2023届广东省紫金县高二化学第二学期期末达标测试试题含解析

2023年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、由2­－氯丙烷制取少量的1，2­－丙二醇[HOCH2CH(OH)CH3]时，需要经过下列哪几步反应()A．加成→消去→取代 B．取代→消去→加成C．消去→加成→水解 D．消去→加成→消去2、下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是()A．金属的化学腐蚀比电化学腐蚀更普遍B．当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C．海轮外壳焊接锌块是采用了牺牲阳极的阴极保护法D．可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀3、一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是()A．0.1mol•L－1NaHCO3溶液中：C(Na+)+C(H+)=C(HCO3－)+C(CO32－)+C(OH－)B．Na2CO3溶液中：C(OH－)=C(H+)+C(HCO3－)+2C(H2CO3)C．Na2S溶液中：2C(Na+）=C(S2－)+C(HS－)+C(H2S)D．pH相同的①CH3COONa、②NaOH、③NaClO三种溶液的c(Na+)：③>①>②4、下列关于有机物命名和分类的叙述正确的是A．的名称为2-羟基丁烷B．的名称为2，2，3-三甲基戊烷C．、的都属于芳香烃D．乙二醇和丙三醇互为同系物5、下列化合物分子中的所有碳原子不可能处于同一平面的是：A．甲苯 B．硝基苯 C．2-甲基丙烯 D．2-甲基丙烷6、某工业流程中，进入反应塔的混合气体中NO和O2的物质的量分数分别为0.10和0.06，发生化学反应，在其他条件相同时，测得实验数据如下表：压强/(×105Pa)温度/℃NO达到所列转化率需要时间/s50%90%98%1.030122502830902551057608.0300.23.936900.67.974根据表中数据，下列说法正确的是A．升高温度，反应速率加快B．增大压强，反应速率变慢C．在1.0×105Pa、90℃条件下，当转化率为98%时的反应已达到平衡D．若进入反应塔的混合气体为amol，反应速率以v=Δn/Δt表示，则在8.0×105Pa、30℃条件下转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为4a/370mol/s7、具有下列组成和结构特点的有机化合物中同分异构体数目最多的是(不考虑立体异构)选项ABCD分子式C4H8Cl2C5H10O2C4H8O2C8H10类别含氯化合物羧酸酯含有苯环的烃A．A B．B C．C D．D8、下列关于金属腐蚀与防护的说法不正确的是图①图②图③A．图①，放置于干燥空气中的铁钉不易生锈B．图②，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀C．图②，若将钢闸门与电源的正极相连，可防止钢闸门腐蚀D．图③，若金属M比Fe活泼，可防止输水管腐蚀9、下列说法正确的是（）A．纤维素三硝酸酯的结构简式为B．化合物是苯的同系物C．按系统命名法，化合物的名称为2,3,3－三甲基丁烷D．1mol阿斯匹林（）与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH最大的物质的量为2mol10、一种新型乙醇电池用磺酸类质子作溶剂，比甲醇电池效率高出32倍。电池总反应为：C2H5OH+3O2＝2CO2+3H2O,电池示意图如下图。下面对这种电池的说法正确的是：A．标准状况下，通入5.6LO2并完全反应后，有0.5mol电子转移B．电池工作时电子由b极沿导线经灯泡再到a极C．电池正极的电极反应为：4H+＋O2＋4e－＝2H2OD．b极为电池的负极11、有机物对乙烯基苯甲酸(结构如图)在医药合成中有着广泛的用途。下列而关该物质的说法正确的是（）A．该化含物中含氧官能团为酯基B．该化台物中的所有碳原子一定处于同一平面内C．该化合物可发生取代反应、加成反应和氧化反应D．该化合物的同分异构体中，苯环上有两个取代基的共3种12、在氯化钠晶体晶胞中，与某个Na+距离最近且等距的几个Cl-所围成的空间构型为()A．正四面体形B．正八面体形C．正六面体形D．三角锥形13、下列各组物质中，全部属于纯净物的是A．福尔马林、酒、醋B．苯、汽油、无水酒精C．甘油、乙醇钠、氯仿D．豆油、丙烯酸、四氯化碳14、在配制一定物质的量浓度的盐酸时，下列错误操作可使所配制溶液浓度偏高的是()A．用量筒量取浓盐酸时仰视读数 B．溶解搅拌时有液体飞溅C．定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线 D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线15、某化工厂由于操作失误，反应釜中残留大量金属钠，危险性极大。请选择最合理、最安全的处理方案()A．打开反应釜，用工具将反应釜内金属钠取出B．向反应釜内加水，通过化学反应使钠转化成溶液流出C．向反应釜中加入乙醇，放出产生的气体和溶液D．通入氧气，将钠氧化成氧化钠，再加水溶解除去16、若某基态原子的外围电子排布式为4d15s2，则下列说法正确的是()A．该元素基态原子中共有3个电子 B．该元素原子核外有5个电子层C．该元素原子最外层共有8个电子 D．该元素原子M电子层共有8个电子17、最近发现一种由钛(Ti)原子和碳原子构成的气态团簇分子,分子模型如图所示,其中圆圈表示碳原子,黑点表示钛原子,则它的化学式为()A．TiCB．Ti13C14C．Ti4C7D．Ti14C1318、“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是()A．蚕丝的主要成分是蛋白质 B．古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物C．蚕丝属于天然高分子材料 D．“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应19、铁在下列四种情况中腐蚀速率判断正确的是（）A．a＞b＞c＞d B．b＞a＞d＞cC．d＞c＞b＞a D．b＞d＞a＞c20、化学学习中常用类推方法，下列类推正确的是()A．CO2为直线形分子，B．固态CS2是分子晶体，固态C．NCl3中N原子是sp3杂化，D．Al(OH)21、设NA为阿伏加罗常数的数值，下列说法正确的是A．124gP4中含P-P键的数目为4NAB．