遼寧凌源市2024屆化學高二第二學期期末考試模擬試題含解析

遼寧凌源市2024屆化學高二第二學期期末考試模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、常溫下,向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液.有關微粒的物質(zhì)的量變化曲線如圖所示(其中I代表H2A．，II代表HA—，III表A2—)。根據(jù)圖示.判斷下列說法正確的是A．當V(NaOH)=20mL時.溶液中各離子濃度的大小關系為c(Na+)>c(HA—)>c(H+)>c(A2一)>c(OH—)B．等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液與H2A溶液混合后，其溶液中水的電離程度比純水中的大C．NaHA溶液中:c(OH—)+2c(A2—)=c(H+)+c(H2A)D．將Na2A溶液加水稀釋.溶液中所有離子的濃度都減小.但部分離子的物質(zhì)的量增加2、下列物質(zhì)的分類全部正確的是A．純堿一堿硫化氫一酸小蘇打一酸式鹽B．葡萄糖一電解質(zhì)CO2—酸性氧化物蛋白質(zhì)溶液一膠體C．碘酒一混合物膽礬一純凈物臭氧一單質(zhì)D．氨水一

電解質(zhì)硫酸鋇一非電解質(zhì)酒精一有機物3、下列實驗操作中不正確的是（）A．使用分液漏斗分液時，下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出B．容量瓶用蒸餾水洗滌后必須烘干才能進行溶液的配制C．在遇到金屬鎂失火時不可用干冰滅火器進行滅火D．向沸水中加入少量FeCl3飽和溶液，煮沸至溶液呈紅褐色，即可得到Fe(OH)3膠體4、某酯A的分子式為C5H10O2，已知A～E有如圖轉化關系，且C、E均能發(fā)生銀鏡反應，則A的結構可能有()A．2種 B．3種 C．4種 D．5種5、砷是氮族元素，黃砷(As4)是其一種單質(zhì)，其分子結構與白磷(P4)相似，以下關于黃砷與白磷的比較敘述正確的是A．黃砷中共價鍵鍵能大于白磷B．黃砷的熔點高于白磷C．黃砷易溶于水D．分子中共價鍵鍵角均為109°28′6、2016年諾貝爾化學獎授予研究“分子機器的設計與合成”的三位科學家。輪烷是一種分子機器的輪子，合成輪烷的基本原料有苯、丙烯、二氯甲烷、戊醇。下列說法正確的是（）A．苯能與溴水發(fā)生加成反應B．丙烯能被酸性KMnO4氧化C．戊醇易溶于水D．二氯甲烷有兩種同分異構體7、三氟化氮(NF3)是微電子工業(yè)中優(yōu)良的等離子刻蝕氣體，它在潮濕的環(huán)境中能發(fā)生反應：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，下列有關該反應的說法正確的是A．NF3是氧化劑，H2O是還原劑 B．HF是還原產(chǎn)物C．還原劑和氧化劑的物質(zhì)的量之比是2:1 D．NF3在潮濕的空氣中泄漏會產(chǎn)生紅棕色氣體8、一種新型材料B4C，它可用于制作切削工具和高溫熱交換器。關于B4C的推斷正確的是A．B4C是一種原子晶體B．B4C是一種離子晶體C．B4C是一種分子晶體D．B4C分子是由4個硼原子和1個碳原子構成的9、下列物質(zhì)中，不能用酸性KMnO4溶液鑒別，但可用溴水鑒別的是A．己烷苯 B．己烯苯C．己烯甲苯 D．己烷己烯10、下列不能用來鑒別Na2CO3和NaHCO3兩種無色固體的實驗操作是()A．分別加熱這兩種固體，并將生成的氣體通入澄清石灰水中B．分別在這兩種物質(zhì)中加入CaCl2溶液C．在兩種固體物質(zhì)中加入等濃度的稀鹽酸D．分別在兩種物質(zhì)的溶液中加入澄清石灰水11、元素K的焰色反應呈紫色，其中紫色對應的輻射波長為（）A．404.4nm B．553.5nm C．589.2nm D．766.5nm12、下列關于煤和石油的說法中正確的是A．由于石油中含有乙烯，所以石油裂解中乙烯的含量較高B．由于煤中含有苯、甲苯等芳香族化合物，所以可從煤干餾的產(chǎn)品中分離得到苯C．石油沒有固定的熔沸點，但其分餾產(chǎn)物有固定的熔沸點D．石油的裂解氣、煤干餾得到的焦爐氣都能使酸性KMnO4溶液褪色13、下列類比關系正確的是()。A．AlCl3與過量NaOH溶液反應生成AlO2-，則與過量NH3·H2O也生成AlO2-B．Na2O2與CO2反應生成Na2CO3和O2，則與SO2反應可生成Na2SO3和O2C．Fe與Cl2反應生成FeCl3，則與I2反應可生成FeI3D．Al與Fe2O3能發(fā)生鋁熱反應，則與MnO2也能發(fā)生鋁熱反應14、下列敘述正確的是A．酸性氧化物不一定都是非金屬氧化物B．HCl、H2S、NH3都是電解質(zhì)C．強酸強堿都是離子化合物D．FeBr3、FeCl2、CuS都不能直接用化合反應制備15、為研究廢舊電池的再利用，實驗室利用舊電池的銅帽（主要成分為Zn和Cu)回收Cu并制備ZnO的部分實驗過程如圖所示。下列敘述錯誤的是A．“溶解”操作中溶液溫度不宜過髙B．銅帽溶解的反應可能有H2O2+Cu+2H+=Cu2++2H2OC．與鋅粉反應的離子可能是Cu2+、H+D．“過濾”操作后，將濾液蒸發(fā)結晶、過濾、洗滌、干燥后高溫灼燒即可得純凈的ZnO16、磷酸鐵鋰電池應用廣泛。