甘肃省会宁一中2023年高二化学第二学期期末调研模拟试题含解析

2023年高二下化学期末模拟试卷考生请注意：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、有机锗具有抗肿瘤活性，锗元素的部分信息如右图。则下列说法不正确的是A．x=2B．锗元素与碳元素位于同一族，属于ⅣA族C．锗位于元素周期表第4周期，原子半径大于碳的原子半径D．距离锗原子核较远区城内运动的电子能量较低2、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．Kw/c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中:NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-B．使酚酞变红色的溶液中:Na+、Al3+、SO42-、Cl-C．与A1反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3-、SO42-D．水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中:

K+、Na+、A1O2-、CO32-3、下列化合物中，既能发生水解反应，又能发生消去反应，且消去反应生成的烯烃只有一种的是()A．CH3Br B． C． D．4、下列各反应的化学方程式中，属于水解反应的是（）A．H2O+H2OH3O++OH-B．CO2+H2OH2CO3C．HCO3-+OH-H2O+CO32-D．CO32-+H2OHCO3-+OH-5、有一瓶无色溶液，可能含有Na+、K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-、SO42-、HCO3-、MnO4-离子中的几种．为确定其成分，进行如下实验：①取少许溶液，逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生；③用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察到黄色火焰．下列推断正确的是（）A．肯定有Na+、Al3+、Mg2+、SO42- B．肯定有Na+、Mg2+、Al3+、Cl-C．肯定没有K+、HCO3-、MnO4- D．肯定没有K+、NH4+、Cl-6、某有机物的结构如下图所示，下列说法正确的是A．分子式为C10H14O3B．可发生加成、取代、氧化、加聚等反应C．与足量溴水反应后官能团数目不变D．1mol该有机物可与2molNaOH反应7、将等物质的量的SO2和Cl2混合后通入含有品红和Ba(NO3)2的混合溶液里,发生的现象是①溶液很快褪色②溶液不褪色③有沉淀生成④溶液仍然透明（）A．仅①和④ B．仅①和③ C．仅②和③ D．仅②和④8、寿山石{X4[Y4Z10](ZW)8}的组成元素均为短周期元素，X的最高价氧化物对应水化物常用于治疗胃酸过多，X的简单离子与ZW－含有相同的电子数，Y的单质是制造芯片的基础材料。下列说法正确的是（）A．原子半径：Y>X>Z>W B．最高价氧化物水化物的酸性：X>YC．NaW与水反应时作还原剂 D．简单氢化物的热稳定性：Y>Z9、用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是（）A．称量 B．溶解 C．转移 D．定容10、下列物质：①H3O+

