上海市浦東區洋涇中學2024屆高二化學第二學期期末復習檢測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、將固體碳酸氫銨置于試管中加熱，使放出的氣體依次通過盛有足量過氧化鈉的干燥管、足量濃硫酸的洗氣瓶，則最后得到的氣體是()A．氨氣 B．氧氣 C．水 D．二氧化碳2、已知：①H2(g)+O2(g)=H2O(g)；ΔH1=akJ·mol-1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；ΔH2=bkJ·mol-1③H2(g)+O2(g)=H2O(l)；ΔH3=ckJ·mol-1④2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；ΔH4=dkJ·mol-1，下列關系式中正確的是()A．2a=b<0 B．b>d>0 C．a<c<0 D．2c=d>03、下列分子中含有“手性碳原子”的是（）A．CBr2F2 B．CH3CH2CH2OH C．CH3CH2CH3 D．CH3CH(NO2)COOH4、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A．在標況下，11.2LNO與11.2LO2混合后所含分子數為0.75NAB．鋁跟氫氧化鈉溶液反應生成1mol氫氣時，轉移的電子數為NAC．0.1molNa2O2晶體中含有0.4NA個離子D．常溫常壓下，16gO3所含的電子數為8NA5、某同學購買了一瓶“84消毒液”，包裝說明如下，請根據以上信息和相關知識判斷，下列分析不正確的是A．該“84消毒液”的物質的量濃度約為4.0mol·L－1B．一瓶該“84消毒液”敞口放置一段時間后濃度會變小C．取100mL該“84消毒液”稀釋100倍，稀釋后溶液中c(Na＋)約為0.04mol·L－1D．參閱該“84消毒液”的配方，欲用NaClO固體配制含25%NaClO的消毒液480

