福建省龙岩第二中学2024届化学高二下期末质量检测模拟试题含解析

福建省龙岩第二中学2024届化学高二下期末质量检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、下列溶液一定呈中性的是A．FeCl3溶液B．Na2CO3溶液C．Na2SO4溶液D．CH3COOH和CH3COONa混合溶液2、有机物的结构简式如图：。则此有机物可发生的反应类型有()①取代②加成③消去④酯化⑤水解⑥氧化⑦中和⑧加聚A．①②③⑤⑥B．②③④⑤⑥⑧C．②③④⑤⑥⑦D．①②③④⑤⑥⑦⑧3、将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是()A．K+、SiO32﹣、Cl﹣、NO3﹣B．H+、NH4+、Al3+、SO42﹣C．Na+、S2﹣、OH﹣、SO42﹣D．Na+、AlO2﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣4、下列描述中正确的是A．CS2为V形的极性分子B．ClO3—的空间构型为平面三角形C．SF6中有6对相同的成键电子对D．SiF4和SO32—的中心原子均为sp2杂化5、设NA为阿伏加德罗常数。下列说法正确的是()A．286gNa2CO3·10H2O晶体中CO32-数目等于0.1NAB．标准状况下，4.48LNO和2.24LO2完全反应后，容器内气体分子数为0.2NAC．0.1molNa和氧气在一定条件下反应生成3.5g氧化物时，失去的电子数为0.2NAD．含有1molFeCl3的饱和溶液滴入沸腾蒸馏水中，所得红褐色液体中含胶粒数目为NA6、下列推论错误的是A．NaCl为离子晶体，可推测CsCl也为离子晶体B．CO2晶体是分子晶体，可推测CS2晶体也是分子晶体C．NH4+为正四面体结构，可推测PH4+也为正四面体结构D．NCl3中N原子是sp3杂化，可推测BCl3中B原子也是sp3杂化7、下列除杂试剂或方法有错误的是原物质所含杂质除杂试剂主要操作方法AHNO3溶液H2SO4BaCl2溶液过滤BCO2SO2酸性KMnO4溶液、浓硫酸洗气、干燥CSiO2Al2O3稀盐酸过滤DC2H5OHCH3COOHCaO蒸馏A．A B．B C．C D．D8、下列各项叙述中，正确的是()A．Si、P、S的第一电离能随原子序数的增大而增大B．价电子排布为3d64s2的元素位于第四周期第ⅧB族，是d区元素C．2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量不相等D．氮原子的最外层电子排布图：9、下列说法正确的是①具有规则几何外形的固体一定是晶体②NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na+共有12个③非极性分子中一定含有非极性键④晶格能由大到小:NaF>NaCl>NaBr>NaI⑤含有共价键的晶体一定具有高的熔、沸点及硬度⑥s－sσ键与s－pσ键的电子云形状相同⑦含有π键的化合物与只含σ键的化合物的化学性质不同⑧中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构形不一定是正四面体A．①②⑤⑥B．③④⑥⑦C．②④⑦⑧D．③④⑤⑧10、对下列装置，不添加其他仪器无法检查装置气密性的是A．B．C．D．11、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，部分元素在周期表中的位置如下图所示，其中X、Y、W的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物均能发生反应，下列说法中不正确的是（）XYWA．简单离子半径大小关系为：Y>Z>WB．X与Y可以存在于同一离子化合物中C．Z、W氧化物的熔点高低：Z<WD．X与氢元素形成的化合物中，只含极性键12、下列有机化合物中，能同时发生酯化反应、加成反应和氧化反应的是①CH2=CHCOOCH3②CH2=CHCOOH③CH2=CHCH2OH④CH3CH(OH)CH2CHO⑤CH3CH2CH2OHA．②③④ B．②④⑤ C．①③⑤ D．①②⑤13、下列电子转移方向和数目的判断正确的是A．B．C．D．14、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．常温下加水稀释时c（H+）/c（OH-）明显增大的溶液：CH3COO-、Ba2+、NO3-、Br-B．pH=1的溶液中：Na+、SiO32-、NO3-、SO42-C．由水电离的c（OH-）=10-13mol•L-1的溶液中：Na+、Cl-、CO32-、NO3-D．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO42-、S2-、SO32-15、某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如图所示的“蜗牛”形状，图中每个“·”代表一种元素，其中O点代表氢元素。下列说法中错误的是()A．原子半径大小顺序：r(B)＞r(C)＞r(A)B．B、C最高价氧化物对应的水化物可以相互反应C．虚线相连的元素处于同一族，A、C元素都位于元素周期表ⅥA族D．A分别与B、C形成的化合物中化学键类型相同16、对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g),下列叙述正确的是()A．达到化学平衡时,4v正(NH3)=5v逆(H2O)B．若单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率减小D．达到平衡时,若减小容器体积,则NH3的转化率会增大17、在一定条件下，测得2CO22CO+O2(反应从CO2开始)平衡体系的平均相对分子质量为M，在此条件下，CO2的分解率为（）A． B． C． D．18、下列关于电解池的叙述中不正确的是A．与电源正极相连的是电解池的阴极 B．与电源负极相连的是电解池的阴极C．电解池的阳极发生氧化反应 D．电解池的阴极发生还原反应19、配位化合物的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。请指出配合物[Cu(NH3)4](OH)2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数（）A．Cu2+、NH3、2+、2 B．Cu+、NH3、1+、4C．Cu2+、OH-、2+、2 D．Cu2+、NH3、2+、420、X与Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，X元素的阳离子半径大于Y元素的阳离子半径，Y与Z两元素的核外电子层数相同，Z元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，则X、Y、Z的原子序数A．X＞Y＞Z B．Y＞X＞ZC．Z＞X＞Y D．Z＞Y＞X21、下列物质溶于水后溶液显碱性的是A．K2SO4 B．SO2 C．FeCl3 D．NaClO22、常温下向浓度均为0.10mol/L、体积均为1mL的NaOH溶液和Na2CO3溶液中分别加水，均稀释至VmL，两种溶液的pH与lgV的变化关系如图所示.下列叙述中错误的是A．Khl(CO32-)(Khl为第一级水解平衡常数)的数量级为10-4B．曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系C．Na2CO3溶液中存在:c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)D．若将Na2CO3溶液加热蒸干，由于CO32-水解，最终析出的是NaOH固体二、非选择题(共84分)23、（14分）按以下步骤可从合成(部分试剂和反应条件已去)．请回答下列问题：(1)A的名称为__________。(2)分别写出B、F的结构简式：B_____、F_____。(3)反应①～⑦中属于消去反应的是_____，属于加成反应的是_____(填代号)。(4)根据反应+Br2，写出在同样条件下CH2=CH—CH=CH2与等物质的量Br2反应的化学方程式：__________________。(5)写出第④步的化学方程式_______________。