2023學年高二下學期化學期末模擬測試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列有機物說法不正確的是（）A．用系統命名法命名的名稱是2-乙基-1-丁烯B．共平面的碳原子數最多有9個C．可通過加聚反應制得D．中的含氧官能團有3種2、常溫下，二氯化二硫(S2Cl2)為橙黃色液體，遇水易水解，工業上用于橡膠的硫化。某學習小組用氯氣和硫單質合成S2Cl2的實驗裝置如圖所示.下列說法正確的是A．實驗時需先點燃E處的酒精燈B．C、D中所盛試劑為飽和氯化鈉溶液、濃硫酸C．二氯化二硫(S2Cl2)水解反應產物為:S、H2S、HClD．G中可收集到純凈的產品3、下列微粒的核外電子排布式書寫違反泡利原理的是A．C：1s22s22p2 B．Na+：1s22s22p43s2C．S2-：1s22s22p23s23p4 D．K：1s22s22p63s23p74、中學化學中很多“規律”都有其適用范圍，下列根據有關“規律”推出的結論合理的是（）A．SO2和濕潤的Cl2都有漂白性，推出二者混合后漂白性更強B．Fe3Cl8可以改寫為FeCl2·2FeCl3，推出Fe3I8可以改寫為FeI2·2FeI3C．由F、Cl、Br、I非金屬性依次減弱，推出HF、HCl、HBr、HI的穩定性依次減弱D．CO2通入Ba(NO3)2溶液中無沉淀生成，推出SO2通入Ba(NO3)2溶液中無沉淀生成5、下列措施不能加快鋅粒與1mol?L-1H2SO4反應產生H2的速率的是A．用鋅粉代替鋅粒 B．加少量醋酸鈉固體C．加少量CuSO4固體 D．改用2mol?L-1H2SO4與鋅粒反應6、化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是A．碳酸鈉可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒C．氫氧化鋁可用于中和過多胃酸 D．碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查7、下列屬于堿性氧化物的是A．MgO B．H2SO4 C．CO2 D．NaOH8、下列實驗操作或說法正確的是A．提純氯氣，可將氣體依次通過裝有飽和碳酸氫鈉溶液、濃硫酸的洗氣瓶B．碳酸鈉溶液可貯存在帶玻璃塞的磨口試劑瓶中C．用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，該溶液一定是鈉鹽溶液D．用新制氫氧化銅懸濁液可以鑒別乙酸、葡萄糖、淀粉3種溶液9、下列性質中，能充分說明某晶體一定是離子晶體的是A．具有較高的熔點，硬度大 B．固態不導電，水溶液能導電C．晶體中存在金屬陽離子，熔點較高 D．固態不導電，熔融狀態能導電10、以下表示氧原子結構的化學用語中，對電子運動狀態描述最詳盡的是（）A．B．C．1s22s22p4D．11、苯乙烯的結構簡式為，下列關于它的敘述中，錯誤的是()A．可以和溴水反應B．是乙烯的同系物C．化學式為C8H8D．1mol苯乙烯最多可以和4molH2發生加成反應12、從植物花中可提取一種簡寫為HIn的有機物，在水溶液中因存在以下電離平衡，故可用作酸堿指示劑。HIn(aq，紅色)H+＋In-(aq，黃色)，在濃度為0.02mol·L-1的下列各溶液(1)HCl、(2)Na2O2、(3)NaCl(aq)、(4)NaHSO4(aq)、(5)NaHCO3(aq)、(6)氨水中，加入該指示劑，其中能使指示劑顯黃色的是A．(1)(4)(5)B．(2)(6)C．(1)(3)(4)D．(5)(6)13、O2F2可以發生反應：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列說法正確的是（）A．氧氣是氧化產物B．O2F2既是氧化劑又是還原劑C．若生成4.48LHF，則轉移0.8mol電子D．還原劑與氧化劑的物質的量之比為1：414、下列敘述不正確是A．水能是一次能源 B．電能是二次能源C．石油是不可再生能源 D．化石燃料是取之不盡，用之不竭的能源15、400℃時，向一個容積為2L的密閉容器中充入一定量的CO和H2，發生如下反應：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。反應過程中測得的部分數據見下表：t/min0102030n(CO)/mol0.200.080.04n(H2)/mol0.400.08下列說法不正確的是A．反應在前10min內的平均速率為v(H2)＝0.012mol/(L·min)B．400℃時，該反應的平衡常數數值為2.5×103C．保持其他條件不變，升高溫度，平衡時c(CH3OH)＝0.06mol·L-1，則反應的ΔH＜0D．相同溫度下，若起始時向容器中充入0.3molCH3OH，達到平衡時CH3OH的轉化率大于20%16、標準狀況下VL氨氣溶解在1L水中(水的密度近似為1g·mL

