上海市南汇中学2024届化学高二下期末达标检测试题含解析

上海市南汇中学2024届化学高二下期末达标检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、在一定的温度、压强下，向100mL和Ar的混合气体中通入400mL，点燃使其完全反应，最后在相同条件下得到干燥气体460mL，则反应前混合气体中和Ar的物质的量之比为A．1:4 B．1:3 C．1:2 D．1:12、下列离子组在一定条件下能共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且所给离子方程式正确的是（）选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式ANa+、H+、Cl-、NO3-铜3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2OBFe3+、ClO-、I-氢氧化钠溶液Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓CBa2+、HCO32-、Cl-氢氧化钠溶液HCO3-+OH-=CO32-+H2ODAl3+、Cl-、SO42-过量氢氧化钠Al3++3OH-=Al(OH)3↓A．A B．B C．C D．D3、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．0.1mol·L－1NaOH溶液：K＋、Ba2+、Cl－、HCO3-B．0.1mol·L－1Na2CO3溶液：K＋、NH4+、NO3-、SO42-C．0.1mol·L－1FeCl3溶液：K＋、Na＋、I－、SCN－D．0.1mol·L－1HCl的溶液：Ca2＋、Na＋、ClO－、NO3-4、设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法不正确的是A．过量MnO2与浓盐酸反应产生1molCl2，转移的电子数目为2NAB．15.6g由Na2S和Na2O2组成的混合物中，含有的阴离子数目为0.2NAC．32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成气体的分子数为0.5NAD．23gCH3CH2OH与30gCH3COOH反应，生成CH3COOCH2CH3的分子数为0.5NA5、下列说法正确的是(用NA表示阿伏加德罗常数的值)A．17g羟基（－OH）所含有的电子数是10NA个B．常温下,14g乙烯含有的共用电子对数是2.5NA个C．12g石墨中含有C﹣C键的个数为1.5NAD．标准状况下，CH4发生取代反应生成22.4LCH2Cl2，需要消耗2NA个Cl2分子6、将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性B．水的离子积变大、pH变小、呈中性C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性D．水的离了积不变、pH变小、呈中性7、丙醛和另一种组成为CnH2nO的物质X的混合物3.2g，与足量的银氨溶液作用后析出10.8g银，则混合物中所含X不可能是（）A．甲基丙醛 B．丙酮 C．乙醛 D．丁醛8、化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性B．血液透析利用了胶体的性质C．活性炭具有除异味和杀菌作用D．碘酒可用于皮肤外用消毒9、我国科学家最近成功合成了世界首个五氮阴离子盐R，其化学式为（N5）6(H3O)3(NH4)4Cl,从结构角度分析，R中两种阳离子的不同之处为A．中心原子的杂化轨道类型B．中心原子的价层电子对数C．立体结构D．共价键类型10、依曲替酯用于治疗严重的牛皮癣、红斑性角化症等。它可以由原料X经过多步反应合成：下列说法正确的是A．X与Y所含的官能团种类不同但个数相等 B．可用酸性KMnO4溶液鉴别X和YC．1molY能与6molH2或3molNaOH发生反应 D．依曲替酯能发生加成、取代、氧化反应11、下列措施中，不能加快化学反应速率的是A．往H2O2溶液中加入少量二氧化锰B．稀硫酸与锌粒反应时加入几滴CuSO4溶液C．高炉炼铁时将铁矿石粉碎D．向铁片和稀盐酸的混合物中加入一定量的CH3COONa晶体12、用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）其中正确的是选项气体abcdACO2盐酸CaCO3饱和Na2CO3溶液浓硫酸BCl2浓盐酸MnO2NaOH溶液浓硫酸CNH3饱和NH4Cl溶液消石灰H2O固体NaOHDNO稀硝酸铜屑H2O浓硫酸A．A B．B C．C D．D13、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．使甲基橙变红色的溶液：Mg2+K+SO42－NO3－B．使酚酞变红色的溶液：Na+Cu2+HCO3－NO3－C．0.1mol·L－1AgNO3溶液：H+K+SO42－I－D．1.0mol·L－1的KNO3溶液：H+Fe2+Cl－SO42-14、某小组同学用如图装置研究钢铁在海水中的腐蚀与防腐(1中铁片为生铁)。下列说法正确的是A．