【化学】山西省应县第一中学校2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）

山西省应县第一中学校2018-2019学年高二下学期期末考试
一、单项选择题 ：(每小题2分，共50分)
1.2015年春，雾霾天气对环境造成了严重影响，部分城市开展PM2.5和臭氧的监测。下列有关说法正确的是(　　)
A. 臭氧的摩尔质量是48 g
B. 同温同压条件下，等质量的氧气和臭氧体积比为2∶3
C. 16 g臭氧中含有6.02×1023个原子
D. 1.00 mol臭氧中含有电子总数为18×6.02×1023
【答案】C
【解析】A．摩尔质量的单位是g/mol，则臭氧的摩尔质量是48g/mol，A错误；B．同温同压下气体摩尔体积相等，根据V=nVm=mVm/M知，相同质量的不同气体其体积之比等于摩尔质量的反比，所以同温同压条件下，等质量的氧气和臭氧体积比=48g/mol：32g/mol=3：2，B错误；C．O原子的摩尔质量为16g/mol，则16g臭氧中氧原子个数=16g/16g/mol×NA/mol=6.02×1023，C正确；D．每个臭氧分子中含有24个电子，1.00mol臭氧中含有24mol电子，则l.00mol臭氧中含有电子总数为24×6.02×1023个，D错误；答案选C。
2.有K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液，已知其中Al3＋的物质的量浓度为0.4mol/L，SO42-的物质的量浓度为0.7 mol/L，则此溶液中K＋的物质的量浓度为( )
A. 0.1 mol/L B. 0.15 mol/L C. 0.2 mol/L D. 0.25 mol/L
【答案】C
【详解】根据溶液是电中性可知，阳离子所带的正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数，故溶液中K＋的物质的量浓度为0.7 mol/L×2－0.4 mol/L×3＝0.2mol/L，答案选C。
3.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(　　)
A. 常温常压下，8 g O2含有4NA个电子
B. 1 L 0.1 mol·L－1的氨水中有0.1NA个NH4+
C. 标准状况下，22.4 L盐酸含有NA个HCl分子
D. 1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子
【答案】A
【详解】A.8g氧气的物质的量n==0.25mol，而1mol氧气中含16mol电子，故0.25mol氧气中含4mol电子，即4NA个，故A正确；
B.一水合氨是弱电解质，不能完全电离，故B错误；
C.盐酸是HCl的水溶液，标况下为液态，无法计算，故C错误；
D.1 mol Na被完全氧化后由0价变为+1价，失1mol电子，即NA个，故D错误；
答案选A。
4.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl－、SO42－ 四种离子，已知前三种离子的个数比为3∶2∶1，则溶液中Al3+和 SO42－的离子个数比为( )
A. 1∶2 B. 1∶4 C. 3∶4 D. 3∶2
【答案】A
【分析】考查溶液中电荷守恒规律的应用。
【详解】设前三种离子的物质的量分别是3x、2x、x，则根据溶液中电荷守恒可知，若溶液的酸碱性忽略不计，SO42－的离子物质的量是（3x＋2x×3－x）÷2＝4x，则溶液中Al3+和SO42－的离子个数比为2x:4x＝1:2，故A正确；
答案选A。
【点睛】该题的关键是利用好溶液中电荷守恒关系，然后结合题意灵活运用即可。
5. 下列离子方程式正确的是（ ）
A. 澄清的石灰水与盐酸反应 Ca(OH) 2+ 2H＋= Ca2＋+ 2H2O
B. 钠与水的反应 Na + 2H2O = Na＋+ 2OH-+ H2↑
C. 铜片插入硝酸银溶液 Cu + Ag+= Cu2++ Ag
D. 大理石溶于醋酸 CaCO3+ 2 CH3COOH = Ca2++ 2 CH3COO-+ H2O + CO2↑
【答案】D
【详解】A、氢氧化钙属于微溶物，澄清的石灰水在离子反应中应用离子形式表示，故澄清石灰水与盐酸反应的离子方程式应为OH—+H+===H2O，错误；
B、电荷不守恒，钠与水反应的离子方程式应为2Na + 2H2O= 2Na＋+ 2OH-+ H2↑，错误；
C、电荷不守恒，铜片插入硝酸银溶液中的离子方程式为Cu+2 Ag+= Cu2++2 Ag，错误；
D、大理石溶于醋酸 CaCO3+ 2 CH3COOH = Ca2++ 2 CH3COO-+ H2O + CO2↑，正确。
故选D。
6.如果a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是( )
