2024屆山東省濟南市師范大學附屬中學化學高二下期末調研模擬試題含解析

2024屆山東省濟南市師范大學附屬中學化學高二下期末調研模擬試題注意事項：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、下列關于物質或離子檢驗的敘述正確的是A．在溶液中加KSCN，溶液顯紅色，證明原溶液中有Fe3+，無Fe2+B．氣體通過無水硫酸銅，粉末變藍，證明原氣體中含有水蒸氣C．灼燒白色粉末，火焰成黃色，證明原粉末中有Na+，無K+D．將氣體通入澄清石灰水，溶液變渾濁，證明原氣體是CO22、下列關于某些社會熱點問題的說法中，不正確的是（）A．禁止使用含鉛汽油是為了提高汽油的燃燒效率B．甲醇超標的酒不能飲用C．甲醛是某些劣質裝飾板材釋放的常見污染物之一D．氟氯烴對大氣臭氧層具有破壞作用3、下列關于葡萄糖和果糖的敘述，正確的是()A．葡萄糖和果糖分子均有還原性B．葡萄糖和果糖分子均可被水解C．葡萄糖和果糖分子均是醛糖D．葡萄糖和果糖分子均是有機高分子化合物4、已知酸性：>H2CO3>>HCO3-，綜合考慮反應物的轉化率和原料成本等因素，將轉變?yōu)榈淖罴逊椒ㄊ茿．與稀H2SO4共熱后，加入足量的NaOH溶液B．與稀H2SO4共熱后，加入足量的Na2CO3溶液C．與足量的NaOH溶液共熱后，再通入足量CO2D．與足量的NaOH溶液共熱后，再加入適量H2SO45、某學生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液與0.5mol/LNa2CO3溶液的反應，實驗如下：下列分析不正確的是A．實驗I中，白色沉淀a是Al(OH)3B．實驗2中，白色沉淀b含有CO32-C．實驗l、2中，白色沉淀成分不同的原因與混合后溶液的pH無關D．檢驗白色沉淀a、b足否洗滌干凈，均可用鹽酸酸化的BaCl2溶液6、室溫下，向圓底燒瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氫溴酸，溶液中發(fā)生反應；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反應后達到平衡。已知常壓下，C2H5Br和C2H5OH的沸點分別為38.4℃和78.5℃。下列有關敘述錯誤的是A．加入NaOH，可增大乙醇的物質的量B．增大HBr濃度，有利于生成C2H5BrC．若反應物增大至2mol，則兩種反應物平衡轉化率之比不變D．若起始溫度提高至60℃，可縮短反應達到平衡的時間7、現有pH=a和pH=b的兩種強堿溶液，已知b=a+2，將兩種溶液等體積混合后，所得溶液的pH接近于A．a－1g2 B．b－1g2C．a+1g2 D．b+1g28、我們生活在千變萬化的物質世界里。下列過程或變化中，沒有發(fā)生氧化還原反應的是()A．iPhone8手機電池放電B．鐵制品的鍍銅過程C．爆竹爆炸D．利用焰色反應檢驗K＋9、組成為C3H6ClBr的鹵代烴，存在的同分異構體有（）A．4種 B．5種 C．6種 D．7種10、某天然堿組成可表示為xNa2CO3·yNaHCO3·zH2O。取mg該天然堿配成1L溶液M。取出100mLM向其中加入50mL1mol·L－1鹽酸，兩者恰好完全反應生成NaCl,同時產生CO2的體積為672mL（標準狀況下），下列推斷正確的是（）A．mg該天然堿中含0.3molNa2CO3B．mg該天然堿中含0.3molNa+C．溶液M中c（Na+）=0.5mol·L－1D．該天然堿中x:y:z=2:1:211、下列指定反應的離子方程式正確的是A．Cl2通入水中：Cl2+H2OH++Cl－+HClOB．CaCO3加入醋酸中：CO32?+2H+=CO2↑+H2C．用惰性電極電解MgCl2溶液：2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－D．酸性KMnO4溶液滴入FeSO4溶液中：MnO4?+Fe2++8H+=Mn2++Fe3++4H212、下列關于分子式為C4H8O2的有機物說法中，正確的是（）A．若能發(fā)生酯化反應，該物質一定是丁酸B．屬于酯類的同分異構體有4種C．不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．若能水解，水解產物相對分子質量可能相同13、用如圖所示裝置，可由乙二醛制備乙二酸，反應原理為OHC-CHO+2Cl2A．該裝置利用上述反應將化學能轉化為電能B．Pt1C．鹽酸除增強溶液導電性的作用，還提供ClD．