南宁市2019-2020学年化学高二下期末达标测试模拟试题含解析

南宁市2019-2020学年化学高二下期末达标测试模拟试题
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．化学与社会、生活密切相关。

下列说法正确的是( )
A．明矾净水与自来水的杀菌清毒原理相同
B．医学上常采用碳酸钡作为钡餐
C．钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快
D．泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生双水解反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
分析：A. 明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的；
B. 碳酸钡能够溶于盐酸；
C. 吸氧腐蚀速率小于析氢腐蚀速率；
D. 泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳。

详解:A. 明矾溶于水形成的氢氧化铝胶体能吸附不溶性固体杂质小颗粒，形成大颗粒，易于沉降，所以明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的，故A错误；
B. 碳酸钡能够溶于盐酸生成可溶性氯化钡溶液，钡为重金属离子有毒，故B错误；
C. 酸性条件下钢铁被腐蚀快，析氢腐蚀速率快于吸氧腐蚀，故C错误；
D. 泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，所以D选项是正确的；
所以D选项是正确的。

【点睛】
本题考查了物质的性质及用途，性质决定用途，熟悉碳酸钡、明矾、碳酸氢钠等的性质是解题关键，注意金属的电化学防护原理，题目难度不大，注意对相关知识的积累。

2．实现下列有机化合物转化的最佳方法是 ( )
A．与足量NaOH溶液共热后再通入足量稀硫酸
B．与足量稀硫酸共热后再加入足量NaOH溶液
C．与足量稀硫酸共热后再加入足量Na2CO3溶液
D．与足量NaOH溶液共热后再通入足量CO2气体
【答案】D
【解析】分析：，应先在碱性条件下水解生成，由于酸性：羧基＞H2CO3＞苯酚，则通入二氧化碳气体可生成，也可在酸性条件下水解生成，然后加入碳酸氢钠溶液可生成，以此解答该题。

详解：A．与足量的NaOH溶液共热后，水解生成，再加入适量硫酸，生成
，得不到所需物质，A错误；
B．在酸性条件下水解生成，加入NaOH后生成，得不到
，B错误。

C．在酸性条件下水解生成，再加入足量的Na2CO3溶液后生成，得不到，C错误；
D．碱性条件下水解生成，通入二氧化碳气体可生成，D正确；
答案选D。

点睛：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物官能团的性质，本题特别注意有机物的官能团的酸性强弱，把握反应的可能性，难度中等。

3．下列化学用语的表达正确的是
O
A．原子核内有10个中子的氧原子：16
8
B．氯原子的结构示意图：
C．Fe3＋的最外层电子排布式：3s23p63d5
D．基态铜原子的价层电子排布图：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
O，A不正确；
A．原子核内有10个中子的氧原子：18
8
B．氯原子的结构示意图：，B不正确；
C．Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则Fe3＋的最外层电子排布式为3s23p63d5，C正确；D．基态铜原子的价层电子排布图为，D不正确；
故选C。

4．由 2-氯丙烷转变成 1，2-丙二醇需经过下列哪种合成途径
A．消去→加成→消去B．消去→加成→取代
C．加成→消去→取代D．取代→消去→加成
【答案】B
【解析】
2-氯丙烷制取1,2-丙二醇时需先进行消去反应生成丙烯：
，再通过加成反应生成1,2-二溴丙烷：
，最后通过水解反应（取代反应）1,2-二溴丙烷变为1,2-丙二醇：，根据以上反应分析，A消去→加成→消去不符合该过程，故A错；B消去→加成→取代,符合该反应历程，故B正确；C加成→消去→取代,不符合反应历程，故选C项。

综上所述，本题正确答案为B。

5．有关天然产物水解的叙述不正确
．．．的是
A．纤维素水解与淀粉水解得到的最终产物不同
B．可用碘检验淀粉水解是否完全
C．蛋白质水解的最终产物均为氨基酸
D．油脂水解可得到丙三醇
【答案】A
【解析】分析：A．淀粉和纤维素水解最终产物都是葡萄糖；
B．碘单质遇淀粉变蓝色；
C．根据蛋白质的形成判断其水解产物；
D．油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯。

