2023学年浙江省宁波市达标名校高二化学第二学期期末监测模拟试题（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、砹（At）原子序数85，与F、Cl、Br、I同族，推测砹或砹的化合物不可能具有的性质是（）A．砹是有色固体B．非金属性：At＞IC．HAt非常不稳定D．I2可以从At的可溶性的盐溶液置换出来2、NO2与溴蒸气颜色相同，可用于鉴别二者的方法是①AgNO3溶液②CCl4③通入水中④湿润的淀粉-KI试纸⑤NaOH溶液A．①②③B．①②③④C．②③④⑤D．①②③④⑤3、用石墨电极电解100mLH2SO4与CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况），则原混合溶液中Cu2＋的物质的量浓度为()A．3mol·L－1 B．2mol·L－1 C．4mol·L－1 D．1mol·L－14、一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g）ΔH=-41.8kJ•mol-1，下列能说明该反应达到平衡状态的是A．ΔH的数值不再变化 B．容器内的压强不再变化C．气体的颜色不再变化 D．气体的密度保持不变5、混合动力汽车配有电动、汽油双引擎。在减速时，自动捕捉减少的动能；在高速行驶时，启用双引擎，动力更强劲。下列有关混合动力汽车的说法不正确的是（）A．减速制动时动能转化为电能储存在电池中B．高速行驶时电池电能转化为汽车部分动力C．通过发电机电动机互变循环减少汽车油耗D．双动力汽车工作时不会产生废气污染环境6、下列药品的保存方法正确的是（）A．氢氟酸保存在棕色细口玻璃瓶中B．镁条能与氧气反应，所以必须保存在煤油中C．硅酸钠的水溶液保存在带有玻璃塞的细口玻璃瓶中D．碘单质保存在带有玻璃塞的棕色广口玻璃瓶中7、部分氧化的铁铜合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是()A．滤液A中的阳离子为Fe3＋、Fe2＋、H＋B．样品中CuO的质量为4.0gC．样品中Fe元素的质量为2.24gD．V＝8968、下列对物质或离子的检验,结论正确的是()A．将气体通入澄清石灰水，有白色沉淀生成,证明气体为CO2B．将气体通入水中能使酚酞变红，则气体为NH3，NH3为碱C．加入KSCN溶液,溶液变红，证明原溶液含有Fe3+D．加入BaCl2溶液,生成的沉淀不溶于盐酸，证明原溶液含有SO42-9、下列电子转移方向和数目的判断正确的是A．B．C．D．10、某有机物M的结构简式如图所示，若等物质的量的M在一定条件下分别与金属钠、氢氧化钠溶液、碳酸氢钠溶液反应，则消耗的钠、氢氧化钠、碳酸氢钠的物质的量之比为()A．1∶1∶1 B．2∶4∶1C．1∶2∶1 D．1∶2∶211、据图装置和表中提供的物质完成实验室制取、收集表中气体并进行尾气处理(省略夹持、加热及净化装置),最合理的选项是(

