山東省聊城文軒中學2023學年高二化學第二學期期末考試模擬試題（含解析）

2023學年高二下學期化學期末模擬測試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、下列有關實驗操作正確或能達到預期目的的是()A． B．C． D．2、下列說法正確的是（）A．1molH2O含有的質(zhì)子數(shù)為10molB．0.5molSO42-含8mol電子C．18g水中含有的氧原子數(shù)為6.02×1022D．1molNaHSO4固體中含有的陰陽離子總數(shù)為3×6.02×10233、利用如圖所示裝置進行下列實驗，能得出相應實驗結(jié)論的是（）選項①②③實驗結(jié)論A濃鹽酸KMnO4紫色石蕊試液氯氣具有酸性、漂白性B濃硫酸蔗糖溴水濃硫酸具有脫水性、氧化性C稀鹽酸Na2SO3Ba(NO3)2溶液SO2與可溶性鋇鹽均可以生成白色沉淀D濃硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金屬性：N＞C＞SiA．A B．B C．C D．D4、已知向溶液X中滴加溶液Y可生成兩種沉淀，所得沉淀的物質(zhì)的量(n)與所加入的溶液Y的體積(V)的關系如圖所示，則X、Y分別為（）ABCDXNH4Al(SO4)2Ba(OH)2明礬Ba(AlO2)2YBa(OH)2明礬Ba(OH)2硫酸鋁A．A B．B C．C D．D5、取兩份鋁片，第一份與足量鹽酸反應，第二份與足量燒堿溶液反應，標準狀況下均產(chǎn)生5.6L氣體，則兩份鋁片的質(zhì)量之比為A．一定為1∶1 B．可能為2∶3 C．一定為3∶2 D．可能為1∶66、將固體NH4I置于密閉容器中，在一定溫度下發(fā)生下列反應：①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)H2(g)＋I2(g)。達到平衡時，c(H2)＝0.5mol·L－1，c(HI)＝4mol·L－1，則此溫度下反應①的平衡常數(shù)為()A．9 B．16 C．20 D．257、向KOH溶液中通入11.2L（標準狀況）氯氣恰好完全反應生成三種含氯鹽：0.7molKCl、0.2molKClO和X，則X是（）A．0.1molKClO4 B．0.1molKClO3 C．0.2molKClO2 D．0.1molKClO28、常溫下向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa晶體時，會引起()A．溶液中的c(H＋)減小 B．電離平衡左移，電離常數(shù)減小C．溶液的導電能力減弱 D．溶液中的c(OH－)減小9、芳香烴C8H10的一氯代物的結(jié)構(gòu)有（不考慮立體異構(gòu)）（）A．16種B．14種C．9種D．5種10、向四只盛有一定量NaOH溶液的燒杯中通入不同量的CO2氣體后，在所得溶液中逐滴加入鹽酸至過量，并將溶液加熱，產(chǎn)生的氣體與加入鹽酸的物質(zhì)的量的關系如圖：則下列分析都正確的組合是（）溶質(zhì)的成分對應圖象溶液中離子濃度關系ANaHCO3、Na2CO3Ⅱc（CO32－）<c（HCO3－）BNaOH、Na2CO3Ⅲc（OH－）>c（CO32－）CNa2CO3Ⅳc（Na＋）=c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3）DNaHCO3Ic（Na＋）=c（HCO3－）A．A B．B C．C D．D11、具有下列分子式的一氯代烷中，水解后產(chǎn)物在紅熱銅絲催化下，最多可被空氣氧化生成四種不同的醛的是（）A．C3H7ClB．C4H9ClC．C5H11ClD．C6H13Cl12、用下列裝置進行實驗，裝置正確且能達到相應實驗目的的是A．甲裝置：證明鐵釘發(fā)生吸氧腐蝕 B．乙裝置：蒸發(fā)MgCl2溶液制無水MgCl2C．丙裝置：制備Fe(OH)3膠體 D．丁裝置：除去Cl2中混有的HCl13、相同物質(zhì)的量的Fe、Al、Na

各0.1mol

分別投入到含HCl0.01mol

的稀鹽酸中，置換出H2

由多到少的順序是A．Al

>Fe>NaB．Al=Fe=NaC．Na>Al

=FeDNa>Al>Fe14、下列各項敘述中，正確的是（）A．電子層序數(shù)越大，s原子軌道的形狀相同、半徑越小B．在同一電子層上運動的電子，其自旋方向肯定不同C．鎂原子由1s22s22p63s2→ls22s22p63p2時，原子吸收能量，由基態(tài)轉(zhuǎn)化成激發(fā)態(tài)D．原子最外層電子排布是5s1的元素，其氫氧化物不能使氫氧化鋁溶解15、以純堿溶液為原料，通過電解的方法可制備小蘇打，原理裝置圖如下：上述裝置工作時，下列有關說法正確的是（）A．乙池電極接電池正極，氣體X為H2B．Na+由乙池穿過交換膜進入甲池C．NaOH溶液Z比NaOH溶液Y濃度小D．甲池電極反應：4OH－-4e-=2H2O+O2↑16、常溫下，下列物質(zhì)的水溶液，其pH小于7的是A．Na2CO3B．NH4NO3C．Na2SO4D．KNO317、化學與生活息息相關。下列各“劑”在應用過程中表現(xiàn)還原性的是（）A．臭氧柜里臭氧作餐具的“消毒劑”B．熱純堿溶液常作廚房的“洗滌劑”C．活性鐵粉在食品袋中作“去氧劑”D．小蘇打常作制糕點的“起泡劑”18、已知電導率越大導電能力越強。常溫下用0.100mol·L-1NaOH溶液分別滴定10.00mL濃度均為0.100mol·L-1的鹽酸和醋酸溶液，測得滴定過程中溶液的電導率如圖所示。下列說法正確的是A．曲線①代表滴定鹽酸的曲線B．a(chǎn)點溶液中:c(OH-)+c(CH3COO-)-c(H+)=0.1mol/LC．a(chǎn)、b、c三點溶液中水的電離程度：c>a>bD．b點溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)19、某酒精廠由于管理不善，酒精滴漏到某種化學藥品上而釀成火災。該化學藥品可能是()A．KMnO4 B．NaCl C．(NH4)2SO4 D．CH3COOH20、中國科技大學的科學家將C60分子組裝在一單層分子膜表面，在﹣268℃時凍結(jié)分子的熱振蕩，利用掃描隧道顯微鏡首次“拍攝”到能清楚分辨碳原子間單、雙鍵的分子圖象．下列化合物分子中一定既含σ鍵又含π鍵的是（

