1、浙江省金华十校2019-2020学年高二化学下学期期末调研考试试题（含解析）说明：1全卷满分100分，考试时间90分钟；2请将答案写在答题卷的相应位置上；3可能用到的相对原子质量：:H-1 C-12 N-14 0-16 Na-23 Mg-24 S-32 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Ag-108一、选择题（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. NaOHB. H2SO4C. CH2Cl2D. AlCl3【答案】A【解析】【详解】ANaOH为既含有离子键又含有共价键的离子
2、化合物，故A符合题意；BH2SO4 为只含共价键的共价化合物，故B不符合题意；CCH2Cl2为只含共价键的共价化合物，故C不符合题意；DAlCl3为只含共价键的共价化合物，故D不符合题意；答案选A。2.蒸馏实验中需要用到的仪器是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】蒸馏实验中用到的主要仪器是蒸馏烧瓶，直形冷凝管，酒精灯、石棉网、温度计、牛角管(承接器)、锥形瓶等，题目选项中A为分液漏斗，B为容量瓶，C为直型冷凝管，D为普通漏斗，根据选项的装置构造和名称可知，答案选C。3.下列属于强电解质的是A. AlB. CH3OHC. CH3COOHD. BaSO4【答案】D【解析】【分析】在溶
3、液中能完全电离的电解质为强电解质。【详解】AAl为单质，不是电解质，故A不符合题意；BCH3OH在水溶液和熔融状态下均不导电，为非电解质，故B不符合题意；CCH3COOH为弱酸，在水溶中部分电离，属于弱电解质，故C不符合题意；DBaSO4属于盐类，虽然难溶于水，但溶于水的部分完全电离，属于强电解质，故D符合题意；综上所述答案为D。4.反应3Br2+6NaOH5NaBr+NaBrO3+3H2O中，氧化产物是A. Br2B. NaBrC. NaBrO3D. H2O【答案】C【解析】【详解】反应3Br2+6NaOH5NaBr+ NaBrO3+3H2O中，Br2中的Br元素由0价变为NaBr中的-1价
4、和NaBrO3中的+5价，化合价降低得电子，被还原，化合价升高失电子，被氧化，则Br2在该反应中既做氧化剂又做还原剂，NaBr为还原产物，NaBrO3为氧化产物，故答案选C。5.下列物质的名称不正确的是A. (NH4)2SO4FeSO46H2O：摩尔盐B. CH3CH(CH2CH3)CH2CH2CH3：2-乙基戊烷C. CO(NH2)2：尿素D. CaSO42H2O：生石膏【答案】B【解析】【详解】A六水硫酸亚铁铵的俗名是摩尔盐，化学式为：(NH4)2SO4FeSO46H2O，故A正确；BCH3CH(CH2CH3)CH2CH2CH3的系统命名法为：3-甲基己烷，故B错误；C尿素，又称碳酰胺，是
5、由碳、氮、氧、氢组成的有机化合物是一种白色晶体，化学式为：CO(NH2)2，故C正确；D生石膏是二水硫酸钙的俗称，化学式为：CaSO42H2O，故D正确；答案选B。6.下列有关化学用语表示正确的是A. 硝基苯：B. 镁离子的结构示意图：C. NH3分子的比例模型:D. 原子核内有8个中子的碳原子:【答案】A【解析】【详解】A硝基苯中硝基中的N原子与苯环相连，氧原子与N相连，A正确；B镁离子的核电荷数为12，正确的离子结构示意图应该为，B错误；C为氨气的球棍模型，不是比例模型，C错误；D原子核内有8个中子的碳原子应表示为，D错误；答案选A。7.下列说法不正确的是A. 金刚石和石墨互为同素异形体B
6、. 和互为同位素C. 乙醇和二甲醚互为同分异构体D. 和互为同系物【答案】D【解析】【详解】A金刚石和石墨为碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故A正确；B和为氧元素的不同核素，属于同位素，故B正确；C乙醇为CH3CH2OH，二甲醚为CH3OCH3，二者分子式均为C2H6O，但结构不同，互为同分异构体，故C正确；D官能团为酚羟基，官能团为醇羟基，二者结构不相似，不是同系物，故D错误；综上所述答案为D。8.下列说法不正确的是A. 钠和钾的合金用于快中子反应堆作热交换剂B. 35%甲醛溶液有防腐杀菌效果，可用于食品防腐C. 可利用二氧化碳制造全降解塑料D. 可用超纯硅制造的单晶硅来制芯片【答案】
7、B【解析】【详解】A钠钾合金为液态，可用于快中子反应堆作热交换剂，A正确；B甲醛有毒，不能用于食品的防腐，B错误；C可利用纳米技术高效催化二氧化碳制造全降解塑料，减少二氧化碳的排放，缓解温室效应，C正确；D硅是半导体，可用超纯硅制造的单晶硅来制芯片，D正确；答案选B。9.下列说法不正确的是A. 蓝色的CoCl2溶液加浓盐酸可以变为红色B. 含苯环的蛋白质与浓硝酸作用会产生黄色固体C. 加热MgCl26H2O可以制得Mg(OH)ClD. 纤维素溶解在铜氨溶液中，然后压入稀酸可得铜氨纤维【答案】A【解析】【详解】A根据CoCl42-(蓝色)Co2+(粉红色)+4Cl-，向氯化钴稀溶液中加入一定量的
8、浓盐酸，增大Cl-浓度，平衡向逆反应方向移动，溶液的颜色变化是由粉红色变为蓝色，故A错误；B含苯环的蛋白质与浓硝酸会发生颜色反应，会产生黄色固体，故B正确；C镁离子发生水解，加热后促进水解，可以制得Mg(OH)Cl，故C正确；D铜氨纤维是一种再生纤维素纤维，它是将棉短绒等天然纤维素原料溶解在氢氧化铜或碱性铜盐的浓氨溶液内，配成纺丝液，在凝固浴中铜氨纤维素分子化学物分解再生出纤维素，生成的水合纤维素压入稀酸经后加工即得到铜氨纤维，故D正确；答案选A。10.下列说法不正确的是A. 某些生活垃圾可用于焚烧发电B. 地沟油禁止食用，但可以用来制肥皂或生物柴油C. 石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃
9、D. 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【答案】D【解析】【详解】A. 焚烧将某些还原性的物质氧化，某些生活垃圾可用于焚烧发电，故A正确；B. “地沟油”的主要成分为油脂，含有有毒物质，不能食用，油脂在碱性条件下水解称为皂化反应，油脂燃烧放出大量热量，可制作生物柴油，故B正确；C. 石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃，如乙烯、丙烯等，故C正确；D. 煤中不含苯、甲苯等，苯和甲苯是煤的干馏的产物，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了有机物的结构和性质，应注意的是煤中不含苯、甲苯等，苯、甲苯是煤的干馏产物。11.下列说法正确的是A. 火柴头的浸泡液中滴加AgNO3