)选项中的物质中的物质中收集的气体中的物质A浓氨水B稀硫酸石灰石溶液C稀硝酸D浓盐酸溶液A．A B．B C．C D．D12、某澄清溶液可能含有K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、SO42-、CO32-中的一种或几种，为确定其成分，进行如下实验：①取部分溶液，逐滴滴入用HCl酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀；②另取部分溶液，缓慢加入足量的Na2O2固体并加热，产生无色无味的气体，同时产生白色沉淀后白色沉淀部分溶解。下列推断正确的是()A．肯定有Al3+、SO42-，可能有K+、NH4+B．肯定无Fe2+、Mg2+、CO32-，可能有Al3+C．原溶液一定是明矾和MgSO4的混合溶液D．不能确定的离子只能通过焰色反应来确定13、一定量的盐酸跟过量锌粉反应时，为了减缓反应速率但又不影响生成H2的总量，可采取的措施是()A．加入少量NaOH固体B．加入少量CH3COONa固体C．加入少量Na2SO4固体D．加入少量Na2CO3固体14、下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是A．B．C．D．15、关于氢键的下列说法正确的是A．氢键是一种特殊的化学键 B．氢键只存在于分子间，不存在于分子内C．氢键是乙醇熔沸点比乙烷高的原因之一 D．氢键既没有饱和性，也没有方向性16、下列有关说法不正确的是A．CH2=CHCOOH、CH3COOCH=CH2均可作为合成聚合物的单体B．C6Hn分子中的六个碳原子在同一直线上，则n可能等于2C．2,2-二甲基丁烷与2,4-二甲基戊烷的一氯代物种类相同D．与都是酚且互为同系物17、阿昔洛韦[化学名称：9－（2－羟乙氧甲基）鸟嘌呤]是抗非典型肺炎（SARS）的指定药物之一，其结构如图所示,有关阿昔洛韦的结构及性质的叙述中正确的是①1mol阿昔洛韦在催化剂作用下，最多可与5molH2发生加成反应；②属于芳香烃；③是一种易溶于水的醇；④可以被催化氧化；⑤不能使溴水褪色；⑥可以燃烧；A．①②③④⑥ B．②④⑤⑥ C．③④⑤⑥ D．④⑥18、下述实验方案能达到实验目的的是()编号ABCD实验方案实验目的实验室制备乙酸乙酯分离乙酸和水验证溴乙烷在氢氧化钠乙醇溶液中发生消去反应产生的乙烯收集乙烯并验证它与溴水发生加成反应A．A B．B C．C D．D19、下列有关化学用语表示正确的是A．氮气分子的电子式：B．Cl－的结构示意图：C．质子数为53、中子数为78的碘原子：ID．HCO3-的水解方程式：HCO3-＋H2OH3O＋＋CO32-20、常温下，下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是()①酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、Cl-、I-②pH=13的溶液：Na+、CO32-、SO32-、AlO2-、S2-③水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液：NH4+、K+、NO3-、S2O32-④加入铝片能放出H2的溶液：Na+、HCO3-、Cu2+、SO42-⑤滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe3+、NH4+、Cl-、NO3-A．①②B．②③C．②④⑤D．②⑤21、下列实验方案能达到实验目的的是（）A．在探究海带灰浸取液成分的实验中，向无色的浸取液中加入CCl4，下层呈无色，说明浸取液中不含碘元素B．向溶有CO2的BaCl2溶液中通入气体X，产生白色沉淀，该气体可以是碱性气体C．向一定量饱和氯水中通入足量SO2，再通入足量AgNO3，将生成的沉淀过滤洗涤干燥后称量，来测定其中氯元素的含量D．已知20℃时溶解度：NaHCO3为9.6g，Na2CO3为21.8g，向盛有5mL蒸馏水的两个试管中分别加入10g的NaHCO3、Na2CO3，观察溶解情况可以比较该温度下NaHCO3和Na2CO3的溶解度大小22、分类是化学学习的一种重要方法，下列有关分类正确的是（）①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉②含有氧元素的化合物叫氧化物③CO2、NO、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2均为碱性氧化物④同位素：1H+、2H2、3H⑤同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨⑥浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸均具有氧化性，都属于氧化性酸⑦化合物：烧碱、冰醋酸、HD、聚氯乙烯⑧强电解质溶液的导电能力一定强⑨在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应是氧化还原反应A．全部正确 B．①②⑤⑦⑨ C．⑤⑨ D．②⑤⑥⑦⑨⑩二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物K是有机光电材料中间体。由芳香族化合物A制备K的合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)A的结构简式是________。(2)C中官能团是________。(3)D→E的反应类型是________。(4)由F生成G的化学方程式是________。(5)C7H8的结构简式是________。(6)芳香族化合物X是G的同分异构体，该分子中除苯环外，不含其他环状结构，其苯环上只有1种化学环境的氢。X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，写出符合上述要求的X的结构简式：________。(7)以环戊烷和烃Q为原料经四步反应制备化合物，写出有关物质的结构简式（其他无机试剂任选）。Q：____；中间产物1：________；中间产物2：____；中间产物3：________。24、（12分）现有A、B、C、D四种元素，A是第五周期第ⅣA族元素，B是第三周期元素，B、C、D的价电子数分别为2、2、7。四种元素原子序数从小到大的顺序是B、C、D、A。已知C和D的次外层电子数均为18个。(1)写出A、B、C、D的元素符号：A________、B________、C________、D________。(2)C位于元素周期表的________区，C2＋的电子排布式______________________________。(3)最高价氧化物对应水化物中碱性最强的化合物是________(写化学式，下同)；最高价氧化物对应水化物中酸性最强的化合物是________。(4)元素的第一电离能最小的是________，元素的电负性最大的是________。25、（12分）用18mol/L浓硫酸配制100mL3.0mol/L稀硫酸的实验步骤如下：①计算所用浓硫酸的体积②量取一定体积的浓硫酸③溶解、冷却④转移、洗涤⑤定容、摇匀回答下列问题：（1）所需浓硫酸的体积是____mL，量取浓硫酸所用的量筒的规格是_______。（从下列规格中选用：A10mLB25mLC50mLD100mL）（2）第③步实验的操作是________________________________________________。（3）第⑤步实验的操作是_________________________________________________。（4）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响（用“偏大”“偏小”或“无影响”填写）?A所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中_________。B容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水________。C所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤________________。D定容时俯视溶液的凹液面________________。26、（10分）某铜制品在潮湿环境中发生的电化学腐蚀过程可表示为如图，腐蚀后有A物质生成，某小组为分析A物质的组成，进行了如下实验：实验①：取A样品，加过量稀硝酸完全溶解后，再加入溶液，有白色沉淀生成。实验②：另取A样品4.29g，加入含的稀硫酸溶液，恰好中和，生成两种盐的混合溶液。向所得混合溶液中加入适量的NaOH溶液，产生蓝色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得3.20g黑色固体。（1）该粉状锈中除了铜元素外还含有（写元素符号）___元素，该铜制品发生电化学腐蚀生成粉状锈时其正极电极反应式为____。（2）写出该粉状锈溶于稀硫酸反应的离子方程式____。（3）加热条件下，实验②中所得的黑色固体能与乙醇反应，化学方程式为____。27、（12分）下图中硬质玻璃管A中放入干燥洁净的细铜丝，烧杯中放入温水，试管B中放入甲醇，右方试管C中放入冷水．向B中不断鼓入空气，使甲醇蒸气和空气通过加热到红热程度的铜丝。（1）撤去A处酒精灯后铜丝仍然能保持红热的原因是__________________________；（2）反应后将试管C中的液体冷却，取出少量，加入到新制的Cu(OH)2悬浊液中，加热到沸腾可观察到现象是__________________，写出反应的化学方程式__________________________。28、（14分）（1）在标准状况下，某烃分子的相对分子量为28，一定体积的该烃完全燃烧生成4.48LCO2和3.6g水，该烃的分子式_________________。（2）顺-1,2-二溴乙烯结构式_________________。（3）2-丁烯与HCl的加成方程式_______________________________________。（4）的系统命名为________________。（5）按要求回答下列问题：合成芳香炔化合物的方法之一是在催化条件下，含炔氢的分子与溴苯发生反应，如:根据上式,请回答:①丙能发生的反应是__________(选填字母)。

