2023学年广州黄埔区第二中学化学高二第二学期期末监测试题（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、把VL含有MgS04和K2S04的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为A．(b-a)/Vmol·L-1 B．(2b-a)/Vmol·L-1C．2(2b-a)/Vmol·L-1 D．2(b-a)/Vmol·L-12、下列关于金属钠性质的叙述中，正确的是（）A．钠是密度小、硬度大、熔点高的银白色金属B．钠在纯净的氧气中充分燃烧，生成白色固体Na2OC．将金属钠放入CuSO4溶液中，可观察到大量红色的铜析出D．将金属钠放入水中立即熔化成小球，说明金属钠熔点低，且反应放出热量3、向KOH溶液中通入11.2L（标准状况）氯气恰好完全反应生成三种含氯盐：0.7molKCl、0.2molKClO和X，则X是（）A．0.1molKClO4 B．0.1molKClO3 C．0.2molKClO2 D．0.1molKClO24、在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是A．在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、OH-、CO32-B．在含等物质的量的FeBr2、Fel2的溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+C．在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+D．在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba（OH）2、K2CO3、BaCO35、下列实验操作中错误的是A．蒸发操作时，使溶液中的水大部分蒸发时，就停止加热利用余热蒸干B．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D．萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大6、在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分．当左边充入28gN2，右边充入8gCO和CO2的混合气体时，隔板处于如图所示位置（两侧温度相同）．下列说法正确的是（）A．右边CO和CO2的分子数之比为1：3B．右边CO的质量为2.75gC．若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，保持温度不变，则前后两次充入容器内的气体压强之比为5：3D．右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍7、下面关于金属钠的描述正确的是（）A．钠在自然界里以游离态或化合态形式存在B．钠离子和钠原子都具有较强的还原性C．等质量的钠分别与足量氧气反应生成Na2O和Na2O2时，转移电子的物质的量相等D．钠和钾的合金于室温下呈固态，可作原子反应堆的导热剂8、X、Y、Z、W为短周期主族元素，X原子M层有1个电子，Y原子最外层电子数为最内层电子数的2倍，Z元素的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，Z、W同周期，W的原子半径小于Z。下列叙述正确的是A．原子半径由大到小的顺序：Z、X、YB．元素非金属性由强到弱的顺序：W、Z、YC．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：Z、WD．W分别与X、Y形成的化合物化学键类型相同9、工业上用铝土矿（主要成分是Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如图：下列叙述不正确的是（）A．反应①中试剂X是NaOH溶液B．图中所示转化反应中包含1个氧化还原反应C．试剂Y是CO2，它与AlO2-反应生成氢氧化铝D．将X与Y试剂进行对换，最终可以达到相同结果10、一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是()A．0.1mol•L－1NaHCO3溶液中：C(Na+)+C(H+)=C(HCO3－)+C(CO32－)+C(OH－)B．Na2CO3溶液中：C(OH－)=C(H+)+C(HCO3－)+2C(H2CO3)C．Na2S溶液中：2C(Na+）=C(S2－)+C(HS－)+C(H2S)D．pH相同的①CH3COONa、②NaOH、③NaClO三种溶液的c(Na+)：③>①>②11、下列物质中，既含有极性共价键，又含有非极性共价键的是（）A．CCl4 B．CO2 C．NH4Cl D．C2H412、下列关系比较及解析有错误的是选项关系解析AMg原子的第一电离能大于Al原子Mg原子3s能级全充满B原子半径：Cl＜SCl、S原子电子层数相同，但Cl原子核电荷数较S多，对核外电子吸引能力比S强C沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛对羟基苯甲醛存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键对它们沸点的影响大于分子内氢键对它们沸点的影响D配位体个数：[Co(NH3)6]Cl2＞[Co(NH3)5Cl]Cl2

[Co(NH3)6]Cl2和[Co(NH3)5Cl]Cl2

分别有6个和5个NH3，所以配位体个数：[Co(NH3)6]Cl2＞[Co(NH3)5Cl]Cl2

A．A B．B C．C D．D13、下列电池不属于化学电源的是A．燃料电池 B．蓄电池C．光伏电池 D．锌铜硫酸电池14、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．常温常压下，64gSO2中含有的原子数为3NAB．标准状况下，11.2LCCl4所含原子数目为2.5NAC．2L0.1mol•L﹣1K2SO4溶液中含K+物质的量为0.2molD．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA15、下列离子方程式中，均属于水解反应的是(

