江苏省徐州一中、如皋中学、宿迁中学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考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、硼氢化物NaBH4(B元素的化合价为+3价)燃料电池(DBFC),由于具有效率高、产物清洁无污染和燃料易于储存和运输等优点，被认为是一种很有发展潜力的燃料电池。其工作原理如下图所示，下列说法正确的是A．电池的负极反应为BH4－+2H2O－8e－=BO2－+8H+B．放电时，每转移2mol电子，理论上需要消耗9.5gNaBH4C．电池放电时Na+从b极区移向a极区D．电极a采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用2、下列说法正确的是A．凡是放热反应都是自发的 B．铁在潮湿空气中生锈是自发过程C．熵增大的反应都是自发反应 D．电解池的反应是属于自发反应3、室温下，下列关于溶液中微粒的物质的量浓度关系的描述，不正确的是A．0.1mol·L-1HCl溶液与0.2mol·L-1NH3·H2O溶液等体积混合pH>7：c(NH3·H2O)>c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)B．pH=8的NaClO2溶液中：c(Na+)>c(ClO2-)>c(OH-)>c(H+)C．向氨水中不断通入CO2，随着CO2的增加，c(OHD．CH3COOH与NaOH溶液发生中和反应，当醋酸过量时，溶液中可能存在：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)4、下列说法中错误的是:A．SO2、SO3都是极性分子 B．在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键 C．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强 D．原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性5、根据反应①2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2，②2FeCl2+Cl2=2FeCl3，判断下列物质的氧化性由强到弱的顺序中，正确的是()A．Fe3+＞Cl2＞I2 B．Cl2＞I2＞Fe3+ C．Cl2＞Fe3+＞I2 D．I2＞Cl2＞Fe3+6、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金属钠投入到FeCl1溶液中②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca（OH）1投入过量NaHCO3溶液中④向饱和Na1CO3溶液中通入过量CO1．A．①②③④B．①④C．③④D．②③7、向100mL0.1mol·L-1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1

Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示。则下列说法中正确的是A．a点对应的沉淀只有BaSO4B．b点发生反应的离子方程式是：Al3++2SO42-+2Ba2++3OH-==Al(OH)3↓+2BaSO4↓C．c点溶液呈碱性D．c点加入Ba(OH)2溶液的体积为200mL8、下列卤代烃在KOH醇溶液中加热不反应的是①②③(CH3)3C－CH2Cl④CHCl2－CHBr2⑤⑥CH3ClA．②④ B．②③⑤ C．①③⑥ D．全部9、常温下，向10mL0.1mol/L的CuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)随滴入的Na2S溶液体积的变化如图所示(忽略滴加过程中的温度变化和溶液体积变化)。下列叙述正确的是()A．常温下Ksp(CuS)的数量级为10-30B．c点溶液中水的电离程度大于a点和d点溶液C．b点溶液中c(Na+)=2c(Cl-)D．d点溶液中c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)10、下列关于氯水的叙述正确的是()A．新制氯水中只有Cl2分子和H2O分子B．光照氯水有气体逸出，该气体是Cl2C．氯水在密闭无色玻璃瓶中放置数天后酸性将减弱D．新制氯水可以使蓝色石蕊试纸先变红后褪色11、如图所示是298K时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述不正确的是A．在温度、体积一定的条件下，通入1molN2和3molH2反应后放出的热量为92kJB．a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线C．加入催化剂，也不能提高N2的转化率D．该反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣92kJ/mol12、下列同周期元素中，原子半径最小的是A．Mg B．Al C．Si D．S13、已知:25C时,Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10-18，Ka(HCOOH)=1.0×10-4。该温度下，下列说法错误的是（）A．HCOO－的水解平衡常数为1.0×10-10B．向Zn(OH)2悬浊液中加少量HCOOH,溶液中c(Zn2+)增大C．Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中,c(Zn2+)>1.0×10-6mol/LD．Zn(OH)2(s)+2HCOOH(aq)Zn2+(aq)+2HCOO－(aq)+2H2O(l)的平衡常数K=10014、S-诱抗素可保证盆栽鲜花盛开，其分子结构如图，下列说法不正确的是（）A．该物质的分子式为C15H20O4B．该物质环上的二氯代物只有2种C．该物质能发生取代、加成、氧化等反应D．1mol该物质最多能与2molNaOH完全反应15、迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构简式如图所示。下列叙述正确的是()A．迷迭香酸与溴单质只能发生取代反应B．1mol迷迭香酸最多能和9mol氢气发生加成反应C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应、消去反应和酯化反应D．1mol迷迭香酸最多能和6molNaOH发生反应16、某小组比较Cl-、Br-、I-的还原性，实验如下：实验1实验2实验3装置现象溶液颜色无明显变化；把蘸浓氨水的玻璃棒靠近试管口，产生白烟溶液变黄；把湿KI淀粉试纸靠近试管口，变蓝溶液变深紫色；经检验溶液含单质碘下列对实验的分析不合理的是A．实验1中，白烟是NH4Cl B．根据实验1和实验2判断还原性：Br-＞Cl-C．根据实验3判断还原性：I-＞Br- D．上述实验利用了浓H2SO4的强氧化性、难挥发性等性质17、化学与生活密切相关，下列物质不能用作食品添加剂是（）A．乙醇 B．乙酸 C．乙酸乙酯 D．乙醛18、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A．23gNa与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数N（O2）的范围为：0.25NA<N（O2）<0.5NAB．2molNO和1molO2在密闭容器中充分反应，反应后容器中的分子数小于2NAC．2.5gMg-Zn合金与足量盐酸反应，放出的气体在标况下的体积可能为2.24LD．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子数目为0.92NA19、维拉帕米（又名异搏定）是治疗心绞痛和原发性高血压的药物，合成路线中某一步骤如图所示，下列说法中正确的是A．Y的分子式为C5H11O2BrB．含苯环和羧基的ⅹ的同分异构体有4种C．可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和ZD．1molZ最多可与6molH2发生加成反应20、利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）选项①②③实验结论A浓盐酸KMnO4紫色石蕊试液氯气具有酸性、漂白性B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba(NO3)2溶液SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：N＞C＞SiA．A B．B C．C D．D21、下列元素的电负性最大的是：()A．Na B．S C．O D．C22、制取一氯乙烷最好采用的方法是()A．乙烷和氯气反应 B．乙烯和氯气反应C．乙烯和氯化氢反应 D．乙烷和氯化氢反应二、非选择题(共84分)23、（14分）下图中的A、B、C、D、E、F、G均为有机物（有些物质未写出）据上图回答问题：(1)A的结构简式_______，D的名称是__________。(2)反应①③④的反应类型分别为_____________、____________和__________。(3)除去F中杂质C、D时，最后要用分液的方法进行混和物的分离，F产物从分液漏斗的_______（填“上口倒出”或“下口放出”）。(4)写出反应②的反应方程式为_________________________________。24、（12分）A、B、C、D四种可溶性盐，阳离子分别可能是Ba2+、Na+、Ag+、Cu2+中的某一种,阴离子分别可能是中的某一种。(1)C的溶液呈蓝色，向这四种盐溶液中分别加盐酸，B盐有沉淀产生，D盐有无色无味气体逸出。则它们的化学式应为：A_______，B_______，C_______，D_______。(2)写出下列反应的离子方程式：①A+C__________________________。②D+盐酸________________________。25、（12分）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问题：（1）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：①电解时阳极电极反应式为__________________________。②除去ClO2中的NH3可选用的试剂是___________（填标号）。a．水b．碱石灰c．浓硫酸d．饱和食盐水（2）用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：Ⅴ．用0.1000mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为______________________。②玻璃液封装置的作用是______________________。③V中加入指示剂，滴定至终点的现象是______________________。④测得混合气中ClO2的质量为______g。⑤某同学用某部分刻度模糊不清的50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面处于如图所示的刻度处，则管内液体的体积________（填代号）。a．等于23.60mLb．等于27.60mLc．小于23.60mLd．大于27.60mL26、（10分）某些资料认为NO不能与Na2O2反应。有同学提出质疑，他认为NO易与O2发生反应，应该更容易被Na2O2氧化。查阅资料：a.2NO＋Na2O2=2NaNO2b．6NaNO2＋3H2SO4(稀)=3Na2SO4＋2HNO3＋4NO↑＋2H2Oc．酸性条件下，NO能被MnO4－氧化成NO3－该同学利用如图中装置来探究NO与Na2O2的反应(装置可重复使用)。(1)装置连接的顺序为A→_______________，A中生成NO的化学方程式____________；(2)装置C的作用是_________________；(3)装置E的作用是_________________，发生反应的离子方程式为______________；(4)充分反应后，检验D装置中是否生成了NaNO2的实验操作是______________________。27、（12分）某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的是NO气体，设计了如下实验。实验装置如图所示(已知NO、NO2能与NaOH溶液反应)：(1)设计装置A的目的是____________________________；(2)在(1)中的操作后将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是____________________；B中反应的离子方程式是_______________________。(3)装置E和F的作用是______________________________。(4)D装置的作用是___________________________。28、（14分）硫和锌及其化合物用途广泛。回答下列问题：（1）基态硫原子的价电子排布图为___________。（2）已知基态锌、铜的电离能如表所示：由表格数据知，I2(Cu)＞I2(Zn)的原因是__________。（3）H2O分子中的键长比H2S中的键长______（填“长”或“短”）。H2O分子的键角比H2S的键角大，其原因是_______。（4）S8与热的浓NaOH溶液反应的产物之一为Na2S3,S32-的空间构型为_________。（5）噻吩（）广泛应用于合成医药、农药、染料工业。①噻吩分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为），则噻吩分子中的大π键应表示为______。②噻吩的沸点为84℃，吡咯（）的沸点在129～131℃之间，后者沸点较高，其原因是___。1mol吡咯含____molσ键。（6）硫化锌是一种半导体材料，其晶胞结构如图所示。已知：硫化锌晶体密度为dg·cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则Zn2和S2之间的最短核间距（x）为_________nm（用代数式表示）。29、（10分）氮族元素是指位于元素周期表第15列的元素,包括氮、磷、砷、锑、铋五种元素。请回答：（1）基态氮原子的价电子排布图为____，与