②[Cu(NH3A．①②B．①②③C．③④⑤D．①②⑤11、一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g）ΔH=-41.8kJ•mol-1，下列能说明该反应达到平衡状态的是A．ΔH的数值不再变化 B．容器内的压强不再变化C．气体的颜色不再变化 D．气体的密度保持不变12、阿魏酸在食品、医药等方面有着广泛用途。一种合成阿魏酸的反应可表示为下列说法正确的是A．可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成B．香兰素、阿魏酸均可与Na2CO3、NaOH溶液反应C．通常条件下，香兰素、阿魏酸都能发生取代、加成、消去反应D．与香兰素互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢，且能发生银镜反应的酚类化合物共有2种13、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L－1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是（）A．在0～a范围内，只发生中和反应B．a＝0.3C．ab段发生反应的离子方程式为CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2OD．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶214、某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分別为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A．曲线I代表HNO2溶液B．溶液中水的电离程度：b点>c点C．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同D．从c点到d点，溶液中c(HA)·c(OH-)c(A-15、化学用语是表示物质组成、结构和变化规律的一种具有国际性、科学性和规范性的书面语言。下列化学用语中表述正确的是A．HClO的结构式：H-Cl-O B．氨气分子的比例模型：C．原子核内有10个中子的氧原子：O D．二氧化硅的分子式：SiO216、下图中烧杯里盛的是天然水，铁被腐蚀由快到慢的顺序是（）铁被腐蚀由快到慢的顺序是A．③〉②〉①〉④〉⑤B．④〉②〉①〉③〉⑤C．③〉②〉④〉⑤〉①D．④〉⑤〉②〉③〉①17、25℃时，pH=2的某酸HnA(An—为酸根）与pH=12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH变为5。下列判断正确的是A．生成的正盐化学式为BmAnB．该盐中存在着一定水解的离子，该离子水解方程式为Bm++mH2OB(OH)m+mH+C．生成的盐为强酸弱碱盐D．HnA为弱酸，其第一步电离方程式为HnAHn-1A-+H+18、以工业级氧化锌(含Fe2+、Mn2+、Cu2+、Ni2+等)为原料制备氧化锌的流程如下：其中“氧化”加入KMnO4是为了除去浸出液中的Fe2+和Mn2+。下列有关说法错误的是A．浸出时通过粉碎氧化锌提高了浸出率B．“氧化”生成的固体是MnO2和Fe(OH)3C．“置换”加入锌粉是为了除去溶液中的Cu2+、Ni2+等D．“煅烧”操作用到的仪器：玻璃棒、蒸发皿、泥三角19、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2B．洗涤油污时热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液效果更好C．浓氨水中加入氢氧化钠固体时产生刺激性气味的气体D．工业上使用催化剂提高SO2与O2合成SO3的效率20、草酸（H2C2O4）是二元弱酸（K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5）。向10mL稀H2C2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液，H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的浓度分数δ随溶液pH变化的关系如下图，以下说法正确的是（）A．HC2O4-的浓度分数随pH增大而增大B．交点a处对应加入的NaOH溶液的体积为5mLC．交点b处c(H+)=6.4×10-5D．pH=5时存在c(Na+)+c(H+)＝c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)21、25℃时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A．0.1mol/L的KHA溶液pH=10:c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)B．0.1mol/LNaHS溶液:c(S2-)=c(H+)+c(H2S)C．100mL1.0mol/LFe(NO3)2溶液和10mL2.0mol/LHNO3溶液混合后:c(NO3-)=2.0mol/LD．0.1mol/LCH3COOH溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液等体积混合pH<7:c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)22、下列有关气体体积的叙述正确的是（）A．一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子大小决定B．一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子数决定C．不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数也不同D．气体摩尔体积指1mol任何气体所占的体积约为22.4L二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A、B、C、D、E、F为元素周期表中原子序数依次增大的前20号元素，A与B，C、D与E分别位于同一周期。A原子L层上有2对成对电子，B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体X，CE、FA为电子数相同的离子晶体。(1)写出A元素的基态原子外围电子排布式：_______________________________。F的离子电子排布式：__________。(2)写出X涉及化工生产中的一个化学方程式：______________________。(3)试解释工业冶炼D不以DE3而是以D2A3为原料的原因：_____________。(4)CE、FA的晶格能分别为786kJ·mol－1、3401kJ·mol－1，试分析导致两者晶格能差异的主要原因是___________________________。(5)F与B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。