福建省三明市第二中學2024屆化學高二第二學期期末綜合測試模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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、下表是第三周期部分元素的電離能[單位：eV(電子伏特)]數據。元素I1/eVI2/eVI3/eV甲5.747.471.8乙7.715.180.3丙13.023.940.0丁15.727.640.7根據以上數據分析，下列說法正確的是A．甲的金屬性比乙弱 B．乙的化合價為＋1價C．丙一定為非金屬元素 D．丁一定為金屬元素2、下列物質能發生消去反應的是A．CH3OH B．（CH3）3CCH2ClC．CH3CH2Br D．3、下列關于合成高分子化合物的說法正確的是A．滌綸、錦綸、蠶絲都屬于合成纖維B．塑料、合成樹脂和合成橡膠被稱為“三大合成材料”C．酚醛樹脂是酚類物質和醛類物質加聚而成的高分子化合物D．“尿不濕”中的高吸水性樹脂屬于功能高分子材料4、2017年9月我國科學家對于可充放電式鋅一空氣電池研究取得重大進展。電池裝置如圖所示，該電池的核心是驅動氧化還原反應(ORR)和析氧反應(OER)，KOH溶液為電解質溶液，放電的總反應方程式為2Zn+O2+40H-+2H2O=2Zn(OH)2。下列有關說法正確的是（）A．可逆鋅一空氣電池實際上是二次電池，放電時電解質溶液中K+向負極移動B．在電池產生電力的過程中，空氣進入電池，發生ORR反應，并釋放OH-C．發生OER反應的電極反應式為2H2O-4e-=O2+4H+D．放電時，電路中通過2mol電子，消耗氧氣22.4L(標準狀況)5、漢黃芩素對腫瘤細胞的殺傷有獨特作用，其結構如圖所示，下列有關敘述正確的是（）A．漢黃芩素的分子式為C16H14O5B．1mol該物質與NaOH溶液反應，可消耗2molNaOHC．1mol該物質與溴水反應，最多消耗1molBr2D．該物質可發生取代、加成、縮聚、消去反應6、高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種既能殺菌、消毒,又能絮凝凈水的水處理劑。工業制備高鐵酸鉀的離子方程式為Fe(OH)3+ClO-+OH-FeO42-+Cl-+H2O(未配平),下列有關說法不正確的是()A．由上述反應可知,Fe(OH)3的氧化性強于FeO42-B．高鐵酸鉀中鐵顯+6價C．上述反應氧化劑和還原劑的物質的量之比為3∶2D．K2FeO4處理水時,不僅能消毒、殺菌,而且生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3膠體能吸附水中的懸浮雜質7、向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa(OH)2溶液至過量，加入Ba(OH)2溶液的體積和所得沉淀的物質的量的關系如圖，下列說法不正確的是()A．圖中A點生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3B．原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1:2C．AB段反應的離子方程式為：3Ba2+＋2Al3+＋8OH－＋3SO42﹣＝BaSO4↓＋2AlO2-＋4H2OD．向D點溶液中通入CO2氣體，立即產生白色沉淀8、反應“P4（s）+3NaOH（aq）+3H2O（l）=3NaH2PO2（aq）+PH3（g）△H＞0”制得的NaH2PO2可用于化學鍍鎳。下列說法正確的是（）A．P4分子中P原子均滿足8電子穩定結構B．反應中NaOH作還原劑C．該反應能自發進行，則△S＜0D．反應中生成1molNaH2PO2，轉移電子數目為3×6.02×10239、下列反應的離子方程式正確的是（）⑴濃鹽酸與鐵屑反應：2Fe+6H+==2Fe3++3H2↑⑵明礬溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42－恰好完全沉淀：2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42－==2BaSO4↓＋Al(OH)3↓⑶過量二氧化碳通入偏鋁酸鈉溶液中：AlO2－+CO2+2H2O==Al(OH)3↓+HCO3－⑷碳酸氫銨溶液與過量氫氧化鈉溶液混合共熱：NH4++HCO3－+2OH－CO32－+NH3↑+2H2O⑸NaHCO3溶液與稀H2SO4反應：CO32－+2H+==H2O+CO2↑⑹MnO2與濃鹽酸反應制Cl2：MnO2+4HCl==Mn2＋+2Cl－+Cl2↑+2H2O⑺明礬溶于水產生Al(OH)3膠體：Al3＋+3H2O==Al(OH)3↓+3H＋⑻Ca(HCO3)2溶液與少量NaOH溶液反應：HCO3－+Ca2＋+OH－==CaCO3↓+H2O⑼苯酚鈉溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2C6H5Oˉ→2C6H5OH+CO32ˉ⑽Fe(NO3)3溶液中加入過量HI溶液：2Fe3++2I－==2Fe2++I2A．⑵⑶⑷⑹B．⑶⑷⑸⑻⑽C．⑶⑷⑻D．⑴⑶⑷⑺⑻⑼10、標準狀況下，mg氣體A與ng氣體B的分子數目一樣多，下列說法不正確的是（）A．在任意條件下，若兩種分子保持原組成，則其相對分子質量之比為m：nB．25℃、1．25×105Pa時，兩氣體的密度之比為n：mC．同質量的A、B在非標準狀況下，其分子數之比為n：mD．相同狀況下，同體積的氣體A與B的質量之比為m：n11、下圖有機物的正確命名為()A．2-乙基-3,3-二甲基戊烷 B．3,3-二甲基-4-乙基戊烷C．3,3,4-三甲基己烷 D．3,4,4-三甲基己烷12、徐光憲在《分子共和國》一書中介紹了許多明星分子，如H2O2、CO2、BF3、CH3COOH等。下列說法正確的是（）A．H2O2分子中的O為sp2雜化 B．CO2分子中C原子為sp雜化C．BF3分子中的B原子sp3雜化 D．CH3COOH分子中C原子均為sp2雜化13、下列除去雜質的方法正確的是A．除去乙烷中少量的乙烯：光照條件下通入Cl2，使乙烯轉化成液態二氯乙烷而與乙烷分離。B．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用氫氧化鈉溶液洗滌，分液、干燥、蒸餾；C．除去CO2中少量的SO2：氣體通過盛飽和碳酸鈉溶液的洗氣瓶；D．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸餾。14、下列反應的離子方程式正確的是（）A．碳酸氫鈣溶液加到醋酸中：Ca(HCO3)2+2CH3COOH＝Ca2＋+2CH3COO－+2CO2↑+2H2OB．NaHCO3溶液和足量Ca(OH)2溶液反應：Ca2＋+2OH－+2HCO3一＝CaCO3↓+CO32－+2H2OC．酸性條件下，KIO3溶液與KI溶液反應：IO3－+5I－+3H2O＝3I2+6OH－D．Fe2+與H2O2在酸性溶液中的反應：2Fe2＋+H2O2+2H＋＝2Fe3＋+2H2O15、如圖所示是一種以液態肼(N2H4)為燃料，氧氣為氧化劑，某固體氧化物為電解質的新型燃料電池。