2022年福建省泉州市洛江区马甲中学化学高二下期末预测试题含解析

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、异丙苯是一种重要的化工原料，下列关于异丙苯的说法不正确的是()A异丙苯是苯的同系物B可用酸性高锰酸钾溶液区别苯与异丙苯C在光照条件下，

2、异丙苯与Cl2发生取代反应生成的氯代物有三种D在一定条件下能与氢气发生加成反应2、把含硫酸铵和硝酸铵的混合液aL分成两等份。一份加入bmolNaOH并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗cmol BaCl2沉淀反应恰好完全，则原溶液中NO3- 的浓度为（ ）AB C D3、在下列指定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是()AK2S溶液中：SO42-、K+、Cl-、Cu2+B无色溶液中：Fe2+、Na+、ClO-、Cl-C室温下，Kwc(H+)=0.1molL-1的溶液中：Na+、K+、SiO32-、NO3-D滴入KSCN溶液显红色的溶液中：K+、Na+、SO42-、C6H5OH4、己烷雌

3、酚的一种合成路线如下：下列叙述不正确的是（ ）A用FeCl3溶液可以鉴别化合物X和YBY的苯环上的二氯取代物有8种同分异构体C在浓硫酸、加热的条件下，化合物X发生消去反应DX转化为Y的反应类型为取代反应5、为了除去MnSO4酸性溶液中的Fe3+，可加入过量的某种试剂充分搅拌，过滤。该试剂是AMnCO3 BMnO2 CNa2CO3 D氨水6、下列实验操作和现象对应的结论错误的是选项实验操作和现象结论A将铜片和铁片用导线连接插入浓硝酸中，铁片表面产生气泡金属铁比铜活泼B常温下，测定同浓度NaA和NaB溶液的pH：NaA小于NaB相同条件下，在水中HA电离程度大于HBC加热含有酚酞的Na2CO3溶液

4、，溶液红色加深CO32的水解反应是吸热反应D向饱和FeSO4溶液中加入CuS固体，测得溶液中c(Fe2+)不变Ksp(CuS)Ksp(FeS)AABBCCDD7、空气吹出法是工业规模海水提溴的常用方法，流程如下，下列说法不正确的是：A步骤中发生的主要反应为Cl22Br=Br22ClB步骤的目的是富集溴元素C物质X 为HBrOD空气吹出法用到了溴易挥发的性质8、在两个容积相同的容器中，一个盛有HCl气体，另一个盛有H2和O2的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体一定不相同的（ ）A原子数B物质的量C密度D分子数9、工业制备合成氨原料气过程中存在反应：CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g

5、) H41kJmol1，下列判断正确的是A该反应的逆反应是放热反应B反应物总能量小于生成物总能量C反应中生成22.4LH2(g)，放出41kJ热量D反应中消耗1mol CO(g)，放出41kJ热量10、有机物有多种同分异构体，其中属于酯类且氯原子直接连在苯环上的同分异构体有多少种（不考虑立体异构）（ ）A6种 B9种 C15种 D19种11、某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（标准状况下的累计值）：时间/min12345氢气体积/mL50120232290310下列分析合理的是A34 min时间段反应

6、速率最快B影响该反应的化学反应速率的决定性因素是盐酸浓度C23 min时间段内用盐酸表示的反应速率为0.1 mol/(Lmin)D加入蒸馏水或Na2CO3溶液能降低反应速率且最终生成H2的总量不变12、丁子香酚可用于制备杀虫剂和防腐剂，结构简式如图所示。下列说法中，不正确的是A丁子香酚分子中的含氧官能团是羟基和醚键B1 mol 丁子香酚与足量氢气加成时，最多能消耗 4 mol H2C1mol丁子香酚与浓溴水反应，最多消耗 2 mol Br2D丁子香酚能使酸性 KMnO4 溶液褪色，可证明其分子中含有碳碳双键13、1mol某烃完全燃烧可得2molCO2，在一定条件下，1mol该烃能与2molH2

