2023届贵州省黔东南州剑河县第四中学化学高二第二学期期末调研模拟试题（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、下列离子方程式正确的是（）A．向明矾溶液中逐滴滴入Ba（OH）2溶液，至沉淀质量最大时反应为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板：Cu+Fe3+﹣═Fe2++Cu2+C．已知：2Br﹣+Cl2＝2Cl﹣+Br2，Br2+2Fe2+＝2Fe3++2Br﹣，向含0.2molFeBr2的溶液中通入标准状况下3.36LCl2时，发生的反应为：4Fe2++2Br﹣+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl﹣D．向NaHSO4中滴入Ba（OH）2溶液至恰好显中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═H2O+BaSO4↓2、下列说法中正确的是(

)A．能电离出离子的化合物都是离子化合物B．熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物C．不同元素组成的多原子分子里的化学键一定是极性键D．非金属元素构成的单质中一定存在共价键3、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4、有一分子式为C8H14N2O5的二肽，经水解得丙氨酸和氨基酸X，则X分子组成可能是A．C3H7NO3B．C5H9NO4C．C5H11NO5D．C5H7NO5、下列说法正确的是A．NH4NO3中既有离子键又有共价键，属于共价化合物B．SiC是原子晶体，加热熔化时需破坏共价键C．H2O2易分解是因为H2O2分子间作用力弱D．NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响6、由氧化铜、氧化铁、氧化锌组成的混合物ag，加入2mol/L硫酸50mL时固体恰好完全溶解，若将ag该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应，冷却后剩余固体的质量为A．1.6g B．(a-1.6)g C．(a-3.2)g D．无法确定7、下列各组原子中,彼此化学性质一定相似的是（）A．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子C．2p轨道上有三个未成对的电子的X原子与3p轨道上有三个未成对的电子的Y原子D．最外层都只有一个电子的X、Y原子8、下列各组离子能大量共存且满足相应要求的是（）选项离子组要求AK＋、AlO2-、Cl－、Cr2O72-溶液无色澄清BFe3＋、NO3-、Br－、HCO3-逐滴滴加盐酸，立即产生气体CNa＋、K＋、AlO2-、NO3-逐滴滴加盐酸，先有沉淀产生，后沉淀消失DNH4+、Al3＋、SO42-、Cl－滴加NaOH溶液并加热，立刻产生气体A．A B．B C．C D．D9、用下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的的是（）A．Ⅰ用于观察铁的析氢腐蚀B．Ⅱ用于吸收HClC．Ⅲ可用于制取NH3D．Ⅳ用于量取20.00mLNaOH溶液10、1828年德国化学家维勒首次合成了尿素[CO(NHA．HB．OC．ND．C11、下列说法正确的是（）A．在101kPa时，1molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，H2的燃烧热为－285.8kJ·mol－1B．测定HCl和NaOH反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度，NaOH起始温度和反应后终止温度C．在101kPa时，1molC与适量O2反应生成1molCO时，放出110.5kJ热量，则C的燃烧热为110.5kJ·mol－1D．在稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)，H＝－57.3kJ·mol－1。若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3kJ12、硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4，下列说法错误的是A．若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移4mol电子B．当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊C．氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶1D．硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH降低13、阿昔洛韦[化学名称：9－（2－羟乙氧甲基）鸟嘌呤]是抗非典型肺炎（SARS）的指定药物之一，其结构如图所示,有关阿昔洛韦的结构及性质的叙述中正确的是①1mol阿昔洛韦在催化剂作用下，最多可与5molH2发生加成反应；②属于芳香烃；③是一种易溶于水的醇；④可以被催化氧化；⑤不能使溴水褪色；⑥可以燃烧；A．①②③④⑥ B．②④⑤⑥ C．③④⑤⑥ D．④⑥14、在某温度下可逆反应：Fe2(SO4)3＋6KSCN2Fe(SCN)3＋3K2SO4达到平衡状态后加入少量下列何种固体物质，该平衡几乎不发生移动()A．NH4SCNB．K2SO4C．NaOHD．FeCl3·6H2O15、下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是A．乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2B．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下能水解C．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同D．