2024届新疆伊西哈拉镇中学高二化学第二学期期末复习检测试题含解析

2024届新疆伊西哈拉镇中学高二化学第二学期期末复习检测试题注意事项: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、要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验操作时最佳顺序为（）①加入适量氯水

②加入足量的KMnO4溶液③加入少量KSCN溶液.A．①③ B．③② C．③① D．①②③2、下列各对物质，互为同系物的是（）A．CH3CH2C1与CH3CHCl﹣CH2Cl B．CH3COOH与CH3CH2COOCH3C．与 D．与3、下列各组元素属于p区的是()A．原子序数为1、2、7的元素 B．S、O、P C．Fe、Ar、Cl D．Na、Li、Mg4、向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液逐滴加入0.2mol·L−1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如下图所示。下列判断正确的是（）A．原NaOH溶液的浓度为0.1mol·L−1B．通入CO2的体积为448mLC．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=2∶1D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)=1∶35、在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当两个容器内温度和气体密度相等时，说法正确的是()A．两种气体的压强相等 B．O2比O3质量小C．两种气体的分子数目相等 D．两种气体的氧原子数目相等6、等质量的钠进行下列实验，其中生成氢气最多是()A．将钠投入到足量水中B．将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放人足量的水中C．将钠放入足量稀硫酸中D．将钠放入足量稀盐酸中7、下列装置或操作不能达到目的的是()A．装置①：制取乙炔并验证炔烃的性质 B．装置②：检验乙醇的还原性，溶液颜色从橙色变成绿色C．装置③：验证葡萄糖分子中含有醛基官能团 D．装置④：酸性KMnO4溶液中出现气泡且颜色逐渐褪去8、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是A．若原溶液中不存在Na+，则c（Cl－）＜0.1mol•L﹣1B．原溶液可能存在Cl－和Na+C．原溶液中c（CO32－）是0.01mol•L﹣1D．原溶液一定存在CO32－和SO42－，一定不存在Fe3+9、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．lmol丙烯与足量的HCl完全反应生成的CH3CH2CH2Cl分子数为NAB．1molK2S2O8(S元素为＋6价）中含有过氧键数为4NAC．含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量大于56gD．180g葡萄糖分子中含有羟基数为6NA10、氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr相比较，水的作用不相同的是()①2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑②4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3③2F2＋2H2O=4HF＋O2④2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑A．①③B．①④C．③④D．②④11、用石墨做电极电解CuSO4溶液。通电一段时间后，欲使用电解液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的(

