云南省丘北二中2024屆化學高二第二學期期末達標測試試題含解析

云南省丘北二中2024屆化學高二第二學期期末達標測試試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．0.1mol·L－1NaOH溶液：K＋、Ba2+、Cl－、HCO3-B．0.1mol·L－1Na2CO3溶液：K＋、NH4+、NO3-、SO42-C．0.1mol·L－1FeCl3溶液：K＋、Na＋、I－、SCN－D．0.1mol·L－1HCl的溶液：Ca2＋、Na＋、ClO－、NO3-2、能證明乙醇分子中有一個羥基的事實是（）A．乙醇完全燃燒生成CO2和H2O B．0.1mol乙醇與足量鈉反應生成0.05mol氫氣C．乙醇能溶于水 D．乙醇能脫水3、200mLFe2(SO4)3溶液中含F(xiàn)e3＋56g，溶液中SO42-的物質(zhì)的量濃度是()A．7.5mol/L B．5mol/L C．10mol/L D．2.5mol/L4、兩種大氣污染物NO2和SO2在一定條件下可以發(fā)生如下反應：NO2＋SO2===NO＋SO3，在體積為VL的密閉容器中通入3molNO2和5molSO2，反應后容器內(nèi)氮原子和氧原子個數(shù)比為()A．3∶10B．16∶3C．3∶16D．5∶165、常溫下，用0.1000mol·LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L溶液所得滴定曲線如圖。下列說法正確的是A．點①所示溶液中：B．點②所示溶液中：C．點③所示溶液中：D．滴定過程中可能出現(xiàn)：6、某有機物的結構為如圖所示，這種有機物不可能具有的性質(zhì)是（）①可以燃燒②能使酸性KMnO4溶液褪色③能跟NaOH溶液反應④能跟新制銀氨溶液反應⑤能發(fā)生加聚反應⑥能發(fā)生水解反應A．只有⑥ B．①④ C．只有⑤ D．④⑥7、某溫度下，在甲、乙、丙、丁四個恒容密閉容器中投入H2和I2，發(fā)生反應:

