2024届江西省南昌市莲塘一中化学高二上期中学业水平测试模拟试题含解析

2024届江西省南昌市莲塘一中化学高二上期中学业水平测试模拟试题注意事项: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（每题只有一个选项符合题意）1、室温下，将固体溶于水配成溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论错误的是（）选项加入物质结论A硫酸反应结束后，B溶液中增大C由水电离出的减小D固体反应完全后，溶液减小，增大【选项A】A 【选项B】B 【选项C】C 【选项D】D2、关于麻黄碱的说法错误的是（）A．麻黄碱是国际奥委会严格禁止使用的兴奋剂B．麻黄碱是从中药中提取的天然药物C．麻黄碱能使人兴奋，运动员服用后能超水平发挥D．麻黄碱有镇静催眠的效果3、根据如下能量关系示意图，下列说法正确的是()A．1molC(g)与1molO2(g)的能量之和为393.5kJB．反应2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量C．由C→CO的热化学方程式为：2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1D．热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO热值ΔH＝－10.1kJ·mol－14、下列实验操作及结论正确的是A．萃取碘水中的碘时，可以选择苯作为萃取剂B．配置0.1mol·L-1NaCl溶液时，若缺少洗涤步骤，会使实验结果偏高C．用洁净的铂丝蘸取某溶液于酒精灯外焰上灼烧，显黄色，证明该溶液中不含K+D．某无色溶液中滴加氯化钡产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，证明原溶液中含有SO42-5、下列事实不能用键能的大小来解释的是()A．N元素的电负性较大，但N2的化学性质很稳定B．稀有气体一般难发生化学反应C．HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱D．F2比O2更容易与H2反应6、已知298.15K时，可逆反应：Pb2＋(aq)＋Sn(s)Pb(s)＋Sn2＋(aq)的平衡常数K＝2.2，若溶液中Pb2＋和Sn2＋的浓度均为0.10mol·L－1，则此时反应进行的方向是A．向正反应方向进行 B．向逆反应方向进行C．处于平衡状态 D．无法判断7、根据下列微粒的最外层电子排布，能确定该元素在元素周期表中位置的是()A．4s1 B．3d104sn C．nsnnp3n D．ns2np38、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．黄绿色的氯水光照后颜色变浅B．温度过高对合成氨不利C．由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深D．溴水中有平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅9、以下说法正确的是()①O2、O3、O2－、O22—互为同素异形体②乙烯和乙炔互为同系物③35Cl、37Cl互为同位素④乙酸和羟基乙醛互为同分异构体A．①② B．②③ C．①③ D．③④10、对于下列常见化学的认识错误的是()A．明矾可用作净水剂 B．干冰能用于人工降雨C．碳酸钙是文物陶瓷的主要成分 D．小苏打可作糕点的发酵粉11、黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)ΔH=xkJ·mol-1已知：碳的燃烧热ΔH1=akJ·mol-1；S(s)+2K(s)=K2S(s)△H2=bkJ·mol-12K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s)△H3=ckJ·mol-1；则x为()A．3a+b-c B．c-3a-b C．a+b-c D．c-a-b12、向20mL0.5mol/L的氨水中逐滴加入等物质的量浓度的盐酸，测定混合溶液的温度变化如图所示．下列关于混合溶液的说法错误的是A．从a点到b点，混合溶液不可能存在：c（Cl-）=c（NH4+）B．由水电离的c（H+）：b点＞c点C．NH3·H2O的电离程度：b点＞a点D．b点到c点，混合溶液中可能存在：c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）13、下列物质属于等电子体的一组是()A．CH4和NH3B．B3H6N3和C6H6C．F－和MgD．H2O和CH414、下列事实中，不能用勒夏特列原理来解释的是A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫B．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅C．含酚酞的氨水溶液，微热后红色变深D．H2(g)、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深15、常温下，下列有关叙述正确的是A．Na2CO3溶液中，2c(Na+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)B．NaB溶液的pH＝8，c(Na＋)－c(B-)＝9.9×10-7mol/LC．pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4三种溶液中，c(NH4＋)大小顺序：②＞①＞③D．10mLpH＝12的氢氧化钠溶液中加入pH＝2的CH3COOH至pH刚好等于7，所得溶液体积V(总)≥20mL16、在水溶液中，因为发生水解反应而不能大量共存的一组微粒是A．CO32-、OH-、Na+、H+ B．Al3+、Na+、Cl-、HCO3-C．Ba2+、HCO3—、K+、SO42- D．S2-、H+、SO42-、Cu2+二、非选择题（本题包括5小题）17、Ⅰ．KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题：(1)为尽量少引入杂质，试剂①应选用______________(填标号)。a．HCl溶液b．H2SO4溶液c．氨水d．NaOH溶液(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_________________________。(3)沉淀B的化学式为______________________II．毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下:(4)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是_________________________________。Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2(5)滤渣Ⅱ中含(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________________________________。已知：Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-918、前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2。（1）六种元素中第一电离能最小的是_________（填元素符号，下同）。（2）黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配合物C4[D(AB)6]，易溶于水，广泛用作食盐添加剂（抗结剂）。请写出黄血盐的化学式_________，黄血盐晶体中各种微粒间的作用力不涉及______________（填序号）。a．金属键b．共价键c．配位键d．离子键e．氢键f．分子间的作用力（3）E2+的价层电子排布图为___________________，很多不饱和有机物在E催化下可与H2发生加成：如①CH2＝CH2②HC≡CH③④HCHO。其中碳原子采取sp2杂化的分子有____________（填物质序号），HCHO分子的立体结构为______________，它加成后产物甲醇的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，其主要原因是____________。（4）金属C、F晶体的晶胞如下图（请先判断对应的图），C、F两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为_________。金属F的晶胞中，若设其原子半径为r，晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r=_______a，列式表示F原子在晶胞中的空间占有率______________(不要求计算结果)。19、醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如下：可能用到的有关数据如下：相对分子质量密度/g·cm－3沸点/℃溶解性环己醇1000.9618161微溶于水环己烯820.810283难溶于水合成反应：在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸。b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃。分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g。回答下列问题：（1）装置b的名称是____。（2）加入碎瓷片的作用是____；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是_____(填字母，下同)。A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料（3）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为_______。（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并____；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的___(填“上口倒出”或“下口放出”)。（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是________。（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有_____。A．接收器B．温度计C．吸滤瓶D．球形冷凝管（7）本实验所得到的环己烯产率是_____。A．41%B．50%C．61%D．70%20、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol/L、2.00mol/L，大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格，实验温度为25℃、35℃，每次实验HNO3的用量为25.00mL，大理石用量为10.00g。（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填空：实验编号温度(℃)大理石规格HNO3浓度(mol/L)实验目的①25粗颗粒2.00(Ⅰ)实验①和②探究浓度对反应速率的影响；(Ⅱ)实验①和③探究温度对反应速率的影响；(Ⅲ)实验①和④探究________对反应速率的影响②25粗颗粒_______③_______粗颗粒2.00④_________细颗粒______（2）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图。