详解：A．淀粉和纤维素都是多糖，其水解最终产物都是葡萄糖，A错误；
B．碘单质遇淀粉变蓝色，若水解完全，则不变蓝色，B正确；
C．形成蛋白质的多肽是由多个氨基酸脱水形成的，所以蛋白质的水解最终产物是氨基酸，C正确；D．高级脂肪酸甘油酯水解后得到高级脂肪酸与丙三醇即甘油，D正确。

答案选A。

6．具有解热镇痛及抗生素作用的药物“芬必得”主要成分的结构简式为
，它属于（）
①芳香化合物②脂环化合物③有机高分子化合物④芳香烃⑤芳香羧酸
A．①⑤B．②③C．③⑤D．①④
【答案】A
【解析】
【分析】
分子中含有苯环，属于芳香化合物，官能团为羧基，属于羧酸。

【详解】
①该分子中含苯环，属于芳香化合物，故正确；
②该分子中含有苯环，不属于脂环化合物，故错误；
③该分子相对分子质量在10000以下，不属于有机高分子化合物，故错误；
④该分子含有O元素，不属于芳香烃，故错误；
⑤该分子含有苯环和羧基，属于芳香羧酸，故正确；
正确的是①⑤，故选A。

【点睛】
本题考查有机物的分类，侧重分析能力的考查，明确依据官能团分类的方法是解本题关键。

7．有机化合物中原子间或原子团间(或原子与原子团间)的相互影响会导致物质化学性质的不同。

下列各项事实中不能说明上述观点的是：
A．乙烯能发生加成反应而乙烷不行
B．苯酚能与氢氧化钠溶液反应，而乙醇不行
C．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷不能
D．丙酮(CH3COCH3)分子中的氢原子比乙烷中的氢原子更容易被卤素原子取代
【答案】A
【解析】
【详解】
A．乙烯中含有碳碳双键性质较活泼能发生加成反应，而乙烷中不含碳碳双键，性质较稳定，乙烷不能发
生加成反应。

乙烯和乙烷性质的不同是由于含有的官能团不同导致的，而非原子间或原子团间的相互影响导致不同的。

A项错误；
B．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能，是由于苯环对羟基产生了影响，使羟基上的氢更活泼，B项正确；
C．苯和甲烷均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯中的甲基被氧化成羧基，能使高锰酸钾酸性溶液褪色，这说明受到苯环的影响，使侧链上的甲基易被氧化，C项正确；
D．丙酮(CH3COCH3)分子中的氢原子因受到羰基的影响变得较活泼，易被卤素原子取代，而乙烷中的氢原子不易被卤素原子取代，D项正确。

答案应选A。

8．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．用Ba(OH)2溶液吸收氯气：2OH－+ 2Cl2 =2Cl－+ClO－+H2O
B．Cu 溶于稀HNO3: Cu + 2H++ NO3- = Cu2+ + NO2↑+ H2O
C．NO2溶于水：3NO2+H2O =2H++2NO3- +NO
D．氯化镁溶液与氨水反应：Mg2+ + 2OH－= Mg(OH)2↓
【答案】C
【解析】分析：A. 电荷不守恒、电子不守恒;B. 铜和稀硝酸反应生成硝酸、一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu + 8H++ 2NO3- = 3Cu2++2NO↑+ 4H2O；C. 二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；D.一水合氨在离子反应中保留化学式。

详解:A. 用Ba(OH)2溶液吸收氯气的离子反应为2OH－+ Cl2 =Cl－+ClO－+H2O，所以A选项是错误的；
B. 铜和稀硝酸反应生成硝酸、一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu + 8H++ 2NO3- = 3Cu2++2NO↑+ 4H2O，故B错误；
C. NO2溶于水，反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，故C正确；
D.氯化镁溶液与氨水反应的离子反应为Mg2+ + 2NH3H2O= Mg(OH)2↓+2NH4+，故D错误；
所以C选项是正确的。

