2024届海南省定安县定安中学高二化学第二学期期末学业水平测试试题含解析

2024届海南省定安县定安中学高二化学第二学期期末学业水平测试试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、核黄素又称维生素B，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳。核黄素分子的结构为：有关核黄素的下列说法中，正确的是A．该物质属于有机高分子B．不能发生酯化反应C．不能与氢气发生加成反应D．酸性条件下加热水解，有CO2生成2、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3、已知1.2gC(石墨)不完全燃烧生成CO，放出11.1kJ热量，CO继续燃烧又放出28.3kJ热量。则能表示C(石墨)燃烧热的热化学方程式为（）A．C(石墨s)＋1/2O2(g)＝CO(g)；△H＝－11.1kJ·mol-1B．C(石墨s)＋1/2O2(g)＝CO(g)；△H＝－111kJ·mol-1C．C(石墨s)＋O2(g)＝CO2(g)；△H＝－394kJ·mol-1D．C(石墨s)＋O2(g)＝CO2(g)；△H＝－283kJ·mol-14、已知苯乙烯的结构为,有关该物质的下列说法正确的是()A．与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应B．该物质能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理完全相同C．苯乙烯分子的所有原子不可能在同一平面上D．除去乙苯中混有的苯乙烯可以通入等量氢气反应5、下列有关实验操作、发生的现象、解释或结论都正确的是（）选项实验操作发生的现象解释或结论A向亚硫酸钠溶液中，逐滴加入硝酸酸化的硝酸钡溶液产生白色沉淀产生的亚硫酸钡是难溶解入水的沉淀B将SO2通入滴有酸性高锰酸钾溶液中溶液紫红色褪去SO2具有漂白性C常温下铜片插入硝酸中产生红棕色气体常温下铜和硝酸一定产生NO2D向某溶液中加入NaHCO3产生白色沉淀该溶液可能原来含有氢氧化钡A．A B．B C．C D．D6、若原子的最外层电子排布为ns1的元素R的叙述正确的是A．一定是ⅠA族元素B．一定是金属元素C．可能不是金属元素也可能是非金属元素D．不是ⅡA族元素就是副族元素7、根据表中信息判断，下列选项不正确的是()序号反应物产物①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4②Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3③MnO、Cl－Cl2、Mn2＋A．第①组反应的其余产物为H2O和O2B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2C．第③组反应中生成1molCl2，转移电子2molD．氧化性由强到弱顺序为MnO＞Cl2＞Fe3＋＞Br28、在相同条件下，金属钠与下列物质反应，其中反应速率最慢的是（）A．H2O B．H2CO3 C．C6H5OH D．CH3CH2OH9、下列说法错误的是A．浓硫酸具有强氧化性，但SO2气体可以用浓硫酸干燥B．常温下，实验室可以用稀硝酸与铜反应制取NO气体C．从海水中提取溴的过程中常鼓入热空气，其目的是氧化Br—D．SiO2不仅能与氢氧化钠溶液反应.也能与氢氟酸反应10、早在2007年3月21日，我国就公布了111号元素Rg的中文名称。该元素名称及所在周期是A．第七周期B．镭第七周期C．铼第六周期D．氡第六周期11、已知酯在金属钠存在下与乙醇混合加热蒸馏，可使酯还原成醇，反应为RCOOR′＋4[H]→Na+CH3CH2OHRCH2OH＋R′OH。现有酯C5A．C6H13OH和C5H11OHB．C5H11OHC．C6H13OHD．C11H23OH12、设nA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A．23gNa与足量H2O反应完全后可生成nA个H2分子B．1molCu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子C．标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含nA个原子D．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子13、下列说法正确的是()下列图示与对应的叙述符合的是()A．图甲实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化B．图乙表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0的平衡常数K与温度和压强的关系C．图丙表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液时，溶液中随HCl溶液体积变化关系D．图丁表示常温下向20mLpH=3的醋酸中滴加pH=11的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系14、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15、关于图中装置说法正确的是A．装置①中，盐桥(含有琼胶的KCl饱和溶液)中的K+移向ZnSO4溶液B．装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH减小C．用装置③精炼铜时，c极为纯铜D．装置④中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2+生成16、环境污染已成为人类社会面临的重大威胁，下列对应关系不正确的是环境问题主要污染物环境问题主要污染物A酸雨二氧化硫C白色污染二氧化硅B温室效应二氧化碳D光化学烟雾二氧化氮A．A B．B C．C D．D17、以色列科学家发现准晶体，独享2011年诺贝尔化学奖。已知的准晶体都是金属互化物。人们发现组成为铝－铜－铁－铬的准晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能，正被开发为炒菜锅的镀层。下列说法正确的是（

