江蘇省蘇州市第五中學校2024屆高二化學第二學期期末考試試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、含有C＝C的有機物與O3作用形成不穩定的臭氧化物，臭氧化物在還原劑存在下，與水作用分解為羰基化合物，總反應為:＋(R1、R2、R3、R4為H或烷基)。以下四種物質發生上述反應，所得產物為純凈物且能發生銀鏡反應的是（）A．(CH3)2C＝C(CH3)2B．CH2=CHCH=CHCH=CH2C．D．2、下列現象與膠體的性質無關的是A．將鹽鹵或石膏加入豆漿，制成豆腐B．向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，會出現紅褐色沉淀C．一枝鋼筆使用兩種不同型號的藍黑墨水，易出現堵塞D．清晨，人們經常看到的陽光穿過茂密的樹木枝葉所產生的美麗景象3、下列各項所述的數字是6的是（）A．在NaCl晶體中，與一個Na＋最近的且距離相等的Na＋的個數B．在晶體硅中，圍成最小環的原子數C．在二氧化硅晶體中，圍成最小環的原子數D．在CsCl晶體中，與一個Cs＋最近的且距離相等的Cl-的個數4、下列實驗操作、現象和結論都正確的是選項操作現象結論A向亞硫酸鈉粉末中滴加鹽酸產生刺激性氣體氯的非金屬性比硫強B將過量的乳酸[CH3CH(OH)COOH]加入含少量NaOH的酚酞溶液中溶液變紅色乳酸含有羧基C向含淀粉的KI溶液中滴加氯化鐵溶液溶液變藍色氧化性:Fe3+>I2D向硝酸鋇溶液中通入SO2產生白色沉淀白色沉淀是BaSO3A．A B．B C．C D．D5、已知反應2NO+2H2===N2+2H2O的速率方程為υ=kc2(NO)·c(H2)（k為速率常數），其反應歷程如下：①2NO+H2→N2+H2O2慢②H2O2+H2→2H2O快下列說法不正確的是A．增大c(NO)或c(H2)，均可提高總反應的反應速率B．c(NO)、c(H2)增大相同的倍數，對總反應的反應速率的影響程度相同C．該反應的快慢主要取決于反應①D．升高溫度，可提高反應①、②的速率6、向某NaOH溶液中通入CO2氣體后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的組成也不同。若向M中逐滴加入鹽酸，產生的氣體體積V(CO2)與加入鹽酸的體積V(HCl)的關系有下列圖示四種情況，且(2)(3)(4)圖中分別有OA<AB，OA＝AB，OA>AB，則下列分析與判斷不正確的是()A．M中只有一種溶質的有(1)和(3)B．M中有兩種溶質的有(2)和(4)C．(2)圖顯示M中c(NaHCO3)<c(Na2CO3)D．(4)圖顯示M中的溶質為NaOH和Na2CO37、下列根據實驗操作和現象所得出的結論不正確的是選項實驗操作實驗現象結論A在A1C13溶液中逐滴滴入NaOH溶液至過量，然后通入CO2氣體先出現白色沉淀，后沉淀消失，最后又出現白色沉淀Al(OH)3是兩性氫氧化物，但不能溶解在某些弱酸中B向濃度均為0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出現藍色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]C向Na2CO3溶液中加入濃鹽酸，將產生的氣體通入硅酸鈉溶液中產生白色渾濁酸性：鹽酸>碳酸>硅酸D向盛有KI3溶液的兩試管中分別加入淀粉溶液和AgNO3溶液前者溶液變藍色，后者有黃色沉淀KI3溶液中存在I3-I2+I-平衡A．A B．B C．C D．D8、某羧酸酯的分子式為C18H26O5，1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，該羧酸的分子式為A．C14H10O5B．C14H16O4C．C14H22O5D．C14H18O59、下列說法錯誤的是A．殘留在試管內壁上的硫可用CS2溶解除去，也可用熱的NaOH溶液除去B．用飽和食鹽水除去氯氣中的雜質氯化氫C．檢驗銨鹽的方法是將待檢物取出少量放在試管中加入強堿溶液，加熱，再滴入酚酞試液D．HNO3應保存在棕色細口瓶內，存放在黑暗且溫度低的地方10、已知：H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1。現將一定量的稀鹽酸、濃硫酸、稀醋酸分別和1L1mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反應，其中放熱最少的是()A．稀鹽酸 B．濃硫酸 C．稀醋酸 D．稀鹽酸和稀醋酸11、下列說法正確的是（）A．0.1mol?L-1的NaHCO3(aq)中：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（H+）＞c（OH-）B．已知c（石墨，s）=c（金剛石，s）△H＞0，則金剛石比石墨穩定C．將等體積pH=3的鹽酸和醋酸稀釋成pH=5的溶液，醋酸所需加入的水量多D．常溫下，pH=12的氫氧化鈉溶液與pH=2的醋酸溶液等體積混合后所得溶液的pH＞712、乙酸異丁香酚酯主要用于配制樹莓、草莓、漿果和混合香辛料等香精。其結構簡式如下圖所示，下列說法正確的是A．異丁香酚的分子式是C10H12O2，分子中含有含氧官能團羥基和醚鍵B．乙酸異丁香酚酯中的所有碳原子不可能在一個平面內C．乙酸異丁香酚酯能與溴水發生加成反應和取代反應D．1mol乙酸異丁香酚酯最多能與1molNaOH發生反應13、下列現象的發生，你認為是自發過程的是()A．水由低處流到高處 B．氣溫升高冰雪融化C．室溫下水自動結成冰 D．生銹的鐵變光亮14、在乙醇發生的下列反應里，存在乙醇分子中碳氧鍵斷裂的是（）A．乙醇在濃硫酸存在的情況下與乙酸發生酯化反應B．乙醇與金屬鈉反應C．乙醇在濃硫酸作用下的消去反應D．乙醇與O2的催化氧化反應15、下列物質屬于純凈物的是()①氨水②重水③明礬④純堿⑤天然氣⑥氧氣⑦漂白粉⑧鋁熱劑A．①④⑤⑦ B．②③④⑥ C．④⑦⑧ D．③⑤⑥⑧16、下列關于物質所屬類別的敘述中錯誤的是（）A．KMnO4屬于鹽B．冰水混合物屬于分散系C．燒堿屬于堿D．膽礬（CuSO4·5H2O）屬于純凈物17、下列實驗操作或說法正確的是A．提純氯氣，可將氣體依次通過裝有飽和碳酸氫鈉溶液、濃硫酸的洗氣瓶B．碳酸鈉溶液可貯存在帶玻璃塞的磨口試劑瓶中C．用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，該溶液一定是鈉鹽溶液D．用新制氫氧化銅懸濁液可以鑒別乙酸、葡萄糖、淀粉3種溶液18、某同學在做苯酚的性質實驗時，將少量溴水滴入苯酚溶液中，結果沒有發生沉淀現象，他思考了一下，又繼續進行了如下操作，結果發現了白色沉淀，你認為該同學進行了下列哪項操作()A．又向溶液中滴入了足量的氫氧化鈉溶液B．又向溶液中滴入了乙醇C．又向溶液中滴入了過量的苯酚溶液D．又向溶液中滴入了過量的濃溴水19、乙醇和乙酸發生酯化反應時，濃硫酸的作用是A．脫水作用 B．吸水作用C．氧化作用 D．既起催化作用又起吸水作用20、金屬鈉與下列溶液反應時，既有白色沉淀析出又有氣體逸出的是A．BaCl2溶液B．K2SO4溶液C．KCl溶液D．Ca(HCO3)2溶液21、我國使用最早的合金是A．青銅 B．錳鋼 C．生鐵 D．硬鋁22、將0.1mol/LCH3COOH溶液加入水稀釋或加入少量CH3COONa晶體時，都會引起A．溶液中pH增大 B．CH3COOH的電離程度變大C．溶液的導電能力減弱 D．CH3COO－的濃度變小二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知：①CH3CH=CHCH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOH②R-CH=CH2R-CH2-CH2-Br香豆素的核心結構是芳香內酯A，A經下列步驟轉變為水楊酸。