2024届湖北省恩施州巴东三中化学高二第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2024届湖北省恩施州巴东三中化学高二第二学期期末质量跟踪监视模拟试题考生请注意：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、根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件己略去)（）A．只有反应①②④均属于氧化还原反应B．反应⑤说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属C．相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：1D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：42、继屠呦呦从青蒿中成功提取出青蒿素后，中国科学院上海有机化学研究所又在1982年人工合成了青蒿素，其部分合成路线如下所示，下列说法不正确的是A．香茅醛能发生加聚反应和还原反应B．“甲→乙”发生了取代反应C．甲发生完全催化氧化反应使官能团种类增加D．香茅醛存在顺反异构现象3、常温下，向1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3•H2O的变化趋势如图所示（不考虑体积变化和氨的挥发，且始终维持常温)，下列说法不正确的是A．在M点时，n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)molB．随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断增大C．M点溶液中水的电离程度比原溶液小D．当n(NaOH)=0.1mol时，c(OH-)＞c(Cl-)-c(NH3•H2O)4、下列有关金属及其化合物的说法中,正确的个数为()①在人类对金属材料的使用过程中,性质活泼的金属单质最早被人们冶炼和使用②纯铁比生铁抗腐蚀性更强③单质铝在空气中比较耐腐蚀,所以铝是不活泼金属④向紫色石蕊试液中加入过量的Na2O2粉末,振荡,溶液变为蓝色并有气泡产生⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金⑥可通过焰色反应区分钾元素和钠元素⑦将FeCl3溶液滴入KI淀粉溶液中,溶液变蓝色⑧铝粉和氧化镁粉末混合,高温能发生铝热反应A．4 B．5 C．6 D．75、下列装置能达到实验目的的是A．实验室制备乙酸乙酯B．比较不同催化剂对化学反应速率的影响C．比较硫、碳、硅三种元素的非金属性D．验证苯和液溴发生取代反应6、下列有机物属于脂肪烃的是（）A．新戊烷 B．氯乙烷 C．硬脂酸 D．甲苯7、化合物的分子式均为C8H8，下列说法不正确的是（）A．甲、乙、丙的二氯代物数目最少的是丙B．甲、乙、丙中只有甲的所有原子可能处于同一平面C．甲、乙、丙在空气中燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰D．等量的甲和乙分别与足量的溴水反应，消耗Br2的量：甲＞乙8、下列有关物质的分类正确的是A．混合物：水玻璃、碱石灰、明矾 B．酸：稀硫酸、次氯酸、硫酸氢钠C．酸性氧化物：、、 D．碱性氧化物：CaO、、9、下列有关说法不正确的是（）A．苯与浓HNO3和浓H2SO4的混合液共热，发生取代反应B．乙醇在一定条件下可以转化为CO2或CH3COOC2H5C．可以用碳酸钠溶液区分乙酸、乙醇、苯D．乙烯通入溴水中，得到无色、均一溶液10、实验室用如图所示的装置蒸馏海水，下列说法正确的是（）A．实验时冷却水应从a进入，从b流出B．蒸馏烧瓶中要加入碎瓷片，目的是防止暴沸C．锥形瓶中能收集到高浓度的氯化钠溶液D．该装置可用于分离海水中的NaCl和MgCl211、三国时期曹植在《七步诗》中这样写到“煮豆持作羹,漉豉以为汁。萁在釜下燃，豆在釜中泣。……”，文中“漉”涉及的化学实验基本操作是A．过滤B．分液C．升华D．蒸馏12、下列指定反应的离子方程式不正确的是A．钠与水反应:2Na+2H2O2Na++2OH–+H2↑B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水:Ca2++HCO3−+OH–CaCO3↓+H2OC．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸:Ba2++2OH−+2H++SO42−BaSO4↓+2H2OD．泡沫灭火器反应原理:3HCO3−+Al3+3CO2↑+Al(OH)3↓13、下列有关电解质溶液的说法正确的是A．向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变14、下列化学用语表达不正确的是（）①丙烷的球棍模型②丙烯的结构简式为CH3CHCH2③某有机物的名称是2，3-二甲基戊烷④与C8H6互为同分异构体A．①② B．②③ C．③④ D．②④15、下列说法不正确的是（）A．明矾可做消毒剂B．次氯酸钠可作漂白剂C．氧化铝可作耐火材料D．氢氧化铝可作治疗胃酸过多的药物16、下列物质的熔点高低顺序，正确的是A．金刚石＞晶体硅＞碳化硅B．K＞Na＞LiC．NaF＜NaCl＜NaBrD．CI4＞CBr4＞CCl4＞CH417、下列不是应用了电解池原理的是（）A．电镀B．工业制镁C．牺牲阳极的阴极保护法D．氯碱工业制Cl2等18、下列叙述不能体现相关主旨的是A．“水域蓝天，拒绝污染”一严控PM2.5排放，改善雾霾天气B．“化学，让生活更美好”一积极开发风力发电，让能源更清洁C．“节能减排，低碳经济”一综合利用煤和石油，发展绿色化学D．“化学，引领科技进步”一研究合成光纤技术，让通讯更快捷19、乙烯醚是一种麻醉剂，其合成路线如图，有关说法正确的是A．X可能是Br2B．X可能为HO—ClC．乙烯醚分子中的所有原子不可能共平面D．①②③反应类型依次为取代、取代和消去20、高温下硫酸亚铁发生反应2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑,若将生成的气体通入氯化钡溶液中，得到的沉淀是A．BaSB．BaSO3C．BaSO4D．BaSO3和BaSO421、对物质的量的理解正确的是（）A．物质的量就是物质的质量的另一种表达方式，单位是g/molB．物质的量就是物质的数量，数值上等于式量，单位是molC．物质的量就是6.02×1023个微粒的质量，单位是gD．物质的量是国际单位制中的一个物理量，表示含有一定数目微粒的集体22、已知某有机物的结构简式为CH3CH＝CH—Cl,该有机物能发生

