广西壮族自治区桂林市第十八中2021-2022学年化学高二第二学期期末经典试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列说法或有关化学用语的表达正确的是A1s电子云呈球形，表示电子绕原子核做圆周运动B钠原子由1s22s22p63p1ls22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态C因氧元素的电负性比氮元素的大，故氧原子的第一电

2、离能比氮原子的大D基态Fe原子的外围电子排布图为2、我们生活在千变万化的物质世界里。下列过程或变化中，没有发生氧化还原反应的是()AiPhone 8手机电池放电 B铁制品的镀铜过程C爆竹爆炸 D利用焰色反应检验K3、下列分子或离子中，含有孤对电子的是( ）AH2OBCH4CSiH4DNH4+4、化合物A、B、C都只含有两种元素，且A、B均含X元素。已知一定条件下可发生反应：ABXC，X是一种单质，由此可知X元素 （ ）A一定是金属元素B一定是非金属元素C可能是金属元素，也可能是非金属元素D无法确定5、歌曲青花瓷,唱道“帘外芭蕉惹骤雨,门环惹铜绿”,其中的“铜绿”即是铜锈,它的化学成分是Cu2(

3、OH)2CO3(碱式碳酸铜)。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3。下列有关该反应的说法正确的是()A该反应不属于氧化还原反应B该反应中氧元素和碳元素化合价发生变化,所以是氧化还原反应C该反应中铜得电子,O2失电子,所以是氧化还原反应D该反应是氧化还原反应,化合价发生改变的只有两种元素6、下列离子方程式正确的是（）A向明矾溶液中逐滴滴入Ba（OH）2溶液，至沉淀质量最大时反应为：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH3BaSO4+2Al（OH）3B氯化铁溶液腐蚀铜电路板：Cu+Fe3+Fe2+ +Cu2+C已知：2Br+Cl22Cl+Br2，Br

4、2+2Fe2+2Fe3+2Br，向含0.2molFeBr2的溶液中通入标准状况下3.36LCl2时，发生的反应为：4Fe2+2Br+3Cl24Fe3+Br2+6ClD向NaHSO4中滴入Ba（OH）2溶液至恰好显中性：H+SO42+Ba2+OHH2O+BaSO47、我国科学家研制出的新型高效光催化剂能利用太阳能分解水制取氢气，主要过程如图所示，下列说法正确的是（ ）A与电解相比，光解水过程中消耗的能量较低B过程I、都要吸收能量C过程既有极性键形成，又有非极性键形成D利用膜分离技术分离氢气和氧气具有良好的应用前景8、下列物质的类别与所含官能团都错误的是（ ）A 醇类OHB 羧酸 COOHC 醛类

5、CHODCH3-O-CH3 醚类9、下列说法正确的是A氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应C3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于66.021023D在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快10、水的电离过程为，在不同温度下其离子积常数为KW(25C)=1.010-14，KW(35C)=2.110-14。则下列关于纯水的叙述正确的是Ac(H+)随着温度升高而降低B在35时，c(H+)c(OH-)C25时水的电离程度大于35时水的电离程度D水的电离是吸热的11、下列叙述

6、正确的是A氯乙烷与过量NaOH溶液共热后加入AgNO3溶液最终得到白色沉淀B某一元醇发生消去反应可以生成丙烯，则该醇一定是1-丙醇CH2O、CH3COOH、CH3CH2OH分别与金属钠反应，反应最慢的是CH3CH2OHD酚醛树脂、聚酯纤维、聚苯乙烯这些高分子化合物都是经过缩聚反应得到的12、将由FeSO4、Ba(OH)2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻璃棒搅拌，充分溶解，一段时间后，向稳定的混合物溶液中滴加1molL-1的稀硫酸，加入稀硫酸的体积与生成沉淀的物质的量关系如图所示。下列有关判断不正确的是()AAB段发生反应的离子方程式为：Ba2+SO42-+2H+2OH-=B

7、aSO4+2H2OBD点表示的溶液呈酸性CC点表示的沉淀的化学式为Al(OH)3、BaSO4、Fe(OH)2D混合物中FeSO4和AlCl3的物质的量相等13、25时，将浓度均为0.1mol/L、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL(溶液体积有简单叠加)，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法不正确的是AKa(HX)的值与Kb(NH3H2O)的值相等Bc、d两点，值相等Cad点过程中，存在c(X-)=c(NH4+)Db点，c(NH4+)+c(HX)=0.05mol/L14、用石墨电极电解某酸溶液时，在相同条件下，阴、阳两极收集到