N2互为等电子体的两种离子为____

(填离子符号)。（2）砷化氢在工业中被广泛使用，其分子的空间构型为_____________。（3）氮、磷、砷的电负性由大到小的顺序为_____

(用元素符号表示)。（4）与砷同周期，且原子核外未成对电子数与砷相同的元素有____种

。（5）肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被-NH2

(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。

①N2H4分子中氮原子的杂化形式为_______。②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应为：

N2O4(l)+2N2H4(l)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-1038.7kJ/mol若该反应中有4mol

N-

H键断裂，则形成的π键有____

mol。

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】

以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，结合原电池的工作原理和解答该题【题目详解】A．负极发生氧化反应生成BO2-，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，故A错误；B．负极发生氧化反应生成BO2-，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，每转移2mol电子，理论上需要消耗0.25mol即9.5gNaBH4，故B正确；C．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故C错误；D．电极b采用MnO2，为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，MnO2既作电极材料又有催化作用，故D错误；答案选B。【答案点睛】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写，注意化合价的变化。2、B【答案解析】分析：A、反应是否自发进行需要用焓变和熵变温度来确定，△H-T△S＜0，说明反应自发进行；B、铁生锈是发生了电化学的吸氧腐蚀；C、反应是否自发进行需要用焓变和熵变温度来确定，△H-T△S＜0，说明反应自发进行；D、电解反应有的是非自发进行的反应，有的是自发反应。详解：A、所有放热反应△H＞0，但焓变和温度未知，所以不一定都是自发反应，选项A错误；B、铁生锈是发生了电化学的吸氧腐蚀，是自发进行反应，选项B正确；C、依据△H-T△S＜0判断反应是自发进行的反应，熵增的反应只能是△S＞0，熵变和温度未知，所以不一定都是自发反应，选项C错误；D、电解反应可以是自发反应，也可以是非自发的氧化还原反应，选项D错误；答案选B。点睛：本题考查了反应自发进行的判断依据、电化腐蚀的原理应用、电解原理的应用，注意常见的氧化还原反应的特点及能量变化来解答，题目难度不大。3、A【答案解析】分析：A.等浓度的一水合氨和氯化铵混合溶液中PH>7，一水合氨电离大于铵根离子水解；B.强碱弱酸盐，水解显碱性；C.c(OH-)c(NH3•H2O)详解：A.0.1mol•L-1HCl溶液与0.2

