2024届江苏省扬州市高二化学第二学期期末经典试题含解析

2024届江苏省扬州市高二化学第二学期期末经典试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下列物质按照纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的是（）A．盐酸、水煤气、醋酸、干冰 B．液氯、氯水、硫酸钠、乙醇C．空气、天然气、苛性钾、石灰石 D．胆矾、漂白粉、氯化钾、氯气2、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．标准状况下，2.24LSO3中含有0.1NA个SO3分子B．向1L的密闭容器中充入46gNO2气体，容器中气体的分子数为NAC．常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，转移电子的数目为0.3NAD．的同分异构体中含有苯环且属于羧酸的有14种3、下列基态原子或离子的电子排布式错误的是（）A．K：1s22s22p63s23p64s1 B．F-：1s22s22p6C．26Fe：1s22s22p63s23p63d54s3 D．Kr：1s22s22p63s23p63d104s24p64、X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法一定正确的是A．X元素的氢化物的水溶液显碱性B．Z元素的离子半径大于W元素的离子半径C．Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应D．Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点5、废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH4+完全转化为N2，该反应可表示为2NH＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O。下列说法中不正确A．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原B．还原性：NH4+>Cl－C．反应中每生成1molN2，转移6mol电子D．经此法处理过的废水可以直接排放6、下列关于金属的说法正确的是（）A．所有金属都是银白色的固体B．钠和钾的合金常用作原子反应堆的导热剂C．工业常用电解熔融态的AlCl3冶炼铝D．在船舶外壳上加一块铜，可以减慢铁的腐蚀速率7、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是A．100g9%的葡萄糖水溶液中氧原子数为0.3NAB．标准状况下，2.24LF2通入足量饱和食盐水中可置换出0.1NA个Cl2C．工业合成氨每断裂NA个N≡N键，同时断裂6NA个N-H键，则反应达到平衡D．常温下lLpH=7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均为NA8、NO和CO都是汽车尾气中的物质，它们能很缓慢地反应生成N2和CO2，对此反应有关的叙述中不正确的是（）A．降低压强能加快化学反应速率B．使用适当催化剂可以加快化学反应速率C．升高温度能加快化学反应速率D．增大压强可以加快此反应的速率9、下列反应的离子方程式书写正确的是()A．向氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NHB．向次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化硫：ClO－＋SO2＋H2O===HSO＋HClOC．NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液混合后加热：NH＋OH－NH3↑＋H2OD．向Fe(OH)2中加入稀硝酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O10、电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。已知:3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O下列说法不正确的是A．右侧发生的电极方程式：2H2O+2e-=H2↑+2OH-B．电解结束时，右侧溶液中含有IO3-C．电解槽内发生反应的总化学方程式KI+3H2O=KIO3+3H2↑D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学方程式不变11、常温下，将足量的AgCl固体分别放入下列液体中，溶解的AgCl的质量由大到小排列顺序正确的是①30mL蒸馏水②30mL0.03mol/LHCl溶液③20mL0.05mol/LAgNO3溶液④20mL0.02mol/LCaCl2溶液A．②＞④＞③＞①B．①＞②＞④＞③C．①＞②＞③＞④D．③＞②＞④＞①12、能用于鉴别乙醇、己烷、己烯、乙酸溶液、苯酚溶液等五种无色液体的试剂组是（）A．FeCl3溶液、NaOH溶液 B．Cu(OH)2悬浊液、紫色石蕊试液C．紫色石蕊试液、溴水 D．FeCl3溶液、溴水13、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是A．凡含有添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用B．人体缺乏铁元素，可以补充硫酸亚铁，且多多益善C．“青蒿一握，以水二升渍，纹取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应14、配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，不需要使用的仪器是A． B． C． D．