-1

)，所得溶液的密度為ρg·mL

-1，質量分數為ω，物質的量濃度為cmol·L

-1，則下列關系中不正確的是A．ρ=(17V+22400)/(22.4+22.4V)B．ω=17c/1000ρC．ω=17V/(17V＋22400)D．c=1000Vρ/(17V+22400)17、阿伏加德羅常數的值為。下列說法正確的是A．1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的數量為0.1B．2.4gMg與H2SO4完全反應，轉移的電子數為0.1C．標準狀況下，2.24LN2和O2的混合氣體中分子數為0.2D．0.1molH2和0.1molI2于密閉容器中充分反應后，其分子總數為0.218、下列敘述正確的是（）A．Li在氧氣中燃燒主要生成B．利用鎂粉燃燒的實驗，測定空氣中氧氣的含量C．用少量碳粉在高溫下還原生成D．將通入溶液中可置換出溴單質19、關于有機物和的說法正確的是A．二者互為同系物B．的一氯代物有3種C．的二氯代物有12種D．二者均能發生還原反應、加聚反應20、下列分子或離子中,VSEPR模型名稱與分子或離子的立體構型名稱不一致的是A．CO2B．CO32-C．H2OD．CCl421、NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數為0.1NAB．標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數目為2NAC．pH=1的HCl溶液中，含有0.1NA個H+D．0.1mol苯乙烯分子中，含有碳碳雙鍵的數目為0.4NA22、向四個起始容積相同的密閉容器中充入表中所示氣體及相應的量，加入催化劑并控制溫度、容積或壓強，發生反應2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0，直至達平衡。下列說法錯誤的是編號條件起始物質的量/mol溫度/℃容積或壓強CO(g)NO(g)CO2(g)N2(g)①600維持恒容0.20.200②700維持恒容0.10.10.10.05③600維持恒容0.40.400④600維持恒壓0.40.400A．平衡時N2的濃度：①＞②B．平衡時CO的正反應速率：①＜②C．NO的平衡轉化率：③＞①D．平衡時容器內氣體總壓：④＞③＞①＞②二、非選擇題(共84分)23、（14分）Hagrmann酯（H）是一種合成多環化合物的中間體，可由下列路線合成（部分反應條件略去）：（1）H的分子式是___；D的名稱是____（2）G中含氧官能團的名稱是___；已知B的分子式為C4H4，則A→B的反應類型是_____（3）E→F的化學方程式是_____（4）下列說法正確的是___a．A能和HCl反應得到聚氯乙烯的單體b．H的同分異構體中不可能存在芳香族化合物c．B、C、D均可發生加聚反應d．1molF與足量H2反應可消耗3molH2（5）M是G的同系物且相對分子量比G小28，請寫出滿足下列條件的M的同分異構體的結構簡式____①苯環上的一氯取代只有一種②不能與金屬鈉反應放出H2（6）以苯乙烯和甲醇為原料，結合己知信息選擇必要的無機試劑，寫出—的合成路線____。24、（12分）某強酸性溶液含有Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、：CO32-、SiO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的一種或幾種，取該溶液進行實驗，實驗內容和相關數據（氣體體積在標準狀況下測定）如下（1）步驟①中生成氣體的離子方程式：________________________。（2）步驟②生成沉淀Ⅰ的離子方程式：________________________。（3）一般用鐵氰化鉀溶液檢驗溶液中是否存在______離子，請寫出涉及的離子方程式：__________________；請設計實驗，檢驗溶液中是否存在：__________________。（4）溶液中______（填“含”或“不含”），______（若填不含，則不需計算）（5）通過上述實驗，溶液中除外，一定存在的離子是____________；一定不存在的離子是____________。（6）若測得溶液中，則溶液中______。25、（12分）某化學活動小組設計如下圖所示(部分夾持裝置已略去)實驗裝置，以探究潮濕的Cl2與Na2CO3反應得到的氣態物質。(1)裝置A中發生反應的離子方程式為_______________________________________。(2)裝置B中試劑Y應為_________________。(3)已知在裝置C中通入一定量的氯氣后，測得D中只有一種常溫下為黃紅色的氣體(含氯氧化物)，裝置C中只有氯化鈉和碳酸氫鈉。若C中有0.1molCl2參加反應，可推知C中反應生成的含氯氧化物為______________(寫化學式)。(4)該實驗裝置中明顯存在不足之處，改進的措施為____________________________。26、（10分）NaClO2/H2O2酸性復合吸收劑可同時有效脫硫、脫硝。實驗室制備少量NaClO2的裝置如圖所示。裝置I控制溫度在35～55°C，通入SO2將NaClO3還原為ClO2(沸點：11°C)。回答下列問題：（1）裝置Ⅰ中反應的離子方程式為__________________。（2）裝置Ⅱ中反應的化學方程式為_____________________。（3）裝置用中NaOH溶液的作用是_____________。（4）用制得的NaClO4/H2O2酸性復合吸收劑同時對NO、SO2進行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在溫度一定時，n(H2O2)/n(NaClO2)和溶液pH對脫硫、脫硝的影響如圖所示：①從圖1和圖2中可知脫硫、脫硝的最佳條件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝________________。pH在_________________之間。②圖2中SO2的去除率隨pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5時反而減小。NO去除率減小的可能原因是___________________________________。27、（12分）某紅色固體粉末樣品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一種或兩種，某校化學自主探究實驗小組擬對其組成進行探究。查閱資料：Cu2O在酸性溶液中會發生反應：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O。實驗探究一：學生甲利用如圖所示裝置進行實驗，稱量反應前后裝置C中樣品的質量，以確定樣品的組成。回答下列問題：（1）儀器組裝完成后，夾好止水夾，__________________________________，則說明裝置A的氣密性良好。（2）下列實驗步驟中，正確的操作順序是____________(填序號)。①打開止水夾；②熄滅C處的酒精噴燈；③C處冷卻至室溫后，關閉止水夾；④點燃C處的酒精噴燈；⑤收集氫氣并驗純實驗探究二：（3）學生乙取少量樣品于燒杯中，加入過量稀硫酸，并作出如下假設和判斷，結論正確的是______。A．若固體全部溶解，說明樣品中一定含有Fe2O3，一定不含有Cu2OB．若固體部分溶解，說明樣品中一定含有Cu2O，一定不含有Fe2O3C．若固體全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液不變紅色，說明樣品一定含有Fe2O3和Cu2OD．若固體全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液變紅色，說明樣品一定含有Fe2O3另取少量樣品于試管中，加入適量的濃硝酸，產生紅棕色氣體，證明樣品中一定含有________，寫出產生上述氣體的化學方程式：____________________。實驗探究三：（4）學生丙取一定量樣品于燒杯中，加入足量的稀硫酸，反應后經過濾得到固體6.400g，測得濾液中Fe2＋有2.000mol，則樣品中n(Cu2O)＝________________________mol。28、（14分）草酸亞鐵晶體(FeC2O4?2H2O)是一種淺黃色固體，難溶于水，受熱易分解，是生產鋰電池的原材料，也常用作分析試劑及顯影劑等，其制備流程如下：(1)配制硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液時，除需加硫酸外還需要加少量鐵屑的目的是________。(2)加熱至沸騰生成沉淀時反應的化學方程式為________________________。(3)向盛有草酸亞鐵晶體的試管中滴入幾滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振蕩，發現溶液的顏色由紫紅色變為棕黃色，同時有氣體生成．這說明草酸亞鐵晶體具有________(填“氧化”或“還原”)性．若反應中消耗1molFeC2O4?2H2O，則參加反應的n(KMnO4)為________。(4)稱取3.60g草酸亞鐵晶體(摩爾質量是180g?mol﹣1)用熱重法對其進行熱分解，得到剩余固體質量隨溫度變化的曲線如圖所示：①過程Ⅰ發生反應的化學方程式為________________________。②300℃時剩余固體是鐵的一種氧化物，試通過計算確定該氧化物的化學式___________(寫出計算過程)29、（10分）腎上腺素是緩解心跳微弱、血壓下降、呼吸困難等癥狀的激素類藥物，以下是某研究小組合成該藥物的反應流程。已知：i.CH3ClCH3NHCH2CH3ii.+iii.請回答：(1)下列說法不正確的是____。A．反應②屬于取代反應B．E的分子式為C9H10NO3C．腎上腺素中含有三種不同類型的官能團D．D遇FeCl3溶液顯紫色(2)化合物B的結構簡式是___________。(3)寫出反應⑥的化學反應方程式____________。(4)請設計以C(烴類)和乙烯為原料合成的合成路線______(用流程圖表示，無機試劑任選)。(5)寫出同時滿足下列條件的E的所有同分異構體的結構簡式_____________。①IR譜顯示分子中存在苯環、硝基、以及醚鍵②1H-NMR譜表明分子中有3種不同環境的氫原子