7、发生加成反应，这种烃是（ ）ACH4BC2H4CC2H2DC3H414、如图是第三周期1117号元素某些性质变化趋势的柱形图，下列有关说法中正确的是Ay轴表示的可能是第一电离能By轴表示的可能是电负性Cy轴表示的可能是原子半径Dy轴表示的可能是形成基态离子转移的电子数15、对分别盛有不同无色溶液四支试管进行如下操作。现象和结论对应正确的是操作现象结论A向中滴加NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸变蓝原溶液中有NH4+B向中滴入NaHCO3溶液有白色沉淀生成原溶液中有AlO2-C向中先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42-D向中滴加氯水和CCl4，振荡

8、静置下层溶液呈橙色原溶液中有I-AABBCCDD16、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BPM2.5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DNi-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17、pH=11 的 NaOH溶液和 pH=3的醋酸溶液以等体积混合后，所得溶液中 c(Na+ )、 c(CHCOO -) 的正确关系是（）Ac(Na+ ) c(CHCOO -) Bc(Na+ )= c(CHCOO -)Cc(Na+ )600（分解）-75.516.810.3沸

9、点/-60.3444.6-10.045.0337.0回答下列问题：(1)基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。(2)图(a)为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为_。(3)气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_形，其中共价键的类型有_种；固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为_。(4)根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_。(5)FeS2晶体的晶胞如图(c)所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算

10、表达式为_g/cm3；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_nm。晶胞有两个基本要素：(6)晶胞的一个基本要素：原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，下图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为(，0，)；C为(，0)。则D原子的坐标参数为_。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【解析】分析：A.根据苯的同系物的概念分析判断；B.异丙苯中的侧链能够被酸性高锰酸钾溶液氧化；C. 在光照的条件下，异丙苯中的侧链与Cl2发生取代反应；D. 结合苯的性质分析判断。详解：A. 异丙苯中含有苯环，与苯相差3个CH2原子

11、团，是苯的同系物，故A正确；B. 异丙苯能够与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色，而苯不能，可以区别，故B正确；C. 在光照的条件下，发生苯环侧链的取代反应，异丙基中含有2种氢原子，因此异丙苯与Cl2发生侧链的取代反应生成的氯代物有两种，故C错误；D. 异丙苯中含有苯环，在一定条件下能与氢气发生加成反应，故D正确；故选C。点睛：本题考查有机物的结构和性质，掌握苯的同系物的性质是解题的关键。本题的易错点为C，要注意苯环上的氢原子和侧链上的氢原子发生取代反应的条件是不同的。2、B【解析】bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4+OH-NH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+

12、，与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2+SO42-BaSO4可知每份含有SO42-cmol。令每份中NO3-的物质的量为n，根据溶液不显电性，则：bmol1=cmol2+n1，解得n=（b-2c）mol，每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为c（NO3-）=mol/L，即原溶液中硝酸根的浓度为mol/L。故选B。3、C【解析】A.K2S与Cu2+之间反应生成难溶物硫化铜，在溶液中不能大量共存，故A错误；B.Fe2+、ClO之间发生氧化还原反应，Fe2+为有色离子，在溶液中不能大量共存，故B错误；C. 室温下，KWc(H+)=0.1molL1的溶液为碱性溶液，溶

13、液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、SiO32、NO3之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D. 滴入KSCN溶液显红色的溶液中含有铁离子，铁离子与C6H5OH发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；本题选D。4、C【解析】分析：AX中不含酚羟基、Y含有酚羟基；B根据位置异构判断；CNaOH水溶液中加热，化合物X发生水解反应；DX发生取代反应生成Y。详解：AX中不含酚羟基、Y含有酚羟基，所以可以用氯化铁鉴别X和Y，选项A正确；B由图可以看出，苯环上的二氯代物有1、2；1、6；1、5；2、6；1、3；1、4；1、7；1、8，共8种同分异构体，选项B正确；C在氢氧化