8、的气体的体积比是21，则下列结论正确的是( )A阴极一定是H2，阳极一定是O2 B该酸可能是盐酸C电解后溶液的酸性减弱 D阳极的电极反应式为2H2e=H215、下列说法不正确的是A乙醇的沸点高于丙烷B氨基酸既能与盐酸反应，也能与NaOH反应C甘油、汽油、植物油不属于同一类有机物D光照时异戊烷发生取代反应生成的一氯代物最多有5种16、下列说法错误的是()糖类均可发生水解反应动物油、植物油、矿物油都是由C、H、O三种元素组成油脂属于高分子，水解产物之一是甘油向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，没有红色沉淀生成，说明淀粉没有水解成葡萄糖向鸡蛋清中滴加饱和N

9、a2SO4溶液出现沉淀的现象属于化学变化ABCD全部17、几种短周期元素的原子半径和主要化合价见表：元素代号XYZLMQ原子半径/nm0.1600.1430.1020.0990.0770.074主要化合价236、27、14、42下列说法正确的是A在化学反应中，M原子既不容易失去电子，又不容易得到电子B等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反应，生成的氢气一样多CY与Q形成的化合物不可能跟氢氧化钠溶液反应DZ的氢化物的稳定性强于L的氢化物的稳定性18、一定温度下，mg下列物质在足量的氧气中充分燃烧后，产物与足量的过氧化钠充分反应，过氧化钠增加了ng，且nm，符合此要求的物质是（ ）H2HCHOCH4

10、HCOOCH3CH3CHOA B C D19、验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是A对比，可以判定Zn保护了FeB对比，K3Fe(CN)6可能将Fe氧化C验证Zn保护Fe时不能用的方法D将Zn换成Cu，用的方法可判断Fe比Cu活泼20、下列反应中，SO2做还原剂的是A2MgSO22MgOSBSO2H2O2H2SO4CCu2H2SO4(浓) CuSO4SO22H2ODSO22NaOHNa2SO3H2O21、设NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（ ）A1mol月球背面的氦3（3H

11、e）含有质子为2NAB标况下，22.4L甲烷和1molCl2反应后的混合物中含有氯原子数小于2NAC2molSO2与1molO2充分反应，转移的电子数为4NAD25时，1L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NA22、在室温下，发生下列几种反应：16H10Z2XO4-=2X25Z28H2O2A2B2=2A32B2BZ2=B22Z根据上述反应，判断下列结论错误的是()A要除去含有A2、Z和B混合溶液中的A2，而不氧化Z和B，应加入B2B还原性强弱顺序为A2 Z BX2CX2是XO4-的还原产物，B2是B的氧化产物D在溶液中可能发生反应：8H5A2XO4-=X25A34H2O

12、二、非选择题(共84分)23、（14分）有A，B，C，D，E五种元素，其中A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同；C原子的价电子构型为csccpc+1，D元素的原子最外层电子数比次外层电子数少2个，D的阴离子与E的阳离子电子层结构相同，D和E可形成化合物E2D(1)上述元素中，第一电离能最小的元素的原子结构示意图为_；D的价电子排布图为_；(2)下列分子结构图中的和表示上述元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，小黑点表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键则在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键

13、的是_(填写分子的化学式)； 在的分子中有_个键和_个键(3)A，C，D可形成既具有离子键又具有共价键的化合物，其化学式可能为_；足量的C的氢化物水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物，其化学式为_，请说出该配合物中中心原子与配位体及内界与外界之间的成键情况：_24、（12分）聚乙烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如下： 已知：R1、R2均为烃基 合成路线中AB是原子利用率为100%的反应回答下列问题：（1）A的名称是_；FG的反应类型为_。（2）CD的化学反应方程式为_。（3）E的结构简式为_；H的顺式结构简式为_。（4）写出同时满足下列条件的G的同分异构体结构简式_

14、。属于芳香族化合物；能与NaOH溶液发生反应；核磁共振氢谱有4种吸收峰（5）参照上述合成路线和相关信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)合成有机物,设计合成路线为：_。25、（12分）某课外活动小组利用下列化学反应在实验室中制备氯气，并进行有关氯气性质的研究。 (1)该小组同学欲用图所示仪器及试剂(不一定全用)制备并收集纯净、干燥的氯气。 应该选择的仪器是_(填字母)。 将各仪器按先后顺序连接起来,应该是a接_，_接_，_接_，_接h(用导管口处的字母表示)。 浓盐酸与二氧化锰反应的离子方程式为_。(2)该小组同学设计分别利用图所示装置探究氯气的氧化性。G中的现象是_，原因是_(用化学方程式

15、表示)。H中的现象是_。26、（10分）氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料，某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案。已知：AlN+NaOH+H2ONaAlO2NH3（方案1）取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。（1）如图C装置中球形干燥管的作用是_。（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先_；再加入实验药品。接下来的实验操作是_,打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是_。（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见_

