广东深圳市红岭中学2023学年化学高二下期末质量跟踪监视模拟试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项：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0．5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、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2、同一温度下，强电解质溶液a、弱电解质溶液b、金属导体c三者的导电能力相同，若升高温度后，它们的导电能力强弱顺序是()A．b>a>cB．a＝b＝cC．c>a>bD．b>c>a3、分子式为C5H10O2的有机物R在酸性条件下可水解为酸和醇，下列说法不正确的是A．这些醇和酸重新组合可形成的酯共有40种B．符合该分子式的羧酸类同分异构体有4种C．R水解得到的酸至少有5对共用电子对数目D．R水解得到的醇发生消去反应，可得到4种烯烃4、一定条件下，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2∶1充入反应容器，发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下随温度变化的曲线如下图所示。下列说法正确的是A．p1<p2B．其他条件不变，温度升高，该反应的反应限度增大C．400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为20%D．400℃时，该反应的化学平衡常数的数值为10/95、下列说法正确的是A．HCl溶于水能电离出H+、Cl-，所以HCl是离子化合物B．碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的共价键C．He、CO2和CH4都是由分子构成，它们中都存在共价键D．NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键6、由下列实验操作及现象，可以推出相应结论的是（）实验操作实验现象实验结论A．溶液中加入K3[Fe(CN)6]有蓝色沉淀生成溶液中含有Fe2+B．向样品溶液中加入淀粉溶液溶液变为蓝色溶液中含有I-C．向样品溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸有白色沉淀生成溶液中含有SO42-D．向样品溶液中加入过量稀盐酸生成气体使品红溶液褪色溶液中含有SO32-A．AB．BC．CD．D7、电解84.75mL16%的NaOH溶液(ρ＝1.18g·cm－3)，用石墨作电极经过一段时间后溶液浓度为19.5%，这是因为()A．溶质增加了3.5gB．放出22.4LH2和11.2LO2C．NaOH比水消耗少D．消耗18g水8、已知TNT为烈性炸药，其爆炸时的方程式为：TNT+21O228CO2+10H2O+6N2，下列有关该反应的说法正确的是（）A．TNT在反应中只做还原剂B．TNT中的N元素化合价为+5价C．方程式中TNT前的化学计量数为2D．当1molTNT参加反应时，转移的电子数为30×6.02×10239、现有四种晶体的晶胞，其离子排列方式如下图所示，其中化学式不属MN型的是()。A． B．C． D．10、下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（）A．向稀盐酸中逐滴加入过量的溶液B．向溶液中逐滴加入过量稀溶液C．向溶液中逐滴加入稀氨水D．向氢氧化钡溶液中通入过量11、下列化合物的分子中，所有原子一定处于同一平面的是()A．乙烷 B．1，3-丁二烯 C．氯乙苯 D．苯乙炔12、一定温度下可逆反应：A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)；△H>0。现将1molA和2molB加入甲容器中，将4molC和2molD加入乙容器中，此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，t1时两容器内均达到平衡状态(如图1所示，隔板K不能移动)。下列说法正确的是A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1molA和2molB,达到新的平衡后，甲中C的浓度是乙中C的浓度的2倍B．保持活塞位置不变，升高温度，达到新的平衡后，甲、乙中B的体积分数均增加C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙中C的体积分数是甲中C的体积分数的2倍D．保持温度和乙中的压强不变，t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，甲、乙中反应速率变化情况分别如图2和图3所示(t1前的反应速率变化已省略)13、电子构型为[Ar]3d54s2的元素属于下列哪一类元素（）A．稀有气体 B．主族元素 C．过渡元素 D．卤族元素14、下列有关实验操作正确或能达到预期目的的是()A． B．C． D．15、已知2Fe3＋＋2I－=I2＋2Fe2＋、2Fe2＋＋Br2=2Br－＋2Fe3＋。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是①氧化性：Br2>Fe3＋>I2②原溶液中Br－一定被氧化③通入氯气后，原溶液中的Fe2＋一定被氧化④不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2＋⑤若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2＋、Br－均被完全氧化A．①②③④ B．①③④⑤ C．②④⑤ D．①②③④⑤16、某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应并检验NO，实验装置如图所示（夹持装置略）。实验开始前，向装置中通入一段时间的N2，排尽装置内的空气。已知：在溶液中，FeSO4＋NO[Fe(NO)]SO4（棕色），该反应可用于检验NO。下列对该实验相关描述错误的是A．装置F、I中的试剂依次为水，硫酸亚铁溶液B．装置J收集的气体中不含NOC．实验结束后，先熄灭酒精灯，再关闭分液漏斗的活塞D．若观察到装置H中红色粉末变黑色，则NO与Cu发生了反应17、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．常温下，60g甲醛和乙酸的混合物，在氧气中完全燃烧生成CO2的分子数为2NAB．标况下，4.48LCl2与0.2molFe充分反应，转移电子数为0.6NAC．0.lmol/L的Ba(OH)2溶液，含OH-个数为0.2NAD．1mol葡萄糖中含共价键数为22NA18、下列说法中正确的是A．能使石蕊溶液呈红色的溶液：Fe2+、Na＋、Ba2+、Cr2O72-可以大量共存B．氢氧化钡溶液与等物质的量的稀硫酸混合，离子方程式为：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-＝BaSO4↓＋H2OC．50℃，pH=1的硫酸溶液中：c(H+)=0.1mol/LD．25℃，pH相同的NaOH、CH3COONa、Na2CO3、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(NaHCO3)＜c(Na2CO3)19、在密闭容器中充入4molX，在一定的温度下4X（g）

