2023-2024学年四川省泸州市高二下学期7月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省泸州市2023-2024学年高二下学期7月期末考试本试卷分为第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。第一部分1～2页，第二部分3～4页。满分100分。考试时间75分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将〖答案〗涂写在答题卡上，答在试卷上无效。考试结束后，将答题卡交回，试卷自留。预祝各位考生考试顺利！可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5Cu64Ca40第一部分选择题(共42分)注意事项：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它〖答案〗标号。一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列有机物中，含有两种官能团的是A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗A．不含官能团，A不合题意；B．含有羟基和碳碳双键两种官能团，B符合题意；C．不含官能团，C不合题意；D．只含有酚羟基一种官能团，D不合题意；故〖答案〗为：B。2.下列物质属于分子晶体的是A.蔗糖晶体 B.醋酸钠晶体 C.金刚石 D.铜〖答案〗A〖解析〗A．蔗糖由分子构成，属于分子晶体，A正确；B．醋酸钠为离子化合物，属于离子晶体，B错误；C．金刚石由碳原子通过共价键形成晶体，为共价晶体，C错误；D．铜为金属，属于金属晶体，D错误；〖答案〗选A。3.反应的能量变化如图所示。下列有关说法正确的是A.反应为放热反应B.反应的活化能为C.热化学方程式可表示为D.断开H-Br键吸收的总能量小于形成H-H键与Br-Br键释放的总能量〖答案〗C〖解析〗A．反应物总能量低于生成物总能量，反应为吸热反应，A错误；B．反应的活化能为，B错误；C．根据图中反应物、生成物的总能量，热化学方程式可表示为，C正确；D．反应为吸热反应，断开H-Br键吸收的总能量大于形成H-H键与Br-Br键释放的总能量，D错误；故选C。4.化学与生活密切联系，下列有关叙述错误的是A.五彩缤纷的烟花与金属的焰色试验有关B.氯化铁溶液刻蚀铜制电路板是氧化还原反应C.燃煤中加入氧化钙有利于减少酸雨的形成D.动物脂肪属于天然高分子化合物〖答案〗D〖解析〗A．不同金属灼烧产生不同的焰色，节日燃放的五彩缤纷的烟花所呈现的艳丽色彩是金属元素的焰色，与焰色实验有关，A正确；B．氯化铁溶液刻蚀铜制电路板，反应原理为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，有元素化合升降，是氧化还原反应，B正确；C．燃煤中加入氧化钙能够减少燃煤过程中SO2的排放，故有利于减少酸雨的形成，C正确；D．高分子化合物是指相对分子质量成千上万的物质，故动物脂肪不属于高分子物质，D错误；故〖答案〗为：D。5.下列化学用语表示错误的是A.的球棍模型： B.分子的电子式：C.顺-2-丁烯的结构简式： D.的名称：3-甲基戊烷〖答案〗A〖解析〗A．分子中Cl原子半径大于C，且表示空间填充模型，A错误；B．分子中碳原子间形成三对共用电子对，电子式：，B正确；C．顺-2-丁烯的两个甲基在碳碳双键的同侧，结构简式：，C正确；D．主链上有5个碳原子，3号碳原子上有1个甲基，命名为：3-甲基戊烷，D正确；〖答案〗选A。6.下列说法错误的是A.可以用酸性高锰酸钾溶液来鉴别苯和甲苯B.2-甲基丙烷的核磁共振氢谱上有两组峰，峰面积之比是9∶1C.和不是同系物D.中药狼把草的成分具有消炎作用，最多可消耗2molNaOH〖答案〗D〖解析〗A．甲苯能使高锰酸钾溶液褪色，可以用酸性高锰酸钾溶液来鉴别苯和甲苯，故A正确；B．2-甲基丙烷的结构简式(CH3)3CH，有两种等效氢，核磁共振氢谱上有两组峰，峰面积之比是9∶1，故B正确；C．属于酚类、属于醇类，不是同系物，故C正确；D．中药狼把草的成分，分子中含有2个酚羟基、1个酚酯基，最多可消耗4molNaOH，故D错误；〖答案〗选D。7.已知：Ni2+在pH为7.1时开始沉淀。如图所示，工业上用电解法回收含镍废水中的镍。下列说法错误的是A.在含镍废水中离子的氧化性：B.阳极上发生的电极反应式是：C.电解过程中，NaCl溶液的浓度将不断降低D.为提高Ni的回收率，电解中废水的pH应低于7.1〖答案〗C〖解析〗由题干信息和电解装置可知，铁棒作阴极，电极反应为：Ni2++2e-=Ni，石墨电极为阳极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl-由阴极区经过阴离子交换膜进入阳极室，据此分析解题。A．