亳州市重點中學2023學年高二化學第二學期期末質量檢測試題（含解析）

2023學年高二下學期化學期末模擬測試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、用如圖所示裝置(X、Y是直流電源的兩極)分別進行下列各組實驗,則下表中各項所列對應關系均正確的一組是選項X極實驗前U形管中液體通電后現(xiàn)象及結論A正極Na2SO4溶液U形管兩端滴入酚酞后，a管中呈紅色B正極AgNO3溶液b管中電極反應式是4OH--4e-=O2↑+2H2OC負極CuCl2溶液b管中有氣體逸出D負極NaOH溶液溶液PH降低A．A B．B C．C D．D2、肯定屬于同族元素且性質相似的是()A．原子核外電子排布式：A為1s22s2，B為1s2B．結構示意圖：A為，B為C．A原子基態(tài)時2p軌道上有1個未成對電子，B原子基態(tài)時3p軌道上也有1個未成對電子D．A原子基態(tài)時2p軌道上有一對成對電子，B原子基態(tài)時3p軌道上也有一對成對電子3、下列指定反應的方程式正確的是A．硫化亞鐵與濃硫酸混合加熱：FeS+2H+=Fe2++H2S↑B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I?+IO3?+6H+=I2+3H2OC．向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OD．乙醛與新制氫氧化銅溶液混合加熱：CH3CHO+2Cu（OH）2+OH—CH3COO—+Cu2O↓+3H2O4、下列對有機物結構或性質的描述錯誤的是（）A．將溴水加入苯中，溴水的顏色變淺，這是因為發(fā)生了加成反應B．苯分子中的6個碳原子之間的化學鍵完全相同，是一種介于碳碳單鍵和碳碳雙鍵之間的獨特的化學鍵C．若乙烷和丙烯的物質的量共為1mol，則完全燃燒生成3molH2OD．一定條件下，Cl2可在甲苯的苯環(huán)或側鏈上發(fā)生取代反應5、已知：2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)ΔH=－483.6kJ?mol-1下列說法不正確的是A．該反應可作為氫氧燃料電池的反應原理B．破壞1molH-O鍵需要的能量是463.4kJC．H2O(g)＝H2(g)+1/2O2(g)ΔH=+241.8kJ?mol-1D．H2(g)中的H-H鍵比H2O(g)中的H-O鍵牢固6、下列說法中正確的是()A．烯中C＝C的鍵能是乙烷中C－C的鍵能的2倍B．氮氣分子中含有1個σ鍵和2個π鍵C．N－O鍵的極性比C－O鍵的極性大D．NH4＋中4個N－H鍵的鍵能不相同7、下列關于0.1mol/LH2SO4溶液的敘述錯誤的是A．1L該溶液中含有H2SO4的質量為9.8gB．0.5L該溶液中氫離子的物質的量濃度為0.2mol/LC．從1L該溶液中取出100mL，則取出的溶液中H2SO4的物質的量濃度為0.01mol/LD．取該溶液10mL加水稀釋至100mL后，H2SO4的物質的量濃度為0.01mol/L8、下列說法不正確的是A．皂化反應是指油脂在稀硫酸的作用下水解得到高級脂肪酸和甘油B．淀粉纖維素、麥芽糖在一定條件下可和水作用轉化為葡萄糖C．氨基酸既能與強酸反應，也能與強堿反應D．“春蠶到死絲方盡,蠟炬成灰淚始干”中的“絲”和“淚”分別是蛋白質和烴9、下列實驗中，對應的實驗現(xiàn)象和實驗結論都正確且具有因果關系的是選項實驗方法或操作實驗現(xiàn)象實驗結論A將小塊Na放入CuSO4溶液中鈉浮在水面上四處游動，溶液中有紅色沉淀生成金屬Na比Cu活潑B在淀粉粉末中加入適量濃硫酸淀粉變黑濃硫酸具有吸水性C在AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液至過量，然后通入CO2氣體先出現(xiàn)白色沉淀，后沉淀消失，最后又出現(xiàn)白色沉淀Al(OH)3是兩性氫氧化物，但不能溶解在某些弱酸中D將裝滿氯水的圓底燒瓶倒置在有氯水的水槽中，日光照射燒瓶內有氣泡向上逸出日光照射時，溶解的Cl2逸出A．A B．B C．C D．D10、有機物甲的分子式為C9H18O2，在酸性條件下甲水解為乙和丙兩種有機物，在相同的溫度和壓強下，同質量的乙和丙的蒸氣所占體積相同，則甲的可能結構有()A．16種 B．14種 C．12種 D．10種11、工業(yè)上從海水中提取溴單質時，可用純堿溶液吸收空氣吹出的溴，發(fā)生反應:(I)3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2;(II)5NaBr+NaBrO3+3H2SO4===3Na2SO4+3Br2+3H2O下列有關判斷正確的是A．反應I中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:1B．溴元素由化合態(tài)轉化成游離態(tài)時一定發(fā)生了還原反應C．反應Ⅱ中生成3molBr2時，必有5mol電子轉移D．氧化還原反應中化合價變化的元素一定是不同種元素12、原子結構模型經(jīng)歷了五個主要階段:1803年實心球模型→1897年葡萄干面包式模型→1911年原子核式結構模型→1913的軌道模型→20世紀初電子云的原子結構模型。對軌道模型貢獻最大的科學家是A．玻爾B．湯姆生C．盧瑟福D．道爾頓13、甲酸、乙醛和葡萄糖組成的某混合物，其中氧的質量分數(shù)為15.3％，則氫的質量分數(shù)為A．84.7％ B．72.6％ C．12.1％ D．6.05％14、用如圖裝置制取表中的四種干燥、純凈的氣體（圖中鐵架臺、鐵夾、加熱及氣體收集裝置均已略去；必要時可以加熱；a、b、c、d表示相應儀器中加入的試劑）其中正確的是選項氣體abcdACO2鹽酸CaCO3飽和Na2CO3溶液濃硫酸BCl2濃鹽酸MnO2NaOH溶液濃硫酸CNH3飽和NH4Cl溶液消石灰H2O固體NaOHDNO稀硝酸銅屑H2O濃硫酸A．