嘉兴市重点中学2023学年化学高二下期末学业质量监测模拟试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、用价层电子对互斥理论预测H2S和BCl3的立体结构，两个结论都正确的是A．直线形；三角锥形 B．V形；三角锥形C．直线形；平面三角形 D．V形；平面三角形2、2－丁烯的结构简式正确的是A．CH2＝CHCH2CH3 B．CH2＝CHCH＝CH2C．CH3CH＝CHCH3 D．CH2＝C＝CHCH33、为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。其反应原理如下：电池：Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)+2H2O(l)；电解池：2Al+3O2Al2O3+3H2↑电解过程中，以下判断正确的是（）

电池

电解池

A

H+移向Pb电极

H+移向Pb电极

B

每消耗3molPb

生成2molAl2O3

C

正极：PbO2+4H++2e—=Pb2++2H2O

阳极：2Al+3H2O-6e—=Al2O3+6H+

D

A．A B．B C．C D．D4、下列有关物质用途的叙述中，错误的是（）A．氧化铝可用于制造耐火坩埚 B．二氧化硫可用来漂白食品C．氧化铁可用作红色油漆和涂料 D．硅酸钠溶液可用作木材防火剂5、下列物质中发生消去反应生成的烯烃只有一种的是A．2-丁醇 B．3-戊醇 C．2-甲基-3-戊醇 D．2-甲基2-丁醇6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1LpH=6的纯水中含有OH－的数目为10－8NAB．当氢氧酸性燃料电池中转移2mol电子时被氧化的分子数为NAC．0.5mol雄黄(As4S4，结构如图)，含有NA个S—S键D．一定条件下向密闭容器中充入1molH2和2molH2(g)充分反应，生成HI分子数最多等于2NA7、电池是人类生产、生活中重要的能量来源，各种电池的发明是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是A．锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细B．氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能C．氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化D．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅8、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．在含有等物质的量的A1O2-、OH-、CO32-溶液中逐滴加入盐酸:OH-、CO32-、A1O2-B．在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中缓慢通人氯气:I-、Br-、Fe2+C．Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3混合溶液中逐渐加入铁粉:Fe(NO3)3、HNO3、Cu(NO3)2D．在含等物质的量的Fe3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液:H+、Fe3+、NH4+9、关于常温下pH＝11的NaOH溶液和氨水，下列说法正确的是A．c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)＝c(Na＋)B．氨水的导电能力明显强于NaOH溶液C．向等体积的两溶液中加盐酸溶液至中性，NaOH溶液消耗的盐酸溶液体积多D．该氨水溶液与等体积，pH＝3的盐酸溶液混合后：c(OHˉ)>c(H＋)10、氯仿(CHCl3)常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气(COCl2)，反应为2CHCl3+O2→2HCI+2COCl2.光气的结构式为。下列说法不正确的是A．使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质B．CHCl3分子为含极性键的非极性分子C．COCl2分子中所有原子的最外层电子都满足8电子结构D．COCl2分子中含有3个δ键、1个π键，中心碳原子采用sp杂化11、下列既属于放热反应又属于氧化还原反应的是A．氧化钙与水反应 B．铁丝在氧气中燃烧C．NaOH溶液与盐酸反应 D．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应12、下列由实验得出的结论正确的是（）实验结论A．