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键16、锂钒氧化物电池的能量密度远远超过其他材料电池，其成本低，便于大量推广，且对环境无污染。已知电池的总反应为V2O5＋xLiLixV2O5，下列说法正确的是A．电池在放电时，Li＋向电源负极移动B．充电时阳极的反应为LixV2O5－xe－===V2O5＋xLi＋C．放电时负极失重7.0g，则转移2mol电子D．该电池以Li、V2O5为电极，酸性溶液作介质17、已知:用稀硫酸酸化的高锰酸钾溶液能氧化乙烯，化学方程式如下:aCH2=CH2+12KMnO4+H2SO4→CO2+MnSO4+K2SO4+H2O，下列推断正确的是A．在上述化学方程式中，a=6B．用酸性高锰酸钾溶液可以除去甲烷气体中少量的乙烯C．上述反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6:5D．在标准状况下，消耗11.2L乙烯时转移6mol电子18、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C22-19、2000年诺贝尔化学奖授予两位美国化学家和一位日本化学家，以表彰他们在导电塑料领域的贡献，他们首先把聚乙炔树脂制成导电塑料，下列关于聚乙炔的叙述错误的是（）A．聚乙炔是以乙炔为单体发生加聚反应形成的高聚物B．聚乙炔的化学式为C．聚乙炔是一种碳原子之间以单双键交替结合的链状结构的物质D．聚乙炔树脂不加任何填充物即可成为电的良导体20、某同学通过系列实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是A．将铜粉与硫粉混合均匀加热以制取CuSB．向Cu与过量浓硫酸反应后的试管中加水以观察CuSO4溶液的颜色C．向CuSO4溶液中加入过量的NaOH，过滤洗涤并收集沉淀充分灼烧以制取CuOD．在淀粉溶液中加入适量稀H2SO4微热，再加少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，产生红色沉淀21、下列指定反应的离子方程式不正确的是A．钠与水反应:2Na+2H2O2Na++2OH–+H2↑B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水:Ca2++HCO3−+OH–CaCO3↓+H2OC．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸:Ba2++2OH−+2H++SO42−BaSO4↓+2H2OD．泡沫灭火器反应原理:3HCO3−+Al3+3CO2↑+Al(OH)3↓22、下列有机反应属于加成反应的是()A．CH3CH3+C12CH3CH2Cl+HClB．CH2=CH2+HBrCH3CH2BrC．2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OD．+NaOH+NaCl二、非选择题(共84分)23、（14分）煤的综合利用备受关注。有如下的转化关系，CO与H2不同比例可以分别合成A、B，已知烃A对氢气的相对密度是14，B能发生银镜反应，C为常见的酸味剂。（1）有机物C中含有的官能团的名称是____________________。（2）反应⑤的反应类型为______________。（3）写出③的反应方程式____________。（4）下列说法正确的是______________。（填字母）A．第①步是煤的液化，为煤的综合利用的一种方法B．有机物B和C都可以与新制氢氧化铜发生反应C．有机物C和D的水溶液都具有杀菌消毒作用D．乙酸乙酯与有机物D混合物的分离，可以用氢氧化钠溶液振荡、静置分液的方法24、（12分）某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。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)与加入试剂的体积(V)的关系如图所示。(1)若Y是盐酸，所得到的关系图如图甲所示，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是_________。(2)若Y是NaOH溶液，所得到的关系图如图乙所示，则X中一定含有的离子是__________，假设X溶液中只含这几种离子，则溶液中各离子物质的量之比为_____，ab段反应的离子方程式为_____________。25、（12分）I．选取下列实验方法分离物质，将最佳分离方法的序号填在横线上。A萃取分液法B升华法C分液法D蒸馏法E过滤法(1)_________分离饱和食盐水与沙子的混合物。(2)_________分离水和汽油的混合物。(3)_________分离四氯化碳(沸点为76.75℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的混合物。(4)_________分离碘水中的碘。(5)_________分离氯化钠固体和碘固体的混合物。II.图是甲、乙两种固体物质的溶解度曲线。(1)t2℃时，将等质量的甲、乙两种物质加水溶解配制成饱和溶液，所得溶液质量的大小关系为：甲____________乙(填“＞”、“＜”或“＝”)。(2)除去甲物质中少量乙物质可采取____________结晶的方法(填“蒸发”或“降温”)。III．如图装置，按要求填空(1)排空气法收集气体，若收集CO2气体，进气口为__________(填“a”或“b”)(2)若瓶中装满水，可用于收集下列气体中的__________(选填编号)①NO②NO2③NH3④HCl(3)如果广口瓶中盛放浓硫酸，可以用作气体干燥装置，则该装置不可以干燥的气体有___________(选填编号)①HCl②H2③NH3④CO⑤HI26、（10分）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验：请完成下列填空：（1）配制100mL0.1000mol/LNaOH标准溶液。