安徽省六安市卓越县中联盟2024届高二化学第二学期期末综合测试试题含解析

安徽省六安市卓越县中联盟2024届高二化学第二学期期末综合测试试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、下列属于碱的是A．CaO B．Na2CO3 C．NH3·H2O D．MgCl22、硼氢化物NaBH4(B元素的化合价为+3价)燃料电池(DBFC),由于具有效率高、产物清洁无污染和燃料易于储存和运输等优点，被认为是一种很有发展潜力的燃料电池。其工作原理如下图所示，下列说法正确的是A．电池的负极反应为BH4－+2H2O－8e－=BO2－+8H+B．放电时，每转移2mol电子，理论上需要消耗9.5gNaBH4C．电池放电时Na+从b极区移向a极区D．电极a采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用3、由下列实验及现象不能推出相应结论的是（）实验现象结论A向的溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴溶液黄色逐渐消失，加溶液颜色不变还原性：B将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生具有氧化性C向某溶液中先加入氯水，再加入溶液加入溶液后溶液变红最初溶液中含有D向2支盛有相同浓度盐酸和氢氧化钠溶液的试管中分别加入少量氧化铝两只试管中固体均溶解氧化铝是两性氧化物A．A B．B C．C D．D4、化学与生产、生活密切相关，下述正确的是（）A．医院里的血液透析利用了胶体的性质B．PM2.5中含有铅、铬、钒、砷等对人体有害的金属元素C．“地沟油”可以放心食用，经加工处理后还可用来制造肥皂和生物柴油D．Ni-Zn化合物的纳米颗粒作苯与氢气反应的催化剂时，可提高苯的转化率5、下列化学用语表达不正确的是（）①丙烷的球棍模型②丙烯的结构简式为CH3CHCH2③某有机物的名称是2，3-二甲基戊烷④与C8H6互为同分异构体A．①② B．②③ C．③④ D．②④6、两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.16molCO2和3.6gH2O，下列说法正确的是A．混合气体一定是CH4和C2H4B．混合气体中一定有CH4，可能含有C2H4C．混合气体中一定含有CH4，可能含有C2H6D．混合气体中可能含有C2H27、将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是()A．K+、SiO32﹣、Cl﹣、NO3﹣B．H+、NH4+、Al3+、SO42﹣C．Na+、S2﹣、OH﹣、SO42﹣D．Na+、AlO2﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣8、某元素原子的质量数为52，中子数为28，其基态原子未成对电子数为()A．1 B．3 C．4 D．69、在由5种基团－CH3、－OH、－CHO、－C6H5、－COOH两两组成的物质中，能与NaOH反应的有机物有（）A．4种 B．5种 C．6种 D．7种10、某有机物的分子结构如图(图中棍表示单键、双键或叁键)，它属于烃或烃的含氧衍生物。关于该有机物的叙述正确的是（）A．该有机物的化学式为C4H6O B．该有机物可发生取代反应和加成反应C．该有机物可使溴水褪色，但不能与NaOH溶液反应 D．该有机物是乙酸的同系物11、现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如下图所示。原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为（）A． B． C． D．12、已知非金属性：S＜Cl，由此得出的性质错误的是A．酸性：H2SO4＜HClO4 B．得电子能力：S＜Cl2C．热稳定性：H2S＜HCl D．原子半径：S＜Cl13、苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色②苯分子中碳原子间的距离均相等③苯能在一定条件下跟H2加成生成环已烷④经实验测得邻二甲苯仅一种结构⑤苯在FeBr3存在条件下与液溴发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色A．②③④⑤ B．①②③④ C．①②④⑤ D．①③④⑤14、芳香烃C8H10的一氯代物的结构有（不考虑立体异构）（）A．16种B．14种C．9种D．5种15、下列分子中的官能团相同的是()A．①和② B．③和④ C．①和③ D．②和④16、某温度时，使用一对石墨电极电解饱和Na2SO4溶液，当转移2mol电子时停止电解，析出Na2SO4·10H2O晶体mg，所有数据都在相同温度下测得，下列叙述不正确的是A．电解后溶液质量减少(m＋18)gB．原溶液中Na2SO4的质量分数为C．若其他条件不变，将石墨替换为铜电极，则阴极析出1molH2D．若其他条件不变，将石墨替换为铜电极，则析出Na2SO4·10H2O晶体仍为mg17、某晶体的一部分如图所示，这种晶体中A、B、C三种粒子数之比是（）A．3∶9∶4 B．1∶4∶2C．2∶9∶4 D．3∶8∶418、通过复习总结，下列归纳正确的是A．Na2O、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4、Na2O2都属于钠的含氧化合物B．简单非金属阴离子只有还原性，而金属阳离子不一定只有氧化性C．一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应一种氧化物D．