2024届上海市12校化学高二下期末学业水平测试试题含解析

2024届上海市12校化学高二下期末学业水平测试试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列离子方程式错误的是A．向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaS04↓＋2H2OB．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2OC．等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HC1溶液混合：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓D．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4＋2H2O－2e-=PbO2＋4H＋＋SO42－2、有关乙炔、苯及二氧化碳的说法错误的是A．苯中6个碳原子中杂化轨道中的一个以“肩并肩”形式形成一个大π键B．二氧化碳和乙炔中碳原子均采用sp1杂化，苯中碳原子采用sp2杂化C．乙炔中两个碳原子间存在1个σ键和2个π键D．乙炔、苯、二氧化碳均为非极性分子3、某酒精厂由于管理不善，酒精滴漏到某种化学药品上而酿成火灾。该化学药品可能是()A．KMnO4 B．NaCl C．(NH4)2SO4 D．CH3COOH4、下列关于热化学反应的描述中正确的是A．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/molB．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/molC．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热5、垃圾资源化的方法是（）A．填埋 B．焚烧 C．堆肥法 D．分类回收法6、下列说法正确的是()A．向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液或福尔马林，蛋白质的性质发生改变并凝聚B．将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入食盐水，上层析出甘油C．氨基酸分子中都含有—COOH和—NH2，种类较多，为高分子化合物D．淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下可和水作用转化为葡萄糖7、下列事实与氢键有关的是（）A．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱B．水加热到很高的温度都难以分解C．邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低D．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高8、某有机物A的结构为，下列有关说法正确的是A．1molA能跟2molNaOH溶液反应B．能发生加聚反应C．不能发生分子内酯化反应D．A分子中所有原子在同一平面上9、下列说法正确的是A．将10gCaCO3粉末加入100mL水中，所得溶液的浓度为lmol·L-1B．将100mL2mol·L-1盐酸加热蒸发至50mL，所得溶液的浓度为4mol·L-1C．将l0mLl.0mol·L-1NaCl溶液与90mL水混合，所得溶液的浓度为0.1mol·L-1D．将10gCaO加入100mL饱和石灰水中，充分搅拌、静置并恢复到原来的温度，所得溶液的浓度不变10、下列物质属于纯净物的是A．石油 B．煤 C．胆矾 D．漂粉精11、在密闭容器中充入4molX，在一定的温度下4X（g）

