【文档说明】浙江省温州十校联合体2021-2022学年高二下学期期中联考化学试题 含解析.docx，共(30)页，2.719 MB，由小赞的店铺上传

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2021学年第二学期温州十校联合体期中联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写

在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。本卷可能用到的相对原子质量数据：H-1，C-12，N-14，O-16，Na-23，A-27，S-32，C-35.5，K-39，Ca-40，Fe-56，Cu-64，Ba-137，Zr-91选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分

。每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.下列物质属于电解质的是A.C6H12O6(葡萄糖)B.CH3CH2OHC.CH3COOHD.NH3【答案】C【解析】【详解】A．葡萄糖是由

分子构成的共价化合物，在水溶液中和熔融状态下都不能发生电离，因而不能导电，故葡萄糖属于非电解质，A不符合题意；B．CH3CH2OH是由分子构成的共价化合物，在水溶液中和熔融状态下都不能发生电离，因而不能导电，故CH3CH2OH属于非电解质，B不符合题意；C．CH3COOH是由分子构成的共价化合

物，属于酸，在水溶液中能够发生电离，产生自由移动的离子，因此能够导电，故CH3COOH属于电解质，C符合题意；D．NH3是由分子构成的共价化合物，在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，故NH3

是非电解质，D不符合题意；故合理选项是C。2.下列仪器用于分液的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．图为蒸馏烧瓶，用于蒸馏或分馏操作，选项A错误；B．图中为分液漏斗，用于分离分层的液体混合物，选项B正确；C．图为蒸发皿，用

于溶液的蒸发结晶，选项C错误；D．容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于分离混合物，选项D错误；答案选B。3.下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是A.KHSO4B.NaHCO3C.NH4ClD.【答案】C【解析】【详解】A．KHSO4是强酸的

酸式盐，在水中电离产生K+、H+、24SO−，电离方程式为：KHSO4=K++H++24SO−，电离产生H+使溶液显酸性，A不符合题意；B．NaHCO3是强碱弱酸盐，电离产生的3HCO−在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，电离产生H+使溶液显酸性，水解产生OH-，又使溶液显碱性，

由于其水解程度大于其电离程度，因而溶液显碱性，B不符合题意；C．NH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液中盐电离产生的4NH+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-变为NH3·H2O，使水电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，因而溶液显酸性，C符合题意

；D．是苯甲酸，属于羧酸，能够电离产生H+，使溶液显酸性，D不符合题意；故合理选项是C。4.下列有关化学用语表示不正确的是A.乙炔的结构式：HCCH−−B.基态C原子的电子排布式：2221s2s2pC.羟基的电子式：D.2HO的价层电子对互斥模型：【答案】D【解析】【详解】A．乙炔中

含碳碳三键，分子式为C2H2，结构式为：HCCH−−，A正确；B．碳的原子序数为6，基态C原子的核外电子排布式为：2221s2s2p，B正确；C．羟基为-OH，其电子式为：O:H，C正确；D．H2O的中心原子价层电子对数为：2+

6-212=4，采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，有2对孤对电子，空间构型为V形，图示所给为空间构型，D错误；答案选D。5.下列物质对应的化学式或结构简式不正确的是A.聚丙烯：23n[CHCHCH]

−−B.草酸：HOOC-COOHC.TNT：D.甘油：【答案】A【解析】【详解】A．聚丙烯是丙烯CH2=CH-CH3发生加聚反应产生的高分子化合物，其化学式为：，A错误；B．乙二酸俗称草酸，结构简式为：HOOC-COOH，B正确；C．甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生甲基在苯环上

的邻、对位的取代反应，产生2，4，6-三硝基甲苯，俗称TNT，结构简式为：，C正确；D．丙三醇俗称甘油，结构简式为：，D正确；故合理选项是A。6.下列说法不正确的是A.氧炔焰常用于焊接或切割金属B.甲醛的水溶液又称福

尔马林，具有杀菌防腐性能，用于食品保鲜C.油脂氢化后得到的硬化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料D.醚类物质在化工生产中被广泛用作溶剂，有的醚还可做麻醉剂【答案】B【解析】【详解】A．乙炔燃烧时放出大量的热，氧炔焰的温度很高，可以焊接金属，故A正确；B．甲醛能

使蛋白质变性，能杀菌消毒，甲醛有毒，不可以用福尔马林浸泡食品防腐，故B错误；C．植物油高级脂肪酸烃基中含有不饱和键，经过氢化即加氢生成脂肪，得到硬化油，作为肥皂、人造奶油的原料，故C正确；D．醚类是良好的有机溶剂，有的醚如乙醚可在外

科手术中做麻醉剂，故D正确；故选：B。7.下列说法正确的是A.142N和152N互为同位素B.70C和石墨互为同素异形体C.和互为同分异构体D.和互为同系物【答案】B【解析】【详解】A．有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素，142N和152N是氮元素的不同单质

，互为同素异形体，不能互为同位素，故A错误；B．70C和石墨均是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故B正确；C．苯环不存在碳碳单键和双键交替的结构，邻二甲苯只有一种结构，则两者是同一物质，故C错误；D．前者官能团是酚羟基，后者是醇羟基，

