四川省泸州市泸县第二中学2023学年化学高二第二学期期末联考模拟试题（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．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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。下列叙述正确的是()A．油脂和蛋白质都属于高分子化合物B．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖C．蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质D．油脂的硬化属于氧化反应2、下表各物质中A、B、C、D、E均含有同一种短周期元素，其中A是单质，B常温下是气态氢化物，C、D是氧化物，E是D和水反应的产物。则各物质之间通过一步反应就能实现表中所示转化的是()物质编号物质转化关系ADE①SiSiO2Na2SiO3②SSO3H2SO4③NaNa2O2NaOH④N2NO2HNO3A．②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④3、下列有机物分子中，不可能所有原子在同一平面内的是A． B． C． D．4、下列关于胶体制备及胶体性质叙述正确的是A．电泳实验证明胶体带电B．用激光笔检验淀粉溶液的丁达尔效应C．Fe(OH)3胶体粒子既可以通过滤纸又可以通过半透膜D．向煮沸的NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体5、下列说法不正确的是（）A．麦芽糖及其水解产物均能与新制氢氧化铜悬浊液反应B．用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4﹣已二烯和甲苯C．在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OHD．甘氨酸与盐酸反应的化学方程式为：HOOCCH2NH2+HCl→HOOCCH2NH3+Cl-6、CH、—CH3、CH都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法错误的是（）A．它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化B．CH与NH3、H3O＋互为等电子体，几何构型均为三角锥形C．CH中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面D．两个—CH3或一个CH和一个CH结合均可得到CH3CH37、某试液中只可能含有K＋、NH4+、Fe2＋、Al3＋、Cl－、SO42-、CO32-、AlO2－中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol·L－1，某同学进行了如下实验，下列说法正确的是A．无法确定原试液中是否含有Al3＋、Cl－B．原溶液中存在NH4+、Fe2＋、Cl－、SO42-C．无法确定沉淀C的成分D．滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2＋和Ba2+8、下列物质能使干的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是A．氯气B．新制的氯水C．液氯D．久置的氯水9、下列各原子或离子的电子排布式错误的是（）A．Ca2+1s22s22p63s23p6 B．O2-1s22s23p4C．Cl-1s22s22p63s23p6 D．Ar1s22s22p63s23p610、下列原子半径大小顺序正确的是()①1s22s22p3②1s22s22p63s23p3③1s22s22p5④1s22s22p63s23p2A．③＞④＞②＞① B．④＞③＞②＞①C．④＞③＞①＞② D．④＞②＞①＞③11、有一混合物的水溶液可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Cl﹣、Ba2+、HCO3﹣、SO42﹣，现取两份100mL的该溶液进行如下实验：(1)第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL；(2)第二份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g．根据上述实验，下列推测正确的是()A．Ba2+一定存在 B．100mL该溶液中含0.01molHCO3－C．Na+不一定存在 D．Cl﹣不确定，可向原溶液中加入AgNO3溶液进行检验12、下列实验中所选用的仪器合理的是①用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物③用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体④用碱式滴定管量取23.10mL溴水⑤用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物⑥用250mL容量瓶配制250mL0.2mol·L－1的NaOH溶液A．①②④B．②③④⑥C．③⑥D．③⑤⑥13、下列关于甲烷、乙烯、苯三种烃的比较中，正确的是A．只有甲烷不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色B．在空气中分别完全燃烧等质量的这三种烃，苯消耗的氧气最多C．除甲烷外，其余两种分子内所有原子都共平面D．