A. L B.
C. L D. L
【答案】A
【分析】审题时，首先要明确题目所给的条件及需要回答的物理量——一定质量的气体在标准状况下的体积，然后根据各基本化学量的函义和相互关系形成清晰的解题思路。本题宜由待求的量逐步逆推：由(质量／摩尔质量)×22.4→标准状况下体积，该气体的摩尔质量 ＝ a克／物质的量，而a克气体的物质的量为b／NA。在解题时则需由已知到未知逐一计算。
【详解】a克气体的物质的量：b／NA
该气体的摩尔质量：a÷b／NA＝ aNA／b
c克气体的物质的量：c÷aNA／b ＝ cb／aNA
c克气体在标准状况下的体积：
cb/aNA×22.4 ＝ 22.4 bc／aNA L，故A正确；
答案选A。
【点睛】本题考查物质的量的计算，明确气体的质量、物质的量、微粒数目、气体体积之间的关系即可解答。
7.下列关于胶体的叙述不正确的是(　 　)
A. 胶体区别于其他分散系的本质特征是其分散质的微粒直径在10－9～10－7 m之间
B. 光线透过胶体时，胶体中可产生丁达尔效应
C. 当用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同
D. Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒物沉降，达到净水的目的
【答案】C
【分析】分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作业，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法。
【详解】A、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间，即1nm～100nm，故A正确；
B、光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故B正确；
C、用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，Fe(OH)3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，故C错误；
D、Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故D正确；
故选C。
8.中华诗句华丽优美且富含哲理，古人常将化学知识融入诗句中，以下诗句包含化学变化的是(　　)
A. 千锤万凿出深山 B. 女娲炼石补天处
C. 吹尽狂沙始到金 D. 多少楼台烟雨中
【答案】B
【分析】化学变化：有新物质生成的变化。
【详解】A.千锤万凿出深山，物质形状大小改变，没有新物质生成，故A错误；
B.女娲炼石补天处，岩石在高温下分解是化学变化，故B正确；
C. 吹尽狂沙始到金，沙里淘金，没有新物质生成，故C错误；
D. 多少楼台烟雨中，水形成水雾，没有新物质生成，故D错误；
答案选B。
9.用等体积的0.1mol/L的BaCl2 溶液，恰好可使相同体积的Fe2 (SO4 )3、 Na2SO4、 KAl(SO4)2 三种溶液中的SO42－完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ）
A. 3：2：3 B. 3：1：2 C. 2：6：3 D. 1：1：1
【答案】C
【详解】由题意可知，三种盐溶液中硫酸根离子的物质的量相等，体积相同时，浓度之比等于物质的量之比。设三种硫酸盐的物质的量浓度分别是a、b、c，则根据反应式Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓可知，3a＝b＝2c，即三种硫酸盐的物质的量浓度之比为2:6:3,答案选C。
10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 常温常压下，8g甲烷中含C-H键数目为0.4NA
B. 标准状况下，11.2LSO3中含分子数目为0.5NA
C. 1L0.1 mol/L NH4NO3溶液中含氧原子数目为0.3NA
D. 7.8g Na2O2与足量CO2完全反应转移电子数目为0.1NA
【答案】D
【详解】A、8g甲烷的物质的量为0.5mol，而甲烷中含4条C-H键，故0.5mol甲烷中含2NA条C-H键，选项A错误；
B、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项B错误；
C．1L 0.1mol/L的NH4NO3溶液中含有硝酸铵0.1mol，0.1mol硝酸铵中含有0.3mol氧原子，由于水中含有氧原子，所以该硝酸铵溶液中含有的氧原子大于0.3mol，溶液中氧原子数大于0.3NA，选项C错误；
D、7.8gNa2O2的物质的量n===0.1mol，根据反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑是歧化反应，1molNa2O2～1mole-，故0.1molNa2O2转移0.1mol电子，个数为0.1NA，选项D正确。
答案选D。
11.人造空气（氧气O2与氦气He的混合气）可用于减轻某些病痛或供深水潜水员使用。在标准状况下，5.6L“人造空气”的质量是2.4g，其中氧气与氦气的质量比是（ ）
A. 1：1 B. 1∶4 C. 2： 1 D. 2：3
【答案】C
【详解】5.6L“人造空气”的质量是2.4g，则22.4L人造空气的质量为2.4×4=9.6g；即混合气体的平均相对分子质量为9.6；利用“十字交叉”法得：物质的量的关系为：

所以可求得氧气与氦气的质量比是1×32:（4×4）=2：1
【点睛】“十字交叉”法使用范围：
（1）根据二元混合物的平均分子量，求两元的物质的量之比．若为气体也即体积之比．
（2）根据只含2种同位素的元素的平均原子量，求两种同位素原子的个数比或物质的量之比或在自然界中的百分含量（也称作丰度）。
12.某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO 25%、密度为1.19 g·cm－3的消毒液。下列说法正确的是（ ）
A. 配制过程中只需要三种仪器即可完成
B. 所配得的NaClO消毒液在空气中经光照、久置后，溶液中NaClO的物质的量浓度减小