60gSiO2中含有Si-O键的数目为2NAC．12g石墨中含C-C键的数目为1．5NAD．12g金刚石中含C-C键的数目为NA22、下列说法正确的是A．制硝基苯时将浓硝酸沿着内壁慢慢注入盛有浓硫酸的烧怀中，并不断搅拌B．根据火焰所呈现的特征焰色，可以检验金属或金属离子的存在C．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠不能放回原瓶中D．用玻璃棒在过滤器上搅拌以加速硫酸钡沉淀的洗涤二、非选择题(共84分)23、（14分）有A，B，C，D，E五种元素，其中A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同；C原子的价电子构型为csccpc+1，D元素的原子最外层电子数比次外层电子数少2个，D的阴离子与E的阳离子电子层结构相同，D和E可形成化合物E2D．(1)上述元素中，第一电离能最小的元素的原子结构示意图为__；D的价电子排布图为__；(2)下列分子结构图中的●和○表示上述元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，小黑点表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键．则在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键的是__(填写分子的化学式)；在③的分子中有__个σ键和__个π键．(3)A，C，D可形成既具有离子键又具有共价键的化合物，其化学式可能为__；足量的C的氢化物水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物，其化学式为__，请说出该配合物中中心原子与配位体及内界与外界之间的成键情况：__．24、（12分）有机物K为合成高分子化合物，一种合成K的合成路线如图所示(部分产物及反应条件已略去)。已知：①R1CHO+R2CH2CHO+H2O②+回答下列问题：(1)A的名称为_________，F中含氧官能团的名称为___________。(2)E和G的结构简式分别为________、________。H→K的反应类型为_______反应。(3)由C生成D的化学方程式为___________。(4)参照上述合成路线和信息，以甲醛、乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制取甘油(丙三醇)的合成路线为___________。25、（12分）无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。已知:①AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华；②无水AlCl3遇潮湿空气变质。Ⅰ.实验室可用下列装置制备无水AlCl3。（1）组装好仪器后，首先应_____________，具体操作为_____________________（2）装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是__________________。装置C中盛放的试剂是________________。装置F中试剂的作用是__________。若用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为_______（3）将所制得的无水AlCl3配制溶液时需加入盐酸的目的是_________Ⅱ.工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备,流程如下:（1）氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为___________________（2）700℃时,升华器中物质充分反应后降温实现FeCl3和AlCl3的分离。温度范围应为_______a.低于183℃b.介于183℃和315℃之间c.高于315℃（3）样品(含少量FeCl3)中AlCl3含量可通过下列操作测得(部分物质略去)。计算该样品中AlCl3的质量分数________(结果用m、n表示,不必化简)。26、（10分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。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。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_______③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有________________。（2）探究K2FeO4的性质①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________________。②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO4③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-＞MnO4-，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO427、（12分）电镀厂曾采用有氰电镀工艺，处理有氰电镀的废水时，可在催化剂TiO2作用下，先用NaClO将CN-离子氧化成CNO-，在酸性条件下CNO-继续被NaClO氧化成N2和CO2。环保工作人员在密闭系统中用下图装置进行实验，以证明处理方法的有效性，并通过测定二氧化碳的量确定CN-被处理的百分率。将浓缩后含CN-离子的污水与过量NaClO溶液的混合液共200mL(其中CN-的浓度为0.05mol•L-1倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后，打开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞。回答下列问题：（1）甲中反应的离子方程式为________________________，乙中反应的离子方程式为________________________。（2）乙中生成的气体除N2和CO2外，还有HCl及副产物Cl2等。丙中加入的除杂试剂是饱和食盐水，其作用是_____________________，丁在实验中的作用是______________，装有碱石灰的干燥管的作用是______________________________。（3）戊中盛有含Ca(OH)2