mol•L-1氨水等体积混合得到等浓度的一水合氨和氯化铵混合溶液，溶液PH>7说明一水合氨电离大于铵根离子水解，c（NH4+）>c（Cl-）>c（NH3•H2O）>c（OH-），故A错误；B.NaClO2为强碱弱酸盐，水解显碱性，c(Na+)>c(ClO2-)>c(OH-)>c(H+)，故B正确；C.c(OH-)c(NH3•H2O)=kbc(NH4+)，向氨水中不断通入CO2，随着CO2的增加，c(NH4+)不断增大,c(O4、A【答案解析】

A项，三氧化硫分子是非极性分子，它是由一个硫原子和三个氧原子通过极性共价键结合而成，分子形状呈平面三角形，硫原子居中，键角120°，故A项错误；B项，在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键，前者是氮原子提供配对电子对给氢原子，后者是铜原子提供空轨道，故B项正确；C项，元素的原子在化合物中把电子吸引向自己的本领叫做元素的电负性，所以电负性越大的原子，吸引电子的能力越强，故C项正确；D项，原子晶体中原子以共价键结合，一般原子晶体结构的物质键能都比较大、熔沸点比较高、硬度比较大，故D项正确。答案选A。5、C【答案解析】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，①2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2，Fe3+＞I2，②2FeCl2+Cl2=2FeCl3，Cl2＞Fe3+，则氧化性由强到弱的顺序为Cl2＞Fe3+＞I2，正确答案选C。6、C【答案解析】①金属钠投入到FeCl1溶液中，Na首先与水反应：1Na+1H1O=1NaOH+H1↑，NaOH再与FeCl1反应生成白色的Fe（OH）1

沉淀，Fe（OH）1易被氧化，沉淀最终变为是红褐色，故①错误；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：4OH-+Al3+=AlO1-+1H1O，所以最终没有沉淀生成，故②错误；③少量Ca（OH）1投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：OH-+HCO3-=CO3

1-+H1O，CO3

1-与Ca

1+不能大量共存，生成白色的碳酸钙沉淀，故③正确；④向饱和Na1CO3溶液中通入足量CO1发生反应：Na1CO3+H1O+CO1=1NaHCO3↓，此为化合反应，且碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，所以向饱和Na1CO3溶液中通入足量CO1会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故④正确；故选C。7、C【答案解析】分析：向100mL0.1mol·L-1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，硫酸根结合钡离子生成硫酸钡沉淀，铵根和铝离子结合氢氧根生成一水合氨和氢氧化铝沉淀，氢氧化钡过量时氢氧化铝被氢氧根溶解生成偏铝酸盐，结合图像变化趋势、有关离子的物质的量分析解答。详解：NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol，溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42-0.02mol。开始滴加同时发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH-，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3・H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当SO42-完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH-，Al3+反应掉0.03molOH-，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH-恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为BaSO4和Al（OH）3；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液。则A、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，a点对应的沉淀为BaSO4和Al（OH）3，A错误；B、由分析可知，b点发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3・H2O，B错误；C、由分析可知，c点溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，C正确；D、由分析可知，c点加入Ba（OH）2的物质的量为0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以需要氢氧化钡溶液的体积为0.025mol÷0.1mol/L=0.25L=250mL，D错误；答案选C。点睛：本题主要是考查了铝及其化合物的性质，化学反应图像、化学计算的相关知识，题目难度较大。明确物质的性质特点、发生的先后反应是解答的关键，注意图像题的答题技巧，首先弄清纵、横坐标的含义，其次弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程，最后弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。8、C【答案解析】

卤代烃的结构中，只有与卤素原子相连的C的邻C上有H原子，才能在KOH醇溶液加热时发生消去反应。【题目详解】①苯环上的H无法消去，只能取代，①不符合；②有机物结构中卤素原子相连的C的邻C上有H原子，可以发生消去反应，②符合；③有机物结构中卤素原子相连的C的邻C上无H原子，无法发生消去反应，③不符合；④有机物结构中卤素原子相连的C的邻C上有H原子，可以发生消去反应，④符合；⑤有机物结构中卤素原子相连的C的邻C上有H原子，可以发生消去反应，⑤符合；⑥分子中只有1个C，无法发生消去反应，⑥不符合；①③⑥不符合条件；答案选C。9、D【答案解析】