F与B形成的离子化合物的化学式为________________；该离子化合物晶体的密度为ag·cm－3，则晶胞的体积是____________________(只要求列出算式)。24、（12分）A、B、C、D、E五种化合物均含有某种短周期常见元素，它们的转化关系如图所示，其中A的溶液为澄清溶液，C为难溶的白色固体，E易溶于水，取A的溶液灼烧，焰色反应为浅紫色(透过蓝色钴玻璃)。(1)写出化学式：A_______，B_______，C_______，D_______，E_______。(2)写出下列反应的离子方程式：A→B：_________________________________________________________；A→D：__________________________________________________________。25、（12分）某些资料认为NO不能与Na2O2反应。有同学提出质疑，他认为NO易与O2发生反应，应该更容易被Na2O2氧化。查阅资料：a.2NO＋Na2O2=2NaNO2b．6NaNO2＋3H2SO4(稀)=3Na2SO4＋2HNO3＋4NO↑＋2H2Oc．酸性条件下，NO能被MnO4－氧化成NO3－该同学利用如图中装置来探究NO与Na2O2的反应(装置可重复使用)。(1)装置连接的顺序为A→_______________，A中生成NO的化学方程式____________；(2)装置C的作用是_________________；(3)装置E的作用是_________________，发生反应的离子方程式为______________；(4)充分反应后，检验D装置中是否生成了NaNO2的实验操作是______________________。26、（10分）为证明C2H5X（X=Cl、Br或I）中存在溴原子，某同学设计如下实验：Ⅰ．向C2H5X中加入硝酸银溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液；Ⅱ．向C2H5X中加入氢氧化钠溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液；Ⅲ．取Ⅱ中……。(1)Ⅰ为对照实验，目的是_______。(2)写出Ⅱ中的化学方程式：_______。(3)补全Ⅲ中的实验操作及现象：_______，说明C2H5X中含溴原子。27、（12分）铝氢化钠（）是有机合成的重要还原剂，其合成线路如下图所示。（1）无水（升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备。①中发生反应的化学方程式为__________________。②实验时应先点燃______（填“”或“”）处酒精灯，当观察到____________时，再点燃另一处酒精灯。③装置中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是__________________，请结合方程式进行解释__________________。④中试剂的作用是__________________。用一件仪器装填适当试剂后也可起到和的作用，所装填的试剂为__________________。（2）制取铝氢化钠的化学方程式是__________________。（3）改变和中的试剂就可以用该装置制取NaH，NaH中氢元素化合价为______，若装置中残留有氧气，制得的NaH中可能含有的杂质为______。（4）铝氢化钠遇水发生剧烈反应，其反应的化学方程式为____________。欲测定铝氢化钠粗产品（只含有NaH杂质）的纯度。称取样品与水完全反应后，测得气体在标准状况下的体积为，样品中铝氢化钠的质量分数为______。（结果保留两位有效数字）28、（14分）研究和深度开发CO、CO2的应用具有重要的社会意义。回答下列问题：（1）CO可用于高炉炼铁，已知：Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g)△H1=akJ/mol3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)△H2=bkJ/mol则反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的△H=________kJ/mol（2）某温度下，在容积为2L的密闭容器甲中投入8molCO2(g)、16molH2(g)发生反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%。则0〜15min内用二氧化碳表示平均反应速率v（CO2）=_______，计算此条件下该反应的平衡常数K=__________。（3）捕碳技术是指从空气中捕获二氧化碳的各种科学技术的统称。目前NH3和(NH4)2CO3等物质已经被用作工业捕碳剂。①下列物质中不可能作为CO2捕获剂的是___________。A．Na2CO3B．NaOHC．CH3CH2OHD．NH4Cl②用(NH4)2CO3捕碳的反应：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2NH4HCO3(aq)。为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体，保持其它初始实验条件不变，分别在不同温度下，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图：I.c点的逆反应速率和d点的正反应速率的大小关系为Ｖ逆c_____Ｖ正d(填“＞”、“＝”或“＜”)II.b、c、d三点的平衡常数Kb、Kc、Kd从大到小的顺序为_______。(填“＞”、“＝”或“＜”)III．T3～T4温度区间，容器内CO2气体浓度呈现增大的变化趋势，其原因是____________。29、（10分）SO2是大气中的有害物质，需要对其进行综合治理和利用。（1）工业上常用氨水吸收法处理SO2，可生成(NH4)2SO3或NH4HSO3。①(NH4)2SO3显碱性，用化学平衡原理解释其原因：____________。②NH4HSO3显酸性。用氨水吸收SO2，当吸收液显中性时，溶液中离子浓度关系正确的是____（填字母）。a．c(NH4+)＝2c(SO32-)＋c(HSO3-)b．c(NH4+)＞c(SO32-)>c(H+)＝c(OH－)c．c(NH4+)＋c(H+)＝c(SO32-)＋c(HSO3-)＋c(OH－)（2）某工厂烟气中主要含SO2、CO2，在较高温度经下图所示方法脱除SO2，可制得H2SO4。①在阴极放电的物质是_______。②在阳极生成SO3的电极反应式是______。（2）检测烟气中SO2脱除率的步骤如下：a．将一定量的净化气（不含SO3）通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水。b．加入浓盐酸，加热溶液至无色无气泡，再加入足量BaCl2溶液。c．过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量。①用离子方程式表示a中溴水的主要作用________________。②若沉淀的质量越大，说明SO2的脱除率越_____（填“高”或“低”）。

