南通市2022届高二化学下学期期末复习检测试题

2019-2020学年高二下学期期末化学模拟试卷
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．关于有机物a()、b()、c()的说法正确的是( ) A．a、b、c的分子式均为C8H8
B．a、b、c均能与溴水发生反应
C．a、b、c中只有a的所有原子会处于同一平面
D．a、b、c的一氯代物中，b有1种，a、c均有5种(不考虑立体异构)
2．某酸碱指示剂（HIn）在水溶液中存在以下平衡：
HIn(aq) H++ In—(aq)
（红色）（蓝色）
下列物质的溶液中，能使指示剂显蓝色的是（）
A．稀硫酸B．氯化铝溶液C．稀氨水D．饱和食盐水
3．下列热化学方程式正确的是（）（注：ΔH的绝对值均正确）
A．C2H5OH(l) + 3O2(g) =2CO2(g) + 3H2O(g) ΔH＝－1367.0 kJ/mol（燃烧热）B．NaOH(s)+ HCl(aq) =NaCl(aq) + H2O(l) ΔH＝－57.3kJ/mol（中和热）
C．S(s) + O2(g) =SO2(g)ΔH＝－269.8kJ/mol（反应热）
D．2NO2=O2 + 2NO ΔH＝+116.2kJ/mol（反应热）
4．下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是（）
A．制备并观察颜色B．比较、热稳定性
C．铝热法制备少量铁单质D．排水法收集氢气
A．A B．B C．C D．D
5．已知分子式为C12H12的物质A结构简式如图所示，A环上的二溴代物有9种同分异构体，由此推断A 环上的四氯代物的同分异构体的数目有（）
A．9种B．10种C．11种D．12种
6．已知反应：O3 + 2I−+ H2O＝O2 + I2 + 2OH−，下列说法不正确的是（）
A．O2为还原产物
B．氧化性：O3＞I2
C．H2O既不是氧化剂也不是还原剂
D．反应生成1mol I2时转移2 mol电子
7．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
A．芳香烃B．易溶于水的有机物 C．苯甲酸的同系物D．高分子化合物
8．如图，铁有δ、γ、α三种同素异形体，三种晶体在不同温度下能发生转化。

下列说法不正确的是
A．δ­Fe晶胞中含有2个铁原子，每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个
B．晶体的空间利用率：δ­Fe > γ­Fe> α­Fe
C．设γ­Fe晶胞中铁原子的半径为d，则γ­Fe晶胞的体积是162d 3
D．已知铁的相对原子质量为a，阿伏加德罗常数为N A(mol－1)，δ­Fe晶胞的密度为ρg/cm3，则铁原子的半径r(cm)=3
32
A
a
Nρ
⋅
9．在密闭容器中一定量的混合气体发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50 mol/L。

保持温度不变.将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30 mol/L。

下列有关判断正确的是
A．B的转化率降低B．平衡向正反应方向移动
C．x+y<z D．C的体积分数增大
10．下列实验预期的现象及结论都正确的是（）
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
11．短周期元素R 的p 轨道上有3个未成对电子，则该元素的氧化物对应的水化物的化学式不可能是 A ．H 3RO 4
B ．HRO 2
C ．H 3RO 3
D ．H 2RO 4
12．下面的排序不正确的是( )
A ．晶体熔点由低到高: 4444CF CCl CBr CI <<<
B ．熔点由高到低: Na Mg Al >>
C ．硬度由大到小:金刚石>碳化硅>晶体硅
D ．晶格能由大到小: MgO>CaO>NaF>NaCl 13．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CuSO 4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AgNO 3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成
D ．比较CH 3COO —和CO 32—结合H +的能力：相同温度下，测定浓度均为0.1mol·L -1的Na 2CO 3和CH 3COONa 溶液的pH
14．已知使36g 焦炭发生不完全燃烧，所得气体中CO 占1/3体积，CO 2占2/3体积，已知：C （s ）+1/2O 2
（g）=CO（g）△H=-Q1kJ/mol，CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=-Q2kJ/mol，与这些焦炭完全燃烧相比较，损失的热量是中正确的是（）
A．2Q2kJ B．Q2kJ C．3（Q1+Q2）kJ D．3Q1KJ
15．与NO3-互为等电子体的是
A．SO3B．P4C．PCl3D．NO2
16．设N A为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是
A．18gNH4+离子中所含的电子总数为12N A
B．标准状况下，11.2L水含有的分子数为0.5N A
C．0.3mol/LNa2SO4溶液中，含有Na+和SO42-总数为0.9N A
D．H2SO4的摩尔质量是98g/mol
17．已知非金属性：S＜Cl，由此得出的性质错误的是
A．酸性：H2SO4＜HClO4B．得电子能力：S＜Cl2
C．热稳定性：H2S＜HCl D．原子半径：S＜Cl
18．已知酯在金属钠存在下与乙醇混合加热蒸馏，可使酯还原成醇，反应为RCOOR′＋
4[H]RCH2OH＋R′OH。