16、。（方案2）用如下图装置测定m g样品中A1N的纯度(部分夹持装置已略去)。（4）导管a的主要作用是_。（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是_。（填选项序号）aCCl4 bH2O cNH4Cl溶液 d（6）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL,（已转换为标准状况），则A1N的质量分数为_（用含V、m的代数式表示）。27、（12分）某酸性废液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，有同学设计了下列方案对废液进行处理（所加试剂均稍过量），以回收金属铜，保护环境。请回答：（1）沉淀a中含有的单质是_（填元素符号）。（2）沉淀c的化学式是_。（3）溶液A与H2O2溶液

17、在酸性条件下反应的离子方程式是_。28、（14分）短周期主族元素及其化合物在生产生活中至关重要。(1)BF3与一定量水形成(H2O)2BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：晶体Q中含有的化学键包括_。(2) NF3与NH3的空间构型相同，但NF3不易与Cu2等形成配位键，其原因是_。(3)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148 液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有阴阳离子各一种，结构是正四面体型离子和正八面体型离子；正八面体型离子的化学式为_；正四面体型离子中键角大于PCl3的键角原因为_。(4)氯化钠的晶胞结构如图所示，图是氯化钠的晶胞截面图(图中球大小代表半径大小)。

18、已知NA代表阿伏加德罗常数的值，氯化钠晶体的密度为d gcm-3。则Na+半径为_pm(只需列出计算式)。(5)砷化硼为立方晶系晶体，该晶胞中原子的分数坐标为:B: (0，0，0)； (，0)；(，0，)；(0，)；As：(，)；(，)；(，)；(，)；请在图中画出砷化硼晶胞的俯视图_。砷原子紧邻的硼原子有_个，与每个硼原子紧邻的硼原子有_个。29、（10分）次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式：_。（2）H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银(H3PO2)中，磷元素的化合价

19、为_。利用(H3PO2)进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物为：_(填化学式)；NaH2PO2是 正盐还是酸式盐？_，其溶液显_性(填“弱酸性”、“中性”、或者“弱碱性”)。（3）H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与氢氧化钡溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与硫酸反应，写出白磷与氢氧化钡溶液反应的化学方程式_。（4）(H3PO2)也可以通过电解的方法制备工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过):写出阳极的电极反应式_；分析产品室可得到H3PO2的原因_；早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀

20、硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室，其缺点是_杂质。该杂质产生的原因是_。参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】分析：A电子云不代表电子的运动轨迹；B.原子由基态转化成激发态需要吸收能量；CN元素原子2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素的第一电离能；D. Fe为26号元素，根据核外电子的排布规律，可知Fe原子的外围电子排布图.详解：A电子云表示表示电子在核外空间某处出现的机会，不代表电子的运动轨迹，故A错误；B. 钠原子由1s22s22p63p1ls22s22p63p1时，原子吸收能量，由基

21、态转化成激发态，故B错误；CN元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素的第一电离能，故C错误；D. Fe为26号元素，根据核外电子的排布规律，原子的外围电子排布图为，故D正确；答案选D.2、D【解析】分析：发生的反应中，存在元素的化合价变化，则为氧化还原反应；反之，不存在元素的化合价变化，则不发生氧化还原反应，以此来解答。详解：A手机电池充电，发生电解反应，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，A不选；B铁制品镀铜，在阴极上铜离子得电子生成Cu，发生化合价的变化，属于氧化还原反应，B不选；C爆竹爆炸，为炸药与氧气发生的剧烈的氧化还原反应，C不选；D焰色反应检验K，焰色反应属

22、于物理变化，不是氧化还原反应，D选；答案选D。3、A【解析】A. O原子有6个价电子，故H2O分子中有2个孤电子对； B. C原子有4个价电子，故CH4分子中无孤对电子； C. Si原子有4个价电子，故SiH4分子中无孤对电子； D. N原子有5个价电子，故NH4+分子中无孤对电子。故选A。4、B【解析】分析:根据题意:(1)A、B、C都是化合物；(2)A、B均含X元素；(3)反应生成单质X，可以推知该反应为“归中型”氧化还原反应。即化合物A、B中X元素的化合价“一高一低”(一个高于0价、一个低于0价),两者共同作用生成X单质(化合价为0)。因为金属元素在化合物中只呈现正价态，不可能有负价态，

23、因此可以肯定X不是金属元素；只有非金属元素在化合物中才既可呈正价态，又可呈负价态，并在一定条件下可以发生归中反应。详解:根据题意:(1)A、B、C都是化合物；(2)A、B均含X元素；(3)反应生成单质X，可以推知该反应为“归中型”氧化还原反应。即化合物A、B中X元素的化合价“一高一低”(一个高于0价、一个低于0价),两者共同作用生成X单质(化合价为0)。因为金属元素在化合物中只呈现正价态，不可能有负价态，因此可以肯定X不是金属元素；只有非金属元素在化合物中才既可呈正价态，又可呈负价态，并在一定条件下可以发生归中反应。例如：2H2S+SO2=3S+2H2O，4NH3+6NO=5N2+6H2O，所

