2023学年福建省泉州实验中学高二化学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注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、CH3CH2OH分子中的氢原子的环境有（）种A．1 B．2 C．3 D．62、一定量的混合气体，在密闭容器中发生如下反应：xA（g）＋yB（g）zC（g），达到平衡后测得A气体的浓度为0.5mol·L-1，当恒温下将密闭容器的容积扩大到两倍再达到平衡后，测得A浓度为0.3mol·L-1，则下列叙述正确的是A．平衡向正反应方向移动 B．x+y＜zC．C的体积分数降低 D．B的转化率提高3、现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5则下列有关比较中正确的是()A．最高正化合价：④>③＝②>①B．电负性：④>③>②>①C．原子半径：④>③>②>①D．第一电离能：④>③>②>①4、除去铁粉中混有的少量铝粉，可选用的试剂是()A．H2O B．浓H2SO4 C．NaCl D．NaOH5、1-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应温度为115～125℃，反应装置如右图。下列对该实验的描述错误的是A．不能用水浴加热B．提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤C．长玻璃管起冷凝回流作用D．加入过量乙酸可以提高1-丁醇的转化率6、在恒温、容积为2L的密闭容器中通入1molX和2molY，发生反应：X(s)＋2Y(g)3Z(g)ΔH＝-akJ/mol(a>0)，5min末测得Z的物质的量为1.2mol。则下列说法正确的是A．若反应体系中气体的压强保持不变，说明反应达到了平衡状态B．0～5min，X的平均反应速率为0.04mol·L-1·min-1C．达到平衡时，反应放出的热量为akJD．达到平衡时，Y和Z的浓度之比一定为2∶37、已知几种物质的相对能量如下表所示：物质NO2(g)NO(g)SO2(g)SO3(g)相对能量/kJ429486990工业上，常利用下列反应处理废气:NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g)△H等于A．+42kJ·mol-1 B．-42kJ·mol-1 C．-84kJ·mol-1 D．+84kJ·mol-18、某有机物结构简式为，不可能发生的化学反应是（）A．加成反应 B．消去反应C．酯化反应 D．中和反应9、戊醇的结构有8种，则乙二酸与这些戊醇发生完全酯化得到的酯的结构最多有（不考虑立体异构）A．8种 B．16种 C．36种 D．64种10、区别晶体与非晶体的最科学的方法是()A．观察自范性 B．观察各向异性C．测定固定熔点 D．进行X－射线衍射实验11、下列关于有机物结构、性质的说法正确的是A．石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化B．在淀粉水解液中加入过量氢氧化钠,再加入碘水,溶液未变蓝,说明淀粉已完全水解C．不同种类的氨基酸能以不同的数目和顺序彼此结合,形成更复杂的多肽化合物D．乙烯分子与苯分子都能与H2发生加成反应，说明二者所含碳碳键相同12、下列实验现象是由于苯环受侧链影响造成的是()A．甲苯可使KMnO4溶液褪色，甲苯上甲基被氧化B．苯酚O—H键易断裂，水溶液显弱酸性C．甲苯可与氢气发生加成反应D．甲苯可与浓硝酸反应生成三硝基甲苯13、元素的性质呈现周期性变化的根本原因是()A．原子半径呈周期性变化 B．元素的化合价呈周期性变化C．第一电离能呈周期性变化 D．元素原子的核外电子排布呈周期性变化14、如图表示用酸性氢氧燃料电池为电源进行的电解实验。下列说法中正确的是()A．燃料电池工作时，正极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－B．a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出C．a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出D．a、b两极均是石墨时，a极上产生的O2与电池中消耗的H2体积比为15、在由5种基团－CH3、－OH、－CHO、－C6H5、－COOH两两组成的物质中，能与NaOH反应的有机物有（）A．4种 B．5种 C．6种 D．7种16、下列化合物中，只有在水溶液中才能导电的电解质是A．NaCl B．CH3CH2OH(酒精)C．H2SO4 D．CO217、2017年春节期间，一种“本宝宝福禄双全”的有机物刷爆朋友圈，其结构简式如下，该物质的同分异构体中具有“本宝宝福禄双全”谐音且两个醛基位于苯环间位的有机物有（）A．4种B．6种C．7种D．9种18、同温同压下，某容器充满O2重116g，若充满CO2重122g，充满某气体重124g，则某气体的相对分子质量为A．4 B．28 C．32 D．4819、由乙烯推测丙烯的结构或性质，正确的是（）A．分子中三个碳原子在同一直线上B．分子中所有原子在同一平面上C．与HCl加成只生成一种产物D．在一定条件下，能发生加聚反应20、在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是A．氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO21、下列仪器名称为“蒸馏烧瓶”的是A． B． C． D．22、已知：一定条件下。向A、B两个恒容密闭容器中分别加入等量的X,发生反应2X（g）2y（g）+z（g）测得A、B容器中X的物质的量n(X)随时间t的变化如图所示。