1、安徽省宿州市泗县二中20152016学年度高二上学期期末化学试卷一、选择题：（本题包括20小题，每小题2分，共40分每小题只有一个选项符合题意）1化学与材料科学息息相关，从一定意义上讲，材料是科学技术的先导，没有新材料的发展，就不可能使新的科学技术成为生产力下列有关材料的说法不正确的是（）A材料是为人类社会所需要并能用于制造有用器物的物质B人类使用和制造材料有悠久的历史，制造出的第一种材料是陶C体型结构的酚醛树脂制成的塑料，加工成型后，受热熔化后还可以制成其它形状的器物D高分子分离膜是具有传统高分子材料的机械性能，又具有特殊分离功能的功能高分子材料制成的薄膜2下列各类烃中，碳氢两元素的质量比一
2、定为定值的是（）A烷烃B环烷烃C炔烃D芳香烃3能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的一组物质是（）A乙烯、乙炔B苯、己烷C苯、甲苯D己烷、环己烷4某烃分子中有一个由CC键构成的六元环，有一个C=C键，还有一个CC键，则能满足上述烃的分子式可能是（）AC8H10BC10H16CC12H22DC14H225某有机物CxHmOn完全燃烧时需要氧气的物质的量是该有机物的x倍，则其化学式中x、m、n的关系不可能是（）Axmn=121Bmn=21Cm2x+2Dm2x+26下列说法不正确的是（）A分子式为C3H8与C6H14的两种有机物一定互为同系物B具有相同通式的有机物不一定互为同系物C两个相邻同系物的相对分子质量数
3、值一定相差14D分子组成相差一个或若干个CH2原子团的化合物必定互为同系物7“绿色化学”要求在化工合成过程中，目标产物对反应物的原子利用率达到100%，下列反应类型最符合这一要求的是（）A卤代反应B加聚反应C酯化反应D消去反应8瑞典皇家科学院2001年10月10日宣布，2001年诺贝尔化学奖授予“手性碳原子的催化氢化、氧化反应”研究领域作出贡献的美、日三位科学家在有机物中，若碳原子上连接的四个原子或原子团不相同，则这个碳原子称为手性碳原子下列分子中含有“手性碳原子”的是（）ACBr2F2BCH3CH2OHCCH3CH2CH3DCH3CH（OH）COOH9某烃与氢气加成后得到2，2二甲基丁烷，该
4、烃的名称是（）A3，3二甲基1丁炔B2，2二甲基2丁烯C2，2二甲基1丁烯D3，3二甲基1丁烯10天然气根据成分不同分为贫气和富气，贫气中甲烷的含量较多，富气中乙烷、丙烷、丁烷的含量相对20152016学年度高一些若要将它们液化，下列说法正确的是（）A贫气易液化B富气易液化C二者液化条件相同D加压降温均有利于两者液化11近年来科学家利用合成的方法制备了多种具有特殊结构的有机物，例如具有如图立体结构的环状化合物（其中碳、氢原子均已略去）有人认为这些有机物中，立方烷，棱晶烷、金刚烷可以看作是烷烃的同分异构体；盆烯是单烯烃；棱晶烷、盆烯是苯的同分异构体；金刚烷是癸炔的同分异构体，以上叙述正确的是（）
5、AB和C和D除外都正确12据调查，劣质的家庭装饰材料会释放出近百种能引发疾病的有害物质，其中一种有机物分子的球棍模型如图，图中“棍”代表单键或双键或三键，不同大小的球代表不同元素的原子，且三种元素位于不同的短周期下面关于该有机物的叙述不正确的是（）A有机物化学式为C2HCl3B分子中所有原子在同一个平面内C该有机物难溶于水D可由乙炔和氯化氢加成得到13设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是（）A标准状况下，1L庚烷完全燃烧所生成的气态产物的分子数为NAB1 mol甲基（CH3）所含的电子总数为8NAC0.5 摩1，3丁二烯分子中含有C=C双键数为 NAD1 mol碳正离子（CH3+
6、）所含的电子总数为8NA14引燃密闭容器中的己烷和氧气的混合气体，使其发生不完全燃烧在120时测得反应前后气体的压强分别为1.8105帕和2.6105帕，根据上述实验数据，确定己烷与氧气反应的化学方程式是（）AC6H14+9O2CO+5CO2+7H2OBC6H14+8O23CO+3CO2+7H2OCC6H14+9O25CO+CO2+7H2ODC6H14+15O28CO+4CO2+14H2O15除去下列物质中所含少量杂质（括号内为杂质），所选用的试剂和分离方法能达到实验目的是（） 混合物试剂分离方法 A苯（苯酚）溴水过滤 B甲烷（甲醛）四氯化碳洗气 C乙酸乙酯（乙酸）NaOH溶液蒸馏 D淀粉（氯
7、化钠）蒸馏水渗析AABBCCDD16下列化学式可表示一个分子的是（）ASiO2BNH4ClCCCl4DC17实现下列变化时，需克服相同类型作用力的是（）A二氧化硅和干冰的熔化B液溴和液汞的气化C食盐和冰的熔化D纯碱和烧碱的熔化18在一接近中性的含Na+的澄清溶液中，可能还含NH4+；Fe2+；I；Br；CO32；SO32六种离子中的几种在原溶液中，滴加足量氯水后，有气泡产生；溶液呈橙黄色；向呈橙黄色溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成；橙黄色溶液不能使淀粉变蓝色根据上述实验事实推断，该溶液中肯定不存在的离子是（）ANH4+、Br、CO32BFe2+、I、SO32CNH4+、Br；、SO32DF
8、e2+、I、CO3219下列晶胞所对应的化学式正确的是（）AA3B4BCDCEF3G2DH5I20将100mL 4mol/L Cu（NO3）2溶液电解一段时间（用碳电极），在阳极收集到1.12L气体将电解后溶液中加入铁粉，最多溶解的铁粉质量为（设反应前后溶液体积不变）（）A16.8gB22.4gC21gD19.6g二、实验题：（本大题共2小题每空2分，共22分）21在实验室里制取乙烯，常因温度过高而使乙醇和浓硫酸反应生成少量的二氧化硫，有人设计下列实验如图以确认上述混合气体中有C2H4和SO2回答下列问题：（1）、装置可盛放的试剂是：；（将下列有关试剂的序号填入空格内）A品红溶液 BNaOH溶
