2023年安徽省舒城桃溪中学化学高二下期末达标检测模拟试题含解析

2023年高二下化学期末模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl-、Br-、SO42-、HCO3-、CO32-等离子，火力发电时排放的烟气可用海水脱硫，其工艺流程如下图所示：下列说法错误的是A．海水pH约为8的原因主要是天然海水含CO32-、HCO3-B．吸收塔中发生的反应有SO2+H2OH2SO3C．氧化主要是氧气将HSO3-、SO2-、H2SO3氧化为SO42-D．经稀释“排放”出的废水中，SO42-浓度与海水相同2、科学家研制出多种新型杀虫剂代替DDT，化合物A是其中的一种，其结构如图．下列关于A的说法正确的是()A．化合物A的分子式为C15H22O3B．与FeCl3溶液发生反应后溶液显紫色C．1molA最多可以与2molCu(OH)2反应D．1molA最多与1molH2发生加成反应3、下列说法中正确的是（）A．凡能发生银镜反应的有机物一定是醛B．酸和醇发生的反应一定是酯化反应C．乙醇易溶于水是因为分子间形成了一种叫氢键的化学键D．在酯化反应中，羧酸脱去羧基中的羟基，醇脱去羟基中的氢而生成水和酯4、在海带提碘的实验中可做萃取剂的是A．四氯化碳 B．水 C．乙醇 D．乙酸5、下列实验现象是由于苯环受侧链影响造成的是()A．甲苯可使KMnO4溶液褪色，甲苯上甲基被氧化B．苯酚O—H键易断裂，水溶液显弱酸性C．甲苯可与氢气发生加成反应D．甲苯可与浓硝酸反应生成三硝基甲苯6、下列离子组在指定溶液中能大量共存的是A．常温下，c(H+)/c(OH−)＝1×10−12的溶液：K+、AlO2−、CO32−、Na+B．加入苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl−、I−C．加入Al能放出大量H2的溶液中：NH4+、Na+、NO3−、SO42−D．常温下，pH=7的溶液：Cu2+、Fe3+、NO3−、SO42−7、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．Ar1s22s22p63s23p68、等物质的量的下列有机物完全燃烧，生成CO2的量最多的是（）A．CH4 B．C2H6 C．C3H6 D．C6H69、下列有利于反应自发进行的是（）①反应吸热②反应放热③反应后熵增加④反应后熵减小A．①③ B．②③ C．②④ D．①④10、一定量的铁、镁和铜的混合物与一定量的浓HNO3恰好反应，得到硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与2.24LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸盐溶液中加入2mol/L的NaOH溶液至Fe3+、Mg2+、Cu2+恰好沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）A．400mL B．200mL C．150mL D．80mL11、将一盛满Cl2的试管倒立在水槽中，当日光照射相当一段时间后，试管中最后剩余的气体约占试管容积的（）A．2/3 B．1/2 C．1/3 D．1/412、已知Al2H6燃烧热极高，是一种很好的生氢剂，它跟水反应生成H2，球棍模型如图（白球为Al，黑球为H）。下列推测肯定不正确的是A．该物质与水反应，属于氧化还原反应B．Al2H6分子中氢为+1价，铝为﹣3价C．Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水D．氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料13、中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是（）A．SO2和湿润的Cl2都有漂白性，推出二者混合后漂白性更强B．Fe3Cl8可以改写为FeCl2·2FeCl3，推出Fe3I8可以改写为FeI2·2FeI3C．由F、Cl、Br、I非金属性依次减弱，推出HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱D．CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成，推出SO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成14、下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的说法中，正确的是()A．热稳定性：Na2CO3<NaHCO3B．Na2CO3和NaHCO3均可与澄清石灰水反应C．相同温度下，在水中Na2CO3的溶解度小于NaHCO3D．106gNa2CO3和84gNaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2的质量：Na2CO3>NaHCO315、在探索原子结构的过程中做出主要贡献的科学家及其成就错误的是A．墨子提出“端”的观点B．道尔顿提出近代原子论C．拉瓦锡基于电子的发现提出葡葡干面包模型D．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了行星模型16、BF3是典型的平面三角形分子，它溶于氢氟酸或NaF溶液中都形成BF4－离子，则BF3和BF4－中的B原子的杂化轨道类型分别是A．sp2、sp2 B．sp3、sp3 C．sp2、sp3 D．sp、sp217、下列说法不正确的是A．油脂是一种营养物质，也是一种重要的工业原料，用它可以制造肥皂和油漆等B．饱和Na2SO4溶液加入蛋白质溶液中，可使蛋白质析出C．碱性条件下，葡萄糖与新制氢氧化铜混合、加热、生成砖红色沉淀D．每个氨基酸分子中均只有一个羧基和一个氨基18、绿水青山是总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含NH4＋废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：已知：NO＋NO2＋2OH－＝2NO2－＋H2O下列说法正确的是A．固体1中主要含有CaCO3、CaSO4B．X可以是空气，且需过量C．处理含NH4＋废水时，发生的反应为：NH4++5NO2-+4H+=6NO↑+4H2OD．捕获剂所捕获的气体主要是CO19、向某晶体的溶液中加入Fe2＋的溶液无明显变化，当滴加几滴溴水后，混合液出现红色，由此得出下列的结论错误的是A．Fe3＋的氧化性比溴的氧化性强B．该晶体中一定含有SCN－C．Fe2＋与SCN－不能形成红色化合物D．Fe2＋被溴水氧化成Fe3＋20、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21、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．1mol铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数都为2NAB．30g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氢原子数为4NAC．12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NAD．2.1gDTO中含有的质子数为NA22、下列物质中既能跟稀H2SO4反应,又能跟氢氧化钠溶液反应的是①NaHCO3

