山西省吕梁地区2024届化学高二第二学期期末综合测试模拟试题含解析

山西省吕梁地区2024届化学高二第二学期期末综合测试模拟试题考生须知：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是（）A．由①中的红棕色气体，推断浓硝酸受热易分解，应保存在低温阴暗处B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应2、准确量取20.00mLKMnO4溶液，最好选用的仪器是()A．25mL量筒 B．25mL酸式滴定管 C．25mL碱式滴定管 D．有刻度的50mL烧杯3、下列说法正确的是（）A．邻二溴苯只有一种可以证明苯环结构中不存在单双键交替结构B．沸点由高到低：己烷＞异丁烷＞正丁烷C．制取一氯乙烷的最佳途径是通过乙烷与氯气反应获得D．等物质的量的乙醇和水分别与足量的钠反应，生成的气体体积比为3：14、化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成（或折开）1mol化学键时释放（或吸收）的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能（kJ/mol）：P—P：198，P—O：360，O＝O：498，则反应P4（白磷）＋3O2=P4O6的反应热ΔH为A．－1638kJ/mol B．＋1638kJ/mol C．－126kJ/mol D．＋126kJ/mol5、已知乙烯分子中含有一个碳碳双键，分子呈平面结构，六个原子都在同一平面上，下列对丙烯(CH3-CH=CH2)结构和性质的推断正确的是（）A．丙烯既可以发生加成反应，又可以发生取代反应B．丙烯分子中三个碳原子有可能在同一条直线上C．过量的丙烯通入浓溴水中，观察到溴水褪色，溶液均一稳定D．丙烯分子中所有的原子都在同一平面上，丙烯既可以发生加成反应，又可以发生氧化反应6、下列实验操作能达到实验目的且离子方程式正确的是A．用盐酸清洗盛石灰水的试剂瓶内壁的白色固体：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OB．证明H2SO3的酸性强于HClO：SO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HSO3－C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3﹣D．用NaOH溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸：CH3COOH+OH﹣→CH3COO﹣+H2O7、分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下可水解生成酸和醇，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有（不考虑立体异构）A．6种 B．8种 C．12种 D．20种8、有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下气体的体积为（设反应HNO3被还原成NO）A．0.672LB．0.448LC．0.224LD．0.896L9、常温下向浓度均为0.10mol/L、体积均为1mL的NaOH溶液和Na2CO3溶液中分别加水，均稀释至VmL，两种溶液的pH与lgV的变化关系如图所示.下列叙述中错误的是A．Khl(CO32-)(Khl为第一级水解平衡常数)的数量级为10-4B．曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系C．Na2CO3溶液中存在:c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)D．若将Na2CO3溶液加热蒸干，由于CO32-水解，最终析出的是NaOH固体10、已知氧化性Fe3+＞Cu2+，向物质的量浓度均为1mol/L的Fe2(SO4)3、CuSO4的1L混合液中加入amol铁粉，充分反应后，下列说法正确的是A．当a≤1时，发生的反应为Fe+Cu2+＝Fe2++CuB．当固体有剩余时，溶液中一定存在Fe2+、Fe3+离子C．当1≤a＜2时，溶液中n(Fe2+)＝(2+a)molD．若有固体剩余，则固体中一定有铁，可能有铜11、（CH3CH2）2CHCH3的正确命名是（）A．2﹣乙基丁烷 B．2﹣甲基戊烷 C．3﹣甲基戊烷 D．3﹣乙基丁烷12、丙烷的分子结构可简写成键线式结构，有机物A的键线式结构为，有机物B与等物质的量的H2发生加成反应可得到有机物A。下列有关说法错误的是（）A．用系统命名法命名有机物A，名称为2，2，3﹣三甲基戊烷B．有机物A的一氯取代物只有4种C．有机物A的分子式为C8H18D．B的结构可能有3种，其中一种名称为3，4，4﹣三甲基﹣2﹣戊烯13、下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是A．用装置甲灼烧碎海带B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气14、关于的说法正确的是A．最多有7个原子在同一直线上 B．最多有7个碳原子在同一直线上C．所有碳原子可能都在同一平面上 D．最多有18个原子在同一平面上15、探究

