2024屆浙江省湖州、衢州、麗水高二化學第二學期期末復習檢測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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、某學習興趣小組討論辨析以下說法，其中說法正確的是A．堿性氧化物一定是金屬氧化物B．酸性氧化物一定不能和酸反應C．通過化學變化可以實現16O與18O間的相互轉化D．混合物：氯水、氨水、水玻璃、水銀、福爾馬林、淀粉2、200℃時，11.6g由CO2和水蒸氣的混合物與足量的Na2O2充分反應后,固體質量增加了3.6g,則原混合氣體的平均摩爾質量為（）g/molA．5.8 B．11.6 C．46.4 D．23.23、已知：將Cl2通入適量KOH溶液，產物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值與溫度高低有關。當n(KOH)=amol時，下列有關說法錯誤的是A．若某溫度下，反應后=11，則溶液中=B．參加反應的氯氣的物質的量等于amolC．改變溫度，反應中轉移電子的物質的量n的范圍：amol≤n(e-)≤amolD．改變溫度，產物中KClO3的最大理論產量為amol4、下列物質中，難溶于水且密度比水的密度小的是A．苯 B．乙酸 C．乙醇 D．四氯化碳5、下列實驗裝置或操作與微粒的大小無直接關系的是（）A．過濾 B．滲析C．萃取 D．丁達爾效應6、對水的電離平衡不產生影響的粒子是（）A． B．C6H5OH C．Al3+ D．CH3COO－7、下列說法中，正確的是()A．自由移動離子數目多的電解質溶液導電能力一定強B．三氧化硫的水溶液能導電，所以三氧化硫是電解質C．NaHSO4在水溶液及熔融狀態下均可電離出Na＋、H＋、SO42-D．NH3屬于非電解質，但其水溶液能夠導電8、在一定溫度下的恒容密閉容器中發生反應：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列證據能說明反應一定達到化學平衡狀態的是A．容器內的壓強不再改變 B．c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2C．混合氣體的密度不再改變 D．SO2的生成速率與SO3的消耗速率相等9、在下列狀態下，屬于能夠導電的電解質是（）A．氯化鈉晶體 B．液態氯化氫 C．硝酸鉀溶液 D．熔融氫氧化鈉10、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數依次增大的五種元素，A、B形成的簡單化合物常用作制冷劑，D原子最外層電子數與最內層電子數相等，化合物DC中兩種離子的電子層結構相同，A，B、C、D的原子序數之和是E的兩倍。下列說法正確的是A．最高價氧化物對應的水化物的酸性：B＞EB．原子半徑：C＞B＞AC．氣態氫化物的熱穩定性：E＞CD．化合物DC與EC2中化學鍵類型相同11、使用下列裝置給液體升溫時，將化學能轉化為熱能的是A． B．C． D．12、自然界中的CaF2又稱螢石，是一種難溶于水的固體，屬于典型的離子晶體。下列實驗一定能說明CaF2是離子晶體的是()A．CaF2難溶于水，其水溶液的導電性極弱B．CaF2的熔、沸點較高，硬度較大C．CaF2固體不導電，但在熔融狀態下可以導電D．CaF2在有機溶劑(如苯)中的溶解度極小13、下列有關說法中不正確的是A．分離硝基苯和苯的混合物通常采用分液法B．分子式為C5H10O2且遇小蘇打能產生氣體的有機物有4種（不考慮立體異構）C．乙烯和苯的同系物使酸性高錳酸鉀溶液褪色的原理均為氧化反應D．ClCH2CH(CH3)CH2Cl不能通過烯烴與氯氣發生加成反應得到14、某溫度下，可逆反應mA(g)+nB(g)pC(g)的化學平衡常數為K，下列說法正確的是A．其他條件不變，升高溫度，K值一定增大B．其他條件不變，增大B(g)的濃度，K值增大C．其他條件不變，增大壓強，K值不變D．K值不會隨反應條件的改變而改變15、下列裝置或實驗操作正確的是A．①用pH試紙測某溶液的酸堿性B．②探究氧化性：KMnO4>Cl2>I2C．③吸收氨氣制氨水D．④中和滴定實驗16、能源的開發和利用一直是發展中的重要問題。下列說法不正確的是A．CO2、甲烷都屬于溫室氣體B．能量在轉化和轉移過程中其總量會不斷減少C．太陽能、風能和生物質能屬于新能源D．太陽能電池可將太陽能直接轉化為電能17、下列有機反應屬于同一反應類型的是A．甲烷制一氯甲烷、苯制硝基苯B．苯制溴苯、乙烯制乙醇C．乙醇制乙醛、乙醇和乙酸制乙酸乙酯D．苯制環己烷、乙酸乙酯水解18、下列關于各圖像的解釋或結論不正確的是A．由甲可知：使用催化劑不影響反應熱B．由乙可知：對于恒溫恒容條件下的反應2NO2(g)N2O4(g)，A點為平衡狀態C．由丙可知：同溫度、同濃度的NaA溶液與NaB溶液相比，其pH前者小于后者D．由丁可知：將T1℃的A、B飽和溶液升溫至T2℃時，A與B溶液的質量分數相等19、向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2氣體，充分反應后，再向所得溶液逐滴加入0.2mol·L?1的鹽酸，產生CO2的體積與所加鹽酸體積之間關系如下圖所示。下列判斷正確的是（）A．原NaOH溶液的濃度為0.1mol·L?1B．通入CO2的體積為448mLC．所得溶液的溶質成分的物質的量之比為n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=2∶1D．所得溶液的溶質成分的物質的量之比為n(NaOH)∶n(Na2CO3)=1∶320、CH、—CH3、CH都是重要的有機反應中間體，有關它們的說法錯誤的是（）A．它們互為等電子體，碳原子均采取sp2雜化B．CH與NH3、H3O＋互為等電子體，幾何構型均為三角錐形C．CH中的碳原子采取sp2雜化，所有原子均共面D．兩個—CH3或一個CH和一個CH結合均可得到CH3CH321、常溫下，下列物質的水溶液，其pH小于7的是A．Na2CO3B．NH4NO3C．Na2SO4D．KNO322、下列有關化學用語表示正確的是A．葡萄糖的結構簡式:C6H12O6B．BCl3的電子式:C．硫離子的結構示意圖:D．質量數為44，中子數為24的鈣原子:

二、非選擇題(共84分)23、（14分）為探宄固體X(僅含兩種常見短周期元素)的組成和性質，設計并完成如下實驗：己知：氣體A是一種純凈物，在標準狀況下的密度為1.429g/L；固體B是光導纖維的主要成分。請回答：（1）氣體A分子的電子式_____________，白色沉淀D的化學式_____________。（2）固體X與稀硫酸反應的離子方程式是_______________________________________。（3）已知NH3與氣體A在一定條件下反應后可得到一種耐高溫陶瓷材料(僅含兩種元素，摩爾質量為140g/mol)和H2，寫出該反應的化學方程式_______________________________________。24、（12分）A、B、C、D、E五種化合物均含有某種短周期常見元素，它們的轉化關系如圖所示，其中A的溶液為澄清溶液，C為難溶的白色固體，E易溶于水，取A的溶液灼燒，焰色反應為淺紫色(透過藍色鈷玻璃)。(1)寫出化學式：A_______，B_______，C_______，D_______，E_______。(2)寫出下列反應的離子方程式：A→B：_________________________________________________________；A→D：__________________________________________________________。25、（12分）（1）對于混合物的分離或提純，常采用的方法有：過濾、蒸發、蒸餾、萃取、加熱分解等。下列各組混和物的分離或提純應采用什么方法？①實驗室中的石灰水久置，液面上常懸浮有CaCO3微粒。可用_______________的方法除去Ca(OH)2溶液中懸浮的CaCO3微粒。②提取碘水中的碘，用_____________方法。③除去食鹽溶液中的水，可采用___________的方法。④淡化食鹽水，可采用____________的方法。⑤除去氧化鈣中的碳酸鈣可用___________的方法（2）①分離沸點不同但又互溶的液體混合物，常用什么方法？試舉例說明。____________________________。（3）在分液漏斗中用一種有機溶劑提取水溶液里的某物質時，靜置分層后，如果不知道哪一層液體是“水層”，試設計一種簡便的判斷方法。___________________________。26、（10分）海洋是生命的搖籃，海水不僅是寶貴的水資源，而且蘊藏著豐富的化學資源。I.（1）海水中所得粗鹽中通常含Ca2+、Mg2+、SO42-等雜質，為了得到精鹽，下列試劑加入的先后順序正確的是________。A．BaCl2→Na2CO3→NaOH→HClB．NaOH→BaCl2→Na2CO3→HClC．BaCl2→NaOH→Na2CO3→HClD．Na2CO3→NaOH→BaCl2→HCl（2）為了檢驗精鹽中是否含有SO42-，正確的方法是____________________________。II.海藻中提取碘的流程如圖所示（1）灼燒過程中，需使用到的（除泥三角外）實驗儀器有______。A．試管B．瓷坩堝C．坩堝鉗D．蒸發皿E．酒精燈F．三腳架（2）指出提取碘的過程中有關實驗操作名稱：①________③__________④_________。（3）步驟②反應的離子方程式為___________________，該過程氧化劑也可以用H2O2，將等物質的量的I-轉化為I2，所需Cl2和H2O2的物質的量之比為__________。（4）下列關于海藻提取碘的說法，正確的是_________。A．含碘的有機溶劑呈現紫紅色B．操作③中先放出下層液體，然后再從下口放出上層液體C．操作④時，溫度計的水銀球應伸入液面以下但不能觸碰到蒸餾燒瓶的底部27、（12分）工業以濃縮海水為原料提取溴的部分過程如下：某課外小組在實驗室模擬上述過程設計以下裝置進行實驗（所有橡膠制品均已被保護，夾持裝置已略去）：（1）實驗開始時，A裝置中不通熱空氣，先通入a氣體的目的是（用離子方程式表示）_________。（2）A裝置中通入a氣體一段時間后，停止通入，改通熱空氣。通入熱空氣的目的是_________。（3）反應過程中，B裝置中Br2與SO2反應的化學方程式____________________。（4）C裝置的作用是___________________。（5）該小組同學向反應后B裝置的溶液中通入氯氣，充分反應得到混合液。①一位同學根據溴的沸點是59℃，提出采用______方法從該混合液中分離出溴單質。②另一位同學向該混合液中加入四氯化碳，充分振蕩、靜置后放出下層液體，這種方法是________。（6）某同學提出證明反應后B裝置的溶液中含有溴離子的實驗方案是：取出少量溶液，先加入過量新制氯水，再加入KI淀粉溶液，觀察溶液是否變藍色。該方案是否合理并簡述理由：_______。28、（14分）銅單質及其化合物在很多領域有重要的用途，如金屬銅用來制造電線電纜，五水硫酸銅可用作殺菌劑。(1)Cu位于元素周期表_____族。Cu2+的外圍電子排布式為_____________。(2)Cu元素可形成，其中存在的化學鍵類型有_____________（填序號）。①配位鍵②氫鍵③極性共價鍵④非極性共價鍵⑤離子鍵(3)若具有對稱的空間構型，且當其中的兩個NH3被兩個Cl?取代時，能到兩種不同結構的產物，則的空間構型為____________（填字母）。a.平面正方形b.正四面體c.三角錐型d.V形(4)在硫酸銅溶液中逐滴滴加氨水至過量，實驗現象為先出現藍色沉淀，最后沉淀溶解形成深藍色的溶液.寫出此藍色沉淀溶解的離子方程式：______________。(5)Cu2O的熔點比Cu2S的__________（填“高”或“低”），請解釋原因_____________。29、（10分）鈦鎳形狀記憶合金（TiNi）被廣泛用于人造衛星和宇宙飛船的天線，在臨床醫療領域內也具有廣泛的應用。回答下列問題：(1)寫出基態Ti原子的電子排布式:_________，Ni在元素周期表中的位置是_________。(2)鈦鎳合金能溶于熱的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，二者陰離子的立體構型為______，中心原子的軌道雜化類型是_______。(3)與鈦同周期的另一種元素鈷(Co)可形成分子式均為Co(NH3)5BrSO4的兩種配合物，其中一種化學式為[Co(NH3)5Br]SO4，往其溶液中加BaCl2溶液時，現象是____________；往另一種配合物的溶液中加入BaCl2溶液時，無明顯現象，若加入AgNO3溶液時，產生淡黃色沉淀，則第二種配合物的化學式為_______________。(4)一種鈦鎳合金的立方晶胞結構如圖所示:①該合金中Ti的配位數為________。②若合金的密度為dg/cm3，晶胞邊長a=________pm。（用含d的計算式表示）

