2024届河北省中原名校联盟化学高二第二学期期末质量检测模拟试题含解析

2024届河北省中原名校联盟化学高二第二学期期末质量检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、已知常温下，HCOOH(甲酸)比NH3•H2O电离常数大。向10mL0.1mol/LHCOOH中滴加同浓度的氨水，有关叙述正确的是()A．滴加过程中水的电离程度始终增大B．当加入10mLNH3•H2O时，c(NH4+)>c(HCOO-)C．当两者恰好中和时，溶液pH=7D．滴加过程中n(HCOOH)与n(HCOO-)之和保持不变2、下列物质中，不属于醇类的是A．C3H7OH B．C6H5CH2OHC．CH3CH(OH)CH3 D．C6H5OH3、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4、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．0.1mol的白磷(P4)或甲烷中所含的共价键数均为0.4NAB．将1molCl2通入水中，HC1O、Cl-、ClO-粒子数之和为2NAC．6.4g由S2、S4、S8组成的混合物含硫原子数为0.2NAD．标准状况下，2.24LCl2通入足量H2O或NaOH溶液中转移的电子数均为0.1NA5、下面的排序不正确的是()A．晶体熔点由低到高：F2<Cl2<Br2<I2B．熔点由高到低：Na>Mg>AlC．硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅D．晶格能由大到小：MgO>CaO>NaF>NaCl6、金属钠与下列溶液反应时，既有白色沉淀析出又有气体逸出的是A．BaCl2溶液B．K2SO4溶液C．KCl溶液D．Ca(HCO3)2溶液7、根据下列图示所得出的结论正确的是A．图是水的电离与温度的关系曲线，a的温度比b的高B．图是HI(g)分解能量与反应进程关系曲线，a、b中I2依次为固态、气态C．图是反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)的速率与时间的关系，t1时改变条件是减小压强D．图是相同浓度相同体积的NaCl、NaBr及KI溶液分别用等浓度AgNO3溶液的滴定曲线，若已知：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，则a、b、c依次是KI、NaBr和NaCl8、阿伏加德罗常数的值为NA，实验室制备联氨（N2H4）的化学方程式为：2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O。下列说法正确的是（）A．0.1molN2H4中所含质子数为1.8NAB．0.1mol·L－1的NaClO溶液中，ClO－的数量为0.1NAC．消耗4.48LNH3时，转移电子数为0.2NAD．1.6gN2H4中存在共价键总数为0.2NA9、能与Na反应放出H2，又能使溴水褪色，但不能使pH试纸变色的物质是()A．CH2＝CH－COOH B．CH2＝CH－CH3C．CH2＝CH－CH2OH D．CH2＝CH－COOCH310、生物燃料电池（BFC）是一种真正意义上的绿色电池，其工作原理如图所示。下列说法中不正确的是A．C2极为电池正极B．C1极的电极反应式为：C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+C．电子由C2极经外电路导线流向C1极D．稀硫酸中的H+向C2极移动11、下列有关工业生产的叙述中，正确的是A．硫酸生产中常采用催化剂提高SO2的转化率B．合成氨中采用及时分离氨气提高反应速率C．电镀铜时，溶液中c(Cu2+)基本保持不变D．用电解熔融氧化镁的方法制取镁12、已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是()A．X与Y形成化合物时，X显负价，Y显正价B．第一电离能可能Y小于XC．最高价含氧酸的酸性：X对应酸的酸性弱于Y对应酸的酸性D．气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX13、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（）①金属钠投入到FeCl1溶液中②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca（OH）1投入过量NaHCO3溶液中④向饱和Na1CO3溶液中通入过量CO1．A．①②③④B．①④C．③④D．②③14、下列各组中化合物的性质比较，不正确的是A．酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4 B．碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3C．稳定性：PH3＞H2S＞HCl D．非金属性：F＞O＞S15、下列实验中，能证明苯酚的酸性极弱的是()A．苯酚的水溶液中加入氢氧化钠溶液，生成苯酚钠B．苯酚在空气中容易被氧化为粉红色C．苯酚钠溶液中通入二氧化碳后，溶液由澄清变浑浊D．浑浊的苯酚溶液加热变澄清16、下列关于物质的量浓度表述正确的是()A．0.5mol·L－1的Na2SO4溶液中含有的Na＋和SO42-的总物质的量为1.5molB．当11.2L氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度是0.5mol·L－1C．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SO42-的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度一定相同D．10℃时，0.5mol·L－1的KCl饱和溶液100mL蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于100mL，它的物质的量浓度仍为0.5mol·L－117、下列叙述正确的是A．镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更易腐蚀B．电解精炼铜时，电解质溶液的组成保持不变C．铅蓄电池充电时，标有“+”的一端与外加直流电源的负极相连D．构成原电池正极和负极的材料一定不相同18、有关晶体的下列说法中正确的组合是①晶体中分子间作用力越大，分子越稳定②原子晶体中共价键越强，熔点越高③冰熔化时水分子中共价键发生断裂④氯化钠熔化时离子键未被破坏⑤熔化时无需破坏化学键的晶体一定是分子晶体⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族8个纵行的元素都是金属元素⑦在SiO2和干冰晶体中，都存在单个分子⑧分子晶体不都是共价化合物A．①②⑤ B．②④⑤ C．②⑤⑧ D．①④⑦19、在下列状态下，属于能够导电的电解质是（）A．氯化钠晶体 B．液态氯化氢 C．硝酸钾溶液 D．熔融氢氧化钠20、下列各组表述中，两个微粒一定不属于同种元素原子的是（）A．3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子B．2p能级有一个未成对电子的基态原子和原子的价电子排布为2s22p5的原子C．最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子和价电子排布为4s24p5的原子D．M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子21、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22、下列说法正确的是A．吸热反应一定不能自发进行B．常温下,pH=6的溶液一定是酸溶液C．已知S(单斜,s)=S(正交，s)△H<0，则正交硫比单斜硫稳定D．