2024届河北省保定市博野中学化学高二第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析

2024届河北省保定市博野中学化学高二第二学期期末教学质量检测模拟试题注意事项：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、在2A+B⇌3C+4D中，表示该反应速率最快的是()A．υ(A)=0.5mol⋅L−1⋅S−1B．υ(B)=0.3mol⋅L−1⋅S−1C．υ(C)=1.2mol⋅L−1⋅min−1D．υ(D)=0.6mol⋅L−1⋅min−12、甲、乙两元素原子的L层电子数都是其他层电子总数的2倍。下列推断正确的是()A．甲与乙位于同一周期B．甲与乙位于同一主族C．甲与乙都位于元素周期表的p区D．甲与乙的原子序数之和为偶数3、下列说法正确的是()A．油脂的硬化属于酯化反应B．涤纶、尼龙、环氧树脂、酚醛树脂等高分子化合物都是由缩聚反应制得C．蛋白质受某些理化因素引起蛋白质理化性质和生物活性的变化称为盐析D．蔗糖和麦芽糖的水解产物都是葡萄糖和果糖4、用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器略去），能达到实验目的是（）A．制取乙酸乙酯B．吸收NH3C．石油的分馏D．比较盐酸、碳酸、苯酚的酸性强弱5、下列实验内容能达到实验目的的是实验目的实验内容A鉴别乙醇与乙醛B比较乙酸、碳酸、苯酚的酸性C说明烃基对羟基上氢原子活性的影响D说明苯环对取代基上氢原子活性的影响A．A B．B C．C D．D6、下列说法正确的是A．分子式为C2H6O且能与金属钠反应的有机物有2种B．1mol乙烷在光照条件下最多能与3molCl2发生取代反应C．一定条件下，葡萄糖、蛋白质都能与水发生水解反应D．加入NaOH溶液并加热，通过观察油层是否消失或变薄来鉴别矿物油和植物油7、有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，则甲的可能结构有()A．16种 B．14种 C．12种 D．10种8、有一混合溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO3（1）向第一份溶液中加入AgNO3溶液时有沉淀产生；（2）向第二份溶液中加入足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.06mol;（3）向第三份溶液中加入足量BaCl2溶液后，所得沉淀经洗涤、干燥、称量为8.24g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，以下推测正确的是（）A．K+可能存在B．100mL溶液中含0.01molCOC．Cl−可能存在D．Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．硅晶体中，有NA个Si就有2NA个Si—Si键B．常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中Na+数目相等C．惰性电极电解食盐水，若线路中通过2NA个电子的电量时，则阳极产生气体22.4LD．标准状况下，2molNa2O2与44.8LSO2完全反应，转移的电子数目为2NA10、探究铝片与Na2CO3溶液的反应。无明显现象铝片表面产生细小气泡出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）下列说法不正确的是A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-B．对比Ⅰ、Ⅲ，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜C．推测出现白色浑浊的原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-D．加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动方向的影响是相反的11、欲除去下列物质中的少量杂质，所选除杂试剂或除杂方法不正确的是选项物质杂质除杂试剂除杂方法AC2H2H2SCuSO4溶液洗气B溴苯Br2NaOH溶液分液C苯苯酚浓溴水过滤D乙醇水CaO蒸馏A．A B．B C．C D．D12、下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是选项ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中KSCN溶液滴入FeCl3溶液中CO2通过装有Na2O2固体的干燥管现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色溶液变为红色固体由淡黄色变为白色A．A B．B C．C D．D13、芳香烃C8H10的一氯代物的结构有（不考虑立体异构）（）A．16种B．14种C．9种D．5种14、下列关于实验原理或操作方法的叙述中，正确的是（）A．实验室用乙酸，乙醇和浓硫酸制乙酸乙酯时，必须将温度控制在170℃B．向滴有酚酞的溶液中逐滴加溶液，红色褪去，说明在水溶液中存在水解平衡C．实验室金属钠应保存在煤油中，也可保存在无水酒精中D．可以用澄清石灰水鉴别失去标签的溶液和溶液15、准确量取25.00mL高锰酸钾溶液，可选用的仪器是()A．50mL量筒 B．10mL量筒C．50mL碱式滴定管 D．50mL酸式滴定管16、氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出不同的性质，下列结论正确的是A．加入有色布条，片刻后有色布条褪色，说明有Cl2存在B．溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2存在C．先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明有Cl-存在D．氯水放置数天后，pH变大，几乎无漂白性17、下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是（

