江苏省南通市如皋中学2024届化学高二下期末检测模拟试题含解析

江苏省南通市如皋中学2024届化学高二下期末检测模拟试题请考生注意：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、下列有关物质结构和性质的表述正确的是（）A．某微粒的结构示意图为，该元素位于周期表第三周期零族B．工业上用的反应来制备钾，是因为钠比钾更活泼C．的沸点高于的沸点，原因与分子间存在氢键有关D．糖类物质溶液中，蛋白质溶液中加硫酸铵都会产生盐析现象2、2005年11月13日，中国石油吉林石化公司双苯厂一装置发生爆炸，导致严重污染。这次爆炸产生的主要污染物为硝基苯、苯和苯胺等。下列说法正确的是（）A．硝基苯是由苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生取代反应制取的B．苯可以发生取代反应也可以发生加成反应，但不可被氧化C．硝基苯有毒，密度比水小，可从水面上“捞出”D．苯与硝基苯都属于芳香烃3、由下列实验操作及现象能推出相应结论的是选项实验操作及现象结论A常温下，用pH计测得0.1mo/LNaA溶液的pH小于0.1mol/LNa2CO3溶液的pH酸性：HA>H2CO3B往黄色固体难溶物PbI2中加水，振荡，静置。取上层清液，然后加入NaI固体，产生黄色沉淀难溶物存在沉淀溶解平衡C向盛某盐溶液的试管中滴入氢氧化钠溶液后，试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝该盐中不含D将用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色氧化性：H2O2>Fe3+(酸性条件)A．A B．B C．C D．D4、下列药品的保存方法正确的是（）A．氢氟酸保存在棕色细口玻璃瓶中B．镁条能与氧气反应，所以必须保存在煤油中C．硅酸钠的水溶液保存在带有玻璃塞的细口玻璃瓶中D．碘单质保存在带有玻璃塞的棕色广口玻璃瓶中5、下列物质能使干的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是A．氯气B．新制的氯水C．液氯D．久置的氯水6、下列说法正确的是A．胶体与溶液的本质区别就是是否可以发生丁达尔现象B．在常温下浓硫酸与铁不反应，所以可以用铁制容器来装运浓硫酸C．氯气具有漂白性可以使湿润的有色布条褪色D．氯化铁、硫酸亚铁是优良的净水剂7、某有机物的结构简式如图，关于该有机物叙述正确的是A．该有机物的摩尔质量为200.5B．该有机物属于芳香烃C．该有机物可发生取代、加成、加聚、氧化、还原反应D．1mol该有机物在适当条件下，最多可与3molNaOH、5molH2反应8、下列实验中，①pH试纸的使用②过滤③蒸发④配制一定物质的量浓度溶液，均用到的仪器是()A．玻璃棒 B．蒸发皿 C．试管 D．分液漏斗9、A1-MnO4−电池是一种高能电池,以Ga2O3为缓蚀剂,其示意图如图所示。已知电池总反应为Al+MnO4−═AlO2-+MnO2.下列说法正确的是()A．电池工作时,K+向负极移动B．电池工作时，电子由Al经电解质溶液流向NiC．负极反应为Al-3e−+4OH−═AlO2−+2H2OD．电池工作时，Ni电极周围溶液pH减小10、如图是第三周期11～17号元素某些性质变化趋势的柱形图，下列有关说法中正确的是A．y轴表示的可能是第一电离能B．y轴表示的可能是电负性C．y轴表示的可能是原子半径D．y轴表示的可能是形成基态离子转移的电子数11、进行下列实验，括号内的实验用品都必须用到的是A．物质的量浓度的配制（容量瓶、烧杯、锥形瓶）B．气体摩尔体积的测定（玻璃棒、镁带和液体量瓶）C．钠的焰色反应（铂丝、氯化钠溶液、稀盐酸）D．粗盐提纯（蒸发皿、玻璃棒、分液漏斗）12、向平底烧瓶中放入氢氧化钡晶体[Ba(OH)2·8H2O]和氯化铵晶体，塞紧瓶塞。在瓶底和木板间滴少量水，如下图所示，一会儿，就会发现瓶内固态物质变稀，有液体生成，瓶壁变冷，小木板因少量水结冰冻结，而将烧瓶黏住，这时打开瓶塞，散发出来的气体有氨味。这是自发地发生了反应：Ba(OH)2·8H2O(s)＋2NH4Cl(s)===BaCl2(s)＋2NH3(g)＋10H2O(l)。实验中的下列结论正确的是()A．自发反应一定是放热反应B．自发反应一定是吸热反应C．有的吸热反应也能自发进行D．吸热反应不能自发进行13、25℃时，关于浓度相同的Na2CO3A．粒子种类不相同B．c(OHC．均存在电离平衡和水解平衡D．分别加入NaOH固体，c(CO14、往含I－和Cl－的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如右图所示。则原溶液中c(I－)/c(Cl－)的比值为A．(V2－V1)/V1 B．V1/V2C．V1/(V2－V1） D．V2/V115、高炉炼铁过程中发生反应：Fe2O3(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)，该反应在不同温度下的平衡常数见右表。下列说法正确的是（）温度T/℃100011501300平衡常数K4.03.73.5A．由表中数据可判断该反应：反应物的总能量＜生成物的总能量B．