【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/mo

l，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：2

2Cl2OH=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.24N

aFeO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.2

322AlO4Al+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÷6.02×102

3/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/0.1m

ol=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Na2C

O3溶液，过滤，再加适量盐酸并加热【答案】B【解析】【详解】A．Fe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C

aCl2，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-+BrO3-+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221k

J/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+44k

J/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R

3+【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，0.5molFe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：32

Fe2Fee=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Ti

Cl4，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、TiC

l4，二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(CH3OH)=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Fe2O3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)=0.44

8L=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Fe2O3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F

eCl2，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/m

ol=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=0.04mol，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2234COSO−−、，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(CH3)CHCH2OH，CH3

CH2CH2CH2OH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(CH3

COO—)=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+H2

SO4（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+C

l2+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SO2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-CoCl4

2-（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++Cl2↑+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)2CO3，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H2SO

4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－=2

Co2++Cl2↑+3H2O。（3）根据图中信息Co2+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

.4mol+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：4Co3O4+6Li2CO3+O

2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31gmol59V

ω100%%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1molSO

3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。②

a.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N

O2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3

7x=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10L，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______。1mo

l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·cm-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2

8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CH3CHO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⎯⎯⎯⎯⎯→。