）A．已知的准晶体是离子化合物B．已知的准晶体中含有非极性键C．合金的硬度一般比各组份金属的硬度更低D．准晶体可开发成为新型材料18、下列除去杂质的方法正确的是A．除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，使乙烯转化成液态二氯乙烷而与乙烷分离。B．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用氢氧化钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏；C．除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶；D．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏。19、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．常温下，60g甲醛和乙酸的混合物，在氧气中完全燃烧生成CO2的分子数为2NAB．标况下，4.48LCl2与0.2molFe充分反应，转移电子数为0.6NAC．0.lmol/L的Ba(OH)2溶液，含OH-个数为0.2NAD．1mol葡萄糖中含共价键数为22NA20、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是A．标准状况，11.2L氧气所含的原子数为NAB．1.8g的NH4＋离子中含有的电子数为NAC．常温常压下，48gO3和Ｏ2的混合气体含有的氧原子数为3NAD．2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA21、光纤通信是70年代后期发展起来的一种新型通信技术，目前长距离光纤通信系统已投入使用，光纤通信的光导纤维是由下列哪种物质经特殊工艺制成的A．石墨B．石英C．石灰石D．高纯硅22、NaNO2是一种食品添加剂，过量摄入能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的方程式是MnO4－＋NO2－＋―→Mn2＋＋NO3－＋H2O。下列叙述中正确的是A．该反应中NO2－被还原B．反应过程中溶液的pH增大C．生成1molNaNO3需消耗0.2molKMnO4D．中的粒子是OH－二、非选择题(共84分)23、（14分）已知：CH3—CH=CH2＋HBr→CH3—CHBr—CH3(主要产物)。1mol某芳香烃A充分燃烧后可得到8molCO2和4molH2O。该烃A在不同条件下能发生如图所示的一系列变化。（1）A的化学式：______，A的结构简式：______。（2）上述反应中，①是______(填反应类型，下同)反应，⑦是______反应。（3）写出C、D、E、H的结构简式：C______，D______，E______，H______。（4）写出反应D→F的化学方程式：______。24、（12分）A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，其分子结构模型如图所示（图中球与球之间连线代表化学键单键或双键）。(1)根据分子结构模型写出A的结构简式___________。(2)拟从芳香烃出发来合成A，其合成路线如下：已知：A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇。(a)写出⑤反应类型__________反应；写出H的结构简式___________。(b)写出G中官能团名称：_________________________(c)写出下列步骤的反应方程式（注明必要的条件）⑥_______________________________________。⑦________________________________________。(3)A的同分异构体有多种，同时满足下列条件A的同分异构体有________种。ⅰ.含有苯环，苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种；ⅱ.与A有相同的官能团；ⅲ.能发生银镜反应。25、（12分）一水硫酸四氨合铜(Ⅱ)的化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O是一种重要的染料及农药中间体。某学习小组在实验室以氧化铜为主要原料合成该物质，设计的合成路线为：相关信息如下：①[Cu(NH3)2]SO4·H2O在溶液中存在以下电离（解离）过程：[Cu(NH3)4]SO4·H2O=[Cu(NH3)4]2++SO42-+H2O[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3②(NH4)2SO4在水中可溶，在乙醇中难溶。③[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇、水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线示意图如图请根据以上信息回答下列问题：（1）方案1的实验步骤为：a．加热蒸发，b．冷却结晶，c．抽滤，d．洗涤，e．干燥。①步骤1的抽滤装置如图所示，下列有关抽滤操说法作正确的是_____。A．完毕后的先关闭水龙头，再拔下导管B．上图装置中只有一处错误C．抽滤后滤液可以从上口倒出，也可从支管倒出D．