2024届上海市华师大三附中高二化学第二学期期末质量检测试题含解析

2024届上海市华师大三附中高二化学第二学期期末质量检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下列关于各图像的解释或结论正确的是A．图①可表示用NaOH溶液滴定等浓度醋酸溶液，溶液导电性随NaOH的体积变化B．图②可表示25℃时，0.10mol•L-1盐酸滴定20.00mL

0.10mol•L-1NaOH溶液的滴定曲线C．图③表示水溶液中c(H＋)与c(OH－)的变化关系，则水的电离程度()：；水的离子积：KW(d)＝KW(b)D．图④表示合成氨N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＜0的平衡常数与温度和压强的关系2、丁子香酚可用于制备杀虫剂和防腐剂，结构简式如图所示。下列说法中，不正确的是A．丁子香酚分子中的含氧官能团是羟基和醚键B．1mol丁子香酚与足量氢气加成时，最多能消耗4molH2C．1mol丁子香酚与浓溴水反应，最多消耗2molBr2D．丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，可证明其分子中含有碳碳双键3、下列说法中正确的是（）A．在相同条件下，若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B．由“C(石墨)=C(金刚石)ΔH=+1.9kJ·mol-1”可知，金刚石比石墨稳定C．在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.31kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与1molNaOH溶液混合，放出的热量大于57.31kJD．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)==2H2O(l)ΔH=+285.8kJ·mol-14、若NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．0.1mol/L的CaCl2溶液中所含Cl﹣数为0.2NAB．7.8gNa2O2与足量水反应，转移电子数为0.2NAC．常温常压下，8gCH4含有的分子数为0.5NAD．常温下，0.1molFe与酸完全反应时，失去的电子数一定为0.3NA5、已知：KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O，如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。下表中由实验现象得出的结论完全正确的是()选项实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红Cl2具有还原性B滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有酸性C紫色石蕊溶液先变红后褪色Cl2具有漂白性DKI­淀粉溶液变成蓝色Cl2具有氧化性A．A B．B C．C D．D6、下列说法正确的是A．乙烷和乙烯都能用来制取氯乙烷，且反应类型相同B．相同物质的量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同C．除去甲烷的乙烯可通过酸性高锰酸钾溶液洗气D．甲苯和乙苯都是苯的同系物7、关于分散系，下列叙述中不正确的是（）A．按照分散质和分散剂状态不同（固、液、气），它们之间可有9种组合方式B．当分散剂是水或其他液体时，如果按照分散质粒子的大小来分类，分散系可分为溶液、胶体、浊液C．溶液是稳定的分散系，放置后不会生成沉淀；而胶体是不稳定的分散系，放置会生成沉淀D．溶液中通过一束光线没有特殊现象，胶体中通过一束光线出现光亮“通路”8、室温下向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中加入0.1mol·L-1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．a点所示溶液中c(Na＋)＞c(A－)＞c(H＋)＞c(HA)B．a、b两点所示溶液中水的电离程度：a>b，且a点所示溶液中由水电离出的c(OH－)＝10-8.7mol/LC．pH＝7时溶液中c(HA)>c(Na＋)＝c(A－)>c(H＋)＝c(OH－)D．b点所示溶液中c(A－)＞c(HA)9、锌-空气电池（原理如图）适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时下列说法正确的是A．氧气在石墨电极上发生氧化反应B．该电池的负极反应为Zn+H2O-2e-=ZnO+2H+C．该电池充电时应将Zn电极与电源负极相连D．该电池放电时OH-向石墨电极移动10、下列说法中正确的是（）A．外围电子构型为4f75d16s2元素在周期表中的位置是在第四周期第VIII族B．在氢原子电子云图中通常用小黑点来表示电子的多少，黑点密度大则电子数目多C．金刚石立体网状结构中，最小的碳环上有4个碳原子且每个碳原子被6个碳环所共用D．CsCl晶体中与每个Cs+距离相等且最近的Cs+共有6个11、有机物的种类繁多，但其命名是有规则的。下列有机物命名正确的是（）A．1,4—二甲基丁烷 B．3—甲基丁烯C．2—甲基丁烷 D．CH2Cl-CH2Cl二氯乙烷12、某羧酸酯的分子式为C6H8O5，1mol该酯完全水解可得到2mol甲酸和lmol醇，该醇的分子式为A．C4H10O2 B．C4H8O3 C．C3H8O3 D．C4H10O313、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．ClO2具有氧化性,可用于水的消毒杀菌B．SO2具有还原性,可用于纸浆的漂白C．MnO2具有氧化性,可用于H2O2制O2D．SiO2能与强碱反应,可用于制光导纤维14、下列不能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种无色固体的实验操作是()A．分别加热这两种固体，并将生成的气体通入澄清石灰水中B．分别在这两种物质中加入CaCl2溶液C．在两种固体物质中加入等浓度的稀盐酸D．分别在两种物质的溶液中加入澄清石灰水15、下图是实验室硫酸试剂标签上的部分内容，据此下列说法正确的是（）A．该硫酸的物质的量浓度为9.2mol/LB．1molAl与足量的该硫酸反应产生3g氢气C．