2023学年北京市丰台区北京第十二中学化学高二下期末复习检测试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、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)2、在下列元素中，属于生物体内微量元素的是A．C B．H C．O D．Mn3、已知酸性：＞H2CO3＞，将转变为的方法是（）A．与足量的NaOH溶液共热，再通入SO2B．与稀H2SO4共热后，加入足量的NaOH溶液C．加热溶液，通入足量的CO2D．与稀H2SO4共热后，加入足量的NaHCO3溶液4、组成和结构可用表示的有机物中，能发生消去反应的共有（）A．10种 B．16种 C．20种 D．25种5、下列化学用语正确的是（）A．HSO3－+H2OSO32－+OH－ B．Al3++3H2O=3H++Al（OH）3↓C．NaHCO3=Na++HCO3－ D．H2S2H++S2－6、下列各化合物的命名中正确的是A．CH2=CH-CH=CH21，3-二丁烯 B．3-丁醇C．2-甲基苯酚 D．2—乙基丙烷7、按F、Cl、Br、I顺序递增的是A．外围电子 B．原子半径 C．电负性 D．第一电离能8、苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指（

）A．脱落酸 B．生长素 C．乙烯 D．甲烷9、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（）①在敞口容器中将金属钠投入到FeC12溶液中②向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液③向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸④向NaAlO2溶液中通入过量CO2⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2A．①③④⑤ B．只有①④ C．只有②③ D．只有③④⑤10、有X、Y、Z、W、M五种短周期元素,其中X、Y、Z、W同周期,Z、M同主族;X+与M2-具有相同的电子层结构;离子半径:Z2->W-;Y的单质晶体熔点高、硬度大,是一种重要的半导体材料。下列说法中正确的是()A．X、M两种元素只能形成X2M型化合物B．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强C．X2M、YM2中含有相同类型的化学键D．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂11、X、Y为同周期或同主族短周期元素，若X的原子半径大于Y的原子半径，则下列判断正确的是()A．第一电离能一定X<YB．X的离子半径一定大于Y的离子半径C．若X、Y均为非金属元素，则X、Y元素的简单气态氢化物熔沸点一定HnY<HmXD．若X、Y均为金属元素，则X失电子的能力一定强于Y12、下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（）A．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以苯不能发生氧化反应B．石油的主要成分是烃，煤经过分馏可制得焦炭、煤焦油等产品C．丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上D．淀粉、纤维素都是天然高分子有机物，其链节中都含有葡萄糖13、下列叙述正确的是①硫酸钡难溶于水和酸，可做X光透视肠胃的药剂②神舟10号飞船所用太阳能电池板的材料是单晶硅③医用酒精是利用了乙醇的氧化性来杀菌消毒的④玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子不相同⑤碳酸钠、氢氧化钠、碳酸氯钠等都可以中和酸，故都可以作为治疗胃酸过多的药物⑥明矾净水利用了胶体的性质⑦根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸⑧金属钠具有強的还原性，可利用钠和熔融TiCl4反应制取金属TiA．①②⑤⑦B．①②⑥⑧C．①③④⑧D．①③⑥⑦14、下列指定反应的离子方程式正确的是A．向氨水中通入少量二氧化硫：NH3•H2O+SO2═NH4++HSO3-B．向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+C．电解氯化镁溶液：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑D．氢氧化钡溶液中滴入硫酸氢钠溶液至Ba2+恰好完全沉淀：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O15、实验室利用乙醇催化氧化法制取并提纯乙醛的实验过程中，下列装置未涉及的是（）A． B． C． D．16、25℃时，在25mL0.1mol·L－1的NaOH溶液中，逐滴加入0.2mol·L－1的CH3COOH溶液，溶液的pH与醋酸体积关系如图所示，下列分析正确的是()A．该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂B．B点的横坐标a＝12.5C．水的电离程度：D＞C＞BD．D点时溶液中有：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)17、下列物质在光照条件下不能发生化学反应的是A．