重庆市云阳县凤鸣中学2024届化学高二下期末综合测试模拟试题含解析

重庆市云阳县凤鸣中学2024届化学高二下期末综合测试模拟试题注意事项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、在下列状态下，属于能够导电的电解质是（）A．氯化钠晶体 B．液态氯化氢 C．硝酸钾溶液 D．熔融氢氧化钠2、N2的结构可以表示为，CO的结构可以表示为，其中椭圆框表示π键，下列说法不正确的是()A．N2分子与CO分子中都含有三键B．CO分子中有一个π键是配位键C．N2与CO互为等电子体D．N2与CO的化学性质相同3、下列实验操作中不正确的是（）A．使用分液漏斗分液时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B．容量瓶用蒸馏水洗涤后必须烘干才能进行溶液的配制C．在遇到金属镁失火时不可用干冰灭火器进行灭火D．向沸水中加入少量FeCl3饱和溶液，煮沸至溶液呈红褐色，即可得到Fe(OH)3胶体4、有一种星际分子，其分子结构模型如图所示(图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键、三键等，不同花纹的球表示不同的原子)。对该物质判断正确的是A．①处的化学键是碳碳双键 B．该物质是烃的含氧衍生物C．③处的原子可能是氯原子或氟原子 D．②处的化学键是碳碳单键5、下述实验方案能达到实验目的的是()编号ABCD实验方案实验目的实验室制备乙酸乙酯分离乙酸和水验证溴乙烷在氢氧化钠乙醇溶液中发生消去反应产生的乙烯收集乙烯并验证它与溴水发生加成反应A．A B．B C．C D．D6、常温下，某溶液由水电离的c(OH-)=1×10-13mol/L，对于该溶液的叙述正确的是（）A．溶液一定显酸性 B．溶液一定显碱性C．溶液可能显中性 D．溶液可能是pH=13的溶液7、某元素原子价电子构型3d104S2，其应在()A．第四周期ⅡA族 B．第四周期ⅡB族 C．第四周期ⅦA族 D．第四周期ⅦB族8、在下列有色试剂褪色现象中，其褪色原理相同的是（）A．乙烯能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色 B．Cl2和SO2均能使品红褪色C．苯和乙炔都能使溴水褪色 D．甲苯和乙醛均能使酸性KMnO4溶液褪色9、常温下，体积相同，pH相同的盐酸和醋酸两种溶液中，下列两者的量相同的是A．电离程度 B．酸的物质的量浓度C．与Zn反应开始时的反应速率 D．与足量的Zn反应产生H2量10、有一瓶无色溶液，可能含有Na+、K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-、SO42-、HCO3-、MnO4-离子中的几种．为确定其成分，进行如下实验：①取少许溶液，逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生；③用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察到黄色火焰．下列推断正确的是（）A．肯定有Na+、Al3+、Mg2+、SO42- B．肯定有Na+、Mg2+、Al3+、Cl-C．肯定没有K+、HCO3-、MnO4- D．肯定没有K+、NH4+、Cl-11、下列有关叙述不正确的是A．相同物质的量的乙醇与乙烯分别在足量的氧气中充分燃烧，消耗氧气的质量相同B．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同C．油脂、蛋白质等天然高分子化合物在一定条件下均能与水发生反应D．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程12、下列分离或提纯物质的方法错误的是A．用渗析的方法精制氢氧化铁胶体B．用加热的方法提纯含有少量碳酸氢钠的碳酸钠C．用溶解、过滤的方法提纯含有少量硫酸钡的碳酸钡D．用盐析的方法分离、提纯蛋白质13、下列实验中，①pH试纸的使用②过滤③蒸发④配制一定物质的量浓度溶液，均用到的仪器是()A．玻璃棒 B．蒸发皿 C．试管 D．分液漏斗14、为了提纯下表所列物质(括号内为杂质)，有关除杂试剂和分离方法的选择均正确的是选项被提纯的物质除杂试剂分离方法ACH3CH2OH(CH3COOH)CaO蒸馏BKNO3(NaCl)水过滤C己烷(己烯)溴水分液DCH3COOC2H5(CH3COOH)NaOH溶液分液A．A B．B C．C D．D15、草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10mL0.01mol／LNaHC2O4溶液中滴加0.01mol／LNaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是A．V（NaOH）="="0时，c（W）="="1×10－2mol／LB．V（NaOH）<10mL时，不可能存在c（Na＋）="="2c（C2O42-）+c（HC2O4C．V（NaOH）="="10mL时，c（W）="="1×10－7mol／LD．V（NaOH）>10mL时，c（Na＋）>c（C2O42-）>c（HC2O416、化学与社会可持续发展密切相关。下列做法错误的是A．