云南省文山州五中2024届化学高二下期末学业质量监测模拟试题含解析

云南省文山州五中2024届化学高二下期末学业质量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（每题只有一个选项符合题意）1、近年来，人类生产、生活所产生的污染，如机动车、燃煤、工业生产等排放的废气，使灰霾天气逐渐增多。灰霾粒子比较小，平均直径在1000～2000nm。下列有关说法正确的是A．灰霾是一种分散系 B．灰霾能发生丁达尔效应C．灰霾形成的是非常稳定的体系 D．灰霾属于胶体2、下列说法正确的是（）。A．相对分子质量相同的几种化合物互为同分异构体B．分子组成相差一个或若干个CH2原子团的物质互为同系物C．所有的烷烃均互为同系物D．分子式符合CnH2n＋2(n≥1)的有机物一定属于烷烃3、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、寿山石{X4[Y4Z10](ZW)8}的组成元素均为短周期元素，X的最高价氧化物对应水化物常用于治疗胃酸过多，X的简单离子与ZW－含有相同的电子数，Y的单质是制造芯片的基础材料。下列说法正确的是（）A．原子半径：Y>X>Z>W B．最高价氧化物水化物的酸性：X>YC．NaW与水反应时作还原剂 D．简单氢化物的热稳定性：Y>Z5、化学与人类的生产、生活、科技、航天等方面密切相关。下列说法正确的是A．字宙飞船中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料B．将海产品用甲醛溶液浸泡以延长保鲜时间C．高纯度的二氧化硅制成的光电池，可用作火展探制器的动力D．双氧水、消毒液、酒精因其强氧化性能杀菌消毒6、将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（）A． B．C． D．7、下列有关说法不正确的是图1图2图3图4A．水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键B．CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋C．H原子的电子云图如图3所示，H原子核外的大多数电子在原子核附近运动D．金属Cu原子堆积模型如图4所示，该金属晶体为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为128、下列说法错误的是（）A．气态电中性基态原子失去一个电子变为气态基态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能B．因为乙烯中含有σ键，所以容易发生加成反应C．电负性的大小也可以作为判断金属性和非金属性强弱的尺度D．同主族元素从上到下第一电离能逐渐变小9、下列说法正确的是（）A．葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素均互为同分异构体B．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解C．油脂是热值最高的营养物质，可以制造肥皂和油漆D．向蛋白质溶液中加入浓的Na2SO4或CuSO4溶液均可使蛋白质盐析10、将mg镁铝合金投入到500ml2mol/L的盐酸中，固体完全溶解，收集到气体5.6L（标准状况下）。向反应所得溶液中加入4mol/L的氢氧化钠溶液，沉淀达到最大值为13.60g，则m的值为A．11.48 B．9.35 C．8.50 D．5.1011、下列关于元素性质的有关叙述中不正确的是A．C、N、O、F的原子半径依次减小B．KOH、NaOH、LiOH的碱性逐渐减弱C．P、S、Cl、Ar的最高正价依次升高D．Na、Mg、Al、Si的最外层电子数依次增加12、NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．46g乙醇中存在的共价键总数为7NAB．1mol甲醇完全燃烧时，转移的电子数为6NAC．标准状况下，22.4L甲烷和22.4L氯仿所具有的微粒数均为NAD．1L0.1mol/L醋酸溶液中含有的氢离子数为0.1NA13、关于SiO2晶体的叙述中，正确的是A．通常状况下，60gSiO2晶体中含有的分子数为NA(NA表示阿伏加德罗常数)B．60gSiO2晶体中，含有2NA个Si—O键C．晶体中与同一硅原子相连的4个氧原子处于同一四面体的4个顶点D．因为硅和碳属于同一主族，所以SiO2晶体与CO2晶体类型相同14、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜蔗糖未水解C向FeCl3溶液中加入少量铜屑，铜溶解Fe3+的氧化性强于Cu2+的氧化性D用pH试纸测得，CH3COONa溶液的pH的为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强A．A B．B C．C D．D15、两种大气污染物NO2和SO2在一定条件下可以发生如下反应：NO2＋SO2===NO＋SO3，在体积为VL的密闭容器中通入3molNO2和5molSO2，反应后容器内氮原子和氧原子个数比为()A．3∶10B．16∶3C．3∶16D．5∶1616、要使金属晶体熔化必须破坏其中的金属键。金属晶体熔、沸点高低和硬度大小一般取决于金属键的强弱，而金属键的强弱与金属阳离子所带电荷的多少及半径大小相关。由此判断下列说法正确的是A．金属镁的硬度大于金属铝B．碱金属单质的熔、沸点从Li到Cs是逐渐增大的C．金属镁的熔点大于金属钠D．金属镁的硬度小于金属钙二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可以从牛奶中提取。纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：实验步骤解释或实验结论称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍试通过计算填空：（1）A的相对分子质量为__。将9.0gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g（2）A的分子式为__。