0.02mol的石灰水，若实验中戊中共生成0.82g沉淀，则该实验中测得CN-被处理的百分率等于__________。该测得值与工业实际处理的百分率相比总是偏低，简要说明可能原因之一_______________________。28、（14分）香豆素是广泛存在于植物中的一类芳香化合物，大多具有光敏性，有的还具有抗菌和消炎作用。它的核心结构是芳香内酯A,其分子式为C9H6O2，该芳香内酯A经下列步骤转变为水杨酸和和化合物E。已知:CH3CH=CHCH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOH请回答下列问题:(1)C中官能团的名称为________；化合物A的结构简式为________。(2)C生成D和E的反应类型为________，化合物E的化学名称是________。(3)写出B→C的化学反应方程式_________。(4)化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的二元取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应。这类同分异构体共有________种；写出其中核磁共振氢谱有4种峰，且其信号强度之比为1:2:2:3的一种同分异构体的结构简式________。(5)已知:R-CH=CH2R-CH2CH2Br，请设计合理方案由合成(其他无机原料自选,用反应流程图表示，并注明反应条件)。_______。示例:原料……产物29、（10分）利用熔融碱焙烧工艺可从铝热法生产金属铬所得铬渣(Al、Al2O3、Cr2O3等)中浸出铬和铝，实现铬和铝的再生利用。其工作流程如下：(1)铝热法冶炼金属铬，是利用了金属铝的______(填“氧化性”或“还原性”)。(2)溶液1中的主要的阴离子有CrO42-、_____(填离子符号)。(3)过程I，在Cr2O3参与的反应中，若生成0.4molCrO42-,消耗氧化剂的物质的量是_______。(4)通入CO2调节溶液pH实现物质的分离。①滤渣A煅烧得到Al2O3，再用电解法冶炼Al。冶炼Al的化学方程式是_______。②滤渣B受热分解所得物质可以循环利用，B是________(填化学式)。③已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2OK=4.0×1014滤液3中Cr2O72-的浓度是0.04mol/L，则CrO42-的浓度是_____mol/L。(5)过程II的目的是得到K2Cr2O7粗品，粗品再重结晶可制得纯净的K2Cr2O7。不同温度下化合物的溶解度(g/100gH2O)结合表中数据分析，过程II得到K2Cr2O7粗品的操作是：______，过滤得到K2Cr2O7粗品。

参考答案一、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【解析】

由逆合成法可知，CH3CHOHCH2OH→CH3CHBrCH2Br→CH3CH=CH2→CH3CHClCH3，以此判断合成时所发生的反应类型。【详解】由2-氯丙烷制取少量的1，2-丙二醇，由逆合成法可知，CH3CHOHCH2OH→CH3CHBrCH2Br→CH3CH=CH2→CH3CHClCH3，需要2-氯丙烷先发生消去反应生成CH3CH=CH2，CH3CH=CH2发生加成反应生成CH3CHBrCH2Br，CH3CHBrCH2Br发生水解反应可生成1，2-丙二醇[HOCH2CH(OH)CH3]，则经过的反应为消去→加成→水解，故选C。2、C【解析】分析：A.钢铁的腐蚀主要是析氢腐蚀和吸氧腐蚀；

B.Fe、Sn形成原电池时，Fe为负极；

C.Fe、Zn形成原电池时，Fe为正极；

D.Fe与正极相连作阳极，被腐蚀。详解:A.钢铁的腐蚀主要是析氢腐蚀和吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故A错误；

B.Fe、Sn形成原电池时，Fe为负极，负极失电子被腐蚀，所以当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层不能对铁制品起保护作用，故B错误；

C.Fe、Zn形成原电池时，Fe为正极，Zn为负极失电子，则Fe被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，所以C选项是正确的；

D.Fe与正极相连作阳极，活性电极作阳极时，电极失电子被腐蚀，则地下输油管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀，故D错误。

所以C选项是正确的。点睛：金属腐蚀包括化学腐蚀和电化学腐蚀，且主要也是以电化学腐蚀为主。而金属的防护也主要是依据电化学原理，常用的方法是牺牲阳极的阴极保护法以及外接电流的以及保护法。3、B【解析】分析：A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B.根据质子守恒判断；C.根据物料守恒判断；D.醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性，且醋酸钠根离子的水解能力小于次氯酸根离子；详解：A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2

c（CO32-）+c（OH-），故A错误；B.在Na2CO3溶液中：Na2CO3===2Na＋+CO32―［2C(Na＋)===C(CO32―)］；H2OH＋+OH―［C(H＋)===C(OH―)］