15、已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2O，IO3﹣→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是A．H2O2 B．IO3-C．MnO4- D．HNO216、下列说法正确是A．酸性HClO4>H3PO4，是因为HClO4分子非羟基氧原子数目比H3PO4多B．分子晶体中都存在共价键；晶体中只要有阳离子就一定有阴离子C．HF稳定性很强，是因为分子间能形成氢键D．乳酸[CH3CH(OH)COOH]分子中有2个手性碳原子17、根据如图所示的反应判断下列说法中错误的是A．CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量B．该反应的焓变大于零C．该反应中有离子键断裂也有共价键断裂，化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量D．由该反应可推出凡是需要加热才发生的反应均为吸热反应18、近年来，人类生产、生活所产生的污染，如机动车、燃煤、工业生产等排放的废气，使灰霾天气逐渐增多。灰霾粒子比较小，平均直径在1000～2000nm。下列有关说法正确的是A．灰霾是一种分散系 B．灰霾能发生丁达尔效应C．灰霾形成的是非常稳定的体系 D．灰霾属于胶体19、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．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高D．水结成冰体积膨胀20、可逆反应A(s)+B(A．保持温度不变，增大容器体积使压强减小B．保持恒温恒容，充入氦气C．其他条件不变时，升高温度D．保持恒温恒容，加入一定量A物质21、下列关于有机物的说法不正确的是①CH3—CH===CH—CH3和CH2===CH2为同系物②CH≡CH和C6H6含碳量相同③金刚石和石墨是同分异构体④CH2Cl2有两种结构⑤标准状况下，11.2L的己烷所含的分子数为0.5NA(NA为阿伏加德罗常数)⑥C5H12有三种同分异构体A．①②⑥B．③④⑤C．③④⑥D．③⑤⑥22、铁镍蓄电池又称爱迪生电池。放电时的总反应为：Fe＋Ni2O3＋3H2O＝Fe(OH)2＋2Ni(OH)2。下列有关该电池的说法错误的是A．电池的电解液为碱性溶液，负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe＋2OH－－2e－＝Fe(OH)2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH增大D．电池充电过程中，OH－向阴极迁移二、非选择题(共84分)23、（14分）现有A、B、C、D四种元素，A是第五周期第ⅣA族元素，B是第三周期元素，B、C、D的价电子数分别为2、2、7。四种元素原子序数从小到大的顺序是B、C、D、A。已知C和D的次外层电子数均为18个。(1)写出A、B、C、D的元素符号：A________、B________、C________、D________。(2)C位于元素周期表的________区，C2＋的电子排布式______________________________。(3)最高价氧化物对应水化物中碱性最强的化合物是________(写化学式，下同)；最高价氧化物对应水化物中酸性最强的化合物是________。(4)元素的第一电离能最小的是________，元素的电负性最大的是________。24、（12分）有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可以从牛奶中提取。纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：实验步骤解释或实验结论称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍试通过计算填空：（1）A的相对分子质量为__。将9.0gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g（2）A的分子式为__。另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）。（3）用结构简式表示A中含有的官能团__、__。A的核磁共振氢谱如图：（4）A中含有__种氢原子。综上所述，A的结构简式为__。25、（12分）氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料，某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案。已知：AlN+NaOH+H2O＝NaAlO2＋NH3↑（方案1）取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。（1）如图C装置中球形干燥管的作用是______________。（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先______；再加入实验药品。接下来的实验操作是____,打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是______________。（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见_________。（方案2）用如下图装置测定mg样品中A1N的纯度(部分夹持装置已略去)。