氯水B．溴化银C．氯化钠D．氢气和氯气混合气18、向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应。下列对应关系正确的是（）选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)>[c(AlO2-)+c(OH-)]B0.01c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(CO32-)C0.015c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)D0.03c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)＋c(OH-)＋c(CO32-)A．A B．B C．C D．D19、废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH4+完全转化为N2，该反应可表示为2NH＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O。下列说法中不正确A．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原B．还原性：NH4+>Cl－C．反应中每生成1molN2，转移6mol电子D．经此法处理过的废水可以直接排放20、电解84.75mL16%的NaOH溶液(ρ＝1.18g·cm－3)，用石墨作电极经过一段时间后溶液浓度为19.5%，这是因为()A．溶质增加了3.5gB．放出22.4LH2和11.2LO2C．NaOH比水消耗少D．消耗18g水21、下列原子中未成对电子数最多的是()A．C B．O C．N D．Cl22、已知：KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O，如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。下表中由实验现象得出的结论完全正确的是()选项实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红Cl2具有还原性B滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有酸性C紫色石蕊溶液先变红后褪色Cl2具有漂白性DKI­淀粉溶液变成蓝色Cl2具有氧化性A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C均为食品中常见的有机化合物，F是生活中常见的气体燃料，也是含氢百分含量最高的有机物，D和E有相同的元素组成。它们之间的转化关系如图：请回答：（1）有机物A中官能团的名称是________（2）反应①的化学方程式___________（3）F与氯气反应生成亿元取代物待测化学方程式___________（4）下列说法正确的是____________A．3个反应中的NaOH都起催化作用B．反应⑤属于加成反应C．A的同分异构体不能与金属钠反应生成氢气D．1molB、1molC完全反应消耗NaOH的物质的量相同24、（12分）氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，该药物通常以2­－氯苯甲醛为原料合成，合成路线如下：（1）下列关于氯吡格雷的说法正确的是__________。A．氯吡格雷在一定条件下能发生消去反应B．氯吡格雷难溶于水，在一定条件下能发生水解反应C．1mol氯吡格雷含有5NA个碳碳双键，一定条件下最多能与5molH2发生加成反应D．氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S（2）物质D的核磁共振氢谱有_________种吸收峰。（3）物质X的结构简式为____________。（4）物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，写出该反应的化学方程式______，反应类型是__________。（5）写出属于芳香族化合物A的同分异构体__________(不包含A)。25、（12分）如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸的物质的量浓度为______mol•L-1．（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是______．A．溶液中HCl的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中Cl-的数目D．溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400mol•L-1的稀盐酸．①该学生需要量取______mL上述浓盐酸进行配制．②所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，配制稀盐酸时，还缺少的仪器有_________________________．（4）①假设该同学成功配制了0.400mol•L-1的盐酸，他又用该盐酸中和含0.4g

NaOH的NaOH溶液，则该同学需取______mL盐酸．②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4g

