2024屆天津市南開中學濱海生態城學校化學高二下期末調研試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、用下列實驗裝置或操作進行相應實驗，能達到實驗目的的是A．用圖1所示裝置收集SO2氣體B．用圖2所示裝置檢驗溴乙烷與NaOH醇溶液共熱產生的乙烯C．用圖3所示裝置從食鹽水中提取NaClD．用圖4所示裝置制取并收集O22、下列各組混合物中，用分液漏斗不能分離的是A．苯和水B．乙酸乙酯和水C．溴乙烷和水D．乙酸和水3、下列物質的轉化在給定條件下能實現的是A．SO2(NH4)2SO3Na2SO3B．NaCl(aq)Na2CO3(aq)NaOHC．FeOFe(NO3)2Fe(NO3)3D．MgCO3MgCl2(aq)Mg4、將1mol乙醇（其中的羥基氧用18O標記）在濃硫酸存在下并加熱與足量乙酸充分反應。下列敘述不正確的是（）A．生成的乙酸乙酯中含有18OB．生成的水分子中含有18OC．可能生成45g乙酸乙酯D．不可能生成90g乙酸乙酯5、下列有關化學反應表達正確的是(

)A．1—丙醇與濃氫溴酸反應：CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2OB．硬脂酸與乙醇的酯化反應：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OC．向CH2BrCOOH中加入足量的氫氧化鈉溶液并加熱：CH2BrCOOH+OH—CH2BrCOO—+H2OD．向丙氨酸鈉中加入足量鹽酸：6、下列物質分類正確的是()A．SO2、SiO2、NO2均為酸性氧化物B．稀豆漿、硅酸、氯化鐵溶液均為膠體C．漂白粉、水玻璃、氨水均為混合物D．Na2O2、Al2O3、Fe3O4均為堿性氧化物7、下列有關化學用語表示正確的是()A．乙烯的結構式:CH2=CH2 B．丙烷的比例模型：C．乙酸的分子式：CH3COOH D．聚丙烯的結構簡式：8、由羥基與下列基團組成的化合物中，屬于醇類的是A．—COOH B． C． D．R—CO—9、下列關于有機化合物的說法正確的是A．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以區別B．戊烷（C5H12）有兩種同分異構體C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子均含有碳碳雙鍵D．糖類、油脂和蛋白質均可發生水解反應10、下列各組物質之間不能通過一步就能實現如圖所示轉化的是()物質編號物質轉化關系abcdASiO2Na2SiO3SiH2SiO3BNa2ONa2O2NaNaOHCAl2O3NaAlO2AlAl(OH)3DFeCl2FeCl3FeCuCl2A．A B．B C．C D．D11、下列離子方程式書寫正確的是A．鐵與鹽酸反應：2Fe＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2↑B．氫氧化鋇與硫酸銅溶液混合：2OH-+Cu2+=Cu（OH）2↓C．過量NaHCO3溶液和少量Ba(OH)2反應：2HCO3-＋Ba2+＋2OH-=BaCO3↓＋CO32-＋2H2OD．石灰乳和鹽酸反應：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O12、下列有關說法正確的是A．反應N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的△H<0，△S>OB．硅太陽能電池與銅鋅原電池的工作原理相同C．NO2(g)＋SO2(g)NO(g)＋SO3(g)，其他條件不變，加壓，NO2和SO2的轉化率均增大D．溫度不變時，在飽和Na2CO3溶液中加入少量無水碳酸鈉粉末，溶液的pH不變13、下列說法正確的是A．共價化合物中一定不含離子鍵B．離子化合物中一定不含共價鍵C．任何化學物質中均存在化學鍵D．全部由非金屬元素形成的化合物一定是共價化合物14、下列說法中，正確的是A．22gCO2物質的量為0.5molB．0.1mol?L-1NaOH溶液中含有0.1molNa+C．1molCl2中含有的氯原子數約為6.02×1023D．標準狀況下，44.8LH2O的物質的量為2mol15、下列物質中，能使KMnO4酸性溶液褪色的是A．乙烷B．乙烯C．環己烷D．乙酸16、下列各項的敘述中都包含兩個數值，前一數值大于后一數值的是（）A．單質碘中的分子間作用力和干冰中的分子間作用力B．NaCl晶體中與一個Cl﹣緊鄰的Na+數和CsCl晶體中與一個Cl﹣緊鄰的Cs+數C．晶體硅中Si﹣Si鍵的鍵能和金剛石中C﹣C鍵的鍵能D．氨分子中N﹣H鍵的鍵角和甲烷分子中C﹣H鍵的鍵角17、下列各組酸中，酸性依次增強的是A．H2CO3、H2SiO3、H3PO4 B．HNO3、H3PO4

