黑龍江省大慶市第四中學(xué)2023學(xué)年高二化學(xué)第二學(xué)期期末經(jīng)典模擬試題（含解析）

1、2023學(xué)年高二下學(xué)期化學(xué)期末模擬測試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、硫酸工業(yè)的重要反應(yīng)之一：2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)，下列有關(guān)敘述錯誤的是（ ）A升高溫度，反應(yīng)速率加快B使用合適的催化劑，反應(yīng)速率加快C平衡時，SO2的轉(zhuǎn)化

2、率為100%D平衡時，SO3的濃度不再改變2、下列不是應(yīng)用了電解池原理的是（ ）A電鍍 B工業(yè)制鎂 C犧牲陽極的陰極保護法 D氯堿工業(yè)制Cl2等3、已知還原性：SO32 ICl。向含a mol KI和a mol K2SO3的混合液中通入b mol Cl2充分反應(yīng)(不考慮Cl2與I2之間的反應(yīng))。下列說法錯誤的是 ()A當(dāng)ab時，發(fā)生的離子反應(yīng)為2ICl2I22ClB當(dāng)5a4b時，發(fā)生的離子反應(yīng)為4SO322I5Cl24H2O4SO42 I28H10ClC當(dāng)3a2b時，發(fā)生的離子反應(yīng)為2SO322I3Cl22H2O2SO42 I24H6ClD當(dāng)aba時，溶液中SO42、I與Cl的物質(zhì)的量之比為a

3、(3a2b)2b4、下表所列各組物質(zhì)中，物質(zhì)之間通過一步反應(yīng)能實現(xiàn)如圖所示轉(zhuǎn)化的是( )XYZ物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系A(chǔ)CuCuOCu(OH)2BSiSiO2H2SiO3CNaHCO3Na2CO3NaOHDFeCl2FeOFeCl3AABBCCDD5、下列物質(zhì)屬于醇的是（）ABHOCH2CH2OHCCH3COOCH3DCH3CHO6、今年是門捷列夫發(fā)現(xiàn)元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z為短周期主族元素，W與X的最高化合價之和為8。下列說法錯誤的是A原子半徑：WXB常溫常壓下，Y單質(zhì)為固態(tài)C氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性：ZWDX的最高價氧化物的水化物是強堿7、下表列出了某短周期元素R的各級

4、電離能數(shù)據(jù)(用I1、I2表示，單位為kJmol1)I1I2I3I4R7401500770010500下列關(guān)于元素R的判斷中一定正確的是AR元素的原子最外層共有4個電子BR的最高正價為3價CR元素位于元素周期表中第A族DR元素基態(tài)原子的電子排布式為1s22s28、最近一個科學(xué)硏究小組創(chuàng)建了一種通過連續(xù)電解將能量儲存為化學(xué)能的裝置。在氧化釔基質(zhì)的陽極和二氧化鈦涂覆的鈦陰極之間是可通過H+的固體聚合物電解質(zhì)。其結(jié)構(gòu)如圖所示，則下列說法正確的是A電源的b極為負極B在能量轉(zhuǎn)換過程中，固體電解質(zhì)中H+由陰極向陽極移動C陰極電極反應(yīng)式為：OX + 4H+ + 4e GC + H2OD為增強陽極電解液導(dǎo)電性，

5、可在水中添加適量NaCl9、已知在Ca3（PO4）2的飽和溶液中，c（Ca2+）=2.010-6molL-1，c（PO43-）=1.5810-6molL-1，則Ca3（PO4）2的Ksp為（ ）A2.010-29B3.210-12C6.310-18D5.110-2710、某溫度下在密閉容器中發(fā)生如下應(yīng)： 2M（g）+ N(g)2G(g)若開始時只充入2molG(g),達平衡時，混合氣體的壓強比起始時增加20%，若開始時只充入2molM和1molN的混合氣體，達平衡時M的轉(zhuǎn)化率為（ ）A20% B40% C60% D80%11、波音787型飛機的機身和機翼大量使用下列哪種材料（）A液晶高分子材料

6、 B橡膠C高分子分離膜 D碳纖維復(fù)合材料12、已知Ksp（AgCl）=1.561010，Ksp（AgBr）=7.71013 ，Ksp（Ag2CrO4）=91011。某溶液中含有Cl、Br和CrO42，濃度均為0.010mol/L，向該溶液中逐滴加入0.010mol/L的AgNO3溶液時，三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序為( )ACl、Br、CrO42BBr、Cl、CrO42CCrO42、Br、ClDBr、CrO42、Cl13、下列說法正確的是( )A乙烯和聚乙烯均能使溴水反應(yīng)褪色B乙苯的同分異構(gòu)體多于三種C甲烷、苯和油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色D葡萄糖與果糖、淀粉與纖維素分子式相同，均互為同

