2023届东北三省四市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考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、下列有关说法不正确的是图1图2图3图4A．水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键B．CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋C．H原子的电子云图如图3所示，H原子核外的大多数电子在原子核附近运动D．金属Cu原子堆积模型如图4所示，该金属晶体为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为122、下列有机物的命名正确的是()A．1,2,4-三甲苯 B．3-甲基戊烯C．2-甲基-1-丙醇 D．1,5-二溴丙烷3、下列说法正确的是（）A．由原子构成的晶体不一定是原子晶体B．分子晶体中的分子间可能含有共价键C．分子晶体中一定有共价键D．分子晶体中分子一定紧密堆积4、镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有（）A．Cu2＋ B．AlO2- C．Al3＋ D．Mg2＋5、N2的结构可以表示为，CO的结构可以表示为，其中椭圆框表示π键，下列说法不正确的是()A．N2分子与CO分子中都含有三键B．CO分子中有一个π键是配位键C．N2与CO互为等电子体D．N2与CO的化学性质相同6、若agCO2含b个分子，则阿伏加德罗常数的值为（）A．ab/28 B．ab/14 C．28/b D．44b/a7、燃烧0.1mol某有机物得0.2molCO2和0.3molH2O，由此得出的结论不正确的是()A．该有机物分子的结构简式为CH3—CH3B．该有机物中碳、氢元素原子数目之比为1∶3C．该有机物分子中不可能含有双键D．该有机物分子中可能含有氧原子8、下列排列顺序错误的是（）A．酸性：H4SiO4＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4B．碱性：Ca(OH)2＞Mg(OH)2＞Al(OH)3C．原子半径：F＜O＜S＜NaD．氢化物的稳定性：SiH4＞H2S＞H2O＞HF9、下列实验装置、操作均正确的是A．分离乙醇和乙酸 B．证明碳酸酸性强于苯酚C．产生光亮的银镜 D．实验室制备乙稀10、甲酸、乙醛和葡萄糖组成的某混合物，其中氧的质量分数为15.3％，则氢的质量分数为A．84.7％ B．72.6％ C．12.1％ D．6.05％11、二氟甲烷是性能优异的环保产品，它可替代某些会破坏臭氧层的“氟利昂”产品，用作空调、冰箱和冷冻库的致冷剂。试判断二氟甲烷的结构有（）A．4种 B．3种 C．2种 D．1种12、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1mol葡萄糖分子含有的羟基数目为6NAB．5.8gC4H10中含有共价键总数为1.3NAC．5.8g熟石膏(2CaSO4·H2O)含有的结晶水分子数为0.04NAD．4.6g乙醇完全氧化成乙醛，转移电子数为0.1NA13、化学与生活密切相关，下列物质不能用作食品添加剂是（）A．乙醇 B．乙酸 C．乙酸乙酯 D．乙醛14、用石墨电极电解100mLH2SO4与CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况），则原混合溶液中Cu2＋的物质的量浓度为()A．3mol·L－1 B．2mol·L－1 C．4mol·L－1 D．1mol·L－115、下列物质属于醇的是（）A． B．HOCH2CH2OHC．CH3COOCH3 D．CH3CHO16、关于胶体的性质与应用，相关说法错误的是()A．静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶体粒子的带电性而加以除去B．明矾净水是利用胶体的吸附性C．从颜色上无法区别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体D．由于胶粒之间的排斥作用，胶粒不易聚集成大的颗粒，故胶体的性质相对比较稳定17、在下列指定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是(

