2022-2023學年四川省峨眉二中化學高二第二學期期末綜合測試模擬試題含解析

2023年高二下化學期末模擬試卷注意事項：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?；卮鸱沁x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、有關天然產物水解的敘述不正確的是()A．油脂水解可得到丙三醇B．可用碘檢驗淀粉水解是否完全C．蛋白質水解的最終產物均為氨基酸D．纖維素水解與淀粉水解得到的最終產物不同2、2003年，IUPAC(國際純粹與應用化學聯(lián)合會)推薦原子序數(shù)為110的元素的符號為Ds，以紀念該元素的發(fā)現(xiàn)地(Darmstadt，德國)。下列關于Ds的說法不正確的是()A．Ds原子的電子層數(shù)為7 B．Ds是超鈾元素C．Ds原子的質量數(shù)為110 D．Ds為金屬元素3、在-CH3，-OH，-C6H5和-COOH四種基團中，不同基團兩兩組合成的化合物中，其水溶液能夠與碳酸氫鈉反應的有（）A．1種 B．2種 C．3種 D．4種4、下列關于鈉及其化合物說法正確的是（）A．鈉著火時可用干冰滅火B(yǎng)．Na2O是一種常見的淡黃色固體C．乙醇與金屬鈉反應比水與金屬鈉反應快D．向酚酞試液中加入足量的Na2O2粉末，溶液先變紅后褪色5、下列酸溶液的pH相同時，其物質的量濃度最小的是（）A．H2SO3 B．H2SO4 C．CH3COOH D．HNO36、下列能級符號表示錯誤的是A．2p B．3f C．4s D．5d7、VL濃度為0.5mol·L－1的鹽酸，欲使其濃度增大1倍，采取的措施合理的是()。A．通入標準狀況下的HCl氣體11.2VLB．加入10mol·L－1的鹽酸0.1VL，再稀釋至1.5VLC．將溶液加熱濃縮到0.5VLD．加入VL1.5mol·L－1的鹽酸混合均勻8、下列說法不正確的是（

