湖南省邵东县一中2023学年化学高二第二学期期末监测模拟试题（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、下列离子方程式的书写及评价均合理的是选项离子方程式评价A将1molCl2通入含1molFeI2溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋I2正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I－均氧化B1mol·L－1的NaAlO2溶液和2.5mol·L－1的HCl溶液等体积均匀混合：2AlO2-＋5H＋===Al3＋＋Al（OH）3↓＋H2O正确；AlO2-与Al（OH）3消耗的H＋的物质的量之比为2∶3C过量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HSO3-正确；说明酸性：H2SO3强于HClODMg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2＋＋HCO3-＋OH－===MgCO3↓＋H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水A．A B．B C．C D．D2、工业上运用电化学方法降解含NO3-废水的原理如图所示，下列有关说法不正确的是A．相同条件下，Pt电极上产生O2和Pt-A电极上产生N2的体积比为5:2B．通电时电子的流向：b电极→导线→Pt-Ag电极→溶液→Pt电极→导线→a极C．Pt-Ag电极上的电极反应式：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2OD．通电时，Pt电极附近溶液的pH减小3、探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1mol·L−1H2C2O4的pH=1.3）实验装置试剂a现象①Ca(OH)2溶液（含酚酞）溶液褪色，产生白色沉淀②少量NaHCO3溶液产生气泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是A．H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+H2C2O4CaC2O4↓+2H2OB．酸性：H2C2O4>H2CO3，NaHCO3+H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2OC．H2C2O4具有还原性，2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2OD．H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O4、下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是A．pH=11的氨水稀释10倍后溶液pH＞10B．将氯化铝溶液加热蒸干并灼烧，最终得氧化铝固体C．对2HI（g）H2（g）+I2（g），减小容器体积，气体颜色变深D．水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液浸泡处理，而后用盐酸去除5、X、Y为同周期或同主族短周期元素，若X的原子半径大于Y的原子半径，则下列判断正确的是()A．第一电离能一定X<YB．X的离子半径一定大于Y的离子半径C．若X、Y均为非金属元素，则X、Y元素的简单气态氢化物熔沸点一定HnY<HmXD．若X、Y均为金属元素，则X失电子的能力一定强于Y6、某有机物的分子式为C11H14O2，结构简式中含有一个苯环且苯环上只有一个取代基，与NaHCO3反应有气体生成，则该有机物的结构共有（不含立体异构）A．9种 B．10种 C．11种 D．12种7、有关晶体的叙述中正确的是A．在SiO2晶体中，由Si、O构成的最小单元环中共有8个原子B．在28g晶体硅中，含Si－Si共价键个数为4NAC．金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为C－C键键能小于Si－Si键D．镁型和铜型金属晶体的配位数均为128、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9、下列药品的保存方法正确的是（）A．氢氟酸保存在棕色细口玻璃瓶中B．镁条能与氧气反应，所以必须保存在煤油中C．硅酸钠的水溶液保存在带有玻璃塞的细口玻璃瓶中D．碘单质保存在带有玻璃塞的棕色广口玻璃瓶中10、下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是A．用图所示装置（正放）可收集NO气体B．用图所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸C．用图所示装置可实现反应：Cu+2H2OCu（OH）2+H2↑D．用图所示装置可实现制乙炔A．A B．B C．C D．D11、下列化合物的核磁共振氢谱中出现三组峰的是：A．2，2，3，3-四甲基丁烷 B．2，3，4-三甲基戊烷 C．3，4-二甲基己烷 D．2，5-二甲基己烷12、一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2—下列说法不正确的是A．在pH<4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀B．在pH>6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀C．在pH>14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2+4H++4e-=2H2OD．在煮沸除氧气的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓13、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,W的电子数与其周期序数相等,X2-与Y+的电子层结构相同,Z的最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法正确的是A．单质沸点:W>XB．