江西省九江市彭澤一中2023學年化學高二第二學期期末經(jīng)典試題（含解析）

2023學年高二下學期化學期末模擬測試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列不能形成配位鍵的組合是（）A．Ag＋、NH3 B．BF3、NH3 C．NH4+、H＋ D．Co3＋、CO2、下列各組物質(zhì)能滿足如圖所示轉(zhuǎn)化關系的是(圖中箭頭表示一步轉(zhuǎn)化)()A．①② B．②③ C．③④ D．②④3、下列物質(zhì)中有極性共價鍵的是（）A．單質(zhì)碘 B．氯化鎂 C．溴化鉀 D．水4、下列實驗操作正確的是（）A．用稀硫酸和鋅粒制取H2時，加幾滴Cu(NO3)2溶液以加快反應速率B．向Ca(ClO)2溶液中通入SO2氣體，證明H2SO3的酸性強于HClOC．用標準HCl溶液滴定NaHCO3溶液來測定其濃度，選擇甲基橙為指示劑D．將Cu與濃硫酸反應后的混合物先冷卻，再向其中加入冷水以驗證生成的Cu2+5、周期表中有如圖所示的元素，下列敘述正確的是()A．鈦元素原子的M層上共有10個電子B．鈦元素是ds區(qū)的過渡元素C．鈦元素原子最外層上有4個電子D．47.87是鈦原子的平均相對原子質(zhì)量6、下面有關電化學的圖示，完全正確的是()A．粗銅的精煉 B．Cu-Zn原電池C．驗證NaCl溶液（含酚酞）電解產(chǎn)物 D．鐵片鍍鋅7、括號內(nèi)的雜質(zhì)能用飽和碳酸鈉溶液并借助于分液漏斗除去的是A．苯（硝基苯） B．乙醇（乙醛）C．己烯（甲苯） D．乙酸乙酯（乙酸）8、用下表提供的儀器和藥品，能達到實驗目的的是編號

儀器

藥品

實驗目的

A

燒杯、分液漏斗、膠頭滴管、鐵架臺

待提純的AlCl3溶液、NaOH溶液

提純混有MgCl2雜質(zhì)的AlCl3溶液

B

分液漏斗、燒瓶、錐形瓶、導管及橡皮塞

鹽酸、大理石、

碳酸鈉溶液

證明非金屬性：Cl＞C＞Si

C

酸式滴定管、膠頭滴管、鐵架臺(帶鐵夾)

已知濃度的鹽酸、

待測NaOH溶液

測定NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度

D

酒精燈、玻璃棒、

蒸發(fā)皿、鐵架臺(帶鐵圈)

