2022届四川省眉山市高二下化学期末监测模拟试题含解析

2022届四川省眉山市高二下化学期末监测模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。

若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是
A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL
【答案】A
【解析】
【详解】
从题叙述可以看出，铜还原硝酸得到的气体，恰好又与1.68 L O2完全反应，所以可以使用电子得失守恒先
求n(Cu)，即n(Cu)×2＝n(O2)×4，得n(Cu)＝2n(O2)＝2×
1.68
22.4/
L
L mol
＝0.15 mol，所以这些铜对应的铜离子
恰好沉淀所需n(NaOH)应为0.3 mol，所需V(NaOH)应为60 mL，故选A。

2．下列叙述中正确的是
A．CS2为V形的极性分子，形成分子晶体
B．ClO3-的空间构型为平面三角形
C．氯化硼BCl3的熔点为-107 ℃，氯化硼液态时能导电而固态时不导电
D．SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化，SiF4分子呈空间正四面体，SO32-呈三角锥形【答案】D
【解析】
【详解】
A. CS2和CO2相似，为直线形分子，在固态时形成分子晶体，故A不选；
B. ClO3-的中心原子的价层电子对数为
1
3+(7+1-32)=3+1=4
2
，其VSEPR模型为正四面体，略去中心原
子上的孤电子对，ClO3-的空间构型为三角锥形，故B不选；
C. 氯化硼BCl3的熔点为-107 ℃，氯化硼为分子晶体，液态和固态时只存在分子，没有离子，所以不能导电，故C不选；
D. SiF4和SO32-的中心原子的价层电子对数均为4，所以中心原子均为sp3杂化，SiF4的中心原子为sp3杂化，没有孤电子对，所以分子呈空间正四面体，SO32-有一对孤电子对，所以分子呈三角锥形，故D选。

故选D。

3．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，下列对此现象的说法正确的是
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+
C．[Cu（NH3）4]2+的空间构型为正四面体型
D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
【答案】B
【解析】
【详解】
A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；
B．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故B正确；
C．[Cu（NH3）4]2+的空间构型为平面正四边形，故C错误；
D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故D错误；
故选B。

4．已知：HCl为强酸，下列对比实验不．能用于证明CH3COOH为弱酸的是
A．对比等浓度的两种酸的pH
B．对比等浓度的两种酸，与相同大小镁条反应的初始速率
C．对比等浓度、等体积的两种酸，与足量Zn反应，生成H2的总体积
D．对比等浓度、等体积的两种酸，与等量NaOH溶液反应后放出的热量
【答案】C
【解析】A、HCl属于强酸，如果CH3COOH的pH与盐酸的pH相同，说明CH3COOH属于强酸，如果CH3COOH的pH大于盐酸的pH，则说明CH3COOH属于弱酸，对比等浓度的两种酸的pH可以判断CH3COOH属于强酸或弱酸，故A错误；B、如果醋酸是强酸，因为两种酸浓度相等，则c(H＋)相同，与相同大小镁条反应的初始速率相等，如果醋酸是弱酸，等浓度时，醋酸中c(H＋)小于盐酸中c(H＋)，与相同大小镁条反应，与醋酸的反应速率小于与盐酸反应，能够判断CH3COOH的强弱，故B错误；C、浓度相同、体积相同的两种酸，酸的物质的量相同，与足量的锌反应，生成H2的总体积相同，不能判断CH3COOH是强酸还是弱酸，故C正确；D、如果CH3COOH是强酸，两种等体积、等浓度的两种酸与等量NaOH反应放出的热量相同，如果CH3COOH为弱酸，CH3COOH的电离是吸热过程，与NaOH反应放出的热量低于盐酸与NaOH反应放出的热量，能够判断醋酸是强酸还是弱酸，故D错误。