該鋰電池將鋰嵌入碳材料，含Li+導電固體為電解質(zhì)；電解質(zhì)中遷移介質(zhì)是一種有機聚合物，其單體之一M結構簡式如下圖：M的結構簡式電池反應為：LiC6＋FePO4LiFePO4＋6C下列說法正確的是A．放電時，體系中的Li+向負極移動B．放電時，F(xiàn)ePO4作正極發(fā)生氧化反應C．充電時，與電源正極相連的電極反應為：LiFePO4－e－=Li+＋FePO4D．1mol有機物M與足量NaOH溶液反應，消耗2molNaOH17、某溶液能溶解Al(OH)3，則此溶液中一定能大量共存的離子組是A．Mg2+、Cl-、Na+、NO3- B．K+、Na+、NO3-、HCO3-C．Na+、Ba2+、Cl-、NO3- D．Fe3+、Na+、AlO2-、SO42-18、如圖所示是一種以液態(tài)肼(N2H4)為燃料，氧氣為氧化劑，某固體氧化物為電解質(zhì)的新型燃料電池。該固體氧化物電解質(zhì)的工作溫度高達700-900℃時，O2-可在該固體氧化物電解質(zhì)中自由移動，反應生成物均為無毒無害的物質(zhì)。下列說法正確的是A．電極甲發(fā)生還原反應B．電池內(nèi)的O2-由電極乙移向電極甲C．電池總反應為N2H4+2O2=2NO+2H2OD．當甲電極上有l(wèi)molN2H4消耗時，乙電極上有22.4LO2參與反應19、已知：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，2Fe2++Br2=2Br﹣+2Fe3+。在bLFeBr2溶液中通入amolCl2時，使溶液中50%的Br﹣氧化為Br2，則原FeBr2的物質(zhì)的量濃度為A．a(chǎn)/bmol?L﹣1 B．2a/bmol?L﹣1 C．3a/bmol?L﹣1 D．5a/bmol?L﹣120、下列分子中所有原子的價電子層都滿足最外層8電子穩(wěn)定結構的是（）A．二氯化硫（SCl2） B．次氯酸（HClO）C．六氟化氙（XeF6） D．三氟化硼（BF3）21、下列有關實驗原理、方法和結論都正確的是A．向某溶液中加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，該溶液中不一定含有SO42－B．向蛋白質(zhì)溶液中加入硫酸銅溶液，將得到的沉淀分離出來，再加水可重新溶解。C．等體積的PH都為3的酸HA和HB分別與足量的Mg反應，HA放出的H2多，說明酸性：HA>HBD．淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加入氫氧化鈉使溶液呈堿性，再加入新制Cu(OH)2后加熱，若有磚紅色沉淀生成，則淀粉已經(jīng)完全水解。22、若圖①表示向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的鹽溶液中滴加NaOH溶液時，沉淀的量與NaOH的體積的關系圖。下列各表述與示意圖一致的是A．圖①三種離子的物質(zhì)的量之比為:n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝2:3:2B．圖①中使用的NaOH的濃度為2mol/LC．圖②中物質(zhì)A反應生成物質(zhì)C，△H>0D．圖②中曲線表示某反應過程的能量變化。若使用催化劑，B點會降低二、非選擇題(共84分)23、（14分）X、Y、Z、W、J是元素周期表前四周期中的五種常見元素.其相關信息如下表：元素相關信息XX的基態(tài)原子核外3個能級上有電子，且每個能級上的電子數(shù)相等YM層上有2對成對電子ZZ和Y同周期，Z的電負性大于YWW的一種核素的質(zhì)量數(shù)為63，中子數(shù)為34JJ的氣態(tài)氫化物與J的最高價氧化物對應的水化物可反應生成一種鹽(1)元素X的一種同位素可測定文物年代，這種同位素的符號是______；(2)元素Y位于元素周期表第______周期第______族；(3)元素Z的原子最外層共有______種不同運動狀態(tài)的電子；(4)W的基態(tài)原子核外價電子排布圖是______(5)J的氣態(tài)氫化物與J的最高價氧化物對應的水化物可反應生成一種鹽的化學式為______________24、（12分）M是第四周期元素，最外層只有1個電子，次外層的所有原子軌道均充滿電子。元素Y的負一價離子的最外層電子數(shù)與次外層的相同?；卮鹣铝袉栴}：(1)單質(zhì)M的晶體類型為________，其中M原子的配位數(shù)為________。(2)元素Y基態(tài)原子的核外電子排布式為________，其同周期元素中，第一電離能最大的是________(寫元素符號)。(3)M與Y形成的一種化合物的立方晶胞如圖所示。①該化合物的化學式為________，已知晶胞參數(shù)a＝0.542nm，此晶體的密度為__________g·cm－3。(寫出計算式，不要求計算結果。阿伏加德羅常數(shù)為NA)②此化合物的氨水溶液遇到空氣被氧化為深藍色，其中陽離子的化學式為________。25、（12分）磺酰氯(SO2Cl2)在醫(yī)藥、染料行業(yè)有重要用途，也可用于制備表面活性劑。