1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c(CO)=2×10-3mol/L，则用CO2表示该反应的平均速率为2×10－3/tmol·L－1·min－1C．为了使该反应的K增大，可以在其他条件不变时，增大c(CO)D．其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量16、室温下,某溶液中由水电离产生的c(H+)等于10-13mol·L-1,该溶液的溶质不可能是()A．NaHSO4 B．NaCl C．HCl D．Ba(OH)217、下图是制取、洗涤并测量生成气体体积的装置示意图，利用上述装置进行下表所列实验，能达到实验目的是（）物质实验a（液体）b（固体）c（液体）A稀盐酸锌粒浓H2SO4B浓盐酸MnO2浓H2SO4C稀硫酸CaCO3浓H2SO4D浓氨水生石灰浓H2SO4A．A B．B C．C D．D18、下图是分别取1mol乙烯雌酚进行的实验：下列对实验数据的预测正确的是A．①中生成7molH2O B．②中生成1molCO2C．③最多消耗3molBr2 D．④中最多消耗7molH219、下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是（）A．CH3CH2CH3 B． C． D．20、图中是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（）A．原子半径：Z＞Y＞XB．Y和Z两者最高价氧化物对应水化物能相互反应C．WX3和水反应形成的化合物是离子化合物D．气态氢化物的稳定性：R＜W21、以乙醇为原料设计合成的方案。需要经过的反应类型是A．消去、取代、水解、加成 B．取代、消去、加成、水解、C．消去、加成、取代、水解． D．消去、加成、水解、取代22、C5H12有3种不同结构，甲：CH3(CH2)3CH3，乙：CH3CH(CH3)CH2CH3，丙：C(CH3)4，下列相关叙述正确的是（）A．甲、乙、丙属同系物，物理性质相似，化学性质相同B．C5H12表示一种纯净物C．甲、乙、丙中，丙的沸点最低D．丙有3种不同沸点的二氯取代物二、非选择题(共84分)23、（14分）M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：(1)单质M的晶体类型为________，其中M原子的配位数为________。(2)元素Y基态原子的核外电子排布式为________，其同周期元素中，第一电离能最大的是________(写元素符号)。(3)M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。①该化合物的化学式为________，已知晶胞参数a＝0.542nm，此晶体的密度为__________g·cm－3。(写出计算式，不要求计算结果。阿伏加德罗常数为NA)②此化合物的氨水溶液遇到空气被氧化为深蓝色，其中阳离子的化学式为________。24、（12分）已知：A是石油裂解气的主要成份且A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；D是常用作厨房中调味品。请回答下列问题：（1）写出C的结构简式________________________。（2）写出下列反应的反应类型：①________________，④________________。（3）写出下列反应的化学方程式：②______________________________________________________________。⑤______________________________________________________________。25、（12分）Ⅰ．现有下列状态的物质：①干冰②NaHCO3晶体③氨水④纯醋酸⑤FeCl3溶液⑥铜⑦熔融的KOH⑧蔗糖其中属于电解质的是___________，属于强电解质的是_____________。能导电的是___________。Ⅱ．胶体是一种常见的分散系，回答下列问题。①向煮沸的蒸馏水中逐滴加入___________溶液，继续煮沸至____________，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体，制取Fe(OH)3胶体化学反应方程式为______________________________________________。②向Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于_______离子（填离子符号）的作用，使胶体形成了沉淀，这个过程叫做_______________。③区分胶体和溶液常用的方法叫做__________。Ⅲ．①FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，离子方程式为_________________________。