5．进行下列实验，括号内的实验用品都必须用到的是
A．物质的量浓度的配制（容量瓶、烧杯、锥形瓶）
B．气体摩尔体积的测定（玻璃棒、镁带和液体量瓶）
C．钠的焰色反应（铂丝、氯化钠溶液、稀盐酸）
D．粗盐提纯（蒸发皿、玻璃棒、分液漏斗）
【答案】C
【解析】
【详解】
A、物质的量浓度的配制需要用到容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，不能用锥形瓶，A错误；
B、气体摩尔体积的测定要用到气体发生器、储液瓶、镁带、稀硫酸和液体量瓶，玻璃棒不是必须的，B 错误；
C、钠的焰色反应要用到的仪器有铂丝，用到的溶液有氯化钠溶液和稀盐酸，C正确；
D、粗盐提纯中用到蒸发皿、玻璃棒、酒精灯，用不到分液漏斗，D错误；
答案选C。

6．某高聚物含有如下结构片断：
对此结构的分析中正确的是( )
A．它是缩聚反应的产物
B．其单体是CH2＝CH2和HCOOCH3
C．其链节是CH3CH2COOCH3
D．其单体是CH2＝CHCOOCH3
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
由结构片断，不难看出，它是加聚产物，因主链上没有可以缩聚的官能团，只有碳碳链重复部分，很容易观察出链节为，单体为CH2＝CHCOOCH3。

答案选D。

7．下列说法错误的是（）
A．熊猫可以竹子为食，研究其消化机理有可能用来解决人类粮食危机；
B．中医是传统瑰宝之一，中草药的研究和应用可以解决人类某些重大疾病；
C．煤、焦炭可以用来较大规模地制取钻石，钻石永流传的说法值得怀疑；
D．塑料的大量使用可能会产生白色污染，因此全球应该禁止广泛使用。

【答案】D
【解析】
【详解】
A．熊猫可以消化纤维素，而人不可以，研究其消耗机理可以帮助人类消化纤维素，扩大食物来源，解决人类粮食问题，A项正确，不符合题意；
B．可以从中草药中找到治疗疾病的有效成分，B项正确，不符合题意；
C．煤和焦炭的主要成分都是碳，可以用于制造人造钻石，钻石的化学性质是比较稳定的，在通常情况下不会变质，但是在高温下可以与氧气反应生成二氧化碳，故钻石永流传值得怀疑，C项正确，不符合题意；D．塑料的使用可能会引起白色污染，但是也给人类的生活带来极大的方便，应该合理使用，而不是禁止；D项错误，符合题意；
本题答案选D。

8．下列气体中，有毒且能在空气中燃烧的是
A．H2B．O2C．H2S D．CO2
【答案】C
【解析】
【详解】
A. H2能燃烧，但没有毒，A错误；
B. O2不能燃烧，也没有毒，B错误；
C. H2S有毒且能在空气中燃烧，C正确；
D. CO2不能燃烧，也没有毒，D错误；
答案选C。

9．镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有（）
A．Cu2＋B．AlO2-C．Al3＋D．Mg2＋
【答案】B
【解析】
【分析】
镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，只有镁和铝与盐酸反应，生成氯化镁和氯化铝，过滤后滤液中存在Mg2+和Al3+，向滤液中加入一定量烧碱溶液，发生复分解反应后生成氢氧化镁沉淀和氢氧化铝沉淀，其中氢氧化铝沉淀能继续溶解在烧碱溶液中，据此分析判断。

【详解】
镁、铝、铜中加入过量盐酸充分反应，只有镁和铝与盐酸反应，过滤后滤液中存在Mg2+和Al3+，向滤液中加入一定量烧碱溶液，发生复分解反应后生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，其中氢氧化铝沉淀能继续溶解在烧碱溶液中，过滤后滤液中只存在AlO2-；
答案选B。

10．X、Y、Z、W是短周期元素，原子序数依次递增。

X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14。

下列说法正确的是
A．Y的阳离子半径比O2-半径大
B．最简单的气态氢化物的稳定性: Z<W
C．X、Z、W最高价氧化物对应水化物酸性的强弱顺序为W<Z<X
D．Y与W形成的化合物的水溶液其pH>7
【答案】B
【解析】分析：X、Y、Z、W是短周期的元素，原子序数依次递增。

Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，则Y为Al元素；Z处于第三周期，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则Z 为Si元素；X与Z位于同一主族，则X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14-3-4=7，且原子序数最大，W为Cl元素，结合元素周期律和物质的性质解答。

详解：根据以上分析可知X为C，Y为Al，Z为Si，W为Cl，则
A、Y为Al元素，Al3+与O2-电子层结构相同，前者原子序数大于后者，故离子半径Al3+＜O2-，A错误；
B、Z(Si)、W(Cl)最简单的气态氢化物分别为：SiH4、HCl，元素非金属性越强气态氢化物越稳定，所以稳定性SiH4＜HCl，B正确；
C、X(C)、Z(Si)、W(Cl)最高价氧化物对应水化物分别为：H2CO3、H2SiO3、HClO4，元素非金属性越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，所以酸性：H2SiO3＜H2CO3＜HClO4，C错误；
D、Y(Al)与W(Cl)形成的化合物为AlCl3，是强酸弱碱盐，水溶液显酸性，pH＜7，D错误。

答案选B。

11．咖啡鞣酸具有较广泛的抗菌作用，其结构简式如下所示：
关于咖啡鞣酸的下列叙述不正确
．．．的是……………（）
A．1 mol咖啡鞣酸最多能与5 mol NaOH反应B．能与高锰酸钾溶液反应
C．能与FeCl3发生显色反应D．与浓溴水既能发生取代反应又能发生加成反应
【答案】A
【解析】分析：根据咖啡鞣酸的结构简式可知分子中含有醇羟基、酚羟基、羧基、酯基和碳碳双键，结合相应官能团的性质解答。

详解：A. 含有2个酚羟基，1个醇羟基形成的酯基和1个羧基，则1mol咖啡鞣酸最多能与4mol NaOH 反应，A错误；
B. 含有碳碳双键、羟基，均能与高锰酸钾溶液反应，B正确；
C. 含有酚羟基，能与FeCl3发生显色反应，C正确；
D. 含有酚羟基，能与浓溴水发生取代反应，含有碳碳双键，又能发生加成反应，D正确。

答案选A。

12．某溶液可能含有Cl-、SO32-、CO32-、NH3+、Fe3+、Al3+和K+。

取该溶液222mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到2．22mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到2．6g固体；向上述滤液中
加足量BaCl2溶液，得到3．66g不溶于盐酸的沉淀。

由此可知原溶液中
A．至少存在5种离子
B．Cl-一定存在，且c（Cl-）≥2．3mol/L
C．SO32-、NH3+、一定存在，Cl-可能不存在
D．CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在
【答案】B
【解析】
【分析】
由于加入过量NaOH溶液，加热，得到2.22mol气体，说明溶液中一定有NH3+，且物质的量为2.22mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，2.6g固体为氧化铁，物质的量为2.22mol，有2.22molFe3+，一定没有CO32-；3.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO32-，物质的量为2.22mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，且至少为 2.22mol×3+2.22-2.22mol×2=2.23mol，物质的量浓度至少为c(Cl-)=2.23mol÷2.2L=2.3mol/L。

【详解】
A.至少存在Cl-、SO32-、NH3+、Fe3+四种离子，A项错误；
B.根据电荷守恒，至少存在2.23molCl-，即c(Cl-) ≥ 2.3mol·L-2，B项正确；
C.一定存在氯离子，C项错误；
D.Al3+无法判断是否存在，D项错误；答案选B。

13．除去铁粉中混有的少量铝粉，可选用的试剂是()
A．H2O B．浓H2SO4C．NaCl D．NaOH
【答案】D
【解析】
【分析】
铁粉和铝粉都是活泼金属，都能和酸反应和弱碱不反应；铝粉能和强碱反应生成盐和氢气，而铁粉和强碱不反应。

【详解】
A项、Fe、Al均与盐酸反应，不能达到除杂的目的，故A错误；
B项、Fe、Al在浓H2SO4中均发生钝化，不能达到除杂的目的，故B错误；
C项、Fe、Al均不与NaCl反应，不能达到除杂的目的，故C错误；
D项、Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，反应后过滤可除杂，故D正确。

