湖南省長沙瀏陽市2024屆化學高二下期末調研試題考生請注意：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(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、一定溫度下，將4molA(g)和2molB(g)充入2L恒容密閉容器中，發生2A(g)＋B(g)2C(g)，一段時間達到平衡，反應過程中測定的數據如下表。下列說法正確的是t/min2489n(B)/mol1.51.21.01.0A．該溫度下反應的平衡常數K＝1.0B．反應0～4min的平均速率υ(C)＝0.4mol?L﹣1?min﹣1C．其他條件不變，升高溫度反應的平衡常數增大，則該反應為吸熱反應D．其他條件不變，再充入4molA(g)，達到新平衡時A的濃度減小，B的轉化率增大2、用激光筆照射燒杯中的豆漿時，可看見一條光亮的“通路”，該豆漿屬于：A．懸濁液 B．乳濁液 C．膠體 D．溶液3、下列有關說法正確的是A．鍍銅鐵制品鍍層受損后,鐵制品比受損前更容易生銹B．等物質的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液中,水的電離程度相同C．0.1

mol/LNa2CO3溶液:c(OH-)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H+)D．對于反應2SO2+O2

2SO3,使用催化劑能加快反應速率和提高SO2平衡轉化率4、已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，2Fe3++2I-=2Fe2++I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入適量Cl2，溶液中某些離子的物質的量變化如下圖所示。下列說法中，不正確的是A．還原性：I->Fe2+>Br-B．原混合溶液中FeBr2的物質的量為6molC．原溶液中：n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2:1:3D．當通入2molCl2時，溶液中已發生的離子反應可表示為：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-5、下列說法不正確的是A．乙醇、苯應密封保存，置于陰涼處，且遠離火源B．金屬鈉著火時，可用細沙覆蓋滅火C．容量瓶和滴定管使用之前必須檢查是否漏水D．配制濃硫酸、濃硝酸的混酸時，應將濃硝酸沿玻璃棒緩慢注入濃硫酸中6、水溶液中能大量共存的一組離子是A．Na+、Ag+、Cl-、CO32- B．H+、Na+、Fe2+、MnO4-C．K+、Ca2+、Cl-、NO3- D．K+、NH4+、OH-、SO42-7、下列說法中正確的是A．已知t1℃時，反應C+CO22CO△H>0的速率為υ，若升高溫度，逆反應速率減小B．恒壓容器中發生反應N2+O22NO，若在容器中充入He，正逆反應速率均不變C．當一定量的鋅粉和過量的6mol?L?1鹽酸反應時，為了減慢反應速率,又不影響產生H2的總量,可向反應器中加入少量的CuSO4溶液D．待反應PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)達到平衡后，保持溫度和體積不變，再充PCl5(g)達到新的平衡，新平衡和原平衡相比PCl5(g)的轉化率減少8、常溫下0.1molL-1醋酸溶液的PH=a，下列能使溶液pH=(a+1)的措施是A．將溶液稀釋到原體積的10倍 B．加入適量的醋酸鈉固體C．加入等體積0.2molL-1鹽酸 D．提高溶液的溫度9、下列有關電化學的示意圖正確的是（）A．