四川省成都航天中學2024屆化學高二下期末學業水平測試模擬試題注意事項：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(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列關于乙醇在各種化學反應中化學鍵斷裂情況的說法不正確的是A．與乙酸、濃硫酸共熱時，①鍵斷裂B．與濃硫酸共熱至170℃時，②、④鍵斷裂C．在Ag催化下與O2加熱反應時,①、③鍵斷裂D．與濃氫溴酸混合加熱時,①鍵斷裂2、下列化學用語正確的是()A．聚丙烯的結構簡式：B．丙烷分子的比例模型：C．四氯化碳分子的電子式：D．中子數為18的氯原子：?3、某有機物的結構簡式如下圖，則此有機物可發生的反應類型有()①取代反應②加聚反應③消去反應④酯化反應⑤水解反應⑥氧化反應⑦顯色反應A．①②④⑥⑦ B．②③④⑥⑦ C．①②③④⑤⑥ D．全部4、已知X、Y、Z、W都是短周期元素，它們的原子序數依次遞增，X原子的電子層數與它的核外電子總數相等，而Z原子的最外層電子數是次外層的3倍，Y和Z可以形成兩種以上氣態化合物，W的族序數比X的族序數大1，則下列說法錯誤的是A．Y和Z以質量比為7:16組成的共價化合物有兩種B．X和Y、X和Z組成的常見化合物，穩定性前者大于后者C．X、Z、W簡單離子的半徑由大到小的順序為：Z>W>XD．X、Y、Z可以組成一種離子化合物，其中X、Y、Z元素原子個數比為4:2:35、夏日的夜晚，常看到兒童手持熒光棒嬉戲，魔棒發光原理是利用H2O2氧化草酸二酯（CPPO）產生能量，該能量被傳遞給熒光物質后發出熒光．草酸二酯結構簡式如圖所示，下列有關草酸二酯的說法不正確的是（）A．草酸二酯與H2完全反應，需要6molH2B．草酸二酯的分子式為C26H24O8Cl6C．草酸二酯能發生加成反應、取代反應和氧化反應D．1mol草酸二酯最多可與4molNaOH反應6、漢黃芩素是傳統中草藥黃苓的有效成分之一。對腫瘤細胞的殺傷有獨特作用。下列有關漢黃苓素的敘述正確的是A．分子內含有4種官能團 B．分子式為C15H15O5C．屬于芳香化合物，一個漢黃苓素分子中含有三個苯環 D．與足量H2發生加成反應后，該分子中官能團的種類減少1種7、H2S2O3是一種弱酸,實驗室欲用0.01mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液,發生的反應為：I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6,下列說法合理的是()A．該滴定可選用如圖所示裝置B．該滴定可用甲基橙作指示劑C．Na2S2O3是該反應的還原劑D．該反應中每消耗2molNa2S2O3,電子轉移數為4mol8、下列分子中，所有原子不可能處于同一平面的是A．CH2=CH2B．HC≡CHC．D．9、已知某有機物的結構簡式為CH3CH＝CH—Cl,該有機物能發生

()①取代反應②加成反應③消去反應④使溴水褪色⑤使酸性KMnO4褪色⑥與AgNO3溶液生成白色沉淀⑦聚合反應A．只有⑥不能發生 B．只有⑦不能發生C．以上反應均可發生 D．只有②不能發生10、下列事實或性質與膠體沒有直接關系的是（）A．在冶金廠和水泥廠常用高壓電除去大量的煙塵，以減少其對空氣的污染B．將植物油倒入水中用力振蕩形成油水混合物C．清晨，陽光穿過茂密的林木枝葉所產生的美麗的光柱D．在Fe（OH）3膠體中滴入稀硫酸，先看到紅褐色沉淀生成而后沉淀溶解11、常溫下，下列溶液中各組離子一定能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：

H+、Cu2+、SO42－、NO3-B．0.1mol?L-1HCO3－的溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3-、SO42－C．Kw/c(OH－)＝0.1mol?L-1的溶液中：Na＋、AlO2－、NO3-、CH3COO－D．由水電離產生的c(H+)=1×10-13

mol?L-1的溶液中：Ca2+、K＋、HCO3－、Cl－12、如圖，鐵有δ、γ、α三種同素異形體，三種晶體在不同溫度下能發生轉化。下列說法不正確的是A．δ-Fe晶胞中含有2個鐵原子，每個鐵原子等距離且最近的鐵原子有8個B．晶體的空間利用率：δ-Fe>γ-Fe>α-FeC．設γ-Fe晶胞中鐵原子的半徑為d，則γ-Fe晶胞的體積是16d3D．已知鐵的相對原子質量為a，阿伏加德羅常數為NA(mol－1)，δ-Fe晶胞的密度為ρg/cm3，則鐵原子的半徑r(cm)=13、除去鐵粉中混有的少量鋁粉，可選用的試劑是()A．H2O B．濃H2SO4 C．NaCl D．NaOH14、己知在溶液中下列微粒氧化性順序如下:

XO4->Z2>B2>A3+，下列反應能進行的是A．A3++Z-→Z2+A2+B．A3++X2++H2O→A2++XO4-+H+C．XO4-+A2++H+→X2++A3++H2OD．B2+X2++OH-→B-+XO4-+H2O15、砷是氮族元素，黃砷(As4)是其一種單質，其分子結構與白磷(P4)相似，以下關于黃砷與白磷的比較敘述正確的是A．黃砷中共價鍵鍵能大于白磷B．黃砷的熔點高于白磷C．黃砷易溶于水D．分子中共價鍵鍵角均為109°28′16、中國科技大學的科學家將C60分子組裝在一單層分子膜表面，在﹣268℃時凍結分子的熱振蕩，利用掃描隧道顯微鏡首次“拍攝”到能清楚分辨碳原子間單、雙鍵的分子圖象．下列化合物分子中一定既含σ鍵又含π鍵的是（

）A．N2 B．CO2 C．C2H6O D．H2O217、下列說法正確的是A．BF3和NH3的空間構型都為平面三角形B．晶格能由大到小的順序:NaF>

NaCl>

NaBr>NaIC．熔點:Na-K合金<氯化鈉<鈉<金剛石D．空間利用率:體心立方堆積<六方最密堆積<面心立方最密堆積18、下列說法不正確的是A．溫度相同、體積相同的O2(g)和N2(g)分子數相同B．等溫等壓下，SO2氣體與CO2氣體的密度之比等于16∶11C．溫度和容積相同的兩氣罐中分別盛有5molO2(g)和2molN2(g)，兩容積中的壓強之比等于5∶2D．等溫等壓條件下，5molO2(g)和2molH2(g)的體積之比等于5∶219、A～D是中學化學實驗中使用溫度計的裝置示意圖，其中所做實驗與裝置不相符的是：（）序號ABCD裝置實驗乙烯的制取石油的分餾銀鏡反應苯的硝化A．A B．B C．C D．D20、下列說法正確的是A．NH4NO3中既有離子鍵又有共價鍵，屬于共價化合物B．SiC是原子晶體，加熱熔化時需破壞共價鍵C．H2O2易分解是因為H2O2分子間作用力弱D．NaHSO4晶體溶于水時，離子鍵被破壞，共價鍵不受影響21、為提純下列物質（括號內為雜質），選用的試劑或分離方法錯誤的是選項物質試劑分離方法A硝酸鉀（氯化鈉）蒸餾水降溫結晶B二氧化碳（氯化氫）飽和NaHCO3溶液洗氣C甲烷（乙烯）酸性高錳酸鉀溶液洗氣D乙醇（水）生石灰蒸餾A．A B．B C．C D．D22、在給定的條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是（）A．SiO2SiCl4SiB．C．Cu2SCuCuCl2D．Fe2O3FeFeI3二、非選擇題(共84分)23、（14分）高血脂是一種常見的心血管疾病.治療高血脂的新藥I的合成路線如下圖所示:已知：a、；b、RCHO請回答下列問題:(1)反應①所需試劑、條件分別是___________________。(2)②的反應類型是____________;A→B的化學方程式為____________________。(3)G的結構簡式為____________;H中所含官能團的名稱是______________。(4)化合物W的相對分子質量比化合物C大14。且滿足下列條件.W的可能結構有___種。①遇FeCl3溶液顯紫色②屬于芳香族化合物③能發生銀鏡反應其中核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環境的氫.且峰面積比為2:2:2:1:1的結構簡式為_____________(5)設計用甲苯和乙醛為原料制備的合成路線，其他無機試劑任選(合成路線常用的表示方式為:A→反應條件反應試劑B……→反應條件反應試劑24、（12分）化合物K是有機光電材料中間體。由芳香族化合物A制備K的合成路線如下：已知：回答下列問題：(1)A的結構簡式是________。(2)C中官能團是________。(3)D→E的反應類型是________。(4)由F生成G的化學方程式是________。(5)C7H8的結構簡式是________。(6)芳香族化合物X是G的同分異構體，該分子中除苯環外，不含其他環狀結構，其苯環上只有1種化學環境的氫。X能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2，寫出符合上述要求的X的結構簡式：________。(7)以環戊烷和烴Q為原料經四步反應制備化合物，寫出有關物質的結構簡式（其他無機試劑任選）。Q：____；中間產物1：________；中間產物2：____；中間產物3：________。25、（12分）實驗小組同學探究稀H2SO4對溶液中的I—被O2氧化的影響因素。（1）為了探究c(H+)對反應速率的影響，進行實驗：10mL1mol·L－1KI溶液5滴淀粉溶液序號加入試劑變色時間Ⅰ10mL蒸餾水長時間放置，未見明顯變化Ⅱ10mL0.1mol·L－1H2SO4溶液放置3min后，溶液變藍Ⅲ10mL0.2mol·L－1H2SO4溶液放置1min后，溶液變藍Ⅳ10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液長時間放置，未見明顯變化①寫出實驗Ⅱ發生反應的離子方程式______。②實驗Ⅰ~Ⅲ所得結論：_______。③增大實驗Ⅱ反應速率還可以采取的措施______。④實驗Ⅳ的作用是______。（2）為探究c(H+)除了對反應速率影響外，是否還有其他影響，提出假設：ⅰ.增大c(H+)，增強O2的氧化性；ⅱ.增大c(H+)，_______。小組同學利用下圖裝置設計實驗方案，對假設進行驗證。