2024届湖北省黄冈市蕲春县高二化学第二学期期末质量跟踪监视试题含解析

2024届湖北省黄冈市蕲春县高二化学第二学期期末质量跟踪监视试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列表示不正确的是A．Na+的结构示意图 B．水分子的结构式：C．乙烯的球棍模型 D．CO2的电子式2、氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。如图是模拟工业制备氢溴酸粗品并精制流程：下列说法不正确的是A．冰水的目的是降低反应温度，防止溴挥发，使反应更充分B．混合①发生的反应为：SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBrC．操作Ⅱ和操作Ⅲ的名称分别为过滤和蒸馏D．Na2SO3的作用是调节溶液的pH也可以用Na2CO3替代3、某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I－、SO32－、SO42－，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是A．肯定不含I－ B．肯定含有SO32－、I－C．肯定不含SO42－ D．肯定含有NH4+4、25℃时，pH=2的某酸HnA(An—为酸根）与pH=12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH变为5。下列判断正确的是A．生成的正盐化学式为BmAnB．该盐中存在着一定水解的离子，该离子水解方程式为Bm++mH2OB(OH)m+mH+C．生成的盐为强酸弱碱盐D．HnA为弱酸，其第一步电离方程式为HnAHn-1A-+H+5、某化妆品的组分Z具有美白功效，能从杨树中提取，也可用如下反应制备，下列叙述错误的是A．X、Y和Z均能与浓溴水反应B．X和Z均能与NaHCO3溶液反应放出CO2C．X既能发生取代反应，也能发生加成反应D．Y可作加聚反应单体6、氢化锂(LiH)在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸剧烈反应，能够引起燃烧。某化学科研小组准备使用下列装置制备LiH固体。下列说法正确的是A．上述仪器装置按气流从左到右连接顺序为：e接d，c接f，g接a，b(和g调换也可以)B．实验中所用的金属锂保存在煤油中C．在加热D处的石英管之前，应先通入一段时间氢气，排尽装置内的空气D．干燥管中的碱石灰可以用无水CaCl2代替7、在25℃，向含c(H+)＝0.1mol•L-1、c(Cu2+)＝c(Fe3+)＝0.01mol•L-1的200mL溶液中加入NaOH固体时，c(Cu2+)、c(Fe3+)随pH的变化曲线如图所示（忽略加入固体时溶液体积的变化）。下列叙述不正确的是A．Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Cu(OH)2]B．pH＝5时溶液中的阳离子主要为H+和Cu2+C．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与离子浓度和沉淀的量均无关D．向含有FeCl3杂质的CuCl2溶液中加入CuO或CuCO3可除去溶液中混有的Fe3＋8、根据下图所示能量变化，分析下列说法正确的是A．A(g)+B(g)→C(g)+D(l)是放热反应B．A(g)+B(g)→C(g)+D(l)是吸热反应C．C(g)+D(l)→A(g)+B(g)是放热反应D．A(g)+B(g)具有的能量小于C(g)+D(l)具有的能量9、在36g碳不完全燃烧所得气体中，CO占13体积，CO2占2C(s)＋12O2(g)===CO(g)ΔH＝－110.5kJ·mol－1CO(g)＋12O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283kJ·mol与这些碳完全燃烧相比，损失的热量是A．172.5kJB．1149kJC．283kJD．517.5kJ10、将15mL2mol·L－1Na2CO3溶液逐滴加入到40mL0.5mol·L－1MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是A．4 B．3 C．2 D．111、下列各组中的反应，属于同一反应类型的是A．由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇B．由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸C．由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制二溴丙烷D．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇12、甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是A．甲、乙的化学式均为C8H14B．甲、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．乙的二氯代物共有6种(不考虑立体异构)D．丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面13、短周期主族元素X、Y在同一周期，且电负性X＞Y，下列说法不正确的是A．X与Y形成化合物时，X显负价，Y显正价B．第一电离能Y小于XC．原子半径：X小于YD．气态氢化物的稳定性：HmY弱于HnX14、下列选项中正确的是(