請回答下列問題：（1）下列有關A、B、C的敘述中不正確的是___________a.C中核磁共振氫譜共有8種峰b.A、B、C均可發生加聚反應c.1molA最多能和5mol氫氣發生加成反應d.B能與濃溴水發生取代反應（2）B分子中有2個含氧官能團，分別為______和______（填官能團名稱），B→C的反應類型為_____________。（3）在上述轉化過程中，反應步驟B→C的目的是_________________________。（4）化合物D有多種同分異構體，其中一類同分異構體是苯的對二取代物，且水解后生成的產物之一能發生銀鏡反應。請寫出其中一種的結構簡式：_____________。（5）寫出合成高分子化合物E的化學反應方程式：_______________________________。24、（12分）有一透明溶液，已知其中可能含有Fe3+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NH4+，加入一種淡黃色粉末固體時，加熱有刺激性氣味的混合氣體放出，同時生成白色沉淀。當加入0.4mol淡黃色粉末時，產生氣體0.3mol，繼續加入淡黃色粉末時，產生無刺激性氣味的氣體，且加入淡黃色粉末時產生白色沉淀的量如下圖所示。根據題意回答下列問題：(1)淡黃色粉末為____________(填名稱)。(2)溶液中肯定有______________離子，肯定沒有__________離子。(3)溶液中各離子的物質的量之比為________________________________________________________________________。(4)寫出下列反應方程式：①淡黃色粉末與水反應的化學方程式：____________________________________。②刺激性氣味的氣體產生的離子方程式：______________________________________。③沉淀部分減少時的離子方程式：_______________________________________。25、（12分）（1）根據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）下列操作結果使溶液物質的量濃度偏低的是_________；A．沒有將洗滌液轉入容量瓶中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的物質的量濃度是_________26、（10分）實驗室常利用甲醛法測定(NH4)2SO4樣品中氮的質量分數，其反應原理為：4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定時，1mol(CH2)6N4H+與1molH+相當]，然后用NaOH標準溶液滴定反應生成的酸．某興趣小組用甲醛法進行了如下實驗：步驟I：稱取樣品1.500g。步驟Ⅱ：將樣品溶解后，完全轉移到250mL容量瓶中，定容，充分搖勻。步驟Ⅲ：移取25.00mL樣品溶液于250mL錐形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，搖勻、靜置5min后，加入1～2滴酚酞試液，用NaOH標準溶液滴定至終點．按上述操作方法再重復2次。(1)根據步驟Ⅲ填空：①堿式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接加入NaOH標準溶液進行滴定，則測得樣品中氮的質量分數______（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。②錐形瓶用蒸餾水洗滌后，水未倒盡，則滴定時用去NaOH標準溶液的體積______（填“偏大”、“偏小”或“無影響”）。③滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應觀察______。A．滴定管內液面的變化B．錐形瓶內溶液顏色的變化④滴定達到終點時，酚酞指示劑由______色變成______色。(2)滴定結果如下表所示：滴定次數待測溶液的體積/mL標準溶液的體積滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20若NaOH標準溶液的濃度為0.1010mol?L-1，則該樣品中氮的質量分數為______。27、（12分）海洋是生命的搖籃，海水不僅是寶貴的水資源，而且蘊藏著豐富的化學資源。I.（1）海水中所得粗鹽中通常含Ca2+、Mg2+、SO42-等雜質，為了得到精鹽，下列試劑加入的先后順序正確的是________。A．BaCl2→Na2CO3→NaOH→HClB．NaOH→BaCl2→Na2CO3→HClC．BaCl2→NaOH→Na2CO3→HClD．Na2CO3→NaOH→BaCl2→HCl（2）為了檢驗精鹽中是否含有SO42-，正確的方法是____________________________。II.海藻中提取碘的流程如圖所示（1）灼燒過程中，需使用到的（除泥三角外）實驗儀器有______。A．試管B．瓷坩堝C．坩堝鉗D．蒸發皿E．酒精燈F．三腳架（2）指出提取碘的過程中有關實驗操作名稱：①________③__________④_________。（3）步驟②反應的離子方程式為___________________，該過程氧化劑也可以用H2O2，將等物質的量的I-轉化為I2，所需Cl2和H2O2的物質的量之比為__________。（4）下列關于海藻提取碘的說法，正確的是_________。A．含碘的有機溶劑呈現紫紅色B．操作③中先放出下層液體，然后再從下口放出上層液體C．操作④時，溫度計的水銀球應伸入液面以下但不能觸碰到蒸餾燒瓶的底部28、（14分）短周期元素W、X、Y、Z、M的原子序數依次增大，元素W的一種核素的中子數為0，X的原子最外層電子數是次外層的2倍，Z與M同主族，Z2?電子層結構與氖相同。(1)M位于元素周期表中第______周期______族。(2)化合物p由W、X、Y、M四種元素組成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液變血紅色；向p溶液中加入NaOH溶液并加熱可放出使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體。p的化學式為_________。(3)由X、Y、Z三種元素可組成摩爾質量為84g/mol的物質q，且q分子中三種元素的原子個數之比為1:1:1。已知q分子中各原子均達到8電子穩定結構，且分子中不含雙鍵，但含極性鍵和非極性鍵，q分子的結構式為_______________。(4)(XY)2的性質與Cl2相似，(XY)2與NaOH溶液反應的離子方程式為_________。29、（10分）根據物質結構有關性質和特點，回答下列問題：（1）Ti基態原子核外電子排布式為____________，碳原子的價電子軌道表示式為________。（2）鈦存在兩種同素異形體，α—Ti采納六方最密堆積，β—Ti采納體心立方堆積，由α—Ti轉變為β—Ti晶體體積____________（填“膨脹”或“收縮”）。（3）寫出一種與NH4+互為等電子體物質的化學式____________。（4）SO2的空間構型為___________________。（5）丙烯腈(CH2=CH—CN)分子中σ鍵和π鍵的個數比為____，分子中碳原子軌道雜化類型是______。（6）FeCl3熔點282℃，而FeCl2熔點674℃，二者熔點差異的原因是______________。