序號溶液a溶液b現象Ⅴ10mL1mol·L－1KI溶液10mLH2O10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液10mLH2O指針未見偏轉Ⅵ10mL1mol·L－1KI溶液10mLH2O10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液1mL0.2mol·L－1H2SO4溶液9mLH2O指針偏轉ⅦX10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液10mL0.2mol·L－1H2SO4溶液YⅧZ10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液10mLH2O指針未見偏轉通過實驗證實假設ⅰ合理，將表中空白處的試劑或現象補充完整。X__________；Y_________；Z__________。26、（10分）某班同學用如下實驗探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性質。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生O2，在堿性溶液中較穩定。回答下列問題：（1）分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑，其目的是________；將FeCl3晶體溶于濃鹽酸,再稀釋到需要的濃度，鹽酸的作用是________。（2）制備K2FeO4（夾持裝置略）后，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產生黃綠色氣體，得溶液a，經檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl－而產生Cl2，設計以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子，但該離子的產生不能判斷一定是K2FeO4將Cl－氧化，還可能由________________產生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗滌的目的是________________。根據K2FeO4的制備原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O得出：氧化性Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ實驗表明，Cl2和FeO42-的氧化性強弱關系相反，原因是________________。27、（12分）中和熱測定是中學化學中的重要定量實驗，下圖所示裝置是一定濃度的鹽酸和NaOH溶液測定中和熱的實驗裝置。回答下列問題：（1）實驗時使用環形玻璃棒攪拌溶液的方法是____________________。不能用銅絲攪拌棒代替環形玻璃棒的理由_______________________________。（2）向盛裝稀鹽酸的燒杯中加入NaOH溶液的正確操作是_________________________。A．沿玻璃棒緩慢加入B．一次性迅速加入C．分三次加入（3）用一定濃度的鹽酸和NaOH溶液測中和熱為△H1，若將鹽酸改為相同體積、相同濃度的醋酸，測得中和熱為△H2，則△H1與△H2的關系為△H1_______△H2（填“＜”“＞”或“＝”），理由是______________________________。28、（14分）（1）在①CO2，②NaCl，③Na，④Si，⑤CS2，⑥金剛石，⑦（NH4）2SO4，⑧乙醇中，由極性鍵形成的非極性分子有_______（填序號，以下同），含有金屬離子的物質是__，分子間可形成氫鍵的物質是________，屬于離子晶體的是__，屬于原子晶體的是__，①～⑤五種物質的熔點由高到低的順序是__。（2）A，B，C，D為四種晶體，性質如下：A．固態時能導電，能溶于鹽酸B．能溶于CS2，不溶于水C．固態時不導電，液態時能導電，可溶于水D．固態、液態時均不導電，熔點為3500℃試推斷它們的晶體類型：A．__；B．__；C．__；D．__。（3）下圖中A～D是中學化學教科書上常見的幾種晶體結構模型，請填寫相應物質的名稱：A．__；B．__；C．__D．____。．29、（10分）[Cu(NH3)4]SO4·H2O是一種重要的染料及合成農藥中間體。請回答下列問題：(1)[Cu(NH3)4]2+在水溶液中的顏色是________。(2)NH3中N原子的雜化軌道類型是________。(3)Cu2+基態核外電子排布式為_________________。(4)[Cu(NH3)4]SO4中存在的化學鍵類型除了極性共價鍵外，還有________。(5)S、O、N三種元素的第一電離能由大到小的順序為_____________。(6)將金屬銅投入到氨水和H2O2的混合溶液中，銅片溶解，溶液是深藍色，其反應的離子方程式為________。(7)銅氮合金的晶胞結構如圖所示，該晶胞中距離最近的銅原子和氮原子核間的距離為apm，則該晶體的密度為________g/cm3(設NA為阿伏加德羅常數值)。

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、D【解題分析】A．與乙酸、濃硫酸共熱時，發生酯化反應，①斷裂，故A正確；B．與濃硫酸共熱至170℃時，發生消去反應生成乙烯，②、④鍵斷裂，故B正確；C．在Ag催化下與O2反應時，生成乙醛，①、③鍵斷裂，故C正確．B．與HBr反應時，生成溴乙烷，②鍵斷裂，故D錯誤；本題選D。點睛：乙醇含有-OH，可發生取代、消去、氧化等反應，反應條件不同，生成物不同，化學鍵斷裂的方式不同，當發生酯化反應時，①斷裂，發生取代反應時，②鍵斷裂，發生消去反應時，②④斷裂，發生催化氧化時①③斷裂，以此解答該題。2、D【解題分析】A．聚丙烯的結構簡式為：，故A錯誤；