将乙醇-浓硫酸混合液在170℃下加热产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液最终变为无色透明生成乙烯可与酸性高锰酸钾溶液反应B．乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性小于碳酸的酸性D．将盛有物质的量比为1:4的甲烷与氯气的混合气体的试管倒插入饱和食盐水中，在光源照射下一段时间，试管内液面上升，但未能充满试管生成的氯代甲烷中有不溶于水的气体A．A B．B C．C D．D13、下列有关物质分类或归类正确的是()A．混合物：福尔马林、水玻璃、熟石灰、纯碱B．电解质：二氧化碳、胆矾、生石灰、盐酸C．化合物：烧碱、氯化氢、干冰、胆矾D．单质：液态氧、白磷、氮气、碘酒、铝热剂14、下列有机物命名正确的是（）A．1,3﹣二甲基丁烷B．2,2,4﹣三甲基-4-戊烯C．对二甲苯D．CH2Cl－CH2Cl1,2﹣二氯乙烷15、下列化学用语正确的是A．CCl4分子的球棍模型B．乙烯的结构简式CH2CH2C．硝基苯的结构简式D．全氟丙烷的电子式为16、由短周期前10号元素组成的物质T和X，存在如图所示的转化关系。X不确定，易分解。下列有关说法正确的是A．为使该转化成功进行，Y可以是酸性KMnO4溶液B．等物质的量的T、X分子中含有π键的数目均为NAC．T、X分子中的原子分别采用sp2杂化和sp3杂化D．T分子中只含有极性键，X分子中既含有极性键又含有非极性键17、歌曲《青花瓷》,唱道“帘外芭蕉惹骤雨,门环惹铜绿”,其中的“铜绿”即是铜锈,它的化学成分是Cu2(OH)2CO3(碱式碳酸铜)。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3。下列有关该反应的说法正确的是()A．该反应不属于氧化还原反应B．该反应中氧元素和碳元素化合价发生变化,所以是氧化还原反应C．该反应中铜得电子,O2失电子,所以是氧化还原反应D．该反应是氧化还原反应,化合价发生改变的只有两种元素18、下列关于化合物A(结构简式如图)的叙述中正确的是A．分子中只有极性键 B．该分子中三种元素的电负性：H>C>OC．分子中有σ键和兀键 D．该分子在水中的溶解度小于甲烷在水中的溶解度19、下列实验及现象不能得出相应结论的是选项实验现象结论A向盛有10mL0.01mol·L－1KI溶液的试管中滴入8～10滴相同浓度的AgNO3溶液，边滴边振荡，静置，用激光笔照射得到黄色透明液体，可看到光亮的“通路”得到的液体为AgI胶体B向2mL0.1mol·L－1FeSO4酸性溶液中滴入少量ClO2溶液，振荡后再滴入KSCN溶液溶液先变黄，滴入KSCN溶液后变红氧化性：ClO2＞Fe3＋C将Na2SO3固体溶于水后，向形成的溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，再加入足量稀盐酸产生白色沉淀，且沉淀不溶解Na2SO3已变质D将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近盛满NO2的集气瓶口瓶口处产生白烟白烟的主要成分为NH4NO3A．A B．B C．C D．D20、实验中需用2.0mol·L－1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3固体的质量分别为()。A．950mL；201.4g B．1000mL；212.0gC．100mL；21.2g D．500mL；100.7g21、下列无机含氧酸分子中酸性最强的是（）A．HNO2 B．H2SO3 C．HClO3 D．HClO422、下列离子组在指定溶液中能大量共存的是A．常温下，c(H+)/c(OH−)＝1×10−12的溶液：K+、AlO2−、CO32−、Na+B．加入苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl−、I−C．加入Al能放出大量H2的溶液中：NH4+、Na+、NO3−、SO42−D．常温下，pH=7的溶液：Cu2+、Fe3+、NO3−、SO42−二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物A为天然蛋白质水解产物，含有C、H、N、O四种元素。某研究小组为研究A的组成与结构，进行了如下实验：实验步骤实验结论(1)将A加热使其气化，测其密度约为相同条件下空气密度的4.6倍。A的相对分子质量为_____(2)将26.6gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰、灼热的铜网(假设每次气体被完全吸收)，前两者分别增重12.6g和35.2g，通过铜网后收集到的气体为2.24L(标准状况下)。A的分子式为_______(3)另取13.3gA，与足量的NaHCO3粉末完全反应，生成气体4.48L(标准状况下)。A

