2024届河北省永清一中高二化学第二学期期末学业质量监测试题含解析

2024届河北省永清一中高二化学第二学期期末学业质量监测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列物质中，因发生化学反应既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是（）①CH3(CH2)4CH3②CH3CH2CH=CH2③④A．② B．③④ C．①③ D．②④2、金属的下列性质中和金属晶体结构无关的是()A．良好的导电性 B．反应中易失去电子C．良好的延展性 D．良好的导热性3、下列有关性质的比较中，正确的是A．硬度：白磷＞冰＞二氧化硅；在水中的溶解度：NH3>CO2>SO2>H2B．非金属性：N＞O＞P＞S；碱性：KOH＞NaOH＞Al(OH)3＞Ca(OH)2C．共价键的键能：硅>碳化硅>金刚石；晶格能：CsCl>NaCl>CaOD．氢键强弱：N···H＜O···H＜F···H；范德华力强弱：NH3<PH3<AsH34、化学与生活密切相关，下列说法正确的是()A．将(NH4)2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀可知二者均可使人中毒B．塑料的老化是由于与空气中的氧气发生了加成反应C．粮食酿酒的过程：淀粉葡萄糖乙醇D．可以用足量氢氧化钠溶液加热的方法区分地沟油(分离过的餐饮废弃油)与矿物油(汽油、煤油、柴油等)5、做过银镜反应实验的试管内壁上附着一层银，洗涤时，选用试剂是（）A．浓氨水 B．盐酸 C．稀硝酸 D．烧碱6、下表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是（）选项化合物ABCDYCO2Fe2O3SiO2FeCl3WMgOAl2O3COCuCl2A．A B．B C．C D．D7、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是()A．W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>WB．Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体C．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>ZD．WY2分子中σ键与π键的数目之比为2∶18、为提纯下列物质（括号内为杂质），所用的除杂试剂和分离方法都正确的是序号

不纯物

除杂试剂

分离方法

A

CH4(C2H4)

酸性KMn04溶液

洗气

B

NH4Cl溶液(FeCl3)

NaOH溶液

过滤

C

乙酸乙酯(乙酸)

饱和Na2CO3溶液

蒸馏

D

C2H5OH(H2O)

新制生石灰

蒸馏

A．A B．B C．C D．D9、某化学兴趣小组称取纯净的Na2SO3·7H20a克，隔绝空气加强热至恒重，经过分析与计算，得到的固体质量与全部转化为亚硫酸钠固体的计算值一致，但固体在水中溶解后测的pH值比理论计算值（相同浓度Na2SO3溶液的pH）大很多。下列说法不正确的是A．连续两次称量强热前后固体的质量，如质量差小于0.1g，即可判断固体已经恒重B．产生上述矛盾的可能解释：4Na2SO33Na2SO4＋Na2SC．固体产物中加入稀盐酸可能有淡黄色沉淀产生D．加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则能确定产物中有Na2SO410、下列各组中的两种有机化合物，属于同系物的是（）A．2-甲基丁烷和丁烷 B．新戊烷和2，2-二甲基丙烷C．间二甲苯和乙苯 D．1-己烯和环己烷11、下列物质与NaOH醇溶液共热可制得烯烃的是（）A．C6H5CH2Cl B．(CH3)3CCH2BrC．CH3CHBrCH3 D．CH3Cl12、下列图示与对应的叙述相符合的是（）A．图甲表示某可逆反应中物质浓度随时间的变化，反应在t时刻达到平衡状态B．图乙表示NO2在恒容密闭容器中发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，NO2体积分数与温度的变化曲线，则该反应的正反应△H<0C．图丙表示某温度时，BaSO4在水中的溶解平衡曲线，蒸发水可使溶液由b点变到a点D．图丁表示分别稀释10mLpH均为12的NaOH和NH3⋅H2O溶液时pH的变化，曲线I表示NH3⋅H2O溶液，n>10013、化合物X的分子式为C5H11Cl，用NaOH的醇溶液处理X，可得分子式为C5H10的两种产物Y、Z，Y、Z经催化加氢后都可得到2-甲基丁烷。若将化合物X用NaOH的水溶液处理，则所得有机产物的结构简式可能是（）A．CH3CH2CH2CH2CH2OH B．C． D．14、正硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连(如下图)。下列有关说法正确的有A．在H3BO3分子中各原子最外层全部满足8电子稳定结构B．H3BO3分子的稳定性与氢键有关C．1molH3BO3的晶体中有3mol极性共价键D．1molH3BO3的晶体中有3mol氢键15、化学与生活密切相关。下列说法正确的是A．古代造纸工艺中使用的明矾易导致纸张发生酸性腐蚀B．食用花生油、葡萄糖和鸡蛋清均能发生水解反应C．用活性炭去除冰箱中异味的过程属于化学变化D．天然气、液化石油气和煤是我国目前推广使用的清洁燃料16、在氯化钠晶体晶胞中，与某个Na+距离最近且等距的几个Cl-所围成的空间构型为()A．正四面体形B．正八面体形C．正六面体形D．三角锥形二、非选择题（本题包括5小题）17、A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示（部分反应物、生成物没有列出），且已知G为地壳中含量最多的金属元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：（1）写出下列物质的化学式A_______________；G____________________；（2）若C→D为化合反应，则此时的化学方程式_______________________________；（3）写出E→F的化学方程式___________________________________________；（4）写出反应④的离子方程式___________________________________________；18、A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示(部分反应物、生成物没有列出)。已知H为固态氧化物，F是红褐色难溶于水的沉淀，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是________。(2)反应①的化学方程式为_____________________________________反应③的离子方程式为________________________反应⑧的化学方程式为_____________________________________（3）反应⑥过程中的现象是______________________________。（4）1molI发生反应后生成的A高温下与足量的水蒸气反应，生成的气体换算成标准状况下占______L。19、实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4++6HCHO===3H＋+6H2O+(CH2)6N4H＋[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与lmolH+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤I称取样品1.500g。步骤II将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤III移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20％的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1-2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。（1）根据步骤III填空：①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察____________A．滴定管内液面的变化B．锥形瓶内溶液颜色的变化④滴定达到终点时，酚酞指示剂由_______色，且_____________。（2）滴定结果如下表所示：若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol·L－1则该样品中氮的质量分数为______（3）实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下：甲基橙：3.1～4.4

