2023学年湖北省咸宁市五校高二化学第二学期期末复习检测试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷请考生注意：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0．5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、化学与生活密切相关。下列说法正确的是A．聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应B．煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料C．乙烯可作水果的催熟剂D．福尔马林可作食品的保鲜剂2、有人设计出利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成原电池，电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法正确的是（）①每消耗1molCH4，可以向外电路提供约的电量；②负极上CH4失去电子，电极反应式为:CH4－8e-+10OH—=CO32-+7H2O③负极上是O2获得电子，电极反应式为；④电池放电后，溶液pH不断升高A．①② B．①③ C．①④ D．③④3、在由5种基团－CH3、－OH、－CHO、－C6H5、－COOH两两组成的物质中，能与NaOH反应的有机物有（）A．4种 B．5种 C．6种 D．7种4、下列说法正确的是A．草木灰和铵态氮肥混合使用提高肥效B．加热蒸干AlCl3溶液后，灼烧得到Al(OH)3固体C．小苏打在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO3－D．除去MgCl2溶液中的Fe3+,可在其中加入NaOH溶液5、下列物质中，不能发生水解反应的是（）A．油脂 B．蔗糖 C．葡萄糖 D．纤维素6、下列叙述错误的是A．乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B．淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同C．煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去7、化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是A．碘酒是指单质碘的乙醇溶液B．84消毒液的有效成分是NaClOC．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D．装饰材料释放的甲醛会造成污染8、下列关于甲烷、乙烯、苯三种烃的比较中，正确的是A．只有甲烷不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色B．在空气中分别完全燃烧等质量的这三种烃，苯消耗的氧气最多C．除甲烷外，其余两种分子内所有原子都共平面D．甲烷和苯属于饱和烃，乙烯是不饱和烃9、下列关于有机物的实验及相关结论都正确的一组是选项实验结论A乙烯和乙醛都能使溴水褪色乙烯和乙醛都能和溴水发生加成反应B向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液和(CH3COO)2Pb溶液，均能产生沉淀两者产生沉淀的原因不相同C乙酸和葡萄糖都能与新制的氢氧化铜反应两者所含的官能团相同D聚乙烯塑料受热易熔化，酚醛塑料受热不能熔化酚醛塑料的熔点比聚乙烯塑料的熔点高A．A B．B C．C D．D10、某炔烃经催化加氢后，得到2-甲基丁烷，该炔烃是：A．2-甲基-1-丁炔 B．2-甲基-3-丁炔 C．3-甲基-1-丁炔 D．3-甲基-2-丁炔11、在溶液中能大量共存的离子组是A．Na＋、OH－、HCO3－、SO42－B．Cl－、Ba2＋、NO3－、K＋C．Al3＋、SO42－、HCO3－、I－D．OH－、NO3－、NH4＋、Fe2＋12、聚乙炔导电聚合物的合成使高分子材料进入了“合成金属”和塑料电子学时代，当聚乙炔分子带上药物、氨基酸等分子片段后，就具有了一定的生物活性。以下是我国化学家近年来合成的聚乙炔衍生物分子M的结构式及M在稀硫酸作用下的水解过程如下图下列有关说法中不正确的是（）A．M、A均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色B．B中含有羧基和羟基两种官能团，B能发生消去反应和酯化反应C．1molM与热的烧碱溶液反应，可消耗2nmol的NaOHD．A、B、C各1mol分别与金属钠反应，放出的气体的物质的量之比为1:2:213、一定温度下，对可逆反应A(g)+2B(g)3C(g)的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是（）A．C生成的速率与C分解的速率相等B．单位时间内消耗amolA，同时生成3amolCC．容器内的压强不再变化D．混合气体的物质的量不再变化14、下列离子方程式正确的是（）A．过量氯气通入碘化亚铁溶液中：Cl2+Fe2++2I－=2Cl－十Fe3++I2B．向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水：HCO3－＋Ca2+＋OH-＝CaCO3↓＋H2OC．H218O中投入少量Na2O2固体：2H218O＋2Na2O2＝4Na+＋4OH-＋18O2↑D．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀：Ba2+＋OH-＋SO42-＋H+＝BaSO4↓＋H2O15、高温下超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为−2价.如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元），则下列说法中正确的是（）A．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个O2-B．晶体中每个K+周围有8个O2-，每个O2-周围有8个K+C．晶体中与每个K+距离最近的K+有8个D．晶体中，0价氧与−2价氧的数目比为2：116、下列描述正确的是()A．CS2为V形极性分子B．SiF4与SO32-的中心原子均为sp3杂化C．C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1D．水加热到很高温度都难分解是因水分子间存在氢键17、X、Y为同周期或同主族短周期元素，若X的原子半径大于Y的原子半径，则下列判断正确的是()A．第一电离能一定X<YB．X的离子半径一定大于Y的离子半径C．若X、Y均为非金属元素，则X、Y元素的简单气态氢化物熔沸点一定HnY<HmXD．若X、Y均为金属元素，则X失电子的能力一定强于Y18、某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+，他们使用的药品和装置如图所示，下列说法合理的是A．B中蓝色溶液褪色可以证明还原性:I->SO2B．实验完成后，检验A中是否含有Fe2+,可用酸性KMnO4溶液C．实验完成后，向A中加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀D．装置C的作用是吸收SO2尾气，发生的反应是氧化还原反应19、下列物质熔化时破坏分子间作用力的是（）A．CaOB．CO2C．SiO2D．NaCl20、下列物质中，含有极性键但属于非极性分子的是（）A．CO2B．H2OC．O2D．HCl21、下列指定反应的离子方程式正确的是A．用Ba(OH)2溶液吸收氯气：2OH－+2Cl2=2Cl－+ClO－+H2OB．Cu溶于稀HNO3:Cu+2H++NO3-=Cu2++NO2↑+H2OC．NO2溶于水：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NOD．氯化镁溶液与氨水反应：Mg2++2OH－=Mg(OH)2↓22、利用太阳能分解制氢，若光解0.02mol水，下列说法正确的是（）A．可生成H2的质量为0.02gB．可生成氢的原子数为2.408×1023个C．可生成H2的体积为0.224L（标准状况）D．生成H2的量理论上等于0.04molNa与水反应产生H2的量二、非选择题(共84分)23、（14分）煤的综合利用备受关注。有如下的转化关系，CO与H2不同比例可以分别合成A、B，已知烃A对氢气的相对密度是14，B能发生银镜反应，C为常见的酸味剂。（1）有机物C中含有的官能团的名称是____________________。（2）反应⑤的反应类型为______________。