2023学年宁夏银川市兴庆区银川一中化学高二下期末经典试题（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、下列有关化学知识的描述错误的是A．“水滴石穿，绳锯木断”中不包含化学变化B．福尔马林、漂白粉、碱石灰均为混合物C．生石灰能与SO2反应，可用作工业废气的脱硫剂D．聚丙烯酸钠树脂是一种高吸水性的高分子化合物2、下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的说法中，不正确的是（）A．热稳定性：

Na2CO3>NaHCO3B．相同温度下,在水中Na2CO3的溶解度大于NaHCO3C．Na2CO3和NaHCO3均可与澄清石灰水反应D．相同质量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，Na2CO3放出CO2多3、下列化学方程式能用离子方程式2H＋＋CO32－＝H2O＋CO2↑表示的是()A．HCl＋NaHCO3＝NaCl＋H2O＋CO2↑B．2HCl＋BaCO3＝BaCl2＋H2O＋CO2↑C．H2SO4＋Na2CO3＝Na2SO4＋H2O＋CO2↑D．2CH3COOH＋Na2CO3＝2CH3COONa＋H2O＋CO2↑4、下列实验装置图正确的是（）A．实验室制备及收集乙烯B．石油分馏C．实验室制硝基苯D．实验室制乙炔5、下列数据对应物质的熔点，据此作出下列判断中错误的是()Na2ONaClAlF3AlCl3920℃801℃1292℃190℃BCl3Al2O3CO2SiO2-107℃2073℃-57℃1723℃A．铝的化合物的晶体中有离子晶体B．表中只有BCl3和AlCl3是分子晶体C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D．不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体6、相同温度下，等物质的量浓度的下列溶液中，pH最小的是()A．NH4HSO4 B．NH4HCO3 C．NH4Cl D．(NH4)2SO47、分子式为C8H8O2，含有苯环且能发生水解反应的同分异构体共有A．5种 B．6种 C．7种 D．8种8、NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10−3，Ka2=3.9×10−6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关B．Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的C．b点的混合溶液pH=7D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)9、下列事实与氢键有关的是（）A．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱B．水加热到很高的温度都难以分解C．邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低D．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高10、下列关于平衡常数的说法正确的是A．在平衡常数表达式中，反应物浓度用起始浓度表示，生成物浓度用平衡浓度表示B．可逆反应中，反应物的转化率增大，一定导致化学平衡常数增大C．可以用化学平衡常数来定量描述化学反应的限度D．平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂有关11、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12、乙烯发生氧化反应不可能生成A．乙醛 B．环氧乙烷 C．乙醇 D．二氧化碳13、乙二酸，又称草酸，通常在空气中易被氧化而变质。其两分子结晶水(H2C2O4·2H2O)却能在空气中稳定存在。在分析化学中常用H2C2O4•2H2O做KMnO4的滴定剂，下列关于H2C2O4的说法正确的是A．草酸是二元弱酸，其电离方程式为H2C2O4═2H++C2O42−B．草酸滴定KMnO4属于中和滴定，可用石蕊做指示剂C．乙二酸可通过乙烯经过加成、水解、氧化再氧化制得D．将浓H2SO4滴加到乙二酸上使之脱水分解，分解产物是CO2和H2O14、设NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述不正确的是（）A．2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应后，所得混合气体的分子数大于2NAB．0.05mol熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.05NAC．O2和O3的混合物共3.2g，其中所含氧原子数一定为0.2NAD．5.6gFe和足量盐酸完全反应，转移的电子数为0.3NA15、下列有机物中，符合在核磁共振氢谱中出现两组峰，且峰面积之比为3:2的化合物是A． B．C． D．16、有机物的种类繁多，但其命名是有规则的。下列有机物命名正确的是（）A．1,4—二甲基丁烷 B．3—甲基丁烯C．2—甲基丁烷 D．CH2Cl-CH2Cl二氯乙烷17、根据等电子原理：由短周期元素组成的粒子，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，可互称为等电子体，它们具有相似的结构特性。以下各组粒子结构不相似的是A．CO和N2B．O3和NO2—C．CO2和N2OD．N2H4和C2H418、二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，常温下是一种橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构与H2O2类似，熔点为193K，沸点为411K，遇水很容易水解，产生的气体能使品红褪色，S2Cl2可由干燥氯气通入熔融的硫中制得。下列有关说法正确的是A．S2Cl2的电子式为B．固态时S2Cl2属于原子晶体C．S2Cl2与NaOH的化学方程式可能为：S2Cl2+6NaOH=2NaCl+Na2SO3+Na2S+3H2OD．S2Cl2是含有极性键和非极性键的离子化合物19、下列性质中，能充分说明某晶体一定是离子晶体的是A．具有较高的熔点，硬度大 B．固态不导电，水溶液能导电C．晶体中存在金属阳离子，熔点较高 D．固态不导电，熔融状态能导电20、以下有关物质的量浓度的叙述正确的是A．