配制500mL4.6mol/L的稀硫酸需取该硫酸125mLD．将该硫酸加水配成质量分数49%的溶液时其物质的量浓度等于9.2mol/L16、将标准状况下2.24LCO2缓慢通入1L0.15mol·L－1的NaOH溶液中，气体被充分吸收，下列关系不正确的是()A．混合溶液溶质为NaHCO3和Na2CO3B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3-)＋2c(CO32-)C．c(Na＋)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH－)>c(H＋)D．加热蒸干所得混合溶液，最终得到Na2CO3固体17、恒温、恒容的容器内发生如下反应：2NO2(g)N2O4(g)达平衡时，再向容器内通入一定量的N2O4(g)，重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，NO2的体积分数()A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断18、工业上运用电化学方法降解含NO3-废水的原理如图所示，下列有关说法不正确的是A．相同条件下，Pt电极上产生O2和Pt-A电极上产生N2的体积比为5:2B．通电时电子的流向：b电极→导线→Pt-Ag电极→溶液→Pt电极→导线→a极C．Pt-Ag电极上的电极反应式：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2OD．通电时，Pt电极附近溶液的pH减小19、下列物质属于油脂的是A．汽油 B．花生油 C．煤油 D．甘油20、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是无色气体，是主要的大气污染物之一，丙的浓溶液是具有强氧化性的酸溶液，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A．电负性：W＞X＞YB．原子的第一电离能：Z>Y>XC．由W、X、Y、Z构成化合物中只含共价键D．K、L、M中沸点最高的是M21、下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是A．[Co（NH3）4Cl2]Cl B．[Co（NH3）6]Cl3C．[Cu（NH3）4]Cl2 D．[Co（NH3）3Cl3]22、羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得。下列有关说法不正确的是A．乙醛酸能使酸性溶液褪色B．1mol羟基扁桃酸能与2molNaOH反应C．该反应是取代反应D．苯酚和羟基扁桃酸不是同系物二、非选择题(共84分)23、（14分）聚乳酸E在服装、卫生医疗制品等行业具有广泛的应用。某有机化合物A在一定条件下通过一系列反应可合成E；同时还可得到C和D等重要有机化合物。转化关系如下图：完成下列填空：（1）B→E反应类型：____________，D→G实验室中反应条件：_______________。（2）A的分子式：_____________。（3）与F同类别的同分异构体还有HCOOCH(CH3)2、HCOOCH2CH2CH3和_______(用结构简式表示)。（4）写出实验室中判断D中有G生成的方法______________________________________________（5）石油产品丙烯及必要的无机试剂可合成丙烯酸，设计合成路线如下：。已知：i.请完成合成路线中的：ClCH2CH=CH2→甲→乙→丙______。24、（12分）A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示(部分条件略去)。已知：,RCOOH(1)发生缩聚形成的高聚物的结构简式为____；D→E的反应类型为____。(2)E→F的化学方程式为____。(3)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是____(写出结构简式)。(4)等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为____；检验的碳碳双键的方法是____(写出对应试剂及现象)。25、（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________________。26、（10分）某兴趣小组的同学设计了如下装置进行试验探究，请回答下列问题：（1）为准确读取量气管的读数，除视线应与量气管凹液面最低处向平，还应注意。若考虑分液漏斗滴入烧瓶中液体的体积（假设其它操作都正确），则测得气体的体积将（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（2）若在烧瓶中放入生铁，用此装置验证生铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀。=1\*GB3①通过分液漏斗向烧瓶中加入的试剂可选用下列（填序号）a．NaOH溶液B．C2H5OHc．NaCl溶液D．稀硫酸=2\*GB3②能证明生铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀的现象是。（2）若烧瓶中放入粗铜片（杂质不参与反应），分液漏斗内放稀硝酸，通过收集并测量NO气体的体积来探究粗铜样品的纯度。你认为此方法是否可行（填“可行”或“不可行”，若填“不可行”请说明原因）。（3）为探究MnO2在H2O2制取O2过程中的作用，将等量的H2O2加入烧瓶中，分别进行2次实验（气体体积在同一状况下测定）：序号烧瓶中的物质测得气体体积实验120mLH2O2，足量MnO2V1实验220mLH2O2，足量MnO2和稀硫酸V1<V2<2V1若实验1中MnO2的作用是催化剂，则实验2中发生反应的化学方程式为。（4）若烧瓶中放入镁铝合金，分液漏斗内放NaOH溶液，分别进行四次实验，测得以下数据（气体体积均已换算成标准状况）：编号镁铝合金质量量气管第一次读数量气管第二次读数Ⅰ1.0g10.00mL346.30mLⅡ1.0g10.00mL335.50mLⅢ1.0g10.00mL346.00mLⅣ1.0g10.00mL345.70mL则镁铝合金中镁的质量分数为。27、（12分）Ⅰ.人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。（配制KMnO4标准溶液）如图所示是配制50mLKMnO4标准溶液的过程示意图。