)A．K2S溶液中：SO42-、B．无色溶液中：Fe2+、Na+C．室温下，Kwc(H+)=0.1mol⋅L-1D．滴入KSCN溶液显红色的溶液中：K+、Na+、18、乙酸和乙醇在浓硫酸的催化下发生酯化反应时，乙酸分子中断键的位置是（）A．a B．b C．c D．d19、对于处于化学平衡状态的反应CO+H2O（g）CO2+H2中，K正反应代表正反应的平衡常数，K逆反应代表逆反应的平衡常数，下列有关说法正确的是（）A．K正反应=K逆反应B．K正反应＞K逆反应C．K正反应＜K逆反应D．K正反应×K逆反应=120、下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是选项实验操作实验现象结论A将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液溶液变为红色样品已被氧化B向酸性KMnO4溶液中滴加乙二酸溶液褪色乙二酸具有氧化性C向AgNO3溶液中滴加过量氨水得到澄清溶液Ag+与NH3•H2O能大量共存D向1mL0.1mol•L-1Na2S溶液中滴入2mL0.1mol•L-1ZnSO4溶液，再加入2mL0.1mol•L-1CuSO4溶液开始有白色沉淀生成；后有黑色沉淀生成Ksp（CuS）<Ksp（ZnS）A．A B．B C．C D．D21、已知有机物A可发生如下转化关系，且C、E均不能发生银镜反应，则A的结构可能有A．2种 B．3种 C．4种 D．5种22、BF3是典型的平面三角形分子，它溶于氢氟酸或NaF溶液中都形成BF4－离子，则BF3和BF4－中的B原子的杂化轨道类型分别是A．sp2、sp2 B．sp3、sp3 C．sp2、sp3 D．sp、sp2二、非选择题(共84分)23、（14分）M、N、O、P、Q是元素周期表中原子序数依次递增的前四周期元素．M原子最外层电子数为内层电子数的3倍；N的焰色反应呈黄色；O的氢化物是一种强酸，其浓溶液可与M、Q的化合物反应生成O的单质；P是一种金属元素，其基态原子中有6个未成对电子．请回答下列问题：(1)元素Q的名称为______________，P的基态原子价层电子排布式为__________________。(2)O的氢化物的沸点比其上一周期同族元素的氢化物低，是因为___________________。(3)M、O电负性大小顺序是__________(用元素符号表示)，实验室制备O单质的化学方程式__________________________。(4)M、N形成的化合物的晶胞如图所示，该晶胞的边长为apm，则该晶体的密度为____________________g/cm324、（12分）近来有报道，碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称是________________。（2）B为单氯代烃，由B生成C的化学方程式为________________。（3）由A生成B、G生成H的反应类型分别是________________、________________。（4）D的结构简式为________________。（5）Y中含氧官能团的名称为________________。（6）E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为________________。（7）X与D互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为3∶3∶2。写出3种符合上述条件的X的结构简式________________。25、（12分）某无色溶液中含有K＋、Cl－、OH－、SO32-、SO42-，为检验溶液中所含的某些阴离子，限用的试剂有：盐酸、硝酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液、溴水和酚酞试液。检验其中OH－的实验方法省略，检验其他阴离子的过程如下图所示。(1)图中试剂①～⑤溶质的化学式分别是：①________，②________，③________，④__________，⑤__________。(2)图中现象c表明检验出的离子是________________。(3)白色沉淀A若加试剂③而不加试剂②，对实验的影响是____________________。(4)气体E通入试剂④发生反应的离子方程式是_________________________。26、（10分）三草酸合铁(III)酸钾K3[Fe(C204)3]·3H2O为绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇丙酮等有机溶剂。I.三草酸合铁(III)酸钾晶体的制备①将5g(NH4)2Fe(S04)2·6H2O晶体溶于20mL水中，加入5滴6mol/LH2SO4酸化，加热溶解，搅拌下加入25m饱和和H2C2O4溶液，加热，静置，待黄色的FeC2O4沉淀完全沉降以后，倾去上层清液，倾析法洗涤沉定2--3次。②向沉淀中加入10mL饱和草酸钾容液，水浴加热至40℃，用滴管缓慢滴加12mL5%H2O2，边加边搅拌并维持在40℃左右，溶液变成绿色并有棕色的沉淀生成。③加热煮沸段时间后，再分两批共加入8mL饱和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此时棕色沉淀溶解，变为绿色透明溶液。④向滤液中缓慢加入10mL95%的乙醇，这时如果滤液浑浊可微热使其变清，放置暗处冷却，结晶完全后，抽滤，用少量洗条剂洗涤晶体两次抽干，干燥，称量，计算产率。已知制各过程中涉及的主要反应方程式如下:②6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3步骤③2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O请回答下列各题:(1)简达倾析法的适用范围____________。(2)步骤③加热煮沸的目的是___________。(3)步骤④中乙醇要缓慢加入的原因是_________。(4)下列物质中最适合作为晶体洗涤剂的是_______(填编号)。A．冷水B．丙酮C．95%的乙醇D．无水乙醇(5)如图装置，经过一系列操作完成晶体的抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的顺序补充完整(洗条操作只需要考虑一次):开抽气泵→a→____→b→d→c→关闭抽气泵。