现有酯C5H11COOC6H13，用上述方法还原，所得到的产物是
A．C6H13OH和C5H11OH B．C5H11OH C．C6H13OH D．C11H23OH
19．（6分）现代以石油化工为基础的三大合成材料是⑴合成氨；⑵塑料；⑶医药；⑷合成橡胶；⑸合成尿素；⑹合成纤维；⑺合成洗涤剂。

A．⑵⑷⑺B．⑵⑷⑹C．⑴⑶⑸D．⑷⑸⑹
20．（6分）碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：
下列说法正确的是
A．分离器中的物质分离操作为过滤
B．膜反应器中，增大压强有利于提高速率和HI的平衡转化率
C．该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”
D．碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+ I2=H2+2H2SO4+2HI
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成己烯的反应和实验装置如下：
合成反应：
可能用到的有关数据如下：
相对分子质量密度/(g·cm-3) 沸点/℃溶解性
环己醇100 0.9618 161 微溶于水
环己烯82 0.8102 83 难溶于水
在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸。

b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃。

分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5％碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。

最终通过蒸馏得到纯净环已烯10g。

请回答下列问题：
（1）装置b的名称是_________________。

（2）加入碎瓷片的作用是__________________，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取的正确操作是（填正确答案标号）__________。

A．立即补加 B．冷却后补加 C．不需补加 D．重新配料
（3）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为______________。

（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并___________；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的
__________（填“上口倒出”或“下口放出”）
（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是______________________________。

（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有________（填正确答案标号）。

A．蒸馏烧瓶 B．温度计 C．玻璃棒 D．锥形瓶
（7）本实验所得到的环已烯产率是有________（填正确答案标号）。

A．41％ B．50％ C．61％ D．70％
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）M、N、O、P、Q是元素周期表中原子序数依次递增的前四周期元素．M原子最外层电子数为
内层电子数的3倍；N的焰色反应呈黄色；O的氢化物是一种强酸，其浓溶液可与M、Q的化合物反应生成O的单质；P是一种金属元素，其基态原子中有6个未成对电子．请回答下列问题：
(1)元素Q的名称为______________，P的基态原子价层电子排布式为__________________。

(2)O的氢化物的沸点比其上一周期同族元素的氢化物低，是因为___________________。

(3)M、O电负性大小顺序是__________(用元素符号表示)，实验室制备O单质的化学方程式
__________________________。

(4)M、N形成的化合物的晶胞如图所示，该晶胞的边长为a pm，则该晶体的密度为
____________________g/cm3
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．（8分）CO2是一种常用的化工原料。

Ⅰ.以CO2与NH3为原料可以合成尿素[CO(NH2)2]。

合成尿素的反应为
2NH 3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)。

（1）在不同温度及不同y值下合成尿素，达到平衡时，氨气转化率的变化情况如图所示。

该反应的
ΔH________(填“>”、“<”或“＝”，下同)0，若y表示压强，则y1________y2，若y表示反应开始时的
n(NH3)/n(CO2)，则y1________y2。

（2）T℃时，若向容积为2L的恒容密闭容器中加入3mol NH3和1mol CO2，达到平衡时，容器内压强为开始时的3/4。

若保持条件不变，再向该容器中加入0.5mol CO2和1mol H2O，NH3的转化率将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