)A．CuSO4 B．H2O C．CuO D．Cu(OH)212、关于小苏打(NaHCO3)溶液的表述错误的是A．c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)B．c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)C．HCO3-的电离程度大于其水解程度D．c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(CO32-)13、下列烃中，一卤代物的同分异构体的数目最多的是A．乙烷 B．2－甲基丙烷C．2,2－二甲基丙烷 D．2,2－二甲基丁烷14、下列分子中所有原子的价电子层都满足最外层8电子稳定结构的是（）A．二氯化硫（SCl2） B．次氯酸（HClO）C．六氟化氙（XeF6） D．三氟化硼（BF3）15、常温下，关于下列两种溶液的说法不正确的是（）①②pH1212溶质NaOHNH3·H2OA．①中c(NH4+)等于②中c(Na+)B．两溶液中溶质的物质的量浓度：①<②C．中和等体积的两溶液所用等浓度盐酸的体积：①<②D．两溶液分别与pH=2的盐酸等体积混合后，混合液的pH：①>②16、为探究Al(OH)3的性质，某同学取两支洁净的试管，加入适量Al(OH)3悬浊液，然后分别滴加足量的：①稀盐酸；②NaOH溶液。下列有关实验现象的描述正确的是:A．①、②都澄清 B．①、②都浑浊 C．①澄清，②浑浊 D．①浑浊，②澄清17、下图为碘晶体晶胞结构。有关说法中正确的是()A．碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体B．用切割法可知平均每个晶胞中有4个碘原子C．碘晶体中的碘原子间存在非极性键和范德华力D．碘分子的排列有2种不同的取向，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构18、下列各组物质中，互为同系物的是A．CH3-CH=CH2和B．和C．和D．CH3CH2CH=CH2和CH2=CHCH=CH219、化学与生产、生活和科研密切相关，下列说法错误的是()A．质谱用于快速、微量、精确测定有机物相对分子质量B．河水中有许多杂质和有害细菌，加入明矾消毒杀菌后可以饮用C．把浸泡过KMnO4溶液的硅藻土放在水果箱里可延长水果的保鲜期D．银质物品久置在空气中表面变黑，不是电化学腐蚀引起的20、化学与生产、生活密切相关，下述正确的是（）A．医院里的血液透析利用了胶体的性质B．PM2.5中含有铅、铬、钒、砷等对人体有害的金属元素C．“地沟油”可以放心食用，经加工处理后还可用来制造肥皂和生物柴油D．Ni-Zn化合物的纳米颗粒作苯与氢气反应的催化剂时，可提高苯的转化率21、一定条件下，下列物质可以通过化合反应一步制得的共有①硫酸铝②小苏打③氯化亚铁④氢氧化铜⑤氢氧化铁⑥磁性氧化铁A．3种B．4种C．5种D．6种22、等物质的量的下列有机物完全燃烧，消耗氧气最多的是（）A．C2H4 B．C2H4O C．C2H6O D．C3H6O2二、非选择题(共84分)23、（14分）我国成功研制出了具有自主知识产权的治疗缺血性脑梗死新药——丁苯酞。有机物G是合成丁苯酞的中间产物，G的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的结构简式是___________，E的化学名称是____________。（2）由B生成C的化学方程式为______________________。（3）G的结构简式为__________________。合成丁苯酞的最后一步转化为：，则该转化的反应类型是_______________。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有______种（不包括J），其核磁共振氢谱吸收峰最多的结构简式为_________。（5）参照题中信息和所学知识，写出用和CH3MgBr为原料（其他无机试剂任选）制备的合成路线：______________。24、（12分）在Cl-浓度为0.5mol·L－1的某无色澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。阳离子K＋Al3＋Mg2＋Ba2＋Fe3+阴离子NO3-CO32-SiO32-SO42-OH-现取该溶液100mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)。序号实验内容实验结果Ⅰ向该溶液中加入足量稀盐酸产生白色沉淀并放出标准状况下0.56L气体Ⅱ将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4gⅢ向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题。（1）通过以上实验能确定一定不存在的离子是________________。（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为___________________________。（3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，请写出一定存在的阴离子及其浓度（不一定要填满）______。阴离子浓度c/(mol·L－1)①②③④（4）判断K＋是否存在，若存在，求出其最小浓度，若不存在说明理由：_____________。25、（12分）我国重晶石（含BaSO490％以上）资源丰富，其中贵州省重晶石储量占全国总储量的三分之一。我省某工厂以重晶石为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”—钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下：查阅资料可知：①常温下：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9②TiCl4在常温下是无色液体，遇水容易发生水解：TiC14+2H2O=TiO2+4HCl③草酸氧钛钡的化学式为：BaTiO(C2O4)2·4H2O请回答下列问题：（1）工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石（假设杂质不与Na2CO3溶液作用），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程式可表示为_________________，此反应的平衡常数K=__________（填写计算结果）。若不考虑CO32-的水解，则至少需要使用_______mol/L的Na2CO3溶液浸泡重晶石才能实现该转化过程。（2）配制TiC14溶液时通常将TiC14固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是______________。（3）可循环使用的物质X是____________（填化学式），设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净：____________________。（4）写出煅烧草酸氧钛钡晶体的化学方程式：______________________。26、（10分）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验：请完成下列填空：（1）配制100mL0.1000mol/LNaOH标准溶液。（2）取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下。实验编号NaOH溶液的浓度（mol/L）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）待测盐酸溶液的体积（mL）10.100030.0520.0020.100029.9520.0030.100028.2020.00①滴定达到终点的判断是________，此时锥形瓶内溶液的pH为_____________。②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为___________（保留四位有效数字）③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作__________，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液甲.乙.丙.④在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成盐酸浓度测定结果偏高的有_____A、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗B、锥形瓶水洗后未干燥C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒E、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失27、（12分）50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是________。(2)烧杯间填满碎纸条的作用是________。(3)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值____________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(4)该实验常用0.50mol·L－1HCl和0.55mol·L－1NaOH溶液各50mL进行实验，其中NaOH溶液浓度大于盐酸浓度的作用是______，当室温低于10℃时进行实验，对实验结果会造成较大的误差，其原因是_____________。(5)实验中改用60mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.50mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求得的中和热________(填“相等”或“不相等”)，简述理由：______________。(6)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热ΔH将________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。28、（14分）周期表前四周期的元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大，A是周期表中原子半径最小的元素，B的基态原子中只有1个未成对电子，C基态原子中有7种不同运动状态的电子，D的最外层电子数是其所处周期数的3倍，E与D同主族，F的一价阳离子最外层有18个电子。回答下列问题：（1）F在周期表中的位置是_____________，它的基态原子的电子排布式为_____________（2）A元素与其他元素形成的含氧酸中，酸根呈三角锥结构的酸是_________，该酸的中心原子的杂化方式为_________（3）CA3极易溶于水，试从下图中判断CA3溶于水后形成CA3·H2O的合理结构为_____（填字母代号），推理依据是___________（4）元素B可形成H3BO3，已知H3BO3的电离方程式为H3BO3+2H2O[B(OH)4]一+H3O+①基态B、D原子的第一电离能由小到大的顺序为__________(用元素符号表示)②[B(OH)4]一中B原子的杂化类型为_______________③写出一种与H3O+互为等电子体的分子的化学式：___________④H3BO3晶体在热水中的溶解度大于冷水中的溶解度的原因为__________________29、（10分）《茉莉花》是首脍炙人口的江苏民歌。乙酸苯甲酯可以从茉莉花中提取，也可用如下路线合成：（1）乙酸苯甲酯的分子式为______，C的结构简式为______，B中所含官能团的名称为_____，③的反应类型为____________。（2）①的化学方程式为____________。（3）乙酸苯甲酯与NaOH溶液反应的离子方程式为_____________。

