2024届吉林省扶余市第一中学高二化学第二学期期末统考模拟试题含解析

2024届吉林省扶余市第一中学高二化学第二学期期末统考模拟试题注意事项：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列反应中，属于吸热反应的是A．木炭在空气中燃烧 B．氢气在氯气中燃烧C．盐酸和氢氧化钠溶液反应 D．Ba(OH)2·8H2O与NH4C1反应2、按照绿色化学的原则，以下反应不符合原子的利用率为100%要求的是（）A．乙烯与水反应生成乙醇 B．麦芽糖水解生成葡萄糖C．以苯和溴为原料生产溴苯 D．乙烯聚合生成聚乙烯3、分子式为C5H10O2的有机物R在酸性条件下可水解为酸和醇，下列说法不正确的是A．这些醇和酸重新组合可形成的酯共有40种B．符合该分子式的羧酸类同分异构体有4种C．R水解得到的酸至少有5对共用电子对数目D．R水解得到的醇发生消去反应，可得到4种烯烃4、下列相关离子方程式书写正确的是A．泡沫灭火器工作原理:2A13++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑B．Fe(OH)3溶于HI溶液:Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OC．往Ba(OH)2溶液中滴加KHSO4溶液至溶液呈中性:Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4+H2OD．酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液混合:2MnO4-+5H2C2O42-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O5、某化学小组欲利用如图所示的实验装置探究苯与液溴的反应（装置连接顺序为CDAB）已知：MnO2+2NaBr+2H2SO4Br2↑+MnSO4+Na2SO4+2H2O，下列说法不正确的是A．装置A的作用是除去HBr中的溴蒸气B．装置B的作用是检验HBrC．可以用装置C制取溴蒸气D．装置D反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯6、高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌、消毒,又能絮凝净水的水处理剂。工业制备高铁酸钾的离子方程式为Fe(OH)3+ClO-+OH-FeO42-+Cl-+H2O(未配平),下列有关说法不正确的是()A．由上述反应可知,Fe(OH)3的氧化性强于FeO42-B．高铁酸钾中铁显+6价C．上述反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2D．K2FeO4处理水时,不仅能消毒、杀菌,而且生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质7、a、b、c，d为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。a与d同族，d在地壳中的含量仅次于氧；b的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；c＋与氖原子的电子层结构相同。下列说法正确的是A．d的单质常用于制造光导纤维B．简单氢化物的热稳定性：d>aC．最高价氧化物对应的水化物的酸性：b>a>dD．由氢、氧、a和b组成的化合物一定是无机物8、如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液。下列实验现象中正确的是（）A．逸出气体的体积，a电极的小于b电极的B．一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体C．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色D．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色9、一定温度压强下，用相同质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是A．气球B中装的是O2 B．气球A和气球D中气体物质的量之比为4：1C．气球A和气球C中气体分子数相等 D．气球C和气球D中气体密度之比为2：110、下列说法不正确的是A．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 B．Si、SiC、金刚石的熔点依次降低C．F2、Cl2、Br2、I2的沸点依次升高 D．HCl的熔、沸点低于HF的熔、沸点11、下列物质与CH3OH互为同系物的是()A． B． C． D．CH2=CHCH2OH12、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-、HCO3-13、已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ。且氧气中1molO＝O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH－O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH－H键断裂时吸收热量为（）A．920kJ B．557kJ C．188kJ D．436kJ14、下列防止金属腐蚀的方法属于电化学防护的是（）A．船体表面刷漆B．水中的钢闸门连接电源的负极C．自行车链条涂油D．铁中加入铬、锰、硅等制成不锈钢15、某强酸性溶液中还可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO42-、NO3-中的若干种，现取适量溶液进行如下一系列实验下列有关判断正确的是（）A．