2023学年浙江省余姚八中化学高二下期末考试试题（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．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、下列脱水过程中不属于取代反应的是①高级脂肪酸与甘油脱水形成油脂②乙醇在浓H2SO4作用下脱水制乙烯③氨基酸在酶的作用下脱水形成二肽④葡萄糖在浓H2SO4作用下脱水成焦炭A．①② B．②③ C．②④ D．①④2、青出于蓝而胜于蓝，“青”指的是靛蓝，是人类使用历史悠久的染料之一，下列为传统制备靛蓝的过程：下列说法不正确的是A．靛蓝的分子式为C16H10N2O2 B．浸泡发酵过程发生的反应为取代反应C．吲哚酚的苯环上的二氯代物有4种 D．1mol吲哚酚与H2加成时可消耗4molH23、下列关于有机化合物的说法正确的是()A．2-甲基丁烷也称异丁烷B．三元轴烯()与苯互为同分异构体C．C4H9Cl有3种同分异构体D．烷烃的正确命名是2-甲基-3-丙基戊烷4、已知：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H，反应过程中生成1molCH3OH(g)的能量变化如下图所示。曲线Ⅰ、Ⅱ分别表示无或有催化剂两种情况。下列判断正确的是A．加入催化剂，△H变小B．△H＝+91kJ/molC．生成1molCH3OH(l)时，△H值增大D．反应物的总能量大于生成物的总能量5、下列各组表达式意义相同的是A．B．HCOOCH3和HOOCCH3C．D．-NO2和NO26、下列物质的水溶液能导电，且属于非电解质的是A．SO2 B．Na C．CaO D．C6H12O6(葡萄糖)7、下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能8、根据相应的图像，判断下列相关说法错误的是A．图①中，密闭容器中反应达到平衡，t0时改变某一条件，则改变的条件可能是加压(a+b=c)或使用催化剂B．图②是达到平衡时外界条件对平衡的影响关系，则正反应为放热反应，p2>p1C．图③是物质的百分含量和温度T关系，则反应为放热反应D．图④是反应速率和反应条件变化关系，则该反应的正反应为吸热反应，且A、B、C、D一定均为气体9、下列叙述中正确的是A．CS2为V形的极性分子，形成分子晶体B．ClO3-的空间构型为平面三角形C．氯化硼BCl3的熔点为-107℃，氯化硼液态时能导电而固态时不导电D．SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化，SiF4分子呈空间正四面体，SO32-呈三角锥形10、“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质①是溶液②是胶体③能产生丁达尔效应④不能透过滤纸⑤能透过滤纸⑥静置后会析出黑色沉淀A．①④⑤B．②③④C．②③⑤D．①③④⑥11、下列变化中，不需要破坏化学键的是（）A．食盐熔融 B．氨气液化 C．HCl溶于水 D．石油裂化12、“垃圾是放错了地方的资源”，应分类回收利用。生活中废弃的塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于：A．无机物 B．盐类 C．有机物 D．糖类13、某高聚物含有如下结构片断：对此结构的分析中正确的是()A．它是缩聚反应的产物B．其单体是CH2＝CH2和HCOOCH3C．其链节是CH3CH2COOCH3D．其单体是CH2＝CHCOOCH314、某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，发现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是A．断开K2，闭合K1时，石墨电极上的电极反应式为：2H＋+2e－＝H2↑B．断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应式为：Cl2+2e－＝2Cl－C．甲装置属于燃料电池，该电池正极的电极反应式为：CH4+10OH－－8e－＝CO32－+7H2OD．甲烷燃料电池的总电极反应式为：CH4+2O2+2KOH＝K2CO3+3H2O15、下列电离方程式书写正确的是A．NaHS=Na++H++S2-B．H3PO43H++PO43-C．CH3COONH4CH3COO-+NH4+D．Ba(OH)2=Ba2++2OH-16、我省庐江县有丰富的钒矿资源——明矾，其主要成分为KAl(SO4)2·12H2O。下列有关说法正确的是()A．明矾既可以除去水中的悬浮物，也可以杀菌消毒B．可以通过电解明矾溶液来制取AlC．用酒精灯加热铝箔至熔化，铝并不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高D．可以用在某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液的方法来确定该溶液中是否含有SO42-17、将纯水加热到较高温度时，下列叙述正确的是A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性B．水的离子积不变、pH变大、呈中性C．水的离子积变小、pH变小、呈碱性D．水的离子积变大，pH变小、呈中性18、关于一些重要的化学概念有下列说法，其中正确的是（）①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物②BaSO4是一种难溶于水的强电解质③冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐④煤的干馏、煤的气化和液化都属于化学变化⑤置换反应都属于离子反应A．①②⑤ B．①②④ C．②③④ D．③④⑤19、下列装置工作时，将电能转化为化学能的是A．风力发电机B．硅太阳能电池C．纽扣式银锌电池D．电解熔融氯化钠A．A B．B C．C D．D20、有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，原子半径依次减小，其中只有一种金属元素；X+与M2—具有相同的电子层结构；离子半径：Z2—>W—；Y的单质晶体熔点高、硬度大。下列说法中正确的是()A．X、M两种元素只能形成X2M型化合物B．X的氢化物熔点比W的氢化物低C．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂D．ZM2、YM2晶体类型相同，晶体中含有化学键类型也相同21、化学与材料、生活和环境密切相关，下列有关说法中正确的是()A．食品袋中常放有硅胶和铁粉，都能起到干燥的作用B．“绿色化学”的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C．碘是人体必需的微量元素，所以要多吃富含碘的食物D．某新型航天服材料主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，它是一种新型无机非金属材料22、下列各图所表示的反应是吸热反应的是A． B． C． D．二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl－、CO32-中的一种。(离子在物质中不能重复出现)①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据①②实验事实可推断它们的化学式为：（1）A________，C________，D____________。（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：___________________________。（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_______________________。24、（12分）原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，X基态原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y基态原子的2p原子轨道上有3个未成对电子，Z是地壳中含量最多的元素，W的原子序数为24。（1）W基态原子的核外电子排布式为___________，元素X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表达)；（2）与XYZ-互为等电子体的化学式为___________；（3）1mol