10、溶液稀HNO3溶液，可检验火柴头是否含有氯元素B. 测定新制氯水的pH时，先用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，再与标准比色卡对照C. 检验牙膏中是否含有甘油，可选用新制的氢氧化铜悬浊液，若含有甘油，则产生绛蓝色沉淀D. 将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物【答案】D【解析】【详解】A火柴头中氯元素的存在形式为KClO3，浸泡液中并没有Cl，所以滴加AgNO3溶液、稀HNO3溶液，并不能产生沉淀，应先将氯元素还原，故A错误；B新制氯水中含有HClO，HClO具有漂白性，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故B错误；C多羟基有机化合物如甘油
11、遇新制氢氧化铜生成绛蓝色溶液，而不是蓝色沉淀，故C错误；D阿司匹林含有羧基，加入饱和NaHCO3溶液可以转化为可溶性钠盐，而水杨酸聚合物不与碳酸氢钠反应也不溶于水，形成沉淀，从而达到分离的目的，故D正确；综上所述答案为D。12.下列事实不能说明有机物分子中原子或原子团直接相连时而产生相互影响的是A. 苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能B. 等物质的量的乙醇和甘油与足量的金属钠反应，后者产生的氢气比前者多C. 苯与液溴在铁作催化剂下发生反应，而苯酚与浓溴水混合就能发生反应D. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能【答案】B【解析】【详解】A.苯酚能够与氢氧化钠反应而乙醇不能是因为在苯酚中羟基受
12、到苯环的影响具有了酸性，选项A正确；B.等物质的量的乙醇和甘油与足量的金属钠反应，后者产生的氢气比前者多是因为甘油属于三元醇，一个甘油分子中含有三个羟基，所以等物质的量的乙醇和甘油所含的羟基的数目不同，选项B错误；C.苯酚与浓溴水反应是因为羟基对苯环的影响是羟基的邻对位活化，选项C正确，D.甲苯能够使溴水褪色是因为苯环对甲基的影响使甲基活性增强，选项D正确。答案选B。13.探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1 molL1 H2C2O4的pH=1.3）实验装置试剂a现象Ca(OH)2溶液（含酚酞）溶液褪色，产生白色沉淀少量NaHCO3溶液产生气泡酸性KMnO4溶液紫
13、色溶液褪色C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是A. H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+ H2C2O4CaC2O4+2H2OB. 酸性：H2C2O4 H2CO3，NaHCO3+ H2C2O4NaHC2O4+CO2+H2OC. H2C2O4具有还原性，2+5+16H+2Mn2+10CO2+ 8H2OD. H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O【答案】C【解析】【分析】草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据
14、此解题；【详解】A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A正确；B.产生气泡证明有CO2 产生，因此可证明酸性H2C2O4H2CO3，反应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2 +2H2O 或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2 +2H2O，故B正确； C.0.1 molL1 H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C不正确；D.草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式
15、正确，故D正确；本题选不正确的，应选C。【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。14.下列说法正确的是A. 用苯萃取溴水中的Br2，分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层B. 向苯和苯酚的混合液中加入浓溴水，充分反应后过滤，可除去苯中少量的苯酚C. 乙酸乙酯制备实验中，要将导管插入饱和碳酸钠溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇D. 仅用新制氢氧化铜悬浊液（必要时可加热）无法鉴别甲酸、乙醇、乙醛【答案】A【解析】【详解】A苯的密度小于水,用苯萃取溴水中的Br2，分层后苯层在上面，水层在下面，所以分液时先从分液漏斗下口放出水
16、层，再从上口倒出有机层，故A正确；B溴不易溶于水，但易溶于苯，则向混有少量苯酚的苯中滴加溴水，因三溴苯酚与苯互溶，且苯中混有溴，不能除去杂质，应向苯和苯酚的混合溶液中加入NaOH溶液，充分反应分液，以除去苯中少量苯酚，故B错误；C乙酸乙酯制备实验中，不能将导管插入饱和碳酸钠溶液液面以下，易引起倒吸现象，故C错误；D甲酸、乙醇、乙醛溶液分别与氢氧化铜悬浊液混合不加热的的现象为溶解、无变化、无变化，先鉴别出甲醛，剩余两种加热区别，加热后的现象是：乙醇中氢氧化铜受热分解生成的氧化铜变黑色、乙醛溶液中生成砖红色沉淀，可以鉴别，故D错误；答案选A。15.泛酸又称为维生素B5，在人体内参与糖、油脂、蛋白质