mL，需要稱量的NaClO固體質量為143

g6、現有一種藍色晶體，可表示為MxFey(CN)6，經X射線研究發現，它的結構特征是Fe3+和Fe2+互相占據立方體互不相鄰的頂點，而CN-位于立方體的棱上。其晶體中陰離子的最小結構單元如下圖所示。下列說法中正確的是()A．該晶體的化學式為MFe2(CN)6B．該晶體屬于離子晶體，M呈+3價C．該晶體屬于離子晶體，M呈+2價D．晶體中與每個Fe3+距離最近且等距離的CN-為3個7、25℃時純水的電離度為a1，pH=2的醋酸溶液的電離度為a2，pH＝12的氫氧化鈉溶液中水的電離度為a3。若將上述醋酸與氫氧化鈉溶液等體積混合，所得溶液中水的電離度為a1。下列關系式中正確的是（）A．a2=a3＜a4＜a1 B．a3=a2＜a1＜a4C．a2＜a3＜a1＜a4 D．a1＜a2＜a3＜a48、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9、實驗室制備下列物質時，不用加入濃H2SO4的是A．由苯制取硝基苯 B．用乙酸和乙醇制備乙酸乙酯C．由溴乙烷制乙烯 D．由乙醇制乙烯10、下列說法正確的是（）A．乙烯與環丙烷(C3H6)互為同系物B．乙烯和聚乙烯均能和溴水發生加成反應而使溴水褪色C．皮膚沾上濃HNO3變成黃色，立即用飽和NaOH溶液沖洗D．丙酸、乙酸甲酯和2-羥基丙醛(CH3CHOHCHO)互為同分異構體11、已知常溫下，幾種物質的電離平衡常數，下列反應的離子方程式正確的有幾個弱酸HCOOHHCNH2CO3HClO苯酚K25℃K=1.77×10-4K=4.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11K=2.98×10-8K=1.1×10-10①向苯酚鈉溶液中通入少量的CO2:2C6H5O-+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32-②次氯酸鈣溶液中通入少量二氧化碳:Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO③次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化碳:2C1O-+H2O+CO2=2HClO+CO32-④次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化硫:3ClO-+SO2+H2O=SO42-+2HClO+Cl-⑤純堿溶液中滴加少量甲酸:2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑⑥碳酸鈉溶液中通入過量氯氣:Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-⑦NaCN溶液中通入少量的CO2:CN-+CO2+H2O=HCO3-+HCNA．2個 B．3個 C．4個 D．5個12、由CH3CH3→CH3CH2Cl→CH2=CH2→CH3CH2OH的轉化過程中，經過的反應是A．取代→消去→加成 B．裂解→取代→消去C．取代→加成→氧化 D．取代→消去→水解13、下列實驗過程可以達到實驗目的的是編號實驗目的實驗過程A配制0.4000mol·L-1的NaOH溶液稱取4.0g固體NaOH于燒杯中，加入少量蒸餾水溶解后立即轉移至250mL容量瓶中定容B探究維生素C的還原性向盛有2mL黃色氯化鐵溶液的試管中滴加濃的維生素C溶液，觀察顏色變化C制取并純化氫氣向稀鹽酸中加入鋅粒，將生成的氣體依次通過NaOH溶液、濃硫酸和KMnO4溶液D探究濃度對反應速率的影響向2支盛有5mL不同濃度NaHSO3溶液的試管中同時加入2mL5%H2O2溶液，觀察實驗現象A．A B．B C．C D．D14、N2的結構可以表示為，CO的結構可以表示為，其中橢圓框表示π鍵，下列說法不正確的是()A．N2分子與CO分子中都含有三鍵B．CO分子中有一個π鍵是配位鍵C．N2與CO互為等電子體D．N2與CO的化學性質相同15、化學與生產和生活密切相關，下列有關說法正確的是A．剛玉（Al2O3）硬度僅次于金剛石，熔點也相當高，剛玉坩堝可用于熔融碳酸鉀B．“火樹銀花”的煙花場景利用的是金屬的顏色反應C．石油分餾可得到乙烯、丙烯、丁二烯等短鏈烴D．鹽析可提純蛋白質，并保持其生理活性16、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﹣117、丙烯酸可與水反應生成乳酸，化學方程式如下。下列說法正確的是A．該反應為加成反應，沒有副產物生成B．可用Br2的CCl4溶液鑒別丙烯酸和乳酸C．丙烯酸與乳酸都屬于有機酸，兩者不發生反應D．lmol乳酸分別與足量Na、NaOH、NaHCO3反應，消耗三者物質的量之比為2:2:118、CaC2晶體的晶胞結構與NaCl晶體的相似（如圖所示），但CaC2晶體中由于啞鈴形的C22-存在，使晶胞沿一個方向拉長。下列關于CaC2晶體的說法中正確的是A．CaC2晶體中，所有原子之間都以離子鍵相結合B．C22-與N2互為等電子體C．1個Ca2+周圍距離最近且等距離的C22-數目為6D．1個CaC2晶體的晶胞平均含有1個Ca2+和1個C22-19、下列是一些裝置氣密性檢查的方法，其中正確的是()A． B．C． D．20、下述實驗設計能夠達到目的的是()（）編號實驗目的實驗設計A除去Cl2中少量的HCl將混合氣體通過飽和NaHCO3溶液B除去FeCl2溶液中混有的FeCl3向混合物中滴加適量銅粉，再過濾C檢驗溶液中是否含有Fe2+向溶液中滴入氯水后,再加KSCN溶液D證明Cl2的氧化性比I2強將Cl2通入淀粉碘化鉀溶液中A．A B．B C．C D．D21、下列有關化學用語表示正確的是A．氧化鈉的電子式：B．中子數為18的原子C．氮離子（N3-）是結構示意圖：D．二氧化碳分子的比例模型：22、下列關于甘氨酸（H2N-CH2-COOH）性質的說法中正確的是A．只有酸性，沒有堿性 B．只有堿性，沒有酸性C．既有酸性，又有堿性 D．既沒有酸性，又沒有堿性二、非選擇題(共84分)23、（14分）2018年3月21日是第二十六屆“世界水日”，保護水資源、合理利用廢水、節省水資源、加強廢水的回收利用已被越來越多的人所關注。已知：某無色廢水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3-、CO32-、SO42-中的幾種，為分析其成分，分別取廢水樣品1L，進行了三組實驗，其操作和有關圖像如下所示：請回答下列問題：(1)根據上述3組實驗可以分析廢水中一定不存在的陰離子是________(2)寫出實驗③圖像中沉淀達到最大量且質量不再發生變化階段發生反應的離子方程式：___________。沉淀溶解時發生的離子方程式為________(3)分析圖像，在原溶液中c(NH4+與c(Al3＋)的比值為________，所得沉淀的最大質量是________g。(4)若通過實驗確定原廢水中c(Na＋)＝0.18mol·L－1，試判斷原廢水中NO3-是否存在？________(填“存在”“不存在”或“不確定”)。若存在，c(NO3-)＝________mol·L－1。(若不存在或不確定則此空不填)24、（12分）A(C2H4)是基本的有機化工原料，由A制備聚丙烯酸甲酯（有機玻璃主要成分）和肉桂酸的合成路線（部分反應條件略去）如下圖所示：已知：+CH2=CH-R+HX（X為鹵原子，R為取代基）回答下列問題：（1）反應①的反應條件是_______；⑥的反應類型是_____。（2）B的名稱為_______________________________；（3）由C制取D的化學方程式為__________。