1中只发生化学腐蚀 B．2中发生的是析氢腐蚀C．3为牺牲阳极的阴极保护法 D．钢铁被腐蚀的速率：2>1>315、下列各项所述的数字不是6的是A．在二氧化硅晶体中，最小的环上的原子个数B．在金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数C．在石墨晶体的层状结构中，最小的环上的碳原子个数D．在NaCl晶体中，与一个Cl－最近的且距离相等的Na+的个数16、下列大小关系正确的是A．熔点：NaI＞NaBr B．硬度：MgO＞CaOC．晶格能：NaCl＜NaBr D．熔沸点：CO2＞NaCl17、有机物X、Y、Z的结构简式如下表所示。下列说法正确的是XYZ结构简式A．X的分子式为C8H7O3B．X、Y、Z均可以和FeCl3发生显色反应C．X、Y互为同系物，X、Z互为同分异构体D．X、Y、Z在一定条件下都能发生取代反应、加成反应和氧化反应18、同温同压下，等体积的CO和CH4分别在足量O2中完全燃烧，消耗氧气的体积比为()A．2∶1 B．1∶2 C．4∶1 D．1∶419、下列事实可以用同一原理解释的是A．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理B．乙烯可使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色C．苯酚和氢氧化钠溶液在空气中久置均会变质D．重铬酸钾酸性溶液和高锰酸钾酸性溶液遇乙醇，颜色均发生变化20、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB．1L0.1mol·L－1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NAC．0.1molKI与0.1molFeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1NAD．0.1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3NA21、已知：H-H键、O=O键和O-H键的键能分别为436kJ/mol、496kJ/mol和462kJ/mol；2C(s)+O2(g)=2CO(g)∆H=-220kJ/mol；C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)∆H=akJ/mol。则a为A．-332 B．-118 C．+130 D．+35022、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． B．C． D．二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、F为元素周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。（1）写出基态E原子的价电子排布式_______。（2）A与C可形成CA3分子，该分子中C原子的杂化类型为______，该分子的立体结构为_____；C的单质与BD化合物是等电子体，据等电子体的原理，写出BD化合物的电子式______；A2D由液态形成晶体时密度减小，其主要原因是__________（用文字叙述）。（3）已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如图所示，则该化合物的化学式为___；若相邻D原子和F原子间的距离为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为______g·cm－3（用含a、NA的式子表示）。24、（12分）某烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢。(1)A的结构简式为_______。(2)A中的碳原子是否都处于同一平面？________(填“是”或“不是”)。(3)在下图中，D1、D2互为同分异构体，E1、E2互为同分异构体。C的化学名称是_____；反应⑤的化学方程式为_________________；E2的结构简式是_____；④的反应类型是______，⑥的反应类型是_______。25、（12分）实验室需要0.1mol·L－1NaOH溶液450mL和0.3mol·L－1硫酸溶液480mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图是已提供仪器，配制上述溶液均需用到的玻璃仪器是________（填选项）。（2）下列操作会使配制的NaOH溶液浓度偏低的是__________。A称量NaOH所用砝码生锈B选用的容量瓶内有少量蒸馏水C定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线D定容时俯视刻度线（3）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为________g。（4）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为__________mL（计算保留一位小数）。26、（10分）准确称量8.2g