由分析可知，阴极上Ni2+优先放电，故在含镍废水中离子的氧化性：，A正确；B．由分析可知，阳极上发生的电极反应式是：，B正确；C．由分析可知，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl-由阴极区经过阴离子交换膜进入阳极室，根据电荷守恒可知，有多少Cl-被消耗就有多少Cl-由阴极室进入阳极室，故电解过程中，NaCl溶液的浓度基本不变，C错误；D．由题干信息可知，Ni2+在pH为7.1时开始沉淀，故为提高Ni的回收率，电解中废水的pH应低于7.1，D正确；故〖答案〗为：C。8.一种锰的氧化物晶体的晶胞如图所示。下列说法错误的的是A.该物质的化学式是MnO B.晶体中含有离子键C.晶胞中的配位数是6 D.该晶体的熔点低于苯酚〖答案〗D〖解析〗A．由均摊法，晶体中Mn原子数为，O原子数为，Mn和O原子个数比为1:1，则该物质的化学式是MnO，A正确；B．该晶胞由阳离子Mn2+和阴离子O2-构成，属于离子晶体，晶体中含有离子键，B正确；C．以体心Mn2+为例，与之距离最近的氧离子位于面心，有6个，则晶胞中O2-的配位数为6，C正确；D．该晶体属于离子晶体，苯酚属于分子晶体，分子晶体沸点低于离子晶体，D错误；故选D。9.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示。已知元素X的单质可制作太阳能电池、电脑芯片等。下列说法正确的是YZXWA.X的单质属于共价晶体 B.分子的键角为109°28'C.气态氢化物的水溶性： D.电负性：〖答案〗A〖解析〗短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图，元素X的单质可制作太阳能电池、电脑芯片等，则X为Si元素；则Y为N元素，Z为O元素，W为Cl元素。A．Si单质属于共价晶体，A正确；B．中心原子N价层电子对数：，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形，由于孤电子对对成键电子的排斥力，键角小于109°28'，B错误；C．Si元素气态氢化物SiH4，为非极性分子，Cl元素气态氢化物为HCl，为极性分子，水溶性：，C错误；D．同周期元素，从左到右元素电负性逐渐增强，电负性：，D错误；〖答案〗选A。10.常温下，下列各组离子或分子在指定溶液中能大量共存的是A.某无色溶液中：、、、B.使甲基橙变红的溶液中：、、、C.的溶液中：、、、D.含有大量的溶液中：、、、〖答案〗C〖解析〗A．为橙红色，在无色溶液中不能大量共存，A错误；B．甲基橙变红，溶液呈酸性，在酸性溶液中能将氧化为，B错误；C．的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中：、、、能大量共存，C正确；D．含有大量的溶液中能与发生双水解而不能大量共存，D错误；故选C。11.甲烷作为一种新能源在化学领域应用广泛，如图是甲烷燃料电池原理示意图，下列说法错误的是A.b是电池正极B.放电过程中，由于正极生成了，故电解质溶液的pH增大C.电子流向：a极→导线→b极D.通入甲烷一极的电极反应式是：〖答案〗B〖解析〗由题干装置图可知，该电池的总反应式为CH4+2OH-+2O2＝+3H2O，a电极通入CH4，CH4发生氧化反应，电极反应为：，即a为负极，b为正极，电极反应为：O2+4e-+2H2O＝4OH-，据此分析解题。A．由分析可知，a为电池负极，b是电池正极，A正确；B．由分析可知，放电过程中，该电池的总反应式为CH4+2OH-+2O2＝+3H2O，由于正极生成了OH-，故电解质溶液NaOH的浓度减小，即溶液的pH减小，B错误；C．由分析可知，a为电池负极，b是电池正极，则电子流向：a极→导线→b极，C正确；D．由分析可知，通入甲烷一极的电极反应式是：，D正确；故〖答案〗为：B。12.设为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.1mol羟基与1mol氢氧根离子所含电子数均为B.4.6g含有的C-O键数目可能是C.溶液中所含数目为D.标准状况下，22.4L中含有氯原子个数为〖答案〗B〖解析〗A．1mol羟基所含电子数为，1mol氢氧根离子所含电子数为，A错误；B．可能是乙醚，故4.6g含有的C-O键数目可能是，B正确；C．醋酸是弱酸，溶液中所含数目小于，C错误；D．标准状况下是液体，不能用气体摩尔体积计算，D错误；故选B。13.下列实验操作、现象正确，且能得出对应结论的是选项实验操作现象结论A乙醇与浓硫酸混合加热到170℃，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液紫色褪去反应生成了乙烯B向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液无砖红色沉淀蔗糖未发生水解C向1mL0.1mol/LAgNO3溶液中加入几滴NaCl溶液，再滴加几滴KI溶液。