2023届山东省梁山一中、嘉祥一中高二化学第二学期期末学业水平测试试题含解析

2023年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列说法正确的是A．氧气和臭氧互为同系物B．NH3溶于水后所得溶液能导电，所以NH3是电解质C．常温常压下，32gO2中的所含的氧原子数为1.204×1024个D．金属钠在空气中切开后表面变暗是因为发生了电化学腐蚀2、乙二酸，又称草酸，通常在空气中易被氧化而变质。其两分子结晶水(H2C2O4·2H2O)却能在空气中稳定存在。在分析化学中常用H2C2O4•2H2O做KMnO4的滴定剂，下列关于H2C2O4的说法正确的是A．草酸是二元弱酸，其电离方程式为H2C2O4═2H++C2O42−B．草酸滴定KMnO4属于中和滴定，可用石蕊做指示剂C．乙二酸可通过乙烯经过加成、水解、氧化再氧化制得D．将浓H2SO4滴加到乙二酸上使之脱水分解，分解产物是CO2和H2O3、用括号中的试剂及相应操作除去下列各组中的少量杂质，最恰当的一组是()A．苯中的苯酚（溴水，过滤）B．乙酸乙酯中的乙酸（烧碱，分液）C．乙酸（乙醇）：（金属钠，蒸馏）D．溴苯（Br2）(NaOH溶液，分液)4、下列关于葡萄糖和果糖的叙述，正确的是()A．葡萄糖和果糖分子均有还原性B．葡萄糖和果糖分子均可被水解C．葡萄糖和果糖分子均是醛糖D．葡萄糖和果糖分子均是有机高分子化合物5、将质量均为ag的O2、X、Y气体分别充入相同容积的密闭容器中，压强(p)与温度(T)的关系如下图所示，则X、Y气体可能分别是（）A．C2H4、CH4 B．CO2、Cl2 C．SO2、CO2 D．CH4、Cl26、下列事实与氢键有关的是A．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱B．水加热到很高的温度都难以分解C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高D．水结成冰体积膨胀7、如下图是某原子晶体A空间结构中的一个单元。A与某物质B反应生成C，其实质是在每个A—A键中间插入一个B原子。则C物质的化学式为()A．AB B．AB2 C．A5B4 D．A2B58、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9、相同温度下，等物质的量浓度的下列溶液中，pH最小的是()A．NH4HSO4 B．NH4HCO3 C．NH4Cl D．(NH4)2SO410、某实验小组利用BaS的还原性提纯HBr溶液，并制取的方案如下：下列说法不正确的是