②Al2O3

③Al(OH)3

④Al⑤(NH4)2CO3A．③④ B．②③④ C．①③④ D．全部二、非选择题(共84分)23、（14分）现有A、B、C、D、E、F六种有机物，它们的转化关系如图所示（图中部分反应条件及生成物没有全部写出）。已知：液体B能发生银镜反应，气体D的相对分子质量为28。（1）A、B、C的结构简式分是_____、_____、_____。（2）B、C中所含官能团的名称分别是_____、_____。（3）A到D的反应类型为_____。（4）C→A的反应条件是_____。（5）D→F反应的化学方程式是______________________________。（6）在一定的条件下，A与E反应可生成一种具有香味的物质。该反应的化学方程式是______________________________。24、（12分）已知：CH3—CH=CH2＋HBr→CH3—CHBr—CH3(主要产物)。1mol某芳香烃A充分燃烧后可得到8molCO2和4molH2O。该烃A在不同条件下能发生如图所示的一系列变化。（1）A的化学式：______，A的结构简式：______。（2）上述反应中，①是______(填反应类型，下同)反应，⑦是______反应。（3）写出C、D、E、H的结构简式：C______，D______，E______，H______。（4）写出反应D→F的化学方程式：______。25、（12分）某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的是NO气体，设计了如下实验。实验装置如图所示(已知NO、NO2能与NaOH溶液反应)：(1)设计装置A的目的是____________________________；(2)在(1)中的操作后将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是____________________；B中反应的离子方程式是_______________________。(3)装置E和F的作用是______________________________。(4)D装置的作用是___________________________。26、（10分）实验室用电石制取乙炔的装置如下图所示，请填空：（1）写出仪器的名称：①是________________，②是________________；（2）制取乙炔的化学方程式是________________；（3）仪器①中加入的是________________，其目的是________________；（4）将乙炔通入KMnO4酸性溶液中观察到的现象是________________，乙炔发生了___________反应(填“加成”或“取代”或“氧化”，下同)；（5）为了安全，点燃乙炔前应________________，乙炔燃烧时的实验现象是________________。27、（12分）用一种试剂将下列各组物质鉴别开。（1）和：_________________________（2），和C6H12(已烯)：_________________（3），CCl4和乙醇_______________________28、（14分）过量的碳排放会引起严重的温室效应，导致海洋升温、海水酸化，全球出现大规模珊瑚礁破坏，保护珊瑚礁刻不容缓。（1）海水中含有的离子主要有Na+、Mg2+、Ca2+、K+、Cl–、CO32–和HCO3–。其中，导致海水呈弱碱性的微粒有______。（2）珊瑚礁是珊瑚虫在生长过程中吸收海水中物质而逐渐形成的石灰石外壳。形成珊瑚礁的主要反应为Ca2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O。①请结合化学用语分析该反应能够发生的原因：______。②与珊瑚虫共生的藻类通过光合作用促进了珊瑚礁的形成；而海洋温度升高会使共生藻类离开珊瑚礁，导致珊瑚礁被破坏。请分析珊瑚礁的形成和破坏会受到共生藻类影响的原因：______。（3）研究人员提出了一种封存大气中二氧化碳的思路：将二氧化碳和大量的水注入地下深层的玄武岩（主要成分为CaSiO3）中，使其转化为碳酸盐晶体。玄武岩转化为碳酸盐的化学方程式为______。（4）“尾气CO2直接矿化磷石膏联产工艺”涉及低浓度CO2减排和工业固废磷石膏处理两大工业环保技术领域，其部分工艺流程如下图所示。已知：磷石膏是在磷酸生产中用硫酸处理磷矿时产生的固体废渣，其主要成分为CaSO4·2H2O。①吸收塔中发生的反应可能有______（写出任意2个反应的离子方程式）。②料浆的主要成分是______（写化学式）。29、（10分）某反应体系中的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。(1)请将Au2O3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内：________(2)反应中，被还原的元素是______________，还原剂是___________。(3)请将反应物的化学式配平后的系数填入下列相应的位置中，并标出电子转移的方向和数目。________(4)纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白布匹后的“脱氯剂”，Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为______________。

