山东泰安市2023学年化学高二第二学期期末复习检测试题（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．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是A．甲、乙的化学式均为C8H14B．甲、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．乙的二氯代物共有6种(不考虑立体异构)D．丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面2、工业上采用乙烯和水蒸气在催化剂(磷酸/硅藻土)表面合成乙醇，反应原理为CH2===CH2(g)＋H2O(g)CH3CH2OH(g)，副产物有乙醛、乙醚及乙烯的聚合物等。下图是乙烯的总转化率随温度、压强的变化关系，下列说法正确的是：A．合成乙醇的反应一定为吸热反应B．目前工业上采用250～300℃，主要是因为在此温度下乙烯的转化率最大C．目前工业上采用加压条件(7MPa左右)，目的是提高乙醇的产率和加快反应速率D．相同催化剂下，在300℃14.70MPa乙醇产率反而比300℃7.85MPa低得多，是因为加压平衡向逆反应方向移动3、化学与社会、生产、生活息息相关。下列叙述错误的是A．工业上，可用Na2S处理废水中Cu2+、Pb2+、Hg2+等重金属离子B．豆浆属于胶体，煮沸后豆浆中蛋白质水解成氨基酸C．棉、麻、丝均是天然有机高分子材料D．胆矾和消石灰可以配制农药波尔多液4、下列说法不正确的是A．NH4+与H3O+中心原子的价层电子对数相同B．BF3中硼原子的杂化类型与苯中碳原子的杂化类型相同C．SO2和O3等电子体，但两者具有不同的化学性质D．HOCH2CH(OH)CH2OH和CH3CHClCH2CH3都是手性分子5、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（）①向AgNO3溶液中加入过量氨水②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中④向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2A．①②③④ B．①④ C．③④ D．②③6、对于某些离子的检验及结论一定正确的是A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32－B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42－C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4＋D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2＋7、下列试剂的保存方法及解释中错误的是（）A．金属钾在空气中易被氧化，钾的密度比煤油大，钾不与煤油反应，因此少量钾保存在煤油中B．NaOH与玻璃中的SiO2反应，因此NaOH溶液保存在配有橡胶塞的细口瓶中C．常温时铝遇浓硫酸钝化，所以可以用铝制容盛装浓硫酸D．为防止FeSO4水解而变质，常在溶液中加入少量铁粉8、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（）A．电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4g，则电路中转移的电子数为0.2NAB．含有58.5g氯化钠的溶液中含有NA个氯化钠分子C．NO2和H2O反应每生成2molHNO3时转移的电子数为2NAD．1mol冰醋酸和1mol乙醇经催化加热反应生成的H2O分子数为NA9、根据所学相关知识，分析正确的是（）A．氨气分子的空间构型为三角锥形，N2H4的氮原子杂化方式为SP2B．金属晶体铜配位数为12，空间利用率为68％C．石墨晶体中，既有共价键，又有金属键，还有范德华力，是一种混合晶体D．在氯化钠晶体中，氯离子的配位数为810、与CO互为等电子体的是（）A．CO2B．N2C．HClD．O211、已知氧化性Fe3+＞Cu2+，向物质的量浓度均为1mol/L的Fe2(SO4)3、CuSO4的1L混合液中加入amol铁粉，充分反应后，下列说法正确的是A．当a≤1时，发生的反应为Fe+Cu2+＝Fe2++CuB．当固体有剩余时，溶液中一定存在Fe2+、Fe3+离子C．当1≤a＜2时，溶液中n(Fe2+)＝(2+a)molD．若有固体剩余，则固体中一定有铁，可能有铜12、短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图所示，其中X元素的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是WXYZA．原子半径大小：Z>Y>X>WB．最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Y>ZC．Y单质具有杀菌能力，Y与X可形成化合物YX3D．W和氢形成的化合物只能与Z单质发生取代反应13、以工业级氧化锌(含Fe2+、Mn2+、Cu2+、Ni2+等)为原料制备氧化锌的流程如下：其中“氧化”加入KMnO4是为了除去浸出液中的Fe2+和Mn2+。下列有关说法错误的是A．浸出时通过粉碎氧化锌提高了浸出率B．“氧化”生成的固体是MnO2和Fe(OH)3C．“置换”加入锌粉是为了除去溶液中的Cu2+、Ni2+等D．“煅烧”操作用到的仪器：玻璃棒、蒸发皿、泥三角14、下列有关电化学的示意图正确的是（）A．Cu﹣Zn原电池 B．粗铜的精炼C．铁片镀锌 D．验证NaCl溶液（含酚酞）电解产物15、常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到200mLC(OH-)=0.1mol/L的溶液，然后逐滴加入1mol/L的盐酸，测得生成沉淀的质量m与消耗盐酸的体积V关系如图所示，则下列说法正确的是A．原合金质量为0.92gB．图中V2为60C．整个加入盐酸过程中Na＋的浓度保持不变D．Q点m1为1.5616、下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的说法中，正确的是()A．热稳定性：Na2CO3<NaHCO3B．Na2CO3和NaHCO3均可与澄清石灰水反应C．相同温度下，在水中Na2CO3的溶解度小于NaHCO3D．106gNa2CO3和84gNaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2的质量：Na2CO3>NaHCO3二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E代表5种元素。请填空：(1)A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号为________。(2)B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，B的元素符号为__________，C的元素符号为____________；B的外围电子的轨道表示式为___________。(3)D元素的正三价离子的3d轨道为半充满，D的元素符号为________________，其基态原子的电子排布式为________________________。(4)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，E的元素符号为________，其基态原子的电子排布式为_________。18、A与CO、H2O以物质的量1:1:1的比例发生加成反应制得B。E是有芳香气味，不易溶于水的油状液体，有关物质的转化关系如下：回答下列问题:(1)A的化学名称为________。(2)写出B在一定条件下生成高分子化合物的化学方程式___________。(3)下列说法不正确的是_________。a.E是乙酸乙酯的同分异构体