另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）。（3）用结构简式表示A中含有的官能团__、__。A的核磁共振氢谱如图：（4）A中含有__种氢原子。综上所述，A的结构简式为__。18、有机物A(C6H12O2)具有果香味，可用作食品加香剂，还可用作天然和合成树脂的溶剂。已知：①D、E具有相同官能团，E的相对分子质量比D大；②E分子含有支链；③F是可以使溴的四氯化碳溶液褪色的烃。(1)B的化学名称为____________；D的结构简式_____________。(2)C、F分子中所含的官能团的名称分别是___________、______________。(3)写出有机物B生成C的化学反应方程式：___________________；反应类型是________。(4)写出有机物B与E反应生成A的化学反应方程式：_______________________；反应类型是________。(5)E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有________种(不含立体异构)，并写出任意一种符合条件的同分异构体结构简式__________________。①能与Na反应；②能发生银镜反应。19、二氯化硫(SCl2)熔点-78℃，沸点59℃，密度1.638g/mL，遇水易分解，二氯化硫与三氧化硫作用可生成重要化工试剂亚硫酰氯(SOCl2)。以下是氯气与硫合成二氯化硫的实验装置。试回答下列问题：(1)装置A中发生反应的化学方程式为______________________。(2)装置B应盛放的药品是__________，C中是______________。(3)实验时，D装置需加热至50—59℃．最好采用_____________方式加热。(4)在配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时，下列操作所配溶液浓度偏低的是__________；A.配制溶液时，容量瓶中有少量水。B.使用容量瓶配制溶液时,俯视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切C.配制溶液的过程中，容量瓶未塞好，洒出一些溶液。D.发现溶液液面超过刻度线，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度线20、钠硝石又名智利硝石，主要成分为NaNO3。据最新勘探预测表明，我国吐鲁番盆地钠硝石资源量约2.2亿吨，超过了原世界排名第一的智利。一种以钠硝石为原料制备KNO3的流程如下图所示（矿石中其他物质均忽略）：相关化合物溶解度随温度变化曲线如下图所示：回答下列问题：(1)NaNO3是________________（填“电解质”或“非电解质”）。(2)一定温度下，NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2，该反应的化学方程式为__________________。(3)为提高钠硝石的溶浸速率，可对矿石进行何种预处理________________（答出一种即可）。(4)为减少KNO3的损失，步骤a的操作应为：________________________________；步骤b中控制温度可为下列选项中的________。A．10℃B．40℃C．60℃D．90℃(5)如何验证洗涤后的KNO3中没有Cl-：_______________________________________。(6)若100吨钠硝石可生产60.6吨KNO3，则KNO3的产率为________。21、科学家对一碳化学进行了广泛深入的研究并取得了一些重要成果。已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1＝－90.1kJ/mol；3CH3OH(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g)△H2＝－31.0kJ/mol，CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式为________。（2）现向三个体积均为2L的恒容密闭容器I、II、Ⅲ中，均分别充入1molCO和2mo1H2发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1＝-90.1kJ/mol。三个容器的反应温度分别为Tl、T2、T3且恒定不变。当反应均进行到5min时H2的体积分数如图所示，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态。①5min时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是容器_______（填序号）。②0-5min内容器I中用CH3OH表示的化学反应速率v(CH3OH)=_______。（保留两位有效数字）③当三个容器中的反应均达到平衡状态时，平衡常数最小的是容器___________。（填序号）（3）CO用于工业冶炼金属，在不同温度下用CO还原四种金属氧化物，达到平衡后气体中lg与温度（T）的关系如图所示。下列说法正确的是_____（填字母）。A．工业上可以通过增高反应装置来延长矿石和CO接触面积，减少尾气中CO的含量B．CO用于工业冶炼金属铬(Cr)时，还原效率不高C．工业冶炼金属铜(Cu)时，600℃下CO的利用率比1000℃下CO的利用率更大D．CO还原PbO2的反应△H＞0（4）一种甲醇燃料电池，使用的电解质溶液是2mol·L－1的KOH溶液。请写出加入(通入)a物质一极的电极反应式_________；每消耗6.4g甲醇转移的电子数为____。（5）一定条件下，用甲醇与一氧化碳反应合成乙酸可以消除一氧化碳污染。常温下，将amol/L的醋酸与bmol/LBa(OH)2溶液等体积混合后，若溶液呈中性，用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数Ka为________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解题分析】