A．还原步骤中可能会产生有毒气体B．沉淀步骤中可用溶液代替溶液C．滤渣的成分为S和D．中可能混有杂质11、已知常温下CaCO3的Ksp＝2.8×10-9，CaSO4的Ksp＝9.1×10-6，将CaCO3与CaSO4的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓CaCl2溶液，下列说法正确的是A．只产生CaCO3沉淀 B．产生等量的CaCO3和CaSO4沉淀C．产生的CaSO4沉淀更多 D．产生的CaCO3沉淀更多12、下列物质在水溶液中促进了水的电离的是A．NaHSO4 B．HClO C．NaCl D．CuSO413、下列试剂保存说法不正确的是()A．金属钠存放在盛有煤油的试剂瓶中B．漂白粉置于冷暗处密封保存C．存放液溴的试剂瓶中应加水封D．烧碱盛放在玻璃瓶塞的磨口玻璃瓶中14、下列混合物可用分液漏斗分离的是A．苯和植物油 B．乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液C．甘油和水 D．苯和液溴15、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．1．1mol·L−1KI溶液：Na+、K+、ClO−、OH−B．1．1mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3−、SO42−C．1．1mol·L−1HCl溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−D．1．1mol·L−1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−16、已知（异丙烯苯）+（异丙苯），下列说法错误的是A．异丙烯苯的化学式为B．该反应属于加成反应C．可用酸性溶液鉴别异丙烯苯和异丙苯D．异丙苯的一氯代物有5种17、下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（）A．海带提碘 B．氯碱工业C．氨碱法制碱 D．海水提溴18、下列说法中正确的是A．NO2、BF3、PCl3这三个分子中的所有原子最外层电子均未满足8电子稳定结构B．在干冰中，每个CO2分子周围有6个紧邻的分子C．在NaCl晶体中，Na+的配位数为6D．金属导电的实质是金属阳离子在外电场作用下的定向移动19、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是A．若原溶液中不存在Na+，则c（Cl－）＜0.1mol•L﹣1B．原溶液可能存在Cl－和Na+C．原溶液中c（CO32－）是0.01mol•L﹣1D．原溶液一定存在CO32－和SO42－，一定不存在Fe3+20、已知某有机物的结构简式如图所示：下列有关说法正确的是（）A．该有机物的化学式为C11H12OCl2B．在同一平面上的碳原子数最多为10个C．与NaOH醇溶液在加热条件下消去氯原子D．在铜作催化剂和加热条件下能被O2氧化成醛21、关于晶体的下列说法正确的是(）A．在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子B．在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子C．原子晶体的熔点一定比金属晶体的高D．分子晶体的熔点一定比金属晶体的低22、某同学在做苯酚的性质实验时，将少量溴水滴入苯酚溶液中，结果没有发生沉淀现象，他思考了一下，又继续进行了如下操作，结果发现了白色沉淀，你认为该同学进行了下列哪项操作()A．又向溶液中滴入了足量的氢氧化钠溶液B．又向溶液中滴入了乙醇C．又向溶液中滴入了过量的苯酚溶液D．又向溶液中滴入了过量的浓溴水二、非选择题(共84分)23、（14分）有一透明溶液，已知其中可能含有Fe3+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NH4+，加入一种淡黄色粉末固体时，加热有刺激性气味的混合气体放出，同时生成白色沉淀。当加入0.4mol淡黄色粉末时，产生气体0.3mol，继续加入淡黄色粉末时，产生无刺激性气味的气体，且加入淡黄色粉末时产生白色沉淀的量如下图所示。根据题意回答下列问题：(1)淡黄色粉末为____________(填名称)。(2)溶液中肯定有______________离子，肯定没有__________离子。(3)溶液中各离子的物质的量之比为________________________________________________________________________。(4)写出下列反应方程式：①淡黄色粉末与水反应的化学方程式：____________________________________。②刺激性气味的气体产生的离子方程式：______________________________________。③沉淀部分减少时的离子方程式：_______________________________________。24、（12分）有机物A（C4H10O）可用作增塑剂、溶剂等。A可以发生如下转化。已知：R1-CH=CH-R2R1-CHO+R2-CHO(1)按官能团分类，A属于_________。(2)A→B的反应类型是_________。(3)A→C的转化中Na的作用是__________。(4)写出A→D的化学方程式：_______________。(5)F的结构简式是_________。25、（12分）氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料．某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案．已知：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑（1）（方案1）取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）．（i）图C装置中球形干燥管的作用是________．完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先进行的操作是________，再加入实验药品．接下来的实验操作是关闭，打开，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体．打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化．通入氮气的目的是________．（iii）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见________．（2）（方案2）用下图装置测定mg样品中A1N的纯度（部分夹持装置已略去）．（i）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是________．A．CCl4