Cu﹣Zn原電池 B．粗銅的精煉C．鐵片鍍鋅 D．驗證NaCl溶液（含酚酞）電解產物10、將0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L-1稀鹽酸。下列圖像能正確表示加入鹽酸的體積和生成CO2的物質的量的關系的是（）A． B．C． D．11、已知常溫下，HCOOH(甲酸)比NH3?H2O電離常數大。向10mL0.1mol/LHCOOH中滴加同濃度的氨水，有關敘述正確的是()A．滴加過程中水的電離程度始終增大B．當加入10mLNH3?H2O時，c(NH4+)>c(HCOO-)C．當兩者恰好中和時，溶液pH=7D．滴加過程中n(HCOOH)與n(HCOO-)之和保持不變12、下列各組順序不正確的是A．微粒半徑大小：S2－>Cl－>F－>Na＋>Al3＋B．熱穩定性大小：SiH4<PH3<NH3<H2O<HFC．熔點高低：石墨>食鹽>干冰>碘晶體D．沸點高低：NH3>AsH3>PH313、下列有機物中，屬于芳香烴的是A． B． C． D．14、用NA表示阿伏加德羅常數的值。則下列說法中正確的是()⑴0.25molNa2O2中含有的陰離子數為0.5NA⑵7.5gSiO2晶體中含有的硅氧鍵數為0.5NA⑶標準狀況下，2.24LCCl4中含有的原子數為0.1NA⑷常溫下，1L0.1mol/LFeCl3溶液中含Fe3＋數為0.1NA⑸1L1mol/LCH3COOH溶液中含有NA個氫離子⑹常溫下，2.7g鋁與足量的氫氧化鈉溶液反應，失去的電子數為0.3NA⑺22.4LSO2氣體，所含氧原子數為2NA⑻14g乙烯和丙烯的混合物中，含有共用電子對數目為3NA⑼25℃時，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OHˉ數為0.2NAA．⑵⑸⑻⑼B．⑵⑹⑻C．⑴⑷⑹⑻⑼D．⑴⑶⑸15、下列裝置或操作與說法正確的是（）A．實驗室制乙烯B．實驗室制乙炔并驗證乙炔能發生氧化反應C．實驗室中分餾石油D．若甲為醋酸，乙為貝殼(粉狀),丙為苯酚鈉溶液，則該裝置不可以驗證醋酸、碳酸、苯酚酸性的強弱16、下列實驗事實不能用平衡移動原理解釋的是A．B．C．D．17、下列實驗可以獲得預期效果的是（）A．用金屬鈉檢驗乙醇中是否含有少量水B．用溴水除去苯中的少量苯酚C．用質譜法測定有機物相對分子質量D．用濕潤的pH試紙測定溶液的pH18、下列有關說法正確的是A．298K時，2H2S(g)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(l)能自發進行，則其ΔH＞0B．氨水稀釋后，溶液中c(NH4＋)/c(NH3·H2O)的值減小C．電解精煉銅過程中，陽極質量的減少與陰極質量的增加一定相等D．25℃時Ka(HClO)＝3.0×10?8，Ka(HCN)＝4.9×10?10，若該溫度下NaClO溶液與NaCN溶液的pH相同，則c(NaClO)＞c(NaCN)19、下列方程式書寫正確的是（）A．H2S的電離方程式：H2S＋H2OH3O＋＋HS－B．NaHCO3在水溶液中的電離方程式：NaHCO3=Na＋＋H++CO32-C．CO32－的水解方程式：CO32-＋2H2OH2CO3＋2OH－D．HS-的水解方程式：HS-＋H2OS2-＋H3O＋20、將二氧化錳和生物質置于一個由濾紙制成的折紙通道內形成電池（如圖所示），該電池可將可樂（pH=2.5）中的葡萄糖轉化成葡萄糖內酯并獲得能量。下列說法正確的是A．a極為正極B．外電路電子移動方向為b到aC．b極的電極反應式為：MnO2+2H2O+2e-=Mn2++4OH-D．當消耗0.01mol葡萄糖時，電路中轉移0.02mol電子21、下列實驗預期的現象及結論都正確的是（