原子半径:Y<XC．最简单气态氢化物的稳定性:X>ZD．由W、X、Y三种元素形成的化合物的水溶液呈酸性14、图A图B图C图DA．除去CO中的CO2B．苯萃取碘水中的I2分出水层后的操作C．配制0.10mol·L－1NaOH溶液D．记录滴定终点读数为12.20mL15、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16、一个电子排布为1s22s22p63s23p1的元素最可能的价态是（）A．+1 B．+2 C．+3 D．-1二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C为三种烃的衍生物，它们的相互转化关系入下：其中B可发生银镜反应,C与石灰石反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体。①A、B、C的结构简式依次是_________、________、________。②A→B的化学方程式为：____________。③B→C的化学方程式为：___________。④B→A的化学方程式为：___________。18、分子式为C12H14O2的F有机物广泛用于香精的调香剂。为了合成该物质，某实验室的科技人员设计了下列合成路线：试回答下列问题：(1)A物质在核磁共振氢谱中能呈现________种峰；峰面积比为__________。(2)上述合成路线中属于取代反应的是__________(填编号)。(3)写出反应⑤、⑥的化学方程式：⑤____________________________________________________________________；⑥____________________________________________________________________。(4)F有多种同分异构体，请写出符合下列条件的所有物质结构简式：①属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团；②苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；③其中一个取代基为—CH2COOCH3：______________。19、草酸铁晶体Fe2(C2O4)3·xH2O可溶于水，且能做净水剂。为测定该晶体中铁的含量，做了如下实验：步骤1：称量5.6g草酸铁晶体，配制成250mL一定物质的量浓度的溶液。步骤2：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，先加足量稀H2SO4酸化，再滴加KMnO4溶液，反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。向反应后的溶液加锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤3：用0.0200mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200mol/LKMnO4溶液为V2、V3mL。记录数据如下表：实验编号KMnO4溶液的浓度（mol/L）KMnO4溶液滴入的体积（mL）10.0200V1=20.0220.0200V3=19.9830.0200V2=23.32请回答下列问题：（1）草酸铁溶液能做净水剂的原因______________________________（用离子方程式表示）。（2）步骤2加入酸性高锰酸钾的作用_________________________________________________。（3）加入锌粉的目的是______________________________。（4）步骤3滴定时滴定终点的判断方法是_____________________________________________。（5）在步骤3中，下列滴定操作使测得的铁含量偏高的有______。A．滴定管用水洗净后直接注入KMnO4溶液B．滴定管尖嘴内在滴定前有气泡，滴定后气泡消失C．读取KMnO4溶液体积时，滴定前平视，滴定结束后仰视读数D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．（6）实验测得该晶体中铁的含量为_________。20、铝氢化钠（）是有机合成的重要还原剂，其合成线路如下图所示。（1）无水（升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备。①中发生反应的化学方程式为__________________。②实验时应先点燃______（填“”或“”）处酒精灯，当观察到____________时，再点燃另一处酒精灯。③装置中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是__________________，请结合方程式进行解释__________________。④中试剂的作用是__________________。用一件仪器装填适当试剂后也可起到和的作用，所装填的试剂为__________________。（2）制取铝氢化钠的化学方程式是__________________。（3）改变和中的试剂就可以用该装置制取NaH，NaH中氢元素化合价为______，若装置中残留有氧气，制得的NaH中可能含有的杂质为______。（4）铝氢化钠遇水发生剧烈反应，其反应的化学方程式为____________。欲测定铝氢化钠粗产品（只含有NaH杂质）的纯度。称取样品与水完全反应后，测得气体在标准状况下的体积为，样品中铝氢化钠的质量分数为______。（结果保留两位有效数字）21、铜是人类最早使用的金属之一，铜的化合物丰富多彩。⑴铜与N2O4在一定条件下可制备无水Cu(NO3)2。Cu在周期表中位于______区，基态Cu原子的电子排布式为______。NO3-的空间构型为_____。⑵邻氨基吡啶()的铜配合物在有机合成中有重要作用。C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为______；邻氨基吡啶的铜配合物结构简式如图所示，C原子轨道杂化类型为______；1mol中σ键的数目为______mol。⑶如图是铜的一种氮化物晶体的晶胞结构。该化合物中Cu的化合价是______，Cu和N原子的配位数之比是______。

