重庆市万州区分水中学2024届化学高二下期末经典模拟试题含解析

重庆市万州区分水中学2024届化学高二下期末经典模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、某课外兴趣小组欲在实验室里制备少量乙酸乙酯，该小组的同学设计了以下四个制取乙酸乙酯的装置，其中正确的是()A． B．C． D．2、下列实验操作能达到实验目的的是A．用经水湿润的pH试纸测量溶液的pHB．将4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol·L−1NaOH溶液C．用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体D．用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO23、下列说法不合理的是A．可用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体B．可用四氯化碳将溴水中的溴提取出来C．可用盐酸酸化的氯化钡溶液检验溶液中的硫酸根离子D．可用氢氧化钠溶液鉴别氯化铁溶液和氯化亚铁溶液4、下列有关晶体的叙述中，错误的是A．晶体在强度、导热性、光学性质上常常表现出各向异性B．硅酸盐玻璃能加工成一定的形状，具有自范性C．在干冰晶体中每个CO2周围都紧邻12个CO2D．离子晶体熔化时离子键被破坏，而分子晶体熔化时化学键不被破坏5、下列物质属于电解质的是A．蔗糖B．NH3C．CH3COOHD．Fe6、已知：25°C时，，。下列说法正确的是A．25°C时，饱和溶液与饱和溶液相比，前者的大B．25°C时，在的悬浊液加入少量的固体，增大C．25°C时，固体在20ml0.01mol·氨水中的比在20mL0.01mol·溶液中的小D．25°C时，在的悬浊液加入溶液后，不可能转化成为7、向含Al2（SO4）3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa（OH）2溶液至过量，加入Ba（OH）2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是A．原混合液中c（SO42-）：c（Cl-）=1：1B．向D点溶液中通入C02气体，立即产生白色沉淀C．图中A点沉淀中含有BaSO4和Al（OH）3D．AB段反应的离子方程式为：Al3++3OH-＝Al（OH）3↓8、铁是常见金属，它在元素周期表中位于第四周期Ⅷ族，原子序数为26，则Fe2＋的结构示意图为()A．B．C．D．9、下列电离方程式，书写正确的是(

