2024届云南省玉溪市通海三中化学高二下期末质量检测模拟试题含解析

2024届云南省玉溪市通海三中化学高二下期末质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、元素K的焰色反应呈紫色，其中紫色对应的辐射波长为（）A．404.4nm B．553.5nm C．589.2nm D．766.5nm2、下列反应属于吸热反应的是A．C6H12O6（葡萄糖）+6O26CO2+6H2OB．HCl+KOH═KCl+H2OC．反应物的总能量大于生成物的总能量D．破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量3、在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A．该反应的ΔH>0B．若该反应在T1、T2℃时的平衡常数分别为K1、K2，则K1<K2C．在T2℃时，若反应体系处于状态D，则此时v正>v逆D．若状态B、C、D的压强分别为p(B)、p(C)、p(D)，则p(C)=p(D)>p(B)4、下列有关金属及其化合物的说法中,正确的个数为()①在人类对金属材料的使用过程中,性质活泼的金属单质最早被人们冶炼和使用②纯铁比生铁抗腐蚀性更强③单质铝在空气中比较耐腐蚀,所以铝是不活泼金属④向紫色石蕊试液中加入过量的Na2O2粉末,振荡,溶液变为蓝色并有气泡产生⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金⑥可通过焰色反应区分钾元素和钠元素⑦将FeCl3溶液滴入KI淀粉溶液中,溶液变蓝色⑧铝粉和氧化镁粉末混合,高温能发生铝热反应A．4 B．5 C．6 D．75、某溶液中可能含有K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、I﹣、Cl﹣中的一种或多种，进行如图所示的实验，下列说法正确的是（）A．溶液X中有Fe3+、SO42﹣B．溶液X中有Fe2+、I﹣可能有SO42﹣、Cl﹣C．溶液X中有I﹣、Cl﹣，无CO32﹣D．溶液X中有I﹣，Fe2+和Fe3+两种离子中至少有一种6、下列解释事实的方程式正确的是（）A．用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3＋2H＋＝SO2↑＋S↓＋2Na＋＋H2OB．氢氧化亚铁暴露于空气中会变色：4Fe(OH)2

+O2

+2H2O=4Fe(OH)3C．向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸：Ca2＋＋ClO－＋H2O＋CO2＝2HClO＋CaCO3↓D．氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O2H＋+Cl－+ClO－7、某温度下，wg某物质在足量氧气中充分燃烧，其燃烧产物立即与过量的Na2O2反应，固体质量增加wg。在①H2；②CO；③CO和H2

的混合物④HCHO；⑤CH3COOH；⑥HO-CH2-CH2-OH中，符合题意的是A．均不符合 B．只有①②③ C．只有④⑤ D．全部符合8、用下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的的是（）A．Ⅰ用于观察铁的析氢腐蚀B．Ⅱ用于吸收HClC．Ⅲ可用于制取NH3D．Ⅳ用于量取20.00mLNaOH溶液9、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．1mol甲醇分子中含有的共价键数为4NAB．92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NAC．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NAD．将9.2g甲苯加入足量的酸性高锰酸钾溶液中转移的电子数为0.6NA10、“一带一路是构建人类命运共同体，符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。下列贸易的商品中，其主要成分属于无机物的是A．乌克兰葵花籽油 B．埃及长绒棉 C．捷克水晶 D．中国丝绸11、苯酚与乙醇在性质上有很大差别的原因是()A．官能团不同 B．常温下状态不同C．相对分子质量不同 D．官能团所连烃基不同12、分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，且生成的醇无具有相同官能团的同分异构体。若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有A．8种B．16种C．24种D．28种13、下列反应与酸性氧化物的通性无关的是（）A．存放NaOH的试剂瓶不用磨口玻璃塞 B．与水反应制备氧气C．烧煤时加入生石灰脱硫 D．与澄清石灰水作用14、pH=11的NaOH溶液和pH=3的醋酸溶液以等体积混合后，所得溶液中c(Na+)、c(CHCOO-)的正确关系是（）A．c(Na+)>c(CHCOO-)B．c(Na+)=c(CHCOO-)C．c(Na+)<c(CHCOO-)D．不能确定15、实验室制备苯甲醇和苯甲酸的化学原理是2C6H5CHO＋KOHC6H5CH2OH＋C6H5COOK，C6H5COOK＋HCl→C6H5COOH＋KCl。已知苯甲醛易被空气氧化；苯甲醇的沸点为205.3℃，微溶于水，易溶于乙醚；苯甲酸的熔点为121.7℃，沸点为249℃，微溶于水，易溶于乙醚；乙醚的沸点为34.8℃，难溶于水。制备苯甲醇和苯甲酸的主要过程如下所示：根据以上信息判断，下列说法错误的是A．操作Ⅰ是萃取分液B．操作Ⅱ蒸馏得到的产品甲是苯甲醇C．操作Ⅲ过滤得到的产品乙是苯甲酸钾D．乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇16、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是()A．由四种元素形成的两种盐，水溶液中反应能生成NB．Y与Z形成的化合物中阴、阳离子个数比可为1:1C．化合物N、乙烯使溴水褪色的原理相同D．X与Y形成的化合物中，成键原子均满足8电子结构17、关于小苏打(NaHCO3)溶液的表述错误的是A．c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)B．c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)C．HCO3-的电离程度大于其水解程度D．c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(CO32-)18、下列反应中，属于吸热反应的是A．木炭在空气中燃烧 B．氢气在氯气中燃烧C．盐酸和氢氧化钠溶液反应 D．Ba(OH)2·8H2O与NH4C1反应19、某温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入H2和I2，发生反应:

H2(g)+I2(g)2HI(g)。反应体系中各物质浓度的有关数据如下。容器起始浓度平衡浓度c(H2)/(mol·L-1)c(I2)/(mol·L-1)c(HI)/(mol·L-1)甲0.010.010.004乙0.010.02a丙0.020.01b丁0.020.02c下列判断不正确的是A．HI的平衡浓度:a=b>0.004，c=0.008 B．平衡时，H2的转化率:丁>甲C．平衡时，乙中H2的转化率大于20% D．丙中条件下，该反应的平衡常数K=0.2520、用石墨作电极，分别电解下列各物质的溶液：①CuSO4②NaCl③CuCl2④KNO3⑤盐酸⑥H2SO4⑦NaOH，其中只有水被电解的有A．①②⑤ B．④⑥⑦C．②④⑥⑦ D．③⑤⑥⑦21、已知Ksp（AgCl）=1.56×10－10，Ksp（AgBr）=7.7×10－13，Ksp（Ag2CrO4）=9×10－11。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO42－，浓度均为0.010mol/L，向该溶液中逐滴加入0.010mol/L的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为()A．Cl－、Br－、CrO42－ B．Br－、Cl－、CrO42－C．CrO42－、Br－、Cl－ D．Br－、CrO42－、Cl－22、下列说法不正确的是A．汽油、沼气、电能都是二次能源B．1mol碳和3mol碳的燃烧热相等C．共价化合物可以是电解质，离子化合物也可以是非电解质D．吸热反应可以自发进行二、非选择题(共84分)23、（14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：___________。24、（12分）I．回答下列问题：（1）化学式C6H12的烯烃的所有碳原子在同一平面上，则该烯烃的结构简式为___________（2）1mol能与__________molNaHCO3反应（3）香兰素是重要的香料之一，它可由丁香酚经多步反应合成。①常温下，1摩丁香酚能与_____________molBr2反应②香兰素分子中至少有_________________个原子共平面II．由制对甲基苯乙炔的合成路线如下：（G为相对分子质量为118的烃）（1）写出G的结构简式_________________（2）①的反应类型______________（3）④的反应条件_______________25、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3·5H2O)，俗称大苏打，是无色透明晶体，易溶于水，易被氧化。是一种重要的化工产品，临床上用于氰化物的解毒剂，工业上也用于纸浆漂白的脱氯剂。某兴趣小组在实验室用如下装置(夹持仪器略去)模拟硫代硫酸钠生产过程。（1）仪器a的名称为_________。（2）装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。（3）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2CO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2CO3物质的量之比为____________。（4）装置B中盛有饱和NaHSO3溶液，装置B的作用是_________、__________。（5）装置D用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为____(填序号)。（6）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3·5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，_____________，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。已知：Na2S2O3稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。限选试剂：稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水26、（10分）某同学进行影响草酸与酸性高锰酸钾溶液反应速率因素的研究。草酸与酸性高锰酸钾的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。室温下，实验数据如下：实验序号①②③加入试剂0.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O40.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O4MnSO4固体0.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O4Na2SO4固体褪色时间/s1166117请回答：（1）该实验结论是________。（2）还可以控制变量，研究哪些因素对该反应速率的影响________。（3）进行上述三个实验后，该同学进行反思，认为实验①的现象可以证明上述结论。请你写出实验①的现象并分析产生该现象的原因________。（4）实验②选用MnSO4固体而不是MnCl2固体的原因是_________。27、（12分）某同学为探究酸性KMnO4溶液和H2C2O4（草酸，二元弱酸）溶液的反应过程，进行如下实验。请完成以下问题。（1）写出酸性KMnO4溶液和H2C2O4的离子方程式____________________________。（2）配制100mL0.0400mol·L-1的H2C2O4溶液，除用到托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器外，还必须用到的玻璃仪器是__________________。（3）将KMnO4溶液逐滴滴入一定体积的酸性H2C2O4溶液中（温度相同，并振荡），记录的现象如下：滴入KMnO4溶液的次序KMnO4溶液紫色褪去所需的时间先滴入第1滴60s褪色后，再滴入第2滴15s褪色后，再滴入第3滴3s褪色后，再滴入第4滴1s请分析KMnO4溶液褪色时间变化的可能原因_________________。28、（14分）某些氮的化合物是引起大气污染、水体污染和土壤污染原因之一。I.汽车和工业废气中的氮氧化物是城市空气污染的主要来源。氮氧化物处理通常有下列途径：（1）在汽车排气管内安装催化转化器，其反应为

