2024届浙江省稽阳联谊学校高二化学第二学期期末学业质量监测试题含解析

2024届浙江省稽阳联谊学校高二化学第二学期期末学业质量监测试题注意事项：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列热化学方程式正确的是（）（注：ΔH的绝对值均正确）A．C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)ΔH＝－1367.0kJ/mol（燃烧热）B．NaOH(s)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol（中和热）C．S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH＝－269.8kJ/mol（反应热）D．2NO2=O2+2NOΔH＝+116.2kJ/mol（反应热）2、肼(N2H4)-空气燃料电池是一种环保型碱性燃料电池，电解质溶液是20%~30%的KOH溶液。电池总反应为N2H4+O2=N2+2H2O。下列关于该燃料电池工作时的说法正确的是（）A．负极的电极反应式是N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑B．正极的电极反应式是O2+4H++4e-=2H2OC．溶液中阴离子向正极移动D．放电后电解质溶液的碱性增强3、下列实验操作正确的是A．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的底部B．定容时，因不慎使液面高于容量瓶的刻度线，可用滴管将多余的液体吸出C．焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上燃烧至无色，然后再进行实验D．过滤时，为加快过滤速率，可用玻璃棒快速搅拌漏斗中的悬浊液4、某主族元素的离子X2+有6个电子层，最外层有2个电子，当把XO2溶于浓盐酸时，有黄色气体产生，则下列说法不正确的是A．X2+具有还原性B．X的+2价化合物比+4价化合物稳定C．XO2具有强氧化性D．该元素是第ⅡA族元素5、某溶液X呈无色，且仅可能含有Ba2＋、Na＋、NH4+、H＋、Cl－、I－、SO32-、SO42-八种离子中的几种（不考虑水的电离），溶液中各离子浓度均为0.1mol·L－1，向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍为无色。下列关于溶液X的分析中不正确的是（）A．肯定不含Cl－ B．肯定不含H＋C．肯定不含NH4+ D．肯定含有SO32-6、能用于鉴别乙醇、己烷、己烯、乙酸溶液、苯酚溶液等五种无色液体的试剂组是（）A．FeCl3溶液、NaOH溶液 B．Cu(OH)2悬浊液、紫色石蕊试液C．紫色石蕊试液、溴水 D．FeCl3溶液、溴水7、某高聚物含有如下结构片断：对此结构的分析中正确的是()A．它是缩聚反应的产物B．其单体是CH2＝CH2和HCOOCH3C．其链节是CH3CH2COOCH3D．其单体是CH2＝CHCOOCH38、下列实验现象不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是()A．A B．B C．C D．D9、比较下列各组物质的沸点，结论正确的是①丙烷＜乙醇②正戊烷＞正丁烷③乙醇＞乙二醇A．①②B．②③C．①③D．①②③10、为测定某有机物的结构，用核磁共振仪处理后得到如图所示的核磁共振氢谱，则该有机物可能是A．CH3CH2CH2COOH B．C．CH3CH2OH D．11、已知反应：2NO2（红棕色）N2O4（无色），分别进行如下两个实验：实验ⅰ：将NO2球分别浸泡在热水和冰水中，现象如图1。实验ⅱ：将一定量的NO2充入注射器中后封口，测定改变注射器体积的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小），如图2。下列说法不正确的是A．图1现象说明该反应为放热反应B．图2中b点的操作是压缩注射器C．c点：v(正)＞v(逆)D．若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T(d)＜T(c)12、下列物质的水溶液因水解呈碱性的是A．NaOH B．NH4Cl C．CH3COONH4 D．Na2CO313、混合动力汽车配有电动、汽油双引擎。在减速时，自动捕捉减少的动能；在高速行驶时，启用双引擎，动力更强劲。下列有关混合动力汽车的说法不正确的是（）A．减速制动时动能转化为电能储存在电池中B．高速行驶时电池电能转化为汽车部分动力C．通过发电机电动机互变循环减少汽车油耗D．双动力汽车工作时不会产生废气污染环境14、四种短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，其中Z元素的最外层电子数是内层电子总数的1/2。下列说法不正确的是A．Z元素位于周期表的第3周期第VA族B．X、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性：W强于XC．Y元素的气态氢化物的热稳定性比Z的低D．X与W可形成共价化合物XW215、下列物质中，不属于电解质的是A．固体氯化钾 B．作电极的碳棒C．气态硝酸 D．液态氯化氢16、化学与生产、生活和科研密切相关，下列说法错误的是()A．质谱用于快速、微量、精确测定有机物相对分子质量B．河水中有许多杂质和有害细菌，加入明矾消毒杀菌后可以饮用C．把浸泡过KMnO4溶液的硅藻土放在水果箱里可延长水果的保鲜期D．银质物品久置在空气中表面变黑，不是电化学腐蚀引起的17、下列实验操作不当的是A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二18、下列关于有机物的实验及相关结论都正确的一组是选项实验结论A乙烯和乙醛都能使溴水褪色乙烯和乙醛都能和溴水发生加成反应B向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液和(CH3COO)2Pb溶液，均能产生沉淀两者产生沉淀的原因不相同C乙酸和葡萄糖都能与新制的氢氧化铜反应两者所含的官能团相同D聚乙烯塑料受热易熔化，酚醛塑料受热不能熔化酚醛塑料的熔点比聚乙烯塑料的熔点高A．A B．B C．C D．D19、某合作学习小组讨论辨析：①花生油属于混合物，液氯、冰醋酸均属于纯净物②碳酸钠、氯化铵、氢氧化钡都属于离子化合物③SO2、NO2和CO2都是污染性气体④氨气、水和硫酸钡分别属于非电解质、弱电解质和强电解质⑤水玻璃、水银和水煤气都属于混合物⑥酸性氧化物不一定是非金属氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物⑦氢氧化铁、有色玻璃和果冻都属于胶体上述说法正确的是A．