甲烷和苯属于饱和烃，乙烯是不饱和烃14、三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，下列有关该反应的说法正确的是A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂 B．HF是还原产物C．还原剂和氧化剂的物质的量之比是2:1 D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体15、在烧焦的鱼、肉中含有致癌物质3，4一苯并芘，其结构简式如图所示，它是一种稠环芳香烃，其分子式是（）A．C20H12B．C20H14C．C19H12D．C22H2016、下列各组物质充分反应后，最终既有沉淀又有气体生成的是①少量Na2O2投入Ca(HCO3)2溶液中②过量Ba(OH)2溶液和NH4HSO4溶液混合加热③AlCl3溶液与NaHCO3溶液混合④FeCl3溶液与NaHS溶液混合A．②③④B．①②C．①③④D．①②③17、下列反应的离子方程式书写正确的是A．铝片放入氢氧化钠溶液中：Al＋2OH－===AlO2-＋H2↑B．新制的氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3＋OH－===2AlO2-＋H2OC．向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓D．AlCl3溶液中滴入过量的氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4+18、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）选项目的分离方法原理A．分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B．分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C．除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度很大D．除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大A．A B．B C．C D．D19、下列对有机物结构或性质的描述，错误的是()A．一定条件下，Cl2可在甲苯的苯环或侧链上发生取代反应B．苯酚钠溶液中通入CO2生成苯酚，则碳酸的酸性比苯酚弱C．等物质的量的乙烷和丙烷完全燃烧，丙烷生成的CO2多D．2，2—二甲基丙烷的一溴取代物只有一种20、L-多巴可用于帕金森综合症的治疗，其结构简式为。下列关于L-多巴的说法中，不正确的是A．分子式为C9H11O4N B．能缩合生成高分子C．能与酸、碱反应生成盐 D．核磁共振氢谱有8个吸收峰21、位于不同主族的短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，这4种元素原子的最外层电子数之和为21。X与Y组成的化合物可作为耐火材料，Y和Z组成的化合物是一种盐，该盐的水溶液呈酸性。下列说法正确的是A．常温下，W的单质为固态B．X和Z形成的化合物为共价化合物C．Y与Z的简单离子具有相同的电子层结构D．W、X、Z的氢化物的沸点依次升高22、化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释不正确的是（）选项现象或事实解释A春节期间全国各地燃放的烟火某些金属元素焰色反应所呈现出来色彩BNa2O2用于呼吸面具中作为O2的来源Na2O2是强氧化剂，能氧化CO2、H2O生成O2CK2FeO4用于自来水的消毒和净化K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，可以净化水DAl(OH)3用作医用的胃酸中和剂Al(OH)3的碱性不强，但却可以与胃酸反应A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物A、B是中学常见的物质，其阴阳离子可从表中选择.阳离子K+、Na+、NH4+、Fe2+、Ba2+、Cu2+阴离子OH﹣、I﹣、NO3﹣、AlO2﹣、HCO3﹣、HSO4﹣（1）若A的水溶液为无色，B的水溶液呈碱性，A、B的水溶液混合后，只产生不溶于稀硝酸的白色沉淀及能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则:①A中的化学键类型为_________（填“离子键”、“共价键”）．②A、B溶液混合后加热呈中性，该反应的离子方程__________________________．（2）若A的水溶液为浅绿色，B的焰色反应呈黄色．向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入B后溶液变黄，但A、B的水溶液混合后无明显变化．则：①A的化学式为__________________________．②经分析上述过程中溶液变黄的原因可能有两种（请用文字叙述）Ⅰ._______________________．Ⅱ._________________________．③请用一简易方法证明上述溶液变黄的原因_________________________．④利用上述过程中溶液变黄原理，将其设计成原电池，若电子由a流向b，则b极的电极反应式为_．24、（12分）有甲、乙两种物质：(1)乙中含有的官能团的名称为____________________(不包括苯环)。(2)由甲转化为乙需经下列过程(已略去各步反应的无关产物，下同)：其中反应I的反应类型是___________，反应II的条件是_______________，反应III的化学方程式为_______________________(不需注明反应条件)。