兰州市2022届化学高二下期末检测模拟试题含解析

兰州市2022届化学高二下期末检测模拟试题
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．某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中错误的是
A．X、Z烧杯中分散质相同
B．Y中反应离子方程式为3CaCO3＋2Fe3＋＋3H2O==2Fe(OH)3(胶体)＋3CO2↑＋3Ca2
C．利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离
D．Z中分散系能产生丁达尔效应
【答案】A
【解析】
【分析】
A．x是氯化铁溶液，z是氢氧化铁胶体；
B．碳酸钙能与氢离子结合促进三价铁的水解；
C．过滤法除去的是液体中不溶性的物质；
D．z是氢氧化铁胶体具有胶体的性质。

【详解】
A．x是氯化铁溶液，分散质是氯离子和三价铁离子，Z是氢氧化铁胶体，分散质是氢氧化铁胶粒，故A 错误；
B．碳酸钙能与氢离子结合生成水和二氧化碳促进三价铁的水解，故B正确；
C．过滤法分离固体和液体，故C正确；
D．z是氢氧化铁胶体具有胶体的性质，能产生丁达尔效应，故D正确。

故选A。

2．二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。

工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示:
下列说法不正确的是
A．b电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸
B．二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH
C．电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，则b极产生0.6gH2
D．电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O
【答案】D
【解析】
A. 电解池右边产生氢气，则b电极接电源的负极，在b极区氢离子得电子产生氢气，氯离子通过阴离子交换膜进入左边，盐酸变稀，则流出的Y溶液是稀盐酸，选项A正确；B、二氧化氯发生器中发生的反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2↑+NH3↑，则排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，选项B正确；C、电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，根据反应
NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2↑+NH3↑，转移的电子的物质的量为0.6mol，则b极产生0.6gH2，选项C正确；D、电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4H2O +3Cl-=NCl3+4H+，选项D不正确。

答案选D。

3．丁子香酚可用于制备杀虫剂和防腐剂，结构简式如图所示。

下列说法中，不正确的是
A．丁子香酚分子中的含氧官能团是羟基和醚键
B．1 mol 丁子香酚与足量氢气加成时，最多能消耗4 mol H2
C．1mol丁子香酚与浓溴水反应，最多消耗2 mol Br2
D．丁子香酚能使酸性KMnO4 溶液褪色，可证明其分子中含有碳碳双键
【答案】D
【解析】
【详解】
A、根据结构简式，分子中的含氧官能团是羟基和醚键，故A正确；
B. 中苯环、碳碳双键都能与氢气发生加成反应，所以1 mol 丁子香酚与足量氢气加成时，
最多能消耗 4 mol H2，故B正确；
C. 酚羟基邻位苯环氢可与浓溴水发生取代反应、碳碳双键与溴发生加成反应，所以1mol丁子香酚与浓溴水反应，最多消耗 2 mol Br2，故C正确；
D. 丁子香酚中的酚羟基、都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故酸性 KMnO4溶液褪色不能证明其分子中含有碳碳双键，故D错误。

【点睛】
本题考查有机物结构和性质，侧重考查学生分析判断能力及知识迁移能力，明确常见官能团结构及其性质关系是解本题关键。

4．化合物的分子式均为C8H8，下列说法不正确的是（）
A．甲、乙、丙的二氯代物数目最少的是丙
B．甲、乙、丙中只有甲的所有原子可能处于同一平面
C．甲、乙、丙在空气中燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰
D．等量的甲和乙分别与足量的溴水反应，消耗Br2的量：甲＞乙
【答案】D
【解析】本题考查有机物的结构与性质。

分析：A.先判断一氯代物的数目，再分析二氯代物数目；B.分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面；C.含碳量与最简式相同的乙炔含碳量相同，在空气中燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰；D.碳碳双键数目越多，消耗Br2的量越多。

