配制等问题，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度不大，注意相关计算公式的运用。2、B【解题分析】

A．Cl原子取代了乙烷上的H原子，为取代反应；A项不符合题意；B．乙烯中的碳碳双键与HBr发生加成，生成溴乙烷，B项符合题意；C．乙醇的催化氧化，为氧化反应，C项不符合题意；D．羟基取代了氯原子，为氯代烃的水解反(取代反应)，D项不符合题意；本题答案选B。3、D【解题分析】

A.Al2O3属于两性氧化物，A错误；B.Na2O2属于过氧化物，B错误；C.碱石灰是CaO和NaOH的混合物，Cl2既不是电解质，也不是非电解质，C错误；D.水玻璃是Na2SiO3的水溶液，D正确；故合理选项为D。【题目点拨】电解质和非电解质的研究对象都是化合物，所以单质不属于电解质，或非电解质。4、C【解题分析】

乙醇和二甲醚属于不同类型的有机物，含有的官能团分别是羟基和醚键，因此应该是官能团异构，答案选C。5、C【解题分析】

A、因向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH时，先发生HCl+NaOH＝NaCl+H2O，再发生Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，生成沉淀与沉淀溶解消耗的碱的物质的量之比为3：1，图象与发生的化学反应不符，A错误；B、向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2，发生2SO42－+NH4++Al3＋+2Ba2++4OH－＝NH3·H2O+2BaSO4↓+Al(OH)3↓，再发生Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，最终沉淀不能完全消失，B错误；C、因向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2，先发生Ca(OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O，再发生CO2+NaOH＝NaHCO3，最后发生CaCO3↓+H2O+CO2＝Ca(HCO3)2，图象与反应符合，C正确；D、向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀HCl，先发生HCl+NaOH＝NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，最后发生NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，未生成气体时消耗的酸与生成气体时消耗的酸的物质的量应大于1：1，而图象中为1：1，则图象与发生的化学反应不符，D错误。答案选C。【题目点拨】本题考查化学反应与图象，题目难度较大，明确图象中坐标、点、线、面的意义及发生的化学反应尤其是反应的先后顺序是解答本题的关键，并注意结合反应中量的关系来解答，注意氢氧化铝两性的特点。6、B【解题分析】

A．冰熔化克服氢键，属于物理变化，H-O键没有断裂，故A错误；B．影响原子晶体熔沸点高低的因素是键能的大小，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高，故B正确；C．影响分子晶体熔沸点高低的因素是相对分子质量大小，与共价键的键能无关，故C错误；D．分子的稳定性与分子间作用力无关，稳定性属于化学性质，分子间作用力影响物理性质，故D错误。故选B。7、C【解题分析】分析：本题考查的是物质的结构和性质的关系，分清物质的性质与化学键或分子间作用力的关系。详解：A.氢氧化钠熔化时只有离子键被破坏，故错误；B.硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子和氢离子和硫酸根离子，在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，故错误；C.二氧化碳中碳的最外层电子数为4+4=8，氧的最外层电子数为6+2=8，三氯化磷中磷的最外层电子数为5+3=8，氯原子的最外层电子数为7+1=8，都满足8电子结构，故正确；D.溴化氢比氯化氢的稳定性差说明溴氢键比氯氢键弱，故错误。故选C。8、B【解题分析】分析：A.乙醛和溴水发生氧化还原反应;B.前者发生了盐析，后者发生了变性;C.乙酸含有羧基，葡萄糖含有醛基;D.聚乙烯塑料为热塑性塑料,酚醛塑料为热固性塑料.详解：A.乙烯使溴水褪色因为和Br2发生了加成反应,乙醛使溴水褪色因为醛基有还原性,溴有氧化性,发生了氧化还原反应,A错误；B.向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液和(CH3COO)2Pb溶液，均能产生沉淀,前者发生了盐析，后者发生了变性，两者产生沉淀的原因不相同，B正确；C.乙酸含有羧基，葡萄糖含有醛基，两者所含的官能团不相同，C错误；D.聚乙烯塑料为热塑性塑料，受热会熔化、冷却会硬化，可以多次使用，酚醛塑料为热固性塑料，受热会交联成立体网状结构，一次性使用，与熔点的高低不成因果关系，D错误；答案选B.点睛：热塑性塑料受热会熔化，可多次使用，热固性塑料，受热会交联成立体网状结构，一次性使用。9、A【解题分析】

