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、八十年代，我國化學家打破了西方國家對維生素C的壟斷，發明的“兩段發酵法”大大降低了生產成本。某課外小組利用碘滴定法測某橙汁中維生素C的含量，其化學方程式如下：下列說法正確的是A．上述反應為取代反應 B．維生素C水解得到2種產物C．維生素C有酯基不能溶于水，可溶于有機溶劑 D．該反應表明維生素C具有還原性2、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是A．B．C．D．3、對于反應在容積為10L的密閉容器中進行。起始時和均為0.20mol。反應在不同條件下進行，反應體系總壓強隨時間的變化如圖所示。下列說法不正確的是（）A．實驗c條件下，從反應開始至達到平衡時B．實驗a條件下，用濃度表示的平衡常數為100C．該反應的D．比較實驗a、c可判斷升高溫度反應速率加快4、已知反應：2Cu(IO3)2＋24KI＋12H2SO4＝2CuI↓＋13I2＋12K2SO4＋12H2O，下列說法正確的是A．CuI既是氧化產物又是還原產物B．Cu(IO3)2作氧化劑，Cu(IO3)2中的銅和碘元素被還原C．每生成1molCuI，有12molKI發生氧化反應D．每轉移1.1mol電子，有0.2mol被氧化5、下列說法不正確的是A．皂化反應是指油脂在稀硫酸的作用下水解得到高級脂肪酸和甘油B．淀粉纖維素、麥芽糖在一定條件下可和水作用轉化為葡萄糖C．氨基酸既能與強酸反應，也能與強堿反應D．“春蠶到死絲方盡,蠟炬成灰淚始干”中的“絲”和“淚”分別是蛋白質和烴6、無機化學對硫－氮化合物的研究是最為活躍的領域之一。如圖所示是已經合成的最著名的硫－氮化合物的分子結構。下列說法正確的是()A．該物質的分子式為SNB．該物質的分子中既有極性鍵又有非極性鍵C．該物質具有很高的熔、沸點D．該物質與化合物S2N2互為同素異形體7、欲除去下列物質中混入的少量雜質（括號內物質為雜質），不能達到目的的是A．乙酸乙酯（乙酸）：加飽和碳酸鈉溶液，充分振蕩靜置后，分液B．乙醇（水）：加入新制生石灰，蒸餾C．苯甲酸（NaCl）：加水，重結晶D．乙酸（乙醇）：加入金屬鈉，蒸餾8、用Pt電極電解含有Cu2＋和X3＋均為0.1mol的溶液，陰極析出金屬的質量m(g)與溶液中通過電子的物質的量n(mol)關系如圖，則離子的氧化能力由大到小排列正確的是（）A．Cu2＋>X3＋>H＋ B．H＋>X3＋>Cu2＋C．X3＋>Cu2＋>H＋ D．Cu2＋>H＋>X3＋9、下列有關化學用語使用正確的是（）A．石英的分子式：SiO2B．NH4Cl的電子式:C．Cr原子的基態簡化電子排布式為[Ar]3d54s1D．S原子的外圍電子排布圖為10、中國研究人員研制出一種新型復合光催化劑，利用太陽光在催化劑表面實現高效分解水，其主要過程如下圖所示。已知：幾種物質中化學鍵的鍵能如下表所示。化學鍵H2O中H—O鍵O2中O＝O鍵H2中H—H鍵H2O2中O—O鍵H2O2中O—H鍵鍵能kJ/mol463496436138463若反應過程中分解了2mol水，則下列說法不正確的是A．總反應為2H2O2H2↑+O2↑B．過程I吸收了926kJ能量C．過程II放出了574kJ能量D．過程Ⅲ屬于放熱反應11、固體A的化學式為NH5，它的所有原子的最外層都符合相應的稀有氣體原子的最外層電子層結構，則下列有關說法中，不正確的是（）A．1molNH5中含有5NA個N—H鍵（NA表示阿伏加德羅常數）B．NH5中既有共價鍵又有離子鍵，NH5是離子化合物C．NH5的電子式為D．它與水反應的化學方程式為NH5＋H2O=NH3·H2O＋H2↑12、欲除去下列物質中的少量雜質，所選除雜試劑或除雜方法不正確的是選項物質雜質除雜試劑除雜方法AC2H2H2SCuSO4溶液洗氣B溴苯Br2NaOH溶液分液C苯苯酚濃溴水過濾D乙醇水CaO蒸餾A．A B．B C．C D．D13、鈦酸鋇的熱穩定性好，介電常數高，在小型變壓器、話筒和擴音器中都有應用。鈦酸鋇晶體的晶胞結構示意圖如圖所示，它的化學式是A．BaTi8O12B．BaTiO3C．BaTi2O4D．BaTi4O614、NA代表阿伏加德羅常數的數值，下列說法中錯誤的是(）A．完全燃燒1.5mol乙醇和乙烯的混合物,轉移電子數為18NAB．7.8g由Na2S和Na2O2組成的混合物中含有陰離子的數目為0.1NAC．0.1mol/LFeCl3溶液中Fe3+的物質的量一定小于0.1NAD．常溫常壓下，60g甲醛和乙酸的混合物所含碳原子數為2NA15、下列各組中的反應，屬于同一反應類型的是A．由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯與水反應制丙醇B．由甲苯硝化制對硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸C．由氯代環己烷消去制環己烯；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16、下列物質中，與新制氫氧化銅懸濁液共熱時能產生紅色沉淀的是()A．CH2=CHCH2OH B．CH3CH2CHO C．CH3COCH3 D．HOOCCH2CH317、下列試劑保存說法不正確的是()A．金屬鈉存放在盛有煤油的試劑瓶中B．漂白粉置于冷暗處密封保存C．存放液溴的試劑瓶中應加水封D．燒堿盛放在玻璃瓶塞的磨口玻璃瓶中18、下列分類方式不正確的是()A．膠體：豆漿、煙霧、煙水晶、雞蛋清B．電解質：氯化鈉、碳酸鈣、濃硫酸、氫氧化鐵膠體C．化學變化：顏色反應、蛋白質變性、石油的裂解、橡膠的硫化D．物理變化：萃取、蒸餾、重結晶、焰色反應19、1mol白磷（P4，s）和4mol紅磷（P，s）與氧氣反應過程中的能量變化如圖（E表示能量）。下列說法正確的是（）A．P4(s，白磷)=4P(s，紅磷)ΔH＞0B．以上變化中，白磷和紅磷所需活化能相等C．白磷比紅磷穩定D．紅磷燃燒的熱化學方程式是4P(s，紅磷)＋5O2(g)＝P4O10(s)ΔH=－(E2－E3)kJ/mol20、一定條件下，Na2CO3溶液中存在如下平衡：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，下列說法正確的是A．稀釋溶液，平衡正向移動，增大B．通入CO2，平衡逆向移動，溶液pH減小C．加入NaOH固體，平衡逆向移動，pH減小D．升高溫度，增大21、如圖所示，將鐵棒和石墨棒插入盛有飽和NaCl溶液的U型管中下列分析正確的是A．閉合，鐵棒上發生的反應為B．閉合，石墨棒周圍溶液pH逐漸降低C．閉合，鐵棒不會被腐蝕，屬于外加電流的陰極保護法D．閉合，電路中通過個電子時，兩極共產生氣體22、在由5種基團－CH3、－OH、－CHO、－C6H5、－COOH兩兩組成的物質中，能與NaOH反應的有機物有（）A．4種 B．5種 C．6種 D．7種二、非選擇題(共84分)23、（14分）A是一種常見的烴，它的摩爾質量為40g·mol-1，C能發生銀鏡反應，E能與小蘇打反應產生氣體，它們之間存在如下圖所示的轉化關系（反應所需條件已略去）：請回答：（1）A的結構簡式_______。（2）C中含有官能團的名稱是_______。（3）在加熱和催化劑條件下，D生成E的反應化學方程式為________。（4）下列說法正確的是________。