)A．钠原子的结构示意图:B．过氧化钠的电子式:C．碳酸氢钠的电离方程式:NaHCO3=Na++H++CO32-D．中子数为12的钠的核素符号为:1115、下列有关“造纸术、指南针、黑火药及印刷术”的相关说法正确的是（）A．宣纸的主要成分是纤维素，属于高分子化合物B．指南针由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3C．黑火药爆炸反应为2KNO3+3C+S==K2S+N2↑+3CO2↑，其中氧化剂只有KNO3D．活字印刷使用的胶泥由Al2O3、SiO2、CaO等组成，它们都属于碱性氧化物16、下列各组固体物质，可按照溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序，将它们相互分离的是A．NaNO3和NaCl B．CuO和木炭粉C．MnO2和KCl D．BaSO4和AgCl17、二环[1，0，0]丁烷()是最简单的桥环化合物。下列关于该化合物的说法错误的是A．该化合物的二溴代物有4种B．生成1molC4H10需要2molH2C．该化合物与1，3-丁二烯互为同分异构体D．该化合物中4个碳原子可能处于同一平面18、下列关于金属单质及其化合物的说法不正确的是（）A．Na2O2常用作航天和潜水的供氧剂 B．磁铁的主要成分是铁单质C．MgO和Al2O3常用作耐火材料 D．Fe2O3是一种常见的红色颜料19、科学家已经发现一种新型氢分子，其化学式为H3，在相同的条件下，等质量的H3和H2相同的是()A．原子数 B．分子数 C．体积 D．物质的量20、实验室可利用硫酸厂废渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁和绿矾(FeSO4·7H2O)，聚铁的化学式可表示为[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m，主要工艺流程下：下列说法不正确的是（）A．炉渣中FeS与稀硫酸和氧气反应的离子方程式为：4FeS+3O2+12H+===4Fe3++4S↓+6H2OB．气体M的成分是SO2，通入H2O2溶液得到硫酸，可循环使用C．向溶液X中加入过量铁粉，充分反应后过滤得到溶液Y，再经蒸干即得绿矾D．溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若其pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏小21、下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是（）①用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶②配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中，并不断搅拌；③用pH试纸测得氯水的pH为2；④用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管；⑤浓硝酸保存在棕色细口瓶中；⑥将镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液，镁条上产生气泡⑦某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中含NH4+．A．①④⑤⑦B．③④⑦C．①②⑥D．②③⑤⑥22、把下列物质的水溶液加热蒸干后，能得到原溶质的是A．NaHCO3B．FeCl3C．KClD．FeSO4二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②回答下列问题:(1)E的结构简式为_______。(2)E生成F的反应类型为_______。(3)1mol化合物H最多可与_______molH2发生加成反应。(4)G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为______。(5)芳香化合物X是F同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境氢，峰面积比之为6:2:1:1，写出1种符合要求的X的结构简式_____。(6)写出用环戊烷和2-丁炔为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)_____。24、（12分）有机物G（分子式为C13H18O2）是一种香料，如图是该香料的一种合成路线。已知：①E能发生银镜反应，在一定条件下，1molE能与2molH2反应生成F；②R—CH===CH2R—CH2CH2OH；③有机物D的摩尔质量为88g·mol－1，其核磁共振氢谱有3组峰；④有机物F是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个无支链的侧链。回答下列问题：（1）用系统命名法命名有机物B________________；（2）E的结构简式为__________________________；（3）C与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为____________________________；（4）已知有机物甲符合下列条件：①为芳香族化合物；②与F互为同分异构体；③能被催化氧化成醛。符合上述条件的有机物甲有________种，写出一种满足苯环上有3个侧链，且核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的有机物的结构简式____________________；（5）以丙烯等为原料合成D的路线如下：X的结构简式为_______，步骤Ⅱ的反应条件为___________，步骤Ⅳ的反应类型为______。25、（12分）某Na2CO3样品中混有一定量的Na2SO4(设均不含结晶水)，某实验小组设计如下方案测定样品中Na2CO3的质量分数。