2024届天津市大港八中化学高二下期末经典试题含解析

2024届天津市大港八中化学高二下期末经典试题注意事项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、下列各项叙述中，正确的是（）A．Br-的核外电子排布式为：[Ar]4s24p6B．Na的简化电子排布式：[Na]3s1C．氮原子的最外层电子轨道表示式为：D．价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第VA族，是p区元素2、对于反应2NO2(g)N2O4(g)，在一定条件下达到平衡，在温度不变时，欲使的比值增大，应采取的措施是()①体积不变，增加NO2的物质的量；②体积不变，增加N2O4的物质的量；③使体积增大到原来的2倍；④充入N2，保持压强不变A．①② B．②③ C．①④ D．③④3、环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物。科学家最近在-100℃的低温下合成一种螺环烃X，其分子结构如图所示(图中的连线表示化学键)。下列关于X的叙述错误的是A．X分子中所有原子均在同一平面上B．生成lmolC5H12至少需要4molH2C．X与乙烯含有相同的官能团,可发生氧化反应D．充分燃烧等物质的量的X和甲烷，X消耗氧气较多4、五种短周期元素的某些性质如下表所示.下列有关说法正确的是元素元素的相关信息M最高正价与最低负价的绝对值之和等于2W原子的M电子层上有3个电子X在短周期元素中，其原子半径最大Y最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成Y的单质和H2OZ最高价氧化物的水化物与气态氢化物反应生成盐A．W、Y、Z的简单离子半径依次增大B．M与Y、Z分别形成的化合物均属于只含有极性键的共价化合物C．W与M、Y分别形成的化合物都能与水反应，且有气体生成D．常温下.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液都能与单质W持续反应5、CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是（）A．相对于途径①③，途径②更好地体现了绿色化学思想B．途径①发生的反应可能是3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO+4H2OC．1molCuSO4在1100℃所得混合气体X为SO3和O2，其中O2为0.5mo1D．将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，可制得胆矾晶体(CuSO4·5H2O)6、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．30g乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NAB．标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2气混合后，气体分子数为2NAC．常温下pH=12的NaOH溶液中，水电离出的氢离子数为10－12NAD．标准状况下，2.24LC2H6含有的共价键数为0.6NA7、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A．27g铝中加入1mol·L－1的NaOH溶液，转移电子数是3NAB．标准状况下，33.6LHF中含有氟原子的数目为1.5NAC．6.4g由S2、S4、S8组成的混合物含硫原子数为0.2NAD．25℃，pH＝7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中，含OH－的数目为10－7NA8、已知Ksp（AgCl）=1.56×10－10，Ksp（AgBr）=7.7×10－13，Ksp（Ag2CrO4）=9×10－11。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO42－，浓度均为0.010mol/L，向该溶液中逐滴加入0.010mol/L的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为()A．Cl－、Br－、CrO42－ B．Br－、Cl－、CrO42－C．CrO42－、Br－、Cl－ D．Br－、CrO42－、Cl－9、下列化学式对应的结构式从成键情况看不合理的是（）A．CH3N, B．CH2SeO,C．CH4S, D．CH4Si，10、已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)=amol时，下列有关说法错误的是A．若某温度下，反应后=11，则溶液中=B．参加反应的氯气的物质的量等于amolC．改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：amol≤n(e-)≤amolD．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol11、NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法中错误的是(）A．完全燃烧1.5mol乙醇和乙烯的混合物,转移电子数为18NAB．7.8g由Na2S和Na2O2组成的混合物中含有阴离子的数目为0.1NAC．0.1mol/LFeCl3溶液中Fe3+的物质的量一定小于0.1NAD．常温常压下，60g甲醛和乙酸的混合物所含碳原子数为2NA12、已知：H-H键、O=O键和O-H键的键能分别为436kJ/mol、496kJ/mol和462kJ/mol；2C(s)+O2(g)=2CO(g)∆H=-220kJ/mol；C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)∆H=akJ/mol。则a为A．-332 B．-118 C．+130 D．+35013、下列有关说法不正确的是()A．pH小于5.6的雨水称为酸雨B．分散质粒子直径介于1~100nm之间的分散系称为胶体C．王水是浓硝酸和浓盐酸按物质的量之比1:3组成的混合物D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，太阳能光电板的主要原料是硅晶体14、一种镁氧电池如图所示，电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，电解液为KOH浓溶液。下列说法错误的是A．电池总反应式为：2Mg＋O2＋2H2O＝2Mg(OH)2B．正极反应式为：Mg－2e－＝Mg2＋C．活性炭一极为正极D．电子的移动方向由a经外电路到b15、下列有关金属的腐蚀与防护的说法中，错误的是A．将钢闸门与直流电源的正极相连可防止其被腐蚀B．在铁管外壁上镀锌可防止其被腐蚀C．金属被腐蚀的本质是金属发生了氧化反应D．温度越高，金属腐蚀速率越快16、聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是A．KClO3作氧化剂，每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗6/nmolKClO3B．生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大C．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水D．在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强17、在电解液不参与反应的情况下，采用电化学法还原CO2可制备ZnC2O4，原理如图所示。下列说法正确的是A．电解结束后电解液Ⅱ中c(Zn2+)增大B．电解液Ⅰ应为ZnSO4溶液C．Pt极反应式为2CO2+2e−=D．当通入44gCO2时，溶液中转移1mol电子18、某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分別为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A．曲线I代表HNO2溶液B．溶液中水的电离程度：b点>c点C．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同D．从c点到d点，溶液中c(HA)·c(OH-)c(A-19、下列说法不正确的是A．