9、液 C浓硫酸 D酸性KMnO4溶液（2）能说明SO2气体存在的现象是（3）使用装置的目的是（4）使用装置的目的是（5）确定含有乙烯的现象是22把10mL 淀粉胶体和5mL KCl溶液的混和体加入用半透膜制成的袋内，将此袋浸入蒸馏水中2分钟后，用两支试管各取5mL 烧杯中的液体，并做如下实验：（1）向其中一支试管里滴加少量AgNO3溶液，其现象是；（2）向另一支试管里滴加少量碘水，其现象是；（3）由上述实验得出的结论是三、填空题：（本大题共4小题每空2分，共32分）23燃烧1g液态有机物，只生成CO2 气体0.05mol和液态水1.2g，放出热量33.63KJ，该有机物的蒸气对H2 的相对密度为
10、30，写出该有机物燃烧的热化学方程式24已知RxO42+MnO4+H+RO2+Mn2+H2O的变化过程中，有0.2m olRxO42离子参加反应时，共转移0.4mol电子（1）反应的氧化产物为； （2）x=；（3）写出配平的离子方程式25通常烷烃可以由相应的烯烃经催化加氢得到但是，有一种烷烃A，分子式C9H20，它却不能由任何C9H18的烯烃催化加氢得到而另有A的三个同分异构体B1，B2，B3 却分别可由而且只能由一种自己相应的烯烃催化加氢得到试写出A，B1，B2，B3的结构简式A是：；B1，B2，B3的结构简式是（没有顺序）：26软性隐形眼镜可由聚甲基丙烯酸羟乙酯（HEMA） 制成超薄镜片，
11、其合成路线可以是：已知（1）（2）CH3COOCH2CH2OH的名称为乙酸羟乙酯试写出：（1）A、E的结构简式分别为：A、E（2）写出下列反应的反应类型：CD，EF（3）写出下列转化的化学方程式：IG；G+FH四、（本大题共1小题，共10分）27如图所示，直线交点处的圆圈为NaCl晶体中Na+离子或Cl离子所处的位置这两种离子在空间三个互相垂直的方向上都是等距离排列的（1）请将其中代表Na+离子的圆圈涂黑（不必考虑体积大小），以完成NaCl晶体的结构示意图（2）晶体中，在每个Na+离子的周围与它最接近的且距离相等的Na+离子共有个（3）已知食盐晶体的密度为2.2g/cm3，阿伏加德罗常数为6.
12、021023mol1食盐晶体中两个距离最近的钠离子中心间的距离为cm（请写出计算过程）安徽省宿州市泗县二中20152016学年度高二上学期期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题包括20小题，每小题2分，共40分每小题只有一个选项符合题意）1化学与材料科学息息相关，从一定意义上讲，材料是科学技术的先导，没有新材料的发展，就不可能使新的科学技术成为生产力下列有关材料的说法不正确的是（）A材料是为人类社会所需要并能用于制造有用器物的物质B人类使用和制造材料有悠久的历史，制造出的第一种材料是陶C体型结构的酚醛树脂制成的塑料，加工成型后，受热熔化后还可以制成其它形状的器物D高分子分离膜是具有传
13、统高分子材料的机械性能，又具有特殊分离功能的功能高分子材料制成的薄膜【考点】物质的组成、结构和性质的关系；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途【专题】化学应用【分析】A材料是人类用于制造物品、器件、构件、机器或其他产品的物质； B人类很早利用陶瓷；C酚醛树脂具有热固性；D高分子分离膜是由聚合物或高分子复合材料制得的具有分离流体混合物功能的薄膜【解答】解：A材料是人类用于制造物品、器件、构件、机器或其他产品的那些物质，故A正确； B人类很早利用陶瓷，是制造出的第一种材料，故B正确；C酚醛树脂具有热固性，一经加工成型就不会受热熔化，故C错误；D高分子分离膜是由聚合物或高分子复合材料制得的具有分离流
14、体混合物功能的薄膜，具有传统高分子材料的机械性能，故D正确故选C【点评】本题主要考查常用合成高分子材料的化学成分及其性能，题目难度不大，在解此类题时，首先要了解各选项中的物质的性能，然后再根据选项中的叙述结合课本知识进行判断2下列各类烃中，碳氢两元素的质量比一定为定值的是（）A烷烃B环烷烃C炔烃D芳香烃【考点】有机物实验式和分子式的确定【专题】有机物的化学性质及推断【分析】碳氢两元素的质量比为定值，说明通式中碳氢元素原子最简比相同，据此分析判断【解答】解：A、烷烃通式为CnH2n+2，碳氢两元素的质量比不为定值，故A不符合；B、环烷烃通式为CnH2n，碳氢两元素的质量比为定值，故B符合；C、炔
15、烃通式为CnH2n2，碳氢两元素的质量比不为定值，故C不符合；D、芳香烃为含苯环的烃，碳氢两元素的质量比不为定值，故D不符合；故选B【点评】本题考查了各类烃类同系物的通式分析，明确不同烃的通式书写是解题关键，题目较简单3能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的一组物质是（）A乙烯、乙炔B苯、己烷C苯、甲苯D己烷、环己烷【考点】有机物的鉴别【分析】选项中乙烯、乙炔均含不饱和键，能被高锰酸钾氧化，甲苯能被高锰酸钾氧化，而苯及烷烃、环烷烃均与高锰酸钾不反应，以此来解答【解答】解：A均使高锰酸钾褪色，现象相同，不能鉴别，故A不选；B均不与高锰酸钾反应，且萃取现象相同，不能鉴别，故B不选；C苯与高锰酸钾不反应，甲苯与
16、高锰酸钾反应使其褪色，现象不同，可鉴别，故C选；D均不与高锰酸钾反应，且萃取现象相同，不能鉴别，故D不选；故选C【点评】本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握官能团与性质的关系、常见有机物的性质及性质差异为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大4某烃分子中有一个由CC键构成的六元环，有一个C=C键，还有一个CC键，则能满足上述烃的分子式可能是（）AC8H10BC10H16CC12H22DC14H22【考点】饱和烃与不饱和烃【分析】碳环的不饱和度是1，碳碳双键是1，碳碳三键的不饱和度为2，所以某烃的结构式中有一个由碳碳单键构成的六元环、含有一个碳碳双键和一个碳碳三键，它的不饱和度为4