详解：化合物甲的一氯代物有5种，二氯代物有5+3+4+2+0=14种，化合物乙的一氯代物有2种，二氯代物有3+3=6种，化合物丙的一氯代物有1种，二氯代物有3种，A正确；化合物甲含有一个苯环和一个碳碳双键，所有原子可能处于同一平面，化合物乙和化合物丙均含有饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面，B正确；化合物甲、化合物乙和化合物丙的最简式为CH，与乙炔含碳量相同，则在空气中燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰，C正确；化合物甲含有一个碳碳双键，1mol化合物甲消耗1mol Br2，化合物乙含有三个碳碳双键，1mol化合物乙消耗3mol Br2，D错误。

故选D。

点睛：判断二氯代物的数目时，应先写出一氯代物的结构简式，然后分析一氯代物有几种等效氢原子，等效氢原子的数目就是二氯代物的数目，如立方烷等效氢原子只有一种，所以一氯代物只有一种，立方烷一氯代物的等效氢原子有3种，详则其二氯代物有3种。

5．用括号中的试剂及相应操作除去下列各组中的少量杂质，最恰当的一组是( )
A．苯中的苯酚（溴水，过滤）
B．乙酸乙酯中的乙酸（烧碱，分液）
C．乙酸（乙醇）：（金属钠，蒸馏）
D．溴苯（Br2）(NaOH溶液，分液)
【答案】D
【解析】分析：根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂
质，同时被提纯物质不得改变，不得引入新杂质，加入的试剂只与杂质反应，不与原物反应；反应后不能引入新的杂质。

详解：A、苯酚可以和溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚白色沉淀，但是苯和溴是互溶的，不能过滤来除去，选项A错误；B．乙酸乙酯和乙酸都与氢氧化钠溶液反应，应加入饱和碳酸钠溶液，然后分液，选项B错误；C．应加氢氧化钠，蒸馏后再加酸酸化，最后蒸馏得到乙酸，选项C错误；D、因常温条件下溴苯和NaOH不会发生反应，因而可利用Br2与NaOH反应而除去，且溴苯不溶于水；可利用分液操作进行分离，选项D正确。

答案选D。

点睛：本题考查学生物质的分离和提纯试剂的选择以及操作，注意除杂时被提纯物质不得改变，不得引入新杂质，加入的试剂只与杂质反应，不与原物反应；反应后不能引入新的杂质，难度不大。

6．化学与我们的生活息息相关。

下列说法不正确
．．．的是（）
A．食品袋中常放生石灰，能起到抗氧化剂的作用
B．可溶性铝盐和铁盐可用作净水剂
C．溴元素又名“海洋元素”，可用于生产杀虫剂、熏蒸剂等
D．CO2和CH4都是引起温室效应的气体
【答案】A
【解析】分析：A．生石灰具有吸水性，不能与氧气反应；B．铝离子和铁离子属于弱根离子，能水解生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体；C. 地球上99%的溴元素以Br-的形式存在于海水中，溴及其化合物中很多物质能够使蛋白质发生变性；D．CO2、CH4和氮氧化合物都是形成温室效应的气体。

详解：A．生石灰具有吸水性，食品袋中常放有生石灰，作干燥剂，故A错误；B．铝离子和铁离子属于弱碱阳离子，能水解生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附悬浮物而净水，故B正确；
C. 溴是海水中重要的非金属元素，地球上99%的溴元素以Br-的形式存在于海水中，所以人们称溴为“海洋元素”，溴及其化合物中很多物质能够使蛋白质发生变性，可用于生产杀虫剂、熏蒸剂等，故C正确；D．CO2、CH4和氮氧化合物都是形成温室效应的气体，故D正确；故选A。

7．下表为某有机物与各种试剂反应的现象，则这种有机物可能是()
A．CH2==CHCOOH B．CH2==CH2
C．CH3COOCH2CH3D．CH2==CH－CH2OH
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
由题意可知该有机物与NaHCO3不反应，则结构中没有羧基；与金属钠反应放出气体，则结构中有羟基；
能使溴水褪色，则结构中有碳碳双键。

