2024届江西丰城二中化学高二第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2024届江西丰城二中化学高二第二学期期末质量跟踪监视模拟试题注意事项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、除去下列物质中所含的杂质（括号内为杂质），选用试剂正确的是（）A．溶液（）：溶液B．：饱和的溶液C．：溶液D．溶液（）：Fe2、萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是（）A．M和N互为同分异构体B．M分子中所有碳原子均处于同一平面上C．N与属于同系物D．M和N均能使酸性KMnO4溶液褪色3、某烃的结构简式如图所示，若分子中共线碳原子数为a，可能共面的碳原子最多为b，含四面体结构碳原子数为c，则a、b、c分别是（）A．3，4，5B．3、14，4C．3，l0，4D．4，l0，44、对于处于化学平衡状态的反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H>0，既要提高反应速率又要提高H2O的转化率，下列措施中可行的是A．升高温度 B．使用合适的催化剂C．增大体系压强 D．增大H2O(g)的浓度5、有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，则甲的可能结构有()A．16种 B．14种 C．12种 D．10种6、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是()A．由四种元素形成的两种盐，水溶液中反应能生成NB．Y与Z形成的化合物中阴、阳离子个数比可为1:1C．化合物N、乙烯使溴水褪色的原理相同D．X与Y形成的化合物中，成键原子均满足8电子结构7、有下列三种有机物，实现它们之间相互转化所选试剂（均足量）正确的是（）选项a转化为ba转化为cc转化为bANaOHNaCO2BNa2CO3NaOHHClCNaHCO3NaOHCO2DNaHCO3NaClHClA．A B．B C．C D．D8、下列关于有机物的说法正确的是A．等质量的聚乙烯和乙烯分别燃烧消耗的氧气相等 B．生物柴油的主要成分是液态烃C．乙烯使溴水、酸性高锰钾溶液褪色的反应类型相同 D．含有3个碳原子的有机物氢原子个数最多为8个9、常温时，1mol·L－1的CH3NH2和1mol·L－1的NH2OH（NH2OH+H2ONH3OH++OHˉ）两种碱溶液，起始时的体积均为10mL，分别向两溶液中加水进行稀释，所得曲线如图所示（V表示溶液的体积），pOH=－lgc（OH－）。下列说法不正确的是A．NH2OH的电离常数K的数量级为10－9B．CH3NH3Cl盐溶液中水解离子方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－C．当两溶液均稀释至lg=4时，溶液中水的电离程度：NH2OH>CH3NH2D．浓度相同的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中离子浓度大小关系：（NH3OH+）<c（CH3NH3+）10、浓度为2mol·L－1的盐酸VL，欲使其浓度变为4mol·L－1，以下列出的方法中可行的是()A．通入标准状况下的HCl气体44.8LB．将溶液加热蒸发浓缩至0.5VLC．蒸发掉0.5VL水D．加入10mol·L－1盐酸0.6VL，再将溶液稀释至2VL11、下列关于胶体的性质或应用的说法错误的是（）A．静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶体粒子的带电性而加以除去B．明矾净水是利用胶体的吸附性除去杂质C．将“纳米材料”分散到某液体中，用滤纸过滤的方法可以将“纳米材料”从此分散系中分离出来D．烟、雾属于胶体，能产生丁达尔效应12、工业上从海水中提取溴单质时，可用纯碱溶液吸收空气吹出的溴，发生反应:(I)3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2;(II)5NaBr+NaBrO3+3H2SO4===3Na2SO4+3Br2+3H2O下列有关判断正确的是A．反应I中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1B．溴元素由化合态转化成游离态时一定发生了还原反应C．反应Ⅱ中生成3molBr2时，必有5mol电子转移D．氧化还原反应中化合价变化的元素一定是不同种元素13、在有机物的研究过程中，能测出有机物相对分子质量的仪器是（）A．红外光谱仪 B．元素分析仪 C．质谱仪 D．核磁共振仪14、实验室中用乙酸和乙醇制备乙酸乙酯，为除去所得的乙酸乙酯中残留的乙酸，应选用的试剂是（）A．饱和食盐水B．饱和碳酸钠溶液C．饱和NaOH溶液D．浓硫酸15、已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，2Fe3++2I-=2Fe2++I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量Cl2，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列说法中，不正确的是A．还原性：I->Fe2+>Br-B．原混合溶液中FeBr2的物质的量为6molC．原溶液中：n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2:1:3D．当通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-16、三氟化氮（NF3）是一种无色无味的气体，它是氨（NH3）和氟气（F2）在一定条件下直接反应得到的。4NH3+3F2==NF3+3NH4F。下列关于三氟化氮的叙述，正确的是（）A．NF3中的N呈-3价B．电负性由大到小的顺序：H>N>FC．NF3可能是一种极性分子D．NF3和NH4F都是分子晶体17、材料在人类文明史上起着划时代的意义。下列物品所用主要材料与类型的对应关系不正确的是A．人面鱼纹彩陶盆——无机非金属材料 B．“马踏飞燕”铜奔马——金属材料C．宇航员的航天服——有机高分子材料 D．光导纤维——复合材料18、100℃时，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH=2。下列叙述中不正确的是A．此时水的离子积Kw=1×10-14 B．水电离出的c(H+)=1×10-10mol•L-1C．水的电离程度随温度升高而增大 D．c(Na+)=c(SO42-)19、“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是A．蚕丝的主要成分是蛋白质B．蚕丝属于天然高分子材料C．“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应D．古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物20、依据下列实验操作及现象能得出正确结论的是选项操作现象结论A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体溶液红色变浅溶液中存在CO32-的水解平衡B室温下，向20mL浓度为0.1mol/LNa2S溶液中先源加几滴0.1mol/LZnSO4溶液，再满加几滴0.1

