2024届扬州市重点中学化学高二第二学期期末达标检测试题含解析

2024届扬州市重点中学化学高二第二学期期末达标检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、下列对物质的分类正确的是A．属于酚B．属于芳香烃C．属于酮D．属于卤代烃2、下列各組中的反应，属于同一反应类型的是A．乙醛与氧气制乙酸；苯与氢气制环已烷B．葡萄糖与新制银氨溶液共热；蔗糖与稀硫酸共热C．丙酮与氢气反应制2-丙醇；乙烯与氯化氯反应制氯乙烷D．乙醇与乙酸制乙酸乙酯；溴乙烷与氢氧化钠醇溶液制乙烯3、太阳能的开发与利用是能源领域的一个重要研究方向，由CO2制取C的太阳能工艺如图所示，下列有关说法正确的是（）A．分解1molFe3O4转移电子数为2NAB．根据盖斯定律可知，△H1+△H2=0C．FeO在CO2转化为C的过程中的作用是催化剂D．该工艺是将太阳能转化为电能4、下列说法正确的是A．常温下，物质的量浓度均为0.1mol·L-1Na2CO3和NaHCO3的等体积混合溶液中:2c(OH-)-2c(H+)=3c(H2CO3)+c(HCO3-)-c(CO32-)B．△H<0，△S>0的反应都是自发反应，△H>0，△S>0的反应任何条件都是非自发反应C．已知:P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g)△H=akJ·mol-1P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g)△H=bkJ·mol-1P4具有正四面体结构，PCl5中P-Cl键的键能为ckJ·mol-1，PCl3中P-Cl键的键能为1.2ckJ·mol-1，由此计算Cl-Cl键的键能a-b+5.6c4kJ·molD．在一定温度下，固定体积为2L密闭容器中，发生反应:2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H<0，当v(SO2)=v(SO3)时，说明该反应已达到平衡状态5、核糖是合成核酸的重要原料，结构简式为CH2OH—CHOH—CHOH—CHOH—CHO。下列关于核糖的叙述正确的是A．与葡萄糖互为同分异构体 B．跟氯化铁溶液作用显色C．与银氨溶液作用形成银镜 D．可以使紫色石蕊溶液变红6、X和Y两种元素的核电荷数之和为22，X的原子核外电子数比Y的少6个。下列说法中不正确的是A．X的单质固态时为分子晶体 B．Y的单质为原子晶体C．X与Y形成的化合物固态时为分子晶体 D．X与碳形成的化合物为分子晶体7、下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料D．开采可燃冰，将其作为能源使用A．AB．BC．CD．D8、下列物质制备方案可行的是（）A．B．C．D．9、下列仪器名称为“蒸馏烧瓶”的是A． B． C． D．10、已知某元素位于周期表的第三周期VIIA族，由此得出的推论错误的是A．该元素原子核外有3个电子层B．该元素最外层有7个电子C．该元素容易失去电子D．该元素容易得到电子11、已知NO2和N2O4可以相互转化2NO2(g)⇄N2OA．反应进行至25min时，曲线发生变化的原因是加入0.4molNB．a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是b和dC．图中共有两条曲线X和Y，其中曲线X表示NOD．若要达到与d相同的状态，在25min时还可以采取的措施是适当缩小容器体积12、五种短周期元素的某些性质如下表所示.下列有关说法正确的是元素元素的相关信息M最高正价与最低负价的绝对值之和等于2W原子的M电子层上有3个电子X在短周期元素中，其原子半径最大Y最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成Y的单质和H2OZ最高价氧化物的水化物与气态氢化物反应生成盐A．W、Y、Z的简单离子半径依次增大B．M与Y、Z分别形成的化合物均属于只含有极性键的共价化合物C．W与M、Y分别形成的化合物都能与水反应，且有气体生成D．常温下.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液都能与单质W持续反应13、从植物花朵中提取到一种色素，它实际上是一种有机弱酸，可用HR表示，HR在盐酸中呈现红色，在NaOH溶液中呈现蓝色，将HR加入浓硝酸中呈现红色，微热后溶液的红色褪去，根据以上现象，可推测A．HR应为红色 B．HR应为蓝色 C．R-应为无色 D．R-应为红色14、化学与科技、社会、生产、生活密切相关。下列有关说祛不正确的是A．用食醋可除去热水壶内壁的水垢B．75%(体积分数)的乙醇溶液常用于医疗消毒C．35%～40%的甲醛溶液俗称福尔马林，可用来浸泡海产品以达到保鲜效果D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放出的乙烯，可达到水果保鲜的目的15、实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如右图所示。下列分析正确的是A．操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去 B．操作Ⅱ是加热浓缩、趁热过滤，除去杂质氯化钠C．操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来 D．操作Ⅰ~Ⅲ总共需两次过滤16、X、Y、Z是三种短周期元素，其中X、Y位于同一主族，Y、Z位于同一周期，X原子的最外层电子排布式是2s22p4，Z原子的核外电子数比Y原子少1。下列说法不正确的是()A．CX2(C是原子核内含6个质子的元素)分子是非极性分子B．ZH3分子的立体结构为平面三角形C．Z4分子是非极性分子D．酸H2YO4比酸H3ZO4的酸性强17、某小组同学用如图装置研究钢铁在海水中的腐蚀与防腐(1中铁片为生铁)。下列说法正确的是A．1中只发生化学腐蚀 B．2中发生的是析氢腐蚀C．3为牺牲阳极的阴极保护法 D．钢铁被腐蚀的速率：2>1>318、下列有关化学用语表示正确的是A．甲苯的结构简式：C7H8B．钢铁吸氧腐蚀正极的电极反应式：O2+2H2O+4e－=4OH－C．碳酸的电离方程式：H2CO3=H++HCO3－D．Na2S溶液中S2－水解的离子方程式：S2－+2H2OH2S+2OH－19、碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：下列说法正确的是A．分离器中的物质分离操作为过滤B．膜反应器中，增大压强有利于提高速率和HI的平衡转化率C．该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”D．碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+I2=H2+2H2SO4+2HI20、下列各组内的物质一定互为同系物的是A．C4H10和C6H14B．C3H6和C4H8C．和D．甲酸和乙二酸21、下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是（）A．在含有大量HCO3-的溶液中：Na＋、NO3-、Cl－、Al3＋B．加铝粉放出大量H2的溶液中：K＋、NH4+、SO42-、Br－C．酸性条件下：Na＋、NH4+、SO42-、NO3-D．含0.1mol/LNO3-的溶液中：H＋、Fe2＋、Mg2＋、Cl－22、一定温度下，在3个1.0L的恒容密闭容器中分别进行反应2X(g)+Y(g)Z(g)ΔH，达到平衡。相关数据如下表。容器温度/K物质的起始浓度/mol·L-1物质的平衡浓度/mol·L-1c(X)c(Y)c(Z)c(Z)I4000.200.1000.080II4000.400.200aIII5000.200.1000.025下列说法不正确的是A．平衡时，X的转化率：II＞IB．平衡常数：K(II)＞K(I)C．达到平衡所需时间：III＜ID．反应的ΔH＜0二、非选择题(共84分)23、（14分）由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。某同学欲探究X的组成。查阅资料：①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。②Al3＋在pH＝5.0时沉淀完全；Mg2＋在pH＝8.8时开始沉淀，在pH＝11.4时沉淀完全。