计算实验①中70s～90s范围内用HNO3表示的平均反应速率________(忽略溶液体积变化，不需要写出计算过程)。在O～70、70～90、90～200各相同的时间段里，反应速率最大的时间段是________。21、亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO和Cl2反应得到，化学方程式为2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)。(1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：①2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋NOCl(g)②4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)③2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)设反应①②③对应的平衡常数依次为K1、K2、K3，则K1、K2、K3之间的关系为______________。(2)300℃时，2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)。正反应速率的表达式为v正＝k·cn(NOCl)(k为速率常数，只与温度有关)，测得速率与浓度的关系如表所示：序号c(NOCl)/mol·L－1v/mol·L－1·s－1①0.303.60×10－9②0.601.44×10－8③0.903.24×10－8n＝____________，k＝______________。(3)在1L恒容密闭容器中充入2molNO(g)和1molCl2(g)，在不同温度下测得c(NOCl)与时间t的关系如图A所示：①反应开始到10min时NO的平均反应速率v(NO)＝_________________mol·L－1·min－1。②T2时该反应的平衡常数K为_______________________。③Cl2的平衡转化率为____________________________。(4)在密闭容器中充入NO(g)和Cl2(g)，改变外界条件（温度、压强、、与催化剂的接触面积），NO的转化率变化关系如图B所示。X代表_______________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【分析】Na2CO3溶液存在水解平衡CO+HO=HCO+OH。【题目详解】A．n()=n()=0.05L×1mol/L=0.05mol，0.05molNa2CO3中n(Na+)=0.05mol×2=0.1mol，因此钠离子的浓度是硫酸根离子的两倍，故A项正确；B．0.05molCaO和水反应生成0.05molCa(OH)2，OH浓度增大，Ca2+和CO反应完全生成CaCO3沉淀，水解平衡向逆向移动，HCO浓度减小，所以溶液中减小，故B错误；C．加入水稀释溶液，虽然促进碳酸根的水解，但是溶液体积增大，因此水电离产生的c(OH)减小，水电离产生的c(OH)和c(H+)相等，因此水电离出的减小，故C项正确；D．加入固体，完全电离产生Na+、H+、，H+浓度增大，酸性增强，pH减小，Na+浓度增大，故D项正确；故选B。2、D【题目详解】A、麻黄碱服用后明显增加运动员的兴奋程度，使运动员不知疲倦，超水平发挥，因此这类药品属于国际奥委会严格禁止的兴奋剂，故A正确；B、麻黄碱是从中药麻黄中提取的生物碱，故B正确；C、麻黄碱服用后明显增加运动员的兴奋程度，使运动员不知疲倦，超水平发挥，故C正确；D、麻黄碱刺激中枢兴奋导致不安、失眠等，晚间服用最好同服镇静催眠药以防止失眠，故D错误。答案选D。3、C【题目详解】A．由图可知，1molC(s)与1molO2(g)的能量之和比1molCO2(g)的能量高393.5kJ，A错误；B．由图可知，1molCO(g)和0.5mol的O2(g)生成1molCO2(g)放出282.9kJ的热量，所以反应2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)中，反应物的总能量大于生成物的总能量，B错误；C．由图可知，1molC(s)和0.5molO2(g)转化为1mol的CO(g)，放出热量为：393.5kJ－282.9kJ＝110.6kJ，所以2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1，C正确；D．热值指在一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量，燃烧产物在该条件下是一种较为稳定的状态，则CO的热值为kJ·g－1≈10.1kJ·g－1，单位不正确，D错误；故选C。4、A【解题分析】A．碘易溶于苯且苯不溶于水，可选择苯萃取碘水中的碘，故A正确；B．配置0.1mol·L-1NaCl溶液时，若缺少洗涤步骤，溶质减小，会使实验结果偏低，故B错误；C．用洁净的铂丝蘸取某溶液于酒精灯外焰上灼烧，显黄色，但没有透过蓝色钴玻璃观察，无法判断该溶液中是否含K+，故C错误；D．某无色溶液中滴加氯化钡产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，此沉淀可能是AgCl，不能证明原溶液中含有SO42-，故D错误；故答案为A。5、B【题目详解】A.由于N2分子中存在三键，键能很大，破坏共价键需要很大的能量，所以N2的化学性质很稳定；B.稀有气体都为单原子分子，分子内部没有化学键；C.卤族元素从F到I原子半径逐渐增大，其氢化物中的化学键键长逐渐变长，键能逐渐变小，所以稳定性逐渐减弱；D.由于H－F键的键能大于H—O键，所以二者相比较，更容易生成HF。故选B.6、A【解题分析】A.已知298.15K时，可逆反应：Pb2+（aq）+Sn（s）⇌Pb（s）+Sn2+（aq）的平衡常数K=2.2，若溶液中Pb2+和Sn2+的浓度均为0.10mol•L-1，Qc=c(Sn2+)/c(Pb2+)=1<K=2.2，反应正向进行，故A正确；B.