（3）写出③的反应方程式____________。（4）下列说法正确的是______________。（填字母）A．第①步是煤的液化，为煤的综合利用的一种方法B．有机物B和C都可以与新制氢氧化铜发生反应C．有机物C和D的水溶液都具有杀菌消毒作用D．乙酸乙酯与有机物D混合物的分离，可以用氢氧化钠溶液振荡、静置分液的方法24、（12分）有一应用前景广阔的纳米材料甲，其由A、B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高。取材料甲与熔融的烧碱反应，生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙，丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；乙能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解。（1）甲的化学式为____________，其晶体属于____________晶体。（2）乙的水溶液可以用来做________________________（写出一种用途）。（3）B元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，其燃烧放热多且燃烧产物对环境无污染，因此可用作火箭燃料、燃料电池燃料等。则①丁的电子式为_____。②丁可由次氯酸钠与过量氨气反应制得，其化学方程式________________________。甲的制备过程中氨气需要过量的理由是____________________________________。③丁的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K1≈1.0×10－6，则0.01mol·L－1丁水溶液的pH等于____________（忽略丁的二级电离和H2O的电离）。25、（12分）维尔纳配合物M是一种橙黄色单斜晶体，该晶体以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。为探究该晶体的组成，设计了如下实验：步骤一，氮的测定：准确称取一定量橙黄色晶体，加入适量水溶解，注入下图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品中的氨全部蒸出，用500.00mL7.0mol/L的盐酸溶液吸收，吸收结束后量取吸收液25.00mL，用2.00mol/L的NaOH溶液滴定过量的盐酸，终点消耗NaOH溶液12.50mL。步骤二，氯的测定：准确称取橙黄色晶体wg，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，以K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色沉淀)。（1）上述装置A中，玻璃管的作用是_________；（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，酒精灯应放置在_____（填“A”或“B”）处。（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为______g。（4）有同学提出装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，会造成测得氮的含量结果将______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）；冰水混合物的作用是_______________。（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是________（6）经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在。制备M的化学方程式为_____，其中双氧水的作用是____；制备M的过程中温度不能过高的原因是_____。26、（10分）甲同学利用下图所示装置在实验室制备乙酸乙酯。（1）实验中饱和Na2CO3溶液的作用是_______。某次实验时，在饱和Na2CO3溶液中滴加2滴酚酞溶液。实验结束，取下试管B振荡，红色褪去。为探究褪色的原因，进行如下实验。编号①②③实验操作充分振荡、静置充分振荡、静置充分振荡、静置、分液。取下层溶液，加入饱和Na2CO3溶液现象上层液体变薄，冒气泡，下层溶液红色褪去上层液体不变薄，无气泡，下层溶液红色褪去（2）试管①中产生气泡的原因是（用化学方程式解释）_______。（3）对比实验①和②可得出的结论是_______。（4）针对实验②中现象，乙同学提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。实验③中观察到_______，证实乙的猜想正确。27、（12分）（1）只用试管和胶头滴管就可以对下列各组中的溶液进行鉴别的是_______(填序号)。①AlCl3溶液和NaOH溶液②Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液③NaAlO2溶液和盐酸④Al2(SO4)3溶液和氨水⑤苯与水⑥AgNO3、BaCl2、K2SO4和Mg(NO3)2四种溶液⑦NaNO3、FeCl3、NaCl、AgNO3四种溶液⑧NaHCO3溶液与稀硫酸（2）按以下实验方案可从海洋物质样品中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。则(1)(2)(3)(4)的分离提纯方法依次为__________、__________、__________、__________。（3）下列说法正确的是_________(填序号)。①常压蒸馏时，加入液体的体积可超过圆底烧瓶容积的三分之二②除去铜粉中混有CuO的实验操作是加入稀硝酸溶解、过滤、洗涤、干燥③将Cl2与HCl的混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2④用CCl4萃取碘水中的I2的实验操作是先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层⑤滤液若浑浊，可能是液面高于滤纸边缘造成的⑥NaCl溶液蒸发时可以加热至蒸干为止⑦蒸馏时，可以把温度计插入混合液体中⑧可以用酒精萃取碘水中的I2。⑨CCl4萃取溴水中溴时，静置分层后上层为橙红色，分液时，从上口先倒出上层液体28、（14分）次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式：___________。（2）H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银．①(H3PO2)中，磷元素的化合价为___________。②利用(H3PO2)进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物为：___________(填化学式)；③NaH2PO2是正盐还是酸式盐？___________，其溶液显___________性(填“弱酸性”、“中性”、或者“弱碱性”)。（3）H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与氢氧化钡溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与硫酸反应，写出白磷与氢氧化钡溶液反应的化学方程式___________。（4）(H3PO2)也可以通过电解的方法制备．工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过):①写出阳极的电极反应式___________；②分析产品室可得到H3PO2的原因___________；③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室，其缺点是___________杂质。该杂质产生的原因是___________。29、（10分）下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他产物及反应所需条件均已略去）请回答下列问题（1）A物质的化学式为_____________________。（2）当X是强碱时：①过量的B跟Cl2反应的方程式为_____________________。②D和F的化学式分别是D__________;F_____________________。（3）当X是强酸时：①C在常温下是__________态单质。②在工业生产中D气体的大量排放会形成__________而污染环境。

