2023學年高二下學期化學期末模擬測試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、分子式為C5H10O2并能與飽和NaHCO3溶液反應放出氣體的有機物有（）A．3種 B．4種 C．5種 D．6種2、下列有機物的命名正確的是A．2-甲基-2,3-二氯戊烷B．3,3-二甲基-4-乙基戊烷C．2,4,6-三氯己烷D．3-甲基-3-丁烯3、從海水中提取鎂的工業流程如下圖所示，下列說法正確的是A．在實驗室進行②的操作需用到坩堝、坩堝鉗、玻璃棒、酒精燈B．步驟⑥電解MgCl2時，陰極產生H2C．步驟⑤應將晶體置于HCl氣體氛圍中脫水D．上述工藝流程中的反應未涉及氧化還原反應4、DAP是電器和儀表部件中常用的一種合成高分子化合物，它的結構簡式為：則合成此高分子的單體可能是()①乙烯CH2=CH2②丙烯CH3CH=CH2③丙烯醇HOCH2CH=CH2④鄰苯二甲酸⑤鄰苯二甲酸甲酯A．①② B．③④ C．②④ D．③⑤5、某有機物在氧氣中充分燃燒，生成等物質的量的水和二氧化碳，則該有機物必須滿足的條件是（）A．分子中的C、H、O的個數比為1：2：3 B．中C、H個數比為1：2C．該有機物的相對分子質量為14 D．該分子中肯定不含氧元素6、實驗室中用乙酸和乙醇制備乙酸乙酯，為除去所得的乙酸乙酯中殘留的乙酸，應選用的試劑是（）A．飽和食鹽水B．飽和碳酸鈉溶液C．飽和NaOH溶液D．濃硫酸7、聚合硫酸鐵[Fe(OH)SO4]n能用作凈水劑(絮凝劑)，可由綠礬(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反應得到。下列說法不正確的是A．KClO3作氧化劑，每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗6/nmolKClO3B．生成聚合硫酸鐵后，水溶液的pH增大C．聚合硫酸鐵可在水中形成氫氧化鐵膠體而凈水D．在相同條件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更強8、已知25℃時，H2SO3的電離常數Ka1=1.2310-2，Ka2=5.610-8，HClO的電離常數Ka=2.9810-8，下列說法錯誤的是A．常溫下，相同濃度的H2SO3比HClO酸性強B．常溫下，將NaHSO3溶液滴入到NaClO溶液中發生反應：HSO3-＋ClO－＝SO32-＋HClOC．常溫下，NaHSO3溶液中HSO3-的電離程度大于其水解程度，NaHSO3溶液呈酸性D．將pH＝5的HClO溶液加水稀釋到pH＝6時，溶液中部分離子濃度會升高9、《本草圖經》中關于綠礬的分解有如下描述：“綠礬形似樸消(Na2SO4·10H2O)而綠色，取此一物置于鐵板上，聚炭，封之囊袋，吹令火熾，其礬即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”下列相關說法中正確的是A．綠礬的化學式為FeSO4，易溶于水形成淺綠色溶液B．樸消(Na2SO4·10H2O)也叫明礬，可用作凈水劑C．流出的液體中可能含有硫酸D．上文中描述的是碳與綠礬反應生成“高溫鐵水”10、下列說法正確的是A．氫鍵是化學鍵B．鍵能越大，表示該分子越容易受熱分解C．乙醇分子跟水分子之間不但存在范德華力，也存在氫鍵D．含極性鍵的分子一定是極性分子11、某反應由兩步反應ABC構成，反應過程中的能量變化曲線如圖(E1、E3表示兩反應的活化能)。下列有關敘述正確的是（）A．兩步反應均為吸熱反應B．三種化合物的穩定性順序：B﹤A﹤CC．加入催化劑不改變反應的焓變，但能提高轉化率D．整個反應的ΔH＝E1－E212、我國古代有“女蝸補天”的傳說，今天人類也面臨“補天”的問題，下列采取的措施與今天所說的“補天”無關的是A．禁止使用含氟電冰箱B．倡導使用無磷洗衣粉C．硝酸廠的尾氣按相關規定處理D．研究新型催化劑，消除汽車尾氣的污染13、下列說法不正確的是A．用溴水一種試劑可將苯、四氯化碳、己烯、乙醇、苯酚鑒別開B．組成為C4H10O的醇與乙二酸可生成10種二元酯C．CH3CH2OCHO與CH3CH2OCH2CHO互為同系物D．芥子醇分子中所有碳原子可能在同一平面內，且與足量濃溴水反應最多消耗1molBr214、下列有關化學用語表示正確的是A．羥基的電子式： B．乙酸的實驗式：CH2OC．丙烯的比例模型： D．乙烯的結構簡式：CH2CH215、下列有關金屬腐蝕與防護的說法正確的是A．純銀器表面在空氣中因電化學腐蝕漸漸變暗B．當鍍錫鐵制品的鍍層破損時，鍍層仍能對鐵制品起保護作用C．在海輪外殼連接鋅塊保護外殼不受腐蝕是采用了犧牲陽極的陰極保護法D．可將地下輸油鋼管與外加直流電源的正極相連以保護它不受腐蝕16、將固體碳酸氫銨置于試管中加熱，使放出的氣體依次通過盛有足量過氧化鈉的干燥管、足量濃硫酸的洗氣瓶，則最后得到的氣體是()A．氨氣 B．氧氣 C．水 D．二氧化碳17、下列有關物質結構的說法正確的是()A．78gNa2O2晶體中所含陰、陽離子個數均為4NAB．HBr的電子式為H＋[∶]－C．PCl3和BCl3分子中所有原子的最外層都達到了8電子穩定結構D．3.4g氨氣中含有0.6NA個N—H鍵18、下列物質除雜（括號內物質為雜質）的方法及試劑都正確的是物質方法試劑ACO2(SO2)洗氣氫氧化鈉溶液BAlCl3(MgCl2)過濾氫氧化鈉溶液C水(乙醇)萃取、分液乙酸DFe(Al)過濾過量氫氧化鈉溶液A．A B．B C．C D．D19、一定條件下自然界存在如下反應：14CuSO4+5FeS2+l2H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列說法中不正確的是A．