(3)下列物质不能与乙反应的是_________(选填序号)。a.金属钠b.氢氧化钠的乙醇溶液c.碳酸钠溶液d.乙酸(4)乙有多种同分异构体，任写其中一种能同时满足下列条件的同分异构体结构简式____________。a.苯环上的一氯代物有两种b.遇FeCl3溶液显示紫色25、（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______________________。26、（10分）Na2O2具有强氧化性，可以用来漂白纺织类物品、麦杆、纤维等。（1）如下图所示实验，反应的化学方程式为_______________。实验结束后，向试管所得溶液中滴加酚酞溶液，现象是___________________________。（2）若用嘴通过导管向附着少量Na2O2粉末的棉花吹气，棉花燃烧。原因是Na2O2与H2O和CO2反应，其中与CO2反应的化学方程式为______________________。若标准状况下反应生成了5.6LO2，则转移电子的物质的量为______mol。过氧化钙（CaO2）是一种白色、无毒、难溶于水的固体，能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面。工业生产过程如下：①在NH4Cl溶液中加入Ca（OH）2；②在第①步的生成的产物中加入30%H2O2，反应生成CaO2•8H2O沉淀；③经过陈化、过滤，水洗得到CaO2•8H2O，再脱水干燥得到CaO2。完成下列填空：（3）第①步反应的化学方程式为_____________________。（4）生产中可循环使用的物质是_____________________。（5）检验CaO2•8H2O是否洗净的方法是___________。（6）已知CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2。如图是实验室测定产品中CaO2含量的装置（夹持装置省略）。若所取产品质量是mg，测得气体体积为VmL（标况），产品中CaO2的质量分数为________（用字母表示）。过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有______________________。27、（12分）某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是________；将FeCl3晶体溶于浓盐酸,再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是________。（2）制备K2FeO4（夹持装置略）后，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。根据K2FeO4的制备原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O得出：氧化性Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是________________。28、（14分）钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。(1)钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点。①Ti的基态原子价电子排布式为________；②Fe的基态原子共有______种不同能级的电子；(2)制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7＋3CCl4=2KCl＋2CrO2Cl2＋3COCl2↑。①上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是_______；②COCl2分子中σ键和π键的个数比为______，中心原子的杂化方式为_______；(3)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2＋和Fe2＋的离子半径分别为6.9×10－2nm和7.8×10－2nm。则熔点：NiO_______(填“＞”、“＜”或“＝”)FeO。(4)铁的某种单质的晶胞为面心立方结构，原子的配位数为_______，若铁原子半径为anm，则该单质的密度为_______g/cm3；(5)Fe2O3与KNO3和KOH固体高温加热可制备一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4(高铁酸钾)，其中KNO3被还原为KNO2，写出该反应方程式_________。29、（10分）乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物。完成下列各题：（1）正四面体烷的分子式为____________，其二氯取代产物有____________种。（2）关于乙烯基乙炔分子的说法错误的是____________。a.能使KMnO4酸性溶液褪色b.1mol乙烯基乙炔能与3molBr2发生加成反应c.乙烯基乙炔分子内含有两种官能团d.等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧时的耗氧量不相同（3）写出与环辛四烯互为同分异构体且属于芳香烃的分子的结构简式：____________。（4）写出与苯互为同系物且一氯代物只有两种的物质的结构简式（举两例）：________________________、______________________。

