2022届三亚市重点中学化学高二下期末检测模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：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05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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，观察到有白色沉淀生成，溶液变为淡黄色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色

2、。下列分析中不正确的是()A最后溶液变成无色表明SO2具有漂白性B滴加CuSO4溶液时，每生成1 mol CuI会转移1 mol eC根据上述实验现象可知氧化性：Cu2 I2SO2D加入少量CuSO4溶液时的离子方程式为2Cu24I- =2CuII22、用下图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）A装置可用于除去Cl2中含有的少量HCl气体B按装置所示的气流方向可用于收集H2、NH3等C装置可证明非金属性ClCSiD装置向左推动针筒活塞可检验该装置的气密性3、下列描述中正确的是( )A氮原子的价电子排布图：B2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等C价电子排布为4s24p3的元素位

3、于第四周期第A族，是p区元素D钠原子由1s22s22p63s11s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态4、下列有机化合物分子中的所有碳原子不可能处于同一平面的是ACH3CH（CH3）2BH3CCCCH3CCH2=C（CH3）2D5、化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A使用含有氯化钙的融雪剂会促进桥梁的腐蚀B用Ba(OH)2处理含Cu2+的废水，可消除水中重金属离子的污染C旧钢材焊接前分别用饱和Na2CO3、NH4Cl溶液处理焊点，运用了盐类水解原理D船底镶嵌锌块、地下输油钢管与外加直流电源负极相连，分别利用了原电池和电解池的原理6、利用下图所示装置进行实验，通入Cl

4、2前装置中溶液呈红色。下列说法不合理的是A通入Cl2后，装置中发生了氧化还原反应BCl2与Na2SO3溶液反应的离子方程式是：SO32Cl2H2OSO422Cl2HC通入Cl2后，装置中溶液不褪色D装置的作用是吸收尾气，防止污染空气7、下列说法或有关化学用语的表达正确的是( )A在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量B因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大C基态Fe原子的外围电子排布图为D根据原子核外电子排布的特点，Cu在元素周期表中位于s区8、下列事实与胶体性质无关的是（ ）A将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物B向豆浆中加入硫酸钙做豆腐C观看电

5、影时，从放映机到银幕有明显的光路D江河入海处常形成三角洲9、向四个起始容积相同的密闭容器中充入表中所示气体及相应的量，加入催化剂并控制温度、容积或压强，发生反应2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) H0，直至达平衡。下列说法错误的是编号条件起始物质的量/mol温度/容积或压强CO(g)NO (g)CO2 (g)N2 (g)600维持恒容0.20.200700维持恒容0.10.10.10.05600维持恒容0.40.400600维持恒压0.40.400A平衡时N2的浓度：B平衡时CO的正反应速率：CNO的平衡转化率：D平衡时容器内气体总压：10、下列叙述正确的是 （ ）A原子晶体

6、中共价键越强熔点越高B晶体中分子间作用力越大分子越稳定C冰融化时水分子中共价键发生断裂D氧化钠熔化时离子键、共价键均被破坏11、下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是( )A金属的化学腐蚀比电化学腐蚀更普遍B当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C海轮外壳焊接锌块是采用了牺牲阳极的阴极保护法D可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀12、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是()A常温常压下，4gD2O中含有的电子数为2NAB42gC2H4和C4H8的混合气中含有氢原子数为6NAC25时，pH=1的H3PO4溶液中含有H+数为0.1NADH2O(g)通过Na2

7、O2(s)使其增重bg时，反应中转移的电子数为bNA/213、下列说法中正确的是（）A分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定B失电子难的原子获得电子的能力一定强C在化学反应中，某元素由化合态变为游离态，该元素被还原D电子层结构相同的不同离子，其半径随核电荷数增多而减小14、氮化硼是一种新合成的结构材料，它是超硬、耐磨，耐高温的物质，下列各组物质熔化时所克服的粒子间的作用与氮化硼熔化时所克服的粒子间作用相同的是（ ）A金刚石和晶体SiO2 BC60和固体碘 C冰和干冰 D氯化钠和氧化镁固体15、某烃的相对分子质量为 72，则该烃的一氯取代物最多可能有（不考虑立体异构）A9种B8种C7种D6种16

8、、某元素原子价电子构型3d104S2，其应在()A第四周期A族B第四周期B族C第四周期A族D第四周期B族17、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在强碱性溶液中：Al3、NH4+、NO3-、HCO3-BpH7的溶液中：Cl、Fe3、SO42-、NaC滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K、Cl、ID在强酸性溶液中：Na、Ba2、NO3-、Cl18、某同学利用右图所示装置制备乙酸乙酯。实验如下： 向浓H2SO4乙醇混合液中滴入乙酸后，加热试管A 一段时间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体 停止加热，振荡试管B，油状液体层变薄，下层红色溶液褪色 取下层褪色后的溶液，滴