Cu2S既是氧化產物又是還原產物B．5molFeS2發生反應，有21mole—轉移C．CuSO4和FeS2是氧化劑，FeS2是還原劑D．產物中的SO42—有一部分是氧化產物20、某有機物的結構如圖所示，這種有機物不可能具有的性質是（）①可以燃燒；②能使酸性KMnO4溶液褪色；③能跟NaOH溶液反應；④能發生酯化反應；⑤能發生加聚反應；⑥能發生水解反應A．①④ B．只有⑤ C．只有⑥ D．④⑥21、通常情況下，氯化鈉、氯化銫、二氧化碳和二氧化硅的晶體結構分別如下圖所示，下列關于這些晶體結構和性質的敘述不正確的是()A．同一主族的元素與另一相同元素所形成的化學式相似的物質不一定具有相同的晶體結構B．氯化鈉、氯化銫和二氧化碳的晶體都有立方的晶胞結構，它們具有相似的物理性質C．二氧化碳晶體是分子晶體，其中不僅存在分子間作用力，而且也存在共價鍵D．在二氧化硅晶體中，平均每個Si原子形成4個Si－O共價單鍵22、下列有關物質的性質與用途不正確的是A．明礬溶于水后可得到少量的有強吸附性的Al(OH)3，故明礬可作凈水劑B．Na2O2可用于呼吸面具或潛水艇中的供氧劑C．用熱的純堿洗去油污是因為Na2CO3可直接與油污反應D．Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料二、非選擇題(共84分)23、（14分）化合物K是有機光電材料中間體。由芳香族化合物A制備K的合成路線如下：已知：回答下列問題：(1)A的結構簡式是________。(2)C中官能團是________。(3)D→E的反應類型是________。(4)由F生成G的化學方程式是________。(5)C7H8的結構簡式是________。(6)芳香族化合物X是G的同分異構體，該分子中除苯環外，不含其他環狀結構，其苯環上只有1種化學環境的氫。X能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2，寫出符合上述要求的X的結構簡式：________。(7)以環戊烷和烴Q為原料經四步反應制備化合物，寫出有關物質的結構簡式（其他無機試劑任選）。Q：____；中間產物1：________；中間產物2：____；中間產物3：________。24、（12分）由短周期元素組成的中學常見的含鈉元素的物質A、B、C、D,存在如圖轉化關系(部分生成物和反應條件已略去)。（1）若A為Na,則E為________,A與水反應的離子方程式為____________________（2）若A為Na2O2,則E為________,A與CO2反應的化學方程式為____________________,每有1molNa2O2參加反應，轉移電子數為________NA（3）①A不論是Na還是Na2O2,依據轉化關系判斷物質B是________物質C是________②向飽和的C溶液中通入CO2會析出白色晶體，該晶體為________，用化學方程式表示其反應原理為：_____________________③將1mol/L的B溶液逐滴加入到1L1mol/L的AlCl3溶液中，產生白色沉淀39g，則所加入的B溶液的體積可能為________L或者________L25、（12分）硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化劑或氯磺化劑，用于制作藥品、染料、表面活性劑等。有關物質的部分性質如下表：物質熔點/℃沸點/℃其它性質SO2Cl2-54.169.1①易水解，產生大量白霧②易分解：SO2Cl2SO2↑+Cl2↑H2SO410.4338吸水性且不易分解實驗室用干燥、純凈的二氧化硫和氯氣合成硫酰氯，裝置如圖所示（夾持儀器已省略），請回答有關問題：（1）儀器A冷卻水的進水口為________（填“a”或“b”）。（2）儀器B中盛放的藥品是________，其目的是________________________。（3）實驗時，裝置丁中發生反應的離子方程式為______________________________，當生成6.72L的氯氣（標況下），轉移電子的物質的量為________。（4）裝置丙中盛放的試劑是________，若缺少裝置乙，對實驗造成的影響是_______________。（5）少量硫酰氯也可用液態氯磺酸（ClSO3H）低溫催化分解獲得，該反應的化學方程式為：2ClSO3H＝H2SO4+SO2Cl2，從分解產物中分離出硫酰氯的操作是______________。26、（10分）鋁氫化鈉（）是有機合成的重要還原劑，其合成線路如下圖所示。（1）無水（升華）遇潮濕空氣即產生大量白霧，實驗室可用下列裝置制備。①中發生反應的化學方程式為__________________。②實驗時應先點燃______（填“”或“”）處酒精燈，當觀察到____________時，再點燃另一處酒精燈。③裝置中盛放飽和NaCl溶液，該裝置的主要作用是__________________，請結合方程式進行解釋__________________。④中試劑的作用是__________________。用一件儀器裝填適當試劑后也可起到和的作用，所裝填的試劑為__________________。（2）制取鋁氫化鈉的化學方程式是__________________。（3）改變和中的試劑就可以用該裝置制取NaH，NaH中氫元素化合價為______，若裝置中殘留有氧氣，制得的NaH中可能含有的雜質為______。（4）鋁氫化鈉遇水發生劇烈反應，其反應的化學方程式為____________。