17、，以此来解答【解答】解：六元碳环的不饱和度是1，碳碳双键的不饱和度是1，碳碳三键的不饱和度为2，所以某烃的结构式中含有一个由碳碳单键构成的六元环，一个碳碳双键和一个碳碳三键它的不饱和度为4，A含有由CC键构成的六元环，还含有1个C=C键、1个CC键，则该烃分子中至少含有10个C，故A错误； BC10H16的不饱和度为：=3，故B错误；CC12H22的不饱和度为：=2，故C错误；DC14H22的不饱和度为：=4，故D正确；故选D【点评】本题考查有机化合物中碳的成键特征和不饱和度的概念及应用，题目难度不大，明确六元碳环的不饱和度是1，碳碳双键的不饱和度是1，碳碳三键的不饱和度为2是解题的关键5某有
18、机物CxHmOn完全燃烧时需要氧气的物质的量是该有机物的x倍，则其化学式中x、m、n的关系不可能是（）Axmn=121Bmn=21Cm2x+2Dm2x+2【考点】有机物实验式和分子式的确定【专题】有机物的化学性质及推断【分析】某有机物CxHmOn完全燃烧时需要氧气的物质的量是该有机物的x倍，则有机物分子式应满足Cx（H2O）y，即m：n=2：1，由C原子的成键规律可知，饱和烷烃中N（H）=2N（C）+2，则该有机物中应满足m2x+2，据此进行判断【解答】解：某有机物CxHmOn完全燃烧时需要氧气的物质的量是该有机物的x倍，说明有机物耗氧量取决于分子中的C原子数，则分子式应满足Cx（H2O）y，
19、即m：n=2：1，由C原子的成键规律可知，饱和烷烃中N（H）=2N（C）+2，则该有机物中应满足m2x+2，Ax：m：n=1：2：1，满足分子组成Cx（H2O）y，符合要求，故A正确；Bm：n=2：1，满足满足分子组成Cx（H2O）y，符合条件，故B正确；Cm2x+2，有机物分子中含氢量大于烷烃，不可能存在该关系，故C错误；D由C原子的成键规律可知，饱和烷烃中N（H）=2N（C）+2，则该有机物中应满足m2x+2，故D正确；故选C【点评】本题考查有机物分子式的确定，注意有机物燃烧的规律，把握有机物的成键特点，题目难度不大6下列说法不正确的是（）A分子式为C3H8与C6H14的两种有机物一定互为
20、同系物B具有相同通式的有机物不一定互为同系物C两个相邻同系物的相对分子质量数值一定相差14D分子组成相差一个或若干个CH2原子团的化合物必定互为同系物【考点】芳香烃、烃基和同系物【专题】同系物和同分异构体【分析】A、根据碳原子与氢原子数目关系可知C3H8与C6H14都属于烷烃；B、具有相同通式的有机物结构可能不同，如环烷烃与烯烃；C、互为同系物的物质形成1个或若干个CH2原子团；D、结构相似，在分子组成相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物【解答】解：A、根据碳原子与氢原子数目关系可知C3H8与C6H14都属于烷烃，分子式不同，一定互为同系物，故A正确；B、互为同系物的物质一定具有相同
21、的通式，具有相同通式的有机物结构可能不同，如环烷烃与烯烃，不一定互为同系物，故B正确；C、两个相邻同系物相差一个CH2原子团，相对分子质量数值一定相差14，互为同系物的物质相对分子质量相差14n，故C正确；D、在分子组成相差一个或若干个CH2原子团的化合物，结构不一定相同，如甲酸甲酯与丁酸，不一定互为同系物，故D错误故选D【点评】本题考查同系物的概念，难度不大，注意把握概念的内涵与外延以及化学“五同”比较7“绿色化学”要求在化工合成过程中，目标产物对反应物的原子利用率达到100%，下列反应类型最符合这一要求的是（）A卤代反应B加聚反应C酯化反应D消去反应【考点】绿色化学【专题】化学应用【分析】
22、根据题中信息绿色化学的要求：反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，可知化合反应、加成反应、加聚反应达到绿色化学的要求【解答】解：加聚反应只生成一种物质，反应物中的所有原子都转化到生成物中，原子利用率达到100%，符合要求，而卤代反应、酯化反应、消去反应均有副产物，原子利用率达不到100%，不符合“绿色化学”要求，故选B【点评】本题主要考查了绿色化学的要求，也就是化合反应、加成反应、加聚反应才满足绿色化学的要求，在平时的学习中要加以理解8瑞典皇家科学院2001年10月10日宣布，2001年诺贝尔化学奖授予“手性碳原子的催化氢化、氧化反应”研究领域作出贡献的美、日三位科学家在有机
23、物中，若碳原子上连接的四个原子或原子团不相同，则这个碳原子称为手性碳原子下列分子中含有“手性碳原子”的是（）ACBr2F2BCH3CH2OHCCH3CH2CH3DCH3CH（OH）COOH【考点】“手性分子”在生命科学等方面的应用【专题】同分异构体的类型及其判定【分析】手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：1、手性碳原子一定是饱和碳原子；2、手性碳原子所连接的四个基团要是不同的【解答】解：ACBr2F2分子中，碳原子所连接的四个基团两个是一样的Cl，另两个是一样的F，不是手性碳原子，故A错误； BCH3CH2OH分子中，碳原子所连接的四个基团两个是一样的H，另两个一个是甲基
24、，一个是羟基，不是手性碳原子，故B错误；CCH3CH2CH3分子中，碳原子所连接的四个基团两个是一样的H，另两个是一样的甲基，不是手性碳原子，故C错误；DCH3CH（OH）COOH分子中，有一个碳原子所连的四个取代基分别是羟基、甲基、氢原子和羧基，该碳原子具有手性，故D正确故选D【点评】本题考查手性碳原子的判断，比较基础，手性碳原子判断注意：1、手性碳原子一定是饱和碳原子；2、手性碳原子所连接的四个基团要是不同的9某烃与氢气加成后得到2，2二甲基丁烷，该烃的名称是（）A3，3二甲基1丁炔B2，2二甲基2丁烯C2，2二甲基1丁烯D3，3二甲基1丁烯【考点】有机化合物命名【专题】有机化学基础【分析