电解稀硫酸或氢氧化钠溶液的产物不同二、非选择题(共84分)23、（14分）根据下面的反应路线及所给信息填空：（1）反应①的类型是__________________，反应⑥的类型是____________________。（2）C的结构简式是___________________，D的结构简式是___________。（3）写出反应②的化学方程式：_________________________________________。（4）反应⑦中，除生成α-溴代肉桂醛的同时，是否还有可能生成其他有机物？若有，请写出其结构简式：_______________________________。（只写一种）24、（12分）已知：A的蒸汽对氢气的相对密度是15，且能发生银镜反应，F的分子式为C3H6O2。有关物质的转化关系如下：请回答：(1)B中含有的官能团名称是__________，反应⑥的反应类型为__________。(2)写出反应④的化学方程式__________。(3)写出有机物F与NaOH溶液反应的化学方程式__________。(4)下列说法正确的是__________。A．有机物D的水溶液常用于标本的防腐B．有机物B、C、E都能与金属钠发生反应C．有机物F中混有E，可用饱和碳酸钠溶液进行分离D．有机物M为高分子化合物25、（12分）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验：请完成下列填空：（1）配制100mL0.1000mol/LNaOH标准溶液。（2）取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下。实验编号NaOH溶液的浓度（mol/L）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）待测盐酸溶液的体积（mL）10.100030.0520.0020.100029.9520.0030.100028.2020.00①滴定达到终点的判断是________，此时锥形瓶内溶液的pH为_____________。②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为___________（保留四位有效数字）③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作__________，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液甲.乙.丙.④在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成盐酸浓度测定结果偏高的有_____A、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗B、锥形瓶水洗后未干燥C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒E、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失26、（10分）下图中硬质玻璃管A中放入干燥洁净的细铜丝，烧杯中放入温水，试管B中放入甲醇，右方试管C中放入冷水．向B中不断鼓入空气，使甲醇蒸气和空气通过加热到红热程度的铜丝。（1）撤去A处酒精灯后铜丝仍然能保持红热的原因是__________________________；（2）反应后将试管C中的液体冷却，取出少量，加入到新制的Cu(OH)2悬浊液中，加热到沸腾可观察到现象是__________________，写出反应的化学方程式__________________________。27、（12分）草酸铁晶体Fe2(C2O4)3·xH2O可溶于水，且能做净水剂。为测定该晶体中铁的含量，做了如下实验：步骤1：称量5.6g草酸铁晶体，配制成250mL一定物质的量浓度的溶液。步骤2：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，先加足量稀H2SO4酸化，再滴加KMnO4溶液，反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。向反应后的溶液加锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤3：用0.0200mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200mol/LKMnO4溶液为V2、V3mL。记录数据如下表：实验编号KMnO4溶液的浓度（mol/L）KMnO4溶液滴入的体积（mL）10.0200V1=20.0220.0200V3=19.9830.0200V2=23.32请回答下列问题：（1）草酸铁溶液能做净水剂的原因______________________________（用离子方程式表示）。（2）步骤2加入酸性高锰酸钾的作用_________________________________________________。（3）加入锌粉的目的是______________________________。（4）步骤3滴定时滴定终点的判断方法是_____________________________________________。（5）在步骤3中，下列滴定操作使测得的铁含量偏高的有______。A．滴定管用水洗净后直接注入KMnO4溶液B．滴定管尖嘴内在滴定前有气泡，滴定后气泡消失C．读取KMnO4溶液体积时，滴定前平视，滴定结束后仰视读数D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．（6）实验测得该晶体中铁的含量为_________。28、（14分）钛镍形状记忆合金（TiNi）被广泛用于人造卫星和宇宙飞船的天线，在临床医疗领域内也具有广泛的应用。回答下列问题：(1)写出基态Ti原子的电子排布式:_________，Ni在元素周期表中的位置是_________。(2)钛镍合金能溶于热的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，二者阴离子的立体构型为______，中心原子的轨道杂化类型是_______。(3)与钛同周期的另一种元素钴(Co)可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，往其溶液中加BaCl2溶液时，现象是____________；往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为_______________。(4)一种钛镍合金的立方晶胞结构如图所示:①该合金中Ti的配位数为________。②若合金的密度为dg/cm3，晶胞边长a=________pm。（用含d的计算式表示）29、（10分）（1）通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热（△H）。化学键Si—OSi—ClH—HH—ClSi—SiSi—C键能/kJ·mol—1460360436431176347请回答下列问题：①比较下列两组物质的熔点高低（填“＞”或“＜”＝）SiC_____________Si；SiCl4_____________SiO2②工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)该反应的反应热△H=_____________kJ/mol.（2）已知化合物Na2O的晶胞如图。①其中O2-离子的配位数为________，②该化合物与MgO相比，熔点较高的是________。(填化学式)③已知该化合物的晶胞边长为apm，则该化合物的密度为___g·cm－3(只要求列出算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的数值为NA)。