3Y(g)+Z(g)，达到平衡时，有30%的发生分解，则平衡时混合气体总物质的量是A．3.4mol B．4mol C．2.8mol D．1.2mol12、下列关于煤、石油、天然气等资源的说法正确的是()。A．石油裂化得到的汽油是纯净物B．石油产品都可用于聚合反应C．天然气是一种清洁的化石燃料D．水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料13、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．1:114、已知反应：①101kPa时，2C(s)+O2(g)＝2CO(g)△H＝-221kJ/mol；②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)，△H＝-57.3kJ/mol。下列结论正确的是()A．反应①的反应热为221kJB．碳的燃烧热为△H＝-221kJ/molC．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为△H＝-57.3kJ/molD．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量15、MnSO4·H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计下列装置制备硫酸锰：下列说法错误的是A．装置Ⅰ烧瓶中放入的药品X为铜屑B．装置Ⅱ中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率C．装置Ⅲ用于吸收未反应的SO2D．用装置II反应后的溶液降温结晶可制得MnSO4·H2O晶体16、某原子的最外层电子排布为，下列对其核外电子运动的说法错误的是（）A．有5种不同的运动范围 B．有5种不同能量的电子C．有4种不同的伸展方向 D．有14种不同运动状态的电子17、下列装置或操作不能达到目的的是()A．装置①：制取乙炔并验证炔烃的性质 B．装置②：检验乙醇的还原性，溶液颜色从橙色变成绿色C．装置③：验证葡萄糖分子中含有醛基官能团 D．装置④：酸性KMnO4溶液中出现气泡且颜色逐渐褪去18、有下列离子晶体空间结构示意图：为阳离子,为阴离子。以M代表阳离子，N代表阴离子，化学式为MN2的晶体结构为()A． B． C． D．19、按Li、Na、K、Rb、Cs顺序逐渐递增的性质是A．单质的还原性B．阳离子的氧化性C．单质的密度D．单质的熔点20、从海带中提取碘的实验过程中，涉及下列操作，其中正确的是（）A．将海带灼烧成灰 B．过滤得含I-的溶液C．萃取后下面放出碘的苯溶液 D．分离碘并回收苯21、下列实验事实中，能用共价键强弱来解释的是（）①稀有气体一般较难发生化学反应②金刚石比晶体硅的熔点高③氮气比氯气的化学性质稳定④通常情况下，溴是液态，碘是固态A．①②B．②③C．①④D．②③④22、以下命题，违背化学变化规律的是（）A．石墨制成金刚石 B．煤加氢变成人造石油C．水变成汽油 D．海水淡化可以缓解淡水危机二、非选择题(共84分)23、（14分）聚合物F的合成路线图如下：已知：HCHO+RCH2CHO请据此回答：(1)A中含氧官能团名称是_____，D的系统命名为_____。(2)检验B中含氧官能团所用的试剂是____；A→B的反应类型是_____。(3)C生成D的反应化学方程式为_______，E合成F的反应化学方程式为________。(4)G物质与互为同系物，且G物质的相对分子质量比大14的，则符合下列条件的G的同分异构体有____种。①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基②遇氯化铁溶液变紫色③能与溴水发生加成反应24、（12分）已知A、B、C、D是原子序数依次减小的四种短周期元素，C的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；A原子有2个未成对电子；A、C、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体。E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与D原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题（用元素符号或化学式表示）：（1）元素B、C、A的基态原子的第一电离能由大到小的顺序为__________________；（2）M分子中C原子轨道的杂化类型为__________________；（3）E+的核外电子排布式为__________________，下图是由D、E形成的某种化合物的晶胞结构示意图，该化合物的化学式为__________________；（4）化合物BD3的沸点比化合物CA4的高，其主要原因是__________________；（5）写出与CA2互为等电子体的B3-的结构式__________________；（6）将CrCl3·6H2O溶解在适量水中得到深绿色溶液，溶液中Cr3+以[Cr（H2O）5Cl]2+形式存在。上述溶液中，不存在的微粒间作用力是__________________（填标号）。A．离子键B．共价键C．金属键D．配位键E．范德华力25、（12分）某学生为测定某烧碱样品中的质量分数，进行如下实验：（已知该样品中含有少量不与酸作用的杂质）A．在250的容量瓶中定容，配制成250烧碱溶液；B．用碱式滴定管移取25.00烧碱溶液于锥形瓶中，并滴几滴甲基橙指示剂；C．在天平上准确称取20.5烧碱样品，在烧杯中用蒸馏水溶解；D．将物质的量浓度为1.00的标准硫酸溶液装入酸式滴定管中，调节液面，记下开始时的读数；E.在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至溶液变为橙色为止，记下读数。试填空：(1)正确操作步骤的顺序是________→________→________→________→________。（用字母填空）(2)观察滴定管液面的读数时应注意什么问题？_____________________________________________________________________。(3)步操作中的锥形瓶下垫一张白纸的作用是__________________________________________。(4)下列操作中可能使所测溶液的质量分数偏低的是________。a．步操作中未将溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容b．步操作中，称量药品时，砝码放在左盘，放在右盘c．步操作中酸式滴定管在装入标准溶液前未用标准液润洗d．滴定过程中，读取硫酸溶液体积时，开始时仰视读数，结束时俯视读数(5)硫酸的初读数和末读数如图所示。未读数为________，初读数为________，用量为________。按滴定所得数据计算烧碱样品中的质量分数为________。26、（10分）四氯化锡（SnCl4）是一种重要的化工产品，可在加热下直接氯化来制备。已知：四氯化锡是无色液体，熔点-33℃，沸点114℃。SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟。实验室可以通过下图装置制备少量SnCl4(夹持装置略)。（1）装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为________；（2）装置Ⅱ中的最佳试剂为_______，装置Ⅶ的作用为_______；（3）该装置存在的缺陷是：_______________；（4）如果没有装置Ⅲ，在Ⅳ中除生成SnCl4