H2(g)+I2(g)2HI(g)。反應體系中各物質(zhì)濃度的有關數(shù)據(jù)如下。容器起始濃度平衡濃度c(H2)/(mol·L-1)c(I2)/(mol·L-1)c(HI)/(mol·L-1)甲0.010.010.004乙0.010.02a丙0.020.01b丁0.020.02c下列判斷不正確的是A．HI的平衡濃度:a=b>0.004，c=0.008 B．平衡時，H2的轉(zhuǎn)化率:丁>甲C．平衡時，乙中H2的轉(zhuǎn)化率大于20% D．丙中條件下，該反應的平衡常數(shù)K=0.258、關于小蘇打(NaHCO3)溶液的表述錯誤的是A．c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)B．c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)C．HCO3-的電離程度大于其水解程度D．c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(CO32-)9、下列液體混合物可以用分液的方法分離的是（）A．苯和溴苯 B．汽油和辛烷C．己烷和水 D．戊烷和庚烷10、用2mL1mol·L－1CuSO4溶液與3mL0.5mol·L－1NaOH溶液混合后，加入40%的甲醛溶液0.5mL，加熱至沸騰，無紅色沉淀生成，實驗失敗的主要原因是A．甲醛的量太少B．CuSO4的量太多C．NaOH的量太少D．加熱的時間太短11、下列說法正確的是A．氧氣和臭氧互為同系物B．NH3溶于水后所得溶液能導電，所以NH3是電解質(zhì)C．常溫常壓下，32gO2中的所含的氧原子數(shù)為1.204×1024個D．金屬鈉在空氣中切開后表面變暗是因為發(fā)生了電化學腐蝕12、可用來鑒別己烯、甲苯、己烷的一組試劑是()A．溴水 B．酸性高錳酸鉀溶液C．溴水、酸性高錳酸鉀溶液 D．溴的四氯化碳溶液13、2015年春，霧霾天氣對環(huán)境造成了嚴重影響，部分城市開展PM2.5和臭氧的監(jiān)測。下列有關說法正確的是()A．臭氧的摩爾質(zhì)量是48gB．同溫同壓條件下，等質(zhì)量的氧氣和臭氧體積比為2∶3C．16g臭氧中含有6.02×1023個原子D．1.00mol臭氧中含有電子總數(shù)為18×6.02×102314、下列各組元素性質(zhì)的遞變情況錯誤的是A．Li、Be、B原子的最外層電子數(shù)依次增多B．P、S、Cl元素的最高化合價依次升高C．N、O、F電負性依次增大D．Na、K、Rb第一電離能逐漸增大15、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＋H2O16、下列關于有機物的說法不正確的是（）①C3H6和C2H4的最簡式相同且分子量相差14，所以是同系物②乙二醇和甲醇含有相同的官能團，所以是同系物③互為同分異構體的化合物不可能具有相同的結構簡式④苯酚、乙酸乙酯、甲醛的沸點逐漸變低A．①②B．②④C．①③D．③④17、將質(zhì)量為W1g的鈉、鋁混合物投入一定量的水中充分反應，金屬沒有剩余，共收集到標準狀況下的氣體V1L.向溶液中逐滴加入濃度為amol·L?1的HCl溶液，過程中有白色沉淀產(chǎn)生后又逐漸溶解，當沉淀恰好消失時所加HCl溶液體積為V2L。將溶液蒸干充分灼燒得到固體(NaCl和Al2O3)W2g.下列關系式中錯誤的是A．24n(Al)+35.5n(Na)=W2?W1B．n(Na)+3n(Al)=aV2C．n(Na)+3n(Al)=V1/11.2D．a(chǎn)V2=V1/22.418、如圖所示是一種以液態(tài)肼(N2H4)為燃料，氧氣為氧化劑，某固體氧化物為電解質(zhì)的新型燃料電池。該固體氧化物電解質(zhì)的工作溫度高達700-900℃時，O2-可在該固體氧化物電解質(zhì)中自由移動，反應生成物均為無毒無害的物質(zhì)。下列說法正確的是A．電極甲發(fā)生還原反應B．電池內(nèi)的O2-由電極乙移向電極甲C．電池總反應為N2H4+2O2=2NO+2H2OD．當甲電極上有l(wèi)molN2H4消耗時，乙電極上有22.4LO2參與反應19、下列說法正確的是（）A．有單質(zhì)生成的反應一定是氧化還原反應B．非金屬氧化物不一定是酸性氧化物C．金屬氧化物一定是堿性氧化物D．純凈物只由一種原子組成，而混合物由多種原子組成20、核磁共振氫譜是根據(jù)不同化學環(huán)境的氫原子在譜圖中給出的信號不同來確定有機物分子中氫原子種類的。下列有機物分子中，在核磁共振氫譜中只給出一種信號的是（）A．丙烷 B．正丁烷 C．新戊烷 D．異丁烷21、下列化學式對應的結構式從成鍵情況看不合理的是（）A．CH3N, B．CH2SeO,C．CH4S, D．CH4Si，22、用下列實驗裝置或操作進行相應實驗，能達到實驗目的的是A．用圖1所示裝置收集SO2氣體B．用圖2所示裝置檢驗溴乙烷與NaOH醇溶液共熱產(chǎn)生的乙烯C．用圖3所示裝置從食鹽水中提取NaClD．用圖4所示裝置制取并收集O2二、非選擇題(共84分)23、（14分）環(huán)己烯常用于有機合成。現(xiàn)通過下列流程，以環(huán)己烯為原料合成環(huán)醚、聚酯、橡膠，其中F可以作內(nèi)燃機的抗凍劑，J分子中無飽和碳原子。已知：R1—CH===CH—R2R1—CHO＋R2—CHO(1)③的反應條件是_________________________________________________。(2)A的名稱是_______________________________________________。(3)有機物B和I的關系為________(填字母)。A．同系物B．同分異構體C．都屬于醇類D．都屬于烴(4)①～⑩中屬于取代反應的________________________________________。(5)寫出反應⑩的化學方程式____________________________________。(6)寫出兩種D的屬于酯類的鏈狀同分異構體的結構簡式：_____________。24、（12分）A、B、C、D、E、F為元素周期表中前四周期元素，且原子序數(shù)依次增大，A與其余五種元素既不同周期也不同主族，B的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代，C的氧化物是導致酸雨的主要物質(zhì)之一，D原子核外電子有8種不同的運動狀態(tài)，E的基態(tài)原子在前四周期元素的基態(tài)原子中單電子數(shù)最多，F(xiàn)元素的基態(tài)原子最外能層只有一個電子，其他能層均已充滿電子。（1）寫出基態(tài)E原子的價電子排布式_______。（2）A與C可形成CA3分子，該分子中C原子的雜化類型為______，該分子的立體結構為_____；C的單質(zhì)與BD化合物是等電子體，據(jù)等電子體的原理，寫出BD化合物的電子式______；A2D由液態(tài)形成晶體時密度減小，其主要原因是__________（用文字敘述）。（3）已知D、F能形成一種化合物，其晶胞的結構如圖所示，則該化合物的化學式為___；若相鄰D原子和F原子間的距離為acm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為______g·cm－3（用含a、NA的式子表示）。25、（12分）Ⅰ.人體血液里Ca2＋的濃度一般采用mg/cm3來表示。抽取一定體積的血樣，加適量的草酸銨[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸鈣(CaC2O4)沉淀，將此草酸鈣沉淀洗滌后溶于強酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可測定血液樣品中Ca2＋的濃度。某研究性學習小組設計如下實驗步驟測定血液樣品中Ca2＋的濃度。（配制KMnO4標準溶液）如圖所示是配制50mLKMnO4標準溶液的過程示意圖。(1)請你觀察圖示判斷，其中不正確的操作有__________(填序號)。(2)其中確定50mL溶液體積的容器是________(填名稱)。(3)如果用圖示的操作配制溶液，所配制的溶液濃度將________(填“偏大”或“偏小”)。（測定血液樣品中Ca2＋的濃度）抽取血樣20.00mL，經(jīng)過上述處理后得到草酸，再用0.020mol·L－1KMnO4溶液滴定，使草酸轉(zhuǎn)化成CO2逸出，這時共消耗12.00mLKMnO4溶液。(4)配平草酸與KMnO4反應的離子方程式：__MnO＋H2C2O4＋H＋===Mn2＋＋CO2↑＋H2O。(5)滴定終點時的現(xiàn)象是_____________________________________(6)經(jīng)過計算，血液樣品中Ca2＋的濃度為__________mmol·cm－3。Ⅱ.某小組同學設計如下實驗，研究亞鐵鹽與H2O2溶液的反應。實驗1試劑：酸化的0.5mol·L－1FeSO4溶液(pH＝0.2)，5%H2O2溶液(pH＝5)。操作現(xiàn)象取2mL上述FeSO4溶液于試管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即變?yōu)樽攸S色，稍后，產(chǎn)生氣泡。測得反應后溶液pH＝0.9向反應后的溶液中加入KSCN溶液溶液變紅(1)H2O2的電子式是_______，上述實驗中H2O2溶液與FeSO4溶液反應的離子方程式是_________。(2)產(chǎn)生氣泡的原因是____________________________________________。26、（10分）鐵是人體必須的微量元素，治療缺鐵性貧血的常見方法是服用補鐵藥物?！八倭Ψ啤保ㄖ饕煞郑虹晁醽嗚F，呈暗黃色）是市場上一種常見的補鐵藥物。該藥品不溶于水但能溶于人體中的胃酸。某同學為了檢測“速力菲”藥片中Fe2+的存在，設計并進行了如下實驗：（1）試劑1是_______________________。（2）加入KSCN溶液后，在未加新制氯水的情況下，溶液中也產(chǎn)生了紅色，其可能的原因是_______________________________________________________________。（3）在實驗中發(fā)現(xiàn)放置一段時間，溶液的顏色會逐漸褪去。為了進一步探究溶液褪色的原因，甲、乙、丙三位同學首先進行了猜想：編號