()①取代反应②加成反应③消去反应④使溴水褪色⑤使酸性KMnO4褪色⑥与AgNO3溶液生成白色沉淀⑦聚合反应A．只有⑥不能发生 B．只有⑦不能发生C．以上反应均可发生 D．只有②不能发生二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D四种可溶性盐，阳离子分别可能是Ba2+、Na+、Ag+、Cu2+中的某一种,阴离子分别可能是中的某一种。(1)C的溶液呈蓝色，向这四种盐溶液中分别加盐酸，B盐有沉淀产生，D盐有无色无味气体逸出。则它们的化学式应为：A_______，B_______，C_______，D_______。(2)写出下列反应的离子方程式：①A+C__________________________。②D+盐酸________________________。24、（12分）有机物A为天然蛋白质水解产物，含有C、H、N、O四种元素。某研究小组为研究A的组成与结构，进行了如下实验：实验步骤实验结论(1)将A加热使其气化，测其密度约为相同条件下空气密度的4.6倍。A的相对分子质量为_____(2)将26.6gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰、灼热的铜网(假设每次气体被完全吸收)，前两者分别增重12.6g和35.2g，通过铜网后收集到的气体为2.24L(标准状况下)。A的分子式为_______(3)另取13.3gA，与足量的NaHCO3粉末完全反应，生成气体4.48L(标准状况下)。A

中含有的官能团名称为____(4)A的核磁共振氢谱显示五组峰且峰面积比为1:1:1:2:2。A的结构简式为_______(5)两分子A反应生成一种六元环状化合物的化学方程式为_________25、（12分）1.为探究某铁碳合金与浓硫酸在加热条件下的反应的部分产物,并测定铁碳合金中铁元素的质量分数,某化学活动小组设计了如图所示的实验装置,并完成以下实验探究。(1)往圆底烧瓶中加入mg铁碳合金,并滴入过量浓硫酸,未点燃酒精灯前,A、B中均无明显现象,其原因是:①常温下碳与浓硫酸不反应;②___________。

(2)点燃酒精灯,反应一段时间后,从A中逸出气体的速率仍然较快,除因反应温度较高外,还可能的原因是___________________。

(3)装置B的作用是___________________________。

(4)甲同学观察到装置C中有白色沉淀生成,他认为使澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳。装置A中能产生二氧化碳的化学方程式为___________________。

(5)乙同学认为甲同学的结论是错误的,他认为为了确认二氧化碳的存在,需在装置B和C之间添加装置M。装置E、F中盛放的试剂分别是______、_____。重新实验后证明存在CO2,则装置F中的现象是______________。

(6)有些同学认为合金中铁元素的质量分数可用KMnO4溶液来测定(5Fe2++Mn+8H+5Fe3++Mn2++4H2O)。测定铁元素质量分数的实验步骤如下:Ⅰ.往烧瓶A中加入过量铜使溶液中的Fe3+完全转化为Fe2+,过滤,得到滤液B;Ⅱ.将滤液B稀释为250mL;Ⅲ.取稀释液25.00mL,用浓度为cmol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定,三次滴定实验消耗KMnO4溶液体积的平均值为VmL。①步骤Ⅱ中,将滤液B稀释为250mL需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还必须要用到的是_________。