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、A【解題分析】

A．堿性氧化物一定是金屬氧化物，不可能是非金屬氧化物，故A正確；B．酸性氧化物可能和酸反應，如二氧化硫與硝酸反應，二氧化硅能夠與氫氟酸反應，故B錯誤；C．化學變化的特征是有新物質生成，通過化學變化不能實現16O與18O間的相互轉化，故C錯誤；D．水銀是金屬汞，屬于純凈物，故D錯誤；答案選A。2、D【解題分析】

設混合物中CO2和水的物質的量分別是xmol和ymol，則根據反應的方程式2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2△m2mol56g2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2△m2mol4g可知28x+2y＝3.6，又因為44x+18y＝11.6，解得x＝0.1、y＝0.4，所以原混合氣體的平均摩爾質量為，D項正確，答案選D。3、D【解題分析】

A.假設n(ClO-)=1mol，則n(Cl-)=11mol，根據電子轉移守恒計算n(ClO3-)；B.根據元素的原子守恒分析解答；C.氧化產物只有KClO3時，轉移電子最多，根據電子轉移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由鉀離子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)；氧化產物只有KClO時，轉移電子最少，根據電子轉移守恒n(KCl)=n(KClO)，根據鉀離子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，進而計算轉移電子物質的量范圍；D.氧化產物只有KClO3時，其物質的量最大，由鉀離子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，結合電子轉移守恒計算。【題目詳解】A.假設n(ClO-)=1mol，由于反應后=11，則n(Cl-)=11mol，根據電子轉移守恒可得5n(ClO3-)+n(ClO-)=n(Cl-)，5×n(ClO3-)=11mol-1mol=10mol，所以n(ClO3-)=2mol，故溶液中，A正確；B.由Cl原子守恒可知，2n(Cl2)=n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)，由鉀離子守恒可知n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)=n(KOH)，兩式聯立可得n(Cl2)=n(KOH)=×amol=amol，B正確；C.氧化產物只有KClO3時，轉移電子最多，根據電子轉移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由鉀離子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n(KClO3)=n(KOH)=×amol=amol；轉移電子最大物質的量為：amol×5=amol；氧化產物只有KClO時，轉移電子最少，根據電子轉移守恒n(KCl)=n(KClO)，根據鉀離子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，所以有n(KClO)=n(KOH)=×amol=amol，轉移電子最小物質的量=×amol×1=amol，則反應中轉移電子的物質的量n(e-)的范圍為：amol≤n(e-)≤amol，C正確；D.氧化產物只有KClO3時，其物質的量最大，根據電子轉移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由鉀離子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n最大(KClO3)=n(KOH)=×amol=amol，D錯誤；故合理選項是D。【題目點撥】本題考查氧化還原反應計算，注意電子轉移守恒、原子守恒及極限法的應用，側重考查學生對基礎知識的應用能力和分析、計算能力。4、A【解題分析】