3Y(g)+Z(g)，达到平衡时，有30%的发生分解，则平衡时混合气体总物质的量是A．3.4mol B．4mol C．2.8mol D．1.2mol20、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAC．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+D．10g的D2O中含有的质子数与中子数分别为5NA和4NA21、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀苯酚浓度小B向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解部分Na2SO3被氧化C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜蔗糖未水解D向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液,溶液呈蓝色溶液中含Br2A．AB．BC．CD．D22、下列对物质或离子的检验,结论正确的是()A．将气体通入澄清石灰水，有白色沉淀生成,证明气体为CO2B．将气体通入水中能使酚酞变红，则气体为NH3，NH3为碱C．加入KSCN溶液,溶液变红，证明原溶液含有Fe3+D．加入BaCl2溶液,生成的沉淀不溶于盐酸，证明原溶液含有SO42-二、非选择题(共84分)23、（14分）如图1所示是某些物质的转化关系图(部分小分子产物没有标出)。已知:I.A、B、C是三种常见的气态含碳化合物，A、B的相对分子质量均为28，C的相对分子质量略小于A。II.化合物D的比例模型如图2所示。III.硫酸氢乙酯水解得E与硫酸。V.E与F反应，得一种有浓郁香味的油状液体G，E与D反应得无色液体H。请按要求回答下列问题:(1)化合物D所含官能团的名称是______，化合物C的结构简式为__________。(2)化合物A与F在一定条件下也可发生类似①的反应，其化学方程式为___________。(3)下列说法正确的是___________。A．反应①的反应类型是加成反应B．化合物H可进一步聚合成某种高分子化合物C．在反应②、③中，参与反应的官能团不完全相同D．从A经硫酸氢乙酯至E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用24、（12分）卤代烃在碱性醇溶液中能发生消去反应。例如，该反应式也可表示为下面是几种有机化合物的转化关系：(1)根据系统命名法，化合物A的名称是_____________。(2)上述框图中，①_________是反应，③___________是反应。(3)化合物E是重要的工业原料，写出由D生成E的化学方程式：_________。(4)C2的结构简式是，F1的结构简式是______________，F1与F2互为__________。25、（12分）已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示,该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题:（1）某同学取100mL该“84消毒液”,稀释后用于消毒,稀释后的溶液中c(Na+)＝____mol·L-1。（2）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是____(填字母)。a.如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器b.容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制c.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低d.需要称量NaClO固体的质量为143.0g26、（10分）海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下图：（1）实验室焙烧海带，需要下列仪器中的________（填序号）。a试管b烧杯c坩埚d泥三角e铁三脚架f酒精灯（2）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：①__________，③________。（3）提取碘的过程中，可选择的有机试剂是（_______）A甲苯、酒精B四氯化碳、苯C汽油、乙酸D汽油、甘油（4）为使海藻灰中碘离子转化为碘的有机溶液，实验室有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器、物品，尚缺少的玻璃仪器有__________、__________。