2024届黑龙江省齐齐哈尔市第十一中学高二化学第二学期期末经典模拟试题含解析

2024届黑龙江省齐齐哈尔市第十一中学高二化学第二学期期末经典模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、元素处于基态时的气态原子获得一个电子成为－1价阴离子时所放出的能量叫做该元素的第一电子亲和能。－1价阴离子再获得一个电子的能量变化叫做第二电子亲和能。下表中给出了几种元素或离子的电子亲和能数据：元素LiNaKOO-F电子亲和能/kJ·mol-159.852.748.4141－780327.9下列说法正确的是（

）A．电子亲和能越大，说明越难得到电子B．一个基态的气态氟原子得到一个电子成为氟离子时放出327.9kJ的能量C．氧元素的第二电子亲和能是－780kJ·mol-1D．基态的气态氧原子得到两个电子成为O2-需要放出能量2、下列反应中，HNO3既表现酸性又表现出氧化性的是A．使紫色石蕊溶液变红B．与铜反应C．与Na2CO3溶液反应D．与S单质混合共热时生成H2SO4和NO23、中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是（）A．SO2和湿润的Cl2都有漂白性，推出二者混合后漂白性更强B．Fe3Cl8可以改写为FeCl2·2FeCl3，推出Fe3I8可以改写为FeI2·2FeI3C．由F、Cl、Br、I非金属性依次减弱，推出HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱D．CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成，推出SO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成4、某有机物分子式为C4HmO，下列说法中，不正确的是A．1mol该有机物完全燃烧时，最多消耗6molO2B．当m=6时，该有机物遇到FeCl3溶液显紫色C．当m=8时，该有机物不一定能被新制氢氧化铜悬浊液氧化D．当m=10时，该有机物不一定是丁醇5、下列说法不正确的（）A．玛瑙、水晶、钻石等装饰品的主要成分不相同B．铁粉可作食品袋内的脱氧剂C．漂白液、漂白粉、漂粉精的成分尽管不同，但漂白原理是相同的D．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品6、NH3是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(见右图)，下列说法正确的是A．NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥B．NH4Cl、NaHCO3和Na2CO3受热时都易分解C．NH3和NO2在一定条件下可发生氧化还原反应D．图中所涉及的盐类物质均可与Ca(OH)2发生反应7、下列叙述中,正确的一组是（）①糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解②制造婴儿用的一次性纸尿片采用的吸水保水的材料可以是③石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化④葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素均互为同分异构体⑤淀粉遇碘酒变蓝色,葡萄糖能与新制Cu(OH)2发生反应⑥塑料、橡胶和纤维都是合成高分子材料⑦向蛋白质溶液中加入饱和CuSO4溶液,出现盐析现象,加水溶解A．②⑤B．①⑤⑦C．③④⑥D．②⑥⑦8、下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（）A．棉花、蚕丝和人造丝的主要成分都是纤维素B．甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应C．蔗糖、麦芽糖的分子式均为C12H22O11，二者互为同分异构体D．乙醇、乙酸均能与NaOH反应，因为分子中均含有官能团“—OH”9、下列溶液中，Na+数目最多的是（）A．1mol•L－1Na2SO4溶液100mLB．0.9mol•L－1Na3PO4溶液100mLC．2.5mol•L－1NaOH溶液100mLD．1mol•L－1NaHCO3溶液100mL10、NA是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．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAC．pH=1的HCl溶液中，含有0.1NA个H+D．0.1mol苯乙烯分子中，含有碳碳双键的数目为0.4NA11、下列有关化学与生产、生活的说法中，不正确的是A．陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品B．“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同C．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝D．锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去12、在下列状态下，属于能够导电的电解质是（）A．氯化钠晶体 B．液态氯化氢 C．硝酸钾溶液 D．熔融氢氧化钠13、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＝CHCOOCH314、某溶液X含有K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、Cl－、CO32－、OH－、SiO32－、NO3－、SO42－中的几种，已知该溶液中各离子物质的量浓度均为0.20mol·L－1（不考虑水的电离及离子的水解）。为确定该溶液中含有的离子，现进行了如下的操作：下列说法正确的是A．无色气体可能是NO和CO2的混合物B．由步骤③可知，原溶液肯定存在Fe3＋C．溶液X中所含离子种类共有4种D．另取100mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，理论上得到的固体质量为2.4g15、测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（

