浙江省杭州七县区2024届化学高二第二学期期末联考模拟试题含解析

浙江省杭州七县区2024届化学高二第二学期期末联考模拟试题注意事项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、下列分子中所有原子的价电子层都满足最外层8电子稳定结构的是（）A．二氯化硫（SCl2） B．次氯酸（HClO）C．六氟化氙（XeF6） D．三氟化硼（BF3）2、2018年5月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨，原理如下图所示，下列说法正确的是A．图中能量转化方式只有2种B．H+向a极区移动C．b极发生的电极反应为：N2+6H++6e－=2NH3D．a极上每产生22.4LO2流过电极的电子数一定为4×6.02×10233、NaNO2是一种食品添加剂，它与酸性KMnO4溶液可发生反应：MnO4-+NO2-+X→Mn2++NO3-+H2O（未配平）。下列叙述中正确的是A．生成1mo1NaNO3需消耗0.4mo1KMnO4B．反应过程中溶液的pH减小C．该反应中NO2﹣被还原D．X可以是盐酸4、根据酸碱质子理论，凡是能给出质子的分子或离子都是酸，凡是能给合质子的分子或离子都是碱，按照这种理论下列物质既属于酸又属于碱的是（）A．NaOH B．HCl C．NaH2PO4 D．Fe2O35、下列有关物质结构的描述正确的是A．甲苯分子中的所有原子可能共平面 B．CH2=CH-C6H5分子中的所有原子可能共平面C．二氯甲烷分子具有正四面体结构 D．正戊烷分子中5个碳原子可以在同一直线上6、下列化合物中，既能发生水解反应，又能发生消去反应，且消去反应生成的烯烃不存在同分异构体的是（）A．CH3Cl B．C． D．7、下列物质在水溶液中促进了水的电离的是A．NaHSO4 B．HClO C．NaCl D．CuSO48、下列关于元素性质的有关叙述中不正确的是A．C、N、O、F的原子半径依次减小B．KOH、NaOH、LiOH的碱性逐渐减弱C．P、S、Cl、Ar的最高正价依次升高D．Na、Mg、Al、Si的最外层电子数依次增加9、下列关系比较及解析有错误的是选项关系解析AMg原子的第一电离能大于Al原子Mg原子3s能级全充满B原子半径：Cl＜SCl、S原子电子层数相同，但Cl原子核电荷数较S多，对核外电子吸引能力比S强C沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛对羟基苯甲醛存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键对它们沸点的影响大于分子内氢键对它们沸点的影响D配位体个数：[Co(NH3)6]Cl2＞[Co(NH3)5Cl]Cl2

[Co(NH3)6]Cl2和[Co(NH3)5Cl]Cl2

分别有6个和5个NH3，所以配位体个数：[Co(NH3)6]Cl2＞[Co(NH3)5Cl]Cl2

A．A B．B C．C D．D10、下图表示的是某物质所发生的A．置换反应B．水解反应C．中和反应D．电离过程11、已知磷酸的分子结构如图所示,分子中的三个氢原子都可以跟重水分子()中的D原子发生氢交换。又知次磷酸()也可跟进行氢交换,但次磷酸钠()却不能跟发生氢交换。由此可推断出的分子结构是(

