山东省菏泽市第一中学老校区2024届化学高二第二学期期末联考试题含解析

山东省菏泽市第一中学老校区2024届化学高二第二学期期末联考试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、某强酸性溶液X中可能含有Fe2＋、Al3＋、NH4+、CO32-、SO32－、SO42－、Cl－中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：下列说法正确的是A．X中一定存在Fe2＋、Al3＋、NH4+、SO42－B．溶液E和气体F能发生化学反应C．X中肯定不存在CO32－、SO32－、Al3＋D．沉淀I只有Al(OH)32、等量的铁粉分别与足量的盐酸、水蒸气在一定的条件下充分反应，则在相同的条件下，产生氢气的物质的量之比是（

）A．1：1 B．3：4 C．2：3 D．4：33、下列金属防腐的措施中，属于牺牲阳极的阴极保护法的是()A．地下钢管连接锌板 B．水中的钢闸门连接电源的负极C．铁件镀铜 D．金属护拦表面涂漆4、分类法在化学研究中起到了非常重要的作用。下列对物质的分类正确的组合是①酸性氧化物：CO2、SO2、SiO2②混合物：漂白粉、氨水、铝热剂③电解质：氯气、硫酸钡、酒精④同位素：12C、14C与14N⑤同素异形体：C60、金刚石、石墨⑥胶体：豆浆、硅酸、食盐水A．只有①②④ B．只有②③④ C．只有①②⑤ D．只有②⑤⑥5、下列说法正确的是()A．不能发生丁达尔效应的分散系是溶液B．将1L2mol·L－1的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有的氢氧化铁胶粒数为2NAC．纳米粒子的大小与胶体粒子相当，但纳米粒子的体系不一定是胶体D．将饱和FeCl3溶液加热至沸腾，制得Fe(OH)3胶体6、关于下列各装置图的叙述中，正确的是A．实验室用装置①制取氨气B．装置②中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气，并能防止倒吸C．装置③可用于制备氢氧化亚铁并观察其颜色D．装置④是电解池，锌电极为正极，发生氧化反应7、下列化学式对应的结构式从成键情况看不合理的是（）A．CH3N, B．CH2SeO,C．CH4S, D．CH4Si，8、下列说法正确的是A．反应2NaCl(s)=2Na(s)+Cl2(g)的△H＞0,△S＞0B．常温下，将稀CH3COONa溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH增大和Kw不变C．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率D．氢氧燃料电池工作时，若消耗标准状况下11.2LH2，则转移电子数为6.02×10239、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．ClO2具有氧化性,可用于水的消毒杀菌B．SO2具有还原性,可用于纸浆的漂白C．MnO2具有氧化性,可用于H2O2制O2D．SiO2能与强碱反应,可用于制光导纤维10、化学学习中常用类推方法，下列类推正确的是()A．CO2为直线形分子，B．固态CS2是分子晶体，固态C．NCl3中N原子是sp3杂化，D．Al(OH)11、从植物花朵中提取到一种色素，它实际上是一种有机弱酸，可用HR表示，HR在盐酸中呈现红色，在NaOH溶液中呈现蓝色，将HR加入浓硝酸中呈现红色，微热后溶液的红色褪去，根据以上现象，可推测A．HR应为红色 B．HR应为蓝色 C．R-应为无色 D．R-应为红色12、下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是（）①用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶②配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中，并不断搅拌；③用pH试纸测得氯水的pH为2；④用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管；⑤浓硝酸保存在棕色细口瓶中；⑥将镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液，镁条上产生气泡⑦某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中含NH4+．A．①④⑤⑦B．③④⑦C．①②⑥D．②③⑤⑥13、化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A．涤纶、有机玻璃、光导纤维都是有机高分子化合物B．大豆中含有丰富的蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变为了氨基酸C．棉花和合成纤维的主要成分均为纤维素D．常用于制备染料、医药、农药等的酚类物质可来源于煤的干馏14、下列物质中，主要成分是蛋白质的是A．大米 B．羊毛 C．牛油 D．棉花15、下列现象与胶体知识无关的是A．向碳酸氢钠溶液中加入氯化钙溶液时溶液没有浑浊B．夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过美不胜收C．食品加工厂利用豆浆中加入盐卤做豆腐D．上海宝钢厂利用静电除尘技术去除废气中的固体悬浮物16、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：Ca2+、Cu2+、ClO－、Cl－B．