Ⅱ.CO2与H2反应可用于生产甲醇。

（3）已知氢气与甲醇的燃烧热分别为285.8kJ·mol-1、726.5kJ·mol-1，则CO2与H2反应产生液态甲醇与液态水的热化学方程式为_____。

（4）如图是某甲醇燃料电池工作的示意图。

质子交换膜(只有质子能够通过)左右两侧的溶液均为1L 2mol·
L -1 H 2SO 4溶液。

电极a 上发生的电极反应为____，当电池中有1mol e -发生转移时左右两侧溶液的质量之差为_____ g(假设反应物耗尽，忽略气体的溶解)。

（5）写出Na 2CO 3溶液中各离子浓度的大小关系__________________。

24．（10分）某种半水煤气中主要含2N 、CO 、2H 、2H O 和少量2H S ，经“脱硫”、转换反应可制得合成氨原料气。

（1）这种半水煤气跟空气按一定比例混合后通入2FeCl 、2CuCl 的混合溶液中完成“脱硫”，其转化过程如图所示，该过程中发生多个反应，总反应为2222H S+O 2H O+2S ===催化剂
，该转化过程中起催化作用的
离子为____，写出该过程中属于非氧化还原反应的离子方程式___。

（2）脱硫后的半水煤气与水蒸气以1:15比例混合后通入转换塔中，变换反应为：
222CO(g)H O(g)CO (g)H (g)++。

该反应用氧化铁作催化剂，其活性组分是四氧化三铁。

研究发
现，变换反应经下列两步完成：
第一步：
3421
3
Fe O (s)+CO(g)Fe(s)+CO (g)44
1ΔH 3.4kJ mol -=-⋅（慢反应） 第二步：23423
1
Fe(s)+H O(g)
Fe O (s)+H (g)4
4
1ΔH 37.8kJ mol -=-⋅（快反应） ①在下图中绘制变换反应（经上述催化反应过程）的“能量～反应过程”示意图．．．
___。

②由于2H 和CO 还原性较强，能够将氧化铁直接还原成铁而使催化剂失活，但实际生产中一般不会发生
这种情况，请从反应速率，化学平衡角度解释可能的反应过程原因是____。

（3）半水煤气处理后得到的混合气中，可通过在熔融碳酸盐中经电化学还原消除其中的二氧化碳，并得到高纯度的碳，写出生成碳的电极反应式为____。

参考答案
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．C
【解析】
A. a、b的分子式为C8H8，c的分子式为C8H10，故A错误；
B. b分子是立方烷，不能与溴水发生反应，a、c分子中均含有碳碳双键，可以和溴水发生反应，故B错误；
C. a分子中的苯环和碳碳双键均为平面结构，因单键可以旋转，所以a分子中的所有原子可以处于同一平面，b、c分子中均含有饱和碳原子，所以b、c分子中的所有原子不可能处于同一平面，故C正确；
D. b分子是立方烷，是一种对称结构，每个碳原子上有一个氢原子，其一氯代物只有1种，a的一氯代物有5种，c的一氯代物有7种，故D错误；答案选C。

2．C
【解析】要使指示剂显蓝色，则平衡必须向正反应方向移动。

氨水能中和氢离子，降低氢离子的浓度，平衡向正反应方向移动，答案选C。

3．C
【解析】
【详解】
A.在25摄氏度，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。

定义要点：可燃物完全燃烧生成稳定氧化物，如H→液态水，C→CO2，C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）生成的是水蒸气，故△H=-1367.0 kJ/mol不是燃烧热，故A错误；
B.在稀溶液中，强酸跟强碱反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热。

定义要点：1．必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热；2．强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）中和热均为57.3 kJ•mol-1，而弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其中和热数值小于57.3 kJ•mol-1；3．以生成1 mol水为基准，故NaOH(s)+ HCl(aq) =NaCl(aq) + H2O(l) ΔH＝－
57.3kJ/mol中氢氧化钠为固态，则△H=-57.3kJ/mol不是中和热，故B错误；
C.恒压下化学反应释放或吸收的热量称为反应热，故S（s）+O2（g）═SO2（g）中△H=-269.8kJ/mol是反应热，故C正确；
D.在热化学方程式中必须标注反应物和生成物的状态，故D错误。

故选C。

【点睛】
根据定义中的要点分析解答。

4．C
【解析】
【详解】
A项、氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，制备氢氧化亚铁时，应将胶头滴管插入液面下，防止空气中氧气进入溶液氧化产生的氢氧化亚铁，故A错误；
B项、较高温度下碳酸钠受热不分解，较低温度下碳酸氢钠受热分解，则比较碳酸钠和碳酸氢钠热稳定性时，直接加热的大试管中应盛放碳酸钠，间接加热的小试管中盛放碳酸氢钠，故B错误；
C项、铝具有较强的还原性，高温下能与氧化铁发生置换反应生成氧化铝和铁，故C正确；
D项、排水法收集氢气时，氢气应从短管通入，故D错误；
故选C。