由于：CO32―+H2OHCO3―+OH―

，HCO3―+H2OH2CO3+OH―

所以，水电离出来的H＋在溶液存在形式有：HCO3―、H2CO3、H＋

即：质子守恒［水电离出来的H＋］C(OH―)==CHCO3―)+2C(H2CO3)+C(H＋)，故B正确；C.0.1

mol?L-1Na2S溶液中，根据物料守恒得：钠离子和含有硫元素的微粒个数之比是2：1，所以c（Na+）=2[c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）]，故C错误；D.氢氧化钠是强碱，完全电离，显碱性，醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性，且醋酸钠根离子的水解能力小于次氯酸根离子，所以pH相同的①CH3COONa

②NaClO

③NaOH三种溶液c（Na+）大小：①＞②＞③，故D错误；答案选B。点睛：本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性、弱电解质电离和盐类水解是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，题目难度不大。4、B【解析】分析：本题考查的是有机物的命名，难度较小。详解：A.该有机物的名称应该为2-丁醇，故错误；B.该有机物的名称应该为2,2,3-三甲基戊烷，故正确；C.该有机物为苯和环烯烃，环烯烃不含苯环结构，不属于芳香烃，故错误；D.乙二醇和丙三醇的羟基数目不同，不是同系物，故错误。故选B。点睛：注意同系物是指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质。所说的结构相似是指属于同类物质，即官能团种类和个数相同。如醇和酚类不可能属于同系物，乙醇和乙二醇或丙三醇不可能是同系物。5、D【解析】

在有机分子结构中，与苯环、碳碳双键直接相连的碳原子是在官能团所在的平面，据此分析解答。【详解】A项，苯环上的六个碳原子一定共面，甲基上的碳原子可以与之处于同一个平面，故A项正确；B项，硝基苯上的苯环的碳原子共平面，故B项正确；C项，碳碳双键上的两个碳处于一个平面上，且不可扭转，2个甲基上的碳原子可以与之共面，故C项正确；D项，2-甲基丙烷是饱和烷烃，碳原子具有四面体的结构，不可能处于一个平面，故D项错误。答案选D。6、D【解析】

A项，相同压强时，温度高时达到相同转化率需要的时间多，升高温度，反应速率越小，故选项A错误；B项，相同温度，压强高时达到相同转化率需要的时间少，增大压强，反应速率变快,故选项B错误；C项，在此条件下，当转化率为98%时需要的时间较长，不确定反应是否达到了平衡，故选项C错误；D项，在amol混合气体进入反应塔，题目所示的外界环境下，NO的反应速率为v=∆n/∆t==mol/s，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。7、A【解析】A．C4H8Cl2可以看成是C4H10中的两个氢原子被氯原子代替的结果，丁烷结构简式：CH3CH2CH2CH3存在6种同分异构体，CH3CH(CH3)CH3存在三种同分异构体，共计9种；B．羧酸的官能团为羧基，C5H10O2可写成C4H9COOH，丁基有4种，因此属于羧酸的有4种；C．C4H8O2可以看成是甲酸和丙醇(2种)、乙酸和乙醇、丙酸和甲醇之间发生酯化反应的产物，存在4种同分异构体；D．C8H10属于芳香烃，可以有一个侧链为：乙基1种，可以有2个侧链为：2个甲基，有邻、间、对3种，共有4种；最多的是A，故选A。点睛：本题考查同分异构体的种类的判断。明确同分异构体中含有的结构特征是解题的前提，本题的易错点为A，注意采用“定一移二”的方法书写。8、C【解析】