24、以X应该是非金属，即该题的答案为B。所以B选项是正确的。5、D【解析】在该反应中，铜元素的化合价由0价变成+2价，失去电子，被氧化，氧元素的化合价由0价变成-2价，得到电子，被还原，其余元素的化合价都没有发生变化。【详解】A. 在该反应中，铜元素的化合价由0价变成+2价，失去电子，被氧化，氧元素的化合价由0价变成-2价，得到电子被还原，故该反应属于氧化还原反应，A不正确；B. 该反应中碳元素化合价没有发生变化，B不正确；C. 该反应中铜失去电子，O2得到电子，C不正确；D. 该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素，D正确。故选D。6、C【解析】A向一定量的明矾溶液中逐滴加入Ba（O

25、H）2溶液至沉淀质量最大时，生成的沉淀为硫酸钡沉淀，铝离子生成的氢氧化铝沉淀完全溶解，正确的离子方程为：2Ba2+4OH-+Al3+2SO42-2BaSO4+AlO2-+2H2O，故A错误；B用FeCl3溶液腐蚀铜线路板的离子反应为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，故B错误；C标准状况下3.36L氯气的物质的量为1.5mol，与0.2 mol FeBr2反应，氯气先氧化亚铁离子，剩余的氯气氧化溴离子，发生的反应为：4Fe2+2Br+3Cl24Fe3+Br2+6Cl，故C正确；D. 向NaHSO4中滴入Ba（OH）2溶液至恰好显中性：2H+SO42+Ba2+2OH2H2O+BaSO4，故D错

26、误；答案选C。7、D【解析】A、根据能量守恒可知，与电解相比，光解水过程中消耗的能量相等，选项A错误；B、过程I断裂化学键要吸收能量、过程形成新化学键放出能量，选项B错误；C、过程形成氧氧键和氢氢键，只有非极性键形成，没有极性键形成，选项C错误；D、新型高效光催化剂能利用太阳能分解水制取氢气，利用膜分离技术分离氢气和氧气具有良好的应用前景，选项D正确。答案选D。8、C【解析】A.含有的官能团为OH，属于醇类，与题意不符，A错误；B.含有的官能团为COOH，属于羧酸类，与题意不符，B错误；C. 含有的官能团为-COOC，属于酯类，符合题意，C正确；D. CH3-O-CH3含有的官能团为C-O-C

27、，属于醚类，与题意不符，D错误； 答案为C；【点睛】根据常见官能团确定物质的类别，C项为易错点，注意甲酸酯含有醛基，具有醛的性质，但不属于醛类。9、C【解析】A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%90%，A项错误；B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的S0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具

28、有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。10、D【解析】A.K（25）=1.010-14K（35）=2.110-14，所以c（H+）随温度的升高而增大，故A错误；B.升高温度，促进电离，但氢离子浓度和氢氧根离子浓度始终相等，故B错误；C. 升高温度，促进水的电离，故35时水的电离程度大于25时水的电离程度

29、，故C错误；D. K（25）=1.010-14K（35）=2.110-14，说明升高温度，水的电离程度增大，水的电离为吸热过程，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查水的电离程度与温度的关系，因水的电离是吸热过程，故升温时，水的电离程度增大，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度都增大，但溶液依然是呈中性的。11、C【解析】A. 氯乙烷与过量NaOH溶液共热后溶液显碱性，需先加硝酸化再加入AgNO3溶液最终才能得到白色沉淀，故A错误；B. 某一元醇发生消去反应可以生成丙烯，则该醇可能是1-丙醇或2-丙醇，故B错误；C. 根据各种基团对羟基的影响大小可知，氢的活泼性由大到小的顺序为： CH3COOH

30、H2OCH3CH2OH, 与金属钠反应速率为：CH3COOHH2OCH3CH2OH, 所以反应最慢的是CH3CH2OH，故C正确；D.聚苯乙烯是经过加聚而成的，故D错误：综上所述，本题正确答案为C。12、C【解析】由图可知最终沉淀0.05mol为BaSO4，则固体混合物中nBa(OH)2为0.05mol，根据图象知，未加H2SO4前A点的沉淀为0.02mol，小于0.05mol，说明FeSO4完全反应，Ba2+有剩余，由AB一定发生反应Ba2+SO42-=BaSO4，加入20mL H2SO4，n(H2SO4)为0.02mol，由图可知沉淀量增加0.04mol-0.02mol=0.02mol，沉

31、淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量，故不可能发生反应AlO2- +H+H2O=Al(OH)3，该反应硫酸的物质的量与沉淀的物质的量之比为1：2，也不会发生其它沉淀的溶解反应，否则沉淀量增加不可能为0.02mol，说明加入的20mL硫酸只与氢氧化钡反应；故未加H2SO4前A点的溶液中Ba(OH)2有剩余，剩余三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻璃棒搅拌，充分溶解，一段时间发生反应：FeSO4+Ba(OH)2=BaSO4+Fe(OH)2，4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，Al3+4OH-=AlO2-+2H2O；故A点沉淀为Fe(OH)3、BaSO4，由方程式可知nFe(