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【答案解析】

A.用系統命名法命名時，要求最長的碳鏈上含有碳碳雙鍵，則其名稱是2-乙基-1-丁烯，A正確；B.分子中含有的-CH2-CH3在苯環確定的平面時，則共平面的碳原子數最多，有9個，B正確；C.可通過縮聚反應制得，C錯誤；D.中的含氧官能團為醇羥基、醚基、羰基，有3種，D正確；答案為C。2、B【答案解析】

A.裝置中有空氣，需要先通入氯氣排除空氣，因此實驗時需先生成氯氣，再點燃E處的酒精燈，故A錯誤；B.氯氣中混有HCl、水，氯化氫用飽和食鹽水吸收，所以C中試劑為飽和食鹽水，作用為除去HCl；D中用濃硫酸除去水，起干燥作用，故B正確；C.根據元素守恒，二氯化二硫(S2Cl2)水解反應產物中一定含有某種含氧元素的化合物，故C錯誤；D.G中收集到的產品中一定含有未反應的硫固體，故D錯誤；故選B。【答案點睛】本題考查學生對實驗原理及裝置的理解、評價，關鍵是掌握整個制備流程的原理，分析流程中各裝置的作用。本題的易錯點為D，要注意硫加熱時容易形成硫蒸氣，隨著生成物進入G中。3、D【答案解析】試題分析：根據泡利原理，3p能級只能容納6個電子，故D錯誤。考點：本題考查核外電子排布。4、C【答案解析】