石蕊：5.0～8.0

酚酞：8.2～10.0用0.1000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是__________。A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂（4）在25℃下，向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为_________。已知25℃时Ksp［Mg(OH)2］=1.8×10—11,Ksp［Cu(OH)2］=2.2×10—20。（5）在25℃下，将amol·L—1的氨水与0.01mol·L—1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl—)，则溶液显_______性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=_______。20、某学习小组设计实验探究CuSO4分解产物Ⅰ．甲同学选择下列装置设计实验探究硫酸铜分解的气态产物SO3、SO2和O2，并验证SO2的还原性。回答下列有关问题（1）CuSO4水溶液呈酸性，其原因是______________________（用离子方程式表示）。（2）上述装置按气流从左至右排序为A、D、___________E、F（填代号）。（3）装置D的作用是___________；能证明有SO3生成的实验现象是___________。（4）在实验过程中C装置中红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有___________；待C中有明显现象后，F开始收集气体，F装置中集气瓶收集到了少量气体，该气体是___________（填化学式）。（5）为了验证SO2的还原性，取E装置中反应后的溶液于试管中，设计如下实验：a滴加少量的NH4SCN溶液b滴加少量的K3[Fe（CN）6]溶液c滴加酸性KMnO4溶液d滴加盐酸酸化的BaCl2溶液其中，方案合理的有___________（填代号），写出E装置中可能发生反应的离子方程式：_________。Ⅱ．乙同学利用A中残留固体验证固体产物（假设硫酸铜已完全分解）查阅资料知，铜有+2、+1价。Cu2O在酸性条件下不稳定，发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。（6）为了验证固体产物中是否有Cu2O，设计了下列4种方案，其中能达到实验目的的是___________。甲：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硝酸，观察溶液颜色是否变为蓝色乙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硫酸，观察溶液颜色是否变为蓝色丙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀盐酸，观察是否有红色固体生成丁：取少量残留固体于试管，通入氢气，加热，观察是否生成红色固体（7）经检验CuSO4分解生成CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2，且CuO、Cu2O的质量之比为5：9，SO2、O2、SO3的体积之比（同温同压下测定）为4：3：2。写出CuSO4分解的化学方程式：_______。21、（1）Co、Cu、Zn都是过渡元素，可作为中心原子形成多种配合物，下列不能作为配合物配位体的是______；A．H2OB．NH3C．CH4D．Cl﹣（2）用氢键表示式写出氨水中NH3分子与水分子间可能存在的氢键____；（3）Cu元素可形成[Cu(NH3)4]SO4，其中存在的化学键类型有______（填序号）；①配位键②氢键③极性共价键④非极性共价键⑤离子键（4）甲烷晶体的晶胞结构如下图，下列有关说法正确的是_______。A．甲烷在常温下呈气态，说明甲烷晶体属于分子晶体B．晶体中1个CH4分子有12个紧邻的甲烷分子C．CH4晶体熔化时需克服共价键（5）下图表示的是SiO2的晶胞结构（白圈代表硅原子，黑点代表氧原子），判断在30g二氧化硅晶体中含______molSi－O键。如果该立方体的边长为acm，用NA表示阿伏加德罗常数，则SiO2晶体的密度表达式为__________________g/cm3。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解题分析】

