2018-2019学年内蒙古鄂尔多斯市第一中学高二下学期期末考试化学试题 解析版 23页

市一中2018-2019学年度第二学期期末考试试题 高二化学 答题要求：‎ ‎1.本卷满分100分，考试时间90分钟 ‎2.全部答案写在答题卡指定位置 ‎3.考试结束只交答题卡 相对原子质量：H－1；C－12；N－14；O－16；Na－23；K－39；S－32；Cl－35.5‎ 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题 ‎1.共建“一带一路”符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。下列贸易商品中，主要成分不属于有机物的是 A． 中国丝绸 B．捷克水晶 C．埃及长绒棉 D．乌克兰葵花籽油 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：蛋白质、纤维素、油脂均为有机物，二氧化硅为无机物，据此分析。‎ 详解：A、中国丝绸主要成分是蛋白质，属于有机物，选项A错误；B、捷克水晶主要成分是二氧化硅，属于无机物，选项B正确；C、埃及长绒棉主要成分是纤维素，属于有机物，选项C错误；D、乌克兰葵花籽油主要成分是油脂，属于有机物，选项D错误。答案选B。‎ ‎2.下列对应符号表述正确的是 A. 一氯甲烷的结构式CH3Cl B. 葡萄糖的结构简式C6H12O6‎ C. 苯的分子式 D. 丙烯的实验式CH2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．结构式是用元素符号和短线表示化合物（或单质）分子中原子的排列和结合方式的式子；B．葡萄糖的分子式为C6H12O6；C．苯的分子式为C6H6；D．烯烃的的通式为CnH2n，则实验式均为CH2。‎ ‎【详解】A．一氯甲烷的结构式为，选项A错误； B．苯的分子式为C6H6，苯的结构简式为，选项B错误；C．葡萄糖的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHO，选项C错误；D．烯烃的的通式为CnH2n，则丙烯的实验式为CH2，选项D正确。答案选D。‎ ‎3.把各组中的气体通入溶液中，溶液的导电能力显著增强的是（　　）‎ A. CO2（g）通入NaOH溶液 B. CO2（g）通入石灰水 C. NH3（g）通入CH3COOH溶液 D. NH3（g）通入盐酸中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：电解质溶液的导电能力与离子的浓度及离子所带的电荷有关，A、B、D过程离子浓度与离子所带电荷的乘积不变，C过程离子浓度变大，导电能力增强。答案选C。‎ 考点：电解质溶液的导电与溶液中离子浓度的关系 ‎4.某有机物的结构简式为，该有机物不可能发生的化学反应是 A. 水解反应 B. 酯化反应 C. 加成反应 D. 还原反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.该有机物中-Cl可以发生水解，故A能发生；B.该有机物中不含羟基和羧基，不能发生酯化反应，故B不能发生；C.该有机物中含有碳碳双键，可发生加成反应，故C能发生；D.该有机物中含有醛基，能发生还原反应，故D能发生；本题选B。‎ ‎5.下列物质中,水解前后均可发生银镜反应的是 A. 蔗糖 B. 麦芽糖 C. 淀粉 D. 乙酸甲酯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 蔗糖水解的化学方程式为C‎12C12H22O11+H2O→C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)，蔗糖分子结构中无醛基不能发生银镜反应，故A错误；B. 麦芽糖是二糖，水解的化学方程式为C‎12C12H22O11+H2O→C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(葡萄糖)，麦芽糖分子结构中有醛基能发生银镜反应，故B正确； C. 淀粉中没有醛基，不能发生银镜反应，故C错误；D. 乙酸甲酯可发生水解反应，但不含醛基，不能发生银镜反应，故D错误；本题故选B。‎ ‎6.用NaOH固体配制1.0 mol·L－1的NaOH溶液220 mL，下列说法正确的是(　　)‎ A. 首先称取NaOH固体‎8.8 g B. 定容时仰视刻度线会使所配制的溶液浓度偏高 C. 定容后将溶液均匀，静置时发现液面低于刻度线，于是又加少量水至刻度线 D. 容量瓶中原有少量蒸馏水没有影响 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、依题意，配制1.0 mol·L－1的NaOH溶液220 mL，要用250 mL容量瓶来配制，则需要NaOH固体‎10.0 g，选项A错误；B、定容时仰视刻度线会使所配制的溶液浓度偏低，选项B错误；C、定容后将溶液均匀，静置时发现液面低于刻度线，于是又加少量水至刻度线，所配制的溶液浓度偏低，选项C错误；D、容量瓶中原有少量蒸馏水没有影响，选项D正确。答案选D。‎ ‎7.下列有关物质变化和分类的说法正确的是 A. 电解熔融态的Al2O3、‎12C转化为‎14C都属于化学变化 B. 胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物 C. 