物质发生化学变化一定有化学键断裂与生成,并伴有能量变化，而发生物理变化就一定没有化学键断裂与生成，也没有能量变化19、某化学兴趣小组设计了如图所示的电化学装置，下列说法不正确的是A．乙池工作时，CO32―不断移向负极B．乙池负极反应为CH3OH-6e一+3CO32―=4CO2+2H2OC．甲池中Fe电极发生的反应为2Cl―-2e一=Cl2D．为了使电池持续供电，工作时必须有CO2参与循环20、向含有1molKAl(SO4)2的溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，充分反应。下列说法不正确的是()A．当Al3＋恰好完全沉淀时，消耗氢氧化钡1.5molB．当SO42－恰好完全沉淀时，铝元素全部以偏铝酸根的形式存在C．当向溶液中加入1.5mol氢氧化钡时，反应可用下列离子方程式表示：2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓D．随加入的氢氧化钡的物质的量不断增大，沉淀的物质的量不断增大21、一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g）ΔH=-41.8kJ•mol-1，下列能说明该反应达到平衡状态的是A．ΔH的数值不再变化 B．容器内的压强不再变化C．气体的颜色不再变化 D．气体的密度保持不变22、下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A．收集氯气可以用排饱和食盐水的方法B．在一定条件下，氢气与碘蒸汽反应达平衡后，加压，混合气体颜色变深C．可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气D．合成三氧化硫过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物H[3-亚甲基异苯并呋喃-1(3H)-酮]的一种合成路线如下：(1)C中所含官能团名称为_________和_________。(2)G生成H的反应类型是________。(3)B的分子式为C9H10O2，写出B的结构简式：________。(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_________。①分子中含有苯环，能使Br2的CCl4溶液褪色；②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有4种不同化学环境的氢，其中之一能与FeCl3溶液发生显色反应。(5)写出以、P(C6H5)3及N(C2H5)3为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）____。24、（12分）已知A、B、C、D是原子序数依次减小的四种短周期元素，C的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；A原子有2个未成对电子；A、C、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体。E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与D原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题（用元素符号或化学式表示）：（1）元素B、C、A的基态原子的第一电离能由大到小的顺序为__________________；（2）M分子中C原子轨道的杂化类型为__________________；（3）E+的核外电子排布式为__________________，下图是由D、E形成的某种化合物的晶胞结构示意图，该化合物的化学式为__________________；（4）化合物BD3的沸点比化合物CA4的高，其主要原因是__________________；（5）写出与CA2互为等电子体的B3-的结构式__________________；（6）将CrCl3·6H2O溶解在适量水中得到深绿色溶液，溶液中Cr3+以[Cr（H2O）5Cl]2+形式存在。上述溶液中，不存在的微粒间作用力是__________________（填标号）。A．离子键B．共价键C．金属键D．配位键E．范德华力25、（12分）实验室可利用环己醇的氧化反应制备环己酮，反应原理和实验装置（部分夹持装置略）如下：有关物质的物理性质见下表。物质沸点（℃）密度（g·cm-3，20℃）溶解性环己醇161.1（97.8）*0.96能溶于水和醚环己酮155.6（95.0）*0.95微溶于水，能溶于醚水100.01.0*括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物的沸点。实验中通过装置B将酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有10mL环己醇的A中，在55~60℃进行反应。反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95~100℃的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物。（1）装置D的名称为____________________________。（2）酸性Na2Cr2O7溶液氧化环己醇反应的△H＜0，反应剧烈将导致体系温度迅速上升，副反应增多。①滴加酸性Na2Cr2O7溶液的操作为_______________；②蒸馏不能分离环己酮和水的原因是______________。