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、D【解題分析】分析：根據反應原理為雙鍵從中間斷開，直接接上一個氧原子，所得產物為純凈物說明產物只有一種，能發生銀鏡反應說明含有醛基，則與雙鍵相連的碳上有氫原子，據此分析判斷。詳解：A．(CH3)2C=C(CH3)2與雙鍵相連的碳上沒有氫原子，得到的是酮，不是醛，故A錯誤；B.CH2=CHCH=CHCH=CH2中有3個雙鍵，得到的產物有2種，分別為甲醛和乙二醛，故B錯誤；C．中有2個雙鍵，且結構不對稱，得到的產物有2種，故C錯誤；D．反應產物只有一種，與雙鍵相連的碳上有氫原子，氧化得到醛，故D正確；故選D。2、B【解題分析】

A.鹽鹵點豆腐屬于電解質溶液使膠體的聚沉；B.FeCl3溶液中加入NaOH溶液出現紅褐色沉淀，屬于離子反應，與膠體的性質無關；C.兩種不同型號的藍黑墨水，易出現堵塞，屬于帶兩種相反電荷的膠體混合后的聚沉；D.清晨，人們經常看到的陽光穿過茂密的樹木枝葉，屬于膠體的丁達爾效應。綜上所述，現象與膠體的性質無關的是B，答案選B。3、B【解題分析】分析：本題考查的是晶體的結構分析，重點是對結構圖像的觀察與理解，掌握常見晶胞的結構是解題的關鍵。詳解：A.氯化鈉晶體屬于面心立方結構，晶胞如圖，由結構可知，氯化鈉晶體中氯離子位于頂點和面心，鈉離子位于體心和棱心，所以觀察體心的鈉離子，與其距離最近的鈉離子在12個棱的棱心，故在氯化鈉晶體中每個鈉離子周圍緊鄰12個鈉離子，故錯誤；B.晶體硅中，由共價鍵形成的最小環上有6個硅原子，每個硅原子形成四個共價鍵，從而形成空間網狀結構，故正確；C.由二氧化硅晶體結構分析，晶體中最小環上含有6個硅原子和6個氧原子，共12個原子，故錯誤；D.在CsCl晶體中，與一個Cs＋最近的且距離相等的Cl-的個數是8，故錯誤，故選B。點睛：掌握常見晶體的結構和微粒數。1.氯化銫晶體中每個銫離子周圍最近且等距離的氯離子有8個，每個氯離子周圍最近且等距離的銫離子有8個人，每個銫離子周圍最近且等距離的銫離子有6個，每個氯離子周圍最近且等距離的氯離子也有6個。2.氯化鈉晶體中每個鈉離子周圍最近且等距離的氯離子有6個，每個氯離子周圍最近且等距離的鈉離子也有6個。每個鈉離子周圍最近且等距離的鈉離子有12個。3.金剛石晶體中最小碳環有6個碳原子組成，碳原子個數與碳碳鍵個數比為1:2。4.二氧化硅晶體中每個硅與4個氧結合，晶體中硅原子和氧原子個數比為1:2。4、C【解題分析】分析：A、根據鹽酸不是氯的最高價氧化物對應的水化物，結合非金屬性的比較方法分析判斷；B、將過量的乳酸[CH3CH(OH)COOH]加入含少量NaOH的酚酞溶液中，溶液的堿性減弱甚至變成酸性，據此分析；C、向含淀粉的KI溶液中滴加氯化鐵溶液，溶液變藍色，說明有I2生成，據此分析判斷；D、根據硝酸具有強氧化性分析判斷。詳解：A、鹽酸不是氯的最高價氧化物對應的水化物，只能證明鹽酸比亞硫酸強，不能證明氯的非金屬性比硫強，故A錯誤；B、將過量的乳酸[CH3CH(OH)COOH]加入含少量NaOH的酚酞溶液中，現象應該是溶液由紅色變無色，故B錯誤；C、向含淀粉的KI溶液中滴加氯化鐵溶液，溶液變藍色，說明有I2生成，說明氧化性:Fe3+>I2，故C正確；D、向硝酸鋇溶液中通入SO2，硝酸鋇與SO2反應生成了硫酸鋇，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查了化學實驗方案的設計與評價。本題的易錯點為D，要注意酸性溶液中硝酸根離子具有強氧化性，二氧化硫具有還原性。5、B【解題分析】