）A．H2O的VSEPR構型和空間構型都是V形 B．BeCl2是直線形分子C．SO3的空間構型為平面三角形 D．SO2中S原子含1對孤電子對9、下列有利于反應自發(fā)進行的是（）①反應吸熱②反應放熱③反應后熵增加④反應后熵減小A．①③ B．②③ C．②④ D．①④10、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列敘述正確的是A．60gSiO2中含有NA個SiO2分子B．標況下，22.4LSO3的分子數(shù)為NAC．0.5mol·L－1CuCl2溶液中含有NA個Cl-D．在反應KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2轉移的電子數(shù)為5NA11、水熱法制備Fe3O4納米顆粒的反應為3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，下列說法錯誤的是（）A．每生成1molFe3O4，反應轉移的電子總數(shù)為4NAB．Fe2+和S2O32﹣都是還原劑C．1molFe2+被氧化時，被Fe2+還原的O2的物質的量為molD．x＝412、有下列幾種高分子化合物：①②③④，其中是由兩種不同的單體聚合而成的是（）A．③ B．③④ C．①② D．④13、下列說法正確的是(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)A．17g羥基（－OH）所含有的電子數(shù)是10NA個B．常溫下,14g乙烯含有的共用電子對數(shù)是2.5NA個C．12g石墨中含有C﹣C鍵的個數(shù)為1.5NAD．標準狀況下，CH4發(fā)生取代反應生成22.4LCH2Cl2，需要消耗2NA個Cl2分子14、關于化合物2?苯基丙烯（），下列說法正確的是A．不能使稀高錳酸鉀溶液褪色B．可以發(fā)生加成聚合反應C．分子中所有原子共平面D．易溶于水及甲苯15、常溫下，下列敘述正確的是A．pH=a的氨水，稀釋10倍后，其pH=b，則a=b+1B．在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl的溶液恰好無色，則此時溶液的pH<7C．向10mL0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水，在滴加過程中，c(NH4D．向10mLpH=11的氨水中，加入10mLpH=3的H2SO4溶液，混合液pH=716、結合下表數(shù)據分析，下列關于乙醇、乙二醇的說法，不合理的是（）物質分子式沸點／℃溶解性乙醇C2H6O78.5與水以任意比混溶乙二醇C2H6O2197.3與水和乙醇以任意比混溶A．二者的溶解性與其在水中能夠形成氫鍵有關B．可以采用蒸餾的方法將二者進行分離C．丙三醇的沸點應該高于乙二醇的沸點D．二者組成和結構相似，互為同系物17、下列指定反應的離子方程式正確的是A．Ag2SO4固體與飽和NaCl溶液反應：Ag2SO4+2Cl-=2AgCl+SO42-B．用惰性電極電解飽和NH4Cl溶液：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-C．NaAlO2溶液中通入過量的CO2：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-D．KMnO4酸性溶液與FeSO4溶液反應：MnO4-+Fe2++8H+=Mn2++Fe3++4H2O18、某烴與氫氣加成后得到2,2-二甲基丁烷，該烴的名稱可能是（）A．3,3-二甲基-1-丁炔 B．2,2-二甲基-2-丁烯C．2,2-二甲基-1-丁烯 D．3,3-二甲基-1-丁烯19、將一定量純凈的氨基甲酸銨置于密閉真空容器中（假設容器體積不變，固體試樣體積忽略不計），在恒定溫度下使其達到分解平衡：H2NCOONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。能判斷該反應已經達到化學平衡的是（）①v(NH3)正=2v(CO2)逆②密閉容器中總壓強不變③密閉容器中混合氣體的密度不變④密閉容器中混合氣體的平均相對分子質量不變⑤密閉容器混合氣體的總物質的量不變⑥密閉容器中CO2的體積分數(shù)不變⑦混合氣體總質量A．①②③⑤⑦ B．①②⑤⑦ C．①⑤⑥ D．全部20、有甲、乙兩個電極，用導線連接一個電流表，放入盛有丙溶液的燒杯中，電極乙的質量增加，則裝置中可能的情況是（）A．甲作負極，丙是硫酸銅溶液 B．甲作負極，丙是硫酸溶液C．乙作負極，丙是硫酸銅溶液 D．乙作正極，丙是硫酸溶液21、一種廢料的主要成分是鐵鎳合金，還含有銅、鈣、鎂、硅的氧化物，由該廢料制備的純度較高的氫氧化鎳，工藝流程如下，已知常溫下Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，則下列說法錯誤的是（）A．廢渣中含有二氧化硅和硫酸鈣B．加熱煮沸可以提高除鐵效率C．除銅過程中，溶液酸性增強D．“沉鎳”過程中為了將鎳沉淀完全，需要調節(jié)pH＞922、下列有機物，屬于酚類的是()A． B． C． D．二、非選擇題(共84分)23、（14分）醇酸樹脂，附著力強，并具有良好的耐磨性、絕緣性等，在油漆、涂料、船舶等方面有很廣的應用。下面是一種醇酸樹脂G的合成路線：已知：RCH2=CH2(1)反應①的反應條件為___________________，合成G過程中會生成另一種醇酸樹脂，其結構簡式為____________________________________(2)反應②⑤反應類型分別為________、________；(3)反應④的化學方程式為________；(4)寫出一種符合下列條件的F的同分異構體________。a.1mol該物質與4mol新制氫氧化銅懸濁液反應b．遇FeCl3溶液顯紫色c．核磁共振氫譜有3組峰值，比值為1：1：1(5)設計由1一溴丙烷制備聚丙烯醇（）的流程圖：________。24、（12分）A、B、C、D、E五種常見元素的基本信息如下所示：A元素的一種原子的原子核內沒有中子，B是所有元素中電負性最大的元素，C的基態(tài)原子2p軌道中有三個未成對電子，D是主族元素且與E同周期，其最外能層上有兩個運動狀態(tài)不同的電子，E能形成紅色(或磚紅色)的E2O和黑色的EO兩種氧化物。請回答下列問題：(1)寫出E元素原子基態(tài)時的電子排布式：______________。(2)C元素的第一電離能比氧元素的第一電離能__________(填“大”或“小”)。(3)與D元素同周期且未成對電子數(shù)最多的元素是__________。(4)A、C、E三種元素可形成[E(CA3)4]2+配離子，其中存在的化學鍵類型有___(填字母)。①配位鍵②金屬鍵③極性共價鍵④非極性共價鍵⑤離子鍵⑥氫鍵若[E(CA3)4]2+配離子具有對稱的空間構型，且當[E(CA3)4]2+中的兩個CA3被兩個Cl-取代時，能得到兩種不同結構的產物，則[E(CA3)4]2+的空間構型為__________(填字母)。a.平面正方形b.正四面體形c.三角錐形d.V形25、（12分）二氯化硫(SCl2)熔點-78℃，沸點59℃，密度1.638g/mL，遇水易分解，二氯化硫與三氧化硫作用可生成重要化工試劑亞硫酰氯(SOCl2)。以下是氯氣與硫合成二氯化硫的實驗裝置。試回答下列問題：(1)裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為______________________。(2)裝置B應盛放的藥品是__________，C中是______________。(3)實驗時，D裝置需加熱至50—59℃．最好采用_____________方式加熱。(4)在配制一定物質的量濃度的鹽酸溶液時，下列操作所配溶液濃度偏低的是__________；A.配制溶液時，容量瓶中有少量水。B.使用容量瓶配制溶液時,俯視觀察溶液凹液面與容量瓶刻度線相切C.配制溶液的過程中，容量瓶未塞好，灑出一些溶液。D.發(fā)現(xiàn)溶液液面超過刻度線，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度線26、（10分）如圖所示的操作和實驗現(xiàn)象，能驗證苯酚的兩個性質，則：（1）性質Ⅰ是__，操作1是__，操作2是__。（2）性質Ⅱ是__，操作1是__，操作2是__。（3）寫出所發(fā)生反應的化學方程式：________________。27、（12分）某科研小組設計出利用工業(yè)廢酸(稀硫酸)來浸取某廢棄的氧化銅鋅礦的方案，實現(xiàn)廢物綜合利用，方案如圖所示。已知：各離子開始沉淀及完全沉淀時的pH如表所示：請回答下列問題：(1)在“酸浸”步驟中，為提高浸出速率，除通入空氣“攪拌”外，還可采取的措施是(任寫一點即可)__________________________________________________________。(2)物質A最好使用下列物質中的____________（填選項序號）。A．KMnO4B．H2O2C．HNO3(3)除鐵過程中加入氨水的目的是調節(jié)溶液的pH，pH應控制在__________范圍之間。(4)物質B可直接用作氮肥，則B的化學式是________。(5)除鐵后得到的氫氧化鐵可用次氯酸鉀溶液在堿性環(huán)境將其氧化得到一種高效的多功能處理劑(K2FeO4)，寫出該反應的離子方程式：__________________________。28、（14分）過量的碳排放會引起嚴重的溫室效應，導致海洋升溫、海水酸化，全球出現(xiàn)大規(guī)模珊瑚礁破壞，保護珊瑚礁刻不容緩。（1）海水中含有的離子主要有Na+、Mg2+、Ca2+、K+、Cl–、CO32–和HCO3–。其中，導致海水呈弱堿性的微粒有______。（2）珊瑚礁是珊瑚蟲在生長過程中吸收海水中物質而逐漸形成的石灰石外殼。形成珊瑚礁的主要反應為Ca2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O。①請結合化學用語分析該反應能夠發(fā)生的原因：______。②與珊瑚蟲共生的藻類通過光合作用促進了珊瑚礁的形成；而海洋溫度升高會使共生藻類離開珊瑚礁，導致珊瑚礁被破壞。請分析珊瑚礁的形成和破壞會受到共生藻類影響的原因：______。（3）研究人員提出了一種封存大氣中二氧化碳的思路：將二氧化碳和大量的水注入地下深層的玄武巖（主要成分為CaSiO3）中，使其轉化為碳酸鹽晶體。玄武巖轉化為碳酸鹽的化學方程式為______。（4）“尾氣CO2直接礦化磷石膏聯(lián)產工藝”涉及低濃度CO2減排和工業(yè)固廢磷石膏處理兩大工業(yè)環(huán)保技術領域，其部分工藝流程如下圖所示。已知：磷石膏是在磷酸生產中用硫酸處理磷礦時產生的固體廢渣，其主要成分為CaSO4·2H2O。①吸收塔中發(fā)生的反應可能有______（寫出任意2個反應的離子方程式）。②料漿的主要成分是______（寫化學式）。29、（10分）科學的進步離不開技術的突破。原子光譜核磁共振、X射線行射、量子計算等技術的發(fā)展與應用都推進了結構的研究。如過渡元素原子結構、超分子結構、晶體結構、配合物結構研究等。(1)過渡元素Cr原子的基態(tài)電子排布式為______，Cr

