上海市金山中学高二下学期期末化学试卷(等级考)-Word版含解析(总22页)

流过多少汗，流下多少泪，只为高考这一天；付出多少时间，付出多少努力，只为高考这一刻；高考这条路就算布满荆棘也要披荆而过，请相信天道酬勤，请相信付出一定会有回报，对自己充满信心，加油，祝高考成功顺利。2015-2016学年上海市金山中学高二（下）期末化学试卷（等级考）一、选择题（本题包括5小题，每小题2分，共10分，每小题只有一个选项符合题意）1崇明县为“打造世界级生态岛，创建全国文明县城”而采取的下列措施与倡议中，能有效减少PM2.5的是（）A垃圾回收B绿色出行C交通整顿D河道整治2化学与日常生活紧密相关下列说法中，不正确的是（）A甲醛可作食品防腐剂B氢氧化铝可作抗酸药C氯化钠可作食品调味剂D生石灰可作食品干燥剂3某晶体熔化时化学键没有被破坏的属于（）A原子晶体B离子晶体C分子晶体D金属晶体4实验室进行下列实验时，一定不需要使用“沸石”的是（）A制取蒸馏水B分馏石油C制取乙烯D溴乙烷的水解5反应E+FG在温度T1下进行，反应M+NK在温度T2下进行，已知：T1T2，且E和F的浓度均大于M和N的浓度，则两者的反应速率（）A前者大B后者大C一样大D无法判断二、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意）6下列物质能通过化合反应直接制得的是（）FeCl2 H2SO4 NH4NO3 HClA只有B只有C只有D全部7下列说法正确的是（）A鉴别溶液中是否有SO42，先用盐酸酸化，再加BaCl2溶液B干馏、分馏都是物理变化C往制备乙酸乙酯反应后的混合液中加入Na2CO3溶液，产生气泡，说明乙酸有剩余D3 mol Fe在足量的水蒸气中完全反应转移9NA个电子8无法实现的反应是（）A酸和酸反应生成酸B只有氧化剂的氧化还原反应C盐和盐反应生成碱D一种碱通过化合反应生成一种新的碱9化学反应中，物质的用量不同或浓度不同或反应条件不同会对生成物产生影响下列反应的生成物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响的是（）A二氧化硫与氢氧化钠溶液反应B钠与氧气的反应C铁在硫蒸气中燃烧D铁粉加入硝酸中10某有机化合物的结构简式如图所示下列说法正确的是（）A不能发生银镜发应B1mol 该物质最多可与2molBr2反应C与NaHCO3、Na2CO3均能发生反应D1mol 该物质最多可与4mol NaOH反应11在恒容密闭容器中，用铜铬的氧化物作催化剂，用一定量的HCl（g）和O2制取Cl2的原理为4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）+Q （Q0 ）下列有关说法错误的是（）A平衡前，随着反应的进行，容器内压强变小B平衡时，其他条件不变，分离出H2O（g），逆反应速率减小C平衡时，其他条件不变，升高温度平衡常数增大D其他条件不变，使用不同催化剂，HCl（g）的转化率不变12用下列各组试剂分离FeCl3和AlCl3两种物质的混合物，其中可以达到目的是（）A氨水和盐酸B氢氧化钠和二氧化碳C氢氧化钠和盐酸D氨水和二氧化碳13如图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图说法正确的是（）A元素非金属性：XRWBX与R形成的分子内含两种作用力CX、Z形成的化合物中可能含有共价键D元素对应的离子半径：WRX14既发生了化学反应，又有电解质的溶解过程，且这两个过程都吸热的是（）A冰醋酸与NaOH溶液反应BKNO3加入水中CNH4NO3加入水中DCaO加入水中15我国科学家屠呦呦因在抗疟疾药物青蒿素的开发起到关键作用而获2015年诺贝尔生理学或医学奖青蒿素可由香草醛经过系列反应合成，下列是主要原料、中间体、产品：下列有关说法中错误的是（）A青蒿素能发生水解反应B青蒿素易溶于乙醚C在一定条件下，香草醛可与HCHO发生缩聚反应D可用FeCl3 溶液或 NaHCO3溶液鉴别香草醛和青蒿酸16在溶液中能共存，加OH有沉淀析出，加H+能放出气体的是（）ANa+、Cu2+、Cl、SO42BFe2+、K+、S2、SO42CNa+、Ca2+、Cl、HCO3DH+、Al3+、NH4+、CO3217向等体积等物质的量浓度的H2S和SO2的水溶液各两份中，分别通入不同的气体，一段时间后，如图表示通入的气体的量与溶液pH关系的曲线图，下列说法中正确的是（）A曲线a表示向H2S水溶液中通入O2B曲线b表示向SO2水溶液中通入O2C曲线c表示向H2S水溶液中通入Cl2D曲线 d 表示向SO2水溶液中通入H2S18有等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（）AV3V2V1BV3=V2=V1CV3V2=V1DV1=V2V319制备HCl气体，下列方法中，可行的是（）NaHSO4+MnCl2（固）加强热 浓H2SO4+浓HCl共热浓H2SO4+KCl（固）共热 浓H2SO4+NaCl（固）+MnO2共热ABCD全部20以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线如图，则（）AA的结构简式是B的反应类型分别是取代、消去C反应的条件分别是浓硫酸加热、光照D酸性KMnO4溶液褪色可证明 已完全转化成 三、填空题（本题包括21、22、23题，共27分）21根据实验室测定硫酸铜晶体（CuSO45H2O）结晶水含量的实验，填写下列空白（1）除需要酒精灯、玻璃棒、坩埚钳、药匙、三脚架等仪器外，从下列仪器中选出所需仪器（用标号字母填写）A电子天平 B研钵 C试管夹 D坩埚 E蒸发皿 F干燥器 G石棉网还需要的仪器是（2）某学生实验后得到以下数据：加热前的质量加热后的质量W1（容器）W2（容器+晶体）W3（容器+无水硫酸铜）第一次15.688g17.668g16.962g第二次15.688g17.744g17.033g请写出结晶水x=本次实验的相对误差=（3）该学生测定结果是偏高还是偏低？