吉林省农安县普通高中2023学年化学高二第二学期期末学业水平测试模拟试题（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．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、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(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2、某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合物，经测定ClO﹣与ClO3﹣的物质的量之比为11：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的物质的量之比A．1：3B．4：3C．2：1D．3：13、化学与生产生活息息相关，下列说法错误的是A．秸秆大量焚烧将产生雾霾B．由地沟油炼制的生物柴油属于烃类物质C．“山东疫苗案”涉及的疫苗，因未冷藏储运而失效，这与蛋白质变性有关D．建设港珠澳大桥时采用超高分子量聚乙烯（UHMWPE）纤维吊绳，UHMWPE属于有机高分子化合物4、300mLAl2(SO4)3溶液中，含有Al3+为1.62克，在该溶液中加入0.1mol/LBa(OH)2溶液300mL，反应后溶液中SO42-的物质的量浓度约为A．0.4mol/L B．0.3mol/L C．0.1mol/L D．0.2mol/L5、化学与社会可持续发展密切相关。下列做法错误的是A．按照国家规定，对生活垃圾进行分类放置B．干冰、可燃冰属于新能源也属于同种物质C．植物的秸秆、枝叶和人畜粪便等生物质能可转化为沼气D．氢气是一种有待大量开发的“绿色能源”6、下列原子半径大小顺序正确的是()①1s22s22p3②1s22s22p63s23p3③1s22s22p5④1s22s22p63s23p2A．③＞④＞②＞① B．④＞③＞②＞①C．④＞③＞①＞② D．④＞②＞①＞③7、一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O====2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中正确的是A．反应Ⅱ中H2O2做还原剂B．产品中含有SO42－、Cl－C．NaClO2的漂白原理与SO2相同D．实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行8、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、、B．0.1mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、、C．0.1mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−D．0.1mol·L−1H2SO4溶液：K+、、、9、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温常压下，11.2LHCl气体中含有的分子数为0.5NAB．常温常压下，5.6gN2和CO混合物中所含有的原子数为0.4NAC．将0.2molFeCl3水解制成胶体，所得胶体粒子数为0.2NAD．50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移电子数为0.3NA10、下列分子中，属于极性分子的是（）A．CO2 B．BeCl2 C．BBr3 D．COCl211、下列说法中错误的是A．从CH4、NH4+、SO42-为正四面体结构，可推测PH4+、PO43-也为正四面体结构B．1mol金刚石晶体中，平均含有2molC—C键C．水的沸点比硫化氢的高，是因为H2O分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键D．某气态团簇分子结构如图所示，该气态团簇分子的分子式为EF或FE12、向200mL0.1mo/L的Fe(NO3)2溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+恰好完全沉淀，过滤，小心加热沉淀，直到水分蒸干，再灼烧后得到固体的质量为A．1.44gB．1.6gC．1.8gD．2.14g13、从海带中提取碘的实验过程中，涉及下列操作，其中正确的是（）A．将海带灼烧成灰 B．过滤得含I-的溶液C．萃取后下面放出碘的苯溶液 D．分离碘并回收苯14、下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（）实验现象离子方程式A向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解B向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体C二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色D氧化亚铁溶于稀硝酸A．A B．B C．C D．D15、锂钒氧化物电池的能量密度远远超过其他材料电池，其成本低，便于大量推广，且对环境无污染。已知电池的总反应为V2O5＋xLiLixV2O5，下列说法正确的是A．电池在放电时，Li＋向电源负极移动B．充电时阳极的反应为LixV2O5－xe－===V2O5＋xLi＋C．放电时负极失重7.0g，则转移2mol电子D．该电池以Li、V2O5为电极，酸性溶液作介质16、下列鉴别实验不能达到目的的是（）A．用新制氢氧化铜悬浊液鉴别乙醇与乙醛B．用氢氧化钠溶液鉴别乙醇与乙酸C．用溴水鉴别乙烷与乙炔D．用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯与甲苯17、有机物的正确命名为A．3,3,4-三甲基己烷 B．3,3-二甲基-4-乙基戊烷C．2-乙基-3,3-二甲基戊烷 D．2,3,3-三甲基己烷18、下列反应的离子方程式书写正确的是()A．向氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NHB．向次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化硫：ClO－＋SO2＋H2O===HSO＋HClOC．NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液混合后加热：NH＋OH－NH3↑＋H2OD．向Fe(OH)2中加入稀硝酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O19、MgCl2溶于水的过程中，破坏了A．离子键 B．共价键C．金属键和共价键 D．