的核外電子由激發(fā)態(tài)躍遷至基態(tài)時產生的光譜是______(填“吸收”或“發(fā)射”)光譜。(2)胍鎓離子[C(NH2)3+

]可以與甲基磺酸根(

CH3SO3-

)形成超分子晶體，其局部結構如圖所示。①組成該晶體的元素中電負性最大的是______，其中

S的雜化類型有_______。②元素C、N、S的簡單氫化物在水中的溶解度從小到大的順序為______，原因是______。(3)①將氨氣通入CuSO4溶液中，產生藍色沉淀，繼續(xù)通過量氨氣，沉淀溶解，得到藍色透明溶液。該過程中微粒的變化是[Cu(H2O)4]2+→Cu(OH)2→[Cu(NH3)4]2+。[Cu(H2O)4]2+和[Cu(NH3)4]2+中共同含有的化學鍵類型有_________。②已知:AlF63+在溶液中可穩(wěn)定存在，CaF2難溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是_____(用離子方程式表示)。(4)近年研究人員通過量子化學計算預測并合成了化合物Na2He，經X射線行射分析其晶胞結構如圖所示。①晶胞中Na堆積形成___________(填形狀)空間結構，He占據一半空隙，另一半由e-占據。已知Na2He晶體不能導電，理由是__________。②已知晶胞邊長為a

nm，晶胞中Na的半徑為b

nm，則He的半徑為_____nm(列出計算式即可)。

參考答案一、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【解析】

A.油脂在酸性條件下水解可得到丙三醇和高級脂肪酸，A正確；B.淀粉遇到碘，顯藍色，可用碘檢驗淀粉水解是否完全，B正確；C.蛋白質水解的最終產物均為氨基酸，C正確；D.纖維素水解與淀粉水解得到的最終產物均為葡萄糖，D錯誤；答案為D2、C【解析】

Ds的原子序數(shù)為110，Ds位于元素周期表中的第七周期第ⅤⅢ族。A、Ds位于元素周期表中的第七周期，則電子層數(shù)為7，故A正確；B、110＞92，原子序數(shù)在92號以后的元素為超鈾元素，故B正確；C、Ds原子的原子序數(shù)為110，質量數(shù)一定大于110，故C錯誤；D、Ds為過渡元素，屬于金屬元素，故D正確；故選C。3、B【解析】