NaOH的NaOH溶液，发现比①中所求体积偏小，则可能的原因是___________．A．浓盐酸挥发，浓度不足B．配制溶液时，未洗涤烧杯C．配制溶液时，俯视容量瓶刻度线D．加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出．26、（10分）如图是实验室制取SO2并验证SO2的某些性质的装置，试回答试回答：（1）②中的实验现象为______________。（2）④中的实验现象为______________，此实验说明SO2有____________性．（3）⑤中的实验现象为____________，此实验说明SO2有________性．（4）⑥的作用是___________，反应方程式是_____________________。27、（12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的质量分数，设计如下两种实验方案。（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，化学反应方程式是____（方案1）取一定量的样品，用图1装置测定样品中AlN的质量分数（夹持仪器已略去）。（2）图1中仪器a的名称是___（3）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品。关闭K1，打开K2和分液漏斗活塞，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装置在反应前后的质量变化。通入氮气的目的是____（4）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见____（方案2）用图2装置测定mg样品中AlN的质量分数（部分夹持装置己略去）。（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是___（填字母序号）。a．CCl4b．H2Oc．饱和NH4Cl溶液d．苯（6）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（标准状况），则AlN的质量分数为___。若将b处胶管用弹簧夹夹住，其他操作均不变，则最终测定的结果___（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。28、（14分）碳及其化合物在能源、材料等方面具有广泛的用途。回答下列问题：（1）碳酸和草酸（H2C2O4）均为二元弱酸，其电离均为分步电离，二者的电离常数如下表：H2CO3H2C2O4K14.2×10−75.4×10−2K25.6×10−115.4×10−5①向碳酸钠溶液中滴加少量草酸溶液所发生反应的离子方程式为_____________。②浓度均为0.1mol·L−1的Na2CO3溶液、NaHCO3溶液、Na2C2O4溶液、NaHC2O4溶液，其溶液中H+浓度分别记作c1、c2、c3、c4。则四种溶液中H+浓度由大到小的顺序为________________。（2）常温时，C和CO的标准燃烧热分别为−394.0kJ·mol−1、−283.0kJ·mol−1，该条件下C转化为CO的热化学方程式为____________________。（3）氢气和一氧化碳在一定条件下可合成甲醇，反应如下：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)ΔH=QkJ·mol−1①该反应在不同温度下的化学平衡常数(K)如下表：温度/℃250300350K/L2·mol−22.0410.2700.012由此可判断Q______(选填“>”或“<”)0。②一定温度下，将6molH2和2molCO充入体积为2L的密闭容器中，10min反应达到平衡状态，此时测得c(CO)=0.2mol·L−1，该温度下的平衡常数K=____，0~10min内反应速率v(CH3OH)=______。③在两个密闭容器中分别都充入20molH2和10molCO，测得一氧化碳的平衡转化率随温度(T)、压强(p)的变化如图所示：若A点对应容器的容积为20L，则B点对应容器的容积为____L。29、（10分）X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大.X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数之和为8，M的单质黄绿色有害气体.（1）R在元素周期表中的位置为______．（2）Z、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为(写元素离子符号)______．（3）X、Y、Z三种元素形成盐类化合物的水溶液呈酸性的原因：(用离子方程式表示)______.溶液中所含离子浓度由大到小的顺序为______．（4）YX4M的电子式为______，Q（5）X、Z两元素形成的原子个数比为1：1的化合物中含有的化学键类型为______．（6）M的单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______．

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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【答案解析】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。2、D【答案解析】

生物体内除碳、氢、氧、氮、钙、磷、镁、钠等为常量元素外，其它的均为为微量元素，故答案为D。3、D【答案解析】A．与足量的NaOH溶液共热，生成羧酸钠和酚钠结构，由于酸性：亚硫酸＞＞，则再通入SO2生成邻羟基苯甲酸，A错误；B．与稀H2SO4共热后，生成邻羟基苯甲酸，再加入足量的NaOH溶液，生成羧酸钠和酚钠结构，B错误；C．加热溶液，通入足量的CO2，不发生反应，C错误；D．与稀H2SO4共热后，生成邻羟基苯甲酸，加入足量的NaHCO3溶液，-COOH反应生成羧酸钠，酚羟基不反应，D正确，答案选D。4、C【答案解析】试题分析：苯环前面的取代基共有5种：CH2ClCH2CH2-、CH3CHClCH2-、CH3CH2CHCl-、CH3（CH2Cl）CH-、（CH3）2CCl-，其中有5种能发生消去反应；右边的有4种：CH3OCH2-、CH3CH2O-、CH3CH（OH）-、HOCH2CH-，因此能发生消去反应的共有20种，故选C。考点：本题主要考查了同分异构体的书写和消去反应的条件，注意碳链异构和官能团异构。5、C【答案解析】

