江苏省苏州市平江中学2024届化学高二下期末联考模拟试题含解析

江苏省苏州市平江中学2024届化学高二下期末联考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、双酚A是食品、饮料包装和奶瓶等塑料制品的添加剂，能导致人体内分泌失调，对儿童的健康危害更大。下列有关双酚A的叙述不正确的是（）A．双酚A能与碳酸钠溶液反应，能与FeCl3溶液发生显色反应B．双酚A的核磁共振氢谱显示氢原子数之比是1∶2∶2∶3C．反应①中，1mol双酚A最多消耗4molBr2D．反应②的产物与足量钠反应放出1molH22、下列装置或实验操作正确的是A．①用pH试纸测某溶液的酸碱性B．②探究氧化性：KMnO4>Cl2>I2C．③吸收氨气制氨水D．④中和滴定实验3、具有解热镇痛及抗生素作用的药物“芬必得”主要成分的结构简式如图，它属于（）①芳香族化合物、②脂肪族化合物、③有机羧酸、④有机高分子化合物、⑤芳香烃。A．①③ B．①④ C．②③ D．③⑤4、下列说法正确的是A．分子式为C2H6O且能与金属钠反应的有机物有2种B．1mol乙烷在光照条件下最多能与3molCl2发生取代反应C．一定条件下，葡萄糖、蛋白质都能与水发生水解反应D．加入NaOH溶液并加热，通过观察油层是否消失或变薄来鉴别矿物油和植物油5、有时候，将氧化还原方程式拆开写成两个“半反应”。下面是一个“半反应”式：()NO3—+()H++()e-=()NO+()H2O，该式的配平系数是（）A．1，3，4，2，1 B．2，4，3，2，1 C．1，6，5，1，3 D．1，4，3，1，26、酚酞的结构简式如图，下列关于酚酞的说法一定正确的是A．酚酞的分子式是C20H12O4B．分子中的碳原子不在同一平面C．1mol酚酞最多可消耗2molNaOHD．常温下，由水电离的c（H+）=10-13mol·L-1的溶液中滴入酚酞试液后，溶液呈红色7、NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法一定正确的是A．78g金属钾（K）完全转化为超氧化钾（KO2）时，转移电子数为4NAB．常温下2.8gN2与标准状况下2.24LCH4均含有0.1NA个分子C．0.2mol/L稀盐酸中，H+数目为0.2NAD．60g二氧化硅晶体中，含Si—O键数目为2NA8、某小组以石膏（CaSO4·2H2O）为主要原料制备（NH4）2SO4的流程如下：下列说法正确的是A．气体A是CO2，气体B是NH3B．操作Ⅰ中，所用的主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、分液漏斗C．操作Ⅱ中，将滤液加热蒸干并灼烧可以得到纯净的（NH4）2SO4D．整个过程的总反应方程式为CaSO4+CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+(NH4)2SO49、下列有关物质变化和分类的说法正确的是A．电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化B．胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物C．葡萄糖溶液和淀粉溶液作为分散系的本质区别是能否发生丁达尔效应D．SiO2、CO、Al2O3都属于酸性氧化物10、关于晶体的下列说法正确的是(）A．在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子B．在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子C．原子晶体的熔点一定比金属晶体的高D．分子晶体的熔点一定比金属晶体的低11、将0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起()A．溶液的pH增大B．CH3COOH电离度增大C．溶液的导电能力减弱D．溶液中c(OH－)减小12、在盐类水解的过程中，下列说法正确的是A．盐的电离平衡被破坏B．水的电离程度一定会增大C．溶液的pH一定会增大D．c(H＋)与c(OH－)的乘积一定会增大13、取50.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到14.51g白色沉淀，用过量的稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66g，并有气体放出。由此得出A．产生气体是1.12L B．Na2SO4的浓度是0.4mol/LC．14.51g白色沉淀是BaSO4 D．Na2CO3的浓度是0.05mol/L14、下列说法正确的是A．图①中△H1=△H2+△H3B．图②在催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2C．图③表示醋酸溶液滴定NaOH和氨水混合溶液的电导率变化曲线D．图④可表示由CO(g)生成CO2(g)的反应过程和能量关系15、对于0.1mol•L-1Na2CO3溶液，下列说法中，不正确的是：A．溶液中水的电离程度大于纯水中水的电离程度B．升高温度，溶液的pH值也升高C．加入少量NaOH固体，c（CO32―）与c（Na＋）均增大D．离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(CO32―)+c(HCO3―)+c(OH―)16、常温下，Na2CO3溶液中存在平衡：＋H2O＋OH－，下列有关该溶液的说法正确的是A．Na2CO3在水解过程导致碳酸钠电离平衡被促进B．升高温度，平衡向右移动C．滴入CaCl2浓溶液，溶液的pH增大D．加入NaOH固体，溶液的pH减小17、下列化学方程式中，属于水解反应的是A．CH3COOH+H2OCH3COO－+H3O+B．HS－+H2OS2－+H3O+C．CO32－+H2OHCO3－+OH－D．CO2+H2OHCO3－+H+18、有机物分子中原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列各项的事实不能说明上述观点的是A．乙烯能发生加成反应，而乙烷不能发生加成反应B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．乙基对羟基的影响，使羟基的活性变弱，电离H+的能力不及H2OD．苯酚中的羟基氢能与NaOH溶液反应，而醇羟基氢不能与NaOH溶液反应19、银锌蓄电池应用广泛，放电时总反应为Zn+Ag2O2+H2O==Zn(OH)2+Ag2O，某小组以银锌蓄电池为电源，用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH，设计如图所示装置。连通电路后，下列说法正确是A．电池的a极反应式为Ag2O2+H2O+2e-=Ag2O+2OH-B．气体Y为H2C．pq膜适宜选择阳离子交换膜D．电池中消耗65gZn，理论上生成1mol