①CH3(CH2)4CH3与溴水、高锰酸钾均不发生反应，故①错误；②CH3CH2CH＝CH2中含碳碳双键，与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，则既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故②正确；③与溴水、高锰酸钾均不反应，故③错误；④与溴水不反应，与高锰酸钾反应，能使酸性高猛酸钾溶液褪色，故④错误；故答案为A。【题目点拨】把握官能团与性质的关系为解答的关键，能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，则含碳碳双键、三键，或具有还原性的物质，特别注意苯的同系物只能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能使溴水褪色。2、B【解题分析】

A.金属容易导电是因为晶体中存在许多自由电子，这些自由电子的运动是没有方向性的，但在外加电场作用下，自由电子就会发生定向移动形成电流，故A错误；B.金属易失电子是由原子的结构决定的，和金属晶体无关，所以B选项是正确的；C.有延展性是因为金属离子和自由电子之间的较强作用，当金属受到外力时，晶体中的各离子层就会发生相对滑动，但因为金属离子和自由电子之间的相互作用没有方向性，受到外力后相互作用没有被破坏，故虽发生形变，但不会导致断裂，故C错误；D.容易导热是因为自由电子在运动时经常与金属离子碰撞而引起能量的交换，从而能量从温度高的部分传到温度低的部分，使整块金属达到相同的温度，故D错误；答案选B。3、D【解题分析】

A.SiO2属于原子晶体，白磷、冰都是分子晶体，所以SiO2的硬度是最大的；1体积的水可以溶解700体积的NH3、或40体积的SO2，而CO2是微溶于水，H2不溶于水，所以在水中的溶解度：NH3>SO2>CO2>H2；A错误；B.非金属性应该是O＞N＞S＞P；碱性比较，Al的金属性最小，则Al(OH)3的碱性也是最小的；B错误；C.共价键中，成键原子的半径越小，共价键键长就越短，其键能就越大，所以共价键键能大小顺序为：金刚石>碳化硅>硅；离子晶体中，离子半径越小，所带电荷越多，离子键就越强，晶格能也就越高，CsCl中，Cs+和Cl-的半径都较大，且所带电荷都较少，所以它的晶格能不是最大的；C错误；D.F、O、N这三种元素的非金属性依次减弱，则它们对H原子的吸引力也依次减弱，所以氢键的强弱也依次减弱；NH3、PH3、AsH3都属于分子晶体，所含的作用力为范德华力，相对分子质量越大，分子间的范德华力越强；D正确；故合理选项为D。4、D【解题分析】

A．重金属盐可使蛋白质变性，硫酸铜属于重金属盐可使蛋白质变性，硫酸铵不属于重金属盐，不会使蛋白质变性，故硫酸铵无毒，故A错误；B．塑料老化是指塑料在加工、贮存和使用过程中，由于受内外因素的综合作用，其组成和结构发生了如分子降解(大分子链断裂解，使高聚物强度、弹性、熔点、粘度等降低)、交联(使高聚物变硬、变脆)、增塑剂迁移、稳定剂失效等一系列物理化学变化，从而导致塑料发生变硬、变脆、龟裂、变色乃至完全破坏，丧失使用功能的现象。老化的原因主要是由于结构或组分内部具有易引起老化的弱点，如具有不饱和双键、支链、羰基、末端上的羟基，等等。外界或环境因素主要是阳光、氧气、臭氧、热、水、机械应力、高能辐射、电、工业气体(如二氧化碳、硫化氢等)、海水、盐雾、霉菌、细菌、昆虫等等，故B错误；C．酿酒时要加入酒曲，酒曲中的微生物主要是酵母菌和霉菌，其中霉菌主要起到糖化的作用，把米中的淀粉转化成葡萄糖，酵母菌在无氧的条件下，再把葡萄糖分解成酒精和二氧化碳，粮食酿酒过程中淀粉的水解不是用硫酸作催化剂，故C错误；D．地沟油属于酯类，和氢氧化钠反应生成可溶性高级脂肪酸钠和甘油，矿物油属于石油加工产品，属于烃类混合物不和氢氧化钠反应，故可区分开，故D正确；故选D。【题目点拨】本题考查了常见有机物的性质和应用。本题的易错点为B、C，B中要注意塑料老化的本质；C中要注意实验室中的实验条件和工农业实际生产的区别。5、C【解题分析】