b.可用碳酸钠鉴别B和Cc.B生成D的反应为酯化反应

d.A在一定条件下可与氯化氢发生加成反应e.与A的最简式相同，相对分子质量为78的烃一定不能使酸性KMnO4溶液褪色(4)B可由丙烯醛(CH2=CHCHO)制得，请选用提供的试剂检验丙烯醛中含有碳碳双键。提供的试剂:稀盐酸稀硫酸、新制的氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液、NaOH溶液。所选试剂为_____；其中醛基被氧化时的化学方程式为__________________。19、四氯化锡（SnCl4）是一种重要的化工产品，可在加热下直接氯化来制备。已知：四氯化锡是无色液体，熔点-33℃，沸点114℃。SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟。实验室可以通过下图装置制备少量SnCl4(夹持装置略)。（1）装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为________；（2）装置Ⅱ中的最佳试剂为_______，装置Ⅶ的作用为_______；（3）该装置存在的缺陷是：_______________；（4）如果没有装置Ⅲ，在Ⅳ中除生成SnCl4

外，还会生成的含锡的化合物的化学式为_______________；（5）实验用锡粒中含有杂质Cu．某同学设计下列实验测定锡粒的纯度．第一步：称取0.613g锡粒溶入足量盐酸中，过滤；第二步：向滤液中加入过量FeCl3溶液，将Sn2+氧化成Sn4+；第三步：用0.100mol•L-1K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+，发生反应的表达式为（未配平）：Fe2++Cr2O72-+H+→Cr3++Fe3++H2O第二步中发生反应的离子方程式是_______________，若达到滴定终点时共消耗16.0mLK2Cr2O7溶液，试写出试样中锡的质量分数的计算式____________（仅写计算结果，锡的相对原子质量按119计算）20、某Na2CO3样品中混有一定量的Na2SO4(设均不含结晶水)，某实验小组设计如下方案测定样品中Na2CO3的质量分数。（1）甲同学通过测定二氧化碳的质量来测定碳酸钠的质量分数，实验装置如图：①主要实验步骤有：a．向装置中通入空气；b．称量干燥管B与装入碱石灰的总质量；c．打开分液漏斗活塞，使稀硫酸与样品充分反应。合理的步骤是_____(可重复)。②按气体从左向右的流向，干燥管A的作用是____，干燥管C的作用是______。（2）乙同学利用图ⅰ、ⅱ、ⅲ三个仪器组装一套装置完成Na2CO3质量分数的测定，其中样品已称量完毕，ⅲ中装有CO2难溶于其中的液体。①ⅱ中盛装的是____(填代号)。A．浓硫酸B．饱和NaHCO3溶液C．10mol·L−1盐酸D．2mol·L−1硫酸②用橡胶管连接对应接口的方式是：A接___，B接__，C接___(填各接口的编号)。③在测量气体体积时，组合仪器与ⅳ装置相比更为准确，主要原因是____。组合仪器相对于ⅳ装置的另一个优点是______。21、离子晶体是常见的晶体类型。请回答以下问题:(1)离子晶体中阴阳离子半径之比是决定晶体构型的重要因素之一，配位数与离子半径之比存在如下关系:已知在某AB型离子化合物中，A+离子的半径为84

