2019-2020学年高二下学期期末化学模拟试卷
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A．新制饱和氯水中:A13+、Cu2+、SO42-、Br- B．甲基橙变红的溶液:Mg2+、Fe2+、NO3-、SCN- C．
Kw11013mol/L的溶液中:Na+、K+、Cl-、AlO2- c(OH)D．水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：Ca2+、Ba2+、Cl-、HCO3-
2．100℃时，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH=2。下列叙述中不正确的是
A．此时水的离子积Kw=1×10-14 C．水的电离程度随温度升高而增大
B．水电离出的c(H+)=1×10-10mol•L-1 D．c(Na+)=c(SO42-)
3．有机物的结构简式如图：。则此有机物可发生的反应类型有
( )
①取代 ②加成 ③消去 ④酯化 ⑤水解 ⑥氧化 ⑦中和 ⑧加聚 A．①②③⑤⑥ B．②③④⑤⑥⑧ C．②③④⑤⑥⑦ D．①②③④⑤⑥⑦⑧ 4．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ） A．无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN﹣，Cl﹣ B．
cH+
－
c(OH)
＝1×10﹣12的溶液中：K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣
C．酸性溶液中；Na+、ClO﹣，SO42﹣，I﹣
D．能溶解Al2O3的溶液中：Na+、Fe2+、HS﹣、SO42﹣ 5．下列元素位于d区的是 A．C
B．Ca
C．Cr
D．Ga
6．下列物质的分子中，键角最大的是 A．H2O
B．BF3
C．CH4
D．NH3
7．下列说法不正确的是 （ ）
A．钠燃烧产物为过氧化钠 B．锂燃烧产物为氧化锂
C．Na2O和Na2O2均属于碱性氧化物 D．Na2O和Na2O2均与CO2反应 8．下列物质不与氯水反应的是 A．NaCl
B．KI
C．AgNO3
D．NaOH
9．能证明苯酚具有弱酸性的实验是( )
A．加入浓溴水生成白色沉淀 C．浑浊的苯酚加热后变澄清 10．能产生“丁达尔效应”的是（ ）
B．苯酚钠溶液中通入CO2后，溶液由澄清变浑浊 D．苯酚的水溶液中加NaOH溶液，生成苯酚钠
A．肥皂水 B．石灰水 C．双氧水 D．氯水 11．下列属于弱电解质的是
A．氨水 B．麦芽糖 C．干冰 D．碳酸 12．某高分子化合物的结构如下：
其单体可能是
①CH2═CHCN ②乙烯 ③1,3-丁二烯 ④苯乙炔 ⑤苯乙烯 ⑥1-丁烯 A．①③⑤ C．①②⑥
13．下列物质的水溶液因水解呈碱性的是 A．NaOH
B．NH4Cl
C．CH3COONH4
D．Na2CO3
B．②③⑤ D．①③④
14．下列实验中，对实验现象描述不正确的是 ．．．A．苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水，产生白色沉淀 B．将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，溶液由紫色变为无色 C．将烧黑的铜丝趁热插入乙醇中，铜丝又变亮红 D．将饱和食盐水滴在电石上，立即产生大量无色气体
15．常温下,向 20 mL 0.2 mol/LH2A溶液中滴加0. 2 mol/L NaOH溶液.有关微粒的物质的量变化曲线如图所示(其中I代表H2A．，II代表HA，III表A)。根据图示.判断下列说法正确的是
—
2—
A．当V(NaOH)=20 mL时.溶液中各离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(HA—)>c(H+)>c(A2一)>c(OH—) B．等体积、等物质的量浓度的NaOH溶液与H2 A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大 C．NaHA溶液中:c(OH—)+2c(A2—) =c(H+) +c(H2A )
D．将Na2A溶液加水稀释.溶液中所有离子的浓度都减小.但部分离子的物质的量增加
16．L－1的三种溶液： 关于浓度均为0.1mol·①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是（ ）．．．A．c(NH4+)：③>①；水电离出的c(H＋)：①>②
B．将pH值相同②和③溶液加水稀释相同的倍数后pH值：③>②
C．①和②等体积混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－) + c(NH3·H2O)
D．①和③等体积混合后的溶液：c(NH4+)>c(Cl－)> c(NH3·H2O) >c(OH－)>c(H＋) 17．下列说法正确的是 A．盐都是强电解质
B．强酸溶液的导电性一定强于弱酸溶液的导电性
C．电解质溶液能导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子 D．熔融的电解质都能导电
18．为了提纯下表所列物质(括号内为杂质)，有关除杂试剂和分离方法的选择均正确的是 选项 被提纯的物质 A B C D A．A
CH3CH2OH(CH3COOH) KNO3 (NaCl) 己烷(己烯) CH3COOC2H5(CH3COOH) B．B
除杂试剂 CaO 水 溴水 NaOH溶液 C．C
分离方法 蒸馏 过滤 分液 分液 D．D
19．（6分）下列有关实验的说法不正确的是（ ） A．苯酚溶液中加入FeCl3溶液后酸性大大增强
B．向Na2S2O3稀溶液中加入稀硫酸，发生如下反应：S2O32﹣+2H+═ SO2↑+S↓+H2O，利用产生浑浊的快慢或产生气泡的快慢可以测定该反应在不同条件下的反应速率
C．中和滴定中常用邻苯二甲酸氢钾作为基准物质来标定NaOH溶液，这是因为邻苯二甲酸氢钾纯度高，组成稳定，且相对分子质量较大
D．实验室里吸入刺激性的氯气、氯化氢气体中毒时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒
20．（6分）上世纪末，科学家研制得到一种新的分子，它具有空心的、类似足球的结构如图，化学式为，下列说法中正确的是
A．B．C．
是一种新型的化合物 中含有离子键
和金刚石、石墨都是碳元素的不同单质
D．的摩尔质量为720
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）氯苯在染料、医药工业中用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基酚等有机中间体。实验室中制备氯苯的装置如下图所示（其中夹持仪器及加热装置略去）
请回答下列问题：
(1)仪器a中盛有KMnO4晶体，仪器b中盛有浓盐酸。打开仪器b中的活塞，使浓盐酸缓缓滴下，可观察到仪器a内的现象是__________，用离子方程式表示产生该现象的原因：_______________。 (2)仪器b外侧玻璃导管的作用是_____________。
(3)仪器d内盛有苯，FeCl3粉末固体，仪器a中生成的气体经过仪器e进入到仪器d中。 ①仪器e的名称是_________，其盛装的试剂名称是_____________。
②仪器d中的反应进行过程中，保持温度在40～60℃，以减少副反应发生。仪器d的加热方式最好是___加热，其优点是____________。 (4)仪器c的作用是______________。
(5)该方法制备的氯苯中含有很多杂质，工业生产中，通过水洗除去FeCl3、HCl及部分Cl2，然后通过碱洗除去Cl2；碱洗后通过分液得到含氯苯的有机物混合物，混合物成分及沸点如下表： 有机物 沸点/℃ 苯 80 氯苯 132.2 邻二氯苯 180.4 间二氯苯 173.0 对二氯苯 174.1 从该有机物混合物中提取氯苯时，采用蒸馏的方法，收集_________℃作用的馏分。 (6)实际工业生产中，苯的流失如下表： 流失项目 苯流失量（kg/t） 蒸气挥发 28.8 二氯苯 14.5 其他 56.7 合计 100 某一次投产加入13t苯，则制得氯苯________t（保留一位小数）。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成：
(1)酮洛芬中含氧官能团的名称为_________和_______。
(2)化合物E的结构简式为________；由C→D的反应类型是_______。 (3)写出B→C的反应方程式_______________________________。
(4)写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式___________________。 ①能发生银镜反应；②与FeCl3发生显色反应；③分子中含有5种不同化学环境的氢。 (5)请写出以甲苯和乙醇为原料制备化合物成路线流程图示例如图：
__________________________
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．（8分）以下是依据一定的分类标准，对某些物质与水反应情况进行分类的分类图。请根据你所学知识，按要求填空：
的合成路线流程图(无机试剂可任选)。合
（1）上述第一级分类标准（分成A、B组）的依据为：___________。
（2）C组中某一物质常温能与冷水反应，其离子方程式为：_________________。