a.转移固体混合物b.关活塞Ac.开活塞Ad.确认抽干e.加洗涤剂洗涤II.纯度的测定称取1.000g产品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用标定浓度为0.0100mol/L的高锰酸钾溶被滴定至终点，三次平行实验平均消耗高猛酸钾溶被24.00mL。(6)滴定涉及反应的离子方程式:____________。(7)计算产品的纯度______(用质量百分数表示)。(K3[Fe(C204)3]·3H2O的相对分子质量为491)27、（12分）亚硝酸钠(NaNO2)是一种工业盐，实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)制备。已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+；Na2O2能使酸性高锰酸钾溶液褪色。（1）加热装置A前，先通一段时间N2，目的是_______________。（2）装置A中发生反应的化学方程式为__________________________________。实验结束后，将B瓶中的溶液经蒸发浓缩、__________(填操作名称)、过滤可获得CuSO4·5H2O。（3）仪器C的名称为______________，其中盛放的药品为____________(填名称)。（4）充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中，________________，则产物是NaNO2(注明试剂、现象)。（5）为测定亚硝酸钠的含量，称取4.000g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：①第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_________(填代号)。a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗b．锥形瓶洗净后未干燥c．滴定终点时仰视读数②根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数__________。28、（14分）镁元素在自然界广泛分布，是人体的必需元素之一。回答下列问题(1)下列Mg原子的核外电子排布式中，能量最高的是_______，能量最低的是________(填序号)a．1s22s22p43s13px13py13pz1b．1s22s22p33s23px13py13pz1c．1s22s22p63s13px1d．1s22s22p63s2(2)Mg元素的第一电离能高于Al元素，其原因是_________________________。(3)MgO是一种耐火材料，熔点2852℃，其熔融物中有Mg2＋和O，这两个离子半径大小关系是_________；MgO的熔点高于MgCl2的原因是__________________。(4)叶绿素a是自然界中常见的含镁化合物，从叶绿素a的结构看，其中的碳原子既有sp2杂化，又有sp3杂化，以sp2杂化的碳原子有________个，叶绿素a结构中存在_______(填标号)。a．配位键b．π键c．非极性键d．氢键e．极性键(5)尖晶石是镁铝氧化物组成的矿物，有些尖晶石透明且颜色漂亮，可作宝石。如图为尖晶石的一种晶胞，晶胞中有A型和B型两种结构单元。则该尖晶石的化学式为____________。29、（10分）乙酰乙酸乙酯是有机合成中非常重要的原料，实验室制备乙酰乙酸乙酯的反应原理、装置示意图和有关数据如下所示：实验步骤：(I)合成：向三颈烧瓶中加入9.8mL无水乙酸乙酯，迅速加入0.1g切细的金属钠。水浴加热反应液，缓慢回流约2h至金属钠全部反应完。停止加热，冷却后向反应混合物中加入50%乙酸至反应液呈弱酸性。(II)分离与提纯：①向反应混合物中加入等体积的饱和食盐水，分离得到有机层。②水层用5mL无水乙酸乙酯萃取，分液。③将①②所得有机层合并，洗涤、干燥、蒸馏得到乙酰乙酸乙酯粗产品。④蒸馏粗产品得到乙酰乙酸乙酯3.9g。(l)迅速加入金属钠的原因是_________（用化学方程式说明）。(2)球形冷凝管中冷却水从_____（填“上”或“下”）口进入，上方干燥管中盛有无水CaCl2，其作用是_______。(3)实验室制备乙酰乙酸乙酯时，通常在无水乙酸乙酯中加入微量的无水乙醇，其作用是_______。(4)分离与提纯操作①中使用的分离仪器是_______。加入饱和食盐水的作用是_______。(5)分离与提纯操作③用饱和NaHCO3溶液洗涤的目的是______________。(6)本实验的产率为______%（结果保留两位有效数字）。

