2024届安徽省五校高二化学第二学期期末预测试题含解析

2024届安徽省五校高二化学第二学期期末预测试题考生须知：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是（）A．C2H4CH4B．CO2H2SC．C60C2H4D．NH3HCl2、下列化学用语中，不合理的是A．蔗糖的分子式：C12H22O11 B．N2分子的结构式：N≡NC．37Cl－的结构示意图： D．CCl4的比例模型：3、美国科学家合成了含有N5+的盐类,含有该离子的盐是高能爆炸物质，该离子的结构呈“V”形，如图所示。以下有关该物质的说法中不正确的是（）A．每个N5+中含有35个质子和34个电子B．该离子中有非极性键和配位键C．该离子中含有4个π键D．与PCl4+互为等电子体4、下列说法正确的是A．凡是放热反应都是自发的 B．铁在潮湿空气中生锈是自发过程C．熵增大的反应都是自发反应 D．电解池的反应是属于自发反应5、下列反应类型不能引入醇羟基的是A．加聚反应B．取代反应C．加成反应D．水解反应6、下列叙述正确的是()A．NaCl的摩尔质量是58.5g B．64g氧气中含有2mol氧C．4g氦气中含有2mol氦原子 D．0.1molCO2中含有6.02×1022个CO2分子7、下列物质属于原子晶体的是()A．熔点是1070℃，易溶于水，水溶液能导电B．熔点是10.11℃，液态不导电，水溶液能导电C．不溶于水，熔点1550℃，不导电D．熔点是97.80℃，质软、导电，密度是0.97g•cm-1．8、下列有关蛋白质的叙述中，不正确的是:A．蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，蛋白质析出，再加水也不溶解B．人工合成的具有生命活性的蛋白质—结晶牛胰岛素，是1965年我国科学家最先合成的C．重金属盐能使蛋白质变性，所以误食重金属盐会中毒D．浓HNO3溅在皮肤上，使皮肤呈黄色，是由于浓HNO3和蛋白质发生颜色反应9、高温下硫酸亚铁发生反应2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑,若将生成的气体通入氯化钡溶液中，得到的沉淀是A．BaSB．BaSO3C．BaSO4D．BaSO3和BaSO410、下列关于胶体的叙述不正确的是（）A．氢氧化铁胶体加氯化钠溶液会产生沉淀B．用平行光线照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同C．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1~100nm之间D．Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水的目的11、如下图甲、乙两个容器中，分别加入0.1mol·L－1的NaCl溶液与0.1mol·L－1的AgNO3溶液后，以Pt为电极进行电解时，在A、B、C、D各电极上生成物的物质的量之比为()A．2∶2∶4∶1B．2∶3∶4∶1C．1∶4∶2∶2D．1∶1∶1∶112、一定质量的某铁的氧化物FexOy，与足量的4mol·L－1硝酸溶液充分反应，消耗硝酸溶液700mL，生成2.24LNO(标准状况)。则该铁的氧化物的化学式为()A．FeO B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe4O513、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．HNO3作为氧化剂得到的电子数一定为3NAB．0.4mol•L-1Na2SO4溶液中，所含的Na+和SO42—总数为1.2NAC．常温常压下，16gO3含有的氧原子数为NAD．12gNaHSO4在熔融状态下可以电离出的阳离子数目0.2NA14、雌二醇的结构简式如图，下列说法不正确的是（）A．能与Na、NaOH溶液、Na2CO3溶液反应B．能发生加成反应、取代反应、消去反应C．该分子中所有碳原子不可能在同一个平面内D．可与FeCl3溶液发生显色反应，但不能发生氧化反应15、现有碳酸钠溶液，对溶液中离子浓度关系的描述，不正确的是A．

