2024届自贡市重点中学高二化学第二学期期末调研试题含解析

2024届自贡市重点中学高二化学第二学期期末调研试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、铁在下列四种情况中腐蚀速率判断正确的是（）A．a＞b＞c＞d B．b＞a＞d＞cC．d＞c＞b＞a D．b＞d＞a＞c2、根据生活经验，判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是①洁厕灵（主要成分为HCl）②厨房清洁剂③食醋④肥皂⑤食盐A．①②⑤③④ B．①③⑤④② C．③①②⑤④ D．④③⑤②①3、X、Y、Z、W、M五种短周期元素，X、Y同周期，X、Z同主族，Y形成化合物种类最多，X2-、W3+具有相同的电子层结构，M为短周期主族元素中原子半径最大的元素。下列说法正确的是A．原子半径大小顺序为M＞W＞X＞Z＞YB．W元素形成的可溶性盐溶液一定显碱性C．M、X只能形成离子化合物，且形成的离子化合物中只含离子键D．W的氧化物与Z、M的最高价氧化物的水化物均能反应4、已知HCO3-＋AlO2-＋H2O==CO32-＋Al(OH)3↓。将足量的KHCO3溶液不断滴入含等物质的量的KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与滴入的KHCO3溶液体积的关系可表示为A． B． C． D．5、NH3分子的空间构型是三角锥形，而不是正三角形的平面结构，解释该事实的充分理由是A．NH3分子是极性分子B．分子内3个N—H键的键长相等，键角相等C．NH3分子内3个N—H键的键长相等，3个键角都等于107°D．NH3分子内3个N—H键的键长相等，3个键角都等于120°6、某元素X的逐级电离能如图所示，下列说法正确的是()A．X元素可能为＋4价 B．X可能为非金属C．X为第五周期元素 D．X与氯反应时最可能生成的阳离子为X3＋7、最近科学家成功制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构，下列对该晶体叙述错误的是（）A．该晶体类型是原子晶体B．晶体的空间最小环共有6个原子构成C．晶体中碳原子数与C—O化学键数之比为1∶4D．该晶体中碳原子和氧原子的个数比为1∶28、下列有关化学键类型的判断不正确的是A．s­—sσ键与s—­pσ键的对称性相同B．分子中含有共价键，则至少含有一个σ键C．已知乙炔的结构式为H—C≡C—H，则乙炔分子中存在2个σ键(C—H)和3个π键(C≡C)D．乙烷分子中只存在σ键，即6个C—H键和1个C—C键都为σ键，不存在π键9、“中国名片”中航天、军事、天文等领域的发展受到世界瞩目，它们与化学有着密切的联系。下列说法错误的是（）A．“中国天眼”用到的钢铁属于黑色金属材料B．“歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料C．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料D．“天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能10、在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是A．氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO11、下列实验装置能达到其实验目的的是(

)A．制取少量H2B．验证Na和水反应放热C．分离Na2CO3溶液和CH3COOCH2CH3的混合物D．蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体12、下列有机物的一氯代物同分异构体数目相同的一组是()①②③④A．只有②③④ B．只有③ C．只有① D．只有②13、下列有关说法不正确的是（）A．苯与浓HNO3和浓H2SO4的混合液共热，发生取代反应B．乙醇在一定条件下可以转化为CO2或CH3COOC2H5C．可以用碳酸钠溶液区分乙酸、乙醇、苯D．乙烯通入溴水中，得到无色、均一溶液14、化学与我们的生活息息相关。下列说法不正确的是（）A．食品袋中常放生石灰，能起到抗氧化剂的作用B．可溶性铝盐和铁盐可用作净水剂C．溴元素又名“海洋元素”，可用于生产杀虫剂、熏蒸剂等D．CO2和CH4都是引起温室效应的气体15、溶液X中可能含有Ba2+、NH4+、Na+、K+、Cl–、HCO3–、HSO3–、SO42–中的几种离子，各离子的浓度均相等。为了确定其组成，某同学进行了如下实验：①取少量溶液X，往里滴加过量的氢氧化钠溶液并加热，得到气体A、溶液A和沉淀A②取少量溶液A，往里滴加过量的硝酸银溶液得到溶液B和沉淀B下列说法正确的是A．溶液X中一定存在Ba2+、NH4+，可能含有Cl-B．溶液X中一定不存在SO42–、Na+和K+C．溶液X中HCO3–、HSO3–两者存在其一D．沉淀A一定是BaCO3，沉淀B一定是AgCl16、下列能说明苯环对侧链的性质有影响的是A．甲苯在30℃时与硝酸发生取代反应生成三硝基甲苯B．甲苯能使热的酸性KMnO4溶液褪色C．甲苯在FeBr3催化下能与液溴反应D．1mol甲苯最多能与3