（3）环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：a．往液体中加入NaCl固体至饱和，静置，分液；b．水层用乙醚（乙醚沸点34.6℃，易燃烧）萃取，萃取液并入有机层；c．加人无水MgSO4固体，除去有机物中少量的水；d．过滤；e．蒸馏、除去乙醚后，收集151~156℃馏分。①B中水层用乙醚萃取的目的是_________；②上述操作a、d中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有__，操作a中，加入NaC1固体的作用是____。③恢复至室温时，分离得到纯产品体积为6mL，则环已酮的产率为_____。（计算结果精确到0.1%）26、（10分）某兴趣小组设计了如图所示装置(部分夹持装置已略去)进行实验探究。（实验一）探究影响化学反应速率的因素。圆底烧瓶中装锌片(两次实验中所用锌片大小和外形相同)、恒压分液漏斗中装稀硫酸，以生成20.0mL气体为计时终点，结果为t1＞t2。序号V(H2SO4)/mLc(H2SO4)/mol·L-1t/sI401t1II403t2序号V(H2SO4)/mLc(H2SO4)/mol·L－1t/sI401t1II403t2检查该装置气密性的方法是_______________________________________________。比较实验I和Ⅱ可以得出的结论是____________________________________________。（实验二）探究铁的电化学腐蚀。①圆底烧瓶中装铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装稀硫酸，打开活塞加入稀硫酸后量气管中出现的现象是：左侧液面_________右侧液面_________(选填“上升”、“下降”)。②圆底烧瓶中装与①相同量的铁粉但不加入碳粉，其他试剂和操作相同，发现左、右侧液面变化较_______（选填“快”、“慢”，下同），说明原电池反应比一般化学反应_______。③圆底烧瓶中装与①相同量的铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装食盐水，打开活塞加入食盐水后，你预测量气管中出现的现象是：___________________________________，正极的电极反应是___________________________。27、（12分）如图是实验室制取SO2并验证SO2的某些性质的装置，试回答试回答：（1）②中的实验现象为______________。（2）④中的实验现象为______________，此实验说明SO2有____________性．（3）⑤中的实验现象为____________，此实验说明SO2有________性．（4）⑥的作用是___________，反应方程式是_____________________。28、（14分）雾霾天气严重影响人们的生活，汽车尾气所排放的氮氧化物及燃煤所排放的硫氧化物是造成雾霾的重要原因。（1）NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图1所示：①由图1可知，SCR技术中的氧化剂为__________________。已知c(NO2)∶c(NO)＝1∶1时脱氮效果最佳，若生成1molN2时反应放出的热量为QkJ。此时对应的脱氮反应的热化学方程式为___________________。②图2是不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率，由图可知工业使用的最佳的催化剂和相应的温度分别为________________。（2）改善能源结构是治理雾霾问题的最直接有效途径。二甲醚是一种清洁能源，可用合成气在催化剂存在下制备二甲醚，其反应原理为：2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH已知在一定条件下，该反应中CO的平衡转化率α随温度、投料比n(H①a、b、c按由大到小的顺序排序为____；ΔH__0(填“>”“<”或“=”)。②对于气相反应，用某组分(B)的平衡分压p(B)代替物质的量浓度c(B)也可以表示平衡常数(记作Kp)，则该反应平衡常数的表达式Kp=_______。③在恒容密闭容器里按体积比为1∶2充入一氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状态。当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是_____。A．一氧化碳的转化率减小B．容器的压强增大C．化学平衡常数K值减小D．逆反应速率先增大后减小E.混合气体的密度增大29、（10分）[化学一选修5：有机化学基础]聚对苯二甲酸丁二醇酯(PBT)是一种性能优异的热塑性高分子材料。PBT的一种合成路线如下图所示：回答下列问题：(1)A的结构简式是____，C的化学名称是____。(2)⑤的反应试剂和反应条件分别是__________。(3)F的分子式是____，⑥的反应类型是____。(4)⑦的化学方程式是____。(5)M是H的同分异构体，同时符合_列条件的M可能的结构有____种。a.0.1molM与足量金属钠反应生成氢气2.24L（标准状况）b.同一个碳原子上不能连接2个羟基其中核磁共振氢谱显不3组峰，且峰而积之比为3：1：1的结构简式是____。(6)以2一甲基-1-3一丁二烯为原料（其它试剂任选），设计制备的合成路线：____