（4）导管a的主要作用是______________。（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是____________。（填选项序号）a．CCl4b．H2Oc．NH4Cl溶液d．（6）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL,（已转换为标准状况），则A1N的质量分数为___（用含V、m的代数式表示）。26、（10分）（题文）以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：已知：①Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O是放热反应。②N2H4·H2O沸点约118℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为____________________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是____________________________________。（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图−1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________________。（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-随pH的分布如图−2所示，Na2SO3①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为_________________。②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：_______________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。27、（12分）已知下列数据：物质熔点/℃沸点/℃密度/g·cm－3乙醇－14478.00.789乙酸16.61181.05乙酸乙酯－83.677.50.900浓硫酸(98%)－3381.84下图为实验室制取乙酸乙酯的装置图。（1）当饱和碳酸钠溶液上方收集到较多液体时，停止加热，取下小试管B，充分振荡，静置。振荡前后的实验现象为________(填字母)。A．上层液体变薄B．下层液体红色变浅或变为无色C．有气体产生D．有果香味（2）为分离乙酸乙酯、乙醇、乙酸的混合物，可按下列步骤进行分离：①试剂1最好选用_________________________________________________；②操作1是________，所用的主要仪器名称是__________________________；③试剂2最好选用_____________________________________；④操作2是_______________________________________；⑤操作3中温度计水银球的位置应为下图中________(填“a”“b”“c”或“d”)所示，在该操作中，除蒸馏烧瓶、温度计外、锥形瓶，还需要的玻璃仪器有__________、________、________，收集乙酸的适宜温度是________。28、（14分）AlCl3是一种催化剂，某校学习小组用下面装置制备并收集少量AlCl3。已知：AlCl3遇到空气中的水蒸气时能剧烈反应生成Al(OH)3和HCl；AlCl3在180℃时升华。（1）a仪器的名称为_______；A装置中反应的化学方程式为_______。（2）试剂b为_______。（3）所用d导管较粗的原因是_______。（4）F装置的作用为_______。29、（10分）已知K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-＋H2O2CrO42-＋2H+。K2Cr2O7为橙色，K2CrO4为黄色。为探究浓度对化学平衡的影响，某兴趣小组设计了如下实验方案。序号试剂Xⅰ1mL1mol·L-1K2Cr2O7溶液ⅱ1mL1mol·L-1K2CrO4溶液ⅲ5~15滴浓硫酸ⅳ5~15滴浓盐酸ⅴ5~15滴6mol·L-1NaOH溶液Ⅰ．方案讨论（1）ⅰ~ⅴ中依据减少生成物浓度可导致平衡移动的原理设计的是______（填序号）。（2）已知BaCrO4为黄色沉淀。某同学认为试剂X还可设计为Ba(NO3)2溶液，加入该试剂后，溶液颜色将_____。（填“变深”、“变浅”或“不变”）。Ⅱ．实验分析序号试剂X预期现象实际现象ⅰ1mL1mol·L-1K2Cr2O7溶液溶液变黄溶液橙色加深ⅱ1mL1mol·L-1K2CrO4溶液溶液橙色加深溶液颜色变浅ⅲ5~15滴浓硫酸溶液橙色加深溶液橙色加深ⅳ5~15滴浓盐酸溶液橙色加深无明显现象ⅴ5~15滴6mol·L-1NaOH溶液溶液变黄溶液变黄（1）实验ⅰ没有观察到预期现象的原因是____________，实验ⅱ的原因与其相似。（2）通过实验ⅲ和ⅴ得出的结论为___________。（3）实验ⅳ无明显现象，可能的原因是____________。（4）某同学查阅资料发现：K2Cr2O7溶液与浓盐酸可发生氧化还原反应。但实验ⅳ中没有观察到明显现象，小组同学设计了两个实验，验证了该反应的发生。①方案一：取5mL浓盐酸，向其中加入15滴0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液，一段时间后，溶液变为绿色（CrCl3水溶液呈绿色），有黄绿色气体生成。写出该变化的化学方程式__________。②请你设计方案二：_______________。