)A． B． C． D．12、下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）A．pH=3的盐酸溶液和pH=11的氨水等体积混合：c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)B．0.1mol·L-1Na2CO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32－)+c(OH-)C．0.1mol·L-1NaHS溶液中：c(H+)+c(H2S)=c(S2-)+c(OH-)D．物质的量浓度相等的HF和NaF溶液等体积混合后：c(Na+)=c(HF)+c(F-)13、中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是（）A．SO2和湿润的Cl2都有漂白性，推出二者混合后漂白性更强B．Fe3Cl8可以改写为FeCl2·2FeCl3，推出Fe3I8可以改写为FeI2·2FeI3C．由F、Cl、Br、I非金属性依次减弱，推出HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱D．CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成，推出SO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成14、迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构简式如图所示。下列叙述正确的是()A．迷迭香酸与溴单质只能发生取代反应B．1mol迷迭香酸最多能和9mol氢气发生加成反应C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应、消去反应和酯化反应D．1mol迷迭香酸最多能和6molNaOH发生反应15、列叙述正确的是A．常温常压下，1.5molNO2的体积约为33.6LB．NaOH的摩尔质量是40gC．100mL水中溶解了8.4gNaHCO3，则溶液中Na+的物质的量浓度为1mol/LD．同温同压下，相同体积的C12和SO2气体所含的分子数一定相同16、下列说法错误的是()A．乙烯可以用作生产食品包装材料的原料B．乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应C．乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷D．乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体17、氢是重要而洁净的能源。要利用氢气作为能源，必须解决好安全有效地储存氢气的问题。化学家研究出利用合金储存氢气的方法，其中镧(La)镍(Ni)合金是一种储氢材料，这种合金的晶体结构已经测定，其基本结构单元如图所示，则该合金的化学式可表示为()A．LaNi5 B．LaNi C．La4Ni24 D．La7Ni1218、2010年诺贝尔物理学奖所指向的是碳的又一张奇妙脸孔：人类已知的最薄材料——石墨烯。下列说法中，正确的是（）A．固态时，碳的各种单质的晶体类型相同B．石墨烯含有极性键C．从石墨剥离得石墨烯需要破坏化学键D．石墨烯具有导电性19、下列说法不正确的是A．、的晶体结构类型不同B．加热硅、硫晶体使之熔化，克服的作用力不同C．HCl、NaCl溶于水，破坏的化学键类型相同D．NaOH、晶体中既有离子键又有共价键20、下列说法正确的是()下列图示与对应的叙述符合的是()A．图甲实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化B．图乙表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0的平衡常数K与温度和压强的关系C．图丙表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液时，溶液中随HCl溶液体积变化关系D．图丁表示常温下向20mLpH=3的醋酸中滴加pH=11的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系21、下列除去括号内杂质所选试剂正确的是（）A．Cu（CuO）：稀硝酸 B．FeCl3（AlCl3）：氨水C．Fe2O3（SiO2）：NaOH溶液 D．CO2（HCl）：饱和Na2CO3溶液22、对四种无色溶液进行离子检验，实验结果如下，其中明显错误的是()A．K+、Na+、Cl-、NO3- B．Na+、NO3-、OH-、CO32-C．Na+、OH-、Cl-、NO3- D．MnO4-、K+、S2-、Na+二、非选择题(共84分)23、（14分）某天然碱可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成。为了确定其组成，现称取天然碱3.32g，做如下实验：（气体均折算为标准状况下）（1）B的电子式_______。（2）天然碱受热分解的反应方程式______。（3）过量的天然碱溶液滴加少量的Ba（OH）2溶液，请写出离子反应方程式___。24、（12分）有机物G（1，4-环己二醇）是重要的医药中间体和新材料单体，可通过以下流程制备。完成下列填空：（1）写出C中含氧官能团名称_____________。（2）判断反应类型：反应①________；反应②_______。（3）写出B的结构简式_______________。（4）写出反应③的化学方程式_________。（5）一定条件下D脱氢反应得一种产物，化学性质稳定，易取代、难加成。该产物属于____（填有机物类别），说明该物质中碳碳键的特点________________________。（6）写出G与对苯二甲酸在一定条件下反应生成高分子物质的化学方程式_____________。（7）1，3-丁二烯是应用广泛的有机化工原料，它是合成D的原料之一，它还可以用来合成氯丁橡胶（）.写出以1，3-丁二烯为原料制备氯丁橡胶的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）_______________25、（12分）氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的质量分数，设计如下两种实验方案。（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，化学反应方程式是____（方案1）取一定量的样品，用图1装置测定样品中AlN的质量分数（夹持仪器已略去）。（2）图1中仪器a的名称是___（3）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品。关闭K1，打开K2和分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液至不再产生气体，打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置在反应前后的质量变化。通入氮气的目的是____（4）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见____（方案2）用图2装置测定mg样品中AlN的质量分数（部分夹持装置己略去）。（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是___（填字母序号）。a．CCl4b．H2Oc．饱和NH4Cl溶液d．苯（6）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（标准状况），则AlN的质量分数为___。若将b处胶管用弹簧夹夹住，其他操作均不变，则最终测定的结果___（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。26、（10分）马尾藻和海带中都含丰富的碘，可从中提取碘单质，实验室选取常见的海带设计并进行了以下实验：(1)操作①的名称为___________。A．萃取B．分液C．蒸发结晶D．过滤(2)步骤③中所用的分液漏斗使用前须进行检漏，试简述其操作______。(3)步骤②加入H2O2和H2SO4溶液，反应的离子方程式为___________。27、（12分）某酸性废液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，有同学设计了下列方案对废液进行处理（所加试剂均稍过量），以回收金属铜，保护环境。请回答：（1）沉淀a中含有的单质是__________（填元素符号）。（2）沉淀c的化学式是_______________。（3）溶液A与H2O2溶液在酸性条件下反应的离子方程式是__________________。28、（14分）硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，相对分子质量392]晶体又称莫尔盐，易溶易电离但却比一般的亚铁盐稳定，因此广泛应用于制药、电镀以及定量分析。回答下列与之有关的问题：(1)在莫尔盐所涉及的五种元素中：①S元素在门捷列夫元素周期表中的位置是______________；②其中处于同主族的两种元素非金属性更强的是：_____________。(2)为检验莫尔盐是否变质，可用的试剂为_______________。碘是合成人体甲状腺激素的重要原料，食盐中加KIO3是我国为解决普遍性碘缺乏问题的国家规定，下图是自动电位滴定法测定食盐中碘含量的实验过程：(3)已知“溶解”过程中IO3-的还原产物为碘单质，写出该反应的离子反应方程式：______________________________。(4)取50.00mL样品，用0.005mol/L酸性K2Cr2O7溶液滴定剩余Fe2+，滴定操作时使用的锥形瓶未干燥，导致结果_____________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）29、（10分）现有下列四种重要的有机物。CH2=CH2①②③④（1）常用作液体燃料的是________（填序号，下同）。（2）常用作配制化妆品保湿成分的是________。（3）能用于制备酚醛树脂的是________。（4）其产量常作为衡量石油化工发展水平的标志的是________。