实验过程：Ⅰ.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液。Ⅱ.用铂丝蘸取少量Ⅰ中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。Ⅲ.向Ⅰ中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5～6，产生白色沉淀B，过滤。Ⅳ.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。Ⅴ.向Ⅲ中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。(1)Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是________。(2)由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、________。(3)Ⅲ中生成B的离子方程式是__________________________________________________。(4)Ⅳ中B溶解的离子方程式是__________________________________________________。(5)沉淀C的化学式是________。(6)若上述n(A)∶n(B)∶n(C)＝1∶1∶3，则X的化学式是__________________________。24、（12分）A、B、C、D1、D2、E、F、G、H均为有机化合物，请根据下列图示回答问题。（1）直链有机化合物A的结构简式是__________________；（2）B中官能团的名称为___________；（3）①的反应试剂和反应条件是__________；（4）D1或D2生成E的化学方程式是___________________________________；（5）G可应用于医疗、爆破等，由F生成G的化学方程式是_____。25、（12分）FeBr2是一种黄绿色固体，某学习小组制备并探究它的还原性。（制备FeBr2固体）实验室用如图所示装置制取溴化亚铁。其中A为CO2发生装置，D和d中均盛有液溴，E为外套电炉丝的不锈钢管，e是两个耐高温的瓷皿，其中盛有细铁粉。实验开始时，先将干燥、纯净的CO2气流通入D中，再将铁粉加热至600—700℃，E管中铁粉开始反应。不断将d中液溴滴入温度为100—120℃的D中，经过一段时间的连续反应，在不锈钢管内产生黄绿色鳞片状溴化亚铁。（1）若在A中盛固体CaCO3，a中盛有6mol/L的盐酸。为使导入D中的CO2为干燥纯净的气体，则图中B、C处的洗气瓶中装有的试剂分别是：B中为____________，C中为_________________。若进入E装置中的CO2未干燥，则可能发生的副反应的化学方程式为_____________________。（2）E管中的反应开始前通入CO2的主要作用是__________________________________；E管中的反应开后持续通入CO2的主要作用是______________________________________。（探究FeBr2的还原性）（3）现实验需要90mL0.1mol/LFeBr2溶液，取上述反应制得的FeBr2固体配制该溶液，所需仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是_______________________________。（4）已知：Cl2的CCl4溶液呈黄绿色，Br2的CCl4溶液呈橙红色。Cl2既能氧化Br－，也能氧化Fe2+。取10mL上述FeBr2溶液，向其中滴加几滴新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。取少量反应后的溶液加入KSCN溶液，溶液变为血红色。另取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后，下层为无色液体。以上实验结论表明还原性：Fe2+__________Br－（填“>”或“<”）。（5）若在40mL上述FeBr2溶液中通入标准状况下67.2mL的C12，取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后下层液体呈______色，写出该反应的离子方程式________________________________。26、（10分）用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16g·cm－3)配制成1mol·L－1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220mL，试回答下列问题：(1)配制稀盐酸时，应选用容量为________mL的容量瓶。(2)在量取浓盐酸时宜选用下列量筒中的________。A．5mLB．10mLC．25mLD．50mL(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：(将操作补充完整)①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，____________________________________________。③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。上述操作中，正确的顺序是(填序号)________。(4)若用1mol/LHCl溶液润洗容量瓶，再转移溶液，所配置的溶液浓度将_________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。27、（12分）制备苯甲酸的反应原理及有关数据如下：名称相对分子质量性状熔点沸点溶解度甲苯92无色液体-95℃110℃不溶于水苯甲酸122白色片状或针状晶体122℃248℃微溶于水高锰酸钾158易溶于水实验过程如下：①将高锰酸钾、水和氢氧化钠溶液混合摇匀后，加入甲苯，采用电磁搅拌，加热（但温度不要太高），冷凝回流2h。如仍有高锰酸钾的紫色存在，则加数滴乙醇。②将混合液过滤后冷却。③滤液用盐酸酸化，析出白色晶体过滤，洗涤，干燥，得到苯甲酸的粗产品，最后测定其熔点。回答下列问题：（1）①中反应易暴沸，本实验中采用______方法防止此现象；乙醇的作用是____________________。（2）②中过滤出的沉淀是____________________。（3）③中测定熔点时，发现到130℃时仍有少量不熔，推测此不熔物的成分是____________________。（4）提纯苯甲酸粗产品的方法是____________________。28、（14分）在①蛋白质②维生素C③葡萄糖④纤维素四种物质中（1）不能水解的糖类是_________（填序号，下同）；（2）能水解生成氨基酸的是_________；（3）在人体中不能直接被消化吸收的是_________；（4）广泛存在于新鲜蔬菜和水果中，称为抗坏血性酸的是_________，其结构简式为，则分子式为_________。29、（10分）随原子序数递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。根据判断出的元素回答问题：（1）z在周期表中的位置是_________________________________。（2）写出x和d组成的一种四原子共价化合物的电子式_______________。（3）y、g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是______________（填化学式）。（4）写出f的最高价氧化物与e的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式______。（5）已知e和g的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液反应生成1mol水时所放出的热量为QkJ。请写出该反应的中和热的热化学方程式___________。（6）用y元素的单质与f元素的单质可以制成电极浸入由x、d、e三种元素组成的化合物的溶液中构成电池负极反应式为___________________________________。

