2024屆山東省聊城市文苑中學化學高二下期末質量跟蹤監(jiān)視試題含解析

2024屆山東省聊城市文苑中學化學高二下期末質量跟蹤監(jiān)視試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確有（）個①常溫常壓下，28gC2H4和C4H8的混合物中一定含有6NA個原子②0℃，101kPa，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液充分反應，有2NA個電子轉移③常溫下，pH=12的氫氧化鈉溶液中OH-數(shù)目為0.01NA④1L1.0mol/LFeCl3溶液全部水解制備氫氧化鐵膠體，所得氫氧化鐵膠體數(shù)目為NA⑤同溫同壓下，O2和CO組成的混合氣體的密度是氫氣的15倍，則O2和CO的體積比1：1⑥常溫下，1.7gNH3和3.65gHCl混合后，氣體分子數(shù)為0.2NA⑦lmolSO2與足量O2在一定條件下反應生成SO3，共轉移2NA個電子⑧100克質量分數(shù)為46%的乙醇溶液中，含有的氧原子數(shù)目為4NA⑨標準狀況下，22.4LHF氣體中含有NA個氣體分子A．4B．1C．2D．32、用價層電子對互斥理論預測H2S和BCl3的立體結構，兩個結論都正確的是A．直線形；三角錐形 B．V形；三角錐形C．直線形；平面三角形 D．V形；平面三角形3、下列敘述正確的是A．酸性氧化物不一定都是非金屬氧化物B．HCl、H2S、NH3都是電解質C．強酸強堿都是離子化合物D．FeBr3、FeCl2、CuS都不能直接用化合反應制備4、下列各組離子在常溫下一定能大量共存的是()A．Na2S溶液中：SO、K＋、Cl－、Cu2＋B．在c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液中：NH、NO、K＋、Cl－C．加入鋁粉能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH、NO、Cl－D．通入大量CO2的溶液中：Na＋、ClO－、CH3COO－、HCO5、室溫下，向圓底燒瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氫溴酸，溶液中發(fā)生反應；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反應后達到平衡。已知常壓下，C2H5Br和C2H5OH的沸點分別為38.4℃和78.5℃。下列有關敘述錯誤的是A．加入NaOH，可增大乙醇的物質的量B．增大HBr濃度，有利于生成C2H5BrC．若反應物增大至2mol，則兩種反應物平衡轉化率之比不變D．若起始溫度提高至60℃，可縮短反應達到平衡的時間6、已知酸性＞H2CO3＞＞HCO3—，現(xiàn)要將轉化為可行的方法是()A．與足量NaOH溶液共熱，再通入足量HCl B．與稀硫酸共熱后，加入足量的NaHCO3C．加熱該物質溶液，再通入足量的CO2 D．加稀硫酸共熱后，再加入足量NaOH溶液7、用物質的量都是0.1mol的HCN和NaCN配成1L混合溶液，已知其中c(CN-)小于c(Na+)，則下列判斷正確的是()A．c(H+)＞c(OH-) B．c(HCN)＞c(CN-)=0.2mol/LC．c(HCN)＞c(CN-) D．c(CN-)＞c(OH-)=0.1mol/L8、下列對有機反應類型的描述不正確的是A．乙醇使酸性KMnO4溶液褪色，是因為發(fā)生了氧化反應B．將苯加入溴水中，振蕩后水層接近無色，是因為發(fā)生了取代反應C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，是因為發(fā)生了加成反應D．甲烷與氯氣混合，光照一段時間后黃綠色消失，是因為發(fā)生了取代反應9、標準狀況下，aL氫氣在過量的bL氯氣中燃燒，所得混合物用100mL3.00mol·L-1的NaOH溶液恰好完全吸收，則氯氣的體積b為()A．2.24LB．4.48LC．3.36LD．1.12L10、下列實驗中，顏色的變化與氧化還原反應有關的是A．過量的SO2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色B．往FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液變紅C．灼熱的CuO在乙醇蒸氣作用下變紅色D．在稀硫酸溶液中滴加紫色石蕊試液，溶液變紅11、25