mol/LCuSO4溶液先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀Kg(ZnS)<Kg(CuS)C取淀粉溶液于试管中，加入稀硫酸，水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制Cu(OH)2悬浊液，加热无砖红色沉淀产生淀粉没有发生水解反应D将铜片和铁片用导线连接插入浓硝酸中铁片表面产生气泡金属铁比铜活泼A．A B．B C．C D．D21、下列对各电解质溶液的分析正确的是（）A．硫酸铁溶液中能大量共存的离子：K＋、Na+、NO3-、CO32-B．Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应：HCO3-+Ca2＋+OH-=CaCO3↓+H2OC．0.1mol•L﹣1Na2S溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HS﹣)+2c(H2S)D．NH4HSO4溶液呈酸性的主要原因是：NH4＋+H2ONH3•H2O+H＋22、《天工开物》中记载：人贱者短褐、枲裳，冬以御寒，夏以蔽体，其质造物之所具也。属草木者，为枲、麻、苘、葛，属禽兽与昆虫者为裘褐、丝绵。各载其半，而裳服充焉矣。文中的“枲、麻、苘、葛”和“裘褐、丝绵”分别属于()A．纤维素、油脂 B．糖类、油脂C．纤维素、蛋白质 D．单糖、蛋白质二、非选择题(共84分)23、（14分）某工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为。阳离子、、、、阴离子、、、、甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：①用铂丝蘸取少量溶液，在无色火焰上灼烧，未出现黄色火焰②取少量溶液，加入溶液无明显变化。③另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。④向③中所得的溶液中加入溶液，有白色沉淀生成。（1）步骤①使用的焰色反应属于___（填“物理”或“化学”）变化（2）③中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是____（3）该溶液中一定含有的阳离子有___，一定含有的阴离子有___（4）检验溶液中存在的方法是_____（5）取该溶液，向溶液中加入过量的稀氢氧化钠溶液，充分反应后，过滤、洗涤，将沉淀在空气中灼烧后得到的固体质量为___g24、（12分）某芳香烃A是有机合成中重要的原料，由A制取高聚物M的流程如下：请回答下列问题：（1）反应②的反应类型为___________。（2）E中的官能团名称是___________。（3）反应②的条件是___________。（4）写出A和F的结构简式：A___________；F___________。（5）符合下列条件的E的同分异构体有___________种（不考虑立体异构）。①含有相同官能团②遇FeCl2能发生显色反应③苯环上连有三个取代基（6）写出下列化学反应方程式：反应③___________，D与新制Cu（OH）2悬浊液反应___________。25、（12分）三草酸合铁(III)酸钾K3[Fe(C204)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(S04)2·6H2O晶体溶于20mL水中，加入5滴6mol/LH2SO4酸化，加热溶解，搅拌下加入25m饱和和H2C2O4溶液，加热，静置，待黄色的FeC2O4沉淀完全沉降以后，倾去上层清液，倾析法洗涤沉定2--3次。②向沉淀中加入10mL饱和草酸钾容液，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，溶液变成绿色并有棕色的沉淀生成。③加热煮沸段时间后，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，用少量洗条剂洗涤晶体两次抽干，干燥，称量，计算产率。已知制各过程中涉及的主要反应方程式如下: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)简达倾析法的适用范围____________。(2)步骤③加热煮沸的目的是___________。(3)步骤④中乙醇要缓慢加入的原因是_________。(4)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(5)如图装置，经过一系列操作完成晶体的抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的顺序补充完整(洗条操作只需要考虑一次):开抽气泵→a→____→b→d→c→关闭抽气泵。