B．C．

D．

16、下列物质中，能使KMnO4酸性溶液褪色的是A．乙烷B．乙烯C．环己烷D．乙酸17、下列方法（必要时可加热）不合理的是A．用澄清石灰水鉴别CO和CO2B．用水鉴别苯和四氯化碳C．用Ba(OH)2溶液鉴别NH4Cl、(NH4)2SO4和K2SO4D．用淀粉碘化钾试纸鉴别碘水和溴水18、向含0.78molFeCl2溶液中通入0.09molCl2，再加入100mL1mol/L的X2O72-酸性溶液，使溶液中的Fe2+恰好全部氧化，则产物中X的化合价为()A．+3B．+2C．+1D．+519、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．标准状况下，22.4LCCl4所含分子数约为NA个B．标准状况下，22.4L乙醇中含有的氧原子数目为NAC．盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为0.5molD．1molNaHCO3晶体中含有阳离子数目为2NA20、下列说法不正确的是A．利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色的化学B．保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉C．电镀时，将镀件作为阳极D．瑞典化学家贝采利乌斯最早提出了有机化学的概念21、以NA代表阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（）A．1molNH3分子中含有3NA个σ键和4NA个sp3杂化轨道B．1molCO2分子中含有2NA个σ键和2NA个sp2杂化轨道C．1molC2H2分子中含有2NA个σ键2NA个π键D．1molC2H4分子中含有4NA个σ键2NA个π键22、下列实验中所选用的仪器合理的是①用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物③用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体④用碱式滴定管量取23.10mL溴水⑤用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物⑥用250mL容量瓶配制250mL0.2mol·L－1的NaOH溶液A．①②④B．②③④⑥C．③⑥D．③⑤⑥二、非选择题(共84分)23、（14分）根据下面的反应路线及所给信息填空：（1）A的结构简式是_____________，名称是___________________________。（2）③的反应类型__________________。（3）反应④的化学方程式_______________________________________________。24、（12分）有A，B，C，D，E五种元素，其中A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同；C原子的价电子构型为csccpc+1，D元素的原子最外层电子数比次外层电子数少2个，D的阴离子与E的阳离子电子层结构相同，D和E可形成化合物E2D．(1)上述元素中，第一电离能最小的元素的原子结构示意图为__；D的价电子排布图为__；(2)下列分子结构图中的●和○表示上述元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，小黑点表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键．则在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键的是__(填写分子的化学式)；在③的分子中有__个σ键和__个π键．(3)A，C，D可形成既具有离子键又具有共价键的化合物，其化学式可能为__；足量的C的氢化物水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物，其化学式为__，请说出该配合物中中心原子与配位体及内界与外界之间的成键情况：__．25、（12分）环己酮是一种重要的有机化工原料。实验室合成环己酮的反应如下：环己醇和环己酮的部分物理性质见下表：物质

相对分子质量

沸点(℃)

密度(g·cm—3、20℃)