葡萄糖溶液和淀粉溶液作为分散系的本质区别是能否发生丁达尔效应 D. SiO2、CO、Al2O3都属于酸性氧化物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电解熔融的氧化铝会生成铝和氧气，是化学变化，但‎12C转化为‎14C是原子核内中子数发生了变化，不属于化学变化，A错误；‎ B.胆矾是CuSO4·5H2O，是纯净物；四氧化三铁也是纯净物；冰水混合物里面只有一种分子即水分子，所以也是纯净物；B正确；‎ C.葡萄糖溶液和淀粉溶液分别属于溶液和胶体，本质区别是分散质粒子直径，C错误；‎ D.SiO2是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，Al2O3是两性氧化物，D错误；‎ 故合理选项为B。‎ ‎【点睛】纯净物是由一种分子组成的物质，结晶水合物是纯净物，冰水混合物也是纯净物。淀粉溶液虽然称为溶液，但里面的大多数粒子的直径在1nm-100nm之间，所以属于胶体。‎ ‎8.下列离子方程式正确且与对应操作和目的相符的是 选项 目的 操作 离子方程式 A 比较Fe2+和Br−还原性强弱 向FeBr2溶液中加入少量氯水 ‎2Br−+Cl2=Br2+2Cl−‎ B 比较C、Si非金属性强弱 向硅酸钠溶液中通入少量二氧化碳 SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+ CO32-‎ C 除去CO2中的SO2‎ 将气体通入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶 CO32-+SO2=SO32-+CO2‎ D 实验室制取氯气 向MnO2固体中加入浓盐酸并加热 ‎ ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.亚铁离子的还原性比溴离子强，向FeBr2溶液中加入少量氯水时，氯气应该先氧化亚铁离子，A错误；‎ B.向硅酸钠溶液中通入二氧化碳，发生强酸制弱酸的复分解反应，证明了碳酸酸性比硅酸强。非金属性的强弱可以根据其最高价氧化物水对应的水化物的酸性强弱来比较，所以可得出：碳比硅的非金属性强，B正确；‎ C.饱和碳酸氢钠溶液可以除去二氧化碳中的二氧化硫，但是碳酸氢根离子不能拆开写，所以离子方程式错误，正确的为：，C错误；‎ D.向二氧化锰固体中加入浓盐酸并加热可以在实验室制取氯气，但是离子方程式里浓盐酸要拆开写，正确的为：，D错误；‎ 故合理选项为B。‎ ‎【点睛】在写离子方程式时，浓盐酸、浓硝酸都要拆成离子形式，但浓硫酸不能拆开。‎ ‎9.某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、CH3COO4－种阴离子。若向其中加入足量的Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（ ）‎ A. CH3COO－ B. SO32- C. CO32- D. HCO3-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠能和HCO3－反应生成CO32－，所以HCO3－浓度减小，CO32－浓度增大。过氧化钠还具有氧化性，能氧化SO32－生成SO42－，所以SO32－浓度减小，因此基本不变的是CH3COO－，答案选A。‎ ‎10.将质量均为mg的O2、X、Y气体分别充入相同容积的密闭容器中，压强(p)与温度(T)的关系如图所示，则X、Y气体可能分别是(　　)‎ A. C2H4、CH4 B. CO2、Cl‎2 ‎C. SO2、CO2 D. CH4、Cl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据PV=nRT可知温度和体积相等时，压强与气体的物质的量成正比。根据m＝nM可知在质量相等时气体的物质的量与摩尔质量成反比，根据图像可知三种气体的相对分子质量大小关系是O2＜X＜Y。其中氧气的相对分子质量是32，则A. C2H4、CH4的相对分子质量分别是28和16，A不符合题意；B. CO2、Cl2的相对分子质量分别是44和71，B符合题意；C. SO2、CO2的相对分子质量分别是64和44，C不符合题意；D. CH4、Cl2的相对分子质量分别是16和71，D不符合题意，答案选B。‎ ‎11. 甲、乙、丙三种物质均含有同一种中学常见元素X，其转化关系如下，下列说法不正确的是 A. 若A为硝酸，X为金属元素，则甲与丙反应可生成乙 B. 若乙为NaHCO3，则丙一定是CO2‎ C. 若A为NaOH溶液，X为短周期的金属元素，则乙一定为白色沉淀 D. 若A为金属单质，乙的水溶液遇KSCN溶液变红，则甲可能为非金属单质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、若A为硝酸，则甲为铁，乙为硝酸亚铁，丙为硝酸铁，甲与丙反应可生成乙，A正确；B、若乙为NaHCO3，A为氢氧化钠，则甲为二氧化碳，丙可以为碳酸钠，所以丙不一定是CO2‎ ‎，B错误；C、若A为NaOH溶液，X为短周期的金属元素，则甲为氯化铝，乙为氢氧化铝，丙为偏铝酸钠，C正确；D、若A为金属单质，乙的水溶液遇KSCN溶液变红，则A为铁，甲可以为氯气，乙为氯化铁，丙为氯化亚铁，D正确；答案选B。