B．H2O

C．NH4Cl溶液

D．（ii）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况），则AlN的质量分数是________．（3）（方案3）按以下步骤测定样品中A1N的纯度：（i）步骤②生成沉淀的离子方程式为________．（ii）若在步骤③中未洗涤，测定结果将________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．26、（10分）已知硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O](俗称莫尔盐)可溶于水，在100℃～110℃时分解，其探究其化学性质，甲、乙两同学设计了如下实验。I.探究莫尔盐晶体加热时的分解产物。(1)甲同学设计如图所示的装置进行实验。装置C中可观察到的现象是_________，由此可知分解产物中有________(填化学式)。(2)乙同学认为莫尔盐晶体分解的产物中还可能含有SO3(g)、SO2(g)及N2(g)。为验证产物的存在，用下列装置进行实验。D.品红溶液E.NaOH溶液F.BaCl2溶液和足量盐酸G.排水集气法H.安全瓶①乙同学的实验中，装置依次连按的合理顺序为：A→H→（______）→（______）→（______）→G。②证明含有SO3的实验现象是__________；安全瓶H的作用是___________。II.为测定硫酸亚铁铵纯度，称取mg莫尔盐样品，配成500mL溶液。甲、乙两位同学设计了如下两个实验方案。甲方案：取25.00mL样品溶液用0.1000mol/L的酸性K2Cr2O7溶液分三次进行滴定。乙方案(通过NH4+测定)：实验设计装置如图所示。取25.00mL样品溶液进行该实验。请回答：(1)甲方案中的离子方程式为___________。(2)乙方案中量气管中最佳试剂是__________。a.水b.饱和NaHCO3溶液c.CCl4d.饱和NaCl溶液(3)乙方案中收集完气体并恢复至室温，为了减小实验误差，读数前应进行的操作是_________。(4)若测得NH3为VL(已折算为标准状况下)，则硫酸亚铁铵纯度为____(列出计算式)27、（12分）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验：请完成下列填空：（1）配制100mL0.1000mol/LNaOH标准溶液。（2）取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下。实验编号NaOH溶液的浓度（mol/L）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）待测盐酸溶液的体积（mL）10.100030.0520.0020.100029.9520.0030.100028.2020.00①滴定达到终点的判断是________，此时锥形瓶内溶液的pH为_____________。②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为___________（保留四位有效数字）③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作__________，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液甲.乙.丙.④在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成盐酸浓度测定结果偏高的有_____A、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗B、锥形瓶水洗后未干燥C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒E、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失28、（14分）碳酸亚铁（白色固体，难溶于水）是一种重要的工业原料，可用于制备补血剂乳酸亚铁，也可用作可充电电池的电极。某研究小组通过下列实验，寻找利用复分解反应制备FeCO3沉淀的最佳方案：实验试剂现象滴管试管0.8mol/LFeSO4溶液（pH=4.5）1mol/LNa2CO3溶液（pH=11.9）实验Ⅰ：立即产生灰绿色沉淀，5min后出现明显的红褐色0.8mol/LFeSO4溶液（pH=4.5）1mol/LNaHCO3溶液（pH=8.6）实验Ⅱ：产生白色沉淀及少量无色气泡，2min后出现明显的灰绿色0.8mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0）1mol/LNaHCO3溶液（pH=8.6）实验Ⅲ：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色(1)实验I中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示，请补全反应：□Fe2++□____+□+□H2O=□Fe(OH)3+□HCO3−(2)实验II中产生FeCO3的离子方程式为_____________________________。(3)为了探究实验III中NH4+所起的作用，甲同学设计了实验IV进行探究：操作现象实验IV向0.8mol/LFeSO4溶液中加入①__________，再加入Na2SO4固体配制成混合溶液（已知Na+对实验无影响，忽略混合后溶液体积变化）。再取该溶液一滴管，与2mL1mol/LNaHCO3溶液混合与实验III现象相同实验IV中加入Na2SO4固体的目的是②_______________________。对比实验II、III、IV，甲同学得出结论：NH4+水解产生H+，降低溶液pH，减少了副产物Fe(OH)2的产生。乙同学认为该实验方案不够严谨，应补充的对比实验操作是：③_____________，再取该溶液一滴管，与2mL1mol/LNaHCO3溶液混合。(4)小组同学进一步讨论认为，定性实验现象并不能直接证明实验III中FeCO3的纯度最高，需要利用如图所示的装置进行定量测定。分别将实验I、II、III中的沉淀进行过滤、洗涤、干燥后称量，然后转移至A处的广口瓶中。为测定FeCO3的纯度，除样品总质量外，还需测定的物理量是______________________。(5)实验反思：经测定，实验III中的FeCO3纯度高于方案I和方案II。通过以上实验分析，制备FeCO3实验成功的关键因素是_______________________________________29、（10分）Ⅰ.(1)在一定温度和压强下，1体积X2(g)和3体积Y2(g)化合生成2体积Z(g)，则Z气体的化学式是________。(2)由A、B两种双原子分子组成的混合气体8.6g，在标准状况下的体积为8.96L，已知A和B的物质的量之比为3∶1，摩尔质量之比为14∶1，则A可能是________（写出两种可能的分子式），B的分子式是_______。(3)在标准状况下，CO和CO2的混合气体质量36g，体积为22.4L，则CO所占体积是______L，CO的质量是______g。Ⅱ.标准状况下，将224LHCl气体溶于635mL水中，所得盐酸密度为1.18g·cm－3。试计算：(1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是_______、_______。(2)取出这种盐酸100mL，稀释至1.18L，所得稀盐酸的物质的量浓度是_______。(3)在40.0mL0.065mol·L－1Na2CO3溶液中，逐渐加入(2)所稀释的稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过_______mL。(4)将不纯的NaOH样品1g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50mL2mol·L－1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40mL1mol·L－1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到_______g固体。