（3）D组中与水反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1的物质，有________（填化学式）。 （4）F组中某一物质的水溶液呈弱碱性，用电离方程式表示呈弱碱性的原因：________。 （5）E组中某一物质的水溶液可使酸性KMnO4溶液褪色，用离子方程式表示褪色的原因：_______________________________________。
24．（10分）硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。 （1）工业采用高温分解H2S制取氢气，2H2S(g)
2H2(g) + S2(g)，在膜反应器中分离出H2。在容积为
2L 的恒容密闭容器中，控制不同温度进行此反应。H2S的起始物质的量均为 1mol，实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线 a 表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线 b 表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。
①反应2H2S(g) 2H2(g) + S2(g)的ΔH_________（填“>”“<”或“=”）0。
②985℃时，反应经过5 s达到平衡状态，此时H2S的转化率为40%，则用H2表示的反应速率为v(H2) =___________。
③随着H2S分解温度的升高，曲线b向曲线a逐渐靠近，其原因是___________。
（2）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3 、FeCl2 、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如下图所示。
①在图示的转化中，化合价不变的元素是____________。
②在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，．．．可采取的措施有____________。
（3）工业上常采用上图电解装置电解K4[Fe(CN)6]和KHCO3混合溶液，电解一段时间后，通入H2S 加以处理。利用生成的铁的化合物K3[Fe(CN)6]将气态废弃物中的H2S 转化为可利用的S，自身转化为K4[Fe(CN)6]。 ①电解时，阳极的电极反应式为___________。
②当有16 g S析出时，阴极产生的气体在标准状况下的体积为___________。
参考答案
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．C 【解析】
新制饱和氯水中，氯气能把Br氧化为Br2，故A错误；Fe、SCN生成Fe(SCN)3，故B错误；
-3+
-
cOH-13
KW =1×10-13
-1
mol·L的溶液呈碱性， Na、K、Cl、Al液呈酸性或碱性，若呈酸性H、HCD错误。 2．A 【解析】 【详解】
+
-1++-
不反应，故C正确；由水电离的c(H)=1×10 mol·L的溶
-
+
反应生成水和二氧化碳，若呈碱性OH、HC反应生成水和CO32-，故
A.蒸馏水的pH=6，说明c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol•L-1，水的离子积Kw=1×10-12，故A错误；
11012B.水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度，c(H)=c(OH)=mol/L=1×10-10mol•L-1，故B
0.01+
-
正确；
C.由于水的电离过程为吸热过程，升高温度，促进了水的电离，水的电离程度会增大，故C正确； D.NaHSO4溶于水的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，根据物料守恒，溶液中c(Na+)=c(SO42-)，故D正确； 故选A。 【点睛】
本题考查了水的电离，注意水的离子积常数与溶液的温度有关，明确影响水的电离的因素是解题的关键。本题的易错点为A，要注意根据水的离子积表达式及蒸馏水中c(H+)=c(OH-)计算。 3．D
【解析】本题考查有机物的官能团和性质。
分析：由结构简式可知，该有机物中含有碳碳双键、酯基、-OH、-COOH，结合烯烃、酯、醇和羧酸的性质来分析解答。
详解：因含有羟基、羧基，则能发生取代反应，故①选；因含有碳碳双键和苯环，能发生加成反应，故②选；因与-OH相连的C的邻位碳原子上有H原子，则能发生消去反应，③选；因含有羟基、羧基，则能发生酯化反应，故④选；因含有酯基，则能发生水解反应，故⑤选；因含有碳碳双键、-OH，能发生氧化反
应，故⑥选；因含有羧基，则能发生中和反应，⑦选；因有碳碳双键，能发生加聚反应，⑧选。故D正确。 故选D。
点睛：熟悉烯烃、酯、醇、羧酸的性质是解答本题的关键。 4．B 【解析】 【详解】
A项、无色溶液中不存在Fe3+，且溶液中Fe3+与SCN﹣发生络合反应不能大量共存，故A错误； B项、
cHc(OH－)
﹣﹣﹣
＝1×1012为碱性溶液，碱性溶液中K+、Na+、CO32、NO3离子之间不反应，能大量共存，故
B正确；
C项、酸性溶液中ClO﹣与I﹣发生氧化还原反应不能大量共存，故C错误；
D项、能溶解Al2O3的溶液可能为酸溶液或碱溶液，HS-既能与酸反应又能与碱反应，在溶液中不能大量共存，故D错误； 故选B。 【点睛】
本题考查离子共存的正误判断，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等，在判断能否共存的同时还要注意习题的要求，本题的易错点就是容易忽视题干中溶液为酸性溶液这一条件。 5．C 【解析】 【分析】
将价电子排布相似的元素集中起来，以最后填入电子的轨道能级符号作为该区的符号，共分5区： s区：包括I A族、II A族、氦，价电子排布为ns1～2.；
p区：包括III A族、IV A族、V A族、VI A族、VII A和0族（氦除外），价电子排布为ns2np1～6.； d区：包括除镧系、锕系外的从III B族到VIII族的元素，价电子排布为(n-1)d1～9ns1～2； ds区：包括I B族、II B族，价电子排布为(n-1)d10ns1～2； f区：包括镧系和锕系，价电子排布为(n-2)f0～14(n-1)d0～2ns2。 【详解】
A. C位于IV A族，属于p区元素，A错误； B. Ca位于II A族，属于s区元素，B错误； C. Cr位于VI B族，属于d区元素，C正确； D. Ga位于III A族，属于p区元素，D错误； 故合理选项为C。 6．B
【解析】 【分析】
在分子中，中心原子上孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子之间的排斥力＞成键电子之间的排斥力，则含有孤电子对越多，分子中的键角越小。 【详解】
A. H2O分子中，O原子有两个孤电子对，分子构型为V型，键角为104.5°； B. BF3分子中，B原子没有孤电子对，分子构型为平面正三角形，键角为120°； C. CH4分子中，C原子没有孤电子对，分子构型为正四面体，键角为109°28’； D. NH3分子中，N原子有一个孤电子对，分子构型为三角锥形，键角为107°； 经过对比，BF3的键角最大，故合理选项为B。 7．C
【解析】分析：A.钠燃烧生成过氧化钠； B.锂燃烧生成氧化锂；
C.能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物； D.根据物质的性质、发生的反应解答。
详解：A. 钠燃烧的产物为过氧化钠，常温下与氧气反应生成氧化钠，A正确； B. 锂的金属性弱于钠，燃烧产物为氧化锂，B正确；
C. Na2O属于碱性氧化物，Na2O2不属于碱性氧化物，C错误；
D. Na2O与CO2反应生成碳酸钠，Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，D正确。 答案选C。 8．A 【解析】 【详解】
A. NaCl不与氯水反应，A正确； B. KI与氯水发生氧化还原反应，B错误； C. AgNO3与氯水反应生成氯化银沉淀，C错误； D. NaOH不与氯水反应生成氯化钠、次氯酸钠，D错误； 答案选A。 【点睛】
明确氯水中含有的微粒以及性质特点是解答的关键，氯水中含有水分子、氯气分子、次氯酸分子、氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子，在不同的反应中参加反应的微粒不同，注意结合具体的反应灵活应用。 9．B
【解析】 【详解】
A．浓溴水与苯酚发生取代反应，生成白色沉淀，无法说明苯酚的酸性，故A错误；
B．二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸是弱酸，与苯酚钠溶液反应生成苯酚，说明苯酚酸性比碳酸弱，故B正确；
C．苯酚的浑浊液加热后变澄清，说明温度升高苯酚溶解度增大，无法说明苯酚的酸性，故C错误； D．苯酚的水溶液中加NaOH溶液，生成苯酚钠，只能说明苯酚溶液呈酸性，故D错误； 答案选B。 【点睛】
根据强酸制备弱酸来判断。 10．A
【解析】能产生丁达尔效应的分散系是胶体，A、肥皂水属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；B、石灰水属于溶液，故B错误；C、双氧水属于溶液，故C错误；D、氯水属于溶液，故D错误。 11．D
【解析】分析：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，只能部分电离的电解质为弱电解质,常见的弱电解质包括弱酸、弱碱、极少数的盐和水,据此分析。
详解：氨水是混合物,既不是电解质也不是非电解质,A错误；麦芽糖在溶液中和熔融状态都不导电是非电解质,B错误；干冰是二氧化碳晶体,属于非电解质,C错误；碳酸为弱酸,在溶液中部分电离,为弱电解质,D正确；正确选项D。