A、形成原电池需要电解质溶液,所以干燥空气中不易形成原电池,则铁钉不会生锈,故A正确；B、中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀,所以钢闸门会发生吸氧腐蚀,故B正确；C、与原电池的正极相连作阳极,活泼金属作阳极时,金属失电子易被腐蚀,所以若将钢闸门与电源的正极相连,不能防止钢闸门腐蚀,故C错误；D、Mg、Fe形成原电池时,Fe作正极,Mg失电子作负极,Fe被保护,故D正确；综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题重点考查金属腐蚀与防护。铁钢等金属在潮湿空气中易形成原电池，发生电化学腐蚀。在强酸环境下发生析氢腐蚀，在中性或弱酸性环境下易发生吸氧腐蚀。因此需要对其钢铁等进行防护。若与电池相接，则为牺牲阳极保护法，即钢闸门与电池的负极相连。这样在阳极失电子，阴极的阳离子得电子发生还原反应，钢闸门不发生反应，避免被腐蚀，保护了钢闸门。常用的方法还有原电池原理，与被保护金属活泼的金属相连接形成原电池。即被保护方做正极，负极活泼型金属失电子。9、A【解析】分析：A．根据纤维素的分子通式为(C6H10O5)n，结构单元中含有3个羟基分析判断；B．根据苯的同系物的概念分析判断；C．依据烷烃的命名方法分析判断；D．能与NaOH反应的有-COOH、酚羟基和酯基等分析判断。详解：A．纤维素的分子通式为(C6H10O5)n，结构单元中含有3个羟基，因此纤维素三硝酸酯的结构简式为，故A正确；B．分子中含有两个苯环，不属于苯的同系物，故B错误；C．的名称为2，2，3-三甲基丁烷，故C错误；D．能与NaOH反应的有-COOH、酚羟基和酯基，则1mol与足量NaOH溶液充分反应，消耗3molNaOH，故D错误；故选A。点睛：本题考查有机化合物命名、苯的同系物、有机物的性质等。本题的易错项为D，要注意酯基水解后的羟基是否为酚羟基。10、C【解析】

A.标准状况下，5.6LO2的物质的量为5.6L22.4L/mol=0.25mol，完全反应后，有0.25mol×4=1mol电子转移，故A错误；B．电池工作时，电子从负极流向正极，在该电池中由a极流向b极，故B错误；C．在燃料电池中，正极上发生氧气得电子的还原反应，在酸性电解质环境下，正极的电极反应为：4H++O2+4e-=2H2O，故C正确；D．在燃料电池中，燃料乙醇在负极发生失电子的反应，氧气是在正极上发生得电子的反应，则a为负极，故D错误；故选【点睛】本题考查原电池原理的应用，本题中注意把握根据电池总反应书写电极方程式的方法。解答此类试题，要注意基本规律：在燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入空气或氧气的电极为正极。11、C【解析】根据化合物的结构简式知，其中含氧官能团为羧基，A项错误；根据苯和乙烯的结构特点及碳碳单键可以旋转知，该化合物分子中所有碳原子不一定共平面，B项错误；该化合物含有羧基、碳碳双键和苯环，碳碳双键和苯环均可以发生加成反应，碳碳双键可以发生氧化反应，羧基和苯环均可发生取代反应，C项正确；该化合物的同分异构体中苯环上有两个取代基的有：羧基和乙烯基位于邻、间位，酯基与乙烯基位于邻、间、对位等，D项错误；答案为C。12、B【解析】NaCl晶胞为，选取最上方那一面中心的Na+为研究对象，等距且最近的Cl-包括最上方正方形棱边中心4个、立方体中心1个、上方立方体中心1个共6个Cl-，它们围成的图形是正八面体。正确答案：B。13、C【解析】分析：纯净物是由一种物质组成的物质；混合物是由多种物质组成的物质。详解：A．福尔马林是甲醛的水溶液，属于混合物，白酒的主要成分是乙醇和水，属于混合物，食醋的主要成分是乙酸和水，属于混合物，选项A错误；B．苯由一种物质组成的，属于纯净物，汽油主要是由C4～C10各种烃类组成，是混合物，无水乙醇是纯度达到99%以上的乙醇，选项B错误；C．甘油、氯仿、乙醇钠都是由一种物质组成的，属于纯净物，选项C正确；D．丙烯酸、四氯化碳是纯净物，豆油是混合物，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查纯净物和混合物，题目难度不大，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质就属于混合物。14、A【解析】

A.用量筒量取浓盐酸时仰视读数会使量取的浓盐酸的体积偏大，浓度偏高，故A选；B.溶解搅拌时有液体飞溅会使溶质的物质的量减少，导致浓度偏低，故B不选；C.定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线，会使稀盐酸的体积偏大，浓度偏低，故C不选；D.摇匀后见液面下降，再加水至刻度线，会使溶液的体积偏大，浓度偏低，故D不选；故选A。15、C【解析】

本题主要考查的是实验室安全及钠的相关化学知识。金属钠性质很活泼，反应釜中存在金属钠，说明反应釜中一定存在有机物；金属钠能与和氧气和水剧烈反应且放出大量热；甲醇和钠反应较缓慢。【详解】由于金属钠量大，取出过程中，与空气中氧气或水蒸气反应，反应放热可能会引燃保存金属钠的有机物，发生危险，A错误；钠很活泼，遇水立即发生剧烈反应同时生成氢气，导致反应釜中气体压强增大，能产生爆炸，B错误；钠与乙醇反应，反应速度相对缓慢，若能导出氢气和热量，则应更安全、更合理，C正确；通入氧气，将钠氧化成氧化钠会放出大量的热，可能会引燃保存金属钠的有机物，发生危险，D错误。故选C。【点睛】该题侧重对实验基础知识的检验和训练，学会在实验过程中处理常见意外事故的方法是解题的关键。16、B【解析】