下列说法不正确的是()A．若A、B容积相同，但反应温度不同，且温度：A>BB．若A、B反应温度相同，但容积不同，且容积：A<BC．a，c两点对应的平均相对分子质量：a>cD．t1−t2时间段内，A、B两容器中平均反应速率相等二、非选择题(共84分)23、（14分）某天然碱可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成。为了确定其组成，现称取天然碱3.32g，做如下实验：（气体均折算为标准状况下）（1）B的电子式_______。（2）天然碱受热分解的反应方程式______。（3）过量的天然碱溶液滴加少量的Ba（OH）2溶液，请写出离子反应方程式___。24、（12分）在Cl-浓度为0.5mol·L－1的某无色澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。阳离子K＋Al3＋Mg2＋Ba2＋Fe3+阴离子NO3-CO32-SiO32-SO42-OH-现取该溶液100mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)。序号实验内容实验结果Ⅰ向该溶液中加入足量稀盐酸产生白色沉淀并放出标准状况下0.56L气体Ⅱ将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4gⅢ向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题。（1）通过以上实验能确定一定不存在的离子是________________。（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为___________________________。（3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，请写出一定存在的阴离子及其浓度（不一定要填满）______。阴离子浓度c/(mol·L－1)①②③④（4）判断K＋是否存在，若存在，求出其最小浓度，若不存在说明理由：_____________。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）一水硫酸四氨合铜(Ⅱ)的化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O是一种重要的染料及农药中间体。某学习小组在实验室以氧化铜为主要原料合成该物质，设计的合成路线为：相关信息如下：①[Cu(NH3)2]SO4·H2O在溶液中存在以下电离（解离）过程：[Cu(NH3)4]SO4·H2O=[Cu(NH3)4]2++SO42-+H2O[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3②(NH4)2SO4在水中可溶，在乙醇中难溶。③[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇、水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线示意图如图请根据以上信息回答下列问题：（1）方案1的实验步骤为：a．加热蒸发，b．冷却结晶，c．抽滤，d．洗涤，e．干燥。①步骤1的抽滤装置如图所示，下列有关抽滤操说法作正确的是_____。A．完毕后的先关闭水龙头，再拔下导管B．上图装置中只有一处错误C．抽滤后滤液可以从上口倒出，也可从支管倒出D．滤纸应比漏斗内径小且能盖住所有小孔②该方案存在明显缺陷，因为得到的产物晶体中往往含有_____杂质，产生该杂质的原因是______。（2）方案2的实验步骤为：a.向溶液C中加入适量____，b．抽滤，c．洗涤，d．干燥。①请在上述空格内填写合适的试剂或操作名称。②下列选项中，最适合作为步骤c的洗涤液是________。A．乙醇B．蒸馏水C．乙醇和水的混合液D．饱和硫酸钠溶液洗涤的具体操作是：____________。③步骤d采用________干燥的方法。27、（12分）实验室以MnO2、KClO3、CaCO3及盐酸等为原料制取KMnO4的步骤如下：Ⅰ.MnO2的氧化Ⅱ.CO2的制取Ⅲ.K2MnO4的歧化及过滤和结晶等回答下列问题：(1)实验前称取2.5gKClO3、5.2gKOH、3.0gMnO2并充分混合。氯酸钾需过量，其原因是____________________________；熔融时除了需要酒精灯、三脚架、坩埚钳、细铁棒及铁坩埚外，还需要的硅酸盐质仪器有___________________(2)为了体现“绿色化学”理念，某同学设计了如图所示的“K2MnO4歧化”实验装置。在大试管中装入块状CaCO3，并关闭K2，向长颈漏斗中加入一定量6mol·L－1的盐酸；向三口烧瓶中加入K2MnO4溶液。①实验时，不用装置(a)(启普发生器)制取CO2而用装置(b)制取，这是因为______。②为了充分利用CO2，实验开始时需关闭____________(填“K1”“K2”“K3”“K4”或“K5”，下同)，其余均打开；待“气球1”中收集到足够多的CO2时，关闭______，其余均打开。③三口烧瓶中物质发生反应生成KMnO4的同时还会生成MnO2和K2CO3，该反应的离子方程式为______________________。28、（14分）酚酞是常用的酸碱指示剂，其结构简式如图所示：。(1)酚酞的分子式为________。(2)从结构上看酚酞可看作(填字母序号)________。A．烯烃B．芳香化合物C．醇类物质D．酚类物质E．醚类物质F．酯类物质(3)酚酞结构简式中画虚线的地方，组成的是醚键吗________？29、（10分）以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、

PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：(1)过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是_________________________。(2)过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：ⅰ：

2Fe2++PbO2+4H++SO42-=2Fe3++PbSO4+2H2Oⅱ：……写出ⅱ的离子方程式：______________________。(3)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO(s)+NaOH(aq)NaHPbO2(aq)，其溶解度曲线如图所示。过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是_________(选填序号)。A．减少PbO的损失，提高产品的产率B．重复利用氢氧化钠，提高原料的利用率C．增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率(4)PbO2在加热的过程中发生分解生成PbO和O2，其失重曲线如图所示，已知失重曲线上的a点为样品分解40%的残留固体，若a点固体组成表示为PbOx,则x=_________。

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】

CH3CH2OH分子中，其中-CH3中3个H原子等效，-CH2-中的2个H原子等效，故分子中含有3种不同的H原子，答案选C。2、C【答案解析】

恒温下将密闭容器的容积扩大到两倍，如平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，而再达到平衡后，测得A浓度为0.3mol·L-1，说明平衡向逆反应方向移动。A、由上述分析可知，平衡向逆反应方向移动，A错误；B、增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即x+y＞z，B错误；C、平衡向逆反应方向移动，C的体积分数降低，C正确；D、平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，D错误。答案选C。3、D【答案解析】分析：由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③2s22p3是N元素、④2s22p5是F元素。A．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价；B．同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；C．同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大；D．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能降低，注意全满、半满稳定状态；据此分析判断。详解：由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③2s22p3是N元素、④2s22p5是F元素。A．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故A错误；B．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P＜N，故电负性F＞N＞S＞P，即④>③>①>②，故B错误；C．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故C错误；D．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能F＞N＞P＞S，即④＞③＞②＞①，故D正确；故选D。点睛：考查结构与物质关系、核外电子排布规律、元素周期律等，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据原子结构判断元素是关键。本题的易错点为D，要注意全满、半满稳定状态对第一电离能的影响。4、D【答案解析】