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、A【解题分析】

A．二氯化硫(SCl2)分子中S的化合价为+2，Cl的化合价为-1，S的价电子数为VIA，满足6+|+2|=8，Cl的价电子数为VIIA，满足7+|-1|=8，所以二氯化硫(SCl2)分子中

S、Cl均满足最外层8电子稳定结构，故A正确；B．次氯酸(HClO)分子中H、Cl、O的化合价分别为+1、+1、-2，H：1+|+1|=2，Cl：7+|+1|=8，O：6+|-2|=8，所以次氯酸(HClO)分子中Cl、O满足最外层8电子稳定结构，但H不满足，故B错误；C．六氟化氙(XeF6)分子中Xe、F的化合价分别为+6、-1，Xe：8+|+6|=14≠8，F：7+|-1|=8，所以六氟化氙(XeF6)分子中Xe不满足最外层8电子稳定结构、F满足最外层8电子稳定结构，故C错误；D．三氟化硼(BF3)分子中B、F的化合价分别为+3、-1，B：3+|+3|=6≠8，F：7+|-1|=8，所以三氟化硼(BF3)分子中B不满足最外层8电子稳定结构、F满足最外层8电子稳定结构，故D错误；故答案为A。【题目点拨】对于ABn型分子，若：A或B原子的价电子数+|A或B元素的化合价|=8，则该原子满足最外层8电子结构，反之不满足最外层8电子稳定结构。2、C【解题分析】

A.图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，选项A错误；B.b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，故H+向正极b极区移动，选项B错误；C.b极为正极，发生的电极反应为：N2+6H++6e－=2NH3，选项C正确；D.a极为负极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，每产生标准状况下22.4LO2流过电极的电子数一定为4×6.02×1023，但题干没说明标准状况，故选项D错误。答案选C。3、A【解题分析】试题分析:NaNO2与酸性KMnO4溶液发生的反应为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，反应中是KMnO4氧化剂、NaNO2是还原剂。锰的化合价由+7降到+2，降低了5，所以1molKMnO4可以得到5mol电子；N的化合价由+3升高到+5，升高了2，所以可以失去2mol电子。A.生成1mo1NaNO3需消耗0.4mo1KMnO4，A正确；B.反应过程中溶液中氢离子浓度减小，所以其pH增大，B不正确；C.该反应中NO2﹣被氧化，C不正确；D.X不可以是盐酸，因为高锰酸钾可以把盐酸氧化，D不正确。本题选A。4、C【解题分析】分析：本题考查两性物质的概念，注意根据题目所给信息解题，理解质子理论的实质是关键。详解：质子是氢离子。A.NaOH结合氢离子，不能电离出氢离子，故属于碱，故错误；B.HCl能电离出氢离子，属于酸，故错误；C.NaH2PO4能电离出氢离子也能结合氢离子，故属于两性物质，故正确；D.Fe2O3能结合氢离子，属于碱，故错误。故选C。5、B【解题分析】

