2024届河北邢台市内丘中学等五校化学高二第二学期期末达标检测试题含解析

2024届河北邢台市内丘中学等五校化学高二第二学期期末达标检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL4.40mol/L盐酸中，充分反应后产生896mLH2(标准状况)，残留固体1.28g。过滤，滤液中无Cu2＋。将滤液加水稀释到200mL，测得其中c(H＋)为0.400mol/L。则原混合物中单质铁的质量是A．2.24g B．3.36g C．5.60g D．10.08g2、某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如下图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积)。关于该固体混合物，下列说法正确的是()A．一定含有MgCl2和FeCl2B．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C．一定含有Al，其质量为4.5gD．一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，且物质的量相等3、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4、下列离子方程式表达不正确的是A．用SO2水溶液吸收Br2：SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br－B．酸性高锰酸钾和过氧化氢制取少量氧气：4MnO4-+4H2O2+12H+=4Mn2++7O2↑+10H2OC．用稀硫酸除去铜绿：4H＋＋Cu2(OH)2CO3=2Cu2＋＋CO2↑＋3H2OD．少量Ba(HCO3)2溶液与NaOH溶液反应：Ba2++2HCO3－+2OH－=BaCO3↓+2H2O+CO32－5、下列指定反应的离子方程式正确的是A．BaSO3与稀HNO3反应：BaSO3+2H+=Ba2＋+SO2↑+H2OB．向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3−＋I−＋6H＋=I2＋3H2OD．Ca(OH)2溶液与过量NaHCO3溶液反应：HCO3－+Ca2＋+OH－=CaCO3↓+H2O6、药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：下列有关叙述正确的是A．贝诺酯分子中有三种含氧官能团B．贝诺酯与足量NaOH溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠C．乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与Na2CO3溶液反应放出CO2气体D．可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚7、下列关于平衡常数的说法正确的是A．在平衡常数表达式中，反应物浓度用起始浓度表示，生成物浓度用平衡浓度表示B．可逆反应中，反应物的转化率增大，一定导致化学平衡常数增大C．可以用化学平衡常数来定量描述化学反应的限度D．平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂有关8、某科研人员提出HCHO(甲醛）与O2在羟基磷灰石（HAP)表面催化生成H2O的历程，该历程示意图如下（图中只画出了HAP的部分结构）：下列说法不正确的是A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率B．HCHO在反应过程中，有C-H键发生断裂C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D．该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O9、下列有关σ键和π键的说法错误的是()A．在某些分子中，化学键可能只有π键而没有σ键B．当原子形成分子时，首先形成σ键，可能形成π键，配位键都是σ键C．σ键的特征是轴对称，π键的特征是镜面对称D．含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者10、研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A．雾和霾的分散剂相同B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关11、有关晶体的结构如图所示,下列说法中不正确的是()A．在NaCl晶体中,距Na+最近的Cl-形成正八面体B．在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+C．在金刚石晶体中,碳原子与碳碳键个数的比为1∶2D．CaF2晶体在熔融状态不导电12、下列关于有机化合物的说法正确的是A．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别B．戊烷（C5H12）有两种同分异构体C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子均含有碳碳双键D．糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应13、下列说法正确的是A．与含有相同的官能团，互为同系物B．属于醛类，官能团为－CHOC．的名称为：2－乙基－1－丁烯D．的名称为：2－甲基－1，3－二丁烯14、下列盛放试剂的方法正确的是()A．氢氟酸或浓硝酸存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中B．汽油或煤油存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中C．碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中D．氯水或硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中15、下列物质与常用危险化学品的类别不对应的是A．H2SO4、NaOH——腐蚀品 B．CH4、C2H4­——易燃液体C．CaC2、Na——遇湿易燃物品 D．KMnO4、K2Cr2O7——氧化剂16、关于一些重要的化学概念有下列说法，其中正确的是（）①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物②BaSO4是一种难溶于水的强电解质③冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐④煤的干馏、煤的气化和液化都属于化学变化⑤置换反应都属于离子反应A．①②⑤ B．①②④ C．②③④ D．③④⑤17、金属银的晶胞是一个“面心立方体”(注：八个顶点和六个面分别有一个金属原子)。则金属银平均每个晶胞中含有的金属原子数是()A．5个B．4个C．3个D．2个18、反应A+B→C△H＜0，分两步进行①A+B→X△H＞0②X→C△H＜0。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是A． B．C． D．19、1mol某链烃最多能和2molHCl发生加成反应，生成1