中含有的官能团名称为____(4)A的核磁共振氢谱显示五组峰且峰面积比为1:1:1:2:2。A的结构简式为_______(5)两分子A反应生成一种六元环状化合物的化学方程式为_________24、（12分）某课外小组对金属钠进行研究。已知C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸。(1)金属Na在空气中放置足够长时间，最终的生成物是：_________________________。(2)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_________________________。(3)若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，请写出该过程发生反应的方程式：_________________________。(4)若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32－、SO42－中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其物质的量浓度之比为________________________。(5)将NaHCO3与M的混合物在密闭容器中充分加热后排出气体，经测定，所得固体为纯净物，则NaHCO3与M的质量比为____________。25、（12分）某同学为探究酸性KMnO4溶液和H2C2O4（草酸，二元弱酸）溶液的反应过程，进行如下实验。请完成以下问题。（1）写出酸性KMnO4溶液和H2C2O4的离子方程式____________________________。（2）配制100mL0.0400mol·L-1的H2C2O4溶液，除用到托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器外，还必须用到的玻璃仪器是__________________。（3）将KMnO4溶液逐滴滴入一定体积的酸性H2C2O4溶液中（温度相同，并振荡），记录的现象如下：滴入KMnO4溶液的次序KMnO4溶液紫色褪去所需的时间先滴入第1滴60s褪色后，再滴入第2滴15s褪色后，再滴入第3滴3s褪色后，再滴入第4滴1s请分析KMnO4溶液褪色时间变化的可能原因_________________。26、（10分）某兴趣小组的同学设计了如下装置进行试验探究，请回答下列问题：（1）为准确读取量气管的读数，除视线应与量气管凹液面最低处向平，还应注意。若考虑分液漏斗滴入烧瓶中液体的体积（假设其它操作都正确），则测得气体的体积将（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（2）若在烧瓶中放入生铁，用此装置验证生铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀。=1\*GB3①通过分液漏斗向烧瓶中加入的试剂可选用下列（填序号）a．NaOH溶液B．C2H5OHc．NaCl溶液D．稀硫酸=2\*GB3②能证明生铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀的现象是。（2）若烧瓶中放入粗铜片（杂质不参与反应），分液漏斗内放稀硝酸，通过收集并测量NO气体的体积来探究粗铜样品的纯度。你认为此方法是否可行（填“可行”或“不可行”，若填“不可行”请说明原因）。（3）为探究MnO2在H2O2制取O2过程中的作用，将等量的H2O2加入烧瓶中，分别进行2次实验（气体体积在同一状况下测定）：序号烧瓶中的物质测得气体体积实验120mLH2O2，足量MnO2V1实验220mLH2O2，足量MnO2和稀硫酸V1<V2<2V1若实验1中MnO2的作用是催化剂，则实验2中发生反应的化学方程式为。（4）若烧瓶中放入镁铝合金，分液漏斗内放NaOH溶液，分别进行四次实验，测得以下数据（气体体积均已换算成标准状况）：编号镁铝合金质量量气管第一次读数量气管第二次读数Ⅰ1.0g10.00mL346.30mLⅡ1.0g10.00mL335.50mLⅢ1.0g10.00mL346.00mLⅣ1.0g10.00mL345.70mL则镁铝合金中镁的质量分数为。27、（12分）用18mol/L浓硫酸配制100mL3.0mol/L稀硫酸的实验步骤如下：①计算所用浓硫酸的体积②量取一定体积的浓硫酸③溶解、冷却④转移、洗涤⑤定容、摇匀回答下列问题：（1）所需浓硫酸的体积是____mL，量取浓硫酸所用的量筒的规格是_______。（从下列规格中选用：A10mLB25mLC50mLD100mL）（2）第③步实验的操作是________________________________________________。（3）第⑤步实验的操作是_________________________________________________。（4）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响（用“偏大”“偏小”或“无影响”填写）?A所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中_________。B容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水________。C所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤________________。D定容时俯视溶液的凹液面________________。28、（14分）近年研究表明离子液体型催化剂GIL可对某些特定加成反应有很好的催化作用，有机化合物H的合成路线如下：(1)C中含有的官能团名称为______________。(2)C—D的反应类型为______________。(3)已知:G和H的分子式相同，F→G和B→C反应类型均为消去反应，那么G的结构简式为______________。(4)写出满足下列条件的B的一种同分异构体X的结构简式:______________。①1molX完全水解消耗2molNaOH；②水解酸化后两种产物核磁共振氢谱均有4个峰，峰高比为3:2:2:1。X在酸性条件下发生水解反应的产物名称为_________。(5)以乙醇为原料利用GIL合成聚酯写出合成路线流程图（无机试剂可任选，合成路线流程图示例见本题题干）______________。29、（10分）（1）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构。在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为__________,该晶体中原子之间的作用力是_____________。（2）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中．若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2（如图）的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为______．（3）立方BP(磷化硼)的晶胞结构如图所示，晶胞中含B原子数目为_____________。（4）科学家把C60和K掺杂在一起制造出的化合物具有超导性能，其晶胞如图所示。该化合物中的K原子和C60分子的个数比为_____________________。（5）铁有γ、δ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为________，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为__________。

