四川省宜宾第三中学2023学年化学高二下期末检测模拟试题（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．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、关于晶体的下列说法正确的是()A．原子晶体中只含有共价键B．任何晶体中,若含有阳离子就一定有阴离子C．原子晶体的熔点一定比金属晶体的高D．离子晶体中含有离子键，不可能含有共价键2、下列物质的溶液在蒸发皿中加热蒸干并灼烧，可以得到该物质的是A．FeSO4 B．MgSO4 C．AlCl3 D．NH4Cl3、浓硫酸是一种重要的化工原料，在储存和运输浓硫酸的容器上，必须贴上以下标签中的()A． B． C． D．4、科技材料与生活、生产、科技密切相关。下列有关说法正确的是（）A．《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离操作方法是蒸馏B．高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可以通过水解反应提供能量C．C3H8和CH3CH2OH相对分子质量相近，二者沸点也相近D．用于3D打印材料的光敏树酯是纯净物5、在第n电子层中，当它作为原子的最外层时，容纳电子数最多与第(n-1)层相同；当它作为原子的次外层时，其电子数比(n-1)层多10个，则对此电子层的判断正确的是()A．必为K层 B．只能是L层C．只能是M层 D．可以是任意层6、下列化合物中含有手性碳原子的是()A．CF2 B． C．CH3CH2OH D．CH3－CH(OH)－COOH7、中学化学中下列各物质间不能实现(“→”表示一步完成)转化的是选项ABCDaCH3CH2OHCH2=CH2Cl2CbCH3CHOCH3CH2BrHClOCOcCH3COOHCH3CH2OHHClCO2A．A B．B C．C D．D8、某溶液中含有NH4+、Na＋、Mg2＋、NO3－4种离子，若向其中加入少量过氧化钠固体后溶液中离子浓度基本保持不变的是()A．Mg2＋ B．Na＋ C．NH4+ D．NO3－9、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．pH=7的溶液：K＋、Na＋、Cl－、Fe3+B．能使酚酞显红色的溶液：Na＋、Mg2＋、HCO3-、SO42-C．c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液：K＋、Fe3＋、Cl－、SO42-D．水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液：Ca2＋、NH4+、NO3-、HCO3-10、已知丙烷的燃烧热△H=-2215kJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为（）A．55kJ B．220kJ C．550kJ D．1108kJ11、0.01molAl投入到100mL3mol/LNaOH溶液中充分反应后，再滴入1mol/LH2SO4120mL，其结果A．溶液的pH＜7B．得到澄清透明溶液C．得到浑浊液D．先有白色沉淀生成，后逐渐溶解12、已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)=amol时，下列有关说法错误的是A．若某温度下，反应后=11，则溶液中=B．参加反应的氯气的物质的量等于amolC．改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：amol≤n(e-)≤amolD．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol13、下列物质中不能由铁跟非金属单质直接结合而成的是A．四氧化三铁 B．硫化亚铁 C．氯化铁 D．氯化亚铁14、某无色气体可能含有CO、CO2和H2O(g)、H2中的一种或几种，依次进行如下处理(假定每步处理都反应完全)：①通过碱石灰时，气体体积变小；②通过赤热的氧化铜时，黑色固体变为红色；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色晶体；④通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定原无色气体中()A．一定含有CO2、H2O(g)，至少含有H2、CO中的一种B．一定含有H2O(g)、CO，至少含有CO2、H2中的一种C．一定含有CO、CO2，至少含有H2O(g)、H2中的一种D．一定含有CO、H2，至少含有H2O(g)、CO2中的一种15、由X、Y和Z合成缓释药物M，下列说法不正确的是A．M在体内能缓慢发生水解反应B．X可以由乙烯通过加成反应和取代反应制各C．1molY与NaOH溶液反应，最多能消耗3molNaOHD．Z由加聚反应制得，其单体的结构简式是CH3CH=CHCOOH16、在一密闭的容器中，将一定量的NH3加热使其发生分解反应：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，当达到平衡时，测得25%的NH3分解，此时容器内的压强是原来的()A．1.125倍B．1.25倍C．1.375倍D．1.5倍17、下列设备工作时，将化学能转化为热能的是A．电烤箱 B．铅蓄电池 C．燃气灶 D．硅太阳能电池18、化学家借助太阳能产生的电能和热能，用空气和水作原料成功地合成了氨气。下列有关说法正确的是A．该合成中所有的电能和热能全部转化为化学能B．该合成氨过程不属于氮的固定C．空气、水、太阳能均为可再生资源D．断裂N2中的N≡N键会释放出能量19、准确量取20.00mLKMnO4溶液，最好选用的仪器是()A．25mL量筒 B．25mL酸式滴定管 C．25mL碱式滴定管 D．