2023学年新疆昌吉回族自治州昌吉州第二中学化学高二第二学期期末达标检测试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列反应的离子方程式正确的是A．磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OB．向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+C．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至不再产生沉淀：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OD．向KMnO4溶液中通入过量的SO2气体：5SO2+2MnO4-+4H+=2Mn2++5SO42-+2H2O2、下列关于有机物的说法正确的是A．淀粉、油脂都有固定的熔沸点B．苯、甲苯分子中所有原子一定共平面C．石油的裂化、煤的气化都属于化学变化D．棉花、羊毛完全燃烧都只生成二氧化碳和水3、已知HCO3-＋AlO2-＋H2O==CO32-＋Al(OH)3↓。将足量的KHCO3溶液不断滴入含等物质的量的KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与滴入的KHCO3溶液体积的关系可表示为A． B． C． D．4、在0.lmol·L-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋对于该平衡，下列叙述正确的是A．加入少量CH3COONH4固体，平衡不移动，c(H+)不变B．加入少量NaOH固体，平衡向正向移动，溶液中c(H+)减小C．加水，平衡向正向移动，c(CH3COOH)/c(CH3COO－)增大D．通入少量HCl气体，平衡逆向移动，溶液中c(H+)减少5、能说明溶液呈中性的可靠依据是A．pH=7B．石蕊试液不变色C．pH试纸不变色D．c(H+)=c(OH-)6、有A、B、C、D四种金属。将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，B为正极。将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈。将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化。如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出。据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是()A．D＞C＞A＞BB．D＞A＞B＞CC．D＞B＞A＞CD．B＞A＞D＞C7、下列反应中，其产物的颜色按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是()①金属钠在纯氧中燃烧②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，并在空气中放置一段时间③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液④无水硫酸铜放入医用酒精中A．②③①④ B．③②①④C．③①②④ D．①②③④8、下列的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是A．SO2与SiO2 B．CO2与H2OC．C与HCl D．CCl4与SiC9、草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10mL0.01mol／LNaHC2O4溶液中滴加0.01mol／LNaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是A．V（NaOH）="="0时，c（W）="="1×10－2mol／LB．V（NaOH）<10mL时，不可能存在c（Na＋）="="2c（C2O42-）+c（HC2O4C．V（NaOH）="="10mL时，c（W）="="1×10－7mol／LD．V（NaOH）>10mL时，c（Na＋）>c（C2O42-）>c（HC2O410、常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到200mLC(OH-)=0.1mol/L的溶液，然后逐滴加入1mol/L的盐酸，测得生成沉淀的质量m与消耗盐酸的体积V关系如图所示，则下列说法正确的是A．原合金质量为0.92gB．图中V2为60C．整个加入盐酸过程中Na＋的浓度保持不变D．Q点m1为1.5611、几种短周期元素的原子半径和主要化合价见表：元素代号XYZLMQ原子半径/nm0.1600.1430.1020.0990.0770.074主要化合价＋2＋3＋6、－2＋7、－1＋4、－4－2下列说法正确的是A．在化学反应中，M原子既不容易失去电子，又不容易得到电子B．等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反应，生成的氢气一样多C．Y与Q形成的化合物不可能跟氢氧化钠溶液反应D．