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.HCOOH溶液中水的电离被抑制，向HCOOH溶液中加氨水时，HCOOH浓度逐渐减小，HCOOH对水的抑制作用减弱，水的电离程度逐渐增大，随后生成的HCOONH4的水解反应，也促进水的电离，继续加过量的氨水，氨水电离的OH-使水的电离平衡左移，水的电离程度减小，所以整个过程中水的电离程度先增大后减小，A项错误；B.当加入10mLNH3·H2O时，HCOOH+NH3·H2O=HCOONH4+H2O，恰好反应，所得溶液是HCOONH4溶液，溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OHCOOH+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，因HCOOH比NH3·H2O电离常数大，NH4+的水解程度比HCOO-大，所以c(NH4+)<c(HCOO-)，B项错误；C.当两者恰好中和时，HCOOH+NH3·H2O=HCOONH4+H2O，所得溶液是HCOONH4溶液，溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OHCOOH+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，因HCOOH比NH3·H2O电离常数大，NH4+的水解程度比HCOO-大，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，pH<7，C项错误；D.向HCOOH溶液中加氨水，HCOOH的初始物质的量没有变，根据物料守恒，滴加过程中n(HCOOH)+n(HCOO-)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，D项正确；答案选D。【题目点拨】HCOONH4属于弱酸弱碱盐，在溶液中弱酸阴离子和弱碱阳离子都发生水解，HCOOH的电离常数大，电离常数越大酸性越强，根据“谁强显谁性”，所以HCOONH4溶液显酸性。2、D【解题分析】