9、入酚酞后又出现红色结合上述实验，下列说法正确的是A中加热利于加快酯化反应速率，故温度越高越好B中油状液体层变薄主要是乙酸乙酯溶于Na2CO3溶液所致C中红色褪去的原因可能是酚酞溶于乙酸乙酯中D取中上层油状液体测其，共有3组峰19、已知:25 C 时,KspZn(OH)2= 1.010-18， Ka(HCOOH)= 1.010-4。该温度下，下列说法错误的是（ ）AHCOO的水解平衡常数为 1.010-10B向 Zn(OH)2 悬浊液中加少量 HCOOH,溶液中 c(Zn2+)增大CZn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中,c(Zn2+)1.010-6 mol/LDZn(OH)2(s) +2HCOO

10、H(aq)Zn2+(aq) +2HCOO(aq) +2H2O(l)的平衡常数 K= 10020、已知非金属性：SCl，由此得出的性质错误的是A酸性：H2SO4HClO4B得电子能力：SCl2C热稳定性：H2SHClD原子半径：SCl21、有下列离子晶体空间结构示意图：为阳离子,为阴离子。以M代表阳离子，N代表阴离子，化学式为MN2的晶体结构为()ABCD22、相同条件下，下列物质在水中的溶解度最大的是AHOCH2CH(OH)CH2OHBCH3COOCH3CDC17H35COOH二、非选择题(共84分)23、（14分）某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。现取该溶液适量，向其中加入某

11、试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂的体积(V)的关系如图所示。(1)若Y是盐酸，所得到的关系图如图甲所示，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是_，ab段发生反应的离子是_，bc段发生反应的离子方程式是_。(2)若Y是NaOH溶液，所得到的关系图如图乙所示，则X中一定含有的离子是_，假设X溶液中只含这几种离子，则溶液中各离子物质的量之比为_，ab段反应的离子方程式为_。24、（12分）化合物H是一种用于合成分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：（1）C中的非含氧官能团名称为_。（2）DE 的反应类型为_。（3）写出A的一种羧酸同系物的结构简式： _。（4）写出同时

12、满足下列条件的的一种同分异构体的结构简式：_。含有苯环，且苯环上只有2种不同化学环境的氢；属于-氨基酸，且分子中有一个手性碳原子。（5）G的分子式为C12H14N2O2 ，经氧化得到H，写出G的结构简式：_。25、（12分）抗爆剂的添加剂常用1，2-二溴乙烷。如图为实验室制备1，2-二溴乙烷的装置图， 图中分液漏斗和烧瓶a中分别装有浓H2SO4和无水乙醇，d装罝试管中装有液溴。相关数据列表如下：乙醇1，2-二溴乙烷乙醚溴状态无色液体无色液体无色液体红棕色液体密度/gcm-30.792.180.713.10沸点/78.5131.434.658.8熔点/-114.39.79- 116.2-7.2水

13、溶性混溶难溶微溶可溶（1）安全瓶b在实验中有多重作用。其一可以检查实验进行中d装罝中导管是否发生堵塞，请写出发生堵塞时瓶b中的现象：_；如果实验时d装罝中导管堵塞，你认为可能的原因是_；安全瓶b还可以起到的作用是_。（2）容器c、e中都盛有NaOH溶液，c中NaOH溶液的作用是_。（3）某学生在做此实验时，使用一定量的液溴，当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正确情况下超过许多，如果装罝的气密性没有问题，试分析可能的原因：_、_(写出两条即可)。（4）除去产物中少量未反应的Br2后，还含有的主要杂质为_，要进一步提纯，下列操作中必需的是_ (填字母)。A重结晶 B过滤 C萃取 D蒸

14、馏（5）实验中也可以撤去d装置中盛冰水的烧杯，改为将冷水直接加入到d装置的试管中，则此时冷水除了能起到冷却1，2-二溴乙烷的作用外，还可以起到的作用是_。26、（10分）葡萄是一种常见水果，可以生食或制作葡萄干，除此之外，葡萄还可用于酿酒。(1)检验葡萄汁含有葡萄糖的方法是：向其中加碱调至碱性，再加入新制的Cu(OH)2并加热，其现象是_。(2)葡萄在酿酒过程中，葡萄糖转化为酒精的过程如下，补充完成下列化学方程式：C6H12O6(葡萄糖)2_+ 2 C2H5OH(3)葡萄酒密封储存过程中会生成有香味的酯类，酯类也可以通过化学实验来制备，实验室可用如图所示装置制备乙酸乙酯：试管a中生成乙酸乙酯的