（1）甲同学通过测定二氧化碳的质量来测定碳酸钠的质量分数，实验装置如图：①主要实验步骤有：a．向装置中通入空气；b．称量干燥管B与装入碱石灰的总质量；c．打开分液漏斗活塞，使稀硫酸与样品充分反应。合理的步骤是_____(可重复)。②按气体从左向右的流向，干燥管A的作用是____，干燥管C的作用是______。（2）乙同学利用图ⅰ、ⅱ、ⅲ三个仪器组装一套装置完成Na2CO3质量分数的测定，其中样品已称量完毕，ⅲ中装有CO2难溶于其中的液体。①ⅱ中盛装的是____(填代号)。A．浓硫酸B．饱和NaHCO3溶液C．10mol·L−1盐酸D．2mol·L−1硫酸②用橡胶管连接对应接口的方式是：A接___，B接__，C接___(填各接口的编号)。③在测量气体体积时，组合仪器与ⅳ装置相比更为准确，主要原因是____。组合仪器相对于ⅳ装置的另一个优点是______。26、（10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%）27、（12分）抗爆剂的添加剂常用1，2-二溴乙烷。如图为实验室制备1，2-二溴乙烷的装置图，图中分液漏斗和烧瓶a中分别装有浓H2SO4和无水乙醇，d装罝试管中装有液溴。相关数据列表如下：乙醇1，2-二溴乙烷乙醚溴状态无色液体无色液体无色液体红棕色液体密度/g·cm-30.792.180.713.10沸点/℃78.5131.434.658.8熔点/℃-114.39.79-116.2-7.2水溶性混溶难溶微溶可溶（1）安全瓶b在实验中有多重作用。其一可以检查实验进行中d装罝中导管是否发生堵塞，请写出发生堵塞时瓶b中的现象：①_____________________________；如果实验时d装罝中导管堵塞，你认为可能的原因是②___________________________________；安全瓶b还可以起到的作用是③_______________________________________。（2）容器c、e中都盛有NaOH溶液，c中NaOH溶液的作用是_______________________。（3）某学生在做此实验时，使用一定量的液溴，当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正确情况下超过许多，如果装罝的气密性没有问题，试分析可能的原因：________________________、_____________________________(写出两条即可)。（4）除去产物中少量未反应的Br2后，还含有的主要杂质为________________，要进一步提纯，下列操作中必需的是________________(填字母)。A．重结晶B．过滤C．萃取D．蒸馏（5）实验中也可以撤去d装置中盛冰水的烧杯，改为将冷水直接加入到d装置的试管中，则此时冷水除了能起到冷却1，2-二溴乙烷的作用外，还可以起到的作用是________________。28、（14分）请按要求填空：(1)Mg是第3周期元素，该周期部分元素氟化物的熔点见下表：①解释表中氟化物熔点差异的原因：a．_____________________________________________________________________。b．____________________________________________________________________。②硅在一定条件下可以与Cl2反应生成SiCl4，试判断SiCl4的沸点比CCl4的________(填“高”或“低”)，理由________________________________。(2)下列物质变化，只与范德华力有关的是_________。a．干冰熔化b．乙酸汽化c．石英熔融d．HCONHCH2CH3溶于水e．碘溶于四氯化碳(3)C，N元素形成的新材料具有如下图所示结构,该晶体的化学式为：_____________。(4)FeCl3常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上升华。易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断FeCl3的晶体类型为_________________。(5)氮化碳和氮化硅晶体结构相似，是新型的非金属高温陶瓷材料，它们的硬度大，熔点高、化学性质稳定。①氮化硅的硬度________(“大于”或“小于”)氮化碳的硬度，原因是________________。②下列物质熔化时所克服的微粒间的作用力与氮化硅熔化时所克服的微粒间的作用力相同的是_________。a．单质I2和晶体硅b．冰和干冰c．碳化硅和二氧化硅d．石墨和氧化镁③已知氮化硅的晶体结构中，原子间都以单键相连，且氮原子与氮原子不直接相连、硅原子与硅原子不直接相连，同时每个原子都满足8电子稳定结构，请写出氮化硅的化学式________。(6)第ⅢA，ⅤA元素组成的化合物GaN、GaP、GaAs等是人工合成的新型半导体材料，其晶体结构与单晶硅相似。在GaN晶体中，每个Ga原子与______个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为________。在四大晶体类型中，GaN属于____晶体。29、（10分）美国化学家R.F.Heck因发现如下Heck反应而获得2010年诺贝尔化学奖。（X为卤原子，R为取代基）经由Heck反应合成M（一种防晒剂）的路线如下：回答下列问题：(1)C与浓H2SO4共热生成F，F能使酸性KMnO4溶液褪色，F的结构简式是____________。D在一定条件下反应生成高分子化合物G，G的结构简式是____________。(2)在A→B的反应中，检验A是否反应完全的试剂是____________。(3)E的一种同分异构体K符合下列条件：苯环上有两个取代基且苯环上只有两种不同化学环境的氢，与FeCl3溶液作用显紫色。K与过量NaOH溶液共热，发生反应的方程式为________________。

