江苏省常州市田家炳高级中学2024届化学高二第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析

江苏省常州市田家炳高级中学2024届化学高二第二学期期末教学质量检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、图A图B图C图DA．除去CO中的CO2B．苯萃取碘水中的I2分出水层后的操作C．配制0.10mol·L－1NaOH溶液D．记录滴定终点读数为12.20mL2、有机化合物中原子间或原子团间(或原子与原子团间)的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列各项事实中不能说明上述观点的是：A．乙烯能发生加成反应而乙烷不行B．苯酚能与氢氧化钠溶液反应，而乙醇不行C．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷不能D．丙酮(CH3COCH3)分子中的氢原子比乙烷中的氢原子更容易被卤素原子取代3、25℃时，pH=2的某酸HnA(An—为酸根）与pH=12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH变为5。下列判断正确的是A．生成的正盐化学式为BmAnB．该盐中存在着一定水解的离子，该离子水解方程式为Bm++mH2OB(OH)m+mH+C．生成的盐为强酸弱碱盐D．HnA为弱酸，其第一步电离方程式为HnAHn-1A-+H+4、下列常见分子中心原子的杂化轨道类型是SP3的是：()A．PH3 B．BF3 C．SO2 D．CO25、下列表示不正确的是A．甲烷分子的比例模型为 B．乙烷的结构简式为CH3CH3C．磷原子的结构示意图为 D．MgCl2的电子式为6、下列叙述正确的是A．氯化氢溶于水导电，但液态氯化氢不导电B．溶于水后能电离出H＋的化合物都是酸C．熔融金属钠能导电，所以金属钠是电解质D．NaCl溶液在电流作用下电离成Na＋与Cl－7、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，22.4L烷烃含共价键数目一定是(3n+1)NAB．71gCl2溶于足量的水中转移电子数目为NAC．2L0.5mol·L-1Na2C2O4溶液中C2O42-和HC2O4-的总数为NAD．50g含质量分数为46％的酒精与足量的钠反应，放出H2的分子数目为NA8、组成和结构可用表示的有机物中，能发生消去反应的共有（）A．10种 B．16种 C．20种 D．25种9、下列气体中不会造成空气污染的是（）A．NO B．NO2 C．CO2 D．SO210、下列各组有机物中，只需加入溴水就能一一鉴别的是A．己烯、苯、四氯化碳 B．苯、己炔、己烯C．己烷、苯、环己烷 D．甲苯、己烷、己烯11、2017年9月25日，化学权威杂志《化学世界》、著名预测博客等预测太阳能电池材料—钙钛矿材料可能获得2017年诺贝尔化学奖。钛酸钙(CaTiO3)材料制备原理之一是CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑。下列有关判断不正确的是A．上述反应是氧化还原反应 B．TiO2和CO2属于酸性氧化物C．CaTiO3属于含氧酸盐 D．CaCO3属于强电解质12、下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是A．最外层都只有一个电子的X、Y原子B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子C．2p轨道上只有两个电子的X原子与3p轨道上只有两个电子的Y原子D．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子13、室温下，用0.10mol·L－1的盐酸滴定20.00mL0.10mol·L－1的某碱BOH溶液得到的滴定曲线如图，下列判断不正确的是A．a点时，溶液呈碱性，溶液中c(B＋)＞c(Cl－)B．b点时溶液的pH＝7C．当c(Cl－)＝c(B＋)时，V(HCl)＜20mLD．c点时溶液中c(H＋)约为0.033mol·L－114、有可逆反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，已知在温度938K时，平衡常数K=1.5，在1173K时，K=2.2。则下列说法不正确的是A．该反应的平衡常数表达式为K=c(CO)/c(CO2)B．该反应的逆反应是放热反应C．v正(CO2)=v逆(CO)时该反应达到平衡状态D．c(CO2):c(CO)=1:1时该反应达到平衡状态15、金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质。在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.9kJ的热能。下列说法不正确的是A．石墨比金刚石稳定 B．金刚石和石墨的物理性质相同C．1mol金刚石比1mol石墨的总能量高 D．1mol金刚石完全燃烧释放的能量比1mol石墨完全燃烧释放的能量多16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．在标准状况下，11.2LO2和22.4LNO混合并充分反应后得到的气体的分子数为NAB．常温下0.1mol·L－1NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NAC．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NAD．25℃时，1.0LpH＝13的Ba(OH)2溶液中，含有的OH－数目为0.2NA二、非选择题（本题包括5小题）17、某强酸性溶液含有Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、：CO32-、SiO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容和相关数据（气体体积在标准状况下测定）如下（1）步骤①中生成气体的离子方程式：________________________。（2）步骤②生成沉淀Ⅰ的离子方程式：________________________。（3）一般用铁氰化钾溶液检验溶液中是否存在______离子，请写出涉及的离子方程式：__________________；请设计实验，检验溶液中是否存在：__________________。