32、OH)3=n(BaSO4)=0.01mol，此时Al3+变为AlO2-，可知n(FeSO4)=0.01mol；BC，加入5mL硫酸，硫酸的物质的量为0.005mol，由图可知沉淀量增加0.055mol-0.04mol=0.015mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的3倍，故发生反应Ba2+SO42-=BaSO4，AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，由方程式可知，该阶段生成BaSO4为0.005mol，生成Al(OH)3为0.01mol，故C的沉淀为Fe(OH)3、BaSO4、Al(OH)3；CD，加入15mL硫酸，硫酸的物质的量为0.015mol，由图可知沉淀量增加0.06m

33、ol-0.055mol=0.005mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的倍，沉淀量达最大值，不可能单独发生Ba2+SO42-=BaSO4（沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量）或AlO2-+H+H2O=Al(OH)3（沉淀的物质的量是硫酸的2倍）或二者都发生；故该阶段发生反应Ba2+SO42-=BaSO4（生产BaSO4多）、Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O、Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O（沉淀溶解少），说明C点AlO2-完全反应，D点的溶液含有Al3+、Fe3+、Ba2+沉淀完全，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3；DE发生反应Al(OH)3+

34、3H+=Al3+3H2O、Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O，E点完全溶解，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，由CE共消耗30mL H2SO4，而0.01mol Fe(OH)3消耗15mL H2SO4，可知Al(OH)3消耗15mL H2SO4，判定nAl(OH)3=nFe(OH)3=0.01mol，可知原混合固体中n(AlCl3)=0.01mol，据此分析作答。【详解】A. 由上述分析可知，硫酸只与氢氧化钡反应，反应离子方程式为Ba2+SO42-+2H+2OH-=BaSO4+2H2O，A项正确；B. 由上述分析可知，D点的溶液含有Al3+、Fe3+，溶液为Al2(SO4)3

35、、Fe2(SO4)3，Al3+、Fe3+水解，溶液呈酸性，B项正确；C. 由上述分析可知，C的沉淀为Fe(OH)3、BaSO4、Al(OH)3，C项错误；D. 由上述分析可知，原混合固体中n(FeSO4)=0.01mol，n(AlCl3)=0.01mol，两者物质的量相等，D项正确；答案选C。13、C【解析】分析：根据图知，酸溶液的pH=3，则c（H）0.1molL1，说明HX是弱酸；碱溶液的pH=11，c（OH）=0.1molL1，NH3H2O是弱碱，A、由图可知 0.1mol/LHX 溶液pH=3，由 HXH+X代入Ka的表达式求解；B、c 、d点时，c(X)/c(OH)c(HX)=1/K

36、h，水解平衡常数Kh只与温度有关；C、根据电荷守恒解答。D、根据电荷守恒和物料守恒解答。详解：A、由图可知 0.1mol/LHX 溶液pH=3，由 HXH+X可知：Ka=10-310-3/0.1=10-5 molL1，碱溶液的pH=11，c（OH）=0.1molL1，NH3H2O是弱碱，Kb=10-310-3/0.1=10-5 molL1，故A正确；B、c 、d点时，c(X)/c(OH)c(HX)=1/Kh，水解平衡常数Kh只与温度有关，故B正确；C、 ad点过程中，存在c(OH)+c(X-)=c(NH4+)+c(H)，此过程中溶液不呈中性，不存在c(X-)=c(NH4+)，故C错误；D、 b

37、点，存在c(OH)+c(X-)=c(NH4+)+c(H)，溶液呈中性，c(X-)=c(NH4+)，c(NH4+)+c(HX)=c(X-)+c(HX)=0.1molL1/2=0.05mol/L，故D正确；故选C。14、A【解析】A.由题意分析可得在电解池的阴极电极反应为：2H+2e-=H2，阳极电极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2，则在阴极得到氢气，在阳极得到氧气，故A正确；B.若该酸为盐酸，则阳极为氯离子放电产生氯气，由电子转移守恒可得两极产生气体和体积之比为1:1，故B错误；C.电解过程相当于电解水，电解后酸溶液的浓度会增大，溶液的酸性增强，故C错误；D.阳极为阴离子放电，电极反应式为

38、：4OH-4e-=2H2O+O2，故D错误；答案选A。15、D【解析】分析：A乙醇中含氢键，物质沸点较高；B、氨基酸属于两性物质，含有羧基与氨基；C、甘油、汽油、植物油分别属于醇、烃和油脂；D、异戊烷有4种氢，一氯代物有4种。详解：A氢键影响物质的熔沸点，含氢键的物质沸点较高，所以乙醇的沸点远高于丙烷，选项A正确；B氨基酸属于两性物质，含有羧基与氨基，能与氢氧化钠、盐酸反应而生成相应的盐，选项B正确；C、甘油、汽油、植物油分别属于醇、烃和油脂，不属于同一类有机物，选项C正确；D、如图，异戊烷有4种氢，光照时异戊烷发生取代反应生成的一氯代物最多有4种，选项D不正确。答案选D。16、D【解析】单糖