离子键和共价键20、无水MgBr2可用作催化剂．实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1。已知：Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。下列说法错误的是（）A．实验必须要缓慢通入干燥的N2以免反应过于剧烈B．若用干燥的空气代替干燥的N2，其主要的缺点是制得的MgBr2中含有杂质。C．装有无水CaCl2固体A的作用是防止外界水蒸气进入反应装置D．冷凝管起冷凝回流作用，可防止乙醚、溴等的挥发21、化学与生活密切相关。下列说法不正确的是（）A．用铁粉作食品袋内的脱氧剂B．食用一定量的油脂能促进人体对某些维生素的吸收C．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作净水剂D．自行车钢架生锈主要是化学腐蚀所致22、下列物质熔化时破坏分子间作用力的是（）A．CaOB．CO2C．SiO2D．NaCl二、非选择题(共84分)23、（14分）煤的综合利用备受关注。有如下的转化关系，CO与H2不同比例可以分别合成A、B，已知烃A对氢气的相对密度是14，B能发生银镜反应，C为常见的酸味剂。（1）有机物C中含有的官能团的名称是____________________。（2）反应⑤的反应类型为______________。（3）写出③的反应方程式____________。（4）下列说法正确的是______________。（填字母）A．第①步是煤的液化，为煤的综合利用的一种方法B．有机物B和C都可以与新制氢氧化铜发生反应C．有机物C和D的水溶液都具有杀菌消毒作用D．乙酸乙酯与有机物D混合物的分离，可以用氢氧化钠溶液振荡、静置分液的方法24、（12分）已知有机化合物A、B、C、D、E存在下图所示转化关系，且C能跟NaHCO3发生反应，C和D的相对分子质量相等，E为无支链的化合物。请回答下列问题：（1）已知E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，其余为氧，则E的分子式为_________________。（2）B在一定条件下可以发生缩聚反应生成某高分子化合物，此高分子化合物的结构简式为_________________。（3）D也可以由溴代烃F在NaOH溶液中加热来制取，写出此反应的化学方程式_________________。（4）反应①的化学方程式_________________。（5）B有多种同分异构体，请写出一种同时符合下列四个条件的结构简式：_________________。a．能够发生水解b．能发生银镜反应c．能够与FeCl3溶液显紫色d．苯环上的一氯代物只有一种25、（12分）中和滴定实验（以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例）：（1）滴定准备①检查：___________是否漏水；②洗涤：先用蒸馏水洗________次，再用盛装溶液润洗_______次。③装排：装液高于“0”刻度，并驱逐除尖嘴处_________。④调读⑤注加（2）滴定过程①右手摇动________________________________，②左手控制________________________________，③眼睛注视________________________________。（3）终点判断.（4）数据处理（5）误差讨论，对测定结果（选择“偏高”、“偏低”、“无影响”）①用待测液润洗锥形瓶_____________，②滴定前用蒸馏水洗锥形瓶_____________，③滴定过程中不慎有酸液外溅_______________，④滴定到终点时，滴定管尖嘴外悬有液滴__________，⑤读数时，滴定前仰视，滴定后俯视_____________。26、（10分）1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体。实验室制备少量1-溴丙烷的主要步骤如下：步骤1：在仪器A中加入搅拌磁子、12g1-丙醇及20mL水，在冰水冷却下缓慢加入28mL浓H2SO4；冷却至室温，搅拌下加入24gNaBr。步骤2：缓慢加热，直到无油状物馏出为止。步骤3：将馏出液转入分液漏斗，分离出有机相。步骤4：将分离出的有机相转入分液漏斗，依次用H2O、5%的Na2CO3溶液洗涤，分液，得粗产品，进一步提纯得1-溴丙烷。已知：①1-溴丙烷沸点为71℃，密度为1.36g/cm3；②反应过程中，在仪器A中可以观察到A的上方出现红棕色蒸气（Br2）。回答下列问题：（1）仪器A的名称是______；加入搅拌磁子的目的是搅拌和______。（2）仪器A中主要发生反应为：NaBr+H2SO4===HBr+NaHSO4和______。（3）步骤2中需向接收瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是______，同时可以观察到的现象是______。（4）步骤4中的两次洗涤，依次洗去的主要杂质是______、_________。（5）步骤4中的Na2CO3溶液还可以用下列中的______试剂代替。A．NaOH溶液B．NaI溶液C．Na2SO3溶液D．CCl427、（12分）铝热反应是铝的一个重要性质，该性质用途十分广泛，不仅被用于焊接钢轨，而且还常被用于冶炼高熔点的金属如钒、铬、锰等。（1）某校化学兴趣小组同学，取磁性氧化铁按教材中的实验装置(如图甲)进行铝热反应，现象很壮观。指明使用镁条和氯酸钾的目的是___________________。（2）某同学用图乙装置进行铝热反应。取反应后的“铁块”溶于盐酸，向其中滴加KSCN溶液，溶液未见红色。为测定该实验所得“铁块”中铁元素含量，设计实验流程如图所示。几种氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。①试剂A应选择________，试剂B应选择_______(填序号)。A．稀盐酸B．氧化铁C．H2O2溶液D．氨水②写出反应Ⅱ的离子方程式____________________________。③设计简单实验证明M的成分是Fe2O3而非Fe3O4__________。④上述实验应灼烧至M质量不变，则能证明M质量不变的标志是_______。⑤若最终红色粉未M的质量为12.0g，则该“铁块”的纯度是_______。28、（14分）毒奶粉中发现的化工原料三聚氰胺可以由下列反应合成：CaO＋3CCaC2＋CO↑，CaC2＋N2CaCN2＋C，CaCN2＋2H2O=NH2CN＋Ca(OH)2，NH2CN与水反应生成尿素[CO(NH2)2]，尿素合成三聚氰胺。（1）写出与Ca在同一周期且未成对电子数最多的基态原子的电子排布式：___________；CaCN2中阴离子为CN22-，与CN22-互为等电子体的分子有N2O，由此可以推知CN22-的空间构型为________。（2）1mol