a.转移固体混合物b.关活塞Ac.开活塞Ad.确认抽干e.加洗涤剂洗涤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0.0100mol/L的高锰酸钾溶被滴定至终点，三次平行实验平均消耗高猛酸钾溶被24.00mL。(6)滴定涉及反应的离子方程式:____________。(7)计算产品的纯度______(用质量百分数表示)。(K3[Fe(C204)3]·3H2O的相对分子质量为491)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）Ⅰ．实验室制得气体中常含有杂质，影响其性质检验。下图A为除杂装置，B为性质检验装置，完成下列表格：序号气体反应原理A中试剂①乙烯溴乙烷和NaOH的醇溶液加热_________②乙烯无水乙醇在浓硫酸的作用下加热至170℃反应的化学方程式是________________。NaOH溶液③乙炔电石与饱和食盐水反应_________Ⅱ．为探究乙酸乙酯的水解情况，某同学取大小相同的3支试管，分别加入以下溶液，充分振荡，放在同一水浴加热相同时间，观察到如下现象。试管编号①②③实验操作实验现象酯层变薄酯层消失酯层基本不变（1）试管①中反应的化学方程式是_____________________；（2）对比试管①和试管③的实验现象，稀H2SO4的作用是________________；（3）试用化学平衡移动原理解释试管②中酯层消失的原因_______________。28、（14分）CO2是一种常见的温室气体，它的吸收和利用也成为现代科技的热门课题。(1)恒容密闭容器中，在Cu/ZnO催化剂作用下，可用CO2制备甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(l)△H1，已知：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H2，写出氢气燃烧热的热化学方程式________(△H用△H1、△H2表示)。某温度下，在体积为2L的密闭容器中加入2molCO2、5molH2以及催化剂进行反应生成CH3OH蒸气和水蒸气，达到平衡时H2的转化率是60%，其平衡常数为_______。(2)工业上用CO2催化加氢制取二甲醚：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)。在两个相同的恒容密闭容器中，充入等量的反应物，分别以Ir和Ce作催化剂，反应进行相同的时间后测得的CO2的转化率α(CO2)随反应温度的变化情况如图所示：①用Ir和Ce作催化剂时，反应的活化能更低的是_________；②a、b、c、d和e五种状态，反应一定达到平衡状态的是________，反应的ΔH____0(填“＞”、“=”或“＜”)；③从状态a到c，CO2转化率不断增大的原因是__________；④已知T℃下，将2molCO2和6molH2通入到体积为VL的密闭容器中进行上述反应，反应时间与容器内的总压强数据如表：时间t/min010203040总压强p/1000kPa1.00.830.680.600.60该反应平衡时CO2的转化率为___________。(3)工业上常用氨水吸收含碳燃料燃烧中产生的温室气体CO2，得到NH4HCO3溶液，则反应NH4++HCO3－+H2O⇌NH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=_________。(已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10－5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10－7，Ka2=4×10－11)。29、（10分）铁是地球表面最丰富的金属之一，其合金、化合物具有广泛用途。⑴Fe3+可以与SCN－、CN－、有机分子等形成配合物。基态Fe3+的电子排布式为______；与SCN－互为等电子体且为非极性分子的化学式为______。⑵化合物FeCl3是棕色固体、易潮解、100℃左右时升华，它的晶体类型是______。⑶普鲁士蓝俗称铁蓝，结构如图甲所示（K+未画出），平均每两个立方体中含有一个K+，该晶体的化学式为______。又知该晶体中铁元素有＋2价和＋3价两种，则Fe3+与Fe2+的个数比为______。⑷在一定条件下铁形成的晶体的基本结构单元如图乙和图丙所示，则图乙和图丙的结构中铁原子的配位数之比为______，两种晶体中空间利用率较高的是______。（填“图乙”或“图丙”）