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、C【解析】

A.氧气和臭氧是氧元素组成的两种不同的单质，互为同素异形体，故A错误；B.NH3溶于水后所得溶液能导电，是因为反应生成的NH3·H2O是弱电解质，不是氨气自已电离，NH3是非电解质，故B错误；C.常温常压下，32gO2的物质的量为1mol，所含的氧原子数为1.204×1024个，故C正确；D.金属钠在空气中切开后表面变暗，是因为钠与氧气反应生成氧化钠，发生了化学腐蚀，故D错误；故选C。2、C【解析】

A．多元弱酸的电离是分步进行的，电离方程式为H2C2O4H++HC2O4-，故A错误；B．高锰酸钾本身就是紫红色，不需要指示剂，该反应是氧化还原滴定，故B错误；C．乙烯和氯气加成生成1，2－二氯乙烷，上述产物水解成乙二醇，乙二醇催化氧化为乙二醛，乙二醛发生银镜反应生成乙二酸，故C正确；D．乙二酸在酸和受热的条件下易分解出甲酸和二氧化碳，故D错误；故选C。3、D【解析】分析：根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变，不得引入新杂质，加入的试剂只与杂质反应，不与原物反应；反应后不能引入新的杂质。详解：A、苯酚可以和溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚白色沉淀，但是苯和溴是互溶的，不能过滤来除去，选项A错误；B．乙酸乙酯和乙酸都与氢氧化钠溶液反应，应加入饱和碳酸钠溶液，然后分液，选项B错误；C．应加氢氧化钠，蒸馏后再加酸酸化，最后蒸馏得到乙酸，选项C错误；D、因常温条件下溴苯和NaOH不会发生反应，因而可利用Br2与NaOH反应而除去，且溴苯不溶于水；可利用分液操作进行分离，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查学生物质的分离和提纯试剂的选择以及操作，注意除杂时被提纯物质不得改变，不得引入新杂质，加入的试剂只与杂质反应，不与原物反应；反应后不能引入新的杂质，难度不大。4、A【解析】

