贵州省六盘水市钟山区六盘水七中2023学年化学高二第二学期期末检测模拟试题（含解析）

1、2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列各组固体物质，可按照溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序，将它们相互分离的是ANaNO3和NaClBCuO和木炭粉CMnO2和KClDBaSO4和AgCl2、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A1 mol Zn与足量某浓度的硫酸完全反应，生成气体的分子数目为

2、NAB84 g MgCO3与NaHCO3的混合物中CO32数目为NAC由2H和18O组成的水11 g，其中所含的中子数为5NAD标准状况下，11.2 L四氯化碳中含有的CCl键的个数为NA3、下列说法和结论正确的是选项项 目结 论A三种有机化合物：乙烷、氯乙烯、苯分子内所有原子均在同一平面上B将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中, 溶液褪色产物不都是烷烃C乙烯和苯都能使溴水褪色褪色的原理相同D有机反应中的卤化、硝化、氢化均属于取代反应AABBCCDD4、以下叙述中，错误的是()A钠原子和氯原子作用生成NaCl后，其结构的稳定性增强B在氯化钠中，除Cl和Na的静电吸引作用外，

3、还存在电子与电子、原子核与原子核之间的排斥作用CNa和Cl形成的离子键具有方向性D钠与氯反应生成氯化钠后，体系能量降低5、A分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口C蒸发结晶时应将溶液蒸干D稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿器壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌6、对于反应2NO2(g) N2O4(g)，在一定条件下达到平衡，在温度不变时，欲使的比值增大，应采取的措施是( )体积不变，增加NO2的物质的量；体积不变，增加N2O4的物质的量；使体积增大到原来的2倍；充入N2，保持压强不变ABCD7、由下列实验操作及现象能推出相应结论的是选项实验操

4、作及现象结论A常温下，用pH计测得0.1mo/LNaA溶液的pH小于0.1mol/L Na2CO3溶液的pH酸性：HAH2CO3B往黄色固体难溶物PbI2中加水，振荡，静置。取上层清液，然后加入NaI固体，产生黄色沉淀难溶物存在沉淀溶解平衡C向盛某盐溶液的试管中滴入氢氧化钠溶液后，试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝该盐中不含D将用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2 溶液中，溶液变黄色氧化性：H2O2Fe3+(酸性条件)AABBCCDD8、下列各物质性质的排序比较正确的是A沸点： 乙烷溴乙烷乙酸乙醇B分子的极性大小：CH4HBrHClI2D向硝酸钡溶液中通入SO2产生白色沉淀白色沉淀是Ba

5、SO3AABBCCDD20、 “中国名片”中航天、军事、天文等领域的发展受到世界瞩目，它们与化学有着密切的联系。下列说法错误的是（ ）A“中国天眼”用到的钢铁属于黑色金属材料B“歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料C“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料D“天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能21、已知有机物a：，有机物b：，下列说法中正确的是（ ）A苯是a的同分异构体Ba中6个碳原子都在同一平面内Cb可使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，且反应类型相同Db的一氯代物有5种22、迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构简

6、式如图所示。下列叙述正确的是 ()A迷迭香酸与溴单质只能发生取代反应B1 mol迷迭香酸最多能和9 mol氢气发生加成反应C迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应、消去反应和酯化反应D1 mol迷迭香酸最多能和6 mol NaOH发生反应二、非选择题(共84分)23、（14分）由白色和黑色固体组成的混合物A，可以发生如下框图所示的一系列变化：(1)写出反应的化学方程式：_。写出反应的离子方程式：_。(2)在操作中所使用的玻璃仪器的名称是：_。(3)下列实验装置中可用于实验室制取气体G的发生装置是_；(用字母表示)为了得到纯净干燥的气体G，可将气体通过c和d装置，c装置中存放的试剂_，d装置中存放的

7、试剂_。(4)气体G有毒，为了防止污染环境，必须将尾气进行处理，请写出实验室利用烧碱溶液吸收气体G的离子方程式：_。(5)J是一种极易溶于水的气体,为了防止倒吸,下列ei装置中,可用于吸收J的是_。.某研究性学习小组利用下列装置制备漂白粉，并进行漂白粉有效成分的质量分数的测定。(1)装置中发生反应的化学方程式为_(2)测定漂白粉有效成分的质量分数：称取1.000 g漂白粉于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的pH，以淀粉为指示剂，用0.100 0 molL1KI溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为3ClOI=3ClIO3- IO3-5I3H2O=6OH3I2实验测得数据如下表所示

