2023學年上海市金山中學高二（下）期末化學試卷（等級考）一、選擇題（本題包括5小題，每小題2分，共10分，每小題只有一個選項符合題意）1．崇明縣為“打造世界級生態島，創建全國文明縣城”而采取的下列措施與倡議中，能有效減少的是（）A．垃圾回收 B．綠色出行 C．交通整頓 D．河道整治2．化學與日常生活緊密相關．下列說法中，不正確的是（）A．甲醛可作食品防腐劑 B．氫氧化鋁可作抗酸藥C．氯化鈉可作食品調味劑 D．生石灰可作食品干燥劑3．某晶體熔化時化學鍵沒有被破壞的屬于（）A．原子晶體 B．離子晶體 C．分子晶體 D．金屬晶體4．實驗室進行下列實驗時，一定不需要使用“沸石”的是（）A．制取蒸餾水 B．分餾石油 C．制取乙烯 D．溴乙烷的水解5．反應E+F═G在溫度T1下進行，反應M+N═K在溫度T2下進行，已知：T1＞T2，且E和F的濃度均大于M和N的濃度，則兩者的反應速率（）A．前者大 B．后者大 C．一樣大 D．無法判斷二、選擇題（本題包括15小題，每小題3分，共45分，每小題只有一個選項符合題意）6．下列物質能通過化合反應直接制得的是（）①FeCl2②H2SO4③NH4NO3④HCl．A．只有①②③ B．只有②③ C．只有①③④ D．全部7．下列說法正確的是（）A．鑒別溶液中是否有SO42﹣，先用鹽酸酸化，再加BaCl2溶液B．干餾、分餾都是物理變化C．往制備乙酸乙酯反應后的混合液中加入Na2CO3溶液，產生氣泡，說明乙酸有剩余D．3molFe在足量的水蒸氣中完全反應轉移9NA個電子8．無法實現的反應是（）A．酸和酸反應生成酸B．只有氧化劑的氧化還原反應C．鹽和鹽反應生成堿D．一種堿通過化合反應生成一種新的堿9．化學反應中，物質的用量不同或濃度不同或反應條件不同會對生成物產生影響．下列反應的生成物不受反應物的用量或濃度或反應條件影響的是（）A．二氧化硫與氫氧化鈉溶液反應B．鈉與氧氣的反應C．鐵在硫蒸氣中燃燒D．鐵粉加入硝酸中10．某有機化合物的結構簡式如圖所示．下列說法正確的是（）A．不能發生銀鏡發應B．1mol該物質最多可與2molBr2反應C．與NaHCO3、Na2CO3均能發生反應D．1mol該物質最多可與4molNaOH反應11．在恒容密閉容器中，用銅鉻的氧化物作催化劑，用一定量的HCl（g）和O2制取Cl2的原理為4HCl（g）+O2（g）?2Cl2（g）+2H2O（g）+Q（Q＞0）．下列有關說法錯誤的是（）A．平衡前，隨著反應的進行，容器內壓強變小B．平衡時，其他條件不變，分離出H2O（g），逆反應速率減小C．平衡時，其他條件不變，升高溫度平衡常數增大D．其他條件不變，使用不同催化劑，HCl（g）的轉化率不變12．用下列各組試劑分離FeCl3和AlCl3兩種物質的混合物，其中可以達到目的是（）A．氨水和鹽酸 B．氫氧化鈉和二氧化碳C．氫氧化鈉和鹽酸 D．氨水和二氧化碳13．如圖是部分短周期元素原子（用字母表示）最外層電子數與原子序數的關系圖．說法正確的是（）A．元素非金屬性：X＞R＞WB．X與R形成的分子內含兩種作用力C．X、Z形成的化合物中可能含有共價鍵D．元素對應的離子半徑：W＞R＞X14．既發生了化學反應，又有電解質的溶解過程，且這兩個過程都吸熱的是（）A．冰醋酸與NaOH溶液反應 B．KNO3加入水中C．NH4NO3加入水中 D．CaO加入水中15．我國科學家屠呦呦因在抗瘧疾藥物﹣﹣﹣青蒿素的開發起到關鍵作用而獲2023年諾貝爾生理學或醫學獎．青蒿素可由香草醛經過系列反應合成，下列是主要原料、中間體、產品：下列有關說法中錯誤的是（）A．青蒿素能發生水解反應B．青蒿素易溶于乙醚C．在一定條件下，香草醛可與HCHO發生縮聚反應D．可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鑒別香草醛和青蒿酸16．在溶液中能共存，加OH﹣有沉淀析出，加H+能放出氣體的是（）A．Na+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣ B．Fe2+、K+、S2﹣、SO42﹣C．Na+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣ D．H+、Al3+、NH4+、CO32﹣17．向等體積等物質的量濃度的H2S和SO2的水溶液各兩份中，分別通入不同的氣體，一段時間后，如圖表示通入的氣體的量與溶液pH關系的曲線圖，下列說法中正確的是（）A．曲線a表示向H2S水溶液中通入O2B．曲線b表示向SO2水溶液中通入O2C．曲線c表示向H2S水溶液中通入Cl2D．曲線d表示向SO2水溶液中通入H2S18．有等體積、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3?H2O三種堿溶液，滴加等濃度的鹽酸將它們恰好中和，用去酸的體積分別為V1、V2、V3，則三者的大小關系正確的是（）A．V3＞V2＞V1 B．V3=V2=V1 C．V3＞V2=V1 D．V1=V2＞V319．制備HCl氣體，下列方法中，可行的是（）①NaHSO4+MnCl2（固）加強熱②濃H2SO4+濃HCl共熱③濃H2SO4+KCl（固）共熱④濃H2SO4+NaCl（固）+MnO2共熱．A．①③ B．①②③ C．①③④ D．全部20．