故选D。

【点睛】
本题考查混合物的分离提纯，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物性质的综合应用，把握物质的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键。

14．将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与所通入CO2的体积关系如图所示。

下列关于整个反应过程中的说法错误的是（）
A．e点溶液中c(HCO3-)＞c(K+)
B．bc段反应的离子方程式是AlO2-＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3-
C．d点溶液中c(K+)= c(H2CO3)＋c(HCO3-)＋c(CO32-)
D．Oa段与de段所消耗CO2的体积相同
【答案】B
【解析】
【分析】
在各个阶段发生的反应是：O～a：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O；
a～b段：2KOH+CO2=K2CO3+H2O；
b～c：2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-；
c～d段：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3；
d～e段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解；
据此分析。

【详解】
只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，将Ba(OH)2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-，沉淀量达最大后，再发生K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3，最后发生反应BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解。

A、根据反应c～d段：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3；d～e段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，故e点溶液中c(HCO3-)＞c(K+)，选项A正确；
B、b～c段反应的离子方程式是：2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-，选项B错误；
C、d点为KHCO3溶液，根据物料守恒有c(K+)= c(H2CO3)＋c(HCO3-)＋c(CO32-)，选项C正确；
D、由上述分析可知，Oa发生反应为：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，de段发生反应
BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，根据反应可知，消耗CO2的体积相同，选项D正确；
答案选B。

【点睛】
本题考查离子浓度大小关系及溶液中三大守恒的应用，易错点为选项C，应先分析d点为KHCO3溶液，再根据物料守恒进行判断。

15．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，分属于连续的四个主族，电子层数之和为10，四种原子中X原子的半径最大，下列说法不正确的是
A．Y原子形成的离子是同周期元素所形成的离子中半径最小的
B．Y的最高价氧化物不能与Z的最高价氧化物对应的水化物反应
C．W与同主族元素可以形成离子化合物
D．工业上获得X单质可利用电解其熔融的氧化物的方法
【答案】D
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，分属于连续的四个主族，四种元素的电子层数之和等于10，如果W是第一周期元素，则X、Y、Z位于第三周期，且X的原子半径最大，符合题给信息，所以W是H元素、X是Mg元素、Y是Al元素、Z是Si元素；如果W是第二周期元素，则X为第二周期、Y 和Z为第三周期元素才符合四种元素的电子层数之和等于10，但原子半径最大的元素不可能为X元素，不符合题意，据此解答。

【详解】
根据以上分析可知W是H元素、X是Mg元素、Y是Al元素、Z是Si元素。

则，
A．铝离子是同周期元素所形成的离子中半径最小的，A正确；
B．Y的最高价氧化物是氧化铝，不能与Z的最高价氧化物对应的水化物硅酸反应，B正确；
C．W是H，位于第ⅠA族，与同主族元素可以形成离子化合物，C正确；
D．Mg属于活泼金属，氧化镁的熔点很高，而氯化镁的熔点相对较低，故工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，D错误；
答案选D。

【点睛】
本题考查原子结构和元素性质，正确推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握，题目难度不大。

16．某鱼雷采用Al-AgO动力电池，以溶解有氢氧化钾的流动海水为电解液，电池反应为：
2Al+3AgO+2KOH=3Ag+2KAlO2+H2O，下列说法不正确的是
A．AgO为电池的正极B．Al在电池反应中被氧化
C．电子由AgO极经外电路流向Al极D．溶液中的OH-向Al极迁移
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、根据原电池工作原理，化合价升高，失电子的作负极，即铝单质作负极，则AgO作电池的正极，故说
法正确；
B、根据电池总反应，铝的化合价升高，被氧化，故说法正确；
C、根据原电池工作原理，外电路电子从负极流向正极，由铝流向氧化银，故说法错误；
D、根据原电池工作原理，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即OH－移向铝极，故说法正确。