25、】根据烯的加成原理，双键中的一个键断开，结合H原子，生成2，2二甲基丁烷，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，即得到烯烃【解答】解：2，2二甲基丁烷的碳链结构为，2，2二甲基丁烷相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，从而得到烯烃；根据2，2二甲基丁烷的碳链结构，可知相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键只有一种情况，所以该烯烃的碳链结构为，该烯烃的名称为3，3二甲基1丁烯，若含三键，则为3，3二甲基1丁炔故选AD【点评】本题考查根据烷烃判断相应的烯烃，难度较大，会根据烷烃结构去掉相邻氢原子形成碳碳双键，注意不能重写、漏写10天然气根据成分不同分为贫气和富气，贫气中甲烷的含量较多
26、，富气中乙烷、丙烷、丁烷的含量相对20152016学年度高一些若要将它们液化，下列说法正确的是（）A贫气易液化B富气易液化C二者液化条件相同D加压降温均有利于两者液化【考点】烷烃及其命名【专题】有机物分子组成通式的应用规律【分析】A、甲烷属于分子晶体，在烷烃中相对分子质量最小，分子间作用力最小，最难液化；B、富气中相对分子质量大于甲烷的相对分子质量，分子间作用力较大，比贫气易液化；C、富气比贫气难液化，因此液化条件不同；D、加压、降温有利于分子间距离变小【解答】解：A、甲烷属于分子晶体，在烷烃中相对分子质量最小，分子间作用力最小，最难液化，故A错误；B、富气中相对分子质量大于甲烷的相对分子质量
27、，分子间作用力较大，比贫气易液化，但不属于易液化的气体，故B错误；C、富气比贫气难液化，因此液化条件不同，故C错误；D、加压、降温可使分子间距离变小，因此有利于液化，故D正确；故选D【点评】本题考查了烷烃的物理性质，难度一般，注意烷烃属于分子晶体，通过分子间作用力分析气化、液化等物理变化11近年来科学家利用合成的方法制备了多种具有特殊结构的有机物，例如具有如图立体结构的环状化合物（其中碳、氢原子均已略去）有人认为这些有机物中，立方烷，棱晶烷、金刚烷可以看作是烷烃的同分异构体；盆烯是单烯烃；棱晶烷、盆烯是苯的同分异构体；金刚烷是癸炔的同分异构体，以上叙述正确的是（）AB和C和D除外都正确【考点】
28、同分异构现象和同分异构体【专题】同分异构体的类型及其判定【分析】根据同分异构体的定义判断，同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物；单烯烃不能含有碳环【解答】解：立方烷、棱晶烷、金刚烷含有碳环，烷烃没有碳环，与烷烃分子式不同，故错误；盆烯含有多个碳环，不是单烯烃，故错误；棱晶烷、盆烯、苯分子式相同，而结构不同，互为同分异构体，故正确； 金刚烷的分子式为C10H16，癸炔的分子式为C10H18，不是同分异构体，故错误；故选A【点评】本题考查烯烃的性质，同分异构体和同系物的区别，难度中等，注意根据题目所给信息解题12据调查，劣质的家庭装饰材料会释放出近百种能引发疾病的有害物质，其中一种有机物分子的
29、球棍模型如图，图中“棍”代表单键或双键或三键，不同大小的球代表不同元素的原子，且三种元素位于不同的短周期下面关于该有机物的叙述不正确的是（）A有机物化学式为C2HCl3B分子中所有原子在同一个平面内C该有机物难溶于水D可由乙炔和氯化氢加成得到【考点】球棍模型与比例模型；有机物分子中的官能团及其结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】根据图中“棍”代表单键或双键或三键，不同大小的球代表不同元素的原子，且三种元素位于不同的短周期，先判断含有的元素种类，再根据原子的成键类型判断元素，从而确定该物质的类型【解答】解：A短周期元素原子半径最小的是氢，中间的球最多能形成四条共价键，是碳，最大的球形成单键
30、是氯，有机物化学式为C2HCl3，故A正确； B这是一种结构类似烯烃的物质，所有原子在同一平面，故B正确；CC2HCl3为氯代烃，难溶于水，故C正确；D乙炔和氯化氢加成得到二氯乙烷，不能得到C2HCl3，故D错误；故选D【点评】本题考查球棍模型和有机物的性质，会根据成键类型判断所含的元素是解本题的关键13设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是（）A标准状况下，1L庚烷完全燃烧所生成的气态产物的分子数为NAB1 mol甲基（CH3）所含的电子总数为8NAC0.5 摩1，3丁二烯分子中含有C=C双键数为 NAD1 mol碳正离子（CH3+）所含的电子总数为8NA【考点】阿伏加德罗常数【
31、专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A标况下，庚烷不是气体，无法计算其物质的量；B甲基没有发生电子的转移，1mol甲基含有9mol电子；C1mol丁二烯分子中含有2mol碳碳双键；D1mol碳正离子含有8mol电子【解答】解：A由于标准状况下，庚烷不是气体，无法计算庚烷的物质的量，故A错误；B由于甲基没有发生电子的转移，1mol甲基含有9mol电子，所含的电子总数为9NA，故B错误；C0.5 摩1，3丁二烯分子中含有1mol碳碳双键，含有C=C双键数为NA，故C正确；D由于1mol碳正离子含有8mol电子，所含的电子总数为8NA，故D正确；故选AB【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数，注意