A.苯呈液態，密度比水小，難溶于水，A符合題意；B.乙酸易溶于水，B不符合題意；C.乙醇與水混溶，C不符合題意；D.四氯化碳呈液態，難溶于水，密度比水大，在下層，D不符合題意；故合理選項是A。5、C【解題分析】

A、懸濁液的分散質粒子不能通過濾紙，過濾利用了分散質粒子的大小進行分離，故A不選；B、膠體的分散質粒子不能透過半透膜，溶液的分散質粒子能透過半透膜，滲析利用了分散質粒子的大小進行分離，故B不選；C、萃取利用一種溶質在兩種溶劑中的溶解度不同進行分離，與物質微粒大小無直接關系，故C可選；D、膠體微粒能對光線散射，產生丁達爾效應，而溶液中的離子很小，不能產生丁達爾效應，丁達爾效應與分散質粒子的大小有關，故D不選；故選C。6、A【解題分析】

水的電離方程式為：H2OH++OH-。A.該結構示意圖是Cl-，Cl-加入后，對水的電離平衡沒有影響，平衡不移動，A符合題意；B.是苯酚，會電離產生H+，對水的電離平衡起抑制作用，B不符合題意；C.Al3+會消耗水電離產生的OH-，使水的電離平衡正向移動，因而促進水的電離平衡正向移動，C不符合題意；D.加入了CH3COO-，CH3COO-會結合H+，使水的電離平衡正向移動，促進水的電離，D不符合題意；故合理選項是A。7、D【解題分析】

A、自由移動離子數目多的電解質溶液的濃度不一定大，導電能力不一定強，故A錯誤；B、三氧化硫與水反應生成硫酸，硫酸電離出自由移動的離子，但三氧化硫自身不能電離，屬于非電解質，故B錯誤；C、NaHSO4在水溶液中電離出Na＋、H＋、SO42-，在熔融狀態下電離出Na＋、HSO4-，故C錯誤；D、NH3屬于非電解質，但與水反應生成的一水合氨能電離，水溶液能夠導電，故D正確；答案選D。8、A【解題分析】

A.容器內的壓強不再改變，說明氣體的物質的量不變，反應達平衡狀態，故A正確；B.c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2，不能說明各物質的量濃度不變，故B錯誤；C.反應物生成物都是氣體，反應前后質量不變，混合氣體的密度不再改變，不能說明反應達到平衡狀態，故C錯誤；D.SO2的生成速率與SO3的消耗速率相等，指的方向一致，不能說明正、逆反應的速率相等，故D錯誤；故選：A.【題目點撥】根據化學平衡狀態的特征解答，當反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態。9、D【解題分析】

A．氯化鈉晶體是電解質，但不能導電，故A錯誤；B．液態氯化氫是電解質，但不能導電，故B錯誤；C．硝酸鉀溶液能導電，但是混合物，不是電解質，也不是非電解質，故C錯誤；D．熔融氫氧化鈉是電解質，也能導電，故D正確；故答案為D。【題目點撥】考查電解質的概念，注意電解質不一定導電，導電的物質不一定是電解質。注意：①電解質和非電解質均指化合物，單質和混合物既不屬于電解質也不屬于非電解質；②電解質必須是自身能直接電離出自由移動的離子的化合物，如SO2、CO2屬于非電解質；③條件：水溶液或融化狀態，對于電解質來說，只須滿足一個條件即可，而對非電解質則必須同時滿足兩個條件；④難溶性化合物不一定就是弱電解質，如硫酸鋇屬于強電解質。電解質，包括酸、堿、鹽、活潑金屬氧化物和水，非電解質，包括一些非金屬氧化物、氨氣、大多數有機物(如蔗糖、酒精等)。10、A【解題分析】

A、B形成的簡單化合物常用作制冷劑，該化合物為氨氣，A為H，B為N；D原子最外層電子數與最內層電子數相等，則D的質子數=2+8+2=12，D為Mg；化合物DC中兩種離子的電子層結構相同，C為O；A，B、C、D的原子序數之和是E的兩倍，E為Si。【題目詳解】A.N的非金屬性強于Si，最高價氧化物對應的水化物的酸性B＞E，A正確；B.同周期，原子半徑隨原子序數增大而減小，故原子半徑N>O，即B>C>A，B錯誤；C.元素的非金屬性越強，其氣態氫化物的穩定性越強，故氣態氫化物的熱穩定性C>E，C錯誤；D.化合物DC為MgO，EC2為SiO2，DC中為離子鍵，EC2為共價鍵，D錯誤；故答案選A。【題目點撥】日常學習中注意積累相關元素化合物在實際生產生活中的應用，以便更好地解決元素化合物的推斷題。11、C【解題分析】