银镜反应中产生的银镜是银单质，银在金属活动性顺序表中处于氢元素之后，故与非氧化性酸如盐酸和稀硫酸等不反应，与碱也不反应，只能与氧化性酸如稀HNO3反应，据此答题。【题目详解】A.银与浓氨水不反应，故A错误；B.银在金属活动性顺序表中处于氢元素之后，故与非氧化性酸如盐酸和稀硫酸等不反应，故B错误；C.银能与氧化性酸如稀HNO3反应生成硝酸银，从而使银溶解而除去，故C正确；D.银与烧碱也不反应，故D错误；故选C。6、D【解题分析】试题分析：A.镁与二氧化碳在点燃条件下反应生成氧化镁和碳，为置换反应，错误；B.铝和氧化铁在高温下反应生成氧化铝和铁，为置换反应，错误；C.碳在高温下与二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，为置换反应，错误；D.不能通过置换反应由氯化铁制备氯化铜，正确。选D。7、B【解题分析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第ⅣA族，X的最外层电子数为3，处于第ⅢA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素；Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为Cl元素，Y的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故Y为Si或P或S元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，W为C元素，X为Al元素，Y为Si或P或S元素，Z为Cl元素。A、同主族自上而下，电负性减弱，Y若为Si元素，则电负性C＞Si，故A错误；B、若Y、Z形成的分子为SiCl4，为正四面体构型，故B正确；C、同周期自左而右，原子半径减小；电子层越多，原子半径越大，故原子半径Al＞Y＞Cl＞C，故C错误；D、WY2分子为CS2，分子结构式为S=C=S，双键中含有1个δ键、1个π键，故δ键与π键的数目之比1∶1，故D错误；答案选B。【题目点拨】本题的难点为Y元素的不确定性，需要根据题意进行假设后再判断，本题的易错点为A，要注意Y为Si或P或S元素，要分情况讨论分析。8、D【解题分析】

A项，酸性高锰酸钾具有强氧化性，能和还原性物质乙烯反应，但是会生成二氧化碳，和甲烷不反应，这样甲烷中混有二氧化碳，故A错误；B项，氢氧化钠和铵盐、以及氯化铁之间均能发生复分解反应，故B错误；C项，饱和的碳酸钠溶液和乙酸乙酯互不相溶，而可以和乙酸反应，可以采用加入饱和碳酸钠再分液的方法来分离，而不是蒸馏，故C错误；D项，乙醇与生石灰CaO不会发生反应，CaO可以与水化合生成Ca(OH)2，是离子化合物，沸点较高，可采用蒸馏的方法让乙醇先挥发出来，再冷凝就得到纯的无水乙醇，故D正确；【题目点拨】本题考查化学实验方案的评价，题目侧重于物质的分离、提纯的实验方案的评价，注意物质的性质的异同，除杂时不能影响被提纯的物质，且不能引入新的杂质。9、D【解题分析】A、连续两次称量强热前后固体的质量，如质量差小于0.1g，即可判断固体已经恒重，故A正确；B、由于Na2SO3既具有氧化性又具有还原性，Na2SO3加热后发生了歧化反应，硫元素化合价从+4价变化为-2价和+6价，反应的化学方程式为：4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故B正确；C、固体中可能还有Na2SO3，Na2SO3与Na2S在酸性条件下可以归中反应生成硫单质，所以固体产物中加入稀盐酸可能有淡黄色沉淀产生，故C正确；D、固体中可能还有Na2SO3，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则不能确定产物中有Na2SO4，故D错误；故选D。点睛：该题目的关键是亚硫酸钠本身既具有氧化性又具有还原性的性质，才能想到亚硫酸钠会发生歧化、归中的反应。10、A【解题分析】