气体X20、用石墨电极完成下列电解实验，实验现象：a处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；c处无明显变化；d处试纸变蓝。下列对实验现象的解释或推测不合理的是A．a为电解池的阴极B．b处有氯气生成，且与水反应生成了盐酸和次氯酸C．c处发生了反应：Fe-3e-=Fe3+D．d处：2H++2e-=H2↑21、下列有关说法不正确的是()A．水合铜离子的模型如图所示，1个水合铜离子中有4个配位键B．CaF2晶体的晶胞如图所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋C．H原子的电子云图如图所示，H原子核外的大多数电子在原子核附近运动D．金属Cu中Cu原子堆积模型如图所示，该金属晶体为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为1222、在氯化钠晶体晶胞中，与某个Na+距离最近且等距的几个Cl-所围成的空间构型为()A．正四面体形B．正八面体形C．正六面体形D．三角锥形二、非选择题(共84分)23、（14分）白藜芦醇属二苯乙烯类多酚化合物，具有抗氧化、抗癌和预防心血管疾病的作用。某课题组提出了如下合成路线：已知：根据以上信息回答下列问题：(1)白藜芦醇的分子式是________。(2)C→D的反应类型是_________；E→F的反应类型是________。(3)化合物A不与FeCL3溶液发生显色反应，能与NaHCO3反应放出CO2，推测其核磁共振氢谱(1H-NMR)中显示有_______种不同化学环境的氢原子，其个数比为_______。(4)写出AB反应的化学方程式_______(5)写出化合物D、E的结构简式：D_______，E_______。(6)化合物有多种同分异构体，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：______。①能发生银镜反应；②含苯环县苯环上只有两种不同化学环境的氢原子。24、（12分）某同学用含结晶水的盐X(四种短周期元素组成的纯净物)进行了如下实验：已知：i.气体甲无色无味气体；ii.气体丙为纯净物，干燥后体积为2.24L(标况下)，标况下密度为1.25g·L-1，易与血红蛋白结合而造成人中毒；iii.固体乙为常见金属氧化物，其中氧元素的质量分数为40%。请回答：(1)X中除H、O两种元素外，还含有_____元素，混合气体甲的成分是_____(填化学式)。(2)将X加入到硫酸酸化的高锰酸钾溶液，溶液褪色并有气体产生，写出该化学方程式___。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）为测定某样品中氟元素的质量分数进行如下实验，利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(氢氟酸为低沸点酸，含量低，不考虑对玻璃仪器的腐蚀)，用水蒸气蒸出，再通过滴定测量。实验装置如下图所示，加热装置省略。(1)仪器C名称是___________，长导管作用是_____________________________。(2)实验时，首先打开活塞K，待水沸腾时，关闭活塞K，开始蒸馏。若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即______________________。(3)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，其作用是________。(4)B中加入一定体积高氯酸和1.00g氟化稀土矿样，D中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热A、B，使A中产生的水蒸气进入B。①下列物质不可代替高氯酸的是___________(填标号)a.硫酸b.硝酸c.磷酸d.乙酸e.盐酸②D中主要反应的离子方程式为_________________________________。(5)向馏出液中加入25.00mL0.1000mol·L－1La(NO3)3溶液，得到LaF3沉淀(La3+不发生其他反应)，再用0.1000mol·L－1EDTA标准溶液滴定剩余La3+(La3+与EDTA按1︰1发生络合反应)，消耗EDTA标准溶液平均19.80mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为______(百分数保留小数点后两位)。27、（12分）某学习小组设计实验探究CuSO4分解产物Ⅰ．甲同学选择下列装置设计实验探究硫酸铜分解的气态产物SO3、SO2和O2，并验证SO2的还原性。