0.1mol·L－1Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-C．0.1mol·L－1FeSO4溶液中：H+、Al3+、Cl－、NO3-D．Kw/c(H+)＝0.1mol·L－1的溶液中：Na+、NH4+、CH3COO－、CO32-17、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．室温下，ILpH=1的CH3COOH溶液中含有0.1NA个H+B．一定条件下,0.2molSO2和0.lmol02于密闭容器中充分反应后,分子总数为0.2NAC．7.2gCaO2中含有0.2NA个阴离子D．6gSiO2中含有0.1NA个分子18、下列反应中△H＞0，△S＞0的是A．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)B．NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)C．4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)D．任何温度下均能自发进行2H2O2(l)＝2H2O(l)＋O2(g)19、分子式为C4H9Cl的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A．2种 B．3种 C．4种 D．5种20、下列关于物质分类的说法正确的是()①稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液都属于胶体②氯水、次氯酸都属于弱电解质③Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物④明矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物⑤电解熔融的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化⑥葡萄糖、油脂都不属于有机高分子A．①② B．②④ C．③⑤ D．④⑥21、下列排列顺序错误的是（）A．酸性：H4SiO4＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4B．碱性：Ca(OH)2＞Mg(OH)2＞Al(OH)3C．原子半径：F＜O＜S＜NaD．氢化物的稳定性：SiH4＞H2S＞H2O＞HF22、2010年诺贝尔物理学奖所指向的是碳的又一张奇妙脸孔：人类已知的最薄材料——石墨烯。下列说法中，正确的是（）A．固态时，碳的各种单质的晶体类型相同B．石墨烯含有极性键C．从石墨剥离得石墨烯需要破坏化学键D．石墨烯具有导电性二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物甲的分子式为C18H17ClO2，其发生转化反应的过程如下图：回答下列问题：（1）A的化学名称为_______________；A分子中最多有____个原子处于同一平面上。（2）C→F的反应类型为____________；F中含氧官能团名称为_____________________。（3）化合物甲反应生成A、B的化学方程式为________________________。（4）A有多种同分异构体，写出2种符合条件的同分异构体的结构简式①能与溴发生加成反应②分子中含苯环，且在NaOH溶液中发生水解反应③核磁共振氢谱有5组峰，且面积比为1：2：2：1：2的是_____________________；（5）是重要的有机合成工业中间体之一，广泛用于医药、香料、塑料和感光树脂等化工产品，参照上述反应路线，设计一条以A为原料合成的路线(其他试剂任选)__________________________________。（6）立体异构中有一种形式为顺反异构，当相同原子或基团在双键平面同一侧时为顺式结构，在异侧时为反式结构，则的聚合物顺式结构简式为__________。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）某同学通过以下装置测定M样品(只含Fe、Al、Cu)中各成分的质量分数。取两份质量均为mg的M样品，按实验1(如图1)和实验2(如图2)进行实验，该同学顺利完成了实验并测得气体体积分别为V1mL和V2mL(已折算到标准状况下)。(1)写出实验1中发生反应的离子方程式：______________________________。(2)实验1装置中小试管的作用是___________________________________________________。(3)对于实验2，平视读数前应依次进行的两种操作是：①___________________②___________________。(4)M样品中铜的质量的数学表达式为(用m、V1和V2表示)：__________________________。(5)实验1进行实验前，B瓶中水没有装满，使测得气体体积____________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同)；若拆去实验2中导管a，使测得气体体积___________。26、（10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______。27、（12分）某兴趣小组的同学设计了如下装置进行试验探究，请回答下列问题：（1）为准确读取量气管的读数，除视线应与量气管凹液面最低处向平，还应注意。