2024届北京市西城区第三十一中学高二化学第二学期期末联考模拟试题含解析

2024届北京市西城区第三十一中学高二化学第二学期期末联考模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、下列物质制备方案可行的是（）A．B．C．D．2、下列说法正确的是A．与丙三醇互为同系物B．与的单体相同C．淀粉、蛋白质、光导纤维均为有机高分子化合物D．按系统命名法，化合物的名称为2-甲基-3，4-乙基己烷3、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（）A．标准状况下，22.4LCCl4含有的分子数为NAB．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NAC．在含4molSi-O键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为2NAD．46g有机物C2H6O的分子结构中含有的C—H键数目一定为5NA4、下列实验结论不正确的是（）实验操作现象结论A某有机物与溴的四氯化碳溶液混合溶液褪色有机物一定含碳碳双键B乙醇与重铬酸钾(K2Cr2O3)溶液混合橙色溶液变为绿色乙醇具有还原性C常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液溶液变浑浊酸性：碳酸>苯酚D苯和苯酚稀溶液分别与浓溴水混合后者产生白色沉淀羟基影响了苯环上氢原子的活性A．A B．B C．C D．D5、能证明乙炔分子中含有碳碳叁键的是()A．乙炔能使溴水褪色B．乙炔能使酸性KMnO4溶液褪色C．乙炔可以和HCl气体加成D．1mol乙炔可以和2mol氢气发生加成反应6、下列分子中含有“手性碳原子”的是（）A．CBr2F2 B．CH3CH2CH2OH C．CH3CH2CH3 D．CH3CH(NO2)COOH7、下列反应与酸性氧化物的通性无关的是（）A．存放NaOH的试剂瓶不用磨口玻璃塞 B．与水反应制备氧气C．烧煤时加入生石灰脱硫 D．与澄清石灰水作用8、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．1mol冰醋酸和lmol乙醇在加热和浓硫酸条件下充分反应生成的水分子数为NAB．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NAC．92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NAD．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA9、某同学通过如下流程制备氧化亚铜：已知CuCl难溶于水和稀硫酸：Cu2O+2H+==Cu2++Cu+H2O下列说法不正确的是A．步骤②SO2可用Na2SO3替换B．步骤③中为防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤C．步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2OD．如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度10、由合成气制备二甲醚的主要原理如下。下列有关说法正确的是①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1＝－90.7kJ·mol－1②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH2＝－23.5kJ·mol－1③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH3＝－41.2kJ·mol－1A．将1molCO(g)和2molH2(g)充分反应，反应会放出90.7kJ能量B．反应①的ΔS＞0C．反应③使用催化剂，ΔH3减少D．反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝－246.1kJ·mol－111、某鱼雷采用Al-AgO动力电池，以溶解有氢氧化钾的流动海水为电解液，电池反应为：2Al+3AgO+2KOH=3Ag+2KAlO2+H2O，下列说法不正确的是A．AgO为电池的正极 B．Al在电池反应中被氧化C．电子由AgO极经外电路流向Al极 D．溶液中的OH-向Al极迁移12、下列现象和应用与电子跃迁无关的是（）A．焰色反应B．石墨导电C．激光D．原子光谱13、（题文）已知：某溶质R的摩尔质量与H2S的相同。现有R的质量分数为27.5%密度为1.10g·cm－3的溶液，该溶液中R的物质的量浓度(mol·L－1)约为()A．6.8B．7.4C．8.9D．9.514、从海水中提取镁的工业流程如下图所示，下列说法正确的是A．在实验室进行②的操作需用到坩埚、坩埚钳、玻璃棒、酒精灯B．步骤⑥电解MgCl2时，阴极产生H2C．步骤⑤应将晶体置于HCl气体氛围中脱水D．上述工艺流程中的反应未涉及氧化还原反应15、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．常温、常压下，4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目为0.2NAB．1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为10NAC．将0.1molFeCl3溶于1L水中，所得溶液含Fe3＋离子数目为0.1NAD．在高温下，1molFe与足量的水蒸气反应，转移电子的数目为3NA16、下列属于分子晶体的一组物质是A．CaO、NO、CO B．CCl4、H2O2、HeC．CO2、SO2、NaCl D．CH4、O2、Na2O17、符合下图所示条件的离子组是（）A．Ba2＋、Mg2＋、NO3-、CO32- B．H＋、Ba2＋、Al3＋、Cl－C．K＋、Ba2＋、Cl－、HCO3- D．NH4+、Ba2＋、Fe2＋、Cl－18、有一瓶无色溶液，可能含有Na+、K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-、SO42-、HCO3-、MnO4-离子中的几种．为确定其成分，进行如下实验：①取少许溶液，逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生；③用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察到黄色火焰．下列推断正确的是（）A．肯定有Na+、Al3+、Mg2+、SO42- B．肯定有Na+、Mg2+、Al3+、Cl-C．肯定没有K+、HCO3-、MnO4- D．肯定没有K+、NH4+、Cl-19、在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg⋅cm-3，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为Cmol·L①ω=35a22.4Vρ×100%②C=1000a22.4V③上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ωA．②④B．②③C．①③D．①④20、下列各项所述的数字是6的是（）A．在NaCl晶体中，与一个Na＋最近的且距离相等的Na＋的个数B．在晶体硅中，围成最小环的原子数C．在二氧化硅晶体中，围成最小环的原子数D．