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、D【解题分析】

A项、NaHCO3溶液和Na2CO3溶液均能与Ca（OH）2溶液反应，故A错误；B项、CO2能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，应选用饱和的NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，故B错误；C项、Al和SiO2都能与NaOH溶液反应，故C错误；D项、Fe能与FeCl3溶液反应生成FeCl2，故D正确；故选D。2、D【解题分析】

的分子式为C10H14O，官能团为羟基，的分子式为C10H16O，官能团为醛基。【题目详解】A项、M的分子式为C10H14O，N的分子式为C10H16O，两者分子式不同，不是同分异构体，故A错误；B项、M分子中饱和碳原子，饱和碳原子为四面体构型，则M分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，故B错误；C项、与的结构不相似，其不饱和度不同，不是同类物质，不是同系物，故C错误；D项、M中苯环上连有甲基，能表现苯的同系物性质，N中含-CHO，能表现醛的性质，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故选D。【题目点拨】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析能力和应用能力的考查，注意把握官能团与性质的关系为解答的关键。3、B【解题分析】

已知乙炔为直线形结构，则与C≡C键相连的C原子可能共线，则共有3个；

分子中与苯环以及C=C直接相连的原子共平面，则可能共面的碳原子最多为14，即所有的碳原子可能共平面；含四面体结构碳原子为饱和碳原子，共4个，故答案选B。4、A【解题分析】A．该反应为吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡正向移动，转化率提高增，故A正确；B．用合适的催化剂，对平衡移动无影响，转化率不变，故B错误；、C．增大体系压强，反应速率增大，平衡逆向移动，故C错误；D．增大H2O（g）的浓度，平衡正向移动，反应速率增大，但转化率减小，故D错误；故选A。点睛：既要提高反应速率又要提高H2O的转化率，平衡正向移动，该反应为吸热反应，应升高温度，以此来解答。5、A【解题分析】

有机物甲的分子式应为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯。由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，判断5碳醇属于戊醇的同分异构体，4碳羧酸属于丁酸的同分异构体，据此判断有机物甲的同分异构体数目。【题目详解】有机物甲的分子式应为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯。由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子；含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH(CH3)COOH；含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH(OH)CH3，CH3CH2CH(OH)CH2CH3；CH3CH2CH(CH3)CH2OH，CH3CH2C(OH)(CH3)CH3，CH3CH(OH)CH(CH3)CH3，CH2(OH)CH2CH(CH3)CH3；CH3C(CH3)2CH2OH；所以有机物甲的同分异构体数目有2×8=16，故答案为A。【题目点拨】有机物产生同分异构体的本质在于原子的排列顺序不同，在中学阶段主要指下列三种情况：(1)碳链异构：由于碳原子的连接次序不同而引起的异构现象，(2)官能团位置异构：由于官能团的位置不同而引起的异构现象，如：CH3CH2CH=CH2和CH3CH=CHCH3。(3)官能团异类异构：由于官能团的不同而引起的异构现象，主要有：单烯烃与环烷烃；二烯烃、炔烃与环烯烃；醇和醚；酚与芳香醇或芳香醚；醛与酮；羧酸与酯；硝基化合物与氨基酸；葡萄糖与果糖；蔗糖与麦芽糖等。6、A【解题分析】