pm，B-离子的半径为140

pm。分析以上信息,与A+离子配位的所有B-离子，在空间构成的立体形状为_______。(2)硫化亚铜和氧化亚铜均为离子晶体，其中熔点较高的为________(填化学式)，原因是________。(3)向疏酸铜溶液中加入乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)溶液后，每个Cu2+可与两个乙二胺分子形成四配位离子，导致溶液由蓝色变为紫色。该四配位离子的结构式为_______。(4)K3C60是由足球烯(C60)与金属钾反应生成的盐。在K3C60晶胞中，C603-堆积方式为面心立方结构，每个晶胞中形成4个八面体空隙和8个四面体空隙，K+填充在空隙中。晶胞中被K+占据的空隙百分比为__________。(5)H和Mg能形成一种离子型储氢材料，晶体结构如右图所示:则该晶体中Mg的配位数是______，其化学式为________。已知该晶体的密度为ρg·cm-3，晶胞的体积为__________(用ρ、NA表示,其中NA表示阿伏加德罗常数的值)。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】

A.根据甲、乙的结构简式，甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；B.甲含有碳碳双键、丙是苯的同系物，所以甲、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C.的二氯代物，2个氯原子位置分别在①①、①②、①③、①④、①⑤、①⑥、③⑤共有7种，故C错误；D.丙的名称为乙苯，单键可以旋转，所以分子中所有碳原子可能共平面，故D正确。2、C【答案解析】试题分析：A、由图可知，压强一定，温度越高乙烯的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，故该反应正反应是放热反应，错误；B、由图可知，压强一定，温度越高乙烯的转化率越低，低温有利于乙烯的转化，采用250～300℃不是考虑乙烯的转化率，可能是考虑催化剂的活性、反应速率等，错误；C、由图可知，温度一定，压强越高乙烯的转化率越高，反应速率加快，缩短到达平衡的时间，故采用加压条件（7MPa左右），目的是提高乙醇的产率和加快反应速率，正确；D、由题干信息可知，该反应有副产物乙醛、乙醚及乙烯的聚合物等生成，由图可知，在300℃14.7MPa乙烯的转化率比300℃7MPa高得多，但乙醇的产率却低很多，应是副产物的生成，导致乙醇产率降低，错误。考点：考查化学平衡图象、影响平衡的元素、对工业生成条件控制的分析等，难度中等，D选项注意根据题目信息进行解答。3、B【答案解析】分析：A．根据多数金属硫化物难溶于水分析判断；B.根据豆浆属于胶体，结合胶体的性质分析判断；C、根据常见的天然有机高分子化合物分析判断；D.根据波尔多液的成分分析判断。详解：A．CuS、HgS等难溶于水，则Na2S可与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀，处理废水中Cu2+、Pb2+、Hg2+等重金属离子常用沉淀法，故A正确；B.豆浆属于胶体，煮沸后豆浆中蛋白质发生变性，只有少量水解，故B错误；C、棉花、蚕丝、羊毛都属于天然有机高分子材料，故C正确；D.配制波尔多液农药时，用胆矾制成硫酸铜溶液，然后慢慢倒入石灰乳，故D正确；故选B。4、D【答案解析】A.NH4+中氮原子的价层电子对数为(5+4-1)/2=4，H3O+中氮原子价层电子对数为(6+2)/2=4，故A正确；B.BF3分子中B原子最外层有三个电子，与氟原子形成三个σ键，没有孤电子对，所以杂化类型为sp3杂化，苯分子有π键，每个C形成三个σ键没有孤电子对也是sp3杂化，故B正确；C.SO2和O3等电子体，但两者具有不同的化学性质，故C正确；D.HOCH2CH(OH)CH2OH中两边的碳原子上都有两个氢原子，中间碳上连有两个HOCH2-基团，所以不含有手性碳，故D错误；本题选D。5、C【答案解析】

①向AgNO3溶液中加入过量氨水，最终生成银氨络离子，即最终无白色沉淀生成，故①错误；②明矾溶液中加入过量氢氧化钠溶液得不到白色沉淀，因氢氧化铝具有两性，能溶于氢氧化钠溶液，故②错误；③少量氢氧化钙投入碳酸氢钠溶液生成白色沉淀，反应方程式为Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，最终有白色沉淀生成，故③正确；④饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体将析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，水参加了反应，溶剂质量减少，且相同条件下碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，有白色碳酸氢钠晶体析出，故④正确；答案选C。【答案点睛】本题考查物质之间的化学反应，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意④中虽然方程式中没有沉淀生成，但根据物质的溶解度能判断产生沉淀，该题为易错选项。6、C【答案解析】