(6)下列有机物分子中，在核磁共振氢谱图中能给出三种峰(信号)且强度之比为1∶1∶2的是_______________。A．B．C．D．24、（12分）A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，其分子结构模型如图所示（图中球与球之间连线代表化学键单键或双键）。(1)根据分子结构模型写出A的结构简式___________。(2)拟从芳香烃出发来合成A，其合成路线如下：已知：A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇。(a)写出⑤反应类型__________反应；写出H的结构简式___________。(b)写出G中官能团名称：_________________________(c)写出下列步骤的反应方程式（注明必要的条件）⑥_______________________________________。⑦________________________________________。(3)A的同分异构体有多种，同时满足下列条件A的同分异构体有________种。ⅰ.含有苯环，苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种；ⅱ.与A有相同的官能团；ⅲ.能发生银镜反应。25、（12分）铝热反应是铝的一个重要性质，该性质用途十分广泛，不仅被用于焊接钢轨，而且还常被用于冶炼高熔点的金属如钒、铬、锰等。（1）某校化学兴趣小组同学，取磁性氧化铁按教材中的实验装置(如图甲)进行铝热反应，现象很壮观。指明使用镁条和氯酸钾的目的是___________________。（2）某同学用图乙装置进行铝热反应。取反应后的“铁块”溶于盐酸，向其中滴加KSCN溶液，溶液未见红色。为测定该实验所得“铁块”中铁元素含量，设计实验流程如图所示。几种氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。①试剂A应选择________，试剂B应选择_______(填序号)。A．稀盐酸B．氧化铁C．H2O2溶液D．氨水②写出反应Ⅱ的离子方程式____________________________。③设计简单实验证明M的成分是Fe2O3而非Fe3O4__________。④上述实验应灼烧至M质量不变，则能证明M质量不变的标志是_______。⑤若最终红色粉未M的质量为12.0g，则该“铁块”的纯度是_______。26、（10分）甲苯()是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛()、苯甲酸()等产品。下表列出了有关物质的部分物理性质，请回答：名称性状熔点(℃)沸点(℃)相对密度(ρ水＝1g·cm－3)溶解性水乙醇甲苯无色液体易燃易挥发－95110.60.8660不溶互溶苯甲醛无色液体－261791.0440微溶互溶苯甲酸白色片状或针状晶体122.12491.2659微溶易溶注：甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶。实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛。实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入15mL冰醋酸(作为溶剂)和2mL甲苯，搅拌升温至70℃，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时。(1)装置a的名称是______________，为使反应体系受热比较均匀，可________。(2)三颈瓶中发生反应的化学方程式为_______________________________________________________。(3)写出苯甲醛与银氨溶液在一定的条件下发生反应的化学方程式：________________________________。(4)反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温时，还应经过____________、__________(填操作名称)等操作，才能得到苯甲醛粗产品。(5)实验中加入过量过氧化氢且反应时间较长，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，正确的操作步骤是______________(按步骤顺序填字母)。a．对混合液进行分液b．过滤、洗涤、干燥c．水层中加入盐酸调节pH＝2d．加入适量碳酸氢钠溶液混合振荡27、（12分）TMB是一种新型指纹检测的色原试剂，由碳、氢、氮三种元素组成，M=240g·mol—1。某研究性学习小组的同学欲利用下列仪器测定TMB的分子式。主要过程为在足量氧气流中将4.80gTMB样品氧化(氮元素转化为N2)，再利用吸收剂分别吸收水蒸气和CO2。请从图中选择适当的装置(装置符合气密性要求，加热装置等已略去，其他用品可自选)。(1)写出A中的化学反应方程式：__________________；(2)B中试剂是___________，作用是________________；(3)装置C中CuO粉末的作用为________________。(4)理想状态下，将4.80gTMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得D增加3.60g，E增加14.08g，则TMB的分子式为____________。(5)有同学认为，用该实验装置测得的TMB分子式不准确，应在干燥管E后再添加一个装有碱石灰的干燥管F。你认为是否需要添加F装置__________（填“需要”或“不需要”），简述理由________________。28、（14分）铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。(1)FeCl3的熔点为306℃，沸点为(2)羰基铁[Fe(CO)5](3)氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为______；(4)氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg⋅cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为______；29、（10分）第19届亚洲运动会将于2022年在杭州举行，杭州的空气与水质量的提高越来越成为人们关注的问题。其中，烟气中的NOx与水中总氮含量(包括有机氮及NO3-、NO2-、NH4+等无机氮)都必须脱除(即脱硝)后才能排放。请回答下列问题：I.空气的脱硝处理：已知：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝-890.3.kJ·mol-1N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)ΔH2＝+180.kJ·mol-1（1）CH4可用于脱硝，其化学方程式为CH4(g)＋4NO(g)CO2(g)＋2N2(g)＋2H2O(l)，ΔH＝____kJ·mol-1。在恒温，恒容的密闭容器中通入2molCH4和4molNO，下列说法正确的是____。A．甲烷过量，可将NO完全转化为N2B．从反应开始到平衡的过程中，NO的转化率一直增大C．反应过程中，容器中的压强保持不变D．平衡后，再通入一定量的甲烷，正反应速率增大（2）C2H4也可用于烟气脱硝。为研究温度、催化剂中Cu2＋负载量对其NO去除率的影响，控制其他条件一定，实验结果如图1所示。为达到最高的NO去除率，应选择的反应温度和Cu2＋负载量分别是____。II.水的脱硝处理：（3）水中的含氮物质在好氧硝化菌的作用下有如下反应：2NH4+(aq)+3O2(g)=2NO2-(aq)+4H+(aq)+2H2O(l)(快反应)2NO2-(aq)+O2(g)=2NO3-(aq)(慢反应)20℃时含氮废水(以NH4＋)的NH4+的浓度随DO(水体中溶解氧)浓度的变化曲线如图2所示，在图2上画出20℃时NO2-的浓度随DO的变化趋势图。_______（4）研究表明，用电解法除去氨氮废水(反应中视为NH4+)有很高的脱氮(转化为N2)效率，写出该过程中阳极的电极反应式____。