参考答案一、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、D【解析】分析：根据原子的核外电子排布规律、Ge的原子组成以及元素周期律解答。详解：A.K层只能容纳2个电子，则x=2，A错误；B.最外层电子数是4，则锗元素与碳元素位于同一族，属于第ⅣA族，B正确；C.原子核外电子层数是4层，锗位于元素周期表第4周期，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大于碳的原子半径，C正确；D.距离锗原子核较远区城内运动的电子能量较高，D错误。答案选D。2、A【解析】A.＝1×10－13mol·L－1的溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，因此溶液显酸性，四种离子间不反应，可以大量共存，A正确；B.使酚酞变红色的溶液显碱性，Al3＋不能大量共存，B错误；C.与Al反应能放出H2的溶液如果显碱性，亚铁离子不能大量共存，如果显酸性Fe2＋与硝酸根离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D.水电离的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的溶液中水的电离被抑制，溶液如果显酸性，则偏铝酸根离子、碳酸根离子不能大量共存，D错误，答案选A。点睛：明确常见离子的性质、发生的化学反应是解答的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。3、B【解析】

A.CH3Br只能与NaOH水溶液发生水解反应，只有一个碳原子不能发生消去反应，故A不符合题意；B.既能发生水解反应，又能发生消去反应，且消去反应生成的烯烃只有一种，故B符合题意；C.能发生水解反应，不能发生消去反应，和氯原子相连的碳的邻碳上没有氢原子，所以C不符合题意；D.既能发生水解反应，又能发生消去反应，且消去反应生成的烯烃只有两种，故D不符合题意；所以本题答案：B。【点睛】判断依据：氯代烃发生消去反应的条件是和氯代烃相连的碳的邻碳上有氢原子。4、D【解析】

水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号。【详解】A．水是弱电解质，不是弱离子，水本身不能水解，电离为氢离子(实际是H3O+)和氢氧根离子，H2O+H2OH3O++OH-是水的电离方程式，故A错误；B．方程式表示二氧化碳与水反应生成碳酸，是化学方程式，不是水解方程式，故C错误；C．方程式表示碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根与水，故C错误；D．方程式表示碳酸根结合水电离的氢离子生成碳酸氢根和氢氧根，是碳酸根的水解，故D正确；故答案为D。5、A【解析】

①逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，则沉淀成分是氢氧化镁和氢氧化铝；②加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，且不溶于硝酸，该白色沉淀为BaSO4；③焰色反应为黄色说明含有钠元素；据此分析；【详解】该溶液为无色溶液，因MnO4－显紫(红)色，因此该溶液中一定不含有MnO4－，①逐渐加入过量的Na2O2固体，发生2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，氧气是无色无味的气体，因为NH3是有刺激性气味的气体，因此原溶液中不含有NH4＋，能与OH－反应生成沉淀的离子是Mg2＋、Al3＋，因Mg(OH)2不溶于NaOH，Al(OH)3两性氢氧化物，溶于NaOH，有白色沉淀产生且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，推出溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋，因Al3＋与HCO3－不能大量共存，因此原溶液中一定不存在HCO3－；②取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，该白色沉淀不溶于硝酸，该沉淀为BaSO4，推出原溶液中含有SO42－；③焰色反应为黄色，推出原溶液中一定含有Na＋，因为没有通过钴玻璃观察，因此无法判断是否含有K＋；综上所述，原溶液中一定不存在的离子是NH4＋、HCO3－、MnO4－，一定含有离子是Na＋、Al3＋、Mg2＋、SO42－，不能确定的离子有K＋、Cl－，故选项A正确；答案：A。【点睛】离子检验中坚持“四项基本原则”：①肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；②互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；③电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；④进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。6、B【解析】A.根据该有机物的结构简式可知，分子式为C10H12O3，选项A错误；B.该有机物含有碳碳双键，可发生加成，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可发生加聚反应，含有羧基、羟基，可以发生酯化反应（取代反应），选项B正确；C.该有机物含有碳碳双键，与足量溴水发生加成反应，官能团数目由原来5个增加到8个，选项C错误；D.该有机物含有羧基，1mol该有机物最多可与1molNaOH反应，选项D错误。答案选B。7、C【解析】

等物质的量的SO2和Cl2混合后通入含有品红中，发生SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+，品红不褪色；通入Ba（NO3）2的混合溶液中，发生SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+、SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，观察到生成白色沉淀，故选C。【点睛】本题考查二氧化硫的化学性质，侧重氧化还原反应原理及二氧化硫还原性的考查，注意等物质的量时发生的氧化还原反应。8、C【解析】

X的最高价氧化物对应水化物常用于治疗胃酸过多，X为铝元素。X的简单离子与ZW－含有相同的电子数，Z为氧元素，W为氢元素。Y的单质是制造芯片的基础材料，Y为硅元素。【详解】A.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X>Y>Z>W，故A错误；B.非金属性：Y>X，则最高价氧化物水化物的酸性：Y>X，故B错误；C.NaH与水反应产生氢氧化钠和氢气，NaH中H元素的化合价升高，失去电子作还原剂，故C正确；D.非金属性：Z>Y，则简单氢化物的热稳定性：Z>Y，故D错误；答案选C。9、B【解析】

A、托盘天平称量时应是左物右码，A错误；B、固体溶解在烧杯中进行，B正确；C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D错误。答案选B。10、D【解析】①H3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，H3O+含有配位键；②Cu2+有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，[Cu(NH3)4]2+含有配位键；③CH3COO−中碳和氧最外层有8个电子达到稳定结构，氢满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，电子式为，不含有配位键；④NH3为共价化合物，氮原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H−N键，氢满足2电子稳定结构，无空轨道；⑤CO为共价化合物，分子中氧提供孤电子对，碳提供空轨道；本题选D。11、C【解析】