NaCl溶液

蒸發(fā)溶液得到晶體

A．A B．B C．C D．D9、下列化合物中的所有碳原子可以在同一平面上的是（）A．B．C．CH2=CHCH=CHCH=CH2D．(CH3)2CH－C≡C－CH=CHCH310、下面有關晶體的敘述中，不正確的是()A．金剛石為網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，由共價鍵形成的碳原子環(huán)中，最小的環(huán)上有6個碳原子B．氯化鈉晶體中，每個Na＋周圍距離相等的Na＋共有12個C．干冰晶體中，每個CO2分子周圍緊鄰12個CO2分子D．金屬銅屬于六方最密堆積結(jié)構(gòu)，金屬鎂屬于面心立方最密堆積結(jié)構(gòu)11、烯烴的復分解反應是重要的有機反應，在高分子材料化學、有機合成化學等方面具有重要意義。如：CH3CH=CH2+CH3CH2CH=CH2CH3CH=CHCH2CH3+CH2=CH2下列化合物中，經(jīng)過烯烴復分解反應可以生成的是A．B．C．D．12、鎳鎘(Ni—Cd)可充電電池在現(xiàn)代生活中有廣泛應用。已知某鎳鎘電池的電解質(zhì)溶液為KOH溶液，其充、放電按下式進行：Cd＋2NiOOH＋2H2OCd(OH)2＋2Ni(OH)2。有關該電池的說法正確的是()A．放電時負極失去電子，發(fā)生還原反應B．放電時電解質(zhì)溶液中的OH－向正極移動C．充電時陰極附近溶液的pH減小D．充電時陽極反應：Ni(OH)2－e－＋OH－===NiOOH＋H2O13、有一無色溶液，可能含有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl-、SO42-、HCO3-、MnO4-中的幾種。為確定其成分，做如下實驗：①取部分溶液，加入適量Na2O2固體，產(chǎn)生無色無味的氣體和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀產(chǎn)生。下列推斷正確的是A．肯定有Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl- B．肯定有Al3＋、Mg2＋、HCO3-C．肯定有K＋、HCO3-、MnO4- D．肯定有Al3＋、Mg2＋、SO42-14、已知：氧化鋰（Li2O）晶體形成過程中的能量變化如圖所示下列說法正確的是A．△H1<0，△H2>0 B．-△H5+△H1+△H2+△H3+△H4+△H6=0C．△H3<0，△H4<0 D．△H1+△H2+△H3+△H4=△H5+△H615、下列除去雜質(zhì)的方法正確的是A．除去乙烷中少量的乙烯：光照條件下通入Cl2，使乙烯轉(zhuǎn)化成液態(tài)二氯乙烷而與乙烷分離。B．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用氫氧化鈉溶液洗滌，分液、干燥、蒸餾；C．除去CO2中少量的SO2：氣體通過盛飽和碳酸鈉溶液的洗氣瓶；D．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸餾。16、欲將碘水中的碘萃取出來，下列萃取劑不能選用的是()①乙醇②四氯化碳③苯④己烷⑤己烯A．②③④ B．①⑤ C．①④ D．①④⑤17、下列實驗指定使用的儀器必須預先干燥的是（）①中和熱測定中所用的小燒杯②中和滴定中所用的錐形瓶③配制一定物質(zhì)的量濃度溶液中所用的容量瓶④噴泉實驗中用于收集氨氣的燒瓶A．①② B．②③ C．①④ D．③④18、下列化合物中，核磁共振氫譜只出現(xiàn)三組峰且峰面積之比為3∶2∶2的是()A．B．C．D．19、氫氟酸是一種弱酸，可用來刻蝕玻璃。已知25℃時HF(aq)+OH—(aq)＝F—(aq)+H2O(l)△H＝—67.7kJ·mol—1②H+(aq)+OH—(aq)＝H2O(l)△H＝—57.3kJ·mol—1在20mL0.1mol·L—1氫氟酸中加入VmL0.1mol·L—1NaOH溶液，下列有關說法正確的是A．氫氟酸的電離方程式及熱效應可表示為HF(aq)＝H+(aq)+F?(aq)△H＝+10.4kJ·mol—1B．當V＝20時，溶液中：c(OH—)＝c(HF)+c(H+)C．當V＝20時，溶液中：c(F—)＜c(Na+)＝0.1mol·L—1D．當V＞0時，溶液中一定存在：c(Na+)＞c(F—)＞c(OH—)＞c(H+)20、某實驗小組用下列裝置制備溴苯，下列說法錯誤的是A．裝置A中長玻璃導管僅起冷凝回流作用，裝置B中的實驗現(xiàn)象是CCl4由無色變橙色B．若裝置B后連接裝置C，裝置C中生成淡黃色沉淀，可證明裝置A中發(fā)生取代反應C．若裝置B后連接裝置D，則裝置D的作用是吸收尾氣D．向反應后的裝置A中加入NaOH溶液，振蕩靜置，下層為無色油狀液體21、將純水加熱到較高溫度時，下列敘述正確的是A．水的離子積變大、pH變小、呈酸性B．水的離子積不變、pH變大、呈中性C．水的離子積變小、pH變小、呈堿性D．水的離子積變大，pH變小、呈中性22、配制500mL0.100mol·Lˉ1的NaCl溶液，部分實驗操作示意圖如下：下列說法正確的是A．實驗中需用的儀器有：天平、250mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管等B．上述實驗操作步驟的正確順序為①②④③C．容量瓶需要用自來水、蒸餾水洗滌，干燥后才可用D．定容時，仰視容量瓶的刻度線，使配得的NaCl溶液濃度偏低二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E五種常見元素的基本信息如下所示：A元素的一種原子的原子核內(nèi)沒有中子，B是所有元素中電負性最大的元素，C的基態(tài)原子2p軌道中有三個未成對電子，D是主族元素且與E同周期，其最外能層上有兩個運動狀態(tài)不同的電子，E能形成紅色(或磚紅色)的E2O和黑色的EO兩種氧化物。請回答下列問題：(1)寫出E元素原子基態(tài)時的電子排布式：______________。(2)C元素的第一電離能比氧元素的第一電離能__________(填“大”或“小”)。(3)與D元素同周期且未成對電子數(shù)最多的元素是__________。(4)A、C、E三種元素可形成[E(CA3)4]2+配離子，其中存在的化學鍵類型有___(填字母)。①配位鍵②金屬鍵③極性共價鍵④非極性共價鍵⑤離子鍵⑥氫鍵若[E(CA3)4]2+配離子具有對稱的空間構(gòu)型，且當[E(CA3)4]2+中的兩個CA3被兩個Cl-取代時，能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，則[E(CA3)4]2+的空間構(gòu)型為__________(填字母)。a.平面正方形b.正四面體形c.三角錐形d.V形24、（12分）有機物A?H的轉(zhuǎn)化關系如下圖所示。其中A是植物生長調(diào)節(jié)劑，它的產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平；D是一種合成高分子材料，此類物質(zhì)如果大量使用易造成“白色污染”。請回答下列問題：(1)E官能團的電子式為_____。(2)關于有機物A、B、C、D的下列說法，不正確的是____(選填序號）。a.A、B、C、D均屬于烴類b.B的同系物中，當碳原子數(shù)≥4時開始出現(xiàn)同分異構(gòu)現(xiàn)象c.等質(zhì)量的A和D完全燃燒時消耗O2的量相等，生成CO2的量也相等d.B不能使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色，但A和D可以(3)寫出下列反應的化學方程式：反應③：____________________________；反應⑥：_____________________________。(4)C是一種速效局部冷凍麻醉劑，可由反應①或②制備，請指出用哪一個反應制備較好:_______，并說明理由：__________________。25、（12分）氮化鋁（AlN）是一種新型無機非金屬材料．某AlN樣品僅含有Al2O3雜質(zhì)，為測定AlN的含量，設計如下三種實驗方案．已知：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑（1）（方案1）取一定量的樣品，用以下裝置測定樣品中AlN的純度（夾持裝置已略去）．（i）圖C裝置中球形干燥管的作用是________．完成以下實驗步驟：組裝好實驗裝置，首先進行的操作是________，再加入實驗藥品．接下來的實驗操作是關閉，打開，打開分液漏斗活塞，加入NaOH濃溶液，至不再產(chǎn)生氣體．打開K1，通入氮氣一段時間，測定C裝置反應前后的質(zhì)量變化．通入氮氣的目的是________．（iii）由于裝置存在缺陷，導致測定結(jié)果偏高，請?zhí)岢龈倪M意見________．（2）（方案2）用下圖裝置測定mg樣品中A1N的純度（部分夾持裝置已略去）．（i）為測定生成氣體的體積，量氣裝置中的X液體可以是________．A．CCl4

