2023學年高二下學期化學期末模擬測試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列有機化合物分子中所有的原子不可能都處于同一平面的是（）A．C6H5—CH＝CH—CHO B．CF2＝CF2C．CH3—O—CH3 D．HC≡CH2、將一鐵、銅混合物粉末平均分成三等份，分別加入到同濃度、不同體積的稀硝酸中，充分反應后，收集到NO氣體的體積及剩余固體的質量如表（設反應前后溶液的體積不變，氣體體積已換算為標準狀況時的體積）：實驗序號稀硝酸的體積/mL剩余固體的質量/gNO的體積/L110017.22.2422008.004.4834000V下列說法正確的是（）A．表中V=7.84LB．原混合物粉末的質量為25.6gC．原混合物粉未中鐵和銅的物質的量之比為2：3D．實驗3所得溶液中硝酸的物質的量濃度為0.875mol?L﹣13、下列離子方程式錯誤的是A．向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaS04↓＋2H2OB．酸性介質中KMnO4氧化H2O2：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2OC．等物質的量的MgCl2、Ba(OH)2和HC1溶液混合：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓D．鉛酸蓄電池充電時的正極反應：PbSO4＋2H2O－2e-=PbO2＋4H＋＋SO42－4、已知常溫下濃硫酸能使鋁片表面形成致密氧化膜，下列通過制取硫酸鋁、氫氧化鋁獲得氧化鋁的裝置和原理能達到實驗目的的是A．制硫酸鋁 B．制氫氧化鋁C．過濾氫氧化鋁 D．灼燒制氧化鋁5、下列有關說法不正確的是()A．水合銅離子的模型如圖所示，1個水合銅離子中有4個配位鍵B．CaF2晶體的晶胞如圖所示，每個CaF2晶胞平均占有4個Ca2＋C．H原子的電子云圖如圖所示，H原子核外的大多數電子在原子核附近運動D．金屬Cu中Cu原子堆積模型如圖所示，該金屬晶體為最密堆積，每個Cu原子的配位數均為126、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C．常溫常壓下，32gO2中的所含的氧原子數為1.204×1024個D．金屬鈉在空氣中切開后表面變暗是因為發生了電化學腐蝕7、關于乙炔分子中的共價鍵說法正確的是A．sp雜化軌道形成σ鍵屬于極性鍵，未雜化的2p軌道形成π鍵屬于非極性鍵B．C－H之間是sp－s形成σ鍵，與s－pσ鍵的對稱性不同C．(CN)2與乙炔都屬于直線型分子，所以(CN)2分子中含有3個σ鍵和2個π鍵D．由于π鍵的鍵能比σ鍵的鍵能小，乙炔分子三鍵的鍵能小于C－C單鍵的鍵能的3倍，所以乙炔化學性質活潑易于發生加成反應8、八十年代，我國化學家打破了西方國家對維生素C的壟斷，發明的“兩段發酵法”大大降低了生產成本。某課外小組利用碘滴定法測某橙汁中維生素C的含量，其化學方程式如下：下列說法正確的是A．上述反應為取代反應 B．維生素C水解得到2種產物C．維生素C有酯基不能溶于水，可溶于有機溶劑 D．該反應表明維生素C具有還原性9、化學與生活密切相關。下列說法正確的是A．聚乙烯塑料的老化是因為發生了加成反應B．煤經過氣化和液化等物理變化可轉化為清潔燃料C．乙烯可作水果的催熟劑D．福爾馬林可作食品的保鮮劑10、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序數依次增大，其中X是組成有機物的必要元素，元素Y的原子最外層電子數是其電子層數的3倍，元素W與X同主族，Z與Q最外層電子數相差6。下列說法正確的是（）A．原子半徑：r(Q)＞r(W)＞r(X)＞r(Y)B．Y的簡單氣態氫化物的熱穩定性比X的強，是因為Y的簡單氣態氫化物分子間有氫鍵C．Y與Z可形成含共價鍵的離子化合物D．元素Y、Z、Q組成的化合物水溶液一定呈堿性11、下列物質的熔、沸點高低順序中，正確的是()A．金剛石>晶體硅>二氧化硅>碳化硅B．CI4>CBr4>CCl4>CH4C．MgO>H2O>O2>Br2D．金剛石>生鐵>純鐵>鈉12、將一定質量的鐵、氧化鐵、氧化銅的混合物粉末放入100mL4.40mol/L鹽酸中，充分反應后產生896mLH2(標準狀況)，殘留固體1.28g。過濾，濾液中無Cu2＋。將濾液加水稀釋到200mL，測得其中c(H＋)為0.400mol/L。則原混合物中單質鐵的質量是A．2.24g B．3.36g C．5.60g D．10.08g13、中國文化中的“文房四寶”所用材料的主要成分為單質的是A．筆B．墨C．紙D．硯A．A B．B C．C D．D14、下列除去括號內雜質所選試劑正確的是（）A．Cu（CuO）：稀硝酸 B．FeCl3（AlCl3）：氨水C．Fe2O3（SiO2）：NaOH溶液 D．CO2（HCl）：飽和Na2CO3溶液15、300多年前，著名化學家波義耳發現了鐵鹽與沒食子酸的顯色反應，并由此發明了藍黑墨水。沒食子酸的結構簡式為，下列關于沒食子酸的說法正確的是A．分子式為C7H7O5B．能發生加成反應，消去反應和取代反應C．1mol沒食子酸與足量的碳酸氫鈉反應，生成4molCO2D．1mol沒食子酸與足量的鈉反應，生成2molH216、下列說法不正確的是（）A．植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色B．石油裂化、煤的液化、油脂皂化都屬于化學變化C．蛋白質、纖維素、油脂、核酸都是高分子化合物D．乙烯可用作水果催熟劑，乙酸可用作調味劑，乙醇可用于殺菌消毒二、非選擇題（本題包括5小題）17、通過對煤的綜合利用，可以獲得多種有機物。