a.B、C和E都能使酸性KMnO4溶液褪色b.D和E都可以與金屬鈉發生反應c.D和E在一定條件下反應可生成有香味的油狀物質d.等物質的量B和D完全燃燒，耗氧量相同24、（12分）A、B、C、D為四種可溶性的鹽，它們的陽離子分別可能是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一種，陰離子分別可能是NO3-、SO42-、Cl－、CO32-中的一種。(離子在物質中不能重復出現)①若把四種鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中，只有C鹽的溶液呈藍色；②若向①的四支試管中分別加入鹽酸，B鹽的溶液有沉淀生成，D鹽的溶液有無色無味的氣體逸出。根據①②實驗事實可推斷它們的化學式為：（1）A________，C________，D____________。（2）寫出鹽酸與D反應的離子方程式：___________________________。（3）寫出C與Ba(OH)2溶液反應的離子方程式：_______________________。25、（12分）1，2-二溴乙烷可作汽油抗爆劑的添加劑，在實驗室中可以用下圖所示裝置制備1，2二溴乙烷。其中A和F中裝有乙醇和濃硫酸的混合液，D中的試管里裝有液溴。可能存在的主要副反應有：乙醇在濃硫酸的存在下在140℃脫水生成乙醚。（夾持裝置已略去）有關數據列表如下：填寫下列空白：(1)A的儀器名稱是____。(2)安全瓶B可以防止倒吸，還可以檢查實驗進行時導管是否發生堵塞。請寫出發生堵塞時瓶B中的現象____。(3)A中發生反應的化學方程式為：____；D中發生反應的化學方程式為：____。(4)在裝置C中應加入____(填字母），其目的是吸收反應中可能生成的酸性氣體。a．水b．濃硫酸c．氫氧化鈉溶液d．飽和碳酸氫鈉溶液(5)若產物中有少量副產物乙醚，可用___（填操作名稱）的方法除去。(6)反應過程中應用冷水冷卻裝置D，其主要目的是乙烯與溴反應時放熱，冷卻可避免溴的大量揮發；但又不能過度冷卻（如用冰水），其原因是____。26、（10分）人體血液里Ca2＋的濃度一般采用mg·cm－3來表示。抽取一定體積的血樣，加適量的草酸銨[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸鈣(CaC2O4)沉淀，將此草酸鈣沉淀洗滌后溶于強酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可測定血液樣品中Ca2＋的濃度。某研究性學習小組設計如下實驗步驟測定血液樣品中Ca2＋的濃度。[配制酸性KMnO4標準溶液]如圖是配制50mL酸性KMnO4標準溶液的過程示意圖。（1）請你觀察圖示判斷其中不正確的操作有________(填序號)。（2）其中確定50mL溶液體積的容器是__________________________________(填名稱)。（3）如果按照圖示的操作所配制的溶液進行實驗，在其他操作均正確的情況下，所測得的實驗結果將______(填“偏大”或“偏小”)。[測定血液樣品中Ca2＋的濃度]抽取血樣20.00mL，經過上述處理后得到草酸，再用0.020mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定，使草酸轉化成CO2逸出，這時共消耗12.00mL酸性KMnO4溶液。（4）已知草酸與酸性KMnO4溶液反應的離子方程式為：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O滴定時，根據現象_______________________________________，即可確定反應達到終點。（5）經過計算，血液樣品中Ca2＋的濃度為________mg·cm－3。27、（12分）某同學為探究酸性KMnO4溶液和H2C2O4（草酸，二元弱酸）溶液的反應過程，進行如下實驗。請完成以下問題。（1）寫出酸性KMnO4溶液和H2C2O4的離子方程式____________________________。（2）配制100mL0.0400mol·L-1的H2C2O4溶液，除用到托盤天平、藥匙、燒杯、量筒、玻璃棒等儀器外，還必須用到的玻璃儀器是__________________。（3）將KMnO4溶液逐滴滴入一定體積的酸性H2C2O4溶液中（溫度相同，并振蕩），記錄的現象如下：滴入KMnO4溶液的次序KMnO4溶液紫色褪去所需的時間先滴入第1滴60s褪色后，再滴入第2滴15s褪色后，再滴入第3滴3s褪色后，再滴入第4滴1s請分析KMnO4溶液褪色時間變化的可能原因_________________。28、（14分）CO2是一種廉價的碳資源，其綜合利用具有重要意義。回答下列問題。（1）CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH=13，CO2主要轉化為_______（寫離子符號）；若所得溶液c(HCO3-):c(CO32-)=2:1，溶液pH=______。（室溫下，H2CO3的K1=4×10-7；K2=5×10-11）（2）CO2與CH4經催化重整，制得合成氣：CH4(g)+CO2(g)(2CO(g)+2H2(g)①已知上述反應中相關的化學鍵鍵能數據如下：化學鍵C—HC=OH—HCO鍵能/kJ·mol-14137454361075則該反應的△H=___________。分別在VL恒溫密閉容器A（恒容）、B（恒壓，容積可變）中，加入CH4和CO2各1mol的混合氣體。兩容器中反應達平衡后放出或吸收的熱量較多的是____________（填“A”或“B”）②按一定體積比加入CH4和CO2，在恒壓下發生反應，溫度對CO和H2產率的影響如下圖所示。此反應優選溫度為900℃的原因是_______________。（3）O2輔助的A1-CO2電池工作原理如上圖所示。該電池電容量大，能有效利用CO2，電池反應產物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。電池的正極反應式：6O2+6e-=6O2-6CO2+6O2-=3C2O42-+6O2反應過程中O2的作用是_______________。該電池的總反應式：_________________。29、（10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、焙燒除去水分得到固體TiO2。實驗室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_________________________。（3）NH4Fe(SO4)2標準溶液盛裝在___________（填“酸式”或“堿式”）滴定管中，滴定終點的現象是________________________。若在滴定終點讀取滴定管刻度時，仰視標準液液面使測定結果________（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。（4）滴定分析時，稱取TiO2（摩爾質量為Mg·mol-1）試樣wg，消耗cmol·L-1NH4Fe(SO4)2標準溶液VmL，則TiO2質量分數表達式為__________________________。