）A．N2 B．CO2 C．C2H6O D．H2O221、下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是（）實驗操作現(xiàn)象解釋或結(jié)論A向酸性KMnO4溶液中通入SO2溶液紫紅色褪去SO2具有漂白性B在鎂、鋁為電極，氫氧化鈉為電解質(zhì)的原電池裝置鎂表面有氣泡金屬活動性：Al＞MgC測定等物質(zhì)的量濃度的NaCl與Na2CO3溶液的pH后者較大非金屬性：Cl＞CD等體積pH＝3的HA和HB兩種酸分別與足量的鋅反應，排水法收集氣體HA放出的氫氣多且反應速率快HB酸性比HA強A．A B．B C．C D．D22、下列物質(zhì)分類正確的是(

)A．SO2、SiO2、CO均為酸性氧化物 B．稀豆?jié){、鹽酸、氯化鐵溶液均為膠體C．燒堿、純堿、金屬銅均為電解質(zhì) D．鹽酸、氯水、氨水均為混合物二、非選擇題(共84分)23、（14分）I．回答下列問題：（1）化學式C6H12的烯烴的所有碳原子在同一平面上，則該烯烴的結(jié)構(gòu)簡式為___________（2）1mol能與__________molNaHCO3反應（3）香蘭素是重要的香料之一，它可由丁香酚經(jīng)多步反應合成。①常溫下，1摩丁香酚能與_____________molBr2反應②香蘭素分子中至少有_________________個原子共平面II．由制對甲基苯乙炔的合成路線如下：（G為相對分子質(zhì)量為118的烴）（1）寫出G的結(jié)構(gòu)簡式_________________（2）①的反應類型______________（3）④的反應條件_______________24、（12分）有甲、乙兩種物質(zhì)：(1)乙中含有的官能團的名稱為____________________(不包括苯環(huán))。(2)由甲轉(zhuǎn)化為乙需經(jīng)下列過程(已略去各步反應的無關產(chǎn)物，下同)：其中反應I的反應類型是___________，反應II的條件是_______________，反應III的化學方程式為_______________________(不需注明反應條件)。(3)下列物質(zhì)不能與乙反應的是_________(選填序號)。a.金屬鈉b.氫氧化鈉的乙醇溶液c.碳酸鈉溶液d.乙酸(4)乙有多種同分異構(gòu)體，任寫其中一種能同時滿足下列條件的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式____________。a.苯環(huán)上的一氯代物有兩種b.遇FeCl3溶液顯示紫色25、（12分）如圖為實驗室某濃鹽酸試劑瓶標簽上的有關數(shù)據(jù)，試根據(jù)標簽上的有關數(shù)據(jù)回答下列問題：（1）該濃鹽酸的物質(zhì)的量濃度為______mol?L-1．（2）取用任意體積的該鹽酸溶液時，下列物理量中不隨所取體積的多少而變化的是______．A．溶液中HCl的物質(zhì)的量B．溶液的濃度C．溶液中Cl-的數(shù)目D．溶液的密度（3）某學生欲用上述濃鹽酸和蒸餾水配制500mL物質(zhì)的量濃度為0.400mol?L-1的稀鹽酸．①該學生需要量取______mL上述濃鹽酸進行配制．②所需的實驗儀器有：膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒，配制稀鹽酸時，還缺少的儀器有_________________________．（4）①假設該同學成功配制了0.400mol?L-1的鹽酸，他又用該鹽酸中和含0.4g

NaOH的NaOH溶液，則該同學需取______mL鹽酸．②假設該同學用新配制的鹽酸中和含0.4g

NaOH的NaOH溶液，發(fā)現(xiàn)比①中所求體積偏小，則可能的原因是___________．A．濃鹽酸揮發(fā)，濃度不足B．配制溶液時，未洗滌燒杯C．配制溶液時，俯視容量瓶刻度線D．加水時超過刻度線，用膠頭滴管吸出．26、（10分）實驗室需要配制0.50mol·L-1NaCl溶液480mL。按下列操作步驟填上適當?shù)奈淖?以使整個操作完整(1)選擇儀器。完成本實驗所必需的儀器有:托盤天平(精確到0.1g)、藥匙、燒杯、玻璃棒、________、__________以及等質(zhì)量的幾片濾紙。

(2)計算。配制該溶液需稱取NaCl晶體的質(zhì)量為__________g。

(3)稱量。①天平調(diào)平之后,應將天平的游碼調(diào)至某個位置,請在下圖中用一根豎線標出游碼左邊緣所處的位置______:②稱量過程中NaCl晶體應放于天平的________(填“左盤”或“右盤”)。