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.FeCl3溶液中铁离子水解，溶液显酸性，故A错误；B.Na2CO3溶液中碳酸根离子水解，溶液呈碱性，故B错误；C.Na2SO4溶液中钠离子和硫酸根离子均不水解，溶液显中性，故C正确；D.CH3COOH溶液显酸性，CH3COONa中醋酸根离子水解，溶液显碱性，则CH3COOH和CH3COONa混合溶液可能显酸性，中性或碱性，故D错误；答案选C。【题目点拨】本题的易错点为D，要注意该混合溶液的酸碱性与醋酸和醋酸钠的电离和水解程度有关。2、D【解题分析】本题考查有机物的官能团和性质。分析：由结构简式可知，该有机物中含有碳碳双键、酯基、-OH、-COOH，结合烯烃、酯、醇和羧酸的性质来分析解答。详解：因含有羟基、羧基，则能发生取代反应，故①选；因含有碳碳双键和苯环，能发生加成反应，故②选；因与-OH相连的C的邻位碳原子上有H原子，则能发生消去反应，③选；因含有羟基、羧基，则能发生酯化反应，故④选；因含有酯基，则能发生水解反应，故⑤选；因含有碳碳双键、-OH，能发生氧化反应，故⑥选；因含有羧基，则能发生中和反应，⑦选；因有碳碳双键，能发生加聚反应，⑧选。故D正确。故选D。点睛：熟悉烯烃、酯、醇、羧酸的性质是解答本题的关键。3、B【解题分析】试题分析：A．H2SiO3酸性比碳酸弱，通入过量CO2，SiO32-不能大量共存，故A错误；B．通入过量CO2，四种离子在弱酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．OH-与CO2反应而不能大量共存，故C错误；D．氢氧化铝酸性比碳酸弱，通入过量CO2，AlO2﹣不能大量共存，故D错误；故选B。考点：考查了离子共存的相关知识。4、C【解题分析】