(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有__________(填序号)。(2)其中确定50mL溶液体积的容器是________(填名称)。(3)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将________(填“偏大”或“偏小”)。（测定血液样品中Ca2＋的浓度）抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol·L－1KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mLKMnO4溶液。(4)配平草酸与KMnO4反应的离子方程式：__MnO＋H2C2O4＋H＋===Mn2＋＋CO2↑＋H2O。(5)滴定终点时的现象是_____________________________________(6)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为__________mmol·cm－3。Ⅱ.某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。实验1试剂：酸化的0.5mol·L－1FeSO4溶液(pH＝0.2)，5%H2O2溶液(pH＝5)。操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测得反应后溶液pH＝0.9向反应后的溶液中加入KSCN溶液溶液变红(1)H2O2的电子式是_______，上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是_________。(2)产生气泡的原因是____________________________________________。28、（14分）请按要求填空：(1)Mg是第3周期元素，该周期部分元素氟化物的熔点见下表：①解释表中氟化物熔点差异的原因：a．_____________________________________________________________________。b．____________________________________________________________________。②硅在一定条件下可以与Cl2反应生成SiCl4，试判断SiCl4的沸点比CCl4的________(填“高”或“低”)，理由________________________________。(2)下列物质变化，只与范德华力有关的是_________。a．干冰熔化b．乙酸汽化c．石英熔融d．HCONHCH2CH3溶于水e．碘溶于四氯化碳(3)C，N元素形成的新材料具有如下图所示结构,该晶体的化学式为：_____________。(4)FeCl3常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上升华。易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断FeCl3的晶体类型为_________________。(5)氮化碳和氮化硅晶体结构相似，是新型的非金属高温陶瓷材料，它们的硬度大，熔点高、化学性质稳定。①氮化硅的硬度________(“大于”或“小于”)氮化碳的硬度，原因是________________。②下列物质熔化时所克服的微粒间的作用力与氮化硅熔化时所克服的微粒间的作用力相同的是_________。a．单质I2和晶体硅b．冰和干冰c．碳化硅和二氧化硅d．石墨和氧化镁③已知氮化硅的晶体结构中，原子间都以单键相连，且氮原子与氮原子不直接相连、硅原子与硅原子不直接相连，同时每个原子都满足8电子稳定结构，请写出氮化硅的化学式________。(6)第ⅢA，ⅤA元素组成的化合物GaN、GaP、GaAs等是人工合成的新型半导体材料，其晶体结构与单晶硅相似。在GaN晶体中，每个Ga原子与______个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为________。在四大晶体类型中，GaN属于____晶体。29、（10分）(1)实验室制氨气的化学方程式为_________________________。(2)0.1mol/LNH4Cl溶液中离子浓度由大到小的顺序为____________________。(3)已知0.5mol的液态甲醇（CH3OH）在空气中完全燃烧生成CO2气体和液态水时放出350kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为______________________。(4)已知①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1=－393kJ/mol②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH2=－566kJ/mol③TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(s)＋O2(g)ΔH3=＋141kJ/mol则TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(s)＋2CO(g)的ΔH=__________________。(5)在25℃下，向浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成沉淀_____（填化学式）（已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，KsP[Cu(OH)2]=2.2×10-20）。(6)常温下，0.lmol/LNaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c(H2CO3)______c(CO32-）（填“>”、“=”或“＜”)。(7)在25℃下，将amol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合，反应完成后溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，则溶液显_________性（填“酸”“碱”或“中”），a_________0.01mol/L（填“>”、“=”或“＜”)。