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】

A.Na+的核外电子数是10，结构示意图为，A错误；B.水是V形结构，水分子的结构式为，B正确；C.球棍模型是用来表现化学分子的三维空间分布，棍代表共价键，球表示构成有机物分子的原子，乙烯的球棍模型为，C正确；D.CO2是共价化合物，的电子式为，D正确；答案选A。2、D【解题分析】

A.溴易挥发，冰水的目的是降低反应温度，防止溴挥发，使反应更充分，A正确；B.目标产物为HBr，可通过SO2和Br2发生氧化还原反应生成，故混合①发生的反应为：SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr，B正确；C.操作Ⅱ为过滤，除去硫酸钡沉淀后得滤液，滤液中是含有HBr和NaBr等的混合溶液，经过蒸馏得到目标产物，C正确；D.Na2SO3的作用是通过氧化还原反应去除残留的溴，不可以用Na2CO3替代，D不正确；答案选D。3、C【解题分析】因为溶液呈无色，则溶液中不含Fe2+；溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，溶液中一定含SO32-（反应为Br2+SO32-+H2O=2Br-+SO42-+2H+），由于SO32-的还原性强于I-，加入的溴水是少量，不能确定溶液中是否存在I-，A、B项错误；由于溶液中所有离子物质的量浓度相同，根据电荷守恒，Na+、NH4+、K+都为带一个单位正电荷的阳离子，溶液中Na+、NH4+、K+至少含有两种，而SO42-为带2个单位负电荷的阴离子，则溶液中一定不含SO42-，C项正确、D项错误；答案选C。【题目点拨】易错点：加入少量溴水后，溶液仍呈无色易判断出一定不含I-；事实是还原性SO32-I-，少量溴水先与还原性强的SO32-反应，即使含I-也不能发生反应发生颜色的变化。4、D【解题分析】

25℃时，pH=2的某酸HnA(An—为酸根）与pH=12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH变为5。说明HnA为弱酸，且酸过量。根据化合物中化合价的代数和为0可以确定其化学式，根据酸碱的相对强弱可以确定水解的离子。【题目详解】A．HnA中A的化合价为-n价，碱B(OH)m中B的化合价是+m价，根据化合物中化合价的代数和为0可知，二者的离子个数比为：n:m，则其化学式为BnAm，A项错误；B．根据题意可知HnA为弱酸，则An–一定能水解，水解方程式为：An–+H2OHA(n-1)–+OH-，B项错误；C．根据题意可知HnA为弱酸，生成的盐为弱酸强碱盐，C项错误；D．HnA为弱酸，在水溶液中部分电离成酸根离子和氢离子，电离方程式为：HnAHn-1A-+H+，D项正确；答案选D。5、B【解题分析】分析：根据X中含有2个酚羟基，Y中含有苯环和碳碳双键，Z中含有2个苯环和2个酚羟基，结合官能团的性质解答。详解：A．X和Z中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色，所以X和Z都能和溴水发生取代反应、Y能和溴水发生加成反应，所以三种物质都能使溴水褪色，A正确；B．酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应，Z和X中都只含酚羟基不含羧基，所以都不能和碳酸氢钠反应，B错误；C．X含有酚羟基和苯环，一定条件下能发生加成反应、取代反应，C正确；D．Y中含有碳碳双键，能发生加聚反应，Y可作加聚反应单体，D正确；答案选B。点睛：本题主要是考查有机物的结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题的关键，侧重考查酚、烯烃的性质。6、C【解题分析】

氢气和锂发生反应生成LiH，制备LiH固体需要制备氢气，LiH在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用C装置制备氢气，用装置A中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置D中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置B，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D和生成的氢化锂发生反应。【题目详解】A、氢气和锂发生反应生成LiH，制备LiH固体需要制备氢气，LiH在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用C装置制备氢气，用装置A中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置D中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置B，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D和生成的氢化锂发生反应，装置连接顺序为：e接a，b接f，g接d，故A错误；B、实验中所用的金属锂保存在石蜡中，故B错误；C、在加热D处的石英管之前，应先通入一段时间氢气，排尽装置内的空气，防止加热时锂燃烧，也防止氢气与氧气发生爆炸反应，故C正确；D、用装置A中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，干燥管中的碱石灰不可以用无水CaCl2代替，CaCl2无法除去HCl，故D错误。故选C。【题目点拨】本题考查化学实验制备方案，理解原理是解题关键，涉及对装置及操作的分析评价、气体收集、除杂等，难点A，在理解原理的基础上，选用装置。7、B【解题分析】

图中pH为4时Fe3+完全沉淀，溶液中含大量的Cu2+，加入NaOH固体时，先与H+反应，然后铁离子转化为沉淀，且Ksp与温度与物质的性质有关，以此来解答。【题目详解】A．pH为4时Fe3+完全沉淀，溶液中含大量的Cu2+，则Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Cu（OH）2]，故A项正确；B．加入NaOH固体时，先与H+反应，然后铁离子转化为沉淀，则pH=5时溶液中的阳离子主要为Na+和Cu2+，故B项错误；C．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与离子浓度和沉淀的量均无关，说法合理，故C项正确；D．向含有FeCl3杂质的CuCl2溶液中加入CuO或CuCO3，可促进铁离子水解转化为沉淀，且不引入新杂质，可除杂，故D项正确。故答案为B8、A【解题分析】

A.根据图像可知A(g)+B(g)的总能量高于C(g)+D(l)的总能量，所以A(g)+B(g)→C(g)+D(l)是放热反应，A正确；B.A(g)+B(g)→C(g)+D(l)是放热反应，B错误；C.C(g)+D(l)→A(g)+B(g)是吸热反应，C错误；D.A(g)+B(g)具有的能量高于C(g)+D(l)具有的能量，D错误；答案选A。9、C【解题分析】