①②④⑥ B．①②④⑦ C．②③④⑤ D．①②③⑤20、钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，有关说法不正确的是A．该晶体属于离子晶体B．晶体的化学式为Ba2O2C．该晶体晶胞结构与NaCl相似D．与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有12个21、pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1mol·L－1)至pH＝7。消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy则()A．x为弱酸，Vx<Vy B．x为强酸，Vx>VyC．y为弱酸，Vx<Vy D．y为强酸，Vx>Vy22、向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应。下列对应关系正确的是（）选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)>[c(AlO2-)+c(OH-)]B0.01c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(CO32-)C0.015c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)D0.03c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)＋c(OH-)＋c(CO32-)A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Z、W均可形成酸性氧化物。X的一种氢化物分子空间构型为三角锥型，YW是氯碱工业的主要原料，Z的最外层电子数为4，请回答以下问题：(1)表示氯碱工业生产原理的化学方程式为____________________________________。(2)X的另一种氢化物X2H4可作为火箭推进器燃料，其结构式为__________________。(3)Y的氧化物中，有一种既含离子键又含共价键，该氧化物的电子式为___________。(4)Z的氧化物属于晶体，工业制备Z单质的化学方程式为________________________。(5)W单质是毒性很大的窒息性气体。工业上用X气态氢化物的浓溶液检验W单质是否泄露，写出反应的化学方程式_________________________________________。24、（12分）已知A、B、C、D、E、F为元素周期表中原子序数依次增大的前20号元素，A与B，C、D与E分别位于同一周期。A原子L层上有2对成对电子，B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体X，CE、FA为电子数相同的离子晶体。(1)写出A元素的基态原子外围电子排布式：_______________________________。F的离子电子排布式：__________。(2)写出X涉及化工生产中的一个化学方程式：______________________。(3)试解释工业冶炼D不以DE3而是以D2A3为原料的原因：_____________。(4)CE、FA的晶格能分别为786kJ·mol－1、3401kJ·mol－1，试分析导致两者晶格能差异的主要原因是___________________________。(5)F与B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。F与B形成的离子化合物的化学式为________________；该离子化合物晶体的密度为ag·cm－3，则晶胞的体积是____________________(只要求列出算式)。25、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3·5H2O)，俗称大苏打，是无色透明晶体，易溶于水，易被氧化。是一种重要的化工产品，临床上用于氰化物的解毒剂，工业上也用于纸浆漂白的脱氯剂。某兴趣小组在实验室用如下装置(夹持仪器略去)模拟硫代硫酸钠生产过程。（1）仪器a的名称为_________。（2）装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。（3）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2CO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2CO3物质的量之比为____________。（4）装置B中盛有饱和NaHSO3溶液，装置B的作用是_________、__________。（5）装置D用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为____(填序号)。（6）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3·5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，_____________，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。已知：Na2S2O3稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。限选试剂：稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水26、（10分）甲醛(HCHO)与葡萄糖相似具有强还原性，40%甲醛溶液沸点为96℃，易挥发。为探究过量甲醛和新制Cu(OH)2反应的产物，进行如下研究。（1）在如图装置中进行实验，向a中加入0.5mol/LCuSO4溶液50mL和5mol/LNaOH溶液100mL，振荡，再加入40%的甲醛溶液50mL，缓慢加热a，在65℃时回流20分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生成，最后变成红褐色，并有气体产生。①仪器b的名称是_________，作用为_________。②能说明甲醛具有还原性的实验现象是______________。（2）为研究红色固体产物的组成，进行如下实验(以下每步均充分反应)：已知：Cu2O