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、D【答案解析】

A項，從題給的化學方程式可知，維生素

C與

I2反應時，脫去分子中環上-OH

中的氫，形成C=O雙鍵，不屬取代反應，屬氧化反應，故A項錯誤；B項，維生素

C含有羥基，碳碳雙鍵，酯基三種官能團，其中酯基能發生水解，由于是環酯，所以水解產物只有一種，故B項錯誤；C項，維生素C含有多個羥基，易溶于水，故C項錯誤；D項，從題給的化學方程式可知，維生素

C與

I2反應時，維生素C被氧化，表明維生素C具有還原性，故D項正確。綜上所述，本題正確答案為D。2、A【答案解析】分析：A項，NaHCO3受熱分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3與飽和石灰水反應生成CaCO3和NaOH；B項，Al與NaOH溶液反應生成NaAlO2和H2，NaAlO2與過量鹽酸反應生成NaCl、AlCl3和H2O；C項，AgNO3中加入氨水可獲得銀氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能發生銀鏡反應；D項，Al與Fe2O3高溫發生鋁熱反應生成Al2O3和Fe，Fe與HCl反應生成FeCl2和H2。詳解：A項，NaHCO3受熱分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3與飽和石灰水反應生成CaCO3和NaOH，兩步反應均能實現；B項，Al與NaOH溶液反應生成NaAlO2和H2，NaAlO2與過量鹽酸反應生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反應不能實現；C項，AgNO3中加入氨水可獲得銀氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能發生銀鏡反應，第二步反應不能實現；D項，Al與Fe2O3高溫發生鋁熱反應生成Al2O3和Fe，Fe與HCl反應生成FeCl2和H2，第二步反應不能實現；物質間轉化均能實現的是A項，答案選A。點睛：本題考查元素及其化合物之間的相互轉化和反應條件，解題的關鍵是熟悉常見物質的化學性質和轉化的條件。注意量的多少對生成物的影響，如NaAlO2與少量HCl反應生成NaCl和Al（OH）3，NaAlO2與過量HCl反應生成NaCl、AlCl3和H2O。3、C【答案解析】