所以D正确。

答案选D。

8．已知还原性：SO32－＞I－＞Cl－。

向含a mol KI和a mol K2SO3的混合液中通入b mol Cl2充分反应(不考虑Cl2与I2之间的反应)。

下列说法错误的是 ( )
A．当a＝b时，发生的离子反应为2I－＋Cl2＝I2＋2Cl－
B．当5a＝4b时，发生的离子反应为4SO32－＋2I－＋5Cl2＋4H2O＝4SO42－＋I2＋8H＋＋10Cl－
C．当3a＝2b时，发生的离子反应为2SO32－＋2I－＋3Cl2＋2H2O＝2SO42－＋I2＋4H＋＋6Cl－
D．当a＜b＜a时，溶液中SO42－、I－与Cl－的物质的量之比为a∶(3a－2b)∶2b
【答案】A
【解析】分析：还原性：SO32－＞I－＞Cl－，向含有amolKI和amolK2SO3的混合液中通入bmolCl2充分反应，氯气先和SO32－反应，当SO32－反应完全后，氯气再和I-反应。

而amolK2SO3完全反应时能消耗amol氯气，amolKI完全反应时能消耗0.5a mol氯气，即当amolKI和amolK2SO3完全反应时，共消耗1.5amol氯气，结合选项中的问题解答。

详解：A、当a＝b时，氯气恰好能把SO32－氧化为硫酸根，氯气被还原为氯离子，故离子方程式为
SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2H++2Cl-，A错误；
B、当5a=4b即a=0.8b时，0.8bmolSO32－消耗0.8bmol氯气，被氧化为0.8bmolSO42-，0.2bmol氯气能氧化0.4bmolI-为I2，故离子方程式为：4SO32－＋2I－＋5Cl2＋4H2O＝4SO42－＋I2＋8H＋＋10Cl－，B正确；
C、当3a＝2b时，氯气恰好能将全部SO32-、碘离子氧化为硫酸根和碘单质，故发生的离子反应为4SO32－＋2I－＋5Cl2＋4H2O＝4SO42－＋I2＋8H＋＋10Cl－，C正确；
D、当a＜b＜1.5a时，SO32-全部被氧化为硫酸根，而I-不能全部被氧化，故溶液中硫酸根的物质的量为amol，消耗的氯气为amol，故剩余的氯气为（b-a）mol，则能氧化的碘离子的物质的量为2（b-a）mol，故溶液中的碘离子的物质的量为amol-2（b-a）mol=（3a-b）mol，由于氯气完全反应，故溶液中的氯离子的物质的量为2bmol，因此溶液中SO42－、I－与Cl－的物质的量之比为a：（3a-2b）：2b，D正确。

答案选A。

点睛：本题考查了氧化还原反应中的反应先后顺序和与量有关的离子方程式的书写，难度较大，应注意的是由于还原性：SO32-＞I-，故氯气先和亚硫酸根反应，然后再和碘离子反应。

9．固定容积为2 L的密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g) ƒzC(g)，图1表示T ℃时容器中各物质的量随时间变化的关系，图2表示平衡常数K随温度变化的关系。

结合图像判断，下列结论正确的是()
A．该反应可表示为2A(g)＋B(g) ƒC(g)ΔH<0
B．T ℃时该反应的平衡常数K＝6.25
C．当容器中气体密度不再变化时，该反应达到平衡状态
D．T ℃，在第6 min时再向体系中充入0.4 mol C，再次达到平衡时C的体积分数大于0.25
【答案】D
【解析】
【分析】
A.由图1可知A、B为反应物C为生成物，A的物质的量的变化量为0.4mol，B的物质的量的变化量为0.2mol，C的物质的量的变化量为0.2mol，根据物质的量的变化量之比等于化学计量数之比书写方程式；由图2可知，升高温度，平衡常数增大，可知该反应为吸热反应；
B. 根据三段法有
2A(g) ＋B(g) ƒC(g)
始(mol/L) 0.4 0.2 0
转(mol/L) 0.2 0.1 0.1
平(mol/L) 0.2 0.1 0.1
根据平衡常数K=
()
()()
2
c C
c B c A
进行计算；
C. 容器内气体的质量保持不变，容器的容积保持不变，密度始终不变；
D. 第6 min时再向体系中充入0.4 mol C，相当于加压，平衡正向移动。

