2020江西省抚州市高二化学下学期期末检测试题

2019-2020学年高二下学期期末化学模拟试卷

一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．下列有关物质变化和分类的说法正确的是

A．电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化 B．胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物

C．葡萄糖溶液和淀粉溶液作为分散系的本质区别是能否发生丁达尔效应 D．SiO2、CO、Al2O3都属于酸性氧化物

2．CH1NH2 + H2O 甲胺(CH1NH2)是一种一元弱碱，其电离方程式为：

CH1NH1+ + OH－。常温下，向20.0 mL

0.10 mol/L的甲胺溶液中滴加VmL0.10mol/L的稀盐酸，混合溶液的pH与相关微粒浓度的关系如图所示。下列说法中错误的是

A．b点对应加入盐酸的体积V<20.00mL

B．常温下，根据a点可知甲胺的电离平衡常数Kb=10 -1．4 C．b点可能存在关系：c(Cl－) > c(CH1NH1+) > c(H+) = c(OH－) D．V=20.00mL时，溶液呈弱酸性 3．下列有关叙述不正确的是 ．．．

A．相同物质的量的乙醇与乙烯分别在足量的氧气中充分燃烧，消耗氧气的质量相同 B．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和反应生成硝基苯的反应类型相同 C．油脂、蛋白质等天然高分子化合物在一定条件下均能与水发生反应 D．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程 4．瑞典

公司设计的用于驱动潜艇的液氨-液氧燃料电池如图所示，下列有关说法正确的是（ ）

A．电池工作时，电极2上发生氧化反应

B．电池工作一段时间后停止，溶液 pH比开始时明显增大 C．电极1发生的电极反应为2NH3 + 6OH－－6e－＝ N2↑ + 6H2O

D．用该电池做电源电解精炼铜，理论上每消0.2molNH3的同时阳极会得到 19.2g纯铜 5．下列物质除杂（括号内物质为杂质）的方法及试剂都正确的是

A B C D A．A

物质 CO2(SO2) AlCl3(MgCl2) 水(乙醇) Fe(Al) B．B

方法 洗气 过滤 萃取、分液 过滤 C．C

试剂 氢氧化钠溶液 氢氧化钠溶液 乙酸 过量氢氧化钠溶液 D．D

6．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶，再加入下列固体粉末：①FeCl2；②Fe2O3；③Zn；④KNO3。铜粉可溶解的是( ) A．①②

B．①④

C．②③

D．②④

7．通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。下列实验操作、现象和解释或结论不正确的有 序号 实验操作 用大理石和稀反应制取CO2气① 体，将制得的气体立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中 向某溶液中加入浓NaOH溶液后微② 热，用蓝色石蕊试纸检验产生的气体 试纸变红 少量铝热剂（只有一种金属氧化物）③ 溶于足量稀盐酸后，分两份，再分别滴加铁和KSCN溶液 向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体④ 再通入品红溶液 pH试纸先变为红色后褪色 C．①②④ 品红溶液褪色 该钾盐为K2SO3与KHSO3至少有一种 饱和新制氯水呈酸性且Cl2具有漂白性 D．①②③⑤

出现蓝色沉淀和血红色 铝热剂中可能含有Fe3O4 放出刺激性气味气体且原溶液中一定含有NH4+ 出现白色沉淀 实验现象 解释或结论 H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强 ⑤ 用pH试纸测量饱和新制氯水的pH A．①②④⑤ B．②③④⑤

8．四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，四种元素原子的最外层电子数之和为15，下列叙述正确的是（ ）

A．b元素最高价氧化物对应的水化物为强酸

B．最简单气态氢化物的热稳定性：b＞c C．c为第二周期第VIIA族元素 D．原子半径：d>c>b>a

9．下列对物质或离子的检验,结论正确的是( )

A．将气体通入澄清石灰水，有白色沉淀生成,证明气体为CO2 B．将气体通入水中能使酚酞变红，则气体为NH3，NH3为碱 C．加入KSCN溶液,溶液变红，证明原溶液含有Fe3+

D．加入BaCl2溶液,生成的沉淀不溶于盐酸，证明原溶液含有SO42-

10．一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如下图

下列关于该高分子的说法正确的是

A．完全水解产物的单个分子中，苯环上的氢原子具有不同的化学环境 B．完全水解产物的单个分子中，含有官能团―COOH或―NH2 C．氢键对该高分子的性能没有影响 D．结构简式为：

11．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，Z是同周期中原子半径最大的元素，W的最高正价为+7价。下列说法正确的是（ ） A．XH4的沸点比YH3高

B．X与W形成的化合物和Z与W形成的化合物的化学键类型相同 C．元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱 D．X与Y形成的化合物的熔点可能比金刚石高

12．电解精炼法提纯镓的方法是：以含Zn、Fe、Cu杂质的粗镓为阳极，纯镓为阴极，NaOH水溶液为电解质溶液。通电时，粗镓溶解以GaO2-形式进入电解质溶液，并在阴极放电析出高纯镓。(金属活动性顺序为：Zn﹥Ga﹥Fe)。下列有关电解精炼说法中，不正确的是 ．．．A．阳极主要电极反应式为：Ga + 4OH－-3e－= GaO2－+ 2H2O B．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等 C．在阴极除了析出高纯度的镓之外，还可能有H2产生

D．电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Fe

13．4.5g某醛和足量的银氨溶液反应，结果析出.8g Ag，则该醛可能是 A．甲醛

B．乙醛

C．丙醛

D．丁醛

14．下列化合物的核磁共振氢谱中出现三组峰的是： A．2，2，3，3-四甲基丁烷 二甲基己烷

15．丁子香酚可用于制备杀虫剂和防腐剂，结构简式如图所示。下列说法中，不正确的是 ．．．

B．2，3，4-三甲基戊烷

C．3，4-二甲基己烷 D．2，5-

A．丁子香酚可通过加聚反应生成高聚物 B．丁子香酚分子中的含氧官能团是羟基和醚键

C．1 mol丁子香酚与足量氢气加成时，最多能消耗4 mol H2 D．丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，可证明其分子中含有碳碳双键

16．某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（标准状况下的累计值）： 时间/min 氢气体积/mL 下列分析合理的是

A．3～4 min时间段反应速率最快

B．影响该反应的化学反应速率的决定性因素是盐酸浓度 C．2～3 min时间段内用盐酸表示的反应速率为0.1 mol/(L·min)

D．加入蒸馏水或Na2CO3溶液能降低反应速率且最终生成H2的总量不变 17．O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2，下列说法错误的是（ ） A．O2是该反应的还原产物 B．H2S还原剂，在反应中失去电子 C．若生成4.48L HF，则转移0.8mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4 18．下列有机物命名正确的是（ ） A．

1,3﹣二甲基丁烷 1 50 2 120 3 232 4 290 5 310

B．2,2,4﹣三甲基-4-戊烯

C．对二甲苯

D．CH2Cl－CH2Cl 1,2﹣二氯乙烷

19．（6分）当碳原子的核外电子排布由1s22s22p2转变为1s22s12p3时，下列说法正确的是 A．碳原子由基态变为激发态 B．碳原子由激发态变为基态 C．该过程将产生发射光谱 D．碳原子要向外界环境释放能量