外，还会生成的含锡的化合物的化学式为_______________；（5）实验用锡粒中含有杂质Cu．某同学设计下列实验测定锡粒的纯度．第一步：称取0.613g锡粒溶入足量盐酸中，过滤；第二步：向滤液中加入过量FeCl3溶液，将Sn2+氧化成Sn4+；第三步：用0.100mol•L-1K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+，发生反应的表达式为（未配平）：Fe2++Cr2O72-+H+→Cr3++Fe3++H2O第二步中发生反应的离子方程式是_______________，若达到滴定终点时共消耗16.0mLK2Cr2O7溶液，试写出试样中锡的质量分数的计算式____________（仅写计算结果，锡的相对原子质量按119计算）27、（12分）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾K3[Fe(C2O4)3]3H2O为绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂。I.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的制备①将5g(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体溶于20mL水中，加入5滴6mol·L－1H2SO4酸化，加热溶解，搅拌下加入25mL饱和H2C2O4溶液，加热，静置，待黄色的FeC2O4沉淀完全以后，倾去上层清液，倾析法洗涤沉淀2－3次。②向沉淀中加入10mL饱和草酸钾溶液，水浴加热至40℃，用滴管缓慢滴加12mL5％H2O2，边加边搅拌并维持在40℃左右，溶液成绿色并有棕色的沉淀生成。③加热煮沸一段时间后，再分两批共加入8mL饱和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此时棕色沉淀溶解，变为绿色透明溶液。④向滤液中缓慢加入10mL95％的乙醇，这时如果滤液浑浊可微热使其变清，放置暗处冷却，结晶完全后，抽滤，用少量洗涤剂洗涤晶体两次，抽干，干燥，称量，计算产率。已知制备过程中涉及的主要反应方程式如下：步骤②6FeC2O4＋3H2O2＋6K2C2O4＝4K3[Fe(C2O4)3]＋2Fe(OH)3，步骤③2Fe(OH)3＋3H2C2O4＋3K2C2O4＝2K3[Fe(C2O4)3]＋6H2O，请回答下列各题：(1)简述倾析法的适用范围______________，步骤③加热煮沸的目的是_______________。(2)下列物质中最适合作为晶体洗涤剂的是____________________(填编号)。A．冷水B．丙酮C．95％的乙醇D．无水乙醇(3)有关抽滤如图，下列说法正确的是_____________。A．选择抽滤主要是为了加快过滤速度，得到较干燥的沉淀B．右图所示的抽滤装置中，只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口C．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出D．抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸Ⅱ.纯度的测定称取1.000g产品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用标定浓度为0.01000mol·L－1的高锰酸钾溶液滴定至终点，三次平行实验平均消耗高锰酸钾溶液24.00mL。(4)滴定涉及反应的离子方程式：___________________________________。(5)计算产品的纯度_____________________(用质量百分数表示)。(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的相对分子质量为491)28、（14分）工业合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），对其研究如下：（1）已知H—H键能为436kJ·mol－1，N—H键能为391kJ·mol－1，N≡N键的键能是946kJ·mol－1，则上述反应的ΔH＝_________________。（2）上述反应的平衡常数K的表达式为____________，若反应方程式改写为NH3（g）N2（g）+H2（g），则平衡常数K1＝____________________（用K表示）。（3）在773K时，分别将2molN2和6molH2充入一个固定容积为1L的密闭容器中，随着反应的进行，气体混合物中n（H2）、n（NH3）与反应时间t的关系如下表：t/min051015202530n（H2）/mol6.004.503.603.303.033.003.00n（NH3）/mol01.00m1.801.982.002.00①表格中m＝_______________，15～25min内，v（N2）＝_______________。②该温度下，若向同容积的另一容器中投入的N2、H2、NH3浓度均为3mol·L－1，此时v正_______v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。③由表中的实验数据计算得到“浓度～时间”的关系可用图中的曲线表示，表示c（N2）～t的曲线是______________（填“甲”、“乙”或“丙”）。在此温度下，若起始充入4molN2和12molH2，反应刚达到平衡时，表示c（H2）的曲线上相应的点为_________________。（4）Marnellos和Stoukides采用电解法合成氨，实现了常压合成和氮气的高转化率。该方法用SCY陶瓷将两极隔开，SCY陶瓷具有高质子导电性，其作用是传导H＋，则阴极的电极反应为____________________。29、（10分）纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到固体TiO2。实验室用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。请回答下列问题：（1）TiCl4水解生成TiO2·xH2O的化学方程式为_________________________________。（2）配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是_________________________。（3）NH4Fe(SO4)2标准溶液盛装在___________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中，滴定终点的现象是________________________。若在滴定终点读取滴定管刻度时，仰视标准液液面使测定结果________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。（4）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为Mg·mol-1）试样wg，消耗cmol·L-1NH4Fe(SO4)2标准溶液VmL，则TiO2质量分数表达式为__________________________。