)A．HCOOH+H2OHCOO－+H3O+H2O+H2OH3O++OH－B．CO2+H2OHCO3－+H+AlO2－+HCO3－+H2O＝Al(OH)3↓+CO32－C．CO32－+H2OHCO3－+OH－AlO2－+2H2OAl(OH)3+OH－D．HS－+H2OS2－+H3O+Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+16、与CH2＝CH2→CH2Br—CH2Br的变化属于同一反应类型的是（）A．CH3CHO→C2H5OH B．C2H5Cl→CH2=CH2C． D．CH3COOH→CH3COOC2H517、下列事实中不一定能证明CH3COOH是弱电解质的是A．用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗B．常温下某CH3COONa溶液的pH=8C．等pH、等体积的盐酸、CH3COOH溶液分别和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多D．CH3COONa和H3PO4反应，生成CH3COOH18、冠心平F是降血脂、降胆固醇的药物，它的一条合成路线如下，A为一元羧酸，10.2gA与足量NaHCO3溶液反应生成2.24LCO2（标准状况），A的分子式为A．C2H4O2 B．C3H6O2 C．C4H8O2 D．C5H10O219、为了除去MgCl2酸性溶性中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后再加入适量盐酸，这种试剂是A．NH3·H2O B．NaOH C．Na2CO3 D．MgCO320、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．D21、通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。现给出化学键的键能(见下表)：化学键H—HCl—ClCl—H键能/(kJ·mol－1)436243431请计算H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的反应热()A．＋862kJ·mol－1 B．＋679kJ·mol－1 C．－183kJ·mol－1 D．＋183kJ·mol－122、用制溴苯的废催化剂（主要含FeBr3及少量溴、苯）为原料，制取无水FeCl3和溴的苯溶液，选用的方法能达到相应实验目的的是A．用装置①及其试剂制取氯气B．用装置②氧化FeBr3溶液中的溴离子C．用装置③分离出FeCl3溶液，不能选用装置④分离D．用装置⑤将FeCl3溶液蒸发至干，可得无水FeCl3二、非选择题(共84分)23、（14分）近来有报道，碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称是________________。（2）B为单氯代烃，由B生成C的化学方程式为________________。（3）由A生成B、G生成H的反应类型分别是________________、________________。（4）D的结构简式为________________。（5）Y中含氧官能团的名称为________________。（6）E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为________________。（7）X与D互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为3∶3∶2。写出3种符合上述条件的X的结构简式________________。24、（12分）A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：（1）发生缩聚形成的高聚物的结构简式为__________；D-E的反应类型为__________。（2）E-F的化学方程式为____________________。（3）B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是________________（写出结构简式）。（4）等物质的量的分别与足量NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应，消耗NaOH、Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为________________；检验的碳碳双键的方法是________________（写出对应试剂及现象）。25、（12分）高铁酸钾(K2FeO4)为紫黑色粉末，是一种新型高效消毒剂。K2FeO4易溶于水，微溶于浓KOH溶液，在0℃~5℃的强碱性溶液中较稳定。一般制备方法是先用Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO（在较高温度下则生成KClO3），KClO再与KOH、Fe(NO3)3溶液反应即可制得K2FeO4。实验装置如图所示：回答下列问题：(1)制备KClO。①仪器a的名称是________________；装置B吸收的气体是________。②装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是______________；装置D的作用是_____________。(2)制备K2FeO4。