【详解】
A.由图2知，升高温度，平衡常数逐渐增大，该反应为吸热反应，ΔH>0，A项错误；
B.根据图1知0～5 min内，A、B、C变化的物质的量分别为0.4 mol、0.2 mol、0.2 mol，该反应可表示为2A(g)＋B(g) ƒC(g)，反应达到平衡时A、B、C的平衡浓度分别为0.2 mol·L－1、0.1 mol·L－1、0.1 mol·L－1，
故T ℃时该反应的平衡常数K＝
()
()()
2
c C
c A c B
＝25，B项错误；
C.根据质量守恒定律知，容器内气体的质量保持不变，容器的容积保持不变，故容器内气体的密度为恒量，不能作为平衡标志，C项错误；
D.根据图1知T ℃时反应达平衡后C的体积分数为0.25，在第6 min时再向体系中充入0.4 mol C，相当于加压，平衡正向移动，再次达到平衡时，C的体积分数大于0.25，D项正确；
答案选D。

10．下列叙述不正确的是
A．Na+、Mg2+、Al3+的氧化性依次减弱
B．RbOH、KOH、Mg(OH)2碱性依次减弱
C．H2S、H2O、HF的稳定性依次增强
D．O2-、F-、Na+、Br-的半径大小顺序为：Br->O2->F->Na+
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A.同一周期中，从左到右，元素的金属性逐渐减弱，金属对应的离子得电子能力依次增强，即氧化性依次增强，所以Na+、Mg2+、Al3+的氧化性依次增强，A不正确；
B. Rb、K、Mg的金属性依次减弱，故RbOH、KOH、Mg(OH)2碱性依次减弱，B正确；
C.S、O、F的非金属性依次增强，故H2S、H2O、HF的稳定性依次增强，C正确；
D. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大其半径越小；电子层数不同的离子，电子层数越多，半径越大，故O2-、F-、Na+、Br-的半径大小顺序为Br->O2->F->Na+，D正确。

综上所述，叙述不正确的是A，本题选A。

11．元素周期表中钌(Ru)与铁相邻位于铁的下一周期，某钌光敏太阳能电池的工作原理如下图所示，图中Ru II*表示激发态。

下列说法正确的是
A．电池工作时，直接将太阳能转化为电能
B．理论上，n(被还原的I3－)：n(被氧化的Ru II*)=1：2
C．在周期表中，钌位于第五周期第ⅧB族
D．电池工作时，正极的电极反应式为Ru3++e－=Ru2+
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知钌（Ru II）的配合物获得太阳能转化为激发态Ru II*，激发态Ru II*失去1个电子转化为Ru III，电极X构成原电源的负极；电解质溶液中发生反应：2Ru III+3I-=2Ru II+I3-，电极Y上发生反应I3-+2e-=3I-，故电极Y构成原电源正极。

由此分析。

【详解】
A.由图可知，电极X上钌（Ru II）的配合物获得太阳能转化为激发态Ru II*，激发态Ru II*失去1个电子转化为Ru III，所以是太阳能先转化为化学能，化学能再转化为电能，A项错误；
B.电极X（负极）上的反应：Ru II*-e-=Ru III，电极Y（正极）上的反应：I3-+2e-=3I-。

根据原电池两极转移的电子守恒，n(被还原的I3-):n(被氧化的R II*)=1:2。

B项正确；
C.因为Fe在第四周期第VIII族，钌与铁相邻位于铁的下一周期铁，所以钌位于第五周期第VIII族，C项错误；
D.该原电池的正极是电极Y，其电极反应式为I3-+2e-=3I-，D项错误；答案选B。

12．如图是某学校购买的硫酸试剂标签上的部分内容。

据此下列说法正确的是（）
A．该硫酸的物质的量浓度为1．82mol·L−1
B．1mol Zn与足量的该硫酸反应产生2g H2
C．配制200mL2．6mol·L−1的稀硫酸需取该硫酸50mL
D．该硫酸与等体积的水混合所得溶液的物质的量浓度等于3．2mol·L−1
【答案】C
【解析】
A．该硫酸溶液的物质的量浓度为
1.84
1000
98
98%
⨯
⨯
mol/L=18.2mol/L，故A错误；B．锌和浓硫酸反应生
成二氧化硫，浓硫酸足量没有氢气生成，故B错误；C．设配制200mL2.6mol•L-1的稀硫酸需取该硫酸的体积为xL，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则0.2L×2.6mol/L=x×18.2nol/L，解得x=0.05L=50mL，故C正确；D．浓硫酸和水的密度不同，等体积混合后体积不等于硫酸体积的2倍，混合后物质的量浓度不是3.2mol/L，故D错误，故选C。