理論上每得到0.1mol乙二酸，將有0.214、有機物X（C4H6O5）廣泛存在于許多水果內，尤以萍果、葡萄、西瓜、山渣內為多，該化合物具有如下性質：⑴1molX與足量的金屬鈉反應產生1.5mol氣體⑵X與醇或羧酸在濃H2SO4和加熱的條件下均生成有香味的產物⑶X在一定條件下的分子內脫水產物（不是環(huán)狀化合物）可和溴水發(fā)生加成反應根據上述信息，對X的結構判斷正確的是（）A．X中肯定有碳碳雙鍵B．X中可能有三個羥基和一個一COOR官能團C．X中可能有三個羧基D．X中可能有兩個羧基和一個羥基15、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法中正確的是A．標準狀況下，1mol金剛石中含有的C–C鍵數目為4NAB．1molSiO2晶體中含有的Si–O鍵數目為2NAC．80gSO3中，中心原子S的價層電子對中，孤電子對數為NAD．常溫常壓下，1molCH2=CHCHO中，含有的σ鍵數目為7NA16、下列說法不正確的是A．電解熔融氯化鎂可制取金屬鎂B．電解飽和食鹽水可制取氯氣C．生產普通玻璃的主要原料為石灰石、純堿和晶體硅D．接觸法制硫酸的硫元素主要來源于硫黃或含硫礦石17、2019年是“國際化學元素周期表年”。1869年門捷列夫把當時已知的元素根據物理、化學性質進行排列，準確預留了甲、乙兩種未知元素的位置，并預測了二者的相對原子質量，部分原始記錄如下：下列說法不正確的是A．元素甲位于現行元素周期表第四周期第ⅢA族B．元素乙的簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性強于CH4C．原子半徑比較：甲＞乙＞SiD．推測乙可以用作半導體材料18、如圖，鐵有δ、γ、α三種同素異形體，三種晶體在不同溫度下能發(fā)生轉化。下列說法不正確的是A．δ-Fe晶胞中含有2個鐵原子，每個鐵原子等距離且最近的鐵原子有8個B．晶體的空間利用率：δ-Fe>γ-Fe>α-FeC．設γ-Fe晶胞中鐵原子的半徑為d，則γ-Fe晶胞的體積是16d3D．已知鐵的相對原子質量為a，阿伏加德羅常數為NA(mol－1)，δ-Fe晶胞的密度為ρg/cm3，則鐵原子的半徑r(cm)=19、下列各組離子在常溫下一定能大量共存的是()A．Na2S溶液中：SO、K＋、Cl－、Cu2＋B．在c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液中：NH、NO、K＋、Cl－C．加入鋁粉能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH、NO、Cl－D．通入大量CO2的溶液中：Na＋、ClO－、CH3COO－、HCO20、共建“一帶一路”符合國際社會的根本利益，彰顯人類社會的共同理想和美好追求。下列貿易商品中，主要成分不屬于有機物的是A．中國絲綢B．捷克水晶C．埃及長絨棉D．烏克蘭葵花籽油A．A B．B C．C D．D21、下列各反應對應的離子方程式正確的是()A．向Ca(OH)2溶液中加入過量的NaHCO3溶液：Ca2＋＋2OH－＋2HCO===CaCO3↓＋CO＋2H2OB．向含0.1molNaOH和0.1molNa2CO3的溶液中加入1L0.2mol·L－1稀鹽酸：OH－＋CO＋3H＋===CO2↑＋2H2OC．硫酸氫鈉與氫氧化鋇兩種溶液反應后pH恰好為7：H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2OD．向100mL0.12mol·L－1的Ba(OH)2溶液中通入0.02molCO2：Ba2＋＋3OH－＋2CO2===HCO＋BaCO3↓＋H2O22、某溶液中含有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四種離子，若向其中加入過量的氫氧化鈉溶液，微熱并攪拌，再加入過量鹽酸，溶液中大量減少的陽離子是（）A．只有NH4+B．只有Al3+C．NH4+和Al3+D．Fe2+和NH4+二、非選擇題(共84分)23、（14分）鹵代烴在堿性醇溶液中能發(fā)生消去反應。例如，該反應式也可表示為下面是幾種有機化合物的轉化關系：(1)根據系統(tǒng)命名法，化合物A的名稱是_____________。(2)上述框圖中，①_________是反應，③___________是反應。(3)化合物E是重要的工業(yè)原料，寫出由D生成E的化學方程式：_________。(4)C2的結構簡式是，F1的結構簡式是______________，F1與F2互為__________。24、（12分）已知A原子只有一個未成對電子，M電子層比N電子層多11個電子，試回答下列問題：（1）該元素的基態(tài)原子有___個能層充有電子；（2）寫出A原子的電子排布式和元素符號_______；_________。（3）指出元素A在周期表中的位置________。