以環戊烷為原料制備環戊二烯的合成路線如圖，則（）A．A的結構簡式是B．①②的反應類型分別是取代、消去C．反應②③的條件分別是濃硫酸加熱、光照D．酸性KMnO4溶液褪色可證明已完全轉化成三、填空題（本題包括21、22、23題，共27分）21．根據實驗室測定硫酸銅晶體（CuSO4?5H2O）結晶水含量的實驗，填寫下列空白．（1）除需要酒精燈、玻璃棒、坩堝鉗、藥匙、三腳架等儀器外，從下列儀器中選出所需儀器（用標號字母填寫）．A．電子天平B．研缽C．試管夾D．坩堝E．蒸發皿F．干燥器G．石棉網還需要的儀器是．（2）某學生實驗后得到以下數據：加熱前的質量加熱后的質量W1（容器）W2（容器+晶體）W3（容器+無水硫酸銅）第一次第二次請寫出結晶水x=．本次實驗的相對誤差=．（3）該學生測定結果是偏高還是偏低？．從下列選項中選出該學生產生誤差的原因可能是（填寫字母）．A．加熱前稱量時容器未完全干燥B．最后兩次加熱后的質量相差較大（大于）C．加熱后容器未放入干燥器中冷卻D．加熱過程中晶體有少量濺失．（4）測定硫酸銅晶體中結晶水的含量，至少在天平上進行四次稱量，第三、四次稱量的目的是進行操作，判斷達到恒重的依據是．22．現在工業上主要采用離子交換膜法（圖1）電解飽和食鹽水制取NaOH、H2和Cl2．陽離子交換膜有一種特殊的性質，即它只允許陽離子通過，而阻止陰離子和氣體通過．請回答下列問題：（1）電解之前，食鹽水需要精制，目的是除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質離子，使用的試劑有：a．Na2CO3溶液，b．Ba（OH）2溶液，c．稀鹽酸．其合理的加入順序為（填試劑序號）．（2）在電解過程中，對水的電離是的（填“促進”或“抑制”或“沒有影響”）；與電源正極相連的電極上所發生的電極反應式為．（3）如果在容積為10L的離子交換膜電解槽中，1min后在陰極可產生（標準狀況）H2，這時溶液的pH值是（填“升高”、“降低”或“不變”），溶液中c（OH﹣）為（設體積保持不變）．（4）若沒有陽離子交換膜的存在，改用圖2電解發生器（b為電源正極，用石墨作電極），可制備家用環保型消毒液（NaClO溶液）．則此實驗時電解飽和食鹽水的總化學方程式是．（5）室溫條件下，該消毒液（NaClO）溶液的pH＞7，原因是（用離子方程式表示）．23．某白色固體試樣中可能含有CuCl2、（NH4）2SO4、NaCl、Ba（NO3）2、Na2CO3、Al2（SO4）3中的若干種化合物．為確定其成分，進行如下實驗：①取少量固體溶于水、靜置，得無色溶液和白色沉淀物；②用pH試紙測定上述溶液，結果得溶液的pH小于6；③過濾出沉淀物，逐滴加入鹽酸至過量，觀察到沉淀不發生溶解；④取上述（實驗①）無色溶液，逐滴加入氫氧化鈉溶液至過量，可觀察到先有沉淀出現，而后又逐漸溶解，最后完全消失；加熱所得溶液，產生能使紅色石蕊試紙變藍的氣體．⑤取實驗③中所得的溶液，滴加硝酸銀溶液，有白色沉淀生成．通過上述實驗確定：（1）白色固體中一定存在；（填相應物質的化學式，下同）可能存在；（2）寫出實驗④中產生沉淀，產生氣體的離子方程式：、；（3）若要證明原樣品中可能存在的陰離子，應采用的操作及觀察到的現象是．四、有機合成與推斷（本題12分）24．化合物B是有機合成中間體，制取C4H4O4和E的轉化關系如圖所示．已知C能使溴水退色．回答下列問題：（1）指出反應類型：①；③．（2）E的結構簡式為：．（3）寫出②、④轉化的化學方程式：②；④．（4）現僅以有機物CH3CH=CHCH3為原料，無機試劑任選，用反應流程圖表示合成有機物CH3COOCH2CH=CHCH2OOCCH3的過程．提示：①②由乙醇合成聚乙烯的反應流程圖可表示為：四．計算題（本題共6分）25．氮化鋁（AlN）是一種新型無機材料，而鋁合金是工業中應用最廣泛的一類有色金屬結構材料．試回答下列問題：（1）某氮化鋁（AlN）僅含有Al2O3雜質．稱取樣品，將其加入過量的NaOH濃溶液中共熱并蒸干，AlN跟NaOH溶液反應生成NaAlO2，并放出氨氣（標準狀況）．①上述反應的化學方程式為；②該樣品中的A1N的質量分數為．（2）某含鋁90%的鋁合金跟160mL3mol/L的鹽酸充分反應，（合金中其他成分與酸不發生反應）過濾后除去雜質，將濾液稀釋到1000mL，取出10mL，加入L的氨水，使鋁離子完全沉淀．則使10mL溶液中的鋁離子完全沉淀，至少需消耗氨水多少mL？

2023學年上海市金山中學高二（下）期末化學試卷（等級考）參考答案與試題解析一、選擇題（本題包括5小題，每小題2分，共10分，每小題只有一個選項符合題意）1．崇明縣為“打造世界級生態島，創建全國文明縣城”而采取的下列措施與倡議中，能有效減少的是（）A．垃圾回收 B．綠色出行 C．交通整頓 D．河道整治【考點】"三廢"處理與環境保護．【分析】是指大氣中直徑小于或等于微米的顆粒物，有時也被稱作入肺顆粒物．我們日常常見的霧霾天氣大多數情況下就是由造成的．減少固體顆粒物的排放有利于減少，以此來解答．【解答】解：是指大氣中直徑小于或等于微米的顆粒物，有時也被稱作入肺顆粒物．我們日常常見的霧霾天氣大多數情況下就是由造成的．減少固體顆粒物的排放有利于減少，垃圾回收、綠色出行、交通整治均不能有效減少固體顆粒物的排放，不能有效減少，而河道整治可以減少灰塵等固體微粒向空氣中的排放，從而有效減少．