根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A．对某一反应，△H的数值不变，故A项错误；B．两边气体计量数相等，容器内压强始终保持不变，故B项错误；C．气体的颜色不再变化，说明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，故C项正确；D．恒容密闭容器中气体的质量与体积不变，则密度始终一直不变，故D项错误。故答案为C。【点睛】化学平衡状态的判断涉及到密度、摩尔质量时，一定要注意，判断密度时，质量或者体积，二者必须有一个是变量，判断摩尔质量时，质量和物质的量必须有一个是变量，当变量不在变化时，反应达到平衡状态。12、B【解析】试题分析：A、香兰素中含有酚羟基和醛基，阿魏酸中含有碳碳双键和酚羟基，二者均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成，错误；B、香兰素中含有酚羟基，阿魏酸中含有羧基和酚羟基，香兰素、阿魏酸均可与Na2CO3、NaOH溶液反应，正确；C、通常条件下，香兰素、阿魏酸不能发生消去反应，错误；D、与香兰素互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢，且能发生银镜反应的酚类化合物共有2种，错误。考点：考查有机物的结构与性质。13、B【解析】

向NaOH和Na2CO3混合配成的溶液中滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠反应完毕后再发生碳酸钠与盐酸的反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，利用物质的量的关系并结合图象分析解答。【详解】A．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则在0-a范围内发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，故A错误；B．根据图像可知，从a点开始发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，该过程中消耗氯化氢的物质的量与生成二氧化碳的物质的量相等为0.01mol，则消耗0.1mol•L-1稀盐酸的体积分别为=0.1L，所以a=0.4-0.1=0.3，故B正确；C．根据分析可知，ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故C错误；D．根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠的物质的量是0.01mol，b点消耗盐酸的物质的量为0.1mol/L×0.4L=0.04mol，则a点氯化氢的物质的量为：0.04mol-0.01=0.03mol，根据反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl可知，0.01mol碳酸钠消耗0.01mol氯化氢生成碳酸氢钠，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.02mol∶0.01mol=2∶1，故D错误；故选B。【点睛】明确盐酸与碳酸钠的反应可以分为两步：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，然后再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑是解题的关键。本题的难点和易错点为D，要注意根据反应的方程式计算判断。14、D【解析】

根据HNO2和CH3COOH的电离平衡常数，推出HNO2的酸性强于CH3COOH，相同pH、相同体积时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即曲线II为HNO2的稀释曲线，曲线I为CH3COOH的稀释曲线，据此分析。【详解】A、根据HNO2和CH3COOH的电离平衡常数，推出HNO2的酸性强于CH3COOH，相同pH、相同体积时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即曲线II为HNO2的稀释曲线，曲线I为CH3COOH的稀释曲线，故A错误；B、b点pH小于c点，说明b点溶液中c(H＋)大于c点溶液中c(H＋)，即溶液水的电离程度：c点大于b点，故B错误；C、HNO2的酸性强于CH3COOH，相同pH时，c(CH3COOH)>c(HNO2)，即等体积、等pH时，与NaOH恰好中和时，CH3COOH消耗NaOH多，则此时，CH3COONa溶液中Na+含量较多，故C错误；D、c(HA)·c(OH-)c(A-)=c(HA)·c(OH答案选D。【点睛】本题的易错点是选项C，学生认为两种溶液的pH相同，体积相同，所以消耗的氢氧化钠的物质的量相同，错选C，忽略了两种酸的酸性不同，根据图像，推出HNO2的酸性强于CH3COOH，即相同pH时，c(CH3COOH)>c(HNO2)，然后分析。15、C【解析】

A．HClO的中心原子为O，其结构式应为H—O—Cl，A选项错误；B．为氨气分子的球棍模型，B选项错误；C．在表示原子组成时，元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，质子数+中子数=质量数，则核内有10个中子的氧原子可表示为O，C选项正确；D．SiO2是原子晶体，不存在分子，SiO2是二氧化硅的化学式，D选项错误；答案选C。【点睛】D选项为易错选项，需要明确原子晶体不能讲分子式，只能讲化学式。16、B【解析】分析：金属的腐蚀程度：电解>原电池>化学反应>电极保护。根据图知，②③装置是原电池，在②中，金属铁做负极，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，所以②＞③，④⑤装置是电解池，④中金属铁为阳极，⑤中金属铁为阴极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即④＞⑤，根据电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，即④〉②〉①〉③〉⑤，答案选项B。点睛：本题考查的是金属的腐蚀程度的知识，难度中等，掌握以下规律便很容易解答此类问题，金属的腐蚀程度：电解>原电池>化学反应>电极保护。17、D【解析】