該固體氧化物電解質的工作溫度高達700-900℃時，O2-可在該固體氧化物電解質中自由移動，反應生成物均為無毒無害的物質。下列說法正確的是A．電極甲發生還原反應B．電池內的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lmolN2H4消耗時，乙電極上有22.4LO2參與反應16、下列說法正確的是A．蒸餾時，加熱之前先通冷卻水，停止加熱后，仍要繼續通冷卻水一段時間B．用紙層析法分離Cu2＋和Fe3＋，濾紙上端呈棕黃色，說明Fe3＋在有機溶劑中的溶解能力較Cu2＋小C．用冷卻結晶法除去NaCl中混有少量的KNO3D．將鍍鋅鐵皮投入一定濃度的硫酸中反應至金屬表面氣泡突然減小，取出，直接小火烘干稱量，由此測得的鍍鋅層厚度將偏大二、非選擇題（本題包括5小題）17、短周期元素D、E、X、Y、Z原子序數逐漸增大。它們的最簡氫化物分子的空間構型依次是正四面體、三角錐形、正四面體、角形(V形)、直線形?；卮鹣铝袉栴}：(1)Y的最高價氧化物的化學式為________；Z的核外電子排布式是________；(2)D的最高價氧化物與E的一種氧化物為等電子體，寫出E的氧化物的化學式________；(3)D和Y形成的化合物，其分子的空間構型為________；D原子的軌道雜化方式是________；(4)金屬鎂和E的單質在高溫下反應得到的產物與水反應生成兩種堿性物質，該反應的化學方程式是________。18、某強酸性溶液X中可能含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ba2＋、NH4+、CO32-、NO3-、SO42-、SiO32-中的若干種，現取X溶液進行連續實驗，實驗過程及產物如圖所示。實驗過程中有一種氣體為紅棕色。根據以上信息，回答下列問題：(1)由強酸性條件即可判斷X溶液中肯定不存在的離子有________(2)溶液X中關于硝酸根離子的判斷，正確的是______(填編號，下同)。a．一定含有b．一定不含有c．可能含有(3)化合物I中含有的化學鍵類型有____________(4)轉化⑦的離子方程式為____________(5)對不能確定是否存在的離子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的一種，根據現象即可判斷，該試劑最好是________。①NaOH溶液②KSCN溶液③氯水和KSCN的混合溶液④pH試紙⑤KMnO4溶液19、1-溴丙烷是一種重要的有機合成中間體。實驗室制備少量1-溴丙烷的主要步驟如下：步驟1：在儀器A中加入攪拌磁子、12g1-丙醇及20mL水，在冰水冷卻下緩慢加入28mL濃H2SO4；冷卻至室溫，攪拌下加入24gNaBr。步驟2：緩慢加熱，直到無油狀物餾出為止。步驟3：將餾出液轉入分液漏斗，分離出有機相。步驟4：將分離出的有機相轉入分液漏斗，依次用H2O、5%的Na2CO3溶液洗滌，分液，得粗產品，進一步提純得1-溴丙烷。已知：①1-溴丙烷沸點為71℃，密度為1.36g/cm3；②反應過程中，在儀器A中可以觀察到A的上方出現紅棕色蒸氣（Br2）?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器A的名稱是______；加入攪拌磁子的目的是攪拌和______。（2）儀器A中主要發生反應為：NaBr+H2SO4===HBr+NaHSO4和______。（3）步驟2中需向接收瓶內加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是______，同時可以觀察到的現象是______。（4）步驟4中的兩次洗滌，依次洗去的主要雜質是______、_________。（5）步驟4中的Na2CO3溶液還可以用下列中的______試劑代替。A．NaOH溶液B．NaI溶液C．Na2SO3溶液D．CCl420、某研究性學習小組，利用固體Na2SO3與中等濃度的H2SO4反應，制備SO2氣體并進行有關性質探究實驗。該反應的化學方程式為：Na2SO3(固)+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+H2O。除固體Na2SO3和中等濃度的H2SO4外，可供選擇的試劑還有：①溴水；②濃H2SO4；③品紅試液；④紫色石蕊試液；⑤澄清石灰水；⑥NaOH溶液?；卮鹣铝袉栴}：（1）欲驗證SO2的漂白作用，應將SO2氣體通入______中(填物質編號)，觀察到的現象是____________；（2）欲驗證SO2的還原性，應將SO2氣體通入______中(填物質編號)，觀察到的現象是_______________；（3）為驗證SO2的氧化性，通常利用的反應是___________(化學方程式)；（4）為防止多余的SO2氣體污染環境，應將尾氣通入______中(填物質編號)，反應離子方程式為__________________________。21、（I）某課外小組研究鋁土礦中Al2O3的含量。已知鋁土礦的主要成分是Al2O3，雜質是Fe2O3、SiO2等。從鋁土礦中提取Al2O3的過程如下：（1）第③步中，生成氫氧化鋁的離子方程式是____________________。（2）如果把步驟②中適量的鹽酸改為過量的二氧化碳，則反應的離子方程式____。（3）將實驗過程中所得固體精確稱量，課外小組發現所得氫氧化鋁固體的質量與原鋁土礦質量相等，則該鋁土礦中Al2O3的質量分數是__________（保留一位小數）。（4）工業上制取AlCl3用Al2O3與C、Cl2在高溫條件下反應，每消耗0.5mol碳單質，轉移1mol電子，反應的化學方程式是____________________。（II）大量燃煤產生煙氣會造成空氣中二氧化硫含量增多，某研究小組利用燃煤電廠的固體廢棄物粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）進行煙氣脫硫研究，并制備Al2(SO4)3·18H2O。（5）第②步不能用氫氧化鈉溶液的原因是_____________（用化學方程式表示）。（6）下列關于步驟③、④的說法正確的是_______。a．溶液C可用于制備氮肥b．溶液B中的硫酸銨將煙氣中的SO2除去c．熱分解獲得的SO2可以回收再利用（7）從固體B制備Al2(SO4)3·18H2O的實驗操作是：加入稀硫酸、加熱濃縮、_________、過濾。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解題分析】由表中數據可知，甲的第一電離能比乙低，所以甲的金屬性比乙強；乙的第三電離能明顯比第一、第二電離能高了很多，所以乙的最外層只有兩個電子，乙為金屬鎂，其化合價為+2；甲的第一電離能最小，所以甲為鈉。丙一定不是鋁，因為鋁的第一電離能比鎂小，所以丙一定是非金屬元素，丁的第一電離能比丙更大，所以丁一定為非金屬。綜上所述，C正確。點睛：同一周期中各元素的第一電離能隨原子序數遞增呈逐漸增大的趨勢，但是每一周期的第IIA（s軌道全充滿）和第VA（p軌道半充滿）元素的原子結構有特殊性，所以它們的第一電離能高于相鄰的兩種元素。同一元素的電離能逐級升高，但是升高的幅度不同，根據這個特點可以把核外電子分成不同的電子層，并由此確定元素的主要化合價。2、C【解題分析】

