【文档说明】浙江省瑞安市上海新纪元高级中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题 【精准解析】.doc，共(28)页，1.392 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-187ac127085ca36fe4f6c976696d1a5a.html

以下为本文档部分文字说明：

瑞安市上海新纪元高级中学2019学年度第二学期2018级高二期末考试——化学试题卷(本试卷满分共100分，考试时间90分钟)可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S3

2Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64I127Ba137一、(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.有共价键的离子化合

物是（）A.SiO2B.Ba(OH)2C.MgCl2D.H2O2【答案】B【解析】【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，铵根离子和酸根离子之间存在离子键，含有离子键的化合物是离子

化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，据此分析解答。【详解】A.SiO2中只有共价键，属于共价化合物，A不选；B.Ba(OH)2中含有共价键和离子键，是离子化合物，B选；C.MgCl2

中含有离子键，属于离子化合物，C不选；D.H2O2中H-O、O-O原子之间只存在共价键，为共价化合物，D不选；答案选B。2.实验室进行石油分馏实验，不需要．．．用到的仪器是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】蒸馏装置中需要用到酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶

等。A．是蒸馏烧瓶，需要用到，A不合题意；B．是容量瓶用于配溶液，分馏不需要用到，B符合题意；C．是锥形瓶，需要用到，C不合题意；D．是冷凝管，需要用到，D不合题意；故答案为：B。3.下列物质属于电解质的是A.H2CO3B.CuC.盐酸D.NH3【答案】A【解析】

【详解】A．H2CO3在水溶液中能够电离出H＋和HCO3－，电离方程式为H2CO3H＋＋HCO3－，其水溶液可以导电，属于电解质，A符合题意；B．Cu是单质，而电解质属于化合物，B不符合题意；C．盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，而电解质是化合物，是纯净物，C不符合题

意；D．NH3溶于水中与水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O电离出NH4＋和OH－，使得溶液可以导电，因此NH3·H2O是电解质，而NH3不是，D不符合题意；答案选A。4.工业上冶炼钛的反应如下：TiCl4＋2Mg高温Ti＋2MgCl2。下列有关该反应的说法正确的是（）A.T

iCl4是还原剂B.Mg被氧化C.TiCl4发生氧化反应D.Mg得到电子【答案】B【解析】【详解】A．Ti元素化合价从+4价降低到0价，化合价降低，得到电子，所以TiCl4是氧化剂，A错误；B．Mg元素化合价从0价升高到

+2价，失去电子，所以Mg被氧化，B正确；C．TiCl4是氧化剂，TiCl4发生还原反应，C错误；D．Mg失去电子，D错误；答案选B。5.下列化学用语表达正确的是（）A.硫原子结构示意图：B.KF的电子式

：C.甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2D.氯化钙的分子式：CaCl2【答案】B【解析】【详解】A．硫原子的核外电子数是16，其结构示意图为：，A错误；B．KF是离子化合物，含有离子键，电子式：，B正确；C．甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，C2H4O2为

分子式，C错误；D．氯化钙是离子化合物，不存在分子式，其化学式可表示为CaCl2，D错误；答案选B。6.下列物质的名称不正确．．．的是A.硬脂酸钠：C17H35COONaB.熟石膏：2CaSO4·H2OC.新戊烷：D.碳铵：NH4HC

O3【答案】C【解析】【详解】A．硬脂酸是十八碳饱和一元羧酸，其示性式为C17H35COOH，则硬脂酸钠为C17H35COONa，故A正确；B．熟石膏是由生石膏(CaSO4·2H2O)失水生成，熟石膏的化学式为2CaSO4·H2O，故B正确；C．新戊烷的键线式结构为，故C错误；

D．碳铵是碳酸氢铵的简称，它的化学式为NH4HCO3，故D正确；故选C。7.下列关于有机化合物的说法正确的是A.H2与D2互为同素异形体B.符合CnH2n+2且n不同的烃一定属于同系物C.CH2Cl2有2种同分异构体D.碳元素有多

种核素，其中l3C可用于考古断代【答案】B【解析】【详解】A．H2与D2的结构相同，不是同素异形体，故A错误；B．符合CnH2n+2且n不同的烃都属于烷烃，一定属于同系物，故B正确；C．甲烷为正四面体结构，4个H均为相邻位置，则CH2Cl2有1种同分异构体，故C错误；D．碳元素有多种核素，其中l4

C可用于考古断代，故D错误；答案选B。8.下列物质的制备，不符合．．．工业生产实际的是（）A.工业上用电解熔融氯化镁制备单质镁B.工业上用电解饱和食盐水制备氯气C.工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得高纯硅D.工业上炼铁时，常用石灰石除去铁矿石中的二氧化硅

【答案】C【解析】【详解】A．工业上用电解法制备金属镁，反应的化学方程式为：MgCl2(熔融)电解Mg+Cl2↑，A符合；B．工业上用电解饱和食盐水制备氯气，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O电

解2NaOH+H2↑+Cl2↑，B符合；C．二氧化硅和焦炭在高温下反应制得的硅中含有少量C、SiC等杂质，为粗硅，C不符合；D．石灰石含碳酸钙，工业上炼铁时，常用石灰石除去铁矿石中的二氧化硅，反应的化学方程式为：CaCO3+SiO2高温CaSiO3+CO2↑，

D符合。答案选C。9.下列说法不正确的是()A.纯碱可作化工原料，也是治疗胃酸过多的一种药剂B.硝酸是一种重要的化工原料，可用来制造化肥、染料、炸药等C.NaClO溶液有消毒作用，加入适量醋酸可以增强其消毒作用D.贮氢合金的发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途

