黑龙江省哈尔滨市南岗区哈尔滨三中2025届化学高二下期末质量检测试题含解析

黑龙江省哈尔滨市南岗区哈尔滨三中2025届化学高二下期末质量检测试题注意事项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、将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有白色沉淀产生的是()①MgSO4溶液②饱和NaCl溶液③饱和澄清石灰水④Ca(HCO3)2溶液⑤CuSO4溶液⑥NaCl稀溶液A．①④⑤⑥ B．③④⑤⑥ C．②④⑤⑥ D．①②③④2、下列物质的水溶液，由于水解而呈酸性的是A．NaHSO4 B．Na2CO3 C．HCl D．CuC123、能证明苯酚具有弱酸性的实验是(

)A．加入浓溴水生成白色沉淀 B．苯酚钠溶液中通入CO2后，溶液由澄清变浑浊C．浑浊的苯酚加热后变澄清 D．苯酚的水溶液中加NaOH溶液，生成苯酚钠4、分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图所示。下列关于分枝酸的叙述正确的是A．分子中含有5种官能团B．分枝酸分子中含有1个手性碳原子C．1mol分枝酸最多可消耗掉溴水中的3molBr2D．既能与乙醇发生酯化反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应5、化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是A．减少SO2的排放，可以从根本上消除雾霾B．硅酸多孔、吸水能力强，常用作袋装食品的干燥C．绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%6、下列叙述正确的是A．NaCl溶液在电流作用下电离成Na＋与Cl－B．溶于水后能电离出H＋的化合物都是酸C．氯化氢溶于水能导电，但液态氯化氢不能导电D．硫酸钡难溶于水，所以硫酸钡是非电解质7、下列电子转移方向和数目的判断正确的是A．B．C．D．8、电子排布有能级顺序，若以E(nl)表示某能级的能量，以下各式中正确的是A．E(4s)＞E(3d)＞E(3Px)＞E(3Py)B．E(3d)＞E(4s)＞E(3p)＞E(3s)C．E(5s)＞E(4f)＞E(3Px)=E(3Py)D．E(5s)＞E(4s)＞E(4f)＞E(3d)9、下列关于硫及其化合物的说法正确的是A．加热时硫与铜反应生成黑色的硫化铜B．二氧化硫与氯气均能使品红褪色，两者原理相同C．浓硫酸与灼热的木炭反应，体现浓硫酸的强氧化性和酸性D．浓硫酸滴入胆矾中，胆矾失水变白，发生了化学变化10、下列物质中属于有机物的是()A．氰化钾 B．碳酸氢铵 C．乙烯 D．碳化硅11、向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，观察到有白色沉淀生成，溶液变为淡黄色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析中不正确的是()A．最后溶液变成无色表明SO2具有漂白性B．滴加CuSO4溶液时，每生成1molCuI会转移1mole－C．根据上述实验现象可知氧化性：Cu2＋>I2>SO2D．加入少量CuSO4溶液时的离子方程式为2Cu2＋＋4I-===2CuI↓＋I212、下列说法不正确的是A．分子式为C5H10O2的羧酸共有3种B．分子式为C3H9N的异构体共有4个C．某烷烃CnH2n+2的一个分予中，含有共价键的数目是3n+1D．某烷烃CnH2n+2的一个分子中，含有非极性键的数目是n-113、下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是（