（2）取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下。实验编号NaOH溶液的浓度（mol/L）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）待测盐酸溶液的体积（mL）10.100030.0520.0020.100029.9520.0030.100028.2020.00①滴定达到终点的判断是________，此时锥形瓶内溶液的pH为_____________。②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为___________（保留四位有效数字）③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作__________，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液甲.乙.丙.④在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成盐酸浓度测定结果偏高的有_____A、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗B、锥形瓶水洗后未干燥C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒E、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失27、（12分）下图是有关FeSO4的转化关系(无关物质已略去)。已知：①X由两种化合物组成，将X通入品红溶液，溶液退色；通入BaCl2溶液，产生白色沉淀。②Y是红棕色的化合物。(1)气体X的成分是(填化学式)________。(2)反应Ⅰ的反应类型属于(填序号)________。a．分解反应b．复分解反应c．置换反应d．化合反应e．氧化还原反应(3)溶液2中金属阳离子的检验方法是____________________________________________。(4)若经反应Ⅰ得到16g固体Y，产生的气体X恰好被0.4L1mol·L－1NaOH溶液完全吸收，则反应Ⅰ的化学方程式是_______________________________________________，反应Ⅳ中生成FeSO4的离子方程式是_____________________________________________。(5)一瓶长期露置在空气中的FeSO4溶液，为检验其是否完全变质，则需要的试剂是___________（填写名称）。28、（14分）高锰酸钾是常用的氧化剂。工业上以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备高锰酸钾晶体。中间产物为锰酸钾。下图是实验室模拟制备KMnO4晶体的操作流程：已知：锰酸钾(K2MnO4)是墨绿色晶体，其水溶液呈深绿色，这是锰酸根离子(MnO)在水溶液中的特征颜色，在强碱性溶液中能稳定存在；在酸性、中性和弱碱性环境下，MnO会发生自身氧化还原反应，生成MnO和MnO2。回答下列问题：(1)KOH的电子式为____________。(2)调节溶液pH过程中，所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为____________。(3)趁热过滤的目的是_____________________________________________。(4)已知20℃时K2SO4、KCl、CH3COOK的溶解度分别为11.1g、34g、217g，则从理论上分析，选用下列酸中________(填标号)，得到的高锰酸钾晶体纯度更高。A．稀硫酸B．浓盐酸C．醋酸D．稀盐酸(5)产品中KMnO4的定量分析：①配制浓度为0.1250mg·mL－1的KMnO4标准溶液100mL。②将上述溶液稀释为浓度分别为2.5、5.0、7.5、10.0、12.5、15.0(单位：mg·L－1)的溶液，分别测定不同浓度溶液对光的吸收程度，并将测定结果绘制成曲线如下。③称取KMnO4样品(不含K2MnO4)0.1250g按步骤①配得产品溶液1000mL，取10mL稀释至100mL，然后按步骤②的方法进行测定，两次测定所得的吸光度分别为0.149、0.151，则样品中KMnO4的质量分数为________。(6)酸性KMnO4溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式为____________________。29、（10分）实验室用镁和硝基苯制取反式偶氮苯（溶解性:不溶于水，溶于醇、醚）。实验原理如下：2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O已知：①Mg(OCH3)2在水中极易水解。②反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯。（1）反应中，硝基苯变为反式偶氮苯的反应属于_______________A、取代反应B、消去反应C、还原反应D、氧化反应（2）在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是_____________________________________。（3）反应结束后将反应液倒入冰水中，用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗产品析出，抽滤（抽滤装置如图1），滤渣用95％乙醇水溶液重结晶提纯。①为了得到较大颗粒的晶体，加入乙酸时需要____________（填“缓慢加入”、“快速加入”）。②抽滤过程中要洗涤粗产品，下列液体最合适的是___________。A．乙醚B．蒸馏水C．95％乙醇水溶液D．饱和NaCl溶液③重结晶操作包括“加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥”。上述重结晶过程中的___________操作除去了不溶性杂质，____________操作除去了可溶性杂质。