常見能發生消去反應的有機物有醇和鹵代烴，醇發生消去反應結構特點：與-OH相連碳相鄰碳上有氫原子才能發生反應，形成不飽和鍵；鹵代烴發生消去反應結構特點：與-X相連碳相鄰碳上有氫原子才能發生反應，形成不飽和鍵?！绢}目詳解】A．CH3OH中只有一個碳，與羥基相連碳相鄰沒有碳，不能發生消去反應，選項A不選；B．（CH3）3CCH2Cl中與-Cl相連碳相鄰碳上沒有氫原子，不能發生消去反應，選項B選；C．溴乙烷中與-Br相連碳相鄰碳上有氫原子，能發生消去反應，選項C不選；D．中與-Br相連碳相鄰碳上沒有氫原子，不能發生消去反應，選項D不選；答案選C?！绢}目點撥】本題考查有機物的結構和性質，側重于鹵代烴和醇能發生消去反應結構特點，難度不大，掌握鹵代烴、醇能發生消去反應結構特點是解題的關鍵。3、D【解題分析】A.滌綸、錦綸屬于合成纖維，蠶絲屬于蛋白質，故A錯誤；B.三大合成材料是指塑料、合成橡膠和合成纖維，合成樹脂不屬于“三大合成材料”，故B錯誤；C.酚醛樹脂是酚類物質和醛類物質縮聚而成的高分子化合物，故C錯誤；D.“尿不濕”中的高吸水性樹脂屬于功能高分子材料，故D正確。答案選D。4、B【解題分析】分析：根據2Zn+O2+40H-+2H2O=2Zn(OH)2可知，O2中元素的化合價降低，被還原，應為原電池正極，電極反應為：O2+4e－+2H2O=4OH－，Zn元素化合價升高，被氧化，應為原電池負極，電極反應為：Zn-2e－+2OH－=Zn（OH）2，放電時陽離子向正極移動，充電與放電過程相反。詳解：A、放電時，為原電池，溶液中陽離子向正極移動，即K＋向正極移動，故A錯誤；B、O2中元素的化合價降低，被還原，應為原電池正極，電極反應為：O2+4e－+2H2O=4OH－，在電池產生電力的過程中，空氣進入電池，發生ORR反應，并釋放OH-，故B正確；C、發生OER反應的電極反應式為4OH--4e－=O2+2H20，故C錯誤；D．放電時，電路中通過2mol電子，消耗氧氣11.2L(標準狀況)，故D錯誤；故選B。5、B【解題分析】