7、分異構(gòu)體14、CuSO4是一種重要的化工原料，其有關(guān)制備途徑及性質(zhì)如圖所示。下列說法不正確的是（ ）A相對于途徑，途徑更好地體現(xiàn)了綠色化學(xué)思想B途徑發(fā)生的反應(yīng)可能是3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO+4H2OC1mol CuSO4在1100所得混合氣體X為SO3和O2，其中O2為0.5mo1D將CuSO4溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，可制得膽礬晶體(CuSO45H2O)15、下列說法正確的是A將10 g CaCO3粉末加入100 mL水中，所得溶液的濃度為l molL-1B將100 mL 2 molL-1鹽酸加熱蒸發(fā)至50 mL，所得溶液的濃度為4 molL-1C將l0 mL l

8、.0molL-1NaCl溶液與90mL水混合，所得溶液的濃度為0.1 molL-1D將10 g CaO加入100 mL飽和石灰水中，充分?jǐn)嚢琛㈧o置并恢復(fù)到原來的溫度，所得溶液的濃度不變16、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A新制飽和氯水中:A13+、Cu2+、SO42-、Br-B甲基橙變紅的溶液:Mg2+、Fe2+、NO3-、SCN-C的溶液中:Na+、K+、Cl-、AlO2-D水電離的c(H+)=110-13mol/L的溶液中：Ca2+、Ba2+、Cl-、HCO3-二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知有機物分子中的碳碳雙鍵發(fā)生臭氧氧化反應(yīng)：，有機物A的結(jié)構(gòu)簡式為，G的分

9、子式為C7H12O，以下AH均為有機物，其轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：（1）下列說法正確的是 _ 。（填字母序號）AC的官能團為羧基B1molA最多可以和2molNaOH反應(yīng)CC可以發(fā)生氧化反應(yīng)、取代反應(yīng)和加成反應(yīng)D可以發(fā)生消去反應(yīng)（2）F的結(jié)構(gòu)簡式為_ ，由F到G的反應(yīng)類型為_ 。（3）反應(yīng)的作用是_ ，合適的試劑a為_。（4）同時滿足下列條件的A的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_。與A具有相同的官能團；屬于苯的鄰二取代物；能使FeCl3溶液顯色；核磁共振氫譜分析，分子中有8種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。（5）H與G分子具有相同的碳原子數(shù)目，且1molH能與足量的新制銀氨溶液反應(yīng)生成4mol單質(zhì)銀。寫出H與足量的新制

10、銀氨溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式_。18、已知乙烯能發(fā)生以下轉(zhuǎn)化：（1）乙烯的結(jié)構(gòu)簡式為_。（2）C中官能團的名稱：_ D中官能團的名稱：_。（3）物質(zhì)B可以被直接氧化為D，需要加入的試劑是_。（4）的反應(yīng)類型_。（5）寫出的化學(xué)方程式_。寫出的化學(xué)方程式_。19、三草酸合鐵()酸鉀K3Fe(C2O4)33H2O為綠色晶體，易溶于水，難溶于乙醇、丙酮等有機溶劑。I.三草酸合鐵()酸鉀晶體的制備將5g(NH4)2Fe(SO4)26H2O晶體溶于20mL水中，加入5滴6 molL1H2SO4酸化，加熱溶解，攪拌下加入25mL飽和H2C2O4溶液，加熱，靜置，待黃色的FeC2O4沉淀完全以后，傾去上層清液，

11、傾析法洗滌沉淀23次。向沉淀中加入10mL飽和草酸鉀溶液，水浴加熱至40，用滴管緩慢滴加12mL5H2O2，邊加邊攪拌并維持在40左右，溶液成綠色并有棕色的沉淀生成。加熱煮沸一段時間后，再分兩批共加入8mL飽和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此時棕色沉淀溶解，變?yōu)榫G色透明溶液。向濾液中緩慢加入10mL95的乙醇，這時如果濾液渾濁可微熱使其變清，放置暗處冷卻，結(jié)晶完全后，抽濾，用少量洗滌劑洗滌晶體兩次，抽干，干燥，稱量，計算產(chǎn)率。已知制備過程中涉及的主要反應(yīng)方程式如下：步驟6FeC2O43H2O26K2C2O44K3Fe(C2O4)32Fe(OH)3，步驟2Fe(OH)33H2C