按照国家规定，对生活垃圾进行分类放置B．干冰、可燃冰属于新能源也属于同种物质C．植物的秸秆、枝叶和人畜粪便等生物质能可转化为沼气D．氢气是一种有待大量开发的“绿色能源”17、常温下浓度均为0.1mol/L的四种盐溶液，其pH如表所示，下列说法正确的是（）序号①②③④溶液CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClOpH8.89.711.610.3A．等浓度的CH3COOH和HClO溶液，pH小的是HClOB．Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同C．溶液水的电离程度：①>②>④>③D．NaHCO3溶液中：c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)18、下列解释事实的方程式不正确的是A．小苏打溶液呈弱碱性：HCO3-+H2OCO32-+H3O+B．测0.1mol/L氨水的pH为11：NH3·H2ONH4++OH-C．pH=5的硫酸稀释1000倍，pH约等于7：H2OH++OH-D．用Na2CO3处理水垢中CaSO4：CaSO4(s)+CO32-(aq)SO42-(aq)+CaCO3(s)19、某有机化合物的结构简式如图所示，此有机化合物属于：①烯烃；②多官能团有机化合物；③芳香烃；④烃的衍生物；⑤高分子化合物A．①②③④ B．②④ C．①②④ D．①③20、化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关。下列叙述正确的是A．“滴水石穿、绳锯木断”都涉及化学变化B．氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成C．汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D．治理“地沟油”，可将其在碱性条件下水解制得肥皂21、人造空气(氧气与氦气的混合气)可用于减轻某些病痛或供深水潜水员使用。标准状况下，5.6L“人造空气”的质量是2.4g，其中氧气与氦气的质量比是()A．1∶1 B．2∶1 C．1∶4 D．2∶322、下列物质中，不能发生消去反应的是（）A．B．C．CH2ClCH2CH3D．CH3CH2OH二、非选择题(共84分)23、（14分）苏合香醇可以用作食用香精，其结构简式如图所示。（1）苏合香醇的分子式为____，它不能发生的有机反应类型有(填数字序号)____。①取代反应②加成反应③氧化反应④加聚反应⑤水解反应有机物丙(分子式为C13H18O2)是一种香料，其合成路线如图所示。其中A的相对分子质量通过质谱法测得为56，核磁共振氢谱显示只有两组峰；乙与苏合香醇互为同系物；丙分子中含有两个－CH3。已知：R-CH=CH2R-CH2CH2OH（2）甲中官能团的名称是____；甲与乙反应生成丙的反应类型为____。（3）B与O2反应生成C的化学方程式为____。（4）在催化剂存在下1molD与2molH2可以反应生成乙，且D能发生银镜反应。则D的结构简式为____。（5）写出符合下列条件的乙的同分异构体结构简式____。①苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯取代物只有两种②遇氯化铁溶液显紫色24、（12分）有A、B、C、D、E五种元素，其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数。B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，并知在DB2和EB2中，D与B的质量比为7：8，E与B的质量比为1：1。根据以上条件，回答下列问题：（1）推断C、D、E元素分别是(用元素符号回答)：C____，D___，E___。（2）写出D原子的电子排布式____。（3）写出A元素在B中完全燃烧的化学方程式_____。（4）指出E元素在元素周期表中的位置____。（5）比较A、B、C三种元素的第一电离能的大小顺序___(按由大到小的顺序排列,用元素符号表示)。（6）比较元素D和E的电负性的相对大小___。(按由大到小的顺序排列，用元素符号表示)。25、（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__________________。26、（10分）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1molH+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______色变成______色。(2)滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20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______。27、（12分）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：（1）滴定终点的判断：溶液由_____________。