mol

H2发生加成反应17、用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAB．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02NAC．物质的量浓度为1mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl—个数为2NAD．通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4L18、下列实验操作能达到实验目的且离子方程式正确的是A．用盐酸清洗盛石灰水的试剂瓶内壁的白色固体：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OB．证明H2SO3的酸性强于HClO：SO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HSO3－C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3﹣D．用NaOH溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸：CH3COOH+OH﹣→CH3COO﹣+H2O19、由溴乙烷制取乙二醇(HOCH2CH2OH)，依次发生的反应类型是（）A．取代加成水解 B．消去加成水解C．水解消去加成 D．消去水解取代20、A、B、C三种醇分别与足量的金属钠完全反应，在相同条件下产生相同的体积，消耗这三种醇的物质的量之比为3：6：2，则A、B、C三种醇分子中所含羟基的个数之比为（）A．3：2：1 B．2：6：3 C．3：1：2 D．2：1：321、某有机物的结构简式如图．该物质不应具有的化学性质是（）①可燃烧②可跟溴加成③可使酸性KMnO4溶液褪色④可跟NaHCO3溶液反应⑤可跟NaOH溶液反应⑥可在碱性条件下水解⑦可与新制备的Cu(OH)2悬浊液煮沸生成红色沉淀A．①②B．③④C．④⑤D．⑥⑦22、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二、非选择题(共84分)23、（14分）A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，其分子结构模型如图所示（图中球与球之间连线代表化学键单键或双键）。(1)根据分子结构模型写出A的结构简式___________。(2)拟从芳香烃出发来合成A，其合成路线如下：已知：A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇。(a)写出⑤反应类型__________反应；写出H的结构简式___________。(b)写出G中官能团名称：_________________________(c)写出下列步骤的反应方程式（注明必要的条件）⑥_______________________________________。⑦________________________________________。(3)A的同分异构体有多种，同时满足下列条件A的同分异构体有________种。ⅰ.含有苯环，苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种；ⅱ.与A有相同的官能团；ⅲ.能发生银镜反应。24、（12分）Ⅰ由白色和黑色固体组成的混合物A，可以发生如下框图所示的一系列变化：(1)写出反应③的化学方程式：_____________________________________________。写出反应④的离子方程式：_____________________________________________。(2)在操作②中所使用的玻璃仪器的名称是：____________________________。(3)下列实验装置中可用于实验室制取气体G的发生装置是______；(用字母表示)为了得到纯净干燥的气体G，可将气体通过c和d装置，c装置中存放的试剂_____，d装置中存放的试剂______。(4)气体G有毒，为了防止污染环境，必须将尾气进行处理，请写出实验室利用烧碱溶液吸收气体G的离子方程式：____________________________。(5)J是一种极易溶于水的气体,为了防止倒吸,下列e～i装置中,可用于吸收J的是____________。Ⅱ.某研究性学习小组利用下列装置制备漂白粉，并进行漂白粉有效成分的质量分数的测定。(1)装置③中发生反应的化学方程式为________________________________________(2)测定漂白粉有效成分的质量分数：称取1.000g漂白粉于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的pH，以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L－1KI溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为3ClO－＋I－===3Cl－＋IO3-IO3-＋5I－＋3H2O===6OH－＋3I2实验测得数据如下表所示。该漂白粉中有效成分的质量分数为________________。滴定次数123KI溶液体积/mL19.9820.0220.0025、（12分）次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛，已知次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，且在120℃以上发生分解。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：步骤1：在烧瓶中(装置如图所示)加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80～90℃下，反应约3h，冷却至室温，抽滤。步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶，抽滤。(1)仪器B的名称为__________，装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，其作用是：__________________________________________。(2)装置C的作用是________________。(3)①步骤2中，应采用何种加热方式____________，优点是________________；②冷凝管中回流的主要物质除H2O外还有__________(填化学式)。