根据热化学方程式进行简单计算。【题目详解】方法一：36g碳完全燃烧生成3molCO2(g)放热Q1＝(110.5+283)kJ·mol－1×3mol＝1180.5kJ，题中36g不完全燃烧生成1molCO(g)、2molCO2(g)放热Q2＝110.5kJ·mol－1×3mol+283kJ·mol－1×2mol＝897.5kJ，则损失热量Q1－Q2＝1180.5kJ－897.5kJ＝283kJ。方法二：根据盖斯定律，损失热量就是不完全燃烧的产物完全燃烧放出的热量，即1molCO(g)完全燃烧放出的热量283kJ。本题选C。10、B【解题分析】

M的化合价为+n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为：2Mn+～～～～～～～nCO32－2n0.04L×0.5mol/L0.015L×2mol/L解得n=3故选B。11、D【解题分析】

有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其它原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应是加成反应，有机物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所替代的反应叫取代反应，有机化合物在一定条件下，从1个分子中脱去1个或几个小分子，而生成不饱和键化合物的反应，叫做消去反应。有机物分子中失去氢原子或加入氧原子的反应叫做氧化反应，有机物分子中加入氢原子或失去氧原子的反应叫做还原反应，据此分析解答。【题目详解】A.溴丙烷水解制丙醇，-Br被-OH取代，为取代反应；丙烯与水反应制丙醇，双键转化为单键，引入-OH，为加成反应，类型不同，故A不选；B.甲苯硝化制对硝基甲苯，苯环上的H被硝基取代，为取代反应；甲苯氧化制苯甲酸，甲基转化为-COOH，为氧化反应，类型不同，故B不选；C.由氯代环己烷消去制环己烯，-Cl转化为双键，为消去反应；由丙烯与溴反应制1,2二溴丙烷，双键转化为单键，引入-Br，为加成反应，类型不同，故C不选；D.乙酸和乙醇制乙酸乙酯，发生酯化反应；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇，发生水解反应，则酯化反应、水解反应均属于取代反应，类型相同，故D选。答案选D。12、C【解题分析】

A.根据甲、乙的结构简式，甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；B.甲含有碳碳双键、丙是苯的同系物，所以甲、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C.的二氯代物，2个氯原子位置分别在①①、①②、①③、①④、①⑤、①⑥、③⑤共有7种，故C错误；D.丙的名称为乙苯，单键可以旋转，所以分子中所有碳原子可能共平面，故D正确。13、B【解题分析】

A.因为电负性X>Y，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确；B.一般非金属性越强，第一电离能越大，若Y的最外层电子半满或全满为稳定结构，则第一电离能Y大于X，故B错误；C.因短周期主族元素X、Y在同一周期，且电负性X＞Y，所以原子半径：X<Y，故C正确；D.因X、Y元素同周期，且电负性X>Y，所以非金属性X>Y，气态氢化物的稳定性：HmY弱于HnX，故D正确；综上所述，本题正确答案为B。【题目点拨】解题依据：X、Y元素同周期，且电负性X>Y，则原子序数X>Y，非金属性X>Y，结合同周期元素的性质及元素化合物知识来解答。14、D【解题分析】分析：A、钠原子的核外有11个电子；B、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根离子构成；C、碳酸氢钠只能完全电离为钠离子和碳酸氢根离子；D、质量数=中子数+质子数，据此分析判断。详解：A、钠原子的核外有11个电子，故其结构示意图为，故A错误；B、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根离子构成，故其电子式为，故B错误；C、碳酸氢钠只能完全电离为钠离子和碳酸氢根离子，故其电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故C错误；D、质量数=中子数+质子数，故中子数为12的钠原子的质量数为23，符号为2311Na，故D正确；故选D。15、A【解题分析】

A.宣纸的主要成分为天然纤维素，纤维素为多糖，属于高分子化合物，故A正确；B.天然磁石成分为四氧化三铁，故B错误；C.反应2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑中，N、S元素化合价降低，得电子被还原，C元素化合价升高，失电子被氧化，所以KNO3和S都是氧化剂，故C错误；D.Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故D错误。答案选A。【题目点拨】本题以我国传统文化四大发明为命题情景，考查化学基本概念，涉及物质的分类、氧化还原反应的有关概念等，掌握基础知识是解题的关键，注意氧化还原反应的分析要紧紧抓住化合价变化，化合价变没变，是升高了还是降低了。16、C【解题分析】

A．硝酸钠和氯化钠均易溶于水，无法采用上述方法分离，A项错误；B．CuO和木炭粉均不溶于水，也无法采用上述方法分离，B项错误；C．MnO2不溶于水，KCl易溶于水；溶解后，可以将MnO2过滤，再把滤液蒸发结晶即可得到KCl，C项正确；D．BaSO4和AgCl均不溶于水，无法采用上述方法分离，D项错误；答案选C。17、D【解题分析】