2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O

反应速率的影响因素，有关实验数据如下表所示：实验编号温度（℃）催化剂用量（g）酸性KMnO4溶液H2C2O4溶液KMnO4溶液褪色平均时间（min）体积（mL）浓度（mol·L-1）体积（mL）浓度（mol·L-1）1250.540.180.212.72800.540.180.2a3250.540.0180.26.7425040.0180.2b下列说法不正确的是A．反应速率：v（实验3）>v（实验1）B．a<12.7，b>6.7C．用H2C2O4表示实验1的反应速率：v（H2C2O4）≈6.6×l0-3

mol·L-1·min-1D．相同条件下可通过比较收集相同体积CO2所消耗的时间来判断反应速率快慢16、某小组同学用如图装置研究钢铁在海水中的腐蚀与防腐(1中铁片为生铁)。下列说法正确的是A．1中只发生化学腐蚀 B．2中发生的是析氢腐蚀C．3为牺牲阳极的阴极保护法 D．钢铁被腐蚀的速率：2>1>317、下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是选项离子或分子要求AK+、NO3-、Cl-、HS-c(K+)<c(Cl-)BFe3+、NO3-、S032-、Cl-逐滴滴加盐酸立即有气体产生CNa+、Cl-、Mg2+、SO42-逐滴滴加氨水立即有沉淀产生DNH4+、A13+、SO42-、CH3COOH滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生A．A B．B C．C D．D18、下列实验操作中仪器选择正确的是（）A．用碱式滴定管量取25.00mL高锰酸钾溶液B．将小块钾放在坩埚中加热进行钾在空气中的燃烧实验C．用200mL量筒量取5.2mL稀硫酸D．用480mL容量瓶配制480mL0.1mol·L－1NaHCO3溶液19、用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1∶2的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有()①2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑②Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑③2Cl－＋2H＋H2↑＋Cl2↑④2H2O2H2↑＋O2↑A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．②④20、关于化合物2−苯基丙烯()，下列说法正确的是A．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．属于芳香烃且能使溴的四氯化碳褪色的有机物可能的结构有6种(除2−苯基丙烯外)C．分子中所有原子共平面D．易溶于水及甲苯21、图甲为在铜棒上电镀银的装置，图乙是在图甲装置中央放置质量相等的两个银圈，用绳子系住(绳子为绝缘体)，一段时间后，两装置中铜极质量均增重1.08g。下列说法不正确的是A．电极a为纯银B．图甲:若b极有标况下112mL红棕色气体生成，则电子有效利用率为50%C．图乙:若乙池中无气体生成，则绳子两端银圈质量之差为2.16gD．处理银器表面的黑班(Ag2S)，将银器置于盛有食盐水的铝制容器里并与铝接触，则Ag2S可以转化为Ag22、下列仪器中，不能作反应容器的是()A． B． C． D．二、非选择题(共84分)23、（14分）A～G都是有机化合物，它们的转化关系如下：请回答下列问题：①已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8gCO2和3.6gH2O；E的蒸气与氢气的相对密度为30，则E的分子式为_______。②A为一取代芳烃，B中含有一个甲基。由B生成C的化学方程式为_______。③由B生成D，由C生成D的反应条件分别是_______，_______。④由A生成B，由D生成G的反应类型分别是_______，_______。⑤F存在于栀子香油中，其结构简式为_______。⑥在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种的共有______个，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为l：1的是(填结构简式)_______。24、（12分）M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：(1)单质M的晶体类型为________，其中M原子的配位数为________。(2)元素Y基态原子的核外电子排布式为________，其同周期元素中，第一电离能最大的是________(写元素符号)。(3)M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。①该化合物的化学式为________，已知晶胞参数a＝0.542nm，此晶体的密度为__________g·cm－3。(写出计算式，不要求计算结果。阿伏加德罗常数为NA)②此化合物的氨水溶液遇到空气被氧化为深蓝色，其中阳离子的化学式为________。25、（12分）实验室常用邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）来标定氢氧化钠溶液的浓度，反应如下：KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O。邻苯二甲酸氢钾溶液呈酸性，滴定到达终点时，溶液的pH约为9.1。（1）为标定NaOH溶液的浓度，准确称取一定质量的邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）加入250mL锥形瓶中，加入适量蒸馏水溶解，应选用_____________作指示剂，到达终点时溶液由______色变为_______色，且半分钟不褪色。（提示：指示剂变色范围与滴定终点pH越接近误差越小。）