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：根据纯净物,混合物,电解质和非电解质的概念分析。详解:纯净物是指由同种物质组成的,化合物是指由不同种物质组成的,电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物,非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物。据此可以分析各个选项中各种的所属类别。

A.盐酸,水煤气均为混合物,醋酸,干冰分别属于化合物,则醋酸属于电解质,干冰属于非电解质,故错误；

B.液氯,氯水,硫酸钠,乙醇分别属于纯净物,混合物(氯气溶解于水),电解质,非电解质,故正确;

C.空气,天然气,苛性钾,石灰石分别属于混合物,混合物,电解质,电解质,故错误;

D.胆矾,漂白粉,氯化钾,氯气分别属于纯净物,混合物(含氯化钙和次氯酸钙),电解质,单质(既不是电解质,也不是非电解质),故错误。

故选B。点睛：本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，解答本题要注意相关概念的区别与联系：纯净物是指由同种物质组成的，化合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物。2、D【解题分析】分析：A.根据标准状况下，SO3不是气体分析；B.根据NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4分析；C.根据常温下，铝与浓硫酸发生钝化分析；D.的同分异构体中含有苯环且属于羧酸的结构中一定含有羧基、苯环，其余2个碳原子分情况书写分析判断。详解：A.标准状况下，SO3不是气体，无法用n=VVm计算2.24LSO3的物质的量，故A错误；B、NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子个数减小，则容器中气体分子个数小于NA个，故B错误；C.常温下，铝与浓硫酸发生钝化，2.7g铝不能完全反应，故C错误；D．的同分异构体中含有苯环且属于羧酸的有：①羧基直接与苯环连接，剩余两个碳作为乙基存在邻、间、对3种同分异构体，作为两个甲基存在6种同分异构体；②骨架为苯乙酸，甲基存在邻、间、对3种同分异构体；③苯丙酸有2种，共14种同分异构体，故D正确；故选点睛：本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。本题的难点为D，要注意分情况讨论，并且掌握书写的方法，注意不要重复。3、C【解题分析】

题中K、F−和Kr的核外电子排布都符合构造原理，为能量最低状态，而Fe的核外电子排布应为1s22s22p63s23p63d64s2，电子数目不正确。故选C。【题目点拨】本题考查基态原子的电子排布的判断，是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的巩固和训练，该题的关键是明确核外电子排布的特点，然后结合构造原理灵活运用即可，原子核外电子排布应符合构造原理、能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理，结合原子或离子的核外电子数解答该题。4、C【解题分析】

X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质，则X是N或O。Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等，Y是C或Si。Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，Z是Mg。W元素原子的M层有1个未成对的p电子，W是Al或Cl。则A、X元素的氢化物的水溶液显碱性（NH3）或中性（H2O），A不正确；B、若W是氯元素，则氯离子半径大于镁离子半径；B不正确；C、镁既能和氮气反应生成氮化镁，也能和氧气反应生成氧化镁，C正确；D、若Y是碳元素，则CO2形成的是分子晶体，熔沸点低，D不正确；答案选C。5、D【解题分析】试题分析：A．反应中氮元素化合价由-3价升高为0价，被氧化，氯元素化合价由+1价降低为-1价，被还原，故A正确；B．根据上述分析，NH4+是还原剂，Cl-是还原产物，还原性NH4+>Cl-，故B正确；C．反应中每生成1molN2，转移电子2×3="6"mol，故C正确；D．经此法处理过的废水中含有盐酸，属于酸性废水，不能直接排放，故D错误；故选D。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。6、B【解题分析】

A.多数的金属都是银白色的固体，但有些金属不是银白色固体，如铜为红色，A错误；B.钠和钾的合金常温时为液态，常用作原子反应堆的导热剂，B正确；C.工业常用电解熔融态的Al2O3冶炼铝，熔融态的AlCl3不导电，C错误；D.在船舶外壳上加一块铜，铁作原电池的负极，加快铁的腐蚀速率，D错误；答案为B。【题目点拨】保护船舶外壳可采用牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法。7、C【解题分析】