A．根據速率方程為υ=kc2(NO)·c(H2)，增大c(NO)或c(H2)，均可提高總反應的反應速率，故A正確；B．根據速率方程為υ=kc2(NO)·c(H2)，c(NO)、c(H2)增大相同的倍數，對總反應的反應速率的影響程度不同，如c(NO)增大2倍，υ增大4倍、c(H2)增大2倍，υ增大2倍，故B錯誤；C．反應速率由最慢的一步決定，該反應的快慢主要取決于反應①，故C正確；D．升高溫度，可以增大活化分子百分數，反應速率加快，可以提高反應①、②的速率，故D正確；答案選B。6、C【解題分析】

發生反應為：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由方程式可知碳酸鈉轉化為碳酸氫鈉消耗鹽酸與碳酸氫鈉反應消耗鹽酸體積相等【題目詳解】A．圖（1）中加入鹽酸即有CO2生成，說明溶質只有一種，即NaHCO3，圖（3）中OA=AB，說明溶質只有Na2CO3，A正確；B．圖（2）中OA＜AB，說明溶液M中含有Na2CO3和NaHCO3兩種溶質，圖（4）中OA＞AB，說明溶液M中含有NaOH和Na2CO3兩種溶質，B正確；C．圖（2）中OA＜AB，說明溶液M中含有Na2CO3和NaHCO3兩種溶質，只有AB＞2OA時，才能得出M中c（NaHCO3）＞c（Na2CO3），C錯誤；D．圖（4）中OA＞AB，說明溶液M中含有NaOH和Na2CO3兩種溶質，不存在NaHCO3，D正確；答案選C。【點晴】明確反應的先后順序是解答的關鍵，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，注意守恒法在化學計算解答中的應用，答題時需要明確反應后溶質的可能成分來比較判斷。注意圖像中曲線的變化趨勢。7、C【解題分析】A.在A1C13溶液中逐滴滴入NaOH溶液至過量，先出現白色沉淀，后沉淀消失，生成偏鋁酸鈉溶液，通入CO2氣體，又反應生成氫氧化鋁沉淀，說明Al(OH)3是兩性氫氧化物，但不能溶解在某些弱酸中，故A正確；B．溶度積小的先生成沉淀，向濃度為0.1mol?L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出現藍色沉淀，說明Ksp[Cu(OH)2]較小，故B正確；C．鹽酸易揮發，鹽酸與硅酸鈉反應也能生成硅酸沉淀，則該實驗不能比較碳酸和硅酸的酸性強弱，故C錯誤；D．溶液變藍色，說明含有碘單質，有黃色沉淀，說明含有碘離子，則溶液中存在平衡：I3-?I2+I-，故D正確；故選C。8、D【解題分析】