（2）在测定NaOH溶液浓度时，有下列操作：①向溶液中加入1～2滴指示剂；②向锥形瓶中加20mL～30mL蒸馏水溶解；③用NaOH溶液滴定到终点，半分钟不褪色；④重复以上操作；⑤准确称量0.4000g～0.6000g邻苯二甲酸氢钾加入250mL锥形瓶中；⑥根据两次实验数据计算NaOH的物质的量浓度。以上各步操作中，正确的操作顺序是_________。（3）上述操作中，将邻苯二甲酸氢钾直接放在锥形瓶中溶解，对实验是否有影响？_____________。（填“有影响”或“无影响”）（4）滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加待测定的NaOH溶液滴定，此操作使实验结果____________。（填“偏大”“偏小”或“无影响”）（5）现准确称取KHC8H4O4（相对分子质量为204.2）晶体两份各为0.5105g，分别溶于水后加入指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液体积平均为20.00mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为________。（结果保留四位有效数字）。26、（10分）Ⅰ、下列涉及有机化合物的说法是正确的是______________________A．除去乙烷中少量的乙烯：通过酸性KMnO4溶液进行分离B．甲苯硝化制对硝基甲苯与苯甲酸和乙醇反应制苯甲酸乙酯的反应类型不同C．用氢氧化钠溶液鉴别花生油和汽油D．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏E．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和氢氧化钠溶液洗涤、分液、干燥、蒸馏Ⅱ、正丁醛经催化加氢得到含少量正丁醛的1-丁醇粗品，为纯化1-丁醇，该小组查阅文献得知：①R-CHO+NaHSO3（饱和）→RCH（OH）SO3Na↓；②沸点：乙醚34℃，1-丁醇118℃，并设计出如下提纯路线：（1）试剂1为__________，操作2为__________，操作3为__________．（2）写出正丁醛银镜反应方程式___________________________________Ⅲ、已知：1,2-二溴乙烷可作汽油抗爆剂的添加剂,常温下它是无色液体,密度是2.18克/厘米3,沸点131.4℃,熔点9.79℃,不溶于水,易溶于醇、醚、丙酮等有机溶剂。在实验中可以用下图所示装置制备1,2-二溴乙烷。其中分液漏斗和烧瓶a中装有乙醇和浓硫酸的混合液,试管d中装有液溴(表面覆盖少量水，溴蒸汽有毒)。请填写下列空白：（1）写出制备1,2-二溴乙烷的化学方程式：________________________________。（2）安全瓶b可以防止倒吸,并可以检查实验进行时试管d是否发生堵塞。请写出发生堵塞时瓶b中的现象：_______________________________________。（3）c装置内NaOH溶液的作用是______________________________；（4）e装置内NaOH溶液的作用是_______________________________。27、（12分）某无色溶液中含有K＋、Cl－、OH－、SO32-、SO42-，为检验溶液中所含的某些阴离子，限用的试剂有：盐酸、硝酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液、溴水和酚酞试液。检验其中OH－的实验方法省略，检验其他阴离子的过程如下图所示。(1)图中试剂①～⑤溶质的化学式分别是：①________，②________，③________，④__________，⑤__________。(2)图中现象c表明检验出的离子是________________。(3)白色沉淀A若加试剂③而不加试剂②，对实验的影响是____________________。(4)气体E通入试剂④发生反应的离子方程式是_________________________。28、（14分）铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂。(1)Cu位于元素周期表_____族。Cu2+的外围电子排布式为_____________。(2)Cu元素可形成，其中存在的化学键类型有_____________（填序号）。①配位键②氢键③极性共价键④非极性共价键⑤离子键(3)若具有对称的空间构型，且当其中的两个NH3被两个Cl−取代时，能到两种不同结构的产物，则的空间构型为____________（填字母）。a.平面正方形b.正四面体c.三角锥型d.V形(4)在硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水至过量，实验现象为先出现蓝色沉淀，最后沉淀溶解形成深蓝色的溶液.写出此蓝色沉淀溶解的离子方程式：______________。(5)Cu2O的熔点比Cu2S的__________（填“高”或“低”），请解释原因_____________。29、（10分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业，工业上生产亚氯酸钠和高氯酸的工艺流程如下：已知：NaHSO4的溶解度随温度的升高而增大，适当条件下可结晶析出。请回答下列问题：(1)NaClO2中氯元素的化合价为_________；某饱和NaCl溶液中含有CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤。正确的操作顺序是________。(2)气体b是______（填化学式）；无隔膜电解槽中阳极的电极反应式为___________。(3)反应器I中发生反应的化学方程式为_________，冷却的目的是___________。(4)反应器II中发生反应的离子方程式为________________。(5)常温下，HClO2的电离平衡常数Ka=1.07×10-2，反应器II中反应所得NaClO2溶液（含少量NaOH）的pH=13，则溶液中c(O