（4）指出元素A的最高化合價______。（5）A的氫化物分子中共價鍵的類型可能有_____。①s-pσ鍵②p-pσ鍵③s-sσ鍵④p-pπ鍵（6）寫出與A同周期未成對電子數最多的元素原子的價層電子排布式_________。25、（12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產量降低的缺陷是______。（4）測定NOSO4H的純度準確稱取1.337g產品加入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=___%(計算結果保留兩位有效數字)。26、（10分）50mL0.50mol·L－1鹽酸與50mL0.55mol·L－1NaOH溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應。通過測定反應過程中所放出的熱量可計算中和熱?；卮鹣铝袉栴}：(1)從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃儀器是________。(2)燒杯間填滿碎紙條的作用是________。(3)大燒杯上如不蓋硬紙板，求得的中和熱數值____________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。(4)該實驗常用0.50mol·L－1HCl和0.55mol·L－1NaOH溶液各50mL進行實驗，其中NaOH溶液濃度大于鹽酸濃度的作用是______，當室溫低于10℃時進行實驗，對實驗結果會造成較大的誤差，其原因是_____________。(5)實驗中改用60mL0.50mol·L－1鹽酸與50mL0.50mol·L－1NaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，所求得的中和熱________(填“相等”或“不相等”)，簡述理由：______________。(6)用相同濃度和體積的氨水代替NaOH溶液進行上述實驗，測得的中和熱ΔH將________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。27、（12分）氫化鈣(CaH2)固體是登山運動員常用的能源提供劑。氫化鈣要密封保存，一旦接觸到水就發(fā)生反應生成氫氧化鈣和氫氣。氫化鈣道常用氫氣與純凈的金屬鈣加熱制取，如圖是模擬制取裝置:(1)為了確認進入裝置C的氫氣已經干燥應在B、C之間再接一裝置，該裝置中加入的試劑是______________。(2)該實驗步驟如下:檢查裝置氣密性后裝入藥品；打開分液漏斗活塞，接下來的操作順序是_______(填序號)。①加熱反應一段時間②收集氣體并檢驗其純度③關閉分液漏斗活塞④停止加熱，充分冷卻(3)某同學取一定質量的產物樣品(m1g)，加入過量碳酸鈉溶液，過濾、洗滌、干燥后稱量固體碳酸鈣質量(m2g),計算得到樣品中氫化鈣的質量分數為101.14%。若該同學所有操作均正確，則產生這種情況的原因可能是________。28、（14分）高分子化合物V:是人造棉的主要成分之一，合成路線如下：已知：（R、R1、R2、R3表示烴基）(1)試劑a是____________________________。(2)F與A以物質的量之比1：1發(fā)生反應生成六元環(huán)狀化合物H，H的結構簡式是________________。(3)I的結構簡式是____________。(4)G中所含官能團是________________；M的結構簡式是____________。(5)M與C反應生成V的化學方程式為____________。(6)E的同分異構體N也可以和J反應生成M，N可能的結構簡式為____________（寫一種）。29、（10分）乙炔是一種重要的有機化工原料，以乙炔為原料在不同的反應條件下可以轉化成以下化合物。完成下列各題：(1)正四面體烷的分子式為_____________，其二氯取代產物有_____________種。(2)乙烯基乙炔分子中所含官能團的電子式為____________________________。(3)關于乙烯基乙炔分子的說法錯誤的是_____________(填序號)。a．能使KMnO4酸性溶液褪色，發(fā)生氧化反應，b．乙烯基乙炔使Br2水褪色，發(fā)生氧化反應c．等質量的乙烯與乙烯基乙炔完全燃燒時生成的水的質量為1∶1(4)寫出與環(huán)辛四烯互為同分異構體且屬于芳香烴的分子的結構簡式：_____________。(5)寫出與苯互為同系物且一氯代物只有兩種的物質的結構簡式(舉兩例)：____________、____________。