回答下列有关问题（1）CuSO4水溶液呈酸性，其原因是______________________（用离子方程式表示）。（2）上述装置按气流从左至右排序为A、D、___________E、F（填代号）。（3）装置D的作用是___________；能证明有SO3生成的实验现象是___________。（4）在实验过程中C装置中红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有___________；待C中有明显现象后，F开始收集气体，F装置中集气瓶收集到了少量气体，该气体是___________（填化学式）。（5）为了验证SO2的还原性，取E装置中反应后的溶液于试管中，设计如下实验：a滴加少量的NH4SCN溶液b滴加少量的K3[Fe（CN）6]溶液c滴加酸性KMnO4溶液d滴加盐酸酸化的BaCl2溶液其中，方案合理的有___________（填代号），写出E装置中可能发生反应的离子方程式：_________。Ⅱ．乙同学利用A中残留固体验证固体产物（假设硫酸铜已完全分解）查阅资料知，铜有+2、+1价。Cu2O在酸性条件下不稳定，发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。（6）为了验证固体产物中是否有Cu2O，设计了下列4种方案，其中能达到实验目的的是___________。甲：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硝酸，观察溶液颜色是否变为蓝色乙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硫酸，观察溶液颜色是否变为蓝色丙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀盐酸，观察是否有红色固体生成丁：取少量残留固体于试管，通入氢气，加热，观察是否生成红色固体（7）经检验CuSO4分解生成CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2，且CuO、Cu2O的质量之比为5：9，SO2、O2、SO3的体积之比（同温同压下测定）为4：3：2。写出CuSO4分解的化学方程式：_______。28、（14分）化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：已知：RXROH；RCHO＋CH3COOR’RCH＝CHCOOR’请回答：(1)A中官能团的名称是______________________。(2)B+D→F的化学方程式________________________________________________。(3)X的结构简式_________________。(4)与F互为同分异构体又满足下列条件的有_______种。①遇到氯化铁溶液会显紫色，②会发生银镜反应③苯环上有三个取代基在其它同分异构体中核磁共振氢谱有六组峰，氢原子数比符合1:2:2:2:2:1的结构为______________（写出一种即可）。(5)根据上面合成信息及试剂，写出以乙烯为原料（无机试剂任选），写出合成CH3CH＝CHCOOCH2CH3路线_____________________。29、（10分）2000多年前，希腊生理学家和医学家希波克拉底发现，杨树、柳树的皮、叶中含有能镇痛和退热的物质。1800年，人们开始从该类植物中提取药物的活性成分——水杨酸（）。1853年，德国化学家柯尔柏合成了水杨酸，并于1859年实现工业化生产。水杨酸虽然解热和镇痛效果很好，但由于酚羟基的存在，对肠道和胃粘膜有强烈的刺激，易引发呕吐和胃出血，而且味道令人生厌。1898年，德国化学家霍夫曼利用反应：制得乙酰水杨酸（阿司匹林），改善了水杨酸的疗效。1899年，由德国拜尔公司开始生产，并应用于临床，是第一种重要的人工合成药物。现代医药发展方向之一是合成药物长效化和低毒化，其有效途径是低分子药物高分子化，如：可将药物分子连在安全无毒的高分子链上。1982年，科学家通过乙二醇的桥梁作用把阿司匹林连接在高聚物上，制成缓释长效阿司匹林（），用于关节炎和冠心病的辅助治疗。缓释长效阿司匹林分为高分子载体、低分子药物和作为桥梁作用的乙二醇三部分，在肠胃中水解变为阿司匹林，缓释长效阿司匹林使这种“古老”的解热镇痛药物重新焕发了“青春”。根据上述材料，结合所学知识，回答以下问题。（1）水杨酸具有________和________的作用。（2）霍夫曼制取阿司匹林的反应类型是________。（3）在霍夫曼制取阿司匹林的反应中，可用于检验水杨酸是否完全反应的试剂是________。（4）写出缓释阿司匹林在肠胃中水解出阿司匹林的化学方程式：________。