②有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3•6H2O晶体主要操作包括：滴入过量盐酸，______、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器是________。③高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为___________________________。26、（10分）我国重晶石（含BaSO490％以上）资源丰富，其中贵州省重晶石储量占全国总储量的三分之一。我省某工厂以重晶石为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”—钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下：查阅资料可知：①常温下：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9②TiCl4在常温下是无色液体，遇水容易发生水解：TiC14+2H2O=TiO2+4HCl③草酸氧钛钡的化学式为：BaTiO(C2O4)2·4H2O请回答下列问题：（1）工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石（假设杂质不与Na2CO3溶液作用），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程式可表示为_________________，此反应的平衡常数K=__________（填写计算结果）。若不考虑CO32-的水解，则至少需要使用_______mol/L的Na2CO3溶液浸泡重晶石才能实现该转化过程。（2）配制TiC14溶液时通常将TiC14固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是______________。（3）可循环使用的物质X是____________（填化学式），设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净：____________________。（4）写出煅烧草酸氧钛钡晶体的化学方程式：______________________。27、（12分）实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如下：（1）为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入____________（填“A”或“B”），再滴加另一反应物。（2）如右图所示，过滤操作中的一处错误是_______________________________。（3）判断流程中沉淀是否洗净所用的试剂是_____________________________；高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是________________。（4）无水AlCl3（183°C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。装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是_________________________。F中试剂的作用是________________；用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用；所装填的试剂为________________。28、（14分）高分子化合物V:是人造棉的主要成分之一，合成路线如下：已知：（R、R1、R2、R3表示烃基）(1)试剂a是____________________________。(2)F与A以物质的量之比1：1发生反应生成六元环状化合物H，H的结构简式是________________。(3)I的结构简式是____________。(4)G中所含官能团是________________；M的结构简式是____________。(5)M与C反应生成V的化学方程式为____________。(6)E的同分异构体N也可以和J反应生成M，N可能的结构简式为____________（写一种）。29、（10分）某兴趣小组的同学用如图所示装置(甲、乙、丙三池中的溶质均足量)研究有关电化学的问题,当闭合该装置的开关K时，观察到电流表的指针发生了偏转。请回答下列问题:（1）甲池为_______(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，A电极的电极反应式为_____.（2）丙池中F电极为______(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”),该池中发生总反应的化学方程式为________（3）若丙池中两端的电极不变,将其溶液换成NaCl溶液,则开关闭合一段时间后,丙池中溶液的PH将____(填“增大”“减小”或“不变”)。（4）当乙池中C极质量减轻4.32g时,甲池中B电极理论上消耗O2的体积为____mL(标准状况)。