2NO(g)+2CO(g)=2CO2(g)+N2(g)。①该反应能够正向自发进行，则正反应的ΔH_________0（填“＞”或“＜”）。②根据传感器记录某温度下，NO、CO的反应进程，测量所得数据绘制出图1。前1s内平均反应速率v(N2)=__________mol/(L·s)；第2s时的X值范围_________________________。（2）烟气中的氮氧化物（NOx）可与甲烷在一定条件下反应转化为无害成分，从而消除污染。已知反应反应热（△H/kJ·mol-1）平衡常数（K）CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）aK1N2（g）+O2（g）═2NO（g）bK2

则

CH4

脱硝的热化学方程式为

CH4

(g)+4NO(g)

CO2

(g)+2N2

(g)+2H2O(l)ΔH=_________kJ/mol（用

a、b

表示）；平衡常数

K3=_________（用

K1、K2

表示）。II.氰化钠是一种重要的基本化工原料。“天津港”爆炸中，氰化钠产生泄漏，为了避免给土壤

和水体带来污染，消防员通过喷洒双氧水来处理泄漏的氰化钠。（3）已知：NaCN+H2O2

+H2O=NaHCO3

+NH3↑，用

H2O2

处理

1molNaCN

时，反应中转移电子的物质的量为_________mol（NaCN

中

C

为+2

价）。（4）某兴趣小组检测处理后的氰化钠废水是否达标。已知：①废水中氰化钠的最高排放标准为

0.50mg/L。②Ag++2CN－=[Ag(CN)2]－，Ag++I－=AgI↓，AgI

呈黄色，且

CN－优先与

Ag+反应。③实验如下：取

30.00mL

处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，并滴加几滴

KI

溶液作指示剂，

用

1.000×10－4

mol/L

的

AgNO3

标准溶液滴定，消耗

AgNO3

溶液的体积为

1.50mL。④滴定终点的判断方法是_________。⑤经计算处理后的废水中NaCN的浓度为_________mg/L(保留两位小数)，处理后的废水是否达到排放标准：________（填“是”或“否”）III.工业废水中，含有