③稱量完畢,把藥品倒入燒杯中。(4)溶解、冷卻,該步實驗中需要使用玻璃棒,目的是___________。

(5)轉(zhuǎn)移、洗滌。在轉(zhuǎn)移時應使用__________引流,洗滌燒杯2～3次是為了__________。

(6)定容,搖勻。定容操作為__________________。(7)下列操作對所配溶液的濃度大小有何影響？①轉(zhuǎn)移完溶液后未洗滌玻璃棒和燒杯，濃度會_____(填“偏大”、“偏小”或“無影響”，下同)。②容量瓶中原來有少量蒸餾水，濃度會_________。③定容時俯視，濃度會_________。27、（12分）Ⅰ.實驗室制得氣體中常含有雜質(zhì)，影響其性質(zhì)檢驗。下圖A為除雜裝置，B為性質(zhì)檢驗裝置，完成下列表格：序號氣體反應原理A中試劑①乙烯溴乙烷和NaOH的醇溶液加熱_____________②乙烯無水乙醇在濃硫酸的作用下加熱至170℃反應的化學方程式是____________________________③乙炔電石與飽和食鹽水反應_______________Ⅱ.為探究乙酸乙酯的水解情況，某同學取大小相同的3支試管，分別加入以下溶液，充分振蕩，放在同一水浴加熱相同時間，觀察到如下現(xiàn)象。編號①②③實驗操作實驗現(xiàn)象酯層變薄酯層消失酯層基本不變(1)試管①中反應的化學方程式是________________________；(2)對比試管①和試管③的實驗現(xiàn)象，稀H2SO4的作用是______________；(3)試用化學平衡移動原理解釋試管②中酯層消失的原因_____________。28、（14分）乙二酸(H2C2O4)俗稱草酸，為無色晶體，是二元弱酸，其電離常數(shù)Ka1=5.4×10，Ka2=5.4×10?；卮鹣铝袉栴}：(1)向10mL0.1mol·LH2C2O4溶液中逐滴加入0.1mol·LNaOH溶液①當溶液中c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)時,加入V(NaOH)___________10mL(填“>”“=”或“<”)。②隨著苛性鈉的加入，H＋逐漸減少，當溶液中含碳粒子的主要存在形態(tài)為C2O42-時，溶液的酸堿性為____________(填標號)。A．強酸性B．弱酸性C．中性D．堿性(2)某同學設計實驗測定含雜質(zhì)的草酸晶體(H2C2O4·2H2O)純度(雜質(zhì)不與酸性高錳酸鉀反應)。實驗過程如下：稱取mg草酸晶體于試管中，加水完全溶解，用cmol·LKMnO4標準溶液進行滴定①通常高錳酸鉀需要酸化才能進行實驗，通常用_________酸化A．硫酸B．鹽酸C．硝酸D．石炭酸②則達到滴定終點時的現(xiàn)象是_____________________；③該過程中發(fā)生反應的離子方程式為___________________________；④滴定過程中消耗VmLKMnO4標準溶液，草酸晶體純度為_________________。(3)醫(yī)學研究表明，腎結(jié)石主要是由CaC2O4組成的，已知Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，若血液經(jīng)血小球過濾后，形成的尿液為200mL，其中含有Ca2+0.01g。為了不形成CaC2O4沉淀，則C2O42-的最高濃度為______mol·L。29、（10分）（化學一選修3:

物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)）1735年瑞典化學家布蘭特(G·Brands)制出金屬鈷。鈷的礦物或鈷的化合物一直用作陶瓷、玻璃、琺瑯的釉料。到20世紀，鈷及其合金在電機、機械、化工、航空和航天等工業(yè)部門得到廣泛的應用，并成為一種重要的戰(zhàn)略金屬。所以鈷及其化合物具有重要作用，回答下列問題:(1)基態(tài)Co原子的電子排布式為___________。(2)[Co(NH3)5H2O]Cl3是一種磚紅色的晶體，可通過CoCl2、NH4Cl、濃氨水、H2O2制得。①Co、N、0原子的第一電離能由大到小的順序是__________。②[Co(NH3)5H2O]Cl3中Co元素化合價為____，其配位原子為_____

；1mol該晶體中含有____molσ鍵。③H2O2中O原子的雜化軌道類型是______，H2O2能與水互溶，除都是極性分子外，還因為____。④NH3、NF3的空間構(gòu)型都相同,但Co3+易與NH3形成配離子，而NF3不能。原因是________。(3)CoO晶胞如圖，已知Co原子半徑為apm,O原子半徑為bpm，則等距最近的所有O原子圍成的空間形狀為_____；該晶胞中原子的空間利用率為__________(用含a、b的計算式表示)。

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、C【答案解析】

A．不能用燃著的酒精燈點燃另一個酒精燈，易引起酒精燈中酒精倒出，引起火災，A項錯誤；B．稀釋酸溶液時，應該將酸加入水中；將水加入濃硫酸中，會放出大量的熱，造成液體飛濺，B項錯誤；C．使用試管加熱液體時，試管稍微傾斜，增大受熱面積；用試管夾夾持試管加熱，C項正確；D．向容量瓶中移液時，需要用玻璃棒引流，D項錯誤；本題答案選C。2、A【答案解析】

A.1個H2O中含有10個質(zhì)子，因此1molH2O中含有10mol質(zhì)子，故A正確；B.一個SO42-離子含有50個電子，0.5molSO42-含有的電子數(shù)為25mol，故B錯誤；C.18g水中含有1mol氧原子，因此含有的氧原子數(shù)為，故C錯誤；D.NaHSO4固體中含有Na+和HSO4-，則1molNaHSO4固體中含有的陰陽離子總數(shù)為，故D錯誤；故答案為：A。3、B【答案解析】

A、新制氯水含鹽酸、HClO，則向其中滴加少量紫色石蕊試液，充分振蕩后溶液先變紅色后褪色，只能證明新制氯水具有酸性和漂白性，氯氣沒有酸性和漂白性，選項A錯誤；B、濃硫酸具有脫水性和強氧化性，使蔗糖變黑，且產(chǎn)生二氧化硫氣體，二氧化硫與溴水反應，使溴水褪色，選項B正確；C、稀鹽酸與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫氣體，二氧化硫與硝酸鋇溶液發(fā)生氧化還原反應，生成硫酸鋇沉淀，不能證明二氧化硫與可溶性鋇鹽的反應，選項C錯誤；D、濃硝酸與碳酸鈉反應生成二氧化碳，但濃硝酸易揮發(fā)，硝酸、碳酸均可與硅酸鈉溶液反應生成，應先除雜，否則不能證明酸性碳酸>硅酸，故不能證明非金屬性：C＞Si，選項D錯誤；答案選B。4、A【答案解析】