Z的氢化物的稳定性强于L的氢化物的稳定性12、足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL13、有关晶体的下列说法中正确的组合是①晶体中分子间作用力越大，分子越稳定②原子晶体中共价键越强，熔点越高③冰熔化时水分子中共价键发生断裂④氯化钠熔化时离子键未被破坏⑤熔化时无需破坏化学键的晶体一定是分子晶体⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族8个纵行的元素都是金属元素⑦在SiO2和干冰晶体中，都存在单个分子⑧分子晶体不都是共价化合物A．①②⑤ B．②④⑤ C．②⑤⑧ D．①④⑦14、下列有关实验原理、方法和结论都正确的是A．向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该溶液中不一定含有SO42－B．向蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，将得到的沉淀分离出来，再加水可重新溶解。C．等体积的PH都为3的酸HA和HB分别与足量的Mg反应，HA放出的H2多，说明酸性：HA>HBD．淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加入氢氧化钠使溶液呈碱性，再加入新制Cu(OH)2后加热，若有砖红色沉淀生成，则淀粉已经完全水解。15、下列溶液中加入少量NaOH固体导电能力变化不大的是（）A．NH3·H2O B．CH3COOH C．盐酸 D．H2O16、一定温度下，10mL0.4mol/LH2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表：t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）A．0～6min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2mol/(L·min)B．6～10min的平均反应速率：v(H2O2)＜3.3×10-2mol/(L·min)C．反应至6min时，c(H2O2)＝0.20mol/LD．反应至6min时，H2O2分解了40%17、能用于鉴别乙醇、己烷、己烯、乙酸溶液、苯酚溶液等五种无色液体的试剂组是（）A．FeCl3溶液、NaOH溶液 B．Cu(OH)2悬浊液、紫色石蕊试液C．紫色石蕊试液、溴水 D．FeCl3溶液、溴水18、如图为某晶体的一个晶胞。该晶体由A、B、C三种基本粒子组成。试根据图示判断，该晶体的化学式是（）A．A6B8C B．A2B4C C．A3BC D．A3B4C19、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是A．X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物B．Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构D．W的氧化物对应的水化物均为强酸20、某工厂用含淀粉质量分数为76%的陈化粮10.0t来制取乙醇。如果在发酵过程中有81%的淀粉转化为乙醇，制得的乙醇溶液中含乙醇质量分数为40%，则可制得这样的乙醇溶液质量是A．8.74t B．9.45t C．9.88t D．10.25t21、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．往NH4HCO3溶液中加入过量NaOH：NH4++OH-=NH3↑+H2OB．FeCl3溶液与氨水反应：Fe3++3OH-＝Fe(OH)3↓C．氯气与水反应：Cl2+H2O＝Cl－+ClO－+2H+D．制作印刷电路板：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+22、生物燃料电池（BFC）是一种真正意义上的绿色电池，其工作原理如图所示。下列说法中不正确的是A．C2极为电池正极B．C1极的电极反应式为：C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+C．电子由C2极经外电路导线流向C1极D．稀硫酸中的H+向C2极移动二、非选择题(共84分)23、（14分）已知有机物A、B、C、D、E、F、G有如下转化关系，其中C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，G的分子式为C9H10O2，试回答下列有关问题。（1）G的结构简式为_________。（2）指出下列反应的反应类型：A转化为B：________，C转化为D：__________。（3）写出下列反应的化学方程式D生成E的化学方程式：___________________________________________________。A生成B的化学方程式：___________________________________________________。B和F生成G的化学方程式：___________________________________________________。24、（12分）I．回答下列问题：（1）化学式C6H12的烯烃的所有碳原子在同一平面上，则该烯烃的结构简式为___________（2）1mol能与__________molNaHCO3反应（3）香兰素是重要的香料之一，它可由丁香酚经多步反应合成。