乙是一种“绿色氧化剂”，乙是H2O2，H2O2会分解生成氧气与氢气，据转化关系易知M是单质，所以M是O2；乙和丁的组成元素相同，则丁是H2O；化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，N是SO2，丙是H2S，则甲是硫化物；X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，Z是Na元素；X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。【题目详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S，则A.由四种元素形成的两种盐，为亚硫酸氢钠与硫酸氢钠，两者可反应，其离子方程式为：，A项正确；B.Y为O，Z为Na，两者形成的化合物为过氧化钠与氧化钠，化合物中阴、阳离子个数比均为1：2，B项错误；C.二氧化硫使溴水褪色发生氧化还原反应，乙烯使溴水褪色发生加成反应，C项错误；D.H与O形成的化合物为过氧化氢或水，其中H原子均满足2电子结构，而不是8电子结构，D项错误；答案选A。【题目点拨】本题考查元素原子结构与性质相互关系的综合应用。A项是难点，学生要掌握硫酸氢钠水溶液相当于酸性溶液。7、C【解题分析】

A.加入NaOH，既能与-COOH反应，又能与酚-OH反应，a直接转化为c，A不合题意；B.加入Na2CO3，既能与-COOH反应，又能与酚-OH反应，a直接转化为c，B不合题意；C.NaHCO3只能与-COOH反应，实现a→b的转化；NaOH与-COOH、酚-OH反应，实现a→c的转化；通入CO2，只能与-ONa反应，实现c→b的转化，C符合题意；D．NaHCO3只能与-COOH反应，实现a→b的转化；加入NaCl，不能实现a→c的转化，D不合题意。故选C。8、A【解题分析】

A、乙烯的化学式为C2H4，聚乙烯的化学式（C2H4）n，聚乙烯和乙烯的最简式相同，同等质量的乙烯和聚乙烯，必然拥有同样多数目的碳原子和氢原子，而消耗氧气的量只由碳原子数目和氢原子数目决定，所以消耗氧气的物质的量相等，故A正确；B.生物柴油是由油脂与醇发生酯交换反应得到，主要成分是脂肪酸甲酯，是酯类化合物，不属于烃，故B错误；C.乙烯与溴发生加成反应使溴水褪色，乙烯与酸性高锰钾溶液发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D.CH3-CH2-CH2-NH2含有3个碳原子、9个氢原子，故D错误。9、B【解题分析】

由图可知，常温时，1mol·L－1的CH3NH2溶液中c（OH－）大于1mol·L－1的NH2OH溶液中c（OH－），则CH3NH2的碱性强于NH2OH。【题目详解】A项、由图可知，1mol·L－1的NH2OH溶液中c（OH－）为10-4.5mol·L－1，则电离常数K=≈=10－9，故A正确；B项、CH3NH3Cl为强酸弱碱盐，CH3NH3+在溶液中水解，使溶液呈酸性，其水解方程式不是CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-，这是甲胺的电离方程式，故B错误；C项、碱溶液中c（OH－）越大，溶液中水的电离程度越小，由图可知，当两溶液均稀释至lg=4时，CH3NH2溶液中c（OH－）大于NH2OH溶液中c（OH－），则溶液中水的电离程度：NH2OH>CH3NH2，故C正确；D项、CH3NH2的碱性强于NH2OH，NH3OH+水解程度大于CH3NH3+，水解程度越大水解离子的浓度越小，则浓度相同的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中（NH3OH+）<c（CH3NH3+），故D正确；故选B。【题目点拨】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化判断碱的强弱，明确碱的强弱和对应离子水解程度大小的关系，能够正确计算电离常数是解答关键。10、D【解题分析】A、标况下的44.8LHCl气体的物质的量为2mol，通入VL2mol/L的盐酸溶液，溶液中氯化氢的物质的量为（2V+2）mol，但溶液的体积不一定是0.5（V+1），故A错误；B、蒸发氯化氢挥发，溶液浓度降低，故B错误；C、蒸发氯化氢挥发，溶液浓度降低，故C错误；D、混合后溶液中的氯化氢为2mol/L×VL+10mol/L×0.6VL=8Vmol，所以混合后溴化氢的浓度为=4mol/L，故D正确；故选D。11、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）和浊液（大于100nm），胶体具有丁达尔效应，胶体本身不带电荷，但胶体具有吸附性，吸附离子致使胶体微粒带有电荷。【题目详解】A项、静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶粒带电荷而加以除去，此过程为胶体的电泳，故A正确；B项、明净水是因为明矾溶于水，溶液中Al3+发生水解反应生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体表面积大，可以吸附水中悬浮的杂质，达到净水的目的，故B正确；C项、将“纳米材料”分散到某液体中，所得分散系为胶体，滤纸上的小孔直径小于100nm，胶体和溶液都能通过，只有浊液的微粒不能通过，分离提纯胶体应用半透膜，故C错误；D项、烟、雾分散质粒子直径在1nm～100nm之间，属于胶体，胶体具有丁达尔效应，故D正确；故选C。【题目点拨】本题考查了胶体的性质，侧重于考查基础知识的理解与综合应用能力，注意掌握胶体的性质与现实生活联系是解答的关键。12、C【解题分析】

