1、云南省玉溪市元江民中2018-2019学年6月份考试高二化学本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。分卷I一单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分)1.元素周期表长周期共有18个纵行，从左到右排为18列，即碱金属是第1列，稀有气体是第18列。按这种规定，下列说法正确的是（ ）A. 第9列元素中没有非金属B. 第15列元素的原子最外层的电子排布是ns2np5C. 最外层电子排布为ns2的元素一定在第2列D. 第11、12列为d区的元素【答案】A【解析】【详解】A第9列是过渡元素中的第族元素，全部是金属元素，故A正确；B第15列是第A族元素，原子的最外层电子排布是ns2np3
2、，故B错误；C最外层电子排布为ns2的元素除第二列(第A族)外，还有零族的氦元素及众多的过渡元素，故C错误；D第11、12列是第B、B族元素，为ds区元素，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为C，由于存在能级交错现象，如第四周期，在过渡金属部分存在3d14s2、3d24s2、3d34s2、3d54s2、，最外层电子排布为4s2。2.氯化硼熔点为-107，沸点为12.5，在其分子中键与键之间的夹角为120o，它能水解，有关叙述正确的是（ ）A. 氯化硼液态时能导电而固态时不导电B. 氯化硼加到水中使溶液的pH升高C. 氯化硼分子呈正三角形，属极性分子D. 氯化硼遇水蒸气会产生白雾【答案】C
3、D【解析】根据氯化硼的物理性质可判断，该化合物是共价化合物，形成的晶体是分子晶体，A不正确。BCl2水解的方程式为BCl23H2OH3BO33HCl，所有溶于水显酸性，B不正确。由于氯化氢极易挥发，遇水蒸气会产生白雾，D正确。由于分子中键与键之间的夹角为120o，所以是V型结构，属于极性分子，C不正确，答案选D。3.下列有关NH中的NH配位键说法正确的是（ ）A. NH配位键不是化学键B. NH配位键属于共价键C. NH配位键跟其他三个NH键之间的键长不同D. NH配位键的化学性质与其他NH键不同【答案】B【解析】【详解】配位键是共价键的一种特例，应属于化学键。在NH中虽然NH配位键的形成过程
4、与其他NH共价键不同，但键长、键能及化学性质完全相同，结合以上分析可知，B正确；综上所述，本题选B。4.能与NaOH溶液反应的属于原子晶体的单质是（ ）A. 金刚石B. 晶体硅C. 石英（SiO2）D. CO2【答案】C【解析】A、金刚石的成分是C，不与NaOH反应，故A错误；B、Si与NaOH反应：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2，但晶体硅属于单质，不属于化合物，故B错误；C、SiO2属于原子晶体，且属于酸性氧化物，与NaOH反应：SiO22NaOH=Na2SiO3H2O，故C正确；D、CO2不是原子晶体，故D错误。点睛：注意审题，题中所说的是原子晶体的化合物，不是单质或混合物，因
5、此晶体硅错误。5.下列电子排布图（每一个小方框表示一个原子轨道）所表示元素的原子中，其能量处于最低状态的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：A能级能量由低到高的顺序为：1s、2s、2p；每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，能量最低，故A正确；B2p能级的3个简并轨道（能级相同的轨道）只有被电子逐一自旋平行地占据后，才能容纳第二个电子，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故B错误；C2s能级的能量比3p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故
6、C错误；D2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故D错误；故选A。考点：考查基态原子核外电子排布规则，遵循洪特规则、泡利不相容原理、能量最低原理的基态原子排布能量最低。6.NH键键能的含义是（ ）A. 由N和H形成1molNH3所放出的能量B. 把1molNH3中的共价键全部拆开所吸收的能量C. 拆开约6.021023个NH键所吸收的能量D. 形成约1个NH键所放出的能量【答案】C【解析】NH键能的含义是：1molN和1molH原子形成1mol NH键所释放的能量，或者说是1mol NH键断裂成为1molN和1molH原子所吸收
7、的能量。所以选项C正确。选项A错误：由N和H形成1 mol NH3（应该是1molNH键）所放出的热量。选项B错误：把1 mol NH3（应该是1molNH键）的键全部拆开所吸收的热量。选项D错误：形成1个（应该是1mol）NH键所放出的热量。7.下列各组微粒，不能互称为等电子体的是（ ）A. NO2、NO2+、NO2B. CO2、N2O、N3C. CO32、NO3、SO3D. N2、CO、CN【答案】A【解析】【详解】A.NO2、NO2+、NO2-价电子总数分别为17、16、18，价电子总数不一样，不能互称为等电子体，故A正确；B.CO2、N2O、N3-的价电子总数分别为16、16、16，价