15、化学方程式是_。试管b中盛放的试剂是饱和_溶液。实验开始时，试管b中的导管不伸入液面下的原因是_。若要分离出试管b中的乙酸乙酯，需要用到的仪器是_(填字母)。A普通漏斗 B分液漏斗 C长颈漏斗27、（12分）碘化钠用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂等. 实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4H2O)为原料可制备碘化钠。资料显示：水合肼有还原性，能消除水中溶解的氧气；NaIO3是一种氧化剂.回答下列问题：(1)水合肼的制备有关反应原理为: NaClO+2NH3 = N2H4H2O+NaCl用下图装置制取水合肼，其连接顺序为_(按气流方向，用小写字母表示).开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水

16、，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加 NaClO溶液.滴加 NaClO溶液时不能过快的理由_。(2)碘化钠的制备i.向三口烧瓶中加入8.4gNaOH及30mL水，搅拌、冷却，加入25.4g碘单质，开动磁力搅拌器，保持6070至反应充分；ii.继续加入稍过量的N2H4H2O(水合肼)，还原NaIO和NaIO3，得NaI溶液粗品，同时释放一种空气中的气体；iii.向上述反应液中加入1.0g活性炭，煮沸半小时，然后将溶液与活性炭分离；iv.将步骤iii分离出的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得产品24.0g.步骤i反应完全的现象是_。步骤ii中IO3-参与反应的离子方程式为_。步骤iii “

17、将溶液与活性炭分离”的方法是_。本次实验产率为_，实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高，可能的原因是_。某同学检验产品NaI中是否混有NaIO3杂质. 取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝. 得出NaI中含有NaIO3杂质. 请评价该实验结论的合理性:_(填写“合理”或“不合理”)，_(若认为合理写出离子方程式，若认为不合理说明理由).28、（14分）下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。abcef试回答下列问题：（1）写出元素e的基态原子电子排布式_，其未成对电子数为_。（2）c在空气中燃烧产物的分子构型为_，中心原子的杂

18、化形式为_杂化。c能形成一种八元环状形同王冠的单质分子，原子的杂化形式为_杂化。（3）b单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示。若已知b的原子半径为d厘米，NA代表阿伏加德罗常数，b的相对原子质量为M，请回答：晶胞中b原子的配位数为_，表示原子空间占有率的代数式为_。该晶体的密度为_g/cm3（用含有关字母的代数式表示）。a、f中，与单质b晶体中原子的堆积方式相同的是_（填元素符号）。29、（10分）（1）在CO2，NaCl，Na，Si，CS2，金刚石，（NH4）2SO4，乙醇中，由极性键形成的非极性分子有_（填序号，以下同），含有金属

19、离子的物质是_，分子间可形成氢键的物质是_，属于离子晶体的是_，属于原子晶体的是_，五种物质的熔点由高到低的顺序是_。（2）A，B，C，D为四种晶体，性质如下：A固态时能导电，能溶于盐酸B能溶于CS2，不溶于水C固态时不导电，液态时能导电，可溶于水D固态、液态时均不导电，熔点为3500 试推断它们的晶体类型：A_；B_；C_；D_。（3）下图中AD是中学化学教科书上常见的几种晶体结构模型，请填写相应物质的名称：A_；B_；C_D_。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、A【解析】分析：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO

20、4+2CuI+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；详解：A由上述分析及化学方程可知，向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，最后溶液变成无色表明SO2具有还原性，而非漂白性，故A错误；BCuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，所以生成1molCuI白色沉淀时转移1mole-，故B正确；C2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的

21、氧化性：Cu2+I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2SO2，所以氧化性Cu2+I2SO2，故C正确；D加入少量CuSO4溶液时的离子方程式为2Cu24I- =2CuII2，故正确；故本题选A。点晴:根据题目信息推断实验中发生的反应，溶液呈淡黄色，说明有I2生成碘元素化合价由-1价升高到0价，硫酸根只有在浓硫酸中有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2+，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2+不能还原为Cu，应还原为Cu+，白色沉淀是CuI；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色