点睛：电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等。 12．A 【解析】 【分析】 【详解】
该高聚物链节主链不含杂原子，属于加聚反应生成的高聚物，链节主链上存在碳碳双键结构，
其的单体是CH2=CHCN、CH2=CH-CH=CH2、苯乙烯，
故选A。 【点睛】
解答此类题目，首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，加聚产物的单体推断方法：(1)凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物，其
合成单体必为一种，将两半链闭合即可；(2)凡链节主链上只有四个碳原子(无其它原子)且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；(3)凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换。 13．D 【解析】 【详解】
A. NaOH是一元强碱，溶液显碱性，但不水解，A不符合； B. NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根水解，溶液显酸性，B不符合；
C. CH3COONH4是弱酸弱碱盐，阴阳离子均水解，溶液显中性，C不符合； D. Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根水解，溶液显碱性，D符合； 答案选D。 14．B 【解析】 【详解】
A项、三溴苯酚不溶于水，苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水，苯酚稀溶液和饱和溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，故A正确；
B项、将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，乙醇与酸性K2Cr2O7溶液发生氧化还原反应生成氯化钾、氯化铬、乙酸和水，溶液由橙色变为绿色，故B错误；
C项、将烧黑的铜丝趁热插入乙醇中，氧化铜与乙醇加热条件下发生氧化还原反应生成铜、乙醛和水，铜丝黑色变亮红，故C正确；
D项、将饱和食盐水滴在电石上，电石与水立即反应生成氢氧化钙和乙炔气体，故D正确； 故选B。 【点睛】
本题考查化学实验现象分析，注意把握常见有机物的性质，明确反应的类型和生成物的性质是解答关键。 15．A 【解析】 【详解】
A、当V(NaOH)=20mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，由图象看出c(A2-)＞c(H2A)，说明HA-电离大于水解，溶液呈酸性，则c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，选项A正确；
B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后生成NaHA，溶液呈酸性，则抑制水的电离，溶液中水的电离程度比纯水中的小，选项B错误；
C、根据质子守恒可知，NaHA溶液中: c(OH一)+c(A2—) =c (H +) +c(H2A )，选项C错误；
D、因对强碱弱酸盐溶液稀释，c（H+）增大，则将该电解质溶液加水稀释，溶液中离子浓度不一定都减小，选项D错误； 答案选A。 【点睛】
本题考查弱电解质的电离平衡，注意分析酸式盐中弱酸根离子的水解及电离平衡的影响，易错点为选项C，注意应该是质子守恒，不要将c(A2—)的计量数与电荷守恒混淆。 16．B
【解析】分析：A．NH3•H2O是弱电解质，部分电离，NH4Cl是强电解质完全电离，NH4Cl中NH4+水解但程度较小；酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大越抑制水电离；B．盐酸为强酸，稀释不影响氯化氢的电离，氯化铵的水解存在平衡，稀释促进水解，据此分析判断；C．NH3•H2O是弱电解质、HCl是强电解质，①和②等体积混合后，二者恰好反应生成NH4Cl，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒判断；D．①和③等体积混合后，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度导致溶液呈碱性，再结合电荷守恒判断。 详解：A．NH3•H2O是弱电解质，部分电离，NH4Cl是强电解质完全电离，NH4Cl中NH4+水解但程度较小，所以c(NH4+)：③＞①，盐酸为强酸，氨水为弱碱，盐酸中c(H+)大于氨水中的c(OH-)，对水的电离的抑制程度盐酸大于氨水，水电离出的c(H＋)：①>②，故A正确；B．将pH值相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释相同的倍数，HCl为强电解质，完全电离，氯化铵溶液水解存在水解平衡，加水稀释存在水解，稀释相同的倍数后pH值：③＜②，故B错误；C．NH3•H2O是弱电解质、HCl是强电解质，①和②等体积混合后，D．二者恰好反应生成NH4Cl，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(H+)=c(OH-)+c(NH3•H2O)，故C正确；①和③等体积混合后，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度导致溶液呈碱性，再结合电荷守恒得c(NH4+)＞c(Cl-)，NH3•H2O电离程度、NH4+水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；故选B。 17．C
【解析】A. 绝大多数的盐属于强电解质，少部分盐属于弱电解质，如醋酸铅就属于弱电解质，故A错误；B. 强酸溶液中的H+浓度不一定大于弱酸溶液中的H+浓度，H+浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关，故B错误；C.电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，故C正确；D.离子化合物在熔融时导电，共价化合物例如酸在熔融状态不导电，故D错误；本题选C。 18．A 【解析】 【分析】 【详解】
A．CH3COOH与CaO反应，生成乙酸钙(CH3COO)2Ca，CH3CH2OH溶解在混合物中，蒸馏时，乙醇成为蒸汽蒸出，A正确；
B．KNO3中混有NaCl，可在较高温度下配成浓溶液，然后降温结晶，B不正确；
C．己烷中混有己烯，加入溴水后，虽然己烯与Br2发生加成反应，但加成产物仍与己烷互溶，无法用分液法将二者分离，C不正确；
D．加入NaOH溶液，CH3COOC2H5会发生水解生成乙酸钠和乙醇，D不正确； 故选A。 19．B 【解析】 【详解】
A、苯酚溶液中加入FeCl3溶液后会生成H3[Fe(C6H5O)6]和HCl，HCl为强酸，所以溶液的酸性增强，故A正确；B、S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O反应中单位时间内生成的沉淀或气体无法定量测定，所以向Na2S2O3稀溶液中加入稀硫酸，发生如下反应：S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，不能利用产生浑浊的快慢或产生气泡的快慢来测定该反应在不同条件下的反应速率，故B错误；C、邻苯二甲酸氢钾纯度高，组成稳定，且相对分子质量较大，容易精确称量和配制容易，常作标准溶液，所以能用邻苯二甲酸氢钾作为基准物质来标定NaOH溶液，故C正确；D、吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒，吸入少量符合实验室毒气解毒方法，故D正确；故选B。 20．C
【解析】分析：A项，C60是一种单质；B项，C60中只含共价键；C项，C60、金刚石、石墨是碳元素形成的不同单质；D项，C60的摩尔质量为720g/mol。
详解：A项，C60是只由碳元素组成的纯净物，是一种单质，A项错误；B项，C60中碳原子间形成共价键，B项错误；C项，C60、金刚石、石墨是碳元素形成的不同单质，C60、金刚石、石墨互为同素异形体，C项正确；D项，C60的相对分子质量为720，C60的摩尔质量为720g/mol，D项错误；答案选C。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．有黄绿色气体生成 2MnO4-+10Cl-+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O 使浓盐酸能顺利滴下（或答“平衡仪器a、b内的气压”） 洗气瓶 浓硫酸 水浴 受热均匀，易于控制温度 冷凝、回流 132.2 16.9 【解析】 【详解】
（1）仪器a利用高锰酸钾的强氧化性，能把Cl－氧化成Cl2，发生反应2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，仪器a中现象：有黄绿色气体生成，离子方程式：2MnO4－＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；
（2）根据装置特点可判断仪器b外侧玻璃管的作用是平衡压强，使盐酸顺利滴下；
（3）①仪器e为洗气瓶，仪器a产生氯气含有水蒸气，需要除去，因此洗气瓶中盛放试剂是浓硫酸； ②保持温度40～60℃，需要加热方法是水浴加热；优点：受热均匀，易于控制温度； （4）根据装置特点可判断仪器c是球形冷凝管，作用是冷凝、回流；