a.取代反应b.加成反应c.水解反应d.消去反应②甲中含有的官能团名称为__________。③符合下列条件的丙的同分异构体有__________种(不包括顺反异构)。

a分子中除苯环外不含其他环状结构;b苯环上只有2个取代基，且其中一个是醛基。29、（10分）利用熔融碱焙烧工艺可从铝热法生产金属铬所得铬渣(Al、Al2O3、Cr2O3等)中浸出铬和铝，实现铬和铝的再生利用。其工作流程如下：(1)铝热法冶炼金属铬，是利用了金属铝的______(填“氧化性”或“还原性”)。(2)溶液1中的主要的阴离子有CrO42-、_____(填离子符号)。(3)过程I，在Cr2O3参与的反应中，若生成0.4molCrO42-,消耗氧化剂的物质的量是_______。(4)通入CO2调节溶液pH实现物质的分离。①滤渣A煅烧得到Al2O3，再用电解法冶炼Al。冶炼Al的化学方程式是_______。②滤渣B受热分解所得物质可以循环利用，B是________(填化学式)。③已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2OK=4.0×1014滤液3中Cr2O72-的浓度是0.04mol/L，则CrO42-的浓度是_____mol/L。(5)过程II的目的是得到K2Cr2O7粗品，粗品再重结晶可制得纯净的K2Cr2O7。不同温度下化合物的溶解度(g/100gH2O)结合表中数据分析，过程II得到K2Cr2O7粗品的操作是：______，过滤得到K2Cr2O7粗品。