39、不能发生水解反应，故错误；矿物油的主要成分是烃，是由C、H两种元素组成，故错误；油脂不是高分子化合物，故错误；葡萄糖在碱性条件下与新制Cu(OH)2悬浊液共热反应，没有加入氢氧化钠溶液中和硫酸，使溶液呈碱性，故错误；向鸡蛋清中滴加饱和Na2SO4溶液出现沉淀的现象为盐析，属于物理变化，故错误；错误，故选D。【点睛】本题考查有机物的组成、结构与性质，注意把握有机物性质、分类与反应类型为解答的关键。17、A【解析】根据上表可以看出Q主要化合价只有-2价，所以Q是O元素；M和Q位于同一周期主要化合价有+4和-4价，M是C元素，X、Y、Z、L的半径大于O和C，且逐渐减小，再根据主要的化合价分析，可知X

40、、Y、Z、L依次是Mg、Al、S、Cl元素【详解】A在化学反应中，C原子的最外层电子数为4，既不容易失去电子，又不容易得到电子，A正确；BMg和HCl反应的物质的量之比为1:2，Al和HCl的物质的量之比为1:3，所以等物质的量的Mg、Al的单质与足量盐酸反应，生成的氢气Al多些，B错误；CAl2O3是两性氧化物，既可以和酸反应又可以和强碱反应生成盐和水，C错误；DS的非金属性比Cl弱，所以气态氢化物的稳定性ClS，D错误；答案选A。18、B【解析】分析：由2H2 +O22H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2CO+O22CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知过

41、氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量，因此只要是CO或H2或它们的混合气体或化学组成符合（CO）m（H2）n时就一定满足m=n，若nm，则不符合（CO）m（H2）n，以此来解答。详解：由上述分析可知nm时，不符合（CO）m（H2）n，根据化学式可知均符合（CO）m（H2）n；CH4化学式改写为C（H2）2，氧原子不足，因此燃烧后生成物与足量的过氧化钠完全反应，过氧化钠增加的质量大于原物质的质量，即nm；CH3CHO化学式改写为CO（H2）2C，氧原子不足，因此燃烧后生成物与足量的过氧化钠完全反应，过氧化钠增加的质量大于原物质的质量，即nm；答案选B。19、D【解析】分析：A项，对比，Fe附近的

42、溶液中加入K3Fe（CN）6无明显变化，Fe附近的溶液中不含Fe2+，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀，Fe附近的溶液中含Fe2+，中Fe被保护；B项，加入K3Fe（CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比的异同，可能是K3Fe（CN）6将Fe氧化成Fe2+；C项，对比，也能检验出Fe2+，不能用的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3Fe（CN）6可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用的方法证明Fe比Cu活泼。详解：A项，对比，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6无明显变化，Fe附近的溶液中不含Fe2+，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）

43、6产生蓝色沉淀，Fe附近的溶液中含Fe2+，中Fe被保护，A项正确；B项，加入K3Fe（CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比的异同，可能是K3Fe（CN）6将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比，加入K3Fe（CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，也能检验出Fe2+，不能用的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3Fe（CN）6可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如中没有取溶

44、液，中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用的方法。20、B【解析】A反应2MgSO22MgOS中S元素的化合价降低，则二氧化硫为氧化剂，A错误；B反应SO2H2O2H2SO4中S元素的化合价升高，SO2做还原剂，B正确；C反应Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O中二氧化硫为生成物，是还原产物，C错误；D反应SO22NaOHNa2SO3H2O中不存在元素的化合价变化，为非氧化还原反应，D错误；答案选B。21、A【解析】A. 3He的原子序数为2，质子数为2，则1mol氦3（3He）含有质子数为2NA，A项正确；B. 甲烷与氯气发生取代反应，根据氯元素守恒可知，

45、反应后的混合物中氯原子的个数为2NA，B项错误；C. SO2与O2的反应为可逆反应，2molSO2与1molO2充分反应，转移的电子数小于4NA，C项错误；D. Ba(OH)2溶液中，pH=13,依据c(OH-) = =10-1=0.1mol/L，则25时，1L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.1mol/L1LNA = 0.1NA，D项错误；答案选A。22、B【解析】同一化学反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物，由反应可知，氧化性XO4- Z2，还原性Z X2，由反应可知，氧化性B2 A3，还原性A2 B，由反应可知，氧化性Z2 B2，还原性B Z