含有少量中性易溶杂质的烧碱样品，配成500mL

待测溶液。用0.1000mol⋅L−1的硫酸溶液进行中和滴定测定该烧碱样品的纯度，试根据试验回答下列问题：（1）滴定过程中，眼睛应注视____________，若用酚酞作指示剂达到滴定终点的标志是____________。（2）根据表数据，计算烧碱样品的纯度是_______________（用百分数表示，保留小数点后两位）滴定次数待测溶液体积(mL)标准酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)）第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00（3）下列实验操作会对滴定结果产生什么后果？（填“偏高”“偏低”或“无影响”）①观察酸式滴定管液面时，开始俯视，滴定终点平视，则滴定结果________。②若将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入10.00mL待测液，则滴定结果________。27、（12分）应用电化学原理，回答下列问题：（1）上述三个装置中，负极反应物化学性质上的共同特点是_________。（2）甲中电流计指针偏移时，盐桥（装有含琼胶的KCl饱和溶液）中离子移动的方向是________。（3）乙中正极反应式为________；若将H2换成CH4，则负极反应式为_______。（4）丙中铅蓄电池放电一段时间后，进行充电时，要将外接电源的负极与铅蓄电池______极相连接。（5）应用原电池反应可以探究氧化还原反应进行的方向和程度。按下图连接装置并加入药品（盐桥中的物质不参与反应），进行实验：ⅰ．K闭合时，指针偏移。放置一段时间后，指针偏移减小。ⅱ．随后向U型管左侧逐渐加入浓Fe2(SO4)3溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小→回到零点→逆向偏移。①实验ⅰ中银作______极。②综合实验ⅰ、ⅱ的现象，得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是______。28、（14分）元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。请回答下列问题：(1)利用铬铁矿(FeO•Cr2O3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：①为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是__________________。②“水浸”要获得浸出液的操作是_________。浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则“还原”操作中发生反应的离子方程式为___________________________________________________。(2)已知Cr3+完全沉淀时溶液pH为5，(Cr3+浓度降至10-5mol∙L-1可认为完全沉淀)则Cr(OH)3的溶度积常数Ksp＝_______________。(3)用石墨电极电解铬酸钠(Na2CrO4)溶液，可制重铬酸钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O)。①电极b连接电源的______极(填“正”或“负”)，b极发生的电极反应：______________。②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由amol变为bmol，则理论上生成重铬酸钠的物质的量是_______________mol。29、（10分）金属铝用途广泛，工业上利用铝矾土矿（主要成分是Al2O3）制备金属铝。（1）首先获得纯净的Al2O3，其工艺流程如下：①滤液中通入过量CO2时主要反应的离子方程式是_______________________。②煅烧生成氧化铝的化学方程式是__________________________________。（2）将Al2O3溶解于熔融的冰晶石（助熔剂）中，以碳素材料为阴极，石墨棒为阳极，进行电解。①下列关于Al2O3的说法正确的是________________（填序号）。a.Al2O3属于电解质b.Al2O3属于离子化合物c.Al2O3属于碱性氧化物d.Al2O3的熔点低，可作耐火材料②阳极石墨棒需要不断补充，写出电极反应式并简述其原因：________________。（3）高纯度氧化铝也可利用铵明矾分解制得：①铵明矾晶体的化学式为NH4Al(SO4)2•12H2O，铵明矾属于__（填“纯净物”或“混合物”），在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，浓度最大的离子是______，c(NH4＋)____c(Al3+)（填“=”“>”或“<”）；②铵明矾分解反应：6NH4Al(SO4)2•12H2O3Al2O3+2NH3↑+2N2↑+6SO2↑+6SO3↑+81H2O，请标出此反应电子转移的方向和数目______。

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】

甲烷与氧气反应的方程式是CH4＋2O2CO2＋2H2O，根据体积差可知，每消耗1体积CH4气体体积减少2体积，甲烷的体积是（100mL+400mL－460mL）÷2＝20mL，则Ar的体积是80mL，所以二者的体积之比是1︰4，答案选A。2、A【解题分析】

A.本组离子可以大量共存，在酸性条件下硝酸根具有氧化性，能把铜氧化为铜离子，其离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，A项正确；B.ClO-和Fe3+均具有强氧化性，I-具有强还原性，则不能大量共存，B项错误；C.本组离子可以大量共存，加入氢氧化钠溶液生成碳酸钡沉淀，其离子方程式应为Ba2++HCO3-+OH-==BaCO3↓+H2O，C项错误；D.本组离子可以大量共存，过量的氢氧化钠与铝离子反应会生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为Al3++4OH-==AlO2-+2H2O，D项错误；答案选A。【题目点拨】本题将离子方程式的书写正误判断及离子共存结合给题，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：1.是否符合客观事实，如铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe+Fe3+=2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；3.观察化学式是否可拆，不该拆的多余拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种，如本题的B选项，ClO-和Fe3+均能与I-发生氧化还原反应而不共存。总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断离子共存的有效途径。3、B【解题分析】

A中的HCO3-不能再强碱性条件下共存；B组离子可以在碳酸钠溶液中大量共存；C中的SCN－与Fe3+因生成络合物不能大量共存；D中的ClO－不能再强酸性条件下大量共存；故选B。4、D【解题分析】