14、钠溶液中发生水解反应，应在氢氧化钠乙醇溶液中发生消去反应，选项C不正确；D由官能团的变化可知，X发生取代反应生成Y，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚的性质，注意卤代烃发生消去反应、水解反应的条件区别，易错选项是B。5、A【解析】要除去铁离子需要降低氢离子浓度，则A、碳酸锰与氢离子反应消耗氢离子，使铁离子形成氢氧化铁沉淀而除去，A正确；B、二氧化锰与氢离子不反应，B错误；C、碳酸钠能与氢离子反应，但会引入钠离子杂质，C错误；D、氨水和氢离子反应，但会引入铵根杂质，D错误，答案选A。6、A【解析】A.将铜片和铁片导线连

15、接插入浓硝酸中，由于铁与浓硝酸发生钝化反应，所以铁为正极，铜为负极，但金属活动性Fe大于Cu，故A错误。B.常温下，测定同浓度NaA和NaB溶液的pH：NaA小于NaB，说明HA的酸性比HB强，相同条件下，在水中HA电离程度大于HB，故B正确；C.加热促进盐类水解，Na2CO3溶液水解显碱性，加热含有酚酞的Na2CO3溶液，溶液红色加深，所以CO32的水解反应是吸热反应，故C正确；D.向饱和FeSO4溶液中加入CuS固体，测得溶液中c(Fe2+)不变，说明没有FeS 生成，所以说明Ksp(CuS)Ksp (FeS)，故D正确；所以本题答案：A。【点睛】注意点：铁与浓硝酸发生钝化反应，生成的氧化

16、膜组织铁继续被氧化。所以铜和铁做电极材料的时候，铜先放电做原电池的负极。7、C【解析】A步骤中发生的主要反应是氯气和溴离子反应生成溴单质，反应离子方程式为：Cl2+2Br-Br2+2Cl-，故A正确；B步骤吹出溴单质后，用二氧化硫还原后再用氯气氧化的目的是富集溴元素，故B正确；C分析可知X为HBr，故C错误；D热空气吹出溴单质是利用了溴单质易挥发的性质，故D正确；答案选C。8、C【解析】根据阿伏加德罗定律可知，在同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子，且气体的物质的量也相同。由于三种气体都是由双原子构成的，因此，两容器中一定具有相同的分子数和原子数。由于两容器中气体的质量不一定相同

17、，故其密度不一定相同。综上所述，结合四个选项分析，答案选C。9、D【解析】A.已知该反应的焓变小于零，则正反应是放热反应，逆反应为吸热反应，A错误；B.反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，B错误；C.反应中生成标况下的22.4LH2(g)，放出41kJ热量，C错误；D.反应中消耗1molCO(g)，则有1molCO2(g)、1molH2(g)生成，则放出41kJ热量，D正确；答案为D；【点睛】气体为标况下时，可用22.4L/mol计算其物质的量。10、D【解析】分析：有多种同分异构体，其中属于酯类且氯原子直接连在苯环上，则苯环上可以含有2个取代基，也可以含有3个取代基，据此解答。详

18、解：有多种同分异构体，其中属于酯类且氯原子直接连在苯环上，如果苯环上有2个取代基则为：-Cl、-OOCCH3，-Cl、-CH2OOCH，-Cl、-COOCH3，2个取代基分为邻、间、对三种，所以共有9种；如果苯环上有3个取代基则为：-Cl、-OOCH、-CH3，先将2个取代基分别定于邻、对、间三种位置，第三个取代基共有4+4+2=10种连接方式，故有10种同分异构体；所以共有19种同分异构体，答案选D。11、C【解析】A、相同时间段内，生成H2的体积越大，反应速率越大，23 min内生成H2体积为112 mL，其余时间段内H2体积均小于112 mL，故23 min时间段反应速率最快，故A错误；