（4）溶液中______（填“含”或“不含”），______（若填不含，则不需计算）（5）通过上述实验，溶液中除外，一定存在的离子是____________；一定不存在的离子是____________。（6）若测得溶液中，则溶液中______。18、已知X、Y、Z、W、R五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大。元素X是周期表中原子半径最小的元素；Y的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同；W位于第2周期，其基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；R基态原子3d轨道上的电子数是4s轨道上的4倍。请回答下列问题：（答题时，X、Y、Z、W、R用所对应的元素符号表示）⑴基态R原子的外围电子排布式为______；Y、Z、W的电负性由大到小的顺序是____。⑵元素Y、Z均能与元素X形成含18个电子的微粒，这些微粒中沸点最高的是______，其沸点最高的原因是______；Y2X4难溶于X2W的原因是_____。⑶YW的结构式为______(须标出其中的配位键)；在化学式为［R(ZX3)4(X2W)2］2+的配离子中与R形成配位键的原子是______。19、醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成己烯的反应和实验装置如下：合成反应：可能用到的有关数据如下：相对分子质量密度/(g·cm-3)沸点/℃溶解性环己醇1000.9618161微溶于水环己烯820.810283难溶于水在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸。b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃。分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5％碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环已烯10g。请回答下列问题：（1）装置b的名称是_________________。（2）加入碎瓷片的作用是__________________，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取的正确操作是（填正确答案标号）__________。A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料（3）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为______________。（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并___________；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的__________（填“上口倒出”或“下口放出”）（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是______________________________。（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有________（填正确答案标号）。A．蒸馏烧瓶B．温度计C．玻璃棒D．锥形瓶（7）本实验所得到的环已烯产率是有________（填正确答案标号）。A．41％B．50％C．61％D．70％20、二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问题：（1）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：①电解时阳极电极反应式为__________________________。②除去ClO2中的NH3可选用的试剂是___________（填标号）。a．水b．碱石灰c．浓硫酸d．饱和食盐水（2）用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：Ⅴ．用0.1000mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为______________________。②玻璃液封装置的作用是______________________。③V中加入指示剂，滴定至终点的现象是______________________。④测得混合气中ClO2的质量为______g。⑤某同学用某部分刻度模糊不清的50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面处于如图所示的刻度处，则管内液体的体积________（填代号）。a．等于23.60mLb．等于27.60mLc．小于23.60mLd．大于27.60mL21、两位同学设计实验确定某一元酸HA是弱电解质并分析其中的变化，实验方案如下：甲：取纯度、质量、大小相同的锌粒于两只相同气球中，向2支试管中分别加入浓度均为0.1mol/L的HA溶液和稀盐酸各10mL，将气球套在试管上，并同时将锌粒加入试管。乙：方案一：用pH计测定浓度为0.1mol/LHA溶液的pH；方案二：取pH=3的HA溶液5mL稀释至500mL，再用pH计测其pH。（1）甲同学设计的方案中，说明HA是弱电解质的实验现象是_________（填字母）。a.两个试管上方的气球同时鼓起，且一样大b.装有HA溶液的试管上方的气球鼓起慢c.装有盐酸的试管上方的气球鼓起慢（2）乙同学设计的方案可证明HA是弱电解质：方案一中，测得0.1mol/L的HA溶液的pH________1（填“>”“<”或“=”）；方案二中，所得结果是_________。（3）若从水解原理角度设计一个合理而比较容易进行的方案（药品可任取），证明HA是弱电解质，你的设计方案是_________。（4）乙同学根据HA在溶液中的电离平衡移动的原理，进一步做下列分析。①使HA的电离程度和c(H+)都减小，c(A-)增大，可在0.1mol/L的HA溶液中，选择加入___________试剂。②使HA的电离程度减小，c(H+)和c(A-)都增大，可在0.1mol/L的HA溶液中，选择加入________试剂。

