安徽省定远二中2022年化学高二第二学期期末监测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、下列物质一定属于天然高分子化合物的是A橡胶B蚕丝C葡萄糖D塑料2、下列有关事实，与水解反应无关的是A醋酸钠溶液中，c(H+)0）。下列有关说法不正确的是（ ）A若容器内混合气体的密度不变，则说明反应达到平衡状态B若CO2体积分数不再发生变化，则说明反应达到平衡状态C若升高体系温度，

2、则正、逆反应速率均增大D若反应过程中吸收QkJ热量，则刚好有lmol NH4HCO3发生分解15、下列有关有机化合物的说法正确的是A乙烯使酸性溶液和溴的溶液褪色的原理相同B苯与液溴在催化剂作用下生成溴苯发生了加成反应C淀粉、蛋白质等营养物质在人体内最终生成二氧化碳和水排出体外D用法检验司机是否酒驾利用了乙醇的挥发性和还原性16、下列关于铁元素的叙述中正确的是()A2Fe3Cu=2Fe2Cu2成立说明氧化性：Fe3 Cu 2B25，pH0的溶液中，Al3、NH4+、NO3、Fe2可以大量共存C5.6 g铁与足量的氯气反应失去电子为0.2 molD硫酸铁溶液中加入铁粉，滴加KSCN溶液一定不变红色

3、17、韩国首尔大学的科学家将水置于一个足够强的电场中，在20时，水分子瞬间凝固形成“暖冰”。下列关于“暖冰”的说法正确的是 ( )A暖冰中水分子是直线型分子B水凝固形成20时的“暖冰”所发生的变化是化学变化C暖冰中水分子的各原子均满足8电子稳定结构D在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”18、下列各种方法中，最适用于炼制相应金属的是A加热氧化铜制铜B氧化铁与铝粉反应制铁C电解熔融氯化铝制铝D电解熔融氧化镁制镁19、下述说法正确的是（ ）碘酒属于混合物，而液氯、冰水、冰醋酸均属于纯净物氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠、氢化钠都属于离子化合物蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解

4、质和弱电解质Al2O3和SiO2都能溶于强碱，因此都是酸性氧化物溶液与胶体的本质区别是丁达尔效应ABCD20、下列卤代烃在KOH醇溶液中加热不反应的是ABC全部D21、下列有机物中，一氯代物的数目最多的是( )ACH4BCDC5H1222、菲的结构简式如图所示，若菲分子中有1个H原子被Cl原子取代，则所得一氯取代产物有（ ）A4种B10种C5种D14种二、非选择题(共84分)23、（14分）盐X由三种元素组成，其具有良好的热电性能，在热电转换领域具有广阔的应用前景。为研究它的组成和性质，现取12.30g化合物X进行如下实验：试根据以上内容回答下列问题：(1)X的化学式为_。(2)无色溶液B中通

5、入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为_。(3)蓝色溶液F中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，其离子方程式为_。(4)白色沉淀C煅烧的固体产物与D高温反应可生成化合物X，其化学方程式为_。24、（12分）现有A、B、C、D四种元素，A是第五周期第A族元素，B是第三周期元素，B、C、D的价电子数分别为2、2、7。四种元素原子序数从小到大的顺序是B、C、D、A。已知C和D的次外层电子数均为18个。(1)写出A、B、C、D的元素符号：A_、B_、C_、D_。(2)C位于元素周期表的_区，C2的电子排布式_。(3)最高价氧化物对应水化物中碱性最强的化合物是_(写化学式

6、，下同)；最高价氧化物对应水化物中酸性最强的化合物是_。(4)元素的第一电离能最小的是_，元素的电负性最大的是_。25、（12分）工业以浓缩海水为原料提取溴的部分过程如下：某课外小组在实验室模拟上述过程设计以下装置进行实验（所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去）：（1）实验开始时，A装置中不通热空气，先通入a气体的目的是（用离子方程式表示）_。（2）A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通热空气。通入热空气的目的是_。（3）反应过程中，B装置中Br2与SO2反应的化学方程式_。（4）C装置的作用是_。（5）该小组同学向反应后B装置的溶液中通入氯气，充分反应得到混合液。一位同学根据溴的沸点