欲測定鋁氫化鈉粗產品（只含有NaH雜質）的純度。稱取樣品與水完全反應后，測得氣體在標準狀況下的體積為，樣品中鋁氫化鈉的質量分數為______。（結果保留兩位有效數字）27、（12分）納米TiO2在涂料、光催化、化妝品等領域有著極其廣泛的應用。制備納米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2?xH2O，經過濾、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙燒除去水分得到粉體TiO2。用氧化還原滴定法測定TiO2的質量分數：一定條件下，將TiO2溶解并還原為Ti3+，再以KSCN溶液作指示劑，用NH4Fe(SO4)2標準溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。請回答下列問題：（1）TiCl4水解生成TiO2?xH2O的化學方程式為______________________________。（2）配制NH4Fe(SO4)2標準溶液時，加入一定量H2SO4的原因是__________；使用的儀器除天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、量筒外，還需要下圖中的__________（填字母代號）。（3）滴定終點的判定現象是________________________________________。（4）滴定分析時，稱取TiO2（摩爾質量為Mg/mol）試樣wg，消耗cmol/LNH4Fe(SO4)2標準溶液VmL，則TiO2質量分數表達式為______________________________。（5）判斷下列操作對TiO2質量分數測定結果的影響（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。①若在配制標準溶液過程中，燒杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量濺出，使測定結果__________。②若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，使測定結果__________。28、（14分）溴乙烷是有機合成中的重要原料。實驗室制備溴乙烷(C2H5Br，沸點38.4℃)的裝置如圖所示，其實驗步驟為：①檢查裝置的氣密性，向裝置圖所示的U形管和大燒杯中加入冰水；②向儀器a中加入10mL95%乙醇、28mL92%濃硫酸，然后加入適量溴化鈉和幾粒碎瓷片；③在45~50℃加熱2h,使其充分反應。回答下列問題：(1)儀器a的名稱是________。(2)在大燒杯中加入冰水的目的是________。(3)加入碎瓷片的作用是________。(4)為了更好的控制溫度，選擇常用的加熱方式為________。(5)反應時若溫度過高，可看到有紅棕色氣體產生，該氣體分子式為________，生成的無色刺激性氣味氣體的分子式為________。(6)U形管內可觀察到的現象是_____________。(7)反應結束后，U形管內粗制的C2H5Br呈棕黃色。為了除去粗產品中的雜質，可以選擇下列試劑中的________(填序號)。A．Na2SO3溶液B．H2OC．NaOH溶液D．苯(8)檢驗溴乙烷中溴元素的實驗步驟是：取少量溴乙烷于試管中，加入NaOH溶液，加熱煮沸一段時間，冷卻，________。29、（10分）(1)實驗室制氨氣的化學方程式為_________________________。(2)0.1mol/LNH4Cl溶液中離子濃度由大到小的順序為____________________。(3)已知0.5mol的液態甲醇（CH3OH）在空氣中完全燃燒生成CO2氣體和液態水時放出350kJ的熱量，則表示甲醇燃燒熱的熱化學方程式為______________________。(4)已知①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1=－393kJ/mol②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH2=－566kJ/mol③TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(s)＋O2(g)ΔH3=＋141kJ/mol則TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(s)＋2CO(g)的ΔH=__________________。(5)在25℃下，向濃度均為0.1mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成沉淀_____（填化學式）（已知25℃時Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，KsP[Cu(OH)2]=2.2×10-20）。(6)常溫下，0.lmol/LNaHCO3溶液的pH大于8，則溶液中c(H2CO3)______c(CO32-）（填“>”、“=”或“＜”)。(7)在25℃下，將amol/L的氨水與0.01mol/L的鹽酸等體積混合，反應完成后溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，則溶液顯_________性（填“酸”“堿”或“中”），a_________0.01mol/L（填“>”、“=”或“＜”)。