A.(I)3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2中溴为氧化剂和还原剂，其中做氧化剂的为2.5mol，做还原剂的溴为0.5mol，故二者比例为5:1，故错误；B.溴元素由化合态转化成游离态时化合价可能降低也可能升高，可能发生氧化反应或还原反应，故错误；C.反应Ⅱ5NaBr+NaBrO3+3H2SO4===3Na2SO4+3Br2+3H2O中溴化钠中的溴从-1价升高到0价，溴酸钠中溴从+5价降低到0价，所以生成3molBr2时，必有5mol电子转移，故正确；D.在氧化还原反应中肯定有元素化合价变化，可能是一种元素也可能是不同的元素，故错误。故选C。13、C【解题分析】

A.红外光谱仪用于检测有机分子中的官能团及化学键，不符合题意，A错误；B.元素分析仪来确定有机化合物中的元素组成，不符合题意，B错误；C.质谱仪能测出有机物的相对分子质量，符合题意，C正确；D.核磁共振仪能测出有机物中氢原子的种类以及数目之比，不符合题意，D错误；故合理选项是C。14、B【解题分析】分析：本题考查的是有机物的分离和提纯，注意有机物官能团的性质。详解：乙酸能与碳酸钠反应，乙醇能溶于水，乙酸乙酯不溶于水，所以选用饱和碳酸钠可以溶解乙醇，反应乙酸，降低酯在水中的溶解度，有利于其析出。故选B。15、B【解题分析】

A、已知：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－，2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，则根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知还原性：I－>Fe2＋>Br－，A正确；B、在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，碘离子先被氧化，即碘化亚铁是1mol。通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，亚铁离子被氧化，碘化亚铁中亚铁离子是1mol，所以溴化亚铁中亚铁离子是3mol，则溴化亚铁是3mol，B错误；C、根据以上分析可知原溶液中：n（Fe2＋）∶n（I－）∶n（Br－）＝2∶1∶3，C正确；D、当通入2molCl2时，碘完全被氧化，亚铁离子有2mol被氧化，则溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，D正确。答案选B。16、C【解题分析】NF3中F的化合价为-1价，则N呈+3价，故A错误；NF3中F的化合价为-1价，则N呈+3价，电负性F>N，氨气中N的化合价是-3，H呈+1，电负性N>H，所以电负性由大到小的顺序：H<N<F，故B错误；根据氨分子结构，NF3是三角锥型分子，为极性分子，故C正确；三氟化氮是一种无色无味的气体，NF3是分子晶体，NH4F是离子晶体，故D错误。17、D【解题分析】

A、陶瓷主要成分为硅酸盐，为无机非金属材料，选项A正确；B、“马踏飞燕”铜奔马主要材料为铜，为金属材料，选项B正确；C、宇航员的航天服的材料为合成纤维，为有机高分子化合物，选项C正确；D、光导纤维主要材料为二氧化硅，为无机物，不是复合材料，选项D错误。答案选D。18、A【解题分析】