HYZ3分子中含有σ键的数目为___________；（4）YH3极易溶于水的主要原因是___________。25、（12分）实验室需要0.1mol·L－1NaOH溶液450mL和0.3mol·L－1硫酸溶液480mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图是已提供仪器，配制上述溶液均需用到的玻璃仪器是________（填选项）。（2）下列操作会使配制的NaOH溶液浓度偏低的是__________。A称量NaOH所用砝码生锈B选用的容量瓶内有少量蒸馏水C定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线D定容时俯视刻度线（3）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为________g。（4）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为__________mL（计算保留一位小数）。26、（10分）铁与水蒸气反应，通常有以下两种装置，请思考以下问题：（1）方法一中，装置A的作用________________________。方法二中，装湿棉花的作用_______________________________________。（2）实验完毕后，取出装置一的少量固体，溶于足量稀盐酸，再滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，试解释原因：__________________________。27、（12分）某研究性学习小组，利用固体Na2SO3与中等浓度的H2SO4反应，制备SO2气体并进行有关性质探究实验。该反应的化学方程式为：Na2SO3(固)+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+H2O。除固体Na2SO3和中等浓度的H2SO4外，可供选择的试剂还有：①溴水；②浓H2SO4；③品红试液；④紫色石蕊试液；⑤澄清石灰水；⑥NaOH溶液。回答下列问题：（1）欲验证SO2的漂白作用，应将SO2气体通入______中(填物质编号)，观察到的现象是____________；（2）欲验证SO2的还原性，应将SO2气体通入______中(填物质编号)，观察到的现象是_______________；（3）为验证SO2的氧化性，通常利用的反应是___________(化学方程式)；（4）为防止多余的SO2气体污染环境，应将尾气通入______中(填物质编号)，反应离子方程式为__________________________。28、（14分）钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。(1)钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点。①Ti的基态原子价电子排布式为________；②Fe的基态原子共有______种不同能级的电子；(2)制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7＋3CCl4=2KCl＋2CrO2Cl2＋3COCl2↑。①上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是_______；②COCl2分子中σ键和π键的个数比为______，中心原子的杂化方式为_______；(3)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2＋和Fe2＋的离子半径分别为6.9×10－2nm和7.8×10－2nm。则熔点：NiO_______(填“＞”、“＜”或“＝”)FeO。(4)铁的某种单质的晶胞为面心立方结构，原子的配位数为_______，若铁原子半径为anm，则该单质的密度为_______g/cm3；(5)Fe2O3与KNO3和KOH固体高温加热可制备一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4(高铁酸钾)，其中KNO3被还原为KNO2，写出该反应方程式_________。29、（10分）电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0～6.0，通过电解生成Fe(OH)3沉淀。Fe(OH)3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，弃去浮渣层，即起到了浮选净化的作用。某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计的装置示意图如图1所示。回答下列问题：（1）电解过程中，电解池阴极的电极反应式为______；控制电流，可使电解池阳极同时发生两个电极反应：其中一个为2H2O-4e－===O2↑+4H+，另一个电极反应式为______。（2）电解池溶液中得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式为______。（3）某熔融盐燃料电池以熔融的多种碱金属碳酸盐混合物为电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料为电极，如图2。若该熔融盐燃料电池为电浮选凝聚法的电解电源，则：①正极的电极反应式为______；②为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定。为此电池工作时必须有部分A物质参加循环。则A物质的化学式是______。③实验过程中，若在阴极产生了44.8L（标准状况）气体，则熔融盐燃料电池理论上消耗CH4______L（标准状况）。