若考虑分液漏斗滴入烧瓶中液体的体积（假设其它操作都正确），则测得气体的体积将（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（2）若在烧瓶中放入生铁，用此装置验证生铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀。=1\*GB3①通过分液漏斗向烧瓶中加入的试剂可选用下列（填序号）a．NaOH溶液B．C2H5OHc．NaCl溶液D．稀硫酸=2\*GB3②能证明生铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀的现象是。（2）若烧瓶中放入粗铜片（杂质不参与反应），分液漏斗内放稀硝酸，通过收集并测量NO气体的体积来探究粗铜样品的纯度。你认为此方法是否可行（填“可行”或“不可行”，若填“不可行”请说明原因）。（3）为探究MnO2在H2O2制取O2过程中的作用，将等量的H2O2加入烧瓶中，分别进行2次实验（气体体积在同一状况下测定）：序号烧瓶中的物质测得气体体积实验120mLH2O2，足量MnO2V1实验220mLH2O2，足量MnO2和稀硫酸V1<V2<2V1若实验1中MnO2的作用是催化剂，则实验2中发生反应的化学方程式为。（4）若烧瓶中放入镁铝合金，分液漏斗内放NaOH溶液，分别进行四次实验，测得以下数据（气体体积均已换算成标准状况）：编号镁铝合金质量量气管第一次读数量气管第二次读数Ⅰ1.0g10.00mL346.30mLⅡ1.0g10.00mL335.50mLⅢ1.0g10.00mL346.00mLⅣ1.0g10.00mL345.70mL则镁铝合金中镁的质量分数为。28、（14分）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂，可由绿矾(FeSO4·7H2O)通过下列反应制备：FeSO4+Na2CO3===FeCO3↓+Na2SO4FeCO3+C6H8O7=FeC6H6O7+CO2↑+H2O（1）生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是____________________。（2）将制得的FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中，再加入少量铁粉，80℃下搅拌反应。①铁粉的作用是_________________。②反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是_____________。（3）最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。分离过程中加入无水乙醇的目的是________________。（4）某研究性学习小组欲从硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3)出发，先制备绿矾，再合成柠檬酸亚铁。请结合下图的绿矾溶解度曲线，补充完整由硫铁矿烧渣制备FeSO4·7H2O晶体的实验步骤(可选用的试剂：铁粉、稀硫酸和NaOH溶液)：①向一定量烧渣中加入足量的稀硫酸充分反应，过滤②向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤，充分洗涤固体③向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解④再加入足量的铁粉，充分搅拌后，过滤得到FeSO4溶液⑤_______________________________________________，得到FeSO4·7H2O晶体。（5）取25.00g柠檬酸亚铁晶体（摩尔质量为246g/mol），配成100mL溶液，取20.00mL至锥形瓶中，另取0.2000mol.L-1的酸性KMnO4标准溶液装入酸式滴定管中，用氧化还原法测定柠檬酸亚铁晶体的质量分数，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应，经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：实验序号1234消耗KMnO4溶液体积20.00mL19.98mL21.38mL20.02mL滴定终点时现象为：__________________________________柠檬酸亚铁的质量分数________________29、（10分）有A、B、C三种可溶性盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量按A、B、C的顺序依次增大。将等物质的量的A、B、C溶于稀硝酸，所得溶液中只含有H+、Fe3＋、K＋、SO42－、NO3－、Cl－几种离子，同时生成一种白色沉淀。请回答下列问题：（1）经检验及分析，三种盐中还含有下列选项中的一种离子，该离子是________。A．Na＋B．Mg2＋C．Cu2＋D．Ag＋（2）盐A的名称为____________。（3）不需要加入其它任何试剂就能将上述三种盐溶液区分开来，鉴别出来的先后顺序为________________________________________(填化学式)。（4）若将A、B、C三种盐按一定比例溶于稀硝酸，所得溶液中只含有H+、Fe3＋、K＋、SO42－、NO3－几种离子，其中Fe3＋、SO42－、K＋物质的量之比为1∶2∶4，则A、B、C三种盐的物质的量之比为__________，若向溶液中加入少量Ba(OH)2发生反应的离子方程式为：____________。