沸點為69.2℃，遇水水解，劇烈反應生成兩種強酸。學習小組在實驗室用SO2和Cl2在活性炭作用下，制備SO2Cl2并測定產(chǎn)品純度，設計如圖實驗如圖1(夾持裝置略去)。請回答下列問題：Ⅰ.SO2的制備（1）欲收集一瓶干燥的SO2，裝置中氣流方向合理的連接順序為____(填小寫字母)。（2）A裝置分液漏斗中裝的是70%的硫酸溶液，A中反應的化學方程式為____。Ⅱ.SO2Cl2的制備和純度的測定將上述收集到的SO2充入注射器h中，用圖2裝置制備SO2Cl2。（3）儀器e的名稱為____，b中試劑的名稱為____。（4）f的作用是____。（5）取反應后的產(chǎn)品4.0g，配成200mL溶液；取出20.00mL，用0.5000mol·L-1NaOH溶液滴定；達到滴定終點時消耗標準液的體積為20.00mL(雜質(zhì)不參加反應)。①產(chǎn)品加水配成溶液時發(fā)生的反應為____。②SO2Cl2的質(zhì)量分數(shù)為____。(保留三位有效數(shù)字)。26、（10分）某同學利用下圖所示裝置制備乙酸乙酯。實驗如下：Ⅰ．向2mL濃H2SO4和2mL乙醇混合液中滴入2mL乙酸后，加熱試管A；Ⅱ．一段時間后，試管B中紅色溶液上方出現(xiàn)油狀液體；Ⅲ．停止加熱，振蕩試管B，油狀液體層變薄，下層紅色溶液褪色。(1)為了加快酯化反應速率，該同學采取的措施有_____________。(2)欲提高乙酸的轉化率，還可采取的措施有_______________。(3)試管B中溶液顯紅色的原因是___________（用離子方程式表示）。(4)Ⅱ中油狀液體的成分是__________。(5)Ⅲ中紅色褪去的原因，可能是酚酞溶于乙酸乙酯中。證明該推測的實驗方案是_____________。27、（12分）葡萄是一種常見水果，可以生食或制作葡萄干，除此之外，葡萄還可用于釀酒。(1)檢驗葡萄汁含有葡萄糖的方法是：向其中加堿調(diào)至堿性，再加入新制的Cu(OH)2并加熱，其現(xiàn)象是________。(2)葡萄在釀酒過程中，葡萄糖轉化為酒精的過程如下，補充完成下列化學方程式：C6H12O6(葡萄糖)2_________+2C2H5OH(3)葡萄酒密封儲存過程中會生成有香味的酯類，酯類也可以通過化學實驗來制備，實驗室可用如圖所示裝置制備乙酸乙酯：①試管a中生成乙酸乙酯的化學方程式是__________。②試管b中盛放的試劑是飽和____________溶液。③實驗開始時，試管b中的導管不伸入液面下的原因是________。④若要分離出試管b中的乙酸乙酯，需要用到的儀器是_______(填字母)。A．普通漏斗B．分液漏斗C．長頸漏斗28、（14分）鍺是重要的半導體材料之一。碳、硅、鍺位于同主族。（1）基態(tài)鍺原子的價層電子排布式為__________________。（2）幾種晶體的熔點和硬度如表所示。晶體金剛石碳化硅二氧化硅硅鍺熔點/℃35502700171014101211硬度109.576.56.0①碳化硅的晶體類型是__________________。②二氧化硅的熔點很高，而干冰(固體二氧化碳)易升華，其主要原因是________。③硅的熔點高于鍺的，其主要原因是___________________________。（3）的立體構型是__________；GeCl4分子中鍺的雜化類型是_____。（4）1個CS2分子中含_________個π鍵。（5）鍺的氧化物晶胞如圖所示。已知：該氧化物的摩爾質(zhì)量為Mg·mol?1，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，晶胞密度為ρg·cm?3。該晶胞的化學式為_________。氧原子的配位數(shù)為_________。該晶胞參數(shù)為_________cm(用代數(shù)式表示)。。29、（10分）阿司匹林是一種歷史悠久的解熱鎮(zhèn)痛藥，對預防血栓和腦梗有很好的作用，M是一種防曬劑，它們的結構簡式分別為：和由A出發(fā)合成路線如圖：已知：I.E的俗稱水楊酸，學名2-羥基苯甲酸?II.III、+H2O根據(jù)以上信息回答下列問題（1）M中含氧官能團的名稱_____________，阿司匹林的核磁共振氫譜中顯示有________種不同化學環(huán)境的氫原子。（2）寫出H→Ⅰ過程中的反應類型_______、______，F(xiàn)的結構簡式_____________。（3）寫出D→E轉化過程中①（D+NaOH）的化學方程式__________________。（4）由H→I的過程中可能出現(xiàn)多種副產(chǎn)物，其中一種分子式為C16H12O2Cl2，寫出該副產(chǎn)物的結構簡式_______________。（5）阿司匹林有多種同分異構體，符合下列條件的所有同分異構體有________種。a苯環(huán)上有3個取代基b僅屬于酯類，能發(fā)生銀鏡反應，且每摩該物質(zhì)反應時最多能生成4molAg，其中苯環(huán)上的一氯代物有兩種的結構簡式____________________。（任寫出一種）（6）寫出由Ⅰ到M的合成路線（用流程圖表示）。示例CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解題分析】