A．CS2与CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，则CS2的结构为S=C=S，属于直线形分子，故A错误；B．ClO3-中Cl的价层电子对数=3+(7+1-2×3)=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，故B错误；C．SF6中S-F含有一个成键电子对，所以SF6中含有6个S-F键，则分子中有6对完全相同的成键电子对，故C正确；D．SiF4中Si的价层电子对数=4+(4-1×4)=4，SO32-中S的价层电子对数=3+(6+2-2×3)=4，所以中心原子均为sp3杂化，故D错误；故选C。5、A【解题分析】286gNa2CO3·10H2O晶体中CO32-数目286g286g/mol×NA=0.1NA，故A正确；标准状况下，4.48LNO和2.24LO2完全反应后，容器内存在2NO2N2O4，气体分子数小于0.2NA，故B错误；0.1molNa和氧气在一定条件下反应生成3.5g氧化物时，钠完全反应，失去的电子数为0.1NA，故C错误；氢氧化铁胶体是氢氧化铁的聚集体，含有1molFeCl6、D【解题分析】

A．Cs和Na均为活泼金属元素，与Cl形成离子键，所以NaCl、CsCl均是离子晶体，A正确；B．CO2晶体由分子间作用力结合而成，CS2晶体也是由分子间作用力结合而成，都是分子晶体，B正确；C．N、P为同主族元素，NH4+和PH4+中，中心N、P原子孤对电子数==0，σ键电子对数==4，价层电子对数=4+0=4，所以NH4+和PH4+中心原子皆为sp3杂化，空间构型均是正四面体，C正确；D．NCl3中N原子孤对电子数==1，σ键电子对数==3，价电子对数=3+1=4，所以NCl3中N原子是sp3杂化，BCl3中B原子孤对电子数==0，σ键电子对数==3，价层电子对数=3+0=3，所以BCl3中B原子是sp2杂化，D错误。答案选D。7、A【解题分析】

A.加入BaCl2溶液可除去H2SO4，但引入了新杂质盐酸，故A错误；B.二氧化硫能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，二氧化碳不能，再通过浓硫酸干燥可以得到纯净的二氧化碳，故B正确；C.二氧化硅在盐酸中不溶解，氧化铝能够溶于盐酸，故C正确；D.乙酸与氧化钙反应生成沸点较高的乙酸钙，通过蒸馏可以得到纯净的乙醇，故D正确；故选A。8、C【解题分析】