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【答案解析】

分子式為C5H10O2的有機物可能是羧酸或酯，能與飽和NaHCO3溶液反應放出氣體，說明該有機物含有-COOH，為飽和一元羧酸，烷基為-C4H9，丁基異構數等于該有機物的異構體數。【題目詳解】分子式為C5H10O2的有機物能與NaHCO3能產生氣體，說明該有機物中含有-COOH，為飽和一元羧酸，則烷基為-C4H9，-C4H9異構體有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合條件的有機物的異構體數目為4，故選B。【答案點睛】本題考查特定結構的同分異構體書寫，側重于分析能力的考查，注意官能團的性質與確定，熟練掌握碳原子數小于5的烴基的個數是解決本題的關鍵。2、A【答案解析】A.2－甲基－2，3－二氯戊烷的有機物存在，命名正確，A正確；B.3，3－二甲基－4－乙基戊烷應該是3，3，4－三甲基己烷，B錯誤；C.2，4，6－三氯己烷應該是1，3，5－三氯己烷，C錯誤；D.3－甲基－3－丁烯應該是2－甲基－1－丁烯，D錯誤，答案選A。點睛：掌握有機物的命名原則和方法是解答的關鍵，尤其是烷烴的命名方法，注意了解有機物系統命名中常見的錯誤：①主鏈選取不當（不包含官能團，不是主鏈最長、支鏈最多）；②編號錯（官能團的位次不是最小，取代基位號之和不是最小）；③支鏈主次不分（不是先簡后繁）；④“－”、“，”忘記或用錯。3、C【答案解析】試題分析：蒸發溶液時應該用蒸發皿，而不是坩堝，坩堝用于固體的加熱，A不正確；鎂是活潑的金屬，應該電解熔融的氯化鎂，陰極生成鎂，陽極生成氯氣，B不正確；氯化鎂在溶液中存在水解平衡，而水解是吸熱的，且生成的氯化氫極易揮發，所以直接加熱得不到氯化鎂，因此選項C正確，目的是抑制鎂離子的水解；D不正確，⑥是氧化還原反應，答案選C。考點：考查海水的綜合應用、儀器的選擇、電解產物的判斷、水解的應用及氧化還原反應的判斷等點評：本題容易錯選選項A，這是由于不能正確理解蒸發皿和坩堝的使用范圍造成的。蒸發皿用來蒸發水分、濃縮溶液等，例如提純食鹽等；坩堝用來煅燒、熔融固體的，有瓷坩堝及金屬坩堝之分，金屬坩堝有鎳坩堝、金坩堝及鉑坩堝等，可耐受某些強氧化劑、強酸或強堿的侵蝕。4、B【答案解析】

根據有機物的結構簡式可知，該高分子化合物是加聚產物，但分子中含有酯基，所以其單體有丙烯醇和鄰苯二甲酸，答案選B。5、B【答案解析】

某有機物在氧氣中充分燃燒，生成等物質的量的水和二氧化碳，只能說明該有機物中含有C、H原子個數之比為1：2；題中條件無法確定該有機物是否含有氧元素，以此進行解答。【題目詳解】A．燃燒產物為二氧化碳和水，無法確定該有機物中是否含有氧元素，故A錯誤；B．根據生成等物質的量的水和二氧化碳可知，該有機物分子中含有C、H的原子個數比為1：2，故B正確；C．根據題意只能確定該有機物中碳原子和氫原子的個數比，不能判斷出該有機物中是否含有氧元素，但可以確定該有機物的相對分子質量一定不是14，故C錯誤；D．燃燒產物為二氧化碳和水，無法確定該有機物中是否含有氧元素，故D錯誤；故答案為B。【答案點睛】本題討論根據有機物燃燒產物，確定有機物的組成，解題關鍵是只能確定此有機物一定含有碳、氫元素，無法確定是否含有氧元素，由此結合各選項展開分析討論，屬基礎考查。6、B【答案解析】分析：本題考查的是有機物的分離和提純，注意有機物官能團的性質。詳解：乙酸能與碳酸鈉反應，乙醇能溶于水，乙酸乙酯不溶于水，所以選用飽和碳酸鈉可以溶解乙醇，反應乙酸，降低酯在水中的溶解度，有利于其析出。故選B。7、A【答案解析】

A.根據題干中信息，可利用氧化還原配平法寫出化學方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化劑，同時根據計量數關系亦知每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗n/6molKClO3，A項錯誤；B.綠礬溶于水后，亞鐵離子水解使溶液呈酸性，當其轉系為聚合硫酸鐵后，亞鐵離子的濃度減小，因而水溶液的pH增大，B項正確；C.聚合硫酸鐵可在水中形成氫氧化鐵膠體，膠體粒子吸附雜質微粒引起聚沉，因而凈水，C項正確；D.多元弱堿的陽離子的水解是分步進行的。[Fe(OH)]2+的水解相當于Fe3+的二級水解，由于其所帶的正電荷比Fe3+少，因而在相同條件下，其結合水電離產生的OH-的能力較弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同條件下，一級水解的程度大于二級水解，D項正確。故答案選A。8、B【答案解析】

A.常溫下，Ka1>Ka，則相同濃度的H2SO3比HClO電離出的氫離子濃度大，酸性強，A正確；B.常溫下，將NaHSO3溶液滴入到NaClO溶液中發生氧化還原反應生成硫酸根離子和氯離子：HSO3-＋ClO－＝SO42-＋H++Cl-，B錯誤；C.常溫下，NaHSO3溶液中水解平衡常數=Kw/Ka1=8.1310-13，HSO3-的電離程度大于其水解程度，NaHSO3溶液呈酸性，C正確；D.將pH＝5的HClO溶液加水稀釋到pH＝6時，溶液中氫氧根離子濃度增大，部分離子濃度會升高，D正確；答案為B9、C【答案解析】

由信息可知，綠礬為結晶水合物，加熱發生氧化還原反應生成氧化鐵，Fe元素的化合價升高，S元素的化合價降低，以此來解答。【題目詳解】A．綠礬形似樸消（Na2SO4?10H2O），綠礬的化學式為FeSO4?7H2O，易溶于水形成淺綠色溶液，選項A錯誤；B、明礬是KAl(SO4)2·12H2O，可用作凈水劑，選項B錯誤；C、FeSO4?7H2O分解生成氧化鐵、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫與水結合生成硫酸，則流出的液體中可能含有硫酸，選項C正確；D、Fe的氧化物只有氧化鐵為紅色，則“色赤”物質可能是Fe2O3，故上文中描述的是碳與綠礬反應生成Fe2O3，選項D錯誤。答案選C。【答案點睛】本題考查金屬及化合物的性質，為高頻考點，把握習題中的信息及發生的反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。10、C【答案解析】