胶体中分散质粒子直径在1-100nm，灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，不属于胶体，不具有胶体的性质。【题目详解】A、灰霾是空气和固体颗粒形成的混合物，是一种分散系，故A正确；B、灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，不是胶体，没有丁达尔现象应，故B错误；C、灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，比胶体粒子大，所以不稳定，故C错误；D、胶体中分散质粒子直径在1-100nm，灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，不属于胶体，故D错误；【题目点拨】本题考查胶体的知识。抓住胶体的粒子直径在1-100nm这一本质特征，判断某分散系是否是胶体。只有胶体才能产生丁达尔效应。2、D【解题分析】

A.同分异构体的相对分子质量相同，组成元素也相同，但相对分子质量相同，组成元素也相同的化合物分子式不一定相同，所以不一定是同分异构体，如甲酸与乙醇，A项错误；B.分子结构不相似，即使分子组成相差一个或若干个CH2原子团的物质，也不是同系物，如甲酸甲酯与丙酸，B项错误；C.碳原子数相同的烷烃互为同分异构体，如正戊烷和异戊烷，C项错误；D.CnH2n＋2(n≥1)是烷烃的通式，所以分子式符合CnH2n＋2(n≥1)的有机物一定属于烷烃，D项正确；答案选D。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】

X的最高价氧化物对应水化物常用于治疗胃酸过多，X为铝元素。X的简单离子与ZW－含有相同的电子数，Z为氧元素，W为氢元素。Y的单质是制造芯片的基础材料，Y为硅元素。【题目详解】A.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X>Y>Z>W，故A错误；B.非金属性：Y>X，则最高价氧化物水化物的酸性：Y>X，故B错误；C.NaH与水反应产生氢氧化钠和氢气，NaH中H元素的化合价升高，失去电子作还原剂，故C正确；D.非金属性：Z>Y，则简单氢化物的热稳定性：Z>Y，故D错误；答案选C。5、A【解题分析】分析：A项，碳纤维主要成分为碳，并有特殊用途，为新型无机非金属材料；B项，甲醛有毒，所以不用甲醛溶液浸泡海产品用以保鲜；C项，高纯硅能够制成太阳能电池，即光电池，能用做火星探测器的动力而非二氧化硅；D项，酒精消毒的原理是利用变性作用，而不是将病毒氧化。详解：A项，碳纤维主要成分为碳，并有特殊用途，为新型无机非金属材料，A正确；B项，甲醛有毒，所以不用甲醛溶液浸泡海产品用以保鲜，B错误；C项，高纯硅能够制成太阳能电池，即光电池，能用做火星探测器的动力而非二氧化硅，故C项错误；D项，酒精消毒的原理是利用变性作用，而不是将病毒氧化，D错误。综上所述，本题正确答案为A。点睛：材料可分为无机非金属材料、金属材料、有机合成材料和复合材料，无机非金属材料又分为传统无机非金属材料和新型无机非金属材料，传统无机非金属材料主要是硅酸盐等产品。6、C【解题分析】