②判断滴定终点的标志是_____________________。

③铁碳合金中铁元素的质量分数为___________________。26、（10分）钠硝石又名智利硝石，主要成分为NaNO3。据最新勘探预测表明，我国吐鲁番盆地钠硝石资源量约2.2亿吨，超过了原世界排名第一的智利。一种以钠硝石为原料制备KNO3的流程如下图所示（矿石中其他物质均忽略）：相关化合物溶解度随温度变化曲线如下图所示：回答下列问题：(1)NaNO3是________________（填“电解质”或“非电解质”）。(2)一定温度下，NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2，该反应的化学方程式为__________________。(3)为提高钠硝石的溶浸速率，可对矿石进行何种预处理________________（答出一种即可）。(4)为减少KNO3的损失，步骤a的操作应为：________________________________；步骤b中控制温度可为下列选项中的________。A．10℃B．40℃C．60℃D．90℃(5)如何验证洗涤后的KNO3中没有Cl-：_______________________________________。(6)若100吨钠硝石可生产60.6吨KNO3，则KNO3的产率为________。27、（12分）用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16g·cm－3)配制成1mol·L－1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220mL，试回答下列问题：(1)配制稀盐酸时，应选用容量为________mL的容量瓶。(2)在量取浓盐酸时宜选用下列量筒中的________。A．5mLB．10mLC．25mLD．50mL(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：(将操作补充完整)①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，____________________________________________。③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。上述操作中，正确的顺序是(填序号)________。(4)若用1mol/LHCl溶液润洗容量瓶，再转移溶液，所配置的溶液浓度将_________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。28、（14分）I．现有常温下pH＝2的HCl溶液甲和pH＝2的CH3COOH溶液乙，请根据下列操作回答问题：（1）常温下0.1mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_____。A．c(H＋)B．C．c(H＋)·c(OH－)（2）取10mL的乙溶液，加入等体积的水，CH3COOH的电离平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中的比值将________(填“增大”“减小”或“无法确定”)。（3）取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗NaOH溶液体积的大小关系为V(甲)________(填“＞”“＜”或“＝”)V(乙)。（4）已知25℃时，下列酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8×10－5K1＝4.3×10－7K2＝4.7×10－113.0×10－8下列四种离子结合H＋能力最强的是________。A．HCOB．COC．ClO－D．CH3COO－写出下列反应的离子方程式：HClO＋Na2CO3(少量)：______________________II．室温下，0.1mol·L－l的KOH溶液滴10.00mL0.10mol·L－lH2C2O4(二元弱酸）溶液，所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题：（5）点③所示溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为：________________________。点④所示溶液中：c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)＝________mol/L。29、（10分）把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水中后有1.16g白色沉淀,在所得的悬独液中逐滴加入1mol·L-1HCl溶液,加入HCl溶液的体积V与生成沉淀的质量m的关系如图所示。试回答：(1)A点沉淀物的化学式为_____________，(2)AlCl3的物质的量为________________。(3)HCl溶液在Q点的加入量是_________________

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、B【解题分析】

A．①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、二氧化锰和水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，都属于氧化还原反应，故A错误；B．⑤为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，故B正确；C．③中O元素的化合价由-1价升高为0，④中O元素的化合价有-2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C错误；D．反应①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高到0，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误。【题目点拨】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大，把握反应中元素的化合价变化及得失电子守恒是解题的关键。2、D【解题分析】

A．香茅醛含有碳碳双键，能发生加聚反应，含有醛基，能与氢气发生还原反应，故A正确；

B．甲→乙是羟基中H原子被甲基取代，属于取代反应，故B正确；

C．甲中官能团只有羟基1种，-CH2OH催化氧化得到-CHO，而环上的羟基催化氧化得到羰基，有2种官能团，故C正确；

D．碳碳双键中1个碳原子连接2个甲基，不存在顺反异构，故D错误。

故选：D。【题目点拨】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的性质、有机反应类型，甲分子中不同位置的羟基发生催化氧化的产物不同为易错点。3、B【解题分析】

A.n(Na+)=amol，n(NH4+)=0.05mol，n(Cl－)=0.1

mol根据电荷守恒，n(OH－)+

n(Cl－)=n(H+)+

n(Na+)+n(NH4+)；n(OH－)-n(H+)＝n(Na+)+

n(NH4+)

-

n(Cl－)

=(a

-0.05)mol，故A正确；B.