先生成白色沉淀，而后变成黄色沉淀D向澄清的苯酚钠溶液中通入CO2气体溶液变浑浊苯酚的酸性比碳酸弱A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗A．乙醇易挥发，乙醇与生成的乙烯均能被高锰酸钾氧化，则由现象不能说明反应有乙烯生成，A不合题意；B．验证蔗糖是否发生水解时，其水解产物葡萄糖用新制氢氧化铜检验时，须确保反应环境为碱性，B不合题意；C．本实验硝酸银溶液过量，应该加入过量NaCl溶液然后再加入KI溶液，这样才有沉淀的转化，才能比较AgCl和AgI的Ksp的相对大小，C不合题意；D．向澄清的苯酚钠溶液中通入CO2气体，观察到溶液变浑浊，说明有苯酚生成，根据强酸制弱酸的一般规律可知，苯酚的酸性比碳酸弱，D符合题意；故〖答案〗为：D。14.在室温下，向10mL0.1mol/L的有机酸RCOOH溶液中逐滴加入0.1mol/L的KOH溶液，溶液的pH变化如图所示(忽略温度变化)，则下列说法错误的是A.RCOOH的电离常数Ka约为：B.a点混合溶液中：C.，且b点溶液中D.随KOH溶液的加入，溶液中水的电离程度先增大，后减小〖答案〗B〖解析〗A．由题干图像信息可知，未加入KOH溶液时，0.1mol/LRCOOH溶液的pH=3.5，则有c(H+)=c(RCOO-)，则RCOOH的电离常数Ka=，则约为：，A正确；B．由题干图像信息可知，a点即加入KOH溶液5mL，此时溶液中含有等物质的量的RCOO-和RCOOH，溶液显酸性即RCOOH的电离大于RCCO-的水解，故混合溶液中有：，B错误；C．若V1=10mL，即RCOOH和KOH完全反应生成RCOOK，此时溶液显碱性，故，且b点溶液pH=7，根据电荷守恒有：，即有，C正确；D．随KOH溶液的加入，生成RCOOK的量越来越多，即RCOO-水解程度越来越大，即促进水的电离，当KOH过量时，则开始抑制水的电离，故随KOH溶液的加入，溶液中水的电离程度先增大，后减小，D正确；故〖答案〗为：B。第二部分非选择题(共58分)注意事项：必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.2-呋喃甲醛[]是呋喃环系最重要的衍生物，被广泛应用于合成塑料、医药、农药等工业。由2-呋喃甲醛制得2-呋喃甲酸钙的反应如下：实验流程如下：查阅资料：相关物质的溶解性见下表：物质名称2-呋喃甲酸钙2-呋喃甲酸溴化钙氯化钙水中的溶解性可溶于冷水、易溶于热水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶易溶可溶可溶（1）第①步中溴水氧化2-呋喃甲醛时，下列装置最适合的是___________(填“甲”或“乙”)，理由是___________。（2）第②步需加过量固体，其目的是___________。（3）第③步需趁热过滤，其原因___________。（4）第④步加入乙醇的作用是___________。（5）系列操作包括抽滤、___________、干燥。（6）本实验所用2-呋喃甲醛(相对分子质量为96)13.8g，制得2-呋喃甲酸钙(相对分子质量为262)12.9g，则产率为___________(列出计算式即可)。〖答案〗（1）①.甲②.有温度计能更好地控制反应温度且有滴液漏斗滴加溴水（2）使2-呋喃甲酸充分反应（3）防止2-呋喃甲酸钙析出，减少产品损失（4）降低2-呋喃甲酸钙在水中的溶解度，使其更好地析出（5）洗涤（6）〖解析〗〖祥解〗根据信息，2-呋喃甲醛与溴水在55℃条件下制备2-呋喃甲酸，溴水用滴液漏斗滴加，控温55℃需水浴加热；2-呋喃甲酸再与碳酸钙反应生成2呋喃甲酸钙，根据溶解性表，趁热过滤除去碳酸钙，再加入乙醇洗涤得到2-呋喃甲酸钙悬浊液，经抽滤、洗涤、干燥得2-呋喃甲酸钙，据此分析解题。【小问1详析】反应在55℃条件下进行，需要水浴加热且需要温度计更好的控温，要滴加溴水，所以要有滴液漏斗，故选甲；【小问2详析】要使2-呋喃甲酸完全转化为2-呋喃甲酸钙，故需要加过量的CaCO3固体；【小问3详析】由表格信息可知，温度高时，2-呋喃甲酸钙溶解度较大，趁热过滤可防止2-呋喃甲酸钙析出，减少产品损失；【小问4详析】由表格信息可知，2-呋喃甲酸钙微溶于乙醇，用乙醇洗涤可以降低2-呋喃甲酸钙在水中的溶解度，使其更好地析出；小问5详析】从悬浊液中得到2-呋喃甲酸钙固体，需要抽滤、洗涤、干燥系列操作；【小问6详析】2-呋喃甲醛的物质的量，则理论上生成同样物质的量的2-呋喃甲酸钙，则产率为。16.一种铜锌矿主要成分为CuS、ZnS，还含有Au、、FeS、等物质，从该矿石中获得贵重金属和纯净ZnS的工艺流程如图所示：已知：以针铁矿(FeOOH)形式沉淀更利于沉降过滤而除去。该工艺条件下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表：金属离子开始沉淀的pH2.22.64.66.24完全沉淀()的pH3.24.36.68.24（1）基态原子第一电离能：Cu___________Zn(填“大于”、“小于”或“等于”)，中氧原子的杂化方式为___________。