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、C【解题分析】

在该溶液中先加入少量KSCN溶液，溶液不变血红色，证明无Fe3+存在，再加入氯水，将Fe2＋氧化成Fe3＋，溶液变为血红色。KMnO4溶液呈紫红色，溶液颜色变化不明显，所以不能用酸性KMnO4溶液，答案选C。2、C【解题分析】

结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，互为同系物的物质满足以下特点：结构相似属于同类物质，含有相同数目的相同官能团。【题目详解】A项、CH3CH2C1与CH3CHCl﹣CH2Cl含有的官能团Cl原子的数目不同，不是同系物，故A错误；B项、CH3COOH的官能团为羧基，属于羧酸，CH3CH2COOCH3的官能团为酯基，属于酯类，有机物类别不同，不互为同系物，故B错误；C项、与均属于酚类，在分子组成上相差一个CH2原子团，互为同系物，故C正确；D项、属于脂环烃，属于链烃，有机物类别不同，不互为同系物，故D错误；故选C。【题目点拨】本题考查同系物的判断，注意掌握同系物的概念及判断方法，明确互为同系物的化合物一定满足结构相似，即含有的官能团类型及数目一定相同是解答关键。3、B【解题分析】

根据区划分标准知，属于p区的元素最后填入的电子是p电子；A．原子序数为1的H元素属于S区，故A错误；B．O，S，P最后填入的电子都是p电子，所以属于p区，故B正确；C．铁属于d区，故C错误；D．锂、钠最后填入的电子是s电子，属于s区，故D错误；故答案为B。4、C【解题分析】