（4）肉桂酸的同分異構體中能同時滿足下列條件：①苯環上有兩個取代基且苯環上的一氯代物有兩種②能發生銀鏡反應，③能與FeCl3溶液發生顯色反應。請寫出符合上述要求物質的結構簡式：________。（5）已知由A制備B的合成路線如下（其中部分反應條件已省略）：CH2=CH2→XY→Z則X→Y反應方程式為______________，Z的結構簡式為_______________。25、（12分）（題文）以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2為原料可制備N2H4·H2O（水合肼）和無水Na2SO3，其主要實驗流程如下：已知：①Cl2+2OH?ClO?+Cl?+H2O是放熱反應。②N2H4·H2O沸點約118℃，具有強還原性，能與NaClO劇烈反應生成N2。（1）步驟Ⅰ制備NaClO溶液時，若溫度超過40℃，Cl2與NaOH溶液反應生成NaClO3和NaCl，其離子方程式為____________________________________；實驗中控制溫度除用冰水浴外，還需采取的措施是____________________________________。（2）步驟Ⅱ合成N2H4·H2O的裝置如圖?1所示。NaClO堿性溶液與尿素水溶液在40℃以下反應一段時間后，再迅速升溫至110℃繼續反應。實驗中通過滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________________。（3）步驟Ⅳ用步驟Ⅲ得到的副產品Na2CO3制備無水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-隨pH的分布如圖?2所示，Na2SO3①邊攪拌邊向Na2CO3溶液中通入SO2制備NaHSO3溶液。實驗中確定何時停止通SO2的實驗操作為_________________。②請補充完整由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3的實驗方案：_______________________，用少量無水乙醇洗滌，干燥，密封包裝。26、（10分）用18mol/L濃硫酸配制100mL3.0mol/L稀硫酸的實驗步驟如下：①計算所用濃硫酸的體積②量取一定體積的濃硫酸③溶解、冷卻④轉移、洗滌⑤定容、搖勻回答下列問題：（1）所需濃硫酸的體積是____mL，量取濃硫酸所用的量筒的規格是_______。（從下列規格中選用：A10mLB25mLC50mLD100mL）（2）第③步實驗的操作是________________________________________________。（3）第⑤步實驗的操作是_________________________________________________。（4）下列情況對所配制的稀硫酸濃度有何影響（用“偏大”“偏小”或“無影響”填寫）?A所用的濃硫酸長時間放置在密封不好的容器中_________。B容量瓶用蒸餾水洗滌后殘留有少量的水________。C所用過的燒杯、玻璃棒未洗滌________________。D定容時俯視溶液的凹液面________________。27、（12分）NaClO2/H2O2酸性復合吸收劑可同時有效脫硫、脫硝。實驗室制備少量NaClO2的裝置如圖所示。裝置I控制溫度在35～55°C，通入SO2將NaClO3還原為ClO2(沸點：11°C)。回答下列問題：（1）裝置Ⅰ中反應的離子方程式為__________________。（2）裝置Ⅱ中反應的化學方程式為_____________________。（3）裝置用中NaOH溶液的作用是_____________。（4）用制得的NaClO4/H2O2酸性復合吸收劑同時對NO、SO2進行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在溫度一定時，n(H2O2)/n(NaClO2)和溶液pH對脫硫、脫硝的影響如圖所示：①從圖1和圖2中可知脫硫、脫硝的最佳條件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝________________。pH在_________________之間。②圖2中SO2的去除率隨pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5時反而減小。NO去除率減小的可能原因是___________________________________。28、（14分）Na2SO3是一種重要的還原劑，I2O5是一種重要的氧化劑，二者都是化學實驗室中的重要試劑。(1)已知:2Na2SO3(aq)+O2(aq)==2Na2SO4(aq)△H=mkJ·mol-1，O2(g)O2(aq)△H=nkJ·mol-1，則Na2SO3溶液與O2(g)反應的熱化學方程式為______________________________。(2)Na2SO3的氧化分富氧區和貧氧區兩個階段，貧氧區速率方程為v=k·ca(SO32-)·cb(O2)，k為常數。①當溶解氧濃度為4.0mg/L(此時Na2SO3的氧化位于貧氧區)時，c(SO32-)與速率數值關系如下表所示，則a=____。c(SO32-)×1033.655.657.6511.65V×10610.224.444.7103.6②兩個階段的速率方程和不同溫度的速率常數之比如下表所示。已知1n(k2/k1)=Ea/R(1/T2-1/T1)，R為常數，則Ea(富氧區)______(填“>”或“<”)Ea(貧氧區)。反應階段速率方程k(297.0K)/k(291.5K)富氧區v=k·c(SO32-)·c(O2)1.47貧氧區v=k·ca(SO32-)·cb(O2)2.59(3)等物質的量的Na2SO3和Na2SO4混合溶液中，c(SO32-)+c(HSO3-)______(填“>”“<”或“=”)c(SO42-)。(4)利用I2O5可消除CO污染，其反應為I2O5(s)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s)，不同溫度下，向裝有足量I2O5固體的2L恒容密閉容器中通入2molCO，測得CO2氣體的體積分數φ(CO2)隨時間t的變化曲線如圖所示。①從反應開始至a點時的平均反應速率v(CO)=__________。②b點時，CO的轉化率為_____________。③b點和d點的化學平衡常數:Kb____(填“>”“<”或“=”)Kd，判斷的理由是_____________________。29、（10分）鋁鞣劑[主要成分為Al(OH)2Cl]主要用于鞣制皮革。利用鋁灰（主要成分為Al、Al2O3、AlN、FeO等）制備鋁鞣劑的一種工藝如圖：回答下列問題：（1）氣體A能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍。鋁灰在90℃水解生成A的化學方程式為____________。“水解”采用90℃而不在室溫下進行的原因是_________________。（2）“酸溶”時，Al2O3發生反應的離子方程式為____________________。（3）“氧化”時，發生反應的離子方程式為________________________。（4）“除雜”時產生廢渣的主要成分為____（填化學式），對其合理的處理方法是回收后制成___。（5）準確稱取所制備的鋁鞣劑mg，將其置于足量硝酸中，待樣品完全溶解后，加入足量AgNO3溶液，充分反應，過濾、洗滌、干燥得固體ng．則樣品中Al(OH)2Cl的質量分數為____（用含m、n的代數式表示）。