20．L－1的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3固（6分）实验中需用2.0 mol·体的质量分别为 ( )。 A．950 mL；201.4 g C．100 mL；21.2 g

B．1 000 mL；212.0 g D．500 mL；100.7 g

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

21．（6分）某研究性学习小组，利用固体Na2SO3与中等浓度的H2SO4反应，制备SO2气体并进行有关性质探究实验。该反应的化学方程式为：Na2SO3(固)+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+H2O。除固体Na2SO3和中等浓度的H2SO4外，可供选择的试剂还有：①溴水；②浓H2SO4；③品红试液；④紫色石蕊试液；⑤澄清石灰水；⑥NaOH溶液。回答下列问题：

（1）欲验证SO2的漂白作用，应将SO2气体通入______中(填物质编号)，观察到的现象是____________； （2）欲验证SO2的还原性，应将SO2气体通入______中(填物质编号)，观察到的现象是_______________； （3）为验证SO2的氧化性，通常利用的反应是___________(化学方程式)；

（4）为防止多余的SO2气体污染环境，应将尾气通入______中(填物质编号)，反应离子方程式为__________________________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

22．（8分）氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，该药物通常以 2-－氯苯甲醛为原料合成，合成路线如下：

（1）下列关于氯吡格雷的说法正确的是__________。 A．氯吡格雷在一定条件下能发生消去反应

B．氯吡格雷难溶于水，在一定条件下能发生水解反应

C．1mol氯吡格雷含有5NA个碳碳双键，一定条件下最多能与5molH2发生加成反应

D．氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S

（2）物质 D 的核磁共振氢谱有_________种吸收峰。 （3）物质 X 的结构简式为____________。

（4）物质 C可在一定条件下反应生成一种含有 3个六元环的产物，写出该反应的化学方程式______，反应类型是__________。

（5）写出属于芳香族化合物 A的同分异构体__________(不包含 A)。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 23．（8分）回答下列问题： （1）用“＞”或“＜”填写下表。 第一电离能 熔点 沸点(同压) 键能 P____S MgO____CaS －

CF4____SiCl4 2+

H－Cl____ H－Br （2）一种制取NH2OH的反应为2NO2+4SO2 + 6H2O+ 6NH3 = 4SO4+6NH4+2NH2OH。 ①N、H、O的电负性从小到大的顺序为____。 ．．②NH3分子的空间构型为____。

③NH2OH极易溶于H2O，除因为它们都是极性分子外，还因为____。

（3）配合物K[PtCl3(NH3)]中[PtCl3(NH3)]的结构可用示意图表示为____（不考虑空间构型）。 24．（10分）铈元素（Ce）是镧系金属中自然丰度最高的一种，常见有＋3、＋4两种价态，铈的合金耐高温，可以用来制造喷气推进器零件。 请回答下列问题：

（1）雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1：1），该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。

（2）可采用电解法将上述吸收液中的NO2转化为无毒物质，同时再生Ce，其原理如图所示。

-4+

－

①Ce4+从电解槽的______（填字母序号）口流出。 ②写出阴极的电极反应式________________。

（3）铈元素在自然界中主要以氟碳矿形式存在。主要化学成分为CeFCO3。工业上利用氟碳铈矿提取CeCl3的一种工艺流程如下：

①焙烧过程中发生的主要反应方程式为__________________。

②有同学认为酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换盐酸更好，他的理由是_________。 ③Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分别为a、b，则Ce(BF4)3(s)+3KCl(aq)（用a、b的代数式表示）。

④加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，其中NH4Cl的作用是______。

3KBF4(s)+CeCl3(aq)平衡常数为________

参

一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．B 【解析】 【详解】

A.电解熔融的氧化铝会生成铝和氧气，是化学变化，但12C转化为14C是原子核内中子数发生了变化，不属于化学变化，A错误；

B.胆矾是CuSO4·5H2O，是纯净物；四氧化三铁也是纯净物；冰水混合物里面只有一种分子即水分子，所以也是纯净物；B正确；

C.葡萄糖溶液和淀粉溶液分别属于溶液和胶体，本质区别是分散质粒子直径，C错误； D.SiO2是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，Al2O3是两性氧化物，D错误； 故合理选项为B。 【点睛】

纯净物是由一种分子组成的物质，结晶水合物是纯净物，冰水混合物也是纯净物。淀粉溶液虽然称为溶液，但里面的大多数粒子的直径在1nm-100nm之间，所以属于胶体。 2．C 【解析】 【详解】

A．CH1NH1Cl为强酸弱碱盐，水解后，水溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则甲胺应该稍微过量，甲胺

和稀盐酸浓度相等，所以甲胺体积大于盐酸，则加入稀盐酸体积小于20mL，故A正确； B．当lg

cCH3NH3cCH3NH2=0时，c(CH1NH2)=c(CH1NH1+)，此时溶液的pH=10.6，则

Kb=

cCH3NH3c（OH）cCH3NH21014=c(OH)=10.6=10-1.4，故B正确；

10-

C．b点溶液的pH=7，呈中性，则c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知：c(Cl-)=c(CH1NH1+)，则正确的离子浓度大小为：c(Cl-)=c(CH1NH1+)＞c(H+)=c(OH-)，故C错误；

D．V=20.00mL时，稀盐酸与甲胺(CH1NH2)恰好反应生成CH1NH1Cl，CH1NH1+水解，溶液显酸性，故D正确； 答案选C。 【点睛】

明确横坐标含义、电离平衡常数含义是解本题关键。本题的易错点为B，要注意lgc(CH1NH2)=c(CH1NH1+)。 3．C 【解析】 【详解】

A.1mol乙醇与乙烯完全燃烧均消耗3mol氧气，则相同物质的量的乙醇与乙烯分别在足量的氧气中充分燃烧，消耗氧气的质量相同，故A正确；

B．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，甲烷中H被Cl取代，与苯和反应生成硝基苯，苯环上H被硝基取代，则均为取代反应，故B正确；

C．油脂和蛋白质在一定条件下均能发生水解反应，但蛋白质是天然高分子化合物，而油脂不是高分子化合物，故C错误；

D．粮食酿酒经过了淀粉水解生成葡萄糖、葡萄糖再在酒曲酶作用下生成乙醇，均为化学变化过程，故D正确； 故答案为C。 4．C

【解析】分析：原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，氨气在负极通入，氧气在正极通入，结合原电池的工作原理解答。

详解：A.电极1通入氨气，为负极，电极2通入氧气为正极，发生得到电子的还原反应，A错误； B．电池总方程式为4NH3+3O2=2N2+6H2O，生成水，溶液体积增大，氢氧根浓度减小，pH减小，B错误； C．在燃料电池的负极上发生燃料氨气失电子的氧化反应，则碱性环境下电极1发生的电极反应为：2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O，C正确；

D．由2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O可知，理论上每消耗0.2 molNH3，可转移0.6mol电子，阳极发生氧化

cCH3NH3cCH3NH2=0时，

反应，不能得到铜，D错误； 答案选C。 5．D 【解析】 【详解】

A．二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气法分离，A错误； B．二者均与NaOH溶液反应，应先加足量NaOH溶液过滤后，向滤液中加适量盐酸即可，B错误； C．加乙酸引入新杂质，且不分层，应加入新制氧化钙，利用蒸馏法分离，C错误； D．Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，则加NaOH溶液后过滤分离，D正确； 答案选D。 6．D 【解析】 【分析】