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：A.苯甲醇属于醇；B.环己烯属于烯烃；C.苯甲醛属于醛类；D.烃中的氢原子被卤素原子代替后产物属于卤代烃；详解：A.苯甲醇属于醇，A错误；B.环己烯属于烯烃，B错误；C.苯甲醛属于醛类，C错误；D.烃中的氢原子被卤素原子代替后产物属于卤代烃，D正确；答案选D.2、C【解题分析】分析：本题考查的是有机物的反应类型，难度较小。详解：A.乙醛和氧气的反应为氧化反应，苯和氢气的反应为还原反应，故错误；B.葡萄糖和银氨溶液的反应为氧化反应，蔗糖在稀硫酸作用下反应为水解反应，故错误；C.丙酮与氢气反应为加成反应，乙烯和氯化氢的反应为加成反应，故正确；D.乙醇和乙酸的反应为取代反应，溴乙烷和氢氧化钠醇溶液的反应为消去反应，故错误。故选C。3、A【解题分析】Fe3O4分解生成FeO，Fe元素从+3价降低到+2价，1molFe3O4中含有1mol二价铁和2mol三价铁，所以转移电子数为2NA，故A正确；Fe3O4分解生成FeO，FeO与CO2反应生成Fe3O4，两个反应的生成物和反应物不同，所以反应放出或吸收的热量不同，则△H1+△H2≠0，故B错误；FeO在CO2转化为C的过程中Fe元素的化合价升高，则FeO失电子作还原剂，故C错误；该工艺是将太阳能转化为化学能，故D错误。4、A【解题分析】分析：A．根据碳酸钠、碳酸氢钠溶液中质子守恒进行解答；B．△G=△H-T•△S进行判断，如△G＜0，则反应能自发进行，如△G＞0，则不能自发进行，据此分析；C．根据盖斯定律计算出PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g)的焓变，再根据题中键能关系计算出Cl-Cl键的键能；D．根据平衡状态时正反应速率等于逆反应速率分析判断。详解：A．根据质子守恒，对于Na2CO3溶液中：c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)，NaHCO3溶液中：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)，两者等浓度、等体积混合后，溶液中两种溶质的物质的量相等，所以，将上述两式叠加：[c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)]+[c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)]，移项得2c(OH-)-2c(H+)=3c(H2CO3)+c(HCO3-)-c(CO32-)，故A正确；B．△H＜0，△S＞0的反应都是自发反应，而△H＞0，△S＞0