B．是丙烷的球棍模型，故B錯誤；C．氯原子未成鍵的孤對電子對未標出，四氯化碳電子式為，故C錯誤；D．質量數=質子數+中子數，中子數為18的氯原子：1735Cl故D正確；本題選D。點睛：質量數=質子數+中子數。3、C【解題分析】

根據有機物的官能團分析其可能發生的反應類型。【題目詳解】由圖可知，該有機物分子中有碳碳雙鍵、酯基、羥基、羧基等4種官能團，另外還有苯環這種特殊的基團，且羥基所連碳原子的鄰位碳原子上有H原子。含有碳碳雙鍵的物質易發生取代反、加聚反應、氧化反應；含有酯基的物質易發生水解反應；含有羥基的有機物易發生酯化反應和氧化反應，由于羥基所連碳原子的鄰位碳原子上有H原子，故其也能發生消去反應；含有羧基的物質易發生酯化反應等。由于該有機物沒有酚羥基，故其不能發生顯色反應。綜上所述，此有機物可發生的反應類型有取代反應、加聚反應、消去反應、酯化反應、水解反應、氧化反應，即①②③④⑤⑥，故本題選C。4、B【解題分析】由上述分析可知，X為H，Y為N，Z為O，W為Mg；A．Y和Z以質量比7：16組成的共價化合物為NO2、N2O4，故A正確；B．非金屬性O＞N，X和Y、X和Z組成的常見化合物，穩定性前者小于后者，故B錯誤；C．具有相同電子排布的離子中原子序數大的離子半徑小，電子層越多，離子半徑越大，則X、Z、W簡單離子的半徑由大到小的順序為：Z＞W＞X，故C正確；D．X、Y、Z可以組成一種離子化合物為NH4NO3，X、Y、Z元素原子個數比為4：2：3，故D正確；故選B。點睛：把握原子結構、元素化合物知識推斷元素為解答的關鍵，X、Y、Z、W都是短周期元素，它們的原子序數依次遞增，X原子的電子層數與它的核外電子總數相等，X為H元素；而Z原子的最外層電子數是次外層的3倍，Z為O元素；Y和Z可以形成兩種以上氣態化合物，Y為N元素，W的族序數比X的族序數大1，W應為第三周期ⅡA族元素，以此來解答。5、D【解題分析】

A.草酸二酯中只有苯環可與H2完全反應，而酯基中的碳氧雙鍵不能發生加成反應，則需要6molH2，A正確；B.草酸二酯的分子式為C26H24O8Cl6，B正確；C.草酸二酯中含有的官能團為酯基、氯原子，能發生加成反應，取代反應，氧化反應，C正確；D.1mol草酸二酯中的-Cl、酯基均可與NaOH反應，最多可與18molNaOH反應，D錯誤；答案為D。【題目點撥】要注意酯基與NaOH反應后生成的酚羥基可繼續與NaOH反應。6、A【解題分析】

A．分子內有羥基、碳碳雙鍵、羰基和醚鍵四種官能團，故錯誤；B．分子式為C15H12O5，故錯誤；C．含有2個苯環，屬于芳香化合物，故錯誤；D．與氫氣反應后碳碳雙鍵和羰基消失，故錯誤；故選A。7、C【解題分析】分析：A、Na2S2O3溶液顯堿性；B、根據碘遇淀粉溶液變藍色分析解答；C、根據Na2S2O3中S元素化合價變化分析；D、根據Na2S2O3中S元素化合價變化解答。詳解：A、Na2S2O3溶液顯堿性，應該用堿式滴定管，A錯誤；B、溶液中有單質碘，加入淀粉溶液呈藍色，碘與Na2S2O3發生氧化還原反應，當反應終點時，單質碘消失，藍色褪去，B錯誤；C、Na2S2O3中S元素化合價由+2價升高到+2.5價，失去電子被氧化，作還原劑，C正確；D、Na2S2O3中S元素化合價由+2價升高到+2.5價，因此反應中每消耗2molNa2S2O3，轉移2mol電子，D錯誤；答案選C。8、D【解題分析】分析：甲烷為正四面體結構、乙烯中6個原子共平面、乙炔中4個原子共線、苯分子中12個原子共面，據此分析解答。詳解：A．CH2=CH2是平面結構，所有原子在同一平面上，選項A錯誤；B．HC≡CH是直線型分子，所有原子在同一直線上，同時也在同一平面上，選項B錯誤；C．苯為平面結構，所有原子在同一平面上，選項C錯誤；D．中具有1個甲基，具有甲烷的結構，所有原子不可能處于同一平面內，選項D正確；答案選D。9、A【解題分析】