12、2O43K2C2O42K3Fe(C2O4)36H2O，請回答下列各題：(1)簡述傾析法的適用范圍_，步驟加熱煮沸的目的是_。(2)下列物質(zhì)中最適合作為晶體洗滌劑的是_(填編號)。A冷水 B丙酮 C95的乙醇 D無水乙醇(3)有關(guān)抽濾如圖，下列說法正確的是_。A選擇抽濾主要是為了加快過濾速度，得到較干燥的沉淀B右圖所示的抽濾裝置中，只有一處錯誤，即漏斗頸口斜面沒有對著吸濾瓶的支管口C抽濾得到的濾液應(yīng)從吸濾瓶的支管口倒出D抽濾完畢后，應(yīng)先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，再關(guān)水龍頭，以防倒吸.純度的測定稱取1.000g產(chǎn)品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用標(biāo)定濃度為0.0100

13、0 molL1的高錳酸鉀溶液滴定至終點，三次平行實驗平均消耗高錳酸鉀溶液24.00mL。(4)滴定涉及反應(yīng)的離子方程式：_。(5)計算產(chǎn)品的純度_(用質(zhì)量百分?jǐn)?shù)表示)。(K3Fe(C2O4)33H2O的相對分子質(zhì)量為491)20、草酸鐵晶體Fe2(C2O4)3xH2O可溶于水，且能做凈水劑。為測定該晶體中鐵的含量，做了如下實驗：步驟1：稱量5.6g草酸鐵晶體，配制成250 mL一定物質(zhì)的量濃度的溶液。步驟2：取所配溶液25.00 mL于錐形瓶中，先加足量稀H2SO4酸化，再滴加KMnO4溶液，反應(yīng)為：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O。向

14、反應(yīng)后的溶液加鋅粉，加熱至黃色剛好消失，過濾、洗滌，將過濾及洗滌所得溶液收集到錐形瓶中，此時溶液仍呈酸性。步驟3：用0.0200 mol/LKMnO4溶液滴定步驟2所得溶液至終點，消耗KMnO4溶液V1 mL，滴定中MnO4被還原成Mn2。重復(fù)步驟2、步驟3的操作2次，分別滴定消耗0.0200 mol/LKMnO4溶液為V2、V3 mL。記錄數(shù)據(jù)如下表：實驗編號KMnO4溶液的濃度（mol/L）KMnO4溶液滴入的體積（mL）10.0200V1 = 20.0220.0200V3 = 19.9830.0200V2 = 23.32請回答下列問題：（1）草酸鐵溶液能做凈水劑的原因_（用離子方程式表示

15、）。（2）步驟2加入酸性高錳酸鉀的作用_。（3）加入鋅粉的目的是_。（4）步驟3滴定時滴定終點的判斷方法是_。（5）在步驟3中，下列滴定操作使測得的鐵含量偏高的有_。A滴定管用水洗凈后直接注入KMnO4溶液B滴定管尖嘴內(nèi)在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失C讀取KMnO4溶液體積時，滴定前平視，滴定結(jié)束后仰視讀數(shù)D錐形瓶在滴定時劇烈搖動，有少量液體濺出（6）實驗測得該晶體中鐵的含量為_。21、現(xiàn)有下列四種重要的有機物。CH2=CH2 （1）常用作液體燃料的是_（填序號，下同）。（2）常用作配制化妝品保濕成分的是_。（3）能用于制備酚醛樹脂的是_。（4）其產(chǎn)量常作為衡量石油化工發(fā)展水平的標(biāo)志的是_。2

16、023學(xué)年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【答案解析】A項、升高溫度，反應(yīng)速率加快，故A正確；B項、使用合適的催化劑，反應(yīng)速率加快，故B正確；C項、該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不可能完全進行，SO2的轉(zhuǎn)化率不可能為100%，故C錯誤；D項、平衡時，正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率，SO3的濃度不再改變，故D正確。故選C。【答案點睛】本題考查影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素和化學(xué)平衡，把握常見的影響反應(yīng)速率的外界因素和可逆反應(yīng)的特征為解答的關(guān)鍵。2、C【答案解析】A項，電鍍是利用電解原理在某些金屬表面上鍍上一薄層其它金屬或合金的過程，故A不符合題意；B項，工業(yè)用電解熔融MgCl2