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.图①可表示用NaOH溶液滴定等浓度醋酸溶液，溶液导电性一直增强，故A错误；B.0.10mol•L-1盐酸滴定20.00mL

0.10mol•L-1NaOH溶液，在滴定终点附近PH值发生突变，故B错误；C.升高温度，促进水的电离，则水的电离程度α(d)>α(c)，在同一个曲线上，水的离子积不变，故C正确；D.平衡常数与压强无关，故D错误。2、D【解题分析】

A、根据结构简式，分子中的含氧官能团是羟基和醚键，故A正确；B.中苯环、碳碳双键都能与氢气发生加成反应，所以1mol丁子香酚与足量氢气加成时，最多能消耗4molH2，故B正确；C.酚羟基邻位苯环氢可与浓溴水发生取代反应、碳碳双键与溴发生加成反应，所以1mol丁子香酚与浓溴水反应，最多消耗2molBr2，故C正确；D.丁子香酚中的酚羟基、都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故酸性KMnO4溶液褪色不能证明其分子中含有碳碳双键，故D错误。【题目点拨】本题考查有机物结构和性质，侧重考查学生分析判断能力及知识迁移能力，明确常见官能团结构及其性质关系是解本题关键。3、C【解题分析】

A.在相同条件下，若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，固体硫变为气体硫时，吸收热量，则后者放出热量少，A错误；B.由“C(石墨)=C(金刚石)ΔH=+1.9kJ·mol-1”可知，石墨具有的能量低，则石墨比金刚石稳定，B错误；C.在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.31kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与1molNaOH溶液混合，反应除中和热外，还有浓硫酸溶于水释放的热量，则放出的热量大于57.31kJ，C正确；D.在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，放热反应时焓变小于零，则氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)==2H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1，D错误；答案为C。4、C【解题分析】试题分析：A、0.1mol/L的CaCl2溶液中氯离子的浓度是0.2mol/L，不能确定溶液的体积，则不能计算所含Cl﹣数，A错误；B、1mol过氧化钠与水反应转移1mol电子，则7.8gNa2O2即0.1mol过氧化钠与足量水反应，转移电子数为0.1NA，B错误；C、常温常压下，8gCH4的物质的量是8g÷16g/mol＝0.5mol，含有的分子数为0.5NA，C正确；D、常温下，0.1molFe与酸完全反应时，失去的电子数不一定为0.3NA，例如与盐酸反应转移0.2mol电子，D错误，答案选C。考点：考查阿伏加德罗常数计算5、D【解题分析】

本题主要考查是氯气的化学性质，根据实验现象可以推断物质的化学性质。【题目详解】A.滴有KSCN的溶液变红，是因为氯气的氧化性把亚铁氧化为铁离子，铁离子与KSCN反应使得溶液呈红色，故A中结论错误；B.氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，再与碱反应，这里是与水反应的生成物表现为酸性，不是氯气表现为酸性，故B中结论错误；C.紫色石蕊溶液先变红后褪色，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸先酸性，故紫色石蕊溶液先变红，褪色是因为次氯酸具有漂白性，而非氯气，故C中结论错误；D.因为氯气的把碘化钾中碘离子氧化成碘，故KI­淀粉溶液变成蓝色，故D中结论正确。故答案是D。6、D【解题分析】

A.乙烷制取氯乙烷是与氯气发生取代反应，乙烯则是与氯化氢发生加成反应，二者反应类型不同，故A错误；B.1mol乙炔完全燃烧消耗2.5mol氧气，1mol苯完全燃烧消耗7.5mol氧气，消耗氧气的物质的量不同，故B错误；C.乙烯被高锰酸钾溶液氧化会产生二氧化碳气体，会作为新的杂质混在甲烷气体中，故不能用高锰酸钾除去甲烷中的乙烯，故C错误；D.甲苯和乙苯均为苯的同系物，D正确；故答案选D。7、C【解题分析】

A项，按照分散质和分散剂状态不同（固、液、气），它们之间可由9种组合方式，A项正确；B项，当分散剂是水或其他液体时，如果按照分散质粒子的大小来分类，分散质粒子小于1nm的为溶液，分散质粒子介于1nm~100nm之间的为胶体，分散质粒子大于100nm的为浊液，B项正确；C项，胶体中胶粒带同种电荷，互相排斥，也是较稳定的分散系，放置不会生成沉淀，只有在一定的条件下，例如加热、加电解质等情况下才可发生聚沉，C项错误；D项，胶体中胶体粒子对光有散射作用，可以产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，D项正确；故答案为C。8、D【解题分析】