向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，图中-lgc(Cu2+)越大，则c(Cu2+)越小，结合图中浓度计算溶度积常数及溶液中的守恒思想分析解答。【题目详解】A．根据图像，V=10mL时，二者恰好完全反应生成CuS沉淀，CuS⇌Cu2++S2-，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.6mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=10-17.6mol/L×10-17.6mol/L=10-35.2mol2/L2，Ksp(CuS)的数量级为10-36，故A错误；B．c点为NaCl溶液，对水的电离无影响，而a点为氯化铜溶液、d点为硫化钠溶液，都会发生水解反应促进水的电离，则c点溶液中水的电离程度小于a点和d点溶液，故B错误；C．根据图像，b点时钠离子的物质的量为0.1mol/L×0.005L×2=0.001mol，氯离子的物质的量为0.1mol/L×0.01L×2=0.002mol，则c(Cl-)=2c(Na+)，故C错误；D．d点溶液中NaCl和Na2S的浓度之比为2:1，且溶液显碱性，因此c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)，故D正确；答案选D。10、D【答案解析】

A．新制氯水中含有氯气、水、次氯酸三种分子，还有氢离子和氯离子，以及少量的次氯酸根离子和氢氧根离子，故A错误；B．氯水中的次氯酸不稳定，见光分解生成氯化氢和氧气，氯化氢溶于水，所以放出的为氧气，故B错误；C．氯水放置数天后，次氯酸分解生成盐酸，溶液的酸性增强，故C错误；D．新制氯水中含有H+，可使蓝色石蕊试纸变红，含有HClO，具有强氧化性，可使试纸褪色，故D正确；故选D。11、A【答案解析】

A、该反应是可逆反应，反应存在一定限度，在温度、体积一定的条件下，通入1molN2和3molH2充分反应后放出的热量小于92kJ，故A错误；B、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，因此a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，故B正确；C、催化剂能改变反应速率，但不能改变化学平衡，所以加入催化剂，也不能提高N2的转化率，故C正确；D、该反应放出的能量大于吸收的能量，所以放热，书写热化学方程式必须标注物质的聚集状态，该热化学方程式未标注物质的状态，故D正确。综上所述，本题正确答案为A。12、D【答案解析】

同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径最小的是S，故D正确。答案选D。13、B【答案解析】A、HCOO－的水解常数为KW/Ka＝10－14/10－4＝1.0×10－10，A正确；B、设Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中c(Zn2+)为x，则溶液中c(OH－)＝2x，x×(2x)2＝Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－18，解得x＝mol/L＜1.0×10－6mol/L，B错误；C、Zn(OH)2悬浊液中存在溶解平衡Zn(OH)2(s)Zn2+(aq)+2OH-（aq），加入HCOOH中和氢氧根离子，使平衡正向移动，溶液中c(Zn2+)增大，C正确；D、Zn(OH)2(s)+2HCOOH(aq)Zn2+(aq)+2HCOO-(aq)+2H2O(1)的平衡常数K＝＝K2a(HCOOH)·Ksp[Zn(OH)2]/K2W＝100，D正确，答案选B。14、D【答案解析】

A.由结构简式可知该物质的分子式为C15H20O4，故A正确;B.该物质环上只有2种不同环境的H原子,所以二氯代物有2种,故B正确;C.该物质含-OH能发生取代、氧化等反应,含碳碳双键可发生加成、氧化反应等,故D正确；D.只有-COOH能与NaOH反应,所以1mol该物质最多能与1molNaOH完全反应,故D错误;答案：D。【答案点睛】由结构可以知道分子式,分子中含碳碳双键、碳氧双键、-COOH、-OH,结合烯烃、酮、醇、羧酸的性质来解答。15、D【答案解析】