故选C。

17．有机物结构简式为CH3COOCH2－CH＝CH－COOH，则该有机物的性质可能有（）
①加成反应②水解反应③酯化反应④中和反应⑤氧化反应⑥取代反应
A．只有①③⑥B．只有①③④
C．只有①③④⑤D．①②③④⑤⑥
【答案】D
【解析】
【分析】
根据有机物分子的结构简式可知分子中含有酯基、碳碳双键和羧基，结合相应官能团的结构与性质解答。

【详解】
①含有碳碳双键，能发生加成反应；②含有酯基，能发生水解反应；③含有羧基，能发生酯化反应；
④含有羧基，能发生中和反应；⑤含有碳碳双键，能氧化反应；⑥含有酯基、羧基，能发生取代反应。

答案选D。

18．用下列实验装置或操作进行相应实验，能达到实验目的的是
A．用图1所示装置收集SO2气体
B．用图2所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯
C．用图3所示装置从食盐水中提取NaCl
D．用图4所示装置制取并收集O2
【答案】D
【解析】分析：A.收集SO2应用向上排空法；B.应排除乙醇的干扰；C.加热溶液应在蒸发皿中进行；D.过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，可用向上排空法收集。

详解：A. SO2密度比空气大，应用向上排空法收集，故A错误；
B.乙醇易挥发，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，不能排除乙醇的干扰，故B错误；
C.蒸发应用蒸发皿，不能在坩埚中进行，故C错误；
D.过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，氧气,密度比空气大，可用向上排空法收集，所以D选项是正确的。

所以D选项是正确的。

19．在①丙烯②氯乙烯③溴苯④甲苯四种有机化合物中，分子内所有原子在同一平面的是（）A．①②B．②③C．③④D．②④
【答案】B
【解析】
【详解】
①丙烯CH2=CH-CH3中有一个甲基，甲基具有甲烷的四面体结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，①错误；
②乙烯具有平面型结构，CH2=CHCl看作是一个氯原子取代乙烯中的一个氢原子，所有原子在同一个平面，
②正确；
③苯是平面结构，溴苯看作是一个溴原子取代苯中的一个氢原子，所有原子在同一个平面，③正确；
④甲苯中含有一个甲基，甲基具有甲烷的四面体结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，④错误；综上所述可知，分子内所有原子在同一平面的是物质是②③，故合理选项是B。

20．有关下列说法正确的是（）
A．2.3g钠与97.7g水反应后，溶液的质量分数为4%
B．钠与CuSO4溶液反应生成的蓝色沉淀上有时出现暗斑，这是析出了金属铜
C．将金属钠与水反应后的溶液中通入适量的氯气后，溶液中含有两种盐
D．钠在空气中的缓慢氧化与其在空气中点燃的产物一样
【答案】C
【解析】分析：A.根据钠与水反应生成氢氧化钠和氢气的方程式算出反应后溶质氢氧化钠的质量,再算出氢气质量,再计算出溶液质量,根据计算公式再算出所得溶液的质量分数；
B.钠与水反应放热,氢氧化铜受热分解；
C.金属钠与H2O反应得到NaOH溶液，通入适量的Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO；
D.钠与氧气反应温度不同产物不同.
详解: A.2.3g钠与97.7g水反应，根据2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成氢氧化钠的质量4g，但是因为反应消耗了水，同时生成氢气，所以溶液的质量小于100g，溶质的质量分数大于4%，故A错误；
B. Na与H2O反应生成NaOH，NaOH再与Cu2+反应生成Cu(OH)2，因Na与H2O发生的反应是放热反应，反应放出的热导致生成的Cu(OH)2表面部分分解为CuO(黑色)而非Cu，故B错误;
C. 金属钠与H2O反应得到NaOH溶液，通入适量的Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO，所以溶液中含有两种溶质,所以C选项是正确的；
D.钠在空气中的缓慢氧化生成氧化钠,与其在空气中点燃生成过氧化钠,故D错误；
所以C选项是正确的。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．实验室常用邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）来标定氢氧化钠溶液的浓度，反应如下：
KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O。

邻苯二甲酸氢钾溶液呈酸性，滴定到达终点时，溶液的pH约为9.1。

（1）为标定NaOH溶液的浓度，准确称取一定质量的邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）加入250mL锥形瓶中，加入适量蒸馏水溶解，应选用_____________作指示剂，到达终点时溶液由______色变为_______色，且半分钟不褪色。