滤纸应比漏斗内径小且能盖住所有小孔②该方案存在明显缺陷，因为得到的产物晶体中往往含有_____杂质，产生该杂质的原因是______。（2）方案2的实验步骤为：a.向溶液C中加入适量____，b．抽滤，c．洗涤，d．干燥。①请在上述空格内填写合适的试剂或操作名称。②下列选项中，最适合作为步骤c的洗涤液是________。A．乙醇B．蒸馏水C．乙醇和水的混合液D．饱和硫酸钠溶液洗涤的具体操作是：____________。③步骤d采用________干燥的方法。26、（10分）辉铜矿（主要成分为Cu2S）经火法冶炼，可制得Cu和H2SO4，流程如下图所示：（1）Cu2S中Cu元素的化合价是__________价。（2）Ⅱ中，电解法精炼粗铜（含少量Ag、Fe），CuSO4溶液做电解质溶液：①粗铜应与直流电源的_________极（填“正”或“负”）相连。②铜在阴极析出，而铁以离子形式留在电解质溶液里的原因是__________________________。（3）Ⅲ中，烟气（主要含SO2、CO2）在较高温度经下图所示方法脱除SO2，并制得H2SO4。①在阴极放电的物质________________。②在阳极生成SO3的电极反应式是_______________________________。（4）检测烟气中SO2脱除率的步骤如下：（i）.将一定量的净化气（不含SO3）通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水。（ii）加入浓盐酸，加热溶液至无色无气泡，再加入足量BaCl2溶液。（iii）过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量。①用离子方程式表示（i）中溴水的主要作用________________________________。②若沉淀的质量越大，说明SO2的脱除率越________（填“高”或“低”）。27、（12分）在实验室里，常用如图所示装置制取并收集氨气。请回答下列问题：(1)原理与方法①制取氨气的化学方程式为__________________________________；②该收集氨气的方法为________。A．向上排空气法B．向下排空气法(2)装置与操作按下图组装仪器，进行实验。仪器a的名称为____________。(3)思考与交流①欲制取标准状况下4.48LNH3，至少需要NH4Cl________g；②实验室制取氨气，还可采用下图中的______(填“A”或“B”)。28、（14分）金属元素Fe、Ni、Pt均为周期表中同族元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。(1)Fe是常见的金属，生活中用途广泛。请回答下列问题：①Fe在元素周期表中的位置为________________________。②Fe的一种晶胞结构如图所示，测得晶胞边长为apm，则Fe原子半径为__________。③已知：FeO晶体晶胞结构为NaCl型，与O2－距离最近且等距离的亚铁离子围成的空间构型为________。(2)铂可与不同的配体形成多种配合物，分子式为[Pt(NH3)2Cl4]的配合物的配体是_________；该配合物有两种不同的颜色，其中橙黄色比较不稳定，在水中的溶解度大；呈亮黄色的物质在水中的溶解度小，如下图所示的结构示意图中呈亮黄色的是_____(填“A”或“B”)，理由是___________。AB(3)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图。①测知镧镍合金晶胞体积为9.0×10－23cm3，则镧镍合金的晶体密度为____________(不必计算结果)。②储氢原理为：镧镍合金吸附H2，H2解离为原子，H原子储存在其中形成化合物。若储氢后，氢原子占据晶胞中上下底面的棱和面心，则形成的储氢化合物的化学式为____________。(4)已知：多原子分子中，若原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”(或大π键)。大π键可用表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的电子数和原子个数，如苯分子中大π键表示为。下列微粒中存在“离域Π键”的是__________。a.O3b.SO42-c.H2Sd.NO3-29、（10分）用黄铜矿(主要成分是CuFeS2)生产粗铜的反应原理如下：(1)已知在反应①、②中均生成相同的气体分子，该气体具有漂白性。请分别写出反应①、②的化学方程式________________、__________________。(2)基态铜原子的核外电子排布式为____________，硫、氧元素相比，第一电离能较大的是______。(3)反应①和②生成的气体分子的中心原子的杂化类型是______，分子的空间构型是______。(4)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成上述π键。从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成，而Si、O原子间不能形成上述π键________________。(5)Cu2O的晶胞结构如图所示，该晶胞的边长为acm，则Cu2O的密度为__________g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数的数值)。