32、标准状况下的条件要求及物质状态，本题难度不大14引燃密闭容器中的己烷和氧气的混合气体，使其发生不完全燃烧在120时测得反应前后气体的压强分别为1.8105帕和2.6105帕，根据上述实验数据，确定己烷与氧气反应的化学方程式是（）AC6H14+9O2CO+5CO2+7H2OBC6H14+8O23CO+3CO2+7H2OCC6H14+9O25CO+CO2+7H2ODC6H14+15O28CO+4CO2+14H2O【考点】化学方程式的书写【专题】烃及其衍生物的燃烧规律【分析】根据 pV=nRT，等温定容条件下，P与n 成正比关系；因此，压强之比是 9：13，那么气体的物质的量之比也是 9：13，再根
33、据方程式中计量数分析【解答】解：在120时测得反应前后气体的压强分别为1.8105帕和2.6105帕，根据 pV=nRT，等温定容条件下，P与n 成正比关系；因此压强之比是 9：13，那么气体的物质的量之比也是 9：13，因此反应前后计量数之比为9：13；再根据方程式中计量数可知，故B正确；故选B【点评】本题考查了压强与气体物质的量的关系，要注意120C，水是气态，题目难度不大15除去下列物质中所含少量杂质（括号内为杂质），所选用的试剂和分离方法能达到实验目的是（） 混合物试剂分离方法 A苯（苯酚）溴水过滤 B甲烷（甲醛）四氯化碳洗气 C乙酸乙酯（乙酸）NaOH溶液蒸馏 D淀粉（氯化钠）蒸馏水
34、渗析AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A溴、三溴苯酚均易溶于苯；B二者均易溶于四氯化碳；C二者均与NaOH溶液反应；D淀粉不能透过半透膜，而溶液可以【解答】解：A溴、三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应选NaOH溶液、分液，故A错误；B二者均易溶于四氯化碳，不能除杂，应选NaOH溶液、洗气，故B错误；C二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠、分液，故C错误；D淀粉不能透过半透膜，而溶液可以，则渗析法可分离提纯，故D正确；故选D【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的
35、反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的结构与性质及除杂试剂的选择，题目难度不大16下列化学式可表示一个分子的是（）ASiO2BNH4ClCCCl4DC【考点】分子式【专题】化学用语专题【分析】化学式能真实表示物质分子组成的是分子晶体，常见的分子晶体有：所有非金属氢化物、部分非金属单质（金刚石、晶体硅等除外）、部分非金属氧化物（二氧化硅等除外）、几乎所有的酸、绝大多数的有机物晶体，以此解答【解答】解：ASiO2为原子晶体，晶体是由硅原子和氧原子以共价键构成的空间网状结构，没有SiO2分子，故A错误；BNH4Cl为离子晶体，晶体中阴、阳离子的个数比为1：1，没有NH4Cl分子，故
36、B错误；CCCl4是分子晶体，晶体中只存在分子，所以CCl4可表示一个分子，故C正确；DC为原子晶体，是由碳原子和碳原子以共价键构成的空间网状结构，没有C分子，故D错误；故选C【点评】本题主要考查分子晶体类型的判断，掌握常见物质晶体类型及常见分子晶体是解答的关键，题目难度不大主要稀有气体为单原子分子17实现下列变化时，需克服相同类型作用力的是（）A二氧化硅和干冰的熔化B液溴和液汞的气化C食盐和冰的熔化D纯碱和烧碱的熔化【考点】化学键【专题】化学键与晶体结构【分析】A、二氧化硅是原子晶体和干冰是分子晶体；B、溴气化破坏分子间作用力，汞气化破坏金属键；C、食盐是离子晶体和冰是分子晶体；D、纯碱和烧
37、碱都是离子晶体【解答】解：A、二氧化硅的熔化克服的共价键和干冰的熔化克服分子间作用力，故不选；B、溴气化破坏分子间作用力，汞气化破坏金属键，故不选；C、食盐的熔化克服的离子键和冰熔化克服分子间作用力，故不选；D、纯碱和烧碱都是离子晶体熔化都是克服的离子键，故选；故选D【点评】本题考查晶体的类型和微粒间作用力的判断，题目难度不大，注意物质发生变化时粒子间作用力的变化18在一接近中性的含Na+的澄清溶液中，可能还含NH4+；Fe2+；I；Br；CO32；SO32六种离子中的几种在原溶液中，滴加足量氯水后，有气泡产生；溶液呈橙黄色；向呈橙黄色溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成；橙黄色溶液不能使淀粉
38、变蓝色根据上述实验事实推断，该溶液中肯定不存在的离子是（）ANH4+、Br、CO32BFe2+、I、SO32CNH4+、Br；、SO32DFe2+、I、CO32【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】在原溶液中滴加足量的饱和氯水后，有气泡生成，说明溶液中含有CO32，则一定不存在Fe2+，溶液呈橙黄色，说明可能生成I2或Br2；向呈橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成，说明不含SO32；橙黄色溶液不能使淀粉溶液变蓝色，说明不含I【解答】解：根据可知溶液中含有CO32，则一定不存在Fe2+，溶液呈橙黄色，说明可能生成I2或Br2；根据向呈橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时无