17、的方法制取金屬鎂，故B不符合題意；C項，犧牲陽極的陰極保護法，又稱犧牲陽極保護法，是防止金屬腐蝕的一種方法，即將還原性較強的金屬與被保護金屬相連構(gòu)成原電池，還原性較強的金屬作為負極發(fā)生氧化反應(yīng)而消耗，被保護的金屬作為正極就可以避免腐蝕，故C符合題意；D項，氯堿工業(yè)通過電解飽和NaCl溶液來制Cl2等，故D不符合題意。3、A【答案解析】分析：還原性：SO32ICl，向含有amolKI和amolK2SO3的混合液中通入bmolCl2充分反應(yīng)，氯氣先和SO32反應(yīng)，當(dāng)SO32反應(yīng)完全后，氯氣再和I-反應(yīng)。而amolK2SO3完全反應(yīng)時能消耗amol氯氣，amolKI完全反應(yīng)時能消耗0.5a mol氯

18、氣，即當(dāng)amolKI和amolK2SO3完全反應(yīng)時，共消耗1.5amol氯氣，結(jié)合選項中的問題解答。詳解：A、當(dāng)ab時，氯氣恰好能把SO32氧化為硫酸根，氯氣被還原為氯離子，故離子方程式為SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2H+2Cl-，A錯誤；B、當(dāng)5a=4b即a=0.8b時，0.8bmolSO32消耗0.8bmol氯氣，被氧化為0.8bmolSO42-，0.2bmol氯氣能氧化0.4bmolI-為I2，故離子方程式為：4SO322I5Cl24H2O4SO42I28H10Cl，B正確；C、當(dāng)3a2b時，氯氣恰好能將全部SO32-、碘離子氧化為硫酸根和碘單質(zhì)，故發(fā)生的離子反應(yīng)為4SO32

19、2I5Cl24H2O4SO42I28H10Cl，C正確；D、當(dāng)ab1.5a時，SO32-全部被氧化為硫酸根，而I-不能全部被氧化，故溶液中硫酸根的物質(zhì)的量為amol，消耗的氯氣為amol，故剩余的氯氣為（b-a）mol，則能氧化的碘離子的物質(zhì)的量為2（b-a）mol，故溶液中的碘離子的物質(zhì)的量為amol-2（b-a）mol=（3a-b）mol，由于氯氣完全反應(yīng)，故溶液中的氯離子的物質(zhì)的量為2bmol，因此溶液中SO42、I與Cl的物質(zhì)的量之比為a：（3a-2b）：2b，D正確。答案選A。點睛：本題考查了氧化還原反應(yīng)中的反應(yīng)先后順序和與量有關(guān)的離子方程式的書寫，難度較大，應(yīng)注意的是由于還原性：S

20、O32-I-，故氯氣先和亞硫酸根反應(yīng)，然后再和碘離子反應(yīng)。4、C【答案解析】A.Cu與O2反應(yīng)生成CuO，CuO與C或H2等反應(yīng)生成Cu，Cu(OH)2無法一步轉(zhuǎn)化為Cu，且CuO無法一步轉(zhuǎn)化為Cu(OH)2，錯誤；B.Si與O2反應(yīng)生成SiO2，SiO2與H2或C等反應(yīng)生成Si，SiO2無法一步轉(zhuǎn)化為H2SiO3，H2SiO3無法一步轉(zhuǎn)化為Si，錯誤；C.NaHCO3在加熱條件下能生成Na2CO3，Na2CO3與CO2、H2O反應(yīng)生成NaHCO3，Na2CO3與Ca(OH)2反應(yīng)生成NaOH，NaOH與過量CO2反應(yīng)能直接生成NaHCO3，正確；D.FeCl2不能一步轉(zhuǎn)化為FeO，F(xiàn)eO與H

21、Cl反應(yīng)能生成FeCl2，F(xiàn)eO無法一步轉(zhuǎn)化為FeCl3，F(xiàn)eCl3與Fe反應(yīng)生成FeCl2，錯誤。5、B【答案解析】A中羥基與苯環(huán)直接相連，該有機物屬于酚類，故A錯誤；BHOCH2-CH2OH，羥基與烴基相連，該有機物屬于醇類，故B正確；CCH3COOCH3，該有機物的官能團為酯基，屬于酯類，故C錯誤；DCH3CHO，官能團為醛基，屬于醛類，故D錯誤；故選B。【答案點睛】本題的易錯點為A，要注意醇的官能團為羥基，但羥基不能直接與苯環(huán)相連，否則屬于酚類。6、D【答案解析】W、X、Y和Z為短周期主族元素，依據(jù)位置關(guān)系可以看出，W的族序數(shù)比X多2，因主族元素族序數(shù)在數(shù)值上等于該元素的最高價（除F與