化合物A含有碳、氫、氧3種元素，其質量比是12∶3∶8。液態烴B是一種重要的化工原料，其摩爾質量為78g·mol－1。E是有芳香氣味的酯。它們之間的轉化關系如下(含有相同官能團的有機物通常具有相似的化學性質)：請回答：(1)化合物A的結構簡式是____________。(2)A與D反應生成E的反應類型是____________。(3)E與氫氧化鈉溶液發生水解化學方程式是________________________。(4)下列說法正確的是____________。A．將銅絲在空氣中灼燒后迅速插入A中，反復多次，可得到能發生銀鏡反應的物質B．在一定條件下，C可通過取代反應轉化為C．苯甲酸鈉(常用作防腐劑)可通過D和氫氧化鈉反應得到D．共amol的B和D混合物在氧氣中完全燃燒，消耗氧氣大于7.5amol18、某課外小組對金屬鈉進行研究。已知C、D都是單質，F的水溶液是一種常見的強酸。(1)金屬Na在空氣中放置足夠長時間，最終的生成物是：_________________________。(2)若A是一種常見金屬單質，且A與B溶液能夠反應，則將過量的F溶液逐滴加入E溶液，邊加邊振蕩，所看到的實驗現象是_________________________。(3)若A是一種不穩定的鹽，A溶液與B溶液混合將產生白色絮狀沉淀且瞬間變為灰綠色，最后變成紅褐色的E，請寫出該過程發生反應的方程式：_________________________。(4)若A是一種溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32－、SO42－中的某些離子，當向該溶液中加入B溶液時發現生成沉淀的物質的量隨B溶液的體積發生變化如圖所示，由此可知，該溶液中肯定含有的離子及其物質的量濃度之比為________________________。(5)將NaHCO3與M的混合物在密閉容器中充分加熱后排出氣體，經測定，所得固體為純凈物，則NaHCO3與M的質量比為____________。19、工業上可用焦炭與二氧化硅的混合物在高溫下與氯氣反應生成SiCl4，SiCl4經提純后用氫氣還原得高純度硅。以下是實驗室制備SiCl4的裝置示意圖。請回答下列問題：（1）儀器D的名稱_____________。（2）裝置A的硬質玻璃管中發生反應的化學方程式是________________。（3）C中吸收尾氣一段時間后，吸收液中存在多種陰離子，下列有關吸收液中離子檢驗的說法正確的是_____。A．取少量吸收液加入AgNO3溶液，若生成白色沉淀，則說明一定存在Cl－B．取少量吸收液，滴加溴水，若溴水褪色，則說明一定存在SO32-C．取少量吸收液，加過量BaCl2溶液，過濾出沉淀，向沉淀中加過量稀鹽酸，若沉淀部分溶解，且有氣泡產生，則說明一定存在SO32-D．取少量吸收液，加硫酸酸化后再加淀粉碘化鉀溶液，若溶液變藍，則說明一定存在ClO－20、實驗室中有一未知濃度的稀鹽酸，某學生為測定鹽酸的濃度在實驗室中進行如下實驗：請完成下列填空：（1）配制100mL0.1000mol/LNaOH標準溶液。（2）取20.00mL待測稀鹽酸溶液放入錐形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示劑，用自己配制的標準NaOH溶液進行滴定。重復上述滴定操作2~3次，記錄數據如下。實驗編號NaOH溶液的濃度（mol/L）滴定完成時，NaOH溶液滴入的體積（mL）待測鹽酸溶液的體積（mL）10.100030.0520.0020.100029.9520.0030.100028.2020.00①滴定達到終點的判斷是________，此時錐形瓶內溶液的pH為_____________。②根據上述數據，可計算出該鹽酸的濃度約為___________（保留四位有效數字）③排去堿式滴定管中氣泡的方法應采用操作__________，然后輕輕擠壓玻璃球使尖嘴部分充滿堿液甲.乙.丙.④在上述實驗中，下列操作（其他操作正確）會造成鹽酸濃度測定結果偏高的有_____A、酸式滴定管使用前，水洗后未用待測鹽酸溶液潤洗B、錐形瓶水洗后未干燥C、滴定到終點讀數時發現滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液D、配制NaOH標準溶液時，移液后未洗滌燒杯和玻璃棒E、堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失21、已知A，B，C，D，E，F均為周期表中前36號元素，且原子序數依次增大．A，B，C為同一周期的主族元素，B原子p能級電子總數與s能級電子總數相等．A，F原子未成對電子是同周期中最多的，且F基態原子中電子占據三種不同形狀的原子軌道．D和E原子的第一至第四電離能如下表所示：（1）A，B，C三種元素的電負性最大的是__（填寫元素符號），D，E兩元素中D的第一電離能較大的原因是__．（2）F基態原子的核外電子排布式是__；在一定條件下，F原子的核外電子從基態躍遷到激發態產生的光譜屬于__光譜（填“吸收”或“發射”）．（3）根據等電子原理，寫出AB+的電子式：__．（4）已知：F3+可形成配位數為6的配合物．組成為FCl3?6H2O的配合物有3種，分別呈紫色、藍綠色、綠色，為確定這3種配合物的成鍵情況，分別取等質量的紫色、藍綠色、綠色3種物質的樣品配成溶液，分別向其中滴入過量的AgNO3溶液，均產生白色沉淀且質量比為3：2：1．則綠色配合物的化學式為__．A．[CrCl（H2O）5]Cl2?H2OB．[CrCl2（H2O）4]Cl?2H2OC．[Cr（H2O）6]Cl3D．[CrCl3（H2O）3]?3H2O