溶解性

环己醇

100

161.1

0.9624

能溶于水和醚

环己酮

98

155.6

0.9478

微溶于水，能溶于醚

现以20mL环己醇与足量Na2Cr2O7和硫酸的混合液充分反应，制得主要含环己酮和水的粗产品，然后进行分离提纯。其主要步骤有(未排序)：a．蒸馏、除去乙醚后，收集151℃~156℃馏分b．水层用乙醚(乙醚沸点34.6℃，易燃烧)萃取，萃取液并入有机层c．过滤d．往液体中加入NaCl固体至饱和，静置，分液e．加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量水回答下列问题：（1）上述分离提纯步骤的正确顺序是。（2）b中水层用乙醚萃取的目的是。（3）以下关于萃取分液操作的叙述中，不正确的是。A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，如图（）用力振荡B．振荡几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气C．经几次振荡并放气后，手持分漏斗静置液体分层D．分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，再打开旋塞，待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体（4）在上述操作d中，加入NaCl固体的作用是。蒸馏除乙醚的操作中，采用的加热方式为。（5）蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，应采取的正确方法是。（6）恢复至室温时，分离得到纯产品体积为12mL，则环己酮的产率约是（保留两位有效数字）。26、（10分）制备苯甲酸的反应原理及有关数据如下：名称相对分子质量性状熔点沸点溶解度甲苯92无色液体-95℃110℃不溶于水苯甲酸122白色片状或针状晶体122℃248℃微溶于水高锰酸钾158易溶于水实验过程如下：①将高锰酸钾、水和氢氧化钠溶液混合摇匀后，加入甲苯，采用电磁搅拌，加热（但温度不要太高），冷凝回流2h。如仍有高锰酸钾的紫色存在，则加数滴乙醇。②将混合液过滤后冷却。③滤液用盐酸酸化，析出白色晶体过滤，洗涤，干燥，得到苯甲酸的粗产品，最后测定其熔点。回答下列问题：（1）①中反应易暴沸，本实验中采用______方法防止此现象；乙醇的作用是____________________。（2）②中过滤出的沉淀是____________________。（3）③中测定熔点时，发现到130℃时仍有少量不熔，推测此不熔物的成分是____________________。（4）提纯苯甲酸粗产品的方法是____________________。27、（12分）人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm－3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。[配制酸性KMnO4标准溶液]如图是配制50mL酸性KMnO4标准溶液的过程示意图。（1）请你观察图示判断其中不正确的操作有________(填序号)。（2）其中确定50mL溶液体积的容器是__________________________________(填名称)。（3）如果按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作均正确的情况下，所测得的实验结果将______(填“偏大”或“偏小”)。[测定血液样品中Ca2＋的浓度]抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL酸性KMnO4溶液。（4）已知草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O滴定时，根据现象_______________________________________，即可确定反应达到终点。（5）经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为________mg·cm－3。28、（14分）Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备,工艺流程如下:回答下列问题:(1)“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式_______。(2)Li2Ti5O15中过氧键的数目为4，其中Ti的化合价为______。(3)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02mol/L，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe2+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1×10-5mol/L，此时_____(填“有”或“无”)Mg3(PO4)2沉淀生成。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-2、1.0×10-2。(4)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式_________。(5)TiO2·xH2O加热制得的粗TiO2是电解法生产金属钛的一种较先进的方法，电解液为某种可传导02-离子的熔融盐，原理如图所示，则其阴极电极反应为:_______，电解过程中阳极电极上会有气体生成，该气体可能含有____________。29、（10分）KMnO4在生产和生活中有着广泛的用途。某化学小组在实验室制备KMnO4并探究其性质。请回答下列问题:(一)

KMnO4的制备。步骤I先利用如图甲所示装置由MnO2制备KMnO4。(1)装置A应选用图乙中的_______(填“a”“b”或“c”)。(2)装置B中所盛试剂的名称为________。(3)装置C处制备K2MnO4的化学方程式为________。步骤II由K2MnO4制

备KMnO4。已知:

K2MnO4易溶于水，水溶液呈墨绿色。主要过程如下:①充分反应后，将装置C处所得固体加水溶解，过滤；②向①的滤液中通入足量CO2，过滤出生成的MnO2；③将②的滤液经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列实验操作，得KMnO4晶体。(4)过程②向①的滤液中通人足量CO2,其还原产物为_______。(5)过程③干燥KMnO4时，温度不宜过高的原因是__________。(二)

KMnO4的性质。KMnO4具有强氧化性。某化学学习小组利用其性质测定H2C2O4溶液的浓度。反应:

2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+

10CO2↑+8H2O(6)①滴定终点现象是:当加入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液颜色______，且半分钟内不褪色。②c(标准KMnO4溶液)=

0.20

mol/L，滴定时所得的实验数据如下表，试计算所测H2C2O4溶液的浓度为_______mol/L。实验次数编号待测液体积(

mL)滴入的标准液体积(

mL)110.0022.95210.0020.05310.0019.95

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】乙烯、甲烷、CO2、都是含有极性键的非极性分子，A正确。硫化氢、氨气、氯化氢是含有极性键的极性分子，C60是含有非极性键的非极性分子，所以BCD都是错误的，答案选A。2、D【解题分析】