（2）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（_____）A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为_________mL。（4）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度平均耗用盐酸体积/mL第一次25.000.0026.15①V=__________第二次25.000.5630.30第三次25.000.2026.35②依据上表数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度________(计算结果取4位有效数)。28、（14分）以甲醇为原料制取高纯H2是重要的研究方向。回答下列问题：（1）甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应。主反应：CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)△H＝＋49kJ·mol－1副反应：H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g)△H＝＋41kJ·mol－1①甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，反应的热化学方程式为__________________，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是_________________________。②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，有利于甲醇水蒸气重整制氢，理由是___________。③某温度下，将n(H2O)：n(CH3OH)＝1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p1，反应达到平衡时总压强为p2，则平衡时甲醇的转化率为_________________（忽略副反应）。（2）工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其反应原理为：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)△H＝＋203kJ·mol－1，在容积为3L的密闭容器中通入物质的量均为3mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生上述反应，测得平衡时H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示。压强为p1时，在N点：v正_______v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，N点对应温度下该反应的平衡常数K＝________mol2·L－2。29、（10分）三乙酸锰可作单电子氧化剂，用如下反应可以制取三乙酸锰：4Mn(NO3)2·6H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn+8HNO2+3O2↑+40CH3COOH。(1)基态锰原子的价层电子排布式为__________。(2)CH3COOH中碳原子的杂化形式为________。(3)NO3-的空间构型是①______，与NO3-互为等电子体的分子的化学式为②______(任写一种)。(4)CH3COOH能与H2O以任意比互溶的原因是____________________。(5)某种镁铝合金可作为储钠材料，该合金晶胞结构如图所示，晶胞棱长为anm，该合金的化学式为①_______，晶体中每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为②_______，该晶体的密度为③______g/cm3(阿伏伽德罗常数的数值用NA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．氯化钠晶体是电解质，但不能导电，故A错误；B．液态氯化氢是电解质，但不能导电，故B错误；C．硝酸钾溶液能导电，但是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．熔融氢氧化钠是电解质，也能导电，故D正确；故答案为D。【题目点拨】考查电解质的概念，注意电解质不一定导电，导电的物质不一定是电解质。注意：①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；②电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物，如SO2、CO2属于非电解质；③条件：水溶液或融化状态，对于电解质来说，只须满足一个条件即可，而对非电解质则必须同时满足两个条件；④难溶性化合物不一定就是弱电解质，如硫酸钡属于强电解质。电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等)。2、D【解题分析】