铁粉和铝粉都是活泼金属，都能和酸反应和弱碱不反应；铝粉能和强碱反应生成盐和氢气，而铁粉和强碱不反应。【题目详解】A项、Fe、Al均与盐酸反应，不能达到除杂的目的，故A错误；B项、Fe、Al在浓H2SO4中均发生钝化，不能达到除杂的目的，故B错误；C项、Fe、Al均不与NaCl反应，不能达到除杂的目的，故C错误；D项、Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，反应后过滤可除杂，故D正确。故选D。【答案点睛】本题考查混合物的分离提纯，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物性质的综合应用，把握物质的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键。5、B【答案解析】

A.实验室制取乙酸丁酯，需要反应温度为115~125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故A正确；B.提纯乙酸丁酯需使用碳酸钠溶液，吸收未反应的乙酸，溶解丁醇，降低乙酸丁酯的溶解度，如果用氢氧化钠，会使乙酸丁酯水解，故B错误；C.实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，当有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原料，要在发生装置设计冷凝回流装置，使该物质通过冷凝后由气态恢复为液态，从而回流并收集，实验室可通过在发生装置安装长玻璃管或冷凝回流管等实现，故C正确；D.酯化反应为可逆反应，增加乙酸的量，可使平衡向生成酯的方向移动，从而提高1-丁醇的转化率，故D正确；故选B。6、A【答案解析】

A．正反应为气体物质的量增大的反应，恒温恒容条件下，随反应进行压强增大，反应体系中气体的压强保持不变，说明反应达到了平衡状态，故A正确；B．X为固体，不能用单位时间内浓度变化量表示反应速率，故B错误；C．该反应属于可逆反应，X、Y不能完全转化为生成物，达到平衡状态时X消耗的物质的量小于1mol，所以放出的热量小于akJ，故C错误；D．当体系达平衡状态时，Y、Z的浓度之比可能为2∶3，也可能不是2∶3，与各物质的初始浓度及转化率等有关，故D错误；故选A。7、B【答案解析】分析：根据反应热等于产物总能量与反应物总能量之差计算判断。详解：反应热等于产物总能量与反应物总能量之差，ΔH＝(486+0－99－429)kJ·mol-1＝－42kJ·mol-1，故选B。8、D【答案解析】

A.该物质含有碳碳双键，可以发生加成反应，A错误；B.该物质含有氯原子，可以发生消去反应，B错误；C.该物质含有羟基，可以发生酯化反应，C错误；D.该有机物不含羧基和酚羟基，不能发生中和反应，D正确；故合理选项为D。【答案点睛】该物质发生消去反应的官能团只能是氯原子，羟基不能发生消去反应，否则与羟基相连的碳原子的邻碳原子会连有两个碳碳双键，这样的结构是不存在的；另外，能发生中和反应的有机物，一般含有羧基或者酚羟基。9、C【答案解析】

戊醇的结构有8种，只发生一元取代有8种，发生2元单取代有8种，其中这8种醇分别取代2种，分别有28种，据此解答即可。【题目详解】戊醇的结构有8种，发生2元单取代有8种，其中这8种醇分别取代2种，分别有28种，即，故总共为：28+8=36，故答案选C。10、D【答案解析】

晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，晶体会对x射线发生衍射，而非晶体不会对x射线发生衍射。【题目详解】晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到物质的微观结构，故合理选项为D。【答案点睛】本题的易错点为C，测定熔沸点只是表象。11、C【答案解析】

A.石油的分馏是物理变化，裂化和煤的干馏都是化学变化，A错误；B.在淀粉水解液中加入过量氢氧化钠，再加入碘水，由于碘能与氢氧化钠溶液反应，溶液未变蓝不能说明淀粉已完全水解，B错误；C.不同种类的氨基酸能以不同的数目和顺序彼此结合，形成更复杂的多肽化合物，C正确；D.乙烯分子与苯分子都能与H2发生加成反应，但不能说明二者所含碳碳键相同，乙烯分子中含有碳碳双键，苯分子不含有碳碳双键，D错误；答案选C。12、D【答案解析】