從圖分析，開始加入Y溶液即產(chǎn)生氫氧化鋁沉淀，最后氫氧化鋁沉淀溶解，說明加入的Y為強堿，從A、C中選擇，B、D錯誤。加入Y產(chǎn)生氫氧化鋁沉淀之后有一段沉淀量不變，說明溶液中有銨根離子與氫氧根離子反應，故選A?！敬鸢更c睛】掌握多種離子存在的溶液中離子的反應順序，如有鋁離子和銨根離子等的溶液中加入氫氧化鈉，則鋁離子先反應生成氫氧化鋁沉淀，然后銨根離子反應生成一水合氨，然后氫氧化鋁再溶解。5、A【答案解析】

鋁與鹽酸反應的方程式為2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，與燒堿溶液反應的方程式為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可以看出，反應關系式都為2Al～3H2，同溫同壓下放出相同體積的氣體，需要鋁的物質(zhì)的量相等，質(zhì)量相等，故選A。6、C【答案解析】

①NH4I（s）?NH3（g）+HI（g）；②2HI（g）?H2（g）+I2（g）反應達到平衡時，c（H2）=0.5mol.L-1，消耗c（HI）=0.5mol.L-1×2=1mol/L，則反應①過程中生成的c（HI）=1mol/L+4mol/L=5mol/L，生成的c（NH3）=c（HI）=5mol/L，平衡常數(shù)計算中所用的濃度為各物質(zhì)平衡時的濃度，則此溫度下反應①的平衡常數(shù)為K=c（NH3）×c（HI）=5mol/L×4mol/L=20mol2/L2，所以C正確。故選C。7、B【答案解析】

11.2L(標準狀況)氯氣的物質(zhì)的量為：=0.5mol，生成物中含0.7molKCl、0.2molKClO，根據(jù)氯守恒，所以X的物質(zhì)的量為：0.5mol×2-0.7mol-0.2mol=0.1mol，設X中Cl的化合價為x價，由電子得失守恒分析可知：0.7mol×1=0.2mol×1+0.1mol×(x-0)，解得x=5，所以X中氯的化合價為+5價，則X為KClO3，物質(zhì)的量為0.1mol，故選B。【答案點睛】明確得失電子守恒和氯守恒為解答關鍵。8、A【答案解析】

A.向醋酸溶液中加入少量的醋酸鈉晶體，醋酸根離子濃度增大，會使醋酸電離平衡逆向移動，使氫離子濃度降低，故A選；B.電離平衡常數(shù)只和溫度有關，所以加入醋酸鈉晶體，電離平衡常數(shù)不變，故B不選；C.由于加入了強電解質(zhì)醋酸鈉，水溶液中自由移動離子濃度增大，導電能力增強，故C不選；D.溶液中氫離子濃度減小，氫離子和氫氧根離子濃度乘積是一個常數(shù)，所以溶液中氫氧根離子濃度增大，故D不選。故選A。9、B【答案解析】芳香烴C8H10的結(jié)構(gòu)有乙苯、鄰二甲苯、間二甲苯、對二甲苯四種結(jié)構(gòu)，乙苯的一氯代物有5種、鄰二甲苯的一氯代物有3種、間二甲苯的一氯代物有4種、對二甲苯的一氯代物有2種，共14種，故B正確。10、A【答案解析】

A、加入鹽酸發(fā)生反應是：Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，碳酸鈉消耗鹽酸的體積小于碳酸氫鈉消耗鹽酸的體積，CO32－的水解程度大于HCO3－，因此c（HCO3－）＞c（CO32－），A正確；B、發(fā)生的反應是NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，因此氫氧化鈉和碳酸鈉消耗的鹽酸體積大于碳酸氫鈉消耗鹽酸的體積，無法判斷c（OH－）是否大于c（CO32－），B錯誤；C、Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，碳酸鈉消耗鹽酸體積等于碳酸氫鈉消耗的鹽酸的體積，C錯誤；D、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，HCO3－水解，c（Na＋）＞c（HCO3－），D錯誤；答案選A。11、C【答案解析】分析：先確定烷烴的對稱中心，即找出等效的氫原子，再根據(jù)先中心后外圍的原則，將氯原子逐一去代替氫原子，有幾種氫原子就有幾種一氯代烴，氯原子只有連接在鍵端的碳原子上水解生成的醇，且該碳上有氫原子，才能被氧化成醛，據(jù)此分析解答。詳解：A．C3H7Cl水解生成在鍵端的碳原子上的醇，且該碳上有氫原子的鹵代烴為：CH3CH2CH2Cl，被空氣氧化生成1種醛：CH3CH2CHO，故A錯誤；B．正丁烷兩種一氯代物，異丁烷兩種一氯代物，共4種，所以分子式為C4H9Cl的同分異構(gòu)體共有4種，其中氯原子連接在鍵端的碳原子上能被氧化成醛的只有1-氯丁烷、1-氯-2-甲基丙烷，故B錯誤；C．C5H11Cl水解生成在鍵端的碳原子上的醇，且該碳上有氫原子的鹵代烴為：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH(CH3)CH2Cl；CH3CH(CH3)CH2CH2Cl；CH3C(CH3)2CH2Cl；被空氣氧化生成4種不同的醛為：CH3CH2CH2CH2CHO戊醛；CH3CH2CH(CH3)CHO2-甲基丁醛；CH3CH(CH3)CH2CHO3-甲基丁醛；CH3C(CH3)2CHO2，2-二甲基丙醛；故C正確；D．C6H14屬于烷烴，主鏈為6個碳原子有：CH3(CH2)4CH3；主鏈為5個碳原子有：CH3CH2CH2CH(CH3)2；CH3CH2CH(CH3)CH2CH3；主鏈為4個碳原子有：CH3CH2C(CH3)3；CH3CH(CH3)CH(CH3)CH3，則相應的一取代物分別有3、5、4、3、2種。故分子式為C6H13-的同分異構(gòu)體共有17種；最多可被空氣氧化生成17種不同的醛，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查同分異構(gòu)體的應用和鹵代烴的水解、醇的氧化等知識，本題的難點是題意的理解，氯原子只有連接在鍵端的碳原子上水解生成的醇，且該碳上有氫原子，才能被氧化成醛。12、A【答案解析】

