2024届辽宁省葫芦岛市辽宁实验中学东戴河分校化学高二下期末考试模拟试题含解析

2024届辽宁省葫芦岛市辽宁实验中学东戴河分校化学高二下期末考试模拟试题注意事项：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（每题只有一个选项符合题意）1、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．7.8gNa2O2中所含阴离子的数目是0.2NAB．标准状况下，2.24L18O2中所含中子的数目是NAC．1mol乙酸和甲酸甲酯的混合物中含有共用电子对的数目是8NAD．用足量NaOH溶液完全吸收1molCl2时，转移电子的数目是2NA2、最近，意大利科学家使用普通氧分子和带正电荷的氧离子制造出了由4个氧原子构成的氧分子，并用质谱仪探测到了它存在的证据。若该氧分子具有空间对称结构，下列关于该氧分子的说法正确的是A．是一种新的氧化物，属于非极性分子 B．不可能含有极性键C．是氧元素的一种同位素 D．是臭氧的同分异构体3、柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如图所示。下列有关柠檬烯的分析正确的是（）A．它的一氯代物有6种B．它的分子中所有的碳原子一定在同一平面上C．它和丁基苯互为同分异构体D．一定条件下，它分别可以发生加成、取代、氧化、还原等反应4、下列说法中错误的是A．[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，空间构型为直线型B．配位数为4的配合单元一定呈正四面体结构，配位数为6的配合单元一定呈正八面体结构C．[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性共价键和配位键D．[Pt(NH3)6]2＋和[PtCl4]2－中，其中心离子的化合价都是＋25、下列叙述中不正确的是A．CaCO3、Ca(HCO3)2、Cu2(OH)2CO3都属于碳酸盐B．HCl、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物C．蓝矾(CuSO4·5H2O)和干冰属于化合物，铁矿石属于混合物D．通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH6、首次将量子化概念运用到原子结构，并解释了原子稳定性的科学家是()A．玻尔B．爱因斯坦C．门捷列夫D．鲍林7、水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2++2S2O32-+O2+XOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法正确的是（）A．硫元素被氧化，铁元素被还原B．Fe2+、S2O32-都是还原剂C．X=2D．每生成1molFe3O4，则转移电子数2mol8、分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用。下列物质分类合理的是：（）①酸性氧化物：CO2、SO2、SiO2②混合物：漂白粉、氨水③电解质：氯气、硫酸钡、酒精④同位素：12C、14C与14N⑤同素异形体：C60、金刚石、石墨⑥胶体：稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液A．①②④ B．①②⑤ C．②③④ D．②⑤9、为鉴定卤代烃中的卤素原子，鉴定实验步骤为：①加入AgNO3溶液；②加入少许卤代烃试样；③加热；④加入NaOH溶液；⑤加入过量的HNO3溶液。正确的操作顺序是（）A．②④③① B．②③① C．②④③⑤① D．②⑤③①10、常温下，将NaOH溶液滴入某一元酸（HA）溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知：]。下列叙述不正确的是A．Ka(HA)的数量级为10-5B．滴加NaOH溶液的过程中，保持不变C．m点所示溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(HA)+c(OH-)D．n点所示溶液中：c(Na+)=c(A-)+c(HA)11、下列描述中正确的是()A．氮原子的价电子排布图：B．2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等C．价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p区元素D．钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态12、I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下：i．SO2＋4I－＋4H+=S↓＋2I2＋2H2Oii．I2＋2H2O＋SO2=SO＋4H+＋2I－序号①②③④试剂组成0.4mol·L-1KIamol·L-1KI0.2mol·L-1H2SO40.2mol·L-1H2SO40.2mol·L-1KI0.0002molI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较①快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较①快探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中），下列说法不正确的是A．水溶液中SO2歧化反应方程式为：3SO2＋2H2O=S↓＋2H2SO4B．②是①的对比实验，则a＝0.4C．比较①、②、③，可得出结论：I－是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可加快歧化反应速率D．实验表明，SO2的歧化反应速率④＞①，原因是反应i比ii快，反应ii中产生的H+是反应i加快13、下列关于胶体的性质或应用的说法错误的是（）A．静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶体粒子的带电性而加以除去B．明矾净水是利用胶体的吸附性除去杂质C．将“纳米材料”分散到某液体中，用滤纸过滤的方法可以将“纳米材料”从此分散系中分离出来D．烟、雾属于胶体，能产生丁达尔效应14、对充有氖气的霓虹灯管通电，灯管发出红色光。产生这一现象的主要原因（）A．在电流的作用下，氖原子与构成灯管的物质发生反应B．电子由基态向激发态跃迁时吸收除红光以外的光线C．氖原子获得电子后转变成发出红光的物质D．电子由激发态向基态跃迁时以光的形式释放能量15、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．pH=7的溶液：K＋、Na＋、Cl－、Fe3+B．能使酚酞显红色的溶液：Na＋、Mg2＋、HCO3-、SO42-C．c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液：K＋、Fe3＋、Cl－、SO42-D．水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液：Ca2＋、NH4+、NO3-、HCO3-16、下列有关硅及其化合物的叙述错误的是(