（5）实验室制备氯苯，根据混合物沸点数据，因此收集的132.2℃的馏分；
（6）1t损失苯100kg，则13t苯损失苯13×100×10－3t=1.3t，有(13－1.3)t苯生成氯苯，因此氯苯的质量为(13－1.3)×112.5/78t=16.9t。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 22．羧基 羰基
取代反应
【解析】 【详解】
（1）根据酮洛芬的结构
知，其中含氧官能团有羧基和羰基。
（2）根据流程图，D与NaCN发生取代反应生成E，化合物E的结构简式为是苯环侧链甲基上的氢原子被Br原子代替的反应，属于取代反应。
（3）根据流程图，B→C是B中的酰基氯与苯环发生的取代反应，反应方程式为
，由C→D
（4）①能发生银镜反应，说明分子结构中存在醛基；②与FeCl3发生显色反应，说明存在酚羟基；③分子中含有5种不同化学环境的氢，根据上述要求，A的同分异构体是
。
（5）根据流程图，C→D，可以在甲苯侧链甲基上引入卤素原子，从而引入-CN，氧化后可以删除羧基，再
跟乙醇酯化即可，合成路线流程图为：。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．是否属于氧化还原反应（或是否有电子转移或是否有化合价变化） 2Na+2H2O＝2Na++2OH-+H2↑ Cl2、Na2O2 NH3·H2O【解析】 【分析】
（1）依据图表变化和物质分类分析变化判断；
NH4++OH— 5H2SO3+2MnO4-＝5SO42-+2Mn2++4H+＋3H2O
（2）钠在常温时能与冷水反应；
（3）根据反应中元素的化合价变化结合方程式分析判断；
（4）氨水呈弱碱性是因为一水合氨存在电离平衡电离出氢氧根离子； （5）能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质具有还原性，据此判断。 【详解】
（1）溶于水分成AB两组的依据，分析反应过程可知，NH3、Na2O、SO2、CO2溶于水发生化合反应生成对应酸或碱，是非氧化还原反应；Cl2、Na、Fe、Na2O2、NO2，与水发生的是氧化还原反应，所以分类的依据为是否发生氧化还原反应；
（2）钠在常温时能与冷水反应，反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O＝2Na++2OH-+H2↑；
（3）Cl2、Na、Fe、Na2O2、NO2溶于水反应发生的是氧化还原反应，Cl2+H2O＝HCl+HClO是氯气自身氧化还原，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1；2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑中水是氧化剂，钠是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1；3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2中水是氧化剂，铁是还原剂，氧化剂和还原
剂物质的量之比为4：3；2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1；3NO2+H2O＝2HNO3+NO中二氧化氮自身氧化还原反应，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2；所以水既不是氧化剂也不是还原剂的D组物质包括Cl2、Na2O2、NO2，其中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1的物质是Cl2、Na2O2；
（4）F组物质中某一物质的水溶液呈弱碱性是氨气，氨水呈弱碱性是因为一水合氨存在电离平衡，电离出氢氧根离子，电离方程式为NH3·H2O
NH4++OH—；
（5）E组中某一物质的水溶液可使酸性KMnO4溶液褪色，说明具有还原性，应该是亚硫酸，反应的离子
--++
方程式为5H2SO3+2MnO4＝5SO42+2Mn2+4H＋3H2O。
24． > 0.04mol/(L·s) 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短 Cu、Cl、H 增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+) Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3- 11.2L
【解析】分析：(1)①根据温度升高，转化率增大，可知平衡正移分析；②根据转化率求出反应的量，再求反应速率；③根据温度对速率的影响分析；
(2)①根据图中各元素化合价变化分析；②欲使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能剩余，硫离子完全被氧化为S单质，据此分析；
(3)①电解时阳极发生失电子的氧化反应，将[Fe(CN)6]4-转化为Fe(CN)6]3-，化合价升高；②因为H2S 转化为可利用的S，则当有16g S析出时，转移×2=1mol电子，又电解时阴极反应式为2HCO3-+2 e-═H2↑+2CO32-，根据转移电子数相等计算。
详解：(1)①由图象可知，温度升高，转化率增大，则平衡正移，所以正方向为吸热方向，即△H＞0，故答案为：＞；
②H2S的起始浓度均为mol•L-1，若985℃时，反应经5s达到平衡，此时H2S的转化率为40%，则参加反应
的硫化氢为mol•L-1×40%=0.2mol•L-1，v==mol•L-1•s-1=0.04mol•L-1•s-1，故答案为：0.04mol•L-1•s-1；
③随着温度升高，反应速率逐渐加快，达到平衡所需时间缩短，所以曲线b向曲线a逼近，故答案为：温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；
(2)①根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故答案为：Cu、H、Cl；
②欲使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能剩余，即硫离子完全被氧化为S单质，所以氧气必须过量，采取的措施可以是提高混合气体中空气的比例、增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)，故答案为：提高混合气体中空气的比例、增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)；
(3)①电解时阳极发生失电子的氧化反应，将[Fe(CN)6]4-转化为Fe(CN)6]3-，则电极反应式为[Fe(CN)6]4--e-═[Fe(CN)6]3-，故答案为：[Fe(CN)6]4--e-═[Fe(CN)6]3-；
②因为H2S 转化为可利用的S，则当有16g S析出时，转移×2=1mol电子，又电解时阴极反应式为2HCO3-+2
e-═H2↑+2CO32-，所以根据转移电子数相等，阴极产生的气体在标准状况下的体积为mol×22.4L/mol=11.2L，故答案为：11.2L。
2019-2020学年高二下学期期末化学模拟试卷
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是（ ） A．在含有大量HCO3-的溶液中：Na＋、NO3-、Cl－、Al3＋ B．加铝粉放出大量H2的溶液中：K＋、NH4+、SO42-、Br－ C．酸性条件下：Na＋、NH4+、SO42-、NO3-
D．含0.1 mol/L NO3-的溶液中：H＋、Fe2＋、Mg2＋、Cl－ 2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为NA B．46g分子式为C2H6O的有机物中含有的C--H键的数目为6NA C．室温时，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.1NA D．Fe与水蒸汽反应生成22.4L氢气，转移电子数为2NA
3．CuCO3和Cu2(OH)2CO3的混合物34.6g，可恰好完全溶解于300mL 2mol /L的盐酸中，若加热分解等量的这种混合物可得CuO固体质量为 A．16.0g
B．19.2g
C．24.0g
D．30.6g
4．不能鉴别AgNO3、BaCl2、K2SO3和Mg(NO3)2四种溶液(不考虑它们间的相互反应)的试剂组是( ) ．．A．盐酸、硫酸B．盐酸、氢氧化钠溶液 C．氨水、氢氧化钠溶液D．氨水、硫酸
5．短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图所示，其中X元素的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是 W X Y Z A．原子半径大小：Z>Y>X >W
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Y>Z C．Y单质具有杀菌能力，Y与X可形成化合物YX3 D．W和氢形成的化合物只能与Z单质发生取代反应 6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．100g 46%的乙醇溶液中，含H－O键的数目为NA B．1molNaHSO4在熔融状态下电离出的阳离子数为2NA
C．氢氧燃料电池负极消耗1.12L气体时，电路中转移的电子数为0.1NA D．常温常压下,92 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