①常温下，1摩丁香酚能与_____________molBr2反应②香兰素分子中至少有_________________个原子共平面II．由制对甲基苯乙炔的合成路线如下：（G为相对分子质量为118的烃）（1）写出G的结构简式_________________（2）①的反应类型______________（3）④的反应条件_______________25、（12分）人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm－3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。[配制酸性KMnO4标准溶液]如图是配制50mL酸性KMnO4标准溶液的过程示意图。（1）请你观察图示判断其中不正确的操作有________(填序号)。（2）其中确定50mL溶液体积的容器是__________________________________(填名称)。（3）如果按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作均正确的情况下，所测得的实验结果将______(填“偏大”或“偏小”)。[测定血液样品中Ca2＋的浓度]抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL酸性KMnO4溶液。（4）已知草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O滴定时，根据现象_______________________________________，即可确定反应达到终点。（5）经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为________mg·cm－3。26、（10分）氢化钙(CaH2)固体是登山运动员常用的能源提供剂。氢化钙要密封保存，一旦接触到水就发生反应生成氢氧化钙和氢气。氢化钙道常用氢气与纯净的金属钙加热制取，如图是模拟制取装置:(1)为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在B、C之间再接一装置，该装置中加入的试剂是______________。(2)该实验步骤如下:检查装置气密性后装入药品；打开分液漏斗活塞，接下来的操作顺序是_______(填序号)。①加热反应一段时间②收集气体并检验其纯度③关闭分液漏斗活塞④停止加热，充分冷却(3)某同学取一定质量的产物样品(m1g)，加入过量碳酸钠溶液，过滤、洗涤、干燥后称量固体碳酸钙质量(m2g),计算得到样品中氢化钙的质量分数为101.14%。若该同学所有操作均正确，则产生这种情况的原因可能是________。27、（12分）NaNO2可用作食品添加剂。NaNO2能发生以下反应：3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2ONO2-+Ag+=AgNO2↓(淡黄色)某化学兴趣小组进行以下探究。回答有关问题：(l)制取NaNO2反应原理：Na2CO3+2NO2=NaNO2+NaNO3＋CO2Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2用下图所示装置进行实验。①铜与浓硝酸反应的化学方程式为______________________________。②实验过程中，需控制B中溶液的pH＞7，否则产率会下降，理由是_________。③往C中通入空气的目的是____________________(用化学方程式表示)。④反应结束后，B中溶液经蒸发浓缩、冷却结品、___________等操作，可得到粗产品晶体和母液。(2)测定粗产品中NaNO2的含量称取5.000g粗产品，溶解后稀释至250mL。取出25.00mL溶液，用0.1000mol·L-1KMNO4酸性溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为20.00mL。已知：2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O①稀释溶液时，需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有_________(填标号)。A．容量瓶B．量筒C．胶头滴管D．锥形瓶②当观察到_________________时，滴定达到终点。③粗产品中NaNO2的质量分数为____________(用代数式表示)。28、（14分）铁粉和铜粉的均匀混合物，平均分成四等份，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应，在标准状况下生成NO的体积利剩余金属的质量如下表(设硝酸的还原产物只有NO):编号①②③④稀硝酸体积/mL100200300400剩余金属/g18.09.600NO体积/mL224044806720V请计算:(1)实验所用的硝酸物质的洪浓度为_____mo/L；(2)①中溶解了_____g铁；(3)②中溶解的金属共_____g；(4)每份金属混合物为______g；(5)④中V=________