（5）小组用CCl4萃取碘水中的碘，在右图的分液漏斗中，下层液体呈__________色；（6）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还须经过蒸馏，指出下面实验装置图中的错误之处：①____________________；②_______________________________；③____________________________；27、（12分）氮化钙(Ca3N2)氮化钙是一种棕色粉末，在空气中氧化，遇水会发生水解，生成氢氧化钙并放出氨。某化学兴趣小组设计制备氮化钙并测定其纯度的实验如下：Ⅰ．氮化钙的制备（1）连接装置后，检查整套装置气密性的方法是_____________________。（2）装置A中每生成标准状况下4.48LN2，转移的电子数为___________________。（3）装置B的作用是吸收氧气，则B中发生反应的离子方程式为__________。装置E的作用是______________________。（4）实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；_____________________(请按正确的顺序填入下列步骤的代号)。①加热D处的酒精喷灯；②打开分液漏斗活塞;③加热A处的酒精灯；④停上加热A处的酒精灯；⑤停止加热D处的酒精喷灯（5）请用化学方法确定氮化钙中含有未反应的钙，写出实验操作及现象___________。Ⅱ．测定氮化钙的纯度：①称取4.0g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入100.00mL1.00mol·L-1盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释至200.00mL；②取20.00mL稀释后的溶液，用0.20mol·L-1NaOH标准溶液滴定过量的盐酸，达到滴定终点时，消耗标准溶液25.00mL。（1）氮化钙的质量分数为_________。（2）达到滴定终点时，仰视滴定管读数将使测定结果_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。28、（14分）A、B、C、D、E分别代表中学化学中的常见物质，请根据题目要求回答下列问题：（1）实验室常用A的饱和溶液制备微粒直径为1nm～l00nm的红褐色液相分散系。则该反应的化学方程式为____________________________。（2）B为地壳中含量最高的金属元素的氯化物，向50.0mL6mol/L的B溶液中逐滴滴入100mL某浓度的KOH溶液，若产生7.8g白色沉淀，则加入的KOH溶液的浓度可能为________________。（3）将A、B中两种金属元素的单质用导线连接，插入一个盛有KOH溶液的烧杯中构成原电池，则电池反应为_______________________。（4）C、D、E均是短周期中同一周期元素形成的单质或化合物，常温下D为固体单质，C和E均为气态化合物，且可发生反应：C+DE。将一定量的气体C通入某浓度的KOH溶液得溶液F，向F溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入n(HCl)与生成n(C)的关系如图所示，则生成F的离子方程式______________________。29、（10分）NO、NO2是常见的氧化物。用H2或CO催化还原NO可达到消除污染的目的。已知：2NO(g)=N2(g)+O2(g)△H=-180.5kJ⋅mol−1，2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+571.6kJ⋅mol−1。（1）则用H2催化还原NO消除污染的热化学方程式是_______________。（2）苯乙烷(C8H10)可生产塑料单体苯乙烯(C8H8)，其反应原理是：C8H10(g)C8H8(g)+H2(g)△H=+120kJ⋅mol−1，某温度下，将0.40mol苯乙烷，充入2L真空密闭容器中发生反应，测定不同时间该容器内气体物质的量，得到数据如表：时间/min010203040n(C8H10)/mol0.400.300.24n2n3n(C8H8)/mol0.000.10n10.200.20①当反应进行到20min时，该段时间内H2的平均反应速率是__________。②该温度下，该反应的化学平衡常数是__________。③若保持其他条件不变，用0.4molH2(g)和0.4molC8H8(g)合成C8H10(g)，当有12kJ热量放出时，该反应中H2的转化率是______.此时，该合成反应是否达到了平衡状态?______(填“是”或“否”)。