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【解题分析】

A.某微粒的结构示意图为，根据原子序数为17，推测出为氯元素，氯位于第三周期、VIIA族，A项错误；B.K比钠活泼，同时，利用金属钠制取金属钾是利用了钠的熔沸点大于钾的熔沸点的原理，B项错误；C.因为中含有羟基所以可以形成分子间氢键，而不能形成分子间氢键，C项正确；D.糖类物质溶液中加入硫酸铵不会产生盐析现象，而蛋白质加入硫酸铵溶液后会产生盐析现象，D项错误；答案选C。2、A【解题分析】

A.硝基苯是由苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生硝化反应即取代反应制取的，A正确；B.苯可以发生取代反应也可以发生加成反应，也可被氧化，例如苯燃烧是氧化反应，B错误；C.硝基苯有毒，密度比水大，C错误；D.硝基苯中含有氧原子和氮原子，不属于芳香烃，属于芳香族化合物，D错误；答案选A。【题目点拨】选项D是易错点，含有苯环的烃叫芳香烃；含有苯环且除C、H外还有其他元素(如O、Cl等)的化合物叫芳香化合物；芳香化合物、芳香烃、苯的同系物之间的关系为。3、B【解题分析】

A．测定盐溶液的pH，可比较对应酸的酸性，Na2CO3溶液的pH大，对应酸的酸性更弱，则酸性：HA＞HCO3-，故A错误；B．往黄色固体难溶物PbI2加水中振荡，静置取上层清液加入NaI固体产生黄色沉淀，说明实现了沉淀的生成，证明上层清液中存在铅离子，说明PbI2存在沉淀的溶解平衡，故B正确；C．氨气在水中的溶解度较大，需要加热才生成氨气，故C错误；D．硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性，该实验不能排除硝酸根离子的影响，故D错误；故选B。【题目点拨】本题考查了化学实验方案的设计与评价。本题的易错点为A，碳酸钠水解主要生成碳酸氢钠，实验只能证明酸性：HA＞HCO3-，不能证明酸性：HA>H2CO3。4、D【解题分析】

A.氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，因此不能保存在棕色细口玻璃瓶中，应该保存在塑料瓶中，A错误；B.镁条能与氧气反应，但其表面生成的氧化膜非常致密，有一定的抗腐蚀能力，不必保存在煤油中，B错误；C.硅酸钠的水溶液应该保存在带有玻璃塞的细口玻璃瓶中，C错误；D.单质碘易升华，碘单质保存在带有玻璃塞的棕色广口玻璃瓶中，D正确；答案选D。5、B【解题分析】分析：干燥的氯气不具有漂白作用，氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，据此分析判断。详解：A.氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故A错误；B.新制氯水中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故B正确；C.液氯不能使干燥的石蕊试纸褪色，故C错误；

D.久置氯水中HClO分解，不具有漂白性，不能使干燥的石蕊试纸褪色，故D错误；

故选B。6、D【解题分析】分析：A．根据分散质粒子直径不同，把分散系分为溶液、胶体、浊液；B.常温下,铁在浓硫酸中发生钝化现象是发生了氧化还原反应；C．干燥的氯气不具有漂白性；D．氯化铁、硫酸亚铁水解生成胶体，具有吸附作用。详解：胶体与溶液的本质区别是分散质粒子直径不同，A错误；常温下,铁在浓硫酸中发生钝化现象是发生了氧化还原反应，氧化膜阻止反应进行，故常温下可用铁制容器贮藏贮运浓硫酸，B错误；氯气与水反应可生成具有漂白性的次氯酸，但干燥的氯气不具有漂白性，C错误；氯化铁、硫酸亚铁水解，最终生成氢氧化铁胶体，具有吸附作用是优良的净水剂，D正确；正确选项D。7、C【解题分析】

由结构可知，分子式为C10H9O3Cl，含苯环、酚-OH、-Cl、-COOC-、碳碳双键，结合酚、酯、烯烃、卤代烃的性质来解答。【题目详解】A．分子式为C10H9O3Cl，该有机物的摩尔质量为212.5g/mol，故A错误；B．芳香烃中只含C、H元素，该物质不属于芳香烃，故B错误；C．含酚-OH，能发生取代、氧化，含碳碳双键，能发生氧化、加成、加聚反应、还原反应，故C正确；D．苯环与碳碳双键能发生加成，酚-OH、-COOC-、-Cl与碱反应，且-Cl与碱水解生成酚-OH也与碱反应，则1mol该有机物在适当条件下，最多可与4molNaOH、4molH2反应，故D错误；故答案选C。【题目点拨】-Cl与碱水解生成酚-OH也与碱反应。8、A【解题分析】