mL。29、（10分）有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)。A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E的内部各能层均排满，且最外层有一个电子；D与E同周期，价电子数为2。则：（1）写出基态E原子的价电子排布式___________。（2）A的单质分子中π键的个数为________。（3）A、B、C三种元素第一电离能由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)（4）B元素的氢化物的沸点是同族元素中最高的，原因是_______。（5）A的最简单氢化物分子的空间构型为_____，其中A原子的杂化类型是__。（6）C和D形成的化合物的晶胞结构如图，已知晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a=__________pm.(用ρ、NA，C和D化合物的摩尔质量为Mg.mol-1的计算式表示)

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、B【答案解析】A.磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸发生氧化还原反应：Fe3O4+2I－+8H+=3Fe2++I2+4H2O，A错误；B.向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，B正确；C.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至不再产生沉淀生成硫酸钡、氢氧化钠和水：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，C错误；D.向KMnO4溶液中通入过量的SO2气体：5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，D错误，答案选B。2、C【答案解析】

A.淀粉是高分子化合物，是混合物，天然油脂也是混合物，而混合物没有固定的熔、沸点，A项错误；

B.苯中所有的12个原子共面，而甲苯中因有甲基，形成四面体结构，所以甲苯中所有原子不共面，B项错误；

C.石油的裂化通常是指将16碳以上的烃分解为汽油，而煤的气化是指将煤转化为CO、H2等气体，二者均属于化学变化，C项正确；

D.棉花的主要成分是纤维素，完全燃烧生成二氧化碳和水，而羊毛主要成分是蛋白质，完全燃烧除生成二氧化碳和水以外，还生成氮气，D项错误；

所以答案选C项。3、B【答案解析】

HCO3﹣先与OH﹣反应，再与AlO2﹣反应，而HCO3﹣与OH﹣反应生成CO32﹣后，Ba2+与CO32﹣生成沉淀，HCO3﹣+OH﹣+Ba2+═BaCO3↓+H2O①，消耗1molHCO3﹣、1molOH﹣、1molBa2+，生成1molBaCO3沉淀，此阶段化学方程式为KHCO3+Ba（OH）2═BaCO3↓+H2O+KOH；HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O②，消耗2molHCO3﹣、2molOH﹣（OH﹣消耗完），没有沉淀生成．此阶段化学方程式为KHCO3+KOH═K2CO3+H2O（此时KOH有2mol，原溶液中有1mol，反应①产生1mol）；HCO3﹣+AlO2﹣+H2O═CO32﹣+Al（OH）3↓③，消耗1molHCO3﹣、1molAlO2﹣（AlO2﹣消耗完），生成1molAl（OH）3沉淀．此阶段化学方程式为KHCO3+KAlO2+H2O═Al（OH）3↓+K2CO3。三阶段消耗KHCO3的物质的量为1：2：1，也即KHCO3溶液体积比为1：2：1；一、三阶段对应的生成沉淀的物质的量为1：1，第二阶段不生成沉淀，所以图象B符合，故选B．4、B【答案解析】

A．加入少量CH3COONH4固体，溶液中c(CH3COO－)增大，平衡应逆向移动，但NH4+在溶液中要水解产生H+，结合CH3COONH4溶液显中性，则溶液中c(H+)基本不变，故A错误；B．加入少量NaOH固体，中和H+，电离平衡正向移动，溶液中c(H+)减小，故B正确；C．加水，促进电离，平衡向正向移动，溶液中CH3COOH分子数减小，CH3COO－数增大，则c(CH3COOH)/c(CH3COO－)减小，故C错误；D．通入少量HCl气体，c(H+)增大，平衡逆向移动，结合平衡移动原理，最终溶液中c(H+)增大，故D错误；故答案为B。5、D【答案解析】分析：溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的；当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，据此判断。详解：A．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，A错误；B．石蕊的变色范围是5.0～8.0，使石蕊试液不变色的溶液，常温下溶液不一定显酸性，B错误。C．pH试纸不能精确测定溶液的pH，pH试纸不变色，只能说明溶液接近中性，C错误；D．c(H+)=c(OH-)时溶液一定呈中性，D正确；答案选D。点睛：本题考查了溶液酸碱性的判断，属于易错题，注意不能根据溶液的pH值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性。6、B【答案解析】两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池，较活泼的金属作负极，负极上金属失电子发生氧化反应被腐蚀，较不活泼的金属作正极，将A与B用导线连接起来浸入电解质溶液中，B为正极，所以A的活动性大于B。金属和相同的酸反应时，活动性强的金属反应剧烈，将A、D分别投入等浓度盐酸溶液中，D比A反应剧烈，所以D的活动性大于A；金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入B的盐溶液中，无明显变化，说明B的活动性大于铜。如果把铜浸入C的盐溶液中，有金属C析出，说明铜的活动性大于C，则活动性B＞Cu＞C；所以金属的活动性顺序为：D＞A＞B＞C，答案选A。点睛：本题考查了金属活动性强弱的判断，注意能从原电池的负极、金属之间的置换反应、金属与酸或水反应的剧烈程度、金属氧化物的水化物的碱性强弱等方面来判断金属的活动性强弱。7、B【答案解析】

①金属钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的过氧化钠；②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液先生成白色沉淀氢氧化亚铁，但很快转化为灰绿色，最终转化为红褐色的氢氧化铁；③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，溶液呈红色；④无水硫酸铜放入医用酒精中，医用酒精中含有水，无水硫酸铜遇水变蓝，故溶液变蓝，故其产物的颜色按按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是③②①④，B项正确；答案选B。8、B【答案解析】