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.乙烯含碳碳双键其中1根键断裂，相互加成生成聚乙烯，聚乙烯中不存在双键，聚乙烯塑料的老化是由于长链断裂等原因，故A错误；B.煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故B错误；C.乙烯是植物催熟剂，可以用作水果催熟剂，故C正确；D.福尔马林有毒，不能做食品保鲜剂，故D错误；本题选C。2、A【答案解析】

①甲烷在负极反应，在KOH溶液中变为了碳酸根离子，一个甲烷化合价升高8个价态，即每消耗1molCH4，可以向外电路提供约8mole－的电量；故①正确；②负极上CH4失去电子，电极反应式为:CH4－8e－+10OH－=CO32－+7H2O，故②正确；③正极上是O2获得电子，电极反应式为O2+2H2O+4e－=4OH－；故③错误；④电池放电后，CH4+2O2+2OH－=CO32－+3H2O，因此溶液pH不断减小，故④错误；因此A正确；综上所述，答案为A。3、C【答案解析】分析：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，把握羧酸和酚的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意HOCOOH为碳酸，碳酸为无机酸。详解：题给的5种基团两两组合后能与氢氧化钠反应的物质有：CH3COOH，C6H5COOH，CHOCOOH，C6H5OH，HOCHO，HOCOOH共6种，其中HOCOOH为碳酸，所以能与氢氧化钠反应的有机物有5种。故选B。点睛：本题注意苯酚有弱酸性，能与氢氧化钠反应，碳酸是无机酸，不符合条件。4、C【答案解析】