A.N2和CO的摩尔质量都是28g/mol，两者的质量相同，其物质的量也相同，N2和CO都是双原子分子，所以两者的原子数相等，A项正确；B.在同温下，体积相同，但压强不一定相同，其物质的量也不一定相同，则气体所含原子数不一定相等，B项错误；C.同体积、同密度相当于同质量，但C2H4和CH4的摩尔质量不相同，其物质的量不同，C2H4和CH4原子数目之比24:35，C项错误；D.只说了同压强、同体积，没说明温度是否相同，不能确定物质的量是否相同，D项错误。答案选A。10、C【解题分析】分析：KNO3溶解度随温度变化大，结合“取水淋汁、后煎炼而成”故选解答解答该题。详解：扫取水淋汁、后煎炼而成，水淋为溶解过程、煎炼为蒸发、结晶过程，故选C。11、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。12、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。13、B【解题分析】

A．NaI、NaBr都形成离子晶体，由于离子半径I->Br-，所以NaBr的晶格能大，熔点：NaI<NaBr，A不正确；B．由于离子半径Mg2+<Ca2+，所以晶格能MgO＞CaO，硬度MgO＞CaO，B正确；C．NaCl和NaBr都形成离子晶体，离子半径Cl-<Br-，所以晶格能：NaCl>NaBr，C不正确；D．CO2形成分子晶体，NaCl形成离子晶体，所以熔沸点：CO2<NaCl，D不正确；故选B。14、D【解题分析】

A、氧化铝熔点和硬度大，可以作耐高温材料，氧化铝高温下能与K2CO3发生反应；B、应是利用金属的焰色反应；C、石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，从裂解的角度回答；D、从蛋白质的角度回答。【题目详解】A、氧化铝具有硬度大，熔点高的特点，可以作耐高温材料，高温下能与K2CO3发生反应，即Al2O3＋K2CO32KAlO2＋CO2，因此不能用于熔融碳酸钾，故A错误；B、火树银花利用某些金属的焰色反应，故B错误；C、石油是由多种烷烃、环烷烃和芳香烃组成的混合物，石油分馏是利用其沸点不同而将其分离，石油裂解的目的是获得乙烯、丙烯等气态化工基本原料，故C错误；D、盐析是蛋白质溶液中加入一些盐，降低蛋白质溶解度使之析出，然后进行分离提纯，蛋白质仍具有活性，故D正确。【题目点拨】易错点是选项B，颜色反应一般指的是苯酚中加入FeCl3溶液，溶液显紫色，蛋白质遇到浓硝酸表现黄色；焰色反应：某些金属元素在灼烧时表现出来，属于物理变化。15、C【解题分析】

A．硫酸是强酸，在溶液中全部电离，不存在分子，故A错误；B．100mL0.1mol•L-1Na2CO3溶液中，碳酸根离子水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，阴离子数目增多，阴离子总数大于0.01NA，故B错误；C．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，溶液中含未反应的氯气分子，故溶液中的HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故C正确；D．标准状况下，氯仿不是气体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误；故选C。【题目点拨】本题的易错点为B，要注意碳酸根离子水解方程式(CO32－＋H2OHCO3－＋OH－)的应用。16、D【解题分析】

核外电子排布从能量低的轨道开始填充，根据构造原理，基态铁原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，根据原子核外电子排布规律，Fe的基态原子核外的3d、4s轨道的电子排布图为，所以答案为D。17、D【解题分析】

A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质，向酸性高锰酸钾溶液中通入二氧化硫，溶液褪色，说明二氧化硫将酸性高锰酸钾溶液还原，二氧化硫体现还原性，故A错误；B．Al与NaOH溶液反应，Al为负极，但金属性Mg大于Al，故B错误；C．常温下，测定等浓度的Na2CO3和NaCl的溶液的pH，Na2CO3溶液大，可知盐酸的酸性大于碳酸的酸性，盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较非金属性强弱，故C错误；D．HA放出氢气多，等pH时，HA的浓度大，HA为弱酸，则HB酸性比HA强，故D正确；故答案为D。18、B【解题分析】

有机化合物分子中有酚羟基、羧基和醇羟基等3种官能团。Na与3种官能团都能反应；NaOH只与酚羟基、羧基反应，NaHCO3只与羧基反应。所以，Na、NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质反应时，则消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3∶2∶1，B正确，本题选B。19、A【解题分析】