[Cu(NH3)4]+(无色)[Cu(NH3)4]2+(蓝色)①摇动锥形瓶i的目的是_______。②锥形瓶ii中固体完全溶解得深蓝色溶液的离子方程式为_______。③将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近。由此可知固体产物的组成及物质的量之比约为___________。27、（12分）1.为探究某铁碳合金与浓硫酸在加热条件下的反应的部分产物,并测定铁碳合金中铁元素的质量分数,某化学活动小组设计了如图所示的实验装置,并完成以下实验探究。(1)往圆底烧瓶中加入mg铁碳合金,并滴入过量浓硫酸,未点燃酒精灯前,A、B中均无明显现象,其原因是:①常温下碳与浓硫酸不反应;②___________。

(2)点燃酒精灯,反应一段时间后,从A中逸出气体的速率仍然较快,除因反应温度较高外,还可能的原因是___________________。

(3)装置B的作用是___________________________。

(4)甲同学观察到装置C中有白色沉淀生成,他认为使澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳。装置A中能产生二氧化碳的化学方程式为___________________。

(5)乙同学认为甲同学的结论是错误的,他认为为了确认二氧化碳的存在,需在装置B和C之间添加装置M。装置E、F中盛放的试剂分别是______、_____。重新实验后证明存在CO2,则装置F中的现象是______________。

(6)有些同学认为合金中铁元素的质量分数可用KMnO4溶液来测定(5Fe2++Mn+8H+5Fe3++Mn2++4H2O)。测定铁元素质量分数的实验步骤如下:Ⅰ.往烧瓶A中加入过量铜使溶液中的Fe3+完全转化为Fe2+,过滤,得到滤液B;Ⅱ.将滤液B稀释为250mL;Ⅲ.取稀释液25.00mL,用浓度为cmol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定,三次滴定实验消耗KMnO4溶液体积的平均值为VmL。①步骤Ⅱ中,将滤液B稀释为250mL需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还必须要用到的是_________。

②判断滴定终点的标志是_____________________。

③铁碳合金中铁元素的质量分数为___________________。28、（14分）选择以下物体填写下列空白A干冰B氯化铵C烧碱D固体碘（1）晶体中存在分子的是__________填写序号，下同)（2）晶体中既有离子键又有共价键的是_________（3）熔化时不需要破坏共价键的是_________（4）常况下能升华的_________29、（10分）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题。（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为_______（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3-):c(CO32-)=2:1，溶液pH=______。（室温下，H2CO3的K1=4×10-7；K2=5×10-11）（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)(2CO(g)+2H2(g)①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键C—HC=OH—HCO键能/kJ·mol-14137454361075则该反应的△H=___________。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是____________（填“A”或“B”）②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如下图所示。此反应优选温度为900℃的原因是_______________。（3）O2辅助的A1-CO2电池工作原理如上图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的正极反应式：6O2+6e-=6O2-6CO2+6O2-=3C2O42-+6O2反应过程中O2的作用是_______________。该电池的总反应式：_________________。

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【解题分析】

A.在25摄氏度，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。定义要点：可燃物完全燃烧生成稳定氧化物，如H→液态水，C→CO2，C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）生成的是水蒸气，故△H=-1367.0kJ/mol不是燃烧热，故A错误；B.在稀溶液中，强酸跟强碱反应生成1mol水时的反应热叫做中和热。定义要点：1．必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热；2．强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）中和热均为57.3kJ•mol-1，而弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其中和热数值小于57.3kJ•mol-1；3．以生成1mol水为基准，故NaOH(s)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol中氢氧化钠为固态，则△H=-57.3kJ/mol不是中和热，故B错误；C.恒压下化学反应释放或吸收的热量称为反应热，故S（s）+O2（g）═SO2（g）中△H=-269.8kJ/mol是反应热，故C正确；D.在热化学方程式中必须标注反应物和生成物的状态，故D错误。故选C。【题目点拨】根据定义中的要点分析解答。2、A【解题分析】分析：肼（N2H4）一空气燃料电池中，负极反应为：N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑，正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，以此解答题中A、B、C各问，原电池中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。详解：A、原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，负极反应为N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑，选项A正确；B、在碱性环境下，正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，选项B错误；C、原电池中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，选项C错误；D、电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O，原电池反应生成水，溶液浓度降低，碱性减弱，选项D错误；答案选A。点睛：本题考查原电池的工作原理，题目难度不大，本题注意把握电极反应式的书写，正确判断离子的定向移动。3、C【解题分析】