A.草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾是强碱弱酸盐，在溶液中水解使水溶液显碱性，铵态氮肥与草木灰混合会发生反应放出氨气，施用会降低肥效，故A错误；B.氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中部分水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热蒸干时，氯化氢受热挥发，使铝离子水解趋于完全生成氢氧化铝，灼烧时，Al(OH)3受热分解生成Al2O3，故Ｂ错误；C.碳酸氢钠为强电解质，在水中电离产生钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，故Ｃ正确；D.除去MgCl2溶液中的Fe3+加入NaOH溶液，NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，故D错误；故选C。【答案点睛】Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，加入NaOH溶液，NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质是解答关键。5、C【答案解析】

糖类根据能否水解分为单糖、低聚糖和多糖，葡萄糖是单糖，所以不能水解。【题目详解】A项、油脂在酸条件下水解生成甘油和高级脂肪酸，在碱性条件下水解生成甘油与高级脂肪酸盐，故A错误；B项、蔗糖属于二糖，在酸性条件下，可以水解生成葡萄糖和果糖，故B错误；C项、葡萄糖属于单糖，不能水解，故C正确；D项、纤维素在酸性条件下水解，最终生成葡萄糖，故D错误。故选C。【答案点睛】本题考查了糖类、油脂的结构和性质，注意这几类物质的水解条件和水解产物是解答关键。6、A【答案解析】

A、乙烯含有碳碳双键，和溴水发生加成反应而褪色。苯和溴水萃取而褪色，原理不同，A不正确；B、淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同，分别是葡萄糖、甘油和高级脂肪酸、氨基酸，B正确；C、煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠，C正确；D、乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去，D正确；答案选A。7、C【答案解析】

A、碘酒是指单质碘的乙醇溶液，A正确；B、84消毒液的有效成分是NaClO，B正确；C、浓硫酸与二氧化硅不反应，氢氟酸可刻蚀石英制艺术品，C错误；D、装饰材料释放的甲醛会造成污染，D正确；答案选C。8、C【答案解析】

A.甲烷、苯不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烯能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误；B.有机物含有的H元素的含量越大，则等质量时燃烧消耗的氧气就越多。由于三种烃中甲烷的H元素的含量最高，因此在空气中分别完全燃烧等质量的这三种烃，甲烷消耗的氧气最多，错误；C.甲烷是正四面体结构的分子，乙烯和苯分子都是平面分子，因此除甲烷外，其余两种分子内所有原子都共平面，正确；D.甲烷属于饱和烃，乙烯、苯是不饱和烃，错误。答案选C。9、B【答案解析】分析：A.乙醛和溴水发生氧化还原反应;B.前者发生了盐析，后者发生了变性;C.乙酸含有羧基，葡萄糖含有醛基;D.聚乙烯塑料为热塑性塑料,酚醛塑料为热固性塑料.详解：A.乙烯使溴水褪色因为和Br2发生了加成反应,乙醛使溴水褪色因为醛基有还原性,溴有氧化性,发生了氧化还原反应,A错误；B.向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液和(CH3COO)2Pb溶液，均能产生沉淀,前者发生了盐析，后者发生了变性，两者产生沉淀的原因不相同，B正确；C.乙酸含有羧基，葡萄糖含有醛基，两者所含的官能团不相同，C错误；D.聚乙烯塑料为热塑性塑料，受热会熔化、冷却会硬化，可以多次使用，酚醛塑料为热固性塑料，受热会交联成立体网状结构，一次性使用，与熔点的高低不成因果关系，D错误；答案选B.点睛：热塑性塑料受热会熔化，可多次使用，热固性塑料，受热会交联成立体网状结构，一次性使用。10、C【答案解析】