8、。该漂白粉中有效成分的质量分数为_。滴定次数123KI溶液体积/mL19.9820.0220.0024、（12分）由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D,存在如图转化关系(部分生成物和反应条件已略去)。（1）若A为Na ,则E为_, A与水反应的离子方程式为_（2）若A为Na2O2 ,则E为_, A与CO2反应的化学方程式为_,每有1mol Na2O2参加反应，转移电子数为_NA（3）A不论是Na还是Na2O2,依据转化关系判断物质B是_物质C是_向饱和的C溶液中通入CO2会析出白色晶体，该晶体为_，用化学方程式表示其反应原理为：_将1mol/L的B溶液逐滴加入到1L1mol

9、/L的AlCl3溶液中，产生白色沉淀39g，则所加入的B溶液的体积可能为_L或者_L25、（12分）某液态卤代烷RX（R是烷基，X是某种卤素原子）的密度是ag/cm3 ，该RX可以跟稀碱发生水解反应生成ROH（能跟水互溶）和HX。为了测定RX的相对分子质量，拟定的实验步骤如下：准确量取该卤代烷 b mL，放入锥形瓶中。在锥形瓶中加入过量稀NaOH溶液，塞上带有长玻璃管的塞子，加热，发生反应。反应完成后，冷却溶液，加稀HNO3酸化，滴加过量AgNO3溶液，得白色沉淀。过滤，洗涤，干燥后称重，得到cg固体。回答下面问题：（1）装置中长玻璃管的作用是_。（2）步骤中，洗涤的目的是为了除去沉淀上吸附的

10、_离子。（3）该卤代烷中所含卤素的名称是_，判断的依据是_。（4）该卤代烷的相对分子质量是_。（用含a、b、c的代数式表示）（5）如果在步骤中加HNO3的量不足，没有将溶液酸化，则步骤中测得的c值（填下列选项代码）_。A偏大B偏小C大小不定D不变26、（10分）辉铜矿（主要成分为Cu2S）经火法冶炼，可制得Cu和H2SO4，流程如下图所示：（1）Cu2S中Cu元素的化合价是_价。（2）中，电解法精炼粗铜（含少量Ag、Fe），CuSO4溶液做电解质溶液：粗铜应与直流电源的_极（填“正”或“负”）相连。铜在阴极析出，而铁以离子形式留在电解质溶液里的原因是_。（3）中，烟气（主要含SO2、CO2）在

11、较高温度经下图所示方法脱除SO2，并制得H2SO4。在阴极放电的物质_。在阳极生成SO3的电极反应式是_。（4）检测烟气中SO2脱除率的步骤如下：（i）.将一定量的净化气（不含SO3）通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水。（ii）加入浓盐酸，加热溶液至无色无气泡，再加入足量BaCl2溶液。（iii）过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量。用离子方程式表示（i）中溴水的主要作用_。若沉淀的质量越大，说明SO2的脱除率越_（填“高”或“低”）。27、（12分）为测定某样品中氟元素的质量分数进行如下实验，利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(氢氟酸为低沸点酸，含量低，不考虑对玻璃仪器的腐蚀)

12、，用水蒸气蒸出，再通过滴定测量。实验装置如下图所示，加热装置省略。(1) 仪器C名称是_，长导管作用是_。(2)实验时，首先打开活塞K，待水沸腾时，关闭活塞K，开始蒸馏。若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即_。(3)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，其作用是_。(4)B中加入一定体积高氯酸和1.00g 氟化稀土矿样，D中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热A、B，使A中产生的水蒸气进入B。下列物质不可代替高氯酸的是_(填标号)a. 硫酸 b.硝酸 c.磷酸 d.乙酸 e.盐酸D中主要反应的离子方程式为_。(5)向馏出液中加入25.00mL0.1000molL

13、1La(NO3)3溶液，得到LaF3沉淀(La3+不发生其他反应)，再用0.1000 mol L1EDTA标准溶液滴定剩余La3+(La3+与EDTA按11发生络合反应)，消耗EDTA标准溶液平均19.80mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为_(百分数保留小数点后两位)。28、（14分）A族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含A族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：（1）已知H2O2的结构如图：H2O2分子不是直线形的，两个H原子犹如在半展开的书的两面纸上，书页角为9352，而两个OH键与OO键的夹角均为9652。根据该结构写出H2O2分