)①水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2②水玻璃是制备硅胶和木材防火剂的原料③硅酸盐Na2Fe2Si3O10用氧化物的形式可表示为：Na2O•2FeO•3SiO2④可选用陶瓷坩埚或者生铁坩埚熔融氢氧化钠固体⑤氮化硅陶瓷是一种重要的结构材料，具有超硬性，它能与氢氟酸反应⑥水泥、玻璃、陶瓷都是混合物，没有固定的熔点A．①③⑥ B．①②③④ C．③④ D．⑤⑥二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物A（C10H20O2）具有兰花香味，可用作香皂、洗发香波的芳香赋予剂。已知：①B分子中没有支链。②D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳。③D、E互为具有相同官能团的同分异构体。E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种。④F可以使溴的四氯化碳溶液褪色。（1）B可以发生的反应有_________（选填序号）①取代反应②消去反应③加聚反应④氧化反应（2）D、F分子所含的官能团的名称依次是：_________、____________。（3）写出与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式：________________________________________________________。（4）E可用于生产氨苄青霉素等。已知E的制备方法不同于其常见的同系物，据报道，可由2—甲基—1—丙醇和甲酸在一定条件下制取E。该反应的化学方程式是_______________________________。18、利用莤烯(A)为原料可制得杀虫剂菊酯(H)，其合成路线可表示如下：已知：R1CHO+R2CH2CHO（1）写出一分子的F通过酯化反应生成环酯的结构简式__________。（2）写出G到H反应的化学方程式___________。（3）写出满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式______________。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中有4种不同化学环境的氢。（4）写出以和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。______________19、研究证明，高铁酸钾不仅能在饮用水源和废水处理过程中去除污染物，而且不产生任何诱变致癌的产物，具有高度的安全性。湿法制备高铁酸钾是目前最成熟的方法，实验步骤如下：a．直接用天平称取60.5gFe(NO3)3·9H2O、30.0gNaOH、17.1gKOH。b．在冰冷却的环境中向NaClO溶液中加入固体NaOH并搅拌，又想其中缓慢少量分批加入Fe(NO3)3·9H2O，并不断搅拌。c．水浴温度控制在20℃，用电磁加热搅拌器搅拌1.5h左右，溶液成紫红色时，即表明有Na2FeO4生成。d．在继续充分搅拌的情况下，向上述的反应液中加入固体NaOH至饱和。e.将固体KOH加入到上述溶液中至饱和。保持温度在20℃，并不停的搅拌15min，可见到烧杯壁有黑色沉淀物生成，即K2FeO4。（1）①步骤b中不断搅拌的目的是_______。②步骤c中发生反应的离子方程式为______。③由以上信息可知：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠_______(填“大”或“小”)。（2）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。①该反应的离子方程式为______。②高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是_______。③在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用______。A．H2OB．稀KOH溶液、异丙醇C．NH4Cl溶液、异丙醇D．Fe(NO3)3溶液、异丙醇（3）高铁酸钠还可以用电解法制得，其原理可表示为Fe+2NaOH+2H2O3H2↑+Na2FeO4，则阳极材料是____，电解液为______。（4）25℃时，Ksp(CaFeO4)=4.536×10-9,若要使100mL1.0×10-3mol/L的K2FeO4溶液中的c(FeO42-)完全沉淀，理论上要加入Ca(OH)2的物质的量为_____mol。（5）干法制备高铁酸钾的方法是Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成黑色高铁酸钾和KNO2等产物。则该方法中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。20、某同学进行影响草酸与酸性高锰酸钾溶液反应速率因素的研究。草酸与酸性高锰酸钾的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。室温下，实验数据如下：实验序号①②③加入试剂0.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O40.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O4MnSO4固体0.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O4Na2SO4固体褪色时间/s1166117请回答：（1）该实验结论是________。（2）还可以控制变量，研究哪些因素对该反应速率的影响________。（3）进行上述三个实验后，该同学进行反思，认为实验①的现象可以证明上述结论。请你写出实验①的现象并分析产生该现象的原因________。（4）实验②选用MnSO4固体而不是MnCl2固体的原因是_________。21、完成下列填空。(1)原子序数为24的元素基态原子核外有________个未成对电子，电子占据的最高能层符号为______，该能层具有的原子轨道数为________；(2)B元素基态原子中能量最高的电子其电子云在空间有___个伸展方向，原子核外有___个运动状态不同的电子。(3)在下列物质中：①NH3②I2③CH4④Na2O2⑤H2O2⑥CO2⑦NaOH⑧CH3COONH4，既存在非极性键又存在极性键的极性分子是__________；既存在σ键又存在π键的非极性分子是________，既存在σ键又存在π键的离子晶体是________(4)1molNH4BF4含有___mol配位键，1mol[Zn(CN)4]2－中含有σ键的数目为___．