A、當V(NaOH)=20mL時，發(fā)生反應為NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要為NaHA，由圖象看出c(A2-)＞c(H2A)，說明HA-電離大于水解，溶液呈酸性，則c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，選項A正確；B．等體積等濃度的NaOH溶液與H2A溶液混合后生成NaHA，溶液呈酸性，則抑制水的電離，溶液中水的電離程度比純水中的小，選項B錯誤；C、根據(jù)質(zhì)子守恒可知，NaHA溶液中:c(OH一)+c(A2—)=c(H+)+c(H2A)，選項C錯誤；D、因?qū)妷A弱酸鹽溶液稀釋，c（H+）增大，則將該電解質(zhì)溶液加水稀釋，溶液中離子濃度不一定都減小，選項D錯誤；答案選A?！绢}目點撥】本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡，注意分析酸式鹽中弱酸根離子的水解及電離平衡的影響，易錯點為選項C，注意應該是質(zhì)子守恒，不要將c(A2—)的計量數(shù)與電荷守恒混淆。2、C【解題分析】

A、純堿是碳酸鈉屬于正鹽，不是堿，故A不正確；B、葡萄糖是非電解質(zhì)，故B錯誤；C、碘酒是碘和酒精的混合物，膽礬即CuSO4·5H2O，是固定組成，所以是純凈物，臭氧是氧元素的一種單質(zhì)，故C正確；D、氨水是氨氣溶于水形成的溶液，是混合物，是電解質(zhì)溶液，不是電解質(zhì)，一水合氨是電解質(zhì)，硫酸鋇是鹽，屬于電解質(zhì)，故D錯誤。本題答案為C。3、B【解題分析】分析：A．分液操作時下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出；B．容量瓶中有水對實驗結果無影響；C、金屬鎂能和二氧化碳反應；D.根據(jù)制備Fe(OH)3膠體的實驗步驟和方法分析判斷。詳解：A．分液操作時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，避免兩種液體相互污染，故A正確；B．容量瓶中有水對實驗無影響，不需要烘干，故B錯誤；C、金屬鎂能和二氧化碳反應生成一氧化碳，會引起爆炸，故不能用干冰滅火器來撲滅鎂失火，故C正確；D.向沸水中加入少量FeCl3飽和溶液，煮沸至溶液呈紅褐色，即可得到Fe(OH)3膠體，故D正確；故選B。4、A【解題分析】

根據(jù)題意可知A屬于飽和一元羧酸與飽和一元醇形成的酯，故可先分析C5H10O2可能的結構：①HCOOC4H9、②CH3COOC3H7、③CH3CH2COOC2H5、④C3H7COOCH3。①的水解產(chǎn)物中含有HCOOH，能發(fā)生銀鏡反應，符合題意，①的另一水解產(chǎn)物為C4H9OH，結構共有4種，其中能夠發(fā)生催化氧化生成醛的只有兩種；②③④水解產(chǎn)物中分別含有：CH3COOH、CH3CH2COOH和C3H7COOH，均不能發(fā)生銀鏡反應，故被排除。所以符合題意的只有兩種，故選A?！绢}目點撥】本題考查有機物的推斷，題目難度不大，本題注意題給信息，為解答該題的關鍵，特別是D→E，為易錯點，答題時注意體會。5、B【解題分析】A．原子半徑As＞P，鍵長越大，鍵能越小，黃砷中共價鍵鍵能小于白磷，A錯誤；B．形成的晶體都為分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強，則熔點越高，B正確；C．黃砷為非極性分子，根據(jù)相似相容原理可知難溶于水，C錯誤；D．分子中共價鍵鍵角均為60°，D錯誤，答案選B。點睛：本題考查同主族元素的性質(zhì)的遞變規(guī)律，解答時注意從白磷的結構和性質(zhì)分析進行知識的遷移靈活應用。6、B【解題分析】分析：輪烷分子如圖，A、苯不能與溴水發(fā)生加成反應；B、丙烯含有碳碳雙鍵，能被酸性KMnO4氧化；C、戊醇含有羥基，能溶于水，烴基是憎水基，在水中溶解度??；D、CH2C12有一種同分異構體。詳解：A、苯中沒有碳碳雙鍵，不能與溴水發(fā)生加成反應，故A錯誤；B、丙烯含有碳碳雙鍵，能被酸性KMnO4氧化，故B正確；C、戊醇含有羥基，能溶于水，烴基是憎水基，在水中溶解度小，故C錯誤；D、甲烷為正四面體結構，CH2C12有一種同分異構體，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查有機物的結構與性質(zhì)，解題關鍵：把握有機物中的官能團的性質(zhì)，側重分析與應用能力的考查，易錯點A，苯中沒有碳碳雙鍵，不能與溴水發(fā)生加成反應，難點D，甲烷為正四面體結構，CH2C12有一種同分異構體。7、D【解題分析】

A．在3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反應中，NF3中的N元素的原子部分升高變?yōu)镠NO3，部分降低變?yōu)镹O，因此NF3是氧化劑，也是還原劑，而水的組成元素化合價沒有發(fā)生變化。所以水不是還原劑，錯誤；B．HF的組成元素在反應前后沒有發(fā)生變化，所以HF不是還原產(chǎn)物，錯誤；C．根據(jù)方程式可知，在該反應中還原劑NF3和氧化劑NF3的物質(zhì)的量之比是1：2，錯誤；D．NF3在潮濕的空氣中泄漏會會發(fā)生反應產(chǎn)生NO，NO遇空氣會發(fā)生反應產(chǎn)生紅棕色NO2氣體，正確。8、A【解題分析】

B4C由非金屬性元素組成，不可能為離子晶體，可用于制作切削工具和高溫熱交換器，說明該物質(zhì)的熔點高，硬度大，符合原子晶體的特征，應為原子晶體，原子晶體中不存在單個分子，構成微粒為原子，故選A。9、C【解題分析】