NaNO2。NaNO2

固体外观酷似食盐，误食会中毒。可用电解法将废水中少量的转化为N2以降低其危害。写出在酸性条件下转化为氮气的电极反应式为_____________。29、（10分）（化学选3——物质结构与性质）利用合成的新型三元催化剂[La0.8Cu0.2Ni1-xMxO3(M分别为Mn、Fe和Co)]可以使汽车尾气中NO和CO发生反应而减少尾气污染，同时可大大降低重金属的用量。回答下列问题：(1)Mn2+的核外电子排布式为：________________，其单电子数为_________________。(2)C、N、O、Mn电负性由大到小的顺序是___________。(3)也是常见配体，其中采取sp2杂化的碳原子和sp3杂化的碳原子个数比为_____。(4)蓝色物质KFe(Ⅲ)x[Fe(Ⅱ)(CN)6]可缓解重金属中毒，x=_______；该物质中不存在的作用力有_____。A．范德华力B．离子键C．σ键D．π键E.氢键(5)副族元素钴的氧化物可以在室温下完全氧化甲醛(HCHO)。甲醛分子的立体构型为_____；甲醛常温下为气体而甲醇(CH3OH)为液体的原因是________________________________。(6)副族元素Mn和元素Se形成的某化合物属于立方晶系，其晶胞结构如图所示，其中(○为Se，为Mn)，该化合物的化学式为________，Se的配位数为______，Mn和Se的摩尔质量分别为M1g/mol、M2g/mol，该晶体的密度为ρg/cm3,则Mn—Se键的键长为_____________nm(计算表达式)。

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】

元素K的焰色反应呈紫色，紫色光能量高，波长短，所以其中紫色对应的辐射波长为404.4nm，故合理选项是A。2、D【解题分析】试题分析：C6Hg2O6体内氧化是氧化反应，是常见放热反应，A错误；HCl和KOH反应是中和反应，是常见放热反应，B错误；反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，C错误；破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量，是吸热反应，D正确．考点：认识常见的吸热反应与放热反应3、C【解题分析】

A.由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆移；B.化学平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，根据平衡移动判断温度对平衡常数的影响分析；C.由图可知，T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，反应向正反应进行；D.达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系。【题目详解】A.由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，由于升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，所以正反应为放热反应，即△H<0，A错误；B.该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以升温化学平衡常数减小，K1>K2，B错误；C.T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，则化学反应向正反应进行，则一定有v正>v逆，C正确；D.该反应是反应前后气体体积相等的反应，在同一温度下的气体压强相同，达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系，则p(C)>p(D)=p(B)，D错误；故合理选项是C。【题目点拨】本题以化学平衡图象为载体，考查温度对化学平衡常数及对平衡移动的影响。注意曲线的各点都处于平衡状态，曲线上的点正反应速率大于逆反应速率，反应正向进行；曲线下方的点逆反应速率大于正反应速率，反应逆向进行。4、A【解题分析】

①在人类对金属材料的使用过程中,性质越不活泼的金属单质最早被人们冶炼和使用，错误；②纯铁比生铁抗腐蚀性更强，正确；③单质铝在空气中比较耐腐蚀，是因为铝表面有一层致密的氧化膜，但铝是活泼金属，错误；④向紫色石蕊试液中加入过量的Na2O2粉末，振荡，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，故溶液变为蓝色并有气泡产生，但由于过氧化钠具有漂白性，最终溶液变为无色，错误；⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金，正确；⑥可通过焰色反应区分钾元素和钠元素，正确；⑦将FeCl3溶液滴入KI淀粉溶液中有单质碘生成，溶液变蓝色，正确；⑧铝不能置换出镁，铝粉和氧化镁粉末混合，高温不能发生铝热反应，错误，有关金属及其化合物的说法中，正确的个数为4，答案选A。5、B【解题分析】由实验流程可知，过量氯水反应后的溶液，加入CCl4萃取后下层的紫红色，说明原溶液中含有I-，则能够氧化I-的Fe3+不能同时存在于溶液中。此时上层的水溶液中一定含有氯水还原生成的Cl-，所以用该溶液加入AgNO3生成的白色沉淀，其中Cl-不能说明存在于原溶液中。另外一份加入NaOH产生红褐色沉淀说明溶液中存在Fe3+，但是该Fe3+又不能存在于原溶液中，那只能是Fe2+开始时被氯水氧化生成Fe3+，所以原溶液中含有Fe2+；Fe2+的存在说明原溶液中不含有CO32-，由上述分析可知，原溶液X中一定含有I-、Fe2+，一定不存在Fe3+、CO32-，不能确定是否存在K+、Na+、SO42-、Cl-，A．X中不含Fe3+，A错误；B．由分析可知溶液X中有Fe2+、I-可能有SO42-、Cl-，B正确；C．不能确定是否存在Cl-，C错误；D．X中不含Fe3+，D错误；答案选B。6、B【解题分析】