)A．H2SO4=2H++SO42-B．NH3·H2O=NH4++OH-C．H2CO3=H2O+CO2↑D．H2CO32H++CO32-10、下列化学式对应的结构式从成键情况看不合理的是（）A．CH3N, B．CH2SeO,C．CH4S, D．CH4Si，11、利用废蚀刻液（含FeCl2、CuCl2及FeCl3）制备碱性蚀刻液[Cu（NH3）4Cl2溶液]和FeCl3•6H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu（NH3）4Cl2]、固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3•6H2O。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是（）A．用装置甲制备NH3 B．用装置乙制备Cu（NH3）4Cl2并沉铁C．用装置丙分离Cu（NH3）4Cl2溶液和Fe（OH）3 D．用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3•6H2O12、一种充电电池放电时的电极反应为：H2+2OH—2e—=2H2O、NiO(OH)+H2O+e—=Ni(OH)2+OH—。当为电池充电时，与外电源正极连接的电极上发生的反应是（）A．H2O的还原 B．NiO(OH)的还原C．H2的氧化 D．Ni(OH)2的氧化13、部分氧化的铁铜合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是()A．滤液A中的阳离子为Fe3＋、Fe2＋、H＋B．样品中CuO的质量为4.0gC．样品中Fe元素的质量为2.24gD．V＝89614、某有机物的结构简式如图所示，下列说法中不正确的是（）A．1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成1.5molH2B．该有机物消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3∶2∶2C．可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键D．该有机物能够在催化剂作用下发生酯化反应15、NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．标准状况下，11.2L的己烷所含的分子数为0.5NAB．28g乙烯所含共用电子对数目为4NAC．1mol羟基所含电子数为7NAD．现有乙烯、丙烯的混合气体共14g，其原子数为3NA16、一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：A(g)+3B(g)===2C(g)+4D(g)，测得5min内，A的物质的量减小了10mol，则5min内该反应的化学反应速率是A．υ(A)=1mol/(L·min)B．υ(B)=1mol/(L·min)C．υ(C)=1mol/(L·min)D．υ(D)=1mol/(L·min)17、下列叙述不正确是A．水能是一次能源 B．电能是二次能源C．石油是不可再生能源 D．化石燃料是取之不尽，用之不竭的能源18、下列说法正确的是（）A．纤维素能发生银镜反应B．酒精能杀毒属于蛋白质变性C．苯与浓溴水反应制溴苯D．油脂都不能使溴水褪色19、下列图示与对应的叙述相符的是()A．图甲表示常温下稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH的变化，由图可知溶液的碱性：MOH＞NOHB．图乙表示常温下0.1000mol·L－1醋酸溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1NaOH溶液的滴定曲线C．图丙表示反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)的能量变化，使用催化剂可改变Eb﹣Ea的值D．图丁表示反应2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)，在其他条件不变时，改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，由图可知NO的转化率c＞b＞a20、化学与材料、生活和环境密切相关，下列有关说法中正确的是()A．食品袋中常放有硅胶和铁粉，都能起到干燥的作用B．“绿色化学”的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C．碘是人体必需的微量元素，所以要多吃富含碘的食物D．某新型航天服材料主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，它是一种新型无机非金属材料21、实验中需2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaCl的质量分别A．1000mL，117g B．950mL，1．2gC．任意规格，117g D．500mL，1．2g22、一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反应在5min时达到平衡状态。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7下列说法中正确的是A．容器Ⅰ中前5min的平均反应速率v(CO)=0.16mol·L-1·min-1B．该反应正反应为吸热反应C．容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量为0.55molD．若起始时向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%二、非选择题(共84分)23、（14分）高分子化合物在生产生活中有着广泛的用途。如图为合成高分子化合物G的流程。已知：①→②请回答下列问题：(1)A物质为烃，则A的名称为_________，物质E含有的官能团名称是_________。(2)由C生成D的反应类型是____________。(3)由B生成C的化学反应方程式为_________。(4)F的结构简式为___________。(5)M是D的同分异构体，M满足以下条件：苯环上取代基的数目不少于两个，且能够与NaHCO3反应放出CO2，共有_______种。其中核磁共振H谱为4组峰，其峰面积比为6:2:1:1的结构简式为_______。(6)根据题中信息和有关知识，以2-丙醇为原料，选用必要的无机试剂，合成，写出合成路线__________。24、（12分）A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：（1）发生缩聚形成的高聚物的结构简式为__________；D-E的反应类型为__________。（2）E-F的化学方程式为____________________。（3）B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是________________（写出结构简式）。（4）等物质的量的分别与足量NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应，消耗NaOH、Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为________________；检验的碳碳双键的方法是________________（写出对应试剂及现象）。25、（12分）利用如图所示的实验装置进行实验。（1）装置中素瓷片的作用____________，矿渣棉的作用__________。（2）请设计实验证明所得气体生成物中含有不饱和气态烃______。26、（10分）己知溴乙烷(C2H5Br)是无色液体，沸点38.4℃，密度比水大，难溶于水，可溶于多种有机溶剂。在溴乙烷与NaOH乙醇溶液的消去反应中可以观察到有气体生成。有人设计了如图所示的装置，用KMnO4酸性溶液是否褪色来检验生成的气体是否是乙烯。请回答下列问题：(1)仪器a的名称为__________。(2)实验前应检测装置A的气密性。方法如下：关闭止水夹c，由仪器a向仪器b中加水，若______________________________，则证明装置A不漏气。(3)仪器b中发生反应的化学方程式为______________________________。(4)反应开始一段时间后，在装置B底部析出了较多的油状液体，若想减少油状液体的析出，可对装置A作何改进？__________________________________________________(5)装置A中产生的气体通入装置C之前要先通过装置B，装置B的作用为__________________。(6)检验乙烯除用KMnO4酸性溶液外还可选用的试剂有__________，此时，是否还有必要将气体先通过装置B？__________(填“是”或“否”)。27、（12分）用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液500mL，回答下列问题（1）请写出该实验的实验步骤①计算，②________，③________，④_________，⑤洗涤，⑥________，⑦摇匀。（2）所需仪器为：容量瓶（规格：__________）、托盘天平、还需要那些玻璃仪器才能完成该实验，请写出：_______________。使用容量瓶前必须进行的操作是______________。（3）试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响。(填“偏高”“偏低”“无影响”)①为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容。对所配溶液浓度的影响：___________②定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶浓度的影响：_________。③某同学从该溶液中取出50mL，其中NaCl的物质的量浓度为_________。28、（14分）（Ⅰ）下图是常见仪器的部分结构。（1）写出仪器名称A__________，B__________，C__________，D__________。（2）使用前需检查是否漏水的仪器有____________（填字母）。（Ⅱ）已知常温下氢氧化铜的Ksp=2×10-20。（3）某硫酸铜溶液里c(Cu2+)=0.02mol/L，若要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液pH使之大于_________。（4）要使0.2mol/LCuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全（Cu2+浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入NaOH溶液使溶液pH为______________。29、（10分）微量元素硼和镁对植物的叶的生长和人体骨骼的健康有着十分重要的作用，其化合物也应用广泛。(1)基态B原子的电子排布图为________________________，其第一电离能比Be___________（填“大”或“小”）。(2)三价B易形成配离子，如[B(OH)4]－、[BH4]－等。[B(OH)4]－的结构简式为___________(标出配位键)，其中心原子的杂化方式为________，写出[BH4]－的一种阳离子等电子体_______。（3）下图表示多硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为____________(以n表示硼原子的个数)。（4）硼酸晶体是片层结构，下图表示的是其中一层的结构。每一层内存在的作用力有_________。(5)三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低，原因是_______________________。(6)镁单质晶体中原子的堆积模型如下图，它的堆积模型名称为_______；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2acm3，镁单质的密度为ρg·cm－3，已知阿伏伽德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是________________。