(4)步骤3中不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是_____________________________。(5)请写出步骤1中制取NaHSO3的化学方程式：_____________________________。26、（10分）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾K3[Fe(C2O4)3]3H2O为绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂。I.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的制备①将5g(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体溶于20mL水中，加入5滴6mol·L－1H2SO4酸化，加热溶解，搅拌下加入25mL饱和H2C2O4溶液，加热，静置，待黄色的FeC2O4沉淀完全以后，倾去上层清液，倾析法洗涤沉淀2－3次。②向沉淀中加入10mL饱和草酸钾溶液，水浴加热至40℃，用滴管缓慢滴加12mL5％H2O2，边加边搅拌并维持在40℃左右，溶液成绿色并有棕色的沉淀生成。③加热煮沸一段时间后，再分两批共加入8mL饱和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此时棕色沉淀溶解，变为绿色透明溶液。④向滤液中缓慢加入10mL95％的乙醇，这时如果滤液浑浊可微热使其变清，放置暗处冷却，结晶完全后，抽滤，用少量洗涤剂洗涤晶体两次，抽干，干燥，称量，计算产率。已知制备过程中涉及的主要反应方程式如下：步骤②6FeC2O4＋3H2O2＋6K2C2O4＝4K3[Fe(C2O4)3]＋2Fe(OH)3，步骤③2Fe(OH)3＋3H2C2O4＋3K2C2O4＝2K3[Fe(C2O4)3]＋6H2O，请回答下列各题：(1)简述倾析法的适用范围______________，步骤③加热煮沸的目的是_______________。(2)下列物质中最适合作为晶体洗涤剂的是____________________(填编号)。A．冷水B．丙酮C．95％的乙醇D．无水乙醇(3)有关抽滤如图，下列说法正确的是_____________。A．选择抽滤主要是为了加快过滤速度，得到较干燥的沉淀B．右图所示的抽滤装置中，只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口C．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出D．抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸Ⅱ.纯度的测定称取1.000g产品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用标定浓度为0.01000mol·L－1的高锰酸钾溶液滴定至终点，三次平行实验平均消耗高锰酸钾溶液24.00mL。(4)滴定涉及反应的离子方程式：___________________________________。(5)计算产品的纯度_____________________(用质量百分数表示)。(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的相对分子质量为491)27、（12分）制备乙酸乙酯，乙酸正丁酯是中学化学实验中的两个重要有机实验①乙酸乙酯的制备②乙酸丁酯的制备完成下列填空：（1）制乙酸乙酯的化学方程式___________。（2）制乙酸乙酯时，通常加入过量的乙醇，原因是________，加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是________；浓硫酸用量又不能过多，原因是_______________。（3）试管②中的溶液是________，其作用是________________。（4）制备乙酸丁酯的过程中，直玻璃管的作用是________，试管不与石棉网直接接触的原因是_____。（5）在乙酸丁酯制备中，下列方法可提高1-丁醇的利用率的是________（填序号）。A．使用催化剂B．加过量乙酸C．不断移去产物D．缩短反应时间（6）两种酯的提纯过程中都需用到的关键仪器是________，在操作时要充分振荡、静置，待液体分层后先将水溶液放出，最后将所制得的酯从该仪器的________（填序号）A．上口倒出B．下部流出C．都可以28、（14分）正丁酸乙酯(CH3CH2CH2COOCH2CH3)是合成香料的重要原料。以有机物A为原料制备正丁酸乙酯的一种合成路线如下图所示：已知：I．R1CH=CH2R1CH2CH2BrⅡ．R2CH2BrR2CH2COOHⅢ．R3CH=CHR4R3CHO+R4CHO回答下列问题：(1)A的名称为________，E中官能团的名称是___________。(2)A→B、B→C的反应类型分别为______、__________。(3)H的结构简式为___________。(4)能发生银镜反应的D的同分异构体（不考虑环状结构）共有__________种。(5)参照上述合成路线，以苯乙烯()和乙醇为原料（无机试剂任选），设计制备苯甲酸乙酯()的合成路线：________________________。29、（10分）乙酰乙酸乙酯是有机合成中非常重要的原料，实验室制备乙酰乙酸乙酯的反应原理、装置示意图和有关数据如下所示：实验步骤：(I)合成：向三颈烧瓶中加入9.8mL无水乙酸乙酯，迅速加入0.1g切细的金属钠。水浴加热反应液，缓慢回流约2h至金属钠全部反应完。停止加热，冷却后向反应混合物中加入50%乙酸至反应液呈弱酸性。(II)分离与提纯：①向反应混合物中加入等体积的饱和食盐水，分离得到有机层。②水层用5mL无水乙酸乙酯萃取，分液。③将①②所得有机层合并，洗涤、干燥、蒸馏得到乙酰乙酸乙酯粗产品。④蒸馏粗产品得到乙酰乙酸乙酯3.9g。(l)迅速加入金属钠的原因是_________（用化学方程式说明）。(2)球形冷凝管中冷却水从_____（填“上”或“下”）口进入，上方干燥管中盛有无水CaCl2，其作用是_______。(3)实验室制备乙酰乙酸乙酯时，通常在无水乙酸乙酯中加入微量的无水乙醇，其作用是_______。(4)分离与提纯操作①中使用的分离仪器是_______。加入饱和食盐水的作用是_______。(5)分离与提纯操作③用饱和NaHCO3溶液洗涤的目的是______________。(6)本实验的产率为______%（结果保留两位有效数字）。