A．蔗糖属于二糖，其分子式为C12H22O11，故A不选；B．N2分子中含有氮氮三键，其结构式为N≡N，故B不选；C．37Cl-的核电荷数为17，核外电子总数为18，其离子结构示意图为，故C不选；D．四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳正确的比例模型为：，故D选；故选D。【题目点拨】本题的易错点为D，比例模型中要注意原子的相对大小。3、D【解题分析】分析：本题考查化学键、等电子体，明确离子键、共价键的成键规律即可解答，需要注意配位键的形成条件。详解：A.一个氮原子含有7个质子，7个电子，则一个N5分子中含有35个质子，35个电子，N5+是由分子失去1个电子得到的，则一个N5+粒子中有35个质子，34个电子，故正确；B.N5+中氮氮三键是非极性共价键，中心的氮原子有空轨道，两边的两个氮原子提供孤对电子对形成配位键，故正确；C.1个氮氮三键中含有2个π键，所以该粒子中含有4个π键，故正确；DN5+与PCl4+具有相同原子数，氮价电子数分别为24、27，故不是等电子体，故错误。故选D。点睛：等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的分子。互为等电子体的物质可是分子与分子、分子和离子、离子和离子等。等电子体的价电子数有其电子或构成微粒的原子的价电子数来判断。电子式中的键合电子和孤电子对数之和即为价电子总数，离子中各原子的价电子数之和与离子所带点着相加即得价电子总数。4、B【解题分析】分析：A、反应是否自发进行需要用焓变和熵变温度来确定，△H-T△S＜0，说明反应自发进行；B、铁生锈是发生了电化学的吸氧腐蚀；C、反应是否自发进行需要用焓变和熵变温度来确定，△H-T△S＜0，说明反应自发进行；D、电解反应有的是非自发进行的反应，有的是自发反应。详解：A、所有放热反应△H＞0，但焓变和温度未知，所以不一定都是自发反应，选项A错误；B、铁生锈是发生了电化学的吸氧腐蚀，是自发进行反应，选项B正确；C、依据△H-T△S＜0判断反应是自发进行的反应，熵增的反应只能是△S＞0，熵变和温度未知，所以不一定都是自发反应，选项C错误；D、电解反应可以是自发反应，也可以是非自发的氧化还原反应，选项D错误；答案选B。点睛：本题考查了反应自发进行的判断依据、电化腐蚀的原理应用、电解原理的应用，注意常见的氧化还原反应的特点及能量变化来解答，题目难度不大。5、A【解题分析】A、加聚反应为加成聚合反应，不会引进羟基，选项A选；B、卤代烃发生取代反应可以引入羟基，选项B不选；C、烯烃和水发生加成反应引入羟基，选项C不选；D、酯发生水解反应生成羟基，选项D不选。答案选A。6、D【解题分析】

A、摩尔质量的单位是g/mol；B、氧气为双原子分子；C、氦气为单原子分子；D、根据N=nNA计算CO2分子数目。【题目详解】A项、NaCl的摩尔质量是58.5g/mol，1mol氯化钠的质量是58.5g，故A错误；B项、64g氧气的物质的量是=2mol，氧气为双原子分子，故含氧原子为4mol，2mol氧表述不清，是指氧原子还是氧分子不明确，故B错误；C项、4g氦气的物质的量是=1mol，氦气为单原子分子，则含原子数为1mol，故C错误；D项、0.1molCO2中所含的CO2分子数为0.1mol×6.02×1023=6.02×1022个，故D正确；故选D【题目点拨】本题主要考查物质的量的计算，注意摩尔质量、物质的组成、与物质的量有关的计算公式是解答关键。7、C【解题分析】

A，熔点是1070℃，易溶于水，水溶液能导电，属于离子晶体的物理性质；B，熔点是10.11℃，液态不导电，水溶液能导电，属于分子晶体的物理性质；C，不溶于水，熔点1550℃，不导电，属于原子晶体的物理性质；D，熔点是97.80℃，质软、导电，密度是0.97g•cm-1，属于金属钠的物理性质。综上所述，C符合题意，本题选C。8、A【解题分析】

A．蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，蛋白质析出，为蛋白质的盐析过程，蛋白质盐析可逆，再加水会溶解，故A错误；B．结晶牛胰岛素是我国科学家1965年首次合成的，故B正确；C．重金属盐能使蛋白质变性，所以误食重金属盐会中毒，故C正确；D．浓硝酸与部分天然蛋白质会发生颜色反应，所以浓硝酸溅在皮肤上，使皮肤呈黄色，故D正确；故选A。9、C【解题分析】分析：混合气体中含有SO3,将生成的气体通入氯化钡溶液中发生:SO3+H2O=H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl↓,注意H2SO3为弱酸，酸性小于HCl和H2SO4，以此来解答。详解：混合气体中含有SO3,将生成的气体通入氯化钡溶液中发生:SO3+H2O=H2SO4,则没有SO3逸出，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl,则有BaSO4沉淀生成；因为H2SO3为弱酸,酸性小于HCl和H2SO4,则不能与氯化钡反应,得不到BaSO3沉淀；且该反应生成的气体与氯化钡不会生成BaS；正确选项C。点睛：二氧化硫和三氧化硫均为酸性氧化物，二氧化硫通入氯化钡溶液中，没有白色沉淀产生，因为亚硫酸不能制备盐酸；三氧化硫通入氯化钡溶液，生成白色沉淀硫酸钡，因为硫酸钡沉淀不溶于盐酸。10、B【解题分析】

胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径在1～100nm之间，大于100nm为浊液，小于1nm为溶液，胶体具有性质主要有丁达尔效应、电泳、聚沉等，其中丁达尔效应是区分溶液和胶体的方法，据此判断；【题目详解】A、NaCl为电解质，氢氧化铁胶体中加入NaCl溶液，会使氢氧化铁聚沉，故A说法正确；B、用平行光照射NaCl溶液和氢氧化铁胶体时，后者有丁达尔效应，前者没有，故B说法错误；C、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径在1～100nm之间，故C说法正确；D、氢氧化铁胶体具有较大的表面积，吸附悬浮在水中固体颗粒而沉降下来，达到净水的目的，故D说法正确；答案选B。11、A【解题分析】分析：根据图示，得到A是阴极，该电极上是氢离子得电子，B是阳极，该电极上是氯离子失电子，C是阴极，该电极上是析出金属银，D是阳极，该电极上产生氧气，根据电极反应式以及电子守恒进行相应的计算。详解：根据图示，得到A是阴极，该电极上是氢离子得电子，2H++2e-=H2↑，B是阳极，该电极上是氯离子失电子，级2Cl--2e-=Cl2↑，C是阴极，该电极上是析出金属银，Ag++e-=Ag，D是阳极，该电极上产生氧气，级4OH--4e-=O2↑+2H2O，各个电极上转移电子的物质的量是相等的，设转以电子1mol，所以在A、B、C、D各电极上生成的物质的量之比为0.5：0.5：1：0.25=2：2：4：1，故选A。12、C【解题分析】

铁的氧化物FexOy与足量的4mol·L－1硝酸溶液充分反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，标准状况下，2.24LNO的物质的量为0.1mol，700mL4mol·L－1硝酸溶液中硝酸的物质的量为2.8mol，由N原子个数守恒可得3n（Fe3+）+n（NO）=n（HNO3），3n（Fe3+）=2.8mol—0.1mol，n（Fe3+）=0.9mol，设FexOy中铁元素化合价为a，由得失电子数目守恒可得，n（3—a）×0.9mol=3×0.1mol，解得a=，由化合价代数和为零可得x=2y，则x：y=3:4，答案选C。【题目点拨】注意应用原子个数守恒计算铁的氧化物中铁的物质的量，再用得失电子数目守恒计算铁的氧化物中铁的化合价，根据化合价代数和为零计算x和y的比值确定化学式是解答关键。13、C【解题分析】

A．硝酸做氧化剂参与反应，可能被还原为+4、+2等价态，故1mol硝酸参与反应后得到的电子数不一定为3NA个，还可能为NA个等，故A错误；B．溶液体积不明确，故溶液中的钠离子和硫酸根的个数无法计算，故B错误；C．16g臭氧中含有氧原子的物质的量为1mol，含有的氧原子数为NA，故C正确；D．熔融状态下，NaHSO4电离方程式为NaHSO4=Na++HSO4-，所以1molNaHSO4在熔融状态下电离出1mol阳离子，则12gNaHSO4在熔融状态下可以电离出的阳离子数目0.1NA，故D错误；答案选C。【题目点拨】本题的易错点为D，要注意NaHSO4在溶液中和熔融状态下电离方程式的区别。14、D【解题分析】

A．该物质含有醇羟基、酚羟基，可以与Na发生反应产生氢气；含有酚羟基，可以与NaOH溶液、Na2CO3溶液反应，A正确；B．该物质含有苯环，能发生加成反应；含有酚羟基，所以可以发取代反应；由于醇羟基连接的碳原子的邻位碳原子上含有H原子，所以可以发生消去反应，B正确；C．该物质含有多个饱和碳原子，由于饱和碳原子是四面体结构，所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，C正确；D．由于物质分子中含有酚羟基，所以可与FeCl3溶液发生显色反应，也能发生氧化反应，D错误。答案选D。15、D【解题分析】A.0.1mol/L的碳酸钠溶液中，溶液中存在的离子有Na+、H+、OH-、CO32-、HCO3-，由于溶液要满足电荷守恒，故有c（Na+