在较高温度下能自发，故B错误；C．①P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g)△H=akJ•mol-1，②P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g)△H=bkJ•mol-1，②-①4可得：PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g)△H=b-a4kJ/mol；设Cl-Cl键的键能为Q，由PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g)及题中键能关系可知：△H=(3.6c+Q-5c)kJ/mol=b-a4kJ/mol，Cl-Cl键的键能Q=b-a+5.6c4kJ•mol-1，故C错误；D．v(SO2)=v(SO3)点睛：本题考查了离子浓度大小比较、化学平衡状态的判断、反应热的计算，题目难度较大，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。本题的易错点为D，一定要注明正逆反应速率，难点为A，要注意质子守恒关系式的表达式的书写。5、C【解题分析】

由结构简式可知，核糖的分子式是C5H10O5，官能团为羟基和醛基，是五碳糖，与葡萄糖的性质相似。【题目详解】A项、核糖的分子式是C5H10O5，葡萄糖的分子式是C6H12O6，两者分子式不同，不互为同分异构体，故A错误；B项、氯化铁溶液能够与酚类物质作用显紫色，核糖不含有酚羟基，不能跟氯化铁溶液作用显色，故B错误；C项、核糖中含有醛基，能够与银氨溶液反应共热产生银镜，发生银镜反应，故C正确；D项、有机物含有羧基，能表现酸性使紫色石蕊溶液变红，核糖不含有羧基，不能使紫色石蕊溶液变红，故D错误；故选C。【题目点拨】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物官能团与性质的关系为解答的关键。6、C【解题分析】