从下列选项中选出该学生产生误差的原因可能是（填写字母）A加热前称量时容器未完全干燥B最后两次加热后的质量相差较大（大于0.001g）C加热后容器未放入干燥器中冷却D加热过程中晶体有少量溅失（4）测定硫酸铜晶体中结晶水的含量，至少在天平上进行四次称量，第三、四次称量的目的是进行操作，判断达到恒重的依据是22现在工业上主要采用离子交换膜法（图1）电解饱和食盐水制取NaOH、H2和Cl2阳离子交换膜有一种特殊的性质，即它只允许阳离子通过，而阻止阴离子和气体通过请回答下列问题：（1）电解之前，食盐水需要精制，目的是除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42等杂质离子，使用的试剂有：aNa2CO3溶液，bBa（OH）2溶液，c稀盐酸其合理的加入顺序为（填试剂序号）（2）在电解过程中，对水的电离是的（填“促进”或“抑制”或“没有影响”）；与电源正极相连的电极上所发生的电极反应式为（3）如果在容积为10L的离子交换膜电解槽中，1min后在阴极可产生11.2L（标准状况）H2，这时溶液的pH值是（填“升高”、“降低”或“不变”），溶液中c（OH）为（设体积保持不变）（4）若没有阳离子交换膜的存在，改用图2电解发生器（b为电源正极，用石墨作电极），可制备家用环保型消毒液（NaClO溶液）则此实验时电解饱和食盐水的总化学方程式是（5）室温条件下，该消毒液（NaClO）溶液的pH7，原因是（用离子方程式表示）23某白色固体试样中可能含有CuCl2、（NH4）2SO4、NaCl、Ba（NO3）2、Na2CO3、Al2（SO4）3中的若干种化合物为确定其成分，进行如下实验：取少量固体溶于水、静置，得无色溶液和白色沉淀物；用pH试纸测定上述溶液，结果得溶液的pH小于6；过滤出沉淀物，逐滴加入盐酸至过量，观察到沉淀不发生溶解；取上述（实验）无色溶液，逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，可观察到先有沉淀出现，而后又逐渐溶解，最后完全消失；加热所得溶液，产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体取实验中所得的溶液，滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成通过上述实验确定：（1）白色固体中一定存在；（填相应物质的化学式，下同）可能存在；（2）写出实验中产生沉淀，产生气体的离子方程式：、；（3）若要证明原样品中可能存在的阴离子，应采用的操作及观察到的现象是四、有机合成与推断（本题12分）24化合物B是有机合成中间体，制取C4H4O4和E的转化关系如图所示已知C能使溴水退色回答下列问题：（1）指出反应类型：；（2）E的结构简式为：（3）写出、转化的化学方程式：；（4）现仅以有机物CH3CH=CHCH3为原料，无机试剂任选，用反应流程图表示合成有机物CH3COOCH2CH=CHCH2OOCCH3的过程提示：由乙醇合成聚乙烯的反应流程图可表示为：四计算题（本题共6分）25氮化铝（AlN）是一种新型无机材料，而铝合金是工业中应用最广泛的一类有色金属结构材料试回答下列问题：（1）某氮化铝（AlN）仅含有Al2O3杂质称取10.00g样品，将其加入过量的NaOH浓溶液中共热并蒸干，AlN跟NaOH溶液反应生成NaAlO2，并放出氨气3.36L（标准状况）上述反应的化学方程式为；该样品中的A1N的质量分数为（2）某含铝90%的铝合金3.0g跟160mL 3mol/L 的盐酸充分反应，（合金中其他成分与酸不发生反应）过滤后除去杂质，将滤液稀释到1000mL，取出10mL，加入0.3mol/L 的氨水，使铝离子完全沉淀则使10mL溶液中的铝离子完全沉淀，至少需消耗氨水多少mL？2015-2016学年上海市金山中学高二（下）期末化学试卷（等级考）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括5小题，每小题2分，共10分，每小题只有一个选项符合题意）1崇明县为“打造世界级生态岛，创建全国文明县城”而采取的下列措施与倡议中，能有效减少PM2.5的是（）A垃圾回收B绿色出行C交通整顿D河道整治【考点】三废处理与环境保护【分析】pm2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，有时也被称作入肺颗粒物我们日常常见的雾霾天气大多数情况下就是由pm2.5造成的减少固体颗粒物的排放有利于减少PM2.5，以此来解答【解答】解：pm2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，有时也被称作入肺颗粒物我们日常常见的雾霾天气大多数情况下就是由pm2.5造成的减少固体颗粒物的排放有利于减少PM2.5，垃圾回收、绿色出行、交通整治均不能有效减少固体颗粒物的排放，不能有效减少PM2.5，而河道整治可以减少灰尘等固体微粒向空气中的排放，从而有效减少PM2.5故选D2化学与日常生活紧密相关下列说法中，不正确的是（）A甲醛可作食品防腐剂B氢氧化铝可作抗酸药C氯化钠可作食品调味剂D生石灰可作食品干燥剂【考点】钠的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物；甲醛【分析】A甲醛有毒性，能使蛋白质发生变性；B氢氧化铝能与盐酸反应，且自身对人无害；C氯化钠具有咸味，常用作调味品；D生石灰能和水反应生成微溶于水的氢氧化钙【解答】解：A甲醛有毒，能破坏蛋白质的结构，使之失去生理功能，所以不能用甲醛作食品防腐剂，故A错误；B抗酸药的有效成分为：碳