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、B【答案解析】

A、将1molCl2通入含1molFeI2溶液中，Cl2不足，先氧化I－，离子方程式：2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，选项A错误；B、AlO2-与H＋物质的量之比为1∶1反应时，生成Al(OH)3沉淀，1∶4反应时生成铝离子，所以1mol·L－1的NaAlO2溶液和2.5mol·L－1的HCl溶液等体积均匀混合，离子方程式：2AlO2-＋5H＋=Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，可理解为2molAlO2-消耗2molH＋，生成2molAl(OH)3，其中1molAl(OH)3又消耗了3molH＋，生成1molAl3＋，所以AlO2-与Al(OH)3消耗的H＋的物质的量之比为2∶3，选项B正确；C、过量SO2通入NaClO溶液中，发生氧化还原反应：H2O＋SO2＋ClO－=SO42-＋Cl－＋2H＋，无法比较H2SO3和HClO的酸性强弱，选项C错误；D、Mg(HCO3)2与足量NaOH溶液反应的离子方程式：Mg2＋＋2HCO3-＋4OH－=2H2O＋Mg(OH)2↓＋2CO32-，酸式盐与碱反应生成正盐和水的说法不全面，选项D错误。答案选B。【答案点睛】离子方程式错误的原因有：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。2、B【答案解析】分析：该电池中，右侧NO3-得电子与H+反应生成N2和H2O，电极反应式：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，故b为直流电源的负极；a为直流电源的正极，左侧H2O失电子生成O2和H+，电极反应式：2H2O-4e-=O2↑+4H+，据此回答。详解：A.由电极反应式阳极：2H2O-4e-=O2↑+4H+阴极：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O可知，当通过1mole-电子时，阳极产生0.25molO2，阴极产生0.1molO2,因此产生O2和产生N2的体积比为5:2,A正确；B.通电时，电子不能在溶液中移动，B错误；C.Pt-Ag电极为阴极，电极反应式为：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，C正确；D.通电时，Pt电极为阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，因此Pt电极附近溶液的pH减小，D正确；答案选B.3、C【答案解析】

草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题；【题目详解】A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A正确；B.产生气泡证明有CO2产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2+2H2O或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2+2H2O，故B正确；C.0.1mol·L−1H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C不正确；D.草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D正确；本题选不正确的，应选C。【答案点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。4、C【答案解析】

A、若为强碱溶液，稀释10倍，c(OH-)会变为原来的，PH会减小1。但是氨水属于弱碱，弱碱部分电离：NH3.H2ONH4++OH-，加水稀释平衡正向移动，氢氧根离子物质的量增多，所以比原来的大些，所以pH=11的氨水稀释10倍后溶液pH＞10，故A能用平衡移动原理解释；A、铝离子在水溶液中发生水解，AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，加热能促进水解，氯化氢逐渐挥发，也能使平衡正向移动，氢氧化铝受热易分解，2Al(OH)3=Al2O3+3H2O，所以把氯化铝溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是氧化铝，故A能用平衡移动原理解释；C、对2HI（g）H2（g）+I2（g）反应前后气体的物质的量没有变化，改变压强不会使平衡发生移动，而减小容器体积，气体颜色变深，是因为体积变小，碘蒸汽的密度增大，导致颜色加深，故C不能用平衡移动原理解释；D、因为溶解度S（CaCO3）＜S（CaSO4），故水垢中的CaSO4,加入饱和Na2CO3溶液,能将CaSO4转化为CaCO3,后加盐酸,水垢溶解,从而除去水垢,故D能用平衡移动原理解释；综上所述，本题正确答案为C。【答案点睛】勒夏特列原理为:如果改变影响平衡的条件之一,平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动,使用勒夏特列原理时,该反应必须是可逆反应,否则勒夏特列原理不适用.比如一个可逆反应中，当增加反应物的浓度时，平衡要向正反应方向移动，平衡的移动使得增加的反应物浓度又会逐步减少;但这种减弱不可能消除增加反应物浓度对这种反应物本身的影响，与旧的平衡体系中这种反应物的浓度相比而言，还是增加了。在有气体参加或生成的可逆反应中，当增加压强时，平衡总是向体积缩小的方向移动，比如在N2+3H2⇌2NH3这个可逆反应中，达到一个平衡后，对这个体系进行加压，比如压强增加为原来的两倍，这时旧的平衡要被打破，平衡向体积缩小的方向移动，即在本反应中向正反应方向移动，建立新的平衡时，增加的压强即被减弱，不再是原平衡的两倍，但这种增加的压强不可能完全被消除，也不是与原平衡相同，而是处于这两者之间。5、D【答案解析】