A.甲苯可使KMnO4溶液褪色，甲苯上甲基被氧化是苯环对侧链的影响，A不符合题意；B.苯酚O—H键易断裂，水溶液显弱酸性，而醇溶液显中性，是由于苯环对侧链的影响，B不符合题意；C.甲苯、苯都可与氢气发生加成反应，不能显示是否产生影响，C不符合题意；D.甲苯可与浓硝酸反应生成三硝基甲苯，而苯与浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，说明侧链使苯环活泼，更容易发生取代反应，D符合题意；故合理选项是D。13、D【答案解析】

A.原子半径呈周期性变化是由核外电子排布的周期性变化决定的；B.元素的化合价呈周期性变化是由元素原子的最外层电子数的周期性变化决定的；C.第一电离能呈周期性变化是由由元素原子的最外层电子数的周期性变化决定的；D.元素原子的核外电子排布呈周期性变化是元素性质呈现周期性变化的根本原因。故选D。14、C【答案解析】分析：原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，氢气在负极通入，氧气在正极通入，据此解答。详解：A.燃料电池工作时，通入氧气的电极为正极，由于电解质溶液为酸性，所以正极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，A错误；B.a极是铁，与电源的正极连接，是阳极，属于活性电极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+；b极是铜，与电源的负极连接为阴极，发生反应：Cu2++2e-=Cu，所以a极逐渐溶解，b极质量增加，B错误；C.a极是粗铜，b极是纯铜时，a极发生的电极反应是：Cu-2e-=Cu2+；逐渐溶解，b极上发生的电极反应是：Cu2++2e-=Cu，有铜析出，C正确；D.a、b两极均是石墨时，在相同条件下，a极发生反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑，电池的负极发生的反应是：2H2-4e-=4H+，根据在闭合回路中电子转移数目相等可知，a极产生的气体是电池中消耗的H2体积的一半，D错误。答案选C。15、C【答案解析】分析：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，把握羧酸和酚的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意HOCOOH为碳酸，碳酸为无机酸。详解：题给的5种基团两两组合后能与氢氧化钠反应的物质有：CH3COOH，C6H5COOH，CHOCOOH，C6H5OH，HOCHO，HOCOOH共6种，其中HOCOOH为碳酸，所以能与氢氧化钠反应的有机物有5种。故选B。点睛：本题注意苯酚有弱酸性，能与氢氧化钠反应，碳酸是无机酸，不符合条件。16、C【答案解析】

A、NaCl是离子化合物，在水溶液中或熔融状态下均可以导电，A不符合题意；B、CH3CH2OH是共价化合物，在水溶液或熔融状态下均不能电离，不导电，是非电解质，B不符合题意；C、H2SO4也是共价化合物，熔融状态下不能电离，不导电，但在水溶液里可以电离出H+和SO42-，可以导电，是电解质，C符合题意；D、CO2的水溶液能导电，是因为生成的H2CO3电离导电，而CO2是非电解质，D不符合题意；答案选C。17、C【答案解析】两个醛基位于苯环间位时，苯环上的氢原子有3种，将氟原子、氯原子依次取代氢原子，得到7种分子结构，故选C。点睛：在确定本题有机物的结构时，可以先将两个醛基定于苯环间位，再将氟原子取代氢原子，最后将氯原子取代氢原子，得出不同结构。18、D【答案解析】

假设为标况下，设容器的体积为vL；容器的质量为ag；则a+v22.4×32=116a+v22.4×44=122，解得v=11.2，a=100，某气体重24g；物质的量为0.5mol；M=24g19、D【答案解析】