根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，由此可见：该元素原子中共有39个电子，分5个电子层，其中M能层上有18个电子，最外层上有2个电子；A．该元素基态原子中共有39个电子，故A错误；B．该元素原子核外有5个电子层，故B正确；C．该元素原子最外层上有2个电子，故C错误；D．该元素原子M能层共有18个电子，故D错误；故答案为B。17、D【解析】该结构为一个分子的结构而不是晶胞,Ti位于立方体的顶点和面心上,共有8+6=14个;C位于棱的中点和体心,共有12+1=13个,故它的化学式为Ti14C13。18、B【解析】

“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中丝的主要成分是蛋白质，蜡炬的主要成分是石蜡。【详解】A项、蚕丝的主要成分是蛋白质，故A正确；B项、蜡炬的主要成分是石蜡，是碳原子数较大的烷烃，不是高级脂肪酸酯，不属于高分子聚合物，故B错误；C项、蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然高分子材料，故C正确；D项、蜡炬的主要成分是石蜡，蜡炬成灰的过程就是石蜡燃烧的过程，蜡炬发生了氧化反应，故D正确；故选B。19、B【解析】

a、铁的吸氧腐蚀，原电池中铁为负极，加速其腐蚀；b、原电池中铁做负极，铁与硫酸反应，腐蚀速率大于a；c、铁做阴极，外加电源的阴极保护法，不会腐蚀；d、牺牲阳极的阴极保护法，铁被保护，但效果没有c好。所以腐蚀速率判断为b>a>d>c，B正确。20、D【解析】分析：A项，SO2为V形分子；B项，SiO2属于原子晶体；C项，BCl3中B原子为sp2杂化；D项，Al（OH）3和Be（OH）2都属于两性氢氧化物，都能溶于NaOH溶液。详解：A项，CO2中中心原子C上的孤电子对数为12×（4-2×2）=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为0+2=2，VSEPR模型为直线形，由于C上没有孤电子对，CO2为直线形分子，SO2中中心原子S上的孤电子对数为12×（6-2×2）=1，σ键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，VSEPR模型为平面三角形，由于S上有一对孤电子对，SO2为V形分子，A项错误；B项，固体CS2是分子晶体，固体SiO2属于原子晶体，B项错误；C项，NCl3中中心原子N上的孤电子对数为12×（5-3×1）=1，σ键电子对数为3，价层电子对数为1+3=4，NCl3中N为sp3杂化，BCl3中中心原子B上的孤电子对数为12×（3-3×1）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，BCl3中B为sp2杂化，C项错误；D项，Be和Al在元素周期表中处于对角线，根据“对角线规则”，Be（OH）2与Al（OH）3性质相似，两者都属于两性氢氧化物，都能溶于NaOH溶液，Al（OH）3、Be（OH）2与NaOH溶液反应的化学方程式分别为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O、Be（OH）2+2NaOH=Na点睛：本题考查分子的立体构型、杂化方式的判断、晶体类型的判断、对角线规则的应用。判断分子的立体构型和中心原子的杂化方式都可能用价层电子对互斥理论，当中心原子上没有孤电子对时，分子的立体构型与VSEPR模型一致，当中心原子上有孤电子对时，分子的立体构型与VSEPR模型不一致；杂化轨道只用于形成σ键和容纳孤电子对。21、C【解析】试题分析：A．一个白磷分子中含有6个P-P键，124gP4的物质的量是1mol，所以含有P-P键的个数为6NA，故A错误；B．SiO2晶体中1个Si原子对应4个Si-O键，60gSiO2中含Si-O键的个数为4NA，故B错误；C．在石墨晶体中1个C原子对应3×=个C-C键，12g石墨中含有C-C键的个数为1．5NA，故C正确；D．每个C原子与其他4个C原子共用4个C-C键，相当于每个C原子占有4×=2个C-C键，1mol金刚石含2molC-C键，故D错误；答案为C。【考点定位】考查阿佛加德罗常数，涉及晶体的结构。【名师点晴】本题以物质的量基本计算为载体，重点考查晶体类型及性质，试题综合性较强，题目难度中等，明确常见晶体的结构特点是解题关键，题中P4为正四面体，每个分子含有的P-P键数为6，而SiO2是原子晶体，特别注意Si与O的原子数目比也键数之间的关系，这是易错点，本题侧重考查学生综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。22、B【解析】分析：本题考查的是化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验基本操作、实验安全、焰色反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。详解：A.混合是将密度大的液体注入密度入的液体中，则将浓硫酸沿着内壁慢慢注入盛有浓硝酸的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，故错误；B.焰色反应为元素的性质，某些金属灼烧有特殊的焰色，则根据火焰的颜色，用来检验金属或金属离子的存在，故正确；C.钠与水生成可燃性气体，为保证安全，实验时多余的钠放回原瓶，故错误；D.过滤时不能搅拌，易捣破滤纸，应使水自然流下，故错误。故选B。二、非选择题(共84分)23、NH3、CH4、H2S51NH4HS或(NH4)2S[Cu(NH3)4]SO4内界中铜离子与氨分子之间以配位键相结合，外界铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合【解析】

