2024届山西省太原市第六十六中学化学高二下期末学业水平测试模拟试题含解析

2024届山西省太原市第六十六中学化学高二下期末学业水平测试模拟试题注意事项：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、S-诱抗素可保证盆栽鲜花盛开，其分子结构如图，下列说法不正确的是（）A．该物质的分子式为C15H20O4B．该物质环上的二氯代物只有2种C．该物质能发生取代、加成、氧化等反应D．1mol该物质最多能与2molNaOH完全反应2、美国圣路易斯大学研制了一种新型的乙醇电池，其反应为：C2H5OH+3O2→2CO2+3H2O，电池示意如右图，下列说法正确的是A．a极为电池的正极B．b极发生氧化反应C．负极的反应为：4H++O2+4e-=2H2OD．电池工作时，1mol乙醇被氧化时有12mol转移3、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 B．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 D．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料4、下列混合物可用过滤的方法分离的是A．汽油和植物油 B．碳酸钙和水C．酒精和水 D．氯化钠和水5、常温下，下列关于NaOH溶液和氨水的说法正确的是A．相同物质的量浓度的两溶液中的c(OH－)相等B．pH＝13的两溶液稀释100倍，pH都为11C．两溶液中分别加入少量NH4Cl固体，c(OH－)均减小D．体积相同、pH相同的两溶液能中和等物质的量的盐酸6、银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故。根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器漫入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去。下列说法正确的是A．处理过程中银器一直保持恒重B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银C．该过程中总反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl7、常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是()A．等物质的量的氨水和盐酸混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)B．两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a＋1，则c1＝10c2C．pH＝12的氨水与pH＝2的盐酸等体积混合：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)D．醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液呈中性：c(Na＋)>c(CH3COO－)8、标准状况下VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL

-1

)，所得溶液的密度为ρg·mL

-1，质量分数为ω，物质的量浓度为cmol·L

-1，则下列关系中不正确的是A．ρ=(17V+22400)/(22.4+22.4V)B．ω=17c/1000ρC．ω=17V/(17V＋22400)D．c=1000Vρ/(17V+22400)9、下列除杂方法正确的是A．苯中含有苯酚杂质:加入溴水，过滤B．乙醇中含有乙酸杂质：加入饱和碳酸钠溶液,分液C．乙醛中含有乙酸杂质:加入氢氧化钠溶液，分液D．乙酸丁酯中含乙酸杂质:加入饱和碳酸钠溶液，分液10、下列化学用语表示正确的是（）A．四氯化碳分子的比例模型： B．氯乙烷结构简式：CH2ClCH2ClC．CH3CH2NO2与H2NCH2COOH互为同分异构体 D．丙烯的键线式：11、化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是A．减少SO2的排放，可以从根本上消除雾霾B．硅酸多孔、吸水能力强，常用作袋装食品的干燥C．绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%12、原电池是化学电源的雏形。若保持如图所示原电池的电池反应不变，下列说法正确的是A．Zn可以换成FeB．Cu可以换成石墨C．稀H2SO4可以换成蔗糖溶液D．稀H2SO4可以换成CuSO4溶液13、可逆反应2NO2(g)N2O4(g)△H<0。在密闭容器中进行，当达到平衡时，欲通过改变条件，达到新平衡后使气体颜色加深，应采取的措施是A．增大容器体积B．温度压强不变，充入N2O4(g)C．温度体积不变，充入NO2(g)D．容器容积不变，降低温度14、如下图甲、乙两个容器中，分别加入0.1mol·L－1的NaCl溶液与0.1mol·L－1的AgNO3溶液后，以Pt为电极进行电解时，在A、B、C、D各电极上生成物的物质的量之比为()A．2∶2∶4∶1B．2∶3∶4∶1C．1∶4∶2∶2D．1∶1∶1∶115、NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中错误的是()A．标准状况下，22.4L氢气和氯气的混合气体，所含分子数为NAB．常温常压下，1mol氦气含有的原子数约为NAC．1molAl3＋含有核外电子数为3NAD．T℃时，1LpH＝6的纯水中，含1×10－6NA个OH－16、诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是A．纤维素、脂肪B．蛋白质、淀粉C．蛋白质、烃D．淀粉、油脂17、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A．23gNa与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数N（O2）的范围为：0.25NA<N（O2）<0.5NAB．2molNO和1molO2在密闭容器中充分反应，反应后容器中的分子数小于2NAC．2.5gMg-Zn合金与足量盐酸反应，放出的气体在标况下的体积可能为2.24LD．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子数目为0.92NA18、有机物X的结构如图所示，下列说法正确的是A．1molX最多能与3molNaOH反应B．X能与碳酸钠溶液产生二氧化碳C．1molX和浓溴水反应时，能消耗3molBr2D．1molX能最多能与5molH2加成19、为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示。下列叙述错误的是A．“溶解”操作中溶液温度不宜过髙B．铜帽溶解的反应可能有H2O2+Cu+2H+=Cu2++2H2OC．与锌粉反应的离子可能是Cu2+、H+D．“过滤”操作后，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后高温灼烧即可得纯净的ZnO20、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有氧原子数为4NAB．若将1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为NAC．向大量水中通入1mol氯气，反应中转移的电子数为NAD．电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为0.2NA时，阳极质量减少6.4g21、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22、现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如下图所示。原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为（）A． B． C． D．二、非选择题(共84分)23、（14分）Ⅰ由白色和黑色固体组成的混合物A，可以发生如下框图所示的一系列变化：(1)写出反应③的化学方程式：_____________________________________________。写出反应④的离子方程式：_____________________________________________。(2)在操作②中所使用的玻璃仪器的名称是：____________________________。(3)下列实验装置中可用于实验室制取气体G的发生装置是______；(用字母表示)为了得到纯净干燥的气体G，可将气体通过c和d装置，c装置中存放的试剂_____，d装置中存放的试剂______。(4)气体G有毒，为了防止污染环境，必须将尾气进行处理，请写出实验室利用烧碱溶液吸收气体G的离子方程式：____________________________。(5)J是一种极易溶于水的气体,为了防止倒吸,下列e～i装置中,可用于吸收J的是____________。Ⅱ.某研究性学习小组利用下列装置制备漂白粉，并进行漂白粉有效成分的质量分数的测定。(1)装置③中发生反应的化学方程式为________________________________________(2)测定漂白粉有效成分的质量分数：称取1.000g漂白粉于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的pH，以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L－1KI溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为3ClO－＋I－===3Cl－＋IO3-IO3-＋5I－＋3H2O===6OH－＋3I2实验测得数据如下表所示。该漂白粉中有效成分的质量分数为________________。滴定次数123KI溶液体积/mL19.9820.0220.0024、（12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________________________。25、（12分）实验室用燃烧法测定某种氨基酸（CxHyOzNm）的分子组成，取Wg该种氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成二氧化碳、水和氮气，按图所示装置进行实验。回答下列问题：（1）实验开始时，首先通入一段时间的氧气，其理由是_________；（2）以上装置中需要加热的仪器有_________（填写字母），操作时应先点燃_________处的酒精灯；（3）A装置中发生反应的化学方程式是_________；（4）D装置的作用是_________；（5）读取氮气的体积时，应注意：①_________；②_________；（6）实验中测得氮气的体积为VmL（标准状况），为确定此氨基酸的分子式，还需要的有关数据有_________（填编号）A．生成二氧化碳气体的质量B．生成水的质量C．通入氧气的体积D．氨基酸的相对分子质量26、（10分）在一定条件下用普通铁粉和水蒸气反应，可以得到铁的氧化物。该氧化物又可以经过此反应的逆反应生成颗粒很细的铁粉。这种铁粉俗称“引火铁”。请分别用下图中示意的两套装置制取上述铁的氧化物和“引火铁”。（装置中必要的铁架台、铁夹、铁圈、石棉网、加热设备等在图中均已略去）请填写下列空白：(1)①左图中试管A中应加入的试剂是_____。②需要加热的装置是_______，当实验结束时应该先熄灭____处的酒精灯。③试管D中收集得到的是____，C的作用是________。(2)①右图中G中应加入的试剂是_________。②试管E中发生反应的化学方程式是_______。27、（12分）抗爆剂的添加剂常用1，2-二溴乙烷。如图为实验室制备1，2-二溴乙烷的装置图，图中分液漏斗和烧瓶a中分别装有浓H2SO4和无水乙醇，d装罝试管中装有液溴。相关数据列表如下：乙醇1，2-二溴乙烷乙醚溴状态无色液体无色液体无色液体红棕色液体密度/g·cm-30.792.180.713.10沸点/℃78.5131.434.658.8熔点/℃-114.39.79-116.2-7.2水溶性混溶难溶微溶可溶（1）安全瓶b在实验中有多重作用。其一可以检查实验进行中d装罝中导管是否发生堵塞，请写出发生堵塞时瓶b中的现象：①_____________________________；如果实验时d装罝中导管堵塞，你认为可能的原因是②___________________________________；安全瓶b还可以起到的作用是③_______________________________________。（2）容器c、e中都盛有NaOH溶液，c中NaOH溶液的作用是_______________________。（3）某学生在做此实验时，使用一定量的液溴，当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正确情况下超过许多，如果装罝的气密性没有问题，试分析可能的原因：________________________、_____________________________(写出两条即可)。（4）除去产物中少量未反应的Br2后，还含有的主要杂质为________________，要进一步提纯，下列操作中必需的是________________(填字母)。A．重结晶B．过滤C．萃取D．蒸馏（5）实验中也可以撤去d装置中盛冰水的烧杯，改为将冷水直接加入到d装置的试管中，则此时冷水除了能起到冷却1，2-二溴乙烷的作用外，还可以起到的作用是________________。28、（14分）铈元素（Ce）是镧系金属中自然丰度最高的一种，常见有＋3、＋4两种价态，铈的合金耐高温，可以用来制造喷气推进器零件。请回答下列问题：（1）雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1：1），该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。（2）可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4+，其原理如图所示。①Ce4+从电解槽的______（填字母序号）口流出。②写出阴极的电极反应式________________。（3）铈元素在自然界中主要以氟碳矿形式存在。主要化学成分为CeFCO3。工业上利用氟碳铈矿提取CeCl3的一种工艺流程如下：①焙烧过程中发生的主要反应方程式为__________________。②有同学认为酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换盐酸更好，他的理由是_________。③Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分别为a、b，则Ce(BF4)3(s)+3KCl(aq)3KBF4(s)+CeCl3(aq)平衡常数为________（用a、b的代数式表示）。④加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，其中NH4Cl的作用是______。29、（10分）（化学一选修3:

物质结构与性质）1735年瑞典化学家布兰特(G·Brands)制出金属钴。钴的矿物或钴的化合物一直用作陶瓷、玻璃、珐琅的釉料。到20世纪，钴及其合金在电机、机械、化工、航空和航天等工业部门得到广泛的应用，并成为一种重要的战略金属。所以钴及其化合物具有重要作用，回答下列问题:(1)基态Co原子的电子排布式为___________。(2)[Co(NH3)5H2O]Cl3是一种砖红色的晶体，可通过CoCl2、NH4Cl、浓氨水、H2O2制得。①Co、N、0原子的第一电离能由大到小的顺序是__________。②[Co(NH3)5H2O]Cl3中Co元素化合价为____，其配位原子为_____

；1mol该晶体中含有____molσ键。③H2O2中O原子的杂化轨道类型是______，H2O2能与水互溶，除都是极性分子外，还因为____。④NH3、NF3的空间构型都相同,但Co3+易与NH3形成配离子，而NF3不能。原因是________。(3)CoO晶胞如图，已知Co原子半径为apm,O原子半径为bpm，则等距最近的所有O原子围成的空间形状为_____；该晶胞中原子的空间利用率为__________(用含a、b的计算式表示)。

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【解题分析】

A.由结构简式可知该物质的分子式为C15H20O4，故A正确;B.该物质环上只有2种不同环境的H原子,所以二氯代物有2种,故B正确;C.该物质含-OH能发生取代、氧化等反应,含碳碳双键可发生加成、氧化反应等,故D正确；D.只有-COOH能与NaOH反应,所以1mol该物质最多能与1molNaOH完全反应,故D错误;答案：D。【题目点拨】由结构可以知道分子式,分子中含碳碳双键、碳氧双键、-COOH、-OH,结合烯烃、酮、醇、羧酸的性质来解答。2、D【解题分析】

由质子的定向移动可知a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，乙醇被氧化生成CO2，电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，正极氧气得到电子被还原，电极反应式为4H++O2+4e-=2H2O，结合电极反应解答该题。【题目详解】A.根据质子的定向移动，b是正极，故错误；

B.电池工作时，b是正极，发生还原反应，故错误；

C.正极氧气得电子，在酸性条件下生成水，故错误；D.负极发生氧化反应，乙醇被氧化生成CO2，电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，所以1mol乙醇被氧化时转移12mol电子，故正确；

综上所述，本题正确选项D。3、D【解题分析】

A、SO2用于漂白纸浆是利用其漂白性，错误；B、NH4HCO3用作氮肥是因为其中含有氮元素，易被农作物吸收，错误；C、Fe2(SO4)3用作净水剂是因为铁离子水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮的杂质，错误；D、Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，正确；答案选D。4、B【解题分析】