A.HSO3－水解的离子方程式为：HSO3－+H2O⇌HSO3－+OH－，故A错误；B.Al3+水解的离子方程式为：Al3++3H2O⇌3H++Al（OH）3，故B错误；C.NaHCO3的电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3－，故C正确；D.H2S的电离方程式为：H2S⇌H++HS－，故D错误；本题答案为C。【答案点睛】盐的水解通常为可逆反应、微弱且不生成沉淀，H2S为二元弱酸，电离分步进行,以第一步电离为主。6、C【答案解析】

A.含有碳碳双键在内的主碳链为4，双键在1、3位碳上，命名1，3-丁二烯，A错误；B.该物质为醇，主碳链为4，羟基在2位碳上，命名2-丁醇，B错误；C.该物质属于酚类，甲基在羟基的邻位，为2-甲基苯酚，C正确；D.主碳链为4，甲基在2位碳上，命名2—甲基丁烷，D错误；正确选项C。7、B【答案解析】

A．F、Cl、Br、I为第VIIA族元素，同主族外围电子数相同，故A不选；B．同主族，从上到下，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，则F、Cl、Br、I原子半径逐渐增大，故B选；C．同主族，从上到下，电负性减弱，则F、Cl、Br、I电负性逐渐减小，故C不选；D．同主族，从上到下，第一电离能减小，则F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小，故D不选；答案选B。8、C【答案解析】

根据记载，其中的“气”是能促进果实成熟的气体；A.脱落酸指能引起芽休眠、叶子脱落和抑制细胞生长等生理作用的植物激素，不能促进果实成熟，“气”不是脱落酸；B.生长素是植物激素，促进细胞分裂和根的分化，促进营养器官的伸长，促进果实发育，较低浓度促进生长，较高浓度抑制生长，“气”不是生长素；C.乙烯是能够促进果实的成熟的气体，“气”是乙烯；D.甲烷对植物的生长无作用，“气”不是甲烷；故选C。9、D【答案解析】试题分析：①在敞口容器中将金属钠投入到FeC12溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，错误；②向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液，先生成白色沉淀氢氧化铝，氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，沉淀溶解，错误；③向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，生成白色沉淀硅酸和氯化钠，正确；④氢氧化铝不溶于弱酸，故向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成白色氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，正确；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，二者发生反应生成碳酸氢钠，溶质的质量增大，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，生成碳酸氢钠白色沉淀，正确。选D。10、D【答案解析】

根据Y的单质晶体熔点高，硬度大，是一种重要的半导体材料可知Y为Si，则X、Y、Z、W都在第三周期，再由X+与M2-具有相同的电子层结构，离子半径:Z2-＞W-，依次推出X为Na，M为O，Z为S，W为Cl，然后利用元素形成的化合物的结构和性质以及元素周期律来解答。【题目详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W、M分别是Na、Si、S、Cl、O。则A、钠和氧还可以形成Na2O2，A错误；B、氯元素非金属性强于硅，非金属性越强，氢化物越稳定，则Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的弱，B错误；C、X2M、YM2分别是氧化钠和二氧化硅，其中含有的化学键分别是离子键和共价键，C错误；D、Cl2和O3都具有强氧化性，则可以作为消毒剂，D正确；答案选D。11、D【答案解析】

若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，同周期，原子序数大的金属性弱、非金属性强，若X、Y为同主族元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数小，同主族，原子序数大的金属性强、非金属性弱，据此分析解答。【题目详解】A．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，第一电离能不一定X<Y，故A错误；B．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，当X为阳离子，Y为阴离子时，X的离子半径小于Y的离子半径，故B错误；C．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，当X、Y均为非金属元素，如X、Y分别为C、O，水常温下为液体，甲烷为气体，甲烷的熔沸点低于水，故C错误；D．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，当X、Y均为金属元素，同周期原子序数大的金属性弱，则X的金属性强于Y；若X、Y为同主族元素，如果X的原子半径大于Y，则X的原子序数大，当X、Y均为金属元素，同主族原子序数大的金属性强，则X的金属性强于Y，即无论那种情况X失电子能力一定强于Y，故D正确；答案选D。12、C【答案解析】

