2023届广西梧州市岑溪市化学高二第二学期期末考试模拟试题（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、下列各对物质，互为同系物的是（）A．CH3CH2C1与CH3CHCl﹣CH2Cl B．CH3COOH与CH3CH2COOCH3C．与 D．与2、下列说法中正确的是（）A．NO2、SO2、BF3、NCl3等分子中，没有一个分子满足所有原子的最外层都达到8电子稳定结构；B．P4和CH4都是正四面体分子，且键角都为109o28ˊ；C．NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na+共有12个；D．存在共价键的晶体一定具有很高的熔、沸点及硬度3、某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO25%，密度为1.19g/cm3的消毒液。下列说法正确的是A．配制过程只需要三种仪器即可完成B．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制C．所配得的NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小D．需要称量NaClO固体的质量为140g4、下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是A．强酸性溶液中：H+、NO3—、SO32—B．pH=12的溶液中：OH—、K+、Cl—、HCO3—C．加入铝粉能放出氢气的溶液中一定存在：NH4+、NO3—、AlO2—、SO42—D．25ºC时pH=7的无色溶液中：Na+、Cl—、SO42—、K+5、下列官能团名称与对应结构简式书写错误的是（）A．羰基： B．羧基：-COOH C．醛基：-COH D．羟基：-OH6、如图表示的一些物质或概念之间的从属关系不正确的是()XYZ例氧化物化合物纯净物A含氧酸酸化合物B溶液分散系混合物C强电解质电解质化合物D置换反应氧化还原反应离子反应A．A B．B C．C D．D7、Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得：下列叙述不正确的是A．反应中加入K2CO3，能提高X的转化率B．Y与Br2的加成产物分子中含手性碳原子C．X和Y可以用FeCl3溶液讲行鉴别D．Y分子中最多有12个C原子共面8、正确表示下列反应的离子方程式是A．AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3+＋4NH3·H2O＝AlO2-＋4NH4+＋2H2OB．醋酸和石灰石反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3·H2OD．FeCl2溶液中加入稀硝酸:4H++NO3-+Fe2+=Fe3++NO↑+2H2O9、火法炼铜的原理是：Cu2S+O22Cu+SO2，有关该反应的说法正确的是（）A．氧化剂是O2，氧化产物是Cu和SO2B．被氧化的元素只有硫，得电子的元素只有氧C．Cu2S只表现出还原性D．当有lmolO2参加反应时，共有6mol电子发生了转移10、已知：（1）Zn（s）+1/2O2（g）=ZnO（s）；ΔH=－348.3kJ/mol，（2）2Ag（s）+1/2O2（g）=Ag2O（s）；ΔH=－31.0kJ/mol，则Zn（s）+Ag2O（s）==ZnO（s）+2Ag（s）的ΔH等于()A．－317.3kJ/mol B．－379.3kJ/mol C．－332.8kJ/mol D．+317.3kJ/mol11、下列说法中错误的是A．CO2和SO2都是非极性分子 B．NH4+和[Cu(NH3)4]2+都存在配位键C．Be和Al有很多相似的化学性质 D．H2O和NH3中心原子杂化轨道类型都是sp312、二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示:下列说法不正确的是A．b电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸B．二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOHC．电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，则b极产生0.6gH2D．电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O13、CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图所示），但CaC2晶体中由于哑铃形的C22-存在，使晶胞沿一个方向拉长。下列关于CaC2晶体的说法中正确的是A．CaC2晶体中，所有原子之间都以离子键相结合B．C22-与N2互为等电子体C．1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22-数目为6D．1个CaC2晶体的晶胞平均含有1个Ca2+和1个C22-14、制取一氯乙烷最好采用的方法是()A．乙烷和氯气反应 B．乙烯和氯气反应C．乙烯和氯化氢反应 D．乙烷和氯化氢反应15、已知：氧化锂（Li2O）晶体形成过程中的能量变化如图所示下列说法正确的是A．△H1<0，△H2>0 B．-△H5+△H1+△H2+△H3+△H4+△H6=0C．△H3<0，△H4<0 D．△H1+△H2+△H3+△H4=△H5+△H616、某有机物的结构简式如图所示，下列说法中不正确的是（）A．1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成1.5molH2B．该有机物消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3∶2∶2C．可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键D．该有机物能够在催化剂作用下发生酯化反应17、下列说法不能用勒夏特列原理解释的是A．滴有碘水的淀粉溶液中加入少量唾液，蓝色褪去B．对于反应2NO2N2O4加压稳定后的颜色比原来颜色深C．开启可乐瓶，瓶中马上泛起大量气泡D．利用排液法收集氯气时常用液体为饱和食盐水18、下列有关共价键的叙述中，不正确的是()A．某原子跟其他原子形成共价键时，其共价键数一定等于该元素原子的价电子数。B．水分子内氧原子结合的电子数已经达到饱和，故不能再结合其他氢原子。C．非金属元素原子之间形成的化合物也可能是离子化合物D．所有简单离子的核电荷数与其核外电子数一定不相等。19、下列离子方程式书写正确且能合理解释事实的是A．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：Ca2++2HCO3－+2OH－===CaCO3↓+CO32－+H2OB．用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢：CaSO4(s)+CO32－===CaCO3(s)+SO42－C．用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板上的Cu：Fe3++Cu===Fe2++Cu2+D．