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、D【答案解析】

H2S中中心原子含有2对孤电子对，所以实际构型是V型。BCl3中中心原子没有孤电子对，所以实际构型是平面三角形，答案选D。2、C【答案解析】

2－丁烯的主链有4个碳原子，在第二个碳原子和第三个碳原子之间形成一个碳碳双键，故答案选C。3、D【答案解析】A．原电池中，溶液中氢离子向正极二氧化铅电极移动，故A错误；B．根据电子守恒分析，每消耗3molPb，转移6mol电子，根据电子守恒生成lmolAl2O3，故B错误；C．原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，故C错误；D．原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；故选D。4、B【答案解析】

A项、氧化铝熔点高，硬度大，可用来制造耐火坩埚，故A正确；B项、二氧化硫有毒，不能用来漂白食品，故B错误；C项、氧化铁为红棕色固体物质，可以用作红色油漆和涂料，故C正确；D项、硅酸钠溶液不燃烧，不支持燃烧，则硅酸钠溶液可用作木材防火剂，故D正确。故选B。【答案点睛】本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，性质决定用途，明确物质的性质是解题关键。5、B【答案解析】

A.2-丁醇发生消去反应生成CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3，故A错误；B.3-戊醇发生消去反应生成CH3CH=CHCH2CH3，故B正确；C.2-甲基-3-戊醇发生消去反应生成(CH3)2C=CHCH2CH3、(CH3)2CHCH=CHCH3，故C错误；D.2甲基2-丁醇发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH2CH3、(CH3)2C=CHCH3，故D错误。故选B。6、B【答案解析】

A．纯水中氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以pH=6的纯水中，氢氧根离子浓度为l×10-6mol/L，1L纯水中含有的OH-数目为l×10-6NA，故A错误；B.氢氧燃料电池在酸性条件下,负极的电极反应式为：H2-2e-=2H+，正极的电极反应式为：4H++O2+4e-=2H2O，当转移2mol电子时，被氧化的分子数为NA，故B正确；C.由雄黄的结构简式：可知，结构中不存在S—S，所以C错误；D.因为H2+I22HI为可逆反应，所以一定条件下向密闭容器中充入1molH2和2molI2(g)充分反应，生成HI分子数小于2NA，故D错误；所以本题答案：B。7、C【答案解析】试题分析：A．在锌锰干电池中，正极是碳棒，该极上二氧化锰发生得电子的还原反应，该电极质量不会减少，A项错误；B．氢氧燃料电池属于原电池的一种，是将化学能转化为电能的装置，不能将热能直接转变为电能，B项错误；C．氢氧燃料电池中，燃料做负极，发生失电子的氧化反应，被氧化，C项正确；D．太阳能电池的主要材料是半导体硅，不是二氧化硅，D项错误；答案选C。考点：考查燃料电池、太阳能电池和干电池的工作原理。8、D【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-，选项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-，因为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，选项B错误；C、氧化性顺序：HNO3>Fe3+＞Cu2+＞H+，铁粉先与氧化性强的反应，反应顺序为HNO3、Fe3+、Cu2+、H+，选项C错误；D、H+先发生反应，因为H+结合OH-的能力最强，然后Fe3+与OH-反应生成氢氧化铁沉淀，最后再生成一水合氨，故在含等物质的量的Fe3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液，反应的顺序为H+、Fe3+、NH4+，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查离子反应的先后顺序等，清楚反应发生的本质与物质性质是关键，注意元素化合物知识的掌握，是对学生综合能力的考查。9、D【答案解析】