C. 容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才可用于溶液的配制
D. 需要称量的NaClO固体的质量为142.80 g
【答案】B
【分析】A、根据配制溶液时需要托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等分析判断；
B、根据NaClO易水解成HClO，HClO见光易分解分析判断；
C、根据将溶液转移至容量瓶之后还要继续向溶液中加蒸馏水分析判断；
D、根据配制480mL的NaClO溶液需要用500mL容量瓶，由m(NaClO)=ρ×V分析判断。
【详解】A、配制一定物质的量浓度溶液时需要托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等仪器，超过三种，A错误；
B、NaClO易水解成HClO，HClO见光易分解，最后溶液中的溶质为NaCl，NaClO的浓度减小，B正确；
C、容量瓶用蒸馏水洗净后不必烘干就可用于溶液的配制，且容量瓶不能用烘箱烘干，若进行烘干，会导致容量瓶体积发生变化，C错误；
D、应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量：500mL×1.19 g•cm-3×25%=148.75g，应该用托盘天平称量148.8g次氯酸钠，故D错误；
13.下列情况会使所配溶液浓度偏低或其他测量值偏低的是(　　)
①用稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应测定中和热数值；②用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤；④在用标准液(已知浓度)滴定未知溶液时，盛标准液的滴定管水洗后未润洗；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线
A. ①③⑤ B. ①②⑤
C. ②③④ D. ③④⑤
【答案】A
【详解】①醋酸为弱电解质，电离需要吸收热量，导致测得的中和热数值偏低，故①选；
②用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积偏大，故②不选；
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，导致溶质的物质的量偏小，依据c＝分析可知溶液的浓度偏低，故③选；
④在用标准液(已知浓度)滴定未知溶液时，盛标准液的滴定管水洗后未润洗，导致标准液浓度偏低，滴加标准液体积偏大，因此使测得的未知液的浓度偏大，故④不选；
⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液的体积偏大，依据c＝分析可知溶液的浓度偏低，故⑤选；
答案选A。
14.在离子浓度都为0.1 mol·L－1的下列溶液中，加入(或通入)某物质后，发生反应的先后顺序正确的是（ ）
A. 在含Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入锌粉：Cu2＋、Fe3＋、H＋
B. 在含I－、SO32-、Br－的溶液中不断通入氯气：I－、Br－、SO32-
C. 在含AlO2-、SO32-、OH－的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH－、AlO2-、SO32-
D. 在含Fe3＋、H＋、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：Fe3＋、NH4+、H＋
【答案】C
【详解】A、氧化性：Fe3＋>Cu2＋>H＋，加入锌先跟氧化性强的反应，顺序为Fe3＋>Cu2＋>H＋，故错误；
B、还原性：SO32－>I－>Br－，先跟还原性强的反应，因此顺序是SO32－>I－>Br－，故错误；
C、OH－结合H＋的能力强于其他，先反应的是OH－，酸根越弱，结合H＋能力越强，H2SO3是中强酸，而Al（OH）3显两性，因此H＋与AlO2－结合能力强于与SO32－的结合因此顺序是OH－>AlO2－>SO32－，故正确；
D、根据C选项的分析，先于H＋结合，根据Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe（OH）3↓＋3NH4＋，推出Fe3＋的结合OH－的能力大于NH4＋，因此顺序是H＋>Fe3＋>NH4＋，D不正确。
故选C。。
15. 下列离子方程式书写正确的是（ ）
①等体积等物质的量浓度的氢氧化钡稀溶液与碳酸氢铵稀溶液混合Ba2++ 2OH–+ NH4++ HCO3 –= BaCO3↓+ NH3·H2O + H2O
②氯化铝溶液中加入过量的氨水 Al3++ 4NH3·H2O = 4NH4++ AlO2 – + 2H2O
③向次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化硫 Ca2++ 2ClO–+ SO2+ H2O = CaSO3↓+ 2HClO
④已知等浓度的碳酸钠、次氯酸钠、碳酸氢钠PH逐渐减小，向次氯酸钠溶液通少量二氧化碳：ClO-+CO2+H2O = HClO+ CO32-
⑤过氧化钠固体与水反应：2O22‾+2H2O＝4OH‾+O2↑
⑥氨水中通入过量二氧化硫：2NH3•H2O + SO2= 2NH4++SO32‾+H2O
⑦澄清的石灰水中加人过量的NaHCO3溶液：Ca2++OH‾+HCO3‾=CaCO3↓+H2O
⑧将2mol/LAlCl3溶液和7mol/LNaOH溶液等体积混合：2Al3＋＋7OH‾＝Al(OH)3↓＋AlO2‾＋2H2O
⑨向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性：Ba2++ 2OH-+ 2H+ + SO42- = BaSO4↓+ 2H2O
A. ①③⑥⑨ B. ②④⑤⑨ C. ③④⑦⑧ D. ①⑧⑨
【答案】D
【详解】①．等体积等物质的量浓度的氢氧化钡稀溶液与碳酸氢铵稀溶液混合生成碳酸钡、一水合氨和水，正确；