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【答案解析】

A．苯環為平面結構，苯乙烯相當于苯環上的一個氫被乙烯基取代，不改變原來的平面結構，乙烯基的所有原子在同一個面上，C6H5—CH＝CH—CHO相當于苯乙烯被醛基取代，甲醛是平面三角形結構，這三個平面可以是一個平面，所以A所有原子可能都處在同一平面上；B．CF2＝CF2相當于乙烯中的氫原子全部被氟原子取代，所有B原子在同一平面上；C．該分子相當于甲烷中的一個氫原子被-O-CH3取代，甲烷是正四面體結構，所以C甲烷中所有原子不可能在同一平面上；D．HC≡CH是直線型分子，D所有原子在同一平面上。答案選C。【點晴】解答時注意根據已學過的甲烷、乙烯、苯的結構來類比進行判斷。該類試題需要掌握以下知識點：①甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛5種分子中的H原子若被其他原子如C、O、Cl、N等取代，則取代后的分子空間構型基本不變。②借助C—C鍵可以旋轉而—C≡C—鍵、鍵不能旋轉以及立體幾何知識判斷。③苯分子中苯環可以以任一碳氫鍵為軸旋轉，每個苯分子有三個對稱軸，軸上有四個原子共線。2、A【答案解析】由第一組數據可知固體有剩余，硝酸與Fe、Cu反應，都有：3Fe+8HNO3=3Fe（NO）2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu（NO）2+2NO↑+4H2O，根據化學方程式得，n（HNO3）=4n（NO），加入100mL硝酸溶液時，n（NO）=0.1mol，則n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L，由1、2兩組數據分析，兩次剩余物的質量相差9.2g，此時生成2.24LNO氣體（轉移0.3mol電子），根據電子守恒得：若只溶解鐵，消耗Fe的質量為8.4g，若只溶解銅，消耗Cu的質量為9.6g，由此現在消耗9.2g，介于兩者之間，可知這9.2g中應有Fe和Cu兩種金屬，設Fe和Cu的物質的量分別為xmol和ymol，則解之得所以9.2g中含鐵質量是2.8g，含銅的質量是6.4g，所以第一次實驗反應消耗的是Fe，反應后剩余金屬為Fe和Cu，而第二次實驗后剩余金屬只有銅，所以每一份固體混合物的質量為：8.4g+17.2g=25.6g，其中含鐵為8.4g+2.8g=11.2g，含銅的質量為：6.4g+8g=14.4g，所以鐵和銅的物質的量之比為11.2g÷56g·mol-1：14.4g÷64g·mol-1=8：9；400ml硝酸的物質的量是：n（HNO3）=0.4L×4mol·L-1=1.6mol,n(Fe)=0.2mol,n(Cu)=0.225mol,根據得失電子守恒和N元素守恒得：銅完全反應消耗硝酸的物質的量為：n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=n(Cu)×2÷3+2n(Cu)×2=0.6mol,鐵完全反應消耗硝酸的最多的（生成Fe3+）物質的量為：n（HNO3）=n（NO）+3n[Fe（NO3）3]=n(Fe)+3n(Fe)=0.8mol，共消耗硝酸0.8mol+0.6mol=1.4mol，小于1.6mol，所以硝酸過量，根據得失電子守恒，V（NO）=[2n（Cu）+3n（Fe）]÷3×22.4L·,mol-1=7.84L，A正確；根據前面的推算，每一份混合物的質量是25.6g，原混合物粉末的質量為25.6g×3=76.8g，B選項錯誤；根據前面的推算，鐵和銅的物質的量之比為8：9，C選項錯誤；根據前面的推算，實驗3消耗的硝酸是1.4mol，剩余0.2mol，所得溶液中硝酸的物質的量濃度為0.2mol÷0.4L=0.5mol/L，D選項錯誤；正確答案A。點睛：對于硝酸與Fe的反應，Fe與HNO3反應首先生成Fe(NO3)3，過量的Fe再與Fe3+反應生成Fe2+，如本題中第1、第2次的兩次實驗，金屬剩余，Fe應該生成Fe2+，這是解決本題的關鍵，為確定剩余8g的成分提供依據，即參加反應的Fe的產物一定是Fe2+，根據極值法和混合物計算的方法確定8g剩余金屬的組成，通過第三次實驗判斷硝酸過量，Fe生成Fe3+。3、C【答案解析】