℃時，在含有大量PbI2的飽和溶液中存在平衡：PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，向該飽和溶液中加入KI

濃溶液，下列說法正確的是A．溶液中Pb2+和I-的濃度都增大 B．PbI2的溶度積常數(shù)Ksp增大C．沉淀溶解平衡向右移動 D．溶液中Pb2+的濃度減小12、下列措施不能加快鋅與稀硫酸反應速率的是（）A．加熱B．增大稀硫酸的濃度C．粉碎鋅粒D．提高鋅的純度13、常溫下向濃度均為0.10mol/L、體積均為1mL的NaOH溶液和Na2CO3溶液中分別加水，均稀釋至VmL，兩種溶液的pH與lgV的變化關系如圖所示.下列敘述中錯誤的是A．Khl(CO32-)(Khl為第一級水解平衡常數(shù))的數(shù)量級為10-4B．曲線N表示Na2CO3溶液的pH隨lgV的變化關系C．Na2CO3溶液中存在:c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)D．若將Na2CO3溶液加熱蒸干，由于CO32-水解，最終析出的是NaOH固體14、科學的實驗方法是探索物質世界的一把金鑰匙，下列實驗方法或操作正確的是A．兩種互不相溶的液體，如汽油和水，可通過分液方法分離B．因為碘易溶于酒精，所以常用酒精萃取碘水中的碘C．觀察鉀元素焰色反應的操作：先將鉑絲放在稀硫酸中洗滌，然后蘸取固體氯化鉀，置于酒精燈的外焰上進行灼燒，透過藍色鈷玻璃進行觀察D．用丁達爾效應鑒別NaCl溶液和KCl溶液15、在25℃時，F(xiàn)eS的Ksp＝6.3×10－18，CuS的Ksp＝1.3×10－36，ZnS的Ksp＝1.3×10－24。下列有關說法中正確的是A．飽和CuS溶液中Cu2＋的濃度為1.3×10－36mol·L－1B．25℃時，F(xiàn)eS的溶解度大于CuS的溶解度C．向物質的量濃度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成D．向飽和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固體，ZnS的Ksp變大16、下列反應中，不屬于取代反應的是A．+HNO3+H2OB．CH2=CH2+Br2BrCH2CH2BrC．CH4+Cl2CH3Cl+HClD．CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知：A的蒸汽對氫氣的相對密度是15，且能發(fā)生銀鏡反應，F(xiàn)的分子式為C3H6O2。有關物質的轉化關系如下：請回答：(1)B中含有的官能團名稱是__________，反應⑥的反應類型為__________。(2)寫出反應④的化學方程式__________。(3)寫出有機物F與NaOH溶液反應的化學方程式__________。(4)下列說法正確的是__________。A．有機物D的水溶液常用于標本的防腐B．有機物B、C、E都能與金屬鈉發(fā)生反應C．有機物F中混有E，可用飽和碳酸鈉溶液進行分離D．有機物M為高分子化合物18、有機物Q是有機合成的重要中間體，制備Q的一種合成路線如下（部分反應條件和試劑略去）?；卮鹣铝袉栴}：（1）Y中不含氧的官能團名稱為__________，R的名稱為_________________________。（2）加熱C脫去CO2生成D，D的結構簡式為____________________________。（3）B+Y→C的反應類型是_______________，Q的分子式為____________________。（4）A→B的化學方程式為______________________________________________。（5）同時滿足下列條件的Z的同分異構體有_____________種（不包括立體異構）。①能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應；②能與碳酸氫鈉反應；③含―NH2；④苯環(huán)上有處于對位的取代基（6）已知：―NH2具有強還原性。參照上述合成路線，以為原料（無機試劑任選），設計制備的合成路線：__________。（格式：CH2＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH）19、NaNO2可用作食品添加劑。NaNO2能發(fā)生以下反應：3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2ONO2-+Ag+=AgNO2↓(淡黃色)某化學興趣小組進行以下探究?；卮鹩嘘P問題：(l)制取NaNO2反應原理：Na2CO3+2NO2=NaNO2+NaNO3＋CO2Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2用下圖所示裝置進行實驗。①銅與濃硝酸反應的化學方程式為______________________________。②實驗過程中，需控制B中溶液的pH＞7，否則產率會下降，理由是_________。③往C中通入空氣的目的是____________________(用化學方程式表示)。④反應結束后，B中溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結品、___________等操作，可得到粗產品晶體和母液。(2)測定粗產品中NaNO2的含量稱取5.000g粗產品，溶解后稀釋至250mL。取出25.00mL溶液，用0.1000mol·L-1KMNO4酸性溶液平行滴定三次，平均消耗的體積為20.00mL。已知：2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O①稀釋溶液時，需使用的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒外，還有_________(填標號)。A．容量瓶B．量筒C．膠頭滴管D．錐形瓶②當觀察到_________________時，滴定達到終點。③粗產品中NaNO2的質量分數(shù)為____________(用代數(shù)式表示)。20、Ⅰ．實驗室制得氣體中常含有雜質，影響其性質檢驗。下圖A為除雜裝置，B為性質檢驗裝置，完成下列表格：序號氣體反應原理A中試劑①乙烯溴乙烷和NaOH的醇溶液加熱_________②乙烯無水乙醇在濃硫酸的作用下加熱至170℃反應的化學方程式是________________。NaOH溶液③乙炔電石與飽和食鹽水反應_________Ⅱ．為探究乙酸乙酯的水解情況，某同學取大小相同的3支試管，分別加入以下溶液，充分振蕩，放在同一水浴加熱相同時間，觀察到如下現(xiàn)象。試管編號①②③實驗操作實驗現(xiàn)象酯層變薄酯層消失酯層基本不變（1）試管①中反應的化學方程式是_____________________；（2）對比試管①和試管③的實驗現(xiàn)象，稀H2SO4的作用是________________；（3）試用化學平衡移動原理解釋試管②中酯層消失的原因_______________。21、Ⅰ、我國規(guī)定生活用水中鎘排放的最大允許濃度為0.005mg/L。處理含鎘廢水可采用化學沉淀法。試回答下列問題：（1）磷酸鎘（Cd3(PO4)2）沉淀溶解平衡常數(shù)的表達式Ksp＝________。（2）一定溫度下，CdCO3的Ksp＝4.0×10-12，Cd（OH）2的Ksp＝3.2×10-14，那么它們在水中的溶解量________較大。（3）在某含鎘廢水中加人Na2S，當S2-濃度達到7.9×10-8mol/L時，水體中Cd2+濃度為_____mol/L（已知：Ksp（CdS）=7.9×10-27，Ar(Cd)=112）；此時是否符合水源標準？______（填“是”或“否”）。Ⅱ、煉鋅煙塵（主要成份為ZnO，含少量CuO和FeO）為原料，可以制取氯化鋅和金屬鋅。制取氯化鋅主要工藝如下：

