2023届江苏宿迁市化学高二下期末达标检测试题含解析

2023年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列分子中，只有σ键而没有π键的是（）A．N2B．CH4C．CH2=CH2D．苯2、已知：还原性HSO3—>I—，氧化性IO3—>I2。在含0.3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如右图所示（图中坐标单位均为mol）。下列说法不正确的是A．0～b间的反应可用如下离子方程式表示：3HSO3－＋IO3－=3SO42－＋I－＋3H＋B．a点时消耗NaHSO3的物质的量为0.12molC．当溶液中I—与I2的物质的量之比为5：2时，加入的KIO3为0.18molD．b点时的还原产物可能是KI或NaI，b～c间的还原产物是I23、下列实验装置不能达到实验目的的是选项实验目的反应试剂及所需物质选择装置A制乙酸乙酯无水乙醇、冰醋酸、浓硫酸、碎瓷片ⅠB进行银镜实验银氨溶液、乙醛ⅡC制葡萄糖酸葡萄糖、3%溴水ⅢD制乙烯无水乙醇、浓硫酸、碎瓷片Ⅳ[注:葡萄糖与3%溴水在55℃左右反应]A．A B．B C．C D．D4、下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色A．A B．B C．C D．D5、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通入到含1molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋I2正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I－均氧化BMg(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C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HSO3-正确；说明酸性：H2SO3强于HClOD1mol·L－1的NaAlO2溶液和2.5mol·L－1的HCl溶液等体积互相均匀混合：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∶3A．A B．B C．C D．D6、在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是()A．强碱性溶液中：CO32－、Na＋、AlO2－、NO3－B．由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液中，Na＋、K＋、Cl－、HCO3－C．强碱性的溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO42－D．酸性溶液中：Fe2＋、Al3＋、NO3－、I－7、某溶液可能含有NH4＋、K＋、Ba2＋、Fe3＋、I－、SO32－、SO42－中的几种，现取100mL溶液先加入足量氯水，然后滴加足量BaCl2溶液，得到沉淀4.66g，在滤液中加足量NaOH溶液并加热，生成的气体在标准状况下体积为1.12L。根据上述实验，以下推测正确的是A．原溶液一定存在NH4＋、I－B．原溶液一定不含Ba2＋、Fe3＋、I－C．原溶液可能存在K＋、Fe3＋、SO42－D．另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，即可确定溶液所有的离子组成8、从海水中提取镁的工艺流程可表示如下：下列说法不正确的是()A．用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B．步骤⑥电解MgCl2时阴极产生氯气C．上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应步骤D．⑤可将晶体置于HCl气体氛围中脱水9、使用单质铜制硝酸铜，耗用原料最经济，而且对环境几乎没有污染的是（）A．CuCu（NO3）2 B．CuCuOCu（NO3）2C．CuCu（NO3）2 D．CuCuCl2Cu（NO3）210、下列有关仪器的性能或者使用方法的说明中正确的是A．试管、蒸发皿既能用于给固体加热也能用于给溶液加热B．分液漏斗既能用于某些混合物的分离也能用于组装气体发生器C．碱式滴定管既可用于中和滴定，也可用于量取一定量的NaCl或AlCl3溶液D．测量酒精沸点的实验中，应使温度计水银球位于被加热的酒精中11、下列实验装置（加热装置已略去）或操作合理的是（）A．