、H2SO4C．HI、HCl、H2S D．HBrO、HBrO3、HBrO418、首次將量子化概念運用到原子結構，并解釋了原子穩定性的科學家是()A．玻爾B．愛因斯坦C．門捷列夫D．鮑林19、二氯化二硫(S2Cl2)是廣泛用于橡膠工業的硫化劑，其分子結構如下圖所示。常溫下S2Cl2是一種橙黃色的液體，遇水易水解，并產生能使品紅褪色的氣體。下列說法錯誤的是()A．第一電離能、電負性均是Cl>SB．S2Cl2為含有極性鍵和非極性鍵的極性分子C．S2Br2與S2Cl2結構相似，由于S—Cl鍵鍵能更大，S2Cl2熔沸點更高D．S2Cl2與H2O反應的化學方程式可能為：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl20、已知使36g焦炭發生不完全燃燒，所得氣體中CO占1/3體積，CO2占2/3體積，已知：C（s）+1/2O2（g）=CO（g）△H=-Q1kJ/mol，CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=-Q2kJ/mol，與這些焦炭完全燃燒相比較，損失的熱量是中正確的是（）A．2Q2kJ B．Q2kJ C．3（Q1+Q2）kJ D．3Q1KJ21、下列各組中的離子，能在溶液中大量共存的是（）A．K＋、H＋、SO42－、OH－ B．Na＋、Cu2＋、Cl－、SO42－C．Na＋、H＋、Cl－、CO32－ D．Na＋、Ca2＋、CO32－、NO3－22、已知短周期元素的離子aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的電子層結構，下列敘述中正確的是A．電負性：A>B>C>DB．原子序數：d>c>b>aC．離子半徑：C3->D->B+>A2+D．元素的第一電離能：A>B>D>C二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E五種元素位于元素周期表中前四周期，原子序數依次增大。A元素的價電子排布為nsnnpn＋1；B元素原子最外層電子數是次外層電子數的3倍；C位于B的下一周期，是本周期最活潑的金屬元素；D基態原子的3d原子軌道上的電子數是4s原子軌道上的4倍；E元素原子的4p軌道上有3個未成對電子。回答下列問題(用元素符號表示或按要求作答)。(1)A、B、C的第一電離能由小到大的順序為____________，三者電負性由大到小的順序為_________。(2)A和E的簡單氣態氫化物沸點高的是______，其原因是_________。(3)D3＋基態核外電子排布式為_________________。(4)E基態原子的價電子軌道表示式為___________。(5)B和E形成分子的結構如圖所示，該分子的化學式為_______，E原子的雜化類型為________。(6)B和C能形成離子化合物R，其晶胞結構如圖所示：①一個晶胞中含______個B離子。R的化學式為__________。②晶胞參數為apm，則晶體R的密度為_____________g?cm－3(只列計算式)。24、（12分）化合物H是一種用于合成γ-分泌調節劑的藥物中間體，其合成路線流程圖如下：（1）C中的非含氧官能團名稱為______。（2）D→E的反應類型為___________。（3）寫出A的一種羧酸同系物的結構簡式：____________。（4）寫出同時滿足下列條件的的一種同分異構體的結構簡式：_________。①含有苯環，且苯環上只有2種不同化學環境的氫；②屬于α--氨基酸，且分子中有一個手性碳原子。（5）G的分子式為C12H14N2O2，經氧化得到H，寫出G的結構簡式：_________。25、（12分）實驗室需要配制0.50mol·L-1NaCl溶液480mL。按下列操作步驟填上適當的文字,以使整個操作完整(1)選擇儀器。完成本實驗所必需的儀器有:托盤天平(精確到0.1g)、藥匙、燒杯、玻璃棒、________、__________以及等質量的幾片濾紙。