下表列出了相關金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH(開始沉淀的pH按金屬離子濃度為1.0mol·L－1計算)。金屬離子Fe3+Zn2+Fe2+開始沉淀的pH1.15.25.8沉淀完全的pH3.26.48.8（1）加入H2O2溶液的作用是________________。（2）流程圖中，調節(jié)pH時，加入的試劑X可以是________（填序號）A、ZnOB、NaOHC、Zn2(OH)2CO3D、ZnSO4pH應調整到_________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解題分析】①C2H4和C4H8的最簡式相同，均是CH2，常溫常壓下，28gC2H4和C4H8的混合物中一定含有6NA個原子，正確；②0℃，101Kpa，22.4LCl2是1mol，通入足量的NaOH溶液充分反應，有NA個電子轉移，錯誤；③溶液體積未知，常溫下，pH=12的氫氧化鈉溶液中OH-數(shù)目不一定為0.01NA個，錯誤；④1L1.0mol/LFeCl3溶液全部水解制備氫氧化鐵膠體，所得氫氧化鐵膠體數(shù)目小于NA個，錯誤；⑤同溫同壓下，O2和CO組成的混合氣體的密度是氫氣的15倍，即相對分子質量是30，則O2和CO的體積比1：1，正確；⑥常溫下，1.7gNH3和3.65gHCl混合后恰好反應生成0.1mol氯化銨固體，氣體分子數(shù)為0，錯誤；⑦lmolSO2與足量O2在一定條件下反應生成SO3，由于是可逆反應，轉移電子數(shù)小于2NA個，錯誤；⑧100克質量分數(shù)為46%的乙醇溶液中，含有的氧原子物質的量是，數(shù)目為4NA，正確；⑨標準狀況下HF不是氣態(tài)，不能利用氣體摩爾體積計算22.4LHF氣體中含有NA個氣體分子，錯誤，答案選D。點睛：阿伏加德羅常數(shù)與微粒數(shù)目的關系涉及的知識面廣，涉及到核素、弱電解質電離、氧化還原反應、化學平衡、膠體、化學鍵等知識點。與微粒數(shù)的關系需要弄清楚微粒中相關粒子數(shù)(質子數(shù)、中子數(shù)、電子數(shù))及離子數(shù)、電荷數(shù)、化學鍵之間的關系，計算氧化還原反應中的轉移電子數(shù)目時一定要抓住氧化劑或還原劑的化合價的改變以及物質的量，還原劑失去的電子數(shù)或氧化劑得到的電子數(shù)就是反應過程中轉移的電子數(shù)。2、D【解題分析】