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、A【解题分析】

A、制备出的乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，使用碳酸钠溶液可溶解乙醇，反应乙酸，减小乙酸乙酯的溶解度，故A正确；B、导管插入到液面以会引起倒吸，故B错误；C、b试管中使用氢氧化钠溶液会与生成的乙酸乙酯发生反应，故C错误；D、导管插入到液面以会引起倒吸，b试管中使用氢氧化钠溶液会与生成的乙酸乙酯发生反应，故D错误；故选A。【题目点拨】本题重点考查乙酸乙酯的制备实验。要熟知制备反应的原理，反应过程中的注意事项，产物的除杂及收集。实验室中用乙醇、乙酸在浓硫酸、加热的条件下制备乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，饱和碳酸钠溶液的作用主要有3个①使混入乙酸乙酯中的乙酸与Na2CO3反应而除去；②使混入的乙醇溶解；③使乙酸乙酯的溶解度减小，减少其损耗及有利于它的分层和提纯。2、D【解题分析】

此题考查基本实验操作，根据溶液pH的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物质除杂的原则作答。【题目详解】A.用水湿润的pH试纸测量溶液的pH所测为稀释液的pH，不是原溶液的pH，实验操作错误，不能达到实验目的，A项错误；B.配制物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、冷却、转移及洗涤、定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实验误差，B项错误；C.在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于HCl的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成氢氧化铝固体，不能得到AlCl3固体，C项错误；D.SO2属于酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收，乙烯与NaOH溶液不反应且乙烯难溶于水，可通过盛有NaOH溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的SO2，D项正确；故选D。【题目点拨】本题易错选C项，盐溶液蒸干后能否得到原溶质与溶质的性质有关，一般溶质为挥发性酸形成的强酸弱碱盐、不稳定性的盐、具有强还原性的盐，加热蒸干不能得到原溶质。3、C【解题分析】