径【答案】A【解析】【详解】A．纯碱碱性较强，可能造成食道损伤，不能治疗胃酸过多，A错误；B．硝酸可制造硝态氮肥，可生产亚硝酸盐，亚硝酸盐做还原剂与着色染料反应对布料染色，可制TNT等炸药，B正确；C．NaClO溶液消毒原因是ClO-水解产生的HClO具有强氧化性，加适量醋酸可

增大HClO浓度，从而增强消毒性，C正确；D．氢气是气体，不便于储存、运输，贮氢合金的发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径，D正确。答案选A。10.下列说法正确的是（）A.准确量取25.00mL的液体可选用移液管、量筒或滴定管等量具B

.实验过程中若皮肤不慎沾上少量酸液，应先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液洗，最后再用水冲洗C.用分液漏斗分液时要经过振荡、放气、静置后，从上口倒出上层液体，再打开旋塞，将下层液体从下口放出D.在中和热测定实验中，盐酸和NaOH溶液的总质量mg，反应前后体

系温度变化为t，反应液的比热容为cJ·g-1·℃，则生成1mol水放出的热量为c×m×t×10-3kJ【答案】B【解析】【详解】A．滴定管的感量是0.01mL，量筒的感量是0.1mL，所以要量取25.00mL液体可选取移液管、滴定管，不可选用量筒，A项错误；B．实验过程中若皮肤不慎沾上

少量酸液，应先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液洗，最后再用水冲洗，B项正确；C．分液时，为防止上、下层液体的相互污染，下层液体从下口倒出，上层液体从上口倒出，所以用分液漏斗分液时，先打开旋塞，将下层液体从下口放出，待下

层液体完全分出后，关闭旋塞，再从上口倒出上层液体，C项错误；D．此实验中盐酸和NaOH反应生成水的物质的量不一定是1mol，因此无法计算生成1mol水所放出的热量，D项错误；答案选B。11.下列有关说法正确的是A.储热材料芒硝可用于光-

化学能的转换B.发达国家采用的现代化垃圾焚烧处理法不能有效利用了生活垃圾中的生物质能C.利用微生物在光合作用下分解水，是氢气制取的一个重要研究方向D.太阳能、可燃冰资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污

染，且可以再生，是最有希望的未来新能源【答案】B【解析】【详解】A、储热材料芒硝受热熔化后可储热，结晶后可放热，故可用于热能-化学能的转换，选项A错误；B、当前较为有效地利用生物质能的方式是制取沼气和酒精，垃圾焚烧处理法不能有效利用生活垃圾中的生物质能，选项B正确；C、利用微生物在阳光作

用下分解水是氢气制取的一个重要研究方向，而不是利用光合作用，光合作用不会产生氢气，选项C错误；D、可燃冰资源不可再生，选项D错误。答案选B。12.下列说法不正确．．．的是A.石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃B.煤是由有

机物和无机物组成的复杂的混合物，其中含有焦炭、苯、甲苯等C.甲醛俗称蚁醛，可用于制造酚醛树脂D.生产口罩的熔喷布主要成分是聚丙烯，可通过丙烯加聚得到【答案】B【解析】【详解】A．石油裂解是深度裂化，是为了得到乙烯、丙烯等短链不饱和烃，故A正确；B．煤是由有机物和无机物组成的复杂

的混合物，煤中不含苯、甲苯等，苯和甲苯是煤的干馏产物，故B错误；C．甲醛又称蚁醛，酚醛树脂是由苯酚和甲醛在酸或碱催化作用下合成的，甲醛可用于制造酚醛树脂，故C正确；D．生产口罩的熔喷布主要成分是聚丙烯，可通过丙烯发生加聚反应制得，故D正确；答案选B。13.

下列有关生命活动中的营养物质，说法不正确的是A.氨基酸既能与强酸反应，也能与强碱反应B.植物油、脂肪与氢氧化钠溶液反应均有醇生成C.淀粉、纤维素、蛋白质和油脂都是有机高分子化合物D.丝绸与棉布可以通过燃

烧闻气味的方法进行鉴别【答案】C【解析】【分析】A项，氨基酸既具有酸性又具有碱性；B项，植物油和脂肪属于油脂，碱性条件下可水解；C项，相对分子质量很大（超过1万）的有机化合物，可认为是有机高分子化合物；D项，蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味，这是鉴别蛋

白质的一种方法。【详解】A项，氨基酸既含氨基又含羧基，所以既能与强酸反应，也能与强碱反应，故A正确；B项，植物油、脂肪主要成分为高级脂肪酸甘油酯，与氢氧化钠溶液反应都有丙三醇（甘油）生成，故B正确；C项，淀粉、纤维素、蛋白质都是有机高分子化

合物，而油脂不是有机高分子化合物，故C错误；D项，丝绸主要成分是蛋白质，燃烧时有烧焦羽毛气味，棉布主要成分是纤维素，燃烧时没有烧焦羽毛气味，故D正确。综上所述，符合题意的选项为C。14.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y和Z的最外层电子数之和为10，部分元素

在周期表中的结构如图。下列说法正确的是XYWA.与Z同主族的元素都是金属元素B.X与W能形成两种常见的化合物C.Y的最高价氧化物对应的水化合物酸性最强D.X的简单气态氢化物热稳定性比W强是由于氢键的影响【答案】B【解析】【

详解】X是地壳中含量最多的元素，X为O元素，根据X、W、Y在元素周期表中的相对位置，W为S元素，Y为F元素。Y的最外层电子数为7，则Z的最外层电子数为3，结合Z的原子序数大于F，则Z为Al。A．Z为Al元素，与其同周期的元素硼(B)是非金属元素，A错误；B，