A．苯中不含碳碳双键，不能与高锰酸钾反应，则苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但能燃烧生成二氧化碳和水，可发生氧化反应，故A错误；B．煤经过干馏可制得焦炭、煤焦油等产品，故B错误；C．在CH3-CH═CH2中由于含有甲基，所以所有原子不可能共平面，故C正确；D．淀粉、纤维素中含有葡萄糖单元，不含有葡萄糖分子，故D错误。故选C。13、B【答案解析】本题考查了物质的性质及用途。分析：①硫酸钡难溶于水也难溶于酸，没有毒，而且它具有不易被X射线透过的特点；②晶体硅为半导体材料，可以用于制造太阳能电池；③乙醇不具有氧化性；④玛瑙饰品、沙子主要成分都是二氧化硅；⑤碳酸钠、氢氧化钠具有强的腐蚀性；⑥明矾电离产生铝离子水解生成氢氧化铝，氢氧化铝具有吸附性；⑦根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等；⑧依据钠活泼性强，能够从熔融氯化钛中置换钛等金属。解析：溶于水的钡盐[如Ba（NO3）2、BaCl2等]对人体有毒，但是难溶于水也难溶于酸的BaSO4，不但没有毒，而且还由于它具有不易被X射线透过的特点，在医疗上被用作X射线透视胃肠的内服药剂--“钡餐”，故①正确；硅晶体属于半导体，能制作太阳能电池，②正确；乙醇无强氧化性，酒精能使蛋白质变性而杀菌消毒，③错误；玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子相同，都是二氧化硅，④错误；碳酸钠、氢氧化钠有强腐蚀性能损伤人体，不可以作为治疗胃酸过多的药物，⑤错误；明矾电离产生铝离子水解生成氢氧化铝，氢氧化铝具有吸附性，可以用来净水，⑥正确；根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等，如CH3COOH属于一元酸，⑦错误；钠活泼性强，能够从熔融氯化钛中置换钛等金属，可以用来冶炼金属，⑧正确。故选B。点睛：本题考查知识点较多，涉及物质的性质及用途、物质的组成与分类、蛋白质的变性等知识点，注意知识的积累。14、B【答案解析】

A．向氨水中通入少量二氧化硫生成(NH4)2SO3，发生的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O，故A错误；B．向氯化铝溶液中加入过量氨水有白色胶状沉淀生成，发生的离子反应为Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，故B正确；C．惰性电极电解氯化镁溶液有氢氧化镁沉淀生成，发生的离子反应为2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑，故C错误；D．氢氧化钡溶液中滴入硫酸氢钠溶液至Ba2+恰好完全沉淀是，发生的离子反应为Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，故D错误；故答案为B。【答案点睛】判断离子方程式是否正确主要从以下几点考虑：①拆分是否合理；②是否符合客观事实；③配平是否有误(电荷守恒，原子守恒)；④有无注意反应物中量的关系；⑤能否发生氧化还原反应等。15、C【答案解析】

乙醇催化氧化生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，结合相关装置分析【题目详解】A、分离提纯得到乙醛用蒸馏法，蒸馏要用到该装置，故A不选；B、B装置是乙醇的催化氧化装置，故B不选；C、提纯乙醛不用分液法，故用不到分液漏斗和烧杯，C选；D、蒸馏法提纯乙醛要用到冷凝管，故D不选；故选C。16、D【答案解析】

A.用强碱滴定弱酸，滴定终点是溶液显碱性，应该选用酚酞作为指示剂，故A错误；B、当a=12.5时，氢氧化钠和醋酸的物质的量之比1：1，恰好反应生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液显碱性，与pH=7不符，故B错误；C.B点时溶液显中性，则醋酸过量，C、D溶液显酸性，醋酸过量更多，水的电离受到抑制，水的电离程度：D＜C＜B，故C错误；D、在D点时，反应后醋酸剩余，溶液的组成为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，根据物料守恒，此时c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D正确；故选D。17、C【答案解析】