（提示：指示剂变色范围与滴定终点pH越接近误差越小。

）
（2）在测定NaOH溶液浓度时，有下列操作：①向溶液中加入1～2滴指示剂；②向锥形瓶中加20mL～30mL 蒸馏水溶解；③用NaOH溶液滴定到终点，半分钟不褪色；④重复以上操作；⑤准确称量0.4000g～0.6000g 邻苯二甲酸氢钾加入250mL锥形瓶中；⑥根据两次实验数据计算NaOH的物质的量浓度。

以上各步操作中，正确的操作顺序是_________。

（3）上述操作中，将邻苯二甲酸氢钾直接放在锥形瓶中溶解，对实验是否有影响？_____________。

（填“有影响”或“无影响”）
（4）滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加待测定的NaOH溶液滴定，此操作使实验结果____________。

（填“偏大”“偏小”或“无影响”）
（5）现准确称取KHC8H4O4（相对分子质量为204.2）晶体两份各为0.5105g，分别溶于水后加入指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液体积平均为20.00mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为________。

（结果保留四位有效数字）。

【答案】酚酞无色浅红色⑤②①③④⑥无影响偏小0.1250 mol·L-1
【解析】
【分析】
【详解】
（1）邻苯二甲酸氢钾溶液呈酸性，滴定到达终点时，溶液的pH约为9.1，滴定终点的pH要在指示剂的变色范围内，所以选择酚酞作指示剂，酚酞在pH＜8时为无色，pH为8～10之间，呈浅红色，所以当无色溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色，说明反应达到终点；
（2）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、滴定等顺序操作，则操作顺序是⑤②①③④⑥；（3）上述操作中，将邻苯二甲酸氢钾直接放在锥形瓶中溶解，由于不影响其物质的量，因此对实验无影响；
（4）滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加待测定的NaOH溶液滴定，待测液浓度减小，导致消耗标准液体积减小，所以此操作使实验结果偏小；
（5）0.5105g KHC8H4O4的物质的量是0.5105g÷20402g/mol＝0.0025mol，根据方程式可知
KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O
1 1
0.0025mol0.0025mol
所以NaOH溶液的物质的量浓度为0.0025mol÷0.02L＝0.1250mol/L
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．化合物H是一种有机光电材料中间体。

实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：
已知：①RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO+H2O
②
回答下列问题:
(1) E的结构简式为_______。

(2) E生成F的反应类型为_______。

(3) 1mol化合物H最多可与_______molH2发生加成反应。

(4)G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为______。

(5)芳香化合物X是F同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境氢，峰面积比之为6:2:1:1，写出1种符合要求的X的结构简式_____。

(6)写出用环戊烷和2-丁炔为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)_____。

【答案】取代反应（酯化反应）5
或
或或
【解析】
【分析】
结合，由H的结构简式逆推可得
【详解】
根据以上分析，(1)根据H的结构简式，逆推 F是，E与乙醇发生酯化反应生成，则E的结构简式为。

(2) 与乙醇发生酯化反应生成，反应类型为取代反应（酯化反应）。

(3)碳碳双键、苯环都能与氢气发生加成反应，1mol化合物最多可与5molH2发生加成反应。

(4)G为甲苯的同分异构体，利用逆推，可知F是、G是，生成H的化学方程式为。

(5)芳香化合物X含有苯环，X能与饱和碳酸氢钠反应放出CO2，说明含有羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境氢，峰面积比之为6:2:1:1，说明结构对称，符合要求F的同分异构体有或或或；
(6)环戊烷发生取代反应生成一氯环戊烷，一氯环戊烷发生消去反应生成环戊烯，环戊烯和2-丁炔发生加成反应生成，与溴发生加成反应生成，合成路线为。

【点睛】
考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，注意题给信息的灵活运用。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．卤块的主要成分是MgCl2，此外还含有Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子。