7、是59，提出采用_方法从该混合液中分离出溴单质。另一位同学向该混合液中加入四氯化碳，充分振荡、静置后放出下层液体，这种方法是_。（6）某同学提出证明反应后B装置的溶液中含有溴离子的实验方案是：取出少量溶液，先加入过量新制氯水，再加入KI淀粉溶液，观察溶液是否变蓝色。该方案是否合理并简述理由：_。26、（10分）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：(1)在处理废水时，ClO2可将废水中的CN氧化成CO2和N2，该反应的离子方程式是_。(2)某小组按照文献中制备ClO2的方法设计了如图所示的实验

8、装置用于制备ClO2。通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是_。装置B的作用是_。装置A用于生成ClO2气体，该反应的化学方程式是_。(3)测定装置C中ClO2溶液的浓度：取10.00 mL C中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入_作指示剂，用0.100 0 molL1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液（I2 + 2S2O322I+ S4O62），消耗标准溶液的体积为20.00 mL。滴定终点的现象是_，C中ClO2溶液的浓度是_molL1。27、（12分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH

9、溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）A为氯气发生装置。A中反应方程式是_（锰被还原为Mn2+）。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有_。（2）探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KO

10、H溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。由方案中溶液变红可知a中含有_离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl氧化，还可能由_产生（用方程式表示）。方案可证明K2FeO4氧化了Cl。用KOH溶液洗涤的目的是_。根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2_FeO42-（填“”或“”），而方案实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是_。资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-MnO4-，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO42-MnO4-。若能，请说明理由

11、；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：_。28、（14分）有机物W用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下：已知：请回答下列问题：(1)F的名称是_，的反应类型是_。(2)E中的含氧官能团是_（写名称），W的结构简式为_。(3)反应的化学方程式是_。(4)D发生聚合反应的化学方程式为_。(5)芳香化合物N是A的同分异构体，写出其中能使溴的四氯化碳溶液褪色且苯环上的一氯代物有三种的同分异构体的结构简式_、_。29、（10分）甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。I.利用甲醇(CH3OH)制备甲醛脱氢法：CH3OH(g)HCHO(g)H2(g) H1=92.09kJmol

12、-1氧化法：CH3OH(g)1/2O2(g)HCHO(g)H2O(g) H2(1)脱氢法制甲醛，有利于提高平衡产率的条件有_。A.低温 B.高温 C.低压 D.高压 E.催化剂(2)已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(g) H3=483.64kJmol1，则H2=_。(3)750K下，在恒容密闭容器中，充入一定量的甲醇，发生反应CH3OH(g)HCHO(g)H2(g)，若起始压强为101kPa，达到平衡转化率为50.0%，则反应的平衡常数Kp=_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数，忽略其它反应)。(4)Na2CO3是甲醇脱氢制甲醛的催化剂，有研究指出，催化反应的部分机理如

13、下：历程i：CH3OHHCH2OH 历程：CH2OHHHCHO历程：CH2OH3HCO历程iv：HHH2如图所示为在体积为1L的恒容容器中，投入1molCH3OH，在碳酸钠催化剂作用下，经过5min反应，测得甲醇的转化率(X)与甲醛的选择性(S)与温度的关系(甲醛的选择性：转化的CH3OH中生成HCHO的百分比)，回答下列问题：600时，5min内甲醛的反应速率为_。650750甲醛选择性随温度下降，而甲醇转化率随温度升高的可能原因为_；700时，历程iii能量反应过程如图所示，在答卷纸上绘制历程ii的“能量反应过程”示意图。_ II.室内甲醛超标会危害人体健康，通过传感器可以监测空气中甲醛的

14、含量。一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理所示，则工作电极的电极反应式为_。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、B【解析】A橡胶有天然橡胶也有合成橡胶，不一定是天然的高分子化合物，A项不符合；B蚕丝主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，B项符合；C葡萄糖不属于高分子化合物，C项不符合；D塑料属于合成高分子材料，D项不符合；答案选B。2、B【解析】A.醋酸钠溶液中，醋酸根离子发生水解导致溶液呈碱性，与水解有关，故A错误；B.实验室保存FeCl2溶液时常加入Fe粉是为发防止Fe2+被氧化，与水解无关，故B正确；C.加热蒸干氯化铁溶液，由于促进了Fe3+的水解，