）选项离子要求AK+、NO3-、Cl-、HS-c（K+）<c（Cl-）BFe3+、NO3-、SO32-、Cl-逐滴滴加盐酸立即有气体产生CNa+、HCO3-、Mg2+、SO42-逐滴滴加氨水立即有沉淀产生DNH4+、Al3+、SO42-、CH3COOH滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生A．A B．B C．C D．D14、将1.12g铁粉加入25mL2mol·L-1氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是()A．铁有剩余，溶液呈浅绿色，Cl-浓度基本不变B．往溶液中滴入无色KSCN溶液，显血红色C．Fe2+和Fe3+的物质的量之比为5∶1D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶515、下列叙述不正确的是A．量取18.4mol/L浓硫酸10mL，注入已盛有30mL水的100mL容量瓶中，加水至刻度线B．配制0.1mol·L-1的Na2CO3溶液480mL，需用500mL容量瓶C．在标准状况下，将22.4L氨气溶于水配成1L溶液，得到1mol·L-1的氨水D．使用容量瓶前要检查它是否漏水16、要使工业废水中的重金属Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下：化合物PbSO4PbCO3PbS溶解度/g1.03×10-41.81×10-71.84×10-14由上述数据可知，选用的沉淀剂最好为（）A．硫化物 B．硫酸盐 C．碳酸盐 D．以上沉淀剂均可17、为除去括号内的杂质,所选用的试剂或方法不正确的是A．Na2CO3溶液(NaHCO3),选用适量的NaOH溶液B．NaHCO3溶液(Na2CO3),应通入过量的CO2气体C．Na2O2粉末(Na2O),将混合物在氧气中加热D．Na2CO3溶液(Na2SO4),加入适量Ba(OH)2溶液,过滤18、下列说法正确的是A．在常温下浓硫酸与铁不反应，所以可以用铁制容器来装运浓硫酸B．侯氏制碱工业是以氯化钠为主要原料，制得大量NaOHC．我国华为AI芯片已跻身于全球AI芯片榜单前列，该芯片的主要材料是二氧化硅D．垃圾分类是化废为宝的重要举措，厨余垃圾可用来制沼气或堆肥19、下列有关实验的操作正确的是实验操作ACCl4萃取碘水中的I2先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层B排水法收集KMnO4分解产生的O2先熄灭酒精灯，后移出导管C浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水D配制稀硫酸先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水A．A B．B C．C D．D20、某羧酸酯的分子式为C18H26O5,1mol该酯完全水解得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为A．C16H22O5 B．C14H16O4 C．C16H20O4 D．C14H18O521、下列叙述正确的是（）A．浓硫酸具有强腐蚀性，可用浓硫酸刻蚀石英制艺术品B．我国预计2020年发射首颗火星探测器，其太阳能电池帆板的材料是晶体硅C．“海水淡化”可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化D．“一带一路”是现代“丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素22、基态碳原子的最外能层的各能级中，电子排布的方式正确的是（

）A． B．C． D．二、非选择题(共84分)23、（14分）某强酸性溶液X中可能含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ba2＋、NH4+、CO32-、NO3-、SO42-、SiO32-中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图所示。实验过程中有一种气体为红棕色。根据以上信息，回答下列问题：(1)由强酸性条件即可判断X溶液中肯定不存在的离子有________(2)溶液X中关于硝酸根离子的判断，正确的是______(填编号，下同)。a．一定含有b．一定不含有c．可能含有(3)化合物I中含有的化学键类型有____________(4)转化⑦的离子方程式为____________(5)对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是________。①NaOH溶液②KSCN溶液③氯水和KSCN的混合溶液④pH试纸⑤KMnO4溶液24、（12分）已知A是一种重要的基本化工原料，其分子中碳元素的百分含量为85.7%，且相对分子量小于30。A、B、C、D、E、F、G、H有下图所示的转化关系（部分产物已略去）。其中B为高分子化合物，C为无色无味气体，实验室中可以通过G与大理石制取。D为烃，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。E、G为生活中常见的有机物，且E有特殊香味，H有香味。（1）写出下列各物质的官能团的名称：A___________；E___________；（2）按要求写出下列各步变化的化学方程式反应①__________________；反应⑤_____________________；反应⑦_______________________。（3）写出下列反应类型：反应④___________，反应⑤___________。25、（12分）某些资料认为NO不能与Na2O2反应。有同学提出质疑，他认为NO易与O2发生反应，应该更容易被Na2O2氧化。查阅资料：a.2NO＋Na2O2=2NaNO2b．6NaNO2＋3H2SO4(稀)=3Na2SO4＋2HNO3＋4NO↑＋2H2Oc．酸性条件下，NO能被MnO4－氧化成NO3－该同学利用如图中装置来探究NO与Na2O2的反应(装置可重复使用)。(1)装置连接的顺序为A→_______________，A中生成NO的化学方程式____________；(2)装置C的作用是_________________；(3)装置E的作用是_________________，发生反应的离子方程式为______________；(4)充分反应后，检验D装置中是否生成了NaNO2的实验操作是______________________。26、（10分）氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的质量分数，设计如下两种实验方案。（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，化学反应方程式是____（方案1）取一定量的样品，用图1装置测定样品中AlN的质量分数（夹持仪器已略去）。（2）图1中仪器a的名称是___（3）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品。关闭K1，打开K2和分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液至不再产生气体，打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置在反应前后的质量变化。通入氮气的目的是____（4）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见____（方案2）用图2装置测定mg样品中AlN的质量分数（部分夹持装置己略去）。（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是___（填字母序号）。a．CCl4b．H2Oc．饱和NH4Cl溶液d．苯（6）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（标准状况），则AlN的质量分数为___。若将b处胶管用弹簧夹夹住，其他操作均不变，则最终测定的结果___（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。27、（12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_______________________________。28、（14分）在一定条件下，金属相互化合形成的化合物称为金属互化物，如Cu9Al4、Cu5Zn8等。(1)某金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于________(填“晶体”或“非晶体”)。(2)基态铜原子有________个未成对电子；Cu2＋的电子排布式为____________________；在CuSO4溶液中加入过量氨水，充分反应后加入少量乙醇，析出一种深蓝色晶体，该晶体的化学式为____________________，其所含化学键有____________________，乙醇分子中C原子的杂化轨道类型为________。(3)铜能与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2,1mol(SCN)2分子中含有σ键的数目为________。(SCN)2对应的酸有硫氰酸(H—S—C≡N)、异硫氰酸(H—N===C===S)两种。理论上前者沸点低于后者，其原因是______________________________________________________________________________________。(4)ZnS的晶胞结构如图所示，在ZnS晶胞中，S2－的配位数为_______________。(5)铜与金形成的金属互化物的晶胞结构如图所示，其晶胞边长为anm，该金属互化物的密度为________g·cm－3(用含a、NA的代数式表示)。29、（10分）曲美替尼是一种抑制黑色素瘤的新型抗癌药物，下面是合成曲美替尼中间体G的反应路线：已知：D分子中有2个6元环；RNH2+R1NH2RNH-CO-NH-R1；请回答：（1）化合物A的结构简式________________。（2）下列说法不正确的是________________。A．B既能表现碱性又能表现酸性B．1molC在碱溶液中完全水解最多可以消耗4molOH-C．D与POCl3的反应还会生成E的一种同分异构体D．G的分子式为C16H18O3N4（3）写出C→D的化学方程式_____________________。（4）流程中使用的DMF即N，N-二甲基甲酰胺，结构简式为，是常用的有机溶剂。设计以甲醇和氨为主要原料制取DMF的合成路线（用流程图表示，其他无机试剂任选）_______________________________________。（5）X是比A多2个碳原子的A的同系物，出符合下列条件的X可能的结构简式：___________。①1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子②IR谱显示分子中有苯环与—NH2相连结构