汽油、沼气、电能都是二次能源B．1mol碳和3mol碳的燃烧热相等C．共价化合物可以是电解质，离子化合物也可以是非电解质D．吸热反应可以自发进行20、对于Fe+CuSO4===Cu+FeSO4这一反应或反应中涉及到的物质理解不正确的是A．该反应为置换反应B．该反应体现出Fe具有还原性C．该反应体现CuSO4作为盐的通性D．CuSO4溶液中有Cu2+、SO42-、CuSO4、H+、OH-、H2O等21、用下图所示装置及药品进行相应实验，能达到实验目的的是A．分离乙醇和乙酸 B．除去甲烷中的乙烯C．除去溴苯中的溴单质 D．除去工业酒精中的甲醇22、常温下，Na2CO3溶液中存在平衡：＋H2O＋OH－，下列有关该溶液的说法正确的是A．Na2CO3在水解过程导致碳酸钠电离平衡被促进B．升高温度，平衡向右移动C．滴入CaCl2浓溶液，溶液的pH增大D．加入NaOH固体，溶液的pH减小二、非选择题(共84分)23、（14分）A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，其分子结构模型如图所示（图中球与球之间连线代表化学键单键或双键）。(1)根据分子结构模型写出A的结构简式___________。(2)拟从芳香烃出发来合成A，其合成路线如下：已知：A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇。(a)写出⑤反应类型__________反应；写出H的结构简式___________。(b)写出G中官能团名称：_________________________(c)写出下列步骤的反应方程式（注明必要的条件）⑥_______________________________________。⑦________________________________________。(3)A的同分异构体有多种，同时满足下列条件A的同分异构体有________种。ⅰ.含有苯环，苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种；ⅱ.与A有相同的官能团；ⅲ.能发生银镜反应。24、（12分）X、Y、Z、W、M、R六种短周期元素，周期表中位置如下：试回答下列问题：（1）X、Z、W、R四种元素的原子半径由大到小的排列顺序是______（用元素符号表示）。（2）由X、Z、W、R四种元素中的三种元素可组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，则该反应的化学方程式为_____________________________。（3）由X、W、M、R四种元素组成的一种离子化合物A，已知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与足量盐酸反应的离子方程式_________________________________。（4）分子式为X2Y2W4的化合物与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，其原因是____________________（用方程式及必要的文字说明）。0.1mol·L－1该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________________________。（5）由X、Z、W、R和Fe五种元素可组成类似明矾的化合物T（相对分子质量为392），1molT中含有6mol结晶水。对化合物T进行如下实验：a.取T的溶液，加入过量的NaOH浓溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体。白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；b.另取T的溶液，加入过量的BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解。则T的化学式为_____________________。25、（12分）无水MgBr2可用作催化剂．实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：步骤1三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴．步骤2缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中．步骤3反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚溴化镁粗品．步骤4室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品．已知：①Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性．②MgBr2+3C2H5OC2H5⇌MgBr2•3C2H5OC2H5请回答：（1）仪器A的名称是______．实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是______________（2）如将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是___________________（3）步骤3中，第一次过滤除去的物质是_________________．（4）有关步骤4的说法，正确的是__________________．A、可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B、洗涤晶体可选用0℃的苯C、加热至160℃的主要目的是除去苯D、该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴（5）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2++Y4﹣═MgY2﹣①滴定管洗涤前的操作是_____________________________．②测定时，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500mol•L﹣1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液25.00mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是__________________（以质量分数表示）．26、（10分）亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制取少量的NOSO4H，并检验产品纯度。已知：NOSO4H遇水水解，但溶于浓硫酸而不分解。（1）利用装置A制取SO2，下列最适宜的试剂是_____(填下列字母编号)A．Na2SO3固体和20%硝酸B．Na2SO3固体和20%硫酸C．Na2SO3固体和70%硫酸D．Na2SO3固体和18.4mol/L硫酸（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。①为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是_______。②该反应必须维持体系温度不低于20℃。若温度过高，产率降低的可能原因是____。③开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因可能是______。（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是______。（4）测定NOSO4H的纯度准确称取1.337g产品加入250mL碘量瓶中，加入0.1000mol/L、60.00mL的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500mol/L草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。已知：2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4①配平：__MnO4-＋___C2O42-＋______＝___Mn2+＋____＋__H2O②亚硝酰硫酸的纯度=___%(计算结果保留两位有效数字)。27、（12分）准确称量8.2g