吸收氨气并防倒吸B．用SO2与Ba(NO3)2反应获得BaSO3沉淀C．分离溴苯和苯的混合物D．验证HCl的溶解性A．AB．BC．CD．D12、下列关于晶体和非晶体的本质区别的叙述中，正确的是（）A．是否是具有规则几何外形的固体B．物理性质是否有各向异性C．是否是具有美观对称的外形D．内部构成微粒是否在空间呈有规则的重复排列13、下列制作铅笔的材料与相应工业不对应的是A．橡皮擦——橡胶工业 B．铝合金片——冶金工业C．铝笔芯——电镀工业 D．铅笔漆——涂料工业14、下图是新型镁一锂双离子二次电池。下列关于该电池的说法正确的是A．放电时，Li+由右向左移动B．放电时，正极的电极反应式为Li1-x-FePO4+xLi++xe-=LiFePO4C．充电时，外加电源的负极与Y相连D．充电时，导线上每通过1mole-，左室溶液质量减轻12g15、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．NaCl（熔融）NaOHNaAlO2B．SiO2H2SiO3（s）Na2SiO3（aq）C．Cl2HClNH4ClD．CaCl2CaCO3CaSiO316、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．30g乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NAB．标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2气混合后，气体分子数为2NAC．常温下pH=12的NaOH溶液中，水电离出的氢离子数为10－12NAD．标准状况下，2.24LC2H6含有的共价键数为0.6NA二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A、B、C、D是原子序数依次减小的四种短周期元素，C的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；A原子有2个未成对电子；A、C、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体。E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与D原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题（用元素符号或化学式表示）：（1）元素B、C、A的基态原子的第一电离能由大到小的顺序为__________________；（2）M分子中C原子轨道的杂化类型为__________________；（3）E+的核外电子排布式为__________________，下图是由D、E形成的某种化合物的晶胞结构示意图，该化合物的化学式为__________________；（4）化合物BD3的沸点比化合物CA4的高，其主要原因是__________________；（5）写出与CA2互为等电子体的B3-的结构式__________________；（6）将CrCl3·6H2O溶解在适量水中得到深绿色溶液，溶液中Cr3+以[Cr（H2O）5Cl]2+形式存在。上述溶液中，不存在的微粒间作用力是__________________（填标号）。A．离子键B．共价键C．金属键D．配位键E．范德华力18、有机物A(C6H12O2)具有果香味，可用作食品加香剂，还可用作天然和合成树脂的溶剂。已知：①D、E具有相同官能团，E的相对分子质量比D大；②E分子含有支链；③F是可以使溴的四氯化碳溶液褪色的烃。(1)B的化学名称为____________；D的结构简式_____________。(2)C、F分子中所含的官能团的名称分别是___________、______________。(3)写出有机物B生成C的化学反应方程式：___________________；反应类型是________。(4)写出有机物B与E反应生成A的化学反应方程式：_______________________；反应类型是________。(5)E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有________种(不含立体异构)，并写出任意一种符合条件的同分异构体结构简式__________________。①能与Na反应；②能发生银镜反应。19、某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图），以环己醇制备环己烯。已知：；反应物和生成物的物理性质如下表：