官能团不同即结构不相似，不属于同系物，故D错误；故选：B。8.下列说法不正确的是A.钠着火不能用泡沫灭火器灭火B.4FeSO溶液中加少量铁屑防止2Fe+被氧化C.苯酚和甲醛通过加聚反应制得酚醛树脂D.包装上有标记“OTC”的药物，消费者可以自行购买和使用【答案】C【解析】【详解】A．钠与氧气反应生

成过氧化钠，因过氧化钠与水、二氧化碳反应均能生成氧气，所以钠着火不能用泡沫灭火器灭火，故A正确；B．FeSO4溶液中亚铁离子具有还原性，加入一些铁粉目的是防止亚铁离子被氧化成铁离子，故B正确；C．苯酚、甲醛发

生缩聚反应，不是加聚反应，故C错误；D．包装上有“OTC”标识的药物属于非处方药，非处方药是指为方便公众用药，在保证用药安全的前提下，经国家卫生行政部门规定或审定后，不需要医师或其它医疗专业人员开写处方即可购买的药品，一

般公众凭自我判断，按照药品标签及使用说明就可自行使用，故D正确；故选：C。9.下列比较大小不正确的是A.热稳定性：432CHNHHOHFB.键角：432CHNHHOC.沸点：正丁烷<异戊烷D.沸点：HFHClHBrHI【答案】D【解析】【详解】A．已知非金属的

非金属性与其简单气态氢化物的热稳定性一致，非金属性F＞O＞N＞C，则热稳定性：432CHNHHOHF，A正确；B．已知CH4中C周围无孤电子对，NH3中N周围有1对孤电子对，H2O中O周围有2对孤电子对，由于孤电子对对孤电子对的排斥作用大于

孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，导致键角：432CHNHHO，B正确；C．烷烃的沸点随相对分子质量的增加而有规律升高，则沸点：正丁烷<异戊烷，C正确；D．卤素的氢化物均形成分子晶体，随着相对分子质量

的增大，分子间作用力增强，沸点升高，但由于HF中存在分子间氢键，导致沸点异常升高，则沸点：HClHBrHIHF＜＜＜，D错误；故答案为：D。10.下列说法不正确的是A.葡萄糖和蔗糖都属于还原性糖B.氨基酸是两性化合物C.酶催化作用在高温、强酸、强碱、重金属盐作用下

易失效D.DNA由两条平行盘绕的多聚核苷酸组成，两条链上的碱基通过氢键作用结合成碱基对【答案】A【解析】【详解】A．蔗糖是二糖，不属于还原性糖，故A错误；B．氨基酸含有氨基和羧基，氨基能与强酸溶液反应，羧基能与强碱溶液反应，所以氨基酸

是两性化合物，故B正确；C．通常情况下，强酸、强碱、高温或重金属盐作用条件均可使酶失去活性，故C正确；D．DNA的基本单位是核苷酸，其结构由两条平行盘绕的多聚核苷酸组成，两条链上的碱基通过氢键作用结合成碱基对，故D正确；故答案为A。11.已知，

该合成路线中，不涉及的反应类型是A.加成反应B.取代反应C.氧化反应D.消去反应【答案】D【解析】【详解】碳碳双键先与氯气发生加成反应，再与NaOH水溶液发生取代反应得到醇羟基，其中-CH2OH发生催化氧化反应

生成-CHO，则不涉及的反应类型是消去反应，故选：D。12.下列说法不正确的是A.可用浓溴水鉴别苯、4CCl、苯酚的稀溶液、1-己烯B.等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等C.在含酚较高的废水中可以加入苯做萃取剂回收酚的D.可用溴水检验2CHCHCHO=中的碳碳双键【

答案】D【解析】【详解】A．苯、4CCl能萃取溴使溴水褪色且有机层有色，苯的密度小于水有机层在水层上、四氯化碳密度大于水有机层在水层下；苯酚的稀溶液能和溴水生成三溴苯酚沉淀、1-己烯和溴发生加成反应生成使溴水褪色，能鉴别，A正确；B．苯和苯甲酸的化学式分别

为C6H6、C6H5COOH，苯甲酸化学式可以写成C6H6(CO2)相当于C6H6燃烧消耗氧气，故等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等，B正确；C．酚能在苯中溶解度大且苯与水不互溶，在含酚较高的废水中可以加入苯做萃取剂回收酚，C正确；D．溴具有强

氧化性，也能和醛基反应使溴水褪色，不能检验2CHCHCHO=中的碳碳双键，D错误；故选D。13.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.25℃时，pH3=的醋酸溶液1L，溶液中含H+的数目为A0.001NB.标准状况下，22.4L戊烷

中的中σ键数目为A16NC.铁在高温下和水蒸气反应，每消耗3molFe转移的电子数为A8ND.88g干冰(如图)中含有A0.5N个晶胞结构单元【答案】B【解析】【详解】A．25°C时,pH=3的醋酸溶液1L，溶液中含H+的数目为:0.001mol/L1LNA

=0.001NA，选项A正确；B．标准状况下，戊烷不是气体，无法计算22.4L戊烷中的中σ键数目，选项B不正确；C．Fe与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，反应中转移电子的物质的量为：3mol×(83-0)=8mol，转移电子的数目为8NA，选项C正确；D．1个干冰晶胞中

含有118+6482=个干冰，88g干冰(物质的量为2mol)(如图)中含有0.5NA个晶胞结构单元，选项D正确；答案选B。14.下列反应的化学方程式或离子方程式不正确的是A.氯气和水反应：22ClHOHClHClO++++B.