A.等物質的量的二氧化硫和氯氣在水溶液中會發生氧化還原反應生成鹽酸和硫酸,不再具有漂白性,故A錯誤；B.Fe3+有氧化性，I-有還原性，二者可發生氧化還原反應，即FeI3不可能存在，故B項錯誤；C.非金屬的非金屬性越強,還原性越弱,F、C1、Br、I的非金屬性逐漸減弱,所以其還原性依次增強,故C選項正確；D.NO3-可以將SO32-氧化為SO42-，有BaSO4沉淀生成，故D項錯誤；答案：C。5、B【答案解析】

A.用鋅粉代替鋅粒，接觸面積變大，反應速率變快，故不符合題意；B.加少量醋酸鈉固體，醋酸根離子與氫離子結合成醋酸弱電解質，氫離子濃度減少，反應速率變慢，符合題意；C.加少量CuSO4固體，鋅與銅離子反應生成銅，構成銅鋅原電池，加快反應速率，故不符合題意；D.改用2mol?L-1H2SO4,氫離子濃度增大，反應速率加快,故不符合題意；故B正確。【答案點睛】影響反應速率的因素有溫度，濃度，壓強，催化劑，接觸面積，原電池等因素，要逐項分析。6、D【答案解析】

A.碳酸鈉水解溶液顯堿性，因此可用于去除餐具的油污，A正確；B.漂白粉具有強氧化性，可用于生活用水的消毒，B正確；C.氫氧化鋁是兩性氫氧化物，能與酸反應，可用于中和過多胃酸，C正確；D.碳酸鋇難溶于水，但可溶于酸，生成可溶性鋇鹽而使蛋白質變性，所以不能用于胃腸X射線造影檢查，應該用硫酸鋇，D錯誤。答案選D。【答案點睛】本題主要是考查常見化學物質的性質和用途判斷，題目難度不大。平時注意相關基礎知識的積累并能靈活應用即可，注意碳酸鋇與硫酸鋇的性質差異。7、A【答案解析】

A．MgO能和酸反應生成氯化鎂和水，屬于堿性氧化物，故A符合題意；B．H2SO4電離出的陽離子全部是氫離子，屬于酸，故B不符合題意；C．CO2能與堿反應生成碳酸鈉和水，屬于酸性氧化物，故C不符合題意；D．NaOH電離出的陰離子全部是氫氧離子，屬于堿，故D不符合題意；故答案：A。8、D【答案解析】A.提純氯氣，不可將氣體依次通過裝有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣瓶，氯氣與飽和碳酸氫鈉溶液反應，生成氯化鈉、次氯鈉、二氧化碳，故A錯誤；B、碳酸鈉溶液能與玻璃中的SiO2反應，不可貯存在帶玻璃塞的磨口試劑瓶中，故B錯誤；C、用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，該溶液不一定是鈉鹽溶液，可能是氫氧化鈉，故C錯誤；D、用新制氫氧化銅懸濁液可以鑒別乙酸、葡萄糖、淀粉3種溶液，乙酸具有酸性，可與氫氧化銅發生中和反應，葡萄糖為還原性糖，與氫氧化銅發生氧化還原反應生成磚紅色沉淀，淀粉與氫氧化銅不反應，可鑒別，故D正確；故選D。9、D【答案解析】

A．具有較高的熔點，硬度大，該晶體可能是原子晶體，A不合題意；B．固態不導電，水溶液能導電，該晶體可能是分子晶體，B不合題意；C．晶體中存在金屬陽離子，熔點較高，該晶體可能是金屬晶體，C不合題意；D．固態不導電，熔融狀態能導電，該晶體只能為離子晶體，D符合題意；故選D。10、D【答案解析】

A、只能表示最外層電子數，故A錯誤；B、只表示核外電子的分層排布情況，故B錯誤；C、具體到亞層的電子數，故C錯誤；D、包含了電子層數、亞層數以及軌道內電子的自旋方向，故D正確；故選D。【答案點睛】原子軌道排布式不僅能表示電子在核外的排布情況，還能表示電子在原子軌道上的自旋情況，對電子運動狀態描述最詳盡。11、B【答案解析】

A.苯環上連接的碳碳雙鍵易發生加成反應，可以和溴水反應，故A正確；B.與乙烯的結構不相似，不是同系物關系，故B錯誤；C.分子式為C8H8，故C正確；D.苯環在一定條件下能發生加成反應，苯環上連接的碳碳雙鍵易發生加成反應，1mol苯乙烯能與4mol氫氣發生加成反應，故D正確；故選B。12、D【答案解析】分析：能使指示劑顯黃色，應使c(HIn)＜c(In-)，所加入物質應使平衡向正反應方向移動，所加入溶液應呈堿性，以此解答該題。詳解：能使指示劑顯黃色，應使c(HIn)＜c(In-)，所加入物質應使平衡向正反應方向移動，所加入溶液應呈堿性，①④為酸性溶液，可使平衡向逆反應方向移動，而②⑤⑥溶液呈堿性，可使平衡向正反應方向移動，③為中性溶液，平衡不移動，但②中過氧化鈉具有強氧化性，溶液可能褪色，故選D。點睛：本題考查化學平衡的影響因素，解答本題的關鍵是根據顏色的變化判斷平衡移動的移動方向，再結合外界條件對平衡移動的影響分析。13、D【答案解析】