A.太陽能熱水器是將太陽能轉化為熱能，故A不符合題意；B.電熱壺是將電能轉化為熱能，故B不符合題意；C.煤氣燃燒是將化學能轉化為熱能，故C符合題意；D.該過程屬于熱量的傳遞，故D不符合題意；綜上所述，本題正確答案：C。12、C【解題分析】

A項，難溶于水，其水溶液的導電性極弱不一定是離子晶體，如H2SiO3難溶于水、水溶液導電性極弱，但不是離子晶體；B項，熔、沸點較高，硬度較大不一定是離子晶體，如SiO2等原子晶體熔、沸點較高，硬度較大；C項，固體不導電，但在熔融狀態下可以導電，說明構成晶體的微粒為陰、陽離子，一定屬于離子晶體；D項，在有機溶劑中的溶解度極小不一定是離子晶體，如H2O等分子晶體在有機溶劑中溶解度也極小；答案選C。13、A【解題分析】

A、硝基苯和苯互溶，應采用蒸餾的方法進行分離，A項錯誤；B、分子式為C5H10O2且遇小蘇打能產生氣體的有機物應含有－COOH，所以為飽和一元羧酸，烷基為－C4H9，－C4H9異構體有：－CH2CH2CH2CH3，－CH(CH3)CH2CH3，－CH2CH(CH3)CH3，－C(CH3)3，故符合條件的有機物的同分異構體數目為4，B項正確；C、乙烯和苯的同系物能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C項正確；D、ClCH2CH(CH3)CH2Cl中兩個氯原子沒有在相鄰的兩個碳原子上，所以不可能由烯烴與氯氣加成得到，D項正確。答案選A。14、C【解題分析】

A．若該反應正反應是放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應移動，平衡常數降低，若正反應為吸熱反應，升高溫度平衡向正反應移動，平衡常數增大，故A錯誤；B．化學平衡常數只受溫度影響，與濃度無關，增大B(g)的濃度，能使平衡正向移動，但溫度不變，化學平衡常數不變，故B錯誤；C．化學平衡常數只受溫度影響，與濃度無關，增大壓強，平衡可能移動，但溫度不變，化學平衡常數不變，故C正確；D．化學平衡常數只受溫度影響，如果溫度發生變化，平衡常數一定發生變化，故D錯誤；答案選C。【題目點撥】本題的易錯點為A，要注意化學平衡常數只受溫度影響，溫度升高，平衡常數一定發生變化，可能增大，可能減小，與反應是放熱反應還是吸熱反應有關。15、B【解題分析】A．用pH試紙測某溶液的酸堿性，pH試紙放在玻璃片上，不能放在桌子上，A錯誤；B．錐形瓶中發生反應：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氧化性KMnO4＞Cl2，燒杯中發生反應：Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化性Cl2＞I2，B正確；C．吸收溶解度較大的氣體時，漏斗應剛好接觸溶液，不是深入到溶液內，C錯誤；D．滴定過程中，需要控制活塞和振蕩錐形瓶，即左手旋轉滴定管的玻璃活塞，右手不停搖動錐形瓶，D錯誤；答案選B。16、B【解題分析】分析：CO2、甲烷都可導致溫室效應；常見能源分類有可再生能源和非再生資源、新能源和化石能源，其中太陽能、風能和生物能源屬于新能源，以此解答該題。詳解：A．CO2、甲烷都可導致溫室效應，應盡量減少排放，故A正確；B．根據能量轉化和守恒定律可知能量在轉化和轉移過程中總量既不會增加，也不會減少，故B錯誤；C．太陽能、風能和生物能源與化石能源相比，屬于新能源，也屬于清潔能源，故C正確；D．太陽能電池是將太陽能轉化為電能的裝置，故D正確；故選B。17、A【解題分析】

A．甲烷制取一氯甲烷、苯制取硝基苯都是有機物中的原子被其它的原子所取代，都屬于取代反應，所以反應類型相同，故A正確；B．苯制取溴苯屬于取代反應，乙烯制取乙醇屬于加成反應，反應類型不同，故B錯誤；C．乙醇制取乙醛屬于氧化反應，乙醇和乙酸制取乙酸乙酯屬于取代反應或酯化反應，反應類型不同，故C錯誤；D．苯制環己烷屬于加成反應，乙酸乙酯水解屬于取代反應，反應類型不同，故D錯誤；答案選A。【題目點撥】明確取代反應、加成反應、氧化反應的概念是解本題的關鍵。注意酯化反應、酯的水解反應、氨基酸的成肽反應、硝化反應等都屬于取代反應。18、B【解題分析】

A.可以明確傳達一個訊息就是，反應過程中使用催化劑并不會對反應熱的量產生影響，A正確。B.A點所傳達的訊息就是，在A點處，二氧化氮的消耗速率與四氧化二氮的消耗速率一致，而事實上當反應進行的過程中二氧化的氮的消耗速率與四氧化二氮的消耗速率一致的時候恰恰說明反應還沒有達到平衡，B錯誤。C.由圖可知，酸HA的酸性要比酸HB的酸性強，所以同溫度、同濃度的NaA溶液與NaB溶液相比，NaB的堿性要比前者強，C正確。D.隨著溫度的升高，溶液的質量分數是不會改變的，因為溶液的質量與溶質的質量是不會隨著溫度的改變而改變，D正確。故選B。19、C【解題分析】