X为O，W为S，可以形成SO2和SO3两种常见的化合物，B正确；C．Y为F，其没有正价，因此不存在最高价氧化物对应的水化物，C错误；D．氢键是分子间作用力，与氢化物的稳定性无关，D错误；答案选B。15.下列说法不正确的是A.HF比HCl稳定性更强，原因是HF分子间存在氢键B.N

a投入到水中，有共价键的断裂与形成C.CCl4、N2和SiO2晶体中，各原子最外层都达到8电子稳定结构D.NaHSO4晶体熔融时，离子键被破坏，共价键不受影响【答案】A【解析】【详解】A．非金属性：F大于Cl，HF的键能较大，所以HF比HCl稳定性更强，故A错误；B．Na投入到

水中，反应生成氢氧化钠和氢气，反应过程中有共价键H-O键的断裂与H-H的形成，故B正确；C．CCl4、N2和SiO2晶体中，各原子通过形成共用电子对，最外层都达到8电子稳定结构，故C正确；D．NaHSO4晶体熔融时，NaHSO4=Na＋+HSO4

－，Na＋与HSO4－间离子键被破坏，HSO4－中共价键不受影响，故D正确；故选A。16.一种可充电锂－空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x、(x＝0或1)，下列说法正确的是A.多孔碳材料电极为负极B.

外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C.Li+向多孔碳材料区迁移D.x=0时，正极反应式为：2Li+＋O2＋4e-＝Li2O2【答案】C【解析】【详解】A.电池放电时，O2中0价的O原子反应后化合价降低，反应过程为得电子的过程，所以放电时，多孔碳材料电极为正极，A错误；B.放电时，Li失去

电子转化为Li+，电子经外电路从锂电极流向多孔碳材料，B错误；C.电池放电时，Li失去电子形成Li+，由于正极多孔碳材料电极上负电荷较多，所以电解质溶液中Li+向正极区，即Li+向多孔碳材料区迁移，C正确；D.电池放电时，2个Li失去2个电子形成

2个Li+，正极上通入的O2获得2个电子，形成O22-，与由负极迁移过来的Li+结合形成Li2O2，电极反应式为：2Li++O2+2e-=Li2O2，D错误；故合理选项是C。17.1L恒容密闭容器中充入2molNO和1molCl2反应：2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g)，在温度分别

为T1、T2时测得NO的物质的量与时间的关系如表所示，正确的是t/min温度/℃05813T121.51.31.0T221.151.01.0A.T1>T2B.T1时，反应前5min的平均速率为v(Cl2)=0.5mol·L－1·min－1C.反应达平衡时，升高温度促进反应

向正反应方向进行D.T2时，向反应后的容器中充入2molNOCl(g)，再次平衡时，c(NOCl)>2mol·L－1【答案】D【解析】【详解】A．其他条件一定下，温度越高，化学反应速率越快。根据表格中的数据，单位时间内，

T2温度下，NO的反应速率快，因此T1<T2，A错误；B．T1时，反应前5min，NO的物质的量减少了0.5mol，根据化学方程式，则Cl2减少了0.25mol，则v(Cl2)=-1-10.05molLmin1L50.25n

momli=，B错误；C．根据图示，该反应在T2温度下，在8min时，已经达到平衡，平衡是NO的物质的量为1mol。而T1<T2，温度低，化学反应速率慢；反应在T1温度下，反应13分钟NO的物质的量为1mo

l，与该反应在T2下的平衡时的量相同。其他条件相同下，温度不同，同一反应的平衡状态一定不同。因此该反应在温度T1下，反应13min还未平衡，反应还在向正反应方向移动，可知降低温度，平衡正向移动，C错误；D．T2时，向反应后的容器中

充入2molNOCl(g)，相当于再次加入了2molNO和1molCl2，达到新的平衡时，其效果相等于压缩体积，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，因此c(NOCl)增大，因此c(NOCl)>2mol·L－1，D正确；答案选D。18

.下列说法不正确的是()A.常温下，pH=7的溶液不一定是纯水B.常温下，某氨水pH=x，某盐酸pH=14-x，两者等体积混合后，pH>7C.相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(CH3COO-)=c(C

l-)D.氨水和硫酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(24SO−)=c(4NH+)【答案】D【解析】【详解】A．常温下，pH=7的溶液可能是纯水，也可能是NaCl溶液或CH3COONH4溶液等，A正确；B．常温下，某氨水pH=x，某盐酸pH=14-x，两者等体积混合后

，溶液中的OH-与H+正好完全反应，但过量的氨水仍会电离出OH-，所以溶液呈碱性，pH>7，B正确；C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中氢离子浓度相等，由于水的离子积相同，则两溶液中c（OH-）相等，根据电荷守恒可知，c(CH3

COO-)=c(Cl-)，C正确；D．氨水和硫酸反应后的溶液，满足电荷守恒：2c(24SO−)+c(OH-)=c(4NH+)+c(H+)，若溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，从而得出2c(SO42−)=c(4NH+)，D不正确；故选D。19.NO氧化反应2NO(g)

+O2(g)⇌2NO2(g)分两步进行：I．2NO(g)⇌N2O2(g)∆H1；II．N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)∆H2，其反应过程能量变化示意图如图，下列说法不正确的是A.由于Ea1＜Ea2，决定化学反应速率快慢的是反应ⅡB.图示过程中，反应物断键

吸收的能量小于生成物形成所释放的能量C.升高温度，2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率一定加快D.其它条件不变，升高温度，2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)平衡一定逆向移动【答案】C【解析】【分析】由图可知，反

应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，且两步反应均为放热反应；由于Ea1＜Ea2，因此反应Ⅱ决定该化学反应速率的快慢，据此分析判断。【详解】A．决定化学总反应速率快慢的是反应速率最慢的反应，由于Ea1＜Ea2，决定化学反应速率快慢的是反应Ⅱ，故A正确；B．由图可知，该反