糖类是由碳、氢、氧三种元素组成，分为单糖、二糖和多糖；其中葡萄糖和果糖均为不能水解的小分子的单糖；葡萄糖为多羟基醛糖，果糖为多羟基酮糖，都是还原性糖，均有还原性；还原糖是指具有还原性的糖类，在糖类中,分子中含有游离醛基或酮基的单糖和含有游离醛基的二糖都具有还原性,易被氧化，据以上分析解答。【详解】A、葡萄糖为多羟基醛糖、果糖为多羟基的酮糖，均有还原性，A正确；B、葡萄糖和果糖均属于单糖，不能发生水解，B错误；C、葡萄糖为多羟基的醛糖，果糖为多羟基的酮糖，C错误；D、葡萄糖和果糖分子式均为C6H12O6,分子量180，均是小分子化合物，D错误；正确选项A。5、B【解析】

根据PV=nRT可知，在质量相同、体积相同的条件下，气体的相对分子质量与压强成反比，据此分析解答。【详解】由图可知，温度相同时P(氧气)>P(X)>P(Y)，根据PV=nRT可知，在质量相同、体积相同的条件下，气体的相对分子质量与压强成反比，则相对分子质量越大，压强越小，即X、Y的相对分子质量大于32，且Y的相对分子质量大于X，所以符合条件的只有B；答案选B。6、D【解析】

A、HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱与共价键有关系，A不选；B、水加热到很高的温度都难以分解与共价键有关系，B不选；C、CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高与分子间作用力有关系，C不选；D、水结成冰体积膨胀与氢键有关系，D选。答案选D。7、B【解析】

根据结构图，每个A周围连接有4个A原子，含有4个A-A键，每个A-A键属于两个A原子共用，因此每个A原子形成2个A-A键，每个A-A键中插入一个B原子，即晶体中A、B原子个数比是1∶2，所以其化学式是AB2，故选B。8、A【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【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。9、A【解析】

相同温度下，NH4＋+H2ONH3·H2O+H+，铵根离子浓度越大水解产生的氢离子浓度越大，pH越小。【详解】NH4HSO4=NH4++H++SO42-；NH4HCO3=NH4++HCO3-；NH4Cl=NH4++Cl-；(NH4)2SO4=2NH4++SO42-，通过对比4个反应，硫酸氢氨中直接电离产生氢离子，pH最小，答案为A10、B【解析】

A.在还原步骤中可能发生：，选项A正确；B.若用溶液代替溶液会引入新的杂质离子，选项B错误；C.BaS与发生：，，故滤渣的成分为：S和，选项C正确；D.滤液中含有，与生成，选项D正确。答案选B。【点睛】本题为工业流程题，主要考查物质的转化，除杂试剂的选择原则等，弄清楚每一步操作的意图是解题的关键。11、C【解析】

CaCO3与CaSO4的饱和溶液中，c（CO32-）=、c（SO42-）=；【详解】根据分析可知，溶液中的硫酸根离子的浓度大于碳酸根离子，等体积的溶液中含有的硫酸根离子的物质的量大，向溶液中加入足量的氯化钙，产生的硫酸钙沉淀多，答案为C【点睛】硫酸钙饱和溶液的浓度比碳酸钙饱和溶液的大，向等体积混合溶液中加入氯化钙时，先出现碳酸钙沉淀，由于含量较少，产生的沉淀的量少。12、D【解析】

A.NaHSO4在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故A错误；B.HClO在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故B错误；C.NaCl为强酸强碱盐，对水的电离无影响，故C错误；D.CuSO4溶液中Cu2+会发生水解而促进水的电离，故D正确；答案选D。13、D【解析】

A．因金属钠能与空气中的氧气和水反应，须贮存在煤油中隔离空气，故A正确；B．因碳酸的酸性强于次氯酸，则Ca（ClO）2能和空气中CO2、H2O发生反应生成HClO，且HClO光照或受热会发生分解，则漂白粉需要密封避光保存于阴凉处，故B正确。C．因液溴易挥发，保存溴时应加入少量水，故C正确；D．因烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，故D错误；故答案选D。【点睛】本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，选项D是解答的易错点，注意氢氧化钠溶液可以用玻璃瓶保存，但不能用玻璃塞。14、B【解析】