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、B【解题分析】

强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；H中通入二氧化碳生成了沉淀I，I可能为氢氧化铝或在碳酸钡，故溶液中不一定含有铝离子；不能确定是否含有的离子是Cl-，据此分析解答。【题目详解】A．根据上述分析，X中肯定存在Fe2+、NH4+、SO42ˉ，不能肯定是否存在A13+，故A错误；B．溶液E为HNO3，气体F为NH3，二者能反应生成硝酸铵，故B正确；C．溶液X中一定不存在：CO32-和SO32-，不能肯定是否存在A13+，故C错误；D．沉淀I可能为氢氧化铝或在碳酸钡，故D错误；答案选B。【题目点拨】明确常见物质性质及状态是解本题关键。本题的易错点和难点为沉淀I的判断，要注意前面加入的过量的硝酸钡对实验的影响。2、B【解题分析】

令Fe的物质的量为1mol，根据方程式计算出生成氢气的物质的量，再根据相同条件下体积之比等于物质的量之比确定两反应中生成氢气体积之比。【题目详解】令Fe的物质的量为1mol，则：

Fe+2HCl=FeCl2+H2↑

1mol

1mol

3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2

1mol

mol，

相同条件下体积之比等于物质的量之比，则两反应中生成氢气体积之比为1mol：mol=3：4。

答案选B。【题目点拨】本题考查根据方程式的计算，比较基础，清楚铁与水蒸气的反应是关键，注意基础知识的理解掌握。3、A【解题分析】

金属防腐的措施中，使用牺牲阳极的阴极保护法，说明该装置构成原电池，被保护的金属作正极。A.地下钢管连接锌板，Fe、Zn、电解质溶液构成原电池，Fe失电子能力小于Zn而作正极被保护，所以该保护方法属于牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B水中的钢闸门连接电源的负极，Fe作电解池的阴极，属于外加电源的阴极保护法，故B错误；C.铁件镀铜，阻止Fe与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，故C错误；D.金属护拦表面涂漆，阻止Fe与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，属于物理方法，故D错误；故选A。4、C【解题分析】

①CO2、SO2、SiO2都和强碱溶液反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故①正确；②漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物、氨水是一水合氨的溶液、铝热剂混合物时铝和金属氧化物的混合物，故②正确；③氯气是单质不是电解质、硫酸钡属于盐为强电解质、酒精是非电解质，故③错误：④12C、14C为同位素，与14N不是同位素，故④错误；⑤C60、金刚石、石墨是碳元素的不同单质属于同素异形体，故⑤正确；⑥豆浆、硅酸可以析出胶体，食盐水属于溶液，故⑥错误；综上所述①②⑤正确；故选C。5、C【解题分析】

根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），胶体能发生丁达尔效应。【题目详解】A项、分散质微粒直径小于1nm的是溶液，悬浊液和乳浊液分散质微粒直径大于100nm，溶液、悬浊液和乳浊液不能发生丁达尔效应，故A错误；B项、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故将1L2mol•L-1的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数小于2NA，故B错误；C项、胶体粒子直径大小在1～100nm之间，与纳米级粒子的尺寸相当，纳米级粒子分散在分散剂中才能形成胶体，故C正确；D项、制备Fe（OH）3胶体时，将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，加热直到得到红褐色液体，不能直接将饱和FeCl3溶液加热至沸腾，故D错误；故选C。【题目点拨】本题考查胶体性质及制备，注意胶体和其它分散系的本质区别，知道氢氧化铁胶体制备方法是解答关键。6、B【解题分析】试题分析：A、氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，在温度较低时又重新生成氯化铵，不能只用氯化铵制备氨气，实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气，反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH）2CaCl2＋2H2O+2NH3↑，A错误；B、氨气不溶于四氯化碳，但易溶于水，四氯化碳的密度比水大，氨气从四氯化碳进入水中可被吸收，有效防止倒吸，B正确；C、氢氧化亚铁具有还原性，易被空气中氧气氧化，应用胶头滴管插入到硫酸亚铁液面以下，C错误；D、装置④是电解池，锌电极与电源的正极相连，为阳极，发生氧化反应，D错误，答案选B。考点：考查化学实验基本操作7、D【解题分析】

A．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，N原子最外层有5个电子，应形成3个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，A正确；B．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，O和Se均为第ⅥA族元素，其原子最外层均有6个电子，均应形成2个共价键，B正确；C．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，S原子最外层有6个电子，形成2个共价键，C正确；D．H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，C和Si都是第ⅣA族元素，其原子最外层电子数均为4，应形成4个共价键，C原子和Si原子均不满足，D错误。答案选D。8、D【解题分析】