9．下述实验能达到预期目的的是（）
A．检验乙醛中的醛基：在一定量CuSO4溶液中，加入少量NaOH溶液，然后再加入乙醛，加热产生砖红色沉淀
B．分离提纯苯：向苯和苯酚混合溶液中加入足量浓溴水，静置后分液
C．检验溴乙烷中的溴元素：向某溴乙烷中加入NaOH溶液共热，冷却后滴入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成
D．比较CH3COO—和CO32—结合H+的能力：相同温度下，测定浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3和CH3COONa溶液的pH
【答案】D
【解析】 【详解】
A.加入少量NaOH 溶液,碱不足,而检验-CHO,应在碱性溶液中,则碱不足时加入乙醛,加热不能产生砖红色沉淀,故A 错误;
B.加入足量浓溴水,溴、三溴苯酚均可溶于苯,不能除杂,应加NaOH 溶液、分液来分离提纯,故B 错误;
C.检验溴乙烷中的溴元素：向某溴乙烷中加入NaOH 溶液共热，冷却后滴入稀硝酸酸化，再加AgNO 3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成，不加硝酸酸化，会生成AgOH ，影响检验效果，故C 错误；
D.相同温度下，测定浓度均为0.1mo l·L -1的Na 2CO 3和CH 3COONa 溶液的pH ，可知酸性为CH 3COOH>HCO 3-,则CH 3COO _结合H +的能力弱,故D 正确;答案：D 。

【点睛】
注意醛基的检验方法：在碱性溶液中,加入乙醛,加热能产生砖红色沉淀；可根据盐类水解的强弱，判断弱根离子结合质子的强弱。

10．一定条件下，Na 2CO 3溶液中存在如下平衡：CO 32－＋H 2O
HCO 3－＋OH －，下列说法正确的是
A ．稀释溶液，平衡正向移动，323(HCO )(OH )
(CO )
c c c -
--
⋅增大 B ．通入CO 2，平衡逆向移动，溶液pH 减小 C ．加入NaOH 固体，平衡逆向移动，pH 减小
D ．升高温度，323(HCO )
(CO )
c c -
-
增大 【答案】D 【解析】 【详解】
A. 稀释溶液，平衡正向移动，水解常数不变，即
(
)()()
323
HCO OH CO c c c -
-
-
⋅不变，A 不正确；
B. 通入CO 2，CO 2与水反应生成的碳酸可以与CO 32－水解产生的OH －发生反应，所以平衡正向移动，溶液pH 减小，B 不正确；
C. 加入NaOH 固体，平衡逆向移动，pH 增大，C 不正确；
D. 升高温度，CO 32－水解平衡正向移动，所以()
()
323
HCO CO
c c -
-
增大，D 正确；
本题选D 。

【点睛】
本题考查了水解常数及影响水解平衡的外界因素，要求学生能掌握盐类水解的基本规律以及外界条件的改变对水解平衡产生的影响，能判断水解平衡移动的方向以及pH 的变化情况，能根据相关的平衡常数判断一些代数式的变化趋势。

11．有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是
A．CuSO4在反应中被还原
B．FeS2既是氧化剂也是还原剂
C．14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2
D．被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7
【答案】D
【解析】
【分析】
该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，Cu元素被还原、S元素被氧化和还原，据此分析解答。

【详解】
A．根据元素化合价知，部分FeS2和硫酸铜作氧化剂，CuSO4在反应中被还原，故A正确；
B．该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，所以FeS2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；
C．由方程式可知，14molCuSO4转移的电子为14mol，能够氧化 -1价的S的物质的量=14mol
6-(1)
=2 mol，即
能够氧化1 mol FeS2，故C正确；
D．S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，根据方程式知，被还原的S和被氧化的S的物质的量之比为7∶3，质量之比为7∶3，故D错误；
答案选D。