结构相似,在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同，研究对象是有机物。【题目详解】A.2-甲基丁烷和丁烷都是烷烃，二者结构相似、分子间相差1个CH2原子团,所以二者互为同系物,所以A选项是正确的；B.新戊烷和2,2-二甲基丙烷，二者分子式相同、结构不同,所以二者互为同分异构体,故B错误；C.间二甲苯和乙苯,二者分子式相同、结构不同,所以二者互为同分异构体,故C错误；D.1-己烯和环己烷，二者具有相同的分子式,结构不同,所以1-己烯和环己烷互为同分异构体,故D错误。所以A选项是正确的。11、C【解题分析】

卤代烃的消去反应的特点为与卤素原子相连碳原子的相邻碳原子上必须有C-H键；【题目详解】A.C6H5CH2Cl与NaOH醇溶液共热不能发生消去反应生成碳碳双键，A不符合题意；B.(CH3)3CCH2Br与NaOH醇溶液共热不能发生消去反应生成碳碳双键，B不符合题意；C.CH3CHBrCH3与NaOH醇溶液共热能生成CH3CH=CH2，C符合题意；D.CH3Cl与NaOH醇溶液共热不能发生消去反应生成碳碳双键，D不符合题意；答案为C。12、B【解题分析】

A.t时反应物和生成物的浓度相等，而不是不变；B.升高温度，题中图象曲线变化先减小后增大，减小部分没有达到平衡，增大部分说明升高温度，平衡左移，NO2体积分数增大；C.蒸发水时溶液体积减小，则硫酸根浓度也增大；D.NH3•H2O是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进NH3•H2O电离。【题目详解】A.t时反应物和生成物的浓度相等，而不是不变，所以t时未处于平衡状态，A错误；B.升高温度，题中图象曲线变化先减小后增大，减小部分是反应正向进行速率加快而消耗，没有达到平衡，当达到最低点后升高温度，NO2体积分数增大，说明升高温度化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，因此以该反应的正反应△H<0，B正确；C.蒸发水时溶液体积减小，则Ba2+、SO42-的浓度都增大，所以蒸发水不能使溶液由b点变到a点，C错误；D.NH3•H2O是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，NaOH是一元强碱，完全电离，所以c(NH3•H2O)>c(OH-)=c(NaOH)，加水稀释促进NH3•H2O电离，所以若稀释相同倍数，溶液中c(OH-)：氨水大于NaOH，所以若稀释后溶液中c(OH-)相等，NH3•H2O稀释倍数就要大于NaOH的稀释倍数，故曲线I表示NaOH溶液，曲线II表示NH3•H2O溶液，溶液pH由pH=12变为pH=10，稀释倍数n>100，D错误；故合理选项是B。【题目点拨】本题考查了图象在化学平衡、物质的溶解平衡、弱电解质的电离平衡及溶液稀释及pH等，把握图中纵坐标、横坐标的含义及点、线、面的含义是解答本题的关键，注意相关化学反应原理的应用，及物质的性质的应用。13、B【解题分析】

根据能跟H2加成生成2-甲基丁烷，说明Y和Z均为分子中含5个C原子的不饱和烃，其碳骨架为，氯代烃发生消去反应生成烯烃和烯烃加氢生成烷烃，碳架不变，故所得有机产物的碳架有一个支链甲基。【题目详解】A．CH3CH2CH2CH2CH2OH没有支链，A错误；B．对应X为，生成的烯烃有2种，符合题目要求，B正确；C．对应的X发生消去反应生成一种烯烃，C错误；D．对应的X为，不能发生消去反应，D错误。答案选B。【点晴】熟悉卤代烃消去的规律和烯烃的加成特点是解题的关键。卤代烃发生消去反应的条件是：①分子中碳原子数≥2；②与—X相连的碳原子的邻位碳上必须有氢原子。与—Ｘ相连的碳原子的相邻碳原子上没有氢原子的卤代烃[如CH3X、（CH3）3C－CH2X等]不能发生消去反应。14、D【解题分析】A．硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，因此B原子不是8e-稳定结构，故A错误；B．分子的稳定性与分子内的B-O、H-O共价键有关，熔沸点与氢键有关，故B错误；C．根据结构示意图，1molH3BO3的晶体中有3molB-O和3molO-H键共6mol极性共价键，故C错误；D.1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，故D正确；故选D。点睛：本题考查了晶体类型的判断、影响分子稳定性的因素、原子的杂化方式等知识点。注意分子的稳定性与化学键有关，物质的熔沸点与氢键有关。15、A【解题分析】