A．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则可用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，故A正确；B．溴不易溶于水，易溶于四氯化碳，则可用四氯化碳将溴水中的溴萃取出来，故B正确；

C．应先加盐酸可排除干扰离子，再加氯化钡生成硫酸钡，则应先加盐酸无现象，后加氯化钡检验硫酸根离子，故C错误；

D．氯化铁与NaOH反应生成红褐色沉淀，氯化亚铁与NaOH先反应生成白色沉淀迅速变成灰绿最后变成红褐色，现象不同可鉴别，故D正确；故答案：C。【题目点拨】注意：检验硫酸根离子时应先加盐酸可排除干扰离子，再加氯化钡生成白色沉淀硫酸钡。若加入盐酸酸化的氯化钡溶液，则不能排除银离子的干扰。4、B【解题分析】分析：A.许多物理性质在晶体的不同方向上测定时，是各不相同的;B.晶体具有自范性，非晶体没有自范性;C.干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，据此回答；D.离子晶体中含有离子键，分子晶体中有分子间作用力，分子间作用力不属于化学键.详解：A.许多物理性质，如光学性质、导电性、热膨胀系数和机械强度等在晶体的不同方向上测定时，是各不相同的,常常表现出各向异性,A正确；B.晶体具有自范性，非晶体没有自范性,硅酸盐玻璃能加工成一定的形状，但是玻璃仍然不是晶体，属于玻璃态物质，不具有自范性，B错误；C.干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上,因此在干冰晶体中每个CO2周围都紧邻12个CO2，C正确；D.离子晶体中阴阳离子通过离子键结合，在熔化时，离子键被破坏，而分子晶体熔化时破坏分子间作用力，D正确；答案选B.点睛：玻璃不属于晶体，属于玻璃态物质，没有固定的熔沸点。5、C【解题分析】分析：本题考查的是电解质的判断，掌握电解质的定义是关键。详解：电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，通常包括酸碱盐和氧化物水等物质。A.蔗糖是非电解质，故错误；B.氨气是非电解质，故错误；C.醋酸是电解质，故正确；D.铁是单质，不是电解质。故选C。点睛：注意电解质是化合物，单质和混合物不能是电解质。还要注意在水溶液中导电的化合物不一定是电解质，如氨气或二氧化碳或二氧化硫等，导电是因为这些物质与水反应生成了新的化合物，新的化合物能电离出自由移动的离子而导电，新的化合物为电解质。而氨气或二氧化碳或二氧化硫都属于非电解质。6、B【解题分析】

A项，Mg(OH)2的溶度积小，由Ksp计算则其镁离子浓度小，故A项错误；B项，NH4＋可以结合Mg(OH)2电离出的OH－离子，从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动，c(Mg2＋)增大，故B项正确；C项，Ksp不随浓度变化，仅与温度有关，故C项错误；D项，两者Ksp接近，使用浓氟化钠溶液，可以使氢氧化镁转化，故D项错误。答案选B。7、A【解题分析】