反应正向进行，故B错误；C.反应为达到平衡状态，故C错误；D.依据浓度商和平衡常数比较大小，可以分析判断反应进行的分析，故D错误；故选A。7、C【题目详解】A、4s1的电子排布包括4s1、3d54s1、3d104s1，无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故A错误；B、3d10的电子排布包括3d104s1、3d104s2等，也无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故B错误；C、由于s轨道最多只能容纳2个电子，所以n小于等于2，又n=1时，电子排布式错误，所以n=2，则该微粒最外层电子排布可以为2s22p6，为氖元素，能确定元素周期表中位置，故C正确；D、若n=1，电子排布式错误，n=2，该微粒最外层电子排布可以为2s22p3，n=3，该微粒最外层电子排布可以为3s23p3，也无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故D错误；综上所述，本题选C。8、C【分析】氯气为黄绿色气体，部分溶解于水中，部分与水发生可逆反应产生次氯酸，次氯酸受光易分解；氨气合成反应放热，升高温度平衡逆向移动；溴水颜色主要由溶于水的溴单质产生，加入硝酸银溶液，银离子与溴离子反应产生溴化银沉淀，使溴水平衡正向移动，溴单质减小。【题目详解】A.氯气为黄绿色气体，部分溶解于水中，部分与水发生可逆反应产生次氯酸H2O+Cl2=HCl+HClO，次氯酸受光易分解，产物浓度降低，根据勒夏特列原理，反应向着减弱变化的方向移动，故平衡正向移动，氯气浓度降低，黄绿色的氯水颜色变浅，A错误；B.合成氨反应3H2+N2=2NH3，反应放热，根据勒夏特列原理，温度升高，平衡向降温方向移动，故反应逆向移动，不利于合成氨，B错误C.由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系H2+I2=2HI，反应前后气体体积不变，故增大压强，反应平衡不移动，加压后颜色变深是由于碘单质浓缩导致，C正确；D.溴水中有平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，当加入AgNO3溶液后，溴离子与银离子结合产生溴化银沉淀，使平衡正向移动，溴水中溴单质浓度减少，溶液颜色变浅，D错误；答案为C。9、D【题目详解】①由同种元素形成的不同单质互为同素异形体，而O2－和O22-不是单质，故和氧气、臭氧不互为同素异形体，故①错误；②结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物，而乙烯和乙炔结构不相似，故不互为同系物，故②错误；③同种元素的不同原子互为同位素，35Cl、37Cl同为氯元素的两种氯原子，故互为同位素，故③正确；

④分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，乙酸()和羟基乙醛的分子式相同而结构不同，故互为同系物，故④正确；

故选：D。【题目点拨】由同种元素形成的不同单质互为同素异形体；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物；同种元素的不同原子互为同位素；分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体。10、C【题目详解】A.铝离子水解产生氢氧化铝具有较强的吸附性，明矾可用作净水剂，故A正确；B.干冰气化时吸热，干冰能用于人工降雨，故B正确；C.文物陶瓷的主要成分为硅酸钙等，故C错误；D.碳酸氢钠受热容易分解而产生二氧化碳气体，使得面食内部形成多孔结构，从而使得面食更酥软，小苏打可作糕点的发酵粉，故D正确；故选C。11、A【题目详解】碳的燃烧热△H1=a

kJ•mol-1，其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=a

kJ•mol-1①S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=b

kJ•mol-1②2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=c

kJ•mol-1③将方程式3①+②-③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则△H=x

kJ•mol-1=(3a+b-c)kJ•mol-1，所以x=3a+b-c，故答案为A。12、A【分析】从a点到b点，溶液由碱性中性酸性；b点溶质为氯化铵，氯化铵水解促进水电离，c点是盐酸和氯化铵的混合液，盐酸抑制水电离；盐酸促进NH3·H2O的电离；氯化铵和盐酸混合，当盐酸的物质的量浓度等于氯化铵的物质的量浓度时，出现c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）。【题目详解】从a点到b点，b点为氯化铵溶液,b点溶液呈酸性，溶液由碱性恰好变为中性时c（Cl-）=c（NH4+），从a点到b点，混合溶液可能存在：c（Cl-）=c（NH4+），故A错误；b点溶质为氯化铵，氯化铵水解促进水电离，c点是盐酸和氯化铵的混合液，盐酸抑制水电离，所以由水电离的c（H+）：b点＞c点，故B正确；盐酸促进NH3·H2O的电离，b点加入的盐酸大于a点，所以NH3·H2O的电离程度：b点＞a点，故C正确；从b点到c点，盐酸过量，溶液中的溶质是氯化铵和盐酸，c点时盐酸的物质的量浓度等于氯化铵的物质的量浓度，混合溶液中存在：c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-），b点到c点，接近c点也可以出现此种排序，故D正确；选A。13、B【解题分析】原子数相同、价电子总数相同的微粒，互称为等电子体。【题目详解】A项、CH4和NH3原子数不相同，故A错误；B项、B3H6N3和C6H6原子数相同、电子总数相同互称为等电子体，故B正确；C项、F-和Mg原子数相同，但电子总数不相同，故C错误；D项、H2O和CH4原子数不相同，故D错误；故选B。