）A．Na₂SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2OHSO-3+OH-B．④的pH与①不同,是由于SO32-浓度减小造成的C．①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D．①与④的Kw值相等16、利用如下实验探究铁钉在不同溶液中的吸氧腐蚀。下列说法不正确的是A．上述正极反应均为O2+4e-+2H2O=4OH-B．在不同溶液中，Cl-是影响吸氧腐蚀速率的主要因素C．向实验④中加入少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快D．在300min内，铁钉的平均吸氧腐蚀速率酸性溶液大于中性溶液17、下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是A．热稳定性：HF＜HCl＜HBr＜HI B．微粒半径：K+＞a+＞Mg2+＞Al3+C．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3 D．最外层电子数：Li＜Mg＜Si＜Ar18、某鱼雷采用Al-AgO动力电池，以溶解有氢氧化钾的流动海水为电解液，电池反应为：2Al+3AgO+2KOH=3Ag+2KAlO2+H2O，下列说法不正确的是A．AgO为电池的正极 B．Al在电池反应中被氧化C．电子由AgO极经外电路流向Al极 D．溶液中的OH-向Al极迁移19、化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是A．碘酒是指单质碘的乙醇溶液B．84消毒液的有效成分是NaClOC．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D．装饰材料释放的甲醛会造成污染20、下列说法正确的是A．生物柴油的主要成分是液态烃B．尽管人体内不含消化纤维素的酶，但纤维素在人类食物中也是必不可缺少的C．糖类又称为碳水化合物，均可用通式Cn(H2O）m表示D．淀粉的糊化作用和鸡蛋清中滴加饱和Na2SO4溶液出现沉淀的现象均属于化学变化21、下列有关金属的说法正确的是()①纯铁不容易生锈②钠着火用水扑灭③铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属④缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金⑥KSCN溶液可以检验Fe3＋A．①④⑤⑥ B．②③④⑤C．①③④⑤ D．①②⑤⑥22、下列叙述正确的是()A．石油经过分馏及裂化等方法得到的物质均为纯净物B．煤的干馏是物理变化，石油的裂解和裂化是化学变化C．地沟油可加工制成生物柴油，其成分与从石油中提取的柴油的成分相同D．棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和羊毛的主要成分都是蛋白质二、非选择题(共84分)23、（14分）由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D,存在如图转化关系(部分生成物和反应条件已略去)。（1）若A为Na,则E为________,A与水反应的离子方程式为____________________（2）若A为Na2O2,则E为________,A与CO2反应的化学方程式为____________________,每有1molNa2O2参加反应，转移电子数为________NA（3）①A不论是Na还是Na2O2,依据转化关系判断物质B是________物质C是________②向饱和的C溶液中通入CO2会析出白色晶体，该晶体为________，用化学方程式表示其反应原理为：_____________________③将1mol/L的B溶液逐滴加入到1L1mol/L的AlCl3溶液中，产生白色沉淀39g，则所加入的B溶液的体积可能为________L或者________L24、（12分）吡喹酮(H)是一种治疗血吸虫病的药物，合成路线如下图所示：已知：iii（1）下列说法正确的是______________。A.1molC最多消耗2molH2B.可以用双缩脲鉴别H与FC.化合物E、F均可发生消去反应D.化合物H的分子式为C19H24N2O2（2）试剂a的结构简式______________，E→F的反应类型为______________。（3）D→E的化学方程式是__________________________________________。（4）写出同时符合下列条件的C的所有同分异构体的结构简式______________。①分子中有苯环而且是苯环的邻位二取代物；②1H－NMR谱表明分子中有6种氢原子；IR谱显示存在碳氮双键（C＝N）。（5）G→H三步反应依次为氧化、加成、取代反应，则G→H的合成路线为：______________。25、（12分）苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，有机化学中通过酯化反应原理，可以进行苯甲酸甲酯的合成。有关物质的物理性质、实验装置如下所示：苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/℃122.4﹣97﹣12.3沸点/℃24964.3199.6密度/g．cm﹣31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶实验一：制取苯甲酸甲酯在大试管中加入15g苯甲酸和一定量的甲醇，边振荡边缓慢加入一定量浓硫酸，按图A连接仪器并实验。(1)苯甲酸与甲醇反应的化学方程式为______________________________________。(2)中学实验室中制取乙酸乙酯时为了提高酯的产率可以采取的措施有___________________________实验二：提纯苯甲酸甲酯该实验要先利用图B装置把图A中制备的苯甲酸甲酯水洗提纯，再利用图C装置进行蒸馏提纯(3)用图B装置进行水洗提纯时，B装置中固体Na2CO3作用是__________________。(4)用图C装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示____________时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯。(5)最终制取15g苯甲酸甲酯，计算得苯甲酸甲酯的产率为______________(小数点后保留1位有效数字)。26、（10分）实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4++6HCHO===3H＋+6H2O+(CH2)6N4H＋[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与lmolH+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤I称取样品1.500g。步骤II将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤III移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20％的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1-2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。（1）根据步骤III填空：①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察____________A．滴定管内液面的变化B．锥形瓶内溶液颜色的变化④滴定达到终点时，酚酞指示剂由_______色，且_____________。（2）滴定结果如下表所示：若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol·L－1则该样品中氮的质量分数为______（3）实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下：甲基橙：3.1～4.4