若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，同周期，原子序数大的金属性弱、非金属性强，若X、Y为同主族元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数小，同主族，原子序数大的金属性强、非金属性弱，据此分析解答。【题目详解】A．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，第一电离能不一定X<Y，故A错误；B．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，当X为阳离子，Y为阴离子时，X的离子半径小于Y的离子半径，故B错误；C．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，当X、Y均为非金属元素，如X、Y分别为C、O，水常温下为液体，甲烷为气体，甲烷的熔沸点低于水，故C错误；D．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，当X、Y均为金属元素，同周期原子序数大的金属性弱，则X的金属性强于Y；若X、Y为同主族元素，如果X的原子半径大于Y，则X的原子序数大，当X、Y均为金属元素，同主族原子序数大的金属性强，则X的金属性强于Y，即无论那种情况X失电子能力一定强于Y，故D正确；答案选D。6、D【答案解析】

根据题意，该有机物分子含有2个氧原子，能与NaHCO3反应生成气体，说明其结构中含1个羧基，可看作C4H10被一个苯环和一个羧基取代，实际为丁烷的二元取代物，因此可以以丁烷为思维模型，丁烷的结构有CH3CH2CH2CH3和CH(CH3)3两种；然后在此基础上考虑其中的两个氢原子被苯环和羧基取代，这样正丁烷的二元取代物有8种，异丁烷的二元取代物有4种，得出分子式为C11H14O2的有机物共有12种，答案选D。【答案点睛】掌握有机物官能团的结构和性质特点是解答的关键，注意一元取代物和二元取代物同分异构体的判断方法，尤其是二元取代物或多取代产物同分异构体数目的判断是解答的关键，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。7、D【答案解析】

A、在二氧化硅晶体中，由Si、O原子构成的最小单元环为6个Si原子、6个O原子的12元环，A错误；B、28gSi的物质的量是1mol，每个Si原子与4个Si原子形成4个共价键，属于该Si原子的只有2个，所以1molSi晶体中只有2NA共价键，B错误；C、金刚石中的C－C键键长小于Si－Si键，所以C－C键键能大于Si－Si键，则金刚石的熔沸点高，C错误；D、Mg与Cu的晶体堆积方式都是最密堆积，其配位数都是12，D正确；答案选D。8、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。9、D【答案解析】

A.氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，因此不能保存在棕色细口玻璃瓶中，应该保存在塑料瓶中，A错误；B.镁条能与氧气反应，但其表面生成的氧化膜非常致密，有一定的抗腐蚀能力，不必保存在煤油中，B错误；C.硅酸钠的水溶液应该保存在带有玻璃塞的细口玻璃瓶中，C错误；D.单质碘易升华，碘单质保存在带有玻璃塞的棕色广口玻璃瓶中，D正确；答案选D。10、A【答案解析】

A．二氧化碳可防止NO被氧化，且NO的密度比CO2小，从短导管进入集气瓶，排除CO2，图中类似于排空气法收集气体，A正确；B．NH3直接与硫酸接触，发生倒吸；苯起不到防倒吸的作用，B错误；C．Cu与电源负极相连，为阴极，Cu不失去电子，该实验为电解水，C错误；D．生成的气体易从长颈漏斗逸出，另水与电石反应剧烈，一般使用食盐水与电石反应制取乙炔，D错误；故合理选项为A。11、D【答案解析】