Al2（SO4）3和AlCl3的混合溶液与Ba（OH）2溶液反应的实质是Al3+与OH-、Ba2+与SO42-之间的离子反应，反应如下：Ba2++SO42-＝BaSO4↓，Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-＝AlO2-+2H2O，假设1molAl2（SO4）3中SO42-完全被沉淀所需Ba（OH）2量为3mol，提供6molOH-，1molAl2（SO4）3中含有2molAl3+，由反应Al3++3OH-＝Al（OH）3↓可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH-，故从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时SO42-完全沉淀，A～B为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，B～C为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。则可依次分析四个选项如下：A、前3LBa（OH）2溶液与溶液中Al2（SO4）3反应，从3L～6L为Ba（OH）2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2（SO4）3]=n[Ba（OH）2]，故n[Al2（SO4）3]=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n（AlCl3）=2[Ba（OH）2]=6mol，故n（AlCl3）=2mol，因此原溶液中c[Al2（SO4）3]：c（AlCl3）=1：2，即c(SO42-）：c（Cl-）=1:2，故A错误；B、D点的溶液中含有大量的OH-、Ba2+、AlO2-，通入二氧化碳立即产生碳酸钡沉淀，通入足量的二氧化碳后还能生成氢氧化铝沉淀，B正确；C、根据以上分析可知图中A点沉淀中含有BaSO4和Al（OH）3，C正确；D、根据以上分析可知AB段反应的离子方程式为Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，D正确；答案选A。8、C【解题分析】分析：铁失去2电子后转化为亚铁离子，根据核外电子排布规律解答。详解：铁是常见金属，它在元素周期表中位于第四周期Ⅷ族，原子序数为26，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe2＋的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d6，所以其结构示意图为。答案选C。9、A【解题分析】分析：A.硫酸是二元强酸；B.一水合氨是弱电解质；C.碳酸是二元弱酸；D.碳酸是二元弱酸。详解：A.硫酸是二元强酸，电离方程式为H2SO4=2H++SO42-，A正确；B.一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，NH3·H2ONH4++OH-，B错误；C.碳酸是二元弱酸，分步电离：H2CO3H++HCO3-、HCO3－H++CO32-，C错误；D.碳酸是二元弱酸，分步电离：H2CO3H++HCO3-、HCO3－H++CO32-，D错误；答案选A。10、D【解题分析】

A．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，N原子最外层有5个电子，应形成3个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，A正确；B．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，O和Se均为第ⅥA族元素，其原子最外层均有6个电子，均应形成2个共价键，B正确；C．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，S原子最外层有6个电子，形成2个共价键，C正确；D．H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，C和Si都是第ⅣA族元素，其原子最外层电子数均为4，应形成4个共价键，C原子和Si原子均不满足，D错误。答案选D。11、D【解题分析】

A．实验室制备氨气，可用氢氧化钙、氯化铵在加热条件下进行，故A正确；B．氨气易溶于水，注意防止倒吸，氨气与溶液反应生成Cu(NH3)4Cl2和氢氧化铁，故B正确；C．分离固体和液体，可用过滤的方法，故C正确；D．应在蒸发皿中蒸发，且避免氯化铁水解，更不能直接蒸干，故D错误；故答案为D。【题目点拨】考查物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作，明确实验原理是解题关键，用H2O2氧化废蚀刻液，使亚铁离子生成铁离子，用甲装置制备氨气，生成的氨气通入乙装置，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]，用丙装置过滤分离，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，将溶液在蒸发皿中进行蒸发，且应通入氯化氢，防止铁离子水解，以达到制备FeCl3•6H2O的目的，注意把握物质性质的理解、物质分离提纯的方法。12、D【解题分析】

当为电池充电时相当于电解，与外电源正极连接的电极是阳极，失去电子，发生氧化反应，是放电时正极反应的逆反应，则发生的反应是Ni(OH）2的氧化，故D正确。答案选D。13、C【解题分析】

硫酸足量，氧化性Fe3+>Cu2+>H+，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤液A中不含铁离子，滤渣3.2克为金属铜，铜的物质的量为0.05mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05mol，滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤液灼烧得到的固体3.2克为氧化铁，其物质的量为0.02mol，铁元素的物质的量为0.04mol，滤液A溶质为过量硫酸和硫酸亚铁，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，硫酸含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的氢离子和合金中的氧结合成水了。【题目详解】A.由上述分析可知，滤液A中阳离子为Fe2＋、H＋，故A错误；B.滤液中不含铜离子，滤渣3.2克为金属铜，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为80×0.05=4.0克，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于4.0g，故B错误；C.合金中铁元素的质量为56×0.04=2.24g，故C正确；D.合金中铁元素质量为2.24克，铜元素质量为3.2克，故合金中氧原子的物质的量，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04=0.04mol氢离子生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况下体积为0.02×22.4=0.448L，故D错误；故选C。14、C【解题分析】