A.根据与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，判断溶液所含离子；B.硫酸钡和氯化银均为不溶于酸的白色沉淀；C.根据铵根离子的检验方法进行判断；D.利用难溶的碳酸盐的性质进行分析。【题目详解】A.与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，可以是HCO3-、CO32-、SO32-、HSO3-等，不能证明一定是CO32－，A项错误；B.当溶液中含Ag+时，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，因而不一定有SO42－，也可能含有Ag+，B项错误；C.检验NH4+的正确方法是加入氢氧化钠溶液并加热，会产生氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝，C项正确；D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，溶液中可能含有Ca2+或者Ba2＋，D项错误；答案选D。【答案点睛】常用检验离子的方法是气体法还是沉淀法，掌握检验物质的方法是解答本题的关键。7、D【答案解析】

A.金属钾在空气中易被氧化，钾的密度比煤油大，钾不与煤油反应，因此少量钾保存在煤油中，A正确；B.NaOH与玻璃中的SiO2反应生成黏性很强的硅酸钠，因此NaOH溶液保存在配有橡胶塞的细口瓶中，B正确；C.常温时铝遇浓硫酸钝化，所以可以用铝制容盛装浓硫酸，C正确；D.为防止FeSO4氧化而变质，常在溶液中加入少量铁粉，D错误。答案选D。8、C【答案解析】

A.电解精炼铜时，阳极的粗铜中含有活泼性较强的铁、锌等杂质，电解时铁、锌杂质先放电，且铁的摩尔质量小于铜的摩尔质量，锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，所以阳极减少6.4g，转移电子的物质的量不一定为0.2mol，个数不一定为0.2NA，故A错误；B.氯化钠是离子化合物，氯化钠溶液中不含氯化钠分子，故B错误；C.二氧化氮与水反应生成2mol硝酸，由元素化合价变化可知，转移了2mol电子，转移的电子数目为2NA，故C正确；D.1mol冰醋酸和1mol乙醇经催化加热发生酯化反应，是可逆反应，生成的H2O分子数小于NA，故D错误；故答案为：C。【答案点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用，相对比较容易，B项为易错点，注意NaCl是离子化合物，不含有分子。9、C【答案解析】

A、NH3分子中，N提供5个电子，3个H共提供3个。所以4对价电子，sp3杂化，有1对孤对电子，分子构型三角锥。N2H4可以看成-NH2取代NH3中的一个H，杂化方式不变，sp3杂化，故A错误；B、铜型为面心立方结构，配位数12，空间利用率为74%，故B错误；C、石墨晶体中，既有共价键，又有金属键，还有范德华力，不能简单地归属于其中任何一种晶体，是一种混合晶体，故C正确；D、氯化钠晶体中氯离子配位数为6，故D错误；故选C。10、B【答案解析】分析：原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，据此解答。详解：CO含有2个原子，价电子数是4+6＝10。则A.CO2含有3个原子，价电子数是4+6×2＝16，A错误；B.N2含有2个原子，价电子数是5+5＝10，与CO互为等电子体，B正确；C.HCl含有2个原子，价电子数是1+7＝8，C错误；D.O2含有2个原子，价电子数是6+6＝12，D错误。答案选B。11、C【答案解析】

物质的量浓度均为1mol/L的Fe2(SO4)3、CuSO4的1L混合液中含有Fe3+的物质的量为

1mol/L×1L×2=2mol，Cu2+的物质的量为

1mol/L×1L=1mol，因氧化性

Fe3+＞Cu2+，加入铁粉后，铁先与Fe3+反应，Fe3+完全反应后，铁再与Cu2+反应。据此分析解答。【题目详解】A．加入铁粉后，铁先与Fe3+反应，混合溶液中Fe3+的物质的量为

1mol/L×1L×2=2mol，根据2Fe3++Fe=3Fe2+，当

a≤1

时，Fe粉只能将Fe3+还原，不能发生Fe+Cu2+＝Fe2++Cu的反应，故A错误；B．当固体有剩余时，说明铁与Fe3+完全反应后，铁还与Cu2+反应，因此溶液中一定不存在Fe3+离子，故B错误；C．当