题中CO2、SO2、H2O、HCl、CCl4属于分子晶体，化学键类型为共价键，C、SiO2和SiC为原子晶体，化学键类型为共价键，C为原子晶体或过渡型晶体，化学键类型为共价键，由此分析解答。【题目详解】A．SO2属于分子晶体，SiO2为原子晶体，晶体类型不同，故A错误；B．CO2与H2O属于分子晶体，化学键类型为共价键，化学键种类相同，晶体类型也相同，故B正确；C．C为原子晶体或过渡型晶体，而HCl是分子晶体，晶体类型不同，故C错误；D．CCl4属于分子晶体，SiC是原子晶体，晶体类型不同，故D错误；故答案为B。【答案点睛】化学键与化合物的关系：①当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；②当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；③只有当化合物中只存在共价键时，该化合物才是共价化合物；④在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素（铵盐除外）；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；⑤非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。9、D【答案解析】草酸氢钠溶液显酸性，说明草酸氢钠的电离程度大于其水解程度。因为草酸是弱电解质，所以0.01mol•L-1NaHC2O4溶液中，氢离子的浓度小于0.01mol/L，A不正确。加入氢氧化钠发生的反应为NaOH＋NaHC2O4=Na2C2O4＋H2O，二者恰好反应时，消耗氢氧化钠10ml。生成物草酸钠水解，溶液显碱性，C不正确。如果氢氧化钠的体积小于10ml，则二者反应后，溶液就有可能显中性。根据电荷守恒c(H+)＋c(Na+)＝2c(C2O42-)+c(HC2O4-)＋c(OH－)可知，如果溶液显中性，则c(Na+)＝2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，因此B也是不正确的。当氢氧化钠大于10ml时，溶液中含有氢氧化钠和草酸钠两种溶质，由于草酸钠的水解以第一步水解为主，且氢氧化钠的存在会抑制其水解，因此选项D是正确的。答案选D。10、D【答案解析】分析：钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，加盐酸时发生NaOH+HCl═NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓、Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，再结合图象中加入40mL盐酸生成的沉淀最多来计算。详解：由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓，最后发生Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为0.2L×0.1mol/L=0.02mol，由NaOH+HCl═NaCl+H2O，则V1为=0.02L=20mL，生成沉淀时消耗的盐酸为40mL-20mL=20mL，其物质的量为0.02L×1mol/L=0.02mol，由NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓，0.02mol0.02mol0.02molA、由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为0.04mol×23g/mol+0.02mol×27g/mol=1.46g，选项A错误；B、由Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其体积为60mL，则V2为40mL+60mL=100mL，选项B错误；C、由2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，加盐酸后，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓，最后发生Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，随着盐酸的量的加入，体积增大，钠离子的量不变，所以浓度减小，选项C错误；D、由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol×78g/mol=1.56g，选项D正确；答案选D。点睛：本题考查钠、铝的化学性质及反应，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，并学会利用元素守恒的方法来解答，难度较大。11、A【答案解析】

根据上表可以看出Q主要化合价只有-2价，所以Q是O元素；M和Q位于同一周期主要化合价有+4和-4价，M是C元素，X、Y、Z、L的半径大于O和C，且逐渐减小，再根据主要的化合价分析，可知X、Y、Z、L依次是Mg、Al、S、Cl元素【题目详解】A．在化学反应中，C原子的最外层电子数为4，既不容易失去电子，又不容易得到电子，A正确；B．Mg和HCl反应的物质的量之比为1:2，Al和HCl的物质的量之比为1:3，所以等物质的量的Mg、Al的单质与足量盐酸反应，生成的氢气Al多些，B错误；C．Al2O3是两性氧化物，既可以和酸反应又可以和强碱反应生成盐和水，C错误；D．S的非金属性比Cl弱，所以气态氢化物的稳定性Cl>S，D错误；答案选A。12、A【答案解析】

从题叙述可以看出，铜还原硝酸得到的气体，恰好又与1.68LO2完全反应，所以可以使用电子得失守恒先求n(Cu)，即n(Cu)×2＝n(O2)×4，得n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15mol，所以这些铜对应的铜离子恰好沉淀所需n(NaOH)应为0.3mol，所需V(NaOH)应为60mL，故选A。13、C【答案解析】

①晶体中分子间作用力越大，其熔沸点越高，但是与分子的稳定性没有关系，分子中的共价键键能越大越稳定，①不正确；②原子晶体中共价键越强，熔点越高，②正确；③冰熔化时，破坏的是分子间作用力，水分子中共价键不发生断裂，③不正确；④氯化钠熔化时，离子键被破坏，④不正确；⑤熔化时无需破坏化学键的晶体，破坏的一定是分子间作用力，故一定是分子晶体，⑤正确；⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族共有10个纵行，都是金属元素，⑥不正确；⑦在SiO2晶体中不存在单个分子，因为其是原子晶体，干冰中有单个分子，⑦不正确；⑧分子晶体既有单质，又有共价化合物，⑧正确。综上所述，相关说法正确的是②⑤⑧，故选C。14、A【答案解析】