A．a点所示溶液中NaOH和HA恰好反应生成NaA，溶液的pH＝8.7，呈碱性，则HA为弱酸，A－水解，则溶液中的粒子浓度：c(Na＋)＞c(A－)＞c(HA)＞c(H＋)，选项A正确；B.b点时为NaA和HA的溶液，a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，b点HA抑制了水的电离，所以a点所示溶液中水的电离程度大于b点，但a点所示溶液中由水电离出的c(OH－)＝10-5.3mol/L，选项B错误；C.pH＝7时，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(A－)，选项C错误；D.b点酸过量，溶液呈酸性，HA的电离程度大于NaA的水解程度，故c(A－)＞c(HA)，选项D正确。答案选D。9、C【解题分析】分析:A.氧气在石墨电极上发生得到电子的还原反应；B.溶液显碱性，负极反应为Zn+2OH－-2e－=ZnO+H2O；C.充电时，电源的负极与外接电源的负极相连，即该电池充电时应将Zn电极与电源负极相连；D.放电时OH-向负极即向锌电极移动。

详解：A.氧气在石墨电极上发生得到电子的还原反应，A错误；B.溶液显碱性，负极反应为Zn+2OH－-2e－=ZnO+H2O，B错误；C.充电时，电源的负极与外接电源的负极相连，即该电池充电时应将Zn电极与电源负极相连，C正确；D.放电时OH-向负极即向锌电极移动，D错误。答案选C。

点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，难点是电极反应式的书写，书写时注意离子的移动方向、电解质溶液的酸碱性、是否存在交换膜以及是不是熔融电解质等。10、D【解题分析】

A．外围电子构型为4f75d16s2，原子序数为64，为Gd元素，位于第六周期ⅢB族，故A错误；B．小黑点表示电子在核外空间某处出现的概率，不表示电子数目，故B错误；C．金刚石的网状结构中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，故C错误；D．CsCl晶体中每个Cs+周围紧邻的有8个Cl-，每个Cs+周围与它最近且距离相等的Cs+有6个，故D正确；答案选D。【题目点拨】本题的易错点和难点为A，外围电子构型为4f75d16s2，f能级未排满，则该元素位于ⅢB，其余各族的原子，没有f电子或者f能级已排满。11、C【解题分析】

A.主链选错，正确的名称为正己烷；故A错误；B.主链编号起点错误，正确的名称为3-甲基-1-丁烯，故B错误；C.名称符合系统命名方法，故C正确；D.CH2Cl-CH2Cl二氯乙烷，名称中官能团位置未标记，正确的是1，2-二氯乙烷，故D错误。故选C。【题目点拨】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：（1）烷烃命名原则：①长-----选最长碳链为主链；②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；③近-----离支链最近一端编号；④小-----支链编号之和最小，看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。（2）有机物的名称书写要规范。12、B【解题分析】

某羧酸酯的分子式为C6H8O5，1mol该酯完全水解可得到2mol甲酸和lmol醇，说明酯中含有2个酯基，设醇为M，则反应的方程式为：C6H8O5+2H2O2HCOOH+M，由质量守恒可知，M中含4个C、8个H、3个O，则M的分子式为C4H8O3；故选B。13、A【解题分析】A．ClO2具有强氧化性，能用于水的杀菌消毒，A正确；B．SO2具有漂白性，可用于纸浆的漂白，B错误；C．H2O2反应制O2，添加MnO2，是其作催化剂的缘故，C错误；D．SiO2传输光信号的能力强，可用于制光导纤维，D错误；答案选A。14、D【解题分析】试题分析：A、加热这两种固体物质，碳酸钠不分解，碳酸氢钠分解生成二氧化碳，并将生成的气体通入澄清的石灰水中，可以鉴别，正确；B、在这两种物质的溶液中加入CaCl2溶液，碳酸钠和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀，碳酸氢钠和CaCl2不反应，正确；C、在等量的两种固体中加入等体积等浓度的稀盐酸，碳酸钠开始无现象，生成碳酸氢钠，全部都转化成碳酸氢钠后，开始放气体，碳酸氢钠中加入盐酸后立即有气体生成，正确；D、在这两种物质的溶液中加入少量澄清的石灰水都有白色沉淀生成，无法鉴别，错误。考点：考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质15、C【解题分析】分析：A.根据c=1000ρωM计算浓硫酸的物质的量浓度；

B.铝与浓硫酸常温下发生钝化，加热时生成二氧化硫和硫酸铝；

C.根据溶液稀释前后溶质物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；

D.硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的质量为原硫酸的2倍，稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，根据稀释定律判断详解：A.该浓H2SO4的物质的量浓度为：c=1000ρωM=1000×1.84×98%98mol/L=18.4mol/L，所以A选项是错误的；

B.铝与浓硫酸常温下发生钝化，加热时生成二氧化硫和硫酸铝，不能生成氢气，故C.根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，则xmL×18.4mol/L=500mL×4.6mol/L，计算得出：x=125，所以应量取的浓硫酸体积是125mL，所以C选项是正确的；