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水合铜离子中铜离子的配位数为4,配体是水,水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键,据此答题；B根据均摊法可以知道,在CaF2晶体的晶胞中,每个CaF2晶胞平均占有Ca2+个数为8×18+6×12=4详解:A、水合铜离子中铜离子的配位数为4,配体是水,水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键,所以A选项是正确的;B、根据均摊法可以知道,在CaF2晶体的晶胞中,每个CaF2晶胞平均占有Ca2+个数为8×18+6×12=4,,所以B选项是正确的；2、A【答案解析】

A、主链为苯，从与左边甲基相连的苯环碳开始编号，名称为：1，2，4-三甲苯，故A正确；B、没有标出官能团位置，应为3-甲基-1-戊烯，故B错误；C、主链错误，应为2-丁醇，故C错误；D、溴原子在1、3位置，为1，3-二溴丙烷，故D错误。故选A。3、A【答案解析】分析：A项，由原子构成的晶体不一定是原子晶体，如稀有气体构成的晶体；B项，分子晶体中的分子间存在范德华力，可能存在氢键，不可能含共价键；C项，分子晶体中不一定含共价键，如稀有气体；D项，分子晶体中分子不一定紧密堆积，如冰晶体。详解：A项，由原子构成的晶体不一定是原子晶体，如稀有气体构成的晶体，A项正确；B项，分子晶体中的分子间存在范德华力，可能存在氢键，不可能含共价键，B项错误；C项，分子晶体中不一定含共价键，如稀有气体，C项错误；D项，分子晶体中分子不一定紧密堆积，如冰晶体，D项错误；答案选A。4、B【答案解析】

镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，只有镁和铝与盐酸反应，生成氯化镁和氯化铝，过滤后滤液中存在Mg2+和Al3+，向滤液中加入一定量烧碱溶液，发生复分解反应后生成氢氧化镁沉淀和氢氧化铝沉淀，其中氢氧化铝沉淀能继续溶解在烧碱溶液中，据此分析判断。【题目详解】镁、铝、铜中加入过量盐酸充分反应，只有镁和铝与盐酸反应，过滤后滤液中存在Mg2+和Al3+，向滤液中加入一定量烧碱溶液，发生复分解反应后生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，其中氢氧化铝沉淀能继续溶解在烧碱溶液中，过滤后滤液中只存在AlO2-；答案选B。5、D【答案解析】

A．根据图象知，氮气和CO都含有两个π键和一个σ键，N2分子与CO分子中都含有三键，故A正确；B．氮气中π键由每个N原子各提供一个电子形成，而CO分子中其中一个π键由O原子提供1对电子形成属于配位键，故B正确；C．N2分子与CO分子中原子总数相同、价电子总数也相同，二者互为等电子体，故C正确；D．N2与CO的化学性质不相同，如CO具有较强的还原性，而氮气的性质比较稳定，还原性较差，故D错误；故选D。6、D【答案解析】

若agCO2含b个分子，设阿伏加德罗常数的值为NA，根据公式N=n×NA=mNA/M，有b=aNA/44，则NA=44b/a，故D正确，本题选D。7、A【答案解析】

根据元素守恒和原子守恒，推出0.1mol有机物中含有0.2molC和0.6molH，即1mol该有机物中有2molC和6molH，据此分析；【题目详解】A、根据元素守恒和原子守恒，推出0.1mol有机物中含有0.2molC和0.6molH，即1mol该有机物中有2molC和6molH，因为题中无法确认有机物的质量或相对分子质量，因此无法确认有机物中是否含氧元素，即无法确认有机物结构简式，故A说法错误；B、根据A选项分析，该有机物中碳、氢元素原子数目之比为2：6=1：3，故B说法正确；C、1mol该有机物中含有2molC和6molH，该有机物分子式C2H6Ox，不饱和度为0，即不含碳碳双键，故C说法正确；D、根据A选项分析，该有机物中可能存在氧元素，也可能不存在氧元素，故D说法正确；答案选A。【答案点睛】有机物分子式的确定，利用原子守恒和元素守恒，推出有机物中C原子的物质的量和H原子的物质的量，然后根据有机物的质量，确认是否含有氧元素，从而求出有机物的实验式，最后利用有机物的相对分子质量，求出有机物的分子式。8、D【答案解析】分析：A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；B．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；C．原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强。详解：A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl＞S＞P＞Si，所以酸性H4SiO4＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4，A正确；B．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Ca＞Mg＞Al，所以碱性：Ca(OH)2＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，B正确；C．原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径F＜O＜S＜Na，C正确；D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性F＞O＞S＞Si，所以氢化物的稳定性SiH4＜H2S＜H2O＜HF，D错误；答案选D。点睛：本题考查元素周期律，侧重考查金属性、非金属性强弱判断及原子半径大小比较，为高频考点，知道非金属、金属性强弱与得失电子难易程度有关，与得失电子多少无关，为易错题。9、D【答案解析】