根據有機物的結構簡式可知，CH3CH＝CH—Cl分子中含有的官能團為碳碳雙鍵和氯原子，能夠表現烯烴和氯代烴的性質。【題目詳解】根據有機物的結構簡式可知，分子中含有的官能團為碳碳雙鍵和氯原子，所以可發生加成反應、取代反應、消去反應、加聚反應，也能使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色，但和硝酸銀溶液不反應，故選A。【題目點撥】本題考查有機物的結構與性質，準確判斷出分子中含有的官能團，結合官能團的結構和性質分析是解答關鍵。10、B【解題分析】

A.煙塵是膠體，在外加電源作用下，有電泳的性質，與膠體性質有關，故A不選；B.油水混合物是乳濁液，與膠體性質無關，故B選；C.清晨的陽光穿過茂密的樹木枝葉所產生的美麗光柱，是膠體的丁達爾現象，與膠體有關，故C不選；D.稀硫酸是電解質溶液，氫氧化鐵膠體遇電解質溶液發生聚沉，與膠體性質有關，故D不選。答案為：B。11、A【解題分析】

A.澄清透明的溶液

H+、Cu2+、SO42－、NO3-可以大量共存，故A正確；B.0.1mol?L-1HCO3－的溶液中：HCO3－與Fe3＋、Al3＋發生雙水解不能大量共存，故B錯誤；C.Kw/c(OH－)＝0.1mol?L-1的溶液中：Kw=10-14，c(OH-)=1013mol?L-1，為酸性溶液，AlO2－，CH3COO－與氫離子不能大量共存，故C錯誤D.由水電離產生的c(H+)=1×10-13

mol?L-1的溶液中，抑制了水的電離，可能是酸也可能是堿，HCO3－與H+、OH-均不能大量共存，故D錯誤。【題目點撥】澄清溶液不等于無色溶液，注意雙水解反應。12、B【解題分析】

A.δ-Fe晶胞中含有Fe的個數為1+=2；由圖可知，每個鐵原子等距離且最近的鐵原子有8個，A正確；B.設Fe原子的半徑為r，晶胞的棱長為a。δ-Fe晶胞含有Fe的個數為2，因其含有體心，則有，則a=，則其空間利用率為：=68%；γ-Fe晶胞中含有Fe的個數為4，因其含面心，則有，解得a=，則其空間利用率為：=74%；α-Fe晶胞中含有Fe的個數為1，有，則其空間利用率為：=52%；故晶體的空間利用率：γ-Fe>δ-Fe>α-Fe，B錯誤；C.若γ-Fe晶胞中鐵原子的半徑為d，則立方體的對角線長為4d，所以立方體的棱長為d，則該晶胞的體積為=，C正確；D.δ-Fe晶胞中含有Fe的個數為2，則該晶胞的體積為，則其棱長為，該晶胞的對角線為棱長的倍，也是原子半徑的4倍，即4r=，解得r=，D正確；故合理選項為B。13、D【解題分析】

鐵粉和鋁粉都是活潑金屬，都能和酸反應和弱堿不反應；鋁粉能和強堿反應生成鹽和氫氣，而鐵粉和強堿不反應。【題目詳解】A項、Fe、Al均與鹽酸反應，不能達到除雜的目的，故A錯誤；B項、Fe、Al在濃H2SO4中均發生鈍化，不能達到除雜的目的，故B錯誤；C項、Fe、Al均不與NaCl反應，不能達到除雜的目的，故C錯誤；D項、Al與NaOH溶液反應，而Fe不能，反應后過濾可除雜，故D正確。故選D。【題目點撥】本題考查混合物的分離提純，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物性質的綜合應用，把握物質的性質、性質差異、混合物分離方法為解答的關鍵。14、C【解題分析】本題考查氧化還原反應中氧化性和還原性強弱比較。分析：根據氧化還原反應中，氧化性：氧化劑＞氧化產物；還原性：還原劑＞還原產物；對反應進行分析，得出各種離子的氧化性、還原性，再依據題給氧化性順序進行判斷。解析：反應A3++Z-→Z2+A2+中，氧化性：A3+＞Z2，與題意不符，A錯誤；反應A3++X2++H2O→A2++XO4-+H+中，氧化性：A3+＞XO4-，與題意不符，B錯誤；反應A3++X2++H2O→A2++XO4-+H+中，氧化性：XO4-＞A3+，與題意相符，C正確；反應B2+X2++OH-→B-+XO4-+H2O中，氧化性：B2＞XO4-，與題意不符，D錯誤。點睛：答題時注意熟練掌握氧化還原反應中氧化性、還原性判斷規律：氧化還原反應中還原劑的還原性強于還原產物的還原性，氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性。15、B【解題分析】A．原子半徑As＞P，鍵長越大，鍵能越小，黃砷中共價鍵鍵能小于白磷，A錯誤；B．形成的晶體都為分子晶體，相對分子質量越大，分子間作用力越強，則熔點越高，B正確；C．黃砷為非極性分子，根據相似相容原理可知難溶于水，C錯誤；D．分子中共價鍵鍵角均為60°，D錯誤，答案選B。點睛：本題考查同主族元素的性質的遞變規律，解答時注意從白磷的結構和性質分析進行知識的遷移靈活應用。16、B【解題分析】