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】

①中浓硝酸分解生成二氧化氮气体，②中C与浓硝酸反应生成二氧化氮或浓硝酸受热分解生成二氧化氮，③中浓硝酸挥发后与C反应生成二氧化碳、二氧化氮，以此来解答。【题目详解】A．加热条件下，浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气，则产生的气体一定是混合气体，故A正确；B．加热条件下，浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气，则红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应，故B正确；C．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮的N元素化合价为+4价，化合价降低，在生成的红棕色气体为还原产物，故C正确；D．碳加热至红热，可与空气中氧气反应生成二氧化碳，不一定说明木炭一定与浓硝酸发生了反应，故D错误；故选D。2、B【解题分析】

准确量取20.00mLKMnO4溶液，根据精确度只能选择滴定管，又由于高锰酸钾要腐蚀橡胶管，因此只能用酸式定滴管，故B正确；综上所述，答案为B。【题目点拨】酸式滴定管盛装酸性溶液、显酸性的溶液和强氧化性溶液；碱式滴定管盛装碱性溶液、显碱性的溶液；滴定管精确度为小数位后两位。3、A【解题分析】

A．若苯环中存在单、双键交替结构，则邻二溴苯有两种，邻二溴苯只有一种可以证明苯环结构中不存在单双键交替结构，故A正确；B．烷烃的碳原子数越多，沸点越高，互为同分异构体的烷烃，支链越多，沸点越低，沸点由高到低：己烷>正丁烷＞异丁烷，故B错误；C．乙烷与氯气发生取代反应，在光照条件下，产物复杂，为链锁反应，应利用乙烯与HCl发生加成反应制备氯乙烷，故C错误；D．乙醇、Na与水反应的方程式为2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，等物质的量的乙醇和水与足量的钠反应生成气体物质的量相等，故D错误；故选A。【题目点拨】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，选项C为解答的易错点，要注意烷烃取代反应的复杂性。4、A【解题分析】

反应热ΔH等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，则反应P4（白磷）＋3O2=P4O6的反应热ΔH=198kJ/mol6+498kJ/mol3-360kJ/mol12=－1638kJ/mol，故选A。【题目点拨】注意P4O6的分子中每个P原子形成3个P—O键，故其分子中共有12个P—O键。而P4的分子中P原子共形成6个P—P键，且不可马虎算错。5、A【解题分析】

A.丙烯中的碳碳双键能发生加成反应，甲基能发生取代反应，所以丙烯既能发生加成反应，又能发生取代反应，故A正确；B.丙烯可以看做乙烯中有一个氢原子被甲基代替，分子中三个碳原子共面不共线，故B错误；C.丙烯通入溴水，发生加成反应，生成1,2-二溴丙烷，1,2-二溴丙烷不溶于水，不能形成均一稳定的溶液，故C错误；D.丙烯分子内部含有甲基，不可能所有原子都在一个平面，故D错误；答案：A6、C【解题分析】

A．石灰水的试剂瓶内壁的白色固体是碳酸钙不溶于水，用盐酸清洗盛石灰水的试剂瓶内壁的白色固体，反应的离子方程式为CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+，故A错误；B．HClO有强氧化性，能够氧化SO2，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=Cl-+SO42-+2H+，故B错误；C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成的是碳酸氢根离子，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，故C正确；D．乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解反应生成乙酸钠和乙醇，应用饱和碳酸钠溶液洗涤，故D错误；答案选C。7、C【解题分析】

分子式为C4H8O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为4，讨论羧酸与醇含有的碳原子，判断形成该酯的羧酸与醇的同分异构体种数，根据羧酸与醇组合，计算同分异构体数目。【题目详解】分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，若为甲酸和丙醇酯化，甲酸1种，丙醇有2种；若为乙酸和乙醇酯化，乙酸1种，乙醇有1种；若为丙酸和甲醇酯化，丙酸有1种，甲醇1种，故羧酸共有3种，醇共有4种，酸和醇重新组合可形成的酯共有3×4=12种，故选C。8、A【解题分析】分析：10mL混合酸中含有：n(H+)=0.01L×2×4mol/L+0.01L×2mol/L=0.1mol，n(NO3-)=0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，先后可能发生：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，Fe+2H+=Fe2++H2↑，以此计算该题。详解：10mL混合酸中含有：n(H+)=0.01L×2×4mol/L+0.01L×2mol/L=0.1mol，n(NO3-)=0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则先发生反应：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，氢离子过量，反应后剩余n(H+)=0.1mol-0.08mol=0.02mol，再发生Fe+2H+=Fe2++H2↑，生成氢气0.01mol，所以：n(NO)+n(H2)=0.02mol+0.01mol=0.03mol，V(NO)+V(H2)=0.03mol×22.4L/mol=0.672L，故选A。点睛：本题考查混合物的计算，本题注意铁过量，根据n(H+)、n(NO3-)判断反应的可能性。本题的易错点为反应先后顺序的判断，要注意硝酸具有强氧化性，与铁反应不放出氢气。9、D【解题分析】NaOH为强碱，常温下0.10mol/LNaOH溶液的pH=13，所以曲线M表示NaOH溶液的pH随lgV的变化关系，曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；Na2CO3溶液中存在的水解主要是：CO32-+H2OHCO3-+OH-，常温下0.10mol/L的Na2CO3溶液的pH=11.6，即c(H+)=10-11.6，则c(OH-)=Kw/c(H+)=10-2.4，Ka1(CO32-)=≈=10-3.8，由上述分析，A、B都正确；C项，Na2CO3溶液中Na+和CO32-是主要离子，c(Na+)>c(CO32-)，CO32-水解使溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)，且c(H+)远小于c(OH-)，因为水解是微弱的，所以c(CO32-)>c(OH-)，又因为Na2CO3溶液中存在二级水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，其中主要为第一级水解，所以c(OH-)略大于c(HCO3-)，综上分析，Na2CO3溶液中存在：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)，故C正确；D项，Na2CO3溶液中存在水解：Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH，若将Na2CO3溶液加热蒸发，开始时温度升高促进水解，但随着水分的减少，NaHCO3和NaOH浓度增大，因为二者不能大量共存，所以又会反应生成Na2CO3，因此将Na2CO3溶液加热蒸干，最终析出的是Na2CO3固体，故D错误。点睛：本题考查电解质溶液，侧重考查离子浓度大小比较、水解常数有关计算、盐类水解原理的应用等，难度较大，掌握盐类水解的原理，并结合题给图示信息分析是解题关键。解题思路：首先根据开始时的pH判断，曲线M表示NaOH溶液的pH随lgV的变化关系，曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV的变化关系；进一步求得Na2CO3溶液中c(OH-)，再根据水解常数表达式求得Ka1(CO32-)；D项易错，CO32-的一级水解是主要的，二级水解远小于一级水解，注意HCO3-和OH-不能大量共存。10、C【解题分析】