A、蒸馏时，测定馏分的温度,则应使温度计水银球位于烧瓶支管口处，A错误；B、定容时不慎使液面高于容量瓶的刻度线，实验失败，应重新配制，B错误；C、盐酸清洗,灼烧时不会造成干扰,则先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色,然后再进行实验，C正确；D、过滤时不能搅拌，将滤纸捣破,过滤操作失败，D错误；正确选项C。4、D【解题分析】试题分析：根据题意可知该元素是第六周期第IVA的元素，是Pb元素，+4价的Pb不稳定，有强氧化性，会把HCl氧化为氯气。因此会看到产生黄色气体A．Pb最外层有4个电子，所以X2+具有还原性，正确。B．根据题意可知X的+2价化合物比+4价化合物稳定，正确。C．XO2在反应中得到电子，表现强的氧化性。正确。D．该元素的原子最外层失去2个电子，还有2个，是第IVA族的元素。考点：考查元素的原子结构与形成的化合物的性质的知识。5、C【解题分析】某溶液X

呈无色，且仅可能含有Ba2+、Na+、NH4+、H+、Cl-、SO32-、SO42-七种离子中的几种(不考虑水的电离)，根据离子共存，Ba2+与SO32-、SO42-不能同时存在，H+与SO32-不能同时存在。向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍为无色，说明氯水中的氯气发生了反应，说明X中一定含有SO32-，则不存在Ba2+和H+；溶液中各离子浓度均为0.1mol/L，为了满足电荷守恒，必须含有Na+、NH4+，由于没有其他阳离子存在，则一定没有Cl-和SO42-。A.根据上述分析，溶液中肯定不含Cl-，故A正确；B.根据上述分析，肯定不含H+，故B正确；C.根据上述分析，肯定含NH4+，故C错误；D.根据上述分析，肯定含有SO32-，故D正确；故选C。6、C【解题分析】

A.己烷、己烯不溶于水，且密度比水小，无法用FeCl3溶液、NaOH溶液鉴别，A错误；B.己烷、己烯不溶于水，且密度比水小，遇到Cu(OH)2悬浊液、紫色石蕊试液，上层均为无色油状液体，无法鉴别，B错误；C.紫色石蕊试液可鉴别乙酸溶液；溴水与乙醇相互溶解，无分层；与己烷，上层为无色油状液体；与己烯溴水褪色；与苯酚生成白色沉淀，可鉴别，C正确；D.乙醇、乙酸溶液遇到FeCl3溶液、溴水，均为相互溶解，现象相同，不能鉴别，D错误；答案为C。7、D【解题分析】

由结构片断，不难看出，它是加聚产物，因主链上没有可以缩聚的官能团，只有碳碳链重复部分，很容易观察出链节为，单体为CH2＝CHCOOCH3。答案选D。8、A【解题分析】

A项、稀硫酸与锌反应生成氢气，导致锥形瓶内压强增大，针筒活塞右移，与反应是放热反应或吸热反应无关，无法据此判断反应是否放热，故A错误；B项、温度升高，容器内压强增大，反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明装置内压强增大，则铁与稀盐酸的反应为放热反应，故B正确；C项、温度计的水银柱不断上升，说明盐酸和氢氧化钠溶液的中和反应为反应放热，故C正确；D项、温度升高，容器内压强增大，反应开始后，气球慢慢胀大，说明装置内压强增大，则稀硫酸与氢氧化钾溶液的反应为放热反应，故D正确；故选A。【题目点拨】本题考查化学反应与能量变化，注意题判断反应是否放热的设计角度，根据现象得出温度、压强等变化是解答关键。9、A【解题分析】①丙烷与乙醇相对分子质量接近，但乙醇分子间存在氢键，丙烷分子间存在范德华力，故乙醇沸点大于丙烷，正确；②正戊烷与正丁烷是同系物，相对分子质量越大，沸点越高，正戊烷沸点大于正丁烷沸点，正确；③乙醇、乙二醇均存在氢键，但乙二醇分子间作用力、氢键大于乙醇，乙二醇沸点大于乙醇，错误；故答案选A。10、C【解题分析】