）選項實驗預期現象預期結論A將SO2氣體通入Ba(NO3)2溶液中有白色沉淀生成H2SO3與Ba(NO3)2發生復分解反應生成BaSO3B向盛有KI溶液的試管中，滴加少量新制氯水和CCl4，振蕩、靜置下層溶液顯紫色Cl2氧化性比I2強C銅放入稀硫酸中，無明顯現象,再加入硝酸鈉固體溶液變藍，有明顯的氣泡放出，銅溶解硝酸鈉可以加快銅與稀硫酸的反應速率,起到了催化劑的作用D向FeCl3飽和溶液中逐滴滴入足量濃氨水，并加熱至沸騰生成紅褐色透明液體得到Fe(OH)3膠體A．A B．B C．C D．D22、探究草酸（H2C2O4）性質，進行如下實驗。（已知：室溫下，0.1mol·L?1H2C2O4的pH=1.3）實驗裝置試劑a現象①Ca(OH)2溶液（含酚酞）溶液褪色，產生白色沉淀②少量NaHCO3溶液產生氣泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和濃硫酸加熱后產生有香味物質由上述實驗所得草酸性質所對應的方程式不正確的是A．H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+H2C2O4CaC2O4↓+2H2OB．酸性：H2C2O4>H2CO3，NaHCO3+H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2OC．H2C2O4具有還原性，2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2OD．H2C2O4可發生酯化反應，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O二、非選擇題(共84分)23、（14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：_______________________________________。24、（12分）鹽X由三種元素組成，其具有良好的熱電性能，在熱電轉換領域具有廣闊的應用前景。為研究它的組成和性質，現取12.30g化合物X進行如下實驗：試根據以上內容回答下列問題：(1)X的化學式為_____________。(2)無色溶液B中通入過量CO2產生白色沉淀的離子方程式為______________。(3)藍色溶液F中通入中SO2氣體會產生白色沉淀，該沉淀中氯元素質量分數為35.7%，其離子方程式為____________。(4)白色沉淀C煅燒的固體產物與D高溫反應可生成化合物X，其化學方程式為__________。25、（12分）中和熱測定是中學化學中的重要定量實驗，下圖所示裝置是一定濃度的鹽酸和NaOH溶液測定中和熱的實驗裝置。回答下列問題：（1）實驗時使用環形玻璃棒攪拌溶液的方法是____________________。不能用銅絲攪拌棒代替環形玻璃棒的理由_______________________________。（2）向盛裝稀鹽酸的燒杯中加入NaOH溶液的正確操作是_________________________。A．沿玻璃棒緩慢加入B．一次性迅速加入C．分三次加入（3）用一定濃度的鹽酸和NaOH溶液測中和熱為△H1，若將鹽酸改為相同體積、相同濃度的醋酸，測得中和熱為△H2，則△H1與△H2的關系為△H1_______△H2（填“＜”“＞”或“＝”），理由是______________________________。26、（10分）苯甲酸甲酯是一種重要的工業原料，有機化學中通過酯化反應原理，可以進行苯甲酸甲酯的合成。有關物質的物理性質、實驗裝置如下所示：苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔點/℃122.4﹣97﹣12.3沸點/℃24964.3199.6密度/g．cm﹣31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶實驗一：制取苯甲酸甲酯在大試管中加入15g苯甲酸和一定量的甲醇，邊振蕩邊緩慢加入一定量濃硫酸，按圖A連接儀器并實驗。(1)苯甲酸與甲醇反應的化學方程式為______________________________________。(2)中學實驗室中制取乙酸乙酯時為了提高酯的產率可以采取的措施有___________________________實驗二：提純苯甲酸甲酯該實驗要先利用圖B裝置把圖A中制備的苯甲酸甲酯水洗提純，再利用圖C裝置進行蒸餾提純(3)用圖B裝置進行水洗提純時，B裝置中固體Na2CO3作用是__________________。(4)用圖C裝置進行蒸餾提純時，當溫度計顯示____________時，可用錐形瓶收集苯甲酸甲酯。(5)最終制取15g苯甲酸甲酯，計算得苯甲酸甲酯的產率為______________(小數點后保留1位有效數字)。27、（12分）某同學為探究酸性KMnO4溶液和H2C2O4（草酸，二元弱酸）溶液的反應過程，進行如下實驗。請完成以下問題。（1）寫出酸性KMnO4溶液和H2C2O4的離子方程式____________________________。（2）配制100mL0.0400mol·L-1的H2C2O4溶液，除用到托盤天平、藥匙、燒杯、量筒、玻璃棒等儀器外，還必須用到的玻璃儀器是__________________。（3）將KMnO4溶液逐滴滴入一定體積的酸性H2C2O4溶液中（溫度相同，并振蕩），記錄的現象如下：滴入KMnO4溶液的次序KMnO4溶液紫色褪去所需的時間先滴入第1滴60s褪色后，再滴入第2滴15s褪色后，再滴入第3滴3s褪色后，再滴入第4滴1s請分析KMnO4溶液褪色時間變化的可能原因_________________。28、（14分）近年研究表明離子液體型催化劑GIL可對某些特定加成反應有很好的催化作用，有機化合物H的合成路線如下：(1)C中含有的官能團名稱為______________。(2)C—D的反應類型為______________。(3)已知:G和H的分子式相同，F→G和B→C反應類型均為消去反應，那么G的結構簡式為______________。(4)寫出滿足下列條件的B的一種同分異構體X的結構簡式:______________。①1molX完全水解消耗2molNaOH；②水解酸化后兩種產物核磁共振氫譜均有4個峰，峰高比為3:2:2:1。X在酸性條件下發生水解反應的產物名稱為_________。(5)以乙醇為原料利用GIL合成聚酯寫出合成路線流程圖（無機試劑可任選，合成路線流程圖示例見本題題干）______________。29、（10分）有A、B、C三種可溶性鹽，陰、陽離子各不相同，其陰離子的摩爾質量按A、B、C的順序依次增大。將等物質的量的A、B、C溶于稀硝酸，所得溶液中只含有H+、Fe3＋、K＋、SO42－、NO3－、Cl－幾種離子，同時生成一種白色沉淀。請回答下列問題：（1）經檢驗及分析，三種鹽中還含有下列選項中的一種離子，該離子是________。A．Na＋B．Mg2＋C．Cu2＋D．Ag＋（2）鹽A的名稱為____________。（3）不需要加入其它任何試劑就能將上述三種鹽溶液區分開來，鑒別出來的先后順序為________________________________________(填化學式)。（4）若將A、B、C三種鹽按一定比例溶于稀硝酸，所得溶液中只含有H+、Fe3＋、K＋、SO42－、NO3－幾種離子，其中Fe3＋、SO42－、K＋物質的量之比為1∶2∶4，則A、B、C三種鹽的物質的量之比為__________，若向溶液中加入少量Ba(OH)2發生反應的離子方程式為：____________。