A.根據漢黃芩素的結構簡式，其分子式為C16H12O5，A錯誤；B.1mol該物質中含有2mol酚羥基，可與2molNaOH反應，B正確；C.1mol該物質與溴水反應，最多消耗2molBr2，分別為酚羥基的鄰位上氫原子的取代，與碳碳雙鍵的加成，C錯誤；D.該物質含有酚羥基、醚基、羰基、碳碳雙鍵，可發生取代、加成、氧化、加聚反應，D錯誤；答案為B。6、A【解題分析】

A、反應Fe(OH)3+C1O-+OH-→FeO42-+C1-+H2O中，氯元素化合價降低，C1O-是氧化劑，鐵元素化合價升高，Fe（OH）3是還原劑，FeO42-是氧化產物，氧化性C1O-＞FeO42-，實際氧化性FeO42-＞Fe（OH）3，故A錯誤；B、令FeO42-中，鐵元素的化合價為x，則x+4×（-2）=-2，解得x=+6，故B正確；C、反應Fe(OH)3+C1O-+OH-→FeO42-+C1-+H2O中，氯元素化合價由+1降低為-1價，C1O-是氧化劑，鐵元素化合價由+3價升高為+6價，Fe(OH)3是還原劑，所以反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為（6-3）：2=3：2，故C正確；D、K2FeO4具有氧化性所以能殺菌，高鐵酸鉀被還原為Fe3+，Fe3+水解生成的Fe(OH)3（膠體）具有凈水作用，故D正確；答案選A。7、C【解題分析】