②．氯化铝溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氨水不能溶解氢氧化铝，错误；
③．向次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钙和氯化钙，错误；
④．已知等浓度的碳酸钠、次氯酸钠、碳酸氢钠pH逐渐减小，这说明酸性是碳酸强于次氯酸，次氯酸强于碳酸氢钠。则根据较强酸制备较弱酸可知向次氯酸钠溶液通少量二氧化碳生成次氯酸和碳酸氢钠，错误；
⑤．过氧化钠固体与水反应中过氧化钠应该用化学式表示，错误；
⑥．氨水中通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢铵，错误；
⑦．澄清的石灰水中加入过量的NaHCO3溶液生成碳酸钙、碳酸钠和水，错误；
⑧．将2mol/LAlCl3溶液和7mol/LNaOH溶液等体积混合生成氢氧化铝、偏铝酸钠和水，正确；
⑨、向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性，则Ba2++ 2OH-+ 2H+ + SO42-＝BaSO4↓+ 2H2O，正确。
答案选D。
16.对于某酸性溶液（可能含有Br–、SO42 –、H2SO3、NH4+），分别进行如下实验： ①加热时放出的气体可使品红溶液褪色；②加入碱溶液使溶液呈碱性，再加热时放出的气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；③加入氯水时，溶液略呈橙红色，再加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀。对于下列物质不能确定其在原溶液中是否存在的是（ ）
A. Br– B. SO42– C. H2SO3 D. NH4+
【答案】B
【分析】①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体，说明溶液中含有H2SO3；②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；证明气体是NH3，原溶液含有NH4+；③加入氯水时，溶液略显黄色，证明溶液中含有Br-，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸，说明生成硫酸钡沉淀，但在硝酸溶液中亚硫酸可以被氧化为硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不能确定原溶液中是否含有硫酸根离子。
【详解】①某酸性溶液加热时放出的气体可使品红溶液褪色，证明含有H2SO3；②加入碱溶液使溶液呈碱性，再加热时放出的气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明含有NH4+；③加入氯水时，溶液略呈橙红色，证明含有Br–，由于氯水有强氧化性，会把H2SO3氧化为H2SO4.产生了SO42 –，再加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，证明该溶液中含SO42 –，但是不一定是原来溶液中含有的。不能确定其在原溶液中是否存在的是SO42–。选项是B。
【点睛】本题考查了常见离子的检验方法和现象判断，关键是要注意亚硫酸可以被硝酸氧化为硫酸。
17. 下列液体中，不会出现丁达尔效应的分散系是（ ）
①鸡蛋白溶液 ②水 ③淀粉溶液 ④硫酸钠溶液 ⑤沸水中滴入饱和FeCl3溶液 ⑥肥皂水
A. ②④ B. ①③ C. ⑤⑥ D. ④
【答案】D
【分析】分散系是将一种物质分散到另一种物质中所得到的体系，故为混合物，分为溶液、胶体和浊液，只有胶体才有丁达尔效应。
【详解】属于胶体有：①鸡蛋白溶液， ③淀粉溶液，⑤Fe(OH)3胶体，⑥肥皂水，；
②水是纯净物，不是分散系；
④硫酸钠溶液属于分散系，是溶液、不是胶体，不会出现丁达尔效应；
综上所述，属于胶体，但不会出现丁达尔效应的只有④，故选D。
18.将pH=1的稀硫酸慢慢加入—定量的BaCl2的溶液中，恰好使Ba2+沉淀完全，此时溶液的体积为100 mL(混合时溶液体积的变化忽略不计)，且混合溶液的pH=2，则原BaCl2溶液中Cl-的浓度约为（ ）
A. 0.011 mol/L B. 0.22 mol/L C. 0.022 mol/L D. 0.11 mol/L
【答案】A
【详解】将pH=1的稀硫酸慢慢加入一定量的BaCl2的溶液中，恰好使Ba2+沉淀完全，发生的是硫酸根和钡离子之间的反应，反应的整个过程中，H+没参加反应，所以前后的H+物质的量没变，导致pH变化的原因是体积的变化，则反应后H+的浓度是0.01mol/L，稀硫酸pH=1，故反应的稀硫酸为10ml，而SO42-的浓度是0.005 mol/L，故Ba2+的物质的量等于SO42-的物质的量，为0.0005mol，所以Cl-的物质的量是0.001mol，BaCl2溶液为100mL-10mL=90mL，原BaCl2溶液中Cl-的浓度==0.011mol/L，故选A。
19.某有机物的结构简式为，它在一定条件下可能发生的反应是（ ）
①加成反应；②水解反应；③酯化反应；④氧化反应；⑤中和反应；⑥消去反应；⑦还原反应
A. ①③④⑤⑥⑦ B. ①③④⑤⑦
B. C. ①③⑤⑥⑦ D. ②③④⑤⑥
【答案】A
【详解】该有机物分子结构中含有的官能团有：—CHO、—COOH、—OH，所以，可发生的反应有：①加成、 ③酯化、 ④氧化 、⑤中和 、⑥消去、 ⑦还原，只有水解反应不能发生，故选A。
20.某醇在适当条件下与足量的乙酸发生酯化反应，得到的酯的相对分子质量a与原来醇的相对分子质量b的关系是a=b+84，有关该醇应该具有的结构特点的描述正确的是（ ）
A. 该醇分子中一定具有甲基
B. 该醇分子中一定没有甲基
C. 该醇分子中至少含有三个碳原子
D. 该醇分子中具有两个醇羟基
【答案】D
【分析】设该醇为n元醇，若反应的醇为1mol，反应的乙酸为nmol，则生成的水为nmol，生成的酯为1mol，所以b＋60n＝a＋18n，又a＝b＋84，得n＝2，所以该醇分子中含有两个羟基。
【详解】D选项正确。该醇分子中可以含有甲基，也可以不含甲基，如乙二醇等，A、B选项错误；该醇分子也可以含有两个碳原子，如乙二醇，C选项错误。
