【文档说明】内蒙古自治区阿拉善盟第一中学2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(26)页，2.243 MB，由小赞的店铺上传

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内蒙古自治区阿拉善盟第一中学2021~2022学年高二下学期期末考试化学试题一、选择题：本题共25小题，每小题2分，共50分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切

相关。下列说法正确的是A.煤、石油、天然气都是可再生能源B.气象环境报告中的”PM2.5”是对一种新分子的描述C.由于Al的活泼性强，故工业上采用电解熔融AlCl3的方法生产AlD.“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成分是蛋白质，属于高

分子化合物【答案】D【解析】【详解】A．煤、石油、天然气属于化石燃料，是由古代生物遗体、遗骸经一系列复杂的物理、化学变化而形成的，属于不可再生能源，A错误；B．“PM2.5”是指空气中直径小于或等于2.5μm固体颗粒或液滴的总称，是混合物

，不是新分子，B错误；C．由于AlCl3是共价化合物，由分子构成，不能导电，因此不能用电解熔融AlCl3的方法生产Al，应该采用电解熔融Al2O3冶炼铝，反应方程式为：2Al2O3(熔融)电解冰晶石4Al＋3O2↑，C错误；D．丝绸的主要成分为蛋白质，属于高分子化

合物，D正确；故合理选项是D。2.下列化学用语正确是A.HClO的结构式为H—O—ClB.核数293116Lv中质子数116，中子数为293C.S2-的离子结构示意图为D.Cl2的电子式为Cl：Cl【答案】A【解析】【详解】A．HClO中

根据各原子的成键特点，可以判断O为中心原子，所以结构式为H—O—Cl，A项正确；的的为B．核数293116Lv中质子数为116，中子数为177，293是质量数，B项错误；C．S2-的最外层电子数为8个，C项错误；D．Cl2的电子式为:Cl:Cl:

，D项错误；故答案为A。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.44gCO2与28gCO所含有的原子数均为NAB.24gMg与足量的稀盐酸反应转移的电子数为2NAC.NA个氧分子和NA个氢分子的质量比为8：1D.常温常压下，NA个Cl2分子所占有的体积

为22.4L【答案】B【解析】【分析】此题考查物质的量的计算，根据常用方法关系式和基本公式即可计算。注意计算气体体积时必须知道状态和条件。【详解】A．44gCO2和28gCO物质的量均为1mol，但CO2

是三原子分子、CO为双原子分子，两者所含的原子数不同，A错误；B．根据反应Mg+2H+=Mg2++H2转移电子数得出Mg和电子的关系式1:2，则24gMg转移的电子数是2NA，故B正确。C．NA个氧分子与NA个氢分子的质量比等于摩尔质量之比，即32：

2=16：1，C错误；D．常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，D错误。故选答案B。4.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A.向稀硫酸中加入铁粉：322Fe6H2FeH=3++++B.NO2与水的反应：2232NOHO=NONO2H−

++++C.冷的氢氧化钠溶液中通入氯气：22Cl2OH=ClOClHO−−−+++D.醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：2322CaCO2HCaHOCO=+++++【答案】C【解析】【详解】A．稀硫酸中加入铁粉应生成Fe2+，离

子方程式应该为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，A错误；B．电子不守恒，电荷不守恒，原子不守恒，离子方程式应该为3NO2+H2O=2H++23NO−+NO，B错误；C．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；D．醋酸为弱酸，主要以

电解质分子存在，应该写化学式，离子方程式应该为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，D错误；故合理选项是C。5.下列离子在指定的分散系中能大量共存的一组是A.透明的溶液中：2++--3CuKNOCl、

、、B.碱性溶液中：2-2+--43SOMgClNO、、、C.氢氧化铁胶体：++2--HKSCl、、、D.酸性溶液中：++2-2-43KNaSOCO、、、【答案】A【解析】【详解】A．透明的溶液中四种离子之间不会反应可以大量共存

，故A正确；B．碱性溶液中Mg2+与OH-会发生反应，不能大量共存，故B错误；C．Fe(OH)3与H+反应，且H+与S2-也会发生反应，不能大量共存，故C错误；D．酸性溶液中含有大量的H+，H+与23CO−会发生反应，不能大量共存，故D错误。故

答案为：A。6.高铁酸钠(Na2FeO4)易溶于水，是一种新型多功能水处理剂。已知反应2322242点燃OFeO+3NaONaFeONa2+，下列说法不正确的是A.23FeO是还原剂B.24NaFeO既是氧化产物又是还原产物C.

24NaFeO具有强氧化性，能消毒杀菌D.1molNa2O2发生反应，有4mol发生电子转移【答案】D【解析】【详解】A．Fe2O3中铁元素化合价为+3价，生成物Na2FeO4中铁元素化合价为+6价，则Fe2O3失去电子，发生氧化

反应，是还原剂，A正确；B．Fe2O3中的铁元素被氧化，生成Na2FeO4，Na2O2中氧元素由-1价被还原为为-2价，生成Na2FeO4和Na2O，所以Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，B正确；C．生成物Na2FeO4中铁元素化合价为+6价

，具有强氧化性，能消毒杀菌，C正确；D．该反应中，Na2O2作氧化剂，1molNa2O2发生反应，有2mol电子发生转移，D错误；故选D。7.冶炼金属的方法很多，其实质是用还原的方法，使金属离子得到电子还原成金属原子，下列有关金属冶炼的反应原理