8、电子总数一样，原子总数一样，互称为等电子体，故B错误；C.CO32-、NO3-、SO3的价电子总数分别为24、24、24，价电子总数一样，原子总数一样，互称为等电子体，故C错误；D.N2、CO、CN-的价电子总数分别为10、10、10，价电子总数一样，原子总数一样，互称为等电子体，故D错误。【点睛】具有相同原子数和价电子总数的微粒互称为等电子体。8.某二元酸H2A在水溶液中发生电离：H2AHHA，HAHA2。下列叙述不正确的是（ ）A. 在NaHA溶液中一定：c(Na)c(HA)c(OH)c(H)B. 在Na2A溶液中一定是：c(Na)c(A2)c(OH)c(H)C. 在NaHA溶液中一定是：
9、c(Na)c(H)c(HA)2c(A2)c(OH)D. 在H2A溶液中一定是：c(H)c(HA)2c(A2)c(OH)【答案】A【解析】【详解】A二元酸H2A在水溶液中发生电离：H2AH+HA-，HA-H+A2-，说明是二元弱酸，HA-离子存在两种趋势，电离和水解，电离大于水解溶液显酸性，水解大于电离溶液显碱性，故A错误；B在Na2A溶液中A2-离子水解溶液显碱性，溶液中离子浓度一定是：c(Na+)c(A2-)c(OH-)c(H+)，故B正确；C在NaHA溶液中存在阳离子是Na+、H+，阴离子HA-、A2-、OH-，溶液中电荷守恒一定是：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+
10、c(OH-)，故C正确；D在H2A溶液中阳离子H+，阴离子HA-、A2-、OH-，溶液中存在电荷守恒一定是：c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，故D正确；答案选A。9.已知同温同浓度时酸性强弱顺序：HFCH3COOHHCN，则当NaF、CH3COONa、NaCN三种溶液的pH值相同时，它们的物质的量浓度的大小顺序正确的是（ ）A. NaFCH3COONaNaCNB. NaCNCH3COOHNaNaFC. CH3COOHNaNaFNaCND. NaFNaCNCH3COONa【答案】A【解析】【分析】酸性越弱，其盐的水解程度越大，溶液的碱性越强，溶液pH越大；当pH相同时，酸性
11、越弱，盐的浓度越小，据此分析解答。【详解】因为同温同浓时酸性强弱顺序是：HFCH3COOHHCN，所以水解程度：NaCNCH3COONaNaF，pH相同时，溶液的浓度：NaCNCH3COONaNaF，故选A。10.已知铅蓄电池放电时的原电池反应：PbO2Pb2H2SO4=2PbSO42H2O。关于铅蓄电池的下列说法中正确的是（ ）A. 放电时的正极反应式是PbSO42-2e=PbSO4B. 放电时电池的负极材料是铅板C. 充电时，电池中硫酸的浓度不断变小D. 充电时，铅板发生氧化反应【答案】B【解析】【分析】根据总反应，放电时，负极的电极反应式为Pb+SO42-2e-PbSO4，正极的电极反应
12、式为PbO2+4H+SO42-+2e-PbSO4+2H2O，充电时阴阳极电极反应与负极、正极反应正好相反，据此分析解答。【详解】A放电时，正极反应式为PbO2+4H+SO42-+2e-PbSO4+2H2O，故A错误；B放电时，Pb被氧化，应为电池的负极，故B正确；C该铅蓄电池总反应为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，充电时，生成硫酸，硫酸浓度增大，故C错误；D充电时，铅板作阴极，发生还原反应，故D错误；答案选B。11.下列反应中不属于可逆反应的是（ ）A. PbPbO22H2SO42PbSO42H2OB. N23H22NH3C. Cl2H2OHClHClOD. 2NO2N2
13、O4【答案】A【解析】A中反应不是在同一条件下进行，不属于可逆反应。12.将铂电极放置在KOH溶液中，然后分别向两极通入CH4和O2，即可产生电流，此装置称为甲烷燃料电池。下列叙述中正确的是（ ）通入CH4的电极为正极；正极的电极反应式为：O22H2O4e4OH；通入CH4的电极反应式为：CH42O24eCO22H2O；负极的电极反应式为：CH410OH8eCO327H2O；放电时溶液中的阳离子向负极移动；放电时溶液中的阴离子向负极移动。A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：甲烷燃料电池中甲烷失电子为负极，故错误；碱性条件下，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，其电极反应式为O2+2
14、H2O+4e-=4OH-，故正确；甲烷燃料电池负极是甲烷失电子，碱性条件下生成碳酸根离子，所以负极的电极反应式为：CH4+10OH-8e-=CO32-+7H2O，故错误；甲烷燃料电池负极是甲烷失电子，碱性条件下生成碳酸根离子，所以负极的电极反应式为：CH4+10OH-8e-=CO32-+7H2O，故正确；原电池工作时，电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以错误，正确；故正确的有；故选B。考点：考查碱性甲烷电池的工作原理13.已知有相同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入和各0.1mol ，乙中加入HI 0.2mol，相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡
15、浓度，应采取的措施是（ ）A. 甲、乙提高相同温度B. 甲中加入0.1mol He，乙不改变C. 甲降低温度，乙不变D. 甲增加0.1mol，乙增加0.1mol I2【答案】C【解析】本题考查化学平衡移动、等效平衡。在相同条件下，甲、乙容器中达平衡时是等效平衡，欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，则甲中平衡向着正反应方向移动，同时乙向着逆反应方向移动或者不移动。选项A，甲、乙提高相同温度时，平衡均向逆反应方向移动，且达平衡是二者等效，HI浓度相等。选项B，加入稀有气体时，平衡不移动，二者HI浓度相等。选项C，甲降低温度平衡向着正反应方向移动，达平衡是HI浓度增大，而乙中HI浓度不变，
16、符合题意。选项D，甲中增加等量的H2或I2，达平衡是HI浓度相等14.向AgCl饱和溶液中加水，下列叙述正确的是（ ）A. AgCl的溶解度增大B. AgCl的溶解度、Ksp均不变C. AgCl的Ksp增大D. AgCl的溶解度、Ksp均增大【答案】B【解析】试题解析：A、加入水多，溶解的氯化银质量多，AgCl的溶解度是指一定温度下，100g水中溶解AgCl的最大质量，与加入水的多少无关，故A错误；B、AgCl的溶解度、Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的溶解度、Ksp不变，故B正确；C、AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变，故C错误；D、AgCl的溶解度、Ksp只
17、受温度影响，温度不变，AgCl的溶解度、Ksp不变，故D错误。考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质15.一定温度下，难溶电解质的饱和溶液中存在着沉淀溶解平衡，已知：物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Ksp(25)8.010-162.210-204.010-3825时，对于含Fe2(SO4)3、FeSO4和CuSO4各0.5mol的1L混合溶液，根据上表数据判断，下列说法不正确的是（ ）A. 在pH5的溶液中，Fe3不能大量存在B. 混合溶液中c(SO42-)c(Fe3)c(Fe2)c(Cu2)54C. 向混合溶液中逐滴加入0.1molL1NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀D.
18、向混合溶液中加入适量氯水，并调节pH到34过滤，可获较纯净的CuSO4溶液【答案】D【解析】A. 在pH5的溶液中c(OH)= 10-9mol/L，c(Fe3+ )=4.010-11mol/L，所以Fe3不能大量存在，故A正确；B. 混合溶液中c(SO)=2.5mol/L，Fe3、Fe2、Cu2发生水解，c(Fe3)c(Fe2)c(Cu2)54，故B正确；C. 向混合溶液中逐滴加入0.1 molL1NaOH溶液，由于KspFe(OH)3最小，所以最先看到红褐色沉淀，故C正确；D. 滤液中含有氯化物，故D不正确。故选D。16.如结构图，黄曲霉素（AFTB2）是污染粮食的真菌霉素，有致癌性。跟1m
19、ol该化合物起反应的H2和NaOH的最大量分别为（ ）A. 6 mol、2molB. 7mol、2molC. 6mol、1molD. 7mol、1mol【答案】A【解析】【详解】黄曲霉毒素(AFTB2)分子中含有2个C=C、1个和1个苯环，都可与氢气发生加成反应，所以1mol黄曲霉毒素最多可与6mol氢气发生加成反应；黄曲霉毒素(AFTB2)分子中含有1个-COO-，水解可生成-COOH和酚羟基，二者都可与NaOH反应，则1mol黄曲霉毒素最多消耗2molNaOH，故选A【点睛】本题的易错点为氢气的最大消耗量，要注意-COO-中虽含C=O键，但不能与氢气发生加成反应。17.国家游泳中心（俗称“
20、水立方”）采用了高分子膜材料“ETFE”，该材料是四氟乙烯（CF2=CF2）与乙烯（CH2=CH2）发生聚合反应得到的高分子材料，下列说法不正确的是（ ）A. “ETFE”分子中可能存在“CH2CH2CF2CF2”的连接方式B. 合成“ETFE”的反应为加聚反应C. CF2=CF2和CH2=CH2均是平面形分子D. CF2=CF2可由CH3CH3与F2两种物质直接反应制得【答案】D【解析】CH3CH3与F2光照条件下只发生取代反应，无法生成不饱和的有机物，D项错误；由nCH2=CH2nCF2=CF2CH2CH2CF2CF2可知A、B项正确；由乙烯的构型推知C项正确。18.下列叙述不正确的是（