不同基團兩兩組合且有機物其水溶液能夠與碳酸氫鈉反應，則結合的物質屬于羧酸，符合條件的有機物為CH3COOH、C6H5COOH，共2種，故合理選項是B。4、D【解析】

A.鈉燃燒后的產物過氧化鈉能與二氧化碳反應產生氧氣，使燃燒加劇，不能用干冰來滅火，鈉著火時可用沙子滅火，A錯誤；B.Na2O是一種常見的白色固體，B錯誤；C.乙醇為非電解質，水為弱電解質，乙醇與金屬鈉反應比水與金屬鈉反應慢，C錯誤；D.向酚酞試液中加入足量的Na2O2粉末，過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉使溶液顯紅色，同時生成的過氧化氫具有強氧化性，氧化酚酞變質，溶液褪色，則溶液先變紅后褪色，D正確；答案為D?！军c睛】水是弱電解質，能電離出氫離子，而乙醇為非電解質，不含有氫離子，則Na與水反應比乙醇迅速。5、B【解析】

酸越弱，在pH相同的條件下酸的濃度越大。亞硫酸是中強酸，硫酸是二元強酸，醋酸是一元弱酸，硝酸是一元強酸，則醋酸的濃度最大，硫酸的濃度最小，答案選B。6、B【解析】

A.第二能層含有2個能級，分別是2s、2p能級，含有2p能級，A正確；B.第三能層含有3個能級，分別是3s、3p、3d能級，不含3f能級，B錯誤；C.第四能層含有4個能級，分別是4s、4p、4d、4f能級，含有4s能級，C正確；D.第五能層含有5個能級，分別是5s、5p、5d、5f、5g能級，含有5d能級，D正確；答案選B。7、B【解析】試題分析：A．標準狀況下的HCl氣體11.2VL物質的量是0.5Vmol，向溶液中通入0.5VmolHCl，該溶液體積會增大，所以溶液濃度應該小于Vmol/L，故A錯誤；B．VL濃度為0.5mol?L-1的鹽酸的物質的量是0.5Vmol，10mol?L-1的鹽酸0.1VL的物質的量是Vmol，再稀釋至1.5VL，所以C==1mol/L，故B正確；C．加熱濃縮鹽酸時，導致鹽酸揮發(fā)增強，故C錯誤；D．濃稀鹽酸混合后，溶液的體積不是直接加和，所以混合后溶液的物質的量濃度不是原來的2倍，故D錯誤；故選B?？键c：考查物質的量濃度的計算。8、A【解析】

A．對于ABn型，若中心原子A的價電子全部成鍵，n=2為直線形，n=3為平面三角形，n=4為正四面體；n=2時，若中心原子A有2個孤電子對，空間構型為V形，如H2O中心原子O原子價層電子對為2+2=4，VSEPR模型為四面體，由于含有2對孤電子對，故空間構型為V型，故A錯誤；B.BeCl2中心原子Be原子價層電子對為0+2=2，VSEPR模型為直線形，由于不含孤電子對，故空間構型是直線形，故B正確；C.SO3的中心原子S原子價層電子對為3+0=3，VSEPR模型為平面三角形，由于不含孤電子對，故空間構型為平面三角形，故C正確；D.SO2的中心原子S原子價層電子對為3+0=3，S原子含3-2=1對孤電子對，故D正確；答案選A?！军c睛】本題考查了判斷分子或離子的空間構型，注意ABn型，若中心原子A的價電子全部成鍵，n=2為直線形，n=3為平面三角形，n=4為正四面體；若中心原子A有孤電子對，根據中心原子價層電子對判斷VSEPR模型，結合孤電子對判斷空間構型。9、B【解析】

根據△G＝△H－T·△S可知，只有△G＜0，反應才是自發(fā)的，即放熱反應和熵值增加的反應是有利于自發(fā)的。所以選項B是正確的，答案選B。10、D【解析】

A．二氧化硅為原子晶體，二氧化硅晶體中不存在分子，故A錯誤；B．標況下，三氧化硫不是氣體，不能用標準狀況下的氣體摩爾體積無法計算三氧化硫的物質的量，故B錯誤；C．未告知溶液的體積，無法計算0.5mol?L-1

CuCl2溶液中含有的溶質氯化銅的物質的量，故C錯誤；D．在反應KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，I元素的化合價由+5價降低為0，HI中I元素的化合價由-1價升高為0，生成3mo1I2轉移的電子數(shù)為5NA，故D正確；答案選D。【點睛】本題的易錯點為A，要注意只有分子晶體中存在分子，在離子晶體和原子晶體中均不存在分子。11、C【解析】

由電荷守恒可得關系式（+2）×3+（-2）×2+x×（-1）=-2，解得x=4，反應中Fe元素和S元素的化合價升高，被氧化，O元素的化合價降低，被還原?！驹斀狻緼項、每生成1molFe3O4，只有1mol氧氣得到電子，則反應轉移的電子總數(shù)為1mol×2×（2-0）=4mol，故A正確；B項、應中Fe元素和S元素的化合價升高，被氧化，則Fe2+和S2O32-都是還原劑，故B正確；C項、1molFe2+被氧化時，由得失電子數(shù)目守恒可得如下關系式1mol×（—2）=4n（O2），n（O2）=，故C錯誤；D項、由電荷守恒可得關系式（+2）×3+（-2）×2+x×（-1）=-2，解得x=4，故D正確；故選C?！军c睛】本題考查氧化還原反應，注意把握反應中元素的化合價變化，能夠用得失數(shù)目守恒和電荷守恒分析計算為解答的關鍵。12、B【解析】