含有少量中性易溶杂质的烧碱样品，配成500mL

待测溶液。用0.1000mol⋅L−1的硫酸溶液进行中和滴定测定该烧碱样品的纯度，试根据试验回答下列问题：（1）滴定过程中，眼睛应注视____________，若用酚酞作指示剂达到滴定终点的标志是____________。（2）根据表数据，计算烧碱样品的纯度是_______________（用百分数表示，保留小数点后两位）滴定次数待测溶液体积(mL)标准酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)）第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00（3）下列实验操作会对滴定结果产生什么后果？（填“偏高”“偏低”或“无影响”）①观察酸式滴定管液面时，开始俯视，滴定终点平视，则滴定结果________。②若将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入10.00mL待测液，则滴定结果________。28、（14分）用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16g·cm－3)配制成1mol·L－1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220mL，试回答下列问题：(1)配制稀盐酸时，应选用容量为________mL的容量瓶。(2)在量取浓盐酸时宜选用下列量筒中的________。A．5mLB．10mLC．25mLD．50mL(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250mL容量瓶中。②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面最低处与瓶颈的刻度标线相切。③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。上述操作中，正确的顺序是(填序号)________。29、（10分）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下述为制取Cu2O的两种方法:方法a:用炭粉在高温条件下还原CuO方法b:电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑(1)已知:①2Cu(s)

+12O2

(g)=Cu2O(s)

△H1②C(s)+12O2

(g)=CO(g)

△H2③Cu(s)+12O2

(g)=

CuO(s)

△H3则方法a中反应的热化学方程式是:_________________。(2)方法b是用肼燃料电池为电源，通过离子交换膜电解法控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O装置如图所示:①如图装置中D电极应连______电极。(填“A”或“B”)②该离子交换膜为______离子交换膜(填“阴”或“阳”)，该电解池的B极反应式为:

______。③C极反应式为:__________。(3)在相同体积的恒容密闭容器中，用以上方法制得的两种Cu2O分别进行催化分解水的实验:2H2O2H2(g)+O2(g)

△H>0

，水蒸气的浓度随时间t变化如表所示:根据上述数据分析:①催化剂的效率:实验①_______实验②(填“>”或“<”)；②通过实验①、③分析,

T1______T2(填“>”或“<”)；③实验①、②、③的化学平衡常数K1、K2、K3的大小关系为:_________。

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.Br-的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p6，故A错；B.Na的简化电子排布式：[Ne]3s1,故B错；C.氮原子的最外层电子轨道表示式为：,故C错；D.价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第VA族，是p区元素，是正确的，故D正确。答案选D。2、D【解题分析】