等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应，若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1:2:3B．150mL1mol·L－1的氯化钾溶液中的c(Cl－)与50mL1mol·L－1的氯化铝溶液中的c(Cl－)相等C．20℃时，饱和KCl溶液的密度为1．172g·cm－3，物质的量浓度为2．0mol·L－1，则此溶液中KCl的质量分数为3．38%D．20℃时，100g水可溶解32．2gKCl，此时KCl饱和溶液的质量分数为32．2%21、下列图示与对应的叙述相符的是A．图甲可以判断出反应A(g)+B(g)2C(g)的△H＜0，T2＞T1B．图乙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大C．据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3＋可向溶液中加入适量CuO至pH≈4D．图丁表示25℃时，用0.1mol·L—1盐酸滴定20mL0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随加入盐酸体积的变化22、下列各组有机化合物中，不论两者以什么比例混合，只要总物质的量一定，则完全燃烧时生成的水的质量和消耗氧气的质量不变的是A．C3H8、C4H6 B．C3H6、C5H6O4 C．C2H2、C6H6 D．CH4O、C3H4O4二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，A元素原子核外有3个未成对电子，B元素原子核外电子占用3个能级，其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍，D元素与B元素同族，C元素与A元素同族，E元素原子的价电子数是其余电子数的一半。（1）A、C、D的第一电离能由大到小的顺序为___________________（用元素符号表示），E2+的基态电子排布式为__________________________________。（2）B和D的氢化物中，B的氢化物沸点较高的原因是____________________________。（3）C形成的最高价氧化物的结构如图所示，该结构中C-B键的键长有两类，键长较短的键为__________（填“a”或“b”）。（4）E可与CO形成羰基配合物E2(CO)8，是有机合成的重要催化剂，不溶于水，溶于乙醇、乙醚、苯，熔点50～51℃，45℃（1.33kPa）时升华。①E2(CO)8为_________晶体。（填晶体类型）②E2(CO)8晶体中存在的作用力有______________________________。24、（12分）A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示（部分反应物、生成物没有列出），且已知G为地壳中含量最多的金属元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：（1）写出下列物质的化学式A_______________；G____________________；（2）若C→D为化合反应，则此时的化学方程式_______________________________；（3）写出E→F的化学方程式___________________________________________；（4）写出反应④的离子方程式___________________________________________；25、（12分）维尔纳配合物M是一种橙黄色单斜晶体，该晶体以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。为探究该晶体的组成，设计了如下实验：步骤一，氮的测定：准确称取一定量橙黄色晶体，加入适量水溶解，注入下图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品中的氨全部蒸出，用500.00mL7.0mol/L的盐酸溶液吸收，吸收结束后量取吸收液25.00mL，用2.00mol/L的NaOH溶液滴定过量的盐酸，终点消耗NaOH溶液12.50mL。步骤二，氯的测定：准确称取橙黄色晶体wg，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，以K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色沉淀)。（1）上述装置A中，玻璃管的作用是_________；（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，酒精灯应放置在_____（填“A”或“B”）处。（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为______g。（4）有同学提出装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，会造成测得氮的含量结果将______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）；冰水混合物的作用是_______________。（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是________（6）经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在。制备M的化学方程式为_____，其中双氧水的作用是____；制备M的过程中温度不能过高的原因是_____。26、（10分）己二酸主要用于生产尼龙66盐、合成树脂及增塑剂等。已二酸的合成路线如下：制备己二酸的装置示意图如图所示(加热和夹持装置等略)。实验步骤：I.己二酸的制备连装好装置后，通过瓶口b慢慢滴加1.5g环已醇至适量KMnO4和NaOH的混合溶液中，然后塞上带有温度计的胶塞，再用沸水浴加热数分钟。II.分离提纯趁热过滤，收集滤液，用少量热水洗涤滤渣2次，合并滤液和洗涤液，边搅拌边滴加浓盐酸至溶液呈强酸性，小心加热蒸发浓缩至10mL左右，在冷水浴中冷却，析出已二酸粗品。回答下列问题：(1)写出仪器a的名称：______________。(2)分离提纯过程中滴加的浓盐酸的作用是______________。(3)将已二酸粗品提纯的方法是_______________。A．过滤