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、B【答案解析】A．同主族从上到下元素的单质从气态、液态、固态变化，且颜色加深，则砹是有色固体，故A正确；B．同一主族元素，其非金属性随着原子序数增大而减小，所以非金属性：At小于I，故B正确；C．同一主族元素中，其非金属性随着原子序数的增大而减小，则其相应氢化物的稳定性随着原子序数的增大而减弱，所以HAt的很不稳定，故C错误；D．同一主族元素，其单质的氧化性随着原子序数的增大而减弱，所以I2可以把At从At的可溶性的盐溶液置换出来，故D正确；故选C。点睛：明确同周期元素性质的递变规律是解题关键，砹是原子序数最大的卤族元素，其性质与卤族其它元素具有相似性和递变性，如：其单质颜色具有相似性，其氢化物的稳定性、非金属性、氧化性都具有递变性，据此分析解答。2、A【答案解析】NO2溶于水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，溴蒸汽溶于水反应：Br2+H2O⇌HBr+HBrO，则：①AgNO3溶液：NO2通入无现象；溴蒸汽通入有黄色沉淀生成。故①能鉴别；②CCl4：NO2通入无明显现象；溴蒸汽通入形成CCl4溶液，颜色变红棕色。故②能鉴别；③通入水中：NO2通入溶液为无色；溴蒸汽通入形成溴水溶液为橙黄色。故③能鉴别；④湿润的淀粉-KI试纸：俩气体通入均会使碘化钾氧化为碘单质，试纸均变蓝。故④不能鉴别；⑤NaOH溶液：俩气体通入由于反应，溶液均变为无色。故⑤不能鉴别。对照选项知，A正确。3、D【答案解析】

电解0.1LH2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极发生的反应为：4OH—-4e－=2H2O+O2↑，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑，两极均收集到2.24L（标况）气体，即均生成0.1mol的气体，阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子，而阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.2mol电子由铜离子获得，所以溶液中有0.1mol铜离子，据c=得到铜离子的浓度为：=1mol/L，答案选D。4、C【答案解析】

根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【题目详解】A．对某一反应，△H的数值不变，故A项错误；B．两边气体计量数相等，容器内压强始终保持不变，故B项错误；C．气体的颜色不再变化，说明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，故C项正确；D．恒容密闭容器中气体的质量与体积不变，则密度始终一直不变，故D项错误。故答案为C。【答案点睛】化学平衡状态的判断涉及到密度、摩尔质量时，一定要注意，判断密度时，质量或者体积，二者必须有一个是变量，判断摩尔质量时，质量和物质的量必须有一个是变量，当变量不在变化时，反应达到平衡状态。5、D【答案解析】分析：A．混合动力汽车在制动减速时，可回收机械能转化为电能；B．在高速行驶时，启用双引擎，内燃机和电池同时工作；C．混合动力汽车可将动力和电力双向转化；D．内燃机启动后，会发生燃料的燃烧。详解：A．混合动力汽车在制动减速时启动发电机，将制动动能转变为电能并储存于蓄电池中，故A正确；B．混合动力汽车在高速行驶或上坡时启动双动力，内燃机和电动机同时工作，电池电能转化为汽车部分动力，故B正确；C．混合动力汽车就是通过动力、电力的双向转化，减少汽车能耗，降低油耗，故C正确；D．当内燃机启动后，燃料的燃烧过程中会产生废气，污染环境，故D错误；故选D。6、D【答案解析】

A.氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，因此不能保存在棕色细口玻璃瓶中，应该保存在塑料瓶中，A错误；B.镁条能与氧气反应，但其表面生成的氧化膜非常致密，有一定的抗腐蚀能力，不必保存在煤油中，B错误；C.硅酸钠的水溶液应该保存在带有玻璃塞的细口玻璃瓶中，C错误；D.单质碘易升华，碘单质保存在带有玻璃塞的棕色广口玻璃瓶中，D正确；答案选D。7、C【答案解析】

硫酸足量，氧化性Fe3+>Cu2+>H+，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤液A中不含铁离子，滤渣3.2克为金属铜，铜的物质的量为0.05mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05mol，滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤液灼烧得到的固体3.2克为氧化铁，其物质的量为0.02mol，铁元素的物质的量为0.04mol，滤液A溶质为过量硫酸和硫酸亚铁，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，硫酸含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的氢离子和合金中的氧结合成水了。【题目详解】A.由上述分析可知，滤液A中阳离子为Fe2＋、H＋，故A错误；B.滤液中不含铜离子，滤渣3.2克为金属铜，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为80×0.05=4.0克，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于4.0g，故B错误；C.合金中铁元素的质量为56×0.04=2.24g，故C正确；D.合金中铁元素质量为2.24克，铜元素质量为3.2克，故合金中氧原子的物质的量，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04=0.04mol氢离子生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况下体积为0.02×22.4=0.448L，故D错误；故选C。8、C【答案解析】