①体积不变，增加NO2的物质的量，相当于加压，平衡右移，的比值减小；②体积不变，增加N2O4的物质的量，相当于加压，平衡右移，的比值减小；③使体积增大到原来的2倍，压强减小，平衡逆向移动，的比值增大；④充入N2，保持压强不变，体积增大，相当于减压，平衡逆向移动，的比值增大；故选D。【题目点拨】本题考查化学平衡的移动，①②是学生的易错点、难点，对于一种物质的分解反应，改变反应物的浓度，反应物的转化率变化等效于改变压强。3、A【解题分析】分析：本题考查的是有机物的结构和性质，难度较小。详解：A.X分子中中心的碳原子形成四个共价键，不可能是平面结构，故错误；B.该物质分子式为C5H4，所以与氢气加成生成lmolC5H12，至少需要4mol氢气，故正确；C.根据每个碳原子形成4个共价键分析，该分子中除了中心的碳原子外，其余的碳原子都要形成一个碳碳双键，与乙烯含有相同的官能团，能发生氧化反应，故正确；D.充分燃烧等物质的量的该物质和甲烷，因为其碳原子个数多，所以消耗氧气较多，故正确。故选A。点睛：烃类物质燃烧时，烃种碳氢原子数越大，燃烧等物质的量物质时耗氧量越大。燃烧等质量的烃时，含氢量越高，耗氧量越大。4、C【解题分析】

M最高正价与最低负价的绝对值之和等于2，M为H元素；W原子的M电子层上有3个电子，则W含有3个电子层，为Al元素；在短周期元素中，X的原子半径最大，则X为Na元素；Y的最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成Y的单质和H2O，结合硫化氢与二氧化硫反应生成S单质可判断Y为S元素；Z的最高价氧化物对应水化物能与其气态氢化物反应生成盐，该盐为硝酸铵，则Z为N元素。【题目详解】A.W、Y、Z的简单离子Al3+、S2-、N3-，半径由小到大为Al3+、N3-、S2-，选项A错误；B.M与Y、Z分别形成的化合物中H2O2含有非极性键和极性键，选项B错误；C.W与M、Y分别形成的化合物AlH3和Al2S3都能与水反应，生成氢气和硫化氢气体，选项C正确；D.常温下，X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液NaOH、H2SO4、HNO3中只有NaOH能与单质铝持续反应，后二者会产生钝化，选项D错误。答案选C。5、C【解题分析】

A.途径①产生污染环境的气体NO，途径③产生污染环境的气体SO2，而途径②不产生污染环境的物质，更好地体现了绿色化学思想，A正确；B.途径①发生的离子反应为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O，反应可能是3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO+4H2O，B正确；C.1molCuSO4在1100℃所得混合气体X为SO3、SO2和O2，C错误；D.将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，可制得胆矾晶体(CuSO4·5H2O)，D正确；答案为C。6、A【解题分析】

A．乙酸和葡萄糖的实验式均为CH2O，CH2O的式量为30，30g乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为×2NA=2NA，A选项正确；B．标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2的物质的量都为1mol，两者混合后发生反应H2+F2=2HF，两者恰好完全反应生成2molHF，HF呈液态，最后没有气体，B选项错误；C．常温下pH=12的NaOH溶液中水电离的氢离子浓度为1×10-12mol/L，由于缺少溶液的体积，水电离出的氢离子数没法计算，C选项错误；D．1molC2H6含有7mol共价键，标准状况下，2.24LC2H6含有的共价键数为×7NA=0.7NA，故D错误；答案选A。【题目点拨】本题易错选B，错选的原因有：（1）忽视氢气与F2的化合反应，（2）忽视标准状况下HF不是气体。7、C【解题分析】分析:A、氢氧化钠溶液体积不明确；

B、在标准状况下氟化氢是液体，不能用气体摩尔体积来计算；

C、6.4g由S2、S4、S8组成的混合物中含有6.4g硫原子，含硫原子的物质的量为：6.4g32g/mol=0.2mol；

D、详解:A、氢氧化钠溶液体积不明确，故1mol铝不一定能反应完全，故反应不一定转移3NA个电子，故A错误；

B、在标准状况下氟化氢是液体，所以不能用气体摩尔体积来计算，因此在标准状况下，33.6氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NA的说法是错误的，故B错误；C、6.4g由S2、S4、S8组成的混合物中含有6.4g硫原子，含硫原子的物质的量为：6.4g32g/mol=0.2mol，含有的硫原子数为0.2NA，故CD、溶液体积不明确，故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故D错误。

所以C选项是正确的。点睛：本题B选项有一定的迷惑性，在进行计算时一定要看物质在标准状况下是否为气态，若不为气态无法由标准状况下气体的摩尔体积求得n，如CCl4、SO3、H2O、H2O2、液溴、苯、乙醇、氟化氢、一般大于4个碳的烃等物质在标况下都为非气体，常作为命题的干扰因素迷惑学生。8、B【解题分析】