A.该有机物含有一个羟基，两个羧基，都可以和金属钠反应，所以1mol该有机物与金属钠反应最多可以生成1.5mol氢气，故正确；B.1mol该有机物消耗3mol钠，2mol氢氧化钠，2mol碳酸氢钠，故正确；C.羟基和碳碳双键都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能用其检验碳碳双键，故错误；D.该有机物含有羟基和羧基，可以在催化剂作用下发生酯化反应，故正确。答案选C。【题目点拨】学习有机物的关键是掌握各种官能团及其性质，有其官能团就有其性质，常见的官能团有碳碳双键、羟基，羧基等。15、D【解题分析】

A．标准状况下，己烷为液体不能使用气体摩尔体积计算，故A错误；B．28g乙烯的物质的量n=28g28g/mol=1mol，1个乙烯分子中含有4个C-H键和1个C=C键，共含有6个共用电子对，故1乙烯含有6mol共用电子对，故B错误；C.1个羟基含有9个电子，1mol羟基所含电子数为9NA，故C错误；D．乙烯、丙烯的最简式均为CH2，1个CH2含有3个原子，乙烯、丙烯的混合气体共14g，含有CH2的物质的量为1mol，其原子数为3

NA，故D正确；故选【题目点拨】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。本题的易错点为A，注意标况下己烷为液体。16、A【解题分析】

根据v=，结合化学反应速率之比=化学计量数之比分析解答。【题目详解】A．υ(A)==1mol/(L·min)，故A正确；B．υ(B)=3υ(A)=3mol/(L·min)，故B错误；C．υ(C)=2υ(A)=2mol/(L·min)，故C错误；D．υ(D)=4υ(A)=4mol/(L·min)，故D错误；答案选A。17、D【解题分析】

A.水能为自然界现成存在的能源，是一次能源，与题意不符，A错误；B.电能为一次能源经过加工，转化成另一种形态的能源，是二次能源，与题意不符，B错误；C.石油为自然界现成存在的能源，是一次能源，是不可再生能源，与题意不符，C错误；D.化石燃料是不可再生能源，是越用越少的能源，符合题意，D正确；答案为D。18、B【解题分析】

A.纤维素属于多糖，不含醛基，不能发生银镜反应，A错误；B.酒精可以改变蛋白构型，使蛋白质发生不可逆的变性、凝固，从而起到杀菌消毒的作用，B正确；C.苯不能和溴水反应，只能发生萃取；苯和液溴在铁的催化作用下可以生成溴苯；C错误；D.植物油脂含有不饱和键，可以和溴水发生加成反应使溴水褪色，D错误；故合理选项为B。19、D【解题分析】分析：本题考查对图像的理解和分析能力，涉及强弱电解质的稀释，中和滴定，能量变化和化学平衡。详解：A、因为稀释能促进弱碱的电离，所以稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH变化大的碱性强，所以碱性：MOH<NOH，A错误；B.常温下0.1000mol·L－1醋酸溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1NaOH溶液,当加入20.00mL醋酸时，二者恰好反应生成醋酸钠，水解显碱性，而不是中性，所以B错误；C.反应中加入催化剂会降低活化能，但不影响反应热，即使用催化剂不改变Eb﹣Ea的值，C错误；D、反应2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)，在其他条件不变的情况下增大起始物CO的物质的量，使一氧化氮转化率增大，NO的转化率c＞b＞a，D正确；因此本题答案为D。20、D【解题分析】分析：A.有吸水性的物质能起到干燥的作用；B.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；反应物的原子全部转化为期望的最终产物；C.补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是多吃富含碘的食物；D.碳化硅、陶瓷和碳纤维均为无机非金属材料。详解:A.在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶(具有吸湿性)能吸收水分，但铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，故A错误；