）选项离子要求AK+、NO3-、Cl-、HS-c（K+）<c（Cl-）BFe3+、NO3-、SO32-、Cl-逐滴滴加盐酸立即有气体产生CNa+、HCO3-、Mg2+、SO42-逐滴滴加氨水立即有沉淀产生DNH4+、Al3+、SO42-、CH3COOH滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生A．A B．B C．C D．D18、化合物M具有广谱抗菌活性，合成M的反应可表示如下：下列说法正确的是A．X分子中有2个手性碳原子B．Y分子中所有原子一定不可能在同一平面内C．可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别X和YD．在NaOH溶液中，1molM最多可与5molNaOH发生反应19、下列气体中，有毒且能在空气中燃烧的是A．H2 B．O2 C．H2S D．CO220、下列反应类型不能引入醇羟基的是A．加聚反应B．取代反应C．加成反应D．水解反应21、在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+离子，则下列判断正确的是A．混合物中三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1:1:3B．反应后所得溶液中的Fe2+离子与Cl-离子的物质的量浓度之比为1：3C．混合物中，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多D．混合物中，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多22、用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1∶2的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有()①2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑②Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑③2Cl－＋2H＋H2↑＋Cl2↑④2H2O2H2↑＋O2↑A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．②④二、非选择题(共84分)23、（14分）维拉佐酮是临床上使用广泛的抗抑部药，其关键中间体合成路线如下:已知:R-X+→+H-X(1)下列说法正确的是______(填编号)。A化合物A不能使三氧化铁溶液显紫色B．反应①④⑤均为取代反应C．合成过程中反应③与反应④不能调换D．反应②中K2CO3的作用是使反应向正方向移动(2)写出物质C的结构简式:__________。(3)写出反应②的化学方程式:_____________。(4)设计以苯和乙烯为原料制备的合成路线(用流程图表示，其他无机试剂任选)____________。(5)经过水解和氧化后可得到分子式为C4H9O2N的物质F，写出物质F的可能的同分异构体结构简式__________。须同时符合:①分子结构中有一个六元环；②1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子。24、（12分）a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，相关信息如下表所示。a原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同b基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1c位于第2周期，原子核外有3对成对电子、两个未成对电子d位于周期表中第1纵列e基态原子M层全充满，N层只有一个电子请回答：（1）c属于_____________区的元素。（2）b与其同周期相邻元素第一电离能由大到小的顺序为______________（用元素符号表示）。（3）若将a元素最高价氧化物水化物对应的正盐酸根离子表示为A，则A的中心原子的轨道杂化类型为_____________，A的空间构型为____________________；（4）d的某氯化物晶体结构如图,每个阴离子周围等距离且最近的阴离子数为________;在e2+离子的水溶液中逐滴滴加b的氢化物水溶液至过量，可观察到的现象为_____________。25、（12分）利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.50mol/L盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol/LNaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：(1)写出该反应的热化学方程式（已知生成lmol液态水的反应热为－57.3kJ/mol）______________________。(2)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol/L盐酸恰好完全反应，其反应热分别为∆H1、∆H2、∆H3，则∆H1、∆H2、∆H3的大小关系为________________________。(3)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)，为了计算中和热，某学生实验记录数据如表：实验序号起始温度终止温度盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.223.2220.220.423.4320.420.623.6420.120.326.9依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热∆H_____(结果保留一位小数)。(4)如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________(填“相等、不相等”)，所求中和热__________(填“相等、不相等”)。(5)利用简易量热计测量室温下盐酸与氢氧化钠溶液中和反应的反应热，下列措施不能提高实验精度的是（_______）A．利用移液管(精确至0.01mL)代替量筒(精确至0.1mL)量取反应液B．快速将两溶液混合，匀速搅拌并记录最高温度C．在内、外筒之间填充隔热物质，防止热量损失D．用量程为500℃的温度计代替量程为100℃的温度26、（10分）无水MgBr2可用作催化剂．实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：步骤1三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴．步骤2缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中．步骤3反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚溴化镁粗品．步骤4室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品．已知：①Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性．②MgBr2+3C2H5OC2H5⇌MgBr2•3C2H5OC2H5请回答：（1）仪器A的名称是______．实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是______________（2）如将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是___________________（3）步骤3中，第一次过滤除去的物质是_________________．（4）有关步骤4的说法，正确的是__________________．A、可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B、洗涤晶体可选用0℃的苯C、加热至160℃的主要目的是除去苯D、该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴（5）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2++Y4﹣═MgY2﹣①滴定管洗涤前的操作是_____________________________．②测定时，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500mol•L﹣1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液25.00mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是__________________（以质量分数表示）．27、（12分）无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。已知:①AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华；②无水AlCl3遇潮湿空气变质。Ⅰ.实验室可用下列装置制备无水AlCl3。（1）组装好仪器后，首先应_____________，具体操作为_____________________（2）装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是__________________。装置C中盛放的试剂是________________。装置F中试剂的作用是__________。若用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为_______（3）将所制得的无水AlCl3配制溶液时需加入盐酸的目的是_________Ⅱ.工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备,流程如下:（1）氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为___________________（2）700℃时,升华器中物质充分反应后降温实现FeCl3和AlCl3的分离。温度范围应为_______a.低于183℃b.介于183℃和315℃之间c.高于315℃（3）样品(含少量FeCl3)中AlCl3含量可通过下列操作测得(部分物质略去)。计算该样品中AlCl3的质量分数________(结果用m、n表示,不必化简)。28、（14分）有A、B、C、D、E、F六种元素：其中A、B、C、D、E是短周期元素，F为过渡金属，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，B的最外层电子数是内层电子数的3倍。C、D、E同处另一周期。C、B可按原子个数比2∶l和1∶1分别形成两种化合物甲和乙。D、A按原子个数比3∶2形成离子化合物丙。E是地壳中含量最高的金属元素，F是生活生产中用量最多的金属。根据以上信息回答下列问题：（1）A原子最外层的电子排布图_______（2）B元素在周期表中的位置是______________（3）化合物乙的化学键类型是________________（4）化合物丙的电子式是____________（5）F的电子排布式是__________29、（10分）五种短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大。X、Y是非金属元素X、Y、Q元素的原子最高能级上电子数相等；Z元素原子的最外层电子数是次外层的两倍；W元素原子核外有三种不同的能级且原子中p亚层与s亚层电子总数相等；Q元素电离能分别是I1=496，I2=4562，I3=6912。回答下列问题：(1)基态Q原子的核外电子排布式是____________________。(2)Q、W形成的化合物Q2W2中的化学键类型是______________。(3)Y能与氟元素形成YF3，该分子的空间构型是_______，该分子属于______分子(填“极性”或“非极性”)。Y与X可形成具有立体结构的化合物Y2X6，该结构中Y采用______杂化。(4)Y(OH)3是一元弱酸，其中Y原子因缺电子而易形成配位键，写出Y(OH)3在水溶液中的电离方程式_______________。(5)Z的一种单质晶胞结构如下图所示。①该单质的晶体类型为___________。②含1molZ原子的该晶体中共有_____mol化学键。③己知Z的相对原子质量为M，原子半径为rpm，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为____g·cm-3。