过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，据此解答。【题目详解】A、汽油和植物油是互溶的液体，用蒸馏的方法分离，A错误；B、碳酸钙难溶于水，用过滤法分离，B正确；C、酒精和水互溶，用蒸馏的方法分离，C错误；D、氯化钠难溶于水，用蒸发的方法得到氯化钠固体，D错误；答案选B。5、C【解题分析】

NaOH是强碱，一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释、同离子效应等会影响电离平衡的移动，据此分析。【题目详解】A、NaOH是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，电离不完全，所以相同物质的量浓度的两溶液中NaOH溶液中的c(OH－)大，A错误；B、弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时平衡正向移动，pH＝13的两溶液稀释100倍，NaOH溶液的pH为11，氨水的pH大于11，B错误；C、NaOH溶液中加入NH4Cl固体，能够生成一水合氨，氢氧根离子浓度减小，氨水中加入NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，C正确；D、一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，体积相同、pH相同的两溶液中和盐酸时，氨水消耗的盐酸多，D错误；答案选C。6、B【解题分析】

A．银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，所以银器质量减小，故A错误；B．银作正极，正极上Ag2S得电子作氧化剂，在反应中被还原生成单质银，故B正确；C．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3，故C错误；D．黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl，故D错误；故选B。7、A【解题分析】分析：A、等物质的量的氨水和盐酸混合后所得溶液为氯化铵溶液；B、醋酸为弱酸，浓度不同，电离程度不同；C、pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合后发生反应生成氯化铵，会剩余氨水；D、根据溶液中的电荷守恒分析判断。详解：A、等物质的量的氨水和盐酸混合后所得溶液为氯化铵溶液，氯化铵溶液中存在质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3•H2O)，故A正确；B、醋酸浓度越大，电离程度越小，两种醋酸pH分别为a和a+1，则pH=a的醋酸浓度较大，但电离程度较小，应存在c1＞10c2，故B错误；C、pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合后发生反应生成氯化铵，剩余氨水，溶液显碱性，存在：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C错误；D、醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液为醋酸钠溶液，该溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，所得溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，所以(Na+)=c(CH3COO-)，故D错误；故选A。8、A【解题分析】

NH3溶于水绝大部分与水生成一水合氨，但是计算时，以NH3算。A．根据，则，选项中的表达式利用的是，，但是溶液的体积不是气体体积（V）和溶剂体积（1L）的加和，A项错误，符合题意；B．根据公式，得；B项正确，不符合题意；C．，；，，C项正确，不符合题意；D．,，带入有，D项正确，不符合题意；本题答案选A。【题目点拨】两个体积不同的溶液混合在一起，混合后的溶液体积不等于混合前两溶液的体积之和，所以混合后的溶液的体积一般根据计算，此外注意单位的换算。9、D【解题分析】A.溴易溶于苯，溴水与苯发生萃取，苯酚与溴水发生取代反应生成三溴苯酚，用溴水除杂，生成的三溴苯酚和过量的溴都能溶于苯，不能得到纯净的苯，并引入新的杂质，不能用溴水来除去苯中的苯酚，应向混合物中加入NaOH溶液后分液，故A错误；B.乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成乙酸钠和水和二氧化碳，但乙酸钠和乙醇互溶在水中，不分层，不能采用分液的方法，故B错误；C.乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液，乙酸与氢氧化钠反应生成乙酸钠和水，但乙酸钠和乙醛互溶在水中，不分层，不能采用分液的方法，故C错误；D.乙酸丁酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸丁酯，故D正确；本题选D。点睛：乙酸丁酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中。10、C【解题分析】

A．四氯化碳分子的比例模型中，氯原子的原子半径比碳原子的原子半径大，而在该模型中原子半径的大小错误，故A错误；B．氯乙烷的分子式为C2H5Cl，故其结构简式为CH3CH2Cl，故B错误；C．分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，CH3CH2NO2与H2NCH2COOH的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，故C正确；D.丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，故其键线式为，故D错误；答案选C。【题目点拨】注意比例模型中，原子的半径大小和空间构型！11、B【解题分析】

A、减少二氧化硫排放防止酸雨污染，不能消除雾霾，故A错误；B.硅胶无毒，具有吸水性，常用作袋装食品的干燥，故B正确；C.“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染而不是对污染进行治理，故C错误；D.医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故D错误；故选B。12、B【解题分析】