A.甲烷是正四面体结构，所以甲苯分子中的所有原子不可能共平面，A错误；B.乙烯是平面结构，苯是平面结构，所以CH2=CH-C6H5分子中的所有原子可能共平面，B正确；C.甲烷是正四面体结构，因此二氯甲烷分子一定不是正四面体结构，C错误；D.正戊烷分子中5个碳原子形成的碳链其实是锯齿状的，而不是一条直线，D错误。答案选B。6、B【解题分析】A.不能发生消去反应；B.既能发生水解反应，又能发生消去反应，且消去反应生成的烯烃不存在同分异构体；C.不能发生消去反应；D.消去反应生成的烯烃存在同分异构体。故选B。点睛：卤代烃的消去反应是卤原子与β—H一起脱去，所以卤代烃存在β—H才能发生消去反应，而且存在不同的β—H，产生不同的消去反应生成的烯烃。7、D【解题分析】

A.NaHSO4在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故A错误；B.HClO在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故B错误；C.NaCl为强酸强碱盐，对水的电离无影响，故C错误；D.CuSO4溶液中Cu2+会发生水解而促进水的电离，故D正确；答案选D。8、C【解题分析】

A．C、N、O、F位于周期表同一周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，A正确；B．Li、Na、K位于同一主族，同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，KOH、NaOH、LiOH的碱性逐渐减弱，B正确；C．P、S、Cl的最高正价依次升高，Ar为惰性气体，化合价一般为0，C错误；D．Na、Mg、Al、Si的最外层电子数依次为1、2、3、4，依次增加，D正确；故合理选项是C。9、D【解题分析】

A．镁的3s能级有2个电子，轨道是全充满，能量低，比较稳定，所以镁元素的第一电离能高于同周期相邻元素Al的第一电离能，A正确；B．Cl、S原子电子层数相同，但Cl原子核电荷数较S多，对核外电子吸引能力比S强，所以原子半径：原子半径：Cl＜S，B正确；C．对羟基苯甲醛存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键对它们沸点的影响大于分子内氢键对它们沸点的影响，所以沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛，C正确；D．[Co(NH3)6]Cl2的配位体是6个NH3，配位体个数为6，[Co(NH3)5Cl]Cl2

的配位体是5个NH3和1个Cl-，所以[Co(NH3)5Cl]Cl2的配位体个数为6，两者的配位体个数相等，D错误。答案选D。10、B【解题分析】试题分析：据题目给出的模型可知，HCO＋H2O=H2CO3＋OH－，而据水解的定义；水与另一化合物反应，该化合物分解为两部分，水中氢原子加到其中的一部分，而羟基加到另一部分，因而得到两种或两种以上新的化合物的反应过程。该反应中，水中的氢加到了碳酸氢根离子，氢氧根离子加到了另外一部分的阳离子中，符合水解反应的定义，因此答案选B考点：考查水解反应的相关知识点11、B【解题分析】

根据题目信息可知，酸分子中的羟基上的氢原子可以和发生氢交换，而非羟基上的氢原子不可置换。【题目详解】已知，次磷酸()也可跟进行氢交换,但次磷酸钠()却不能跟发生氢交换，则次磷酸只含有1个羟基，答案为B【题目点拨】分析磷酸分子中的氢原子与次磷酸中氢原子的位置是解题的关键。12、C【解题分析】