39、沉淀生成，说明不含SO32；根据橙黄色溶液不能使淀粉溶液变蓝色可知溶液中不含I；所以溶液中一定存在Br、CO32，一定不存在Fe2+、I、SO32，故选B【点评】本题考查离子的检验，题目难度不大，明确常见离子的性质为解答关键，注意通过反应的现象结合离子的性质进行推断，要排除实验操作的干扰19下列晶胞所对应的化学式正确的是（）AA3B4BCDCEF3G2DH5I【考点】晶胞的计算【专题】结构决定性质思想；演绎推理法；原子组成与结构专题【分析】根据均摊法可知，位于立方体晶胞顶点上的原子有属于该晶胞，位于立方体晶胞棱边上的原子有属于该晶胞，位于立方体晶胞面心上的原子有属于该晶胞，位于立方体晶胞体心上
40、的全部属于该晶胞，位于六棱柱晶胞中顶点上的原子有属于该晶胞，位于六棱柱晶胞面心上的原子有属于该晶胞，位于六棱柱晶胞体心上的全部属于该晶胞，据此分析；【解答】解：A、在第一个晶胞结构中，含有A原子数为4=，含有B原子数为4=2，所以化学式为AB4，故A错误；B、在第二个晶胞结构中，含有C原子数为8+1=2，含有D原子数为4=2，所以化学式为CD，故B正确；C、在第三个晶胞结构中，含有E原子数为4=，含有F原子数为4+2=，含有G原子数为1，所以化学式为EF3G2，故C正确；D、在第四个晶胞结构中，含有H原子数为12+1=3，含有I原子数为2=1，所以化学式为H3I，故D错误；故选：BC【点评】本
41、题主要就考查了均摊法计算晶胞的化学式，题目难度不大，能理解均摊法即可解决问题20将100mL 4mol/L Cu（NO3）2溶液电解一段时间（用碳电极），在阳极收集到1.12L气体将电解后溶液中加入铁粉，最多溶解的铁粉质量为（设反应前后溶液体积不变）（）A16.8gB22.4gC21gD19.6g【考点】电解原理【专题】守恒法；电化学专题【分析】nCu（NO3）2=4mol/L0.1L=0.4mol，用惰性电极电解该溶液时，阳极反应式为2H2O4e=O2+4H+，则收集的n（O2）=0.05mol，转移电子物质的量=4n（O2）=40.05mol=0.2mol，假设铜离子完全析出转移电子物质的
42、量=2n（Cu 2+）=2nCu（NO3）2=20.4mol=0.8mol0.2mol，所以铜离子部分析出，根据2H2O4e=O2+4 H+得n（H+）=4n（O2）=0.2mol，Fe和硝酸反应方程式为3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O，根据硝酸和Fe之间的关系式计算酸溶解铁的质量；铁还和铜离子发生置换反应生成亚铁离子，根据剩余铜离子计算铜离子消耗铁的质量，这两部分消耗铁的质量为总的消耗铁质量【解答】解：nCu（NO3）2=4mol/L0.1L=0.4mol，用惰性电极电解该溶液时，阳极反应式为2H2O4e=O2+4H+，则收集的n（O2）=0.05mol，转移电子物质
43、的量=4n（O2）=40.05mol=0.2mol，假设铜离子完全析出转移电子物质的量=2n（Cu 2+）=2nCu（NO3）2=20.4mol=0.8mol0.2mol，所以铜离子部分析出，根据2H2O4e=O2+4 H+得n（H+）=4n（O2）=0.2mol，Fe和硝酸反应方程式为3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O，根据3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O得溶解n（Fe）=n（HNO3）=0.2mol=0.075mol，则酸溶解m（Fe）=0.075mol56g/mol=4.2g；铜离子和Fe发生置换反应生成Cu，根据转移电子守恒得发生置换反应消
44、耗n（Fe）=nCu（NO3）2=0.4mol=0.3mol，溶解m（Fe）=56g/mol0.3mol=16.8g，所以消耗铁的总质量=4.2g+16.8g=21g，故选C【点评】本题以电解原理为载体考查化学方程式有关计算，正确判断各个电极上发生的反应是解本题关键，注意阴极析出物质成分的判断，要熟练运用转移电子守恒、原子守恒，很多同学往往漏掉Fe和铜离子的置换反应而导致错误，为易错题二、实验题：（本大题共2小题每空2分，共22分）21在实验室里制取乙烯，常因温度过高而使乙醇和浓硫酸反应生成少量的二氧化硫，有人设计下列实验如图以确认上述混合气体中有C2H4和SO2回答下列问题：（1）、装置可盛
45、放的试剂是：A；B；A；D（将下列有关试剂的序号填入空格内）A品红溶液 BNaOH溶液 C浓硫酸 D酸性KMnO4溶液（2）能说明SO2气体存在的现象是装置中品红褪色（3）使用装置的目的是除去二氧化硫以免干扰乙烯的检验（4）使用装置的目的是检验二氧化硫是否被完全除去（5）确定含有乙烯的现象是装置中品红不褪色，装置中高锰酸钾溶液褪色【考点】乙醇的消去反应；性质实验方案的设计【专题】综合实验题【分析】（1）多种产物需检验时，应考虑先后顺序；（2）二氧化硫能漂白品红；（3）氢氧化钠能吸收二氧化硫；（4）品红溶液不褪色确认SO2已除干净；（5）中无二氧化硫，中与高锰酸钾溶液反应的是乙烯【解答】解：（1
46、）检验二氧化硫用品红溶液，检验乙烯用高锰酸钾酸性溶液，乙烯和二氧化硫都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，所以先检验二氧化硫，然后检验乙烯，同在检验乙烯之前用NaOH溶液除尽SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，最后用高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯；因装置用来检验SO2，试管中品红溶液褪色，说明含有SO2，装置试管装有NaOH溶液除去SO2，装置试管通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，装置通过高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯，故答案为：A；B；A；D；（2）装置I用来检验SO2，试管中品红溶液褪色，说明含有SO2，故答案为：中品红溶液褪色；（3）装置试管装有NaOH溶液除去SO2，故答案为：除去二