A.过量MnO2与浓盐酸反应产生1molCl2，Cl的化合价由-1变为0价，则转移的电子数目为2NA，A正确；B.Na2S和Na2O2的摩尔质量相等，15.6g由Na2S和Na2O2组成的混合物的物质的量为0.2mol，含有的阴离子数目为0.2NA，B正确；C.32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，无论生成二氧化硫，还是氢气，均与锌的物质的量相等，则生成气体的分子数为0.5NA，C正确；D.23gCH3CH2OH与30gCH3COOH反应，即均为0.5mol，反应为可逆反应，则生成CH3COOCH2CH3的分子数小于0.5NA，D错误；答案为D。【题目点拨】乙醇与乙酸在浓硫酸加热的条件下反应生成乙酸乙酯和水，此反应为可逆反应。5、C【解题分析】

A、17g羟基（－OH）的物质的量为1mol，在一个羟基中含有9个电子，所以1mol的羟基中所含有的电子数是9NA个，故A错误；

B、有机物中一个碳原子周围总有4个共用电子对，14g乙烯的物质的量为：14g28g/mol=0.5mol,则14g乙烯含有的共用电子对数是2NA个，故B错误；

C、12g石墨的物质的量n=12g12g/mol=1mol，石墨中每个C原子与其它3个C原子成键，则平均每个C原子成键数目为3×12=1.5个，则12g石墨含C﹣C键的个数为1.5NA，所以C选项是正确的；

D、标准状况下，CH2Cl2为液态，22.4LCH2Cl2不是1mol，故D错误。

6、B【解题分析】

水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变；但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性。综上所述，给纯水加热时水的离子积增大、pH减小、呈中性，故B正确。

故选B。7、C【解题分析】

根据醛基发生银镜反应的方程式计算出混合物的平均相对分子质量，结合丙醛和选项中有关物质的相对分子质量解答。【题目详解】反应中生成银的物质的量是10.8g÷108g/mol=0.1mol，根据方程式RCHO+2Ag(NH3)2OHRCOONH4+2Ag↓+3NH3+H2O可知消耗醛的物质的量是0.05mol，则混合物的平均相对分子质量是3.2÷0.05=64；丙醛的相对分子质量为58<64，所以另一种是相对分子质量大于64的醛，或是不发生银镜反应的其它物质。则A.甲基丙醛的相对分子质量大于64，甲基丙醛可能；B.丙酮不能发生银镜反应，丙酮可能；C.乙醛的相对分子质量小于64，乙醛不可能；D.丁醛的相对分子质量大于64，丁醛可能；答案选C。8、C【解题分析】

A、疫苗中的主要成分是用于诱导人体产生相应抗体的抗原，抗原是蛋白质，蛋白质受热易变性，失去活性，因此疫苗一般应冷藏存放，故A说法正确；B、血液为胶体，血液透析利用了胶体不能透过半透膜，即渗析，属于胶体的性质，故B说法正确；C、活性炭具有吸附性，能吸附异味，但不具有杀菌作用，故C说法错误；D、碘酒是游离状态的碘和酒精的混合物，其消毒作用的原理是游离态的碘的超强氧化作用，可以破坏病原体的细胞膜结构及蛋白质分子，因此碘酒可用于皮肤外用消毒，故D说法正确；答案选C。9、C【解题分析】