利用元素及其化合物的性质进行分析； 【详解】

①Fe2＋氧化性弱于Cu2＋，因此FeCl2不与Cu发生反应，故①不符合题意；

②Fe2O3与硫酸发生Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，Fe3＋氧化性强于Cu2＋，因此发生Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，故②符合题意；

＋＋

③Zn与硫酸发生Zn＋2H=Zn2＋H2↑，Cu不溶，故③不符合题意；

④NO3－在酸性条件下具有强氧化性，发生3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故④符合题意； 综上所述选项D正确。 7．A 【解析】 【详解】

①用大理石和稀反应制取CO2气体，由于易挥发，生成的CO2气体中含有一定量的，将制得的气体立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀，无法说明一定是H2CO3与反应Na2SiO3，所以无法证明H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强，①的结论不正确；

②向某溶液中加入浓NaOH溶液后微热，用红色石蕊试纸检验产生的气体，放出刺激性气味气体且试纸变蓝，原溶液中一定含有NH4+，②不正确；

③少量铝热剂（只有一种金属氧化物）溶于足量稀盐酸后，分两份，再分别滴加铁和KSCN溶液出现蓝色沉淀和血红色，说明溶液中有Fe2+和Fe3+，由于铝热剂中的铝粉可以把Fe3+还原为Fe2+，所以铝热剂中铁的氧化物可能是Fe2O3或Fe3O4，③正确；

④向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体再通入品红溶液，品红溶液褪色，说明该气体的水溶液有漂白性，

但是不能确定是二氧化硫还是氯气，④不正确；

⑤用pH试纸测量饱和新制氯水的pH，pH试纸先变为红色后褪色，说明饱和新制氯水有酸性和漂白性，但是不能确定是哪种物质有漂白性，⑤不正确。 综上所述，本题选A。 8．A 【解析】 【分析】

四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，则a为H；b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，d为Al，四种元素原子的最外层电子数之和为15，b、c为第二周期元素，b、c的最外层电子数之和为15-1-3=11，b为N，c为O符合题意，以此来解答． 【详解】

由上述分析可知，a为H，b为N，c为O，d为Al；A．b元素为氮元素，其最高价氧化物对应的水化物为强酸，故A正确；B．非金属性O＞N，则气态氢化物的热稳定性：b＜c，故B错误；C．c为O元素，核电荷数为8，为第二周期第VIA族元素，故C错误；D．短周期主族，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Al＞N＞O＞H，故D错误；故答案为A。 9．C 【解析】 【详解】

A.将气体通入澄清石灰水，有白色沉淀生成，该气体可能为CO2，也可能为SO2，A错误；

B.将气体通入水中能使酚酞变红，则气体为碱性气体NH3，氨气溶于水反应产生的一水合氨电离产生了OH-，因此不能说NH3为碱，B错误；；

C.加入KSCN溶液，溶液变红，是由于Fe3+与SCN-反应产生红色的络合物Fe(SCN)3，因此可以证明原溶液含有Fe3+，C正确；

D.加入BaCl2溶液，生成的沉淀不溶于盐酸，说明原溶液可能含有SO42-、Ag+等离子，D错误； 故合理选项是C。 10．B 【解析】 【详解】

A、芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为

、

、

，

中苯环都只有1种化学环境的氢原子，A错误；

、

，

B、芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为

含有的官能团为-COOH或-NH2，B正确；

C、氢键对该分子的性能有影响，如影响沸点等，C错误； D、芳纶纤维的结构片段中含肽键，采用切割法分析其单体为该高分子化合物由

、

、

，

通过缩聚反应形成，其结构简式为

，D错误；

答案选B。 11．D

【解析】分析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；Z是同周期中原子半径最大的元素，处于ⅠA族，原子序数大于碳元素，处于第三周期，故Z为Na；Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，则Y表现+3价，Y的原子序数小于Na大于碳，可推知Y为非金属性，最外层电子数为8-3=5，处于ⅤA族，则Y为氮元素；W的最高正价为+7价，则W为Cl元素，据此解答。 详解：根据以上分析可知X为C，Y为N，Z为Na，W为Cl，则 A．氨气分子之间存在氢键，沸点高于甲烷，A错误；

B．X与W形成的化合物为CCl4，含有共价键，Z与W形成的化合物为NaCl，含有离子键，二者含有化学键不同，B错误；

C．高氯酸是最强的无机含氧酸，其酸性比强，C错误；

D．C与N形成的化合物为C3N4，属于原子晶体，键长C-N＜C-C，C-N键比C-C键更稳定，故C3N4的熔点可能比金刚石高，D正确。 答案选D。 12．B 【解析】 【分析】

由金属活动性顺序为：Zn﹥Ga﹥Fe可知，阳极上Zn、Ge失电子发生氧化反应生成Zn2+和GaO2-进入电解质溶液，Fe、Cu不参与电极反应式，沉入电解槽底部形成阳极泥，阴极上GaO2-得电子发生还原反应生成Ga。 【详解】

A项、由金属活动性顺序可知，阳极上Zn、Ge失电子发生氧化反应生成Zn2+和GaO2-进入电解质溶液，主要电极反应式为：Ga + 4OH－-3e－=GaO2－ + 2H2O，故A正确；

B项、由金属活动性顺序可知，阳极上Zn、Ge失电子发生氧化反应生成Zn2+和GaO2-，阴极上只有GaO2-得电子发生还原反应生成Ga，由得失电子数目守恒可知阳极质量的减少的量与阴极质量的增加的量不可能相等，故B错误；

C项、在阴极除了析出高纯度的镓之外，电解质溶液中的水也可能在阴极上得电子发生还原反应生成氢气，

故C正确；

D项、由金属活动性顺序可知，Fe、Cu不参与电极反应式，沉入电解槽底部形成阳极泥，故D正确； 故选B。 【点睛】

本题考查电解池原理的应用，注意电解池反应的原理和两极反应物和生成物的分析，明确金属活动性顺序与电极反应的关系是解题的关键。 13．A 【解析】 【分析】

醛基能发生银镜反应。 【详解】

假设是除甲醛外的一元醛，则醛与银的物质的量之比为1：2，银为0.6 mol，醛为0.3mol，醛的摩尔质量为4.5 g ÷0.3 mol =15 g/mol，最小的甲醛的相对分子质量为30，前面的假设不成立。根据选项，由于甲醛相当于有两个醛基，即甲醛被氧化为甲酸，甲酸可以继续被氧化为碳酸，则甲醛与银的物质的量之比为1：4，0.6 mol银推出0.15 mol甲醛，m（甲醛）=0.15 mol30g/mol=4.5g，故A正确； 答案选A。 【点睛】