向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液與Ba(OH)2溶液反應的實質是Al3+與OH-、Ba2+與SO42-之間的離子反應，如下：Ba2++SO42-═BaSO4↓，Al3++3OH-═Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，假設1molAl2(SO4)3中SO42-完全被沉淀所需Ba(OH)2量為3mol，提供6molOH-，1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+，由反應Al3++3OH-═Al(OH)3↓可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH-，故：從起點到A點，可以認為是硫酸鋁與氫氧化鋇恰好發生反應生成硫酸鋇、氫氧化鋁沉淀，A點時SO42-完全沉淀，A→B為氯化鋁與氫氧化鋇的反應，B點時溶液中Al3+完全沉淀，產生沉淀達最大值，溶液中溶質為BaCl2，B→C為氫氧化鋁與氫氧化鋇反應，C點時氫氧化鋁完全溶解。據此分析解答。【題目詳解】A、根據上述分析，A點生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3，故A正確；B、前3LBa(OH)2溶液與溶液中Al2(SO4)3反應，從3L-6L為Ba(OH)2溶液與溶液中AlCl3反應，二者消耗的氫氧化鋇的物質的量相等為3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸鋇可知3n[Al2(SO4)3]=n[Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1mol，由氯化鋁與氫氧化鋇生成氫氧化鋁可知3n(AlCl3)=2[Ba(OH)2]=6mol，故n(AlCl3)=2mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2，故B正確；C、AB段為氯化鋁與氫氧化鋇反應，故反應離子方程式為：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C錯誤；D、D點的溶液中含有Ba2+、AlO2-，通入二氧化碳立即產生碳酸鋇、氫氧化鋁沉淀，故D正確。答案選C。【點晴】本題考查化學反應的有關圖象問題、鋁化合物性質、混合物的有關計算等，關鍵是清楚各階段發生的反應，注意從開始到A點相當于是硫酸鋁與氫氧化鋇的反應生成硫酸鋇、氫氧化鋁沉淀。8、A【解題分析】

A.P原子最外層有5個電子，與其他3個P原子形成共價鍵，含有1個孤電子對，P4分子中P原子均滿足8電子穩定結構，故A正確；B.反應中NaOH中沒有元素的化合價發生變化，既不是氧化劑，也不是還原劑，故B錯誤；C.反應能自發進行，須△G=△H-T△S＜0，因為ΔH＞0，則ΔS＞0，故C錯誤；D.反應中P元素由0價升高為+1價，由0價降低為-3價，因此生成1molNaH2PO2，轉移1mol電子，故D錯誤；答案選A。9、C【解題分析】分析：（1）濃鹽酸與鐵屑反應生成氯化亞鐵和氫氣；(2)使SO42-恰好完全沉淀，反應生成硫酸鋇、偏鋁酸鉀、水；(3)偏鋁酸鈉溶于通入二氧化碳生成氫氧化鋁,氫氧化鋁不溶于弱酸,二氧化碳過量生成碳酸氫根；

(4）過量的OH-和NH4+、HCO3-分別發生反應；(5)碳酸氫根離子保留整體；(6)該反應需要加熱，濃鹽酸中的HCl在離子方程式中需要拆開；(7)水解為可逆反應，且生成膠體，不是沉淀，則明礬溶于水產生Al（OH）3

膠體；(8）少量NaOH溶液完全反應，生成碳酸鈣、水、碳酸氫鈉；(9)苯酚酸性大于碳酸氫根離子，苯酚鈉溶液與少量二氧化碳反應生成苯酚和碳酸氫鈉；(10)硝酸根在酸性條件下具有強氧化性；且氧化性大于Fe3+；故不符合反應事實，應為碘離子與硝酸得反應；詳解：（1）濃鹽酸與鐵屑反應的離子反應為Fe+2H+═Fe2++H2↑，故（1）錯誤；(2)明礬溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-恰好完全沉淀的離子反應為2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故(2)錯誤；(3)過量二氧化碳通入偏鋁酸鈉溶液中，反應離子方程式為AlO2－+CO2+2H2O==Al(OH)3↓+HCO3－，故(3)正確；

（4）向碳酸氫銨溶液中加過量氫氧化鈉溶液并加熱，離子方程式：NH4++HCO3－+2OH－CO32－+NH3↑+2H2O，故（4）正確；(5)NaHCO3溶液與稀H2SO4反應的離子反應為HCO3-+H+═H2O+CO2↑，故(5)錯誤；(6)MnO2與濃鹽酸加熱反應制Cl2，正確的離子方程式為：MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O，故(6)錯誤；(7)水解為可逆反應，且生成膠體，不是沉淀，則明礬溶于水產生Al（OH）3