A.在光照条件下氯水中的次氯酸分解生成氯化氢和氧气，A错误；B.在光照条件下溴化银分解生成银和单质溴，B错误；C.在光照条件下氯化钠不能发生化学反应，C正确；D.在光照条件下氢气和氯气混合气会发生爆炸生成氯化氢，D错误。答案选C。18、C【答案解析】分析：通入混合液中通入二氧化碳气体后，NaOH优先反应生成碳酸钠，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠，此时碳酸钠的总物质的量为0.015mol；若之后再通入二氧化碳，二氧化碳会开始碳酸钠反应生成碳酸氢钠，0.015mol碳酸钠总共消耗0.015mol的二氧化碳，反应后生成0.03mol的碳酸氢钠，据此解答各项。详解：A．未通入CO2时，NaAlO2溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（AlO2﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）＜c（AlO2﹣）+c（OH﹣），故A错误；B、当n（CO2）=0.01mol时，所得溶液中溶质为0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠，由于碳酸酸性强于氢氧化铝，所以偏铝酸根离子水解程度比碳酸根离子强，则c（CO32﹣）＞c（AlO2﹣），正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣），故B错误；C．当n（CO2）=0.015mol时，0.02molNaOH优先与0.01mol二氧化碳反应生成0.01mol碳酸钠，剩余的0.005mol二氧化碳恰好与0.01molNaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和0.005mol碳酸钠，所以反应后溶液中溶质为0.015molNa2CO3，则c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），正确的离子浓度的关系为：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)，故C正确；D．当n（CO2）=0.03mol时，根据C可知，0.015molNa2CO3恰好与0.015mol二氧化碳反应生成0.03molNaHCO3，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)＋c(OH-)＋2c(CO32-)，故D错误。故本题选C。点睛：本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。19、D【答案解析】试题分析：A．反应中氮元素化合价由-3价升高为0价，被氧化，氯元素化合价由+1价降低为-1价，被还原，故A正确；B．根据上述分析，NH4+是还原剂，Cl-是还原产物，还原性NH4+>Cl-，故B正确；C．反应中每生成1molN2，转移电子2×3="6"mol，故C正确；D．经此法处理过的废水中含有盐酸，属于酸性废水，不能直接排放，故D错误；故选D。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。20、D【答案解析】试题分析：电解NaOH溶液实质是电解水，电解前溶液的质量为84.75mL×1.18g·mL－1＝100g，含NaOH：100g×16%＝16g，含水84g，电解后NaOH仍为16g，溶液质量为16g÷19.5%＝82g，其中含水82g－16g＝66g，知消耗18g水，D正确，答案选D。考点：考查电解氢氧化钠溶液的有关计算点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题侧重考查学生的计算能力，特别是分析问题、解决问题的能力，有利于培养学生的应试能力，提高学习成绩。21、C【答案解析】

根据能量最低原理书写各元素的电子排布式，根据电子排布式判断未成对电子数，可解答该题。【题目详解】A．C的电子排布式为1s22s22p2，未成对电子数为2；B．O的电子排布式为1s22s22p4，未成对电子数为2；C．N的电子排布式为1s22s22p3，未成对电子数为3；D．Cl的电子排布式为1s22s22p63s23p5，未成对电子数为1；比较可知N的未成对电子数为3，最多，答案选C。【答案点睛】本题考查原子核外电子的排布，题目难度中等，注意根据电子排布式判断未成对电子数。22、D【答案解析】