19、B、影响化学反应速率决定性因素是物质本身的性质，盐酸浓度是外部条件，故B错误；C、23 min时间段内，生成0.005 mol H2，则消耗0.01 mol HCl，c(HCl)=0.01 mol/0.1 L=0.1 molL1，t=1 min，v(HCl)=0.1 molL1/1 min= 0.1 mol/(Lmin)，故C正确；D、Na2CO3消耗H+，导致生成H2速率降低，且产生H2的量减小，故D错误。综上所述，本题选C。12、D【解析】A、根据结构简式，分子中的含氧官能团是羟基和醚键，故A正确；B. 中苯环、碳碳双键都能与氢气发生加成反应，所以1 mol 丁子香酚与足量氢气加成时，最多

20、能消耗 4 mol H2，故B正确；C. 酚羟基邻位苯环氢可与浓溴水发生取代反应、碳碳双键与溴发生加成反应，所以1mol丁子香酚与浓溴水反应，最多消耗 2 mol Br2，故C正确；D. 丁子香酚中的酚羟基、都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故酸性 KMnO4 溶液褪色不能证明其分子中含有碳碳双键，故D错误。【点睛】本题考查有机物结构和性质，侧重考查学生分析判断能力及知识迁移能力，明确常见官能团结构及其性质关系是解本题关键。13、C【解析】1mol某烃完全燃烧可得到2molCO2，根据碳原子守恒，烃中C原子数目=2，在一定条件下，1mol该烃能与2molH2发生加成反应，由于该烃分子中有2个C原子，

21、故该烃含有1个CC键，则该烃为HCCH，故选C。14、B【解析】AMg的3s电子全满为稳定结构，P的3p电子半满为稳定结构，则电离能大于相邻的元素，即电离能不是随着原子序数的递增而增大，故A错误；B随原子序数的增大，元素的非金属性增强，则元素的电负性增强，故B正确；C随原子序数的增大，原子半径减小，与图像不符，故C错误；D金属失去电子，而非金属得到电子，如硫、氯原子形成基态离子时得到的电子数分别为2、1，与图像不符，故D错误；答案选B。15、A【解析】NH4+OH-=NH3+H2O ，故A正确；澄清石灰水、氢氧化钡溶液中滴入NaHCO3溶液都有白色沉淀生成，故B错误；先滴加BaCl2溶液再滴加

22、HCl溶液，生成白色沉淀，原溶液中有SO42-或Ag+，故C错误；滴加氯水和CCl4，振荡静置，下层溶液呈橙色，原溶液中有Br-，故D错误。点睛：滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液，生成白色沉淀，则沉淀可能是硫酸钡或氯化银；检验溶液中是否含有SO42-的方法是：先滴加盐酸，没有沉淀，再滴加氯化钡，若有沉淀，则原溶液含有SO42-。16、A【解析】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1nm100nm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；PM

23、 2.5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。17、C【解析】NaOH为强电解质，pH=11的NaOH溶液中NaOH的浓度为0.001mol/L；醋酸为弱电解质，在溶液中只部分电离，pH=3的醋酸溶液中醋酸的浓度大于0.001mol/L。两溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显酸性，即c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH

24、3COO-)+c(OH-),可知c(Na+)c(CH3COO-)。故选C。18、C【解析】X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，则X为H、Li或Na；Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则Y有3个电子层，最外层有6个电子，则Y为硫元素；Z的最外层电子数是内层电子总数的三倍，则Z有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为氧元素。则AY为硫元素，Y的价层电子排布式为3s23p4，故A错误；BY为硫元素，Z为氧元素，非金属性OS，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物稳定性ZY，故B错误；CY为硫元素，Z为氧元素，第一电离能：YZ，故C正确；DX为H、Li或Na，Y为硫元素，H、Li或Na与

25、硫元素可以形成硫化氢属于共价化合物，硫化钠和硫化锂属于离子化合物，故D错误；故选C。19、A【解析】镧(La)镍(Ni)合金是一种储氢材料，根据其基本结构单元示意图可知，该结构单元中含La和Ni的原子数分别为12+2=3、18+6=15，则该合金的化学式可表示为LaNi5，故选A。20、A【解析】从图分析，开始加入Y溶液即产生氢氧化铝沉淀，最后氢氧化铝沉淀溶解，说明加入的Y为强碱，从A、C中选择，B、D错误。加入Y产生氢氧化铝沉淀之后有一段沉淀量不变，说明溶液中有铵根离子与氢氧根离子反应，故选A。【点睛】掌握多种离子存在的溶液中离子的反应顺序，如有铝离子和铵根离子等的溶液中加入氢氧化钠，则铝离