酸氢钠、碳酸钙、碳酸镁、氢氧化铝、氢氧化镁等，氢氧化铝能与胃液中的盐酸反应，且自身对人无害，故B正确；CNa为人体不可缺少的元素，食盐可用于食品调味剂，具有咸味，故C正确；D生石灰能和水反应，所以可用生石灰作食品干燥剂，故D正确故选A3某晶体熔化时化学键没有被破坏的属于（）A原子晶体B离子晶体C分子晶体D金属晶体【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【分析】根据晶体中构成微粒以及微粒之间的作用力分析，分子晶体在熔化时不破坏化学键【解答】解：A原子晶体在熔化时破坏共价键，破坏了化学键，故A不选；B离子晶体在熔化时破坏离子键，破坏了化学键，故B不选，C分子晶体在熔化时不破坏化学键，如HCl，属于电解质，溶于水发生电离破坏化学键，熔化时没有化学键的破坏，故C选D金属晶体熔化时破坏金属键，破坏了化学键，故D不选故选C4实验室进行下列实验时，一定不需要使用“沸石”的是（）A制取蒸馏水B分馏石油C制取乙烯D溴乙烷的水解【考点】化学实验方案的评价【分析】A制取蒸馏水需要加热到100以上； B需要加入沸石防止混合液体暴沸；C制取乙烯需要将混合液体加热到170，加热温度较高，液态容易发生爆沸；D溴乙烷的水解温度较低【解答】解：A制取蒸馏水时，为了防止爆沸，需要加入沸石，故A不选； B分馏石油时，需要通过蒸馏操作完成，需要加入沸石防止混合液体暴沸，故B不选；C制取乙烯，需要将混合液体加热到170，为了防止混合液体暴沸，需要使用沸石，故C不选；D溴乙烷的水解温度较低，所以不需要使用沸石，故D选；故选D5反应E+FG在温度T1下进行，反应M+NK在温度T2下进行，已知：T1T2，且E和F的浓度均大于M和N的浓度，则两者的反应速率（）A前者大B后者大C一样大D无法判断【考点】化学反应速率的影响因素【分析】影响化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，比较温度、浓度对化学反应速率的影响只能针对于同一个化学反应【解答】解：影响化学反应速率的主要因素是物质的性质，物质越活泼，反应速率越大，而浓度、温度为影响化学反应速率的外因，比较温度、浓度对化学反应速率的影响只能针对于同一个化学反应，如Na和HCl溶液剧烈反应，但无论温度多高、浓度多大，Cu都不与盐酸反应，故选D二、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意）6下列物质能通过化合反应直接制得的是（）FeCl2 H2SO4 NH4NO3 HClA只有B只有C只有D全部【考点】铁的化学性质；含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用【分析】A、金属铁可以和三价铁离子反应生成亚铁离子；B、三氧化硫和水反应生成硫酸；C、硝酸和氨水之间发生反应生成硝酸铵；D、氢气在氯气中燃烧生成氯化氢【解答】解：金属铁可以和三价铁离子反应生成亚铁离子，属于化合反应，故正确；三氧化硫和水反应生成硫酸，属于化合反应，故正确；硝酸和氨水之间发生反应生成硝酸铵，属于化合反应，故正确；氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，属于化合反应，故正确故选D7下列说法正确的是（）A鉴别溶液中是否有SO42，先用盐酸酸化，再加BaCl2溶液B干馏、分馏都是物理变化C往制备乙酸乙酯反应后的混合液中加入Na2CO3溶液，产生气泡，说明乙酸有剩余D3 mol Fe在足量的水蒸气中完全反应转移9NA个电子【考点】化学实验方案的评价【分析】A先加入盐酸可排除亚硫酸根离子和银离子的干扰；B分馏为物理变化；C制备乙酸乙酯的反应为可逆反应；D铁和水反应生成四氧化三铁【解答】解：A先加入盐酸可排除亚硫酸根离子和银离子的干扰，再加入氯化钡可检验是否含有硫酸根离子，故A正确；B分馏根据物质的沸点进行分离，为物理变化，故B错误；C制备乙酸乙酯的反应为可逆反应，乙酸不能完全反应，故C错误；D铁和水反应生成四氧化三铁，3 mol Fe在足量的水蒸气中完全反应转移8NA个电子，故D错误故选A8无法实现的反应是（）A酸和酸反应生成酸B只有氧化剂的氧化还原反应C盐和盐反应生成碱D一种碱通过化合反应生成一种新的碱【考点】化学基本反应类型【分析】A强酸制弱酸是得到新酸和盐； B氧化剂得到电子；C盐和盐反应不能生成碱；D碱能与盐反应【解答】解：A强酸制弱酸是得到新酸和盐，可以实现，故A正确； B氧化剂得到电子，必须有失去电子的物质，故B错误；C生成碱需要氢氧根，盐和盐反应不能生成碱，故C错误；D碱能与盐反应，生成新碱和新盐，故D正确故选BC9化学反应中，物质的用量不同或浓度不同或反应条件不同会对生成物产生影响下列反应的生成物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响的是（）A二氧化硫与氢氧化钠溶液反应B钠与氧气的反应C铁在硫蒸气中燃烧D铁粉加入硝酸中【考点】钠的重要化合物；二氧化硫的化学性质；铁的化学性质【分析】A氢氧化钠与二氧化硫反应，二氧化硫少量反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量反应生成亚硫酸氢钠；B钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，在空气中放置生成氧化钠；C铁与硫反应生成硫化亚铁；D铁粉与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮【解答】解：A二氧化硫与氢氧化钠溶液反应，产物与二氧化硫有关，二氧化硫少量反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量反应生成亚硫酸氢钠，故A不选；B钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，在空气中放置生成氧化钠，产物与反应条件有关，故B不选；C铁与硫反应生成硫化亚铁，产物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响，故C选；D铁粉与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，产物与硝酸浓度有关，故D不选；故选：C10某有机化合物的结构简式如图所示下列说法正确的是（）A不能发生银镜发应B1mol 