B．H2O

C．NH4Cl溶液

D．（ii）若mg樣品完全反應，測得生成氣體的體積為VmL（已轉(zhuǎn)換為標準狀況），則AlN的質(zhì)量分數(shù)是________．（3）（方案3）按以下步驟測定樣品中A1N的純度：（i）步驟②生成沉淀的離子方程式為________．（ii）若在步驟③中未洗滌，測定結(jié)果將________（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）．26、（10分）亞硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、醫(yī)藥等工業(yè)。實驗室用如圖裝置(夾持裝置略)制取少量的NOSO4H，并檢驗產(chǎn)品純度。已知：NOSO4H遇水水解，但溶于濃硫酸而不分解。（1）利用裝置A制取SO2，下列最適宜的試劑是_____(填下列字母編號)A．Na2SO3固體和20%硝酸B．Na2SO3固體和20%硫酸C．Na2SO3固體和70%硫酸D．Na2SO3固體和18.4mol/L硫酸（2）裝置B中濃HNO3和SO2在濃H2SO4作用下反應制得NOSO4H。①為了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是_______。②該反應必須維持體系溫度不低于20℃。若溫度過高，產(chǎn)率降低的可能原因是____。③開始反應緩慢，待生成少量NOSO4H后，溫度變化不大，但反應速率明顯加快，其原因可能是______。（3）在實驗裝置存在可能導致NOSO4H產(chǎn)量降低的缺陷是______。（4）測定NOSO4H的純度準確稱取1.337g產(chǎn)品加入250mL碘量瓶中，加入0.1000mol/L、60.00mL的KMnO4標準溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后搖勻。用0.2500mol/L草酸鈉標準溶液滴定，消耗草酸鈉溶液的體積為20.00mL。已知：2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4①配平：__MnO4-＋___C2O42-＋______＝___Mn2+＋____＋__H2O②亞硝酰硫酸的純度=___%(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。27、（12分）（1）根據(jù)計算用托盤天平需稱取氯化鈉_________g；（2）配制溶液時，除需要燒杯、玻璃棒外，還必須用到的玻璃儀器有；（3）配制溶液有下列幾步操作：a．溶解，b．搖勻，c．洗滌，d．冷卻，e．稱量，f．將溶液移至容量瓶，g．定容．正確的操作順序是；（4）下列操作結(jié)果使溶液物質(zhì)的量濃度偏低的是_________；A．沒有將洗滌液轉(zhuǎn)入容量瓶中B．加水定容時，水的量超過了刻度線C．定容時，俯視容量瓶的刻度線D．容量瓶洗滌后，未經(jīng)干燥處理（5）取出該NaCl溶液10mL加水稀釋到200mL，稀釋后溶液中NaCl的物質(zhì)的量濃度是_________28、（14分）軟錳礦(主要成分為MnO2)可用于制備錳及其化合物，現(xiàn)代冶煉金屬錳的工藝流程如下圖所示，步驟中雜質(zhì)離子逐一沉淀。下表為t℃時，有關物質(zhì)的Ksp物質(zhì)Fe(OH)3Cu(OH)2Ca(OH)2Mn(OH)2CuSCaSMnSMnCO3Ksp4.0×10-382.2×10-225.5×10-61.9×10-136.3×10-369.1×10-62.5×10-152.2×10-11軟錳礦還原浸出的反應為：12MnO2＋C6H12O6＋12H2SO4===12MnSO4＋6CO2↑＋18H2O（1）寫出一種能提高還原浸出速率的措施：_________________________（2）調(diào)節(jié)pH步驟中生成的沉淀為________。加入MnF2的主要目的是除去__________(填“Ca2＋”、“Fe3＋”或“Cu2＋”)（3）等濃度的（NH4)2S與（NH4)2SO4溶液中，NH4＋的濃度大小為：前者________后者（填“＞”、“＜”“=”)。（4）由MnSO4制取MnCO3往MnSO4溶液中加入(NH4)2CO3溶液生成MnCO3，同時還會產(chǎn)生Mn(OH)2，可能的原因有：MnCO3(s)＋2OH－(aq)Mn(OH)2(s)＋CO(aq)，t℃時，計算該反應的平衡常數(shù)K＝_________________(保留一位小數(shù))。29、（10分）在T℃條件下，向1L固定體積的密閉容器M中加入2molX和1molY，發(fā)生如下反應：2X(g)+Y(g)aZ(g)+W(g)△H=－QkJ·mol－1(Q>1)。當反應達到平衡后，反應放出的熱量為Q1kJ，物質(zhì)X的轉(zhuǎn)化率為α；若平衡后再升高溫度，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量減小，則（1）化學計量數(shù)a的值為____________________；此反應的逆反應△S__________1(填﹤,﹥,﹦)。（2）下列說法中能說明該反應達到了化學平衡狀態(tài)的是___________________________。A、容器內(nèi)壓強一定B、v(X)正=2v(Y)逆C、容器內(nèi)Z分子數(shù)一定D、容器內(nèi)氣體的質(zhì)量一定E、容器內(nèi)氣體的密度一定F：X、Y、Z、W的濃度之比為2∶1∶a∶1（3）維持溫度不變，若起始時向該容器中加入的物質(zhì)的量如下列各項，則反應達到平衡后(稀有氣體不參與反應),與之是等效平衡的是______________。A．2molX、1molY、1molArB．a(chǎn)molZ、1molWC．1molX、1.5molY、1.5amolZ、1.5molWD．2molX、1molY、1molZ（4）維持溫度不變，若起始時向容器中加入4molX和6molY，若達平衡時容器內(nèi)的壓強減小了15%，則反應中放出的熱量為___________________kJ。（5）已知：該反應的平衡常數(shù)隨溫度的變化如下表：溫度/℃151211251311351平衡常數(shù)K9.945.211．51．21試回答下列問題：若在某溫度下，2molX和1molY在該容器中反應達平衡，X的平衡轉(zhuǎn)化率為51％，則該溫度為__________________℃。