析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag＋）=Ksp(AgCl)/c(Cl－)=1.56×10-10/0.01mol·L－1，AgBr溶液中c（Ag＋）=Ksp(AgBr)/[Br－]=7.7×10-13/0.01mol·L－1，Ag2CrO4溶液中c（Ag＋）==mol·L－1，c（Ag＋）越小，先生成沉淀．【题目详解】析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag＋）=Ksp(AgCl)/c(Cl－)=1.56×10-10/0.01mol·L－1=1.56×10-8mol·L－1；AgBr溶液中c（Ag＋）=Ksp(AgBr)/[Br－]=7.7×10-13/0.01mol·L－1=7.7×10-11mol·L－1；Ag2CrO4溶液中c（Ag＋）==mol·L－1=3×10-5mol·L－1，c（Ag＋）越小，先生成沉淀．所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrO42－。故选B。9、D【解题分析】

A．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，N原子最外层有5个电子，应形成3个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，A正确；B．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，O和Se均为第ⅥA族元素，其原子最外层均有6个电子，均应形成2个共价键，B正确；C．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，S原子最外层有6个电子，形成2个共价键，C正确；D．H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，C和Si都是第ⅣA族元素，其原子最外层电子数均为4，应形成4个共价键，C原子和Si原子均不满足，D错误。答案选D。10、D【解题分析】

A.假设n(ClO-)=1mol，则n(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒计算n(ClO3-)；B.根据元素的原子守恒分析解答；C.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)；氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，根据钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，进而计算转移电子物质的量范围；D.氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，结合电子转移守恒计算。【题目详解】A.假设n(ClO-)=1mol，由于反应后=11，则n(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒可得5n(ClO3-)+n(ClO-)=n(Cl-)，5×n(ClO3-)=11mol-1mol=10mol，所以n(ClO3-)=2mol，故溶液中，A正确；B.由Cl原子守恒可知，2n(Cl2)=n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)，由钾离子守恒可知n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)=n(KOH)，两式联立可得n(Cl2)=n(KOH)=×amol=amol，B正确；C.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n(KClO3)=n(KOH)=×amol=amol；转移电子最大物质的量为：amol×5=amol；氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，根据钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，所以有n(KClO)=n(KOH)=×amol=amol，转移电子最小物质的量=×amol×1=amol，则反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围为：amol≤n(e-)≤amol，C正确；D.氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n最大(KClO3)=n(KOH)=×amol=amol，D错误；故合理选项是D。【题目点拨】本题考查氧化还原反应计算，注意电子转移守恒、原子守恒及极限法的应用，侧重考查学生对基础知识的应用能力和分析、计算能力。11、C【解题分析】

A.1molCH3CH2OH和1molC2H4燃烧时均消耗3mol氧气，故1.5mol混合物消耗4.5mol氧气，而氧元素反应后变为-2价，故4.5mol氧气转移18mol电子即18NA个，A正确；B.Na2S和Na2O2的相对分子质量均是78，且阴阳离子的个数之比均是1：2，7.8g由Na2S和Na2O2组成的混合物的物质的量是0.1mol，其中含有阴离子的数目为0.1NA，B正确；C.0.1mol/LFeCl3溶液的体积未知，其溶液中Fe3+的物质的量不一定小于0.1NA，C错误；D.甲醛和乙酸的最简式均是CH2O，常温常压下，60g甲醛和乙酸的混合物中“CH2O”的物质的量是2mol，所含碳原子数为2NA，D正确。答案选C。【题目点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题的关键，题目难度中等。12、C【解题分析】

根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，结合“化学反应的焓变△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和”来回答。【题目详解】①C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=akJ·mol－1，②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-220kJ·mol－1，根据盖斯定律，将①×2-②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（2a+220）kJ·mol－1，4×462kJ/mol-496kJ/mol-2×436kJ/mol=（2a+220）kJ·mol－1，解得a=+130，故选C。13、C【解题分析】

A．正常雨水中因为溶解了二氧化碳的缘故，pH约为5.6，酸雨是溶解了二氧化硫等的雨水，pH小于5.6，故A正确；B．分散质粒子直径介于1nm～100nm之间的分散系称为胶体，故B正确；C．王水是浓硝酸和浓盐酸按照体积比1∶3组成的混合物，不是物质的量之比，故C错误；D．光导纤维的主要成分是SiO2，太阳能光电池板是硅晶体制成，故D正确；答案选C。14、B【解题分析】