）+c（H+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故A正确；B.在碳酸钠溶液中，氢离子和氢氧根全部来自水的电离，而水电离出的氢离子和氢氧根的总量相同，而水电离出的氢离子被CO32-部分结合为HCO3-和H2CO3，根据质子守恒可知：c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（OH-），故B正确；C.在碳酸钠中，钠离子和碳酸根的个数之比为2：1，而在溶液中，碳酸根部分水解为H2CO3、HCO3-，根据物料守恒可知：c（Na+

）=2[c（H2CO3）+c（CO32-）+c（HCO3-）]，故C正确；D.0.1mol/L的碳酸钠溶液中，溶液中存在的离子有Na+、H+、OH-、CO32-、HCO3-，由于溶液要满足电荷守恒，故有c（Na+

）+c（H+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故D错误；本题选D。16、B【解题分析】

高锰酸钾具有强氧化性，具有还原性的物质能被高锰酸钾氧化，从而使高锰酸钾褪色。【题目详解】A、乙烷不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，选项A错误；B、乙烯具有还原性，能与具有强氧化性的酸性KMnO4溶液反应而褪色，选项B正确；C、环己烷不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，选项C错误；D、乙酸不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，选项D错误。答案选B。【题目点拨】本题考查学生对物质性质的掌握，难度不大，要熟记教材知识，并熟练应用。17、D【解题分析】

A.用澄清石灰水与CO不反应，与CO2能够反应生成碳酸钙沉淀，溶液变浑浊，能够鉴别，故A不选；B.苯和四氯化碳均不溶于水，但苯的密度小于水，四氯化碳的密度大于水，能够鉴别，故B不选；C.Ba(OH)2与NH4Cl加热时有刺激性气味的气体放出，与(NH4)2SO4加热时生成白色沉淀和刺激性气味的气体，与K2SO4反应生成白色沉淀，现象各不相同，能够鉴别，故C不选；D.淀粉碘化钾试纸遇到碘水和溴水均变成蓝色，现象相同，不能鉴别，故D选；故选D。18、A【解题分析】试题分析：0.078molFe2+被氧化为0.078molFe1+，失去0.078mol电子，利用电子守恒，0.009molCl2与0.01molX2O72-也应该得到0.078mol电子，令X在还原产物的化合价为a，则：0.009mol×2+0.01mol×2×（6-a）＝0.078mol，解得a=1．则X值为1，故选A。考点：考查氧化还原反应的计算19、C【解题分析】

A.标准状况下四氯化碳是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4LCCl4所含分子数，A错误；B.标准状况下乙醇是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L乙醇中含有的氧原子数目，B错误；C.盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为1mol÷2＝0.5mol，C正确；D.碳酸氢钠是由钠离子和碳酸氢根离子组成的，1molNaHCO3晶体中含有阳离子数目为NA，D错误。答案选C。20、C【解题分析】

A.利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色的化学，A正确；B.硫酸亚铁水解，且易被氧化，因此保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉，B正确；C.电镀时，将镀件作为阴极，镀层金属为阳极，C错误；D.瑞典化学家贝采利乌斯1806年最早提出了有机化学的概念，D正确；答案选C。21、A【解题分析】

A项，NH3分子中N原子采取sp3杂化，1个NH3分子中含3个σ键，1molNH3分子中含有3molσ键和4molsp3杂化轨道，A项正确；B项，CO2分子中碳原子是sp杂化，B项错误；C项，1个C2H2中含3个σ键和2个π键，1molC2H2分子中含3molσ键和2molπ键，C项错误；D项，1个C2H4分子中含5个σ键和1个π键，1molC2H4分子中含有5molσ键和1molπ键，D项错误；答案选A。22、C【解题分析】