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】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的阴极保护法以及外接电流的以及保护法。2、A【答案解析】同一温度下，强电解质溶液a、弱电解质溶液b、金属导体c三者的导电能力相同，金属导体随着温度升高，电阻率变大，从而导致电阻增大，所以c的导电能力减弱，a是强电解质完全电离，不影响其导电能力，b是弱电解质，升高温度，促进弱电解质电离，导致溶液中离子浓度增大，所以溶液导电能力增大，则它们的导电能力强弱顺序是b＞a＞c，故选A。3、D【答案解析】

A项、分子式为C5H10O2的酯可能有甲酸丁酯、乙酸丙酯、丙酸乙酯和丁酸甲酯4种，甲酸丁酯的结构有HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2和HCOOC(CH3)34种，乙酸丙酯有CH3COOCH2CH2CH3和CH3COOCH(CH3)22种，丙酸乙酯有CH3CH2COOCH2CH31种，丁酸甲酯有CH3(CH2)2COOCH3和(CH3)2CHCOOCH32种，在酸性条件下水生成的解酸有HCOOH、CH3COOH、CH3CH2COOH、CH3CH2CH2COOH和(CH3)2CHCOOH5种，生成的醇有CH3OH、CH3CH2OH、CH3CH2CH2OH、CH3CH(OH)CH3、CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH和(CH3)3COH8种，则它们重新组合可形成的酯共有5×8=40种，故A正确；B项、符合分子式为C5H10O2的羧酸结构为C4H9—COOH，丁基C4H9—有4种，则C5H10O2的羧酸同分异构体有4种，故B正确；C项、分子式为C5H10O2的酯水解得到的最简单的酸为甲酸，由甲酸的结构式可知分子中含有5对共用电子对数目，当酸分子中的C原子数增多时，C—C、H—C数目也增多，含有的共用电子对数目增多，则R水解得到的酸至少有5对共用电子对数目，故C正确；D项、分子式为C5H10O2的酯水解得到的醇若能发生消去反应，则醇最少有两个C原子，而且羟基连接的C原子的邻位C上要有H原子，符合条件的醇有CH3CH2OH、CH3CH2CH2OH、CH3CH(OH)CH3、CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH和(CH3)3COH，发生消去反应可得到CH2=CH2、CH3CH=CH2、CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3和(CH3)2C=CH25种烯烃，故D错误；故选D。【答案点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握酯水解的规律、同分异构体的书写与判断的方法醇的消去反应的规律是解答关键。4、A【答案解析】

A．2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知，相同温度下，p2时NO的转化率大，则p2时压强大，即p1<p2，故A正确；B．由图象可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应的反应限度减小，故B错误；C．根据图像，400℃、p1条件下，NO的平衡转化率为40%，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2∶1充入反应容器，则O2的平衡转化率也为40%，故C错误；D．该反应为气体的体积发生变化的反应，根据平衡常数K=，而c=，因此K=与气体的物质的量和容器的体积有关，题中均未提供，因此无法计算400℃时，该反应的化学平衡常数K，故D错误；答案选A。5、D【答案解析】分析：A.HCl是共价化合物；B.碘晶体受热转变成碘蒸气，克服分子间作用力；C.He分子间无共价键；D.NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键。详解：HCl属于共价化合物，属于电解质，在溶液中可发生电离，A错误；碘晶体受热转变成碘蒸气，克服分子间作用力,而碘原子间的作用力属于共价键，B错误；He为单原子分子,不存在共价键,C错误；NaHCO3为离子化合物，含有离子键和共价键，受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，阴阳离子间的离子键断裂,生成二氧化碳和水,破坏共价键,D正确；正确选项D。点睛：离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化时破坏分子间作用力（个别物质还有氢键），原子晶体熔化时破坏共价键。6、A【答案解析】分析：A．Fe2+和K3[Fe(CN)6]溶液反应生成特征蓝色沉淀；B．碘单质遇到淀粉溶液变为蓝色；C．向样品溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能是硫酸钡或氯化银；D．向样品溶液中加入过量稀盐酸，生成的气体使品红溶液褪色，说明生成了二氧化硫，据此分析判断。详解：A．Fe2+和K3[Fe(CN)6]溶液反应生成特征蓝色沉淀，所以该实验现象可以检验亚铁离子，故A正确；B．向样品溶液中加入淀粉溶液，溶液变为蓝色，说明溶液中含有碘单质，结论错误，故B错误；C．向样品溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸，有白色沉淀生成，溶液中可能含有SO42-或银离子，结论错误，故C错误；D．向样品溶液中加入过量稀盐酸，生成的气体使品红溶液褪色，说明溶液中含有SO32-或HSO3-，结论错误，故D错误；故选A。7、D【答案解析】试题分析：电解NaOH溶液实质是电解水，电解前溶液的质量为84.75mL×1.18g·mL－1＝100g，含NaOH：100g×16%＝16g，含水84g，电解后NaOH仍为16g，溶液质量为16g÷19.5%＝82g，其中含水82g－16g＝66g，知消耗18g水，D正确，答案选D。考点：考查电解氢氧化钠溶液的有关计算点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题侧重考查学生的计算能力，特别是分析问题、解决问题的能力，有利于培养学生的应试能力，提高学习成绩。8、D【答案解析】