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、C【解題分析】

根據圖表信息可以分析出0～4minB的物質的量變化，反應達到平衡時B的物質的量變化，根據方程式計算時抓住，各物質的變化量等于化學方程式化學計量數之比，結合三行式運算，據此解答。【題目詳解】A．一定溫度下，將4molA（g）和2molB（g）充入2L恒容密閉容器中，發生反應，B達到平衡狀態變化的濃度==0.5mol/L，該溫度下反應的平衡常數K=12/（12×0.5）=2.0，故A項錯誤；B．反應0～4min，物質的量變化n（B）=2mol-1.2mol=0.8mol，化學方程式計算得到生成C物質的量1.6mol，C的平均速率v（C）==0.2mol?L-1?min-1，故B項錯誤；C．其他條件不變，升高溫度反應的平衡常數增大，說明平衡正向進行，正反應為吸熱反應，故C項正確；D．其他條件不變，再充入4molA（g），達到新平衡時A的轉化率減小，則A的濃度增大，B的轉化率增大，故D錯誤。故答案為C。2、C【解題分析】

膠體具有丁達爾效應是指當光束通過膠體時，從側面觀察到一條光亮的“通路”，據此分析作答。【題目詳解】溶液、懸濁液和乳濁液無丁達爾效應，膠體分散質微粒直徑在1～100nm之間，有丁達爾效應，依據題意可知，豆漿屬于膠體，有丁達爾效應，故C項正確；答案選C。【題目點撥】丁達爾效應是膠體的光學性質，是膠體與其他分散系區別的一種物理方法，但不是本質。膠體的分散質微粒直徑在1～100nm之間，是本質區別。3、A【解題分析】A、銅、鐵、電解質構成原電池，鐵做負極，鍍銅鐵制品鍍層受損后，鐵更容易生銹，選項A正確；B、等物質的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液中,前者電離產生的氫離子濃度小，抑制水的電離程度小，水的電離程度小，選項B錯誤；C、0.1mol/LNa2CO3溶液中存在質子守恒有:c(OH-)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H+)，選項C錯誤；D、使用催化劑能加快反應速率，但不能使平衡移動，故不能提高SO2平衡轉化率，選項D錯誤；答案選A。4、B【解題分析】

A、已知：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－，2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，則根據還原劑的還原性強于還原產物的還原性可知還原性：I－>Fe2＋>Br－，A正確；B、在通入氯氣的量為0～1mol的過程中，碘離子從最大量降到0，碘離子先被氧化，即碘化亞鐵是1mol。通入氯氣的量為1～3mol的過程中，亞鐵離子從4mol降到0，三價鐵的量逐漸增大，亞鐵離子被氧化，碘化亞鐵中亞鐵離子是1mol，所以溴化亞鐵中亞鐵離子是3mol，則溴化亞鐵是3mol，B錯誤；C、根據以上分析可知原溶液中：n（Fe2＋）∶n（I－）∶n（Br－）＝2∶1∶3，C正確；D、當通入2molCl2時，碘完全被氧化，亞鐵離子有2mol被氧化，則溶液中已發生的離子反應可表示為：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，D正確。答案選B。5、D【解題分析】

A．乙醇、苯易揮發，易燃燒，所以應密封保存，置于陰涼處，且遠離火源，故A正確；B．鈉燃燒生成過氧化鈉，過氧化鈉和水、二氧化碳反應生成氧氣，氧氣能助燃，所以鈉著火時不能用水、泡沫滅火器滅火，應該用細沙覆蓋滅火，故B正確；C．具有磨口玻璃塞子或活塞的儀器使用前需要查漏，則容量瓶和滴定管在使用之前必須先檢查是否漏液，故C正確；D．配制濃硫酸、濃硝酸的混酸時，應將濃硫酸沿玻璃棒緩慢注入濃硝酸中，并用玻璃棒攪拌，故D錯誤；故答案為D。6、C【解題分析】

A．在溶液中Ag+與Cl-、CO32-均不能大量共存，A錯誤；B．在溶質H+、Fe2+、MnO4-之間發生氧化還原反應，不能大量共存，B錯誤；C．K+、Ca2+、Cl-、NO3-之間不反應，可以大量共存，C正確；D．在溶液中NH4+與OH-結合生成一水合氨，不能大量共存，D錯誤；答案選C。【點晴】離子不能大量共存的一般情況是：（1）能發生復分解反應的離子之間（即生成沉淀，氣體，水、弱酸、弱堿等難電離物質）；（2）能生成難溶物的離子之間（如：Ca2+和SO42-；Ag+和SO42-）；（3）能完全水解的離子之間，如多元弱酸和弱堿鹽的陰、陽離子（如：Al3+，Fe3+與CO32-、HCO3-、AlO2-等）；（4）能發生氧化還原反應的離子之間（如：Fe、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等）；（5）能發生絡合反應的離子之間（如Fe3+和SCN-）；解決離子共存問題時還應該注意題目所隱含的條件，題目所隱含的條件一般有：（1）溶液的酸堿性，據此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的顏色，如無色時可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；（3）溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”、“加入鋁粉產生氫氣”；（4）是“可能”共存，還是“一定”共存等。7、D【解題分析】

A.升高溫度，正、逆反應速率均加快，故A錯誤；B.在恒壓容器中充入He，容器體積變大，反應物和生成物濃度減小，正、逆反應的速率都減小，故B錯誤；C.鋅與硫酸銅溶液發生置換反應生成銅，形成鋅銅原電池，反應速率加快，生成氫氣的總量減小，故C錯誤；D.保持溫度和體積不變，再充PCl5(g)相當于增大壓強，增大壓強，平衡向逆反應方向移動，PCl5(g)的轉化率減少，故D正確；故選D。8、B【解題分析】