1≤a＜2

时，Fe3+全部被还原，还发生了Fe+Cu2+＝Fe2++Cu的反应，反应后铁完全反应，根据铁元素守恒，可得溶液中n(Fe2+)=(2+a)mol，故C正确；D．若有固体剩余，说明铁与Fe3+完全反应后，铁还与Cu2+反应，Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，则固体中一定有铜，当铁粉过量时，还会含有铁，故D错误；答案选C。【答案点睛】根据氧化性或还原性判断反应的先后顺序是解题的关键。本题的易错点为B，只要有固体剩余，剩余的固体中一定含有铜或铁，因此一定没有Fe3+存在。12、C【答案解析】

X为O元素，W为C元素、Y为S元素，Z为Cl元素；【题目详解】A.同周期元素原子半径从左到右依次递减(稀有气体除外)，则原子半径：Y>Z，W>X，A错误；B.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：W＜Y＜Z，B错误；C.Y单质即硫磺具有杀菌能力，例如可以做成硫磺肥皂，Y与X可形成化合物YX3即SO3，C正确；D.W和氢形成的化合物为烃，既可能与氯气发生取代反应又可能发生加成反应，例如烷烃能与Z单质即氯气在光照下发生取代反应，烯烃或炔烃可与氯气发生加成反应，D错误；答案选C。13、D【答案解析】

A.浸出时通过粉碎固体氧化锌，使物质颗粒变小，扩大了与硫酸的接触面积，反应速率加快，因而也可以提高了浸出率，A正确；B.向硫酸浸取工业级ZnO后的溶液中存在Fe2+、Mn2+、Zn2+和Ni2+，加入KMnO4溶液，Ni2+不能被氧化，Fe2+、Mn2+被氧化而形成MnO2和Fe(OH)3除去，KMnO4被还原形成MnO2，B正确；C.由于金属活动性Zn>Ni>Cu，所以“置换”加入锌粉可以与溶液中的是为了与溶液中Ni2+、Cu2+发生主反应，除去溶液中的Cu2+、Ni2+等，C正确；D.“煅烧”操作用到的仪器：玻璃棒、坩埚、泥三角，D错误；故合理选项是D。14、D【答案解析】A、此原电池中锌电极应插入到ZnSO4溶液中，铜电极应插入到CuSO4溶液中，故A错误；B、精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B错误；C、电镀时，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，即锌作阳极，故C错误；D、根据电流的方向，碳棒作阳极，铁作阴极，装置的左端产生氢气，且溶液变红，右端产生氯气，碘化钾淀粉溶液显蓝色，故D正确。15、D【答案解析】分析：钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，加盐酸时发生NaOH+HCl═NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓、Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，再结合图象中加入40mL盐酸生成的沉淀最多来计算。详解：由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓，最后发生Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为0.2L×0.1mol/L=0.02mol，由NaOH+HCl═NaCl+H2O，则V1为=0.02L=20mL，生成沉淀时消耗的盐酸为40mL-20mL=20mL，其物质的量为0.02L×1mol/L=0.02mol，由NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓，0.02mol0.02mol0.02molA、由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为0.04mol×23g/mol+0.02mol×27g/mol=1.46g，选项A错误；B、由Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其体积为60mL，则V2为40mL+60mL=100mL，选项B错误；C、由2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，加盐酸后，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓，最后发生Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，随着盐酸的量的加入，体积增大，钠离子的量不变，所以浓度减小，选项C错误；D、由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol×78g/mol=1.56g，选项D正确；答案选D。点睛：本题考查钠、铝的化学性质及反应，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，并学会利用元素守恒的方法来解答，难度较大。16、B【答案解析】分析：A.碳酸氢钠加热时能分解，碳酸钠加热时不分解；

B.碳酸钠和碳酸氢钠都能和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀；C.相同的温度下,碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的；

D.根据碳原子守恒找出盐与二氧化碳的关系,从而知道放出二氧化碳的量.详解：A.加热时，碳酸氢钠能分解，碳酸钠不分解，所以碳酸钠的稳定性大于碳酸氢钠的稳定性，故A错误；

B.碳酸钠和碳酸氢钠分别和氢氧化钙反应的方程式如下：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O，所以都能发生反应生成沉淀，所以B选项是正确的；

C.相同的温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的，故C错误；

D.根据碳原子守恒碳酸氢钠、碳酸钠与二氧化碳的关系式分别为：

Na2CO3~CO2；NaHCO3~CO2

106g

1mol

84g

1mol106g

1mol

84g

1mol所以生成的二氧化碳的量相同，故D错误；

所以B选项是正确的。二、非选择题（本题包括5小题）17、NClKFe1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2Cu1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1【答案解析】