15、最终得到氢氧化铁固体，不能得到氯化铁晶体，与水解有关，故C错误；D. TiCl4遇水发生水解反应； TiCl4+(x+2)H2O=TiO2xH2O+4HCl，加热生成TiO2，与水解有关，故D错误；答案选B。3、C【解析】根据苯和水互不相溶，选择分离的方法。【详解】A. 仪器名称为量筒，可量取一定体积的液体，不能分离苯和水，A项错误；B. 仪器名称为漏斗，可用于过滤难溶物，不能分离苯和水，B项错误；C. 仪器名称为分液漏斗，可用于分离互不相溶的混合液体或萃取实验，因苯和水互不相溶，需用分液的方法分离，C项正确；D. 仪器名称为容量瓶，可用于配制一定浓度的标准溶液，不能分离提纯混合物，D项错误；

16、答案选C。【点睛】本题考查混合物的分离与提纯的分液方法，除此之外，还有如下方法：方法课本举例分离的物质过滤除去粗盐中的泥沙用水溶解，从溶液中分离出不溶固体物质蒸发从食盐溶液中分离出NaCl加热溶液，从溶液中分离出易溶固体溶质蒸馏从自来水制蒸馏水加热并冷凝，从互溶的液态混合物中分离出沸点不同物质萃取用CCl4提取碘水中碘用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂组成的溶液中提取出来洗气用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质。气体与气体的分离(杂质气体与液体反应)。升华碘的升华分离易升华的物质。学生要加以理解与区分，学以致用。4、D【解析】A项、饱和AgCl溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)，则c2(Ag+)=K

17、sp(AgCl)=1.810-10，解之得c(Ag+)=1.3410-5mol/L，饱和Ag2CrO4溶液中c(Ag+)=2c(CrO42-)，则c3(Ag+)/2=Ksp(Ag2CrO4)=1.910-12，解之得c(Ag+)=1.5610-4mol/L，显然后者的c(Ag+)大，故A错误；B项、AgCl的Ksp只与温度有关，向AgCl的浊液中加入氯化钠溶液，虽然平衡向逆方向移动，但Ksp不变，故B错误；C项、两溶液混合后则c（K2CrO4）=0.0004mol/L，c（AgNO3）=0.001mol/L，根据2Ag+CrO42-=Ag2CrO4，则溶液中剩余的c（Ag+）=0.001 mo

18、l/L-0.0004 mol/L2=0.0002mol/L，根据Ksp（K2CrO4），则生成沉淀后的溶液中c（CrO42-）= Ksp（K2CrO4）/c2（Ag+）=1.91012/(0.0002mol/L)2=2.510-5mol/L1.010-5mol/L，溶液中存在难溶物的溶解平衡，所以CrO42-不能完全沉淀，故C错误；D、根据Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2CrO4），则当Cl-开始沉淀时c（Ag+）= Ksp（AgCl）/ c（Cl-）=1.810-7mol/L，当CrO42-开始沉淀时c（Ag+）= =4.3610-5 mol/L，故先产生AgCl沉淀，故D正确。故选D。【

19、点睛】本题主要考查溶度积常数的概念和有关计算，比较c(Ag)大小时，注意不同物质的化学式是否相似，如不同可用溶度积常数计算c(Ag)。5、D【解析】分析：A.将二聚分子变成单分子，得BA3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3或AlCl3，再根据原子最外层都达到8电子稳定结构判断；B、根据该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键；C、化合物形成二聚分子，是分子晶体；D、该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物。详解：将二聚分子变成单分子，得BA3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3 或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子

20、是不可能的，所以只可能是AlCl3，该化合物的化学式是Al2Cl6，A说法正确；该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键，只存在Cl-Al键，Cl与Cl之间没有形成非极性共价键，所以也不存在非极性共价键， B说法正确；C、该化合物是无机化合物的形成的二聚分子，属于共价化合物，是分子晶体， C说法正确；该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键，也不是离子化合物，在熔融状态下不能导电，D说法错误；正确选项D。6、C【解析】由流程可以知道，苯甲醛与KOH反应生成苯甲醇、苯甲酸钾，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，则乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇

21、；水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作为过滤，则产品乙为苯甲酸，以此来解答。【详解】A.操作加入水、乙醚后分层，分离乙醚溶液与水溶液为分液，则为萃取分液，所以A选项是正确的；B.操作分离互溶的乙醚、苯甲醇，蒸馏所得产品甲是苯甲醇，所以B选项是正确的；C.由上述分析，操作为过滤，则产品乙为苯甲酸，故C错误；D.由上述分析可以知道，乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇，所以D选项是正确的。答案选C。7、C【解析】分析：AAl2O3与足量的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水；BNH4HCO3与足量的NaOH溶液反应生成氨气和碳酸钠；CCa(HCO3)2溶