21、）A. CCl4可由CH4制得，可萃取碘水中的碘B. 乙烯和甲苯分子中所有原子都在同一个平面上C. 煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠D. 和CH3-CH=CH2互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】ACH4与氯气发生取代反应可以得到CCl4，碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，CCl4与水不互溶，可萃取碘水中的碘，故A正确；B乙烯分子是平面结构，所有原子都在同一个平面上，甲苯分子中含有甲基，具有与甲烷相似的结构，甲苯分子中所有原子不可能位于同一平面上，故B错误；C煤油是石油分馏获得的一种馏分，可用作燃料，也可用于实验室保存少量金属钠，故C正确；D和CH3-CHCH2是分
22、子式相同，结构式不同，属于同分异构体，故D正确；答案选B。19.分子式为C5H10O2的有机物为具有水果香味的油状液体，它与过量的NaOH溶液共热后蒸馏，若得到的有机物蒸气与氢气的摩尔质量之比为23，则有机物C5H10O2的结构简式可以是（ ）A. HCOOCH2CH（CH3）2B. CH3CH2COOCH2CH3C. CH3COOCH2CH2CH3D. CH3COOCH（CH3）2【答案】B【解析】【详解】得到的有机物蒸气与氢气的摩尔质量之比为23，则有机物蒸气摩尔质量=46gmol-1，酯在碱中水解产生的有机蒸气是醇，则摩尔质量为46gmol-1的醇是乙醇，所以水解得到的羧酸钠为丙酸钠，原
23、有机物C5H10O2的结构简式为CH3CH2COOCH2CH3，故选B。20.下列说法正确的是（ ）A. 淀粉、纤维素、油脂的相对分子质量都较大，所以都属于高分子化合物B. 苯、乙酸、乙醇在一定条件下都能发生取代反应，且都能与金属钠反应C. 乙烯能使酸性高锰酸钾和溴水褪色，二者反应原理相同D. 等物质的量的乙烷和乙醇完全燃烧时所需氧气的质量不相等【答案】D【解析】A项，油脂不属于高分子化合物；B项，苯不能与金属钠反应；C项，乙烯能使酸性高锰酸钾褪色是发生氧化反应，使溴水褪色是发生了加成反应。21.下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（ ）A. 醛基的电子式：B. 丙烷的分子结构的比例模型：
24、C. 乙烯的最简式（实验式）：CH2D. 硝基苯的结构简式：【答案】C【解析】【分析】A项，漏写O原子上的孤电子对；B项，为丙烷的球棍模型；C项，乙烯的实验式为CH2；D项，硝基苯中硝基上的氮原子与苯环直接相连。【详解】A项，漏写O原子上的孤电子对，醛基的电子式为，A项错误；B项，为丙烷的球棍模型，B项错误；C项，乙烯的分子式为C2H4，乙烯的实验式为CH2，C项正确；D项，硝基苯中硝基上的氮原子与苯环直接相连，硝基苯的结构简式为，D项错误；答案选C。22.下列物质中，不能发生消去反应的是（ ）A. B. CH2BrCH2BrC. D. CH2ClCH2CH3【答案】C【解析】【分析】卤代烃发
25、生消去反应的结构特点为：与-X相连碳原子的邻位碳原子上有氢原子才能发生消去反应，形成不饱和键，据此分析解答。【详解】A与-Cl相连的C邻位碳原子上有H，能发生消去反应，故A不选；BCH2BrCH2Br与-Br相连的C邻位碳原子上有H，能发生消去反应，故B不选；C，与-Cl相连的C的邻位C上无H，不能发生消去反应，故C选；DCH2ClCH2CH3与-Cl相连的C邻位碳原子上有H，能发生消去反应，故D不选；答案选C。【点睛】掌握卤代烃的消去反应的条件是解题的关键。本题的易错点为B，要注意CH2BrCH2Br中的2个溴原子都可以发生消去反应生成CHCH。23.既可以鉴别乙烷和乙炔，又可以除去乙烷中含
26、有的乙炔的方法是（ ）A. 通入足量的酸性高锰酸钾溶液B. 与足量的溴水反应C. 点燃D. 在一定条件下与氢气加成【答案】B【解析】【详解】A乙炔和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳气体，会引入新杂质，不能用高锰酸钾溶液除去乙烷中含有的乙炔，故A错误；B通入足量的溴水中，乙炔与溴水发生加成反应，溴水褪色，既可以用来鉴别乙烷和乙炔，又可以用来除去乙烷中混有的乙炔，故B正确；C乙烷和乙炔都可燃烧，不能用点燃的方法除杂，故C错误；D在一定条件下通入氢气不能鉴别乙烷和乙炔，能引入新的杂质，也不能除去乙烷中含有的乙炔，故D错误；答案选B。24.下列各组物质中一定属于同系物的是（ ）A. CH4和C
27、2H4B. 烷烃和环烷烃C. C2H4和C4H8D. C5H12和C2H6【答案】D【解析】【详解】ACH4属于烷烃，C2H4属于烯烃，结构不相似，不互为同系物，故A错误；B烷烃和环烷烃是两类不同的烃，结构不相似，不互为同系物，故B错误；CC2H4属于烯烃，C4H8可能为环戊烷、戊烯，结构不一定相似，二者不一定与乙烯互为同系物，故C错误；DC5H12与C2H6满足CnH2n+2的通式，属于烷烃，结构相似，分子组成上相差3个CH2原子团，一定互为同系物，故D正确；答案选D。分卷II二、填空题(共7小题,共50分)25.一种离子晶体的晶胞如图其中阳离子A以红球表示，阴离子B以黑球表示。（1）每个晶