烯烃或炔烃发生加成反应时，其碳链结构不变，所以该炔烃与2-甲基丁烷的碳链结构相同，2-甲基丁烷()中能插入三键的位置只有一个，即该炔烃的结构简式为，其名称为3-甲基-1-丁炔，答案选C。11、B【答案解析】

A.OH－、HCO3－不能大量共存，与题意不符，A错误；B.Cl－、Ba2＋、NO3－、K＋能大量共存，符合题意，B正确；C.Al3＋、HCO3－不能大量共存，与题意不符，C错误；D.OH－与NH4＋、Fe2＋不能大量共存，与题意不符，D错误；答案为B。12、D【答案解析】试题分析：M为酯类物质，故在稀硫酸条件下M水解产物A的结构为：，M与A的分子中含有碳碳双键，均能够使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，因此A项正确；B的结构为：分子中含有羧基和羟基，可以发生酯化反应，羟基的β-碳原子上含有氢原子可以发生消去反应，因此B项正确；1molM中有2nmol的酯基，可以与2nmol的NaOH发生反应，因此C项错误；1molA中有nmol羧基，1molB中有1mol羧基、1mol羟基，1molC中有2mol羟基，它们与金属钠反应放出的气体的物质的量分别为n/2mol,1mol,1mol，故放出的气体的物质的量之比为n:2:2，故D项正确；本题选C。考点：有机框图推断。13、A【答案解析】A.C生成的速率与C分解的速率相等，说明正逆反应速率相等达到平衡状态，故A不选；B.单位时间内消耗amolA，同时生成3amolC，都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故B选；C.方程式两端化学计量数不相等，则容器内的压强将随平衡的移动而变化，压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故C不选；D.方程式两端化学计量数不相等，则容器内气体的物质的量将随平衡的移动而变化，混合气体的物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故D不选；故答案选B。【名师点睛】本题考查了化学平衡状态的判断。注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。14、D【答案解析】A、电子的得失不守恒，离子方程式未配平，正确的应为：3Cl2+2Fe2++4I－=6Cl－十2Fe3++2I2，故A错误；B、向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水，则NaHCO3过量，离子方程式为：2HCO3－＋Ca2+＋2OH-＝CaCO3↓＋2H2O+CO32-，故B错误；C、该反应为Na2O2的自身氧化反应还原，水不作还原剂，正确的应为：2H218O＋2Na2O2＝4Na+＋218OH-+2OH-＋O2↑，故C错误；D、NaHSO4是强电解质，所以反应的离子方程式为：Ba2+＋OH-＋SO42-＋H+＝BaSO4↓＋H2O，故D正确；故选D。点睛：本题主要考查离子方程式的正确书写，氧化还原反应中还原剂、氧化剂的掌握。离子方程式的正误判断要从以下几个方面进行：①看离子方程式与事实是否相符；②看能否用离子方程式表示；③看各物质的化学式是否正确；④看所用的连接符号和状态符号是否正确；⑤看是否符合题设条件，题设条件往往有“过量”、“少量”、“适量”、“任意量”、“滴加顺序”等字眼，解题要特别留心；⑥看拆分是否恰当，在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式，难溶物、难电离物质、易挥发性物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写化学式；⑦看质量与电荷是否守恒；⑧看电子得失总数是否相等。15、A【答案解析】

A.该晶胞中钾离子个数=8×+6×=4；超氧根离子个数=1+12×=4，所以钾离子和超氧根离子个数之比=4：4=1：1，所以超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个O2-，A正确；B.根据图知，晶体中每个K+周围有6个O2-，每个O2-周围有6个K+，B错误；C.晶体中与每个K+距离最近的K+个数=3×8×=12，C错误；D.晶胞中K+与O2-个数分别为4、4，所以1个晶胞中有8个氧原子，根据电荷守恒-2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8-2=6，所以晶体中，0价氧原子与-2价氧原子的数目比为3：1，D错误；故合理选项是A。16、B【答案解析】