A、乙醇和乙酸互溶，不分层，不能用分液法分离，故A错误；B、醋酸具有挥发性，醋酸也能与苯酚钠溶液反应生成苯酚，故B错误；C、银镜反应需要水浴加热，故C错误；D、乙醇与浓硫酸的混合液加热到170℃发生消去反应生成乙烯，故D正确。10、C【答案解析】

甲酸为CH2O，乙醛为C2H4O，葡萄糖为C6H12O6，各分子中碳原子与氢原子数目之比为1：2，故混合物中碳元素与氢元素的质量之比为12：2=6：1，根据氧元素的质量发生计算混合物中碳元素与氢元素的质量分数之和，再根据碳元素与氢元素质量关系计算。【题目详解】甲酸为CH2O，乙醛为C2H4O，葡萄糖为C6H12O6，各分子中碳原子与氢原子数目之比为1：2，故混合物中碳元素与氢元素的质量之比为12：2=6：1，根据氧元素的质量发生计算混合物中碳元素与氢元素的质量分数之和，混合物中氧的质量分数为15.3%，则混合物中碳元素与氢元素的质量分数之和为1-15.3%=84.7%，故混合物中氢元素的质量分数，故答案选C。11、D【答案解析】

由于甲烷是正四面体结构，所以其中的任何两个H原子被F原子取代，产物的结构都是相同的。因此二氟甲烷的结构简式只有一种。选项为D。12、B【答案解析】

A.1mol葡萄糖分子含有的羟基数目为5NA，故A错误；B．正丁烷和异丁烷互为同分异构体，分子式为C4H10，5.8g正丁烷和异丁烷的混合气体物质的量为=0.1mol，含有共价键的总数为0.1×(10+3)×NA=1.3NA，故B正确；C．熟石膏(2CaSO4•H2O)的物质的量n==0.02mol，由熟石膏(2CaSO4•H2O)的化学式可知，1mol熟石膏(2CaSO4•H2O)中含1mol水，故0.02mol中含0.02mol水，即0.02NA个，故C错误；D．4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.2NA，故D错误；故答案为B。13、D【答案解析】

A．乙醇可作味剂，能作食品添加剂，故A正确；B．乙酸又名醋酸，是食醋的成分，能作食品添加剂，故B正确；C．乙酸乙酯是特殊的香味，可用作香料，能作食品添加剂，故C正确；D．乙醛有毒，能致癌，不能作食品添加剂，故D错误；故答案为D。14、D【答案解析】

电解0.1LH2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极发生的反应为：4OH—-4e－=2H2O+O2↑，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑，两极均收集到2.24L（标况）气体，即均生成0.1mol的气体，阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子，而阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.2mol电子由铜离子获得，所以溶液中有0.1mol铜离子，据c=得到铜离子的浓度为：=1mol/L，答案选D。15、B【答案解析】

A．中羟基与苯环直接相连，该有机物属于酚类，故A错误；B．HOCH2-CH2OH，羟基与烃基相连，该有机物属于醇类，故B正确；C．CH3COOCH3，该有机物的官能团为酯基，属于酯类，故C错误；D．CH3CHO，官能团为醛基，属于醛类，故D错误；故选B。【答案点睛】本题的易错点为A，要注意醇的官能团为羟基，但羟基不能直接与苯环相连，否则属于酚类。16、C【答案解析】