根据信息和化学式可知，阳离子为NH4

+

、H3O+，NH4

+对应中心原子为N形成4个σ键；H3O+对应中心原子为O形成3个σ键；NH4

+空间构型为是正四面体，H3O+空间构型为三角锥形；以此解答。【题目详解】根据信息和化学式可知，阳离子为NH4

+

、H3O+，NH4

+

对应中心原子为N形成4个σ键，孤电子对数为

5-1-4×12=0，价层电子对数为4，杂化类型是sp3，其空间构型为是正四面体，其共价键类型为极性共价键；H3O+的中心原子为O形成3个σ键，孤电子对数为

6+3-12

=4，H3O+价层电子对数为4，杂化类型是sp310、D【解题分析】

A．Y中含有官能团羟基、羰基，X中没有；B．X和Y中苯环上都含有甲基和碳碳双键，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；C．Y中苯环、羰基、碳碳双键都能与氢气在一定条件下发生加成反应，酚羟基、酯基水解生成的羧基能与NaOH反应；D．依曲替酯中含有碳碳双键、醚键、苯环、酯基，具有烯烃、醚、苯和酯的性质，能发生加成反应、取代反应、水解反应、氧化反应等。【题目详解】A．X含有酯基、碳碳双键，Y含有羟基、羰基、酯基、碳碳双键，X与Y所含的官能团种类、个数不相等，A错误；B．X和Y中苯环上都含有甲基，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成-COOH，所以二者不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，B错误；C．Y中苯环、羰基、碳碳双键都能与氢气在一定条件下发生加成反应，酚羟基、酯基水解生成的羧基能与NaOH反应，所以1molY能与5molH2或3molNaOH发生反应，C错误；D．依曲替酯中含有碳碳双键、醚键、苯环、酯基，具有烯烃、醚、苯和酯的性质，能发生加成反应、取代反应、水解反应、氧化反应等，D正确；正确选项D。11、D【解题分析】分析：增大反应速率，可升高温度、增大浓度、压强、增大固体表面积或加入催化剂等，以此解答该题．详解：A.二氧化锰可以作为H2O2分解的催化剂，能加快化学反应速率，A错误；B.锌粒与CuSO4溶液反应生成单质铜，锌与铜能形成原电池，加快反应速率，B错误；C.高炉炼铁时将铁矿石粉碎，能增大固体表面积，加快化学反应速率，C错误；D.CH3COONa与盐酸反应生成醋酸，降低氢离子的浓度，使反应速率减慢，D正确；答案选D.点睛：形成原电池，能加快化学反应速率。12、D【解题分析】

A、二氧化碳气体中混有的杂质是氯化氢气体除去氯化氢气体用饱和碳酸氢钠溶液，不能用碳酸钠溶液，因为碳酸钠溶液会吸收二氧化碳，A错误；B、制取的氯气中常含有氯化氢气体但是不能用氢氧化钠溶液除杂因为氯气会与氢氧化钠反应，B错误；C、除去氨气中的杂质气体不能用水因为氨气极易溶于水，C错误；D、一氧化氮难溶于水，可以用水除去其中的二氧化氮或硝酸，再用浓硫酸干燥即可得到纯净的一氧化氮气体，正确。答案选D。13、A【解题分析】

A．使甲基橙变红色的溶液呈酸性，Mg2＋、K＋、SO42-、NO3-不反应，A选项正确；B．使酚酞变红色的溶液呈碱性，OH-与Cu2+生成氢氧化铜沉淀，HCO3-与OH-反应生成CO32-，B选项错误；C．0.1mol·L－1AgNO3溶液中，Ag+、I－生成AgI沉淀，C选项错误；D．1.0mol·L－1的KNO3溶液中，H+与NO3-结合具有强氧化性，会氧化Fe2+，D选项错误；答案选A。【题目点拨】两离子相遇若发生氧化还原反应，则不能共存。如Fe3+与S2-、Fe3+与I-、Fe2+与NO3-(H+)等；MnO4-、NO3-(H+)、ClO-、Cr2O72-与S2-、I-、SO32-、Fe2+不共存；酸性条件下SO32-与S2-不共存。14、D【解题分析】

A.1中铁片为生铁，生铁表面形成无数个原电池，发生电化学腐蚀，A错误；B.2中电解质溶液呈中性，发生的是吸氧腐蚀，B错误；C.3为电解池装置，为外加电源的阴极保护法，C错误；D.钢铁被腐蚀的速率顺序为作原电池的负极、化学腐蚀、作电解池的阴极，为2>1>3，D正确；答案为D。15、A【解题分析】分析:A、二氧化硅晶体相当于在硅晶体中两个硅原子间分别加上一个O原子，因此最小环上的原子个数为12个；

B、金刚石晶体中，最小的环上有6个碳原子；

C、石墨晶体的片层结构中,最小环上的碳原子个数为6个D、在NaCI晶体中,一个Na+周围有6个Cl－,一个Cl－周围有6个Na+。.详解:A、二氧化硅晶体相当于在硅晶体中两个硅原子间分别加上一个O原子,因此最小环上的原子个数为12个,故选A；