点睛：本题考查溶液浓度的计算，注意硫酸的浓度越大，密度越大，注意理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系。

本题的易错点是B，注意浓硫酸的特殊性质。

13．下列化学用语表达不正确的是()
A．次氯酸的电子式：B．质子数为6、质量数为14的原子：146N
C．CS2的结构式：S=C=S D．氯的原子结构示意图：
【答案】B
【解析】
试题分析：A、次氯酸的电子式中O原子与H、Cl各形成一对共用电子对，正确；B、质子数是6质量数是14的原子是C原子，不是N原子，错误；C、CS2的结构域二氧化碳相似，都含有双键，正确；D、Cl
原子的核内有17个质子，核外有17个电子，原子结构示意图正确，答案选B。

考点：考查对化学用语的判断
14．现有氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种稀溶液，选用一种试剂通过一步操作就能将它们加以区分，这种试剂是
A．KSCN溶液B．氨水C．NaOH溶液D．AgNO3溶液
【答案】C
【解析】A.KSCN溶液，只有氯化铁溶液呈红色，其它溶液没有明显变化，不能鉴别，故A错误；B.向五种溶液中分别滴加氨水，氯化镁、氯化铝和氯化亚铁溶液中均生成白色沉淀，不能鉴别，故B错误；
C.向五种溶液中分别滴加NaOH溶液，氯化钠溶液中无现象；氯化铝溶液中先生成白色沉淀氢氧化铝，当氢氧化钠过量时，白色沉淀溶解；氯化亚铁溶液中先产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色、最后转变为红褐色的氢氧化铁沉淀，氯化铁溶液中生成红褐色沉淀；氯化镁溶液中生成白色沉淀；现象各不相同，能够鉴别，故C正确；
D.向五种溶液中分别滴加AgNO3溶液，均生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误。

答案选C。

15．反应2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为
v=k•c m(NO)•c n(H2)(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：
①2NO+H2═N2+H2O2(慢)
②H2O2+H2═2H2O(快)
T℃时测得有关实验数据如下：
下列说法错误的是
A．整个反应速度由第①步反应决定
B．正反应的活化能一定是①＜②
C．该反应速率表达式：v=5000c2(NO)•c(H2)
D．该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)△H=-664kJ•mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】
A．①2NO+H2═N2+H2O2(慢)，②H2O2+H2═2H2O(快)，反应历程中反应慢的决定反应速率，整个反应速度
由第①步反应决定，故A正确；
B．反应①难以进行，说明反应的活化能高，正反应的活化能一定是①＞②，故B错误；
C．比较图表Ⅰ、Ⅱ数据可知NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，Ⅲ、Ⅳ数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，v=Kc2(NO)•c(H2)，依据Ⅰ中数据计算K=5000，则速率方程v=5000c2(NO)•c(H2)，故C正确；
D．反应2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，生成28gN2放热664KJ，热化学方程式为：2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)△H=-664kJ•mol-1，故D正确；
故选B。

16．在36 g碳不完全燃烧所得气体中，CO占体积，CO2占体积。

且有：
C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283 kJ·mol－1
与这些碳完全燃烧相比，损失的热量是
A．172.5 kJ B．1 149 kJ C．283 kJ D．517.5 kJ
【答案】C
【解析】
【分析】
根据热化学方程式进行简单计算。

【详解】
方法一：36 g碳完全燃烧生成3molCO2(g)放热Q1＝(110.5+283)kJ·mol－1×3mol＝1180.5kJ，题中36 g不完全燃烧生成1molCO(g)、2molCO2(g)放热Q2＝110.5kJ·mol－1×3mol+283kJ·mol－1×2mol＝897.5kJ，则损失热量Q1－Q2＝1180.5kJ－897.5kJ＝283 kJ。