22、O以外），可設(shè)X的族序數(shù)為a，則W的族序數(shù)為a+2，W與X的最高化合價之和為8，則有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，為Al元素；Y為Si元素，Z為P元素；W為N元素，據(jù)此分析作答?！绢}目詳解】根據(jù)上述分析可知W、X、Y和Z為N、Al、Si和P，則A. 同一周期從左到右元素原子半徑依次減小，同一主族從上到下元素原子半徑依次增大，則原子半徑比較：NAl，A項正確；B. 常溫常壓下，Si為固體，B項正確；C. 同一主族元素從上到下，元素非金屬性依次減弱，氣體氫化物的穩(wěn)定性依次減弱，則氣體氫化物的穩(wěn)定性：PH3NH3，C項正確；D. X的最高價氧化物的水化物為氫氧化鋁，即可以和強

23、酸反應(yīng)，又可以與強堿反應(yīng)，屬于兩性氫氧化物，D項錯誤；答案選D?！敬鸢更c睛】非金屬性越強的原子形成氫化物越穩(wěn)定，與氫氣化合越容易，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性越強，對應(yīng)陰離子的還原性越弱，要識記并理解。7、C【答案解析】從表中原子的第一至第四電離能可以看出，元素的第一、第二電離能都較小，可失去2個電子，最高化合價為+2價，即最外層應(yīng)有2個電子，應(yīng)為第IIA族元素；A、R元素的原子最外層共有2個電子，故A錯誤；B、最外層應(yīng)有2個電子，所以R的最高正價為+2價，故B錯誤；C、最外層應(yīng)有2個電子，所以R元素位于元素周期表中第A族，故C正確；D、R元素可能是Mg或Be，R元素基態(tài)原子的電子排布式不

24、一定為1s22s2，故D錯誤；綜上所述，本題選C。8、C【答案解析】該裝置為電解池，由結(jié)構(gòu)示意圖可知，與電源b相連的電極上水失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，則b極為電源的正極，a極為電源的負極，與電源a相連的電極上OX得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成GC，電極反應(yīng)式為OX + 4H+ + 4e GC + H2O。【題目詳解】A項、與電源b相連的電極上水失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，則b極為電源的正極，故A錯誤；B項、電解過程中，陽離子由陽極向陰極移動，則在能量轉(zhuǎn)換過程中，固體電解質(zhì)中H+由陽極向陰極移動，故B錯誤；C項、b極為電源的正極，a極為電源的負極，與電源a相連的電極上OX得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成GC，電

25、極反應(yīng)式為OX + 4H+ + 4e GC + H2O，故C正確；D項、該電解池選用的是固體聚合物電解質(zhì)，不是電解質(zhì)溶液，故D錯誤；故選C。【答案點睛】本題考查電解池原理的應(yīng)用，注意電解池反應(yīng)的原理和兩極反應(yīng)物和生成物的分析，明確電極與反應(yīng)類型的關(guān)系和電解質(zhì)的類型是解題的關(guān)鍵。9、A【答案解析】根據(jù)Ca3(PO4)2(s)3Ca2(aq)2PO43(aq)，依據(jù)溶度積的定義，Ksp=c(Ca2)3c(PO43)2=(2.0106)3(1.58106)2=2.01029，故A正確?！敬鸢更c睛】本題思路是先列出磷酸鈣溶解的平衡關(guān)系，Ca3(PO4)2(s)3Ca2(aq)2PO43(aq)，然后根

26、據(jù)溶度積的定義，列出Ksp=c(Ca2)3c(PO43)2，代入數(shù)值計算即可。10、C【答案解析】因為平衡的建立和途徑無關(guān)，2molG(g)就相當(dāng)于是2molM和1molN，即平衡是等效的。2M（g）+ N(g)2G(g)起始量（mol） 0 0 2轉(zhuǎn)化量（mol） 2x x 2x平衡量（mol） 2x x 22x壓強之比是物質(zhì)的量之比所以有解得x0.4所以在平衡體系中M的物質(zhì)的量是0.8mol因此其轉(zhuǎn)化率是答案選C。11、D【答案解析】飛機的機身和機翼要承受較大的壓力，故需要的材料應(yīng)具有較強的韌性剛性?！绢}目詳解】A液晶高分子材料是做液晶屏的材料，故A錯誤；B因為橡膠較軟不可能做機身，故B錯