A．由化学计量数可知△S＞0，2NaCl(s)═2Na(s)+Cl2(g)常温下不能发生，则△H-T△S＞0，即△H＞0，故A错误；B．温度不变，Kw=c(H+)•c(OH-)不变，加水稀释体积增大，则n(H+)•n(OH-)增大，故B错误；C．NH3液化分离，平衡正向移动，但正反应速率减小，但提高H2的转化率，故C错误；D．n(H2)==0.5mol，负极上氢离子失去电子，H元素的化合价由0升高为+1价，则转移电子数为0.5mol×2×(1-0)×6.02×1023=6.02×1023，故D正确；故答案为D。9、A【解题分析】A．ClO2具有强氧化性，能用于水的杀菌消毒，A正确；B．SO2具有漂白性，可用于纸浆的漂白，B错误；C．H2O2反应制O2，添加MnO2，是其作催化剂的缘故，C错误；D．SiO2传输光信号的能力强，可用于制光导纤维，D错误；答案选A。10、D【解题分析】分析：A项，SO2为V形分子；B项，SiO2属于原子晶体；C项，BCl3中B原子为sp2杂化；D项，Al（OH）3和Be（OH）2都属于两性氢氧化物，都能溶于NaOH溶液。详解：A项，CO2中中心原子C上的孤电子对数为12×（4-2×2）=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为0+2=2，VSEPR模型为直线形，由于C上没有孤电子对，CO2为直线形分子，SO2中中心原子S上的孤电子对数为12×（6-2×2）=1，σ键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，VSEPR模型为平面三角形，由于S上有一对孤电子对，SO2为V形分子，A项错误；B项，固体CS2是分子晶体，固体SiO2属于原子晶体，B项错误；C项，NCl3中中心原子N上的孤电子对数为12×（5-3×1）=1，σ键电子对数为3，价层电子对数为1+3=4，NCl3中N为sp3杂化，BCl3中中心原子B上的孤电子对数为12×（3-3×1）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，BCl3中B为sp2杂化，C项错误；D项，Be和Al在元素周期表中处于对角线，根据“对角线规则”，Be（OH）2与Al（OH）3性质相似，两者都属于两性氢氧化物，都能溶于NaOH溶液，Al（OH）3、Be（OH）2与NaOH溶液反应的化学方程式分别为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O、Be（OH）2+2NaOH=Na点睛：本题考查分子的立体构型、杂化方式的判断、晶体类型的判断、对角线规则的应用。判断分子的立体构型和中心原子的杂化方式都可能用价层电子对互斥理论，当中心原子上没有孤电子对时，分子的立体构型与VSEPR模型一致，当中心原子上有孤电子对时，分子的立体构型与VSEPR模型不一致；杂化轨道只用于形成σ键和容纳孤电子对。11、A【解题分析】

色素，实际上是一种有机弱酸，用HR表示，HR在盐酸溶液中呈现红色，HR在NaOH溶液中呈现蓝色，将HR加入浓硝酸中呈现红色，微热后溶液的红色褪去，由题意可知，在盐酸和硝酸中均显示红色，在硝酸中加热后褪色，是硝酸的强氧化性使之褪色，所以可推测HR应为红色。故选A。【题目点拨】盐酸只有酸性，而浓硝酸具有酸性和强氧化性，在本题中硝酸主要表现为强氧化性，能使指示剂褪色。12、A【解题分析】分析：①根据碳酸钙能与盐酸反应判断；②根据浓硫酸溶于水放热，密度大于硝酸分析；③氯水具有强氧化性；④稀硝酸具有强氧化性，能溶解单质银；⑤根据浓硝酸见光易分解判断；⑥铝能与氢氧化钠溶液反应，镁不能；⑦铵盐能与强碱反应放出氨气，氨气是碱性气体。详解：①盛放过石灰水的试剂瓶中含有碳酸钙，碳酸钙溶于盐酸，可用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶，正确；②浓硫酸密度大于浓硝酸，配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，应将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌，错误；③氯水中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测得氯水的pH，错误；④银溶于稀硝酸，所以可用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管，正确；⑤浓硝酸见光易分解，因此浓硝酸保存在棕色细口瓶中，正确；⑥铝与氢氧化钠溶液反应，镁不能，因此将镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液，镁作正极，氢离子放电，所以镁条上产生气泡，正确；⑦某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，产生的气体一定是氨气，因此溶液中含NH4＋，正确；所以正确的是①④⑤⑦。答案选A。13、D【解题分析】

A、光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，故A错误；B、蛋白质水解需要在酶的作用下，高温使蛋白质变性，不能水解成氨基酸，故B错误；C、棉花的主要成分为纤维素，合成纤维属于化学纤维，故C错误；D、煤的干馏可生成酚类物质，酚类物质常用于制备染料、医药、农药等，故D正确。14、B【解题分析】