膠體，離子方程式可表示為：Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+，故(7)錯誤；(8)Ca(HCO3)2溶液與少量NaOH溶液反應的離子方程式為：HCO3－+Ca2＋+OH－==CaCO3↓+H2O，故（8）正確；(9)向苯酚鈉溶液中通入少量的CO2的離子反應為：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，故(9)錯誤；(10)NO

3

－

在酸性條件下具有強氧化性，將與I

-

發生氧化還原反應，故（10）錯誤；綜合以上分析，正確的有：⑶⑷⑻，故選C。點睛：本題考查離子反應書寫的正誤判斷，明確發生的化學反應是解答本題的關鍵，注意物質的性質及離子反應的書寫方法，題目難度不大。10、B【解題分析】

A、由n=可知，分子數相同的氣體，物質的量相同，相對分子質量之比等于質量之比，即相對分子質量之比為m：n，故A正確；B、溫度壓強一樣，Vm相同，由ρ=可知，密度之比等于摩爾質量之比，即為m：n，故B錯誤；C、A與B相對分子質量之比為m：n，同質量時由n=可知，分子數之比等于n：m，故C正確；D、相同狀況下，同體積的A與B的物質的量相同，則質量之比等于摩爾質量之比，即為m：n，故D正確；答案選B。11、C【解題分析】

烷烴命名時，要選最長的碳鏈為主鏈，據此得出是“某烷”，然后從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，當兩端離支鏈一樣近時，要從支鏈多的一端開始編號，將取代基寫在“某烷”的前面，據此分析?！绢}目詳解】烷烴命名時，要選最長的碳鏈為主鏈，此烷烴的主鏈有6個碳原子，故為己烷，從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，而當兩端離支鏈一樣近時，要從支鏈多的一端開始編號，故在3號碳原子上有兩個甲基，在4號碳原子上有一個甲基，則該有機物的名稱為3,3,4?三甲基己烷，故C正確；答案選C。12、B【解題分析】

A、H2O2分子中氧原子形成2個σ鍵，含有2對孤電子對；B、CO2分子中C原子形成2個σ鍵，沒有對孤電子對；C、BF3分子中的B原子的最外層電子數3，形成3個σ鍵，沒有對孤電子對；D、CH3COOH分子中甲基中碳原子形成4個σ鍵，沒有孤對電子，采取sp3雜化；【題目詳解】A、H2O2分子中氧原子形成2個σ鍵，含有2對孤電子對，采取sp3雜化，故A錯誤；B、CO2分子中C原子形成2個σ鍵，沒有孤電子對，采取sp雜化，故B正確；C、BF3分子中的B原子的最外層電子數3，形成3個σ鍵，沒有孤電子對，采取sp2雜化，故C錯誤；D、CH3COOH分子中有2個碳原子，其中甲基上的碳原子形成4個σ鍵，沒有孤對電子，采取sp3雜化，故D錯誤；故選B。13、D【解題分析】

A．乙烷與Cl2在光照條件下可以發生取代反應生成多種氯代乙烷和HCl，不能用光照條件下通入Cl2除去乙烷中少量的乙烯，除去乙烷中少量的乙烯的方法：可以將混合氣體通入到溴水中，乙烯發生加成反應生成1，2—二溴乙烷，留在溶液中，而乙烷難溶于水，達到除雜的目的；B．乙酸乙酯在NaOH溶液中發生水解，不能用NaOH溶液除去乙酸乙酯中少量的乙酸，除去乙酸乙酯中少量的乙酸的方法：可以用飽和Na2CO3溶液洗滌，充分振蕩后分液、干燥、蒸餾；C．CO2、SO2都能被飽和碳酸鈉溶液吸收，不能用飽和碳酸鈉溶液除去CO2中少量的SO2，除去CO2中少量的SO2的方法：氣體通過盛飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣瓶；D．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，乙酸發生反應形成乙酸鈣，乙酸鈣是離子化合物，而乙醇是共價化合物，二者沸點不同，可以用蒸餾的方法分離得到；答案選D。14、D【解題分析】分析：A.碳酸氫鈣完全電離；B.氫氧化鈣過量生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水；C.溶液顯酸性；D.雙氧水把亞鐵離子氧化為鐵離子，本身被還原為水。詳解：A.碳酸氫鈣溶液加到醋酸中：HCO3－+CH3COOH＝CH3COO－+CO2↑+H2O，A錯誤；B.NaHCO3溶液和足量Ca(OH)2溶液反應：Ca2＋+OH－+HCO3一＝CaCO3↓+H2O，B錯誤；C.酸性條件下，KIO3溶液與KI溶液反應：IO3－+5I－+6H＋＝3I2+3H2O，C錯誤；D.Fe2+與H2O2在酸性溶液中的反應：2Fe2＋+H2O2+2H＋＝2Fe3＋+2H2O，D正確。答案選D。15、B【解題分析】