A B．B C．C D．D15、欲除去下列物質中的少量雜質，所選除雜試劑或除雜方法不正確的是選項物質雜質除雜試劑除雜方法AC2H2H2SCuSO4溶液洗氣B溴苯Br2NaOH溶液分液C苯苯酚濃溴水過濾D乙醇水CaO蒸餾A．A B．B C．C D．D16、氯仿(CHCl3)常因保存不慎而被氧化，產(chǎn)生劇毒物光氣(COClA．CHClB．COCl2分子中含有3個σ鍵、一個π鍵，中心C原子采用C．COClD．使用前可用硝酸銀稀溶液檢驗氯仿是否變質二、非選擇題（本題包括5小題）17、為了測定某有機物A的結構，做如下實驗：①將2.3g該有機物完全燃燒，生成0.1molCO2和2.7g水。②用質譜儀測定其相對分子質量，得如圖(Ⅰ)所示的質譜圖。③用核磁共振儀處理該化合物，得到如圖(Ⅱ)所示圖譜，圖中三個峰的面積之比是1：2：3。試回答下列問題：（1）有機物A的相對分子質量是________。（2）有機物A的實驗式是________。（3）A的分子式是________。（4）推測有機物A的結構簡式為____，A中含官能團的名稱是_____。18、高血脂是一種常見的心血管疾病，治療高血脂的新藥I（C31H34O6）的合成路線如圖：已知：、RCHO回答下列問題：（1）②的反應類型是___。（2）G的結構簡式為___。（3）①寫出A→B的化學方程式為___。②寫出E和新制氫氧化銅溶液反應的化學方程式___。③寫出B與銀氨溶液反應的離子方程式___。（4）若某化合物W的相對分子質量比化合物C大14，且滿足下列條件，則W的可能結構有___種。①遇到FeCl3溶液顯色②屬于芳香族化合物③能發(fā)生銀鏡反應19、亞硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、醫(yī)藥等工業(yè)。實驗室用如圖裝置(夾持裝置略)制取少量的NOSO4H，并檢驗產(chǎn)品純度。已知：NOSO4H遇水水解，但溶于濃硫酸而不分解。（1）利用裝置A制取SO2，下列最適宜的試劑是_____(填下列字母編號)A．Na2SO3固體和20%硝酸B．Na2SO3固體和20%硫酸C．Na2SO3固體和70%硫酸D．Na2SO3固體和18.4mol/L硫酸（2）裝置B中濃HNO3和SO2在濃H2SO4作用下反應制得NOSO4H。①為了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是_______。②該反應必須維持體系溫度不低于20℃。若溫度過高，產(chǎn)率降低的可能原因是____。③開始反應緩慢，待生成少量NOSO4H后，溫度變化不大，但反應速率明顯加快，其原因可能是______。（3）在實驗裝置存在可能導致NOSO4H產(chǎn)量降低的缺陷是______。（4）測定NOSO4H的純度準確稱取1.337g產(chǎn)品加入250mL碘量瓶中，加入0.1000mol/L、60.00mL的KMnO4標準溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后搖勻。用0.2500mol/L草酸鈉標準溶液滴定，消耗草酸鈉溶液的體積為20.00mL。已知：2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4①配平：__MnO4-＋___C2O42-＋______＝___Mn2+＋____＋__H2O②亞硝酰硫酸的純度=___%(計算結果保留兩位有效數(shù)字)。20、下圖是有關FeSO4的轉化關系(無關物質已略去)。已知：①X由兩種化合物組成，將X通入品紅溶液，溶液退色；通入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀。②Y是紅棕色的化合物。(1)氣體X的成分是(填化學式)________。(2)反應Ⅰ的反應類型屬于(填序號)________。a．分解反應b．復分解反應c．置換反應d．化合反應e．氧化還原反應(3)溶液2中金屬陽離子的檢驗方法是____________________________________________。(4)若經(jīng)反應Ⅰ得到16g固體Y，產(chǎn)生的氣體X恰好被0.4L1mol·L－1NaOH溶液完全吸收，則反應Ⅰ的化學方程式是_______________________________________________，反應Ⅳ中生成FeSO4的離子方程式是_____________________________________________。(5)一瓶長期露置在空氣中的FeSO4溶液，為檢驗其是否完全變質，則需要的試劑是___________（填寫名稱）。21、醋酸是常見的弱酸，氨水是常見的弱堿。（1）25℃時，用0.1000mol·L－1鹽酸滴定25.00mL0.1000mol·L－1氨水的滴定曲線如圖所示。①滴定時，可選用____（填“甲基橙”或“酚酞”）作指示劑；錐形瓶中水的電離程度：a點____b點（填“＞”“＜”或“＝”）。②滴定至反應終點前，溶液中發(fā)生反應的離子方程式為____。③滴定至a點處，錐形瓶中NH4+、Cl－、NH3·H2O的濃度由小到大的順序為____。④滴定至c點處，錐形瓶中NH4+、Cl－、H+的濃度由小到大的順序為____。（2）25℃時，用HCl或NaOH調節(jié)醋酸的pH，配得一組c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=0.1mol·L－1溶液，溶液中H+、OH－、CH3COO－及CH3COOH濃度的對數(shù)值（lgc）與pH關系如圖所示：①圖中表示H+的線是____（填小寫字母）；0.1mol·L－1CH3COONa溶液的pH約為____（保留2位小數(shù)）。②反應CH3COOHCH3COO－+H+的電離常數(shù)的對數(shù)值lgK=____（填數(shù)值）。