A．根据图象知，氮气和CO都含有两个π键和一个σ键，N2分子与CO分子中都含有三键，故A正确；B．氮气中π键由每个N原子各提供一个电子形成，而CO分子中其中一个π键由O原子提供1对电子形成属于配位键，故B正确；C．N2分子与CO分子中原子总数相同、价电子总数也相同，二者互为等电子体，故C正确；D．N2与CO的化学性质不相同，如CO具有较强的还原性，而氮气的性质比较稳定，还原性较差，故D错误；故选D。3、B【解题分析】分析：A．分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；B．容量瓶中有水对实验结果无影响；C、金属镁能和二氧化碳反应；D.根据制备Fe(OH)3胶体的实验步骤和方法分析判断。详解：A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A正确；B．容量瓶中有水对实验无影响，不需要烘干，故B错误；C、金属镁能和二氧化碳反应生成一氧化碳，会引起爆炸，故不能用干冰灭火器来扑灭镁失火，故C正确；D.向沸水中加入少量FeCl3饱和溶液，煮沸至溶液呈红褐色，即可得到Fe(OH)3胶体，故D正确；故选B。4、D【解题分析】

由于最左边的碳氢之间一定是单键，所以左起第一个和第二个碳之间应该是三键，之后为单键三键交替，则A、①处的化学键只能是三键，A错误；B、③原子不是氧原子，故不该物质不是含氧衍生物，错误；C、③处原子与碳原子形成三键，应该为第五主族元素，一定不是氯或氟，故C错误；D、②处的化学键是碳碳单键，故D正确；答案选D。5、C【解题分析】试题分析：A、装置中导管不能插入碳酸钠溶液中，因为乙醇和乙酸均是与水互溶的，直接插入会倒吸，A错误；B、乙酸和水互溶，不能直接分液，B错误；C、乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，首先通过水除去挥发出来的乙醇，防止干扰乙烯的检验，C正确；D、乙烯的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，即应该是短口进，长口出，D错误，答案选C。考点：考查化学实验方案设计与评价6、D【解题分析】

水电离出的c(OH－)=10－13mol·L－1<10－7mol·L－1，此溶质对水的电离起抑制作用，溶质可能是酸也可能是碱，但溶液不可能显中性，故选项D正确。7、B【解题分析】

价电子构型为3d104S2的元素，原子核外电子排布式为[Ar]3d104S2的元素，其质子数为30，为Zn元素，则30-2-8-8=12，处于第四周期第12列，故处于周期表中第四周期ⅡB族；本题答案选B。8、D【解题分析】

A.乙烯和溴发生加成反应，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化；B.氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性而具有漂白性，二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性；C.苯和溴水不反应，但能萃取溴水中的溴；乙炔和溴发生加成反应；D.甲苯和乙醛都能被酸性高锰酸钾溶液氧化。【题目详解】A.乙烯和溴发生加成反应生成无色物质而使溴水褪色；乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以反应原理不同，A错误；B.氯气和水反应生成的HClO具有强氧化性而使品红溶液褪色；二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，所以二者反应原理不同，B错误；C.苯和溴水不反应，但能萃取溴水中的溴而使溴水褪色，属于物理变化；乙炔和溴发生加成反应生成无色物质而使溴水褪色，所以反应原理不同，C错误；D.甲苯和乙醛都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以二者褪色反应原理相同，D正确；故合理选项是D。【题目点拨】本题考查有机物结构和性质，明确有机物中官能团及其性质关系是解本题关键，易错选项是D。注意：只有连接苯环的碳原子上含有氢原子的苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化，注意次氯酸和二氧化硫漂白性区别。9、C【解题分析】

A、盐酸完全电离，醋酸部分电离，A错误；B、盐酸完全电离，醋酸部分电离，说明醋酸的浓度明显大于盐酸的浓度，B错误；C、pH相同说明相同状态下，溶液中的氢离子浓度相同，所以开始时反应速率也相同，C正确；D、盐酸完全电离，醋酸部分电离，说明醋酸的浓度明显大于盐酸的浓度，所以醋酸的物质的量也明显大于盐酸，最后生成氢气也更多，D错误。答案选C。10、A【解题分析】

①逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，则沉淀成分是氢氧化镁和氢氧化铝；②加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，且不溶于硝酸，该白色沉淀为BaSO4；③焰色反应为黄色说明含有钠元素；据此分析；【题目详解】该溶液为无色溶液，因MnO4－显紫(红)色，因此该溶液中一定不含有MnO4－，①逐渐加入过量的Na2O2固体，发生2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，氧气是无色无味的气体，因为NH3是有刺激性气味的气体，因此原溶液中不含有NH4＋，能与OH－反应生成沉淀的离子是Mg2＋、Al3＋，因Mg(OH)2不溶于NaOH，Al(OH)3两性氢氧化物，溶于NaOH，有白色沉淀产生且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，推出溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋，因Al3＋与HCO3－不能大量共存，因此原溶液中一定不存在HCO3－；②取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，该白色沉淀不溶于硝酸，该沉淀为BaSO4，推出原溶液中含有SO42－；③焰色反应为黄色，推出原溶液中一定含有Na＋，因为没有通过钴玻璃观察，因此无法判断是否含有K＋；综上所述，原溶液中一定不存在的离子是NH4＋、HCO3－、MnO4－，一定含有离子是Na＋、Al3＋、Mg2＋、SO42－，不能确定的离子有K＋、Cl－，故选项A正确；答案：A。【题目点拨】离子检验中坚持“四项基本原则”：①肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；②互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；③电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；④进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。11、C【解题分析】