D.硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的质量为原硫酸的2倍，稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，则稀释后所得溶液的浓度小于9.2mol/L，故D错误；

所以C选项是正确的。点睛：本题考查浓硫酸的性质、物质的量浓度的计算以及溶液的配制等问题，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度不大，注意相关计算公式的运用。16、C【解题分析】

A、先判断CO2与NaOH反应后的产物，利用元素守恒进行计算；B、利用电荷守恒进行判断；C、利用CO32－的水解能力强于HCO3－进行分析；D、注意NaHCO3不稳定，受热易分解。【题目详解】A、根据C元素守恒，有n(NaHCO3)＋n(Na2CO3)=2.24/22.4=0.1mol，根据Na元素守恒，有n(NaHCO3)＋2n(Na2CO3)=1×0.15mol，解得n(Na2CO3)=0.05mol，n(NaHCO3)=0.05mol，故A说法正确；B、根据电荷守恒，因此有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，故B说法正确；C、CO32－的水解能力强于HCO3－，即CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，因此离子浓度大小顺序是c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)>c(OH－)>c(H＋)，故C说法错误；D、加热蒸干后得到Na2CO3和NaHCO3，因为NaHCO3不稳定，受热易分解，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，因此最终得到物质为Na2CO3，故D说法正确。【题目点拨】本题的难点是离子浓度大小的比较，根据上述分析，得出Na2CO3和NaHCO3的物质的量相等，Na2CO3和NaHCO3都属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，即c(OH－)>c(H＋)，因为多元弱酸根的水解以第一步为主，即CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，水解的程度微弱，因此有c(HCO3－)>c(CO32－)>c(OH－)>c(H＋)，综上所述，离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(HCO3－)>c(CO32－)>c(OH－)>c(H＋)。17、C【解题分析】

恒温、恒容的容器内发生如下反应：2NO2(g)

N2O4(g)，达平衡时，再向容器内通入一定量的N2O4(g)，等效于在原平衡的基础上增大压强，增大压强平衡正向移动，NO2的体积分数减小，答案选C。【题目点拨】解答本题需注意：达平衡时，再向容器内通入一定量的N2O4(g)，由于增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动，NO2物质的量和混合气体总物质的量都增大，反应物和生成物均只有1种，故要判断NO2体积分数的变化等效于增大压强来理解。18、B【解题分析】分析：该电池中，右侧NO3-得电子与H+反应生成N2和H2O，电极反应式：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，故b为直流电源的负极；a为直流电源的正极，左侧H2O失电子生成O2和H+，电极反应式：2H2O-4e-=O2↑+4H+，据此回答。详解：A.由电极反应式阳极：2H2O-4e-=O2↑+4H+阴极：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O可知，当通过1mole-电子时，阳极产生0.25molO2，阴极产生0.1molO2,因此产生O2和产生N2的体积比为5:2,A正确；B.通电时，电子不能在溶液中移动，B错误；C.Pt-Ag电极为阴极，电极反应式为：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，C正确；D.通电时，Pt电极为阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，因此Pt电极附近溶液的pH减小，D正确；答案选B.19、B【解题分析】试题分析：A、汽油属于烃类的混合物，错误；B、花生油属于油脂，正确；C、煤油属于烃类的混合物，错误；D、甘油属于醇类，错误。考点：考查常见有机物的组成。20、C【解题分析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，丙的浓溶液是具有强氧化性的酸溶液，则丙为硫酸，单质甲与浓硫酸反应生成K、L、M三种氧化物，则甲为碳，K、L、M分别为水，二氧化硫、二氧化碳，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，则K为二氧化硫，乙是常见的气体，根据框图，L为水，二氧化硫、水和氧气反应生成硫酸，涉及的元素有H、C、O、S，因此W、X、Y、Z依次为H、C、O、S，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素。A.同周期，自左而右，电负性增大，同主族，自上而下，电负性降低，非金属性越强电负性越强，因此电负性：Y＞X＞W，故A错误；B.同周期元素，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，原子的第一电离能：Y>X＞Z，故B错误；C.由W、X、Y、Z构成化合物中没有金属阳离子和铵根离子，不可能构成离子化合物，只能形成共价化合物，只含共价键，故C正确；D．K(SO2)、M(CO2)常温下为气体，L为H2O，常温下为液体，L的沸点最高，故D错误；答案选C。【题目点拨】正确判断元素的种类和物质的化学式是解题的关键。本题的易错点为B，要注意第一电离能的变化规律，特别是同一周期中的特殊性。21、D【解题分析】