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】试题分析：A．根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是C17H20N4O6，故A错误；B．因为该化合物中含有醇羟基，因此可以发生酯化反应，故B错误；C．由结构式可以知该化合物中含有苯环，因此可以与氢气发生加成反应，故C错误；D．由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有碳酸即水和二氧化碳生成，故D正确。【考点定位】官能团与性质。【名师点睛】2、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。3、C【解题分析】

根据燃烧热的概念：在25摄氏度，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热．如反应物中C→CO2，H2→H2O（液）．根据题目的信息可知，1.2gC（石墨）完全燃烧放热39.4KJ，从而能得出1molC完全燃烧放出的394kJ，即得出燃烧热的热化学方程式．【题目详解】A、石墨没有完全燃烧，不符合燃烧热的定义，故A错误；B、石墨没有完全燃烧，不符合燃烧热的定义，故B错误；C、由上述分析可知，C（石墨）燃烧热的热化学方程式应为：C（石墨，s）+O2（g）=CO2（g）△H=-394kJ·mol－1，故C正确；D、反应热△H的值计算错误，故D错误；故选：C。4、A【解题分析】分析：结构中含有苯环和碳碳双键，结合苯和乙烯的结构和性质分析判断。详解：A．结构中含有苯环和碳碳双键，苯环上的氢原子在催化剂作用下能够被溴原子取代，故A正确；B．含碳碳双键，与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，反应类型不同，故B错误；C．苯环、双键均为平面结构，则苯乙烯分子的所有原子可能在同一平面上，故C错误；D．应选蒸馏法除去乙苯中混有的苯乙烯，除去乙苯中混有的苯乙烯可以通入等量氢气反应，会引入新杂质，故D错误；故选A。5、D【解题分析】

A．亚硫酸钠能被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成BaSO4沉淀，所以该白色沉淀是硫酸钡，故A错误；B．高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验体现二氧化硫还原性而不是漂白性，故B错误；C．常温下，Cu和稀硝酸反应生成NO，NO遇空气反应生成红棕色气体二氧化氮，铜和浓硝酸反应生成二氧化氮、和稀硝酸反应生成NO，故C错误；D．能和碳酸氢钠反应生成白色沉淀的还有氢氧化钙等，所以该实验现象说明该溶液可能原来含有氢氧化钡，故D正确；故选D。【点晴】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质检验、氧化还原反应等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意物质检验时要除去其它物质的干扰，易错选项是B。6、C【解题分析】试题分析：已知某元素R的原子的最外层电子排布是ns1，若为主族元素，则为第IA族，若为过渡金属元素，则为第VIB或IB元素，A．元素R也可能是过渡金属元素，故A错误；B．R的原子的最外层电子排布是ns1，若为主族元素，则为第IA族，第IA族中的H元素为非金属元素，故B错误；C．R元素可能是第IA族中的H元素，不一定为金属元素，故C正确；D．R不可能是ⅡA族元素，故D错误，答案为C。考点：考查了最外层电子排布与元素在周期表中位置的关系。7、D【解题分析】A、根据氧化还原反应中化合价有升必有降和质量守恒原则，第①组反应中，Mn元素化合价降低，则H2O2中的氧元素化合价升高，所以其余的反应产物为H2O和O2，所以A正确；B、由于Fe2＋的还原性强于Br－，所以少量的Cl2只能氧化Fe2＋，反应的化学方程式为3Cl2＋6FeBr2=4FeBr3＋2FeCl3，或用离子方程式Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，故参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2，则B正确；C、在第③组反应中，Cl－被MnO4－氧化生成Cl2，化合价从-1价升高为0价，所以生成1molCl2，转移2mol电子，故C正确；D、在第②组反应中，由于Fe2＋的还原性强于Br－，可推知Br2的氧化性强于Fe3＋，在第③组反应中，MnO4－的氧化性强于Cl2，而Cl2能与铁能发生如下反应3Cl2＋2Fe2FeCl3，所以Cl2的氧化性强于Fe3＋，所以氧化性由强到弱的顺序为MnO4－＞Cl2＞Br2＞Fe3＋，故D错误。本题正确答案为D。点睛：对于氧化还原反应，一定要明确知道四种物质，即氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物；有时不必写出反应方程式，但要明确化合价有升必有降；要明确性质强的物质先反应；要明确氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。本题看似简单，但要想真正解答正确，对于高一学生并不容易，其中BD选项最容易错选。8、D【解题分析】