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.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡和水，离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaS04↓＋2H2O，书写正确，故A不符合题意；B.酸性介质中KMnO4氧化H2O2，H2O2做还原剂，产生氧气，离子方程式为：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，书写正确，故B不符合题意；C.等物质的量的Ba(OH)2和HC1溶液混合，溶液显碱性，氢氧根离子有剩余；剩余的氢氧根离子与MgCl2等物质的量反应，离子方程式为：2H++Mg2＋＋4OH－=Mg(OH)2↓+2H2O，原离子方程式书写错误，故C符合题意；D.铅酸蓄电池充电时的正极为二氧化铅得电子发生还原反应，离子方程式为：PbSO4＋2H2O－2e-=PbO2＋4H＋＋SO42－，故D不符合题意；故答案选C。2、A【解题分析】

A．苯分子中的碳原子采取sp2杂化，6个碳原子中未参与杂化的2p轨道以“肩并肩”形式形成一个大π键，A错误；B．二氧化碳和乙炔都是直线型分子，C原子均为sp杂化，苯分子是平面型分子，苯中碳原子采用sp2杂化，B正确；C．碳碳三键含1个σ键和2个π键，C正确；D．乙炔和二氧化碳均是直线型分子，键角180°，正负电荷重心重合，苯是平面型分子，高度对称，键角120°，正负电荷重心重合，它们均是非极性分子，D正确。答案选A。3、A【解题分析】

KMnO4是一种强氧化剂，能氧化CH3CH2OH并放出热量，如热量逐渐积累而不能散去，就有可能引燃酒精，酿成火灾。答案选A。4、B【解题分析】

A．强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H+(aq)+OH－(aq)====H2O(l)中和热为-1．3kJ·mol－1，H2SO4和Ca(OH)2得到的CaSO4微溶，会产生额外的热，故A错误；B．在25℃，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:CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)ΔH＝-283.0kJ/mol，再利用盖斯定律，得：2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）H=+2×283.0kJ/mol，故B正确；C．反应的吸、放热与反应条件无关，如有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应，故C错误；D．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态水，D错误。答案选B。5、D【解题分析】

A、因填埋的垃圾并没有进行无害化处理，残留着大量的细菌、病毒；还潜伏着沼气、重金属污染隐患．其垃圾渗漏液还会长久地污染地下水资源，A项错误；B、用焚化技术将垃圾转化为灰烬、气体、微粒和热力，虽然有一定的好处，但由于焚烧过程中会产生如二噁英的强致癌物，B项错误；C、因堆肥法对垃圾分类要求高、有氧分解过程中产生的臭味会污染环境，容易造成二次污染，C项错误；D、将不同的垃圾分开放，这样做的最终目的就是要把有危害的垃圾资源化利用和无害化处理，D项正确；答案选D。6、D【解题分析】

A．加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，没有发生变性，故A错误；B．甘油易溶于水，上层应该为高级脂肪酸钠，故B错误；C．高分子化合物的相对分子质量在10000以上，氨基酸为小分子化合物，故C错误；D．淀粉、纤维素、麦芽糖分别为多糖、多糖、二糖，在一定条件下均可水解生成葡萄糖，故D正确；答案选D。7、C【解题分析】分析：A．根据氢化物的热稳定性与非金属元素的非金属性之间的关系判断；B．根据水的分解破坏的化学键判断，氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关；C．分子间氢键的存在导致物质熔沸点升高，且同分异构体中分子内氢键导致物质的熔沸点较低、分子间氢键导致物质熔沸点升高，据此分析解答；D．根据范德华力对物质性质的影响判断。详解：HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，与氢键无关，A选项错误；水的分子结构：H-O-H，分解破坏的是H-O键，即破坏的是化学键，不是氢键，氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关，B选项错误；对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，C选项正确；CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，分子间不存在氢键，与氢键无关，D选项错误；正确选项C。