不变，随着NaOH的加入，不断增大，所以增大，，不断减小，故B错误；C.向氯化铵溶液中加碱，对水的电离起抑制作用，所以M点溶液中水的电离程度比原溶液小，故C正确；当n(NaOH)＝0.1mol时，，c(OH－)=c(Cl－)-

c(NH3•H2O)+

c(H+)，所以c(OH－)＞c(Cl－)-

c(NH3•H2O)，故D正确；答案选B。4、A【解题分析】

①在人类对金属材料的使用过程中,性质越不活泼的金属单质最早被人们冶炼和使用，错误；②纯铁比生铁抗腐蚀性更强，正确；③单质铝在空气中比较耐腐蚀，是因为铝表面有一层致密的氧化膜，但铝是活泼金属，错误；④向紫色石蕊试液中加入过量的Na2O2粉末，振荡，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，故溶液变为蓝色并有气泡产生，但由于过氧化钠具有漂白性，最终溶液变为无色，错误；⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金，正确；⑥可通过焰色反应区分钾元素和钠元素，正确；⑦将FeCl3溶液滴入KI淀粉溶液中有单质碘生成，溶液变蓝色，正确；⑧铝不能置换出镁，铝粉和氧化镁粉末混合，高温不能发生铝热反应，错误，有关金属及其化合物的说法中，正确的个数为4，答案选A。5、C【解题分析】

A.右侧导管插入到碳酸钠溶液中，易产生倒吸，A错误；B.双氧水的浓度不同，无法比较不同的催化剂对化学反应速率的影响，B错误；C.硫酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于硅酸，三种含氧酸中，硫、碳、硅元素均为最高价，可以比较三种元素的非金属的强弱，C正确；D.挥发出的溴进入到右侧烧杯中，也能与硝酸银反应产生浅黄色沉淀，不能验证苯与溴发生取代反应生成了溴化氢，D错误；正确选项C。6、A【解题分析】

A.新戊烷属于脂肪烃，只含C、H元素，为链烃基结构，A正确；B.氯乙烷含有Cl元素，属于烃的衍生物，B错误；C.硬脂酸中含有C、H和O元素，属于烃的衍生物，C错误；D.甲苯中含有苯环，属于芳香烃，D错误；故合理选项是A。7、D【解题分析】本题考查有机物的结构与性质。分析：A.先判断一氯代物的数目，再分析二氯代物数目；B.分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面；C.含碳量与最简式相同的乙炔含碳量相同，在空气中燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰；D.碳碳双键数目越多，消耗Br2的量越多。详解：化合物甲的一氯代物有5种，二氯代物有5+3+4+2+0=14种，化合物乙的一氯代物有2种，二氯代物有3+3=6种，化合物丙的一氯代物有1种，二氯代物有3种，A正确；化合物甲含有一个苯环和一个碳碳双键，所有原子可能处于同一平面，化合物乙和化合物丙均含有饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面，B正确；化合物甲、化合物乙和化合物丙的最简式为CH，与乙炔含碳量相同，则在空气中燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰，C正确；化合物甲含有一个碳碳双键，1mol化合物甲消耗1molBr2，化合物乙含有三个碳碳双键，1mol化合物乙消耗3molBr2，D错误。故选D。点睛：判断二氯代物的数目时，应先写出一氯代物的结构简式，然后分析一氯代物有几种等效氢原子，等效氢原子的数目就是二氯代物的数目，如立方烷等效氢原子只有一种，所以一氯代物只有一种，立方烷一氯代物的等效氢原子有3种，详则其二氯代物有3种。8、C【解题分析】

A.由两种或以上物质构成的为混合物，而明矾是KAl(SO4)2⋅12H2O是纯净物，故A错误；B.电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，而稀硫酸是混合物，不是化合物，故不是酸；硫酸氢钠电离出的阳离子不全部是氢离子，故也不是酸，故B错误；C.能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，二氧化硫、二氧化碳和二氧化硅均为酸性氧化物，故C正确；D.能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，而过氧化钠和酸反应时，除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，故D错误。答案选C。9、D【解题分析】