A．O元素由+1價降低到0價，化合價降低，獲得電子，所以氧氣是還原產物，故A正確；B．在反應中，O2F2中的O元素化合價降低，獲得電子，所以該物質是氧化劑，而硫化氫中的S元素的化合價是-2價，反應后升高為+6價，所以H2S表現還原性，O2F2表現氧化性，故B錯誤；C．不是標準狀況下，且標準狀況下HF為液態，不能使用標準狀況下的氣體摩爾體積計算HF的物質的量，所以不能確定轉移電子的數目，故C錯誤；D．該反應中，S元素化合價由-2價升高到+6價被氧化，O元素由+1價降低到0價被還原，氧化產物為SF6，還原產物為O2，由方程式可知氧化劑和還原劑的物質的量的比是4：1，故D錯誤；故選A。【點晴】為高頻考點和常見題型，側重于學生的分析、計算能力的考查，答題注意把握元素化合價的變化，為解答該題的關鍵，反應H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合價由-2價升高到+6價被氧化，O元素由+1價降低到0價被還原；氧化產物為SF6，還原產物為O2，以此解答該題。14、D【答案解析】

A.水能為自然界現成存在的能源，是一次能源，與題意不符，A錯誤；B.電能為一次能源經過加工，轉化成另一種形態的能源，是二次能源，與題意不符，B錯誤；C.石油為自然界現成存在的能源，是一次能源，是不可再生能源，與題意不符，C錯誤；D.化石燃料是不可再生能源，是越用越少的能源，符合題意，D正確；答案為D。15、D【答案解析】

A.容積為2L的密閉容器中充入0.20molCO和0.40molH2,發生：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反應，10min后n(CO)=0.08mol，變化了0.12mol，H2變化了0.24mol，所以10min內的H2的平均速率為v(H2)＝=0.012mol/(L·min)；故A正確；B.由表中的數據分析可知：20min時CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反應達到平衡，各物質濃度變化情況為：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)初始濃度（mol·L-1）0.10.20變化濃度（mol·L-1）0.080.160.08平衡濃度（mol·L-1）0.020.040.08400℃時，該反應的平衡常數K==2.5×103，故B正確；C.保持其他條件不變，升高溫度使反應達到平衡時c(CH3OH)＝0.06mol·L-1<0.08mol·L-1，說明平衡逆向移動了，Δ則該反應的ΔH＜0，故C正確；D.當容積為2L的密閉容器中充入0.20molCO和0.40molH2,發生：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反應，達到平衡時，CO的轉化率為80%；根據等效平衡，若開始加0.2mol的CH3OH時，達到平衡時CH3OH的轉化率為20%；相同溫度下，若起始時向容器中充入0.3molCH3OH，相當于增減了反應物，達到平衡時CH3OH的轉化率小于20%，故D錯誤；綜上所述，本題正確答案：D。【答案點睛】考查化學反應速率計算及其影響因素，化學平衡移動及等效平衡的知識。依據化學反應速率計算公式v=，化學平衡常數K=生成物濃度冪次方的乘積/反應物濃度冪次方的乘積判斷即可。16、A【答案解析】

NH3溶于水絕大部分與水生成一水合氨，但是計算時，以NH3算。A．根據，則，選項中的表達式利用的是，，但是溶液的體積不是氣體體積（V）和溶劑體積（1L）的加和，A項錯誤，符合題意；B．根據公式，得；B項正確，不符合題意；C．，；，，C項正確，不符合題意；D．,，帶入有，D項正確，不符合題意；本題答案選A。【答案點睛】兩個體積不同的溶液混合在一起，混合后的溶液體積不等于混合前兩溶液的體積之和，所以混合后的溶液的體積一般根據計算，此外注意單位的換算。17、D【答案解析】A、NH4＋是弱堿陽離子，發生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋數量小于0.1NA，故A錯誤；B、2.4gMg為0.1mol，與硫酸完全反應后轉移的電子的物質的量為2.4×2/24mol=0.2mol，因此轉移電子數為為0.2NA，故B錯誤；C、標準狀況下，N2和O2都是氣態分子，2.24L任何氣體所含有的分子數都為0.1NA，故C錯誤；D、H2＋I22HI，反應前后系數之和相等，即反應后分子總物質的量仍為0.2mol，分子數為0.2NA，故D正確。18、D【答案解析】

A項、Li在氧氣中燃燒只能生成Li2O，故A錯誤；B項、鎂能與空氣中的氧氣、氮氣和二氧化碳反應，不能測定空氣中氧氣的含量，故B錯誤；C項、高溫下，C與SiO2反應生成硅和一氧化碳，故C錯誤；D項、氯氣與溴化鈉溶液發生置換反應生成氯化鈉和單質溴，故D正確；故選D。19、C【答案解析】A.二者結構不相似，不能互為同系物，A錯誤；B.的一氯代物有2種，B錯誤；C.根據定一議一可知的二氯代物有12種，C正確；D.二者均能發生還原反應，不能發生加聚反應，D錯誤，答案選C。點睛：同分異構體判斷是解答的難點，注意掌握常見有機物同分異構體的判斷方法，例如一取代產物數目的判斷可以用基元法、替代法、等效氫法等；再比如二取代或多取代產物數目的判斷一般用定一移一或定二移一法，即對于二元取代物同分異構體的數目判斷，可固定一個取代基的位置，再移動另一取代基的位置以確定同分異構體的數目。20、C【答案解析】