2023學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.電解Na2SO4溶液時,陽極上是氫氧根離子發(fā)生失電子的氧化反應,即a管中氫氧根放電,酸性增強,酸遇酚酞不變色,即a管中呈無色,A錯誤;B.電解硝酸銀溶液時,陰極上是銀離子發(fā)生得電子的還原反應,即b管中電極反應是析出金屬銀的反應,故B錯誤;C.電解CuCl2溶液時，陽極上是氯離子發(fā)生失電子的氧化反應,即b管中氯離子放電,產(chǎn)生氯氣，C正確；D.電解NaOH溶液時，陰極上是氫離子放電，陽極上是氫氧根離子放電，實際上電解的是水，導致NaOH溶液的濃度增大，堿性增強，PH升高，D錯誤。答案選C.2、D【答案解析】

A：前者為Be，后者為He，分處于IIA及0族。B：前者為0族Ne，后者為IA的Na；C：前者為B或F，后者為Al或Cl，不一定是同族元素；D：前者為O，后者為S，均為第ⅥA元素；故選D。3、D【答案解析】

本題考查離子方程式書寫的正誤判斷，A.硫化亞鐵與濃硫酸混合加熱發(fā)生氧化還原反應，硫化亞鐵是還原劑,濃硫酸是氧化劑，氧化產(chǎn)物是三價的鐵離子和二氧化硫，還原產(chǎn)物是二氧化硫；B.電荷不守恒、得失電子數(shù)目不守恒；C.向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水，二者反應生成碳酸鈣沉淀、一水合氨和水；堿性條件下，乙醛與新制氫氧化銅溶液混合加熱生成醋酸鹽、氧化亞銅沉淀和水?！绢}目詳解】硫化亞鐵與濃硫酸混合加熱發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為：2FeS+20H++7SO42-=2Fe3++9SO2↑+10H2O，A錯誤；電荷不守恒、得失電子數(shù)目不守恒，正確的離子方程式為：5I?+IO3?+6H+=3I2+3H2O，B錯誤；碳酸氫銨溶液與足量石灰水反應生成碳酸鈣沉淀、一水合氨和水，離子方程式為：NH4++Ca2++HCO3-+2OH-═CaCO3↓+H2O+NH3?H2O，C錯誤；乙醛與新制氫氧化銅溶液混合加熱生成醋酸鹽、氧化亞銅沉淀和水，反應的離子方程式為：CH3CHO+2Cu（OH）2+OH—CH3COO—+Cu2O↓+3H2O，D正確。故選D?！敬鸢更c睛】把握發(fā)生的反應及離子反應的書寫方法為解答的關鍵，側重復分解反應、氧化還原反應的離子反應考查，答題時注意離子反應中保留化學式的物質及得失電子數(shù)目和電荷守恒。4、A【答案解析】