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】

A.CaO是碱性氧化物，A不符合题意；B.Na2CO3是盐，B不符合题意；C.NH3·H2O是碱，一水合氨是可溶性弱碱，C符合题意；D.MgCl2是盐，D不符合题意；答案选C。2、B【解题分析】

以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，结合原电池的工作原理和解答该题【题目详解】A．负极发生氧化反应生成BO2-，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，故A错误；B．负极发生氧化反应生成BO2-，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，每转移2mol电子，理论上需要消耗0.25mol即9.5gNaBH4，故B正确；C．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故C错误；D．电极b采用MnO2，为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，MnO2既作电极材料又有催化作用，故D错误；答案选B。【题目点拨】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写，注意化合价的变化。3、C【解题分析】

A项、向2mL0.1mol/LFeCl3的溶液中加足量铁粉，氯化铁溶液与足量铁反应生成氯化亚铁，反应中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，由还原剂的还原性强于还原产物可知，还原性铁强于亚铁离子，故A正确；B项、瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，故B正确；C项、先加入氯水，Cl2可能将溶液中亚铁离子氧化为三价铁离子，再加入KSCN溶液，溶液变红色，不能说明溶液中是否存在亚铁离子，故C错误；D项、向2支盛有相同浓度盐酸和氢氧化钠溶液的试管中分别加入少量氧化铝，均溶解说明氧化铝是既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的两性氧化物，故D正确；故选C。4、A【解题分析】分析：A、人体血液属于胶体，不能透过半透膜；B、砷为非金属元素；C、地沟油不能够食用；D、催化剂对平衡无影响。详解：人体血液属于胶体，胶体是粒子直径在1nm—100nm之间的分散系，不能透过半透膜，所以医院里的血液透析利用了胶体的性质，A选项正确；PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素，其中铅、镉、铬、钒均是金属元素，砷为非金属元素，B选项错误；地沟油是生活中存在的各类劣质油，长期食用可能会引发癌症，对人体的危害极大，不能够食用，C选项错误；催化剂能增大反应速率，但是对平衡移动无影响，所以转化率不变，D选项错误；正确选项A。5、D【解题分析】

①丙烷的球棍模型为，①正确；②丙烯的结构简式应为CH3CH＝CH2，②不正确；③某有机物的名称是2，3-二甲基戊烷，③正确；④的分子式为C8H6，但分子式为C8H6的其结构并不知道，因此二者不一定是同分异构体，④不正确；答案选D。6、B【解题分析】

n(H2O)=3.6g18g/mol=0.2mol,则0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒可以知道,混合烃的平均分子式为:C1.6H4【题目详解】详解：n(H2O)=3.6g18g/mol=0.2mol,则0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒可以知道,混合烃的平均分子式为:C1.6H4，烃中C原子数小于1.6的只有甲烷,则一定含有甲烷,CH4分子中含4个氢原子,则另一种烃分子中一定也含4个氢原子,且其碳原子数大于1.6,可能是C2H4或C3H4,一定没有C2H6或C2H2,二者的H原子不等于A．根据分析可以知道,混和气体中可能含有CH4和C2H4，也可能含有CH4和C3H4，A错误；B．由上述分析可以知道，混和气体中一定含有甲烷,可能含有乙烯,有可能含有丙炔,B正确；C．结合以上分析可知，混合气体可能为CH4和C2H4或CH4和C3H4，不可能有C2H6,C错误；D．根据以上分析可以知道,混和气体中一定有甲烷,可能含有是C2H4或C3H4,一定不含乙炔，D错误；正确选项B。【题目点拨】本题为考察混合烃组成的判断，为高频考点，侧重学生分析计算能力的考察，题目难度中等，本题的关键是能够正确分析有机物完全燃烧生成二氧化碳和水的物质的量关系，根据平均分子式进行计算。7、B【解题分析】试题分析：A．H2SiO3酸性比碳酸弱，通入过量CO2，SiO32-不能大量共存，故A错误；B．通入过量CO2，四种离子在弱酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．OH-与CO2反应而不能大量共存，故C错误；D．氢氧化铝酸性比碳酸弱，通入过量CO2，AlO2﹣不能大量共存，故D错误；故选B。考点：考查了离子共存的相关知识。8、D【解题分析】试题分析：原子的质量数为52，中子数为28则质子数为52-28=24，电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，所以未成对电子数为6个。考点：基态原子的电子排布。9、C【解题分析】分析：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，把握羧酸和酚的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意HOCOOH为碳酸，碳酸为无机酸。详解：题给的5种基团两两组合后能与氢氧化钠反应的物质有：CH3COOH，C6H5COOH，CHOCOOH，C6H5OH，HOCHO，HOCOOH共6种，其中HOCOOH为碳酸，所以能与氢氧化钠反应的有机物有5种。故选B。点睛：本题注意苯酚有弱酸性，能与氢氧化钠反应，碳酸是无机酸，不符合条件。10、B【解题分析】分析：由图可知，分子结构简式为CH3CH=CHCOOH，含碳碳双键和羧基，结合烯烃和羧酸的性质来解答．详解：A．由图可知，分子结构简式为CH3CH=CHCOOH，分子式为C4H6O2，故A错误；B、含C=C可发生加成反应，含-COOH发生的酯化反应为取代反应，故B正确；C、含碳碳双键，则可使溴水褪色，含羧基可与NaOH溶液反应，故C错误；D、乙酸为饱和羧酸，而该有机物含不饱和键，不属于乙酸的同系物，故D错误；故选B。点睛：本题考查有机物的结构与性质，解题关键：把握官能团与性质的关系，熟悉烯烃、羧酸的性质，难点：由图得出结构简式，易错点D，乙酸为饱和羧酸，而该有机物含不饱和键，结构不相似，不属于乙酸的同系物．11、D【解题分析】