A項稀釋時，促進醋酸的電離，所以pH<(a+1)；B項加入醋酸鈉，抑制醋酸的電離，pH可以增大為（a+1）；C、D項均會使溶液的pH減小。答案選B。9、D【解題分析】A、此原電池中鋅電極應插入到ZnSO4溶液中，銅電極應插入到CuSO4溶液中，故A錯誤；B、精煉銅時，粗銅作陽極，純銅作陰極，故B錯誤；C、電鍍時，待鍍金屬作陰極，鍍層金屬作陽極，即鋅作陽極，故C錯誤；D、根據電流的方向，碳棒作陽極，鐵作陰極，裝置的左端產生氫氣，且溶液變紅，右端產生氯氣，碘化鉀淀粉溶液顯藍色，故D正確。10、C【解題分析】

對NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，當滴加鹽酸時，先發生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再發生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后發生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，有二氧化碳氣體生成，利用物質的量的關系并結合圖象解析。【題目詳解】0.4gNaOH的物質的量為0.4g÷40g·mol-1=0.01mol和1.06gNa2CO3的物質的量為1.06g÷106g·mol-1=0.01mol，則A、0.1L鹽酸與氫氧化鈉反應沒有氣體生成，但碳酸鈉與鹽酸反應生成碳酸氫鈉時也沒有氣體生成，則圖象與反應不符，故A錯誤；B、圖象中開始反應即有氣體生成，與反應不符，故B錯誤；C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加鹽酸時，首先和NaOH反應生成水和氯化鈉，當滴入0.1L時，兩者恰好反應完全；繼續滴加時，鹽酸和Na2CO3開始反應，首先發生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出氣體，當再加入0.1L時，此步反應進行完全；繼續滴加時，發生反應：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此時開始放出氣體，正好與圖象相符，故C正確；D、因碳酸鈉與鹽酸的反應分步完成，則碳酸鈉與鹽酸先反應生成碳酸氫鈉和氯化鈉，此時沒有氣體生成，則圖象與反應不符，故D錯誤；故選C。【題目點撥】此題考查了元素化合物、圖象數據的處理知識，解答此題的易錯點是，不能準確理解向碳酸鈉溶液中滴加鹽酸的反應，是分步進行的，首先發生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；進行完全后，再發生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。11、D【解題分析】

A.HCOOH溶液中水的電離被抑制，向HCOOH溶液中加氨水時，HCOOH濃度逐漸減小，HCOOH對水的抑制作用減弱，水的電離程度逐漸增大，隨后生成的HCOONH4的水解反應，也促進水的電離，繼續加過量的氨水，氨水電離的OH-使水的電離平衡左移，水的電離程度減小，所以整個過程中水的電離程度先增大后減小，A項錯誤；B.當加入10mLNH3·H2O時，HCOOH+NH3·H2O=HCOONH4+H2O，恰好反應，所得溶液是HCOONH4溶液，溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OHCOOH+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，因HCOOH比NH3·H2O電離常數大，NH4+的水解程度比HCOO-大，所以c(NH4+)<c(HCOO-)，B項錯誤；C.當兩者恰好中和時，HCOOH+NH3·H2O=HCOONH4+H2O，所得溶液是HCOONH4溶液，溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OHCOOH+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，因HCOOH比NH3·H2O電離常數大，NH4+的水解程度比HCOO-大，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液顯酸性，pH<7，C項錯誤；D.向HCOOH溶液中加氨水，HCOOH的初始物質的量沒有變，根據物料守恒，滴加過程中n(HCOOH)+n(HCOO-)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，D項正確；答案選D。【題目點撥】HCOONH4屬于弱酸弱堿鹽，在溶液中弱酸陰離子和弱堿陽離子都發生水解，HCOOH的電離常數大，電離常數越大酸性越強，根據“誰強顯誰性”，所以HCOONH4溶液顯酸性。12、C【解題分析】試題分析：A、離子核外電子層數越多，離子半徑越大。核外電子排布相同的微粒，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑S2－>Cl－>F－>Na＋>Al3＋，故A正確；B、非金屬性F＞O＞N＞P＞Si，非金屬性越強，氫化物的穩定性越強，故穩定性是SiH4<PH3<NH3<H2O<HF，故B正確；C、熔點的一般規律：原子晶體＞離子晶體＞分子晶體。對于分子晶體分子間作用力越大，熔沸點越高，所以熔點：金剛石＞食鹽＞碘晶體＞干冰，故C錯誤；D、氨氣分子間存在氫鍵，沸點高于砷化氫和磷化氫的，故D正確；答案選C。考點：考查微粒半徑比較、同周期同主族元素化合物性質遞變規律等。13、B【解題分析】A是環己烷，不含苯環，不屬于芳香烴，A錯誤；B是苯的同系物，屬于芳香烴，B正確；C中含有氧元素、N元素，不屬于烴類，屬于芳香族化合物，C錯誤；D屬于環烷烴，不含苯環，不是芳香烴，D錯誤。點睛：本題考查有機物的結構與分類，較簡單，注意掌握常見有機物的分類，把握芳香烴的概念。含有苯環的烴屬于芳香烴，且在元素組成上只含有C、H兩種元素。14、B【解題分析】分析：(1)Na2O2中含有的陰離子為過氧根離子；