A. 该醇分子中不一定有甲基，可能是乙二醇，A不正确；
B. 该醇分子中不一定没有甲基，很多二元醇有甲基，B不正确；
C. 该醇分子中至少含有2个碳原子，最简单的二元醇就是乙二醇，只含2个碳原子，C不正确；
D. 该醇分子中具有两个醇羟基，D正确。
故选D。
21.已知苯环上的羟基具有酸性。下列关于有机化合物M和N的说法正确的是(　　)

A. 等物质的量的两种物质跟足量的NaOH反应，消耗NaOH的量相等
B. 完全燃烧等物质的量的两种物质生成二氧化碳和水的量分别相等
C. 一定条件下，两种物质都能发生酯化反应和氧化反应
D. M、N分子中都含有苯环
【答案】C
【分析】A．酚羟基、羧基均能和氢氧化钠反应，但醇羟基和氢氧化钠不反应；
B．M、N含相同的C原子数，不同的H原子数；
C．含-OH、-COOH，结合醇、酚、羧酸的性质分析；
D．看图可知。
【详解】A．酚羟基、羧基均能和氢氧化钠反应，但醇羟基和氢氧化钠不反应，所以等物质的量的两种酸分别能消耗氢氧化钠的物质的量之比为1：4，故A错误；
B．M、N含相同的C原子数，不同的H原子数，则完全燃烧等物质的量的两种物质生成二氧化碳的量相等，但水的量不同，故B错误；
C．含-OH、-COOH，均能发生酯化反应，含-OH或酚-OH，均能发生氧化反应，故C正确；
D. M分子中不含苯环，N分子中含有苯环，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，明确物质的结构中的官能团与性质的关系是解答本题的关键。
22.乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中正确的是（ ）

①分子式为C12H20O2
②能使酸性KMnO4溶液褪色
③能发生加成反应，但不能发生取代反应
④它的同分异构体中可能有芳香族化合物，且属于芳香族化合物的同分异构体有8种
⑤1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH
⑥1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为3mol
A. ①②③ B. ①②⑤ C. ①②⑤⑥ D. ①②④⑤⑥
【答案】B
【分析】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、-COOC-，结合烯烃和酯的性质来解答。
【详解】①根据有机物成键特点，其分子式为C12H20O2，故正确；
②含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；
③含有酯基，能发生水解反应，水解反应实质为取代反应，故错误；
④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而芳香族化合物的不饱和度为4，因此不能形成芳香族化合物，故错误；
⑤1mol该物质中只含有1个酯基，因此消耗1molNaOH，故正确；
⑥只有2个碳碳双键，消耗2mol羟基，酯中羰基不能和氢气发生加成，故错误；
因此选项B正确。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握常见有机物的官能团为解答的关键，熟悉烯烃、酯的性质即可解答，题目难度不大。
23. 有机物分子中原子(或原子团)间的相互影响会导致化学性质的不同。下列叙述不能说明上述观点的是（ ）
A. 苯酚能与NaOH溶液反应，而乙醇不能
B. 乙醛能与H2发生加成反应，而乙酸不能
C. 苯酚与溴水作用可得三溴苯酚，而苯与纯溴作用要在催化剂作用下才得到一溴代物
D. 乙烯可发生加成反应，而乙烷不能
【答案】D
【详解】A项苯酚能与NaOH溶液反应，而乙醇不能，是由于苯环对羟基影响使羟基氢更容易电离，而使苯酚显酸性，和氢氧化钠反应，故A项能说明原子(或原子团)间的相互影响会导致化学性质的不同；
B项乙醛能与H2发生加成反应，而乙酸不能，则是体现了羟基对羰基的影响使羰基变得不活泼不能与氢气加成，故B项能说明有机物分子中原子(或原子团)间的相互影响会导致化学性质的不同；
C项苯酚与溴水作用可得三溴苯酚，而苯与纯溴作用要在催化剂作用下才得到一溴代物，体现了羟基对苯环的影响使羟基的邻位氢和对位氢变得活泼更容易与溴发生取代反应，故C项能说明有机物分子中原子(或原子团)间的相互影响会导致化学性质的不同；
D项乙烯可发生加成反应，而乙烷不能，是因为乙烯官能团为碳碳双键，可发生加成反应，但没有体现出有机物分子中原子(或原子团)间的相互影响会导致化学性质的不同；
本题选D。
24.下列说法正确的是(　　)
A. 已知 (X) (Y)，X与Y互为同分异构体，可用FeCl3溶液鉴别
B. 能发生的反应类型：加成反应、取代反应、消去反应、水解反应
C. 3－甲基－3－乙基戊烷的一氯代物有6种
D. 相同条件下乙酸乙酯在水中的溶解度比其在乙醇中的溶解度大
【答案】A
【详解】A. X与Y互为同分异构体，Y中含有酚羟基，故可用FeCl3溶液鉴别，A项正确；
B. 不能发生水解反应，B项错误；
C.3-甲基-3-乙基戊烷的一氯代物有3种，C项错误；
D.乙醇为常见的有机溶剂，乙酸乙酯在乙醇中的溶解度比其在水中的溶解度大，D项错误；
答案选A。
25.甲酸香叶酯是一种食品香料，可以由香叶醇与甲酸发生酯化反应制得。

下列说法中正确的是( )
A. 香叶醇的分子式为C11H18O
B. 香叶醇、甲酸香叶酯均可与钠发生置换反应生成H2
C. 1 mol甲酸香叶酯可以与2 mol H2发生加成反应
D. 甲酸香叶酯可使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液褪色，褪色原理相同
【答案】C
【详解】A．由结构简式可知分子式为C11H20O，故A错误；
B．甲酸香叶酯不能与钠发生置换反应生成H2，故B错误；
C.1 mol甲酸香叶酯中含2molC=C，则可以与2 molH2发生加成反应，故C正确；