中错误的是A.2322AlO4Al+3OΔB.44=Fe+CuSOFeSO+CuC.342FeO4CO3Fe4CO++高温D.()22NaCl2NaCl+电解熔融【答案】A【解析】【详解】A．Na、Mg、Al等活泼金属采用电解法冶炼制备，电解氧化铝可以制的金属铝，故A错

误；B．湿法炼铜，反应原理为：Fe+CuSO4═FeSO4+Cu，故B正确；C．金属铁的冶炼通常是用还原剂(C、CO、H2、活泼金属等)将铁从其化合物中还原出来，可用CO还原四氧化三铁生成铁单质，故C正确；D．Na、Mg、Al等活泼金属采用电解法冶炼制备，电解熔融氯化钠可以制的金属钠，故

D正确；故选：A。8.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是选项物质的性质用途ASi的硬度大能作太阳能电池板BMgO难溶于水耐火材料C3NaHCO能与酸反应治疗胃酸过多D2SO具有强还原性漂白纸张A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详

解】A．Si用于作太阳能电池板是利用Si是半导体材料的性质，A项错误；B．MgO能作耐火材料是因为其具有熔点高、耐高温的性质，B项错误；C．胃酸的主要成分是盐酸，能与3NaHCO反应，则3NaHCO能治疗胃酸过

多，C项正确；D．2SO用于漂白纸张是由于其具有漂白性，D项错误；答案选C。9.已知8.4gA物质和3.65gB物质恰好完全反应，生成标准状况下2.24L二氧化碳气体和含质子数为6.02×1023个的水分子，还有

0.1molE物质，则E物质的摩尔质量为A.36.5g/molB.84g/molC.44g/molD.58.5g/mol【答案】D【解析】【详解】标准状况下2.24L二氧化碳气体的物质的量为：2.24L÷22.4L/mol=0.01mol，0.

01mol二氧化碳的质量为：0.1mol×44g/mol=4.4g，1个水分子含有10个质子，含质子数为6.02×1023个的水分子的物质的量为：6.02×1023÷6.02×1023/mol÷10=0.

1mol，0.1mol水分子的质量为：0.1mol×18g/mol=1.8g，根据质量守恒定律，E的质量是8.4+3.65-4.4-1.8=5.85g，E的摩尔质量是M=m/n=5.85g/0.1mol=58.5g/mol，故D正确。故选D。10.欲除去下列物质中的杂质(括号内物质为杂质)，所用

试剂不正确的是A.Fe(Al)：NaOH溶液，过滤B.CaCO3粉末(CaCl2)：过量盐酸C.NaCl溶液(Br2)：加CCl4，分液D.NaCl溶液(BaCl2)：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸并加热【答案】B【解析】【详解】A．F

e与NaOH溶液不反应，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，用氢氧化钠溶液除去铁中的铝粉，故A正确；B．CaCO3与盐酸反应生成氯化钙，不能用盐酸除去CaCO3粉末中的CaCl2，故B错误；C．NaCl溶液与CCl4分层，Br2易溶于CCl4，用CCl4可萃取NaCl溶液

中的Br2，故C正确；D．BaCl2与Na2CO3溶液反应生成碳酸钡沉淀，加过量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸并加热，可除去NaCl溶液中的BaCl2，故D正确；选B。11.已知X、Y、Z、W四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大。X、W同

主族，Y、Z为同周期的相邻元素。W原子的质子数等于Y、Z原子最外层电子数之和。Y与X形成的分子中有3个共价键。Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。下列说法正确的是A.简单离子半径大小：W＞ZB.简单气态氢化物的稳定

性：Y＞ZC.Y的氧化物对应的水化物为强酸D.Z、W可组成W2Z、W2Z2型化合物【答案】D【解析】【分析】已知X、Y、Z、W四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大。则X是H元素；由于X、W同主族，则W是Na元素；Y、Z为同周期的相邻元素，

它们是第二周期元素，W原子的质子数等于Y、Z原子最外层电子数之和。Y与X形成的分子中有3个共价键，则Y是N元素，Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z核外电子排布是2、6，所以Z是O元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。【详解】根据上述分析可知：X为H，Y为N，Z为O，W为Na元素。A．

对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，Z为O，W为Na，离子半径：O2-＞Na+，即离子半径：Z＞W，A错误；B．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物就越稳定；Y为N，Z为O，元素的非金属性：O＞N，所以氢化物的稳定性：H2O＞NH3，B错误；C．未指明是否是元素最高价含氧酸

，因此不能确定其酸性强弱，C错误；D．Z为O，W为Na，它们组成的化合物是Na2O、Na2O2，符合W2Z、W2Z2构型，D正确；故合理选项是D。12.如图有a、b两种物质，下列说法正确的是A.a的分子式为1014CHB.a、b都属于芳香化合物C

.a、b均可以发生加成反应D.a中所有原子均在同一平面上【答案】C【解析】【详解】A．由a的结构简式可知其分子式为1016CH，故A错误；B．a中没有苯环，不属于芳香族化合物，故B错误；C．a含有双键，可以发生加成反应，b中含有苯环，也可以发生加成反应，