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】

①高级脂肪酸与甘油脱水形成油脂和水，为酯化反应，属于取代反应，故①不选；②乙醇在浓H2SO4作用下脱水生成乙烯，为消去反应，故②选；③氨基酸在酶的作用下脱水形成二肽，为氨基与羧基发生的取代反应，故③不选；④葡萄糖在浓H2SO4作用下脱水成焦炭，与浓硫酸的脱水性有关，不属于取代反应，故④选；不属于取代反应的是②④，答案选C。2、C【答案解析】

A.根据题干中的结构简式，靛蓝的分子式为C16H10N2O2，故A正确；B.浸泡发酵过程发生的反应可以看作是-O-R被羟基取代，故B正确；C.因为该结构不对称，二氯代物一共有6种，故C错误；D.吲哚酚分子中含有一个苯环及一个碳碳双键，所以1mol吲哚酚与H2加成时可消耗4molH2，故D正确，故选C。【答案点睛】在确定吲哚酚的苯环上二氯代物的种类时，苯环上能发生取代的氢原子按照顺序编号为1，2，3，4，取代的方式有1，2位，1，3位，1，4位，2，3位，2，4位，3，4位6种情况。3、B【答案解析】

A项，2-甲基丁烷分子中含有5个C，也称异戊烷，A错误；B项，由三元轴烯的结构可得分子式为C6H6，而结构与苯不同，故与苯互为同分异构体，B正确；C项，C4H9Cl的同分异构体有、、、共4种，C错误；D项，烷烃的正确命名是2-甲基-3-乙基己烷，故D错误。【答案点睛】本题考查同分异构体、有机物的命名等，对于同分异构体，要抓住概念进行判断并掌握一定的书写方法，如:可以记住-C3H7有2种、-C4H9有4种、-C5H11有8种；对于有机物系统命名中常见的错误归纳如下：①主链选取不当（不包含官能团，不是主链最长、支链最多）；②编号错（官能团的位次不是最小，取代基位号之和不是最小）；③支链主次不分（不是先简后繁）；④连接符号用错。4、D【答案解析】