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】

A．向一定量的明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至沉淀质量最大时，生成的沉淀为硫酸钡沉淀，铝离子生成的氢氧化铝沉淀完全溶解，正确的离子方程为：2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-＝2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故A错误；B．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板的离子反应为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故B错误；C．标准状况下3.36L氯气的物质的量为1.5mol，与0.2molFeBr2反应，氯气先氧化亚铁离子，剩余的氯气氧化溴离子，发生的反应为：4Fe2++2Br﹣+3Cl2＝4Fe3++Br2+6Cl﹣，故C正确；D.向NaHSO4中滴入Ba（OH）2溶液至恰好显中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝2H2O+BaSO4↓，故D错误；答案选C。2、B【答案解析】

A.能电离出离子的化合物不一定都是离子化合物，例如HCl等，A错误；B.共价键在熔融状态下一般不能断键，离子键可以，因此熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物，B正确；C.不同元素组成的多原子分子里的化学键不一定是极性键，例如醋酸分子中含有非极性键，C错误；D.非金属元素构成的单质中不一定存在共价键，例如稀有气体分子中不存在化学键，D错误。答案选B。3、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。4、B【答案解析】试题分析：二肽水解的方程式是C8H14N2O5＋H2OC3H7NO2＋X，则根据原子守恒可知，X的分子式C5H9NO4，答案选B。考点：考查二肽水解的有关判断和应用点评：该题的关键是明确二肽的水解原理，然后依据原子守恒直接计算即可，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，难度不大。5、B【答案解析】

A．NH4NO3中既有离子键又有共价键，属于离子化合物，故A错误；B．SiC是原子晶体，原子间通过共价键结合形成的空间网状态结构，所以SiC加热熔化时需破坏共价键，故B正确；

C．H2O2易分解是因为分子内化学键弱，和H2O2分子间作用力无关，故C错误；

D．硫酸氢钠溶于水时发生电离，电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，所以有离子键和共价键被破坏，故D错误；

故答案：B。6、B【答案解析】

铁铜和锌的氧化物在足量的CO中加热，最终得到的固体是相应元素的单质，所以要求固体的质量，若能求出氧化物混合物中氧元素的总质量，在氧化物总质量的基础上扣除即可。上述混合物与硫酸反应过程不涉及变价，实质是复分解反应，可以简单表示为：，其中x不一定为整数。因此，消耗的H+的量是金属氧化物中O的两倍，所以该金属氧化物的混合物中：，所以金属元素总质量为(a-1.6)g，B项正确；答案选B。7、C【答案解析】

A.中前者是He，后者是Be，二者的性质相差很大；B.中前者是Mg，后者不一定是第IIA族的元素，第4周期的过渡元素的N层电子数大部分是2个，其化学性质不一定相似；C.中前者是N，后者是P，二者都是第ⅤA族元素，性质相似；D.最外层都只有一个电子的X、Y原子不一定是同一族的元素，故其化学性质不一定相似。答案选C。【答案点睛】本题的关键是熟练掌握原子核外电子的排布规律，该题溶液错选B选项，主要是由于没有考虑到过渡元素导致的，因此必须注意规律之外的个例。8、C【答案解析】