A項、己烷、苯均不與酸性高錳酸鉀反應，故不能用酸性KMnO4溶液鑒別，但也均不與溴水發(fā)生反應，故也不能用溴水鑒別，故A項錯誤；B項、己烯能被酸性高錳酸鉀氧化，使高錳酸鉀溶液褪色，而苯和酸性高錳酸鉀不反應，故可用酸性KMnO4溶液鑒別，同樣己烯能與溴水發(fā)生加成反應而使溴水褪色，而苯不能，故也可用溴水鑒別，故B項錯誤；C項、己烯和甲苯與酸性高錳酸鉀都發(fā)生氧化還原反應而使高錳酸鉀溶液褪色，故不可用酸性KMnO4溶液鑒別，但己烯與溴水發(fā)生加成反應，甲苯與溴水不反應，故可用溴水鑒別，故C項正確；D項、己烷與酸性高錳酸鉀或溴水都不反應，而己烯與酸性高錳酸鉀或溴水均可反應褪色，故用酸性高錳酸鉀或溴水均能鑒別，故D項錯誤；答案選C。10、D【解題分析】試題分析：A、加熱這兩種固體物質(zhì)，碳酸鈉不分解，碳酸氫鈉分解生成二氧化碳，并將生成的氣體通入澄清的石灰水中，可以鑒別，正確；B、在這兩種物質(zhì)的溶液中加入CaCl2溶液，碳酸鈉和CaCl2反應生成碳酸鈣沉淀，碳酸氫鈉和CaCl2不反應，正確；C、在等量的兩種固體中加入等體積等濃度的稀鹽酸，碳酸鈉開始無現(xiàn)象，生成碳酸氫鈉，全部都轉化成碳酸氫鈉后，開始放氣體，碳酸氫鈉中加入鹽酸后立即有氣體生成，正確；D、在這兩種物質(zhì)的溶液中加入少量澄清的石灰水都有白色沉淀生成，無法鑒別，錯誤?？键c：考查碳酸鈉和碳酸氫鈉的性質(zhì)11、A【解題分析】

元素K的焰色反應呈紫色，紫色光能量高，波長短，所以其中紫色對應的輻射波長為404.4nm，故合理選項是A。12、D【解題分析】

A．石油是多種烷烴和環(huán)烷烴的混合物，不含乙烯，故A錯誤；B．煤的組成以有機質(zhì)為主體，構成有機高分子的主要是碳、氫、氧、氮等元素，煤不含苯和二甲苯等，故B錯誤；C．石油的分餾所得的餾分仍是多種烷烴和環(huán)烷烴的混合物，沒有固定熔沸點，故C錯誤；D．石油的裂解氣、煤干餾得到的焦爐氣中均含有乙烯，都能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正確；答案為D。13、D【解題分析】

A、AlCl3與過量NH3·H2O只能生成Al(OH)3沉淀，A項錯誤；B、SO2具有較強還原性，與Na2O2這一強氧化劑反應生成Na2SO4，B項錯誤；C、I2的氧化性較弱，只能將鐵氧化為FeI2，C項錯誤；D、金屬Al一般能和活潑性較弱的金屬氧化物發(fā)生鋁熱反應，D項正確；故合理選項為D。14、A【解題分析】試題分析：A．酸性氧化物不一定都是非金屬氧化物，如高錳酸酐Mn2O7就屬于酸性氧化物，故A正確；B．HCl都是電解質(zhì)，但是H2S、NH3是非電解質(zhì)，故B錯誤；C．HCl是強酸，屬于共價化合物，故C錯誤；D．FeCl2可以用金屬鐵和氯化鐵之間的化合反應來制備，故D錯誤。故選A?？键c：考查酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系15、D【解題分析】

A、溶解時需要加入H2O2，H2O2不穩(wěn)定，受熱易分解，因此“溶解”操作中溶液溫度不宜過高，故A敘述正確；B、根據(jù)流程，“溶解”過程發(fā)生的反應是2Cu＋O2＋4H＋=2Cu2＋＋2H2O，或者發(fā)生Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，故B敘述正確；C、根據(jù)流程，過濾后得到海綿銅，說明“反應”過程中含有Cu2＋，加NaOH溶液，調(diào)節(jié)pH=2，說明溶液顯酸性，即“反應”過程中能與Zn反應的離子是Cu2＋和H＋，故C說法正確；D、過濾操作得到濾液中含有ZnSO4，蒸發(fā)結晶、過濾干燥得到的是ZnSO4，且濾液中含有Na2SO4，因此最后的得到的物質(zhì)是混合物，故D敘述錯誤；答案選D。16、C【解題分析】試題分析：A、放電時是原電池，LiC6是負極，F(xiàn)ePO4是正極，F(xiàn)ePO4反應后生成LiFePO4，體系中的Li+向正極移動，A錯誤；B、放電時是原電池，原電池中正極發(fā)生還原反應，B錯誤；C、充電時是電解池，與電源正極相連的電極是陽極，陽極發(fā)生氧化反應，，C正確；D、1mol有機物M中3mol酯基，與足量NaOH溶液反應，能消耗3molNaOH，D錯誤。考點：考查了電化學和有機物的結構和性質(zhì)的相關知識。17、C【解題分析】

能溶解Al(OH)3的溶液可能是酸溶液，也可能是堿溶液，則A、在堿溶液中鎂離子不能存在，A不選；B、在酸或者堿溶液中，碳酸氫根離子都不能存在，B不選；C、四種離子間不反應，且與氫離子或氫氧根離子不反應，可以大量共存，C選；D、在酸溶液中，偏鋁酸根離子不能存在，在堿溶液中，鐵離子不能存在，D不選；答案選C。18、B【解題分析】