A.Na与H2O剧烈反应产生NaOH、H2；B.H2CO3是二元弱酸，可以使紫色石蕊试液变为红色，由于电离产生H+的能力比H2O强，所以Na与H2CO3反应产生H2的速率比水快；C.C6H5OH俗称石炭酸，具有弱酸性，苯酚中的苯基是吸电子基，对O-H共用电子对产生吸引作用，使其极性增强，O-H容易断裂，所以钠与苯酚反应速率快于钠与水的反应；D.乙醇中CH3CH2-为推电子基，对O-H共用电子对产生排斥作用，使其极性减弱，O-H更难断裂，所以钠与乙醇反应速率慢于钠与水的反应；综上所述可知，故合理选项是D。9、C【解题分析】

A．浓硫酸具有强氧化性，但不能氧化SO2，所以SO2气体可以用浓硫酸干燥，选项A正确；B．铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，因此常温下实验室可以用稀硝酸与铁反应制取NO气体，选项B正确；C.鼓入热空气的目的是降低溴的溶解度，将溴吹出，选项C错误；D．SiO2与氢氧化钠溶液反应：SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O，二氧化硅与氢氟酸反应：SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O，选项D正确；答案选C。10、A【解题分析】分析：根据稀有气体的原子序数分别为2、10、18、36、54、86，若第七周期排满，稀有气体原子序数为118，所以111号元素处于第七周期第11列，据此判断。详解：第六周期的稀有气体为86号元素氡(Rn)，显然111号元素Rg在第七周期，排除选项C、D，而镭为88号元素，故选A。点晴：学会利用稀有气体来判断元素在周期表中的位置的方法在高中尤为重要。11、C【解题分析】分析：依据题给信息：RCOOR′＋4[H]→Na+CH3CH2OHRCH2OH＋R详解：由所给信息可知：酯的还原产物分别是两种醇，且断键位置为酯基中的C-O单键，那么C5H11COOC6H13，用上述方法还原应分别得到C5H11CH2OH和C6H13OH，即为己醇。答案选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、习题中的信息为解答的关键，题目难度不大。注意题干已知信息的读取和灵活应用。12、D【解题分析】

A、23g钠的物质的量为1mol，而钠与水反应时1mol钠生成0.5mol氢气，即生成0.5NA个分子，故A错误；B、铜和浓硫酸反应时，浓硫酸被还原为SO2，不是三氧化硫，故B错误；C、标准状况下，22.4LN2和H2混合气的物质的量为1mol，而N2和H2均为双原子分子，故1mol混合气体中无论两者的比例如何，均含2mol原子，即2NA个，故C错误；D、Fe3O4中铁为+价，故1mol铁反应失去mol电子，3mol单质Fe完全转化为Fe3O4失去8mol电子，即8NA个，故D正确；故选D。13、C【解题分析】

A、使用催化剂化学正逆反应速率均加快，所以正反应速率的虚线在实线的上方，故A错误；B、平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两者的平衡常数相同，故B错误；C、表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液时，氢离子浓度增大，铵根离子浓度也增大，但增加的幅度没有氢离子的浓度增加的大，所以溶液中随HCl溶液体积增大而增大，故C正确；D．当氢氧化钠体积为20ml时，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，以醋酸的电离为主溶液呈酸性，所以a＜7，故D错误；故答案为C。14、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)。15、C【解题分析】

A．原电池中阳离子向正极移动，铜是正极，所以K+移向CuSO4溶液，故A错误；B．装置②工作一段时间后，a极与电源的负极相连是阴极，电极反应式为：水中的氢离子放电，产生氢氧根离子，所以溶液的pH值增大，故B错误；C．精炼铜时，纯铜为阴极，所以c为阴极，c极为纯铜，故C正确；D．活泼金属锌是负极，所以产生锌离子，而不是亚铁离子，故D错误；故选C。16、C【解题分析】

A、二氧化硫是形成酸雨的主要污染物，A正确；B、二氧化碳是形成温室效应的主要污染物，B正确；C、形成白色污染的主要原因是聚乙烯材料的污染，C错误；D、二氧化氮是形成光化学烟雾的主要污染物，D正确；故选C。17、D【解题分析】