A.pH=11的氨水和pH=3的盐酸溶液中，由于HCl的强酸，完全电离，NH3·H2O是一元弱酸，部分电离，所以酸的浓度小于碱，二者等体积混合，溶液呈碱性，所以c(H+)<c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，所以c(NH4+)>c(Cl-)，c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，A错误；B.0.1mol/LNa2CO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，B错误；C.NaHS溶液中，由物料守恒可得：c(Na+)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，电荷守恒可知，c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-)=c(Na+)+c(H+)，根据电荷守恒和物料守恒可得，c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-)，即c(OH-)+c(S2-)=c(H2S)+c(H+)，C正确；D.由物料守恒可知，物质的量浓度相等的HF和NaF溶液等体积混合后：2c(Na+)=c(HF)+c(F-)，D错误；故合理选项是C。13、C【解题分析】

A.等物质的量的二氧化硫和氯气在水溶液中会发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸,不再具有漂白性,故A错误；B.Fe3+有氧化性，I-有还原性，二者可发生氧化还原反应，即FeI3不可能存在，故B项错误；C.非金属的非金属性越强,还原性越弱,F、C1、Br、I的非金属性逐渐减弱,所以其还原性依次增强,故C选项正确；D.NO3-可以将SO32-氧化为SO42-，有BaSO4沉淀生成，故D项错误；答案：C。14、D【解题分析】

A．迷迭香酸中含碳碳双键，能够与溴发生加成反应，故A错误；B．苯环、碳碳双键能够与氢气发生加成反应，则1

mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，故B错误；C．迷迭香酸中含-COOC-可发生水解反应，含-OH、-COOH可发生取代反应、酯化反应，苯环上的羟基不能发生消去反应，故C错误；D．迷迭香酸中含酚-OH、-COOC-、-COOH均与NaOH反应，则1

mol迷迭香酸最多能和6

mol

NaOH发生反应，故D正确；答案选D。【题目点拨】本题的易错点为B，要注意酯基和羧基中的碳氧双键不能与氢气发生加成反应，醛基和羰基(酮基)中的碳氧双键能与氢气发生加成反应。15、D【解题分析】A．常温常压下，Vm≠22.4L/mol，1.5molNO2的体积V≠1.5mol×22.4L/mol=33.6L，故A错误；B．NaOH的摩尔质量是40g/mol，故B错误；C．8.4gNaHCO3中含有钠离子的物质的量为0.1mol，但溶液的体积不等于溶剂的体积，因此溶液中Na+的物质的量浓度不等于1mol/L，故C错误；D．同温同压下，气体摩尔体积相等，根据V=nVm知，体积之比等于物质的量之比，所以物质的量为1：1，则同温同压下，相同体积的C12和SO2气体所含的分子数一定相同，故D正确；故选D．【点评】本题考查以物质的量为中心的计算，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键，熟练掌握物质的量有关公式，题目难度不大．16、B【解题分析】分析：A．聚乙烯为食品包装材料；B．乙烷与浓盐酸不反应；C．乙醇与水分子间含氢键，溴乙烷不含；D．乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，结构不同。详解：A．聚乙烯为食品包装材料，乙烯可合成聚乙烯，即乙烯可以用作生产食品包装材料的原料，A正确；B．乙烷与浓盐酸不反应，光照下可与卤素单质发生取代反应，B错误；C．乙醇与水分子间含氢键，溴乙烷不含，则乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷，C正确；D．乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，D正确；答案选B。17、A【解题分析】

镧(La)镍(Ni)合金是一种储氢材料，根据其基本结构单元示意图可知，该结构单元中含La和Ni的原子数分别为12+2=3、18+6=15，则该合金的化学式可表示为LaNi5，故选A。18、D【解题分析】分析：A．碳各种单质的晶体类型不同；B．同种非金属元素之间形成非极性键；C．石墨中层与层间存在分子间作用力；