26、子先反应生成氢氧化铝沉淀，然后铵根离子反应生成一水合氨，然后氢氧化铝再溶解。21、B【解析】A. 元素周期表中，元素性质随着原子序数的递增呈现周期性变化，A项错误；B. 同周期主族元素性质的递变，主要是原子半径变化和核电荷数变化双重作用的结果，B项正确；C. 从左到右，同周期非金属元素的简单气态氢化物，其热稳定性，还原性逐渐增强，而不是所有氢化物都符合，C项错误；D. 同一主族非金属性依次减弱，所以第七周期，VIIA族元素的非金属性比碘元素的非金属性弱，D项错误；答案选B。22、C【解析】根据题中丁腈橡胶可知，本题考查丁腈橡胶的合成原料，运用丁腈橡胶的合成原理分析。【详解】丁腈橡胶的链节是，去

27、掉两端的短线后为，将链节主链单键变双键，双键变单键，断开错误的双键，即可得两种单体：CH2=CHCH=CH2与CH2=CHCN。答案选C。二、非选择题(共84分)23、 NH3、CH4、H2S 5 1 NH4HS或(NH4)2S Cu(NH3)4SO4 内界中铜离子与氨分子之间以配位键相结合，外界铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合 【解析】由于A，B，C，D为短周期元素，因A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A只能为氢元素；同一能层的不同能级的能量不同，符号相同的能级处于不同能层时能量也不同，即1s、2s、2p的轨道能量不同，2p有3个能量相同的轨道，由此可确定B；因s轨道最多只能容

28、纳2个电子，所以c=2，即C原子价电子构型为2s22p3，即氮元素。短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，据此可确定D。再由D的阴离子电子数及在E2D中E的化合价，即可确定E。由此分析。【详解】由于A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A为氢元素；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，则B的电子排布式为1s22s23p2，即B为碳元素；因s能级最多只能容纳2个电子，即c=2，所以C原子价电子构型为2s22p3，C为氮元素；短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，因D原子最外层电子数

29、比次外层电子数少2个，所以D的次外层只能是L层，D的最外层应为6个电子，即D为16号元素硫；硫元素的阴离子（S2-）有18个电子，E阳离子也应有18个电子，在E2D中E显+1价，所以E为19号元素钾。所以A、B、C、D、E分别为氢、碳、氮、硫、钾。(1)上述五种元素中金属性最强的是钾元素，故它的第一电离能最小，其原子结构示意图为。硫原子价电子层为M层，价电子排布式为3s23p4，其电子排布图为。(2)分子结构图中黑点表示的原子最外层有5个电子，显然是氮原子，白球表示的原子最外层只有1个电子，是氢原子，所以该分子是NH3，中心N原子有3个键，1个孤电子对，故采用sp3杂化；分子中黑球表示的原子最

30、外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以分子是CH4，中心碳原子有4个键，0个孤电子对，采用sp3杂化；分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以分子是CH2=CH2，中心碳原子有3个键，0个孤电子对，所以中心原子采用sp2杂化；分子中黑球表示的原子最外层6个电子，是硫原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，该分子为H2S，中心S原子有2个键，2个孤电子对，所以中心原子采用sp3杂化。因此中心原子采用sp3杂化形成化学键的分子有NH3、CH4、H2S。在CH2=CH2的分子中有5个键和1个键。(