密度（g/cm3）

熔点（℃）

沸点（℃）

溶解性

环已醇

0.96

25

161

能溶于水

环已烯

0.81

－103

83

难溶于水

制备粗品：将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。①A中碎瓷片的作用是，导管B除了导气外还具有的作用是。②试管C置于冰水浴中的目的是。（2）制备精品①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在层（填上或下），分液后用（填序号）洗涤：a．KMnO4溶液b．稀H2SO4c．Na2CO3溶液②再将环己烯按下图装置蒸馏，冷却水从（填字母）口进入；蒸馏时要加入生石灰的目的。③上图蒸馏装置收集产品时，控制的温度应在左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是：a．蒸馏时从70℃开始收集产品；b．环己醇实际用量多了；c．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出；d.是可逆反应，反应物不能全部转化（3）区分环己烯精品和粗品（是否含有反应物）的方法是。20、甲同学利用下图所示装置在实验室制备乙酸乙酯。（1）实验中饱和Na2CO3溶液的作用是_______。某次实验时，在饱和Na2CO3溶液中滴加2滴酚酞溶液。实验结束，取下试管B振荡，红色褪去。为探究褪色的原因，进行如下实验。编号①②③实验操作充分振荡、静置充分振荡、静置充分振荡、静置、分液。取下层溶液，加入饱和Na2CO3溶液现象上层液体变薄，冒气泡，下层溶液红色褪去上层液体不变薄，无气泡，下层溶液红色褪去（2）试管①中产生气泡的原因是（用化学方程式解释）_______。（3）对比实验①和②可得出的结论是_______。（4）针对实验②中现象，乙同学提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。实验③中观察到_______，证实乙的猜想正确。21、根据已经学过的化学知识，回答下列问题。I.(1)现有下列十种物质：①蔗糖②熔融KNO3③石墨④铜丝⑤NaOH固体⑥SO3⑦BaSO4固体⑧K2O固体⑨液态H2SO4⑩液氯上述物质中可导电的是____________(填序号，下同)；上述物质中不能导电，但属于电解质的是_______________________。(2)NaHSO4是一种酸式盐，请填写下列空白：①写出NaHSO4在水中的电离方程式____________________________________。②与0.1mol·L—1的NaHSO4溶液的导电能力相同的硫酸钠溶液的物质的量浓度为：_____。③NaHSO4溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式为______________________________。(3)粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，除去这些杂质的试剂可选用，①Na2CO3、②NaOH、③BaCl2、④HCl，用序号表示加入的先后顺序依次是_________。II．A、B、C、X均为中学常见物质，它们在一定条件下有如下转化关系(副产物已略去)。(1)若X是氧气，则A不可能______(填序号)A．C

B．Si

C．Na

D．Mg

(2)若X是金属单质，向浅绿色溶液C中滴入AgNO3溶液，产生了不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为__________；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是(用离子方程式表示)________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】分析：A项，N2的结构式为N≡N，N2中含σ键和π键；B项，CH4的结构式为，CH4中只有σ键；C项，CH2=CH2的结构式为，CH2=CH2中含σ键和π键；D项，苯中含σ键和大π键。详解：A项，N2的结构式为N≡N，1个N2分子中含1个σ键和2个π键；B项，CH4的结构式为，CH4中只有σ键；C项，CH2=CH2的结构式为，1个CH2=CH2分子中含5个σ键和1个π键；D项，苯中含σ键和大π键；只有σ键而没有π键的是CH4，答案选B。点睛：本题考查σ键和π键的判断，σ键和π键的一般规律：共价单键是σ键，共价双键中有1个σ键和1个π键，共价三键中有1个σ键和2个π键。注意苯中含大π键。2、C【解析】

还原性HSO-3＞I-，所以首先发生的离子反应是3HSO3－＋IO3－＝3SO42－＋I－＋3H＋。继续加入KIO3，已知氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-＝3H2O+3I2。【详解】A、根据图像可知，0～b间没有单质碘生成，所以反应可用如下离子方程式表示：3HSO3－＋IO3－＝3SO42－＋I－＋3H＋，A正确；B、根据图像可知，a点碘酸钾的物质的量是0.04mol，所以根据反应3HSO3－＋IO3－＝3SO42－＋I－＋3H＋可知，消耗NaHSO3的物质的量为0.04mol×3＝0.12mol，B正确；C、设生成的碘单质的物质的量为n，则溶液中I—的物质的量是2.5n。则根据反应IO3-+6H++5I-＝3H2O+3I2可知，消耗的KIO3的物质的量为，消耗碘离子的量为。根据反应3HSO3－＋IO3－＝3SO42－＋I－＋3H＋可知，0.3molNaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为0.1mol，生成碘离子的物质的量也是0.1mol，则0.1mol－＝2.5n，解得＝mol，所以消耗碘酸钾的物质的量是（＋0.1mol）＝0.108mol，C不正确；D、根据以上分析可知，b点时的还原产物可能是KI或NaI，b～c间的还原产物是I2，D正确。答案选C。3、C【解析】