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、B【解题分析】分析：利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较。详解：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B⇌3C+4D，

A、υ（A）=0.5

mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=2υ（A）=1mol/（L•s），

B、υ（B）=0.3mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=4υ（B）=1.2mol/（L•s），

C、υ（C）=1.2mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=43υ（C）=4D、υ（D）=0.6

mol/（L•s），

所以B选项是正确的。点睛：本题考查反应速率快慢的比较，难度不大，注意比较常用方法有：1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快。另外，还要注意统一单位。2、D【解题分析】

甲和乙的电子层排布可能为1s22s22p2和1s22s22p63s2，即为碳和镁元素，它们位于不同的周期、不同的主族、不同的区域，二者的原子序数之和是6+12＝18，为偶数；答案选D。3、B【解题分析】

A．油脂的硬化是不饱和高级脂肪酸甘油酯与氢气在一定条件下发生加成反应变成饱和高级脂肪酸甘油酯的过程，属于加成反应或还原反应，故A错误；B．涤纶、尼龙、环氧树脂、酚醛树脂等都属于合成高分子化合物，都是通过缩聚反应制得的，故B正确；C．蛋白质受某些理化因素的影响，其空间结构发生变化，引起理化性质和生物活性的变化，称为蛋白质的变性，故C错误；D．蔗糖的水解产物是葡萄糖和果糖，麦芽糖的水解产物只有葡萄糖，故D错误；答案选B。4、B【解题分析】