22、，说明I2反应，故I2与SO2反应生成I-，SO2被氧为化H2SO4，白色沉淀是CuI，据此分析解答。2、D【解析】试题分析：A、氢氧化钠和氯气反应，应用饱和食盐水除杂，故A错误；B、H2、NH3密度比空气小，应用向下排空法收集，气体应短进长出，故B错误；C、比较非金属性，应用最高价氧化物对应的水化物，不能用盐酸，故C错误；D、如不漏气，向左推动针筒活塞，可观察到液面发生变化，可用于检查是否漏气，故D正确；故选D。考点：考查了实验方案的评价的相关知识。3、C【解析】A由洪特规则可知，电子优先占据1个轨道，且自旋方向相同；B3p轨道的能量大于2p轨道的能量；C价电子排布为4s24p3的元素有4个

23、电子层、最外层电子数为5，最后填充p电子；D原子由基态变成激发态需要吸收能量。【详解】A根据“洪特规则”可知，2p轨道电子的自旋方向应该相同，正确的电子排布图为：，故A错误；B2p和3p轨道形状均为哑铃形，但是原子轨道离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p，故B错误；C价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，位于第四周期第A族，最后填充p电子，是p区元素，故C正确；D基态Na的电子排布式为1s22s22p63s1，由基态转化成激发态1s22s22p63p1时，电子能量增大，需要吸收能量，故D错误；故选C。4、A【解析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯

24、是平面型结构，乙炔是直线型结构，单键可以旋转，其它有机物可在此基础上进行判断。【详解】A、根据甲烷为正四面体结构可知，CH3CH(CH3)2分子中可看成甲烷分子中的三个氢原子被三个甲基取代，故所有碳原子不可能处于同一平面，选项A符合；B、根据乙炔分子中的四个原子处于同一直线，H3CCCCH3可看成乙炔分子中的两个氢原子被两个甲基取代，故所有碳原子处于同一直线，处于同一平面，选项B不符合；C、根据乙烯分子中六个原子处于同一平面，CH2=C(CH3)2可看成乙烯分子中的两个氢原子被两个甲基取代，故所有碳原子可以处于同一平面，选项C不符合；D、根据苯分子中12个原子共平面，可看成苯分子中的1个氢原子

25、被1个甲基取代，故所有碳原子可以处于同一平面，选项D不符合；答案选A。【点睛】本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构。5、B【解析】A融雪剂因含有氯化钙，故其所形成的溶液导电性增强，易形成原电池反应而导致金属腐蚀，从而会促进桥梁的腐蚀，A项正确；B用Ba(OH)2处理含Cu2+的废水，会引入有毒的Ba2+，不可消除水中重金属离子的污染。B项错误；C废旧钢材表面有油脂和铁锈，Na2CO3溶液由于CO32-的水解呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解，用饱和Na2CO3溶液除废旧钢材表面的油脂；NH4Cl溶液由于NH4+的水解显酸性，用饱和NH

26、4Cl溶液除废旧钢材表面的铁锈，都运用了盐类水解的原理，C项正确；D船底镶嵌锌块利用了原电池原理，地下输油钢管与外加直流电源负极相连利用了电解池的原理，D项正确；答案选B。6、C【解析】A、Cl2与亚硫酸钠反应，将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，故A正确；B、离子方程式中电荷守恒、原子守恒且符合客观规律，故B正确；C、通入足量Cl2后，溶液显酸性，故酚酞褪色，故C错误；D、装置2中是用氢氧化钠吸收未反应的氯气，故D正确。此题选C。7、C【解析】A同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故A错误；BN原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧

27、原子，故B错误；C基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，外围电子排布图为：，故C正确；DCu的外围电子排布式为3d104S1，位于元素周期表的ds区，故D错误；故选C。8、A【解析】胶体是分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系，常见的胶体有Fe(OH)3胶体、Al(OH)3胶体、硅酸胶体、雾、云、烟、蛋白质溶液、淀粉溶液、土壤等。胶体的性质有丁达尔效应、布朗运动、电泳和胶体的聚沉。【详解】A.植物油倒入水中用力搅拌形成乳浊液，分散质粒子直径大于100nm，和胶体无关，故A选；B.豆浆属于蛋白质溶液，是胶体，加入电解质溶液会发生聚沉。豆浆中加入硫酸钙做豆腐，利用的是胶体的聚沉，故B不选；

28、C.有灰尘的空气属于胶体。观看电影时，从放映机到银幕有明显的光路，是胶体的丁达尔效应，故C不选；D.江河水中混有泥沙，有胶体的性质，海水中有NaCl等电解质，所以在江河入海口处会发生胶体的聚沉，久而久之就形成了三角洲，故D不选。故选A。9、D【解析】A、反应2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) H0为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，中温度低于，故平衡时N2的浓度：，选项A正确；B、相对于，为升高温度，平衡逆向移动，平衡时CO的浓度增大，正反应速率较大，故平衡时CO的正反应速率：，选项B正确；C、反应物的量为的二倍，恒容条件下相当于增大压强，平衡向气体体积缩小的正反应方向