A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），据此计算出氢氧化钠的物质的量，再根据物质的量浓度的定义计算；B．从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，计算消耗HCl的物质的量，根据方程式计算生成二氧化碳的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化碳的体积；CD．生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，根据消耗盐酸的体积确定二者物质的量之比．【题目详解】生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L×0.2mol·L－1=0.02mol，所以c（NaOH）=0.02mol/0.1L=0.2mol·L－1，故A错误；B．由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（0.1L-0.025L）×0.2mol·L－1=0.015mol，所以CO2气体体积为0.015mol×22.4L·mol－1=0.3.6L=336mL，故B错误；C、Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸为25mL，生成NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3，消耗盐酸的体积为75mL-25mL=50mL，故Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故C正确；D、由C分析，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故D错误；故选C。5、D【解题分析】

相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成的同素异形体，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，据此分析解答。【题目详解】A、O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2):n(O3)＝3:2，由PV=nRT可知，两种气体的压强之比为3:2，故A错误；B、同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，故B错误；C、O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2):n(O3)＝3:2，故C错误；D、相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，因此O原子数目相等，故D正确。答案选D。6、B【解题分析】

A、该过程只有钠和水反应放出H2；B、将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量水中，钠和水反应放出H2，并生成NaOH溶液，铝和NaOH溶液反应也放出H2；C、该过程只有钠和酸反应放出H2；D、该过程只有钠和酸反应放出H2；故钠的质量相同的情况下，B放出H2最多，故选B。7、A【解题分析】

A.电石和水反应可生成乙炔，但是，由于电石中含有的杂质也和水反应生成硫化氢等气体，且杂质也能使溴水褪色，故装置①达不到制取乙炔并验证炔烃的性质的目的；B.重铬酸钾溶液显橙色，其中+6价的Cr元素可以被乙醇还原为Cr3+而使溶液变为绿色，故装置②可以检验乙醇的还原性，并使溶液颜色从橙色变成绿色；C.在水浴加热的条件下，含有醛基官能团的有机物可以发生银镜反应，故装置③可以验证葡萄糖分子中含有醛基官能团；D.石蜡油在碎瓷片的作用下加热可以发生分解，生成能使酸性KMnO4溶液褪色的气态不饱和烃，故装置④中酸性KMnO4溶液中出现气泡且颜色逐渐褪去。综上所述，装置或操作不能达到目的的是A，本题选A。8、D【解题分析】

加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+（Fe3+和CO32－会发生双水解反应，不能共存），且沉淀2为BaSO4，n(BaSO4)=，m(BaCO3)=4.30g-2.33g=1.97g，则n(BaCO3)=。加入NaOH溶液产生1.12L（标况）气体，则溶液中有NH4+，NH3有0.05mol，即n(NH4+)=0.05mol。CO32－和SO42－所带的负电荷的物质的量为0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol，NH4＋所带正电荷的物质的量为0.05mol×1=0.05mol，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定有Cl-，且最少为0.01mol（因为无法判断是否有Na+，如果有Na+，需要多于的Cl-去保持溶液的电中性）。【题目详解】A.若原溶液中不存在Na+，则c(Cl－)=，A错误；B.原溶液中一定有Cl-，可能有Na+，B错误；C.经计算，原溶液中，n(CO32-)=0.01mol，则c(CO32-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol•L﹣1，C错误；D.加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+，D正确；故合理选项为D。【题目点拨】溶液中的离子要保持电荷平衡，即正负电荷所带的电荷量相等，以保持溶液的电中性。9、C【解题分析】