猜想

甲

溶液中的+3價Fe又被還原為+2價Fe

乙

溶液中的SCN-被過量的氯水氧化

丙

新制的氯水具有漂白性，將該溶液漂白

基于乙同學的猜想，請設計實驗方案，驗證乙同學的猜想是否正確。寫出有關的實驗操作、預期現(xiàn)象和結論。（不一定填滿，也可以補充）編號實驗操作預期現(xiàn)象和結論

27、（12分）三草酸合鐵(Ⅲ)酸鉀K3[Fe(C2O4)3]3H2O為綠色晶體，易溶于水，難溶于乙醇、丙酮等有機溶劑。I.三草酸合鐵(Ⅲ)酸鉀晶體的制備①將5g(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶體溶于20mL水中，加入5滴6mol·L－1H2SO4酸化，加熱溶解，攪拌下加入25mL飽和H2C2O4溶液，加熱，靜置，待黃色的FeC2O4沉淀完全以后，傾去上層清液，傾析法洗滌沉淀2－3次。②向沉淀中加入10mL飽和草酸鉀溶液，水浴加熱至40℃，用滴管緩慢滴加12mL5％H2O2，邊加邊攪拌并維持在40℃左右，溶液成綠色并有棕色的沉淀生成。③加熱煮沸一段時間后，再分兩批共加入8mL飽和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此時棕色沉淀溶解，變?yōu)榫G色透明溶液。④向濾液中緩慢加入10mL95％的乙醇，這時如果濾液渾濁可微熱使其變清，放置暗處冷卻，結晶完全后，抽濾，用少量洗滌劑洗滌晶體兩次，抽干，干燥，稱量，計算產(chǎn)率。已知制備過程中涉及的主要反應方程式如下：步驟②6FeC2O4＋3H2O2＋6K2C2O4＝4K3[Fe(C2O4)3]＋2Fe(OH)3，步驟③2Fe(OH)3＋3H2C2O4＋3K2C2O4＝2K3[Fe(C2O4)3]＋6H2O，請回答下列各題：(1)簡述傾析法的適用范圍______________，步驟③加熱煮沸的目的是_______________。(2)下列物質(zhì)中最適合作為晶體洗滌劑的是____________________(填編號)。A．冷水B．丙酮C．95％的乙醇D．無水乙醇(3)有關抽濾如圖，下列說法正確的是_____________。A．選擇抽濾主要是為了加快過濾速度，得到較干燥的沉淀B．右圖所示的抽濾裝置中，只有一處錯誤，即漏斗頸口斜面沒有對著吸濾瓶的支管口C．抽濾得到的濾液應從吸濾瓶的支管口倒出D．抽濾完畢后，應先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，再關水龍頭，以防倒吸Ⅱ.純度的測定稱取1.000g產(chǎn)品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用標定濃度為0.01000mol·L－1的高錳酸鉀溶液滴定至終點，三次平行實驗平均消耗高錳酸鉀溶液24.00mL。(4)滴定涉及反應的離子方程式：___________________________________。(5)計算產(chǎn)品的純度_____________________(用質(zhì)量百分數(shù)表示)。(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的相對分子質(zhì)量為491)28、（14分）FeCl3蝕刻液由FeCl3和鹽酸等組成，可用于蝕刻銅及銅合金等。（1）加入鹽酸可抑制Fe3+及生成的Cu2+的水解，F(xiàn)e3+水解的離子方程式為____。（2）FeCl3溶液蝕刻銅的化學方程式為____。（3）測定某廢蝕刻液中Cu2+含量的實驗步驟如下：量取25.00mL廢蝕刻液，加入足量的NH4HF2（掩蔽Fe3+，消除干擾），加入稍過量KI溶液（2Cu2++4I－=2CuI↓+I2），在暗處靜置5min，然后用0.02000mol·L－1Na2S2O3標準溶液滴定（I2+2S2O=2I－+S4O），接近終點時，加入淀粉和10mL10%NH4SCN溶液（CuI可吸附少量I2，CuSCN不吸附I2），繼續(xù)滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。①不加NH4HF2會導致測得的銅的含量____（填：“偏高”“偏低”或“不變”）。②通過計算確定該廢蝕刻液中銅的含量（單位g·L－1，寫出計算過程）____。29、（10分）銅及其化合物在生產(chǎn)生活中有廣泛應用（1）工業(yè)上以黃銅礦(CuFeS2)