(2)計算。配制該溶液需稱取NaCl晶體的質量為__________g。

(3)稱量。①天平調平之后,應將天平的游碼調至某個位置,請在下圖中用一根豎線標出游碼左邊緣所處的位置______:②稱量過程中NaCl晶體應放于天平的________(填“左盤”或“右盤”)。

③稱量完畢,把藥品倒入燒杯中。(4)溶解、冷卻,該步實驗中需要使用玻璃棒,目的是___________。

(5)轉移、洗滌。在轉移時應使用__________引流,洗滌燒杯2～3次是為了__________。

(6)定容,搖勻。定容操作為__________________。(7)下列操作對所配溶液的濃度大小有何影響？①轉移完溶液后未洗滌玻璃棒和燒杯，濃度會_____(填“偏大”、“偏小”或“無影響”，下同)。②容量瓶中原來有少量蒸餾水，濃度會_________。③定容時俯視，濃度會_________。26、（10分）抗爆劑的添加劑常用1，2-二溴乙烷。如圖為實驗室制備1，2-二溴乙烷的裝置圖，圖中分液漏斗和燒瓶a中分別裝有濃H2SO4和無水乙醇，d裝罝試管中裝有液溴。相關數據列表如下：乙醇1，2-二溴乙烷乙醚溴狀態無色液體無色液體無色液體紅棕色液體密度/g·cm-30.792.180.713.10沸點/℃78.5131.434.658.8熔點/℃-114.39.79-116.2-7.2水溶性混溶難溶微溶可溶（1）安全瓶b在實驗中有多重作用。其一可以檢查實驗進行中d裝罝中導管是否發生堵塞，請寫出發生堵塞時瓶b中的現象：①_____________________________；如果實驗時d裝罝中導管堵塞，你認為可能的原因是②___________________________________；安全瓶b還可以起到的作用是③_______________________________________。（2）容器c、e中都盛有NaOH溶液，c中NaOH溶液的作用是_______________________。（3）某學生在做此實驗時，使用一定量的液溴，當溴全部褪色時，所消耗乙醇和濃硫酸混合液的量，比正確情況下超過許多，如果裝罝的氣密性沒有問題，試分析可能的原因：________________________、_____________________________(寫出兩條即可)。（4）除去產物中少量未反應的Br2后，還含有的主要雜質為________________，要進一步提純，下列操作中必需的是________________(填字母)。A．重結晶B．過濾C．萃取D．蒸餾（5）實驗中也可以撤去d裝置中盛冰水的燒杯，改為將冷水直接加入到d裝置的試管中，則此時冷水除了能起到冷卻1，2-二溴乙烷的作用外，還可以起到的作用是________________。27、（12分）青蒿素是只含碳、氫、氧三元素的有機物，是高效的抗瘧藥，為無色針狀晶體，易溶于乙醚中，在水中幾乎不溶，熔點為156～157℃，已知乙醚沸點為35℃，從青蒿中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理為基礎，以乙醚浸取法的主要工藝如圖所示：回答下列問題：(1)選用乙醚浸取青蒿素的原因是______。(2)操作I需要的玻璃儀器主要有：燒杯、玻璃棒和________，操作Ⅱ的名稱是__________，操作Ⅲ利用青蒿素和雜質在同一溶劑中的溶解性差異及青蒿素溶解度隨溫度變化較大的原理提純，這種方法是______________。(3)通常用燃燒的方法測定有機物的分子式，可在燃燒室內將有機物樣品與純氧在電爐加熱下充分燃燒，根據產品的質量確定有機物的組成，如圖所示的是用燃燒法確定青蒿素分子式的裝置：A．B．C．D．E.①按上述所給的測量信息，裝置的連接順序應是_____________。(裝置可重復使用)②青蒿素樣品的質量為28.2g，用連接好的裝置進行試驗，稱得A管增重66g，B管增重19.8g，則測得青蒿素的最簡式是_____________。③要確定該有機物的分子式，還必須知道的數據是_________，可用__________儀進行測定。28、（14分）1915年諾貝爾物理學獎授予HenryBragg和LawrenceBragg，以表彰他們用X射線對晶體結構的分析所作的貢獻．(1)科學家通過X射線探明，NaCl、KCl、MgO、CaO晶體結構相似，其中三種晶體的晶格能數據如下表：4種晶體NaCl、KCl、MgO、CaO熔點由高到低的順序是__．(2)科學家通過X射線推測膽礬中既含有配位鍵，又含有氫鍵，其結構示意圖可簡單表示如下，其中配位鍵和氫鍵均采用虛線表示．①寫出基態Cu原子的核外電子排布式__；金屬銅采用下列__（填字母代號）堆積方式．②寫出膽礬晶體中水合銅離子的結構簡式（必須將配位鍵表示出來）__．③水分子間存在氫鍵，請你列舉兩點事實說明氫鍵對水的性質的影響__．④SO42﹣的空間構型是________．29、（10分）（1）北京某化工廠生產的某產品只含C、H、O三種元素，其分子模型如圖所示(圖中球與球之間的連線代表化學鍵，如單鍵、雙鍵等)。由圖可知該產品的分子式為________，結構簡式為________。（2）下圖所示的結構式與立體模型是某藥物的中間體，通過對比可知結構式中的“Et”表示____________(填結構簡式)，該藥物中間體分子的化學式為__________。（3）化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的核磁共振氫譜圖如下所示，則A的結構簡式為________。請預測B的核磁共振氫譜圖上有________個峰。