8、B【解题分析】

A.有机物A的官能团是碳碳双键、醇羟基和羧基，只有羧基能电离出氢离子，则1molA最多能与1molNaOH反应，A项错误；B.分子内含碳碳双键，碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应，B项正确；C.分子内含羧基和醇羟基，两者在一定条件下能发生分子内酯化反应，C项错误；D.苯分子和乙烯分子都是共面的分子，但是甲烷分子是四面体分子，有机物A分子中来自苯、乙烯等的原子可以共面，但不一定共面，但来自甲烷衍生的—CH2—、—CH2OH中的原子不可能都共面，D项错误；答案选B。9、D【解题分析】

A、碳酸钙难溶于水，因此将10gCaCO3粉末加入100mL水中，所得溶液的浓度不是lmol·L-1，A错误；B、浓盐酸易挥发，因此将100mL2mol·L-1盐酸加热蒸发至50mL，所得溶液的浓度小于4mol·L-1，B错误；C、将l0mLl.0mol·L-1NaCl溶液与90mL水混合，所得溶液的体积不是100mL，因此溶液的浓度不是0.1mol·L-1，C错误；D、将10gCaO加入100mL饱和石灰水中，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，但由于溶液是饱和溶液，因此充分搅拌、静置并恢复到原来的温度，所得溶液的浓度不变，D正确；答案选D。10、C【解题分析】

由一种物质组成的是纯净物，据此判断。【题目详解】A.石油是混合物，A不选；B.煤是由无机物和有机物组成的混合物，B不选；C.胆矾是CuSO4·5H2O，属于纯净物，C选；D.漂粉精主要是由次氯酸钙和氯化钙组成的混合物，D不选；答案选C。11、B【解题分析】平衡时混合气体总的物质的量是2.8+0.9+0.3=44mol，故B正确。12、C【解题分析】石油的主要成份为烷烃和芳香烃，并不能用于聚合反应，生成的裂解气是一种复杂的小分子混合气体，主要成份为稀烃；水煤气是煤的气化产生的气体CO和氢气；13、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。14、C【解题分析】

A、①的反应热为负值，单位是kJ/mol；B、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；C、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量；D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量。【题目详解】A、反应热包含符号，①的反应热为221kJ/mol，A错误；B、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，由反应①可知，2mol碳燃烧生成CO放出的热量为221kJ，碳完全燃烧生成的是CO2，所以碳的燃烧热不是221kJ/mol，B错误；C、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，中和热为放热反应，中和热为57.3kJ/mol，稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/mol，C正确；D、醋酸是弱电解质，电离吸收能量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，D错误；答案选C。【题目点拨】本题考查燃烧热、中和热的理解，题目难度不大，注意中和热的表示方法，掌握燃烧热、中和热的含义是解答的关键。选项D是解答的易错点，注意弱电解质存在电离平衡，电离吸热。15、A【解题分析】

A.装置Ⅰ烧瓶中放入的药品X为亚硫酸钠，铜与浓硫酸常温时不反应，A错误；B.装置Ⅱ中用“多孔球泡”可增大SO2与溶液的接触面积，增大吸收速率，B正确；C.SO2有毒，不能直接排放到大气中，装置Ⅲ用于吸收未反应的SO2，C正确；D.用装置II反应后的溶液为硫酸锰溶液，降温结晶可制得MnSO4·H2O晶体，D正确；答案为A。16、A【解题分析】

某原子的最外层电子排布为，则该元素是14号Si元素，A.Si的核外电子排布为1s22s22p63s23p2，原子核外有9种不同的原子轨道，则有9种不同的运动范围，A错误；B.Si元素的核外电子排布为1s22s22p63s23p2，处于同一能级上的电子的能量相同，在Si原子上有5种不同的能级，有5种不同能量的电子，B正确；C.在Si原子上有s、p两种轨道,s轨道是球形对称的，p轨道有三个不同的伸展方向，因此Si原子有4种不同的伸展方向，C正确；D.Si是14号元素，原子核外有14个电子存在，由于在同一个原子中，不存在运动状态完全相同的电子，因此Si原子有14种不同运动状态的电子，D正确；故合理选项是A。17、A【解题分析】