假设X的质子数为a，Y的质子数为b，X和Y两元素的质子数之和为22，则a+b=22；X的原子核外电子数比Y的原子核外电子数少6个，则a+6=b，联立解得，a=8，b=14，因此X为氧元素，Y为硅元素，结合对应单质、化合物的性质解答该题。【题目详解】根据上述分析可知X为氧元素，Y为硅元素。A.X为氧元素，其单质氧气、臭氧固态均为分子晶体，A正确；B.Y为硅元素，单质晶体硅是原子晶体，B正确；C.X与Y形成的化合物为SiO2，属于原子晶体，C错误；D.X为氧元素，与碳元素形成的CO2、CO在固态为干冰，都属于分子晶体，D正确；故合理选项是C。【题目点拨】本题考查原子结构与位置关系、晶体类型等，较好地考查学生的分析能力，比较基础，利用质子数、电子数的关系来推断元素是解答的关键，注意基础知识的积累与掌握。7、B【解题分析】分析：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，属于化学变化。详解：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O43N2↑+2CO2↑+4H2O，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，属于化学变化；答案选B。点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。8、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。9、C【解题分析】

A.是试管，A不符合题意；B.是分液漏斗，B不符合题意；C.是蒸馏烧瓶，C符合题意；D.为量筒，D不符合题意；答案选C。【题目点拨】虽然本题通过排除法很容易选出答案，但这并不代表学生就知道蒸馏烧瓶，实际情况是同学通常把蒸馏烧瓶和圆底烧瓶混为一谈。10、C【解题分析】

已知某元素位于周期表的第三周期ⅦA族，则该元素是Cl。A.氯元素原子核外有3个电子层，A正确；B.氯元素最外层有7个电子，B正确；C.氯元素最外层有7个电子，该元素容易得到1个电子达到8电子稳定结构，C错误；D.氯元素最外层有7个电子，该元素容易得到电子，D正确；答案选C。11、A【解题分析】

A.由曲线看出25

min时，NO2的浓度突然增大了0.4mol/L，则应加入了0.4molNO2，故A说法错误；B．由图可知，10-25min及35min之后X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b和d处于化学平衡状态，故B说法正确；

C.由图可知，X的变化量为Y的2倍，由反应方程式的系数可得X为NO2浓度随时间的变化曲线；故C说法正确；D.因在25

min时，恒温恒容条件下增大NO2的浓度，相当于增大了压强，平衡右移，要使25

min时改变条件达到使NO2（g）的百分含量与d点相同的化学平衡状态，也可通过缩上容器的体积来实现，故D说法正确；答案选A。12、C【解题分析】

M最高正价与最低负价的绝对值之和等于2，M为H元素；W原子的M电子层上有3个电子，则W含有3个电子层，为Al元素；在短周期元素中，X的原子半径最大，则X为Na元素；Y的最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成Y的单质和H2O，结合硫化氢与二氧化硫反应生成S单质可判断Y为S元素；Z的最高价氧化物对应水化物能与其气态氢化物反应生成盐，该盐为硝酸铵，则Z为N元素。【题目详解】A.W、Y、Z的简单离子Al3+、S2-、N3-，半径由小到大为Al3+、N3-、S2-，选项A错误；B.M与Y、Z分别形成的化合物中H2O2含有非极性键和极性键，选项B错误；C.W与M、Y分别形成的化合物AlH3和Al2S3都能与水反应，生成氢气和硫化氢气体，选项C正确；D.常温下，X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液NaOH、H2SO4、HNO3中只有NaOH能与单质铝持续反应，后二者会产生钝化，选项D错误。答案选C。13、A【解题分析】