A．結構式為N≡N，含有1個σ鍵和2個π鍵，但不是化合物，故A錯誤；B．結構式為O=C=O，含有2個σ鍵和2個π鍵，故B正確；C．根據C2H6O的結構中只存在單鍵，無雙鍵，只含σ鍵，不含π鍵，故C錯誤；D．H2O2的結構式為H-O-O-H，只含有σ鍵，不含π鍵，故D錯誤；故選B。17、B【解題分析】A、B形成3個δ鍵，孤對電子數為3-1×32=0，為sp2雜化，BF3立體構型為平面三角形，而N形成3個δ鍵，孤對電子數為5-1×32=1，為sp3雜化，NH3立體構型為三角錐形，選項A錯誤；B．離子晶體晶格能與離子電荷成正比，與離子半徑成反比，從F到I其簡單陰離子半徑隨著原子序數增大而增大，所以其晶格能隨著原子序數增大而減小，則晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI，選項B正確；C、合金熔點比各成份都低，不同類型的晶體熔點的高低順序為：原子晶體＞離子晶體＞金屬晶體＞分子晶體，所以熔點Na-K合金＜鈉＜氯化鈉＜＜金剛石，選項C錯誤；D、體心立方堆積的空間利用率為68%，六方最密堆積=面心立方最密堆積空間利用率74%，所以空間利用率為：體心立方堆積＜六方最密堆積=面心立方最密堆積，選項D18、A【解題分析】

A項，壓強沒有確定，溫度相同、體積相同的O2(g)和N2(g)分子數不一定相同，錯誤；B項，等溫等壓下，SO2氣體與CO2氣體的密度之比等于其相對分子質量之比，為64：44＝16∶11，正確；C項，溫度和容積相同的兩氣罐中的壓強之比等于氣體分子物質的量之比，即為5∶2，正確；D項，等溫等壓條件下，兩氣體的體積之比等于氣體分子物質的量之比，即為5∶2，正確；答案選A。19、C【解題分析】

A、制備乙烯需要將乙醇和濃硫酸混合液的溫度迅速上升到170℃，溫度計水銀球插入到液面以下，所做實驗與裝置相符；B、石油的分餾需要測量餾分的溫度，溫度計的水銀球位置在蒸餾燒瓶支管處，所做實驗與裝置相符；C、銀鏡反應需要水浴加熱，不需要溫度計，所做實驗與裝置不符；D、苯的硝化反應需要水浴加熱，控制溫度50~60℃，溫度計測水浴的溫度，所做實驗與裝置相符；答案選C。20、B【解題分析】

A．NH4NO3中既有離子鍵又有共價鍵，屬于離子化合物，故A錯誤；B．SiC是原子晶體，原子間通過共價鍵結合形成的空間網狀態結構，所以SiC加熱熔化時需破壞共價鍵，故B正確；

C．H2O2易分解是因為分子內化學鍵弱，和H2O2分子間作用力無關，故C錯誤；

D．硫酸氫鈉溶于水時發生電離，電離方程式為NaHSO4=Na++H++SO42-，所以有離子鍵和共價鍵被破壞，故D錯誤；

故答案：B。21、C【解題分析】分析：A.利用硝酸鉀和氯化鈉的溶解度不同分離；B.利用氯化氫與飽和NaHCO3溶液反應生成氯化鈉、水和二氧化碳的性質分離；C.乙烯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成二氧化碳，引入新的雜質；D.加生石灰可增大乙醇與水的沸點差異。詳解：A.硝酸鉀的溶解度隨溫度變化較大，而氯化鈉的溶解度隨溫度變化不大，所以可以采用先制得較高溫度下的硝酸鉀和氯化鈉的溶液，再降溫結晶，可析出硝酸鉀晶體，故A正確；B.氯化氫與飽和NaHCO3溶液反應生成氯化鈉、水和二氧化碳，而二氧化碳不溶于飽和NaHCO3溶液，可讓混合氣體通過盛有飽和NaHCO3溶液的洗氣瓶洗氣，除去HCl，故B正確；C.乙烯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成二氧化碳，引入新的雜質，故不能用酸性高錳酸鉀溶液除去甲烷中的乙烯，應通入溴水，故C錯誤；D.加生石灰可增大乙醇與水的沸點差異，則蒸餾可分離出乙醇，故D正確。綜合以上分析，本題選C。點睛：本題考查混合物的分離、提純，側重除雜和分離的考查，把握物質的化學性質為解答本題的關鍵，注意D中生石灰的作用，題目難度不大。22、B【解題分析】

A項、二氧化硅是酸性氧化物，不能與鹽酸反應，故A錯誤；B項、鈉與硫酸銅溶液中水反應生成氫氧化鈉和氫氣，反應生成的氫氧化鈉與硫酸銅溶液反應生成氫氧化銅沉淀，氫氧化銅沉淀受熱分解生成氧化銅，故B正確；C項、銅為不活潑金屬，不能與鹽酸反應，故C錯誤；D項、碘單質的氧化性較弱，與鐵反應生成碘化亞鐵，故D錯誤；故選B。【題目點撥】鐵與氧化性較弱的碘、硫和氫離子等生成亞鐵離子是易錯點。二、非選擇題(共84分)23、Cl2、光照取代反應羥基13【解題分析】