故選D．2．化學與日常生活緊密相關．下列說法中，不正確的是（）A．甲醛可作食品防腐劑 B．氫氧化鋁可作抗酸藥C．氯化鈉可作食品調味劑 D．生石灰可作食品干燥劑【考點】鈉的重要化合物；兩性氧化物和兩性氫氧化物；甲醛．【分析】A．甲醛有毒性，能使蛋白質發生變性；B．氫氧化鋁能與鹽酸反應，且自身對人無害；C．氯化鈉具有咸味，常用作調味品；D．生石灰能和水反應生成微溶于水的氫氧化鈣．【解答】解：A．甲醛有毒，能破壞蛋白質的結構，使之失去生理功能，所以不能用甲醛作食品防腐劑，故A錯誤；B．抗酸藥的有效成分為：碳酸氫鈉、碳酸鈣、碳酸鎂、氫氧化鋁、氫氧化鎂等，氫氧化鋁能與胃液中的鹽酸反應，且自身對人無害，故B正確；C．Na為人體不可缺少的元素，食鹽可用于食品調味劑，具有咸味，故C正確；D．生石灰能和水反應，所以可用生石灰作食品干燥劑，故D正確．故選A．3．某晶體熔化時化學鍵沒有被破壞的屬于（）A．原子晶體 B．離子晶體 C．分子晶體 D．金屬晶體【考點】不同晶體的結構微粒及微粒間作用力的區別．【分析】根據晶體中構成微粒以及微粒之間的作用力分析，分子晶體在熔化時不破壞化學鍵．【解答】解：A．原子晶體在熔化時破壞共價鍵，破壞了化學鍵，故A不選；B．離子晶體在熔化時破壞離子鍵，破壞了化學鍵，故B不選，C．分子晶體在熔化時不破壞化學鍵，如HCl，屬于電解質，溶于水發生電離破壞化學鍵，熔化時沒有化學鍵的破壞，故C選．D．金屬晶體熔化時破壞金屬鍵，破壞了化學鍵，故D不選．故選C．4．實驗室進行下列實驗時，一定不需要使用“沸石”的是（）A．制取蒸餾水 B．分餾石油 C．制取乙烯 D．溴乙烷的水解【考點】化學實驗方案的評價．【分析】A．制取蒸餾水需要加熱到100℃以上；B．需要加入沸石防止混合液體暴沸；C．制取乙烯需要將混合液體加熱到170℃，加熱溫度較高，液態容易發生爆沸；D．溴乙烷的水解溫度較低．【解答】解：A．制取蒸餾水時，為了防止爆沸，需要加入沸石，故A不選；B．分餾石油時，需要通過蒸餾操作完成，需要加入沸石防止混合液體暴沸，故B不選；C．制取乙烯，需要將混合液體加熱到170℃，為了防止混合液體暴沸，需要使用沸石，故C不選；D．溴乙烷的水解溫度較低，所以不需要使用沸石，故D選；故選D．5．反應E+F═G在溫度T1下進行，反應M+N═K在溫度T2下進行，已知：T1＞T2，且E和F的濃度均大于M和N的濃度，則兩者的反應速率（）A．前者大 B．后者大 C．一樣大 D．無法判斷【考點】化學反應速率的影響因素．【分析】影響化學反應速率的主要因素是反應物本身的性質，比較溫度、濃度對化學反應速率的影響只能針對于同一個化學反應．【解答】解：影響化學反應速率的主要因素是物質的性質，物質越活潑，反應速率越大，而濃度、溫度為影響化學反應速率的外因，比較溫度、濃度對化學反應速率的影響只能針對于同一個化學反應，如Na和HCl溶液劇烈反應，但無論溫度多高、濃度多大，Cu都不與鹽酸反應，故選D．二、選擇題（本題包括15小題，每小題3分，共45分，每小題只有一個選項符合題意）6．下列物質能通過化合反應直接制得的是（）①FeCl2②H2SO4③NH4NO3④HCl．A．只有①②③ B．只有②③ C．只有①③④ D．全部【考點】鐵的化學性質；含氮物質的綜合應用；含硫物質的性質及綜合應用．【分析】A、金屬鐵可以和三價鐵離子反應生成亞鐵離子；B、三氧化硫和水反應生成硫酸；C、硝酸和氨水之間發生反應生成硝酸銨；D、氫氣在氯氣中燃燒生成氯化氫．【解答】解：①金屬鐵可以和三價鐵離子反應生成亞鐵離子，屬于化合反應，故①正確；②三氧化硫和水反應生成硫酸，屬于化合反應，故②正確；③硝酸和氨水之間發生反應生成硝酸銨，屬于化合反應，故③正確；④氫氣在氯氣中燃燒生成氯化氫，屬于化合反應，故④正確．故選D．7．下列說法正確的是（）A．鑒別溶液中是否有SO42﹣，先用鹽酸酸化，再加BaCl2溶液B．干餾、分餾都是物理變化C．往制備乙酸乙酯反應后的混合液中加入Na2CO3溶液，產生氣泡，說明乙酸有剩余D．3molFe在足量的水蒸氣中完全反應轉移9NA個電子【考點】化學實驗方案的評價．【分析】A．先加入鹽酸可排除亞硫酸根離子和銀離子的干擾；B．分餾為物理變化；C．制備乙酸乙酯的反應為可逆反應；D．鐵和水反應生成四氧化三鐵．【解答】解：A．先加入鹽酸可排除亞硫酸根離子和銀離子的干擾，再加入氯化鋇可檢驗是否含有硫酸根離子，故A正確；B．分餾根據物質的沸點進行分離，為物理變化，故B錯誤；C．制備乙酸乙酯的反應為可逆反應，乙酸不能完全反應，故C錯誤；D．鐵和水反應生成四氧化三鐵，3molFe在足量的水蒸氣中完全反應轉移8NA個電子，故D錯誤．故選A．8．無法實現的反應是（）A．酸和酸反應生成酸B．只有氧化劑的氧化還原反應C．鹽和鹽反應生成堿D．一種堿通過化合反應生成一種新的堿【考點】化學基本反應類型．【分析】A．強酸制弱酸是得到新酸和鹽；B．氧化劑得到電子；C．鹽和鹽反應不能生成堿；D．堿能與鹽反應．【解答】解：A．強酸制弱酸是得到新酸和鹽，可以實現，故A正確；B．氧化劑得到電子，必須有失去電子的物質，故B錯誤；C．生成堿需要氫氧根，鹽和鹽反應不能生成堿，故C錯誤；D．堿能與鹽反應，生成新堿和新鹽，故D正確．故選BC．9．