14、子的电子式_。估计它难溶于CS2，简要说明原因：_。（2）O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为_。（3）H2Se的酸性比H2S_(填“强”或“弱”)。气态SeO3分子的立体构型为_，SeO32离子中Se的杂化方式为_。（4）硒化锌的晶胞结构如图所示，硒离子的配位数是_，若晶胞参数为d pm，则硒化锌的密度为_ gcm3。(不需要化简，1 m109 nm1012 pm)。29、（10分）短周期主族元素及其化合物在生产生活中至关重要。(1)BF3与一定量水形成(H2O)2BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：晶体Q中含有的化学键包括_。(2) NF3与NH3的空间构型相同，但NF3不易与

15、Cu2等形成配位键，其原因是_。(3)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148 液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有阴阳离子各一种，结构是正四面体型离子和正八面体型离子；正八面体型离子的化学式为_；正四面体型离子中键角大于PCl3的键角原因为_。(4)氯化钠的晶胞结构如图所示，图是氯化钠的晶胞截面图(图中球大小代表半径大小)。已知NA代表阿伏加德罗常数的值，氯化钠晶体的密度为d gcm-3。则Na+半径为_pm(只需列出计算式)。(5)砷化硼为立方晶系晶体，该晶胞中原子的分数坐标为:B: (0，0，0)； (，0)；(，0，)；(0，)；As：(，)；(，)；(，)；(，)；

16、请在图中画出砷化硼晶胞的俯视图_。砷原子紧邻的硼原子有_个，与每个硼原子紧邻的硼原子有_个。2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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【答案解析】A硝酸钠和氯化钠均易溶于水，无法采用上述方法分离，A项错误；BCuO和木炭粉均不溶于水，也无法采用上述方法分离，B项错误；CMnO2不溶于水，KCl易溶于水；溶解后，可以将MnO2过滤，再把滤液蒸发结晶即可得到KCl，C项正确；DBaSO4和AgCl均不溶于水，无法采用上述方法分离，D项错误；答案选C。2、A【答案解析】分析：A.无论硫酸浓稀，只要1molZn完全反应，生成气体均为

17、1mol；B. 碳酸氢钠晶体由钠离子和碳酸氢根离子构成，不含碳酸根离子；C. 由2H和18O组成的水11g，物质的量为11/22=0.5mol，然后根据水分子组成计算中子数；D. 标准状况下，四氯化碳为液态。详解：若为浓硫酸，则反应Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2+2H2O；若为稀硫酸，则反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，很明显，无论硫酸浓稀，只要1molZn完全反应，生成气体均为1mol，气体的分子数目为NA，A正确；碳酸氢钠晶体由钠离子和碳酸氢根离子构成，不含碳酸根离子，所以84gMgCO3与NaHCO3的混合物中CO32-数目小于NA，B错误；由2H和18O组成的水11g，

18、物质的量为11/22=0.5mol，所含中子数为：0.5（21+10）NA=6NA；C错误；标准状况下，四氯化碳为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；正确选项A。3、B【答案解析】A.乙烷中C原子与另外4个相连的原子形成四面体结构，所以乙烷分子内所有原子不在同一平面上，A错误；B.将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明产生的气体中含有不饱和烃（如烯烃等），反应后仍有气体剩余，烷烃不能和酸性高锰酸钾溶液反应，B正确；C.乙烯与溴单质发生加成反应,苯与溴水不反应，苯能使溴水褪色，是发生了萃取，属于物理过程，C错误；D.有机反应中氢化是指含有不饱和键（如碳碳双

19、键或碳碳三键）有机物与氢气发生加成反应，不是取代反应，而硝化、卤化均属于取代反应；D错误。正确选项B。【答案点睛】含有碳碳双键、三键的烃类有机物，都能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色；而烷烃，苯及苯的同系物都不能与溴发生加成反应，但是都能发生萃取过程。4、C【答案解析】A钠原子与氯原子生成NaCl，1个钠原子失去1个电子，形成了1个带正电荷的钠离子最外层电子数达到8电子稳定结构，1个氯原子得到1个电子形成氯离子最外层电子数达到8电子稳定结构，生成NaCl后，其结构的稳定性增强，故A正确；B氯化钠中钠离子和氯离子之间以离子键相结合，离子键包括钠离子和氯离子之间的静电引力、电子与电子、原子核与原子