A.溶质葡萄糖和溶剂水中都含有O原子，溶液中所含O原子物质的量n（O）=×6+×1=5.36mol，A错误；B.F2通入足量饱和食盐水，与水发生置换反应产生HF和O2，不能置换出Cl2，B错误；C.N2是反应物，NH3是生成物，根据方程式可知：每断裂NA个N≡N键，同时断裂6NA个N-H键，表示正逆反应速率相等，表示反应达到平衡状态，C正确；D.根据电荷守恒可得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，溶液的pH=7，则c(H+)=c(OH-)，因此c(NH4+)=c(CH3COO-)，但该盐是弱酸弱碱盐，NH4+、CH3COO-都水解而消耗，因此二者的物质的量都小于1mol，则它们的数目都小于NA，D错误；故合理选项是C。8、A【解题分析】A项，该反应有气体参与，降低压强化学反应速率减慢，错误；B项，使用适当催化剂，可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，加快反应速率，正确；C项，升高温度能使更多的分子变为活化分子，提高活化分子百分数，加快反应速率，正确；D项，该反应有气体参与，增大压强能加快反应速率，正确；答案选A。9、A【解题分析】分析：A.Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；B.次氯酸具有强的氧化性能够氧化二氧化硫；C.NH4HCO3溶液中加入少量稀NaOH溶液生成碳酸钠、碳酸铵和水；D.Fe(OH)2和稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、水。详解:A.向氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A正确；

B.次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化硫，离子方程式：Ca2++ClO-+SO2+H2O=2H++CaSO4↓+Cl-，故B错误；

C.NH4HCO3溶液中加入少量稀NaOH溶液生成碳酸钠、碳酸铵和水，离子方程式错误，故C错误；

D.Fe(OH)2中加入稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、水，所以D选项是错误的；

所以A选项是正确的。点睛：该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，试题侧重考查学生的能力。该题需要明确判断离子方程式正确与否的方法一般，即（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式，然后灵活运用即可。该题有助于培养学生分析问题、解决问题的能力。10、D【解题分析】

A．左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，则右侧电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A正确；B．一段时间后，蓝色变浅，发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，中间为阴离子交换膜，右侧I-、OH-通过阴离子交换膜向左侧移动，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3-通过阴离子交换膜向右侧移动，故右侧溶液中含有IO3-，故B正确；C．左侧电极为阳极，电极反应为：2I--2e-=I2，同时发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故总的电极反应式为：KI+3H2OKIO3+3H2↑，故C正确；D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧电极为阳极，电极反应为：2I--2e-=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，为保证两边溶液呈电中性，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极，左侧生成I2，右侧溶液中有KOH生成，碘单质与KOH不能反应，总反应相当于：2KI+2H2O2KOH+I2+H2↑，电解槽内发生的总化学方程式发生变化，故D错误；答案为D。11、B【解题分析】分析：本题考查的是难溶电解质的溶解平衡，难度不大，明确影响难溶物溶解平衡的因素为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。详解：根据银离子或氯离子浓度的大小比较氯化银的溶解度，银离子或氯离子浓度越小，氯化银的溶解度越大。①30mL蒸馏水中银离子或氯离子浓度为0；②30mL0.03mol/LHCl溶液中氯离子浓度为0.03mol/L；③20mL0.05mol/LAgNO3溶液中银离子浓度为0.05mol/L；④20mL0.02mol/LCaCl2溶液中氯离子浓度为0.04mol/L，所以氯化银的溶解度由大到小的顺序为：①＞②＞④＞③，故选B。12、C【解题分析】

A.己烷、己烯不溶于水，且密度比水小，无法用FeCl3溶液、NaOH溶液鉴别，A错误；B.己烷、己烯不溶于水，且密度比水小，遇到Cu(OH)2悬浊液、紫色石蕊试液，上层均为无色油状液体，无法鉴别，B错误；C.紫色石蕊试液可鉴别乙酸溶液；溴水与乙醇相互溶解，无分层；与己烷，上层为无色油状液体；与己烯溴水褪色；与苯酚生成白色沉淀，可鉴别，C正确；D.乙醇、乙酸溶液遇到FeCl3溶液、溴水，均为相互溶解，现象相同，不能鉴别，D错误；答案为C。13、D【解题分析】