A、lmol丙烯与足量的HCl完全反应生成的应该是一氯丙烷和二氯丙烷的混合物，CH3CH2CH2Cl子数应小于NA，选项A错误；B、K2S2O8中S元素为＋6价、K元素为+1价，过氧根离子中氧元素的化合价为-1价，氧离子中氧元素的化合价为-2价，设过氧根离子x个，则有+1×2+(+6×2)+(-1)×2x+(-2)×(8-2x)=0，得x=1，故1molK2S2O8(S元素为＋6价）中含有过氧键数NA，选项B错误；C、胶体的胶粒是分子的集合体，一个胶粒中含有多个Fe(OH)3，故含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，Fe(OH)3的物质的量大于1mol，铁元素的质量大于56g，选项C正确；D、180g葡萄糖分子的物质的量为1mol，1mol葡萄糖中含有5mol羟基，含羟基5NA个，选项D错误；答案选C。【题目点拨】注意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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项C是解答的易错点。10、C【解题分析】分析：Br2＋SO2＋2H2O==H2SO4＋2HBr中水既非氧化剂又非还原剂；详解：①中水既非氧化剂又非还原剂；②中水既非氧化剂又非还原剂；③中水为还原剂，④中水为氧化剂；综上所述，③④中水的作用与Br2＋SO2＋2H2O==H2SO4＋2HBr中水的作用不相同，故本题正确答案为C。11、C【解题分析】

用铂电极电解CuSO4溶液，阴极铜离子放电，阳极氢氧根离子放电，然后根据析出的物质向溶液中加入它们形成的化合物即可。【题目详解】CuSO4溶液存在的阴离子为：SO42－、OH－，OH－离子的放电能力大于SO42－离子的放电能力，所以OH－离子放电生成氧气；溶液中存在的阳离子是Cu2＋、H＋，Cu2＋离子的放电能力大于H＋离子的放电能力，所以Cu2＋离子放电生成Cu；溶液变成硫酸溶液；电解硫酸铜的方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，从溶液中析出的物质是氧气和铜，因为氧气和铜和稀硫酸都不反应，但和氧化铜反应，氧气和铜反应生成氧化铜，所以向溶液中加入氧化铜即可，故选：C。【题目点拨】本题考查了电解原理，能正确判断溶液中离子的放电顺序从而确定析出的物质是解本题的关键，本题题干中应明确硫酸铜足量，否则铜完全析出后，阴极上会生成氢气，这种情况下应加入CuO和水，即Cu(OH)2。12、C【解题分析】分析：碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，结合电荷守恒、物料守恒等解答。详解：A、溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），A正确；B、溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），B正确；C、溶液呈碱性，故HCO3-的电离程度小于其水解程度，C错误；D、小苏打溶液中，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，碳酸氢根离子的水解和电离都较微弱，水和碳酸氢根离子都电离出氢离子，只有碳酸氢根离子电离出碳酸根离子，所以c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(CO32-)，D正确。答案选C。点睛：本题考查离子浓度比较以及三大守恒定律，注意多元弱酸酸式根离子可电离也可水解。HSO3-、H2PO4-等以电离为主，溶液显酸性；HCO3-、HS-等以水解为主，溶液显碱性。13、D【解题分析】

A、乙烷的结构简式为CH3CH3，分子中含有1种氢原子，其一氯代物有1种；B、2-甲基丙烷的结构简式为CH3CH(CH3)2，分子中含有2种氢原子，其一氯代物有2种异构体；C、2，2-二甲基丙烷的结构简式为C(CH3)4，分子中含有1种氢原子，其一氯代物有1种异构体；D、2，2-二甲基丁烷的结构简式为(CH3)3CCH2CH3，分子中含有3种氢原子，其一氯代物有3种异构体；故选D。14、A【解题分析】

A．二氯化硫(SCl2)分子中S的化合价为+2，Cl的化合价为-1，S的价电子数为VIA，满足6+|+2|=8，Cl的价电子数为VIIA，满足7+|-1|=8，所以二氯化硫(SCl2)分子中