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】试题分析：A.CO2可以与NaOH溶液发生反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO与NaOH发生反应，因此可以用盛有NaOH溶液的洗气瓶除去CO中的CO2气体，正确；B．苯的密度比水小，与水互不相溶，碘中苯中的溶解度比水中大，与碘不能发生反应，因此可以用苯萃取碘水中的I2；由于苯密度比水小，分出水层后的苯溶液应该从上口倒出；错误；C．配制0.10mol·L－1NaOH溶液应该先在烧杯中溶解物质，待溶液恢复至室温后再移液转移至容量瓶中，不能在容量瓶中直接溶解固体溶质，错误；D．滴定管小刻度在上部，因此记录滴定终点读数为11.80mL，错误。考点：考查有关实验的操作正误判断的知识。2、A【解题分析】

A．乙烯中含有碳碳双键性质较活泼能发生加成反应，而乙烷中不含碳碳双键，性质较稳定，乙烷不能发生加成反应。乙烯和乙烷性质的不同是由于含有的官能团不同导致的，而非原子间或原子团间的相互影响导致不同的。A项错误；B．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能，是由于苯环对羟基产生了影响，使羟基上的氢更活泼，B项正确；C．苯和甲烷均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯中的甲基被氧化成羧基，能使高锰酸钾酸性溶液褪色，这说明受到苯环的影响，使侧链上的甲基易被氧化，C项正确；D．丙酮(CH3COCH3)分子中的氢原子因受到羰基的影响变得较活泼，易被卤素原子取代，而乙烷中的氢原子不易被卤素原子取代，D项正确。答案应选A。3、D【解题分析】

25℃时，pH=2的某酸HnA(An—为酸根）与pH=12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH变为5。说明HnA为弱酸，且酸过量。根据化合物中化合价的代数和为0可以确定其化学式，根据酸碱的相对强弱可以确定水解的离子。【题目详解】A．HnA中A的化合价为-n价，碱B(OH)m中B的化合价是+m价，根据化合物中化合价的代数和为0可知，二者的离子个数比为：n:m，则其化学式为BnAm，A项错误；B．根据题意可知HnA为弱酸，则An–一定能水解，水解方程式为：An–+H2OHA(n-1)–+OH-，B项错误；C．根据题意可知HnA为弱酸，生成的盐为弱酸强碱盐，C项错误；D．HnA为弱酸，在水溶液中部分电离成酸根离子和氢离子，电离方程式为：HnAHn-1A-+H+，D项正确；答案选D。4、A【解题分析】

根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，据此判断杂质类型，中心原子的杂化类型为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4。A．BF3中B原子杂化轨道数为=3+=3，中心原子杂化类型为sp2杂化，A项不符合要求；B．PH3中P原子杂化轨道数为=3+=4中心原子杂化类型为sp3杂化，B项符合题意；C．SO2中S原子杂化轨道数为=3+=3，中心原子杂化类型为sp2杂化，C项不符合题意；D．CO2中C原子杂化轨道数为=2+=2，中心原子杂化类型为sp杂化，D项不符合题意；本题答案选B。【题目点拨】根据价层电子对互斥理论来分析解答，明确孤电子对个数中各个字母的含义是解答易错点。5、D【解题分析】

常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，注意掌握常见化学用语的概念及正确的书写方法。【题目详解】A项、甲烷分子中含有4个碳氢键，碳原子半径大于氢原子，空间构型为正四面体型，比例模型为，故A正确；B项、乙烷的结构式为，结构简式为CH3CH3，故B正确；C项、磷元素的原子序数为15，原子结构示意图为，故C正确；D项、MgCl2是离子化合物，由镁离子与氯离子构成，其电子式为，故D错误。故选D。【题目点拨】本题考查常用化学用语的书写，注意掌握常用化学用语书写原则，注意比例模型表示原子的比例大小、原子连接顺序、空间结构，不能表示原子之间的成键情况。6、A【解题分析】