D．石墨烯具有石墨导电性。详解：碳各种单质的晶体类型不相同，如金刚石属于原子晶体，足球烯属于分子晶体，石墨是混合型晶体，所以A选项错误；石墨烯中碳原子之间形成非极性键，不是极性键，B选项错误；石墨中层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得到石墨烯需要破坏分子间作用力，不需要破坏化学键，C选项错误；石墨烯中含有自由移动的电子，所以石墨烯具有导电性，D选项正确；正确选项D。19、C【解题分析】分析：A项，CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体；B项，硅晶体属于原子晶体，硫晶体属于分子晶体；C项，HCl中含共价键，NaCl中含离子键；D项，NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键。详解：A项，CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体，CO2、SiO2晶体结构类型不同，A项正确；B项，硅晶体属于原子晶体，加热硅晶体使之熔化克服共价键，硫晶体属于分子晶体，加热硫晶体使之熔化克服分子间作用力，加热硅、硫晶体使之熔化时克服的作用力不同，B项正确；C项，HCl中含共价键，HCl溶于水破坏共价键，NaCl中含离子键，NaCl溶于水破坏离子键，HCl、NaCl溶于水破坏的化学键类型不同，C项错误；D项，NaOH的电子式为，NH4Cl的电子式为，NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键，D项正确；答案选C。20、C【解题分析】

A、使用催化剂化学正逆反应速率均加快，所以正反应速率的虚线在实线的上方，故A错误；B、平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两者的平衡常数相同，故B错误；C、表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液时，氢离子浓度增大，铵根离子浓度也增大，但增加的幅度没有氢离子的浓度增加的大，所以溶液中随HCl溶液体积增大而增大，故C正确；D．当氢氧化钠体积为20ml时，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，以醋酸的电离为主溶液呈酸性，所以a＜7，故D错误；故答案为C。21、C【解题分析】

A.Cu、CuO都能与稀硝酸反应，不能用稀硝酸除杂，可用稀硫酸除杂，A错误；B.FeCl3、AlCl3都能与氨水反应生成沉淀，不能得到氯化铁，B错误；C.SiO2为酸性氧化物，可与NaOH反应生成可溶性的盐，而氧化铁不反应，过滤即可得到氧化铁，C正确；D.饱和Na2CO3溶液既可吸收HCl，还能吸收二氧化碳，应采用饱和NaHCO3溶液除杂，D错误；答案为C。【题目点拨】除杂时，选择的试剂应除去杂质，但不影响原主要物质，且不能引入新的杂质。22、D【解题分析】试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以大量共存的。D中MnO4－显紫红色，且具有氧化性，能氧化S2－，因此不能大量共存，其余选项都是正确的，答案选D。考点：考查离子共存的正误判断点评：该题是高考中的热点，属于中等难度的试题。离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。二、非选择题(共84分)23、2[NaHCO3·2Na2CO3·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑或者2NaHCO3·4Na2CO3·4H2O＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑或者2[2Na2CO3·NaHCO·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-【解题分析】

天然碱可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成，2NaOH+CO2(少量)=Na2CO3+H2O，NaOH+CO2(过量)=NaHCO3，当≤1，生成NaHCO3；当1＜＜2，产物为NaHCO3和Na2CO3的混合物，当2，只生成Na2CO3，天然碱3.32g隔绝空气加热至恒重，产生气体112mL(标准状况)，为碳酸氢钠的分解，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，无色液体B为水，白色固体C为碳酸钠，滴加足量的盐酸反应生成气体A为二氧化碳，以此分析解答。【题目详解】(1)天然碱3.32g，隔绝空气加热至恒重产生气体112mL(标准状况)，为碳酸氢钠的分解，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，所以无色液体B为水，水属于共价化合物，每个氢原子和氧原子共用一个电子对，所以水的电子式为，故答案：；(2)3.32g样品中，隔绝空气加热至恒重产生气体为CO2，其物质的量==0.005mol，则分解的碳酸氢钠物质的量n=0.005mol2=0.01mol，生成水的物质的量n=0.005mol，生成Na2CO3的物质的量n=0.005mol，由后续产生气体A为CO2，其物质的量n==0.025mol，碳元素守恒得白色固体C为Na2CO3，其物质的量n=0.025mol，所以原混合物中含有Na2CO3，其物质的量n=0.025mol-0.005mol=0.02mol，根据质量守恒定律：0.02mol106g/mol+0.01mol84g/mol=2.96g，所以水的质量为3.32g-2.96g=0.36g，所以水的物质的量为：n==0.02mol，则n(Na2CO3):n(NaHCO3):n(H2O)=0.02mol:0.01mol:0.02mol=2:1:2故该天然碱的组成为2Na2CO3·NaHCO3·2H2O，天然碱受热分解的反应方程式为2[NaHCO3·2Na2CO3·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑；或者2NaHCO3·4Na2CO3·4H2O＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑；或者2[2Na2CO33·NaHCO·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑；（3）过量的天然碱溶液滴加少量的Ba(OH)2溶液，碳酸根离子有剩余，其离子反应方程式为：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，故答案：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-。24、羟基消去取代.芳香烃所有的碳碳键键长相等，是介于单键和双键之间的特殊的键【解题分析】