（2）“浸出”过程中金、银、铜分别转化为、、进入溶液，同时生成硫，写出CuS发生反应的离子方程式___________。离子中的配体是___________。（3）“一次还原”所得“滤渣1”是___________。（4）溶液pH对铁去除率的影响实验结果如图所示：①从图中数据来看，沉铁的最佳pH为___________。加ZnO调pH时得到的“滤渣2”除FeOOH外，主要成分还有___________(写化学式)。②pH偏大铁去除率下降的原因是___________。（5）“沉锌”步骤中，为使完全沉淀，浓度应不低于___________mol/L。[]〖答案〗（1）①.小于②.sp3（2）①.②.（3）金、银等（4）①.3.2②.Ga(OH)3③.pH过大时，不能以针铁矿(FeOOH)形式沉淀，从而不利于沉降过滤而除去。（5）〖解析〗〖祥解〗铜锌矿主要成分为CuS、ZnS，还含有Au、、FeS、等物质，“浸出”过程中金、银、铜分别转化为、、进入溶液，Zn和元素转化为Zn2+和，同时生成硫。用Cu进行一次还原可置换还原出金、银等金属，用二次还原可以还原出Cu，同时得到。再经过氧化将氧化为，再调pH将其转化为FeOOH沉淀除去，最后用S2-沉淀Zn2+得到ZnS。【小问1详析】基态原子Cu价层电子排布：3d104s1而基态原子Zn价层电子排布：3d104s2，第一电离能：Cu小于Zn。中氧原子的成键电子对数是2对，另外还有两对孤电子对数，价层电子对数共4对，所以杂化方式为sp3。【小问2详析】由题意可知，浸出时硫化铜发生的反应为酸性条件下硫化铜与次氯酸根离子反应生成铜离子、硫、氯离子和水，反应的离子方程式为：。离子中的配体是。【小问3详析】根据分析可知“一次还原”所得“滤渣1”是金、银等。【小问4详析】①结合表格数据和图中数据来看，沉铁的最佳pH为3.2。加ZnO调pH时得到的“滤渣2”除FeOOH外，主要成分还有Ga(OH)3。②pH偏大铁去除率下降的原因是：pH过大时，不能以针铁矿(FeOOH)形式沉淀，从而不利于沉降过滤而除去。【小问5详析】为使完全沉淀，即，则。17.甲烷可用于生产合成气：。（1）断裂1mol相关化学键所需的能量如表。CO中不存在的化学键类型有___________(填编号)，计算出a=___________。化学键H-HO-HC-H键能/436462.8a1072A．σ键B．π键C．极性键D．非极性键（2）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应，起始时充入，测得转化率与温度(T)的关系如图所示。温度高于时，转化率减小的可能原因为___________。A.反应停止了 B.反应的变大C.平衡后升温平衡移动 D.催化剂活性降低（3）研究发现：该反应速率，其中、分别为正、逆反应的速率常数，c为物质的量浓度。平衡后升高温度的值将___________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，的值将___________。（4）生成合成气时存在副反应：。t℃时，向10L恒容密闭容器中充入1molCO和2mol，5min达到平衡，测得的物质的量为0.2mol。如果向10L恒容密闭容器中充入1.5molCO和一定量，测得CO和的平衡转化率(a%)与起始的物质的量之比()的关系如图所示。表示CO平衡转化率的曲线为___________；P点的坐标为___________。〖答案〗（1）①.D②.413（2）C（3）①.增大②.增大（4）①.L1②.(1，)〖解析〗【小问1详析】CO中含有σ键、π键、极性键，没有非极性键，不存在的化学键类型有D，由，△H=反应物键能总和-生成物键能总和，则+206.4kJ/mol=（4a+2×462.8）kJ/mol-（1072+3×436）kJ/mol,解得a=413kJ/mol，计算出a=413。故〖答案〗为：D；413；【小问2详析】A.由图转化率仍在变，反应没有停止，故A错误；B.升高温度反应逆向移动，反应变小，故B错误；C.平衡后升温平衡逆向移动，故C正确；D.催化剂活性降低，不影响平衡转化率，故D错误；故〖答案〗为：C；【小问3详析】，为放热反应，平衡后升高温度，正反应速率增大，的值将增大，逆速率增大，但增大的幅度小于正速率增大的幅度，的值将增大。故〖答案〗为：增大；增大；【小问4详析】t℃时，向10L恒容密闭容器中充入1molCO和2mol，5min达到平衡，测得的物质的量为0.2mol。K==，如果向10L恒容密闭容器中充入1.5molCO和一定量，测得CO和的平衡转化率(a%)与起始的物质的量之比()的关系如图所示。P点两者转化率相等，说明投料比等于计量数之比，设此时CO转化率为x，K==，x=，或x=-0.2(不合)CO占比越大，CO的转化率越小，表示CO平衡转化率的曲线为L1；P点的坐标为(1，)。