石蕊：5.0～8.0

酚酞：8.2～10.0用0.1000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是__________。A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂（4）在25℃下，向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为_________。已知25℃时Ksp［Mg(OH)2］=1.8×10—11,Ksp［Cu(OH)2］=2.2×10—20。（5）在25℃下，将amol·L—1的氨水与0.01mol·L—1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl—)，则溶液显_______性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=_______。27、（12分）丙酸异丁酯(isobutylacetate)具有菠萝香气，主要用作漆类的溶剂和配制香精。实验室制备丙酸异丁酯的反应、装置示意图和有关信息如下：实验步骤：在圆底烧瓶中加入3.7g的异丁醇，7.4g的丙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片，控温106～125℃，反应一段时间后停止加热和搅拌，反应液冷却至室温后，用饱和NaHCO3溶液洗涤分液后加入少量无水硫酸镁固体干燥，静置片刻，过滤除去硫酸镁固体，进行常压蒸馏纯化，收集130～136℃馏分，得丙酸异丁酯3.9g。回答下列问题：(l)装置A的名称是__________。(2)实验中的硫酸的主要作用是___________。(3)用过量丙酸的主要目的是______________________。(4)用饱和NaHCO3溶液洗涤粗酯的目的是____________。(5)在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后_________（填字母）。A．直接将丙酸异丁酯从分液漏斗上口倒出B．直接将丙酸异丁酯从分液漏斗下口放出C．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将丙酸异丁酯从上口倒出D．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将丙酸异丁酯从下口放出(6)本实验丙酸异丁酯的产率是_________。28、（14分）研究氮氧化物反应机理，对于控制汽车尾气、保护环境有重要意义。（1）NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH，上述反应分两步完成，其中第一步反应①如下，写出第二步反应②的热化学方程式（其反应的焓变ΔH2用含ΔH、ΔH1的式子来表示）：①2NO(g)N2O2(g)ΔH1＜0，②___________；（2）NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应的热化学方程式为：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（g）△H=－1811.63KJ/mol；反应在恒容密闭容器中进行，在其它相条件同时，选用不同的催化剂，反应产生N2的物质的量随时间变化如图所示。①在催化剂A的作用下，经过相同时间，测得脱氮率随反应温度的变化情况如图2所示，据图可知，在相同的时间内，300℃之前，温度升高脱氮率逐渐增大，300℃之后温度升高脱氮率逐渐减小（催化剂均末失效），写出300℃之后脱氮率减小的原因是_________。②其他条件相同时，请在图中补充在催化剂B作用下脱氮率随温度变化的曲线________。（3）工业制HNO3的尾气中含有的NO2和NO常用NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，现有平均组成为NOx的NO、NO2混合气体，通入足量的NaOH溶液中，充分反应后没有气体剩余，则：①x的取值范围为_________________。②反应后溶液中n(NO2－)︰n(NO3－)=____________________。(用含x的代数式表示）（4）电解法处理氮氧化合物是目前大气污染治理的一个新思路，原理是将NOx在电解池中分解成无污染的N2和O2除去，如图示，两电极间是新型固体氧化物陶瓷，在一定条件下可自由传导O2－，电解池阴极反应为___。29、（10分）有A，B，C，D四种元素。已知：①它们均为周期表中前20号元素，C，D在同一周期，A，B在同一主族；②它们可以组成化合物B2C2、A2C、DC2等；③B的阳离子与C的阴离子的核外电子排布相同；④B2C2同A2C或DC2反应都生成气体C2，B与A2C反应产生气体A2，A2与气体C2按体积比2∶1混合后点燃能发生爆炸，其产物是一种无色无味的液体(在常温下)。请回答下列问题：(1)写出A，B，C，D四种元素的符号：A________，B________，C________，D________。(2)在B2C2、A2C和DC2中，属于离子化合物的是________，其电子式是__________________，属于共价化合物的是____________，其结构式是____________________。并指出含几个σ键，几个π键。(3)写出有关的化学方程式：_____________________________________。