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3++3H2O===Al(OH)3↓+3H+20、现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是()A．最高正化合价：③＞②＞① B．原子半径：③＞②＞①C．电负性：③＞②＞① D．第一电离能：③＞②＞①21、分子式为的有机物含有一个六元环结构，在酸性条件下发生水解，产物只有一种，又知该有机物的分子中含有两个甲基，则该有机物的可能结构有A．6种 B．8种 C．10种 D．14种22、下列溶液中，Na+数目最多的是（）A．1mol•L－1Na2SO4溶液100mLB．0.9mol•L－1Na3PO4溶液100mLC．2.5mol•L－1NaOH溶液100mLD．1mol•L－1NaHCO3溶液100mL二、非选择题(共84分)23、（14分）醇酸树脂，附着力强，并具有良好的耐磨性、绝缘性等，在油漆、涂料、船舶等方面有很广的应用。下面是一种醇酸树脂G的合成路线：已知：RCH2=CH2(1)反应①的反应条件为___________________，合成G过程中会生成另一种醇酸树脂，其结构简式为____________________________________(2)反应②⑤反应类型分别为________、________；(3)反应④的化学方程式为________；(4)写出一种符合下列条件的F的同分异构体________。a.1mol该物质与4mol新制氢氧化铜悬浊液反应b．遇FeCl3溶液显紫色c．核磁共振氢谱有3组峰值，比值为1：1：1(5)设计由1一溴丙烷制备聚丙烯醇（）的流程图：________。24、（12分）盐X由三种元素组成，其具有良好的热电性能，在热电转换领域具有广阔的应用前景。为研究它的组成和性质，现取12.30g化合物X进行如下实验：试根据以上内容回答下列问题：(1)X的化学式为_____________。(2)无色溶液B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为______________。(3)蓝色溶液F中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，其离子方程式为____________。(4)白色沉淀C煅烧的固体产物与D高温反应可生成化合物X，其化学方程式为__________。25、（12分）3，4−亚甲二氧基苯甲酸是一种用途广泛的有机合成中间体，微溶于水，实验室可用KMnO4氧化3，4−亚甲二氧基苯甲醛制备，其反应方程式为：实验步骤如下：步骤1：向反应瓶中加入3，4−亚甲二氧基苯甲醛和水，快速搅拌，于70～80℃滴加KMnO4溶液。反应结束后，加入KOH溶液至碱性。步骤2：趁热过滤，洗涤滤渣，合并滤液和洗涤液。步骤3：对合并后的溶液进行处理。步骤4：抽滤，洗涤，干燥，得3，4−亚甲二氧基苯甲酸固体。回答下列问题：（1）步骤1中，反应过程中采用的是__________________________加热操作。（2）步骤1中，加入KOH溶液至碱性的目的是________________________。（3）步骤2中，趁热过滤除去的物质是__________________（填化学式）。（4）步骤3中，处理合并后溶液的实验操作为_______________________。（5）步骤4中，抽滤所用的装置包括__________、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。26、（10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________________。27、（12分）海洋是生命的摇篮，海水不仅是宝贵的水资源，而且蕴藏着丰富的化学资源。I.（1）海水中所得粗盐中通常含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，为了得到精盐，下列试剂加入的先后顺序正确的是________。A．BaCl2→Na2CO3→NaOH→HClB．NaOH→BaCl2→Na2CO3→HClC．BaCl2→NaOH→Na2CO3→HClD．Na2CO3→NaOH→BaCl2→HCl（2）为了检验精盐中是否含有SO42-，正确的方法是____________________________。II.海藻中提取碘的流程如图所示（1）灼烧过程中，需使用到的（除泥三角外）实验仪器有______。A．试管B．瓷坩埚C．坩埚钳D．蒸发皿E．酒精灯F．三脚架（2）指出提取碘的过程中有关实验操作名称：①________③__________④_________。（3）步骤②反应的离子方程式为___________________，该过程氧化剂也可以用H2O2，将等物质的量的I-转化为I2，所需Cl2和H2O2的物质的量之比为__________。（4）下列关于海藻提取碘的说法，正确的是_________。A．含碘的有机溶剂呈现紫红色B．操作③中先放出下层液体，然后再从下口放出上层液体C．操作④时，温度计的水银球应伸入液面以下但不能触碰到蒸馏烧瓶的底部28、（14分）某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。阴离子CO、SiO、AlO、Cl－阳离子Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、NH、Na＋现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系如图所示。（1）若Y是盐酸，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是___，ab段发生反应的离子是______________，bc段发生反应的离子方程式为______________。（2）若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的离子是___________________。ab段反应的离子方程式为_______________________________________。29、（10分）硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，相对分子质量392]晶体又称莫尔盐，易溶易电离但却比一般的亚铁盐稳定，因此广泛应用于制药、电镀以及定量分析。回答下列与之有关的问题：(1)在莫尔盐所涉及的五种元素中：①S元素在门捷列夫元素周期表中的位置是______________；②其中处于同主族的两种元素非金属性更强的是：_____________。(2)为检验莫尔盐是否变质，可用的试剂为_______________。碘是合成人体甲状腺激素的重要原料，食盐中加KIO3是我国为解决普遍性碘缺乏问题的国家规定，下图是自动电位滴定法测定食盐中碘含量的实验过程：(3)已知“溶解”过程中IO3-的还原产物为碘单质，写出该反应的离子反应方程式：______________________________。(4)取50.00mL样品，用0.005mol/L酸性K2Cr2O7溶液滴定剩余Fe2+，滴定操作时使用的锥形瓶未干燥，导致结果_____________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）