本题主要考查是氯气的化学性质，根据实验现象可以推断物质的化学性质。【题目详解】A.滴有KSCN的溶液变红，是因为氯气的氧化性把亚铁氧化为铁离子，铁离子与KSCN反应使得溶液呈红色，故A中结论错误；B.氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，再与碱反应，这里是与水反应的生成物表现为酸性，不是氯气表现为酸性，故B中结论错误；C.紫色石蕊溶液先变红后褪色，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸先酸性，故紫色石蕊溶液先变红，褪色是因为次氯酸具有漂白性，而非氯气，故C中结论错误；D.因为氯气的把碘化钾中碘离子氧化成碘，故KI­淀粉溶液变成蓝色，故D中结论正确。故答案是D。二、非选择题(共84分)23、羟基2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑CH4+Cl2CH3Cl+HClCD【答案解析】F是生活中常见的气体燃料，也是含氢百分含量最高的有机物，可知F是CH4，并结合A、B、C均为食品中常见的有机化合物，可知A为乙醇，催化氧化后生成的B为乙酸，乙醇与乙酸发生酯化反应生成的C为乙酸乙酯，乙酯乙酯在NaOH溶液中水解生成的D为乙酸钠，乙酸钠与NaOH混合加热，发生脱羧反应生成CH4；(1)有机物A为乙醇，含有官能团的名称是羟基；(2)反应①是Na与乙醇反应生成氢气，其化学方程式为2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑；(3)CH4与氯气反应生成一氯甲烷的化学方程式为CH4+Cl2CH3Cl+HCl；(4)A.反应④是醋酸与NaOH发生中和反应，明显不是起催化作用，故A错误；B.反应⑤是脱羧反应；属于消去反应，故B错误；C.乙醇的同分异构体甲醚不能与金属钠反应生成氢气，故C正确；D.1mol乙酸、1mol乙酸乙酯完全反应消耗NaOH的物质的量均为1mol，故D正确；答案为CD。24、BD72+2H2O取代反应、、【答案解析】

(1)氯吡格雷含有酯基、氯原子，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应；(2)D结构不对称，有7种不同的H；(3)对比D、E可知X的结构简式；(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成；(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl。【题目详解】(1)A．氯吡格雷中氯原子在苯环上，不能发生消去反应，故A错误；B．氯吡格雷含有酯基、氯原子，难溶于水，在一定条件下能发生水解反应，故B正确；C．lmol氯吡格雷含有2NA个碳碳双键，且含有苯环，则一定条件下最多能与5molH2发生加成反应，故C错误；D．由结构简式可知氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S，故D正确；故答案为BD；(2)D结构不对称，有7种不同的H，则核磁共振氢谱有7种吸收峰；(3)对比D、E可知X的结构简式为；(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成，反应的化学方程式为；(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl，苯环含有2个取代基，可为邻、间、对等位置，对应的同分异构体可能为。【答案点睛】推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。掌握这些基本知识对有机合成非常必要。25、11.9BD16.8500mL容量瓶25C【答案解析】分析：（1）依据c=1000ρω/M计算浓盐酸的物质的量浓度；（2）根据该物理量是否与溶液的体积有关判断；（3）①依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积；②根据配制过程中需要的仪器分析解答；（4）①根据n（HCl）=n（NaOH）计算；②盐酸体积减少，说明标准液盐酸体积读数减小，据此解答。详解：（1）浓盐酸的物质的量浓度c=1000×1.19×36.5%/36.5mol/L=11.9mol/L；（2）A．溶液中HCl的物质的量=cV，所以与溶液的体积有关，A不选；B．溶液具有均一性，浓度与溶液的体积无关，B选；C．溶液中Cl-的数目=nNA=cVNA，所以与溶液的体积有关，C不选；D．溶液的密度与溶液的体积无关，D选；答案选BD；（3）①设需要浓盐酸体积V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得：V×11.9mol/L=0.400mol•L-1×0.5L，解得V=0.0168L=16.8mL；②所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，由于是配制500mL溶液，则配制稀盐酸时，还缺少的仪器有500mL容量瓶；（4）①n（HCl）=n（NaOH）=0.4g÷40g/mol=0.01mol，V（HCl）=0.01mol/0.400mol•L−1=0.025L=25mL，即该同学需取25mL盐酸；②消耗的标准液盐酸体积减少，说明读数时标准液的体积比实际体积减少了，则A、浓盐酸挥发，浓度不足，配制的标准液浓度减小，滴定时消耗盐酸体积变大，A不选；B、配制溶液时，未洗涤烧杯，标准液浓度减小，消耗体积增大，B不选；C、配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，配制的标准液浓度变大，滴定时消耗的体积减小，C选；D、加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，标准液浓度减小，滴定时消耗标准液体积增大，D不选；答案选C。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作过程是解题关键，题目难度不大。注意误差分析方法，即根据cB=nBV可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V26、石蕊试液变红有淡黄色沉淀产生氧化溴水褪色还原吸收多余的SO2SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O【答案解析】分析：实验室制SO2并验证SO2某些性质，①中硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，②中二氧化硫与水反应生成亚硫酸，遇石蕊变红；③中品红溶液褪色；④中二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成单质S；⑤中二氧化硫与溴水发生氧化还原反应；⑥为尾气处理装置，据此分析解答。详解：(1)②中为紫色石蕊试液，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，SO2+H2O⇌H2SO3，亚硫酸为弱酸，可以使紫色石蕊试液变红，故答案为：紫色石蕊溶液变红；(2)④中SO2中+4价S具有氧化性，硫化氢中-2价S具有还原性，二氧化硫能把硫化氢氧化成单质硫，本身被还原成单质硫，反应方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H20，所以④中现象是有淡黄色沉淀生成，故答案为：有淡黄色沉淀生成；氧化；(3)⑤中溴水具有氧化性，SO2中+4价S具有还原性，两者发生氧化还原反应，溶液褪色，该反应中二氧化硫为还原剂，具有还原性，故答案为：溴水褪色；还原；(4)二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，二氧化硫酸性氧化物能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，反应的化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案为：吸收多余的SO2，防止污染空气；2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O。27、AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑干燥管将A中残留气体全部赶至C中C装置后添加一个装有碱石灰的干燥管a、d4.1V22.4m【答案解析】