A.该物质结构中有两种碳原子，即2个-CH2-，2个，前者可连接两个Br，而后者不能，故同一个碳原子上连2个Br只有1种，2个-CH2-分别连1个Br为1种，2个分别连1个Br为1种，相邻的-CH2-，分别连1个Br为1种，共4种同分异构体，故A正确；B.该有机物的分子式为C4H6，所以生成1molC4H10需要2molH2，故B正确；C．1，3-丁二烯的分子式为C4H6，结构简式为：，故和二环[1，0，0]丁烷()互为同分异构体，故C正确；D.四个碳原子位于四面体的顶点，不能共面，故D错误；故选D。18、B【解题分析】

A.Na2O2可与人呼出的二氧化碳、水反应生成氧气，常用作航天和潜水的供氧剂，A正确；B.磁铁的主要成分是四氧化三铁，B错误；C.MgO与Al2O3为离子晶体，有较高的熔点，常用作耐火材料，C正确；D.Fe2O3俗称铁红，是一种常见的红色颜料，D正确；答案为B。19、A【解题分析】

设这两种物质都为1g，则n(H3)=mol，n(H2)=mol；A、molH3有1molH原子，molH2有1molH，故二者的原子相同，A正确；B、molH3和molH2的分子数不同，B错误；C、同温同压下，气体的气体与物质的量成正比，所以molH3和molH2的体积不同，C错误；D、molH3和molH2的物质的量不同，D错误；故选A。20、C【解题分析】炉渣加入硫酸溶液的同时通入氧气，得到的固体W为S和SiO2，灼烧得到气体M为二氧化硫，溶液X为含有Fe3+的溶液，调节溶液pH得到溶液Z加热得到聚铁胶体，溶液X中加入铁反应生成的溶液Y为硫酸亚铁溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体。A.炉渣中FeS与稀硫酸和氧气反应生成硫单质、硫酸铁和水，反应的离子方程式为4FeS+3O2+12H+=4Fe3++4S↓+6H2O，故A正确；B.根据上述分析可知，气体M的成分是SO2，通入H2O2溶液得到硫酸，可循环使用，故B正确；C.溶液X中加入过量铁粉，铁和硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到绿矾，故C错误；D.若溶液Z的pH偏小，则聚铁中生成的氢氧根离子的含量减少，硫酸根离子的含量偏大，将导致聚铁中铁的质量分数偏小，故D正确；答案选C。21、A【解题分析】分析：①根据碳酸钙能与盐酸反应判断；②根据浓硫酸溶于水放热，密度大于硝酸分析；③氯水具有强氧化性；④稀硝酸具有强氧化性，能溶解单质银；⑤根据浓硝酸见光易分解判断；⑥铝能与氢氧化钠溶液反应，镁不能；⑦铵盐能与强碱反应放出氨气，氨气是碱性气体。详解：①盛放过石灰水的试剂瓶中含有碳酸钙，碳酸钙溶于盐酸，可用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶，正确；②浓硫酸密度大于浓硝酸，配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，应将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌，错误；③氯水中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测得氯水的pH，错误；④银溶于稀硝酸，所以可用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管，正确；⑤浓硝酸见光易分解，因此浓硝酸保存在棕色细口瓶中，正确；⑥铝与氢氧化钠溶液反应，镁不能，因此将镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液，镁作正极，氢离子放电，所以镁条上产生气泡，正确；⑦某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，产生的气体一定是氨气，因此溶液中含NH4＋，正确；所以正确的是①④⑤⑦。答案选A。22、C【解题分析】分析：A．NaHCO3在加热条件下分解生成Na2CO3；B．FeCl3加热促进水解生成Fe(OH)3和HCl，Fe(OH)3易分解，HCl易挥发；C．氯化钾不能水解，受热会蒸发水；D．加热蒸干FeSO4溶液时，硫酸亚铁易被氧化生成硫酸铁。详解：A．NaHCO3在加热条件下分解生成Na2CO3，所以蒸干灼烧其水溶液，不能得到该物质，选项A错误；B．FeCl3在加热时水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发，灼烧得到氧化铁，所以蒸干灼烧其水溶液，不能得到该物质，选项B错误；C．加热蒸干KCl时，KCl不水解、不被氧化、不易分解，所以得到原物质，选项C正确；D．加热蒸干FeSO4溶液时，硫酸亚铁易被氧化生成硫酸铁，硫酸铁水解生成氢氧化铁和硫酸，硫酸没有挥发性，所以得到的固体是硫酸铁，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查盐类的水解以及元素化合物知识，题目难度中等，注意硫酸和盐酸的挥发性的不同。二、非选择题(共84分)23、取代反应（酯化反应）5或或或【解题分析】