甲苯發生取代反應生成，在氫氧化鈉水溶液加熱條件下發生取代反應生成，則A為，該分子繼續氧化為B，可推知B為，C為；D經過消去反應可得到HCHO，所以E為HCHO，根據給定的已知信息及逆合成分析法可知，G為，據此分析作答。【題目詳解】甲苯→，發生的是取代反應，所需試劑、條件分別是Cl2、光照；故答案為：Cl2、光照；（2）反應②是C和H發生的酸和醇的酯化反應（取代反應），A→B的化學方程式為，故答案為：取代反應；；（3）結合給定的已知信息推出G的結構簡式為；G→H，是-CHO和H2的加成反應，所以H中所含官能團的名稱是羥基，故答案為：；羥基。（4）C為，化合物W的相對分子質量比化合物C大14，W比C多一個CH2，遇FeCl3溶液顯紫色含有酚羥基，屬于芳香族化合物含有苯環，能發生銀鏡反應含有醛基，①苯環上有三個取代基，分別為醛基、羥基和甲基，先固定醛基和羥基的位置，鄰間對，最后移動甲基，可得到10種不同結構；②苯環上有兩個取代基，分別為-OH和-CH2CHO，鄰間對位共3種，所以W的可能結構有10+3=13種；符合①遇FeCl3溶液顯紫色、②屬于芳香族化合物、③能發生銀鏡反應其中核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環境的氫、峰面積比為2:2:2:1:1要求的W的結構簡式：，故答案為：13；；（5）根據題目已知信息和有關有機物的性質，用甲苯和乙醛為原料制備的合成路線具體如下：，故答案為：。24、碳碳雙鍵羧基消去反應+C2H5OH+H2OCH3—C≡C—CH3【解題分析】

由第一個信息可知A應含有醛基，且含有7個C原子，應為，則B為，則C為，D為，E為，F為，F與乙醇發生酯化反應生成G為，對比G、K的結構簡式并結合第二個信息，可知C7H8的結構簡式為；(7)環戊烷與氯氣在光照條件下生成，發生消去反應得到環戊烯。環戊烯與2-丁炔發生加成反應生成，然后與溴發生加成反應生成。【題目詳解】根據上述分析可知：A為，B為，C為，D為，E為，F為，G為，對比G、K的結構簡式并結合題中給出的第二個信息，可知C7H8的結構簡式為。(1)A的結構簡式是。(2)C結構簡式是其中含有的官能團是碳碳雙鍵和羧基。(3)D→E的反應類型為消去反應。(4)F為，F與乙醇在濃硫酸存在的條件下加熱，發生消去反應形成G和水，所以由F生成G的化學方程式是+C2H5OH+H2O。(5)C7H8的結構簡式是。(6)芳香族化合物X是G的同分異構體，該分子中除苯環外，不含其他環狀結構，其苯環上只有1種化學環境的氫。X能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2，說明分子中含有羧基-COOH，則符合上述要求的X的結構簡式：、。(7)環戊烷與氯氣在光照條件下生成，，與NaOH的乙醇溶液共熱，發生消去反應得到環戊烯、NaCl、H2O。環戊烯與2-丁炔發生加成反應生成，然后與溴發生加成反應生成。其合成路線為。所以Q：CH3—C≡C—CH3；中間產物1：；中間產物2：；中間產物3：。【題目點撥】本題考查有機物推斷和合成的知識，明確官能團及其性質關系、常見反應類型及反應條件是解本題關鍵，側重考查學生分析判斷能力，注意題給信息的靈活運用。25、4H++4I-+O2==2I2+2H2O其他條件相同時，增大c(H+)使I-被O2氧化的速率加快升高溫度或通入O2對照實驗，證明SO42-對該反應的化學反應速率沒有影響增強I-的還原性10mL1mol·L-1KI溶液、10mLH2O指針偏轉大于Ⅵ10mL1mol·L-1KI溶液、2mL0.2mol·L-1H2SO4溶液、8mLH2O【解題分析】