A.早期的纸张生产中，常采用纸表面涂敷明矾的工艺，明矾中铝离子水解，Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，产生氢离子，易导致纸张发生酸性腐蚀，A正确；B.食用花生油和鸡蛋清均能发生水解反应，葡萄糖不能发生水解反应，B错误；C.用活性炭去除冰箱中异味，利用活性炭的吸附作用，过程属于物理变化，C错误；D.天然气、液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料，煤不属于清洁燃料，D错误；答案为A；16、B【解题分析】NaCl晶胞为，选取最上方那一面中心的Na+为研究对象，等距且最近的Cl-包括最上方正方形棱边中心4个、立方体中心1个、上方立方体中心1个共6个Cl-，它们围成的图形是正八面体。正确答案：B。二、非选择题（本题包括5小题）17、FeAl2O32FeCl2+Cl2=2FeCl34Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑【解题分析】

G为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I和H，能与NaOH溶液反应，说明G为Al2O3，与NaOH反应生成NaAlO2，而I也能与NaOH反应生成NaAlO2，则I为Al，H为O2，C和碱反应生成E、F，D和气体K反应也生成E、F，则说明E、F都为氢氧化物，E能转化为F，应为Fe(OH)2→Fe(OH)3的转化，所以E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，则C为FeCl2，D为FeCl3，B为Fe3O4，与Al在高温条件下发生铝热反应生成A，即Fe，则推断各物质分别为：A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为Al2O3，H为O2，为Al，结合物质的性质分析作答。【题目详解】根据上述分析易知，（1）A为Fe，G为Al2O3；（2）C为FeCl2，D为FeCl3，若C→D为化合反应，则反应的化学方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；（3）E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3，其化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（4）Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。18、铁元素8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9FeFe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2OAl2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色33.6【解题分析】试题分析：F是红褐色难溶于水的沉淀，因此F是氢氧化铁，则E是氢氧化亚铁，所以C和D分别是亚铁盐和铁盐。B和盐酸反应生成C和D，所以B是四氧化三铁，C是氯化亚铁，D是氯化铁，A在氧气中燃烧生成B，则A是铁。H和I均能与氢氧化钠溶液反应生成G，则I是铝，和四氧化三铁发生铝热反应生成铁和氧化铝，H是氧化铝，G是偏铝酸钠，据此分析解答。解析：F是红褐色难溶于水的沉淀，因此F是氢氧化铁，则E是氢氧化亚铁，所以C和D分别是亚铁盐和铁盐。B和盐酸反应生成C和D，所以B是四氧化三铁，C是氯化亚铁，D是氯化铁，A在氧气中燃烧生成B，则A是铁。H和I均能与氢氧化钠溶液反应生成G，则I是铝，和四氧化三铁发生铝热反应生成铁和氧化铝，H是氧化铝，G是偏铝酸钠，则。（1）根据以上分析可知A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是铁。（2）根据以上分析可知反应①的化学方程式为8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe。反应③的离子方程式为Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O；反应⑧的化学方程式为Al2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O。（3）反应⑥是氢氧化亚铁被空气氧化，过程中的现象是生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。（4）根据8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe可知1mol铝发生反应后生成98mol铁，铁在高温下与足量的水蒸气反应的方程式为3Fe＋4H2O(g)4H2＋Fe3O4，所以生成的气体换算成标准状况下为98【题目点拨】化学推断题是一类综合性较强的试题，解框图题最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。19、偏高②③④无影响B无色变成粉红(或浅红)半分钟后溶液颜色无新变化则表示已达滴定终点18.85%DCu(OH)2Cu2++2NH1·H2O====Cu(OH)2↓+2NH4+中【解题分析】