29、移动，NO的平衡转化率：，选项C正确；D、温度高，平衡逆向移动，气体总量增大，压强大于，选项D错误。答案选D。10、A【解析】A、原子晶体中原子以共价键的形式结合，熔化时需要断裂共价键，即共价键越强，熔点越高，故A说法正确；B、分子间作用力影响物质的部分物理性质，分子稳定性属于化学性质，故B说法错误；C、冰融化时破坏的是范德华力和氢键，故C说法错误；D、氧化钠的化学式为Na2O，只含有离子键，熔化时破坏离子键，故D说法错误；答案选A。11、C【解析】分析：A.钢铁的腐蚀主要是析氢腐蚀和吸氧腐蚀；B.Fe、Sn形成原电池时，Fe为负极；C.Fe、Zn形成原电池时，Fe为正极；D.Fe与正极相连作

30、阳极，被腐蚀。详解:A.钢铁的腐蚀主要是析氢腐蚀和吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故A错误；B.Fe、Sn形成原电池时，Fe为负极，负极失电子被腐蚀，所以当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层不能对铁制品起保护作用，故B错误；C.Fe、Zn形成原电池时，Fe为正极，Zn为负极失电子，则Fe被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，所以C选项是正确的；D.Fe与正极相连作阳极，活性电极作阳极时，电极失电子被腐蚀，则地下输油管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀，故D错误。所以C选项是正确的。点睛：金属腐蚀包括化学腐蚀和电化学腐蚀，且主要也是以电化学腐蚀为主。而金属的防护也主要是依据电化学原理，常用的方法是牺牲阳极

31、的阴极保护法以及外接电流的以及保护法。12、C【解析】A. 常温常压下，4gD2O的物质的量为4g20g/mol=0.2mol，含有电子2mol，故A正确；B. C2H4和C4H8的的最简式相同，均为CH2，42gC2H4和C4H8的混合气中含有CH2原子团的物质的量为42g14g/mol=3mol，氢原子数为6NA，故B正确；C.缺少溶液的体积，无法计算 25时，pH=1的H3PO4溶液中含有的H+数，故C错误；D. 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ，1mol Na2O2转移1mol电子，H2O(g)通过Na2O2(s)使其增重bg时，反应的过氧化钠的物质的量=bg2g

32、/mol=b2mol，因此反应中转移的电子数为bNA/2，故D正确；故选C。点睛：解答此类试题需要注意：气体摩尔体积的使用范围和条件，对象是否气体；温度和压强是否为标准状况；溶液计算是否告知物质的量浓度和溶液体积，如本题的C项。13、D【解析】分子中键能越大，键长越短，则分子越稳定，A不正确。失电子难的原子获得电子的能力不一定强，例如稀有气体，B不正确。某元素由化合态变为游离态，该元素可能被还原，也可能被氧化，C不正确。所以正确的答案是D。14、A【解析】分析：本题考查晶体类型，注意从物质的性质判断晶体类型，以此判断微粒间的作用力。详解：氮化硼是一种新合成的结构材料，它是超硬、耐磨，耐高温的物

33、质，说明其形成原子晶体，氮化硼熔化时所克服的粒子间作用是共价键。A. 金刚石和晶体SiO2 都为原子晶体，熔化时破坏共价键，故正确；B. C60和固体碘都为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，故错误；C. 冰和干冰都为分子晶体，冰熔化时破坏氢键，干冰分子熔化时破坏间作用力，故错误；D. 氯化钠和氧化镁固体都为离子晶体，熔化时破坏离子键，故错误。故选A。点睛：掌握晶体类型和晶体微粒间的作用力很关键。常见的离子晶体为离子化合物，如氯化钠、氯化铯等，微粒间的作用力为离子键。常见的原子晶体为金刚石、晶体硅、二氧化硅等，微粒间的作用力为共价键。常见的分子晶体为二氧化碳，冰等，微粒间的作用力为分子间作用力，

34、冰中微粒间的作用力为氢键。15、B【解析】某烃的相对分子质量为 72，由商余法：该烃含有的碳原子数目为=512，该烃的分子式为C5H12，该烃属于烷烃，为戊烷，戊烷有正戊烷、异戊烷和新戊烷，含有的H原子种类分别为3、4、1，共8种，则一氯取代物最多可能有8种，故选B。16、B【解析】价电子构型为3d104S2的元素，原子核外电子排布式为Ar 3d104S2的元素，其质子数为30，为Zn元素，则30-2-8-8=12，处于第四周期第12列，故处于周期表中第四周期B族；本题答案选B。17、D【解析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质、题干中的限制条件分析判断。【详