A.1mol乙醇与乙烯完全燃烧均消耗3mol氧气，则相同物质的量的乙醇与乙烯分别在足量的氧气中充分燃烧，消耗氧气的质量相同，故A正确；B．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，甲烷中H被Cl取代，与苯和硝酸反应生成硝基苯，苯环上H被硝基取代，则均为取代反应，故B正确；C．油脂和蛋白质在一定条件下均能发生水解反应，但蛋白质是天然高分子化合物，而油脂不是高分子化合物，故C错误；D．粮食酿酒经过了淀粉水解生成葡萄糖、葡萄糖再在酒曲酶作用下生成乙醇，均为化学变化过程，故D正确；故答案为C。12、C【解题分析】试题分析：A．氢氧化铁胶体不能透过半透膜，而电解质溶液的离子可以透过半透膜，故可以用渗析的方法精制氢氧化铁胶体，正确；B．碳酸氢钠不稳定，加热分解产生碳酸钠、水和二氧化碳，因此可以用加热的方法提纯含有少量碳酸氢钠的碳酸钠，正确；C．硫酸钡和碳酸钡都不能溶于水，所以不能用加水溶解、过滤的方法提纯含有少量硫酸钡的碳酸钡，错误；D．蛋白质在NaCl饱和溶液中的溶解度会降低，从而析出蛋白质，当过滤出后再加水，蛋白质还可以再溶解，故可以用盐析的方法分离、提纯蛋白质，正确。考点：考查分离或提纯物质的方法正误判断的知识。13、A【解题分析】

①使用pH试纸测溶液的pH值，用到的仪器有玻璃棒、表面皿或玻璃片等仪器；②过滤用到烧杯、玻璃棒、漏斗等仪器；③蒸发用到铁架台、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等仪器；④配制一定物质的量浓度的溶液，用到的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及容量瓶等。以上操作都用到了玻璃棒。故选A。14、A【解题分析】

A．CH3COOH与CaO反应，生成乙酸钙(CH3COO)2Ca，CH3CH2OH溶解在混合物中，蒸馏时，乙醇成为蒸汽蒸出，A正确；B．KNO3中混有NaCl，可在较高温度下配成浓溶液，然后降温结晶，B不正确；C．己烷中混有己烯，加入溴水后，虽然己烯与Br2发生加成反应，但加成产物仍与己烷互溶，无法用分液法将二者分离，C不正确；D．加入NaOH溶液，CH3COOC2H5会发生水解生成乙酸钠和乙醇，D不正确；故选A。15、D【解题分析】草酸氢钠溶液显酸性，说明草酸氢钠的电离程度大于其水解程度。因为草酸是弱电解质，所以0.01mol•L-1NaHC2O4溶液中，氢离子的浓度小于0.01mol/L，A不正确。加入氢氧化钠发生的反应为NaOH＋NaHC2O4=Na2C2O4＋H2O，二者恰好反应时，消耗氢氧化钠10ml。生成物草酸钠水解，溶液显碱性，C不正确。如果氢氧化钠的体积小于10ml，则二者反应后，溶液就有可能显中性。根据电荷守恒c(H+)＋c(Na+)＝2c(C2O42-)+c(HC2O4-)＋c(OH－)可知，如果溶液显中性，则c(Na+)＝2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，因此B也是不正确的。当氢氧化钠大于10ml时，溶液中含有氢氧化钠和草酸钠两种溶质，由于草酸钠的水解以第一步水解为主，且氢氧化钠的存在会抑制其水解，因此选项D是正确的。答案选D。16、B【解题分析】