22、液与足量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水；DFeBr2溶液与等物质的量的的Cl2反应，离子方程式为2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-。据此分析判断。详解：AAl2O3与足量的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式错误，故A错误；BNH4HCO3与足量的NaOH溶液反应生成氨气和碳酸钠，离子方程式错误，故B错误；CCa(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，离子方程式为Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+2H2O+ CO32-，离子方程式错误，判断正确，故C正确；DFeBr2溶液与等物质的量的的Cl2反应，离子方程式为2F

23、e2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-，判断错误，故D错误；故选C。8、B【解析】A项，该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4种官能团，故A项错误；B项，该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故B项正确；C项，分枝酸中只有羧基能与NaOH溶液发生中和反应，一个分子中含两个羧基，故1mol分枝酸最多能与2mol NaOH发生中和反应，故C项错误；D项，该物质使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而是使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。【点睛】本题考查了

24、有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质，掌握官能团的性质是解题的关键。9、C【解析】A.醋酸为弱酸，应该保留分子式，方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+CO2+H2O+2CH3COO-，故A错误；B.用惰性电极电解饱和食盐水的总反应为：2C1-+2H2O=H2+Cl2+2OH-,故B错误；C. FeBr2溶液中通入少量的Cl2，因为Fe2+的还原性比Br-强，故离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl-，故C正确；D. 铅蓄电池放电时的负极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故D错误；本

25、题选C。点睛：在书写离子方程式时注意弱酸、弱碱、沉淀、气体要写成分子形式，不能拆开。10、A【解析】分子晶体的溶沸点由分子间作用力而定，分子间作用力越强，熔沸点越高，若分子间有氢键，则分子间作用力比结构相似的同类晶体大，故熔沸点较高；组成和结构相似的分子晶体，一般相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；相对分子质量相同，组成和结构不相似的物质，分子极性越大，其熔沸点越高；相对分子质量相同，化学式也相同的同分异构体中，一般来说，支链越多，熔沸点越低；同类物质相比，分子内形成氢键的物质的熔沸点要低于分子间形成氢键的物质的熔沸点。【详解】H2O 分子间形成氢键，分子间作用力强于不能形成氢键的

26、H2S，则沸点H2OH2S，故正确；H2O 分子间形成氢键的数目多于HF，分子间作用力强，沸点高，则沸点H2OHF，故正确；组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高，H2Se和H2S结构相似，则沸点H2SeH2S，故错误；相对分子质量相同，组成和结构不相似的物质，分子极性越大，其熔沸点越高，CO为极性分子，N2为非极性分子，则沸点CON2，故正确；组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高，CH4和C2H6结构相似，则沸点C2H6CH4，故错误；相对分子质量相同，化学式也相同的同分异构体中，一般来说，支链越多，熔沸点越低，新戊烷

27、的支链数目多于正丁烷，则沸点正戊烷新戊烷，故正确；邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，沸点较低；，对羟基苯甲醛则容易形成分子间氢键，沸点较高，则沸点邻羟基苯甲醛对羟基苯甲醛，故错误；正确，故选A。11、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

28、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。【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。12、A【解析】有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R-OH或-COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有-COOH，根据反应关系式R-OHH2，-COOHH2，以及-COOHCO2，若V1=V20，说明分子中含有1个R-OH和1个-COOH，只有选项A符合，故答案为A。13、A【解析】A植物油含有高级脂肪酸甘油酯，是人体的营养物质，A项正确； B煤的气化

29、是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化，B项错误；C葡萄糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C项错误；D以重油为原料裂化得到各种轻质油，而不是裂解，D项错误；答案选A。【点睛】本题的易错点是D项，要特别注意裂化的目的是为了提高轻质油（如汽油等）的产量；而裂解是深度的裂化，其目的是为了得到乙烯、丙烯等气态短链烃。14、B【解析】A. 密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量是变化的，容积始终是不变的，若容器内混合气体的密度不变，则说明反应达到平街状态，A正确；B. 只有生成物是气体，因此CO2体积分数始终不变，不能说明反应达