A．迷迭香酸中含碳碳双键，能够与溴发生加成反应，故A错误；B．苯环、碳碳双键能够与氢气发生加成反应，则1

mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，故B错误；C．迷迭香酸中含-COOC-可发生水解反应，含-OH、-COOH可发生取代反应、酯化反应，苯环上的羟基不能发生消去反应，故C错误；D．迷迭香酸中含酚-OH、-COOC-、-COOH均与NaOH反应，则1

mol迷迭香酸最多能和6

mol

NaOH发生反应，故D正确；答案选D。【答案点睛】本题的易错点为B，要注意酯基和羧基中的碳氧双键不能与氢气发生加成反应，醛基和羰基(酮基)中的碳氧双键能与氢气发生加成反应。16、C【答案解析】

实验1，浓硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢气体；实验2，溶液变黄，说明有溴单质生成；②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质；实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性；【题目详解】实验1，试管口挥发出的氯化氢气体与浓氨水挥发出的氨气反应生成白烟氯化铵，故A合理；实验1溶液颜色无明显变化说明浓硫酸不能氧化氯离子，实验2溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br-＞Cl-，故B合理；②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质，不能得出还原性I-＞Br-的结论，故C不合理；实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性，故D合理；选C。17、D【答案解析】

A．乙醇可作味剂，能作食品添加剂，故A正确；B．乙酸又名醋酸，是食醋的成分，能作食品添加剂，故B正确；C．乙酸乙酯是特殊的香味，可用作香料，能作食品添加剂，故C正确；D．乙醛有毒，能致癌，不能作食品添加剂，故D错误；故答案为D。18、D【答案解析】

A.23gNa物质的量为1mol，根据4Na+O2=2Na2O反应可知，消耗N（O2）=0.25NA；根据2Na+O2=Na2O2反应可知，消耗N（O2）=0.5NA；因此1molNa与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数N（O2）的范围为：0.25NA<N（O2）<0.5NA，A正确；B.在密闭容器中发生反应：2NO+O2=2NO2，所以2molNO和1molO2反应生成2molNO2，由于2NO2N2O4反应的存在，所以反应后容器中的分子数小于2NA，B正确；C.设Mg为xmol，Zn为ymol，放出的气体的量为0.1mol，则24x+65y=2.5，x+y=0.1，则x=4/41mol，y=0.1/41mol，所以当n(Mg)：n(Zn)=40:1时，放出的气体在标况下的体积可能为2.24L；C正确；D.浓硫酸与足量的铜微热反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止；因此50mL18.4mol/L浓硫酸不能全部反应，因此转移的电子数目小于0.92NA，D错误；综上所述，本题选D。19、B【答案解析】

A．由结构简式可知分子式为C5H9BrO2，A错误；B．含苯环和羧基，对应的同分异构体可含有﹣CH2COOH，或含有﹣CH3、﹣COOH（邻、间、对），共有4种，B正确；C．X中的酚羟基会使高锰酸钾溶液褪色，Z中的碳碳双键会使高锰酸钾溶液褪色，故无法用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和Z，C错误；D．Z中能与氢气发生加成反应的只有苯环和碳碳双键，酯基中的羰基不能和氢气加成，则1molZ含有1mol苯环可以与3molH2加成，含有2mol碳碳双键，可以与2molH2加成，因此1moZ最多可与5molH2发生反应，D错误；故合理选项为B。【答案点睛】碳氧双键（羰基）可以按照是否能与氢气加成分为两类，第一类构成醛基和酮基，这时羰基可以和H2发生加成反应，第二类构成羧基和酯基，这时羰基不能和H2发生加成反应。20、B【答案解析】

A、新制氯水含盐酸、HClO，则向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红色后褪色，只能证明新制氯水具有酸性和漂白性，氯气没有酸性和漂白性，选项A错误；B、浓硫酸具有脱水性和强氧化性，使蔗糖变黑，且产生二氧化硫气体，二氧化硫与溴水反应，使溴水褪色，选项B正确；C、稀盐酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应，生成硫酸钡沉淀，不能证明二氧化硫与可溶性钡盐的反应，选项C错误；D、浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成，应先除杂，否则不能证明酸性碳酸>硅酸，故不能证明非金属性：C＞Si，选项D错误；答案选B。21、C【答案解析】