对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象解析。【题目详解】0.4gNaOH的物质的量为0.4g÷40g·mol-1=0.01mol和1.06gNa2CO3的物质的量为1.06g÷106g·mol-1=0.01mol，则A、0.1L盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；故选C。【题目点拨】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应，是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。7、C【解题分析】分析：A水合铜离子中铜离子的配位数为4,配体是水,水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键,据此答题；B根据均摊法可以知道,在CaF2晶体的晶胞中,每个CaF2晶胞平均占有Ca2+个数为8×18+6×12=4详解:A、水合铜离子中铜离子的配位数为4,配体是水,水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键,所以A选项是正确的;B、根据均摊法可以知道,在CaF2晶体的晶胞中,每个CaF2晶胞平均占有Ca2+个数为8×18+6×12=4,,所以B选项是正确的；8、B【解题分析】分析：A项，气态电中性基态原子失去一个电子变为气态基态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能；B项，乙烯容易发生加成反应的原因是乙烯中含π键；C项，金属的电负性一般小于1.8，非金属的电负性一般大于1.8，位于非金属三角区边界的“类金属”的电负性在1.8左右，它们既有金属性，又有非金属性；D项，同主族元素从上到下第一电离能逐渐变小。详解：A项，气态电中性基态原子失去一个电子变为气态基态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能，A项正确；B项，乙烯容易发生加成反应的原因是：乙烯中含π键，乙烯中的π键不如σ键牢固，比较容易发生断裂，B项错误；C项，电负性的大小也可以作为判断金属性和非金属性强弱的尺度，金属的电负性一般小于1.8，非金属的电负性一般大于1.8，位于非金属三角区边界的“类金属”的电负性在1.8左右，它们既有金属性，又有非金属性，C项正确；D项，同主族元素从上到下第一电离能逐渐变小，D项正确；答案选B。9、C【解题分析】分析：A．淀粉和纤维素的聚合度n不同；B．蛋白质和油脂一定条件下都能水解，相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；C．根据油脂的类别与用途分析判断；D．浓的Na2SO4或可以使蛋白质发生盐析，CuSO4溶液可以使蛋白质发生变性。详解：A．葡萄糖和果糖分子式相同结构不同，属于同分异构体，淀粉和纤维素的聚合度n不同，不属于同分异构体，故A错误；B．蛋白质水解生成氨基酸，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；C．油脂属于高级脂肪酸甘油酯，是热值最高的营养物质，用油脂可以制造肥皂和油漆，故C正确；D．盐析一般是指溶液中加入无机盐类而使蛋白质溶解度降低而析出的过程，浓的Na2SO4或可以使蛋白质发生盐析，CuSO4溶液可以使蛋白质发生变性，故D错误；故选C。10、D【解题分析】镁、铝最终转化为氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，这说明Mg、Al在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，5.6L气体是氢气，物质的量是0.25mol，转移0.5mol电子，即与金属阳离子结合的氢氧根是0.5mol，质量是8.5g，所以m＝13.60g－8.5g=5.10g，答案选D。点睛：本题考查混合物的计算，本题注意把握电子转移的数目和氢氧根离子之间的关系，为解答该题的关键，注意各种守恒法的灵活应用。11、C【解题分析】

A．C、N、O、F位于周期表同一周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，A正确；B．Li、Na、K位于同一主族，同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，KOH、NaOH、LiOH的碱性逐渐减弱，B正确；C．P、S、Cl的最高正价依次升高，Ar为惰性气体，化合价一般为0，C错误；D．Na、Mg、Al、Si的最外层电子数依次为1、2、3、4，依次增加，D正确；故合理选项是C。12、B【解题分析】

A.46g乙醇的物质的量为1mol，乙醇的结构式为，一个乙醇分子中含8条共价键，故1mol乙醇中含8NA条共价键，故A错误；B.1mol甲醇燃烧消耗1.5mol氧气，而氧气反应后变为﹣2价，故1.5mol氧气转移6mol电子，即6NA个，故B正确；C.标况下，氯仿为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和微粒个数，故C错误；D.醋酸是弱电解质，在溶液中不能完全电离，故溶液中的氢离子的个数小于0.1NA个，故D错误；故选B。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．13、C【解题分析】

A、SiO2晶体是原子晶体，不存在分子，故A错误；B、1molSiO2晶体存在4molSi-O键，所以60gSiO2晶体即1molSiO2晶体含有4molSi-O键键，故A错误；C、晶体中一个硅原子和四个氧原子，形成四面体结构，四个氧原子处于同一四面体的四个顶点，故C正确；D、SiO2晶体是原子晶体，CO2晶体是分子晶体，故D错误；故选C。14、C【解题分析】

A、苯酚浊液滴加Na2CO3溶液，浊液变清，苯酚与Na2CO3发生C6H5OH＋Na2CO3→C6H5ONa＋NaHCO3，推出苯酚的酸性强于HCO3－，故A错误；B、葡萄糖与银氨溶液发生反应，要求环境为碱性，本实验未中和硫酸，因此未出现银镜，不能判断蔗糖是否水解，故B错误；C、FeCl3溶液中加入Cu，发生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，根据氧化还原反应的规律，得出Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，故C正确；D、题目中没有说明CH3COONa和NaNO2的浓度，无法根据pH的大小，判断CH3COOH和HNO2酸性强弱，故D错误；答案选D。15、C【解题分析】试题分析：体积为VL的密闭容器中通入3molNO2和5molSO2，n(N)=3mol，n(O)=3mol×2+5mol×2=16mol，由质量守恒定律可知，反应前后原子守恒，则反应后容器内氮原子和氧原子个数比为3mol：16mol=316【考点定位】考查质量守恒【名师点晴】本题以氧化还原反应为载体考查原子守恒的计算，为高频考点，把握原子守恒为解答的关键，侧重分析能力和计算能力的考查。本题中看似考查是氧化还原反应，实际上与化学反应无关，任何化学反应，在密闭容器中都遵守质量守恒定律，原子为化学变化中的最小微粒，反应前后的原子守恒。16、C【解题分析】