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】分析：A.收集SO2應用向上排空法；B.應排除乙醇的干擾；C.加熱溶液應在蒸發皿中進行；D.過氧化氫在二氧化錳催化作用下生成氧氣，可用向上排空法收集。詳解：A.SO2密度比空氣大，應用向上排空法收集，故A錯誤；

B.乙醇易揮發，可與高錳酸鉀發生氧化還原反應，不能排除乙醇的干擾，故B錯誤；

C.蒸發應用蒸發皿，不能在坩堝中進行，故C錯誤；

D.過氧化氫在二氧化錳催化作用下生成氧氣，氧氣,密度比空氣大，可用向上排空法收集，所以D選項是正確的。

所以D選項是正確的。2、D【解題分析】A.苯和水不溶，能用分液漏斗進行分離，故A錯誤；B.乙酸乙酯和水不溶，能用分液漏斗進行分離，故B錯誤；C.溴乙烷和水不溶，能用分液漏斗進行分離，故C錯誤；D.乙酸和水互溶，不能用分液漏斗進行分離，故D正確；本題選D。點睛：分液漏斗可以將互不相溶的兩層液體分開，而有機物大多難溶于水（除了醇類、醚類、醛類和酸類），有機物之間的互溶性通常較好，據此分析。3、A【解題分析】

A、SO2＋2NH3·H2O=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3+2NaOH=2NH3＋H2O＋Na2SO3，故A正確；B、NaCl與CO2不能直接生成Na2CO3，故B錯誤；C、FeO與HNO3反應生成Fe(NO3)3，故C錯誤；D、MgCl2(aq)電解生成Mg(OH)2和氫氣、氯氣，故D錯誤；故選A。【題目點撥】易錯點D，電解熔融無水氯化鎂才能獲得鎂和氯氣。4、B【解題分析】分析：本題考查的是酯化反應的歷程，注意反應中的斷鍵位置。詳解：乙醇與乙酸發生酯化反應的過程中，乙酸的羥基和醇中羥基上的氫原子生成水分子，所以乙醇中標記的氧原子到乙酸乙酯中，水分子中沒有標記的氧原子。故選B。乙酸和乙醇的酯化反應為可逆反應，所以1mol乙醇生成的乙酸乙酯的物質的量小于1mol，即乙酸乙酯的質量小于90克。5、A【解題分析】本題考查有機化學方程式的書寫。分析：A．二者發生取代反應生成1-溴丙烷和水；B．硬脂酸與乙醇發生酯化反應時，羧酸去掉羧基上羥基，醇去掉羥基上氫原子；C．CH2BrCOOH中的溴原子和羧基均能與氫氧化鈉溶液反應；D．丙氨酸鈉中—COO—和氨基均與鹽酸反應。詳解：1-丙醇與濃氫溴酸發生取代反應，反應的化學方程式為：CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O，A正確；C17H35COOH與C2H518OH在濃硫酸作用下，共熱發生酯化反應生成C17H35CO18OC2H5，反應的化學方程式為：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，B錯誤；向CH2BrCOOH中加入足量的氫氧化鈉溶液并加熱，羧基和氫氧化鈉發生中和反應，溴原子在堿中發生水解反應，反應的化學方程式為：CH2BrCOOH+2OH—CH2（OH）COO—+H2O，C錯誤；向丙氨酸鈉中加入足量鹽酸，—COO—和鹽酸反應生成—COOH，氨基與鹽酸反應生成—NH3+，反應的化學方程式為：，D錯誤。故選A。點睛：試題側重考查有機物的結構與性質，明確常見有機物含有官能團與具有性質之間的關系為解答關鍵。6、C【解題分析】