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】分析：A、质量换算物质的量结合过氧化钠构成离子分析判断；B、依据气体摩尔体积换算物质的量，结合分子式和质量数=中子数+质子数计算中子数；C、乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体，每个乙酸和甲酸甲酯分子中所含共用电子对个数都是8；D、氯气和氢氧化钠反应是氯气自身氧化还原反应，氯元素化合价从0价变化为-1价和+1价。详解：A、7.8gNa2O2中物质的量为0.1mol，所含阴离子过氧根离子的数目是0.1NA，选项A错误；B、标准状况下，2.24L18O2物质的量为0.1mol，所含中子的数目=0.1mol×（18-8）×2×NA=2NA，选项B错误；C、乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体，每个乙酸（CH3COOH）和甲酸甲酯（HCOOCH3）分子中所含共用电子对个数都是8，所以1mol乙酸和甲酸甲酯的混合物中含有共用电子对的数目是8NA，选项C正确；D、氯气和氢氧化钠反应是氯气自身氧化还原反应，氯元素化合价从0价变化为-1价和+1价；吸收1molCl2时，转移电子的数目是NA，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用以及物质的结构是解题关键，难度不大。2、B【解题分析】

4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，分子内含有氧氧非极性键，是结构对称的非极性分子，与O2和O3互为同素异形体。【题目详解】A项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，不属于氧化物，故A错误；B项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，分子内含有氧氧非极性键，故B正确；C项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，不属于同位素，故C错误；D项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，与O3互为同素异形体，不是同分异构体，故D错误；故选B。【题目点拨】本题的重点考查了同位素、同素异形体、同分异构体概念和区别，注意氧化物是指只含有两种元素，且其中一种元素是氧元素的化合物；由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，同种非金属元素之间形成非极性键；质子数相同中子数不同原子互称同位素；同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物。3、D【解题分析】