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、C【答案解析】

结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，互为同系物的物质满足以下特点：结构相似属于同类物质，含有相同数目的相同官能团。【题目详解】A项、CH3CH2C1与CH3CHCl﹣CH2Cl含有的官能团Cl原子的数目不同，不是同系物，故A错误；B项、CH3COOH的官能团为羧基，属于羧酸，CH3CH2COOCH3的官能团为酯基，属于酯类，有机物类别不同，不互为同系物，故B错误；C项、与均属于酚类，在分子组成上相差一个CH2原子团，互为同系物，故C正确；D项、属于脂环烃，属于链烃，有机物类别不同，不互为同系物，故D错误；故选C。【答案点睛】本题考查同系物的判断，注意掌握同系物的概念及判断方法，明确互为同系物的化合物一定满足结构相似，即含有的官能团类型及数目一定相同是解答关键。2、C【答案解析】

A.NCl3分子中N的价电子数为5，Cl的价电子数为7，三个Cl和N形成三对共用电子，使N、Cl原子都满足8电子结构，故A错误；B.P4和CH4都是正四面体分子，CH4分子中C原子位于正四面体中心，H原子位于正四面体的顶点，键角为109o28ˊ，而P4分子中4个P原子位于正四面体顶点，键角为60o，故B错误；C.NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na+共有12个，故C正确；D.含有共价键的晶体可能为分子晶体，也可能为原子晶体，若为分子晶体，熔沸点较低，硬度不大，若为原子晶体，熔沸点高，硬度大，所以由原子间通过共价键而形成的晶体一般具有高的熔、沸点及硬度，不是一定，故D错误。故选C。【答案点睛】判断分子中各原子是否都满足8电子或2电子稳定结构，需要先判断各原子的价电子数，然后根据各个原子达到稳定结构需要共用的电子对数判断是否能都满足。如H2O，氧原子有6个价电子，需要共用2对电子，而氢原子只有1个价电子，只需要共用1对电子，所以两者形成共用电子对时，不能同时使氢和氧都达到稳定结构；CO2中有2个氧原子，每个O都和C都共用两对电子，这样O和C就都能达到8电子稳定结构。或者，简单来看，用高中化学的知识不能写出电子式的分子，其原子一般不能都达到稳定结构。3、C【答案解析】试题分析：A、配制溶液所需仪器：天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故错误；B、向容量瓶加水至刻度线，因此容量瓶洗净即可，不用烘干，故说法错误；C、碳酸的酸性强于次氯酸，2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋CO32－，次氯酸不稳定易分解，长时间放置，NaClO的浓度会降低，故正确；D、实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的，质量应是500×1.19×25%g=148.8g，故错误。考点：考查配制一定物质的量浓度。4、D【答案解析】