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、B【答案解析】

A.油脂有确定的分子组成和确定的分子式，相对分子质量比较小，不是高分子化合物，A错误；B.淀粉和纤维素都是多糖，水解的最终产物均为葡萄糖，B正确；C.蛋白质组成元素都有碳、氢、氧、氮元素，有些还含有硫、磷元素，不是仅有碳、氢、氧三种元素组成，C错误；D油脂的硬化属于加成反应，物质与氢气的加成反应又叫还原反应，D错误；故合理选项是B。2、B【答案解析】

①Si的氧化物只有二氧化硅，二氧化硅不溶于水，不与水反应，不能一步得到硅酸，故①不符合；②若A是S单质，S与氢气化合生成硫化氢，S、H2S都能与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫再与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水化合生成硫酸，故②符合；③若A是钠，则B为氢化钠，NaH为固态，且NaH不能反应生成氧化钠，故③不符合；④若A为氮气，N2与氢气化合生成氨气，N2、NH3都能与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，故④符合；所以答案选B。3、B【答案解析】

A.分子中平面分子，分子在所有原子在同一平面上，A不符合题意；B.甲苯可看作是苯分子中的一个H原子被甲基取代产生的物质，也可以看成是甲烷分子中的1个H原子被苯基取代产生的物质。苯分子是平面分子，由于甲烷是正四面体结构的分子，若某一平面通过C原子，分子中最多有2个顶点在同一平面，因此甲苯分子中不可能所有原子都在同一平面上，B符合题意；C.苯乙烯可看作是苯分子中的H原子被乙烯基-CH=CH2取代产生的物质，由于苯分子、乙烯分子都是平面分子，两个平面共直线，可能所有原子在同一平面上，C不符合题意；D.苯乙炔可看作中苯分子中的1个H原子被乙炔基-C≡CH取代产生的物质，乙炔中与苯环连接的C原子取代苯分子中H原子的位置，在苯分子的平面内，由于苯分子是平面分子，乙炔是直线型分子，一条直线上2点在某一平面上，则直线上所有点都在这个平面上，因此所有原子在同一平面内，D不符合题意；故合理选项是B。4、B【答案解析】本题考查胶体制备及性质。解析：胶体是电中性的，胶体粒子是带电的，电泳实验可以证明胶体中的胶粒带电，A错误；淀粉溶液是胶体，胶体有丁达尔效应，B正确；胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，Fe(OH)3胶体粒子可以通过滤纸，但不可以通过半透膜，C错误；向煮沸的NaOH溶液中滴加FeCl3溶液可制备Fe(OH)3沉淀，不能制备Fe(OH)3胶体，D错误。故选B。5、C【答案解析】

A、麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基，则麦芽糖、葡萄糖属于还原性糖，可发生银镜反应，故A正确；B、苯酚和溴水反应生成白色沉淀，2,4-已二烯可以使溴水褪色，甲苯和溴水不反应，但甲苯可以萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的小，所以下层是水层，上层是橙红色的有机层，因此可以鉴别，故B正确；C、酯类水解时,酯基中的碳氧单键断键，水中的羟基与碳氧双键结合形成羧基，所以CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH,故C错误；D、氨基能与酸反应，化学方程式为HOOCCH2NH2+HCl→HOOCCH2NH3+Cl-，故D正确；故选C。6、A【答案解析】分析：A．原子总数相等、价电子总数（或电子总数）相等的微粒互为等电子体；B．CH3-与NH3、H3O+均具有4个原子、10个电子，互为等电子体；C.根据价层电子对互斥模型判断；D．两个-CH3或一个CH3+和CH3-结合都能得到CH3CH3。

详解：CH3+、-CH3、CH3-分别具有6个、7个和8个价电子，电子总数分别是：8个、9个和10个，它们不是等电子体，A选项说法错误；CH3-与NH3、H3O+均具有8个价电子、4个原子，互为等电子体，几何构型均为三角锥形，B选项说法正确；根据价层电子对互斥模型，CH中C原子的价电子对数为3，碳原子采取sp2杂化，其空间构型是平面三角形，C选项说法正确；两个-CH3或一个CH3+和CH3-结合都能得到CH3CH3，D选项说法正确；正确选项A。7、B【答案解析】

加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子、Ba2+、AlO2﹣；加入硝酸钡后有气体产生，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH溶液后有气体，说明原溶液中有铵根离子，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先后与OH﹣、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+。因为离子浓度均为0.1mol∙L﹣1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣才能保证电荷守恒，K+必然不能存在。【题目详解】A.通过上述分析，原试液中确定含有Cl－，无法确定含有Al3＋，故A错误；B.通过上述分析可知原溶液中存在NH4+、Fe2＋、Cl－、SO42-，故B正确；C.通过上述分析可知沉淀C的成分为碳酸钡，故C错误；D.通过上述分析可知滤液X中不存在大量的Ba2+，故D错误；综上所述，本题正确答案为B。【答案点睛】本题考查了常见离子的性质检验，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判断氯离子是否存在，难度较大。8、B【答案解析】分析：干燥的氯气不具有漂白作用，氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，据此分析判断。详解：A.氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故A错误；B.新制氯水中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故B正确；C.液氯不能使干燥的石蕊试纸褪色，故C错误；

D.久置氯水中HClO分解，不具有漂白性，不能使干燥的石蕊试纸褪色，故D错误；

故选B。9、B【答案解析】分析：主族元素原子失去电子变成阳离子时，核外电子数、电子层数、最外层电子数改变；主族元素原子得到电子变成阴离子时，核外电子数和最外层电子数改变，但电子层数不变。详解：A、钙原子失去2个电子变成钙离子，使次外层变成最外层，所以钙离子核外有18个电子，A正确；B、氧原子核外有8个电子，氧原子得2个电子变成氧离子，最外层电子数由6个变成8个，所以氧离子核外有10电子，B错误；C、氯原子核外有17个电子，氯原子得一个电子变成氯离子，最外层由7个电子变成8个电子，所以氯离子核外有18个电子，C正确；D、氩是18号元素，原子核外有18个电子，D正确。答案选B。点睛：本题考查了原子或离子的核外电子排布，题目难度不大，明确原子变成阴、阳离子时变化的是最外层电子数还是电子层数为解本题的关键。10、D【答案解析】