A.电石和水反应可生成乙炔，但是，由于电石中含有的杂质也和水反应生成硫化氢等气体，且杂质也能使溴水褪色，故装置①达不到制取乙炔并验证炔烃的性质的目的；B.重铬酸钾溶液显橙色，其中+6价的Cr元素可以被乙醇还原为Cr3+而使溶液变为绿色，故装置②可以检验乙醇的还原性，并使溶液颜色从橙色变成绿色；C.在水浴加热的条件下，含有醛基官能团的有机物可以发生银镜反应，故装置③可以验证葡萄糖分子中含有醛基官能团；D.石蜡油在碎瓷片的作用下加热可以发生分解，生成能使酸性KMnO4溶液褪色的气态不饱和烃，故装置④中酸性KMnO4溶液中出现气泡且颜色逐渐褪去。综上所述，装置或操作不能达到目的的是A，本题选A。18、B【解题分析】

A.阳离子位于顶点和面心，晶胞中总共含有阳离子M的数目为8×+6×=4，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为4：1，化学式为M4N，故A不选；B.有4个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为4×=，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为：1=1：2，化学式为MN2，故B选；C.有3个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为3×=，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为：1=3：8，化学式为M3N8，故C不选；D.有8个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为8×=1，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为1：1，化学式为MN，故D不选；故答案选B。19、A【解题分析】考查元素周期律的应用。同主族自上而下原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，A正确。金属性越强，相应金属阳离子的还原性就越弱，B不正确。碱金属单质的密度自上而下逐渐增大，但钠的密度大于家的，C不正确。碱金属单质的熔点逐渐减小，D不正确。答案选A。20、D【解题分析】

A．灼烧应在坩埚中进行，A错误；B．过滤需要玻璃棒引流，B错误；C．苯的密度比水小，碘的苯溶液在上层，应从分液漏斗上口倒出，C错误；D．苯沸点低，易挥发，分离碘并回收苯用蒸馏，D正确。答案选D。21、B【解题分析】分析：①稀有气体是单原子分子；②原子晶体熔点与共价键强弱有关；③共价键越强化学性质稳定；④分子晶体熔沸点与分子间作用力有关。

详解：①稀有气体是单原子分子，分子内不存在化学键，①错误；原子半径越小，共价键的键长越短，键能越大，共价键越强，晶体熔点越高，C-C的键长＜Si-Si，所以金刚石的熔点高于晶体硅，②正确；氮气分子内为氮氮三键，键能大，氯气分子内氯氯单键，键能较小，氮氮三键的共价键比较强，化学性质稳定，③正确；分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，分子间作用力越大，熔沸点越高，而与键能大小无关，④错误；所以说法正确的是②③，正确选项是B。22、C【解题分析】

汽油属于混合物，主要由小分子的各类烃构成，因而水是不可能变成汽油的，ABD均正确，答案选C。二、非选择题(共84分)23、醛基1，2-丙二醇NaHCO3溶液(或Na2CO3)氧化反应CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH(OH)CH2OH+2NaBr9【解题分析】