30、到平街状态，B错误；C. 若升高体系温度，则正、逆反应速率均增大，C正确；D. 根据热化学方程式可知若反应过程中吸收QkJ热量，则刚好有lmol NH4HCO3发生分解，D正确，答案选B。点睛：平衡状态判断是解答的易错点，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：正反应速率和逆反应速率相等。反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。15、D【解析】A. 乙烯使酸性溶液褪色

31、是由于乙烯与高锰酸钾发生了氧化还原反应，乙烯使溴的溶液褪色是由于乙烯与溴单质发生了加成反应，反应原理不同，故A错误；B. 苯与液溴在催化剂作用下生成溴苯，是由于溴原子取代了苯环上的氢原子，发生了取代反应，故B错误；C. 淀粉在人体内最终生成二氧化碳和水排出体外，蛋白质在人体内最终胜出氨基酸，故C错误；D. 用法检验司机是否酒驾，是利用了乙醇能够与发生氧化还原反应，从而发生颜色变化，故D正确；故选D。16、A【解析】分析：A.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；B. pH0的溶液中存大大量的氢离子,H+、NO3-、Fe2发生氧化还原反应；C.氯气与铁反应生成氯化铁,1mol的铁转移3mol的电子

32、；D.硫酸铁溶液中加入铁粉,发生氧化还原反应生成二价铁,但当铁少量三价铁还有剩余。详解: A. 2Fe3Cu=2Fe2Cu2反应中三价铁离子为氧化剂, Cu2为氧化产物,所以氧化性：Fe3 Cu2,所以A选项是正确的；B. pH0的溶液中存在大量的氢离子, H+、NO3-、Fe2发生氧化还原反应,三者不能大量共存,故B错误；C. 5.6 g铁的物质的量为0.1mol与足量的氯气反应失去的电子为0.3mol,故C错误；D.硫酸铁溶液中加入铁粉,发生氧化还原反应生成二价铁,但当铁少量三价铁还有剩余,所以滴加KSCN溶液可能变血红色,故D错误；所以A选项是正确的。17、D【解析】A、水分子中氧原子含

33、有2个键和2个孤对电子，所以水分子是V型结构，A错误；B、水凝固形成20时的“暖冰”没有新物质生成，所以所发生的变化不是化学变化，B错误；C、氢原子不满足8电子稳定结构，C错误；D、在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20时，水分子不能瞬间凝固形成冰，D正确；答案选D。18、B【解析】特别活泼的金属从K到Al用电解方法冶炼；从Al后到Cu的金属用热还原方法冶炼，从Hg、Ag用热分解方法冶炼，据此分析。【详解】A. Cu可用热还原方法得到，加热氧化铜不能制铜，A错误；B.Al的活动性比Fe强，所以氧化铁与铝粉反应铝热反应可制取铁，B正确；C.氯化铝是共价化合物，不含带电

34、微粒，所以不能电解制取金属Al，C错误；D.MgO是离子化合物，由于其熔沸点比MgCl2高，所以一般用电解熔融的MgCl2的方法制取Mg，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查金属冶炼方法的知识。掌握金属的冶炼方法、使用物质与金属活动性关系是本题解答的关键。19、D【解析】碘酒是碘的酒精溶液，属于混合物，液氯、冰水、冰醋酸均为一种成分组成，均属于纯净物，故正确；氢氧化钡是由钡离子和氢氧根离子构成，氯化铵由氯离子和铵根离子构成，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成，氢化钠是由钠离子和氢离子构成，都属于离子化合物，故正确；硫酸钡难溶于水，溶于水的硫酸钡完全电离，属于强电解质，故错误；Al2O3和S

35、iO2都能溶于强碱生成盐和水，Al2O3还能溶于酸生成盐和水，属于两性氢氧化物，故错误；溶液与胶体的本质区别是分散质颗粒直径不同，故错误；正确，故选D。【点睛】本题考查物质分类，注意化合物和纯净物、离子化合物和共价化合物、电解质强弱和非电解质概念的理解，注意氧化物的类别、胶体的本质特征判断是解题关键。20、A【解析】卤代烃在KOH醇溶液中加热不反应，则与-Cl（或-Br）相连C的邻位C上没有H，不能发生消去反应，反之可发生消去反应，以此来解答。【详解】不能发生消去反应，故选；中与Cl相连C的邻位C上有H，则卤代烃在KOH醇溶液中加热反应，故不选；中，与Cl相连C的邻位C上没有H，不反应，故选；