A．该物质结构不对称，共有8种位置的H原子，则它的一氯代物有8种，故A错误；B．环状结构中含饱和碳原子，为四面体结构，分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，故B错误；C．丁基苯的分子式为C10H14，柠檬烯的分子式为C10H16，二者分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D．含C=C，能发生加成、氧化，含甲基，能在一定条件下发生取代，则一定条件下，它可以分别发生加成、取代和氧化反应，与氢气的加成反应也为还原反应，故D正确；答案选D。4、B【解题分析】

A.Ag+价电子排布式为4d10，4d轨道电子全充满，则一个5s轨道和1个5p轨道参与杂化形成两个杂化轨道，这两个杂化轨道接受两个氮原子中提供的孤电子对而形成两个配位键，所以中心原子与配位体形成配位键的杂化轨道类型是sp杂化，空间构型为直线型，A正确；B.配位数为4的配合物可以为四面体结构，也可以为平面四边形结构，B错误；C.[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，含有离子键，N-H键为极性共价键，Cu-N键为配位键，C正确；D.[Pt(NH3)6]2＋中，NH3可以看为一个整体，显0价，[PtCl4]2－中，Cl显-1价，故它们的中心离子的化合价都是＋2，D正确；故合理选项为B。5、B【解题分析】

A．含碳酸根或者碳酸氢根离子的盐属于碳酸盐；B．盐酸是混合物，纯碱是碳酸钠，属于盐；C．含有两种以上元素组成的纯净物属于化合物，含两种以上物质组成的是混合物；D．氢氧化钡与碳酸钠反应生成氢氧化钠。【题目详解】A、CaCO3是碳酸的正盐、Ca(HCO3)2是碳酸的酸式盐、Cu2(OH)2CO3是碳酸的碱式盐，三者都属于碳酸盐，A正确；B、盐酸是氯化氢的水溶液，溶液显酸性，属于混合物，纯碱属于盐类不属于碱，B错误；C、蓝矾是含结晶水的化合物，干冰是固态CO2，二者都属于化合物，铁矿石属于混合物，C正确；D、根据反应Ba(OH)2+Na2CO3＝BaCO3↓+2NaOH可知，通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH，D正确。答案选B。6、A【解题分析】

玻尔首次将量子化概念应用到原子结构，并解释了原子稳定性量子化的概念，玻尔提出了能级的概念，解释了氢原子的光谱。【题目详解】A.玻尔首次将量子化概念应用到原子结构，并解释了原子稳定性，故A正确；B.爱因斯坦创立了代表现代科学的相对论，故B错误；C.门捷列夫提出元素周期律，故C错误；D.鲍林根据光谱实验的结果，总结出多电子原子中电子填充各原子轨道能级顺序，提出了多电子原子中原子轨道的近似能级图；答案选A。7、B【解题分析】

A.化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+；硫元素的化合价变化为：+2→+，Fe和S元素都被氧化，A错误；B.由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，氧化剂是O2，B正确；C.由电荷守恒可知：2×3+2×(-2)-X=-2，X=4，C错误；D.由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子数为1mol×4=4mol，D错误。故合理选项是B。8、B【解题分析】分析：①与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；②由不同物质组成的为混合物；③在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；④质子数相同，中子数不同的同元素不同的原子互称为同位素；⑤同种元素组成的不同单质为同素异形体；⑥依据分散质微粒直径大小对分散系进行分类为溶液、胶体、浊液。详解：①CO2、SO2、SiO2都和强碱溶液反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故①正确；②漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物、氨水是一水合氨的溶液属于混合物，故②正确；③氯气是单质不是电解质、硫酸钡属于盐为强电解质、酒精是非电解质，故③错误：④12C、14C为同位素，与14N不是同位素，故④错误；⑤C60、金刚石、石墨是碳元素的不同单质属于同素异形体，故⑤正确；⑥稀豆浆、硅酸属于胶体，氯化铁溶液属于溶液，故⑥错误；综上所述①②⑤正确；故选B。点睛：本题考查了物质分类的方法和依据，掌握基础，概念的理解应用是解题关键，题目难度中等。9、C【解题分析】