A.實驗c條件下，實驗中60min到達平衡，恒溫恒容下，利用壓強之比等于物質的量之比計算平衡時混合氣體總物質的量，再利用差量法代入公式計算得(0.2+0.2)mol×=0.32mol，0.4mol－0.32mol=0.08mol，所以，A項正確；B.恒溫恒容下，壓強之比等于物質的量之比，實驗a中平衡時混合氣體總物質的量為(0.2+0.2)mol×=0.3mol，這說明平衡時消耗反應物的物質的量和生成的生成物的物質的量均是0.4mol－0.3mol＝0.1mol，剩余反應物均是0.2mol－0.1mol＝0.1mol，容器容積為10L，則平衡常數K===100，B項正確；C.根據c和a的反應判斷，c起始壓強較大，而投料量和容器的體積都沒有變化，所以由公式PV=nRT來推斷，是溫度引起的，即c中溫度高于a中溫度，根據A和B可知c中反應物轉化率低，說明升高溫度，反應逆向進行，所以該反應為放熱反應，C項錯誤；D.根據以上分析可知c中溫度高，反應首先達到平衡狀態，所以比較實驗a、c可判斷升高溫度反應速率加快，D項正確；答案選C。【答案點睛】此題核心在于實驗c圖像的理解，對于恒容，且投料相同的反應來說，初始壓強增大，可以用PV=nRT來進行解釋。4、B【答案解析】

該反應中Cu元素化合價由+2價變為+1價、Cu(IO3)2中碘元素化合價由+5價變為0價、KI中有的I元素化合價由-1價變為0價，轉移電子數為22，據此判斷。【題目詳解】A．Cu元素化合價由+2價變為+1價、Cu(IO3)2中碘元素化合價由+5價變為0價、KI中有的I元素化合價由-1價變為0價，Cu(IO3)2作氧化劑，KI是還原劑，CuI是還原產物，氧化產物是單質碘，A錯誤；B．Cu元素化合價由+2價變為+1價、Cu(IO3)2中碘元素化合價由+5價變為0價、KI中有的I元素化合價由-1價變為0價，Cu(IO3)2作氧化劑，Cu(IO3)2中的銅和碘元素被還原，B正確；C．1mol氧化劑在反應中得到的電子為1mol×（2-1）+2mol×（5-0）＝11mol，KI中I元素的化合價由-1價升高為0，則KI為還原劑被氧化，所以當1mol氧化劑參加反應時，被氧化的物質的物質的量為11mol，即每生成1molCuI，有11molKI發生氧化反應，C錯誤；D．根據以上分析可知每轉移22mol電子，有4mol被還原，因此每轉移1.1mol電子，有0.2mol被還原，D錯誤；答案選B。【答案點睛】本題考查氧化還原反應有關判斷與計算，為高頻考點，側重考查學生分析判斷及計算能力，明確氧化產物和還原產物及參加反應的KI中起還原劑的物質的量是解本題的關鍵，題目難度中等。5、A【答案解析】分析：本題考查的是糖類油脂蛋白質的結構和性質，注意皂化反應的原理。詳解：A.皂化反應是指油脂在堿溶液作用下水解得到高級脂肪酸鹽和甘油，故錯誤；B.淀粉纖維素、麥芽糖都屬于糖類，在一定條件下可和水作用轉化為葡萄糖，故正確；C.氨基酸含有氨基和羧基，既能與強酸反應，也能與強堿反應，故正確；D.“春蠶到死絲方盡,蠟炬成灰淚始干”中的“絲”和“淚”分別是蛋白質和烴，故正確。故選A。6、B【答案解析】A.該物質的分了式為S4N4，A不正確；B.該物質的分子中既含有極性鍵（S—N）又含有非極性鍵（N—N），B正確；C.該物質形成的晶體是分子晶體，具有較低的熔、沸點，C不正確；D.該物質與化合物S2N2不是同素異形體，同素異形體指的是同一元素形成的不同單質，D不正確。本題選B。7、D【答案解析】

A.乙酸與碳酸鈉反應而被吸收，但乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，所以乙酸乙酯中混有乙酸，可用飽和碳酸鈉溶液分離，故不選A；B.新制生石灰與水反應生成氫氧化鈣，蒸餾時，可得到較為純凈的乙醇，故不選B；C.由于苯甲酸在水中溶解度很小，而氯化鈉易溶于水，所以可以采用重結晶的方法除雜，故不選C；D.乙酸和乙醇與金屬鈉都反應，不能用加金屬鈉的方法分離，故選D；答案：D8、D【答案解析】