A．硫代硫酸钠是可溶性盐，可拆分，则用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，正确的离子方程式为：S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故A错误；B．氢氧化亚铁暴露于空气中被氧化生成氢氧化铁，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，故B正确；C．二氧化碳过量反应生成可溶性的碳酸氢钙，则向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，离子方程式：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-，故C错误；D．HClO是弱酸，则氯气用于自来水消毒发生反应的离子方程式为Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO，故D错误；故答案为B。7、D【解题分析】

若该物质为H2，依次发生的反应为2H2+O22H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，相当于反应为“Na2O2+H2=2NaOH”，固体增加的质量为燃烧H2的质量；若该物质为CO，依次发生的反应为2CO+O22CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，相当于反应为“Na2O2+CO=Na2CO3”，固体增加的质量为燃烧CO的质量；经过上述分析可归纳：凡分子组成符合（CO）m·（H2）n的物质wg在O2中完全燃烧，将其产物（CO2和水蒸气）通过足量Na2O2后，固体增重必为wg。①②③符合；④分子式为CH2O，符合；⑤分子式为C2H4O2，可改写成（CO）2·（H2）2，符合；⑥分子式为C2H6O2，可改写成（CO）2·（H2）3，符合；全部符合，答案选D。8、D【解题分析】A，I中食盐水呈中性，铁钉发生吸氧腐蚀，A项错误；B，II中HCl极易溶于水，会产生倒吸，B项错误；C，III中NH4Cl受热分解成NH3和HCl，NH3和HCl遇冷在试管口重新化合成NH4Cl，不能获得NH3，C项错误；D，IV中滴定管的新型活塞耐强酸、强碱，所以可以量取20.00mL的NaOH溶液，D项正确；答案选D。9、D【解题分析】本题考查阿伏加德罗常数。详解：甲醇分子中含有3个碳氢键、1个碳氧键和1个氧氢键，所以1mol甲醇中含有5mol共价键，含有的共价键数目为5NA，故A错误；92.0g甘油（丙三醇）的物质的量为1mol，已知一个丙三醇含有3个羟基，则1mol丙三醇含有的羟基数为3NA，B错误；1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl（气）、CH2Cl2（液）、CHCl3（液）、CCl4（液）、HCl（气），所以生成的的分子数小于1.0NA，C错误；9.2g甲苯的物质的量为0.1mol，1mol甲苯被性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸，转移的电子数为6NA，则0.1mol甲苯被氧化为苯甲酸转移的电子数为0.6NA，D正确。故选D。点睛：本题通过有机化合物考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意甲烷和氯气在光照下反应生成的氯代烃为混合物，甲苯被性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸。10、C【解题分析】

A.乌克兰葵花籽油属于油脂，是有机物，A不选；B.埃及长绒棉主要成分是纤维素，是有机物，B不选；C.捷克水晶主要成分是二氧化硅，是无机物，C选；D.中国丝绸主要成分是蛋白质，是有机物，D不选；答案选C。【题目点拨】明确有机物和无机物的含义以及常见物质的组成是解答的关键，有机物中一定含有碳元素，但是部分含有碳元素的物质，例如CO、碳酸盐等，其结构和性质更类似于无机物，一般归为无机物，而不是有机物。11、D【解题分析】

物质的结构决定了物质的性质。苯酚与乙醇在性质上有很大差别的原因是其结构不同，苯酚分子中有苯环和羟基，而乙醇分子中有乙基和羟基，两者官能团相同，但官能团所连的烃基不同，其在常温下的状态经及相对分子质量也是由结构决定的，故选D。12、C【解题分析】生成的醇无具有相同官能团的同分异构体，则醇为甲醇或乙醇。如果为甲醇，则酸为C5H11-COOH，戊基有8种同分异构体，所以C5H11-COOH的同分异构体也有8种；如果为乙醇，则酸为C4H9-COOH，丁基有4种结构，所以C4H9-COOH的同分异构体也有4种，故醇有2种，酸有8+4=12种，所以这些酸和醇重新组合可形成的酯共有2*12=24种，答案选C。正确答案为C。点睛：本题的难点是理解生成的醇无具有相同官能团的同分异构体，甲醇、乙醇没有醇类的同分异构体，从丙醇开始就有属于醇类的同分异构体，如丙醇有2种属于醇的同分异构体，CH3CH2OH和CH3CH(OH)CH3，故能否理解题意是解答此题的关键。13、B【解题分析】