VSEPR模型是價層電子對互斥模型的簡稱，根據價層電子對互斥理論，價層電子對個數=σ鍵個數+孤電子對個數，σ鍵個數=配原子個數，孤電子對個數=12×（a﹣xb），a指中心原子價電子個數，x指配原子個數，b指配原子形成穩定結構需要的電子個數。分子的立體構型是指分子中的原子在空間的排布，不包括中心原子未成鍵的孤對電子；實際空間構型要去掉孤電子對，略去孤電子對就是該分子的空間構型。價層電子對個數為4，不含孤電子對，為正四面體結構，含有一個孤電子對，為三角錐形，含有兩個孤電子對，為V型；價層電子對個數為3，不含孤電子對，為平面三角形；含有一個孤電子對，為V形結構；價層電子對個數是2【題目詳解】A項，CO2分子中每個O原子和C原子形成兩個共用電子對，所以C原子價層電子對個數是2，VSEPR模型為直線形，且中心原子不含孤電子對，分子構型為直線形結構，VSEPR模型與分子立體結構模型一致，故A不符合題意；B項，CO32﹣的中心原子C原子上含有3個σ鍵，中心原子孤電子對數=12（4+2﹣2×3）=0，所以C原子價層電子對個數是3，VSEPR模型為平面三角形，且不含孤電子對，CO32﹣的分子構型為平面三角形，VSEPR模型與分子立體結構模型一致，故B不符合題意；C項，水分子中價層電子對個數=2+12×（6﹣2×1）=4，VSEPR模型為正四面體結構，含有2個孤電子對，略去孤電子對后，實際空間構型是V型，VSEPR模型與分子立體結構模型不一致，故C符合題意；D項，CCl4分子中，中心原子C原子價層電子對個數=σ鍵個數+孤電子對個數=4+12（4﹣1×4）=4，VSEPR模型為正四面體結構，中心原子不含孤電子對，分子構型為正四面體結構，VSEPR模型與分子立體結構模型一致，故21、B【答案解析】

A、膠體是集合體，16.25gFeCl3，物質的量為0.1mol，形成Fe(OH)3膠體粒子數小于0.1mol，故A錯誤；B、標準狀況下，11.2L混合氣體的物質的量為0.5mol，即含氫原子的物質的量為0.5mol×4=2mol，故B正確；C、題中沒有說明溶液的體積，無法求出H＋物質的量，故C錯誤；D、苯乙烯的結構簡式為,0.1mol苯乙烯中含有碳碳雙鍵的物質的量為0.1mol，故D錯誤；答案選B。【答案點睛】本題的易錯點是選項D，應注意苯環中不含碳碳雙鍵，是介于碳碳單鍵和雙鍵之間特殊的鍵。22、D【答案解析】A、反應2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0為放熱反應，升高溫度平衡向逆反應方向移動，①中溫度低于②，故平衡時N2的濃度：①＞②，選項A正確；B、相對于①，②為升高溫度，平衡逆向移動，平衡時CO的濃度增大，正反應速率較大，故平衡時CO的正反應速率：①＜②，選項B正確；C、③反應物的量為①的二倍，恒容條件下相當于增大壓強，平衡向氣體體積縮小的正反應方向移動，NO的平衡轉化率：③＞①，選項C正確；D、②溫度高，平衡逆向移動，氣體總量增大，壓強大于①，選項D錯誤。答案選D。二、非選擇題(共84分)23、C10H14O3丙炔醚鍵、酯基加成反應CH3C≡C-COOH+C2H5OHCH3C≡C-COOC2H5+H2Oa、c【答案解析】

根據合成路線圖可知，2個乙炔發生加成反應生成CH2=CH-C≡CH，則B為CH2=CH-C≡CH，B與甲醇反應生成；根據F的結構簡式及E與乙醇反應的特點，丙炔與二氧化碳發生加成反應生成CH3C≡C-COOH，則E為CH3C≡C-COOH；E與乙醇在濃硫酸及加熱的條件下生成F和水；C與F發生加成反應生成G；【題目詳解】（1）根據H的結構簡式可知，分子式為C10H14O3；CH3C≡CH含有的官能團為C≡C，為丙炔；（2）G中含有的官能團有碳碳雙鍵、醚基、酯基，含氧官能團為醚鍵、酯基；B為CH2=CH-C≡CH，則反應類型為加成反應；（3）由分析可知，E為CH3C≡C-COOH，與乙醇在濃硫酸及加熱的條件下生成F和水，方程式為：CH3C≡C-COOH+C2H5OHCH3C≡C-COOC2H5+H2O；（4）a．A為乙炔，能和HCl反應得到氯乙烯，為聚氯乙烯的單體，a正確；b．H與C6H5-CHOH-CHOH-CHOH-CH3的分子式相同，而結構不同，則同分異構體中可以存在芳香族化合物，b錯誤；c．B、C、D中均含有碳碳不飽和鍵，可發生加聚反應，c正確；d．1molF與足量H2反應可消耗2molH2，酯基中的碳氧雙鍵不能發生加成反應，d錯誤；答案為ac；（5）M是G的同系物且相對分子量比G小28，則M比G少2個CH2結構，則分子式為C9H12O3；①苯環上的一氯取代只有一種，苯環上只有1種氫原子，則3個取代基在間位，②不能與金屬鈉反應放出H2，則無羥基，為醚基，結構簡式為；（6）根據合成路線，苯乙烯先與溴發生加成反應，再發生消去反應生成苯乙炔；苯乙炔與二氧化碳發生加成反應生成C6H5C≡CCOOH，再與甲醇發生取代反應即可，流程為。24、3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2OAlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-Fe2+3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓取樣，向溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀，若出現白色沉淀，則含有Cl-含1Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-、Fe3+、Cl-CO32-、SiO32-、NO3-14.5【答案解析】