A．将垃圾进行分类放置，提高利用率，符合社会可持续发展理念，故A正确；B．干冰是固态二氧化碳，可燃冰是CH4•nH2O，二者不是同种物质，故B错误；C．将植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中，在富氧条件下，经过缓慢、复杂、充分的氧化反应最终生成沼气，从而有效利用生物质能，故C正确；D．氢气的燃料产物是水，对环境无污染，且发热量高，是绿色能源，故D正确；故答案为B。17、D【解题分析】

A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则等浓度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，则pH小的是CH3COOH，选项A错误；B、碳酸钠溶液中CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH++OH-，碳酸氢钠溶液中HCO3-CO32-+H+，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH++OH-，所以两种溶液中粒子种类相同，选项B错误；C、易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，选项C错误；D、NaHCO3溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），选项D正确。答案选D。【题目点拨】本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、物料守恒的应用等，注意根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大，易水解的盐能促进水的电离。18、A【解题分析】分析：A.小苏打水解呈弱碱性；B.NH3·H2O为弱电解质，不完全电离；C.pH=5的硫酸稀释1000倍，接近中性，因此pH约等于7；D.CaCO3沉淀比CaSO4沉淀容易除去。详解：A.小苏打溶液呈弱碱性，离子方程式：HCO3-+H2OHCO3-+OH-，故A错误；B.NH3·H2O为弱电解质，不完全电离，电离方程式为：NH3·H2ONH4++OH-，故B正确；C.pH=5的硫酸稀释1000倍，接近中性，因此pH约等于7，水的电离方程式为：H2OH++OH-，故C正确；D.水垢中含有CaSO4，用Na2CO3转化为CaCO3沉淀,CaCO3沉淀易被酸所溶解，便于水垢的除去，离子方程式：CaSO4(s)+CO32-(aq)SO42-(aq)+CaCO3(s)，故D正确；答案选A.点睛：酸或碱过度稀释会接近于中性。19、B【解题分析】

①该有机物分子中含有碳碳双键，属于烯，但含有氧元素，所以不属于烯烃，①不正确；②该有机物分子中含有碳碳双键、酯基、羟基，属于多官能团有机化合物，②正确；③该有机物分子中含有苯环，属于芳香族化合物，但不属于烃，所以不属于芳香烃，③不正确；④该有机物由C、H、O三种元素组成，属于烃的衍生物，④正确；⑤该有机物的相对分子质量小于10000，不属于高分子化合物，⑤不正确；综合以上分析，只有②④正确，故选B。20、D【解题分析】本题考查化学与生活基础知识，记忆正确便可回答正确。解析：滴水石穿包括化学变化，这是由于水中有溶解的CO2，而CO2的水溶液能溶解大理石的主要成分碳酸钙，即CO2＋H2O＋CaCO3=Ca(HCO3)2，绳锯木断是指用绳当锯子把木头锯断，属于物理变化，A错误；氟利昂作制冷剂会导致臭氧空洞，雾霾天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关，B错误；机动车在行驶中烃类不完全燃烧，产生一氧化碳甚至冒黑烟，汽车尾气排放的氮氧化物是在汽车发动机气缸内高温富氧环境下氮气和氧气的反应，不是汽油不完全燃烧造成的，C错误；地沟油主要成分为油脂，油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，D正确。故选D。21、B【解题分析】