根据醇的定义判断：醇是羟基与脂肪烃基相连或者与脂环烃、芳香烃侧链相连的化合物。【题目详解】A.脂肪烃中的氢原子被羟基所取代，所以C3H7OH一定属于醇，故A不符合题意；B.羟基与C6H5CH2-相连，属于芳香醇，故B不符合题意选；

C.羟基与(CH3)2CH-相连，属于脂肪醇，故C不符合题意选；D.羟基与苯环直接相连为酚，故D符合题意；所以本题正确答案为D。【题目点拨】醇的官能团为-OH,-OH与脂肪烃基相连为醇,-OH与苯环直接相连为酚,以此来解答。3、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。4、C【解题分析】白磷(P4)为正四面体，一个分子中含有6个P-P键，0.1mol的白磷(P4)含共价键0.6mol,甲烷为正四面体，一个分子中含4个C-H键，0.1molCH4含0.4mol共价键，A错误。Cl2溶于水，一部分与水反应生成HC1O、Cl-、ClO-，一部分未反应，以游离态的Cl2存在，B错误。S2、S4、S8最简式相同，硫原子物质的量为6.4/32=0.2(mol)，个数为0.2NA，C正确。Cl2与水反应为可逆反应，无法计算，与NaOH反应，转移0.1NA电子，D错误。正确答案为C点睛：1.许多学生不知道白磷的结构为正四面体，一个分子中含有6个P-P键而选A答案，了解常见物质的化学键情况，如金刚石为正四面体结构、石墨为六边形的平铺结构、CO2、NH3及有机物的结构都是常考知识。2.Cl2溶于水，只有部分反应，且为可逆反应，若不能正确判断，则易选B和D答案。5、B【解题分析】

A.卤族元素单质都是分子晶体，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，则晶体的熔沸点越高，所以晶体熔点由低到高为：F2＜Cl2＜Br2＜I2，故A正确；B.Na、Mg、Al原子半径依次减小，金属离子电荷数逐渐增多，金属键逐渐增强，则熔点由低到高：Na＜Mg＜Al，故B错误；C.原子半径Si＞C，三者都为原子晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，所以硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故C正确；D.可以先比较电荷数，电荷数多的晶格能大，而如果电荷数一样多则比较核间距，核间距大的，晶格能小，则晶格能由大到小为：MgO＞CaO＞NaF＞NaCl，故D正确；答案选B。6、D【解题分析】试题分析：Na分别投入盐溶液中时，Na先和水反应生成NaOH和氢气，生成的NaOH再和盐发生复分解反应；A．生成的NaOH不和氯化钡反应，所以没有沉淀生成，故A错误；B．NaOH和硫酸钾不反应，所以没有沉淀生成，故B错误；C．氯化钾和NaOH不反应，所以没有沉淀生成，故C错误；D．Ca(HCO3)2溶液和NaOH发生复分解反应生成碳酸钙白色沉淀，所以有气体和沉淀生成，故D正确；故选D。考点：考查元素化合物性质。7、D【解题分析】

A.水的电离过程吸收热量，升高温度，促进水的电离，水电离产生的c(H+)、c(OH-)增大，则离子浓度的负对数值就小，因此a的温度比b的低，A错误；B.固体I2的能量比气体I2的能量低，所以a为气体I2，b为固体I2，B错误；C.t1时正、逆反应速率都增大，而且相同，说明改变条件可能是增大压强，C错误；D.由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，当溶液中卤素离子相同时，需要的Ag+浓度Cl->Br->I-，需要的c(Ag+)越大，其负对数就越小，因此a、b、c依次是KI、NaBr和NaCl，D正确；故合理选项是D。8、A【解题分析】分析：A.1个N2H4中含有(2×7+4×1)=18个质子；B.根据c=分析判断；C.气体的体积与温度和压强有关；D.1个N2H4中存在1个N-N键和4个N-H键。详解：A.1个N2H4中含有(2×7+4×1)=18个质子，则0.lmolN2H4中所含质子数为1.8NA，故A正确；B.未告知0.1mol·L-1的NaClO溶液的体积，无法计算ClO-的数量，故B错误；C.为告知气体的状态，无法计算4.48LNH3的物质的量，故C错误；D.1个N2H4中存在1个N-N键和4个N-H键，1.6gN2H4的物质的量==0.05mol，存在共价键0.05mol×5=0.25mol，故D错误；故选A。点睛：解答此类试题需要注意：①气体摩尔体积的使用范围和条件，对象是否气体；温度和压强是否为标准状况，如本题的C；②溶液计算是否告知物质的量浓度和溶液体积，如本题的B。9、C【解题分析】