故〖答案〗为：L1；(1，)。18.化合物M是一种有机光电材料中间体。由芳香化合物A()制备M的一种合成路线如下：已知：①②回答下列问题：（1）A的分子式为___________，C的结构简式为___________。（2）在A制B的实验中，检验生成了B的试剂是___________。（3）D→E、E→F发生的反应类型分别为___________、___________。（4）G中所含官能团名称为___________。（5）由G＋H→M的化学方程式为___________。（6）芳香化合物X是E的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，符合要求的X共有___________种。a．4b．6c．8d．10〖答案〗（1）①.②.（2）银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液（3）①.加成反应②.消去反应（4）酯基、碳碳三键（5）（6）b〖解析〗〖祥解〗A催化氧化生成B，B是；和乙醛反应生成C，根据信息①，C是；C发生银镜反应生成D，D是；D与溴发生加成反应生成E，E是；E发生消去反应生成F，F是；F与乙醇发生酯化反应生成G，G是；G和H反应生成M，根据信息②，有M逆推，可知H是。【小问1详析】根据A的结构简式，可知A的分子式为；根据以上分析，C的结构简式为。【小问2详析】A是醇，发生催化氧化生成B，B是醛，含有醛基，醛基能发生银镜反应，检验生成了B的试剂是银氨溶液。【小问3详析】D→E与溴发生加成反应生成；E→F是发生消去反应生成。【小问4详析】G是，所含官能团名称为酯基、碳碳三键；【小问5详析】G是、H是，根据信息②G＋H→M的化学方程式为【小问6详析】芳香化合物X是E的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出，X中含有羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，说明含有2个甲基，且结构对称，符合要求的X有、、、、、，共6种，选b。四川省泸州市2023-2024学年高二下学期7月期末考试本试卷分为第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。第一部分1～2页，第二部分3～4页。满分100分。考试时间75分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将〖答案〗涂写在答题卡上，答在试卷上无效。考试结束后，将答题卡交回，试卷自留。预祝各位考生考试顺利！可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5Cu64Ca40第一部分选择题(共42分)注意事项：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它〖答案〗标号。一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列有机物中，含有两种官能团的是A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗A．不含官能团，A不合题意；B．含有羟基和碳碳双键两种官能团，B符合题意；C．不含官能团，C不合题意；D．只含有酚羟基一种官能团，D不合题意；故〖答案〗为：B。2.下列物质属于分子晶体的是A.蔗糖晶体 B.醋酸钠晶体 C.金刚石 D.铜〖答案〗A〖解析〗A．蔗糖由分子构成，属于分子晶体，A正确；B．醋酸钠为离子化合物，属于离子晶体，B错误；C．金刚石由碳原子通过共价键形成晶体，为共价晶体，C错误；D．铜为金属，属于金属晶体，D错误；〖答案〗选A。3.反应的能量变化如图所示。下列有关说法正确的是A.反应为放热反应B.反应的活化能为C.热化学方程式可表示为D.断开H-Br键吸收的总能量小于形成H-H键与Br-Br键释放的总能量〖答案〗C〖解析〗A．反应物总能量低于生成物总能量，反应为吸热反应，A错误；B．反应的活化能为，B错误；C．根据图中反应物、生成物的总能量，热化学方程式可表示为，C正确；D．反应为吸热反应，断开H-Br键吸收的总能量大于形成H-H键与Br-Br键释放的总能量，D错误；故选C。4.化学与生活密切联系，下列有关叙述错误的是A.五彩缤纷的烟花与金属的焰色试验有关B.氯化铁溶液刻蚀铜制电路板是氧化还原反应C.燃煤中加入氧化钙有利于减少酸雨的形成D.动物脂肪属于天然高分子化合物〖答案〗D〖解析〗A．不同金属灼烧产生不同的焰色，节日燃放的五彩缤纷的烟花所呈现的艳丽色彩是金属元素的焰色，与焰色实验有关，A正确；B．氯化铁溶液刻蚀铜制电路板，反应原理为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，有元素化合升降，是氧化还原反应，B正确；C．