①是由CH2=CHCl發(fā)生加聚反應生成；②是由發(fā)生加聚反應生成；③是由和HCHO發(fā)生縮聚反應生成；④是由CH2=CH2和CH2=CH—CH3發(fā)生加聚反應生成；因此③④是由兩種不同的單體聚合而成的；答案：B【點睛】加聚反應單體尋找方法：凡鏈節(jié)的主鏈上只有兩個碳原子（無其它原子）的高聚物，其合成單體必為一種，將兩半鏈閉合即可；凡鏈節(jié)主鏈上只有四個碳原子（無其它原子）且鏈節(jié)無雙鍵的高聚物，其單體必為兩種，在中間畫線斷開，然后將四個半鍵閉合；凡鏈節(jié)主鏈上只有碳原子并存在碳碳雙鍵結構的高聚物，其規(guī)律是“見雙鍵，四個碳，無雙鍵，兩個碳”畫線斷開，然后將半鍵閉合，即將單雙鍵互換。13、C【解析】

A、17g羥基（－OH）的物質的量為1mol，在一個羥基中含有9個電子，所以1mol的羥基中所含有的電子數(shù)是9NA個，故A錯誤；

B、有機物中一個碳原子周圍總有4個共用電子對，14g乙烯的物質的量為：14g28g/mol=0.5mol,則14g乙烯含有的共用電子對數(shù)是2NA個，故B錯誤；

C、12g石墨的物質的量n=12g12g/mol=1mol，石墨中每個C原子與其它3個C原子成鍵，則平均每個C原子成鍵數(shù)目為3×12=1.5個，則12g石墨含C﹣C鍵的個數(shù)為1.5NA，所以C選項是正確的；

D、標準狀況下，CH2Cl2為液態(tài)，22.4LCH2Cl2不是1mol，故D錯誤。

14、B【解析】

2-苯基丙烯的分子式為C9H10，官能團為碳碳雙鍵，能夠發(fā)生加成反應、氧化反應和加聚反應?！驹斀狻緼項、2-苯基丙烯的官能團為碳碳雙鍵，能夠與高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A錯誤；B項、2-苯基丙烯的官能團為碳碳雙鍵，一定條件下能夠發(fā)生加聚反應生成聚2-苯基丙烯，故B正確；C項、有機物分子中含有飽和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故C錯誤；D項、2-苯基丙烯為烴類，分子中不含羥基、羧基等親水基團，難溶于水，易溶于有機溶劑，則2-苯基丙烯難溶于水，易溶于有機溶劑甲苯，故D錯誤。故選B?！军c睛】本題考查有機物的結構與性質，側重分析與應用能力的考查，注意把握有機物的結構，掌握各類反應的特點，并會根據物質分子結構特點進行判斷是解答關鍵。15、C【解析】氨水是弱電解質，pH=a的氨水，稀釋10倍后，其pH<a+1，故A錯誤；酚酞在酸性、中性溶液中都呈無色，故B錯誤；氨水的電離平衡常數(shù)=×c(OH-)，向10mL0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水，c(OH-)逐漸增大，減小，故C正確；氨水是弱電解質，向10mLpH=11的氨水中，加入16、D【解析】A.乙醇和乙二醇都與水分子形成氫鍵，所以二者均能與水經任意比混溶，A正確；B.二者的沸點相差較大，所以可以采用蒸餾的方法將二者進行分離，B正確；C.丙三醇分子中的羥基數(shù)目更多，其分子之間可以形成更多的氫鍵，所以其沸點應該高于乙二醇的沸點，C正確；D.同系物的結構相似是指碳鏈相似、官能團的種類和個數(shù)分別相同，所以乙醇和乙二醇不是同系物，D不正確。本題選D。點睛：同系物之間碳鏈相似、官能團的種類和數(shù)目均需相同，在分子組成上必須相差一個或若干個“CH2”原子團。17、A【解析】