B．萃取

C．重结晶

D．蒸馏(4)步骤II中过滤时需要用到的玻璃仪器有玻璃棒____、_____。洗涤滤渣的目的是__________。(5)若制得纯已二酸的质量为1.5g，则己二酸的产率为__________。27、（12分）某化学小组探究酸性条件下NO3－、SO42－、Fe3+三种微粒的氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。(忽略氧气对反应的影响)实验记录如下：实验序号实验操作实验现象I向A装置中通入一段时间的SO2气体。A中黄色溶液迅速变成深红棕色，最终变为浅绿色。II取出少量A装置中的溶液，先加入KSCN溶液，再加入BaCl2溶液。加入KSCN溶液后溶液不变色，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀。III打开活塞a，将过量稀HNO3加入装置A中，关闭活塞a。A中浅绿色溶液最终变为黄色。IV取出少量A装置中的溶液，加入KSCN溶液；向A装置中注入空气。溶液变为红色；液面上方有少量红棕色气体生成。请回答下列问题：(1)配制FeCl3溶液时，常常加入盐酸，目的是(用化学用语和简单文字叙述)：________。(2)资料表明，Fe3+能与SO2结合形成深红棕色物质Fe(SO2)63+，反应方程式为：Fe3++6SO2Fe(SO2)63+。请用化学平衡移动原理解释实验I中溶液颜色变化的原因________。(3)实验II中发生反应的离子方程式是__________________。(4)实验III中，浅绿色溶液变为黄色的原因是__________________(用离子方程式表示)。(5)实验IV中液面上方有少量红棕色气体生成，发生反应的化学方程式是______________。(6)综合上述实验得出的结论是：在酸性条件下，氧化性强弱是：NO3－>Fe3+>SO42－。请从微粒变化的角度解释________。28、（14分）“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M的结构简式如图所示。（1）下列关于M的说法正确的是______(填序号)。a．属于芳香族化合物b．遇FeCl3溶液显紫色c．能使酸性高锰酸钾溶液褪色d．1molM完全水解生成2mol醇（2）肉桂酸是合成M的中间体，其一种合成路线如下：已知：①烃A的名称为______。步骤I中B的产率往往偏低，其原因是__________。②步骤III的反应类型是________。③步骤Ⅳ反应的化学方程式为______________________________。④肉桂酸的结构简式为__________________。⑤C的同分异构体有多种，其中苯环上有一个甲基的酯类化合物有_____种。29、（10分）某无色溶液仅由Na+、Ag+、