注意醛基和银的物质的量之比为1：2，甲醛相当于有两个醛基，1molHCHO完全反应生成4molAg！ 14．D 【解析】 【分析】 【详解】

A. 该分子的结构简式为：，只含一种H原子，其核磁共振氢谱中只显示一组峰，A

错误；

B. 该分子的结构简式为：错误；

C. 该分子的结构简式为：峰，C错误；

D. 该分子的结构简式为：

，含三种H原子，其核磁共振氢谱中只显示三组峰，D

，含四种H原子，其核磁共振氢谱中只显示四组，含四种H原子，其核磁共振氢谱中只显示四组峰，B

正确；

故合理选项为D。 15．D

【解析】A. 丁子香酚中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成高聚物，故A正确；B. 丁子香酚中含有碳碳双键、羟基和醚键三种官能团，其中含氧官能团是羟基和醚键，故B正确；C. 丁子香酚中的苯环及碳碳双键可以和氢气发生加成反应，1 mol丁子香酚与足量氢气加成时，最多能消耗4 mol H2，故C正确；D. 因酚羟基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，又因与苯环相连的烃基第一个碳原子上含有氢原子，也可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，所以丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，不能证明其分子中含有碳碳双键，故D错误；答案选D。

点睛：本题主要考查有机物的结构和性质，明确有机物中官能团与性质之间的关系、常见的反应类型是解答本题的关键，本题的易错点是D项，根据丁子香酚的结构可知，丁子香酚中含有酚羟基、碳碳双键、醚键等官能团，因酚羟基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，又因与苯环相连的烃基第一个碳原子上含有氢原子，也可被酸性高锰酸钾溶液氧化使高锰酸钾溶液褪色，所以丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，不能证明其分子中含有碳碳双键。 16．C 【解析】 【详解】

A、相同时间段内，生成H2的体积越大，反应速率越大，2～3 min内生成H2体积为112 mL，其余时间段内H2体积均小于112 mL，故2～3 min时间段反应速率最快，故A错误；

B、影响化学反应速率决定性因素是物质本身的性质，盐酸浓度是外部条件，故B错误；

C、2～3 min时间段内，生成0.005 mol H2，则消耗0.01 mol HCl，Δc(HCl)=0.01 mol/0.1 L=0.1 mol·L−1，Δt=1 min，v(HCl)=0.1 mol·L−1/1 min= 0.1 mol/(L·min)，故C正确；

D、Na2CO3消耗H+，导致生成H2速率降低，且产生H2的量减小，故D错误。 综上所述，本题选C。 17．C 【解析】 【分析】

反应H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2中，H2S中S元素化合价由﹣2价升高到+6价，被氧化，H2S为还原剂，O2F2中O元素由+1价降低到0价，被还原，O2F2为氧化剂。 【详解】

A项、反应中，O2F2中O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，O2F2为氧化剂，氧气是还原产物，故A正确；

B项、反应中，H2S中S元素化合价由﹣2价升高到+6价，被氧化，失去电子，H2S为还原剂，故B正确；

C项、不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；

D项、该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D正确； 故选C。 【点睛】

本题考查氧化还原反应，氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。在反应中，氧化剂是得到电子的或电子对偏向的物质，本身具有氧化性，反应后化合价降低，对应的产物是还原产物；还原剂是失去电子的或电子对偏离的物质，本身具有还原性，反应后化合价升高，对应的产物为氧化产物。整个反应过程电子从还原剂转移到氧化剂。 18．D 【解析】 【详解】

A.的主链以及编号为：，其命名为：2—甲基戊烷，

故A错误；

B.的主链以及编号为：2,4,4,—三甲基—1—，其命名为：

戊烯，故B错误； C.

为间二甲苯，故C错误；

D.CH2Cl－CH2Cl为1,2﹣二氯乙烷，命名正确，故D正确，答案选D。 19．A

【解析】试题分析：当碳原子的核外电子排布由1s22s22p2转变为1s22s12p3时，电子发生跃迁，由基态变为激发态，应吸收能量，光谱带上有孤立暗线，所以选A。 考点：核外电子排布。 20．B 【解析】 【详解】

实验室没有950mL的容量瓶，因此需要配置1000mL，则需要称取碳酸钠的质量是1L×2.0mol/L×106g/mol＝212.0g，答案选B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

21．③品红试液褪色①溴水的橙色褪去2H2S+SO2=3S↓+2H2O⑥SO2+2OH-=SO32-+H2O 【解析】

分析：（1）SO2能使品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性； （2）溴水具有氧化性，能氧化二氧化硫； （3）二氧化硫能把H2S氧化；

（4）SO2是酸性氧化物，能被碱液吸收。

详解：（1）SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，欲验证SO2的漂白作用，应将SO2气体通入品红溶液，溶液红色褪去；

（2）SO2具有还原性，能被溴水溶液氧化而使溶液褪色，欲验证SO2的还原性，应将SO2气体通入溴水溶液，溴水的橙色溶液褪色；

（3）SO2具有氧化性，能与硫化氢反应生成单质硫沉淀，欲验证SO2的氧化性，应将SO2气体通入H2S溶液生成淡黄色的硫沉淀，方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O；

（4）二氧化硫有毒，是酸性氧化物，能与碱反应，为防止多余的SO2气体污染环境，应将尾气通入NaOH溶液，发生反应2NaOH+SO2＝Na2SO3+H2O，离子方程式为2OH-+SO2＝SO32-+H2O。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

22．BD 7 2+2H2O 取代反应

、、

【解析】 【分析】

(1)氯吡格雷含有酯基、氯原子，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应； (2)D结构不对称，有7种不同的H； (3)对比D、E可知X的结构简式；

(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成； (5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl。 【详解】

(1)A．氯吡格雷中氯原子在苯环上，不能发生消去反应，故A错误；

B．氯吡格雷含有酯基、氯原子，难溶于水，在一定条件下能发生水解反应，故B正确；

C．lmol氯吡格雷含有2NA个碳碳双键，且含有苯环，则一定条件下最多能与5molH2发生加成反应，故C

错误；

D．由结构简式可知氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S，故D正确； 故答案为BD；

(2)D结构不对称，有7种不同的H，则核磁共振氢谱有 7种吸收峰；

(3)对比D、E可知X的结构简式为；

(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成，反应的

化学方程式为；

(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl，苯环含有2个取代基，可为邻、间、对等位置，对应

的同分异构体可能为。

【点睛】

推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。掌握这些基本知识对有机合成非常必要。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

23．＞ ＞ ＜ ＞ H N O 三角锥 NH2OH与H2O之间可以形成氢键

【解析】

（1）由于P原子的3p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，所以第一电离能大于S原子的第一电离能，故第一电离能P＞S；由于CaS和MgO形成的晶体都是离子晶体，形成离子晶体的离子半径越小，电荷数越多，晶格能越大，熔点就越高。氧离子半径小于硫离子半径，镁离子半径小于钙离子半径，所以熔点MgO＞CaS；由于SiCl4 和CF4的结构、性质相似，且二者形成的晶体是分子晶体，物质的沸点和分子间作用力大小有关系。由于相对分子质量越大，分子间作用力越大，所以沸点CF4＜SiCl4；由于HCl 和HBr的结

构、性质相似，且二者形成的晶体是分子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，故键能H－Cl＞H－Br；（2）①根据电负性的判断依据，H、N、0的电负性的大小顺序为H＜N＜O；②NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；③NH2OH极易溶于H2O，除因为它们都是极性分子外，还因为NH2OH与H2O之间可以形成氢键；（3）配合物K[PtCl3(NH3)]中[PtCl3(NH3)]