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、B【解题分析】

a、铁的吸氧腐蚀，原电池中铁为负极，加速其腐蚀；b、原电池中铁做负极，铁与硫酸反应，腐蚀速率大于a；c、铁做阴极，外加电源的阴极保护法，不会腐蚀；d、牺牲阳极的阴极保护法，铁被保护，但效果没有c好。所以腐蚀速率判断为b>a>d>c，B正确。2、B【解题分析】

厕所清洁剂（HCl）、醋均显酸性，pH均小于7，但洁厕灵的酸性比食醋强,故洁厕灵的pH比醋的小；肥皂、厨房洗涤剂（NaClO）均显碱性，pH均大于7,但厨房清洁剂的碱性比肥皂强,故厨房清洁剂的pH比肥皂的大；⑤食盐是强碱强酸盐，溶液显中性，pH等于7。则上述物质水溶液pH由小到大的顺序是:厕所清洁剂、醋、肥皂、食盐、厨房清洁剂；按酸碱性大小的顺序依次排列为：①③⑤④②；

综上所述，本题正确答案为B。【题目点拨】根据生活中经常接触的物质的酸碱性，由当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时呈酸性，且pH越小，酸性越强；当溶液的pH大于7时呈碱性，且pH越大，碱性越强，进行分析判断。3、D【解题分析】

Y形成化合物种类最多，故Y是碳，X、Y同周期且能形成X2-，故X是氧，X2-、W3+具有相同的电子层结构，故W是铝，X、Z同主族，故Z是硫，M为短周期主族元素中原子半径最大的元素，M是钠。A、原子半径大小顺序为M＞W＞Z＞Y＞X，A项错误；B、氯化铝溶液显酸性，B项错误；C、过氧化钠中有共价键，C项错误；D、W的最高价氧化物是两性氢氧化物，与Z、M的最高价氧化物的水化物均能反应，D项正确；答案选D。4、B【解题分析】

HCO3﹣先与OH﹣反应，再与AlO2﹣反应，而HCO3﹣与OH﹣反应生成CO32﹣后，Ba2+与CO32﹣生成沉淀，HCO3﹣+OH﹣+Ba2+═BaCO3↓+H2O①，消耗1molHCO3﹣、1molOH﹣、1molBa2+，生成1molBaCO3沉淀，此阶段化学方程式为KHCO3+Ba（OH）2═BaCO3↓+H2O+KOH；HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O②，消耗2molHCO3﹣、2molOH﹣（OH﹣消耗完），没有沉淀生成．此阶段化学方程式为KHCO3+KOH═K2CO3+H2O（此时KOH有2mol，原溶液中有1mol，反应①产生1mol）；HCO3﹣+AlO2﹣+H2O═CO32﹣+Al（OH）3↓③，消耗1molHCO3﹣、1molAlO2﹣（AlO2﹣消耗完），生成1molAl（OH）3沉淀．此阶段化学方程式为KHCO3+KAlO2+H2O═Al（OH）3↓+K2CO3。三阶段消耗KHCO3的物质的量为1：2：1，也即KHCO3溶液体积比为1：2：1；一、三阶段对应的生成沉淀的物质的量为1：1，第二阶段不生成沉淀，所以图象B符合，故选B．5、C【解题分析】试题分析：NH3分子中N原子价层电子对数为4，采用sp3杂化，含有1个孤电子对，分子的空间构型是三角锥形，三角锥形分子的键角小于平面正三角形的键角，平面正三角形，则其键角应该为120°，已知NH3分子中键角都是107°18′，所以NH3分子的空间构型是三角锥形而不是平面正三角形．故选C。考点：考查了判断分子空间构型6、D【解题分析】