在锌-铜(稀硫酸)原电池中，负极为锌，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极为铜，电极反应式为2H++2e-=H2↑，电池反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑。据此分析解答。【题目详解】A．若将Zn换成Fe，电池反应变成Fe+2H+=Fe2++H2↑，电池反应发生变化，故A错误；B．若将Cu换成石墨，锌仍为负极，石墨为正极，电池反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，电池反应不变，故B正确；C．若将稀H2SO4换成蔗糖溶液，蔗糖为非电解质，不能构成原电池，故C错误；D．若将稀H2SO4换成CuSO4溶液，电池反应变成Zn+Cu2+=Zn2++Cu，电池反应发生变化，故D错误；答案选B。13、C【解题分析】

A.增大容器体积，相当于减压，平衡左移，各物质浓度均减小；B.温度压强不变，充入N2O4(g)，与原平衡等效，各物质浓度不变；C.温度体积不变，充入NO2(g)，相当于增大NO2(g)浓度；D.降低温度，平衡右移，NO2(g)浓度降低。【题目详解】A.增大容器体积，浓度降低，气体颜色变浅，A错误；B．由于反应前后均是一种物质，因此温度、压强不变，充入N2O4（g），与原平衡等效，各物质浓度不变，气体颜色不变，B错误；C．由于反应前后均是一种物质，因此温度体积不变，充入NO2（g），相当于增大NO2（g）浓度，气体颜色加深，C正确；D．正反应放热，容器容积不变，降低温度，平衡向正反应方向进行，NO2浓度减小，颜色变浅，D错误；正确选项C。【题目点拨】可逆反应2NO2(g)N2O4(g)△H<0，当容器的体积、温度不变时，充入和反应无关的气体，速率不变，平衡不移动，混合气体的颜色不变；当压强、温度不变时，充入和反应无关的气体，速率减慢，平衡向左移动，混合气体的颜色变浅。14、A【解题分析】分析：根据图示，得到A是阴极，该电极上是氢离子得电子，B是阳极，该电极上是氯离子失电子，C是阴极，该电极上是析出金属银，D是阳极，该电极上产生氧气，根据电极反应式以及电子守恒进行相应的计算。详解：根据图示，得到A是阴极，该电极上是氢离子得电子，2H++2e-=H2↑，B是阳极，该电极上是氯离子失电子，级2Cl--2e-=Cl2↑，C是阴极，该电极上是析出金属银，Ag++e-=Ag，D是阳极，该电极上产生氧气，级4OH--4e-=O2↑+2H2O，各个电极上转移电子的物质的量是相等的，设转以电子1mol，所以在A、B、C、D各电极上生成的物质的量之比为0.5：0.5：1：0.25=2：2：4：1，故选A。15、C【解题分析】

A．标准状况下，22.4L氢气和氯气的混合气体的物质的量为1mol，1mol混合气体中所含分子数为NA，A项正确，不符合题意；B．氦为单原子分子，1个分子中只含1个原子，1mol氦气所含原子的物质的量为1mol，其原子数约为NA，B项正确，不符合题意；C．Al元素为13号元素，1个Al原子中含有13个电子。Al失去3个电子，生成Al3＋，1个Al3＋中含有10个电子，1molAl3＋所含电子的物质的量为10mol，1molAl3＋含有核外电子数10NA，C项错误，符合题意；D．T℃时，1LpH=6的纯水中，H＋的物质的量等于OH－的物质的量，OH－的物质的量为1L×10-6mol·L－1=10-6mol，OH－的数目为10-6NA，D项正确，不符合题意；本题答案选C。16、C【解题分析】分析：“丝”中含有的物质是蛋白质，“泪”指的是液态石蜡，据此解答。详解：“丝”中含有的物质是蛋白质，“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于烃，答案选C。17、D【解题分析】