气体的物质的量为n==0.25mol，根据二者的物质的量、质量列比例式进行计算。【题目详解】气体的物质的量为n==0.25mol，设氧气的物质的量为x，氦气的物质的量是y，则根据二者的物质的量、质量得联立方程式：x+y=0.25和32x+4y=2.4，解得x=0.05和y=0.2，则氧气与氦气的质量比=(32g/mol×0.05mol)：(0.2mol×4g/mol)=1.6g：0.8g=2：1，故选B。22、B【解题分析】分析：选项中的物质为卤代烃和醇，与-X或—OH相连C的邻位C上有H，可发生消去反应生成烯烃。详解：A、—OH相连C的邻位C上有H，可发生消去反应生成烯烃，故A正确；B、—Cl相连C的邻位C上没有H，不可发生消去反应生成烯烃，故B错误；C、—Cl相连C的邻位C上有H，可发生消去反应生成烯烃，故C正确；D、—OH相连C的邻位C上有H，可发生消去反应生成烯烃，故D正确；故选B。点睛：本题考查有机物的结构与性质，解题关键：把握官能团与性质的关系，侧重卤代烃和醇性质及消去反应的考查，注意消去反应的结构特点，与-X或—OH相连C的邻位C上有H．二、非选择题(共84分)23、C8H10O④⑤羧基酯化(或取代)2+O22+2H2O、【解题分析】

(1)苏合香醇为，由-OH和苯环分析其性质，据此分析解答(1)；(2)～(5)A的相对分子质量通过质谱法测得为56，核磁共振氢谱显示只有两组峰，分子式为C4H8，结合题给信息可知应为CH2=C(CH3)2，A发生已知信息的反应生成B，B连续氧化、酸化得到甲，结合转化关系可知，B为2-甲基-1-丙醇，结构简式为(CH3)2CHCH2OH，C为2-甲基丙醛，结构简式为：(CH3)2CHCHO，甲为(CH3)2CHCOOH，甲与乙反应酯化生成丙(C13H18O2)，则乙为C9H12O，丙中有两个甲基，则乙中不含甲基，乙为苏合香醇的同系物，则乙的结构简式为，由1molD与2mol氢气反应生成乙，所以D为C9H8O，可以发生银镜反应，含有-CHO，故D为，据此分析解答(2)～(5)题。【题目详解】(1)苏合香醇为，由-OH和苯环可知，其分子式为C8H10O，能发生取代、加成、氧化、消去反应，而不能发生水解、加聚反应，故答案为：C8H10O；④⑤；(2)甲为(CH3)2CHCOOH，含有的官能团为羧基，甲与乙发生酯化反应生成丙，酯化反应也是取代反应，故答案为：羧基；取代(酯化反应)；(3)B为(CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，由B到C的化学反应方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；(4)由上述分析可知，D的结构简式为，故答案为：；(5)乙为，乙的同分异构体满足：①苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯取代物只有两种，应为对位位置，②遇氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基，则可为、，故答案为：、。【题目点拨】把握合成流程中官能团的变化、碳链变化、碳原子数的变化、有机反应为解答的关键。本题的易错点为(5)，要注意苯环上的两个取代基位于对位。24、NSiS1s22s22p63s23p2C+O2CO2第三周期VIA族N＞O＞CSi＜S【解题分析】

（1）根据题干：A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数，可知A是碳元素。又因为B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，可知B是氧元素，又因为A、B、C位于同一周期，故C是氮元素。DB2中D与B的质量比为7：8，可知D的相对原子质量为28，是硅元素，EB2中E与B的质量比为1：1，可知E的相对原子质量为32，是硫元素。故答案为：N，Si，S。（2）硅的电子排布式为1s22s22p63s23p2。（3）碳在氧气中完全燃烧的化学方程式为C+O2CO2。（4）硫在元素周期表中位于第三周期VIA族。（5）第一电离能与核外电子排布有关，失去一个电子越容易，第一电离能越低，同周期元素的第一电离能呈增大趋势，由于氮元素核外2p能级半充满，因此第一电离能高于同周期相邻的两种元素，故第一电离能排序为N＞O＞C。（6）同一周期主族元素的电负性随原子序数递增而递增，因此电负性Si＜S。25、Cu、FeBaCO32Fe2++H2O2+2H＋=2Fe3++2H2O【解题分析】酸性废液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，加入铁屑，可置换出铜，沉淀a为Fe、Cu，溶液A含有Fe2+、Ba2+，然后在溶液A中加入过氧化氢、氢氧化钠生成的红褐色沉淀为Fe(OH)3，溶液B含有Na+、Ba2+，加入碳酸钠溶液，可生成沉淀c为BaCO3，溶液C含有的阳离子主要为Na+。(1)由以上分析可知沉淀a中含有的单质是Fe、Cu，故答案为Fe、Cu；(2)由分析可知沉淀c为BaCO3，故答案为BaCO3；(3)氧化时加入H2O2溶液与二价铁离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2