检验卤代烃中所含有的卤素原子，先使卤代烃中的卤素原子变为卤素离子，可以在氢氧化钠水溶液中水解，再加入硝酸酸化，最后加入硝酸银溶液，观察是否沉淀生成及产生沉淀的颜色，来确定含有的卤素原子，以此来解答。【题目详解】鉴定卤代烃中所含有的卤素原子，先②加入少许卤代烃试样、再④加入NaOH溶液，然后③加热，发生水解反应生成卤素离子，再⑤加入HNO3溶液酸化，最后①加入AgNO3溶液，观察沉淀及其颜色可确定卤素原子，故正确的操作顺序为：②④③⑤①，故合理选项是C。【题目点拨】本题考查有机物的中卤素原子检验的知识，注意溴乙烷中溴元素以原子形式存在，不含溴离子。明确使卤代烃通过发生水解反应或消去反应转化为卤素离子是解答题目的关键。水解后或发生消去反应后的溶液一定要先加硝酸至溶液酸性为解答的易错点，否则会由于OH-与Ag+发生沉淀反应产生AgOH沉淀而产生干扰。10、D【解题分析】

根据图像，溶液中含有HA，说明HA为弱酸，即存在HAH＋＋A－，加入NaOH溶液，发生NaOH＋HA=NaA＋H2O，c(A－)/c(HA)比值增大，即，减小，然后依据溶液中三个“守恒”进行分析；【题目详解】A、HA为弱酸，即存在HAH＋＋A－，Ka=c(H＋)×c(A－)/c(HA)，，时，Ka=c(H＋)=10－4.76=10－5＋0.24，即数量级为10－5，故A说法正确；B、，Ka和Kw只受温度的影响，因此该比值保持不变，故B说法正确；C、根据电荷守恒，m点所示溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH－)＋c(A－)，由A选项分析，m点时，c(A－)=c(HA)，因此有c(H＋)=c(HA)＋c(OH－)－c(Na＋)，故C说法正确；D、n点时溶液pH=2，HA的物质的量大于NaOH的物质的量，则此时溶液中：c(Na＋)<c(A－)＋c(HA)，故D说法错误。11、C【解题分析】

A．由洪特规则可知，电子优先占据1个轨道，且自旋方向相同；B．3p轨道的能量大于2p轨道的能量；C．价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，最后填充p电子；D．原子由基态变成激发态需要吸收能量。【题目详解】A．根据“洪特规则”可知，2p轨道电子的自旋方向应该相同，正确的电子排布图为：，故A错误；B．2p和3p轨道形状均为哑铃形，但是原子轨道离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p，故B错误；C．价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，位于第四周期第ⅤA族，最后填充p电子，是p区元素，故C正确；D．基态Na的电子排布式为1s22s22p63s1，由基态转化成激发态1s22s22p63p1时，电子能量增大，需要吸收能量，故D错误；故选C。12、D【解题分析】

A.由i+ii×2得反应：3SO2＋2H2O=S↓＋2H2SO4，故A项正确；B.②是①的对比实验，采用控制变量法，②比①多加了0.2mol·L-1H2SO4，②与①中KI浓度应相等，则a=0.4，故B项正确；C.对比①与②，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比②与③，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较①、②、③，可得出的结论是：I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率，故C项正确。D.对比④和①，④中加入碘化钾的浓度小于①，④中多加了碘单质，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，④中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较①快”，反应速率④>①，由此可见，反应ⅱ比反应ⅰ速率快，反应ⅱ产生H+使成c(H+)增大，从而反应i加快，故D项错误；综上所述，本题正确答案为D。【题目点拨】解题依据：根据影响化学反应速率的因素进行判断。通过实验对比探究反应物、生成物的浓度，催化剂对化学反应速率的影响。13、C【解题分析】