27、誤；C高分子分離膜是由聚合物或高分子復(fù)合材料制得的具有分離流體混合物功能的薄膜，故C錯誤；D碳纖維復(fù)合材料有很大的韌性剛性，而且碳纖維復(fù)合材料的密度較小，故D正確；故選D。12、B【答案解析】析出沉淀時，AgCl溶液中c（Ag）=Ksp(AgCl)/c(Cl)=1.5610-10/0.01molL1，AgBr溶液中c（Ag）=Ksp(AgBr)/Br=7.710-13/0.01molL1，Ag2CrO4溶液中c（Ag）= = molL1，c（Ag）越小，先生成沉淀【題目詳解】析出沉淀時，AgCl溶液中c（Ag）=Ksp(AgCl)/c(Cl)=1.5610-10/0.01molL1=1.561

28、0-8molL1；AgBr溶液中c（Ag）=Ksp(AgBr)/Br=7.710-13/0.01molL1=7.710-11molL1；Ag2CrO4溶液中c（Ag）= = molL1=310-5molL1，c（Ag）越小，先生成沉淀所以種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序為Br、Cl、CrO42。故選B。13、B【答案解析】A聚乙烯中不含碳碳不飽和鍵，不能與溴水反應(yīng)，而乙烯與溴水發(fā)生加成反應(yīng)使其褪色，故A錯誤；B乙苯的同分異構(gòu)體可為二甲苯，有鄰、間、對，連同乙苯共4種，如不含苯環(huán)，則同分異構(gòu)體種類更多，故B正確；C甲烷、苯與高錳酸鉀溶液均不反應(yīng)，而油脂中的油，屬于含碳碳不飽和鍵的酯類物質(zhì)，能使酸性KM

29、nO4溶液褪色，故C錯誤；D葡萄糖與果糖的分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，但淀粉與纖維素的分子式為(C6H10O5)n，但n不同，二者的分子式不同，不是同分異構(gòu)體，故D錯誤；答案選B。14、C【答案解析】A.途徑產(chǎn)生污染環(huán)境的氣體NO，途徑產(chǎn)生污染環(huán)境的氣體SO2，而途徑不產(chǎn)生污染環(huán)境的物質(zhì)，更好地體現(xiàn)了綠色化學(xué)思想，A正確；B.途徑發(fā)生的離子反應(yīng)為3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，反應(yīng)可能是3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO+4H2O，B正確；C.1molCuSO4在1100所得混合氣體X為SO3、SO2和O2，C錯誤；D. 將CuSO4溶液蒸發(fā)

30、濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾，可制得膽礬晶體(CuSO45H2O)，D正確；答案為C。15、D【答案解析】A、碳酸鈣難溶于水，因此將10 g CaCO3粉末加入100 mL水中，所得溶液的濃度不是l molL-1，A錯誤；B、濃鹽酸易揮發(fā)，因此將100 mL 2 molL-1鹽酸加熱蒸發(fā)至50 mL，所得溶液的濃度小于4 molL-1，B錯誤；C、將l0 mL l.0molL-1NaCl溶液與90mL水混合，所得溶液的體積不是100mL，因此溶液的濃度不是0.1 molL-1，C錯誤；D、將10 g CaO加入100 mL飽和石灰水中，氧化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，但由于溶液是飽和溶液，因此充分?jǐn)嚢?、靜

31、置并恢復(fù)到原來的溫度，所得溶液的濃度不變，D正確；答案選D。16、C【答案解析】新制飽和氯水中，氯氣能把Br-氧化為Br2，故A錯誤；Fe3+、SCN-生成Fe(SCN)3，故B錯誤； =110-13 molL-1的溶液呈堿性， Na+、K+、Cl-、Al不反應(yīng)，故C正確；由水電離的c(H+)=110-13 molL-1的溶液呈酸性或堿性，若呈酸性H+、HC反應(yīng)生成水和二氧化碳，若呈堿性O(shè)H-、HC反應(yīng)生成水和CO32-，故D錯誤。二、非選擇題（本題包括5小題）17、AB 消去反應(yīng) 保護酚羥基，防止在反應(yīng)中被氧化 NaHCO3溶液 或 +4Ag(NH3)2OH+4Ag+6NH3+2H2O 【答