A．將溴水加入苯中，由于溴在苯中的溶解度比在水中的溶解度大，故發(fā)生萃取，溴水的顏色變淺，發(fā)生的是物理變化，A項錯誤；B．苯分子中不存在碳碳單鍵和碳碳雙鍵，而存在一種介于碳碳單鍵和碳碳雙鍵之間的獨特的化學鍵，B項正確；C．乙烷和丙烯的每個分子中都含有6個氫原子，1mol混合物中含6mol氫原子，完全燃燒生成3molH2O，C項正確；D．苯環(huán)上的氫原子在催化劑作用下能被氯原子取代，苯環(huán)側鏈上的氫原子在光照條件下可被氯原子取代，D項正確。故選A。5、D【答案解析】

A.該反應是氧化還原反應，可以用作氫氧燃料電池的原理，A正確；B.根據(jù)題中的熱化學方程式得：ΔH=2EH-H+EO-O-4EH-O，EH-O==463.4kJ·mol-1，B正確；C.根據(jù)蓋斯定律得：H2O(g)＝H2(g)+1/2O2(g)ΔH=+241.8kJ?mol-1，C正確；D.由題知，H-H鍵鍵能為436kJ·mol-1，H-O鍵鍵能為463.4kJ·mol-1，H-O鍵鍵能更大，所以H-O鍵更牢固，D錯誤；故合理選項為D。6、B【答案解析】

有機化合物中，碳原子與碳原子的原子軌道之間以“肩并肩”的方式形成π鍵的重疊程度要比以“頭碰頭”的方式形成σ鍵的重疊程度小得多。兩個碳原子之間形成的σ鍵比π鍵牢固，σ鍵的鍵能通常大于π鍵。【題目詳解】A.乙烯中兩個碳原子間存在一個σ鍵和一個π鍵，乙烷中兩個碳原子間存在一個σ鍵，乙烯中C＝C的鍵能應當大于乙烷中C－C的鍵能且小于乙烷中C－C的鍵能的2倍，故A錯誤；B.氮氣分子中有三個共價鍵，1個σ鍵和2個π鍵，故B正確；C.形成共價鍵的兩個原子對電子的吸引能力差別越大，共價鍵的極性就越強；N原子與O原子吸電子能力的差值小于C與O吸電子能力的差值，N－O鍵的極性比C－O鍵的極性小，故C錯誤；D.在NH4+中參與成鍵的8個電子分布在原子最外層的4個能量相等的sp3雜化軌道中，4個N－H鍵的鍵能鍵長鍵角都相等，故D錯誤；綜上所述，本題選B?！敬鸢更c睛】通過物質的結構式，可以快速有效判斷鍵的種類及數(shù)目；判斷成鍵方式時，需要掌握：共價單鍵全為σ鍵，雙鍵中有一個σ鍵和1個π鍵，三鍵中有一個σ鍵和2個π鍵，且σ鍵比π鍵穩(wěn)定。7、C【答案解析】

A.1L該硫酸溶液中含有溶質的物質的量n=cV=0.1mol/L×1L=0.1mol，則其中含有溶質的質量m=0.1mol×98g/mol=9.8g，A正確；B.硫酸是二元強酸，根據(jù)電解質及其電離產(chǎn)生的離子濃度關系可知c(H+)=2c(H2SO4)=0.1×2=0.2mol/L，B正確；C.溶液具有均一性，溶液的濃度與其取出的體積大小無關，所以從1L該溶液中取出100mL，則取出的溶液中H2SO4的物質的量濃度仍為0.1mol/L，C錯誤；D.溶液在稀釋過程中溶質的物質的量不變，所以稀釋后溶液的濃度c==0.01mol/L，D正確；故合理選項是C。8、A【答案解析】分析：本題考查的是糖類油脂蛋白質的結構和性質，注意皂化反應的原理。詳解：A.皂化反應是指油脂在堿溶液作用下水解得到高級脂肪酸鹽和甘油，故錯誤；B.淀粉纖維素、麥芽糖都屬于糖類，在一定條件下可和水作用轉化為葡萄糖，故正確；C.氨基酸含有氨基和羧基，既能與強酸反應，也能與強堿反應，故正確；D.“春蠶到死絲方盡,蠟炬成灰淚始干”中的“絲”和“淚”分別是蛋白質和烴，故正確。故選A。9、C【答案解析】