H2S中中心原子含有2對孤電子對，所以實際構型是V型。BCl3中中心原子沒有孤電子對，所以實際構型是平面三角形，答案選D。3、A【解題分析】試題分析：A．酸性氧化物不一定都是非金屬氧化物，如高錳酸酐Mn2O7就屬于酸性氧化物，故A正確；B．HCl都是電解質，但是H2S、NH3是非電解質，故B錯誤；C．HCl是強酸，屬于共價化合物，故C錯誤；D．FeCl2可以用金屬鐵和氯化鐵之間的化合反應來制備，故D錯誤。故選A?？键c：考查酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系4、B【解題分析】A．含S２－溶液中不能大量存在Cu2＋，易生成CuS黑色沉淀，故A錯誤；B．c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液顯酸性，在酸性條件下NH、NO、K＋、Cl－彼此間不發(fā)生離子反應，可大量共存，故B正確；C．加入鋁粉能放出H2的溶液中可能顯酸性或堿性，堿性溶液中不可能大量存在Mg2＋、NH，在酸性溶液中如存在NO，則不可能生成氫氣，故C錯誤；D．因HClO是弱酸，且酸性比碳酸弱，則通入大量CO2的溶液中不可能大量存在ClO－，故D錯誤；答案為B。5、D【解題分析】

根據(jù)題目的反應，主要判斷外界條件的變化對平衡和速率的應該結果即可?！绢}目詳解】A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移動，可增大乙醇的物質的量。選項A正確。B．增大HBr濃度，平衡正向移動，有利于生成C2H5Br。選B正確。C．若反應物增大至2mol，實際上就是將反應物的濃度都增大至原來的2倍，比例不變（兩次實驗反應物的比例都是1:1，等于方程式中的系數(shù)比），只要反應物的投料比等于系數(shù)比，達平衡時反應物的轉化率一定是相等的。所以兩種反應物的轉化率一定是1:1。選項C正確。D．若起始溫度提高至60℃，考慮到HBr易揮發(fā)性，溫度升高化學反應速率加快，而反應物濃度減小能使化學反應速率變慢，故不一定能縮短到達平衡的時間。選項D錯誤。故選D。點睛：本題中的反應是反應前后物質的量不變的反應，但是考慮到反應是在水溶液中進行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本題中的溴乙烷應該是沒有濃度的，所以選項D中是不需要考慮溫度升高將溴乙烷蒸出的影響的。6、B【解題分析】