參考答案一、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、B【解題分析】

A、Fe3+遇KSCN會使溶液呈現紅色，Fe2+遇KSCN不反應無現象，滴加KSCN溶液，溶液呈紅色，則證明存在Fe3+，并不能證明無Fe2+，故A錯誤；B、氣體通過無水硫酸銅，粉末變藍，則發(fā)生反應：CuSO4+5H2O═CuSO4?5H2O，可證明原氣體中含有水蒸氣，故B正確；C、灼燒白色粉末，火焰呈黃色，證明原粉末中有Na+，并不能證明無K+，Na+焰色反應為黃色，可遮住紫光，K+焰色反應需透過藍色的鈷玻璃濾去黃光后觀察，故C錯誤；D、能使澄清石灰水變渾濁的氣體有CO2、SO2等，故將氣體通入澄清石灰水，溶液變渾濁，則原氣體不一定是CO2，故D錯誤；故選B。2、A【解題分析】分析：A、鉛是重金屬，對人體有害；B、甲醇飲用后少量使人眼睛失明，大量使人死亡；C、裝飾材料中含有大量甲醛、苯等揮發(fā)性有機物；D、氟氯烴或氮氧化物可導致臭氧空洞；詳解：A、鉛是重金屬，對人體有害，禁止使用含鉛汽油是為了防止造成環(huán)境污染，故A錯誤；B、甲醇飲用后少量使人眼睛失明，大量使人死亡，所以甲醇超標的酒不能飲用，故B正確；C、裝飾材料中含有大量甲醛、苯等揮發(fā)性有機物，能污染環(huán)境，故C正確；D、氟氯烴或氮氧化物可導致臭氧空洞，故D正確；故選A。點睛：本題考查較為綜合，涉及化學與環(huán)境的考查，有利于培養(yǎng)學生的良好的科學素養(yǎng)，提高學習的積極性和樹立環(huán)境保護意識，易錯點A，禁止使用含鉛汽油是為了防止造成環(huán)境污染．3、A【解題分析】

糖類是由碳、氫、氧三種元素組成，分為單糖、二糖和多糖；其中葡萄糖和果糖均為不能水解的小分子的單糖；葡萄糖為多羥基醛糖，果糖為多羥基酮糖，都是還原性糖，均有還原性；還原糖是指具有還原性的糖類，在糖類中,分子中含有游離醛基或酮基的單糖和含有游離醛基的二糖都具有還原性,易被氧化，據以上分析解答?！绢}目詳解】A、葡萄糖為多羥基醛糖、果糖為多羥基的酮糖，均有還原性，A正確；B、葡萄糖和果糖均屬于單糖，不能發(fā)生水解，B錯誤；C、葡萄糖為多羥基的醛糖，果糖為多羥基的酮糖，C錯誤；D、葡萄糖和果糖分子式均為C6H12O6,分子量180，均是小分子化合物，D錯誤；正確選項A。4、C【解題分析】

酸性：＞H2CO3＞＞HCO3-，轉化為，則羧基、酯基都發(fā)生變化但是酚羥基不能發(fā)生反應，據此分析解答?！绢}目詳解】A．先與稀硫酸反應生成鄰羥基苯甲酸，再加入NaOH生成鄰酚鈉苯甲酸鈉，不符合，故A錯誤；B．與稀硫酸反應后生成鄰羥基苯甲酸，再加入碳酸鈉溶液，酚羥基和羧基都反應，不符合，故B錯誤；C．與足量NaOH溶液反應后生成鄰酚鈉苯甲酸鈉，然后通入足量二氧化碳生成鄰羥基苯甲酸鈉，故C正確；D．與足量NaOH溶液反應后生成鄰酚鈉苯甲酸鈉，然后加入稀硫酸生成鄰羥基苯甲酸，不符合，故D錯誤；故答案為C。5、C【解題分析】A.實驗I中白色沉淀能溶于稀硫酸，但沒有氣泡，說明白色沉淀a是Al(OH)3，A正確；B.實驗2中白色沉淀溶解且有少量氣泡，這說明白色沉淀中含有碳酸根離子，B正確；C.硫酸鋁顯酸性，碳酸鈉顯堿性，則根據實驗過程可知實驗l、2中，白色沉淀成分不同的原因與混合后溶液的pH有關，C錯誤；D.白色沉淀表面有吸附的硫酸根，因此檢驗白色沉淀a、b足否洗滌干凈，均可用鹽酸酸化的BaCl2溶液，D正確，答案選C。6、D【解題分析】

根據題目的反應，主要判斷外界條件的變化對平衡和速率的應該結果即可?！绢}目詳解】A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移動，可增大乙醇的物質的量。選項A正確。B．增大HBr濃度，平衡正向移動，有利于生成C2H5Br。選B正確。C．若反應物增大至2mol，實際上就是將反應物的濃度都增大至原來的2倍，比例不變（兩次實驗反應物的比例都是1:1，等于方程式中的系數比），只要反應物的投料比等于系數比，達平衡時反應物的轉化率一定是相等的。所以兩種反應物的轉化率一定是1:1。選項C正確。D．若起始溫度提高至60℃，考慮到HBr易揮發(fā)性，溫度升高化學反應速率加快，而反應物濃度減小能使化學反應速率變慢，故不一定能縮短到達平衡的時間。選項D錯誤。故選D。點睛：本題中的反應是反應前后物質的量不變的反應，但是考慮到反應是在水溶液中進行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本題中的溴乙烷應該是沒有濃度的，所以選項D中是不需要考慮溫度升高將溴乙烷蒸出的影響的。7、B【解題分析】