有刻度的50mL烧杯20、在如图所示的装置中，烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹f，烧杯中的液体d呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶，则a和b分别是()选项a(干燥气体)b(液体)ANO2水BCO2饱和NaHCO3溶液CCl2饱和NaCl溶液DNH31mol·L－1盐酸A．A B．B C．C D．D21、下列各组物质中,都是由极性键构成极性分子的一组是()A．CH4和Br2 B．NH3和H2OC．H2S和CCl4 D．CO2和HCl22、反应2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为v=k•cm(NO)•cn(H2)(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：①2NO+H2═N2+H2O2(慢)②H2O2+H2═2H2O(快)T℃时测得有关实验数据如下：序号c(NO)/mol•L-1c(H2)/mol•L-1速率/mol•L-1•min-1Ⅰ0.00600.00101.8×10-4Ⅱ0.00600.00203.6×10-4Ⅲ0.00100.00603.0×10-5Ⅳ0.00200.00601.2×10-4下列说法错误的是A．整个反应速度由第①步反应决定B．正反应的活化能一定是①＜②C．该反应速率表达式：v=5000c2(NO)•c(H2)D．该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)△H=-664kJ•mol-1二、非选择题(共84分)23、（14分）框图中甲、乙为单质，其余均为化合物，B为常见液态化合物，A为淡黄色固体，F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色。请问答下列问题：（1）反应①-⑤中，既属于氧化还原反应又属于化合反应的是__________（填序号）。（2）反应⑤的化学方程式为____________________________________________。（3）甲与B反应的离子方程式__________________________________________。（4）在实验室将C溶液滴入F溶液中，观察到的现象是_____________________。（5）在F溶液中加入等物质的量的A，发生反应的总的离子方程式为：_________。24、（12分）已知X、Y、Z、W、Q、R、E七种元素中，原子序数X<Y<Z<W<Q<R<E，其结构或性质信息如下表。元素结构或性质信息X原子的L层上s电子数等于p电子数Y元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn＋1Z单质常温、常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子W元素的正一价离子的电子层结构与氩相同Q元素的核电荷数为Y和Z之和R元素的正三价离子的3d能级为半充满E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子请根据信息回答有关问题：（1）元素X的原子核外共有_____种不同运动状态的电子，有____种不同能级的电子。（2）元素Y原子中能量最高的是_____电子，其原子轨道呈_____状。（3）Q的基态电子排布式为______，R的元素符号为_____，E元素原子的价电子排布式为______。（4）含有元素W的盐的焰色反应为______色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是_______________________。25、（12分）醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如下：可能用到的有关数据如下：合成反应：在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸。B中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃。分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g。回答下列问题：（1）装置b的名称是__________________。（2）加入碎瓷片的作用是_______________；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作时_____________（填正确答案标号）。A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料（3）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为_______________________。（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并____________；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的_________________（填“上口倒出”或“下口放出”）。（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是______________________________。（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有___________（填正确答案标号）。A．圆底烧瓶B．温度计C．吸滤瓶D．球形冷凝管E．接收器（7）本实验所得到的环己烯产率是____________（填正确答案标号）。A．41%B．50%C．61%D．