為原料，采用火法熔煉工藝生產(chǎn)銅的中間過程會發(fā)生反應：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑

該反應的氧化劑是________________，驗證SO2的方法是________________。（2）將少量銅絲放入適量的稀硫酸中，溫度控制在50℃，加入H2O2，反應一段時間后，升溫到60℃，再反應一段時間后可制得硫酸銅。溫度控制在50℃～60℃的原因有：①加快反應速率；②___________。在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液加熱，可生成CuC1沉淀，寫出生成CuCl的離子方程式______________。（3）堿式碳酸銅在有機催化劑、煙火制造和顏料、農(nóng)藥生產(chǎn)中有廣泛的應用。某工廠以輝銅礦(主要成分為Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等雜質(zhì))為原料制備堿式碳酸銅的流程如下:①輝銅礦在浸取前要富集與粉碎，粉碎的好處是___________。②浸取過程中可得到一種黃色單質(zhì)，寫出浸取時主要反應的化學方程式___________。③“除鐵”這一步反應在25℃進行，加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH為4后，溶液中銅離子最大濃度不超過_________mol/L。(已知Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10－20)

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中的HCO3-不能再強堿性條件下共存；B組離子可以在碳酸鈉溶液中大量共存；C中的SCN－與Fe3+因生成絡合物不能大量共存；D中的ClO－不能再強酸性條件下大量共存；故選B。2、B【解題分析】

A.乙醇完全燃燒生成CO2和H2O，只能說明乙醇中含有的元素，不能說明乙醇中含一個羥基，A錯誤；B.0.1mol乙醇與足量Na反應生成0.05mol氫氣，說明乙醇中只有1個活性氫，1個乙醇分子中有1個羥基，B正確；C.乙醇能溶于水，屬于物理性質(zhì)，無法判斷乙醇中是否含一個羥基，C錯誤；D.能脫水的有機物很多如蔗糖等，乙醇能脫水不能說明乙醇中含一個羥基，D錯誤；答案選B。3、A【解題分析】

200mLFe2(SO4)3溶液中含F(xiàn)e3+56g，F(xiàn)e3+的物質(zhì)的量為1mol，根據(jù)硫酸鐵的化學式可知，SO42-的物質(zhì)的量為1.5mol，物質(zhì)的量濃度是c(SO42-)==7.5mol/L；答案選A。4、C【解題分析】試題分析：體積為VL的密閉容器中通入3molNO2和5molSO2，n(N)=3mol，n(O)=3mol×2+5mol×2=16mol，由質(zhì)量守恒定律可知，反應前后原子守恒，則反應后容器內(nèi)氮原子和氧原子個數(shù)比為3mol：16mol=316【考點定位】考查質(zhì)量守恒【名師點晴】本題以氧化還原反應為載體考查原子守恒的計算，為高頻考點，把握原子守恒為解答的關鍵，側(cè)重分析能力和計算能力的考查。本題中看似考查是氧化還原反應，實際上與化學反應無關，任何化學反應，在密閉容器中都遵守質(zhì)量守恒定律，原子為化學變化中的最小微粒，反應前后的原子守恒。5、D【解題分析】

A、點①反應后溶液是CH3COONa與CH3COOH物質(zhì)的量之比為1：1的混合物，CH3COOH電離程度大于CH3COO－的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由電荷守恒可知：c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO－）+c（OH－）＞c（CH3COOH）+c（H+），故A錯；B、點②pH＝7，即c（H+）＝c（OH-），由電荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－），故c（Na+）＝c（CH3COO－），故B錯；C、點③說明兩溶液恰好完全反應生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度較小，所以c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+），故C錯；D、當CH3COOH較多，滴入的堿較少時，則生成CH3COONa少量，可能出現(xiàn)c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－），故D正確，答案選D。【題目點撥】該題涉及鹽類的水解和溶液離子濃度的大小比較，綜合性強，注重答題的靈活性。對學生的思維能力提出了較高的要求，注意利用電荷守恒的角度解答。6、A【解題分析】