mol氯代烷，1mol该氯代烷能与6molCl2发生取代反应，生成只含有碳氯两种元素的氯代烃，该链烃可能是A．CH3CH=CH2 B．CH3C≡CH C．CH3CH2C≡CH D．CH2=CHCH=CH220、酸碱恰好完全中和时（）A．酸和碱的物质的量一定相等B．溶液呈现中性C．酸和碱的物质的量浓度相等D．酸能提供的H+与碱所能提供的OH-的物质的量相等21、下列有关化学用语表示正确的是（）A．K+的结构示意图：B．基态氮原子的电子排布图：C．水的电子式：D．基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d44s222、向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是（）A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化D．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物K为合成高分子化合物，一种合成K的合成路线如图所示(部分产物及反应条件已略去)。已知：①R1CHO+R2CH2CHO+H2O②+回答下列问题：(1)A的名称为_________，F中含氧官能团的名称为___________。(2)E和G的结构简式分别为________、________。H→K的反应类型为_______反应。(3)由C生成D的化学方程式为___________。(4)参照上述合成路线和信息，以甲醛、乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制取甘油(丙三醇)的合成路线为___________。24、（12分）苏合香醇可以用作食用香精，其结构简式如图所示。（1）苏合香醇的分子式为____，它不能发生的有机反应类型有(填数字序号)____。①取代反应②加成反应③氧化反应④加聚反应⑤水解反应有机物丙(分子式为C13H18O2)是一种香料，其合成路线如图所示。其中A的相对分子质量通过质谱法测得为56，核磁共振氢谱显示只有两组峰；乙与苏合香醇互为同系物；丙分子中含有两个－CH3。已知：R-CH=CH2R-CH2CH2OH（2）甲中官能团的名称是____；甲与乙反应生成丙的反应类型为____。（3）B与O2反应生成C的化学方程式为____。（4）在催化剂存在下1molD与2molH2可以反应生成乙，且D能发生银镜反应。则D的结构简式为____。（5）写出符合下列条件的乙的同分异构体结构简式____。①苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯取代物只有两种②遇氯化铁溶液显紫色25、（12分）白醋是常见的烹调酸味辅料，白醋总酸度测定方法如下。i.量取20.00mL白醋样品，用100mL容量瓶配制成待测液。ii.将滴定管洗净、润洗，装入溶液，赶出尖嘴处气泡，调整液面至0刻度线。iii.取20.00mL待测液于洁净的锥形瓶中，加3滴酚酞溶液，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定至终点，记录数据。iv.重复滴定实验3次并记录数据。ⅴ.计算醋酸总酸度。回答下列问题：（1）实验i中量取20.00mL白醋所用的仪器是______（填字母）。abcD（2）若实验ii中碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗，会造成测定结果比准确值_____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（3）实验iii中判断滴定终点的现象是_______。（4）实验数据如下表，则该白醋的总酸度为_______mol·L－1。待测液体积/mL标准NaOH溶液滴定前读数/mL滴定终点读数/mL第1次20.00021.98第2次20.00022.00第3次20.00022.0226、（10分）为证明C2H5X（X=Cl、Br或I）中存在溴原子，某同学设计如下实验：Ⅰ．向C2H5X中加入硝酸银溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液；Ⅱ．向C2H5X中加入氢氧化钠溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液；Ⅲ．取Ⅱ中……。(1)Ⅰ为对照实验，目的是_______。(2)写出Ⅱ中的化学方程式：_______。(3)补全Ⅲ中的实验操作及现象：_______，说明C2H5X中含溴原子。27、（12分）某化学实验小组用酸性KMnO4溶液和草酸（H2C2O4）溶液反应，研究外界条件反应速率的影响，实验操作及现象如下：编号实验操作实验现象I向一支试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入1滴3mol/L硫酸和9滴蒸馏水，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液前10min内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30min后几乎变为无色II向另一支试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10滴3mol/L硫酸，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液80s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150s后几乎变为无色（1）补全高锰酸钾与草酸反应的离子方程式：5H2C2O4+2MnO4-+6H+===2Mn2++______+______（2）由实验I、II可得出的结论是______。（3）关于实验II中80s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验III，验证猜想。提供的试剂：0.01mol/L酸性KMnO4溶液，0.1mol/L草酸溶液，3mol/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水①补全实验III的操作：向试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，______，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液。②若猜想成立，应观察到的实验现象是______。（4）该小组拟采用如下图所示的实验方案继续探究外界条件对反应速率的影响。①他们拟研究的影响因素是______。②你认为他们的实验方案______（填“合理”或“不合理”），理由是______。28、（14分）VIA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含VIA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：(1)S单质的常见形式为S8，其环状结构如图所示，S原子采用的轨道杂化方式是______；(2)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是_______；氮元素的E1呈现异常的原因是________。(3)Se原子序数为_______，其核外M层电子的排布式为_________；(4)H2Se的稳定性比H2S_____________(填“强”或“弱”)。SeO3分子的立体构型为______。(5)琥珀酸亚铁片是用于缺铁性贫血的预防和治疗的常见药物，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从原子核外电子结构角度来看，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是_________。29、（10分）有机物W用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下：已知：请回答下列问题：(1)F的名称是____，⑤的反应类型是____。(2)E中的含氧官能团是____（写名称），W的结构简式为____。(3)反应②的化学方程式是____。(4)D发生聚合反应的化学方程式为____。(5)芳香化合物N是A的同分异构体，写出其中能使溴的四氯化碳溶液褪色且苯环上的一氯代物有三种的同分异构体的结构简式____、____。