A.乙酸乙酯的提纯应用饱和碳酸钠溶液，乙醇易溶于水，乙酸和碳酸钠反应被溶液吸收，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，起到分离的目的，另外右侧导管不能插入溶液内，易产生倒吸，A错误；B.氨气易溶于水，收集时要防止倒吸，氨气不溶于CCl4，将氨气通入到CCl4试剂中，不会产生倒吸，B正确；C.石油分馏时温度计是测量馏分的温度，不能插入到液面以下，应在蒸馏烧瓶支管口附近，C错误；D.浓盐酸易挥发，生成的二氧化碳气体中含有HCl气体，比较盐酸、碳酸、苯酚的酸性强弱时，应将HCl除去，否则会影响实验结论，D错误；答案选B。5、C【解题分析】

A.K2Cr2O7具有强的氧化性，可以氧化乙醇与乙醛，从而使溶液变为绿色，因此不能鉴别乙醇与乙醛，A错误；B.乙酸钠是强碱弱酸盐，水溶液中由于CH3COO-水解而使溶液显碱性，因此向该溶液中通入CO2气体可以溶解，不能证明酸性乙酸比碳酸强，向苯酚钠溶液中通入CO2气体，CO2、H2O、苯酚钠反应，产生苯酚和NaHCO3，由于在室温下苯酚在水中溶解度不大，因此可以看到溶液变浑浊，因此只能证明酸性H2CO3>苯酚，但不能证明酸性乙酸>H2CO3，B错误；C.乙醇与Na反应不如水与Na反应剧烈，可以证明烃基对羟基上氢原子活性的影响，C正确；D.苯与溴水不能反应，而苯酚与浓溴水会发生取代反应产生三溴苯酚白色沉淀，证明羟基使苯环更活泼，不能说明苯环对取代基上氢原子活性的影响，D错误；故合理选项是C。6、D【解题分析】

A．分子式为C2H6O且能与金属钠反应的有机物为乙醇，只有一种结构，故A错误；B．1mol乙烷含有6molH原子，则1mol乙烷在光照条件下最多能与6molCl2发生取代反应，故B错误；C．葡萄糖为单糖，不能发生水解反应，故C错误；D．矿物油属于烃类，不能发生水解反应，而植物油属于油脂，可在碱性条件下发生水解反应；现象不同，可鉴别，故D正确；故选D。【题目点拨】本题的易错点为D，要注意矿物油和植物油主要成分的区别。7、A【解题分析】