A.23gNa物质的量为1mol，根据4Na+O2=2Na2O反应可知，消耗N（O2）=0.25NA；根据2Na+O2=Na2O2反应可知，消耗N（O2）=0.5NA；因此1molNa与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数N（O2）的范围为：0.25NA<N（O2）<0.5NA，A正确；B.在密闭容器中发生反应：2NO+O2=2NO2，所以2molNO和1molO2反应生成2molNO2，由于2NO2N2O4反应的存在，所以反应后容器中的分子数小于2NA，B正确；C.设Mg为xmol，Zn为ymol，放出的气体的量为0.1mol，则24x+65y=2.5，x+y=0.1，则x=4/41mol，y=0.1/41mol，所以当n(Mg)：n(Zn)=40:1时，放出的气体在标况下的体积可能为2.24L；C正确；D.浓硫酸与足量的铜微热反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止；因此50mL18.4mol/L浓硫酸不能全部反应，因此转移的电子数目小于0.92NA，D错误；综上所述，本题选D。18、C【解题分析】A.X含有酚羟基和酯基，1molX最多能与2molNaOH反应，A错误；B.酚羟基不能与碳酸钠溶液产生二氧化碳，而是生成碳酸氢钠，B错误；C.酚羟基的两个邻位氢原子能与溴水发生取代反应，碳碳双键能与溴水发生加成反应，因此1molX和浓溴水反应时，能消耗3molBr2，C正确；D.只有苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，1molX能最多能与4molH2加成，D错误，答案选C。19、D【解题分析】

A、溶解时需要加入H2O2，H2O2不稳定，受热易分解，因此“溶解”操作中溶液温度不宜过高，故A叙述正确；B、根据流程，“溶解”过程发生的反应是2Cu＋O2＋4H＋=2Cu2＋＋2H2O，或者发生Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，故B叙述正确；C、根据流程，过滤后得到海绵铜，说明“反应”过程中含有Cu2＋，加NaOH溶液，调节pH=2，说明溶液显酸性，即“反应”过程中能与Zn反应的离子是Cu2＋和H＋，故C说法正确；D、过滤操作得到滤液中含有ZnSO4，蒸发结晶、过滤干燥得到的是ZnSO4，且滤液中含有Na2SO4，因此最后的得到的物质是混合物，故D叙述错误；答案选D。20、A【解题分析】A，100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含氧原子物质的量为n（O）=100g×46%46g/mol×1+100g×（1-46%）18g/mol×1=4mol，A项正确；B，制备Fe（OH）3胶体的化学方程式为FeCl3+3H2O≜Fe（OH）3（胶体）+3HCl，1molFeCl3完全转化生成1molFe（OH）3，Fe（OH）3胶体中胶粒是一定数目Fe（OH）3的集合体，分散系中胶体微粒物质的量小于1mol，B项错误；C，Cl2与水的反应为可逆反应，反应中转移电子物质的量小于1mol，C项错误；D，电解精炼铜，阳极为粗铜，阳极电极反应式为Zn-2e-点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算，涉及溶液中微粒的计算、胶体、可逆反应、电解精炼铜等知识。注意计算溶液中H原子、O原子时不能忽视H2O中的H原子、O原子，胶体中的胶粒是一定数目粒子的集合体，电解精炼铜时阳极是比Cu活泼的金属优先放电。21、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。22、D【解题分析】

由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH﹣），加入0.5LNaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可计算出n[Al（OH）3]，再计算出n[Mg（OH）2]，进而计算原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量浓度之比。【题目详解】由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH﹣），加入0.5LNaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀。设氢氧化钠溶液溶液的浓度为c，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al（OH）3]=n（NaOH）=0.1c，所以n[Mg（OH）2]==0.05c，溶液中n（Cl﹣）=3n[Al（OH）3]=0.3c，原溶液中n（SO42﹣）=n[Mg（OH）2]=0.05c，则原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量之比为0.3c：0.05c=6：1，故选D。二、非选择题(共84分)23、MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－漏斗、烧杯、玻璃棒b饱和食盐水浓硫酸Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2Of、g、h2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O42.9%【解题分析】