‎ 考点：考查物质转化关系的判断应用，物质性质的分析应用 ‎12.1mol某链烃最多能和2molHCl发生加成反应，生成1 mol氯代烷，1mol该氯代烷能与6molCl2发生取代反应，生成只含有碳氯两种元素氯代烃，该链烃可能是 A. CH3CH=CH2 B. CH‎3C≡CH C. CH3CH‎2C≡CH D. CH2=CHCH=CH2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：某气态烃1mol最多能和2molHCl发生加成反应，生成1mol氯代烷，说明该气体烃中含有2个双键或一个三键；此氯代烷能和6mol Cl2发生取代反应，生成物分子中只含C、Cl两种元素，此一个氯代烃分子中含有6个氢原子，这6氢原子其中有2个是和氯化氢加成得到的，所以该烃分子中含有4个氢原子，即该烃是丙炔。故选B。‎ 考点：取代反应与加成反应 点评：本题考查了加成反应和取代反应，难度不大，明确取代反应中氢原子个数和氯气分子个数之间的关系式是解本题的关键。‎ ‎13. 下列反应的离子方程式正确的是 A. 工业上用电解法制备烧碱：2Cl一+H2O2OH一+H2↑+Cl2↑‎ B. 用食醋除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+＝Ca2++H2 O+ CO2↑‎ C. NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：NH4＋＋OH－H2O＋NH3↑‎ D. 铜溶于硫酸酸化的过氧化氢溶液：Cu+2H++H2O2＝Cu2++2H2 O ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、工业上用电解法饱和食盐水的方法制备烧碱：2Cl一+2H2O2OH一+H2↑+Cl2↑，A不正确；B、醋酸是弱酸，应该用化学式表示，因此用食醋除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO－+H2 O+ CO2↑，B不正确；C、NH4HCO3‎ 溶液中加过量NaOH溶液并加热：HCO3－＋NH4＋＋2OH－CO32－＋2H2O＋NH3↑，C不正确；D、双氧水具有强氧化性，因此铜溶于硫酸酸化的过氧化氢溶液中反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2＝Cu2++2H2O，D正确，答案选D。‎ 考点：考查离子方程式的正误判断 ‎14.下列实验能达到预期目的的是（ ）‎ A. 可以用热的浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油 B. 除去己烷中己烯可以用溴水分液处理 C. 将纤维素和稀H2SO4加热水解后的液体取出少许，加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热，有无红色沉淀生成，证明纤维素是否水解 D. 蛋白质溶液中加入丙酮可以使蛋白质从溶液中析出，再加水又能溶解 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 植物油与浓NaOH溶液反应生成可溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，反应后不分层；矿物油不与浓NaOH溶液反应，而且矿物油也不溶于水，混合物分层，故可以用热的浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油，A正确；B. 己烯可与溴水反应生成二溴己烷，二溴己烷可以溶于己烷，所以，除去己烷中己烯用溴水处理是达不到目的的，也无法分液，B不正确；C. 将纤维素和稀H2SO4加热水解后的液体取出少许，要先加入适量的氢氧化钠溶液中和硫酸，然后再加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热，观察有无红色沉淀生成，才能证明纤维素是否水解，C不正确；D.丙酮可以使蛋白质变性，变性后的蛋白质不溶于水，D不正确。本题选A。‎ ‎15.安全气囊逐渐成为汽车的标配，因为汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊中迅速发生反应：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑，产生大量的气体使气囊迅速弹出，保障驾乘车人员安全。下列关于该反应的说法不正确的是 A. 该反应中NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂 B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1‎ C. 若有‎50.5 g KNO3参加反应，则有1 mol N原子被还原 D. 每转移1 mol e−，可生成标准状况下N2的体积为‎35.84 L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在反应中，叠氮化钠里氮的化合价由-1/3价升高到0价，KNO3中的氮由+5价也降到了0价。所以NaN3是还原剂，硝酸钾是氧化剂，A错误；‎ B.氧化产物和还原产物都是氮气。16mol N2中有1mol N2来自硝酸钾，15molN2来自于NaN3，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1，B错误；‎ C.