B、金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数有6个，所以B不选；

C、石墨晶体的片层结构中,最小环上的碳原子个数为6个,所以C不选；D、NaCl晶体属面心立方结构,与一个Na+最近且距离相等的Cl－的个数有6个,所以D不选；故答案为A。点睛：该题是高考中的常见考点，属于基础性知识的考查。有利于调动学生的学习兴趣，提高学生的应试能力。该题的关键是熟练记住常见晶体的结构特点，然后灵活运用即可。16、B【解题分析】

A．NaI、NaBr都形成离子晶体，由于离子半径I->Br-，所以NaBr的晶格能大，熔点：NaI<NaBr，A不正确；B．由于离子半径Mg2+<Ca2+，所以晶格能MgO＞CaO，硬度MgO＞CaO，B正确；C．NaCl和NaBr都形成离子晶体，离子半径Cl-<Br-，所以晶格能：NaCl>NaBr，C不正确；D．CO2形成分子晶体，NaCl形成离子晶体，所以熔沸点：CO2<NaCl，D不正确；故选B。17、D【解题分析】A.根据X的结构简式可知，X的分子式为C8H8O3，选项A错误；B.X不含酚羟基，和FeCl3不发生显色反应，选项B错误；C.X、Y所含官能团不一样，结构组成不相似，不互为同系物，X、Z的分子式不相同，不互为同分异构体，选项C错误；D.X、Y、Z均含有羧基能发生酯化反应，属于取代反应，均含有苯环一定条件下能发生加成反应，均含有羟基，一定条件下都发生氧化反应，选项D正确。答案选D。18、D【解题分析】

同温同压下，CO和CH4体积相等，则CO和CH4物质的量相等，由方程式2CO+O22CO2；CH4+2O2CO2+2H2O可知，消耗的氧气体积比为1:4，答案为D。【题目点拨】同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比。19、D【解题分析】

A.漂白粉利用其产生次氯酸的氧化性对自来水起到杀菌消毒的作用；明矾利用电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮物，对自来水起到净化的作用。因此不能用同一原理解释，A项错误；B.乙烯使溴水褪色发生的是加成反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是被酸性高锰酸钾氧化，发生氧化反应。因此不能用同一原理解释，B项错误；C.苯酚在空气中久置易被空气中的氧气氧化，发生氧化反应；氢氧化钠溶液在空气中久置会吸收空气中的二氧化碳生成碳酸钠，为非氧化还原反应。因此不能用同一原理解释，C项错误；D.重铬酸钾酸性溶液和高锰酸钾酸性溶液都因具有强氧化性遇乙醇后颜色发生变化，使乙醇发生氧化反应。可以用同一原理解释，D项正确；答案应选D。20、D【解题分析】

A、16.25gFeCl3的物质的量为0.1mol，一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，则0.1mol氯化铁水解形成的胶粒的个数小于0.1NA个，故A错误；B、硫酸钠溶液中，除了硫酸钠含氧原子外，水也含氧原子，则溶液中的氧原子的个数大于0.4NA个，故B错误；C、KI和FeCl3的反应是一个可逆反应，不能完全反应，则0.1molKI与0.1molFeCl3在溶液中反应，转移的电子数小于0.1NA，故C错误；D、1mol乙烯和1mol乙醇完全燃烧的耗氧量相同，均为3mol，则0.1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3NA，故D正确；答案选D。【题目点拨】B项为易错点，注意硫酸钠溶液中，除了硫酸钠含氧原子外，水也含氧原子。21、C【解题分析】

根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，结合“化学反应的焓变△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和”来回答。【题目详解】①C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=akJ·mol－1，②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-220kJ·mol－1，根据盖斯定律，将①×2-②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（2a+220）kJ·mol－1，4×462kJ/mol-496kJ/mol-2×436kJ/mol=（2a+220）kJ·mol－1，解得a=+130，故选C。22、A【解题分析】

由核磁共振氢谱图可知，该有机物中含有三类等效氢，且个数各不相同，只要分析各种有机物是否符合该条件即可。【题目详解】A．A的结构简式为，有三种氢原子，且每种个数不同，A项符合；B．B的结构中三个甲基连在同一个碳上彼此等效，所以B中只含有两种氢原子，B项不符合；C．C的结构中含有四种氢原子，C项不符合；D．D的结构对称，只含有两种氢原子，D项不符合；答案选A。【题目点拨】核磁共振氢谱图包含的信息有两种：一是峰的组数即反映有机物中等效氢的种类；二是峰的面积比即为有机物中各类等效氢的个数比。二、非选择题(共84分)23、3d54s1sp3杂化三角锥形:C⋮⋮O:水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度减小Cu2O【解题分析】