某羧酸酯的分子式為C18H26O5,1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，說明酯中含有2個酯基，設羧酸為M，則反應的方程式為C18H26O5+H2O=M+2C2H5OH,

由質量守恒可以知道M的分子式為C14H18O5，故選D。【題目點撥】1mol該完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，則說明酯中含有2個酯基，結合酯的水解特點以及質量守恒定律判斷該羧酸的分子式。9、C【解題分析】分析：A．根據硫的溶解性和化學性質分析判斷；B、根據氯氣和水的反應是可逆反應結合平衡移動的原理分析判斷；C、加強堿溶液后溶液呈堿性，據此分析判斷；D．硝酸見光易分解，據此分析判斷。詳解：A．硫易溶于二硫化碳，殘留在試管內壁上的硫，用二硫化碳洗滌，硫在加熱時能夠與氫氧化鈉溶液反應，也可用熱的NaOH溶液除去，故A正確；B、氯氣和水的反應是可逆反應，所以食鹽水中含有氯離子能抑制氯氣的溶解，氯化氫極易溶于水，從而能達到洗氣的目的，故B正確；C、加強堿溶液后加熱，再滴入無色酚酞試液，因為強堿溶液呈堿性，不能確定是否有銨根離子，應該在試管口用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗，故C錯誤；D．硝酸見光易分解變質，為了防止分解將硝酸保存于棕色試劑瓶中，并貯存在避光、低溫處，故D正確；故選C。10、C【解題分析】

A.一定量稀鹽酸和1L1mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反應，因為鹽酸是強酸，故根據所給熱化學方程式，放出熱量等于57.3kJ；B.一定量濃硫酸和1L1mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反應，因為硫酸是強酸，且溶于水放熱，故放出熱量大于57.3kJ；C.一定量稀醋酸和1L1mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反應，因為醋酸是弱酸，醋酸電離吸熱，故放出熱量小于57.3kJ；D.鹽酸是強酸，醋酸是弱酸，醋酸電離吸熱，和1L1mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反應，放出的熱量要多余醋酸和氫氧化鈉反應放熱的熱量。因此放熱最少的是選項C，答案選C。11、C【解題分析】

A．碳酸氫鈉溶液中，HCO3-水解程度大于電離程度導致溶液呈堿性，但電離和水解程度都較小，鈉離子不水解，所以離子濃度大小順序是c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），故A錯誤；

B.物質所含能量低的穩定，石墨變為金剛石為吸熱反應，石墨能量低，說明石墨比金剛石穩定，故B錯誤；C.加水稀釋促進弱酸電離，所以要使pH相等的鹽酸和醋酸稀釋后溶液的pH仍然相等，醋酸加入水的量大于鹽酸，故C正確；

D.pH=12的氫氧化鈉溶液中c（OH-）=0.01mol/L，pH=2的醋酸中c（CH3COOH）＞0.01mol/L，二者等體積混合時，醋酸過量，導致溶液呈酸性，則pH＜7，故D錯誤；

綜上所述，本題選C。【題目點撥】本題考查了弱電解質的電離、鹽類水解等知識點，根據溶液中的溶質及溶液酸堿性再結合守恒思想分析解答，注意分析D時，由于醋酸過量，溶液顯酸性，而非顯堿性，為易錯點。12、A【解題分析】

A.異丁香酚的分子式是C10H12O2，分子中含有含氧官能團羥基和醚鍵，故A正確；B.乙酸異丁香酚酯中的所有碳原子在苯平面、烯平面中，可能在一個平面內，故B錯誤；C.乙酸異丁香酚酯能與溴水發生加成反應，但不能發生取代反應，故C錯誤；D.1mol乙酸異丁香酚酯最多能與2molNaOH發生反應，故D錯誤；故選A。13、B【解題分析】

自發過程有兩種，一種是高能量到低能量，一種是有序到無序，即焓判據和熵判據，根據吉布斯自由能判斷。【題目詳解】A.水由低處流到高處，是非自發的，故不符合題意；B．氣溫升高冰雪融化，是自發的，故符合題意；C.室溫下水自動結成冰，不能自發，故不符合題意；D.生銹的鐵變光亮不能自發進行，故不符合題意；故該題選B。14、C【解題分析】