A．氯化氢为共价化合物，在水中能够电离出氢离子和氯离子，水溶液可导电，但熔融状态下不导电，故A正确；B．溶于水后能电离出H＋的化合物不一定是酸，如酸式盐硫酸氢钠可电离出氢离子，但硫酸氢钠属于盐，故B错误；C．金属属于单质，不是化合物，不是电解质，故C错误；D．氯化钠为电解质，在水溶液中可发生电离，无需通电，在电流下，NaCl溶液发生电解，故D错误；答案选A。7、D【解题分析】分析：A.标准状况下，只有碳原子数小于5的烷烃为气态，碳原子数在5与17之间的烃为液态，碳原子数大于或等于17的烃为固态，据此分析判断；B.根据氯气与水反应是可逆反应分析判断；C.根据2L0.5mol·L-1Na2C2O4溶液中中存在原子守恒分析判断；D.书写计算出乙醇和水的物质的量，再根据方程式分析判断。详解：A.标准状况下，只有碳原子数小于5的烷烃为气态，碳原子数在5与17之间的烃为液态，碳原子数大于或等于17的烃为固态。标准状况下，22.4L烷烃的物质的量不一定为1mol，故A错误；B.氯气与水反应是可逆反应，1molCl2不能完全反应，转移电子数目少于NA，故B错误；C.2L0.5mol·L-1Na2C2O4溶液中存在原子守恒，n(H2C2O4)＋n(HC2O4-)＋n(C2O42-)＝1mol，因此C2O42-和HC2O4-的总数为NA，故C正确；D.50g含质量分数为46％的酒精中含有乙醇23g，水的质量为27g，因此n(CH3CH2OH)＝0.5mol，n(H2O)＝1.5mol，与足量的钠反应，乙醇放出0.25mol氢气，水放出0.75mol氢气，共放出氢气1mol，故D正确；故选D。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断。本题的易错点为AD，A中要烷烃的状态与碳原子数目的关系，Vm=22.4L/mol，只适用于标准状况下的气体；D中要注意水也能与金属钠反应放出氢气。8、C【解题分析】试题分析：苯环前面的取代基共有5种：CH2ClCH2CH2-、CH3CHClCH2-、CH3CH2CHCl-、CH3（CH2Cl）CH-、（CH3）2CCl-，其中有5种能发生消去反应；右边的有4种：CH3OCH2-、CH3CH2O-、CH3CH（OH）-、HOCH2CH-，因此能发生消去反应的共有20种，故选C。考点：本题主要考查了同分异构体的书写和消去反应的条件，注意碳链异构和官能团异构。9、C【解题分析】

CO2为空气的固定成分，不是污染物，而SO2、NO、NO2排放在空气中，造成空气污染，据此答题。【题目详解】A.NO有毒，排放在空气中，会与空气中的氧气反应生成.NO2，造成空气污染，形成硝酸型酸雨，故A错误；B.NO2有毒，排放在空气中，造成空气污染，形成硝酸型酸雨，故B错误；C.CO2为空气的固定成分，无毒，不会造成空气污染，故C正确；D.SO2有毒，排放在空气中，造成空气污染，形成硫酸型的酸雨，故D错误；故选C。10、A【解题分析】

A．向己烯、苯、四氯化碳中分别加入溴水，可以观察到的现象分别是溴水褪色，上下两层均无色；分层，上层颜色深；分层，下层颜色深，因此三种液体的颜色各不相同，可以鉴别，正确；B．己炔、己烯都可以使溴水褪色，不能鉴别，错误；C．己烷、苯、环己烷都与溴水不发生反应，密度都比水小，分层，上层颜色深，因此不能鉴别，错误；D．己烯使溴水褪色，而甲苯、己烷与溴水不发生反应，密度比水小，分层，萃取使溴水褪色，上层颜色深，不能鉴别，错误。答案选A。11、A【解题分析】A、CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑，反应中没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A错误；B、TiO2和CO2均能与碱反应生成盐和水，均属于酸性氧化物，故B正确；C、CaTiO3=Ca2＋＋TiO32－，CaTiO3由含氧酸根和钙离子构成，属于含氧酸盐，故C正确；D、CaCO3虽然难溶，但溶于水的部分全部电离，属于强电解质，故D正确；故选A。12、C【解题分析】

A．最外层只有一个电子的X、Y原子，化学性质可能不相似，如H和K元素，故A错误；B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子为Mg、原子核外N层上仅有两个电子的Y原子可能是Ca、Fe、Zn等，如果X是Mg、Y是Fe、Zn等，二者化学性质不相似，故B错误；C．2p轨道上只有两个电子的X原子为C原子、3p轨道上只有两个电子的Y原子为Si原子，二者位于同一主族，化学性质相似，故C正确；D．原子核外电子排布式为1s2的X原子为He，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子为Be，前者是0族元素、后者是第IIA族元素，二者化学性质不相似，故D错误；答案选C。【题目点拨】本题的易错点为B，要注意第四周期副族元素中存在多种N层上仅有两个电子的原子。13、B【解题分析】试题分析：从图像起点可以看出该碱为弱碱，A、a点为BOH—BCl共存的溶液，呈碱性，故有c(B+)>c(Cl-)，正确；B、b点为滴定终点，生成强酸弱碱盐，水解呈酸性，故pH<7，错误；C、pH=7点，加入在b点之前，故V<20mL，正确；D、加入盐酸为40ml时，c(H+)=(0.1×40-0.1×20)÷60≈0.03mol/L，正确。考点：考查电解质溶液，涉及弱电解的电离、盐类的水解等相关知识。14、D【解题分析】