该物质最多可与2molBr2反应C与NaHCO3、Na2CO3均能发生反应D1mol 该物质最多可与4mol NaOH反应【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构可知分子中含酚OH、HCOOC、碳碳双键、Cl，结合酚、酯、烯烃、卤代烃的性质来解答【解答】解：A含甲酸某酯结构，具有CHO的性质，能发生银镜发应，故A错误；B碳碳双键、酚OH的邻对位与溴反应，1mol 该物质最多可与3molBr2反应，故B错误；C不能与碳酸氢钠反应，故C错误；D酚OH、HCOOC、Cl均与NaOH反应，1mol 该物质最多可与4mol NaOH反应，故D正确；故选D11在恒容密闭容器中，用铜铬的氧化物作催化剂，用一定量的HCl（g）和O2制取Cl2的原理为4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）+Q （Q0 ）下列有关说法错误的是（）A平衡前，随着反应的进行，容器内压强变小B平衡时，其他条件不变，分离出H2O（g），逆反应速率减小C平衡时，其他条件不变，升高温度平衡常数增大D其他条件不变，使用不同催化剂，HCl（g）的转化率不变【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用【分析】该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，容器内气体的压强在不断减小，分离出H2O（g），即减小生成物浓度，逆反应速率减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动，转化率不变【解答】解：A该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，则容器的压强在逐渐减小，故A正确；B分离出H2O（g），即减小生成物浓度，逆反应速率减小，故B正确；C该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故C错误；D使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动，转化率不变，故D正确故选C12用下列各组试剂分离FeCl3和AlCl3两种物质的混合物，其中可以达到目的是（）A氨水和盐酸B氢氧化钠和二氧化碳C氢氧化钠和盐酸D氨水和二氧化碳【考点】镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；物质的分离、提纯和除杂【分析】A氨水不能溶解氢氧化铝，无法分离；B氢氧化铁、氢氧化铝不能溶解在碳酸中，过滤后不能复原得到FeCl3、AlCl3；C加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，过量加入会使Al（OH）3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe（OH）3不会溶解过滤操作后往Fe（OH）3沉淀加入盐酸会使沉淀溶解再次生成FeCl3；往NaAlO2溶液加入盐酸会先出现Al（OH）3沉淀，盐酸过量沉淀会溶解生成AlCl3，达到分离目的；D氨水不能溶解氢氧化铝，无法分离【解答】解：A氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使Al（OH）3沉淀转变成偏铝酸盐，无法分离，故A错误；B加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，过量加入会使Al（OH）3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe（OH）3不会溶解过滤操作后，往NaAlO2溶液通入二氧化碳会先出现Al（OH）3沉淀，但碳酸属于弱酸，不能溶解氢氧化铝、氢氧化铁，不能复原得到FeCl3、AlCl3，故B错误；C加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，过量加入会使Al（OH）3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe（OH）3不会溶解过滤操作后往Fe（OH）3沉淀加入盐酸会使沉淀溶解再次生成FeCl3；往NaAlO2溶液加入盐酸会先出现Al（OH）3沉淀，盐酸过量沉淀会溶解生成AlCl3，达到分离目的，故C正确；D氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使Al（OH）3沉淀转变成偏铝酸盐，无法分离，故D错误；13如图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图说法正确的是（）A元素非金属性：XRWBX与R形成的分子内含两种作用力CX、Z形成的化合物中可能含有共价键D元素对应的离子半径：WRX【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题【解答】解：都