结合，由H的结构简式逆推可得【题目详解】根据以上分析，(1)根据H的结构简式，逆推F是，E与乙醇发生酯化反应生成，则E的结构简式为。(2)与乙醇发生酯化反应生成，反应类型为取代反应（酯化反应）。(3)碳碳双键、苯环都能与氢气发生加成反应，1mol化合物最多可与5molH2发生加成反应。(4)G为甲苯的同分异构体，利用逆推，可知F是、G是，生成H的化学方程式为。(5)芳香化合物X含有苯环，X能与饱和碳酸氢钠反应放出CO2，说明含有羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境氢，峰面积比之为6:2:1:1，说明结构对称，符合要求F的同分异构体有或或或；(6)环戊烷发生取代反应生成一氯环戊烷，一氯环戊烷发生消去反应生成环戊烯，环戊烯和2-丁炔发生加成反应生成，与溴发生加成反应生成，合成路线为。【题目点拨】考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，注意题给信息的灵活运用。24、2－甲基－1－丙醇C6H5CH=CHCHO(CH3)2CHCHO＋2Cu(OH)2＋NaOH(CH3)2CHCOONa＋Cu2O↓＋3H2O13种CH3CHBrCH3NaOH的水溶液，加热消去反应【解题分析】C氧化可生成D，则D应为酸，D的相对分子质量通过质谱法测得为88，它的核磁共振氢谱显示只有三组峰，其结构简式应为（CH3）2CHCOOH，则C为（CH3）2CHCHO；B为（CH3）2CHCH2OH，由题给信息可知A为（CH3）2C=CH2，有机物F是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个无支链的侧链，结合G的分子式可知F为，E能够发生银镜反应，1mol

E与2mol

H2反应生成F，则E为，G为，则（1）B为（CH3）2CHCH2OH，按照醇的系统命名法命名；正确答案：2-甲基-1-丙醇；（2）根据以上分析可知E的结构简式为；正确答案：（3）(CH3)2CHCHO被新制Cu(OH)2氧化为羧酸；正确答案：(CH3)2CHCHO＋2Cu(OH)2＋NaOH(CH3)2CHCOONa＋Cu2O↓＋3H2O；（4）F为，符合：①为芳香族化合物；②与F是同分异构体；③能被催化氧化成醛的化合物有：若苯环上只有1个取代基，取代基为—CH(CH3)—CH2OH，只有1种；若苯环上有2个取代基，可能是甲基和—CH2CH2OH，邻间对3种，也可以是—CH2CH3和—CH2OH，邻间对3种；若苯环上有3个取代基，只能是两个—CH3和一个—CH2OH，采用定一议二原则判断，有6种，所以共有13种。其中满足苯环上有3个侧链，且核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的有机物的结构简式为正确答案：13种；（5）D结构简式为（CH3）2CHCOOH，以丙烯等为原料合成D的路线可知，反应Ⅰ为加成反应，X为CH3CHBrCH3，其在NaOH的水溶液中加热生成CH3CHOHCH3，反应Ⅳ、Ⅴ分别为消去反应和加成反应。正确答案：CH3CHBrCH3；NaOH的水溶液，加热；消去反应；点睛：有机推断题要充分利用题给定的信息并结合常见有机物的特征性质进行分析推理，才能快速推出物质的结构。25、abcab除去空气中的二氧化碳防止空气中的水分和二氧化碳被干燥管B吸收DDEFⅳ将滴下酸的体积也计入气体体积，而组合仪器没有液体可以顺利滴下【解题分析】