由圖可知，轉移電子的物質的量是0.2mol時，陰極析出的固體質量不再改變，而0.1molCu2＋生成0.1mol單質Cu轉移電子的物質的量正好是0.2mol，說明Cu2＋先放電，氧化性最強，之后無固體析出，說明再放電的是氫離子，最后是X3＋，所以離子的氧化能力由大到小排列是Cu2＋＞H＋＞X3＋，答案選D。9、C【答案解析】A．石英SiO2是原子晶體，不存在分子式，應為化學式，故A錯誤；B．NH4Cl的電子式為，故B錯誤；C．Cr核電荷數為24，其原子的基態簡化電子排布式為[Ar]3d54s1，故C正確；D．電子排布在同一能級的不同軌道時，總是優先單獨占據一個軌道，且自旋方向相同，所以3p能級上電子排布圖違反洪特規則，故D錯誤；答案為C。點睛：解決這類問題過程中需要重點關注的有：①書寫電子式時應特別注意如下幾個方面：陰離子及多核陽離子均要加“[]”并注明電荷，書寫共價化合物電子式時，不得使用“[]”，沒有成鍵的價電子也要寫出來。②書寫結構式、結構簡式時首先要明確原子間結合順序(如HClO應是H—O—Cl，而不是H—Cl—O)，其次是書寫結構簡式時，碳碳雙鍵、碳碳三鍵應該寫出來。③比例模型、球棍模型要能體現原子的相對大小及分子的空間結構。④電離方程式的書寫中要注意酸式鹽的書寫，如溶液中NaHSO4=Na++H++SO42-；NaHCO3=Na++HCO3-，同時注意電離條件，熔融狀態：KHSO4K++HSO4-。10、D【答案解析】

A．由圖可知，總反應為水分解生成氫氣和氧氣，實現了光能向化學能的轉化，反應的方程式為2H2O2H2↑+O2↑，故A正確；B．過程I為2molH2O分子變成2mol氫原子和2mol羥基的過程，吸收的能量=463kJ×2=926kJ，故B正確；C．過程II為2mol氫原子和2mol羥基生成1mol氫氣和1mol過氧化氫，放出的能量=436kJ+138kJ=574kJ，故C正確；D．過程Ⅲ為1mol過氧化氫變成1mol氧氣和1mol氫氣，斷開1molH2O2中2molH—O鍵和1molO—O鍵，形成1molO2中O＝O鍵和1molH2中H—H鍵，吸收的能量=463kJ×2+138kJ=1064kJ，放出的能量=496kJ+436kJ=932kJ，吸收的能量大于放出的能量，該過程為吸熱反應，故D錯誤；答案選D。【答案點睛】本題的易錯點為D，要注意圖中化學鍵的變化，分別計算吸收的能量和放出的能量，在判斷反應的熱效應。11、A【答案解析】

因為它所有的原子最外層都符合相應稀有氣體原子的最外層電子層結構，即2個或8個。假設A正確，對N原子來說，最外層應是10個電子，不符合題意。其他選項均符合題意。12、C【答案解析】

A．硫化氫與硫酸銅反應生成黑色沉淀，而乙炔不能，利用洗氣法分離，A項正確；B．溴易與溴苯混溶而難于除去，因此可選NaOH溶液，利用溴可與氫氧化鈉溶液反應生成溴化鈉、次溴酸鈉、水進入水層，并利用分液方法分離，故B正確；C.苯酚與濃溴水反應生成的三溴苯酚屬于有機物易溶于有機溶劑苯中，無法分離，C項錯誤；D．利用氧化鈣易吸收水且與水反應生成微溶且沸點較高的氫氧化鈣這一特點，將乙醇利用蒸餾的方式分離提純，D項正確；答案應選C。【答案點睛】本題主要考查的是有機混合物的除雜問題。解題時需要注意的是在選擇除雜試劑時，應注意除去雜質必有幾個原則：（1）盡可能不引入新雜質（2）實驗程序最少（3）盡可能除去雜質。(4)也可以想辦法把雜質轉變為主要純凈物。（5）減少主要物質的損失。13、B【答案解析】

仔細觀察鈦酸鋇晶體結構示意圖可知：Ba在立方體的中心，完全屬于該晶胞；Ti處于立方體的8個頂點，每個Ti為與之相連的8個立方體所共用，即有屬于該晶胞；O處于立方體的12條棱的中點，每條棱為四個立方體所共用，故每個O只有屬于該晶胞。【題目詳解】Ba在立方體的中心，完全屬于該晶胞；Ti處于立方體的8個頂點，每個Ti為與之相連的8個立方體所共用，即有屬于該晶胞，Ti原子數是；O處于立方體的12條棱的中點，每條棱為四個立方體所共用，故每個O只有屬于該晶胞，O原子數是。即晶體中Ba∶Ti∶O的比為1:1:3，化學式是BaTiO3，故選B。【答案點睛】本題是結合識圖考查晶體結構知識及空間想象能力，由一個晶胞想象出在整個晶體中，每個原子為幾個晶胞共用是解題的關鍵。14、C【答案解析】