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、C【解题分析】

反应后溶液中还有较多H＋离子剩余,且滤液中没有Cu2＋,可以知道残留物没有Fe,只有Cu,而Cu可以残留说明溶液中没有Fe3+，溶液中阳离子为H＋和Fe2+，参加反应的HCl中的H元素转化到氢气、水中，根据H原子守恒，计算混合物中O原子物质的量，根据Cu元素守恒计算n(CuO)，再根据O原子守恒计算n(Fe2O3),根据m=n×M计算氧化铁的质量。【题目详解】反应后溶液中还有较多H＋离子剩余，且滤液中没有Cu2＋，可以知道残留物没有Fe，只有Cu，而Cu可以残留说明溶液中没有Fe3+，溶液中阳离子为H＋和Fe2+，反应后剩余n(H+)=0.4nol/L×0.2L=0.08mol，原溶液中n(HCl)=4.4mol/L×0.1L=0.44mol，参加反应的HCl中的H元素转化到氢气、水中,根据H原子守恒,2n(H2O)+2n(H2)=n总(HCl)-n余(H+)，即2n(H2O)+2=0.44mol-0.08mol，n(H2O)=0.14mol故混合物中n(O)=n(H2O)=0.14mol，

由铜元素守恒,则n(CuO)=n(Cu)==0.02mol，由O原子守恒:3n(Fe2O3)+n(CuO)=0.14mol，则n(Fe2O3)=0.04mol，由Cl原子守恒，滤液中溶质为FeCl2和剩余HCl，2n(FeCl2)+n余(HCl)=n总(HCl)，即2n(FeCl2)+0.08mol=0.44mol，n(FeCl2)=0.18mol,由Fe原子守恒，原混合物中铁的物质的量：n(Fe)+2n(Fe2O3)=n(FeCl2),n(Fe)=0.18mol-0.04mol×2=0.10mol,m(Fe)=0.10mol×56g/mol=5.60g，所以C选项是正确的。【题目点拨】本题考查混合物的计算，明确物质反应先后顺序及剩余固体成分是解本题关键，再结合转移电子守恒、原子守恒进行解答，同时考查学生思维缜密性，题目难度中等。2、D【解题分析】分析：14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸,气体剩余3.36L，体积减少5.60L-3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可以知道，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，因为氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，一定不存在FeCl2；

14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，以此解答该题。详解：结合以上分析，A.根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀,且白色沉淀没有变化,则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2，故A错误；

B.根据以上分析可以知道,固体混合物中一定含有MgCl2和AlCl3，故B错误；

C.固体混合物中一定含有Al，可以根据标况下3.36L氢气可以计算出铝的物质的量为0.1mol，质量为2.7g，故C错误；D.根据以上分析可以知道，原固体混合物中一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，所以D选项是正确的；