A．已知的准晶体都是金属互化物，为金属晶体，不存在离子键，不是离子化合物，故A错误；B．已知的准晶体都是金属互化物，含有金属键，为金属晶体，不存在非极性键，故B错误；C．由题给信息可知，该晶体为合金，具有较高的硬度，合金的硬度一般比各组份金属的硬度更高，故C错误；D．该晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能的特点，为新型材料，具有开发为新材料的价值，故D正确；故选D。【题目点拨】解答本题的关键是正确理解“已知的准晶体都是金属互化物”的含义。易错点为AB。18、D【解题分析】

A．乙烷与Cl2在光照条件下可以发生取代反应生成多种氯代乙烷和HCl，不能用光照条件下通入Cl2除去乙烷中少量的乙烯，除去乙烷中少量的乙烯的方法：可以将混合气体通入到溴水中，乙烯发生加成反应生成1，2—二溴乙烷，留在溶液中，而乙烷难溶于水，达到除杂的目的；B．乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，不能用NaOH溶液除去乙酸乙酯中少量的乙酸，除去乙酸乙酯中少量的乙酸的方法：可以用饱和Na2CO3溶液洗涤，充分振荡后分液、干燥、蒸馏；C．CO2、SO2都能被饱和碳酸钠溶液吸收，不能用饱和碳酸钠溶液除去CO2中少量的SO2，除去CO2中少量的SO2的方法：气体通过盛饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶；D．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，乙酸发生反应形成乙酸钙，乙酸钙是离子化合物，而乙醇是共价化合物，二者沸点不同，可以用蒸馏的方法分离得到；答案选D。19、A【解题分析】

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算。A.甲醛和乙酸的最简式相同，最简式相同的物质，只要总质量一定，无论以何种比例混合，完全完全燃烧生成CO2的量为定值；B.等物质的量的Cl2与Fe充分反应生成FeCl3时，铁过量，以Cl2的物质的量计算转移电子数；C.缺少0.lmol/L的Ba(OH)2溶液的体积，无法计算OH-的物质的量；D.葡萄糖分子中含有共价键数为24。【题目详解】甲醛和乙酸的最简式都为CH2O，1mol甲醛燃烧生成1molCO2，60gCH2O的物质的量是2mol，则在氧气中完全燃烧生成CO2的分子数为2NA，A正确；标况下，4.48LCl2的物质的量为0.2mol，等物质的量的Cl2与Fe充分反应生成FeCl3时，铁过量，0.2molCl2完全反应转移电子数为0.4NA，B错误；缺溶液的体积，无法计算0.lmol/L的Ba(OH)2溶液中OH-的物质的量，C错误；葡萄糖分子中含有5个H—O键、5个C—O键、1个C=O键、7个H—C键、5个C—C键，共价键数为24，则1mol葡萄糖中含共价键数为24NA，D错误。故选A。【题目点拨】阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、化学键的构成关系。20、D【解题分析】

A.标准状况下，11.2LO2物质的量为=0.5mol，所含氧原子数为NA，A正确；B.1.8gNH4+的物质的量为=0.1mol，1个NH4+中含有10个电子，则1.8gNH4+中含有的电子数为NA，B正确；C.48gO2和O3的混合气体中含氧原子物质的量为=3mol，所含氧原子数为3NA，C正确；D.2.4gMg物质的量为=0.1mol，转变为Mg2+时失去电子数为0.2NA，D错误；答案选D。21、B【解题分析】试题分析：光纤即光导纤维的简称，其主要成分是二氧化硅，石英主要成分是二氧化硅，故选项B正确。考点：考查光纤成分判断的知识。22、B【解题分析】

该反应中锰元素化合价由+7价变为+2价，N元素化合价由+3价变为+5价，结合元素守恒和电荷守恒分析解答。【题目详解】A．该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化，故A错误；B．根据元素守恒和电荷守恒知，是H+，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故B正确；C．根据转移的电子守恒，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量==0.4mol，故C错误；D．根据元素守恒和电荷守恒知，是H+，故D错误。答案选B。二、非选择题(共84分)23、C8H8加成反应取代反应（或酯化反应）+NaOH+NaBr【解题分析】