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】

碳酸氫銨受熱分解的產物是二氧化碳、水和氨氣，這些混合氣體通過足量的過氧化鈉時，水蒸氣、二氧化碳沒有剩余，但生成了氧氣；通過濃硫酸時，氨氣與硫酸反應。因此最后得到的氣體只有氧氣。答案選B。2、A【解題分析】

四個反應均為放熱反應，即a、b、c、d均小于0，根據物質的狀態及計量數比較a、b、c、d之間的關系和大小。【題目詳解】A.反應①和②所有物質聚集狀態相同，且反應②的計量數是反應①的2倍，則2a=b，所有反應均為放熱反應，即a、b、c、d均小于0，因此2a=b<0，A項正確；B.四個反應均為放熱反應，即a、b、c、d均小于0，B項錯誤；C.反應①和③對比，H2O的狀態不同，從氣態變為液態要放出熱量，因此反應③放出的熱量更多，那么c<a<0，C項錯誤；D.反應③和④所有物質聚集狀態相同，且反應④的計量數是反應③的2倍，則2c=d，所有反應均為放熱反應，即a、b、c、d均小于0，因此2c=d<0，D項錯誤；答案選A。【題目點撥】同一反應的反應物和生成物的狀態不同，反應熱也不同，比較時要考慮物質的狀態變化時的吸熱或放熱情況，特別說明的是放熱反應的反應熱(ΔH)為負數，放熱越多，ΔH的值反而越小。3、D【解題分析】

在有機物分子中，當一個碳原子連有4個不同的原子或原子團時，這種碳原子被稱為“手性碳原子”，題目所給4個選項中，只有CH3CH(NO2)COOH的第2個C原子連接了4個不同的原子或原子團（分別是—CH3、—NO2、—COOH和H原子），故答案選D。4、D【解題分析】

A．標況下，11.2L的NO和O2均為0.5mol，混合后NO被O2氧化生成0.5molNO2，并剩余0.25molO2；由于NO2會發生可逆反應：，所以最終容器中分子的數目：，A項錯誤；B．氫氣是反應過程中的僅有的還原產物，所以生成1molH2，轉移電子2mol，B項錯誤；C．0.1molNa2O2晶體中含有0.2NA的Na+和0.1NA的，所以C項錯誤；D．16gO3含有1NA個O原子，每個氧原子含有8個電子，所以共計8NA個電子，D項正確；答案選D。5、D【解題分析】

A．該“84消毒液”的物質的量濃度為：c（NaClO）=1000×1.19×25%74.5mol/L≈4.0mol/L，故A正確；B．HClO易分解生成氯化氫和氧氣，則一瓶該“84消毒液”敞口放置一段時間后濃度會變小，故B正確；C．取100mL該“84消毒液”稀釋100倍后用以消毒，稀釋過程中鈉離子的物質的量不變，則稀釋后的溶液中c（Na+）=0.4mol/L×0.1L0.1L×100=0.04mol?L-1，故C正確；D．實驗室不存在480mL容量瓶，應用500mL容量瓶配制，則n（NaClO）=0.5L×4.0mol/L=2.0mol，m（NaClO）=2.0mol×74.5g/mol=149g，故D6、A【解題分析】

Fe3+和Fe2+互相占據立方體互不相鄰的頂點，則該結構單元中，所含Fe3+有個，Fe2+有個，CN-有個。由于該晶體的化學式為MxFey(CN)6，所以y=2，且該晶體的化學式中含有1個Fe3+、1個Fe2+，所以x為1，即該化學式為MFe2(CN)6。【題目詳解】A.經計算得知，該結構單元中，含有個Fe2+、個Fe3+、3個CN-。由于該晶體的化學式為MxFey(CN)6，則y=2，x=1，即該化學式為MFe2(CN)6，A正確；B.從構成晶體的微粒來看，該晶體為離子晶體；由于化學式為MFe2(CN)6，M呈+1價，B錯誤；C.該晶體為離子晶體；由于化學式為MFe2(CN)6，M呈+1價，C錯誤；D.晶體中與每個Fe3+距離最近且等距離的CN-為6個，D錯誤；故合理選項為A。7、A【解題分析】

水為極弱的電解質，酸、堿抑制水的電離，若溶液中H＋濃度和OH－濃度相等，對水的抑制程度相同，H＋濃度或OH－濃度越大，對水的抑制程度越大。【題目詳解】酸、堿抑制水的電離，pH=2的醋酸溶液中H＋濃度等于pH＝12的氫氧化鈉溶液中OH－濃度，則兩溶液中水的電離程度相等，則有α2＝α3＜α1；pH=2的醋酸溶液與pH＝12的氫氧化鈉溶液等體積混合后，醋酸溶液過量，得到醋酸和醋酸鈉的混合溶液，溶液呈酸性，抑制水的電離，溶液中H＋濃度減小，較原醋酸對水的電離的抑制程度小，所以α2＝α3＜α4＜α1，故選A。【題目點撥】本題考查影響水的電離平衡的因素，注意酸、堿抑制水的電離，抑制程度與H＋濃度或OH－濃度的大小有關，注意弱酸部分電離，pH=2的醋酸溶液與pH＝12的氫氧化鈉溶液等體積混合后，酸溶液過量是解答關鍵。8、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。9、C【解題分析】