燃煤中加入氧化钙能够减少燃煤过程中SO2的排放，故有利于减少酸雨的形成，C正确；D．高分子化合物是指相对分子质量成千上万的物质，故动物脂肪不属于高分子物质，D错误；故〖答案〗为：D。5.下列化学用语表示错误的是A.的球棍模型： B.分子的电子式：C.顺-2-丁烯的结构简式： D.的名称：3-甲基戊烷〖答案〗A〖解析〗A．分子中Cl原子半径大于C，且表示空间填充模型，A错误；B．分子中碳原子间形成三对共用电子对，电子式：，B正确；C．顺-2-丁烯的两个甲基在碳碳双键的同侧，结构简式：，C正确；D．主链上有5个碳原子，3号碳原子上有1个甲基，命名为：3-甲基戊烷，D正确；〖答案〗选A。6.下列说法错误的是A.可以用酸性高锰酸钾溶液来鉴别苯和甲苯B.2-甲基丙烷的核磁共振氢谱上有两组峰，峰面积之比是9∶1C.和不是同系物D.中药狼把草的成分具有消炎作用，最多可消耗2molNaOH〖答案〗D〖解析〗A．甲苯能使高锰酸钾溶液褪色，可以用酸性高锰酸钾溶液来鉴别苯和甲苯，故A正确；B．2-甲基丙烷的结构简式(CH3)3CH，有两种等效氢，核磁共振氢谱上有两组峰，峰面积之比是9∶1，故B正确；C．属于酚类、属于醇类，不是同系物，故C正确；D．中药狼把草的成分，分子中含有2个酚羟基、1个酚酯基，最多可消耗4molNaOH，故D错误；〖答案〗选D。7.已知：Ni2+在pH为7.1时开始沉淀。如图所示，工业上用电解法回收含镍废水中的镍。下列说法错误的是A.在含镍废水中离子的氧化性：B.阳极上发生的电极反应式是：C.电解过程中，NaCl溶液的浓度将不断降低D.为提高Ni的回收率，电解中废水的pH应低于7.1〖答案〗C〖解析〗由题干信息和电解装置可知，铁棒作阴极，电极反应为：Ni2++2e-=Ni，石墨电极为阳极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl-由阴极区经过阴离子交换膜进入阳极室，据此分析解题。A．由分析可知，阴极上Ni2+优先放电，故在含镍废水中离子的氧化性：，A正确；B．由分析可知，阳极上发生的电极反应式是：，B正确；C．由分析可知，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl-由阴极区经过阴离子交换膜进入阳极室，根据电荷守恒可知，有多少Cl-被消耗就有多少Cl-由阴极室进入阳极室，故电解过程中，NaCl溶液的浓度基本不变，C错误；D．由题干信息可知，Ni2+在pH为7.1时开始沉淀，故为提高Ni的回收率，电解中废水的pH应低于7.1，D正确；故〖答案〗为：C。8.一种锰的氧化物晶体的晶胞如图所示。下列说法错误的的是A.该物质的化学式是MnO B.晶体中含有离子键C.晶胞中的配位数是6 D.该晶体的熔点低于苯酚〖答案〗D〖解析〗A．由均摊法，晶体中Mn原子数为，O原子数为，Mn和O原子个数比为1:1，则该物质的化学式是MnO，A正确；B．该晶胞由阳离子Mn2+和阴离子O2-构成，属于离子晶体，晶体中含有离子键，B正确；C．以体心Mn2+为例，与之距离最近的氧离子位于面心，有6个，则晶胞中O2-的配位数为6，C正确；D．该晶体属于离子晶体，苯酚属于分子晶体，分子晶体沸点低于离子晶体，D错误；故选D。9.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示。已知元素X的单质可制作太阳能电池、电脑芯片等。下列说法正确的是YZXWA.X的单质属于共价晶体 B.分子的键角为109°28'C.气态氢化物的水溶性： D.电负性：〖答案〗A〖解析〗短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图，元素X的单质可制作太阳能电池、电脑芯片等，则X为Si元素；则Y为N元素，Z为O元素，W为Cl元素。A．Si单质属于共价晶体，A正确；B．中心原子N价层电子对数：，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形，由于孤电子对对成键电子的排斥力，键角小于109°28'，B错误；C．Si元素气态氢化物SiH4，为非极性分子，Cl元素气态氢化物为HCl，为极性分子，水溶性：，C错误；D．同周期元素，从左到右元素电负性逐渐增强，电负性：，D错误；〖答案〗选A。10.常温下，下列各组离子或分子在指定溶液中能大量共存的是A.某无色溶液中：、、、B.使甲基橙变红的溶液中：、、、C.的溶液中：、、、D.含有大量的溶液中：、、、〖答案〗C〖解析〗A．为橙红色，在无色溶液中不能大量共存，A错误；B．甲基橙变红，溶液呈酸性，在酸性溶液中能将氧化为，B错误；C．的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中：、、、能大量共存，C正确；D．含有大量的溶液中能与发生双水解而不能大量共存，D错误；故选C。11.