乙烯中含碳碳双键，能发生加成反应，所以分子在同一平面内，丙烯与乙烯为同系物，性质相似，但丙烯中存在甲基，甲基为空间四面体结构；A.乙烯为平面结构，夹角为120℃，所以丙烯中只有2个碳原子在一条直线上，故A错误；B.丙烯中存在甲基，甲基为空间四面体结构，则分子中所有原子不会在同一平面上，故B错误；C.因丙烯结构不对称，则与HCl加成可生成两种产物，故C错误；D.丙烯中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成聚丙烯，故D正确；故答案选D。20、D【答案解析】

A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。答案选D。21、C【答案解析】

A.是试管，A不符合题意；B.是分液漏斗，B不符合题意；C.是蒸馏烧瓶，C符合题意；D.为量筒，D不符合题意；答案选C。【答案点睛】虽然本题通过排除法很容易选出答案，但这并不代表学生就知道蒸馏烧瓶，实际情况是同学通常把蒸馏烧瓶和圆底烧瓶混为一谈。22、D【答案解析】

A．向A、B两个恒容密闭容器中分别加入等量的X，根据图像，A建立平衡需要的时间短，反应速率快，若A、B容积相同，但反应温度不同，则温度：A>B；正确；B.向A、B两个恒容密闭容器中分别加入等量的X，根据图像，A建立平衡需要的时间短，反应速率快，若A、B反应温度相同，但容积不同，则容积：A<B，正确；C.向A、B两个恒容密闭容器中分别加入等量的X，发生分解反应，该反应为气体体积增大的反应，a，c两点对应X的分解量为c>a，气体的总的物质的量为c>a，气体的质量不变，对应的平均相对分子质量：a>c，正确；D.根据图像，t1−t2时间段内，A中反应处于平衡状态，X的浓度变化值为0，反应的平均反应速率为0，而B中反应正在进行，平均反应速率≠0，错误；综上所述，本题正确答案为D。二、非选择题(共84分)23、2[NaHCO3·2Na2CO3·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑或者2NaHCO3·4Na2CO3·4H2O＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑或者2[2Na2CO3·NaHCO·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-【答案解析】

天然碱可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成，2NaOH+CO2(少量)=Na2CO3+H2O，NaOH+CO2(过量)=NaHCO3，当≤1，生成NaHCO3；当1＜＜2，产物为NaHCO3和Na2CO3的混合物，当2，只生成Na2CO3，天然碱3.32g隔绝空气加热至恒重，产生气体112mL(标准状况)，为碳酸氢钠的分解，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，无色液体B为水，白色固体C为碳酸钠，滴加足量的盐酸反应生成气体A为二氧化碳，以此分析解答。【题目详解】(1)天然碱3.32g，隔绝空气加热至恒重产生气体112mL(标准状况)，为碳酸氢钠的分解，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，所以无色液体B为水，水属于共价化合物，每个氢原子和氧原子共用一个电子对，所以水的电子式为，故答案：；(2)3.32g样品中，隔绝空气加热至恒重产生气体为CO2，其物质的量==0.005mol，则分解的碳酸氢钠物质的量n=0.005mol2=0.01mol，生成水的物质的量n=0.005mol，生成Na2CO3的物质的量n=0.005mol，由后续产生气体A为CO2，其物质的量n==0.025mol，碳元素守恒得白色固体C为Na2CO3，其物质的量n=0.025mol，所以原混合物中含有Na2CO3，其物质的量n=0.025mol-0.005mol=0.02mol，根据质量守恒定律：0.02mol106g/mol+0.01mol84g/mol=2.96g，所以水的质量为3.32g-2.96g=0.36g，所以水的物质的量为：n==0.02mol，则n(Na2CO3):n(NaHCO3):n(H2O)=0.02mol:0.01mol:0.02mol=2:1:2故该天然碱的组成为2Na2CO3·NaHCO3·2H2O，天然碱受热分解的反应方程式为2[NaHCO3·2Na2CO3·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑；或者2NaHCO3·4Na2CO3·4H2O＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑；或者2[2Na2CO33·NaHCO·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑；（3）过量的天然碱溶液滴加少量的Ba(OH)2溶液，碳酸根离子有剩余，其离子反应方程式为：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，故答案：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-。24、Al3＋、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42－SiO32－＋2H＋＝H2SiO3↓阴离子CO32－SiO42－c/(mol·L－1)0.250.4存在，最小浓度为1.8mol·L－1【答案解析】