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【解析】

①金属钠在MgSO4溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸镁溶液反应生成氢氧化镁白色沉淀，故正确；②金属钠在饱和NaCl溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应中水的量减少，得到过饱和NaCl溶液，会析出氯化钠，重新变为饱和溶液，故正确；③金属钠在饱和澄清石灰水中与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应中水的量减少，得到氢氧化钙悬浊液，会析出氢氧化钙，重新变为饱和溶液，故正确；④金属钠在Ca(HCO3)2溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与碳酸氢钙溶液反应生成碳酸钙白色沉淀，故正确；⑤金属钠在CuSO4溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，故错误；②金属钠在稀NaCl溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气，氯化钠与氢氧化钠溶液不反应，故错误；答案选D。2、D【解析】NaHSO4电离呈酸性，故A错误；Na2CO3水解呈碱性，故B错误；HCl电离呈酸性，故C错误；CuCl2是强酸弱碱盐，水解呈酸性，故D正确。3、B【解析】

A．浓溴水与苯酚发生取代反应，生成白色沉淀，无法说明苯酚的酸性，故A错误；B．二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸是弱酸，与苯酚钠溶液反应生成苯酚，说明苯酚酸性比碳酸弱，故B正确；C．苯酚的浑浊液加热后变澄清，说明温度升高苯酚溶解度增大，无法说明苯酚的酸性，故C错误；D．苯酚的水溶液中加NaOH溶液，生成苯酚钠，只能说明苯酚溶液呈酸性，故D错误；答案选B。【点睛】根据强酸制备弱酸来判断。4、C【解析】

A.含有醇羟基、羧基、醚键、碳碳双键四种官能团，故A错误；B.分枝酸分子中与醇羟基相连的碳、与醚键相连的六元环上的碳，含有2个手性碳原子，故B错误；C.1mol分枝酸中有三个碳碳双键，最多可消耗掉溴水中的3molBr2，故C正确；D.能与乙醇发生酯化反应，没有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故D错误；故选C。【点睛】解题关键：把握官能团与性质的关系，注意官能团的判断，注意醇羟基和酚羟基的区别。5、B【解析】