A.食品添加剂是为改善食品色、香、味等品质，以及为防腐和加工工艺的需要而加入食品中的人工合成或天然物质，例如食盐、糖等，都是无害的，A错误；B.常用硫酸亚铁口服液补充人体缺铁引起的疾病，但并不是越多越好，多则有害，故B错误；C.青蒿一把，用二升水浸泡，纹火加热后取汁，纹火加热是为了加速提取速率，所以屠呦呦对青蒿素的提取属于物理变化，故C错误；D.胶体具有丁达尔效应，所以雾霾所形成的气溶胶也有丁达尔效应，故D正确；答案为D。14、C【解题分析】

配制一定物质的量浓度的稀硫酸的步骤有称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸称量，在烧杯中稀释，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，用不到蒸馏烧瓶，故选C。15、D【解题分析】

根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。【题目详解】根据H2O2→H2O，IO3﹣→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO可知1molH2O2、IO3－、MnO4－、HNO2得到电子的物质的量分别是2mol、5mol、5mol、1mol电子，根据得失电子总数相等的原则，分别氧化KI得到I2的物质的量为1mol、2.5mol、2.5mol、0.5mol，而1molIO3－本身被还原生成0.5molI2，所以IO3－氧化KI所得I2最多。答案选B。16、A【解题分析】

A项，酸性强弱的一条经验规律是：含氧酸分子的结构中含非羟基（羟基为-OH）氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强；HClO4分子非羟基氧原子数目为3，H3PO4分子非羟基氧原子数目为1，所以酸性HClO4>H3PO4，故A项正确；B项，晶体只要有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体含有组成微粒为阳离子和电子，故B项错误；C项，氟化氢的熔沸点上升是因为分子间存在氢键，但是稳定性强是因为氟的非金属性强，故C项错误；D项，碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸中第二个C为手性碳原子，该分子存在一个手性碳原子，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。【题目点拨】本题考查的知识点较多，涉及非羟基氧原子、金属键、氢键、手性碳原子等，题目侧重于基础知识的考查，难度不大，注意相关知识的积累，注意手性碳原子的判断方法：碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子。17、D【解题分析】

A.因为碳酸钙受热分解是吸热反应，所以CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量，A项正确，不符合题意；B.吸热反应，焓变大于零，B项正确，不符合题意；C.在CaCO3中，Ca2＋和CO32－之间存在离子键，CO32－中，C与O之间存在共价键，故反应中有离子键断裂也有共价键断裂，旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，C项正确，不符合题意；D.需要加热才发生的反应不一定为吸热反应，如碳的燃烧需要加热，但该反应是放热反应，D错误，符合题意；本题答案选D。18、A【解题分析】

胶体中分散质粒子直径在1-100nm，灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，不属于胶体，不具有胶体的性质。【题目详解】A、灰霾是空气和固体颗粒形成的混合物，是一种分散系，故A正确；B、灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，不是胶体，没有丁达尔现象应，故B错误；C、灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，比胶体粒子大，所以不稳定，故C错误；D、胶体中分散质粒子直径在1-100nm，灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm左右，不属于胶体，故D错误；【题目点拨】本题考查胶体的知识。抓住胶体的粒子直径在1-100nm这一本质特征，判断某分散系是否是胶体。只有胶体才能产生丁达尔效应。19、D【解题分析】

A、HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱与共价键有关系，A不选；B、水加热到很高的温度都难以分解与共价键有关系，B不选；C、CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高与分子间作用力有关系，C不选；D、水结成冰体积膨胀与氢键有关系，D选。答案选D。20、A【解题分析】A.该反应为气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，B的转化率提高，故A选；B.保持恒温恒容，充入氦气，平衡不移动，转化率不变，故B不选；C.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，故C不选；D.