A．乙醇在濃硫酸存在的情況下與乙酸發生酯化反應，乙酸脫羥基、醇脫氫，乙醇斷裂羥基上的氫氧鍵，故A錯誤；B．乙醇與金屬鈉反應生成氫氣，乙醇中氫氧鍵斷裂，故B錯誤；C．乙醇在濃硫酸作用下發生消去反應，乙醇斷開的是碳氧鍵和鄰位的碳氫鍵，故C正確；D．乙醇發生催化氧化反應生成醛，乙醇中氫氧鍵及其所連碳原子上的碳氫鍵斷裂，故D錯誤。故選C。15、B【解題分析】

①氨水為氨氣溶于水形成的水溶液，屬于混合物；②重水只含有D2O，屬于純凈物；③明礬為十二水合硫酸鋁鉀，屬于純凈物；④純堿為碳酸鈉，屬于純凈物；⑤天然氣的主要成分是甲烷，屬于混合物；⑥氧氣屬于純凈物；⑦漂白粉的主要成分是氯化鈣和次氯酸鈣，屬于混合物；⑧鋁熱劑是鋁粉和其它金屬氧化物形成的混合物，所以屬于純凈物的是②③④⑥，答案選B。16、B【解題分析】A.KMnO4由酸根和金屬陽離子組成，屬于鹽，A正確；B.冰水混合物屬于純凈物，不是分散系，B錯誤；C.燒堿溶于水后電離出的陰離子全部是氫氧根離子，屬于堿，C正確；D.膽礬（CuSO4·5H2O）由一種物質組成，屬于純凈物，D正確，答案選B。17、D【解題分析】A.提純氯氣，不可將氣體依次通過裝有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣瓶，氯氣與飽和碳酸氫鈉溶液反應，生成氯化鈉、次氯鈉、二氧化碳，故A錯誤；B、碳酸鈉溶液能與玻璃中的SiO2反應，不可貯存在帶玻璃塞的磨口試劑瓶中，故B錯誤；C、用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，該溶液不一定是鈉鹽溶液，可能是氫氧化鈉，故C錯誤；D、用新制氫氧化銅懸濁液可以鑒別乙酸、葡萄糖、淀粉3種溶液，乙酸具有酸性，可與氫氧化銅發生中和反應，葡萄糖為還原性糖，與氫氧化銅發生氧化還原反應生成磚紅色沉淀，淀粉與氫氧化銅不反應，可鑒別，故D正確；故選D。18、D【解題分析】將少量溴水滴入苯酚溶液中，結果沒有發生沉淀現象，是因為生成的三溴苯酚溶解在苯酚溶液中了，如果向溶液中滴入過量的濃溴水，則可以生成白色沉淀，所以D正確，本題選D。19、D【解題分析】

A．該反應生成物為乙酸乙酯，沒有乙烯生成，則濃硫酸沒有起到脫水作用，故A錯誤；B．該反應在一般條件下難以進行，濃硫酸在反應中主要起到催化劑的作用，故B錯誤；C．該反應不是氧化還原反應，屬于取代反應類型，故C錯誤；D．制備乙酸乙酯的反應屬于反應為可逆反應，為提高反應物的產率，加入濃硫酸除起到催化劑的作用之外，還起到吸水劑的作用，有利于反應向正方向進行，提高產率，故D正確。答案選D。20、D【解題分析】試題分析：Na分別投入鹽溶液中時，Na先和水反應生成NaOH和氫氣，生成的NaOH再和鹽發生復分解反應；A．生成的NaOH不和氯化鋇反應，所以沒有沉淀生成，故A錯誤；B．NaOH和硫酸鉀不反應，所以沒有沉淀生成，故B錯誤；C．氯化鉀和NaOH不反應，所以沒有沉淀生成，故C錯誤；D．Ca(HCO3)2溶液和NaOH發生復分解反應生成碳酸鈣白色沉淀，所以有氣體和沉淀生成，故D正確；故選D。考點：考查元素化合物性質。21、A【解題分析】

生鐵、錳鋼是鐵的合金，硬鋁是鋁合金，銅活潑性比Fe和Al弱，容易冶煉，中國是世界最早應用濕法治金的國家，所以我國使用最早的合金是銅合金，即青銅，答案選A。22、A【解題分析】

CH3COOH溶液中存在電離平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀釋，平衡向正反應方向移動；加入少量CH3COONa晶體時，平衡向逆反應方向移動，據此分析解答。【題目詳解】A．CH3COOH溶液加水稀釋，平衡向正反應方向移動，溶液的pH增大，CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶體時平衡向逆反應方向移動，c(H+)減小，溶液的pH增大，故A正確；B．CH3COOH溶液加水稀釋，平衡向正反應方向移動，醋酸的電離程度增大；加入少量CH3COONa晶體，平衡向逆反應方向移動，醋酸的電離程度減小，故B錯誤；C．CH3COOH溶液加水稀釋，離子濃度減小，溶液的導電能力減弱；加入少量CH3COONa晶體，離子濃度增大，溶液的導電能力增強，故C錯誤；D．CH3COOH溶液加水稀釋，平衡向正反應方向移動，促進醋酸電離，但溶液中CH3COO－濃度減小；加入少量CH3COONa晶體，CH3COO－濃度增大，平衡向逆反應方向移動，電離程度減小，故D錯誤；答案選A。【題目點撥】本題的易錯點為D，CH3COOH溶液加水稀釋，盡管平衡向正反應方向移動，但溶液中的主要微粒濃度均會減小，根據水的離子積常數不變，氫氧根離子濃度會增大。二、非選擇題(共84分)23、c羧基羥基取代反應為了保護酚羥基使之不被氧化、、（任選一種即可）【解題分析】