A、由苯制取硝基苯，濃硫酸作催化劑、脫水劑，故A錯誤；B、用乙酸和乙醇制備乙酸乙酯，濃硫酸作催化劑、吸水劑，故B錯誤；C、溴乙烷在NaOH水溶液的條件下發生水解反應得到乙烯，不需要加入濃硫酸，故C正確；D、由乙醇制乙烯，濃硫酸作催化劑、脫水劑，故D錯誤。故選C。10、D【解題分析】

A.結構相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質互稱為同系物，乙烯與環丙烷(C3H6)的結構不相似，所以二者不是同系物，A錯誤；B.聚乙烯不含碳碳雙鍵，不能和溴發生加成反應，所以不能使溴水褪色，B錯誤；C.皮膚沾上濃HNO3變成黃色，應立即用大量的水沖洗，再用3-5%的NaHCO3溶液涂上，C錯誤；D.丙酸、乙酸甲酯和2-羥基丙醛(CH3CHOHCHO)結構簡式分別為CH3CH2COOH、CH3COOCH3、CH3CHOHCHO，三種物質分子式相同，但結構不同，因此它們互為同分異構體，D正確；故合理選項是D。11、B【解題分析】①根據表中數據可知，苯酚的酸性弱于H2CO3而強于HCO3-，則苯酚能與CO32-反應生成HCO3-，盡管苯酚鈉溶液中通入少量的CO2，反應也只能生成C6H5OH和NaHCO3，①錯誤，②因為次氯酸的酸性弱于H2CO3而強于HCO3-，所以次氯酸鈣溶液中通入少量CO2，生成物是HClO和CaCO3沉淀，②正確，③由于次氯酸的酸性弱于H2CO3而強于HCO3-，所以次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化碳，生成物只能是HClO和NaHCO3，③錯誤，④由于HClO具有強氧化性，將SO2氧化為H2SO4，而自身還原為Cl-，但由于次氯酸鈉量多，生成的硫酸又與次氯酸鈉反應生成次氯酸，所以④正確，⑤甲酸的酸性強于碳酸，但甲酸量少，與碳酸鈉反應只能生成甲酸鈉和碳酸氫鈉，故⑤錯誤，⑥由于氯氣過量，所以與碳酸鈉反應的生成物為CO2+Cl-+ClO-，故⑥錯誤，⑦由于HCN的酸性弱于H2CO3而強于HCO3-，所以NaCN溶液中通入少量的CO2，反應只能生成HCO3-+HCN，⑦正確。所以本題有②④⑦三個正確，答案選B。點睛：較強的酸可以置換較弱的酸，再加上量的限制，使本題很難快速解答。這些反應不僅與酸性強弱有關，還與氧化性還原性的強弱、通入氣體量的多少有關，如：一般情況下少量CO2通入堿性溶液中生成CO32-，過量CO2通入堿性溶液生成HCO3-。12、A【解題分析】

乙烷和氯氣在光照的條件下發生取代反應，生成氯乙烷，氯乙烷通過消去反應生成乙烯，乙烯和水發生加成反應生成乙醇，選A。13、B【解題分析】

A．NaOH的溶解過程是放熱的，導致溶液溫度高于室溫，如果在轉移溶液之前未將溶液冷卻至室溫，配制的溶液體積偏小，則配制溶液濃度偏高，所以不能實現實驗目的，故A不選；B．氯化鐵具有氧化性、維生素C具有還原性，二者發生氧化還原反應而生成亞鐵離子，導致溶液由黃色變為淺綠色，則溶液變色，所以能實現實驗目的，故B選；C．向稀鹽酸中加入鋅粒，生成的氫氣中會混入少量水蒸氣和氯化氫氣體，HCl和NaOH反應，濃硫酸能夠干燥氫氣，但高錳酸鉀溶液和氫氣不反應，且最后通過酸性高錳酸鉀溶液會導致得到的氫氣中含有水蒸氣，所以不能實現實驗目的，故C不選；D．向2支盛有5mL不同濃度NaHSO3溶液的試管中同時加入2mL5%H2O2溶液，二者發生氧化還原反應生成硫酸鈉和水，實驗現象不明顯，不能實現實驗目的，故D不選；答案選B。【題目點撥】本題的易錯點為D，盡管二者能夠發生化學反應，但由于實驗過程中沒有明顯現象，因此無法通過實驗現象比較反應速率，要注意通過實驗驗證某結論時，需要有較為明顯的實驗現象。14、D【解題分析】

A．根據圖象知，氮氣和CO都含有兩個π鍵和一個σ鍵，N2分子與CO分子中都含有三鍵，故A正確；B．氮氣中π鍵由每個N原子各提供一個電子形成，而CO分子中其中一個π鍵由O原子提供1對電子形成屬于配位鍵，故B正確；C．N2分子與CO分子中原子總數相同、價電子總數也相同，二者互為等電子體，故C正確；D．N2與CO的化學性質不相同，如CO具有較強的還原性，而氮氣的性質比較穩定，還原性較差，故D錯誤；故選D。15、D【解題分析】