A．强酸性溶液中H+、NO3-、SO32-之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．pH=12的溶液显碱性，OH—与HCO3—之间发生反应生成CO32—，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．加入铝粉能放出氢气的溶液，为酸或强碱溶液，酸溶液中H+与AlO2-反应生成氢氧化铝沉淀，碱溶液中，OH—与NH4+之间发生反应生成NH3•H2O，均不能大量共存，故C错误；D．25ºC时pH=7的无色溶液显中性，中性溶液中Na+、Cl—、SO42—、K+离子之间不发生反应，能够大量共存，故D正确；答案选D。【答案点睛】本题的易错点为C，要注意加入铝粉能放出氢气的溶液性质的判断，同时注意酸性溶液中，当存在NO3—时，与铝反应不能放出氢气。5、C【答案解析】

根据有机物的官能团进行分析；【题目详解】A、羰基是由碳和氧两种原子通过双键连接而成的有机官能团，即，故A不符合题意；B、羧基是由羰基和羟基组成的基团，即羧基为－COOH，故B不符合题意；C、醛基是由羰基和H原子组成的基团，即为－CHO，故C符合题意；D、羟基的化学式为－OH，故D不符合题意；答案选C。6、D【答案解析】分析：根据示意图可判断X包含在Y中，Y包含在Z中，结合有关的概念和物质的性质分析判断。详解：A．酸包括含氧酸和无氧酸，含氧酸属于酸，酸属于化合物，A正确；B．溶液是均匀、稳定的混合物，分散系属于混合物，B正确；C．溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，强电解质属于电解质，电解质属于化合物，C正确；D．一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和化合物的反应是置换反应，置换反应中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，氧化还原反应有的是离子反应，有的不是离子反应，因此不是包含关系，D错误。答案选D。7、D【答案解析】

A．生成的HBr可与碳酸钾反应，有利于反应正向移动，提高转化率，故A正确；

B．由图可知，Y发生加成反应后，碳碳双键的左侧碳原子连接4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，故B正确；

C．X含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，故C正确；

D．Y含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子，即12个碳原子不在同一个平面上，故D错误。

故选D。8、C【答案解析】

A.氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝和水，氢氧化铝与强碱反应，氨水为弱碱，不反应；B.醋酸为弱电解质，离子反应中写化学式；C.若硫酸铵与氢氧化钡为浓溶液，则生成氨气和硫酸钡沉淀，若为稀溶液则为一水合氨和硫酸钡沉淀；D.反应不遵守电荷守恒；【题目详解】A.氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝和水，氢氧化铝与强碱反应，氨水为弱碱，不反应，反应式：Al3+＋3NH3·H2O＝Al（OH）3↓，A错误；B.醋酸为弱电解质，离子反应中写化学式，B错误；C.若为稀溶液则为一水合氨和硫酸钡沉淀Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3·H2O，C正确；D.反应不遵守电荷守恒，反应式为：4H++NO3-+3Fe2+=3Fe3++NO↑+2H2O，D错误；答案为C9、D【答案解析】

A．元素O、Cu的化合价降低，元素S的化合价升高，所以氧化剂是Cu2S、O2，氧化产物是SO2，故A错误；B．得电子的元素还有铜，故B错误；C．Cu2S既表现出还原性，又表现出氧化性，故C错误；D．O2～6e-，当有lmolO2参加反应时，共有6mol电子发生了转移，故D正确。综上所述，本题选D。10、A【答案解析】