在CsCl晶体中，与一个Cs＋最近的且距离相等的Cl-的个数21、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2VL22、下列对有机反应类型的描述不正确的是A．乙醇使酸性KMnO4溶液褪色，是因为发生了氧化反应B．将苯加入溴水中，振荡后水层接近无色，是因为发生了取代反应C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，是因为发生了加成反应D．甲烷与氯气混合，光照一段时间后黄绿色消失，是因为发生了取代反应二、非选择题(共84分)23、（14分）某有机物A，由C、H、O三种元素组成，在一定条件下，由A可以转化为有机物B、C、D和E；C又可以转化为B、A。它们的转化关系如下：已知D的蒸气密度是氢气的22倍，并可以发生银镜反应（1）写出下列物质的结构简式。A__________B________D__________（2）完成下列阶段变化的化学方程式。①_________________________________③_________________________________⑦_________________________________⑧_________________________________24、（12分）由丙烯经下列反应制得F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。(1)F的结构简式为________。(2)在一定条件下，两分子E能脱去两分子形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式为_______。(3)①B→C化学方程式为______。②C与含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为______。③E→G化学方程式为______。(4)手性分子X为E的一种同分异构体，lmolX与足量金属钠反应产生lmol氢气，lmolX与足量银氨溶液反应能生成2molAg，则X的结构简式为_______。(5)用G代替F制成一次性塑料餐盒的优点是_______。25、（12分）实验小组同学探究稀H2SO4对溶液中的I—被O2氧化的影响因素。（1）为了探究c(H+)对反应速率的影响，进行实验：10mL1mol·L－1KI溶液5滴淀粉溶液序号加入试剂变色时间Ⅰ10mL蒸馏水长时间放置，未见明显变化Ⅱ10mL0.1mol·L－1H2SO4溶液放置3min后，溶液变蓝Ⅲ10mL0.2mol·L－1H2SO4溶液放置1min后，溶液变蓝Ⅳ10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液长时间放置，未见明显变化①写出实验Ⅱ发生反应的离子方程式______。②实验Ⅰ~Ⅲ所得结论：_______。③增大实验Ⅱ反应速率还可以采取的措施______。④实验Ⅳ的作用是______。（2）为探究c(H+)除了对反应速率影响外，是否还有其他影响，提出假设：ⅰ.增大c(H+)，增强O2的氧化性；ⅱ.增大c(H+)，_______。小组同学利用下图装置设计实验方案，对假设进行验证。序号溶液a溶液b现象Ⅴ10mL1mol·L－1KI溶液10mLH2O10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液10mLH2O指针未见偏转Ⅵ10mL1mol·L－1KI溶液10mLH2O10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液1mL0.2mol·L－1H2SO4溶液9mLH2O指针偏转ⅦX10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液10mL0.2mol·L－1H2SO4溶液YⅧZ10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液10mLH2O指针未见偏转通过实验证实假设ⅰ合理，将表中空白处的试剂或现象补充完整。X__________；Y_________；Z__________。26、（10分）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：（1）滴定终点的判断：溶液由_____________。（2）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（_____）A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为_________mL。（4）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度平均耗用盐酸体积/mL第一次25.000.0026.15①V=__________第二次25.000.5630.30第三次25.000.2026.35②依据上表数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度________(计算结果取4位有效数)。27、（12分）亚硝酸钠（NaNO2）外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，使用过量会使人中毒。某兴趣小组进行下面实验探究，查阅资料知道：①HNO2为弱酸，②2NO+Na2O2=2NaNO2，③2NO2+Na2O2=2NaNO3④酸性KMnO4溶液可将NO和NO2－均氧化为NO3－，MnO4－还原成Mn2+。NaNO2的制备方法可有如下2种方法（夹持装置和加热装置已略，气密性已检验）：制备装置1：制备装置2：（1）在制备装置1中：①如果没有B装置，C中发生的副反应有_________；②甲同学检查完装置气密性良好后进行实验，发现制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质；于是在A装置与B装置间增加了_____装置，改进后提高了NaNO2的纯度；③D装置发生反应的离子方程式为______。（2）在制备装置2中：①B装置的作用是_______________________；②写出装置A烧瓶中发生反应的化学方程式并用单线桥标出电子的转移___________；28、（14分）A、B、C、D、E分别代表中学化学中的常见物质，请根据题目要求回答下列问题：（1）实验室常用A的饱和溶液制备微粒直径为1nm～l00nm的红褐色液相分散系。则该反应的化学方程式为____________________________。（2）B为地壳中含量最高的金属元素的氯化物，向50.0mL6mol/L的B溶液中逐滴滴入100mL某浓度的KOH溶液，若产生7.8g白色沉淀，则加入的KOH溶液的浓度可能为________________。（3）将A、B中两种金属元素的单质用导线连接，插入一个盛有KOH溶液的烧杯中构成原电池，则电池反应为_______________________。（4）C、D、E均是短周期中同一周期元素形成的单质或化合物，常温下D为固体单质，C和E均为气态化合物，且可发生反应：C+DE。将一定量的气体C通入某浓度的KOH溶液得溶液F，向F溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入n(HCl)与生成n(C)的关系如图所示，则生成F的离子方程式______________________。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、D【解题分析】