根据题中各物质转化关系，结合题中信息，苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成A，A的结构简式为；A与新制氢氧化铜悬浊液反应，醛基变为羧基，则B的结构简式为；据F的结构简式可知，F由E发生加聚反应生成，则E的结构简式为，E由B与D反应生成，则D的结构简式为CH3CH(OH)CH2OH，则C3H6为丙烯，C为CH3CHBrCH2Br，据此分析解答。【题目详解】根据题中各物质转化关系，结合题中信息，苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成A，A的结构简式为；A与新制氢氧化铜悬浊液反应，醛基变为羧基，则B的结构简式为；据F的结构简式可知，F由E发生加聚反应生成，则E的结构简式为，E由B与D反应生成，则D的结构简式为CH3CH(OH)CH2OH，则C3H6为丙烯，C为CH3CHBrCH2Br；(1)A为，其中含氧官能团为醛基；D为CH3CH(OH)CH2OH，其化学名称为1，2-丙二醇；(2)B为，B中含有的官能团为羧基和碳碳双键，可用碳酸氢钠（或碳酸钠）溶液检验含氧官能团羧基；A与新制氢氧化铜悬浊液混合加热生成B，则A→B的反应类型是氧化反应；(3)C为1，2-二溴丙烷，其水解生成D，反应的化学方程式为：CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH(OH)CH2OH+2NaBr；E发生加聚反应生成F，发生反应的化学方程式为；(4)G物质与互为同系物，且G物质的相对分子质量比大14，则G比多1个CH2原子团；G的同分异构体满足：①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基；②遇氯化铁溶液变紫色，则分子中含有酚羟基；③能与溴水发生加成反应，说明其分子中含有碳碳双键；根据分析可知，满足题意的有机物分子中含有苯环，苯环上两个取代基分别为-OH、-C3H5，-C3H5可能为①-CH=CHCH3、②-CH2CH=CH2、③-C(CH3)=CH2，酚羟基与①②③分别有邻、间、对3种位置，所以满足条件的有机物总共有：3×3=9种。【题目点拨】常见的反应条件与反应类型有：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。⑧在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。⑨在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。24、N＞O＞Csp21s22s22p63s23p63d10Cu2ONH3分子间能形成氢键[N=N=N]-A、C【解题分析】

C的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，核外电子排布为1s22s22p2，则C是C元素；A、C、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，该气体M为HCHO，A原子有2个未成对电子，则D为H元素、A为O元素；B的原子序数介于碳、氧之间，故B为N元素；E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则E是铜元素；（1）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道半满，为稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C；（2）M为HCHO，分子中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，则C原子采取sp2杂化；（3）Cu失去4s能级1个电子形成Cu+，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，由晶胞结构可知，Cu+位于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu+，O原子数为8×1/8+1=2，则O与Cu+数目比为1:2，化学式为Cu2O；（4）NH3分子间能形成氢键，甲烷分子之间为分子间作用力，氢键比分子间作用力强，故NH3的沸点比CH4的高；（5）CO2、N3-互为等电子体，二者结构相似，N3-中N原子之间形成2对共用电子对，N3-的结构式[N=N=N]-；（6）A．电解质在水溶液里电离出阴阳离子，所以该离子中不存在离子键，故选；B．水分子或[Cr（H2O）5Cl]2+中，非金属元素之间都存在共价键，故不选；C．该溶液中不存在金属键，故选；D．[Cr（H2O）5Cl]2+中Cr原子和水分子中的O原子之间存在配位键，故不选；E．溶液中水分子之间存在范德华力，故不选；故选A、C。25、CABDE视线与凹液面最低点平齐；读数估读到0.01mL使滴定终点时，溶液颜色变化更明显，易于分辨b、d24.000.3023.7092.49%【解题分析】分析：(1)根据先配制溶液然后进行滴定排序；(2)根据正确观察滴定管液面的读数方法完成；(3)白纸可以使溶液颜色变化更明显；(4)a、根据热的溶液的体积偏大分析对配制的氢氧化钠溶液的浓度影响；b、根据会使所称药品的质量小于20.5g判断；c、根据标准液被稀释，浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏大判断；d、开始时仰视读数，导致读数偏大；结束时俯视读数，导致读数偏小，最终导致读数偏小；(5)根据滴定管的构造及图示读出滴定管的读数；根据消耗的标准液的体积及浓度计算出氢氧化钠的浓度，再计算出烧碱样品中NaOH的质量分数。详解：(1)正确的操作顺序为：称量→溶解→定容→滴定，所以操作步骤的顺序为：CABDE，故答案为C；A；B；D；E；(2)观察滴定管液面时视线应与与凹液面最低点平齐，读数估读到0.01

mL，故答案为视线与凹液面最低点平齐；读数估读到0.01mL；(3)滴定终点时，白纸起衬托作用，更易分辨颜色变化，故答案为使滴定终点时，溶液颜色变化更明显，易于分辨；(4)a、未将溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容，会使所配NaOH溶液的浓度偏大，从而使质量分数偏高，故a错误；b、砝码放在左盘，NaOH放在右盘，会使所称药品的质量小于20.5