①装置C中得到足量KClO后，将三颈烧瓶上的导管取下，加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，水浴控制反应温度，搅拌，当溶液变为紫红色，该反应的离子方程式为________________________________。②向装置C中加入饱和________溶液，析出紫黑色晶体，过滤。(3)测定K2FeO4纯度。测定K2FeO4的纯度可用滴定法，滴定时有关反应的离子方程式为：a.FeO42-+CrO2-+2H2O=CrO42-+Fe(OH)3↓+OH-b.2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2Oc.Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O称取2.0g制备的K2FeO4样品溶于适量KOH溶液中，加入足量的KCrO2，充分反应后过滤，滤液在250mL容量瓶中定容．取25.00mL加入稀硫酸酸化，用0.10mol•L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为24.00mL，则该K2FeO4样品的纯度为________。26、（10分）某校化学研究性学习小组的同学在学习了氨的性质后讨论：运用类比的思想，既然氨气具有还原性，能否像H2那样还原CuO呢？他们设计实验制取氨气并探究上述问题。请你参与该小组的活动并完成下列研究：(一)制取氨气(1)写出实验制取氨气的化学方程式_______________________________；(2)有同学模仿排饱和食盐水收集氯气的方法，想用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气。你认为他能否达到目的？________(填“能”或“否”)。理由是______________________。(二)该小组中某同学设计了下图所示的实验装置(夹持及尾气处理装置未画出)，探究氨气的还原性：(1)该装置在设计上有一定缺陷，为保证实验结果的准确性，对该装置的改进措施是：_______________________________________________________________________。(2)利用改进后的装置进行实验，观察到CuO变为红色物质，无水CuSO4变蓝色，同时生成一种无污染的气体。写出氨气与CuO反应的化学方程式___________________。(三)问题讨论：有同学认为：NH3与CuO反应生成的红色物质中可能含有Cu2O。已知：Cu2O是一种碱性氧化物；在酸性溶液中，Cu+的稳定性差(Cu+→Cu+Cu2+)。请你设计一个简单的实验检验该红色物质中是否含有Cu2O：______________。27、（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。①应该选择的仪器是__________(填字母)。②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)。③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。①G中的现象是__________，原因是__________(用化学方程式表示)。②H中的现象是__________。28、（14分）研究者设计利用芳香族化合物的特殊性质合成某药物，其合成路线如下（部分反应试剂和条件已省略）：已知：I.Ⅱ.回答下列问题：（1）B的名称是______________。（2）反应⑤所属的反应类型为______________。（3）反应⑥的化学方程式为___________________________。（4）芳香族化合物X是C的同分异构体，只含一种官能团且1molX与足量NaHCO3溶液发生反应生成2molCO2，则X的结构有_______种。其中核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为3:2:2:1的结构简式为______________。（5）写出以乙醇和甲苯为原料制备的路线（其他无机试剂任选）___________________。29、（10分）I：某校课外小组同学制备Fe(OH)3胶体，并研究该胶体的性质。(1)该小组同学采用了以下操作制备胶体，请将空白处填写完整。取一个烧杯，加入20mL蒸馏水，加热至沸腾，然后向烧杯中滴加1～2mL饱和______溶液，继续煮沸，待溶液呈____后，停止加热。(2)将制得的胶体放入半透膜制成的袋内，如图1所示，放置2min后，取少量半透膜外的液体于试管中，置于暗处，用一束强光从侧面照射，观察_____(填“有”或“无”)丁达尔效应；再向烧杯中加入用稀硝酸酸化的硝酸银溶液，可观察到的现象为______________。(3)将半透膜内的液体倒入U形管中，如图2所示，在液体上方加入少量电解液以保护胶体，接通直流电后，观察到的现象是____(填“阴”或“阳”)极附近颜色逐渐变深，其原因是_______。II：回答下列问题：(1)“铝热反应”中的铝热剂通常是Fe2O3和Al粉的混合物，高温反应时可放出大量的热。请写出该反应的化学方程式_________________________。(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其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、C【答案解析】