Ba2+、

Al3+、A1O2-、Mn04-、CO32-、SO42-中的若干种组成。取该溶液进行如下实验:A、取试液适量，加入过量稀盐酸，有气体生成，得到溶液甲；B、向溶液甲中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，且析出白色沉淀乙，过滤得到溶液丙；C、向溶液丙中加入过量氢氧化钡溶液并加热，有气体生成，且析出白色沉淀丁。根据上述实验回答下列问题:(1)溶液中一定不存在的离子是____________。(2)写出步骤A中产生气体的离子方程式是____________。(3)生成沉淀乙的离子反应方程式是____________。(4)步骤C中生成的气体为_____________，析出的白色沉淀丁中一定含有________，可能含有_______(以上物质均书写物质名称)。

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、A【答案解析】分析：A、有新物质生成的变化属于化学变化，没有新物质生成的属于物理变化．B、混合物是由不同分子构成的物质；详解：A、绳锯木断，只是物质的形状发生了改变，没有新物质生成，属于物理变化，水滴石穿，是指滴水产生的力在不断的作用在石头上，时间长了和碳酸钙、二氧化碳反应生成溶于水的碳酸氢钙，使石头上出现了小孔，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；B、福尔马林是甲醛的水溶液、漂白粉主要成分是次氯酸钙、碱石灰为氧化钙和氢氧化钠混合物，故B正确；C、酸性氧化物能与碱性氧化物反应，所以氧化钙能与二氧化硫反应，可用作工业废气的脱硫剂，故C正确；D、高吸水性树脂属于功能高分子材料，聚丙烯酸钠含亲水基团，相对分子质量在10000以上，属于功能高分子材料，故D正确；故选A。2、D【答案解析】A、Na2CO3比NaHCO3稳定，故A正确；B、相同温度下，Na2CO3比NaHCO3更易溶于水，所以B正确；C、Na2CO3和NaHCO3都能与澄清石灰水反应生成CaCO3白色沉淀，所以C正确；D、相同质量的Na2CO3和NaHCO3的物质的量前者小，所以与过量盐酸反应放出的CO2少，故D错误。本题正确答案为D。3、C【答案解析】分析：根据离子方程式2H＋＋CO32－＝H2O＋CO2↑可知该反应属于强酸或强酸的酸式盐和可溶性碳酸盐反应生成另一种可溶性盐、水和二氧化碳的反应，结合选项分析判断。详解：A.HCl＋NaHCO3＝NaCl＋H2O＋CO2↑的离子方程式为H＋＋HCO3－＝H2O＋CO2↑，A错误；B.2HCl＋BaCO3＝BaCl2＋H2O＋CO2↑中碳酸钡难溶，离子方程式为2H＋＋BaCO3＝Ba2＋＋H2O＋CO2↑，B错误；C.H2SO4＋Na2CO3＝Na2SO4＋H2O＋CO2↑的离子方程式2H＋＋CO32－＝H2O＋CO2↑，C正确；D.2CH3COOH＋Na2CO3＝2CH3COONa＋H2O＋CO2↑中醋酸难电离，离子方程式为2CH3COOH＋CO32－＝2CH3COO－＋H2O＋CO2↑，D错误。答案选C。4、C【答案解析】A．常温下，虽然乙烯和空气不反应，但乙烯的相对分子质量接近于空气，所以不能用排空气法收集，乙烯难溶于水，需用排水法收集，选项A错误；B．蒸馏时，温度计应位于蒸馏烧瓶支管口附近测蒸气的温度，为充分冷凝，应从下端进水，上端出水，选项B错误；C．苯和硝酸沸点较低，易挥发，用长玻璃导管冷凝，制硝基苯的温度是50-60℃，水浴加热可以使反应物受热均匀，并且温度容易控制，图示装置正确，选项C正确；D．电石成分为碳化钙，实验室利用碳化钙与水反应制取乙炔，此反应大量放热，会损坏启普发生器，生成的氢氧化钙是糊状物，会堵塞反应容器，故不可利用启普发生器制取，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查实验室制备物质的装置图分析判断、原理应用，掌握基础和注意问题是关键，注意A接近于空气相对分子质量的气体，即使和空气不反应，也不能用排空气集气法收集，易错点为选项C：实验室用浓硝酸和苯在浓硫酸作用下制备硝基苯，，制取硝基苯的温度是50-60℃，据此分析解答。5、B【答案解析】