A、减少二氧化硫排放防止酸雨污染，不能消除雾霾，故A错误；B.硅胶无毒，具有吸水性，常用作袋装食品的干燥，故B正确；C.“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染而不是对污染进行治理，故C错误；D.医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故D错误；故选B。6、C【解析】

A．电离是在水分子作用下或者通过加热使化学键断裂离解出自由移动的离子，不需要通电；NaCl溶液在电流作用下发生的是电解；B．酸是指电离时生成的阳离子只有氢离子的化合物；C．物质导电应满足的条件是：存在自由电子或者自由移动的离子；D．在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质。【详解】A．NaCl溶液在电流作用下发生的是电解生成氯气、氢气、氢氧化钠，氯化钠在水溶液中或者在熔融状态下电离成Na+与Cl-，选项A错误；B．NaHSO4电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-，NaHSO4属于盐，不是酸，选项B错误；C．氯化氢溶于水为盐酸，氯化氢完全电离，溶液导电，液态氯化氢无自由移动的离子不导电，选项C正确；D．盐属于电解质，硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，是电解质，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了电解质、酸、电离、电解质等的概念，题目简单，要求同学们加强基本概念的理解和记忆，以便灵活应用，注意电离和电解的条件。7、B【解析】分析:本题考查氧化还原反应中电子的转移以及元素化合价的改变，元素化合价升高失电子被氧化，化合价降低得电子被还原，以此分析各选项。详解：A项，二氧化锰中的锰元素应该为得到电子而化合价降低，盐酸中的氯元素失去电子，化合价升高，故A项错误；B项，0价的硫元素变成+4价要失去4个电子，变成-2价要得到2个电子，且作还原剂的硫与作氧化剂的硫物质的量之比为1:2，故B项正确；C项，该反应中氯酸钾中的氯元素得到5个电子变为氯气中0价的氯原子，5分子的盐酸中的氯原子失去5个电子变为氯气中0加的氯原子，转移的电子数应该为5，该项中转移电子数和转移方向都错了，故C项错误；D项，氯酸钾中氯元素得到电子化合价降低变为氯化钾中的氯，氯酸钾中的氧元素失去电子化合价升高变为氧气，因此图示的电子转移方向错误，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。8、B【解析】试题分析：A、应为E（3d）＞E（4s），则为E（4s）＞E（3d）＞E（3Px）=E（3Py），A项错误；B、符合构造原理，B项正确；C、应为E（4f）＞E（5s）＞E（3Px）=E（3Py），C项错误；D、E（4f）＞E（5s）＞E（3d）＞E（4s），D项正确；答案选B。考点：考查电子排布的能级顺序9、D【解析】

A.加热时硫与铜反应生成黑色的硫化亚铜，A错误；B.二氧化硫与氯气均能使品红褪色，二氧化硫与品红化合成不稳定的无色化合物，氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性使品红褪色，两者原理不同，B错误；C.浓硫酸与灼热的木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现浓硫酸的强氧化性，C错误；D.浓硫酸滴入胆矾中，胆矾失水变白，因为硫酸铜晶体转变成无水硫酸铜，故发生了化学变化，D正确；答案选D。10、C【解析】

根据有机物和无机物的定义判断，有机物一般是指含碳的化合物，无机物一般是指不含碳的化合物，但碳的氧化物、碳酸、碳酸盐、碳酸氢盐、碳化物等性质与无机物相似，常归为无机物。【详解】A.氰化钾化学式是KCN，含有C元素的化合物，但性质与无机物相似，常归为无机物，A错误；B.碳酸氢铵化学式是NH4HCO3,含有C元素的化合物，但性质与无机物相似，常归为无机物，B错误；C.乙烯结构简式是CH2=CH2，属于有机物，C正确；D.碳化硅化学式是SiC，含有C元素的化合物，但性质与无机物相似，常归为无机物，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题主要考查有机物和无机物的定义，在区分时除根据是否含碳，还要根据物质的性质，问题才可顺利解决。11、A【解析】分析：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；详解：A．由上述分析及化学方程可知，向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，最后溶液变成无色表明SO2具有还原性，而非漂白性，故A错误；

B．CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，所以生成1molCuI白色沉淀时转移1mole-，故B正确；