A、同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折。当外围电子在能量相等的轨道上半满(p3,d5,f7)或全满(p6,d10,f14)结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。特例是第ⅡA族的第一电离能大于第ⅢA族，第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族。所以Si的第一电离能应大于P第一电离能，的故A错误；B、价电子排布为3d64s2的元素,元素周期表第四周期第Ⅷ族，是d区元素，故B错误；C、离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p，故C正确；D、利用“洪特规则”可知最外层电子排布图错误，应为，故D错误；故选C。9、C【解题分析】试题分析：①晶体具有以下特点：有规则的几何外形；有固定的熔点；有各向异性的特点，只有同时具备这三个条件的才是晶体，错误；②采用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，氯化钠的晶胞中每个Na+距离相等且最近的Na+个数是12，正确；③结构对称、正负电荷中心重合的分子为非极性分子，非极性分子中不一定含有非极性键，如O=C=O中不含非极性键，错误；④晶格能与离子半径成反比，与电荷呈正比，从氟到碘离子，其离子半径逐渐增大，所以晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，正确；⑤含有共价键的晶体不一定具有高的熔、沸点及硬度，如分子晶体的熔、沸点及硬度较低，错误；⑥s能级电子云是球形，P能级电子云是哑铃型，所以s-sσ键与s-pσ键的电子云形状不同，错误；⑦π键和σ键的活泼性不同导致物质的化学性质不同，含有π键的物质性质较活泼，正确；⑧中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，正确；答案选C。考点：考查晶体的特征，晶胞，化学键的类型，晶格能，电子云，杂化类型等知识。10、B【解题分析】分析：检查装置气密性，必须使被检查装置形成密封体系。详解：A．用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气，选项A不选；B．图中的装置分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气，选项B选；C．图中的装置向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气，选项C不选；D．对于该装置的气密性检查，主要是通过气体受热后体积膨胀、压强增大来进行检验．即用手握住试管外壁，如果装置漏气，压强不变化，就无现象；如果装置不漏气，温度升高，压强就变大就会在导管口产生气泡，所以能检查出装置是否漏气，选项D不选；答案选B。11、D【解题分析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且均存在最高价氧化物对应的水化物，故排除氧元素和氟元素，又因为其中X、Y、W的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物均能发生反应，可推知X为碳元素，Y为氮元素，W为铝元素，Z为钠元素。【题目详解】A.具有相同电子层结构的微粒，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径大小关系为：Y>Z>W，故A正确；B.X与Y可以存在于同一离子化合物中，如碳酸铵和碳酸氢铵，故B正确；C.Z、W氧化物均是离子晶体，氧化铝的晶格能更大，故熔点高低：Z<W，故C正确；D.X与氢元素形成的化合物包括所有烃类物质，如苯既含极性键又含非极性键，故D错误；答案选D。【题目点拨】注意碳与氢元素形成的化合物包括所有烃类物质！12、A【解题分析】

含-OH或-COOH能发生酯化反应，含不饱和键能发生加成反应，选项中的有机物均能燃烧生成二氧化碳和水，以此来解答。【题目详解】①CH2=CHCOOCH3，含C=C，能发生加成和氧化反应，不能发生酯化反应，故不选；②CH2=CHCOOH，含C=C和-COOH，能发生酯化、加成和氧化3种反应，故选；③CH2=CHCH2OH，含C=C和-OH，能发生酯化、加成和氧化3种反应，故选；④CH3CH(OH)CH2CHO，含-OH和-CHO，能发生酯化、加成和氧化3种反应，故选；⑤CH3CH2CH2OH，含-OH，能发生酯化和氧化反应，不能发生加成反应，故不选；故选A。13、B【解题分析】分析:本题考查氧化还原反应中电子的转移以及元素化合价的改变，元素化合价升高失电子被氧化，化合价降低得电子被还原，以此分析各选项。详解：A项，二氧化锰中的锰元素应该为得到电子而化合价降低，盐酸中的氯元素失去电子，化合价升高，故A项错误；B项，0价的硫元素变成+4价要失去4个电子，变成-2价要得到2个电子，且作还原剂的硫与作氧化剂的硫物质的量之比为1:2，故B项正确；C项，该反应中氯酸钾中的氯元素得到5个电子变为氯气中0价的氯原子，5分子的盐酸中的氯原子失去5个电子变为氯气中0加的氯原子，转移的电子数应该为5，该项中转移电子数和转移方向都错了，故C项错误；D项，氯酸钾中氯元素得到电子化合价降低变为氯化钾中的氯，氯酸钾中的氧元素失去电子化合价升高变为氧气，因此图示的电子转移方向错误，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。14、A【解题分析】A．加水稀释时c（H+）/c（OH-）明显增大，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，选项A正确；B．pH=1的溶液，显酸性，H+、SiO32-发生反应生成弱酸硅酸，不能共存，选项B错误；C．由水电离的c（OH-）=10-13mol•L-1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在CO32-，选项C错误；D．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液，具有氧化性，不能存在还原性离子S2-、SO32-，选项D错误；答案选A。15、D【解题分析】