【点睛】
本题的易错点和难点为C，要注意不能直接根据方程式计算14 mol CuSO4氧化的FeS2，应该根据得失电子守恒计算。

12．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A．已知P(s,白磷) =P(s,红磷) ΔH<0,则白磷比红磷稳定
B．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH="-483.6" kJ·mol-1,则氢气的燃烧热为241.8 kJ·mol-1
C．已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH=a 2C(s)+O2(g)="2CO(g)" ΔH=b,则a>b
D．已知NaOH(aq)+HCl(aq)= NaCl(aq)+H2O(l) ΔH="-57.3" kJ·mol-1,则含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和,放出小于57.3 kJ 的热量
【答案】D
【解析】
【详解】
A、已知P(红磷，s)═p(白磷，s)△H＞0，红磷能量小于白磷，则白磷比红磷活泼，红磷比白磷稳定，A错
误；
B、氢气的燃烧热是值1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，单位是kJ/mol，气态水不是稳定氧化
物，2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=-483.6kJ•mol-1，则燃烧热＞
1
483.6?
2
KJ mol
=241.8kJ•mol-1，B错误；
C、己知2C(s)+2O2(g)═2CO2(g)△H=akJ•mol-1、2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=bkJ•mol-1，一氧化碳转化为二氧化碳是放热过程；焓变包含负号，即ab包含正负号，则△H=akJ•mol-1＜△H=bkJ•mol-1，a＜b，C错误；
D、已知NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O(l)△H="-57.4" kJ•mol-1，指1molNaOH和molHCl溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量为57.4 kJ，则1molNaOH与强酸反应放出57.3kJ的热量，醋酸是弱酸，其电离过程是吸热过，40.0g即1molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3kJ的热量，D正确；答案选D。

13．S-诱抗素可保证盆栽鲜花盛开，其分子结构如图，下列说法不正确的是（）
A．该物质的分子式为C15H20O4
B．该物质环上的二氯代物只有2种
C．该物质能发生取代、加成、氧化等反应
D．1mol该物质最多能与2 mol NaOH完全反应
【答案】D
【解析】
【详解】
A.由结构简式可知该物质的分子式为C15H20O4，故A正确;
B.该物质环上只有2种不同环境的H原子,所以二氯代物有2种,故B正确;
C.该物质含-OH能发生取代、氧化等反应,含碳碳双键可发生加成、氧化反应等,故D正确；
D.只有-COOH能与NaOH反应,所以1mol该物质最多能与1molNaOH完全反应,故D错误;答案：D。

【点睛】
由结构可以知道分子式,分子中含碳碳双键、碳氧双键、-COOH 、-OH,结合烯烃、酮、醇、羧酸的性质来解答。

14．仅用一种试剂即可鉴别乙醇、乙醛、乙酸、乙酸乙酯四种溶液，这种试剂是（）
A．新制2
Cu(OH)浊液B．NaOH溶液
C．浓溴水D．酸性4
KMnO溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
四种有机物都易溶于水，其中乙醛含有-CHO，具有还原性，可用新制Cu(OH)2悬浊液检验，乙酸具有酸性，以此选择鉴别试剂。

【详解】
A 加入新制Cu(OH)2悬浊液，乙醇不反应，互溶，乙醛在加热时生成砖红色沉淀，乙酸和氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，溶液呈蓝色，乙酸乙酯能溶解氢氧化铜，含有醛基，加热时有砖红色沉淀生成，可鉴别四种物质，故A正确；
B乙醇与氢氧化钠互溶，没现象，乙酸与氢氧化钠反应没现象，故不能鉴别，B错误
C加入溴水，不能鉴别乙醇、乙酸，故C错误；
D 乙醛、乙醇都可被酸性高锰酸钾氧化，不能鉴别，故D错误；
答案选A
【点睛】
本题考察学生对醇醛酸和酯类各种有机物性质的理解和运用，能根据具体物质间能否发生反应，现象不同来鉴别它们。

15．从植物中分离出的活性化合物zeylastral的结构简式如图所示,下列说法错误的是（）
A．1mol zeylastral最多与5molH2发生反应
B．能与FeCl3溶液、银氨溶液发生反应
C．化合物 zeylastral可以发生水解反应
D．1mol zeylastral可与2molBr2发生反应
【答案】A
【解析】分析：有机物含有酚羟基、醛基、碳碳双键、羰基、酯基，结合相应官能团的结构与性质解答该题。