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.电子亲和能越大，表明获得电子形成阴离子释放的能量越多，形成的阴离子越稳定，而且根据表中数据知得电子能力越强的元素的原子的电子亲和能越大，所以电子亲和能越大，说明越易得到电子，A错误；B.根据表中数据，1mol基态的气态氟原子得到1mol电子成为氟离子时放出327.9kJ的能量，B错误；C.O-的电子亲和能为-780kJ/mol，即氧元素的第二电子亲和能为-780kJ/mol，C正确；D.O的第一电子亲和能为141kJ/mol，1mol基态的气态氧原子得到1mol电子成为O-释放141kJ能量，O-的电子亲和能为-780kJ/mol，O-得到1mol电子成为O2-吸收780kJ能量，由于780kJ>141kJ，基态的气态氧原子得到两个电子成为O2-需要吸收能量，D错误；答案选C。2、B【解题分析】A.使石蕊变红，只能说明硝酸具有酸性，不能说明氧化性，故A错误；B.与铜反应生成Cu(NO3)2和NO气体，生成硝酸铜表现酸性，生成NO表现硝酸的氧化性，故B正确；C.与Na2CO3反应放出CO2气体生成NaNO3，说明硝酸的酸性比碳酸强，不发生氧化还原反应，故C错误；D.与S单质混合共热时生成H2SO4和NO2，只表现硝酸的氧化性，不表现酸性，故D错误。故选B.点睛：硝酸既能表现出酸性；又表现出强氧化性，在反应中与金属反应生成硝酸盐和氮的氧化物，与非金属反应还原生成NO或NO2等物质，同时将非金属氧化成高价的氧化物，也可以通过化合价的变化来分析判断，以此解答。3、C【解题分析】

A.等物质的量的二氧化硫和氯气在水溶液中会发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸,不再具有漂白性,故A错误；B.Fe3+有氧化性，I-有还原性，二者可发生氧化还原反应，即FeI3不可能存在，故B项错误；C.非金属的非金属性越强,还原性越弱,F、C1、Br、I的非金属性逐渐减弱,所以其还原性依次增强,故C选项正确；D.NO3-可以将SO32-氧化为SO42-，有BaSO4沉淀生成，故D项错误；答案：C。4、B【解题分析】

A、1molC4H10O完全燃烧即m=10时，耗氧量最大，最多消耗O26mol，选项A正确；

B.当m=6时，分子式为C4H6O，也不可能为酚，该有机物遇到FeCl3溶液不显紫色，选项B不正确；

C.当m=8时，分子式为C4H8O，该有机物可以为烯醇、环烷醇或酮等而不是醛时，不能被新制氢氧化铜悬浊液氧化，选项C正确；

D.当m=10时，分子式为C4H10O，该有机物可以为醚，不一定是丁醇，选项D正确。

答案选B。5、D【解题分析】

A.玛瑙、水晶的主要成分是二氧化硅，钻石是碳单质，玛瑙、水晶、钻石等装饰品的主要成分不相同，A正确；B.铁粉具有还原性，可以作食品袋内的脱氧剂，B正确；C.漂白液、漂白粉、漂粉精的有效成分都是次氯酸盐，漂白原理都是利用其氧化性漂白，C正确；D.石英为二氧化硅，与浓硫酸不反应，因此浓硫酸不能刻蚀石英制艺术品，D错误。正确选项D。【题目点拨】红宝石的成分是氧化铝，珍珠是硅酸盐，石英、水晶是二氧化硅，钻石是碳单质，红宝石、珍珠、水晶、钻石的成分不相同。6、C【解题分析】A项，NH4Cl是氮肥，NaHCO3不是化肥，故A错误；B项，NH4Cl、HNO3受热时都易分解，Na2CO3受热时不易分解，故B错误；C项，NO2跟NH3可以发生反应：6NO2+8NH3=7N2+12H2O，该反应为氧化还原反应，故C正确；D项，图中涉及的盐中，NaCl和Ca(ClO)2不能与Ca(OH)2发生反应，故D错误。7、A【解题分析】分析：①根据糖类包括单糖、二糖、多糖分析判断；②根据羟基属于亲水基团分析判断；③根据石油的分馏、裂化和煤的干馏的概念和本质分析判断；④根据高分子化合物的聚合度不一定相等分析判断；⑤淀粉遇碘酒变蓝色，葡萄糖含有醛基能与新制Cu(OH)2发生反应，据此判断；⑥根据高分子化合物有天然的也有合成的分析判断；⑦根据属于重金属盐溶液，结合蛋白质的性质分析判断。详解：①糖类中单糖不能水解，油脂蛋白质在一定条件下都能发生水解，故①错误；②羟基属于亲水基团，因此具有吸水性，故②正确；③石油的分馏是物理过程，石油的裂化、煤的干馏是化学变化，故③错误；④葡萄糖与果糖的分子式相同，结构不同，是同分异构体、淀粉与纤维素是高分子化合物，二者的聚合度不同，不是同分异构体，故④错误；⑤淀粉遇碘酒变蓝色，葡萄糖含有醛基能与新制Cu(OH)2发生反应，故⑤正确；⑥橡胶和纤维素有天然的也有合成的，故⑥错误；⑦向蛋白质溶液中加入饱和CuSO4溶液，使蛋白质发生变性，，析出后不能溶解，故⑦错误；故选A。8、C【解题分析】分析：A．根据蚕丝的主要成分为蛋白质分析判断；B．根据甲烷和氯气在光照条件下和溴和乙烯反应的特征分析判断；C．根据同分异构体的概念分析判断；D．根据官能团的结构和性质分析判断。详解：A．蚕丝的主要成分为蛋白质，不是纤维素，故A错误；B．甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯代烃，溴和乙烯发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，前者是取代反应、后者是加成反应，所以反应类型不同，故B错误；C．蔗糖、麦芽糖的分子式相同，结构不同，麦芽糖含-CHO，二者互为同分异构体，故C正确；D．乙醇与NaOH不反应，乙酸含-COOH与NaOH发生中和反应，故D错误；故选C。9、B【解题分析】

