广东省汕头市濠江区金山中学2024届高二化学第二学期期末质量跟踪监视试题含解析

广东省汕头市濠江区金山中学2024届高二化学第二学期期末质量跟踪监视试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、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∶32、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3、据《本草纲目》记载：“生熟铜皆有青，即是铜之精华，大者即空绿，以次空青也。铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之。”生成“铜青”的反应原理为A．化学腐蚀 B．吸氧腐蚀C．析氢腐蚀 D．铜与空气中的成分直接发生化合反应4、下列关于乙醇的叙述中，错误的是（）A．乙醇俗称酒精 B．乙醇不能溶于水C．乙醇可用于消毒 D．乙醇能可以和金属钠反应5、若在强热时分解的产物是、、和，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为A．1:4 B．1:2 C．2:1 D．4:16、有6种物质：①甲烷②苯③聚乙烯④乙烯⑤丙烯⑥己烷，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水发生加成反应使之褪色的是（

）A．③④⑤ B．④⑤ C．④⑤⑥ D．③④⑤⑥7、等浓度的下列稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它们的酸性按由弱到强顺序排列正确的是A．④②③① B．③①②④C．①②③④ D．①③②④8、在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是A．B．C．D．9、用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列操作中正确的是A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入已知浓度的盐酸B．锥形瓶用蒸馏水洗净,必须干燥后才能加入一定体积未知浓度的NaOH溶液C．滴定时,没有排出滴定管中的气泡D．读数时视线与滴定管内液体凹液面最低处保持水平10、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．在[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋提供孤对电子，NH3提供空轨道B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2＋C．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D．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化11、下列离子方程式书写正确的是A．往碳酸钙中滴加稀盐酸CO32-+2H+=CO2↑+H2OB．氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OHˉ＋Ca2+＋HCO3-=CaCO3↓＋H2OC．金属钠和水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑D．KHSO4溶液中加Ba(OH)2溶液至中性：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O12、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．常温下，60g甲醛和乙酸的混合物，在氧气中完全燃烧生成CO2的分子数为2NAB．标况下，4.48LCl2与0.2molFe充分反应，转移电子数为0.6NAC．0.lmol/L的Ba(OH)2溶液，含OH-个数为0.2NAD．1mol葡萄糖中含共价键数为22NA13、关于如图所示装置(假设溶液体积不变),下列叙述正确的是A．锌片逐渐溶解B．反应一段时间后,溶液逐渐变为蓝色C．电子由铜片通过电解质溶液流向锌片D．该装置能将电能转化为化学能14、某溶液中含有的离子可能是K＋、Ba2＋、Al3＋、Mg2＋、AlO2－、CO32－、SiO32－、Cl－中的几种，现进行如下实验：①取少量溶液，加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成；②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol·L－1盐酸，产生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g。下列说法中正确的是A．该溶液中一定不含Ba2＋、Mg2＋、Al3＋、SiO32－、Cl－B．该溶液中一定含有K＋、AlO2－、CO32－、Cl－C．该溶液是否有K＋需做焰色反应实验(透过蓝色钴玻璃片)D．可能含有Cl－15、下列关于丙烯（CH3－CH=CH2）的说法正确的是A．丙烯分子有7个σ键，1个π键B．丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化C．丙烯分子存在非极性键D．丙烯分子中3个碳原子在同一直线上16、下列关于物质结构和元素性质说法正确的是A．非金属元素之间形成的化合物一定是共价化合物B．乙醇可与水以任意比例混溶，是因为与水形成氢键C．IA族与VIIA族元素原子之间形成的化学键是离子键D．同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物K是有机光电材料中间体。由芳香族化合物A制备K的合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)A的结构简式是________。(2)C中官能团是________。(3)D→E的反应类型是________。