根据O点代表氢元素，每个“·”代表一种元素，可知A是氧，B、C分别是铝、硫。【题目详解】A.铝和硫在同一周期，同一周期的元素的原子半径随着原子序数的递增逐渐减小，所以铝的原子半径大于硫，硫和氧是同一主族元素，硫在第三周期，氧在第二周期，故硫的原子半径大于氧，所以原子半径大小顺序：r(B)＞r(C)＞r(A)，故A不选；B.铝的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，是两性氢氧化物，硫的最高价氧化物的水化物是硫酸，是强酸，可以和氢氧化铝反应，故B不选；C.从分析可知，A、C元素是同一主族元素，都位于元素周期表ⅥA族，故C不选；D.氧和铝形成的化合物为Al2O3，是离子化合物，含离子键，氧和硫形成的化合物为SO2和SO3，是共价化合物，含共价键，故D选。故选D。16、C【解题分析】

A、平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量系数之比，则达平衡时，3v正(NH3)=2v逆(H2O)，A错误；B、若单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3，都表示反应向正向进行，不能说明反应到达平衡,B错误；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，各物质浓度均减小，则正逆反应速率均减小，C正确；D.达到平衡时，若减小容器体积，相当于加压，平衡左移，则NH3的转化率会减小，D错误；综上所述，本题选C。17、B【解题分析】

设二氧化碳起始量为2mol，转化物质的量为xmol，则2CO22CO+O2起始量(mol)200变化量(mol)xx0.5x平衡量(mol)2-xx0.5x依据气体摩尔质量M=m÷n可知M=(2mol×44g/mol)/(2−x+x+0.5x)，解得x=(88−2M)/0.5M，所以CO2的分解率=x/2=(88−2M)/M，答案选B。18、A【解题分析】

A.电解池中，与外接电源负极相连的为阴极，与正极相连的为阳极，故A叙述错误；B.电解池中，与外接电源负极相连的为阴极，故B叙述正确；C.电解池中阳极上失电子发生氧化反应，故C叙述正确；D.电解池中阴极上得电子发生还原反应，故D叙述正确；答案选A。【题目点拨】本题主要考查电解池的工作原理，注意以电子的转移为中心来进行梳理，电子由外接电源的负极流出，流入电解池的阴极，阴极上发生还原反应，电解池的阳极上发生氧化反应，电子经导线流回到电源的正极。19、D【解题分析】

[Cu(NH3)4](OH)2的中心离子是Cu2+，配体是NH3，因此，中心离子的电荷数为2个单位的正电荷，配位数为4，综上所述，[Cu(NH3)4](OH)2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数分别为Cu2+、NH3、2+、4。答案选D。20、D【解题分析】

X、Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，二者处于同一周期，X元素的阳离子半径大于Y元素阳离子半径，利用原子序数越大，离子半径越小来分析原子序数的关系；Z和Y两元素的核外电子层数相同，则在同一周期，Z元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，利用同周期元素从左到右金属性减弱，第一电离能增大来解答。【题目详解】X、Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，二者处于同一周期，X元素的阳离子半径大于Y元素阳离子半径，由原子序数越大，离子半径越小，则原子序数为Y＞X，又Z和Y两元素的核外电子层数相同，则在同一周期，Z元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，则原子序数为Z＞Y，所以X、Y、Z三种元素原子序数为Z＞Y＞X，答案选D。【题目点拨】本题考查结构性质位置关系、半径比较等，明确微粒半径的比较是解答本题关键。21、D【解题分析】

A.K2SO4是强酸强碱盐，水溶液呈中性，A不符合题意；B.SO2是酸性氧化物，水溶液呈酸性，B不符合题意；C.FeCl3是强酸弱碱盐，水溶液因Fe3+水解呈酸性，C不符合题意；D.NaClO是强碱弱酸盐，水溶液因ClO-水解呈碱性，D符合题意；答案选D。22、D【解题分析】NaOH为强碱，常温下0.10mol/LNaOH溶液的pH=13，所以曲线M表示NaOH溶液的pH随lgV的变化关系，曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；Na2CO3溶液中存在的水解主要是：CO32-+H2OHCO3-+OH-，常温下0.10mol/L的Na2CO3溶液的pH=11.6，即c(H+)=10-11.6，则c(OH-)=Kw/c(H+)=10-2.4，Ka1(CO32-)=≈=10-3.8，由上述分析，A、B都正确；C项，Na2CO3溶液中Na+和CO32-是主要离子，c(Na+)>c(CO32-)，CO32-水解使溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)，且c(H+)远小于c(OH-)，因为水解是微弱的，所以c(CO32-)>c(OH-)，又因为Na2CO3溶液中存在二级水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，其中主要为第一级水解，所以c(OH-)略大于c(HCO3-)，综上分析，Na2CO3溶液中存在：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)，故C正确；D项，Na2CO3溶液中存在水解：Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH，若将Na2CO3溶液加热蒸发，开始时温度升高促进水解，但随着水分的减少，NaHCO3和NaOH浓度增大，因为二者不能大量共存，所以又会反应生成Na2CO3，因此将Na2CO3溶液加热蒸干，最终析出的是Na2CO3固体，故D错误。点睛：本题考查电解质溶液，侧重考查离子浓度大小比较、水解常数有关计算、盐类水解原理的应用等，难度较大，掌握盐类水解的原理，并结合题给图示信息分析是解题关键。解题思路：首先根据开始时的pH判断，曲线M表示NaOH溶液的pH随lgV的变化关系，曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；进一步求得Na2CO3溶液中c(OH-)，再根据水解常数表达式求得Ka1(CO32-)；D项易错，CO32-的一级水解是主要的，二级水解远小于一级水解，注意HCO3-和OH-不能大量共存。二、非选择题(共84分)23、环己醇②④①③⑤⑥CH2=CH-CH=CH2+Br2→BrCH2CH=CH-CH2Br+2NaOH+2NaBr+2H2OBD【解题分析】