7．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X2-和Y+的核外电子排布相同；Z电子层数与最外层电子数相等，W原子是同周期主族元素中半径最小的。下列说法正确的是( )
A．简单离子半径：Z>W>X>Y
B．X的氢化物中不可能含有非极性键
C．由X与Y两种元素组成的物质可能有漂白性
D．元素Y、Z的氧化物的水化物之间相互反应生成的盐溶液呈中性
8．含有a mol FeI2的溶液中，通入x mol Cl2。下列各项为通入Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是 A．x≤a，2I−+Cl2＝I2+2Cl−
B．x=1.2a，10Fe2++14I−+12Cl2＝10Fe3++7I2+24Cl− C．x=1.4a，4Fe2++10I−+7Cl2＝4Fe3++5I2+14Cl− D．x≥1.5a，2Fe2++4I−+3Cl2＝2Fe3++2I2+6Cl− 9．下列物质中不含共价键的是 A．冰
B．碳化硅
C．干冰
D．单质氦
10．下列表示正确的是 A．绿矾的化学式：FeSO4·7H2O C．次氯酸的结构式：H－Cl－O
B．H2O2的电子式：D．比例模型
可表示CH4，也可表示CCl4分子
11．已知Ksp（AgCl）=1.56×10－10，Ksp（AgBr）=7.7×10－13 ，Ksp（Ag2CrO4）=9×10－11。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO42－，浓度均为0.010mol/L，向该溶液中逐滴加入0.010mol/L的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为( ) A．Cl－、Br－、CrO42－ C．CrO42－、Br－、Cl－
B．Br－、Cl－、CrO42－ D．Br－、CrO42－、Cl－
12．若aAm+与bBn-的核外电子排布相同，则下列关系不正确的是 A．b=a－n－m C．原子半径A＜B
B．离子半径Am+＜Bn-
D．A的原子序数比B大（m+n）
13．氨基酸分子间相互结合成高分子化合物时，必定存在的结构片段是（ ） A．B．C．D．
14．氯化铵溶液的性质是（ ）
A．酸性 B．中性 C．碱性 D．不能确定 15．下列分子的空间构型可用sp2杂化轨道来解释的是( )
①BF3 ②CH2=CH2 ③A．①②③
④CH≡CH ⑤NH3 ⑥CH4
B．①②④
C．③④⑤
D．①②③④
16．在两个绝热恒容的密闭容器中分别进行下列两个可逆反应： 甲：C(s)＋H2O(g) 乙：CO(g)＋H2O(g) 现有下列状态：
①混合气体平均相对分子质量不再改变 ②气体的总物质的量不再改变 ③各气体组成浓度相等 ④反应体系中温度保持不变
⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍 ⑥混合气体密度不变
其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是 A．①③
B．④⑤
C．③④
D．②⑥
CO(g)＋H2(g)； CO2(g)＋H2(g)
17．下列化学用语正确的是（ ） A．异戊烷的键线式：
B．乙烯的结构简式：CH2CH2
C．苯乙烯（）的实验式：CH2 D．乙酸分子的球棍模型：
18．将0.1mol/L CH3COOH溶液加入水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起 A．溶液中pH增大 C．溶液的导电能力减弱
B．CH3COOH的电离程度变大 D．CH3COO－的浓度变小
19．（6分）新装住房里的装饰材料、胶合板会释放出一种刺激性气味的气体，它是居室空气污染的主要来源。该气体是（ ） A．CH3Cl
B．NH3
C．HCHO
D．SO2
20．（6分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A．pH=7的溶液：K＋、Na＋、Cl－、Fe3+
B．能使酚酞显红色的溶液：Na＋、Mg2＋、HCO3-、SO42- C．c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液：K＋、Fe3＋、Cl－、SO42-
D．水电离出的c(H＋)＝10－13 mol·L－1的溶液：Ca2＋、NH4+、NO3-、HCO3- 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）研究证明，高铁酸钾不仅能在饮用水源和废水处理过程中去除污染物，而且不产生任何诱变致癌的产物，具有高度的安全性。湿法制备高铁酸钾是目前最成熟的方法，实验步骤如下：
a．直接用天平称取60.5gFe(NO3)3·9H2O、30.0gNaOH、17.1gKOH。
b．在冰冷却的环境中向NaClO溶液中加入固体NaOH并搅拌，又想其中缓慢少量分批加入Fe(NO3)3·9H2O，并不断搅拌。
c．水浴温度控制在20℃，用电磁加热搅拌器搅拌1.5h左右，溶液成紫红色时，即表明有Na2FeO4生成。 d．在继续充分搅拌的情况下，向上述的反应液中加入固体NaOH至饱和。
e.将固体KOH加入到上述溶液中至饱和。保持温度在20℃，并不停的搅拌15min，可见到烧杯壁有黑色沉淀物生成，即K2FeO4。
（1）①步骤b中不断搅拌的目的是_______。 ②步骤c中发生反应的离子方程式为______。
③由以上信息可知：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠_______(填“大”或“小”)。 （2）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。 ①该反应的离子方程式为______。
②高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是_______。
③在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用______。 A．H2O B．稀KOH溶液、异丙醇 C．NH4Cl溶液、异丙醇 D．Fe(NO3)3溶液、异丙醇 （3）高铁酸钠还可以用电解法制得，其原理可表示为Fe+2NaOH+2H2O料是____，电解液为______。
（4）25℃时，Ksp(CaFeO4)=4.536×109,若要使100mL1.0×103mol/L的K2FeO4溶液中的c(FeO42)完全沉淀，理论上要加入Ca(OH)2的物质的量为_____mol。
（5）干法制备高铁酸钾的方法是Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成黑色高铁酸钾和KNO2等产物。则该方法中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）X、Y、Z为元素周期表中原子序数依次增大的三种短周期元素，Y与X、Z均相邻，X、Y与Z三种元素原子的最外层电子数之和为19；W的单质为生活中一种常见的金属，在Z元素的单质中燃烧产生棕黄色的烟，生成WZ3。回答下列问题： （1）Z元素在元素周期表中的第____周期。
（2）Z2X与足量的YX2的水溶液发生反应生成两种强酸，写出该反应的离子方程式____。
（3）WZ3易升华，易溶于水，乙醇/丙酮等溶剂。据此推测其晶体熔化时克服的作用力是__，判断的依据是____。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．（8分）FeCl3是一种很重要的铁盐，主要用于污水处理，具有效果好、价格便宜等优点。工业上可将铁屑溶于盐酸中，先生成FeCl2，再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液。
mL－1，则该盐酸的物质的量浓（1）将标准状况下的aL氯化氢气体溶于100g水中，得到盐酸的密度为bg·
---
3H2↑+Na2FeO4，则阳极材
度是______________________。
（2）向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl23.36L，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为__________________。
（3）FeCl3溶液可以用来净水，其净水的原理为___________________________(用离子方程式表示)。用100mL2mol·L－1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数________(填“大于”“等于”或“小于”)0.2NA。 （4）ClO2对污水中Fe2＋、Mn2＋、S2－和CN－等有明显的去除效果。某工厂污水中含CN－bmg/L，现用ClO2将CN－氧化，只生成两种无毒气体，其离子反应方程式为________________，处理100m3这种污水，至少需要ClO2____mol。
24．（10分）VIA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含VIA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：
(1)S单质的常见形式为S8，其环状结构如图所示，S原子采用的轨道杂化方式是______；
(2)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是_______；氮元素的E1呈现异常的原因是________。
(3)Se原子序数为_______，其核外M层电子的排布式为_________；