物质的量浓度均为1mol/L的Fe2(SO4)3、CuSO4的1L混合液中含有Fe3+的物质的量为

1mol/L×1L×2=2mol，Cu2+的物质的量为

1mol/L×1L=1mol，因氧化性

Fe3+＞Cu2+，加入铁粉后，铁先与Fe3+反应，Fe3+完全反应后，铁再与Cu2+反应。据此分析解答。【题目详解】A．加入铁粉后，铁先与Fe3+反应，混合溶液中Fe3+的物质的量为

1mol/L×1L×2=2mol，根据2Fe3++Fe=3Fe2+，当

a≤1

时，Fe粉只能将Fe3+还原，不能发生Fe+Cu2+＝Fe2++Cu的反应，故A错误；B．当固体有剩余时，说明铁与Fe3+完全反应后，铁还与Cu2+反应，因此溶液中一定不存在Fe3+离子，故B错误；C．当

1≤a＜2

时，Fe3+全部被还原，还发生了Fe+Cu2+＝Fe2++Cu的反应，反应后铁完全反应，根据铁元素守恒，可得溶液中n(Fe2+)=(2+a)mol，故C正确；D．若有固体剩余，说明铁与Fe3+完全反应后，铁还与Cu2+反应，Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，则固体中一定有铜，当铁粉过量时，还会含有铁，故D错误；答案选C。【题目点拨】根据氧化性或还原性判断反应的先后顺序是解题的关键。本题的易错点为B，只要有固体剩余，剩余的固体中一定含有铜或铁，因此一定没有Fe3+存在。11、C【解题分析】

(CH3CH2)2CHCH3的结构改为，因此命名为3﹣甲基戊烷，故C正确；综上所述，答案为C。12、B【解题分析】

A．最长的主链含有5个C原子，从距离甲基近的一段编碳号，的名称为：2，2，3-三甲基戊烷，选项A正确；B．根据信息可知，A的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢原子，故其一氯代物有5种，选项B错误；C．由A的结构简式可知，A的分子式为C8H18，选项C正确；D．A是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键，故B的结构简式可能有如下三种：、、，它们名称依次为：3，3-二甲基-2-乙基-1-丁烯、3，4，4-三甲基-1-戊烯、3，4，4-三甲基-2-戊烯，选项D正确；答案选B。13、B【解题分析】

A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；答案选B。14、C【解题分析】

有机物中，具有苯环、乙烯的共面结构以及乙炔的共线结构，所以苯环的6个碳原子一定共面，具有乙烯结构的后4个碳原子一定共面，具有乙炔结构的两个碳原子一定共线，所有的碳原子可以共面，但不共线。【题目详解】A.乙炔和甲基上的碳原子一定共线，苯环上的两个C和双键左侧的C原子也一定与乙炔共线，可以共线的原子共有6个，故A错误；B.C≡C为直线结构，与苯环中2个C、双键中的1个C在同一直线上，对位甲基上1个C可以共面，即最多有6个C，故B错误；C.有机物中，具有苯环、乙烯的共面结构以及乙炔的共线结构，所以苯环的6个碳原子一定共面，具有乙烯结构的后4个碳原子一定共面，具有乙炔结构的两个碳原子一定共线，所有的碳原子可以共面，故C正确；D.苯环中10个原子+三键中2个原子、双键中5个原子及甲基中2个原子最多共面，即同一平面上的原子最多有19个，故D错误；本题选C。【题目点拨】注意甲烷是正四面体结构，与碳原子相连的四个原子不可能在同一平面上。15、A【解题分析】