化學反應中，物質的用量不同或濃度不同或反應條件不同會對生成物產生影響．下列反應的生成物不受反應物的用量或濃度或反應條件影響的是（）A．二氧化硫與氫氧化鈉溶液反應B．鈉與氧氣的反應C．鐵在硫蒸氣中燃燒D．鐵粉加入硝酸中【考點】鈉的重要化合物；二氧化硫的化學性質；鐵的化學性質．【分析】A．氫氧化鈉與二氧化硫反應，二氧化硫少量反應生成亞硫酸鈉，二氧化硫過量反應生成亞硫酸氫鈉；B．鈉在氧氣中燃燒生成過氧化鈉，在空氣中放置生成氧化鈉；C．鐵與硫反應生成硫化亞鐵；D．鐵粉與濃硝酸反應生成二氧化氮，與稀硝酸反應生成一氧化氮．【解答】解：A．二氧化硫與氫氧化鈉溶液反應，產物與二氧化硫有關，二氧化硫少量反應生成亞硫酸鈉，二氧化硫過量反應生成亞硫酸氫鈉，故A不選；B．鈉在氧氣中燃燒生成過氧化鈉，在空氣中放置生成氧化鈉，產物與反應條件有關，故B不選；C．鐵與硫反應生成硫化亞鐵，產物不受反應物的用量或濃度或反應條件影響，故C選；D．鐵粉與濃硝酸反應生成二氧化氮，與稀硝酸反應生成一氧化氮，產物與硝酸濃度有關，故D不選；故選：C．10．某有機化合物的結構簡式如圖所示．下列說法正確的是（）A．不能發生銀鏡發應B．1mol該物質最多可與2molBr2反應C．與NaHCO3、Na2CO3均能發生反應D．1mol該物質最多可與4molNaOH反應【考點】有機物的結構和性質．【分析】由結構可知分子中含酚﹣OH、HCOOC﹣、碳碳雙鍵、﹣Cl，結合酚、酯、烯烴、鹵代烴的性質來解答．【解答】解：A．含甲酸某酯結構，具有﹣CHO的性質，能發生銀鏡發應，故A錯誤；B．碳碳雙鍵、酚﹣OH的鄰對位與溴反應，1mol該物質最多可與3molBr2反應，故B錯誤；C．不能與碳酸氫鈉反應，故C錯誤；D．酚﹣OH、HCOOC﹣、﹣Cl均與NaOH反應，1mol該物質最多可與4molNaOH反應，故D正確；故選D．11．在恒容密閉容器中，用銅鉻的氧化物作催化劑，用一定量的HCl（g）和O2制取Cl2的原理為4HCl（g）+O2（g）?2Cl2（g）+2H2O（g）+Q（Q＞0）．下列有關說法錯誤的是（）A．平衡前，隨著反應的進行，容器內壓強變小B．平衡時，其他條件不變，分離出H2O（g），逆反應速率減小C．平衡時，其他條件不變，升高溫度平衡常數增大D．其他條件不變，使用不同催化劑，HCl（g）的轉化率不變【考點】化學平衡的影響因素；化學平衡的調控作用．【分析】該反應是一個反應前后氣體體積減小、放熱的可逆反應，在反應達到平衡之前，容器內氣體的壓強在不斷減小，分離出H2O（g），即減小生成物濃度，逆反應速率減小，升高溫度平衡向逆反應方向移動，平衡常數減小，使用催化劑只改變化學反應速率但不影響平衡的移動，轉化率不變．【解答】解：A．該反應是一個反應前后氣體體積減小、放熱的可逆反應，在反應達到平衡之前，隨著反應的進行，氣體的物質的量逐漸減小，則容器的壓強在逐漸減小，故A正確；B．分離出H2O（g），即減小生成物濃度，逆反應速率減小，故B正確；C．該反應的正反應是放熱反應，升高溫度平衡向逆反應方向移動，平衡常數減小，故C錯誤；D．使用催化劑只改變化學反應速率但不影響平衡的移動，轉化率不變，故D正確．故選C．12．用下列各組試劑分離FeCl3和AlCl3兩種物質的混合物，其中可以達到目的是（）A．氨水和鹽酸 B．氫氧化鈉和二氧化碳C．氫氧化鈉和鹽酸 D．氨水和二氧化碳【考點】鎂、鋁的重要化合物；鐵的氧化物和氫氧化物；物質的分離、提純和除雜．【分析】A．氨水不能溶解氫氧化鋁，無法分離；B．氫氧化鐵、氫氧化鋁不能溶解在碳酸中，過濾后不能復原得到FeCl3、AlCl3；C．加入燒堿會使FeCl3和AlCl3先分別轉化為Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，過量加入會使Al（OH）3沉淀轉化為可溶的NaAlO2，而Fe（OH）3不會溶解．過濾操作后往Fe（OH）3沉淀加入鹽酸會使沉淀溶解再次生成FeCl3；往NaAlO2溶液加入鹽酸會先出現Al（OH）3沉淀，鹽酸過量沉淀會溶解生成AlCl3，達到分離目的；D．氨水不能溶解氫氧化鋁，無法分離．【解答】解：A．氨水使兩者全部轉化為沉淀，氨水屬于弱堿，不能使Al（OH）3沉淀轉變成偏鋁酸鹽，無法分離，故A錯誤；B．加入燒堿會使FeCl3和AlCl3先分別轉化為Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，過量加入會使Al（OH）3沉淀轉化為可溶的NaAlO2，而Fe（OH）3不會溶解．過濾操作后，往NaAlO2溶液通入二氧化碳會先出現Al（OH）3沉淀，但碳酸屬于弱酸，不能溶解氫氧化鋁、氫氧化鐵，不能復原得到FeCl3、AlCl3，故B錯誤；C．加入燒堿會使FeCl3和AlCl3先分別轉化為Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，過量加入會使Al（OH）3沉淀轉化為可溶的NaAlO2，而Fe（OH）3不會溶解．過濾操作后往Fe（OH）3沉淀加入鹽酸會使沉淀溶解再次生成FeCl3；往NaAlO2溶液加入鹽酸會先出現Al（OH）3沉淀，鹽酸過量沉淀會溶解生成AlCl3，達到分離目的，故C正確；D．氨水使兩者全部轉化為沉淀，氨水屬于弱堿，不能使Al（OH）3沉淀轉變成偏鋁酸鹽，無法分離，故D錯誤；13．