由题意知溶液为无色澄清溶液，一定不含Fe3+，且溶液中含有的离子必须能大量共存．由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32-，物质的量为0.56L÷22.4L/mol＝0.025mol，其浓度为0.025mol÷0.1L＝0.25mol/L，则一定没有Al3+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32－＋2H＋＝H2SiO3↓，SiO32-的物质的量是2.4g÷60g/mol＝0.04mol，其浓度为0.04mol÷0.1L＝0.4mol/L。由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）+c（Cl-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L+0.5mol/L＝1.8mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为1.8mol/L，不能确定NO3-是否存在。（1）由上述分析可知，一定不含Al3＋、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42－；（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为为SiO32－＋2H＋＝H2SiO3↓。（3）由上述分析可知，c（CO32－）=0.25mol/L，c（SiO32－）=0.4mol/L。（4）由2c（CO32-）+2c（SiO32-）+c（Cl-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L+0.5mol/L＝1.8mol/L，根据电荷守恒可知溶液中一定含有K+，且其浓度至少为1.8mol/L。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、BCDCu（OH）2或Cu2(OH)2SO4加热蒸发时NH3挥发，使[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3平衡往右移动，且Cu2+发生水解乙醇C关小水龙头，缓缓加入洗涤剂使沉淀完全浸没，缓缓地通过漏斗，重复2到3次低温干燥（或减压干燥或真空干燥或常温风干）【答案解析】

CuO加入硫酸生成硫酸铜，加入氨水，先生成氢氧化铜，氨水过量，则生成[Cu(NH3)4]2+，方案1用蒸发结晶的方法，得到的晶体中可能混有氢氧化铜等；方案2加入乙醇，可析出晶体Cu(NH3)4]SO4•H2O；(1)①根据抽滤操作的规范要求可知，在搭装置时滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔，在图2抽滤装置中漏斗颈口斜面应对着吸滤瓶的支管口，同时安全瓶中导管不能太长，否则容易引起倒吸，抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出，抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸，据此答题；②氨气具有挥发性，物质的电离是吸热过程，加热促进使反应[Cu(NH3)4]2+⇌Cu2++4NH3平衡往右移动，且铜离子是弱碱离子易水解，所以导致产生杂质；(2)①根据图象分析，[Cu(NH3)4]SO4•H2O在乙醇•水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的增大而减小，为了减少[Cu(NH3)4]SO4•H2O的损失，应加入乙醇，降低其溶解度，然后抽滤的晶体；②根据图象[Cu(NH3)4]SO4•H2O在乙醇•水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线示意图及实验目的分析；③含结晶水的晶体加热易失水，不宜采用加热干燥的方法。【题目详解】(1)方案1的实验步骤为：a．加热蒸发，b．冷却结晶，c．抽滤，d．洗涤，e．干燥。①根据抽滤操作的规范要求可知：A．抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸，故A错误；B．在图2抽滤装置中有一处错误，漏斗颈口斜面应对着吸滤瓶的支管口，故B正确；C．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出，故C正确；D．在搭装置时滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔，故D正确；故答案为BCD；②该方案存在明显缺陷，因为得到的产物晶体中往往含有Cu(OH)2或Cu2(OH)2SO4杂质，产生该杂质的原因是加热蒸发过程中NH3挥发，使反应[Cu(NH3)4]2+⇌Cu2++4NH3平衡向右移动，且Cu2+发生水解；(2)①根据Cu(NH3)4]SO4•H2O在乙醇•水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线示意图知，随着乙醇体积分数的增大，Cu(