A.鈉放入鹽溶液中，鈉先與水反應；B.使淀粉變黑體現(xiàn)濃硫酸的脫水性；C.Al(OH)3是兩性氫氧化物，不溶于弱酸和弱堿；D.在光照條件下，次氯酸分解生成氧氣?！绢}目詳解】A.在鹽溶液中，Na先與水反應生成NaOH，NaOH與溶液中的CuSO4反應，生成Cu(OH)2藍色沉淀，故A錯誤；B.濃硫酸具有脫水性，能夠使淀粉碳化而變黑，所以使淀粉變黑體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性，故B錯誤；C.AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液至過量，先出現(xiàn)Al(OH)3沉淀，后Al(OH)3溶解在NaOH溶液中，生成NaAlO2，通入CO2氣體，NaAlO2與碳酸反應生成Al(OH)3沉淀，故C正確；D.氯水受日光照射，氯水中的HClO分解生成氧氣而不是氯氣，故D錯誤；答案選C?！敬鸢更c睛】本題考查化學實驗方案的評價，把握物質的性質、反應與現(xiàn)象、沉淀的轉化等為解題的關鍵，題目難度不大。本題的易錯點是D項，注意氯水在光照時，溶液中含有的次氯酸發(fā)生分解反應生成的氣體是氧氣。10、A【答案解析】

有機物甲的分子式應為C9H18O2，在酸性條件下甲水解為乙和丙兩種有機物，則有機物甲為酯。由于同質量的乙和丙的蒸氣所占體積相同，說明乙和丙的相對分子質量相同，因此酸比醇少一個C原子，說明水解后得到的羧酸含有4個C原子，而得到的醇含有5個C原子，判斷5碳醇屬于戊醇的同分異構體，4碳羧酸屬于丁酸的同分異構體，據(jù)此判斷有機物甲的同分異構體數(shù)目。【題目詳解】有機物甲的分子式應為C9H18O2，在酸性條件下甲水解為乙和丙兩種有機物，則有機物甲為酯。由于同質量的乙和丙的蒸氣所占體積相同，說明乙和丙的相對分子質量相同，因此酸比醇少一個C原子，說明水解后得到的羧酸含有4個C原子，而得到的醇含有5個C原子；含有4個C原子的羧酸有2種同分異構體：CH3CH2CH2COOH，CH3CH(CH3)COOH；含有5個C原子的醇的有8種同分異構體：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH(OH)CH3，CH3CH2CH(OH)CH2CH3；CH3CH2CH(CH3)CH2OH，CH3CH2C(OH)(CH3)CH3，CH3CH(OH)CH(CH3)CH3，CH2(OH)CH2CH(CH3)CH3；CH3C(CH3)2CH2OH；所以有機物甲的同分異構體數(shù)目有2×8=16，故答案為A。【答案點睛】有機物產(chǎn)生同分異構體的本質在于原子的排列順序不同，在中學階段主要指下列三種情況：(1)碳鏈異構：由于碳原子的連接次序不同而引起的異構現(xiàn)象，(2)官能團位置異構：由于官能團的位置不同而引起的異構現(xiàn)象，如：CH3CH2CH=CH2和CH3CH=CHCH3。(3)官能團異類異構：由于官能團的不同而引起的異構現(xiàn)象，主要有：單烯烴與環(huán)烷烴；二烯烴、炔烴與環(huán)烯烴；醇和醚；酚與芳香醇或芳香醚；醛與酮；羧酸與酯；硝基化合物與氨基酸；葡萄糖與果糖；蔗糖與麥芽糖等。11、C【答案解析】

A.(I)3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2中溴為氧化劑和還原劑，其中做氧化劑的為2.5mol，做還原劑的溴為0.5mol，故二者比例為5:1，故錯誤；B.溴元素由化合態(tài)轉化成游離態(tài)時化合價可能降低也可能升高，可能發(fā)生氧化反應或還原反應，故錯誤；C.反應Ⅱ5NaBr+NaBrO3+3H2SO4===3Na2SO4+3Br2+3H2O中溴化鈉中的溴從-1價升高到0價，溴酸鈉中溴從+5價降低到0價，所以生成3molBr2時，必有5mol電子轉移，故正確；D.在氧化還原反應中肯定有元素化合價變化，可能是一種元素也可能是不同的元素，故錯誤。故選C。12、A【答案解析】1803年英國科學家道爾頓提出近代原子學說，即原子結構的實心球模型；1897年，英國科學家湯姆生發(fā)現(xiàn)了電子，之后提出葡萄干面包式原子結構模型；1911年英國物理學家盧瑟福提出了原子核式結構模型；1913年丹麥物理學家波爾引入量子論觀點，提出電子在一定軌道上運動的原子結構模型；20世紀初奧地利物理學家薛定諤提出電子云模型，為近代量子力學原子結構模型。綜上分析，對軌道模型貢獻最大的科學家是玻爾，故選A。13、C【答案解析】