如圖是部分短周期元素原子（用字母表示）最外層電子數與原子序數的關系圖．說法正確的是（）A．元素非金屬性：X＞R＞WB．X與R形成的分子內含兩種作用力C．X、Z形成的化合物中可能含有共價鍵D．元素對應的離子半徑：W＞R＞X【考點】原子結構與元素周期律的關系．【分析】都是短周期元素，由最外層電子數與原子序數關系可知，X、Y處于第二周期，X的最外層電子數為6，故X為O元素，Y的最外層電子數為7，故Y為F元素；Z、R、W處于第三周期，最外層電子數分別為1、6、7，故Z為Na元素、R為S元素、W為Cl元素，結合對應單質、化合物的性質以及元素周期律知識解答該題．【解答】解：都是短周期元素，由最外層電子數與原子序數關系可知，X、Y處于第二周期，X的最外層電子數為6，故X為O元素，Y的最外層電子數為7，故Y為F元素；Z、R、W處于第三周期，最外層電子數分別為1、6、7，故Z為Na元素、R為S元素、W為Cl元素，A．同周期元素從左到右非金屬性逐漸增強，應為Cl＞S，故A錯誤；B．X與R形成的分子可為SO2或SO3，分子內只存在極性鍵，故B錯誤；C．X、Z形成的化合物如為Na2O2，可含有共價鍵，故C正確；D．核外電子排布相同的離子核電荷數越大離子半徑越小，半徑Cl﹣＜S2﹣，故D錯誤．故選C．14．既發生了化學反應，又有電解質的溶解過程，且這兩個過程都吸熱的是（）A．冰醋酸與NaOH溶液反應 B．KNO3加入水中C．NH4NO3加入水中 D．CaO加入水中【考點】吸熱反應和放熱反應．【分析】A、冰醋酸和氫氧化鈉溶液的反應為酸堿中和；B、硝酸鉀加入水中沒有化學反應發生；C、硝酸銨加入水中后，先溶于水，然后發生鹽類的水解；D、氧化鈣放入水中后和水發生化合反應．【解答】解：A、冰醋酸和氫氧化鈉溶液的反應為酸堿中和，而酸堿中和為放熱反應，故A錯誤；B、由于硝酸鉀為強酸強堿鹽，不能水解，故硝酸鉀加入水中沒有化學反應發生，故不符合題干的要求，故B錯誤；C、硝酸銨加入水中后，先溶于水，而銨鹽溶于水為吸熱的物理過程；然后發生鹽類的水解，由于鹽類的水解為酸堿中和的逆反應，故鹽類水解吸熱，故C正確；D、氧化鈣放入水中后和水發生化合反應，為放熱反應，故D錯誤．故選C．15．我國科學家屠呦呦因在抗瘧疾藥物﹣﹣﹣青蒿素的開發起到關鍵作用而獲2023年諾貝爾生理學或醫學獎．青蒿素可由香草醛經過系列反應合成，下列是主要原料、中間體、產品：下列有關說法中錯誤的是（）A．青蒿素能發生水解反應B．青蒿素易溶于乙醚C．在一定條件下，香草醛可與HCHO發生縮聚反應D．可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鑒別香草醛和青蒿酸【考點】有機物的結構和性質．【分析】A．青蒿素中含﹣COOC﹣；B．青蒿素為酯類有機物；C．香草醛含酚﹣OH，但酚羥基鄰位置只有一個'H，不能與HCHO可發生酚醛縮合反應；D．香草醛含酚﹣OH，可利用氯化鐵鑒別，青蒿酸含﹣COOH能與碳酸氫鈉溶液反應．【解答】解：A．青蒿素中含﹣COOC﹣，能發生水解反應，故A正確；B．青蒿素為酯類有機物，易溶于乙醚，故B正確；C．香草醛雖含酚﹣OH，但不能與HCHO可發生酚醛縮合反應，故C錯誤；D．香草醛含酚﹣OH，可利用氯化鐵鑒別，青蒿酸含﹣COOH能與碳酸氫鈉溶液反應，則NaHCO3溶液能鑒別香草醛和青蒿酸，故D正確；故選C．16．在溶液中能共存，加OH﹣有沉淀析出，加H+能放出氣體的是（）A．Na+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣ B．Fe2+、K+、S2﹣、SO42﹣C．Na+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣ D．H+、Al3+、NH4+、CO32﹣【考點】離子共存問題．【分析】A．加入氫離子后，四種離子都不與氫離子反應，沒有氣體生成；B．亞鐵離子與硫離子反應生成硫化亞鐵，不能共存；C．加入氫氧根離子后，碳酸氫根離子、鈣離子與氫氧根離子反應生成碳酸鈣沉淀；加入氫離子后，碳酸氫根離子與氫離子反應生成二氧化碳氣體；D．碳酸根離子與氫離子、鋁離子反應，不能共存．【解答】解：A．Na+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣都不與H+反應，加入H+后不會生成氣體，故A錯誤；B．Fe2+、S2﹣之間反應生成FeS沉淀，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C．Na+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣之間不發生反應，能夠共存，且Ca2+、OH﹣、HCO3﹣之間反應生成碳酸鈣沉淀，HCO3﹣與反應生成二氧化碳氣體，滿足條件，故C正確；D．CO32﹣與H+、Al3+都發生反應，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；故選C．17．向等體積等物質的量濃度的H2S和SO2的水溶液各兩份中，分別通入不同的氣體，一段時間后，如圖表示通入的氣體的量與溶液pH關系的曲線圖，下列說法中正確的是（）A．曲線a表示向H2S水溶液中通入O2B．