硝酸钾中的氮原子全部被还原，所以硝酸钾的物质的量和被还原的氮原子的物质的量相等。‎50.5克硝酸钾即0.5mol KNO3参加反应，那么被还原的N即为0.5mol，C正确；‎ D.从反应可以看出，每转移10mol电子，生成16mol N2，所以转移1mol电子，就会生成1.6mol N2，标准状况下为‎35.84L，D错误；‎ 故合理选项为C。‎ ‎16.已知：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，2Fe2++Br2=2Br﹣+2Fe3+。在bL FeBr2溶液中通入amol Cl2时，使溶液中50% 的Br﹣氧化为Br2，则原FeBr2的物质的量浓度为 A. a/bmol•L﹣1 B. ‎2a/bmol•L﹣‎1 ‎C. ‎3a/bmol•L﹣1 D. ‎5a/bmol•L﹣1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由方程式可知，还原性Fe2+＞Br-，故氯气先氧化Fe2+，而溶液中50%的Br-氧化为Br2，说明Fe2+完全氧化，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+) = x mol，n(Br-) = 2x mol，参加反应的n(Br-) = 2x mol × 50% = x mol，根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c = 来计算作答。‎ ‎【详解】由方程式可知，还原性Fe2+＞Br-，故氯气先氧化Fe2+，而溶液中50%的Br-氧化为Br2，说明Fe2+完全氧化，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+) = x mol，n(Br-) = 2x mol，参加反应的n(Br-) = 2x mol × 50% = x mol，根据电子转移守恒，有x mol×1+x mol×1=a mol×2，解得 x= a mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为c = = = mol/L，故答案选A。‎ ‎【点睛】‎ 在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。需要特别注意的是，在同一个溶液中，存在多种具有还原性的离子时，要遵循先后顺序，由于氧化剂的量不同，导致的离子反应方程式也不尽相同。‎ ‎17.将“试剂”分别加入①、②两只试管中，不能完成“实验目的”的是 实验目的 试剂 试管中的物质 A 醋酸的酸性强于苯酚 碳酸氢钠溶液 ‎①醋酸 ②苯酚溶液 B 羟基对苯环的活性有影响 饱和溴水 ‎①苯 ②苯酚溶液 C 甲基对苯环的活性有影响 酸性高锰酸钾溶液 ‎①苯 ②甲苯 D 乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼 金属钠 ‎①水 ②乙醇 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A、证明醋酸的酸性强于碳酸的酸性；B、验证了羟基对苯环活性的影响；C、验证苯环对甲基活性的影响；D、水是弱电解质，乙醇是非电解质，羟基氢原子的活泼性不同。‎ 详解：A、醋酸与碳酸氢钠溶液反应产生气体而苯酚不能使碳酸钠溶液产生气体，证明醋酸的酸性强于碳酸的酸性，碳酸的酸性强于苯酚的酸性，选项A不选；B、饱和溴水与苯进行萃取、与苯酚生成三溴苯酚沉淀，验证了羟基对苯环活性的影响，选项B不选；C、酸性高锰酸钾与甲苯反应生成苯甲酸，溶液褪色，验证苯环对甲基活性的影响而不是甲基对苯环的影响，选项C选；D、水是弱电解质，乙醇是非电解质，羟基氢原子的活泼性不同，反应进行的剧烈程度不同，能证明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，选项D不选；答案选C。‎ ‎18.聚氯乙烯是制作装修材料的最常用原料，失火时聚氯乙烯在不同的温度下，发生一系列复杂的化学变化，产生大量有害气体，其过程大体如图所示：‎ 下列说法不正确的是（  ）。‎ A. 聚氯乙烯的单体可由乙烯与HCl加成而得 B. 上述反应中①属于消去反应，④属于（脱氢）氧化反应 C. 火灾中由聚氯乙烯产生的有害气体中含HCl、CO、C6H6等 D. 在火灾现场，可以用湿毛巾捂住口鼻，并弯下腰尽快远离现场 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 聚氯乙烯的单体可由乙炔与HCl加成而得，A不正确；B. 上述反应中①属于消去反应，④属于（脱氢）氧化反应，B正确；C. 由题中信息可知，火灾中由聚氯乙烯产生的有害气体中含HCl、CO、C6H6等，C正确；D. 在火灾现场，可以用湿毛巾捂住口鼻，并弯下腰尽快远离现场，D正确。本题选A.‎ ‎19.扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，下列关于这种衍生物的说法正确的是 A. 分子式为C9H8O3Br B. 不能与浓溴水反应生成沉淀 C. 与HCHO一定条件下可以发生缩聚反应 D. 1mol此衍生物最多与2mol NaOH发生反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、分子式为C9H9O3Br，故A错误；B、酚能与浓溴水反应生成沉淀，故B错误；C、酚能与甲醛发生缩聚反应，所以扁桃酸衍生物能与HCHO一定条件下可以发生缩聚反应，故C正确；D. 