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【答案解析】

據(jù)配位鍵形成的條件，一方要提供空軌道，另一方提供孤電子對。【題目詳解】A．Ag＋有空軌道，NH3中的氮原子上有孤電子對，故其可以形成配位鍵，故A錯誤；B．BF3中B原子有空軌道，NH3中的氮原子上有孤電子對，故其可以形成配位鍵，故B錯誤；C．NH4+、H+兩種離子沒有孤電子對，故其不能形成配位鍵，故C正確；D．Co3+有空軌道，CO中的碳原子上有孤電子對，故其可以形成配位鍵，故D錯誤。故選C。2、D【答案解析】

二氧化硅不能直接生成硅酸，故①錯誤；鋁與鹽酸反應生成氯化鋁，氯化鋁與過量氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液與二氧化碳反應生成氫氧化鋁，故②正確；氧化銅不能與水直接反應生成氫氧化銅，故③錯誤；氧化鐵與鹽酸反應生成氯化鐵，氯化鐵與鐵反應生成氯化亞鐵，氯化亞鐵與鋅反應生成鐵，故④正確；選D。3、D【答案解析】

極性共價鍵的是一般是由不同非金屬元素形成的共價鍵，據(jù)此分析?！绢}目詳解】A、單質(zhì)碘的化學式為I2，只含有非極性共價鍵，故A不符合題意；B、氯化鎂為離子化合物，只含有離子鍵，故B不符合題意；C、溴化碘的化學式為KBr，只含有離子鍵，故C不符合題意；D、水的化學式為H2O，結(jié)構(gòu)式為H－O－H，只含有極性共價鍵，故D符合題意；答案選D。4、C【答案解析】

A、稀硫酸中滴入Cu(NO3)2溶液會產(chǎn)生硝酸，硝酸與鋅反應不產(chǎn)生H2，選項A錯誤；B、向Ca(ClO)2溶液中通入SO2氣體，發(fā)生氧化還原反應，而不是利用強酸制弱酸的原理，不能證明H2SO3的酸性強于HClO，選項B錯誤；C、用標準HCl溶液滴定NaHCO3溶液，滴定終點時，碳酸氫鈉完全反應生成氯化鈉、二氧化碳和水，此時溶液顯酸性，應該選擇遇酸變色的甲基橙為指示劑，選項C正確；D、由于濃硫酸與銅反應后的溶液中水很少，不能使Cu2+在溶液中呈藍色，且濃硫酸的密度大，溶于水稀釋時放出大量的熱，所以要將反應后的混合物冷卻，再慢慢倒入盛水的燒杯中，即可觀察到溶液呈藍色，證明有Cu2+生成，選項D錯誤；答案選C。5、A【答案解析】

A．鈦原子的M層上共有2+6+2=10個電子，故A正確；B．最后填充3d電子，為d區(qū)的過渡元素，故B錯誤；C.根據(jù)圖示，鈦元素原子最外層上有2個電子，故C錯誤；D.47.87是鈦元素的相對原子質(zhì)量，故D錯誤；故選A。6、C【答案解析】

A.粗銅精煉.粗銅作陽極，精銅作陰極，A錯誤；B.依據(jù)原電池原理分析，活潑金屬鋅作負極，銅作正極，B錯誤；C.電解飽和食鹽水，電流流向陽極，鐵棒為陰極，電解過程中生成氫氣，碳棒作電解池陽極，溶液中氯離子失電子生成氯氣，檢驗氯氣用碘化鉀淀粉溶液，C正確；D.鍍件鐵作陰極，鋅作陽極進行電鍍，D錯誤；綜上所述，本題選C。7、D【答案解析】

A.苯和硝基苯都不與碳酸鈉溶液發(fā)生反應，無法除去雜質(zhì)，故A項不選；B.乙醇和乙醛都不與碳酸鈉溶液發(fā)生反應，都能溶于水，無法用分液操作將二者分離，故B項不選；C.己烯和甲苯都不與碳酸鈉溶液反應，也都不溶于水，所以無法除去雜質(zhì)，故C項不選。D.乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，乙酸可以和飽和碳酸鈉溶液反應生成乙酸鈉，溶于水中，得到互不相溶的液體，用分液漏斗進行分液分離，故選D項；綜上所述，本題正確答案為D。8、D【答案解析】

A項中，需要過濾，缺少漏斗，不需要分液漏斗，過量NaOH溶液與待提純?nèi)芤悍磻笊蒒aAlO2和Mg(OH)2沉淀，過濾后在濾液中通入過量CO2生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，過濾后在濾渣中加入適量鹽酸溶解得到純的AlCl3溶液，故藥品還缺少二氧化碳和鹽酸，錯誤；B項中，鹽酸不是Cl的最高價氧化物的水化物，故無法通過該實驗比較Cl、C、Si的非金屬性，錯誤；C項中，缺少用于量取NaOH溶液的堿式滴定管和用于滴定實驗的錐形瓶，還缺少酸堿指示劑，錯誤；D項中，進行的是蒸發(fā)操作，該項正確。答案選D。9、C【答案解析】分析：甲烷是正四面體結(jié)構(gòu)、乙烯是平面結(jié)構(gòu)、乙炔是直線形結(jié)構(gòu)、苯是平面結(jié)構(gòu)，根據(jù)甲烷、乙烯、乙炔、苯的結(jié)構(gòu)確定這幾種物質(zhì)中所有原子是否共面，據(jù)此分析解答。詳解：A．該分子中直接連接兩個苯環(huán)的C原子具有甲烷結(jié)構(gòu)特點，甲烷是四面體結(jié)構(gòu)，根據(jù)甲烷結(jié)構(gòu)知，該分子中所有C原子不可能共面，故A錯誤；B．該分子中的C原子具有甲烷結(jié)構(gòu)特點，根據(jù)甲烷結(jié)構(gòu)知，該分子中所有C原子不可能共面，故B錯誤；C．該分子中含有三個碳碳雙鍵，乙烯是平面型結(jié)構(gòu)，根據(jù)乙烯結(jié)構(gòu)知，前三個C原子共面、后三個C原子共面，且中間兩個C原子共面，所以這六個C原子都共面，故C正確；D．該分子中含有，亞甲基C原子具有甲烷結(jié)構(gòu)特點，根據(jù)甲烷結(jié)構(gòu)知，該分子中所有C原子不可能共面，故D錯誤；故選C。點睛：本題主要考查有機化合物的結(jié)構(gòu)特點。由于甲烷是四面體結(jié)構(gòu)，只要含有或中的一種，分子中的碳原子就不可能處于同一平面內(nèi)。10、D【答案解析】