S、Cl均满足最外层8电子稳定结构，故A正确；B．次氯酸(HClO)分子中H、Cl、O的化合价分别为+1、+1、-2，H：1+|+1|=2，Cl：7+|+1|=8，O：6+|-2|=8，所以次氯酸(HClO)分子中Cl、O满足最外层8电子稳定结构，但H不满足，故B错误；C．六氟化氙(XeF6)分子中Xe、F的化合价分别为+6、-1，Xe：8+|+6|=14≠8，F：7+|-1|=8，所以六氟化氙(XeF6)分子中Xe不满足最外层8电子稳定结构、F满足最外层8电子稳定结构，故C错误；D．三氟化硼(BF3)分子中B、F的化合价分别为+3、-1，B：3+|+3|=6≠8，F：7+|-1|=8，所以三氟化硼(BF3)分子中B不满足最外层8电子稳定结构、F满足最外层8电子稳定结构，故D错误；故答案为A。【题目点拨】对于ABn型分子，若：A或B原子的价电子数+|A或B元素的化合价|=8，则该原子满足最外层8电子结构，反之不满足最外层8电子稳定结构。15、D【解题分析】

A.电荷守恒可得：c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)、c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，两溶液的pH相同，相同温度下氢离子、氢氧根离子浓度相同，则c(NH4+)=c(Na+)=c(OH-)-c(H+)，A正确；B.NaOH是一元强碱，完全电离，c(OH-)=c(NaOH)，一水合氨是一元弱碱，存在电离平衡，所以c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(NaOH)，即①<②，B正确；C.由于物质的量浓度c(NH3·H2O)>c(NaOH)，所以当两者体积相同时，n(NH3·H2O)>n(NaOH)，因此中和等体积的两溶液所用等浓度盐酸的体积：n(NH3·H2O)>n(NaOH)，即①<②，C正确；D.由于c(NH3·H2O)>c(NaOH)，所以两溶液分别与pH=2的盐酸等体积混合后，一水合氨过量，溶液相对来说，碱性强些，故混合后混合液的pH：①<②，D错误；故合理选项是D。16、A【解题分析】

Al(OH)3为两性氢氧化物，既能与强酸反应生成盐和水，也能和强碱反应生成盐和水。【题目详解】①Al(OH)3悬浊液中滴加足量的稀盐酸，Al(OH)3与盐酸反应生成氯化铝和水，沉淀溶解，得到澄清溶液；②Al(OH)3悬浊液中滴加足量的NaOH溶液，Al(OH)3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，沉淀溶解，得到澄清溶液，①、②都澄清，A项正确；答案选A。17、D【解题分析】