根据已知反应可知（1）－（2）即得到Zn（s）+Ag2O(s)="="ZnO(s)+2Ag(s)，所以ΔH＝－348.3kJ/mol＋31.0kJ/mol＝－317.3kJ/mol，答案选A。11、A【答案解析】分析：A．由极性键构成的分子，若结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子；B．当共价键中共用的电子对是由其中一原子独自供应时，就是配位键；C.根据对角线原则分析；D.H2O和NH3中心原子分别为O和N，都为sp3杂化.详解：A．二氧化硫是极性分子，二氧化硫中的键角是为119.5°，不对称，所以是极性分子，故A错误；B．NH3有一对孤对电子，而H+没有电子只有轨道，这样N提供孤对电子给H+，就形成了配位键，就形成NH4+，因此NH4+中有配位键；[Cu（NH3）4]2+中Cu2+和NH3间存在配位键，故B正确；C.根据对角线原则,Be和Al的化学性质具有相似性，故C正确；D.H2O中含有2个δ键，有2个孤电子对，为sP3杂化，NH3中含有3个δ键，有1个孤电子对，为sP3杂化，故D正确;答案选A.12、D【答案解析】A.电解池右边产生氢气，则b电极接电源的负极，在b极区氢离子得电子产生氢气，氯离子通过阴离子交换膜进入左边，盐酸变稀，则流出的Y溶液是稀盐酸，选项A正确；B、二氧化氯发生器中发生的反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，则排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，选项B正确；C、电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，转移的电子的物质的量为0.6mol，则b极产生0.6gH2，选项C正确；D、电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4H2O+3Cl-=NCl3+4H+，选项D不正确。答案选D。13、B【答案解析】分析：A.CaC2晶体中含有C22-，C22-原子之间为共价键；B.C22-含电子数为2×6+2=14，N2的电子数为14；C.1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22-应位于同一平面，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点；D．晶胞中根据均摊法分析微粒的个数.详解：A.CaC2晶体中，C22-原子之间以供价键相结合，A错误；B.

C22-含电子数为：2×6+2=14,N2的电子数为14，二者电子数相同，是等电子体，B正确；C．依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，而不是6个，C错误；D.依据晶胞示意图可以看出，1个CaC2晶体的晶胞含有Ca2+为：1+12×14=4和含有C22-为：1+6×点睛：本题考查晶胞的分析，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点，为解答该题的关键，易错点为A和C．14、C【答案解析】

A.乙烷和氯气反应可以生成一氯乙烷，但是副产物多，不易分离；B.乙烯和氯气反应，产物是1，2－二氯乙烷，得不到一氯乙烷；C.乙烯和氯化氢反应只能生成一氯乙烷；D.乙烷和氯化氢不能发生反应。综上所述，制取一氯乙烷最好采用的方法是C。15、B【答案解析】

A．Li晶体转化为Li(g)是吸热过程，Li(g)→Li+(g)是失电子过程吸热，即△H1>0、△H2>0，故A错误；B．由盖斯定律可知，△H1+△H1+△H3+△H4+△H6=△H5，即-△H5+△H1+△H2+△H3+△H4+△H6=0，故B正确；C．O2(g)到O(g)是键断裂过程吸热，O(g)→O2-(g)是得电子过程放热，即△H3>0、△H4<0，故C错误；D．由盖斯定律可知，△H1+△H2+△H3+△H4+△H6=△H5，故D错误；故答案为B。16、C【答案解析】

A.该有机物含有一个羟基，两个羧基，都可以和金属钠反应，所以1mol该有机物与金属钠反应最多可以生成1.5mol氢气，故正确；B.1mol该有机物消耗3mol钠，2mol氢氧化钠，2mol碳酸氢钠，故正确；C.羟基和碳碳双键都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能用其检验碳碳双键，故错误；D.该有机物含有羟基和羧基，可以在催化剂作用下发生酯化反应，故正确。答案选C。【答案点睛】学习有机物的关键是掌握各种官能团及其性质，有其官能团就有其性质，常见的官能团有碳碳双键、羟基，羧基等。17、A【答案解析】

A.滴有碘水的淀粉溶液中加入少量唾液，淀粉在淀粉酶的作用下水解完全，蓝色褪去，与平衡无关，A正确；B.对于反应2NO2N2O4增大压强，体积减小，平衡正向移动，达到平衡后二氧化氮的浓度比原来大，则加压稳定后的颜色比原来颜色深，可用勒夏特列原理解释，B错误；C.开启可乐瓶，容器压强减小，气体在瓶中的溶解度减小，瓶中马上泛起大量气泡，可用勒夏特列原理解释，C错误；D.根据同离子效应，饱和食盐水中的氯离子能降低氯气在溶液中的溶解度，利用排液法收集氯气时常用液体为饱和食盐水，可用勒夏特列原理解释，D错误；答案为A【答案点睛】对于反应2NO2N2O4反应体系中，增大压强体积减小，浓度增大，化学平衡正向移动，观察到容器的颜色为先变深，再变浅。18、A【答案解析】