酚羟基、溴原子、酯基都能与氢氧化钠反应，1mol此衍生物最多与3mol NaOH 发生反应，故D错误；故选C。‎ ‎20.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. ‎100g 46%的乙醇溶液中，含H－O键的数目为NA B. 1molNaHSO4在熔融状态下电离出的阳离子数为2NA C. 氢氧燃料电池负极消耗‎1.12L气体时，电路中转移的电子数为0.1NA D. 常温常压下,‎92 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：A．乙醇溶于中，水分子中也含有O-H键；B、熔融状态下硫酸氢钠电离的阳离子只有钠离子；C、气体的体积与温度和压强有关；D、NO2和N2O4最简式相同为NO2，可以计算92gNO2中所含原子数。‎ 详解：A．‎100g 46%的乙醇溶液中，由于水分子中也含有H-O键，则该溶液中含H-O键的数目大于NA，故A错误；B、熔融状态下1mol硫酸氢钠完全电离出1mol钠离子，电离出的阳离子数为NA，故B错误；C、氢气所处的状态不明确，无法计算氢气的物质的量，则转移的电子数无法计算，故C错误；D、NO2和N2O4最简式相同为NO2，计算92gNO2中所含原子数=×3×NA=6NA，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查了阿伏加德罗常数的计算。本题的易错点为B，要注意硫酸氢钠在水溶液中和熔融状态下的电离的区别，在溶液中能够电离出氢离子，在熔融状态下只能电离成钠离子和硫酸氢根离子。‎ ‎21.下列各组中的微粒在指定溶液中一定能大量共存的是 A. c(FeCl3)=1.0mol·L-1的溶液中: HCO3-、Cl-、H+、Na+‎ B. 常温下，由水电离出的c(H+)=10-14mol·L-1溶液中: NH4+、K+、CO32-、SO42-‎ C. 在c(HCO3-)=0.1 mol·L-1的溶液中: NH4+、AlO2-、 Cl-、NO3-‎ D. 常温下KW/c（H+）=0.1 mol·L-1的溶液中:K+、NH3·H2O、SO42- 、NO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铁离子和碳酸氢根离子会发生双水解反应，A错误；‎ B.水电离出来的c(H+)=10-14mol·L-1溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液；如果是酸溶液，那么碳酸根离子和氢离子会发生反应；如果是碱溶液，铵根离子和氢氧根离子会发生反应；B错误；‎ C.HCO3-和AlO2-会发生反应:HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，C错误；‎ D.KW/c（H+）=c(OH-)，所以此溶液是碱性，氢氧根离子和这4种微粒都没有发生反应，这四种微粒相互间也不反应，D正确。‎ 故合理选项为D。‎ ‎22.在密闭容器中，加热等物质的量的NaHCO3和Na2O2的固体混合物，充分反应后，容器中固体剩余物是( )‎ A. Na2CO3和Na2O2 B. Na2CO3和NaOH C. NaOH和Na2O2 D. NaOH、Na2O2和Na2CO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：设碳酸氢钠、过氧化钠的物质的量都是2mol，则2mol碳酸氢钠受热分解生成1mol二氧化碳、1mol水、1mol碳酸钠，1mol二氧化碳与1mol过氧化钠反应生成1mol碳酸钠和0.5mol氧气，1mol水与1mol过氧化钠反应生成2mol氢氧化钠和0.5mol氧气，所以最终得固体产物是碳酸钠和氢氧化钠，答案选B。‎ 考点：考查碳酸氢钠、过氧化钠的化学性质 ‎23.有机物甲分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，则甲的可能结构有 A. 8种 B. 14种 C. 16种 D. 18种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下水解生成乙和丙两种有机物，则有机物甲为饱和一元酯。由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个碳原子，说明水解后得到的羧酸含有4个碳原子，而得到的醇有5个碳原子。有4个碳原子的羧酸有2种同分异构体，即CH3CH2CH2COOH和CH3CH(CH3)COOH。含有5个碳原子的醇有8种结构，所以总共有16种。本题选C。‎ ‎24.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol·L−1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积的关系如图。下列判断正确的是 A. 在0~a范围内，只发生中和反应 B. ab段发生反应的离子方程式为：‎ C. a=0.3‎ D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加盐酸，依次发生：H+和OH-的酸碱中和反应，H++CO32-=HCO3-，最后HCO3-+H+=H2O+CO2↑。