A.K＋、AlO2-、Cl－、Cr2O72-在溶液中能大量共存，但是Cr2O72-能使溶液显橙红色，A不能满足溶液是无色的要求；B.Fe3＋和HCO3-可以发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，B不符合题意；C.Na＋、K＋、AlO2-、NO3-在溶液中能大量共存，向其溶液中逐滴滴加盐酸，先有Al(OH)3沉淀产生，盐酸过量后以转化为Al3+，沉淀消失，C满足要求；D.NH4+、Al3＋、SO42-、Cl－在溶液中能大量共存，滴加NaOH溶液并加热，先生成白色的Al(OH)3沉淀，后来才产生NH3，D不满足要求。综上所述，各组离子中能大量共存且满足相应要求的是C，本题选C。9、D【答案解析】A，I中食盐水呈中性，铁钉发生吸氧腐蚀，A项错误；B，II中HCl极易溶于水，会产生倒吸，B项错误；C，III中NH4Cl受热分解成NH3和HCl，NH3和HCl遇冷在试管口重新化合成NH4Cl，不能获得NH3，C项错误；D，IV中滴定管的新型活塞耐强酸、强碱，所以可以量取20.00mL的NaOH溶液，D项正确；答案选D。10、B【答案解析】分析：同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强，元素的电负性越大。详解：尿素中的四种元素为C、N、O、H，C、N、O是第二周期的元素，四种元素中H的非金属性最弱，根据“同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强，元素的电负性越大”，电负性由大到小的顺序为O>N>C>H，电负性最大的是O，答案选B。11、B【答案解析】

A．燃烧热是指在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，A中没有指明温度，故A错误；B．中和热测定时，必须测定起始温度和反应后温度，所以每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度，NaOH起始温度和反应后终止温度，故B正确；C．碳生成稳定氧化物为二氧化碳，不是一氧化碳，所以不能表示碳的燃烧热，故C错误；D．因为浓硫酸稀释放热，所以将含0.5mol

H2SO4的浓硫酸与含1mol

NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故D错误。答案选B。12、C【答案解析】硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。由化学方程式可知，氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸是还原产物、硫酸是氧化产物，反应中电子转移的数目为8e-。A.氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶3，A不正确；B.若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移4mol电子，B正确；C.当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，所以溶液能出现浑浊，C正确；D.硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸，故溶液的pH降低，D正确。本题选A。13、D【答案解析】

由结构简式可知，分子中不含苯环，含有碳碳双键、碳氮双键、碳氮单键、羟基、氨基、醚键和肽键。【题目详解】①阿昔洛韦分子中含有的1个碳碳双键和2个碳氮双键在催化剂作用下可与氢气发生加成反应，则1mol阿昔洛韦最多可与3molH2发生加成反应，故错误；②阿昔洛韦分子中含有氧原子和氮原子，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故错误；③阿昔洛韦分子中只含有1个羟基，亲水基数目较少，应微溶于水或不溶于水，故错误；④阿昔洛韦分子中碳碳双键、碳氮双键和羟基都可以被氧化，故正确；⑤阿昔洛韦分子中碳碳双键、碳氮双键能使溴水褪色，故错误；⑥有机物一般可以燃烧，故正确；④⑥正确，故选D。【答案点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握常见有机物的结构，注意有机物的官能团对性质的影响是解答关键。14、B【答案解析】分析：根据实际参加反应的离子浓度分析,平衡为：Fe3+＋3SCN-⇌Fe(SCN)3，加入少量K2SO4固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变。详解:A、加入少量NH4SCN，SCN-浓度变大，平衡正向移动，故A错误；

B、加入少量K2SO4固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，平衡不移动，所以B选项是正确的；