根據原電池的工作原理進行分析，負極上發生氧化反應，正極上發生還原反應，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，依據原電池的工作原理，電極甲上發生氧化反應，故A錯誤；B、根據原電池的工作原理，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，即N2H4轉化成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。【題目點撥】本題的易錯點是選項D，學生容易根據得失電子數目守恒計算出氧氣的物質的量，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。16、A【解題分析】

A．蒸餾時充分冷凝，則加熱之前先通冷卻水，停止加熱后，仍要繼續通冷卻水一段時間，故A正確；B．用紙層析法分離Cu2+和Fe3+，濾紙上端呈棕黃色，鐵離子的擴散速率快，則Fe3+在有機溶劑中的溶解能力較Cu2+大，故B錯誤；C．硝酸鉀少量，應殘留在母液中，可選蒸發結晶法分離，故C錯誤；D．直接小火烘干稱量，金屬會與氧氣反應，導致剩余固體的質量偏大，則測得的鍍鋅層厚度將偏小，故D錯誤；故選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、SO31s22s22p63s23p5N2O直線型spMg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+2NH3↑【解題分析】

D、E、X、Y、Z是短周期元素，且原子序數逐漸增大，它們的最簡單氫化物分子的空間結構依次是正四面體、三角錐形、正四面體、角形(V形)、直線型，形成正四面體結構的氫化物是甲烷或硅烷，形成三角錐型的氫化物是氨氣，形成V型的氫化物是水或硫化氫，形成直線型結構的氫化物是乙炔、氟化氫或氯化氫，這幾種元素的原子序數逐漸增大，所以D的氫化物是甲烷，E的氫化物是氨氣，X的氫化物是硅烷，Y的氫化物是硫化物，Z的氫化物是氯化氫，則D、E、X、Y、Z分別是C、N、Si、S、Cl，據此分析解答?！绢}目詳解】根據上述分析，D、E、X、Y、Z分別是C、N、Si、S、Cl。(1)Y為S，最高價氧化物的化學式是SO3，Z為Cl，其基態原子電子排布式是1s22s22p63s23p5，故答案為：SO3；1s22s22p63s23p5；(2)D為C，最高價氧化物為CO2，E為N，CO2與E的一種氧化物為等電子體，則E的氧化物為N2O，故答案為：N2O；(3)D和Y形成的化合物是CS2，其分子的空間構型和二氧化碳的相同，為直線型；分子中碳原子的價層電子對數為2+=2，不含孤電子對，采取sp雜化；故答案為：直線型；sp；(4)E的單質為氮氣，鎂和氮氣反應生成氮化鎂，氮化鎂與水反應生成兩種堿性物質，分別是氫氧化鎂和氨氣，反應的化學方程式Mg3N2+6H2O═3Mg(OH)2+2NH3↑，故答案為：Mg3N2+6H2O═3Mg(OH)2+2NH3↑?！绢}目點撥】正確判斷元素種類是解題的關鍵。本題的難點為元素的判斷，要注意從“正四面體”結構的分子為甲烷或烷，結合常見物質的結構突破。18、CO32-、SiO32-b共價鍵和離子鍵AlO2-＋2H2O＋CO2=HCO3-＋Al(OH)3↓②【解題分析】