A.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸生成硫酸鋇和水，離子方程式為：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaS04↓＋2H2O，書寫正確，故A不符合題意；B.酸性介質中KMnO4氧化H2O2，H2O2做還原劑，產生氧氣，離子方程式為：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，書寫正確，故B不符合題意；C.等物質的量的Ba(OH)2和HC1溶液混合，溶液顯堿性，氫氧根離子有剩余；剩余的氫氧根離子與MgCl2等物質的量反應，離子方程式為：2H++Mg2＋＋4OH－=Mg(OH)2↓+2H2O，原離子方程式書寫錯誤，故C符合題意；D.鉛酸蓄電池充電時的正極為二氧化鉛得電子發生還原反應，離子方程式為：PbSO4＋2H2O－2e-=PbO2＋4H＋＋SO42－，故D不符合題意；故答案選C。4、C【答案解析】

A、常溫下濃硫酸能使鋁鈍化得不到硫酸鋁，選項A錯誤；B、過量氫氧化鈉與硫酸鋁反應生成偏鋁酸鈉而得不到氫氧化鋁，選項B錯誤；C、氫氧化鋁不溶于水，可通過過濾與水分離,且過濾操作正確，選項C正確；D、灼燒固體用坩堝，不用蒸發皿，選項D錯誤。答案選C。【答案點睛】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點,涉及化學實驗基本操作、物質分離與提純等，側重實驗基本操作和實驗原理的考查，注意裝置的作用及實驗的操作性、評價性分析，易錯點為選項B。5、C【答案解析】

A.如圖所示，銅離子與4個水分子結合，所以1個水合銅離子中有4個配位鍵，故A正確；B.晶胞中Ca2＋處于晶胞的頂點和面心，則每個CaF2晶胞中Ca2＋數為8×1/8+6×1/2=4，故B正確；C.H原子外只有一個電子，在原子核附近運動，故C錯誤；D.在金屬晶體的最密堆積中，對于每個原子來說，在其周圍的原子有與之同一層上有六個原子和上一層的三個及下一層的三個，故每個原子周圍都有12個原子與之相連，故D正確；故選C。6、C【答案解析】

A.氧氣和臭氧是氧元素組成的兩種不同的單質，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，不是氨氣自已電離，NH3是非電解質，故B錯誤；C.常溫常壓下，32gO2的物質的量為1mol，所含的氧原子數為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，發生了化學腐蝕，故D錯誤；故選C。7、D【答案解析】