35、解】A. 在强碱性溶液中Al3、NH4+、HCO3-等均与氢氧根离子反应，不能大量共存，A不选；B. pH7的溶液中Fe3会产生氢氧化铁沉淀，不能大量共存，B不选；C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有铁离子，铁离子能氧化I，不能大量共存，C不选；D. 在强酸性溶液中Na、Ba2、NO3-、Cl均可以大量共存，D选。答案选D。18、C【解析】试题分析：A.温度越高，浓硫酸的氧化性和脱水性越强，可能使乙醇脱水，降低产率，故A错误； B. 中油状液体层变薄主要是乙酸乙酯中的乙醇和盐酸被变化碳酸钠溶液溶解，故B错误；C. 酚酞是有机物，易溶于有机溶剂，中红色褪去的原因可能是酚酞溶于乙酸乙酯中，故C

36、正确；D. 乙酸乙酯分子中存在4种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有4组峰，故D错误；故选C。考点：考查了乙酸乙酯的制备实验的相关知识。19、B【解析】A、HCOO的水解常数为KW/Ka1014/1041.01010，A正确；B、 设Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中c(Zn2+)为x，则溶液中c(OH)2x，x(2x)2KspZn(OH)21.01018，解得xmol/L1.0106mol/L，B错误；C、Zn(OH)2悬浊液中存在溶解平衡Zn(OH)2(s)Zn2+(aq)+2OH-（aq），加入HCOOH中和氢氧根离子，使平衡正向移动，溶液中c(Zn2+)增大，C正确；D、Zn(OH)2

37、(s)+2HCOOH(aq)Zn2+(aq) +2HCOO-(aq)+2H2O(1)的平衡常数KK2a(HCOOH)KspZn(OH)2/K2W100，D正确，答案选B。20、D【解析】A. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：H2SO4HClO4，A正确；B. 非金属性越强，其单质越容易得到电子，则得电子能力：SCl2，B正确；C. 非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，则热稳定性：H2SHCl，C正确；D. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：SCl，D错误；答案选D。21、B【解析】A.阳离子位于顶点和面心，晶胞中总共含有阳离子M的数目为8+6=4，1个阴离子位于体心，

38、为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为4：1，化学式为M4N，故A不选；B.有4个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为4=，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为：1=1：2，化学式为MN2，故B选；C.有3个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为3=，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为：1=3：8，化学式为M3N8，故C不选；D.有8个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为8=1，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中

39、含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为1：1，化学式为MN，故D不选；故答案选B。22、A【解析】羟基和羧基在水中可以与水分子形成氢键，所以含有羟基和羧基的物质往往在水中的溶解度较大，而含烃基等非极性基团的物质在水中因极性不同，溶解度很小，被称为憎水基或疏水基。分子中有羟基、羧基或二者比例较大的物质在水中的溶解度较大。【详解】A、HOCH2CH(OH)CH2OH分子中含有三个羟基，易溶于水；B、CH3COOCH3属于酯类，难溶于水；C、属于硝基化合物，难溶于水；D、C17H35COOH分子中有羧基，但烃基比例较大，不溶于水；故溶解度最大的为HOCH2CH(OH)CH2OH，即选A。

40、【点睛】本题考查有机物在水中的溶解度，注意有机物所含官能团对溶解度的影响是解答关键。二、非选择题(共84分)23、SiO32、AlO2- CO32- 3H+ +Al(OH)3 =Al3+ +3H2O Al3+ Mg2+ NH4+ Cl- 2:1:4:12 NH4+OH-NH3H2O 【解析】无色溶液中不可能含有Fe3+离子。（1）如果Y是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，盐酸和碳酸根离子反应生成气体，则溶液中不含镁离子、铝离子；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子，弱酸根离子和铵根离子能双水解，

41、所以溶液中含有的阳离子是钠离子；（2）若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，氢氧化钠和铵根离子反应生成气体；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子，则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子。【详解】（1）如果Y是盐酸，由图可知，向溶液中加盐酸，先生成沉淀后沉淀部分溶解，则溶液中可能含SiO32-、AlO2-，不含Al3+、Mg2+；ab段，沉淀的量没有变化，说明溶液中含有CO32-，盐酸和碳酸根离子反应，反应的离子方程式依次为CO32-+H+HCO3-和