C、加入少量NaOH导致铁离子浓度减小，平衡逆向移动，故C错误；

D、加入少量FeCl3·6H2O导致铁离子浓度增大，平衡正向移动，故D错误；

所以B选项是正确的。15、B【答案解析】

A、乙酸属于一元羧酸，酸性强于碳酸的，所以可与NaHCO3溶液反应生成CO2，故A正确；B、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，但不属于高分子化合物，故B错误；C、甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，以及苯和硝酸反应生成硝基苯的反应都属于取代反应，故C正确；D、只有分子中含有不饱和键(如碳碳双键)，则可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，从而使之褪色，而苯中的化学键是介于单键和双键之间特殊的化学键，故D正确。答案选B。16、B【答案解析】

放电时，该原电池中锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，据此分析解答。【题目详解】A．电池在放电时，该装置是原电池，原电池中阳离子向正极移动，因此锂离子向正极移动，故A错误；B．该电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，则阳极上LixV2O5失电子，阳极上电极反应式为：LixV2O5-xe-═V2O5+xLi+，故B正确；C．放电时，负极为锂失去电子生成锂离子，负极失重7.0g，反应的锂的物质的量==1mol，转移1mol电子，故C错误；D．锂为活泼金属，能够与酸反应，因此不能用酸性溶液作介质，故D错误；答案选B。17、D【答案解析】分析：反应中Mn元素化合价由+7价，降低为+2价，乙烯中C元素的化合价由-2价升高到+4价，结合高锰酸钾的化学计量数可知，转移的电子为60，然后根据化合价升降守恒结合氧化还原反应的规律分析解答。详解：A.反应中Mn元素化合价变化了(7-2)×12=60，根据化合价升降守恒，乙烯中C元素的化合价由-2价升高到+4价，因此乙烯的化学计量数为5，即a=5，故A错误；B.用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷气体中少量的乙烯，会引入二氧化碳杂质，故B错误；C.根据A的分析，氧化产物为二氧化碳，还原产物为MnSO4，物质的量之比为10:12=5:6，故C错误；D.在标准状况下，11.2L乙烯的物质的量为0.5mol，根据上述分析，转移6mol电子，故D正确；故选D。18、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．19、D【答案解析】

A.乙炔在高温高压、催化剂条件下发生加聚反应生成聚乙炔，A正确；B.聚乙炔是由n个-CH=CH-组成的聚合物，化学式为，B正确；C.聚乙炔的链节为-CH=CH-，是一种碳原子之间以单双键交替结合的链状共轭结构，C正确；D.聚乙炔经溴或碘掺杂之后导电性会提高到金属水平，成为电的良导体，D错误；答案选D。20、C【答案解析】

A．由于硫的氧化性弱，所以只能将铜氧化成一价，故A错误；B．常温下铜与浓硫酸不反应，因此观察不到现象，故B错误；C．向CuSO4溶液中加入过量的NaOH产生氢氧化铜的沉淀，过滤洗涤并灼烧氢氧化铜分解生成氧化铜，故C正确；D．葡萄糖和新制氢氧化铜反应必须在碱性条件下进行，该反应在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热，在酸性条件下进行，Cu(OH)2不能与葡萄糖反应，不能产生Cu2O沉淀，不能说明淀粉没有水解，故D错误；故答案为C。21、B【答案解析】A．钠与水反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A正确；B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子也反应生成NH3·H2O，故B错误；C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸，离子方程式：Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故C正确；D、泡沫灭火器的反应原理为碳酸氢钠和硫酸铝混合后发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式A13++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故D正确；故选B。点睛：本题考查了离子方程式的书写判断，掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法是解题关键。本题的易错点为B，向碳酸氢铵溶液中加入石灰水，氢氧根离子书写与碳酸氢根离子反应，再与铵根离子反应，当石灰水足量，应该反应生成碳酸钙、和氨水。22、B【答案解析】

A．Cl原子取代了乙烷上的H原子，为取代反应；A项不符合题意；B．乙烯中的碳碳双键与HBr发生加成，生成溴乙烷，B项符合题意；C．乙醇的催化氧化，为氧化反应，C项不符合题意；D．羟基取代了氯原子，为氯代烃的水解反(取代反应)，D项不符合题意；本题答案选B。二、非选择题(共84分)23、羧基加成（或还原）2CO+3H2→CH3CHO+H2OBC【答案解析】