由流程可知，①为环己醇发生消去反应生成D为，②环己烯与溴发生加成反应生成A为，③是A发生消去反应生成，和溴发生1，4-加成反应生成B为，与氢气加成生成F，④是F在碱性条件下水解生成。由CH2=CClCH=CH2发生加聚反应生成，CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，然后发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，再与HCl发生加成反应生成HOCH2CHClCH2CH2OH，最后发生醇的消去反应得到CH2=CClCH=CH2。【题目详解】(1)由结构可知C中含氧官能团名称为：羟基，故答案为：羟基；(2)反应①发生醇的消去反应，②环己烯与溴发生加成反应，故答案为：消去反应；加成反应；(3)由F的结构可知，和溴发生1，4−加成反应生成B为，故答案为：；（4）③是A发生消去反应生成，化学方程式。答案为：；（5）一定条件下D脱氢反应得一种产物，化学性质比较稳定，易取代、难加成，该产物为，属于芳香烃，说明该物质中所有碳碳键的键长相等，是介于单键与双键之间的特殊的键，故答案为：芳香烃；碳碳键的键长相等，是介于单键与双键之间的特殊的键；（6）写出G与对苯二甲酸在一定条件下发生酯化反应生成高分子物质，化学方程式。答案为：（7）由CH2=CClCH=CH2发生加聚反应生成，CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，然后发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，再与HCl发生加成反应生成HOCH2CHClCH2CH2OH，最后发生醇的消去反应得到CH2=CClCH=CH2，合成路线流程图为：25、AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑干燥管将A中残留气体全部赶至C中C装置后添加一个装有碱石灰的干燥管a、d4.1V22.4m【解题分析】

（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，根据反应物，盐为偏铝酸钠，碱性气体为氨气；（2）根据装置特点，图1中仪器a的名称是干燥管；（3）反应结束时，为了使测量的含量更准确，将装置A、B中残留有氨气排入装置C，被硫酸完全吸收；（4）浓硫酸具有吸水性，防止浓硫酸吸收外界气体中的水蒸气造成误差；（5）为测定生成的气体氨气的体积，并利用U型管测量气体体积，则要求U型管内液体不溶解氨气，且不与氨气反应；（6）根据N原子守恒，n（NH3）=n（AlN）进行计算；若将b处胶管用弹簧夹夹住，加入的NaOH溶液的体积会计算成氨气的体积；【题目详解】（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，根据反应物，盐为偏铝酸钠，碱性气体为氨气，方程式为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；（2）根据装置特点，图1中仪器a的名称是干燥管；（3）反应结束时，为了使测量的含量更准确，将装置A、B中残留有氨气排入装置C，被硫酸完全吸收；（4）浓硫酸具有吸水性，防止浓硫酸吸收外界气体中的水蒸气造成误差，则应在装置C后加一干燥装置；（5）为测定生成的气体氨气的体积，并利用U型管测量气体体积，则要求U型管内液体不溶解氨气，且不与氨气反应，a．CCl4与氨气不相溶，且不反应，a正确；b．H2O可溶解氨气，少量反应，b错误；c．饱和NH4Cl溶液，可降低氨气的溶解度，但氨气依然有较多的溶解，c错误；d．苯与氨气不相溶，且不反应，d正确；答案为ad；（6）根据N原子守恒，n（NH3）=n（AlN）=V×10-3L÷22.4L/mol，AlN的质量分数=V×10-3L÷22.4L/mol×41g/mol÷m×100%=4.1V22.4m%；若将26、D关闭分液漏斗活塞，并加入少量水，观察玻璃旋塞处是否漏水，再倒置观察玻璃塞处是否漏水，若均不漏水，则密