A、氧化鋁熔點和硬度大，可以作耐高溫材料，氧化鋁高溫下能與K2CO3發生反應；B、應是利用金屬的焰色反應；C、石油是由多種碳氫化合物組成的混合物，從裂解的角度回答；D、從蛋白質的角度回答。【題目詳解】A、氧化鋁具有硬度大，熔點高的特點，可以作耐高溫材料，高溫下能與K2CO3發生反應，即Al2O3＋K2CO32KAlO2＋CO2，因此不能用于熔融碳酸鉀，故A錯誤；B、火樹銀花利用某些金屬的焰色反應，故B錯誤；C、石油是由多種烷烴、環烷烴和芳香烴組成的混合物，石油分餾是利用其沸點不同而將其分離，石油裂解的目的是獲得乙烯、丙烯等氣態化工基本原料，故C錯誤；D、鹽析是蛋白質溶液中加入一些鹽，降低蛋白質溶解度使之析出，然后進行分離提純，蛋白質仍具有活性，故D正確。【題目點撥】易錯點是選項B，顏色反應一般指的是苯酚中加入FeCl3溶液，溶液顯紫色，蛋白質遇到濃硝酸表現黃色；焰色反應：某些金屬元素在灼燒時表現出來，屬于物理變化。16、A【解題分析】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+。17、B【解題分析】A．該反應為加成反應，但加成產物有兩種，其中一種HOCH2CH2COOH為副產物生成，故A錯誤；B．丙烯酸結構中有碳碳雙鍵，而乳酸沒有碳碳雙鍵，可用可用Br2/CCl4溶液鑒別這兩種有機物，故B正確；C．丙烯酸與乳酸都屬于有機酸，羧基之間可以脫水生成酸酐，故C錯誤；D．羧基能與Na、NaOH、NaHCO3反應，而羥基只與Na反應，則1mol乳酸分別與足量Na、NaOH、NaHCO3反應，消耗三者物質的量之比為2:1:1，故D錯誤；答案為B。18、B【解題分析】分析：A.CaC2晶體中含有C22-，C22-原子之間為共價鍵；B.C22-含電子數為2×6+2=14，N2的電子數為14；C.1個Ca2+周圍距離最近且等距離的C22-應位于同一平面，注意使晶胞沿一個方向拉長的特點；D．晶胞中根據均攤法分析微粒的個數.詳解：A.CaC2晶體中，C22-原子之間以供價鍵相結合，A錯誤；B.

C22-含電子數為：2×6+2=14,N2的電子數為14，二者電子數相同，是等電子體，B正確；C．依據晶胞示意圖可以看出，晶胞的一個平面的長與寬不相等，再由圖中體心可知1個Ca2+周圍距離最近的C22-有4個，而不是6個，C錯誤；D.依據晶胞示意圖可以看出，1個CaC2晶體的晶胞含有Ca2+為：1+12×14=4和含有C22-為：1+6×點睛：本題考查晶胞的分析，注意使晶胞沿一個方向拉長的特點，為解答該題的關鍵，易錯點為A和C．19、B【解題分析】試題分析：A、此裝置兩導管都與外界空氣相通不是密閉裝置，無法檢查出裝置的氣密性，A不正確；B、用彈簧夾夾住右邊導管，向長頸漏斗中倒水，液面高度不變，說明裝置氣密性良好，故能檢查裝置氣密性，B正確；C、裝置長頸漏斗與外界空氣相通不是密閉裝置，無法檢查出裝置的氣密性，C不正確；D、此裝置兩導管都與外界空氣相通不是密閉裝置，無法檢查出裝置的氣密性，D不正確；答案選B。【考點定位】本題考查裝置氣密性的檢查【名師點晴】檢查裝置的氣密性裝置氣密性檢驗有多種方法，原理都是根據裝置內外的壓強差形成水柱或氣泡，據此分析各種檢查方法。做題時應注意檢查裝置的氣密性是不是在密閉裝置中。有些裝置比較復雜或者學生平時比較少見，造成不會分析而出錯，答題時注意靈活應用。20、D【解題分析】

A.氯化氫和碳酸氫鈉反應，而氯氣也能和水反應，應用飽和食鹽水洗滌氣體，A錯誤；B.氯化鐵和銅反應生成氯化亞鐵和氯化銅，引入了銅離子雜質，B錯誤；C.如果原溶液中有鐵離子則不能檢驗出是否有亞鐵離子，C錯誤；D.氯氣和碘化鉀反應生成氯化鉀和碘單質，淀粉遇到碘單質顯藍色，D正確；故選D。21、B【解題分析】

A．氧化鈉是離子化合物，由鈉離子和氧離子構成，故其電子式為，故A錯誤；B．質量數=質子數+中子數，故中子數為18的氯原子的質量數為18+17=35，表示為，故B正確；C．氮離子的核內有7個質子，核外有10個電子，故其結構示意圖為，故C錯誤；D．碳的原子半徑比氧原子半徑大，二氧化碳分子的比例模型為，故D錯誤；故答案為B。22、C【解題分析】

甘氨酸含有氨基，能夠結合H+，表現出堿性，還含有羧基，能夠電離產生H+，與堿發生中和反應，因此又表現出酸性。故甘氨酸既有酸性，又有堿性，答案選C。二、非選擇題(共84分)23、CO32-NH4+＋OH－===NH3·H2OAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O2:110.7存在0.08【解題分析】