已知烃A对氢气的相对密度是14，A的相对分子质量是28，A是乙烯，乙烯氧化生成乙酸，则C是乙酸。乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则D是乙醇。B能发生银镜反应，与氢气加成生成乙醇，则B是乙醛，解据此解答。【题目详解】（1）有机物C是乙酸，其中含有的官能团的名称是羧基。（2）反应⑤乙醛和氢气发生加成反应生成乙醇，即反应类型为加成反应。（3）根据原子守恒可知③的反应方程式为2CO+3H2→CH3CHO+H2O。（4）A．第①步是煤的气化，A错误；B．乙醛和乙酸都可以与新制氢氧化铜发生反应，B正确；C．有机物乙酸和乙醇的水溶液都具有杀菌消毒作用，C正确；D．乙酸乙酯与有机物D混合物的分离，可以用饱和碳酸钠溶液洗涤、分液的方法，乙酸乙酯能与氢氧化钠反应，D错误；答案选BC。24、SiO32—、AlO2-CO32-3H++Al(OH)3=Al3++3H2OAl3+Mg2+NH4+Cl-2:1:4:12NH4++OH-═NH3•H2O【答案解析】

无色溶液中不可能含有Fe3+离子。（1）如果Y是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，盐酸和碳酸根离子反应生成气体，则溶液中不含镁离子、铝离子；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子，弱酸根离子和铵根离子能双水解，所以溶液中含有的阳离子是钠离子；（2）若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，氢氧化钠和铵根离子反应生成气体；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子，则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子。【题目详解】（1）如果Y是盐酸，由图可知，向溶液中加盐酸，先生成沉淀后沉淀部分溶解，则溶液中可能含SiO32-、AlO2-，不含Al3+、Mg2+；ab段，沉淀的量没有变化，说明溶液中含有CO32-，盐酸和碳酸根离子反应，反应的离子方程式依次为CO32-+H+═HCO3-和HCO3-+H+═H2O+CO2↑；bc段,氢氧化铝沉淀与盐酸反应生成偏铝酸钠和水，硅酸沉淀不反应，沉淀部分溶解，反应的离子方程式为3H++Al(OH)3=Al3++3H2O，故答案为：SiO32—、AlO2—；CO32-；3H++Al(OH)3=Al3++3H2O；（2）若Y是氢氧化钠，由图可知，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al3+、Mg2+或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸的阴离子会双水解而不能共存，即溶液中不含CO32-、SiO32-、AlO2-，由于溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl-；ab段，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：NH4++OH-═NH3•H2O，即溶液中含NH4+；bc段，沉淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有Al3+、Mg2+，bc段的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，则X中一定含有的离子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；由于溶液中有Al3+、Mg2+，oa段转化为沉淀的离子是Al3+、Mg2+，ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体，反应的离子方程式为NH4++OH-═NH3•H2O；溶液中有Al3+、Mg2+，即沉淀中含Al（OH）3和Mg（OH）2，故bc段的反应离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，NH4+反应需要NaOH的体积是2V，由于Al（OH）3溶解时需要的NaOH的体积是V，则生成Al（OH）3需要的NaOH的体积是3V，而生成Mg（OH）2和Al（OH）3共消耗NaOH的体积为4V，则生成Mg（OH）2需要NaOH溶液的体积是V，则n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）=2：1：4，根据溶液要呈电中性，即有：3n（Al3+）+2n（Mg2+）+n（NH4+）=n（Cl-），故n（Cl-）=12，即有：n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）：n（Cl-）=2：1：4：12，故答案为：Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；2：1：4：12；NH4++OH-═NH3•H2O。【答案点睛】本题考查无机物的推断，注意根据溶液的颜色结合题给图象确定溶液中存在的离子，再结合物质之间的反应来确定微粒的量是解答关键。25、ECDAB＜降温a①③⑤【答案解析】