由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH﹣），加入0.5LNaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可计算出n[Al（OH）3]，再计算出n[Mg（OH）2]，进而计算原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量浓度之比。【题目详解】由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH﹣），加入0.5LNaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀。设氢氧化钠溶液溶液的浓度为c，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al（OH）3]=n（NaOH）=0.1c，所以n[Mg（OH）2]==0.05c，溶液中n（Cl﹣）=3n[Al（OH）3]=0.3c，原溶液中n（SO42﹣）=n[Mg（OH）2]=0.05c，则原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量之比为0.3c：0.05c=6：1，故选D。12、D【解题分析】

A.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：H2SO4＜HClO4，A正确；B.非金属性越强，其单质越容易得到电子，则得电子能力：S＜Cl2，B正确；C.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，则热稳定性：H2S＜HCl，C正确；D.同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：S＞Cl，D错误；答案选D。13、C【解题分析】

①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构；②苯分子中碳原子间的距离均相等，则苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构；③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，因为大π键和碳碳双键都能发生加成反应，不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构；④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C，另一种是两个甲基夹C=C．邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构；⑤苯在FeBr3存在下同液溴可发生取代反应，生成溴苯，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构。综上所述，可以作为证据的事实是①②④⑤，故C项正确。14、B【解题分析】芳香烃C8H10的结构有乙苯、邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯四种结构，乙苯的一氯代物有5种、邻二甲苯的一氯代物有3种、间二甲苯的一氯代物有4种、对二甲苯的一氯代物有2种，共14种，故B正确。15、C【解题分析】

①中含有的官能团为羧基，②中含有的官能团为酯基，③中的官能团为羧基，④C2H5OH中的官能团为羟基，含相同官能团的是①③，答案选C。16、D【解题分析】

A.电解硫酸钠溶液相当于电解水，电解2mol水，转移4mol电子，因此当转移2mol电子时，消耗1mol水，因此电解后溶液质量减少量=电解水的质量+析出晶体的质量=(18+m)g，故A不选；B.析出硫酸钠的质量为=mg，溶液质量=（18+m）g，溶液质量分数=溶质质量/溶液质量=，故B不选；C.若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，阳极上铜失去电子生成铜离子，阴极上仍然是氢离子放电生成氢气，析出1mol氢气，故C不选；D若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，阳极上生成铜离子，阴极上生成氢气同时还有氢氧根离子生成，铜离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，其电池反应为Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑，根据方程式可知，转移2mol电子，消耗2mol水，则析出Na2SO4·10H2O晶体为2mg，故D可选；故选D。【题目点拨】本题考查的是电解原理，饱和溶液有关计算等知识点，为高频考点。侧重考查学生分析能力和计算能力，明确饱和溶液的特点，电解时阳极上铜失去电子而不是溶液中的阴离子失去电子是易错点。17、B【解题分析】