尿素分子[CO（NH2）2]中含有的π键与σ键的数目之比为_______；（3）三聚氰胺俗称“蛋白精”，其结构为。其中氮原子的杂化方式有_____________。（4）CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca2＋的配位数为______，Ca2＋采取的堆积方式为____________，其中O2-处于Ca2＋堆积形成的八面体空隙中；已知CaO晶体的密度为ρ，求晶胞中距离最近的两个钙离子之间的距离_____________（列出计算式）；（5）配位化合物K3[Fe(CN)n]遇亚铁离子会产生蓝色沉淀，因此可用于检验亚铁离子，已知铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14，求n=_____。29、（10分）化学实验是学习理解化学知识的基础,它以其生动的魅力和丰富的内涵在化学学习中发挥着独特的功能和作用。请回答下列问题：I.实验室欲用固体NaOH配制100mL1mol·L-1的NaOH溶液。（1）配制上述溶液，下列不能用到的仪器是_______________(用序号回答)。A．烧杯B．大试管C．玻璃棒D．100mL容量瓶（2）除上述仪器外，还一定要的玻璃仪器有______________。（3）用托盘天平称取NaOH固体的质量为_________g，从下表中选择称量NaOH固体所需要的仪器__________________（填序号）。（4）下列情况使所配得溶液的浓度如何变化？（填“偏高”“偏低”或“不变”）A．未洗涤溶解氢氧化钠的烧杯_________。B．容量瓶使用前用蒸馏水洗过，内壁附有水珠而未干燥处理___________。C．定容时加水超过了刻度线，将多出的液体吸出___________。II．已知化合物甲和乙都不溶于水，甲可溶于质最分数大于或等于98%的浓硫酸，而乙不溶。现有一份甲和乙的混合物样品，通过实验进行分离，可得到固体甲（实验中使用的过滤器是用于过滤强酸性液体的耐酸过滤器，甲与硫酸不发生化学反应）。请填写下列空白，完成由上述混合物得到固体甲的实验设计。序号实验步骤简述实验操作（不必叙述如何组装实验装置）①溶解将混合物放入烧杯中，加入98%H2SO4____。②_____________③稀释（沉淀）____________④过滤⑤_________向④的过滤器中注入少量蒸馏水，使水面浸过沉淀物，待水滤出后，再次加水洗涤，连洗几次。⑥检验沉淀是否洗净____________________。