已知溶液中溶质的物质的量浓度和溶液的体积，根据n=cV，可以求溶质的物质的量，进而可以确定Na+的物质的量，物质的量和粒子数成正比，所以比较Na+的数目，可以直接比较Na+的物质的量。【题目详解】A.1mol•L－1Na2SO4溶液100mL含有Na+0.2mol；B.0.9mol•L－1Na3PO4溶液100mL含有Na+0.27mol；C.2.5mol•L－1NaOH溶液100mL含有Na+0.25mol；D.1mol•L－1NaHCO3溶液100mL含有Na+0.1mol。故选B。10、B【解题分析】

A、胶体是集合体，16.25gFeCl3，物质的量为0.1mol，形成Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1mol，故A错误；B、标准状况下，11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，即含氢原子的物质的量为0.5mol×4=2mol，故B正确；C、题中没有说明溶液的体积，无法求出H＋物质的量，故C错误；D、苯乙烯的结构简式为,0.1mol苯乙烯中含有碳碳双键的物质的量为0.1mol，故D错误；答案选B。【题目点拨】本题的易错点是选项D，应注意苯环中不含碳碳双键，是介于碳碳单键和双键之间特殊的键。11、C【解题分析】A.陶瓷、水泥和玻璃的主要成分都是硅酸盐，所以都属于硅酸盐产品，A正确；B.柳絮的主要成分和棉花相同，都是纤维素，B正确；C.现代工业用电解法从氧化铝中获得铝，C不正确；D.锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液反复浸泡，使其转化为疏松的碳酸钙后再用酸除去，D正确。本题选C。12、D【解题分析】

A．氯化钠晶体是电解质，但不能导电，故A错误；B．液态氯化氢是电解质，但不能导电，故B错误；C．硝酸钾溶液能导电，但是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．熔融氢氧化钠是电解质，也能导电，故D正确；故答案为D。【题目点拨】考查电解质的概念，注意电解质不一定导电，导电的物质不一定是电解质。注意：①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；②电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物，如SO2、CO2属于非电解质；③条件：水溶液或融化状态，对于电解质来说，只须满足一个条件即可，而对非电解质则必须同时满足两个条件；④难溶性化合物不一定就是弱电解质，如硫酸钡属于强电解质。电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等)。13、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。14、D【解题分析】

X溶液加入盐酸，生成无色气体，气体遇到空气变为红棕色，则可说明生成NO，X中一定含有NO3-和还原性离子Fe2+；亚铁离子存在，则一定不存在CO32－、OH－、SiO32－；加入盐酸后阴离子种类不变，则说明X中含有Cl-，加入氯化钡生成白色沉淀，则一定含有SO42-；加入KSCN溶液呈红色，因Fe2+被氧化成Fe3+，则不能证明X中是否含有Fe3+，已知该溶液中各离子物质的量浓度均为0.2mol•L-1，依据阴阳离子所带电荷数守恒，可知一定含有Mg2+，不含Fe3+、K+，所以溶液中一定含有的离子为：Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+。A．溶液中没有碳酸根离子，因此X加入盐酸反应生成的无色气体中一定不含二氧化碳，故A错误；B．因为第一步加入的盐酸后硝酸根离子能够将亚铁离子氧化生成铁离子，不能确定原溶液中是否存在铁离子，故B错误；C．溶液X中所含离子：Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+，共有5种，故C错误；D．另取100mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到固体为0.01molFe2O3和0.02molMgO，质量为0.01mol×160g/mol+0.02mol×40g/mol=2.4g，故D正确；故选D。15、C【解题分析】分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw只与温度有关。详解：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等；答案选C。点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。16、B【解题分析】