A.蒸馏水的pH=6，说明c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol•L-1，水的离子积Kw=1×10-12，故A错误；B.水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度，c(H+)=c(OH-)=mol/L=1×10-10mol•L-1，故B正确；C.由于水的电离过程为吸热过程，升高温度，促进了水的电离，水的电离程度会增大，故C正确；D.NaHSO4溶于水的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，根据物料守恒，溶液中c(Na+)=c(SO42-)，故D正确；故选A。【题目点拨】本题考查了水的电离，注意水的离子积常数与溶液的温度有关，明确影响水的电离的因素是解题的关键。本题的易错点为A，要注意根据水的离子积表达式及蒸馏水中c(H+)=c(OH-)计算。19、D【解题分析】

A.蚕丝的主要成分是蛋白质，A项正确；B.蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，B项正确；C.“蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中与氧气反应，属于氧化反应，C项正确；D.高级脂肪酸酯不属于高分子聚合物，D项错误；答案选D。【题目点拨】高中化学阶段，常见的天然高分子化合物有：淀粉、纤维素、蛋白质。20、A【解题分析】分析：A.碳酸钠溶液中存在水解平衡，加氯化钡，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小；B.依据沉淀转化的实质分析判断；C.检验葡萄糖应在碱性溶液中；D．金属活动性Fe大于Cu。详解：A.滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，红色变浅，是因碳酸钠溶液中存在水解平衡，加氯化钡，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，所以A选项是正确的；B.向Na2S溶液中滴入ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再加入几滴CuSO4溶液，沉淀由白色转化为黑色，硫化锌和硫化铜阴阳离子比相同，说明溶度积（Ksp）：ZnS＞CuS，故B错误；C.检验葡萄糖应在碱性溶液中,则在水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制Cu(OH)2悬浊液，加热，没有加碱至中性，不能检验，故C错误；D．将铜片和铁片导线连接插入浓硝酸中，由于铁发生钝化反应，则铁为正极，铜为负极，但金属活动性Fe大于Cu，故D错误。

所以A选项是正确的。点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及原电池原理、盐类的水解、沉淀的转化等知识，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析，题目难度不大。21、C【解题分析】

A.Fe3+与CO32-在溶液中会发生反应产生Fe(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，A错误；B.NaOH过量时，以Ca(HCO3)2溶液为标准，离子方程式为2HCO3-+Ca2＋+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，B错误；C.根据质子守恒可得关系式c(OH-)=c(H+)+

c(HS﹣)+2c(H2S)，C正确；D.NH4HSO4溶液呈酸性的主要原因是：NH4HSO4=NH4++H++SO42-，D错误；故合理选项是C。22、C【解题分析】

枲、麻、苘、葛属于草木，草木的主要成分是纤维素，裘褐、丝绵属于禽兽与昆虫，禽兽与昆虫的主要成分是蛋白质，故选C。二、非选择题(共84分)23、物理、、、取少量待测液于试管中，先加入稀盐酸，再加入溶液，若产生白色沉淀，则含有12【解题分析】

①用铂丝蘸取少量溶液，在无色火焰上灼烧，未出现黄色火焰，则溶液中无Na+；②取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，则溶液中无Fe3+；③另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，则溶液中含有NO3-和还原性离子，即Fe2+，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，则溶液中含有Cl-；溶液中含有Fe2+，则CO32-、SiO32-不能存在；④向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则存在SO42-。根据溶液呈电中性，且各离子的物质的量为1mol，即Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-各0.1mol时，0.1×2+0.1x=0.1×1+0.1×1+0.1×2，x=2，则只能为Mg2+；【题目详解】（1）步骤①灼烧时的焰色反应为元素所特有的性质，属于物理变化；（2）溶液中的硝酸根离子、亚铁离子与氢离子反应生成铁离子、NO和水，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；（3）由分析可知，一定含有的阳离子为Fe2+、Mg2+；一定含有的阴离子有Cl-、NO3-、SO42-；（4）检验SO42-常用盐酸和氯化钡溶液，方法是取少量待测液于试管中，先加入稀盐酸，取清液再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则含有SO42-；（5）取1.0L该溶液，则溶液中含有0.1molFe2+、0.1molMg2+，向溶液中加入过量的稀氢氧化钠溶液，过滤、洗涤，将沉淀在空气中灼烧后，得到的固体为0.1molMgO、0.05molFe2O3，其质量为12g。24、取代反应或水解反应羧基和羟基氢氧化钠溶液、加热202+O22+2H2O+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O【解题分析】