1mol某烃A充分燃烧后可以得到8molCO2和4molH2O，故烃A的分子式为C8H8，不饱和度为，可能含有苯环，由A发生加聚反应生成C，故A中含有不饱和键，故A为，C为，A与溴发生加成反应生成B，B为，B在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E，E为，E与溴发生加成反应生成，由信息烯烃与HBr的加成反应可知，不对称烯烃与HBr发生加成反应，H原子连接在含有H原子多的C原子上，与HBr放出加成反应生成D，D为，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成F，F为，F与乙酸发生酯化反应生成H，H为，据此分析解答。【题目详解】（1）由上述分析可知，A的化学式为C8H8，结构简式为，故答案为：C8H8；；（2）上述反应中，反应①与溴发生加成反应生成；反应⑦是与乙酸发生酯化反应生成，故答案为：加成反应；取代反应（或酯化反应）；（3）由上述分析可知，C为；D为；E为；H为；故答案为：；；；；（4）D→F为水解反应，方程式为：+NaOH+NaBr，故答案为：+NaOH+NaBr。24、消去羟基、醛基+CH3OH+H2O+H2O6【解题分析】

(1)根据分子结构模型知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，写出结构简式；(2)和溴水发生加成反应生成D，D的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；据此分析解答。【题目详解】(1)A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，每个碳原子形成4个共价键，结合其分子结构模型()知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，且结构简式为：，故答案为；(2)和溴水发生加成反应生成D，D的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；（a）通过以上分析知，反应⑤属于消去反应，H的结构简式为，故答案为：消去；；（b）G的结构简式为：，含有的官能团有—OH、—CHO，名称为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；（c）反应⑥为B和甲醇发生酯化反应生成A，反应方程式是+CH3OH+H2O；反应⑦为E发生消去反应生成F，反应方程式是+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；+H2O；(3)A的结构简式为：，A中含有的官能团为碳碳双键和酯基，A的同分异构体苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种，则只能是对位，又与A有相同的官能团且能发生银镜反应，则苯环连接的两个侧链分别为①—CH=CH2、—CH2OOCH②—CH3、—CH=CHOOCH③—CH3、—C(OOCH)=CH2④—OOCH、—CH=CHCH3⑤—OOCH、—CH2CH=CH2⑥—OOCH、—C(CH3)=CH2，共6种，故答案为：6。【题目点拨】本题的难点是第（3）问，符合条件的同分异构体数目的确定；确定同分异构体的数目先根据限制的条件确定可能存在的结构，然后进行有序书写。25、BCDCu（OH）2或Cu2(OH)2SO4加热蒸发时NH3挥发，使[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3平衡往右移动，且Cu2+发生水解乙醇C关小水龙头，缓缓加入洗涤剂使沉淀完全浸没，缓缓地通过漏斗，重复2到3次低温干燥（或减压干燥或真空干燥或常温风干）【解题分析】