A.将气体通入澄清石灰水，有白色沉淀生成，该气体可能为CO2，也可能为SO2，A错误；B.将气体通入水中能使酚酞变红，则气体为碱性气体NH3，氨气溶于水反应产生的一水合氨电离产生了OH-，因此不能说NH3为碱，B错误；；C.加入KSCN溶液，溶液变红，是由于Fe3+与SCN-反应产生红色的络合物Fe(SCN)3，因此可以证明原溶液含有Fe3+，C正确；D.加入BaCl2溶液，生成的沉淀不溶于盐酸，说明原溶液可能含有SO42-、Ag+等离子，D错误；故合理选项是C。9、B【答案解析】分析:本题考查氧化还原反应中电子的转移以及元素化合价的改变，元素化合价升高失电子被氧化，化合价降低得电子被还原，以此分析各选项。详解：A项，二氧化锰中的锰元素应该为得到电子而化合价降低，盐酸中的氯元素失去电子，化合价升高，故A项错误；B项，0价的硫元素变成+4价要失去4个电子，变成-2价要得到2个电子，且作还原剂的硫与作氧化剂的硫物质的量之比为1:2，故B项正确；C项，该反应中氯酸钾中的氯元素得到5个电子变为氯气中0价的氯原子，5分子的盐酸中的氯原子失去5个电子变为氯气中0加的氯原子，转移的电子数应该为5，该项中转移电子数和转移方向都错了，故C项错误；D项，氯酸钾中氯元素得到电子化合价降低变为氯化钾中的氯，氯酸钾中的氧元素失去电子化合价升高变为氧气，因此图示的电子转移方向错误，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。10、B【答案解析】

能与Na反应的官能团有羟基、羧基，1mol有机物可消耗2molNa；能与NaOH反应的官能团有酯基、酚羟基、溴原子和羧基，1mol有机物可消耗4molNaOH；能与碳酸氢钠反应的官能团只有羧基，1mol有机物只能消耗1mol碳酸氢钠。则等物质的量的该有机物消耗的金属钠、氢氧化钠、碳酸氢钠的物质的量之比为2：4：1，因此合理选项是B。11、D【答案解析】试题分析：A、氨气的收集错误，错误；B、试剂错误，应选用稀盐酸与石灰石反应，因为稀硫酸与石灰石反应生成微溶的硫酸钙附着在石灰石表面，阻碍反应进一步进行，错误；C、试剂错误，稀硝酸与铜反应生成NO，错误；D、正确。考点：考查气体的制备与收集有关问题。12、D【答案解析】试题分析：根据实验①可知，溶液中含有SO42-；根据②可知气体是氧气，白色沉淀是氢氧化铝和氢氧化镁，所以一定含有Al3+、Mg2+、NH4+，则就一定不能含有CO32-、Fe2+、Fe3+、Cu2+、NH4+，而钾离子是不能确定的，答案选D。考点：考查离子的检验和共存等点评：进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，然后逐一进行判断、推理和排除等。13、B【答案解析】

A．因盐酸与NaOH溶液反应，会导致生成氢气的量减少，故A不选；B．加入少量CH3COONa固体，使盐酸转化为醋酸，减小氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量，可满足减缓反应速率但又不影响生成H2的总量，故B选；C．加入少量Na2SO4固体，对反应没有影响，故C不选；D．因盐酸与Na2CO3固体反应，会导致生成氢气的量减少，故D不选；故选B。【答案点睛】本题考查影响化学反应速率的因素。本题的易错点为题意的理解，因Zn过量，则减小氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量，可满足减缓反应速率但又不影响生成H2的总量。14、C【答案解析】

A.NO2球中存在2NO2N2O4，△H<0，正反应放热，NO2球放入冷水，颜色变浅，NO2球放入热水中，颜色变深，可以用平衡移动原理解释，A不合题意；B.水的电离是微弱的电离，存在电离平衡，同时电离是吸热过程，温度升高向电离方向移动，水的离子积增大，可以用平衡移动原理解释，B不合题意；C.加二氧化锰可以加快过氧化氢的分解，但催化剂不能使平衡发生移动，不能用平衡移动原理解释，C符合题意；D.氨水中存在电离平衡NH3·H2ONH4++OH-，随着氨水浓度降低，氨水的离程度减小，OH-浓度降低，可以用平衡移动原理解释，D不合题意；答案选C。15、C【答案解析】