由結構簡式可知，分子中含碳碳雙鍵、-CHO、酚-OH、醇-OH，結合烯烴、醛、酚、醇的性質(zhì)來解答。【題目詳解】①為烴的含氧衍生物，可以燃燒生成二氧化碳和水，故不選；②含雙鍵、-CHO、酚-OH、醇-OH，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故不選；③含酚-OH，能跟NaOH溶液反應，故不選；④含-CHO，能跟新制銀氨溶液反應，故不選；⑤含碳碳雙鍵，能發(fā)生加聚反應，故不選；⑥不含能水解的官能團，則不能發(fā)生水解反應，故選；答案選A?！绢}目點撥】本題考查有機物的結構與性質(zhì)，為高頻考點，把握常見有機物中的官能團與性質(zhì)的關系為解答的關鍵，側(cè)重烯烴、醛、酚、醇性質(zhì)的考查，題目難度不大。7、B【解題分析】分析：某溫度下，反應H2（g）+I2（g）2HI（g），反應前后氣體體積不變，增大壓強不改變化學平衡，A．甲、乙比較，乙中碘的濃度大，促進氫氣的轉(zhuǎn)化；甲、丙比較，丙中氫氣濃度大，促進碘單質(zhì)轉(zhuǎn)化；B．甲、丁比較，起始物質(zhì)的量為2倍關系，且物質(zhì)的量比等于化學計量數(shù)之比，增大壓強平衡不移動；C．由甲中數(shù)據(jù)可知，甲中氫氣轉(zhuǎn)化率為0.004×0.5/0.01×100%=20%，但甲、乙比較，乙中碘的濃度大，促進氫氣的轉(zhuǎn)化；D．甲、丙溫度相同，K相同，結合表格中數(shù)據(jù)可知，K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。詳解：A．甲、乙比較，乙中碘的濃度大，促進氫氣的轉(zhuǎn)化；甲、丙比較，丙中氫氣濃度大，促進碘單質(zhì)轉(zhuǎn)化，乙丙達到相同平衡狀態(tài)，則HI的平衡濃度：a=b＞0.004，反應H2（g）+I2（g）2HI（g），反應前后氣體體積不變，丙投料是甲的2倍，c=0.008，故A正確；B、甲、丁比較，起始物質(zhì)的量為2倍關系，且物質(zhì)的量比等于化學計量數(shù)之比，增大壓強平衡不移動，則平衡時，H2的轉(zhuǎn)化率：甲=丁，故B錯誤；C、由甲中數(shù)據(jù)可知，甲中氫氣轉(zhuǎn)化率為0.004×1/(2×0.01)×100%=20%，但甲、乙比較，乙中碘的濃度大，促進氫氣的轉(zhuǎn)化，故C正確；D、甲、丙溫度相同，K相同，結合表格中數(shù)據(jù)可知，K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。故D正確；故選B。點睛：本題考查化學平衡的計算，解題關鍵：把握表格中數(shù)據(jù)、轉(zhuǎn)化率及K的計算、等效平衡的判斷，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意選項B為解答的難點．8、C【解題分析】分析：碳酸氫鈉溶液中碳酸氫根離子的水解程度大于其電離程度，溶液顯堿性，結合電荷守恒、物料守恒等解答。詳解：A、溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），A正確；B、溶液中存在電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），B正確；C、溶液呈堿性，故HCO3-的電離程度小于其水解程度，C錯誤；D、小蘇打溶液中，碳酸氫根離子水解程度大于電離程度，溶液呈堿性，碳酸氫根離子的水解和電離都較微弱，水和碳酸氫根離子都電離出氫離子，只有碳酸氫根離子電離出碳酸根離子，所以c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(CO32-)，D正確。答案選C。點睛：本題考查離子濃度比較以及三大守恒定律，注意多元弱酸酸式根離子可電離也可水解。HSO3-、H2PO4-等以電離為主，溶液顯酸性；HCO3-、HS-等以水解為主，溶液顯堿性。9、C【解題分析】

分液分離的為兩種互不相溶的液體?！绢}目詳解】A.苯和溴苯相互溶解，無分層，不能用分液分離，A錯誤；B.汽油和辛烷相互溶解，無分層，不能用分液分離，B錯誤；C.己烷和水，不相溶，有分層，可以用分液分離，C正確；D.戊烷和庚烷相互溶解，無分層，不能用分液分離，D錯誤；答案為C。10、C【解題分析】本實驗要求溶液呈堿性，必須保證堿液絕對過量，答案為C11、C【解題分析】

A.氧氣和臭氧是氧元素組成的兩種不同的單質(zhì)，互為同素異形體，故A錯誤；B.NH3溶于水后所得溶液能導電，是因為反應生成的NH3·H2O是弱電解質(zhì)，不是氨氣自已電離，NH3是非電解質(zhì)，故B錯誤；C.常溫常壓下，32gO2的物質(zhì)的量為1mol，所含的氧原子數(shù)為1.204×1024個，故C正確；D.金屬鈉在空氣中切開后表面變暗，是因為鈉與氧氣反應生成氧化鈉，發(fā)生了化學腐蝕，故D錯誤；故選C。12、C【解題分析】