A正确，因为沉淀也可能是氯化银。B不正确，硫酸铜属于重金属盐，能使蛋白质变性，而不是盐析，B不正确。C不正确，HA放出的氢气多，说明HA的浓度大，所以在pH相等的条件下，HA的电离程度小于HB的，C不正确。D不正确，只能说明淀粉已经水解，要证明完全水解，还需要单质碘检验。所以答案选A。15、C【答案解析】

溶液的导电能力与离子的浓度成正比，与电解质的强弱无关，离子浓度越大导电能力越强，浓度越小导电能力越弱，向溶液中加入氢氧化钠固体后，如果能增大溶液中离子浓度，则能增大溶液的导电能力，否则不能增大溶液的导电能力。【题目详解】A.氨水是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，向氨水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，所以导电能力增强，故A不符合；B.醋酸是弱电解质，氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠，溶液中的溶质由弱电解质变成强电解质，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故B不符合；C.氯化氢是强电解质，氢氧化钠是强电解质，向盐酸中加入氢氧化钠固体后，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，溶液中离子浓度变化不大，所以溶液的导电能力变化不大，故C符合；D.水是弱电解质，向水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，则溶液的导电能力增强，故D不符合；答案选C。16、D【答案解析】

A、0～6min时产生氧气体积为22.4mL，物质的量是0.001mol，则根据方程式2H2O2＝2H2O+O2↑可知消耗H2O2的物质的量为0.002molmol，浓度是0.2mol/L，则化学反应速率v(H2O2)＝0.2mol/L÷6min≈3.3×10－2mol/(L·min)，A正确；B、随着反应进行，过氧化氢的浓度降低，化学反应速率降低，即6～10min的平均反应速率v(H2O2)＜3.3×10－2mol/(L·min)，B正确；C、根据选项A的分析，反应至6min时，消耗的H2O2物质的量为2×10－3mol，此时H2O2的物质的量浓度为(10×10－3×0.4－2×10－3)/（10×10－3）mol·L－1＝0.2mol·L－1，C正确；D、反应至6min时，H2O2的分解率为2×10－3/（10×10－3×0.4）×100%＝50%，D错误。答案选D。17、C【答案解析】

A.己烷、己烯不溶于水，且密度比水小，无法用FeCl3溶液、NaOH溶液鉴别，A错误；B.己烷、己烯不溶于水，且密度比水小，遇到Cu(OH)2悬浊液、紫色石蕊试液，上层均为无色油状液体，无法鉴别，B错误；C.紫色石蕊试液可鉴别乙酸溶液；溴水与乙醇相互溶解，无分层；与己烷，上层为无色油状液体；与己烯溴水褪色；与苯酚生成白色沉淀，可鉴别，C正确；D.乙醇、乙酸溶液遇到FeCl3溶液、溴水，均为相互溶解，现象相同，不能鉴别，D错误；答案为C。18、C【答案解析】

利用切割法分析。一个晶胞中含有的微粒数A：6×=3，B：8×=1，C：1，则该晶体的化学式为A3BC，选C。19、A【答案解析】

W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl，结合元素周期律和物质的性质解答。【题目详解】根据以上分析可知W、X、Y和Z分别是N、O、Na、Cl。则A.氧元素与其N、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，A正确；B.过氧化钠中含有离子键和共价键，B错误；C.N、O、Na三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，均是10电子，氯离子是18电子微粒，C错误；D.亚硝酸为弱酸，D错误；答案选A。【答案点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，红棕色气体是解答的突破点，该类试题与元素化合物的知识结合的比较多，元素推断只是一种载体，注意掌握常见单质及其化合物的性质、典型用途、制备等。20、A【答案解析】