A.该分子的结构简式为：，只含一种H原子，其核磁共振氢谱中只显示一组峰，A错误；B.该分子的结构简式为：，含四种H原子，其核磁共振氢谱中只显示四组峰，B错误；C.该分子的结构简式为：，含四种H原子，其核磁共振氢谱中只显示四组峰，C错误；D.该分子的结构简式为：，含三种H原子，其核磁共振氢谱中只显示三组峰，D正确；故合理选项为D。12、C【答案解析】

A、pH<4为强酸性，发生析氢腐蚀，正确；B、pH>6的溶液，氧气得电子，发生吸氧腐蚀，正确；C、pH>14的溶液氧气与水反应得电子：O2+2H2O+4e‾=4OH‾,错误；D、煮沸后除去了氧气，碳钢的腐蚀速率会减小，正确。答案选C。13、C【答案解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的电子数与其周期序数相等，说明W是H；X2-与Y+的电子层结构相同，说明X为O，Y为Na；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，说明Z为S；A.W为H，单质为氢气，X为O，单质为氧气，氢气的沸点小于氧气，A错误；B.原子的电子层数越多，半径越大，原子半径：Na>O，B错误；C.非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性O>S，则最简单气态氢化物的热稳定性为X>Z，C正确；D.由W、X、Y三种元素形成的化合物是NaOH，水溶液呈碱性，D错误；答案选C.14、A【答案解析】试题分析：A.CO2可以与NaOH溶液发生反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO与NaOH发生反应，因此可以用盛有NaOH溶液的洗气瓶除去CO中的CO2气体，正确；B．苯的密度比水小，与水互不相溶，碘中苯中的溶解度比水中大，与碘不能发生反应，因此可以用苯萃取碘水中的I2；由于苯密度比水小，分出水层后的苯溶液应该从上口倒出；错误；C．配制0.10mol·L－1NaOH溶液应该先在烧杯中溶解物质，待溶液恢复至室温后再移液转移至容量瓶中，不能在容量瓶中直接溶解固体溶质，错误；D．滴定管小刻度在上部，因此记录滴定终点读数为11.80mL，错误。考点：考查有关实验的操作正误判断的知识。15、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。16、C【答案解析】

电子排布为1s22s22p63s23p1的元素是13号元素铝，最外层电子数是3，则最可能的化合价是＋3价，答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O2CH3CHO+O22CH3COOHCH3CHO+H2CH3CH2OH【答案解析】

气体和溴水反应生成1，2-二溴乙烷，则该气体为CH2=CH2，则A与浓硫酸共热发生消去反应产生乙烯，则A应为CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生的B可发生银镜反应，应为CH3CHO，B氧化产生C，C跟石灰石反应产生使石灰水变浑浊的气体，C应为CH3COOH，结合有机物的性质解答该题。【题目详解】①根据上述分析可知X是CH2=CH2，ACH3CH2OH，B为CH3CHO，C为CH3COOH。②A为CH3CH2OH，在Cu或Ag作催化剂条件下加热可被氧化为CH3CHO，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；③B为CH3CHO，可被氧化为CH3COOH，反应的方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH；④B为CH3CHO，含有-CHO，可与氢气发生加成反应生成CH3CH2OH，反应的化学方程式为CH3CHO+H2CH3CH2OH。【答案点睛】本题考查有机物的推断的知识，涉及烯烃、醇、醛、羧酸的转化关系，注意醛处在含氧衍生物的相互转变的中心环节，是联系醇和羧酸的桥梁在有机推断题中应特别注意。18、43∶2∶2∶3②⑤⑥【答案解析】