根據轉化圖結合逆合成分析法可知，C被高錳酸鉀氧化生成乙二酸和D，結合題給信息及C的分子式知，C的結構簡式為。B和一碘甲烷發生取代反應生成C，所以根據C的結構簡式可判斷B的結構簡式為。A水解生成B，且A的分子式為C9H6O2，A和B相對分子質量相差18，所以A的結構簡式為：。D和碘化氫發生取代反應生成水楊酸，據此分析作答。【題目詳解】（1）根據上述分析易知，A為；B為；C為，則a.C中有8種不同環境的H原子，故核磁共振氫譜共有8種峰，a項正確；b.A、B、C分子中均有碳碳雙鍵，均可發生加聚反應，b項正確；c.A中含碳碳雙鍵和酯基，酯基不能發生加成反應，則1molA最多能和4mol氫氣發生加成反應，c項錯誤；d.B中含苯環，酚羥基的鄰、對位能與濃溴水發生取代反應，d項正確；故答案為c；（2）B為，含氧官能團的名稱為：羧基和羥基；C為，B→C為取代反應；（3）因酚羥基易被氧化，因此B→C發生取代反因的目的是為了保護酚羥基使之不被氧化；（4）化合物D有多種同分異構體，其中一類同分異構體是苯的對二取代物，說明含有兩個取代基，能水解說明含有酯基，且水解后生成的產物之一能發生銀鏡反應，說明含有醛基，所以符合條件的同分異構體有、、，所以共有3種；（5）乙二酸與乙二醇在濃硫酸催化作用下發生縮聚反應生成聚乙二酸乙二酯，其化學方程式為：24、過氧化鈉NH4+、Mg2+、Al3+Cu2+、Fe3+n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(NH4＋)=2：1：12Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O【解題分析】

有一透明溶液，加入一種淡黃色粉末固體時，加熱有刺激性氣味的混合氣體放出，同時生成白色沉淀，則淡黃色固體為Na2O2，圖象中加入0.4molNa2O2后，沉淀減小，且沒有完全溶解，則溶液中一定沒有Fe3+和Cu2＋，一定有NH4+、Al3+、Mg2+，由圖可知Mg(OH)2為0.2mol，Al(OH)3為0.3mol-0.2mol=0.1mol，根據元素守恒計算Al3+、Mg2+物質的量，加入0.4molNa2O2之后，產生氣體0.3mol，繼續加入淡黃色粉末時，產生無刺激性氣味的氣體，說明此時NH4+完全反應，所以產生氣體0.3mol，即為Na2O2與H2O反應生成的O2和NH4+生成的NH3。【題目詳解】（1）由上述分析可知，淡黃色固體為：Na2O2，名稱為過氧化鈉；（2）由上述分析可知，溶液中肯定有離子NH4+、Al3+、Mg2+，肯定沒有Fe3+和Cu2+離子；（3）根據縱坐標：n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=0.2mol，n(Al3+)=0.3mol-n[Mg(OH)2]=0.1mol,當n(Na2O2)=0.4mol時，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知n(O2)=0.4mol×1/2=0.2mol，所以n(NH4+)=n(NH3)=0.3mol-n(O2)=0.1mol，n(Mg2+)：n(Al3+)：n(NH4+)=0.2mol：0.1mol：0.1mol=2：1：1;（4）①由上述分析可知，淡黃色固體為：Na2O2，與水反應的化學方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；②刺激性氣味的氣體即氨氣產生為銨根與氫氧根離子在加熱條件下反應生成，離子方程式為：；③沉淀部分減少即為氫氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式為：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O。25、（1）29.3（2）500mL容量瓶；膠頭滴管；（3）eadfcfgb（4）AB（5）0.05【解題分析】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）根據公式進行誤差分析。A.沒有將洗滌液轉入容量瓶，使溶質的物質的量減小，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，未經干燥處理，對所配溶液的濃度無影響；（5）根據稀釋前后溶質的物質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。26、偏高無影響B無色淺紅18.85%【解題分析】