A．pH=11的NaOH溶液中c(Na+)=0.001mol/L，一水合氨为弱碱，氨水浓度大于0.001mol/L，即c(NH4+)+c(NH3•H2O)＞0.001mol/L=c(Na+)，故A错误；B．溶液的导电离子浓度相等，两溶液pH相等，离子浓度相同，导电能力相同，故B错误；C．氨水的浓度大于NaOH溶液，则向等体积的两溶液中加盐酸溶液至中性，氨水溶液消耗的盐酸溶液体积多，故C错误；D．该氨水溶液与等体积、pH=3的盐酸溶液混合后，氨水过量，混合液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，故D正确；故选D。10、B【答案解析】A.氯仿被氧化生成HCl和光气，所以可用硝酸银溶液来检验氯仿是否变质，故A正确；B.甲烷为正四面体，甲烷分子中的3个H原子被Cl原子取代，则C-H键与C-Cl键的键长不相等，所以三氯甲烷是极性分子，故B错误；C.COCl2分子中的所有原子均满足最外层8电子结构，故C正确；D.COCl2分子中中心C原子周围形成3个σ键，所以C原子是sp2杂化，故D正确；本题选B。11、B【答案解析】

A.氧化钙与水反应，放出热量，但是该反应不涉及化合价的变化，不是氧化还原反应，A错误；B.铁丝在氧气中燃烧，是放热反应，也有化合价的变化，是氧化还原反应，B正确；C.NaOH溶液和盐酸反应是放热反应，但是该反应不涉及化合价变化，不是氧化还原反应，C错误；D.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应是吸热反应，但是该反应不涉及化合价变化，不是氧化还原反应，D错误；故合理选项为B。12、D【答案解析】

A．乙醇易挥发，高温下浓硫酸能够与乙醇反应生成二氧化硫等，乙醇、二氧化硫和乙烯均能被高锰酸钾氧化，则由现象不能说明是乙烯的作用，故A错误；B．乙醇和水都可与金属钠反应生成氢气，且水与Na反应剧烈，则乙醇分子中的氢与水分子中的氢的活性不同，故B错误；C．乙酸与水垢发生复分解反应，则乙酸的酸性大于碳酸的酸性，故C错误；D.甲烷与氯气取代反应中有一氯甲烷生成，一氯甲烷是不溶于水的气体，故D正确；故选D。13、C【答案解析】分析：混合物是由不同物质组成的物质；化合物是两种或两种以上元素组成的纯净物；单质是同种元素组成的纯净物；电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；依据概念结合物质组成分析判断。详解：A.熟石灰是氢氧化钙，纯碱是碳酸钠，都属于纯净物，A错误；B.二氧化碳为非电解质，盐酸是混合物，B错误；C.烧碱氢氧化钠，干冰二氧化碳，生石灰氧化钙，胆矾五水硫酸铜均为化合物，C正确；D.碘酒、铝热剂都是混合物，D错误；故本题选C。14、D【答案解析】

A.的主链以及编号为：，其命名为：2—甲基戊烷，故A错误；B.的主链以及编号为：，其命名为：2,4,4,—三甲基—1—戊烯，故B错误；C.为间二甲苯，故C错误；D.CH2Cl－CH2Cl为1,2﹣二氯乙烷，命名正确，故D正确，答案选D。15、C【答案解析】

A项，图中所示的是甲烷的比例模型，其球棍模型是，故A项错误；B项，乙烯的结构简式中单键可以省略，但不可省略双键，所以乙烯的结构简式应为CH2=CH2，故B项错误；C项，硝基苯中，硝基取代苯环上的氢原子，C、N之间形成共价键，故C项正确；D项，电子式中F原子最外层应有8个电子，全氟丙烷的电子式为，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。【答案点睛】本题考查化学用语，为高频考点，涉及结构简式、电子式、最简式、球棍模型等，把握化学用语的区别及规范应用为解答的关键。16、A【答案解析】

由球棍模型可知，T为HCHO，X不稳定，易分解，则X为H2CO3；则A．为使该转化成功进行，Y应该是氧化剂，可以使用酸性KMnO4溶液，故A正确；B．等物质的量的T、X分子中含有π键的数目相等，但不一定均为NA，故B错误；C．T、X分子中的原子为碳原子，均采用sp2杂化，故C错误；D．T分子中只含有极性键，X分子中也只含有极性键，不含有非极性键，故D错误；答案为A。17、D【答案解析】