20、核的排斥作用，故B正确；C离子键没有方向性和饱和性，共价键有方向性和饱和性，故C错误；D稳定态的物质体系能量较不稳定态的物质能量低，钠与氯反应生成氯化钠，最外层电子数都达到8电子稳定结构，其结构的稳定性增强体系能量呈降低，故D正确；故答案为C。5、C【答案解析】试题分析：A、分液操作时，为避免两种液体相互污染，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，正确。B蒸馏时，为控制馏出物质的沸点，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口，从而得到该温度下的馏分，正确。C.蒸发结晶一般都不蒸干，应有较多固体时停止加热用余热蒸干，因为溶液中会有杂质离子，如果蒸干的话，杂质也会跟着析出，也可能造成溶质分解

21、从而降低纯度，错误；D.稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散，如果将水倒进浓硫酸，水的密度较小，浮在浓硫酸上面，溶解时放出的热会使水立刻沸腾，使硫酸液滴向四周飞溅，造成危险，正确。考点：考查实验基本操作。6、D【答案解析】体积不变，增加NO2的物质的量，相当于加压，平衡右移， 的比值减小；体积不变，增加N2O4的物质的量，相当于加压，平衡右移， 的比值减小；使体积增大到原来的2倍，压强减小，平衡逆向移动，的比值增大；充入N2，保持压强不变，体积增大，相当于减压，平衡逆向移动，的比值增大；故选D。【答案点睛】本题考查化学平衡的移动，是学生的易错点

22、、难点，对于一种物质的分解反应，改变反应物的浓度，反应物的转化率变化等效于改变压强。7、B【答案解析】A测定盐溶液的pH，可比较对应酸的酸性，Na2CO3溶液的pH大，对应酸的酸性更弱，则酸性：HAHCO3-，故A错误；B往黄色固体难溶物PbI2加水中振荡，静置取上层清液加入NaI固体产生黄色沉淀，说明实现了沉淀的生成，证明上层清液中存在铅离子，说明PbI2存在沉淀的溶解平衡，故B正确；C氨气在水中的溶解度较大，需要加热才生成氨气，故C错误；D硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性，该实验不能排除硝酸根离子的影响，故D错误；故选B。【答案点睛】本题考查了化学实验方案的设计与评价。本题的易错点为A，

23、碳酸钠水解主要生成碳酸氢钠，实验只能证明酸性：HAHCO3-，不能证明酸性：HAH2CO3。8、B【答案解析】A乙酸的沸点：117.9，乙醇的沸点：78.4，乙酸、乙醇中都含有氢键，溴乙烷的沸点：38.4，乙烷在常温下为气态，沸点：乙烷溴乙烷乙醇乙酸，故A错误；BCH4为非极性分子，其它三种为极性分子，非金属性FClBr，则分子极性HBrHClHF，所以四种分子的极性大小排序为：CH4HBrHClHF，故B正确；C. 常见酸性比较：强酸H2SO3H3PO4HFCH3COOHH2CO3H2SHClOH2SiO3，故C错误；D. 热分解温度：BaCO3、SrCO3、CaCO3、MgCO3离子电荷相

24、同，半径大小：Ba2+Sr2+Ca2+Mg2+，固体晶格能：BaOSrOCaOMgO，生成的氧化物晶格能越大，越易分解，所以热分解温度：BaCO3SrCO3CaCO3MgCO3，故D错误；所以B选项是正确的。【答案点睛】本题考查原子结构与元素周期律的综合应用，题目难度中等，涉及沸点、分子的极性、酸性及热分解温度比较，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题有利于提高学生的灵活应用能力。9、C【答案解析】配制一定物质的量浓度的稀硫酸的步骤有称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸称量，在烧杯中稀释，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm

25、时，改用胶头滴管滴加，用不到蒸馏烧瓶，故选C。10、D【答案解析】ACO2为直线形结构，结构对称，正负电荷中心重叠为非极性分子，故A错误；BBeCl2为直线型结构，结构对称，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故B错误；CBBr3为平面正三角形结构，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故C错误；DCOCl2分子中正负电荷中心不重合，为极性分子，故D正确；故答案为D。11、C【答案解析】用石墨电极电解硫酸铜溶液一段时间，阳极发生氧化反应得到氧气，阴极发生还原反应得到铜，电解总方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，因此补充氧化铜或者碳酸铜即可使电解液恢复到起始状态，答案选C。【答案点睛

26、】该题的关键是明确电解的工作原理，特别是电解产物的判断和守恒法的应用。12、B【答案解析】没食子酸分子中含有羧基和酚羟基，结合两类官能团的性质进行分析解答。【题目详解】没食子酸含有酚羟基，能够与铁盐发生显色反应，由此发明了蓝黑墨水，制取蓝黑墨水利用了没食子酸酚类化合物的性质。答案选B。13、D【答案解析】A. 金属钠很活泼，能与水剧烈反应并生成易燃气体氢气；B. K2FeO4具有强氧化性，在杀菌、消毒过程中被还原生成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体；C. Na2O2能与人呼出的CO2、水蒸气反应生成O2；D. 铂、铁灼烧时均为无色；【题目详解】A. 金属钠很活泼，能与水剧烈反应并生