A．碘晶体为无限延伸的空间结构，构成微粒为分子，是分子晶体，A项错误；B．用均摊法计算：该晶胞中，顶点碘分子有8个数，为8个晶胞所共有，每个碘分子有属于该晶胞；面心碘分子有6个，为2个晶胞所共有，每个碘分子有属于该晶胞数，则一共有碘分子数为，因此平均每个晶胞中有4个碘分子，即有8个碘原子，故B错误；C．碘晶体中的碘原子间存在I-I非极性键，且晶体中碘分子之间存在范德华力，不是碘原子之间，C项错误；D．碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，D项正确；本题答案选D。18、C【解题分析】分析：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．互为同系物的物质具有以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同．注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同。详解：A．CH3-CH=CH2属于烯烃，属于环烷烃，二者结构不同，不是同系物，选项A错误；B.属于芳香醇，属于酚，二者结构不同，不是同系物，选项B错误；C.和都含有1个苯环，其余为烷基结构，结构相似，相差1个CH2原子团，二者互为同系物，选项C正确；D.CH3CH2CH=CH2属于烯烃，CH2=CHCH=CH2属于二烯烃，二者结构不同，不是同系物，选项D错误；答案选C。19、B【解题分析】分析：A、有机物的测定方法有多种，其中质谱仪是用来测定相对分子质量的精准仪器；B、除杂与消毒杀菌是两个不同的过程，明矾只有除去微小颗粒的能力；C、KMnO4能够氧化水果的催熟剂乙烯，可延长其保鲜期；D、银质物品与接触的空气中某些成分直接反应而变黑。详解：A、质谱仪可以快速、微量、精确测定有机物的相对分子质量，即A正确；B、明矾水解生成的Al(OH)3胶体能够吸附水中的微小颗粒，从而达到除去杂质的目的，但没有杀菌消毒作用，所以B错误；C、水果保鲜要减少催熟剂乙烯的存在，而KMnO4溶液具有强氧化性，可氧化乙烯，达到延长水果的保鲜时间，所以C正确；D银质物品久置于空气中，与接触到的H2S等直接反应生成Ag2S黑色物质，属于化学腐蚀，所以D正确。本题答案为B。20、A【解题分析】分析：A、人体血液属于胶体，不能透过半透膜；B、砷为非金属元素；C、地沟油不能够食用；D、催化剂对平衡无影响。详解：人体血液属于胶体，胶体是粒子直径在1nm—100nm之间的分散系，不能透过半透膜，所以医院里的血液透析利用了胶体的性质，A选项正确；PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素，其中铅、镉、铬、钒均是金属元素，砷为非金属元素，B选项错误；地沟油是生活中存在的各类劣质油，长期食用可能会引发癌症，对人体的危害极大，不能够食用，C选项错误；催化剂能增大反应速率，但是对平衡移动无影响，所以转化率不变，D选项错误；正确选项A。21、B【解题分析】分析：①硫酸铝可利用Al与硫酸的置换反应或复分解反应生成；②小苏打可利用碳酸钠、水、二氧化碳反应生成；③氯化亚铁可利用Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；④氢氧化铜不能利用化合反应生成,只可利用复分解反应生成；⑤氢氧化铁可利用氢氧化亚铁、氧气、水反应生成；⑥磁性氧化铁为四氧化三铁,可利用Fe与氧气反应生成。详解：①硫酸铝可利用Al与硫酸的置换反应或复分解反应生成；②小苏打可利用碳酸钠、水、二氧化碳反应生成；③氯化亚铁可利用Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；④氢氧化铜不能利用化合反应生成,只可利用复分解反应生成；⑤氢氧化铁可利用氢氧化亚铁、氧气、水反应生成；⑥磁性氧化铁为四氧化三铁,可利用Fe与氧气反应生成；则利用化合反应制得的有②③⑤⑥,共4种；正确选项B。22、D【解题分析】

根据燃烧通式CxHyOz＋(x+y/4－z/2)O2xCO2＋y/2H2O可知等物质的量的有机物完全燃烧时，耗氧量取决于(x+y/4－z/2)值的大小，其值越大，耗氧量越多。选项A～D中(x+y/4－z/2)的值分别是3、2.5、3、3.5，因此消耗氧气最多的是C3H6O2。答案选D。二、非选择题(共84分)23、2-甲基-1-丙烯（或异丁烯）酯化反应（或取代反应）4【解题分析】（1）A与溴发生取代反应生成邻甲基溴苯，则A的结构简式是；E与溴化氢发生加成反应生成F，F发生已知信息的反应生成(CH3)3CMgBr，则E的结构简式为CH2=C(CH3)2，所以E的化学名称是2－甲基－1－丙烯。（2）C氧化生成D，根据D的结构简式可知C的结构简式为，所以由B生成C的化学方程式为。（3）D和(CH3)3CMgBr发生已知信息的反应，则G的结构简式为。反应中羟基和羧基发生分子内酯化反应，则该转化的反应类型是取代反应。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有4种，即间羟基苯甲醛、对羟基苯甲醛、苯甲酸和甲酸苯酯。其核磁共振氢谱吸收峰最多的结构简式为。（5）根据题中信息和所学知识结合逆推法可知用和CH3MgBr为原料（其他无机试剂任选）制备的合成路线为。点睛：高考化学试题中对有机化学基础的考查题型比较固定，通常是以生产、生活的陌生有机物的合成工艺流程为载体考查有机化学的核心知识，涉及常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，涉及有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写等知识的考查。它要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，这高考有机化学复习备考的方向。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。同分异构体类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物。24、Al3＋、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42－SiO32－＋2H＋＝H2SiO3↓阴离子CO32－SiO42－c/(mol·L－1)0.250.4存在，最小浓度为1.8mol·L－1【解题分析】