故C正确；D．a中含有饱和碳原子，有甲基，故所有原子不可能在同一平面上，故D错误。故答案为：C13.海洋中有丰富的资源，如图为海水资源利用的部分过程。下列有关说法正确的是（）A.用澄清石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3B.第③步和第⑤步均发生了氧化还原反应C.在第③④⑤步中溴元

素均被氧化D.工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁【答案】B【解析】【详解】A.Ca(OH)2与NaHCO3和Na2CO3都能反应生成CaCO3沉淀，所以不能用澄清石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3，A错误；B.第③步反应为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，第⑤步反应为5Br-+Br

O3-+6H+=3Br2+3H2O，均发生了氧化还原反应，B正确；C.第④步反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，溴元素被还原，C错误；D.工业上通过电解熔融MgCl2制取金属镁，电解氯化镁溶液得不到镁，D错误；故选B。14.已知下列两个

热化学方程式：①22C(s)O(g)2CO(g)+=221kJ/molH=−②2222H(g)O(g)2HO(l)+=571.6kJ/molH=−。下列结论正确的是A.①的反应热为221kJ/molB.碳的

燃烧热大于110.5kJ/molC.由②可知氢气的燃烧热为285.8kJ/mol−D.已知22HO(l)=HO(g)44.0kJ/molH=+，则2222H(g)O(g)2HO(g)+=527.6kJ/molH=−【答案】B【解析】【详解】A．反

应热需带符号，①的反应热为-221kJ/mol，A错误；B．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，由反应①不完全燃烧，可推出碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，B正确；C．由B选项的分析可知，燃烧热为正值，C错误；D．设2H2(g)+O2(g)=

2H2O(l)式①，H2O(l)=H2O(g)为式②，根据盖斯定律，①+2×②可得热化学方程式，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H=-571.6kJ/mol+44kJ/mol×2=-483.

6kJ/mol，D错误；故选B。15.下列对离子反应++3+22O=aR+bH+OcR+dH的说法中，错误的是A.任何氧化还原反应电子得失总数必然相等B.c=2，R3+是氧化产物C.b=4，a=c=d=2D.该反应中R+得到电子

，被还原为R3+【答案】D【解析】【详解】A．依据得失电子守恒，可以确定，氧化还原反应中电子得失总数必然相等，A正确；B．1mol氧化剂（O2）得4mol电子，则amol还原剂（R+）失电子数也为4mol，即a=d=2，再依据质量守恒和电荷守恒确定b=4

，c=2，R3+是氧化产物；B正确；C．经分析，b=4，a=c=d=2，C正确；D．R+是还原剂，失去电子，被氧化为R3+，D错误；为故选D。16.下列有关化学现象和化学概念表述正确的是A.浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度都会降低，且原理相同B.常温下，浓硫酸可以用铁制容器

储存，说明铁与冷的浓硫酸不反应C.某次焰色试验火焰为黄色，不能说明该物质中一定不含K+D.0.5molFe和含1mol3HNO的稀溶液充分反应后，滴入KSCN溶液，溶液变红【答案】C【解析】【详解】A．浓硫酸具有

吸水性，在空气中久置吸水导致浓度降低，浓盐酸具有挥发性，长期暴露在空气中HCl挥发导致浓度降低，两者原理不同，A错误；B．浓硫酸和铁发生钝化反应，在表面形成一层致密的氧化物薄膜，阻碍反应的进一步进行，但不是不

反应，B错误；C．钠的黄色能掩盖钾的焰色，所以某次焰色试验火焰为黄色，不能说明该物质中一定不含K+，C正确；D．由Fe和稀3HNO反应的方程式：()()3323Fe4HNO=FeNONO2HO+++稀可知，0.5mo

lFe和含1mol3HNO的稀溶液充分反应后，则生成0.25mol3Fe+，剩余0.25molFe，而剩余的Fe与3Fe+发生反应：32Fe2Fee=3F+++，则0.25mol3Fe+刚好反应完全，因此溶液

中无3Fe+，则加入KSCN溶液后，溶液不变红，D错误；故选：C。17.化学实验能增强学生的观察能力。某实验室在无水、无氧条件下，利用反应TiO2(s)+CCl4(g)ΔTiCl4(g)+CO2(g)制取TiCl4装置如图

所示：有关物质的性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃其他CCl4-2376与TiCl4互溶TiCl4-25136遇潮湿空气产生白雾下列说法不正确的是A.装置A为干燥管B.装置A、E中分别盛放碱石灰和浓硫酸C.先通入N2一段时间后再点

燃C处的酒精灯D.实验结束后可采用过滤的方法来分离装置D中的液态混合物【答案】D【解析】【分析】先将N2通过干燥管进行干燥，排出装置中的空气，然后加热B装置，产生CCl4蒸气，在装置C中发生反应：TiO2(s)+CCl4(g)ΔTiCl4(g)+CO2(g)来制取TiCl4，

在装置D中冷却收集TiCl4，为防止制取的TiCl4遇水潮解，在装置E中放有浓硫酸，避免空气中的水蒸气进行D中，最后进行尾气处理。【详解】A．根据装置图可知仪器A为干燥管，A正确；B．因为TiCl4遇到水蒸气

会发生水解反应，所以干燥管A中用碱石灰，广口瓶E中可以用浓硫酸来保证干燥的环境，B正确；C．在制取TiCl4前，要排除装置中空气成分的干扰。先通入N2一段时间后再点燃C处的酒精灯就可以保证TiO2在干燥的和稳定