A.碳碳三鍵由1個σ鍵和2個π鍵構成，這兩種化學鍵都屬于非極性鍵，A錯誤；B.s電子云為球對稱，p電子云為軸對稱，但σ鍵為鏡面對稱，則sp-sσ鍵與s-pσ鍵的對稱性相同，B錯誤；C.(CN)2的結構簡式為：，即該分子中含有兩個碳氮三鍵和一個碳碳單鍵，則該分子含有3個σ鍵和4個π鍵，C錯誤；D.由于π鍵的鍵能比σ鍵的鍵能小，乙炔分子三鍵的鍵能小于C－C單鍵的鍵能的3倍，則乙炔分子的三鍵中的π鍵易斷裂，所以乙炔化學性質活潑，易發生加成反應，D正確；故合理選項為D。8、D【答案解析】

A項，從題給的化學方程式可知，維生素

C與

I2反應時，脫去分子中環上-OH

中的氫，形成C=O雙鍵，不屬取代反應，屬氧化反應，故A項錯誤；B項，維生素

C含有羥基，碳碳雙鍵，酯基三種官能團，其中酯基能發生水解，由于是環酯，所以水解產物只有一種，故B項錯誤；C項，維生素C含有多個羥基，易溶于水，故C項錯誤；D項，從題給的化學方程式可知，維生素

C與

I2反應時，維生素C被氧化，表明維生素C具有還原性，故D項正確。綜上所述，本題正確答案為D。9、C【答案解析】

A.乙烯含碳碳雙鍵其中1根鍵斷裂，相互加成生成聚乙烯，聚乙烯中不存在雙鍵，聚乙烯塑料的老化是由于長鏈斷裂等原因，故A錯誤；B.煤的氣化是煤在氧氣不足的條件下進行部分氧化形成H2、CO等氣體的過程，煤的液化是將煤與H2在催化劑作用下轉化為液體燃料或利用煤產生的H2和CO通過化學合成產生液體燃料或其他液體化工產品的過程，所以煤經過氣化和液化等變化是化學變化，故B錯誤；C.乙烯是植物催熟劑，可以用作水果催熟劑，故C正確；D.福爾馬林有毒，不能做食品保鮮劑，故D錯誤；本題選C。10、C【答案解析】分析：短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序數依次增大，其中X是組成有機物的必要元素，則X為C元素；元素Y的原子最外層電子數是其電子層數的3倍，則Y含有2個電子層，最外層含有6個電子，為O元素；元素W與X同主族，則W為Si元素；Z與Q最外層電子數相差6，Z的原子序數大于O，若為F元素，Q最外層電子數=7-6=1，為Na元素，不滿足原子序數Q＞W；結合Z、Q為主族元素可知Z為Na元素，Q為Cl元素。詳解：根據上述分析，X為C元素，Y為O元素，Z為Na元素，W為Si元素，Q為Cl元素。A．原子的電子層越多，原子半徑越大，電子層相同時，核電荷數越大原子半徑越小，則原子半徑：Si＞Cl＞C＞O，即r(W)＞r(Q)＞r(X)＞r(Y)，故A錯誤；B.Y為O元素，X為C元素；非金屬性越強，簡單氫化物的穩定性越強，非金屬性O＞C，Y的簡單氣態氫化物(水)的熱穩定性比X的(甲烷)強，是因為水中的H-O共價鍵比C-H共價鍵的鍵能大，與氫鍵無關，故B錯誤；C．Y、Z分別為O、Na，二者形成的過氧化鈉為含有共價鍵的離子化合物，故C正確；D．Y、Z、Q分別為O、Na、Cl，NaClO的水溶液呈堿性，但NaClO3、NaClO4的水溶液呈中性，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查原子結構與元素周期律的關系，推斷元素為解答關鍵，注意熟練掌握原子結構與元素周期律、元素周期表的關系。本題的易錯點為B，分子的穩定性與共價鍵的強弱有關，與分子間作用力無關。11、B【答案解析】分析：本題考查晶體熔沸點的比較，根據晶體類型及晶體中微粒間作用力大小進行比較。詳解：A項，在原子晶體中，共價鍵的鍵長越短，鍵能越大，熔、沸點越大，則熔、沸點高低順序為：金剛石>碳化硅>二氧化硅>晶體硅，故A項錯誤；B項，對于分子晶體，相對分子質量越大的，其熔沸點越高，所以CI4>CBr4>CCl4>CH4，故B項正確；C項，一般來說，熔沸點：原子晶體>離子晶體>分子晶體，對于分子晶體，相對分子質量越大的，其熔沸點越高，水中含有氫鍵，熔沸點高，所以熔、沸點高低順序為MgO>H2O>Br2>O2，故C項錯誤；D項，金剛石屬于原子晶體，生鐵屬于鐵合金，合金的熔沸點比組成其成分的金屬的小，鈉的金屬鍵小，熔沸點低，所以熔、沸點高低順序為：金剛石>純鐵>生鐵>鈉，故D項錯誤。綜上所述，本題正確答案為B。點睛：該題的關鍵是準確判斷出影響晶體熔沸點高低的元素。晶體熔沸點高低比較的一般規律是：原子晶體，熔沸點大小和共價鍵的強弱有關系；金屬晶體中，形成金屬鍵的金屬陽離子半徑越小，電荷數越多，金屬鍵越強，熔沸點越高；分子晶體中形成分子晶體的分子間作用力越大，熔沸點越高；離子晶體中形成離子鍵的離子半徑越小，電荷數越多，離子鍵越強，熔沸點越高。12、C【答案解析】