方法二：根据盖斯定律，损失热量就是不完全燃烧的产物完全燃烧放出的热量，即1molCO(g)完全燃烧放出的热量283 kJ。

本题选C。

17．某温度下，wg某物质在足量氧气中充分燃烧，其燃烧产物立即与过量的Na2O2反应，固体质量增加wg。

在①H2；②CO；③CO和H2 的混合物④HCHO；⑤CH3COOH；⑥HO-CH2-CH2-OH中，符合题意的是
A．均不符合B．只有①②③C．只有④⑤D．全部符合
【答案】D
【解析】
【详解】
若该物质为H2，依次发生的反应为2H2+O22H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，相当于反应为
“Na2O2+H2=2NaOH”，固体增加的质量为燃烧H2的质量；若该物质为CO，依次发生的反应为
2CO+O22CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，相当于反应为“Na2O2+CO=Na2CO3”，固体增加的质量为燃烧CO的质量；经过上述分析可归纳：凡分子组成符合（CO）m·（H2）n的物质wg在O2中完全燃烧，将其产物（CO2和水蒸气）通过足量Na2O2后，固体增重必为wg。

①②③符合；④分子式为CH2O，符合；⑤分子式为C2H4O2，可改写成（CO）2·（H2）2，符合；⑥分子式为C2H6O2，可改写成（CO）2·（H2）3，符合；全部符合，答案选D。

18．有机物具有手性，发生下列反应后，分子仍有手性的是( )
①与H2发生加成反应②与乙酸发生酯化反应③发生水解反应④发生消去反应
A．①②B．②③C．①④D．②④
【答案】B
【解析】
【分析】
有机物中心手性C原子连接CH2=CH-、CH3-CH2-、-OH、-CH2OOC-CH3。

【详解】
①与H2发生加成反应，碳碳双键发生加成，CH2=CH-+ H2→CH3-CH2-，则中心C原子不具有手性，①错误；
②与乙酸发生酯化反应，醇羟基与乙酸发生反应，R-OH+ HOC-CH3→ROOC- CH3+ H2O，仍为手性碳原子，
②正确；
③发生水解反应，则酯基水解，-CH2OOC-CH3→-CH2OH，与其它3个原子团不同，中心C原子仍为手性碳原子，③正确；
④发生消去反应，-C（OH）CH2--→-C=CH-，则不具有手性，④错误；
答案为B
19．下列说法正确的一组是
①不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质
②二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质
③氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na＋和Cl－，所以氯化钠是强电解质
④强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度
⑤熔融的电解质都能导电
⑥强电解质可能是离子化合物，也可能是共价化合物
A．①③⑤⑥B．②④⑤⑥
C．只有⑤D．只有⑥
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
①CaCO3、BaSO4虽不溶于水，但它们是强电解质，故①错；
②二氧化碳溶于水生成了碳酸，碳酸部分电离，是弱电解质，但二氧化碳是非电解质，故②错；
③氯化钠在水分子的作用下电离出Na+和Cl-，所以氯化钠是强电解质，故③错；
④0.000 01 mol/L盐酸中氢离子浓度小于1 mol/L CH3COOH中氢离子浓度，故④错；
⑤熔融的纯硫酸不导电，故⑤错误；
⑥属于强电解质的有强酸、强碱和大多数盐，所以强电解质可能是离子化合物，也可能是共价化合物，⑥正确；
综上所述，选D。

20．下列说法中正确的是（）
A．有机物分子式为C4H7ClO2，与NaHCO3溶液反应产生CO2，其结构可能有15种
B．已知为加成反应，由此可知X为氯乙烯
C．分子式为C4H8ClBr的有机物共有9种
D．互为同分异构体
【答案】B
【解析】分析：A、可与NaHCO3产生CO2，说明含有羧基，C3H7Cl的结构有CH3CH2CH2Cl或
CH3CHCl2CH3；B．根据二烯烃的1，4加成原理来解答；C、根据碳的骨架采用“定一移一”的方法分析；D、甲烷为正四面体结构，其二氯取代物只有一种。