曲線b表示向SO2水溶液中通入O2C．曲線c表示向H2S水溶液中通入Cl2D．曲線d表示向SO2水溶液中通入H2S【考點】二氧化硫的化學性質；硫化氫．【分析】根據H2S和SO2的水溶液，亞硫酸的酸性強強于氫硫酸，酸性溶液的pH小于7，酸性越弱，pH越大，則曲線a、曲線b是H2S的水溶液，曲線c、曲線d是SO2的水溶液，故B、C錯誤；A選項根據反應2H2S+O2=2S+2H2O來分析；D選項根據反應SO2+2H2S=3S+2H2O來分析．【解答】解：A．向H2S水溶液中通入O2發生反應2H2S+O2=2S+2H2O，溶液的酸性減弱，pH增大，最終等于7，故A正確；B．亞硫酸的酸性強強于氫硫酸，酸性溶液的pH小于7，酸性越弱，pH越大，則曲線a、曲線b是H2S的水溶液，曲線c、曲線d是SO2的水溶液，故B錯誤，C．亞硫酸的酸性強強于氫硫酸，酸性溶液的pH小于7，酸性越弱，pH越大，則曲線a、曲線b是H2S的水溶液，曲線c、曲線d是SO2的水溶液，故C錯誤；D．向SO2水溶液中通入H2S發生反應SO2+2H2S=3S+2H2O，溶液的酸性減小，pH增大，故D錯誤；故選：A．18．有等體積、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3?H2O三種堿溶液，滴加等濃度的鹽酸將它們恰好中和，用去酸的體積分別為V1、V2、V3，則三者的大小關系正確的是（）A．V3＞V2＞V1 B．V3=V2=V1 C．V3＞V2=V1 D．V1=V2＞V3【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】等體積、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3?H2O中，c（OH﹣）相同，但NH3?H2O為弱堿，等pH時，其濃度大于NaOH，然后結合酸堿中和時c（OH﹣）越大，消耗酸越多．【解答】解：等體積、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3?H2O中，c（OH﹣）相同，滴加等濃度的鹽酸將它們恰好中和，用去酸的體積V1=V2，但NH3?H2O為弱堿，等pH時，其濃度大于NaOH，滴加等濃度的鹽酸將它們恰好中和，弱堿繼續電離產生氫氧根離子，則消耗酸多，即V2＜V3，所以消耗酸的體積關系為V3＞V2=V1，故選C．19．制備HCl氣體，下列方法中，可行的是（）①NaHSO4+MnCl2（固）加強熱②濃H2SO4+濃HCl共熱③濃H2SO4+KCl（固）共熱④濃H2SO4+NaCl（固）+MnO2共熱．A．①③ B．①②③ C．①③④ D．全部【考點】濃硫酸的性質．【分析】濃硫酸為難揮發性酸，氯化氫為易揮發性酸，利用難揮發性酸制備易揮發性酸，據此分析解答．【解答】解：①NaHSO4與MnCl2（固）加強熱生成硫酸錳、氯化鈉和氯化氫，氯化氫易揮發，所以可以用來制備氯化氫，故正確；②濃鹽酸易揮發，濃硫酸具有吸水性，與濃鹽酸共熱，吸收鹽酸的水，促進氯化氫的逸出，故可以用來制備氯化氫，故正確；③濃H2SO4有KCl（固）共熱反應生成硫酸氫鉀和氯化氫，利用難揮發性制取易揮發性酸的原理，可以用來制備氯化氫，故正確；④濃H2SO4和NaCl（固）和MnO2共熱，濃硫酸與氯化鈉生成的氯化氫，繼續與二氧化錳反應，被二氧化錳氧化生成氯氣，得不到氯化氫，故錯誤；故選：B．20．以環戊烷為原料制備環戊二烯的合成路線如圖，則（）A．A的結構簡式是B．①②的反應類型分別是取代、消去C．反應②③的條件分別是濃硫酸加熱、光照D．酸性KMnO4溶液褪色可證明已完全轉化成【考點】有機物的合成．【分析】以環戊烷為原料制備環戊二烯的合成路線為，反應①為光照條件下的取代反應，反應②為在氫氧化鈉醇溶液中加熱發生消去反應，反應③為加成反應，反應④為在氫氧化鈉醇溶液中加熱發生消去反應，以此來解答．【解答】解：以環戊烷為原料制備環戊二烯的合成路線為，A．由上述分析可知，A為氯代環戊烷，故A錯誤；B．反應①為光照條件下的取代反應，反應②為在氫氧化鈉醇溶液中加熱發生消去反應，故B正確；C．反應②的反應試劑和反應條件為氫氧化鈉醇溶液、加熱，反應③的條件為常溫，故C錯誤；D．B為環戊烯，含碳碳雙鍵，環戊二烯含碳碳雙鍵，均能使高錳酸鉀褪色，則酸性KMnO4溶液褪色不能證明環戊烷已完全轉化成環戊二烯，故D錯誤；故選B．三、填空題（本題包括21、22、23題，共27分）21．根據實驗室測定硫酸銅晶體（CuSO4?5H2O）結晶水含量的實驗，填寫下列空白．（1）除需要酒精燈、玻璃棒、坩堝鉗、藥匙、三腳架等儀器外，從下列儀器中選出所需儀器（用標號字母填寫）ABDF．A．電子天平B．研缽C．試管夾D．坩堝E．蒸發皿F．干燥器G．石棉網還需要的儀器是泥三角．（2）某學生實驗后得到以下數據：加熱前的質量加熱后的質量W1（容器）W2（容器+晶體）W3（容器+無水硫酸銅）第一次第二次請寫出結晶水x=．本次實驗的相對誤差=﹣%．（3）該學生測定結果是偏高還是偏低？偏低．從下列選項中選出該學生產生誤差的原因可能是（填寫字母）BC．A．加熱前稱量時容器未完全干燥B．最后兩次加熱后的質量相差較大（大于）C．加熱后容器未放入干燥器中冷卻D．加熱過程中晶體有少量濺失．