从核磁共振谱图中可以看出，该有机物分子中有三种氢原子，且三种氢原子的个数都不相同。【题目详解】A．CH3CH2CH2COOH分子中有4种氢原子，A不合题意；B．分子中有2种氢原子，B不合题意；C．CH3CH2OH分子中有3种氢原子，C符合题意；D．分子中有2种氢原子，D不合题意；故选C。11、D【解题分析】

图1现象说明热水中颜色深，升温平衡向逆反应即吸热方向移动，则该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，后来平衡正向移动，气体颜色变浅，透光率增大，据此分析。【题目详解】A、图1现象说明热水中颜色深，升温平衡向逆反应即吸热方向移动，则该反应是正反应气体体积减小的放热反应，A正确；B、b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，B正确；C、c点平衡正向移动，气体颜色变浅，透光率增大，所以v(正)＞v(逆)，C正确；D、c点以后平衡正向移动，气体颜色变浅，透光率增大，又反应放热，导致T(c)＜T(d)，D错误；答案选D。【题目点拨】本题通过图象和透光率考查了压强对平衡移动的影响，注意勒夏特列原理的应用，尤其要注意“减弱这种改变”的含义，即不能完全抵消，题目难度不大。12、D【解题分析】

A.NaOH是一元强碱，溶液显碱性，但不水解，A不符合；B.NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根水解，溶液显酸性，B不符合；C.CH3COONH4是弱酸弱碱盐，阴阳离子均水解，溶液显中性，C不符合；D.Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根水解，溶液显碱性，D符合；答案选D。13、D【解题分析】分析：A．混合动力汽车在制动减速时，可回收机械能转化为电能；B．在高速行驶时，启用双引擎，内燃机和电池同时工作；C．混合动力汽车可将动力和电力双向转化；D．内燃机启动后，会发生燃料的燃烧。详解：A．混合动力汽车在制动减速时启动发电机，将制动动能转变为电能并储存于蓄电池中，故A正确；B．混合动力汽车在高速行驶或上坡时启动双动力，内燃机和电动机同时工作，电池电能转化为汽车部分动力，故B正确；C．混合动力汽车就是通过动力、电力的双向转化，减少汽车能耗，降低油耗，故C正确；D．当内燃机启动后，燃料的燃烧过程中会产生废气，污染环境，故D错误；故选D。14、C【解题分析】

根据元素周期表的结构，Z位于第三周期，Z的最外层电子数是内层电子总数的1/2，则Z为P，根据在周期表的位置，X为C，Y为N，W为S，则A、Z为P，位于第3周期VA族，故A说法正确；B、C的最高价氧化物对应水化物H2CO3为弱酸，S的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，属于强酸，即H2SO4的酸性强于H2CO3，故B说法正确；C、Y的氢化物为NH3，Z的氢化物为PH3，N的非金属性强于P，则NH3的稳定性高于PH3，故C说法错误；D、X与W可形成共价化合物CS2，故D说法正确。答案选C。15、B【解题分析】

A、固体氯化钾属于化合物，在熔融状态或水溶液中能导电，属于电解质，选项A不选；B、碳属于单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B选；C、硝酸属于化合物，水溶液中能导电，属于电解质，选项C不选；D、液态氯化氢属于化合物，水溶液中能导电，属于电解质，选项D不选；答案选B。【题目点拨】本题考查电解质，属于对基础化学概念的考查，本题要理解好电解质的概念，电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。16、B【解题分析】分析：A、有机物的测定方法有多种，其中质谱仪是用来测定相对分子质量的精准仪器；B、除杂与消毒杀菌是两个不同的过程，明矾只有除去微小颗粒的能力；C、KMnO4能够氧化水果的催熟剂乙烯，可延长其保鲜期；D、银质物品与接触的空气中某些成分直接反应而变黑。详解：A、质谱仪可以快速、微量、精确测定有机物的相对分子质量，即A正确；B、明矾水解生成的Al(OH)3胶体能够吸附水中的微小颗粒，从而达到除去杂质的目的，但没有杀菌消毒作用，所以B错误；C、水果保鲜要减少催熟剂乙烯的存在，而KMnO4溶液具有强氧化性，可氧化乙烯，达到延长水果的保鲜时间，所以C正确；D银质物品久置于空气中，与接触到的H2S等直接反应生成Ag2S黑色物质，属于化学腐蚀，所以D正确。本题答案为B。17、B【解题分析】