应是放热反应，则反应物断键吸收的能量小于生成物形成所释放的能量，故B正确；C．升高温度，反应Ⅰ2NO(g)⇌N2O2(g)的平衡逆向移动，c(N2O2)减小，反应ⅡN2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的反应速率可能

减小，而反应Ⅱ决定该化学反应速率的快慢，则2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率不一定加快，故C错误；D．由图可知，该反应是放热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即升高温度，2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g

)平衡一定逆向移动，故D正确；故选C。20.Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：下列说法不正确的是（）A.Y的分子式为C10H8O3B.X制取Y过程中的产物之一可使蛋白质变性C.一定条件下，Y能发生加聚反应

和缩聚反应D.等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为4:3【答案】D【解析】【详解】A．根据结构简式，每个拐点为碳原子，每个碳原子可形成四个共价键，不足键由氢原子补齐，则Y

的分子式为C10H8O3，故A正确；B．X制取Y过程中的产物之一为乙醇，75%乙醇水溶液为医用酒精，具有杀菌消毒作用，可使蛋白质变性，故B正确；C．一定条件下，Y中有碳碳双键，能发生加聚反应，Y中酚羟基的邻位碳上有两个H原子能发生缩聚反应，故C正确；D．酚羟基具有弱酸性，酯基可与在

碱性条件下水解，1molX含有2mol酚羟基和1mol酯基，最多能消耗3molNaOH；1mlY含有1mol酚羟基和1mol酯基，酯基水解后形成一个酚羟基，则Y最多能消耗3molNaOH，最多消耗NaOH的

物质的量之比为1：1，故D错误；答案选D。【点睛】D项的酯水解后生成的酚羟基也会和氢氧化钠反应，为易错点。21.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是()A.0.03molCu与过量浓硝酸反应，

收集到1.12L气体(标准状况)，则被还原的硝酸的数目是0.06NAB.常温常压下，100mL0.5mol/L的乙二酸溶液中，总的离子数目大于0.15NAC.常温常压下，22NaO与足量2HO反应，共生成20.2molO转移电子的数目为0.4NAD.含23NaCO与3NaHCO共1mol的溶液

中，N(23CO−)+N3HCO−)+N(H2CO3)=NA【答案】B【解析】【详解】A．Cu与过量浓硝酸反应，生成NO2气体，但有一部分NO2转化为N2O4，0.03molCu失去0.06mole-

，则被还原的硝酸(由HNO3生成NO2)的数目是0.06NA，A正确；B．乙二酸为二元弱酸，在溶液中发生部分电离，所以100mL0.5mol/L的乙二酸溶液中，总的离子数目小于0.15NA，B不正确；C．2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑，Na2O2中O由-1价一

部分升高为0价，一部分降低为-2价，生成1molO2，转移2mole-，则生成20.2molO转移电子的数目为0.4NA，C正确；D．含23NaCO与3NaHCO共1mol的溶液中，依据物料守恒，n(23CO−)+n(3HCO−)+n

(H2CO3)=1mol，则N(23CO−)+N3HCO−)+N(H2CO3)=NA，D正确；故选B。22.CaCl2固体遇NH3会形成CaCl2•8NH3(可溶于水）。下列说法不正确的是A.CaCl2作干燥剂时，不能干燥NH3B.CaCl2•8NH3溶于水，溶液呈中性C.CaCl2•8NH3

溶于水，通少量CO2会产生白色沉淀D.CaCl2与NH3形成CaCl2•8NH3的过程属于化学变化【答案】B【解析】【详解】A．CaCl2固体遇NH3会形成CaCl2•8NH3，所以CaCl2不能干燥NH3，A正确；B．CaCl2•

8NH3溶于水，NH3会和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O能发生电离：NH3∙H2ONH4++OH-，溶液呈碱性，B错误；C．CaCl2•8NH3溶于水，溶液呈碱性，溶液中的OH-和通入的CO2反应生成CO32-，CO32-和Ca2+反应产生CaCO3白色沉淀，C正确；D

．CaCl2与NH3形成CaCl2•8NH3的过程生成了新物质，属于化学变化，D正确；故选B。23.下列检验方法或指定反应的离子(或化学)方程式正确的是()A.向NaAlO2溶液中滴入Ca(HCO3)2溶液：Al

O2−+HCO3−+H2O=Al(OH)3↓+CO23−B.用溴水检验丙烯醛CH2=CHCHO中的碳碳双键：CH2=CHCHO+Br2→CH2Br-CHBr-CHOC.Na2S溶液吸收少量SO2[已知Ka2(H2SO3)＞Ka1(H2S)］：S2-+SO2+H2O=SO23−＋H2S↑D

.往二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加过量的烧碱溶液：H3PO3+2OH-=HPO23−+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．向NaAlO2溶液中滴入Ca(HCO3)2溶液，钙离子和2-3CO要生成CaCO3沉淀，正确的离子反应为：Ca2

++-2AlO+-3HCO+H2O=Al(OH)3↓+CaCO3↓，A错误；B．用溴水检验丙烯醛CH2=CHCHO中的碳碳双键：溴水的氧化性也会氧化醛基，无法检验碳碳双键的存在，B错误；C．Na2S溶液吸收少量SO2

时，SO2与生成H2S会反应生成S沉淀，C错误；D．往二元弱酸亚磷酸（H3PO3）溶液中滴加过量的烧碱溶液，二元弱酸亚磷酸一个分子最多能提供两个H+，则离子反应方程式为：H3PO3+2OH-=2-3HPO+2H2O，D正确；答案为：D。24.已知pKalgKa=−，25℃时，23HSO的12pK

a1.85,pKa7.19==。该温度下用10.1molLNaOH−溶液滴定12320mL0.1molLHSO−溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是()A.若a点溶液c(3HSO−)=c(H2SO3)，则a点对应的pH1.85=B.若选择b为反应终点，宜选择甲基橙为指示剂C