70%26、（10分）人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm－3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。[配制酸性KMnO4标准溶液]如图是配制50mL酸性KMnO4标准溶液的过程示意图。（1）请你观察图示判断其中不正确的操作有________(填序号)。（2）其中确定50mL溶液体积的容器是__________________________________(填名称)。（3）如果按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作均正确的情况下，所测得的实验结果将______(填“偏大”或“偏小”)。[测定血液样品中Ca2＋的浓度]抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL酸性KMnO4溶液。（4）已知草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O滴定时，根据现象_______________________________________，即可确定反应达到终点。（5）经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为________mg·cm－3。27、（12分）某学习小组设计实验探究CuSO4分解产物Ⅰ．甲同学选择下列装置设计实验探究硫酸铜分解的气态产物SO3、SO2和O2，并验证SO2的还原性。回答下列有关问题（1）CuSO4水溶液呈酸性，其原因是______________________（用离子方程式表示）。（2）上述装置按气流从左至右排序为A、D、___________E、F（填代号）。（3）装置D的作用是___________；能证明有SO3生成的实验现象是___________。（4）在实验过程中C装置中红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有___________；待C中有明显现象后，F开始收集气体，F装置中集气瓶收集到了少量气体，该气体是___________（填化学式）。（5）为了验证SO2的还原性，取E装置中反应后的溶液于试管中，设计如下实验：a滴加少量的NH4SCN溶液b滴加少量的K3[Fe（CN）6]溶液c滴加酸性KMnO4溶液d滴加盐酸酸化的BaCl2溶液其中，方案合理的有___________（填代号），写出E装置中可能发生反应的离子方程式：_________。Ⅱ．乙同学利用A中残留固体验证固体产物（假设硫酸铜已完全分解）查阅资料知，铜有+2、+1价。Cu2O在酸性条件下不稳定，发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。（6）为了验证固体产物中是否有Cu2O，设计了下列4种方案，其中能达到实验目的的是___________。甲：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硝酸，观察溶液颜色是否变为蓝色乙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硫酸，观察溶液颜色是否变为蓝色丙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀盐酸，观察是否有红色固体生成丁：取少量残留固体于试管，通入氢气，加热，观察是否生成红色固体（7）经检验CuSO4分解生成CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2，且CuO、Cu2O的质量之比为5：9，SO2、O2、SO3的体积之比（同温同压下测定）为4：3：2。写出CuSO4分解的化学方程式：_______。28、（14分）甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：①CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H1②CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）△H3回答下列问题：（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：由此计算△H1＝__kJ·mol-1，已知△H2＝-58kJ·mol-1，则△H3＝__kJ·mol-1。（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为__________；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为_________（填曲线标记字母），其判断理由是_________________。（3）合成气的组成n（H2）/n（CO+CO2）＝2.60时，体系中的CO平衡转化率（α）与温度和压强的关系如图2所示。α（CO）值随温度升高而_______（填“增大”或“减小”），其原因是_______。图2中的压强由大到小为_____，其判断理由是_____。29、（10分）正丁酸乙酯(CH3CH2CH2COOCH2CH3)是合成香料的重要原料。以有机物A为原料制备正丁酸乙酯的一种合成路线如下图所示：已知：I．R1CH=CH2R1CH2CH2BrⅡ．R2CH2BrR2CH2COOHⅢ．R3CH=CHR4R3CHO+R4CHO回答下列问题：(1)A的名称为________，E中官能团的名称是___________。(2)A→B、B→C的反应类型分别为______、__________。(3)H的结构简式为___________。(4)能发生银镜反应的D的同分异构体（不考虑环状结构）共有__________种。(5)参照上述合成路线，以苯乙烯()和乙醇为原料（无机试剂任选），设计制备苯甲酸乙酯()的合成路线：________________________。