生成的气体是0.01mol，所以碳酸氢根离子是0.01mol，根据碳守恒，Na2CO3为0.01mol。‎ ‎【详解】A.在0~a范围内，除了发生酸碱中和，还发生H++CO32-=HCO3-，A错误；‎ B.ab段发生的反应是HCO3-+H+=H2O+CO2↑，B错误；‎ C. 0.01mol HCO3-消耗0.01mol H+，根据盐酸浓度0.1mol/L，从a到0.4消耗的盐酸为‎0.1L，所以a等于0.3，C正确；‎ D. a=0.3，在前两个反应中，共消耗0.03mol　HCl，0.01mol Na2CO3消耗0.01mol HCl生成HCO3-，那么OH-消耗0.02mol H+，所以OH-为0.02mol，所以氢氧化钠和碳酸钠的物质的量之比是2：1，D错误；‎ 故选C。‎ ‎25.探究铝片与Na2CO3溶液的反应。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 无明显现象 铝片表面产生细小气泡 出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）‎ 下列说法不正确的是 A. Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32- + H2O ⇌ HCO3- + OH-‎ B. 对比Ⅰ、Ⅲ，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜 C. 推测出现白色浑浊的原因：AlO2- + HCO3- + H2O = Al(OH)3↓+ CO32-‎ D. 加热和H2逸出对CO32- 水解平衡移动方向的影响是相反的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，A项正确，不符合题意；‎ B．实验Ⅰ和Ⅱ没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验Ⅲ中却有气泡，说明氧化膜被破坏，B项正确，不符合题意；‎ C．Na2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH－反应，生成偏铝酸根，2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，AlO2－和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，C项正确，不符合题意；‎ D．CO32－的水解是吸热的，加热可以促进水解。H2产生的原因是Al和CO32－水解生成的OH－反应生成H2，H2逸出，有利于Al和OH－的反应，OH－减少，从而促进碳酸根水解，加热和H2逸出对CO32- 水解平衡移动方向的影响是相同的，D项错误，符合题意；‎ 本题答案选D。‎ 第Ⅱ卷 非选择题 二、填空题（共4题，共50分。）‎ ‎26.已知四种强电解质溶液，分别含有下列阴、阳离子中的各一种，并且互不重复：NH4+、Ba2＋、Na＋、H＋、SO42-、NO3-、OH－、CO32-。将这四种溶液分别标记为A、B、C、D，进行如下实验：①在A或D中滴入C，均有沉淀生成；②D和B反应生成的气体能被A吸收；③A和D反应生成的气体能被B吸收。试回答下列问题：‎ ‎（1）D的化学式是________，判断理由是_________________________________。‎ ‎（2）写出相应物质的化学式：A___________，C___________。‎ ‎（3）写出实验②中有关反应的离子方程式___________________________________。‎ ‎【答案】 (1). (NH4)2CO3 (2). D和A、B都能生成气体，而题给离子中只有H＋与CO32-、OH－与NH4+能反应生成气体，D只能为(NH4)2CO3 (3). H2SO4 (4). Ba(NO3)2 (5). 、NH3＋H＋=NH4+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）D和B反应能生成气体，D和A也能生成气体，给出的8种离子能生成气体的是2H++CO32-=CO2↑+H2O和OH-+NH4+=NH3↑+H2O，所以D中既有CO32-；又有NH4+，所以D是(NH4)2CO3。故答案为：(NH4)2CO3 ，D和A、B都能生成气体，而题给离子中只有H＋与CO32-、OH－与NH4+能反应生成气体，D只能为(NH4)2CO3 。‎ ‎（2）D和B生成的气体能被A吸收，D和A生成的气体能被B吸收，说明A和B一种是酸，一种是碱。根据①在A或D中滴入C，都有沉淀生成，根据给出的8种离子，应该是Ba2+滴入含硫酸根离子和碳酸根离子的溶液中，生成硫酸钡和碳酸钡沉淀。而碳酸根离子在D中，所以硫酸根离子在A中，所以A就是硫酸，那么B就是碱。B的阳离子只能是Na+，所以B只能是氢氧化钠，C就是硝酸钡。故答案为：H2SO4 ，Ba(NO3)2；‎ ‎（3）(NH4)2CO3和NaOH反应生成NH3，NH3被H2SO4吸收，反应的离子方程式为：、NH3＋H＋=NH4+。‎ ‎27.某学习小组为测定放置已久的小苏打样品中纯碱的质量分数，设计如下实验方案：‎ ‎（1）方案一：称取一定质量的样品，置于坩埚中加热至恒重后，冷却，称取剩余固体质量，计算。