A为固体，加少量A，平衡不移动，故D不选；本题选A。点睛：能使B转化率提高，应使平衡正向移动，且不能加入B，以此来解答。21、B【解题分析】

①CH3-CH=CH2和CH2=CH2通式相同，结构相似，相差1个CH2原子团，互为同系物，故正确；②CH≡CH和C6H6的最简式相同（CH），所以含碳量相同，故正确；③金刚石和石墨是同种元素形成的性质不同的碳单质，属于同素异形体而不是同分异构体，故不正确；④甲烷为正四面体结构，因此CH2Cl2只有一种结构，故不正确；⑤标准状况下，己烷为液体，11.2L的己烷物质的量不是0.5mol，故不正确；⑥C5H12三种同分异构体，分别是正戊烷，异戊烷，新戊烷，故正确。答案选B。22、D【解题分析】分析：本题考查的是二次电池的工作原理，涉及到原电池和电解池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断化合价的变化，以得出电池的正负极以及所发生的反应。详解：A.根据总反应Fe＋Ni2O3＋3H2O＝Fe(OH)2＋2Ni(OH)2可知产物有氢氧化物，则电解液为碱性溶液，放电时铁失去电子发生氧化反应，铁做负极，故正确；B.放电时铁做负极，失去电子生成亚铁离子，在碱性电解质中生成氢氧化亚铁，电极反应为：Fe＋2OH－－2e－＝Fe(OH)2，故正确；C.充电可以看做是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池充电过程时阴极反应为Fe(OH)2+2e－＝Fe＋2OH－，因此充电过程中阴极附近溶液的pH会升高，故正确；D.电池充电时，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，故错误。故选D。二、非选择题(共84分)23、SnMgZnBrds1s22s22p63s23p63d10Mg(OH)2HBrO4MgBr【解题分析】

现有A、B、C、D四种元素，A是第五周期第ⅣA族元素，则A为Sn元素；B是第三周期元素，B、C、D的价电子数分别为2、2、7，则B为Mg元素。四种元素原子序数从小到大的顺序是B、C、D、A。已知C和D的次外层电子数均为18个，则C和D均为第4周期的元素，分别是Zn和Br元素。【题目详解】(1)A、B、C、D的元素符号分别为Sn、Mg、Zn、Br。(2)C是Zn，其价电子排布式为3d104s2，故其位于元素周期表的ds区，C2＋为Zn失去最外层的2个电子形成的，故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。(3)5种元素中，Mg的金属性最强，Br的非金属性最强，故最高价氧化物对应水化物中碱性最强的化合物是Mg(OH)2，最高价氧化物对应水化物中酸性最强的化合物是HBrO4。(4)元素的第一电离能最小的是金属性最强的Mg，元素的电负性最大的是非金属性最强的Br。24、90C3H6O3-COOH-OH4【解题分析】