CCl4气流反应，C正确；D．由表格中信息可知D中得到液态混合物有CCl4、TiCl4，二者互溶且沸点相差很大，可用蒸馏或分馏的方法分离，不能采用过滤方法分离，D错误；故合理选项是D。18.下列有关说法正确的是A.只用水无法鉴别苯、乙醇和四氯化碳B.淀粉水解和纤维素水解得到的最终产物不

同C.乙烷、乙烯均是气体，既可用燃烧法鉴别，也可通入高锰酸钾溶液来鉴别D.加入氢氧化钠溶液充分振荡后分液可除去乙酸乙酯中的乙酸【答案】C【解析】【详解】A．苯难溶于水且密度比水小，而四氯化碳难溶于水且密度比水大，乙醇能和水互溶，三者和水混合后的现象各不相同，故只用水即

可鉴别，A错误；B．淀粉水解和纤维素水解得到的最终产物相同，均为葡萄糖，B错误；C．乙烷、乙烯均是气体，二者的含碳量不同，可用燃烧法鉴别；乙烯能使高锰酸钾溶液褪色，乙烷不能使高锰酸钾溶液褪色，可以用高锰酸钾溶液来鉴别，C正确；D．氢氧化钠

溶液不仅能够中和乙酸，还能使乙酸乙酯发生水解，最终得不到乙酸乙酯，应该用饱和碳酸钠溶液除去乙酸，D错误；故选C。19.甲、乙、丙均为中学化学常见的物质，一定条件下它们有如下转化关系(部分反应产物已省略)。下列说法正确的是

A.若M为Fe，则甲可能为硝酸溶液B.若甲、乙、丙均为钠的化合物，则M一定为稀盐酸C.若甲为Al，则M可能为氢氧化钠D.若M为O2，则甲可能为S单质【答案】A【解析】【详解】A．若M为Fe，甲为硝酸、乙为Fe(NO3)3、丙为Fe(NO3)2，能满足转

化关系，故A正确；B．若甲为NaOH、乙为Na2CO3、丙为NaHCO3，M为CO2也可满足条件，故B错误；C．若甲为Al，M为NaOH，NaOH溶液与Al反应只能生成NaAlO2，不能继续发生反应，故C错误；D．若M为O2，甲为S，硫与氧气反应不能直接生成三氧化

硫，故D错误。故答案为A。20.一定条件下，在2L密闭容器中发生如下反应催化剂2232光照2CO(g)+4HO(g)2CHOH(g)+3O(g)，反应过程中测得的有关数据如下表所示；时间/min024681012n(CH3OH)/mol00.

050.080.100.120.120.12下列说法不正确的是A.使用催化剂能够改变反应速率B.达到8s时，反应达到动态平衡C.用O2表示0~4min内该反应的平均反应速率为0.01mol·L-1·min-1D.生成CH3OH的平均反应速

率：0~2s的平均速率比2~4s的大【答案】C【解析】【详解】A．催化剂能够降低活化能，改变反应速率，A正确；B．该反应为可逆反应，根据表格，达到8s时，CH3OH的物质的量不再变化，反应并非停止，而是达到了动态平衡，B正确；C．0~4min时，由表格可知v(C

H3OH)=3Δn(CHOH)Vt=0.08mol4min2L=0.01mol·L-1·min-1，v(O2)=32v(CH3OH)=0.015mol·L-1·min-1，C错误；D．0~2s时，n(CH3OH)增加了0.05mol

，2~4s，n(CH3OH)只增加了0.03mol，故0~2s的平均速率比2~4s的大，D正确；故选C。21.锂二氧化锰电池是一种典型的有机由解质锂电池，与其他锂电池相比，其材料和制造成本相对要低，目安全性很好。该电池的原理如图所示，其中LiClO4溶干混合有机溶剂，Li

+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2.下列说法正确的是A.a为正极B.正极反应式是-+22MnO+e+Li=LiMnOC.外电路的电流方向是从a极流向b极D.用水代替电池中的混合有机溶剂更环保【答案】B【解析】

【分析】形成原电池反应时，Li为负极被氧化，电极反应方程式为Li-e-=Li+，MnO2为正极被还原，电极方程式为MnO2+e-+Li+=LiMnO2，阴离子移向负极，结合电极方程式以及元素化合价的变化解答该题。【详解】A．该电池中a为负极，b为正极，故A错误；B．b极为正极，发生还原反应

，电极方程式为22MnOeLiLiMnO−+++=，故B正确；C．外电路的电流方向是由正极b流向负极a，故C错误；D．由于负极材料Li是活泼的金属，能够与水发生反应，所以不可用水代替电池中的混合有机溶剂，故D错误；故选B。22.在由Fe、FeO和Fe2O

3组成的混合物中加入200mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体(标准状况)，此时溶液中无Fe3+，则下列判断正确的是A.Fe、FeO和Fe2O3三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1：4：

1B.反应后所得溶液中的Fe2+与Cl-的物质的量浓度之比为1：1C.混合物中，Fe2O3的物质的量无法确定，但FeO比Fe的物质的量少D.混合物中，FeO的物质的量无法确定，但Fe2O3比Fe的物质的量少【答案】D【解析】【详解】混合物恰好完

全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，n(HCl)=0.2mol，n(H2)=0.448L=0.02mol22.4L/mol，n(Fe2+)=0.1mol，由反应2Fe3++Fe=3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，则：A．根据以上分析知Fe比Fe2O