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、D【解题分析】分析：有机物中含有酚羟基，且邻位含有氢原子，可发生取代、氧化和显色反应，含有苯环，可发生加成反应。详解：A.苯酚的酸性比碳酸氢根离子强，双酚A能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢根，分子中有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，故A正确；B．两个甲基相同，两个苯酚基相同，根据苯环的对称可知有4种不同的H，H原子数之比是2：4：4：6=1：2：2：3，故B正确；C．双酚A中，2个酚羟基有4个邻位H可被取代，则1mol双酚A最多消耗4molBr2，故C正确；D、没有给定反应物的量，无法确定生成的氢气的量，故D错误；故选D。2、B【解题分析】A．用pH试纸测某溶液的酸碱性，pH试纸放在玻璃片上，不能放在桌子上，A错误；B．锥形瓶中发生反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氧化性KMnO4＞Cl2，烧杯中发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化性Cl2＞I2，B正确；C．吸收溶解度较大的气体时，漏斗应刚好接触溶液，不是深入到溶液内，C错误；D．滴定过程中，需要控制活塞和振荡锥形瓶，即左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶，D错误；答案选B。3、A【解题分析】

由结构可知，分子中含苯环、-COOH，则属于芳香族化合物，为羧酸类物质，含O元素不属于芳香烃，且相对分子质量在10000以下，不属于高分子，选项①③正确，故答案为A。4、D【解题分析】

A．分子式为C2H6O且能与金属钠反应的有机物为乙醇，只有一种结构，故A错误；B．1mol乙烷含有6molH原子，则1mol乙烷在光照条件下最多能与6molCl2发生取代反应，故B错误；C．葡萄糖为单糖，不能发生水解反应，故C错误；D．矿物油属于烃类，不能发生水解反应，而植物油属于油脂，可在碱性条件下发生水解反应；现象不同，可鉴别，故D正确；故选D。【题目点拨】本题的易错点为D，要注意矿物油和植物油主要成分的区别。5、D【解题分析】

（设“1”法）设NO3—的化学计量数为1，根据N元素化合价由+5价变为+2价，则得到3个电子，则根据电子移动数目可确定e-的化学计量数为3，结合电荷守恒可知H+的计量数为|-1-3|=4，根据H原子守恒可知H2O的化学计量数分别为2，NO的化学计量数为1，故该式的配平系数是1，4，3，1，2，答案选D。6、B【解题分析】

A、根据结构简式书写分子式；B、根据有机物分子结构判断原子共面问题；C、根据官能团判断有机物性质；D、根据分子结构判断酸性强弱。【题目详解】A、酚酞的分子式是C20H14O4，选项A错误；B、每个苯环中的碳原子在一个平面上，但是据有甲烷结构的碳原子一定和它们不共面，选项B正确；C、酯基能水解后生成的羧基、酚羟基有酸性，它们均和氢氧化钠反应，1mol酚酞最多可消耗3molNaOH，选项C错误；D、水电离的c（H+）=10-13mol•L-1的溶液，说明水的电离受抑制，为酸性或碱性溶液，滴入酚酞试液后，溶液可以呈红色，也可以不变色，选项D错误。答案选B。7、B【解题分析】分析：A.求出金属钾的物质的量,然后根据钾反应后变为+1价来分析；B.求出氮气和甲烷的物质的量,然后根据分子个数N=nNA来计算；C.溶液体积不明确；D.求出二氧化硅的物质的量,然后根据1mol二氧化硅中含4mol硅氧键来分析。详解：78g金属钾的物质的量为2mol,而钾反应后变为+1价,故2mol钾反应后转移2NA个电子,A错误；2.8g氮气的物质的量和标况下2.24LCH4的物质的量均为0.1mol,故分子个数均为N=nNA=0.1×NA=0.1NA，B正确；溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算,C错误；60g二氧化硅的物质的量为1mol,而1mol二氧化硅中含4mol硅氧键,即含Si—O键数目为4NA，D错误；正确选项B。8、D【解题分析】