17、的代谢过程，具有抗脂质过氧化作用，其结构为，下列有关该化合物的说法不正确的是A. 该物质可发生水解反应，水解产物均能发生缩聚反应B. 1mol该物质与足量 NaOH 溶液反应，最多可消耗 2molNaOHC. 该物质在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基D. 该物质在浓硫酸、Al2O3或 P2O5等催化剂作用下可发生脱水反应，生成碳碳双键【答案】D【解析】【详解】A. 该物质可发生水解反应，水解产物均含有羧基和羟基或氨基，均能发生缩聚反应，故A正解；B. 1mol该物质与足量 NaOH 溶液反应，COOH消耗1molNaOH,酰胺基消耗1molNaOH ，最多可消耗 2molNa
18、OH，故B正确；C. 中有伯醇和仲醇，在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基，故C正确；D. 中有两处-OH的邻碳上没有氢，不可以发生消去反应，在浓硫酸、Al2O3或 P2O5等催化剂作用下不可发生脱水反应，生成碳碳双键，故D错误；故选D。16.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原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是A. 原子半径：r(W) r(Z) r(Y) r(X)B. 由X、Y组成的化合物是离子化合物C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D. W的简单气态氢化物的热稳
19、定性比X的强【答案】B【解析】【分析】X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题；【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)r(Si)r(S)r(O)，故A错误；B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确；C.Z为Si元
20、素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误；D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误；总上所述，本题选B。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。17.下列说法正确的是A. 中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同B. 在醋酸钠溶液中再加入少量水，水解平衡正向移动C. 用冰醋酸、蒸
21、馏水和容量瓶可以配制pH=1的醋酸溶液D. 室温下pH=12的Ba(OH)2溶液与pH=2的盐酸恰好中和，消耗二者体积比为1：2【答案】B【解析】【详解】A一水合氨为弱电解质，pH相等时氨水浓度较大，分别中和 pH 相等、体积相等的两溶液，氨水消耗盐酸的物质的量较多，故A错误；B在醋酸钠溶液中再加入少量水，醋酸钠溶液的浓度减小，水解程度增大，水解平衡正向移动，故B正确；C醋酸为弱酸，难以配制pH1的溶液，且缺少量取(滴定管或移液管)或称取(分析天平)醋酸的仪器，故C错误；D室温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)=0.01mol/L，pH=2的盐酸
22、两溶液中c(H+)=10-2mol/L=0.01mol/L，二者OH-和H+浓度相同，恰好中和的体积之比应为 1:1，故D错误；答案选B18.某海水中主要离子的含量如下表，现利用“电渗析法”进行淡化，技术原理如图所示(两端为惰性电极，阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过)。下列有关说法错误的是( )离子含量9360832001100160001200118A. 甲室的电极反应式为：B. 乙室和丁室中部分离子浓度增大，淡水的出口为bC. 当戊室收集到(标准状况)气体时，通过甲室阳膜的离子的物质的量一定为D. 淡化过程中易在戊室形成水垢【答案】C【解析】【分析】在电解池中，阳离子向阴极移动，
23、阴离子向阳极移动，因此，阳离子向右移动，阴离子向左移动，而阳离子只能通过阳膜，阴离子只能通过阴膜，综上可知，乙室和丁室的溶液中部分阴阳离子浓度增大，丙室中阴阳离子浓度减小；在甲室，Cl在阳极失去电离生成Cl，在戊室，水会得到电子，生成氢气。【详解】A甲室中的电极为阳极，Cl放电生成Cl2，电极反应为甲室的电极反应式为：2Cl-2e=Cl2，A正确，不选；B甲室Cl放电，阳离子甲室进入乙室，戊室2H2O2e=H22OH，阴离子戊室进入丁室，丙室阳离子进入丁室，阴离子进入乙室，因此乙室和丁室中部分离子的浓度增大，丙中得到淡水，其出口为b；B正确，不选；C戊室收集到1molH2，转移2mol电子，由
24、甲室进入乙室的阳离子可能为Na、K，也可能是Mg2、Ca2，其电荷不同，C错误，故选C；D戊室生成的可能与结合生成水垢，D正确，不选。答案选C。19.向某恒容密闭容器中充入一定量CO2和H2，发生反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) 测得平衡体系中CO2的百分含量(CO2)与反应温度变化的关系如图所示。下列物理量中，a点大于b点的是正反应速率逆反应速率HCOOH(g)的浓度对应温度时的平衡常数（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】根据图像可知，可逆反应CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)随着温度升高，二氧化碳含量增大，说明该反应为放热反应，温度升高，反应速率增大
25、，a点温度小于b，则a点的正反应速率一定小于b，错误；b点温度大于a点，则正逆反应速率a点小于b点，错误；甲酸为生成物，二氧化碳为反应物，则二氧化碳百分含量越大，甲酸浓度越小，b点二氧化碳百分含量大于a点，则a点甲酸的浓度大于b点，正确；该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，温度越高平衡常数越小，所以a点的平衡常数大于b点，正确，答案选D。【点晴】注意掌握外界条件对化学平衡的影响，正确分析图像中曲线变化为趋势以及得出正反应是放热反应为解答本题的关键，试题培养了学生分析、理解图像信息的能力。20.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是A. 标准状况下22.4 L异丁烷的分子数为NAB.