晶体的部分结构为正三棱柱，根据分摊法知顶角有的A属于该晶胞，侧棱上的B有属于该晶胞，位于上下底面边上的B有属于该晶胞，据此计算判断。【题目详解】A位于正三棱柱的顶角，则有的A属于该晶胞，该晶胞中含A的个数为6×=，B分为两类，位于侧棱上的B有属于该晶胞，位于上下底面边上的B有属于该晶胞，该晶胞含B原子个数为3×+6×=2，含C原子个数为1，则A、B、C三种原子个数之比为：2：1=1：4：2，故选B。【题目点拨】本题考查晶胞计算，掌握分摊法在晶胞计算中的应用是解题的关键。本题的易错点为顶角和侧棱上原子的计算方法，本题中顶角有的A属于该晶胞，侧棱上的B有属于该晶胞，不是和，因为该晶胞不是立方体。18、B【解题分析】

A项，氯化钠中没有氧元素，不属于含氧化合物，A不正确；B项，简单非金属阴离子中非金属元素的化合价处于最低价，只有还原性，金属阳离子不一定只有氧化性如Fe2+具有较强还原性，B项正确；C项，N的+4价有两种氧化物：NO2和N2O4，C项错误；D项，物理变化中也可以发生化学键的断裂如HCl溶于水，也可以伴随能量的变化，D项错误；答案选B。19、C【解题分析】A、乙池工作时作为原电池，甲醇是负极，CO32-不断移向负极，故A正确；B、乙池甲醇作还原剂，失电子，负极反应为CH30H-6e-+3CO32-=4CO2＋2H2O，故B正确；C、甲池中Fe电极是阳极，发生的反应为Fe-2e-=Fe2＋，故C错误；D、O2在正极反应为：O2＋2CO2＋4e―=2CO32―，消耗CO2，为了使电池持续供电，工作时必须有CO2参与循环，故D正确；故选C。点睛：本题考查原电池和电解池，明确充电放电时各电极上发生的反应是解题的关键，电极方程式的书写是难点，在考虑电极是否参加反应，考虑电解质溶液酸碱性等条件，书写电极反应式也是易错点。20、D【解题分析】

A、KAl(SO4)2为1mol，当Al3＋恰好完全沉淀时，KAl(SO4)2与Ba(OH)2物质的量之比为2:3，离子方程式表示为：2Al3＋＋3SO42—＋3Ba2＋＋6OH－＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，加入Ba(OH)2的物质的量为1.5mol，A正确；B、当SO42—恰好完全沉淀时，KAl(SO4)2与Ba(OH)2物质的量之比为1:2，离子方程式表示：Al3＋＋2SO42—＋2Ba2＋＋4OH－＝AlO2—＋2BaSO4↓＋2H2O，B正确；C、根据A中分析可知C正确；D、当氢氧化铝达到最大值时，继续加入氢氧化钡，硫酸钡生成1mol同时氢氧化铝溶解2mol，沉淀的物质的量减少，D错误。答案选D。【题目点拨】明确离子的性质特点是解答的关键，注意氢氧化铝的两性。尤其要注意沉淀的物质的量最大时应该是铝恰好完全反应时，而沉淀的质量最大时应该是硫酸根离子恰好完全反应时。21、C【解题分析】

根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【题目详解】A．对某一反应，△H的数值不变，故A项错误；B．两边气体计量数相等，容器内压强始终保持不变，故B项错误；C．气体的颜色不再变化，说明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，故C项正确；D．恒容密闭容器中气体的质量与体积不变，则密度始终一直不变，故D项错误。故答案为C。【题目点拨】化学平衡状态的判断涉及到密度、摩尔质量时，一定要注意，判断密度时，质量或者体积，二者必须有一个是变量，判断摩尔质量时，质量和物质的量必须有一个是变量，当变量不在变化时，反应达到平衡状态。22、B【解题分析】