A.CH2＝CH－COOH含有羧基，具有酸性可以与金属Na反应放出氢气，可以使pH试纸变红色，含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应使溴水褪色，A不符合题意；B.CH2＝CH－CH3含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应使溴水褪色，不含有羧基、醇羟基、酚羟基，不能与钠发生反应放出氢气，也不能使pH试纸变色，B不符合题意；C.CH2＝CH－CH2OH含有醇羟基，可以与金属Na反应放出氢气；含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应使溴水褪色；但醇不具有酸性，不可以使pH试纸变色，C符合题意；D.CH2＝CH－COOCH3含有碳碳双键，可以使溴水褪色，不能与金属钠发生反应放出氢气，也不能使pH试纸变色，D不符合题意；故合理选项是C。10、C【解题分析】分析：乙醇燃料电池中，电解质溶液呈酸性，乙醇在负极上被氧化，电极反应为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，氧气在正极上得电子被还原，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，总反应为C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，据此分析判断。详解：A、通燃料的C1极为负极，通氧气的C2极为电源的正极，故A正确；B.根据上述分析，C1极为负极，电极反应式为：C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，故B正确；C、原电池中，电子由负极经外电路流向正极，本题中电子由C1极经外电路导线流向C2极，故C错误；D、原电池中阳离子向正极移动，所以溶液中的H+向C2电极移动，故D正确；故选C。点睛：本题考查化学电源新型电池，解答本题的关键是学会判断燃料电池的正负极。本题的易错点为B，书写电极反应式时，要注意产物与溶液的酸碱性的关系。11、C【解题分析】分析：A、根据催化剂对化学平衡的影响分析判断；B、根据浓度对反应速率的影响分析判断；C、电镀铜时，阳极上铜失电子，阴极上铜离子得电子，根据溶液中铜离子是否变化判断；D、根据氧化镁的熔点很高结合电解原理分析判断。详解：A、催化剂可以提高反应速率，但不能影响化学平衡的移动，因此硫酸生产中常采用催化剂是为了缩短建立平衡需要的时间，不能提高SO2的转化率，故A错误；B、合成氨中采用及时分离氨气是为了提高产率，但氨气浓度减小，反应速率减慢，故B错误；C、电镀时，阳极上铜失电子进入溶液，阴极上铜离子得电子生成铜单质，阳极铜溶解质量约等于阴极析出铜的质量，所以溶液中c(Cu2+)基本保持不变，故C正确；D、获取金属Mg是电解熔融氯化镁得到金属镁，氧化镁的熔点太高，不宜采用电解熔融物的方法，故D错误；故选C。点睛：本题考查了金属的冶炼、化学平衡移动、电解原理的应用等。本题的易错点为AB，要注意区分外界因素对化学平衡的影响与化学反应速率的影响。12、C【解题分析】

同周期元素从左到右，原子序数依次增大，原子半径依次减小，非金属性依次增强，电负性依次增大。【题目详解】A项、电负性大的元素在化合物中显负价，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确；B项、同周期元素从左到右，第一电离能有增大的趋势，但ⅤA族元素的p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于Ⅵ族元素，第一电离能Y大于X，也可能小于X，故B正确；C项、元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性X＞Y，则X对应的酸性强于Y对应的酸的酸性，故C错误；D项、元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故D正确；故选C。【题目点拨】本题主要考查元素周期律的应用，明确明确同周期位置关系及电负性大小得出元素的非金属性强弱的关系是解答本题的关键。13、C【解题分析】①金属钠投入到FeCl1溶液中，Na首先与水反应：1Na+1H1O=1NaOH+H1↑，NaOH再与FeCl1反应生成白色的Fe（OH）1