A．加入100mL鹽酸時二氧化碳的體積達最大，此時溶液為NaCl溶液，根據氯離子、鈉離子守恒，n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），據此計算出氫氧化鈉的物質的量，再根據物質的量濃度的定義計算；B．從25mL到100mL為碳酸氫鈉與鹽酸反應生成二氧化碳，計算消耗HCl的物質的量，根據方程式計算生成二氧化碳的物質的量，再根據V=nVm計算二氧化碳的體積；CD．生成CO2發生的反應為：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假設NaOH與CO2氣體反應所得溶液中只有Na2CO3，則開始階段發生反應：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后兩個階段消耗鹽酸的體積應相等，而實際生成二氧化碳消耗的鹽酸體積多，故NaOH與CO2氣體反應所得溶液中溶質為Na2CO3、NaHCO3，根據消耗鹽酸的體積確定二者物質的量之比．【題目詳解】生成CO2發生的反應為：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假設NaOH與CO2氣體反應所得溶液中只有Na2CO3，則開始階段發生反應：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后兩個階段消耗鹽酸的體積應相等，而實際生成二氧化碳消耗的鹽酸體積多，故NaOH與CO2氣體反應所得溶液中溶質為Na2CO3、NaHCO3，A．加入100mL鹽酸時二氧化碳的體積達最大，此時溶液為NaCl溶液，根據氯離子、鈉離子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L×0.2mol·L－1=0.02mol，所以c（NaOH）=0.02mol/0.1L=0.2mol·L－1，故A錯誤；B．由曲線可知從25mL到100mL為碳酸氫鈉與鹽酸反應生成二氧化碳，反應方程式為NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（0.1L-0.025L）×0.2mol·L－1=0.015mol，所以CO2氣體體積為0.015mol×22.4L·mol－1=0.3.6L=336mL，故B錯誤；C、Na2CO3轉化為NaHCO3消耗鹽酸為25mL，生成NaHCO3轉化為二氧化碳又可以消耗鹽酸25mL，故NaOH與CO2氣體反應所得溶液中NaHCO3，消耗鹽酸的體積為75mL-25mL=50mL，故Na2CO3、NaHCO3的物質的量之比為25mL：50mL=1：2，所得溶液的溶質成分的物質的量之比為n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故C正確；D、由C分析，所得溶液的溶質成分的物質的量之比為n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故D錯誤；故選C。20、A【解題分析】分析：A．原子總數相等、價電子總數（或電子總數）相等的微粒互為等電子體；B．CH3-與NH3、H3O+均具有4個原子、10個電子，互為等電子體；C.根據價層電子對互斥模型判斷；D．兩個-CH3或一個CH3+和CH3-結合都能得到CH3CH3。

詳解：CH3+、-CH3、CH3-分別具有6個、7個和8個價電子，電子總數分別是：8個、9個和10個，它們不是等電子體，A選項說法錯誤；CH3-與NH3、H3O+均具有8個價電子、4個原子，互為等電子體，幾何構型均為三角錐形，B選項說法正確；根據價層電子對互斥模型，CH中C原子的價電子對數為3，碳原子采取sp2雜化，其空間構型是平面三角形，C選項說法正確；兩個-CH3或一個CH3+和CH3-結合都能得到CH3CH3，D選項說法正確；正確選項A。21、B【解題分析】試題分析：Na2CO3是強堿弱酸鹽，水解顯堿性，NH4NO3強酸弱堿鹽水解溶液顯酸性；Na2SO4強酸強堿鹽，不水解，溶液顯中性，KNO3強酸強堿鹽，不水解，溶液顯中性，，選B。考點：鹽類水解和溶液酸堿性。22、B【解題分析】A、葡萄糖的結構簡式:CH2OH(CHOH)4CHO，C6H12O6是葡萄糖的分子式，故A錯誤；B、B最外層只有三個電子，BCl3的電子式:，故B正確；C、硫離子核外有18個電子、最外層有8個電子，其離子結構示意圖為：，故C錯誤；D.質量數為44，中子數為24的鈣原子:，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查化學用語的書寫判斷，涉及結構簡式、離子結構示意圖、電子式等知識點，題目難度中等，解題關鍵：掌握化學用語特點。注意BCl3的電子式的書寫，為易錯點。二、非選擇題(共84分)23、Mg(OH)2Mg2Si+4H+=2Mg2++SiH4↑3SiH4+4NH3Si3N4+12H2【解題分析】己知氣體A在標準狀況下的密度為1.429g·L－1，則其摩爾質量為1.429g·L－1×22.4L/mol=32g/mol，固體B是光導纖維的主要成分即SiO2，6.0gSiO2的物質的量為0.1mol，則7.6gX中含Si的質量為2.8g，即0.1mol；在短周期金屬元素中，與過量NaOH反應生成白色沉淀只有Mg(OH)2，則其物質的量為0.2mol，所以7.6gX中含Mg的質量為4.8g，即0.2mol，由此推知X為Mg2Si，則與硫酸反應生成的A氣體為SiH4，其摩爾質量恰好為32g/mol。(1)SiH4的電子式為；白色沉淀D的化學式為Mg(OH)2；(2)固體X與稀硫酸反應的離子方程式是Mg2Si+4H+=2Mg2++SiH4↑；(3)NH3與SiH4在一定條件下反應生成一種耐高溫陶瓷材料和H2，所以耐高溫陶瓷材料中含有Si和N兩種元素，根據二者的化合價可知，其化學式為Si3N4，摩爾質量為140g/mol，所以反應的化學方程式為3SiH4+4NH3Si3N4+12H2。點睛：由于轉化關系中給出了三個質量信息，所以要從質量守恒入手去思考解答，Si元素是明確的，再根據短周期元素，在過量NaOH溶液中能生成白色沉淀只有Mg(OH)2，由Mg和Si的物質的量之比，可確定出固體X是Mg2Si，再確定氣體A是SiH4。24、KAlO2Al(OH)3Al2O3AlCl3NaAlO2AlO2－＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3－AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O【解題分析】