一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有mol，硫酸镁也就是mol。另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol，钾离子就有2(b-)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即mol·L-1，C项符合题意，故答案为C。2、D【答案解析】

A.钠是密度小、硬度、熔点低的银白色金属，A错误；B.钠在纯净的氧气中充分燃烧，生成淡黄色固体Na2O2，B错误C.将金属钠放入CuSO4溶液中，首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，不能观察到大量红色的铜析出，C错误；D.钠的熔点低，与水反应放热，将金属钠放入水中立即熔化成小球，D正确；答案选D。【答案点睛】选项C是解答的易错点，注意钠与盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，这是因为金属阳离子在水中一般是以水合离子形式存在，即金属离子周围有一定数目的水分子包围着，不能和钠直接接触，所以钠先与水反应，然后生成的碱再与盐反应。3、B【答案解析】

11.2L(标准状况)氯气的物质的量为：=0.5mol，生成物中含0.7molKCl、0.2molKClO，根据氯守恒，所以X的物质的量为：0.5mol×2-0.7mol-0.2mol=0.1mol，设X中Cl的化合价为x价，由电子得失守恒分析可知：0.7mol×1=0.2mol×1+0.1mol×(x-0)，解得x=5，所以X中氯的化合价为+5价，则X为KClO3，物质的量为0.1mol，故选B。【答案点睛】明确得失电子守恒和氯守恒为解答关键。4、C【答案解析】

A．若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-，故A错误；B．离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故B错误；C．氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故C正确；D．氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，所以缓慢通入CO2：Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，故D错误；答案选C。5、D【答案解析】

A项，应在水分快蒸干时停止，用余热蒸干剩余水分，故A项正确；B项，温度计的水银球应置于支管口处，不能插入液面以下，故B项正确；C项，分液操作时上下层液体分别从两口倒出，防止残留在出口的两种液体出现混合，故C项正确；D项，萃取剂的选择与被萃取物质的性质有关，且萃取剂密度不一定需要比水大，比如可作为萃取剂的苯，密度就比水小，故D项错误。答案选D。6、D【答案解析】

在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分，当隔板稳定后，两边容器内的压强相同，在等温等压的条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，左边28g氮气为1mol，则8gCO和CO2的混合气体为0.25mol，平均摩尔质量为32g/mol；【题目详解】A.根据十字交叉法，右边CO和CO2的分子数之比为3：1，A错误；B.右边CO的质量为28g/mol×0.25mol×1/4=1.75g，B错误；C.若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，保持温度不变，则第二次冲入气体的物质的量为0.2mol，同一密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，前后两次充入容器内的物质的量之比为1.25：1.2,气体压强之比为25：24，C错误；D.同温同压下，相对密度之比等于摩尔质量之比，右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍，D正确；答案为D。【答案点睛】N2和CO和CO2的混合气体在同一密闭容器中，隔板可自由移动，则压强、温度相同，体积之比等于物质的量之比。7、C【答案解析】

A．钠性质活泼，能够与空气中水、氧气反应，自然界中只能以化合态存在，故A错误；B．钠离子无还原性，钠原子具有还原性，故B错误；C．等质量钠与分别与氧气生成Na2O和Na2O2时，钠元素都由0价变成+1价，所以等质量钠与分别与氧气生成Na2O和Na2O2时，转移电子的物质的量相等，故C正确；D．钠和钾的合金于室温下呈液态，而不是固体，故D错误；答案选C。【答案点睛】掌握钠的结构和性质是解题的关键。本题的易错点为D，要注意合金的熔点比成分金属的熔点要低。8、B【答案解析】X的M层有1个电子，因此M为Na，Y原子最外层电子数为最内层的2倍，因此Y为C或Si，Z的最高价化合价为最低负化合价绝对值的3倍，即Z为S，Z、W同周期，W的原子半径小于Z，则W为Cl，A、如果Y为C，C只有2个电子层，因此原子半径最小，Na、S位于第三周期，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na>S>C，如果Y为Si，三种元素都位于第三周期，Na>Si>S，故A错误；B、如果Y为C，三种元素最高价氧化物对应水化物为H2CO3、H2SO4、HClO4，酸性强弱：HClO4>H2SO4>H2CO3，即非金属性Cl>S>C，如果Y为Si，同周期从左向右非金属性增强，即Cl>S>Si，故B正确；C、非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：Cl>S，故C错误；D、前者为NaCl，属于离子化合物，后者为CCl4或SiCl4，属于共价化合物，故D错误。9、D【答案解析】