C．2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故C正确；

D．加入少量CuSO4溶液时的离子方程式为2Cu2＋＋4I-===2CuI↓＋I2，故正确；故本题选A。点晴:根据题目信息推断实验中发生的反应，溶液呈淡黄色，说明有I2生成．碘元素化合价由-1价升高到0价，硫酸根只有在浓硫酸中有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2+，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2+不能还原为Cu，应还原为Cu+，白色沉淀是CuI；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，说明I2反应，故I2与SO2反应生成I-，SO2被氧为化H2SO4，白色沉淀是CuI，据此分析解答。12、A【解析】试题分析：C5H10O2属于羧酸的同分异构体为丁烷中的1个H原子被-COOH夺取，即由丁基与-COOH构成，其同分异构体数目与丁基异构数目相等，已知丁基共有4种，可推断分子式为C5H10O2属于羧酸的同分异构体数目也有4种。考点：同分异构现象和同分异构体13、C【解析】

A.根据溶液呈电中性可知，c(H+)+c（K+）=c(OH-)+c（Cl-）+c（NO3-）+c（HS-），若c（K+）＜c（Cl-），则c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性，在酸性条件下HS-不能大量共存，且NO3-有强氧化性可以将其氧化，故A错误；B.Fe3+与SO32-能发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C.逐滴滴加氨水，溶液的碱性增加，HCO3-与一水合氨反应生成碳酸根离子，马上与镁离子反应，立即有碳酸镁沉淀和氢氧化镁沉淀产生，C正确；D.滴加NaOH浓溶液时，与CH3COOH反应生成盐和水，无气体产生，D错误；答案为C。14、B【解析】

n(Fe)==0.02mol，n(Fe3+)=0.025×2mol=0.05mol，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，则A.根据Fe+2Fe3+=3Fe2+可知Fe3+过量，Fe无剩余，A项错误；B.加入KSCN溶液显红色，B项正确；C.反应后溶液中n(Fe2+)=3n(Fe)=0.06mol，n(Fe3+)=0.01mol，Fe2+和Fe3+物质的量之比为6∶1，C项错误；D.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2，D项错误；答案选B。15、A【解析】

A.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故A选；B.由于实验室没有480mL的容量瓶，所以配制480mL溶液时，需选用500mL容量瓶，故B不选；C.标准状况下的22.4L氨气为1mol，溶于水配成1L溶液，得到的氨水的物质的量浓度为1mol·L-1，故C不选；D.配制一定物质的量浓度的溶液时，最后需要上下颠倒摇匀，所以使用容量瓶前要检查它是否漏水，故D不选。故选A。16、A【解析】

化学式相似物质的溶度积常数越小，物质越难溶，溶解度越小。生成物的溶解度越小，沉淀反应越容易发生。要将Pb2＋沉淀，就要形成溶解度更小的物质，由表中数据可知，PbS的溶解度最小，沉淀剂最好为硫化物。答案选A。17、D【解析】

A.NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O，由于NaOH适量，A项正确；B.Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3，通入CO2可以将少量的Na2CO3转化为NaHCO3而除去,B项正确；C.2Na2O＋O22Na2O2，在空气中可以将少量的Na2O转化为Na2O2而除去，C项正确；D.Na2CO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋2NaOH，Na2SO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋2NaOH，D项错误。故选D。18、D【解析】

A.常温下Fe在浓硫酸中被氧化形成一层致密的氧化膜，从而保护金属，A错误；B.侯氏制碱法以氯化钠为原料制得大量碳酸氢钠，进而由碳酸氢钠得到碳酸钠，B错误；C.电子芯片的主要成分为单晶硅，C错误；D.厨余垃圾可用来制沼气或堆肥，D错误；故答案选D。19、A【解析】

A．分液时，下层液体从下口倒出，上层液体从上口倒出；B．排水法收集KMnO4分解产生的O2，应先撤导管后撤灯；C、净化气体时先除杂后干燥；D、把浓硫酸沿着器壁慢慢地注入水中，并不断搅动，使产生的热迅速地扩散。【详解】A．分液时，下层液体从下口倒出，为防止分离的物质不纯，则上层液体从上口倒出，选项A正确；B．排水法收集KMnO4分解产生的O2，应该是先移出导管，后熄灭酒精灯，选项B错误；C．氯气中混有氯化氢和水，饱和食盐水可除去HCl，浓硫酸可除去水，故气体通往顺序不对，不能达到实验目的，选项C错误；B．把浓硫酸沿着器壁慢慢地注入水中，并不断搅动，使产生的热迅速地扩散，选项D错误；答案选A。20、D【解析】