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素，A同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，应为ClS，故A错误；BX与R形成的分子可为SO2或SO3，分子内只存在极性键，故B错误；CX、Z形成的化合物如为Na2O2，可含有共价键，故C正确；D核外电子排布相同的离子核电荷数越大离子半径越小，半径ClS2，故D错误故选C14既发生了化学反应，又有电解质的溶解过程，且这两个过程都吸热的是（）A冰醋酸与NaOH溶液反应BKNO3加入水中CNH4NO3加入水中DCaO加入水中【考点】吸热反应和放热反应【分析】A、冰醋酸和氢氧化钠溶液的反应为酸碱中和；B、硝酸钾加入水中没有化学反应发生；C、硝酸铵加入水中后，先溶于水，然后发生盐类的水解；D、氧化钙放入水中后和水发生化合反应【解答】解：A、冰醋酸和氢氧化钠溶液的反应为酸碱中和，而酸碱中和为放热反应，故A错误；B、由于硝酸钾为强酸强碱盐，不能水解，故硝酸钾加入水中没有化学反应发生，故不符合题干的要求，故B错误；C、硝酸铵加入水中后，先溶于水，而铵盐溶于水为吸热的物理过程；然后发生盐类的水解，由于盐类的水解为酸碱中和的逆反应，故盐类水解吸热，故C正确；D、氧化钙放入水中后和水发生化合反应，为放热反应，故D错误故选C15我国科学家屠呦呦因在抗疟疾药物青蒿素的开发起到关键作用而获2015年诺贝尔生理学或医学奖青蒿素可由香草醛经过系列反应合成，下列是主要原料、中间体、产品：下列有关说法中错误的是（）A青蒿素能发生水解反应B青蒿素易溶于乙醚C在一定条件下，香草醛可与HCHO发生缩聚反应D可用FeCl3 溶液或 NaHCO3溶液鉴别香草醛和青蒿酸【考点】有机物的结构和性质【分析】A青蒿素中含COOC；B青蒿素为酯类有机物；C香草醛含酚OH，但酚羟基邻位置只有一个H，不能与HCHO可发生酚醛缩合反应；D香草醛含酚OH，可利用氯化铁鉴别，青蒿酸含COOH能与碳酸氢钠溶液反应【解答】解：A青蒿素中含COOC，能发生水解反应，故A正确；B青蒿素为酯类有机物，易溶于乙醚，故B正确；C香草醛虽含酚OH，但不能与HCHO可发生酚醛缩合反应，故C错误；D香草醛含酚OH，可利用氯化铁鉴别，青蒿酸含COOH能与碳酸氢钠溶液反应，则NaHCO3溶液能鉴别香草醛和青蒿酸，故D正确；故选C16在溶液中能共存，加OH有沉淀析出，加H+能放出气体的是（）ANa+、Cu2+、Cl、SO42BFe2+、K+、S2、SO42CNa+、Ca2+、Cl、HCO3DH+、Al3+、NH4+、CO32【考点】离子共存问题【分析】A加入氢离子后，四种离子都不与氢离子反应，没有气体生成；B亚铁离子与硫离子反应生成硫化亚铁，不能共存；C加入氢氧根离子后，碳酸氢根离子、钙离子与氢氧根离子反应生成碳酸钙沉淀；加入氢离子后，碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳气体；D碳酸根离子与氢离子、铝离子反应，不能共存【解答】解：ANa+、Cu2+、Cl、SO42都不与H+反应，加入H+后不会生成气体，故A错误；BFe2+、S2之间反应生成FeS沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；CNa+、Ca2+、Cl、HCO3之间不发生反应，能够共存，且Ca2+、OH、HCO3之间反应生成碳酸钙沉淀，HCO3与反应生成二氧化碳气体，满足条件，故C正确；DCO32与H+、Al3+都发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C17向等体积等物质的量浓度的H2S和SO2的水溶液各两份中，分别通入不同的气体，一段时间后，如图表示通入的气体的量与溶液pH关系的曲线图，下列说法中正确的是（）A曲线a表示向H2S水溶液中通入O2B曲线b表示向SO2水溶液中通入O2C曲线c表示向H2S水溶液中通入Cl2D曲线 d 表示向SO2水溶液中通入H2S【考点】二氧化硫的化学性质；硫化氢【分析】根据H2S和SO2的水溶液，亚硫酸的酸性强强于氢硫酸，酸性溶液的pH小于7，酸性越弱，pH越大，则曲线a、曲线b是H2S的水溶液，曲线c、曲线d是SO2的水溶液，故B、C错误；A选项根据反应2H2S+O2=2S+2H2O来分析；D选项根据反应SO2+2H2S=3S+2H2O来分析【解答】解：A向H2S水溶液中通入O2发生反应2H2S+O2=2S+2H2O，溶液的酸性减弱，pH增大，最终等于7，故A正确；B亚硫酸的酸性强强于氢硫酸，酸性溶液的pH小于7，酸性越弱，pH越大，则曲线a、曲线b是H2S的水溶液，曲线c、曲线d是SO2的水溶液，故B错误，C亚硫酸的酸性强强于氢硫酸，酸性溶液的pH小于7，酸性越弱，pH越大，则曲线a、曲线b是H2S的水溶液，曲线c、曲线d是SO2的水溶液，故C错误；D向SO2水溶液中通入H2S发生反应SO2+2H2S=3S+2H2O，溶液的酸性减小，pH增大，故D错误；故选：A18有等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（）AV3V2V1BV3=V2=V1CV3V2=V1DV1=V2V3【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3H2O中，c（OH）相同，但NH3H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c（OH）越大，消耗酸越多【解答】解：等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3H2O中，c（OH）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2V3，所以消耗酸的体积关系为V3V2=V1，故选C19制备HCl气体，下列方法中，可行的是（）NaHSO4+MnCl2（固）加强热 