有机物甲的分子式应为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯。由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，判断5碳醇属于戊醇的同分异构体，4碳羧酸属于丁酸的同分异构体，据此判断有机物甲的同分异构体数目。【题目详解】有机物甲的分子式应为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯。由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子；含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH(CH3)COOH；含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH(OH)CH3，CH3CH2CH(OH)CH2CH3；CH3CH2CH(CH3)CH2OH，CH3CH2C(OH)(CH3)CH3，CH3CH(OH)CH(CH3)CH3，CH2(OH)CH2CH(CH3)CH3；CH3C(CH3)2CH2OH；所以有机物甲的同分异构体数目有2×8=16，故答案为A。【题目点拨】有机物产生同分异构体的本质在于原子的排列顺序不同，在中学阶段主要指下列三种情况：(1)碳链异构：由于碳原子的连接次序不同而引起的异构现象，(2)官能团位置异构：由于官能团的位置不同而引起的异构现象，如：CH3CH2CH=CH2和CH3CH=CHCH3。(3)官能团异类异构：由于官能团的不同而引起的异构现象，主要有：单烯烃与环烷烃；二烯烃、炔烃与环烯烃；醇和醚；酚与芳香醇或芳香醚；醛与酮；羧酸与酯；硝基化合物与氨基酸；葡萄糖与果糖；蔗糖与麦芽糖等。8、C【解题分析】分析：第一份溶液加入AgNO3溶液有沉淀产生，推得可能含有Cl－、CO32－、SO42－；第二份溶液加足量NaOH溶液加热后收集到气体，推得一定含有NH4＋；第三份溶液加入足量BaCl2，生成的沉淀部分溶于盐酸，部分不溶，推得一定存在CO32－、SO42－，则一定不存在Ba2＋、Mg2＋；计算确定的离子的物质的量，根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，推断溶液是否存在K＋、Cl－的情况．详解：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl－+Ag＋═AgCl↓、CO32－+2Ag＋═Ag2CO3↓、SO42－+2Ag＋═Ag2SO4↓，所以可能含有Cl－、CO32－、SO42－；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.06mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4＋，根据反应NH4＋+OH－NH3↑+H2O，产生NH3为0.06mol，可得NH4＋也为0.06mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀8.24g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸，为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸，为BaSO4，发生反应CO32－+Ba2＋═BaCO3↓、SO42－+Ba2＋═BaSO4↓，因此溶液中一定存在CO32－、SO42－，一定不存在Ba2＋、Mg2＋，由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为2.33g/233g·mol－1=0.01mol，故SO42－的物质的量为0.01mol，BaCO3为8.24g-2.33g═5.91g，物质的量为5.91g/197g·mol－1=0.03mol，则CO32－物质的量为0.03mol，由上述分析可得，溶液中一定存在CO32－、SO42－、NH4＋，一定不存在Mg2＋、Ba2＋，而CO32－、SO42－、NH4＋物质的量分别为0.03mol、0.01mol、0.06mol，A．CO32－、SO42－所带负电荷为0.03mol×2+0.01mol×2=0.08mol，NH4＋所带正电荷为0.06mol，根据溶液中电荷守恒，可知K＋一定存在，故A错误；B．由上述分析可得，100mL溶液中CO32－物质的量为0.03mol，故B错误；C．CO32－、SO42－所带负电荷为0.03mol×2+0.01mol×2=0.08mol，NH4＋所带正电荷为0.06mol，根据溶液中电荷守恒，可知Cl－可能存在，故C正确；D．由上述分析可知，溶液中一定存在CO32－、SO42－、NH4＋，一定不存在Mg2＋、Ba2＋，故D错误；故选：C。点睛：本题采用定性实验和定量计算相结合考查离子共存与检验，难点：根据电荷守恒判断是否存在K＋、Cl－的情况。9、A【解题分析】A，硅晶体属于原子晶体，其中n（Si）：n（Si-Si）=1:2，有NA个Si就有2NA个Si-Si键，A项正确；B，由于溶液的体积未知，无法判断两溶液中Na+数目的大小关系，B项错误；C，惰性电极电解食盐水时阳极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，线路中通过2NA个电子时生成1molCl2，但由于Cl2所处温度和压强未知，无法用22.4L/mol计算Cl2的体积，C项错误；D，n（SO2）=44.8L22.4L/mol=2mol，Na2O2与SO2反应的化学方程式为Na2O2+SO2=Na2SO4~2e-，2molNa2O2与2molSO2完全反应转移点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算。涉及原子晶体中共价键的确定、溶液中粒子物质的量的确定、气体体积的计算、氧化还原反应中转移电子数的确定。注意：在晶体硅中每个硅原子形成4个Si-Si键，但其中n（Si）：n（Si-Si）=1:2；22.4L/mol适用于标准状况下求气体的体积。10、D【解题分析】

A.溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，A项正确，不符合题意；B．实验Ⅰ和Ⅱ没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验Ⅲ中却有气泡，说明氧化膜被破坏，B项正确，不符合题意；C．Na2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH－反应，生成偏铝酸根，2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，AlO2－和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，C项正确，不符合题意；D．CO32－的水解是吸热的，加热可以促进水解。H2产生的原因是Al和CO32－水解生成的OH－反应生成H2，H2逸出，有利于Al和OH－的反应，OH－减少，从而促进碳酸根水解，加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动方向的影响是相同的，D项错误，符合题意；本题答案选D。11、C【解题分析】

A．硫化氢与硫酸铜反应生成黑色沉淀，而乙炔不能，利用洗气法分离，A项正确；B．溴易与溴苯混溶而难于除去，因此可选NaOH溶液，利用溴可与氢氧化钠溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠、水进入水层，并利用分液方法分离，故B正确；C.苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚属于有机物易溶于有机溶剂苯中，无法分离，C项错误；D．利用氧化钙易吸收水且与水反应生成微溶且沸点较高的氢氧化钙这一特点，将乙醇利用蒸馏的方式分离提纯，D项正确；答案应选C。【题目点拨】本题主要考查的是有机混合物的除杂问题。解题时需要注意的是在选择除杂试剂时，应注意除去杂质必有几个原则：（1）尽可能不引入新杂质（2）实验程序最少（3）尽可能除去杂质。(4)也可以想办法把杂质转变为主要纯净物。（5）减少主要物质的损失。12、C【解题分析】