A.铝土矿中的氧化铁不溶于强碱，而氧化铝溶于强碱，则反应①中试剂X是NaOH溶液，A正确；B.图中所示转化反应中涉及Al2O3＋2OH-=2AlO2-+H2O、AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-、2Al（OH）3Al2O3＋3H2O、2Al2O34Al+3O2↑，包含1个氧化还原反应，B正确；C.试剂Y是CO2，它与AlO2-、水反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，C正确；D.CO2与氧化铝、氧化铁都不反应，将X与Y试剂进行对换，则无法得到含铝的溶液，D错误；答案为D。【答案点睛】氧化铁为碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物，可用强碱溶解氧化铝剩余氧化铁。10、B【答案解析】分析：A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B.根据质子守恒判断；C.根据物料守恒判断；D.醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性，且醋酸钠根离子的水解能力小于次氯酸根离子；详解：A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2

c（CO32-）+c（OH-），故A错误；B.在Na2CO3溶液中：Na2CO3===2Na＋+CO32―［2C(Na＋)===C(CO32―)］；H2OH＋+OH―［C(H＋)===C(OH―)］

由于：CO32―+H2OHCO3―+OH―

，HCO3―+H2OH2CO3+OH―

所以，水电离出来的H＋在溶液存在形式有：HCO3―、H2CO3、H＋

即：质子守恒［水电离出来的H＋］C(OH―)==CHCO3―)+2C(H2CO3)+C(H＋)，故B正确；C.0.1

mol?L-1Na2S溶液中，根据物料守恒得：钠离子和含有硫元素的微粒个数之比是2：1，所以c（Na+）=2[c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）]，故C错误；D.氢氧化钠是强碱，完全电离，显碱性，醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性，且醋酸钠根离子的水解能力小于次氯酸根离子，所以pH相同的①CH3COONa

②NaClO

③NaOH三种溶液c（Na+）大小：①＞②＞③，故D错误；答案选B。点睛：本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性、弱电解质电离和盐类水解是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，题目难度不大。11、D【答案解析】

A.CCl4中只有极性共价键，A不符合题意；B.CO2中只有极性共价键，B不符合题意；C.NH4Cl中含有离子键和极性共价键，C不符合题意；D.C2H4中既含有极性共价键，又含有非极性共价键，D符合题意；答案选D。12、D【答案解析】

A．镁的3s能级有2个电子，轨道是全充满，能量低，比较稳定，所以镁元素的第一电离能高于同周期相邻元素Al的第一电离能，A正确；B．Cl、S原子电子层数相同，但Cl原子核电荷数较S多，对核外电子吸引能力比S强，所以原子半径：原子半径：Cl＜S，B正确；C．对羟基苯甲醛存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键对它们沸点的影响大于分子内氢键对它们沸点的影响，所以沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛，C正确；D．[Co(NH3)6]Cl2的配位体是6个NH3，配位体个数为6，[Co(NH3)5Cl]Cl2

的配位体是5个NH3和1个Cl-，所以[Co(NH3)5Cl]Cl2的配位体个数为6，两者的配位体个数相等，D错误。答案选D。13、C【答案解析】

化学电源又称电池，是一种能将化学能直接转变成电能的装置，光伏电池为把太阳的光能直接转化为电能，不属于化学电源，答案为C。14、A【答案解析】分析：A．二氧化硫分子中含有3个原子，1mol二氧化硫中含有3mol原子；B、依据气体摩尔体积的应用条件分析判断；C、根据公式n=cV进行计算；D、根据甲烷与氯气在光照条件下反应的情况分析。详解：A．64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫分子中含有3mol原子，含有的原子数为3NA，选项A正确；B、标准状况下，CCl4不是气体，11.2LCCl4的物质的量不是0.5mol，所含原子数目不是2.5NA，选项B错误；C．2L0.1mol•L﹣1K2SO4溶液中含K+物质的量为2L×0.1mol•L﹣1×2=0.4mol，选项C错误；D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数不为1.0NA，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，熟练掌握物质的量与摩尔质量、标况下的气体摩尔体积、阿伏伽德罗常数等物理量之间的关系，选项C为易错点，注意稀有气体为单原子分子。15、C【答案解析】

弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号。【题目详解】A、是甲酸和水的电离方程式，故A错误；B、CO2+H2OHCO3－+H+是碳酸的一级电离方程式，AlO2－+HCO3－+H2O＝Al(OH)3↓+CO32－是复分解方程式，故B错误；C、CO32－+H2OHCO3－+OH－是碳酸的水解方程式，AlO2－+HCO3－+H2O＝Al(OH)3↓+CO32－是偏铝酸根的水解方程式，故C正确；D、HS－+H2OS2－+H3O+是硫氢根离子的电离方程式，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+是铁离子水解的方程式，故D错误；故选C。【答案点睛】本题考查学生水解方程式的书写和水解原理知识，易错点D，要将H3O+变成H2O和H+，HS－+H2OS2－+H3O+是硫氢根离子的电离方程式。16、A【答案解析】

CH2＝CH2→CH2Br—CH2Br是乙烯与溴的加成反应。A选项为乙醛与氢气的加成反应，反应类型相同；B选项为氯乙烷消去反应生成乙烯，反应类型不同；C选项为苯与硝酸的硝化反应，也属于取代反应，反应类型不同；D选项为乙酸与乙醇的酯化反应，也属于取代反应，反应类型不同。答案选A。【答案点睛】本题考查常见有机反应类型的判断，该题出现的反应类型有取代反应（包括硝化反应、酯化反应等）、消去反应和加成反应，掌握各反应类型的定义是解题的关键。17、A【答案解析】

A.导电实验时灯泡很暗，只能证明可自由移动离子浓度小而不能证明CH3COOH是否完全电离，A符合题意；B.常温下某CH3COONa溶液的pH=8，说明盐发生了水解，该盐是强碱弱酸盐，证明醋酸是弱酸，B不符合题意；C.等pH、等体积的盐酸、CH3COOH溶液分别和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多，证明醋酸的浓度大于其氢离子浓度，证明醋酸是弱酸，C不符合题意；D.CH3COONa和H3PO4反应生成CH3COOH，说明H3PO4的酸性强于CH3COOH，而H3PO4属于弱酸，证明醋酸是弱酸，D不符合题意；答案选A。18、D【答案解析】

标况下，2.24LCO2的物质的量为0.1mol，10.2gA(一元羧酸)与足量NaHCO3反应产生0.1molCO2，则10.2gA为0.1mol，即其相对分子质量为102，由此可以判断A的分子式。【题目详解】标况下，2.24LCO2的物质的量为0.1mol，10.2gA(一元羧酸)与足量NaHCO3反应产生0.1molCO2，则10.2gA为0.1mol，即其相对分子质量为102；A.C2H4O2的相对分子质量为60，A错误；B.C3H6O2的相对分子质量为74，B错误；C.C4H8O2的相对分子质量为88，C错误；D.C5H10O2的相对分子质量为102，D正确；故合理选项为D。19、D【答案解析】

Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，注意不能引入新的杂质。A.加入NH3•H2O混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，A错误；B.加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，B错误；C.加入Na2CO3，易混入NaCl杂质，C错误；D.加入MgCO3，MgCO3与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，D正确；故合理选项是D。20、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。21、C【答案解析】

反应热=反应物的总键能﹣生成物的总键能=436kJ/mol+243kJ/mol﹣431kJ/mol×2=﹣183.0kJ/mol，故选C。22、C【答案解析】A、1mol/L盐酸是稀盐酸，实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，稀盐酸与二氧化锰不反应，无法制取得到氯气，选项A错误；B、用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，选项B错误；C、利用有机溶剂将溴萃取后，用装置③分离出FeCl3溶液，不能选用装置④分离，选项C正确；D、加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。二、非选择题(共84分)23、丙炔取代反应加成反应羟基、酯基、、、、、、【答案解析】