25℃时，pH=2的某酸HnA(An—为酸根）与pH=12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH变为5。说明HnA为弱酸，且酸过量。根据化合物中化合价的代数和为0可以确定其化学式，根据酸碱的相对强弱可以确定水解的离子。【详解】A．HnA中A的化合价为-n价，碱B(OH)m中B的化合价是+m价，根据化合物中化合价的代数和为0可知，二者的离子个数比为：n:m，则其化学式为BnAm，A项错误；B．根据题意可知HnA为弱酸，则An–一定能水解，水解方程式为：An–+H2OHA(n-1)–+OH-，B项错误；C．根据题意可知HnA为弱酸，生成的盐为弱酸强碱盐，C项错误；D．HnA为弱酸，在水溶液中部分电离成酸根离子和氢离子，电离方程式为：HnAHn-1A-+H+，D项正确；答案选D。18、D【解析】

A.浸出时通过粉碎固体氧化锌，使物质颗粒变小，扩大了与硫酸的接触面积，反应速率加快，因而也可以提高了浸出率，A正确；B.向硫酸浸取工业级ZnO后的溶液中存在Fe2+、Mn2+、Zn2+和Ni2+，加入KMnO4溶液，Ni2+不能被氧化，Fe2+、Mn2+被氧化而形成MnO2和Fe(OH)3除去，KMnO4被还原形成MnO2，B正确；C.由于金属活动性Zn>Ni>Cu，所以“置换”加入锌粉可以与溶液中的是为了与溶液中Ni2+、Cu2+发生主反应，除去溶液中的Cu2+、Ni2+等，C正确；D.“煅烧”操作用到的仪器：玻璃棒、坩埚、泥三角，D错误；故合理选项是D。19、D【解析】

A.饱和食盐水中氯离子浓度较大，使Cl2+H2O⇌HCl+HClO平衡逆向移动，实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2，可用勒夏特列原理解释，A错误；B.热的纯碱水解程度大，氢氧根离子浓度大，促使酯与水的反应逆向移动，可用勒夏特列原理解释，B错误；C.浓氨水中加入氢氧化钠固体时，溶液中的氢氧根离子浓度增大，使氨的电离平衡逆向移动，产生刺激性气味的气体，可用勒夏特列原理解释，C错误；D.工业上使用催化剂加快SO2与O2合成SO3的反应速率，生成效率提高，与勒夏特列原理无关，D正确；答案为D。【点睛】催化剂不能破坏化学平衡状态，只影响化学反应速率。20、C【解析】图中曲线①H2C2O4为、②为HC2O4—、③为C2O42—的浓度随pH的变化；A．由图中曲线可知HC2O4—的浓度分数随pH增大先增大后减小，故A错误；B．交点a处对应c(H2C2O4)=c(HC2O4—)，而加入的NaOH溶液的体积为5mL时H2C2O4和NaHC2O4等物质的量，因H2C2O4的电离大于HC2O4—水解，则溶液中c(H2C2O4)<c(HC2O4—)，故B错误；C．交点b处c(C2O42—)=c(HC2O4—)=，此时溶液中只存在C2O42—的水解，则C2O42—+H2OHC2O4—+OH-，[c(HC2O4—)×c(OH—)]÷c(C2O42—)=Kw÷K2，则c(OH—)=Kw÷c(H+)=Kw÷K2，可知c(H+)=K2=6.4×10-5mol/L，故C正确；D．pH=5时溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)＝2c(C2O42—)+c(HC2O4—)+c(OH—)，故D错误；答案为C。21、A【解析】本题考查水溶液中的平衡关系和大小关系。解析：0.1mol/L的KHA溶液的pH=10，证明HA-的水解程度大于电离程度，所以c（HA-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（A2-），A正确；0.1mol•L-1NaHS溶液中的质子守恒关系为：c（OH-）+c（S2-）=c（H+）+c（H2S），错误；溶液中的亚铁离子要和HNO3发生氧化还原反应，一部分硝酸根离子被还原为一氧化氮，所以c（NO3-）＜2.01mol/L，C错误；0.1mol/LCH3COOH溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液等体积混合pH<7，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO-）＞cc（CH3COOH），结合物料守恒可知c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），溶液中正确的浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH-），故D错误。故选A。点睛：答题时明确盐的水解原理原理及其影响为解答关键，一定要注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的含义及应用方法。22、B【解析】