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】

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。【题目详解】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。2、B【答案解析】试题分析：Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为11：1，则可设ClO-为11mol，ClO3-为1mol，被氧化的Cl原子的物质的量共为12mol，失去电子的总物质的量为11mol×(1-0)+1mol×(5-0)=16mol。氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl原子的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：12mol=4:3，选项B正确。考点：考查氧化还原反应的计算的知识。3、B【答案解析】

A.秸秆大量焚烧会产生大量烟尘，导致空气中颗粒物大量增加而产生雾霾，A正确；B.地沟油及生物柴油的主要成分都属于酯类，酯是由C、H、O三种元素组成的化合物，因此，由地沟油炼制的生物柴油（主要为高级脂肪酸乙酯）属于烃的衍生物，B错误；C.疫苗的主要成分是蛋白质，未冷藏储运，温度较高时蛋白质易变性使疫苗失效，因此要低温保存，C正确；D.聚乙烯(UHMWPE)纤维吊绳主要成分是聚乙烯，该物质是高分子化合物，是高聚物，D正确；故合理选项是B。4、C【答案解析】

硫酸铝溶液中c(Al3+)=1.62g÷27g/mol÷0.3L=0.2mol/L，根据Al2(SO4)3的化学式可知c(SO42−)=c(Al3+)=×0.2mol/L=0.3mol/L，则n(SO42−)=0.3mol/L×0.3L=0.09mol，向该溶液中加入氢氧化钡，二者反应生成硫酸钡和水，n[Ba(OH)2]=0.1mol/L×0.3L=0.03mol，0.03mol钡离子完全反应需要0.03mol硫酸根离子，则混合溶液中剩余n(SO42−)=0.09mol−0.03mol=0.06mol，混合溶液中硫酸根离子物质的量浓度c（SO42−）=n/V=0.06mol÷(0.3L+0.3L)=0.1

mol/L，故答案选C。5、B【答案解析】

A．将垃圾进行分类放置，提高利用率，符合社会可持续发展理念，故A正确；B．干冰是固态二氧化碳，可燃冰是CH4•nH2O，二者不是同种物质，故B错误；C．将植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中，在富氧条件下，经过缓慢、复杂、充分的氧化反应最终生成沼气，从而有效利用生物质能，故C正确；D．氢气的燃料产物是水，对环境无污染，且发热量高，是绿色能源，故D正确；故答案为B。6、D【答案解析】

根据核外电子排布式书写规律分析解答。【题目详解】①1s22s22p3是N元素，②1s22s22p63s23p3是P元素，③1s22s22p5是F元素，④1s22s22p63s23p2是Si元素，根据元素周期律分析可知，原子半径由大到小的顺序为：④＞②＞①＞③；答案选D。【答案点睛】本题考查同周期元素性质递变规律，原子半径比较：电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，原子半径越大。7、A【答案解析】

A.反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置，发生反应：2ClO2+2H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的-1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，A正确；B.反应II是在NaOH溶液中进行，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入杂质离子OH-，不可能含SO42－、Cl－，B错误；C.NaClO2中Cl元素化合价为+3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，C错误；D.实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，D错误；故本题合理选项是A。【答案点睛】本题以高效漂白剂NaClO2制备为线索，考查了物质的作用、混合物的引入、仪器的使用等知识。掌握化学反应原理、化学实验基本操作及氧化还原反应的知识是本题解答的关键。8、A【答案解析】

此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。【题目详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存；故选A。【答案点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C项；②离子间发生氧化还原反应，如题中B项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。9、B【答案解析】

A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2LHCl气体的物质的量小于0.5mol，分子个数小于0.5NA个，选项A错误；B、N2和CO的摩尔质量都是28g/mol，所以5.6g混合物含分子：=0.2mol，二者都是双原子分子，所以含有的原子总数为0.4NA，选项B正确；C、氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算氢氧化铁胶粒的物质的量及数目，选项C错误；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，故盐酸不能反应完全，则转移的电子的个数小于0.3NA个，选项D错误；答案选B。【答案点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大，易错点为选项C，注意形成胶体的胶粒数目与反应中的铁离子数目的关系。10、D【答案解析】

A．CO2为直线形结构，结构对称，正负电荷中心重叠为非极性分子，故A错误；B．BeCl2为直线型结构，结构对称，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故B错误；C．BBr3为平面正三角形结构，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故C错误；D．COCl2分子中正负电荷中心不重合，为极性分子，故D正确；故答案为D。11、D【答案解析】