A、静电除尘利用的是胶体电泳现象；B、明矾净水是利用铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体；C、FeCl3溶液与Fe（OH）3胶体的颜色不同；D、胶体性质稳定的原因是胶体粒子带同种电荷，有相互排斥的作用力。【题目详解】A项、静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶粒的带电性而加以除去，此过程为胶体的电泳，故A正确；B项、明矾净水是利用铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮的杂质，达到净水的目的，故B正确；C项、Fe（OH）3胶体呈红褐色，FeCl3溶液呈棕黄色，因此可以从颜色上区分，故C错误；D项、胶体之所以具有介稳性，主要是因为胶体粒子可以通过吸附而带有电荷，同种胶体粒子电性相同，互相排斥使胶粒不易聚集成大的颗粒，故D正确；答案选C。【答案点睛】本题考查了胶体的性质，注意胶体的性质和介稳定的原因是解答关键。17、C【答案解析】A.

K2S与Cu2+之间反应生成难溶物硫化铜，在溶液中不能大量共存，故A错误；B.

Fe2+、ClO−之间发生氧化还原反应，Fe2+为有色离子，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.室温下，KWc(H+)=0.1mol⋅L−1的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、SiO32−、NO3−之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D.滴入KSCN溶液显红色的溶液中含有铁离子，铁离子与C6H5OH发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；本题选D。18、B【答案解析】

乙酸和乙醇在浓硫酸的催化下发生酯化反应时，乙酸分子脱去羟基，断裂的化学键为C-O键，即从图示中的b位置断裂，故选B。19、D【答案解析】分析：平衡常数K=生成物平衡浓度幂次方乘积/反应物平衡浓度幂次方乘积，依据化学方程式书写反应的平衡常数，正逆反应的平衡常数互为倒数。详解：对于处于化学平衡状态的反应CO+H2O（g）CO2+H2中，K正反应代表正反应的平衡常数=c(CO2)·c(H2)/c(CO)·c(H2O)，K逆反应代表逆反应的平衡常数=c(CO)·c(H2O)/c(CO2)·c(H2)，K正反应×K逆反应=1。答案选D。20、D【答案解析】

A．将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子，则不能检验是否变质，应溶于水，滴加KSCN溶液，选项A错误；B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质，向酸性KMnO4溶液中滴加乙二酸，溶液褪色，说明高锰酸钾溶液被乙二酸还原，则乙二酸体现还原性，选项B错误；C．向硝酸银溶液中滴加过量氨水，生成银氨溶液，Ag+与NH3•H2O不能共存，选项C错误；D、向1mL0.1mol•L-1Na2S溶液中滴入2mL0.1mol•L-1ZnSO4溶液，生成白色ZnS沉淀，ZnSO4过量，再加入2mL0.1mol•L-1CuSO4溶液，产生黑色CuS沉淀，证明发生了沉淀转化，证明Ksp（CuS）<Ksp（ZnS），选项D正确。答案选D。【答案点睛】本题考查化学实验方案的评价，易错点为选项D，注意Na2S溶液与ZnSO4溶液反应时的量，硫酸锌过量，继续加入硫酸铜时为沉淀转化。21、A【答案解析】

A的分子式为C6H12O2含有一个不饱和度，又能在NaOH溶液中反应生成两种物质，所以A即为酯。根据条件，进一步分析可知，B为羧酸钠，C为对应的羧酸，D为酯水解得到的醇，其能发生催化氧化生成E。又因为C、E均不能发生银镜反应，所以C一定不能为甲酸，D对应的醇催化氧化得到的E是酮而非醛。【题目详解】当C为乙酸时，D分子式为C4H10O，符合条件的D的结构只有2-丁醇，那么A的结构只有1种；当C为丙酸时，D的分子式为C3H8O，符合条件的D的结构只有2-丙醇，那么A的结构只有1种；C为丁酸时，D的结构无法符合要求；C为戊酸时，D的结构无法符合要求；综上所述，满足要求的A的结构只有两种，A项正确；答案选A。【答案点睛】分析有机物的结构时，可以从不饱和度入手，结合题干中给出的关于有机物性质的信息，对有机物可能含有的结构或基团进行合理猜测。22、C【答案解析】

BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ键，中心原子B的价层电子对数为3+(3−1×3)/2=3，属于sp2杂化，BF4-中中心原子B的价层电子对数为4+(3+1−1×4)/2=4，属于sp3杂化。故C符合题意；答案：C。【答案点睛】根据价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数；σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数进行解答。二、非选择题(共84分)23、锰3d54s1HF分子间存在氢键，而HCl分子间无氢键O＞Cl4HCl(浓)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O【答案解析】

依题意可知：M为氧元素，N为钠元素，O是氯元素，P是铬元素，Q是锰元素，因此有：（1）元素Q的名称为锰，P的基态原子价层电子排布式为3d54s1；（2）O的氢化物的沸点比其上一周期同族元素的氢化物低是因为HF分子间存在氢键，而HCl分子间无氢键；（3）M、O电负性大小顺序是O＞Cl，实验室利用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，反应的化学方程式为4HCl(浓)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O；(4)M、N分别为氧元素和钠元素，根据晶胞结构示意图可知，一个晶胞含有个8氧原子，8个钠原子，其化学式为Na2O，该晶胞的边长为apm，则该晶体的密度为=g/cm3。【答案点睛】本题涉及核外电子排布、电负性、分子结构、杂化轨道、晶胞结构与计算等，（4）为易错点、难点，需要学生具有一定空间想象及数学计算能力。24、丙炔取代反应加成反应羟基、酯基、、、、、、【答案解析】

A到B的反应是在光照下的取代，Cl应该取代饱和碳上的H，所以B为；B与NaCN反应，根据C的分子式确定B到C是将Cl取代为CN，所以C为；C酸性水解应该得到，与乙醇酯化得到D，所以D为，D与HI加成得到E。根据题目的已知反应，要求F中一定要有醛基，在根据H的结构得到F中有苯环，所以F一定为；F与CH3CHO发生题目已知反应，得到G，G为；G与氢气加成得到H；H与E发生偶联反应得到Y。【题目详解】（1）A的名称为丙炔。（2）B为，C为，所以方程式为：。（3）有上述分析A生成B的反应是取代反应，G生成H的反应是加成反应。（4）D为。（5）Y中含氧官能团为羟基和酯基。（6）E和H发生偶联反应可以得到Y，将H换为F就是将苯直接与醛基相连，所以将Y中的苯环直接与羟基相连的碳连接即可，所以产物为。（7）D为，所以要求该同分异构体也有碳碳三键和酯基，同时根据峰面积比为3:3:2，得到分子一定有两个甲基，另外一个是CH2，所以三键一定在中间，也不会有甲酸酯的可能，所以分子有6种：【答案点睛】本题的最后一问如何书写同分异构，应该熟练掌握分子中不同氢数的影响，一般来说，3个或3的倍数的氢原子很有可能是甲基。2个或2的倍数可以假设是不是几个CH2的结构，这样可以加快构造有机物的速度。25、Ba(NO3)2HClHNO3Br2AgNO3Cl－会使SO32－对SO42－的检验产生干扰，不能确认SO42－是否存在SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Br－【答案解析】