配合物由內界和外界组成，外界可以完全电离，內界中的中心离子与配体不能电离，配合物电离出的阴离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配体不和银离子反应。【题目详解】A项、[Co（NH3）4Cl2]Cl能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故A错误；B项、[Co（NH3）6]Cl3能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故B错误；C项、[Cu（NH3）4]Cl2能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故C错误；D项、[Co（NH3）3Cl3]不能电离出氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故D正确。故选D。【题目点拨】本题考查了配合物的结构、以及氯离子的性质，把握配合物的组成是解答该题的关键。22、C【解题分析】

A.乙醛酸中含有的醛基能被强氧化剂高锰酸钾氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B.羟基扁桃酸酚中的酚羟基和羧基可与NaOH反应，1mol羟基扁桃酸能消耗2molNaOH，故B正确；C.两种有机物生成一种有机物，反应C=O变成C−O单键，则该反应为加成反应，故C错误；D.羟基扁桃酸含有羟基和羧基，与苯酚结构不同，则二者不是同系物，故D正确；故选C。二、非选择题(共84分)23、缩聚反应；Cu、加热；C7H12O4；CH3CH2COOCH3；取少量D反应后的液体于试管中，加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，若有砖红色沉淀生成，则有乙醛；【解题分析】

由流程和信息可知，A是CH3COOCH（CH3）COOCH2CH3，B是，C是CH3COOH，D是CH3CH2OH，E是，F是CH3COOCH2CH3，G是CH3CHO。【题目详解】（1）B是，E是，则B→E是缩聚反应。D是CH3CH2OH，G是CH3CHO，醇的催化氧化的反应条件为：Cu或银、加热；（2）由分析可知，A是CH3COOCH（CH3）COOCH2CH3，则A的分子式为C7H12O4；（3）与F同类别的同分异构体还有HCOOCH(CH3)2、HCOOCH2CH2CH3和CH3CH2COOCH3；（4）D是CH3CH2OH，G是CH3CHO，判断D中有G生成，可检验醛基，方法是：取少量D反应后的液体于试管中，加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，若有砖红色沉淀生成，则有乙醛；（5）由于碳碳双键易被氧化，应先氧化引入羧基，再引入碳碳双键，由信息可知，ClCH2CH=CH2先在碱性条件下水解，再与溴发生加成反应，再用酸性高锰酸钾氧化得到羧基，合成路线如下：。24、取代反应1:1加入溴水，溴水褪色【解题分析】