根据核外电子排布式书写规律分析解答。【题目详解】①1s22s22p3是N元素，②1s22s22p63s23p3是P元素，③1s22s22p5是F元素，④1s22s22p63s23p2是Si元素，根据元素周期律分析可知，原子半径由大到小的顺序为：④＞②＞①＞③；答案选D。【答案点睛】本题考查同周期元素性质递变规律，原子半径比较：电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，原子半径越大。11、B【答案解析】

根据题意，Ba2+和SO42-可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存。第一份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体448mL，即0.02mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，根据反应NH4++OH－＝NH3↑+H2O，产生NH3为0.02mol，可得NH4+也为0.02mol。第二份加足量氢氧化钡溶液后得干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应HCO3－+Ba2++OH－＝BaCO3↓+H2O、SO42－+Ba2+＝BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl＝BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解。因此溶液中一定存在HCO3－、SO42－，一定不存在Ba2+。由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为0.01mol，BaCO3为4.30g-2.33g＝1.97g，物质的量为0.01mol，根据原子守恒，所以100mL该溶液中含0.1molHCO3-，据此分析解答。【题目详解】由上述分析可得，溶液中一定存在HCO3－、SO42－、NH4+，其物质的量分别为：0.01mol、0.01mol、0.02mol，根据溶液中电荷守恒可知Na+一定存在，则A、钡离子一定不存在，A错误；B、100mL该溶液中含0.01mol的碳酸氢根离子，B正确；C、根据电荷守恒可知钠离子一定存在，C错误；D、不能确定氯离子是否存在，向原溶液中加入AgNO3溶液不能检验氯离子是否存在，因为存在硫酸根离子，硫酸银是白色沉淀，干扰氯离子检验，D错误。答案选B。【答案点睛】本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是钠离子的确定易出现失误。另外选项D也是易错点，注意硫酸根离子对氯离子检验的干扰。12、C【答案解析】

①用量筒量取液体时，若量程太大，最小刻度值增大，会加大误差；若量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则，不能用50mL量筒取5.2mL稀硫酸，故不选①；②苯和四氯化碳能相互溶解，不能用分液漏斗分离，故不选②；③托盘天平精确到0.1g，可用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体，故选③；④溴水有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故不选④；⑤瓷坩埚中含有二氧化硅，会与氢氧化钠在加热下反应，故不选⑤；⑥配制250mL0.2mol·L－1的NaOH溶液用250mL容量瓶，故选⑥。故正确序号为③⑥。综上所述，本题应选C。13、C【答案解析】

A.甲烷、苯不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烯能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误；B.有机物含有的H元素的含量越大，则等质量时燃烧消耗的氧气就越多。由于三种烃中甲烷的H元素的含量最高，因此在空气中分别完全燃烧等质量的这三种烃，甲烷消耗的氧气最多，错误；C.甲烷是正四面体结构的分子，乙烯和苯分子都是平面分子，因此除甲烷外，其余两种分子内所有原子都共平面，正确；D.甲烷属于饱和烃，乙烯、苯是不饱和烃，错误。答案选C。14、D【答案解析】

A．在3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中，NF3中的N元素的原子部分升高变为HNO3，部分降低变为NO，因此NF3是氧化剂，也是还原剂，而水的组成元素化合价没有发生变化。所以水不是还原剂，错误；B．HF的组成元素在反应前后没有发生变化，所以HF不是还原产物，错误；C．根据方程式可知，在该反应中还原剂NF3和氧化剂NF3的物质的量之比是1：2，错误；D．NF3在潮湿的空气中泄漏会会发生反应产生NO，NO遇空气会发生反应产生红棕色NO2气体，正确。15、A【答案解析】试题分析：键线式的分子式书写时要注意每个折点为C原子，并保证C原子的四价，可确定出隐藏的H数目，3,4一苯并芘的分子式为C20H12，选项A正确。考点：根据结构式书写分子式16、D【答案解析】①少量Na2O2先和水反应生成氢氧化钠和氧气，然后NaOH再和Ca（HCO3）2发生反应生成碳酸钙沉淀，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、NaOH+Ca（HCO3）2=CaCO3↓+NaHCO3+H2O，所以符合题意，故正确；②过量Ba（OH）2溶液和NH4HSO4溶液混合加热生成氨气和硫酸钡沉淀，发生反应为：Ba（OH）2+NH4HSO4BaSO4↓+2H2O+NH3↑，所以符合题意，故正确；③AlCl3溶液与NaHCO3溶液混合发生双水解，得到二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，反应方程式为AlCl3+3NaHCO3=Al(OH)3↓+3CO2↑+3NaCl，符合题意，故正确；④FeCl3溶液与NaHS溶液混合三价铁氧化硫氢酸根离子生成二价铁离子和硫单质，无气体放出，所以不符合题意，故错误；答案选D。17、D【答案解析】