(4)由F生成G的化学方程式是________。(5)C7H8的结构简式是________。(6)芳香族化合物X是G的同分异构体，该分子中除苯环外，不含其他环状结构，其苯环上只有1种化学环境的氢。X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，写出符合上述要求的X的结构简式：________。(7)以环戊烷和烃Q为原料经四步反应制备化合物，写出有关物质的结构简式（其他无机试剂任选）。Q：____；中间产物1：________；中间产物2：____；中间产物3：________。18、已知有机物分子中的碳碳双键发生臭氧氧化反应：，有机物A的结构简式为，G的分子式为C7H12O，以下A～H均为有机物，其转化关系如下：（1）下列说法正确的是______。（填字母序号）A．C的官能团为羧基B．1molA最多可以和2molNaOH反应C．C可以发生氧化反应、取代反应和加成反应D．可以发生消去反应（2）F的结构简式为____________，由F到G的反应类型为___________。（3）反应①的作用是__________________，合适的试剂a为____________。（4）同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式______________________。Ⅰ．与A具有相同的官能团；Ⅱ．属于苯的邻二取代物；Ⅲ．能使FeCl3溶液显色；Ⅳ．核磁共振氢谱分析，分子中有8种不同化学环境的氢原子。（5）H与G分子具有相同的碳原子数目，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银。写出H与足量的新制银氨溶液反应的化学方程式__________________。19、物质分离、提纯的常用装置如图所示，根据题意选择合适的装置填入相应位置。（1）我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写到：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”所用的是__装置（填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”或“戊”，下同）。（2）《本草衍义》中对精制砒霜过程的叙述为：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下重如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法所用是_____装置。（3）海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如图：其中分离步骤①、②、③所用分别为：_____装置、_____装置、_____装置。20、NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。实验室制备少量NaClO2的装置如图所示。装置I控制温度在35～55°C，通入SO2将NaClO3还原为ClO2(沸点：11°C)。回答下列问题：（1）装置Ⅰ中反应的离子方程式为__________________。（2）装置Ⅱ中反应的化学方程式为_____________________。（3）装置用中NaOH溶液的作用是_____________。（4）用制得的NaClO4/H2O2酸性复合吸收剂同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)和溶液pH对脱硫、脱硝的影响如图所示：①从图1和图2中可知脱硫、脱硝的最佳条件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝________________。pH在_________________之间。②图2中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5时反而减小。NO去除率减小的可能原因是___________________________________。21、纯碱是一种非常重要的化工原料，在玻璃、肥料、合成洗涤剂等工业中有着广泛的应用。(1)工业上“侯氏制碱法”以NaCl、NH3、CO2及水等为原料制备纯碱，其反应原理为：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。生产纯碱的工艺流程示意图如下：请回答下列问题：①析出的NaHCO3晶体中可能含有少量氯离子杂质，检验该晶体中是否含有氯离子杂质的操作方法是________。②该工艺流程中可回收再利用的物质是________________。③若制得的纯碱中只含有杂质NaCl。测定该纯碱的纯度，下列方案中可行的是________(填字母)。a.向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为bgb.向m克纯碱样品中加入足量稀盐酸，用碱石灰(主要成分是CaO和NaOH)吸收产生的气体，碱石灰增重bgc.向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，产生的沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为bg(2)将0.84gNaHCO3和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.10mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是___________(填字母)。A．B．C．D．(3)若称取10.5g纯净的NaHCO3固体，加热一段时间后，剩余固体的质量为8.02g。如果把剩余的固体全部加入到100mL2mol·L－1的盐酸中充分反应。求溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度(设溶液的体积变化及盐酸的挥发忽略不计)___________。