3

－

的结构可用示意图表示为。

24．2:1 a 2NO2 - +8H++6e—=N2↑+4H2O 4CeFCO3+ O2

3CeO2+ CeF4+4CO2（没条件、不

不释放氯气， 配平均扣1分）减少对环境的污染（只回答减少对环境的污染也得分）固体分解产生的HCl可以抑制CeCl3的水解（只回答抑制CeCl3的水解也得分） 【解析】 【分析】

a NH4Cl3b（1）NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-，反应过程中N化合价升高，Ce化合价则降低，氧化剂为Ce4+，还原剂为NO；

（2）①采用电解法将NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4+，过程中Ce化合价升高，为失电子反应，电解池中阳极处的反应为失电子反应；

②电解池阴极发生的反应为物质得到电子，发生还原反应，根据装置图，H+到阴极参加反应，电解将NO2-转化为无毒物质，可判断为N2，据此写出电极反应；

（3）①焙烧过程中，CeFCO3转化生成CeO2和CeF4，焙烧过程O2参加反应，据此写出主要反应的方程式；②有同学认为酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换盐酸更好，主要是考虑到HCl可能反应会产生Cl2，Cl2有的污染环境，采用H2O2是绿色氧化剂，不污染环境；

③根据溶度积常数和多重平衡规则计算反应的化学平衡常数；

④加热CeCl3•6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，考虑到Ce是镧系重金属，重金属离子会水解，NH4Cl的作用是溶液为酸性，抑制CeCl3的水解。 【详解】

（1）雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1：1），反应的方程式为3H2O+2NO+4Ce4+=4Ce3++NO2-+NO3-+6H＋，因此该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:2=2:1；

（2）①电解池中阳极失去电子，则Ce3+在阳极失去电子转化为Ce4+，因此Ce4+从电解槽的a口流出； ②阴极是NO2-得到电子转化为氮气，则阴极的电极反应式为2NO2-+8H++6e—=N2↑+4H2O；

（3）①根据流程图可知焙烧过程中CeFCO3与氧气反应生成CeO2、CeF4、CO2，反应方程式为4CeFCO3+ O2

3CeO2+ CeF4+4CO2；

②酸浸过程中盐酸被氧化生成氯气，氯气是大气污染物，因此酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换盐酸可以不释放氯气，减少对环境的污染；

c3(BF4)ac(Ce3)c(Ce3)?； ③根据方程式可知反应的平衡常数K＝333c(K)c(K)?c(BF4)b36H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体④NH4Cl固体分解产生的HCl可以抑制CeCl3的水解，所以加热CeCl3·无水CeCl3。

2019-2020学年高二下学期期末化学模拟试卷

一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）

1．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X2-和Y+的核外电子排布相同；Z电子层数与最外层电子数相等，W原子是同周期主族元素中半径最小的。下列说法正确的是( ) A．简单离子半径：Z>W>X>Y

B．X的氢化物中不可能含有非极性键

C．由X与Y两种元素组成的物质可能有漂白性

D．元素Y、Z的氧化物的水化物之间相互反应生成的盐溶液呈中性 2．下列物质易溶解于水的是

A．丙三醇 B．乙烯 C．苯 D．乙酸乙酯

3．已知常温下浓硫酸能使铝片表面形成致密氧化膜，下列通过制取硫酸铝、氢氧化铝获得氧化铝的装置和原理能达到实验目的的是

A．制硫酸铝 B．制氢氧化铝

C．过滤氢氧化铝 D．灼烧制氧化铝

4．浓硫酸是一种重要的化工原料，在储存和运输浓硫酸的容器上，必须贴上以下标签中的( )

A． B． C． D．

5．SiCl4的分子结构与CCl4类似，对其作出如下推测，其中不正确的是 A．SiCl4晶体是分子晶体 B．常温常压下SiCl4是气体

C．SiCl4分子是由极性键形成的非极性分子 D．SiCl4熔点高于CCl4

6．下列指定反应的离子方程式不正确的是（） ．．．A．钠与水反应:2Na+2H2O=2Na++2OH–+H2↑

B．向稀溶液中加入过量铁粉: Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸: Ba2++2OH −+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O

D．泡沫灭火器反应原理:3HCO3−+Al3+=3CO2↑+Al（OH）3↓

7．炒过菜的铁锅未及时洗净（残液中含NaCl），不久便会因被腐蚀而出现红褐色锈斑。腐蚀原理如图所示，下列说法正确的是

A．腐蚀过程中，负极是C

B．Fe失去电子经电解质溶液转移给C

C．正极的电极反应式为4OH―－4e－==2H2O＋O2↑

D．每生成1mol铁锈（Fe2O3·xH2O）理论上消耗标准状况下的O233.6L

8．已知X、Y均为主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol。根据下表所列数据判断错误的是

A．元素X的常见化合价是+1价 B．元素Y是ⅢA族的元素

C．元素X与氯形成化合物时，化学式是XCl D．若元素Y处于第3周期，它可与冷水剧烈反应

9．铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如下。下列说法不正确的是

A．腐蚀过程中铜极上始终只发生： 2H++2e-= H2↑ B．若水膜中溶有食盐将加快铁铆钉的腐蚀 C．若在金属表面涂一层油脂能防止铁铆钉被腐蚀 D．若将该铜板与直流电源负极相连，则铁铜均难被腐蚀 10．下列物质属于电解质的是（ ） A．氯化钠

B．铜

C．蔗糖

D．乙醇

11．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A．0.1 mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、CO3、AlO2

B．0.1 mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO24、MnO4

2

C．0.1 mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH− D．0.1 mol·L−1H2SO4溶液：K+、NH4、NO3、HSO3

12．某有机物的结构为，这种有机物不可能具有的性质是（ ）

A．能跟NaOH溶液反应 C．能发生酯化反应 13．将

转变为

B．能使酸性KMnO4溶液褪色 D．能发生水解反应

的方法为（ ）

A．与足量的NaOH溶液共热后，再通入CO2 B．溶液加热，通入足量的HCl

C．与稀H2SO4共热后，加入足量的Na2CO3 D．与稀H2SO4共热后，加入足量的NaOH 14．下列说法正确的是 A B 此装置可通电一段时间后，搅拌均匀，实现 溶液的pH增大 铜的精炼 移向FeCl3溶液 则乙烧杯中铜电极为阳极 盐桥中的K+ 若观察到甲烧杯中石墨电极附近先变红，C D A．A 15．已知：

B．B C．C

，如果要合成

D．D

，所用的原始原料可以是

A．3-甲基-l，3-丁二烯和3-丁炔 B．1，3-戊二烯和2-丁炔

C．2，3-二甲基-1，3-戊二烯和乙炔 D．2，3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔

16．下列四组物质的分子式都相同，按物质的分类方法属于同一类物质的是（ ）

A．和CH2=CH—CH2CH2CH2CH3

B．正戊烷和新戊烷 C．CH3OCH3和CH3CH2OH D．

和

17．化学与生产、生活和科研密切相关，下列说法错误的是( ) A．质谱用于快速、微量、精确测定有机物相对分子质量 B．河水中有许多杂质和有害细菌，加入明矾消毒杀菌后可以饮用 C．把浸泡过KMnO4溶液的硅藻土放在水果箱里可延长水果的保鲜期 D．银质物品久置在空气中表面变黑，不是电化学腐蚀引起的 18．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数为NA B．17 g H2O2含有0.5NA个非极性共价键