A、NaOH溶液滴入FeSO4溶液，发生反应Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓，因为Fe(OH)2容易被O2氧化，发生反应4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，现象为产生白色沉淀，迅速转变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀，涉及氧化还原反应，A错误；B、氯水中发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，即氯水的成份是Cl2、HCl、HClO，氯水滴入石蕊，溶液先变红，HClO具有强氧化性，能把有色物质漂白，即红色褪去，涉及氧化还原反应，B错误；C、KSCN溶液滴入FeCl3溶液中发生反应FeCl3＋3KSCN＝Fe(SCN)3＋3KCl，溶液变为红色，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，C正确；D、CO2通过装有Na2O2固体的干燥管，发生反应2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2，固体由淡黄色变为白色，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，D错误。答案选C。【题目点拨】本题考查氧化还原反应判断，题目难度不大，判断一个反应是否属于氧化还原反应，需要看是否有化合价的变化，有化合价变化的反应，才属于氧化还原反应，这是解题的关键。13、B【解题分析】芳香烃C8H10的结构有乙苯、邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯四种结构，乙苯的一氯代物有5种、邻二甲苯的一氯代物有3种、间二甲苯的一氯代物有4种、对二甲苯的一氯代物有2种，共14种，故B正确。14、B【解题分析】

A.制乙酸乙酯时，并不是一定要控制在170℃，利用乙醇制备乙烯时温度控制在170℃，A项错误；B.滴有酚酞的的溶液中显碱性，是因为CO32-+H2OHCO3-+OH-，加入钡离子，可以消耗碳酸根离子，使水解平衡向逆向移动，导致氢氧根减少，所以红色褪去，B项正确；C.金属钠不能储存在乙醇中，因为乙醇羟基中的H原子可以与金属钠发生反应，C项错误；D.石灰水中的氢氧化钙与碳酸氢钠或者碳酸钠反应都生成碳酸钙沉淀，现象相同，不可以鉴别，D项错误；答案选B。15、D【解题分析】

A和B的量筒只能精确到0.1mL的溶液，故A、B不选；C．高锰酸钾溶液有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的胶管，故C不选；D．滴定管能量取0.01mL的溶液，故应用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，故D选；故选D。16、B【解题分析】A.次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色的物质是HClO，故A错误；B.氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；C.加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl-存在，加盐酸酸化引入氯离子，不能证明氯水中是否含有氯离子，故C错误；D.氯水的漂白性是因为有次氯酸，氯水放置数天后，次氯酸分解为氧气和氯化氢，所以酸性变强，pH变小，失去漂白性，故D错误；故选B。点睛：氯气通入水中，与水反应发生Cl2+H2O═HCl+HClO，HClO⇌H++ClO-，HCl=H++Cl-，所以氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-，再结合离子、分子的性质来解答。17、C【解题分析】

A.根据溶液呈电中性可知，c(H+)+c（K+）=c(OH-)+c（Cl-）+c（NO3-）+c（HS-），若c（K+）＜c（Cl-），则c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性，在酸性条件下HS-不能大量共存，且NO3-有强氧化性可以将其氧化，故A错误；B.Fe3+与SO32-能发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C.逐滴滴加氨水，溶液的碱性增加，HCO3-与一水合氨反应生成碳酸根离子，马上与镁离子反应，立即有碳酸镁沉淀和氢氧化镁沉淀产生，C正确；D.滴加NaOH浓溶液时，与CH3COOH反应生成盐和水，无气体产生，D错误；答案为C。18、C【解题分析】