D. 甲酸香叶酯可使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液褪色，其中发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，发生氧化反应使酸性KMnO4溶液褪色，褪色原理不同，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握结构中的官能团及性质的关系，熟悉烯烃的性质即可解答，选项D为解答的难点。
二、填空题
26.Ⅰ(1)标准状况下，1.7 g NH3与_______L H2S气体含有的氢原子数相同。 
(2)2 mol的CO2与3 mol的SO3的原子数之比是__________。
(3)常温常压下22.4升CO2中分子个数___64克SO2的分子个数(填“＞、＜或＝”)
(4)标准状况下，33.6L的NH3所含电子的物质的量约为______mol，将其溶解于水配成1L的溶液，则溶液的物质的量浓度为__________mol/L
(5)在一定温度和压强下，0.4mol某气体的体积为9.8L，则该条件下的气体摩尔体积为________。
(6)某盐混合溶液中含有离子：Na+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣，测得Na+、Mg2+ 和Cl﹣的物质的量浓度依次为：0.2mol•L﹣1、0.25mol•L﹣1、0.4mol•L﹣1，则c(SO42﹣)=__________．
(7)有等体积的NaCl、CaCl2、AlCl3三种溶液，分别与足量的AgNO3溶液反应，若生成沉淀的质量相等，则三种溶液中所含溶质的物质的量浓度之比为_____________。
(8)标准状况下，NH3与CH4组成的混合气体的平均密度为0.75g/L，该混合气体的平均摩尔质量为_________________，NH3的体积分数为______________.
(9)VmLAl2(SO4)3溶液中含Al3+ ag，取0.5VmL溶液稀释到2VmL，则稀释后溶液中SO42－的物质的量浓度是_____________mol/L。
Ⅱ．请按照要求完成下列方程式。
(1)写出泡沫灭火器反应原理的离子方程式：_______________________________________。
(2)铁与水蒸气高温下反应的化学方程式：__________________________________________。
(3)NaCN属于剧毒物质，有一种处理方法其原理为CN－与S2O32-反应生成两种离子，一种与Fe3＋可生成红色溶液，另一种与H＋作用产生能使品红溶液褪色的刺激性气体，写出CN－与S2O32-反应的离子方程式：___________________________________。
(4)亚硝酸盐是毒性较强的物质，其具有较强的还原性，将亚硝酸钠溶液滴加到K2Cr2O7酸性溶液(橙色)中，溶液由橙色变为绿色(Cr3＋)，试写出反应的离子方程式：__________________________。
(5)将NaHSO4溶液滴入氢氧化钡溶液中至中性的离子反应方程式：_____________________。
【答案】 (1). 3.36L (2). 1∶2 (3). ＜ (4). 15 (5). 1.5 (6). 24.5L/mol (7). 0.15mol/L (8). 6：3：2 (9). 16.8g/mol (10). 80% (11). 125a/9V (12). Al3＋＋3HCO3-===Al(OH)3↓＋3CO2↑ (13). 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 (14). CN－＋S2O32-===SCN－＋SO32- (15). Cr2O72-＋3NO2-＋8H＋===2Cr3＋＋3NO3-＋4H2O (16). Ba2＋＋2OH－＋SO42-＋2H＋===BaSO4↓＋2H2O
【分析】Ⅰ由公式n===cV进行运算，结合电荷守恒、原子守恒等计算技巧可得；
Ⅱ． （1）碳酸氢钠和硫酸铝水解相互促进生成CO2；
（2）铁与水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气；
（3）CN-与S2O32-反应生成SCN-和SO32-；
（4）根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可写；
（5）Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的反应后呈中性，说明生成物是硫酸钡、硫酸钠和水。
【详解】Ⅰ（1）n(NH3)==0.1mol，n(H)=0.3mol，则含有的氢原子数相同的H2S物质的量为0.15mol，标准状况下，0.15mol H2S气体占有的体积是3.36L；
（2）2 mol　CO2的原子数为6NA，3 mol　SO3的原子数为12NA，则2 mol　CO2与3 molSO3的原子数之比是1∶2；
（3）常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，22.4L　CO2中分子个数小于NA，
64克SO2的分子个数为NA，常温常压下22.4升CO2中分子个数＜64克SO2的分子个数；
（4）标准状况下，n(NH3)==1.5mol，所含电子的物质的量约为1.5mol 15mol，将其溶解于水配成1L的溶液，则溶液的物质的量浓度为=1.5mol/L；
（5）在一定温度和压强下，0.4mol某气体的体积为9.8L，则该条件下的气体摩尔体积为=24.5L/mol；
（6）由电荷守恒：c（Na+）+ 2c（Mg2+）= c（Cl﹣）+ 2c（SO42﹣）代入数值得0.2mol•L﹣1+ 20.25mol•L﹣1= 0.4mol•L﹣1+ 2c（SO42﹣），则c(SO42﹣)=0.15mol/L；
（7）分别与足量的AgNO3溶液反应，生成沉淀的质量相等，则n(Cl﹣)相等。设AgCl为1mol，根据氯离子守恒，则n（NaCl）=1mol、n（CaCl2）=0.5mol，n（AlCl3）=mol，故NaCl、CaCl2、AlCl3的物质的量之比=1mol：0.5mol：mol=6：3：2，等体积的NaCl、CaCl2、AlCl3三种溶液，三种溶液中所含溶质的物质的量浓度之比= NaCl、CaCl2、AlCl3的物质的量之比=6：3：2；