A.二氧化锰和浓盐酸在加热条件下可以反应生成氯气，稀盐酸不行，A项错误；B.二硫化亚铁与空气反应生成二氧化硫，而不是三氧化硫，B项错误；C.氯化铝会发生水解，氯化铝溶液加热灼烧后生成三氧化二铝，C项错误；D.氮气和氢气合成氨气，再利用氨的催化氧化合成NO，之后用NO合成NO2，再制硝酸，方案可行，D项正确；答案选D。2、B【解题分析】A．含有6个羟基，丙三醇含有3个羟基，二者结构不相似，一定不属于同系物，故A错误；B．根据高聚物的结构可知，合成该缩聚产物的单体为HO-CH(CH=CH2)-COOH；根据的结构可知，合成该加聚产物的单体为HO-CH(CH=CH2)-COOH，单体相同，故B正确；C．淀粉、蛋白质均为有机高分子化合物，光导纤维为二氧化硅晶体，不是高分子化合物，故C错误；D．按系统命名法，化合物的名称是2-甲基-3，4-二乙基己烷，故D错误；故选B。3、C【解题分析】

A.标准状况下，CCl4不是气态，不能用气体摩尔体积22.4L/mol计算CCl4物质的量，故A错误；B.1.0molCH4与Cl2在光照下反应，生成物是氯化氢和四种卤代烃，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，故B错误；C.1molSiO2中含4molSi—O键，则在含4molSi-O键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为2NA，故C正确；D.46g有机物C2H6O的物质的量为1mol，若C2H6O为甲醚，1mol中含有6molC-H键，若是乙醇，含有5molC-H键，故D错误；答案选C。【题目点拨】注意有机物的同分异构现象，有机物C2H6O可能是二甲醚和乙醇！4、A【解题分析】试题分析：A、能使溴的四氯化碳溶液褪色的不一定是含有碳碳双键的有机物，碳碳三键等也能使溴水褪色，A错误；B、乙醇具有还原性，能被重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液氧化，橙色溶液变为绿色，B正确；C、碳酸的酸性强于苯酚，C正确；D、羟基影响了苯环的活性，导致苯酚中羟基的；邻位和对位氢原子化学增强，D正确，答案选A。考点：考查有机物结构和性质判断5、D【解题分析】分析：本题主要考查的是乙炔的性质，官能团决定其性质；三键相当于2个双键，能发生加成反应，消耗氢气的物质的量是双键的2倍；乙炔中含有三键，即有2个不饱和度，据此分析。详解：乙炔中含有三键，即有2个不饱和度，1mol的乙炔能与2mol氢气加成。故选D。6、D【解题分析】

在有机物分子中，当一个碳原子连有4个不同的原子或原子团时，这种碳原子被称为“手性碳原子”，题目所给4个选项中，只有CH3CH(NO2)COOH的第2个C原子连接了4个不同的原子或原子团（分别是—CH3、—NO2、—COOH和H原子），故答案选D。7、B【解题分析】