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】

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。2、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。3、D【解题分析】

铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，反应方程式为：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，该反应为化合反应，故合理选项是D。4、B【解题分析】

A、乙醇俗称酒精，故A说法正确；B、乙醇能与水形成分子间氢键，乙醇与水可以以任意比例互溶，故B说法错误；C、乙醇能使蛋白质变性，即乙醇可用于消毒，故C说法正确；D、乙醇含有羟基，能与金属钠发生2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑，故D说法正确；答案选B。5、B【解题分析】

利用化合价升降法将该氧化还原反应方程式配平，反应方程式为3（NH4）2SO43SO2+N2+4NH3+6H2O，该反应中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是-3价，化合价不变，所以则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为1：2，选B。6、B【解题分析】

含有C=C键的物质既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水起加成反应使之褪色。【题目详解】①甲烷、②苯、③聚乙烯、⑥己烷不含有C=C键，与高锰酸钾和溴水都不反应，而④乙烯、⑤丙稀含有C=C键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水起加成反应使之褪色，故B正确；

答案选B。7、A【解题分析】

常温下，等浓度的这几种溶液，酸的电离程度越大其溶液中氢离子浓度越大，乙醇是非电解质，在水溶液不发生电离。【题目详解】浓度相同条件下，根据乙酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，说明乙酸酸性大于碳酸；苯酚溶液不能使酸碱指示剂变色，苯酚钠溶液中通入过量二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠，证明说明苯酚酸性很弱，小于碳酸的酸性，乙醇是中性的非电解质溶液，它们的酸性由强到弱排列正确的是①③②④。故选A。【题目点拨】本题考查弱电解质的电离，侧重考查学生分析判断能力，明确酸性强弱顺序即可解答，注意：苯酚酸性小于碳酸而大于碳酸氢根离子。8、A【解题分析】A、Na在点燃或加热的条件下与氧气反应生成Na2O2，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，能够一步实现，故A正确；B、4FeS2＋11O2=2Fe2O3＋8SO2，不能够一步实现，故B错误；C、氯气与铁反应，无论铁过量还是不足，生成的都是FeCl3，不能实现一步反应，故C错误；D、SiO2不溶于水，不能与水反应生成H2SiO3，不能实现一步完成，故D错误。点睛：本题的易错选C选项，学生认为发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，需要注意此反应应在溶液中进行，但现在给的环境不是溶液，也就是Fe和Cl2反应，无论氯气过量与否反应生成的都是FeCl3.9、D【解题分析】A、滴定管在装液之前必须要用标准液润洗，否则将稀释标准液，选项A错误；B、锥形瓶用蒸馏水洗净,不必干燥就能加入一定体积未知浓度的NaOH溶液，里面残留有蒸馏水对测定结果无影响，选项B错误；C、在滴定之前必须排尽滴定管下端口的气泡，然后记录读书，进行滴定，选项C错误；D、读数时视线必须和凹液面最低处保持水平，选项D正确。答案选D。10、B【解题分析】分析：A．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键；B．氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清；C．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；D．络合物在乙醇中溶解度较小。详解：A．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故A错误；B．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B正确；C．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C错误；D．[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D错误；故选B。11、B【解题分析】

A.往碳酸钙中滴加稀盐酸，因为碳酸钙难溶于水，应以化学式保留，正确的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+＋CO2↑+H2O，A错误；B.氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式为：OHˉ＋Ca2+＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O，B正确；C.金属钠和水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，C错误；D.KHSO4溶液中加Ba(OH)2溶液至中性，生成硫酸钡、硫酸钾和水，离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，D错误；答案选B。【题目点拨】B是易错点，酸式盐和强碱反应的离子方程式会因为两者用量不同而不同，可用定“1”法书写，把量少的反应物的化学计量数定“1”，并据此写出其参加反应的离子及其化学计量数，再据此确定和它们反应的离子符号和化学计量数，例如氢氧化钠溶液与少量的碳酸氢钙溶液反应，定碳酸氢钙为“1”，则离子方程式中钙离子和碳酸氢根的化学计量数分别为“1”和“2”，由此决定氢氧根离子为“2”，则参加反应的离子方程式为：Ca2+＋2HCO3-+2OH-=CaCO3↓＋2H2O+CO32-。12、A【解题分析】

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算。A.甲醛和乙酸的最简式相同，最简式相同的物质，只要总质量一定，无论以何种比例混合，完全完全燃烧生成CO2的量为定值；B.等物质的量的Cl2与Fe充分反应生成FeCl3时，铁过量，以Cl2的物质的量计算转移电子数；C.缺少0.lmol/L的Ba(OH)2溶液的体积，无法计算OH-的物质的量；D.葡萄糖分子中含有共价键数为24。【题目详解】甲醛和乙酸的最简式都为CH2O，1mol甲醛燃烧生成1molCO2，60gCH2O的物质的量是2mol，则在氧气中完全燃烧生成CO2的分子数为2NA，A正确；标况下，4.48LCl2的物质的量为0.2mol，等物质的量的Cl2与Fe充分反应生成FeCl3时，铁过量，0.2molCl2完全反应转移电子数为0.4NA，B错误；缺溶液的体积，无法计算0.lmol/L的Ba(OH)2溶液中OH-的物质的量，C错误；葡萄糖分子中含有5个H—O键、5个C—O键、1个C=O键、7个H—C键、5个C—C键，共价键数为24，则1mol葡萄糖中含共价键数为24NA，D错误。故选A。【题目点拨】阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类题目，一是要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；二是要准确弄清分子、原子、化学键的构成关系。13、A【解题分析】A．该原电池中，锌作负极，铜作正极，锌失电子生成锌离子进入溶液，导致锌逐渐减少，A正确。B.该原电池中，负极上锌失电子生成锌离子进入溶液，锌离子无色，正极上氢离子得电子生成氢气，溶液中没有铜离子产生，所以溶液不变蓝色，B错误；C.锌作负极，铜作正极，电子从锌极沿导线流向铜极，C错误；D.该装置是原电池，能将化学能转化为电能，D错误。答案选A.点睛：原电池中，电子由负极经导线流向正极，电子不能在水溶液中移动。14、B【解题分析】