利用勒夏特列原理的定义进行分析。【题目详解】A、Cl2与H2O发生Cl2＋H2OH+＋Cl-＋HClO，排饱和食盐水收集氯气，增加Cl-浓度，使平衡向逆反应方向进行，抑制Cl2的溶解，符合勒夏特列原理，故A不符合题意；B、H2和I2发生H2＋I22HI，组分都是气体，且反应前后气体系数之和相等，即增大压强平衡不移动，但组分浓度增大，颜色加深，故B符合题意；C、浓氨水中存在NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，加入NaOH固体，增加溶液中OH-的浓度，平衡向逆反应方向移动，NaOH固体遇水放出热量，使NH3逸出，故C不符合题意；D、2SO2＋O22SO3，使用过量的氧气，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率提高，故D不符合题意；答案选B。二、非选择题(共84分)23、酯基溴原子消去反应或【解题分析】

(1)根据C的结构简式判断其官能团；(2)根据G、H分子结构的区别判断反应类型；(3)A是邻甲基苯甲酸，A与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生B；(4)根据同分异构体的概念及E的结构简式和对其同分异构体的要求可得相应的物质的结构简式；(5)苯酚与氢气发生加成反应产生环己醇，环己醇一部分被催化氧化产生环己酮，另一部分与HBr发生取代反应产生1-溴环己烷，1-溴环己烷发生题干信息反应产生，与环己酮发生信息反应得到目标产物。【题目详解】(1)由C结构简式可知其含有的官能团名称是酯基、溴原子；(2)由与分析可知：G与CH3COONa在乙醇存在时加热，发生消去反应产生和HI；(3)A是邻甲基苯甲酸，A与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生B；是邻甲基苯甲酸甲酯，结构简式是；(4)E结构简式为：，其同分异构体要求：①分子中含有苯环，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有不饱和的碳碳双键；②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有4种不同化学环境的氢，其中之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明是苯酚与酸形成了酯；则该物质可能为或；(5)苯酚与氢气在Ni催化下，加热，发生加成反应产生环己醇，环己醇一部分被催化氧化产生环己酮，另一部分与HBr发生取代反应产生1-溴环己烷，1-溴环己烷与P(C6H5)3发生题干信息反应产生，与在N(C2H5)3发生信息反应得到目标产物。所以由合成路线流程图为：。【题目点拨】本题考查了有机物的推断与合成的知识。掌握有机物官能团的结构对性质的决定作用，的物质推断的关键，题目同时考查了学生接受信息、利用信息的能力。24、N＞O＞Csp21s22s22p63s23p63d10Cu2ONH3分子间能形成氢键[N=N=N]-A、C【解题分析】

C的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，核外电子排布为1s22s22p2，则C是C元素；A、C、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，该气体M为HCHO，A原子有2个未成对电子，则D为H元素、A为O元素；B的原子序数介于碳、氧之间，故B为N元素；E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则E是铜元素；（1）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道半满，为稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C；（2）M为HCHO，分子中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，则C原子采取sp2杂化；（3）Cu失去4s能级1个电子形成Cu+，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，由晶胞结构可知，Cu+位于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu+，O原子数为8×1/8+1=2，则O与Cu+数目比为1:2，化学式为Cu2O；（4）NH3分子间能形成氢键，甲烷分子之间为分子间作用力，氢键比分子间作用力强，故NH3的沸点比CH4的高；（5）CO2、N3-互为等电子体，二者结构相似，N3-中N原子之间形成2对共用电子对，N3-的结构式[N=N=N]-；（6）A．电解质在水溶液里电离出阴阳离子，所以该离子中不存在离子键，故选；B．水分子或[Cr（H2O）5Cl]2+中，非金属元素之间都存在共价键，故不选；C．该溶液中不存在金属键，故选；D．[Cr（H2O）5Cl]2+中Cr原子和水分子中的O原子之间存在配位键，故不选；E．溶液中水分子之间存在范德华力，故不选；故选A、C。25、冷凝管打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴加环己酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸发使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量漏斗、分液漏斗降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层60.6%【解题分析】