A.反应中铁和氧化亚铁都是固体，因此平衡常数表达式为K=c(CO)/c(CO2)，故A说法正确；B.根据题意，温度越高，K越大，即升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，则该反应的逆反应是放热反应，故B说法正确；C.v正(CO2)=v逆(CO)表示正逆反应速率相等，说明该反应达到了平衡状态，故C说法正确；D．c(CO2):c(CO)=1:1不能说明两者物质的量浓度保持不变，故无法据此判断该反应是否达到平衡状态，故D说法错误。故选D。15、B【解题分析】

1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.9kJ的热能，说明石墨的能量低于金刚石的能量；A.石墨的能量比金刚石低，能量越低越稳定，石墨比金刚石稳定，故A正确；B.金刚石和石墨的导电性、密度、硬度等物理性质不相同，故B错误；C.金刚石比石墨能量高，即1mol金刚石比1mol石墨的总能量高，故C正确；D.1mol金刚石与1mol石墨完全燃烧时产物相同，1mol金刚石具有的总能量高，所以燃烧时释放的能量多，故D正确；故选B。16、C【解题分析】

A项，11.2LO2和22.4LNO混合恰好反应生成22.4LNO2，即1molNO2,但由于存在2NO2N2O4的反应，因此得到气体分子数小于NA；B项，未注明溶液体积，无法计算溶液中含有的氮原子数；C项，1molNa与足量O2反应，无论生成Na2O还是Na2O2，Na都是由0价变为+1价，所以转移电子数为NA；D项，25℃时，1.0LpH＝13的Ba(OH)2溶液中，n(OH-)=1.0L×

mol/L=0.1mol，所以含有的OH-数目为0.1NA。【题目详解】A项，11.2LO2和22.4LNO混合恰好反应生成22.4LNO2，即1molNO2,但由于存在2NO2N2O4的反应，分子数小于NA，故A项错误；B项，未注明溶液体积，无法计算溶液中含有的氮原子数，故B项错误；C项，1molNa与足量O2反应，无论生成Na2O还是Na2O2，Na都是由0价变为+1价，所以转移电子数为NA，故C正确；D项，25℃时，1.0LpH＝13的Ba(OH)2溶液中，n(OH-)=1.0L×

mol/L=0.1mol，所以含有的OH-数目为0.1NA，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。【题目点拨】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查氧化还原反应的电子转移计算、溶液中微粒数的计算等，A项为易错点，不要忽视二氧化氮生成四氧化二氮的反应。二、非选择题（本题包括5小题）17、3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2OAlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-Fe2+3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓取样，向溶液中加入硝酸酸化的硝酸银，若出现白色沉淀，则含有Cl-含1Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-、Fe3+、Cl-CO32-、SiO32-、NO3-14.5【解题分析】