A.根據沉淀溶解平衡分析；B.根據離子放電順序，結合電解質強弱判斷；C.CO2過量時產生HCO3-；D.電荷不守恒?！驹斀狻緼.Ag2SO4固體在溶液中存在沉淀溶解平衡：Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+SO42-(aq)，向其水溶液中加入飽和NaCl，由于c(Ag+)·c(Cl-)>Ksp(AgCl)，所以會發(fā)生反應Ag++Cl-=AgCl↓，使Ag2SO4不斷溶解，最終Ag2SO4沉淀完全轉化為AgCl沉淀，反應的方程式為：Ag2SO4+2Cl-=2AgCl+SO42-，A正確；B.用惰性電極電解飽和NH4Cl溶液，由于離子放電順序，Cl->OH-，所以陽極發(fā)生反應：2Cl--2e-=Cl2↑，溶液中的陽離子H+在陰極放電產生H2，溶液中產生的OH-與NH4+會結合形成NH3·H2O，因此反應的離子方程式為：2NH4++2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-+2NH3·H2O，B錯誤；C.向NaAlO2溶液中通入過量的CO2，反應產生氫氧化鋁沉淀和HCO3-，離子方程式為：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，C錯誤；D.KMnO4酸性溶液與FeSO4溶液發(fā)生氧化還原反應，產生Fe3+、Mn2+，根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得反應方程式為：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，D錯誤；【點睛】本題考查了離子方程式正誤判斷的知識。掌握電解原理、沉淀溶解平衡、氧化還原反應規(guī)律，結合離子反應與微粒的物質的量多少及與電解質強弱關系是正確判斷的關鍵。18、D【解析】試題分析：2，2-二甲基丁烷的碳鏈結構為，2，2-二甲基丁烷相鄰碳原子之間各去掉1個氫原子形成雙鍵，從而得到烯烴；根據2，2-二甲基丁烷的碳鏈結構，可知相鄰碳原子之間各去掉1個氫原子形成雙鍵只有一種情況，所以該烯烴的碳鏈結構為，該烯烴的名稱為3，3-二甲基-1-丁烯，若含三鍵，則為3，3-二甲基-1-丁炔．故選AD。考點：有機化合物命名19、A【解析】

在一定條件下，當可逆反應的正反應速率和逆反應速率相等時（但不為0），反應體系中各種物質的濃度或含量不再發(fā)生變化的狀態(tài)，稱為化學平衡狀態(tài)，據此判斷?！驹斀狻竣賤(NH3)正=2v(CO2)逆滿足正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)；②正反應體積增大，當密閉容器中總壓強不變時反應達到平衡狀態(tài)；③密度是混合氣的質量和容器容積的比值，在反應過程中容積始終是不變的，但是氣體的質量是變化的，所以當密閉容器中混合氣體的密度不變時反應達到平衡狀態(tài)；④由于體系中只有兩種氣體，且氨氣和二氧化碳的體積之比始終滿足2：1，所以密閉容器中混合氣體的平均相對分子質量始終不變，不能說明反應達到平衡狀態(tài)；⑤正反應氣體的分子數(shù)增大，當密閉容器混合氣體的總物質的量不變時反應達到平衡狀態(tài)；⑥由于體系中只有兩種氣體，且氨氣和二氧化碳的體積之比始終滿足2：1，所以密閉容器中CO2的體積分數(shù)始終不變，不能說明反應達到平衡狀態(tài)；⑦由于反應物是固體，所以混合氣體總質量不變時反應達到平衡狀態(tài)；答案選A。20、A【解析】

有甲、乙兩個電極，用導線連接一個電流計，放入盛有丙溶液的燒杯中，，該裝置是原電池，電極乙的質量增加，則說明乙為正極即金屬陽離子在該極析出，所以甲為負極，丙溶液為不活潑的金屬鹽溶液；

A.甲作負極，丙是硫酸銅溶液，乙為正極即銅離子得電子析出銅單質質量增加，A正確；

B.甲作負極，丙是硫酸溶液，乙為正極即氫離子得電子放出氫氣，電極質量不變，B錯誤；

C.乙作負極，電極質量不可能增加，C錯誤；

D.乙作正極，丙是硫酸溶液，乙為正極即氫離子得電子放出氫氣，電極質量不變，D錯誤；答案：A21、B【解析】

廢料的主要成分是鐵鎳合金，還含有銅、鈣、鎂、硅的氧化物,加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的鎳難溶于稀硫酸，“酸溶”時除了加入稀硫酸，還要邊攪拌邊緩慢加入稀硝酸，溶解Ni,過濾除去廢渣，濾液中加入過氧化氫，氧化亞鐵離子為鐵離子，加入碳酸鈉調節(jié)溶液pH除去鐵離子，過濾得到濾渣和濾液,濾液中加入H2S沉淀銅離子，過濾得到濾液中加入NaF用來除去鎂離子和鈣離子，過濾得到濾液中主要是鎳離子，加入氫氧化鈉溶液沉淀鎳離子生成氫氧化鎳固體，以此解答該題?！驹斀狻緼、廢料的主要成分是鐵鎳合金，還含有銅、鈣、鎂、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶后，二氧化硅不反應，鈣的氧化物與硫酸反應生成微溶的硫酸鈣，故廢渣中含有二氧化硅和硫酸鈣，選項A正確；B、加熱煮沸使H2O2更易分解，無法將亞鐵離子氧化為鐵離子，除鐵效率降低，選項B錯誤；C、除銅過程加入氫硫酸，反應生成硫化銅沉淀的同時生成硫酸，溶液酸性增強，選項C正確；D、常溫下Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，鎳沉淀完全，c(OH-)=mol/L=10-5mol/L，則需要調節(jié)溶液pH＞9，選項D正確。答案選B?！军c睛】本題考查化工流程的分析，物質的除雜，易錯點為選項C：除銅過程加入氫硫酸，反應生成硫化銅沉淀的同時生成硫酸，溶液酸性增強。22、A【解析】