A、由图象可知，该元素的I4>>I3，故该元素易形成+3价阳离子，故A错误；B、由图象可知，该元素的I4>>I3，故该元素易形成+3价阳离子，X应为金属，故B错误；C、周期数=核外电子层数，图像中没有显示X原子有多少电子层，因此无法确定该元素是否位于第五周期，故C错误；D、由图象可知，该元素的I4>>I3，故该元素易形成+3价阳离子，因此X与氯反应时最可能生成的阳离子为X3＋，故D正确；故选D。7、B【解题分析】

A.根据题干，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构，不存在分子，属于原子晶体，故A正确；B.该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，因此晶体的空间最小环共有12个原子构成，故B错误；C.该晶体中，每个碳原子形成4个C-O共价键，所以C原子与C-O化学键数目之比为1：4，故C正确；D.晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比为1:2，故D正确。故选B。【题目点拨】每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构，所以为原子晶体，和二氧化硅相似。最小环上的原子数、碳原子和C—O化学键数之比以及碳原子和氧原子的个数比都和二氧化硅相同。8、C【解题分析】

根据共价键的种类和应用分析解答。【题目详解】A.σ键都是轴对称图形，故A正确；B.共价单键为σ键，双键和三键中均含1个σ键，则分子中含有共价键，则至少含有一个σ键，故B正确；C.乙炔中的碳碳三键中含有一个σ键，2个π键，两个C—H键是σ键，故C错误；D.乙烷分子中只存在C—C单键和C—H单键，单键都为σ键，故都是σ键，故D正确。故选C。【题目点拨】单键中只有σ键，双键含有1个σ键和1个π键；碳碳双键、碳碳三键中的π键不稳定，容易断裂，发生加成反应。9、B【解题分析】

A.钢铁是铁的合金，属于黑色金属材料，A项正确，不符合题意；B.碳纤维为碳的单质，不是有机物，B项错误，符合题意；C.宇宙飞船返回舱外表面主要用的是高温结构陶瓷，属于耐高温的新型无机非金属材料，C项正确，不符合题意；D.天宫二号的太阳能电池板是为空间实验室提供电能的装置，可以将光能转化为电能，D项正确，不符合题意；答案选B。10、D【解题分析】

A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。答案选D。11、B【解题分析】

A．气体易从长颈漏斗下端逸出，长颈漏斗下端应放置到液面下，故A错误；B．若U形管中红墨水左低右高，则图中装置可验证Na和水反应放热，故B正确；C．乙酸乙酯难溶于水，Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物分层，应选分液漏斗分离，故C错误；D．加热时，氯化铵会分解，不能通过蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，故D错误；答案选B。12、A【解题分析】

①分子中三个乙基是等效的，故有三种类型的氢，所以一氯代物有三种；②有四种类型的氢，所以一氯代物有四种；③有四种类型的氢，所以一氯代物有四种；④有四种类型的氢，所以一氯代物有四种；所以②③④符合题意；所以本题答案：A选项。13、D【解题分析】