酸性氧化物是指能与碱反应生成盐和水的氧化物，酸性氧化物的通性是氧化物一般能与水反应生成对应的酸，能与碱性氧化物反应生成盐，能与碱反应生成盐和水。【题目详解】A项、氢氧化钠能与玻璃中的酸性氧化物二氧化硅反应生成硅酸钠和水，与酸性氧化物的通性有关，故A错误；B项、过氧化钠与水反应制备氧气是氧化还原反应，存在化合价变化，与酸性氧化物的通性无关，故B正确；C项、烧煤时加入生石灰，碱性氧化物氧化钙与酸性氧化物二氧化硫反应生成亚硫酸钙，与酸性氧化物的通性有关，故C错误；D项、酸性氧化物二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙和水，与酸性氧化物的通性有关，故D错误；故选B。8、B【解题分析】

A.1mol冰醋酸和lmol乙醇在加热和浓硫酸条件下充分反应，该反应是可逆反应，生成的水分子数为小于NA，故A错误；B.

22.4L标准状况的氩气的物质的量为1mol，氩气是单原子气体，所以含有1molAr，即含有18mol质子，即18NA个质子，故B正确；C.

92.0g甘油(丙三醇)的物质的量为92g÷92g/mol=1mol,1mol丙三醇含有3mol羟基，即含有羟基数为3NA，故C错误；D.

CH4与Cl2在光照下发生的取代反应产物是混合物,不是完全生成CH3Cl，所以生成CH3Cl的分子数不是1.0NA，故D错误；故选：B。9、D【解题分析】

碱式碳酸铜溶于过量的稀盐酸，得到CuCl2溶液，向此溶液中通入SO2，利用SO2的还原性将Cu2+还原生成CuCl白色沉淀，将过滤后的CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，据此解答。【题目详解】A．Na2SO3有还原性，则步骤②还原Cu2+，可用Na2SO3替换SO2，A正确；B．CuCl易被空气中的氧气氧化，用还原性的SO2的水溶液洗涤，可达防氧化的目的，B正确；C．CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O，C正确；D．CuCl也不溶于水和稀硫酸，Cu2O溶于稀硫酸生成不溶于的Cu，则过滤后所得滤渣为Cu和CuCl的混合物，无法计算出样品中Cu2O的质量，即无法计算样品纯度，D错误；答案选D。【题目点拨】本题以制备Cu2O为载体，涉及反应原理的理解与应用，掌握氧化还原反应的理论和离子方程式的书写方法是解题关键，注意题干中已知信息的灵活应用，题目难度中等。10、D【解题分析】

A.将1molCO(g)和2molH2(g)充分反应，由于是可逆反应，放出热量小于90.7kJ能量，故A错误；B.反应①气体的物质的量减小，ΔS<0，故B错误；C.加入催化剂，只改变反应速率，物质的种类不变，则不改变反应热，故C错误；D.根据盖斯定律，①×2+②+③得，反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝－246.1kJ·mol－1，故D正确；故选D。11、C【解题分析】

A、根据原电池工作原理，化合价升高，失电子的作负极，即铝单质作负极，则AgO作电池的正极，故说法正确；B、根据电池总反应，铝的化合价升高，被氧化，故说法正确；C、根据原电池工作原理，外电路电子从负极流向正极，由铝流向氧化银，故说法错误；D、根据原电池工作原理，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即OH－移向铝极，故说法正确。故选C。12、B【解题分析】本题考查的是电子跃迁的本质，掌握常见的与电子跃迁有关的现象是解题的关键。详解：A.当碱金属及其盐在火焰上灼烧时，原子钟的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但出于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，故错误；B.石墨是层状结构，层间有自由移动的电子，与电子跃迁无关，故正确；C.电子跃迁产生光子与入射光子具有相关性，即入射光与辐射光的相位相同。如果这一过程能够在物质中反复进行，并且能用其他方式不断补充因物质产生光子而损失的能量，那么产生的光就是激光，与电子跃迁有关，故错误。D.原子光谱的产生是原子和电子发生能级跃迁的结果，与电子跃迁有关，故错误。故选B。13、C【解题分析】分析：依据c＝1000ρω/M计算该溶液的物质的量浓度。详解：某溶质R的摩尔质量与H2S的相同，即为34g/mol。现有R的质量分数为27.5%、密度为1.10g·cm－3的溶液，因此根据c＝1000ρω/M可知该溶液中R的物质的量浓度为1000×1.1×27.5%答案选C。14、C【解题分析】试题分析：蒸发溶液时应该用蒸发皿，而不是坩埚，坩埚用于固体的加热，A不正确；镁是活泼的金属，应该电解熔融的氯化镁，阴极生成镁，阳极生成氯气，B不正确；氯化镁在溶液中存在水解平衡，而水解是吸热的，且生成的氯化氢极易挥发，所以直接加热得不到氯化镁，因此选项C正确，目的是抑制镁离子的水解；D不正确，⑥是氧化还原反应，答案选C。考点：考查海水的综合应用、仪器的选择、电解产物的判断、水解的应用及氧化还原反应的判断等点评：本题容易错选选项A，这是由于不能正确理解蒸发皿和坩埚的使用范围造成的。蒸发皿用来蒸发水分、浓缩溶液等，例如提纯食盐等；坩埚用来煅烧、熔融固体的，有瓷坩埚及金属坩埚之分，金属坩埚有镍坩埚、金坩埚及铂坩埚等，可耐受某些强氧化剂、强酸或强碱的侵蚀。15、A【解题分析】