沉淀，Fe（OH）1易被氧化，沉淀最终变为是红褐色，故①错误；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：4OH-+Al3+=AlO1-+1H1O，所以最终没有沉淀生成，故②错误；③少量Ca（OH）1投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：OH-+HCO3-=CO3

1-+H1O，CO3

1-与Ca

1+不能大量共存，生成白色的碳酸钙沉淀，故③正确；④向饱和Na1CO3溶液中通入足量CO1发生反应：Na1CO3+H1O+CO1=1NaHCO3↓，此为化合反应，且碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，所以向饱和Na1CO3溶液中通入足量CO1会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故④正确；故选C。14、C【解题分析】

A、同主族元素自上而下非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性就越强，酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，A正确；B、同周期元素自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性就越强，碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，B正确；C、非金属性越强相应氢化物的稳定性也越强，则稳定性：PH3＜H2S＜HCl，C错误；D、非金属性：F＞O＞S，D正确；答案选C。15、C【解题分析】

A、苯酚的水溶液中加入NaOH溶液，生成苯酚钠，体现苯酚的酸性，无法说明苯酚酸性极弱，故A不符合题意；B、苯酚在空气中容易被氧化为粉红色，说明苯酚具有还原性，故B不符合题意；C、苯酚钠溶液中通入CO2后，产生苯酚，利用相对较强酸制相对较弱酸，碳酸为弱酸，即苯酚的酸性比碳酸弱，故C符合题意；D、升高温度，增加苯酚溶解度，与苯酚的酸性无关，故D不符合题意。16、D【解题分析】

A、缺少溶液的体积，无法计算0.5mol·L－1的Na2SO4溶液中Na2SO4的物质的量，也无法确定Na＋和SO42-的总物质的量，故A错误；B、没有明确是否为标准状况，无法计算11.2L氨气的物质的量，则不能确定氨水的物质的量浓度，故B错误；C、在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，根据电荷守恒，如果Na＋和SO42-的物质的量相等，则K＋的物质的量浓度是Cl－的物质的量浓度的2倍，故C错误；D、温度不变，溶解度不变，饱和溶液中溶质的物质的量浓度不变，10℃时，0.5mol•L-1的KCl饱和溶液100mL蒸发掉5g水，冷却到10℃时，析出氯化钾固体后的溶液仍然是饱和溶液，溶质的物质的量浓度不变，仍为0.5mol•L-1，故D正确；答案选D。17、A【解题分析】

A．镀锡的铁板和电解质溶液形成原电池时，Fe易失电子作负极而加速被腐蚀；镀锌的铁板和电解质溶液构成原电池时，Fe作正极被保护，所以镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更易腐蚀，故A项正确；B．电解精炼粗铜时，阳极上Cu和比Cu活泼的金属失电子，阴极上只有铜离子放电生成铜，所以电解质溶液的组成发生改变，故B项错误；C．铅蓄电池充电时，标有“+”的一端作阳极，应该连接原电池正极，故C项错误；D．构成原电池正负极材料可能相同，如氢氧燃料电池，电池中石墨作正、负极材料，故D项错误。故答案为A【题目点拨】本题的易错点是D，一般的原电池中，必须是有活性不同的电极，一般是较活泼的金属做负极，而燃料电池是向两极分别通气体，电极可以相同。18、C【解题分析】

①晶体中分子间作用力越大，其熔沸点越高，但是与分子的稳定性没有关系，分子中的共价键键能越大越稳定，①不正确；②原子晶体中共价键越强，熔点越高，②正确；③冰熔化时，破坏的是分子间作用力，水分子中共价键不发生断裂，③不正确；④氯化钠熔化时，离子键被破坏，④不正确；⑤熔化时无需破坏化学键的晶体，破坏的一定是分子间作用力，故一定是分子晶体，⑤正确；⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族共有10个纵行，都是金属元素，⑥不正确；⑦在SiO2晶体中不存在单个分子，因为其是原子晶体，干冰中有单个分子，⑦不正确；⑧分子晶体既有单质，又有共价化合物，⑧正确。综上所述，相关说法正确的是②⑤⑧，故选C。19、D【解题分析】