‎ ‎①完成本实验需要不断用玻璃棒搅拌，其目是_______________________________。‎ ‎②若实验前所称样品的质量为m g，加热至恒重时固体质量为a g，则样品中纯碱的质量分数为________。‎ ‎（2）方案二：按如图所示装置进行实验，并回答下列问题：‎ ‎①实验前先检查装置的气密性，并称取一定质量的样品放入A中，将稀硫酸装入分液漏斗中。D装置的作用是________________。‎ ‎②实验中除称量样品质量外，还需分别称量_______装置反应前、后质量(填装置字母代号)‎ ‎③根据此实验得到的数据，测定结果有误差。因为实验装置还存在一个明显的缺陷，该缺陷是_________。‎ ‎④有同学认为，用E装置替代A装置能提高实验准确度。你认为是否正确？_________(填“是”或“否”)。‎ ‎（3）方案三：称取一定量的样品置于锥形瓶中，加适量水，用盐酸进行滴定，从开始至有气体产生到气体不再产生，所滴加的盐酸体积如图所示，则小苏打样品中纯碱的质量分数为_________(保留两位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). 使固体样品受热均匀，避免局部温度过高，造成样品外溅 (2). ×100% (3). 避免空气中的水蒸气和二氧化碳进入C装置中，造成实验误差 (4). C (5). 反应产生的二氧化碳残留在A、B装置内，不能被完全吸收 (6). 否 (7). 24%‎ ‎【解析】‎ 试题分析：小苏打久置会发生反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，该样品成分为NaHCO3、Na2CO3，测定样品中纯碱的质量分数方法有：测定二氧化碳的质量、测定碳酸钠的质量、测定碳酸氢钠的质量．‎ ‎（1）①使用玻璃棒搅拌，使固体受热均匀，避免局部温度过高，造成固体外溅，‎ 故答案为：使固体受热均匀，避免局部温度过高，造成固体外溅；‎ ‎②设样品中碳酸氢钠的质量为x，则：‎ ‎2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O 质量减少 ‎168 62‎ x (m-a)g 则x==g，故m(Na2CO3)=[m-]g，‎ 则样品中Na2CO3的质量分数为{[m-]g÷mg}×100%=×100%。‎ 故答案为：×100%；‎ ‎（2）①利用C中碱石灰增重测定反应生成二氧化碳的质量，进而计算样品中碳酸钠的质量分数，由于碱石灰可以吸收空气中的二氧化碳与水蒸气，故D装置的作用是吸收空气中的二氧化碳与水蒸气，避免空气中的二氧化碳与水蒸气加入C中，防止测定误差。故答案为：避免空气中的二氧化碳与水蒸气加入C中，造成实验误差；‎ ‎②C装置反应前后质量之差为反应生成二氧化碳的质量，根据样品总质量、二氧化碳的质量可以计算混合物中碳酸钠的质量，还需分别称量C装置反应前、后的质量。故答案为：C；‎ ‎③该实验装置有一个明显的缺陷是反应产生的二氧化碳残留在A、B装置内，不能完全被吸收，使C中吸收二氧化碳质量减小，造成较大的误差。故答案为：反应产生的二氧化碳残留在A、B装置内，不能完全被吸收；‎ ‎④有同学认为，用E装置替代A装置能提高实验准确度，这种说法不正确。因为，E装置用恒压分液漏斗，部分二氧化碳为残留在分液漏斗上部，使C中吸收二氧化碳质量减小，造成较大的误差。故答案为：否；‎ ‎（3）由图可知，开始发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3，产生二氧化碳的反应为：HCl+NaHCO3NaCl+CO2↑+H2O，横坐标每个刻度为50mL，令每个刻度为1molHCl，由方程式可知，样品中n（Na2CO3）=1mol，碳酸钠反应生碳酸氢钠为1mol，故原样品中碳酸氢钠的物质的量为5mol-1mol=4mol，则原混合物中碳酸钠的质量分数为×100%=24%。故答案为：24%．‎ 考点：考查探究物质的组成或测量物质的含量 ‎【名师点睛】本题考查物质组成含量的测定，明确实验原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度中等，注意方案二有一定的缺陷，装置中的二氧化碳未能完全被C中碱石灰吸收。小苏打久置会发生反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，该样品成分为NaHCO3、Na2CO3‎ ‎，测定样品中纯碱的质量分数方法有：测定二氧化碳的质量、测定碳酸钠的质量、测定碳酸氢钠的质量。本题实验基本操作和技能，涉及实验方案的设计与评价及实验误差分析、对信息的利用、实验条件的控制、化学计算等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本知识的基础与分析问题、解决问题的能力。‎ ‎28.硼氢化钠(NaBH4)在有机合成中被称为“万能还原剂”，它的特点是性能稳定，还原时有选择性。采用NaBO2、SiO2、Na、H2为原料制备NaBH4的流程如图所示。‎ 已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺(沸点：‎33 ℃‎)。‎ ‎(1)NaBH4中含有的化学键类型为____________________。‎ ‎(2)制取NaBH4的化学方程式为_________________________________________________；‎ 在该反应加料之前，需要将反应容器加热至‎100 ℃‎以上并通入氩气，通入氩气的目的是__ 。