由制备流程可知，以石膏(CaSO4·2H2O)为主要原料制备(NH4)2SO4，A、B一定有氨气、二氧化碳，且碱性条件下利于二氧化碳的吸收，滤渣煅烧生成气体B应为CO2，则A为NH3，发生CaSO4+CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+(NH4)2SO4，操作I为过滤分离出沉淀，操作II为蒸发浓缩、冷却结晶得到(NH4)2SO4。【题目详解】A．由上述流程图分析可知，气体B是CO2，A为NH3，故A错误；

B．操作I|为过滤，所用的主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，分液漏斗用于分液，故B错误；

C．(NH4)2SO4受热易分解，则操作II为蒸发浓缩、冷却结晶，故C错误；

D．由上述分析可知，整个过程的总反应方程式为CaSO4+CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+(NH4)2SO4，故D正确；故答案：D。9、B【解题分析】

A.电解熔融的氧化铝会生成铝和氧气，是化学变化，但12C转化为14C是原子核内中子数发生了变化，不属于化学变化，A错误；B.胆矾是CuSO4·5H2O，是纯净物；四氧化三铁也是纯净物；冰水混合物里面只有一种分子即水分子，所以也是纯净物；B正确；C.葡萄糖溶液和淀粉溶液分别属于溶液和胶体，本质区别是分散质粒子直径，C错误；D.SiO2是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，Al2O3是两性氧化物，D错误；故合理选项为B。【题目点拨】纯净物是由一种分子组成的物质，结晶水合物是纯净物，冰水混合物也是纯净物。淀粉溶液虽然称为溶液，但里面的大多数粒子的直径在1nm-100nm之间，所以属于胶体。10、A【解题分析】B：金属晶体中除了金属阳离子就是自由电子；CD都有反例，不能以偏概全；答案为A11、A【解题分析】

A．CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向移动，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，正确；B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。故选A。12、B【解题分析】

A、大多数盐为强电解质，在水中完全电离，A错误；B、盐类的水解促进水的电离，B正确；C、强酸弱碱盐水解溶液呈酸性，pH减小，C错误；D、一定温度下的稀溶液中，c(H＋)与c(OH－)的乘积是一个常数，D错误。答案选B。13、B【解题分析】

取50.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到14.51g白色沉淀，白色沉淀是碳酸钡和硫酸钡的混合物，用过量的稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66g，剩余的沉淀是硫酸钡，减少的沉淀是碳酸钡，质量是14.51g－4.66g＝9.85g，则A.碳酸钡和硝酸反应生成二氧化碳气体，根据碳原子守恒可知二氧化碳的物质的量是9.85g÷197g/mol＝0.05mol，在标况下的体积1.12L，没有指明是否为标准状况，A错误；B.根据硫原子守恒可知Na2SO4的物质的量是4.66g÷233g/mol＝0.02mol，浓度是0.02mol÷0.05L＝0.4mol/L，B正确；C.14.51g白色沉淀是BaCO3和BaSO4的混合物，C错误；D.Na2CO3的物质的量是0.05mol，浓度是0.05mol÷0.05L＝1.0mol/L，D错误；答案选B。14、C【解题分析】

A项，根据盖斯定律可知△H3=-（△H1+△H2），则△H1=-（△H3+△H2），故A项错误；B项，因为E1＞E2图②在催化剂条件下，反应的活化能等于E1，故B项错误；C项，NaOH和氨水混合溶液滴入醋酸，NaOH先与醋酸反应生成醋酸钠，氢氧化钠与醋酸钠均为强电解质且离子带电荷数相同，但加入醋酸溶液体积增大，单位体积内电荷数目减少，故溶液导电能力减弱；当氢氧化钠反应完毕后再滴加醋酸，氨水与醋酸反应生成醋酸铵，醋酸铵为强电解质，一水合氨为弱电解质，故随着醋酸滴入溶液导电能力逐渐增强，当氨水反应完后加入醋酸，溶液体积增大，故溶液导电能力逐渐减小，故C项正确；D项，图④只表示由CO(g)生成CO2(g)的能量变化，并不能表示具体的反应过程，故D项错误。本题选C。15、D【解题分析】