在该反应中，铜元素的化合价由0价变成+2价，失去电子，被氧化，氧元素的化合价由0价变成-2价，得到电子，被还原，其余元素的化合价都没有发生变化。【题目详解】A.在该反应中，铜元素的化合价由0价变成+2价，失去电子，被氧化，氧元素的化合价由0价变成-2价，得到电子被还原，故该反应属于氧化还原反应，A不正确；B.该反应中碳元素化合价没有发生变化，B不正确；C.该反应中铜失去电子，O2得到电子，C不正确；D.该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素，D正确。故选D。18、C【答案解析】A．该有机分子中碳碳键为非极性键，故A错误；B．非金属性越强，电负性越大，则该分子中三种元素的电负性：O>C>H，故B错误；C．分子中含有碳碳双键，则有σ键和兀键，故C正确；D．含有醛基的有机物一般能溶解于水，该分子在水中的溶解度大于甲烷，故D错误；答案为C。19、C【答案解析】

A.丁达尔现象为胶体特有的性质，由现象可知得到的液体为AgI胶体，A正确；B.FeSO4酸性溶被中滴入少量ClO2溶液，发生氧化还原反应生成生成铁离子，则氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性为ClO2＞Fe3+，B正确；C.酸性条件下亚硫酸根离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与钡离子反应生成不溶于盐酸的硫酸钡白色沉淀，不能说明Na2SO3已变质，C错误；D.二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，则白烟的主要成分为NH4NO3，D正确；答案为A。20、B【答案解析】

实验室没有950mL的容量瓶，因此需要配置1000mL，则需要称取碳酸钠的质量是1L×2.0mol/L×106g/mol＝212.0g，答案选B。21、D【答案解析】

在含氧酸的分子中，非羟基氧原子的数目越多，则含氧酸的酸性越强。．【题目详解】A.HNO2非羟基氧原子的数目是1；B.H2SO3非羟基氧原子的数目是2；C.HClO3非羟基氧原子的数目是2；D.HClO4非羟基氧原子的数目是3；综上所述，非羟基氧原子的数目最多的是HClO4，所以HClO4的酸性最强，故选D．22、A【答案解析】

A.c(H+)/c(OH−)＝1×10−12,表示溶液呈碱性，离子相互间不反应，能大量共存，故A正确；B.加入苯酚显紫色的溶液中含有Fe3+,Fe3+和I−能发生氧化还原反应不能大量共存，故B错误；C.加入Al能放出大量H2的溶液可能呈酸性或碱性，若呈酸性，NO3-存在时不会产生氢气，若呈碱性，NH4+会和OH-反应，生成一水合氨，故C错误；D.Cu2+、Fe3+溶液中，会发生水解，使溶液显酸性，常温时pH7，故D错误；本题答案为A。【答案点睛】离子间不发生复分解反应、络合反应、氧化还原反应、双水解反应，方能大量共存。二、非选择题(共84分)23、133C4H7O4N羧基氨基HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH2HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH→+2H2O【答案解析】