26、78 g苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的混合物中含有的碳氢键数一定为6NAC. 某温度下，1L pH=3的醋酸溶液稀释到10L时，溶液中H+的数目大于0.01NAD. 向仅含0.2 mol FeI2的溶液中持续通入Cl2，当有0.1 mol Fe2被氧化时，转移电子的数目为0.5NA 。(不考虑Cl2与H2O的反应)【答案】C【解析】【详解】A. 异丁烷在标况下为气态，标准状况下22.4 L异丁烷为1mol，所含分子数为NA，故A正确；B. 苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的最简式相同，都是CH，78 g混合物含CH的物质的量为=6mol，所以含有的碳氢键数一定为6NA，故B正确；C.
27、将pH=3的醋酸稀释10倍后，由于醋酸是弱酸，稀释促进电离，溶液中氢离子浓度大于原来的，所以pH大于3而小于4，溶液中H+的数目小于0.01NA，故C错误；D. 0.2 mol FeI2的溶液中含有0.2molFe2+和0.4molI-，由于还原性I- Fe2+，通入Cl2，I-先被氧化，0.4molI-消耗0.2molCl2，当有0.1 mol Fe2被氧化时，转移电子的数目为0.4 NA +0.1 NA =0.5NA，故D正确。答案选C。21.采用阴离子交换法合成了一系列不同 Zn 和 Pt 含量的PtSn-Mg(Zn)AlO催化剂用于乙烷脱氢反应CH3CH3(g)CH2 = CH2 (g
28、)+H2(g) H0，实验结果表明，在水滑石载体中掺杂少量的 Zn 对乙烷脱氢反应有明显影响，如图所示为不同Zn含量PtSn催化剂的乙烷催化脱氢反应中，乙烷的转化率随时间的变化。下列说法不正确的是( )A. 由图可知，PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化剂的催化反应活性最优B. 一定温度下，将nmol乙烷放入VL密闭容器中进行催化脱氢，维持容器体积不变，测得乙烷平衡转化率为a，则该温度下反应的平衡常数K=C. 升高温度，平衡逆向移动D. 随着反应时间的延长，乙烷转化率逐渐稳定，催化活性保持在相对稳定的阶段【答案】C【解析】【详解】A由图可知，当时间相同时，PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化剂
29、的催化反应活性最优，乙烷转化率最高，故A正确；B一定温度下，将nmol乙烷放入VL密闭容器中进行催化脱氢，维持容器体积不变，测得乙烷平衡转化率为a，则该温度下反应的平衡常数K= = = ，故B正确；CCH3CH3(g)CH2 = CH2 (g)+H2(g) H0，升高温度，平衡正向移动，故C错误；D由图上曲线，随着反应时间的延长，曲线的斜率逐渐变小，乙烷转化率逐渐稳定，催化活性保持在相对稳定的阶段，故D正确；故选C。22.如图(Ea表示活化能)是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质物质的能量变化关系图，下列说法正确的是（ ）A. Cl可由Cl2在高温条件下生成，是CH4与Cl2反
30、应的催化剂B. 升高温度，Ea1、Ea2均减小，反应速率加快C. 增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响H的大小D. 第一步反应的速率大于第二步反应【答案】C【解析】【分析】CH4与Cl2生成CH3Cl的反应方程式为：CH4+Cl2 CH3Cl+HCl。【详解】ACl由Cl2在光照条件下生成，是CH4与Cl2反应的“中间体”，而不是反应的催化剂，A错误；BEa1、Ea2分别为第一步反应、第二步反应所需活化能，升高温度，反应所需活化能不变，即Ea1、Ea2不变，B错误； CCl2是该反应的反应物，增大反应物的浓度，反应速率增大，而反应的H和反应的途径无关，只与反应的始态和终态有关，即增大氯气
31、的浓度不影响H的大小，C正确；D第一步反应所需活化能Ea1大于第二步反应所需活化能Ea2，第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应，故第二步反应速率更大，D错误。答案选C。【点睛】反应热H和反应途径无关，只与反应的始态和终态有关。23.常温下，用0.1 molL-1 KOH溶液滴定10 mL 0.1 molL-1 HA（Ka1.010-5）溶液的滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A. a点溶液的pH约为3B. 水的电离程度：d点c点C. b点溶液中粒子浓度大小：c（A）c（K）c（HA）c（H）c（OH）D. e点溶液中：c（K）=2c（A）+2c（HA）【答案】D【解析】【详解】A由