(1)装置D的名称是冷凝管；(2)①为了防止Na2Cr2O7在氧化环己醇放出大量热，使副反应增多，应让其反应缓慢进行；②环己酮能与水形成具有固定组成的混合物，两者能一起被蒸出；(3)①环己酮在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度，且乙醚和水不互溶，则乙醚能作萃取剂，从而提高产品产量；②分液需要的主要仪器为分液漏斗，过滤需要漏斗；③环己醇的质量=10mL×0.96g/mL=9.6g，理论上得到环己酮质量=×98g/mol=9.408g，实际上环己酮质量=6mL×0.95g/mL=5.7g，环己酮产率=【题目详解】(1)装置D的名称是冷凝管，具有冷凝蒸汽作用；(2)①由于酸性Na2Cr2O7溶液氧化环己醇反应剧烈，导致体系温度迅速上升、副反应增多，所以酸性Na2Cr2O7溶液加入不能太快，应打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴加；②环己酮和水能形成具有固定组成的混合物，具有固定的沸点，蒸馏时能被一起蒸出，所以蒸馏难以分离环己酮和水的混合物。环己酮和水能够产生共沸，采取蒸馏是不可取的，建议采用精馏；(3)①环己酮在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度，且乙醚和水不互溶，则乙醚能作萃取剂，能将水中的环己酮萃取到乙醚中，从而提高产品产量；②分液需要的主要仪器为分液漏斗，过滤需要由漏斗组成的过滤器；NaCl能增加水层的密度，降低环己酮的溶解，且有利于分层；③环己醇的质量=10mL×0.96g/mL=9.6g，理论上得到环己酮质量=×98g/mol=9.408g，实际上环己酮质量=6mL×0.95g/mL=5.7g，环己酮产率==×100%=60.6%。26、从量气管右侧管口加水至左右两管出现液面高度差时停止加水，若能保持液面高度差不变，则说明装置气密性好增大反应物浓度能加快化学反应速率下降上升慢快左侧液面上升右侧液面下降O2+4e-+2H2O＝4OH-【解题分析】分析：本题考查了化学反应的速率的影响因素，钢铁的电化学腐蚀等，注意知识的归纳和梳理是关键。详解：【实验一】由实验装置分析得检验气密性的方法是从量气管右侧管口加水至左右两管出现液面高度差时停止加水，若较长时间能保持液面高度差不变，则说明装置气密性好；t1＞t2，说明实验Ⅱ反应速率较大，二者浓度不同，说明在气体条件一定时，反应收益率随着反应物浓度的增大而增大；【实验二】①铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，有气体生成，而且放热，所以压强增大，所以左侧液面下降，右侧液面上升；②圆底烧瓶中装与①相同量的铁粉但不加入碳粉，其他试剂和操作相同，因为①中形成的原电池，反应快，所以不加碳粉的反应慢；③圆底烧瓶中装与①相同量的铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装食盐水，打开活塞加入食盐水后，铁发生吸氧腐蚀，左侧空气量减少，左侧液面上升，右侧液面下降；空气中的氧气在正极得到电子发生反应，电极反应为：O2+4e-+2H2O＝4OH-。27、石蕊试液变红有淡黄色沉淀产生氧化溴水褪色还原吸收多余的SO2SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O【解题分析】分析：实验室制SO2并验证SO2某些性质，①中硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，②中二氧化硫与水反应生成亚硫酸，遇石蕊变红；③中品红溶液褪色；④中二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成单质S；⑤中二氧化硫与溴水发生氧化还原反应；⑥为尾气处理装置，据此分析解答。详解：(1)②中为紫色石蕊试液，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，SO2+H2O⇌H2SO3，亚硫酸为弱酸，可以使紫色石蕊试液变红，故答案为：紫色石蕊溶液变红；(2)④中SO2中+4价S具有氧化性，硫化氢中-2价S具有还原性，二氧化硫能把硫化氢氧化成单质硫，本身被还原成单质硫，反应方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H20，所以④中现象是有淡黄色沉淀生成，故答案为：有淡黄色沉淀生成；氧化；(3)⑤中溴水具有氧化性，SO2中+4价S具有还原性，两者发生氧化还原反应，溶液褪色，该反应中二氧化硫为还原剂，具有还原性，故答案为：溴水褪色；还原；(4)二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，二氧化硫酸性氧化物能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，反应的化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案为：吸收多余的SO2，防止污染空气；2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O。28、NO、NO22NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)===2N2(g)＋3H2O(g)ΔH＝－2QkJ·mol－1Mn、200℃左右a>b>c<CD【解题分析】分析：（1）①得电子化合价降低的反应物是氧化剂；生成1mol氮气放出QkJ热量，则生成2mol氮气放出2QkJ热量；②温度越高，对设备的要求越高，所以如果催化剂在较低温度下能较大程度的脱氢即可；（2）①反应