A．PH4+、PO43-中都形成4个σ键，且孤电子对数分别为0，则应为正四面体结构，选项A正确；B．金刚石晶体中，每个C原子与其它4个C原子形成共价键，且每2个C原子形成1个共价键，则1mol金刚石晶体中，平均含有4mol×=2molC-C键，选项B正确；C．氢键的作用力大于分子间作用力，H2O分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键，导致水的沸点比硫化氢的高，选项C正确；D．团簇分子中含有4个E、4个F原子，分子式应为E4F4或F4E4，选项D错误。答案选D。12、B【答案解析】Fe(NO3)2溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+完全沉淀，得到硝酸钠与氢氧化亚铁，过滤，小心加热沉淀，再灼烧至质量不再变化，由于氢氧化亚铁易被氧化，最终所得固体为Fe2O3，200mL0.1mol/L的Fe(NO3)2溶液中n[Fe(NO3)2]=0.2L×0.1mol/L=0.02mol，由Fe原子守恒可知：n[Fe(NO3)2]=2n（Fe2O3），所以n（Fe2O3）=0.02mol÷2=0.01mol，其质量为0.01mol×160g/mol=1.6g，答案选B。点睛：本题考查化学反应方程式的计算，注意氢氧化亚铁不稳定、易被氧化的性质，关键是判断最终固体为氧化铁，最后再利用守恒法计算。13、D【答案解析】

A．灼烧应在坩埚中进行，A错误；B．过滤需要玻璃棒引流，B错误；C．苯的密度比水小，碘的苯溶液在上层，应从分液漏斗上口倒出，C错误；D．苯沸点低，易挥发，分离碘并回收苯用蒸馏，D正确。答案选D。14、A【答案解析】

A、氢氧化镁碱性强于氨水；B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀；C、电荷不守恒；D、硝酸具有强氧化性，将亚铁氧化成铁离子；【题目详解】A、氢氧化镁碱性强于氨水，故A能用来解释相应实验现象；B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀，离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3（胶体）＋3H＋，故B不能用来解释相应实验现象；C、电荷不守恒，正确的离子方程式为：5SO2＋2MnO4－＋2H2O=2Mn2＋＋4H＋＋5SO42－，故C不能用来解释相应实验现象；D、硝酸具有强氧化性，其可将亚铁氧化成铁离子，正确的离子方程式为：3FeO＋10H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋5H2O，故D不能用来解释相应实验现象；故选A。【答案点睛】本题考查离子反应方程式书写，解题关键：结合原理正确书写离子方程式，难点C：氧化还原反应的离子方程式的书写，配平前不能将H+写在反应物中，应先配电子转移守恒，再通过电荷守恒将H+补在生成物中。15、B【答案解析】

放电时，该原电池中锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，据此分析解答。【题目详解】A．电池在放电时，该装置是原电池，原电池中阳离子向正极移动，因此锂离子向正极移动，故A错误；B．该电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，则阳极上LixV2O5失电子，阳极上电极反应式为：LixV2O5-xe-═V2O5+xLi+，故B正确；C．放电时，负极为锂失去电子生成锂离子，负极失重7.0g，反应的锂的物质的量==1mol，转移1mol电子，故C错误；D．锂为活泼金属，能够与酸反应，因此不能用酸性溶液作介质，故D错误；答案选B。16、B【答案解析】分析：A.乙醛能够新制氢氧化铜悬浊液加热发生氧化反应；B.乙醇易溶于水，乙酸能与氢氧化钠溶液反应；C.乙炔中含有碳碳不饱和键；D.甲苯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化；据此分析判断。详解：A.乙醛与新制氢氧化铜悬浊液加热，能够反应生成砖红色沉淀，而乙醇不能，故A正确；B.乙醇与乙酸都能溶于氢氧化钠溶液，现象相同，不能鉴别，故B错误；C.乙炔能够使溴水褪色，而乙烷不能，可以鉴别，故C正确；D.甲苯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，而苯不能，可以鉴别，故D正确；故选B。17、A【答案解析】寻找最长碳链为主链——6个碳原子，如图，离端基最近甲基为定位基（在3号位），系统命名为：3,3,4-三甲基己烷，故A正确；B、C属于主链错误，D属于定位错误。故答案选A。18、A【答案解析】分析：A.Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；B.次氯酸具有强的氧化性能够氧化二氧化硫；C.NH4HCO3溶液中加入少量稀NaOH溶液生成碳酸钠、碳酸铵和水；D.Fe(OH)2和稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、水。详解:A.向氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A正确；