A、C、D中的物质均互溶，不分层，不能利用分液漏斗分离；只有B中乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层，可用分液漏斗分离，故答案为B。15、B【解析】

A项，I-与ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，可以大量共存，故B选；C项，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，故C不选；D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，不能大量共存，故D不选，答案选B。16、C【解析】

A.由结构简式可确定异丙苯的化学式为C9H10，故A正确；B.反应中碳碳双键反应生成碳碳单键则发生的是加成反应，故B正确；C.丙烯苯和异丙苯都可被高锰酸钾氧化，则不能用高锰酸钾鉴别，可用溴水鉴别，丙烯苯可以使溴水褪色，异丙苯不能使溴水褪色，故C错误；D.异丙苯分子中含5种氢原子，则一氯代物共有5种，故D正确；故选C。17、C【解析】

A．海带提碘是将KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；B．氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；C．氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。答案选C。18、C【解析】

A.氮的化合价是＋4价，而氮原子的最外层电子数是5，所以不满足8电子稳定结构。BF3中B的化合价是＋3价，原子的最外层电子数是3个，所以不满足8电子稳定结构。其它原子均满足8电子稳定结构，故A错误；B.在干冰中，每个CO2分子周围有12个紧邻的分子，故B错误；C.在NaCl晶体中，Na+的配位数为6，故C正确；D.金属导电的实质是自由电子在外电场作用下的定向移动，故D错误。故答案选：C。【点睛】金属导电的实质是自由电子在外电场作用下的定向移动。19、D【解析】

加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+（Fe3+和CO32－会发生双水解反应，不能共存），且沉淀2为BaSO4，n(BaSO4)=，m(BaCO3)=4.30g-2.33g=1.97g，则n(BaCO3)=。加入NaOH溶液产生1.12L（标况）气体，则溶液中有NH4+，NH3有0.05mol，即n(NH4+)=0.05mol。CO32－和SO42－所带的负电荷的物质的量为0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol，NH4＋所带正电荷的物质的量为0.05mol×1=0.05mol，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定有Cl-，且最少为0.01mol（因为无法判断是否有Na+，如果有Na+，需要多于的Cl-去保持溶液的电中性）。【详解】A.若原溶液中不存在Na+，则c(Cl－)=，A错误；B.原溶液中一定有Cl-，可能有Na+，B错误；C.经计算，原溶液中，n(CO32-)=0.01mol，则c(CO32-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol•L﹣1，C错误；D.加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+，D正确；故合理选项为D。【点睛】溶液中的离子要保持电荷平衡，即正负电荷所带的电荷量相等，以保持溶液的电中性。20、A【解析】

A.根据结构简式知其分子式为C11H12OCl2，A正确；B.直接连接苯环的碳原子、连接碳碳双键的碳原子能共面，甲基上C原子和连接甲基的碳原子可能共平面，所以在同一平面上的碳原子数最多为11个，B错误；C.苯环上的氯原子不能发生消去反应，苯环上甲基上的氯原子不能发生消去反应，C错误；D.醇羟基没有位于烃基链头上，所以发生催化氧化反应时生成酮而不是生成醛，D错误；故合理选项是A。21、A【解析】B：金属晶体中除了金属阳离子就是自由电子；CD都有反例，不能以偏概全；答案为A22、D【解析】将少量溴水滴入苯酚溶液中，结果没有发生沉淀现象，是因为生成的三溴苯酚溶解在苯酚溶液中了，如果向溶液中滴入过量的浓溴水，则可以生成白色沉淀，所以D正确，本题选D。二、非选择题(共84分)23、过氧化钠NH4+、Mg2+、Al3+Cu2+、Fe3+n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(NH4＋)=2：1：12Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O【解析】