A.根据图象可知，实验装置中的氧气浓度是逐渐降低的，故此腐蚀为吸氧腐蚀，其正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，故A正确；B.根据图象可知，①②的反应速率接近，③④的反应速率接近，且①远大于③，②远大于④，故阴离子对反应速率影响不大，NH4+是影响反应速率的主要因素，故B错误；C.因为NH4+是影响反应速率的主要因素，能导致钢铁的吸氧腐蚀速率加快，故向实验④中加入少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快，故C正确；D.①②溶液显酸性，③④显中性，根据图象可知，铁钉的平均吸氧腐蚀速率酸性溶液大于中性溶液，故D正确；故选B。17、A【解题分析】

A、第ⅦA自上而下依次为F、Cl、Br、I，它们的非金属性依次减弱，所以形成的气态氢化物的热稳定性也依次减弱，即HF＞HCl＞HBr＞HI，故A不正确；B、K+是288型离子，Na+、Mg2+、Al3+都是2、8型离子，且核电荷数依次增大，所以半径依次减小，因此离子半径为K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故B正确；C、第三周期非金属元素从左到右依次为Si、P、S、Cl，根据同周期非金属性变化规律，它们的非金属性依次增强，所以最高价含氧酸的酸性依次增强，故C正确；D、已知Li、Mg、Si、Ar的核电荷数分别为3、12、14、18，根据电子排布规律可得，它们最外层电子数分别为1、2、4、8，所以D正确。本题答案为A。18、C【解题分析】

A、根据原电池工作原理，化合价升高，失电子的作负极，即铝单质作负极，则AgO作电池的正极，故说法正确；B、根据电池总反应，铝的化合价升高，被氧化，故说法正确；C、根据原电池工作原理，外电路电子从负极流向正极，由铝流向氧化银，故说法错误；D、根据原电池工作原理，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即OH－移向铝极，故说法正确。故选C。19、C【解题分析】

A、碘酒是指单质碘的乙醇溶液，A正确；B、84消毒液的有效成分是NaClO，B正确；C、浓硫酸与二氧化硅不反应，氢氟酸可刻蚀石英制艺术品，C错误；D、装饰材料释放的甲醛会造成污染，D正确；答案选C。20、B【解题分析】

A.生物柴油是利用油脂与甲醇或乙醇经酯转化而形成的脂肪酸甲酯或乙酯，不是烃，A错误；B.人体消化道内不存在纤维素酶，但纤维素是一种重要的膳食纤维，可以促进肠道的蠕动，帮助人体新陈代谢，是人类食物中也是必不可缺少的，B正确；C.大部分糖类分子式符合Cm(H2O)n，有些糖类并不合乎其上述分子式，如鼠李糖（C6H12O5），C错误；D.淀粉的糊化作用是淀粉这种多糖水解的过程；鸡蛋清中滴加饱和Na2SO4溶液出现沉淀是蛋白质发生盐析，是蛋白质溶解度降低的结果，没有生成新的物质，属于物理变化，D错误；故合理选项是B。21、A【解题分析】

①纯铁中没有杂质，不容易形成原电池而进行电化学腐蚀，所以不易生锈，①正确；②钠是活泼金属，和水剧烈反应，所以钠着火不能用水扑灭，②错误；③铝是活泼金属，在空气中耐腐蚀是因为表面形成了一层氧化铝保护膜，阻止反应进行，③错误；④骨中缺钙引起骨质疏松，血液中缺铁会引起贫血，④正确；⑤青铜是铜锡合金，不锈钢是铁、铬、镍合金，硬铝是铝、硅、镁等形成的合金，⑤正确；⑥Fe3+和SCN-发生络合，使溶液变为血红色，故可以用KSCN溶液检验Fe3+，⑥正确；答案为A。22、D【解题分析】A.石油经过分馏得到的是不同沸点范围段的产物，裂化时得到多种产物，所以是混合物，故A错误；B.煤的干馏发生复杂的物理、化学变化，故B错误；C.生物柴油的主要成分是酯类，从石油中提取的柴油的主要成分是烃类，故C错误；D.棉花和木材的主要成分都为纤维类，而蚕丝、羊毛为蛋白质类物质，主要成分都是蛋白质，故D正确。本题选D。二、非选择题(共84分)23、H22Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑O22Na2O2+2CO22Na2CO3+O21NaOHNa2CO3NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3↓1.53.5【解题分析】