A．手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，X中只有连接氨基的为手性碳原子，故A错误；B．Y含有羧基和碳碳双键，具有乙烯和甲酸的结构特点，所有原子可能在同一平面内，故B错误；C．X含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，Y含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成气体，则可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别X和Y，故C正确；D．M含有2个酚羟基、1个羧基、1个肽键、和1个酯基，都可与氢氧化钠反应，则在NaOH溶液中，1

mol

M最多可与6

mol

NaOH发生反应，故D错误；故选C。【题目点拨】分析有机物的原子共面问题时，重点掌握C-C、C=C、C≡C和苯的空间结构特点，有机物中的原子共平面问题可以直接联想甲烷的正四面体结构、乙烯的平面型结构、乙炔的直线型结构和苯的平面型结构，对有机物进行肢解，分部分析，另外要重点掌握碳碳单键可旋转、双键和三键不可旋转。有机物中的原子共平面问题可以直接联想甲烷的正四面体结构、乙烯的平面型结构、乙炔的直线型结构和苯的平面型结构，对有机物进行肢解，分部分析，另外要重点掌握碳碳单键可旋转、双键和三键不可旋转。19、C【解题分析】

A.H2能燃烧，但没有毒，A错误；B.O2不能燃烧，也没有毒，B错误；C.H2S有毒且能在空气中燃烧，C正确；D.CO2不能燃烧，也没有毒，D错误；答案选C。20、A【解题分析】A、加聚反应为加成聚合反应，不会引进羟基，选项A选；B、卤代烃发生取代反应可以引入羟基，选项B不选；C、烯烃和水发生加成反应引入羟基，选项C不选；D、酯发生水解反应生成羟基，选项D不选。答案选A。21、C【解题分析】

混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，n(HCl)=0.2mol，n(H2)=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，n(Fe2+)=0.1mol，由反应2Fe3++Fe=3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，则A．根据以上分析知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，故无法确定混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比，A错误；B．反应后所得溶液为FeCl2溶液，阳离子与阴离子的物质的量浓度之比为1：2，B错误；C．混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，由铁与酸反应生成氢气及反应2Fe3++Fe=3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，C正确；D．FeO的物质的量无法确定，不能确定Fe与FeO的物质的量的关系，D错误；故答案选C。22、D【解题分析】

用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1∶2的CuSO4和NaCl的混合溶液，设硫酸铜浓度为1mol/L，体积为1L，氯化钠浓度为1mol/L，溶液体积为2L，则n（CuSO4）=n（Cu2＋）=1mol，n（NaCl）=n（Cl-）=2mol，根据转移电子守恒：第一阶段：阳极上氯离子放电，阴极上铜离子放电，当铜离子完全析出时，转移电子的物质的量为2mol，转移2mol电子时，氯离子恰好放电完全，则此时发生的电解反应为②；第二阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以发生的电解反应为④；选D。二、非选择题(共84分)23、CD、、【解题分析】分析：本题考查有机物的推断和合成，充分利用有机物的结构进行分析解读，侧重考查学生的分析推理能力，知识迁移能力。详解：根据A到B再到，对比分子式和有机物的结构，可知A为，B为，反应①为硝化反应，反应②为取代反应。而由到C脱掉一分子水，再对比前后的结构，可以推出C的结构为，反应④发生的是硝基还原为氨基的反应，则D为。(1)A.化合物A的结构为，含有酚羟基和醛基，能使三氧化铁溶液显紫色，故错误；B.反应①为取代，④为还原反应，⑤为取代反应，故错误；C.合成过程中反应③与反应④不能调换，否则醛基有会与氢气发生加成反应，故正确；D.反应②中生成盐酸，而盐酸可以和K2CO3，所以碳酸钾的作用是使反应向正方向移动，故正确；故选CD。(2)根据以上分析可知物质C的结构简式为：；(3)反应②的化学方程式为；（4）根据题中信息可知，氨基可以和二卤代烃反应生成环，所以先生成二卤代烃和氨基。合成路线为：。（5）分子式为C4H9O2N的物质F，写出物质F的可能的同分异构体结构①分子结构中有一个六元环；②1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，则说明结构有对称性，六元环由3个碳和一个氮原子和2个氧原子形成对称位置的环，另外连接一个甲基即可，结构为或。或六元环由一个氮原子和一个氧原子和4个碳原子形成有对称性的环，另外连接羟基，结构为。24、pN＞O＞Csp2平面三角形12先产生蓝色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，生成深蓝色溶液【解题分析】