31、3)根据上面的分析知A、C、D分别为氢、氮、硫三种元素，形成既具有离子键又具有共价键的化合物是硫氢化铵或硫化铵，其化学式为NH4HS或(NH4)2S，铵根与HS-或S2-之间是离子键，铵根中的N与H之间是共价键，HS-中H与S之间是共价键。C的氢化物是NH3，NH3的水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物是硫酸四氨合铜，其化学式为Cu(NH3)4SO4。配合物Cu(NH3)4SO4的内界中Cu2+与NH3之间是以配位键相结合，外界铜氨配离子Cu(NH3)42+与硫酸根离子之间是以离子键相结合。24、CO32- NH4+OH=NH3H2O Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 2:1 1

32、0.7 存在 0.08 【解析】已知溶液为无色，则无Fe3；焰色反应时为黄色，则含Na元素；加入盐酸酸化的氯化钡有白色沉淀，则含硫酸根离子；加入过量的NaOH有白色沉淀，含镁离子；根据加入NaOH的体积与沉淀的关系可知，原溶液中含有H、NH4+、Al3、Mg2；与Al3、Mg2反应的CO32-离子不存在。【详解】（1）根据分析可知，一定不存在的阴离子为CO32-；（2）图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化时，加入NaOH，沉淀的量未变，则有离子与NaOH反应，只能是NH4+，其反应的离子方程式为：NH4+OH=NH3H2O；沉淀溶解为氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al

33、(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；（3）根据反应式及数量，与NH4+、Al（OH）3消耗NaOH的量分别为0.2mol、0.1mol，则c(NH4+):c(Al3)=2:1；（4）H为0.1mol，NH4+为0.2mol， Al3为0.1mol，Mg2为0.05mol，Na为0.18mol，SO42- 为0.4mol，根据溶液呈电中性，n（NO3-）=0.08mol。25、排除体系中的N2 A和D D CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2 吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2 量筒内液面与广口瓶中的液面持平 视线与凹液面最低处相切 ABD 【解析】在本实验中，通过测定

34、氨基酸和氧气反应生成产物中二氧化碳、水和氮气的相关数据进行分析。实验的关键是能准确测定相关数据，用浓硫酸吸收水，碱石灰吸收二氧化碳，而且二者的位置不能颠倒，否则碱石灰能吸收水和二氧化碳，最后氮气的体积测定是主要多余的氧气的影响，所以利用加热铜的方式将氧气除去。首先观察装置图，可以看出A中是氨基酸的燃烧，B中吸收生成的水，在C中吸收生成的二氧化碳，D的设计是除掉多余的氧气，E、F的设计目的是通过量气的方式测量氮气的体积，在这个基础上，根据本实验的目的是测定某种氨基酸的分子组成，需要测量的是二氧化碳和水和氮气的量。实验的关键是氮气的量的测定，所以在测量氮气前，将过量的氧气除尽。【详解】(1)装置中

35、的空气含有氮气，影响生成氮气的体积的测定，所以通入一段时间氧气的目的是排除体系中的N2； (2)氨基酸和氧气反应，以及铜和氧气反应都需要加热，应先点燃D处的酒精灯，消耗未反应的氧气，保证最终收集的气体只有氮气，所以应先点燃D处酒精灯。(3)氨基酸燃烧生成二氧化碳和水和氮气，方程式为： CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2；(4)加热铜可以吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2 ；(5)读数时必须保证压强相同，所以注意事项为量筒内液面与广口瓶中的液面持平而且视线与凹液面最低处相切；(6) 根据该实验原理分析，要测定二氧化碳和水和氮气的数据，再结合氨基酸的相对分子质量确定其分子式。

36、故选ABD。【点睛】实验题的解题关键是掌握实验原理和实验的关键点。理解各装置的作用。实验的关键是能准确测定相关数据。为了保证得到准确的二氧化碳和水和氮气的数据，所以氨基酸和氧气反应后，先吸收水后吸收二氧化碳，最后除去氧气后测定氮气的体积。26、 酚酞 当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变红色，且在半分钟内无变化，说明到达滴定终点 0.24 偏低 【解析】（1）氢氧化钠是强碱，应用碱式滴定管量取；（2）滴定管0刻度在上，且下端有一段没有刻度线；（3）强碱滴定酸用酚酞；（4）由SO2H2SO42NaOH关系计算。滴定管0刻度在上，俯视读数偏小，标准液体积偏小。【详解】（1）氢氧化钠是强碱，应用碱式