甲酸為CH2O，乙醛為C2H4O，葡萄糖為C6H12O6，各分子中碳原子與氫原子數(shù)目之比為1：2，故混合物中碳元素與氫元素的質量之比為12：2=6：1，根據(jù)氧元素的質量發(fā)生計算混合物中碳元素與氫元素的質量分數(shù)之和，再根據(jù)碳元素與氫元素質量關系計算。【題目詳解】甲酸為CH2O，乙醛為C2H4O，葡萄糖為C6H12O6，各分子中碳原子與氫原子數(shù)目之比為1：2，故混合物中碳元素與氫元素的質量之比為12：2=6：1，根據(jù)氧元素的質量發(fā)生計算混合物中碳元素與氫元素的質量分數(shù)之和，混合物中氧的質量分數(shù)為15.3%，則混合物中碳元素與氫元素的質量分數(shù)之和為1-15.3%=84.7%，故混合物中氫元素的質量分數(shù)，故答案選C。14、D【答案解析】

A、二氧化碳氣體中混有的雜質是氯化氫氣體除去氯化氫氣體用飽和碳酸氫鈉溶液，不能用碳酸鈉溶液，因為碳酸鈉溶液會吸收二氧化碳，A錯誤；B、制取的氯氣中常含有氯化氫氣體但是不能用氫氧化鈉溶液除雜因為氯氣會與氫氧化鈉反應，B錯誤；C、除去氨氣中的雜質氣體不能用水因為氨氣極易溶于水，C錯誤；D、一氧化氮難溶于水，可以用水除去其中的二氧化氮或硝酸，再用濃硫酸干燥即可得到純凈的一氧化氮氣體，正確。答案選D。15、C【答案解析】

A．硫化氫與硫酸銅反應生成黑色沉淀，而乙炔不能，利用洗氣法分離，A項正確；B．溴易與溴苯混溶而難于除去，因此可選NaOH溶液，利用溴可與氫氧化鈉溶液反應生成溴化鈉、次溴酸鈉、水進入水層，并利用分液方法分離，故B正確；C.苯酚與濃溴水反應生成的三溴苯酚屬于有機物易溶于有機溶劑苯中，無法分離，C項錯誤；D．利用氧化鈣易吸收水且與水反應生成微溶且沸點較高的氫氧化鈣這一特點，將乙醇利用蒸餾的方式分離提純，D項正確；答案應選C?！敬鸢更c睛】本題主要考查的是有機混合物的除雜問題。解題時需要注意的是在選擇除雜試劑時，應注意除去雜質必有幾個原則：（1）盡可能不引入新雜質（2）實驗程序最少（3）盡可能除去雜質。(4)也可以想辦法把雜質轉變?yōu)橹饕儍粑?。?）減少主要物質的損失。16、A【答案解析】分析：A項，CHCl3為極性分子；B項，單鍵是σ鍵，雙鍵中有1個σ鍵和1個π鍵，雜化軌道用于形成σ鍵和容納孤電子對；C項，COCl2分子中所有原子的最外層都滿足8電子穩(wěn)定結構；D項，CHCl3不會電離出Cl-，HCl在水溶液中會電離出H+和Cl-。詳解：A項，CHCl3中含C—H鍵和C—Cl鍵，C—H鍵和C—Cl鍵都是極性鍵，CHCl3為四面體形分子，分子中正電中心和負電中心不重合，CHCl3為極性分子，A項錯誤；B項，單鍵是σ鍵，雙鍵中有1個σ鍵和1個π鍵，根據(jù)COCl2的結構式知，COCl2分子中含有3個σ鍵、1個π鍵，雜化軌道用于形成σ鍵和容納孤電子對，C原子形成3個σ鍵，C原子上沒有孤電子對，中心原子C采用sp2雜化，B項正確；C項，COCl2的電子式為，COCl2分子中所有原子的最外層都滿足8電子穩(wěn)定結構，C項正確；D項，CHCl3不會電離出Cl-，HCl在水溶液中會電離出H+和Cl-，使用前向氯仿中加入AgNO3稀溶液，若產(chǎn)生白色沉淀表明氯仿變質，若無明顯現(xiàn)象表明氯仿沒有變質，D項正確；答案選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、46C2H6OC2H6OCH3CH2OH羥基【答案解析】