（1）密度是相同条件下空气的4.6倍，则相对分子质量也为空气的4.6倍；（2）浓硫酸增重的质量就是水的质量，碱石灰增重的质量就是二氧化碳的质量，灼热的铜网的作用是除去里面混有的氧气，这样通过铜网后收集到的气体为氮气；（3）与碳酸氢钠反应放出气体，说明有-COOH；（4）核磁共振氢谱显示五组峰且峰面积比为1:1:1:2:2，说明有5中等效氢，且个数比为1:1:1:2:2。【题目详解】(1)A加热使其气化，测其密度约为相同条件下空气密度的4.6倍，所以A的相对分子质量是空气平均相对分子质量的4.6倍，所以A的相对分子质量=29×4.6≈133，故答案为：133；(2)由分析可知，该有机物燃烧产生水的质量=12.6g，物质的量==0.7mol，H原子的物质的量=1.4mol。产生二氧化碳的质量=35.2g，物质的量==0.8mol，C原子的物质的量=0.8mol。氮气的物质的量==0.1mol，N原子的物质的量=0.2mol。结合(1)可知燃烧该有机物的物质的量==0.2mol，所以该有机物分子中，C的个数==4，同理：H的个数=7，N的个数=1，设该有机物分子式为C4H7OxN，有12×4+7×1+14×1+16x=133，解得x=4，所以该有机物分子式为C4H7O4N，故答案为：C4H7O4N；(3)有机物的物质的量==0.1mol，产生二氧化碳的物质的量==0.2mol，根据-COOH～NaHCO3～CO2可知，每1mol羧基能和碳酸氢钠反应产生1mol二氧化碳气体，所以产生0.2mol二氧化碳对应0.2mol羧基，所以该有机物含2个羧基，因为该有机物为蛋白质水解产物，所以还有1个氨基，故答案为：羧基；氨基；(4)核磁共振氢谱说明有5种氢，且个数比=1:1:1:2:2，所以该有机物结构简式为：HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH，故答案为：HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH；(5)两分子该有机物可以发生反应生成六元环，该六元环只可能为，所以反应的方程式为：2HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH→+2H2O，故答案为：2HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH→+2H2O。【答案点睛】1mol-COOH和1molNaHCO3反应可产生1molCO2。24、碳酸钠或Na2CO3溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成且不断增加；然后又由多到少最后沉淀消失4Fe2++8OH－+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)=1:1:2:3大于或等于≥168：78【答案解析】

根据转化关系图可知：2Na+O2Na2O2确定M为Na2O2；2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸，确定B为NaOH，C为H2，D为Cl2，F为HCl。结合题干问题分析解答。【题目详解】（1）Na在空气中放置足够长时间，发生4Na+O2＝2Na2O、Na2O+H2O＝2NaOH、2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O＝Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O＝Na2CO3+10H2O，则最终生成物为Na2CO3；（2）若A是一种常见金属单质，能与NaOH反应，则A为Al，E为NaAlO2，将过量的F（HCl）溶液逐滴加入E（NaAlO2）溶液，边加边振荡，发生NaAlO2+HCl+H2O＝NaCl+Al（OH）3↓、Al（OH）3+3HCl＝AlCl3+3H2O，所看到的实验现象是溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加，然后又由多到少，最后消失；（3）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，则A为可溶性亚铁盐，E为Fe（OH）3，则A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E这一过程的离子方程式为4Fe2++8OH-+O2+2H2O＝4Fe（OH）3↓。（4）A加入氢氧化钠溶液，分析图象可知：第一阶段是H++OH-＝H2O，所以溶液呈酸性，不可能存在CO32－；第二阶段金属阳离子与氢氧根离子生成沉淀，第三阶段应该是NH4++OH-＝NH3•H2O；第四阶段氢氧化物沉淀与氢氧化钠反应最后全溶解，肯定没有Mg2+、Fe3+，必有Al3+。由此确定溶液中存在的离子H+、NH4+、Al3+、SO42－；假设图象中横坐标一个小格代表1molNaOH，则根据前三阶段化学方程式：H++OH-＝H2O，Al3++3OH-＝Al（OH）3，NH4++OH-＝NH3•H2O，可知n（H+）=1mol，n(Al3+)=1mol,n(NH4+)=2mol，再利用电荷守恒n（SO42－）×2＝n（H+）×1+n（Al3+）×3+n(NH4+)×1，得出n（SO42－）＝3mol，根据物质的量之比等于物质的量浓度之比得到c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)＝1:1:2:3。（5）将NaHCO3与M（过氧化钠）的混合物在密闭容器中充分加热发生的反应有三个：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，所得固体为纯净物，说明碳酸氢钠加热分解的二氧化碳必须把过氧化钠反应完，则根据总的方程式可知4NaHCO3+2Na2O24Na2CO3+2H2O+O2↑84×4g78×2gm（NaHCO3）：m（Na2O2）＝（84×4g）：（78×2g）＝168：78（或84：39）。由于碳酸氢钠可以过量，得到的还是纯净物：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，所以m（NaHCO3）：m（Na2O2）≥168：78（或84：39）。答案：大于或等于168：78（或84：39）。25、2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O100mL容量瓶、胶头滴管反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且Mn2+的浓度大催化效果更好【答案解析】分析：(1)草酸中的碳元素被在酸性条件下能被高锰酸钾溶液氧化为CO2，高锰酸根能被还原为Mn2+，据此书写并配平方程式；(2)根据配制溶液的步骤和所用仪器分析判断；(3)反应中Mn2+浓度发生显著变化，从影响反应速率的因素分析解答。详解：(1)该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，C元素化合价由+3价变为+4价，转移电子数是10，根据转移电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；(2)配制100mL