27、成氢气，其化学方程式为：2Na+2H2O2NaOH+H2，则金属钠着火，不能用水扑灭，应用沙土灭火，故A项正确；B. K2FeO4具有强氧化性，在杀菌、消毒过程中被还原生成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，可以吸附水中悬浮的杂质，故B项正确；C、Na2O2能与人呼出的CO2、水蒸气反应生成O2，则Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂，故C项正确；D. 含铂、铁的物质在灼烧时火焰均为无色，则节日燃放的烟花，是碱金属、锶等金属化合物焰色反应所呈现的色彩，跟铂、铁金属无关，故D项错误；答案选D。14、A【答案解析】应用“换元法”判断，将苯环上的氢换成氯原子，同时将溴换成氢原子。【题目详解】有

28、机物A分子中苯环上共有6个氢原子，即图中红色位置。苯环上的二溴代物分子中，苯环上连有2Br、4H，若将苯环的2Br换成2H、同时4H换成4Cl，则得到苯环上的四氯代物。即A分子苯环上的二溴代物和四氯代物数目相等，都是9种。本题选A。15、B【答案解析】反应中CuCu2+Cu（OH）2，MgMg2+Mg（OH）2，由此可知Mg、Cu在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据HNO3NO，HNO3NO2，HNO3N2O可知生成0.224LNO转移的电子为0.224L/22.4L/mol3=0.03mol，生成0.224LNO2转移的电子为0.01mol，生成0.224LN

29、2O转移的电子为0.08mol，共转移电子0.12mol电子，所以反应后生成沉淀的质量为2.24g+0.12mol17g/mol=4.28g，答案选B。点睛：本题考查混合物的计算，本题注意把握电子转移的数目和氢氧根离子之间的关系，为解答该题的关键。化学计算中需要灵活应用各种守恒法，例如电子得失守恒、原子守恒、电荷守恒等。16、C【答案解析】分析：A. 由水电离出的c(H)等于由水电离出的c(OH-)；B.根据混合后得到的溶液中c(OH-)浓度来计算；C. 将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为NH3H2O和NH4Cl时，溶液的pH可能小于或等于7；详解：A项，由c(OH-)c(H+)=1.01

30、08，c(OH-)c(H+)=110-14可得c(OH-)=11011molL1，所以由水电离的c(H+)=11011B项，假设体积均为1L，等体积混合后体积为2L，反应后剩余OH-的物质的量为0.02mol，得到c(OH-)=1102molL1，溶液pH约为12，故B项正确；C项，将稀盐酸与稀氨水混合，随着盐酸量的增加，NH4Cl浓度增加，NH3H2O浓度减小，溶液可以显酸性，中性或者碱性，故C项错误；D项，向0.1molL1Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1molL1稀盐酸，随着盐酸量的增大，先生成HCO3，而后HCO3与盐酸反应生成二氧化碳，故溶液中c(HCO3)先增大后减小，故D项正确。

31、综上所述，本题正确答案为C。17、D【答案解析】A.由i+ii2得反应：3SO22H2O =S2H2SO4，故A项正确；B.是的对比实验，采用控制变量法，比多加了0.2molL-1 H2SO4，与中KI浓度应相等，则a=0.4，故B项正确；C.对比与，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比与，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较、，可得出的结论是：I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率，故C项正确。D.对比和，中加入碘化钾的浓度小于，中多加了碘单质，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较快”

32、，反应速率，由此可见，反应比反应速率快，反应产生H+使成c(H+)增大，从而反应i加快，故D项错误；综上所述，本题正确答案为D。【答案点睛】解题依据：根据影响化学反应速率的因素进行判断。通过实验对比探究反应物、生成物的浓度，催化剂对化学反应速率的影响。18、A【答案解析】乙烷和氯气在光照的条件下发生取代反应，生成氯乙烷，氯乙烷通过消去反应生成乙烯，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，选A。19、C【答案解析】分析：A、根据盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，结合非金属性的比较方法分析判断；B、将过量的乳酸CH3CH(OH)COOH加入含少量NaOH的酚酞溶液中，溶液的碱性减弱甚至变成酸性，据此分析