A．加入催化剂，反应热不变，故A错误；B．反应物总能量大于生成物总能量，该反应放热，故B错误；C．如果该反应生成液态CH3OH，放出更多的热量，因反应热为负值，则△H减小，故C错误；D．由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故D正确；故选D。5、C【答案解析】分析：A．根据是否带有电荷分析判断；B．前者为甲酸甲酯，后者为乙酸，二者表示的为不同的烃的衍生物；C．根据乙基的结构简式的书写方法分析判断；D．-NO2表示官能团，NO2表示物质。详解：A．-OH为羟基，羟基中氧原子最外层7个电子，表示的是阴离子，二者表示的意义不同，故A错误；B．前者表示的是甲酸甲酯，属于酯类，后者表示的是乙酸，属于羧酸，二者互为同分异构体，表示的物质不同，故B错误；C．二者表示的取代基类型相同，均为乙基和环戊基，表示的是同一种物质，表达式意义相同，故C正确；D．-NO2为硝基，属于有机物的官能团，NO2为氮元素的氧化物，二者表示的意义不同，故D错误；故选C。点睛：本题考查了化学表达式的含义，掌握常见化学表达式的书写方法是解题的关键。本题的易错点为A，要注意羟基不带电，电子式为。6、A【答案解析】

溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此判断。【题目详解】A．由于SO2溶于水后可生成亚硫酸，其水溶液可导电，但其自身并不能电离出离子，为非电解质，A选；A．金属钠为单质，既不是电解质，也不是非电解质，B不选；B．CaO熔融状态下能电离出阴阳离子，为电解质，C不选；D．葡萄糖为非电解质，水溶液也不能导电，D不选；答案为A。【答案点睛】电解质、非电解质都必须是化合物，两者的区别在于给定条件下能否导电，具体做题的时候可以根据其含义或根据电解质、非电解质的常见分类来判断。例如电解质包括有酸、碱、盐、金属氧化物、水；非电解质包括有非金属氧化物，大多数有机物、氨气等。7、A【答案解析】

A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A正确；B、锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B错误；C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C错误；D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化还原反应，D错误；答案选A。8、D【答案解析】

A．若a+b=c，则可逆反应为气体体积不变的反应，由题给信息可知，平衡后改变条件，正逆反应速率都增大且始终相等，且平衡不移动，说明改变的条件可能是加压或使用催化剂，A项正确；B．由图可知，压强一定时，随着温度的升高，A的平衡转化率逐渐减小，说明反应为放热反应；分析题中可逆反应方程式，可知可逆反应为气体体积减小的反应，在保持温度不变时，p2条件下A的平衡转化率大于p1条件下A的平衡转化率，说明p2>p1，B项正确；C．由图中T2~T3可知。平衡后升高温度，反应逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，C项正确；D．由图可知，反应达第一次平衡时，减小压强，正逆反应速率均减小且正反应速率大于逆反应速率，反应正向移动，说明生成物中气体的化学计量数之和大于反应物中气体的化学计量数之和，则A、B、C、D不一定均为气体；可逆反应达第二次平衡时，升高温度，正逆反应速率都增大且正反应速率大于逆反应速率，反应正向移动，说明该可逆反应的正反应为吸热反应，D项错误；答案选D。【答案点睛】化学平衡图像题解题步骤：（1）看图像一看面（横、纵坐标的含义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点、拐点、终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化）。（2）想规律联想化学平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响。（3）做判断利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，做出判断。9、D【答案解析】

A.CS2和CO2相似，为直线形分子，在固态时形成分子晶体，故A不选；B.ClO3-的中心原子的价层电子对数为，其VSEPR模型为正四面体，略去中心原子上的孤电子对，ClO3-的空间构型为三角锥形，故B不选；C.氯化硼BCl3的熔点为-107℃，氯化硼为分子晶体，液态和固态时只存在分子，没有离子，所以不能导电，故C不选；D.SiF4和SO32-的中心原子的价层电子对数均为4，所以中心原子均为sp3杂化，SiF4的中心原子为sp3杂化，没有孤电子对，所以分子呈空间正四面体，SO32-有一对孤电子对，所以分子呈三角锥形，故D选。故选D。10、B【答案解析】由于分散质离子的直径介于1nm和100nm之间，所以形成的分散性是胶体。胶体能产生丁达尔效应，能透过滤纸，但不能透过半透膜，胶体是一种比较稳定的分散性，所以正确的答案选B。11、B【答案解析】