根据逆推法，由E（）可知，D在新制的氢氧化铜悬浊液中加热反应后酸化得到E，则D为，是由C在铜催化下加热与氧气反应而得，故C为，B是由某芳香烃A与溴的四氯化碳溶液反应而得，故B为二溴代烃，根据C的结构简式可知B为，A为；E在浓硫酸作用下发生消去反应生成F为，与甲醇发生酯化反应生成G为，G发生加聚反应生成H为，据此分析。【题目详解】根据逆推法，由E（）可知，D在新制的氢氧化铜悬浊液中加热反应后酸化得到E，则D为，是由C在铜催化下加热与氧气反应而得，故C为，B是由某芳香烃A与溴的四氯化碳溶液反应而得，故B为二溴代烃，根据C的结构简式可知B为，A为；E在浓硫酸作用下发生消去反应生成F为，与甲醇发生酯化反应生成G为，G发生加聚反应生成H为。（1）反应②为在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成和溴化钠，反应类型为水解反应或取代反应；（2）E为，其中官能团名称是羧基和羟基；（3）反应②为在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应，条件是氢氧化钠溶液、加热；（4）A的结构简式为；F的结构简式为；（5）E为，符合条件的E的同分异构体：①含有相同官能团，即羧基和羟基；②遇FeCl2能发生显色反应，则为酚羟基；③苯环上连有三个取代基，故苯环上的取代基可以为-OH、-COOH和-CH2CH3或-OH、-CH2COOH和-CH3两种组合，根据定二动三，每种组合的同分异构体有10种，共20种符合条件的同分异构体；（6）反应③的化学反应方程式为2+O22+2H2O，D与新制Cu(OH)2悬浊液反应，反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。【题目点拨】本题考查有机推断，利用逆推法推出各有机物的结构简式是解答本题的关键。易错点为（5），应注意苯环上取代基的确定，再利用其中二个取代基在苯环上的位置为邻、间、对位，第三个取代基在苯环上的取代种数分别为4、4、2，从而求得同分异构体的数目。25、适用分离晶体颗粒较大、易沉降到容器底部的沉淀除去过量的双氧水，提高饱和H2C2O4溶液的利用率避免沉淀析出过快导致晶粒过小Cbdce16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O98.20%【解题分析】分析：本题一实验制备为载体，考查学生对操作的分析评价、物质的分离提纯、溶液的配制、氧化还原反应滴定等，是对学生综合能力的考查，难度中等。详解：(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。(2)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；(3)慢慢加入乙醇使沉淀充分结晶成更大的颗粒，避免沉淀析出过快导致晶粒过小；(4)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。(5)用该装置完成晶体的抽滤和洗涤的过程，首先开抽气泵，然后转移固体混合物，关闭活塞A，确认抽干后打开活塞A，加入洗涤剂洗涤，然后再关活塞A，确认抽干后打开活塞A，再关闭抽气泵，故答案为bdce；(6)草酸根离子能被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，离子方程式为：16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(7)5K3[Fe(C204)3]·3H2O--6KMnO4491*56m0.01×0.024×解m=0.982g，则产品的纯度=0.982/1.000=98.20%。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、水CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2OCuSO4溶液CH3COOCH2CH3＋H2OCH3CH2OH+CH3COOH稀硫酸可以加速酯的水解（或稀硫酸是酯水解反应的催化剂）乙酸乙酯水解生成的乙酸与NaOH发生中和反应，乙酸浓度降低，使水解平衡向正反应方向移动，水解比较彻底【解题分析】

Ⅰ．①乙醇易挥发，且易溶于水，乙烯混有乙醇，可用水除杂；②无水乙醇在浓硫酸的作用下加热至170℃反应，生成乙烯和水，反应的方程式为CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2O；③乙炔中混有硫化氢气体，可用硫酸铜除杂，生成CuS沉淀。Ⅱ．（1）在稀硫酸的作用下乙酸乙酯发生水解反应生成乙酸和乙醇，反应的化学方程式为CH3COOCH2CH3＋H2OCH3C