有一透明溶液，加入一种淡黄色粉末固体时，加热有刺激性气味的混合气体放出，同时生成白色沉淀，则淡黄色固体为Na2O2，图象中加入0.4molNa2O2后，沉淀减小，且没有完全溶解，则溶液中一定没有Fe3+和Cu2＋，一定有NH4+、Al3+、Mg2+，由图可知Mg(OH)2为0.2mol，Al(OH)3为0.3mol-0.2mol=0.1mol，根据元素守恒计算Al3+、Mg2+物质的量，加入0.4molNa2O2之后，产生气体0.3mol，继续加入淡黄色粉末时，产生无刺激性气味的气体，说明此时NH4+完全反应，所以产生气体0.3mol，即为Na2O2与H2O反应生成的O2和NH4+生成的NH3。【详解】（1）由上述分析可知，淡黄色固体为：Na2O2，名称为过氧化钠；（2）由上述分析可知，溶液中肯定有离子NH4+、Al3+、Mg2+，肯定没有Fe3+和Cu2+离子；（3）根据纵坐标：n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=0.2mol，n(Al3+)=0.3mol-n[Mg(OH)2]=0.1mol,当n(Na2O2)=0.4mol时，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知n(O2)=0.4mol×1/2=0.2mol，所以n(NH4+)=n(NH3)=0.3mol-n(O2)=0.1mol，n(Mg2+)：n(Al3+)：n(NH4+)=0.2mol：0.1mol：0.1mol=2：1：1;（4）①由上述分析可知，淡黄色固体为：Na2O2，与水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；②刺激性气味的气体即氨气产生为铵根与氢氧根离子在加热条件下反应生成，离子方程式为：；③沉淀部分减少即为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O。24、醇取代反应还原剂CH3CH=CHCH3+H2O【解析】

A分子式是C4H10O，该物质与浓硫酸混合加热反应产生D，D发生信息反应产生C2H4O，则E是CH3CHO，逆推可知D是CH3CH=CH-CH3，A是，A与Cl2在光照条件下发生饱和C原子上的取代反应产生的可能是一氯取代醇，也可能是多氯取代烃；A含有醇羟基，与金属Na可以发生置换反应产生C为；D是CH3CH=CH-CH3，分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应产生高分子化合物F是。【详解】(1)按官能团分类，A是，属于醇类物质。(2)A是，与氯气在光照条件下发生取代反应产生氯代醇；所以A→B的反应类型是取代反应。(3)与Na发生置换反应产生和H2，在该反应中Na元素的化合价由反应前单质的0价变为反应后中的+1价，化合价升高，失去电子，表现还原性，所以A→C的转化中Na的作用是作还原剂。(4)A是，与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生CH3CH=CHCH3和H2O，所以A→D的化学方程式：CH3CH=CHCH3+H2O。(5)F是2-丁烯在一定条件下发生加聚反应产生聚2-丁烯，其结构简式是。【点睛】本题考查了醇的消去反应、取代反应的条件、反应产物即产物的性质、物质结构简式是书写及反应方程式的书写等知识。掌握结构对性质的决定作用及各类物质的官能团是本题解答的关键。25、防止倒吸检查装置气密性；K1；K2把装置中残留的氨气全部赶入C装置C装置出口处连接一个干燥装置AD×100%CO2+AlO2﹣+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓偏高【解析】(1)（i）由装置和仪器作用可以知道，氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用；(ii)组装好实验装置，原理可以知道气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品.接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体.打开K1，通入氮气一段时间,测定C装置反应前后的质量变化.通入氮气的目的是把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算；（iii）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，C装置出口处连接一个盛碱石灰干燥管；(2)（i）A、不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故A正确的；B、氨气极易溶于水，不能排水法测定，故B错误；C、氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定气体体积，故C错误；D、氨气不溶于苯，可以利用排苯溶液,测定氨气的体积，故D正确，故选AD；(5)若m

g样品完全反应,测得生成气体的体积为V

(已转换为标准状况),

═

41

m

，则AlN的质量分数为(3)（i）步骤②生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成,反应的离子方程式为:CO2+AlO2﹣+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓；（ii）若在步骤③中未洗涤，沉淀不洗涤得到滤渣质量会增大，测定结果会偏高。26、溶液变红NH3FDEF中出现白色沉淀防倒吸Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2Oc上下移动量气管(滴定管)，使左右两边液面相平【解析】