的官能團有羧基和酯基兩種，將其轉化為，則兩種官能團都要發(fā)生反應，但要注意保護酚羥基。同時要注意相關物質的酸性強弱關系?！绢}目詳解】A.與足量NaOH溶液共熱后，轉化為，再通入足量HCl后，又轉化為，A不可行；B.與稀硫酸共熱后，轉化為，加入足量的NaHCO3后，中只有羧基參與反應，而酚羥基不反應，故可轉化為，B可行；C.加熱該物質溶液，只能部分水解為，再通入足量的CO2不發(fā)生變化，C不可行；D.加稀硫酸共熱后，轉化為，再加入足量NaOH溶液，中的兩種官能團都可以與堿反應，故轉化為，D不可行。綜上所述，將轉化為可行的方法是B，本題選B?！绢}目點撥】本題在解題時，要注意把握住相關物質的酸性和堿性，要求學生能根據(jù)題中信息，選擇合適的試劑，利用較強的酸制取較弱的酸。要求學生要掌握常見重要官能團的性質及其變化規(guī)律。7、C【解題分析】

物質的量都是0.1mol的HCN和NaCN配成1L混合溶液，已知其中c（CN-）小于c（Na+），根據(jù)溶液電中性的原則，溶液中存在c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(CN-)，則有c(OH-)＞c(H+)，溶液應呈堿性，結合電荷守恒、物料守恒等知識解答該題?！绢}目詳解】A．已知其中c（CN-）小于c（Na+），根據(jù)溶液電中性的原則，溶液中存在c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(CN-)，則有c(H+)<c(OH-)，故A錯誤；B．HCN和NaCN的物質的量都為0.1mol，由物料守恒可知c（CN-）+c（HCN）=0.2mol/L，故B錯誤；C．溶液中c（CN-）小于c（Na+），則說明混合溶液中以CN-的水解程度大于HCN的電離程度，所以c（HCN）＞c（CN-），故C正確；D．溶液中存在c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(CN-)，因c（Na+）=0.1mol/L，則c（CN-）+c（OH-）＞0.1mol/L，故D錯誤；答案選C。8、B【解題分析】試題分析：A．甲苯可被酸性高錳酸鉀氧化生成苯甲酸，故A正確；B．苯與溴水不反應，可與液溴在催化劑條件下發(fā)生取代反應，因溴易溶于苯，可萃取溴，但沒有反應，故B錯誤；C．乙烯含有碳碳雙鍵，可與溴發(fā)生加成反應，故C正確；D．己烷為飽和烴，可發(fā)生取代反應，與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應，故D正確；故選B?？键c：考查有機物的結構和性質。9、C【解題分析】分析：本題考查的是氯氣的化學性質，根據(jù)氯氣反應的方程式計算即可解答。詳解：氯氣和氫氣反應生成氯化氫，氯化氫和氫氧化鈉反應生成氯化鈉和水，多余的氯氣和氫氧化鈉也反應生成氯化鈉和次氯酸鈉和水，根據(jù)氯元素守恒分析，1mol氯氣對應2mol氫氧化鈉，則氫氧化鈉的物質的量為3.00×0.1=0.3mol時，氯氣的物質的量為0.15mol，則標況下體積為0.15×22.4=3.36L。故選C。10、C【解題分析】

A．SO2是酸性氧化物，二氧化硫與NaOH反應生成鹽和水，為復分解反應，與氧化還原反應無關，故A錯誤；B．往FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液變紅，是生成可溶性的Fe(SCN)3，沒有發(fā)生氧化還原反應，故B錯誤；C．灼熱的CuO在乙醇蒸氣作用下變紅色，是CuO被乙醇還原為Cu，發(fā)生氧化還原反應，故C正確；D．硫酸電離出氫離子溶液顯酸性，加石蕊試液變紅，與氧化還原反應無關，故D錯誤；故答案為C。11、D【解題分析】