鑒別己烯、甲苯、己烷分為兩步進行：①取少量待測液分裝于三只試管中，三只試管中滴加少量溴水，能與溴水發(fā)生化學反應，使其褪色的是己烯；②再取除己烯外，另外兩種待測液少許于兩支試管中，兩支試管中滴加少量酸性高錳酸鉀溶液，使其褪色的是甲苯。故選C；答案：C【題目點撥】1.能使溴水反應褪色的有機物有：苯酚、醛、含不飽和碳碳鍵（碳碳雙鍵、碳碳叁鍵）的有機物；2.能使酸性高錳酸鉀褪色的有機物①與烯烴、炔烴、二烯烴等不飽和烴類及不飽和烴的衍生物反應；與苯的同系物(甲苯、乙苯、二甲苯等)反應；②與部分醇羥基、酚羥基（如苯酚）發(fā)生氧化還原反應；③與醛類等有醛基的有機物（如醛、甲酸、甲酸酯、甲酸鹽、葡萄糖、麥芽糖等）發(fā)生氧化還原反應。13、C【解題分析】A．摩爾質(zhì)量的單位是g/mol，則臭氧的摩爾質(zhì)量是48g/mol，A錯誤；B．同溫同壓下氣體摩爾體積相等，根據(jù)V=nVm=mVm/M知，相同質(zhì)量的不同氣體其體積之比等于摩爾質(zhì)量的反比，所以同溫同壓條件下，等質(zhì)量的氧氣和臭氧體積比=48g/mol：32g/mol=3：2，B錯誤；C．O原子的摩爾質(zhì)量為16g/mol，則16g臭氧中氧原子個數(shù)=16g/16g/mol×NA/mol=6.02×1023，C正確；D．每個臭氧分子中含有24個電子，1.00mol臭氧中含有24mol電子，則l.00mol臭氧中含有電子總數(shù)為24×6.02×1023個，D錯誤；答案選C。14、D【解題分析】

A．根據(jù)原子核外電子排布分析；B．根據(jù)元素的最高正價等于核外最外層電子數(shù)分析；C．同周期元素從左到右元素的電負性逐漸增強；D．同主族元素從上到下元素的第一電離能依次減小?！绢}目詳解】A．Li、Be、B原子最外層電子數(shù)分別為1、2、3，則原子最外層電子數(shù)依次增多，選項A正確；B．P、S、Cl元素最外層電子數(shù)分別為5、6、7，最高正價分別為+5、+6、+7，最高正價依次升高，選項B正確；C．同周期元素從左到右元素的電負性逐漸增強，則N、O、F電負性依次增大，選項C正確，D．同主族元素從上到下元素的第一電離能依次減小，則Na、K、Rb元素的第一電離能依次減小，選項D錯誤。答案選D。15、D【解題分析】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。16、A【解題分析】試題分析：①C3H6可能為丙烯或環(huán)丙烷，和乙烯結構不一定相似，不滿足同系物的概念，①錯誤；②乙二醇和甲醇含有羥基的數(shù)目不同，不是同系物，②錯誤；③同分異構體必須滿足分子式相同、結構不同，所以互為同分異構體的化合物不可能具有相同的結構簡式，③正確；④相對分子質(zhì)量越大，沸點越高，苯酚、乙酸乙酯、甲醛的沸點逐漸變低，④正確；答案選A。【考點定位】考查同系物、同分異構體的概念及判斷【名師點睛】本題考查同系物、同分異構體的概念及判斷，題目難度不大，明確同分異構體、同系物的概念為解答關鍵，注意互為同分異構體的化合物不可能具有相同的結構，為易錯點。①結構相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質(zhì)互稱為同系物；②互為同分異構體的化合物必須具有不同結構、相同的分子式；③相對分子質(zhì)量越大，沸點越高。17、D【解題分析】答案：D本題是一道綜合了鈉和鋁有關化學性質(zhì)的較難的計算型選擇題，題目融合了化學中的"初態(tài)--終態(tài)"思想以及在化學選擇和計算題中普遍使用的守恒法。根據(jù)題意，Na最終以NaCl形式存在，質(zhì)量增加為1.5n(Na)；AlCl3在蒸干過程中水解為Al(OH)3和HCl，HCl揮發(fā)，最后蒸干產(chǎn)物為Al2O3，增加的質(zhì)量為24n（A1），24n（A1）+1．5n（Na）=W2—W1，A正確。W1g的Na和Al經(jīng)過和一定量的水反應，置換出了V1LH2，由電子得失守恒知：Na和Al完全反應變成Na＋和Al3＋失去的電子數(shù)應該等于生成的H2得到的電子數(shù)，則有n(Na)＋3n(Al)＝2V1/22.4，C正確;;溶液經(jīng)過一系列的反應最終得到的溶液應該是NaCl和AlCl3的混合，因此；aV2可看成是鹽酸中Cl元素的物質(zhì)的量，由Cl元素守恒知aV2=n(Na)＋3n(Al)＝2V1/22.4。B正確，D錯誤。18、B【解題分析】