A、NO2和N2O4的最简式都是NO2，4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子的物质的量是，个数是0.2NA，故A正确；B.1个羟基含9个电子，1mol的羟基含电子数为9NA，故B错误；C.将0.1molFeCl3溶于1L水中，Fe3＋水解，所得溶液含Fe3＋离子数小于0.1NA，故C错误；D.在高温下，Fe与足量的水蒸气反应生成Fe3O4，1molFe与足量的水蒸气反应，转移电子的数目为NA，故D错误。16、B【解题分析】

通过分子间作用力互相结合形成的晶体叫做分子晶体．如：所有的非金属氢化物，大多数的非金属氧化物，绝大多数的共价化合物，少数盐（如AlCl3）。【题目详解】A.CaO是由钙离子和氧离子通过离子键结合形成的离子晶体，NO、CO属于分子晶体，故A错误；B.CCl4、H2O2、He是通过分子间作用力形成的分子晶体，故B正确；C.NaCl是由钠离子和氯离子通过离子键结合形成的离子晶体，CO2、SO2属于分子晶体，故C错误；D.Na2O是由钠离子和氧离子形成的离子晶体，CH4、O2属于分子晶体，故D错误，故答案选B。17、C【解题分析】

首先判断出可以大量共存的离子组，即相互之间不发生氧化还原反应，不生成沉淀、气体或水等；加入少量的H2SO4有白色沉淀产生且不溶解，则溶液中可能存在Ba2+、Pb2+、Ca2+等；加入过量NaOH溶液有白色沉淀生成且不溶解，则不能为Al(OH)3，可能为Mg(OH)2等难溶性碱；或者与HCO3-反应产生CO32-，在溶液中形成的难溶性的碳酸盐。据此回答。【题目详解】A.Ba2+和CO32-生成BaCO3沉淀，不能大量共存；故A错误；B.离子可以大量共存，加入少量H2SO4，因生成BaSO4而产生白色沉淀，但加入过量NaOH溶液时，溶液中无白色沉淀产生，不符合题意，故B错误；C.离子可以大量共存，加入少量H2SO4，生成BaSO4白色沉淀，加入过量NaOH溶液时，HCO3-+OH-=CO32-+H2O，CO32-和Ba2+反应产生BaCO3沉淀，符合题意，故C正确；D.离子可以大量共存，加入少量H2SO4，生成BaSO4白色沉淀，但加入过量NaOH溶液时生成的Fe(OH)2很快被氧化成红褐色的Fe(OH)3，最终得不到白色沉淀，不符合题意，故D错误，答案选C。18、A【解题分析】

①逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，则沉淀成分是氢氧化镁和氢氧化铝；②加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，且不溶于硝酸，该白色沉淀为BaSO4；③焰色反应为黄色说明含有钠元素；据此分析；【题目详解】该溶液为无色溶液，因MnO4－显紫(红)色，因此该溶液中一定不含有MnO4－，①逐渐加入过量的Na2O2固体，发生2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，氧气是无色无味的气体，因为NH3是有刺激性气味的气体，因此原溶液中不含有NH4＋，能与OH－反应生成沉淀的离子是Mg2＋、Al3＋，因Mg(OH)2不溶于NaOH，Al(OH)3两性氢氧化物，溶于NaOH，有白色沉淀产生且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，推出溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋，因Al3＋与HCO3－不能大量共存，因此原溶液中一定不存在HCO3－；②取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，该白色沉淀不溶于硝酸，该沉淀为BaSO4，推出原溶液中含有SO42－；③焰色反应为黄色，推出原溶液中一定含有Na＋，因为没有通过钴玻璃观察，因此无法判断是否含有K＋；综上所述，原溶液中一定不存在的离子是NH4＋、HCO3－、MnO4－，一定含有离子是Na＋、Al3＋、Mg2＋、SO42－，不能确定的离子有K＋、Cl－，故选项A正确；答案：A。【题目点拨】离子检验中坚持“四项基本原则”：①肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；②互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；③电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；④进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。19、A【解题分析】本题考查物质的量浓度的有关计算。分析：①溶质的质量分数为ω可由溶质的质量和溶液的质量来计算；②根据c=nV来计算；③根据溶质的质量分数=m(详解：VmL氨水，溶液的密度为ρg•cm-3，溶液的质量为ρVg，溶质的质量为a22.4×17，则溶质的质量分数为ω=17a22.4Vρ×100%，①错误；溶质的物质的量为a22.4mol，溶液的体积为VmL，则c=1000a22.4Vmol/L，②正确；再加入VmL水后，所得溶液的质量分数为ρVωρV+ρ水V，水的密度大于氨水的密度，则所得溶液的质量分数小于0.5ω，③错误；VmL氨水，再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后生成氯化铵，还有剩余的盐酸，溶液显酸性，则c（Cl-故选A。点睛：明确质量分数、物质的量浓度的关系、氨水的密度与水的密度大小是解答本题的关键。20、B【解题分析】分析：本题考查的是晶体的结构分析，重点是对结构图像的观察与理解，掌握常见晶胞的结构是解题的关键。详解：A.氯化钠晶体属于面心立方结构，晶胞如图，由结构可知，氯化钠晶体中氯离子位于顶点和面心，钠离子位于体心和棱心，所以观察体心的钠离子，与其距离最近的钠离子在12个棱的棱心，故在氯化钠晶体中每个钠离子周围紧邻12个钠离子，故错误；B.晶体硅中，由共价键形成的最小环上有6个硅原子，每个硅原子形成四个共价键，从而形成空间网状结构，故正确；C.由二氧化硅晶体结构分析，晶体中最小环上含有6个硅原子和6个氧原子，共12个原子，故错误；D.在CsCl晶体中，与一个Cs＋最近的且距离相等的Cl-的个数是8，故错误，故选B。点睛：掌握常见晶体的结构和微粒数。1.氯化铯晶体中每个铯离子周围最近且等距离的氯离子有8个，每个氯离子周围最近且等距离的铯离子有8个人，每个铯离子周围最近且等距离的铯离子有6个，每个氯离子周围最近且等距离的氯离子也有6个。2.氯化钠晶体中每个钠离子周围最近且等距离的氯离子有6个，每个氯离子周围最近且等距离的钠离子也有6个。每个钠离子周围最近且等距离的钠离子有12个。3.金刚石晶体中最小碳环有6个碳原子组成，碳原子个数与碳碳键个数比为1:2。4.二氧化硅晶体中每个硅与4个氧结合，晶体中硅原子和氧原子个数比为1:2。21、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。22、B【解题分析】试题分析：A．甲苯可被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，故A正确；B．苯与溴水不反应，可与液溴在催化剂条件下发生取代反应，因溴易溶于苯，可萃取溴，但没有反应，故B错误；C．乙烯含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，故C正确；D．己烷为饱和烃，可发生取代反应，与氯气在光照条件下发生取代反应，故D正确；故选B。考点：考查有机物的结构和性质。二、非选择题(共84分)23、C2H5OHCH2=CH2CH3CHOC2H5OHCH2=CH2↑+H2OC2H5Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2OCH3CHO+H2CH3CH2OHC2H5OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O【解题分析】