33、；C、向含淀粉的KI溶液中滴加氯化铁溶液，溶液变蓝色，说明有I2生成，据此分析判断；D、根据硝酸具有强氧化性分析判断。详解：A、盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，只能证明盐酸比亚硫酸强，不能证明氯的非金属性比硫强，故A错误；B、将过量的乳酸CH3CH(OH)COOH加入含少量NaOH的酚酞溶液中，现象应该是溶液由红色变无色，故B错误；C、向含淀粉的KI溶液中滴加氯化铁溶液，溶液变蓝色，说明有I2生成，说明氧化性:Fe3+I2，故C正确；D、向硝酸钡溶液中通入SO2，硝酸钡与SO2反应生成了硫酸钡，故D错误；故选C。点睛：本题考查了化学实验方案的设计与评价。本题的易错点为D，要注意酸性溶液中

34、硝酸根离子具有强氧化性，二氧化硫具有还原性。20、B【答案解析】A.钢铁是铁的合金，属于黑色金属材料，A项正确，不符合题意；B.碳纤维为碳的单质，不是有机物，B项错误，符合题意；C.宇宙飞船返回舱外表面主要用的是高温结构陶瓷，属于耐高温的新型无机非金属材料，C项正确，不符合题意；D.天宫二号的太阳能电池板是为空间实验室提供电能的装置，可以将光能转化为电能，D项正确，不符合题意；答案选B。21、B【答案解析】A、苯的分子式为C6H6，a的分子式为C6H8，分子式不同，二者不是同分异构体，A项错误；B、乙烯中两个C原子和4个H原子在同一平面内，与碳碳双键连接的2个C原子也全部在同一平面内，所以a中

35、6个碳原子都在同一平面内，B项正确；C、b的碳碳双键与Br2发生加成反应导致溴水褪色，与酸性KMnO4溶液发生氧化反应导致其褪色，二者反应类型不同，C项错误；D、b的一氯取代物有6种，D项错误。正确答案选B。22、D【答案解析】A迷迭香酸中含碳碳双键，能够与溴发生加成反应，故A错误；B苯环、碳碳双键能够与氢气发生加成反应，则1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，故B错误；C迷迭香酸中含-COOC-可发生水解反应，含-OH、-COOH可发生取代反应、酯化反应，苯环上的羟基不能发生消去反应，故C错误；D迷迭香酸中含酚-OH、-COOC-、-COOH均与NaOH反应，则1mol迷迭香酸最

36、多能和6molNaOH发生反应，故D正确；答案选D。【答案点睛】本题 的易错点为B，要注意酯基和羧基中的碳氧双键不能与氢气发生加成反应，醛基和羰基(酮基)中的碳氧双键能与氢气发生加成反应。二、非选择题(共84分)23、MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O 2Cl2H2OCl2H22OH 漏斗、烧杯、玻璃棒 b 饱和食盐水 浓硫酸 Cl22OH=ClClOH2O f、g、h 2Ca(OH)22Cl2=CaCl2Ca(ClO)22H2O 42.9% 【答案解析】、G为黄绿色气体，则G为Cl2，反应为二氧化锰与浓盐酸的反应，则D为MnO2，J为HCl，说明混合物A、B中含有MnO2，且含

37、有Cl元素，则A为KClO3、MnO2的混合物，用于实验室制备氧气，则B为O2，C为MnO2、KCl的混合物，则E为KCl，电解KCl溶液生成KOH、Cl2、H2，故H为H2，I为KOH，以此解答该题。、（1）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，根据温度对该反应的影响分析；（2）先计算次氯酸钙的质量，再根据质量分数公式计算。【题目详解】、（1）反应为实验室制备氯气，反应的化学方程式为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O；反应是电解氯化钾溶液，反应的离子方程式为2Cl2H2OCl2H22OH；（2）C为MnO2、KCl的混合物，KCl溶于水，而MnO2不溶于水，可利用溶解、过滤

38、方法进行分离，溶解、过滤操作使用的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯；（3）实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，制取氯气的发生装置是：b，由于浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，先用饱和食盐水吸收氯气，再用浓硫酸进行干燥，即c装置中存放的试剂是饱和食盐水，d装置中存放的试剂为浓硫酸；（4）实验室利用烧碱溶液吸收气体氯气的离子方程式为Cl22OHClClOH2O；（5）氯化氢一种极易溶于水的气体，为了防止倒吸，装置中有倒扣的漏斗或肚容式结构，e、i装置不具有防倒吸的作用，而f、g、h具有防倒吸，故答案为fgh；、（1）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的方程式为2Ca(OH)