溶液中通入少量2CO：222CO2HO++→32NaHCO+C.铜片上电镀银的总反应：Ag(阳极)通电Ag(阴极)D.苯甲酰胺和盐酸反应：【答案】B【解析】【详解】A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式是22ClHOHClHClO++++，故A正确；B．羧基的酸性大于碳酸，碳酸大于

苯酚，苯酚大于3HCO−，溶液中通入少量2CO，反应的化学方程式为22COHO++→3NaHCO+，故B错误；C．铜片上电镀银，阳极反应式为Ag-e-=Ag+，阴极反应式为Ag++e-=Ag，总反应：Ag(阳极)通电Ag(阴极)，故

C正确；D．苯甲酰胺和盐酸反应生成苯甲酸和氯化铵，反应的离子方程式是；故D正确；选B。15.向盛有硫酸铜蓝色溶液的试管里滴加氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色溶液，再加无水乙醇得到深蓝色

晶体()3424CuNHSOHO。溶液和晶体呈现深蓝色都是因为()234CuNH+的存在。下列说法不正确的是A.配离子()234CuNH+中2Cu+为中心离子，3NH为配体，配位数为4B.加入乙醇的目的是降低配合物的溶解度C.2

4SO−空间构型为正四面体形，和VSEPR模型不一致D.配离子中N原子属于3sp杂化，4个杂化轨道分别形成1个配位键和3个N-Hσ键【答案】C【解析】【详解】A．在配离子()234CuNH+中

，整个内界中，2Cu+为中心离子，3NH为配体分子，且3NH为单齿配体，则其配位数为4，选项A正确；B．()344CuNHSO在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，加入乙醇的目的是降低配合物的溶解度，

析出()3424CuNHSOHO晶体，选项B正确；C．24SO−中硫原子含有的孤对电子对数是62242＋－＝0，所以是正四面体形，属于sp3杂化，和VSEPR模型一致，选项C不正确；D．3NH中N

原子属于3sp杂化，4个杂化轨道分别形成1个配位键和3个N-Hσ键，选项D正确；答案选C。16.金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物，结构式如下：下列关于金丝桃苷的叙述，不正确的

是A.可以和氢气发生加成反应，1mol金丝桃苷最多可以和7mol氢气加成B.能发生消去反应C.有5个手性碳原子D.一定量该有机物分别和足量Na、NaOH反应，消耗两者物质的量之比为2∶1【答案】A【解析】【详解】A．1mol金丝桃苷含2mol苯环

，能与6molH2加成，1mol碳碳双键，能与1molH2加成，1mol酮羰基，能与1molH2加成，总共能与8molH2加成，A错误；B．金丝桃苷中含醇羟基，且含β-H，能发生消去反应，B正确；C．人们将

连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，金丝桃苷中有5个手性碳原子，如图*所示：，C正确；D．1mol金丝桃苷中含4mol醇羟基、4mol酚羟基，1mol醇羟基能与1molNa反应，1mol酚羟基能与1molNa反应，醇羟基不与NaOH反应，1mol酚羟基能与1m

olNaOH反应，因此1mol金丝桃苷能消耗8molNa、4molNaOH，消耗Na、NaOH的物质的量之比为2:1，D正确；答案选A。17.X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的短周期元素，X核外电子只有一种自旋取向，Z元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，第一

电离能低于同周期相邻元素，Y、Z、M、N在周期表中的位Y如图所示，下列说法不正确的是YZMNA.原子半径：M>N>ZB.M的氧化物23MO为两性氧化物C.2NZ是含极性键非极性分子D.2XZ比2XN稳定是因为键能X-Z>X-N【答案】C的【解析】【分析】X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的短周期

元素，X核外电子只有一种自旋取向，X为H；Z元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，其核外电子排布式为：1s22s22p4或1s22s22p63s2，第一电离能低于同周期相邻元素，再结合在元素周期表中的位置可知，Z为O，则Y为N，

M为Al，N为S。【详解】A．同一周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同一主族元素从上向下原子半径逐渐增大，原子半径：M>N>Z，A正确；B．M为Al，氧化物Al2O3为两性氧化物，B正确；C．N为S、Z为O，

SO2的价层电子对数为：2+6-222=3，采取sp2杂化，有一对孤对电子，空间构型为V型，正负电荷重心不重合，为含硫氧极性键的极性分子，C错误；D．2XZ为H2O，2XN为H2S，氧原子的半径比硫原子小，O-H键的键长比S-H键的键长短，O-H键的键能比S-H键的键能大，因

此H2O比H2S稳定，D正确；答案选C。18.25℃下，下列说法不正确的是A.若()()+-cH>cOH，水溶液一定呈酸性B.pH相等的盐酸和醋酸溶液：()()--3cCl=cCHCOOC.0.010mo1/L、0.10mo1/L的醋酸溶液，电离度分别为1a、2a，则12aa