A．氯化钠晶体是电解质，但不能导电，故A错误；B．液态氯化氢是电解质，但不能导电，故B错误；C．硝酸钾溶液能导电，但是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．熔融氢氧化钠是电解质，也能导电，故D正确；故答案为D。【题目点拨】考查电解质的概念，注意电解质不一定导电，导电的物质不一定是电解质。注意：①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；②电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物，如SO2、CO2属于非电解质；③条件：水溶液或融化状态，对于电解质来说，只须满足一个条件即可，而对非电解质则必须同时满足两个条件；④难溶性化合物不一定就是弱电解质，如硫酸钡属于强电解质。电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等)。20、D【解题分析】分析：本题考查核外电子的排布规律，侧重于原子结构与元素种类的判断，注重学生的分析能力的考查，注意把握原子核外电子排布特点，难度不大。详解：A.3p能级有一个空轨道的基态原子，原子3p能级有2个电子，是硅元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子也是硅，是同种原子，故错误；B.2p能级有一个未成对电子的基态原子，该原子2p能级有5个电子，价电子排布为2s22p5，所以是同一原子，故错误；C.最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子是溴，价电子排布为4s24p5的原子也为溴，故错误；D.M层全充满而N层为4s2的原子为锌，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子为铁，不是同种原子，故正确。故选D。21、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22、C【解题分析】A.吸热反应△H＞0，△S＞0，高温下反应自发进行，△H-T△S＜0，故A错误；B.强酸弱碱盐也显酸性，所以常温下，pH=6的溶液不一定是酸溶液，可能是盐溶液，故B错误；C.该反应为放热反应，单斜硫的能量大于正交硫，所以正交硫比单斜硫稳定，故C正确；电解稀硫酸或氢氧化钠溶液的本质均为电解水，产物为氢气和氧气，故D错误；本题选C。二、非选择题(共84分)23、取代反应加成反应+NaOH+NaCl【解题分析】

甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成的A为，A水解生成的B为，反应⑤在浓硫酸作用下发生消去反应，生成的C为，C与溴发生加成生成的D为，D发生消去反应生成α—溴代肉桂醛，结合有机物的官能团的性质解答该题．【题目详解】（1）反应①为甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应，反应⑥为加成反应；（2）由以上分析可知C为，D为；（3）反应②氯代烃的水解反应，反应的方程式为：+NaOH+NaCl；（4）在NaOH的醇溶液中发生消去反应，脱去1分子HBr或2分子HBr，可生成α-溴代肉桂醛或；【题目点拨】发生消去反应时，可能消去一个溴原子，生成2种产物，还可能消去两个溴原子，生成碳碳三键。24、羟基酯化(或取代)2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOCH3+NaOH→CH3COONa+CH3OHBC【解题分析】

A的蒸汽对氢气的相对密度是15，则A的相对分子质量为15×2=30，且能发生银镜反应，说明分子内含醛基，则推出A的结构简式为HCHO，与氢气发生加成反应转化为甲醇（CH3OH），故C为甲醇，F的分子式为C3H6O2，采用逆合成分析法可知，E为乙酸，两者发生酯化反应生成F，F为乙酸甲酯；M在酒化酶作用下生成B，B经过一系列氧化反应得到乙酸，则M为葡萄糖，B为乙醇，D为乙醛，E为乙酸，据此分析作答。【题目详解】根据上述分析可知，（1）B为乙醇，其中含有的官能团名称是羟基，反应⑥为甲醇与乙酸酯化生成乙酸甲酯的过程，其反应类型为酯化(或取代)，故答案为羟基；酯化(或取代)；（2）反应④为乙醇氧化成乙醛的过程，其化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（3）有机物F为CH3COOCH3，与NaOH溶液发生水解反应，其化学方程式为CH3COOCH3+NaOH→CH3COONa+CH3OH，故答案为CH3COOCH3+NaOH→CH3COONa+CH3OH；（4）A．甲醛的水溶液常用于标本的防腐，有机物D为乙醛，A项错误；B.含羟基或羧基的有机物均能与钠反应生成氢气，则有机物B、C、E都能与金属钠发生反应，B项正确；C.乙酸甲酯中含乙酸，则可用饱和碳酸钠溶液进行分离，C项正确；D.有机物M为葡萄糖，分子式为C6H12O6，不是高分子化合物，D项错误；答案选BC。25、滴入最后一滴NaOH标准溶液，锥形瓶中溶液由无色变成浅红色，且30s不褪色8.2～10.00.1500mol/L丙CDE【解题分析】