A.碳酸钠溶液中碳酸钠水解，促进水的电离，碳酸钠溶液中水的电离程度大于纯水中水的电离程度，故A正确；B、碳酸根离子水解溶液显碱性，碳酸根离子水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行，氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故B正确；C、碳酸钠水解显碱性，加入氢氧化钠氢氧根离子浓度增大平衡逆向进行，溶液中碳酸根离子浓度增大，钠离子浓度增大，故C正确；D、溶液中存在电荷守恒，阳离子和阴离子所带电荷数相同，c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，故D错误；故选D。16、B【解题分析】

A.Na2CO3是强电解质，完全电离，不存在电离平衡，应该促进了水的电离平衡，故A错误；B.水解过程是吸热过程，故升高温度平衡向右移动，B正确；C.滴入CaCl2浓溶液，会生成CaCO3沉淀，CO32-浓度减少，平衡向左移动，OH－浓度减少，溶液的pH减小，C错误；D.加入NaOH固体，OH－的浓度增大，溶液的pH增大，故D错误；故选B。17、C【解题分析】试题分析：A.该离子方程式是醋酸电离的方程式，A项错误；B.该离子方程式是HS－的电离方程式，B项错误；C.CO32-与水电离出的H＋结合生成HCO3-和OH－，属于水解的离子方程式，C项正确；D.该反应为CO2和水反应的化学方程式和电离方程式，D项错误；答案选C。考点：考查水解离子方程式的正误判断18、A【解题分析】试题分析：A、乙烯发生加成反应是含有碳碳双键，乙烷中不含有，因此性质的不同不是原子间或原子与原子团间的相互作用而影响的，故不正确；B、甲烷不能是酸性高锰酸钾褪色，但甲苯可以，说明苯环对甲基上氢原子的影响，变得活泼，易被氧化，故能够证明上述观点；C、钠和水反应比较活泼，而钠与乙醇反应不剧烈，说明乙基使羟基的活性变弱，电离H+的能力不及H2O；D、说明苯环对羟基的影响较大，使H变的活泼，故能说明上述观点。考点：考查有机物的性质。19、D【解题分析】用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH，根据装置图可知，该电解池的左侧为NaOH溶液，右侧为H2SO4溶液，说明M电极为阴极，水电离的H+在M电极上得电子生成H2，电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，中间隔室的Na+通过mn膜进入装置左侧区域与生成的OH－结合生成NaOH，N电极为阳极，水电离的OH－在N电极上失电子生成O2，电极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H+，中间隔室的SO42－通过pq膜进入装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4。A.根据上述分析可知，M为阴极，则a为负极、b为正极，a电极的反应式为Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2，故A错误；B.N电极的反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H+，气体Y为O2，故B错误；C.因中间隔室的SO42－通过pq膜进入装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4，则pq膜应选择阴离子交换膜，故C错误；D.65gZn的物质的量为1mol，当消耗65gZn时，转移电子的物质的量为2mol，M电极的反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，由反应式可知，当转移2mol电子时，生成H2的物质的量为1mol，故D正确；答案选D。点睛：本题综合考查原电池和电解池的相关知识，试题难度较大，明确各电极发生的反应，进而推断电解池的阴、阳极和原电池的正、负极是解答本题的关键，本题的易错点是A项电极反应式的书写，解题时要结合电解质溶液的酸碱性和题中所给的已知方程式书写a极的电极反应式。20、C【解题分析】分析：a处试纸变蓝，为阴极，有氢氧根产生，氢离子放电；b处变红，局部褪色，氯离子放电产生氯气，为阳极；c处无明显变化，铁失去电子；d处试纸变蓝，有氢氧根产生，氢离子放电，据此解答。详解：A．a处试纸变蓝，为阴极，生成OH-，氢离子放电，电极方程式为2H++2e-=H2↑，A正确；B．b处变红，局部褪色，是因为氯离子放电产生氯气，氯气溶于水发生反应Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl的酸性使溶液变红，HClO的漂白性使局部褪色，B正确；C．Fe为c阳极，发生反应：Fe-2e－=Fe2+，C错误；D．d处试纸变蓝，为阴极，生成OH-，氢离子放电，电极方程式为2H++2e-=H2↑，D正确；答案为C。点睛：本题主要是考查电解原理的应用，注意把握电极的判断以及电极反应，为解答该题的关键，易错点是电极周围溶液酸碱性判断，注意结合水的电离平衡分析解答。21、C【解题分析】