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、D【解析】海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO3-离子，CO32-、HCO3-都能发生水解，呈现碱性，A正确；氧气具有氧化性，可以把SO42-、HSO3-、H2SO3等氧化为硫酸，B正确；氧化后的海水需要与天然水混合，冲释海水中的酸，才能达到排放，C正确；经过稀释与海水混合，SO42-浓度比海水要小，D错；答案选D。2、A【解析】

根据分子组成确定分子式，根据结构特征分析化学性质。【详解】A.化合物A的分子式为，故A正确；B.A中无苯环，没有酚羟基，不与FeCl3溶液发生反应显紫色，故B错误；C.1molA中含2mol-CHO，则最多可与4mol反应，故C错误；D.1mol可与1mol发生加成反应，1molA中含2mol-CHO，可以与2molH2发生加成反应，1molA最多与3molH2发生加成反应，故D错误。答案选A。【点睛】本题考查多官能团有机物的性质，注意醛基中含有碳氧双键，也可以与氢气发生加成反应。3、D【解析】

A.含有醛基的物质能够发生银镜反应；B.无机酸和醇会发生其它的取代反应；C.氢键不是化学键；D.酯化反应的原理“酸脱羟基醇去氢”。【详解】A项，醛能够发生银镜反应，但是能够发生银镜反应的有机物不一定是醛，例如葡萄糖、甲酸等都能发生银镜反应，但都不是醛，A错误；B项，乙醇能够与氢溴酸发生反应：C2H5OH+HBr→C2H5Br+H2O，该反应没有酯生成，不属于酯化反应，B错误；C项，氢键属于分子间作用力，不是化学键，C错误；D项，酯化反应的原理“酸脱羟基醇去氢”，D正确；答案选D。【点睛】有机物中含有醛基的物质能够发生银镜反应，常见的有机物有：醛类、甲酸、甲酸某酯、葡萄糖、麦芽糖等。4、A【解析】

A．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘与四氯化碳不反应，水与四氯化碳不互溶，选项A正确；B．碘在水中的溶解度很小，且水与含碘溶液互溶，选项B错误；C．乙醇与水互溶，选项C错误；D．乙酸与水互溶，选项D错误；答案选A。【点睛】萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，选用的萃取剂的原则是：①和原溶液中的溶剂互不相溶更不能发生化学反应；②溶质在该溶剂中溶解度要远大于原溶剂。5、D【解析】

A.甲苯可使KMnO4溶液褪色，甲苯上甲基被氧化是苯环对侧链的影响，A不符合题意；B.苯酚O—H键易断裂，水溶液显弱酸性，而醇溶液显中性，是由于苯环对侧链的影响，B不符合题意；C.甲苯、苯都可与氢气发生加成反应，不能显示是否产生影响，C不符合题意；D.甲苯可与浓硝酸反应生成三硝基甲苯，而苯与浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，说明侧链使苯环活泼，更容易发生取代反应，D符合题意；故合理选项是D。6、A【解析】