A.氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故A错误；B.邻羟基苯甲醛分子()内的羟基与醛基之间即存在氢键，对羟基苯甲醛分子()之间存在氢键，所以氢键存在于分子之间，也存在于分子之内，故B错误；C.乙醇的熔沸点比含相同碳原子的烷烃的熔沸点高的主要原因是乙醇分子之间易形成氢键，故C正确；

D.氢键和共价健都有方向性和饱和性，故D错误；故选C。【答案点睛】化学键包含离子键、共价键、金属键；氢键属于分子间作用力，比化学键弱，比分子间作用力强，氢键存在于分子之间，也存在于分子之内。16、D【答案解析】A．CH2=CHCOOH、CH3COOCH=CH2均含有碳碳双键，可作为合成聚合物的单体，故A正确；B．C6Hn分子中的六个碳原子在同一直线上，则分子结构中有三个碳碳叁键，直接相连形成碳链，两端为H原子，即n等于2，故B正确；C．2,2-二甲基-丁烷与2,4-二甲基戊烷的一氯代物均为3种，故C正确；D．与分子结构中含有的酚羟基数目不等，两者不可能互为同系物，故D错误；答案为D。17、D【答案解析】

由结构简式可知，分子中不含苯环，含有碳碳双键、碳氮双键、碳氮单键、羟基、氨基、醚键和肽键。【题目详解】①阿昔洛韦分子中含有的1个碳碳双键和2个碳氮双键在催化剂作用下可与氢气发生加成反应，则1mol阿昔洛韦最多可与3molH2发生加成反应，故错误；②阿昔洛韦分子中含有氧原子和氮原子，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故错误；③阿昔洛韦分子中只含有1个羟基，亲水基数目较少，应微溶于水或不溶于水，故错误；④阿昔洛韦分子中碳碳双键、碳氮双键和羟基都可以被氧化，故正确；⑤阿昔洛韦分子中碳碳双键、碳氮双键能使溴水褪色，故错误；⑥有机物一般可以燃烧，故正确；④⑥正确，故选D。【答案点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握常见有机物的结构，注意有机物的官能团对性质的影响是解答关键。18、C【答案解析】试题分析：A、装置中导管不能插入碳酸钠溶液中，因为乙醇和乙酸均是与水互溶的，直接插入会倒吸，A错误；B、乙酸和水互溶，不能直接分液，B错误；C、乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，首先通过水除去挥发出来的乙醇，防止干扰乙烯的检验，C正确；D、乙烯的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，即应该是短口进，长口出，D错误，答案选C。考点：考查化学实验方案设计与评价19、B【答案解析】

A.N原子最外层5个电子，两个氮原子各用3个电子形成叁键，氮气分子的电子式：，故A错误；B.氯原子最外层7个电子，得1个电子形成氯离子，Cl－的结构示意图：，故B正确；C.质子数为53、中子数为78的碘原子，质量数为53+78=131，原子符号为I，故C错误；D.HCO3-在溶液中水解生成碳酸，使溶液呈碱性，水解的离子方程式为：HCO3-＋H2OOH-＋H2CO3，故D错误；故选B。20、D【答案解析】试题分析：①酸性溶液中，H＋、NO3-与Fe2+、I-发生氧化还原反应不能大量共存，错误；②给定条件下，组内离子间不反应，能大量共存，正确；③水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液可能呈酸性，酸性条件下，H＋、NO3-和S2O32-发生氧化还原反应，不能大量共存；也可能呈碱性，碱性条件下，OH－和NH4+发生反应生成一水合氨，不能大量共存，错误；④加入铝片能放出H2的溶液可能呈酸性，酸性条件下，H＋和HCO3-反应生成水和二氧化碳；也可能呈碱性，碱性条件下，OH－和Cu2+反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，错误；⑤滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性，酸性条件下组内离子间不反应，正确；选D。考点：考查离子反应、离子共存21、B【答案解析】