A、无水乙醇、冰醋酸在浓硫酸催化下，加热时可反应生成乙酸乙酯，用Ⅰ装置可以达到实验目的，故A能达到实验目的；B、银氨溶液与乙醛在水浴加热条件下发生银镜反应，可用Ⅱ装置达到实验目的，故B能达到实验目的；C、葡萄糖与3%溴水在55℃左右反应，应该用水浴加热且需要温度计测量反应温度，Ⅲ装置无法达到实验目的，故C不能达到实验目的；D、无水乙醇、浓硫酸在170℃时反应可生成乙烯，用Ⅳ装置可以达到实验目的，故D能达到实验目的。4、C【解析】分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B项，红色褪色是HClO表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。详解：A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。5、D【解析】

A、将1molCl2通入到含1molFeI2溶液中，Cl2恰好将还原性强的I－氧化，Fe2＋没有反应，反应的离子方程式为2I-+2Cl2═2Cl-+I2，故A错误；B、Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为Mg2++2HCO3-+4OH-═Mg（OH）2↓+2CO32-+2H2O，故B错误；C、过量SO2与NaClO溶液反应生成氯化钠和硫酸，反应的的离子方程式为SO2+H2O+ClO-═2H++Cl-+SO42-，故C错误；D、偏铝酸根离子与氢离子1：1反应生成氢氧化铝沉淀，1：4反应生成铝离子，等体积1mol·L－1的NaAlO2溶液和2.5mol·L－1的HCl溶液中偏铝酸根离子与氢离子的物质的量比为2：5，则AlO2-与Al(OH)3消耗的H＋的物质的量之比为2∶3，反应的离子方程式为2AlO2-＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，故D正确；答案选D。【点睛】二氧化硫与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应，不是复分解反应是易错点。6、A【解析】本题考查离子共存。详解：强碱性溶液中：CO32－、Na＋、AlO2－、NO3－之间不能反应生成沉淀、气体、弱电解质以及其它反应类型，故可以大量共存，A正确；由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱的溶液，酸溶液中HCO3-与H+反应生成二氧化碳和水，碱溶液中HCO3-与OH-反应生成碳酸根离子和水，故一定不能大量共存，B错误；强碱性溶液中，Al3＋与OH-反应生成氢氧化铝沉淀不能大量共存，C错误；酸性溶液中，NO3－与Fe2＋、I－发生氧化还原反应不能大量共存，D错误。故选A。点睛：所谓离子共存实质上就是看离子间是否发生反应，若离子在溶液中发生反应，就不能共存。7、A【解析】某溶液可能含有NH4＋、K＋、Ba2＋、Fe3＋、I－、SO32－、SO42－中的几种，现取100mL溶液先加入足量氯水，然后滴加足量BaCl2溶液，得到沉淀4.66g，该沉淀一定是硫酸钡，可以计算出硫酸钡的物质的量为0.02mol，由于氯水可以把SO32－氧化为SO42－，所以可以确定原溶液中SO32－和SO42－至少有其中一种，且它们的总物质的量为0.02mol，同时可以确定一定没有Ba2＋；在滤液中加足量NaOH溶液并加热，生成的气体在标准状况下体积为1.12L，该气体一定是氨气，可以计算出氨气的物质的量是0.05mol，由此可以确定原溶液中一定有0.05molNH4＋。根据电荷守恒，又可以确定原溶液中一定有I－，因为I－和Fe3＋不能大量共存，所以同时也确定一定不含Fe3＋。综上所述A正确；B、C不正确；D.另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，只能确定溶液中是否含有SO42－（产生不溶于盐酸的白色沉淀）和SO32－（酸化时有气体产生），K+还不能确定，所以D不正确。本题选A。点睛：本题考查的是离子的定量推断。定量推断比定性推断要难一些。解题的关键是要知道题中有一个隐蔽的条件是电荷守恒。题中的数据一定要处理，根据这些数据和电荷守恒可以确定溶液中还可能存在的离子。8、B【解析】