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】

A.在原子晶体中，原子间以共价键相结合，所以原子晶体中只含有共价键，故A正确；B.金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，所以有阳离子不一定有阴离子，故B错误；C.不同金属晶体的熔点差别很大，有的熔点很高如钨，所以原子晶体的熔点不一定比金属晶体的高，故C错误；D.离子晶体中含有离子键，也可能含有共价键，如氢氧化钠属于离子晶体，既含有离子键又含有共价键，故D错误；答案选A。2、B【答案解析】

在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固体，说明该溶质性质较稳定，蒸干、灼烧过程中不发生分解、不发生水解，据此分析解答。【题目详解】A．硫酸亚铁在蒸干过程中发生水解，生成的氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁和硫酸，但硫酸没有挥发性，所以蒸干、灼烧时得到硫酸铁，A错误；B．硫酸镁在溶液在加热时水解得到硫酸与氢氧化镁，但氢氧化镁难溶，硫酸是难挥发性酸，最后得到的固体为MgSO4，B正确；C．氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，加热蒸干并灼烧后，氯化氢挥发得到氢氧化铝，灼烧后得到氧化铝固体，C错误；D．氯化铵加热蒸干并灼烧后无固体物质，全部脱离体系，D错误；答案选B。3、B【答案解析】

浓硫酸有很强的脱水性、氧化性。人体有机物易被浓硫酸脱水和氧化，并且反应是放热反应。所以在储存和运输浓硫酸的容器上应贴有腐蚀品的标签。本题答案选B。4、A【答案解析】

A.酸坏之酒中含有乙酸和乙醇，两者互溶，分离方法是蒸馏，故A正确；B.高纤维食物是富含膳食纤维的食物，膳食纤维在人体内不能被直接消化，故B错误；C.虽然C3H8和CH3CH2OH相对分子质量相近，但是二者结构不同，乙醇因含氢键沸点高，故C错误；D.用于3D打印材料的光敏树酯是高分子化合物，属于混合物，故D错误；答案：A。5、C【答案解析】

K层最多只能排2个电子，L层最多只能排8个电子，M层最多排18个电子，由题意可知M层作最外层时，最多只能排8个电子与第(n-1)层L层相同；当它作为原子的次外层时，可以排满18个电子，其电子数比(n-1)层即L层多10个，所以第n电子层只能是M层，答案选C。6、D【答案解析】

在有机物分子中，若某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团，这种碳原子称为“手性碳原子”。A．碳原子连接2个相同的Cl原子和2个相同的F原子，所以该碳原子不是手性碳原子，A项不符合题意；B．1号位和3号位的C原子连接2个相同的H原子，2号位C原子连接2个相同的—CH2OH原子团，因此所有碳原子均不是手性碳原子，B项不符合题意；C．CH3CH2OH分子中每个碳原子都含有相同的原子，所以不含手性碳原子，C项不符合题意；D．该分子中连接羟基和羧基的碳原子上连接4个不同的原子或原子团，所以该碳原子属于手性碳原子，D项符合题意；本题答案选D。7、A【答案解析】

A、乙酸不能转变成乙醛，乙醛还原得到乙醇，乙醇氧化得到乙酸，故A错误；B、乙烯与溴化氢发生加成反应得到氯乙烷，溴乙烷水解得到乙醇，乙醇发生消去反应得到乙烯，故B正确；C、氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，次氯酸分解产生盐酸和氧气，浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，故C正确；D、碳不完全燃烧生成一氧化碳，一氧化碳继续燃烧生成二氧化碳，二氧化碳与镁反应生成氧化镁和单质碳，故D正确；故选A。8、D【答案解析】

过氧化钠与水反应的方程式为2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑，溶液中Na+浓度增大；镁离子结合氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，导致镁离子浓度减小；铵根离子结合氢氧根离子生成一水合氨，铵根离子浓度减小，因此浓度几乎不变的是硝酸根离子，答案选D。9、C【答案解析】