原试液中一定有Fe2+、SO42-、H+、NH4+、Al3+B．原试液中一定没有Ba2+、CO32-、NO3-C．步骤③中发生反应的离子方程式为:2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-D．沉淀B在空气中由白色迅速变成灰绿色，最终变为红褐色16、一种废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，由该废料制备的纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如下，已知常温下Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，则下列说法错误的是（）A．废渣中含有二氧化硅和硫酸钙B．加热煮沸可以提高除铁效率C．除铜过程中，溶液酸性增强D．“沉镍”过程中为了将镍沉淀完全，需要调节pH＞917、下列叙述不正确的是A．Na+、Mg2+、Al3+的氧化性依次减弱B．RbOH、KOH、Mg(OH)2碱性依次减弱C．H2S、H2O、HF的稳定性依次增强D．O2-、F-、Na+、Br-的半径大小顺序为：Br->O2->F->Na+18、下列分子中，属于极性分子的是（）A．CO2 B．BeCl2 C．BBr3 D．COCl219、下列属于取代反应的是()①CH3CH=CH2＋Br2→CH3CHBrCH2Br②CH3CH2OH＋3O22CO2＋3H2O③CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O④C6H6＋HNO3C6H5NO2＋H2OA．① B．③④ C．④ D．②20、采用下列装置和操作,能达到实验目的的是()A．用装置分离出溴苯 B．用装置验证乙炔的还原性C．用装置制取乙烯 D．用装置制取乙酸乙酯21、下列各组表述中，两个微粒一定不属于同种元素原子的是（）A．3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子B．2p能级有一个未成对电子的基态原子和原子的价电子排布为2s22p5的原子C．最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子和价电子排布为4s24p5的原子D．M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子22、某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：下列说法不正确的是（）A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B．固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2C．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O二、非选择题(共84分)23、（14分）由五种常见元素构成的化合物X，某学习小组进行了如下实验：①取4.56gX，在180℃加热分解，得到白色固体A和1.792L(折算成标准状况)纯净气体B，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。②将A溶于水后，得蓝色溶液；再加入足量的BaCl2溶液，得4.66g白色沉淀C和蓝绿色溶液D。③在蓝绿色溶液D中加入足量的KI溶液，又得3.82g白色沉淀和黄色溶液。(1)X中5种元素是H、O、__________________________________(用元素符号表示)(2)X受热分解的化学方程式是__________________________________。(3)蓝绿色溶液D与足量KI反应的离子方程式是__________________________________。24、（12分）某研究小组以甲苯为原料，合成抗癌药——拉帕替尼的中间体H的具体路线如下：已知：①G的分子式为：C8H5N2OI②③回答下列问题：(1)A→B的试剂和条件是__________；D→E的反应类型是________。(2)C的结构简式为__________，其中含有的官能团名称为_____________。(3)写出E→G反应的化学方程式________________。(4)C有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有________种。①分子中含有苯环；②分子中含有—NO2且不含—O—NO2结构；③能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱有3组峰，并且峰面积为1∶2∶2的有机物结构简式为____________。(5)以硝基苯和有机物A为原料，设计路线合成，其他无机材料自选。___________。25、（12分）如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸的物质的量浓度为______mol•L-1．（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是______．A．溶液中HCl的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中Cl-的数目D．溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400mol•L-1的稀盐酸．①该学生需要量取______mL上述浓盐酸进行配制．②所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，配制稀盐酸时，还缺少的仪器有_________________________．（4）①假设该同学成功配制了0.400mol•L-1的盐酸，他又用该盐酸中和含0.4g