A、金剛石是正四面體形成的空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，最小的環(huán)上有6個碳原子，故A說法正確；B、根據(jù)氯化鈉晶胞的結(jié)構(gòu)，距離Na＋最近的Na＋有12個，上層有4個，同層有4個，下層有4個，故B說法正確；C、根據(jù)干冰晶胞結(jié)構(gòu)，每個CO2分子周圍有12個CO2分子緊鄰，故C說法正確；D、金屬銅屬于面心立方最密堆積結(jié)構(gòu)，金屬鎂屬于六方最密堆積結(jié)構(gòu)，故D說法錯誤。答案選D。11、C【答案解析】分析：烯烴復分解反應是指在催化劑作用下，實現(xiàn)兩邊基團換位的反應。詳解：A、生成，故A錯誤；B、生成，故B錯誤；C、生成，故C正確；D、生成，故D錯誤；故選C。12、D【答案解析】分析：A.原電池中，負極上發(fā)生失電子的氧化反應；

B.原電池中，電解質(zhì)中的陰離子向負極移動；

C.電解池中，陰極發(fā)生得電子的還原反應，根據(jù)電極反應確定溶液溶液的的變化；

D.電解池中，與直流電源正極相連的電極是陽極，陽極發(fā)生失電子的氧化反應。詳解:A.放電時是原電池工作原理，負極上發(fā)生失電子的氧化反應，故A錯誤；

B.放電時是原電池的工作原理，原電池工作時，電解質(zhì)中的陰離子向負極移動，故B錯誤；

C.充電時是電解池的工作原理，電解池中，陰極發(fā)生得電子的還原反應，陰極附近溶液的pH增大，故C錯誤；

D.充電時是電解池的工作原理，電解池中，與直流電源正極相連的電極是陽極，陽極發(fā)生失電子的氧化反應，即發(fā)生Ni(OH)2轉(zhuǎn)化為NiOOH的反應，故D正確。

故選D。13、D【答案解析】

無色溶液，一定不含高錳酸根離子；①取部分溶液，加入適量Na2O2固體，過氧化鈉先是和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，產(chǎn)生無色無味的氣體是氧氣，一定不是氨氣，此時白色沉淀出現(xiàn)，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解，則沉淀溶解的部分是氫氧化鋁，不溶解的是Mg(OH)2，則證明其中一定含有Al3+、Mg2+；一定不含有NH4+、HCO3-(和Al3+不共存)；②取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，證明一定含有SO42-，無法確定是否含有Cl-。所以溶液中一定含有Al3+、Mg2+、SO42-，一定不含HCO3-、NH4+、MnO4-，可能含有鉀離子和氯離子，D項正確，答案選D。14、B【答案解析】

A．Li晶體轉(zhuǎn)化為Li(g)是吸熱過程，Li(g)→Li+(g)是失電子過程吸熱，即△H1>0、△H2>0，故A錯誤；B．由蓋斯定律可知，△H1+△H1+△H3+△H4+△H6=△H5，即-△H5+△H1+△H2+△H3+△H4+△H6=0，故B正確；C．O2(g)到O(g)是鍵斷裂過程吸熱，O(g)→O2-(g)是得電子過程放熱，即△H3>0、△H4<0，故C錯誤；D．由蓋斯定律可知，△H1+△H2+△H3+△H4+△H6=△H5，故D錯誤；故答案為B。15、D【答案解析】

A．乙烷與Cl2在光照條件下可以發(fā)生取代反應生成多種氯代乙烷和HCl，不能用光照條件下通入Cl2除去乙烷中少量的乙烯，除去乙烷中少量的乙烯的方法：可以將混合氣體通入到溴水中，乙烯發(fā)生加成反應生成1，2—二溴乙烷，留在溶液中，而乙烷難溶于水，達到除雜的目的；B．乙酸乙酯在NaOH溶液中發(fā)生水解，不能用NaOH溶液除去乙酸乙酯中少量的乙酸，除去乙酸乙酯中少量的乙酸的方法：可以用飽和Na2CO3溶液洗滌，充分振蕩后分液、干燥、蒸餾；C．CO2、SO2都能被飽和碳酸鈉溶液吸收，不能用飽和碳酸鈉溶液除去CO2中少量的SO2，除去CO2中少量的SO2的方法：氣體通過盛飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣瓶；D．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，乙酸發(fā)生反應形成乙酸鈣，乙酸鈣是離子化合物，而乙醇是共價化合物，二者沸點不同，可以用蒸餾的方法分離得到；答案選D。16、B【答案解析】