36、中，与Cl相连C的邻位C上有H，则卤代烃在KOH醇溶液中加热反应，故不选；中与Br相连C的邻位C上有H，则卤代烃在KOH醇溶液中加热反应，故不选；没有邻位的C，不能发生消去反应，故选；故答案选A。21、D【解析】A.CH4中只有一种位置的H原子，因此一氯取代物只有一种；B.中有五种位置的H原子，因此一氯取代物有五种；C. 中有两种位置的H原子，因此一氯取代物有两种；D.C5H12有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种不同结构，正戊烷有三种不同的H原子，异戊烷有中有四种位置的H原子，新戊烷有1种位置的H原子，因此C5H12的一氯取代物有8种；可见上述有机物中一氯代物的数目最多的是C5H12；故合理选项是D

37、。22、C【解析】根据菲的结构简式可知，菲为对称结构，其一氯代物的产物如图所示，同分异构体共计5种，答案为C；二、非选择题(共84分)23、CuAlO2 AlO2CO22H2OAl(OH)3HCO3 2Cu22ClSO22H2O2CuClSO424H 2Al2O34CuO4CuAlO2O2 【解析】蓝色溶液A与过量的NaOH溶液反应得到蓝色沉淀B与无色溶液B，则溶液A含有Cu2+、沉淀B为Cu(OH)2，沉淀B加热分解生成黑色固体D为CuO，D与盐酸反应得到蓝色溶液F为CuCl2；无色溶液B通入过量的二氧化碳得到白色沉淀C，故溶液B中含有AlO2-、白色沉淀C为Al(OH)3、E为AlCl3；

38、则溶液A中含有Al3+，由元素守恒可知固体X中含有Cu、Al元素，则红色固体A为Cu，结合转化可知X中还含有O元素。结合题意中物质的质量计算解答。【详解】(1) 根据上述分析，固体X中含有Cu、Al和O元素。Al(OH)3的物质的量为=0.1mol，Cu(OH)2的物质的量为=0.05mol，Cu单质的物质的量为=0.05mol，由原子守恒可知12.3gX中含有0.1mol Al原子、0.1mol Cu原子，则含有O原子为：=0.2mol，则X中Cu、Al、O原子数目之比为0.1mol0.1mol0.2mol=112，故X的化学式为CuAlO2，故答案为：CuAlO2；(2) B中含有AlO2

39、-，B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3-；(3) F为CuCl2，F溶液中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，Cu、Cl原子的个数之比为1：1，则沉淀为CuCl，反应的离子方程式为：2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O2CuCl+SO42-+4H+，故答案为：2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O2CuCl+SO42-+4H+；(4)Al(OH)3煅烧的固体产物为Al2O3，与CuO高温反应可生成化合物CuAlO2，其化学方程式为：2A

40、l2O3+4CuO 4CuAlO2+O2，故答案为：2Al2O3+4CuO 4CuAlO2+O2。24、Sn Mg Zn Br ds 1s2 2s22p63s23p63d10 Mg(OH)2 HBrO4 Mg Br 【解析】现有A、B、C、D四种元素，A是第五周期第A族元素，则A为Sn元素；B是第三周期元素，B、C、D的价电子数分别为2、2、7，则B为Mg元素。四种元素原子序数从小到大的顺序是B、C、D、A。已知C和D的次外层电子数均为18个，则C和D均为第4周期的元素，分别是Zn和Br元素。【详解】(1) A、B、C、D的元素符号分别为Sn、Mg、Zn、Br。(2)C是Zn，其价电子排布式为

41、3d104s2，故其位于元素周期表的ds区，C2为Zn失去最外层的2个电子形成的，故其电子排布式为1s2 2s22p63s23p63d10。(3)5种元素中，Mg的金属性最强，Br的非金属性最强，故最高价氧化物对应水化物中碱性最强的化合物是Mg(OH)2，最高价氧化物对应水化物中酸性最强的化合物是HBrO4。(4)元素的第一电离能最小的是金属性最强的Mg，元素的电负性最大的是非金属性最强的Br。25、Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 将溴从蒸馏烧瓶A中吹出 SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr 吸收未反应完的Cl2、Br2、SO2等有毒气体，防止污染空气 蒸馏 萃取分液 不合理，氯