A.1molCH3CH2OH和1molC2H4燃燒時均消耗3mol氧氣，故1.5mol混合物消耗4.5mol氧氣，而氧元素反應后變為-2價，故4.5mol氧氣轉移18mol電子即18NA個，A正確；B.Na2S和Na2O2的相對分子質量均是78，且陰陽離子的個數之比均是1：2，7.8g由Na2S和Na2O2組成的混合物的物質的量是0.1mol，其中含有陰離子的數目為0.1NA，B正確；C.0.1mol/LFeCl3溶液的體積未知，其溶液中Fe3+的物質的量不一定小于0.1NA，C錯誤；D.甲醛和乙酸的最簡式均是CH2O，常溫常壓下，60g甲醛和乙酸的混合物中“CH2O”的物質的量是2mol，所含碳原子數為2NA，D正確。答案選C。【答案點睛】本題考查了阿伏加德羅常數的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質的結構是解題的關鍵，題目難度中等。15、D【答案解析】

有機物分子中雙鍵或三鍵兩端的碳原子與其它原子或原子團直接結合生成新的化合物的反應是加成反應，有機物分子里的某些原子或原子團被其它原子或原子團所替代的反應叫取代反應，有機化合物在一定條件下，從1個分子中脫去1個或幾個小分子，而生成不飽和鍵化合物的反應，叫做消去反應。有機物分子中失去氫原子或加入氧原子的反應叫做氧化反應，有機物分子中加入氫原子或失去氧原子的反應叫做還原反應，據此分析解答。【題目詳解】A.溴丙烷水解制丙醇，-Br被-OH取代，為取代反應；丙烯與水反應制丙醇，雙鍵轉化為單鍵，引入-OH，為加成反應，類型不同，故A不選；B.甲苯硝化制對硝基甲苯，苯環上的H被硝基取代，為取代反應；甲苯氧化制苯甲酸，甲基轉化為-COOH，為氧化反應，類型不同，故B不選；C.由氯代環己烷消去制環己烯，-Cl轉化為雙鍵，為消去反應；由丙烯與溴反應制1,2二溴丙烷，雙鍵轉化為單鍵，引入-Br，為加成反應，類型不同，故C不選；D.乙酸和乙醇制乙酸乙酯，發生酯化反應；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇，發生水解反應，則酯化反應、水解反應均屬于取代反應，類型相同，故D選。答案選D。16、B【答案解析】

A.CH2=CHCH2OH是丙烯醇，分子中無醛基，不能與新制氫氧化銅懸濁液反應，A不符合題意；B.CH3CH2CHO是丙醛，分子中含有醛基，能與新制氫氧化銅懸濁液在加熱條件下發生反應，產生Cu2O紅色沉淀，B符合題意；C.CH3COCH3是丙酮，分子中不含有醛基，不能與新制氫氧化銅懸濁液反應，C不符合題意；D.HOOCCH2CH3是丙酸，分子中無醛基，與新制氫氧化銅懸濁液發生中和反應，不能將新制氫氧化銅還原成紅色Cu2O，D不符合題意；故合理選項是B。17、D【答案解析】

A．因金屬鈉能與空氣中的氧氣和水反應，須貯存在煤油中隔離空氣，故A正確；B．因碳酸的酸性強于次氯酸，則Ca（ClO）2能和空氣中CO2、H2O發生反應生成HClO，且HClO光照或受熱會發生分解，則漂白粉需要密封避光保存于陰涼處，故B正確。C．因液溴易揮發，保存溴時應加入少量水，故C正確；D．因燒堿溶液能與玻璃中的二氧化硅反應生成具有粘合性的硅酸鈉，容易將瓶口和瓶塞粘結在一起，故燒堿溶液盛放在帶橡皮塞的玻璃瓶中，故D錯誤；故答案選D。【答案點睛】本題考查試劑的存放，明確物質的性質與保存方法的關系是解答本題的關鍵，選項D是解答的易錯點，注意氫氧化鈉溶液可以用玻璃瓶保存，但不能用玻璃塞。18、B【答案解析】

本題考查物質的分類。電解質是指在熔融狀態或水溶液中電離的化合物，混合物既不是電解質，也不是非電解質。【題目詳解】豆漿和雞蛋清為液溶膠、煙霧為氣溶膠、煙水晶為固溶膠，A正確；濃硫酸、氫氧化鐵膠體是混合物既不是電解質，也不是非電解質，B錯誤；顏色反應、蛋白質變性、石油的裂解和橡膠的硫化都有新物質生成，屬于化學變化，C正確；萃取、蒸餾、重結晶、焰色反應都沒有新物質生成，屬于物理變化，D正確。故選B。【答案點睛】解答本題要掌握物質的分類方法和組成等方面的內容，只有這樣才能對相關方面的問題做出正確的判斷。空氣本身不是氣溶膠,氣溶膠是液態或固態微粒在空氣中的懸浮體系，霧、煙、霾、輕霧(靄)、微塵和煙霧等,都是天然的或人為的原因造成的大氣氣溶膠。19、D【答案解析】

A．依據圖象分析，白磷能量高于紅磷，依據能量守恒，白磷轉變為紅磷是放熱反應，則ΔH＜0，故A錯誤；B．依據圖象分析，白磷能量高于紅磷，則白磷和紅磷所需活化能不相等，故B錯誤；C．依據圖象分析，白磷能量高于紅磷，能量低的穩定，則紅磷穩定，故C錯誤；D．依據圖象分析，紅磷燃燒是放熱反應，則反應的熱化學方程式：4P(s，紅磷)＋5O2(g)＝P4O10(s)ΔH=－(E2－E3)kJ/mol，故D正確；故答案為D。20、D【答案解析】