根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）和浊液（大于100nm），胶体具有丁达尔效应，胶体本身不带电荷，但胶体具有吸附性，吸附离子致使胶体微粒带有电荷。【题目详解】A项、静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶粒带电荷而加以除去，此过程为胶体的电泳，故A正确；B项、明净水是因为明矾溶于水，溶液中Al3+发生水解反应生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体表面积大，可以吸附水中悬浮的杂质，达到净水的目的，故B正确；C项、将“纳米材料”分散到某液体中，所得分散系为胶体，滤纸上的小孔直径小于100nm，胶体和溶液都能通过，只有浊液的微粒不能通过，分离提纯胶体应用半透膜，故C错误；D项、烟、雾分散质粒子直径在1nm～100nm之间，属于胶体，胶体具有丁达尔效应，故D正确；故选C。【题目点拨】本题考查了胶体的性质，侧重于考查基础知识的理解与综合应用能力，注意掌握胶体的性质与现实生活联系是解答的关键。14、D【解题分析】

对充有氖气的霓虹灯管通电，灯管发出红色光是因为通电时Ne原子吸收能量，原子核外的电子由基态跃迁到激发态。但是激发态不稳定，电子再由激发态向基态跃迁，能量就以光的形式释放。所以灯管发出红色光。因此正确选项为D。15、C【解题分析】

A.由于Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，Fe3＋大量存在的溶液显酸性pH<7，不能存在中性溶液中，故A错误；B.能使酚酞显红色的溶液显碱性，Mg2＋、HCO3-不能存在于碱性溶液中，故B错误；C.c(H＋)/c(OH－)=1012，说明c（H+）＞c（OH-），溶液显酸性，该组离子能大量共存，故C正确；D.由水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1，此时溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO3-在酸性溶液或碱性溶液中都不能大量存在；NH4+在碱性溶液中不能大量存在，故D错误。故选C。【题目点拨】判断离子共存，有以下几种情况：1.由于发生复分解反应，离子不能大量共存；2.由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存；3.由于形成络合离子，离子不能大量共存。16、C【解题分析】

①水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2；②水玻璃是硅酸钠的水溶液，可用于制备硅胶和木材防火剂；③硅酸盐在用氧化物表示时，要符合元素原子守恒；④陶瓷坩埚主要成分是硅酸盐，可以与NaOH在高温下反应；⑤氮化硅陶瓷属于原子晶体，结合其组成、结构分析判断；⑥混合物没有固定的熔沸点，纯净物有固定的熔沸点。【题目详解】①水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2，①合理；②水玻璃是硅酸钠的水溶液，可向其水溶液中通入CO2气体，利用复分解反应来制取硅胶，由于硅酸钠不能燃烧也不支持燃烧，因此可作木材防火剂，②合理；③硅酸盐Na2Fe2Si3O10用氧化物的形式表示时，各种元素的原子个数比不变，元素的化合价不变，因此该硅酸盐可表示为：Na2O•Fe2O3•3SiO2，③错误；④陶瓷坩埚主要成分是硅酸盐，可以与NaOH在高温下反应，故不能在高温下熔融NaOH固体，④错误；⑤氮化硅陶瓷是一种重要的结构材料，由于氮化硅属于原子晶体，原子间通过共价键结合，共价键的作用力强，因此该物质具有超硬性，它能与氢氟酸反应产生SiF4、NH3，⑤正确；⑥水泥、玻璃、陶瓷都是混合物，由于没有固定的组成，因此物质没有固定的熔点，只能在一定温度范围内软化，⑥正确；可见叙述错误的是③④，因此合理选项是C。二、非选择题（本题包括5小题）17、①②④羧基碳碳双键、【解题分析】