（4）測定硫酸銅晶體中結晶水的含量，至少在天平上進行四次稱量，第三、四次稱量的目的是進行恒重操作，判斷達到恒重的依據是直到連續兩次稱量誤差不得超過為止．【考點】探究物質的組成或測量物質的含量；硫酸銅晶體中結晶水含量的測定．【分析】（1）實驗需要藥品的稱量以及加熱操作，以此判斷所用的儀器；（2）由表中數據可知W3﹣W1為硫酸銅的質量，W2﹣W3為結晶水的質量，計算兩次的平均值，可計算x并判斷誤差；（3）實驗結果偏低，在測定中若被測樣品中含有加熱不揮發的雜質或實驗前被測樣品已有部分失水，都會造成測量結果偏低；（4）第三、四次稱量為恒重操作，以判斷晶體是否完全分解，且取平均值而減小實驗誤差．【解答】解：（1）實驗時應先研磨，需要研缽；然后稱量需要電子天平；加熱需要酒精燈、玻璃棒、坩堝鉗、藥匙、三腳架坩堝、泥三角，最后在干燥器中冷卻．故答案為：ABDF；泥三角；（2）由表中數據可知W3﹣W1為硫酸銅的質量，為=（g），W2﹣W3為結晶水的質量，為=（g），則x==，相對誤差為=﹣%，故答案為：；﹣%；（3）由（2）計算數值可知實驗結果偏低，A．加熱前所用的坩堝未完全干燥．加熱后水揮發，導致水的質量測定結果偏大，故A錯誤；B．最后兩次加熱后的質量相差較大（大于），可能為水沒有分解完全，則測定結果偏低，故B正確；C．加熱后容器未放入干燥器中冷卻，硫酸銅吸水，導致測定結果偏小，故C正確；D．加熱過程中晶體有少量濺失，導致質量差值偏大，測定結果偏大，故D錯誤．故答案為：偏低；BC；（4）在硫酸銅結晶水含量的測定實驗中，實驗中的加熱、冷卻、稱量的操作步驟要重復進行，直至連續兩次稱量的差不超過為止，一般情況下，至少在天平上進行四次稱量，第三、四次稱量的目的是進行恒重操作，故答案為：恒重；直到連續兩次稱量誤差不得超過為止．22．現在工業上主要采用離子交換膜法（圖1）電解飽和食鹽水制取NaOH、H2和Cl2．陽離子交換膜有一種特殊的性質，即它只允許陽離子通過，而阻止陰離子和氣體通過．請回答下列問題：（1）電解之前，食鹽水需要精制，目的是除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質離子，使用的試劑有：a．Na2CO3溶液，b．Ba（OH）2溶液，c．稀鹽酸．其合理的加入順序為（填試劑序號）bac．（2）在電解過程中，對水的電離是促進的（填“促進”或“抑制”或“沒有影響”）；與電源正極相連的電極上所發生的電極反應式為2Cl﹣﹣2e﹣→Cl2↑．（3）如果在容積為10L的離子交換膜電解槽中，1min后在陰極可產生（標準狀況）H2，這時溶液的pH值是升高（填“升高”、“降低”或“不變”），溶液中c（OH﹣）為（設體積保持不變）L．（4）若沒有陽離子交換膜的存在，改用圖2電解發生器（b為電源正極，用石墨作電極），可制備家用環保型消毒液（NaClO溶液）．則此實驗時電解飽和食鹽水的總化學方程式是NaCl+H2ONaClO+H2↑．（5）室溫條件下，該消毒液（NaClO）溶液的pH＞7，原因是ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣（用離子方程式表示）．【考點】電解原理．【分析】（1）鹽酸要放在最后，來除去過量的氫氧化鈉和碳酸鈉，要先加過量的氯化鋇除去硫酸根離子，然后用碳酸鈉去除過量的鋇離子；（2）電解NaCl溶液時，水電離出來的氫離子在陰極反應，陽極上氯離子放電生成氯氣；（3）陰極電極反應式為2H++2e﹣→H2↑，生成氫氣消耗1mol氫離子，溶液中生成1mol氫氧根離子，據此分析；（4）若采用無隔膜電解食鹽水，Cl2和NaOH充分接觸，產物僅是NaClO和H2，則陽極上氯離子放電生成次氯酸鈉、陰極上氫離子放電，據此分析解答；（5）NaClO是弱酸強堿鹽，其水解導致溶液顯堿性．【解答】解：（1）要先除硫酸根離子，然后再除鈣離子，Na2CO3可以除去過量的鋇離子，否則過量的鋇離子不能完全除盡，至于加NaOH除去鎂離子順序不受限制，可放在加入BaCl2之前或之后，因為過量的NaOH加HCl就可以調節了，只要將三種離子完全除去，過濾即可，最后加HCl除去過量的氫氧根離子碳酸根離子，故答案為：bac；（2）電解NaCl溶液時，水電離出來的氫離子在陰極反應，促進了水的電離，陽極上氯離子放電生成氯氣，電極反應式為2Cl﹣﹣2e﹣→Cl2↑，故答案為：促進；2Cl﹣﹣2e﹣→Cl2↑；（3）陰極電極反應式為2H++2e﹣→H2↑，生成氫氣即氫氣，消耗1mol氫離子，溶液中生成1mol氫氧根離子，所以pH升高，c（OH﹣）==L，故答案為：升高；L；（4）若采用無隔膜電解食鹽水，Cl2和NaOH充分接觸，產物僅是NaClO和H2，則陽極上氯離子放電生成次氯酸鈉、陰極上氫離子放電，電池反應式為NaCl+H2ONaClO+H2↑，故答案為：NaCl+H2ONaClO+H2↑；（5）NaClO是弱酸強堿鹽，其水解導致溶液顯堿性，水解方程式為ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣，故答案為：ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣．23．某白色固體試樣中可能含有CuCl2、（NH4）2SO4、NaCl、Ba（NO3）2、Na2CO3、Al2（SO4）3中的若干種化合物．