A.如图所示，铜离子与4个水分子结合，所以1个水合铜离子中有4个配位键，故A正确；B.晶胞中Ca2＋处于晶胞的顶点和面心，则每个CaF2晶胞中Ca2＋数为8×1/8+6×1/2=4，故B正确；C.H原子外只有一个电子，在原子核附近运动，故C错误；D.在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，故D正确；故选C。22、B【解题分析】NaCl晶胞为，选取最上方那一面中心的Na+为研究对象，等距且最近的Cl-包括最上方正方形棱边中心4个、立方体中心1个、上方立方体中心1个共6个Cl-，它们围成的图形是正八面体。正确答案：B。二、非选择题(共84分)23、C14H12O3取代反应消去反应46：1：2：1、、【解题分析】

根据F的分子式、白藜芦醇的结构，并结合信②中第二步，可知F中苯环含有3个-OCH3，故F的结构简式为．D发生信息①中反应生成E，反应过程中的醛基转化为羟基，E发生消去反应生成F，可知E为，逆推可知D为，结合物质的分子式、反应条件、给予的信息，则C为，B为，A为，以此解答该题。【题目详解】(1)由白藜芦醇的结构简式可知其分子式为C14H12O3；(2)C→D是C中羟基被溴原子替代，属于取代反应，E→F是E分子内脱去1分子式形成碳碳双键，属于消去反应；(3)化合物A的结构简式：，其1H核磁共振谱(H-NMR)中显示有4种不同化学环境的氢原子，个数比为6：1：2：1；(4)A→B反应的化学方程式：；(5)由上述分析可知，D的结构简式为，E的结构简式为；(6)化合物的同分异构体符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基；②含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子，则结构简式可能为、、。24、Mg、CCO、CO2、H2O5MgC2O4·2H2O+8H2SO4+2KMnO4=5MgSO4+K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+18H2O【解题分析】

(1)由i.气体甲无色无味气体，由流程知甲中含有二氧化碳，根据白色沉淀的质量可计算CO2物质的量；ii.气体丙为纯净物，干燥后体积为2.24L(标况下)，则其物质的量为0.1mol，按标况下密度可知其摩尔质量，按性质，则可判断出丙，用质量守恒求出混合气体还含有的水蒸气的物质的量；iii.固体乙为常见金属氧化物，设其化学式为M2Ox，按其中氧元素的质量分数为40%，则可判断出所含金属元素，按数据可得盐的化学式；(2)将X加入到硫酸酸化的高锰酸钾溶液，利用其性质写出和硫酸酸化的高锰酸钾溶液发生氧化还原反应化学方程式；【题目详解】i.气体甲无色无味气体，由流程知甲中含有二氧化碳，根据C守恒，CO2物质的量为10.0g÷100g/mol=0.1mol；ii.气体丙为纯净物，干燥后体积为2.24L(标况下)，则其物质的量为2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，丙标况下密度为1.25g·L-1，则丙的摩尔质量=22.4L/mol×1.25g·L-1=28g/mol，丙易与血红蛋白结合而造成人中毒，则丙为CO；根据题意X为含结晶水的盐，则混合气体甲中还含有14.8g-4.00g-0.1mol×28g/mol-0.1mol×44g/mol=3.6g水蒸气，水蒸气物质的量为3.6g÷18g/mol=0.2mol；iii.固体乙为常见金属氧化物，设其化学式为M2Ox，因为其中氧元素的质量分数为40%，则，则Ar（M）=12x，当x=2，Ar（M）=24时合理，即M为Mg元素，且MgO物质的量为4g÷40g/mol=0.1mol；则镁、碳、氢、氧的物质的量分别为0.1mol、0.2mol（0.1mol+0.1mol=0.2mol）、0.4mol（0.2mol×2=0.4mol）、0.6mol（0.1mol+0.1mol+0.1mol×2+0.2mol），则X的化学式为MgC2H4O6，已知X为含结晶水的盐(四种短周期元素组成的纯净物)，镁离子和结晶水的物质的量之比为1:2，则其化学式为MgC2O4·2H2O；(1)X中除H、O两种元素外，还含有Mg、C元素，混合气体甲的成分是CO、CO2、H2O；答案为：Mg、C；CO、CO2、H2O；(2)将X加入到硫酸酸化的高锰酸钾溶液，溶液褪色并有气体产生，则KMnO4被还原为Mn2+，C2O42-被氧化成CO2，根据得失电子守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为：5MgC2O4·2H2O+8H2SO4+2KMnO4=5MgSO4+K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+18H2O；答案为：5MgC2O4·2H2O+8H2SO4+2KMnO4=5MgSO4+K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+18H2O。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、(直形)冷凝管平衡气压打开活塞K保温，避免水蒸气冷凝bdeHF+OH－=F－+H2O2.96%【解题分析】