47、氧化硫以免干扰乙烯的检验；（4）装置试管通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，故答案为：检验二氧化硫是否被完全除去；（5）装置通过高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯，故答案为：中的品红不褪色，中的高锰酸钾溶液褪色【点评】本题考查了乙烯的实验室制法以及产物的检验，注意当有多种产物需检验时，应考虑先后顺序，高锰酸钾既能氧化二氧化硫，又能氧化乙烯，是解答本题的关键22把10mL 淀粉胶体和5mL KCl溶液的混和体加入用半透膜制成的袋内，将此袋浸入蒸馏水中2分钟后，用两支试管各取5mL 烧杯中的液体，并做如下实验：（1）向其中一支试管里滴加少量AgNO3溶液，其现象是出现白色沉淀；（2）向另一支试管里滴加
48、少量碘水，其现象是无明显变化；（3）由上述实验得出的结论是Cl能透过半透膜，淀粉胶体不能透过半透膜【考点】胶体的重要性质；淀粉的性质和用途【专题】溶液和胶体专题；糖类与蛋白质专题【分析】胶体粒子不能通过半透膜，而氯化钠中的离子可以通过半透膜，氯离子可以和银离子反应生成白色沉淀，淀粉遇到碘水会变蓝色，据此来分析即可【解答】解：淀粉胶体和氯化钠溶液混合后，放入用半透膜制成的袋内，将此袋浸入蒸馏水中后，淀粉胶体不能通过半透膜而留在袋内，但是氯离子和钠离子能通过半透膜而进入烧杯的水中（1）向其中一支试管里滴加少量AgNO3溶液，氯离子可以和银离子反应生成白色沉淀，其现象是出现白色沉淀；故答案为：出现白
49、色沉淀；（2）袋内液体是淀粉胶体，向另一支试管里滴加少量碘水，无明显变化；故答案为：无明显变化；（3）由上述实验现象得出的结论是Cl能透过半透膜，淀粉胶体粒子不能透过半透膜；故答案为：Cl能透过半透膜，淀粉胶体粒子不能透过半透膜【点评】本题考查了胶体的重要性质渗析，题目难度不大，掌握胶体、淀粉的性质是解题的关键三、填空题：（本大题共4小题每空2分，共32分）23燃烧1g液态有机物，只生成CO2 气体0.05mol和液态水1.2g，放出热量33.63KJ，该有机物的蒸气对H2 的相对密度为30，写出该有机物燃烧的热化学方程式2C3H8O（l）+9O2（g）=6CO2（g）+8H2O（l）；H=4
50、035.6KJ/mol【考点】热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化【分析】有机物的蒸气密度是H2密度的30倍，可以计算有机物的摩尔质量，完全燃烧1g液态有机物，只生成二氧化碳气体0.05mol和液态水1.2g，依据元素守恒计算判断有机物的分子式，结合热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应反应焓变写出；【解答】解：液态水1.2g的物质的量为：，所以氢的物质的量为：2，有机物摩尔质量M=302g/mol=60g/mol；依据有机物燃烧生成二氧化碳和水，计算得到有机物中元素物质的量之比，确定分子式；n（C）：n（H）=3：8；Z（O）=（6031281）16=1；有机物的分子式为：C3H8
51、O；烧1g液态有机物，只生成CO2 气体0.05mol和液态水1.2g，放出热量33.63KJ，所以2mol有机物燃烧生成二氧化碳和液态水放热4035.6kJ，所以热化学方程式为：2C3H8O（l）+9O2（g）=6CO2（g）+8H2O（l）；H=4035.6 KJ/mol，故答案为：2C3H8O（l）+9O2（g）=6CO2（g）+8H2O（l）；H=4035.6 KJ/mol【点评】本题考查了有机物分子式的确定方法和计算应用，热化学方程式的书写，有机物分子式的确定是解题关键，题目难度中等24已知RxO42+MnO4+H+RO2+Mn2+H2O的变化过程中，有0.2m olRxO42离子参
52、加反应时，共转移0.4mol电子（1）反应的氧化产物为RO2； （2）x=2；（3）写出配平的离子方程式5R2O42+2MnO4+16H+=10RO2+2Mn2+8H2O【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】反应中Mn元素的化合价降低，则R元素的化合价升高，0.2m olRxO42离子参加反应时，共转移0.4mol电子，则0.2mol2（4）=0.4，结合电子、电荷守恒解答【解答】解：（1）Mn元素的化合价降低，则R失去电子被氧化，对应氧化产物为RO2，故答案为：RO2；（2）0.2m olRxO42离子参加反应时，共转移0.4mol电子，则0.2mol2（4
53、）=0.4，解得x=2，故答案为：2；（3）由电子、电荷守恒可知，离子反应为5R2O42+2MnO4+16H+=10RO2+2Mn2+8H2O，故答案为：5R2O42+2MnO4+16H+=10RO2+2Mn2+8H2O【点评】本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电子、电荷守恒的应用，题目难度不大25通常烷烃可以由相应的烯烃经催化加氢得到但是，有一种烷烃A，分子式C9H20，它却不能由任何C9H18的烯烃催化加氢得到而另有A的三个同分异构体B1，B2，B3 却分别可由而且只能由一种自己相应的烯烃催化加氢得到试写出A，B1
54、，B2，B3的结构简式A是：（CH3）3CCH2C（CH3）3；B1，B2，B3的结构简式是（没有顺序）：（CH3）3CC（CH3）2CH2CH3、（CH3）2CHC（CH3）2CH（CH3）2、C（CH2CH3）4【考点】同分异构现象和同分异构体；烯烃【专题】同分异构体的类型及其判定【分析】烷烃A，分子式C9H20，它却不能由任何C9H18的烯烃催化加氢得到，则A中相邻的两个碳原子上不都含有H原子，故A的结构简式为：（CH3）3CCH2C（CH3）3；另有A的三个同分异构体B1，B2，B3 却分别可由而且只能由一种自己相应的烯烃催化加氢得到，则A同分异构体中相邻的两个碳原子上含有氢原子的位置