A.1、3比较只有高锰酸钾的浓度不同，且实验1中浓度大，则反应速率：v(实验3)＜v(实验1)，故A错误；B．温度越高反应速率越快，催化剂可加快反应速率，则a＜12.7，b＞6.7，故B正确；C．用H2C2O4表示实验1的反应速率为v(H2C2O4)=≈6.6×l0-3mol•L-1•min-1，故C正确；D．比较收集相同体积CO2所消耗的时间，可知反应速率，可判断反应速率快慢，故D正确；故答案为A。16、D【解题分析】

A.1中铁片为生铁，生铁表面形成无数个原电池，发生电化学腐蚀，A错误；B.2中电解质溶液呈中性，发生的是吸氧腐蚀，B错误；C.3为电解池装置，为外加电源的阴极保护法，C错误；D.钢铁被腐蚀的速率顺序为作原电池的负极、化学腐蚀、作电解池的阴极，为2>1>3，D正确；答案为D。17、C【解题分析】分析：A.c(K+)<c(Cl-)，则溶液中正电荷总数小于负电荷总数,违反了电荷守恒；B.铁离子能够氧化亚硫酸根离子，不能共存；C.Na+、Cl-、Mg2+、SO42-四种离子间不反应，滴加氨水后产生Mg(OH)2沉淀；D.滴加氢氧化钠溶液后,醋酸优先与氢氧化钠发生中和反应。详解：溶液中一定满足电荷守恒,而c(K+)<c(Cl-),则溶液中正电荷总数一定小于负电荷总数,不满足电荷守恒,A错误；因为Fe3+能够氧化S032-,所以不能大量共存,B错误；Na+、Cl-、Mg2+、SO42-离子之间不发生反应,在溶液中能够大量共存；向溶液中滴加氨水后产生Mg(OH)2沉淀，满足题中条件，C正确；滴加的NaOH会先和醋酸反应,再与A13+离子反应，最后与NH4+反应产生气体，不满足题中要求,D错误；正确选项C。18、B【解题分析】

A.高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管量取25.00mL高锰酸钾溶液，A错误；B.钾是固体，可以将小块钾放在坩埚中加热进行钾在空气中的燃烧实验，B正确；C.应该用10mL量筒量取5.2mL稀硫酸，C错误；D.没有480mL的容量瓶，应该用500mL容量瓶配制480mL0.1mol·L－1NaHCO3溶液，D错误；答案选B。【题目点拨】选项D是解答的易错点，注意用容量瓶配制一定体积的物质的量浓度溶液时只能配制与容量瓶规格相对应的一定体积的溶液，不能配制任意体积的溶液。19、D【解题分析】

用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1∶2的CuSO4和NaCl的混合溶液，设硫酸铜浓度为1mol/L，体积为1L，氯化钠浓度为1mol/L，溶液体积为2L，则n（CuSO4）=n（Cu2＋）=1mol，n（NaCl）=n（Cl-）=2mol，根据转移电子守恒：第一阶段：阳极上氯离子放电，阴极上铜离子放电，当铜离子完全析出时，转移电子的物质的量为2mol，转移2mol电子时，氯离子恰好放电完全，则此时发生的电解反应为②；第二阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以发生的电解反应为④；选D。20、B【解题分析】