根据框图，结合需要检验的离子可知，气体E只能为二氧化硫。SO32-、SO42-能够与Ba(NO3)2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应能够生成二氧化硫气体，二氧化硫气体E能使溴水褪色，硫酸钡不溶解于硝酸，故试剂①为Ba(NO3)2溶液，试剂②为盐酸，试剂④为溴水，无色溶液C中含有Cl－、OH－，溶液呈碱性，加入过量试剂③后再加入试剂⑤生成白色沉淀，应该是检验氯离子，因此试剂③为硝酸，调整溶液呈酸性，试剂⑤为硝酸银溶液，白色沉淀为氯化银，据此分析解答。【题目详解】(1)SO32-、SO42-能够与Ba(NO3)2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应能够生成二氧化硫气体，二氧化硫气体E能使溴水褪色，硫酸钡不溶解于硝酸，故试剂①为Ba(NO3)2溶液，试剂②为盐酸，试剂④为溴水，无色溶液C中含有Cl－、OH－，溶液呈碱性，加入过量试剂③后再加入试剂⑤生成白色沉淀，应该是检验氯离子，因此试剂③为硝酸，调整溶液呈酸性，试剂⑤为硝酸银溶液，白色沉淀为氯化银，故答案为：Ba(NO3)2；HCl；HNO3；Br2；AgNO3；(2)根据上述分析，现象a检验出的阴离子为SO32-，现象b检验出的阴离子为SO42-，现象c检验出的阴离子为Cl-，故答案为：Cl-；(3)硝酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，因此白色沉淀A若加试剂③稀硝酸而不加试剂②盐酸会使SO32-对SO42-的检验产生干扰，不能确认SO42-是否存在，故答案为：会使SO32-对SO42-的检验产生干扰，不能确定SO42-是否存在；(4)溴单质与二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸，反应的离子方程式：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-。【答案点睛】根据反应现象推断各物质的成分是解题的关键，明确气体E为二氧化硫是解题的突破口。本题的易错点为试剂②的判断，要注意试剂②不能选用稀硝酸，因为硝酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子。26、适用分离晶体颗粒较大、易沉降到容器底部的沉淀除去过量的双氧水，提高饱和H2C2O4溶液的利用率避免沉淀析出过快导致晶粒过小Cbdce16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O98.20%【答案解析】分析：本题一实验制备为载体，考查学生对操作的分析评价、物质的分离提纯、溶液的配制、氧化还原反应滴定等，是对学生综合能力的考查，难度中等。详解：(1)倾析法的适用范围适用分离晶体颗粒较大、易沉降到容器底部的沉淀，这样减少过滤的时间和操作，比较简单。(2)对步骤②中的溶液经过加热煮沸再进行下一步操作，是由于步骤②溶液中存在过量的过氧化氢，过氧化氢具有一定的氧化性，会和③中加入的草酸发生反应，所以加热煮沸的目的是除去过量的双氧水，提高饱和H2C2O4溶液的利用率；(3)慢慢加入乙醇使沉淀充分结晶成更大的颗粒，避免沉淀析出过快导致晶粒过小；(4)因为产品不溶于乙醇，而选择95%的乙醇经济成本最低，故选C。(5)用该装置完成晶体的抽滤和洗涤的过程，首先开抽气泵，然后转移固体混合物，关闭活塞A，确认抽干后打开活塞A，加入洗涤剂洗涤，然后再关活塞A，确认抽干后打开活塞A，再关闭抽气泵，故答案为bdce；(6)草酸根离子能被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，离子方程式为：16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(7)5K3[Fe(C204)3]·3H2O--6KMnO4491*56m0.01×0.024×解m=0.982g，则产品的纯度=0.982/1.000=98.20%。27、排除装置中的空气冷却结晶干燥管碱石灰加入稀硫酸（或稀盐酸），溶液中有气泡产生且在试管上方变成红棕色气体ac86.25%【答案解析】(1)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，装置中无空气存在，加热A前，先通一段时间N2，目的是把装置中的空气赶净，避免生成的亚硝酸钠混入杂质；

(2)装置A中发生反应是浓硝酸和碳加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，装置A中生成的二氧化氮进入装置B生成硝酸，氧化铜生成硝酸铜、硫酸铜，蒸发浓缩过程硝酸是易挥发性的酸，所以冷却结晶得到晶体为硫酸铜晶体；

(3)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，仪器C为干燥管，利用其中的碱石灰用来干燥一氧化氮气体；

(4)3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O，反应生成的一氧化氮遇到空气会生成红棕色气体二氧化氮，充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中加入稀硫酸溶液中有气泡产生且在试管口上方出现红棕色气体，证明产物是NaNO2；

(5)①第一组实验数据消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，会导致测量结果偏高；a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗的标准液体积会偏大，故a正确；b．锥形瓶不需要干燥，所以锥形瓶洗净后未干燥，不影响测定结果，故b错误；c．滴定终了仰视读数，导致读数偏大，计算出的标准液体积偏大，故c正确；故答案为ac；

②由于第一组数据偏高，应该舍弃；其它三组消耗标准液平均体积为：mL=20.00mL，25mL样品消耗高锰酸钾的物质的量为0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，则250m