(1)①滴定管需要要NaOH溶液潤洗，否則會導致溶液濃度偏低，體積偏大；②錐形瓶內是否有水，對實驗結果無影響，可從物質的物質的量的角度分析；③滴定時眼睛應注意注意觀察顏色變化，以確定終點；④根據酚酞的變色范圍確定滴定終點時顏色變化；(2)標準溶液的體積應取三次實驗的平均值，計算出溶液中H+的物質的量，根據方程式可知(CH2)6N4H+的物質的量，進而確定樣品中氮的質量分數。【題目詳解】(1)①堿式滴定管用蒸餾水洗滌后需要再用NaOH溶液潤洗，否則相當于NaOH溶液被稀釋，滴定消耗氫氧化鈉溶液的體積會偏高，測得樣品中氮的質量分數也將偏高；②錐形瓶用蒸餾水洗滌后，雖然水未倒盡，但待測液中的H+的物質的量不變，則滴定時所需NaOH標準溶液中的氫氧化鈉的物質的量就不變，對配制溶液的濃度無影響；③滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應注視錐形瓶中溶液顏色變化，確定滴定終點，故合理選項是B；④待測液為酸性，酚酞應為無色，當溶液轉為堿性時，溶液顏色由無色變為粉紅或淺紅色；(2)標準溶液的體積應取三次實驗的平均值，首先確定滴定時所用的NaOH標準溶液為mL=20.00mL，根據題意中性甲醛溶液一定是過量的，而且1.500g銨鹽經溶解后，取了其中進行滴定，即取了樣品質量是0.15g，滴定結果，溶液中含有H+[含(CH2)6N4H+]的物質的量為n(H+)=0.02L×0.1010mol/L=0.00202mol，根據4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+可知：每生成4molH+[含(CH2)6N4H+]，會消耗NH4+的物質的量為4mol，因此一共消耗NH4+的物質的量為0.00202mol，則其中含氮元素的質量m(N)=0.00202mol×14g/mol=0.02828g，故氮的質量分數為×100%=18.85%。【題目點撥】本題考查了滴定方法在物質的含量的測定的應用，涉及化學實驗基本操作、誤差分析、實驗數據的處理等，更好的體現了化學是實驗性學科的特點，讓學生從思想上重視實驗，通過實驗提高學生學生實驗能力、動手能力和分析能力和計算能力。27、ABC取少量精鹽溶于水，先加入稀鹽酸，無現象，向其中加入氯化鋇溶液，若產生沉淀，則含有硫酸根離子BCEF過濾萃取分液蒸餾Cl2+2I-=2Cl-+I21:1A【解題分析】

I.海水中所得粗鹽中通常含Ca2+、Mg2+、SO42-等雜質，為了得到精鹽，Ca2+用碳酸鈉轉化為沉淀、Mg2+用NaOH轉化為沉淀、SO42-用氯化鋇溶液轉化為沉淀，先除去Mg2+或SO42-，然后再加入過量的碳酸鈉除去Ca2+以及過量的Ba2+雜質，過濾后再加鹽酸除去過量的NaOH和碳酸鈉；關鍵點：根據不能產生新雜質的要求排序，前面加入的過量溶液應用后加入的溶液除去；檢驗硫酸根離子一定要防止其他離子干擾；II.將海藻曬干，放到坩堝中灼燒得到海藻灰，海藻灰懸濁液過濾除掉殘渣，得到含碘離子的溶液，通入氯氣將碘離子氧化為碘單質，加入有機試劑苯或四氯化碳將碘單質萃取到有機層，分液得有機溶液，再蒸餾得到晶態碘，據此解答。【題目詳解】I.（1）根據不能產生新雜質的要求排序，前面加入的過量溶液應用后加入的溶液除去的原則確定除雜順序，所以碳酸鈉必須在氯化鋇后面，過濾后再加鹽酸除去過量的NaOH和碳酸鈉，選項A、B、C滿足；正確答案：ABC。（2）檢驗硫酸根離子，應該先加入鹽酸無現象，排除其他雜質離子的干擾，再加入氯化鋇產生白色沉淀；正確答案：少量精鹽溶于水，先加入稀鹽酸，無現象，向其中加入氯化鋇溶液，若產生沉淀，則含有硫酸根離子。II.將海藻曬干，放到坩堝中灼燒得到海帶灰，海藻灰懸濁液過濾除掉殘渣，得到含碘離子的溶液，通入氯氣將碘離子氧化為碘單質，加入有機試劑苯或四氯化碳將碘單質萃取到有機層，分液得有機溶液，再蒸餾得到晶態碘；（3）固體灼燒用到的儀器有坩堝，坩堝鉗，泥三角，三腳架，酒精燈；正確答案：BCEF。（4）海藻灰懸濁液過濾除掉殘渣，得到含碘離子的溶液，通入氯氣將碘離子氧化為碘單質，加入有機試劑苯或四氯化碳將碘單質萃取到有機層，分液得有機溶液，再蒸餾得到晶態碘；正確答案：過濾萃取分液蒸餾。（5）氯氣氧化碘離子的離子方程式為Cl2+2I＝2Cl-+I2，雙氧水氧化碘離子的方程式為2I-+H2O2+2H+＝I2+2H2O，將等物質的量的I-轉化為I2，所需Cl2和H2O2的物質的量之比1:1；正確答案：Cl2+2I＝2Cl-+I21:1。（6）A.碘單質在有機溶劑中呈現紫紅色，故A正確；B.操作③分液時先放出下層液體，然后再從上口傾倒出上層液體，故B不正確；C.蒸餾時，溫度計的水銀球應該在蒸餾燒瓶支管口附近測量蒸氣的溫度，不能伸入液面以下，故C不正確；正確答案：A。【題目點撥】第一題題目難度不大，注意掌握除雜試劑的選擇及加入試劑的先后順序，試題培養了學生靈活應用所學知識的能力。第二題以實驗室從海藻里提取碘為載體考查