①使用pH试纸测溶液的pH值，用到的仪器有玻璃棒、表面皿或玻璃片等仪器；②过滤用到烧杯、玻璃棒、漏斗等仪器；③蒸发用到铁架台、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等仪器；④配制一定物质的量浓度的溶液，用到的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及容量瓶等。以上操作都用到了玻璃棒。故选A。9、C【解题分析】分析：该电池的负极是Al，Ni是正极，在正极上发生得电子的还原反应，即MnO4-+2H2O+3e-═MnO2+4OH-，负极上金属铝失电子发生氧化反应，即Al-3e−+4OH−═AlO2−+2H2O，电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。详解：A．电池工作时，阳离子向正极移动，即K+向正极移动，故A错误；B．电池工作时，电子由负极流向正极，但是不会经过电解质溶液，故B错误；C．负极上金属铝失电子发生氧化反应，即Al-3e−+4OH−═AlO2−+2H2O，故C正确；D．电池工作时，负极上金属铝失电子发生氧化反应，即Al+4OH-═Al(OH)4-，Al电极周围溶液pH减小，故D错误；故选C。10、B【解题分析】

A．Mg的3s电子全满为稳定结构，P的3p电子半满为稳定结构，则电离能大于相邻的元素，即电离能不是随着原子序数的递增而增大，故A错误；B．随原子序数的增大，元素的非金属性增强，则元素的电负性增强，故B正确；C．随原子序数的增大，原子半径减小，与图像不符，故C错误；D．金属失去电子，而非金属得到电子，如硫、氯原子形成基态离子时得到的电子数分别为2、1，与图像不符，故D错误；答案选B。11、C【解题分析】

A、物质的量浓度的配制需要用到容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，不能用锥形瓶，A错误；B、气体摩尔体积的测定要用到气体发生器、储液瓶、镁带、稀硫酸和液体量瓶，玻璃棒不是必须的，B错误；C、钠的焰色反应要用到的仪器有铂丝，用到的溶液有氯化钠溶液和稀盐酸，C正确；D、粗盐提纯中用到蒸发皿、玻璃棒、酒精灯，用不到分液漏斗，D错误；答案选C。12、C【解题分析】

焓变小于0利于自发；熵变大于0利于自发；判断某一反应能否自发不能孤立的看焓判据或熵判据，要综合这两个判据，即根据自由能变判断：△G=△H+T△S；若△G＜0反应一定能自发；若△G＞0反应一定不能自发；因此选项ABD均是错误的，C正确。答案选C。13、A【解题分析】

A.NaHCO3和Na2CO3溶液中存在粒子种类相等，均有碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸分子、钠离子、氢离子和氢氧根离子以及水分子，故A判断不正确；B.在浓度相同的情况下，碳酸根离子的水解程度较碳酸氢根离子要大，溶液的碱性更强，故B判断正确；C.在NaHCO3和Na2CO3溶液中均存在水的电离平衡和弱离子碳酸根、碳酸氢根离子的水解平衡，故C正确；D.分别加入NaOH固体后，Na2CO3溶液中碳酸根离子的水解受到抑制导致C(CO32-)增大，NaHCO3溶液中发生反应：HCO3-+OH-=H2O+CO32-，从而C(CO32-)增大，故D判断正确；答案选A。14、C【解题分析】