37、滴定管量取，排液时应将橡皮管向上弯曲排出气泡，答案选；（2）滴定管0刻度在上，且下端有一段没有刻度线，故管内液体的体积大于40 mL，答案选；（3）强碱滴定酸用酚酞，滴定至终点时溶液的pH在酚酞的变色范围内，故可选用酚酞作指示剂。选择酚酞时反应到达滴定终点现象为：当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变红色，且在半分钟内无变化；(4)SO2与NaOH存在如下关系：SO2H2SO42NaOH64 g 2 molm(SO2) 0.090 0 molL10.025 L解得：m(SO2)0.072 g，故葡萄酒中SO2的含量为=0.24 gL1。滴定管0刻度在上，俯视读数偏小，标准液体积偏小，故测量结果比

38、实际值偏低。27、球形冷凝管 冷凝回流 降低溶解度，使苯乙酸结晶 过滤 acd 增大苯乙酸的溶解度，便于充分反应 95% 【解析】（1）通过分液漏斗向三口瓶a中滴加苯乙腈，仪器c为球形冷凝管，能起到冷凝回流的作用(使气化的反应液冷凝)；反应结束后加适量冷水，降低溶解度，便于苯乙酸(微溶于冷水)结晶析出，故答案为球形冷凝管、冷凝回流、降低溶解度，使苯乙酸结晶。（2）可通过过滤从混合液中分离出苯乙酸粗品，过滤所用的仪器主要有漏斗、玻璃棒、烧杯等，故答案为过滤、acd。（3）苯乙酸与Cu(OH)2反应析出苯乙酸铜晶体的化学方程式为：；根据“苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇”，故乙醇与水的混合溶剂中的乙醇能

39、增大苯乙酸的溶解度，便于充分反应。（4）根据“ ”关系式，可计算苯乙酸的产率=44g40g117gmol-1136gmol-1100% =94.6%95% 。点睛：本题是一道化学实验综合题，考查有机物的制备，涉及实验仪器的使用、实验操作、化学方程式书写、混合物纯度计算等，综合性较强，既注重实验基础又侧重分析、解决问题能力的考查。28、 283kJmol-1 631.8 1.87510-4mol/Ls) BD 吸热 81 N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O【解析】（1）已知：2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H=-566.0kJmol-1，则CO的燃烧热为566.0kJ 12=28

40、3kJmol-1；设1 mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为x，由反应可知，946 kJ498 kJ2x180.5 kJ，得x631.8kJ，即1 mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为631.75 kJ；（2）根据化学反应速率之比等于计量数之比，由表中数据可知，前2s内的平均反应速率v(N2) =12 v(NO)=12（10.0-2.50）10-4mol/L2s=1.87510-4mol/(Ls) ；A、2n(CO2)=n(N2)，反应开始时二氧化碳和氮气的量为0，根据化学计量，反应过程中生成的量始终为2n(CO2)=n(N2)，无法判断是否达到平衡状态，选项A

41、错误；B、该反应是气体体积缩小的反应，反应达到平衡状态前气体的物质的量始终不变，则气体的平均摩尔质量也发生变化，当容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明达到了平衡状态，选项B正确；C、容器内混合气体的密度保持不变：该反应中气体的体积不变、质量不变，根据=mV可知，气体的密度始终不变，选项C错误；D、该反应是气体体积缩小的反应，反应达到平衡状态前气体的物质的量始终不变，则压强也发生变化，当容器内压强保持不变时，说明达到了平衡状态，选项D正确；答案选BD；（3）根据图中信息可知，温度升高平衡转化率增大，则升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；2NO2(g)2NO(g)+O2(g)起始 P0 0 0反应 0.6P0 0.6P0 0.3P0平衡 0.4P0 0.6P0 0.3P0K=(0.6P0)20.3P0(0.4P0)2=0.625P0=0.625120kPa=81kPa；N2H4的电子式