A.该离子方程式电荷不守恒，A错误；B.该离子方程式中原子、电荷均不守恒，B错误；C.NaOH溶液过量，应该生成偏铝酸盐，产物不正确，C错误；D.氢氧化铝不溶于过量的氨水，离子方程式书写正确，D正确；综上所述，本题选D。【答案点睛】判断离子方程式的正误，关键抓住离子方程式是否符合客观事实、化学式的拆分是否准确、是否遵循电荷守恒和质量守恒、氧化还原反应中的得失电子是否守恒等。18、D【答案解析】

A、乙醇与水互溶，不能萃取水中的碘，A错误；B、乙醇和乙酸乙酯互溶，不能直接分液，B错误；C、氯化钠的溶解度受温度影响小，C错误；D、丁醇与乙醇的沸点相差较大。蒸馏即可实现分离，D正确，答案选D。19、B【答案解析】

A.催化剂存在下，甲苯与Cl2发生苯环上的取代反应，光照下甲苯与Cl2发生甲基上的取代反应，A正确；B.苯酚钠溶液中通入CO2生成苯酚，根据复分解反应的规律可知：碳酸的酸性比苯酚强，B错误；C.等物质的量的乙烷和丙烷完全燃烧，由于丙烷分子中含有的C原子数比乙烷多，所以丙烷生成的CO2多，C正确；D.2，2—二甲基丙烷可看作是甲烷分子中的4个H原子分别被4个-CH3取代产生的物质，12个H原子等效，因此其一溴取代物只有一种，D正确；故合理选项是B。20、D【答案解析】

A.根据物质的结构简式可知该物质分子式为C9H11O4N，A正确；B.该物质分子中含有氨基、羧基及酚羟基等多个官能团，因此在一定条件下课发生缩聚反应形成高分子化合物，B正确；C.物质分子中含有酸性基团羧基、酚羟基，可以与碱反应；也含有碱性基团氨基，因此能够与酸反应，C正确；D.在物质分子中含有9种不同位置的H原子，因此核磁共振氢谱有9个吸收峰，D错误；故合理选项是D。21、B【答案解析】

X与Y组成的化合物可作为耐火材料，Y和Z组成的化合物是一种盐，该盐的水溶液呈酸性，则X、Y、Z分别为O、Al、Cl，4种元素原子的最外层电子数之和为21，则W为N；【题目详解】A.常温下，W的单质为氮气，为气态，A错误；B.X和Z可形成化合物为ClO2，为共价化合物，B正确；C.Y与Z的简单离子分别为Al3+、Cl-，不具有相同的电子层结构，C错误；D.W、X的氢化物中存在氢键，氢化物的沸点较高，氯化氢沸点低，D错误；答案为B。22、B【答案解析】

A、某些金属可以产生焰色反应，可用作烟火，A正确；B、过氧化钠能与水或二氧化碳反应生成氧气，因此Na2O2用于呼吸面具中作为O2的来源，与过氧化钠具有强氧化性没有关系，过氧化钠不能氧化CO2、H2O，B错误；C、K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，可以净化水，因此K2FeO4用于自来水的消毒和净化，C正确；D、Al(OH)3的碱性不强，但却可以与胃酸反应，因此Al(OH)3用作医用的胃酸中和剂，D正确。答案选B。二、非选择题(共84分)23、离子键、共价键H++SO42﹣+NH4++Ba2++2OH﹣BaSO4↓+NH3↑+2H2OFeI2仅有I﹣被氧化成I2使溶液呈黄色I﹣、Fe2+均被氧化使溶液呈黄色取少量变黄溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若变红则Ⅱ合理（其他合理亦可）NO3﹣+4H++3e-═NO↑+2H2O【答案解析】