色素，实际上是一种有机弱酸，用HR表示，HR在盐酸溶液中呈现红色，HR在NaOH溶液中呈现蓝色，将HR加入浓硝酸中呈现红色，微热后溶液的红色褪去，由题意可知，在盐酸和硝酸中均显示红色，在硝酸中加热后褪色，是硝酸的强氧化性使之褪色，所以可推测HR应为红色。故选A。【题目点拨】盐酸只有酸性，而浓硝酸具有酸性和强氧化性，在本题中硝酸主要表现为强氧化性，能使指示剂褪色。14、C【解题分析】分析：A.醋酸能与碳酸钙反应；B.乙醇溶液能使蛋白质变性；C.根据甲醛有毒分析；D.根据高锰酸钾能氧化乙烯分析。详解：A.食醋中含有醋酸，水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，因此用食醋可除去热水壶内壁的水垢，A正确；B.75%(体积分数)的乙醇溶液能使蛋白质变性，常用于医疗消毒，B正确；C.35%～40%的甲醛溶液俗称福尔马林，但甲醛有毒，不能用来浸泡海产品以达到保鲜效果，C错误；D.高锰酸钾能氧化乙烯，因此可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放出的乙烯，可达到水果保鲜的目的，D正确。答案选C。15、C【解题分析】

KNO3中混有NaCl应提纯KNO3，将它们都溶于水，并降温结晶．因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化．则有，操作Ⅰ是在烧杯中加水溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶，利用溶解度差异使KNO3结晶析出，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体，故选C。16、B【解题分析】

X原子的最外层电子排布式是2s22p4，即X是氧，它在第二周期ⅥA族，Y是跟氧同主族的短周期元素，则Y在第三周期ⅥA族，是硫。Z与Y在同一周期，Z原子的核外电子数比Y原子少1则Z在第三周期VA族，是磷。A.CX2(C是原子核内含6个质子的元素)分子CO2是直线形分子，为非极性分子，选项A正确；B、磷与氮同主族，PH3与NH3分子的空问构型相似，为三角锥形，选项B不正确；C、Z4是P4，空间构形为正四面体，分子是非极性分子，选项C正确；D、酸H2YO4（H2SO4）比酸H3PO4的酸性强，选项D正确。答案选B。17、D【解题分析】

A.1中铁片为生铁，生铁表面形成无数个原电池，发生电化学腐蚀，A错误；B.2中电解质溶液呈中性，发生的是吸氧腐蚀，B错误；C.3为电解池装置，为外加电源的阴极保护法，C错误；D.钢铁被腐蚀的速率顺序为作原电池的负极、化学腐蚀、作电解池的阴极，为2>1>3，D正确；答案为D。18、B【解题分析】分析：A、甲苯的结构简式为；B．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应；C．多元弱酸电离分步进行且可逆，以第一步为主；D．多元弱酸根离子水解分步进行，以第一步为主。详解：A．C7H8为甲苯的分子式，结构简式必须体现有机物结构，甲苯的结构简式为，选项A错误；B．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-，选项B正确；C．碳酸的电离方程式为H2CO3H++HCO3-，选项C错误；D．硫化钠水解的离子反应为S2-+H2OHS-+OH-，选项D错误；答案选B。点睛：本题考查离子反应的书写，涉及电离、水解及化学反应，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意离子反应的书写方法即可解答，选项C为解答的易错点，题目难度不大。19、C【解题分析】分析：反应器中的反应为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI。A项，H2SO4和HI互溶，不能用过滤法分离；B项，膜反应器中的反应为2HI（g）H2（g）+I2（g），增大压强不能提高HI的平衡转化率；C项，根据反应器中的反应和膜反应器中的反应，该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”；D项，将反应器中的反应和膜反应器中的反应相加，总反应为SO2+2H2O=H2SO4+H2。详解：反应器中的反应为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI。A项，H2SO4和HI互溶，不能用过滤法分离，A项错误；B项，膜反应器中的反应为2HI（g）H2（g）+I2（g），增大压强能提高反应速率，该反应反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动，不能提高HI的平衡转化率，B项错误；C项，根据反应器中的反应和膜反应器中的反应，该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”，C项正确；D项，将反应器中的反应和膜反应器中的反应相加，总反应为SO2+2H2O=H2SO4+H2，D项错误；答案选C。20、A【解题分析】分析：结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互称为同系物，同系物必须是同一类物质（含有相同数量相等的官能团）解析：A.C4H10和C6H14均为烷烃，属于同系物，故A正确；C3H6可以是丙烯或者环丙烷，C4H8可以是丁烯或者环丁烷，不一定是同系物，故B错误；C.属于酚，属于醇，不是同一类物质，不属于同系物，故C错误；D.甲酸中有一个羧基，乙二酸中有两个羧基，官能团数量不同，不属于同系物，故D错误；本题选A。21、C【解题分析】