A.由于Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，Fe3＋大量存在的溶液显酸性pH<7，不能存在中性溶液中，故A错误；B.能使酚酞显红色的溶液显碱性，Mg2＋、HCO3-不能存在于碱性溶液中，故B错误；C.c(H＋)/c(OH－)=1012，说明c（H+）＞c（OH-），溶液显酸性，该组离子能大量共存，故C正确；D.由水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1，此时溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO3-在酸性溶液或碱性溶液中都不能大量存在；NH4+在碱性溶液中不能大量存在，故D错误。故选C。【答案点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1.由于发生复分解反应，离子不能大量共存；2.由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存；3.由于形成络合离子，离子不能大量共存。10、A【答案解析】

丙烷分子式是C3H8，燃烧热为△H=-2215kJ·mol-1，1mol丙烷燃烧会产生4mol水，放热2215kJ。丙烷完全燃烧产生1.8g水，生成H2O的物质的量为0.1mol，消耗丙烷的物质的量为0.025mol，所以反应放出的热量是Q=0.025mol×2215kJ/mol=55.375kJ，选A。【答案点睛】本题考查燃烧热的概念、反应热的计算，考查学生分析问题、解决问题的能力及计算能力。11、B【答案解析】分析：能够先后发生的反应有①2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、②2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O、③H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，④Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，n(Al)=0.01mol，n(NaOH)=0.1L×3mol/L=0.3mol，n(H+)=1mol/L×0.12L×2=0.24mol，以此来解答。详解：n(Al)=0.01mol，n(NaOH)=0.1L×3mol/L=0.3mol，由2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，Al完全反应，消耗NaOH为0.01mol，由2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O可知，0.29molNaOH需要硫酸为0.29mol2=0.145mol，而n(H+)=1mol/L×0.12L×2=0.24mol，硫酸为0.12mol，硫酸不足，则不发生H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓和Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，因此最后得到偏铝酸钠、氢氧化钠、硫酸钠的混合溶液，溶液显碱性，故选12、D【答案解析】

A.假设n(ClO-)=1mol，则n(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒计算n(ClO3-)；B.根据元素的原子守恒分析解答；C.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)；氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，根据钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，进而计算转移电子物质的量范围；D.氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，结合电子转移守恒计算。【题目详解】A.假设n(ClO-)=1mol，由于反应后=11，则n(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒可得5n(ClO3-)+n(ClO-)=n(Cl-)，5×n(ClO3-)=11mol-1mol=10mol，所以n(ClO3-)=2mol，故溶液中，A正确；B.由Cl原子守恒可知，2n(Cl2)=n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)，由钾离子守恒可知n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)=n(KOH)，两式联立可得n(Cl2)=n(KOH)=×amol=amol，B正确；C.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n(KClO3)=n(KOH)=×amol=amol；转移电子最大物质的量为：amol×5=amol；氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，根据钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，所以有n(KClO)=n(KOH)=×amol=amol，转移电子最小物质的量=×amol×1=amol，则反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围为：amol≤n(e-)≤amol，C正确；D.氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n最大(KClO3)=n(KOH)=×amol=amol，D错误；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查氧化还原反应计算，注意电子转移守恒、原子守恒及极限法的应用，侧重考查学生对基础知识的应用能力和分析、计算能力。13、D【答案解析】

A.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，A不选；B.铁在硫蒸汽中燃烧生成硫化亚铁，B不选；C.铁在氯气中燃烧生成氯化铁，C不选；D.铁在氯气中燃烧生成氯化铁，氯化亚铁不能由铁跟非金属单质直接结合而成，D选。答案选D。14、D【答案解析】