A.c(H+)/c(OH−)＝1×10−12,表示溶液呈碱性，离子相互间不反应，能大量共存，故A正确；B.加入苯酚显紫色的溶液中含有Fe3+,Fe3+和I−能发生氧化还原反应不能大量共存，故B错误；C.加入Al能放出大量H2的溶液可能呈酸性或碱性，若呈酸性，NO3-存在时不会产生氢气，若呈碱性，NH4+会和OH-反应，生成一水合氨，故C错误；D.Cu2+、Fe3+溶液中，会发生水解，使溶液显酸性，常温时pH7，故D错误；本题答案为A。【点睛】离子间不发生复分解反应、络合反应、氧化还原反应、双水解反应，方能大量共存。7、B【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。8、D【解析】

根据这几种物质的化学式知，等物质的量的这几种物质，苯中碳原子的物质的量最多，根据碳原子守恒知，生成二氧化碳的量从大到小的顺序是C6H6＞C3H6＞C2H6＞CH4。答案选D。9、B【解析】

根据△G＝△H－T·△S可知，只有△G＜0，反应才是自发的，即放热反应和熵值增加的反应是有利于自发的。所以选项B是正确的，答案选B。10、B【解析】

2.24LO2的物质的量为=0.1mol，NO2、N2O4、NO的混合气体与2.24LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸，则金属提供的电子物质的量等于氧气获得到的电子的物质的量，金属离子与氢氧根离子恰好反应生成沉淀，故n(NaOH)=n(e-)=0.1mol×4=0.4mol，需要氢氧化钠溶液的体积为=0.2L=200mL。答案选B。11、B【解析】本题主要考查氯气的性质。氯气溶于水发生反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO。由于次氯酸不稳定，遇光易分解生成氯化氢和氧气，即2HClO2HCl＋O2↑。所以总的反应相对于是2Cl2＋2H2O＝4HCl＋O2↑，所以长时间照射后，试管中最后剩余气体的体积占试管容积的1/2，故B正确。答案选B。12、B【解析】

A．Al2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由-1价、+1价变为0价；B．根据元素的电负性和铝的化合价判断；C．根据元素守恒分析；D．根据氢铝化合物的性质分析。【详解】A．Al2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由-1价、+1价变为0价，所以属于氧化还原反应，选项A正确；B．在化合物中电负性大的显负价，电负性小的元素显正价，氢元素的电负性大于铝元素，氢铝化合物中铝元素显+3价，氢元素显-1价，选项B错误；C．根据题中信息Al2H6的燃烧热极高，判断Al2H6能燃烧，根据原子守恒，Al2H6的组成元素只有Al、H两种元素，又由于是在氧气中燃烧，推出燃烧产物为氧化铝和水，选项C正确；D．氢铝化合物能和水反应生成氢氧化铝和氢气，可以作储氢材料，燃烧热极高可以作火箭燃料，选项D正确。答案选B。【点睛】本题以铝的化合物为载体考查铝的化合物的性质，根据元素电负性、元素化合价和性质的关系来分析解答即可，侧重于考查学生对题目信息的提取和应用能力，题目难度中等。13、C【解析】

A.等物质的量的二氧化硫和氯气在水溶液中会发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸,不再具有漂白性,故A错误；B.Fe3+有氧化性，I-有还原性，二者可发生氧化还原反应，即FeI3不可能存在，故B项错误；C.非金属的非金属性越强,还原性越弱,F、C1、Br、I的非金属性逐渐减弱,所以其还原性依次增强,故C选项正确；D.NO3-可以将SO32-氧化为SO42-，有BaSO4沉淀生成，故D项错误；答案：C。14、B【解析】分析：A.碳酸氢钠加热时能分解，碳酸钠加热时不分解；

B.碳酸钠和碳酸氢钠都能和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀；C.相同的温度下,碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的；

D.根据碳原子守恒找出盐与二氧化碳的关系,从而知道放出二氧化碳的量.详解：A.加热时，碳酸氢钠能分解，碳酸钠不分解，所以碳酸钠的稳定性大于碳酸氢钠的稳定性，故A错误；

B.碳酸钠和碳酸氢钠分别和氢氧化钙反应的方程式如下：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O，所以都能发生反应生成沉淀，所以B选项是正确的；