NaOH的NaOH溶液，则该同学需取______mL盐酸．②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4g

NaOH的NaOH溶液，发现比①中所求体积偏小，则可能的原因是___________．A．浓盐酸挥发，浓度不足B．配制溶液时，未洗涤烧杯C．配制溶液时，俯视容量瓶刻度线D．加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出．26、（10分）某学生为测定某烧碱样品中的质量分数，进行如下实验：（已知该样品中含有少量不与酸作用的杂质）A．在250的容量瓶中定容，配制成250烧碱溶液；B．用碱式滴定管移取25.00烧碱溶液于锥形瓶中，并滴几滴甲基橙指示剂；C．在天平上准确称取20.5烧碱样品，在烧杯中用蒸馏水溶解；D．将物质的量浓度为1.00的标准硫酸溶液装入酸式滴定管中，调节液面，记下开始时的读数；E.在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至溶液变为橙色为止，记下读数。试填空：(1)正确操作步骤的顺序是________→________→________→________→________。（用字母填空）(2)观察滴定管液面的读数时应注意什么问题？_____________________________________________________________________。(3)步操作中的锥形瓶下垫一张白纸的作用是__________________________________________。(4)下列操作中可能使所测溶液的质量分数偏低的是________。a．步操作中未将溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容b．步操作中，称量药品时，砝码放在左盘，放在右盘c．步操作中酸式滴定管在装入标准溶液前未用标准液润洗d．滴定过程中，读取硫酸溶液体积时，开始时仰视读数，结束时俯视读数(5)硫酸的初读数和末读数如图所示。未读数为________，初读数为________，用量为________。按滴定所得数据计算烧碱样品中的质量分数为________。27、（12分）某同学利用氯酸钾分解制氧气的反应，测定氧气的摩尔质量，实验步骤如下：①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量，质量为ag。②装好实验装置。③检查装置气密性。④加热，开始反应，直到产生一定量的气体。⑤停止加热(如图所示，导管出口高于液面)。⑥测量收集到的气体的体积。⑦准确称量试管和残留物的质量为bg。⑧测量实验室的温度。⑨把残留物倒入指定的容器中，洗净仪器，放回原处，把实验桌面收拾干净。⑩处理实验数据，求出氧气的摩尔质量。回答下列问题：(1)如何检查装置的气密性？。(2)以下是测量收集到的气体体积必须包括的几个步骤：①调整量筒内外液面高度使之相同；②使试管和量筒内的气体都冷却至室温；③读取量筒内气体的体积。这三步操作的正确顺序是(请填写步骤代号)。(3)测量收集到的气体体积时，如何使量筒内外液面的高度相同？。(4)如果实验中得到的氧气体积是cL(已换算为标准状况)，水蒸气的影响忽略不计，氧气的摩尔质量的计算式为(含a、b、c，不必化简)M(O2)＝。28、（14分）电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0～6.0，通过电解生成Fe(OH)3沉淀。Fe(OH)3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，弃去浮渣层，即起到了浮选净化的作用。某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计的装置示意图如图1所示。回答下列问题：（1）电解过程中，电解池阴极的电极反应式为______；控制电流，可使电解池阳极同时发生两个电极反应：其中一个为2H2O-4e－===O2↑+4H+，另一个电极反应式为______。（2）电解池溶液中得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式为______。（3）某熔融盐燃料电池以熔融的多种碱金属碳酸盐混合物为电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料为电极，如图2。若该熔融盐燃料电池为电浮选凝聚法的电解电源，则：①正极的电极反应式为______；②为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定。为此电池工作时必须有部分A物质参加循环。则A物质的化学式是______。③实验过程中，若在阴极产生了44.8L（标准状况）气体，则熔融盐燃料电池理论上消耗CH4______L（标准状况）。29、（10分）二氧化碳资源化利用是目前研究的热点之一。(1)二氧化碳可用于重整天然气制合成气(CO和H2)。①已知下列热化学方程式：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1=+206kJ/mol，CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H2=-165kJ/mol，则反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=____kJ/mol。②最近我国学者采用电催化方法用CO2重整CH4制取合成气，装置如图所示。装置工作时，阳极的电极反应式为________。(2)由二氧化碳合成VCB（锂电池电解质的添加剂）的实验流程如下，已知EC、VCB核磁共振氢谱均只有一组峰，均含五元环状结构，EC能水解生成乙二醇。VCB的结构简式为_________。(3)乙烷直接热解脱氢和CO2氧化乙烷脱氢的相关化学方程式及平衡转化率与温度的关系如下：(I)乙烷直接热解脱氢：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)△H1(Ⅱ)CO2氧化乙烷脱氢：C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)△H2①反应(I)的△H1=____kJ/mol（填数值，相关键能数据如下表）。化学键C－CC=CC－HH－H键能/kJ·mol－1347.7615413.4436.0②反应(Ⅱ)乙烷平衡转化率比反应(I)的大，其原因是______（从平衡移动角度说明）。③有学者研究纳米Cr2O3催化CO2氧化乙烷脱氢，通过XPS测定催化剂表面仅存在Cr6+和Cr3+，从而说明催化反应历程为：C2H6(g)→C2H4(g)+H2(g)，______和_______（用方程式表示，不必注明反应条件）。④在三个容积相同的恒容密闭容器中，温度及起始时投料如下表所示，三个容器均只发生反应：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)。温度及投料方式（如下表所示），测得反应的相关数据如下：容器1容器2容器3反应温度T/K600600500反应物投入量1molC2H62molC2H4+2molH21molC2H6平衡时v正(C2H4)/mol/(L·s)v1v2v3平衡时c(C2H4)/mol/Lc1c2c3平衡常数KK1K2K3下列说法正确的是_______（填标号）。A．K1=K2，v1<v2B．K1<K3，v1<v3C．v2>v3，c2>2c3D．c2+c3<3c1

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、木炭在空气中燃烧为放热反应，错误；B、氢气在氯气中燃烧为放热反应，错误；C、盐酸和氢氧化钠溶液反应为放热反应，错误；D、将Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体研细后混合并搅拌为吸热反应，正确；故本题选择D。2、C【解题分析】

绿色化学要求反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，可知化合反应、加成反应符合绿色化学的要求.【题目详解】A项、乙烯与水发生加成反应生成乙醇，产物只有一种，反应物中原子全部转化为产物，原子的利用率为100%，故A正确；B项、一分子麦芽糖发生水解反应生成两分子葡萄糖，产物只有一种，反应物中原子全部转化为产物，原子的利用率为100%，故B正确；C项、苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，原子的利用率不是100%，故C错误；D项、乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，产物只有一种，反应物中原子全部转化为产物，原子的利用率为100%，故D正确；故选C。3、D【解题分析】