39、22Cl2CaCl2Ca(ClO)22H2O；（2）3ClOI3ClIO3- ； IO3-5I3H2O6OH3I2 ，这说明真正的滴定反应是第一步，第一步完成后，只要加入少许碘离子就可以和生成的碘酸根生成碘单质而看到浅蓝色达到终点，KI溶液的总体积（19.98+20.02+20.00）mL60.00mL，平均体积为60.00mL320.00mL。设次氯酸根离子的物质的量为x，则根据方程式可知3ClOI3ClIO3-3mol 1molx 0.1000molL-10.020L所以x0.006mol次氯酸钙的质量为：143g0.006mol0.50.429g所以质量分数为0.429g/1.000g1

40、00%42.9%。24、H22Na+2H2O=2Na+2OH-+H2O22Na2O2+2CO22Na2CO3+O21NaOHNa2CO3NaHCO3Na2CO3+CO2+ H2O2NaHCO31.53.5【答案解析】考查无机物的推断，（1）假设A为Na，则Na与H2O反应生成NaOH和H2，即E为H2，B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3；（2）假设A为Na2O2，Na2O2与H2O反应生成O2和NaOH，与(1)类似；（3）根据（1）和（2）的分析，以及钠及其化合物的性质进行分析。【题目详解】（1）若A为Na，Na与H2O反应：2Na2H2O=2NaOHH2，则单质E为H2，B为

41、NaOH，CO2与NaOH反应：2NaOHCO2=Na2CO3H2O，继续通入CO2:Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，A与水反应的离子方程式为2Na2H2O=2Na2OHH2；（2）若A为Na2O2，则Na2O2与水反应：2Na2O22H2O=4NaOHO2，则单质E为O2，Na2O2与CO2能发生反应：2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，Na2O2与CO2反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，因此1molNa2O2与CO2反应转移电子物质的量为1mol，电子数为NA；（3）根据上述分析，B为NaOH，C为Na2CO3；NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，因此向饱和的Na2C

42、O3溶液中通入CO2，产生NaHCO3沉淀；其反应Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3；如果只发生AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl，n(AlCl3)=1mol，nAl(OH)3=39/78mol=0.5mol，即AlCl3过量，消耗NaOH的体积0.53/1L=1.5L；氢氧化铝为两性氢氧化物，NaOH稍微过量，发生的反应是AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl、Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O，AlCl3全部参与反应，生成氢氧化铝的总物质的量为1mol，此时消耗NaOH的物质的量为3mol，最后沉淀的物质的量为39/78mol=0.5mol，即有(10.

43、5)mol氢氧化铝被消耗，同时该反应中消耗NaOH的物质的量为0.5mol，总共消耗氢氧化钠的物质的量为3.5mol，体积为3.5/1L=3.5L。【答案点睛】本题的难点是电子转移物质的量的计算，Na2O2无论与CO2反应还是与H2O反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，每消耗2molNa2O2，或生成1molO2，转移电子物质的量为2mol，因此消耗1molNa2O2，转移电子物质的量为1mol，特别注意本题让求的是电子数，与阿伏加德罗常数有关。25、防止卤代烃挥发（冷凝回流） Ag+、Na+、NO3 氯元素 滴加AgNO3 后产生白色沉淀 143.5ab/c A 【答案解析】实验原理为：R

44、X+NaOHROH+NaX，NaX+AgNO3AgX+NaNO3，通过测定AgX的量，确定RX的摩尔质量；【题目详解】（1）因RX（属有机物卤代烃）的熔、沸点较低，加热时易挥发，所以装置中长导管的作用是防止卤代烃挥发（或冷凝回流）；（2）醇ROH虽然能与水互溶，但不能电离，所以沉淀AgX吸附的离子只能是Na+、NO3-和过量的Ag+，洗涤的目的为除去沉淀吸附的离子；（3）因为所得的AgX沉淀为白色，所以该卤代烷中所含卤素的名称是氯元素；（4）RCl AgClM（RCl） 143.5ag/ cm3bmL cgM（RCl）143.5ab/c，该卤代烷的相对分子质量是143.5ab/c；（5）在步骤