动物的肌肉、皮毛都属于蛋白质。【题目详解】A项、大米的主要成分是淀粉，故A错误；B项、羊毛的主要成分是蛋白质，故B正确；C项、牛油的主要成分是油脂，故C错误；D项、棉花的主要成分是纤维素，故D错误；故选B。15、A【解题分析】分析：A.向碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合时，不发生反应，属于混合溶液；B.云属于胶体分散系，则具有丁达尔现象；C.豆浆属于胶体分散系，盐卤属于电解质，二者相遇，胶体发生聚沉；D.胶体具有电泳现象。详解：向碳酸氢钠溶液中加入氯化钙溶液，溶液中离子之间不发生反应，则没有浑浊，属于溶液分散系，与胶体无关，A正确；因云属于胶体分散系，则具有丁达尔现象，所以夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过美不胜收，与胶体有关，B错误；豆浆属于胶体分散系，盐卤属于电解质，食品加工厂利用豆浆中加入盐卤做豆腐是利用胶体遇电解质发生聚沉的性质，与胶体有关，C错误；废气中的固体悬浮物属于胶体分散系，胶体粒子带电，在外压的作用下发生电泳而达到工厂利用静电除尘的目的，与胶体有关，D错误；正确选项A。点睛：本题考查胶体的性质，胶体是分散质微粒直径在1nm-100nm之间的分散系，要求考生掌握胶体常见的性质，如丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等。16、B【解题分析】

A.使甲基橙变红色的溶液为酸性酸性溶液，溶液中H+、ClO－反应生成弱酸HClO，在溶液中不能共存，故A错误；B.0.1mol·L－1Na2CO3溶液中K＋、AlO2-、Cl－、SO42-之间不生成沉淀、气体、水等，能大量共存，故B正确；C.0.1mol·L－1FeSO4溶液中H+、Fe２+、NO3-发生氧化还原反应生成Fe３＋，在溶液中不能共存，故C错误；D.Kw/c(H+)＝c(OH—)＝0.1mol·L－1的溶液为碱性溶液，溶液中NH4+、OH－反应生成弱电解质NH3·H2O，在溶液中不能共存，故D错误；故选B。17、A【解题分析】A.室温下，1LpH=1的CH3COOH溶液中H+的物质的量为1L×0.1mol/L=0.1mol,所以1LpH=1的CH3COOH溶液中含有0.1NA个H+，故A正确；B.

二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底，一定条件下，0.2molSO2和0.1molO2在密闭容器中充分反应后，容器内气体分子总数大于0.2NA，故B错误；C.7.2gCaO2的物质的量为：7.2g/72g/mol=0.1mol，而过氧化钙的构成微粒是钙离子和过氧根离子，所以7.2gCaO2中含有0.1NA个阴离子，故C错误；D.二氧化硅是原子晶体，构成微粒是原子，而不是分子，故D错误；18、A【解题分析】

一般来说，物质的分解反应为吸热反应，△S＞0，应生成较多气体，物质的混乱度增大，以此解答。【题目详解】A．反应为放热反应，固体生成气体，则△H＞0，△S＞0，选项A正确；B．反应为放热反应，且气体生成固体，△H＜0，△S＜0，选项B错误；C．反应为吸热反应，且气体生成固体，则△H＞0，△S＜0，选项C错误；D．反应为吸热反应，且液体生成气体，则△H＞0，△S＜0，选项D错误；答案选A。19、C【解题分析】

化合物具有相同分子式，但具有不同结构的现象，叫做同分异构现象；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。分子式为C4H9Cl从饱和度看只能是饱和氯代烷烃，同分异构只是氯在碳上面连接位置不同而已。因为丁烷有两种同分异构体，即正丁烷和异丁烷，分子中含有的等效氢原子分别都是2种，则它们一氯代物的种数即为C4H9Cl的种数，正丁烷两种一氯代物，异丁烷两种一氯代物，共4种，答案选C。【题目点拨】该题是高考中的常见题型，主要是考查学生对同分异构体含义以及判断的熟悉了解程度，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。该题的关键是进行思维转换，然后依据等效氢原子的判断灵活运用即可。20、D【解题分析】