（1）根據(jù)質荷比可知，該有機物A的相對分子量為46；（2）根據(jù)2.3g該有機物充分燃燒生成的二氧化碳、水的量判斷有機物A中的碳元素、氫元素的物質的量、質量，再判斷是否含有氧元素，計算出C、H、O元素的物質的量之比，最后確定A的實驗式；（3）因為實驗式是C2H6O的有機物中，氫原子數(shù)已經(jīng)達到飽和，所以其實驗式即為分子式；（4）結合核磁共振氫譜判斷該有機物分子的結構簡式?！绢}目詳解】（1）在A的質譜圖中，最大質荷比為46，所以其相對分子質量也是46，故答案為：46。（2）2.3g該有機物中，n(C)=n(CO2)=0.1mol，含有的碳原子的質量為m(C)=0.1mol×12g·mol-1=1.2g，氫原子的物質的量為：n(H)=×2=0.3mol，氫原子的質量為m(H)=0.3mol×1g·mol-1=0.3g，該有機物中m(O)=2.3g-1.2g-0.3g=0.8g，氧元素的物質的量為n(O)==0.05mol，則n(C)：n(H)：n(O)=0.1mol：0.3mol：0.05mol=2：6：1，所以A的實驗式是：C2H6O，故答案為：C2H6O。（3）因為實驗式是C2H6O的有機物中，氫原子數(shù)已經(jīng)達到飽和，所以其實驗式即為分子式，故答案為：C2H6O。（4）A有如下兩種可能的結構：CH3OCH3或CH3CH2OH；若為前者，則在核磁共振氫譜中應只有1個峰；若為后者，則在核磁共振氫譜中應有3個峰，而且3個峰的面積之比是1：2：3，顯然CH3CH2OH符合題意，所以A為乙醇，結構簡式為CH3CH2OH，乙醇的官能團為羥基，故答案為：CH3CH2OH，羥基?！敬鸢更c睛】核磁共振氫譜是用來測定分子中H原子種類和個數(shù)比的。核磁共振氫譜中，峰的數(shù)量就是氫的化學環(huán)境的數(shù)量，而峰的相對高度，就是對應的處于某種化學環(huán)境中的氫原子的數(shù)量不同化學環(huán)境中的H，其峰的位置是不同的。峰的強度(也稱為面積)之比代表不同環(huán)境H的數(shù)目比。18、取代反應2+O22+2H2OHCHO+4Cu(OH)2→CO2↑+2Cu2O↓+5H2O+2+2OH-+2Ag+3NH3↑+H2O13【答案解析】

A是苯甲醇，B是苯甲醛，C是苯甲酸，D二氯甲烷水解得到E為甲醛，按信息知G也是含醛基的物質，H含有羥基，是由G中醛基與氫氣加成反應生成，I含有酯基，據(jù)此回答；（1）②是酯化反應；（2）F到G，碳原子數(shù)目增加2個，所以F+2HCHO發(fā)生題給信息反應（羥醛縮合）后才轉變成G；（3）①A→B是苯甲醇的催化氧化反應；②D→E，是D在氫氧化鈉的水溶液、加熱條件下發(fā)生取代反應，但同一個碳原子上含有兩個羥基不穩(wěn)定會失水生成醛，E是甲醛，分子內2個氫原子是等同的，和足量新制氫氧化銅溶液反應時，氫原子均可反應，結果氧化產(chǎn)物就變成了二氧化碳，據(jù)此寫化學方程式；③B是苯甲醛，可和銀氨溶液反應，據(jù)此寫離子方程式；（4）W的相對分子質量比化合物C大14，C為苯甲酸，W比它多一個CH2，分子式為C7H6O2，W要滿足幾個條件，把對應的所含基團找出來，確定各自的位置關系，就可以找到W的可能結構有幾種；【題目詳解】（1）反應②是H和C之間的反應，C為，H為，H和C發(fā)生酯化反應，屬于取代反應；答案為：取代反應；（2）F到G，碳原子數(shù)目增加2個，所以F+2HCHO→G，發(fā)生題給信息反應（羥醛縮合），G為；答案為：；（3）①A→B是苯甲醇的催化氧化反應；答案為：2+O22+2H2O；②D→E，是D在氫氧化鈉的水溶液、加熱條件下發(fā)生取代反應，但同一個碳原子上含有兩個羥基不穩(wěn)定會失水生成醛，E是甲醛，分子內2個氫原子是等同的，和足量新制氫氧化銅溶液反應時，氫原子均可反應，結果氧化產(chǎn)物就變成了二氧化碳，化學方程式為HCHO+4Cu(OH)2→CO2↑+2Cu2O↓+5H2O；答案為：HCHO+4Cu(OH)2→CO2↑+2Cu2O↓+5H2O；③B是苯甲醛，可和銀氨溶液反應，在水浴加熱下產(chǎn)生銀鏡，離子方程式為：+2+2OH-+2Ag+3NH3↑+H2O；答案為：+2+2OH-+2Ag+3NH3↑+H2O；（4）W的相對分子質量比化合物C大14，C為，W比它多一個CH2，W分子式為C8H8O2，W要滿足幾個條件，①遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基，②屬于芳香族化合物，即含有苯環(huán)，③能發(fā)生銀鏡反應，還含有醛基，因此當W含有2個側鏈為—OH、—CH2CHO時，有鄰、間、對3種結構，當W含有的3個側鏈為—OH、—CH3和—CHO時，先在苯環(huán)上固定2個取代基得出鄰間對3種再把第三個基團放上去，一共又可組合出10種結構，一共13種；答案為：13。19、C調節(jié)分液漏斗活塞，控制濃硫酸的滴加速度濃HNO3分解、揮發(fā)生成的NOSO4H作為該反應的催化劑C(或A)中的水蒸氣會進入B，使產(chǎn)品發(fā)生水解2516H+210CO2↑895【答案解析】