B、C都既能與鹽酸反應又能與NaOH溶液反應，應為兩性化合物，因B加熱分解可生成C，則可知B為Al(OH)3，C為Al2O3，則D為AlCl3，E為NaAlO2，若取A溶液灼燒，焰色反應為淺紫色（透過藍色鈷玻璃片），說明A中含有K元素，A能與二氧化碳反應生成Al(OH)3，則A應為KAlO2，據此解答。【題目詳解】(1).根據以上分析可知，A為KAlO2，B為Al(OH)3，C為Al2O3，D為AlCl3，E為NaAlO2；(2).向KAlO2溶液中通入足量的CO2，反應生成Al(OH)3沉淀和KHCO3，離子方程式為AlO2－＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3－；向KAlO2溶液中加入過量的HCl，反應生成AlCl3、KCl和水，離子方程式為AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O。25、過濾萃取（分液）蒸發蒸餾加熱分解蒸餾石油的分餾（答案合理即可）取一支小試管，打開分液漏斗的活塞，慢慢放出少量液體，往其中加入少量水，若互溶則下層液體為水層；若不互溶則下層液體為油層【解題分析】

（1）①碳酸鈣不溶于水，則選擇過濾法分離，故答案為過濾；②碘不易溶于水，易溶于有機溶劑，則選擇萃取法分離出碘水中的碘，故答案為萃取；③水加熱時揮發，則選擇蒸發除去食鹽水中的水，故答案為蒸發；④海水中水的沸點較低，則選擇蒸餾法將海水淡化，故答案為蒸餾；⑤碳酸鈣加熱分解生成CaO，則選擇加熱法除去氧化鈣中的碳酸鈣，故答案為加熱分解；（2）沸點不同但又互溶的液體混合物，可用蒸餾的方法分離，如苯和四氯化碳混合物，石油的分餾等，故答案為蒸餾，石油的分餾（苯和四氯化碳混合物，答案合理即可）；（3）利用水和有機溶劑互不相溶，設計判斷方法，操作步驟為：取一支小試管，打開分液漏斗的活塞，慢慢放出少量液體，往其中加入少量水，如果加水后，試管中的液體不分層，說明分液漏斗中，下層是“水層”，如果液體分層，則上層是水層，故答案為取一支小試管，打開分液漏斗的活塞，慢慢放出少量液體，往其中加入少量水，若互溶則下層液體為水層；若不互溶則下層液體為油層。26、ABC取少量精鹽溶于水，先加入稀鹽酸，無現象，向其中加入氯化鋇溶液，若產生沉淀，則含有硫酸根離子BCEF過濾萃取分液蒸餾Cl2+2I-=2Cl-+I21:1A【解題分析】