酸性氧化物是指能与碱反应生成盐和水的氧化物，酸性氧化物的通性是氧化物一般能与水反应生成对应的酸，能与碱性氧化物反应生成盐，能与碱反应生成盐和水。【题目详解】A项、氢氧化钠能与玻璃中的酸性氧化物二氧化硅反应生成硅酸钠和水，与酸性氧化物的通性有关，故A错误；B项、过氧化钠与水反应制备氧气是氧化还原反应，存在化合价变化，与酸性氧化物的通性无关，故B正确；C项、烧煤时加入生石灰，碱性氧化物氧化钙与酸性氧化物二氧化硫反应生成亚硫酸钙，与酸性氧化物的通性有关，故C错误；D项、酸性氧化物二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙和水，与酸性氧化物的通性有关，故D错误；故选B。14、C【解题分析】NaOH为强电解质，pH=11的NaOH溶液中NaOH的浓度为0.001mol/L；醋酸为弱电解质，在溶液中只部分电离，pH=3的醋酸溶液中醋酸的浓度大于0.001mol/L。两溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显酸性，即c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),可知c(Na+)＜c(CH3COO-)。故选C。15、C【解题分析】

由流程可以知道，苯甲醛与KOH反应生成苯甲醇、苯甲酸钾，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，则乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇；水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作Ⅲ为过滤，则产品乙为苯甲酸，以此来解答。【题目详解】A.操作Ⅰ加入水、乙醚后分层，分离乙醚溶液与水溶液为分液，则为萃取分液，所以A选项是正确的；

B.操作Ⅱ分离互溶的乙醚、苯甲醇，蒸馏所得产品甲是苯甲醇，所以B选项是正确的；

C.由上述分析，操作Ⅲ为过滤，则产品乙为苯甲酸，故C错误；

D.由上述分析可以知道，乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇，所以D选项是正确的。答案选C。16、A【解题分析】

乙是一种“绿色氧化剂”，乙是H2O2，H2O2会分解生成氧气与氢气，据转化关系易知M是单质，所以M是O2；乙和丁的组成元素相同，则丁是H2O；化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，N是SO2，丙是H2S，则甲是硫化物；X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，Z是Na元素；X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。【题目详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S，则A.由四种元素形成的两种盐，为亚硫酸氢钠与硫酸氢钠，两者可反应，其离子方程式为：，A项正确；B.Y为O，Z为Na，两者形成的化合物为过氧化钠与氧化钠，化合物中阴、阳离子个数比均为1：2，B项错误；C.二氧化硫使溴水褪色发生氧化还原反应，乙烯使溴水褪色发生加成反应，C项错误；D.H与O形成的化合物为过氧化氢或水，其中H原子均满足2电子结构，而不是8电子结构，D项错误；答案选A。【题目点拨】本题考查元素原子结构与性质相互关系的综合应用。A项是难点，学生要掌握硫酸氢钠水溶液相当于酸性溶液。17、C【解题分析】分析：碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，结合电荷守恒、物料守恒等解答。详解：A、溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），A正确；B、溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），B正确；C、溶液呈碱性，故HCO3-的电离程度小于其水解程度，C错误；D、小苏打溶液中，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，碳酸氢根离子的水解和电离都较微弱，水和碳酸氢根离子都电离出氢离子，只有碳酸氢根离子电离出碳酸根离子，所以c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(CO32-)，D正确。答案选C。点睛：本题考查离子浓度比较以及三大守恒定律，注意多元弱酸酸式根离子可电离也可水解。HSO3-、H2PO4-等以电离为主，溶液显酸性；HCO3-、HS-等以水解为主，溶液显碱性。18、D【解题分析】