A.氫鍵是分子間作用力，比化學鍵的強度弱得多，故A錯誤；B.鍵能越大，表示該分子越難受熱分解，故B錯誤；C.乙醇分子跟水分子之間不但存在范德華力，也存在氫鍵，故C正確；D.含極性鍵的分子不一定是極性分子，如二氧化碳，C=O鍵是極性鍵，但二氧化碳分子是直線形，分子中正負電中心重合，是非極性分子，故D錯誤；故選C。11、B【答案解析】

A→B的反應，反應物總能量小于生成物總能量，反應吸熱；B→C的反應，反應物的總能量大于生成物總能量，反應為放熱反應，結合能量與焓變、物質的穩定性的關系可得結論。【題目詳解】A．A→B的反應為吸熱反應，B→C的反應為放熱反應，故A錯誤；B．物質的總能量越低，越穩定，所以三種化合物的穩定性順序：B＜A＜C，故B正確；C．加入催化劑，只改變反應的活化能，不改變反應熱，只提高反應速率，不改變平衡移動，因此不能提高轉化率，故C錯誤；D．整個反應的熱效應只與始態和終態有關，則△H=(E1-E2)-(E4-E3)=E1+E3-E2-E4，故D錯誤；答案選B。12、B【答案解析】

今天所說的“補天”是避免臭氧空洞的形成，應減少氮氧化物、氟氯代物的排放，氮氧化物常存在于硝酸廠尾氣、汽車尾氣中，而含磷洗衣粉可導致水體污染，因此使用無磷洗衣粉與“補天”無關，故選B。13、C【答案解析】

A．溴單質易溶于有機溶劑，苯的密度比水小，且不溶于水，從溴水中萃取溴，出現分層，上層為橙紅色，下層為水層，CCl4的密度大于水，且不溶于水，從溴水中萃取溴，出現分層，上層為水層，下層為橙紅色，乙烯能使溴水褪色，乙醇易溶于水，不出現分層，苯酚與溴水反應生成白色沉淀，因此可以用溴水鑒別，A選項正確；B．C4H10的結構簡式(碳鏈形式)為：、，羥基的位置有4種，與乙二酸反應生成二元酯，如果是同醇，形成4種，二種不同的醇與乙二酸反應有6種，因此與乙二酸形成二元酯的結構有10種，故B說法正確；C．CH3CH2OCHO分子中含有的官能團為酯基，CH3CH2OCH2CHO含有的官能團為醚鍵和醛基，兩者官能團不同，不是同系物，C選項錯誤；D．苯環是平面正六邊形，乙烯屬于平面形，因為碳碳單鍵可以旋轉，因此此有機物中所有碳原子可能共面，此有機物中酚羥基的鄰位、對位碳原子上沒有氫原子，因此不能與溴發生取代，1mol此有機物含有1mol碳碳雙鍵，需要1molBr2發生加成反應，D選項正確；答案選C。【答案點睛】C選項CH3CH2OCHO分子中含有的官能團為酯基，在判斷時需要注意酯基氧單鍵側鏈的R基團，碳氧雙鍵測沒有限制。14、B【答案解析】

A.羥基的電子式：，A錯誤；B.乙酸的分子式是C2H4O2，則實驗式：CH2O，B正確；C.丙烯的球棍模型為，C錯誤；D.乙烯的結構簡式：CH2＝CH2，D錯誤。答案選B。15、C【答案解析】

A、純銀器在空氣中久置會被氧化變黑，不具備形成原電池的條件，所以為化學腐蝕，故A正確；B、當鍍錫鐵制品的鍍層破損時，因為Fe比Sn更活潑，Sn、Fe形成原電池，Fe為負極，鍍層不再起到保護作用，故B錯誤；C、在海輪外殼連接鋅塊保護外殼不受腐蝕，因為Fe與Zn形成原電池，Zn作負極(陽極)被消耗，從而保護了正極(陰極)Fe，該防護方法稱為犧牲陽極的陰極保護法，故C正確；D、利用電解池原理進行金屬防護的方法稱為外加電流的陰極保護法，使被保護金屬與直流電源的負極相連可防止金屬被腐蝕，所以將地下輸油鋼管與外加直流電源的負極相連，可保護鋼管不受腐蝕，故D正確。【答案點睛】本題考查金屬的腐蝕與防護，注意把握金屬腐蝕的原理和電化學知識。金屬腐蝕一般分為化學腐蝕和電化學腐蝕，化學腐蝕是金屬與氧化劑直接接觸反應，例如本題A項；電化學腐蝕是不純的金屬或合金跟電解質溶液接觸，形成原電池而造成的腐蝕，例如題中B項；金屬防護方法除了覆蓋保護層、改變金屬內部結構外，還可以根據電化學原理防護，例如題中C、D涉及的犧牲陽極的陰極保護法和外加電流的陰極保護法。16、B【答案解析】