32、溶液pH=7时消耗KOH的体积小于10mL可知，HA为弱酸，设0.1 molL-1 HA溶液中c(H+)=xmol/L，根据电离平衡常数可知，解得x110-3mol/L，因此a点溶液的pH约为3，故A不符合题意；Bd点溶质为KA，c点溶质为HA、KA，HA会抑制水的电离，KA会促进水的电离，因此水的电离程度：d点c点，故B不符合题意；Cb点溶质为等浓度的KA和HA，HA的电离程度大于A-的水解程度，结合溶液呈酸性可知b点溶液中粒子浓度大小：，故C不符合题意；De点物料守恒为：，故D符合题意；故答案为：D。【点睛】比较时溶液中粒子浓度：（1）弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能
33、力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO-H+，H2OOH-H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COO-)c(OH-)；（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-Na+，CH3COO-H2OCH3COOHOH-，H2OH+OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(CH3COOH)c(H+)。24.家用消毒剂种类繁多，医用酒精（75%的乙醇水溶液）、84消毒液（次氯酸钠溶液）、高
34、锰酸钾消毒片、滴露消毒液（氯间二甲苯酚）等，消毒剂之间切不可随意相互混用。下列说法不正确的是A. 高锰酸钾消毒片投入到84消毒液中，高锰酸钾可能将次氯酸钠氧化产生氯气B. 高锰酸钾消毒片放入滴露消毒液中，高锰酸钾可能将氯间二甲苯酚氧化从而降低消毒效果C. 84消毒液和滴露消毒液混用时，消毒效果会降低很多，也有可能产生氯气D. 医用酒精和84消毒液混合，乙醇可能将次氯酸钠还原，降低消毒效果【答案】A【解析】【详解】ANaClO中Cl元素为+1价，若要生成Cl2，需要被还原剂还原，而不是被氧化，故A错误；B氯间二甲苯酚含有酚羟基，高锰酸钾具有强氧化性，可将氯间二甲苯酚氧化从而降低消毒效果，故B正确
35、；C84消毒液主要成分次氯酸钠具有强氧化性，和滴露消毒液中的氯间二甲苯酚能发生氧化还原反应，消毒效果会降低很多，次氯酸根被还原可能产生氯气，故C正确；D乙醇具有一定的还原性，而84消毒液主要成分次氯酸钠具有强氧化性，所以乙醇可能将次氯酸钠还原，降低消毒效果，故D正确；综上所述答案为A。25.固体粉末X中可能含有Cu、FeO、Fe2O3、NaHCO3、Na2CO3、Na2S2O3、NaAlO2中的若干种。某化学兴趣小组为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及现象如下：下列说法正确的是A. 气体乙和气体丙都为纯净物B. 溶液甲中一定含有AlO，可能含有C. 溶液丁中的阳离子一定只含H
36、+、Fe2+D. 固体粉末X中一定含有FeO、Na2S2O3、NaAlO2，可能含有NaHCO3、Na2CO3【答案】B【解析】【分析】根据X是否溶于水，分为两部分；固体甲溶于足量硫酸，能使酸性高锰酸钾褪色，可知含有溶液丁中的阳离子一定含H+、Fe2+，可能含有Fe3+，X一定含有FeO；溶液甲加入足量稀盐酸，产生气体和沉淀，说明X一定含有Na2S2O3、NaAlO2，加入碳酸氢铵生成沉淀，说明AlO2-一定存在，而HCO3-与AlO2-不共存，一定不含NaHCO3，可能含有Na2CO3，以此解答该题。【详解】A由以上分析可知，乙可能是二氧化碳和二氧化硫，故A错误；B根据分析可知，溶液甲中一定
37、含有AlO，可能含有，故B正确；C根据分析，溶液丁中的阳离子一定含H+、Fe2+，可能含有Fe3+，故C错误；D粉末X中一定含有FeO、Na2S2O3、NaAlO2，一定不含NaHCO3，因为HCO3-与AlO2-不共存，故D错误；答案选B。二、非选择题（本大题共5小题，共50分）26.(1)比较电离出H+能力的相对强弱:HCO_C6H5OH(填“” 、“”或“=”)；用一个化学方程式说明上述强弱关系_。(2)CaC2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出CaC2的电子式_。(3)根据氨水的性质，判断下图中氢键表示正确的是_。A B 【答案】 (1). (2). C6H5OH+Na2C
38、O3NaHCO3+C6H5ONa或C6H5ONa+CO2(少量)+H2ONaHCO3+C6H5OH (3). (4). B【解析】【分析】依据强酸制备弱酸判断电离出H+能力的相对强弱；CaC2是离子化合物，由Ca2+和C22-构成，由于各原子均满足8电子稳定结构，故C22-中C原子之间以三键结合；从氢键的成键原理，氨分子结构和事实分析。【详解】(1)苯酚的酸性强于碳酸氢根离子，酸性越强，电离出氢离子越容易，电离出H+能力的相对强弱:HCOC6H5OH；利用苯酚置换出碳酸氢根比较酸性的强弱，也可以利用酸的酸性越弱，形成的盐水解程度越大，碱性越强判断，化学方程式为：C6H5OH+Na2CO3NaH