甲烷作为一种新能源在化学领域应用广泛，如图是甲烷燃料电池原理示意图，下列说法错误的是A.b是电池正极B.放电过程中，由于正极生成了，故电解质溶液的pH增大C.电子流向：a极→导线→b极D.通入甲烷一极的电极反应式是：〖答案〗B〖解析〗由题干装置图可知，该电池的总反应式为CH4+2OH-+2O2＝+3H2O，a电极通入CH4，CH4发生氧化反应，电极反应为：，即a为负极，b为正极，电极反应为：O2+4e-+2H2O＝4OH-，据此分析解题。A．由分析可知，a为电池负极，b是电池正极，A正确；B．由分析可知，放电过程中，该电池的总反应式为CH4+2OH-+2O2＝+3H2O，由于正极生成了OH-，故电解质溶液NaOH的浓度减小，即溶液的pH减小，B错误；C．由分析可知，a为电池负极，b是电池正极，则电子流向：a极→导线→b极，C正确；D．由分析可知，通入甲烷一极的电极反应式是：，D正确；故〖答案〗为：B。12.设为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.1mol羟基与1mol氢氧根离子所含电子数均为B.4.6g含有的C-O键数目可能是C.溶液中所含数目为D.标准状况下，22.4L中含有氯原子个数为〖答案〗B〖解析〗A．1mol羟基所含电子数为，1mol氢氧根离子所含电子数为，A错误；B．可能是乙醚，故4.6g含有的C-O键数目可能是，B正确；C．醋酸是弱酸，溶液中所含数目小于，C错误；D．标准状况下是液体，不能用气体摩尔体积计算，D错误；故选B。13.下列实验操作、现象正确，且能得出对应结论的是选项实验操作现象结论A乙醇与浓硫酸混合加热到170℃，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液紫色褪去反应生成了乙烯B向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液无砖红色沉淀蔗糖未发生水解C向1mL0.1mol/LAgNO3溶液中加入几滴NaCl溶液，再滴加几滴KI溶液。先生成白色沉淀，而后变成黄色沉淀D向澄清的苯酚钠溶液中通入CO2气体溶液变浑浊苯酚的酸性比碳酸弱A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗A．乙醇易挥发，乙醇与生成的乙烯均能被高锰酸钾氧化，则由现象不能说明反应有乙烯生成，A不合题意；B．验证蔗糖是否发生水解时，其水解产物葡萄糖用新制氢氧化铜检验时，须确保反应环境为碱性，B不合题意；C．本实验硝酸银溶液过量，应该加入过量NaCl溶液然后再加入KI溶液，这样才有沉淀的转化，才能比较AgCl和AgI的Ksp的相对大小，C不合题意；D．向澄清的苯酚钠溶液中通入CO2气体，观察到溶液变浑浊，说明有苯酚生成，根据强酸制弱酸的一般规律可知，苯酚的酸性比碳酸弱，D符合题意；故〖答案〗为：D。14.在室温下，向10mL0.1mol/L的有机酸RCOOH溶液中逐滴加入0.1mol/L的KOH溶液，溶液的pH变化如图所示(忽略温度变化)，则下列说法错误的是A.RCOOH的电离常数Ka约为：B.a点混合溶液中：C.，且b点溶液中D.随KOH溶液的加入，溶液中水的电离程度先增大，后减小〖答案〗B〖解析〗A．由题干图像信息可知，未加入KOH溶液时，0.1mol/LRCOOH溶液的pH=3.5，则有c(H+)=c(RCOO-)，则RCOOH的电离常数Ka=，则约为：，A正确；B．由题干图像信息可知，a点即加入KOH溶液5mL，此时溶液中含有等物质的量的RCOO-和RCOOH，溶液显酸性即RCOOH的电离大于RCCO-的水解，故混合溶液中有：，B错误；C．若V1=10mL，即RCOOH和KOH完全反应生成RCOOK，此时溶液显碱性，故，且b点溶液pH=7，根据电荷守恒有：，即有，C正确；D．随KOH溶液的加入，生成RCOOK的量越来越多，即RCOO-水解程度越来越大，即促进水的电离，当KOH过量时，则开始抑制水的电离，故随KOH溶液的加入，溶液中水的电离程度先增大，后减小，D正确；故〖答案〗为：B。第二部分非选择题(共58分)注意事项：必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.2-呋喃甲醛[]是呋喃环系最重要的衍生物，被广泛应用于合成塑料、医药、农药等工业。由2-呋喃甲醛制得2-呋喃甲酸钙的反应如下：实验流程如下：查阅资料：相关物质的溶解性见下表：物质名称2-呋喃甲酸钙2-呋喃甲酸溴化钙氯化钙水中的溶解性可溶于冷水、易溶于热水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶易溶可溶可溶（1）第①步中溴水氧化2-呋喃甲醛时，下列装置最适合的是___________(填“甲”或“乙”)，理由是___________。（2）第②步需加过量固体，其目的是___________。（3）第③步需趁热过滤，其原因___________。