(4)H2Se的稳定性比H2S_____________(填“强”或“弱”)。SeO3分子的立体构型为______。
(5)琥珀酸亚铁片是用于缺铁性贫血的预防和治疗的常见药物，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从原子核外电子结构角度来看，Fe2+ 易被氧化成Fe3+的原因是_________。
参考答案
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．C 【解析】 【分析】
【详解】
A．因HCO3−，Al3+在溶液中发生双水解反应，3HCO3−+Al3+=3CO2↑+Al（OH）3↓，则不能共存，故A错误； B．加铝粉放出大量H2的溶液，可能为酸或碱溶液，NH4+与碱反应，则不能共存，故B错误； C．酸性条件下，显酸性，该组离子之间不反应，则能共存，故C正确；
D．含0.1mol/LNO3-的溶液与H+、Fe2+发生氧化还原反应，则不能共存，故D错误； 故选：C。 【点睛】
离子之间相互结合成难溶物，易挥发的物质，难电离的物质，发生氧化还原反应，双水解反应在溶液中均不能大量共存。 2．C
【解析】A. 镁单质在反应后由0价变为+2价，1mol镁失去2mol电子，则转移的电子数为2NA，故A错误；B. 该有机物的物质的量为46g÷46g/mol=1mol，分子式为C2H6O的有机物可能是CH3CH2OH也可能是CH3OCH3，若为CH3CH2OH，则C－H键的数目为5NA，若为CH3OCH3，则C－H键的数目为6NA，故B错误；C. 1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH−的物质的量为：1.0L×0.1mol/L=0.1mol，所以氢氧根离子的数目为0.1NA，故C正确；D. 因未说明氢气是否处于标准状况，无法确定氢气的物质的量，所以无法计算转移电子的数目，故D错误；答案选C。
点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数之间的关系是解题的关键，试题难度中等。选项B为易错点，注意分子式为C2H6O的有机物既可能是CH3CH2OH也可能是CH3OCH3，二者所含C－H的数目不相等。 3．C 【解析】
CuCO3和Cu2(OH)2CO3的混合物溶于300mL 2mol·L－l的盐酸恰好完全反应后所得的产物为CuCl2，试题分析：
则其物质的量为0.3mol。设加热分解等量的这种混合物可得CuO固体质量为xg，则可得关系式：0.3×64=x×64/80，解得x=24g。答案选C。 考点：元素守恒 4．C
【解析】本题考查物质的检验。
分析：根据离子的检验方法设计，Ag可用Cl检验，Ba可用SO4检验，SO3可用H离子检验，Mg可用OH离子检验。
详解：加入盐酸，AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀，K2SO3溶液与盐酸反应生成刺激性气味的SO2气体，加入硫酸，BaCl2溶液生成BaSO4白色沉淀，可鉴别，A不选；加入盐酸，AgNO3溶液生成AgCl沉淀，K2SO3溶液与盐酸反应生成刺激性气味的SO2气体，加入NaOH溶液，与Mg（NO3）2溶液反应生成Mg（OH）2白色沉淀，可鉴别，B不选；加入氨水，过量氨水与AgNO3溶液先反应生成AgOH白色沉淀，然后沉淀溶解生成银氨溶
+
-2+
2-2-+
2+
-
液，与硝酸镁反应生成Mg（OH）2白色沉淀，可鉴别出AgNO3溶液和Mg（NO3）2溶液，但加入NaOH溶液，BaCl2溶液和K2SO3溶液均无现象，不可鉴别，C选；加入氨水，过量氨水与AgNO3溶液先反应生成AgOH白色沉淀，然后沉淀溶解生成银氨溶液，与硝酸镁反应生成Mg（OH）2白色沉淀，可鉴别出AgNO3溶液和Mg（NO3）2溶液，加入硫酸，BaCl2溶液生成BaSO4白色沉淀，K2SO3与硫酸反应生成刺激性气味的SO2气体，可鉴别，D不选。 故选C。
点睛：本题考查物质的检验与鉴别，注意物质的性质的异同为解答该类题目的关键，鉴别几种物质，应能产生不同的现象。 5．C 【解析】 【分析】
X为O元素，W为C元素、Y为S元素，Z为Cl元素； 【详解】
A. 同周期元素原子半径从左到右依次递减(稀有气体除外)，则原子半径：Y >Z， W> X，A错误； B. 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：W＜Y＜Z，B错误；
C. Y单质即硫磺具有杀菌能力，例如可以做成硫磺肥皂，Y与X可形成化合物YX3即SO3，C正确； D. W和氢形成的化合物为烃，既可能与氯气发生取代反应又可能发生加成反应，例如烷烃能与Z单质即氯气在光照下发生取代反应，烯烃或炔烃可与氯气发生加成反应，D错误； 答案选C。 6．D 【解析】
分析：A．乙醇溶于中，水分子中也含有O-H键；B、熔融状态下硫酸氢钠电离的阳离子只有钠离子；C、气体的体积与温度和压强有关；D、NO2和N2O4最简式相同为NO2，可以计算92gNO2中所含原子数。 详解：A．100g 46%的乙醇溶液中，由于水分子中也含有H-O键，则该溶液中含H-O键的数目大于NA，故A错误；B、熔融状态下1mol硫酸氢钠完全电离出1mol钠离子，电离出的阳离子数为NA，故B错误；C、氢气所处的状态不明确，无法计算氢气的物质的量，则转移的电子数无法计算，故C错误；D、NO2和N2O4最简式相同为NO2，计算92gNO2中所含原子数=
×3×NA=6NA，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了阿伏加德罗常数的计算。本题的易错点为B，要注意硫酸氢钠在水溶液中和熔融状态下的电离的区别，在溶液中能够电离出氢离子，在熔融状态下只能电离成钠离子和硫酸氢根离子。 7．C 【解析】
【详解】
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X2-和Y+的核外电子排布相同；Z电子层数与最外层电子数相等，W原子是同周期主族元素中半径最小的，则X、Y、Z、W分别是O、Na、Al、Cl；则 A、简单离子半径：Cl-＞O2-＞Na+＞Al3+，故A错误； B、H2O2中含有极性键和非极性键，故B错误； C、Na2O2具有漂白性，故C正确；
D、氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，溶液呈碱性，故D错误。 答案选C。 8．B 【解析】 【分析】
3+-2+--由于I-的还原性比Fe2+强(2Fe+2I=2Fe+I2)，所以Cl2先和I-反应：Cl2+2I=2Cl+I2，多于的Cl2再
2+3+-和Fe2+反应：Cl2+2Fe=2Fe+2Cl。
【详解】
--A. x≤a时，Cl2对I-不足或者刚好够，所以只发生反应Cl2+2I=2Cl+I2，A正确； --B. x=1.2a时，先有a份的Cl2发生反应Cl2+2I=2Cl+I2，再有0.2a份的Cl2发生反应
122262212Cl2+Fe2+=Fe3++Cl-，总反应为：Cl2+2I-+Fe2+=Fe3++I2+Cl-，化整为555555556Cl2+10I-+2Fe2+=2Fe3++5I2+12Cl-，B错误；
--C. x=1.4a时，先有a份的Cl2发生反应Cl2+2I=2Cl+I2，再有0.4a份的Cl2发生反应
244474414Cl2+Fe2+=Fe3++Cl-，总反应为：Cl2+2I-+Fe2+=Fe3++I2+Cl-，化整为555555557Cl2+10I-+4Fe2+=4Fe3++5I2+14Cl-，C正确；
--D. x≥1.5a时，先有a份的Cl2发生反应Cl2+2I=2Cl+I2，再有0.5a份的Cl2发生反应
13Cl2+Fe2+=Fe3++Cl-，总反应为：Cl2+2I-+Fe2+=Fe3++I2+3Cl-，化整为223Cl2+2I-+2Fe2+=2Fe3++I2+6Cl-，D正确；
故合理选项为D。 9．D 【解析】 【分析】
一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。据此判断。
【详解】
A、冰分子中存在氢氧形成的共价键，A不选； B、碳化硅中存在碳硅形成的共价键，B不选； C、干冰是二氧化碳，存在碳氧形成的共价键，C不选； D、单质氦是稀有气体分子，不存在化学键，D选。 答案选D。 10．A 【解析】 【详解】
A．绿矾为含有7个结晶水的硫酸亚铁，其化学式为FeSO4•7H2O，故A正确； B．双氧水为共价化合物，其正确的电子式为
，故B错误；
C．次氯酸为共价化合物，O最外层有6个电子，需要形成2个共用电子对，其正确的结构式为H-O-Cl，故C错误；
D．Cl原子的相对原子半径大于C原子，则四氯化碳的比例模型为表示 CCl4 分子，故D错误； 故选A。 【点睛】
本题的易错点为D，要注意比例模型中原子的相对大小的判断。 11．B 【解析】 【分析】
析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag＋）=Ksp(AgCl)/c(Cl－)=1.56×10-10/0.01mol·L－1，AgBr溶液中c（Ag＋）=Ksp(AgBr)/[Br]=7.7×10/0.01mol·L，Ag2CrO4溶液中c=（Ag）mol·L－1，c（Ag＋）越小，先生成沉淀． 【详解】
析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag＋）=Ksp(AgCl)/c(Cl－)=1.56×10-10/0.01mol·L－1=1.56×10-8mol·L－1； AgBr溶液中c（Ag＋）=Ksp(AgBr)/[Br－]=7.7×10-13/0.01mol·L－1=7.7×10-11mol·L－1； Ag2CrO4溶液中c（Ag）=＋