強酸性溶液中一定不含CO32-、SiO32-，NO3-與Fe2+不能同時存在；由轉化關系可知，X溶液中加入過量硝酸鋇溶液，反應生成氣體、沉淀和溶液，則溶液中一定含還原性離子Fe2+，不含NO3-，則氣體A為NO、D為NO2、E為HNO3，溶液B中一定含有Fe3+，由得失電子數目守恒可知，溶液中Fe2+的物質的量為0.03mol；沉淀C為硫酸鋇，則溶液中一定含SO42-，由硫酸鋇的質量可知溶液中SO42-的物質的量為0.02mol；B溶液和過量氫氧化鈉反應生成氣體、沉淀和溶液則原溶液中一定含NH4+，生成的沉淀G是Fe（OH）3，氣體F為NH3，由NH3的體積可知溶液中NH4+的物質的量為0.015mol，由Fe（OH）3的質量可知溶液B中Fe3+的物質的量為0.04mol，則原溶液中Fe3+的物質的量為0.01mol；由溶液H通入過量二氧化碳生成沉淀可知溶液H中含有AlO2-，則原溶液中一定含有Al3+，沉淀J為Al（OH）3，由Al（OH）3的質量可知溶液B中Al3+的物質的量為0.01mol；由電荷守恒可知，原溶液中一定含有Cl-，綜上可知，原溶液中一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-、Fe3+、Cl-，一定不含CO32-、SiO32-、NO3-。【題目詳解】（1）步驟①的反應為為在強酸性溶液中加入過量硝酸鋇，鋇離子和硫酸根離子反應生成硫酸鋇沉淀，亞鐵離子具有還原性，硝酸具有氧化性，酸性條件下，亞鐵離子與硝酸根發生氧化還原反應生成三價鐵離子、一氧化氮和水，則生成一氧化氮的離子方程式為3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案為：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；（2）步驟②的反應為過量二氧化碳和偏鋁酸鈉容易的反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為：AlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故答案為：AlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；（3）鐵氰化鉀溶液與亞鐵離子反應生成藍色沉淀，反應的離子方程式為3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓；檢驗溶液B中是否含有Cl-，應選用酸化的硝酸銀溶液，具體操作為取樣，向溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀，若出現白色沉淀，則含有Cl-，故答案為：Fe2+；3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓；取樣，向溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀，若出現白色沉淀，則含有Cl-；（4）由題意NO的體積為224mL，則由由得失電子數目守恒可知，溶液中Fe2+的物質的量為0.03mol，由Fe（OH）3的質量為4.28g，可知溶液B中Fe3+的物質的量為0.04mol，則原溶液中Fe3+的物質的量為0.01mol，物質的量濃度為1mol/L，故答案為：含；1；（5）通過上述分析可知，溶液中除H+外，原溶液中一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-、Fe3+、Cl-，一定不含CO32-、SiO32-、NO3-，故答案為：Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-、Fe3+、Cl-；CO32-、SiO32-、NO3-；（6）通過上述分析可知，原溶液中含有0.01molAl3+、0.015molNH4+、0.03molFe2+、0.02molSO42-、0.01molFe3+，若溶液中c（H+）為5mol/L，H+的物質的量為0.05mol，由電荷守恒可知n（Cl-）=0.01mol×3+0.015mol×1+0.03mol×2+0.01mol×3+0.05×1—0.02mol×2=0.145mol，則c（Cl-）為14.5mol/L，故答案為：14.5。【答案點睛】紅棕色氣體是解答本題的突破口，由紅棕色可知，加入過量硝酸鋇，發生氧化還原反應，溶液中一定由亞鐵離子；應用電荷守恒確定氯離子是解答關鍵。25、MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O飽和食鹽水（或飽和氯化鈉溶液）Cl2O在裝置D后連接一尾氣處理裝置（或連接一盛有NaOH溶液的洗氣瓶）【答案解析】分析：本題考查了物質性質驗證的實驗設計，步驟分析判斷，現象分析理解，掌握物質性質和實驗設計方法是解題關鍵。詳解：(1)實驗室制備氯氣，結合裝置分析可知是利用二氧化錳和濃鹽酸加熱反應生成氯氣，反應的離子方程式為：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。(2)實驗室制備氯氣中含有氯化氫氣體，需要用飽和食鹽水除去。(3)C中有0.1mol氯氣參加反應，裝置C中通入一定量的氯氣后，測得D中只有一種常溫下黃紅色的氣體，反應為Cl2+Na2CO3→NaHCO3+NaCl+X，依據氧化還原反應電子守恒計算判斷氯元素化合價為+1價，可推知C中反應生成的含氯氧化物為Cl2O。(4)實驗過程中產生氯氣是有毒氣體，不能排放到空氣中，而裝置D后沒有尾氣吸收裝置。26、SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2吸收尾氣，防止污染空氣6：1或65.5～6.0pH＞5.5以后，隨pH的增大，NO的還原性減弱（或過氧化氫、NaClO2的氧化性減弱），NO不能被氧化成硝酸【答案解析】