45、中，若加HNO3的量不足，则NaOH会与AgNO3反应生成AgOH沉淀，导致生成的AgX沉淀中因混有AgOH，而使沉淀质量偏大，答案选A。26、+1 正 Cu2的氧化性大于Fe2的氧化性 O2 2SO42-4e-= 2SO3 + O2 SO32- +Br2+H2O=SO42- +Br- + 2H+ 或SO32+ Br2+2OH-= SO42-+ 2Br-+ H2O 等 低 【答案解析】试题分析：（1）Cu2S 中S为-2价，Cu为+1价。（2）电解法精炼铜时，粗铜做阳极，精铜做阴极，Cu2比溶液中其他阳离子氧化性更强，浓度更大，在阴极放电，析出铜单质。（3）阴极发生还原反应，根据图中所示过程，

46、烟气中O2发生还原反应，根据图中所示过程，SO42-放电生成SO3和O2，则阳极的电极反应式是2SO42-4e=2SO3+O2。（4）溴水将溶液中的SO32-氧化成SO42-，则溴水的主要作用是Br2+SO32-+2OH= 2Br+SO42-+ H2O；沉淀量越大，说明净化气中硫元素质量分数越大，说明SO2脱除率越低。考点：考查电解原理，SO2的性质等知识。27、 (直形)冷凝管 平衡气压 打开活塞K 保温，避免水蒸气冷凝 bde HF+OH=F+H2O 2.96% 【答案解析】利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(氢氟酸为低沸点酸，含量低，不考虑对玻璃仪器的腐蚀)，用水蒸气蒸出

47、，再通过滴定测量样品中氟元素的质量分数。结合化学实验的基本操作和实验原理分析解答(1)(4)；(5)根据氟元素守恒，有LaF33F，再根据滴定过程计算氟化稀土样品中氟的质量分数。【题目详解】(1)根据图示，仪器C为冷凝管，长导管插入液面以下，利用液体上升和下降调节容器中压强变化，不至于水蒸气逸出，因此作用为平衡压强，故答案为：冷凝管；平衡气压；(2)实验时，首先打开活塞K，待水沸腾时，关闭活塞K，开始蒸馏：著蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，为避免液体喷出，应立即应打开活塞K平衡压强，故答案为：打开活塞K；(3)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，目的是保温，避

48、免水蒸气冷凝，故答案为：保温，避免水蒸气冷凝；(4)B中加入一定体积高氯酸和1.00g氟化稀土矿样，利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢。a硫酸是难挥发性酸，可以代替，故a不选；b硝酸是易挥发性酸，故b选；c磷酸是难挥发性酸，可以代替，故c不选；d醋酸是挥发性酸，故d选；e.盐酸是挥发性酸，故e选；故答案为：bde；D中盛有滴加酚酞的NaOH溶液，D中的反应是挥发出的HF和氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式：HF+OH-=F-+H2O，故答案为：HF+OH-=F-+H2O；(5)利用氟元素守恒，有LaF33F，氟化稀土样品中氟的质量分数=100%=2.96%，故答案为：2.96%

49、；28、 因H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据相似相溶规律，H2O2难溶于CS2中 OSSe 强 平面三角形 sp3 4 57610-30【答案解析】(1)过氧化氢是共价化合物，过氧根中氧原子形成一个共价键，其余氢原子分别形成一个共价键，根据电子式的书写方法来写电子式；判断H2O2、CS2分子的极性，依据相似相溶的原理解答；(2)同主族元素从上到下，原子半径越来越大，原子核对核外电子的吸引力越来越弱；(3)同主族氢化物水溶液的酸性依次增强，同周期氢化物稳定性增强；根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及原子杂化方式；(4)每个Se原子连接4个Zn原子；晶胞体积V=(d10-10 c

50、m)3，该晶胞中Zn原子个数是4、Se原子个数=818+612=4，晶胞密度=【题目详解】(1)双氧水是一种含有氧氧共价键和氧氢共价键的极性分子，电子式为：，相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，H2O2是极性分子，CS2是非极性分子，依据相似相溶的原理可知，H2O2难溶于CS2；(2)同主族元素从上到下，原子半径越来越大，原子核对核外电子的吸引力越来越弱，第一电离能逐渐减小，故答案为OSSe；(3)H2Se的酸性比H2S强，SeO3中心原子Se电子对数=3+6-232=3，中心原子是sp2杂化，不存在孤电子对，空间构型为平面三角形，SeO32-离子的价层电子对数=3+12(6+2-32)=4，所以中心原子的杂化方式为sp(4)每个Se原子连接4个Zn原子，所以Se的配位数是4；晶胞体积V=(d10-10 cm)3，该晶胞中Zn原子个数是4、Sn原子个数=818+612=4，晶胞密度=mV=79+65NA4(【答案点睛】根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数