A．由表中数据可知，Al2O3为离子晶体，故A正确；B．表中AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体，沸点都较低，故B错误；C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故C正确；D．Na和Al不同主族，但对应的氧化物都为离子晶体，说明不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体，故D正确；故答案为B。6、A【答案解析】

相同温度下，NH4＋+H2ONH3·H2O+H+，铵根离子浓度越大水解产生的氢离子浓度越大，pH越小。【题目详解】NH4HSO4=NH4++H++SO42-；NH4HCO3=NH4++HCO3-；NH4Cl=NH4++Cl-；(NH4)2SO4=2NH4++SO42-，通过对比4个反应，硫酸氢氨中直接电离产生氢离子，pH最小，答案为A7、B【答案解析】

由题目要求可知该有机物的同分异构体中应具有CH3-C6H4-OOCH（-C6H4为苯环）的结构，应有邻、间、对三种同分异构体或C6H5-OOCCH3或C6H5-CH2OOCH或C6H5-COOCH3，共6种，故B正确；故选B。8、C【答案解析】

邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。【题目详解】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a点，说明Na+和A2—的导电能力强于HA—，故B正确；C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错误；D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D正确。故选C。【答案点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。9、C【答案解析】分析：A．根据氢化物的热稳定性与非金属元素的非金属性之间的关系判断；B．根据水的分解破坏的化学键判断，氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关；C．分子间氢键的存在导致物质熔沸点升高，且同分异构体中分子内氢键导致物质的熔沸点较低、分子间氢键导致物质熔沸点升高，据此分析解答；D．根据范德华力对物质性质的影响判断。详解：HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，与氢键无关，A选项错误；水的分子结构：H-O-H，分解破坏的是H-O键，即破坏的是化学键，不是氢键，氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关，B选项错误；对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，C选项正确；CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，分子间不存在氢键，与氢键无关，D选项错误；正确选项C。

10、C【答案解析】

A.在平衡常数表达式中，反应物浓度和生成物浓度都应用平衡浓度表示，故A错误；B.同一反应，平化学衡常数只受温度影响，反应物的转化率增大，平衡常数不一定改变，故B错误；C.平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大，故C正确；D.同一反应，化学平衡常数只受温度影响，与反应物浓度、体系的压强、催化剂等无关，故D错误；答案选C。11、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。12、C【答案解析】

乙烯含有碳碳双键，在一定条件下可氧化生成乙醛、环氧乙烷以及二氧化碳等，与氢气发生加成反应生成乙醇，为还原反应，故C项符合题意。

故选C。13、C【答案解析】

A．多元弱酸的电离是分步进行的，电离方程式为H2C2O4H++HC2O4-，故A错误；B．高锰酸钾本身就是紫红色，不需要指示剂，该反应是氧化还原滴定，故B错误；C．乙烯和氯气加成生成1，2－二氯乙烷，上述产物水解成乙二醇，乙二醇催化氧化为乙二醛，乙二醛发生银镜反应生成乙二酸，故C正确；D．乙二酸在酸和受热的条件下易分解出甲酸和二氧化碳，故D错误；故选C。14、D【答案解析】A、假设SO2和O2不发生反应，此时混合气体分子物质的量为3mol，假设2molSO2和1molO2完全反应生成2molSO3，此时气体分子物质的量为2mol，因为SO2与O2反应是可逆反应，因此气体分子物质的量介于2mol和3mol之间，故A说法正确；B、NaHSO4熔融状态的电离方程式为NaHSO4=Na＋＋HSO4－，因此0.05molNaHSO4中含有阳离子物质的量为0.05mol，故B说法正确；C、无论氧气还是臭氧都是由氧原子组成，因此3.2g混合气体中氧原子物质的量为3.2/16mol=0.2mol，故C说法正确；D、铁与盐酸反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，因此5.6gFe完全反应，转移电子物质的量为5.6×2/56mol=0.2mol，故D说法错误。点睛：本题的易错点是选项B，学生往往混淆硫酸氢钠在水溶液和熔融状态下的电离方程式，硫酸氢钠的水溶液中NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，熔融状态：NaHSO4(熔融)=Na＋＋HSO4－。15、C【答案解析】