非金属性越强，电负性越大，在四个选项中，氧元素的非金属性最强，所以氧元素的电负性最大，因此正确的答案选C。22、C【答案解析】

A.乙烷和氯气反应可以生成一氯乙烷，但是副产物多，不易分离；B.乙烯和氯气反应，产物是1，2－二氯乙烷，得不到一氯乙烷；C.乙烯和氯化氢反应只能生成一氯乙烷；D.乙烷和氯化氢不能发生反应。综上所述，制取一氯乙烷最好采用的方法是C。二、非选择题(共84分)23、乙醇水解反应(取代反应)酯化反应(取代反应)消去反应上口倒出+H2O【答案解析】

由E的结构可推知B为，D的分子式为C2H6O，在浓硫酸、170℃条件下得到G(C2H4)，则D为CH3CH2OH，G为CH2=CH2，C与D在浓硫酸、加热条件下得到F，结合F的分子式可知，F应为酯，则C为CH3COOH，F为CH3COOCH2CH3，A水解、酸化得到B、C、D，则A为，据此解答。【题目详解】根据上述分析可知：A为，B为，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH，E为，F为CH3COOCH2CH3，G为CH2=CH2。(1)根据上面的分析可知，A为，D为CH3CH2OH，D的名称是乙醇；(2)根据上面的分析可知，反应①为酯的水解反应(取代反应)，③为酯化反应(取代反应)，④为消去反应；(3)F为CH3COOCH2CH3，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH，由于F的密度小于水，乙醇、乙酸都溶于水，所以用分液的方法分离混合物，F产物在上层，要从分液漏斗的上口倒出；(4)反应②是发生分子内的酯化反应，反应的反应方程式为+H2O。【答案点睛】本题考查有机物的推断的知识，主要是酯的水解反应、酯化反应、醇的消去反应，掌握各类官能团的性质与转化是本题解答的关键。注意根据转化关系中E的结构以及D、G的分子式进行推断。24、BaCl2AgNO3CuSO4Na2CO3Ba2++SO42-=BaSO4↓CO32-+2H+=H2O+CO2↑【答案解析】

A、B、C、D都是可溶性盐，Ag+只能和搭配，只能和剩余的Na+搭配，在此基础上，和Cu2+搭配，则Ba2+和Cl-搭配，即这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2。C的溶液呈蓝色，则C为CuSO4。B+HCl产生沉淀，则B为AgNO3。D+HCl产生气体，则D为Na2CO3。所以A为BaCl2。综上所述，A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3。【题目详解】（1）经分析这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2，结合题中给出的实验现象，可以推出A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；（2）A+C为BaCl2和CuSO4的反应，其离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；D+盐酸为Na2CO3和盐酸的反应，其离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑。25、NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+c2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O吸收残留的ClO2当加入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变0.027d【答案解析】

（1）电解时与电源正极相连的阳极失去电子，发生氧化反应，与电源负极相连的阴极得到电子发生还原反应。根据题中ClO2的制备过程，可知电解产物有H2、NCl3，据此可得出电极反应方程式。（2）分析实验过程，可知实验过程中涉及的反应方程式有：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-，据此进行分析。【题目详解】（1）①电解时阳极失去电子，发生氧化反应，结合题中电解过程生成的产物，可知阳极电极反应方程式为：NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+；答案为：NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+；②根据ClO2和NH3的性质进项分析：a．ClO2和NH3均易溶于水，不能用水和饱和食盐水来除去氨气，a项错误；b．碱石灰不能吸收氨气，b项错误；c．浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故除去除去ClO2中的NH3可选用的试剂浓硫酸。c项正确；d．ClO2和NH3均易溶于水，不能用饱和食盐水来除去氨气，d项错误；答案为：c；（2）①由题给信息可知，ClO2通入锥形瓶把I-氧化为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水，则锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；答案为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；②由于ClO2是气体，容易挥发到空气中，所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的ClO2气体，答案为：吸收残留的ClO2；③根据淀粉遇碘变蓝，溶液中应是加入了淀粉作指示剂，当到达滴定终点时，I2完全转化为I-，溶液蓝色褪去。故滴定至终点的现象是：当加入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；答案为：当加入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；④根据反应方程式：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-，可得关系式：2ClO2～5I2～10S2O32-，由此可知混合气体中ClO2的质量为。答案为：0.027；⑤图中液面读数为22.40mL，滴定管最大读数为50.00mL，故液面与最大读数间的液体体积差为27.60mL，因为滴定管尖嘴部分仍有一定的液体，则滴定管内液体体积应大于27.60mL，答案选d。答案为：d。26、B→C→B→D→E3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O检验CO2是否除尽吸收NO防止污染空气5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O取装置D中反应后的少量固体于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，且该无色气体在试管口上方变为红棕色，则证明生成了NaNO2【答案解析】