B.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；反应物的原子全部转化为期望的最终产物，所以B选项是错误的；

C.碘是人体必需的微量元素，但不是要多吃富含碘的食物，而是要适量摄取，C项错误；

D.碳纤维的微观结构类似人造石墨，是乱层石墨结构和氮化硅属于无机物，属于无机非金属材料，所以D选项是正确的。

所以D选项是正确的。21、A【解题分析】

实验中需2mol/L的NaCl溶液950mL，但实验室没有规格为950mL的容量瓶，为了减小误差，故我们应选用1000ml的容量瓶，故实际配置溶液体积为1000ml，故应称量NaCl的质量为：1L×2mol/L×58.5g/mol=117g，故A项正确。22、C【解题分析】

A．容器I中前5min的平均反应速率v(COCl2)==0.32mol/L•min-1，依据速率之比等于计量系数之比，则V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/L•min-1，故A错误；B．依据图中数据可知：Ⅱ和Ⅲ为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；C．依据方程式：CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)，可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2

0转化浓度(mol/L)

1.6

1.6

1.6平衡浓度(mol/L)

0.4

0.4

1.6反应平衡常数K==10，平衡时CO转化率：×100%=80%；依据Ⅱ中数据，结合方程式可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2a

0转化浓度

(mol/L)

1

1

1平衡浓度

(mol/L)

1

2a-1

1Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同则：K==10，解得：a=0.55mol，故C正确；D．CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D错误；故答案为C。二、非选择题(共84分)23、甲苯碳碳双键、醛基加成反应+2NaOH+2NaCl+H2O12CH3COCH3【解题分析】

由合成流程可知，C与乙醛发生加成反应生成D，则C为，逆推可知，B为，A为，D发生消去反应生成E，E发生信息②中的反应生成F为，F再发生加聚反应得到高分子化合物G，据此可分析解答问题。【题目详解】(1)根据上述分析可知，A为，名称为甲苯，E物质的结构简式为，其中含有的官能团由碳碳双键、醛基，故答案为：甲苯；碳碳双键、醛基；(2)由上述分析知，C与乙醛发生加成反应生成D，故答案为：加成反应；(3)由B生成C的化学反应方程式为，故答案为：；(4)E发生信息②中的反应生成F为，故答案为：；(5)M是D的同分异构体，M满足以下条件：苯环上取代基的数目不少于两个，且能够与NaHCO3反应放出CO2，说明M含有羧基，则苯环上有两个取代基的情况有—COOH、—CH2CH3或—CH2COOH、—CH3两种情况，均有邻、间、对三种位置结构，苯环上有3个取代基的情况为2个—CH3、—COOH，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的羧基分别有2种、3种、1种位置，因此，符合条件的M共有3×2+2+3+1=12种，其中核磁共振氢谱为4组峰，其峰面积比为6:2:1:1的结构简式有、，故答案为：12；、；(6)由信息②实现增大碳原子数目，并引入碳碳双键，2-丙醇发生氧化反应生成，然后与(C6H5)P=CH2反应得到，再与溴发生加成反应得到，最后碱性条件下水解得到，故答案为：CH3COCH3。24、取代反应1：1：1加入溴水，溴水褪色【解题分析】

B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A发生加成反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。（1）发生缩聚形成的高聚物的结构简式为；D发生水解反应或取代反应生成E，故D-E的反应类型为水解反应或取代反应；（2）E-F的化学方程式为；（3）B的同分异构体中，与B具有相同官能团（酯基和碳碳双键）且能发生银镜反应则含有甲酸酯的结构，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是；（4）中只有羧基能与NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应，等物质的量的分别与足量NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应，消耗NaOH、Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为1：1：1；利用碳碳双键的性质，检验的碳碳双键的方法是加入溴水，溴水褪色。25、作催化剂作为石蜡油的载体将所得气体通入到酸性高锰酸钾溶液或溴水溶液中，若观察到溶液颜色褪色则说明所得气体中含有气态不饱和烃【解题分析】