A．锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A正确。B．用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应该显酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B错误。C．用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项C正确。D．蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项D正确。【题目点拨】本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=8～10）和甲基橙（变色范围为pH=3.1～4.4）。本题中因为滴定终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液pH约为5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。18、B【解题分析】分析：A.乙醛和溴水发生氧化还原反应;B.前者发生了盐析，后者发生了变性;C.乙酸含有羧基，葡萄糖含有醛基;D.聚乙烯塑料为热塑性塑料,酚醛塑料为热固性塑料.详解：A.乙烯使溴水褪色因为和Br2发生了加成反应,乙醛使溴水褪色因为醛基有还原性,溴有氧化性,发生了氧化还原反应,A错误；B.向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液和(CH3COO)2Pb溶液，均能产生沉淀,前者发生了盐析，后者发生了变性，两者产生沉淀的原因不相同，B正确；C.乙酸含有羧基，葡萄糖含有醛基，两者所含的官能团不相同，C错误；D.聚乙烯塑料为热塑性塑料，受热会熔化、冷却会硬化，可以多次使用，酚醛塑料为热固性塑料，受热会交联成立体网状结构，一次性使用，与熔点的高低不成因果关系，D错误；答案选B.点睛：热塑性塑料受热会熔化，可多次使用，热固性塑料，受热会交联成立体网状结构，一次性使用。19、A【解题分析】

①花生油属于油脂，是多种高级脂肪酸甘油酯组成的混合物，液氯、冰醋酸都只含一种物质均属于纯净物，故①正确；②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵都含有离子键，都属于离子化合物，故②正确；③SO2、NO2会导致酸雨的形成，而CO2是空气的组成成分气体，CO2不会导致大气污染，故③错误；④氨气本身不能电离属于非电解质、水部分电离为弱电解质，硫酸钡溶解的部分完全电离，属于强电解质，故④正确；⑤水玻璃是硅酸钠的水溶液，水煤气是氢气和CO构成的，均是混合物，水银是金属单质，属于纯净物，故⑤错误；⑥酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，故⑥正确；⑦氢氧化铁属于纯净物，故⑦错误；故答案选：A。【题目点拨】水玻璃是硅酸钠的水溶液，水煤气是氢气和CO构成的。20、B【解题分析】

A、Ba是活泼金属，O是活泼非金属形成是离子化合物，A正确；B、根据Ba和O在晶胞的位置，晶胞中共含有Ba的个数为8×+6×=4，O个数为12×+1=4，所以Ba与O的个数比为1：1，该氧化物为BaO，B错误；C、NaCl晶胞也是该结构，C正确；D、与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置，每个晶胞中含有3×个，每个顶点为8个晶胞共有，则共有8×3×=12个，D正确；故选B。21、C【解题分析】