A.甲裝置：紅墨水沿導管上升，說明左邊試管壓強減少，發(fā)生了吸氧腐蝕，故A正確；B.蒸發(fā)MgCl2溶液，MgCl2水解生成氫氧化鎂和氯化氫，氯化氫揮發(fā)，得到氫氧化鎂,但是氫氧化鎂對熱不穩(wěn)定，會分解為氧化鎂，故B錯誤；C.丙裝置：制備Fe(OH)3膠體，應用熱水，用氫氧化鈉溶液，得到的是沉淀，故C錯誤；D.丁裝置：除去Cl2中混有的HCl，氣體應該長導氣管進短導氣管出，故D錯誤。13、C【答案解析】酸不足時，鈉可與水反應生成氫氣，而Fe、Mg、Al只能與鹽酸反應，故Na與酸反應時，多余的會和水反應，Na會完全反應，由2Na～H2可知，0.1molNa完全反應，生成氫氣的物質(zhì)的量=0.1mol×1/2=0.05mol；Fe+2HCl=FeCl2+H2↑0.1mol0.2mol故鹽酸不足，由方程式可知0.01mol

HCl生成氫氣為0.005mol，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑0.1mol0.3mol故鹽酸不足，由方程式可知0.01mol

HCl生成氫氣為0.005mol，相同條件下，體積之比等于物質(zhì)的量之比，故生成氫氣的體積：Al=Fe＜Na，故選C。點睛：本題考查根據(jù)方程式計算，易錯點：進行過量計算，0.1molAl、Fe與0.01molHCl反應時，鹽酸不足，按酸計算氫氣，而0.1molNa與0.01molHCl反應時，要注意鈉的性質(zhì)，鈉還要和水反應。14、C【答案解析】電子層序數(shù)越大，離核越遠，半徑越大，A不正確。根據(jù)洪特規(guī)則可知B不正確，例如氮原子的2p軌道的3個電子自旋相同。D中元素可逆處于第IA，其氫氧化物是強堿，可以溶解氫氧化鋁，D不正確。所以正確的答案是C。15、C【答案解析】

裝置圖分析可知放出氧氣的電極為陽極，電解質(zhì)溶液中氫氧根離子放電生成氧氣，氣流濃度增大，碳酸根離子結(jié)合氫離子生成碳酸氫根離子，出口為碳酸氫鈉，則電極反應，4CO32-+2H2O-4e-=HCO3-+O2↑，氣體X為陰極上溶液中氫離子得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，電極連接電源負極，放電過程中生成更多氫氧根離子，據(jù)此分析判斷?！绢}目詳解】A．乙池電極為電解池陰極，和電源負極連接，溶液中氫離子放電生成氫氣，故A錯誤；B．電解池中陽離子移向陰極，鈉離子移向乙池，故B錯誤；C．陰極附近氫離子放電破壞了水的電離平衡，電極附近氫氧根離子濃度增大，NaOH溶液Y比NaOH溶液Z濃度大，故C正確；D．放出氧氣的電極為陽極，電解質(zhì)溶液中氫氧根離子放電生成氧氣，氫離子濃度增大，碳酸根離子結(jié)合氫離子生成碳酸氫根離子，出口為碳酸氫鈉，則電極反應，4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，故D錯誤；故答案為C。16、B【答案解析】試題分析：Na2CO3是強堿弱酸鹽，水解顯堿性，NH4NO3強酸弱堿鹽水解溶液顯酸性；Na2SO4強酸強堿鹽，不水解，溶液顯中性，KNO3強酸強堿鹽，不水解，溶液顯中性，，選B。考點：鹽類水解和溶液酸堿性。17、C【答案解析】A.臭氧柜里臭氧作餐具的“消毒劑”，臭氧表現(xiàn)氧化性；B.熱純堿溶液常作廚房的“洗滌劑”時，其表現(xiàn)堿性；C.活性鐵粉在食品袋中作“去氧劑”時，其表現(xiàn)還原性；D.小蘇打常作制糕點的“起泡劑”，其表現(xiàn)不穩(wěn)定、易分解產(chǎn)生氣體。本題選C。18、D【答案解析】分析：醋酸為弱酸，等濃度時離子濃度比鹽酸小，則導電性較弱，由此可知①為醋酸的變化曲線，②為鹽酸的變化曲線，加入氫氧化鈉，醋酸溶液離子濃度逐漸增大，導電性逐漸增強，鹽酸發(fā)生中和反應，離子濃度減小，由圖象可知加入氫氧化鈉10mL時完全反應，對于離子濃度大小比較可以利用物料守恒和電荷守恒考慮解決。詳解：由分析可知，曲線①代表滴定CH3COOH溶液的曲線，曲線②代表滴定HCl溶液的曲線，A選項錯誤；a點氫氧化鈉與CH3COOH溶液恰好反應生成CH3COONa，a點溶液中c（Na+）=0.05mol/L，電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，B選項錯誤；酸或堿抑制水的電離，含有弱酸根離子的鹽促進水的電離，c點溶質(zhì)為NaCl，a點溶質(zhì)為醋酸鈉，醋酸根離子促進水的電離，b點為等物質(zhì)的量濃度的醋酸鈉和NaOH的混合物，NaOH會抑制水的電離，所以在相同溫度下，水的電離程度大小關系：b＜c＜a，C選項錯誤；b點為等物質(zhì)的量濃度的醋酸鈉和NaOH的混合物，根據(jù)電荷守恒：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）和物料守恒：2c（CH3COO-）+2c（CH3COOH）=c（Na+）得：c（OH-）=c（H+）+c（CH3COO-）+2c（CH3COOH），所以有c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，D選項正確；正確答案：D。19、A【答案解析】