反應后溶液中還有較多H＋離子剩余,且濾液中沒有Cu2＋,可以知道殘留物沒有Fe,只有Cu,而Cu可以殘留說明溶液中沒有Fe3+，溶液中陽離子為H＋和Fe2+，參加反應的HCl中的H元素轉化到氫氣、水中，根據H原子守恒，計算混合物中O原子物質的量，根據Cu元素守恒計算n(CuO)，再根據O原子守恒計算n(Fe2O3),根據m=n×M計算氧化鐵的質量。【題目詳解】反應后溶液中還有較多H＋離子剩余，且濾液中沒有Cu2＋，可以知道殘留物沒有Fe，只有Cu，而Cu可以殘留說明溶液中沒有Fe3+，溶液中陽離子為H＋和Fe2+，反應后剩余n(H+)=0.4nol/L×0.2L=0.08mol，原溶液中n(HCl)=4.4mol/L×0.1L=0.44mol，參加反應的HCl中的H元素轉化到氫氣、水中,根據H原子守恒,2n(H2O)+2n(H2)=n總(HCl)-n余(H+)，即2n(H2O)+2=0.44mol-0.08mol，n(H2O)=0.14mol故混合物中n(O)=n(H2O)=0.14mol，

由銅元素守恒,則n(CuO)=n(Cu)==0.02mol，由O原子守恒:3n(Fe2O3)+n(CuO)=0.14mol，則n(Fe2O3)=0.04mol，由Cl原子守恒，濾液中溶質為FeCl2和剩余HCl，2n(FeCl2)+n余(HCl)=n總(HCl)，即2n(FeCl2)+0.08mol=0.44mol，n(FeCl2)=0.18mol,由Fe原子守恒，原混合物中鐵的物質的量：n(Fe)+2n(Fe2O3)=n(FeCl2),n(Fe)=0.18mol-0.04mol×2=0.10mol,m(Fe)=0.10mol×56g/mol=5.60g，所以C選項是正確的。【答案點睛】本題考查混合物的計算，明確物質反應先后順序及剩余固體成分是解本題關鍵，再結合轉移電子守恒、原子守恒進行解答，同時考查學生思維縝密性，題目難度中等。13、B【答案解析】

A．筆使用的主要是動物毛發，屬于蛋白質，主要由C、H、O、N元素組成，故A錯誤；B．墨中的炭主要是C元素形成的單質，故B正確；C．紙的主要成分是纖維素，屬于糖類，由C、H、O元素組成，故C錯誤；D．硯的主要成分是硅酸鹽或碳酸鹽，由C、Si、O、Na、K、鈣等元素組成，故D錯誤；答案選B。14、C【答案解析】

A.Cu、CuO都能與稀硝酸反應，不能用稀硝酸除雜，可用稀硫酸除雜，A錯誤；B.FeCl3、AlCl3都能與氨水反應生成沉淀，不能得到氯化鐵，B錯誤；C.SiO2為酸性氧化物，可與NaOH反應生成可溶性的鹽，而氧化鐵不反應，過濾即可得到氧化鐵，C正確；D.飽和Na2CO3溶液既可吸收HCl，還能吸收二氧化碳，應采用飽和NaHCO3溶液除雜，D錯誤；答案為C。【答案點睛】除雜時，選擇的試劑應除去雜質，但不影響原主要物質，且不能引入新的雜質。15、D【答案解析】