羥基與苯環(huán)直接相連而構成的化合物是酚，所以屬于酚類；、、中均沒有苯環(huán)，都不屬于酚類；答案選A。二、非選擇題(共84分)23、NaOH醇溶液、加熱加成反應縮聚反應+O2+2H2O或或或CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH【解析】

發(fā)生催化氧化生成E，E進一步發(fā)生氧化反應生成F為，F(xiàn)與D發(fā)生縮聚反應生成高聚物G，可知D為，逆推可知C為BrCH2CHBrCH2Br、B為BrCH2CH=CH2、A為CH3CH=CH2。據此解答?！驹斀狻浚?）反應①是CH3CHBrCH3轉化為CH3CH=CH2，發(fā)生消去反應，反應條件為：NaOH醇溶液、加熱。合成G過程中會生成另一種醇酸樹脂，其結構簡式為，故答案為：NaOH醇溶液、加熱；。（2）反應②屬于加成反應，反應⑤屬于縮聚反應。故答案為：加成反應；縮聚反應。（3）反應④的化學方程式為+O2+2H2O，故答案為：+O2+2H2O。（4）F()的同分異構體滿足：a.1mol該物質與4mol新制氫氧化銅懸濁液反應，說明含有2個醛基，b．遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基，c．核磁共振氫譜有3組峰值，比值為1：1：1，存在對稱結構，其中一種結構簡式或或或，故答案為：或或或。（5）1-溴丙烷發(fā)生消去反應得到丙烯，丙烯與NBS發(fā)生取代反應引入溴原子生成BrCH2CH=CH2，然后在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下得到CH2=CH-CH2OH，最后發(fā)生加聚反應生成高分子化合物，合成路線流程圖為：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH，故答案為：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH?！军c睛】本題考查有機物的推斷與合成，側重考查分析推斷、知識綜合運用能力，充分利用反應條件、有機物分子式與結構簡式進行分析推斷，明確官能團及其性質關系、官能團之間的轉化關系是解題關鍵。24、1s22s22p63s23p63d104s1大Cr①③a【解析】

A元素的一種原子的原子核內沒有中子，則A為H。B是所有元素中電負性最大的元素，則B為F。C的基態(tài)原子2p軌道中有三個未成對電子，則C為N。E能形成紅色(或磚紅色)的E2O和黑色的EO，則E為Cu。D是主族元素且與E同周期，其最外能層上有兩個運動狀態(tài)不同的電子，則D為Ca。綜上所述，A為H，B為F，C為N，D為Ca，E為Cu?！驹斀狻浚?）E為Cu，29號元素，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；（2）C為N，其非金屬性比O弱，由于氮元素的2p軌道電子處于半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能要比O的大；（3）D為Ca，位于第四周期，該周期中未成對電子數(shù)最多的元素是Cr（核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1）；（4）A、C、E三種元素可形成[Cu(NH3)4]2+配離子，其化學鍵Cu-N屬于配位鍵，N-H屬于極性共價鍵，故合理選項為①③；當[Cu(NH3)4]2+中的兩個NH3被兩個Cl-取代時，能得到兩種不同結構的產物，則說明該離子的空間構型為平面正方形（參考甲烷的空間構型的驗證實驗）。25、MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O飽和食鹽水(或水)濃硫酸水浴CD【解析】

在裝置A中制備氯氣，B、C用于除雜，分別除去氯化氫和水，實驗開始前先在D中放入一定量的硫粉，加熱使硫熔化，然后轉動和搖動燒瓶使硫附著在燒瓶內壁表面形成一薄層，可增大硫與氯氣的接觸面積，利于充分反應，因二氯化硫遇水易分解，F(xiàn)用于防止空氣中的水蒸氣進入裝置，并吸收氯氣防止污染環(huán)境，以此解答該題?！驹斀狻?1)實驗室用濃鹽酸與二氧化錳加熱制備氯氣，反應的化學方程式為MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)實驗室用二氧化錳和濃鹽酸制取氯氣，濃鹽酸易揮發(fā)，所以制得的氯氣不純，混有氯化氫和水，先用盛有飽和食鹽水的B裝置除去氯化氫，再用盛有濃硫酸的C裝置吸水；(3)實驗時，D裝置需加熱至50-59℃介于水浴溫度0-100℃，因此采用的加熱方式為水浴加熱；(4)結合c=n/V分析選項，A.配制溶液時，容量瓶中有少量水，對所配溶液濃度沒有影響；B.使用容量瓶配制溶液時，俯視觀察溶液凹液面與容量瓶刻度線相切，使得溶液的體積偏小，則所得溶液濃度偏高；C.配制溶液的過程中，容量瓶未塞好，灑出一些溶液，所配溶液濃度偏低；D.發(fā)現(xiàn)溶液液面超過刻度線，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度，所得溶液濃度偏低，故合理選項是CD?！军c睛】解題時要特別注意題中信息“二氯化硫遇水易分解”的應用，試題難度不大。26、苯酚在水中的溶解性加熱冷卻苯酚的弱酸性加NaOH溶液通CO2+NaOH→+H2O+CO2+H2O→+NaHCO3【解析】（1）常溫下，苯酚在水中溶解度不大，當溫度高于65℃時，則能與水互溶，性質Ⅰ通過溫度的變化驗證苯酚在水中溶解度大小，如操作1為加熱，苯酚的渾濁液會變澄清；操作2為冷卻，會發(fā)現(xiàn)澄清溶液由變澄清；（2）苯酚具有弱酸性，能夠與氫氧化鈉溶液反應生成易溶物苯酚鈉，為苯酚的弱酸性，操作Ⅰ為加入氫氧化鈉溶液，苯酚與氫氧化鈉溶液反應生成可溶性的苯酚鈉，溶液由渾濁變澄清；操作Ⅱ通入二氧化碳氣體后，碳酸酸性強于苯酚，二者反應生成苯酚和碳酸氫鈉，所以溶液又變渾濁；（3）根據以上分析可知，發(fā)生的反應方程式分別為：+NaOH→+H2O、+CO2+H2O→+NaHCO3。點睛：本題考查了苯酚的化學性質檢驗，注意掌握苯酚的結構及具有的化學性質，明確苯酚與二氧化碳反應生成的是碳酸氫鈉，不是碳酸鈉為易錯點，即酸性是碳酸＞苯酚＞碳酸氫鈉。27、加熱升高溫度，或增大酸的濃度、將氧化銅鋅礦粉碎等B3.2～6.2(NH4)2SO42Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42—＋3Cl－＋5H2O【解析】