详解：A．能与氢气发生反应的为苯环、醛基、羰基以及碳碳双键，则1mol zeylastral最多与6molH2发生反应，A错误；
B．含有酚羟基，可与FeCl3溶液反应，含有醛基，可与银氨溶液反应，B正确；
C．含有酯基，可发生水解反应，C正确；
D．酚羟基邻位氢原子可被溴取代，碳碳双键可与溴发生加成反应，1mol zeylastral可与2molBr2发生反应，D正确。

答案选A。

16．下列各组离子一定能大量共存的是（）
A．在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣
B．在pH=0的溶液中：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣
C．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣
D．在c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣
【答案】A
【解析】强碱溶液中含有大量的OH—，OH—与Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣能大量共存，A项正确；pH=0的溶液中含有大量的H+，H+与Fe2+、NO3﹣因发生氧化还原反应而不能大量共存，B项错误；Fe3+与SCN﹣因发生络合反应而不能大量共存，C项错误；c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中含有大量的OH—，NH4+、Al3+与OH—发生反应而不能大量共存，D项错误。

点睛：离子共存题干中常见的限制条件
题干分析
溶液无色有色离子不能大量存在，如Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、MnO等
溶液pH＝1 或pH＝13
溶液pH＝1，说明溶液中含大量H＋，则与H＋反应的离子不能存在；
溶液pH＝13，说明溶液中含大量OH－，则与OH－反应的离子不能存在
溶液透明“透明”并不代表溶液无色
与Al反应放出H2溶液可能显酸性也可能显碱性
由水电离出的c(H＋)＝1×10－12 mol·L
－1
溶液可能显酸性也可能显碱性
17．下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是
A．强酸性溶液中：H+、NO3—、SO32—
B．pH=12的溶液中：OH—、K+、Cl—、HCO3—
C．加入铝粉能放出氢气的溶液中一定存在：NH4+、NO3—、AlO2—、SO42—
D．25ºC时pH=7的无色溶液中：Na+、Cl—、SO42—、K+
【答案】D
【解析】
【详解】
A．强酸性溶液中H+、NO3-、SO32-之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．pH=12的溶液显碱性，OH—与HCO3—之间发生反应生成CO32—，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．加入铝粉能放出氢气的溶液，为酸或强碱溶液，酸溶液中H+与AlO2-反应生成氢氧化铝沉淀，碱溶液中，OH—与NH4+之间发生反应生成NH3•H2O，均不能大量共存，故C错误；
D．25ºC时pH=7的无色溶液显中性，中性溶液中Na+、Cl—、SO42—、K+离子之间不发生反应，能够大量共存，故D正确；
答案选D。

【点睛】
本题的易错点为C，要注意加入铝粉能放出氢气的溶液性质的判断，同时注意酸性溶液中，当存在NO3—时，与铝反应不能放出氢气。

18．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．标准状况下，28 g CH2＝CH2含有的共用电子对数为6N A
B．标准状况下，11.2 L己烷中含有的分子数为0.5N A
C．常温常压下，23 g Na完全燃烧时失去的电子数为2N A
D．1 mol －OH(羟基)含有的电子数为10N A
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 28g乙烯物质的量为1mol，根据乙烯的结构简式CH2=CH2，可知其分子中含共用电子对的数目为6N A，故A正确；
B. 己烷在标准状况下不是气体，11.2 L己烷物质的量不是0.5mol，故B错误；
C. 由得失电子守恒知，23 g Na完全燃烧时失去的电子数为N A，故C错误；
D. 1 mol －OH(羟基)含有的电子数为9N A，故D错误；
答案选A。

【点睛】
本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查气体摩尔体积的体积应用，质量换算物质的量计算微粒数，注意标况下己烷为液体，题目难度不大。