(2)1molSiO2晶體中含有4mol硅氧鍵；

(3)標準狀況下CCl4為液態，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算CCl4的物質的量；

(4)1L

0.1mol·L-1

FeCl3溶液含有0.1molFeCl3，其電離出來的0.1NA個Fe3+中有一部分發生了水解，導致溶液中Fe3+數少于0.1NA；

(5)1L1mol/LCH3COOH的HAc溶液中，醋酸為弱電解質，溶液中只能部分電離出氫離子；

(6)

該反應中鋁失電子作還原劑，氫元素得電子作氧化劑，所以氫氧化鈉和水作氧化劑，再根據各種微粒之間的關系式計算；

(7)沒有告訴是標準狀況下，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算22.4LSO2氣體的物質的量；

(8)乙烯和丙烯的最簡式為CH2，根據最簡式計算出混合物中含有的C、H數目,乙烯和丙烯中，每個C和H都平均形成1個C-C共價鍵、1個C-H共價鍵；（9）先由pH計算c(H+)，再由水的離子積Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，計算c(OH-)，最后根據n=cV，N=nNA，計算離子個數。詳解:(1)0.25molNa2O2中含有0.25mol過氧根離子，含有的陰離子數為0.25NA，故(1)錯誤；

(2)7.5g晶體的物質的量為7.5g60g/mol=18mol，18mol含有的硅氧鍵的物質的量為：18mol×4=0.5mol，含有的硅氧鍵數為0.5NA，故(2)正確；

(3)標準狀況下CCl4為液態，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算CCl4的物質的量，故(3)錯誤；

(4)1L

0.1mol·L-1

FeCl3溶液含有0.1molFeCl3，其電離出來的0.1NA個Fe3+中有一部分發生了水解，導致溶液中Fe3+數少于0.1NA，故(4)錯誤;

(5)1L1mol/LCH3COOH的HAc溶液中含有1mol溶質醋酸，因為醋酸部分電離出氫離子，所以溶液中含有的氫離子小于1mol，含有氫離子數目小于NA，故(5)錯誤；

(6)

根據方程式知，當有2.7

g

Al參加反應時，轉移的電子數目=2.7g27g/molmol×3×NA/mol=0.3NA，故(6)正確；

(7)不是標準狀況下,不能使用標況下的氣體摩爾體積計算22.4LSO2氣體的物質的量,故(7)錯誤；

(8)14g乙烯和丙烯的混合物中含有1mol最簡式CH2，含有1molC、2molH原子，乙烯和丙烯中，1molC平均形成了1mol碳碳共價鍵,2molH形成了2mol碳氫共價鍵，所以總共形成了3mol共價鍵，含有共用電子對數目為3NA（9）pH=13，則c(H+)=10-13mol/L，由水的離子積Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，

解得c(OH-)=0.1mol/L，所以1L溶液含有0.1NA個OH-，故（9）錯誤。根據以上分析可以知道,正確的有（2）（6）（8），

所以B選項是正確的。15、D【解題分析】A．實驗室中用濃硫酸與乙醇加熱到170℃制取乙烯，圖示裝置中缺少溫度計，無法達到實驗目的，故A錯誤；B．硫化氫能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色，制取的乙炔中含有的硫化氫干擾了實驗，無法達到實驗目的，故B錯誤；C．實驗室中分餾石油時，溫度計應該放在蒸餾燒瓶的支管口處，冷凝管應該采用下進上出通水，圖示裝置不合理，故C錯誤；D．醋酸與貝殼中的碳酸鈣反應生成二氧化碳氣體，二氧化碳與苯酚鈉溶液反應生成苯酚，溶液變渾濁，證明酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚，能夠達到實驗目的，故D正確；故選D。16、C【解題分析】

A.NO2球中存在2NO2N2O4，△H<0，正反應放熱，NO2球放入冷水，顏色變淺，NO2球放入熱水中，顏色變深，可以用平衡移動原理解釋，A不合題意；B.水的電離是微弱的電離，存在電離平衡，同時電離是吸熱過程，溫度升高向電離方向移動，水的離子積增大，可以用平衡移動原理解釋，B不合題意；C.加二氧化錳可以加快過氧化氫的分解，但催化劑不能使平衡發生移動，不能用平衡移動原理解釋，C符合題意；D.氨水中存在電離平衡NH3·H2ONH4++OH-，隨著氨水濃度降低，氨水的離程度減小，OH-濃度降低，可以用平衡移動原理解釋，D不合題意；答案選C。17、C【解題分析】

A．乙醇和水都能與金屬鈉反應，不能用金屬鈉檢驗，可用硫酸銅檢驗是否含有水，A錯誤；B、除去苯中混有的少量苯酚：加入溴水，可以除去苯酚，但溴單質易溶于苯中，引入新的雜質，且生成的三溴苯酚也能溶于苯酚中，B錯誤；C、質譜法是測定有機物相對分子質量常用的物理方法，C正確；D．pH試紙測定溶液的pH時不能事先濕潤，D錯誤；答案選C。18、D【解題分析】