所以D选项是正确的。3、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。4、B【解题分析】

A．Br2会将溶液中的SO2氧化生成硫酸，硫酸是强酸可以拆分，A项正确；B．做氧化剂，做还原剂，化学计量系数比应该为2:5，选项中的方程式电子得失不守恒，正确的方程式为：，B项错误；C．硫酸是强酸，可以拆分；铜绿的主要成分是不溶于水的碱式碳酸铜，离子方程式中不可拆分，所以C项正确；D．Ba(HCO3)2与NaOH反应时是少量的，所以Ba(HCO3)2整体的化学计量系数为1，OH-的系数根据需求书写，D项正确；答案选B。【题目点拨】离子方程式正误判断，首先观察离子方程式是否满足三个守恒，其次观察离子方程式中各物质的拆分是否正确，最后观察离子方程式是否符合反应实际，化学计量系数是否正确等。5、B【解题分析】

A.BaSO3与稀HNO3反应是要考虑硝酸的强氧化性，得到BaSO4沉淀，且硝酸的还原产物为NO，故A错误；B.CuSO4溶液中加入Na2O2，离子反应方程式为：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故B正确；C.酸性溶液中KIO3与KI反应，生成I2的离子反应方程式为：IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，故C错误；D.Ca(OH)2与过量NaHCO3溶液反应的离子方程式为2HCO3－+Ca2＋+2OH－=CaCO3↓+2H2O+CO32-，故D错误；本题答案为B。【题目点拨】书写离子方程式时，必须满足（1）符合客观实际，（2）满足电荷守恒及质量守恒。6、D【解题分析】

A．贝诺酯分子中只含两种含氧官能团：酯基和肽键，A选项错误；B．贝诺酯与足量NaOH溶液共热，两个酯基和—NH—CO—均能水解，最终生成、、CH3COONa三种有机物，B选项错误；C．乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与Na2CO3溶液反应，但由于酸性—COOH>H2CO3>C6H5OH>HCO3-，因此只有乙酰水杨酸能与Na2CO3溶液反应放出CO2，C选项错误；D．对乙酰氨基酚含有酚羟基能使FeCl3溶液显紫色，而乙酰水杨酸没有酚羟基，不能使FeCl3溶液显色，可以鉴别，D选项正确；答案选D。7、C【解题分析】

A.在平衡常数表达式中，反应物浓度和生成物浓度都应用平衡浓度表示，故A错误；B.同一反应，平化学衡常数只受温度影响，反应物的转化率增大，平衡常数不一定改变，故B错误；C.平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大，故C正确；D.同一反应，化学平衡常数只受温度影响，与反应物浓度、体系的压强、催化剂等无关，故D错误；答案选C。8、C【解题分析】

A.根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；B.HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，B正确；C.根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，C错误；D.该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2CO2+H2O，D正确；故合理选项是C。9、A【解题分析】

A．共价键中一定含σ键，则在分子中，化学键可能只有σ键，而没有π键，选项A错误；B．原子形成分子，优先头碰头重叠，则先形成σ键，可能形成π键，选项B正确；C．σ键是“头碰头”重叠形成，可沿键轴自由旋转，为轴对称；而π键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成，重叠程度小，为镜像对称，选项C正确；D．π键不稳定，易断裂，则含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者，选项D正确；答案选A。【题目点拨】本题考查共价键及类型，把握共价键的形成及判断共价键的规律为解答的关键，注意共价键中一定含σ键。10、C【解题分析】

A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析；C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。【题目详解】A.雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B.由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C.NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D.氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。【题目点拨】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。11、D【解题分析】分析：A、根据在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个进行分析；B、利用均摊法确定每个晶胞中含有的钙离子、氟离子个数；C、每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键；D、CaF2晶体是离子化合物。详解：在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个，这6个离子构成一个正八面体，A选项正确；在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，Ca2+位于立方体的8个顶角和6个面，所以Ca2+的数目是：8×1/8+6×1/2=4，在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+，B选项正确；每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2，C选项正确；CaF2是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下能够完全电离出Ca2+和F-离子，能够导电，D说法不正确，D选项错误；正确选项D。

点睛：晶体中微粒的排列具有周期性，晶体中最小的结构重复单元称为晶胞，利用“均摊法”可以计算一个晶胞中的粒子数，从而确定晶体的化学式。中学中常见考题里涉及的晶胞有立方晶胞、六方晶胞；在立方晶胞中：（1）每个顶点上的粒子被8个晶胞共用，每个粒子只有1/8属于该晶胞，如本题中的Ca2+离子；（2）每条棱上的粒子被4个晶胞共用，每个粒子只有1/4属于该晶胞；（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用，每个粒子只有1/2属于该晶胞。如本题中的Ca2+；（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞。12、A【解题分析】