3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，故无法确定混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比，故A错误；B．反应后所得溶液为FeCl2溶液，阳离子与阴离子的物质的量浓度之比为1：2，故B错误；C．FeO的物

质的量无法确定，不能确定Fe与FeO的物质的量的关系，故C错误；D．混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，由铁与酸反应生成氢气及反应2Fe3++Fe=3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物

质的量无法确定，故D正确；故选D。23.某100mL溶液可能含有++3+2-2--434NaNHFeCOSOCl、、、、、中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图(所加试剂均过量，气体全部逸出)。下列说法正确的是A.原溶液一定不存在Cl-，可能存在Na+B.若

原溶液中存在Na+，则c(Cl-)≥0.1mol/LC.原溶液一定存在2-3CO和2-4SO，可能存在Fe3+D.溶液中可能存在的离子有++4NHNa、【答案】B【解析】【分析】100mL原溶液加入氯化钡溶液，生成沉淀，且沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合

物，一定存在2234COSO−−、，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是2.33g233g/mol=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是4.3g2.33g197g/mol−=0.01mol，23CO−和Fe3+能反应，一定不存在Fe3+；向所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气

体，该气体是氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是1.12L22.4L/mol=0.05mol，根据电荷守恒，阳离子所带正电荷的物质的量之和为0.05mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和为0.01×2+0.01×2=0.04

mol，所以一定存在氯离子，且c(Cl-)≥0.1mol/L，据此解答。【详解】A．由分析可知原溶液一定存在氯离子，钠离子不能确定，A错误；B．若原溶液中存在Na+，则n(Cl-)≥0.01mol，所以c(Cl-)≥0.1mol/L，B正确；C．由分析可知原溶液一定存在2234CO

SO−−、，一定不存在Fe3+，C错误；D．滤液中加入NaOH溶液后有气体生成，所以溶液中一定有铵根离子，D错误。故选B。24.某有机物分子中含有羟基，不考虑羟基与氯原子连在同一个碳原子上的情况，分子式为C4H9ClO的有机物的同分异构体共有A.8种B.9种C.10种D.12种【

答案】B【解析】【详解】有机物C4H9C1O的同分异构体中能与Na反应放出氢气，说明其分子中含有羟基，该有机物可以看作Cl原子取代丁醇中氢原子形成的，丁醇的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CHOHCH2CH3、(CH3)3COH、CH3(C

H3)CHCH2OH，CH3CH2CH2CH2OH分子的烃基中含有4种等效H原子，不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时，其一氯代物有3种；CH3CHOHCH2CH3分子的烃基中含有4种H原子，不考虑羟基与氯原子在同

一个碳原子上时，其一氯代物有3种；(CH3)3COH分子中的烃基中含有1种H原子，其一氯代物有1种；CH3(CH3)CHCH2OH分子的烃基上含有3种等效H，不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时，其一氯代物有2种；根据分析可

知，有机物C4H9C1O的同分异构体中能与Na反应放出氢气的共有：3+3+1+2=9；故选B。【点睛】本题考查了同分异构体的书写。明确同分异构体的书写原则为解答关键。有机物C4H9C1O的同分异构体中能与Na反应放出氢气，说明其分子中含有羟基，先写出丁

醇的同分异构体，然后根据丁醇中等效H原子判断其一氯代物即可。25.常温下，向20mL0.01mol·L-1的NaOH溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的CH3COOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的对数随加入CH3COOH溶液体积的变化如图

所示，下列说法正确的是A.H、F点溶液显中性B.E点溶液中由水电离的c水(OH—)=1×10-3mol·L-1C.H点溶液中离子浓度关系为c(CH3COO—)>c(Na+)>c(H+)>c(OH—)D.G点溶液中各

离子浓度关系为c(CH3COO—)=c(Na+)+c(H+)—c(OH—)【答案】D【解析】【分析】氢氧化钠在溶液中抑制水的电离，向氢氧化钠溶液中加入醋酸，对水的电离的抑制作用逐渐减弱，当溶液为醋酸钠溶液时，水的电离程度最大，则G点为醋酸钠溶液；从E点到G点的反应过程中，所得溶液为氢氧化

钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性；H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性。【详解】A．由分析可知，H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性，F点为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性，故A错误；B．氢氧化钠在溶液中抑制水的电离，0.01mol·

L-1的氢氧化钠溶液中氢氧根离子的浓度为0.01mol·L-1，则溶液中水电离的氢离子浓度为10-12mol·L-1，故B错误；C．由分析可知，H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性，由电荷守恒关系c(CH3COO—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)可

知，溶液中离子浓度关系为c(CH3COO—)=c(Na+)>c(H+)=c(OH—)，故C错误；D．由分析可知，G点为醋酸钠溶液，由电荷守恒关系c(CH3COO—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)可知，溶液中各离子浓度关系为c(CH3COO—)=c(Na+)+c(H+)—c(OH—)，故D

正确；故选D。二、非选择题：共50分。第26~28题为必考题，每道试题考生都必须作答。第29题~第30题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共37分。26.某研究性学习小组利用下列有关装置，对二氧化硫的性质及空气中二氧化硫的含量进行探究(装置的气密性已检查)：（1）装置A中反