当溶液中有两种或两种以上的离子可以与银离子产生沉淀时，溶解度小的沉淀先生成，由于AgI的溶解度小于AgCl，故反应可分为两阶段，第一阶段是I-与Ag+反应产生AgI沉淀，第二阶段是Cl-与Ag+生成AgCl沉淀，结合图像，I-、Cl-消耗的AgNO3溶液的体积比为V1：（V2-V1），则I-与Cl-物质的量之比为V1：（V2-V1），c（I-）/c（Cl-）=V1：（V2-V1），答案为C。15、D【解题分析】

A．由表中数据可判断，平衡常数随温度升高减小，说明反应为放热反应，该反应：反应物的总能量＞生成物的总能量，故A错误；B．1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c（CO）=2×10-3

mol/L，设CO起始浓度x，

Fe2O3（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g），起始量（mol/L）

x

0变化量（mol/L）x-2×10-3

x-2×10-3平衡量（mol/L）2×10-3

x-2×10-3K==4，x=10-2mol/L；用CO表示该反应的平均速率为，故B错误；C．平衡常数只受温度影响，增大c（CO）不能改变化学平衡常数，故C错误；D．增大固体的量，不改变平衡的移动，则其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量，故D正确；答案为D。16、B【解题分析】

室温下，某溶液中由水电离产生的c（H+）=10-10mol/L＜10-7mol/L，说明水的电离被抑制，则溶液中的溶质为酸、碱或强酸酸式盐。A、NaHSO4属于强酸酸式盐，完全电离出的氢离子抑制水电离，故A不选；B、NaCl是强酸强碱盐，不影响水的电离，故B选；C、盐酸是强酸，抑制水电离，故C不选；D、Ba（OH）2属于强碱而抑制水电离，故D不选；故选B。17、A【解题分析】分析：由装置图可以看出，反应为固体和液体在不加热的条件下反应生成气体的装置，生成气体可用浓硫酸干燥并能用排水法收集，以此解答该题。

详解:A.氢气可用浓硫酸干燥，并能用排水法收集，所以A选项是正确的；

B.浓盐酸和二氧化锰反应需要加热，且氯气微溶于水，不能用排水法收集，故B错误；

C.不能用稀硫酸和碳酸钙反应，否则生成硫酸钙微溶包住碳酸钙，使反应停止发生，且二氧化碳微溶于水，不能用排水法收集，故C错误；

D.氨气不能用浓硫酸干燥,也不能用排水法收集，故D错误。

所以A选项是正确的。点睛：本题考查气体的制备、收集,题目难度不大，注意把握气体的制备装置图，判断气体可能具有的性质。18、D【解题分析】

A项、由乙烯雌酚的结构简式可知分子式为C18H20O2，1mol该物质燃烧可得到10mol水，故A错误；B项、酚羟基的酸性强于碳酸氢根，弱于碳酸，能与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故B错误；C项、1mol乙烯雌酚中含有2mol酚羟基，酚羟基的邻、对位均可与溴发生取代反应，则发生取代反应消耗4molBr2，1mol乙烯雌酚分子中含有1mol碳碳双键，则发生加成反应消耗1molBr2，故共可以消耗5mol的Br2，故C错误；D项、苯环及碳碳双键均可与氢气在一定条件下发生加成反应，1mol乙烯雌酚共可与7mol氢气加成，故D正确；故选D。19、C【解题分析】

A.CH3CH2CH3分子内有2种氢原子，能生成2种一氯代物，A错误；B.分子内有2种氢原子，能生成2种一氯代物，B错误；C.分子内只有1种氢原子，只能生成1种一氯代物，C正确；D.分子中内有4种氢原子，能生成4种一氯代物，D错误；答案选C。【题目点拨】判断烷烃的一氯代物时，可以分析分子内的氢原子种类，分子内有几种氢原子，就能生成几种一氯代物。20、B【解题分析】