A.反應能自發進行，應滿足?H-T?S<0，而該反應S0，當?H>0時不能自發進行，當H0時低溫可自發進行，該反應298K時能自發進行，故?H<0，故A錯誤；B.氨水稀釋后，電離平衡正向移動，?的物質的量減少，物質的量增大，因為在同一溶液中，二者的濃度比等于物質的量比，所以該比值增大，故B錯誤；C.陽極粗銅中含有鐵、鋅、金、鉑等金屬，陽極為Zn、Fe、Cu失電子，電極反應為Zn-2e-=Zn2+、Fe-2e-=Fe2+、Cu-2e-=Cu2+，陰極為Cu2+得電子還原成Cu，則電解過程中陽極質量減少與陰極質量增加不一定相同，故C錯誤；D.25℃時，Ka(HClO)=3.0，Ka(HCNO)=4.9時，HClO溶液的酸性大于HCN，根據越弱越水解原理，該溫度下NaClO溶液與NaCN溶液pH相同，c(NaClO)c(NaCN)，故D正確；本題答案為D。【題目點撥】判斷一個化學反應能否自發進行，要看H-T是大于零還是小于零，只有當H-T小于零時才能自發進行。19、A【解題分析】A.多元弱酸的電離是分步的，H2S的第一步電離方程式為：H2S＋H2OH3O＋＋HS－，選項A正確；B.NaHCO3在水溶液中的電離方程式為：NaHCO3=Na＋＋HCO3-，選項B錯誤；C.CO32－的水解是分步的，第一步水解方程式為：CO32-＋H2OHCO3-＋OH－，選項C錯誤；D.HS-的水解方程式為：HS-＋H2OS2-＋OH－，選項D錯誤。答案選A。20、D【解題分析】

A．根據圖知：葡萄糖C6H12O6轉化為葡萄糖內酯C6H10O6，C元素化合價由0價轉化為+，則該電極上失電子發生氧化反應，所以a為負極，b為正極，故A錯誤；

B．外電路電子移動方向為由負極a到正極b，故B錯誤；

C．b電極上二氧化錳得電子和氫離子反應生成水和錳離子，電極反應式為MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，故C錯誤；

D．根據C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+知，消耗1mol葡萄糖轉移2mol電子，則消耗0.01mol葡萄糖轉移0.02mol電子，故D正確；

故答案：D。【題目點撥】根據原電池工作原理進行分析。負極失電子發生氧化反應，正極得電子發生還原反應，外電路電子由負極經導線回到正極。21、B【解題分析】A項，將SO2通入Ba(NO3)2溶液中，發生氧化還原反應生成硫酸鋇，白色沉淀為硫酸鋇，故A錯誤；B項，向盛有KI溶液的試管中，滴加少量新制氯水和CCl4，氯水中的Cl2與I-反應生成I2，I2易溶于CCl4中且密度比水的大，振蕩、靜置后下層溶液顯紫色，該反應中Cl2作氧化劑，I2是氧化產物，則Cl2氧化性比I2強，故B正確；C項，銅放入稀硫酸中，無明顯現象，再加入硝酸鈉固體，銅溶解，有明顯的氣泡放出，溶液變藍，是因為Cu、H+和NO3-發生氧化還反應：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C錯誤；D項，向FeCl3飽和溶液中逐滴滴入足量濃氨水，并加熱，可得到紅褐色Fe(OH)3沉淀，故D錯誤。點睛：本題通過化學實驗的設計與評價，考查物質的性質、離子反應、膠體制備等知識。注意氧化還原型的離子反應，如：A、C兩項，若忽略了氧化還原反應則很容易出錯；D項要明確Fe(OH)3膠體的制備方法：將燒杯中的蒸餾水加熱至沸騰，向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3飽和溶液。繼續煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱。22、C【解題分析】

草酸（又稱乙二酸）為一種二元弱酸，具有酸的通性，因此能發生中和反應，具有還原性，因為乙二酸中含有羧基因此能發生酯化反應，據此解題；【題目詳解】A.H2C2O4為二元弱酸，能與氫氧化鈣溶液發生中和反應，生成白色沉淀草酸鈣和水，因此含酚酞的氫氧化鈣溶液堿性逐漸減弱，溶液紅色退去，故A正確；B.產生氣泡證明有CO2產生，因此可證明酸性H2C2O4＞H2CO3，反應方程式為：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2+2H2O或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2+2H2O，故B正確；C.0.1mol·L?1H2C2O4的pH=1.3,說明草酸為弱酸，故在其參與的離子方程式中要寫其化學式，不能用草酸根表示，故C不正確；D.草酸（又稱乙二酸），其中含有羧基，因此其能發生酯化反應，反應方程式正確，故D正確；本題選不正確的，應選C。【題目點撥】本題考查草酸的性質和離子反應方程式的書寫，側重考查學生的分析能力和元素化合物知識的綜合理解和運用。二、非選擇題(共84分)23、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。24、CuAlO2AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋SO42－＋4H＋2Al2O3＋4CuO4CuAlO2＋O2↑【解題分析】