（1）从所给离子的种类判断，不溶于稀硝酸的白色沉淀是硫酸钡沉淀，使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，则A、B中含有磷酸氢根离子、铵根离子，且B溶液呈碱性，所以A是硫酸氢铵，B是氢氧化钡，①A的化学式为NH4HSO4，化学键类型为离子键、共价键；②A、B溶液混合后加热呈中性，，说明氢氧根离子与氢离子、氨根离子恰好完全反应，且生成硫酸钡沉淀，离子方程式为H++SO42﹣+NH4++Ba2++2OH﹣BaSO4↓+NH3↑+2H2O；（2）①A的水溶液呈浅绿色，说明A中存在Fe2+；B的水溶液呈无色且其焰色反应为黄色，说明B中存在Na+；向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，说明A不与盐酸反应；再加入B后溶液变黄，溶液呈黄色可能有Fe3+生成或有I2生成。则加入B后混合溶液中应含有强氧化性物质，根据所给离子判断，氢离子与硝酸根离子结合成为硝酸具有强氧化性，所以B是NaNO3，A是FeI2；②碘离子的还原性比亚铁离子的还原性强，所以与硝酸发生氧化还原反应时碘离子先被氧化，所以溶液变黄的原因可能是有两种：Ⅰ.I-被氧化为I2而使溶液变黄，离子方程式为6I-+2H++2NO3-=2NO↑+I2+4H2O；Ⅱ.I﹣、Fe2+均被氧化使溶液呈黄色，离子方程式为2I-+4H++Fe2++NO3-=NO↑+I2+2H2O+Fe3+；③取少量变黄溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若变红则Ⅱ合理；④利用上述过程中溶液变黄原理，将其设计成原电池，若电子由a流向b，则b极为正极，正极上硝酸根离子得电子产生NO，电极反应式为NO3﹣+4H++3e-═NO↑+2H2O。24、氯原子、羟基取代反应NaOH溶液、加热c、、、、、中任意一种【答案解析】

(1)决定有机物化学特性的原子或原子团叫官能团，根据物质结构简式，判断官能团；(2)对比物质甲与反应生成的的结构的不同，判断反应类型，利用与物质乙的区别，结合卤代烃、烯烃的性质通过II、III反应转化为物质乙；(3)乙的官能团是-OH、—Cl，-OH可以与Na发生置换反应、与羧酸发生酯化反应，—Cl原子可以发生水解反应、若与Cl原子连接的C原子的邻位C原子上有H原子，则可以发生消去反应；(4)同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物的互称，结合对同分异构体的要求进行书写。【题目详解】(1)含有的官能团有氯原子、羟基；(2)在一定条件下发生甲基上的取代反应生成，再与NaOH的水溶液在加热条件下发生取代反应生成，与HCl在一定条件下发生加成反应生成物质乙。所以反应I的反应类型是取代反应，反应II的条件是NaOH水溶液、加热，反应III的化学方程式为；(3)a.乙中含醇-OH，可以与金属钠发生置换反应生成氢气，a不符合题意；b.乙中含有氯原子，由于与Cl原子连接的C原子的邻位C原子上有H原子，所以可以与氢氧化钠的乙醇溶液发生消去反应生成，b不符合题意；c.乙中含有的官能团都不能与碳酸钠溶液反应，c符合题意；d.乙中含有醇羟基，可以与乙酸在一定条件下发生酯化反应，d不符合题意；故合理选项是c；(4)化合物乙结构简式为，乙的同分异构体要求符合：a.苯环上的一氯代物有两种，说明苯环有2个处于对位的取代基；b.遇FeCl3溶液显示紫色，说明有酚羟基，则符合题意的同分异构体结构简式为、、、、、。【答案点睛】本题考查了结构、性质、转化、反应类型的判断及符合要求的同分异构体的书写等知识，掌握各类官能团的性质、转化条件是本题解答的关键。25、氯酸钾在二氧化锰、加热的条件下分解，并保证二氧化锰被充分氧化泥三角装置a中需要大量的盐酸，造成化学材料的浪费K2、K5或K5K1、K33MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-【答案解析】