Cl2完全转化为Cl－离子，氯气化合价降低，则亚硫酸根化合价升高，则+4价升高，纵观答案只有硫酸根中硫为+6价，故A正确；综上所述，答案为A。【题目点拨】利用氧化还原反应原理，有元素化合价升高，必定有元素化合价降低来分析。20、A【解题分析】A、石油分馏的过程中是利用了石油中各成分沸点的不同，分离过程中没有新物质生成，属于物理变化，选项A正确；B、石油的裂解得到低分子量的烷烃和烯烃，有新物质生成，属于化学变化，选项B错误；C、煤的液化需要高温，肯定会发生裂化等复杂的化学变化，选项C错误；D、煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等新物质，属于化学变化，选项D错误。答案选A。21、D【解题分析】在Na2S溶液中S2-+H2OHS-+OH－。①H++OH－H2O，c(OH－)减小，上述平衡右移，c(Na＋)/c(S2－)增大；②c(Na＋)增大，导致c(Na＋)/c(S2－)增大；③c(OH－)增大，上述平衡左移，c(Na＋)/c(S2－)减小；④c(HS－)增大，上述平衡左移，c(Na＋)/c(S2－)减小；⑤上述平衡右移，c(Na＋)/c(S2－)增大；⑥Cl2氧化S2-，c(S2－)减小，c(Na＋)/c(S2－)增大；⑦上述平衡右移，c(Na＋)/c(S2－)增大。故选D。点睛：解答本题需要准确把握稀释和加热盐类水解平衡右移，水解的离子S2－的物质的量减小，而Na＋的物质的量不变，结果c(Na＋)/c(S2－)增大。22、C【解题分析】分析：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3-的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO，HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低。详解：甲中加入少量的NaHCO3晶体：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3-的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO；乙中加入少量的NaHSO3晶体：HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低；丙不变，则甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系为甲＞丙＞乙，故选C。二、非选择题(共84分)23、缩聚反应；Cu、加热；C7H12O4；CH3CH2COOCH3；取少量D反应后的液体于试管中，加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，若有砖红色沉淀生成，则有乙醛；【解题分析】

由流程和信息可知，A是CH3COOCH（CH3）COOCH2CH3，B是，C是CH3COOH，D是CH3CH2OH，E是，F是CH3COOCH2CH3，G是CH3CHO。【题目详解】（1）B是，E是，则B→E是缩聚反应。D是CH3CH2OH，G是CH3CHO，醇的催化氧化的反应条件为：Cu或银、加热；（2）由分析可知，A是CH3COOCH（CH3）COOCH2CH3，则A的分子式为C7H12O4；（3）与F同类别的同分异构体还有HCOOCH(CH3)2、HCOOCH2CH2CH3和CH3CH2COOCH3；（4）D是CH3CH2OH，G是CH3CHO，判断D中有G生成，可检验醛基，方法是：取少量D反应后的液体于试管中，加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，若有砖红色沉淀生成，则有乙醛；（5）由于碳碳双键易被氧化，应先氧化引入羧基，再引入碳碳双键，由信息可知，ClCH2CH=CH2先在碱性条件下水解，再与溴发生加成反应，再用酸性高锰酸钾氧化得到羧基，合成路线如下：。24、丙酮26：1取代反应碳碳双键酯基氰基8【解题分析】

A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A分子中氧原子数目为=1，分子中C、H原子总相对原子质量为58-16=42，则分子中最大碳原子数目为=3…6，故A的分子式为C3H6O，其核磁共振氢谱显示为单峰，且发生信息中加成反应生成B，故A为，B为；B发生消去反应生成C为；C与氯气光照反应生成D，D发生水解反应生成E，结合E的分子式可知，C与氯气发生取代反应生成D，则D为；E发生氧化反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，则E为，F为，G为。【题目详解】（1）由上述分析可知，A为，化学名称为丙酮。故答案为丙酮；（2）由上述分析可知，B的结构简式为其核磁共振氢谱显示为2组峰，峰面积比为1：6。故答案为；1：6；（3）由C生成D的反应类型为：取代反应。故答案为取代反应；（4）由D生成E的化学方程式为+NaOH+NaCl。故答案为+NaOH+NaCl；（5）G为，G中的官能团有酯基、碳碳双键、氰基。故答案为酯基、碳碳双键、氰基；（6）G（）的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基：HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=CH2，当为HCOOCH2CH=CH2时，-CN的取代位置有3种，当为HCOOCH=CHCH3时，-CN的取代位置有3种，当为HCOOC（CH3）=CH2时，-CN的取代位置有2种，共有8种。故答案为8。【题目点拨】根据题给信息确定某种有机物的分子式往往是解决问题的突破口，现将有机物分子式的确定方法简单归纳为：一、“单位物质的量”法根据有机物的摩尔质量（分子量）和有机物中各元素的质量分数，推算出1mol有机物中各元素原子的物质的量，从而确定分子中各原子个数，最后确定有机物分子式。二、最简式法根据有机物各元素的质量分数求出分子组成中各元素的原子个数之比（最简式），然后结合该有机物的摩尔质量（或分子量）求有机物的分子式。三、燃烧通式法根据有机物完全燃烧反应的通式及反应物和生成物的质量或物质的量或体积关系求解，计算过程中要注意“守恒”思想的运用。四、平均值法根据有机混合物中的平均碳原子数或氢原子数确定混合物的组成。平均值的特征为：C小≤C≤C大，H小≤H≤H大。25、防止暴沸导气，冷凝环己烯减少环己烯的挥发上Cg吸水，生成氢氧化钙，沸点高83℃cbc【解题分析】（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化减少挥发；（2）①环己烯的密度比水小，在上层；由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联系制备乙酸乙酯提纯产物时用饱和Na2CO3溶液洗涤可除去酸，答案选C；②蒸馏时冷却水低进高出，即从g口进，原因是冷却水与气体形成逆流，冷凝效果更好，更容易将冷凝管充满水；蒸馏时加入生石灰，目的是吸水，生成氢氧化钙，沸点高。③环己烯的沸点是83℃，则应控制温度为83℃左右；a．蒸馏时从70℃开始收集产品，提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量，a错误；b．环己醇实际用量多了，制取的环己烯的物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量，b错误；c．若粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，c正确；答案选c；（3）区别粗品与精品可加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则是精品，另外根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，也可判断产品的纯度，答案选bc。26、cdef过滤萃取、分液B分液漏斗普通漏斗紫红缺石棉网温度计插到了液体中冷凝管进出水的方向颠倒【解题分析】