Ⅰ、G为黄绿色气体，则G为Cl2，反应③为二氧化锰与浓盐酸的反应，则D为MnO2，J为HCl，说明混合物A、B中含有MnO2，且含有Cl元素，则A为KClO3、MnO2的混合物，用于实验室制备氧气，则B为O2，C为MnO2、KCl的混合物，则E为KCl，电解KCl溶液生成KOH、Cl2、H2，故H为H2，I为KOH，以此解答该题。Ⅱ、（1）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，根据温度对该反应的影响分析；（2）先计算次氯酸钙的质量，再根据质量分数公式计算。【题目详解】Ⅰ、（1）反应③为实验室制备氯气，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；反应④是电解氯化钾溶液，反应的离子方程式为2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－；（2）C为MnO2、KCl的混合物，KCl溶于水，而MnO2不溶于水，可利用溶解、过滤方法进行分离，溶解、过滤操作使用的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯；（3）实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，制取氯气的发生装置是：b，由于浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，先用饱和食盐水吸收氯气，再用浓硫酸进行干燥，即c装置中存放的试剂是饱和食盐水，d装置中存放的试剂为浓硫酸；（4）实验室利用烧碱溶液吸收气体氯气的离子方程式为Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；（5）氯化氢一种极易溶于水的气体，为了防止倒吸，装置中有倒扣的漏斗或肚容式结构，e、i装置不具有防倒吸的作用，而f、g、h具有防倒吸，故答案为fgh；Ⅱ、（1）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的方程式为2Ca(OH)2＋2Cl2＝CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；（2）3ClO－＋I－＝3Cl－＋IO3-①；IO3-＋5I－＋3H2O＝6OH－＋3I2②，这说明真正的滴定反应是第一步，第一步完成后，只要加入少许碘离子就可以和生成的碘酸根生成碘单质而看到浅蓝色达到终点，KI溶液的总体积＝（19.98+20.02+20.00）mL＝60.00mL，平均体积为60.00mL÷3＝20.00mL。设次氯酸根离子的物质的量为x，则根据方程式可知3ClO－＋I－＝3Cl－＋IO3-3mol1molx0.1000mol•L-1×0.020L所以x＝0.006mol次氯酸钙的质量为：143g×0.006mol×0.5＝0.429g所以质量分数为0.429g/1.000g×100%＝42.9%。24、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↑。25、排除体系中的N2A和DDCxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2量筒内液面与广口瓶中的液面持平视线与凹液面最低处相切ABD【解题分析】

在本实验中，通过测定氨基酸和氧气反应生成产物中二氧化碳、水和氮气的相关数据进行分析。实验的关键是能准确测定相关数据，用浓硫酸吸收水，碱石灰吸收二氧化碳，而且二者的位置不能颠倒，否则碱石灰能吸收水和二氧化碳，最后氮气的体积测定是主要多余的氧气的影响，所以利用加热铜的方式将氧气除去。首先观察装置图，可以看出A中是氨基酸的燃烧，B中吸收生成的水，在C中吸收生成的二氧化碳，D的设计是除掉多余的氧气，E、F的设计目的是通过量气的方式测量氮气的体积，在这个基础上，根据本实验的目的是测定某种氨基酸的分子组成，需要测量的是二氧化碳和水和氮气的量。实验的关键是氮气的量的测定，所以在测量氮气前，将过量的氧气除尽。【题目详解】(1)装置中的空气含有氮气，影响生成氮气的体积的测定，所以通入一段时间氧气的目的是排除体系中的N2；(2)氨基酸和氧气反应，以及铜和氧气反应都需要加热，应先点燃D处的酒精灯，消耗未反应的氧气，保证最终收集的气体只有氮气，所以应先点燃D处酒精灯。(3)氨基酸燃烧生成二氧化碳和水和氮气，方程式为：CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2；(4)加热铜可以吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2；(5)读数时必须保证压强相同，所以注意事项为量筒内液面与广口瓶中的液面持平而且视线与凹液面最低处相切；(6)根据该实验原理分析，要测定二氧化碳和水和氮气的数据，再结合氨基酸的相对分子质量确定其分子式。故选ABD。【题目点拨】实验题的解题关键是掌握实验原理和实验的关键点。理解各装置的作用。实验的关键是能准确测定相关数据。为了保证得到准确的二氧化碳和水和氮气的数据，所以氨基酸和氧气反应后，先吸收水后吸收二氧化碳，最后除去氧气后测定氮气的体积。26、铁粉ABAH2防倒吸碱石灰Fe3O4+4H23Fe+4H2O【解题分析】

（1）①根据题干信息可知A中发生的反应为铁在高温下和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4，试管A是铁与水蒸气反应的装置，故在A中装的应该是铁粉；②反应需要在高温下进行，则A装置需要加热。又因为需要提供水蒸气，所以B装置还需要加热，当实验结束时应该先熄灭A处的酒精灯，在水蒸气的氛围中冷却；③在反应过程中要生成氢气，氢气不溶于水，所以D是用来收集氢气的，为了防止向试管中通入水蒸气使试管骤冷，引起水的倒流从而在试管和收集气体的试管中间加上了烧瓶，保证实验安全，即C为安全瓶，起防止倒吸的作用；（2）①装置I是用来制取氢气的装置，由于使用的是稀盐酸来制取氢气，所以在产生氢气的同时可能带出部分水蒸气和氯化氢气体，故在U型管中加入固体来干燥气体，吸收氯化氢和水蒸气，所以G中应加入的试剂是碱石灰；②依据装置和实验目的分析，试管E中发生反应是氢气还原四氧化三铁的反应，反应的化学方程式是Fe3O4+4H23Fe+4H2O。27、b中长直玻璃管内液柱上升过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装罝d中凝固防止倒吸吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体浓硫酸将部分乙醇氧化；发生副反应生成乙醚；乙醇挥发；乙烯流速过快，未完全发生加成反应乙醚D液封Br2和1，2-二溴乙烷，防止它们挥发【解题分析】