A.由于没有在无色浸取液中加入氧化剂将碘离子氧化为碘单质，则加入CCl4后下层为无色，并不能说明浸取液中不含碘元素，故A错误；B.若向溶有CO2的BaCl2溶液中通入氨气，碳酸会选转化为碳酸铵，从而与BaCl2溶液发生复分解反应生成碳酸钡沉淀，故B正确；C.向一定量饱和氯水中通入足量SO2，再通入足量AgNO3，生成的沉淀中也有Ag2SO4，故C错误；D.溶剂水的量太少，两支试管中的固体都有剩余，无法比较，故D错误；答案选B。22、C【答案解析】①水银是金属汞，属于纯净物，故①错误；②只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故②错误；③NO不属于酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，但Na2O2不是碱性氧化物，故③错误；④同位素是指同种元素的不同原子，而1H+是离子，故④错误；⑤C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故⑤正确；⑥浓盐酸的氧化性不强，其氧化性体现在氢离子上，故为非氧化性酸，所以⑥错误；⑦HD是氢元素形成的单质，不是化合物，故⑦错误；⑧溶液的导电性与离子浓度和离子的电荷有关，与强弱电解质无关，强电解质的稀溶液如果离子浓度很小，导电能力也可以很弱，故⑧错误；⑨共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，故⑨正确；⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化是非氧化还原反应，故⑩错误；所以正确的是⑤⑨，答案选C。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键羧基消去反应+C2H5OH+H2OCH3—C≡C—CH3【答案解析】

由第一个信息可知A应含有醛基，且含有7个C原子，应为，则B为，则C为，D为，E为，F为，F与乙醇发生酯化反应生成G为，对比G、K的结构简式并结合第二个信息，可知C7H8的结构简式为；(7)环戊烷与氯气在光照条件下生成，发生消去反应得到环戊烯。环戊烯与2-丁炔发生加成反应生成，然后与溴发生加成反应生成。【题目详解】根据上述分析可知：A为，B为，C为，D为，E为，F为，G为，对比G、K的结构简式并结合题中给出的第二个信息，可知C7H8的结构简式为。(1)A的结构简式是。(2)C结构简式是其中含有的官能团是碳碳双键和羧基。(3)D→E的反应类型为消去反应。(4)F为，F与乙醇在浓硫酸存在的条件下加热，发生消去反应形成G和水，所以由F生成G的化学方程式是+C2H5OH+H2O。(5)C7H8的结构简式是。(6)芳香族化合物X是G的同分异构体，该分子中除苯环外，不含其他环状结构，其苯环上只有1种化学环境的氢。X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明分子中含有羧基-COOH，则符合上述要求的X的结构简式：、。(7)环戊烷与氯气在光照条件下生成，，与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应得到环戊烯、NaCl、H2O。环戊烯与2-丁炔发生加成反应生成，然后与溴发生加成反应生成。其合成路线为。所以Q：CH3—C≡C—CH3；中间产物1：；中间产物2：；中间产物3：。【答案点睛】本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意题给信息的灵活运用。24、SnMgZnBrds1s22s22p63s23p63d10Mg(OH)2HBrO4MgBr【答案解析】

现有A、B、C、D四种元素，A是第五周期第ⅣA族元素，则A为Sn元素；B是第三周期元素，B、C、D的价电子数分别为2、2、7，则B为Mg元素。四种元素原子序数从小到大的顺序是B、C、D、A。已知C和D的次外层电子数均为18个，则C和D均为第4周期的元素，分别是Zn和Br元素。【题目详解】(1)A、B、C、D的元素符号分别为Sn、Mg、Zn、Br。(2)C是Zn，其价电子排布式为3d104s2，故其位于元素周期表的ds区，C2＋为Zn失去最外层的2个电子形成的，故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。(3)5种元素中，Mg的金属性最强，Br的非金属性最强，故最高价氧化物对应水化物中碱性最强的化合物是Mg(OH)2，最高价氧化物对应水化物中酸性最强的化合物是HBrO4。(4)元素的第一电离能最小的是金属性最强的Mg，元素的电负性最大的是非金属性最强的Br。25、（1）16.7（3分）B（1分）（2）先向烧杯加入30ml蒸馏水，然后将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入烧杯中，并用玻璃棒搅拌。（3分）（3）继续向容量瓶注入蒸馏水至离刻度线1-2cm处，改出胶头滴管向容量瓶滴加至液凹面与刻度线相切为止。塞紧瓶塞，倒转摇匀。（3分）（4）A.偏小B.无影响C.偏小D.偏大（各1分，共4分）【答案解析】试题分析：（1）稀释前后溶质的物质的量保持不变，即c浓×V浓=c稀×V稀，且量筒的精确度一般为0.1mL，则V浓=="16.7"mL；根据大而近原则，由于100>50>25>16.7>10，因此应选择25mL量筒；（2）浓硫酸溶解于水时放热，为了防止暴沸引起安全事故，稀释浓硫酸时，应该先向烧杯中加入适量水，再沿烧杯内壁缓缓加入浓硫酸，边加入边用玻璃棒搅拌，使之充分散热，如果先向烧杯中加入16.7mL浓硫酸，再向其中倒入水，则容易发生暴沸；（3）定容：当液面在刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线与凹液面相切；摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒；（4）误差分析的依据是=c、控制变量法，对分子的大小有（或没有）影响时，对分母的大小就没有（或有）影响；A、浓硫酸具有吸水性，长时间放置在密封不好的容器中，会逐渐变稀，该情况能使所量取16.7mL液体所含n偏小，但对V无影响，因此（即c）偏小；B、该情况对分子、分母均无影响，因此对（即c）无影响；C、该情况导致n偏小，但对V无影响，因此（即c）偏小；D、该情况导致V偏小，但对n无影响，因此因此（即c）偏大。【考点定位】考查浓硫酸的稀释、一定物质的量浓度溶液的配制过程及误差分析。【名师点睛】本试题考查化学实验安全、化学实验基本操作，涉及内容是浓硫酸的稀释、一定物质的量浓度溶液的配制过程及误差分析等，平时多注重基础知识的夯实。稀释溶液过程中，我们往往都是把浓度大溶液加入到浓度小的溶液中，这样为防止混合放热，放出热量造成液体飞溅伤人，如浓硫酸的稀释、浓硝酸和浓硫酸的混合等都是把浓硫酸加入到水或浓硝酸中，这样才能做到实验安全，不至于发生危险。26、O、H、Cl【答案解析】