A．依据价层电子对互斥理论可知，CS2中C原子的价层电子对数=2+×（4-2×2）=2，为sp杂化，为直线形，CS2为直线形非极性分子，键角是180°，A错误；B.SiF4中Si原子的价层电子对数=4+×（4-4×1）=4，为sp3杂化，SO32-中S原子的价层电子对数=3+×（6+2-3×2）=4，为sp3杂化,B正确；C.C2H2分子的结构式是H—C≡C—H，σ键与π键的数目比为3∶2，C错误；D.水加热到很高温度都难分解是因水分子内的O—H键的键能较大，与分子之间是否存在氢键无关，D错误；故合理选项是B。17、D【答案解析】

若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，同周期，原子序数大的金属性弱、非金属性强，若X、Y为同主族元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数小，同主族，原子序数大的金属性强、非金属性弱，据此分析解答。【题目详解】A．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，第一电离能不一定X<Y，故A错误；B．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，当X为阳离子，Y为阴离子时，X的离子半径小于Y的离子半径，故B错误；C．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，当X、Y均为非金属元素，如X、Y分别为C、O，水常温下为液体，甲烷为气体，甲烷的熔沸点低于水，故C错误；D．若X、Y为同周期元素，如果X的原子半径大于Y，则Y的原子序数大，当X、Y均为金属元素，同周期原子序数大的金属性弱，则X的金属性强于Y；若X、Y为同主族元素，如果X的原子半径大于Y，则X的原子序数大，当X、Y均为金属元素，同主族原子序数大的金属性强，则X的金属性强于Y，即无论那种情况X失电子能力一定强于Y，故D正确；答案选D。18、C【答案解析】A.B中蓝色溶液褪色说明单质碘被二氧化硫还原，因此可以证明还原性：I-＜SO2，A错误；B.A装置中含有多余的二氧化硫，另外在酸性溶液中氯离子也能使酸性高锰酸钾溶液而褪色，因此实验完成后，检验A中是否含有Fe2+，不能用酸性KMnO4溶液，B错误；C.A装置中二氧化硫被氯化铁氧化生成硫酸，因此实验完成后，向A中加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀硫酸钡，C正确；D.装置C的作用是吸收SO2尾气，氢氧化钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，发生的反应不是氧化还原反应，D错误，答案选C。19、B【答案解析】A、CaO为离子化合物，熔化断裂离子键，故A错误；B、CO2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，故B错误；C、SiO2是原子晶体，熔化断裂的是共价键，故C错误；D、NaCl为离子化合物，熔化断裂离子键，故D错误。故选B。20、A【答案解析】分析：A项，CO2是含有极性键的非极性分子；B项，H2O是含极性键的极性分子；C项，O2是含非极性键的非极性分子；D项，HCl是含极性键的极性分子。详解：A项，CO2中含极性键，CO2为直线形，CO2中正电中心和负电中心重合，CO2属于非极性分子；B项，H2O中含极性键，H2O为V形，H2O中正电中心和负电中心不重合，H2O属于极性分子；C项，O2是含非极性键的非极性分子；D项，HCl中含极性键，HCl中正电中心和负电中心不重合，HCl为极性分子；含有极性键但属于非极性分子的是CO2，答案选A。点睛：本题考查键的极性和分子极性的判断，判断键的极性只要观察成键的两原子是否相同，分子的极性取决于键的极性和分子的空间构型，若分子中正电中心和负电中心重合则为非极性分子，反之为极性分子。21、C【答案解析】分析：A.电荷不守恒、电子不守恒;B.铜和稀硝酸反应生成硝酸、一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；C.二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；D.一水合氨在离子反应中保留化学式。详解:A.用Ba(OH)2溶液吸收氯气的离子反应为2OH－+Cl2=Cl－+ClO－+H2O，所以A选项是错误的；

B.铜和稀硝酸反应生成硝酸、一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B错误；

C.NO2溶于水，反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，故C正确；

D.氯化镁溶液与氨水反应的离子反应为Mg2++2NH3∙H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+，故D错误；

所以C选项是正确的。22、D【答案解析】

根据方程式2H2O2H2↑+O2↑，光解0.02mol水，可产生0.02molH2和0.01molO2。则可得：A．可生成H2的质量为0.04g，错误；B．可生成氢的原子数为2.408×1022个，错误；C．可生成标准状况下H2的体积为0.448L，错误；D．0.04molNa与水反应产生0.02molH2。故选D。二、非选择题(共84分)23、羧基加成（或还原）2CO+3H2→CH3CHO+H2OBC【答案解析】