碳酸氫銨受熱分解的產物是二氧化碳、水和氨氣，這些混合氣體通過足量的過氧化鈉時，水蒸氣、二氧化碳沒有剩余，但生成了氧氣；通過濃硫酸時，氨氣與硫酸反應。因此最后得到的氣體只有氧氣。答案選B。17、D【答案解析】本題阿伏伽德羅常數的計算與判斷、電子式的書寫等知識。分析：A．根據過氧化鈉的物質的量以及過氧化鈉中含有2個陽離子和1個陰離子；B．溴化氫為共價化合物，電子式中不需要標出所帶電荷；C．對于共價化合物元素化合價絕對值+元素原子的最外層電子層=8，則該元素原子滿足8電子結構；D．根據氨氣的物質的量以及1個氨氣中含有3個N-H鍵。解析：78gNa2O2晶體的物質的量為78g78g/mol=1mol，過氧化鈉中含有2個Na+離子和1個O22—離子，78gNa2O2晶體中所含陰、陽離子個數分別為NA、2NA，故A錯誤；溴化氫為共價化合物，氫原子與溴原子形成了一個共用電子對，溴化氫中氫原子最外層為2個電子，溴原子最外層達到8電子，用小黑點表示原子最外層電子，則溴化氫的電子式為，B錯誤；BCl3中B元素化合價為+3，B原子最外層電子數為3，最外層有（3+3）=6，分子中B原子不滿足8電子結構，故C錯誤；3.4g氨氣的物質的量為=0.2mol，氨氣分子中含有3個N-H鍵，所以3.4g氨氣中含有0.6NA個N-H鍵，故D正確。點睛：解題時注意掌握物質的量與阿伏伽德羅常數、摩爾質量等物理量之間的關系，明確電子式的概念及書寫原則。18、D【答案解析】

A．二者均與NaOH溶液反應，不能除雜，應選飽和碳酸氫鈉溶液、洗氣法分離，A錯誤；B．二者均與NaOH溶液反應，應先加足量NaOH溶液過濾后，向濾液中加適量鹽酸即可，B錯誤；C．加乙酸引入新雜質，且不分層，應加入新制氧化鈣，利用蒸餾法分離，C錯誤；D．Al與NaOH溶液反應，而Fe不能，則加NaOH溶液后過濾分離，D正確；答案選D。19、A【答案解析】

A．分析反應可知，Cu從+2價降價至+1價；S一部分從-1價降價至-2價，一部分從-1價升價至+6價；因此Cu2S屬于還原產物，A項錯誤；B．反應前，一共有14個，反應后增加了3個；多出的是由-1價S氧化得來，并且為整個反應僅有的一種氧化產物，所以每消耗5molFeS2，電子轉移21mol，B項正確；C．分析反應可知，Cu從+2價降價至+1價；S一部分從-1價降價至-2價，一部分從-1價升價至+6價；因此，是氧化劑，既是氧化劑又是還原劑，C項正確；D．反應前，一共有14個，反應后增加了3個；因此，產物中的一部分是氧化產物，D項正確；答案選A。【答案點睛】氧化還原反應電子轉移數計算時，抓住本質即電子得失守恒，利用關系式：所有氧化劑得電子數=所有還原劑失電子數進行計算。20、C【答案解析】

①多數有機物都能燃燒，故錯誤；②含有碳碳雙鍵、醇羥基，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故錯誤；③含有羧基，能跟NaOH發生中和反應，故錯誤；④含有羧基和羥基能夠發生酯化反應，故錯誤；⑤含有碳碳雙鍵，能夠發生加聚反應，故錯誤；⑥不含酯基和鹵原子，不能發生水解反應，故正確，故選項C正確。21、B【答案解析】

SiO2和CO2的化學式相似，但其晶體結構不同，A項正確；二氧化碳為分子晶體，氯化鈉和氯化銫為離子晶體，所以物理性質不同，B錯誤；二氧化碳為分子晶體，分子間存在分子間作用力，而分子內部碳原子和氧原子間形成共價鍵C正確；根據二氧化硅的結構可判斷D項正確。答案選B。22、C【答案解析】分析：A．明礬水解可生成氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性；B．過氧化鈉和水、二氧化碳反應生成氧氣；C．碳酸鈉水解呈堿性；D．熔點高的物質可用于耐高溫材料。詳解：A．明礬凈水的原理是：Al3++3H2OAl(OH)3（膠體）+3H+，利用Al(OH)3（膠體）的吸附性進行凈水，A正確；B．過氧化鈉用作潛水艇中的供氧劑是因為過氧化鈉與水、二氧化碳反應都生成氧氣，B正確；C．碳酸鈉水解呈堿性，加熱促進水解，有利于油脂的水解，碳酸鈉與油脂不反應，C錯誤；D．氧化鋁為離子化合物，熔點高，可用于耐高溫材料，D正確。答案選C。二、非選擇題(共84分)23、碳碳雙鍵羧基消去反應+C2H5OH+H2OCH3—C≡C—CH3【答案解析】