－
，则可表示 CH4，但不能
-13－1
＋
KspAg2CrO4c(CrO42－)9.01012 = 0.01KspAg2CrO4c(CrO42－)9.01012 = mol·L－1=3×10-5mol·L－1，c（Ag＋）越
0.01小，先生成沉淀．所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrO42－。 故选B。
12．C 【解析】 【分析】 【详解】
A.aAm＋与bBn－的核外电子排布相同，说明其核外电子数相等，a－m＝b＋n，即b=a－n－m ，A项正确； B.核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随核电荷数的增大而减小，则离子半径Am+＜Bn－，B项正确； C.B属于非金属，A属于金属，A位于B的下一周期，原子半径A大于B，C项错误；
D.根据上述推断，a－m＝b＋n，可得a－b＝m＋n，则A的原子序数比B大（m+n），D项正确。 答案选C。 13．B 【解析】 【分析】
氨基酸分子间发生生成肽的反应,一个氨基酸分子中氨基和另一个分子中羧基反应生成肽键,据此判断高分子化合物中含有的结构片段。 【详解】
氨基酸分子在酸或碱的条件下加热，一个氨基酸分子中氨基和另一个分子中羧基反应生成肽键,所以高分子化合物中必定存在肽键14．A
【解析】分析：将氯化铵固体溶于水，溶液中的铵根离子是弱碱阳离子在水溶液中水解，溶液呈酸性。 NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，详解：将氯化铵固体溶于水，溶液中的铵根离子是弱碱阳离子在水溶液中水解，溶液呈酸性。答案选A。
点睛：本题考查盐类水解的分析应用，水解电子实质是解题关键，题目较简单。 15．A 【解析】 【分析】
根据杂化轨道数判断杂化类型，杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数，可用sp2杂化轨道来解释说明中心原子含有3个价层电子对，据此判断杂化类型。 【详解】
①BF3分子中硼原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，故正确；
②CH2=CH2分子中每个碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，故正确； ③
6分子中碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，故正确；
，正确选项B。
④CH≡CH分子中每个碳原子杂化轨道数为2，所以采取sp杂化，故错误；
⑤NH3分子中氮原子杂化轨道数为4，所以采取sp3杂化，故错误； ⑥CH4分子中碳原子杂化轨道数为4，所以采取sp3杂化，故错误； 答案选A。 【点睛】
本题考查原子杂化类型的判断，难度不大，根据“杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数”来解答即可。 16．B 【解析】 【详解】
①乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，混合气体平均相对分子质量始终不变，所以平均相对分子质量不变，无法判断乙反应是否达到平衡状态，故①错误；
②乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，气体的总物质的量始终不变，所以气体的总物质的量不变无法判断乙是否达到平衡状态，故②错误；
③各气体组成浓度相等，不能判断各组分的浓度是否不变，无法证明达到了平衡状态，故③错误； ④因为为绝热容器，反应体系中温度保持不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故④正确； ⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故⑤正确； ⑥乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，容器的容积不变，所以密度始终不变，所以混合气体密度不变，无法判断乙是否达到平衡状态，故⑥错误；
能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的有④⑤，故选B。 17．A 【解析】 【分析】
A. 键线式是表示有机物结构式的方式之一，指只用键线来表示碳骨架，而分子中的碳氢键、碳原子及与碳原子相连的氢原子均被省略，其他杂原子及与杂原子相连的氢原子须保留的表示方法； B. 乙烯分子中含有碳碳双键，其结构简式中必须标出碳碳双键； C. 实验式为分子中各原子的最简比；
D. 根据球棍模型与比例模型的表示方法分析。 【详解】
A. 异戊烷分子内的2号碳原子上有一个甲基，其键线式为：
，故A项正确；
B. 乙烯分子中含有的官能团为碳碳双键，其结构简式为：CH2=CH2，故B项错误； C. 苯乙烯的分子式为C8H8，其实验式为CH，故C项错误；
D. 为乙酸的比例模型，而乙酸的球棍模型为，故D项错误；
答案选A。 【点睛】
本题侧重考查学生对有机物表示方法的认识与理解，D选项是学生易疏忽的地方，要分清比例模型与球棍模型的区别，球棍模型中球与球之间有棍相连，而比例模型的球与球之间没有棍，只是所有元素原子的比例球连在一起。值得注意的是，比例模型的各元素原子半径相对大小要适当。 18．A 【解析】 【分析】
CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH
CH3COO-+ H+，加水稀释，平衡向正反应方向移动；加入少
量CH3COONa晶体时，平衡向逆反应方向移动，据此分析解答。 【详解】
A．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液的pH增大，CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，c(H+)减小，溶液的pH增大，故A正确；
B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，醋酸的电离程度增大；加入少量CH3COONa晶体，平衡向逆反应方向移动，醋酸的电离程度减小，故B错误；
C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱；加入少量CH3COONa晶体，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；
D．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，促进醋酸电离，但溶液中CH3COO－浓度减小；加入少量CH3COONa晶体，CH3COO浓度增大，平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，故D错误； 答案选A。 【点睛】
本题的易错点为D，CH3COOH溶液加水稀释，尽管平衡向正反应方向移动，但溶液中的主要微粒浓度均会减小，根据水的离子积常数不变，氢氧根离子浓度会增大。 19．C 【解析】 【分析】
甲醛能使蛋白质失去原有的生理活性而变性，一些装饰材料、胶合板、涂料等会不同程度地释放出甲醛气体，而使室内空气中甲醛含量超标，成为室内空气污染的主要原因之一。 【详解】
A.CH3Cl名称为一氯甲烷，是无色、无刺激气味的易液化气体，且不存在装饰材料中，A不符合题意； B.氨气是有刺激性气味的气体，但装饰材料、胶合板、涂料等不含有该气体；B不符合题意；
C.有些装饰材料、胶合板、涂料等中添加的甲醛的不同程度地挥发，而使室内空气中甲醛含量超标，导致室内空气污染；C符合题意；
－
D.SO2是有刺激性气味的有毒气体，能引起酸雨的形成，但装饰材料、胶合板、涂料等不含有该气体；D不符合题意； 故合理选项是C。 【点睛】
化学来源于生活又服务于生活，但是在使用化学物质时要合理的使用，防止对环境造成污染、对人体造成伤害，例如本题中的甲醛，在装修完之后要注意室内通风，防止室内空气的污染而对人体造成伤害。 20．C 【解析】 【详解】 A.由于Fe3＋＋3H2O误；
B.能使酚酞显红色的溶液显碱性，Mg2＋、HCO3-不能存在于碱性溶液中，故B错误；
C.c(H＋)/c(OH－)=1012，说明c（H+）＞c（OH-），溶液显酸性，该组离子能大量共存，故C正确； D.由水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1，此时溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO3-在酸性溶液或碱性溶液中都不能大量存在；NH4+在碱性溶液中不能大量存在，故D错误。 故选C。 【点睛】
判断离子共存，有以下几种情况：1.由于发生复分解反应，离子不能大量共存；2.由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存；3.由于形成络合离子，离子不能大量共存。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．使固体充分溶解 2Fe3++3Cl-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl- 小 4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑ 消毒、净水 B 铁 NaOH溶液 4.536×10-5 3:1 【解析】 【详解】
（1）①步骤b中不断搅拌可以增大反应物的接触面积，使固体充分溶解； ②溶液成紫红色时，表明有Na2FeO4生成，则步骤c中发生反应的离子方程式为2Fe3++3Cl-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-；