已知烃A对氢气的相对密度是14，A的相对分子质量是28，A是乙烯，乙烯氧化生成乙酸，则C是乙酸。乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则D是乙醇。B能发生银镜反应，与氢气加成生成乙醇，则B是乙醛，解据此解答。【题目详解】（1）有机物C是乙酸，其中含有的官能团的名称是羧基。（2）反应⑤乙醛和氢气发生加成反应生成乙醇，即反应类型为加成反应。（3）根据原子守恒可知③的反应方程式为2CO+3H2→CH3CHO+H2O。（4）A．第①步是煤的气化，A错误；B．乙醛和乙酸都可以与新制氢氧化铜发生反应，B正确；C．有机物乙酸和乙醇的水溶液都具有杀菌消毒作用，C正确；D．乙酸乙酯与有机物D混合物的分离，可以用饱和碳酸钠溶液洗涤、分液的方法，乙酸乙酯能与氢氧化钠反应，D错误；答案选BC。24、Si3N4原子黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂NaClO＋2NH3＝N2H4＋NaCl＋H2O次氯酸钠有强氧化性，防止N2H4继续被氧化10【答案解析】

甲由A、B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高，考虑甲属于原子晶体。甲与熔融的烧碱反应生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙，且丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明丙气体为NH3，说明甲中含有氮元素。含氧酸盐乙由短周期元素组成且为钠盐，能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解，说明生成的沉淀为H2SiO3，则乙为Na2SiO3，证明甲中含有硅元素，故A为Si元素，B为N元素，依据元素化合价可推知甲为Si3N4，据此分析解答。【题目详解】(1)由分析可知，甲的化学式为Si3N4，属于原子晶体，故答案为：Si3N4；原子；(2)乙的水溶液为硅酸钠溶液，是一种矿物胶，可以做黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂，故答案为：黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂；(3)①B元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，可知丁为N2H4，电子式为：，故答案为：；②丁可由次氯酸钠与过量氨气反应制得，反应的化学方程式为：NaClO+2NH3＝N2H4+NaCl+H2O，次氯酸钠有强氧化性，防止N2H4继续被氧化，氨气需要过量，故答案为：NaClO+2NH3＝N2H4+NaCl+H2O；次氯酸钠有强氧化性，防止N2H4继续被氧化；③电离方程式为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，该溶液中溶质电离程度较小，则c(N2H4)≈0.01mol/L，由平衡常数K=，可知该溶液中c(OH-)≈==1.0×10-4，溶液中c(H+)=mol/L=10-10mol/L，则溶液的pH=10，故答案为：10。【答案点睛】正确推断元素是解答本题的关键。本题的易错点和难点为(3)③中pH的计算，要注意电离平衡常数表达式和水的离子积的灵活运用。25、平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定)A42.00偏高减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收AgNO3见光易分解2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O氧化剂温度过高过氧化氢分解、氨气逸出【答案解析】

根据盐酸和氢氧化钠的量计算氨气的物质的量，根据硝酸银计算氯离子的物质的量。注意分析合成M的原料中双氧水的作用。【题目详解】（1）上述装置A中，玻璃管的作用是平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定)；（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，A装置要产生水蒸气将B中的氨全部蒸出，酒精灯应放置在A处。（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为42.00g。（4）装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，相当于氨气消耗盐酸过多，会造成测得氮的含量偏高；为减少盐酸的挥发，冰水混合物的作用降低吸收液盐酸的温度，减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收。（5）硝酸银见光会分解，故测定氯的过程中使用棕色滴定管的原因是防止AgNO3见光分解。（6）M以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在，双氧水将+2价钴氧化为+3，则M为配合物，其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，因此，制备M的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，其中双氧水的作用是氧化剂；双氧水和氨水受热均易分解，故制备M的过程中温度不能过高的原因是：温度过高过氧化氢分解、氨气逸出。26、中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O下层溶液红色褪去的原因与乙酸无关溶液不变红或无明显现象【答案解析】