根据流程图，反应①是A和溴水发生加成反应生成，可以判断A为CH2=C(CH3)CH2CH3，反应②是水解反应，生成物B的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCH2OH；B氧化得到C，则C的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCOOH；根据C和D的分子式的可判断，反应④是消去反应，且D含两个甲基，所以D为CH3CH=C(CH3)COOH，反应⑤属于卤代烃的水解反应，则E为，E和D通过酯化反应生成F，则F的结构简式为，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为CH2=C(CH3)CH2CH3，B为CH3CH2C(CH3)OHCH2OH，C为CH3CH2C(CH3)OHCOOH，D为CH3CH=C(CH3)COOH，E为，F为。(1)A为CH2=C(CH3)CH2CH3，含有4种H原子，核磁共振氢谱中呈现4种峰，峰面积比为3∶2∶2∶3，故答案为：4；3∶2∶2∶3；(2)根据题中各物质转化关系和分析可知，反应①为加成反应，反应②为取代反应，反应③为氧化反应，反应④为消去反应，反应⑤为取代反应，反应⑥为酯化反应，也属于取代反应，属于取代反应的是②⑤⑥，故答案为：②⑤⑥；(4)反应⑤为卤代烃的水解反应，反应的方程式为，反应⑥为酯化反应，反应的方程式为；(4)F为，在F的同分异构体中苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，说明这2个取代基位于对位。其中一个取代基为-CH2COOCH3，则另一个取代基含有碳碳双键，因此同分异构体的结构简式为。【答案点睛】注意从A的结构入手采取正推的方法进行推断，把握官能团的性质以及官能团的转化为解答该题的关键。本题的易错点为(4)，要注意题中限制条件的解读。19、Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H＋除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定将Fe3＋还原为Fe2＋加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去ABC20.0%【答案解析】分析：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用；

(2)步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定；(3)加入锌粉的目的是还原铁离子；

(4)高锰酸钾溶液为紫红色，滴入最后一滴溶液变为紫红色且半分钟不变说明反应达到终点；

(5)根据滴定误差分析的方法判断,误差可以归结为标准液的体积消耗变化分析误差，c(待测)=c(标准）V(标准）V(待测）

；

A.酸式滴定管要用标准液润洗；

B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大；D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小；

(6)根据离子方程式计算，n(Fe)=5n(MnO4-)，可以计算n(Fe)，然后可以计算晶体中铁的含量。详解：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H＋，

因此，本题正确答案是：Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H＋；

(2)步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定，因此，本题正确答案是：除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定；(3)加入锌粉的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋，

因此，本题正确答案是：将Fe3＋还原为Fe2＋；

(4)高锰酸钾溶液为紫红色，反应终点判断为：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去，

因此，本题正确答案是：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去；(5)A.酸式滴定管要用标准液润洗，滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准液，标准液浓度减小，消耗标准液体积增大，测定结果偏高，故A符合；

B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B符合；

C.读取标准液体积时，滴定前平视读数，滴定后仰视读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C符合；D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小，测定结果偏低，故D不符合；因此，本题正确答案是：ABC；

(6)用0.0200mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200mol/LKMnO4溶液为V2、V3mL，计算平均值，实验3数值误差较大舍去，消耗体积V=20.02+19.982mL=20.00mL，

铁元素守恒，高锰酸钾溶液滴定亚铁离子发生的反应为5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O

51

n0.0200mol/L×0.0200L

=0.0004mol

5n=10.0004mol，解得n=0.002mol，

250mL溶液中含铁元素物质的量5.6g草酸铁晶体中铁的含量=0.02mol×56g/mol5.6g因此，本题正确答案是：20.0%。点睛：本题考查了物质性质的实验探究，实验方案的设计与分析计算，主要是滴定实验的过程分析和误差分析，掌握基础是关键，题目难度中等。20、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OA待D中充满黄绿色气体时除Cl2中混有的HClCl2+H2OH++Cl-+HClO饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡不容易正移，氯气几乎不溶解，但氯化氢可以溶解，所以可以除杂防止G中水蒸气进入E使氯化铝水解碱石灰AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl-1NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑0.69【答案解析】

由实验装置图可知，装置A中二氧化锰和浓盐酸共热制得氯气，用装置B中饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，用装置C中浓硫酸干燥氯气，装置D为氯化铝的制备装置，装置E用于收集氯化铝，用装置F中浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中，导致氯化铝水解，用装置G中氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，防止污染环境。由流程可知，实验制备得到的氯化铝在特定条件下与氢化钠反应制得铝氢化钠。【题目详解】（1）①装置A中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；②实验时