28、胞中含A离子的数目为_，含B离子数目为_。（2）若A的核外电子排布与Ar相同，B的电子排布与Ne相同，则该离子化合物的化学式是_；（3）阳离子周围距离最近的阴离子数为_，阴离子周围距离最近的阳离子数为_。（4）已知A的离子半径为rm，则该晶胞的体积是_m3。【答案】（6分，每空1分）（1）4、8 （2）CaF2 （3）8、4 （4）16r3【解析】试题分析：（1）根据晶胞结构可知，B请别再晶胞内，共计是8个。而A离子的个数个。（2）根据（1）可知，该离子化合物的化学式是AB2。又因为A的核外电子排布与Ar相同，B的电子排布与Ne相同，则A是Ca，B是F，所以化学式是CaF2。（3）根据晶胞结构
29、可知，钙离子周围距离最近的阴离子F数为8个，而阴离子周围距离最近的阳离子数4个。（4）已知A的离子半径为r m，则该晶胞的面半径是4rm，所以晶胞的边长是，因此晶胞的体积是16r3。考点：考查晶胞结构的判断、计算和化学式的确定点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的重要考点和题型，试题综合性强，注重基础知识的巩固，侧重能力的培养和解题方法的指导与训练。有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。该题的关键是明确晶胞中离子个数的计算原则和依据，有利于提高学生分析问题、解决问题的能力。26.KMnO4溶液常用作氧化还原反应滴定的标准液，由于KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中某些少量
30、还原性物质还原，生成难溶性物质MnO(OH)2，因此配制KMnO4标准溶液的操作是：（1）称取稍多于所需量的KMnO4固体溶于水，将溶液加热并保持微沸1h；（2）用微孔玻璃漏斗过滤除去难溶的MnO(OH)2；（3）过滤得到的KMnO4溶液贮存于棕色试剂瓶放在暗处；（4）利用氧化还原滴定方法，在7080 条件下用基准试剂(纯度高、式量较大、稳定性较好的物质)溶液标定其浓度。请回答下列问题：（1）将溶液加热并保持微沸1 h的目的是_。（2）如何保证在7080 条件下进行滴定操作：_。（3）准确量取一定体积的KMnO4溶液用_(填仪器名称)。（4）在下列物质中，用于标定KMnO4溶液的基准试剂最好选
31、用_(填序号)。AH2C2O42H2O BFeSO4C浓盐酸 DNa2SO3（5）若准确称取Wg你选的基准试剂溶于水配成500 mL水溶液，取25.00 mL置于锥形瓶中，用高锰酸钾溶液滴定至终点，消耗高锰酸钾溶液VmL：滴定终点标志是_；所配制KMnO4标准溶液的物质的量浓度为_ molL1；（6）若用放置两周的KMnO4标准溶液去滴定水样中Fe2含量，测得的浓度值将_(填“偏高”或“偏低”)。【答案】（1）将水中还原性物质完全氧化；（2）水浴加热，用温度计控制水温；（3）酸式滴定管；（4）A；（5）滴入最后1滴KMmO4溶液，溶液颜色从无色变成浅红色，且半分钟内不褪色；（6）偏高【解析】（
32、1）由于KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO（OH）2，所以要除去水中的还原性物质，则将溶液加热并保持微沸1h的目的是将水中还原性物质完全氧化；故答案为：将水中还原性物质完全氧化；（2）加热温度低于100时，一般采用水浴加热，则要保证在7080条件下进行滴定操作，应该水浴加热，用温度计控制水温；（3）KMnO4溶液具有强氧化性能氧化碱式滴定管中的橡胶管，所以不能用碱式滴定管量取，应该用酸式滴定管量取；（4）AH2C2O42H2O常温下是稳定的结晶水水化物，溶于水后纯度高、稳定性好，可以用作基准试剂，故A正确；BFeSO4在空气中不稳定，
33、亚铁离子容易被氧化成铁离子，不宜用作基准试剂，故B错误；C浓盐酸不稳定，易挥发，不宜用作基准试剂，故C错误；DNa2SO3具有还原性，在空气中容易被氧化成硫酸钠，不宜用作基准试剂，故D错误；（5）滴定时滴入最后一滴，高锰酸钾不完全反应，溶液变成浅红色并保持半分钟不褪色，说明滴定到达终点；草酸的物质的量浓度为：=mol/L，根据反应方程式6H+ + 2MnO4 + 5H2C2O42H2O 2Mn2+ + 10CO2 + 18H2O中草酸和高锰酸钾之间的关系式得，酸性高锰酸钾的物质的量浓度=mol/L；（6）在放置过程中，由于空气中还原性物质的作用，使KMnO4溶液的浓度变小了，再去滴定水样中的F
34、e2+时，需要消耗KMnO4溶液（标准溶液）的体积会增大，导致计算出来的c（Fe2+）值会增大，测定的结果偏高27.化学课外兴趣小组学生在实验室里制取的乙烯中常混有少量的二氧化硫，老师启发他们并由他们自己设计了下列实验图以确认上述混合气体中有C2H4和SO2，回答下列问题：（1）装置应盛放的试剂是I _，IV _（将下列有关试剂的序号填入空格内）；A品红溶液 BNaOH溶液 C浓硫酸 D酸性KMnO4溶液（2）能说明SO2气体存在的现象是_；（3）使用装置II的目的是_ ；（4）使用装置III的目的是 _；（5）确定含有乙烯的现象是_。【答案】 (1). A (2). D (3). 装置中品红
35、溶液褪色 (4). 除去二氧化硫气体，以免干扰乙烯的实验 (5). 检验二氧化硫是否除尽 (6). 装置中的品红溶液不褪色，装置中的酸性高锰酸钾溶液褪色【解析】分析：(1)二氧化硫是否存在可用品红溶液检验；检验乙烯可以用溴水或高锰酸钾酸性溶液；乙烯和二氧化硫都能使溴水或高锰酸钾酸性溶液褪色；乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色:CH2=CH2+Br2BrCH2-CH2Br,乙烯被酸性高锰酸钾氧化使其褪色，二氧化硫与溴水、酸性高锰酸钾发生氧化还原反应,5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr乙烯不与NaOH溶液反应，但二