①用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液显碱性，结合酚酞的性质分析解答；②根据c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)计算；③碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出；④根据c(待测)=分析误差。【题目详解】①在用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色恰好由无色变为(浅)红色，且半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点；酚酞的变色范围是8.2～10，所以滴定终点时溶液pH为8.2～10；故答案为：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；8.2～10；②根据表格数据可知，第三次实验误差较大，删去，根据c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)，消耗的V[NaOH(aq)]=mL=30.00mL，则该盐酸的浓度为：=0.15mol/L，故答案为：0.15mol/L；③碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡排出，图示丙操作合理，故答案为：丙；④A．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，会导致盐酸浓度偏低，需要NaOH体积偏小，测定值偏低，故A错误；B．锥形瓶水洗后直接装待测液，锥形瓶中HCl的物质的量不变，消耗的NaOH的量不变，对实验无影响，故B错误；C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故C正确；D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，导致氢氧化钠溶液的浓度偏小，消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故D正确；E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故E正确；故答案为：CDE。26、因为2CH3OH＋O22HCHO＋2H2O是一个放热反应有红色沉淀生成HCHO＋4Cu(OH)2CO2↑＋2Cu2O↓＋5H2O【解题分析】(1)醇的氧化反应：2CH3OH+O22HCHO+2H2O是一个放热反应，能维持反应所需温度，所以不加热的铜丝仍保持红热；故答案为：因为2CH3OH+O22HCHO+2H2O是一个放热反应，能维持反应所需温度；(2)生成的甲醛易溶于水，与新制的氢氧化铜在加热条件下反应生成氧化亚铜红色沉淀，方程式为：HCHO+4Cu(OH)2CO2↑+2Cu2O↓+5H2O；故答案为：有红色沉淀生成；HCHO+4Cu(OH)2CO2↑+2Cu2O↓+5H2O。27、Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H＋除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定将Fe3＋还原为Fe2＋加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去ABC20.0%【解题分析】分析：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用；

(2)步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定；(3)加入锌粉的目的是还原铁离子；

(4)高锰酸钾溶液为紫红色，滴入最后一滴溶液变为紫红色且半分钟不变说明反应达到终点；

(5)根据滴定误差分析的方法判断,误差可以归结为标准液的体积消耗变化分析误差，c(待测)=c(标准）V(标准）V(待测）

；

A.酸式滴定管要用标准液润洗；

B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大；D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小；

(6)根据离子方程式计算，n(Fe)=5n(MnO4-)，可以计算n(Fe)，然后可以计算晶体中铁的含量。详解：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H＋，

因此，本题正确答案是：Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H＋；

(2)步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定，因此，本题正确答案是：除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定；(3)加入锌粉的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋，

因此，本题正确答案是：将Fe3＋还原为Fe2＋；

(4)高锰酸钾溶液为紫红色，反应终点判断为：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去，

因此，本题正确答案是：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去；(5)A.酸式滴定管要用标准液润洗，滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准液，标准液浓度减小，消耗标准液体积增大，测定结果偏高，故A符合；

B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B符合；

C.读取标准液体积时，滴定前平视读数，滴定后仰视读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C符合；D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小，测定结果偏低，故D不符合；因此，本题正确答案是：ABC；

(6)用0.0200mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200mol/LKMnO4溶液为V2、V3mL，计算平均值，实验3数值误差较大舍去，消耗体积V=20.02+19.982mL=20.00mL，

铁元素守恒，高锰酸钾溶液滴定亚铁离子发生的反应为5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O

51

n0.0200mol/L×0.0200L

=0.0004mol

5n=10.0004mol，解得n=0.002mol，

250mL溶液中含铁元素物质的量5.6g草酸铁晶体中铁的含量=0.02mol×56g