A.TNT的分子式为C7H5O6N3，TNT在爆炸时，不仅碳的化合价升高，还有氮的化合价由+3价降低至0价，所以TNT在反应中既是氧化剂，也是还原剂，A项错误；B.TNT中H的化合价为+1价，O的化合价为-2价，C的平均化合价为-价，TNT中氮元素应显+3价，B项错误；C.据氮原子守恒和TNT每分子中含有3个氮原子可知，TNT前的计量数为4，C项错误；D.反应中只有碳的化合价升高，每个碳原子升高的价态为（+4）-（-）=，所以1molTNT发生反应时转移的电子数为7××6.02×1023=30×6.02×1023，D项正确；所以答案选择D项。9、B【答案解析】A.晶胞中含有1个M和1个N，化学式为MN型；B.晶胞中含有1个M和3个N，化学式不属于MN型；C.晶胞中含有0.5个M和0.5个N，化学式为MN型；D.晶胞中含有4个M和4个N，化学式为MN型。故选B。10、A【答案解析】

A项、向稀盐酸中逐滴加入偏铝酸钠溶液，过量的盐酸与偏铝酸钠溶液反应生成氯化铝，无明显现象，当盐酸完全反应后，过量的偏铝酸钠溶液与氯化铝溶液发生双水解反应生成白色胶状的氢氧化铝沉淀，故A错误；B项、向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，氯化铝溶液与氢氧化钠溶液反应生成白色胶状的氢氧化铝沉淀，当氯化铝溶液完全反应后，过量的氢氧化钠溶液与氢氧化铝沉淀反应生成偏铝酸钠，沉淀溶解，故B正确；C项、向硝酸银溶液中滴加氨水，硝酸银溶液与氨水反应生成白色的氢氧化银沉淀，当硝酸银溶液完全反应后，过量的氨水与氢氧化银沉淀反应生成银氨络离子，沉淀溶解，故C正确；D项、向氢氧化钡溶液中通入二氧化碳气体，氢氧化钡溶液与二氧化碳反应生成白色的碳酸钡沉淀，当氢氧化钡溶液完全反应后，过量的二氧化碳与碳酸钡沉淀反应生成碳酸氢钡，沉淀溶解，故D正确；故选A。11、D【答案解析】

A．乙烷中含有甲基，甲基具有甲烷的结构特点，为四面体结构，所有原子不可能处于同一平面上，故A错误；B．乙烯具有平面型结构，碳碳单键可以旋转，1，3-丁二烯中的2个碳碳双键所在平面不一定在一个平面上，故B错误；C．氯乙苯中含有亚甲基，亚甲基具有甲烷的结构特点，为四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故C错误；D．碳碳三键是直线结构，苯环是平面结构，苯环上处于对角线位置的4个原子共线，因此苯乙炔中所有原子一定处于同一平面，故D正确；答案选D。12、D【答案解析】试题分析：根据等效平衡分析，4molC和2molD相当于2molA和4molB，但是乙容器的容积是甲的2倍，即物质的量浓度相同，所以在相同条件下达到相同平衡状态，A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1molA和2molB，相当于增大压强，平衡向逆反应反向移动，达到平衡时甲中C的浓度小于原来的2倍，甲中C的浓度小于乙中C的浓度的2倍，A项错误；B．保持活塞位置不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲、乙中B的体积分数都增大，B项错误；C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，相当于增大乙的压强，平衡向逆反应方向移动，减小甲的压强平衡向正反应方向移动，达到新的平衡后，乙中C的体积分数小于甲中C的体积分数的2倍，C项错误；D．甲中温度和体积不变充入稀有气体，没有改变气体的浓度，对反应速率没有影响，可以用图2表示，乙中温度和压强不变，充入稀有气体，相当于增大容器体积，气体浓度减小，反应速率减小，生成物的浓度减小的程度大些，化学平衡正向移动，可以用图3表示，D项正确，答案选D。【考点定位】考查等效平衡及影响平衡的因素等知识。【名师点睛】本题考查等效平衡及影响平衡的因素等知识。根据等效平衡分析，4molC和2molD相当于2molA和4molB，但是乙容器的容积是甲的2倍，即物质的量浓度相同，所以在相同条件下达到相同平衡状态，即甲和乙容器此时是等效平衡状态。13、C【答案解析】