A、苯与浓HNO3和浓H2SO4的混合液共热，在不同的温度下可以发生取代反应生成硝基苯或间二硝基苯，选项A正确；B、乙醇在氧气中燃烧得到CO2，乙醇与乙酸发生酯化反应得到CH3COOC2H5，选项B正确；C、乙酸与碳酸钠溶液反应产生气泡、乙醇与碳酸钠溶液互溶不分层、苯与碳酸钠溶液不互溶分层，现象不同，可区分，选项C正确；D、乙烯通入溴水后发生加成反应生成溴乙烷，溴水褪色，溴乙烷是有机试剂与水分层，选项D不正确。答案选D。14、A【解题分析】分析：A．生石灰具有吸水性，不能与氧气反应；B．铝离子和铁离子属于弱根离子，能水解生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体；C.地球上99%的溴元素以Br-的形式存在于海水中，溴及其化合物中很多物质能够使蛋白质发生变性；D．CO2、CH4和氮氧化合物都是形成温室效应的气体。详解：A．生石灰具有吸水性，食品袋中常放有生石灰，作干燥剂，故A错误；B．铝离子和铁离子属于弱碱阳离子，能水解生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附悬浮物而净水，故B正确；C.溴是海水中重要的非金属元素，地球上99%的溴元素以Br-的形式存在于海水中，所以人们称溴为“海洋元素”，溴及其化合物中很多物质能够使蛋白质发生变性，可用于生产杀虫剂、熏蒸剂等，故C正确；D．CO2、CH4和氮氧化合物都是形成温室效应的气体，故D正确；故选A。15、B【解题分析】

X与过量NaOH反应生成气体A为氨气，沉淀A应为亚硫酸钡或碳酸钡或两者都有，则溶液中一定含Ba2+、NH4+、HSO3-和HCO3-至少含有一种，一定不含SO42-。溶液A与硝酸银反应生成沉淀B可能为Ag2O或AgCl，溶液中各离子的浓度均相等，由电荷守恒可知，一定存在阴离子Cl-、HCO3-和HSO3-，不存在Na+、K+，以此来解答。【题目详解】A．由上述分析可知，X中一定存在Ba2+、NH4+、Cl-，故A错误；B．溶液X中一定不存在SO42–、Na+和K+，故B正确；C．由上述分析可知，X中一定存在HCO3–、HSO3–，故C错误；D．沉淀A应为亚硫酸钡和碳酸钡，B可能为Ag2O或AgCl，故D错误；故答案：B。16、B【解题分析】分析：A．甲苯和苯都能发生取代反应；B．苯不能被酸性KMnO4溶液氧化，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸；C．甲苯和苯都能发生取代反应；D．苯也能与氢气发生加成反应。详解：A．甲苯和苯都能与浓硝酸、浓硫酸发生取代反应，甲苯生成三硝基甲苯说明了甲基对苯环的影响，A错误；B．甲苯可看作是CH4中的1个H原子被-C6H5取代，苯、甲烷不能被酸性KMnO4溶液氧化使其褪色，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，苯环未变化，侧链甲基被氧化为羧基，说明苯环影响甲基的性质，B正确；C．甲苯和苯都能与液溴发生取代反应，所以不能说明苯环对侧链有影响，C错误；D．苯、甲苯都能与H2发生加成反应，是苯环体现的性质，不能说明苯环对侧链性质产生影响，D错误。答案选B。点睛：本题以苯及其同系物的性质考查为载体，旨在考查苯的同系物中苯环与侧链的相互影响，通过实验性质判断，考查学生的分析归纳能力，题目难度不大。17、B【解题分析】

A.标准状况下，水是液体，无法用气体摩尔体积求物质的量，A错误；B.常温常压下，Na2CO3为离子晶体，1.06g即0.01mol，含有的Na+离子数为0.02NA，B正确；C.物质的量浓度为1mol/L的MgCl2溶液中，未给定体积无法计算含有Cl—的个数，C错误；D.标准状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4L，D错误；答案为B；【题目点拨】只有浓度，未给定体积无法计算个数，标况下的气体摩尔体积为22.4L/mol。18、C【解题分析】

A．石灰水的试剂瓶内壁的白色固体是碳酸钙不溶于水，用盐酸清洗盛石灰水的试剂瓶内壁的白色固体，反应的离子方程式为CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+，故A错误；B．HClO有强氧化性，能够氧化SO2，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=Cl-+SO42-+2H+，故B错误；C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成的是碳酸氢根离子，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，故C正确；D．乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解反应生成乙酸钠和乙醇，应用饱和碳酸钠溶液洗涤，故D错误；答案选C。19、B【解题分析】

溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生CH2=CH2，CH2=CH2与溴水发生加成反应产生CH2Br-CH2Br，CH2Br-CH2Br与NaOH的水溶液发生水解反应产生HOCH2CH2OH，故合理选项是B。20、D【解题分析】