55、只有1中情况，据此书写判断【解答】解：烷烃A，分子式C9H20，它却不能由任何C9H18的烯烃催化加氢得到，则A中相邻的两个碳原子上不都含有H原子，故A的结构简式为：（CH3）3CCH2C（CH3）3；另有A的三个同分异构体B1，B2，B3 却分别可由而且只能由一种自己相应的烯烃催化加氢得到，则A同分异构体中相邻的两个碳原子上含有氢原子的位置只有1种情况，符合条件的A的同分异构体为：CH3）3CC（CH3）2CH2CH3、（CH3）2CHC（CH3）2CH（CH3）2、C（CH2CH3）4，故答案为：（CH3）3CCH2C（CH3）3；（CH3）3CC（CH3）2CH2CH3、（CH3）2CH
56、C（CH3）2CH（CH3）2、C（CH2CH3）4【点评】本题考查限制条件同分异构体的书写，难度中等，根据信息判断符合条件的结构特点是解题关键，掌握烷烃同分异构体书写方法26软性隐形眼镜可由聚甲基丙烯酸羟乙酯（HEMA） 制成超薄镜片，其合成路线可以是：已知（1）（2）CH3COOCH2CH2OH的名称为乙酸羟乙酯试写出：（1）A、E的结构简式分别为：ACH2=CHCH3、E（CH3）2C（OH）COOH（2）写出下列反应的反应类型：CD氧化，EF消去（3）写出下列转化的化学方程式：IGCH2ClCH2Cl+2H2OHOCH2CH2OH+2HCl；G+FHHOCH2CH2OH+CH2=C（C
57、H3）COOHCH2=C（CH3）COOCH2CH2OH+H2O【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A和HBr反应生成B，可知A为CH2=CHCH3，由产物可知H应为甲基丙烯酸羟乙酯，即CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，则G为HOCH2CH2OH，I为CH2ClCH2Cl，F应为CH2=C（CH3）COOH，则E为（CH3）2C（OH）COOH，结合题给信息可知B为CH3CHBrCH3，C为CH3CHOHCH3，D为丙酮，结合有机物的结构和性质解答该题【解答】解：A和HBr反应生成B，可知A为CH2=CHCH3，由产物可知H应为甲基丙烯酸羟乙酯，即CH2=C（C
58、H3）COOCH2CH2OH，则G为HOCH2CH2OH，I为CH2ClCH2Cl，F应为CH2=C（CH3）COOH，则E为（CH3）2C（OH）COOH，结合题给信息可知B为CH3CHBrCH3，C为CH3CHOHCH3，D为丙酮，（1）由以上分析可知A为CH2=CHCH3，E为（CH3）2C（OH）COOH，故答案为：CH2=CHCH3；（CH3）2C（OH）COOH；（2）C为CH3CHOHCH3，D为丙酮，C生成D的反应为氧化反应，E为（CH3）2C（OH）COOH，F为CH2=C（CH3）COOH，E生成F的反应为消去反应，故答案为：氧化；消去；（3）I为CH2ClCH2Cl，发生
59、取代反应可生成HOCH2CH2OH，反应的方程式为CH2ClCH2Cl+2H2OHOCH2CH2OH+2HCl，G为HOCH2CH2OH，F为CH2=C（CH3）COOH，二者发生酯化反应，方程式为HOCH2CH2OH+CH2=C（CH3）COOH CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH+H2O，故答案为：CH2ClCH2Cl+2H2OHOCH2CH2OH+2HCl；HOCH2CH2OH+CH2=C（CH3）COOH CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH+H2O【点评】本题考查有机物的推断，题目难度中等，本题注意把握题给信息，为解答该题的关键，本题解答的突破口为A和H，注意体会四、（
60、本大题共1小题，共10分）27如图所示，直线交点处的圆圈为NaCl晶体中Na+离子或Cl离子所处的位置这两种离子在空间三个互相垂直的方向上都是等距离排列的（1）请将其中代表Na+离子的圆圈涂黑（不必考虑体积大小），以完成NaCl晶体的结构示意图（2）晶体中，在每个Na+离子的周围与它最接近的且距离相等的Na+离子共有12个（3）已知食盐晶体的密度为2.2g/cm3，阿伏加德罗常数为6.021023mol1食盐晶体中两个距离最近的钠离子中心间的距离为4.0108cm（请写出计算过程）【考点】晶胞的计算【专题】化学键与晶体结构【分析】（1）氯化钠晶体中钠离子、氯离子的配位数都是6；（2）在NaCl
61、晶胞中，Na+或Cl所处的位置是顶点面心和棱边的中点，钠离子、氯离子的配位数都是6，所以与Na+最接近的且距离相等的Na+共有12个；（3）根据NaCl的摩尔质量及密度求得晶胞的体积，进而求得棱边长，而两个距离最近的钠离子中心间的距离等于晶胞面对角线的一半【解答】解：（1）氯化钠晶体中，钠离子或氯离子的配位数都是6，氯化钠晶体的结构示意图为，故答案为：；（2）在NaCl晶胞中，Na+或Cl所处的位置是顶点面心和棱边的中点，钠离子、氯离子的配位数都是6，所以与Na+最接近的且距离相等的Na+共有12个，故答案为：12；（3）设晶胞边长为a，在NaCl晶胞中，含Cl4个；含Na4个，根据密度公式，可得a=，所以晶胞面对角线长为a，而两个距离最近的钠离子中心间的距离等于晶胞面对角线的一半，所以两个距离最近的钠离子中心间的距离为4.0108cm，故答案为：4.0108【点评】本题主要考查了晶胞的结构和晶胞的计算，难度不大，解题的关键要充分用好立体几何的知识，发挥空间想象力，解决问题