石蜡油主要含碳、氢元素，经过反应产生能使酸性高锰酸钾溶液褪色的气体，一般是气态不饱和烃，如乙烯或乙炔等。石蜡油分子本身碳原子数较多，经过反应产生乙烯、乙炔等小分子，主要是发生了催化裂化，生成相对分子质量较小、沸点较低的烃。【题目详解】(1)根据上述分析可知：装置中素瓷片起到了催化剂的作用，矿渣棉用作为石蜡油的载体，故答案：作催化剂；作为石蜡油的载体；(2)因为石蜡油主要含碳、氢元素，主要是发生了催化裂化，经过反应能生成气态不饱和烃，如乙烯或乙炔等。这些气态不饱和烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也可以和溴水发生加成反应，所以可以将所得气体通入到酸性高锰酸钾溶液或溴水溶液中，若观察到溶液颜色褪色则说明所得气体中含有气态不饱和烃，故答案：将所得气体通入到酸性高锰酸钾溶液或溴水溶液中，若观察到溶液颜色褪色则说明所得气体中含有气态不饱和烃。26、分液漏斗分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面（或分液漏斗中液体不能顺利流下）CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O将伸出烧瓶外的导管换成长导管除去挥发出来的乙醇溴水或溴的四氯化碳溶液否【解题分析】

（1）根据仪器构造及用途作答；（2）根据分液漏斗的构造利用液封法检查装置的气密性；（3）溴乙烷与NaOH醇溶液发生消去反应；（4）油状液体为溴乙烷蒸气液化的结果；

（5）乙醇易溶于水，据此解答；

（6）根据乙烯的不饱和性，能与Br2发生加成反应作答。【题目详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗，故答案为分液漏斗；（2）关闭止水夹c，由仪器a向仪器b中加水，若分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面，而不下落，则证明装置A不漏气，故答案为分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面（或分液漏斗中液体不能顺利流下）；（3）卤代烃在碱性醇溶液加热条件下发生了消去反应，生成不饱和烯烃，反应为故答案为；（4）若出现了较多的油状液体，则说明溴乙烷蒸气冷却液化的较多，为减少油状液体的析出，可采取将伸出烧瓶外的导管换成长导管的措施，故答案为将伸出烧瓶外的导管换成长导管；（5）B中的水用于吸收挥发出来的乙醇，目的是防止乙醇和高锰酸钾反应，干扰实验，故答案为除去挥发出来的乙醇；

（6）检验乙烯除用KMnO4酸性溶液外还可选用的试剂为溴水或溴的四氯化碳溶液；乙烯也能使溴水或者溴的四氯化碳溶液褪色，因装置B中盛装的是水，目的是防止乙醇和高锰酸钾反应，而溴与乙醇不反应，所以无须用装置B，故答案为溴水或溴的四氯化碳溶液；否。27、称量溶解移液定容500mL烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒检查是否漏液偏高偏低1.00mol/L【解题分析】

（1）根据溶液配制的原理和方法，用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液500mL的一般步骤为计算，称量，溶解，移液，洗涤移液，定容，摇匀，故答案为称量；溶解；移液；定容；（2）配制500mL0.10mol•L-1的NaCl溶液，所以还需要500mL容量瓶，溶解需要用烧杯、玻璃棒、量筒，玻璃棒搅拌，加速溶解；移液需要玻璃棒引流；最后需用胶头滴管定容，容量瓶使用前必须检查是否漏水，故答案为500mL；烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒；检查是否漏液；（3）①液体具有热胀冷缩的性质，加热加速溶解，未冷却到室温，配成了溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高．故答案为偏高；②定容后，倒置容量瓶摇匀后