考查无机物的推断，（1）假设A为Na，则Na与H2O反应生成NaOH和H2，即E为H2，B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3；（2）假设A为Na2O2，Na2O2与H2O反应生成O2和NaOH，与(1)类似；（3）根据（1）和（2）的分析，以及钠及其化合物的性质进行分析。【题目详解】（1）若A为Na，Na与H2O反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，则单质E为H2，B为NaOH，CO2与NaOH反应：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，继续通入CO2:Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，A与水反应的离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；（2）若A为Na2O2，则Na2O2与水反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，则单质E为O2，Na2O2与CO2能发生反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，Na2O2与CO2反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，因此1molNa2O2与CO2反应转移电子物质的量为1mol，电子数为NA；（3）①根据上述分析，B为NaOH，C为Na2CO3；②NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，因此向饱和的Na2CO3溶液中通入CO2，产生NaHCO3沉淀；其反应Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓；③如果只发生AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl，n(AlCl3)=1mol，n[Al(OH)3]=39/78mol=0.5mol，即AlCl3过量，消耗NaOH的体积0.5×3/1L=1.5L；氢氧化铝为两性氢氧化物，NaOH稍微过量，发生的反应是AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl、Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，AlCl3全部参与反应，生成氢氧化铝的总物质的量为1mol，此时消耗NaOH的物质的量为3mol，最后沉淀的物质的量为39/78mol=0.5mol，即有(1－0.5)mol氢氧化铝被消耗，同时该反应中消耗NaOH的物质的量为0.5mol，总共消耗氢氧化钠的物质的量为3.5mol，体积为3.5/1L=3.5L。【题目点拨】本题的难点是电子转移物质的量的计算，Na2O2无论与CO2反应还是与H2O反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，每消耗2molNa2O2，或生成1molO2，转移电子物质的量为2mol，因此消耗1molNa2O2，转移电子物质的量为1mol，特别注意本题让求的是电子数，与阿伏加德罗常数有关。24、BD取代反应、、【解题分析】

纵观整个过程，由A的分子式、F的结构简式，可知A为；A与氯气在光照条件下发生甲基上的一氯取代生成B，B为；B发生取代反应生成C，C为，C与氢气发生还原反应生成D，根据D分子式可知D为；D发生信息ii的反应生成E，E发生取代反应生成F，根据F结构简式知，C2H2Cl2O为，E为，C2H7NO为H2NCH2CH2OH；对比F、G结构简式，F发生信息ii中反应生成G，故试剂a为，据此分析解答。【题目详解】(1)A．C为，1molC

最多消耗

5molH2，故A错误；B．F中含有肽键，能与双缩脲反应呈现紫色，而H不能，故B正确；C．化合物E中氯原子连接的碳原子相邻的碳原子上没有H原子，不能发生消去反应，而F中羟基可以发生消去反应，故C错误；D．根据H的结构简式，化合物

H

的分子式为

C19H24N2O2，故D正确；故答案为：BD；(2)根据上述分析，试剂a的结构简式为：，E→F的反应为取代反应，故答案为：；取代反应；(3)D→E的化学方程式是：，故答案为：；(4)同时符合下列条件的

C()的同分异构体：①分子中有苯环而且是苯环的邻位二取代物；②1H-NMR

谱表明分子中有6种氢原子；IR谱显示存在碳氮双键(C=N)，可能的结构简式有：、、，故答案为：、、；(5)中G→H三步反应依次为氧化、加成、取代反应，G先发生催化氧化生成，然后加成反应，最后发生取代反应生成H，合成路线流程图为：，故答案为：。【题目点拨】根据F的结构采用正推和逆推的方法推导是解答本题的关键。本题的难点为(5)中合成路线的设计，要注意利用题中提供的反应类型的提示，易错点为(4)中同分异构体的书写。25、+CH3OH+H2O使用浓硫酸吸水、把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等(能回答出两条措施即可)洗去苯甲酸甲酯中过量的苯甲酸199.689.7%【解题分析】

（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢，在浓硫酸作用下，苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯和水；（2）酯化反应为可逆反应，增大乙酸或乙醇的浓度或减小乙酸乙酯的浓度，能够使平衡向正反应方向移动；（3）由表给数据可知，反应后的苯甲酸甲酯中会含有苯甲酸等杂质；（4）苯甲酸甲酯的沸点是199.6℃；（5）由15g苯甲酸计算苯甲酸甲酯的理论量，再依据实际量计算产率。【题目详解】（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢，在浓硫酸作用下，苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯和水，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；（2）酯化反应为可逆反应，增大乙酸或乙醇的浓度或减小乙酸乙酯的浓度，能够使平衡向正反应方向移动，提高酯的产率，故答案为：使用浓硫酸吸水、把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等(能回答出两条措施即可)；（3）由表给数据可知，反应后的苯甲酸甲酯中会含有苯甲酸等杂质，利用固体Na2CO3与苯甲酸反应，除去苯甲酸提纯苯甲酸甲酯，故答案为：洗去苯甲酸甲酯中过量的苯甲酸；（4）苯甲酸甲酯的沸点是199.6℃，用图C装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示199.6℃时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯，故答案为：199.6；（5）15g苯甲酸的物质的量为，理论上制得苯甲酸甲酯的质量为×136g/mol≈16.7g，则苯甲酸甲酯的产率为×100%=×100%≈89.7%，故答案为：89.7%。【题目点拨】本题考查了有机物的制备实验，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实验基本操作方法，明确有机物的性质及产率计算的公式是解答关键。26、偏高②③④无影响B无色变成粉红(或浅红)半分钟后溶液颜色无新变化则表示已达滴定终点18.85%DCu(OH)2Cu2++2NH1·H2O====Cu(OH)2↓+2NH4+中【解题分析】