A．因HCO3−，Al3+在溶液中发生双水解反应，3HCO3−+Al3+=3CO2↑+Al（OH）3↓，则不能共存，故A错误；B．加铝粉放出大量H2的溶液，可能为酸或碱溶液，NH4+与碱反应，则不能共存，故B错误；C．酸性条件下，显酸性，该组离子之间不反应，则能共存，故C正确；D．含0.1mol/LNO3-的溶液与H+、Fe2+发生氧化还原反应，则不能共存，故D错误；故选：C。【题目点拨】离子之间相互结合成难溶物，易挥发的物质，难电离的物质，发生氧化还原反应，双水解反应在溶液中均不能大量共存。22、B【解题分析】

A.II可以看成是向2L的容器中，充入0.4mol的X和0.2mol的Y（则I、II的平衡等效），平衡后再将容器压缩至1L，由于压强增大，平衡向右移动，所以II中X的转化率＞I，A正确；B.平衡常数只和温度有关，I、II的温度相同，则这两个平衡的平衡常数也相同，B错误；C.III的温度比I高，III的化学反应速率也快，则III先达到平衡，C正确；D.对比I和III，二者起始状态，除了温度不同，其他条件都相同，则可以将III看作是I达到平衡后，升高温度，Z的浓度降低了，说明升温使得平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即反应的ΔH＜0，D正确；故合理选项为B。二、非选择题(共84分)23、CO2钠、硅Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2OMg(OH)2Mg3Al(OH)7CO3【解题分析】

气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体A为CO2，X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入适量盐酸，会产生硅酸沉淀，溶液B中含有氯化镁和氯化铝；X中一定不含Na，因为Na的焰色为黄色；根据题给信息知调节pH至5～6时生成的白色沉淀B为Al(OH)3；加入过量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，离子方程式为：Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2，据此解答。【题目详解】（1）气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体为CO2；（2）X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入过量盐酸，会产生硅酸沉淀，一定不含Na元素，因为Na元素的焰色为黄色，即由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、硅、钠；（3）调节pH至5～6时生成的白色沉淀为Al(OH)3，NH3•H2O为弱电解质，离子方程式中应写为化学式，即离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋；（4）Ⅳ中氢氧化铝溶解的离子方程式为Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；（5）加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2；（6）由于n（CO2）:n[Al(OH)3]:n[Mg(OH)2]=1:1:3，则CO32-、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1:1:3，结合电荷守恒，则CO32-、Al3+、Mg2+、OH-的物质的量之比为1:1:3:7，故X为Mg3Al(OH)7CO3。24、碳碳双键、氯原子Cl2、光照或高温【解题分析】