A、含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B、属于芳香烃且能使溴的四氯化碳褪色的同分异构体可能的结构有、、、、、共6种(除2−苯基丙烯外)，故B正确；C、中含有甲基，所以不可能所有原子共平面，故B错误；D、属于芳香烃，所以难溶于水，故D错误。21、B【解题分析】分析:在铜棒上电镀银，金属银做阳极，这里就是a极；b电极是阴极，发生还原反应，Ag++e-=Ag，若生成红棕色气体NO2，则又发生了NO3-+e-+2H+=NO2↑+H2O；为处理银器表面的黑斑，将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，该装置构成原电池，食盐水作电解质溶液，加强溶液的导电性。以此解答。详解：A.根据以上分析，图甲装置为在铜棒上电镀银，电极a做阳极，应为纯银，故A正确；B.铜极质量均增重1.08g，生成Ag的物质的量为：1.08g108g/mol=0.01mol,转移电子也是0.01mol，若b极有标况下112mL红棕色气体生成，即生成NO2的物质的量为：112mL22400mL/mol=0.005mol,转移电子的物质的量为0.005mol,则电子有效利用率为C.图乙中左右各形成一个电镀池，若乙池中无气体生成，则绳子两端银圈左圈为左池的阴极，增重1.08g，右圈为右池的阳极，减重1.08g,两圈质量之差为2.16g，故C正确；D.处理银器表面的黑班(Ag2S)，将银器置于盛有食盐水的铝制容器里并与铝接触，该装置构成原电池，Ag2S作正极被还原为Ag，故D正确。综上所述，本题正确答案为B。22、C【解题分析】试题分析：A．试管可用作反应容器，A错误；B．锥形瓶可用作反应容器，B错误；C．容量瓶只可以用于配制一定物质的量浓度的溶液，C正确；D．烧杯可用作反应容器，D错误，答案选C。考点：考查化学仪器的使用二、非选择题(共84分)23、（1）C2H4O2（2）+H2O+HCl（3）NaOH醇溶液、加热浓硫酸、一定温度（4）取代反应加成反应（5）（6）【解题分析】分析：E的蒸气与氢气的相对密度为30，则Mr（E）=30×2=60，6.0gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2和H2O的物质的量分别为8.8g÷44g/mol=0.2mol，3.6g÷18g/mol=0.2mol，分子中N（C）=0.2mol÷0.1mol=2、N（H）=0.2mol×2/0.1mol=4，故N（O）=(60−12×2−4)/16=2，故E的分子式是C2H4O2。A为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，C与E发生酯化反应生成F，结合F的分子式可知，应是发生酯化反应，则E为CH3COOH，F为，B、C转化都得到D，D与溴发生加成反应生成G，则B、C均发生消去反应生成D，故D为，则G为，据此解答。详解：①由上述分析可知，E的分子式为C2H4O2；②由B生成C的化学方程式为；③由B生成D是发生消去反应生成，反应条件为：氢氧化钠醇溶液、加热；C生成D是发生消去反应生成，反应条件为：浓硫酸、加热；④由A生成B属于取代反应，由D生成G属于加成反应；⑤由上述分析可知，F的结构简式为；⑥在G（）的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，说明苯环上的氢原子只有一类，结构对称。如果含有2个取代基，应该是－CH2Br，且处于对位。如果是4个取代基，即为2个甲基和2个溴原子，可能的结构为，因此符合条件的共有7种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为l：1的为。点睛：本题考查有机物推断，关键是确定A为乙苯，再结合转化关系及分子式推断，（6）中同分异构体书写为易错点、难点，熟练掌握官能团的性质与转化，题目难度中等。24、金属晶体121s22s22p63s23p5ArCuCl或[Cu(NH3)4]2＋【解题分析】

M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，则M为铜元素；元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同，则Y为氯元素，结合核外电子排布规律和晶胞的计算方法分析解答。【题目详解】M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，则M为铜元素；元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同，则Y为氯元素。(1)铜为金属原子，晶体中金属阳离子与电子之间通过金属键结合在一起，铜晶体属于金属晶体；铜晶体是面心立方堆积，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，每个平面上铜原子的配位数是4，三个面共有4×3=12个铜原子，所以铜原子的配位数是12，故答案为：金属晶体；12；(2)氯是17号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p5；氯为第三周期元素，同周期元素中，Ar是稀有气体元素，第一电离能最大的是Ar，故答案为：1s22s22p63s23p5；Ar；(3)①依据晶胞结构，每个晶胞中含有铜原子个数为：8×+6×=4，氯原子个数为4，则化学式为CuCl；1mol晶胞中含有4molCuCl，1mol晶胞的质量为M(CuCl)×4，晶胞参数a=0.542nm，则晶体密度为g·cm－3=g·cm－3，故答案为：CuCl；或；②Cu+可与氨形成易溶于水的配合物，所以CuCl难溶于水但易溶于氨水，该配合物中Cu+被氧化为Cu2+，所以深蓝色溶液中阳离子为[Cu(NH3)4]2+，故答案为：[Cu(NH3)4]2+。【题目点拨】本题的易错点为(3)②，要注意Cu+形成的配合物在空气中容易被氧化。25、酚酞无色浅红色⑤②①③④⑥无影响偏小0.1250mol·L-1【解题分析】