A、乙酸可以和碳酸钠反应，产生气泡，而乙酸乙酯分层，A正确；B、戊烷有三种同分异构体，B错误；C、聚乙烯中没有双键，苯是一种介于单键和双键间特殊的化学键，C错误；D、糖类分为单糖、二糖、多糖，单糖不能水解，D错误。答案选A。13、C【解题分析】

A.前者—OH与苯环的侧链相连，属于醇类，后者—OH直接与苯环相连，属于酚类，尽管分子构成相差了1个CH2，但是二者不是同一类物质，所以它们不互为同系物，A错误；B.该物质属于酯类（甲酸酯，含有醛基），官能团为酯基，B错误；C.该物质的官能团为碳碳双键，含有官能团的最长的碳链有4个C，因此主链含有4个C，为丁烯；编号时官能团的编号要小，因此碳碳双键的编号为1，乙基的编号为2，命名为2-乙基－1－丁烯，C正确；D.该物质中含有2个碳碳双键，且含有碳碳双键最长的碳链有4个碳原子，因此该物质为丁二烯。编号时，不管是从左端还是右端，碳碳双键的编号均为1、3，因此编号的选择，让甲基的编号的编号小，甲基的编号为2，则该物质的名称应为：2-甲基-1，3-丁二烯，故D错误。14、D【解题分析】

A．氢氟酸能和二氧化硅反应，玻璃中含有二氧化硅，所以氢氟酸不能用玻璃瓶盛放；浓硝酸能加快橡胶老化，所以浓硝酸不能存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中，故A错误；B．根据相似相溶原理知，橡胶能溶于汽油或煤油，所以汽油或煤油不能存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中，故B错误；C．碳酸钠溶液和氢氧化钙溶液都呈碱性，二氧化硅能和强碱反应生成黏性的硅酸钠而使瓶塞打不开，故C错误；D．氯水和硝酸银见光易分解，且氯水和硝酸银溶液都是液体，所以它们应该存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中，故D正确；答案选D。15、B【解题分析】

A.H2SO4、NaOH有强腐蚀性，是腐蚀品，故A正确；B.CH4、C2H4是气体，不是易燃液体，故B错误；C.CaC2、Na能与水反应产生易燃气体，是遇湿易燃物品，故C正确；D.KMnO4、K2Cr2O7有强氧化性，是氧化剂，故D正确。答案选B。16、B【解题分析】

①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是分散质和分散剂组成的混合物，故①正确；②硫酸钡是盐，水溶液中难溶，但溶于水的部分完全电离，熔融状态完全电离，是强电解质，故②正确；③纯碱是碳酸钠，属于盐类，故③错误；④煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏是属于化学变化；煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，属于化学变化；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，属于化学变化，故④正确；⑤置换反应不一定是离子反应，如：CuO＋H2Cu＋H2O，故⑤错误；故正确的是①②④，答案为B。【题目点拨】常见化学变化：干馏、氢化、氧化、水化、风化、炭化、钝化、催化、皂化、歧化、卤化、硝化、酯化、裂化、油脂的硬化等；常见物理变化或过程：蒸馏、分馏、溶化、汽化、液化、酸化等。17、B【解题分析】分析：用“均摊法”，金属银平均每个晶胞中含有的金属原子数为8×18+6×1详解：用“均摊法”，金属银平均每个晶胞中含有的金属原子数为8×18+6×118、D【解题分析】

根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．【题目详解】由反应A+B→C（△H＜0）分两步进行①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象D符合，

故选D。【题目点拨】本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变化、分析，题目难度不大，注意反应热与物质总能量大小的关系判断19、B【解题分析】