元素外围电子构型为3d54s2，根据电子排布式知，该原子含有4个能层，所以位于第四周期，外围电子总数为7，即处于ⅦB族，故该元素位于第四周期第ⅦB族，是过渡元素，故选C。【答案点睛】本题考查了结构与位置关系，注意能层与周期、价电子与族的关系。元素的能层数等于其周期数，从第ⅢB族到第ⅥB族，其外围电子数等于其族序数，而第ⅠB族、第ⅡB族，其最外层电子数等于其族序数。14、C【答案解析】

A．不能用燃着的酒精灯点燃另一个酒精灯，易引起酒精灯中酒精倒出，引起火灾，A项错误；B．稀释酸溶液时，应该将酸加入水中；将水加入浓硫酸中，会放出大量的热，造成液体飞溅，B项错误；C．使用试管加热液体时，试管稍微倾斜，增大受热面积；用试管夹夹持试管加热，C项正确；D．向容量瓶中移液时，需要用玻璃棒引流，D项错误；本题答案选C。15、B【答案解析】

由题给方程式可知，还原性强弱顺序为：I－＞Fe2＋＞Br－，氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化。【题目详解】①氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由题给方程式可知，氧化性：Br2>Fe3＋>I2，故正确；②原溶液中的Br-可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；③通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；④通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；⑤若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，故正确；答案选B。16、B【答案解析】根据实验装置图，在装置E中Cu与稀硝酸反应制备NO，实验开始前向装置中通入一段时间的N2排尽装置内的空气，由于HNO3具有挥发性，制得的NO中混有HNO3（g）和H2O（g），装置F用于除去NO中的HNO3（g），装置G中的无水CaCl2用于干燥NO，装置H用于探究NO与Cu粉的反应，装置I用于检验NO。A，装置F中盛放水除去NO中的HNO3（g），根据题意用FeSO4溶液检验NO，装置I中盛放FeSO4溶液，A项正确；B，检验NO的反应为FeSO4+NO[Fe（NO）]SO4，该反应为可逆反应，NO不能被完全吸收，NO难溶于水，装置J的气体中含有NO，B项错误；C，实验结束后，为了防止倒吸，先熄灭酒精灯，再关闭分液漏斗的活塞停止通入NO，C项正确；D，若观察到装置H中红色粉末变黑色，说明NO与Cu作用产生了黑色固体，说明NO与Cu发生了反应，D项正确；答案选B。点睛：本题考查NO的制备、NO的性质和NO的检验，明确实验目的和实验原理是解题的关键，正确分析各装置的作用是解题的基础。17、A【答案解析】

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算。A.甲醛和乙酸的最简式相同，最简式相同的物质，只要总质量一定，无论以何种比例混合，完全完全燃烧生成CO2的量为定值；B.等物质的量的Cl2与Fe充分反应生成FeCl3时，铁过量，以Cl2的物质的量计算转移电子数；C.缺少0.lmol/L的Ba(OH)2溶液的体积，无法计算OH-的物质的量；D.葡萄糖分子中含有共价键数为24。【题目详解】甲醛和乙酸的最简式都为CH2O，1mol甲醛燃烧生成1molCO2，60gCH2O的物质的量是2mol，则在氧气中完全燃烧生成CO2的分子数为2NA，A正确；标况下，4.48LCl2的物质的量为0.2mol，等物质的量的Cl2与Fe充分反应生成FeCl3时，铁过量，0.2molCl2完全反应转移电子数为0.4NA，B错误；缺溶液的体积，无法计算0.lmol/L的Ba(OH)2溶液中OH-的物质的量，C错误；葡萄糖分子中含有5个H—O键、5个C—O键、1个C=O键、7个H—C键、5个C—C键，共价键数为24，则1mol葡萄糖中含共价键数为24NA，D错误。故选A。【答案点睛】阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、化学键的构成关系。18、C【答案解析】

A．使石蕊溶液呈红色的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、Cr2O72-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．离子配比数不正确，应为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故B错误；C．pH=-lgc(H+)=1，则c(H+)=0.1mol/L，故C正确；D．CH3COONa水解程度最小，CH3COONa浓度应最大，故D错误；故选C。19、B【答案解析】平衡时混合气体总的物质的量是2.8+0.9+0.3=44mol，故B正确。20、B【答案解析】

A．16.25gFeCl3的物质的量为=0.1mol，FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子是多个Fe(OH)3的聚集体，所以0.1mol

FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1

NA，故A错误；B．甲烷和乙烯分子内均含有4个氢原子，标准状况下，11.2

L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为：×4×NA=2NA，故B正确；C．pH=1的H3PO4溶液中H+浓度为0.1mol/L，但溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故C错误；D．10gD2O物质的量==0.5mol，0.5mol分子中含有的质子数与中子数均为5NA，故D错误；故答案为B。【答案点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。21、B【答案解析】A．向苯酚溶液中加少量的浓溴水，生成的三溴苯酚可以溶解在过量的苯酚溶液中，所以无白色沉淀，A错误；B．沉淀部分溶解，说明还有一部分不溶解，不溶解的一定是硫酸钡，溶解的是亚硫酸钡，所以亚硫酸钠只有部分被氧化，B正确；C．银镜反应是在碱性条件下发生的，本实验中没有加入碱中和做催化剂的稀硫酸，所以无法发生银镜反应，从而无法证明蔗糖是否水解，C错误；D．溶液变蓝，说明有碘生成或本来就有碘分子。能把碘离子氧化为碘的黄色溶液除了可能是溴水外，还可能是含其他氧化剂（如Fe3+）的溶液；当然黄色溶液也可能是稀的碘水，所以D错误。答案选B。22、C【答案解析】

A.将气体通入澄清石灰水，有白色沉淀生成，该气体可能为CO2，也可能为SO2，A错误；B.将气体通入水中能使酚酞变红，则气体为碱性气体NH3，氨气溶于水反应产生的一水合氨电离产生了OH-，因此不能说NH3为碱，B错误；；C.加入KSCN溶液，溶液变红，是由于Fe3+与SCN-反应产生红色的络合物Fe(SCN)3，因此可以证明原溶液含有Fe3+，C正确；D.加入BaCl2溶液，生成的沉淀不溶于盐酸，说明原溶液可能含有SO42-、Ag+等离子，D错误；故合理选项是C。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键、羧基CH≡CHCH3COOH+CH2=CH2→CH3COOCH2CH3

ABD【答案解析】分析：本题考查有机物推断，根据体重信息结合有机物结构及相互转化关系进行推断，从而得出各有机物的结构，是对有机化学基础知识的综合考查，需要学生熟练掌握分子结构中的官能团，抓官能团性质进行解答。详解：化合物D的比例模式为CH2=CHCOOH，硫酸氢乙酯水解得到E和硫酸，说明E为乙醇，从A经硫酸氢乙酯到E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用，A的相对分子质量为28，可以推知其为乙烯，E与F反应，得一种有浓郁香味的油状液体G，则F为乙酸，G为乙酸乙酯，E与D反应得无色液体H为CH2=CHCOOCH2CH3，B的相对分子质量为28，为一氧化碳，C的相对分子质量略小于A，说明其为乙炔。(1)根据以上分析，D中含有的官能团为碳碳双键、羧基；化合物C为乙炔，结构简式为CH≡CH；(2)乙烯和乙酸可以发生类似①的加成反应，方程式为CH3COOH+CH2=CH2→CH3COOCH2CH3；(4)A.反应①的过程中碳碳双键消失，说明该反应类型是加成反应，故正确；B.化合物H含有碳碳双键，可进一步聚合成某种高分子化合物，故正确；C.在反应②、③都为酯化反应中，参与反应的官能团都为羧基和羟基，完全相同，故错误；D.从A经硫酸氢乙酯至E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用，故正确。故选ABD。24、2,3­二甲基丁烷取代加成同分异构体【答案解析】