D.浓度均为0.1mo1/L的碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液均满足：()()()()2--+233cHCO-cCO=cOH-cH【答案】D【解析】【详解】A．25℃下溶液呈中性()()+-cH=cOH，若()()+-cH>cOH，则水溶液一定呈酸性，故A正确；B．盐酸和醋酸溶液中电荷关系分别为

c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)、c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，pH相等的两溶液，即c(H+)、c(OH-)相等，所以混合液中c(Cl-)=c(CH3COO-)，故B正确；C．弱电解质的浓度越稀电离程度越大，则0.010mo1/L、0.10mo1/L的

醋酸溶液，电离度分别为1a、2a，则12aa，故C正确；D．碳酸氢钠溶液存在质子守恒：()()()()+-2-233cHCO+cH=cOH+cCO，碳酸钠溶液存在质子守恒：()()()()-+-2332cHCO+cHCO+cH=

cOH，则不满足()()()()2--+233cHCO-cCO=cOH-cH，故D错误；故选：D。19.已知在C和2O的反应体系中存在如下反应：反应1：()()()22CsOgCOg+11ΔH=394kJmol−−

反应2：()())222COgOg2CO(g+1ΔH=-566kJmol−反应3：()()()22CsOg2COg+3ΔH=_______。设y=ΔH-TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示。下列有关说法不正确的是A.13ΔH=2

22kJmol−−B.反应2和反应3的ΔS都小于0C.图中对应反应3的线条是aD.达到平衡后，在一定压强下，升高温度，气体中CO和2CO的物质的量之比增大【答案】B【解析】【详解】A．由题干信息可知，反应1：()()()22Cs+OgCOg-11H=-394kJ?molΔ反应

2：()())222COg+Og2CO(g-1H=-566kJ?molΔ可知反应3：()()()22C+Ogs2COg可由2倍反应-反应2，则3ΔH=2-11-12H-394kJ?molΔ-H=2(-(

566kJ?m)olΔ)=-222kJ/mol，A正确；B．由题干信息可知，反应2为气体体积减小，即ΔS小于0，但反应3为气体体积增大，即ΔS大于0，B错误；C．由A向分析可知，反应3是一个气体体积减小的放热反应，即Δ

H0＜，ΔS＞0，则y=ΔH-TΔS，即y随着T的升高而减小，则图中对应反应3的线条是a，C正确；D．由题干信息可知，达到平衡后，在一定压强下，升高温度，反应1、2、3平衡均逆向移动，故气体中CO和2CO的物质的量之比增大，D正确；故答案为：B。20.关于有机物基团之间相互影响的说

法不正确的是A.乙基使羟基中氢氧键极性减弱，所以乙醇和钠反应不如钠和水反应剧烈B.苯环使与其相连的羟基活性增强，所以苯酚具有弱酸性C.甲基使苯环活化，所以甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化D.烃基越长推电子效应越大，使羧基中羟基极

性变小，羧酸酸性越弱，所以乙酸酸性大于丙酸【答案】C【解析】【详解】A．由于乙基等烃基是推电子基团，则乙基使羟基中氢氧键极性减弱，使得O-H键更难断裂，所以乙醇和钠反应不如钠和水反应剧烈，A正确；B．

水呈中性，乙醇呈中性，苯酚具有弱酸性，是由于苯酚中的酚羟基能够电离出H+，则说明苯环使与其相连的羟基活性增强，B正确；C．甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，是由于甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化成苯甲酸，发生的反应部位是甲基，而烷烃不能使酸性高锰酸钾溶液

褪色，本实验说明苯环使甲基活化，C错误；D．烃基越长推电子效应越大，使羧基中羟基极性变小，则羧基越难电离，羧酸酸性越弱，所以乙酸酸性大于丙酸，D正确；故答案为：C。21.18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：，能量变化如图所示。已

知：为快速平衡，下列说法正确的是A.反应Ⅱ和反应ⅢH0B.反应Ⅱ、Ⅲ为决速步C.反应结束后，溶液中存在183CHOHD.反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变【答案】A【解析】【详解】A．根据图中信息可知，反应Ⅱ

和反应Ⅲ中均为总能量高的转化为总能量低的反应，H0，选项A正确；B．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I和反应IV的活化能较高，因此反应的决速步为反应I、IV，选项B错误；C．反应III的成键和断键方

式为或，因此反应结束后溶液中不会存在183CHOH，选项C错误；D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，选项D错误；答案选A22.表面皿都中装有混合了饱和食盐水、

酚酞和铁氰化钾溶液的琼脂，分别将缠有铜丝的铁钉(图A)和缠有锌片的铁钉(图B)放置其中，如图所示，一段时间后b处和c处出现变红现象已知：2Fe+和铁氰化钾溶液会生成蓝色沉淀。下列说法不正确的是A.发生

氧化反应的是a处和d处B.图A中a处出现蓝色沉淀C.b处和c处电极反应式为222HO2e2OHH−−+=+D.对铁钉腐蚀起防护作用的是图B【答案】C【解析】【分析】一段时间后b处和c处出现变红现象，说明b、c处生成氢氧根离子即b、c处发生还原反应。【详解】A．根据前面分析b、c