①碘在乙醇中的溶解度大于在水中的溶解度，但乙醇與水互溶，不能作為萃取劑，故①正確；②碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘與四氯化碳不反應，水與四氯化碳不互溶，能作為萃取劑，故②錯誤；③碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘與苯不反應，水與苯不互溶，能作為萃取劑，故③錯誤；④碘在己烷中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘與己烷不反應，水與己烷不互溶，能作為萃取劑，故③錯誤；⑤己烯能與碘水發(fā)生加成反應，則不能用己烯作為碘水中提取碘的萃取劑，故⑤正確；故答案為B?！敬鸢更c睛】明確萃取劑的選擇原則是解題關鍵，萃取劑的選擇原則：①溶質(zhì)在萃取劑中的溶解度要遠遠大于在原溶劑中的溶解度；②萃取劑不能與原溶液中的溶質(zhì)、溶劑反應；③萃取劑要與原溶劑密度不同。17、C【答案解析】試題分析：①中和熱測定中所用的小燒杯必須干燥，不然會吸收熱量產(chǎn)生誤差，②中和滴定中所用的錐形瓶中有水對結(jié)果無影響，③配制一定物質(zhì)的量濃度溶液中所用的容量瓶中有水不影響實驗結(jié)果，④噴泉實驗中用于收集NH3的燒瓶必須干燥，若有水，會溶解NH3，壓強差不夠造成噴泉實驗失敗。答案選C。考點：實驗操作18、A【答案解析】

核磁共振氫譜只出現(xiàn)三組峰，說明有機物含有三種H原子，峰面積之比為3：2：2說明分子中三種H原子數(shù)目之比為3：2：2，結(jié)合分子中等效氫判斷，分子中等效氫原子一般有如下情況：①分子中同一甲基上連接的氫原子等效．②同一碳原子所連甲基上的氫原子等效．③處于鏡面對稱位置（相當于平面成像時，物與像的關系）上的氫原子等效．【題目詳解】A、分子中有3種H原子，分別處于甲基上、環(huán)上甲基鄰位、苯環(huán)甲基間位，三者H原子數(shù)目之比為3：2：2，故A符合；B、分子高度對稱，分子中有2種H原子，分別處于甲基上、苯環(huán)上，二者H原子數(shù)目之比為6：2，故B不符合；C、分子中有2種H原子，分別處于甲基上、C=C雙鍵上，二者H原子數(shù)目之比為6：2=3：1，故C不符合；D、分子中有2種H原子，分別處于甲基上、亞甲基上，二者H原子數(shù)目之比為6：4=3：2，故D不符合；故選：A。19、B【答案解析】

A項，根據(jù)蓋斯定律，將①式減去②式可得：HF(aq)H＋(aq)＋F－(aq)ΔH＝－10.4kJ·mol－1，故A錯誤；B項，當V＝20時，兩者恰好完全反應生成NaF，溶液中存在質(zhì)子守恒關系：c(OH－)＝c(HF)＋c(H＋)，也可由物料守恒[c(Na+)＝c(F－)+c(HF)]及電荷守恒[c(H＋)+c(Na+)=c(F－)+c(OH－)]來求，故B項正確；C項，結(jié)合B選項的分析，由于HF為弱酸，因此F－水解，故溶液中存在：c(F－)＜c(Na+)＝0.05mol·L－1，C項錯誤；D項，溶液中離子濃度的大小取決于V的大小，離子濃度大小關系可能為c(F－)＞c(H＋)＞c(Na+)＞c(OH－)或c(F－)＞c(Na+)＞c(H＋)＞c(OH－)或c(Na+)＝c(F－)＞c(OH－)＝c(H＋)或c(Na+)＞c(F－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D項錯誤。答案選B。20、A【答案解析】

A.苯和液溴在鐵的作用下反應劇烈，可以達到沸騰，使苯和液溴揮發(fā)為蒸汽，在經(jīng)過長導管時，可以將其冷凝并回流；產(chǎn)物中還有HBr氣體，經(jīng)過長導管最終被NaOH吸收，故長導管的作用是導氣和冷凝回流。裝置B中的CCl4吸收揮發(fā)出的溴和苯，CCl4由無色變橙色，A錯誤；B.苯和溴在催化劑條件下反應取代反應生成溴苯和HBr，若苯和溴發(fā)生加成反應，則沒有HBr生成。裝置B中已除去苯和溴的蒸汽，若裝置C中產(chǎn)生淡黃色沉淀AgBr，則可證明氣體中含有HBr，即可證明裝置A中發(fā)生取代反應，B正確；C.裝置B中除去苯和溴的蒸汽，可用NaOH溶液除去HBr氣體，C正確；D.裝置A中生成溴苯，溴苯中因為溶有溴而呈色，用NaOH溶液洗滌后，除去溴，溴苯為無色、密度比水大的油狀液體，靜置后在分液漏斗的下層，D正確；故合理選項為A。21、D【答案解析】

將純水加熱到較高溫度時，水的電離平衡正向移動，則溶液中氫離子、氫氧根離子濃度均增大，且相等，則水的離子積增大，pH值減小，溶液呈中性，答案為D?！敬鸢更c睛】pH=-lgc(H+)，升高溫度，c(H+)增大，則pH減小。22、D【答案解析】

配制500mL0.100mol·Lˉ1NaCl溶液操作步驟有計算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等操作，用托盤天平（用到藥匙）稱量氯化鈉，在燒杯中溶解，用玻璃棒攪拌，加速溶解，恢復到室溫后轉(zhuǎn)移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌2～3次，將洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，最后定容顛倒搖勻?！绢}目詳解】A項、配制500mL0.100mol·Lˉ1NaCl溶液用到的儀器有托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管，故A錯誤；B項、配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的步驟有計算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等，操作步驟正確的順序為②①④③，故B錯誤；C項、容量瓶用蒸餾水洗凈后，由于后面還需要加入蒸餾水定容，所以不必干燥，故C錯誤；D項、定容時仰視容量瓶的刻度線，則所加蒸餾水偏多，溶液的體積V偏大，溶液的濃度偏低，故D正確。故選D。【答案點睛】本題考查了配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的方法及誤差分析，掌握配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的步驟是解題關鍵，注意誤差分析的方法與技巧。二、非選擇題(共84分)23、1s22s22p63s23p63d104s1大Cr①③a【答案解析】