①用量筒量取液体时，若量程太大，最小刻度值增大，会加大误差；若量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则，不能用50mL量筒取5.2mL稀硫酸，故不选①；②苯和四氯化碳能相互溶解，不能用分液漏斗分离，故不选②；③托盘天平精确到0.1g，可用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体，故选③；④溴水有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故不选④；⑤瓷坩埚中含有二氧化硅，会与氢氧化钠在加热下反应，故不选⑤；⑥配制250mL0.2mol·L－1的NaOH溶液用250mL容量瓶，故选⑥。故正确序号为③⑥。综上所述，本题应选C。二、非选择题(共84分)23、环己烷加成反应【解题分析】

由反应路线可知，A为，反应①为取代反应，反应②为消去反应，反应③为碳碳双键与溴发生的加成反应，B为，④为消去反应【题目详解】（1）由以上分析可知A的结构简式是，为环己烷；（2）反应③为加成反应；（3）反应④在氢氧化钠的乙醇溶液中发生消去反应，化学方程式：【题目点拨】本题考查有机物的合成、有机物性质、有机反应类型等，易错点（3），注意掌握卤代烃的性质与反应条件。24、NH3、CH4、H2S51NH4HS或(NH4)2S[Cu(NH3)4]SO4内界中铜离子与氨分子之间以配位键相结合，外界铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合【解题分析】