由海水中提取镁的工艺流程可知，贝壳高温煅烧，贝壳中的碳酸钙分解生成氧化钙，氧化钙与水反应制得石灰乳；向海水结晶、过滤后的母液中加入石灰乳，母液中镁离子与石灰乳反应生成氢氧化镁沉淀，向过滤得到的氢氧化镁沉淀中加入盐酸，氢氧化镁沉淀溶于盐酸制得氯化镁溶液，氯化镁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水合氯化镁晶体，六水合氯化镁晶体在氯化氢气流中加热脱水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁制备镁。【详解】A项、海水中镁元素含量高，原料来源于海水，提取镁原料来源丰富，故A正确；B项、电解熔融MgCl2时，镁离子在阴极得电子发生还原反应生成镁，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，故B错误；C项、上述工艺流程中贝壳分解涉及分解反应，得到石灰乳涉及化合反应，③④为复分解反应，最后两个反应都是分解反应，故C正确；D项、若直接加热MgCl2•6H2O，氯化氢挥发会促进MgCl2水解，使水解趋于完全得不到无水MgCl2，因Mg2+水解呈酸性，在氯化氢气流中可抑制Mg2+水解，同时带走水蒸气，故一定条件为在HCl气流中，目的是抑制Mg2+水解，故D正确；答案选B。9、B【解析】

用铜制取硝酸铜的最佳方法应是：从经济角度出发，制取等量的硝酸铜时，所用的原料最少，成本最低；从环境保护的角度出发，制取硝酸铜时不对环境造成污染。【详解】A．反应生成NO气体，污染环境，故A错误；

B．金属铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硝酸反应生成硝酸铜，不生成污染性气体，故B正确；C．反应生成NO2气体，污染环境，故C错误；

D．反应消耗氯气和硝酸银，反应复杂，且成本高、不利于环境保护，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查较为综合，侧重于化学与生活、环境的考查，为高考常见题型，难度不大，注意制备方案的评价。10、B【解析】试题分析：A．蒸发皿不能用于给固体加热，故A错误；B．分液漏斗既能用于某些混合物的分离，如分液，也能用于组装气体发生器，如向反应容器中滴加液体，故B正确；C．AlCl3溶液显酸性，不能使用碱式滴定管，故C错误；D．测量酒精沸点的实验中，应使温度计水银球位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故D错误；故选B。【考点定位】考查化学实验的基本操作【名师点晴】该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题综合性强，难易适中。在注重对基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计能力以及评价能力。该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。11、D【解析】分析：A．苯的密度比水小在上层，不能使水和气体分离；B．二氧化硫与硝酸钡反应生成的硫酸钡沉淀．C、蒸馏时应注意冷凝水的流向；D、氯化氢极易溶于水。详解：A．苯的密度比水小在上层，不能使水和气体分离，则不能用于吸收氨气，可发生倒吸，选项A错误；B．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，则SO2与Ba（NO3）2反应生成的是硫酸钡沉淀，无法获得亚硫酸钡，选项B错误；C．苯和溴苯的混合物，互溶，但沸点不同．则选图中蒸馏装置可分离，但冷凝水的方向不明，选项C错误；D、装置中HCl极易溶于水，滴入水后气球膨胀，选项D正确；答案选D。点睛：本题考查了化学实验方案的评价，为高考常见题型，题目涉及氧化还原反应、化学反应速率的影响等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度不大。12、D【解析】

A.有规则几何外形的固体不一定都是晶体，如玻璃，A错误；B.具有各向异性的固体一定是晶体，但各向异性不是晶体和非晶体的本质区别，B错误；C.美观对称的固体不一定都是晶体，如玻璃，C错误；D.晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列，晶体具有固定的熔沸点，可以利用X射线鉴别晶体和非晶体，故D正确；答案选D。13、C【解析】

A、橡皮擦的原料是橡胶，涉及到橡胶工业的生成，A正确；B、铝合金涉及金属铝的冶炼过程，与冶金工业有关，B正确；C、铅笔芯的原料是石墨和粘土，与电镀工业无关，C错误；D、铅笔外边的油漆、绘制的图案、文字等，与有机物合成材料及涂料有关，D正确。答案选C。14、B【解析】