19．摩拜单车可利用车篮处的太阳能电池板向智能锁中的锂离子电池充电，电池反应原理为：LiCoO2＋
6C Li1－x CoO2＋LixC6，结构如图所示，下列说法错误的是
A．充电时，阴极质量增加，发生还原反应
B．充电时，电路中每有1mol电子转移，则有1molLi+由左向右通过聚合物电解质膜
C．该锂离子电池工作时，化学能转化为电能
D．放电时，正极的电极反应式为:LiCoO2-xe-=Li1-x CoO2+xLi+
【答案】D
【解析】
【分析】
分析题给电池反应原理：LiCoO2＋6C Li1－x CoO2＋LixC6，充电时，阳极失去电子，发生氧化反应，阴极得到电子发生还原反应；放电时，正极得电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应。

结合题中结构图可知，聚合物电解质膜为阳离子交换膜，据此进行分析。

【详解】
A．充电时，阳极生成Li+，Li+向阴极（C极）移动，阴极得电子发生还原反应，电极反应方程式为：
6C+xLi++xe-=LixC6，阴极质量增加，A项正确；
B．充电时，阳极失电子发生氧化反应，电极反应方程式为：LiCoO2-xe-=Li1-x CoO2+xLi+，电路中每有1mol 电子转移，则有1molLi+由装置左侧通过聚合物电解质膜移向右侧，B项正确；
C．锂离子电池工作时，为放电过程，化学能转化为电能，C项正确；
D．放电时，正极得电子发生还原反应，电极反应方程式为：Li1-x CoO2+xLi++xe-= LiCoO2。

D项错误；
答案选D。

20．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L－1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。

下列判断正确的是（）
A．在0～a范围内，只发生中和反应
B．a＝0.3
C．ab段发生反应的离子方程式为CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O
D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2
【答案】B
【解析】
【分析】
向NaOH和Na2CO3混合配成的溶液中滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应：
NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠反应完毕后再发生碳酸钠与盐酸的反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，利用物质的量的关系并结合图象分析解答。

【详解】
A．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则在0-a范围内发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、
HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，故A错误；
B．根据图像可知，从a点开始发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，该过程中消耗氯化氢的物质的量
与生成二氧化碳的物质的量相等为0.01mol，则消耗0.1mol•L-1稀盐酸的体积分别为
0.01mol
0.1mol/L
=0.1L，所
以a=0.4-0.1=0.3，故B正确；
C．根据分析可知，ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：
HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故C错误；
D．根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠的物质的量是0.01mol，b点消耗盐酸的物质的量为
0.1mol/L×0.4L=0.04mol，则a点氯化氢的物质的量为：0.04mol-0.01=0.03mol，根据反应
HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl可知，0.01mol碳酸钠消耗0.01mol氯化氢生成碳酸氢钠，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为
0.02mol∶0.01mol=2∶1，故D错误；
故选B。

【点睛】
明确盐酸与碳酸钠的反应可以分为两步：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，然后再发生反应
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑是解题的关键。

本题的难点和易错点为D，要注意根据反应的方程式计算判断。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．氯苯在染料、医药工业中用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基酚等有机中间体。

实验室中制备氯苯的装置如下图所示（其中夹持仪器及加热装置略去）
请回答下列问题：
(1)仪器a中盛有KMnO4晶体，仪器b中盛有浓盐酸。

打开仪器b中的活塞，使浓盐酸缓缓滴下，可观察到仪器a内的现象是__________，用离子方程式表示产生该现象的原因：_______________。

(2)仪器b外侧玻璃导管的作用是_____________。

(3)仪器d内盛有苯，FeCl3粉末固体，仪器a中生成的气体经过仪器e进入到仪器d中。

①仪器e的名称是_________，其盛装的试剂名称是_____________。

②仪器d中的反应进行过程中，保持温度在40～60℃，以减少副反应发生。

仪器d的加热方式最好是___加热，其优点是____________。

(4)仪器c的作用是______________。

(5)该方法制备的氯苯中含有很多杂质，工业生产中，通过水洗除去FeCl3、HCl及部分Cl2，然后通过碱洗除去Cl2；碱洗后通过分液得到含氯苯的有机物混合物，混合物成分及沸点如下表：
从该有机物混合物中提取氯苯时，采用蒸馏的方法，收集_________℃作用的馏分。