36、氧化硫能与碱反应SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O,故乙烯的检验应放在排除SO2的干扰后进行，先通过品红溶液褪色检验SO2的存在，再通过NaOH溶液除去SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，最后用高锰酸钾酸性溶液褪色实验检验乙烯。(2)通过品红溶液褪色检验SO2的存在。(3)SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr,除去二氧化硫气体,以免干扰乙烯的实验。(4)再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净。 (5)用高锰酸钾酸性溶液褪色实验检验乙烯。详解：(1)乙烯不与NaOH溶液反应,但二氧化硫能与碱反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，二氧化硫是否存在可用品红溶液检
37、验；乙烯的检验应放在排除SO2的干扰后进行，先通过品红溶液褪色检验SO2的存在；再通过NaOH溶液除去SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，最后用高锰酸钾酸性溶液褪色实验检验乙烯；正确答案: A；D。 (2)二氧化硫是否存在可用品红溶液检验，品红溶液褪色说明含有二氧化硫；正确答案:装置中品红溶液褪色。(3)乙烯和二氧化硫都能使溴水或高锰酸钾酸性溶液褪色，二氧化硫的存在影响乙烯的检验，故检验乙烯时应先除去二氧化硫；正确答案:除去二氧化硫气体，以免干扰乙烯的实验。(4)通过NaOH溶液除去SO2,再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净；正确答案：检验二氧化硫是否除尽。 (5)最后用高锰酸
38、钾酸性溶液褪色实验检验乙烯,装置中的酸性高锰酸钾溶液褪色,说明含有乙烯；正确答案：装置中的品红溶液不褪色,装置中的酸性高锰酸钾溶液褪色。点睛：如果要验证乙烯和二氧化硫混合气体，先把气体通入品红溶液，品红褪色，证明有二氧化硫，然后用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，再用品红检验是否除干净，最后气体进入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，乙烯气体得证。28.草酸是一种重要的化工产品实验室用硝酸氧化淀粉水解液制备草酸的装置如图所示(加热、搅拌和仪器固定装置均已略去)。实验过程如下：将一定量的淀粉水解液加入三颈瓶中；控制反应液温度在5560条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸(65%HNO3与98%H
39、2SO4的质量比为21.5)溶液；反应3h左右，冷却，抽滤后再重结晶得草酸晶体；硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：C6H12O6+12HNO33H2C2O4+9NO2+3NO+9H2OC6H12O6+8HNO36CO2+8NO+10H2O3H2C2O4+2HNO36CO2+2NO+4H2O(1)检验淀粉是否水解完全所需用的试剂为_；(2)实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产率下降，其原因是_；(3)装置C用于尾气吸收，当尾气中n(NO2)n(NO)=11时，过量的NaOH溶液能将NO，全部吸收，原因是_(用化学方程式表示)；(4)与用NaOH溶液吸收尾气相比较，若用淀粉水解液吸收尾气，其优
40、、缺点是_；(5)草酸重结晶的减压过滤操作中，除烧杯、玻璃棒外，还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有_。【答案】 (1). 碘水 (2). 由于温度过高、硝酸浓度过大，导致C6H12O6和H2C2O4进一步被氧化 (3). NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O (4). 优点：提高HNO3利用率；缺点：NOx吸收不完全 (5). 布氏漏斗、吸滤瓶【解析】【分析】(1)根据淀粉的特性分析解答；(2)草酸和葡萄糖均具有还原性，升高温度，增大硝酸浓度，硝酸的氧化性越强；(3)NO中氮元素为+2价，NO2中氮元素为+4价，在碱性条件下，发生价态归中反应；(4)根据尾气的成分和氢氧化钠和淀粉的性质