A、苯与浓HNO3和浓H2SO4的混合液共热，在不同的温度下可以发生取代反应生成硝基苯或间二硝基苯，选项A正确；B、乙醇在氧气中燃烧得到CO2，乙醇与乙酸发生酯化反应得到CH3COOC2H5，选项B正确；C、乙酸与碳酸钠溶液反应产生气泡、乙醇与碳酸钠溶液互溶不分层、苯与碳酸钠溶液不互溶分层，现象不同，可区分，选项C正确；D、乙烯通入溴水后发生加成反应生成溴乙烷，溴水褪色，溴乙烷是有机试剂与水分层，选项D不正确。答案选D。10、B【解题分析】A项，冷凝管中水流的方向应该是下口进上口出，以便冷凝管内充满水，使冷凝管内的气体充分冷凝，所以实验时冷却水应从b进入，从a流出，故A错误；B项，在蒸馏烧瓶中加热液体时可能会因为局部受热不均匀而造成局部沸腾，即暴沸，加入碎瓷片增大了接触面积，可以防止暴沸，故B正确；C项，海水蒸馏分离的是水和无机盐，由于无机盐很难挥发，加热至水沸腾时只有水蒸气逸出，而无机盐不会逸出，所以锥形瓶中收集到的是淡水，故C错误；D项，使用该装置蒸馏含NaCl和MgCl2的海水时，可以得到水和浓度较高的NaCl和MgCl2溶液，但不能分离NaCl和MgCl2，故D错误。11、A【解题分析】煮豆持作羹,漉豉以为汁意思是煮熟豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水。所以漉豉以为汁采用了过滤的方法把豆豉和豆汁分开。故A符合题意，BCD不符合题意。所以答案为A。12、B【解题分析】A．钠与水反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A正确；B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子也反应生成NH3·H2O，故B错误；C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸，离子方程式：Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故C正确；D、泡沫灭火器的反应原理为碳酸氢钠和硫酸铝混合后发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式A13++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故D正确；故选B。点睛：本题考查了离子方程式的书写判断，掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法是解题关键。本题的易错点为B，向碳酸氢铵溶液中加入石灰水，氢氧根离子书写与碳酸氢根离子反应，再与铵根离子反应，当石灰水足量，应该反应生成碳酸钙、和氨水。13、D【解题分析】

A．溶液中=Ka(CH3COOH)/Kw，因为Ka(CH3COOH)、Kw仅受温度影响，当温度不变时，它们的值不会随着浓度的变化而变化，故向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中不变，A错误；B．CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，，温度升高促进CH3COO-水解，水解平衡常数增大，=1/Kh，故将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中减小，B错误；C．由电荷守恒可知c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4+)=c(Cl-)，c(NH4+)/c(Cl-)=1，C错误；D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中=Ksp(AgCl)/Ksp(AgI)，故溶液中不变，D正确；答案选D。14、D【解题分析】

①丙烷的球棍模型为，①正确；②丙烯的结构简式应为CH3CH＝CH2，②不正确；③某有机物的名称是2，3-二甲基戊烷，③正确；④的分子式为C8H6，但分子式为C8H6的其结构并不知道，因此二者不一定是同分异构体，④不正确；答案选D。15、A【解题分析】

A．明矾电离产生的Al3+发生水解反应产生的氢氧化铝胶体有吸附作用，可以吸附水中悬浮的固体物质，从而使水澄清，故明矾有净水作用，但没有消毒作用，A错误；B．次氯酸钠有强的氧化作用，可以将有色物质氧化变为无色物质，故可作漂白剂，B正确；C．氧化铝是离子化合物，熔沸点很高，故可作耐火材料，C正确；D．氢氧化铝可与胃酸(即盐酸)发生反应，产生氯化铝，从而可以降低胃酸的浓度，故可以作治疗胃酸过多的药物，D正确。答案选A。16、D【解题分析】试题分析：A．金刚石、晶体硅、碳化硅都是原子晶体，原子半径越小，共价键的键长就越短，原子的结合力就越强，键能就越大，克服共价键使物质熔化或汽化消耗的能量就越大，物质的熔沸点就越高，由于共价键C－C<C－Si<Si－Si，所以熔点由高到低的顺序是：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，错误；B．对于金属晶体来说，金属原子的半径越大，金属键就越弱，物质的熔沸点就越低，所以物质的熔点由高到低的顺序是：K<Na<Li,错误；C．物质都是离子晶体，对于离子晶体来说，离子半径越小，离子键的键长就越短，离子的结合力就越强，键能就越大，克服离子键使物质熔化或汽化消耗的能量就越大，物质的熔沸点就越高，由于离子半径F-<Cl-<Br-，所以熔点由高到低的顺序是：NaF>NaCl>NaBr,错误。D．这几种物质都是由分子构成的物质，结构相似，对于结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，所以熔点由高到低的顺序是：CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4。正确。考点：考查各类晶体的熔沸点比较的知识。17、C【解题分析】A项，电镀是利用电解原理在某些金属表面上镀上一薄层其它金属或合金的过程，故A不符合题意；B项，工业用电解熔融MgCl2的方法制取金属镁，故B不符合题意；C项，牺牲阳极的阴极保护法，又称牺牲阳极保护法，是防止金属腐蚀的一种方法，即将还原性较强的金属与被保护金属相连构成原电池，还原性较强的金属作为负极发生氧化反应而消耗，被保护的金属作为正极就可以避免腐蚀，故C符合题意；D项，氯碱工业通过电解饱和NaCl溶液来制Cl2等，故D不符合题意。18、B【解题分析】试题分析：A、PM2.5为粒子直径小于或等于2.5微米的微粒，可导致雾霾天气，故A正确；B、风力发电属于物理过程，不涉及化学反应，不符合主旨，故B错误；C、综合利用煤和石油，可提高原料的利用率，减少污染物的排放，符合主旨，故C正确；D、通过化学合成的方法研究合成光线技术，可提高通讯效率，故D正确，答案选B。考点：考查化学与生活、环境保护、绿色化学、能源与材料等19、B【解题分析】