Mg、活性炭、KOH浓溶液构成原电池，Mg易失电子作负极，活性炭为正极，负极反应式为Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，电子从负极沿外电路进入正极，据此分析解答；【题目详解】Mg、活性炭、KOH浓溶液构成原电池，Mg易失电子作负极，活性炭为正极，负极反应式为Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，电子从负极沿外电路进入正极，A、根据上述分析，负极反应式为Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，电池总反应式为2Mg＋O2＋2H2O=Mg(OH)2，故A说法正确；B、根据上述分析，Mg为负极，电极反应式为Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2，故B说法错误；C、活性炭为一极正极，故C说法正确；D、根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电子从a经外电路流向b，故D说法正确；答案选B。【题目点拨】考查学生对原电池工作原理的理解，明确各个电极上发生反应，特别是电极反应式的书写，应注意电解质的酸碱性，如本题电解质KOH，负极上产生Mg2＋与OH－结合生成Mg(OH)2，即负极反应式为Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2。15、A【解题分析】分析：A.与直流电源的正极相连作阳极加快腐蚀；B.根据金属性锌强于铁分析；C.失去电子被氧化；D.升高温度反应速率加快。详解：A.将钢闸门与直流电源的正极相连作阳极加快腐蚀，应该与直流电源的负极相连可防止其被腐蚀，A错误；B.金属性锌强于铁，在铁管外壁上镀锌构成原电池时铁是正极，可防止其被腐蚀，B正确；C.金属被腐蚀的本质是金属失去电子发生了氧化反应，C正确；D.温度越高，反应速率越快，则金属腐蚀速率越快，D正确。答案选A。16、A【解题分析】

A.根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗n/6molKClO3，A项错误；B.绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项正确；C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。故答案选A。17、C【解题分析】

A、因为右室Zn失去电子生成Zn2+，溶液中的Zn2+通过阳离子交换膜进入左室，根据电荷守恒，阴离子浓度不变，c(Zn2+)不变，A项错误；B、右室生成的Zn2+通过阳离子交换膜进入左室与生成的结合为ZnC2O4，因此，电解液Ⅰ为稀的ZnC2O4溶液，不含杂质，电解液Ⅱ只要是含Zn2+的易溶盐溶液即可，B项错误；C、Pt极反应式为2CO2+2e−＝，C项正确；D、当通入44gCO2时，外电路中转移1mol电子，溶液中不发生电子转移，D项错误。答案选C。18、D【解题分析】

根据HNO2和CH3COOH的电离平衡常数，推出HNO2的酸性强于CH3COOH，相同pH、相同体积时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即曲线II为HNO2的稀释曲线，曲线I为CH3COOH的稀释曲线，据此分析。【题目详解】A、根据HNO2和CH3COOH的电离平衡常数，推出HNO2的酸性强于CH3COOH，相同pH、相同体积时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即曲线II为HNO2的稀释曲线，曲线I为CH3COOH的稀释曲线，故A错误；B、b点pH小于c点，说明b点溶液中c(H＋)大于c点溶液中c(H＋)，即溶液水的电离程度：c点大于b点，故B错误；C、HNO2的酸性强于CH3COOH，相同pH时，c(CH3COOH)>c(HNO2)，即等体积、等pH时，与NaOH恰好中和时，CH3COOH消耗NaOH多，则此时，CH3COONa溶液中Na+含量较多，故C错误；D、c(HA)·c(OH-)c(A-)=c(HA)·c(OH答案选D。【题目点拨】本题的易错点是选项C，学生认为两种溶液的pH相同，体积相同，所以消耗的氢氧化钠的物质的量相同，错选C，忽略了两种酸的酸性不同，根据图像，推出HNO2的酸性强于CH3COOH，即相同pH时，c(CH3COOH)>c(HNO2)，然后分析。19、C【解题分析】