设生成氢气6mol，根据2-OH～2Na～H2↑可知参加反应的羟基均为12mol，三种醇的物质的量之比为3：6：2，故A、B、C三种分子里羟基数目之比为=2：1：3，故答案为D。21、D【解题分析】试题分析：①该有机物可燃烧，正确；②由于在物质的分子结构中含有碳碳双键，所以可跟溴加成，正确；③由于在物质的分子结构中含有碳碳双键和醇羟基，所以可使酸性KMnO4溶液褪色，正确；④由于在物质的分子结构中含有羧基，所以可跟NaHCO3溶液反应，正确；⑤由于在物质的分子结构中含有羧基，所以可跟NaOH溶液反应，正确。⑥由于在该物质的分子中无酯基，所以不可在碱性条件下水解，错误；⑦由于在该物质的分子中无醛基，所以不能可与新制备的Cu（OH）2悬浊液煮沸生成红色沉淀，错误。该物质不应有的化学性质是⑥⑦，选项是D。考点：考查物质的结构与性质的关系的知识。22、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。二、非选择题(共84分)23、消去羟基、醛基+CH3OH+H2O+H2O6【解题分析】

(1)根据分子结构模型知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，写出结构简式；(2)和溴水发生加成反应生成D，D的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；据此分析解答。【题目详解】(1)A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，每个碳原子形成4个共价键，结合其分子结构模型()知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，且结构简式为：，故答案为；(2)和溴水发生加成反应生成D，D的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；（a）通过以上分析知，反应⑤属于消去反应，H的结构简式为，故答案为：消去；；（b）G的结构简式为：，含有的官能团有—OH、—CHO，名称为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；（c）反应⑥为B和甲醇发生酯化反应生成A，反应方程式是+CH3OH+H2O；反应⑦为E发生消去反应生成F，反应方程式是+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；+H2O；(3)A的结构简式为：，A中含有的官能团为碳碳双键和酯基，A的同分异构体苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种，则只能是对位，又与A有相同的官能团且能发生银镜反应，则苯环连接的两个侧链分别为①—CH=CH2、—CH2OOCH②—CH3、—CH=CHOOCH③—CH3、—C(OOCH)=CH2④—OOCH、—CH=CHCH3⑤—OOCH、—CH2CH=CH2⑥—OOCH、—C(CH3)=CH2，共6种，故答案为：6。【题目点拨】本题的难点是第（3）问，符合条件的同分异构体数目的确定；确定同分异构体的数目先根据限制的条件确定可能存在的结构，然后进行有序书写。24、MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－漏斗、烧杯、玻璃棒b饱和食盐水浓硫酸Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2Of、g、h2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O42.9%【解题分析】

Ⅰ、G为黄绿色气体，则G为Cl2，反应③为二氧化锰与浓盐酸的反应，则D为MnO2，J为HCl，说明混合物A、B中含有MnO2，且含有Cl元素，则A为KClO3、MnO2的混合物，用于实验室制备氧气，则B为O2，C为MnO2、KCl的混合物，则E为KCl，电解KCl溶液生成KOH、Cl2、H2，故H为H2，I为KOH，以此解答该题。Ⅱ、（1）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，根据温度对该反应的影响分析；（2）先计算次氯酸钙的质量，再根据质量分数公式计算。【题目详解】Ⅰ、（1）反应③为实验室制备氯气，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；反应④是电解氯化钾溶液，反应的离子方程式为2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－；（2）C为MnO2、KCl的混合物，KCl溶于水，而MnO2不溶于水，可利用溶解、过滤方法进行分离，溶解、过滤操作使用的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯；（3）实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，制取氯气的发生装置是：b，由于浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，先用饱和食盐水吸收氯气，再用浓硫酸进行干燥，即c装置中存放的试剂是饱和食盐水，d装置中存放的试剂为浓硫酸；（4）实验室利用烧碱溶液吸收气体氯气的离子方程式为Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；（5）氯化氢一种极易溶于水的气体，为了防止倒吸，装置中有倒扣的漏斗或肚容式结构，e、i装置不具有防倒吸的作用，而f、g、h具有防倒吸，故答案为fgh；Ⅱ、（1）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的方程式为2Ca(OH)2＋2Cl2＝CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；（2）3ClO－＋I－＝3Cl－＋IO3-①；IO3-＋5I－＋3H2O＝6OH－＋3I2②，这说明真正的滴定反应是第一步，第一步完成后，只要加入少许碘离子就可以和生成的碘酸根生成碘单质而看到浅蓝色达到终点，KI溶液的总体积＝（19.98+20.02+20.00）mL＝60.00mL，平均体积为60.00mL÷3＝20.00mL。设次氯酸根离子的物质的量为x，则根据方程式可知3ClO－＋I－＝3Cl－＋IO3-3mol1molx0.1000mol•L-1×0.020L所以x＝0.006mol次氯酸钙的质量为：143g×0.006mol×0.5＝0.429g所以质量分数为0.429g/1.000g×100%＝42.9%。25、(球形)冷凝管增大接触面积使SO2充分反应吸收二氧化硫并防止倒吸水浴加热均匀受热、容易控制温度HCHO防止产物被空气氧化Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3【解题分析】