A.食盐熔融电离出阴阳离子，离子键被破坏，A错误；B.氨气液化属于物理变化，改变的分子间作用力，化学键不变，B正确；C.HCl溶于水电离出阴阳离子，共价键被破坏，C错误；D.石油裂化是化学变化，化学键被破坏，D错误。答案选B。12、C【答案解析】

根据组成元素可知，塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于有机物，答案选C。13、D【答案解析】

由结构片断，不难看出，它是加聚产物，因主链上没有可以缩聚的官能团，只有碳碳链重复部分，很容易观察出链节为，单体为CH2＝CHCOOCH3。答案选D。14、D【答案解析】

实验时，断开K2，闭合K1，乙装置是电解池，石墨作阳极，铜是阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，乙池形成氢氯燃料电池，铜作负极氢气失电子发生氧化反应，石墨作正极，氯气得电子发生还原反应。【题目详解】实验时，断开K2，闭合K1，乙装置是电解池，石墨作阳极，铜是阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，乙池形成氢氯燃料电池，铜作负极氢气失电子发生氧化反应，石墨作正极，氯气得电子发生还原反应；A．断开K2，闭合K1时，该装置是电解池，铜作阴极，石墨作阳极，石墨电极上氯离子失电子发生氧化反应，所以其电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故A错误；B．断开K1，闭合K2时，该装置是原电池，铜作负极，负极上氢气失电子发生氧化反应，所以铜电极上的电极反应式为：H2-2e-═2H+，故B错误；C．甲装置属于燃料电池，该电池正极上氧气得电子发生还原反应，该电池正极的电极反应式为O2十2H2O+4e-=4OH-，故C错误；D．甲装置属于燃料电池，甲烷和氧气、氢氧化钾反应生成碳酸钠和水，所以总电极反应式为：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，故D正确；故答案为D。15、D【答案解析】A.NaHS的电离方程式为：NaHS=Na++HS-，A错误；B.H3PO4为多元弱酸，分步电离：H3PO4H++H2PO4-，B错误；C.CH3COONH4属于盐，是强电解质，电离方程式为：CH3COONH4=CH3COO-+NH4+，C错误；D.Ba(OH)2属于强碱，完全电离，电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++2OH-，D正确。答案选D.16、C【答案解析】

A、明矾可以除去水中的悬浮物，但不能杀菌消毒，A错误；B、电解明矾溶液无法制取Al，应该是电解熔融的氧化铝，B错误：C、用酒精灯加热铝箔至熔化，铝并不滴落，说明氧化铝没有熔化，即氧化铝的熔点比铝高，C正确；D、加入盐酸酸化的氯化钡溶液的方法不能确定含有SO42‾，因为还可能为Ag+，D错误。答案选C。17、D【答案解析】

将纯水加热到较高温度时，水的电离平衡正向移动，则溶液中氢离子、氢氧根离子浓度均增大，且相等，则水的离子积增大，pH值减小，溶液呈中性，答案为D。【答案点睛】pH=-lgc(H+)，升高温度，c(H+)增大，则pH减小。18、B【答案解析】

①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是分散质和分散剂组成的混合物，故①正确；②硫酸钡是盐，水溶液中难溶，但溶于水的部分完全电离，熔融状态完全电离，是强电解质，故②正确；③纯碱是碳酸钠，属于盐类，故③错误；④煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏是属于化学变化；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，属于化学变化；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，属于化学变化，故④正确；⑤置换反应不一定是离子反应，如：CuO＋H2Cu＋H2O，故⑤错误；故正确的是①②④，答案为B。【答案点睛】常见化学变化：干馏、氢化、氧化、水化、风化、炭化、钝化、催化、皂化、歧化、卤化、硝化、酯化、裂化、油脂的硬化等；常见物理变化或过程：蒸馏、分馏、溶化、汽化、液化、酸化等。19、D【答案解析】

A.该装置将风能转化为电能，A错误；B.该装置将太阳能转化为电能，B错误；C.该装置将化学能转化为电能，C错误；D.该装置将电能转化为化学能，D正确；故合理选项为D。20、C【答案解析】