B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B→F为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，据此分析作答。【题目详解】B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B→F为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，（1）B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，B属于饱和一元醇，B可以与HBr、羧酸等发生取代反应，B中与—OH相连碳原子的邻碳上连有H原子，B能发生消去反应，B能与O2、KMnO4等发生氧化反应，B不能加聚反应，答案选①②④。（2）D为CH3CH2CH2CH2COOH，所含官能团名称为羧基；F为CH3CH2CH2CH=CH2，所含官能团名称为碳碳双键。（3）D、E的官能团为羧基，与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式为（CH3）2CHCH2COOH、CH3CH2CH（CH3）COOH。（4）E为（CH3）3CCOOH，2—甲基—1—丙醇与甲酸在一定条件下制取E的化学方程式为。18、+CH3OH+H2O或【解题分析】

A发生氧化反应生成B，B发生信息中的反应生成C，C发生氧化反应生成D，D发生取代反应生成E，G发生酯化反应生成H，G为，F发生消去反应生成G；(4)以和CH3CH2OH为原料制备，由苯丙烯酸和乙醇发生酯化反应得到，苯丙烯酸由苯丙烯醛发生氧化反应得到，苯丙烯醛由苯甲醛和乙醛发生信息中的反应得到，乙醛由乙醇发生氧化反应得到。【题目详解】(1)一分子的F通过酯化反应生成环酯的结构简式为；(2)G发生酯化反应生成H，该反应方程式为；(3)C的同分异构体符合下列条件，

C的不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且该分子中不含其它环或双键；②分子中有4种不同化学环境的氢，符合条件的结构简式为；(4)以和CH3CH2OH为原料制备，由苯丙烯酸和乙醇发生酯化反应得到，苯丙烯酸由苯丙烯醛发生氧化反应得到，苯丙烯醛由苯甲醛和乙醛发生信息中的反应得到，乙醛由乙醇发生氧化反应得到，其合成路线为。【题目点拨】常见的反应条件与反应类型有：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。⑧在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。⑨在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。19、使固体充分溶解2Fe3++3Cl-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-小4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑消毒、净水B铁NaOH溶液4.536×10-53:1【解题分析】

（1）①步骤b中不断搅拌可以增大反应物的接触面积，使固体充分溶解；②溶液成紫红色时，表明有Na2FeO4生成，则步骤c中发生反应的离子方程式为2Fe3++3Cl-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-；③Na2FeO4与饱和KOH溶液反应产生K2FeO4和NaOH，说明高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小；（2）①高铁酸钾溶于水能释放大量的氧原子，即生成氧气单质，同时它本身被还原产生氢氧化铁胶体，离子反应方程式是：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑；②根据方程式可知高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是既作氧化剂杀菌消毒，同时还原产物又其净化水的作用；③结合化学平衡移动原理可知，在碱性条件下可以抑制该反应的发生，K2FeO4易溶于水，所以不能用水洗，因此选项B正确；（3）根据电解反应方程式可知NaOH溶液为电解质溶液，阳极材料是Fe，阴极材料是活动性比Fe弱的电极；（4）要形成CaFeO4沉淀，应该使c(Ca2+)·c(FeO42-)＞Ksp(CaFeO4)，c(Ca2+)＞4.536×10-9÷1.0×10-5=4.536×10-4mol/L，由于溶液的体积是100mL，所以需要Ca(OH)2的物质的量是n[Ca(OH)2]=4.536×10-4mol/L×0.1L=4.536×10-5mol；（5）干法制备高铁酸钾的反应中KNO3是氧化剂，被还原产生KNO2，化合价降低2价，Fe2O3是还原剂，被氧化产生的物质是K2FeO4，化合价升高6价，根据电子守恒可得氧化剂与还原剂的物质的量的比是3:1。20、