A到B的反应是在光照下的取代，Cl应该取代饱和碳上的H，所以B为；B与NaCN反应，根据C的分子式确定B到C是将Cl取代为CN，所以C为；C酸性水解应该得到，与乙醇酯化得到D，所以D为，D与HI加成得到E。根据题目的已知反应，要求F中一定要有醛基，在根据H的结构得到F中有苯环，所以F一定为；F与CH3CHO发生题目已知反应，得到G，G为；G与氢气加成得到H；H与E发生偶联反应得到Y。【题目详解】（1）A的名称为丙炔。（2）B为，C为，所以方程式为：。（3）有上述分析A生成B的反应是取代反应，G生成H的反应是加成反应。（4）D为。（5）Y中含氧官能团为羟基和酯基。（6）E和H发生偶联反应可以得到Y，将H换为F就是将苯直接与醛基相连，所以将Y中的苯环直接与羟基相连的碳连接即可，所以产物为。（7）D为，所以要求该同分异构体也有碳碳三键和酯基，同时根据峰面积比为3:3:2，得到分子一定有两个甲基，另外一个是CH2，所以三键一定在中间，也不会有甲酸酯的可能，所以分子有6种：【答案点睛】本题的最后一问如何书写同分异构，应该熟练掌握分子中不同氢数的影响，一般来说，3个或3的倍数的氢原子很有可能是甲基。2个或2的倍数可以假设是不是几个CH2的结构，这样可以加快构造有机物的速度。24、取代反应1：1：1加入溴水，溴水褪色【答案解析】

B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A发生加成反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。（1）发生缩聚形成的高聚物的结构简式为；D发生水解反应或取代反应生成E，故D-E的反应类型为水解反应或取代反应；（2）E-F的化学方程式为；（3）B的同分异构体中，与B具有相同官能团（酯基和碳碳双键）且能发生银镜反应则含有甲酸酯的结构，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是；（4）中只有羧基能与NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应，等物质的量的分别与足量NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应，消耗NaOH、Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为1：1：1；利用碳碳双键的性质，检验的碳碳双键的方法是加入溴水，溴水褪色。25、分液漏斗HCl防止Cl2与KOH反应生成KClO3吸收多余的Cl2，防止污染空气3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2OKOH79.2%【答案解析】

根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液反应制得次氯酸钾，为防止在较高温度下生成KClO3，C装置中用冰水浴，反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收。(3)根据反应FeO42-+CrO2-+2H2O═CrO42-+Fe(OH)3↓+OH-、2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O和Cr2O72-+6Fe2++14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式2FeO42-～Cr2O72-～6Fe2+，再根据题意计算。【题目详解】(1)①根据装置图可知仪器a的名称是分液漏斗，根据上述分析，装置B吸收的气体为HCl；②Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3，所以冰水浴的目的是防止Cl2与KOH反应生成KClO3，氯气有毒，需要进行尾气吸收，装置D是吸收多余的Cl2，防止污染空气；(2)①足量KClO中依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，发生氧化还原反应生成K2FeO4、KCl和水等，反应的离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O；②K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，所以向装置C中加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤；(3)根据反应FeO42-+CrO2-+2H2O═CrO42-+Fe(OH)3↓+OH-、2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O和Cr2O72-+6Fe2++14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式2FeO42-～Cr2O72-～6Fe2+，根据题意可知，(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为0.024L×0.1000

mol/L=0.0024mol，所以高铁酸钾的质量为0.0024mol×××198g/mol=1.584g，所以K2FeO4样品的纯度为×100%=79.2%。26、2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O否氨气在饱和氯化铵溶液中的溶解度仍然很大在装置A与B之间增加装有碱石灰的干燥管3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O取少许样品，加入稀H2SO4，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O反之则没有【答案解析】

(一)(1)实验制取氨气利用熟石灰和氯化铵混合加热，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；(2)氨气极易溶于水，氨气在饱和氯化铵溶液中的溶解度仍然很大，因此不能用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气。(二)(1)氯化铵和消石灰反应生成氨气和水，氨气和CuO反应前应先干燥，即需要在装置A与B之间增加装有碱石灰的干燥管。(2)CuO变为红色物质，无水CuSO4变蓝色，同时生成一种无污染的气体，说明生成铜、氮气和水，反应的化学方程式为3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O。(三)由题中信息可知，Cu2O是一种碱性氧化物，在酸性溶液中，Cu+的稳定性比Cu2+差，则将Cu2O加入硫酸中发生Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，可观察到溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O，反之则没有，即取少许样品，加入稀H2SO4，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O，反之则没有。【答案点睛】本题以铜的化合物的性质探究，考查了物质性质实验方案的设计，题目难度中等，题中涉及了较多的书写化学方程式的题目，正确理解题干信息为解答关键，要求学生掌握有关物质性质实验方案设计的方法，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力。27、ABCDEdefgbcMnO2+4H++2Cl-M