B.次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化硫，离子方程式：Ca2++ClO-+SO2+H2O=2H++CaSO4↓+Cl-，故B错误；

C.NH4HCO3溶液中加入少量稀NaOH溶液生成碳酸钠、碳酸铵和水，离子方程式错误，故C错误；

D.Fe(OH)2中加入稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、水，所以D选项是错误的；

所以A选项是正确的。点睛：该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，试题侧重考查学生的能力。该题需要明确判断离子方程式正确与否的方法一般，即（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式，然后灵活运用即可。该题有助于培养学生分析问题、解决问题的能力。19、A【答案解析】

MgCl2是含有离子键的离子化合物，溶于水电离出镁离子和氯离子，破坏了离子键。答案选A。20、B【答案解析】

A.实验中要缓慢通入干燥的N2，使得溴蒸气的浓度减小，可以使镁屑和溴的反应速率减慢，故A正确；B.本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气体，例如氧气，若用干燥的空气代替干燥的N2，空气中含有氧气，镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍Mg和Br2的反应，故B错误；C.装有无水CaCl2固体的干燥管A可以防止外界水蒸气进入反应装置，因为MgBr2具有强吸水性，故C正确；D.乙醚、溴均易挥发，冷凝管能够将乙醚、溴冷凝回流，提高乙醚、溴的利用率，故D正确；故选B。21、D【答案解析】

A.用铁粉作食品袋内的脱氧剂，是用Fe易被氧气氧化的特点，所以可以直接做脱氧剂，A项正确；B.有些维生素属于脂溶性维生素，因为油脂属于酯类，可以溶于油脂中，所以可以促进维生素的吸收，B项正确；C.明矾中的铝离子水解时生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体是具有吸附性的胶体粒子，可作净水剂，C项正确；D.自行车钢架属于铁的合金，易形成原电池腐蚀，所以生锈主要是电化学腐蚀所致，D项错误；答案选D。22、B【答案解析】A、CaO为离子化合物，熔化断裂离子键，故A错误；B、CO2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，故B错误；C、SiO2是原子晶体，熔化断裂的是共价键，故C错误；D、NaCl为离子化合物，熔化断裂离子键，故D错误。故选B。二、非选择题(共84分)23、羧基加成（或还原）2CO+3H2→CH3CHO+H2OBC【答案解析】

已知烃A对氢气的相对密度是14，A的相对分子质量是28，A是乙烯，乙烯氧化生成乙酸，则C是乙酸。乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则D是乙醇。B能发生银镜反应，与氢气加成生成乙醇，则B是乙醛，解据此解答。【题目详解】（1）有机物C是乙酸，其中含有的官能团的名称是羧基。（2）反应⑤乙醛和氢气发生加成反应生成乙醇，即反应类型为加成反应。（3）根据原子守恒可知③的反应方程式为2CO+3H2→CH3CHO+H2O。（4）A．第①步是煤的气化，A错误；B．乙醛和乙酸都可以与新制氢氧化铜发生反应，B正确；C．有机物乙酸和乙醇的水溶液都具有杀菌消毒作用，C正确；D．乙酸乙酯与有机物D混合物的分离，可以用饱和碳酸钠溶液洗涤、分液的方法，乙酸乙酯能与氢氧化钠反应，D错误；答案选BC。24、C5H10O2CH1CH2CH2Br+NaOHCH1CH2CH2OH+NaBr+2NaOH+CH1COONa+CH1CH2CH2OH或【答案解析】