‎ ‎(3)在强碱性条件下，常用NaBH4处理含Au3+的废液生成单质Au，已知，反应后硼元素以BO2−形式存在，反应前后硼元素化合价不变，且无气体生成，则发生反应的离子方程式为_______ 。‎ ‎(4)物质X的化学式为__________；以上流程中可以循环使用的物质是_________。‎ ‎【答案】 (1). 离子键、共价键 (2). (3). 排出反应器中的水蒸气和空气 (4). 8Au3++3BH4−+24OH−=8Au+3BO2−+18H2O (5). Na2SiO3 (6). 异丙胺 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NaBO2、二氧化硅、钠和氢气加热到‎100℃‎以上生成了硼氢化钠，同时生成硅酸钠。加入异丙胺，硼氢化钠溶于异丙胺，进入到溶液中，硅酸钠不溶于异丙胺，过滤出来，即是物质X。将溶液蒸馏，把异丙胺蒸馏出去，剩下的固体即为硼氢化钠。‎ ‎【详解】（1）在硼氢化钠中存在着钠离子和硼氢根离子，两种离子之间是离子键，BH4-中B和H之间是共价键。故答案为：离子键、共价键；‎ ‎（2）NaBO2、二氧化硅、钠和氢气加热到‎100℃‎ 以上生成了硼氢化钠，同时生成硅酸钠。因为硼氢化钠能跟水发生反应且有很强的还原性，所以通入氩气，排除反应器中的水蒸汽和空气。故答案为：，排出反应器中的水蒸气和空气；‎ ‎（3）硼氢化钠中氢是负一价，体现出很强的还原剂，把Au3+还原成单质，氢本身化合价升高，由于无气体生成，所以氢变成正一价，再根据溶液是强碱性，写出离子方程式：8Au3++3BH4−+24OH−=8Au↓+3BO2−+18H2O；‎ ‎（4）第一步反应生成硼氢化钠的同时还生成硅酸钠，硼氢化钠溶于异丙胺，而硅酸钠不溶，过滤后物质X是硅酸钠。流程最后蒸馏出去的异丙胺可以循环使用。故答案为：Na2SiO3，异丙胺。‎ ‎【点睛】注意两点：一是NaBH4中H为-1价，具有很强的还原性，可以解释在加料之前通氩气的原因，并且据此可以写出NaBH4还原Au3+的离子方程式；二是注意到题目给出的信息：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺(沸点：‎33 ℃‎)，可以用异丙胺萃取NaBH4，并在下一步骤中把异丙胺蒸馏从而和NaBH4分离。‎ ‎29.已知：通常羟基与碳碳双键相连时不稳定，易发生下列变化：‎ 依据如下图所示的转化关系，回答问题：‎ ‎（1）A的化学式是______________， 官能团是酯基和______________（填名称）；‎ ‎（2）B的结构简式是______________；‎ ‎（3）①的化学方程式是____________________________________________；‎ ‎（4）F是芳香族化合物且苯环上只有一个侧链，③的化学方程式是 ‎___________________________________________________________________；‎ ‎（5）绿色化学中，最理想的“原子经济”是原子利用率100%，上述反应中能体现“原子经济”原则的是__________（选填字母）；‎ a．① b．③ c．④‎ ‎（6）G是F的同分异构体，有关G的描述：‎ ‎①能发生水解 ‎②苯环上有三个取代基 ‎③苯环上一溴代物有2种 据此推测G的结构简式可能是（写出其中一种）_____________________。‎ ‎【答案】 (1). C4H6O2 (2). 碳碳双键 (3). (4). CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O (5). (6). c (7). 或 ‎ ‎【解析】‎ 分析：A发生加聚反应生成B，则A的分子式为C4H6O2，A能发生酸性条件下水解反应，则A中含有酯基，A的不饱和度==2，结合A的分子式知，A中含有一个酯基和一个碳碳双键；C能发生氧化反应生成D，说明C、D中碳原子个数相等，所以C、D中碳原子个数都是2，结合题给信息知，C是CH3CHO、D是CH3COOH，A是CH3COOCH=CH2，B结构简式为；D和E发生酯化反应生成F，根据F分子式知，E分子式为C7H8O，E中不饱和度==4，F是芳香族化合物且苯环上只有一个侧链，所以E为，F为。‎ 详解：（1）A的分子式为C4H6O2，结构简式为CH3COOCH=CH2，含有官能团是碳碳双键和酯基；（2）通过以上分析知，B结构简式为；（3）C是乙醛，乙酸和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成乙酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为 CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O；（4），乙酸和苯甲醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸苯甲酯和水，反应方程式为；（5）体现原子经济的反应是加成或加聚反应，以上反应中只有c是加聚反应，故选c；‎ ‎（6）F为，G是F的同分异构体，G符合下列条件：①能发生水解说明含有酯基，②苯环上有三个取代基，③苯环上一溴代物有2种说明苯环上只有两种氢原子，符合条件的同分异构体结构简式为 或 。‎ ‎ ‎