处发生还原反应，则说明发生氧化反应的是a处和d处，故A正确；B．a处是铁失去电子变为亚铁离子，2Fe+和铁氰化钾溶液会生成蓝色沉淀，因此图A中a处出现蓝色沉淀，故B正确；C．根据前面分析b、c处发生还原反应即b处和c处电极反应式为22O2HO4O+e4H−−+=，故C错误；D

．A中铁为负极，铜为正极，对铁有腐蚀性，而B中铁为正极，锌为负极，因此对铁钉腐蚀起防护作用的是图B，是牺牲阳极的阴极保护法，故D正确。综上所述，答案为C。23.常温下，用10.1000molL−的盐酸分别滴定20.00

ml，浓度均为10.1000molL−三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断不正确的是。A.三种一元弱酸的电离常数：()()()aaaKHX>KHY>KHZB该NaX溶液中：()()()()()()a+-++cHXKHXcNa=+cOH

-cHcHC.分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：()()()()()()()--+cX+cHX=cY+cHY=cZ+cHZ=cNaD.当pH7=时，三种溶液中：()-cX、()-cY和()-cZ都

小于()+cNa【答案】C【解析】【详解】A．根据盐类水解的规律：越弱越水解可知，相同浓度的强碱弱酸盐溶液中，一元弱酸越弱，则其盐溶液碱性越强，结合图片可知溶液碱性强弱为：NaX＜NaY＜NaZ，则酸性强弱为：HX＞HY＞HZ，一元弱酸中酸性越强，其电离程度越大，电离平衡常数K越大，即

Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故A正确；B．NaX溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(X-)，即c(Na+)=c(X-)+c(OH-)-c(H+)，由()()()()-+acXcHKH

X=cHX可得，()()()()()()a+-++cHXKHXcNa=+cOH-cHcH，故B正确；C．滴加20.00mL10.1000molL−盐酸与20.00mL10.1000molL−NaX反应生成20.00mL10.1000molL−HX，此时由物料守恒n(

X)=cV=2×10-3mol，n(Na)=2×10-3mol，将三种溶液混合，n(Na)=3×2×10-3mol=6×10-3mol，混合后总体积相等，含有X的微粒由物料守恒不变，则c(X)+c(HX)≠c(Na+)，同理，c(Y

)+c(HY)≠c(Na+)，c(Z)+c(HZ)≠c(Na+)，故C错误；D．常温下pH=7时c(H+)=c(OH-)，NaX溶液中电荷守恒关系式为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(X-)+c(Cl-)，则c(Na+)=

c(X-)+c(Cl-)，c(X-)<c(Na+)，同理有：c(Na+)=c(Y-)+c(Cl-)，c(Na+)=c(Z-)+c(Cl-)，则()-cX、()-cY和()-cZ都小于()+cNa，故D正确；故选：C。.24.下列方案设

计、现象、结论都正确的是选项目的方案设计现象和结论A探究乙醇消去反应的产物酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙醇消去反应的产物是乙烯B比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱若a装置中有气泡，c装置中出现浑浊，说明酸性：乙酸>碳酸>苯酚C检验1-溴丁

烷中的溴元素向试管中加入几滴1-溴丁烷，加入2mL5%的NaOH溶液，振荡后加热。反应一段时间后停止加热，静置后取数滴水层液体于另一只试管中，加入几滴2%3AgNO溶液若出现淡黄色沉淀，说明有机物中有溴元素D检验淀粉在稀硫酸作用下是

否发生了水解向试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol/L24HSO溶液，加热。待冷却后向试管中加入少量新制()2CuOH，加热若未出现砖红色沉淀，说明淀粉未发生水解A.AB.BC.CD.D【答案】B【解

析】【详解】A．制得的乙烯气体中通常会含有CO2、SO2等气体，SO2和高锰酸钾能发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色，干扰乙烯的检验，选项A错误；B．由23CO−+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O、C6H5O-+CO2+H2O→C6H

5OH+3HCO−可知，均为较强酸制取较弱酸的反应，则苯酚、乙酸、碳酸的酸性由强到弱的顺序是乙酸＞碳酸＞苯酚，故答案为：乙酸＞碳酸＞苯酚，选项B正确；C．1-溴丁烷在氢氧化钠溶液中发生水解后溶液呈碱性，加入硝酸银会产生氢氧化银沉淀，干扰实

验的检验，选项C错误；D．淀粉水解后溶液呈酸性，加入新制()2CuOH会与硫酸反应，无法进一步反应产生砖红色沉淀，引起干扰，选项D错误；答案选B。25.LiFePO4的晶胞结构示意图如图(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共

顶点、共棱形成空间链结构。电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+，形成Li1-xFePO4，结构示意图如图(b)所示，则下列说法不正确的是A.每个图(a)晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个B.图(b)中3x=16C.Li+完全脱出不会破坏晶体中的空间链结构D.图(b)中2+3+n(Fe):

n(Fe)=3:13【答案】D【解析】【详解】A．由LiFePO4晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和棱上的锂离子个数为8×18+4×12+4×14=4，由化学式可知，晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个，故A正确；B．对比晶胞结构可知，Li