（4）第④步加入乙醇的作用是___________。（5）系列操作包括抽滤、___________、干燥。（6）本实验所用2-呋喃甲醛(相对分子质量为96)13.8g，制得2-呋喃甲酸钙(相对分子质量为262)12.9g，则产率为___________(列出计算式即可)。〖答案〗（1）①.甲②.有温度计能更好地控制反应温度且有滴液漏斗滴加溴水（2）使2-呋喃甲酸充分反应（3）防止2-呋喃甲酸钙析出，减少产品损失（4）降低2-呋喃甲酸钙在水中的溶解度，使其更好地析出（5）洗涤（6）〖解析〗〖祥解〗根据信息，2-呋喃甲醛与溴水在55℃条件下制备2-呋喃甲酸，溴水用滴液漏斗滴加，控温55℃需水浴加热；2-呋喃甲酸再与碳酸钙反应生成2呋喃甲酸钙，根据溶解性表，趁热过滤除去碳酸钙，再加入乙醇洗涤得到2-呋喃甲酸钙悬浊液，经抽滤、洗涤、干燥得2-呋喃甲酸钙，据此分析解题。【小问1详析】反应在55℃条件下进行，需要水浴加热且需要温度计更好的控温，要滴加溴水，所以要有滴液漏斗，故选甲；【小问2详析】要使2-呋喃甲酸完全转化为2-呋喃甲酸钙，故需要加过量的CaCO3固体；【小问3详析】由表格信息可知，温度高时，2-呋喃甲酸钙溶解度较大，趁热过滤可防止2-呋喃甲酸钙析出，减少产品损失；【小问4详析】由表格信息可知，2-呋喃甲酸钙微溶于乙醇，用乙醇洗涤可以降低2-呋喃甲酸钙在水中的溶解度，使其更好地析出；小问5详析】从悬浊液中得到2-呋喃甲酸钙固体，需要抽滤、洗涤、干燥系列操作；【小问6详析】2-呋喃甲醛的物质的量，则理论上生成同样物质的量的2-呋喃甲酸钙，则产率为。16.一种铜锌矿主要成分为CuS、ZnS，还含有Au、、FeS、等物质，从该矿石中获得贵重金属和纯净ZnS的工艺流程如图所示：已知：以针铁矿(FeOOH)形式沉淀更利于沉降过滤而除去。该工艺条件下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表：金属离子开始沉淀的pH2.22.64.66.24完全沉淀()的pH3.24.36.68.24（1）基态原子第一电离能：Cu___________Zn(填“大于”、“小于”或“等于”)，中氧原子的杂化方式为___________。（2）“浸出”过程中金、银、铜分别转化为、、进入溶液，同时生成硫，写出CuS发生反应的离子方程式___________。离子中的配体是___________。（3）“一次还原”所得“滤渣1”是___________。（4）溶液pH对铁去除率的影响实验结果如图所示：①从图中数据来看，沉铁的最佳pH为___________。加ZnO调pH时得到的“滤渣2”除FeOOH外，主要成分还有___________(写化学式)。②pH偏大铁去除率下降的原因是___________。（5）“沉锌”步骤中，为使完全沉淀，浓度应不低于___________mol/L。[]〖答案〗（1）①.小于②.sp3（2）①.②.（3）金、银等（4）①.3.2②.Ga(OH)3③.pH过大时，不能以针铁矿(FeOOH)形式沉淀，从而不利于沉降过滤而除去。（5）〖解析〗〖祥解〗铜锌矿主要成分为CuS、ZnS，还含有Au、、FeS、等物质，“浸出”过程中金、银、铜分别转化为、、进入溶液，Zn和元素转化为Zn2+和，同时生成硫。用Cu进行一次还原可置换还原出金、银等金属，用二次还原可以还原出Cu，同时得到。再经过氧化将氧化为，再调pH将其转化为FeOOH沉淀除去，最后用S2-沉淀Zn2+得到ZnS。【小问1详析】基态原子Cu价层电子排布：3d104s1而基态原子Zn价层电子排布：3d104s2，第一电离能：Cu小于Zn。中氧原子的成键电子对数是2对，另外还有两对孤电子对数，价层电子对数共4对，所以杂化方式为sp3。【小问2详析】由题意可知，浸出时硫化铜发生的反应为酸性条件下硫化铜与次氯酸根离子反应生成铜离子、硫、氯离子和水，反应的离子方程式为：。离子中的配体是。【小问3详析】根据分析可知“一次还原”所得“滤渣1”是金、银等。【小问4详析】①结合表格数据和图中数据来看，沉铁的最佳pH为3.2。加ZnO调pH时得到的“滤渣2”除FeOOH外，主要成分还有Ga(OH)3。②pH偏大铁去除率下降的原因是：pH过大时，不能以针铁矿(FeOOH)形式沉淀，从而不利于沉降过滤而除去。【小问5详析】为使完全沉淀，即，则。17.甲烷可用于生产合成气：。（1）断裂1mol相关化学键所需的能量如表。CO中不存在的化学键类型有___________(填编号)，计算出a=___________。化学键H-HO-HC-H键能/436462.8a1072A．σ键B．π键C．极性键D．非极性键（2）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应，起始时充入，测得转化率与温度(T)的关系如图所示。温度高于时，转化率减小的可能原因为___________。A.反应停止了 B.反应的变大C.平衡后升温平衡移动 D.催化剂活性降低（3）研究发