根據(jù)原電池的工作原理進行分析，負極上發(fā)生氧化反應，正極上發(fā)生還原反應，陰離子向負極移動，陽離子向正極移動，然后進行分析?！绢}目詳解】A、通氧氣一極為正極，通N2H4的一極為負極，即電極甲為負極，依據(jù)原電池的工作原理，電極甲上發(fā)生氧化反應，故A錯誤；B、根據(jù)原電池的工作原理，O2－從正極移向負極，故B正確；C、因為反應生成無毒無害物質(zhì)，即N2H4轉化成N2和H2O，故C錯誤；D、題目中沒有說明條件是否為標準狀況下，因此無法計算氣體的體積，故D錯誤?！绢}目點撥】本題的易錯點是選項D，學生容易根據(jù)得失電子數(shù)目守恒計算出氧氣的物質(zhì)的量，即1×2×2=n(O2)×4，解得n(O2)=1mol，然后判斷出體積為22.4L，忽略了題目中并沒有說明條件是否是標準狀況，因此遇到這樣的問題，需要先判斷條件。19、A【解題分析】

由方程式可知，還原性Fe2+＞Br-，故氯氣先氧化Fe2+，而溶液中50%的Br-氧化為Br2，說明Fe2+完全氧化，設FeBr2的物質(zhì)的量為x，則n(Fe2+)=xmol，n(Br-)=2xmol，參加反應的n(Br-)=2xmol×50%=xmol，根據(jù)電子轉移守恒列方程計算x值，再根據(jù)c=來計算作答?！绢}目詳解】由方程式可知，還原性Fe2+＞Br-，故氯氣先氧化Fe2+，而溶液中50%的Br-氧化為Br2，說明Fe2+完全氧化，設FeBr2的物質(zhì)的量為x，則n(Fe2+)=xmol，n(Br-)=2xmol，參加反應的n(Br-)=2xmol×50%=xmol，根據(jù)電子轉移守恒，有xmol×1+xmol×1=amol×2，解得x=amol，所以原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為c===mol/L，故合理選項為A。【題目點撥】在氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性。需要特別注意的是，在同一個溶液中，存在多種具有還原性的離子時，要遵循先后順序，由于氧化劑的量不同，導致的離子反應方程式也不盡相同。20、A【解題分析】

A．二氯化硫(SCl2)分子中S的化合價為+2，Cl的化合價為-1，S的價電子數(shù)為VIA，滿足6+|+2|=8，Cl的價電子數(shù)為VIIA，滿足7+|-1|=8，所以二氯化硫(SCl2)分子中

S、Cl均滿足最外層8電子穩(wěn)定結構，故A正確；B．次氯酸(HClO)分子中H、Cl、O的化合價分別為+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滿足最外層8電子穩(wěn)定結構，但H不滿足，故B錯誤；C．六氟化氙(XeF6)分子中Xe、F的化合價分別為+6、-1，Xe：8+|+6|=14≠8，F(xiàn)：7+|-1|=8，所以六氟化氙(XeF6)分子中Xe不滿足最外層8電子穩(wěn)定結構、F滿足最外層8電子穩(wěn)定結構，故C錯誤；D．三氟化硼(BF3)分子中B、F的化合價分別為+3、-1，B：3+|+3|=6≠8，F(xiàn)：7+|-1|=8，所以三氟化硼(BF3)分子中B不滿足最外層8電子穩(wěn)定結構、F滿足最外層8電子穩(wěn)定結構，故D錯誤；故答案為A?！绢}目點撥】對于ABn型分子，若：A或B原子的價電子數(shù)+|A或B元素的化合價|=8，則該原子滿足最外層8電子結構，反之不滿足最外層8電子穩(wěn)定結構。21、A【解題分析】