E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，则碳原子数目为=5，H原子数目为=10，氧原子数目==2，则E的分子式为C5H10O2，E由C和D反应生成，C能和碳酸氢钠反应，则C为羧酸，D为醇，二者共含5个C原子，并且C和D的相对分子质量相等，则C为CH1COOH、D为丙醇，E无支链，D为CH1CH2CH2OH，E为CH1COOCH2CH2CH1．A是由B与乙酸、丙醇发生酯化反应后生成的产物，A结构简式为：，据此判断。【题目详解】（1）由上述分析可知，E的分子式为C5H10O2，故答案为C5H10O2；（2）B中含有羧基、羟基，在一定条件下可以发生缩聚反应生成某高分子化合物，此高分子化合物的结构简式为，故答案为；（1）D（CH1CH2CH2OH）也可以由溴代烃F在NaOH溶液中加热来制取，此反应的化学方程式为：CH1CH2CH2Br+NaOHCH1CH2CH2OH+NaBr，故答案为CH1CH2CH2Br+NaOHCH1CH2CH2OH+NaBr；（4）反应①的化学方程式为：+2NaOH+CH1COONa+CH1CH2CH2OH，故答案为+2NaOH+CH1COONa+CH1CH2CH2OH；（5）B有多种同分异构体，同时符合下列四个条件的结构简式：a．能够发生水解，含有酯基，b．能发生银镜反应，含有醛基，c．能够与FeCl1溶液显紫色，含有酚羟基，d．苯环上的一氯代物只有一种，符合条件的同分异构体有：或，故答案为或。25、滴定管2-32-3气泡锥形瓶滴定管活塞锥形瓶内溶液颜色变化偏高无影响偏高偏高偏低【答案解析】

（1）中和滴定实验，应先检验仪器是否漏液，再用标准液进行润洗2~3次，最后排除滴定管尖嘴处的气泡；（2）滴定时，左手控制酸式滴定管的活塞，以便控制液体的流速，右手摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶内溶液颜色的变化；（5）利用c1V1=c2V2判断。【题目详解】（1）①中和滴定实验，盐酸为标准液，需用酸式滴定管，使用前应验漏；②滴定管不漏液，则用蒸馏水洗涤2~3次，再用标准液润洗2~3次，可防止标准液的浓度偏小；③装液高于“0”刻度，并驱逐除尖嘴处的气泡；（2）滴定时，左手控制酸式滴定管的活塞，以便控制液体的流速，右手摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶内溶液颜色的变化；（5）①用待测液润洗锥形瓶，导致待测液的物质的量偏大，使用标准液的物质的量偏大，计算待测液的浓度偏高；②滴定前用蒸馏水洗锥形瓶，对待测液的物质的量无影响，则计算结果无影响；③滴定过程中不慎有酸液外溅，导致酸溶液的体积偏大，计算待测液的浓度偏高；④滴定到终点时，滴定管尖嘴外悬有液滴，导致酸溶液的体积偏大，计算待测液的浓度偏高；⑤读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致酸溶液的体积偏小，计算待测液的浓度偏低。【答案点睛】某一次操作对标准液的影响，再利用c1V1=c2V2计算出待测液的浓度变化。26、蒸馏烧瓶防止暴沸CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O冷凝1-溴丙烷，减少其挥发溶液分层，下层为橙色的油状液体1-丙醇Br2C【答案解析】

（1）仪器A的名称是蒸馏烧瓶；溶液受热易发生暴沸；（2）仪器A中主要反应为浓硫酸与溴化钠反应生成溴化氢和硫酸氢钠，反应生成的溴化氢，在浓硫酸作用下，与1-丙醇共热发生取代反应生成1-溴丙烷和水；（3）1-溴丙烷沸点低，受热易挥发，不溶于水且比水密度大，单质溴易溶于有机溶剂；（4）由于制得的1-溴丙烷中混有挥发出的1-丙醇和单质溴；（5）1-溴丙烷在NaOH溶液中发生水解反应；反应生成的单质碘溶于1-溴丙烷引入新杂质；单质溴能与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应，且不与1-溴丙烷反应；1-溴丙烷与四氯化碳互溶。【题目详解】（1）由图可知，仪器A的名称是蒸馏烧瓶；加入搅拌磁子的目的是搅拌和防止溶液受热暴沸，故答案为：蒸馏烧瓶；防止暴沸；（2）仪器A中主要反应为浓硫酸与溴化钠反应生成溴化氢和硫酸氢钠，反应生成的溴化氢，在浓硫酸作用下，与1-丙醇共热发生取代反应生成1-溴丙烷和水，有关化学方程式为NaBr+H2SO4=HBr+NaHSO4和CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O，故答案为：CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O；（3）由题给信息可知，1-溴丙烷沸点低，受热易挥发，则步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是减少1-溴丙烷的挥发；实验时，浓硫酸和溴化氢发生氧化还原反应生成了单质溴，单质溴易溶于有机溶剂，1-溴丙烷不溶于水且比水密度大，溶液分层，溴溶于下层1-溴丙烷，使下层油状液体呈橙色，故答案为：冷凝1-溴丙烷，减少其挥发；溶液分层，下层为橙色的油状液体；（4）由于制得的1-溴丙烷中混有挥发出的1-丙醇和单质溴，步骤4中用H2O洗去溶于水的1-丙醇，用5%的Na2CO3溶液洗去能与Na2CO3溶液反应的单质溴，故答案为：1-丙醇；Br2；（5）A、1-溴丙烷在NaOH溶液中发生水解反应生成1-丙醇，故错误；B、单质溴能与碘化钠溶液发生置换反应生成单质碘，单质碘溶于1-溴丙烷引入新杂质，故错误；C、单质溴能与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应，且不与1-溴丙烷反应，故正确；D、1-溴丙烷与四氯化碳互溶，故错误；C正确，故答案为：C。【答案点睛】本题考查有机物的制备实验，侧重分析能力和实验能力的考查，把握有机物的性质、实验操作及技能为解答的关键。27、引发铝热反应CD2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O足量稀硫酸；几滴(少量)高锰酸钾溶液；溶液紫红色未褪去连续两次灼烧质量相差不大于0.1g84.0%【答案解析】