（1）稀硫酸与样品反应产生二氧化碳，然后将产生的二氧化碳通入装置B的碱石灰中，称量其质量变化，据此进行计算碳酸钠质量分数，实验过程中要减少误差，需要使生成的二氧化碳全部进入B中，因此要鼓入空气，同时还要防止装置内和外界的水蒸气、二氧化碳进入B中，经过A通一段时间空气，除去装置内的CO2和水蒸气，最后继续通空气使生成的二氧化碳全部进入装置B中，C防止装置内和外界的水蒸气、二氧化碳进入B中；（2）ⅰ、ⅱ、ⅲ三个仪器的连接方式如下：ⅱ中盛装的应该是能与碳酸钠反应生成二氧化碳的液体，应从酸中选择，不选C是由于盐酸浓度太大，易挥发；在测量气体体积时，ⅰ、ⅱ、ⅲ组合仪器装置与ⅳ相比更为准确，是由于组合仪器装置的气体发生部分相当于一个恒压装置，液体可以顺利滴下，并且滴下的酸的体积没有计入气体体积，减小了实验误差。【题目详解】（1）①反应前先向装置中通入空气，除去装置中的二氧化碳，此时要测出干燥管B与所盛碱石灰的总质量，然后才能使样品与酸开始反应。充分反应后，再通入空气使反应生成的二氧化碳气体被干燥管B充分吸收，最后称量一下干燥管B的总质量，可求出反应生成的二氧化碳的质量，进一步求出样品中碳酸钠的质量分数。故操作顺序为：abcab。②按气体从左向右的流向，干燥管A的作用是除去空气中的二氧化碳，干燥管C的作用是防止空气中的水分和二氧化碳被干燥管B吸收。（2）ⅰ、ⅱ、ⅲ三个仪器的连接方式如下：①ⅱ中盛装的应该是能与碳酸钠反应生成二氧化碳的液体，应从酸中选择，不选C是由于盐酸浓度太大，易挥发，故选D；②根据实验原理的分析，用橡胶管连接对应接口的方式是：A接D，B接E，C接F。③在测量气体体积时，ⅰ、ⅱ、ⅲ组合仪器装置与ⅳ相比更为准确，是由于组合仪器装置的气体发生部分相当于一个恒压装置，液体可以顺利滴下，并且滴下的酸的体积没有计入气体体积，减小了实验误差。26、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%。27、b中长直玻璃管内液柱上升过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装罝d中凝固防止倒吸吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体浓硫酸将部分乙醇氧化；发生副反应生成乙醚；乙醇挥发；乙烯流速过快，未完全发生加成反应乙醚D液封Br2和1，2-二溴乙烷，防止它们挥发【解题分析】

（1）当d堵塞时，气体不畅通，则在b中气体产生的压强将水压入直玻璃管中，甚至溢出玻璃管；1，2-二溴乙烷的凝固点较低（9.79℃），过度冷却会使其凝固而使气路堵塞；b为安全瓶，还能够防止倒吸；

（2）c中盛氢氧化钠液，其作用是洗涤乙烯；除去其中含有的杂质（CO2、SO2等）；

（3）根据乙烯与溴反应的利用率减少的可能原因进行解答；

（4）根据反应2CH3CH2OH→CH3CH2OCH2CH3+H2O可知，溴乙烷产物中还会含有杂质乙醚；1，2一二溴乙烷与乙醚互溶，可以根据它们的沸点不同通过蒸馏方法分离；

（5）根据1，2一二溴乙烷、液溴在水在溶解度不大，且密度大于水进行解答。【题目详解】（1）根据大气压强原理，试管d发生堵塞时，b中压强的逐渐增大会导致b中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出；根据表中数据可知，1，2-二溴乙烷的沸点为9.79℃，若过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装置d中凝固会堵塞导管d；b装置具有够防止倒吸的作用，

故答案为b中长直玻璃管内有一段液柱上升；过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装置d中凝固；防止倒吸；

（2）氢氧化钠可以和制取乙烯中产生的杂质气体二氧化碳和二氧化硫发生反应，防止造成污染，

故答案为吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体；

（3）当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正常情况下超过许多的原因可能是乙烯发生（或通过液溴）速度过快，导致大部分乙烯没有和溴发生反应；此外实验过程中，乙醇和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃会导致副反应的发生和副产物的生成，

故答案为浓硫酸将部分乙醇氧化；发生副反应生成乙醚；乙烯流速过快，未完全发生加成反应；乙醇挥发；（4）在制取1，2一二溴乙烷的过程中还会有副产物乙醚生成；除去1，2一二溴乙烷中的乙醚，可以通过蒸馏的方法将二者分离，所以D正确，

故答案为乙醚；D；

（5）实验中也可以撤去d装置中盛冰水的烧杯，改为将冷水直接加入到d装置的试管内，则此时冷水除了能起到冷却1，2一二溴乙烷的作用外，由于Br2、1，2-二溴乙烷的密度大于水，还可以起到液封Br2及1，2-二溴乙烷的作用，

故答案为液封Br2和1，2-二溴乙烷，防止它们挥发。【题目点拨】本题考查了溴乙烷的制取方法，注意掌握溴乙烷的制取原理、反应装置选择及除杂、提纯方法，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力。28、NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高因为Mg2＋的半径小于Na＋的半径，所以MgF2的离子键强度大于NaF的离子键强度，故MaF2的熔点大于NaF高SiCl4的相对分子质量比CCl4的大，范德华力大，因此沸点高aeC3N4分子晶体小于硅原子半径大于碳原子半径，氮碳形成的共价键键长比氮硅键长短，键能更大cSi3N44正四面体原子【解题分析】分析：（1）①氟化物的熔点与晶体类型有关，离子晶体的熔点较高，分子晶体的熔点较低；②根据影响分子晶体熔沸点高低的因素分析；