某气态烃1mol最多能和2molHCl发生加成反应，生成1mol氯代烷（且为二氯代烷），说明该气体烃中含有2个双键或1个三键；此氯代烷能和6molCl2发生取代反应，生成物分子中只含C、Cl两种元素，说明新的氯代产物对应的烷烃有8个氢原子，则该烷烃为丙烷，即题中的气态烃含有3个C原子，据此进行作答。【题目详解】A.1mol丙烯最多能与1molHCl反应，A不符合题意；B.1mol丙炔最多能与2molHCl发生加成反应，生成1mol二氯代烷，其分子式为C3H6Cl2，该氯代烷继续可以和6molCl2发生取代反应，产物中只有C、Cl两种元素，B符合题意；C.1mol丁炔和和2molHCl发生加成反应，产物的分子式为C4H8Cl2，该氯代烷继续可以和6molCl2发生取代反应，产物中有C、H、Cl三种元素，C不符合题意；D.1mol1,3-丁二烯和和2molHCl发生加成反应，产物的分子式为C4H8Cl2，该氯代烷继续可以和6molCl2发生取代反应，产物中有C、H、Cl三种元素，D不符合题意；故合理选项为B。【题目点拨】本题考查了加成反应和取代反应，难度不大，明确取代反应中氢原子个数和氯气分子个数之间的关系式是解本题的关键。20、D【解题分析】

酸碱恰好完全中和，是指酸能提供的氢离子和碱能提供的氢氧根离子的物质的量相等，但酸和碱的物质的量不一定相等，反应后的溶液为盐的溶液，也不一定为中性，所以选D。21、B【解题分析】

A、K+的结构示意图：，A错误；B、根据核外电子排布规律可知基态氮原子的电子排布图为，B正确；C、水是共价化合物，含有共价键，水的电子式：，C错误；D、基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d54s1，D错误；答案选B。22、D【解题分析】

A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故B错误；C．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C错误；D．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故D正确；故选D。【题目点拨】明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体。二、非选择题(共84分)23、苯乙烯醛基、羰基CH3CHO加聚+O2+2H2OHCHO+CH3CHOCH2=CHCHOBrCH2-CHBrCHOBrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHOHCH2OH【解题分析】

A的分子式为C8H8，结合A到B可知A为：；B到C的条件为NaOH溶液，C到D的条件为O2/Cu、加热可知C的结构为：；D到E的条件和所给信息①一致，对比F和信息①的产物可知，E为：CH3CHO；F和银氨溶液反应酸化后生成G，G为：，结合以上分析作答。【题目详解】(1)A为，名称为苯乙烯，从F的结构可知，F中含氧官能团为醛基、羰基，故答案为：苯乙烯；醛基、羰基；(2)由上面的分析可知，E为CH3CHO，G为，H到K发生了加聚反应，故答案为：CH3CHO；；加聚；(3)C到D发生醇的催化氧化，方程式为：+O2+2H2O，故答案为：+O2+2H2O；(4)甲醛含有1个C，乙醛含有2个C，甘油含有三个碳，必然涉及碳链增长，一定用到信息①，可用甲醛和乙醛反应生成CH2=CHCHO，CH2=CHCHO和Br2反应生成BrCH2-CHBrCHO，BrCH2-CHBrCHO和氢气加成生成BrCH2-CHBrCH2OH，BrCH2-CHBrCH2OH发生水解生成丙三醇，具体如下：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHOBrCH2-CHBrCHOBrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHOHCH2OH，故答案为：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHOBrCH2-CHBrCHOBrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHOHCH2OH。24、C8H10O④⑤羧基酯化(或取代)2+O22+2H2O、【解题分析】

(1)苏合香醇为，由-OH和苯环分析其性质，据此分析解答(1)；(2)～(5)A的相对分子质量通过质谱法测得为56，核磁共振氢谱显示只有两组峰，分子式为C4H8，结合题给信息可知应为CH2=C(CH3)2，A发生已知信息的反应生成B，B连续氧化、酸化得到甲，结合转化关系可知，B为2-甲基-1-丙醇，结构简式为(CH3)2CHCH2OH，C为2-甲基丙醛，结构简式为：(CH3)2CHCHO，甲为(CH3)2CHCOOH，甲与乙反应酯化生成丙(C13H18O2)，则乙为C9H12O，丙中有两个甲基，则乙中不含甲基，乙为苏合香醇的同系物，则乙的结构简式为，由1molD与2mol氢气反应生成乙，所以D为C9H8O，可以发生银镜反应，含有-CHO，故D为，据此分析解答(2)～(5)题。【题目详解】(1)苏合香醇为，由-OH和苯环可知，其分子式为C8H10O，能发生取代、加成、氧化、消去反应，而不能发生水解、加聚反应，故答案为：C8H10O；④⑤；(2)甲为(CH3)2CHCOOH，含有的官能团为羧基，甲与乙发生酯化反应生成丙，酯化反应也是取代反应，故答案为：羧基；取代(酯化反应)；(3)B为(CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，由B到C的化学反应方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；(4)由上述分析可知，D的结构简式为，故答案为：；(5)乙为，乙的同分异构体满足：①苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯取代物只有两种，应为对位位置，②遇氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基，则可为、，故答案为：、。【题目点拨】把握合成流程中官能团的变化、碳链变化、碳原子数的变化、有机反应为解答的关键。本题的易错点为(5)，要注意苯环上的两个取代基位于对位。25、c偏大锥形瓶中溶液颜色变为浅红色，且半分钟不褪色0.1100【解题分析】