A、镁离子比铝离子的半径大而所带的电荷少，所以金属镁比金属铝的金属键弱，熔、沸点和硬度都小，A错误；B、从Li到Cs，离子的半径是逐渐增大的，所带电荷相同，金属键逐渐减弱，熔、沸点和硬度都逐渐减小，B错误；C、因离子的半径小而所带电荷多，使金属镁比金属钠的金属键强，所以金属镁比金属钠的熔、沸点和硬度都大，C正确；D、因离子的半径小而所带电荷相同，使金属镁比金属钙的金属键强，所以金属镁比金属钙的熔、沸点和硬度都大，D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、90C3H6O3-COOH-OH4【解题分析】

（1）相同条件下，气体的相对分子质量之比等于密度之比；

（2）浓硫酸可以吸收水，碱石灰可以吸收二氧化碳，根据元素守恒来确定有机物的分子式；（3）羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，-OH、-COOH和金属钠发生化学反应生成氢气，根据生成气体物质的量判断含有的官能团；（4）核磁共振氢谱图中有几个峰值则含有几种类型的等效氢原子，峰面积之比等于氢原子的数目之比；（5）结合A的分子式、含有的官能团确定A的结构简式。【题目详解】(1)由其密度是相同条件下H2的45倍，可知A的相对分子质量为45×2=90，故答案为：90；(2)由题意可推知：n(A)=9.0g÷90g/mol=0.1mol，n(C)=n(CO2)=13.2g÷44g/mol=0.3mol，n(H)=2n(H2O)=2×5.4g÷18g/mol=0.6mol，n(O)=（9g−0.3×12g−0.6×1g）÷16g/mol=0.3mol，所以根据原子守恒可知A的分子式为C3H6O3，故答案为：C3H6O3；(3)0.1molA与NaHCO3反应放出0.1molCO2，则说A中应含有一个羧基，而与足量金属钠反应则生成0.1molH2，说明A中还含有一个羟基，故答案为：-COOH；-OH；(4)核磁共振氢谱中有4个吸收峰，面积之比为1:1:1:3，可知A中应含有4种不同环境的氢原子，根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含4种类型的等效氢原子，且氢原子的个数比是3:1:1:1，所以结构简式为：。18、乙醇CH3COOH醛基碳碳双键2CH3CH2OH＋O22CH3CHO+2H2O氧化反应CH3CH(CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O酯化反应(或取代反应)5HOCH2CH2CH2CHO【解题分析】

有机物A(C6H12O2)具有果香味，可用作食品加香剂，则A为酯，B和E发生酯化反应生成A，则B和E为醇和酸，B能够发生氧化反应生成C，C能够继续发生氧化反应生成D，则B为醇，D为酸；D、E具有相同官能团，E的相对分子质量比D大，则E中含有四个碳原子，B中含有2个碳原子，E分子含有支链，因此B为乙醇，E为(CH3)2CHCOOH，则A为(CH3)2CHCOOCH2CH3，C为乙醛，D为乙酸；乙醇在浓硫酸存在时发生脱水反应生成F，F是可以使溴的四氯化碳溶液褪色的烃，则F为乙烯，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为(CH3)2CHCOOCH2CH3，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，E为(CH3)2CHCOOH，F为乙烯。(1)B为乙醇；D为乙酸，结构简式为CH3COOH，故答案为：乙醇；CH3COOH；(2)C为乙醛，F为乙烯，所含的官能团分别是醛基、碳碳双键，故答案为：醛基；碳碳双键；(3)有机物B生成C的化学反应方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO+2H2O，该反应属于氧化反应，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；(4)有机物B与E反应生成A的化学反应方程式CH3CH(CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O，该反应为酯化反应，也是取代反应，故答案为：CH3CH(CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O；酯化反应或取代反应；(5)E为(CH3)2CHCOOH，E的同分异构体中能同时满足下列条件：①能与Na反应，说明结构中含有羟基或羧基；②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，因此E的同分异构体中含有醛基和羟基，除去醛基，还有3个碳原子，满足条件的有：醛基连接在1号碳原子上，羟基有3种连接方式；醛基连接在2号碳原子上，羟基有2种连接方式，共5种同分异构体，如HOCH2CH2CH2CHO、CH3CHOHCH2CHO等，故答案为：5；HOCH2CH2CH2CHO(或CH3CHOHCH2CHO等)。19、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O饱和食盐水(或水)浓硫酸水浴CD【解题分析】