应的化学方程式是______。（2）滴加浓硫酸之前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，再关闭弹簧夹，此操作的目的是：_______。（3）实验过程中装置B中没有明显变化。实验结束后取下装置B，从中分别取少量溶

液于两支洁净试管中。向第1支试管中滴加适量氨水出现白色沉淀______(填化学式)；向第2支试管中滴加适量新制氯水，仍然出现白色沉淀，该反应的离子方程式是_______。（4）装置C中的溶液中出现淡黄色浑浊，该实验证明二氧化硫具有____性。

（5）装置D的作用是_____。（6）另一小组利用装置E进行实验：二氧化硫性质实验之后，用注射器对实验室内空气进行取样，并向装置E中注入VmL(已折算为标准状况下体积)的空气，当溶液刚好褪色时，停止实验。请计算该空气中二氧化硫的体积分数(用含V的代数式表示)______

。【答案】①.Na2SO3+H2SO4（浓）==SO2+Na2SO4+H2O②.排出装置中的空气避免干扰③.Ba2SO3④.Ba2++SO2+Cl2+2H2O===BaSO4+4H++2Cl－⑤.氧化性⑥.尾气吸收防止污染⑦.2

.8/V【解析】【分析】(1)装置A中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水,据此写出反应的化学方程式;(2)装置中氧气影响二氧化硫的性质实验,故需要用氮气除去系统中的空气;(3)二氧化硫易溶于水,但是二氧化硫不与氯化钡溶液反应,当向溶液中通

入氨气后生成亚硫酸铵,亚硫酸铵溶液与氯化钡反应生成亚硫酸钡;氯气具有强氧化性,氯气将二氧化硫氧化成硫酸,硫酸与氯化钡反应生成氯化钡沉淀,据此写出反应的离子方程式;(4)二氧化硫与硫化氢反应生成淡黄色的S单质,二氧化硫表现了氧化性;(5)二氧化硫有毒,多余的气体需要

用氢氧化钠溶液吸收;(6)向实验1的溶液中加入足量氯化钡溶液,根据溶液颜色变化判断。【详解】（1）装置A中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，因此答案是：Na2SO3+H2SO4（浓）

=Na2SO4+SO2↑+H2O。（2）装置中的氧气影响二氧化硫的性质实验，所以为了排除装置中空气，应该滴加浓硫酸之前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，再关闭弹簧夹，因此答案是：排除装置中氧气对实验的干扰。（3）向第1支试管中滴加适量氨水，氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵

，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡白色沉淀；氯气将二氧化硫氧化成硫酸，硫酸与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-。因此，答案是：BaSO3；Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H

++2Cl-。（4）C中发生反应为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中二氧化硫得电子化合价降低而作氧化剂，表现了氧化性，因此，本题正确答案是：氧化。（5）二氧化硫气体是一种有毒气的酸性氧化物，多余的气体不能直接排放，需要用氢氧化钠溶液吸收，因此答案是：吸收SO

2尾气，防止污染空气。（6）二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，则Mn元素得到电子的物质的量是0.05L×0.001mol/L×5=2.5×10-4mol，根据得失电子守

恒，设空气中二氧化硫的物质的量是x，则（6-4）x=2.5×10-4mol，x=1.25×10-4mol，标准状况下的条件是1.25×10-4mol×22.4L/mol=2.8×10-3L=2.8mL

，所以该空气中SO2的体积分数为2.8/V。答案：2.8/V。27.2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。LiCoO2是锂离子电池最早使用的电极材料，利用原钴矿(主要成分为Co2O3)制备LiCoO2

的工艺流程如图：资料：在含一定量Cl-的溶液中，Co2+以CoCl42-形式存在：Co2++4C1-CoCl42-（1）若“X试剂”是稀H2SO4和H2O2，则H2O2的作用是___。（2）若“X试剂”是盐酸，写出离子反应方程式___。（3）

途径I中加入NaCl固体的目的___(用平衡移动原理解释)。（4）“沉钴”过程中，为了提高Co2(OH)2CO3的产量，温度不宜过高的原因是___。（5）已知M是钴的某种氧化物，63.6gCo2(OH)2CO3，

煅烧成物质M时转移电子0.4mol，则M的化学式为___；写出“烧结”的化学方程式___。（6）取mg样品溶于稀硫酸，加入过量KI溶液，再用cmol·L-1Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，达到滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液VmL，则产品中钻元素的百分含量为__

_。(有关反应：LiCoO2+4H+=Li++Co3++2H2O，2Co3++2I-=2Co2++I2，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-)【答案】①.作还原剂②.Co2O3+6H++2Cl－=2Co2++C

l2↑+3H2O③.加入NaCl固体，溶液中C1－浓度增大，平衡Co2++4C1－CoCl42−右移，CoCl42−浓度增大，提高其在有机溶胺试剂中浓度④.温度过高，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少⑤.Co3O4⑥.4Co3O4+6Li2CO3+O2高温12LiCoO2+

6CO2⑦.59V%10mc【解析】【分析】原钴矿(主要成分为Co2O3)与稀硫酸和双氧水发生氧化还原反应生成硫酸钴和水，Co2+溶液中加入NaCl固体，致使溶液中氯离子浓度增大，平衡正向移动，洗脱得到CoCl2溶液，加入碳酸铵生成Co2(OH)2