若以它为原料按下图所示工艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁。

已知1：生成氢氧化物沉淀的pH
物质开始沉淀沉淀完全
Fe(OH)27.6 9.6
Fe(OH)3 2.7 3.7
Mn(OH)28.3 9.8
Mg(OH)29.6 11.1
已知2：几种难溶电解质的溶解度（20℃）
物质溶解度/g
Fe(OH)2 5.2×10-5
Fe(OH)33×10-9
MgCO3 3.9×10-2
Mg(OH)29×10-4
（已知：Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去）
请回答：
（1）步骤Ⅱ中加入的试剂X为漂液（含25.2%NaClO）。

①用玻璃棒蘸取漂液滴在pH试纸上，pH试纸先变蓝，后褪色。

说明漂液具有的性质是________。

②用化学用语表示NaClO溶液使pH试纸变蓝的原因_________。

③步骤Ⅱ中漂液的主要作用是__________。

④若用H2O2代替漂液，发生反应的离子方程式为_________。

（2）步骤Ⅲ中加入的试剂Y为NaOH，应将溶液的pH调节为______，目的是_______。

（3）步骤Ⅳ中加入的试剂Z为Na2CO3，发生反应的离子方程式为_______。

（4）结合化学用语，应用化学平衡移动原理解释步骤Ⅴ中反应发生的原因_______。

【答案】碱性、强氧化性（漂白性）ClO-+H2O HClO+OH－将Fe2+氧化为Fe3+2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O 9.8 使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去Mg2++CO 32－＝MgCO3↓沉淀物MgCO3存在溶解平衡，MgCO3(s)Mg2+ (aq)+CO32-(aq)，CO32-发生水解CO 32－+H2O HCO3－+OH－，HCO3－+H2O H2CO3+OH－，在煮沸的情况下促进CO32-水解平衡右移。

Mg2+与OH－结合生成更难溶的Mg(OH)2沉淀，促进CO32-彻底水解为H2CO3并分解为CO2和H2O。

最后使MgCO 3转化为Mg(OH)2。

或：MgCO3+H2O Mg(OH)2+CO2，由于水解生成的Mg(OH)2溶解度更小，煮沸有利于CO32-水解平衡右移，且又有CO2气体生成，使水解趋于完全，MgCO3转化为Mg(OH)2。

【解析】
【分析】
为除去Fe2+，先将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，然后在滤液中加入纯碱将Mg2+从溶液中以MgCO3沉淀出来，然后加热煮沸可得到Mg（OH）2，灼烧后得到MgO，据此解答。

【详解】
（1）①漂液（含25.2%NaClO）中NaClO溶液中水解显碱性，pH变蓝色，蓝色褪去是水解生成的次氯酸具有漂白性，用玻璃棒蘸取漂液滴在pH试纸上，pH试纸先变蓝，后褪色，说明漂液具有的性质是碱性、漂白性；
②NaClO溶液使pH试纸变蓝是次氯酸根离子水解生成次氯酸和氢氧根离子，溶液显碱性，反应的离子方程式为ClO-+H2O HClO+OH－；
③步骤Ⅱ中漂液具有强氧化性，氧化亚铁离子为铁离子；
④过氧化氢具有氧化性，酸性溶液中能氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝
2Fe3++2H2O；
（2）骤Ⅲ中加入的试剂Y为NaOH，应将溶液的pH调节为9.8，使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀以便通过过滤而除去；
（3）步骤Ⅳ中加入的试剂Z为Na2CO3，加入后沉淀镁离子，发生反应的离子方程式为Mg2++CO32－＝MgCO3↓；
（4）由于沉淀物MgCO 3存在溶解平衡：MgCO3(s)Mg2+ (aq)+CO32-(aq)，CO32-发生水解CO32－
+H 2O HCO3－+OH－，HCO3－+H2O H2CO3+OH－，在煮沸的情况下促进CO32-水解平衡右移。

Mg2+与OH－结合生成更难溶的Mg(OH)2沉淀，促进CO32-彻底水解为H2CO3并分解为CO2和H2O，所以最后使MgCO3转化为Mg(OH)2。