（8）标准状况下，NH3与CH4组成的混合气体的平均密度为0.75g/L，该混合气体的平均摩尔质量=0.75g/L L/mol=16.8 g/mol。设NH3的体积分数为x，则甲烷体积分数为(1-x)，则17x+16(1-x)=16.8，解得x=0.8，即NH3的体积分数为80%；
（9）含Al3+ ag，n（Al3+）=mol，n（SO42－）=mol。VmLAl2(SO4)3溶液中，取0.5VmL溶液，取出的n（SO42－）=mol，稀释到2VmL，则稀释后溶液中SO42－的物质的量浓度=mol/L=125a/9V mol/L；
Ⅱ． （1）（1）碳酸氢钠和硫酸铝水解相互促进，生成CO2可灭火，泡沫灭火器反应原理的离子方程式为3HCO3-+Al3+＝3CO2↑+Al(OH)3↓；
（2）铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；
（3）CN-与S2O32-反应生成两种离子，一种与Fe3＋可生成红色溶液，该离子为SCN-；另一种与H＋作用产生能使品红溶液褪色的刺激性气体，该气体为二氧化硫，生成的另一种离子为SO32-，该反应的离子反应方程式为：CN-+S2O32-=SCN-+SO32-；
（4）反应中Cr2O72-→Cr3+，Cr元素由+6价降低为+3价，共降低6价，NO2-→NO3-，N元素由平均化合价+3价升高为+5价，共升高2价，化合价最小公倍数为6，Cr2O72-的系数为1，NO2-的系数为3，再根据原子守恒、电荷守恒配平其它物质系数，配平后的方程式为Cr2O72-+3NO2-+8H+=2Cr3++3NO3-+4H2O；
（5）Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的反应后呈中性，说明生成物是硫酸钡、硫酸钠和水，离子反应方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O。
27.Ⅰ掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，下图为三套实验装置。

(1)写出下列仪器的名称：a.__________，b._____________。
(2)若利用装置1分离四氯化碳和酒精混合物，还缺少的仪器是__________，将仪器补充完整后进行实验，冷凝水由________(填f或g) 口通入。
(3)用装置II分离混合物时，为使液体顺利流下，应进行的操作是_______________。
(4)实验室用Na2CO3·10H2O 晶体配制0.05mol/L 的Na2CO3 溶液970mL。
①应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O 的质量是____g。
②装置III是某同学转移溶液的示意图。图中的错误是_______________。
③除了图中给出的仪器和托盘天平以及烧杯外，为完成实验还需要的仪器有：______________。
Ⅱ利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
(1)溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的________中，加蒸馏水至_________________。
(2)滴定：取0.00950 mol·L－1K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72-＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O32-===S4O62-＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液_______________________________________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为______%(保留1位小数)。
【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 冷凝管 (3). 酒精灯 (4). g (5). 打开分液漏斗上口的玻璃塞 (6). 143 (7). 未用玻璃棒引流 (8). 药匙、量筒、玻璃棒、胶头滴管 (9). 烧杯 (10). 容量瓶 (11). 凹液面最低处与刻度线相平 (12). 由蓝色变为淡黄绿色且半分钟不变化 (13). 95.0
【分析】Ⅰ（1）由图及仪器的结构可知仪器的名称；
（2）冷却水在冷凝管中下进上出；
（3）为使液体顺利流下，需先打开分液漏斗上口的玻璃塞；
（4）①配制0.05mol/L 的Na2CO3 溶液970mL，应选用1000ml的容量瓶；
②转移溶液应用玻璃棒引流；
③根据配制溶液的实验操作过程选择所用仪器；
Ⅱ（1）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；
（2）根据方程式中 I2、S2O32-之间的关系式计算。
【详解】Ⅰ（1）由图可知，a为蒸馏烧瓶，b为冷凝管；
（2）若利用装置1分离四氯化碳和酒精的混合物，进行的实验操作的名称为蒸馏，需要加热，故还缺少的仪器有酒精灯，实际操作时冷却水在冷凝管中下进上出，冷凝水由g口通入；
（3）装置II可用于分液，分离互不相溶的液体混合物，为使液体顺利流下，需要平衡内外压强，故应进行的操作是：打开分液漏斗上口的玻璃塞；
（4）Na2CO3·10H2O 的质量=1L×0.05mol/L×286g/mol=14.3g；
②转移溶液应用玻璃棒引流，防止溶液外溅，造成浓度偏低；
③操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解。冷却后转移到1000mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所用仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管。根据提供仪器，所以还需仪器有药匙、量筒、玻璃棒、胶头滴管；