A．由一次能源直接或间接转化而来的能源是二次能源，电能、汽油、沼气都是由一次能源转化而来的能源，属于二次能源，故A正确；B．燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，与量的多少无关，因此1mol碳和3mol碳的燃烧热相等，故B正确；C．氯化氢是共价化合物，溶于水能够完全电离，是强电解质，因此共价化合物可以是电解质；但离子化合物都是电解质，不可能是非电解质，故C错误；D．化学反应能否自发进行的判据是：△H-T△S＜0，吸热反应也可能自发进行，故D正确；答案选C。20、D【解题分析】该反应为单质与化合物反应得到新单质和新化合物，所以选项A正确。该反应中Fe为还原剂，所以表现还原性，选项B正确。该反应体现了盐与金属单质可能发生置换反应的通性，选项C正确。硫酸铜是强电解质，在溶液中应该完全电离为离子，所以一定不存在CuSO4，选项D错误。21、D【解题分析】

A.乙醇和乙酸相互溶解，不能用分液的方法分离，A错误；B.酸性高锰酸钾溶液会将乙烯氧化成CO2，用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯，会引入新的杂质气体，B错误；C.单质溴易溶于溴苯，不能用过滤的方法分离，C错误；D.甲醇和乙醇互相混溶，但沸点不同，除去工业酒精中的甲醇，可用蒸馏的方法，D正确；答案为D22、B【解题分析】

A.Na2CO3是强电解质，完全电离，不存在电离平衡，应该促进了水的电离平衡，故A错误；B.水解过程是吸热过程，故升高温度平衡向右移动，B正确；C.滴入CaCl2浓溶液，会生成CaCO3沉淀，CO32-浓度减少，平衡向左移动，OH－浓度减少，溶液的pH减小，C错误；D.加入NaOH固体，OH－的浓度增大，溶液的pH增大，故D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、消去羟基、醛基+CH3OH+H2O+H2O6【解题分析】

(1)根据分子结构模型知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，写出结构简式；(2)和溴水发生加成反应生成D，D的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；据此分析解答。【题目详解】(1)A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，每个碳原子形成4个共价键，结合其分子结构模型()知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，且结构简式为：，故答案为；(2)和溴水发生加成反应生成D，D的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；（a）通过以上分析知，反应⑤属于消去反应，H的结构简式为，故答案为：消去；；（b）G的结构简式为：，含有的官能团有—OH、—CHO，名称为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；（c）反应⑥为B和甲醇发生酯化反应生成A，反应方程式是+CH3OH+H2O；反应⑦为E发生消去反应生成F，反应方程式是+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；+H2O；(3)A的结构简式为：，A中含有的官能团为碳碳双键和酯基，A的同分异构体苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种，则只能是对位，又与A有相同的官能团且能发生银镜反应，则苯环连接的两个侧链分别为①—CH=CH2、—CH2OOCH②—CH3、—CH=CHOOCH③—CH3、—C(OOCH)=CH2④—OOCH、—CH=CHCH3⑤—OOCH、—CH2CH=CH2⑥—OOCH、—C(CH3)=CH2，共6种，故答案为：6。【题目点拨】本题的难点是第（3）问，符合条件的同分异构体数目的确定；确定同分异构体的数目先根据限制的条件确定可能存在的结构，然后进行有序书写。24、S＞N＞O＞H3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2OHSO3-+H+=SO2↑+H2OKHC2O4溶液中存在HC2O4-的电离与水解，即HC2O4-⇌H++C2O42-，HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-，电离程度大于水解程度，使溶液中的c（H+）＞c（OH-），溶液显酸性c（K+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O【解题分析】

根据元素在周期表中的位置，可推测出X、Y、Z、W、M、R六种短周期元素分别为H、C、N、O、Na、S。【题目详解】（1）X、Z、W、R四种元素分别为H、N、O、S，原子半径由大到小的顺序为S＞N＞O＞H；（2）X、Z、W、R四种元素分别为H、N、O、S，组成的强酸为硝酸、硫酸，稀溶液能与铜反应，则酸为硝酸，反应的方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；（3）由X、W、M、R四种元素为H、O、Na、S，组成的一种离子化合物A，已知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，则A为亚硫酸氢钠，与盐酸反应生成二氧化硫和水，反应的离子方程式为HSO3-+H+=SO2↑+H2O；（4）分子式为X2Y2W4的化合物为草酸（乙二酸），与含等物质的量的KOH反应生成的物质为KHC2O4，溶液中存在HC2O4-电离与水解，即HC2O4-⇌H++C2O42-，HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-，电离程度大于水解程度，使溶液中的c（H+）＞c（OH-），溶液显酸性；0.1mol/LKHC2O4溶液中除存在上述反应还有H2O⇌H++OH-，则c（H+）＞c（C2O42-），各离子浓度由大到小的顺序为c（K+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；（5）根据a的反应现象，可判断物质T的Fe为+2价，气体为氨气，则含有铵根离子；b的现象说明T中含有硫酸根离子，已知，Fe为+2价，硫酸根为-2价，铵根离子为+1价，Ｔ的相对分子质量为392，则结晶水个数为6，可判断T的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。25、干燥管防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患镁屑BD检漏92%【解题分析】