（1）当d堵塞时，气体不畅通，则在b中气体产生的压强将水压入直玻璃管中，甚至溢出玻璃管；1，2-二溴乙烷的凝固点较低（9.79℃），过度冷却会使其凝固而使气路堵塞；b为安全瓶，还能够防止倒吸；

（2）c中盛氢氧化钠液，其作用是洗涤乙烯；除去其中含有的杂质（CO2、SO2等）；

（3）根据乙烯与溴反应的利用率减少的可能原因进行解答；

（4）根据反应2CH3CH2OH→CH3CH2OCH2CH3+H2O可知，溴乙烷产物中还会含有杂质乙醚；1，2一二溴乙烷与乙醚互溶，可以根据它们的沸点不同通过蒸馏方法分离；

（5）根据1，2一二溴乙烷、液溴在水在溶解度不大，且密度大于水进行解答。【题目详解】（1）根据大气压强原理，试管d发生堵塞时，b中压强的逐渐增大会导致b中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出；根据表中数据可知，1，2-二溴乙烷的沸点为9.79℃，若过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装置d中凝固会堵塞导管d；b装置具有够防止倒吸的作用，

故答案为b中长直玻璃管内有一段液柱上升；过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装置d中凝固；防止倒吸；

（2）氢氧化钠可以和制取乙烯中产生的杂质气体二氧化碳和二氧化硫发生反应，防止造成污染，

故答案为吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体；

（3）当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正常情况下超过许多的原因可能是乙烯发生（或通过液溴）速度过快，导致大部分乙烯没有和溴发生反应；此外实验过程中，乙醇和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃会导致副反应的发生和副产物的生成，

故答案为浓硫酸将部分乙醇氧化；发生副反应生成乙醚；乙烯流速过快，未完全发生加成反应；乙醇挥发；（4）在制取1，2一二溴乙烷的过程中还会有副产物乙醚生成；除去1，2一二溴乙烷中的乙醚，可以通过蒸馏的方法将二者分离，所以D正确，

故答案为乙醚；D；

（5）实验中也可以撤去d装置中盛冰水的烧杯，改为将冷水直接加入到d装置的试管内，则此时冷水除了能起到冷却1，2一二溴乙烷的作用外，由于Br2、1，2-二溴乙烷的密度大于水，还可以起到液封Br2及1，2-二溴乙烷的作用，

故答案为液封Br2和1，2-二溴乙烷，防止它们挥发。【题目点拨】本题考查了溴乙烷的制取方法，注意掌握溴乙烷的制取原理、反应装置选择及除杂、提纯方法，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力。28、2:1a2NO2-+8H++6e—=N2↑+4H2O4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2（没条件、不配平均扣1分）不释放氯气，减少对环境的污染（只回答减少对环境的污染也得分）NH4Cl固体分解产生的HCl可以抑制CeCl3的水解（只回答抑制CeCl3的水解也得分）【解题分析】

（1）NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-，反应过程中N化合价升高，Ce化合价则降低，氧化剂为Ce4+，还原剂为NO；

（2）①采用电解法将NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4+，过程中Ce化合价升高，为失电子反应，电解池中阳极处的反应为失电子反应；

②电解池阴极发生的反应为物质得到电子，发生还原反应，根据装置图，H+到阴极参加反应，电解将NO2-转化为无毒物质，可判断为N2，据此写出电极反应；

（3）①焙烧过程中，CeFCO3转化生成CeO2和CeF4，焙烧过程O2参加反应，据此写出主要反应的方程式；

②有同学认为酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换盐酸更好，主要是考虑到HCl可能反应会产生Cl2，Cl2有的污染环境，采用H2O2是绿色氧化剂，不污染环境；

③根据溶度积常数和多重平衡规则计算反应的化学平衡常数；

④加热CeCl3•6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，考虑到Ce是镧系重金属，重金属离子会水解，NH4Cl的作用是调控溶液为酸性，抑制CeCl3的水解。【题目详解】（1）雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1：1），反应的方程式为3H2O+2NO+4Ce4+=4