A元素的一種原子的原子核內(nèi)沒有中子，則A為H。B是所有元素中電負性最大的元素，則B為F。C的基態(tài)原子2p軌道中有三個未成對電子，則C為N。E能形成紅色(或磚紅色)的E2O和黑色的EO，則E為Cu。D是主族元素且與E同周期，其最外能層上有兩個運動狀態(tài)不同的電子，則D為Ca。綜上所述，A為H，B為F，C為N，D為Ca，E為Cu。【題目詳解】（1）E為Cu，29號元素，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；（2）C為N，其非金屬性比O弱，由于氮元素的2p軌道電子處于半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能要比O的大；（3）D為Ca，位于第四周期，該周期中未成對電子數(shù)最多的元素是Cr（核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1）；（4）A、C、E三種元素可形成[Cu(NH3)4]2+配離子，其化學鍵Cu-N屬于配位鍵，N-H屬于極性共價鍵，故合理選項為①③；當[Cu(NH3)4]2+中的兩個NH3被兩個Cl-取代時，能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，則說明該離子的空間構(gòu)型為平面正方形（參考甲烷的空間構(gòu)型的驗證實驗）。24、adnCH2=CH2CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O①反應①為加成反應，原子利用率100%，反應②為取代反應，有副反應，CH3CH2Cl產(chǎn)量較低，故反應①制備較好【答案解析】

A是植物生長調(diào)節(jié)劑，它的產(chǎn)量用來衡量一個國家石油化工發(fā)展的水平，即A為乙烯，結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH2；A與H2發(fā)生加成，即B為CH3CH3；A與HCl發(fā)生加成反應，即C為CH3CH2Cl；A與H2O發(fā)生加成反應，即E為CH3CH2OH；反應⑤是乙醇的催化氧化，即F為CH3CHO；乙醇被酸性K2Cr2O7氧化成乙酸，即G為CH3COOH；乙醇與乙酸發(fā)生酯化反應，生成H，則H為CH3CH2OOCCH3；D為高分化合物，常引起白色污染，即D為聚乙烯，其結(jié)構(gòu)簡式為，據(jù)此分析；【題目詳解】（1）根據(jù)上述分析，E為CH3CH2OH，其官能團是-OH，電子式為；（2）a、A、B、C、D結(jié)構(gòu)簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、，其中C不屬于烴，故a說法錯誤；b、烷烴中出現(xiàn)同分異構(gòu)體，當碳原子≥4時開始出現(xiàn)同分異構(gòu)現(xiàn)象，故b說法正確；c、A和D的最簡式相同，因此等質(zhì)量時，耗氧量相同，故c說法正確；d、B為乙烷，不能使酸性高錳酸鉀溶液或溴水褪色，D中不含碳碳雙鍵，也不能使酸性高錳酸鉀溶液或溴水褪色，故d說法錯誤；答案選ad；（3）反應③發(fā)生加聚反應，其反應方程式為nCH2=CH2；反應⑥發(fā)生酯化反應，反應方程式為CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；（4）反應①為加成反應，原子利用率100%，反應②為取代反應，有副反應，CH3CH2Cl產(chǎn)量較低，故反應①制備較好。25、防止倒吸檢查裝置氣密性；K1；K2把裝置中殘留的氨氣全部趕入C裝置C裝置出口處連接一個干燥裝置AD×100%CO2+AlO2﹣+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓偏高【答案解析】(1)（i）由裝置和儀器作用可以知道，氨氣是與濃硫酸能發(fā)生反應的氣體，易發(fā)生倒吸，圖C裝置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用；(ii)組裝好實驗裝置，原理可以知道氣體制備需要先檢查裝置氣密性，加入實驗藥品.接下來的實驗操作是關閉K1，打開K2，打開分液漏斗活塞，加入NaOH濃溶液，至不再產(chǎn)生氣體.打開K1，通入氮氣一段時間,測定C裝置反應前后的質(zhì)量變化.通入氮氣的目的是把裝置中的氣體全部趕入裝置C被濃硫酸吸收，準確測定裝置C的增重計算；（iii）裝置存在缺陷是空氣中的水蒸氣和二氧化碳也可以進入裝置C，使測定結(jié)果偏高，C裝置出口處連接一個盛堿石灰干燥管；(2)（i）A、不能溶解氨氣，可以用排四氯化碳溶液的方法測定氨氣體積，故A正確的；B、氨氣極易溶于水，不能排水法測定，故B錯誤；C、氨氣極易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法測定氣體體積，故C錯誤；D、氨氣不溶于苯，可以利用排苯溶液,測定氨氣的體積，故D正確，故選AD；(5)若m

g樣品完全反應,測得生成氣體的體積為V

(已轉(zhuǎn)換為標準狀況),

═

41

m

，則AlN的質(zhì)量分數(shù)為(3)（i）步驟②生成的沉淀是氫氧化鋁，是偏鋁酸鈉溶液中通入過量二氧化碳氣體反應生成,反應的離子方程式為:CO2+AlO2﹣+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓；（ii）若在步驟③中未洗滌，沉淀不洗滌得到濾渣質(zhì)量會增大，測定結(jié)果會偏高。26、C調(diào)節(jié)分液漏斗活塞，控制濃硫酸的滴加速度濃HNO3分解、揮發(fā)生成的NOSO4H作為該反應的催化劑C(或A)中的水蒸氣會進入B，使產(chǎn)品發(fā)生水解2516H+210CO2↑895【答案解析】