41、解答；(5)根据减压过滤特点分析解答。【详解】(1)淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液，溶液显蓝色，则证明淀粉没有完全水解；溶液若不显色，则证明淀粉完全水解，故答案为：碘水；(2)混酸为65%HNO3与98%H2SO4的混合液，混合液溶于水放热，温度高能加快化学反应，若混酸滴加过快，硝酸浓度过大，导致C6H12O6和H2C2O4进一步被氧化，故答案为：温度过高、硝酸浓度过大，导致C6H12O6和H2C2O4进一步被氧化；(3) NO中氮元素为+2价，NO2中氮元素为+4价，在碱性条件下，二者发生反应生成NaNO2，反应的化学方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O
42、，故答案为：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O；(4)尾气为一氧化氮和二氧化氮，用碱吸收，它们将转变为亚硝酸钠完全吸收，如果用淀粉水解液吸收，二氧化氮与水反应生成硝酸，葡萄糖能继续被硝酸氧化，但NOx吸收不完全，故答案为：优点：提高HNO3利用率；缺点：NOx吸收不完全；(5)减压过滤与常压过滤相比，优点：可加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀，装置特点：布氏漏斗颈的斜口要远离且面向吸滤瓶的抽气嘴，因此草酸重结晶的减压过滤操作中，除烧杯、玻璃棒外，还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有布氏漏斗、吸滤瓶，故答案为：布氏漏斗、吸滤瓶。29.A，B，C，D是四种短周期元素，E是过渡元素。A，B，
43、C同周期，C，D同主族，A的原子结构示意图为，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个未成对电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：（1）写出下列元素的符号：A_，B_，C_，D_。（2）用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是_，碱性最强的是_。（3）用元素符号表示D所在周期第一电离能最大的元素是_，电负性最大的元素是_。（4）E元素原子的核电荷数是_，E元素在周期表的第_周期第_族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在_区。（5）写出D元素原子构成单质的电子式_，该分子中有_个键，_个键。【答案】 (1). Si (2). Na
44、(3). P (4). N (5). HNO3 (6). NaOH (7). Ne (8). F (9). 26 (10). 四 (11). (12). d (13). (14). 1 (15). 2【解析】【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。【详解】(1) 由上述分析可知，A为Si、B为Na、C为P、D为N；(2
45、) 非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性NPSi，酸性最强的是HNO3，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性Na最强，碱性最强的是NaOH；(3) 同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，所以第一电离能最大的元素是Ne，周期自左而右，电负性增大，故电负性最大的元素是F；(4) E为Fe元素，E的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故核电荷数是26，Fe在周期表中处于第四周期第族，在周期表中处于d区；(5) D为氮元素，原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有3个未成对电子，故氮气的电子式为：，该分子中有1个键，2个键。【点睛】本题重点
46、考查元素推断和元素周期律的相关知识。本题的突破点为A的原子结构示意图为，可推出A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强；同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，同周期自左而右，电负性逐渐增大。30.化合物A（C11H8O4）在氢氧化钠溶液中加热反应后再酸化可得到化合物B和C回答下列问题：（1）B的分子式为C2H4O2，分子中只有一
47、个官能团则B的结构简式是 ，B与乙醇在浓硫酸催化下加热反应生成D，该反应的化学方程式是 ，该反应的类型是 ；写出两种能发生银镜反应的B的同分异构体的结构简式 （2）C是芳香化合物，相对分子质量为180，其碳的质量分数为60.0%，氢的质量分数为4.4%，其余为氧，则C的分子式是 （3）已知C的芳环上有三个取代基，其中一个取代基无支链，且还有能使溴的四氯化碳溶液褪色的官能团及能与碳酸氢钠溶液反应放出气体的官能团，则该取代基上的官能团名称是 另外两个取代基相同，分别位于该取代基的邻位和对位，则C的结构简式是 （4）A的结构简式是 【答案】（1）CH3COOH，CH3COOH+CH3CH2OHCH3