Ⅱ（1）溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，冷却至室温后，全部转移至100 mL的容量瓶中，将洗涤液转移至容量瓶，振荡后加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相平；
（2）加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液由蓝色变为淡黄绿色且半分钟不变化，即为终点。根据方程式，Cr2O72-～3I2～6S2O32-，得n（Na2S2O3•5H2O）=n（S2O32-）=0.00950 mol·L－1×0.02L×6=1.14×10-3mol，样品中m（Na2S2O3•5H2O）=1.14×10-3mol×248 g/mol× =1.14g，质量分数=×100%=95%。
【点睛】配制0.05mol/L 的Na2CO3 溶液970mL，应选用1000ml的容量瓶，应该按1000ml溶液用量称取Na2CO3·10H2O。
28.现有下列物质：①稀硫酸 ②小苏打 ③氨水 ④二氧化碳 ⑤FeCl3固体 ⑥稀NaOH溶液 ⑦硝酸亚铁溶液。
(1)上述物质中属于电解质的物质序号为______ 。
(2)有两种物质发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是______。
(3)加入盐酸、NaOH溶液均能发生化学反应的物质序号为______。
(4)能导电的物质序号为_______________。
(5)④与⑥充分反应后，将溶液小火蒸干，得到固体混合物。固体组成成分可能是(用化学式表示)___________________________。
(6)实验室用⑤制备胶体的化学方程式为___________________________________________。如果将1molFeCl3全部制成胶体，制得的胶体________(选填“带负电”“电中性”“带正电”)，胶粒数目________NA(选填“大于”“等于”“小于”)。
【答案】(1). ②⑤ (2). ①⑥ (3). ②⑦ (4). ①③⑥⑦ (5). NaOH和Na2CO3 NaHCO3和Na2CO3 (6). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (7). 电中性 (8). 小于
【分析】（1）在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物为电解质；
（2）离子反应体现的是强酸与强碱反应生成水的过程；
（3）该物质与酸、碱均反应；
（4）有自由移动的离子或电子的物质能导电；
（5）④与⑥充分反应后，根据二氧化碳的用量分情况讨论；
（6）实验室用饱和FeCl3溶液滴入沸水中加热制备氢氧化铁胶体，胶体不带电，得到的胶体微粒是多个氢氧化铁的聚集体，据此分析作答；
【详解】（1）根据定义可知，①③⑥⑦虽能导电，但属于混合物，不属于电解质；④虽为化合物，但在水溶液中不是本身电离出自由移动的阴阳离子，所以不属于电解质；②和⑤属于盐，在水溶液中或熔融状态下能够导电，属于电解质，
故答案为：②⑤；
（2）离子方程式为：H++OH-=H2O，说明是强酸和强碱的中和反应，上述物质中，①稀硫酸与⑥稀氢氧化钠的反应符合该离子方程式，
故答案为：①⑥；
（3）②小苏打是NaHCO3的俗名，它可与H+反应生成水和二氧化碳，同时可以与OH-反应生成碳酸根离子与水；⑦硝酸亚铁溶液其溶质Fe(NO3)2遇NaOH会生成氢氧化亚铁沉淀与水，当加入盐酸时，因溶液中的硝酸根离子与氢离子结合会具有强氧化性，所以Fe2+会与H+和NO3-发生氧化还原反应，故符合题意的有：②⑦，
故答案为：②⑦；
（4）上述物质中，溶液有自由移动的阴阳离子，所以导电的物质为：①③⑥⑦，
故答案：①③⑥⑦；
（5）二氧化碳与NaOH充分反应，①若CO2少量，则发生的反应为：CO2+2NaOH(过量) = Na2CO3+H2O，则溶液中溶质为NaOH和Na2CO3，水分蒸干后，得到的固体组成成分为：NaOH和Na2CO3；②CO2过量，则过量的CO2继续与生成的Na2CO3，其化学方程式为：CO2+ Na2CO3 + H2O = 2 NaHCO3，其固体组成成分可能是：NaHCO3和Na2CO3，
故答案为：NaOH和Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3；
（6）实验室制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，
故答案为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；得到的胶体不带电，即电中性；一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，所以1 mol FeCl3形成的胶体个数小于NA个，
故答案为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；电中性；小于。
【点睛】本题第（5）问，学生要理清氢氧化钠与二氧化碳可能发生的反应，结合产物分析作答，特别注意的是，题设中将溶液小火蒸干，意味着固体成分可以有碳酸氢钠。学生审题要认真仔细，做题才能提高正答率。
29.根据下列流程回答：

(1) 写出结构简式 C______ E_________。
(2)指出反应类型： ① ___________ ③ _____________ ⑤ ____________
(3)写出化学方程式 C + E G_____________________________________________
【答案】(1). (2). (3). 取代 (4). 氧化 (5). 酯化 (6). +H2O
【分析】由流程可知，A是，B是，C是，D是BrCH2CH2Br，E是HOCH2CH2OH。
【详解】（1）由分析可知，C是，E是HOCH2CH2OH；
（2）反应①是在氢氧化钠溶液加热条件下水解生成， 属于取代反应或水解反应。反应③是被氧化为，属于氧化反应。反应⑤是HOCH2CH2OH与发生酯化反应生成，属于酯化反应或取代反应；
（3）C + E G是：HOCH2CH2OH与发生酯化反应生成，化学方程式为：+H2O。