根據(jù)原電池的工作原理進行分析，負極上發(fā)生氧化反應，正極上發(fā)生還原反應，陰離子向負極移動，陽離子向正極移動，然后進行分析?！绢}目詳解】A、通氧氣一極為正極，通N2H4的一極為負極，即電極甲為負極，依據(jù)原電池的工作原理，電極甲上發(fā)生氧化反應，故A錯誤；B、根據(jù)原電池的工作原理，O2－從正極移向負極，故B正確；C、因為反應生成無毒無害物質(zhì)，即N2H4轉(zhuǎn)化成N2和H2O，故C錯誤；D、題目中沒有說明條件是否為標準狀況下，因此無法計算氣體的體積，故D錯誤?！绢}目點撥】本題的易錯點是選項D，學生容易根據(jù)得失電子數(shù)目守恒計算出氧氣的物質(zhì)的量，即1×2×2=n(O2)×4，解得n(O2)=1mol，然后判斷出體積為22.4L，忽略了題目中并沒有說明條件是否是標準狀況，因此遇到這樣的問題，需要先判斷條件。19、B【解題分析】A．氧氣轉(zhuǎn)化為臭氧，無元素的化合價變化，則為非氧化還原反應，故A錯誤；B．酸性氧化物是指能與水反應生成相應的酸，而不生成其他物質(zhì)的氧化物，堿性氧化物為能與水反應生成相應的堿，而不生成其他物質(zhì)的氧化物，非金屬氧化物不一定是酸性氧化物，如一氧化碳，故B正確；C．金屬氧化物不一定是堿性氧化物，比如Mn2O7是金屬氧化物但是酸性氧化物，Al2O3是金屬氧化物但是兩性氧化物，故C錯誤；D．純凈物只由一種原子組成，而混合物不一定含有多種原子，如金剛石和石墨，屬于混合物，但只含有一種原子，故D錯誤；故選B。20、C【解題分析】

A．CH3CH2CH3結構對稱，只有2種H原子，核磁共振氫譜圖中給出兩種峰，故A錯誤；

B．CH3CH2CH2CH3含有2種H原子，核磁共振氫譜圖中給出兩種峰，故B錯誤；

C．C（CH3）4有1種H原子，核磁共振氫譜中給出一種峰，故C正確；

D．（CH3）2CHCH3中有2種H原子，核磁共振氫譜圖中只給出兩種峰，故D錯誤；答案：C21、D【解題分析】

A．C原子最外層有4個電子，應形成4個共價鍵，N原子最外層有5個電子，應形成3個共價鍵，H原子最外層有1個電子，應形成1個共價鍵，A正確；B．C原子最外層有4個電子，應形成4個共價鍵，H原子最外層有1個電子，應形成1個共價鍵，O和Se均為第ⅥA族元素，其原子最外層均有6個電子，均應形成2個共價鍵，B正確；C．C原子最外層有4個電子，應形成4個共價鍵，H原子最外層有1個電子，應形成1個共價鍵，S原子最外層有6個電子，形成2個共價鍵，C正確；D．H原子最外層有1個電子，應形成1個共價鍵，C和Si都是第ⅣA族元素，其原子最外層電子數(shù)均為4，應形成4個共價鍵，C原子和Si原子均不滿足，D錯誤。答案選D。22、D【解題分析】分析：A.收集SO2應用向上排空法；B.應排除乙醇的干擾；C.加熱溶液應在蒸發(fā)皿中進行；D.過氧化氫在二氧化錳催化作用下生成氧氣，可用向上排空法收集。詳解：A.SO2密度比空氣大，應用向上排空法收集，故A錯誤；

B.乙醇易揮發(fā)，可與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，不能排除乙醇的干擾，故B錯誤；

C.蒸發(fā)應用蒸發(fā)皿，不能在坩堝中進行，故C錯誤；

D.過氧化氫在二氧化錳催化作用下生成氧氣，氧氣,密度比空氣大，可用向上排空法收集，所以D選項是正確的。

所以D選項是正確的。二、非選擇題(共84分)23、NaOH醇溶液、加熱1,2-二溴環(huán)己烷C②、⑦、⑧nCH2=CH—CH=CH2CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2【解題分析】

利用題目所給信息，正向分析與逆向分析結合，可知?！绢}目詳解】根據(jù)以上分析，(1)反應③是發(fā)生消去反應生成，反應條件是NaOH醇溶液、加熱。(2)A是，名稱是1,2-二溴環(huán)己烷。(3)有機物B是、I是，結構不同，不屬于同系物；分子式不同，不是同分異構體；都含有羥基，都屬于醇類；含有氧元素，不屬于烴，故選C。(4)反應①是加成反應；②是羥基代替溴原子，屬于取代反應；③是生成，屬于消去反應；④是與氫氣發(fā)生加成反應生成；⑤是與氫氣發(fā)生加成反應生成；⑥是發(fā)生氧化反應生成；⑦是2分子發(fā)生取代反應生成；⑧是與發(fā)生取代反應生成聚酯；⑨是發(fā)生消去反應生成；⑩是發(fā)生加聚反應生成，屬于取代反應的是②、⑦、⑧。(5)反應⑩是發(fā)生加聚反應生成，化學方程式是nCH2=CH—CH=CH2。(6)的不飽和度是2，屬于酯類的鏈狀同分異構體應該含有1個碳碳雙鍵，結構簡式有CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2。24、3d54s1sp3雜化三角錐形:C??O:水形成晶體時，每個水分子與4個水分子形成氫鍵，構成空間正四面體網(wǎng)狀結構，水分子空間利用率低，密度減小Cu2O【解題分析】