48、COOCH2CH3+H2O，取代反应或酯化反应，HOCH2CHO、HCOOCH3；（2）C9H8O4（3）碳碳双键和羧基，（4）【解析】化合物A（C11H8O4）在氢氧化钠溶液中加热反应后再酸化可得到化合物B和C，说明A中含有酯基，B的分子式为C2H4O2，分子中只有一个官能团，所以B是乙酸，乙酸和乙醇能发生酯化反应生成乙酸乙酯D；C是芳香化合物，相对分子质量为180，其碳的质量分数为60.0%，氢的质量分数为4.4%，其余为氧，根据C中碳氢氧的含量确定其分子式；C的芳环上有三个取代基，其中一个取代基无支链，且还有能使溴的四氯化碳溶液褪色的官能团及能与碳酸氢钠溶液反应放出气体的官能团，说明该支
49、链上含有碳碳双键和羧基，另外两个取代基相同，分别位于该取代基的邻位和对位，根据C中原子个数确定该取代基名称，根据B和C物质确定A物质名称，从而写出其结构简式解：（1）化合物A（C11H8O4）在氢氧化钠溶液中加热反应后再酸化可得到化合物B和C，说明A中含有酯基，B的分子式为C2H4O2，分子中只有一个官能团，所以B的结构简式是CH3COOH，在加热、浓硫酸催化下乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯D，该反应的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应的类型是取代反应或酯化反应；能发生银镜反应的，说明B的同分异构体中含有醛基，则结构简式为HOCH2CHO、HCOO
50、CH3，故答案为：CH3COOH，CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，取代反应或酯化反应，HOCH2CHO、HCOOCH3；（2）C是芳香化合物，说明C中含有苯环，相对分子质量为180，其碳的质量分数为60.0%，则含碳原子个数为9，氢的质量分数为4.4%，含氢原子个数为8，其余为氧，则O原子个数为4，则C的分子式是C9H8O4，故答案为：C9H8O4；（3）C的芳环上有三个取代基，其中一个取代基无支链，且还有能使溴的四氯化碳溶液褪色的官能团说明含有碳碳双键；能与碳酸氢钠溶液反应放出气体的官能团，说明含有羧基；另外两个取代基相同，根据分子式，可推算出另外的官能团为
51、羟基；其分别位于该取代基的邻位和对位，则C的结构简式是，故答案为：碳碳双键和羧基，；（4）A能水解再酸化生成B和C，根据B和C的结构简式知，A的结构简式是，故答案为：点评：本题考查有机物的推断，明确物质含有的官能团及其性质是解本题关键，难点是同分异构体的书写【此处有视频，请去附件查看】31.某芳香烃A，分子式为C8H10；某烃类衍生物X，分子式为C15H14O3，能使FeCl3溶液显紫色；J分子内有两个互为对位的取代基在一定条件下有如下的转化关系：（无机物略去）（1）属于芳香烃类的A的同分异构体中，其沸点的大小关系为_；（不包括A，用结构简式表示）（2）J中所含的含氧官能团的名称为_；（3）E
52、与H反应的化学方程式是_；反应类型是_；（4）B、C的混合物在NaOH乙醇溶液中加热可以生成同一种有机物I，以I为单体合成的高分子化合物的名称是_；（5）已知J有多种同分异构体，写出一种符合下列性质的J的同分异构体的结构简式_；与FeCl3溶液作用显紫色与新制Cu（OH）2悬浊液作用产生红色沉淀苯环上的一卤代物有2种【答案】 (1). (2). （酚）羟基、羧基 (3). (4). 酯化反应（或取代反应） (5). 聚苯乙烯 (6). 【解析】【分析】某芳香烃A，分子式为C8H10，可能为乙苯或二甲苯，A与氯气在光照条件下发生侧链上的一氯取代反应生成两种不同物质B和C，说明A为乙苯，B最终产物
53、H能与NaHCO3溶液反应，说明H具有酸性，则B为，C为，E为，H为，X分子式为C15H14O3，能使FeCl3溶液显紫色，说明结构中含有酚羟基，水解生成I和E，则X为酯，水解生成羧酸和醇，而E为醇，分子中不含酚羟基，J为酸，分子中含有羧基并有酚羟基，且两个取代基互为对位，结构为，据此分析解答。【详解】(1)乙苯的同分异构体为二甲苯，有邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯三种，三者的沸点高低顺序为邻二甲苯间二甲苯对二甲苯，故答案为：；(2)J为，分子中含有的含氧官能团为酚羟基和羧基，故答案为：(酚)羟基、羧基；(3)E为，H为，二者在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成酯和水，反应方程式为：，故答案为：；酯化反应(或取代反应)；(4)B为，C为，B、C的混合物在NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应，可以生成同一种有机物K，则K为苯乙烯，苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯，故答案为：聚苯乙烯；(5)J为，J的同分异构体中：与FeCl3溶液作用显紫色，说明结构中含有酚羟基；与新制Cu(OH)2悬浊液作用产生红色沉淀，说明结构中含有醛基，可以是醛也可以是甲酸酯；苯环上的一卤代物有2种，说明苯环结构中只含有两种性质不同的氢原子。符合条件的有：，故答案为：。