A.非金属元素的原子形成的共价键数目取决于该原子最外层的不成对电子数；B.共价键的饱和性是指每个原子的成键总数或以单键相连的原子数目是一定的；C.NH4Cl等铵盐是离子化合物；D.阳离子是原子失去电子形成的，阴离子是原子得电子形成的。【题目详解】A、非金属元素的原子形成的共价键数目取决于该原子最外层的不成对电子数，一般最外层有几个不成对电子就能形成几个共价键，故A不正确；B、一个原子的未成对电子一旦与另一个自旋相反的未成对电子成键后，就不能再与第三个电子配对成键，因此，一个原子有几个不成对电子，就会与几个自旋相反的未成对电子成键，这就是共价键的饱和性，故一个氧原子只能与两个氢原子结合生成H2O，故B正确；C、非金属元素原子之间形成的化合物也可能是离子化合物，如NH4Cl等铵盐；故C正确；D、不管是阴离子还是阳离子，核内质子数与核外电子数必定存在差别，此差值就是离子所带的电荷数，故D正确；综上所述，本题选A。19、B【答案解析】A.Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：Ca2++HCO3－+OH－=CaCO3↓+H2O，选项A错误；B.用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢，反应的离子方程式为：CaSO4(s)+CO32－===CaCO3(s)+SO42－，选项B正确；C.用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板上的Cu，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，选项C错误；D.明矾溶于水产生Al(OH)3胶体，反应的离子方程式为：Al3++3H2O=Al(OH)3（胶体）+3H+，选项D错误。答案选B。20、D【答案解析】

由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S元素，②1s22s22p63s23p3为P元素，③1s22s22p5为F元素；A．S元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，故最高正化合价：①＞②，但F没有正化合价，故A错误；B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径P＞S＞F，即②＞①＞③，故B错误；C．同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性③＞①＞②，故C错误；D．同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，故D正确；故答案为D。21、C【答案解析】

由题目水解产物只有一种知C7H12O2为环酯，所以分子式为C7H12O2为饱和环酯，可推测该有机物环上含有一个“-COO-”的六元环，环上其余为4个碳原子，在环外有两个碳，两个甲基在不同碳原子上，有，有6种；两个甲基在同一碳上，在苯环上有四个碳原子，有四种，共10种，故选C。22、B【答案解析】

已知溶液中溶质的物质的量浓度和溶液的体积，根据n=cV，可以求溶质的物质的量，进而可以确定Na+的物质的量，物质的量和粒子数成正比，所以比较Na+的数目，可以直接比较Na+的物质的量。【题目详解】A.1mol•L－1Na2SO4溶液100mL含有Na+0.2mol；B.0.9mol•L－1Na3PO4溶液100mL含有Na+0.27mol；C.2.5mol•L－1NaOH溶液100mL含有Na+0.25mol；D.1mol•L－1NaHCO3溶液100mL含有Na+0.1mol。故选B。二、非选择题(共84分)23、NaOH醇溶液、加热加成反应缩聚反应+O2+2H2O或或或CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH【答案解析】

发生催化氧化生成E，E进一步发生氧化反应生成F为，F与D发生缩聚反应生成高聚物G，可知D为，逆推可知C为BrCH2CHBrCH2Br、B为BrCH2CH=CH2、A为CH3CH=CH2。据此解答。【题目详解】（1）反应①是CH3CHBrCH3转化为CH3CH=CH2，发生消去反应，反应条件为：NaOH醇溶液、加热。合成G过程中会生成另一种醇酸树脂，其结构简式为，故答案为：NaOH醇溶液、加热；。（2）反应②属于加成反应，反应⑤属于缩聚反应。故答案为：加成反应；缩聚反应。（3）反应④的化学方程式为+O2+2H2O，故答案为：+O2+2H2O。（4）F()的同分异构体满足：a.1mol该物质与4mol新制氢氧化铜悬浊液反应，说明含有2个醛基，b．遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，c．核磁共振氢谱有3组峰值，比值为1：1：1，存在对称结构，其中一种结构简式或或或，故答案为：或或或。（5）1-溴丙烷发生消去反应得到丙烯，丙烯与NBS发生取代反应引入溴原子生成BrCH2CH=CH2，然后在氢氧化钠水溶液、加热条件下得到CH2=CH-CH2OH，最后发生加聚反应生成高分子化合物，合成路线流程图为：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH。【答案点睛】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条件、有机物分子式与结构简式进行分析推断，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解题关键。24、CuAlO2AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋SO42－＋4H＋2Al2O3＋4CuO4CuAlO2＋O2↑【答案解析】