（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，根据反应物，盐为偏铝酸钠，碱性气体为氨气；（2）根据装置特点，图1中仪器a的名称是干燥管；（3）反应结束时，为了使测量的含量更准确，将装置A、B中残留有氨气排入装置C，被硫酸完全吸收；（4）浓硫酸具有吸水性，防止浓硫酸吸收外界气体中的水蒸气造成误差；（5）为测定生成的气体氨气的体积，并利用U型管测量气体体积，则要求U型管内液体不溶解氨气，且不与氨气反应；（6）根据N原子守恒，n（NH3）=n（AlN）进行计算；若将b处胶管用弹簧夹夹住，加入的NaOH溶液的体积会计算成氨气的体积；【题目详解】（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，根据反应物，盐为偏铝酸钠，碱性气体为氨气，方程式为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；（2）根据装置特点，图1中仪器a的名称是干燥管；（3）反应结束时，为了使测量的含量更准确，将装置A、B中残留有氨气排入装置C，被硫酸完全吸收；（4）浓硫酸具有吸水性，防止浓硫酸吸收外界气体中的水蒸气造成误差，则应在装置C后加一干燥装置；（5）为测定生成的气体氨气的体积，并利用U型管测量气体体积，则要求U型管内液体不溶解氨气，且不与氨气反应，a．CCl4与氨气不相溶，且不反应，a正确；b．H2O可溶解氨气，少量反应，b错误；c．饱和NH4Cl溶液，可降低氨气的溶解度，但氨气依然有较多的溶解，c错误；d．苯与氨气不相溶，且不反应，d正确；答案为ad；（6）根据N原子守恒，n（NH3）=n（AlN）=V×10-3L÷22.4L/mol，AlN的质量分数=V×10-3L÷22.4L/mol×41g/mol÷m×100%=4.1V22.4m%；若将28、H2C2O4+2CO32-2HCO3-+C2O42-c4>c3>c2>c12C(s)+O2(g)2CO(g)