试题分析：①分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，稀豆浆属于胶体分散系、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，故①错误；②氯水是氯气的水溶液属于混合物，次氯酸属于弱电解质，故②错误；③Na2O、MgO和酸反应生成盐和水，均为碱性氧化物，Al2O3均既能与酸反应又能与碱反应，是两性氧化物，故③错误；④明矾是硫酸铝钾晶体属于化合物、冰水混合物是一种物质组成的纯净物、四氧化三铁是化合物，都不是混合物，故④正确；⑤12C转化为14C是核反应，既不属于物理变化又不属于化学变化，故⑤错误；⑥葡萄糖、油脂属于有机物，但是相对分子质量不大，不是高分子化合物，故⑥正确；故选D。【点晴】基础考查，侧重概念的理解与应用；胶体是分散质直径在1-100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；水溶液中部分电离的电解质为弱电解质，是化合物；碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物；不同物质组成的为混合物；物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成．如果有新物质生成，则属于化学变化；有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，可达几万至几十万，甚至达几百万或更大；据此分析判断即可。21、D【解题分析】分析：A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；B．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；C．原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强。详解：A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl＞S＞P＞Si，所以酸性H4SiO4＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4，A正确；B．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Ca＞Mg＞Al，所以碱性：Ca(OH)2＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，B正确；C．原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径F＜O＜S＜Na，C正确；D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性F＞O＞S＞Si，所以氢化物的稳定性SiH4＜H2S＜H2O＜HF，D错误；答案选D。点睛：本题考查元素周期律，侧重考查金属性、非金属性强弱判断及原子半径大小比较，为高频考点，知道非金属、金属性强弱与得失电子难易程度有关，与得失电子多少无关，为易错题。22、D【解题分析】分析：A．碳各种单质的晶体类型不同；B．同种非金属元素之间形成非极性键；C．石墨中层与层间存在分子间作用力；

D．石墨烯具有石墨导电性。详解：碳各种单质的晶体类型不相同，如金刚石属于原子晶体，足球烯属于分子晶体，石墨是混合型晶体，所以A选项错误；石墨烯中碳原子之间形成非极性键，不是极性键，B选项错误；石墨中层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得到石墨烯需要破坏分子间作用力，不需要破坏化学键，C选项错误；石墨烯中含有自由移动的电子，所以石墨烯具有导电性，D选项正确；正确选项D。二、非选择题(共84分)23、苯丙烯酸(或3－苯基丙烯酸或其他合理答案)19取代反应（水解）羟基、醛基等【解题分析】

根据G的结构简式结合信息②可以知道，F为，根据题中各物质的转化关系，甲在稀硫中水解得到A和B，B经过两步氧化再消去酸化后得A，可以知道A和B中碳原子数相等，结合甲的化学式可以知道，甲应为含氯原子的酯，则甲的结构简式为，A为，B为，B发生氧化得C为，C氧化得D为，D发生消去反应生成E为，E再酸化得A，C碱性水解得到F，据此答题。【题目详解】根据G的结构简式结合信息②可以知道，F为，根据题中各物质的转化关系，甲在稀硫中水解得到A和B，B经过两步氧化再消去酸化后得A，可以知道A和B中碳原子数相等，结合甲的化学式可以知道，甲应为含氯原子的酯，则甲的结构简式为，A为，B为，B发生氧化得C为，C氧化得D为，D发生消去反应生成E为，E再酸化得A，C碱性水解得到F，

(1)A为，A的化学名称为苯丙烯酸，其中苯环上的所有原子都可以共面，碳碳双键上的所有原子也可共面，羧基上碳氧双键上的所有原子也可共面，单键可以转动，所以A分子中最多有19个原子处于同一平面上，因此，本题正确答案是：苯丙烯酸；19；

(2)C→F的反应类型为取代反应，F为，F中含氧官能团名称为羟基、醛基，

因此，本题正确答案是：取代反应；羟基、醛基；

(3)化合物甲反应生成A、B的化学方程式为，

因此，本题正确答案是：；

(4)A为，根据条件：①能与溴发生加成反应，说明有碳碳双键，②分子中含苯环，且在NaOH溶液中发生水解反应，说明有酯基，③核磁共振氢谱有5组峰，且面积比为1：2：2：1：2，则符合条件的A的同分异构体是或，

因此，本题正确答案是：或；

(5)以为原料合成的，可以用与溴发生加成反应，然后再在氢氧化钠醇溶液中发生消去、再酸化后与乙醇发生成酯化反应即可得产品，合成的路线为，

因此，本题正确答案是：；（6）的加聚产物为，则其顺式结构简式为：；因此，本题正确答案是：。【题目点拨】本题考查有机物的推断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，侧重考查学生分析推理能力与知识迁移应用，难度中等，（5）中有机合成路线为易错点、难点。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、2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2-＋3H2↑液封，避免氢气从长颈漏斗中逸出；控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢；节省药品。冷却到室温调整BC液面相平mg－(28V2-19V1)/11200g无影响偏大【解题分析】