(1)氯酸钾在二氧化锰、加热的条件下分解生成氯化钾等，为保证二氧化锰被充分氧化，则需要过量；把坩埚放置在三脚架时，需用泥三角；(2)①装置a中需要大量的盐酸，造成化学材料的浪费，装置b为简易启普发生器，使用较少的盐酸；②为了充分利用CO2，关闭K2、K5或K5阻止气体进入气球；待“气球1”中收集到足够多的CO2时，关闭K1、K3；③三口烧瓶中二氧化碳与锰酸根离子反应生成高锰酸根离子、二氧化锰和碳酸根离子，离子方程式为：3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2+2CO32-。26、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑先变红后褪色2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O20.52NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3•H2O+CaCl2NH4Cl取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净9V14m%或9V/1400m【答案解析】分析：（1）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，根据化学反应的产物来确定现象，氢氧化钠有碱性，能使酚酞显示红色，且产生氧气，红色褪去；（2）过氧化钠和水以及二氧化碳反应都会生成氧气，根据每生成1mol氧气，转移2mol电子计算生成了5.6LO2，转移电子的物质的量；（3）第①步中氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应生成一水合氨和氯化钙；（4）第①步中氯化铵参加反应、第②步中生成氯化铵；（5）实验室用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子；（6）根据过氧化钙和氧气之间的关系式计算；过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有样品质量和反应后固体质量。详解：（1）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，即2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，向试管所得溶液中滴加酚酞溶液，体系呈碱性，溶液变红，产生氧气，具有氧化性，故将溶液漂白，所以现象是先变红后褪色；（2）因为过氧化钠和水以及二氧化碳反应都会生成氧气，氧气具有助燃性，其中过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，即2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，每生成1mol氧气，转移2mol电子，生成氧气的物质的量是5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，因此转移0.5mol电子；（3）第①步中氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应生成一水合氨和氯化钙，反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3•H2O+CaCl2；（4）第②步反应中，氯化钙、双氧水、一水合氨和水反应生成CaO2•8H2O和氯化铵，反应方程式为CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；第①步中氯化铵参加反应、第②步中生成氯化铵，所以可以循环使用的物质是NH4Cl；（5）实验室用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子，如果沉淀没有洗涤干净，向洗涤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液应该有白色沉淀，其检验方法是：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净；（6）设超氧化钙质量为xg，则根据方程式可知2CaO22CaO+O2↑144g22.4Lxg0.001L144g：22.4L=xg：0.001L解得x=9V/1400其质量分数=9V/1400m×100%=9V/14m%；如果过氧化钙的含量也可用重量法测定，则需要测定的物理量有样品质量和反应后固体质量。点睛：本题考查以实验形式考查过氧化钠的化学性质、制备实验方案设计评价，为高频考点，侧重考查离子检验、化学反应方程式的书写、物质含量测定等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，难点是题给信息的挖掘和运用。27、防止亚铁离子被氧化抑制铁离子水解Fe3+4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO－的干扰＞溶液的酸碱性不同【答案解析】

（1）氯化亚铁易被氧化生成氯化铁，因此在FeCl2溶液中需加入少量铁屑的目的是防止亚铁离子被氧化；氯化铁是强酸弱碱盐，水解显酸性，则将FeCl3晶体溶于浓盐酸，再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是抑制铁离子水解；（2）I.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl－发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O；II.产生Cl2还可能是ClO－+Cl－+2H+＝Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO－的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在；制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至－1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe(OH)3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反应为2FeO42－+6Cl－+16H+＝2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42－氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。28、3d24s27O＞Cl＞C3∶1sp2＞12Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O【答案解析】

(1)Ti是22号元素，Fe是26号元素，根据原子核外电子排布规律分析解答；(2)①反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，结合化合物CCl4、氯的氧化物中元素化合价判断；②根据1个单键是1个σ键，1个双键中含有1个σ键和1个π键以及COCl2分子的结构式来解答；(3)离子晶体的熔点与晶格能的大小有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；(4)铁的某种单质的晶胞为面心立方结构，晶胞结构图为，根据均摊