46、，则氧化性XO4- Z2 B2 A3，还原性A2 B Z X2。【详解】A项、氧化性XO4- Z2 B2 A3，则要除去含有A2、Z和B混合溶液中的A2，而不氧化Z和B，应加入B2，故A正确；B项、由分析可知，还原性A2 B Z X2，故B错误；C项、反应可知，X2是XO4-的还原产物，由反应可知，B2是B的氧化产物，故C正确；D项、由分析可知，氧化性XO4- Z2 B2 A3，则在酸性溶液中XO4-可能将A2氧化，反应的离子方程式为8H5A2XO4-=X25A34H2O，故D正确；答案选B。二、非选择题(共84分)23、 NH3、CH4、H2S 5 1 NH4HS或(NH4)2S Cu(NH

47、3)4SO4 内界中铜离子与氨分子之间以配位键相结合，外界铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合 【解析】由于A，B，C，D为短周期元素，因A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A只能为氢元素；同一能层的不同能级的能量不同，符号相同的能级处于不同能层时能量也不同，即1s、2s、2p的轨道能量不同，2p有3个能量相同的轨道，由此可确定B；因s轨道最多只能容纳2个电子，所以c=2，即C原子价电子构型为2s22p3，即氮元素。短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，据此可确定D。再由D的阴离子电子数及在E2D中E的化合价，即可确定E。由此分析。【详解】由于A，B，C

48、，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A为氢元素；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，则B的电子排布式为1s22s23p2，即B为碳元素；因s能级最多只能容纳2个电子，即c=2，所以C原子价电子构型为2s22p3，C为氮元素；短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，因D原子最外层电子数比次外层电子数少2个，所以D的次外层只能是L层，D的最外层应为6个电子，即D为16号元素硫；硫元素的阴离子（S2-）有18个电子，E阳离子也应有18个电子，在E2D中E显+1价，所以E为19号元素钾。所以A、B、C、D、E分别为氢、碳、氮、

49、硫、钾。(1)上述五种元素中金属性最强的是钾元素，故它的第一电离能最小，其原子结构示意图为。硫原子价电子层为M层，价电子排布式为3s23p4，其电子排布图为。(2)分子结构图中黑点表示的原子最外层有5个电子，显然是氮原子，白球表示的原子最外层只有1个电子，是氢原子，所以该分子是NH3，中心N原子有3个键，1个孤电子对，故采用sp3杂化；分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以分子是CH4，中心碳原子有4个键，0个孤电子对，采用sp3杂化；分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以分子是

50、CH2=CH2，中心碳原子有3个键，0个孤电子对，所以中心原子采用sp2杂化；分子中黑球表示的原子最外层6个电子，是硫原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，该分子为H2S，中心S原子有2个键，2个孤电子对，所以中心原子采用sp3杂化。因此中心原子采用sp3杂化形成化学键的分子有NH3、CH4、H2S。在CH2=CH2的分子中有5个键和1个键。(3)根据上面的分析知A、C、D分别为氢、氮、硫三种元素，形成既具有离子键又具有共价键的化合物是硫氢化铵或硫化铵，其化学式为NH4HS或(NH4)2S，铵根与HS-或S2-之间是离子键，铵根中的N与H之间是共价键，HS-中H与S之间是共价键。

51、C的氢化物是NH3，NH3的水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物是硫酸四氨合铜，其化学式为Cu(NH3)4SO4。配合物Cu(NH3)4SO4的内界中Cu2+与NH3之间是以配位键相结合，外界铜氨配离子Cu(NH3)42+与硫酸根离子之间是以离子键相结合。24、乙炔 消去反应 【解析】由有机物的转化关系可知，在催化剂作用下，HCCH与CH3COOH发生加成反应生成CH2=CHCH2COOH，则B为CH2=CHCH2COOH；在催化剂作用下，CH2=CHCH2COOH发生加聚反应生成；在催化剂作用下，与CH3OH发生取代反应生成和CH3COOCH3；由和H发生酯化反应生成可知，H为；由逆推法可

52、知，在加热条件下，G与新制的氢氧化铜发生氧化反应，酸化生成，则G为；在浓硫酸作用下，F受热发生消去反应生成，则F为；由题给信息可知E与CH3CHO发生加成反应生成，则E为。【详解】（1）A结构简式为HCCH，名称为乙炔；FG的反应为在浓硫酸作用下，受热发生消去反应生成，故答案为：乙炔；（2）CD的反应为与CH3OH发生取代反应生成和CH3COOCH3，反应的化学方程式为，故答案为：；（3）E的结构简式为；H的顺式结构简式为，故答案为：；（4）G的同分异构体属于芳香族化合物，说明分子中含有苯环，能与NaOH溶液发生反应，说明分子中含有酚羟基或羧基，若含有酚羟基，余下3个碳原子形成的取代基可能为C