（1）a.量筒无法达到题中要求的精确度，a错误；b.容量瓶是用来配制溶液的仪器，不是量取用的仪器，b错误；c.c为酸式滴定管，用来量取酸性溶液，c正确；d.d为碱式滴定管，用来量取碱性溶液，d错误；故合理选项为c；（2）若碱式滴定管未经过润洗，则相当于将NaOH溶液进行了稀释，即c(NaOH)偏小，则消耗的NaOH溶液的体积偏大，在计算中，c(NaOH)仍是原先的浓度，c(白醋)的计算结果将偏大；（3）由于题中的操作是将碱液滴入含酚酞的酸液中，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；（4）3次实验平均消耗NaOH溶液的体积为22.00mL，所以该白醋的总酸度为：=0.1100mol·L-1。【题目点拨】（1）实验题中，要注意量取仪器的精确度与要量取的数据是否匹配；（2）对于滴定实验，要看明白题中的滴加对象；（3）实验题的计算中，要注意有效数字的保留。26、证明C2H5X中没有游离的Br–C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr取Ⅱ中上层溶液，加入足量稀硝酸至弱酸性，滴加AgNO3溶液，生成淡黄色沉淀【解题分析】

只有Br-与Ag+发生反应形成AgBr浅黄色沉淀；向C2H5X中加入硝酸银溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液，说明C2H5X中无Br-；向C2H5X中加入氢氧化钠溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液，说明C2H5X难溶于水，然后将溶液加热，发生反应C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr，再将溶液酸化，然后加入硝酸银溶液，产生淡黄色沉淀，证明该溶液中含有Br-，反应产生了AgBr浅黄色沉淀。【题目详解】(1)Ⅰ为对照实验，目的是证明C2H5X中没有游离的Br-，不能与硝酸银溶液发生沉淀反应；(2)Ⅱ中C2H5Br与NaOH水溶液在加热时发生取代反应产生乙醇、NaBr，反应的化学方程式为：C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr；(3)要证明该物质中含有溴元素，由于Ag+与OH-也会发生反应产生沉淀，因此要先加入酸酸化，然后再加入AgNO3溶液，若生成淡黄色沉淀说明，C2H5X中含溴原子。【题目点拨】本题考查了卤代烃中卤素的存在及检验方法的知识。卤代烃中卤素以原子形式存在，只有卤素离子才可以与硝酸银溶液发生反应产生沉淀，在检验之前，一定要先酸化，再加入硝酸银溶液，根据产生沉淀的颜色判断所含的卤素种类。27、10CO28H2O其他条件相同时，H+（或硫酸）浓度越大，反应速率越快再加入10滴3mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅（或溶液颜色开始变浅的时间小于80s，或其他合理答案）KMnO4溶液浓度不合理KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢【解题分析】

(1)在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，据此写出离子方程式；(2)实验I、II取用的高锰酸钾和草酸的体积与浓度均相同，加入的硫酸的滴数不同；(3)①根据实验目的“反应中生成的Mn2+对反应有催化作用”，完成实验步骤；②若猜想成立，反应速率应该加快；(4)①根据实验步骤示意图，取用的草酸和硫酸相同，选用的高锰酸钾的浓度不同；②KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，据此分析判断。【题目详解】(1)在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：10CO2↑；8H2O；(2)实验I、II取用的高锰酸钾和草酸的体积与浓度均相同，不同的是加入的硫酸的滴数不同，使得溶液褪色需要的时间不同，因此实验结论为：其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快，故答案为：其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快；(3)①要证明反应中生成的Mn2+对反应有催化作用，结合实验III的操作可知：向试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液