详解：A、有机物分子式为C4H7ClO2，可与NaHCO3产生CO2，说明含有羧基，其结构满足C3H6Cl-COOH，C3H7Cl的结构有CH3CH2CH2Cl或CH3CHCl2CH3，分子中含有的氢原子种类分别是3和2种，因此该有机物可能的结构有5种，选项A错误；B．二烯烃的1，4加成原理，由反应可知，X为氯乙烯，选项B正确；C、先分析碳骨架异构，分别为C-C-C-C 与2种情况，然后分别对
2 种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架C-C-C-C 有、共8 种，
骨架有、，共 4 种，共12种，选项C错误；D、甲烷为正四面体结构，其二氯取代物只有一种，故为同一种物质，选项D错误。

答案选B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．请完成下列物质的分离提纯问题。

Ⅰ.现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，选择适当的试剂除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液。

相应的实验过程可用下图表示：
请回答下列问题：
（1）写出实验流程中下列物质的化学式：试剂X_______。

（2）证明AgNO3溶液加过量的实验方法是_______________________________。

（3）按此实验方案得到的溶液3中肯定含有__________（填化学式）杂质；为了解决这个问题，可以向溶液3中加入适量的___________（填化学式），之后若要获得固体NaNO3需进行的实验操作是___________（填操作名称）。

Ⅱ.某同学欲用CCl4萃取较高浓度的碘水中的碘，操作过程可以分解为如下几步：
A．把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；
B．把50ml碘水和15mlCCl4加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；
C．检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；
D．倒转漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正
E．旋开活塞，用烧杯接收溶液；
F．从分液漏斗上口倒出上层液体；
G．将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽与漏斗上口的小孔对准；
H．静置、分层。

（1）萃取过程正确操作步骤的顺序是：（填编号字母）_________________。

（2）从含碘的CCl4溶液中提取碘和回收CCl4，还需要经过蒸馏，观察下图所示实验装置指出其错误有_________处。

（3）进行上述蒸馏操作时，最后晶态碘在____________（填仪器名称）里聚集。

【答案】BaCl2或Ba(NO3)2取滤液或溶液2少许于试管，加入稀盐酸，若产生白色沉淀，证明AgNO3过量Na2CO3HNO3蒸发CBDAHGEF4蒸馏烧瓶
【解析】
Ⅰ.除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液，由实验流程可知，如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的X为BaCl2[或Ba(NO3)2]，生成沉淀A为BaSO4沉淀，然后在溶液1中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，即沉淀B为AgCl，再向所得溶液2中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，沉淀C为碳酸钡、碳酸银，最后所得溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。

(1)由上述分析可知，X为BaCl2或Ba(NO3)2，故答案为BaCl2或Ba(NO3)2；
(2)证明AgNO3加过量的实验方法是取滤液或溶液2少许于试管，加入稀盐酸，若产生白色沉淀，证明AgNO3过量，故答案为取滤液或溶液2少许于试管，加入稀盐酸，若产生白色沉淀，证明AgNO3过量；
(3)溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，之后蒸发、过滤得到硝酸钠，故答案为Na2CO3；HNO3；蒸发；
Ⅱ.(1)CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液，操作为查漏→装液→振荡→静置→分液，则正确的顺序为：C→B→D→A→H→G→E→F，故答案为CBDAHGEF；
(2)从含碘的CCl4溶液中提取碘和回收CCl4，还需要经过蒸馏，蒸馏时温度计水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处；冷凝水应从下口进入上口流出；尾接管与锥形瓶之间有塞子；烧杯加热应垫上石棉网；所以共4处错误；故答案为4；
(3)碘的沸点为184℃，比四氯化碳沸点高，所以最后晶态碘在蒸馏烧瓶里聚集；故答案为蒸馏烧瓶。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．已知A、B、C、D、E、F为元素周期表中原子序数依次增大的前20号元素，A与B，C、D与E分别位于同一周期。

A原子L层上有2对成对电子，B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体X，CE、FA为电子数相同的离子晶体。

(1)写出A元素的基态原子外围电子排布式：_______________________________。

F的离子电子排布式：__________。

(2)写出X涉及化工生产中的一个化学方程式：______________________。

(3)试解释工业冶炼D不以DE3而是以D2A3为原料的原因：_____________。

(4)CE、FA的晶格能分别为786kJ·mol－1、3401kJ·mol－1，试分析导致两者晶格能差异的主要原因是___________________________。