（1）根据先加过量稀硝酸完全溶解后，再加入溶液，有白色沉淀生成，推出该物质应该含有Cl元素；再根据另取A样品4.29g，加入含的稀硫酸溶液，恰好中和，生成两种盐的混合溶液，推测出含有氢氧根离子，所以含有H和O元素；由图可知，氧气参与放电，所以正极电极反应方程式为；（2）根据实验②，灼烧得3.2g的黑色固体为氧化铜，物质的量是0.04mol，推断出铜元素有0.04mol，加入0.03mol的稀硫酸后，恰好完全中和，推断出氢氧根有0.06mol，再根据化合价推出氯离子的物质的量是0.02mol，所以粉状锈的化学式为，粉状锈与硫酸发生反应的方程式为；（3）根据其中含有铜元素推出黑色物质为氧化铜，氧化铜可以与乙醇溶液反应，所以方程式为；27、因为2CH3OH＋O22HCHO＋2H2O是一个放热反应有红色沉淀生成HCHO＋4Cu(OH)2CO2↑＋2Cu2O↓＋5H2O【答案解析】(1)醇的氧化反应：2CH3OH+O22HCHO+2H2O是一个放热反应，能维持反应所需温度，所以不加热的铜丝仍保持红热；故答案为：因为2CH3OH+O22HCHO+2H2O是一个放热反应，能维持反应所需温度；(2)生成的甲醛易溶于水，与新制的氢氧化铜在加热条件下反应生成氧化亚铜红色沉淀，方程式为：HCHO+4Cu(OH)2CO2↑+2Cu2O↓+5H2O；故答案为：有红色沉淀生成；HCHO+4Cu(OH)2CO2↑+2Cu2O↓+5H2O。28、C2H4CH3CH=CHCH3+HClCH3CH2CHClCH32－甲基丁烷c（醇）羟基碳碳三键24【答案解析】

（1）由二氧化碳和水的量先计算最简式，再结合相对分子质量计算分子式；（2）顺-1,2-二溴乙烯中2个溴原子在同一侧；（3）2-丁烯的结构简式为CH3CH=CHCH3，分子中含有碳碳双键，一定条件下能与HCl发生加成反应生成2—氯丁烷；（4）的最长碳链含有4个碳原子，侧链为甲基；（5）①丙的结构简式为，分子中含有羟基、碳碳三键和苯环；②甲的结构简式为，分子中含有（醇）羟基和碳碳三键；③由丙的同分异构体分子中除苯环外不含其他环状结构，苯环上只有2个取代基，且其中一个是醛基可知，另一个取代基为四个C的丁烯烃基，判断丁烯烃基的数目，以及苯环上的相对位置可得。【题目详解】（1）由在标准状况下，一定体积的该烃完全燃烧生成4.48LCO2和3.6g水可知，烃分子中C与H两种原子个数之比为：×2=1:2，则该烃的最简式为CH2,最简式的式量是14，由相对分子质量是28可得烃的分子式为C2H4，故答案为：C2H4；（2）顺-1,2-二溴乙烯中2个溴原子在同