Ⅰ．(1)莫尔盐受热分解，分解时会产生氨气和二氧化硫、三氧化硫等酸性气体，根据装置图可知，碱石灰可以吸收酸性气体，氨气遇到酚酞溶液会变红色，所以装置C中可观察到的现象是溶液变红，由此可知莫尔盐晶体分解的产物中有NH3，装置B的主要作用是吸收分解产生的酸性气体，故答案为：溶液变红；NH3；(2)①要检验生成SO3(g)、SO2(g)及N2，在甲组实验中的装置A产生气体后，经过安全瓶后通过氯化钡溶液检验SO3，再通过品红溶液检验SO2，用浓氢氧化钠除去二氧化硫，用排水集气法收集氮气，所以装置依次连接的合理顺序为A、H、F、D、E、G，故答案为：F；D；E；②由于产生的气体中有氨气，所以氯化钡溶液中加入足量的盐酸，可以吸收氨气并防止产生亚硫酸钡沉淀，排除SO2的干扰，SO3通入氯化钡溶液中可以产生硫酸钡沉淀，二氧化硫能使品红褪色，所以装置F中足量盐酸的作用是吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰，含有SO3的实验现象是F中有白色沉淀，三氧化硫、二氧化硫等易溶于水，安全瓶的作用是防止倒吸，故答案为：F中出现白色沉淀；防倒吸；Ⅱ．(1)K2Cr2O7溶液具有氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：Cr2O72－+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；(2)乙装置中导管在液面以上，符合排液体收集气体要求，量气管中液体应不能溶解氨气，氨气易溶于水，难溶于四氯化碳，故用排四氯化碳法收集，故答案选c；(3)气体体积受温度和压强影响较大，则读数前应进行的操作是上下移动量气管（滴定管），使左右两边液面相平，故答案为：上下移动量气管(滴定管)，使左右两边液面相平；(4)VL氨气的物质的量为：V/22.4mol，mg硫酸亚铁铵样品中含N的物质的量为500mL/25mL×V/22.4mol=20V/22.4mol，硫酸亚铁铵的纯度为：，故答案为：。【点睛】本题考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，难点是排列实验先后顺序，根据实验目的及物质的性质进行排列顺序，注意要排除其它因素干扰。27、滴入最后一滴NaOH标准溶液，锥形瓶中溶液由无色变成浅红色，且30s不褪色8.2～10.00.1500mol/L丙CDE【解析】

①用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液显碱性，结合酚酞的性质分析解答；②根据c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)计算；③碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出；④根据c(待测)=分析误差。【详解】①在用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色恰好由无色变为(浅)红色，且半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点；酚酞的变色范围是8.2～10，所以滴定终点时溶液pH为8.2～10；故答案为：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；8.2～10；②根据表格数据可知，第三次实验误差较大，删去，根据c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)，消耗的V[NaOH(aq)]=mL=30.00mL，则该盐酸的浓度为：=0.15mol/L，故答案为：0.15mol/L；③碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡排出，图示丙操作合理，故答案为：丙；④A．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，会导致盐酸浓度偏低，需要NaOH体积偏小，测定值偏低，故A错误；B．锥形瓶水洗后直接装待测液，锥形瓶中HCl的物质的量不变，消耗的NaOH的量不变，对实验无影响，故B错误；C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故C正确；D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，导致氢氧化钠溶液的浓度偏小，消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故D正确；E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故E正确；故答案为：CDE。28、4Fe2++8CO32−+1O2+10H2O=4Fe(OH)3+8HCO3−Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O硫酸至pH=4.0控制SO42-浓度一致向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4固体至c(SO42-)=1.6mol/LC中