根據(jù)題意可知，在裝置B中利用濃HNO3與SO2在濃H2SO4作用下反應制得NOSO4H，利用裝置A制取二氧化硫，利用裝置C吸收多余的二氧化硫，防止污染空氣，據(jù)此分析?！绢}目詳解】（1）該裝置屬于固液或液液混合不加熱型裝置。Na2SO3溶液與HNO3反應時，硝酸會氧化亞硫酸鈉本身被還原為一氧化氮，選項A不符合；實驗室制二氧化硫的原理是基于SO32-與H+的反應，因為生成的SO2會溶于水，所以不能用稀硫酸來制取，那樣不利于SO2的逸出，但如果是用濃硫酸（18.4mol/L），純硫酸是共價化合物，濃度越高，越不利于硫酸電離出H+，所以不適合用太濃的硫酸來制取SO2，選項B、選項D不符合；選項C符合；答案選C；（2）裝置B中濃HNO3和SO2在濃H2SO4作用下反應制得NOSO4H。①為了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是調(diào)節(jié)分液漏斗活塞，控制濃硫酸的滴加速度；②該反應必須維持體系溫度不低于20℃。若溫度過高，濃HNO3分解、揮發(fā)，產(chǎn)率降低；③開始反應緩慢，待生成少量NOSO4H后，溫度變化不大，但生成的NOSO4H作為該反應的催化劑，使反應速率明顯加快；（3）在實驗裝置存在可能導致NOSO4H產(chǎn)量降低的缺陷是C(或A)中的水蒸氣會進入B，使產(chǎn)品發(fā)生水解；(5)①發(fā)生的是MnO4－和C2O42－的氧化還原反應，MnO4－做氧化劑，被還原成生成Mn2+，C2O42－做還原劑，被氧化成城二氧化碳。結(jié)合得失電子守恒和電荷守恒可得到MnO4－和C2O42－的離子反應方程式為：2MnO4－+5C2O42－+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；②根據(jù)題意可知，酸性KMnO4溶液先與NOSO4H反應，利用草酸鈉溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。用0.2500mol·L－1草酸鈉標準溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸鈉溶液的體積為20.00mL。可知剩余的KMnO4的物質(zhì)的量n1(MnO4－)=n(C2O42－)=×0.2500mol·L－1×20.00×10-3L=2×10-3mol，則亞硝酰硫酸消耗的KMnO4的物質(zhì)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，亞硝酰硫酸的純度=m(NOSO4H)/1.337g×100%=10-2mol×127g·mol－1/1.337g×100%=95.0%?！敬鸢更c睛】本題測定純度過程中，先用過量的酸性KMnO4溶液滴定NOSO4H，將NOSO4H完全消耗，再用草酸鈉溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。經(jīng)過兩次滴定實驗，最終測得樣品純度?？上雀鶕?jù)第二次滴定，求出第一次消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量，再根據(jù)方程式比例關系，計算出樣品中NOSO4H的含量。27、（1）29.3（2）500mL容量瓶；膠頭滴管；（3）eadfcfgb（4）AB（5）0.05【答案解析】試題分析：（1）實驗室用氯化鈉固體配制480mL1.00mol/L的NaCl溶液，由于實驗室中無480mL容量瓶，因此需要配制溶液500mL，故需要稱量NaCl固體的質(zhì)量為，由于托盤天平精確到0.1g，因此需要用托盤天平稱取NaCl29.3g；（2）配制溶液時，除需要燒杯、玻璃棒外，還必須用到的玻璃儀器有500mL容量瓶和膠頭滴管；（3）配制溶液的步驟是：稱量、溶解、冷卻、將溶液移至容量瓶、洗滌并將洗滌液移至容量瓶、定容、搖勻，故答案eadfcfgb；（4）根據(jù)公式進行誤差分析。A.沒有將洗滌液轉(zhuǎn)入容量瓶，使溶質(zhì)的物質(zhì)的量減小，所配制溶液的濃度偏低，A正確；B.加水定容時，水的量超過了刻度線，則溶液的體積偏大，所配制溶液的濃度偏低，B正確；C.定容時，俯視容量瓶刻度線，溶液體積偏小，所配溶液濃度偏大，C錯誤；D.容量瓶洗滌后，未經(jīng)干燥處理，對所配溶液的濃度無影響；（5）根據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量保持不變進行計算，所得溶液的濃度為：。考點：考查溶液的配制。28、提高反應溫度或?qū)④涘i礦研細等其他合理答案Fe(OH)3Ca2＋＜115.8或1.2ⅹ102【答案解析】分析：軟錳礦還原浸出得到硫酸錳溶液，說明浸取液為稀硫酸，同時溶液中還含有Ca

2+、Fe

3+、Cu

2+等雜質(zhì)，調(diào)節(jié)溶液的pH，F(xiàn)e(OH)3的Ksp為4.0×10-38與其它離子相比最小，調(diào)節(jié)pH可以將Fe(OH)3沉淀下來，向濾液中加入硫化銨，CuS的Ksp為6.3×10-36，可以將銅離子形成硫化物沉淀下來，再加入MnF

2，形成CaF

2沉淀，除去Ca

2+，最后對得到的含有錳離子的鹽電解，可以得到金屬錳，以此解答。詳解：（1）反應物接觸面積越大、溫度越高反應速率越快，所以能提高還原浸出速率的措施：升高反應溫度或?qū)④涘i礦研細等；

因此，本題正確答案是：提高反應溫度或?qū)④涘i礦研細等其他合理答案；

（2）調(diào)節(jié)溶液的pH，F(xiàn)e(OH)3的Ksp為4.0×10-38與其它離子相比最小，調(diào)節(jié)pH可以將Fe（OH）

3沉淀下來；CaF

2難溶于水，濾液2中含有Mn

2+、Ca

2+、NH

4

+、SO

4

2-，加入MnF

2的目的是形成CaF

2沉淀，除去Ca

2+；

因此，本