B的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代，則B為C元素；D原子核外電子有8種不同的運動狀態(tài)，則D原子核外有8個電子，則D為O元素；C的氧化物是導致酸雨的主要物質(zhì)之一，且C的原子序數(shù)比O小，則C為N元素；E的基態(tài)原子在前四周期元素的基態(tài)原子中單電子數(shù)最多，則E的基態(tài)原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d54s1，則E為24號元素Cr；F位于前四周期、原子序數(shù)比E大且其基態(tài)原子最外能層只有一個電子，其他能層均已充滿電子，則F的基態(tài)原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，則F為29號元素Cu；A與其余五種元素既不同周期也不同主族，且能與C形成CA3分子，則A為H；綜上所述，A、B、C、D、E、F分別為：H、C、N、O、Cr、Cu，據(jù)此解答?！绢}目詳解】(1)E為Cr，其基態(tài)原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d54s1，則其價電子排布式為：3d54s1，故答案為：3d54s1；(2)A為H，C為N，NH3分子中，中心N原子的σ鍵數(shù)=3，孤電子對數(shù)==1，則價層電子對數(shù)=3+1=4，則中心N原子的雜化類型為sp3雜化，有一對孤電子，則其空間構型為三角錐形。N2的電子式為:N??N:，CO和N2互為等電子體，則CO的電子式為:C??O:。水形成晶體(冰)時，每個水分子與4個水分子形成氫鍵，構成空間正四面體網(wǎng)狀結構，水分子空間利用率降低，導致密度減小，故答案為：sp3雜化；三角錐形；:C??O:；水形成晶體時，每個水分子與4個水分子形成氫鍵，構成空間正四面體網(wǎng)狀結構，水分子空間利用率低，密度減?。?3)D原子即O原子，F(xiàn)原子即Cu原子，由均攤法可知，1個晶胞中O原子個數(shù)==2，Cu原子個數(shù)=4，該化合物中Cu原子和O原子個數(shù)比=4:2=2:1，則該化合物的化學式為Cu2O，那么，1個晶胞的質(zhì)量=。設晶胞常數(shù)為b，Cu原子和O原子之間的距離為acm，則體對角線=4acm，則=4a，可得：b=cm，所以，1個晶胞的體積=b3=()3cm3，該晶體的密度=，故答案為：Cu2O；。【題目點撥】Cu和O之間的距離=體對角線的四分之一。25、②⑤50mL容量瓶偏小2MnO4—＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O當?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4溶液時，溶液顏色有無色變?yōu)榉奂t色，但半分鐘內(nèi)不褪色0.032Fe2++2H++H2O2=+2Fe3++2H2OFe3+催化下H2O2分解生成O2【解題分析】本題考查化學實驗方案的設計與評價。解析：Ⅰ.（1）量筒不能用于配制溶液，視線應該與凹液面的最低點相平讀數(shù)，所以②⑤操作錯誤；（2）配制50mL一定物質(zhì)的量濃度KMnO4標準溶液需要50mL的容量瓶；（3）仰視讀數(shù)時，定容時，所加的水超過刻度線，體積偏大，所以濃度偏?。唬?）由題給未配平的離子方程式可知，反應中H2C2O4做還原劑被氧化為CO2，MnO4―做氧化劑被還原為Mn2+，依據(jù)得失電子數(shù)目守恒和原子個數(shù)守恒可得配平的化學方程式為2MnO4―+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；（5）草酸溶液無色，當反應正好完全進行的時候，多加一滴KMnO4溶液，溶液恰好由無色變?yōu)樽霞t色；（6）血樣處理過程中存在如下關系式：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO4―，所以n(Ca2+)＝52n(MnO4-)＝52×0.0120L×0.020mol·L－1＝6.0×10-4mol，血液樣品中Ca2+的濃度＝6.0×10-4mol20.00cm3＝0.03mmol·cm－3。Ⅱ.H2O2為含有非極性鍵和極性鍵的共價化合物，電子式為，酸性條件下，H2O2溶液與FeSO4溶液發(fā)生反應生成Fe3+和H2O，反應的離子方程式為：2Fe2++2H++H2O2點睛：本題側(cè)重考查學生知識綜合應用、根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)進行實驗原理分析及實驗方案設計能力，綜合性較強，注意把握物質(zhì)性質(zhì)以及對題目信息的獲取于使用。26、稀鹽酸（或稀硫酸溶液）少量Fe2+被空氣中氧氣氧化成Fe3+編號

實驗操作

預期現(xiàn)象和結論

①

取少量褪色后溶液，加入KSCN溶液

如果溶液變紅色，說明乙同學的猜想是合理的；如果溶液不變紅色，說膽乙同學的猜想是不合理的

或

取少量褪色后溶液，加入FeCl3溶液

如果溶液仍不變紅色，說明乙同學的猜想是合理的；如果溶液變紅色，說明乙同學的猜想是不合理的

【解題分析】

（1）根據(jù)圖示分析可知，加入試劑1用于溶解藥品，應該選用加入非氧化性的酸；（2）亞鐵離子具有較強的還原性，部分亞鐵離子能夠被空氣中氧氣氧化成鐵離子；（3）若溶液中的SCN-被過量的氯水氧化，可以再向溶液中加入硫氰化鉀溶液，根據(jù)反應現(xiàn)象進行判斷。【題目詳解】（1）試劑1用于溶解樣品，可以選用稀鹽酸或者稀硫酸；（2）少量Fe2+被空氣中的氧氣氧化成Fe3+，所以加入KSCN溶液后，在未加新制氯水的情況下，溶液中也產(chǎn)生了紅色，（3）乙的猜想為：溶液中的SCN-被過量的氯水氧化，若檢驗乙同學的猜想是否正確