A正確，因為沉淀也可能是氯化銀。B不正確，硫酸銅屬于重金屬鹽，能使蛋白質(zhì)變性，而不是鹽析，B不正確。C不正確，HA放出的氫氣多，說明HA的濃度大，所以在pH相等的條件下，HA的電離程度小于HB的，C不正確。D不正確，只能說明淀粉已經(jīng)水解，要證明完全水解，還需要單質(zhì)碘檢驗。所以答案選A。22、D【解題分析】分析：圖①涉及到的離子方程式有Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓,Al3++3OH-=Al(OH)3↓,NH4++OH-=NH3?H2O,Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；設NaOH溶液的濃度為xmol/L,則n(NH4+)=0.01xmol,n(Al(OH)3)=n(Al3+)=0.005xmol，n(Mg2+)=(0.025-0.005×3)/2=0.005xmol,則:n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝1:1:2，根據(jù)氫氧化鎂的物質(zhì)的量可以知道:0.005xmol=0.05mol,x=10mol/L；圖②中曲線表示反應物和生成物的能量的大小,如A是反應物,則反應放熱,反之吸熱，B點為活化能，加入催化劑,活化能降低；據(jù)以上分析解答。詳解：圖(1)涉及到的離子方程式有Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓,Al3++3OH-=Al(OH)3↓，NH4++OH-=NH3?H2O，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；設NaOH溶液的濃度為xmol/L,則n(NH4+)=0.01xmol,n(Al(OH)3)=n(Al3+)=0.005xmol,n(Mg2+)=(0.025-0.005×3)/2=0.005xmol,則:n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝1:1:2,A錯誤；設NaOH溶液的濃度為xmol/L,根據(jù)n(Mg2+)=n(Mg(OH)2)=0.005xmol=0.05mol,x=10mol/L，B錯誤；圖②中曲線表示反應物和生成物的能量的大小，如A是反應物,則反應放熱,△H<0,C錯誤；圖②中表示某反應過程的能量變化,使用催化劑降低反應的活化能,加快反應速率,D正確；正確選項D。點睛：向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的鹽溶液中滴加NaOH溶液時，Mg2＋、Al3＋先與OH-反應生成氫氧化鎂和氫氧化鋁沉淀，然后，NH4＋與OH-反應生成一水合氨，為弱堿，所以兩種沉淀不溶解；繼續(xù)加入OH-，氫氧化鋁溶解變?yōu)槠X酸鹽，而氫氧化鎂不溶解；因此圖像中25mL以前為沉淀的生成過程，25-30mL為NH4＋與堿反應過程，35-40mL為氫氧化鋁的溶解過程，最后剩余氫氧化鎂沉淀。二、非選擇題(共84分)23、614C三VIA7NH4NO【解題分析】分析：X的基態(tài)原子核外3個能級上有電子，且每個能級上的電子數(shù)相等，根據(jù)構造原理，X的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p2，X為C元素；Y的M層上有2對成對電子，Y的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，Y為S元素；Z和Y同周期，Z的電負性大于Y，Z為Cl元素；W的一種核素的質(zhì)量數(shù)為63，中子數(shù)為34，質(zhì)子數(shù)為63-34=29，W為Cu元素；J的氣態(tài)氫化物與J的最高價氧化物對應的水化物反應生成一種鹽，J為N元素。根據(jù)元素周期表和相關化學用語作答。詳解：X的基態(tài)原子核外3個能級上有電子，且每個能級上的電子數(shù)相等，根據(jù)構造原理，X的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p2，X為C元素；Y的M層上有2對成對電子，Y的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，Y為S元素；Z和Y同周期，Z的電負性大于Y，Z為Cl元素；W的一種核素的質(zhì)量數(shù)為63，中子數(shù)為34，質(zhì)子數(shù)為63-34=29，W為Cu元素；J的氣態(tài)氫化物與J的最高價氧化物對應的水化物反應生成一種鹽，J為N元素。（1）X為C元素，C的同位素中用于測定文物年代的是614（2）Y為S元素，S的原子結構示意圖為，S元素位于元素周期表第三周期第VIA族。（3）Z為Cl元素，Cl原子核外有17個電子，最外層有7個電子，Cl原子最外層有7種不同運動狀態(tài)的電子。（4）W為Cu元素，基態(tài)Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，價電子排布式為3d104s1，價電子排布圖為。（5）J為N元素，J的氣態(tài)氫化物為NH3，J的最高價氧化物對應的水化物為HNO3，NH3與HNO3反應的化學方程式為NH3+HNO3=NH4NO3，NH3與HNO3反應生成的鹽的化學式為NH4NO3。24、金屬晶體121s22s22p63s23p5ArCuCl或[Cu(NH3)4]2＋【解題分析】

M是第四周期元素，最外層只有1個電子，次外層的所有原子軌道均充滿電子，則M為銅元素；元素Y的負一價離子的最外層電子數(shù)與次外層的相同，則Y為氯元素，結合核外電子排布規(guī)律和晶胞的計算方法分析解答。【題目詳解】M是第四周期元素，最外層只有1個電子，次外層的所有原子軌道均充滿電子，則M為銅元素；元素Y的負一價離子的最外層電子數(shù)與次外層的相同，則Y為氯元素。(1)銅為金屬原子，晶體中金屬陽離子與電子之間通過金屬鍵結合在一起，銅晶體屬于金屬晶體；銅晶體是面心立方堆積，采用沿X、Y、Z三軸切割的方法知，每個平面上銅原子的配位數(shù)是4，三個面共有4×3=12個銅原子，所以銅原子的配位數(shù)是12，故答案為：金屬晶體；12；(2)氯是17號元素，其基態(tài)原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p5；氯為第三周期元素，同周期元素中，Ar是稀有氣體元素，第一電離能最大的是Ar，故答案為：1s22s22p63s23p5；Ar；(3)①依據(jù)晶胞結構，每個晶胞中含有銅原子個數(shù)為：8×+6×=4，氯原子個數(shù)為4，則化學式為CuCl；1mol晶胞中含有4molCuCl，1mol晶胞的質(zhì)量為M(CuCl)×4，晶胞參數(shù)a=0.542nm，則晶體密度為g·cm－3=g·cm－3，故答案為：CuCl；或；②Cu+可與氨形成易溶于水的配合物，所以CuCl難溶于水但易溶于氨水，該配合物中Cu+被氧化為Cu2+，所以深藍色溶液中陽離子為[Cu(NH3)4]2+，故答案為：[Cu(NH3)4]2+?！绢}目點撥】本題的易錯點為(3)②，要注意Cu+形成的配合物在空氣中容易被氧化。25、adecbf或adecbdefNa2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O冷凝管或球形冷凝管飽和食鹽水防止水蒸氣進入d使SO2Cl2水解SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl84.4%【解題分析】