浓H2SO4+浓HCl共热浓H2SO4+KCl（固）共热 浓H2SO4+NaCl（固）+MnO2共热ABCD全部【考点】浓硫酸的性质【分析】浓硫酸为难挥发性酸，氯化氢为易挥发性酸，利用难挥发性酸制备易挥发性酸，据此分析解答【解答】解：NaHSO4与MnCl2（固）加强热生成硫酸锰、氯化钠和氯化氢，氯化氢易挥发，所以可以用来制备氯化氢，故正确；浓盐酸易挥发，浓硫酸具有吸水性，与浓盐酸共热，吸收盐酸的水，促进氯化氢的逸出，故可以用来制备氯化氢，故正确；浓H2SO4有KCl（固）共热反应生成硫酸氢钾和氯化氢，利用难挥发性制取易挥发性酸的原理，可以用来制备氯化氢，故正确；浓H2SO4和NaCl（固）和MnO2共热，浓硫酸与氯化钠生成的氯化氢，继续与二氧化锰反应，被二氧化锰氧化生成氯气，得不到氯化氢，故错误；故选：B20以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线如图，则（）AA的结构简式是B的反应类型分别是取代、消去C反应的条件分别是浓硫酸加热、光照D酸性KMnO4溶液褪色可证明 已完全转化成 【考点】有机物的合成【分析】以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线为，反应为光照条件下的取代反应，反应为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，反应为加成反应，反应为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，以此来解答【解答】解：以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线为，A由上述分析可知，A为氯代环戊烷，故A错误；B反应为光照条件下的取代反应，反应为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，故B正确；C反应的反应试剂和反应条件为氢氧化钠醇溶液、加热，反应的条件为常温，故C错误；DB为环戊烯，含碳碳双键，环戊二烯含碳碳双键，均能使高锰酸钾褪色，则酸性KMnO4溶液褪色不能证明环戊烷已完全转化成环戊二烯，故D错误；故选B三、填空题（本题包括21、22、23题，共27分）21根据实验室测定硫酸铜晶体（CuSO45H2O）结晶水含量的实验，填写下列空白（1）除需要酒精灯、玻璃棒、坩埚钳、药匙、三脚架等仪器外，从下列仪器中选出所需仪器（用标号字母填写）ABDFA电子天平 B研钵 C试管夹 D坩埚 E蒸发皿 F干燥器 G石棉网还需要的仪器是泥三角（2）某学生实验后得到以下数据：加热前的质量加热后的质量W1（容器）W2（容器+晶体）W3（容器+无水硫酸铜）第一次15.688g17.668g16.962g第二次15.688g17.744g17.033g请写出结晶水x=4.81本次实验的相对误差=3.8%（3）该学生测定结果是偏高还是偏低？偏低从下列选项中选出该学生产生误差的原因可能是（填写字母）BCA加热前称量时容器未完全干燥B最后两次加热后的质量相差较大（大于0.001g）C加热后容器未放入干燥器中冷却D加热过程中晶体有少量溅失（4）测定硫酸铜晶体中结晶水的含量，至少在天平上进行四次称量，第三、四次称量的目的是进行恒重操作，判断达到恒重的依据是直到连续两次称量误差不得超过0.001g为止【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；硫酸铜晶体中结晶水含量的测定【分析】（1）实验需要药品的称量以及加热操作，以此判断所用的仪器；（2）由表中数据可知W3W1为硫酸铜的质量，W2W3为结晶水的质量，计算两次的平均值，可计算x并判断误差；（3）实验结果偏低，在测定中若被测样品中含有加热不挥发的杂质或实验前被测样品已有部分失水，都会造成测量结果偏低；（4）第三、四次称量为恒重操作，以判断晶体是否完全分解，且取平均值而减小实验误差【解答】解：（1）实验时应先研磨，需要研钵；然后称量需要电子天平；加热需要酒精灯、玻璃棒、坩埚钳、药匙、三脚架坩埚、泥三角，最后在干燥器中冷却故答案为：ABDF；泥三角；（2）由表中数据可知W3W1为硫酸铜的质量，为=1.3095（g），W2W3为结晶水的质量，为=0.7085（g），则x=4.81，相对误差为=3.8%，故答案为：4.81；3.8%；（3）由（2）计算数值可知实验结果偏低，A加热前所用的坩埚未完全干燥加热后水挥发，导致水的质量测定结果偏大，故A错误；B最后两次加热后的质量相差较大（大于0.001g），可能为水没有分解完全，则测定结果偏低，故B正确；C加热后容器未放入干燥器中冷却，硫酸铜吸水，导致测定结果偏小，故C正确；D加热过程中晶体有少量溅失，导致质量差值偏大，测定结果偏大，故D错误故答案为：偏低；BC；（4）在硫酸铜结晶水含量的测定实验中，实验中的加热、冷却、称量的操作步骤要重复进行，直至连续两次称量的差不超过0.001gg为止，一般情况下，至少在天平上进行四次称量，第三、四次称量的目的是进行恒重操作，故答案为：恒重；直到连续两次称量误差不得超过0.001g为止22现在工业上主要采用离子交换膜法（图1）电解饱和食盐水制取NaOH、H2和Cl2阳离子交换膜有一种特殊的性质，即它只允许阳离子通过，而阻止阴离子和气体通过请回答下列问题：（1）电解之前，食盐水需要精制，目的是除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42等杂质离子，使用的试剂有：aNa2CO3溶液，bBa（OH）2溶液，c稀盐酸其合理的加入顺序为（填试剂序号）bac（2）在电解过程中，对水的电离是