A、木炭在空气中燃烧为放热反应，错误；B、氢气在氯气中燃烧为放热反应，错误；C、盐酸和氢氧化钠溶液反应为放热反应，错误；D、将Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体研细后混合并搅拌为吸热反应，正确；故本题选择D。19、B【解题分析】分析：某温度下，反应H2（g）+I2（g）2HI（g），反应前后气体体积不变，增大压强不改变化学平衡，A．甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；甲、丙比较，丙中氢气浓度大，促进碘单质转化；B．甲、丁比较，起始物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动；C．由甲中数据可知，甲中氢气转化率为0.004×0.5/0.01×100%=20%，但甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；D．甲、丙温度相同，K相同，结合表格中数据可知，K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。详解：A．甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；甲、丙比较，丙中氢气浓度大，促进碘单质转化，乙丙达到相同平衡状态，则HI的平衡浓度：a=b＞0.004，反应H2（g）+I2（g）2HI（g），反应前后气体体积不变，丙投料是甲的2倍，c=0.008，故A正确；B、甲、丁比较，起始物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动，则平衡时，H2的转化率：甲=丁，故B错误；C、由甲中数据可知，甲中氢气转化率为0.004×1/(2×0.01)×100%=20%，但甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化，故C正确；D、甲、丙温度相同，K相同，结合表格中数据可知，K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。故D正确；故选B。点睛：本题考查化学平衡的计算，解题关键：把握表格中数据、转化率及K的计算、等效平衡的判断，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为解答的难点．20、B【解题分析】

用惰性电极电解①电解CuSO4时，生成Cu和氧气，与题意不符，①错误；②电解NaCl生成氯气、氢氧根离子和氢气，与题意不符，②错误；③电解CuCl2生成氯气、Cu，与题意不符，③错误；④电解KNO3生成氢气和氧气，符合题意，④正确；⑤电解盐酸生成氯气和氢气，与题意不符，⑤错误；⑥电解H2SO4生成氢气和氧气，符合题意，⑥正确；⑦电解NaOH生成氢气和氧气，符合题意，⑦正确；综上所述，答案为B。21、B【解题分析】

析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag＋）=Ksp(AgCl)/c(Cl－)=1.56×10-10/0.01mol·L－1，AgBr溶液中c（Ag＋）=Ksp(AgBr)/[Br－]=7.7×10-13/0.01mol·L－1，Ag2CrO4溶液中c（Ag＋）==mol·L－1，c（Ag＋）越小，先生成沉淀．【题目详解】析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag＋）=Ksp(AgCl)/c(Cl－)=1.56×10-10/0.01mol·L－1=1.56×10-8mol·L－1；AgBr溶液中c（Ag＋）=Ksp(AgBr)/[Br－]=7.7×10-13/0.01mol·L－1=7.7×10-11mol·L－1；Ag2CrO4溶液中c（Ag＋）==mol·L－1=3×10-5mol·L－1，c（Ag＋）越小，先生成沉淀．所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrO42－。故选B。22、C【解题分析】

A．由一次能源直接或间接转化而来的能源是二次能源，电能、汽油、沼气都是由一次能源转化而来的能源，属于二次能源，故A正确；B．燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，与量的多少无关，因此1mol碳和3mol碳的燃烧热相等，故B正确；C．氯化氢是共价化合物，溶于水能够完全电离，是强电解质，因此共价化合物可以是电解质；但离子化合物都是电解质，不可能是非电解质，故C错误；D．化学反应能否自发进行的判据是：△H-T△S＜0，吸热反应也可能自发进行，故D正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、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。24、(CH3)2C=C(CH3)21212加成或还原反应NaOH的乙醇溶液,△【解题分析】

据和的结构简式可知，由合成的过程实际上就是由-CH2CHO转化成-CH=CH2，最终转化成-CCH的过程。具体合成路线为：【题目详解】（1）根据乙烯所有原子共面，所以要使化学式C6H12的烯烃的所有碳原子在同一平面上，烯烃的结构简式为(CH3)2C=C(CH3)2；答案：(CH3)2C=C(CH3)2；（2）有机官能团中只有-COOH能与NaHCO3溶液反应，所以1mol能与含1molNaHCO3的溶液反应；答案：1；（3）①常温下，C=C和酚羟基的邻对位都能与Br2发生反应，所以由知1摩丁香酚能与2molBr2反应；答案：2；②苯环上所有的原子共面，由香兰素的结构简式为可知，分子中至少有12个原子共平面；答案：12；II．（1）根据分析可知G的结构简式为：；答案：。（2）根据分析可①的反应类型加成反应；答案：加成反应；（3）根据分析可④是卤代烃的消去反应，所以反应条件为：NaOH的乙醇溶液,加热；答案：NaOH的乙醇溶液,加热。25、分液漏斗Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O[或Na2SO3＋2H2SO4(浓)=2NaHSO4＋SO2↑＋H2O]2:1通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度安全瓶d过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀HCl【解题分析】

(1)根据仪器图写出名称；（2）A中反应Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O;装置B为安全装置，可防堵塞，装置D用来吸收含有SO2的尾气，可以盛NaOH溶液；当B中导气管堵塞时，B内压强增大，锥形瓶中的液面下降，漏斗中的液面上升。(3)烧瓶C中，该转化过程的总反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，则C瓶中Na2S和Na2CO3的物质的量之比最好为2:1。(4)装置B中盛有饱和NaHSO3溶液，装置B的作用是通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度同时起到安全瓶作用；（5）防倒吸可选d装置；(6)为检验产品中是否含有Na2SO4和Na2SO3，取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加入足量稀HCl，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。【题目详解】结合以上分析，(1)仪器a的名称为分液漏斗；（2）装置A中发生反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O。（3）烧瓶C中，该转化过程的总反应:2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2,则C瓶中Na2S和Na2CO3的物质的量之比最好为2:1，因此本题答案为：2:1。（4）从仪器连接可知，装置B中盛有饱和NaHSO3溶液，由于二氧化硫不溶于饱和NaHSO3溶液，故其作用是通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度同时起到安全瓶作用，防堵塞，原理是，若B中导气管堵塞时，B内压强增大，锥形瓶中的液面下降，漏斗中的液面上升。因此，本题答案为：通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度；安全瓶；（5）装置D用于处理尾气，SO2可以和氢氧化钠溶液反应，要能吸收SO2同时防倒吸，应选d。(6)亚硫酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶于盐酸，为检验产品中是否含有Na2SO4和Na2SO3取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加入足量稀HCl，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。26、在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用温度、浓度等KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快。因为反应生成的MnSO4是KMnO4与H2C2O4反应催化剂，能加快反应速率酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也会使KMnO4溶液褪色，产生干扰【解题分析】

（1）实验①、②、③中使用的反应物是都是0.01mol/LKMnO4、0.1mol/LH2C2O4，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，高锰酸钾褪色时间最快的是②，加了硫酸锰，③中加的是硫酸钠与①褪色时间基本相同，对比得知起催化作用的是Mn2+，即该实验结论是在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用；（2）除催化剂对反应速率有影响外，还有其他的外界因素如温度、浓度等；（3）实验②中是单独加入催化剂MnSO4，而草酸与酸性高锰酸钾反应会生成MnSO4，那么这个反应的产物就会起到催化剂的作用，所以实验①的现象是：KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快，因为反应生成的MnSO4是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，能加快化学反应速；（4）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化氯化锰中的氯离子，也会使KMnO4溶液褪色，从而缩短褪色时间，产生干扰。【题目点拨】本题考查了草酸与酸性高锰酸钾溶液反应，探究影响化学反应速率的因素，注意对比实验的关键是其他条件不变，控制其中的一个变量进行分析，另外考查了酸性高锰酸钾溶液的强氧化性，题目难度适中。27、2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O100mL容量瓶、胶头滴管反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且Mn2+的浓度大催化效果更好【解题分析】分析：(1)草酸中的碳元素被在酸性条件下能被高锰酸钾溶液氧化为CO2，高锰酸根能被还原为Mn2+，据此书写并配平方程式；(2)根据配制溶液的步骤和所用仪器分析判断；(3)反应中Mn2+浓度发生显著变化，从影响反应速率的因素分析解答。详解：(1)该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，C元素化合价由+3价变为+4价，转移电子数是10，根据转移电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；(2)配制100mL

0.0400mol•L-1的Na2C2O4溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、量筒、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，该试验中两次用到玻璃棒，其作用分别是搅拌、引流，所以还必须用到的玻璃仪器是100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为100mL容量瓶、胶头滴管；(3)反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好，故答案为反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