39、CO3+C6H5ONa或C6H5ONa+CO2(少量)+H2ONaHCO3+C6H5OH；(2)CaC2是离子化合物，由Ca2+和C22-构成，由于各原子均满足8电子稳定结构，故C22-中C原子之间以三键结合，；(3)氨水中，氨分子和水分子间会形成NH之间的氢键或OH之间形成氢键，氨分子是三角锥形，易于提供孤电子对，以B形式结合空间位阻最小，结构最稳定，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，B形式更符合事实。【点睛】判断氨水分子间形成氢键时，要从事实，分子的构性，氢键的形成原理综合分析，是难点。27.A是天然气的主要成分，以A为原料在一定条件下可获得有机物B、C、D、E，其相互转化关系如图。已知
40、烃B在标准状况下的密度为1.25 gL-1，E为有浓郁香味、不易溶于水的油状液体。请回答：(1)有机物C中含有的官能团名称是_。(2)BC的反应类型是_。(3)有机物D在催化剂存在下转化为E的化学方程式是_。(4)下列说法正确的是_。A 有机物D与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈B 有机物C、D、E可用饱和Na2CO3溶液鉴别C 实验室制备E时，浓硫酸主要起催化剂和脱水剂的作用D 有机物D能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】 (1). 羧基 (2). 氧化反应 (3). 2CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+2H2 (4). BD【解析】【分析】A是天然气的主要成分，A是甲烷。以A为原料在
41、一定条件下可获得有机物B、C、D、E，已知烃B在标准状况下的密度为1.25gL-1，B的相对分子质量是1.2522.428，所以B是乙烯，乙烯被氧气氧化为乙酸，则C为乙酸，乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，则D为乙醇，乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成E为有浓郁香味的乙酸乙酯，乙酸乙酯为不易溶于的油状液体，据此分析解答。【详解】(1)由分析可知，C为乙酸，含有的官能团名称是羧基；(2)BC为乙烯被氧气氧化为乙酸，反应类型是氧化反应；(3)乙醇在催化剂存在下转化为乙酸乙酯，化学反应方程式是2CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+2H2；(4) AD为乙醇，电离氢离子的能力
42、若于水，与金属钠反应比水与金属钠反应要平缓，故A错误；B乙醇和水互溶，乙酸和碳酸钠反应产生CO2，乙酸乙酯不溶于水，有机物C、D、E可用饱和Na2CO3溶液鉴别，故B正确；C实验室制备乙酸乙酯时，浓硫酸主要起催化剂和吸水剂作用，故C错误；D有机物D为乙醇，能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；答案选BD。28.(1)室温下，使用pH计测定0.1 mol/L NH4Cl溶液的pH(如图1)，由此可以得到的结论是_(填字母)。aNH3H2O是弱碱b溶液中c(H+)c(OH-)cNH4+水解是吸热反应 d由H2O电离出的c(H+)10-7 mol/Le物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，溶液pH
43、=7(2)室温下，用0.10 mol/LNaOH溶液分别滴定20.00 mL0.10 mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图2所示。表示滴定盐酸的曲线是_(填序号)。若此实验选用酚酞为指示剂，则滴定到达终点的现象是_。若用标准NaOH溶液测定未知盐酸溶液的浓度，下列实验操作会使实验结果偏低的是_。a锥形瓶用待测液润洗后再注入待测液b碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡c碱式滴定管滴定前仰视读数，滴定后平视读数d碱式滴定管未用标准液润洗测定过程中使用到移液管，选出其正确操作并按序列出字母：蒸馏水洗涤待转移溶液润洗_洗净，放回管架。a移液管尖与锥形瓶内壁接触，边吹气边放液b放液完毕，停留数秒，取出移
44、液管c移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液d.洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口e放液完毕，抖动数下，取出移液管f放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口【答案】 (1). ab (2). (3). 溶液由无色变为(浅)红色，且半分钟不变色 (4). c (5). d (6). f (7). c (8). b【解析】【分析】(1)室温下，使用pH计测定0.1mol/LNH4Cl溶液的pH5.12，说明氯化铵水解呈酸性，为强酸弱碱盐，则NH3H2O是弱碱，以此解答该题；(2)醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和盐酸，醋酸的pH盐酸的pH，所以为滴定醋酸的曲线，为滴定盐