a原子原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，确定a原子的核外电子排布为1s22s22p2，则a为C元素；b原子基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1，确定b原子的核外电子排布为1s22s22p3则b为N元素；c位于第2周期，原子核外有3对成对电子、两个未成对电子，确定c原子的核外电子排布为1s22s22p4，则c为O元素；a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，d位于周期表中第1纵列，则d为元素Na或K；e原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则e为Cu，据此分析；【题目详解】（1）c为氧元素，位于第六主族，属于p区的元素；答案：p（2）b为N元素，与其同周期相邻元素为C、O，因为N核外电子排布处于半满状态，比较稳定，第一电离能大于C、O；O的非金属性强与C，第一电离能大于C；第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；答案：N＞O＞C（3）CO32-的价层电子对数为=3，中心原子的轨道杂化类型为sp2，空间构型为平面三角形；答案：sp2平面三角形（4）根据晶体结构可以看出,每个阴离子周围等距离且最近的阴离子数为12;在铜盐溶液中逐滴加入氨水至过量，该过程中先生成蓝色沉淀，后氢氧化铜溶解在氨水中生成配离子，得到深蓝色溶液，发生Cu2++2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+，Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；答案：12先产生蓝色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，生成深蓝色溶液25、HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol△H1=△H2＜△H3-51.8kJ/mol不相等相等D【解题分析】

（1）稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，反应的热化学方程式为：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；(2)NaOH、Ca（OH）2都属于强碱，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热的，稀氨水和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，放热反应的∆H<0，所以△H1=△H2＜△H3；(3)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.1℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.1℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为：3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.5℃，反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.1℃；第4次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.2℃，反应后温度为：26.9℃，反应前后温度差为：6.7℃，误差太大，舍去；则实验中平均温度差为3.1℃，50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cm△t得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×100g×3.1℃=12958J=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958kJ×=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol；（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量增多，但是中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，测得中和热数值相等，故答案为不相等；相等；（5）A、提高所用试剂量的准确度可提高测量反应热的精确度；B、能减少热量散失，可提高实验精度；C、能减少热量散失，可提高实验精度；D、温度计用500℃量程，最小刻度变大，测定温度不准确，使实验精度降低。答案选D。【题目点拨】注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。26、干燥管防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患镁屑BD检漏92%【解题分析】

（1）仪器A为干燥管，本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气，防止镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍Mg和Br2的反应，故答案为干燥管；防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应；（2）将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，装置B是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反应容易控制，可防止反应过快，故答案为会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；（3）步骤3过滤出去的是不溶于水的镁屑，故答案为镁屑；（4）A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，选项A错误；B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C的苯，可以减少产品的溶解，选项B正确；C．加热至160°C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，选项C错误；D．该步骤是为了除去乙醚和溴，选项D正确；答案选BD；（5）①滴定管洗涤前的操作是检漏；②依据方程式Mg2++Y4-═MgY2-分析，溴化镁的物质的量=0.0500mol/L×0.0250L=0.00125mol，则溴化镁的质量为0.00125mol×184g/mol=0.23g，溴化镁的产品的纯度=×100%=92%。27、检查装置气密性关闭装置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸馏水没过导管，微热A，一段时间后若G中有气泡冒出，停止加热后导管内有水柱，则气密性良好；除HCl浓硫酸吸收水，防止无水AlCl3遇潮湿空气变质碱石灰抑制铝离子水解Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3COb×100%或×100%【解题分析】

I.（1）此实验中有气体的参与，因此实验之前首先检验装置的气密性；检验气密性的方法，一般采用加热法和液差法两种；（2）利用题中信息，可以完成；（3）从水解的应用角度进行分析；II.（1）根据流程的目的，焦炭在高温下转化成CO，然后根据化合价升降法进行配平；（2）利用AlCl3和FeCl3升华的温度，进行分析；（3）根据元素守恒进行计算。【题目详解】I.（1）装置A制备氯气，因此需要检验装置的气密性，本实验的气密性的检验方法是：关闭装置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸馏水没过导管，微热A，一段时间后若G中有气泡冒出，停止加热后导管内有水柱，则气密性良好；（2）A中制备的氯气中混有HCl和H2O，HCl能与Al发生反应，AlCl3遇水易变质，因此必须除去HCl和H2O，装置B的作用是除去氯气中的HCl，装置C的作用是除去水蒸气，即盛放的是浓硫酸。因为AlCl3遇水易变质，因此装置F的作用是防止G中水蒸气进去E装置，使AlC