据题意，M只含铁、铝、铜三种金属，其中铝既能与强酸反应，又能与强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸，结合装置图和问题分析解答。【题目详解】（1）实验1中氢氧化钠溶液只与铝反应，反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑；（2）实验1的装置中，小试管的作用是对长颈漏斗起到液封作用，防止氢气逸出，通过控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢，调节化学反应速率，同时节省药品；（3）气体的体积受温度和压强影响大，因此对于实验2，平视读数前应等到冷却到室温，并上下移动C量气管，使B、C液面相平，其目的是使B管收集的气体压强等于外界大气压，这样读得的读数才准确；（4）根据V1结合铝与氢氧化钠的反应可知样品中铝的质量为27V1/33600g，铁和铝都与酸反应生成氢气，所以根据V2-V1即为铁与盐酸反应生成的氢气，所以样品中铁的质量为56（V2-V1）/22400g，所以样品中铜的质量为mg－27V1/33600g－56（V2-V1）/22400g＝mg－(28V2-19V1)/11200g；（5）如果实验前B瓶液体没有装满水，不影响实验结果，因为理论上B管收集的气体体积等于排入C管里液体的体积；若拆去导管a，加入液体时，排出锥形瓶中部分空气，导致测定的气体体积偏大。26、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。27、8.（1）冷却至室温后，量气筒中和漏斗中的两液面相平；无影响（2）①ac②量气管中液面下降（3）不可行NO会与装置中O2、H2O发生反应生成HNO3，使测得的NO不准（4）H2O2+MnO2+2H＋=Mn2＋+2H2O+O2↑、2H2O22H2O+O2↑（5）73%【解题分析】试题分析：（1）读数时应注意:①将实验装置恢复到室温；②上下调节右管，使右管液面高度与测量气管中液面高度平齐；③视线与凹液面最低处相平，所以为准确读取量气管的读数，除视线应与量气管凹液面最低处向平，还应注意冷却至室温后，量气筒中和漏斗中的两液面相平；只要上下调节右管，使右管液面高度与测量气管中液面高度平齐，就能使内外气压相等，则测得气体的体积将无影响。（2）①钢铁在中性或弱碱性环境中易发生吸氧腐蚀，所以通过分液漏斗向烧瓶中加入的试剂是ac；②吸氧腐蚀消耗氧气，所以量气管中液面下降。（3）若烧瓶中放入粗铜片（杂质不参与反应），分液漏斗内放稀硝酸，通过收集并测量NO气体的体积来探究粗铜样品的纯度，该方法不可行，因为NO会与装置中O2、H2O发生反应生成HNO3，使测得的NO不准。（4）若实验1中MnO2的作用是催化剂，双氧水完全反应生成气体的体积为V1，而实验2中生成气体的体积为V1<V2<2V1，说明除发生了实验1的反应外，还有其它反应发生，所以实验2发生反应的化学方程式为H2O2+MnO2+2H＋=Mn2＋+2H2O+O2↑、2H2O22H2O+O2↑。（5）编号Ⅱ的实验数据误差较大，舍弃，求其它三个体积的平均值，V=（336.30+336.00+335.70）÷3=336.0mL，根据化学反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，氢气的物质的量为0.015mol，则参加反应的铝的物质的量为0.01mol，铝的质量为0.01mol×27g/mol=0.27g，则镁铝合金中镁的质量分数为（1-0.27）÷1×100%=73%。考点：考查实验探究方案的设计与评价，化学计算等知识。28、取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净防止+2的铁元素被氧化加入适量柠檬酸，让铁粉反应完全降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出加热浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶，过滤用少量冰水洗涤，低温干燥锥形瓶内溶液颜色变为紫色，且半分钟内不恢复原来颜色98.40%【解题分析】分析：（1）本题中FeCO3的制备是用Na2CO3溶液和FeSO4溶液的反应，因而沉淀表面可能会有Na2SO4杂质，因而应该检验最后一次洗涤滤液中是否含有SO42-，即该题便转化成SO42-的检验。（2）①因+2的Fe元素易被空气中的氧气氧化，制备柠檬酸亚铁过程中应尽量避免与氧气接触。②除去过量的铁粉可直接加入适量的柠檬酸，反应也生成了需要的产品柠