（1）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；（2）试管①中乙酸乙酯中的乙酸与碳酸钠反应，产生气泡，发生的反应为2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O；（3）对比实验①和②，无论有没有含乙酸，溶液红色均褪去，可得出的结论是下层溶液红色褪去的原因与乙酸无关；（4）针对实验②中现象，上层液体不变薄则乙酸乙酯不溶解于下层碳酸钠溶液且不与碳酸钠反应而无气泡，下层溶液红色褪去是因为酚酞被萃取于乙酸乙酯中碳酸钠溶液中不再含有酚酞而显无色，故乙同学提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。实验③中充分振荡、静置、分液。取下层溶液，下层溶液中已不含酚酞，故加入饱和Na2CO3溶液观察到溶液不变红或无明显现象，证实乙的猜想正确。27、①③⑤⑦过滤分液蒸发结晶蒸馏④⑤【答案解析】

(1)只用试管和胶头滴管就可以对下列各组中的两种溶液进行鉴别，则物质之间添加顺序不同，发生反应产生的现象不同，以此来解答；(2)由实验流程可知，步骤(1)是分离固液混合物，其操作为过滤，步骤(2)分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗；步骤(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发结晶，需要蒸发皿；步骤(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，以此来解答；(3)结合常见的混合分离提纯的基本操作分析判断。【题目详解】(1)①向AlCl3溶液加NaOH溶液，先有沉淀后沉淀消失，而向NaOH溶液中加AlCl3溶液，先没有沉淀后生成沉淀，现象不同，能鉴别，故①选；②Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液，改变加入顺序均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故②不选；③向NaAlO2溶液加盐酸，先有沉淀后沉淀消失，而向盐酸中加NaAlO2溶液，先没有沉淀后生成沉淀，现象不同，能鉴别，故③选；④Al2(SO4)3溶液和氨水，改变加入顺序均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故④不选；⑤苯与水互不相溶，苯的密度比水小，只有分别取少量混在一起，上层的为苯，下层为水，能鉴别，故⑤选；⑥AgNO3、BaCl2、K2SO4和Mg(NO3)2四种溶液相互两两混合，只有Mg(NO3)2溶液与其余三种溶液混合无现象，可鉴别出Mg(NO3)2溶液，剩余三种无法鉴别，故⑥不选；⑦在NaNO3、FeCl3、NaCl、AgNO3四种溶液中FeCl3是棕黄色溶液，只要观察就可确定，取剩余三种溶液各少量分别与FeCl3混合，有白色沉淀生成的是AgNO3溶液，再取剩余二种溶液各少量分别与AgNO3溶液混合，有白色沉淀生成的是NaCl，剩下的为NaNO3，可鉴别，故⑦选；⑧NaHCO3溶液与稀硫酸正反混合滴加现象相同，均有无色气体放出，无法鉴别，故⑧不选；故答案为①③⑤⑦；(2)由分析可知，(1)(2)(3)(4)的分离提纯方法依次为过滤、分液、蒸发结晶、蒸馏；(3)①常压蒸馏时，圆底烧瓶中加入液体的体积不能超过容积的三分之二，故①错误；②稀硝酸也能溶解Cu，除去铜粉中混有CuO的实验操作应加入稀盐酸溶解、过滤、洗涤、干燥，故②错误；③饱和食盐水可以除去Cl2中的HCl，但得到的Cl2含有水蒸气，并不纯净，故③错误；④用CCl4萃取碘水中的I2，振荡分层后，有机层在下层，则先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故④正确；⑤液面高于滤纸边缘，会使部分液体未经过滤纸的过滤直接流下，该操作会使滤液仍然浑浊，故⑤正确；⑥NaCl溶液蒸发结晶时当出现多量晶体时停止加热，利用余热使剩余水份蒸干，故⑥错误；⑦蒸馏时，温度计的作用是测蒸气的温度，插到蒸馏烧瓶的支管口，不是插入溶液中，故⑦错误；⑧酒精与水混溶，不可以用酒精作萃取剂，萃取碘水中的I2，故⑧错误；⑨CCl4的密度比水大，用CCl4萃取溴水中溴时，静置分层后下层为橙红色，分液时，先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故⑨错误；故答案为④⑤。28、（1）H3PO2H2PO2-+H+；（2）①+1；②H3PO4；③正盐；碱性；（3）2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑．（4）①4OH--4e-=O2↑+2H2O；②阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2P