42、水可能过量 【解析】(1)要想使溴离子变成溴单质，则加入的a能和溴离子发生反应生成溴单质，氯气能和溴离子发生置换反应生成溴单质，离子反应方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故答案为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；(2)溴易挥发，升高温度促进其挥发，所以通入热空气的目的是吹出Br2，故答案为将溴从蒸馏烧瓶A中吹出；(3)使溴蒸气转化为氢溴酸以达到富集的目的，可知气体b为SO2，发生的反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；(4)氯气不可能完全反应，氯气和溴离子反应生成溴单质，未反应的二氧化硫、氯气和溴都有毒，不能直

43、接排空，且这几种物质都能和碱反应，所以C装置是尾气处理装置，可知C的作用为吸收未反应的Cl2、Br2和SO2，故答案为吸收未反应的Cl2、Br2和SO2，防止污染空气；(5)根据溴的沸点是59，水溶液的沸点相差较大，可以采用蒸馏方法从该混合液中分离出溴单质，故答案为蒸馏；溴易溶于四氯化碳，向混合液中加入四氯化碳，充分振荡、静置后放出下层液体，这种方法叫萃取和分液，故答案为萃取分液；(6)过量的氯水也能够将碘化钾氧化生成碘单质，导致溶液变蓝，不能证明溶液中含有溴离子，故答案为不合理；过量氯水也能氧化碘化钾。26、2ClO2 + 2CN2CO2 + N2 + 2Cl 稀释二氧化氯，防止二氧化氯的浓

44、度过高而发生爆炸或防倒吸 防止倒吸（或作安全瓶） 2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O 淀粉溶液 当滴入最后一滴标准溶液后，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色 0.04000 【解析】（1）ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被还原为Cl-，据此书写发生反应的离子方程式；（2）根据图示：A装置制备ClO2，通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，B装置为安全瓶，可防倒吸；（3）根据滴定原理，KI在酸性条件下被ClO2氧化为I2，反应为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+

45、4H2O，故选用淀粉溶液做指示剂；用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3，则n（ClO2）=n（Na2S2O3）=0.1000mol/L0.02L=0.0004mol，据此计算可得。【详解】（1）ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被还原为Cl-，则发生反应的离子方程式为2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；（2）氮气可以搅拌混合液，使其充分反应，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；已知二氧化氯易溶于水，则装置

46、B防止倒吸（或作安全瓶）；NaClO3和H2O2的混合液中滴加稀H2SO4即生成ClO2气体，依据氧化还原反应原理，同时会得到氧化产物O2，根据质量守恒可知有Na2SO4生成，则结合原子守恒，装置A中发生反应的化学方程式是2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O；（3）根据滴定原理，KI在酸性条件下被ClO2氧化为I2，反应为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故选用淀粉溶液做指示剂；用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；根据关系式：2ClO25I210Na

47、2S2O3，则n（ClO2）=n（Na2S2O3）=0.1000mol/L0.02L=0.0004mol，C中ClO2溶液的浓度为=0.04000mol/L。27、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl +5Cl2+8H2OCl2+2OHCl+ClO+H2OFe3+4FeO42+20H+4Fe3+3O2+10H2O排除ClO的干扰溶液的酸碱性不同若能，理由：FeO42在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4的颜色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）【解析】分析：（1）KMnO4与浓盐酸反应制Cl2；由于盐酸具有

48、挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl；Cl2与Fe（OH）3、KOH反应制备K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大气。（2）根据制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+。II.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗涤除去KClO、排除ClO

49、-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案II在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。判断的依据是否排除FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解：（1）A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O。由于盐酸

50、具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为。 C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应，根据题意K2F

51、eO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2+4Fe3+10H2O。ii.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2

52、FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3+3Cl2+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42-MnO4-。（或

53、不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。点睛：本题考查K2FeO4的制备和K2FeO4的性质探究。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置除杂净化装置制备实验装置尾气吸收。进行物质性质实验探究是要排除其他物质的干扰。尤其注意最后一空为开放性答案，要注重多角度思考。28、 苯甲醇 消去反应 羧基 【解析】分析：由B的结构可知A为，A与溴发生加成反应生成B。B发生水解反应生成C为，C催化氧化的产物继续氧化生成D，则D为。对比D、E分子式可知D分子内脱去1分子水生成E，故D在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成E，则E为，E与F发生酯化反应生成W为。据此解答。详解：（1）根据F的结构简式可判断其化学名称是苯甲醇；是醇羟基的消去反应；（2）E为，含有的官能团是碳碳双键和羧基，其中含氧官能团是羧