(1)收集一瓶干燥的SO2，則須先制取氣體，然后提純，再收集，因為二氧化硫有毒、易溶于水，還要對尾氣進行吸收處理，據(jù)此分析解答；(2)A中是生成二氧化硫的反應；(3)鹽酸容易揮發(fā)，生成的氯氣中會混入氯化氫，據(jù)此分析解答；(4)無水氯化鈣具有吸水性，結合SO2Cl2遇水易水解分析解答；(5)①SO2Cl2遇水水解，劇烈反應生成兩種強酸，即生成鹽酸和硫酸；②根據(jù)NaOH與鹽酸、硫酸反應，得到SO2Cl2的物質(zhì)的量，從而得出質(zhì)量分數(shù)。【題目詳解】(1)根據(jù)圖示，裝置A可以用來制取二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸氣，可以通入C中干燥，用B收集，多余的二氧化硫用氫氧化鈉溶液吸收，防止污染；因此欲收集一瓶干燥的SO2，裝置的導管按氣流方向連接的順序是：a通過導管d把二氧化硫?qū)朐噭┢恐羞M行干燥，通過e導管導出后，通過c導管導入集氣瓶中收集，為了防止二氧化硫逸出擴散到空氣中污染環(huán)境，應該把b導管連接到f導管上，為防止通過D吸收逸出的二氧化硫的水逸到B中，把b導管連接到d把二氧化硫?qū)朐噭┢恐羞M行干燥，通過e導管導出后，連接f，故答案為：adecbf或adecbdef；(2)A裝置分液漏斗中裝的是70%的硫酸溶液，生成二氧化硫的反應方程式為H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O，故答案為：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O；(3)根據(jù)圖示，e為球形冷凝管；b的作用是除去氯氣中混有的氯化氫氣體，故b中試劑為飽和食鹽水，故答案為：(球形)冷凝管；飽和食鹽水；(4)SO2Cl2遇水易水解，故f的作用的防止空氣中的水蒸氣進入到d，故答案為：防止空氣中的水蒸氣進入到d使SO2Cl2水解；(5)①SO2Cl2遇水水解，劇烈反應生成兩種強酸，即為同時生成鹽酸和硫酸，方程式為：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；故答案為：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；②根據(jù)2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl得到，SO2Cl2～4H+～4OH-的關系，消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量為0.5000mol?L-1×20.00×10-3L=0.01mol，故n(SO2Cl2)==0.0025mol，配成200mL溶液，取出20.00mL，所以n(SO2Cl2)總=0.0025mol×10=0.025mol，m(SO2Cl2)=n×M=0.025mol×135g/mol=3.375g，質(zhì)量分數(shù)=×100%=84.4%，故答案為：84.4%。26、加熱，使用催化劑增加乙醇的用量CO32-+H2OHCO3-+OH-乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水)取褪色后的下層溶液，滴加酚酞試液，溶液變紅【解題分析】

(1)酯化反應是可逆反應，可根據(jù)影響化學反應速率的因素分析；(2)根據(jù)酯化反應是可逆反應，要提高乙酸轉化率，可以根據(jù)該反應的正反應特點分析推理；(3)根據(jù)鹽的水解規(guī)律分析；(4)根據(jù)乙酸、乙醇及乙酸乙酯的沸點高低分析判斷；(5)紅色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，則可通過向溶液中再加入酚酞，觀察溶液顏色變化分析?！绢}目詳解】(1)酯化反應是可逆反應，由于升高溫度，可使化學反應速率加快；使用合適的催化劑，可以加快反應速率，或適當增加乙醇的用量，提高其濃度，使反應速率加快等；(2)乙酸與乙醇在濃硫酸催化作用下加熱，發(fā)生酯化反應產(chǎn)生乙酸乙酯和水，反應產(chǎn)生的乙酸乙酯和水在相同條件下又可以轉化為乙酸與乙醇，該反應是可逆反應，要提高乙酸的轉化率，可以通過增加乙醇（更便宜）的用量的方法達到；(3)碳酸鈉是強堿弱酸鹽，在溶液中，CO32-發(fā)生水解反應，消耗水電離產(chǎn)生的H+轉化為HCO3-，當最終達到平衡時，溶液中c(OH-)>c(H+)所以溶液顯堿性，可以使酚酞試液變?yōu)榧t色，水解的離子方程式為：CO32-+H2OHCO3-+OH-；(4)乙酸與乙醇在濃硫酸催化作用下加熱，發(fā)生酯化反應產(chǎn)生乙酸乙酯和水，由于反應產(chǎn)生乙酸乙酯的沸點比較低，且反應物乙酸、乙醇的沸點也都不高，因此反應生成的乙酸乙酯會沿導氣管進入到試管B中，未反應的乙酸和乙醇也會有部分隨乙酸乙酯進入到B試管中，因此Ⅱ中油狀液體的成分是乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水)；(5)紅色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，則可通過取褪色后的下層溶液，滴加酚酞試液，若溶液變紅證明是酚酞溶于乙酸乙酯所致。【題目點撥】本題考查了乙酸乙酯的制取、反應原理、影響因素、性質(zhì)檢驗等知識。掌握乙酸乙酯的性質(zhì)及各種物質(zhì)的物理、化學性質(zhì)及反應現(xiàn)象是正確判斷的前提。27、產(chǎn)生磚紅色沉淀CO2CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2ONa2CO3(或碳酸鈉)防止倒吸B【解題分析】

(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氫氧化銅懸濁液氧化，所以實驗現(xiàn)象是產(chǎn)生磚紅色沉淀；(2)根據(jù)碳原子和氧原子守恒可知，另外一種生成物是CO2；(3)①乙酸和乙醇在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應，生成乙酸乙酯和水；②制備乙酸乙酯時常用飽和碳酸鈉溶液吸收乙酸乙酯，目的是除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分層；③實驗開始時，試管b中的導管不伸入液面下的原因是防止倒吸；④乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的儀器是分液漏斗。【題目詳解】(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氫氧化銅懸濁液氧化，所以實驗現(xiàn)象是產(chǎn)生磚紅色沉淀氧化亞銅；(2)根據(jù)碳原子和氧原子守恒可知,另外一種生成物是CO2；(3)①在濃硫酸的作用下,乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯,反應的化學方程式是CH3COOH＋C2H5OHCH