(1)A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，核外电子排布应为ns2np3；(2)B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，离子核外都有18个电子，据此计算质子数进行判断；(3)D元素的正三价离子的3d轨道为半充满，3d轨道电子数为5，应为Fe元素；(4)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，应为Cu，原子序数为29。【题目详解】(1)A元素基态原子的核外电子排布应为ns2np3，次外层有2个电子，其电子排布式为：1s22s22p3，应为N元素；(2)B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，离子核外都有18个电子，B元素质子数为18-1=17，B为氯元素，元素符号为Cl，C元素质子数为18+1=19，C为钾元素，Cl元素为第ⅦA元素，外围价电子的轨道表示式为；(3)D元素的正三价离子的3d轨道为半充满，3d轨道电子数为5，则基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，应为Fe元素；有成对电子，只有一个未成对电子，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，应为Cu元素。18、乙炔be稀硫酸、新制的氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液CH2=CHCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2=CHCOONa+Cu2O↓+3H2O【答案解析】分析：本题考查的是有机推断，根据反应条件和前后的物质的结构进行分析，有一定的难度。详解：A与CO、H2O以物质的量1:1:1的比例发生加成反应制得BCH2=CHCOOH，说明A为乙炔，E是有芳香气味，不易溶于水的油状液体，说明其为酯类。因为C与甲醇反应生成E，所以C的分子式为C3H6O2，为丙酸，D与氢气反应生成E，说明D的结构为CH2=CHCOOCH3。(1)根据以上分析可知A为乙炔。(2)B为CH2=CHCOOH，发生加聚反应生成聚合物，方程式为：。(3)a.E与乙酸乙酯的分子式相同，但结构不同，是同分异构体，故正确；b.B和C都含有羧基，不能用碳酸钠鉴别，故错误；c.B为酸，D为酯，故从B到D的反应为酯化反应，故正确；d.A为乙炔，在一定条件下可与氯化氢发生加成反应，故正确。e.与A的最简式相同，相对分子质量为78的烃可能为苯，或其他不饱和烃，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但其他不饱和烃能，故错误。故选be。(4)醛基和碳碳双键都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以先将醛基氧化成羧基，再检验碳碳双键，所以首先使用新制的氢氧化铜悬浊液，然后加入稀硫酸中和溶液中的氢氧化钠，再加入酸性高锰酸钾溶液，故选的试剂为稀硫酸、新制的氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液。醛基被氧化的方程式为：CH2=CHCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2=CHCOONa+Cu2O↓+3H2O。19、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O饱和氯化钠溶液防止空气中水蒸气进入装置，使SnCl4水解缺少尾气处理装置Sn(OH)4或SnO22Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+93.18%【答案解析】

由装置图可知装置Ⅰ应为制备氯气的装置，装置Ⅱ和装置Ⅲ是氯气的净化装置，氯气经除杂，干燥后与锡在装置Ⅳ中反应生成SnCl4，经冷却后在装置Ⅵ中收集，因SnCl4极易水解，应防止空气中的水蒸气进入装置Ⅵ中。(5)用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，根据原子守恒、电子转移守恒可得关系式：Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7，据此分析解答。【题目详解】(1)装置Ⅰ中浓盐酸与MnO2在加热时发生反应产生氯气，发生反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)由于盐酸有挥发性，所以在制取的氯气中含有杂质HCl，在与金属锡反应前要除去，因此装置Ⅱ中的最佳试剂为除去HCl同时还可以减少氯气消耗的饱和食盐水；SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟，为了防止盐水解，所以要防止起水解，装置Ⅶ的作用为防止空气中的水蒸气进入Ⅵ中使SnCl4水解，故答案为饱和氯化钠溶液；防止空气中水蒸气进入Ⅵ中，SnCl4水解；(3)未反应的氯气没有除去，缺少尾气处理装置，故答案为缺少尾气处理装置；(4)如果没有装置Ⅲ，则在氯气中含有水蒸汽，所以在Ⅳ中除生成SnCl4外，还会生成SnCl4水解产生的含锡的化合物Sn(OH)4或SnO2，故答案为Sn(OH)4或SnO2等；(5)滴定过程中的反应方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，第二步中加入过量FeCl3溶液，将Sn2+氧化成Sn4+，反应的方程式为2Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+，令锡粉中锡的质量分数为x，则：Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7119g

mol0.613x