45、酸的曲线；移液管的正确使用步骤为蒸馏水洗涤待转移溶液润洗洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液设备放液完毕，停留数秒，取出移液管洗净，放回管架，据此分析解答。【详解】(1) a氯化铵水解呈酸性，为强酸弱碱盐，则NH3H2O是弱碱，故a正确；b使用pH计测定0.1mol/LNH4Cl溶液的pH5.12，溶液显酸性，则c(H+)c(OH-)，故b正确；c该实验操作没有依据可以证明NH4+水解是吸热反应还是放热反应，故c错误； d盐类水解促进电离，则由H2O电离出的c(H+)107mol/L，故d错误；e物质的量浓
46、度相等的氨水和盐酸等体积混合，恰好生成氯化铵，铵根离子发生水解，溶液呈酸性，故e错误；答案选ab；(2)根据分析，表示滴定盐酸的曲线是。若此实验选用酚酞为指示剂，则滴定到达终点的现象是当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不恢复无色，说明达到滴定终点；a锥形瓶用待测液润洗后再注入待测液，导致锥形瓶内溶质的量最多，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故a不符合题意；b碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，则标准液体积读数偏大，则测定结果偏高，故b不符合题意；c碱式滴定管滴定前仰视读数，滴定后平视读数，则标准液体积读数偏小，则测定结果偏低，故c符合题意；d碱式滴定管未用标准液
47、润洗，加入标准液时，导致标准液浓度偏低，造成消耗标准液的体积偏大，则测定结果偏高，故d不符合题意；答案选c；移液管的正确使用步骤为蒸馏水洗涤待转移溶液润洗洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液设备放液完毕，停留数秒，取出移液管洗净，放回管架。【点睛】本题的易错点为(1)，按照所学知识，盐类的水解反应为吸热反应，但该实验为测定溶液的pH值，根据测定结果，没有事实依据证明铵根离子水解反应是吸热还是放热反应。29.用Zn(主要含有Fe、Al、Pb杂质)和硫酸来制取H2，利用制氢废液制备硫酸锌晶体(ZnSO47H2O
48、)、Al2O3和Fe2O3，流程如下：已知Al3+、Fe3+、Zn2+的氢氧化物完全沉淀的pH分别为5.2、4.1和8.5，ZnSO47H2O晶体易溶于水，易风化。回答下列问题：(1)下列操作或描述正确的是_。A操作，调节pH=5.2的目的是防止Zn2+水解B 操作的目的之一是将Fe2+氧化为Fe3+C 为得到干燥的ZnSO47H2O产品，可以用酒精洗干D 加热浓缩ZnSO4溶液出现极薄晶膜时，要停止加热E 操作，用玻璃棒在过滤器上搅拌以加速沉淀的洗涤F 操作，滤液中的溶质主要是Al2(SO4)3(2)写出操作的反应离子方程式：_。(3)选出在培养规则ZnSO47H2O大晶体过程中合理的操作并
49、排序_。迅速降至室温用玻璃棒摩擦器壁配制90的ZnSO47H2O溶液自然冷却至室温选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央配制高于室温1020的ZnSO47H2O饱和溶液(4)某同学用抽滤的方法得到ZnSO47H2O。抽滤过程中洗涤沉淀的具体操作是_。(5)为判断硫酸锌晶体是否有Fe3+残留，请设计实验方案_。【答案】 (1). BCD (2). OH-+Al(OH)3=AlO+2H2O (3). (4). 先关小水龙头，加入洗涤剂浸没沉淀物，使洗涤剂缓慢通过沉淀物 (5). 取样加蒸馏水溶解，滴加KSCN溶液，显血红色说明残留Fe3+，反之无Fe3+【解析】【分析】用Zn(主要含有Fe、Al、Pb杂
50、质)和硫酸来制取H2，Zn、Fe、Al可与硫酸反应分别生成ZnSO4、FeSO4、Al2(SO4)3和氢气，Pb与硫酸不反应，反应后的废液加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+并过滤得到含有ZnSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3的滤液；已知Al3+、Fe3+、Zn2+的氢氧化物完全沉淀的pH分别为5.2、4.1和8.5，调节滤液的pH=5.2时，Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，在经过滤得到沉淀1和滤液，此时滤液中主要含有ZnSO4，滤渣1主要为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，操作为过滤；滤液中主要含有ZnSO4，Zn2+易发生水解生成氢氧化锌沉淀，为不引入新杂质，向
51、滤液中加入硫酸，调节溶液pH=2抑制Zn2+发生水解，对滤液加热蒸发，当出现晶膜时，利用抽滤的方法快速过滤得到硫酸锌晶体(ZnSO47H2O)；由于氢氧化铝可与强碱反应，向滤渣1加入足量氢氧化钠溶液，发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，在经过滤得到沉淀2和滤液，沉淀2为不与氢氧化钠反应的Fe(OH)3，此时滤液中含有NaAlO2和过量NaOH，加入NaHCO3 发生反应AlO+HCO+H2O =Al(OH)3 +CO，沉淀3为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解制得Al2O3；Fe(OH)3加热分解得到Fe2O3，Fe2O3为红棕色，俗称铁红，可用于制作颜料，据此分析解答。【详解】