【题目点拨】本题考查了等电子体的判断，侧重于基本概念的考查，注意把握概念中的两个相等即可解题。14、D【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．【题目详解】A、气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，由气体的溶解度随压强的增大而增大，因此常温时打开汽水瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；B、2NO2N2O4，加压后NO2浓度先变大，颜色变深，然后平衡正确向移动，颜色后变浅，能用勒夏特利原理解释，故B不选；C、NH3·H2ONH4＋＋OH－，加热促进平衡正向进行，含酚酞的氨水溶液，微热后红色变深，能用勒夏特利原理解释，故C不选；D、由H2、I2（g）、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，加压后平衡不动，体积减小颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故D选；故选D。【题目点拨】本题考查了化学平衡移动原理的分析判断，解题关键：对平衡移动原理的理解，影响平衡因素的分析，易错点D，反应前后气体体积不变的反应，加压平衡不移动。15、B【解题分析】A、根据原子守恒可知c(Na＋)＝2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，A不正确；B、NaB溶液的pH＝8，说明B－水解显碱性，c(H+)=10－8mol/L，则c(OH-)＝10－6mol/L。根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H+)=c(OH-)＋c(B－)可知，选项B是正确的。C、NH4＋水解显酸性，c(NH4＋)越大，酸性越强，所以当pH相等时，氯化铵和硫酸铵溶液中NH4＋浓度是相同的。由于NH4HSO4能电离出大量的氢离子，所以该溶液中NH4＋浓度最小，C也不正确。D、若HA是强酸，则二者恰好反应时，溶液显中性，需要HA的体积是10ml。若HA是弱酸，则pH＝2的HA，其HA的浓度大于0.01mol/L。若消耗10mlHA，则HA一定是过量的，溶液显酸性。所以要使溶液显中性，则HA的体积必须小于10ml，因此D也是错误的。答案选B。16、B【分析】A、CO32-、OH-与H+发生复分解反应，在溶液中不能共存；B、Al3+与HCO3-发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳；C、Ba2+与SO42-发生复分解反应生成难溶物硫酸钡沉淀；D、S2-与H+、Cu2+分别发生复分解反应生成硫化氢、CuS沉淀。【题目详解】A、CO32-、OH-与H+发生反应，在溶液中不能共存，但是该反应不是水解反应，故不选A；B、Al3+与HCO3-发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，因发生双水解反应而不能大量共存，故选B；C、Ba2+与SO42-发生反应生成难溶物硫酸钡沉淀，但该反应不属于水解反应，故不选C；D.S2-与H+、Cu2+分别发生反应生成硫化氢、硫化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，但是该反应不属于水解反应，故不选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、d2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Al(OH)3增大接触面积从而使反应速率加快Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少【分析】本题主要考查物质的制备实验与化学工艺流程。I.（1）由易拉罐制备明矾，则需要通过相应的操作除去Fe、Mg，根据金属单质的性质可选择强碱性溶液；（2）根据（1）中选择的试剂写出相关化学方程式；（3）Al在第一步反应中生成AlO2-，在第二步中加入了NH4HCO3，NH4+和HCO3-均能促进AlO2-水解生成Al(OH)3沉淀；II.浸取过程中碳酸钡和稀盐酸反应生成氯化钡，再加入NH3·H2O调节pH至8，由表中数据可知，滤渣I为Fe(OH)3，再将滤液调节pH至12.5，由表中数据可知，滤渣II为Mg(OH)2和少量Ca(OH)2，再加入H2C2O4，可除去Ca2+，再进行后续操作制备出BaCl2·2H2O，据此分析作答。【题目详解】（1）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质，故选d项；（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（3）滤液中加入NH4HCO3溶液后，电离出的NH4+和HCO3-均能促进AlO2-水解，反应式为NH4＋＋AlO2－＋2H2O=Al(OH)3＋NH3·H2O，生成Al(OH)3沉淀。Ⅱ、（4）毒重石用盐酸浸取前研磨将块状固体变成粉末状，可以增大反应物的接触面积从而使反应速率加快；（5）根据流程图和表中数据分析加入NH3·H2O调节pH至8，由表中数据可知，可除去Fe3+，滤渣I为Fe(OH)3，再将滤液调节pH至12.5，由表中数据可知，可完全除去Mg2+，部分Ca2+会沉淀，滤渣II为Mg(OH)2和少量Ca(OH)2，再加入H2C2O4，可除去Ca2+，若加入过量的H2C2O4，易发生Ba2＋＋H2C2O4=BaC2O4＋2H＋产生BaC2O4沉淀，导致产品的产量减少。