工厂用淀粉制备乙醇的过程为：淀粉水解生成葡萄糖，反应的化学方程式为(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇和二氧化碳，反应的化学方程式为C6H12O62C2H5OH+2CO2↑。【题目详解】由反应的化学方程式可知，淀粉和乙醇的转化关系为(C6H10O5)n—nC6H12O6—2nC2H5OH，设制得乙醇溶液质量为x，由题给数据考建立如下关系式：(C6H10O5)n—nC6H12O6—2nC2H5OH162n2n×4676%×10.0t×81%40%x则x==8.74t，故选A。【答案点睛】本题考查与化学方程式有关的计算，注意明确淀粉淀粉制备乙醇的过程中发生的化学反应，知道多步方程式计算的方法是解答关键。21、D【答案解析】分析：A．氢氧化钠过量，氨根离子与碳酸氢根离子都与氢氧根离子反应；B.FeCl3溶液与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，氨水属于弱碱；C．氯气与水反应生成盐酸和HClO，HClO是弱酸；D．印刷电路板是发生氯化铁与铜的反应，生成氯化亚铁和氯化铜。详解：A．向稀NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液的离子反应为HCO3-+NH4++2OH-═NH3•H2O+CO32-+H2O，故A错误；B.氨水是弱碱，FeCl3溶液与氨水反应：Fe3++3NH3•H2O＝Fe(OH)3↓+3NH4+，故B错误；C．HClO为弱酸，在离子反应中保留化学式，氯气与水反应的离子反应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故C错误；D．制作印刷电路板的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故D正确；故选D。22、C【答案解析】分析：乙醇燃料电池中，电解质溶液呈酸性，乙醇在负极上被氧化，电极反应为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，氧气在正极上得电子被还原，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，总反应为C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，据此分析判断。详解：A、通燃料的C1极为负极，通氧气的C2极为电源的正极，故A正确；B.根据上述分析，C1极为负极，电极反应式为：C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，故B正确；C、原电池中，电子由负极经外电路流向正极，本题中电子由C1极经外电路导线流向C2极，故C错误；D、原电池中阳离子向正极移动，所以溶液中的H+向C2电极移动，故D正确；故选C。点睛：本题考查化学电源新型电池，解答本题的关键是学会判断燃料电池的正负极。本题的易错点为B，书写电极反应式时，要注意产物与溶液的酸碱性的关系。二、非选择题(共84分)23、取代反应加成反应【答案解析】

C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则C为CH2=CH2；D为CH3CH2OH，E为CH3CHO，F为CH3COOH；根据甲苯到B的合成路线，可以推测出B为醇，G为C9H10O2，则B为，A为。【题目详解】（1）B为，F为CH3COOH，则G为；（2）A为，B为，A→B为取代反应；C为CH2=CH2；D为CH3CH2OH，C→D为加成反应；（3）D为CH3CH2OH，E为CH3CHO，D→E的方程式为：；（4）A为，B为，A→B的方程式为：；（5）B为，F为CH3COOH，则G为，则B+F→G的化学方程式为：【答案点睛】苯的同系物和Cl2、Br2发生的取代反应，如果条件是光照或者加热，发生烷基上的取代，如果条件是Fe或者FeX3（X=Cl、Br）的催化，则发生苯环上的取代。24、(CH3)2C=C(CH3)21212加成或还原反应NaOH的乙醇溶液,△【答案解析】

据和的结构简式可知，由合成的过程实际上就是由-CH2CHO转化成-CH=CH2，最终转化成-CCH的过程。具体合成路线为：【题目详解】（1）根据乙烯所有原子共面，所以要使化学式C6H12的烯烃的所有碳原子在同一平面上，烯烃的结构简式为(CH3)2C=C(CH3)2；答案：(CH3)2C=C(CH3)2；（2）有机官能团中只有-COOH能与NaHCO3溶液反应，所以1mol能与含1molNaHCO3的溶液反应；答案：1；（3）①常温下，C=C和酚羟基的邻对位都能与Br2发生反应，所以由知1摩丁香酚能与2molBr2反应；答案：2；②苯环上所有的原子共面，由香兰素的结构简式为可知，分子中至少有12个原子共平面；答案：12；II．（1）根据分析可知G的结构简式为：；答案：。（2）根据分析可①的反应类型加成反应；答案：加成反应；（3）根据分析可④是卤代烃的消去反应，所以反应条件为：NaOH的乙醇溶液,加热；答案：NaOH的乙醇溶液,加热。25、②⑤50mL容量瓶偏小溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色1.2【答案解析】