由第一個信息可知A應含有醛基，且含有7個C原子，應為，則B為，則C為，D為，E為，F為，F與乙醇發生酯化反應生成G為，對比G、K的結構簡式并結合第二個信息，可知C7H8的結構簡式為；(7)環戊烷與氯氣在光照條件下生成，發生消去反應得到環戊烯。環戊烯與2-丁炔發生加成反應生成，然后與溴發生加成反應生成。【題目詳解】根據上述分析可知：A為，B為，C為，D為，E為，F為，G為，對比G、K的結構簡式并結合題中給出的第二個信息，可知C7H8的結構簡式為。(1)A的結構簡式是。(2)C結構簡式是其中含有的官能團是碳碳雙鍵和羧基。(3)D→E的反應類型為消去反應。(4)F為，F與乙醇在濃硫酸存在的條件下加熱，發生消去反應形成G和水，所以由F生成G的化學方程式是+C2H5OH+H2O。(5)C7H8的結構簡式是。(6)芳香族化合物X是G的同分異構體，該分子中除苯環外，不含其他環狀結構，其苯環上只有1種化學環境的氫。X能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2，說明分子中含有羧基-COOH，則符合上述要求的X的結構簡式：、。(7)環戊烷與氯氣在光照條件下生成，，與NaOH的乙醇溶液共熱，發生消去反應得到環戊烯、NaCl、H2O。環戊烯與2-丁炔發生加成反應生成，然后與溴發生加成反應生成。其合成路線為。所以Q：CH3—C≡C—CH3；中間產物1：；中間產物2：；中間產物3：。【答案點睛】本題考查有機物推斷和合成的知識，明確官能團及其性質關系、常見反應類型及反應條件是解本題關鍵，側重考查學生分析判斷能力，注意題給信息的靈活運用。24、H22Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑O22Na2O2+2CO22Na2CO3+O21NaOHNa2CO3NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3↓1.53.5【答案解析】

考查無機物的推斷，（1）假設A為Na，則Na與H2O反應生成NaOH和H2，即E為H2，B為NaOH，C為Na2CO3，D為NaHCO3；（2）假設A為Na2O2，Na2O2與H2O反應生成O2和NaOH，與(1)類似；（3）根據（1）和（2）的分析，以及鈉及其化合物的性質進行分析。【題目詳解】（1）若A為Na，Na與H2O反應：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，則單質E為H2，B為NaOH，CO2與NaOH反應：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，繼續通入CO2:Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，A與水反應的離子方程式為2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；（2）若A為Na2O2，則Na2O2與水反應：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，則單質E為O2，Na2O2與CO2能發生反應：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，Na2O2與CO2反應，Na2O2既是氧化劑又是還原劑，因此1molNa2O2與CO2反應轉移電子物質的量為1mol，電子數為NA；（3）①根據上述分析，B為NaOH，C為Na2CO3；②NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，因此向飽和的Na2CO3溶液中通入CO2，產生NaHCO3沉淀；其反應Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓；③如果只發生AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl，n(AlCl3)=1mol，n[Al(OH)3]=39/78mol=0.5mol，即AlCl3過量，消耗NaOH的體積0.5×3/1L=1.5L；氫氧化鋁為兩性氫氧化物，NaOH稍微過量，發生的反應是AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl、Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，AlCl3全部參與反應，生成氫氧化鋁的總物質的量為1mol，此時消耗NaOH的物質的量為3mol，最后沉淀的物質的量為39/78mol=0.5mol，即有(1－0.5)mol氫氧化鋁被消耗，同時該反應中消耗NaOH的物質的量為0.5mol，總共消耗氫氧化鈉的物質的量為3.5mol，體積為3.5/1L=3.5L。【答案點睛】本題的難點是電子轉移物質的量的計算，Na2O2無論與CO2反應還是與H2O反應，Na2O2既是氧化劑又是還原劑，每消耗2molNa2O2，或生成1molO2，轉移電子物質的量為2mol，因此消耗1molNa2O2，轉移電子物質的量為1mol，特別注意本題讓求的是電子數，與阿伏加德羅常數有關。25、a堿石灰吸收尾氣并防止空氣中水蒸氣進入反應裝置導致產品水解ClO3－+5Cl－+6H+＝3Cl2↑+3H2O0.5NA飽和氯化鈉溶液SO2Cl2發生水解蒸餾【答案解析】

二氧化硫和氯氣合成硫酰氯：甲裝置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，硫酰氯會水解，儀器B中盛放的藥品是堿石灰防止空氣中的水蒸氣進入裝置，同時吸收揮發出去的二氧化硫和氯氣，丁裝置：濃鹽酸和氯酸鉀反應制取氯氣，濃鹽酸易揮發，制取的氯氣中含有氯化氫，丙裝置：除去Cl2中的HCl，乙裝置：干燥氯氣。（1）根據采用逆流的冷凝效果好，判斷冷凝管的進水口；（2）儀器B中盛放的藥品是堿石灰防止空氣中的水蒸氣進入裝置，同時吸收揮發出去的二氧化硫和氯氣；（3）實驗時，裝置丁中氯酸鉀+5價的氯和鹽酸中-1價的氯發生氧化還原反應生成氯氣；根據化合價升降以及生成物的量計算轉移電子數；（4）鹽酸易揮發，制取的氯氣中含有氯化氫，丙裝置的作用是除去Cl2中的HCl，由此目的選擇試劑；SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氫；（5）二者均為液態，且沸點相差較大，采取蒸餾法進行分離。【題目詳解】（1）冷凝管采用逆流時冷凝效果好，所以冷凝管中的冷卻水進口為a；（2）甲裝置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，二氧化硫、氯氣為有毒的酸性氣體，產物硫酰氯會水解，所以儀器B中盛放的藥品是堿性物質堿石灰，可防止空氣中的水蒸氣進入裝置，同時吸收揮發出去的二氧化硫和氯氣；（3）濃鹽酸和氯酸鉀發生反應生成KCl、氯氣和水，反應為：6HCl（濃）+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O，離子方程式為：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；根據歸中反應同元素化合價“只靠近，不交叉”原則可知，氯酸鉀+5價的氯降低為0價，鹽酸中-1價的氯升高為0價，即每生成3molCl2，其轉移電子為5mol，故當生成0.3molCl2，轉移電子數目為0.5NA；（4）鹽酸易揮發，制取的氯氣中含有氯化氫，氯氣難溶于飽和食鹽水，HCl易溶于水，可用飽和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl；裝置乙中試劑為濃硫酸，其作用是除去Cl2中的水，若缺少裝置乙，SO2Cl2遇水發生水解反應生成硫酸和氯化氫；（5）由題干表格可知，低溫條件下，SO2Cl2和H2SO4均為液態，二者會互溶，且沸點相差較大，可采取蒸餾法進行分離。26、MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2OA待D中充滿黃綠色氣體時除Cl2中混有的HClCl2+H2OH++Cl-+HClO飽和氯化鈉溶液中氯離子濃度較大，使平衡不容易正移，氯氣幾乎不溶解，但氯化氫可以溶解，所以可以除雜防止G中水蒸氣進入E使氯化鋁水解堿石灰AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl-1NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑0.69【答案解析】