由于A，B，C，D为短周期元素，因A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A只能为氢元素；同一能层的不同能级的能量不同，符号相同的能级处于不同能层时能量也不同，即1s、2s、2p的轨道能量不同，2p有3个能量相同的轨道，由此可确定B；因s轨道最多只能容纳2个电子，所以c=2，即C原子价电子构型为2s22p3，即氮元素。短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，据此可确定D。再由D的阴离子电子数及在E2D中E的化合价，即可确定E。由此分析。【题目详解】由于A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A为氢元素；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，则B的电子排布式为1s22s23p2，即B为碳元素；因s能级最多只能容纳2个电子，即c=2，所以C原子价电子构型为2s22p3，C为氮元素；短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，因D原子最外层电子数比次外层电子数少2个，所以D的次外层只能是L层，D的最外层应为6个电子，即D为16号元素硫；硫元素的阴离子（S2-）有18个电子，E阳离子也应有18个电子，在E2D中E显+1价，所以E为19号元素钾。所以A、B、C、D、E分别为氢、碳、氮、硫、钾。(1)上述五种元素中金属性最强的是钾元素，故它的第一电离能最小，其原子结构示意图为。硫原子价电子层为M层，价电子排布式为3s23p4，其电子排布图为。(2)①分子结构图中黑点表示的原子最外层有5个电子，显然是氮原子，白球表示的原子最外层只有1个电子，是氢原子，所以该分子是NH3，中心N原子有3个σ键，1个孤电子对，故采用sp3杂化；②分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以②分子是CH4，中心碳原子有4个σ键，0个孤电子对，采用sp3杂化；③分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以③分子是CH2=CH2，中心碳原子有3个σ键，0个孤电子对，所以中心原子采用sp2杂化；④分子中黑球表示的原子最外层6个电子，是硫原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，该分子为H2S，中心S原子有2个σ键，2个孤电子对，所以中心原子采用sp3杂化。因此中心原子采用sp3杂化形成化学键的分子有NH3、CH4、H2S。在CH2=CH2的分子中有5个σ键和1个π键。(3)根据上面的分析知A、C、D分别为氢、氮、硫三种元素，形成既具有离子键又具有共价键的化合物是硫氢化铵或硫化铵，其化学式为NH4HS或(NH4)2S，铵根与HS-或S2-之间是离子键，铵根中的N与H之间是共价键，HS-中H与S之间是共价键。C的氢化物是NH3，NH3的水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物是硫酸四氨合铜，其化学式为[Cu(NH3)4]SO4。配合物[Cu(NH3)4]SO4的内界中Cu2+与NH3之间是以配位键相结合，外界铜氨配离子[Cu(NH3)4]2+与硫酸根离子之间是以离子键相结合。25、（1）DBECA（2）使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量（3）ABC（4）降低环己酮的溶解度；增加水层的密度，有利于分层水浴加热（5）停止加热，冷却后通自来水（6）60%(60.3%)【解题分析】试题分析：（1）环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，将水与有机物更容易分离开来，然后向有机层中加入无水MgSO4，出去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可；（2）环己酮在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度，且乙醚和水不互溶，则乙醚能作萃取剂，从而提高产品产量；（3）A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，应该倒转过来然后用力振荡；B．放气的方法为：漏斗倒置，打开旋塞放气；C．经几次振摇并放气后，分液漏斗放置在铁架台上静置待液体分层；D．分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体；（4）NaCl能增加水层的密度，降低环己酮的溶解，有利于分层；乙醚的沸点较低，所以蒸馏时温度不宜太高；（5）为防止冷凝管炸裂，应该停止加热；（6）m（环己酮）=12mL×0.9478g=11.3736g，根据环己醇和环己酮的关系式知，参加反应的m（环己醇）==11.6057g，m（环己醇）=20mL×0.9624g/mL=19.248g，据此计算产率．解：（1）环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，水与有机物更容易分离开，然后向有机层中加入无水MgSO4，除去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可，故答案为dbeca；（2）环己酮在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度，且乙醚和水不互溶，则乙醚能作萃取剂，能将水中的环己酮萃取到乙醚中，从而提高产品产量，故答案为使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量；（3）A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，应该倒转过来然后用力振荡，只有如此才能充分混合，故A错误；B．放气的方法为：漏斗倒置，打开旋塞放气，而不是打开玻璃塞，故B错误；C．经几次振摇并放气后，分液漏斗放置在铁架台上静置待液体分层，而不是手持分漏斗静置液体分层，不符合操作规范性，故C错误；D．分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，利用压强差使液体流出，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，为防止产生杂质，再从上口倒出上层液体，故D错误；故选ABC；（4）NaCl能增加水层的密度，降低环己酮的溶解，且有利于分层；乙醚的沸点较低，所以蒸馏时温度不宜太高，所以应该采用水浴加热，故答案为降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层；水浴加热；（5）如果直接将冷水连接冷凝管，馏分温度如果急剧冷却会导致冷凝管炸裂，为防止冷凝管炸裂，应该停止加热，冷却后通自来水，故答案为停止加热，冷却后通自来水；（6）m（环己酮）=12mL×0.9478g=11.3736g，根据环己醇和环己酮的关系式知，参加反应的m（环己醇）==11.6057g，m（环己醇）=20mL×0.9624g/mL=19.248g，其产率=≈60%，故答案为60%．26、电磁搅拌过量的高锰酸钾可被乙醇还原成二氧化锰或除去过量的高锰酸钾二氧化锰或MnO2氯化钾或KCl重结晶【解题分析】分析：一定量的甲苯和KMnO4溶液和氢氧化钠在加热条件下反应2h后停止反应，反应混合物为苯甲酸钾、氢氧化钾、二氧化锰和剩余的高锰酸钾，过量的高锰酸钾可以用乙醇除去，经过滤除去不溶物二氧化锰，滤液为苯甲酸钾、氢氧化钾溶液，加入盐酸酸化，过滤得白色固体为苯甲酸和氯化钾的混合物。详解：（1）根据题干信息，甲苯和KMnO4溶液在加热条件下反应，属于溶液之间的反应，在加热条件下进行，为了防止暴沸，必需加入碎瓷片，并进行不断的搅拌，所以可以用电磁搅拌完成这一操作；乙醇易溶于水，被氧化为二氧化碳和水，所以过量的高锰酸钾可以用乙醇除去，生成的二氧化锰通过过滤除去，所以乙醇的作用：除去过量的高锰酸钾溶液，正确答案：电磁搅拌；除去过量的高锰酸钾；（2）根据分析可知，过滤所得沉淀是二氧化锰，正确答案：二氧化锰；（3）通过测定白色固体苯甲酸的熔点，发现其在122℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，推测白色固体是苯甲酸与KCl的混合物，所以不熔物的成分是氯化钾，正确答案：氯化钾；（4）利用苯甲酸和氯化钾的溶解度不同，通过重结晶的方法分离苯甲酸和氯化钾，除去苯甲酸中的氯化钾，所以正确答案：重结晶。27、②⑤50mL容量瓶偏小溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色1.2【解题分析】

（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的正确操作结合图示分析解答；（2）容量瓶是确定溶液体积的仪器；（3）依据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断，结合分析；（4）草酸跟酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、二价锰离子等，