A．含有大量PbI2的飽和溶液中存在著平衡PbI2(s)?Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI濃溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)減小，故A錯誤；B．溶度積常數(shù)Ksp只與溫度有關，改變c(I-)Ksp不變，故B錯誤；C．含有大量PbI2的飽和溶液中存在著平衡PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI濃溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡左移，故C錯誤；D．加入KI濃溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)減小，故D正確；故選D。12、D【解題分析】溫度越高反應速率越快，加熱能加快鋅與稀硫酸反應速率，故A錯誤；氫離子濃度越大反應速率越快，增大稀硫酸的濃度能加快鋅與稀硫酸反應速率，故B錯誤；接觸面積越大反應速率越快，粉碎鋅粒能加快鋅與稀硫酸反應速率，故C錯誤；粗鋅與硫酸反應能形成原電池，純鋅與硫酸反應不能構成原電池，所以提高鋅的純度反應速率減慢，故D正確。13、D【解題分析】NaOH為強堿，常溫下0.10mol/LNaOH溶液的pH=13，所以曲線M表示NaOH溶液的pH隨lgV的變化關系，曲線N表示Na2CO3溶液的pH隨lgV的變化關系；Na2CO3溶液中存在的水解主要是：CO32-+H2OHCO3-+OH-，常溫下0.10mol/L的Na2CO3溶液的pH=11.6，即c(H+)=10-11.6，則c(OH-)=Kw/c(H+)=10-2.4，Ka1(CO32-)=≈=10-3.8，由上述分析，A、B都正確；C項，Na2CO3溶液中Na+和CO32-是主要離子，c(Na+)>c(CO32-)，CO32-水解使溶液顯堿性，則c(OH-)>c(H+)，且c(H+)遠小于c(OH-)，因為水解是微弱的，所以c(CO32-)>c(OH-)，又因為Na2CO3溶液中存在二級水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，其中主要為第一級水解，所以c(OH-)略大于c(HCO3-)，綜上分析，Na2CO3溶液中存在：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)，故C正確；D項，Na2CO3溶液中存在水解：Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH，若將Na2CO3溶液加熱蒸發(fā)，開始時溫度升高促進水解，但隨著水分的減少，NaHCO3和NaOH濃度增大，因為二者不能大量共存，所以又會反應生成Na2CO3，因此將Na2CO3溶液加熱蒸干，最終析出的是Na2CO3固體，故D錯誤。點睛：本題考查電解質溶液，側重考查離子濃度大小比較、水解常數(shù)有關計算、鹽類水解原理的應用等，難度較大，掌握鹽類水解的原理，并結合題給圖示信息分析是解題關鍵。解題思路：首先根據(jù)開始時的pH判斷，曲線M表示NaOH溶液的pH隨lgV的變化關系，曲線N表示Na2CO3溶液的pH隨lgV的變化關系；進一步求得Na2CO3溶液中c(OH-)，再根據(jù)水解常數(shù)表達式求得Ka1(CO32-)；D項易錯，CO32-的一級水解是主要的，二級水解遠小于一級水解，注意HCO3-和OH-不能大量共存。14、A【解題分析】

A.兩種互不相溶的液體分層，選擇分液法分離，故A項正確；

B.酒精與水互溶，則酒精不能作萃取劑，故B項錯誤；

C.焰色反應時，鉑絲在稀硫酸中洗滌，硫酸不揮發(fā)，干擾實驗，應選鹽酸洗滌，故C項錯誤；

D.丁達爾效應可以鑒別溶液和膠體，但不適用于NaCl溶液和KCl溶液的鑒別，故D項錯誤；綜上，本題選A。15、B【解題分析】

A．飽和CuS溶液中Cu2+的濃度為=mol?L-1，故A錯誤；B．由FeS的Ksp=6.3×10-18、CuS的Ksp=1.3×10-36可知，二者的組成形式相同，F(xiàn)eS的溶解度大于CuS的溶解度，故B正確；C．FeS的Ksp=6.3×10-18、ZnS的Ksp=1.3×10-24，向物質的量濃度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，首先生成溶解度小的沉淀，因此只有ZnS沉淀生成，故C錯誤；D．向飽和ZnS溶液中存在ZnS的溶解平衡，加入少量ZnCl2固體，鋅離子濃度增大，溶解平衡逆向移動，但溫度不變，ZnS的Ksp不變，故D錯誤；答案選B。16、B【解題分析】