g，会使样品的质量分数偏低，故b正确；c、酸式滴定管在装入标准H2SO4溶液前未用标准液润洗，会使V(H2SO4)偏大，从而使样品的质量分数偏大，故c错误；d、开始时仰视读数，结束时俯视读数，会使V(H2SO4)偏小，从而使样品的质量分数偏小，故d正确；故选b、d；(5)注意读数估读到0.01

mL，滴定管“0”刻度在上，末读数为24.00

mL，初读数为0.30

mL，用量为23.70

mL，故答案为24.00；0.30；23.70；(6)氢氧化钠的溶液的浓度为：c(NaOH)===1.896

mol•L-1，烧碱样品中NaOH的质量分数为：w(NaOH)=×100%=92.49%，故答案为92.49%。26、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O饱和氯化钠溶液防止空气中水蒸气进入装置，使SnCl4水解缺少尾气处理装置Sn(OH)4或SnO22Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+93.18%【解题分析】

由装置图可知装置Ⅰ应为制备氯气的装置，装置Ⅱ和装置Ⅲ是氯气的净化装置，氯气经除杂，干燥后与锡在装置Ⅳ中反应生成SnCl4，经冷却后在装置Ⅵ中收集，因SnCl4极易水解，应防止空气中的水蒸气进入装置Ⅵ中。(5)用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，根据原子守恒、电子转移守恒可得关系式：Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7，据此分析解答。【题目详解】(1)装置Ⅰ中浓盐酸与MnO2在加热时发生反应产生氯气，发生反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)由于盐酸有挥发性，所以在制取的氯气中含有杂质HCl，在与金属锡反应前要除去，因此装置Ⅱ中的最佳试剂为除去HCl同时还可以减少氯气消耗的饱和食盐水；SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟，为了防止盐水解，所以要防止起水解，装置Ⅶ的作用为防止空气中的水蒸气进入Ⅵ中使SnCl4水解，故答案为饱和氯化钠溶液；防止空气中水蒸气进入Ⅵ中，SnCl4水解；(3)未反应的氯气没有除去，缺少尾气处理装置，故答案为缺少尾气处理装置；(4)如果没有装置Ⅲ，则在氯气中含有水蒸汽，所以在Ⅳ中除生成SnCl4外，还会生成SnCl4水解产生的含锡的化合物Sn(OH)4或SnO2，故答案为Sn(OH)4或SnO2等；(5)滴定过程中的反应方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，第二步中加入过量FeCl3溶液，将Sn2+氧化成Sn4+，反应的方程式为2Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+，令锡粉中锡的质量分数为x，则：Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7119g

mol0.613xg

0.100mol•L-1×0.016L故=，解得x=93.18%，故答案为93.18%。【题目点拨】本题考查物质的制备，涉及氯气的实验室制备、中和滴定原理的应用等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查。本题的易错点为(5)，要注意利用关系式法进行计算，会减少计算量。27、晶体颗粒较大，易沉降除去多余的双氧水，提高草酸的利用率CA、D98.20%【解题分析】

(1)

倾析法的适用范围适用分离晶体颗粒较大、易沉降到容器底部的沉淀，这样减少过滤的时间和操作，比较简单；对步骤②中的溶液经过加热煮沸再进行下一步操作，是由于步骤②溶液中存在过量的过氧化氢，过氧化氢具有一定的氧化性，会和③中加入的草酸发生反应，所以加热煮沸的目的是除去过量的双氧水，提高饱和H2C2O4溶液的利用率；(2)因为产品不溶于乙醇，而选择95%的乙醇经济成本最低，故选C。(3)该抽滤装置的操作原理为：打开最右侧水龙头，流体流速增大，压强减小，会导致整个装置中压强减小，使布氏漏斗内外存在压强差，加快过滤时水流下的速度，A.选择抽滤主要是为了加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，A正确；B.图示的抽滤装置中，除漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口外，中间瓶中的导管也没有“短进短出”，B错误；C.抽滤得到的滤液应从瓶口倒出，不能从支管口倒出，C错误；D.抽滤