促进的（填“促进”或“抑制”或“没有影响”）；与电源正极相连的电极上所发生的电极反应式为2Cl2eCl2（3）如果在容积为10L的离子交换膜电解槽中，1min后在阴极可产生11.2L（标准状况）H2，这时溶液的pH值是升高（填“升高”、“降低”或“不变”），溶液中c（OH）为（设体积保持不变）0.1mol/L（4）若没有阳离子交换膜的存在，改用图2电解发生器（b为电源正极，用石墨作电极），可制备家用环保型消毒液（NaClO溶液）则此实验时电解饱和食盐水的总化学方程式是NaCl+H2ONaClO+H2（5）室温条件下，该消毒液（NaClO）溶液的pH7，原因是ClO+H2OHClO+OH（用离子方程式表示）【考点】电解原理【分析】（1）盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，要先加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子；（2）电解NaCl溶液时，水电离出来的氢离子在阴极反应，阳极上氯离子放电生成氯气；（3）阴极电极反应式为 2H+2eH2，生成11.2L氢气消耗1mol氢离子，溶液中生成1mol氢氧根离子，据此分析；（4）若采用无隔膜电解食盐水，Cl2和NaOH充分接触，产物仅是NaClO和H2，则阳极上氯离子放电生成次氯酸钠、阴极上氢离子放电，据此分析解答；（5）NaClO是弱酸强碱盐，其水解导致溶液显碱性【解答】解：（1）要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，Na2CO3可以除去过量的钡离子，否则过量的钡离子不能完全除尽，至于加NaOH除去镁离子顺序不受限制，可放在加入BaCl2之前或之后，因为过量的NaOH加HCl就可以调节了，只要将三种离子完全除去，过滤即可，最后加HCl除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，故答案为：bac；（2）电解NaCl溶液时，水电离出来的氢离子在阴极反应，促进了水的电离，阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为 2Cl2eCl2，故答案为：促进； 2Cl2eCl2；（3）阴极电极反应式为 2H+2eH2，生成11.2L氢气即0.5mol氢气，消耗1mol氢离子，溶液中生成1mol氢氧根离子，所以pH升高，c（OH）=0.1mol/L，故答案为：升高；0.1mol/L；（4）若采用无隔膜电解食盐水，Cl2和NaOH充分接触，产物仅是NaClO和H2，则阳极上氯离子放电生成次氯酸钠、阴极上氢离子放电，电池反应式为NaCl+H2ONaClO+H2，故答案为：NaCl+H2ONaClO+H2；（5）NaClO是弱酸强碱盐，其水解导致溶液显碱性，水解方程式为ClO+H2OHClO+OH，故答案为：ClO+H2OHClO+OH23某白色固体试样中可能含有CuCl2、（NH4）2SO4、NaCl、Ba（NO3）2、Na2CO3、Al2（SO4）3中的若干种化合物为确定其成分，进行如下实验：取少量固体溶于水、静置，得无色溶液和白色沉淀物；用pH试纸测定上述溶液，结果得溶液的pH小于6；过滤出沉淀物，逐滴加入盐酸至过量，观察到沉淀不发生溶解；取上述（实验）无色溶液，逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，可观察到先有沉淀出现，而后又逐渐溶解，最后完全消失；加热所得溶液，产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体取实验中所得的溶液，滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成通过上述实验确定：（1）白色固体中一定存在（NH4）2SO4、Al2（SO4）3、Ba（NO3）2；（填相应物质的化学式，下同）可能存在NaCl；（2）写出实验中产生沉淀，产生气体的离子方程式：Al3+3OH=Al（OH）3、NH4+OHNH3+H2O；（3）若要证明原样品中可能存在的阴离子，应采用的操作及观察到的现象是取实验所得的溶液，加硝酸至酸性，滴加硝酸银溶液，若出现白色沉淀，证明有Cl离子，否则无Cl离子【考点】无机物的推断【分析】由得到无色溶液，则一定不含CuCl2，白色沉淀至少为硫酸钡、碳酸钡、氢氧化铝中的一种；由可知溶液pH6，溶液显酸性，则一定不含Na2CO3，可知中白色沉淀不是碳酸钡；由沉淀物，逐滴加入盐酸至过量，观察到沉淀不发生溶解，可知中白色沉淀为硫酸钡，则原混合物中一定含（NH4）2SO4、Ba（NO3）2，由取上述（实验）无色溶液，逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，可观察到先有沉淀出现，而后又逐渐溶解，最后完全消失，则沉淀为氢氧化铝，则原混合物一定含Al2（SO4）3；加热所得溶液，产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体，气体为氨气，一定含（NH4）2SO4；取实验中所得的溶液，滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能为AgCl或硫酸银，以此来解答【解答】解：由得到无色溶液，则一定不含CuCl2，白色沉淀至少为硫酸钡、碳酸钡、氢氧化铝中的一种；由可知溶液pH6，溶液显酸性，则一定不含Na2CO3，可知中白色沉淀不是碳酸钡；由沉淀物，逐滴加入盐酸至过量，观察到沉淀不发生溶解，可知中白色沉淀为硫酸钡，则原混合物中一定含（NH4）2SO4、Ba（NO3）2，由取上述（实验）无色溶液，逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