42、HCO3-+H+H2O+CO2；bc段,氢氧化铝沉淀与盐酸反应生成偏铝酸钠和水，硅酸沉淀不反应，沉淀部分溶解，反应的离子方程式为3H+ +Al(OH)3 =Al3+ +3H2O，故答案为：SiO32、AlO2；CO32-；3H+ +Al(OH)3 =Al3+ +3H2O；（2）若Y是氢氧化钠，由图可知，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al3+、Mg2+或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸的阴离子会双水解而不能共存，即溶液中不含CO32-、SiO32-、AlO2-，由于溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl-；ab段，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：NH4+O

43、H-NH3H2O，即溶液中含NH4+；bc段，沉淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有Al3+、Mg2+，bc段的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-AlO2-+2H2O，则X中一定含有的离子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；由于溶液中有Al3+、Mg2+，oa段转化为沉淀的离子是Al3+、Mg2+，ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体，反应的离子方程式为NH4+OH-NH3H2O；溶液中有Al3+、Mg2+，即沉淀中含Al（OH）3和Mg（OH）2，故bc段的反应离子方程式为Al（OH）3+OH-AlO2-+2H2O，NH4+反应需要N

44、aOH的体积是2V，由于Al（OH）3溶解时需要的NaOH的体积是V，则生成Al（OH）3需要的NaOH的体积是3V，而生成Mg（OH）2和Al（OH）3共消耗NaOH的体积为4V，则生成Mg（OH）2需要NaOH溶液的体积是V，则n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）=2：1：4，根据溶液要呈电中性，即有：3n（Al3+）+2n（Mg2+）+n（NH4+）=n（Cl-），故n（Cl-）=12，即有：n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）：n（Cl-）=2：1：4：12，故答案为：Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；2：1：4：12；NH4+OH-NH3H2O。【点睛】本题考

45、查无机物的推断，注意根据溶液的颜色结合题给图象确定溶液中存在的离子，再结合物质之间的反应来确定微粒的量是解答关键。24、氨基 取代反应 【解析】由合成流程可知，AB发生取代反应，羧基上的H和羟基上的H均被甲基取代；BC发生还原反应，硝基还原成氨基；CD为取代反应，氨基上的氢被醛基取代；DE为氨基上H被取代，属于取代反应，比较F与H的结构可知，G为，GH发生氧化反应。【详解】(1)C含有的官能团有醚键、酯基和氨基，不含氧的官能团为氨基，答案为氨基；(2)根据D和E的结构简式可知，D中N原子上的H被取代，D生成E为取代反应，答案为取代反应；(3)同系物结构相似，分子组成相差若干个CH2，则A的一种

46、羧酸同系物的结构简式可以为；(4)分子中含有苯环，且苯环上只有2种不同化学环境的氢，则两个取代基处于对位；属于-氨基酸，且分子中有一个手性碳原子，则一个C原子上连接氨基和羧基，且为手性碳原子，则结构简式为；(5)H中的醛基可以由CH2OH氧化得到，再结合G的分子式，则G的结构简式为。25、b中长直玻璃管内液柱上升过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装罝d中凝固防止倒吸吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体浓硫酸将部分乙醇氧化；发生副反应生成乙醚；乙醇挥发；乙烯流速过快，未完全发生加成反应乙醚D液封Br2和1，2-二溴乙烷，防止它们挥发【解析】（1）当d堵塞时，气体不畅通，则在b中气体产生的压

47、强将水压入直玻璃管中，甚至溢出玻璃管；1，2-二溴乙烷的凝固点较低（9.79），过度冷却会使其凝固而使气路堵塞；b为安全瓶，还能够防止倒吸；（2）c中盛氢氧化钠液，其作用是洗涤乙烯；除去其中含有的杂质（CO2、SO2等）；（3）根据乙烯与溴反应的利用率减少的可能原因进行解答；（4）根据反应2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O可知，溴乙烷产物中还会含有杂质乙醚；1，2一二溴乙烷与乙醚互溶，可以根据它们的沸点不同通过蒸馏方法分离；（5）根据1，2一二溴乙烷、液溴在水在溶解度不大，且密度大于水进行解答。【详解】（1）根据大气压强原理，试管d发生堵塞时，b中压强的逐渐增大会导致b中水面

48、下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出；根据表中数据可知，1，2-二溴乙烷的沸点为9.79，若过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装置d中凝固会堵塞导管d；b装置具有够防止倒吸的作用，故答案为b中长直玻璃管内有一段液柱上升；过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装置d中凝固；防止倒吸；（2）氢氧化钠可以和制取乙烯中产生的杂质气体二氧化碳和二氧化硫发生反应，防止造成污染，故答案为吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体；（3）当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正常情况下超过许多的原因可能是乙烯发生（或通过液溴）速度过快，导致大部分乙烯没有和溴发生反应；此外实验过程中，乙醇和浓硫酸的混合液没有