H2O。点睛：本题考查物质的分离提纯，注意掌握金属回收的方法和常见的离子之间的反应，明确离子方程式的书写方法。本题的关键是根据流程图，理清发生的反应。26、偏高无影响B无色浅红18.85%【解题分析】

(1)①滴定管需要要NaOH溶液润洗，否则会导致溶液浓度偏低，体积偏大；②锥形瓶内是否有水，对实验结果无影响，可从物质的物质的量的角度分析；③滴定时眼睛应注意注意观察颜色变化，以确定终点；④根据酚酞的变色范围确定滴定终点时颜色变化；(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，计算出溶液中H+的物质的量，根据方程式可知(CH2)6N4H+的物质的量，进而确定样品中氮的质量分数。【题目详解】(1)①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗氢氧化钠溶液的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高；②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的H+的物质的量不变，则滴定时所需NaOH标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变，对配制溶液的浓度无影响；③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化，确定滴定终点，故合理选项是B；④待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液颜色由无色变为粉红或浅红色；(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，首先确定滴定时所用的NaOH标准溶液为mL=20.00mL，根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且1.500g铵盐经溶解后，取了其中进行滴定，即取了样品质量是0.15g，滴定结果，溶液中含有H+[含(CH2)6N4H+]的物质的量为n(H+)=0.02L×0.1010mol/L=0.00202mol，根据4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+可知：每生成4molH+[含(CH2)6N4H+]，会消耗NH4+的物质的量为4mol，因此一共消耗NH4+的物质的量为0.00202mol，则其中含氮元素的质量m(N)=0.00202mol×14g/mol=0.02828g，故氮的质量分数为×100%=18.85%。【题目点拨】本题考查了滴定方法在物质的含量的测定的应用，涉及化学实验基本操作、误差分析、实验数据的处理等，更好的体现了化学是实验性学科的特点，让学生从思想上重视实验，通过实验提高学生学生实验能力、动手能力和分析能力和计算能力。27、溶液恰好由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复红色D26.1027.350.1046mol/l【解题分析】

(1)因碱遇酚酞变红，酸遇酚酞不变色，所以滴定终点时溶液的颜色变化应为由浅红色变成无色。(2)利用c(碱)=进行分析：A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，消耗酸的体积增大；B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取酸的体积增大；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，读数偏小，滴定结束时俯视读数，读数偏大，则差值偏小，即读取的消耗酸的体积偏小。(3)由图可知，开始V=0.20mL，结束时V=26.30mL，则所用盐酸溶液的体积为26.30mL-0.20mL。(4)①由三次盐酸溶液的体积可知，平均值为；②根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)=26.15mL，由c(碱)=代入数据求解。【题目详解】(1)因碱遇酚酞变红，滴定终点时观察锥形瓶中溶液的颜色由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复红色，则达到滴定终点。答案为：溶液恰好由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复红色；(2)由c(碱)=可知，A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，消耗酸的体积增大，则c(碱)偏大，A不合题意；B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响，B不合题意；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗酸的体积增大，则c(碱)偏大，故C不合题意；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，读数偏小，滴定结束时俯视读数，读数偏大，则差值偏小，即读取的消耗酸的体积偏小，所以c(碱)偏低，D符合题意。答案为：D；(3)由图可知，开始V=0.20mL，结束时V=26.30mL，则所用盐酸溶液的体积为26.30mL-0.20mL=26.10mL。答案为：26.10；(4)①由三次盐酸溶液的体积可知，平均值为=27.35mL，答案为：27.35；②根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)=26.1