根據沒食子酸的結構簡式可知，分子中含有3個酚羥基和1個羧基，結合苯酚和乙酸的性質分析解答。【題目詳解】A.根據沒食子酸的結構簡式可知，分子式為C7H6O5，故A錯誤；B.分子中含有苯環，能與氫氣發生加成反應，含有羥基，但不能發生消去反應，含有羥基和羧基，能發生取代反應，故B錯誤；C.1mol沒食子酸含有1mol羧基，與足量的碳酸氫鈉反應，生成1molCO2，故C錯誤；D.1mol沒食子酸含有3mol羥基和1mol羧基，與足量的鈉反應，生成2molH2，故D正確；故選D。【答案點睛】本題考查了有機物的結構與性質，掌握官能團的性質是解題的關鍵。本題的易錯點為C，要注意酚羥基不能與碳酸氫鈉反應，能夠與碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉。16、C【答案解析】分析：A．油中含碳碳雙鍵；B．有新物質生成的變化是化學變化；C．油脂的相對分子質量在10000以下；D．根據乙烯、乙酸、乙醇的性質和用途判斷。詳解：A．植物油中含碳碳雙鍵，則能使溴的四氯化碳溶液褪色，發生加成反應，A正確；B．石油裂化中大分子轉化為小分子、煤液化是把固體煤炭通過化學加工過程，使其轉化成為液體燃料、油脂皂化是油脂在堿性條件下的水解反應，均有新物質生成，均為化學變化，B正確；C．油脂的相對分子質量在10000以下，不是高分子化合物，而蛋白質、核酸、淀粉都是高分子化合物，C錯誤；D．乙烯具有催熟作用，常用作水果催熟劑，乙酸常用作調味劑，乙醇能使蛋白質發生變性，乙醇常用于殺菌消毒，D正確；答案選C。點睛：本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意性質與用途的關系，題目難度不大。二、非選擇題（本題包括5小題）17、CH3CH2OH取代反應+NaOH+CH3CH2OHA、B、C【答案解析】

由化合物A含有碳、氫、氧三種元素，且質量之比是12：3：8知碳、氫、氧的個數之比為2：6：1，分子式為C2H6O；液態烴B是重要的化工原料，由煤焦油分餾得到且相對分子質量為78知B為，由B到C為加成反應，D為苯甲酸和A反應生成有芳香氣味的酯得A為醇。【題目詳解】（1）化合物A分子式為C2H6O，且屬于醇類，則A為乙醇，結構簡式為CH3CH2OH；（2）A與D反應生成酯，反應類型為酯化反應或取代反應；（3）E為苯甲酸與乙醇酯化反應得到的酯，為苯甲酸乙酯，E與氫氧化鈉溶液發生水解化學方程式是+NaOH+CH3CH2OH；（4）A、乙醇在銅做催化劑的條件下氧化為乙醛，乙醛可以發生銀鏡反應，選項A正確；B、在一定條件下C與硝酸反應生成，選項B正確；C、苯甲酸鈉與氫氧化鈉反應生成苯甲酸鈉和水，選項C正確；D、amol的B和D混合物在氧氣中完全燃燒，消耗氧氣的量等于7.5amol，選項D錯誤。答案選ABC。18、碳酸鈉或Na2CO3溶液中逐漸有白色絮狀沉淀生成且不斷增加；然后又由多到少最后沉淀消失4Fe2++8OH－+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)=1:1:2:3大于或等于≥168：78【答案解析】