由转化关系可知，B应发生卤代烃的消去反应生成乙烯醚，则B中含有卤原子、醚键，而A在浓硫酸作用下得到B，应是形成醚键，属于取代反应，则A中含有卤原子、-OH，故乙烯与X反应应引入卤原子、-OH，则X可以为HClO，不可能为Br2，该反应属于加成反应。【题目详解】A项、若X为Br2，则A为BrCH2CH2Br，反应②无法进行，故A错误；B项、若X为HO-Cl，则A为ClCH2CH2OH，A在浓硫酸作用下形成醚键，所以B为ClCH2CH2OCH2CH2Cl，B在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应可得乙烯醚，故B正确；C项、乙烯醚分子中的碳原子均为碳碳双键上的不饱和碳原子，氧原子与相连碳原子共面，则乙烯醚分子中的所有原子可能共平面，故C错误；D项、反应①属于加成反应，反应②属于取代反应，反应③属于消去反应，故D错误。故选B。【题目点拨】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查学分析推理能力、知识迁移运用能力，注意根据结构与反应条件进行推断是解答关键。20、C【解题分析】分析：混合气体中含有SO3,将生成的气体通入氯化钡溶液中发生:SO3+H2O=H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl↓,注意H2SO3为弱酸，酸性小于HCl和H2SO4，以此来解答。详解：混合气体中含有SO3,将生成的气体通入氯化钡溶液中发生:SO3+H2O=H2SO4,则没有SO3逸出，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl,则有BaSO4沉淀生成；因为H2SO3为弱酸,酸性小于HCl和H2SO4,则不能与氯化钡反应,得不到BaSO3沉淀；且该反应生成的气体与氯化钡不会生成BaS；正确选项C。点睛：二氧化硫和三氧化硫均为酸性氧化物，二氧化硫通入氯化钡溶液中，没有白色沉淀产生，因为亚硫酸不能制备盐酸；三氧化硫通入氯化钡溶液，生成白色沉淀硫酸钡，因为硫酸钡沉淀不溶于盐酸。21、D【解题分析】A项，物质的量与物质的质量为两个不同的物理量，物质的量的单位是mol，故A错误；B项，物质的量表示物质所含指定粒子的多少，物质的量是一个整体，不是物质所含粒子的数量，数值上等于物质质量与相对分子质量之比，单位是mol，故B错误；C项，物质的量的单位是mol，1mol任何物质中含有的该物质微粒个数是6.02×1023个，故C错误；D项，物质的量是国际单位制中的一个基本物理量，它表示含有一定数目粒子的集合体，故D正确。22、A【解题分析】

根据有机物的结构简式可知，CH3CH＝CH—Cl分子中含有的官能团为碳碳双键和氯原子，能够表现烯烃和氯代烃的性质。【题目详解】根据有机物的结构简式可知，分子中含有的官能团为碳碳双键和氯原子，所以可发生加成反应、取代反应、消去反应、加聚反应，也能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，但和硝酸银溶液不反应，故选A。【题目点拨】本题考查有机物的结构与性质，准确判断出分子中含有的官能团，结合官能团的结构和性质分析是解答关键。二、非选择题(共84分)23、BaCl2AgNO3CuSO4Na2CO3Ba2++SO42-=BaSO4↓CO32-+2H+=H2O+CO2↑【解题分析】

A、B、C、D都是可溶性盐，Ag+只能和搭配，只能和剩余的Na+搭配，在此基础上，和Cu2+搭配，则Ba2+和Cl-搭配，即这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2。C的溶液呈蓝色，则C为CuSO4。B+HCl产生沉淀，则B为AgNO3。D+HCl产生气体，则D为Na2CO3。所以A为BaCl2。综上所述，A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3。【题目详解】（1）经分析这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2，结合题中给出的实验现象，可以推出A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；（2）A+C为BaCl2和CuSO4的反应，其离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；D+盐酸为Na2CO3和盐酸的反应，其离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑。24、133C4H7O4N羧基氨基HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH2HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH→+2H2O【解题分析】