分析：核磁共振氢谱中出现两组峰，说明有两种位置不同的氢原子，峰面积之比为3:2，说明氢原子个数比为：3：2，据此解答.详解：A.有两组峰，峰面积之比为6：1，A错误；B.有三组峰，峰面积之比为6:8:2，B错误；C.有两组峰，峰面积之比为3:2，C正确；D.有三组峰，D错误；答案选C.16、C【答案解析】

A.主链选错，正确的名称为正己烷；故A错误；B.主链编号起点错误，正确的名称为3-甲基-1-丁烯，故B错误；C.名称符合系统命名方法，故C正确；D.CH2Cl-CH2Cl二氯乙烷，名称中官能团位置未标记，正确的是1，2-二氯乙烷，故D错误。故选C。【答案点睛】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：（1）烷烃命名原则：①长-----选最长碳链为主链；②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；③近-----离支链最近一端编号；④小-----支链编号之和最小，看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。（2）有机物的名称书写要规范。17、D【答案解析】试题分析：原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，互为等电子体的微粒结构相似。则A、CO和N2互为等电子体，结构相似，A错误；B、臭氧和亚硝酸根离子互为等电子体，结构相似，B错误；C、CO2和N2O互为等电子体，结构相似，C错误；D、N2H4和C2H4的原子数相等，但最外层电子数不同，前者是14，后者是12，不能互为等电子体，则结构不同，D正确，答案选D。考点：考查等电子体18、C【答案解析】

A、S2Cl2的分子结构类似与H2O2，因此S2Cl2的电子式为，故A错误；B、S2Cl2固体的熔点、沸点低，说明固体S2Cl2为分子晶体，故B错误；C、S2Cl2遇水很容易水解，产生的气体能使品红褪色，说明此气体为SO2，即与水反应2S2Cl2＋2H2O=SO2↑＋4HCl＋3S↓，因此S2Cl2与NaOH反应的化学反应方程式为：S2Cl2+6NaOH=2NaCl+Na2SO3+Na2S+3H2O，故C正确；D、根据A选项分析，含有化学键为极性键和非极性键，S2Cl2不属于离子化合物，属于共价化合物，故D错误；答案选C。19、D【答案解析】

A．具有较高的熔点，硬度大，该晶体可能是原子晶体，A不合题意；B．固态不导电，水溶液能导电，该晶体可能是分子晶体，B不合题意；C．晶体中存在金属阳离子，熔点较高，该晶体可能是金属晶体，C不合题意；D．固态不导电，熔融状态能导电，该晶体只能为离子晶体，D符合题意；故选D。20、C【答案解析】试题分析：A、因为生成硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，所以三种盐提供的硫酸根的比例为1:2:3，所以硫酸铁，硫酸铜，硫酸钾的比例为3:2:3，错误，不选A；B、氯化钾溶液中氯离子浓度为1mol/L，氯化铝溶液中氯离子浓度为3mol/L，不相等，不选B；C、质量分数=2．0×72．5/1000×1．172=3．38%，正确，选C；D、质量分数=32．2/（100+32．2）=3．38%，错误，不选D。考点：溶液中离子浓度的计算，物质的量浓度和质量分数的换算21、C【答案解析】