（1）①滴定管中未用标准液润洗，直接加入标准液会稀释溶液浓度减小；②锥形瓶内水对滴定结果无影响；③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中溶液的颜色变化，以判定滴定终点；④如溶液颜色发生变化，且半分钟内不褪色为滴定终点；（2）依据滴定前后消耗氢氧化钠溶液的体积的平均值，结合4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O、H＋+OH－=H2O计算．（1）根据盐类的水解考虑溶液的酸碱性，然后根据指示剂的变色范围与酸碱中和后的越接近越好，且变色明显（终点变为红色），溶液颜色的变化由浅到深容易观察，而由深变浅则不易观察；（4）根据难溶物的溶度积常数判断先沉淀的物质，溶度积常数越小，越先沉淀；（5）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根据物料守恒得c（NH1·H2O）=（0.5a-0.005）mol·L－1，根据电荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，NH1·H2O的电离常数Kb=c(OH－)c(NH4＋)/c(NH1·H2O)。【题目详解】（1）①滴定管中未用标准液润洗，直接加入标准液会稀释溶液浓度减小，消耗标准液体积增大，氢离子物质的量增大，4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O，反应可知测定氮元素含量偏高；②锥形瓶内水对滴定结果无影响；③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中溶液的颜色变化B；④氢氧化钠滴定酸溶液，达到终点时，酚酞颜色变化为无色变化为红色，半分钟内不褪色；（2）样品1.5000g，反应为4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O，消耗氢离子的物质的量和氮元素物质的量相同，依据图表数据分析可知，三次实验中消耗氢氧化钠溶液体积分别为：20.01mL、19.99mL、20.00ml，三次均有效，氢氧化钠溶液的平均体积为20.00mL，由酸碱中和反应可知，氢离子物质的量=氢氧化钠物质的量=0.1000mol·L-1×20.00ml×10-1L/ml=2.00×10-1mol，250mL溶液中氮元素物质的量和氢离子物质的量相同，该样品中氮的质量分数为2×10-1mol×14g·mol－1×250÷25÷1.5000g×100%=18.85%．（1）NaOH溶液滴和CH1COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH1COONa，CH1COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故D正确；（4）由于KsP[Cu（OH）2]=2.2×10-20＜Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，所以Cu（OH）2先生成沉淀；一水合氨和铜离子反应生成氢氧化铜和氨根离子，所以离子方程式为2NH1·H2O+Cu2＋=Cu（OH）2↓+2NH4＋；（5）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根据物料守恒得c（NH1．H2O）=（0.5a-0.005）mol·L－1，根据电荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，NH1·H2O的电离常数Kb=c(OH－)c(NH4＋)/c(NH1·H2O)=10-7×5×10-1/(0.5a-5×10-1)=。【题目点拨】难点和易错点（5）：根据电荷守恒确定溶液酸碱性，结合一水合氨电离平衡常数解答问题，注意二者混合后溶液体积增大一倍，物质浓度降为原来一半，为易错点。20、B、C防倒吸（或作安全瓶）B装置中产生白色沉淀SO2O2bd乙【解题分析】

装置A中CuSO4受热分解，装置D为安全瓶，起防止倒吸的作用，装置B中氯化钡溶液用于检验分解产物中是否有三氧化硫，装置C中品红溶液用于检验分解产物中是否有二氧化硫，装置E中氯化铁溶液用于验证二氧化硫的还原性，装置F用于检验分解产物中是否有难溶于水的氧气。【题目详解】（1）CuSO4是强酸弱碱盐，Cu2+在溶液中水解，使溶液呈酸性，收集到离子方程式为，故答案为：；（2）三氧化硫与水剧烈反应生成强酸硫酸，为防止倒吸应在检验三氧化硫前设计一个防倒吸的装置，二氧化硫部分与水反应生成弱酸亚硫酸，由强酸制弱酸的原理可知，三氧化硫能与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，为防止三氧化硫干扰实验，应先检验三氧化硫，再检验二氧化硫，检验二氧化硫用品红溶液，验证二氧化硫的还原性用氯化铁溶液，验证氧气可用排水法，则连接顺序为A、D、B、C、E、F，故答案为：B、C；（3）三氧化硫与水剧烈反应生成强酸硫酸，为防止倒吸应在检验三氧化硫前设计一个防倒吸的装置，则装置D的作用是做安全瓶，起防止倒吸的作用；三氧化硫能与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故答案为：防倒吸（或作安全瓶）；B装置中产生白色沉淀；（4）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，C装置中品红溶液红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有二氧化硫,则反应中S元素的化合价降低，又因为Cu元素的化合价不可能升高，故只能是O元素的化合价升高生成氧气，且氧气难溶于水，能用排水集气法收集，则F装置中集气瓶收集到的