由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；发生中和反应后pH=7，为中性，x与NaOH反应生成不水解的正盐，而y与NaOH反应生成水解显碱性的正盐，且酸的物质的量越大消耗NaOH越多，以此来解答。【题目详解】由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；pH=2的x，其浓度为0.01mol/L，与NaOH发生中和反应后pH=7，为中性，则0.01mol/L×0.1L=0.1mol/L×V碱，解得V碱=0.01L，而pH=2的y，其浓度大于0.01mol/L，若二者恰好生成正盐，水解显碱性，为保证溶液为中性，此时y剩余，但y的物质的量大于x，y消耗的碱溶液体积大，体积大于0.01L，则Vx<Vy；故选：C。【题目点拨】本题考查弱电解质的电离及酸碱混合，为高频考点，把握等pH的酸稀释相同倍数时强酸pH变化大为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酸的物质的量大小决定消耗碱的体积大小，题目难度不大。22、C【解题分析】分析：通入混合液中通入二氧化碳气体后，NaOH优先反应生成碳酸钠，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠，此时碳酸钠的总物质的量为0.015mol；若之后再通入二氧化碳，二氧化碳会开始碳酸钠反应生成碳酸氢钠，0.015mol碳酸钠总共消耗0.015mol的二氧化碳，反应后生成0.03mol的碳酸氢钠，据此解答各项。详解：A．未通入CO2时，NaAlO2溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（AlO2﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）＜c（AlO2﹣）+c（OH﹣），故A错误；B、当n（CO2）=0.01mol时，所得溶液中溶质为0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠，由于碳酸酸性强于氢氧化铝，所以偏铝酸根离子水解程度比碳酸根离子强，则c（CO32﹣）＞c（AlO2﹣），正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣），故B错误；C．当n（CO2）=0.015mol时，0.02molNaOH优先与0.01mol二氧化碳反应生成0.01mol碳酸钠，剩余的0.005mol二氧化碳恰好与0.01molNaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和0.005mol碳酸钠，所以反应后溶液中溶质为0.015molNa2CO3，则c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），正确的离子浓度的关系为：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)，故C正确；D．当n（CO2）=0.03mol时，根据C可知，0.015molNa2CO3恰好与0.015mol二氧化碳反应生成0.03molNaHCO3，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)＋c(OH-)＋2c(CO32-)，故D错误。故本题选C。点睛：本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。二、非选择题(共84分)23、2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑2C+SiO22CO↑+Si8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2【解题分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Z、W均可形成酸性氧化物。X的一种氢化物分子空间构型为三角锥型，该氢化物为氨气，在X为N元素；YW是氯碱工业的主要原料，该物质为NaCl，则Y为Na、W为Cl元素；Z的最外层电子数为4，原子序数大于Na，则Z为Si元素，据此进行解答。【题目详解】根据分析可知，X为N元素，Y为Na，Z为Si，W为Cl元素。(1)氯碱工业中电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，该反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；(2)X2H4为N2H4，其结构简式为NH2-NH2，每个氮原子形成三个化学键，N2H4的结构式为；(3)Na的氧化物中既含离子键又含共价键的为过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，其电子式为；(4)Z为Si元素，其氧化物为SiO2，二氧化硅属于原子晶体；工业上用碳与二氧化硅在高温下反应制取硅，该反应的化学方程式为：2C+SiO22CO↑+Si；(5)W单质为氯气，氯气是毒性很大的窒息性气体，X气态氢化物为氨气，氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，结合电子守恒、质量守恒配平该反应的化学方程式为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2。【题目点拨】本题考查元素周期表、元素周期律的应用的知识，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见化学用语的书写原则，物质的化学性质及物理性质，试题培养了学生的学以致用的能力。24、2s22p41s22s22p63s23p62Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑Al2O3为离子晶体(或者离子化合物)，而AlCl3为分子晶体(或者共价化合物)CaO晶体中Ca2＋、O2－带的电荷数大于NaCl晶体中Na＋、Cl－带的电荷数CaF24×78g⋅【解题分析】

A原子L层上有2对成对电子，说明A是第二周期元素，L层上s轨道有两个成对电子，p轨道上有4个电子，所以A为O；因为A、B位于同一周期，故B也是第二周期元素，又B可形成离子晶体C3DB6，故B为F；又因为C、D与E分别位于同一周期，故前20号元素中C、D与E只能位于第三周期。在C3DB6中，F是负一价，故C只能为正一价，则D是正三价，所以C是Na，D是Al。再结合CE、FA为电子数相同的离子晶体，故E为Cl，F为Ca。据此解答。【题目详解】（1）由题干分析可知，A为O，F为Ca，所以A元素的基态原子外围电子排布式：2s22p4；F的离子电子排布式：1s22s22p63s23p6；（2）电解铝工业中常加入冰晶石来降低Al2O3的熔融温度，反应方程式为：2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑；（3）因为Al2O3为离子晶体，熔融状态可导电，而AlCl3为分子晶体，熔融状态不导电，故工业上工业冶炼Al不以AlCl3而是以Al2O3为原料；（4）因为Ca2＋和Cl－电子层结构相同，O2－和Na＋电子层结构相同，且Ca2＋、O2－带的电荷数大于NaCl晶体中Na＋、Cl－，故NaCl晶格能低于CaO晶格能；（5）从所给晶胞结构示意图可知其中F-全在内部，有8个，Ca2+有6×12+8×18=4，故形成的离子化合物的化学式为CaF2；CaF2晶体的密度为ag·25、分液漏斗Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O[或Na2SO3＋2H2SO4(浓)=2NaHSO4＋SO2↑＋H2O]2:1通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度安全瓶d过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀HCl【解题分析】

(1)根据仪器图写出名称；（2）A中反应Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O;装置B为安全装置，可防堵塞，装置D用来吸收含有SO2的尾气，可以盛NaOH溶液；当B中导气管堵塞时，B内压强增大，锥形瓶中的液面下降，漏斗中的液面上升。(3)烧瓶C中，该转化过程的总反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，则C瓶中Na2S和Na2CO3的物质的量之比最好为2:1。(4)装置B中盛有饱和NaHSO3溶液，装置B的作用是通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度同时起到安全瓶作用；（5）防倒吸可选d装置；(6)为检验产品中是否含有Na2SO4和Na2SO3，取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加入足量稀HCl，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。【题目详解】结合以上分析，(1)仪器a的名称为分液漏斗；（2）装置A中发生反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O。（3）烧瓶C中，该转化过程的总反应:2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2,则C瓶中Na2S和Na2CO3的物质的量之比最好为2:1，因此本题答案为：2:1。（4）从仪器连接可知，装置B中盛有饱和NaHSO3溶液，由于二氧化硫不溶于饱和NaHSO3溶液，故其作用是通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度同时起到安全瓶作用，防堵塞，原理是，若B中导气管堵塞时，B内压强增大，锥形瓶中的液面下降，漏斗中的液面上升。因此，本题答案为：通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度；安全瓶；（5）装置D用于处理尾气，SO2可以和氢氧化钠溶液反应，要能吸收SO2同时防倒吸，应选d。(6)亚硫酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶于盐酸，为检验产品中是否含有Na2SO4和Na2SO3取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加入足量稀HCl，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。26、球形冷凝管冷凝回流A中出现红色物质(或A中出现棕色物质)有利于溶液与空气中O2的接触2Cu+O2+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH−+6H2On(Cu2O)∶n(Cu)=l∶200【解题分析】

向a中加入0.5mol/LCuSO4溶液50mL和5mol/LNaOH溶液100mL，振荡，制备了氢氧化化铜悬浊液。再加入40%的甲醛溶液50mL，缓慢加热a，在65℃时回流20分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生成，最后变成红褐色，说明甲醛具有还原性。探究生成物的组成时，要注意仔细分析实验步骤及现象。【题目详解】（1）①根据仪器的构造可知，仪器b是球形冷凝管，40%甲醛溶液沸点为96℃，易挥发，故在反应过程中要有冷凝回流装置以提高原料的利用率，故球形冷凝管的作用为冷凝回流。②能说明甲醛具有还原性的实验现象是A中出现红色物质(或A中出现棕色物质)。（2）①摇动锥形瓶时发生的变化是

[Cu(NH3)4]+(无色)[Cu(NH3)4]2+(蓝色)，显然该过程中发生了氧化反应，故摇动锥形瓶i的目的是有利于溶液与空气中O2的接触。②红色固体经足量浓氨水溶解后仍有剩余，根据Cu2O

[Cu(NH3)4]+(无色)可知，该固体只能是Cu，摇动锥形瓶ii，其中固体完全也能溶解得深蓝色溶液，说明Cu溶解得到铜氨溶液，空气中的氧气溶于氨水中成为氧化剂，故该反应的离子方程式为2Cu+O2+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH−+6H2O。③将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近，说明容量瓶ii中的溶液浓度约为容量瓶i的100倍，量瓶ii中的[Cu(NH3)4]+的物质的量约为容量瓶i的100倍，因此，在溶解之前，红色的固体产物由Cu2O和Cu组成，物质的量之比约为n(Cu2O)∶n(Cu)=l∶200。【题目点拨】解答实验探究问题时，要注意切忌带着主观认知去分析，要根据化学反应原理冷静分析实验中的相关现象，尤其是与所学知识有冲突的实验现象，根据现象分析得出合理结论。要注意实验细节，如本题中“足量浓氨水”、“定容”、两个“50mL”容量瓶等等，对这些信息都要正确解读才能顺利解题。27、常温下Fe在浓硫酸中发生钝化铁、碳、硫酸溶液形成原电池检验SO2的存在C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O酸性KMnO4溶液或溴水(或其他合理答案)品红溶液品红溶液不褪色或无明显现象250mL容量瓶滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液,溶液呈浅紫色,且30s内不变色%.【解题分析】

在常温下，Fe和C，与浓硫酸均不反应，在加热条件下，可以反应，生成SO2和CO2，利用品红检验SO2，利用石灰水检验CO2，但是SO2的存在会对CO2的检验产生干扰，因此需要除杂，并且验证SO2已经被除尽。【题目详解】(1)在加热条件下C和浓硫酸发生氧化还原反应，常温下，铁和浓硫酸发生钝化现象，C和浓硫酸不反应，所以在未点燃酒精灯前A、B均未产生现象，故答