C．常温下，56 g铁片投入足量浓H2SO4中产生H2分子的个数为NA D．标准状况下，22.4LCl2溶于水转移的电子数为NA 19．（6分）下列根据实验事实所作结论中，正确的是（ ） A B C 实验事实 A、B两种有机物具有相同的相对分子质量和不同的结构 质量相同的A、B两种有机物完全燃烧生成质量相同的水 A、B两种有机物结构相似具有相同的通式 分子式为C6H6的烃A既能使溴的CCl4溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色 A．A

B．B

C．C

D．D

结论 A、B互为同分异构体 A、B两有机物最简式相同 A、B互为同系物 A的结构简式可能是 D 20．（6分）下列溶液中Cl－的物质的量浓度最大的是（ ） A．200mL2mol/LMgCl2溶液 B．1000mL2.5mol/LNaCl溶液

C．250mL1mol/LAlCl3溶液 D．300mL5mol/LKClO3溶液

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

21．（6分）铝热反应是铝的一个重要性质，该性质用途十分广泛，不仅被用于焊接钢轨，而且还常被用于冶炼高熔点的金属如钒、铬、锰等。

（1）某校化学兴趣小组同学，取磁性氧化铁按教材中的实验装置(如图甲)进行铝热反应，现象很壮观。指明使用镁条和氯酸钾的目的是___________________。

（2）某同学用图乙装置进行铝热反应。取反应后的“铁块”溶于盐酸，向其中滴加KSCN溶液，溶液未见红色。为测定该实验所得“铁块”中铁元素含量，设计实验流程如图所示。

几种氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。

① 试剂A应选择________，试剂B应选择_______(填序号)。 A．稀盐酸 B．氧化铁 C．H2O2溶液 D．氨水

② 写出反应Ⅱ的离子方程式____________________________。 ③ 设计简单实验证明M的成分是Fe2O3而非Fe3O4__________。

④ 上述实验应灼烧至M质量不变，则能证明M质量不变的标志是_______。 ⑤ 若最终红色粉未M的质量为12.0 g，则该“铁块”的纯度是_______。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

22．（8分）化合物G可用作香料，一种合成路线如图：

请回答下列问题：

（1）F的化学名称为_____。 （2）⑤的反应类型是_____。

（3）A中含有的官能团的名称为_____。 （4）由D到E的化学方程式为_____。 （5）G的结构简式为_____。

（6）H（C6H10O4）与C互为同系物，H可能的结构共有_____种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比1：2：2的结构简式为_____。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

23．（8分）有A、B、C三种可溶性盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量按A、B、C的顺序依次增大。将等物质的量的A、B、C溶于稀，所得溶液中只含有H+、Fe3、K、SO42、NO3、Cl－几种离子，同时生成一种白色沉淀。请回答下列问题：

（1）经检验及分析，三种盐中还含有下列选项中的一种离子，该离子是________。 A． Na＋ B． Mg2＋ C． Cu2＋ D． Ag＋ （2）盐A的名称为____________。

（3）不需要加入其它任何试剂就能将上述三种盐溶液区分开来，鉴别出来的先后顺序为________________________________________(填化学式)。

（4）若将A、B、C三种盐按一定比例溶于稀，所得溶液中只含有H+、Fe3＋、K＋、SO42－、NO3－几SO42－、K＋物质的量之比为1∶2∶4，B、C三种盐的物质的量之比为__________，种离子，其中Fe3＋、则A、若向溶液中加入少量Ba(OH)2发生反应的离子方程式为：____________。 24．（10分）FeCl3蚀刻液由FeCl3和盐酸等组成，可用于蚀刻铜及铜合金等。 （1）加入盐酸可抑制Fe3+及生成的Cu2+的水解， Fe3+水解的离子方程式为____。 （2）FeCl3溶液蚀刻铜的化学方程式为____。

（3）测定某废蚀刻液中Cu2+含量的实验步骤如下：量取25.00mL废蚀刻液，加入足量的NH4HF2（掩蔽Fe3+，消除干扰），加入稍过量KI溶液（2Cu2++4I－=2CuI↓+ I2），在暗处静置5min，然后用0.02000mol·L－1Na2S2O3

＋

＋

－

－

标准溶液滴定（I2+2S2O3=2I－+S4O6），接近终点时，加入淀粉和10mL10%NH4SCN溶液（CuI可吸附少量I2， CuSCN不吸附I2），继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。

①不加NH4HF2会导致测得的铜的含量____（填：“偏高”“偏低”或“不变”）。 ②通过计算确定该废蚀刻液中铜的含量（单位g·L－1，写出计算过程）____。

22 参

一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．C 【解析】 【详解】

X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X2-和Y+的核外电子排布相同；Z电子层数与最外层电子数相等，W原子是同周期主族元素中半径最小的，则X、Y、Z、W分别是O、Na、Al、Cl；则 A、简单离子半径：Cl-＞O2-＞Na+＞Al3+，故A错误； B、H2O2中含有极性键和非极性键，故B错误； C、Na2O2具有漂白性，故C正确；

D、氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，溶液呈碱性，故D错误。 答案选C。 2．A

【解析】分析：根据物质的物理性质分析判断。

详解：A. 丙三醇中含有亲水基团羟基，易溶于水，故A正确；B. 乙烯难溶于水，故B错误；C. 苯难溶于水，故C错误；D. 乙酸乙酯难溶于水，故D错误；故选A。 3．C 【解析】 【详解】

A、常温下浓硫酸能使铝钝化得不到硫酸铝，选项A错误；

B、过量氢氧化钠与硫酸铝反应生成偏铝酸钠而得不到氢氧化铝，选项B错误； C、氢氧化铝不溶于水，可通过过滤与水分离,且过滤操作正确，选项C正确； D、灼烧固体用坩埚，不用蒸发皿，选项D错误。 答案选C。 【点睛】

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点,涉及化学实验基本操作、物质分离与提纯等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，易错点为选项B 。 4．B 【解析】 【详解】

浓硫酸有很强的脱水性、氧化性。人体有机物易被浓硫酸脱水和氧化，并且反应是放热反应。所以在储存和运输浓硫酸的容器上应贴有腐蚀品的标签。 本题答案选B。 5．B 【解析】 【分析】 【详解】

SiCl4的分子结构与CCl4类似，CCl4属于分子晶体，常温为液体，含有共价键，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，

A、SiCl4与CCl4结构相似，则常温常压下SiCl4是分子晶体，A正确； B、SiCl4与CCl4结构相似，常温常压下SiCl4是液体，B错误；

C、CCl4分子是由极性键形成的非极性分子，则SiCl4分子是由极性键形成的非极性分子，C正确； D、分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，则SiCl4熔点高于CCl4，D正确； 答案选B。 6．B 【解析】 【分析】 【详解】

A. 2Na+2H2O=2Na++2OH–+H2↑，符合客观事实，原子守恒，故A正确，但不符合题意； B．向稀溶液中加入过量铁粉，铁粉过量，应该生成亚铁离子，正确的离子方程式为：3 Fe+2NO3−+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误，符合题意；

C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸，反应生成硫酸钡和水，该反应的离子方程式为：Ba2++2OH

−

+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，符合客观事实，电荷守恒，拆写原则，故C正确，但不符合题意；