题干中指出A为链状有机物，考虑到分子式为C3H6，所以A为丙烯；那么结合A和B的分子式分析可知，由A生成B的反应，即为丙烯中甲基的氯代反应；从B生成C的反应即为B与溴单质的加成反应。氯水中含有HClO，其结构可以写成H-O-Cl；B可以与氯水反应生成D1和D2，分子式均为C3H6OCl2，所以推测这一步骤发生的是B与HClO的加成反应。油脂水解的产物之一是甘油，所以F即为甘油，考虑到G的用途，G即为硝化甘油。E可以在碱性溶液中反应得到甘油，并且E的分子式为C3H5OCl，结合D的结构推断E中含有醚键，即E的结构为。【题目详解】(1)直链有机化合物A即为丙烯，结构简式为CH2=CH-CH3；(2)通过分析可知B的结构即为：CH2=CH-CH2Cl，所以其中的官能团有碳碳双键和氯原子；(3)通过分析可知，反应①即甲基上氢原子的氯代反应，所以试剂是Cl2，条件是光照或者高温；(4)通过分析可知，D1和D2的结构可能是、，因此反应生成E的方程式为：2+Ba(OH)22+2H2O+BaCl2；(5)通过分析G即为硝化甘油，所以生成G的反应方程式为：。25、饱和NaHCO3溶液浓硫酸3Fe+4H2OFe3O4+4H2排尽装置中原有的空气将溴蒸气带入E装置中进行反应胶头滴管、111mL容量瓶>橙红4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-【解题分析】(1)装置B用于除去二氧化碳中的氯化氢气体，可以用盛有NaHCO3饱和溶液的洗气瓶洗气；装置D作用是干燥二氧化碳，可以用盛有浓H2SO4的洗气瓶干燥；若进入E装置中的CO2未干燥，则可能发生的副反应的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2溴蒸汽有毒，不能排到空气中，可被碱液吸收，如氢氧化钠溶液能够与溴单质反应，适宜为防止污染空气，实验时应在F处连接盛有碱液如氢氧化钠溶液的尾气吸收装置，故答案为盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶；盛有浓H2SO4的洗气瓶；NaOH溶液；

(2)反应过程中要不断地通入CO2，其主要作用是为：反应前将容器中的空气赶净，避免空气中的氧气干扰实验；反应过程中要不断通入CO2，还可以将Br2蒸气带入反应器D中，使溴能够与铁粉充分反应，故答案为①排净容器里的空气；②将Br2蒸气带入反应器E中；Ⅱ．(3)配制91mL1.1mol/LFeBr2溶液FeBr2溶液时需要天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、111ml的容量瓶，胶头滴管，则除烧杯、玻璃棒量筒、外还需的玻璃仪器是，胶头滴管、111ml的容量瓶；故答案为111ml的容量瓶，胶头滴管；

（4）.取11mL上述FeBr2溶液，向其中滴加几滴新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。取少量反应后的溶液加入KSCN溶液，溶液变为血红色,证明有Fe3+。另取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后，下层为无色液体，实验证明不存在单质溴，以上实验结论表明还原性：Fe2+>Br－。（5）41ml1．1mol/LFeBr2溶液含有FeBr2的物质的量为1.114mol，还原性Fe2+＞Br-，二者以4：3反应，标准状况下67.2mL的C12的物质量为1.113mol,转移电子1.113=1.116mol由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子部分被氧化为Br2，所以加入CCl4，振荡后下层液体呈橙色，反应的离子反应为4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-，故答案为橙色4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-。26、250C至液体凹液面最低处与刻度线相切③①④②偏大【解题分析】

（1）实验室没有220mL的容量瓶，应选用规格为250mL的容量瓶；（2）先计算浓硝酸的物质的量浓度，再依据稀释定律计算浓盐酸的体积；（3）根据配制溶液的实验操作过程确定操作的顺序；（4）依据操作对溶质的物质的量、溶液体积的影响分析。【题目详解】（1）配制220mL1mol·L－1稀盐酸时，因实验室没有220mL的容量瓶，应选用规格为250mL的容量瓶，故答案为：250；（2）由c=可知，浓盐酸的物质的量浓度c＝mol/L＝11.6mol/L，250mL1mol·L－1的稀盐酸中氯化氢的物质的量为0.25mol，由稀释定律可知浓盐酸的体积为≈0.022L=22mL，则量取22mL浓盐酸时宜选用25mL量筒，故答案为：C；（3）实验室配制成1mol·L－1盐酸的操作步骤是，用量筒量取22mL浓盐酸倒入烧杯中，向盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀，等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250mL容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部注入容量瓶，往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，至液体凹液面最低处与刻度线相切，最后定容颠倒摇匀，则操作顺序为③①④②，故答案为：至液体凹液面最低处与刻度线相切；③①④②；(4)若用1mol/LHCl溶液润洗容量瓶，再转移溶液，HCl的物质的量