pH=a和pH=b的兩種強堿溶液，已知b=a+2，說明pH=b的強堿溶液中c（OH-）為pH=a的強堿溶液中c（OH-）的100倍，因為兩溶液等體積混合，所以體積變?yōu)樵瓉淼?倍，c(OH-)==≈0.5×10-(12-a)，則混合溶液中c(H+)==2×10-(a+2)=2×10-b，所以pH近似為b-lg2，故選B?！绢}目點撥】解答本題主要是掌握pH的計算方法，對于強堿和強堿混合后，首先計算混合后氫氧根離子濃度，再根據Kw=c(H+)?c(OH-)，計算氫離子濃度，最后根據pH=-lgc(H+)求pH。8、D【解題分析】分析：發(fā)生的反應中，存在元素的化合價變化，則為氧化還原反應；反之，不存在元素的化合價變化，則不發(fā)生氧化還原反應，以此來解答。詳解：A．手機電池充電，發(fā)生電解反應，存在化合價的變化，屬于氧化還原反應，A不選；B．鐵制品鍍銅，在陰極上銅離子得電子生成Cu，發(fā)生化合價的變化，屬于氧化還原反應，B不選；C．爆竹爆炸，為炸藥與氧氣發(fā)生的劇烈的氧化還原反應，C不選；D．焰色反應檢驗K＋，焰色反應屬于物理變化，不是氧化還原反應，D選；答案選D。9、B【解題分析】

C3H6ClBr可以看作是C3H8分子中2個H原子被1個Cl原子和1個Br原子分別取代，可據此根據有機物烷烴的同分異構體的寫法來書寫其所有的同分異構體。【題目詳解】C3H8分子中有2種氫原子，一氯代物有2種，結構簡式為CH3CH2CH2Cl和CH3CHClCH3，CH3CH2CH2Cl分子中有3種氫原子，Br原子取代分子中的氫原子可以形成3種同分異構體，CH3CHClCH3分子中有2種氫原子，Br原子取代分子中的氫原子可以形成2種同分異構體，共5種，故選B?！绢}目點撥】本題考查同分異構體的書寫，注意先依據烴分子中氫原子的種類寫出一氯代物的同分異構體，再依據一氯代物分子中氫原子的種類確定被溴原子取代的同分異構體數目是解答關鍵。10、C【解題分析】A.生成CO2的體積為672mL(標準狀況下)，物質的量為0.03mol，根據碳元素守恒，100mLM溶液中含有Na2CO3和NaHCO3的物質的量之和為0.03mol，則mg該天然堿中含有Na2CO3和NaHCO3的物質的量之和為0.3mol，故A錯誤；B.mg該天然堿中含有Na2CO3和NaHCO3的物質的量之和為0.3mol，則mg該天然堿中含Na+大于0.3mol，故B錯誤；C.反應后生成氯化鈉溶液，根據氯離子守恒，氯化鈉的物質的量等于鹽酸中含有的氯化氫的物質的量為0.05mol，則溶液M中c(Na+)=c(Cl-)==0.5mol·L－1，故C正確；D.mg該天然堿中含有Na2CO3和NaHCO3的物質的量之和為0.3mol，含有鈉離子0.5mol，則mg該天然堿中含有Na2CO3和NaHCO3的物質的量分別為0.2mol和0.1mol，由于m未知，無法計算結晶水的物質的量，因此無法判斷該天然堿中x:y:z的比值，故D錯誤；故選C。11、A【解題分析】分析：A、次氯酸為弱酸必須寫化學式；B、碳酸鈣難溶、醋酸為弱酸必須寫化學式；C、氫氧化鎂難溶必須寫化學式；D、注意電荷守恒。詳解：A.Cl2通入水中，發(fā)生反應的離子方程式為：Cl2+H2OH++Cl－+HClO，選項A正確；B.CaCO3加入醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+2CH3COO-+H2O，選項B錯誤；C.用惰性電極電解MgCl2溶液：Mg2++2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓，選項C錯誤；D.酸性KMnO4溶液滴入FeSO4溶液中：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，選項D錯誤。答案選A。12、B【解題分析】分析：A、C4H8O2屬于羧酸時，根據羧基位置異構可以得到丁酸的同分異構體；B、C4H8O2屬于酯類的同分異構體，為飽和一元酯，根據酸和醇的種類來確定；C、分子式為C4H8O2，有1個不飽和度；D、根據分子式C4H8O2的酯水解生成羧酸和醇的相對分子質量計算。詳解：C4H8O2屬于羧酸時，可以是丁酸或2-甲基丙酸，共有2種同分異構體，A選項錯誤；C4H8O2屬于酯類的同分異構體，為飽和一元酯，若為甲酸與丙醇形成的酯，甲酸只有1種結構，丙醇有2種，形成的酯有2種，若為乙酸與乙醇形成的酯，乙酸只有1種結構，乙醇只有1種結構，形成的乙酸乙酯有1種，若為丙酸與甲醇形成的酯，丙酸只有1種結構，甲醇只有1種結構，形成的丙酸甲酯只有1種，所以C4H8O2屬于酯類的同分異構體共有4種，B選項正確；分子式為C4H8O2，有1個不飽和度，它可以成環(huán)，也可以有羰基、醛基、酯基、羧基，還可以是碳碳雙鍵，碳碳雙鍵、醛基能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C選項錯誤；分子式為C4H8O2的有機物在酸性條件下可水解為酸和醇，其水解的產物可能為甲酸和丙醇或者異丙醇、乙酸和乙醇、丙酸和甲醇，相對分子質量分別是：46和60、60和46、74和32，所以水解產物相對分子質量不可能相同，D選項錯誤；正確選項B。13、C【解題分析】