在装置A中制备氯气，B、C用于除杂，分别除去氯化氢和水，实验开始前先在D中放入一定量的硫粉，加热使硫熔化，然后转动和摇动烧瓶使硫附着在烧瓶内壁表面形成一薄层，可增大硫与氯气的接触面积，利于充分反应，因二氯化硫遇水易分解，F用于防止空气中的水蒸气进入装置，并吸收氯气防止污染环境，以此解答该题。【题目详解】(1)实验室用浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，浓盐酸易挥发，所以制得的氯气不纯，混有氯化氢和水，先用盛有饱和食盐水的B装置除去氯化氢，再用盛有浓硫酸的C装置吸水；(3)实验时，D装置需加热至50-59℃介于水浴温度0-100℃，因此采用的加热方式为水浴加热；(4)结合c=n/V分析选项，A.配制溶液时，容量瓶中有少量水，对所配溶液浓度没有影响；B.使用容量瓶配制溶液时，俯视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切，使得溶液的体积偏小，则所得溶液浓度偏高；C.配制溶液的过程中，容量瓶未塞好，洒出一些溶液，所配溶液浓度偏低；D.发现溶液液面超过刻度线，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度，所得溶液浓度偏低，故合理选项是CD。【题目点拨】解题时要特别注意题中信息“二氯化硫遇水易分解”的应用，试题难度不大。20、电解质4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑粉碎蒸发结晶，趁热过滤A取最后一次洗涤的洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若未出现白色沉淀，说明洗涤后的KNO3中没有Cl-51%【解题分析】分析：(1)根据NaNO3是易溶于水的盐判断；(2)根据NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2书写反应的化学方程式并配平；(3)根据影响化学反应速率的因素分析；(4)根据相关化合物溶解度随温度变化曲线可知，硝酸钾的溶解度随温度的变化明显，而氯化钠的溶解度随温度的变化不大分析解答；步骤b中需要析出硝酸钾晶体，从尽可能多的析出硝酸钾考虑；(5)检验有没有Cl-；(6)根据硝酸根守恒，存在NaNO3~KNO3，首先计算理论上100吨钠硝石可生产KNO3的质量，再求KNO3的产率。详解：(1)NaNO3是易溶于水的盐，属于电解质，故答案为：电解质；(2)一定温度下，NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2，该反应的化学方程式为4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑，故答案为：4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑；(3)根据影响化学反应速率的因素可知，可将矿石粉碎，以提高钠硝石的溶浸速率，故答案为：粉碎；(4)根据相关化合物溶解度随温度变化曲线可知，硝酸钾的溶解度随温度的变化明显，而氯化钠的溶解度随温度的变化不大，为减少KNO3的损失，步骤a应为蒸发结晶，趁热过滤；步骤b中需要析出硝酸钾晶体，为了尽可能多的析出硝酸钾，应该控制温度在10℃最好，故答案为：蒸发结晶，趁热过滤；A；(5)要验证洗涤后的KNO3中没有Cl-，只需要取最后一次洗涤的洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若未出现白色沉淀，即可说明洗涤后的KNO3中没有Cl-，故答案为：取最后一次洗涤的洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若未出现白色沉淀，说明洗涤后的KNO3中没有Cl-；(6)根据硝酸根守恒，存在NaNO3~KNO3，理论上100吨钠硝石可生产KNO3的质量为100吨×10185=118.8吨，则KNO3的产率为60.6吨118.821、3CO(g)+6H2(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g)△H＝-301.3kJ/molⅢ0.067mol/(L·min)ⅢBCCH3OH－6e－+8OH—=CO32-+6H2O1.2NA(1.2×6.02×1023)2×10-7b/(a-2b)【解题分析】

（1）①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=-90.1kJ/mol；②3CH3OH（g）⇌CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H2=-31.0kJ/mol；盖斯定律计算①×3+②得到CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式；（2）①温度越高反应速率越快，达到平衡状态时需要时间越短，反应