49、迅速达到170会导致副反应的发生和副产物的生成，故答案为浓硫酸将部分乙醇氧化；发生副反应生成乙醚；乙烯流速过快，未完全发生加成反应；乙醇挥发；（4）在制取1，2一二溴乙烷的过程中还会有副产物乙醚生成；除去1，2一二溴乙烷中的乙醚，可以通过蒸馏的方法将二者分离，所以D正确，故答案为乙醚；D；（5）实验中也可以撤去d装置中盛冰水的烧杯，改为将冷水直接加入到d装置的试管内，则此时冷水除了能起到冷却1，2一二溴乙烷的作用外，由于Br2、1，2-二溴乙烷的密度大于水，还可以起到液封Br2及1，2-二溴乙烷的作用，故答案为液封Br2和1，2-二溴乙烷，防止它们挥发。【点睛】本题考查了溴乙烷的制取方法，注意

50、掌握溴乙烷的制取原理、反应装置选择及除杂、提纯方法，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力。26、产生砖红色沉淀 CO2 CH3COOHC2H5OH CH3COOC2H5H2O Na2CO3(或碳酸钠) 防止倒吸 B 【解析】(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，所以实验现象是产生砖红色沉淀； (2)根据碳原子和氧原子守恒可知，另外一种生成物是CO2；(3)乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水；制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；实验开始时，试管b中的导管不伸入液面

51、下的原因是防止倒吸；乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的仪器是分液漏斗。【详解】(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，所以实验现象是产生砖红色沉淀氧化亚铜；(2)根据碳原子和氧原子守恒可知,另外一种生成物是CO2；(3)在浓硫酸的作用下,乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯,反应的化学方程式是CH3COOHC2H5OH CH3COOC2H5H2O；由于乙醇和乙酸都是易挥发的，所以生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，除去乙醇和乙酸的试剂是饱和的碳酸钠(Na2CO3)溶液；由于乙醇和乙酸都是和水互溶的，如果直接插入水中吸收，容易引起倒吸，所以试管b中的导管不伸入液面下的原因是防止溶液倒

52、吸；乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的仪器是分液漏斗，故答案为B；27、f a b c d e(ab顺序可互换） 过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率 无固体残留且溶液呈无色（答出溶液呈无色即给分） 2IO3-+3N2H4H2O=3N2+2I-+9H2O 趁热过滤或过滤 80% 水合胼能与水中的溶解氧反应 不合理 可能是I- 在酸性环境中被O2氧化成I2而使淀粉变蓝 【解析】(1)水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3N2H4H2O+NaCl，利用装置D制备氨气，装置A为安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置

53、C吸收；(2)加入氢氧化钠，碘和氢氧化钠发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加入水合肼得到氮气与NaI，得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI；由碘单质计算生成的NaI与NaIO3，再由NaIO3计算与N2H4H2O反应所得的NaI，由此计算得到理论生成的NaI，再计算产率可得；NaIO3能够氧化碘化钾，空气中氧气也能够氧化碘离子生成碘单质。据此分析解答。【详解】(1)水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3N2H4H2O+NaCl，利用装置D制备氨气，通过装置A安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置C吸收

54、，倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸，按气流方向其连接顺序为：fabcde，故答案为fabcde；开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，生成氨气一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加 NaClO溶液反应生成水合肼，水合肼有还原性，滴加NaClO溶液时不能过快的理由：过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水和肼，降低产率，故答案为过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水和肼，降低产率；(2)步骤ii中碘单质生成NaI、NaIO3，反应完全时现象为无固体残留且溶液接近无色，故答案为无固体残留且溶液接近无色；步骤iiiN2H4H2O还原NalO3的化学方程式为：3N2H4H2O+2NaIO3=

55、2NaI+3N2+9H2O，离子方程式为：3N2H4H2O+2IO3-=2I-+3N2+9H2O，故答案为3N2H4H2O+2IO3-=2I-+3N2+9H2O；活性炭具有吸附性，能脱色，通过趁热过滤将活性炭与碘化钠溶液分离，故答案为趁热过滤；8.2gNaOH与25.4g单质碘反应，氢氧化钠过量，碘单质反应完全，碘和氢氧化钠发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，则生成的NaI的质量为：5150g/mol=25g，生成的NaIO3与N2H4H2O反应所得的NaI，反应为3N2H4H2O+2NaIO3=2NaI+3N2+9H2O，则6I22NaIO32NaI，该步生成的NaI质量为：2150g/mol=5g，故理论上生成的NaI为25g