（1）相同条件下，气体的相对分子质量之比等于密度之比；

（2）浓硫酸可以吸收水，碱石灰可以吸收二氧化碳，根据元素守恒来确定有机物的分子式；（3）羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，-OH、-COOH和金属钠发生化学反应生成氢气，根据生成气体物质的量判断含有的官能团；（4）核磁共振氢谱图中有几个峰值则含有几种类型的等效氢原子，峰面积之比等于氢原子的数目之比；（5）结合A的分子式、含有的官能团确定A的结构简式。【题目详解】(1)由其密度是相同条件下H2的45倍，可知A的相对分子质量为45×2=90，故答案为：90；(2)由题意可推知：n(A)=9.0g÷90g/mol=0.1mol，n(C)=n(CO2)=13.2g÷44g/mol=0.3mol，n(H)=2n(H2O)=2×5.4g÷18g/mol=0.6mol，n(O)=（9g−0.3×12g−0.6×1g）÷16g/mol=0.3mol，所以根据原子守恒可知A的分子式为C3H6O3，故答案为：C3H6O3；(3)0.1molA与NaHCO3反应放出0.1molCO2，则说A中应含有一个羧基，而与足量金属钠反应则生成0.1molH2，说明A中还含有一个羟基，故答案为：-COOH；-OH；(4)核磁共振氢谱中有4个吸收峰，面积之比为1:1:1:3，可知A中应含有4种不同环境的氢原子，根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含4种类型的等效氢原子，且氢原子的个数比是3:1:1:1，所以结构简式为：。25、防止倒吸检查装置气密性关闭K1，打开K2把装置中残留的氨气全部赶入C装置C装置出口处连接一个干燥装置保持气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下；消除加入溶液体积对所测气体体积的影响ad[41V/22400m]×100%【解题分析】（1）氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用，故答案为防止倒吸；（2）组装好实验装置，需要先检查装置气密性，加入实验药品，接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体，打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化．通入氮气的目的是，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算，故答案为检查装置气密性；关闭K1，打开K2；把装置中残留的氨气全部赶入C装置；（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管，故答案为C装置出口处连接一个干燥装置；（4）导管a可以保持分液漏斗上方和反应装置内的气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下，故答案为保持气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下；（5）a．CCl4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故a正确；b．氨气极易溶于水，不能排水法测定，故b错误；c．氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定气体体积，故c错误；d．氨气不溶于苯，可以利用排苯溶液，测定氨气的体积，故d正确；故答案为ad；（6）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况），AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑41

22.4Lm

V×10-3Lm=g，则AlN的质量分数=×100%=×100%，故答案为×100%。26、3Cl2+6OH−≜5Cl−+ClO3−+3H2O缓慢通入Cl2NaClO碱性溶液减少水合肼的挥发测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤【解题分析】

步骤I中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO；步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼；步骤III分离出水合肼溶液；步骤IV由SO2与Na2CO3反应制备Na2SO3。据此判断。【题目详解】（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3-的物质的量分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。因此由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。【题目点拨】本题将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作的规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的获取和加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计与评价等能力，也考查了学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和思维的严密性。27、ABCD饱和碳酸钠溶液分液分液漏斗稀硫酸蒸馏b酒精灯冷凝管牛角管略高于118℃【解题分析】

分离出乙酸、乙醇、乙酸乙酯，利用其性质不同进行分离，如乙酸乙酯不溶于Na2CO3溶液，乙醇溶于碳酸钠溶液，乙酸与Na2CO3溶液发生反应，采用分液的方法分离出，然后利用乙醇易挥发，进行蒸馏等等，据此分析；【题目详解】（1）A、从试管A中蒸出的气体为乙酸乙酯、乙酸、乙醇，振荡过程中乙酸、乙醇被碳酸钠溶液吸收，上层液体逐渐变薄，故A正确；B、乙酸乙酯的密度小于水的密度，在上层，下层为碳酸钠溶液，碳酸钠溶液显碱性，滴入酚酞，溶液变红，试管A中蒸出的乙酸，与碳酸钠反应，产生CO2，溶液红色变浅或变为无色，故B正确；C、根据B选项分析，故C正确；D、乙酸乙酯有水果的香味，故D正确；答案选ABCD；（2）①碳酸钠溶液的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，然后采用分液的方法进行分离，即A为乙酸乙酯，试剂1为饱和碳酸钠溶液；②根据①的分析，操作1为分液，所用的主要仪器是分液漏斗；③B中含有乙醇、乙酸钠、碳酸钠，利用乙醇易挥发的性质，采用蒸馏的方法得到乙醇，即操作2为蒸馏，E为乙醇，C为乙酸钠和碳酸钠，需要将乙酸钠转化成乙酸，然后蒸馏，得到乙酸，因此加入的酸，不易挥发，即试剂2最好是稀硫酸；④根据③的分析，操作2为蒸馏；⑤根据上述分析，操作3为蒸馏，温度计的水银球在支管口