X、Y、Z、W、M五种短周期元素，原子半径依次减小，其中只有一种金属元素；M和Z均形成-2价的阴离子，且原子半径Z＞M，则M为O元素，Z为S元素；X+与M2—具有相同的电子层结构，则X为Na元素，离子半径：Z2—>W—，则W为Cl元素，Y的单质晶体熔点高、硬度大，结合原子半径可知，Y为Si元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，X为Na元素，Y为Si元素，Z为S元素，W为Cl元素，M为O元素。A．钠和氧还可以形成Na2O2，故A错误；B．钠的氢化物为离子化合物，氯的氢化物为共价化合物，因此X的氢化物熔点比W的氢化物高，故B错误；C．Cl2和O3都具有强氧化性，则可以作为水处理中的消毒剂，故C正确；D．ZM2、YM2分别为SO2、SiO2，晶体类型不同，前者为分子晶体，后者为原子晶体，故D错误；答案选C。21、D【答案解析】分析：A.有吸水性的物质能起到干燥的作用；B.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；反应物的原子全部转化为期望的最终产物；C.补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是多吃富含碘的食物；D.碳化硅、陶瓷和碳纤维均为无机非金属材料。详解:A.在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶(具有吸湿性)能吸收水分，但铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，故A错误；

B.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；反应物的原子全部转化为期望的最终产物，所以B选项是错误的；

C.碘是人体必需的微量元素，但不是要多吃富含碘的食物，而是要适量摄取，C项错误；

D.碳纤维的微观结构类似人造石墨，是乱层石墨结构和氮化硅属于无机物，属于无机非金属材料，所以D选项是正确的。

所以D选项是正确的。22、A【答案解析】

若反应物的总能量＞生成物的总能量，则反应为放热反应，若反应物的总能量＜生成物的总能量，则反应为吸热反应，选项A符合题意，故答案为A。二、非选择题(共84分)23、BaCl2CuSO4Na2CO3CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓【答案解析】

①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；根据上述推断作答。【题目详解】①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；（1）A的化学式为Ba（NO3）2，C的化学式为CuSO4，D的化学式为Na2CO3。（2）D为Na2CO3，盐酸与Na2CO3反应生成NaCl、H2O和CO2，反应的离子方程式为2H++CO32-=H2O+CO2↑。（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，反应的离子方程式为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓。【答案点睛】本题考查离子的推断，熟悉各离子的性质和离子间的反应是解题的关键。离子的推断必须遵循的原则：肯定原则（根据实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子不能在同一溶液中共存）、守恒原则（阳离子所带正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数）。24、1s22s22p63s23p63d54s1N＞O＞CCO2（SCN-等）4×6.02×1023氨分子与水分子间易形成氢键【答案解析】

原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，元素X的原子最外层电子数是其内层的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；Y基态原子的2p轨道上有3个未成对电子，Y的核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；W的原子序数为24，则W为Cr元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Cr元素。(1)W核外电子数为24，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；同一周期，随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；N＞O＞C；(2)原子总数相等、价电子总数相等微粒互为等电子体，与CNO-互为等电子体的有CO2、SCN-等，故答案为：CO2(或SCN-等)；(3)HNO3的结构式为，1mol

HNO3分子中含有4molσ键，数目为4×6.02×1023，故答案为：4×6.02×1023；(4)氨分子与水分子间易形成氢键，导致NH3极易溶于水，故答案为：氨分子与水分子间易形成氢键。【答案点睛】本题的易错点为(1)和(3)，(1)中要注意能级交错现象，(3)中要注意硝酸的结构。25、BDEC2.08.2【答案解析】