强酸性溶液中一定不含CO32-、SiO32-，NO3-与Fe2+不能同时存在；由转化关系可知，X溶液中加入过量硝酸钡溶液，反应生成气体、沉淀和溶液，则溶液中一定含还原性离子Fe2+，不含NO3-，则气体A为NO、D为NO2、E为HNO3，溶液B中一定含有Fe3+，由得失电子数目守恒可知，溶液中Fe2+的物质的量为0.03mol；沉淀C为硫酸钡，则溶液中一定含SO42-，由硫酸钡的质量可知溶液中SO42-的物质的量为0.02mol；B溶液和过量氢氧化钠反应生成气体、沉淀和溶液则原溶液中一定含NH4+，生成的沉淀G是Fe（OH）3，气体F为NH3，由NH3的体积可知溶液中NH4+的物质的量为0.015mol，由Fe（OH）3的质量可知溶液B中Fe3+的物质的量为0.04mol，则原溶液中Fe3+的物质的量为0.01mol；由溶液H通入过量二氧化碳生成沉淀可知溶液H中含有AlO2-，则原溶液中一定含有Al3+，沉淀J为Al（OH）3，由Al（OH）3的质量可知溶液B中Al3+的物质的量为0.01mol；由电荷守恒可知，原溶液中一定含有Cl-，综上可知，原溶液中一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-、Fe3+、Cl-，一定不含CO32-、SiO32-、NO3-。【题目详解】（1）步骤①的反应为为在强酸性溶液中加入过量硝酸钡，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，亚铁离子具有还原性，硝酸具有氧化性，酸性条件下，亚铁离子与硝酸根发生氧化还原反应生成三价铁离子、一氧化氮和水，则生成一氧化氮的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；（2）步骤②的反应为过量二氧化碳和偏铝酸钠容易的反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；（3）铁氰化钾溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓；检验溶液B中是否含有Cl-，应选用酸化的硝酸银溶液，具体操作为取样，向溶液中加入硝酸酸化的硝酸银，若出现白色沉淀，则含有Cl-，故答案为：Fe2+；3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓；取样，向溶液中加入硝酸酸化的硝酸银，若出现白色沉淀，则含有Cl-；（4）由题意NO的体积为224mL，则由由得失电子数目守恒可知，溶液中Fe2+的物质的量为0.03mol，由Fe（OH）3的质量为4.28g，可知溶液B中Fe3+的物质的量为0.04mol，则原溶液中Fe3+的物质的量为0.01mol，物质的量浓度为1mol/L，故答案为：含；1；（5）通过上述分析可知，溶液中除H+外，原溶液中一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-、Fe3+、Cl-，一定不含CO32-、SiO32-、NO3-，故答案为：Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-、Fe3+、Cl-；CO32-、SiO32-、NO3-；（6）通过上述分析可知，原溶液中含有0.01molAl3+、0.015molNH4+、0.03molFe2+、0.02molSO42-、0.01molFe3+，若溶液中c（H+）为5mol/L，H+的物质的量为0.05mol，由电荷守恒可知n（Cl-）=0.01mol×3+0.015mol×1+0.03mol×2+0.01mol×3+0.05×1—0.02mol×2=0.145mol，则c（Cl-）为14.5mol/L，故答案为：14.5。【题目点拨】红棕色气体是解答本题的突破口，由红棕色可知，加入过量硝酸钡，发生氧化还原反应，溶液中一定由亚铁离子；应用电荷守恒确定氯离子是解答关键。18、3d84s2O＞N＞CN2H4N2H4分子间存在氢键C2H4是非极性分子，H2O是极性溶剂，非极性分子难溶于极性溶剂N、O【解题分析】

X、Y、Z、W、K五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大．元素X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，则Y为碳元素；W位于第2周期，其原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，原子核外电子排布为1s22s22p4，则W为O元素；Z的原子序数介于碳、氧之间，故Z为N元素；R基态原子3d轨道上的电子数是4s轨道上的4倍，R为Ni。【题目详解】（1）R为Ni，基态R原子的外围电子排布式为3d84s2；同周期随原子序数增大，元素电负性呈增大趋势，Y、Z、W的电负性由大到小的顺序是O＞N＞C。（2）C、N两元素均可形成含18个电子氢化物分子，其氢化物分子分别为C2H6、N2H4，N2H4分子之间存在氢键，C2H6分子之间无氢键，二者沸点相差较大；根据相似相溶的规律：C2H4是非极性分子，H2O是极性溶剂，非极性分子难溶于极性溶剂；（3）CO是SP杂化，碳和氧形成叁键，CO的结构式为(须标出其中的配位键)；Ni提供空轨道，N和O提供孤电子对，在化学式为［Ni(NH3)4(H2O)2］2+的配离子中与Ni形成配位键的原子是N和O。【题目点拨】本题是对物质结构的考查，推断元素是解题关键，易错点：注意核外电子排布、电负性、氢键、配位键等基础知识。19、直形冷凝管防止暴沸B检漏上口倒出干燥环已烯CC【解题分析】分析：（1）根据装置图可知装置b的名称；（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入；（3）加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应生成二环己醚；（4）由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出；（5）无水氯化钙用于吸收产物中少量的水；（6）观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到玻璃棒；（7）根据产率=实际产量/理论产量×100%计算。详解：（1）依据装置图分析可知装置b是蒸馏装置中的冷凝器装置，名称为直形冷凝器；（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，答案选B；（3）加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚，结构简式为；（4）由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出；（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水，即加入无水氯化钙的目的是干燥环己烯；（6）观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到玻璃棒，答案选C；（7）20g环己醇的物质的量为0.2mol，理论上可以得到0.2mol环己烯，其质量为16.4g，所以产率=10g/16.4g×100%=61%，答案选C。20、NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+c2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O吸收残留的ClO2当加入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变0.027d【解题分析】

（1）电解时与电源正极相连的阳极失去电子，发生氧化反应，与电源