（1）密度是相同条件下空气的4.6倍，则相对分子质量也为空气的4.6倍；（2）浓硫酸增重的质量就是水的质量，碱石灰增重的质量就是二氧化碳的质量，灼热的铜网的作用是除去里面混有的氧气，这样通过铜网后收集到的气体为氮气；（3）与碳酸氢钠反应放出气体，说明有-COOH；（4）核磁共振氢谱显示五组峰且峰面积比为1:1:1:2:2，说明有5中等效氢，且个数比为1:1:1:2:2。【题目详解】(1)A加热使其气化，测其密度约为相同条件下空气密度的4.6倍，所以A的相对分子质量是空气平均相对分子质量的4.6倍，所以A的相对分子质量=29×4.6≈133，故答案为：133；(2)由分析可知，该有机物燃烧产生水的质量=12.6g，物质的量==0.7mol，H原子的物质的量=1.4mol。产生二氧化碳的质量=35.2g，物质的量==0.8mol，C原子的物质的量=0.8mol。氮气的物质的量==0.1mol，N原子的物质的量=0.2mol。结合(1)可知燃烧该有机物的物质的量==0.2mol，所以该有机物分子中，C的个数==4，同理：H的个数=7，N的个数=1，设该有机物分子式为C4H7OxN，有12×4+7×1+14×1+16x=133，解得x=4，所以该有机物分子式为C4H7O4N，故答案为：C4H7O4N；(3)有机物的物质的量==0.1mol，产生二氧化碳的物质的量==0.2mol，根据-COOH～NaHCO3～CO2可知，每1mol羧基能和碳酸氢钠反应产生1mol二氧化碳气体，所以产生0.2mol二氧化碳对应0.2mol羧基，所以该有机物含2个羧基，因为该有机物为蛋白质水解产物，所以还有1个氨基，故答案为：羧基；氨基；(4)核磁共振氢谱说明有5种氢，且个数比=1:1:1:2:2，所以该有机物结构简式为：HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH，故答案为：HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH；(5)两分子该有机物可以发生反应生成六元环，该六元环只可能为，所以反应的方程式为：2HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH→+2H2O，故答案为：2HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH→+2H2O。【题目点拨】1mol-COOH和1molNaHCO3反应可产生1molCO2。25、常温下Fe在浓硫酸中发生钝化铁、碳、硫酸溶液形成原电池检验SO2的存在C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O酸性KMnO4溶液或溴水(或其他合理答案)品红溶液品红溶液不褪色或无明显现象250mL容量瓶滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液,溶液呈浅紫色,且30s内不变色%.【解题分析】