（1）根据铝热反应需要高温条件分析解答。（2）取反应后的“铁块”溶于盐酸，生成铁盐或亚铁盐、镁离子和铝离子，根据离子的性质结合流程图分析解答。【题目详解】（1）使用镁条和氯酸钾的目的是点燃镁条燃烧放热促进氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，起到高温引发铝热反应的目的，即使用镁条和氯酸钾的目的是引发铝热反应。（2）①根据表格可知，要使铁元素完全沉淀而铝离子和镁离子不沉淀，需要将亚铁离子转化为铁离子，又因为不能引入新杂质，所以需要加入双氧水，然后调节4≤pH＜4.2即可将铁离子沉淀而铝离子和镁离子不沉淀。调节pH时不能用氧化铁，因为会引入铁元素，因此试剂A应选择双氧水，试剂B应选择氨水，答案选C和D。②反应Ⅱ是双氧水氧化亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。③氧化铁溶于酸生成铁离子，四氧化三铁溶于酸生成铁离子和亚铁离子，因此要设计简单实验证明M的成分是Fe2O3而非Fe3O4只需要证明溶液中含有亚铁离子即可，所以实验方案为取少量M固体于试管中，向其中加入足量稀硫酸，固体完全溶解，溶液呈棕黄色，继续向上层溶液中滴加几滴少量高锰酸钾溶液，振荡观察紫红色溶液未褪去，说明不含有亚铁离子。④上述实验应灼烧至M质量不变，则能证明M质量不变的标志是连续两次灼烧质量相差不大于0.1g。⑤若最终红色粉未M的质量为12.0g，即氧化铁是12.0g，物质的量是12.0g÷160g/mol＝0.075mol，所以铁元素的质量是0.075mol×2×56g/mol＝8.4g，则该“铁块”的纯度是8.4g/10g×100%＝84.0%。28、1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1直线形1:7sp2、sp36面心立方最密堆积6【答案解析】

(1)Ca位于第四周期，在第四周期，未成对电子数最多的基态原子的3d和4s能级应该都是半充满；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算判断CN22-的空间构型；(2)CO(NH2)2中C原子与氧原子之间形成C=O双键，C原子与N原子之间形成2个C-N单键，N原子与H原子之间共形成4个N-H键；(3)分子的环中N原子形成2个σ键，含有1对孤电子对，杂化轨道数目为3，氨基中N原子形成3个σ键，含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4；(4)根据CaO晶胞的结构可知，以顶点上的钙离子为例，每个钙离子周围距离最近的氧离子位于晶胞棱边的中点；钙离子分布在晶胞的顶点和面心上；CaO2晶胞中距离最近的两个钙离子间的距离为面对角线的一半，根据晶胞的密度及晶胞中所含离子数目可求得晶胞的体积，进而求得晶胞的边长，再求得两个钙离子之间的距离；(5)在配位化合物K3[Fe(CN)n]中每个配体可以提供一对电子，而铁原子最外层有2个电子，据此计算。【题目详解】(1)与Ca在同一周期且未成对电子数最多的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；CN22-离子价层电子对个数=2+×(4+2-2×3)=2