A.因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离都是大概相同的，分子很小，此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数，A错误；B.因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离都是大概相同的，分子很小，此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数，B正确；C.根据分子数N=n·NA=NA，若体积不同，不同状态下气体的Vm也不同，所以它们所含的分子数也可能相同，C错误；D.气体摩尔体积22.4L/mol，适用于标况下的气体，条件不同时，气体摩尔体积也可能不同，D错误；故合理选项是B。二、非选择题(共84分)23、2s22p41s22s22p63s23p62Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑Al2O3为离子晶体(或者离子化合物)，而AlCl3为分子晶体(或者共价化合物)CaO晶体中Ca2＋、O2－带的电荷数大于NaCl晶体中Na＋、Cl－带的电荷数CaF24×78g⋅【解析】

A原子L层上有2对成对电子，说明A是第二周期元素，L层上s轨道有两个成对电子，p轨道上有4个电子，所以A为O；因为A、B位于同一周期，故B也是第二周期元素，又B可形成离子晶体C3DB6，故B为F；又因为C、D与E分别位于同一周期，故前20号元素中C、D与E只能位于第三周期。在C3DB6中，F是负一价，故C只能为正一价，则D是正三价，所以C是Na，D是Al。再结合CE、FA为电子数相同的离子晶体，故E为Cl，F为Ca。据此解答。【详解】（1）由题干分析可知，A为O，F为Ca，所以A元素的基态原子外围电子排布式：2s22p4；F的离子电子排布式：1s22s22p63s23p6；（2）电解铝工业中常加入冰晶石来降低Al2O3的熔融温度，反应方程式为：2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑；（3）因为Al2O3为离子晶体，熔融状态可导电，而AlCl3为分子晶体，熔融状态不导电，故工业上工业冶炼Al不以AlCl3而是以Al2O3为原料；（4）因为Ca2＋和Cl－电子层结构相同，O2－和Na＋电子层结构相同，且Ca2＋、O2－带的电荷数大于NaCl晶体中Na＋、Cl－，故NaCl晶格能低于CaO晶格能；（5）从所给晶胞结构示意图可知其中F-全在内部，有8个，Ca2+有6×12+8×18=4，故形成的离子化合物的化学式为CaF2；CaF2晶体的密度为ag·24、KAlO2Al(OH)3Al2O3AlCl3NaAlO2AlO2－＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3－AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O【解析】

B、C都既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，应为两性化合物，因B加热分解可生成C，则可知B为Al(OH)3，C为Al2O3，则D为AlCl3，E为NaAlO2，若取A溶液灼烧，焰色反应为浅紫色（透过蓝色钴玻璃片），说明A中含有K元素，A能与二氧化碳反应生成Al(OH)3，则A应为KAlO2，据此解答。【详解】(1).根据以上分析可知，A为KAlO2，B为Al(OH)3，C为Al2O3，D为AlCl3，E为NaAlO2；(2).向KAlO2溶液中通入足量的CO2，反应生成Al(OH)3沉淀和KHCO3，离子方程式为AlO2－＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3－；向KAlO2溶液中加入过量的HCl，反应生成AlCl3、KCl和水，离子方程式为AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O。25、B→C→B→D→E3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O检验CO2是否除尽吸收NO防止污染空气5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O取装置D中反应后的少量固体于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，且该无色气体在试管口上方变为红棕色，则证明生成了NaNO2【解析】

根据实验的目的，A中制得的NO中含有少量水蒸气和二氧化碳，这两种气体能够与过氧化钠反应生成氧气，影响实验的探究，需要用碱石灰除去，经检验并干燥后，通入D装置中与Na2O2反应，最后用酸性KMnO4溶液吸收NO的尾气，并在D和E装置连接一个B装置，防止E中水气进入D中影响实验，据此分析解答。【详解】(1)A中制得的NO中含有少量水蒸气和二氧化碳，这两种气体能够与过氧化钠反应生成氧气，影响实验的探究，需要用碱石灰除去，经检验并干燥后，通入D装置中与Na2O2反应，最后用酸性KMnO4溶液吸收NO的尾气，并在D和E装置连接一个B装置，防止E中水气进入D中，即装置的连接顺序为A→B→C→B→D→E；装置A中铜与稀硝酸反应生成NO的反应方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O，故答案为：B→C→B→D→E；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；(2)根据(1)的分析，装置C中的澄清石灰水可以检验CO2是否除尽，故答案为：检验CO2是否除尽；(3)NO会污染空气，装置E是吸收NO防止污染空气，E中发生反应的离子方程式为5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O，故答案为：吸收NO防止污染空气；5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O(4)亚硝酸钠和稀硫酸反应6NaNO2+3H2SO4(稀)=3Na2SO4+2HNO3+4NO↑+2H2O；充分反应后，检验D装置中是否发生反应2NO+Na2O2=2NaNO2的实验操作是：取D装置中固体少许于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，2NO+O2=2NO2，生成红棕色气体二氧化氮，则2NO+Na2O2=2NaNO2发生，若气体不变色，则该反应未发生，故答案为：取D装置中固体少许于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，且该无色气体在试管口上方变为红棕色，则证明生成了NaNO2，反之，未生成NaNO2。26、证明C2H5X中没有游离的Br–C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr取Ⅱ中上层溶液，加入足量稀硝酸至弱酸性，滴加AgNO3溶液，生成淡黄色沉淀【解析】