由题意知溶液为无色澄清溶液，一定不含Fe3+，且溶液中含有的离子必须能大量共存．由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32-，物质的量为0.56L÷22.4L/mol＝0.025mol，其浓度为0.025mol÷0.1L＝0.25mol/L，则一定没有Al3+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32－＋2H＋＝H2SiO3↓，SiO32-的物质的量是2.4g÷60g/mol＝0.04mol，其浓度为0.04mol÷0.1L＝0.4mol/L。由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）+c（Cl-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L+0.5mol/L＝1.8mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为1.8mol/L，不能确定NO3-是否存在。（1）由上述分析可知，一定不含Al3＋、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42－；（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为为SiO32－＋2H＋＝H2SiO3↓。（3）由上述分析可知，c（CO32－）=0.25mol/L，c（SiO32－）=0.4mol/L。（4）由2c（CO32-）+2c（SiO32-）+c（Cl-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L+0.5mol/L＝1.8mol/L，根据电荷守恒可知溶液中一定含有K+，且其浓度至少为1.8mol/L。25、BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)0.04

(或1/25

)2.5×10-4抑制TiCl4的水解HCl取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O【解题分析】分析：根据流程图，用饱和Na2CO3溶液处理重晶石，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，然后用盐酸溶解后，加入TiC14和草酸溶液，反应析出草酸氧钛钡晶体，经过洗涤、干燥、灼烧得BaTiO3。其中将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3的离子方程式为BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，根据K=cSO42-cCO32-=cSO42-c详解：(1)工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程式可表示为BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，此反应的平衡常数K=cSO42-cCO32-=KspBaSO4KspBaCO3=1.0×10-102.5×10-9=125；当c(SO42-)≤1.0×10-5mol/L时，认为BaSO4转化为了易溶于酸的BaCO(2)TiC14在常温下是无色液体，遇水容易发生水解可知，在配制为抑止其水解，需将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释，故答案为：抑制TiCl4的水解；(3)向混合液中加入TiC14溶液和H2C2O4溶液反应得到草酸氧钛钡和HCl，故可循环使用的物质X是HCl；草酸氧钛钡晶体表面附着氯离子，验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净的方法为：取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净，故答案为：HCl；取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净；(4)BaTiO(C2O4)2•4H2O煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)，煅烧草酸氧钛钡晶体的化学方程式为BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O，故答案为：BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O。26、滴入最后一滴NaOH标准溶液，锥形瓶中溶液由无色变成浅红色，且30s不褪色8.2～10.00.1500mol/L丙CDE【解题分析】

①用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液显碱性，结合酚酞的性质分析解答；②根据c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)计算；③碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出；④根据c(待测)=分析误差。【题目详解】①在用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色恰好由无色变为(浅)红色，且半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点；酚酞的变色范围是8.2～10，所以滴定终点时溶液pH为8.2～10；故答案为：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；8.2～10；②根据表格数据可知，第三次实验误差较大，删去，根据c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)，消耗的V[NaOH(aq)]=mL=30.00mL，则该盐酸的浓度为：=0.15mol/L，故答案为：0.15mol/L；③碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡排出，图示丙操作合理，故答案为：丙；④A．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，会导致盐酸浓度偏低，需要NaOH体积偏小，测定值偏低，故A错误；B．锥形瓶水洗后直接装待测液，锥形瓶中HCl的物质的量不变，消耗的NaOH的量不变，对实验无影响，故B错误；C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故C正确；D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，导致氢氧化钠溶液的浓度偏小，消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故D正确；E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