A、放电，该装置为电池，Mg是活泼金属，即Mg作负极，另一极为正极，根据原电池的工作原理，Li＋应向正极移动，即从左向右移动，故A错误；B、根据上述分析，右边电极为正极，得到电子，电极反应式为Li1-x-FePO4+xLi++xe-=LiFePO4，故B正确；C、充电，该装置为电解池，电源的正极接电池的正极，电源的负极接电池的负极，即充电时，外加电源的负极与X相连，故C错误；D、充电时，导线上每通过1mole-，左室得电子，发生还原反应，电极反应式为Mg2++2e-=Mg，但右侧将有1molLi+移向左室，因此溶液质量减轻12-7=5g，故D错误；答案选B。15、C【解析】

A．电解熔融NaCl得到金属钠，而不是氢氧化钠，故A错误；B．SiO2不能溶于水生成H2SiO3，故B错误；C．氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵，所以Cl2HClNH4Cl各步转化都能实现，故C正确；D．碳酸的酸性弱于盐酸，所以氯化钙与二氧化碳不反应，故D错误；故答案为C。16、A【解析】

A．乙酸和葡萄糖的实验式均为CH2O，CH2O的式量为30，30g乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为×2NA=2NA，A选项正确；B．标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2的物质的量都为1mol，两者混合后发生反应H2+F2=2HF，两者恰好完全反应生成2molHF，HF呈液态，最后没有气体，B选项错误；C．常温下pH=12的NaOH溶液中水电离的氢离子浓度为1×10-12mol/L，由于缺少溶液的体积，水电离出的氢离子数没法计算，C选项错误；D．1molC2H6含有7mol共价键，标准状况下，2.24LC2H6含有的共价键数为×7NA=0.7NA，故D错误；答案选A。【点睛】本题易错选B，错选的原因有：（1）忽视氢气与F2的化合反应，（2）忽视标准状况下HF不是气体。二、非选择题（本题包括5小题）17、N＞O＞Csp21s22s22p63s23p63d10Cu2ONH3分子间能形成氢键[N=N=N]-A、C【解析】

C的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，核外电子排布为1s22s22p2，则C是C元素；A、C、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，该气体M为HCHO，A原子有2个未成对电子，则D为H元素、A为O元素；B的原子序数介于碳、氧之间，故B为N元素；E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则E是铜元素；（1）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道半满，为稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C；（2）M为HCHO，分子中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，则C原子采取sp2杂化；（3）Cu失去4s能级1个电子形成Cu+，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，由晶胞结构可知，Cu+位于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu+，O原子数为8×1/8+1=2，则O与Cu+数目比为1:2，化学式为Cu2O；（4）NH3分子间能形成氢键，甲烷分子之间为分子间作用力，氢键比分子间作用力强，故NH3的沸点比CH4的高；（5）CO2、N3-互为等电子体，二者结构相似，N3-中N原子之间形成2对共用电子对，N3-的结构式[N=N=N]-；（6）A．电解质在水溶液里电离出阴阳离子，所以该离子中不存在离子键，故选；B．水分子或[Cr（H2O）5Cl]2+中，非金属元素之间都存在共价键，故不选；C．该溶液中不存在金属键，故选；D．[Cr（H2O）5Cl]2+中Cr原子和水分子中的O原子之间存在配位键，故不选；E．溶液中水分子之间存在范德华力，故不选；故选A、C。18、乙醇CH3COOH醛基碳碳双键2CH3CH2OH＋O22CH3CHO+2H2O氧化反应CH3CH(CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O酯化反应(或取代反应)5HOCH2CH2CH2CHO【解析】