③Na2FeO4与饱和KOH溶液反应产生K2FeO4和NaOH，说明高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小；
（2）①高铁酸钾溶于水能释放大量的氧原子，即生成氧气单质，同时它本身被还原产生氢氧化铁胶体，离子反应方程式是：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑；
②根据方程式可知高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是既作氧化剂杀菌消毒，同时还原产物又其净化水的作用；
K2FeO4易溶于水，③结合化学平衡移动原理可知，在碱性条件下可以抑制该反应的发生，所以不能用水洗，因此选项B正确；
Fe(OH)3＋3H＋，Fe3＋大量存在的溶液显酸性pH<7，不能存在中性溶液中，故A错
（3）根据电解反应方程式可知NaOH溶液为电解质溶液，阳极材料是Fe，阴极材料是活动性比Fe弱的电极；
+-+
（4）要形成CaFeO4沉淀，应该使c(Ca2)·c(FeO42)＞Ksp(CaFeO4)，c(Ca2)＞
4.536×10-9÷1.0×10-5=4.536×10-4mol/L，由于溶液的体积是100mL，所以需要Ca(OH)2的物质的量是n[Ca(OH)2]=4.536×10-4mol/L×0.1L=4.536×10-5mol；
（5）干法制备高铁酸钾的反应中KNO3是氧化剂，被还原产生KNO2，化合价降低2价，Fe2O3是还原剂，被氧化产生的物质是K2FeO4，化合价升高6价，根据电子守恒可得氧化剂与还原剂的物质的量的比是3:1。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
+-2-22．三 Cl2O+2SO2+3H2O=6H+2Cl+2SO4 分子间作用力（范德华力） 根据FeCl3易升
华、易溶于有机溶剂等，可判断其具有分子晶体的特征．．．．．．．．．【解析】 【分析】
根据W的单质为生活中一种常见的金属，在Z元素的单质中燃烧产生棕黄色的烟，生成WZ3可以推断出W为铁，Z为Cl，因为铁在氯气中燃烧生成FeCl3，生成棕黄色烟，再根据Y与X、Z均相邻，根据Z为Cl元素，推测Y为S或者为F，若Y为S元素，则X为P或者O元素，若Y为F元素，X只能为O元素；再根据X、Y与Z三种元素原子的最外层电子数之和为19，推测出Y为S元素，X为O元素； 【详解】
（1）Z元素是氯元素，在元素周期表中的第三周期；
（2）Z2X与足量的YX2的水溶液发生反应生成两种强酸，Z2X和YX2分别是Cl2O和SO2，该反应的
+-2-离子方程式为Cl2O+2SO2+3H2O=6H+2Cl+2SO4；
（3）WZ3易升华，易溶于水，乙醇/丙酮等溶剂，推测出它的熔沸点较低，所以它属于分子晶体，熔化时破坏分子间作用力。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
1000abmol·L－1 2mol·L－1 Fe3＋＋3H2O
36.5a224050b－
===N2＋2CO2＋2Cl－
1323．【解析】 【分析】 （1）nHCl=Fe(OH)3(胶体)＋3H＋ 小于 2ClO2＋2CN
aLaL，溶液质量为36.5g/mol+100g，则溶液体积为
22.4L/mol22.4L/molan36.5+100，结合c=计算； 22.4mLVb
2+3+-（2）还原性Fe2+>Br−，通入氯气先发生反应2Fe+Cl2=2Fe+2Cl，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发
生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，反应后溶液中Cl−和Br−的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为
3.36L=0.15mol，若Br−没有反应，溶液中n(Br−)=0.3mol，则n(FeBr2)=0.15mol，
22.4L/mol0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br−参加反应，设FeBr2的物质的量为x，表示出参加反应的n(Br−)，根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c=nV计算； （3）铁离子水解制备胶体，胶体可净化水，且水解反应为可逆反应。
（4）ClO2将CN－氧化，只生成两种无毒气体N2和CO2，再根据化合价升降守恒和质量守恒配平方程，依据离子方程式计算； 【详解】 （1）nHCl=aLaL，溶液质量为36.5g/mol+100g，则溶液体积为
22.4L/mol22.4L/mola1000ab1000abn36.5+100－1
c== mol·L mol·L－1； ，则，故答案为：22.4mL36.5a2240V36.5a2240b2+3+-（2）还原性Fe2+>Br−，通入氯气先发生反应2Fe+Cl2=2Fe+2Cl，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生
反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，反应后溶液中Cl−和Br−的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为
3.36L=0.15mol，若Br−没有反应，溶液中n(Br−)=0.3mol，则n(FeBr2)=0.15mol，0.15molFe2+
22.4L/moln(Br−)=2xmol，只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br−参加反应，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=xmol，未反应的n(Br−)=0.3mol，参加反应的n(Br−)=(2x−0.3)mol，根据电子转移守恒有x×1+[2x−0.3]×1=0.15mol×2，解得x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为
0.2mol=2mol/L，故答案为：2mol/L；
0.1L（3）FeCl3溶液可以用来净水，其净水的原理为Fe3++3H2OFe(OH)（胶体）+3H+，100mL2mol⋅L−1
3的FeCl3溶液，其物质的量为0.2mol，因为水解为可逆反应，且生成胶体为微观粒子的集合体，则生成具有净水作用的微粒数小于0.2NA，故答案为：Fe3++3H2O+；小于； Fe(OH)（胶体）+3H3（4）ClO2将CN－氧化，只生成两种无毒气体N2和CO2，则离子方程式为：
2ClO2＋2CN－=N2＋2CO2＋2Cl－，100m3这种污水含CN－质量为
m100bg50bbmg/L10105L==mol，则需要m=ρV==100bg，则CN－物质的量n=M26g/mol131000ClO2
50b50b。 mol，故答案为：2ClO2＋2CN－=N2＋2CO2＋2Cl－；1313【点睛】
关于氧化还原反应的计算可利用得失电子守恒和元素守恒，列出方程组进行计算。
24．sp3 非金属性增强，得电子时释放的能量依次增大 氮元素2p轨道为半满状态，较稳定，第一亲和能较低 34 3s23p63d10 弱 平面三角形 Fe2+的价电子排布为3d6，失去一个电子成Fe3+为3d5，半满状态稳定 【解析】 【分析】
(1)在S8中，S原子的价层电子对数为4，由此得出S采用的轨道杂化方式。
(2)除氮元素外，其他元素非金属性越强，第一亲和能E1越大；氮元素的2p轨道半充满，电子能量低，原子稳定。
(3)Se比S多18个电子，由此可得出原子序数及核外M层电子的排布式。
(4)Se比S的非金属性弱，则可得出H2Se与H2S的稳定性关系。SeO3分子中S原子的价层电子对数为3，由此可得出立体构型。
(5)从原子核外轨道中的电子排布，可确定Fe2+易被氧化成Fe3+的原因。 【详解】
(1)在S8中，S原子的价层电子对数为4，则S采用的轨道杂化方式sp3。答案为：sp3；
(2)除氮元素外，其他元素非金属性越强，第一亲和能E1越大，其原因是非金属性增强，得电子时释放的能量依次增大；氮元素的2p轨道半充满，电子能量低，原子稳定，由此得出氮元素的E1呈现异常的原因是氮元素2p轨道为半满状态，较稳定，第一亲和能较低。答案为：非金属性增强，得电子时释放的能量依次增大；氮元素2p轨道为半满状态，较稳定，第一亲和能较低；
(3)Se比S多1个电子层，多18个电子，由此可得出原子序数为34，核外M层电子的排布式为3s23p63d10。答案为：34；3s23p63d10；
(4)Se比S的非金属性弱，则H2Se的稳定性比H2S弱。SeO3分子中S原子的价层电子对数为3，则立体构型为平面三角形。答案为：弱；平面三角形；
(5)从原子核外轨道中的电子排布，可确定Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是Fe2+的价电子排布为3d6，失去一个电子成Fe3+为3d5，半满状态稳定。答案为：Fe2+的价电子排布为3d6，失去一个电子成Fe3+为3d5，半满状态稳定。 【点睛】
不管是原子还是离子，当价电子轨道半满、全满或全空时，电子能量低，原子或离子稳定。所以，当微粒的稳定性、电离能、电子亲和能等出现反常时，应从价电子轨道的电子排布进行分析。
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