53、H3和HCC或CH3CC，若含有羧基，余下2个碳原子形成的取代基可能为CH2=CH或CH=CH，则核磁共振氢谱有4种吸收峰的结构简式为和，故答案为：；（5）由有机物的结构简式，结合题给信息，运用逆推法可知生成有机物的过程为：乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2二溴乙烷，1,2二溴乙烷在氢氧化钠溶液中受热发生水解反应生成乙二醇，在铜做催化剂作用下，乙二醇与氧气发生催化氧化反应生成乙二醛，一定条件下，乙二醛与乙醛发生加成反应生成，合成路线为，故答案为：。【点睛】本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官

54、能团的性质与转化，能够依据题给信息设计合成线路是解答关键。25、ABCDE d e f g b c MnO2+ 4H+2Cl- Mn 2+Cl2+2H2O 溶液由无色变为蓝色 Cl2+2KI I2+2KCl 产生白色沉淀 【解析】本题主要考察氯气的制备，及氯气的化学性质的探究。Cl2的实验室制备装置有：A（发生装置）、C（除去HCl气体）、D（干燥装置）、B（收集装置）、E（尾气处理）。题中还要探究Cl2的氧化性，Cl可以将I-氧化为I2，也可以将氧化为。【详解】（1）Cl2的实验室制备有A（发生装置）、C（除去HCl气体）、D（干燥装置）、B（收集装置）、E（尾气处理）；装置的连接顺序为AC

55、DBE，则导管口为a-d，e-f，g-b，c-h；该反应的离子方程式为：；（2）试管中的反应方程式为：，生成的I2可以使淀粉溶液变蓝；该实验中涉及的化学反应有：，所以可以看到H中有白色沉淀生成。26、防止倒吸 检查装置气密性 关闭K1，打开K2 把装置中残留的氨气全部赶入C装置 C装置出口处连接一个干燥装置 保持气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下；消除加入溶液体积对所测气体体积的影响 ad 41V/22400m100% 【解析】（1）氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用，故答案为防止倒吸；（2）组装好实验装置，需要先检查装置气密性，加入实验药品

56、，接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体，打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化通入氮气的目的是，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算，故答案为检查装置气密性；关闭K1，打开K2；把装置中残留的氨气全部赶入C装置；（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管，故答案为C装置出口处连接一个干燥装置；（4）导管a可以保持分液漏斗上方和反应装置内的气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下，故答案为保持气压恒定，使NaOH浓溶液容易流

57、下；（5）aCCl4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故a正确； b氨气极易溶于水，不能排水法测定，故b错误； c氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定气体体积，故c错误； d氨气不溶于苯，可以利用排苯溶液，测定氨气的体积，故d正确；故答案为ad；（6）若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为V mL（已转换为标准状况），AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH341 22.4Lm V10-3Lm=g，则AlN的质量分数=100%=100%，故答案为100%。27、Cu、Fe BaCO3 2Fe2+H2O2+2H=2Fe3+ 2H2O 【解析】酸性废液中含有F

58、e2+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，加入铁屑，可置换出铜，沉淀a为Fe、Cu，溶液A含有Fe2+、Ba2+，然后在溶液A中加入过氧化氢、氢氧化钠生成的红褐色沉淀为Fe(OH)3，溶液B含有Na+、Ba2+，加入碳酸钠溶液，可生成沉淀c为BaCO3，溶液C含有的阳离子主要为Na+。(1)由以上分析可知沉淀a中含有的单质是Fe、Cu，故答案为Fe、Cu；(2)由分析可知沉淀c为BaCO3，故答案为BaCO3；(3)氧化时加入H2O2溶液与二价铁离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，故答案为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O。点睛：本题考

59、查物质的分离提纯，注意掌握金属回收的方法和常见的离子之间的反应，明确离子方程式的书写方法。本题的关键是根据流程图，理清发生的反应。28、共价键、配位 F的电负性比N大，NF成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2形成配离子 PCl6 两者磷原子均采取sp3杂化，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，孤电子和对成键电子对斥力更大，PCl4+中P没有孤电子对，正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角 4 12 【解析】(1)根据Q的结构分析判断；(2)Cu2+提供空轨道，NH3和NF3中的中心原子N原子提供孤电子对，根据NH3和NF3中

60、共用电子对的偏转判断；(3)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，根据正四面体形阳离子和正六面体形阴离子分析判断；结合孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，判断PCl3与正四面体形阳离子中键角的大小；(4)晶胞棱长=2(Cl-离子半径+Na+离子半径)，而晶胞棱长=2Cl-离子半径，结合晶胞中各原子数目计算晶胞质量，结合密度计算晶胞体积，再计算晶胞棱长；(5)砷化硼为立方晶系晶体，根据晶胞中原子的分数坐标画出砷化硼的晶胞结构图，再画出砷化硼晶胞的俯视图；根据中画出的砷化硼的晶胞结构图分析判断。【详解】(1)由