CO3，Co2(OH)2CO3在空气中煅烧生成Co3O4，Co3O4和碳酸锂烧结生成LiCoO2。据此解答。【详解】（1）若“X试剂”是稀H2SO4和H2O2，Co2O3与稀H2SO4和H2O2反应生成Co2+，钴化合价降低，则化合价升高H2O2，因此H2O2的作用是作还原剂；故

答案为：作还原剂。（2）若“X试剂”是盐酸，Co2O3与HCl发生氧化还原反应，其离子反应方程式Co2O3+6H++2Cl－=2Co2++Cl2↑+3H2O；故答案为：Co2O3+6H++2Cl－=2Co2++Cl2↑+3H2O。（3）根据图中信息C

o2+以CoCl42−形式存在：Co2++4C1－CoCl42−，因此途径I中加入NaCl固体的目的加入NaCl固体后溶液中C1－浓度增大，平衡Co2++4C1－CoCl42−右移，CoCl42−浓度增大，提高其在有机溶胺试剂中浓度；故答案为：加入NaCl固体

，溶液中C1－浓度增大，平衡Co2++4C1－CoCl42−右移，CoCl42−浓度增大，提高其在有机溶胺试剂中浓度。（4）“沉钴”过程中，为了提高Co2(OH)2CO3的产量，温度不宜过高，主要是因为温度过高，碳酸

铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少；故答案为：温度过高，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。（5）已知M是钴的某种氧化物，63.6gCo2(OH)2CO3即物质的量为0.3mol，则有+2价的钴0.6mol，煅烧成物质M时转移电子0.4mol，说明有0.4

mol+2价钴升高变为+3价钴，还有0.2mol钴化合价未变，即得到M的化学式为Co3O4；因此“烧结”的化学方程式4Co3O4+6Li2CO3+O2高温12LiCoO2+6CO2；故答案为：4Co3O

4+6Li2CO3+O2高温12LiCoO2+6CO2。（6）根据方程式可得关系式LiCoO2～S2O32−，得到n(Co)=cmol·L−1×V×10−3L=cV×10−3mol，则产品中钴元素的百分含量为31gmol59Vω100%%mg10mV10mol59cc−−==；故答案为：

59V%10mc。28.SO2、NO、NO2、CO都是污染大气的有害气体，对其进行回收利用是节能减排的重要课题。(1)上述四种气体中直接排入空气时会引起酸雨的有_______(填化学式)。(2)已知：2SO2

(g)+O2(g)2SO3(g)∆H=-196.6kJ∙mol-12NO(g)+O2(g)2NO2(g)∆H=-113.0kJ∙mol-1①反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的∆H=_______kJ

∙mol-1。②一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：1置于恒温恒容的密闭容器中发生反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，下列能说明反应达到平衡状态的是_______(填字母)。a.混合气体的密度保持不变b.SO2的物质的量保持不变c.容器内混合气体原子总数不变d.每生

成1molSO3的同时消耗1molNO③测得②中反应达到平衡时NO与NO2体积之比为37：13，则在该温度下反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的平衡常数K=_______(3)CO可

用于合成甲醇，其反应的化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在一容积可变的密闭容器中充有10molCO与20molH2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇。CO的平衡转化率()与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。下列说法正确的是_______(填字母)。A.合成甲醇的反应

为吸热反应B.压强为p1＞p2C.A、B、C三点的平衡常数为KA=KB＞KCD.若达平衡状态A时，容器的体积为10L，则在平衡状态B时容器的体积也为10L【答案】①.SO2、NO、NO2②.-41.8③.bd④.8.1⑤.C的【解析】【分析】【详解】(1)酸雨主要

是由SO2、NO2引起的，NO与空气接触生成NO2，而CO不溶于水，不能引起酸雨，所以直接排入空气时会引起酸雨的有SO2、NO、NO2。(2)①已知：反应①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)∆H=-196.6kJ∙mol-1；反应②2NO(g)+O2(g)2NO2

(g)∆H=-113.0kJ∙mol-1；根据盖斯定律可知，由12(①-②)可得目标反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，故∆H=12[-196.6kJ∙mol-1-(-113.0kJ∙mol-1)]

=-41.8kJ∙mol-1。②a.容器容积不变，混合气体的质量不变，故混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；b.SO2的物质的量保持不变，说明正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，故b正确；c.根据质量守恒定律知，容器内混合气体原子总数

始终不变，故不能说明反应达到平衡状态，故c错误；d.每生成1molSO3的同时消耗1molNO，说明正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，故d正确；故选bd。③已知NO2与SO2的体积比为1：1，设初始NO2与SO2的物质的量

均为amol，变化量为xmol，则可列出三段式：()()()()223NOg+SOgSOg+NOg(mol)aa00(mol)xxxx(mol)a-xa-xxx起始转化平衡，又平衡时NO与NO2的体积之比为37：13，则x：(a-x)=37：13，解得37x=a50，该反应前后

气体物质的量总和不变，则可用物质的量计算平衡平衡常数，则在该温度下反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的平衡常数37a37a5050=8.113a13a5050K。(3)A．由图可知，升高温度，CO

的平衡转化率降低，说明升温平衡逆向移动，则合成甲醇的反应为放热反应，故A错误；B．该反应前后为气体物质的量减小的反应，故其他条件不变时，加压平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，故压强为p2＞p1，故B错误；C．温度不变，平衡常数不变，故KA=KB，该反应为