5．A
【解析】
【分析】
应用“换元法”判断，将苯环上的氢换成氯原子，同时将溴换成氢原子。

【详解】
有机物A分子中苯环上共有6个氢原子，即图中红色位置。

苯环上的二溴代物分子中，苯环
上连有2Br、4H，若将苯环的2Br换成2H、同时4H换成4Cl，则得到苯环上的四氯代物。

即A分子苯环上的二溴代物和四氯代物数目相等，都是9种。

本题选A。

6．A
【解析】反应O3 + 2I−+ H2O＝O2 + I2 + 2OH−中，O元素化合价降低，O3部分被还原生成OH-，I元素化合价升高，I−被氧化生成I2。

A．O3生成O2时没有发生化合价的变化，故O2不是还原产物，故A错误；
B．该反应中I2是氧化产物，O3是氧化剂，故氧化性：氧化性：O3＞I2，故B正确；
C．H2O在反应中所含元素化合价没有发生变化，所以水既不是氧化剂也不是还原剂，故C正确；
D．I元素化合价由-1价升高到0价，则反应生成1mol I2时转移2mol电子，故D正确。

故答案选A 。

7．C 【解析】 【分析】
从结构可判断该有机物属于芳香酸，不属于烃类。

与苯甲酸相差了6个CH 2原子团，属于同
系物。

因含有碳原子个数较多，烃基部分较长，因此在水中溶解度较小。

以此解题。

【详解】
A. 该有机物含有氧原子，因此不属于烃类，A 项错误；
B. 该有机物中含有碳原子个数较多，烃基部分较大、属于憎水基，因此该物质在水中溶解度较小，B 项错误；
C. 该有机物与苯甲酸均属于一元芳香酸，相差了6个CH 2原子团，属于同系物，C 项正确；
D. 该有机物的摩尔质量未达到104g/mol ，不属于高分子化合物，D 项错误； 答案应选C 。

8．B 【解析】 【详解】
A. δ­Fe 晶胞中含有Fe 的个数为1+1
88
⨯=2；由图可知，每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个，A 正确； B. 设Fe 原子的半径为r ，晶胞的棱长为a 。

δ­Fe 晶胞含有Fe 的个数为23a=4r ，
则43，则其空间利用率为：
3
342r 3100%43r π⨯
（）=68%；γ­Fe 晶胞中含有Fe 的个数为4，因其含面心，2a=4r ，解得a=22r 3
3
44r
3100%22r π⨯
（）
=74%；α­Fe 晶胞中含有Fe 的个数
为1，有a=2r ，则其空间利用率为：3
3
4r
3
100%2r π⨯（）
=52%；故晶体的空间利用率：γ­Fe>δ­Fe > α­Fe ，B 错误；
C. 若γ­Fe 晶胞中铁原子的半径为d ，则立方体的对角线长为4d ，所以立方体的棱长为2，则该晶胞
的体积为3
22d （）
=3162d ，C 正确；
D. δ­Fe 晶胞中含有Fe 的个数为2，则该晶胞的体积为A 2a ρN ，则其棱长为3A
2a ρN ，该晶胞的对角线为棱长的3倍，也是原子半径的4倍，即4r=3
A 2a 3?ρN ，解得r=3A 32a ·4ρN ，D 正确； 故合理选项为
B 。

9．A
【解析】
【分析】
反应xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得A 的浓度为0.50 mol/L 。

保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A 的浓度为0.25mol/L ，而再达平衡时，测得A 的浓度为0.30mol/L ，则说明体积增大(压强减小)化学平衡逆向移动，以此来解答。

【详解】
由信息可知，平衡时测得A 的浓度为0.50mol/L ，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时测得A 的浓度为0.30mol/L ，体积增大，相当于压强减小，化学平衡逆向移动，则
A.减小压强，化学平衡逆向移动，则反应物B 的转化率降低，A 正确；
B.由上述分析可知，平衡逆向移动，B 错误；
C.减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动，则x+y>z ，C 错误；
D.减小压强，化学平衡逆向移动，则生成物C 的体积分数减小，D 错误；
故合理选项是A 。