根據轉化關系圖可知：2Na+O2Na2O2確定M為Na2O2；2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，C、D都是單質，F的水溶液是一種常見的強酸，確定B為NaOH，C為H2，D為Cl2，F為HCl。結合題干問題分析解答。【題目詳解】（1）Na在空氣中放置足夠長時間，發生4Na+O2＝2Na2O、Na2O+H2O＝2NaOH、2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O＝Na2CO3?10H2O、Na2CO3?10H2O＝Na2CO3+10H2O，則最終生成物為Na2CO3；（2）若A是一種常見金屬單質，能與NaOH反應，則A為Al，E為NaAlO2，將過量的F（HCl）溶液逐滴加入E（NaAlO2）溶液，邊加邊振蕩，發生NaAlO2+HCl+H2O＝NaCl+Al（OH）3↓、Al（OH）3+3HCl＝AlCl3+3H2O，所看到的實驗現象是溶液中逐漸有白色絮狀沉淀生成，且不斷增加，然后又由多到少，最后消失；（3）若A是一種不穩定的鹽，A溶液與B溶液混合將產生白色絮狀沉淀且瞬間變為灰綠色，最后變成紅褐色的E，則A為可溶性亞鐵鹽，E為Fe（OH）3，則A溶液與B溶液混合將產生白色絮狀沉淀且瞬間變為灰綠色，最后變成紅褐色的E這一過程的離子方程式為4Fe2++8OH-+O2+2H2O＝4Fe（OH）3↓。（4）A加入氫氧化鈉溶液，分析圖象可知：第一階段是H++OH-＝H2O，所以溶液呈酸性，不可能存在CO32－；第二階段金屬陽離子與氫氧根離子生成沉淀，第三階段應該是NH4++OH-＝NH3?H2O；第四階段氫氧化物沉淀與氫氧化鈉反應最后全溶解，肯定沒有Mg2+、Fe3+，必有Al3+。由此確定溶液中存在的離子H+、NH4+、Al3+、SO42－；假設圖象中橫坐標一個小格代表1molNaOH，則根據前三階段化學方程式：H++OH-＝H2O，Al3++3OH-＝Al（OH）3，NH4++OH-＝NH3?H2O，可知n（H+）=1mol，n(Al3+)=1mol,n(NH4+)=2mol，再利用電荷守恒n（SO42－）×2＝n（H+）×1+n（Al3+）×3+n(NH4+)×1，得出n（SO42－）＝3mol，根據物質的量之比等于物質的量濃度之比得到c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)＝1:1:2:3。（5）將NaHCO3與M（過氧化鈉）的混合物在密閉容器中充分加熱發生的反應有三個：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，所得固體為純凈物，說明碳酸氫鈉加熱分解的二氧化碳必須把過氧化鈉反應完，則根據總的方程式可知4NaHCO3+2Na2O24Na2CO3+2H2O+O2↑84×4g78×2gm（NaHCO3）：m（Na2O2）＝（84×4g）：（78×2g）＝168：78（或84：39）。由于碳酸氫鈉可以過量，得到的還是純凈物：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，所以m（NaHCO3）：m（Na2O2）≥168：78（或84：39）。答案：大于或等于168：78（或84：39）。19、干燥管2C+SiO2+2Cl2SiCl4+2COCD【答案解析】

氯氣與石英砂和炭粉在高溫下反應生成四氯化硅、CO，通過B裝置冷卻四氯化硅，利用D裝置防止水蒸氣進入B裝置，最后利用C裝置吸收氯氣和CO，防止污染空氣，據此解答。【題目詳解】（1）根據儀器構造可判斷儀器D的名稱是干燥管。（2）根據原子守恒可知裝置A的硬質玻璃管中發生反應的化學方程式是2C+SiO2+2Cl2SiCl4+2CO。（3）A.由于氯氣能把亞硫酸鈉氧化為硫酸鈉，硫酸銀不溶于水，則取少量吸收液加入AgNO3溶液，若生成白色沉淀，不能說明一定存在Cl－，A錯誤；B.由于溶液中含有氫氧化鈉，氫氧化鈉也能與單質溴反應，因此取少量吸收液，滴加溴水，若溴水褪色，不能說明一定存在SO32-，B錯誤；C.取少量吸收液，加過量BaCl2溶液，過濾出沉淀，向沉淀中加過量稀鹽酸，若沉淀部分溶解，且有氣泡產生，則說明沉淀中含有亞硫酸鋇，因此一定存在SO32-，C正確；D.取少量吸收液，加硫酸酸化后再加淀粉碘化鉀溶液，若溶液變藍，則說明有單質碘生成，因此一定存在氧化性離子ClO－，D正確；答案選CD。20、滴入最后一滴NaOH標準溶液，錐形瓶中溶液由無色變成淺紅色，且30s不褪色8.2～10.00.1500mol/L丙CDE【答案解析】

①用氫氧化鈉溶液滴定鹽酸的實驗中，選用酚酞作指示劑時，滴入最后一滴NaOH溶液時，溶液顯堿性，結合酚酞的性質分析解答；②根據c(酸)×V(酸)=c(堿)×V(堿)計算；③堿式滴定管的氣泡通常在橡皮管內，只要將滴定玻璃頭朝上，并擠橡皮管中的玻璃珠就可以將氣泡沖排出；④根據c(待測)=分析誤差。【題目詳解】①在用氫氧化鈉溶液滴定鹽酸的實驗中，選用酚酞作指示劑時，當滴入最后一滴NaOH溶液時，溶液顏色恰好由無色變為(淺)紅色，且半分鐘內不褪色，說明達到了滴定終點；酚酞的變色范圍是8.2～10，所以滴定終點時溶液pH為8.2～10；故答案為：滴入最后一滴氫氧化鈉溶液，溶液由無色恰好變成淺紅色，且半分鐘內不褪色；8.2～10；②根據表格數據可知，第三次實驗誤差較大，刪去，根據c(酸)×V(酸)=c(堿)×V(堿)，消耗的V[NaOH(aq)]=mL=30.00mL，則該鹽酸的濃度為：=0.15mol/L，故答案為：0.15mol/L；③堿式滴定管的氣泡通常在橡