.c点对应的溶液2c(Na+)=3c(3HSO−)D.d点对应的溶液c(Na+)>c(23SO−)>c(3HSO−)>c(OH-)>c(H+)【答案】C【解析】【详解】A．若a点溶液c(3HSO−)=c(H2SO3)，在a点，K

a1=323(H)(HSO)(HSO)ccc+−，则c(H+)=Ka1，对应的pH=-lgKa1=1.85，A正确；B．若选择b为反应终点，由图中可知，此点溶液的pH=4.52，变色范围在酸性区域，所以宜选择甲基橙为指示剂，B正确；C．在c点，2pKa7.19=，则此点c(3HS

O−)=c(23SO−)，依据物料守恒，对应的溶液中：2c(Na+)=3[c(3HSO−)+c(23SO−)+c(H2SO3)]，C不正确；D．c点时，c(3HSO−)=c(23SO−)，继续加NaOH，发生反应OH-+3HSO−=2

3SO−+H2O，到d点时，c(3HSO−)<c(23SO−)，对应溶液中：c(Na+)>c(23SO−)>c(3HSO−)>c(OH-)>c(H+)，D正确；故选C。25.某固体混合物X可能含有Fe、Fe2

O3、CuO、MnO2、NaCl和K2CO3中的几种，进行了以下实验：①X溶于足量水中，得到固体Y和弱碱性溶液Z。②取固体Y，加足量浓盐酸，加热，产生无色气体，析出红色固体，得溶液W。下列结论正确的是A.X中一定不存在Fe2O3、MnO2B.X中一定含有Fe、CuO和

K2CO3C.往溶液Z中加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则Z中含NaClD.取溶液W，加少量NaOH溶液，肯定产生沉淀【答案】B【解析】【分析】X溶于足量水中，得到固体Y，Y中可能有Fe、Fe2O3、CuO、MnO2中的一种或几种。X溶于足量水中，得到

弱碱性溶液Z，说明原固体中含有K2CO3，NaCl存在与否不能确定。取固体Y，加足量浓盐酸，加热，产生无色气体，说明原固体中没有MnO2，有Fe，生成的无色气体是氢气。固体Y中加足量浓盐酸，析出红色固体，说明原固体中有CuO，CuO先和盐酸反应生成CuCl2，CuCl2再和铁反应生成了Cu。不

能确定是否存在Fe2O3，若有Fe2O3，Fe2O3先和盐酸反应生成FeCl3，FeCl3再和Fe或Cu反应转化成FeCl2。所得溶液W中含有剩余的盐酸和生成的FeCl2。【详解】由以上分析可知，X中一定存在Fe、CuO、K2CO3，MnO2一定不存在，Fe2O3和NaCl不能确定是否存在。A．X

中一定不存在MnO2，Fe2O3不能确定，A错误；B．X中一定含有Fe、CuO和K2CO3，B正确；C．溶液Z中含有K2CO3，加入AgNO3溶液，会产生Ag2CO3白色沉淀，不能确定Z中含NaCl，C错误；D

．溶液W中含有剩余的盐酸，加少量NaOH溶液时，可能只发生酸碱中和，不产生沉淀，D错误；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共7小题，共50分)26.(1)比较结合e-能力的相对强弱：Cl2__________S(填“＞”

或“<”)；用一个离子方程式说明Cl2和S结合e-能力的相对强弱_______。(2)KCN是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出KCN的电子式______。(3)在常压下，CBr4的沸点(190℃)比CCl4的沸点(76.8℃)高。主要原因是_

___。【答案】(1).>(2).Cl2+S2-=2Cl-+S↓(3).(4).两者均为分子晶体，因CBr4的相对分子量大于CCl4，故沸点CBr4较高【解析】【详解】(1)元素的非金属性越强，单质的氧化性就越强，结合电子的能力就越强。Cl和S

是同周期元素，Cl的原子半径小于S，原子核对核外电子的束缚力Cl强于S，所以Cl的非金属性比S强，所以结合e-能力：Cl＞S；氯气能把硫从硫化物中置换出来，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可以说明Cl2比S结合e-能力强：Cl2+S2-=2Cl-+S↓。(2)KCN是离子化合物，是由K+和

CN-构成的，各原子均满足8电子稳定结构，所以在CN-中，C和N共用三对电子，C得到了K的一个电子，使得K、C、N都满足最外层8电子稳定结构，KCN的电子式为。(3)对于组成和结构相似的分子晶体来说，相对分子质量越大，分子间作用力越大。CBr4和CCl4均为分子晶体，CBr4的相对分子

质量大于CCl4的相对分子质量，所以CBr4的分子间作用力大于CCl4的分子间作用力，导致CBr4的沸点(190℃)比CCl4的沸点(76.8℃)高。27.0.05mol某有机物A和0.125molO2在一密闭容

器中充分燃烧，所得产物通过浓H2SO4时使其增重2.7g；再通过足量灼热的CuO粉末，固体质量减小了0.8g；最后通过足量碱石灰，固体质量增加了6.6g。（1）该化合物A的分子式______________。（写出计算过程）（2）若0.05mol含有醛基的有机物B与有机

物A的最简式相同，且在0.125molO2中能完全燃烧，写出B所有可能的结构简式______________。【答案】(1).C3H6O3(2).HCHO、HOCH2CHO【解析】【详解】(1)0.05mol有机物与0.125molO2反应，通过浓硫酸，产物中的H2O被吸收