根据元素的化合价变化规律可知，X是氧元素，Y是钠元素，Z是铝元素，W是硫元素，R是氯元素。【题目详解】A.同周期自左向右原子半径逐渐减小，即原子半径：Y＞Z＞X，故A错误；B.Y是钠元素，Z是铝元素，Y和Z两者最高价氧化物对应水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，能和氢氧化钠溶液反应，生成偏铝酸钠和水，故B正确；C.W是硫元素，X是氧元素，SO3和水反应形成的化合物是共价化合物硫酸，故C错误；D.R是氯元素，W是硫元素，氯元素的非金属性强于S元素的，则H2S的稳定性弱于HCl的稳定性，气态氢化物的稳定性：R＞W，故D错误；答案选B。21、D【解题分析】

本题主要考查有机物的合成与路线设计。可通过逆向合成进行推断，由该有机物结构简式可判断该有机物是通过二元醇发生取代反应生成，故可利用乙醇发生消去反应，再与卤素加成，最后/水解合成二元醇。【题目详解】由上述分析可知，由乙醇为原料设计合成的方案为：，故答案为D。22、C【解题分析】

A．CH3(CH2)3CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4是分子式相同，结构不同，是同分异构体，不是同系物，故A错误；B．C5H12存在3种同分异构体：CH3(CH2)3CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4，不能表示纯净物，故B错误；C．同分异构体中，支链越多，沸点越低，则沸点：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷，即甲、乙、丙中，丙的沸点最低，故C正确；D．C(CH3)4的二氯代物有两种：CHCl2C(CH3)3、(CH2Cl)2C(CH3)2，即有2种不同沸点的二氯取代物，故D错误；答案选C。【题目点拨】本题的易错点为A，要注意正确区分同系物和同分异构体，关键是从概念理解和区分。二、非选择题(共84分)23、金属晶体121s22s22p63s23p5ArCuCl或[Cu(NH3)4]2＋【解题分析】

M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，则M为铜元素；元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同，则Y为氯元素，结合核外电子排布规律和晶胞的计算方法分析解答。【题目详解】M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，则M为铜元素；元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同，则Y为氯元素。(1)铜为金属原子，晶体中金属阳离子与电子之间通过金属键结合在一起，铜晶体属于金属晶体；铜晶体是面心立方堆积，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，每个平面上铜原子的配位数是4，三个面共有4×3=12个铜原子，所以铜原子的配位数是12，故答案为：金属晶体；12；(2)氯是17号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p5；氯为第三周期元素，同周期元素中，Ar是稀有气体元素，第一电离能最大的是Ar，故答案为：1s22s22p63s23p5；Ar；(3)①依据晶胞结构，每个晶胞中含有铜原子个数为：8×+6×=4，氯原子个数为4，则化学式为CuCl；1mol晶胞中含有4molCuCl，1mol晶胞的质量为M(CuCl)×4，晶胞参数a=0.542nm，则晶体密度为g·cm－3=g·cm－3，故答案为：CuCl；或；②Cu+可与氨形成易溶于水的配合物，所以CuCl难溶于水但易溶于氨水，该配合物中Cu+被氧化为Cu2+，所以深蓝色溶液中阳离子为[Cu(NH3)4]2+，故答案为：[Cu(NH3)4]2+。【题目点拨】本题的易错点为(3)②，要注意Cu+形成的配合物在空气中容易被氧化。24、CH3CHO加成反应取代反应或酯化反应2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH【解题分析】