【点睛】
本题考查化学平衡的移动，注意A 的浓度变化及体积变化导致的平衡移动是解答本题的关键，掌握平衡移动原理，熟悉压强对化学平衡的影响即可解答。

10．B
【解析】
A 项，将SO 2通入Ba(NO 3)2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钡，白色沉淀为硫酸钡，故A 错误；
B 项，向盛有KI 溶液的试管中，滴加少量新制氯水和CCl 4，氯水中的Cl 2与I -反应生成I 2，I 2易溶于CCl 4中且密度比水的大，振荡、静置后下层溶液显紫色，该反应中Cl 2作氧化剂，I 2是氧化产物，则Cl 2氧化性比I 2强，故B 正确；
C 项，铜放入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸钠固体，铜溶解，有明显的气泡放出，溶液
变蓝，是因为Cu 、H +和NO 3-发生氧化还反应：3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO ↑+4H 2O ，故C 错误；D 项，向FeCl 3
饱和溶液中逐滴滴入足量浓氨水，并加热，可得到红褐色Fe(OH)3沉淀，故D 错误。

点睛：本题通过化学实验的设计与评价，考查物质的性质、离子反应、胶体制备等知识。

注意氧化还原型的离子反应，如：A 、C 两项，若忽略了氧化还原反应则很容易出错；D 项要明确Fe(OH)3胶体的制备方法：将烧杯中的蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液。

继续煮沸至溶液呈红褐色，停
止加热。

11．D
【解析】
【分析】
R的p轨道上有3个未成对电子，电子没满，属于价层电子，加上s轨道上的2个价层电子电子，R的价层电子数为5，最高正化合价为+5，那么它的氧化物的水化物中R的化合价不能超过+5，据此解答。

【详解】
A．H3RO4中R的化合价为+5，满足条件，A正确；
B．HRO2中R的化合价为+3，满足条件，B正确；
C．H3RO3中R的化合价为+3，满足条件，C正确；
D．H2RO4中R的化合价为+6，不满足条件，D错误。

答案选D。

12．B
【解析】
【分析】
晶体熔沸点高低比较的一般规律是：原子晶体，熔沸点大小和共价键的强弱有关系；金属晶体中，形成金属键的金属阳离子半径越小，电荷数越多，金属键越强，熔沸点越高；分子晶体中形成分子晶体的分子间作用力越大，熔沸点越高；离子晶体中形成离子键的离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高。

【详解】
A.A中都是分子晶体，熔点和分子间作用力有关系，相对分子质量越大，分子间作用力越强，因相对分子质量CF4 <CCl4 <CBr4<CI4，则晶体熔点由低到高为：CF4 <CCl4 <CBr4<CI4，故A排序正确；
B.该组中均为金属晶体，因离子半径Na+<Mg2+<Al3+ ，且离子所带电荷Na+<Mg2+<Al3+，则熔点由低到高为：Na<Mg<Al，故B排序错误；
C.因原子半径C>Si，且键能C-C>C-Si>Si-Si，硬度由大到小:金刚石>碳化硅>晶体硅，故C排序正确；
D.因Mg2+、Ca2+、O2-所带的电荷数较Na+、F-、Cl-多，阴阳离子间的晶格能较大，且半径Mg2+>Ca2+、F->Cl-，则有晶格能由大到小为：MgO>CaO>NaF>NaCl，故D排序正确；
答案选B。

13．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AgNO3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0.1mol·L-1的Na2CO3和CH3COONa溶液的pH，可知酸性为CH3COOH>HCO3-,则CH3COO_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。

14．B
【解析】
分析：盖斯定律指若是一个反应可以分步进行，则各步反应的吸收或放出的热量总和与这个反应一次发生时吸收或放出的热量相同。

36g碳不完全燃烧与这些碳完全燃烧相比损失的热量为生成的一氧化碳燃烧放出的热量。

根据碳原子守恒计算出一氧化碳的物质的量，再根据一氧化碳燃烧的热化学方程式计算，即可解答。

详解：
点睛：36g碳的物质的量为n=m
M
=
36g
12g/mol
=3mol，不完全燃烧所得气体中，CO占三分之一体积，根据
碳原子守恒，求得CO的物质的量为3mol×1
3
=1mol，根据CO（g）+
1
2
O2（g）=CO2（g）△H=-Q2kJ/mol，
1molCO燃烧放出的热量为Q2kJ，答案选B。