此实验从海藻中制备碘单质，先将海藻晒干、灼烧成海藻灰，然后浸泡出含有碘离子的溶液，利用碘离子具有较强的还原性，采用适量的氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，然后用有机溶剂萃取，分液，最终制得碘单质。【题目详解】（1）灼烧海带需要的仪器有：酒精灯、三脚架、泥三角及坩埚，故选cdef；（2）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，从碘水中分离出含碘有机溶液采用分液方法，所以①的操作名称是过滤，③的操作名称是萃取、分液，故答案为：过滤；萃取、分液；（3）A．酒精和水互溶，所以不能作萃取剂，故A错误；B．四氯化碳、苯符合萃取剂条件，所以能作萃取剂，故B正确；C．乙酸和水互溶，所以乙酸不能作萃取剂，故C错误；D．甘油和水互溶，所以甘油不能作萃取剂，故D错误；故答案为：B；（4）①的操作是过滤还需要普通漏斗；③的操作是萃取、分液，需要分液漏斗，故答案为：普通漏斗；分液漏斗；（5）四氯化碳的密度大于水且和水不互溶，四氯化碳能萃取碘，所以有机层在下方、水在上方，碘的四氯化碳溶液呈紫红色，故答案为：紫红；（6）温度计测量馏分温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处；冷凝管中的水应遵循“下进上出”原则；加热烧瓶需要垫石棉网，否则烧瓶受热不均匀，故答案为：缺石棉网；温度计插到了液体中；冷凝管进出水的方向颠倒。27、加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝色2KClO32KCl＋3O2↑（或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑）2MnO4-+5SO2+2H2O＝2Mn2+＋5SO42-+4H+X中颜色变浅色，但不褪色；Y中变浑浊滴加最后一滴时溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟不恢复偏低【解题分析】分析：实验一(确定W中元素组成)：必须使用干燥氧气，A是发生装置，通过加热固体制备氧气，注意不能用双氧水制氧气。用无水硫酸铜检验H2O，D装置用于检验SO2，E装置用于除去SO2，F装置用于确定SO2是否除尽，因为SO2会干扰CO2的检验；实验二(测定W中硫元素含量)：根据SO2＋I2＋2H2O＝2HI＋H2SO4，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。有：n(SO2)＋12n(Na2S2O3)＝n(I2)，据此分析计算硫元素的质量分数；过量的氧气混在SO2气体中，会发生2SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4，据此分析判断误差详解：(1)检验铵离子，操作要点是加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，现象是由红色变蓝色，故答案为：加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝色；(2)①通过加热固体制备氧气，应该是加热高锰酸钾或氯酸钾分解制备氧气，反应的方程式为2KClO32KCl＋3O2↑(或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑)，故答案为：2KClO32KCl＋3O2↑(或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑)；②用无水硫酸铜检验H2O，D装置用于检验SO2，E装置用于除去SO2，F装置用于确定SO2是否除尽，因为SO2会干扰CO2的检验。因此E中反应为2KMnO4＋5SO2＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4，离子方程式为2MnO4+5SO2+2H2O＝2Mn2+＋5SO42+4H，故答案为：2MnO4+5SO2+2H2O＝2Mn2+＋5SO42+4H；③从简约装置看，X装置中试剂“过量”，它有三个作用：检验SO2、除去SO2、确认SO2除尽，实验现象是紫色溶液变浅——检验