C.相同的温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的，故C错误；

D.根据碳原子守恒碳酸氢钠、碳酸钠与二氧化碳的关系式分别为：

Na2CO3~CO2；NaHCO3~CO2

106g

1mol

84g

1mol106g

1mol

84g

1mol所以生成的二氧化碳的量相同，故D错误；

所以B选项是正确的。15、C【解析】

A.墨子提出连续的时空是由时空元所组成，他把时空元定义为“始”和“端”，“始”是时间中不可再分割的最小单位，“端”是空间中不可再分割的最小单位。这样就形成了时空是连续无穷的，这连续无穷的时空又是由最小的单元所构成，在无穷中包含着有穷，在连续中包含着不连续的时空理论，故A正确；B.1808年，英国科学家道尔顿提出了原子论，他认为物质都是由原子直接构成的；原子是一个实心球体，不可再分割，故B正确；C.1897年，英国科学家汤姆逊发现原子中存在电子，最早提出了葡萄干蛋糕模型又称“枣糕模型”，也称“葡萄干面包”，1904年汤姆逊提出了一个被称为“西瓜式”结构的原子结构模型，电子就像“西瓜子”一样镶嵌在带正电的“西瓜瓤”中，故C错误；D.1911年英国科学家卢瑟福用一束质量比电子大很多的带正电的高速运动的α粒子轰击金箔，结果是大多数α粒子能穿过金箔且不改变原来的前进方向，但也有一小部分改变了原来的方向，还有极少数的α粒子被反弹了回来，在α粒子散射实验的基础上提出了原子行星模型，故D正确；答案选C。【点睛】本题考查学生对人们认识原子结构发展过程中，道尔顿的原子论，汤姆逊发现电子，并提出葡萄干面包模型，卢瑟福的原子结构行星模型内容。使学生明白人们认识世界时是通过猜想，建立模型，进行试验等，需要学生多了解科学史，多关注最前沿的科技动态，提高学生的科学素养。16、C【解析】

BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ键，中心原子B的价层电子对数为3+(3−1×3)/2=3，属于sp2杂化，BF4-中中心原子B的价层电子对数为4+(3+1−1×4)/2=4，属于sp3杂化。故C符合题意；答案：C。【点睛】根据价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数；σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数进行解答。17、D【解析】

A项、油脂属于高级脂肪酸甘油酯，油脂是一种营养物质，用油脂可以制造肥皂和油漆，故A正确；B项、饱和Na2SO4溶液加入蛋白质溶液中，可使蛋白质发生盐析而析出，故B正确；C项、碱性条件下，葡萄糖与新制氢氧化铜混合，加热至沸腾生成砖红色的氧化亚铜沉淀，故C正确；D项、根据组成蛋白质的氨基酸的结构特点可知，每个氨基酸都至少含有一个氨基和一个羧基，但不是只有一个羧基和一个氨基，如谷氨酸中含一个氨基和两个羧基，故D错误。故选D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意判断有机物中的官能团，把握官能团与性质的关系、有机反应和性质应用等为解答的关键。18、D【解析】

A.二氧化碳、二氧化硫与石灰乳反应生成碳酸钙、亚硫酸钙，则固体1中主要含有CaCO3、CaSO3，A错误；B.X可以是空气，且至少保证生成的二氧化氮与一氧化氮的物质的量之比为1：1时即可，不需过量，B错误；C.处理含NH4＋废水时，生成无污染的气体氮气，发生的反应为：NH4++NO2-=N2↑+2H2O，C错误；D.CO与石灰乳、NaOH均不反应，则气体2为CO，捕获剂所捕获的气体主要是CO，D正确；答案为D。19、A【解析】

向某晶体的溶液中加入Fe2+的溶液无明显变化，说明无Fe3+，当再滴加几滴溴水后，混合液出现红色，说明反应产生了Fe3+，原溶液中含有Fe2+。加入溴水时，发生反应：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，由此可知物质的氧化性：Br2>Fe3+，错误的选项是A。20、D【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。21、D【解析】

A、1mol铁在一定条件下分别与氧气、氯气、硫完全反应，与氧气生成四氧化三铁，转移了mol电子，与氯气反应生成氯化铁，转移了3mol电子，与S反应生成FeS，转移了2mol电子，故A错误；B、葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O，30g葡萄糖和冰醋酸的混合物含有原子团CH2O的物质的量==1mol，含有的氢原子数为2NA，故B错误；C、石墨烯中每一个六元环平均含有2个碳原子，故12g石墨烯即1mol石墨中含1molC原子，含有0.5mol六元环，即0.5NA个六元环，故C错误；D.2.1gDTO的物质的量为=0.1mol，而一个DTO中含10个质子，故0.1molDTO中含NA个质子，故D正确；答案选D。22、D【解析】

①NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故①符合；②Al2O3是两性氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故②符合；③Al(OH)3是两性氢氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故③符合；④Al与硫酸反应生成硫酸铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故④符合；⑤(NH4)2CO3，加热条件下能与氢氧化钠反应生成碳酸钠、氨气和水，能与硫酸反应生成硫酸铵、二氧化碳和水，故⑤符合。答案选D。二、非选择题(共84分)23、CH3CH2OHCH3CHOCH3CH2Br醛基溴原子消去反应NaOH的水溶液，加热CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【解析】

A在浓硫酸、170℃条件下反应生成D，D的相对分子质量是28，则D的结构简式为CH2=CH2，所以A是乙醇，其结构简式为：CH3CH2OH，A发生氧化反应生成B，B能发生银镜反应，则B的结构简式为CH3CHO，B被氧化生成E，E能与碳酸氢钠溶液反应，说明E中含有羧基，则E的结构简式为CH3COOH，乙烯和HBr发生加成反应生成C，C的结构简式为CH3CH2Br，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯F，为常用塑料，其结构简式为，结合物质的结构和性质解答。【详解】（1）通过以上分析知，A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，C的结构简式为CH3CH2Br，故答案为CH3CH2OH、CH3CHO、CH3CH2Br；（2）B为乙醛，含有醛基，C为CH3CH2Br，含有的官能团为溴原子，故答案为醛基；溴原子；（3）乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应生成乙烯，故答案为消去反应；（4）在加热条件下，CH3CH2Br和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成CH3CH2OH，故答案为NaOH的水溶液，加热；（5）在催化剂条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应方程式为，故答案为；（6）乙醇和乙酸反应生成有香味的乙酸乙酯，方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；故答案为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。24、C8H8加成反应取代反应（或酯化反应）+NaOH+NaBr【解析】

1mol某烃A充分燃烧后可以得到8molCO2和4molH2O，故烃A的分子式为C8H8，不饱和度为，可能含有苯环，由A发生加聚反应生成C，故A中含有不饱和键，故A为，C为，A与溴发生加成反应生成B，B为，B在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E，E为，E与溴发生加成反应生成，由信息烯烃与HBr的加成反应可知，不对称烯烃与HBr发生加成反应，H原子连接在含有H原子多的C原子上，与HBr放出加成反应生成D，D为，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成F，F为，F与乙酸发生酯化反应生成H，H为，据此分析解答。【详解】（1）由上述分析可知，A的化学式为C8H8，结构简式为，故答案为：C8H8；；（2）上述反应中，反应①与溴发生加成反应生成；反应⑦是与乙酸发生酯化反应生成，故答案为：加成反应；取代反应（或酯化反应）；（3）由上述分析可知，C为；D为；E为；H为；故答案为：；；；；（4）D→F为水解反应，方程式为：+NaOH+NaBr，故答案为：+NaOH+NaBr。25、利用生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以排除对气体产物观察的干扰铜丝上产生气泡，稀硝酸液面上气体仍无色，溶液变为蓝色3Cu+8H＋+2NO3-=3Cu2＋+2NO↑+4H2O验证无色气体为NO吸收NO、NO2等尾气，防止污染空气【解析】

由实验装置及流程可知，A中发生硝酸与碳酸钙的反应生成二氧化碳，因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成NO2，利用A装置反应生成的CO2气体赶净装置中的空气避免对一氧化氮气体检验的干扰；B中发生Cu与硝酸的反应生成NO、硝酸铜，E中收集到无色气体NO，利用F充入空气，可检验NO的生成；C装置可检验二氧化碳充满B、E装置；D装置为尾气处理装置，吸收氮的氧化物，防止污染空气，以此来解答。【详解】(1)因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成NO2，利用A装置反应生成的CO2气体赶净装置中的空气，避免对一氧化氮气体检验的干扰；为达到此目的，应进行的操作是使分液漏斗的凹槽对准小孔，打开K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭K；(2)因铜与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，反应的离子反应为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，观察到的现象是：有气泡冒出，稀硝酸液面上气体为无色，溶液变为蓝色；(3)B反应产生的NO无色气体进入到E装置，因此E的作用是检验无色NO气体的产生，将F中的空气推入E中，发生2NO+O2=2NO2，看到E中无色气体变为红棕色，证明NO存在，则该实验的目的是验证E中的无色气体为NO；(4)NO、NO2都是有毒气体，能污染环境，氮的氧化物能被NaOH溶液吸收，反应产生的物质均为可溶性物质，故装置D的作用为吸收NO、NO2等尾气，防止污染空气。【点睛】本题考查性质实验方案的设计的知识，把握实验装置的作用、弄清各个实验装置的作用、发生的反应及NO易被氧化为解答的关键。26、分液漏斗圆底烧瓶CaC2+H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2饱和食盐水减慢反应速率紫色褪去氧化反应验纯火焰明亮，放出大量的浓烟【解析】