已知D的蒸气密度是氢气的22倍，相对分子质量是222=44，并可以发生银镜反应，所以D含有醛基，醛基的相对分子质量是29，则D是乙醛，乙醛氧化生成E是乙酸，乙醛还原生成A是乙醇，乙醇和乙酸酯化生成F是乙酸乙酯，乙醇在浓硫酸的作用下发生消去反应生成B是乙烯，乙烯和溴化氢发生加成反应生成C是溴乙烷，C水解又转化为乙醇，溴乙烷发生消去反应转化为乙烯，据此分析。【题目详解】已知D的蒸气密度是氢气的22倍，相对分子质量是222=44，并可以发生银镜反应，所以D含有醛基，醛基的相对分子质量是29，则D是乙醛，乙醛氧化生成E是乙酸，乙醛还原生成A是乙醇，乙醇和乙酸酯化生成F是乙酸乙酯，乙醇在浓硫酸的作用下发生消去反应生成B是乙烯，乙烯和溴化氢发生加成反应生成C是溴乙烷，C水解又转化为乙醇，溴乙烷发生消去反应转化为乙烯。（1）A的结构简式为C2H5OH；B的结构简式为CH2=CH2；D的结构简式为CH3CHO；（2）反应①的化学方程式为C2H5OHCH2=CH2↑+H2O；反应③的化学方程式为C2H5Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O；反应⑦的化学方程式为CH3CHO+H2CH3CH2OH；反应⑧的化学方程式为C2H5OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O。24、聚乳酸制成的塑料在自然环境中可以降解为小分子，对环境无害。【解题分析】

丙烯发生加聚反应生成F，F是聚丙烯；丙烯与溴发生加成反应生成A，A是1,2-二溴丙烷；A水解为B，B是1,2-丙二醇；B氧化为C，C是；被新制氢氧化铜悬浊液氧化为D，D是；与氢气发生加成反应生成E，E是；发生缩聚反应生成高分子化合物G为。【题目详解】(1)丙烯发生加聚反应生成F，F是聚丙烯，结构简式为。(2)E是，在一定条件下，两分子能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式为。(3)①B是1,2-丙二醇被氧化为，化学方程式为。②C是，被含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液氧化为，反应的化学方程式为。③E是，发生缩聚反应生成聚乳酸，化学方程式为。(4)手性分子X为E的一种同分异构体，lmolX与足量金属钠反应产生lmol氢气，lmolX与足量银氨溶液反应能生成2molAg，说明X中含有2个羟基、1个醛基，则X的结构简式为。(5)用G代替F制成一次性塑料餐盒的优点是聚乳酸制成的塑料在自然环境中可以降解为小分子，对环境无害。25、4H++4I-+O2==2I2+2H2O其他条件相同时，增大c(H+)使I-被O2氧化的速率加快升高温度或通入O2对照实验，证明SO42-对该反应的化学反应速率没有影响增强I-的还原性10mL1mol·L-1KI溶液、10mLH2O指针偏转大于Ⅵ10mL1mol·L-1KI溶液、2mL0.2mol·L-1H2SO4溶液、8mLH2O【解题分析】

本题主要考察实验探究，注意“单一变量”原则。【题目详解】（1）①题中已告知I-被O2氧化，所以离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O；②这三组实验中，变量是H+的浓度，结果是溶液变蓝的速度，反映出H+的浓度对I-被O2氧化的速率；③对于非气相反应而言，加快反应速率的措施还有加热，增加其他反应物的浓度，或者加入催化剂（在本实验中，反应速率较快，为了更好的观察实验结果，可不使用催化剂）；④实验IV的作用是对照作用，排除SO42-对实验结果的影响；（2）ii，对照i的说法为增大c(H+)，增强I-的还原性；对比实验V、VI、VII，三组实验的溶液b在变化，根据单一变量原则，溶液a是不应该有变动的，所以X应为10mL1mol·L－1KI溶液、10mLH2O，由于实验VII的溶液b中H+浓度比实验VI的大，反应速率会加快，这意味着单位时间内转移的电子数量会增多，指针会出现偏转，且比实验VI的大；经过对比，实验V和VIII的溶液b相同，则两个实验的溶液a应该有所不同，实验探究的是H+的影响，实验V的a溶液中没有H+，则实验VIII的a溶液中应该有H+，故Z为10mL1mol·L-1KI溶液、2mL0.2mol·L-1H2SO4溶液、8mLH2O。26、溶液恰好由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复红色D26.1027.350.1046mol/l【解题分析】