在常温下，Fe和C，与浓硫酸均不反应，在加热条件下，可以反应，生成SO2和CO2，利用品红检验SO2，利用石灰水检验CO2，但是SO2的存在会对CO2的检验产生干扰，因此需要除杂，并且验证SO2已经被除尽。【题目详解】(1)在加热条件下C和浓硫酸发生氧化还原反应，常温下，铁和浓硫酸发生钝化现象，C和浓硫酸不反应，所以在未点燃酒精灯前A、B均未产生现象，故答案为：铁和浓硫酸发生钝化现象；(2)随着反应的进行，溶液浓度减小，速率应该减小，但事实上反应速率仍较快，该反应没有催化剂，浓度在减小，压强没有发生改变，只能是Fe和C形成原电池，Fe作负极，加快了氧化还原反应的速率所以速率加快的原因可能是C、Fe和硫酸构成原电池，从而加速反应速率；(3)SO2能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，SO2能使品红溶液褪色，所以B可以检验SO2的存在；(4)加热条件下，C和浓硫酸发生氧化还原反应生成CO2、SO2和H2O，反应方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；(5)SO2也能使澄清石灰水变浑浊，用澄清石灰水检验CO2之前要除去SO2，防止对CO2造成干扰，所以在B-C之间增加装置酸性高锰酸钾溶液或溴水和品红溶液，酸性高锰酸钾或溴水是吸收二氧化硫、品红溶液是检验二氧化硫是否除尽，如果二氧化硫完全被吸收，则F中溶液不褪色或无明显现象；(6)①要测量Fe的质量分数，配制溶液的时候不能粗略地用烧杯稀释，而应该使用容量瓶，因此还需要容量瓶250mL容量瓶；②Fe2＋和高锰酸钾发生氧化还原反应而使溶液褪色，高锰酸钾溶液有颜色、生成的锰离子无色，所以有明显的颜色变化。终点的标志为滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液,溶液呈浅紫色,且30s内不变色；③设参加反应的亚铁离子的物质的量为x，消耗的高锰酸钾的物质的量为0.001cVmol。根据5Fe2＋+MnO4－+8H＋═5Fe3＋+Mn2＋+4H2O中Fe2＋和MnO4－的比例关系，有5Fe2＋~MnO4－5mol1molx0.001cVmol5mol：1mol=x：0.001cVmol；则250mL滤液中n(Fe2＋)=0.005cVmol×10=0.05cVmol，根据Fe原子守恒得n(Fe)=(Fe2＋)=0.05cVmol，m(Fe)=0.05cVmol×56g·mol－1=2.8cVgFe质量分数=。26、电解质4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑粉碎蒸发结晶，趁热过滤A取最后一次洗涤的洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若未出现白色沉淀，说明洗涤后的KNO3中没有Cl-51%【解题分析】分析：(1)根据NaNO3是易溶于水的盐判断；(2)根据NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2书写反应的化学方程式并配平；(3)根据影响化学反应速率的因素分析；(4)根据相关化合物溶解度随温度变化曲线可知，硝酸钾的溶解度随温度的变化明显，而氯化钠的溶解度随温度的变化不大分析解答；步骤b中需要析出硝酸钾晶体，从尽可能多的析出硝酸钾考虑；(5)检验有没有Cl-；(6)根据硝酸根守恒，存在NaNO3~KNO3，首先计算理论上100吨钠硝石可生产KNO3的质量，再求KNO3的产率。详解：(1)NaNO3是易溶于水的盐，属于电解质，故答案为：电解质；(2)一定温度下，NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2，该反应的化学方程式为4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑，故答案为：4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑；(3)根据影响化学反应速率的因素可知，可将矿石粉碎，以提高钠硝石的溶浸速率，故答案为：粉碎；(4)根据相关化合物溶解度随温度变化曲线可知，硝酸钾的溶解度随温度的变化明显，而氯化钠的溶解度随温度的变化不大，为减少KNO3的损失，步骤a应为蒸发结晶，趁热过滤；步骤b中需要析出硝酸钾晶体，为了尽可能多的析出硝酸钾，应该控制温度在10℃最好，故答案为：蒸发结晶，趁热过滤；A；(5)要验证洗涤后的KNO3中没有Cl-，只需要取最后一次洗涤的洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若未出现白色沉淀，即可说明洗涤后的KNO3中没有Cl-，故答案为：取最后一次洗涤的洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若未出现白色沉淀，说明洗涤后的KNO3中没有Cl-；(6)根据硝酸根守恒，存在NaNO3~KNO3，理论上100吨钠硝石可生产KNO3的质量为100吨×10185=118.8吨，则KNO3的产率为60.6吨118.827、250C至液体凹液面最低处与刻度线相切③①④②偏大【解题分析】

（1）实验室没有220mL的容量瓶，应选用规格为250mL的容量瓶；（2）先计算浓硝酸的物质的量浓度，再依据稀释定律计算浓盐酸的体积；（3）根据配制溶液的实验操作过程确定操作的顺序；（4）依据操作对溶质的物质的量、溶液体积的影响分析。【题目详解】（1）配制220mL1mol·L－1稀盐酸时，因实验室没有220mL的容量瓶，应选用规格为250mL的容量瓶，故答案为：250；（2）由c=可知，浓盐酸的物质的量浓度c＝mol/L＝11.6mol/L，250mL1mol·L－1的稀盐酸中氯化氢的物质的量为0.25mol，由稀释定律可知浓盐酸的体积为≈0.022L=22mL，则量取22mL浓盐酸时宜选用25mL量筒，故答案为：C；（3）实验室配制成1mol·L－1盐酸的操作步骤是，用量筒量取22mL浓盐酸倒入烧杯中，向盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀，等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250mL容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部注入容量瓶，往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，至液体凹液面最低处与刻度线相切，最后定容颠倒摇匀，则操作顺序为③①④②，故答案为：至液体凹液面最低处与刻度线相切；③①④②；(4)若用1mol/LHCl溶液润洗容量瓶，再转移溶液，HCl的物质的量偏大，所配置的溶液浓度将偏大，故答案为：偏大。【题目点拨】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，注意配制的操作步骤、仪器的选择、误差的分析，掌握有关物质的量浓度计算的方法是解答关键。28、A向右减小＜BHClO＋CO===ClO－＋HCOc(K+)>c(HC2O4―)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH―)0.10【解题分析】分析：(1)加水稀释促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(H+)、c(CH3COOH)、c(CH3COO-)都减小，但温度不变，水的离子积常数不变；

(2)加水稀释促进醋酸电离，向醋酸中加入相同的离子，则抑制醋酸电离；

(3)pH相同的醋酸浓度大于盐酸，取等体积等pH的醋酸和盐酸，n(CH3COOH)>n(HCl)，分别用等浓度的NaOH溶液中和，酸的物质的量多的消耗的碱多；(4)电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，根据表中数据可以知道，酸性由强到