32、案解析】A的結(jié)構(gòu)簡式為，A發(fā)生水解反應(yīng)得到C與，可知C為CH3COOH，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，與氫氣發(fā)生加成生成F為，G的分子式為C7H12O，則F發(fā)生消去反應(yīng)得到G，G發(fā)生碳碳雙鍵發(fā)生臭氧氧化反應(yīng)生成H，若H與G分子具有相同的碳原子數(shù)，且1mol H能與足量的新制銀氨溶液反應(yīng)生成4mol單質(zhì)銀，則H中含有2個-CHO，則亞甲基上的-OH不能發(fā)生消去反應(yīng)，可推知G為，H為與氫氧化鈉水溶液放出生成B為，B發(fā)生催化氧化生成D，D與銀氨溶液發(fā)生氧化反應(yīng)，酸化得到E，則D為，E為，反應(yīng)的目的是保護酚羥基，防止在反應(yīng)中被氧化，E與是a反應(yīng)得到，反應(yīng)中羧基發(fā)生反應(yīng)，而酚羥基不反應(yīng)，故試劑a為NaHCO3溶液，據(jù)

33、此解答【題目詳解】A的結(jié)構(gòu)簡式為，A發(fā)生水解反應(yīng)得到C與，可知C為CH3COOH，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，與氫氣發(fā)生加成生成F為，G的分子式為C7H12O，則F發(fā)生消去反應(yīng)得到G，G發(fā)生碳碳雙鍵發(fā)生臭氧氧化反應(yīng)生成H，若H與G分子具有相同的碳原子數(shù)，且1mol H能與足量的新制銀氨溶液反應(yīng)生成4mol單質(zhì)銀，則H中含有2個-CHO，則亞甲基上的-OH不能發(fā)生消去反應(yīng)，可推知G為，H為與氫氧化鈉水溶液放出生成B為，B發(fā)生催化氧化生成D，D與銀氨溶液發(fā)生氧化反應(yīng)，酸化得到E，則D為，E為，反應(yīng)的目的是保護酚羥基，防止在反應(yīng)中被氧化，E與是a反應(yīng)得到，反應(yīng)中羧基發(fā)生反應(yīng)，而酚羥基不反應(yīng)，故試劑a為NaHCO

34、3溶液，（1）AC為CH3COOH，C的官能團為羧基，故A正確；BA為，酯基、酚羥基與氫氧化鈉反應(yīng)，1mol A最多可以和2mol NaOH反應(yīng)，故B正確；CC為CH3COOH，可以發(fā)生氧化反應(yīng)、取代反應(yīng)，不能發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯誤；D中羥基的鄰位碳上沒有氫原子，所以不能發(fā)生消去反應(yīng)，故D錯誤；故答案為AB；（2）由上述分析可知，F(xiàn)為，由上述發(fā)生可知F到G的反應(yīng)類型為 消去反應(yīng)；（3）反應(yīng)的作用是：是保護酚羥基，防止在反應(yīng)中被氧化，合適的試劑a為NaHCO3溶液；（4）同時滿足下列條件的A（）的同分異構(gòu)體：與A有相同的官能團，含有羥基、酯基；屬于苯的鄰二取代物，遇FeCl3溶液顯紫色，含有酚羥

35、基，1H-NMR分析，分子中有8種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，苯環(huán)與酚羥基含有5種H原子，則另外側(cè)鏈含有3種H原子，故另外側(cè)鏈為-CH2CH2OOCH，-CH（CH3）OOCH，結(jié)構(gòu)簡式為：和；（5）H的結(jié)構(gòu)簡式為，與足量的新制銀氨溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為?！敬鸢更c睛】解有機推斷的關(guān)鍵是能準(zhǔn)確根據(jù)反應(yīng)條件推斷反應(yīng)類型：（1）在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，可能是酯的水解反應(yīng)或鹵代烴的水解反應(yīng)。（2）在NaOH的乙醇溶液中加熱，發(fā)生鹵代烴的消去反應(yīng)。（3）在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發(fā)生醇的消去反應(yīng)、酯化反應(yīng)、成醚反應(yīng)或硝化反應(yīng)等。（4）能與溴水或溴的CCl4溶液反應(yīng)，可能為烯烴、炔烴的加成反

36、應(yīng)。（5）能與H2在Ni作用下發(fā)生反應(yīng)，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應(yīng)或還原反應(yīng)。（6）在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發(fā)生醇的氧化反應(yīng)。（7）與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應(yīng)，則該物質(zhì)發(fā)生的是CHO的氧化反應(yīng)。(如果連續(xù)兩次出現(xiàn)O2，則為醇醛羧酸的過程)。（8）在稀H2SO4加熱條件下發(fā)生酯、低聚糖、多糖等的水解反應(yīng)。（9）在光照、X2(表示鹵素單質(zhì))條件下發(fā)生烷基上的取代反應(yīng)；在Fe粉、X2條件下發(fā)生苯環(huán)上的取代。18、CH2=CH2 醛基 羧基 酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液 酯化反應(yīng)（或取代反應(yīng)） 2CH3CH2OHO2 2CH3