A.稀釋溶液，平衡正向移動，水解常數不變，即不變，A不正確；B.通入CO2，CO2與水反應生成的碳酸可以與CO32－水解產生的OH－發生反應，所以平衡正向移動，溶液pH減小，B不正確；C.加入NaOH固體，平衡逆向移動，pH增大，C不正確；D.升高溫度，CO32－水解平衡正向移動，所以增大，D正確；本題選D。【答案點睛】本題考查了水解常數及影響水解平衡的外界因素，要求學生能掌握鹽類水解的基本規律以及外界條件的改變對水解平衡產生的影響，能判斷水解平衡移動的方向以及pH的變化情況，能根據相關的平衡常數判斷一些代數式的變化趨勢。21、C【答案解析】

A.若閉合K1，該裝置沒有外接電源，所以構成了原電池，較活潑的金屬鐵作負極，負極上鐵失電子，Fe?2e?=Fe2+，故A錯誤；B.若閉合K1，該裝置沒有外接電源，所以構成了原電池；不活潑的石墨棒作正極，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子發生還原反應，電極反應式為2H2O+O2+4e?=4OH?，所以石墨棒周圍溶液pH逐漸升高，故B錯誤；C.

K2閉合，Fe與負極相連為陰極，鐵棒不會被腐蝕，屬于外加電源的陰極保護法，故C正確；D.

K2閉合，電路中通過0.4NA個電子時，陰極生成0.2mol氫氣，陽極生成0.2mol氯氣，兩極共產生0.4mol氣體，狀況不知無法求體積，故D錯誤。本題選C。【答案點睛】若閉合K1，該裝置沒有外接電源，所以構成了原電池；組成原電池時，較活潑的金屬鐵作負極，負極上鐵失電子發生氧化反應；石墨棒作正極，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子發生還原反應；若閉合K2，該裝置有外接電源，所以構成了電解池，Fe與負極相連為陰極，碳棒與正極相連為陽極，據此判斷。22、C【答案解析】分析：本題考查有機物的結構和性質，為高頻考點，把握羧酸和酚的性質為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意HOCOOH為碳酸，碳酸為無機酸。詳解：題給的5種基團兩兩組合后能與氫氧化鈉反應的物質有：CH3COOH，C6H5COOH，CHOCOOH，C6H5OH，HOCHO，HOCOOH共6種，其中HOCOOH為碳酸，所以能與氫氧化鈉反應的有機物有5種。故選B。點睛：本題注意苯酚有弱酸性，能與氫氧化鈉反應，碳酸是無機酸，不符合條件。二、非選擇題(共84分)23、CH3C≡CH醛基CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2Obcd【答案解析】

由題意：A是一種常見的烴，它的摩爾質量為40g·mol-1，分子式應為C3H4，則A為CH3CCH，由轉化關系可知B為CH3CH=CH2，C能發生銀鏡反應，則C為CH3CH2CHO，D為CH3CH2CH2OH，E為CH3CH2COOH，以此解答該題。【題目詳解】(1)由以上分析可知A為CH3C≡CH，故答案為：CH3C≡CH；(2)根據上述分析：C為丙醛，含有的官能團為醛基，故答案為：醛基；(3)根據上述分析可知：D生成E的反應化學方程式為CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2O，故答案為：CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2O；(4)a.根據上述分析E為丙酸，與酸性KMnO4溶液不反應，故a錯誤；b.根據上述分析D為CH3CH2CH2OH，E為CH3CH2COOH，D和E分別含有羥基、羧基，則都可以與金屬鈉發生反應，故b正確；c.根據上述分析D為CH3CH2CH2OH，E為CH3CH2COOH，D和E在一定條件下發生酯化反應，可生成有香味的油狀物質，故c正確；d.根據上述分析D為CH3CH2CH2OH，可拆寫成(CH3CH=CH2)H2O，則等物質的量B和D完全燃燒，耗氧量相同，故d正確；故答案為：bcd。24、BaCl2CuSO4Na2CO3CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓【答案解析】