有機物中的原子或原子團被其他的原子或原子團所代替生成新的化合物的反應叫取代反應，有機物分子中的不飽和鍵斷裂，斷鍵原子與其他原子或原子團相結合，生成新的化合物的反應是加成反應；根據(jù)定義分析解答。【題目詳解】A．苯中的氫原子被硝基取代生成硝基苯，該反應為取代反應，選項A不符合；B．乙烯中碳碳雙鍵變成了碳碳單鍵，該反應為加成反應，選項B符合；C．甲烷中的氫原子被氯原子取代生成一氯甲烷，該反應為取代反應，選項C不符合；D．1-溴丙烷在氫氧化鈉的水溶液中加熱發(fā)生取代反應生成1-丙醇和溴化鈉，該反應屬于取代反應，選項D不符合；答案選B。【題目點撥】本題考查了取代反應與加成反應的判斷，注意掌握常見的有機反應類型及各種反應的特點，明確加成反應與取代反應的概念及根本區(qū)別。二、非選擇題（本題包括5小題）17、羥基酯化(或取代)2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOCH3+NaOH→CH3COONa+CH3OHBC【解題分析】

A的蒸汽對氫氣的相對密度是15，則A的相對分子質量為15×2=30，且能發(fā)生銀鏡反應，說明分子內含醛基，則推出A的結構簡式為HCHO，與氫氣發(fā)生加成反應轉化為甲醇（CH3OH），故C為甲醇，F(xiàn)的分子式為C3H6O2，采用逆合成分析法可知，E為乙酸，兩者發(fā)生酯化反應生成F，F(xiàn)為乙酸甲酯；M在酒化酶作用下生成B，B經(jīng)過一系列氧化反應得到乙酸，則M為葡萄糖，B為乙醇，D為乙醛，E為乙酸，據(jù)此分析作答?！绢}目詳解】根據(jù)上述分析可知，（1）B為乙醇，其中含有的官能團名稱是羥基，反應⑥為甲醇與乙酸酯化生成乙酸甲酯的過程，其反應類型為酯化(或取代)，故答案為羥基；酯化(或取代)；（2）反應④為乙醇氧化成乙醛的過程，其化學方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（3）有機物F為CH3COOCH3，與NaOH溶液發(fā)生水解反應，其化學方程式為CH3COOCH3+NaOH→CH3COONa+CH3OH，故答案為CH3COOCH3+NaOH→CH3COONa+CH3OH；（4）A．甲醛的水溶液常用于標本的防腐，有機物D為乙醛，A項錯誤；B.含羥基或羧基的有機物均能與鈉反應生成氫氣，則有機物B、C、E都能與金屬鈉發(fā)生反應，B項正確；C.乙酸甲酯中含乙酸，則可用飽和碳酸鈉溶液進行分離，C項正確；D.有機物M為葡萄糖，分子式為C6H12O6，不是高分子化合物，D項錯誤；答案選BC。18、溴原子1，3-丙二醇取代反應C10H11O4N6【解題分析】