（1）邻苯二甲酸氢钾溶液呈酸性，滴定到达终点时，溶液的pH约为9.1，滴定终点的pH要在指示剂的变色范围内，所以选择酚酞作指示剂，酚酞在pH＜8时为无色，pH为8～10之间，呈浅红色，所以当无色溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色，说明反应达到终点；（2）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、滴定等顺序操作，则操作顺序是⑤②①③④⑥；（3）上述操作中，将邻苯二甲酸氢钾直接放在锥形瓶中溶解，由于不影响其物质的量，因此对实验无影响；（4）滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加待测定的NaOH溶液滴定，待测液浓度减小，导致消耗标准液体积减小，所以此操作使实验结果偏小；（5）0.5105gKHC8H4O4的物质的量是0.5105g÷20402g/mol＝0.0025mol，根据方程式可知KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O110.0025mol0.0025mol所以NaOH溶液的物质的量浓度为0.0025mol÷0.02L＝0.1250mol/L26、CD饱和NaHSO3溶液萃取蒸馏CH3CH2CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2OCH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Brb中水面会下降，玻璃管中的水面会上升，甚至溢出吸收酸性气体（二氧化硫、二氧化碳等）吸收挥发出来的溴，防止污染环境。【解题分析】Ⅰ、A．酸性KMnO4溶液能把乙烯氧化为CO2引入新杂质，应该用溴水，A错误；B．甲苯硝化制对硝基甲苯与苯甲酸和乙醇反应制苯甲酸乙酯的反应类型相同，均是取代反应，B错误；C．花生油属于油脂，能与氢氧化钠发生皂化反应，汽油属于烃类，因此可以用氢氧化钠溶液鉴别花生油和汽油，C正确；D．乙酸和氧化钙反应，因此除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏即可，D正确；E．氢氧化钠能和乙酸乙酯反应，除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤、分液、干燥、蒸馏，E错误，答案选CD；Ⅱ、（1）粗品中含有正丁醛，根据所给的信息利用饱和NaHSO3溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；由于饱和NaHSO3溶液是过量的，所以加入乙醚的目的是萃取溶液中的1-丁醇；因为1-丁醇和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开；（2）正丁醛发生银镜反应方程式为CH3CH2CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；Ⅲ、（1）乙烯与溴水发生加成反应生成1，2二溴乙烷，化学方程式为CH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Br。（2）若d中发生堵塞，则生成的气体无法排出，导致b中压强增大，所以b中水面会下降，玻璃管中的水面会上升，甚至溢出。（3）浓硫酸具有脱水性和强氧化性，在加热的情况下，乙醇与浓硫酸发生副反应生成二氧化碳、二氧化硫等酸性气体，二氧化硫能与溴水反应生成硫酸、氢溴酸。为了防止对制备1，2－二溴乙烷的干扰，容器c中NaOH溶液的作用是除去乙烯中带出的酸性气体；（4）液溴易挥发，制得的产物中含有有毒的溴蒸气，则e装置内NaOH溶液的作用是吸收挥发出来的溴，防止污染环境。27、Ba(NO3)2HClHNO3Br2AgNO3Cl－会使SO32－对SO42－的检验产生干扰，不能确认SO42－是否存在SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Br－【解题分析】

根据框图，结合需要检验的离子可知，气体E只能为二氧化硫。SO32-、SO42-能够与Ba(NO3)2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应能够生成二氧化硫气体，二氧化硫气体E能使溴水褪色，硫酸钡不溶解于硝酸，故试剂①为Ba(NO3)2溶液，试剂②为盐酸，试剂④为溴水，无色溶液C中含有Cl－、OH－，溶液呈碱性，加入过量试剂③后再加入试剂⑤生成白色沉淀，应该是检验氯离子，因此试剂③为硝酸，调整溶液呈酸性，试剂⑤为硝酸银溶液，白色沉淀为氯化银，据此分析解答。【题目详解】(1)SO32-、SO42-能够与Ba(NO3)2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应能够生成二氧化硫气体，二氧化硫气体E能使溴水褪色，硫酸钡不溶解于硝酸，故试剂①为Ba(NO3)2溶液，试剂②为盐酸，试剂④为溴水，无色溶液C中含有Cl－、OH－，溶液呈碱性，加入过量试剂③后再加入试剂⑤生成白色沉淀，应该是检验氯离子，因此试剂③为硝酸，调整溶液呈酸性，试剂⑤为硝酸银溶液，白色沉淀为氯化银，故答案为：Ba(NO3)2；HCl；HNO3；Br2；AgNO3；(2)根据上述分析，现象a检验出的阴离子为SO32-，现象b检验出的阴离子为SO42-，现象c检验出的阴离子为Cl-，故答案为：Cl-；(3)硝酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，因此白色沉淀A若加试剂③稀硝酸而不加试剂②盐酸会使SO32-对SO42-的检验产生干扰，不能确认SO42-是否存在，故答案为：会使SO32-对SO42-的检验产生干扰，不能确定SO42-是否存在；(4)溴单质与二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸，反应的离子方程式：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-。【题目点拨】根据反应现象推断各物质的成分是解题的关键，明确气体E为二氧化硫是解题的突破口。本题的易错点为试剂②的判断，要注意试剂②不能选用稀硝酸，因为硝酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子。28、IB3d9①③⑤a高Cu2O与Cu2S相比，阳离子相同，阴离子所带的电荷数也相同，但O2−半径比S2−半径小，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高。【解题分析】

(1)Cu位于元素周期表第ⅠB族原子序数为29，根据Cu的电子排布式书写Cu2+离子的电子排布式；(2)为离子化合物，阳离子中存在配位键和极性共价键，阴离子中存在极性共价键，阳离子与阴离子之间通过离子键结合；(3)若为正四面体结构，根据任何相邻的两个NH3被取代产物是一种；若为平面正方形结构，则有两种不同位置分析；(4)硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水，首先发生复分解反应产生Cu(OH)2沉淀，当氨水过量时，Cu(OH)2与过量的氨水反应，产生[Cu(NH3)4]2+，使溶液显蓝色，据此书写