①向溶液中加入氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在与氢氧化钠生成沉淀的离子，溶液中一定不含A13+和Mg2+；②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol•L-1的盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失，，所以一定不存在SiO32-，滴加盐酸产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，题中所给的离子中能与盐酸反应生成气体的只有CO32-，则气体为二氧化碳，说明原溶液中存在AlO2－和CO32－，所以一定不存在与CO32－反应的Ba2+，再根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在唯一的阳离子K+；③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g，则沉淀为AgCl，物质的量为：0.43g÷143.5g/mol＝0.003mol，②中加入的氯离子的物质的量为：n（HCl）=0.2mol/L×0.005L=0.001mol＜n（AgCl），所以原溶液中一定存在0.02molCl－；A.根据以上分析可知，溶液中一定不存在Ba2+、Mg2+、A13+、SiO32-，一定存在Cl-，故A错误；B.由分析可知：该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-，故B正确；C.根据溶液呈电中性可以判断，溶液中一定存在钾离子，不需要通过焰色反应判断钾离子是否存在，故C错误；D.根据生成氯化银沉淀的物质的量可知，原溶液中一定存在氯离子，故D错误；答案选B。【题目点拨】根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则，判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子，如本题的原溶液中存在CO32－，所以一定不存在与CO32－反应的Ba2+；（2）电中性原则，溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子，如本题根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在唯一的阳离子K+；（3）进出性原则，离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失，则原溶液中是否存在该种离子要结合题目信息进行判断，如本题中的Cl-就是利用最终生成的AgCl沉淀的质量和开始加入的HCl的物质的量判断一定存在。15、C【解题分析】

A．C-C、C-H键均为σ键，C=C中一个σ键，一个π键，则丙烯分子有8个σ键，1个π键，故A错误；B．甲基中的C原子为sp3杂化，C=C中的C原子为sp2杂化，则丙烯分子中1个碳原子是sp3杂化，2个碳原子是sp2杂化，故B错误；C．同种非元素之间形成非极性键，则丙烯中存在C-C非极性共价键，故C正确；D．由C=C双键为平面结构、甲基为四面体结构可知，丙烯分子中2个碳原子在同一直线，故D错误；故选C。16、B【解题分析】

A．氯化铵全部由非金属元素构成，为离子化合物，选项A错误；B、乙醇中羟基上的氢可以和水之间形成氢键，使乙醇和水可以以任意比例互溶，选项B正确；C、族的氢元素与族元素原子之间形成的化学键是共价键，选项C错误；D、水解程度与酸根的还原性无关，和酸根对应的弱酸的强弱有关，酸性越弱对应酸根水解程度越大，选项D错误。答案选B。【题目点拨】本题考查化学键等知识，易错点为选项B，N、O、F三种原子的得电子能力太强，连在这三种原子上的原子容易与其他电负性较强的原子之间形成氢键，羟基和水分子之间容易形成氢键，所以乙醇可以与水以任意比例互溶。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键羧基消去反应+C2H5OH+H2OCH3—C≡C—CH3【解题分析】

由第一个信息可知A应含有醛基，且含有7个C原子，应为，则B为，则C为，D为，E为，F为，F与乙醇发生酯化反应生成G为，对比G、K的结构简式并结合第二个信息，可知C7H8的结构简式为；(7)环戊烷与氯气在光照条件下生成，发生消去反应得到环戊烯。环戊烯与2-丁炔发生加成反应生成，然后与溴发生加成反应生成。【题目详解】根据上述分析可知：A为，B为，C为，D为，E为，F为，G为，对比G、K的结构简式并结合题中给出的第二个信息，可知C7H8的结构简式为。(1)A的结构简式是。(2)C结构简式是其中含有的官能团是碳碳双键和羧基。(3)D→E的反应类型为消去反应。(4)F为，F与乙醇在浓硫酸存在的条件下加热，发生消去反应形成G和水，所以由F生成G的化学方程式是+C2H5OH+H2O。(5)C7H8的结构简式是。(6)芳香族化合物X是G的同分异构体，该分子中除苯环外，不含其他环状结构，其苯环上只有1种化学环境的氢。X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明分子中含有羧基-COOH，则符合上述要求的X的结构简式：、。(7)环戊烷与氯气在光照条件下生成，，与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应得到环戊烯、NaCl、H2O。环戊烯与2-丁炔发生加成反应生成，然后与溴发生加成反应生成。其合成路线为。所以Q：CH3—C≡C—CH3；中间产物1：；中间产物2：；中间产物3：。【题目点拨】本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意题给信息的灵活运用。18、AB消去反应保护酚羟基，防止在反应②中被氧化NaHCO3溶液或+4Ag(NH3)2OH+4Ag↓+6NH3+2H2O【解题分析】