1-xFePO4的晶胞比LiFePO4的晶胞少1个面心和1个棱上锂离子，则晶胞中锂离子个数为8×18+3×12+3×14=134，由化学式可得：(1—x)：4=1316：4，解得3x=16，故B正确；C．对比晶胞结构可知，锂离子完全脱出后，晶体中的空间链结构不变，则锂离子完全脱出不会破坏晶

体中的空间链结构，故C正确；D．设Li1-xFePO4中铁离子的个数为a，由化合价代数和为0可得：1×316+3×a+2×(1—a)+5×1+4×(—的2)=0，解得a=316，则亚铁离子和铁离子的物质的量比为(1—316)：316=13：3，故D错

误；故选D。非选择题部分二、非选择题(5大题，共50分)26.回答下列问题：（1）用系统命名法进行命名：_______，若该有机物是由炔烃加成而来，则该炔烃可能的结构有_______种。（2）邻羟基苯甲醛沸点比对羟基苯甲

醛低，因其形成分子内氢键，画出邻羟基苯甲醛的分子内氢键示意图_______。(用“…”表示氢键)（3）已知下列物质对应的熔点物质2NaONaCl3AlF3AlCl3BCl23AlO2CO2SiO熔点/℃9208011291190

-1072073-571723①指出下列变化时需克服的作用力：干冰升华_______，2SiO晶体熔化_______，2NaO溶于水_______。②3AlF的熔点远高于3AlCl的原因_______。【答案】

（1）①.3，5-二甲基-3-乙基庚烷②.2（2）（3）①.分子间作用力或范德华力②.共价键③.离子键④.3AlF是离子晶体，3AlCl是分子晶体，离子晶体熔化需破坏离子键，比分子晶体熔化破坏分子间作用力所需能

量高很多，所以3AlF熔点远高于3AlCl【解析】【小问1详解】编号为，命名为3，5-二甲基-3-乙基庚烷；若该有机物是由炔烃加成而来，添加碳碳三键时，只有1、2号或6、7号碳原子能够添加碳碳三键，所以该炔烃的结构简式有、共2种；【小问2详解】邻羟基苯甲醛

的分子内氢键示意图；【小问3详解】①干冰是固体二氧化碳，干冰升华是从固态变气体，是分子间距离变大，克服的作用力是分子间作用力或范德华力；2SiO熔点较高，是共价晶体，熔化时克服共价键；2NaO含离子键，溶于水生成NaOH，克服离子键；②3AlF的熔点远高于3AlCl的

原因：3AlF是离子晶体，3AlCl是分子晶体，离子晶体熔化需破坏离子键，比分子晶体熔化破坏分子间作用力所需能量高很多，所以3AlF熔点远高于3AlCl。27.将6.1g某有机物A(仅含C、H、O元素)样品置于燃烧器中充分燃烧，将燃烧产物依次通过浓硫酸和碱石灰，待燃烧产物被完全吸收后

测得前者增重2.7g，后者增重15.4g，请回答：（1）该有机物的实验式_______。（2）若该有机物A的相对分子量为122，属于芳香族化合物，其核磁共振氢谱上有4组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶1，能与金属钠反应产生氢气，也能和新制()2CuOH加热后产生砖红色沉淀，该

有机物的结构简式是_______，请写出该有机物与足量新制()2CuOH加热后反应的化学方程式_______。（3）有机物A的某种同分异构体B，可用作食品防腐剂，能和碳酸氢钠溶液反应产生气泡。B是无色结晶，熔点122℃，沸点249℃，在水中溶解度如下图：温度/℃255075溶解度/g0.340

.852.2B中混有KCl固体和泥沙，若要提纯B，在下列选项中选取合适的操作并正确排序_______。①热水溶解②趁热过滤③过滤④冷却结晶⑤蒸发结晶⑥蒸馏⑦洗涤⑧干燥【答案】（1）762CHO（2）①.②.()22CuO

H2NaOH++⎯⎯→22CuO4HO++（3）①②(⑦)④③⑦⑧【解析】【小问1详解】浓硫酸增重为水的质量，2m2.7gn(H)=2n(HO)==2=0.3molM18g/mol，碱石灰增重为二氧化碳的质量，

2m15.4gn(C)=n(CO)===0.35molM44g/mol，有机物中含O元素物质的量为m6.1g-0.3mol1g/mol-0.35mol12g/moln(O)===0.1molM16g/mol，则n(C)、n(H)、n(O)

=0.35：0.3:0.1=7:6:2，该有机物的实验式762CHO；【小问2详解】该有机物的实验式762CHO，若该有机物A的相对分子量为122，则A的分子式为762CHO，属于芳香族化合物说明含有苯环，其核磁共振氢谱上有4组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶1，能与金属钠反应

产生氢气说明含有羟基，也能和新制()2CuOH加热后产生砖红色沉淀说明含有醛基，该有机物的结构简式是；该有机物与足量新制()2CuOH加热后是醛基被氧化生成羧基，新制()2CuOH溶液含NaOH，生成羧酸盐，酚羟基具有弱酸性，也能与NaOH反应，反应