B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则B为C元素；D原子核外电子有8种不同的运动状态，则D原子核外有8个电子，则D为O元素；C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，且C的原子序数比O小，则C为N元素；E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，则E的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，则E为24号元素Cr；F位于前四周期、原子序数比E大且其基态原子最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，则F的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则F为29号元素Cu；A与其余五种元素既不同周期也不同主族，且能与C形成CA3分子，则A为H；综上所述，A、B、C、D、E、F分别为：H、C、N、O、Cr、Cu，据此解答。【题目详解】(1)E为Cr，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，则其价电子排布式为：3d54s1，故答案为：3d54s1；(2)A为H，C为N，NH3分子中，中心N原子的σ键数=3，孤电子对数==1，则价层电子对数=3+1=4，则中心N原子的杂化类型为sp3杂化，有一对孤电子，则其空间构型为三角锥形。N2的电子式为:N⋮⋮N:，CO和N2互为等电子体，则CO的电子式为:C⋮⋮O:。水形成晶体(冰)时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率降低，导致密度减小，故答案为：sp3杂化；三角锥形；:C⋮⋮O:；水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度减小；(3)D原子即O原子，F原子即Cu原子，由均摊法可知，1个晶胞中O原子个数==2，Cu原子个数=4，该化合物中Cu原子和O原子个数比=4:2=2:1，则该化合物的化学式为Cu2O，那么，1个晶胞的质量=。设晶胞常数为b，Cu原子和O原子之间的距离为acm，则体对角线=4acm，则=4a，可得：b=cm，所以，1个晶胞的体积=b3=()3cm3，该晶体的密度=，故答案为：Cu2O；。【题目点拨】Cu和O之间的距离=体对角线的四分之一。24、是2，3-二甲基-1，3-丁二烯+2NaOH+2NaCl+2H2O加成反应取代（水解）反应【解题分析】

烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84，则其分子式为C6H12，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢，则A的结构简式为，和氯气发生加成反应得B,B的结构简式为，在氢氧化钠醇溶液和加热的条件下发生消去反应生成C，C的结构简式为，CD1，所以D1为,D1、D2互为同分异构体，所以D2为，得E1为，E1、E2互为同分异构体，所以E2为。【题目详解】(1)用商余法可得相对分子质量为84的烃的分子式为C6H12，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，说明该烃为烯烃，核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢，说明结构高度对称，则A的结构简式为;答案：；(2)根据乙烯的分子结构可判断该烯烃分子中所有碳原子处于同一平面上。答案:是；(3)由C的结构简式为，所以C的化学名称是2，3-二甲基-1，3-丁二烯；反应⑤为，D1为,E1为，所以反应⑤的化学方程式为+2NaOH+2NaCl+2H2O；E2的结构简式是；反应④是CD2,C的结构简式为，D2为,所以反应④为加成反应；反应⑥是卤代烃的水解反应，所以反应⑥属于取代反应；答案：2，3-二甲基-1，3-丁二烯；+2NaOH+2NaCl+2H2O；；加成反应；取代（水解）反应。25、BDEC2.08.2【解题分析】

（1）根据配制一定物质的量浓度溶液用到仪器选择；（2）分析不当操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析，凡是能够使n增大，或者使V减小的操作，都会使C偏大；凡是能够使n减小，V增大的操作都会使C偏小；凡是不当操作导致实验失败且无法补救的，需要重新配制；（3）依据n=cv计算需要的氢氧化钠的物质的量，m=nM计算氢氧化钠的质量；（4）根据c=计算浓硫酸的浓度，再根据浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变计算，计算浓硫酸的体积。【题目详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液用到仪器：托盘天平、量筒、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等；故答案为：BDE；(2)A称量NaOH所用砝码生锈，称取的氢氧化钠的质量增多，n偏大，则浓度偏高，故A不选；B.选用的容量瓶内有少量蒸馏水，对溶液的体积不会产生影响，所配溶液准确，故B不选；C.定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线，相当于多加了水，溶液的体积偏大，浓度偏小，故C选；D.定容时俯视刻度线，使溶液的体积偏小，浓度偏大，故D不选；故选：C。(3)0.1mol/LNaOH溶液450mL，需选择500ml的容量瓶，0.1mol/LNaOH溶液500mL中含有的氢氧化钠的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.05mol=2.0g，故答案为：2.0；(4)质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的浓度为：c=1000×1.84×98%÷98=18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V=0.3mol/L×0.5L，得V=0.0082L=8.2ml，故答案为：8.2。【题目点拨】一定物质的量浓度溶液的配制需要使用容量瓶，实验室中容量瓶的规格一般有50ml，100ml，250ml，500ml，1000ml，所配溶液的体积应该选用相应规格的容量瓶。26、锥形瓶中溶液颜色变化滴入最后一滴硫酸溶液，溶液由浅红色变为无色，且30s内颜色不变97.56%偏高偏高【解题分析】