(6)实际工业生产中，苯的流失如下表：
某一次投产加入13t苯，则制得氯苯________t（保留一位小数）。

【答案】有黄绿色气体生成2MnO4-+10Cl-+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O使浓盐酸能顺利滴下（或答“平衡仪器a、b内的气压”）洗气瓶浓硫酸水浴受热均匀，易于控制温度冷凝、回流132.216.9
【解析】
【详解】
（1）仪器a利用高锰酸钾的强氧化性，能把Cl－氧化成Cl2，发生反应2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，仪器a中现象：有黄绿色气体生成，离子方程式：2MnO4－＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；
（2）根据装置特点可判断仪器b外侧玻璃管的作用是平衡压强，使盐酸顺利滴下；
（3）①仪器e为洗气瓶，仪器a产生氯气含有水蒸气，需要除去，因此洗气瓶中盛放试剂是浓硫酸；
②保持温度40～60℃，需要加热方法是水浴加热；优点：受热均匀，易于控制温度；
（4）根据装置特点可判断仪器c是球形冷凝管，作用是冷凝、回流；
（5）实验室制备氯苯，根据混合物沸点数据，因此收集的132.2℃的馏分；
（6）1t损失苯100kg，则13t苯损失苯13×100×10－3t=1.3t，有(13－1.3)t苯生成氯苯，因此氯苯的质量为(13－1.3)×112.5/78t=16.9t。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．已知A、B、C、D和E五种分子所含原子的数目依次为1、2、3、4和6，且都含有18个电子，又知
B、C和D是由两种元素的原子组成，且D分子中两种原子个数比为1：1。

请回答：
(1)组成A分子的原子的核外电子排布式是________________；
(2)B的分子式分别是___________；C分子的立体结构呈_________ 形，该分子属于_____________分子(填“极性”或“非极性”)；
(3)向D的稀溶液中加入少量氯化铁溶液，反应的化学方程式为_____________________________
(4) 若将1molE在氧气中完全燃烧，只生成1molCO2和2molH2O，则E的分子式是__________。

【答案】1S22S22P63S23P6HCl V形极性分子2H2O22H2O+O2↑ CH4O
【解析】
【分析】
在18电子分子中，单原子分子A为Ar，B、C和D是由两种元素的原子组成，双原子分子B为HCl，三原子分子C为H2S，四原子分子D为PH3或H2O2，且D分子中两种原子个数比为1：1，符合题意的D为H2O2；根据燃烧规律可知E为CH4O x，故6+4+8x=18，所以x=1，E的分子式为CH4O。

【详解】
（1）Ar原子核外电子数为18，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，故答案为：1s22s22p63s23p6；（2）双原子分子B为HCl，三原子分子C为H2S，H2S中S原子价层电子对数为4，孤对电子对数为2，
H2S的空间构型为V形，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，故答案为：HCl；H2S；V；极性；（3）D为H2O2，向H2O2的稀溶液中加入少量氯化铁溶液，氯化铁做催化剂作用下，H2O2发生分解反应生成H2O和O2，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑；
（4）1molE在氧气中完全燃烧，只生成1molCO2和2molH2O，根据燃烧规律可知E的分子式为CH4O x，由分子中含有18个电子可得6+4+8x=18，解得x=1，则E的分子式为CH4O，故答案为：CH4O。

【点睛】
本题考查物质的推断、分子结构与性质，注意依据常见18电子的微粒确定物质，掌握常见化合物的性质，明确分子空间构型的判断是解答关键。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。

过程如下：
（1）反应Ⅰ：2H2SO4（l）=2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）ΔH=+550 kJ·mol-1
它由两步反应组成：i. H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g）ΔH=+177 kJ·mol-1ii. SO3（g）分解。

L（L1、L2）、X可分别代表压强和温度。

下图表示L一定时，ii中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系。