(1)装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫气体和Na2SO3液体的接触面积；(2)装置C是尾气吸收装置，结合二氧化硫易溶于水分析解答；(3)次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在120℃以上发生分解；HCHO易挥发据此分析解答；(4)根据化合价分析次硫酸氢钠甲醛具有的性质，结合次硫酸氢钠甲醛的性质分析判断；(5)步骤1中Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液，据此书写反应的化学方程式。【题目详解】(1)根据装置图，仪器B为(球形)冷凝管，装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫气体和Na2SO3液体的接触面积，加快反应速度，故答案为：(球形)冷凝管；增大接触面积使SO2充分反应，加快反应速度；(2)装置C是尾气吸收装置，倒置的漏斗可以防倒吸，所以装置C的作用是吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气并阻止空气进入装置A，故答案为：吸收二氧化硫并防止倒吸；(3)①次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在120℃以上发生分解，根据分解温度应选择水浴加热，而且水浴加热均匀，容易控制温度，故答案为：水浴加热；均匀受热、容易控制温度；②HCHO易挥发，在80°C-90°C条件下会大量挥发，加冷凝管可以使HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率，故答案为：HCHO；(4)次硫酸氢钠甲醛具有还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，次硫酸氢钠甲醛可以被空气中的氧气氧化变质，故答案为：防止产物被空气氧化；(5)步骤1中Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液，反应的化学方程式为Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3，故答案为：Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3。26、晶体颗粒较大，易沉降除去多余的双氧水，提高草酸的利用率CA、D98.20%【解题分析】

(1)

倾析法的适用范围适用分离晶体颗粒较大、易沉降到容器底部的沉淀，这样减少过滤的时间和操作，比较简单；对步骤②中的溶液经过加热煮沸再进行下一步操作，是由于步骤②溶液中存在过量的过氧化氢，过氧化氢具有一定的氧化性，会和③中加入的草酸发生反应，所以加热煮沸的目的是除去过量的双氧水，提高饱和H2C2O4溶液的利用率；(2)因为产品不溶于乙醇，而选择95%的乙醇经济成本最低，故选C。(3)该抽滤装置的操作原理为：打开最右侧水龙头，流体流速增大，压强减小，会导致整个装置中压强减小，使布氏漏斗内外存在压强差，加快过滤时水流下的速度，A.选择抽滤主要是为了加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，A正确；B.图示的抽滤装置中，除漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口外，中间瓶中的导管也没有“短进短出”，B错误；C.抽滤得到的滤液应从瓶口倒出，不能从支管口倒出，C错误；D.抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸，D正确；故答案选AD。(4)滴定涉及到的原理为草酸根离子能被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，离子方程式为：16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(5)5K3[Fe(C204)3]·3H2O~6KMnO4491*5

6m

0.01×0.024×

m=0.982g，则产品的纯度=0.982÷1.000=98.20%。27、增大反应物的浓度，使平衡正向移动，提高乙酸的转化率；；浓硫酸能吸收反应生成的水，使平衡正向移动，提高酯的产率浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率饱和碳酸钠溶液中和乙酸、吸收乙醇减少乙酸乙酯在水中的溶解冷凝回流防止加热温度过高，有机物碳化分解BC分液漏斗A【解题分析】

（1）实验室用乙醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下制乙酸乙酯，化学方程式为。答案为：；（2）酯化反应属于可逆反应，加入过量的乙醇，相当于增加反应物浓度，可以让平衡生成酯的方向移动，提高酯的产率；在酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂；理论上"加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量"，原因是：利用浓硫