由R的分子式、X的結構簡式，可推知R為HOCH2CH2CH2OH；加熱C脫去CO2生成D，即C中側鏈-CH(COOH)2轉化為-CH2COOH而得到D，因此D為，結合官能團的結構和性質分析解答(1)~(5)。(6)由于-NH2具有強還原性，應先引入羧基，再還原硝基得到氨基，因此應先制備結合羥基的引入方法分析解答?！绢}目詳解】(1)Y()中含有的官能團有-COOH、-Br，其中不含氧的官能團為溴原子；由R的分子式、X的結構簡式，可推知R為HOCH2CH2CH2OH，名稱為：1，3-丙二醇，故答案為：溴原子；1，3-丙二醇；(2)加熱C脫去CO2生成D，即C中側鏈-CH(COOH)2轉化為-CH2COOH而得到D，故D的結構簡式為：，故答案為：；(3)對比B、Y、C的結構，可知B中苯環(huán)上-OCH3鄰位的H原子被換成了-CH(COOH)2生成C，屬于取代反應。Q()的分子式為：C10H11O4N，故答案為：取代反應；C10H11O4N；(4)對比A、B結構，可知A→B是A的氨基中氫原子被取代生成B，同時還生成CH3COOH，反應的方程式為：，故答案為：；(5)Z為，Z的同分異構體滿足：①能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基；②能與碳酸氫鈉反應，說明含有-COOH；③含-NH2，④苯環(huán)上有處于對位的取代基，該同分異構體中含有3個取代基：-OH、-NH2、-COOH，處于對位的2個取代基有3種組合，另外一個取代基均含有2種位置，故符合條件的共有3×2=6種，故答案為：6；(6)以為原料制備。氨基可以有硝基還原得到，由于-NH2具有強還原性，應先引入羧基，因此應先制備，再還原硝基得到氨基，在堿性條件下溴原子水解可以引入羥基，再氧化可以引入-COOH，最后與Fe/HCl作用，還原得到氨基，合成路線流程圖為：，故答案為：?！绢}目點撥】本題的易錯點為(6)，在設計合成路線時，要注意-NH2具有強還原性，注意合成過程中的氧化過程對氨基的影響。19、Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O如果pH<7，亞硝酸鹽會轉化為硝酸鹽和NO氣體2NO+O2=2NO2過濾A、C溶液出現(xiàn)粉紅色，且半分鐘內不褪色69.00%【解題分析】

(1)Cu和濃硝酸反應得到NO2，NO2與Na2CO3溶液反應得到NaNO2。但是NO2可能會與H2O反應生成NO，NO不能NaOH吸收，所以需要將NO轉化為NO2，再被吸收。(2)①稱取mg粗產品，溶解后稀釋至250mL是配制溶液，結合配制溶液的步驟選擇儀器；②高錳酸鉀溶液為紫紅色，利用溶液顏色判斷反應終點；③2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O，結合反應定量關系計算?！绢}目詳解】(1)①銅與濃硝酸反應生成硝酸銅、二氧化氮和水，反應的化學方程式為：Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；②實驗過程中，需控制B中溶液的pH>7，否則產率會下降，這是因為如果pH<7，會發(fā)生反應：3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O，亞硝酸鹽會轉化為硝酸鹽和NO氣體；③未反應的NO2會與H2O反應生成NO，NO不能NaOH吸收，所以需要將NO轉化為NO2，再被吸收。往C中通入空氣的目的是NO和O2反應生成NO2，反應的化學方程式為：2NO+O2=2NO2；④反應結束后，B中溶液為NaNO2和NaNO3的混合溶液，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾等操作，可得到粗產品晶體和母液；(2)①稀釋溶液時，需使用的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒外，還有容量瓶、膠頭滴管等，故合理選項是AC；②發(fā)生的化學反應為：2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O，高錳酸鉀溶液為紫紅色，恰好反應后溶液中變?yōu)闊o色的Mn2+，可利用溶液本身的顏色變化判斷反應終點，當?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4溶液時，溶液出現(xiàn)粉紅色，且半分鐘內不褪色，可以證明達到滴定終點；③稱取mg粗產品，溶解后稀釋至250mL．取出25.00mL溶液，用cmol/LKMnO4酸性溶液平行滴定三次，平均消耗的體積為VmL，根據(jù)反應方程式2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O可知n(NaNO2)=n(KMnO4)=×0.1000mol/L×20×10-3L=5×10-3mol，則250ml溶液中所含物質的量=n(NaNO2)總=×5×10-3mol=0.05mol，所以粗產品中NaNO2的質量分數(shù)==69.00%?！绢}目點撥】本題考查了銅和濃硝酸反應產物分析判斷、粗產品含量測定和滴定實驗過程中儀器的使用、滴定終點的判斷方法等知識，掌握基礎是解題關鍵。20、水CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2OCuSO4溶液C