A项、分子式为C5H10O2的酯可能有甲酸丁酯、乙酸丙酯、丙酸乙酯和丁酸甲酯4种，甲酸丁酯的结构有HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2和HCOOC(CH3)34种，乙酸丙酯有CH3COOCH2CH2CH3和CH3COOCH(CH3)22种，丙酸乙酯有CH3CH2COOCH2CH31种，丁酸甲酯有CH3(CH2)2COOCH3和(CH3)2CHCOOCH32种，在酸性条件下水生成的解酸有HCOOH、CH3COOH、CH3CH2COOH、CH3CH2CH2COOH和(CH3)2CHCOOH5种，生成的醇有CH3OH、CH3CH2OH、CH3CH2CH2OH、CH3CH(OH)CH3、CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH和(CH3)3COH8种，则它们重新组合可形成的酯共有5×8=40种，故A正确；B项、符合分子式为C5H10O2的羧酸结构为C4H9—COOH，丁基C4H9—有4种，则C5H10O2的羧酸同分异构体有4种，故B正确；C项、分子式为C5H10O2的酯水解得到的最简单的酸为甲酸，由甲酸的结构式可知分子中含有5对共用电子对数目，当酸分子中的C原子数增多时，C—C、H—C数目也增多，含有的共用电子对数目增多，则R水解得到的酸至少有5对共用电子对数目，故C正确；D项、分子式为C5H10O2的酯水解得到的醇若能发生消去反应，则醇最少有两个C原子，而且羟基连接的C原子的邻位C上要有H原子，符合条件的醇有CH3CH2OH、CH3CH2CH2OH、CH3CH(OH)CH3、CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH和(CH3)3COH，发生消去反应可得到CH2=CH2、CH3CH=CH2、CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3和(CH3)2C=CH25种烯烃，故D错误；故选D。【题目点拨】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握酯水解的规律、同分异构体的书写与判断的方法醇的消去反应的规律是解答关键。4、D【解题分析】分析：A．泡沫灭火器工作原理为硫酸铝与碳酸氢钠相互促进水解生成二氧化碳气体，可灭火；B．根据铁离子能够氧化碘离子分析判断；C．溶液呈中性时，生成硫酸钡、硫酸钾和水，可以结合化学方程式分析判断；D．草酸为弱酸，结合离子方程式的书写规则分析判断。详解：A．泡沫灭火器工作原理，发生相互促进水解反应，离子反应为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故A错误；B．Fe(OH)3溶于HI溶液中，铁离子能够氧化碘离子，正确的离子反应为：2I-+2Fe(OH)3+6H+═2Fe2++I2+6H2O，故B错误；C．往Ba(OH)2溶液中滴加KHSO4溶液至溶液呈中性，根据氢氧化钡的化学式可知，离子反应为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液混合，二者发生氧化还原反应，离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO4-═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D正确；故选D。5、D【解题分析】

装置C中二氧化锰、溴化钠和硫酸反应制得溴蒸气，溴蒸气通入装置D中与苯发生取代反应生成溴苯和溴化氢，溴化氢气体中混有溴蒸气和挥发出的苯，溴蒸气会干扰溴化氢的检验，装置A中四氯化碳吸收溴蒸气和挥发出的苯，防止溴蒸气会干扰溴化氢的检验，装置B中溴化氢与硝酸银溶液反应生成淡黄色溴化银沉淀，检验反应有溴化氢生成。【题目详解】A项、装置A的作用是除去HBr中的溴蒸气，防止溴蒸气会干扰溴化氢的检验，故A正确；B项、装置B中溴化氢与硝酸银溶液反应生成淡黄色溴化银沉淀，检验反应有溴化氢生成，故B正确；C项、装置C中二氧化锰、溴化钠和硫酸反应制得溴蒸气，故C正确；D项、装置D中制得的不溶于水的溴苯中混有溴和苯，经水洗、稀碱溶液洗涤、水洗、分液、干燥、分馏得到溴苯，故D错误；故选D。【题目点拨】本题考查溴苯的制备，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意分析仪器的作用，注意物质的性质与检验和分离方法的关系是解答关键。6、A【解题分析】