（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的正确操作结合图示分析解答；（2）容量瓶是确定溶液体积的仪器；（3）依据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断，结合分析；（4）草酸跟酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、二价锰离子等，滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时，滴入的高锰酸钾溶液不褪色，据此判断；（5）根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2＋的浓度。【题目详解】（1）由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切，故答案为：②⑤；（2）应该用容量瓶准确确定50mL溶液的体积，故答案为：50mL容量瓶；（3）如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小，故答案为：偏小；（4）滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；（5）血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：。根据反应方程式，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：，Ca2+的质量为，钙离子的浓度为：，故答案为：1.2。【答案点睛】定容时倒水至刻度线1—2cm处改用胶头滴管滴到与凹液面平直。26、无水硫酸铜(或其他合理答案)②①④③单质钙没有完全参与反应，氢化钙中混有单质钙【答案解析】分析：本题以氢化钙的制备为载体，考查实验基本技能与操作、对题中的信息的利用、对实验装置的理解分析、物质分离提纯、化学计算等，本题侧重基本实验操作能力的考查，是对学生综合能力的考查。详解：A装置通过锌和硫酸反应生成氢气，氢气中肯定含有水蒸气，所以用B中无水氯化钙吸收水，在C中氢气和钙反应生成氢化钙，D中有浓硫酸，保证金属钙的装置C中干燥，防止空气中的水蒸气进入。本实验的关键是保证金属钙的装置C中没有水蒸气存在，因为钙和水反应，氢化钙也与水反应。（1）为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在BC之间连接一个检验氢气是否含有水的装置，该装置中加入无水硫酸铜固体，若有水，该固体变蓝。（2）该实验步骤为检验气密性后，打开分液漏斗活塞，使硫酸流下，与金属锌反应生成氢气，用氢气排除装置中的空气，在最后收集气体并检验其纯度，当收集到纯净的氢气时在点燃酒精灯进行加热，一段时间后停止加热，让装置C在氢气的环境中充分冷却，最后关闭分液漏斗活塞。故顺序为②①④③。（3）计算得到样品中氢化钙的质量分数大于100%，说明样品中钙元素较多，则说明单质钙没有完全参与反应，氢化钙中混有单质钙。27、Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O如果pH<7，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体2NO+O2=2NO2过滤A、C溶液出现粉红色，且半分钟内不褪色69.00%【答案解析】

(1)Cu和浓硝酸反应得到NO2，NO2与Na2CO3溶液反应得到NaNO2。但是NO2可能会与H2O反应生成NO，NO不能NaOH吸收，所以需要将NO转化为NO2，再被吸收。(2)①称取mg粗产品，溶解后稀释至250mL是配制溶液，结合配制溶液的步骤选择仪器；②高锰酸钾溶液为紫红色，利用溶液颜色判断反应终点；③2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O，结合反应定量关系计算。【题目详解】(1)①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；②实验过程中，需控制B中溶液的pH>7，否则产率会下降，这是因为如果pH<7，会发生反应：3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体；③未反应的NO2会与H2O反应生成NO，NO不能NaOH吸收，所以需要将NO转化为NO2，再被吸收。往C中通入空气的目的是NO和O2反应生成NO2，反应的化学方程式为：2NO+O2=2NO2；④反应结束后，B中溶液为NaNO2和NaNO3的混合溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，可得到粗产品晶体和母液；(2)①稀释溶液时，需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有容量瓶、胶头滴管等，故合理选项是AC；②发生的化学反应为：2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O，高锰酸钾溶液为紫红色，恰好反应后溶液中变为无色的Mn2+，可利用溶液本身的颜色变化判断反应终点，当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液出现粉红色，且半分钟内不褪色，可以证明达到滴定终点；③称取mg粗产品，溶解后稀释至250mL．取出25.00mL溶液，用cmol/LKMnO4酸性溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为VmL，根据反应方程式2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O可知n(NaNO2)=n(KMnO4)=×0.1000mol/L×20×10-3L=5×10-3mol，则250ml溶液中所含物质的量=n(NaNO2)总=×5×10-3mol=0.05mol，所以粗产品中NaNO2的质量分数==69.00%。【答案点睛】本题考查了铜和浓硝酸反应产物分析判断、粗产品含量测定和滴定实验过程中仪器的使用、滴定终点的判断方法等知识，掌握基础是解题关键。28、48.416.826.48960【答案解析】分析：由表中数据可以知道,实验①②都有金属剩余,则溶液中不可能含有硝酸铁,溶液中金属离子为+2价,在实验①的基础