A的结构简式为，A发生水解反应得到C与，可知C为CH3COOH，由转化关系可知，与氢气发生加成生成F为，G的分子式为C7H12O，则F发生消去反应得到G，G发生碳碳双键发生臭氧氧化反应生成H，若H与G分子具有相同的碳原子数，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银，则H中含有2个-CHO，则亚甲基上的-OH不能发生消去反应，可推知G为，H为．与氢氧化钠水溶液放出生成B为，B发生催化氧化生成D，D与银氨溶液发生氧化反应，酸化得到E，则D为，E为，反应①的目的是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，E与是a反应得到，反应中羧基发生反应，而酚羟基不反应，故试剂a为NaHCO3溶液，据此解答．【题目详解】A的结构简式为，A发生水解反应得到C与，可知C为CH3COOH，由转化关系可知，与氢气发生加成生成F为，G的分子式为C7H12O，则F发生消去反应得到G，G发生碳碳双键发生臭氧氧化反应生成H，若H与G分子具有相同的碳原子数，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银，则H中含有2个-CHO，则亚甲基上的-OH不能发生消去反应，可推知G为，H为．与氢氧化钠水溶液放出生成B为，B发生催化氧化生成D，D与银氨溶液发生氧化反应，酸化得到E，则D为，E为，反应①的目的是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，E与是a反应得到，反应中羧基发生反应，而酚羟基不反应，故试剂a为NaHCO3溶液，

（1）A．C为CH3COOH，C的官能团为羧基，故A正确；B．A为，酯基、酚羟基与氢氧化钠反应，1molA最多可以和2molNaOH反应，故B正确；C．C为CH3COOH，可以发生氧化反应、取代反应，不能发生加成反应，故C错误；D．中羟基的邻位碳上没有氢原子，所以不能发生消去反应，故D错误；故答案为AB；（2）由上述分析可知，F为，由上述发生可知F到G的反应类型为消去反应；（3）反应①的作用是：是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，合适的试剂a为NaHCO3溶液；（4）同时满足下列条件的A（）的同分异构体：Ⅰ．与A有相同的官能团，含有羟基、酯基；Ⅱ．属于苯的邻二取代物，Ⅲ．遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基，Ⅲ．1H-NMR分析，分子中有8种不同化学环境的氢原子，苯环与酚羟基含有5种H原子，则另外侧链含有3种H原子，故另外侧链为-CH2CH2OOCH，-CH（CH3）OOCH，结构简式为：和；（5）H的结构简式为，与足量的新制银氨溶液反应的化学方程式为。【题目点拨】解有机推断的关键是能准确根据反应条件推断反应类型：（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、丙戊乙甲丁【解题分析】

由图可知，装置甲为过滤；装置乙为灼烧；装置丙为蒸馏；装置丁为分液；装置戊为升华。【题目详解】（1）由题意可知，从浓酒中分离出乙醇，是利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，故答案为丙；（2）“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体，类似于碘的升华，因此涉及的操作方法是升华，故答案为戊；（3）由流程图可知，步骤①为海藻在坩埚中灼烧，选乙装置；步骤②过滤海藻灰悬浊液得到含碘离子的溶液，选甲装置；步骤③为向含碘水溶液中加入有机溶剂萃取分液的到含碘的有机溶液，选丁装置，故答案为乙、甲、丁。【题目点拨】本题考查混合物分离提纯，把握物质性质的异同及实验装置的分析与应用为解答的关键。20、SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2吸收尾气，防止污染空气6：1或65.5～6.0pH＞5.5以后，随pH的增大，NO的还原性减弱（或过氧化氢、NaClO2的氧化性减弱），NO不能被氧化成硝酸【解题分析】

根据实验目的，装置I为二氧化硫与氯酸钠在酸性条件下反应生成二氧化氯气体，二氧化氯气体在装置II反应生成亚氯酸钠和氧气，二氧化氯有毒，未反应的应进行尾气处理，防止污染环境。【题目详解】（1）装置Ⅰ中二氧化氯与与氯酸钠在酸性条件下反应生成二氧化氯气体、硫酸钠，离子方程式为SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-；（2）装置Ⅱ中二氧化氯气体与双氧水、氢氧化钠溶液反应生成亚氯酸钠和氧气，化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2；（3