37、CHO2H2O CH3CH2COOH+CH3CH2OHCH3CH2COOC2H5+H2O 【答案解析】乙烯在催化劑作用下與水發(fā)生加成反應(yīng)生成B為乙醇，乙醇在銅的催化下與氧氣發(fā)生氧化反應(yīng)生成C為乙醛，乙醇與乙酸在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，故D為乙酸，據(jù)此分析解答。【題目詳解】乙烯在催化劑作用下與水發(fā)生加成反應(yīng)生成B為乙醇，乙醇在銅的催化下與氧氣發(fā)生氧化反應(yīng)生成C為乙醛，乙醇與乙酸在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，故D為乙酸。（1）乙烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH2；（2）C為乙醛，官能團的名稱為醛基；D為乙酸，官能團的名稱為羧基；（3）物質(zhì)B乙醇可以被直接被酸性KMnO4溶液或酸性

38、K2Cr2O7溶液氧化為D乙酸，故需要加入的試劑是KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液；（4）是乙醇和乙酸在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應(yīng)，也屬于取代反應(yīng)生成乙酸乙酯，反應(yīng)類型為酯化反應(yīng)（或取代反應(yīng)）；（5）反應(yīng)是乙醇在銅的催化下與氧氣發(fā)生氧化反應(yīng)生成乙醛和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CH3CH2OHO2 2CH3CHO2H2O；反應(yīng)是乙醇與乙酸在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CH3CH2COOH+CH3CH2OHCH3CH2COOC2H5+H2O。19、晶體顆粒較大，易沉降 除去多余的雙氧水，提高草酸的利用率 C A、D 98.20% 【答案解析】(1)傾析法的適用范圍

39、適用分離晶體顆粒較大、易沉降到容器底部的沉淀，這樣減少過濾的時間和操作，比較簡單；對步驟中的溶液經(jīng)過加熱煮沸再進行下一步操作，是由于步驟溶液中存在過量的過氧化氫，過氧化氫具有一定的氧化性，會和中加入的草酸發(fā)生反應(yīng)，所以加熱煮沸的目的是除去過量的雙氧水，提高飽和H2C2O4溶液的利用率；(2)因為產(chǎn)品不溶于乙醇，而選擇95%的乙醇經(jīng)濟成本最低，故選C。(3)該抽濾裝置的操作原理為：打開最右側(cè)水龍頭，流體流速增大，壓強減小，會導(dǎo)致整個裝置中壓強減小，使布氏漏斗內(nèi)外存在壓強差，加快過濾時水流下的速度，A.選擇抽濾主要是為了加快過濾速度，得到較干燥的沉淀，A正確；B.圖示的抽濾裝置中，除漏斗頸口斜面沒

40、有對著吸濾瓶的支管口外，中間瓶中的導(dǎo)管也沒有“短進短出”，B錯誤；C.抽濾得到的濾液應(yīng)從瓶口倒出，不能從支管口倒出，C錯誤；D.抽濾完畢后，應(yīng)先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，再關(guān)水龍頭，以防倒吸，D正確；故答案選AD。(4)滴定涉及到的原理為草酸根離子能被酸性高錳酸鉀氧化生成二氧化碳，離子方程式為：16H+2MnO4-+5C2O42-=2Mn2+10CO2+8H2O；(5) 5K3Fe(C204)33H2O 6KMnO4491*5 6m0.010.024m=0.982g，則產(chǎn)品的純度=0.9821.000=98.20%。20、 Fe3+3H2OFe(OH)3（膠體）+ 3H 除去草酸根離子，避免干擾步驟3中Fe2的滴定 將Fe3還原為Fe2 加入最后一滴KMnO4溶液時，溶液變?yōu)闇\紫紅色，且30s內(nèi)淺紫紅色不褪去 ABC 20.0%【答案解析】分析：(1)草酸鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用；(2) 步驟2中用KMnO4將草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根離子，避免干擾步驟3中Fe2的滴定；(3)加入鋅粉的目的是還原鐵離子；(4)高錳酸鉀溶液為紫紅色，滴入最后一滴溶液變?yōu)樽霞t色且半分鐘不變說明反應(yīng)達到終點；(5)根據(jù)滴定誤差分析的方法判斷,誤差可以歸結(jié)為標(biāo)準(zhǔn)液的體積消耗變化分析誤差，