A、反应Fe(OH)3+C1O-+OH-→FeO42-+C1-+H2O中，氯元素化合价降低，C1O-是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe（OH）3是还原剂，FeO42-是氧化产物，氧化性C1O-＞FeO42-，实际氧化性FeO42-＞Fe（OH）3，故A错误；B、令FeO42-中，铁元素的化合价为x，则x+4×（-2）=-2，解得x=+6，故B正确；C、反应Fe(OH)3+C1O-+OH-→FeO42-+C1-+H2O中，氯元素化合价由+1降低为-1价，C1O-是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe(OH)3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（6-3）：2=3：2，故C正确；D、K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe(OH)3（胶体）具有净水作用，故D正确；答案选A。7、C【解题分析】

d在地壳中的含量仅次于氧，则d为Si；a与d同族，则a为C；b的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，为氨气，则b为N；c＋与氖原子的电子层结构相同，则c为Na。【题目详解】A.d的氧化物二氧化硅常用于制造光导纤维，A错误；B.a、d分别为C、Si，同族，非金属性依次减弱，则简单氢化物的热稳定性：a>d，B错误；C.a、b、d分别为C、N、Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性：硝酸>碳酸>硅酸，C正确；D.由氢、氧、a和b组成的化合物可能是无机物，还可能为有机物，如氨基酸，为有机物，D错误；答案为C。8、D【解题分析】

A选项，a为阴极产生氢气，b为阳极产生氧气，逸出气体的体积，a电极的大于b电极的，故A错误；B选项，根据A选项的分析，两个电极都产生无色无味的气体，故B错误C选项，a电极氢离子放电，a周围还有大量的氢氧根离子，使a电极附近的石蕊变为蓝色，b电极氢氧根放电，b周围还有大量的氢离子，使b电极附近的石蕊变为红色，故C错误；D选项，根据C选项分析，故D正确；综上所述，答案为D。9、D【解题分析】

A.一定温度压强下，气体的Vm是相等的，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，则根据V=nVm=Vm，得到体积和相对分子质量成反比，所以体积的大小顺序是：CH4＞O2＞CO2＞SO2，C中装的是氧气，故A错误；B.气球A和气球D中气体物质的量之比等于体积之比，等于M的倒数之比，即为1:4，故B错误；C.根据A的分析，D、C、B、A四个球中分别是CH4、O2、CO2、SO2，气球A和气球C中气体分子数之比等于体积之比，等于相对分子质量M的倒数之比，即为32:64=1:2，故C错误；D.气球C和气球D中气体密度之比等于摩尔质量之比，即为：32:16=2:1，故D正确。答案选D。10、B【解题分析】

A.因为非金属性F>Cl>Br>I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，故A正确；B.因Si、SiC、金刚石都是原子晶体，键能C-C键>Si-C键>Si-Si键，所以熔点依次升高,故B错误；C.F2、C12、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点高低的因素是分子间作用力的大小，组成和结构相同的分子，相对分子质量越大，熔沸点越高，故C正确；D.HF含有氢键，熔沸点较高，所以HCl的熔、沸点低于HF的熔、沸点，故D正确；答案：B。11、A【解题分析】

应用同系物的概念分析判断。【题目详解】同系物要求：①结构相似，即官能团的种类、数目相同，亦即化学性质相似；②分子组成（分子式）相差一个或若干个“CH2”。故CH3OH的同系物应有一个羟基和一个烷基。本题选A。12、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。13、D【解题分析】

根据n=计算1g氢气的物质的量，化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，依此结合反应方程式H2(g)+O2(g)=H2O(g)进行计算。【题目详解】水的结构式为H-O-H，1mol水含有2mol氢氧键，1g氢气的物质的量为n(H2)==0.5mol，完全燃烧生成水蒸气时放出能量121kJ，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为x，根据方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(g)，则2×463kJ-(x+×496kJ)=2×121kJ，解得x=436kJ，答案选D。【题目点拨】本题考查反应热的有关计算，注意把握反应热与反应物、生成物键能的关系，注意理解反应放出的热量与物质的量成正比。14、B【解题分析】分析：金属防护中，被保护金属做原电池的正极和电解池的阴极的保护属于电化学保护，据此来回答判断。详解：A、在船体表面刷漆是为了将金属和空气隔绝，防止金属生锈，不属于电化学防护，A错误；B、将钢闸门与直流电源的负极相连即为让金属做电解池的阴极，防止金属的腐蚀，属于电化学保护，B正确；C、在金属表面涂油覆盖一层保护层，将金属和氧气以及水隔绝的过程，不属于电化学防护措施，C错误；D、在一定条件下对金属进行处理，加入铬、锰、硅等制成不锈钢，是增强金属性能的，不属于电化学防护措施，D错误；答案选B。15、B【解题分析】

已知溶液为强酸性，则存在大量的H+，与H+反应的CO32-不存在，根据流程可知，加入硝酸钡产生气体、沉淀，则溶液中存在Fe2+、SO42-，与此离子反应的Ba2+、NO3-不存在；加入足量的NaOH溶液时，产生气体和沉淀，为氨气和氢氧化铁，则溶液中含有NH4+；通入少量二氧化碳产生沉淀为氢氧化铝或碳酸钡，溶液中可能含有Al3+。【题目详解】A.原试液中一定有Fe2+、SO42-、H+、NH4+，可能含有Al3+，A错误；B.通过分析可知，原试液中一定没有Ba2+、CO32-、NO3-，B正确；C.步骤③中发生反应的离子方程式可能有2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-，一定有：CO2+2OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O，C错误；D.沉淀B为氢氧化铁，为红褐色沉淀，D错误；答案为B。16、B【解题分析】