只有Br-与Ag+发生反应形成AgBr浅黄色沉淀；向C2H5X中加入硝酸银溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液，说明C2H5X中无Br-；向C2H5X中加入氢氧化钠溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液，说明C2H5X难溶于水，然后将溶液加热，发生反应C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr，再将溶液酸化，然后加入硝酸银溶液，产生淡黄色沉淀，证明该溶液中含有Br-，反应产生了AgBr浅黄色沉淀。【详解】(1)Ⅰ为对照实验，目的是证明C2H5X中没有游离的Br-，不能与硝酸银溶液发生沉淀反应；(2)Ⅱ中C2H5Br与NaOH水溶液在加热时发生取代反应产生乙醇、NaBr，反应的化学方程式为：C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr；(3)要证明该物质中含有溴元素，由于Ag+与OH-也会发生反应产生沉淀，因此要先加入酸酸化，然后再加入AgNO3溶液，若生成淡黄色沉淀说明，C2H5X中含溴原子。【点睛】本题考查了卤代烃中卤素的存在及检验方法的知识。卤代烃中卤素以原子形式存在，只有卤素离子才可以与硝酸银溶液发生反应产生沉淀，在检验之前，一定要先酸化，再加入硝酸银溶液，根据产生沉淀的颜色判断所含的卤素种类。27、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OA待D中充满黄绿色气体时除Cl2中混有的HClCl2+H2OH++Cl-+HClO饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡不容易正移，氯气几乎不溶解，但氯化氢可以溶解，所以可以除杂防止G中水蒸气进入E使氯化铝水解碱石灰AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl-1NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑0.69【解析】

由实验装置图可知，装置A中二氧化锰和浓盐酸共热制得氯气，用装置B中饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，用装置C中浓硫酸干燥氯气，装置D为氯化铝的制备装置，装置E用于收集氯化铝，用装置F中浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中，导致氯化铝水解，用装置G中氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，防止污染环境。由流程可知，实验制备得到的氯化铝在特定条件下与氢化钠反应制得铝氢化钠。【详解】（1）①装置A中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；②实验时应先点燃A处酒精灯制备氯气，利用反应生成的氯气排尽装置中的空气，防止空气中氧气干扰实验，待D中充满黄绿色气体时，再点燃D处酒精灯制备氯化铝，故答案为：D中充满黄绿色气体时；③因浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体；选用饱和食盐水的原因是，氯气与水反应为可逆反应，存在如下平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡逆向移动，降低氯气溶解度，使氯气几乎不溶解，但氯化氢极易溶于水，所以可以除杂，故答案为：除中混有的HCl；Cl2+H2OH++Cl-+HClO饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡不容易正移，氯气几乎不溶解，但氯化氢可以溶解，所以可以除杂；④F中浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中，导致氯化铝水解，装置G中氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，防止污染环境，若用盛有碱石灰的干燥管代替F和G，可以达到相同的目的，故答案为：防止G中水蒸气进入E使氯化铝水解；碱石灰；（2）氯化铝在特定条件下与氢化钠反应生成铝氢化钠和氯化钠，反应的化学方程式为AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl，故答案为：AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl；（3）若装置A改为氢气的制备装置，D中的钠与氢气共热可以制得氢化钠，由化合价代数和为零可知氢化钠中氢元素为—1价；若装置中残留有氧气，氧气与钠共热会反应生成过氧化钠，故答案为：-1；Na2O2；（4）铝氢化钠遇水发生剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；氢化钠与水反应的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，标准状况下22.4L氢气的物质的量为1mol，设铝氢化钠为xmol，氢化钠为ymol，由化学方程式可得联立方程式54x+24y=15.6①4x+y=1②，解得x=y=0.2，,则样品中铝氢化钠的质量分数为≈0.69，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；0.69。【点睛】制备氯化铝和氢化钠时，注意注意排尽装置中空气，防止氧气干扰实验是解答关键；前干燥、后防水，防止氯化铝水解是易错点。28、(2a+b)/30.2mol/(L·min)1.8CD＜Kb＞Kc＞KdT3-T4区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获【解析】

(1)根据盖斯定律