18、KK4Fe(CN)6aef①③④平面三角形CH3OH分子之间存在氢键，熔、沸点比CH4高2∶3aπ×100%【分析】前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，则A为碳元素、B为N元素；C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，只能处于第四周期，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，可推知C为K、F为Cu，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2，D、E价电子排布分别为3d64s2，3d84s2，故D为Fe、E为Ni，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为C元素，B为N元素，C为K元素，D为Fe元素，E为Ni元素，F为Cu元素。(1)六种元素中K的金属性最强，最容易失去电子，其第一电离能最小，故答案为：K；(2)黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配合物C4[D(AB)6]，化学式为K4[Fe(CN)6]，黄血盐晶体中含有离子键、配位键、共价键，没有金属键、氢键和分子间作用力，故答案为：K4Fe(CN)6；aef；(3)镍为28号元素，Ni2+的价层电子排布式为3d8，故价电子排布图为；①CH2=CH2、③、④HCHO中C原子价层电子对数都是3，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化；②HC≡CH为C原子价层电子对数是2，没有孤电子对，C原子采取sp杂化；HCHO分子的立体结构为平面三角形，它的加成产物为甲醇，甲醇分子之间能够形成氢键，其熔、沸点比CH4的熔、沸点高，故答案为：；①③④；平面三角形；CH3OH分子之间存在氢键，熔、沸点比CH4高；(4)金属K晶体为体心立方堆积，晶胞结构为左图，晶胞中K原子配位数为8，金属Cu晶体为面心立方最密堆积，晶胞结构为右图，以顶点Cu原子研究与之最近的原子位于面心，每个顶点Cu原子为12个面共用，晶胞中Cu原子配位数为12，K、Cu两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为8∶12=2∶3；金属Cu的晶胞中，根据硬球接触模型的底面截面图为，则Cu原子半径为r和晶胞边长a的关系为：4r=a，解得r=a；Cu原子数目=8×+6×=4，4个Cu原子的体积为4×πr3=4×π×(a)3，晶胞的体积为a3，Cu原子在晶胞中的空间占有率==4×π×()3×100%=π×100%，故答案为：2∶3；a；π×100%。【题目点拨】本题的难点和易错点为(4)中晶胞的计算，要注意正确理解晶胞结构，本题中底面对角线上的三个球直线相切，然后根据平面几何的知识求解。19、直形冷凝管防止暴沸B检漏上口倒出吸收产物中少量的水（或干燥）CDC【解题分析】(1)根据装置图可知装置b的名称；(2)碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入；(3)加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，分子间还可以发生取代反应；(4)分液漏斗有活塞和塞子，结合分液漏斗的使用方法解答；根据环己烯的密度比水的密度小分析判断；(5)根据无水氯化钙具有吸水性分析；(6)观察题目提供的实验装置图分析判断；(7)首先计算出20g环己醇的物质的量，根据反应方程式，求出理论上可以得到的环己烯的质量，再根据产率=×100%计算。【题目详解】(1)依据装置图可知，装置b是蒸馏装置中的冷凝器装置，故答案为直形冷凝管；(2)碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，故选B，故答案为防止暴沸；B；(3)加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚为，故答案为；(4)由于分液漏斗有活塞和塞子，使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，应该从分液漏斗的上口倒出，故答案为检漏；上口倒出；(5)分离提纯过程中加入无水氯化钙，是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水，故答案为吸收产物中少量的水(或干燥)；(6)观察题目提供的实验装置图知，蒸馏过程中需要用到蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、接收器，锥形瓶等，用不到吸滤瓶和球形冷凝器管，故选CD；(7)20g环己醇的物质的量为=0.2mol，理论上可以得到0.2mol环己烯，即理论上得到环己烯的质量为82g/mol×0.2mol=16.4g，所以产率=×100%=61%，故选C。20、1.0035252.00大理石规格0.01mol/(L·s)0-70【分析】（1）（I）实验①和②探究浓度对反应速率的影响；（II）实验①和③探究温度对反应速率的影响；（Ⅲ）实验①和④中大理石的规格不同；（2）先根据图象，求求出生成二氧化碳的物质的量，然后根据反应求出消耗硝酸的物质的量，最后计算反应速率；曲线斜率越大反应速率越快。【题目详解】（1）实验①和②探究浓度对反应速率的影响，故硝酸的浓度不同，应该选1.00mol/L硝酸；由于①和③探究温度对反应速率的影响，故温度不同，应该选35℃；由于实验①和④大理石规格不同，因此探究的是固体物质的表面积对反应速率的影响，所以实验①和④中温度和硝酸的浓度均相同；（2）由图可知70s至90s，生成CO2的质量为0.95g-0.84g=0.11g，物质的量为=0.0025mol，根据反应CaCO3+2HNO3＝Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知消耗HNO3的物质的量为2×0.0025mol=0.005mol，又溶液体积为0.025L，所以HNO3减少的浓度△c==0.2mol/L，反应的时间t=90s-70s=20s，所以HNO3在70s-