A.該裝置電解池，能量轉化關系為電能轉化為化學能，故A錯誤；B.Pt1為陰極得電子發(fā)生還原反應，發(fā)生的電極反應方程式為：2H++2e-＝H2↑，故B錯誤；C．HCl是電解質，其在水溶液中起提供Cl-和增強導電性的作用，同時在Pt2極放電生成Cl2，電極方程式為：Cl2+2e-＝2Cl-，故C正確；D.由反應可知，每生成1mol乙二酸，轉移4mole-，將有4molH+從右室遷移到左室，則理論上每得到0.1mol乙二酸，將有0.4mol?H+從右室遷移到左室，故D答案選C?！绢}目點撥】本題主要考查了電解池原理的應用，在本裝置中，陽極先是氯離子放電生成氯氣，然后將乙二醛氧化生成乙二酸，從而實現由乙二醛制備乙二酸的目的。14、D【解題分析】

1molX與足量的金屬鈉反應產生1.5mol氣體，說明1molX中有3mol羥基（包括羧基中的羥基）。X與醇或羧酸在濃H2SO4和加熱的條件下均生成有香味的產物，說明X中有羧基和羥基。X在一定程度下的分子內脫水產物（不是環(huán)狀化合物）可和溴水發(fā)生加成反應，C4H6O5因為五個氧原子肯定沒有雙鍵，2個羧基一個羥基，沒有酯基。綜上所述，本題正確答案為D。15、D【解題分析】

A、在金剛石中每個C原子形成4個C–C共價鍵，每個共價鍵為兩個C原子共用；B、二氧化硅中每個硅原子形成4個Si-O鍵；C、SO3分子中S原子的孤對電子數為0；D、CH2=CHCHO分子中含有碳氫鍵、碳碳雙鍵、碳碳單鍵和碳氧雙鍵?！绢}目詳解】A項、在金剛石中每個C原子形成4個C–C共價鍵，每個共價鍵為兩個C原子共用，則1mol金剛石晶體中含2molC–C鍵，故A錯誤；B項、1mol二氧化硅中含有1mol硅原子，1mol硅原子形成4molSi-O鍵，晶體中含有Si-O鍵的個數為4NA，故B錯誤；C項、SO3分子中S原子的價層電子對數為3，孤對電子數為0，故C錯誤；D項、CH2=CHCHO分子中含有碳氫鍵、碳碳雙鍵、碳碳單鍵和碳氧雙鍵，其中有4個碳氫σ鍵、2個碳碳σ鍵和1個碳氧σ鍵，則1molCH2=CHCHO中含有7molσ鍵，故D正確；故選D。【題目點撥】本題考查阿伏加德羅常數的有關計算，注意掌握晶體中共價鍵的類型的判斷和共價鍵數目的計算是解答關鍵。16、C【解題分析】

A、制取金屬鎂時，由于鎂的活潑性很強，故一般電解熔融的氯化鎂制取，選項A正確；B、電解飽和食鹽水生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，可制取氯氣，選項B正確；C、生產普通玻璃的主要原料為石灰石、純堿和石英，選項C不正確；D、接觸法制硫酸的硫元素主要來源于硫黃或含硫礦石，硫與氧氣反應生成二氧化硫或煅燒硫鐵礦生成二氧化硫，選項D正確。答案選C。17、B【解題分析】

A.根據遞變規(guī)律，B、Al分別位于第二、三周期，IIIA族，則元素甲位于現行元素周期表第四周期ⅢA族，A正確；B.元素乙為Ge，其簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性弱于CH4，B錯誤；C.同周期，序數越大半徑越小，同主族，序數越大半徑越大，則原子半徑比較：甲＞乙＞Si，C正確；D.乙位于金屬與非金屬交界的位置，推測乙可以用作半導體材料，D正確；答案為B。18、B【解題分析】