I.海水中所得粗鹽中通常含Ca2+、Mg2+、SO42-等雜質，為了得到精鹽，Ca2+用碳酸鈉轉化為沉淀、Mg2+用NaOH轉化為沉淀、SO42-用氯化鋇溶液轉化為沉淀，先除去Mg2+或SO42-，然后再加入過量的碳酸鈉除去Ca2+以及過量的Ba2+雜質，過濾后再加鹽酸除去過量的NaOH和碳酸鈉；關鍵點：根據不能產生新雜質的要求排序，前面加入的過量溶液應用后加入的溶液除去；檢驗硫酸根離子一定要防止其他離子干擾；II.將海藻曬干，放到坩堝中灼燒得到海藻灰，海藻灰懸濁液過濾除掉殘渣，得到含碘離子的溶液，通入氯氣將碘離子氧化為碘單質，加入有機試劑苯或四氯化碳將碘單質萃取到有機層，分液得有機溶液，再蒸餾得到晶態碘，據此解答。【題目詳解】I.（1）根據不能產生新雜質的要求排序，前面加入的過量溶液應用后加入的溶液除去的原則確定除雜順序，所以碳酸鈉必須在氯化鋇后面，過濾后再加鹽酸除去過量的NaOH和碳酸鈉，選項A、B、C滿足；正確答案：ABC。（2）檢驗硫酸根離子，應該先加入鹽酸無現象，排除其他雜質離子的干擾，再加入氯化鋇產生白色沉淀；正確答案：少量精鹽溶于水，先加入稀鹽酸，無現象，向其中加入氯化鋇溶液，若產生沉淀，則含有硫酸根離子。II.將海藻曬干，放到坩堝中灼燒得到海帶灰，海藻灰懸濁液過濾除掉殘渣，得到含碘離子的溶液，通入氯氣將碘離子氧化為碘單質，加入有機試劑苯或四氯化碳將碘單質萃取到有機層，分液得有機溶液，再蒸餾得到晶態碘；（3）固體灼燒用到的儀器有坩堝，坩堝鉗，泥三角，三腳架，酒精燈；正確答案：BCEF。（4）海藻灰懸濁液過濾除掉殘渣，得到含碘離子的溶液，通入氯氣將碘離子氧化為碘單質，加入有機試劑苯或四氯化碳將碘單質萃取到有機層，分液得有機溶液，再蒸餾得到晶態碘；正確答案：過濾萃取分液蒸餾。（5）氯氣氧化碘離子的離子方程式為Cl2+2I＝2Cl-+I2，雙氧水氧化碘離子的方程式為2I-+H2O2+2H+＝I2+2H2O，將等物質的量的I-轉化為I2，所需Cl2和H2O2的物質的量之比1:1；正確答案：Cl2+2I＝2Cl-+I21:1。（6）A.碘單質在有機溶劑中呈現紫紅色，故A正確；B.操作③分液時先放出下層液體，然后再從上口傾倒出上層液體，故B不正確；C.蒸餾時，溫度計的水銀球應該在蒸餾燒瓶支管口附近測量蒸氣的溫度，不能伸入液面以下，故C不正確；正確答案：A。【題目點撥】第一題題目難度不大，注意掌握除雜試劑的選擇及加入試劑的先后順序，試題培養了學生靈活應用所學知識的能力。第二題以實驗室從海藻里提取碘為載體考查了混合物分離的方法、碘的性質、萃取劑的選取等知識點，明確常用混合物分離的方法。27、Cl2+2Br-=2Cl-+Br2將溴從蒸餾燒瓶A中吹出SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr吸收未反應完的Cl2、Br2、SO2等有毒氣體，防止污染空氣蒸餾萃取分液不合理，氯水可能過量【解題分析】

(1)要想使溴離子變成溴單質，則加入的a能和溴離子發生反應生成溴單質，氯氣能和溴離子發生置換反應生成溴單質，離子反應方程式為Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故答案為Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；(2)溴易揮發，升高溫度促進其揮發，所以通入熱空氣的目的是吹出Br2，故答案為將溴從蒸餾燒瓶A中吹出；(3)使溴蒸氣轉化為氫溴酸以達到富集的目的，可知氣體b為SO2，發生的反應為Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案為Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；(4)氯氣不可能完全反應，氯氣和溴離子反應生成溴單質，未反應的二氧化硫、氯氣和溴都有毒，不能直接排空，且這幾種物質都能和堿反應，所以C裝置是尾氣處理裝置，可知C的作用為吸收未反應的Cl2、Br2和SO2，故答案為吸收未反應的Cl2、Br2和SO2，防止污染空氣；(5)①根據溴的沸點是59℃，水溶液的沸點相差較大，可以采用蒸餾方法從該混合液中分離出溴單質，故答案為蒸餾；②溴易溶于四氯化碳，向混合液中加入四氯化碳，充分振蕩、靜置后放出下層液體，這種方法叫萃取和分液，故答案為萃取分液；(6)過量的氯水也能夠將碘化鉀氧化生成碘單質，導致溶液變藍，不能證明溶液中含有溴離子，故答案為不合理；過量氯水也能氧化碘化鉀。28、IB3d9①③⑤a高Cu2O與Cu2S相比，陽離子相同，陰離子所帶的電荷數也相同，但O2?半徑比S2?半徑小，所以Cu2O的晶格能更大，熔點更高。【解題分析】

(1)Cu位于元素周期表第ⅠB族原子序數為29，根據Cu的電子排布式書寫Cu2+離子的電子排布式；(2)為離子化合物，陽離子中存在配位鍵和極性共價鍵，陰離子中存在極性共價鍵，陽離子與陰離子之間通過離子鍵結合；(3)若為正四面體結構，根據任何相鄰的兩個NH3被取代產物是一種；若為平面正方形結構，則有兩種不同位置分析；(4)硫酸銅溶液中逐滴滴加氨水，首先發生復分解反應產生Cu(OH)2沉淀，當氨水過量時，Cu(OH)2與過量的氨水反應，產生[Cu(NH3)4]2+，使溶液顯藍色，據此書寫反應方程式。(5)Cu2O與Cu2S都為離子晶體，離子半徑越小，離子鍵越強，對應的熔點越高。【題目詳解】(1)Cu是29號元素，位于元素周期表第ⅠB族，電子排布式為：[Ar]3d104s1，在Cu失去電子C