0.0400mol•L-1的Na2C2O4溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、量筒、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，该试验中两次用到玻璃棒，其作用分别是搅拌、引流，所以还必须用到的玻璃仪器是100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为100mL容量瓶、胶头滴管；(3)反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好，故答案为反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好。26、8.（1）冷却至室温后，量气筒中和漏斗中的两液面相平；无影响（2）①ac②量气管中液面下降（3）不可行NO会与装置中O2、H2O发生反应生成HNO3，使测得的NO不准（4）H2O2+MnO2+2H＋=Mn2＋+2H2O+O2↑、2H2O22H2O+O2↑（5）73%【答案解析】试题分析：（1）读数时应注意:①将实验装置恢复到室温；②上下调节右管，使右管液面高度与测量气管中液面高度平齐；③视线与凹液面最低处相平，所以为准确读取量气管的读数，除视线应与量气管凹液面最低处向平，还应注意冷却至室温后，量气筒中和漏斗中的两液面相平；只要上下调节右管，使右管液面高度与测量气管中液面高度平齐，就能使内外气压相等，则测得气体的体积将无影响。（2）①钢铁在中性或弱碱性环境中易发生吸氧腐蚀，所以通过分液漏斗向烧瓶中加入的试剂是ac；②吸氧腐蚀消耗氧气，所以量气管中液面下降。（3）若烧瓶中放入粗铜片（杂质不参与反应），分液漏斗内放稀硝酸，通过收集并测量NO气体的体积来探究粗铜样品的纯度，该方法不可行，因为NO会与装置中O2、H2O发生反应生成HNO3，使测得的NO不准。（4）若实验1中MnO2的作用是催化剂，双氧水完全反应生成气体的体积为V1，而实验2中生成气体的体积为V1<V2<2V1，说明除发生了实验1的反应外，还有其它反应发生，所以实验2发生反应的化学方程式为H2O2+MnO2+2H＋=Mn2＋+2H2O+O2↑、2H2O22H2O+O2↑。（5）编号Ⅱ的实验数据误差较大，舍弃，求其它三个体积的平均值，V=（336.30+336.00+335.70）÷3=336.0mL，根据化学反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，氢气的物质的量为0.015mol，则参加反应的铝的物质的量为0.01mol，铝的质量为0.01mol×27g/mol=0.27g，则镁铝合金中镁的质量分数为（1-0.27）÷1×100%=73%。考点：考查实验探究方案的设计与评价，化学计算等知识。27、（1）16.7（3分）B（1分）（2）先向烧杯加入30ml蒸馏水，然后将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入烧杯中，并用玻璃棒搅拌。（3分）（3）继续向容量瓶注入蒸馏水至离刻度线1-2cm处，改出胶头滴管向容量瓶滴加至液凹面与刻度线相切为止。塞紧瓶塞，倒转摇匀。（3分）（4）A.偏小B.无影响C.偏小D.偏大（各1分，共4分）【答案解析】试题分析：（1）稀释前后溶质的物质的量保持不变，即c浓×V浓=c稀×V稀，且量筒的精确度一般为0.1mL，则V浓=="16.7"mL；根据大而近原则，由于100>50>25>16.7>10，因此应选择25mL量筒；（2）浓硫酸溶解于水时放热，为了防止暴沸引起安全事故，稀释浓硫酸时，应该先向烧杯中加入适量水，再沿烧杯内壁缓缓加入浓硫酸，边加入边用玻璃棒搅拌，使之充分散热，如果先向烧杯中加入16.7mL浓硫酸，再向其中倒入水，则容易发生暴沸；（3）定容：当液面在刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线与凹液面相