A.δ-Fe晶胞中含有Fe的個數為1+=2；由圖可知，每個鐵原子等距離且最近的鐵原子有8個，A正確；B.設Fe原子的半徑為r，晶胞的棱長為a。δ-Fe晶胞含有Fe的個數為2，因其含有體心，則有，則a=，則其空間利用率為：=68%；γ-Fe晶胞中含有Fe的個數為4，因其含面心，則有，解得a=，則其空間利用率為：=74%；α-Fe晶胞中含有Fe的個數為1，有，則其空間利用率為：=52%；故晶體的空間利用率：γ-Fe>δ-Fe>α-Fe，B錯誤；C.若γ-Fe晶胞中鐵原子的半徑為d，則立方體的對角線長為4d，所以立方體的棱長為d，則該晶胞的體積為=，C正確；D.δ-Fe晶胞中含有Fe的個數為2，則該晶胞的體積為，則其棱長為，該晶胞的對角線為棱長的倍，也是原子半徑的4倍，即4r=，解得r=，D正確；故合理選項為B。19、B【解題分析】A．含S２－溶液中不能大量存在Cu2＋，易生成CuS黑色沉淀，故A錯誤；B．c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液顯酸性，在酸性條件下NH、NO、K＋、Cl－彼此間不發(fā)生離子反應，可大量共存，故B正確；C．加入鋁粉能放出H2的溶液中可能顯酸性或堿性，堿性溶液中不可能大量存在Mg2＋、NH，在酸性溶液中如存在NO，則不可能生成氫氣，故C錯誤；D．因HClO是弱酸，且酸性比碳酸弱，則通入大量CO2的溶液中不可能大量存在ClO－，故D錯誤；答案為B。20、B【解題分析】

A.中國絲綢主要成分是蛋白質，屬于有機物，A錯誤；B.捷克水晶主要成分是二氧化硅，屬于無機物，B正確；C.埃及長絨棉主要成分是纖維素，屬于有機物，C錯誤；D.烏克蘭葵花籽油主要成分是油脂，屬于有機物，D錯誤;故合理選項為B。21、A【解題分析】分析：A．碳酸氫鈉過量，反應生成碳酸鈣、碳酸鈉和水；B．鹽酸先與氫氧根離子反應，剩余的鹽酸在與碳酸根離子反應；C．硫酸氫鈉與氫氧化鋇兩種溶液反應后pH恰好為7，二者物質的量之比為2：1；D．100mL0.12mol/L的Ba（OH）2溶液反應生成碳酸氫根需要0.024mol二氧化碳，而通入0.02molCO2，產物既有碳酸鋇又有碳酸氫鋇。詳解：A．向Ca(OH)2溶液中加入過量的NaHCO3溶液，離子方程式為Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－＝CaCO3↓＋CO32－＋2H2O，A正確；B．向含0.1molNaOH和0.1molNa2CO3的溶液中加入1L0.2mol?L-1稀鹽酸，氫氧根離子完全反應、碳酸根離子恰好轉化為碳酸氫根離子，離子方程式：OH-+CO32-+2H+=HCO3－+H2O，B錯誤；C．硫酸氫鈉與氫氧化鋇兩種溶液反應后pH恰好為7，二者物質的量之比為2：1，離子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C錯誤；D．向100mL0.12mol/L的Ba（OH）2溶液中通入0.02molCO2，離子方程式：Ba2++6OH-+5CO2=4HCO3-+BaCO3↓+H2O，D錯誤；答案選A。點睛：本題考查了離子方程式的書寫，側重考查反應物用量不同發(fā)生反應不同的離子反應，題目難度較大，注意反應的順序，尤其是某一種反應物過量時的后續(xù)反應。22、D【解題分析】分析：NH4+與堿在微熱時反應生成氨氣逸出，則銨根離子減少，Fe2+和氫氧化鈉溶液反應生成的Fe（OH）2沉淀在空氣中不穩(wěn)定，迅速氧化生成Fe（OH）3，則Fe2+減少，以此來解答。詳解：混合溶液中加入過量的NaOH并加熱時，反應生成的氨氣逸出，并同時生成Mg（OH）2、Fe（OH）2沉淀和NaAlO2，Fe（OH）2沉淀在空氣中不穩(wěn)定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入過量鹽酸，則Mg（OH）2、Fe（OH）3和NaAlO2與過量酸作用分別生成MgCl2、FeCl3、AlCl3，則減少的離子主要有Fe2+和NH4+。答案選D。點睛：本題考查離子之間的反應，明確陽離子與堿反應后的生成物的性質及生成物與酸的反應是解答本題的關鍵，注意亞鐵離子易被氧化是學生解答中容易忽略的地方。二、非選擇題(共84分)23、2,3-二甲基丁烷取代加成同分異構體【解題分析】