由于A，B，C，D为短周期元素，因A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A只能为氢元素；同一能层的不同能级的能量不同，符号相同的能级处于不同能层时能量也不同，即1s、2s、2p的轨道能量不同，2p有3个能量相同的轨道，由此可确定B；因s轨道最多只能容纳2个电子，所以c=2，即C原子价电子构型为2s22p3，即氮元素。短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，据此可确定D。再由D的阴离子电子数及在E2D中E的化合价，即可确定E。由此分析。【详解】由于A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A为氢元素；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，则B的电子排布式为1s22s23p2，即B为碳元素；因s能级最多只能容纳2个电子，即c=2，所以C原子价电子构型为2s22p3，C为氮元素；短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，因D原子最外层电子数比次外层电子数少2个，所以D的次外层只能是L层，D的最外层应为6个电子，即D为16号元素硫；硫元素的阴离子（S2-）有18个电子，E阳离子也应有18个电子，在E2D中E显+1价，所以E为19号元素钾。所以A、B、C、D、E分别为氢、碳、氮、硫、钾。(1)上述五种元素中金属性最强的是钾元素，故它的第一电离能最小，其原子结构示意图为。硫原子价电子层为M层，价电子排布式为3s23p4，其电子排布图为。(2)①分子结构图中黑点表示的原子最外层有5个电子，显然是氮原子，白球表示的原子最外层只有1个电子，是氢原子，所以该分子是NH3，中心N原子有3个σ键，1个孤电子对，故采用sp3杂化；②分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以②分子是CH4，中心碳原子有4个σ键，0个孤电子对，采用sp3杂化；③分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以③分子是CH2=CH2，中心碳原子有3个σ键，0个孤电子对，所以中心原子采用sp2杂化；④分子中黑球表示的原子最外层6个电子，是硫原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，该分子为H2S，中心S原子有2个σ键，2个孤电子对，所以中心原子采用sp3杂化。因此中心原子采用sp3杂化形成化学键的分子有NH3、CH4、H2S。在CH2=CH2的分子中有5个σ键和1个π键。(3)根据上面的分析知A、C、D分别为氢、氮、硫三种元素，形成既具有离子键又具有共价键的化合物是硫氢化铵或硫化铵，其化学式为NH4HS或(NH4)2S，铵根与HS-或S2-之间是离子键，铵根中的N与H之间是共价键，HS-中H与S之间是共价键。C的氢化物是NH3，NH3的水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物是硫酸四氨合铜，其化学式为[Cu(NH3)4]SO4。配合物[Cu(NH3)4]SO4的内界中Cu2+与NH3之间是以配位键相结合，外界铜氨配离子[Cu(NH3)4]2+与硫酸根离子之间是以离子键相结合。24、苯乙烯醛基、羰基CH3CHO加聚+O2+2H2OHCHO+CH3CHOCH2=CHCHOBrCH2-CHBrCHOBrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHOHCH2OH【解析】

A的分子式为C8H8，结合A到B可知A为：；B到C的条件为NaOH溶液，C到D的条件为O2/Cu、加热可知C的结构为：；D到E的条件和所给信息①一致，对比F和信息①的产物可知，E为：CH3CHO；F和银氨溶液反应酸化后生成G，G为：，结合以上分析作答。【详解】(1)A为，名称为苯乙烯，从F的结构可知，F中含氧官能团为醛基、羰基，故答案为：苯乙烯；醛基、羰基；(2)由上面的分析可知，E为CH3CHO，G为，H到K发生了加聚反应，故答案为：CH3CHO；；加聚；(3)C到D发生醇的催化氧化，方程式为：+O2+2H2O，故答案为：+O2+2H2O；(4)甲醛含有1个C，乙醛含有2个C，甘油含有三个碳，必然涉及碳链增长，一定用到信息①，可用甲醛和乙醛反应生成CH2=CHCHO，CH2=CHCHO和Br2反应生成BrCH2-CHBrCHO，BrCH2-CHBrCHO和氢气加成生成BrCH2-CHBrCH2OH，BrCH2-CHBrCH2OH发生水解生成丙三醇，具体如下：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHOBrCH2-CHBrCHOBrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHOHCH2OH，故答案为：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHOBrCH2-CHBrCHOBrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHOHCH2OH。25、检查装置气密性关闭装置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸馏水没过导管，微热A，一段时间后若G中有气泡冒出，停止加热后导管内有水柱，则气密性良好；除HCl浓硫酸吸收水，防止无水AlCl3遇潮湿空气变质碱石灰抑制铝离子水解Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3COb×100%或×100%【解析】