，通过灼热的CuO，反应生成的CO转化为CO2；再通过碱石灰，CO2被吸收。通过浓H2SO4，浓硫酸增重2.7g，则反应产物中22.7g(HO)==0.15mol18g/moln，则该0.05mol有机物含有n(H)=0.15mol×2=0.3mol；通过足量灼热的CuO粉末，固体质量减小了

0.8g，根据化学方程式CuO＋CO=Cu＋CO2，固体减少的质量为O的质量，根据反应可知1molCO抢夺1molCuO中的O，则反应产物中0.8g(CO)=(O)==0.05mol16g/molnn；通过足量碱石灰，固体质量增加了6.6g，增加的质量为C

O2的质量，包括了反应生成的CO2的质量和CO氧化CuO生成的CO2，26.6g(CO)==0.15mol44g/moln，则燃烧反应生成的n(CO2)=0.15mol－0.05mol=0.1mol，则该0.05mol有机物含有n(C)=0.15mol

；综上反应总生成了0.15molH2O、0.05molCO、0.1molCO2，产物中共含有n(O)=0.15mol＋0.05mol＋0.1mol×2=0.4mol，氧气提供了n(O)=0.125mol×2=0.25mol，则0.

05mol有机物中含有n(O)=0.4mol-0.25mol=0.15mol。则0.05mol的有机物含有0.3molH、0.15molC、0.15molO，可知该有机物的分子式为C3H6O3；(2)有机物A的最简式为CH2O，1molCH2O完全燃烧

消耗1molO2；根据已知0.05mol醛类有机物B在0.125molO2中能完全燃烧，若是恰好完全反应，则1molB完全燃烧消耗2.5molO2，现完全燃烧，则可能1molB完全燃烧消耗1molO2或2molO2，则B的分子式可能为CH2O或C2H4O2，则B可能

的结构简式为HCHO、HOCH2CHO。28.治疗胃酸过多的药物达喜(其式量不超过700)由五种短周期元素组成，按如图流程进行实验以确定其组成。请回答：(1)达喜的化学式是_________。(2)达喜与胃酸(含稀盐酸)反应的化学

方程式是_______。(3)气体B与环氧丙烷()可制得一种可降解高聚物，该反应的化学方程式是_____(有机物用结构简式表示)。【答案】(1).Al2O3•6MgO•CO2•12H2O或2Al(OH)3

•5Mg(OH)2•MgCO3•4H2O或Al2Mg6(OH)16(CO3)•4H2O(2).Al2Mg6(OH)16(CO3)•4H2O+18HCl=2AlCl3+6MgCl2+CO2↑+21H2O(3).

nCO2+n一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→【解析】【分析】达喜隔绝空气加强热分解生成的气体冷却至室温变为无色液体，则A为水；无色无味的气体能够使澄清的石灰水变浑浊，为二氧化碳；达喜热分解的固体中加热0.02molNaOH，不溶于N

aOH的固体为2.4g，其能溶于盐酸，为MgO，其物质的量为0.06mol，溶于碱的为氧化铝，质量=3.42g-2.4g=1.02g，为0.01mol。【详解】(1)分析可知，达喜含有H、C、O、Mg、Al5种元素，设达喜的氧

化物的形式为aMgO∙bAl2O3∙cCO2∙dH2O，若b=1时，M=6.020.01gmol=602g/mol＜700g/mol，可确定达喜的摩尔质量为602g/mol，则a=6，根据c、d均为整数，且44c+18d=260，则c=1，d=12，其化学

式为Al2O3•6MgO•CO2•12H2O或2Al(OH)3•5Mg(OH)2•MgCO3•4H2O或Al2Mg6(OH)16(CO3)•4H2O；(2)达喜与盐酸反应时，氢氧化铝生成氯化铝，氢氧化镁、碳酸镁生成氯化镁、二氧

化碳、水，反应的方程式为Al2Mg6(OH)16(CO3)•4H2O+18HCl=2AlCl3+6MgCl2+CO2↑+21H2O；(3)气体B为二氧化碳，与环氧丙烷生成含有酯基的可降解高聚物，反应的方程式为nCO2+n一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→。29.将N

aClO3溶液逐滴加入到碘单质和过量盐酸的混合液中可制备液态ICl，实验装置如图：请回答：(1)圆底烧瓶中发生的化学反应是________(用化学方程式表示)。(2)若加入的NaClO3溶液已足量，请设计实验方案证明该反应已完全：_____。【答案】(1).3I2+NaClO3+6HCl水浴加

热6ICl+NaCl+3H2O(2).取烧瓶内溶液，加淀粉溶液，如果不变蓝，说明反应已完全【解析】【详解】(1)根据图示，圆底烧瓶中NaClO3、I2、盐酸在50℃的水浴中发生氧化还原反应制取ICl，Cl元素的得电子能力强于I，

则ICl中Cl为-1价，I为+1价，反应中Cl元素由+5价降低到-1价，I元素由0价升高到+1价，根据氧化还原反应得失电子守恒和物料守恒可得，化学方程式是3I2+NaClO3+6HCl水浴加热6ICl+NaCl+3H2O；(2)

若加入的NaClO3溶液已足量，即NaClO3已经将碘单质全部转化为碘离子，要证明该反应已完全，只需要证明溶液中没有碘单质存在即可，碘单质与淀粉变蓝，则验证试验操作为：取烧瓶内溶液，加淀粉溶液，如果不变蓝，说明反应

已完全。30.工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H（1）该反应的ΔH___0（填“＞”、“＜”或“=”）。（2）若将等物质的量的CO和H2混合气体充入恒温恒容密闭容器中进行上述