烷烴A與氯氣發(fā)生取代反應生成鹵代烴B，B發(fā)生消去反應生成C1、C2，C2與溴發(fā)生加成反應生成二溴代物D，D再發(fā)生消去反應生成E，E與溴可以發(fā)生1,2-加成或1,4-加成，故C2為，C1為，則D為，E為，F1為，F2為；【題目詳解】(1)根據系統(tǒng)命名法,化合物A的名稱是：2,3-二甲基丁烷；(2)上述反應中，反應(1)中A中H原子被Cl原子確定生成B，屬于取代反應，反應(3)是碳碳雙鍵與溴發(fā)生加成反應；(3)由D生成E是鹵代烴發(fā)生消去反應,該反應的化學方程式為:；(4)由上述分析可以知道,C2的結構簡式是，F1的結構簡式是，F1和F2分子式相同，碳碳雙鍵物質不同，屬于同分異構體。24、41s22s22p63s23p63d104s24p5Br第四周期第ⅦA族+7①3d54s1【解題分析】分析：A原子只有一個未成對電子，M電子層比N電子層多11個電子，根據原子核外電子排布規(guī)律，基態(tài)A原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p5，A為Br元素。詳解：A原子只有一個未成對電子，M電子層比N電子層多11個電子，根據原子核外電子排布規(guī)律，基態(tài)A原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p5，A為Br元素。（1）該元素的基態(tài)原子中K、L、M、N層排有電子，有4個能層充有電子。（2）A原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p5，A的元素符號為Br。（3）A原子核外有4個電子層，最外層有7個電子，元素A在周期表中的位置：第四周期第VIIA族。（4）A原子的最外層有7個電子，A的最高化合價為+7價。（5）A的氫化物為HBr，HBr中的共價鍵是由H原子的1s原子軌道提供的未成對電子與Br原子的4p原子軌道提供的未成對電子形成的s-pσ鍵，答案選①。（6）A位于第四周期，第四周期中未成對電子數最多的元素為Cr，Cr的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，Cr的價層電子排布式為3d54s1。25、C調節(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，使產品發(fā)生水解2516H+210CO2↑895【解題分析】

根據題意可知，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產量降低的缺陷是C(或A)中的水蒸氣會進入B，使產品發(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%?！绢}目點撥】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。經過兩次滴定實驗，最終測得樣品純度?？上雀鶕诙蔚味?，求出第一次消耗高錳酸鉀的物質的量，再根據方程式比例關系，計算出樣品中NOSO4H的含量。26、環(huán)形玻璃攪拌棒減少實驗過程中的熱量損失偏小保證鹽酸完全被中和體系內、外溫差大，會造成熱量損失相等因為中和熱是指酸跟堿發(fā)生中和反應生成1molH2O(l)所放出的能量，與酸堿的用量無關偏大【解題分析】

(1)為了加快酸堿中和反應，減少熱量損失，用環(huán)形玻璃攪拌棒攪拌；(2)為了減少熱量損失，在兩燒杯間填滿碎紙條或泡沫；(3)大燒杯上蓋硬紙板是為了減少氣體對流，使熱量損失，若不用則中和熱偏??；(4)加熱稍過量的堿，為了使酸完全反應，使中和熱更準確；當室溫低于10℃時進行實驗，內外界溫差過大，熱量損失過多，造成實驗數據不準確；(5)實驗中改用60mL0.50mol·L－1鹽酸與50mL0.50mol·L－1NaOH溶液進行反應，計算中和熱數據相等，因為中和熱為強的稀酸、稀堿反應只生成1mol水時釋放的熱量，與酸堿用量無關；(6)用相同濃度和體積的氨水代替NaOH溶液進行上述實驗，氨水為弱電解質，電離時吸熱，導致釋放的熱量減少，計算中和熱的數值減少，焓變偏大；【題目點撥】測定中和熱時，使用的酸或堿稍過量，使堿或酸完全反應；進行誤差分析時，計算數值偏小，由于焓變?yōu)樨撝?，則焓變偏大。27、無水硫酸銅(或其他合理答案)②①④③單質鈣沒有完全參與反應，氫化鈣中混有單質鈣【解題分析】分析：本題以氫化鈣的制備為載體，考查實驗基本技能與操作、對題中的信息的利用、對實驗裝置的理解分析、物質分離提純、化學計算等，本題側重基本實驗操作能力的考查，是對學生綜合能力的考查。詳解：A裝置通過鋅和硫酸反應生成氫氣，氫氣中肯定含有水蒸氣，所以用B中無水氯化鈣吸收水，在C中氫氣和鈣反應生成氫化鈣，D中有濃硫酸，保證金屬鈣的裝置C中