某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，说明酯中含有2个酯基，设羧酸为M，则反应的方程式为C18H26O5+2H2O=M+2C2H6O，由质量守恒可知M的分子式为C14H18O5，故本题选D。【点睛】1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，则说明酯中含有2个酯基，结合酯的水解特点以及质量守恒定律判断该羧酸的分子式。21、B【解析】分析：本题考查的是非金属元素及其化合物的性质和用途，难度较小。详解：A.浓硫酸不能与石英的主要成分二氧化硅反应，故错误；B.太阳能电池板的材料为硅，故正确；C.海水中加入明矾不能使海水淡化，故错误；D.丝绸的主要成分为蛋白质，故错误。故选B。22、C【解析】

基态碳原子最外层有4个电子，其最外能层的各能级中，电子首先排满2s轨道，剩余的两个电子分占两个2p轨道，而且电子的自旋方向相同，故选C。二、非选择题(共84分)23、CO32-、SiO32-b共价键和离子键AlO2-＋2H2O＋CO2=HCO3-＋Al(OH)3↓②【解析】

强酸性溶液中一定不存在CO32-和SiO32-；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明原溶液中含有SO42-离子；溶液中存在SO42-，则一定不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；加入硝酸钡产生气体A，气体A发生氧化反应生成气体D，D与H2O、O2作用得溶液E，结合实验过程中有一种气体为红棕色，则原溶液中存在Fe2+，气体A是NO，D为NO2，E为硝酸；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以在溶液中Fe2+和NO3-不能共存，原溶液中不存在NO3-；溶液B中加入过量氢氧化钠溶液时，产生气体F，则原溶液中含有NH4+，F是NH3；NH3与硝酸反应生成硝酸铵，I为硝酸铵；由于溶液B中存在Fe3+，则沉淀G是Fe（OH）3；溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液H中含有偏铝酸根，原溶液中存在Al3+，沉淀K是Al（OH）3，溶液L是NaHCO3，故溶液X中肯定含有的离子是Al3+、SO42-、NH4+、Fe2+，不能确定是否含有Fe3+，一定不存在Ba2+、CO32-、SiO32-、NO3-。【详解】（1）强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SiO32-，故答案为：CO32-、SiO32-；（2）加入硝酸钡产生气体，则原溶液中存在Fe2+，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以在溶液中Fe2+和NO3-不能共存，原溶液中不存在NO3-，故选b，故答案为：b；（3）化合物I为硝酸铵，硝酸铵为离子化合物，含有离子键和共价键，故答案为：共价键和离子键；（4）转化⑦为偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳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-＋2H2O＋CO2=HCO3-＋Al(OH)3↓，故答案为：AlO2-＋2H2O＋CO2=HCO3-＋Al(OH)3↓；（5）溶液中不能确定是否含有Fe3+，若要确定Fe3+存在，最好的操作方法是：取原溶液少量于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，则证明含有Fe3+，反之则无，故选②，故答案为：②。【点睛】本题为考查离子推断，注意准确全面的认识离子的性质、离子的特征、离子间的反应，紧扣反应现象推断各离子存在的可能性是解答关键。24、碳碳双键；羟基2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2OCH3CH2OH＋CH3COOHCH3CH2OOCCH3＋H2O加成反应氧化反应【解析】

A是一种重要的基本化工原料，其分子中碳元素的百分含量为85.7%，且相对分子量小于30，即A为CH2＝CH2，B为聚乙烯，C为二氧化碳，D为乙烷，E为乙醇，F为乙醛，G为乙酸，H为乙酸乙酯。【详解】（1）由分析可知，A为CH2＝CH2，E为乙醇，A、E含有的官能团分别为：碳碳双键、羟基；（2）反应①：为乙烯加聚成聚乙烯，其化学反应方程式为：；反应⑤：为乙醇催化氧化为乙醛，其化学反应方程式为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；反应⑦：为乙酸乙醇在浓硫酸的催化加热条件下生成乙酸乙酯，其化学反应方程式为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3CH2OOCCH3＋H2O；（3）反应④为乙烯与水加成为乙醇，属于加成反应。反应⑤为乙醇催化氧化为乙醛，属于氧化反应。【点睛】本题考查了有机物之间的转化，涉及考查了官能团的相关知识，有机反应，有机反应的类型，本题关键是要推断出A为乙烯。25、B→C→B→D→E3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O检验CO2是否除尽吸收NO防止污染空气5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O取装置D中反应后的少量固体于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，且该无色气体在试管口上方变为红棕色，则证明生成了NaNO2【解析】