点睛：本题主要考查反应热的计算，考查了盖斯定律的原理理解运用，本题关键点是碳不完全燃烧损失的热量为生成的一氧化碳燃烧放出的热量，题目难度不大。

15．A
【解析】
在NO3-中，价电子数为5+6×3+1=24，原子数为4，根据等电子体原理，可以写出与NO3-互为电子体的分子为SO3、BF3等，故A正确；B. P4价电子数为20，故B错误；C、PCl3价电子数为26，故C错误；D、NO2原子数为3，故D错误；故选A。

16．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．18g铵根离子的物质的量为1mol，1mol铵根离子中含有10mol电子，所含的电子总数为10N A，选项A 错误；
B．标况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，选项B错误；
C．没有给出溶液的体积无法计算含有钠离子和硫酸根离子的总物质的量，选项C错误；
D．H2SO4的摩尔质量是98g/mol，选项D正确；
答案选D。

【点睛】
本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意明确标况下水、乙醇、氟化氢、三氧化硫等物质的状态不是气体，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。

17．D
【解析】
【详解】
A. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：H2SO4＜HClO4，A正确；
B. 非金属性越强，其单质越容易得到电子，则得电子能力：S＜Cl2，B正确；
C. 非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，则热稳定性：H2S＜HCl，C正确；
D. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：S＞Cl，D错误；
答案选D。

18．C
【解析】分析：依据题给信息：RCOOR′＋4[H]RCH2OH＋R′OH，得出酯的还原产物分别是两种醇，且断键位置为酯基中的C-O单键，据此解答即可。

详解：由所给信息可知：酯的还原产物分别是两种醇，且断键位置为酯基中的C-O单键，那么
C5H11COOC6H13，用上述方法还原应分别得到C5H11CH2OH和C6H13OH，即为己醇。

答案选C。

点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、习题中的信息为解答的关键，题目难度不大。

注意题干已知信息的读取和灵活应用。

19．B
【解析】
【详解】
石油化工是20世纪兴起的一种综合利用石油产品的工业。

化学科技工作者把燃料油中较大的分子裂解成含二个、三个、四个碳原子等的小分子，然后把它们加工制成各种产品，如塑料、合成纤维、合成橡胶、药物、农药、炸药、化肥等等，其中塑料、合成纤维、合成橡胶为三大合成材料，所以②④⑥正确，故合理选项是B。

20．C
【解析】
分析：反应器中的反应为SO2+I2+2H2O H2SO4+2HI。

A项，H2SO4和HI互溶，不能用过滤法分离；
B项，膜反应器中的反应为2HI（g）H2（g）+I2（g），增大压强不能提高HI的平衡转化率；C项，根据反应器中的反应和膜反应器中的反应，该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”；D项，将反应器中的反应和膜反应器中的反应相加，总反应为SO2+2H2O=H2SO4+H2。

详解：反应器中的反应为SO2+I2+2H2O H2SO4+2HI。

A项，H2SO4和HI互溶，不能用过滤法分离，A项错误；B项，膜反应器中的反应为2HI（g）H2（g）+I2（g），增大压强能提高反应速率，该反应反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动，不能提高HI的平衡转化率，B项错误；C项，根据反应器中的反应和膜反应器中的反应，该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”，C项正确；D项，将反应器中的反应和膜反应器中的反应相加，总反应为SO2+2H2O=H2SO4+H2，D项错误；答案选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．直形冷凝管防止暴沸B检漏上口倒出干燥环已烯C C
【解析】分析：（1）根据装置图可知装置b的名称；
（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入；
（3）加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应生成二环己醚；
（4）由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出；
（5）无水氯化钙用于吸收产物中少量的水；
（6）观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到玻璃棒；
（7）根据产率=实际产量/理论产量×100%计算。

详解：（1）依据装置图分析可知装置b是蒸馏装置中的冷凝器装置，名称为直形冷凝器；
（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，答案选B；
（3）加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚，结构简式为；
（4）由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出；
（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水，即加入无水氯化钙的目的是干燥环己烯；
（6）观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到玻璃棒，答案选C；
（7）20g环己醇的物质的量为0.2mol，理论上可以得到0.2mol环己烯，其质量为16.4g，所以产率
=10g/16.4g×100%=61%，答案选C。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．锰3d54s1HF分子间存在氢键，而HCl分子间无氢键O＞Cl。