放热反应，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，则KB＞KC，则A、B、C三点的平衡常数为KA=KB＞KC，故C正确；D．该反应前后为气体物质的量减小的反应，又该反应是在一容积可变的密闭容器中进行的，即压强不变，则若达平衡状态A时，容器的体积为1

0L，则在平衡状态B时容器的体积小于10L，故D错误；故选C。(二)选考题：共13分。请考生从给出的2道试题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。选修3：物质结构与性质29.铜及其化合物用途非常广泛，请回答下列问题：(1)基

态Cu+的核外电子排布式为______。(2)Cu2+与OH-反应能生成2-4Cu(OH)，2-4Cu(OH)中的配位原子是______(填元素符号)，配位数是______。(3)胆矾的结构如

图所示，其中既含有配位键，又含有氢键，则胆矾的化学式用配合物的形式可表示为______。1mol胆矾所含σ键的数目为______。(4)Cu与Cl形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。该化合物的化学式为______，已知晶胞参数a=0.542nm，此晶体的密度为______g·c

m-3(写出计算式，不要求计算结果，阿伏加德罗常数的值为NA)。【答案】①.10[Ar]3d或22626101s2s2p3s3p3d)②.O③.4④.()2424CuHOSOHO⑤.18NA⑥.CuCl⑦.()37A499.5N0.54210−【解析】【详解】(1)基

态Cu+的核外有个电28个子，电子排布式为22626101s2s2p3s3p3d；(2)Cu2+与OH-反应能生成2-4Cu(OH)，氧原子含有孤电子对，2-4Cu(OH)中的配位原子是O，铜离子与4个OH-形成配位键，配位数是4；(3)根据胆矾的结构图，可知

1个Cu2+与4个H2O形成配位键，其中既含有配位键，又含有氢键，则胆矾的化学式用配合物的形式可表示为()2424CuHOSOHO；根据图示，1mol胆矾所含σ键的数目为18NA；(4)根据均摊原则，1个晶胞含有Cu原子数118+6=

482，Cl原子数4，该化合物的化学式为CuCl，已知晶胞参数a=0.542nm，此晶体的密度为()3-21A64+35.540.54210N=()37A499.5N0.54210−g·cm-3。选修5：有机化学基础30.丁苯酞(J)作为药物被广泛使用在临床上，主要应用于缺血性疾病

，合成J的一种路线如图所示：已知：。请回答下列问题：（1）化合物H中含有的官能团有_______(填名称)。（2）已知化合物C可发生银镜反应，请写出C的结构简式：_______。（3）E的核磁共振氢谱只有一组峰，则D的结构简式为_______，由D→E的反

应类型为_______。（4）写出H→J反应的化学方程式：_______。（5）G的分子式为_______，请写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式：_______。①能与3FeCl溶液发生显色反应；②核

磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6：6：2：1。（6）根据题给信息，以乙醛和苯为原料经过三步合成某化工原料，请写出合成路线(其他无机试剂任选)。_______【答案】（1）羟基、羧基（2）（3）①.()232CH=CCH②.加成反应（4）⎯

⎯⎯⎯⎯⎯→一定条件+H2O（5）①.1115CHOBr②.、、(写出任意一种即可)（6）2BrFe⎯⎯→Mg乙醚⎯⎯⎯⎯→32CHCHOHO⎯⎯⎯⎯⎯→【解析】【分析】根据G的结构逆推可知：甲苯与Br2在Fe作催化剂条件下

发生苯环上甲基邻位C原子上的取代反应产生B：；B与H2在MnO2及加热条件下反应产生C，化合物C可发生银镜反应，则C结构简式是：；D分子式是C4H8，D与HBr发生加成反应产生E的核磁共振氢谱只有一组峰，说明D是烯烃，D的结构简式是；则E是，E与Mg

、乙醚反应产生F是：。C与F反应产生G，G与Mg、乙醚、CO2作用下反应产生H，H在浓硫酸存在条件下发生酯化反应产生J：。【小问1详解】化合物H中含有的官能团有羟基、羧基；【小问2详解】由分析可知，化合物C可发生银镜反应说明含有

醛基，C的结构简式：；【小问3详解】由分析可知，D的结构简式为()232CH=CCH；D的结构简式是，E是，D→E是碳碳双键与HBr发生加成反应，反应类型为加成反应；【小问4详解】H结构简式为，含有羧基、醇羟基，在浓硫酸存在条件下

加热，发生酯化反应形成含有酯环的化合物J：，同时产生水，则由H→J反应的化学方程式为：⎯⎯⎯⎯⎯⎯→一定条件+H2O；【小问5详解】G的分子式为1115CHOBr；化合物G同分异构体满足条件：①能与FeCl3溶液发生显色

反应，说明含有酚羟基；②核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6：6：2：1，说明分子中含有4种不同的H原子，个数比为6：6：2：1，则其可能的结构为：、、(写出任意一种即可)；【小问6详解】苯与Br2在Fe作催化剂条件下反应产生溴苯，溴苯与Mg在乙醚作用下反应产生，与CH3

CHO在H2O存在条件下发生加成反应产生，故以乙醛和苯为原料经过三步合成某化工原料的合成路线为：2BrFe⎯⎯→Mg乙醚⎯⎯⎯⎯→32CHCHOHO⎯⎯⎯⎯⎯→。