根据实验的目的，A中制得的NO中含有少量水蒸气和二氧化碳，这两种气体能够与过氧化钠反应生成氧气，影响实验的探究，需要用碱石灰除去，经检验并干燥后，通入D装置中与Na2O2反应，最后用酸性KMnO4溶液吸收NO的尾气，并在D和E装置连接一个B装置，防止E中水气进入D中影响实验，据此分析解答。【题目详解】(1)A中制得的NO中含有少量水蒸气和二氧化碳，这两种气体能够与过氧化钠反应生成氧气，影响实验的探究，需要用碱石灰除去，经检验并干燥后，通入D装置中与Na2O2反应，最后用酸性KMnO4溶液吸收NO的尾气，并在D和E装置连接一个B装置，防止E中水气进入D中，即装置的连接顺序为A→B→C→B→D→E；装置A中铜与稀硝酸反应生成NO的反应方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O，故答案为：B→C→B→D→E；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；(2)根据(1)的分析，装置C中的澄清石灰水可以检验CO2是否除尽，故答案为：检验CO2是否除尽；(3)NO会污染空气，装置E是吸收NO防止污染空气，E中发生反应的离子方程式为5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O，故答案为：吸收NO防止污染空气；5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O(4)亚硝酸钠和稀硫酸反应6NaNO2+3H2SO4(稀)=3Na2SO4+2HNO3+4NO↑+2H2O；充分反应后，检验D装置中是否发生反应2NO+Na2O2=2NaNO2的实验操作是：取D装置中固体少许于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，2NO+O2=2NO2，生成红棕色气体二氧化氮，则2NO+Na2O2=2NaNO2发生，若气体不变色，则该反应未发生，故答案为：取D装置中固体少许于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，且该无色气体在试管口上方变为红棕色，则证明生成了NaNO2，反之，未生成NaNO2。27、利用生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以排除对气体产物观察的干扰铜丝上产生气泡，稀硝酸液面上气体仍无色，溶液变为蓝色3Cu+8H＋+2NO3-=3Cu2＋+2NO↑+4H2O验证无色气体为NO吸收NO、NO2等尾气，防止污染空气【答案解析】

由实验装置及流程可知，A中发生硝酸与碳酸钙的反应生成二氧化碳，因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成NO2，利用A装置反应生成的CO2气体赶净装置中的空气避免对一氧化氮气体检验的干扰；B中发生Cu与硝酸的反应生成NO、硝酸铜，E中收集到无色气体NO，利用F充入空气，可检验NO的生成；C装置可检验二氧化碳充满B、E装置；D装置为尾气处理装置，吸收氮的氧化物，防止污染空气，以此来解答。【题目详解】(1)因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成NO2，利用A装置反应生成的CO2气体赶净装置中的空气，避免对一氧化氮气体检验的干扰；为达到此目的，应进行的操作是使分液漏斗的凹槽对准小孔，打开K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭K；(2)因铜与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，反应的离子反应为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，观察到的现象是：有气泡冒出，稀硝酸液面上气体为无色，溶液变为蓝色；(3)B反应产生的NO无色气体进入到E装置，因此E的作用是检验无色NO气体的产生，将F中的空气推入E中，发生2NO+O2=2NO2，看到E中无色气体变为红棕色，证明NO存在，则该实验的目的是验证E中的无色气体为NO；(4)NO、NO2都是有毒气体，能污染环境，氮的氧化物能被NaOH溶液吸收，反应产生的物质均为可溶性物质，故装置D的作用为吸收NO、NO2等尾气，防止污染空气。【答案点睛】本题考查性质实验方案的设计的知识，把握实验装置的作用、弄清各个实验装置的作用、发生的反应及NO易被氧化为解答的关键。28、Zn失去第二个电子达到3d10稳定结构，而C