有机物A(C6H12O2)具有果香味，可用作食品加香剂，则A为酯，B和E发生酯化反应生成A，则B和E为醇和酸，B能够发生氧化反应生成C，C能够继续发生氧化反应生成D，则B为醇，D为酸；D、E具有相同官能团，E的相对分子质量比D大，则E中含有四个碳原子，B中含有2个碳原子，E分子含有支链，因此B为乙醇，E为(CH3)2CHCOOH，则A为(CH3)2CHCOOCH2CH3，C为乙醛，D为乙酸；乙醇在浓硫酸存在时发生脱水反应生成F，F是可以使溴的四氯化碳溶液褪色的烃，则F为乙烯，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为(CH3)2CHCOOCH2CH3，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，E为(CH3)2CHCOOH，F为乙烯。(1)B为乙醇；D为乙酸，结构简式为CH3COOH，故答案为：乙醇；CH3COOH；(2)C为乙醛，F为乙烯，所含的官能团分别是醛基、碳碳双键，故答案为：醛基；碳碳双键；(3)有机物B生成C的化学反应方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO+2H2O，该反应属于氧化反应，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；(4)有机物B与E反应生成A的化学反应方程式CH3CH(CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O，该反应为酯化反应，也是取代反应，故答案为：CH3CH(CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O；酯化反应或取代反应；(5)E为(CH3)2CHCOOH，E的同分异构体中能同时满足下列条件：①能与Na反应，说明结构中含有羟基或羧基；②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，因此E的同分异构体中含有醛基和羟基，除去醛基，还有3个碳原子，满足条件的有：醛基连接在1号碳原子上，羟基有3种连接方式；醛基连接在2号碳原子上，羟基有2种连接方式，共5种同分异构体，如HOCH2CH2CH2CHO、CH3CHOHCH2CHO等，故答案为：5；HOCH2CH2CH2CHO(或CH3CHOHCH2CHO等)。19、（1）（3分）①防止爆沸（1分）冷凝回流反应物（1分）②防止环己烯（或反应物）挥发（1分）（2）（7分）①（2分）上层c②（2分）f除去水分③83℃（1分）cd（2分）（3）（1分）取适量产品投入一小块金属钠，观察是否有气泡产生（或测定沸点是否为83℃）【解析】试题分析：碎瓷片在反应中主要是起到防止暴沸的作用，长导管B出了能起到导气的作用还起到冷凝的作用。环己烯易挥发，因此试管C置于冰水浴中的目的是防止环己烯挥发。环己烯的密度比饱和食盐水的密度小，因此环己烯在上层，环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质由于乙醇溶解在碳酸钠溶液中，酸可以与碳酸钠反应，而环己烯不能与碳酸钠反应，因此可用饱和碳酸钠溶液进行洗涤。冷凝管水的流向是下进上出，因此冷却水应从f进入。生石灰具有吸水性，因此在蒸馏时加生石灰主要是除去水分子。实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是1.制备粗品时环己醇随产品一起蒸出。2.是可逆反应，反应物不能全部转化。粗产品环己烯中含有乙醇，因此可用金属钠来检验。考点：考查有机合成的相关知识点。20、中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O下层溶液红色褪去的原因与乙酸无关溶液不变红或无明显现象【解析】

（1）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；（2）试管①中乙酸乙酯中的乙酸与碳酸钠反应，产生气泡，发生的反应为2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O；（3）对比实验①和②，无论有没有含乙酸，溶液红色均褪去，可得出的结论是下层溶液红色褪去的原因与乙酸无关；（4）针对实验②中现象，上层液体不变薄则乙酸乙酯不溶解于下层碳酸钠溶液且不与碳酸钠反应而无气泡，下层溶液红色褪去是因为酚酞被萃取于乙酸乙酯中碳酸钠溶液中不再含有酚酞而显无色，故乙同学提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。实验③中充分振荡、静置、分液。取下层溶液，下层溶液中已不含酚酞，故加入饱和Na2CO3溶液观察到溶液不变红或无明显现象，证实乙的猜想正确。21、②③④⑤⑦⑧⑨NaHSO4=Na＋＋H++SO42—0.1mol/LH++HCO3—=H2O+CO2↑②③①④或③②①④BDFeCl32Fe3++Fe＝3Fe