废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物,加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，溶解Ni,过滤除去废渣，滤液中加入过氧化氢，氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠调节溶液pH除去铁离子，过滤得到滤渣和滤液,滤液中加入H2S沉淀铜离子，过滤得到滤液中加入NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是镍离子，加入氢氧化钠溶液沉淀镍离子生成氢氧化镍固体，以此解答该题。【题目详解】A、废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶后，二氧化硅不反应，钙的氧化物与硫酸反应生成微溶的硫酸钙，故废渣中含有二氧化硅和硫酸钙，选项A正确；B、加热煮沸使H2O2更易分解，无法将亚铁离子氧化为铁离子，除铁效率降低，选项B错误；C、除铜过程加入氢硫酸，反应生成硫化铜沉淀的同时生成硫酸，溶液酸性增强，选项C正确；D、常温下Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，镍沉淀完全，c(OH-)=mol/L=10-5mol/L，则需要调节溶液pH＞9，选项D正确。答案选B。【题目点拨】本题考查化工流程的分析，物质的除杂，易错点为选项C：除铜过程加入氢硫酸，反应生成硫化铜沉淀的同时生成硫酸，溶液酸性增强。17、A【解题分析】

A.同一周期中，从左到右，元素的金属性逐渐减弱，金属对应的离子得电子能力依次增强，即氧化性依次增强，所以Na+、Mg2+、Al3+的氧化性依次增强，A不正确；B.Rb、K、Mg的金属性依次减弱，故RbOH、KOH、Mg(OH)2碱性依次减弱，B正确；C.S、O、F的非金属性依次增强，故H2S、H2O、HF的稳定性依次增强，C正确；D.电子层结构相同的离子，核电荷数越大其半径越小；电子层数不同的离子，电子层数越多，半径越大，故O2-、F-、Na+、Br-的半径大小顺序为Br->O2->F->Na+，D正确。综上所述，叙述不正确的是A，本题选A。18、D【解题分析】

A．CO2为直线形结构，结构对称，正负电荷中心重叠为非极性分子，故A错误；B．BeCl2为直线型结构，结构对称，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故B错误；C．BBr3为平面正三角形结构，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故C错误；D．COCl2分子中正负电荷中心不重合，为极性分子，故D正确；故答案为D。19、B【解题分析】

①CH3CH=CH2＋Br2→CH3CHBrCH2Br属于烯烃的加成反应；②CH3CH2OH＋3O22CO2＋3H2O属于醇的氧化反应；③CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O属于酯化反应，也叫取代反应；④C6H6＋HNO3C6H5NO2＋H2O属于取代反应；符合题意的为③④；所以本题答案：B。20、A【解题分析】

A．互不相溶的液体采用分液方法分离，水和溴苯不互溶，所以可以采用分液方法分离，A正确；B．由于电石不纯，生成的乙炔中含有H2S等气体也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法验证乙炔的还原性，B错误；C．浓硫酸和乙醇混合加热需要170℃，温度计测量溶液温度，温度计应该插入混合溶液中，C错误；D．乙酸乙酯易在氢氧化钠溶液中水解，应该用饱和碳酸钠溶液，D错误；答案选A。21、D【解题分析】分析：本题考查核外电子的排布规律，侧重于原子结构与元素种类的判断，注重学生的分析能力的考查，注意把握原子核外电子排布特点，难度不大。详解：A.3p能级有一个空轨道的基态原子，原子3p能级有2个电子，是硅元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子也是硅，是同种原子，故错误；B.2p能级有一个未成对电子的基态原子，该原子2p能级有5个电子，价电子排布为2s22p5，所以是同一原子，故错误；C.最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子是溴，价电子排布为4s24p5的原子也为溴，故错误；D.M层全充满而N层为4s2的原子为锌，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子为铁，不是同种原子，故正确。故选D。22、D【解题分析】

A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3，D不正确。答案选D。二、非选择题(共84分)23、Cu、S、NCu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3↑2Cu2++4I-=2CuI↓+I2【解题分析】