利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(氢氟酸为低沸点酸，含量低，不考虑对玻璃仪器的腐蚀)，用水蒸气蒸出，再通过滴定测量样品中氟元素的质量分数。结合化学实验的基本操作和实验原理分析解答(1)~(4)；(5)根据氟元素守恒，有LaF3~3F，再根据滴定过程计算氟化稀土样品中氟的质量分数。【题目详解】(1)根据图示，仪器C为冷凝管，长导管插入液面以下，利用液体上升和下降调节容器中压强变化，不至于水蒸气逸出，因此作用为平衡压强，故答案为：冷凝管；平衡气压；(2)实验时，首先打开活塞K，待水沸腾时，关闭活塞K，开始蒸馏：著蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，为避免液体喷出，应立即应打开活塞K平衡压强，故答案为：打开活塞K；(3)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，目的是保温，避免水蒸气冷凝，故答案为：保温，避免水蒸气冷凝；(4)①B中加入一定体积高氯酸和1.00g氟化稀土矿样，利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢。a．硫酸是难挥发性酸，可以代替，故a不选；b．硝酸是易挥发性酸，故b选；c．磷酸是难挥发性酸，可以代替，故c不选；d．醋酸是挥发性酸，故d选；e.盐酸是挥发性酸，故e选；故答案为：bde；②D中盛有滴加酚酞的NaOH溶液，D中的反应是挥发出的HF和氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式：HF+OH-=F-+H2O，故答案为：HF+OH-=F-+H2O；(5)利用氟元素守恒，有LaF3~3F，氟化稀土样品中氟的质量分数=×100%=2.96%，故答案为：2.96%；27、B、C防倒吸（或作安全瓶）B装置中产生白色沉淀SO2O2bd乙【解题分析】

装置A中CuSO4受热分解，装置D为安全瓶，起防止倒吸的作用，装置B中氯化钡溶液用于检验分解产物中是否有三氧化硫，装置C中品红溶液用于检验分解产物中是否有二氧化硫，装置E中氯化铁溶液用于验证二氧化硫的还原性，装置F用于检验分解产物中是否有难溶于水的氧气。【题目详解】（1）CuSO4是强酸弱碱盐，Cu2+在溶液中水解，使溶液呈酸性，收集到离子方程式为，故答案为：；（2）三氧化硫与水剧烈反应生成强酸硫酸，为防止倒吸应在检验三氧化硫前设计一个防倒吸的装置，二氧化硫部分与水反应生成弱酸亚硫酸，由强酸制弱酸的原理可知，三氧化硫能与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，为防止三氧化硫干扰实验，应先检验三氧化硫，再检验二氧化硫，检验二氧化硫用品红溶液，验证二氧化硫的还原性用氯化铁溶液，验证氧气可用排水法，则连接顺序为A、D、B、C、E、F，故答案为：B、C；（3）三氧化硫与水剧烈反应生成强酸硫酸，为防止倒吸应在检验三氧化硫前设计一个防倒吸的装置，则装置D的作用是做安全瓶，起防止倒吸的作用；三氧化硫能与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故答案为：防倒吸（或作安全瓶）；B装置中产生白色沉淀；（4）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，C装置中品红溶液红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有二氧化硫,则反应中S元素的化合价降低，又因为Cu元素的化合价不可能升高，故只能是O元素的化合价升高生成氧气，且氧