根據(jù)題意可知，在裝置B中利用濃HNO3與SO2在濃H2SO4作用下反應制得NOSO4H，利用裝置A制取二氧化硫，利用裝置C吸收多余的二氧化硫，防止污染空氣，據(jù)此分析?！绢}目詳解】（1）該裝置屬于固液或液液混合不加熱型裝置。Na2SO3溶液與HNO3反應時，硝酸會氧化亞硫酸鈉本身被還原為一氧化氮，選項A不符合；實驗室制二氧化硫的原理是基于SO32-與H+的反應，因為生成的SO2會溶于水，所以不能用稀硫酸來制取，那樣不利于SO2的逸出，但如果是用濃硫酸（18.4mol/L），純硫酸是共價化合物，濃度越高，越不利于硫酸電離出H+，所以不適合用太濃的硫酸來制取SO2，選項B、選項D不符合；選項C符合；答案選C；（2）裝置B中濃HNO3和SO2在濃H2SO4作用下反應制得NOSO4H。①為了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是調節(jié)分液漏斗活塞，控制濃硫酸的滴加速度；②該反應必須維持體系溫度不低于20℃。若溫度過高，濃HNO3分解、揮發(fā)，產(chǎn)率降低；③開始反應緩慢，待生成少量NOSO4H后，溫度變化不大，但生成的NOSO4H作為該反應的催化劑，使反應速率明顯加快；（3）在實驗裝置存在可能導致NOSO4H產(chǎn)量降低的缺陷是C(或A)中的水蒸氣會進入B，使產(chǎn)品發(fā)生水解；(5)①發(fā)生的是MnO4－和C2O42－的氧化還原反應，MnO4－做氧化劑，被還原成生成Mn2+，C2O42－做還原劑，被氧化成城二氧化碳。結合得失電子守恒和電荷守恒可得到MnO4－和C2O42－的離子反應方程式為：2MnO4－+5C2O42－+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；②根據(jù)題意可知，酸性KMnO4溶液先與NOSO4H反應，利用草酸鈉溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。用0.2500mol·L－1草酸鈉標準溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸鈉溶液的體積為20.00mL?？芍Ｓ嗟腒MnO4的物質的量n1(MnO4－)=n(C2O42－)=×0.2500mol·L－1×20.00×10-3L=2×10-3mol，則亞硝酰硫酸消耗的KMnO4的物質的量n2(MnO4－)=0.1000mol·L－1·60.00×10-3L-2×10-3mol=4×10-3mol。n(NOSO4H)=5/2n2(MnO4－)=10-2mol，亞硝酰硫酸的純度=m(NOSO4H)/1.337g×100%=10-2mol×127g·mol－1/1.337g×100%=95.0%?！敬鸢更c睛】本題測定純度過程中，先用過量的酸性KMnO4溶液滴定NOSO4H，將NOSO4H完全消耗，再用草酸鈉溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。經(jīng)過兩次滴定實驗，最終測得樣品純度?？上雀鶕?jù)第二次滴定，求出第一次消耗高錳酸鉀的物質的量，再根據(jù)方程式比例關系，計算出樣品中NOSO4H的含量。20、SO2、SO3a、e取少量