X在180℃加热分解，得到白色固体A和1.792L(折算成标准状况)纯净气体B，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明B为NH3，NH3的物质的量为1.792L÷22.4L/mol=0.08mol；将A溶于水后得蓝色溶液，则A中含有Cu2+，再加入足量的BaCl2溶液，得4.66g白色沉淀C，4.66g白色沉淀C为BaSO4沉淀，故A为CuSO4，BaSO4的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，得到蓝绿色溶液D，在蓝绿色溶液D中加入足量的KI溶液又得3.82g白色沉淀，白色沉淀为CuI，CuI的物质的量为3.82g÷191g/mol=0.02mol，所以n(Cu2+)：n(NH3)：n(SO42-)=0.02mol：0.08mol：0.02mol=1：4：1，所以X的化学式为Cu(NH3)4SO4，据此答题。【题目详解】（1）由分析可知，X中含有的5种元素分别是H、O、Cu、N、S，故答案为Cu、S、N。（2）由分析可知，X的化学式为Cu(NH3)4SO4，X受热分解生成CuSO4和NH3，反应的化学方程式为：Cu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3↑，故答案为Cu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3↑。（3）蓝绿色溶液D与足量KI反应生成CuI，反应的离子方程式为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。24、浓HNO3、浓H2SO4，加热取代反应羧基、硝基13【解题分析】

根据流程图，甲苯发生硝化反应生成B()，B中苯环上含有甲基，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C，则C为，根据信息②，C发生还原反应生成D()，D与ICl发生取代反应生成E()，G的分子式为：C8H5N2OI，则E和F(H2NCH=NH)发生取代反应生成G，G为，同时生成氨气和水，据此结合物质的结构和官能团的性质分析解答。【题目详解】(1)A(甲苯)发生硝化反应生成B()，反应的试剂和条件为浓HNO3、浓H2SO4，加热；根据上述分析，D→E的反应类型为取代反应，故答案为：浓HNO3、浓H2SO4，加热；取代反应；(2)根据上述分析，C为，其中含有的官能团有羧基、硝基，故答案为：；羧基、硝基；(3)E()和F(H2NCH=NH)发生取代反应生成G，G为，同时生成氨气和水，反应的化学方程式为，故答案为：；(4)C()有多种同分异构体，①分子中含有苯环；②分子中含有—NO2且不含—O—NO2结构；③能发生银镜反应，说明还含有醛基，因此该同分异构体的结构有：若苯环上含有醛基、羟基和硝基，则有10种结构(醛基、羟基位于邻位，硝基有4种位置、醛基、羟基位于间位，硝基有4种位置、醛基、羟基位于对位，硝基有2种位置)；若苯环上含有HCOO-和硝基，则有3种结构，共含有13种同分异构体；其中核磁共振氢谱有3组峰，并且峰面积为1∶2∶2的有机物结构简式为，故答案为：13；；(5)以硝基苯和甲苯为原料，合成，根据流程图中G→H的提示，要合成，可以首先合成，可以由苯甲酸和苯胺发生取代反应得到，苯甲酸可以由甲苯氧化得到，苯胺可以由硝基苯还原得到，因此合成路线为，故答案为：。【题目点拨】本题的易错点和难点为(5)中合成路线的设计，理解和运用信息③和题干流程图G→H的提示是解题的关键。本题的另一个易错点为(4)中同分异构体数目的判断，要注意苯环上连接结构的判断。25、11.9BD16.8500mL容量瓶25C【解题分析】分析：（1）依据c=1000ρω/M计算浓盐酸的物质的量浓度；（2）根据该物理量是否与溶液的体积有关判断；（3）①依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积；②根据配制过程中需要的仪器分析解答；（4）①根据n（HCl）=n（NaOH）计算；②盐酸体积减少，说明标准液盐酸体积读数减小，据此解答。详解：（1）浓盐酸的物质的量浓度c=1000×1.19×36.5%/36.5mol/L=11.9mol/L；（2）A．溶液中HCl的物质的量=cV，所以与溶液的体积有关，A不选；B．溶液具有均一性，浓度与溶液的体积无关，B选；C．溶液中Cl-的数目=nNA=cVNA，所以与溶液的体积有关，C不选；D．溶液的密度与溶液的体积无关，D选；答案选BD；（3）①设需要浓盐酸体积V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得：V×11.9mol/L=0.400mol•L-1×0.5L，解得V=0.0168L=16.8mL；②所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，由于是配制500mL溶液，则配制稀盐酸时，还缺少的仪器有500mL容量瓶；（4）①n（HCl）=n（NaOH）=0.4g÷40g/mol=0.01mol，V（HCl）=0.01mol/0.400mol•L−1=0.025L=25mL，即该同学需取25mL盐酸；②消耗的标准液盐酸体积减少，说明读数时标准液的体积比实际体积减少了，则A、浓盐酸挥发，浓度不足，配制的标准液浓度减小，滴定时消耗盐酸体积变大，A不选；B、配制溶液时，未洗涤烧杯，标准液浓度减小，消耗体积增大，B不选；C、配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，配制的标准液浓度变大，滴定时消耗的体积减小，C选；D、加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，标准液浓度减小，滴定时消耗标准液体积增大，D不选；答案选C。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作过程是解题关键，题目难度不大。注意误差分析方法，即根据cB=nBV可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V26、CABDE视线与凹液面最低点平齐；读数估读到0.01mL使滴定终点时，溶液颜色变化更明显，易于分辨b、d24.000.3023.7092.49%【解题分析】分析：(1)根据先配制溶液然后进行滴定排序；(2)根据正确观察滴定管液面的读数方法完成；(3)白纸可以使溶液颜色变化更明显；(4)a、根据热的溶液的体积偏大分析对配制的氢氧化钠溶液的浓度影响；b、根据会使所称药品的质量小于20.5g判断；c、根据标准液被稀释，浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏大判断；d、开始时仰视读数，导致读数偏大；结束时俯视读数，导致读数偏小，最终导致读数偏小；(5)根据滴定管的构造及图示读出滴定管的读数；根据消耗的标准液的体积及浓度计算出氢氧化钠的浓度，再计算出烧碱样品中NaOH的质量分数。详解：(1)正确的操作顺序为：称量→溶解→定容→滴定，所以操作步骤的顺序为：CABDE，故答案为C；A；B；D；E；(2)观察滴定管液面时视线应与与凹液面最低点平齐，读数估读到0.01