藍色溶液A與過量的NaOH溶液反應得到藍色沉淀B與無色溶液B，則溶液A含有Cu2+、沉淀B為Cu(OH)2，沉淀B加熱分解生成黑色固體D為CuO，D與鹽酸反應得到藍色溶液F為CuCl2；無色溶液B通入過量的二氧化碳得到白色沉淀C，故溶液B中含有AlO2-、白色沉淀C為Al(OH)3、E為AlCl3；則溶液A中含有Al3+，由元素守恒可知固體X中含有Cu、Al元素，則紅色固體A為Cu，結合轉化可知X中還含有O元素。結合題意中物質的質量計算解答。【題目詳解】(1)根據上述分析，固體X中含有Cu、Al和O元素。Al(OH)3的物質的量為=0.1mol，Cu(OH)2的物質的量為=0.05mol，Cu單質的物質的量為=0.05mol，由原子守恒可知12.3gX中含有0.1molAl原子、0.1molCu原子，則含有O原子為：=0.2mol，則X中Cu、Al、O原子數目之比為0.1mol∶0.1mol∶0.2mol=1∶1∶2，故X的化學式為CuAlO2，故答案為：CuAlO2；(2)B中含有AlO2-，B中通入過量CO2產生白色沉淀的離子方程式為：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-，故答案為：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；(3)F為CuCl2，F溶液中通入中SO2氣體會產生白色沉淀，該沉淀中氯元素質量分數為35.7%，Cu、Cl原子的個數之比為＝1：1，則沉淀為CuCl，反應的離子方程式為：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案為：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+；(4)Al(OH)3煅燒的固體產物為Al2O3，與CuO高溫反應可生成化合物CuAlO2，其化學方程式為：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑，故答案為：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑。25、上下輕輕移動(或上下輕輕攪動)Cu傳熱快，防止熱量損失B<因弱電解質的電離過程是吸熱的，將鹽酸改為相同體積、相同濃度的醋酸反應后放出的熱量少，所以△H1<△H2【解題分析】分析：（1）環形玻璃攪拌棒上下攪動使溶液充分反應；金屬導熱快，熱量損失多；(2)酸堿中和放出熱量，應該減少熱量的損失；（3）根據弱電解質電離吸熱分析．詳解：(1)環形玻璃攪拌棒上下攪動使溶液充分反應；不能將環形玻璃攪拌棒改為銅絲攪拌棒，因為銅絲攪拌棒是熱的良導體，故答案為：上下輕輕移動(或上下輕輕攪動)；銅傳熱快，防止熱量損失。(2)酸堿中和放出熱量，為了減少熱量的損失應該一次性迅速加入NaOH溶液，故答案為：B。（3）醋酸為弱酸,電離過程為吸熱過程,所以用醋酸代替稀鹽酸溶液反應,反應放出的熱量偏小，所以△H1<△H2，故答案為：<；因弱電解質的電離過程是吸熱的，將鹽酸改為相同體積、相同濃度的醋酸反應后放出的熱量少，所以△H1<△H2。26、+CH3OH+H2O使用濃硫酸吸水、把酯蒸出反應體系、提高醇的用量等(能回答出兩條措施即可)洗去苯甲酸甲酯中過量的苯甲酸199.689.7%【解題分析】

（1）酯化反應的原理是酸脫羥基醇脫氫，在濃硫酸作用下，苯甲酸與甲醇發生酯化反應生成苯甲酸甲酯和水；（2）酯化反應為可逆反應，增大乙酸或乙醇的濃度或減小乙酸乙酯的濃度，能夠使平衡向正反應方向移動；（3）由表給數據可知，反應后的苯甲酸甲酯中會含有苯甲酸等雜質；（4）苯甲酸甲酯的沸點是199.6℃；（5）由15g苯甲酸計算苯甲酸甲酯的理論量，再依據實際量計算產率。【題目詳解】（1）酯化反應的原理是酸脫羥基醇脫氫，在濃硫酸作用下，苯甲酸與甲醇發生酯化反應生成苯甲酸甲酯和水，反應的化學方程式為+CH3OH+H2O，故答案為：+CH3OH+H2O；（2）酯化反應為可逆反應，增大乙酸或乙醇的濃度或減小乙酸乙酯的濃度，能夠使平衡向正反應方向移動，提高酯的產率，故答案為：使用濃硫酸吸水、把酯蒸出反應體系、提高醇的用量等(能回答出兩條措施即可)；（3）由表給數據可知，反應后的苯甲酸甲酯中會含有苯甲酸等雜質，利用固體Na2CO3與苯甲酸反應，除去苯甲酸提純苯甲酸甲酯，故答案為：洗去苯甲酸甲酯中過量的苯甲酸；（4）苯甲酸甲酯的沸點是199.6℃，用圖C裝置進行蒸餾提純時，當溫度計顯示199.6℃時，可用錐形瓶收集苯甲酸甲酯，故答案為：199.6；（5）15g苯甲酸的物質的量為，理論上制得苯甲酸甲酯的質量為×136g/mol≈16.7g，則苯甲酸甲酯的產率為×100%=×100%≈89.7%，故答案為：89.7%。【題目點撥】本題考查了有機物的制備實驗，充