I．(1)沙子不溶于水，食盐溶于水；(2)水和汽油分层；(3)二者互溶，但沸点不同；(4)碘不易溶于水，易溶于有机溶剂；(5)碘易升华；II.(1)据t2℃时甲乙的溶解度大小分析解答；(2)据甲、乙的溶解度随温度变化情况分析分离提纯的方法；III．(1)二氧化碳密度大于空气，应该使用向上排空气法收集；(2)使用排水法收集时，气体不能与水反应、难溶于水；(3)浓硫酸为酸性干燥剂，不能干燥碱性气体和强还原性气体。【题目详解】I．(1)沙子不溶于水，食盐溶于水，则利用过滤法分离饱和食盐水与沙子的混合物，故答案为E；(2)水和汽油分层，则利用分液法分离水和汽油，故答案为C；(3)四氯化碳(沸点为76.75℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的混合物，互溶但沸点差异较大，则选择蒸馏法分离，故答案为D；(4)碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则利用萃取分液法从碘水中提取碘，故答案为A；(5)碘易升华，可加热，用升华法分离氯化钠和碘，故答案为B；II.(1)t2℃时甲的溶解度大于乙的溶解度相等，所以将等质量的甲、乙两种物质加水溶解配制成饱和溶液，需要水的质量甲小于乙，故所得溶液的质量是甲＜乙；(2)甲的溶解度随温度的升高明显增大，乙的溶解度受温度影响不大，故除去甲物质中少量乙物质可采取降温结晶的方法；III．(1)排空气法收集气体，若收集CO2气体，二氧化碳气体密度大于空气，应该使用向上排空气法收集，导管采用长进短出方式，即从a进气，故答案为a；(2)若瓶中装满水，可用于收集的气体不能与水反应、难溶于水，选项中二氧化氮与水反应、氨气和氯化氢极易溶于水，它们不能使用排水法水解，而一氧化氮难溶于水、不与水反应，能够与空气中的氧气反应，一氧化氮只能使用排水法水解，故答案为①；(3)能够使用浓硫酸干燥的气体，不能具有碱性，不能具有较强还原性，选项中氯化氢、氢气、一氧化碳都可以用浓硫酸干燥，而氨气为碱性气体，HI是还原性较强的气体，不能使用浓硫酸干燥，故答案为③⑤。【答案点睛】分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法)：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体：盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。26、滴入最后一滴NaOH标准溶液，锥形瓶中溶液由无色变成浅红色，且30s不褪色8.2～10.00.1500mol/L丙CDE【答案解析】

①用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液显碱性，结合酚酞的性质分析解答；②根据c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)计算；③碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出；④根据c(待测)=分析误差。【题目详解】①在用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色恰好由无色变为(浅)红色，且半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点；酚酞的变色范围是8.2～10，所以滴定终点时溶液pH为8.2～10；故答案为：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；8.2～10；②根据表格数据可知，第三次实验误差较大，删去，根据c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)，消耗的V[NaOH(aq)]=mL=30.00mL，则该盐酸的浓度为：=0.15mol/L，故答案为：0.15mol/L；③碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡排出，图示丙操作合理，故答案为：丙；④A．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，会导致盐酸浓度偏低，需要NaOH体积偏小，测定值偏低，故A错误；B．锥形瓶水洗后直接装待测液，锥形瓶中HCl的物质的量不变，消耗的NaOH的量不变，对实验无影响，故B错误；C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故C正确；D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，导致氢氧化钠溶液的浓度偏小，消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故D正确；E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故E正确；故答案为：CDE。27、SO2、SO3a、e取少量溶液2中的溶液加入几滴KSCN试液，溶液变红色2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO32Fe3++SO32-+H2O＝2Fe2++SO42-+2H+酸性高锰酸钾溶液【答案解析】分析：本题考查的是框图式物质推断题，抑制反应物，利用物质的特点，顺向褪即可，关键须掌握铁和硫相关化合物的性质。详解：(1)硫酸亚铁受热分解，生成气体X，X通入品红溶液，溶液褪色是二氧化硫，通入氯化钡溶液，产生白色沉淀是三氧化硫，所以X为SO2、SO3。(2)从硫酸亚铁受热