①中通过了碱石灰后，气体中无CO2、H2O，②通过炽热的氧化铜，CO和H2会把氧化铜还原成铜单质，同时生成CO2和H2O，H2O使白色硫酸铜粉末变为蓝色，CO2通过澄清石灰水时，溶液变浑浊，以此来判断原混合气体的组成。【题目详解】①通过碱石灰时，气体体积变小；碱石灰吸收H2O和CO2，体积减小证明至少有其中一种，而且通过碱石灰后全部吸收；②通过赤热的CuO时，固体变为红色；可能有CO还原CuO，也可能是H2还原CuO，也可能是两者都有；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，证明有水生成，而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成，所以一定有H2；④通过澄清石灰水时，溶液变浑浊证明有CO2，而这些CO2来源于CO还原CuO产生的，所以一定有CO。综上分析：混合气体中一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种，故合理选项是D。【答案点睛】本题考查混合气体的推断的知识，抓住题中反应的典型现象，掌握元素化合物的性质是做好此类题目的关键。15、D【答案解析】A.M中含有酯基，在体内能缓慢发生水解反应，故A正确；B.M水解的产物为邻羟基苯甲酸、乙酸、乙二醇和2-甲基丙烯酸，则X为乙二醇，可以由乙烯与溴加成后水解得到，故B正确；C.Y为邻羟基苯甲酸和乙酸酯化得到的酯，1molY与NaOH溶液反应，最多能消耗3molNaOH，故C正确；D.Z由2-甲基丙烯酸通过加聚反应制得，其单体的结构简式是CH2=C(CH3)COOH，故D错误；故选D。16、B【答案解析】

假设原容器中含有2mol氨气，达到平衡时，测得25%的NH3分解，则容器中含有氨气2mol×(1-25%)=1.5mol，氮气为2mol×25%×12=0.25mol，氢气为2mol×25%×32=0.75mol，同温同体积是气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时，容器内的压强是原来的1.5mol+0.25mol+0.75mol2mol17、C【答案解析】

A.电烤箱将电能转化成热能，故A不符；B.铅蓄电池是将化学能转化为电能，故B不符；C.燃气灶是将化学能转化为热能，故C符合；D.硅太阳能电池是将光能转化为电能，故D不符；故选C。18、C【答案解析】

A、转化过程中不能全部转化成化学能，伴随其他能量的转化，故A错误；B、氮的固定指游离态转化成化合态，空气中氮是游离态的，属于氮的固定，故B错误；C、空气、水、太阳能均属于可再生资源，故C正确；D、断键需要吸收热量，故D错误。答案选C。19、B【答案解析】

准确量取20.00mLKMnO4溶液，根据精确度只能选择滴定管，又由于高锰酸钾要腐蚀橡胶管，因此只能用酸式定滴管，故B正确；综上所述，答案为B。【答案点睛】酸式滴定管盛装酸性溶液、显酸性的溶液和强氧化性溶液；碱式滴定管盛装碱性溶液、显碱性的溶液；滴定管精确度为小数位后两位。20、D【答案解析】

此题要从反应物和生成物的状态变化入手，注意到反应后气体减少或增多会引起气压的变化，将化学和物理结合起来，气体被吸收进溶液的反应，容器内气体减少，气压减小；容器内气体增多，气压增大。【题目详解】A.NO2与水反应，生成HNO3和NO，容器内气体物质的量减少，气压减小，形成喷泉，但由于NO不溶于水，所以不充满烧瓶，A错误；B.CO2与NaHCO3溶液不反应，也不能溶解，烧杯与烧瓶内压强相等，不能形成喷泉，B错误；C.Cl2不溶于饱和氯化钠溶液，也不与其反应，烧杯与烧瓶内压强相等，不能形成喷泉，C错误；D.NH3与盐酸能发生反应，使烧瓶中气体压强减小，气体被吸收进溶液中，烧瓶内压强减小为零，同外界大气压产生压强差，所以形成喷泉，并充满烧瓶，D正确；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查了喷泉实验形成的条件及判断的知识。从此题实验来看，反应物或生成物的状态变化会引起气压的变化就可以形成喷泉。21、B【答案解析】