(1)因碱遇酚酞变红，酸遇酚酞不变色，所以滴定终点时溶液的颜色变化应为由浅红色变成无色。(2)利用c(碱)=进行分析：A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，消耗酸的体积增大；B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取酸的体积增大；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，读数偏小，滴定结束时俯视读数，读数偏大，则差值偏小，即读取的消耗酸的体积偏小。(3)由图可知，开始V=0.20mL，结束时V=26.30mL，则所用盐酸溶液的体积为26.30mL-0.20mL。(4)①由三次盐酸溶液的体积可知，平均值为；②根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)=26.15mL，由c(碱)=代入数据求解。【题目详解】(1)因碱遇酚酞变红，滴定终点时观察锥形瓶中溶液的颜色由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复红色，则达到滴定终点。答案为：溶液恰好由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复红色；(2)由c(碱)=可知，A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，消耗酸的体积增大，则c(碱)偏大，A不合题意；B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响，B不合题意；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗酸的体积增大，则c(碱)偏大，故C不合题意；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，读数偏小，滴定结束时俯视读数，读数偏大，则差值偏小，即读取的消耗酸的体积偏小，所以c(碱)偏低，D符合题意。答案为：D；(3)由图可知，开始V=0.20mL，结束时V=26.30mL，则所用盐酸溶液的体积为26.30mL-0.20mL=26.10mL。答案为：26.10；(4)①由三次盐酸溶液的体积可知，平均值为=27.35mL，答案为：27.35；②根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)=26.15mL，由c(碱)=可知，c(碱)==0.1046mol/l。答案为：0.1046mol/l。27、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑装有水的洗气瓶5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O制取NO（或将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO）CO2↑+4NO2↑+2H2O【解题分析】

（1）①如果没有B装置，水能够与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气；②二氧化氮能够与水反应，用水除去一氧化氮气体中的二氧化氮气，提高NaNO2的纯度；③酸性高锰酸钾溶液能够把一氧化氮氧化为硝酸根离子，本身还原为Mn2+；（2）①二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸再与铜反应生成一氧化氮；②碳和浓硝酸加热反应生成二氧化氮、二氧化碳，1molC失去4mole-，反应转移4mole-。【题目详解】（1）①若没有B装置，一氧化氮气体中混有水蒸气，水蒸气和C装置中过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；②制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质，说明NO与空气中的O2反应生成NO2，反应生成的NO2与Na2O2反应生成了NaNO3，则应在A、B之间加一个装有水的洗气瓶除去NO2气体，故答案为：装有水的洗气瓶；③D装置为尾气处理装置，未反应的NO被MnO4-氧化生成NO3-，MnO4-被还原成Mn2+，反应的离子方程式为5NO+3MnO4—+4H+=5NO3—+3Mn2++2H2O，故答案为：5NO+3MnO4—+4H+=5NO3—+3Mn2++2H2O；（2）①A装置中浓硝酸与碳反应生成NO2、CO2和H2O，NO2与B装置中的H2O反应生成HNO3，HNO3再与Cu反应生成NO，进而可以在C装置中与Na2O2反应，所以装置B的作用是制取NO，将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO，故答案为：制取NO（或将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO）；②A烧瓶中浓硝酸与碳在加热的条件下生成NO2、CO2和H2O，碳元素由0价升高至+4价，每1molC失去4mole-，HNO3中的N元素化合价降低，得电子，化学方程式和单线桥为CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：CO2↑+4NO2↑+2H2O。【题目点拨】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意题给信息分析，明确实验原理，注意物质性质的理解应用，注意实验过程中的反应现象分析是解答关键。28、FeCl3+3H2O（沸）Fe(OH)3(胶体)+3HCl3mol/L或11mol/L2Al+2H2O+2KOH=2KAlO2＋3H2↑CO2+2OH—＝CO32—＋H2O【解题分析】分析：（1）红褐色液相分散系是氢氧化铁胶体，则A是FeCl3，据此解答；（2）地壳中含量最高的金属元素是Al，则B为AlCl3，根据碱不足或碱过量时生成氢氧化铝和偏铝酸钾来计算；（3）Al－Fe－KOH溶液组成的原电池中Al为负极，Fe为正极；（4）C、D、E均是短周期中同一周期元素形成的单质或化合物，常温下D为固体单质，C和E均为气态化合物，C+DE只可能为C、N、O三元素组成的化合物，综合分析可知：C为CO2，D为碳，E为CO，以此解答该题。详解：（1）红褐色液相分散系是氢氧化铁胶体，则A的饱和溶液是氯化铁饱和溶液，FeCl3饱和溶液在加热条件下水解生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2O（沸）Fe(OH)3(胶体)+3HCl；（2）地壳中含量最高的金属元素是Al，则B为AlCl3，氢氧化铝的质量是7.8g，其物质的量为7.8g÷78g/mol=0.1mol，则①若碱不足，由Al3++3OH-＝Al(OH)3↓可知KOH的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，其物质的量浓度为0.3mol÷0.1L=3mol/L；②如果碱过量，生成的氢氧化铝部分溶解