mL，故答案为视线与凹液面最低点平齐；读数估读到0.01mL；(3)滴定终点时，白纸起衬托作用，更易分辨颜色变化，故答案为使滴定终点时，溶液颜色变化更明显，易于分辨；(4)a、未将溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容，会使所配NaOH溶液的浓度偏大，从而使质量分数偏高，故a错误；b、砝码放在左盘，NaOH放在右盘，会使所称药品的质量小于20.5

g，会使样品的质量分数偏低，故b正确；c、酸式滴定管在装入标准H2SO4溶液前未用标准液润洗，会使V(H2SO4)偏大，从而使样品的质量分数偏大，故c错误；d、开始时仰视读数，结束时俯视读数，会使V(H2SO4)偏小，从而使样品的质量分数偏小，故d正确；故选b、d；(5)注意读数估读到0.01

mL，滴定管“0”刻度在上，末读数为24.00

mL，初读数为0.30

mL，用量为23.70

mL，故答案为24.00；0.30；23.70；(6)氢氧化钠的溶液的浓度为：c(NaOH)===1.896

mol•L-1，烧碱样品中NaOH的质量分数为：w(NaOH)=×100%=92.49%，故答案为92.49%。27、(1)将导管的出口浸入水槽的水中，手握住试管，有气泡从导管口逸出，放开手后，有少量水进入导管，并形成稳定的液柱，表明装置不漏气(2)②①③(3)慢慢将量筒上下移(4)【解题分析】解答定量实验题的一般方法为先看实验目的，再分析实验的反应原理和计算原理。该实验的反应原理为2KClO3MnO2=MnO2=Δ计算原理为M(O2)＝，m(O2)＝ag－bg，n(O2)＝＝，所以，该实验的关键在于准确测定氧气的体积。而气体的体积取决于两个因素：一是温度，二是压强。这就要求读数时，气体温度要与室温一致，量筒内外压强一致。在弄清原理后，再考虑实验的每一步操作。28、2H+-2e-===H2↑Fe-2e-===Fe2+4Fe2++10H2O+O2===4Fe(OH)3↓+8H+O2+2CO2+4e-===2CO32-（或2O2+4CO2+8e-===4CO32-）CO211.2【解题分析】

（1）由装置示意图可知，C电极与电源负极相连，为电解池的阴极，Fe电极与电源正极相连，为电解池的阳极；（2）阳极Fe失电子发生氧化反应生成Fe2+，pH在5.0～6.0时，Fe2+能被氧气氧化生成Fe（OH）3红褐色沉淀；（3）燃料电池中，正极发生的反应是氧气得电子被还原的过程，负极发生的反应是燃料失电子被氧化的过程；电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳。【题目详解】（1）由电浮选凝聚法处理污水的装置示意图可知，C电极与电源负极相连，为电解池的阴极，氢离子在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H+-2e-=H2↑；Fe电极与电源正极相连，为电解池的阳极，活性电极Fe失电子发生氧化反应生成Fe2+，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，同时水在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e－=O2↑+4H+，故答案为：2H+-2e-=H2↑；Fe-2e-=Fe2+；（2）阳极Fe失电子发生氧化反应生成Fe2+，pH在5.0～6.0时，Fe2+能被氧气氧化生成Fe(OH)3红褐色沉淀，反应的离子方程式可表示为4Fe2++10H2O+O2＝4Fe(OH