KMnO4是一種強氧化劑，能氧化CH3CH2OH并放出熱量，如熱量逐漸積累而不能散去，就有可能引燃酒精，釀成火災。答案選A。20、B【答案解析】

A．結(jié)構(gòu)式為N≡N，含有1個σ鍵和2個π鍵，但不是化合物，故A錯誤；B．結(jié)構(gòu)式為O=C=O，含有2個σ鍵和2個π鍵，故B正確；C．根據(jù)C2H6O的結(jié)構(gòu)中只存在單鍵，無雙鍵，只含σ鍵，不含π鍵，故C錯誤；D．H2O2的結(jié)構(gòu)式為H-O-O-H，只含有σ鍵，不含π鍵，故D錯誤；故選B。21、D【答案解析】

A．酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化還原性物質(zhì)，向酸性高錳酸鉀溶液中通入二氧化硫，溶液褪色，說明二氧化硫?qū)⑺嵝愿咤i酸鉀溶液還原，二氧化硫體現(xiàn)還原性，故A錯誤；B．Al與NaOH溶液反應，Al為負極，但金屬性Mg大于Al，故B錯誤；C．常溫下，測定等濃度的Na2CO3和NaCl的溶液的pH，Na2CO3溶液大，可知鹽酸的酸性大于碳酸的酸性，鹽酸不是氯元素的最高價含氧酸，不能比較非金屬性強弱，故C錯誤；D．HA放出氫氣多，等pH時，HA的濃度大，HA為弱酸，則HB酸性比HA強，故D正確；故答案為D。22、D【答案解析】

A.酸性氧化物指能和堿反應，只生成鹽和水的氧化物，CO不是酸性氧化物，A錯誤；B.鹽酸、氯化鐵溶液不屬于膠體，B錯誤；C.電解質(zhì)指在熔融狀態(tài)下或者水溶液中，能導電的化合物，所以銅不是電解質(zhì)，C錯誤；D.鹽酸是HCl的水溶液，氯水是將氯氣通入到水中形成的溶液，氨水是將氨氣通入到水中的溶液，則這三種溶液都是混合物，D正確；故合理選項為D?！敬鸢更c睛】電解質(zhì)指在熔融狀態(tài)下或者水溶液中，能導電的化合物。二、非選擇題(共84分)23、(CH3)2C=C(CH3)21212加成或還原反應NaOH的乙醇溶液,△【答案解析】

據(jù)和的結(jié)構(gòu)簡式可知，由合成的過程實際上就是由-CH2CHO轉(zhuǎn)化成-CH=CH2，最終轉(zhuǎn)化成-CCH的過程。具體合成路線為：【題目詳解】（1）根據(jù)乙烯所有原子共面，所以要使化學式C6H12的烯烴的所有碳原子在同一平面上，烯烴的結(jié)構(gòu)簡式為(CH3)2C=C(CH3)2；答案：(CH3)2C=C(CH3)2；（2）有機官能團中只有-COOH能與NaHCO3溶液反應，所以1mol能與含1molNaHCO3的溶液反應；答案：1；（3）①常溫下，C=C和酚羥基的鄰對位都能與Br2發(fā)生反應，所以由知1摩丁香酚能與2molBr2反應；答案：2；②苯環(huán)上所有的原子共面，由香蘭素的結(jié)構(gòu)簡式為可知，分子中至少有12個原子共平面；答案：12；II．（1）根據(jù)分析可知G的結(jié)構(gòu)簡式為：；答案：。（2）根據(jù)分析可①的反應類型加成反應；答案：加成反應；（3）根據(jù)分析可④是鹵代烴的消去反應，所以反應條件為：NaOH的乙醇溶液,加熱；答案：NaOH的乙醇溶液,加熱。24、氯原子、羥基取代反應NaOH溶液、加熱c、、、、、中任意一種【答案解析】