苯酚与氢气发生完全加成反应产生A是环己醇，A与浓硫酸加热发生消去反应产生B是环己烯，B与Br2发生加成反应产生C是1，2-二溴环己烷，C与NaOH的乙醇溶液加热发生消去反应产生D是，D与Br2按1:1关系发生1，4-加成反应产生E为，E与H2发生加成反应产生F为，F与NaOH的水溶液发生水解反应产生G是，G与乙二酸HOOC-COOH在浓硫酸存在和加热时发生缩聚反应形成高聚物H：，据此分析解答。【题目详解】(1)根据上述分析可知A是，名称为环己醇；(2)B结构简式为；F的结构简式：；(3)在上述反应中，反应①属于加成反应，②属于消去反应，③属于加成反应，④属于消去反应，⑤属于加成反应，⑥属于加成反应，⑦属于取代反应，所以反应①～⑦中消去反应的是②④；属于加成反应的是①③⑤⑥；(4)CH2=CH—CH=CH2与等物质的量Br2发生1，4-加成反应的化学方程式为：CH2=CH-CH=CH2+Br2→BrCH2CH=CH-CH2Br；(5)第④步的化学反应是与NaOH的乙醇溶液在加热时发生的消去反应，方程式为：+2NaOH+2NaBr+2H2O；(6)A.在中核磁共振氢谱中能给出三种峰，且强度之比为1：1：4，A不符合题意；B.在中核磁共振氢谱中能给出三种峰且强度之比为1：1：2，B符合题意；C.在中核磁共振氢谱中能给出四种峰且强度之比为1：1：2：2，C不符合题意；D.中核磁共振氢谱中能给出3种峰且强度之比为1：1：2，D符合题意；故合理选项是BD；【题目点拨】本题考查有机物的推断与合成的知识，根据反应条件结合各类物质的结构与性质的关系正向顺推，掌握官能团的性质是关键，用对称的思想进行等效H原子的判断是核磁共振氢谱分析的依据。24、消去羟基、醛基+CH3OH+H2O+H2O6【解题分析】

(1)根据分子结构模型知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，写出结构简式；(2)和溴水发生加成反应生成D，D的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；据此分析解答。【题目详解】(1)A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，每个碳原子形成4个共价键，结合其分子结构模型()知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，且结构简式为：，故答案为；(2)和溴水发生加成反应生成D，D的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；（a）通过以上分析知，反应⑤属于消去反应，H的结构简式为，故答案为：消去；；（b）G的结构简式为：，含有的官能团有—OH、—CHO，名称为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；（c）反应⑥为B和甲醇发生酯化反应生成A，反应方程式是+CH3OH+H2O；反应⑦为E发生消去反应生成F，反应方程式是+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；+H2O；(3)A的结构简式为：，A中含有的官能团为碳碳双键和酯基，A的同分异构体苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种，则只能是对位，又与A有相同的官能团且能发生银镜反应，则苯环连接的两个侧链分别为①—CH=CH2、—CH2OOCH②—CH3、—CH=CHOOCH③—CH3、—C(OOCH)=CH2④—OOCH、—CH=CHCH3⑤—OOCH、—CH2CH=CH2⑥—OOCH、—C(CH3)=CH2，共6种，故答案为：6。【题目点拨】本题的难点是第（3）问，符合条件的同分异构体数目的确定；确定同分异构体的数目先根据限制的条件确定可能存在的结构，然后进行有序书写。25、引发铝热反应CD2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O足量稀硫酸；几滴(少量)高锰酸钾溶液；溶液紫红色未褪去连续两次灼烧质量相差不大于0.1g84.0%【解题分析】