（1）仪器A为干燥管，本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气，防止镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍Mg和Br2的反应，故答案为干燥管；防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应；（2）将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，装置B是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反应容易控制，可防止反应过快，故答案为会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；（3）步骤3过滤出去的是不溶于水的镁屑，故答案为镁屑；（4）A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，选项A错误；B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C的苯，可以减少产品的溶解，选项B正确；C．加热至160°C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，选项C错误；D．该步骤是为了除去乙醚和溴，选项D正确；答案选BD；（5）①滴定管洗涤前的操作是检漏；②依据方程式Mg2++Y4-═MgY2-分析，溴化镁的物质的量=0.0500mol/L×0.0250L=0.00125mol，则溴化镁的质量为0.00125mol×184g/mol=0.23g，溴化镁的产品的纯度=×100%=92%。26、C调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度浓HNO3分解、挥发生成的NOSO4H作为该反应的催化剂C(或A)中的水蒸气会进入B，使产品发生水解2516H+210CO2↑895【解题分析】

根据题意可知，在装置B中利用浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，利用装置A制取二氧化硫，利用装置C吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，据此分析。【题目详解】（1）该装置属于固液或液液混合不加热型装置。Na2SO3溶液与HNO3反应时，硝酸会氧化亚硫酸钠本身被还原为一氧化氮，选项A不符合；实验室制二氧化硫的原理是基于SO32-与H+的反应，因为生成的SO2会溶于水，所以不能用稀硫酸来制取，那样不利于SO2的逸出，但如果是用浓硫酸（18.4mol/L），纯硫酸是共价化合物，浓度越高，越不利于硫酸电离出H+，所以不适合用太浓的硫酸来制取SO2，选项B、选项D不符合；选项C符合；答案选C；（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。①为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度；②该反应必须维持体系温度不低于20℃。若温度过高，浓HNO3分解、挥发，产率降低；③开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但生成的NOSO4H作为该反应的催化剂，使反应速率明显加快；（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是C(或A)中的水蒸气会进入B，使产品发生水解；(5)①发生的是MnO4－和C2O42－的氧化还原反应，MnO4－做氧化剂，被还原成生成Mn2+，C2O42－做还原剂，被氧化成城二氧化碳。结合得失电子守恒和电荷守恒可得到MnO4－和C2O42－的离子反应方程式为：2MnO4－+5C2O42－+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；②根据题意可知，酸性KMnO4溶液先与NOSO4H反应，利用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。用0.2500mol·L－1草酸钠标准溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。可知剩余的KMnO4的物质的量n1(MnO4－)=n(C2O42－)=×0.2500mol·L－1×20.00×10-3L=2×10-3mol，则亚硝酰硫酸消耗的KMnO4的物质的量n2(MnO4－)=0.1000mol·L－1·60.00×10-3L-2×10-3mol=4×10-3mol。n(NOSO4H)=5/2n2(MnO4－)=10-2mol，亚硝酰硫酸的纯度=m(NOSO4H)/1.337g×100%=10-2mol×127g·mol－1/1.337g×100%=95.0%。【题目点拨】本题测定纯度过程中，先用过量的酸性KMnO4溶液滴定NOSO4H，将NOSO4H完全消耗，再用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。经过两次滴定实验，最终测得样品纯度。可先根据第二次滴定，求出第一次消耗高锰酸钾的物质的量，再根据方程式比例关系，计算出样品中NOSO4H的含量。27、锥形瓶中溶液颜色变化滴入最后一滴硫酸溶液，溶液由浅红色变为无色，且30s内颜色不变97.56%偏高偏高【解题分析】

（1）滴定过程中两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；若用酚酞作指示剂当滴入最后一滴硫酸溶液，溶液由浅红色变为无色，且30s内颜色不变，说明氢氧化钠与硫酸完全反应；（2）依据题给数据计算氢氧化钠的物质的量，再计算烧碱样品的纯度；（3）依据标准溶