，可观察到先有沉淀出现，而后又逐渐溶解，最后完全消失，则沉淀为氢氧化铝，则原混合物一定含Al2（SO4）3；加热所得溶液，产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体，气体为氨气，一定含（NH4）2SO4；取实验中所得的溶液，滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能为AgCl或硫酸银，不能确定是否含NaCl，（1）综上所述，白色固体中一定存在（NH4）2SO4、Al2（SO4）3、Ba（NO3）2，可能存在NaCl，一定不存在CuCl2、Na2CO3，故答案为：（NH4）2SO4、Al2（SO4）3、Ba（NO3）2；NaCl； （2）实验中产生沉淀，产生气体的离子方程式分别为Al3+3OH=Al（OH）3、NH4+OHNH3+H2O，故答案为：Al3+3OH=Al（OH）3；NH4+OHNH3+H2O；（3）可能存在的阴离子为氯离子，应采用的操作及观察到的现象是取实验所得的溶液，加硝酸至酸性，滴加硝酸银溶液，若出现白色沉淀，证明有Cl离子，否则无Cl离子，故答案为：取实验所得的溶液，加硝酸至酸性，滴加硝酸银溶液，若出现白色沉淀，证明有Cl离子，否则无Cl离子四、有机合成与推断（本题12分）24化合物B是有机合成中间体，制取C4H4O4和E的转化关系如图所示已知C能使溴水退色回答下列问题：（1）指出反应类型：加成反应；氧化反应（2）E的结构简式为：（3）写出、转化的化学方程式：BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr；（4）现仅以有机物CH3CH=CHCH3为原料，无机试剂任选，用反应流程图表示合成有机物CH3COOCH2CH=CHCH2OOCCH3的过程提示：由乙醇合成聚乙烯的反应流程图可表示为：【考点】有机物的合成【分析】乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH与C在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成C5H8O3，C5H8O3聚合反应得到E，C5H8O3的不饱和度=2，则C5H8O3中含有1个酯基、1个C=C双键，由碳原子数目可知，C中含有3个C原子、结合O原子可知C中含有1个COOH，故C为CH2=CHCOOH，C5H8O3的结构简式为CH2=CHCOOCH2CH2OH，E为B为酸性高锰酸钾氧化生成D为HOOCCOOH，二者发生酯化反应生成C4H4O4为环酯，以有机物CH3CH=CHCH3为原料，合成有机物CH3COOCH2CH=CHCH2OOCCH3，应首先制备CH3COOH和HOCH2CH=CHCH2OH，CH3COOH可由氧化CH3CH=CHCH3生成；HOCH2CH=CHCH2OH可由CH3CH=CHCH3与溴发生加成反应生成CH3CHBrCHBrCH3，CH3CHBrCHBrCH3发生消去反应生成CH2=CHCH=CH2，CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4加成生成CH2BrCH=CHCH2Br，CH2BrCH=CHCH2Br水解可生成HOCH2CH=CHCH2OH，据此解答【解答】解：乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH与C在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成C5H8O3，C5H8O3聚合反应得到E，C5H8O3的不饱和度=2，则C5H8O3中含有1个酯基、1个C=C双键，由碳原子数目可知，C中含有3个C原子、结合O原子可知C中含有1个COOH，故C为CH2=CHCOOH，C5H8O3的结构简式为CH2=CHCOOCH2CH2OH，E为B为酸性高锰酸钾氧化生成D为HOOCCOOH，二者发生酯化反应生成C4H4O4为环酯，（1）反应属于加成反应，反应属于氧化反应，故答案为：加成反应；氧化反应；（2）由上述分析可知，E的结构简式为：，故答案为：；（3）反应的活性方程式为：BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr，反应的化学方程式为：，故答案为：BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr；（4）以有机物CH3CH=CHCH3为原料，合成有机物CH3COOCH2CH=CHCH2OOCCH3，应首先制备CH3COOH和HOCH2CH=CHCH2OH，CH3COOH可由氧化CH3CH=CHCH3生成；HOCH2CH=CHCH2OH可由CH3CH=CHCH3与溴发生加成反应生成CH3CHBrCHBrCH3，CH3CHBrCHBrCH3发生消去反应生成CH2=CHCH=CH2，CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4加成生成CH2BrCH=CHCH2Br，CH2BrCH=CHCH2Br水解可生成HOCH2CH=CHCH2OH，则反应流程为，故答案为：四计算题（本题共6分）25氮化铝（AlN）是一种新型无机材料，而铝合金是工业中应用最广泛的一类有色金属结构材料试回答下列问题：（1）某氮化铝（AlN）仅含有Al2O3杂质称取10.00g样品，将其加入过量的NaOH浓溶液中共热并蒸干，AlN跟NaOH溶液反应生成NaAlO2，并放出氨气3.36L（标准状况）上述反应的化学方程式为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3；该样品中的A1N的质量分数