的化学方程式()22CuOH2NaOH++⎯⎯→22CuO4HO++；【小问3详解】能和碳酸氢钠溶液反应产生气泡说明含有羧基-COOH，B为苯甲酸，由表知溶解度受温度升高而增大，则先用热水溶解、趁热过滤除去泥沙、洗涤、冷却结晶得到苯

甲酸晶体，将KCl留在溶液中、过滤、洗涤、干燥；正确排序为①②(⑦)④③⑦⑧。28.人们常在过渡元素中寻找制造催化剂和耐高温、耐腐蚀合金的元素。（1）纳米TiO2是种应用广泛的催化剂，在太阳光照射下，可以降解酚、醛等多种有机物。22号元素钛位于元素周期

表的_______区，基态钛原子的价层电子轨道表示式为_______。TiCl4的水解反应可以制得TiO2·xH2O，过滤后再经焙烧可以得到TiO2，写出TiCl4水解反应的化学方程式_______。（2）铬(Cr

)是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。对于基态24Cr原子，下列叙述不正确的是_______(填标号)。A.核外电子有24种运动状态，处在7个不同的能级上B.核外电子排布是[Ar]3d

54s1，是第四周期元素中未成对电子数最多的元素C.4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动D.电负性比钾大，原子对键合电子的吸引力比钾大（3）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示

。Zr4+离子在晶胞中的配位数是_______，晶胞参数为apm、apm、cpm，该晶体密度为_______3gcm−(写出表达式，用a、c和NA表示，121pm110m−=)。【答案】（1）①.d②.③.TiCl4+(x+2)=TiO2·xH2O+4HCl（2）

C（3）①.8②.230A491816acN10−+【解析】【小问1详解】22号元素钛位于元素周期表第四周期第ⅢB族，属于元素周期表的d区元素；根据构造原理，可知基态Ti原子核外电子排布式是[Ar]3d24s

2，所以Ti原子的价电子的价电子的轨道表达式为；TiCl4的水解反应可以制得TiO2·xH2O，TiCl4发生水解反应产生TiO2·xH2O、HCl，水解反应的化学方程式为：TiCl4+(x+2)=TiO2·xH2O+4HCl；【小问2详解】A．Cr是24号元素，在任何原子核

外不存在运动状态完全相同的电子，则Cr原子核外电子有24种运动状态，根据构造原理，可知基态Ti原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，原子核外有7个能级，因此24个电子处在7个不同的能级

上，A正确；B．根据构造原理，可知基态Ti原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，可简写为[Ar]3d54s1，有6个成单电子，所以第四周期元素中未成对电子数最多的元素，B正确；C．4s电子能量较高，其在原子核外运动时，在比3s电子离核更远的地方运动的几率相对较大，而不能

说总是在比3s电子离核更远的地方运动，C错误；D．K、Cr是第四周期元素，由于同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，原子失去电子就越难，其电负性就越大，则铬的电负性比钾大，原子对键合电子的吸引力比钾大，D正确；故合理选项是C；【小问3详解】根据图

知，每个Zr4+与8个O2-等距离且最近，所以Zr4+的配位数是8；该晶胞中Zr4+的个数：8×18+6×12=4；O2-的个数为8，所以根据晶胞的密度计算公式，可得其密度ρ=32-30Am491+816=g/cmVNac10。29.工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应如下

：()()()224Ng3Hg2NHg+1ΔH=92.4kJmol−−。（1）已知()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ的活化能1aE=508kJmol−，则氨分解反应：()()()32213NHgNgHg22+的活化能

aE=′_______1kJmol−。（2）在一体积为2L的恒容刚性密闭容器中发生反应：()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ。在1t、2t时刻改变反应的一个条件，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示：①第Ⅰ阶段

的平衡常数1K为_______(保留2位有效数字)。②比较第Ⅱ阶段和第Ⅲ阶段平衡常数的大小：2K_______3K(填“＞”“＜”或“=”)。（3）①合成氨工业上通常采用铁触媒、在400~500℃和10MPa

~30MPa的条件下合成氨，在Fe催化剂作用下的反应历程为(*表示吸附态)化学吸附：()2Ng2N*→；()2Hg2H*→；表面反应：N*H*NH*+；2NH*H*NH*+；23NH*H*NH*+脱附：()33NH*NHg其中，2N的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率

。下列说法正确的是_______。A．控制温度400~-500℃远高于室温，是为了保证尽可能的平衡转化率和快的反应速率B．实际工艺中原料中2N和2H物质的量之比为1∶2.8，氮气过量除了提高氢气的转化率，还可以提高整

体反应速率C．基于3NH分子间有较强分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，有利于反应正向进行D．2N、2H的混合气只需一次通过合成塔②我国科学家以2MoS为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计

算结果如图。2MoS在_______(填“24NaSO”或“24LiSO”)溶液中催化效果更好：在24NaSO溶液与24LiSO溶液中，反应()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ中的H_______(填“前者大”“后者大”或“一样大