（1）①滴定管中未用标准液润洗，直接加入标准液会稀释溶液浓度减小；②锥形瓶内水对滴定结果无影响；③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中溶液的颜色变化，以判定滴定终点；④如溶液颜色发生变化，且半分钟内不褪色为滴定终点；（2）依据滴定前后消耗氢氧化钠溶液的体积的平均值，结合4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O、H＋+OH－=H2O计算．（1）根据盐类的水解考虑溶液的酸碱性，然后根据指示剂的变色范围与酸碱中和后的越接近越好，且变色明显（终点变为红色），溶液颜色的变化由浅到深容易观察，而由深变浅则不易观察；（4）根据难溶物的溶度积常数判断先沉淀的物质，溶度积常数越小，越先沉淀；（5）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根据物料守恒得c（NH1·H2O）=（0.5a-0.005）mol·L－1，根据电荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，NH1·H2O的电离常数Kb=c(OH－)c(NH4＋)/c(NH1·H2O)。【题目详解】（1）①滴定管中未用标准液润洗，直接加入标准液会稀释溶液浓度减小，消耗标准液体积增大，氢离子物质的量增大，4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O，反应可知测定氮元素含量偏高；②锥形瓶内水对滴定结果无影响；③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中溶液的颜色变化B；④氢氧化钠滴定酸溶液，达到终点时，酚酞颜色变化为无色变化为红色，半分钟内不褪色；（2）样品1.5000g，反应为4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O，消耗氢离子的物质的量和氮元素物质的量相同，依据图表数据分析可知，三次实验中消耗氢氧化钠溶液体积分别为：20.01mL、19.99mL、20.00ml，三次均有效，氢氧化钠溶液的平均体积为20.00mL，由酸碱中和反应可知，氢离子物质的量=氢氧化钠物质的量=0.1000mol·L-1×20.00ml×10-1L/ml=2.00×10-1mol，250mL溶液中氮元素物质的量和氢离子物质的量相同，该样品中氮的质量分数为2×10-1mol×14g·mol－1×250÷25÷1.5000g×100%=18.85%．（1）NaOH溶液滴和CH1COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH1COONa，CH1COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故D正确；（4）由于KsP[Cu（OH）2]=2.2×10-20＜Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，所以Cu（OH）2先生成沉淀；一水合氨和铜离子反应生成氢氧化铜和氨根离子，所以离子方程式为2NH1·H2O+Cu2＋=Cu（OH）2↓+2NH4＋；（5）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根据物料守恒得c（NH1．H2O）=（0.5a-0.005）mol·L－1，根据电荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，NH1·H2O的电离常数Kb=c(OH－)c(NH4＋)/c(NH1·H2O)=10-7×5×10-1/(0.5a-5×10-1)=。【题目点拨】难点和易错点（5）：根据电荷守恒确定溶液酸碱性，结合一水合氨电离平衡常数解答问题，注意二者混合后溶液体积增大一倍，物质浓度降为原来一半，为易错点。27、（球形）冷凝管催化剂和吸水剂增大反应物丙酸的浓度，有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行洗掉浓硫酸和丙酸C60%【解题分析】分析：丙酸异丁酯的制备类似于乙酸乙酯的制备，可以联系课本知识分析解答。(3)根据平衡移动的原理分析解答；(4)根据饱和碳酸氢钠溶液的作用分析解答；(6)根据产率=实际产量理论产量×100%详解：(l)根据图示，装置A是冷凝管，故答案为：冷凝管；(2)根据酯化反应的原理可知，实验中的硫酸的主要作用是催化剂和吸水剂，故答案为：催化剂和吸水剂；(3)用过量丙酸，能够增大反应物丙酸的浓度，有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行，故答案为：增大反应物丙酸的浓度，有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行；(4)用饱和NaHCO3溶液洗涤粗酯，可以降低丙酸异丁酯在水中的溶解度，同时洗掉浓硫酸和丙酸，故答案为：洗掉浓硫酸和丙酸；(5)丙酸异丁酯的密度小于水，在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后先将水层从分液