本題主要考察實驗探究，注意“單一變量”原則。【題目詳解】（1）①題中已告知I-被O2氧化，所以離子方程式為4I-+O2+4H+=2I2+2H2O；②這三組實驗中，變量是H+的濃度，結果是溶液變藍的速度，反映出H+的濃度對I-被O2氧化的速率；③對于非氣相反應而言，加快反應速率的措施還有加熱，增加其他反應物的濃度，或者加入催化劑（在本實驗中，反應速率較快，為了更好的觀察實驗結果，可不使用催化劑）；④實驗IV的作用是對照作用，排除SO42-對實驗結果的影響；（2）ii，對照i的說法為增大c(H+)，增強I-的還原性；對比實驗V、VI、VII，三組實驗的溶液b在變化，根據單一變量原則，溶液a是不應該有變動的，所以X應為10mL1mol·L－1KI溶液、10mLH2O，由于實驗VII的溶液b中H+濃度比實驗VI的大，反應速率會加快，這意味著單位時間內轉移的電子數量會增多，指針會出現偏轉，且比實驗VI的大；經過對比，實驗V和VIII的溶液b相同，則兩個實驗的溶液a應該有所不同，實驗探究的是H+的影響，實驗V的a溶液中沒有H+，則實驗VIII的a溶液中應該有H+，故Z為10mL1mol·L-1KI溶液、2mL0.2mol·L-1H2SO4溶液、8mLH2O。26、防止亞鐵離子被氧化抑制鐵離子水解Fe3+4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO－的干擾＞溶液的酸堿性不同【解題分析】

（1）氯化亞鐵易被氧化生成氯化鐵，因此在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑的目的是防止亞鐵離子被氧化；氯化鐵是強酸弱堿鹽，水解顯酸性，則將FeCl3晶體溶于濃鹽酸，再稀釋到需要的濃度，鹽酸的作用是抑制鐵離子水解；（2）I.方案I加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含Fe3+。但Fe3+的產生不能判斷K2FeO4與Cl－發生了反應，根據題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2，自身被還原成Fe3+，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，可能的反應為4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O；II.產生Cl2還可能是ClO－+Cl－+2H+＝Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗滌的目的是除去KClO、排除ClO－的干擾，同時保持K2FeO4穩定存在；制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，在該反應中Cl元素的化合價由0價降至－1價，Cl2是氧化劑，Fe元素的化合價由+3價升至+6價，Fe(OH)3是還原劑，K2FeO4為氧化產物，根據同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反應為2FeO42－+6Cl－+16H+＝2Fe3++3Cl2↑+8H2O，實驗表明，Cl2和FeO42－氧化性強弱關系相反；對比兩個反應的條件，制備K2FeO4在堿性條件下，方案II在酸性條件下；說明溶液的酸堿性的不同影響物質氧化性的強弱。27、上下輕輕移動(或上下輕輕攪動)Cu傳熱快，防止熱量損失B<因弱電解質的電離過程是吸熱的，將鹽酸改為相同體積、相同濃度的醋酸反應后放出的熱量少，所以△H1<△H2【解題分析】分析：（1）環形玻璃攪拌棒上下攪動使溶液充分反應；金屬導熱快，熱量損失多；(2)酸堿中和放出熱量，應該減少熱量的損失；（3）根據弱電解質電離吸熱分析．詳解：(1)環形玻璃攪拌棒上下攪動使溶液充分反應；不能將環形玻璃攪拌棒改為銅絲攪拌棒，因為銅絲攪拌棒是熱的良導體，故答案為：上下輕輕移動(或上下輕輕攪動)；銅傳熱快，防止熱量損失。(2)酸堿中和放出熱量，為了減少熱量的損失應該一次性迅速加入NaOH溶液，故答案為：B。（3）醋酸為弱酸,電離過程為吸熱過程,所以用醋酸代替稀鹽酸溶液反應,反應放出的熱量偏小，所以△H1<△H2，故答案為：<；因弱電解質的電離過程是吸熱的，將鹽酸改為相同體積、相同濃度的醋酸反應后放出的熱量少，所以△H1<△H2。28、①⑤②③⑧②⑦④⑥④＞②＞③＞⑤＞①金屬晶體分子晶體離子晶體原子晶體氯化銫氯化鈉二氧化硅金剛石（或晶體硅）【解題分析】

(1)根據組成元素及微粒之間的化學鍵分析；根據晶體的熔點:原子晶體>離子晶體>金屬晶體>分子晶體；

(2)根據晶體的物理性質分析晶體類型；

(3)根據晶體結構模型判斷物質的種類。【題目詳解】(1)①CO2⑤CS2中只含有極性鍵,分子都是直線形分子,正負電荷中心重合,屬于非極性分子；由極性鍵形成的非極性分子有①⑤；②NaCl是由鈉離子和氯離子構成；③Na是由鈉離子和自由電子構成,都含有金屬離子；含有金屬離子的物質是②③；⑧乙醇中羥基氫與羥基上的氧原子能形成氫鍵；分子間可形成氫鍵的物質是⑧；②NaCl由鈉離子和氯離子構成，屬于離子化合物；⑦（NH4）2SO4由銨根離子和硫酸根離子構成，屬于離子化合物；離子化合物在固態時均為離子晶體；屬于離子晶體的是②⑦；④Si⑥金剛石都是由原子構成的原子晶體；屬于原子晶體的是④⑥；晶體的熔點:原子晶體>離子晶體>金屬晶體>分子晶體，Si和金剛石都是原子晶體,原子半徑越小,共價鍵越強,熔點越高,CO2和CS2都是分子晶體,相對分子質量越大熔點越高,Na的熔點低于100℃,，所以熔點高到低的順序為:④＞②＞③