52、(1)A根据分析，操作，调节pH=5.2目的是将滤液中的Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，故A错误；B根据分析可知，操作为加入氧化剂并过滤，目的是将Fe2+氧化为Fe3+，同时将杂质Pb除去，故B正确；C根据已知信息ZnSO47H2O晶体易溶于水，故不能用水洗，酒精与水互溶且易挥发，则用酒精洗干不会导致ZnSO47H2O失去结晶水，故C正确；D若直接加热蒸干ZnSO47H2O会导致失去结晶水，则加热浓缩ZnSO4溶液出现极薄晶膜时，要停止加热，故D正确；E操作为过滤，过滤操作中不能用玻璃棒进行搅拌，防止滤纸破损，导致分离的物质不纯，故E错误；F根据分析，滤液中的溶质主要是NaAl
53、O2和过量NaOH，故F错误；答案选BCD；(2)根据分析，操作中发生的反应为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，反应离子方程式为：OH-+Al(OH)3=AlO+2H2O；(3)在培养规则ZnSO47H2O大晶体过程中，需要配制高于室温10到20的ZnSO4饱和溶液，选规则ZnSO47H2O小晶体并悬挂在溶液中央，随着自然冷却至室温，ZnSO4饱和溶液变为过饱和溶液，导致ZnSO4析出，ZnSO47H2O晶体会附着在规则ZnSO47H2O小晶体上，形成规则ZnSO47H2O大晶体，故正确操作为；(4)某同学用抽滤的方法得到ZnSO47H2O。抽滤过程中洗涤沉淀的具体操作是先关小
54、水龙头，加入洗涤剂浸没沉淀物，使洗涤剂缓慢通过沉淀物；(5)为判断硫酸锌晶体是否有Fe3+残留，即检验溶液中是否含有Fe3+，检验方法为：取样加蒸馏水溶解，滴加KSCN溶液，显血红色说明残留Fe3+，反之无Fe3+。【点睛】铁与硫酸反应只能生成硫酸亚铁，根据流程所示，最终制得氧化铁，流程转化过程中，铁元素由+2价变为+3价，因此操作1不仅是过滤操作，在过滤操作前应加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，为不引入新的杂质，该氧化剂应选择双氧水。30.化合物G是重要的药物中间体，合成路线如下：回答下列问题:（1）B的分子式为_。（2）C中含氧官能团的名称为_。（3）EF的反应类型为_。（4）已知B与（
55、CH3CO）2O的反应比例为1：2，BC的反应方程式为_。（5）路线中设计的目的是_。（6）满足下列条件的B的同分异构体有_种（不考虑立体异构）。苯环上只有2个取代基能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应写出其中核磁共振氢谱为五组峰的物质的结构简式为_。（7）参考上述合成线路，写出以1-溴丁烷、丙二酸二乙酯、尿素CO（NH2）2为起始原料制备的合成线路（其它试剂任选）_。【答案】 (1). C9H9O2Cl (2). 羰基、酯基 (3). 取代反应 (4). (5). 保护酚羟基 (6). 12 (7). (8). 【解析】【分析】(1)根据B的结构简式书写分子式；(2)根据C的结构简
56、式判断含氧官能团的名称；(3)对比E与F的结构判断反应类型；(4)根据框图中B的结构简式为，B与（CH3CO）2O的反应比例为1：2，对比B与C的结构，分析判断发生了取代反应，以此书写反应方程式；(5)根据两步反应生成物结构特征确定反应目的；(6)根据官能团的性质书写反应结构简式；(7)由题干中反应可知，若要合成，可通过2-溴丁烷进行反应达到目的，据此设计合成路线。【详解】(1)由B的结构简式可知其分子式为：C9H9O2Cl，故答案；C9H9O2Cl；(2)由C的结构简式可知：C中含氧官能团的名称为羰基、酯基，故答案：羰基、酯基；(3)由框图可知：对比E与F的结构可知，EF的反应类型为取代反应
57、，故答案：取代反应；(4)由框图可知B的结构简式为，与（CH3CO）2O的反应比例为1：2，对比B与C的结构，联系反应物可知， (CH3CO)2O与B中Cl原子、羟基中H和发生取代反应，其断键位置位于(CH3CO)2O中酯基的C-O键，则BC的反应方程式为：，故答案： (5)让酚羟基反应生成不易发生氧化反应的原子团，将原子团生成酚羟基，由此可知，步骤的目的是保护酚羟基，故答案：保护酚羟基；(6)能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应，说明有机物中含有酚羟基、醛基，B的不饱和度为5，此要求下的结构中苯环与醛基已将不饱和度占用，因此其它原子团均为饱和原子团，该有机物基本框架为，其中R为烷烃基，因此满足要求的结构有：结构有：、，另外与酚羟基存在位置异构，一共有43=12种结构；核磁共振氢谱为五组峰说明苯环具有对称结构，因此该物质为：，故答案：12；(7)由题干中反应可知，若要合成，可通过2-溴丁烷进行反应达到目的，因此具体合成路线为：，故答案：