烷烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B发生消去反应生成C1、C2，C2与溴发生加成反应生成二溴代物D，D再发生消去反应生成E，E与溴可以发生1,2-加成或1,4-加成，故C2为，C1为，则D为，E为，F1为，F2为；【题目详解】(1)根据系统命名法,化合物A的名称是：2,3-二甲基丁烷；(2)上述反应中，反应(1)中A中H原子被Cl原子确定生成B，属于取代反应，反应(3)是碳碳双键与溴发生加成反应；(3)由D生成E是卤代烃发生消去反应,该反应的化学方程式为:；(4)由上述分析可以知道,C2的结构简式是，F1的结构简式是，F1和F2分子式相同，碳碳双键物质不同，属于同分异构体。25、0.04c【答案解析】分析：（1）依据c=1000ρω/M计算溶液的物质的量浓度，根据稀释过程中物质的量不变计算；（2）a．依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器；b．容量瓶不能烘干；c．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小；d．依据m＝cVM计算需要溶质的质量。详解：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度c＝1000×1.19×25%/74.5mol·L－1＝4.0mol/L。稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后次氯酸钠的物质的量浓度是4.0mol/L÷100＝0.04mol/L，所以稀释后的溶液中c(Na+)＝0.04mol·L-1；（2）a．配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量（量取）、溶解（稀释）、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平（量筒）、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不需要的是：圆底烧瓶和分液漏斗，还需要玻璃棒、胶头滴管，a错误；b．容量瓶用蒸馏水洗净后即能用于溶液配制，容量瓶不能烘干，b错误；c．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，依据c＝n/V可知溶液浓度偏低，c正确；d．配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液（必须用到容量瓶），物质的量浓度为4.0mol/L，需要选择500mL容量瓶，所以需要溶质的质量m=4.0mol/L×74.5g/mol×0.5L=149g，d错误；答案选c。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制及有关物质的量浓度计算，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意熟练掌握物质的量与溶质质量分数的关系，题目难度不大。26、cdef过滤萃取、分液B分液漏斗普通漏斗紫红缺石棉网温度计插到了液体中冷凝管进出水的方向颠倒【答案解析】

此实验从海藻中制备碘单质，先将海藻晒干、灼烧成海藻灰，然后浸泡出含有碘离子的溶液，利用碘离子具有较强的还原性，采用适量的氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，然后用有机溶剂萃取，分液，最终制得碘单质。【题目详解】（1）灼烧海带需要的仪器有：酒精灯、三脚架、泥三角及坩埚，故选cdef；（2）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，从碘水中分离出含碘有机溶液采用分液方法，所以①的操作名称是过滤，③的操作名称是萃取、分液，故答案为：过滤；萃取、分液；（3）A．酒精和水互溶，所以不能作萃取剂，故A错误；B．四氯化碳、苯符合萃取剂条件，所以能作萃取剂，故B正确；C．乙酸和水互溶，所以乙酸不能作萃取剂，故C错误；D．甘油和水互溶，所以甘油不能作萃取剂，故D错误；故答案为：B；（4）①的操作是过滤还需要普通漏斗；③的操作是萃取、分液，需要分液漏斗，故答案为：普通漏斗；分液漏斗；（5）四氯化碳的密度大于水且和水不互溶，四氯化碳能萃取碘，所以有机层在下方、水在上方，碘的四氯化碳溶液呈紫红色，故答案为：紫红；（6）温度计测量馏分温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处；冷凝管中的水应遵循“下进上出”原则；加热烧瓶需要垫石棉网，否则烧瓶受热不均匀，故答案为：缺石棉网；温度计插到了液体中；冷凝管进出水的方向颠倒。27、关闭A，向E中加水，微热烧瓶E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱0.6NA4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O吸收空气中水蒸气、防止进入D中②③①⑤④取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙92.5%偏低【答案解析】分析：本题考查的是物质的制备和含量测定，弄清实验装置的作用、发生的反应及指标原理是关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。详解：装置A中反应生成氮气，装置B可以吸收氧气，C中浓硫酸吸水，氮气和钙粉在装置D中反应，E中浓硫酸防止空气中的水蒸气进入D。(1)连接装置后，关闭A中分液漏斗的活塞，向E中加水，微热烧瓶，E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱，说明装置气密性好。(2)A中的反应为(NH4)2SO4+2NaNO22N2↑+Na2SO4+4H2O，转移6mol电子时生成2mol氮气，所以A中每生成标况下4.48L氮气，转移的电子数为0.6NA。(3)B中氧气氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，E装置中浓硫酸吸收空气中的水蒸气，防止进入D中。(4)实验开始先使装置的反应发生，排除装置内的空气，实验结束，先停止D处的热源，故顺序为②③①⑤④。(5)氮化钙与水反应生成氨气，钙与水反应生成氢气，氢气难溶于水，氨气极易溶于水，检验生成的气体有氢气即可确定氮化钙中含有为反应的钙，故方法为：取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙Ⅱ．(1)剩余的盐酸物质的量为，故参与反应的盐酸为0.1×1-0.05=0.05mol，根据氮元素守恒：，则氮化钙的物质的量为0.025mol，则氮化钙的质量分数为=92.5%(2)达到滴定终点，仰视滴定管读数将使消耗的氢氧化钠的标准液的体积读数变大，使剩余盐酸的量变大，反应盐酸的的氨气的量变小，故测定结果偏小。28、FeCl3+3H2O（沸）Fe(OH)3(胶体)