已知溶液為無色，則無Fe3＋；焰色反應時為黃色，則含Na元素；加入鹽酸酸化的氯化鋇有白色沉淀，則含硫酸根離子；加入過量的NaOH有白色沉淀，含鎂離子；根據加入NaOH的體積與沉淀的關系可知，原溶液中含有H＋、NH4+、Al3＋、Mg2＋；與Al3＋、Mg2＋反應的CO32-離子不存在。【題目詳解】（1）根據分析可知，一定不存在的陰離子為CO32-；（2）③圖像中沉淀達到最大量且質量不再發生變化時，加入NaOH，沉淀的量未變，則有離子與NaOH反應，只能是NH4+，其反應的離子方程式為：NH4+＋OH－=NH3·H2O；沉淀溶解為氫氧化鋁與NaOH反應生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式為：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；（3）根據反應式及數量，與NH4+、Al（OH）3消耗NaOH的量分別為0.2mol、0.1mol，則c(NH4+):c(Al3＋)=2:1；（4）H＋為0.1mol，NH4+為0.2mol，Al3＋為0.1mol，Mg2＋為0.05mol，Na＋為0.18mol，SO42-為0.4mol，根據溶液呈電中性，n（NO3-）=0.08mol。24、濃硫酸、加熱取代反應乳酸或2-羥基丙酸或α-羥基丙酸CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O、(寫一種即可)2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH(OH)CN【解題分析】

由C與F發生題干信息反應，生成肉桂酸，可知，C中必含碳碳雙鍵，因此確定B到C發生了醇的消去反應，C為CH2=CHCOOH，根據產物聚丙烯酸甲酯可知D為CH2=CHCOOCH3，C與甲醇發生酯化反應生成D，D發生加聚反應生成聚甲基丙烯酸甲酯；CH≡CH發生加成反應生成苯，苯發生取代反應生成F（氯苯），C（CH2=CHCOOH）與F（氯苯）發生題干信息反應，生成肉桂酸，據此分析問題。【題目詳解】（1）根據以上分析可知，反應①為醇的消去反應，反應條件是濃硫酸、加熱；⑥的反應為CH2=CHCOOH++HCl，因此反應類型是取代反應；答案：濃硫酸、加熱取代反應（2）B為，名稱為乳酸或2-羥基丙酸或α-羥基丙酸；答案：乳酸或2-羥基丙酸或α-羥基丙酸（3）由C制取D發生的是酯化反應，化學方程式為CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；答案：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O（4）肉桂酸（）的同分異構體中能同時滿足下列條件：①苯環上有兩個取代基且苯環上的一氯代物有兩種，說明兩個取代基應該處于對位，②能發生銀鏡反應，說明有醛基，③能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明有酚羥基。符合上述要求物質的結構簡式為、；答案：、(寫一種即可)（5）根據信息可知乙烯必須先生成C=O，才可以與HCN反應，增加碳原子數，因此確定CH2=CH2先與水發生加成反應生成X（乙醇），乙醇發生催化氧化反應生成乙醛（Y），反應的方程式為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；按照信息，乙醛與HCN發生加成反應Z（CH3CH(OH)CN），Z在酸性條件下與水反應生成；答案：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH(OH)CN25、3Cl2+6OH??5Cl?+ClO3?+3H2O緩慢通入Cl2NaClO堿性溶液減少水合肼的揮發測量溶液的pH，若pH約為4，停止通SO2邊攪拌邊向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，測量溶液pH，pH約為10時，停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，在高于34℃條件下趁熱過濾【解題分析】