CuO加入硫酸生成硫酸铜，加入氨水，先生成氢氧化铜，氨水过量，则生成[Cu(NH3)4]2+，方案1用蒸发结晶的方法，得到的晶体中可能混有氢氧化铜等；方案2加入乙醇，可析出晶体Cu(NH3)4]SO4•H2O；(1)①根据抽滤操作的规范要求可知，在搭装置时滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔，在图2抽滤装置中漏斗颈口斜面应对着吸滤瓶的支管口，同时安全瓶中导管不能太长，否则容易引起倒吸，抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出，抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸，据此答题；②氨气具有挥发性，物质的电离是吸热过程，加热促进使反应[Cu(NH3)4]2+⇌Cu2++4NH3平衡往右移动，且铜离子是弱碱离子易水解，所以导致产生杂质；(2)①根据图象分析，[Cu(NH3)4]SO4•H2O在乙醇•水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的增大而减小，为了减少[Cu(NH3)4]SO4•H2O的损失，应加入乙醇，降低其溶解度，然后抽滤的晶体；②根据图象[Cu(NH3)4]SO4•H2O在乙醇•水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线示意图及实验目的分析；③含结晶水的晶体加热易失水，不宜采用加热干燥的方法。【题目详解】(1)方案1的实验步骤为：a．加热蒸发，b．冷却结晶，c．抽滤，d．洗涤，e．干燥。①根据抽滤操作的规范要求可知：A．抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸，故A错误；B．在图2抽滤装置中有一处错误，漏斗颈口斜面应对着吸滤瓶的支管口，故B正确；C．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出，故C正确；D．在搭装置时滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔，故D正确；故答案为BCD；②该方案存在明显缺陷，因为得到的产物晶体中往往含有Cu(OH)2或Cu2(OH)2SO4杂质，产生该杂质的原因是加热蒸发过程中NH3挥发，使反应[Cu(NH3)4]2+⇌Cu2++4NH3平衡向右移动，且Cu2+发生水解；(2)①根据Cu(NH3)4]SO4•H2O在乙醇•水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线示意图知，随着乙醇体积分数的增大，Cu(NH3)4]SO4•H2O的溶解度降低，为了得到Cu(NH3)4]SO4•H2O，应向溶液C中加入适量乙醇，然后进行抽滤；②根据Cu(NH3)4]SO4•H2O在乙醇•水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线示意图知，随着乙醇体积分数的增大，Cu(NH3)4]SO4•H2O的溶解度降低，为了减少Cu(NH3)4]SO4•H2O的损失，应降低Cu(NH3)4]SO4•H2O的溶解度，所以应选用乙醇和水的混合液，故答案为C；洗涤的具体操作是关小水龙头，缓缓加入洗涤剂使沉淀完全浸没，缓缓地通过漏斗，重复2到3次；③[Cu(NH3)4]SO4•H2O在加热条件下能分解生成水和氨气，从而得不到纯净的[Cu(NH3)4]SO4•H2O，所以不宜采用加热干燥的方法，应采用低温干燥(或减压干燥或真空干燥或常温风干)。26、+1正Cu2＋的氧化性大于Fe2＋的氧化性O22SO42--4e-=2SO3↑+O2SO32-+Br2+H2O=SO42-+Br-+2H+或SO32－+Br2+2OH-=SO42-+2Br-+H2O等低【解题分析】试题分析：（1）Cu2S中S为-2价，Cu为+1价。（2）①电解法精炼铜时，粗铜做阳极，精铜做阴极，②Cu2＋比溶液中其他阳离子氧化性更强，浓度更大，在阴极放电，析出铜单质。（3）①阴极发生还原反应，根据图中所示过程，烟气中O2发生还原反应，②根据图中所示过程，SO42-放电生成SO3和O2，则阳极的电极反应式是2SO42--4e－=2SO3↑+O2↑。（4）①溴水将溶液中的SO32-氧化成SO42-，则溴水的主要作用是Br2+SO32-+2OH－=2Br－+SO42-+H2O；②沉淀量越大，说明净化气中硫元素质量分数越大，说明SO2脱除率越低。考点：考查电解原理，SO2的性质等知识。27、2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2OB酒精灯10.7A【解题分析】

（1）①实验室里用共热消石灰和氯化铵固体混合物制备氨气；②NH3的密度比空气小；（2）仪器a的名称为酒精灯；（3）①依据化学方程式列式计算；②实验室还可以将浓氨水滴入到生石灰中快速制备氨气。【题目详解】（1）①实验室里用共热消石灰和氯化铵固体混合物制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，故答案为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；②NH3的密度比空气小，所以用向下排空气法收集，故答案为B；（2）仪器a的名称为酒精灯，故答案为酒精灯；（3）①由方程式可得NH4Cl—NH3，标准状况4.48LNH3的物质的量为0.2mol，则NH4Cl的物质的量为0.2mol，NH4Cl的质量为0.2mol×53.5g/mol=10.7g，故答案为10.7；②实验室还可以将浓氨水滴入到生石灰中快速制备氨气，故答案为A。【题目点拨】本题考查了氨气的制备，注意制取原理，明确制取装置、收集方法选择的依据是解答关键。28、第4周期第Ⅷ族pm正八面体形NH3、Cl－AB和水均为极性分子，相似相溶，A为非极性分子在水中的溶解度小g•cm-3LaNi5H3ad【解题分析】

(1)①铁是26号元素，据此判断在周期表中的位置；②根据晶胞结构知，面对角线为铁原子半径的4倍，据此计算铁原子半径；③FeO晶体晶胞结构为NaCl型，与O2-距离最近且等距离的亚铁离子为六个面的面心上的离子，据此判断；(2)关键图示判断Pt(NH3)2Cl4的配合物的配体；根据相似相溶原理分析判断；(3)①根据晶胞结构图，利用均摊法计算La和Ni的个数，结合密度=计算；②根据氢原子占据晶胞中上下底面的棱和面心，计算利用均摊法H的个数，结