蓝色溶液A与过量的NaOH溶液反应得到蓝色沉淀B与无色溶液B，则溶液A含有Cu2+、沉淀B为Cu(OH)2，沉淀B加热分解生成黑色固体D为CuO，D与盐酸反应得到蓝色溶液F为CuCl2；无色溶液B通入过量的二氧化碳得到白色沉淀C，故溶液B中含有AlO2-、白色沉淀C为Al(OH)3、E为AlCl3；则溶液A中含有Al3+，由元素守恒可知固体X中含有Cu、Al元素，则红色固体A为Cu，结合转化可知X中还含有O元素。结合题意中物质的质量计算解答。【题目详解】(1)根据上述分析，固体X中含有Cu、Al和O元素。Al(OH)3的物质的量为=0.1mol，Cu(OH)2的物质的量为=0.05mol，Cu单质的物质的量为=0.05mol，由原子守恒可知12.3gX中含有0.1molAl原子、0.1molCu原子，则含有O原子为：=0.2mol，则X中Cu、Al、O原子数目之比为0.1mol∶0.1mol∶0.2mol=1∶1∶2，故X的化学式为CuAlO2，故答案为：CuAlO2；(2)B中含有AlO2-，B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；(3)F为CuCl2，F溶液中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，Cu、Cl原子的个数之比为＝1：1，则沉淀为CuCl，反应的离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+；(4)Al(OH)3煅烧的固体产物为Al2O3，与CuO高温反应可生成化合物CuAlO2，其化学方程式为：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑，故答案为：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑。25、70～80℃水浴将反应生成的酸转化为可溶性的盐（或减少/避免产品/酸被过滤/损失等）MnO2向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀布氏漏斗【答案解析】

反应结束后得到3，4−亚甲二氧基苯甲酸，微溶于水，加入碱转化为盐，溶于水中，便于分离提纯。再加入酸酸化，在进行抽滤。【题目详解】(1)实验室采用的温度为70℃～80℃，采取水浴加热，便于控制温度，答案为70～80℃水浴；(2)反应结束后得到3，4−亚甲二氧基苯甲酸，微溶于水，不易于MnO2分离，加入碱，生成盐，溶于水中，便于分离提纯，答案为将反应生成的酸转化为可溶性的盐（或减少/避免产品/酸被过滤/损失等）；(3)MnO2不溶于水，所以趁热过滤除去的物质是MnO2；(4)需要将得到的盐溶液转化为酸，所以处理合并后溶液的实验操作为向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀；(5)抽滤需要使用到布氏漏斗。【答案点睛】本题考查物质制备，侧重考查学生实验操作、实验分析能力，明确实验原理、仪器用途、物质性质是解本题关键。26、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。27、ABC取少量精盐溶于水，先加入稀盐酸，无现象，向其中加入氯化钡溶液，若产生沉淀，则含有硫酸根离子BCEF过滤萃取分液蒸馏Cl2+2I-=2Cl-+I21:1A【答案解析】

I.海水中所得粗盐中通常含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，为了得到精盐，Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42-用氯化钡溶液转化为沉淀，先除去Mg2+或SO42-，然后再加入过量的碳酸钠除去Ca2+以及过量的Ba2+杂质，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠；关键点：根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去；检验硫酸根离子一定要防止其他离子干扰；II.将海藻晒干，放到坩埚中灼烧得到海藻灰，海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘，据此解答。【题目详解】I.（1）根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去的原则确定除杂顺序，所以碳酸钠必须在氯化钡后面，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠，选项A、B、C满足；正确答案：ABC。（2）检验硫酸根离子，应该先加入盐酸无现象，排除其他杂质离子的干扰，再加入氯化钡产生白色沉淀；正确答案：少量精盐溶于水，先加入稀盐酸，无现象，向其中加入氯化钡溶液，若产生沉淀，则含有硫酸根离子。II.将海藻晒干，放到坩埚中灼烧得到海带灰，海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘；（3）固体灼烧用到的仪器有坩埚，坩埚钳，泥三角，三脚架，酒精灯；正确答案：BCEF。（4）海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘；正确答案：过滤