A．升高温度，化学平衡A（g）+B（g）2C（g）△H＜0向着吸热方向进行，即向着逆反应方向进行，A的转化率越小，所以A的转化率越小，温度越高，T2＜T1，故A错误；B．增大压强，可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）向着气体体积减小的方向进行，即向着正反应方向进行，反应物的百分含量要减小，故B错误；C．若除去CuSO4溶液中的Fe3+，则铁离子需要的pH范围是铁离子沉淀完全，而铜离子不沉淀，为不引进杂质离子，可向溶液中加入适量CuO，并调节pH≈4，故C正确；D．滴定开始之前，0.1mol/LNaOH溶液的pH=13，不是1，故D错误；故选C。22、B【答案解析】

若两种有机物无论以何种比例混合，总物质的量一定的情况下，完全燃烧消耗的氧气和生成的水的量固定，那么这两种有机物分子中H的个数相同，且等物质的量的有机物完全燃烧时消耗的氧气量相同。【题目详解】A．两种有机物分子中H的个数不同，A项错误；B．两种有机物分子中H的个数相同，且1个C3H6完全燃烧消耗4.5个O2，1个C5H6O4完全燃烧消耗也是4.5个O2，B项正确；C．两种有机物分子中H的个数不同，C项错误；D．两种有机物分子中H的个数相同，但1个CH4O完全燃烧消耗1.5个O2，1个C3H4O4完全燃烧消耗2个O2，耗氧量不同，D项错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、N＞P＞S[Ar]3d7水分子间形成氢键a分子共价键、配位键、范德华力【答案解析】

A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，B元素原子核外电子占用3个能级，其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍，核外电子排布式为1s22s22p4，故B为O元素；A元素原子核外有3个未成对电子，原子序数小于氧，故核外电子排布式为1s22s22p3，则A为N元素；D元素与B元素同族，C元素与A元素同族，结合原子序数大小可知C为P元素、D为S元素；E元素只能为第四周期元素，E元素原子的价电子数是其余电子数的一半，则价电子数为9，E的核电荷数为18+9=27，为Co元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为N元素，B为O元素，C为P元素，D为S元素，E为Co元素。(1)同主族自上而下第一电离能减小，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于硫，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞P＞S，E为Co元素，价电子排布式为3d74s2，E2+的基态电子排布式为[Ar]3d7，故答案为：N＞P＞S；[Ar]3d7；(2)水分子间能够形成氢键，而硫化氢分子间不能形成氢键，使得水的沸点高于硫化氢，故答案为：水分子间能够形成氢键；(3)结构中黑色球与白色球数目分别为4、10，故该物质为P4O10，结合O原子形成8电子结构，可知a键为P=O、b键为P-O单键，双键中电子云重叠更大，故键长较短的键为a，故答案为：a；(4)①Co2(CO)8熔点低、易升华，溶于乙醇、乙醚、苯，说明Co2(CO)8属于分子晶体，故答案为：分子；②Co2(CO)8中Co与CO之间形成配位键，CO中含有极性键，分子之间存在范德华力，故答案为：配位键、极性共价键、范德华力。【答案点睛】正确判断元素的种类是解题的关键。本题的易错点和难点为(3)，要注意判断结构中磷氧键的类别。24、FeAl2O32FeCl2+Cl2=2FeCl34Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑【答案解析】

G为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I和H，能与NaOH溶液反应，说明G为Al2O3，与NaOH反应生成NaAlO2，而I也能与NaOH反应生成NaAlO2，则I为Al，H为O2，C和碱反应生成E、F，D和气体K反应也生成E、F，则说明E、F都为氢氧化物，E能转化为F，应为Fe(OH)2→Fe(OH)3的转化，所以E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，则C为FeCl2，D为FeCl3，B为Fe3O4，与Al在高温条件下发生铝热反应生成A，即Fe，则推断各物质分别为：A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为Al2O3，H为O2，为Al，结合物质的性质分析作答。【题目详解】根据上述分析易知，（1）A为Fe，G为Al2O3；（2）C为FeCl2，D为FeCl3，若C→D为化合反应，则反应的化学方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；（3）E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3，其化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（4）Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。25、平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定)A42.00偏高减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收AgNO3见光易分解2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O氧化剂温度过高过氧化氢分解、氨气逸出【答案解析】