為確定其成分，進行如下實驗：①取少量固體溶于水、靜置，得無色溶液和白色沉淀物；②用pH試紙測定上述溶液，結果得溶液的pH小于6；③過濾出沉淀物，逐滴加入鹽酸至過量，觀察到沉淀不發生溶解；④取上述（實驗①）無色溶液，逐滴加入氫氧化鈉溶液至過量，可觀察到先有沉淀出現，而后又逐漸溶解，最后完全消失；加熱所得溶液，產生能使紅色石蕊試紙變藍的氣體．⑤取實驗③中所得的溶液，滴加硝酸銀溶液，有白色沉淀生成．通過上述實驗確定：（1）白色固體中一定存在（NH4）2SO4、Al2（SO4）3、Ba（NO3）2；（填相應物質的化學式，下同）可能存在NaCl；（2）寫出實驗④中產生沉淀，產生氣體的離子方程式：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、NH4++OH﹣NH3↑+H2O；（3）若要證明原樣品中可能存在的陰離子，應采用的操作及觀察到的現象是取實驗①所得的溶液，加硝酸至酸性，滴加硝酸銀溶液，若出現白色沉淀，證明有Cl﹣離子，否則無Cl﹣離子．【考點】無機物的推斷．【分析】由①得到無色溶液，則一定不含CuCl2，白色沉淀至少為硫酸鋇、碳酸鋇、氫氧化鋁中的一種；由②可知溶液pH＜6，溶液顯酸性，則一定不含Na2CO3，可知①中白色沉淀不是碳酸鋇；由③沉淀物，逐滴加入鹽酸至過量，觀察到沉淀不發生溶解，可知①中白色沉淀為硫酸鋇，則原混合物中一定含（NH4）2SO4、Ba（NO3）2，由④取上述（實驗①）無色溶液，逐滴加入氫氧化鈉溶液至過量，可觀察到先有沉淀出現，而后又逐漸溶解，最后完全消失，則沉淀為氫氧化鋁，則原混合物一定含Al2（SO4）3；加熱所得溶液，產生能使紅色石蕊試紙變藍的氣體，氣體為氨氣，一定含（NH4）2SO4；⑤取實驗③中所得的溶液，滴加硝酸銀溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能為AgCl或硫酸銀，以此來解答．【解答】解：由①得到無色溶液，則一定不含CuCl2，白色沉淀至少為硫酸鋇、碳酸鋇、氫氧化鋁中的一種；由②可知溶液pH＜6，溶液顯酸性，則一定不含Na2CO3，可知①中白色沉淀不是碳酸鋇；由③沉淀物，逐滴加入鹽酸至過量，觀察到沉淀不發生溶解，可知①中白色沉淀為硫酸鋇，則原混合物中一定含（NH4）2SO4、Ba（NO3）2，由④取上述（實驗①）無色溶液，逐滴加入氫氧化鈉溶液至過量，可觀察到先有沉淀出現，而后又逐漸溶解，最后完全消失，則沉淀為氫氧化鋁，則原混合物一定含Al2（SO4）3；加熱所得溶液，產生能使紅色石蕊試紙變藍的氣體，氣體為氨氣，一定含（NH4）2SO4；⑤取實驗③中所得的溶液，滴加硝酸銀溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能為AgCl或硫酸銀，不能確定是否含NaCl，（1）綜上所述，白色固體中一定存在（NH4）2SO4、Al2（SO4）3、Ba（NO3）2，可能存在NaCl，一定不存在CuCl2、Na2CO3，故答案為：（NH4）2SO4、Al2（SO4）3、Ba（NO3）2；NaCl；（2）實驗④中產生沉淀，產生氣體的離子方程式分別為Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、NH4++OH﹣NH3↑+H2O，故答案為：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓；NH4++OH﹣NH3↑+H2O；（3）可能存在的陰離子為氯離子，應采用的操作及觀察到的現象是取實驗①所得的溶液，加硝酸至酸性，滴加硝酸銀溶液，若出現白色沉淀，證明有Cl﹣離子，否則無Cl﹣離子，故答案為：取實驗①所得的溶液，加硝酸至酸性，滴加硝酸銀溶液，若出現白色沉淀，證明有Cl﹣離子，否則無Cl﹣離子．四、有機合成與推斷（本題12分）24．化合物B是有機合成中間體，制取C4H4O4和E的轉化關系如圖所示．已知C能使溴水退色．回答下列問題：（1）指出反應類型：①加成反應；③氧化反應．（2）E的結構簡式為：．（3）寫出②、④轉化的化學方程式：②BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr；④．（4）現僅以有機物CH3CH=CHCH3為原料，無機試劑任選，用反應流程圖表示合成有機物CH3COOCH2CH=CHCH2OOCCH3的過程．提示：①②由乙醇合成聚乙烯的反應流程圖可表示為：【考點】有機物的合成．【分析】乙烯與溴發生加成反應生成A為BrCH2CH2Br，A在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發生水解反應生成B為HOCH2CH2OH．與C在濃硫酸、加熱條件下發生酯化反應生成C5H8O3，C5H8O3聚合反應得到E，C5H8O3的不飽和度==2，則C5H8O3中含有1個酯基、1個C=C雙鍵，由碳原子數目可知，C中含有3個C原子、結合O原子可知C中含有1個﹣COOH，故C為CH2=CHCOOH，C5H8O3的結構簡式為CH2=CHCOOCH2CH2OH，E為．B為酸性高錳酸鉀氧化生成D為HOOCCOOH，二者發生酯化反應生成C4H4O4為