D．泡沫灭火器中HCO3−，Al3+在溶液中发生双水解反应，该反应的离子方程式为：3HCO3−+Al3+=3CO2↑+Al（OH）3↓，符合客观事实，电荷守恒，故D正确，但不符合题意； 故选：B。 7．D 【解析】

【分析】

该原电池中，Fe易失电子作负极、C作正极，负极上铁失电子生成亚铁离子，正极上氧气得电子发生还原反应，负极反应式为【详解】

A.从以上分析可以知道原电池反应,铁做负极被腐蚀，碳做正极，A错误；

B.原电池中电子沿外导线从负极流向正极，不能通过电解质溶液，电解质溶液中是离子的定向移动形成闭合回路，B错误；

C.正极电极反应是溶液中氧气得到电子发生还原反应，电极反应O2+4e－+2H2O==4OH―，C错误； D.负极反应式为

、正极反应式为O2+4e－+2H2O ==4OH―，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢

、化

、正极反应式为O2+4e+2H2O ==4OH。

－

―

氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，被氧气氧化生成氢氧化铁，离子反应方程式为学方程式为

,每生成

铁锈

，铁元素为2mol，根据铁元素守

恒计算：2Fe -O2 −2Fe(OH)2−4e- ，根据上述反应关系可知，2molFe参加反应消耗氧气1mol，生成Fe(OH)2为2mol，再根据4Fe(OH)2−O2关系可知，消耗2mol Fe(OH)2，消耗氧气为0.5 mol，理论上消耗标准状况下的氧气体积（1+0.5）×22.4=33.6L，D正确； 答案选D。 8．D 【解析】 【分析】

X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第ⅢA族元素，X的第一电离能小于Y，说明X的金属活泼性大于Y。据此解答。 【详解】

A. X为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，故A正确； B.通过以上分析知，Y为第ⅢA族元素，故B正确；

C.元素X与氯形成化合物时，X的电负性小于Cl元素，所以在二者形成的化合物中x显+1价、Cl元素显-1价，则化学式可能是XCl，故C正确；

D.若元素Y处于第3周期，为Al元素，它不能与冷水剧烈反应，但能溶于酸和强碱溶液，故D错误； 答案选D。 9．A 【解析】

A. 根据图示可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则两个铜极上的反应是2H++2e-═H2↑，O2+4e-+4H+═2H2O，故A错误正确；B. 若水膜中溶有食盐，增加吸氧腐蚀介质的电导性，将加快铁铆钉

的腐蚀，故B正确；C.在金属表面涂一层油脂，能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐蚀，故C正确；D. 若将该铜板与直流负极相连，相当于外界电子由铜电极强制转送给铁，从而抑制铁失电子而不易腐蚀，故D正确。 10．A 【解析】 【分析】 【详解】

A、NaCl为离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电属于电解质，A正确； B、铜是单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，B错误；

C、蔗糖是共价化合物，其溶液是以分子的形式分散在水中形成，不能导电，属非电解质，C错误； D、乙醇是共价化合物，其溶液是以分子的形式分散在水中形成，不能导电，属非电解质，D错误； 故选A。 11．A 【解析】 【分析】

此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。 【详解】

A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；

B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存； C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；

D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存； 故选A。 【点睛】

本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C项；②离子间发生氧化还原反应，如题中B项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。 12．D 【解析】 【详解】

A. 该有机物分子中有羧基，能跟NaOH溶液反应，A正确；

B. 该有机物分子中有碳碳双键和羟基，且与苯环相连的碳原子上有氢原子，故其能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；

C. 该有机物分子中有羧基和羟基，故其能发生酯化反应，C正确； D. 该有机物分子中没有能发生水解反应的官能团，D不正确。 综上所述，这种有机物不可能具有的性质是D，选D。 13．A 【解析】 【分析】 将

转化为

先发生水解，根据酸性：盐酸或硫酸>苯甲酸>碳酸>苯酚规律，利用强酸转化

。

制取弱酸的方法，实现【详解】

A. 与足量的NaOH溶液共热后，A符合题意；

中的酯基水解，生成，再通入CO2，转化为，

B. 溶液加热，通入足量的HCl，酯基部分水解，其不完全转化为C. 与稀H2SO4共热后，加入足量的Na2CO3，生成D. 与稀H2SO4共热后，加入足量的NaOH，生成故选A。 14．C 【解析】 【分析】 【详解】

，B不合题意；

，C不合题意； ，D不合题意。

A、电解硫酸溶液，实质是电解其中的水，电解一段时间后，溶剂水减少，溶液中硫酸浓度增加，整体溶液的PH值减小，故A错误；

B、电解精炼铜时，粗铜应与电源正极相连，精铜与电源负极相连，故B错误； C、此原电池中铜电极为负极，石墨电极为正极，阳离子K+向正极移动，故C正确；

D、甲烧杯中石墨电极附近先变红说明甲烧杯石墨电极附近有氢氧根生成，则此电极为阴极，铁电极为阳极，所以直流电源M为正极，N为负极，与N负极相连的铜电极为阴极，故D错误； 故选C。 【点睛】

本题重点考查原电池与电解池的工作原理。原电池：失高氧负（失电子,化合价升高,被氧化,是负极）得低还正（得电子,化合价降低,被还原,是正极）电子从负极通过外电路到正极；电解池：氧阳还阴（失电子,

被氧化,做阳极；得电子,被还原,做阴极）由于外加电场的作用,电解池中阳离子做定向移动,由阳极移动到阴极产生电流。 15．D 【解析】 【详解】

由题意可知，若要合成

，逆推可知：

或

，故原料为：2，3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔或者是2-甲基-l，3-丁二

烯和2-丁炔，故D项正确；本题选D。 考点：有机化学反应。 16．B 【解析】 【分析】 【详解】 A.

属于环烷烃，CH2=CH—CH2CH2CH2CH3属于烯烃，不属于同一类物质，A项错误；

B. 正戊烷和新戊烷都属于烷烃，属于同一类物质，B项正确；

C. CH3OCH3属于醚，CH3CH2OH属于醇，不属于同一类物质，C项错误； D. HCOOCH3属于酯，CH3COOH属于羧酸，不属于同一类物质，D项错误； 答案选B。 17．B

【解析】分析：A、有机物的测定方法有多种，其中质谱仪是用来测定相对分子质量的精准仪器；B、除杂与消毒杀菌是两个不同的过程，明矾只有除去微小颗粒的能力；C、KMnO4能够氧化水果的催熟剂乙烯，可延长其保鲜期；D、银质物品与接触的空气中某些成分直接反应而变黑。 详解：A、质谱仪可以快速、微量、精确测定有机物的相对分子质量，即A正确；

B、明矾水解生成的Al(OH)3胶体能够吸附水中的微小颗粒，从而达到除去杂质的目的，但没有杀菌消毒作用，所以B错误；

C、水果保鲜要减少催熟剂乙烯的存在，而KMnO4溶液具有强氧化性，可氧化乙烯，达到延长水果的保鲜时间，所以C正确；

D银质物品久置于空气中，与接触到的H2S等直接反应生成Ag2S黑色物质，属于化学腐蚀，所以D正确。本题答案为B。 18．B

【解析】A. 7.8 g Na2S、Na2O2的固体物质的量都是0.1mol，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，所以含