(1)酸浸是將氧化銅鋅礦用酸溶解，促進溶解的措施有攪拌、加熱升高溫度、增大酸的濃度、將氧化銅鋅礦粉碎等。(2)除鐵過程中加入A和氨水，使亞鐵離子變成氫氧化鐵沉淀，A應為氧化劑，考慮加入A不引入新的雜質，H2O2外，其他試劑均可引入新的雜質。(3)從圖表數(shù)據可知，鐵離子沉淀完全的pH為3.2，鋅離子開始沉淀的pH為6.2，故除鐵pH范圍為3.2～6.2。(4)因所用廢酸為硫酸，B又可作氮肥，所以B為硫酸銨。(5)由題給信息可知，反應物為氫氧化鐵、次氯酸根離子、氫氧根離子，生成物之一為，因鐵在反應中化合價升高，氯元素的化合價降低，另一產物為氯離子，根據元素、電子、電荷守恒配平(可知產物還有水)，離子方程式為2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2＋3Cl－＋5H2O?！军c睛】影響化學反應速率的因素有溫度、濃度和固體表面積等。在選擇除雜試劑時，應不能引入新的雜質。pH的范圍應使鐵完全沉淀而鋅不能沉淀。28、CO32-、HCO3-HCO3-在海水中存在電離平衡：HCO3-CO32-+H+，當c(Ca2+)與c(CO32-)的乘積大于Ksp(CaCO3)時，Ca2+與CO32-生成CaCO3沉淀；使HCO3-電離平衡正向移動，c(H+)增大，H+與HCO3-進一步作用生成CO2共生藻類存在，會通過光合作用吸收CO2，使平衡：Ca2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O正向移動，促進珊瑚礁的形成；共生藻類死亡，使海水中CO2的濃度增大，使上述平衡逆向移動，抑制珊瑚礁的形成CaSiO3+CO2+H2O＝CaCO3+H2SiO3（或CaSiO3+CO2＝CaCO3+SiO2）NH3·H2O+CO2＝2NH4++CO32-+H2O、NH3·H2O+CO2＝NH4++HCO3-、CO32-+CO2+H2O＝2HCO3-（寫出任意2個均可）CaCO3、(NH4)2SO4【解析】

(1)根據鹽類水解的規(guī)律分析判斷；(2)①HCO3-在海水中存在電離平衡：HCO3-CO32-+H+，當c(Ca2+)與c(CO32-)的乘積大于Ksp(CaCO3)時生成CaCO3沉淀；常見HCO3-電離平衡正向移動，c(H+)增大，H+與HCO3-進一步作用生成CO2，據此分析解答；②結合光合作用和Ca2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O的平衡移動分析解答；(3)根據沉淀的轉化書寫反應的方程式；(4)①二氧化碳和氨氣發(fā)生反應可能生成碳酸氫銨，也可能生成碳酸銨，據此書寫反應的離子方程式；②碳氨溶液中的HCO3-與氨氣生成CO32-、CO32-和磷石膏(主要成分為CaSO4·2H2O)發(fā)生沉淀的轉化，據此分析判斷?！驹斀狻?1)在Na+、Mg2+、Ca2+、K+、Cl–、CO32–和HCO3–微粒中，CO32-、HCO3-水解生成氫氧根離子，導致海水呈弱堿性，故答案為：CO32-、HCO3-；(2)①HCO3-在海水中存在電離平衡：HCO3-CO32-+H+，當c(Ca2+)與c(CO32-)的乘積大于Ksp(CaCO3)時，Ca2+與CO32-生成CaCO3沉淀；使HCO3-電離平衡正向移動，c(H+)增大，H+與HCO3-進一步作用生成CO2，總反應為Ca2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O，故答案為：HCO3-在海水中存在電離平