由實驗裝置圖可知，裝置A中二氧化錳和濃鹽酸共熱制得氯氣，用裝置B中飽和食鹽水除去氯氣中混有的氯化氫氣體，用裝置C中濃硫酸干燥氯氣，裝置D為氯化鋁的制備裝置，裝置E用于收集氯化鋁，用裝置F中濃硫酸吸收水蒸氣，防止水蒸氣進入裝置E中，導致氯化鋁水解，用裝置G中氫氧化鈉溶液吸收過量的氯氣，防止污染環境。由流程可知，實驗制備得到的氯化鋁在特定條件下與氫化鈉反應制得鋁氫化鈉。【題目詳解】（1）①裝置A中二氧化錳和濃鹽酸共熱反應生成氯化錳、氯氣和水，反應的化學方程式為MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；②實驗時應先點燃A處酒精燈制備氯氣，利用反應生成的氯氣排盡裝置中的空氣，防止空氣中氧氣干擾實驗，待D中充滿黃綠色氣體時，再點燃D處酒精燈制備氯化鋁，故答案為：D中充滿黃綠色氣體時；③因濃鹽酸具有揮發性，制得的氯氣中混有氯化氫，裝置B中飽和食鹽水的作用是除去氯氣中混有的氯化氫氣體；選用飽和食鹽水的原因是，氯氣與水反應為可逆反應，存在如下平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，飽和氯化鈉溶液中氯離子濃度較大，使平衡逆向移動，降低氯氣溶解度，使氯氣幾乎不溶解，但氯化氫極易溶于水，所以可以除雜，故答案為：除中混有的HCl；Cl2+H2OH++Cl-+HClO飽和氯化鈉溶液中氯離子濃度較大，使平衡不容易正移，氯氣幾乎不溶解，但氯化氫可以溶解，所以可以除雜；④F中濃硫酸吸收水蒸氣，防止水蒸氣進入裝置E中，導致氯化鋁水解，裝置G中氫氧化鈉溶液吸收過量的氯氣，防止污染環境，若用盛有堿石灰的干燥管代替F和G，可以達到相同的目的，故答案為：防止G中水蒸氣進入E使氯化鋁水解；堿石灰；（2）氯化鋁在特定條件下與氫化鈉反應生成鋁氫化鈉和氯化鈉，反應的化學方程式為AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl，故答案為：AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl；（3）若裝置A改為氫氣的制備裝置，D中的鈉與氫氣共熱可以制得氫化鈉，由化合價代數和為零可知氫化鈉中氫元素為—1價；若裝置中殘留有氧氣，氧氣與鈉共熱會反應生成過氧化鈉，故答案為：-1；Na2O2；（4）鋁氫化鈉遇水發生劇烈反應生成氫氧化鈉和氫氣，反應的化學方程式為NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；氫化鈉與水反應的化學方程式為NaH+H2O=NaOH+H2↑，標準狀況下22.4L氫氣的物質的量為1mol，設鋁氫化鈉為xmol，氫化鈉為ymol，由化學方程式可得聯立方程式54x+24y=15.6①4x+y=1②，解得x=y=0.2，,則樣品中鋁氫化鈉的質量分數為≈0.69，故答案為：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；0.69。【答案點睛】制備氯化鋁和氫化鈉時，注意注意排盡裝置中空氣，防止氧氣干擾實驗是解答關鍵；前干燥、后防水，防止氯化鋁水解是易錯點。27、TiCl4＋(2＋x)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HCl抑制NH4Fe(SO4)2水解AC溶液變成紅色（或）偏高偏低【答案解析】

（1）根據原子守恒可知TiCl4水解生成TiO2?xH2O的化學方程式為TiCl4＋(2＋x)H2O＝TiO2·xH2O↓＋4HCl；（2）NH4＋水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，因此加入硫酸的目的是抑制NH4Fe(SO4)2的水解；根據一定物質的量濃度溶液配制過程可知配制NH4Fe(SO4)2標準溶液時使用的儀器除天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、量筒外，還需要用到容量瓶和膠頭滴管，即AC正確；（3）根據要求是Fe3＋把Ti3＋氧化成Ti4＋，本身被還原成Fe2＋，因此滴定終點的現象是溶液變為紅色；（4）根據得失電子數目守恒可知n(Ti3＋)×1＝n[NH4Fe(SO4)2]×1＝0.001cVmol，根據原子守恒可知n(TiO2)＝n(Ti3＋)＝0.001cVmol，所以TiO2的質量分數為；（5）①若在配制標準溶液過程中，燒杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量濺出，造成所配溶液的濃度偏低，在滴定