(1)決定有機物化學特性的原子或原子團叫官能團，根據(jù)物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式，判斷官能團；(2)對比物質(zhì)甲與反應生成的的結(jié)構(gòu)的不同，判斷反應類型，利用與物質(zhì)乙的區(qū)別，結(jié)合鹵代烴、烯烴的性質(zhì)通過II、III反應轉(zhuǎn)化為物質(zhì)乙；(3)乙的官能團是-OH、—Cl，-OH可以與Na發(fā)生置換反應、與羧酸發(fā)生酯化反應，—Cl原子可以發(fā)生水解反應、若與Cl原子連接的C原子的鄰位C原子上有H原子，則可以發(fā)生消去反應；(4)同分異構(gòu)體是分子式相同，結(jié)構(gòu)不同的化合物的互稱，結(jié)合對同分異構(gòu)體的要求進行書寫。【題目詳解】(1)含有的官能團有氯原子、羥基；(2)在一定條件下發(fā)生甲基上的取代反應生成，再與NaOH的水溶液在加熱條件下發(fā)生取代反應生成，與HCl在一定條件下發(fā)生加成反應生成物質(zhì)乙。所以反應I的反應類型是取代反應，反應II的條件是NaOH水溶液、加熱，反應III的化學方程式為；(3)a.乙中含醇-OH，可以與金屬鈉發(fā)生置換反應生成氫氣，a不符合題意；b.乙中含有氯原子，由于與Cl原子連接的C原子的鄰位C原子上有H原子，所以可以與氫氧化鈉的乙醇溶液發(fā)生消去反應生成，b不符合題意；c.乙中含有的官能團都不能與碳酸鈉溶液反應，c符合題意；d.乙中含有醇羥基，可以與乙酸在一定條件下發(fā)生酯化反應，d不符合題意；故合理選項是c；(4)化合物乙結(jié)構(gòu)簡式為，乙的同分異構(gòu)體要求符合：a.苯環(huán)上的一氯代物有兩種，說明苯環(huán)有2個處于對位的取代基；b.遇FeCl3溶液顯示紫色，說明有酚羥基，則符合題意的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式為、、、、、?！敬鸢更c睛】本題考查了結(jié)構(gòu)、性質(zhì)、轉(zhuǎn)化、反應類型的判斷及符合要求的同分異構(gòu)體的書寫等知識，掌握各類官能團的性質(zhì)、轉(zhuǎn)化條件是本題解答的關鍵。25、11.9BD16.8500mL容量瓶25C【答案解析】分析：（1）依據(jù)c=1000ρω/M計算濃鹽酸的物質(zhì)的量濃度；（2）根據(jù)該物理量是否與溶液的體積有關判斷；（3）①依據(jù)溶液稀釋過程中所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計算需要濃鹽酸體積；②根據(jù)配制過程中需要的儀器分析解答；（4）①根據(jù)n（HCl）=n（NaOH）計算；②鹽酸體積減少，說明標準液鹽酸體積讀數(shù)減小，據(jù)此解答。詳解：（1）濃鹽酸的物質(zhì)的量濃度c=1000×1.19×36.5%/36.5mol/L=11.9mol/L；（2）A．溶液中HCl的物質(zhì)的量=cV，所以與溶液的體積有關，A不選；B．溶液具有均一性，濃度與溶液的體積無關，B選；C．溶液中Cl-的數(shù)目=nNA=cVNA，所以與溶液的體積有關，C不選；D．溶液的密度與溶液的體積無關，D選；答案選BD；（3）①設需要濃鹽酸體積V，則依據(jù)溶液稀釋過程中所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變得：V×11.9mol/L=0.400mol?L-1×0.5L，解得V=0.0168L=16.8mL；②所需的實驗儀器有：膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒，由于是配制500mL溶液，則配制稀鹽酸時，還缺少的儀器有500mL容量瓶；（4）①n（HCl）=n（NaOH）=0.4g÷40g/mol=0.01mol，V（HCl）=0.01mol/0.400mol?L?1=0.025L=25mL，即該同學需取25mL鹽酸；②消耗的標準液鹽酸體積減少，說明讀數(shù)時標準液的體積比實際體積減少了，則A、濃鹽酸揮發(fā)，濃度不足，配制的標準液濃度減小，滴定時消耗鹽酸體積變大，A不選；B、配制溶液時，未洗滌燒杯，標準液濃度減小，消耗體積增大，B不選；C、配制溶液時，俯視容量瓶刻度線，配制的標準液濃度變大，滴定時消耗的體積減小，C選；D、加水時超過刻度線，用膠頭滴管吸出，標準液濃度減小，滴定時消耗標準液體積增大，D不選；答案選C。點睛：本題考查了一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制，明確配制原理及操作過程是解題關鍵，題目難度不大。注意誤差分析方法，即根據(jù)cB=nBV可得，一定物質(zhì)的量濃度溶液配制的誤差都是由溶質(zhì)的物質(zhì)的量ｎB和溶液的體積V26、500ml容量瓶膠頭滴管14.6左盤攪拌加快溶解使溶質(zhì)都進入容量瓶當液面距刻度線1-2cm處時，用膠頭滴管加水到液面的凹液面的最低處與刻度相切偏小無影響偏大【答案解析】

考查一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制的實驗過程，包括計算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容等。再根據(jù)，判斷誤差分析。【題目詳解】(1)配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，需要使用到容量瓶，配制480mL溶液，實驗室中沒有480mL的容量瓶，應該選用500mL容量瓶，定容時，需要使用到膠頭滴管；(2)實驗室沒有480mL的容量瓶，配制時要使用500mL的容量瓶，因此計算NaCl的質(zhì)量時，也需要按照500mL計算。需要NaCl的物質(zhì)的量為0.50mol·L-1×0.5L=0.25mol，則NaCl的質(zhì)量為0.25mol×58.5g·mol－1=14.625g，托盤天平的精確度為0.1g，因此稱量NaCl的質(zhì)量為14.6g；(3)①如果砝碼可以稱量到1g，那么游碼應該到0.6g，則游碼的位置在0.6的位置，如圖；②使用托盤天平稱量時，物品應該放在左盤進行稱量；(4)溶解時，使用玻璃棒用于攪拌，加速溶解；(5)引流時，需要使用玻璃棒；洗滌玻璃棒和燒杯2～3次，全部轉(zhuǎn)移到容量瓶中，是為了將所有溶質(zhì)轉(zhuǎn)移至容量瓶中；(6)定容時，需要加入蒸餾水，使凹液面的最低處與刻度線相平，答案為：當液面距刻度線1-2cm處時，用膠頭滴管加水到液面的凹液面的最低處與刻度相切；(7)①未洗滌燒杯和玻璃棒，有部分溶質(zhì)沒有轉(zhuǎn)移至容量瓶中，濃度偏??；②容量瓶中有少量蒸餾水，在后續(xù)操作中也需要往容量瓶中加入蒸餾水，本來就有蒸餾水，不會帶濃度帶來誤差；③定容時，俯視刻度線，水加少了，體積偏小，濃度偏大?！敬鸢更c睛】稱量的質(zhì)量和計算的質(zhì)量是不一樣的，稱量是要考慮到儀器的精確度。27、水NaOH溶液溶液稀硫酸可以加速酯的水解(或稀硫酸是酯水解反應的催化劑)乙酸乙酯水解生成的乙酸與NaOH發(fā)生中和反應，乙酸濃度降低，使水解平衡向正反應方向移動，水解比較徹底【答案解析】