B的结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A的分子式为C3H6，A是基本有机化工原料，A与CH3OH、CO在Pd催化剂作用下反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3；发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C的结构简式为；A与Cl2高温下反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构简式推知D为CH2=CHCH2Cl；E与发生题给信息的加成反应生成F，结合结构简式，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为，以此来解答。【题目详解】(1)含有羧基和醇羟基，能发生缩聚生成聚合酯，所得高聚物的结构简式为；D→E是卤代烃的水解，反应类型是取代反应；(2)E→F的化学方程式为；(3)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是；(4)分子结构中含有羧基和醇羟基，只有羧基能与NaOH、NaHCO3反应，等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1:1；检验碳碳双键可用溴水或酸性高锰酸钾溶液，但由于醇羟基也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以向中滴加溴水，溴水褪色，即说明含有碳碳双键。25、B漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁AgNO3溶液（或硝酸酸化的AgNO3溶液）坩埚除去HCl吸收水蒸气碱石灰【解题分析】实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应会得到氢氧化镁以及氢氧化铝的混合物沉淀，将沉淀洗涤干燥进行焙烧可以得到MgAl2O4，（1）Mg(OH)2溶解性小，如先加入MgCl2、AlCl3的混合溶液，再加氨水，氨水少量，应先生成氢氧化镁沉淀，所以，先加氨水，因氨水足量，能同时生成沉淀，故选B；（2）过滤时应该将漏斗的尖嘴部分紧贴烧杯的内壁，防止液体溅出；（3）沉淀中洗涤液中含有氯离子和铵根离子，若判断是否洗净，可以取少量最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）；高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是坩埚；（4）金属铝可以和氯气之间发生反应生成氯化铝，氯化铝遇潮湿空气会产生大量白雾，铝也能和HCl反应生成H2和AlCl3溶液，故制取的氯气中含有氯化氢和水，应除去，并且要防止空气中水的干扰，F可以吸收水分，防止生成的氯化铝变质，因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，G是吸收反应剩余的氯气。吸收水分还可以用碱石灰。26、8.（1）冷却至室温后，量气筒中和漏斗中的两液面相平；无影响（2）①ac②量气管中液面下降（3）不可行NO会与装置中O2、H2O发生反应生成HNO3，使测得的NO不准（4）H2O2+MnO2+2H＋=Mn2＋+2H2O+O2↑、2H2O22H2O+O2↑（5）73%【解题分析】试题分析：（1）读数时应注意:①将实验装置恢复到室温；②上下调节右管，使右管液面高度与测量气管中液面高度平齐；③视线与凹液面最低处相平，所以为准确读取量气管的读数，除视线应与量气管凹液面最低处向平，还应注意冷却至室温后，量气筒中和漏斗中的两液面相平；只要上下调节右管，使右管液面高度与测量气管中液面高度平齐，就能使内外气压相等，则测得气体的体积将无影响。（2）①钢铁在中性或弱碱性环境中易发生吸氧腐蚀，所以通过分液漏斗向烧瓶中加入的试剂是ac；②吸氧腐蚀消耗氧气，所以量气管中液面下降。（3）若烧瓶中放入粗铜片（杂质不参与反应），分液漏斗内放稀硝酸，通过收集并测量NO气体的体积来探究粗铜样品的纯度，该方法不可行，因为NO会与装置中O2、H2O发生反应生成HNO3，使测得的NO不准。（4）若实验1中MnO2的作用是催化剂，双氧水完全反应生成气体的体积为V1，而实验2中生成气体的体积为V1<V2<2V1，说明除发生了实验1的反应外，还有其它反应发生，所以实验2发生反应的化学方程式为H2O2+MnO2+2H＋=Mn2＋+2H2O+O2↑、2H2O22H2O+O2↑。（5）编号Ⅱ的实验数据误差较大，舍弃，求其它三个体积的平均值，V=（336.30+336.00+335.70）÷3=336.0mL，根据化学反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，氢气的物质的量为0.015mol，则参加反应的铝的物质的量为0.01mol，铝的质量为0.01mol×27g/mol=0.27g，则镁铝合金中镁的质量分数为（1-0.27）÷1×100%=73%。考点：考查实验探究方案的设计与评价，化学计算等知识。27、②⑤50mL容量瓶偏小2MnO4—＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液颜色有无色变为粉红色，但半分钟内不褪色0.032Fe2++2H++H2O2=+2Fe3++2H2OFe3+催化下H2O2分解生成O2【解题分析】本题考查化学实验方案的设计与评价。解析：Ⅰ.（1）量筒不能用于配制溶液，视线应该与凹液面的最低点相平读数，所以②⑤操作错误；（2）配制50mL一定物质的量浓度KMnO4标准溶液需要50mL的容量瓶；（3）仰视读数时，定容时，所加的水超过刻度线，体积偏大，所以浓度偏小；（4）由题给未配平的离子方程式可知，反应中H2C2O4做还原剂被氧化为CO2，MnO4―做氧化剂被还原为Mn2+，依据得失电子数目守恒和原子个数守恒可得配平的化学方程式为2MnO4―+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；（5）草酸溶液无色，当反应正好完全进行的时候，多加一滴KMnO4溶液，溶液恰好由无色变为紫红色；（6）血样处理过程中存在如下关系式：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO4―，所以n(Ca2+)＝52n(MnO4-)＝52×0.0120L×0.020mol·L－1＝6.0×10-4mol，血液样品中Ca2+的浓度＝6.0×10-4mol20.00cm3＝0.03mmol·cm－3。Ⅱ.H2O2为含有非极性键和极性键的共价化合物，电子式为，酸性条件下，H2O2溶液与FeSO4溶液发生反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2点睛：本题侧重考查学生知识综合应用、根据物质的性质进行实验原理分析及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用。28、NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高因为Mg2＋的半径小于Na＋的半径，所以MgF2的离子键强度大于NaF的离子键强度，故MaF2的熔点大于NaF高SiCl4的相对分子质量比CCl4的大，范德华力大，因此沸点高aeC3N4分子晶体小于硅原子半径大于碳原子半径，氮碳形成的共价键键长比氮硅键长短，键能更大cSi3N44正四面体原子【解题分析】分析：（1）①氟化物的熔点与晶体类型有关，离子晶体的熔点较高，分子晶体的熔点较低；②根据影响分子晶体熔沸点高低的因素分析；（2）分子晶体中分子之间存在范德华力，范德华力与分子晶体的熔沸点、硬度有关，注意范德华力与氢键、化学键的区别；（3）根据均摊法判断；（4）根据分子晶体的熔沸点较低判断；（5）根据影响原子晶体硬度的因素分析；根据晶体类型分析，熔化时原子晶体破坏共价键，分子晶体破坏分子间作用力；根据最外层电子数和每个原子都满足8电子稳定结构判断；（6）单晶硅是Si正四面体向空间延伸的立体网状结构，为原子晶体，GaN晶体结构与