（1）根据配制一定物质的量浓度溶液用到仪器选择；（2）分析不当操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析，凡是能够使n增大，或者使V减小的操作，都会使C偏大；凡是能够使n减小，V增大的操作都会使C偏小；凡是不当操作导致实验失败且无法补救的，需要重新配制；（3）依据n=cv计算需要的氢氧化钠的物质的量，m=nM计算氢氧化钠的质量；（4）根据c=计算浓硫酸的浓度，再根据浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变计算，计算浓硫酸的体积。【题目详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液用到仪器：托盘天平、量筒、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等；故答案为：BDE；(2)A称量NaOH所用砝码生锈，称取的氢氧化钠的质量增多，n偏大，则浓度偏高，故A不选；B.选用的容量瓶内有少量蒸馏水，对溶液的体积不会产生影响，所配溶液准确，故B不选；C.定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线，相当于多加了水，溶液的体积偏大，浓度偏小，故C选；D.定容时俯视刻度线，使溶液的体积偏小，浓度偏大，故D不选；故选：C。(3)0.1mol/LNaOH溶液450mL，需选择500ml的容量瓶，0.1mol/LNaOH溶液500mL中含有的氢氧化钠的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.05mol=2.0g，故答案为：2.0；(4)质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的浓度为：c=1000×1.84×98%÷98=18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V=0.3mol/L×0.5L，得V=0.0082L=8.2ml，故答案为：8.2。【答案点睛】一定物质的量浓度溶液的配制需要使用容量瓶，实验室中容量瓶的规格一般有50ml，100ml，250ml，500ml，1000ml，所配溶液的体积应该选用相应规格的容量瓶。26、提供水蒸气提供水蒸气在溶液中Fe3＋被未反应的铁粉完全还原为Fe2＋【答案解析】

根据铁和水蒸气反应原理结合装置图以及相关物质的性质分析解答。【题目详解】（1）由于反应需要的是铁和水蒸气，则方法一中，装置A的作用是提供水蒸气，同样可判断方法二中，装湿棉花的作用也是提供水蒸气。（2）铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，实验完毕后，取出装置一的少量固体，溶于足量稀盐酸中，由于反应中铁可能是过量的，过量的铁能与铁离子反应生成亚铁离子，所以再滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。27、③品红试液褪色①溴水的橙色褪去2H2S+SO2=3S↓+2H2O⑥SO2+2OH-=SO32-+H2O【答案解析】分析：（1）SO2能使品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性；（2）溴水具有氧化性，能氧化二氧化硫；（3）二氧化硫能把H2S氧化；（4）SO2是酸性氧化物，能被碱液吸收。详解：（1）SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，欲验证SO2的漂白作用，应将SO2气体通入品红溶液，溶液红色褪去；（2）SO2具有还原性，能被溴水溶液氧化而使溶液褪色，欲验证SO2的还原性，应将SO2气体通入溴水溶液，溴水的橙色溶液褪色；（3）SO2具有氧化性，能与硫化氢反应生成单质硫沉淀，欲验证SO2的氧化性，应将SO2气体通入H2S溶液生成淡黄色的硫沉淀，方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O；（4）二氧化硫有毒，是酸性氧化物，能与碱反应，为防止多余的SO2气体污染环境，应将尾气通入NaOH溶液，发生反应2NaOH+SO2＝Na2SO3+H2O，离子方程式为2OH-+SO2＝SO32-+H2O。28、3d24s27O＞Cl＞C3∶1sp2＞12Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O【答案解析】

(1)Ti是22号元素，Fe是26号元素，根据原子核外电子排布规律分析解答；(2)①反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，结合化合物CCl4、氯的氧化物中元素化合价判断；②根据1个单键是1个σ键，1个双键中含有1个σ键和1个π键以及COCl2分子的结构式来解答；(3)离子晶体的熔点与晶格能的大小有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；(4)铁的某种单质的晶胞为面心立方结构，晶胞结构图为，根据均摊法求出晶胞中铁原子个数；晶胞的面对角线为铁原子半径的4倍，结合密度的计算公式分析解答；(5)Fe2O3与KNO3和KOH固体高温加热生成K2FeO4和KNO2，根据氧化还原反应的原理分析书写并配平反应的方程式。【题目详解】(1)①Ti是22号元素，位于元素周期表中第四周期第IVB族，故Ti的基态原子价电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2；②Fe是26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，原子核外有1s、2s、3s、4s、2p、3p、3d共7个能级，故答案为：7；(2)①反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，在CCl4中C表现正化合价、Cl表现负化合价，在氯的氧化物如Cl2O7等中氯为正价，O为-2价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素相互化合时