”)。【答案】（1）300.2（2）①.0.59②.<（3）①.BC②.24LiSO③.一样大【解析】【小问1详解】已知()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ的活化能1aE=508kJmol−，()()()224Ng3Hg2NHg+1

ΔH=92.4kJmol−−，且一个反应的反应热H=Ea(正)-Ea(逆)，则有()()()3222NHgNg3Hg+的活化能即Ea(逆)=Ea(正)-H=508kJ/mol-(-92.4kJ/mol)=600.4k

J/mol，则氨分解反应：()()()32213NHgNgHg22+的活化能aE=′600.421kJmol−=300.21kJmol−，故答案为：300.2；【小问2详解】由题干图示信息可知，t1时刻H2、N2的物质的量不变，NH3的物质的量减小到0，则改变的条件为减小生成物N

H3的浓度，t2时刻N2、H2、NH3的物质的量均不改变，再次达到平衡时N2、H2的物质的量减小，NH3的浓度增大，说明改变条件之后平衡正向移动，则t2时刻改变的条件为：降低反应体系的温度，据此分析解题：①由题干图

示信息可知，第Ⅰ阶段平衡时，H2的物质的量浓度为：c(H2)=3mol2L=1.5mol/L，N2的物质的量浓度为：c(N2)=1mol2L=0.5mol/L，NH3的物质的量浓度为：c(NH3)=2mol2L=1.0mol/L，则第I阶段的平衡常数

1K=23322(NH)(H)(N)ccc=2310.5?1.5=0.59，故答案为：0.59；②由上述分析可知，t2时刻改变的条件为：降低反应体系的温度，降低温度平衡正向移动，则平衡常数增大，则比较第Ⅱ阶段和第Ⅲ阶段平衡常数的大小：2K＜3K，故答案为：＜；【小问3详解】

①A．由题干信息可知，合成氨的反应是一个放热反应，则升高温度平衡逆向移动，平衡转化率降低，则控制温度400~-500℃远高于室温，是为了快的反应速率，提高生产效率，而不能提高平衡转化率，A错误；B．由于H2的获得比N

2更困难，实际工艺中原料中2N和2H物质的量之比为1∶2.8，即适当提高N2的用量，则氮气过量除了提高氢气的转化率，2N的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率，则增大N2的浓度还可以提高整体反应速率，B正确；C．基于3NH分子间有较强分子间作用力可将其液化，

不断将液氨移去，即减小生成物的浓度，有利于反应正向进行，C正确；D．由于合成氨的反应是一个可逆反应，分离出NH3之后的尾气中还含有大量的N2、H2需再次进入合成塔以提高原料的利用率，即2N、2H的混合气需多次通过合成塔，D错误；故答案为：BC；②由题干图示信息可知，MoS2在Li2SO4溶液中催化

过程中的各步活化能更小，反应更容易进行，反应速率更快，即2MoS在24LiSO溶液中催化效果更好，催化剂仅能够改变反应所需的活化能，而不改变反应的焓变，即在24NaSO溶液与24LiSO溶液中，反应()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ中的一样大，故答案为：Li2SO4；一

样大。30.甲苯是重要的有机合成原料，以甲苯为原料合成抗肿瘤药物氟他胺X和某种抗疟疾药物的中间体Y的路线如下：已知：①②/Fe→盐酸③2SOClRCOOHRCOCl−⎯⎯⎯→−请回答（1）E中官能团名称_______。（2）下列说法正确的是_______。A.B和

H属于同一种物质B.X分子中所有C原子和N原子可能在同一平面上C.已知吡啶是一种有机碱，在反应⑤中可以吸收生成的HCl，提高转化率D.反应③④⑤⑥都是取代反应，⑧是氧化反应（3）F的结构简式是_______。（4）完成J→Y的化学方程式_______。（5

）以丙炔为原料设计合成的合成路线_______(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)。（6）M是J的同系物，组成比J多一个2CH，写出符合下列要求的M的所有的同分异构体_______①能与3FeCl溶液发生显色反应②苯环上只有一种氢【答案】（

1）氨基、氟原子（2）C（3）（4）（5）（6）、【解析】【分析】根据B的分子式和C的结构简式，可知B是；D发生还原反应生成E，根据E的结构简式，可知D是；E和反应生成F，由X逆推，可知F是；根据信息①逆推，

J是、I是、H是、G是。【小问1详解】E是，官能团名称氟原子、氨基；【小问2详解】A．B是、H是，不是同一种物质，故A错误；B．分子中，标*号的碳原子至少有1个不在苯环决定的平面上，故B错误；C．反应⑤中有氯化氢生成，吡啶是一种有机碱，可以吸收生成的HCl，提高转化率，故C正确

；D．反应④是还原反应，故D错误；选C。【小问3详解】和反应生成F，由X逆推，可知F是；【小问4详解】J是，和反应生成和水，反应方程式为；【小问5详解】3HCCCH−和HCN发生加成反应生成，水解为，与氢气发生加成反应生成，与SOCl2反应生成，合成路线为。【小问6详解】M是的同系物

，组成比多一个2CH，M分子式为C8H6Cl2O，①能与3FeCl溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②苯环上只有一种氢，说明结构对称；符合下列要求的M的所有的同分异构体为或。