Ⅰ中①、②選擇不同的方法制備乙烯，氣體中所含雜質(zhì)也各不相同，因此所選擇的除雜試劑也有所區(qū)別。在①中，利用溴乙烷和NaOH的醇溶液加熱的方式制得的乙烯中通常混有乙醇蒸汽，因此利用乙醇極易溶于水的性質(zhì)利用水將乙醇除去即可；而在②中利用無水乙醇在濃硫酸的作用下加熱至170℃反應制乙烯，在乙烯蒸汽中通?；煊袧饬蛩嵫趸掖己笏a(chǎn)生的二氧化硫和二氧化碳，因此利用堿可以除去雜質(zhì)。Ⅱ.實驗①②③分別在不同的條件下進行酯的分解實驗。實驗①在酸性條件下進行，一段時間后酯層變薄，說明酯在酸性條件下發(fā)生了水解，但水解得不完全；實驗②在堿性條件下進行，一段時間后酯層消失，說明酯在堿性條件下能發(fā)生完全的水解；實驗③是實驗對照組，以此解題。【題目詳解】Ⅰ.①利用溴乙烷和NaOH的醇溶液加熱的方式制得的乙烯中通?；煊幸掖颊羝?，因此利用乙醇極易溶于水的性質(zhì)，用水將乙醇除去即可；②利用無水乙醇在濃硫酸的作用下加熱至170℃反應制乙烯，該反應的化學方程式是，在乙烯蒸汽中通?；煊袧饬蛩嵫趸掖己笏a(chǎn)生的二氧化硫和二氧化碳，因此利用二氧化硫、二氧化碳均為酸性氣體，用堿可以除去的特點，采用.NaOH溶液除雜；③利用電石與飽和食鹽水反應制乙炔，由于電石不純，通常使制得的乙炔中混有硫化氫和磷化氫，因此可利用硫化氫、磷化氫易與溶液反應產(chǎn)生沉淀，將雜質(zhì)除去。Ⅱ.(1)試管①中乙酸乙酯在酸性環(huán)境下發(fā)生水解反應，其化學方程式是：；(2)對比試管①和試管③的實驗現(xiàn)象，稀H2SO4的作用是加速酯的水解，做反應的催化劑；(3)由于乙酸乙酯水解生成的乙酸與NaOH發(fā)生中和反應，乙酸濃度降低，使水解平衡向正反應方向移動，水解比較徹底，因此試管②中酯層消失?！敬鸢更c睛】本題對實驗室制乙烯、乙炔的方法及除雜問題、酯的水解條件進行了考核。解題時需要注意的是在選擇除雜試劑時，應注意除去雜質(zhì)必有幾個原則（1）盡可能不引入新雜質(zhì)（2）實驗程序最少（3）盡可能除去雜質(zhì)。(4)也可以想辦法把雜質(zhì)轉(zhuǎn)變?yōu)橹饕儍粑?。?）減少主要物質(zhì)的損失。另外在分析酯的水解的時候，酯在酸性或堿性條件下均可發(fā)生水解反應，只是由于酯在堿性環(huán)境下水解生成的酸因能與NaOH發(fā)生中和反應，使水解平衡向正反應方向移動，因此水解得比較徹底。28、>BCDA當最后一滴高錳酸鉀溶液滴下，錐形瓶內(nèi)溶液由無色變?yōu)闇\紫紅色，且半分鐘不褪色5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O1.84×10－6【答案解析】

(1)①根據(jù)物料守恒及Ka2=5.4×10-5，可判斷c(C2O42-)>c（H2C2O4），即可判斷加入NaOH的體積；②根據(jù)Ka2即可判斷HC2O4-電離程度大于水解水解，溶液顯弱酸性，隨加入堿的量的增大逐漸變?yōu)閴A溶液；(2)①高錳酸鉀有強氧化性，通常用無還原性、產(chǎn)生有毒氣體的硫酸酸化；②達到滴定終點時，再滴加一滴，則高錳酸鉀過量，溶液由無色變?yōu)闇\紫色；③草酸被高錳酸鉀氧化生成二氧化碳，而錳變?yōu)槎r錳離子；④m（H2C2O4）=5cV10-390/2=0.315cV，則純度=0.315cV/m；(3)c（C2O42-）=Ksp(CaC2O4)/c（Ca2+）；【題目詳解】(1)①若加入V(NaOH)=10mL時，則溶液恰好為NaHC2O4，根據(jù)物料守恒可得：c(Na+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c（H2C2O4），已知Ka2=5.4×10-5，則水解平衡常數(shù)Kh2=Kw/Ka1=10-14/（5.4×10-2）＜Ka2，說明HC2O4-的電離程度大于其水解程度，則c(C2O42-)>c（H2C2O4），故當溶液中c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)時，加入的V(NaOH)>10mL；②已知Ka2=5.4×10-5，則水解平衡常數(shù)Kh2=Kw/Ka2=10-14/5.4×10-2，HC2O4-電離程度大于水解，溶液顯弱酸性，繼續(xù)滴加NaOH溶液由酸性逐漸變?yōu)橹行约皦A性，答案為BCD；(2)①高錳酸鉀有強氧化性，可以氧化鹽酸中的氯離子、苯酚，而硝酸能產(chǎn)生有毒氣體，則通常用硫酸酸化；②達到滴定終點時，再滴加一滴，則高錳酸鉀過量，溶液由無色變?yōu)闇\紫色，答案為：當最后一滴高錳酸鉀溶液滴下，錐形瓶內(nèi)溶液由無色變?yōu)闇\紫紅色，且半分鐘不褪色；③草酸被高錳酸鉀氧化生成二氧化碳