反应，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是___。A.容器内气体密度保持不变B.混合气体的平均相对分子质量不变C.生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等D.CO的体积分数保持不变（3）当按投料比2n(H)n(CO)=2，分别在P

1、P2、P3压强下，测得不同温度下平衡时CO的平衡转化率如图1。520K时，投料比2n(H)n(CO)=2(总物质的量为3mol)，维持反应过程中压强P3不变，达到平衡时测得容器体积为0.1L，则平衡常数K=___。若H2和CO的物质的量之比为n∶1（维持反应过程中压强P3不变），相

应平衡体系中CH3OH的物质的量分数为x，请在图．．2．中绘制．．．x随n变化的示意图___。（4）甲醇合成甲醚的反应为：Ⅰ.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)(主反应)Ⅱ.2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g)(副反

应)反应过程中的能量变化如图3所示。①在一定温度下，在恒容容器中进行合成甲醚的反应，测得CH3OCH3含量随着时间的推移，先增大后减小，请结合碰撞理论说明原因：___。②在不改变温度的前提下，说出其中一个能增大CH3OCH3选择性的措施：___。【答案】(1).<(2).

BD(3).0.25(4).(5).反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，相同条件下反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ速率，故所以一开始CH3OCH3含量显著上升。后随着反应Ⅱ的进行，CH3OH浓度减小，H2O(g)浓度变大，促使反应Ⅰ平衡左移，CH3OCH3含量又有所下降(

6).增大P【解析】【分析】根据化学反应类型判断反应热的大小；根据平衡时各组分含量不变和正逆反应速率相同判断反应是否达平衡状态；根据平衡转化率计算化学平衡常数；根据碰撞理论分析物质含量变化的原因；根据影响化学平衡的因素确定合适的物质转化条件，据此分析。【详解】(1)一氧化碳和氢气反应生成甲醇的反

应是化合反应，大多数的化合反应吸热，故该反应为吸热反应，ΔH<0；(2)A选项，该反应为一个恒容的反应，反应过程中气体总质量不变，气体总体积不变，故混合气体的密度恒不变，A错误；B选项，混合气体的平均相对分子质量等于混合气体的质量除以混合气体

的总物质的量，随着反应的不断进行，混合气体的总物质的量不断减小，当反应达平衡时，混合气体的总物质的量不再发生变化，混合气体的平均相对分子质量也不再发生变化，故可以判断反应达平衡状态，B正确；C选项，甲醇的生成速率与氢气的生成速率相等，但不

等于化学计量数的比，故不能判断反应达平衡，C错误；D选项，随着反应的不断进行，CO的体积分数不断减小，当反应达平衡时，CO的体积分数不再发生变化，故可以判断反应达平衡，D正确；故选择BD；(3)520K、P3压强下，CO的转化率为80%，当投料比2n(H)n(CO)=2且总

物质的量为3mol时，n(H2)=2mol，n(CO)=1mol，则平衡时c(H2)=4mol/L，c(CO)=2mol/L，c(CH3OH)=8mol/L，该温度下的平衡常数K=322c(CHOH)c(H)c(CO)=2842=0.25；达到平衡时CH3OH的物质的量分数为82+4+8=0.

57，当n值大于或小于2时，甲醇的物质的量分数均减小，故正确的图像为：(5)①在一定温度下，在恒容容器中进行合成甲醚的反应，测得CH3OCH3含量随着时间的推移，先增大后减小，是因为反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，相同条件下反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ速率，故所

以一开始CH3OCH3含量显著上升。后随着反应Ⅱ的进行，CH3OH浓度减小，H2O(g)浓度变大，促使反应Ⅰ平衡左移，CH3OCH3含量又有所下降；②在不改变温度的前提下，能够增大CH3OCH3的选择性可以通过增大压强等方法。31.某兴趣小组利用Cl-取代[Co(NH3)6]3+离子中的N

H3方法，制备配合物X：[Co(NH3)5Cl]Cl2。实验过程如下：CoCl2﹒6H2O[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体已知：a．配合物X能溶于水，且溶解度随温度升高而增大。b．[Co(NH3)5Cl]2+离子较稳定，但加碱再煮沸可促进其解离：[Co(NH3)5Cl]2+Co3++5N

H3+Cl。c．H2O2参与反应时，明显放热。请回答：(1)制备配合物X的总反应方程式为___________。(2)“1)NH4Cl-NH3•H2O”时，如果不加NH4Cl固体，对制备过程的不利影响是____。(3)“2)H2O2”加H2O2时应选择_________(

填序号）。A．冷水浴B．温水浴(≈60°C)C．沸水浴D．酒精灯直接加热(4)本实验条件下，下列物质均可将Co(II)氧化为Co(III)。其中可替代“2)H2O2”的是_____________（填序号）。A．O2B．KMn

O4溶液C．Cl2D．HNO3(5)实验小组用以下思路验证配合物X的组成：取一定量X加入过量浓NaOH溶液，煮沸，将生成的NH3通入一定量的稀硫酸中，再用NaOH标准溶液滴定剩余H2SO4。从以下涉及碱式滴定管的操作中，选择正确操作并排序（润洗只操作一次即可）：检漏→水洗→加标准液，润洗内壁→__

_________→_________→_________→_________→……a．从上口倒出润洗液b．保持滴定管夹水平，平视滴定管刻度读数c．装标准溶液，调液面，静置半分钟d．滴定e．取下滴定管，竖直，平视滴定管刻度读数f．从下口放

出润洗液(6)下列关于实验过程的叙述，正确的是_____________（填序号）。A．“4)70℃”水浴加热，有利于获得颗粒较大的晶体B．抽滤后，应该用热水洗涤晶体C．可用AgNO3和稀HNO3检验配合物X是否已经洗净D．抽滤结束，可先打开活