步驟I中Cl2與NaOH溶液反應制備NaClO；步驟II中的反應為NaClO堿性溶液與尿素水溶液反應制備水合肼；步驟III分離出水合肼溶液；步驟IV由SO2與Na2CO3反應制備Na2SO3。據此判斷。【題目詳解】（1）溫度超過40℃，Cl2與NaOH溶液發生歧化反應生成NaClO3、NaCl和H2O，反應的化學方程式為3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，離子方程式為3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2與NaOH溶液的反應為放熱反應，為了減少NaClO3的生成，應控制溫度不超過40℃、減慢反應速率；實驗中控制溫度除用冰水浴外，還需采取的措施是：緩慢通入Cl2。（2）步驟II中的反應為NaClO堿性溶液與尿素水溶液反應制備水合肼，由于水合肼具有強還原性、能與NaClO劇烈反應生成N2，為了防止水合肼被氧化，應逐滴滴加NaClO堿性溶液，所以通過滴液漏斗滴加的溶液是NaClO堿性溶液。NaClO堿性溶液與尿素水溶液在110℃繼續反應，N2H4·H2O沸點約118℃，使用冷凝管的目的：減少水合肼的揮發。（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制備NaHSO3溶液，根據圖示溶液pH約為4時，HSO3-的物質的量分數最大，則溶液的pH約為4時停止通入SO2；實驗中確定何時停止通入SO2的實驗操作為：測量溶液的pH，若pH約為4，停止通SO2。②由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3，首先要加入NaOH將NaHSO3轉化為Na2SO3，根據含硫微粒與pH的關系，加入NaOH應調節溶液的pH約為10；根據Na2SO3的溶解度曲線，溫度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以從Na2SO3溶液中獲得無水Na2SO3應控制溫度高于34℃。因此由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3的實驗方案為：邊攪拌邊向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，測量溶液pH，pH約為10時，停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，在高于34℃條件下趁熱過濾，用少量無水乙醇洗滌，干燥，密封包裝。【題目點撥】本題將實驗原理的理解、實驗試劑和儀器的選用、實驗條件的控制、實驗操作的規范、實驗方案的設計等融為一體，重點考查學生對實驗流程的理解、實驗裝置的觀察、信息的獲取和加工、實驗原理和方法運用、實驗方案的設計與評價等能力，也考查了學生運用比較、分析等科學方法解決實際問題的能力和思維的嚴密性。26、（1）16.7（3分）B（1分）（2）先向燒杯加入30ml蒸餾水，然后將濃硫酸沿燒杯內壁緩慢倒入燒杯中，并用玻璃棒攪拌。（3分）（3）繼續向容量瓶注入蒸餾水至離刻度線1-2cm處，改出膠頭滴管向容量瓶滴加至液凹面與刻度線相切為止。塞緊瓶塞，倒轉搖勻。（3分）（4）A.偏小B.無影響C.偏小D.偏大（各1分，共4分）【解題分析】試題分析：（1）稀釋前后溶質的物質的量保持不變，即c濃×V濃=c稀×V稀，且量筒的精確度一般為0.1mL，則V濃=="16.7"mL；根據大而近原則，由于100>50>25>16.7>10，因此應選擇25mL量筒；（2）濃硫酸溶解于水時放熱，為了防止暴沸引起安全事故，稀釋濃硫酸時，應該先向燒杯中加入適量水，再沿燒杯內壁緩緩加入濃硫酸，邊加入邊用玻璃棒攪拌，使之充分散熱，如果先向燒杯中加入16.7mL濃硫酸，再向其中倒入水，則容易發生暴沸；（3）定容：當液面在刻度線下1～2cm時，改用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線與凹液面相切；搖勻：蓋好瓶塞，反復上下顛倒；（4）誤差分析的依據是=c、控制變量法，對分子的大小有（或沒有）影響時，對分母的大小就沒有（或有）影響；A、濃硫酸具有吸水性，長時間放置在密封不好的容器中，會逐漸變稀，該情況能使所量取16.7mL液體所含n偏小，但對V無影響，因此（即c）偏小；B、該情況對分子、分母均無影響，因此對（即c）無影響；C、該情況導致n偏小，但對V無影響，因此（即c）偏小；D、該情況導致V偏小，但對n無影響，因此因此（即c）偏大。【考點定位】考查濃硫酸的稀釋、一定物質的量濃度溶液的配制過程及誤差分析。【名師點睛】本試題考查化學實驗安全、化學實驗基本操作，涉及內容是濃硫酸的稀釋、一定物質的量濃度溶液的配制過程及誤差分析等，平時多注重基礎知識的夯實。稀釋溶液過程中，我們往往都是把濃度大溶液加入到濃度小的溶液中，這樣為防止混合放熱，放出熱量造成液體飛濺傷人，如濃硫酸的稀釋、濃硝酸和濃硫酸的混合等都是把濃硫酸加入到水或濃硝酸中，這樣才能做到實驗安全，不至于發生危險。27、SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2吸收尾氣，防止污染空氣6：1或65.5～6.0pH＞5.5以后，隨pH的增大，NO的還原性減弱（或過氧化氫、NaClO2的氧化性減弱），NO不能被氧化成硝酸【解題分析】

根據實驗目的，裝置I為二氧化硫與氯酸鈉在酸性條件下反應生成二氧化氯氣體，二氧化氯氣體在裝置II反應生成亞氯酸鈉和氧氣，二氧化氯有毒，未反應的應進行尾氣處理，防止污染環境。【題目詳解】（1）裝置Ⅰ中二氧化氯與與氯酸鈉在酸性條件下反應生成二氧化氯氣體、硫酸鈉，離子方程式為SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-；（2）裝置Ⅱ中二氧化氯氣體與雙氧水、氫氧化鈉溶液反應生成亞氯酸鈉和氧氣，化學方程式為2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2；（3）二氧化氯有毒，裝置用中NaOH溶液的作用為吸收尾氣，防止污染空氣；（4）①根據圖1而可知，n(H2O2)/n(NaClO2)在6～8時，脫硫、脫硝的去除率幾乎無變化，則最佳條件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝6：1；根據圖2可知，pH在5.5時NO的去除率達到峰值，而二氧化硫的去除率已經很高，pH在5.5～6.0時最佳；②由于NO的去除率在pH＞5.5時，隨pH的增大，NO的還原性減弱，過氧化氫、NaClO2的氧化性減弱，NO不能被氧化成硝酸，所以去除率減少。28、2Na2SO3(aq)+O2(g)=2Na2SO4(aq)ΔH=(m+n)kJ/mol2<<0.6

mol/(L·min)80%>其他條件相同時，曲線II

先達到平衡，溫度高于曲線I的，說明溫度升高CO2的產率降低，平衡向逆反應方向移動，平衡常數減小【解題分析】(1)①2Na2SO3(aq)+O2(aq)==2Na2SO4(aq)△H=mkJ·mol-1，②O2(g)