根据实验的目的，A中制得的NO中含有少量水蒸气和二氧化碳，这两种气体能够与过氧化钠反应生成氧气，影响实验的探究，需要用碱石灰除去，经检验并干燥后，通入D装置中与Na2O2反应，最后用酸性KMnO4溶液吸收NO的尾气，并在D和E装置连接一个B装置，防止E中水气进入D中影响实验，据此分析解答。【详解】(1)A中制得的NO中含有少量水蒸气和二氧化碳，这两种气体能够与过氧化钠反应生成氧气，影响实验的探究，需要用碱石灰除去，经检验并干燥后，通入D装置中与Na2O2反应，最后用酸性KMnO4溶液吸收NO的尾气，并在D和E装置连接一个B装置，防止E中水气进入D中，即装置的连接顺序为A→B→C→B→D→E；装置A中铜与稀硝酸反应生成NO的反应方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O，故答案为：B→C→B→D→E；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；(2)根据(1)的分析，装置C中的澄清石灰水可以检验CO2是否除尽，故答案为：检验CO2是否除尽；(3)NO会污染空气，装置E是吸收NO防止污染空气，E中发生反应的离子方程式为5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O，故答案为：吸收NO防止污染空气；5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O(4)亚硝酸钠和稀硫酸反应6NaNO2+3H2SO4(稀)=3Na2SO4+2HNO3+4NO↑+2H2O；充分反应后，检验D装置中是否发生反应2NO+Na2O2=2NaNO2的实验操作是：取D装置中固体少许于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，2NO+O2=2NO2，生成红棕色气体二氧化氮，则2NO+Na2O2=2NaNO2发生，若气体不变色，则该反应未发生，故答案为：取D装置中固体少许于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，且该无色气体在试管口上方变为红棕色，则证明生成了NaNO2，反之，未生成NaNO2。26、AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑干燥管将A中残留气体全部赶至C中C装置后添加一个装有碱石灰的干燥管a、d4.1V22.4m【解析】

（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，根据反应物，盐为偏铝酸钠，碱性气体为氨气；（2）根据装置特点，图1中仪器a的名称是干燥管；（3）反应结束时，为了使测量的含量更准确，将装置A、B中残留有氨气排入装置C，被硫酸完全吸收；（4）浓硫酸具有吸水性，防止浓硫酸吸收外界气体中的水蒸气造成误差；（5）为测定生成的气体氨气的体积，并利用U型管测量气体体积，则要求U型管内液体不溶解氨气，且不与氨气反应；（6）根据N原子守恒，n（NH3）=n（AlN）进行计算；若将b处胶管用弹簧夹夹住，加入的NaOH溶液的体积会计算成氨气的体积；【详解】（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，根据反应物，盐为偏铝酸钠，碱性气体为氨气，方程式为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；（2）根据装置特点，图1中仪器a的名称是干燥管；（3）反应结束时，为了使测量的含量更准确，将装置A、B中残留有氨气排入装置C，被硫酸完全吸收；（4）浓硫酸具有吸水性，防止浓硫酸吸收外界气体中的水蒸气造成误差，则应在装置C后加一干燥装置；（5）为测定生成的气体氨气的体积，并利用U型管测量气体体积，则要求U型管内液体不溶解氨气，且不与氨气反应，a．CCl4与氨气不相溶，且不反应，a正确；b．H2O可溶解氨气，少量反应，b错误；c．饱和NH4Cl溶液，可降低氨气的溶解度，但氨气依然有较多的溶解，c错误；d．苯与氨气不相溶，且不反应，d正确；答案为ad；（6）根据N原子守恒，n（NH3）=n（AlN）=V×10-3L÷22.4L/mol，AlN的质量分数=V×10-3L÷22.4L/mol×41g/mol÷m×100%=4.1V22.4m%；若将27、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。28、晶体11s22s22p63s23p63d9Cu（NH3）4SO4•H2O离子键、极性共价键和配位键sp3杂化、sp3杂化5NA异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能4【解析】

1）晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列，有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性