塞K，再关掉抽气泵【答案】(1).2CoCl2+H2O2+10NH3+2HCl=2[Co(NH3)5Cl]Cl2+2H2O(2).形成Co(OH)2沉淀，影响配合物的生成(3).A(4).AC(5).f(6).c(7)

.e(8).d(9).AD【解析】【分析】CoCl2﹒6H2O先和NH4Cl以及NH3﹒H2O混合，然后被H2O2氧化，+2价钴被氧化为+3价，+3价的Co3+和NH3以及浓盐酸提供的Cl-形成配合物，经蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥得到最终的产品[

Co(NH3)5Cl]Cl2。【详解】(1)制备配合物X的原料是CoCl2﹒6H2O、NH4Cl、NH3﹒H2O、H2O2、浓盐酸，在反应中，2价钴被H2O2氧化为+3价，+3价的Co3+和NH3以及Cl-形成配合物[

Co(NH3)5Cl]Cl2，总反应方程式为2CoCl2+H2O2+10NH3+2HCl=2[Co(NH3)5Cl]Cl2+2H2O。(2)在“1)NH4Cl-NH3•H2O”步骤中，NH4Cl可以抑制NH3﹒H2O的电离，如果不加

NH4Cl固体，Co2+会和氨水形成Co(OH)2沉淀，影响配合物的生成。(3)由于H2O2参与反应时，明显放热，所以“2)H2O2”加H2O2后应该在冰水浴中发生反应，故选A。(4)本实验是用H2O2将Co(II)氧化为Co(III)，H2O2的还原产物是水，不会引入新杂质，若选择可以替代

H2O2的氧化剂，也不能引入新杂质。可以选择O2和Cl2，O2的还原产物是水，Cl2的还原产物是Cl-，水和Cl-在本实验中均不是杂质。KMnO4的还原产物是Mn2+，引入新杂质Mn2+和K+，HNO3

的还原产物是NO或NO2，虽然NO或NO2会从溶液中逸出，不会引入新杂质，但会污染环境，所以选择AC。(5)用NaOH标准溶液滴定H2SO4，操作依次为：检漏→水洗→加标准液，润洗内壁→从下口放出润洗液→装标准溶液，调液面，静置半分钟→取下滴定管，竖直，平视滴定管刻度读数→滴定，故答案为fc

ed。(6)A．“4)70℃”水浴加热相比于直接加热，有利于获得颗粒较大的晶体，便于过滤，正确；B．[Co(NH3)5Cl]Cl2的溶解度随温度升高而增大，所以抽滤后，应该用冷水洗涤晶体，错误；C．[Co(NH3)5Cl]Cl2溶于水，即使用冷水洗涤，也不可避免有部分溶

于水，所以在洗涤液中一定会有Cl-，所以不能用检验Cl-的方法检验[Co(NH3)5Cl]Cl2是否洗涤干净，可以检验NH4+，错误；D．抽滤结束，应先打开活塞K放气，再关掉抽气泵，正确；故选AD。32.乙酰基扁桃酰氯是一种医药中间体。某研究小组以甲苯和乙醇

为主要原料，按下列路线合成乙酰基扁桃酰氯。已知：①RCHO3①NaHSO②NaCN⎯⎯⎯⎯→；②RCN+2HO/H⎯⎯⎯→RCOOH；③RCN2SOCl⎯⎯⎯⎯⎯→RCOClR′OH⎯⎯⎯⎯⎯→RCOOR′请回答：(1)D的结构简式________。(2)下列说法正确

的是________。A.化合物A不能发生取代反应B.化合物B能发生银镜反应C.化合物C能发生氧化反应D.从甲苯到化合物C的转化过程中，涉及到的反应类型有取代反应、加成反应和氧化反应(3)E＋F→G的化学方程式是________。(4)写出化合物D同时符合下列条件的所有可

能的同分异构体的结构简式________。①红外光谱检测表明分子中含有氰基(－CN)；②1H-NMR谱检测表明分子中有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。(5)设计以乙醇为原料制备F的合成路线(用流程

图表示；无机试剂任选)________。【答案】(1).(2).C(3).＋CH3COCl→＋HCl(4).(5).CH3CH2OH⎯⎯⎯⎯⎯→2O催化剂CH3COOH2SOCl⎯⎯⎯⎯⎯→CH3COCl【解析】【分析】根据转化关系，

结合题中信息可知，甲苯在光照条件下与氯气反应生成A为，A发生碱性水解得B为，B发生氧化反应得C为，C发生信息中的反应得D为，D酸性水解得E为，根据F的分子式，结合乙酰基扁桃酰氯的结构可知，乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为

CH3COCl，F和E发生取代反应生成G为，G与SOCl2反应生成乙酰基扁桃酰氯，（5）以乙醇为原料制备F，可以用乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl。【详解】（1）由

分析可知，D的结构简式为：，故答案为：；（2）A．化合物A为，含有氯原子与苯环，能发生取代反应，故A错误；B．化合物B为，没有醛基，不能发生银镜反应，故B错误；C．化合物C为，含有醛基，可以发生氧化反应，

故C正确；D．从甲苯到化合物C的转化过程中，涉及到的反应类型有：取代反应、水解反应和氧化反应，没有加成反应，故D错误，故答案为：C；（3）E为，故E+F→G的化学方程式为：，故答案为：；（4）D的结构简式为，X是D的同分异构体，且X的

红外光谱检测表明分子中含有氰基（一CN），X的核磁共振氢谱检测表明分子中有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，苯环上有两个处于对位的基团，则符合条件的D的结构简式为，故答案为：；（5）以乙醇为原料制备F，可以用乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信

息中的反应生成F为CH3COCl，反应的合成路线为，故答案为：。