（1）根据铝热反应需要高温条件分析解答。（2）取反应后的“铁块”溶于盐酸，生成铁盐或亚铁盐、镁离子和铝离子，根据离子的性质结合流程图分析解答。【题目详解】（1）使用镁条和氯酸钾的目的是点燃镁条燃烧放热促进氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，起到高温引发铝热反应的目的，即使用镁条和氯酸钾的目的是引发铝热反应。（2）①根据表格可知，要使铁元素完全沉淀而铝离子和镁离子不沉淀，需要将亚铁离子转化为铁离子，又因为不能引入新杂质，所以需要加入双氧水，然后调节4≤pH＜4.2即可将铁离子沉淀而铝离子和镁离子不沉淀。调节pH时不能用氧化铁，因为会引入铁元素，因此试剂A应选择双氧水，试剂B应选择氨水，答案选C和D。②反应Ⅱ是双氧水氧化亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。③氧化铁溶于酸生成铁离子，四氧化三铁溶于酸生成铁离子和亚铁离子，因此要设计简单实验证明M的成分是Fe2O3而非Fe3O4只需要证明溶液中含有亚铁离子即可，所以实验方案为取少量M固体于试管中，向其中加入足量稀硫酸，固体完全溶解，溶液呈棕黄色，继续向上层溶液中滴加几滴少量高锰酸钾溶液，振荡观察紫红色溶液未褪去，说明不含有亚铁离子。④上述实验应灼烧至M质量不变，则能证明M质量不变的标志是连续两次灼烧质量相差不大于0.1g。⑤若最终红色粉未M的质量为12.0g，即氧化铁是12.0g，物质的量是12.0g÷160g/mol＝0.075mol，所以铁元素的质量是0.075mol×2×56g/mol＝8.4g，则该“铁块”的纯度是8.4g/10g×100%＝84.0%。26、球形冷凝管水浴加热＋2H2O2＋3H2O+2Ag↓＋H2O＋3NH3过滤蒸馏dacb【解题分析】

（1）装置a的名称是球形冷凝管。水浴加热可使反应体系受热比较均匀；（2）甲苯与H2O2反应生成苯甲醛和水，则三颈瓶中发生反应的化学方程式为：.＋2H2O2＋3H2O；（3）苯甲醛与银氨溶液在加热条件下发生反应生成苯甲酸铵、水、银单质和氨气，化学方程式为：+2Ag↓＋H2O＋3NH3；（4）实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，所以先过滤除去固态难溶性催化剂。冰醋酸、甲苯、过氧化氢、苯甲醛互溶，利用它们沸点差异，采用蒸馏的方法得到苯甲醛粗产品；（5）若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，首先加入适量碳酸氢钠溶液混合振荡，苯甲酸与碳酸氢钠反应生成苯甲酸钠。苯甲酸钠易溶于水，苯甲醛微溶于水，再对混合液进行分液，分离开苯甲酸钠溶液和苯甲醛。然后在水层中加入盐酸调节pH＝2，苯甲酸钠和盐酸反应生成苯甲酸，最后过滤、洗涤、干燥苯甲酸，答案为dacb。27、2H2O22H2O+O2↑浓硫酸干燥O2，防止带入D或E中引起增重使TMB不充分燃烧生成CO全部转化为CO2C16H20N2需要防止外界空气中的CO2和H2O进入E中，避免对E处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰【解题分析】

根据装置图，A中过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，进入装置C的气体需要干燥，生成的氧气在B用浓硫酸干燥，干燥的氧气在C中将TMB氧化为二氧化碳、水和氮气，反应后用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，以确定其中所含碳、氢、氮原子的比例关系。据此分析解答。【题目详解】(1)过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，故答案为2H2O22H2O+O2↑；(2)进入装置C的气体需要干燥，因此B中试剂为浓硫酸，可用于干燥氧气，防止带入D中引起增重，故答案为浓硫酸；干燥O2，防止带入D中引起增重；(3)装置C中CuO粉末可以使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳，保证碳元素全部转化为二氧化碳，被E吸收，故答案为使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳；(4)实验后称得A装置从用的先后顺序排列质量分别增加3.60g、14.08g、0.14g，则m(H2O)=3.60g，m(CO2)=14.08g，而0.14g为空气中的CO2和H2O进入装置中的质量，则n(H2O)==0.2mol，n(H)=0.4mol，m(H)=0.4g，n(CO2)==0.32mol，n(C)=0.32mol，m(C)=0.32mol×12g/mol=3.84g，所以m(N)=4.80g-0.4g-3.84g=