（1）仪器的名称：①是分液漏斗，②是圆底烧瓶；（2）碳化钙与水反应生成乙炔和氢氧化钙，在常温下进行，制取乙炔的化学方程式是CaC2+H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2；（3）乙炔与水反应太快，为抑制反应进行，可以以饱和食盐水代替水,仪器①中加入的是饱和食盐水，其目的是减慢反应速率；（4）高锰酸钾溶液具有强氧化性，乙炔中含有碳碳三键，能与高锰酸钾溶液发生氧化反应使其褪色,将乙炔通入KMnO4酸性溶液中观察到的现象是紫色褪去，乙炔发生了氧化反应；（5）为了安全，点燃乙炔前应验纯，可燃性气体点燃前均需要验纯，目的是为了防止点燃混合气体发生爆炸，由于乙炔中含碳量较高,乙炔燃烧时的实验现象是火焰明亮，放出大量的浓烟。27、KMnO4(H+)溶液溴水水【解析】（1）甲苯能被高锰酸钾氧化使其褪色，而苯不能，所以用KMnO4（H+）溶液鉴别时二者现象不同，可以鉴别，故答案为：KMnO4（H+）溶液；（2）三种物质与溴水混合，苯的密度比水小，有机层在上层，而溴苯的密度比水大有机层在下层，已烯与溴水发生加成反应而使其褪色，所以用溴水鉴别时三者现象不同，可以鉴别，故答案为：溴水；（3）三种物质与水混合，甲苯、四氯化碳不溶于水，分层现象不同，有机层在上层的为甲苯，在下层的为四氯化碳，乙醇与水混溶不分层，所以用水鉴别时三者现象不同，可以鉴别，故答案为：水。点睛：本题主要考查有机物的鉴别。常见能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物有烯烃、炔烃、苯的同系物、醇、酚、醛等；而选择用水鉴别的有机物通常可从水溶性及与水的密度比较角度分析，如存在与水混溶的，难溶于水但密度有比水大的、有比水小的，即可用水鉴别。28、CO32-、HCO3-HCO3-在海水中存在电离平衡：HCO3-CO32-+H+，当c(Ca2+)与c(CO32-)的乘积大于Ksp(CaCO3)时，Ca2+与CO32-生成CaCO3沉淀；使HCO3-电离平衡正向移动，c(H+)增大，H+与HCO3-进一步作用生成CO2共生藻类存在，会通过光合作用吸收CO2，使平衡：Ca2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O正向移动，促进珊瑚礁的形成；共生藻类死亡，使海水中CO2的浓度增大，使上述平衡逆向移动，抑制珊瑚礁的形成CaSiO3+CO2+H2O＝CaCO3+H2SiO3（或CaSiO3+CO2＝CaCO3+SiO2）NH3·H2O+CO2＝2NH4++CO32-+H2O、NH3·H2O+CO2＝NH4++HCO3-、CO32-+CO2+H2O＝2HCO3-（写出任意2个均可）CaCO3、(NH4)2SO4【解析】

(1)根据盐类水解的规律分析判断；(2)①HCO3-在海水中存在电离平衡：HCO3-CO32-+H+，当c(Ca2+)与c(CO32-)的乘积大于Ksp(CaCO3)时生成CaCO3沉淀；常见HCO3-电离平衡正向移动，c(H+)增大，H+与HCO3-进一步作用生成CO2，据此分析解答；②结合光合作用和Ca2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O的平衡移动分析解答；(3)根据沉淀的转化书写反应的方程式；(4)①二氧化碳和氨气发生反应可能生成碳酸氢铵，也可能生成碳酸铵，据此书写反应的离子方程式；②碳氨溶液中的HCO3-与氨气生成CO32-、CO32-和磷石膏(主要成分为CaSO4·2H2O)发生沉淀的转化，据此分析判断。【详解】(1)在Na+、Mg2+、Ca2+、K+、Cl–、CO32–和HCO3–微粒中，CO32-、HCO3-水解生成氢氧根离子，导致海水呈弱碱性，故答案为：CO32-、HCO3