已知A是石油裂解气的主要成份且A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，因此A是乙烯，与水发生加成反应生成B是乙醇，乙醇发生催化氧化生成C是乙醛，乙醛氧化生成D是乙酸，乙酸常用作厨房中调味品。乙酸和乙醇发生酯化反应生成E是乙酸乙酯，乙酸乙酯在碱性溶液中水解生成乙酸钠和乙醇，F酸化转化为乙酸，则F是乙酸钠，据此解答。【题目详解】（1）根据以上分析可知C是乙醛，结构简式为CH3CHO；（2）反应①是乙烯与水的加成反应；反应④是酯化反应，也是取代反应；（3）反应②是乙醇的催化氧化，反应的方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应⑤是乙酸乙酯在碱性溶液中水解，方程式为CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH。25、饱和FeCl3溶液呈红褐色②④⑦②⑦③⑤⑥⑦FeCl3+3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)+3HClSO42—胶体的聚沉丁达尔效应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+蒸发浓缩玻璃棒2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O(或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O写出一个即可)【解题分析】I、电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，主要包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等。我们在判断此类试题的时候，最直接的方法是按照物质的分类进行判断。①干冰是固态二氧化碳，不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；②NaHCO3晶体属于盐，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；③氨水属于混合物而不是化合物，所以不是电解质；④纯醋酸属于酸，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；⑤FeCl3溶液是混合物而不是化合物，所以不是电解质；⑥铜是单质而不是化合物，所以不是电解质；⑦熔融的KOH属于碱，在熔融状态下和水溶液中均可以电离出离子而导电，所以是电解质；⑧蔗糖不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；所以属于电解质的是：②④⑦。强电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，因此强电解质首先必须是电解质，只能从②④⑦里面找，其中NaHCO3晶体在水溶液中可以完全电离出离子，所以属于强电解质；纯醋酸属于共价化合物，在熔融状态下不能电离出离子，在水溶液中不能完全电离，所以属于弱电解质；熔融的KOH是离子化合物，在熔融状态下和水溶液中都能完全电离出离子，所以属于强电解质，因此属于强电解质的是②⑦。因在氨水、FeCl3溶液、熔融的KOH中都含有能够自由移动的离子，所以可以导电；铜作为金属单质，含有能够自由移动的电子，所以也可以导电，因此能够导电的是③⑤⑥⑦。II、①.Fe(OH)3胶体的制备过程是：向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和的FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可制得Fe(OH)3胶体。故答案是：饱和FeCl3；溶液呈红褐色；FeCl3+3H2O（沸水）Fe(OH)3(胶体)+3HCl。②.向Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于硫酸根离子中和了氢氧化铁胶粒的电荷，导致胶体发生了聚沉，故答案是：SO42-；胶体的聚沉③.利用胶体具有丁达尔效应而溶液没有丁达尔效应，进行区分胶体和溶液，所以答案是：丁达尔效应Ⅲ、①.FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，利用的是Fe3＋的氧化性，将铜氧化成Cu2＋，所以其反应的离子方程式是：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。②.利用FeCl3溶液制取FeCl3•6H2O晶体，需要在HCl气流中加热、蒸发浓缩，因此其主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；过滤操作主要需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒；所以答案是：蒸发浓缩；玻璃棒③、用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为：3Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O或者2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。26、BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)0.04

(或1/25

)2.5×10-4抑制TiCl4的水解HCl取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O【解题分析】分析：根据流程图，用饱和Na2CO3溶液处理重晶石，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，然后用盐酸溶解后，加入TiC14和草酸溶液，反应析出草酸氧钛钡晶体，经过洗涤、干燥、灼烧得BaTiO3。其中将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3的离子方程式为BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，根据K=cSO42-cCO32-=cSO42-c详解：(1)工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程式可表示为BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，此反应的平衡常数K=cSO42-cCO32-=KspBaSO4KspBaCO3=1.0×10-102.5×10-9=125；当c(SO42-)≤1.0×10-5mol/L时，认为BaSO4转化为了易溶于酸的BaCO(2)TiC14在常温下是无色液体，遇水容易发生水解可知，在配制为抑止其水解，需将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释，故答案为：抑制TiCl4的水解；(3)向混合液中加入TiC14溶液和H2C2O4溶液反应得到草酸氧钛钡和HCl，故可循环使用的物质X是HCl；草酸氧钛钡晶体表面附着氯离子，验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净的方法为：取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净，故答案为：HCl；取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净；(4)BaTiO(C2O4)2•4H2O煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)，煅烧草酸氧钛钡晶体的化学方程式为BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O，故答案为：BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O。27、B漏斗