A、CH4是极性键形成的非极性分子，Br2是非极性键结合成的非极性分子，A错误；B、NH3是极性键形成的极性分子，H2O是极性键形成的极性分子，B正确；C、H2S是极性键构成的极性分子，CCl42是由极性键构成的非极性分子，C错误；D、HCl是极性键构成的极性分子，CO2是由极性键构成的非极性分子，D正确；答案选B。22、B【答案解析】

A．①2NO+H2═N2+H2O2(慢)，②H2O2+H2═2H2O(快)，反应历程中反应慢的决定反应速率，整个反应速度由第①步反应决定，故A正确；B．反应①难以进行，说明反应的活化能高，正反应的活化能一定是①＞②，故B错误；C．比较图表Ⅰ、Ⅱ数据可知NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，Ⅲ、Ⅳ数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，v=Kc2(NO)•c(H2)，依据Ⅰ中数据计算K=5000，则速率方程v=5000c2(NO)•c(H2)，故C正确；D．反应2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，生成28gN2放热664KJ，热化学方程式为：2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)△H=-664kJ•mol-1，故D正确；故选B。二、非选择题(共84分)23、①⑤4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)32Na+2H2O＝2Na++2OH-+H2↑产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑【答案解析】

甲、乙为单质，二者反应生成A为淡黄色固体，则A为Na2O2，甲、乙分别为Na、氧气中的一种；B为常见液态化合物，与A反应生成C与乙，可推知B为H2O、乙为氧气、C为NaOH，则甲为Na；F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色，则G为FeCl3，F为FeCl2，结合转化关系可知，E为Fe(OH)3，D为Fe(OH)2，据此判断。【题目详解】（1）反应①～⑤中，①②⑤属于氧化还原反应，③④属于非氧化还原反应；①⑤属于化合反应。故答案为①⑤；（2）反应⑤的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（3）甲与B反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑。（4）在空气中将NaOH溶液滴入FeCl2溶液中，先生成氢氧化亚铁沉淀，再被氧化生成氢氧化铁，观察到的现象是：先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。（5）在FeCl2溶液中加入等物质的量的Na2O2，发生反应的总的离子方程式为：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑。24、632p哑铃（纺锤）1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1Fe3d104s1紫激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量，形成不同的颜色【答案解析】

X的L层上s电子数等于p电子数，则X原子的核外电子排布式为：1s22s22p2，则X为C；Y元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，则n必为2，Y原子的核外电子排布式为：1s22s22p3，则Y为N；Z原子的M层上有1个未成对的p电子，则Z的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1(Al)或1s22s22p63s23p5(Cl)，因为Z单质常温、常压下是气体，则Z为Cl；W的正一价离子的电子层结构与Ar相同，则W为K；Q的核电荷数为Y和Z之和，则Q是24号元素Cr；R元素的正三价离子的3d能级为半充满，则R原子的价电子轨道式为3d64s2，则R为Fe；E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则E的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则E为Cu，综上所述，X、Y、Z、W、Q、R、E分别为：C、N、Cl、K、Cr、Fe、Cu，据此解得。【题目详解】(1)X元素为C，C原子核外有6个电子，则其核外有6种不同运动状态的电子，C原子的核外电子排布式为：1s22s22p2，有3种不同能级的电子，故答案为：6；3；(2)Y为N，其核外电子排布式为：1s22s22p3，其能量最高的是2p电子，p轨道呈哑铃形(或纺锤形)，故答案为：2p；哑铃(纺锤)；(3)Q为Cr，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，R为Fe，元素符号为Fe，E为Cu，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，其价电子排布式为：3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；Fe；3d104s1；(4)W为K，K的焰色反应为紫色，金属元素出现焰色反应的原因是激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量，形成不同的颜色，故答案为：紫；激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量，形成不同的颜色。25、直形冷凝管防止暴沸B检漏上口倒出干燥（或除水除醇）CDC【答案解析】