根据盐酸和氢氧化钠的量计算氨气的物质的量，根据硝酸银计算氯离子的物质的量。注意分析合成M的原料中双氧水的作用。【题目详解】（1）上述装置A中，玻璃管的作用是平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定)；（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，A装置要产生水蒸气将B中的氨全部蒸出，酒精灯应放置在A处。（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为42.00g。（4）装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，相当于氨气消耗盐酸过多，会造成测得氮的含量偏高；为减少盐酸的挥发，冰水混合物的作用降低吸收液盐酸的温度，减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收。（5）硝酸银见光会分解，故测定氯的过程中使用棕色滴定管的原因是防止AgNO3见光分解。（6）M以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在，双氧水将+2价钴氧化为+3，则M为配合物，其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，因此，制备M的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，其中双氧水的作用是氧化剂；双氧水和氨水受热均易分解，故制备M的过程中温度不能过高的原因是：温度过高过氧化氢分解、氨气逸出。26、直形冷凝管(或冷凝管)将己二酸钠完全转化为己二酸C烧杯漏斗减少己二酸钠的损失，提高己二酸的产量68.5%【答案解析】分析：（1）根据实验装置图及常见的仪器分析；（2）根据己二酸的酸性弱于盐酸分析；（3）根据已二酸常温下为固体，温度较低时会从溶液中析出分析；（4）根据过滤操作分析；滤渣中含有己二酸钠；（5）根据实际产量与理论产量的比值计算产率。详解：（1）由实验装置图可知，图中仪器a的名称是直形冷凝管(或冷凝管)；（2）浓盐酸是强酸，酸性强于己二酸，分离提纯过程中滴加的浓盐酸的作用是将己二酸钠完全转化为己二酸；（3）因为己二酸常温下为固体，温度较低时会从溶液中析出，所以将已二酸粗品提纯的方法是重结晶，答案选C；（4）步骤II中过滤时需要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗；滤渣中含有己二酸钠，因此洗涤滤渣的目的是减少己二酸钠的损失，提高己二酸的产量；（5）根据原子守恒可知生成己二酸的质量为1.5g100×146=2.19g，所以产率是1.5g/2.19g×100%＝68.点睛：本题以已二酸的制备为载体，考查化学实验基本操作、关系式计算等，题目难度中等，掌握实验原理是解答的关键，是对学生分析能力、计算能力和综合能力的考查。27、Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入盐酸，增大c(H+)，平衡左移，抑制Fe3+水解；Fe3+和SO2生成红棕色的Fe(SO2)63+反应速率较快：Fe3++6SO2Fe(SO2)63+。而反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+反应缓慢，但是反应限度较大，使溶液中c(Fe3+)降低，平衡逆向移动，红棕色逐渐褪去，最终得到浅绿色溶液；Ba2+

+SO42-

=BaSO4↓；3Fe2+

+4H++NO3-

=3Fe3++NO↑+2H2O；2NO+O2

=2NO2；实验II中溶液中检出Fe2+和SO42-，说明Fe3+氧化SO2生成SO42-，氧化性Fe3+>SO42-；实验III中溶液变黄色、IV中检出Fe3+和NO生成，说明酸性条件下NO3-氧化Fe2+，氧化性NO3->Fe3+；所以，在酸性条件下，氧化性强弱是：NO3->Fe3+>SO42-。【答案解析】

通过“氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性”原理设计实验。【题目详解】（1）溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入盐酸，增大c(H+)，平衡左移，抑制Fe3+水解；（2）Fe3+和SO2生成红棕色的Fe(SO2)63+反应速率较快：Fe3++6SO2Fe(SO