根據實驗目的，裝置I為二氧化硫與氯酸鈉在酸性條件下反應生成二氧化氯氣體，二氧化氯氣體在裝置II反應生成亞氯酸鈉和氧氣，二氧化氯有毒，未反應的應進行尾氣處理，防止污染環境。【題目詳解】（1）裝置Ⅰ中二氧化氯與與氯酸鈉在酸性條件下反應生成二氧化氯氣體、硫酸鈉，離子方程式為SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-；（2）裝置Ⅱ中二氧化氯氣體與雙氧水、氫氧化鈉溶液反應生成亞氯酸鈉和氧氣，化學方程式為2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2；（3）二氧化氯有毒，裝置用中NaOH溶液的作用為吸收尾氣，防止污染空氣；（4）①根據圖1而可知，n(H2O2)/n(NaClO2)在6～8時，脫硫、脫硝的去除率幾乎無變化，則最佳條件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝6：1；根據圖2可知，pH在5.5時NO的去除率達到峰值，而二氧化硫的去除率已經很高，pH在5.5～6.0時最佳；②由于NO的去除率在pH＞5.5時，隨pH的增大，NO的還原性減弱，過氧化氫、NaClO2的氧化性減弱，NO不能被氧化成硝酸，所以去除率減少。27、向裝置A中的長頸漏斗內注入液體至形成一段液柱，過一段時間若液柱高度保持不變①⑤④②③CDCu2OCu2O＋6HNO3(濃)===2Cu(NO3)2＋2NO2↑＋3H2O1.100【答案解析】

根據圖象知，A裝置實驗目的是制取還原性氣體，用的是簡易啟普發生器制取氣體，可以用稀硫酸和Zn制取氫氣；B裝置作用是干燥氣體，C裝置用氫氣還原紅色物質，用酒精燈點燃未反應的氫氣。【題目詳解】（1）利用壓強差檢驗裝置氣密性，其檢驗方法為：向裝置A中的長頸漏斗內注入液體至形成一段液注，若液柱高度保持不變，則該裝置氣密性良好；（2）氫氣中混有空氣，加熱后易發生爆炸，所以開始先通氫氣，打開止水夾生成氫氣，通過后續裝置，目的是排出裝置中的空氣，檢驗最后U型管出來的氣體氫氣純度，氣體純凈后再點燃C處的酒精噴燈，反應完成后先撤酒精燈，玻璃管冷卻再停氫氣，操作為：熄滅C處的酒精噴燈，待C處冷卻至室溫后，關閉止水夾，防止生成的銅被空氣中氧氣氧化，所以其排列順序是①⑤④②③；（3）A、若固體全部溶解，則固體可能是Fe2O3和Cu2O的混合物，因為Cu2O與稀硫酸反應會有Cu生成，而Fe3+能將Cu氧化為Cu2+，故A錯誤；B、若固體部分溶解，則固體可能Fe2O3和Cu2O的混合物，因為Cu2O與稀硫酸反應會有Cu生成，而Fe3+可能只將Cu氧化為Cu2+，剩余銅，故B錯誤；C、若固體全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液不變紅色，說明沒有Fe3+。因為Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，而H2SO4不能溶解Cu，所以混合物中必須有Fe2O3存在，使其生成的Fe3+溶解產生的Cu，反應的有關離子方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+．說明樣品一定含有Fe2O3和Cu2O，故C正確；D、若固體全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液變紅色，說明溶液中含有Fe3+，說明樣品一定含有Fe2O3，故D正確，故選CD；另取少量樣品于試管中，加入適量的濃硝酸，產生紅棕色的氣體，證明樣品中一定含有Cu2O，氧化亞銅和濃硝酸反應生成硝酸銅，二氧化氮和水，反應的化學方程式為：Cu2O+6HNO3（濃）=2Cu（NO3）2+2NO2↑+3H2O；（4）2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O，固體為銅，鐵離子全部反應生成亞鐵離子，生成2.0molFe2+，消耗Cu1mol，剩余Cu物質的量，因此，原樣品中Cu2O物質的量=0.1mol+1mol=1.100mol。28、防止Fe2+被氧化(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4?2H2O↓+H2SO4+(NH4)2SO4還原0.6molFeC2