（1）直形冷凝管主要是蒸出产物时使用（包括蒸馏和分馏），当蒸馏物沸点超过140度时，一般使用空气冷凝管，以免直形冷凝管通水冷却导致玻璃温差大而炸裂；（2）加入碎瓷片的作用是防止暴沸；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该冷却后补加；（3）2个环己醇在浓硫酸作用下发生分子间脱水，生成；（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并检漏；在本实验分离过程中，产物的密度较小，应该从分液漏斗的上口倒出；（5）无水氯化钙具有吸湿作用，吸湿力特强，分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是干燥；（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，要用到的仪器有圆底烧瓶、温度计、接收器；（7）加入20g环己醇的物质的量为0.2mol，则生成的环己烯的物质的量为0.2mol，环己烯的质量为16.4g，实际产量为10g，通过计算可得环己烯产率是61%。26、②⑤50mL容量瓶偏小溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色1.2【答案解析】

（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的正确操作结合图示分析解答；（2）容量瓶是确定溶液体积的仪器；（3）依据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断，结合分析；（4）草酸跟酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、二价锰离子等，滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时，滴入的高锰酸钾溶液不褪色，据此判断；（5）根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2＋的浓度。【题目详解】（1）由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切，故答案为：②⑤；（2）应该用容量瓶准确确定50mL溶液的体积，故答案为：50mL容量瓶；（3）如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小，故答案为：偏小；（4）滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；（5）血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：。根据反应方程式，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：，Ca2+的质量为，钙离子的浓度为：，故答案为：1.2。【答案点睛】定容时倒水至刻度线1—2cm处改用胶头滴管滴到与凹液面平直。27、B、C防倒吸（或作安全瓶）B装置中产生白色沉淀SO2O2bd乙【答案解析】

装置A中CuSO4受热分解，装置D为安全瓶，起防止倒吸的作用，装置B中氯化钡溶液用于检验分解产物中是否有三氧化硫，装置C中品红溶液用于检验分解产物中是否有二氧化硫，装置E中氯化铁溶液用于验证二氧化硫的还原性，装置F用于检验分解产物中是否有难溶于水的氧气。【题目详解】（1）CuSO4是强酸弱碱盐，Cu2+在溶液中水解，使溶液呈酸性，收集到离子方程式为，故答案为：；（2）三氧化硫与水剧烈反应生成强酸硫酸，为防止倒吸应在检验三氧化硫前设计一个防倒吸的装置，二氧化硫部分与水反应生成弱酸亚硫酸，由强酸制弱酸的原理可知，三氧化硫能与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，为防止三氧化硫干扰实验，应先检验三氧化硫，再检验二氧化硫，检验二氧化硫用品红溶液，验证二氧化硫的还原性用氯化铁溶液，验证氧气可用排水法，则连接顺序为A、D、B、C、E、F，故答案为：B、C；（3）三氧化硫与水剧烈反应生成强酸硫酸，为防止倒吸应在检验三氧化硫前设计一个防倒吸的装置，则装置D的作用是做安全瓶，起防止倒吸的作用；三氧化硫能与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故答案为：防倒吸（或作安全瓶）；B装置中产生白色沉淀；（4）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，C装置中品红溶液红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有二氧化硫,则反应中S元素的化合价降低，又因为Cu元素的化合价不可能升高，故只能是O元素的化合价升高生成氧气，且氧气难溶于水，能用排水集气法收集，则F装置中集气瓶收集到的少量气体是氧气，故答案为：SO2；O2；（5）二氧化硫具有漂白性，氯化铁具有氧化性，二氧化硫与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成硫酸、氯化亚铁，反应的离子方程式为，为验证二氧化硫的还原性，可以检验E中的溶液中是否有Fe2+或SO42-生成。NH4SCN溶液不能检验这两种离子；亚铁离子能与K3[Fe（CN）6]溶液生成蓝色沉淀；Cl-也有还原性，故不能用酸性KMnO4溶液检验Fe2+；盐酸酸化的BaCl2溶液可以检验SO42-，则检验反应生成的亚铁离子可以选用K3[Fe（CN）6]溶液或盐酸酸化的BaCl2故答案