有的阴离子都为0.1mol，阴离子数均为0.1NA，故A错误；B. 17 g H2O2的物质的量为

17g=0.5mol，

34g/mol含有0.5mol过氧根，其中含有0.5NA个非极性共价键，故B正确；C. 常温下，铁与浓H2SO4发生钝化，故C错误；D. 氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故1mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于NA，故D错误；故选B。 19．D 【解析】

试题分析：同分异构体指具有相同的分子式，不同的结构；B项可确定两者的含H量相同；C项通式相同也可能互为同分异构体。

考点：同分异构体、同系物、结构简式、有机物的最简式。 20．A 【解析】 【分析】

根据溶液中c(Cl-)=溶质的物质的量浓度×化学式中氯离子个数，与溶液的体积无关，结合选项判断即可。 【详解】

A. 200mL 2mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=2×2mol/L=4mol/L； B. 1000mL2.5mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=2.5mol/L； C. 250mL1mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=3mol/L； D. KClO3溶液中无氯离子；

综上所述，200mL 2mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)最大，A项正确； 答案选A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

21．引发铝热反应 C D 2Fe2++ H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O 足量稀硫酸；几滴(少量)高锰酸钾溶液；溶液紫红色未褪去 连续两次灼烧质量相差不大于0.1 g 84.0% 【解析】 【分析】

（1）根据铝热反应需要高温条件分析解答。

（2）取反应后的“铁块”溶于盐酸，生成铁盐或亚铁盐、镁离子和铝离子，根据离子的性质结合流程图分析解答。 【详解】

（1）使用镁条和氯酸钾的目的是点燃镁条燃烧放热促进氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，起到高温引发铝热反应的目的，即使用镁条和氯酸钾的目的是引发铝热反应。

（2）①根据表格可知，要使铁元素完全沉淀而铝离子和镁离子不沉淀，需要将亚铁离子转化为铁离子，又因为不能引入新杂质，所以需要加入双氧水，然后调节4≤pH＜4.2即可将铁离子沉淀而铝离子和镁离

子不沉淀。调节pH时不能用氧化铁，因为会引入铁元素，因此试剂A应选择双氧水，试剂B应选择氨水，答案选C和D。

+++

②反应Ⅱ是双氧水氧化亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H＝2Fe3+2H2O。

③氧化铁溶于酸生成铁离子，四氧化三铁溶于酸生成铁离子和亚铁离子，因此要设计简单实验证明M的成分是Fe2O3而非Fe3O4只需要证明溶液中含有亚铁离子即可，所以实验方案为取少量M固体于试管中，向其中加入足量稀硫酸，固体完全溶解，溶液呈棕黄色，继续向上层溶液中滴加几滴少量高锰酸钾溶液，振荡观察紫红色溶液未褪去，说明不含有亚铁离子。

④上述实验应灼烧至M质量不变，则能证明M质量不变的标志是连续两次灼烧质量相差不大于0.1 g。 ⑤若最终红色粉未M的质量为12.0 g，即氧化铁是12.0g，物质的量是12.0g÷160g/mol＝0.075mol，所以铁元素的质量是0.075mol×2×56g/mol＝8.4g，则该“铁块”的纯度是8.4g/10g×100%＝84.0%。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

22．苯甲醇 水解反应（或取代反应） 氯原子和羧基 ：+Cl2

+HCl

9 HOOCCH2CH2CH2CH2COOH

【解析】 【分析】

由有机物的转化关系可知，ClCH2COOH与碳酸钠反应生成ClCH2COONa，ClCH2COONa与NaCN反应生成

NaOOCCH2CN，NaOOCCH2CN在酸性条件下水解生成HOOCCH2COOH；在光照条件下与氯气发生取

代反应生成，则E是；在氢氧化钠溶液热发生水解反应生成

；在浓硫酸作用下，

与HOOCCH2COOH发生酯化反应生成，则G

为【详解】

。

（1）F的结构简式为，属于芳香醇，名称为苯甲醇，故答案为：苯甲醇；

（2）反应⑤为在氢氧化钠溶液热发生水解反应生成，故答案为：水解反应（或取

代反应）；

（3）A的结构简式为ClCH2COOH，官能团为氯原子和羧基，故答案为：氯原子和羧基；

（4）D到E的反应为在光照条件下与氯气发生取代反应生成，反应的化学方程式为

+Cl2+HCl，故答案为：+Cl2+HCl；

（5）在浓硫酸作用下，

与HOOCCH2COOH发生酯化反应生成，则G的结

构简式为；

（6）H（C6H10O4）与C互为同系物，则H为饱和二元羧酸，可以视作两个—COOH取代C4H10分子中的两个氢原子，C4H10分子由两种结构，故二羧基取代物有9种；核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比1：2：2的结构简式为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，故答案为：9；HOOCCH2CH2CH2CH2COOH。 【点睛】

本题考查有机化学基础，解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中原子数目的变化，在此基础上判断有机物的反应类型，书写有关化学方程式。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

23． D 氯化铁 FeCl3、AgNO3、K2SO4(或FeCl3、K2SO4、AgNO3) 1∶3∶2 2H++SO42-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O

【解析】分析：等物质的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有H+、Fe3＋、K＋、SO42－、NO3－、Cl－几种离子，同时生成一种白色沉淀，A、B、C三种可溶性盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量依次增大，则A为盐酸盐，B为盐，C为硫酸盐；等物质的量混合，生成沉淀可能为AgCl，则A为FeCl3，B为AgNO3，C为K2SO4。据此解答。

详解：（1）由已知，等物质的量的三种物质溶于水，生成一种白色沉淀，已知的三种阴离子与A、B、C三项中的阳离子均不会生成沉淀，只有氯化银是白色沉淀，答案选D。 （2）由上述分析可知A为FeCl3，名称是氯化铁；

（3）溶液的颜色为黄色的是氯化铁，与氯化铁反应生成白色沉淀的为银，不反应的为硫酸钾，则检验顺序为FeCl3、AgNO3、K2SO4或FeCl3、K2SO4、AgNO3。

（4）Fe3+、SO42-、NO3-、K+四种离子且物质的量之比依次为1：2：3：4，则Ag+和Cl-正好反应，设FeCl3为1mol，则AgNO3为3mol，K2SO4为2mol，因此A、B、C三种正盐的物质的量之比为1：3：2；若向溶液中加入少量Ba(OH)2，则生成BaSO4沉淀，反应的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O。

24．Fe3++3H2O 【解析】

+－1

Fe(OH)3+3H 2FeCl3 + Cu = 2FeCl2 + CuCl2 偏高 1.024g·L

（1）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+离子水解使溶液呈酸性，水解方程式为Fe+3H2O

3+

Fe(OH)3+3H；（2）

+

FeCl3溶液蚀刻铜生成氯化铜和氯化亚铁，反应的化学方程式为2FeCl3 + Cu = 2FeCl2 + CuCl2；（3）①加入足量的NH4HF2掩蔽Fe，消除干扰，若不加，则Fe会氧化部分I，使滴定消耗的Na2S2O3标准溶液偏多，导致测得的铜的含量偏高；②根据反应2Cu2++4I－=2CuI↓+ I2、I2+2S2O3=2I－+S4O6，可得2Cu2+~~~~~

223+

3+

－

20.00103L0.02000mol/Lg/mol－1

I2~~~~~ 2S2O，故有=1.024g·L。 325.0010L23