強酸性溶液中一定不存在CO32-和SiO32-；加入過量硝酸鋇生成沉淀，則該沉淀為BaSO4沉淀，說明原溶液中含有SO42-離子；溶液中存在SO42-，則一定不存在和硫酸根離子反應的Ba2+，C是BaSO4；加入硝酸鋇產生氣體A，氣體A發生氧化反應生成氣體D，D與H2O、O2作用得溶液E，結合實驗過程中有一種氣體為紅棕色，則原溶液中存在Fe2+，氣體A是NO，D為NO2，E為硝酸；酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，所以在溶液中Fe2+和NO3-不能共存，原溶液中不存在NO3-；溶液B中加入過量氫氧化鈉溶液時，產生氣體F，則原溶液中含有NH4+，F是NH3；NH3與硝酸反應生成硝酸銨，I為硝酸銨；由于溶液B中存在Fe3+，則沉淀G是Fe（OH）3；溶液H中通入過量二氧化碳生成沉淀，則溶液H中含有偏鋁酸根，原溶液中存在Al3+，沉淀K是Al（OH）3，溶液L是NaHCO3，故溶液X中肯定含有的離子是Al3+、SO42-、NH4+、Fe2+，不能確定是否含有Fe3+，一定不存在Ba2+、CO32-、SiO32-、NO3-。【題目詳解】（1）強酸性溶液中一定不會存在CO32-和SiO32-，故答案為：CO32-、SiO32-；（2）加入硝酸鋇產生氣體，則原溶液中存在Fe2+，酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，所以在溶液中Fe2+和NO3-不能共存，原溶液中不存在NO3-，故選b，故答案為：b；（3）化合物I為硝酸銨，硝酸銨為離子化合物，含有離子鍵和共價鍵，故答案為：共價鍵和離子鍵；（4）轉化⑦為偏鋁酸鈉溶液與過量二氧化碳反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為AlO2-＋2H2O＋CO2=HCO3-＋Al(OH)3↓，故答案為：AlO2-＋2H2O＋CO2=HCO3-＋Al(OH)3↓；（5）溶液中不能確定是否含有Fe3+，若要確定Fe3+存在，最好的操作方法是：取原溶液少量于試管中，滴入幾滴KSCN溶液，若溶液變為紅色，則證明含有Fe3+，反之則無，故選②，故答案為：②?！绢}目點撥】本題為考查離子推斷，注意準確全面的認識離子的性質、離子的特征、離子間的反應，緊扣反應現象推斷各離子存在的可能性是解答關鍵。19、蒸餾燒瓶防止暴沸CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O冷凝1-溴丙烷，減少其揮發溶液分層，下層為橙色的油狀液體1-丙醇Br2C【解題分析】

（1）儀器A的名稱是蒸餾燒瓶；溶液受熱易發生暴沸；（2）儀器A中主要反應為濃硫酸與溴化鈉反應生成溴化氫和硫酸氫鈉，反應生成的溴化氫，在濃硫酸作用下，與1-丙醇共熱發生取代反應生成1-溴丙烷和水；（3）1-溴丙烷沸點低，受熱易揮發，不溶于水且比水密度大，單質溴易溶于有機溶劑；（4）由于制得的1-溴丙烷中混有揮發出的1-丙醇和單質溴；（5）1-溴丙烷在NaOH溶液中發生水解反應；反應生成的單質碘溶于1-溴丙烷引入新雜質；單質溴能與亞硫酸鈉溶液發生氧化還原反應，且不與1-溴丙烷反應；1-溴丙烷與四氯化碳互溶?！绢}目詳解】（1）由圖可知，儀器A的名稱是蒸餾燒瓶；加入攪拌磁子的目的是攪拌和防止溶液受熱暴沸，故答案為：蒸餾燒瓶；防止暴沸；（2）儀器A中主要反應為濃硫酸與溴化鈉反應生成溴化氫和硫酸氫鈉，反應生成的溴化氫，在濃硫酸作用下，與1-丙醇共熱發生取代反應生成1-溴丙烷和水，有關化學方程式為NaBr+H2SO4=HBr+NaHSO4和CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O，故答案為：CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O；（3）由題給信息可知，1-溴丙烷沸點低，受熱易揮發，則步驟2中需向接受瓶內加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是減少1-溴丙烷的揮發；實驗時，濃硫酸和溴化氫發生氧化還原反應生成了單質溴，單質溴易溶于有機溶劑，1-溴丙烷不溶于水且比水密度大，溶液分層，溴溶于下層1-溴丙烷，使下層油狀液體呈橙色，故答案為：冷凝1-溴丙烷，減少其揮發；溶液分層，下層為橙色的油狀液體；（4）由于制得的1-溴丙烷中混有揮發出的1-丙醇和單質溴，步驟4中用H2O洗去溶于水的1-丙醇，用5%的Na2CO3溶液洗去能與Na2CO3溶液反應的單質溴，故答案為：1-丙醇；Br2；（5）A、1-溴丙烷在NaOH溶液中發生水解反應生成1-丙醇，故錯誤；B、單質溴能與碘化鈉溶液發生置換反應生成單質碘，單質碘溶于1-溴丙烷引入新雜質，故錯誤；C、單質溴能與亞硫酸鈉溶液發生氧化還原反應，且不與1-溴丙烷反應，故正確；D、1-溴丙烷與四氯化碳互溶，故錯誤；C正確，故答案為：C。【題目點撥】本題考查有機物的制備實驗，側重分析能力和實驗能力的考查，把握有機物的性質、實驗操作及技能為解答的關鍵。20、