①若把四種鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中，只有C鹽的溶液呈藍色，C中含Cu2+，Cu2+與CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；②若向①的四支試管中分別加入鹽酸，B鹽的溶液有沉淀生成，D鹽的溶液有無色無味的氣體逸出，則B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+與SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，則B為AgNO3；由于CO32-與Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，則D為Na2CO3；Ba2+與SO42-在溶液中不能大量共存，離子在物質中不能重復出現，結合①②的推斷，A為Ba（NO3）2，C為CuSO4；根據上述推斷作答。【題目詳解】①若把四種鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中，只有C鹽的溶液呈藍色，C中含Cu2+，Cu2+與CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；②若向①的四支試管中分別加入鹽酸，B鹽的溶液有沉淀生成，D鹽的溶液有無色無味的氣體逸出，則B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+與SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，則B為AgNO3；由于CO32-與Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，則D為Na2CO3；Ba2+與SO42-在溶液中不能大量共存，離子在物質中不能重復出現，結合①②的推斷，A為Ba（NO3）2，C為CuSO4；（1）A的化學式為Ba（NO3）2，C的化學式為CuSO4，D的化學式為Na2CO3。（2）D為Na2CO3，鹽酸與Na2CO3反應生成NaCl、H2O和CO2，反應的離子方程式為2H++CO32-=H2O+CO2↑。（3）C為CuSO4，CuSO4與Ba（OH）2溶液反應的化學方程式為CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，反應的離子方程式為Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓。【答案點睛】本題考查離子的推斷，熟悉各離子的性質和離子間的反應是解題的關鍵。離子的推斷必須遵循的原則：肯定原則（根據實驗現象確定一定存在的離子）、互斥原則（相互間能反應的離子不能在同一溶液中共存）、守恒原則（陽離子所帶正電荷的總數等于陰離子所帶負電荷總數）。25、三頸燒瓶或答圓底燒瓶、三口瓶都可B中水面會下降，玻璃管中的水柱會上升，甚至溢出CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2OCH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Brc蒸餾1,2－二溴乙烷的凝固點較低（9℃），過度冷卻會使其凝固而使導管堵塞【答案解析】分析：（1）根據儀器構造判斷儀器名稱；（2）依據當堵塞時，氣體不暢通，壓強會增大分析；（3）根據A中制備乙烯，D中制備1，2－二溴乙烷分析；（4）C中放氫氧化鈉可以和制取乙烯中產生的雜質氣體二氧化碳和二氧化硫發生反應；（5）根據1，2-二溴乙烷與乙醚的沸點不同，二者互溶分析；（6）根據1，2-二溴乙烷的凝固點較低（9℃）分析。詳解：（1）根據A的結構特點可判斷儀器名稱是三頸燒瓶；（2）發生堵塞時，B中壓強不斷增大，會導致B中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出；（3）裝置A制備乙烯，其中發生反應的化學方程式為CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2O；D中乙烯與溴發生加成反應生成1，2－二溴乙烷，發生反應的化學方程式為CH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Br；（4）制取乙烯中產生的雜質氣體有二氧化碳和二氧化硫等酸性氣體，可用氫氧化鈉溶液吸收，答案為c；（5）1，2-二溴乙烷與乙醚的沸點不同，兩者均為有機物，互溶，用蒸餾的方法將它們分離；（6）由于1，2－二溴乙烷的凝固點較低（9℃），過度冷卻會使其凝固而使導管堵塞，所以不能過度冷卻。點睛：本題考查了制備實驗方案的設計、溴乙烷的制取方法，題目難度中等，注意掌握溴乙烷的制取原理、反應裝置選擇及除雜、提純方法，培養學生分析問題、理解能力及化學實驗能力。26、②⑤50mL容量瓶偏小溶液由無色變為紫紅色，且半分鐘內不褪色1.2【答案解析】

（1）根據配制一定物質的量濃度的溶液的正確操作結合圖示分析解答；（2）容量瓶是確定溶液體積的儀器；（3）依據仰視刻度線，會使溶液體積偏大判斷，結合分析；（4）草酸跟酸性KMnO4溶液反應生成二氧化碳、二價錳離子等，滴定時，用高錳酸鉀滴定草酸，反應達到終點時，滴入的高錳酸鉀溶液不褪色，據此判斷；（5）根據滴定數據及鈣離子與高錳酸鉀的關系式計算出血液樣品中Ca2＋的濃度。【題目詳解】（1）由圖示可知②⑤操作不正確，②不能在量筒中溶解固體，⑤定容時應平視刻度線，至溶液凹液面與刻度線相切，故答案為：②⑤；（2）應該用容量瓶準確確定50mL溶液的體積，故答案為：50mL容量瓶；（3）如果用圖示的操作配制溶液，由于仰視刻度線，會使溶液體積偏大，所配制的溶液濃度將偏小，故答案為：偏小；（4）滴定時，用高錳酸鉀滴定草酸，反應達到終點時的現象為溶液由無色變為紫紅色，且半分鐘內不褪色，故答案為：溶液由無色變為紫紅色，且半分鐘內不褪色；（5）血樣20.00mL經過上述處理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高錳酸鉀的物質的量為：。根據反應方程式，及草酸鈣的化學式CaC2O4，可知：，Ca2+的質量為，鈣離子的濃度為：，故答案為：1.2。【答案點睛】定容時倒水至刻度線1—2cm處改用膠頭滴管滴到與凹液面平直。27、2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O100mL容量瓶、膠頭滴管反應生成的Mn2+對反應有催化作用，且Mn2+的濃度大催化效果更好【答案解析】分析：(1)草酸中的碳元素被在酸性條件下能被高錳酸鉀溶液氧化為CO2，高錳酸根能被還原為Mn2+，據此書寫并配平方程式；(2)根據配制溶液的步驟和所用儀器分析判斷；(3)反應中Mn2+濃度發生顯著變化，從影響反應速率的因素分析解答。詳解：(1)該反應中Mn元素化合價由+7價變為+2價，C元素化合價由+3價變為+4價，轉移電子數是10，根據轉移電子守恒、原子守恒、電荷守恒配平方程式為：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案為5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；(2)配制100mL

0.0400mol?L-1的Na2C2O4溶液，配制步驟有計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等操作，用托盤天平稱量，用藥匙取用藥品，在燒杯中溶解，冷卻后轉移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，當加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