I.（1）此实验中有气体的参与，因此实验之前首先检验装置的气密性；检验气密性的方法，一般采用加热法和液差法两种；（2）利用题中信息，可以完成；（3）从水解的应用角度进行分析；II.（1）根据流程的目的，焦炭在高温下转化成CO，然后根据化合价升降法进行配平；（2）利用AlCl3和FeCl3升华的温度，进行分析；（3）根据元素守恒进行计算。【详解】I.（1）装置A制备氯气，因此需要检验装置的气密性，本实验的气密性的检验方法是：关闭装置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸馏水没过导管，微热A，一段时间后若G中有气泡冒出，停止加热后导管内有水柱，则气密性良好；（2）A中制备的氯气中混有HCl和H2O，HCl能与Al发生反应，AlCl3遇水易变质，因此必须除去HCl和H2O，装置B的作用是除去氯气中的HCl，装置C的作用是除去水蒸气，即盛放的是浓硫酸。因为AlCl3遇水易变质，因此装置F的作用是防止G中水蒸气进去E装置，使AlCl3变质；氯气有毒，需要吸收尾气，因此装置G的作用是吸收多余的氯气，防止污染空气，如果G和F改为一个装置，应用干燥管，盛放试剂为碱石灰；（3）AlCl3属于强酸弱碱盐，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，加入盐酸的目的是抑制Al3＋的水解；II.（1）流程的目的是制备AlCl3，因此氯化炉中得到产物是AlCl3，焦炭在高温下，生成CO，因此反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO；（2）AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华，因此进行分离，需要控制温度在183℃到315℃之间，故选项b正确；（3）根据铝元素守恒，AlCl3的物质的量为n×2/102mol，则AlCl3的质量为133.5×2×n/102g，即AlCl3的质量分数为×100%或×100%。26、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH−Cl−+ClO−+H2OFe3+4FeO42−+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO−的干扰>溶液的酸碱性不同若能，理由：FeO42−在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4−的颜色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）【解析】分析：（1）KMnO4与浓盐酸反应制Cl2；由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl；Cl2与Fe（OH）3、KOH反应制备K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大气。（2）①根据制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。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+。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洗涤除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。②根据同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案II在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。③判断的依据是否排除FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解：（1）①A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为。③C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。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+=3O2↑+4Fe3++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。②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。③该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42->MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。点睛：本题考查K2FeO4的制备和K2FeO4的性质探究。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置→除杂净化装置→制备实验装置→尾气吸收。进行物质性质实验探究是要排除其他物质的干扰。尤其注意最后一空为开放性答案，要注重多角度思考。27、CN-+ClO-=CNO-+Cl-2CNO-+2H++3CNO-=N2↑+2CO2↑+3Cl-+H2O除去HCl气体去除Cl2防止空气中CO2进入戊中影响测定准确度82%①装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；②CO2产生的速度较快未与戊中的澄清石灰水充分反应；③Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全（答出其一即可）。【解析】本题考查氧化还原反应方程式的书写、物质除杂和提纯、化学计算等，（1）根据信息，甲：在TiO2催化剂作用下，NaClO将CN－氧化成CNO－，ClO－＋CN－→CNO－＋Cl－，CN－中N显－3价，C显＋2价，CNO－中氧显－2价，N显－3价，C显＋4价，因此有ClO－中Cl化合价由＋1价→－1价，化合价降低2价，CN－中C化合价由＋2价→＋4价，化合价升高2价，然后根据原子守恒配平其他，CN－+ClO－=CNO－+Cl－；根据信息酸性条件下，CNO－被ClO－氧化成N2和CO2，离子反应方程式为：2CNO－+2H＋+3CNO－=N2↑+2CO2↑+3Cl－+H2O；（2）利用HCl易溶于水，因此饱和食盐水的作用是除去HCl气体，丁的作用是除去Cl2；实验的目的是测定CO2的量确定CN－被处理的百分率，空气中有CO2，因此碱石灰的作用是防止空气中CO2进入戊中，避免影响测定的准确性；（3）戊中沉淀是CaCO3，根据碳元素守恒，n(CN－)=n(CaCO3)=0.82/100mol=8.2×10－3mol，