（1）滴定过程中两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；若用酚酞作指示剂当滴入最后一滴硫酸溶液，溶液由浅红色变为无色，且30s内颜色不变，说明氢氧化钠与硫酸完全反应；（2）依据题给数据计算氢氧化钠的物质的量，再计算烧碱样品的纯度；（3）依据标准溶液体积变化和待测液中溶质的物质的量变化分析解答。【题目详解】（1）滴定过程中两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；若用酚酞作指示剂当滴入最后一滴硫酸溶液，溶液由浅红色变为无色，且30s内颜色不变，说明氢氧化钠与硫酸完全反应，达到滴定终点，故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；滴入最后一滴硫酸溶液，溶液由浅红色变为无色，且30s内颜色不变；（2）由表格数据可知，第一次消耗硫酸的体积为（20.50—0.40）ml=20.10ml，第二次消耗硫酸的体积为（24.00—4.10）ml=19.90ml，取两次平均值，可知反应消耗硫酸的体积为=20.00ml，由H2SO4—2NaOH可得n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×0.1000mol⋅L−1×0.02000L=4×10—3mol，则烧碱样品的纯度为×100%=97.56%，故答案为：97.56%；（3）①观察酸式滴定管液面时，开始俯视，滴定终点平视，导致硫酸标准溶液体积偏大，使所测结果偏高，故答案为：偏高；②若将锥形瓶用待测液润洗，增加了待测液中溶质的物质的量，导致消耗硫酸标准液体积偏大，使所测结果偏高，故答案为：偏高。【题目点拨】分析误差时要看是否影响标准体积的用量，若标准体积偏大，结果偏高；若标准体积偏小，结果偏小；若不影响标准体积，则结果无影响。27、失电子被氧化，具有还原性钾离子移向硫酸铜溶液、氯离子移向硫酸锌溶液O2+4e－+2H2O＝4OH－CH4－8e－+10OH－＝CO32－+7H2O负正Fe2+＋Ag+Fe3+＋Ag【解题分析】

（1）负极物质中元素化合价升高，发生氧化反应，本身具有还原性，即负极反应物化学性质上的共同特点是失电子被氧化，具有还原性；（2）阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，盐桥中的K+会移向CuSO4溶液，氯离子移向硫酸锌溶液；（3）正极是氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e－+2H2O＝4OH－；若将H2换成CH4，则负极反应式为CH4－8e－+10OH－＝CO32－+7H2O；（4）丙中铅蓄电池放电一段时间后，进行充电时，要将负极中的硫酸铅变成单质铅，发生还原反应，所以应做电解池的阴极，则与电源的负极相连；（5）①亚铁离子失电子发生氧化反应，所以碳是负极，银是正极；②综合实验i、ii的现象，得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是Fe2+＋Ag+Fe3+＋Ag。28、铬铁矿粉碎过滤8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-1×10-32正2H2O-4e-=O2↑+4H+(a-b)/2【解题分析】

(1)根据流程：铬铁矿(FeO•Cr2O3)加入纯碱、通入空气焙烧，得到Na2CrO4，过滤，滤液含有Na2CrO4，加入Na2S还原得到Cr(OH)3，反应为：8CrO42-+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-，加热Cr(OH)3可得到Cr2O3，再用还原剂还原得到Cr，据此分析解答；(2)已知

Cr3+完全沉淀时溶液pH为5，则此时c(OH-)=1×10-9mol