A、NO2與氫氧化鈉反應生成硝酸鈉和亞硝酸鈉，不是酸性氧化物，故A錯誤；B.氯化鐵溶液為溶液，不是膠體，故B錯誤；C.漂白粉是氯化鈣、次氯酸鈣的混合物，水玻璃是硅酸鈉的水溶液，氨水是氨氣的水溶液，均為混合物，故C正確；D.Na2O2是過氧化物、Al2O3是兩性氧化物，故D錯誤。7、D【解題分析】

A.乙烯的結構簡式為CH2=CH2，A錯誤；B.丙烷的球棍模型為：，B錯誤；C.乙酸的結構簡式為：CH3COOH，C錯誤；D.聚丙烯的結構簡式為：，D正確；故合理選項是D。8、C【解題分析】A.—COOH與羥基相連構成的碳酸，不是醇類，A錯誤；B.與羥基相連構成的酚類，不是醇類，B錯誤；C.與羥基相連構成的苯甲醇，屬于醇類，C正確；D.R—CO—與羥基相連構成的羧酸，不是醇類，D錯誤；答案選C。9、A【解題分析】

A、乙酸可以和碳酸鈉反應，產生氣泡，而乙酸乙酯分層，A正確；B、戊烷有三種同分異構體，B錯誤；C、聚乙烯中沒有雙鍵，苯是一種介于單鍵和雙鍵間特殊的化學鍵，C錯誤；D、糖類分為單糖、二糖、多糖，單糖不能水解，D錯誤。答案選A。10、B【解題分析】

A、二氧化硅與氫氧化鈉溶液反應轉化為硅酸鈉，硅酸鈉與酸反應轉化為硅酸，硅酸分解轉化為二氧化硅，硅與氧氣反應生成二氧化硅，與氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉，通過一步就能實現，A不選；B、氧化鈉與氧氣反應轉化為過氧化鈉，過氧化鈉溶于水轉化為氫氧化鈉，鈉與氧氣常溫下反應生成氧化鈉，點燃或加熱時生成過氧化鈉，但氫氧化鈉不能轉化為氧化鈉，B選；C、氧化鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉與酸反應可以生成氫氧化鋁，氫氧化鋁分解生成氧化鋁，鋁與氧氣反應生成氧化鋁，與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，通過一步就能實現，C不選；D、氯化亞鐵與氯氣反應生成氯化鐵，氯化鐵與銅反應可以生成氯化銅，氯化銅與鐵反應生成氯化亞鐵，鐵與鹽酸反應生成氯化亞鐵，與氯氣反應生成氯化鐵，通過一步就能實現，D不選；答案選B。【題目點撥】本題綜合考查元素化合物知識，注意根據常見化學物質的性質，通過列舉具體反應，判斷物質間是否可以實現一步反應的轉化，采用排除法（即發現一步轉化不能實現，排除該選項）是解答本題的捷徑。11、C【解題分析】

A.鐵與鹽酸反應生成氯化亞鐵和氫氣，正確的離子方程式：Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑，A錯誤；B.氫氧化鋇與硫酸銅溶液混合生成氫氧化銅沉淀和硫酸鋇沉淀，正確的離子方程式：Ba2++SO42-+2OH-+Cu2+=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，B錯誤；C.過量NaHCO3溶液和少量Ba(OH)2反應生成碳酸鋇和碳酸鈉和水，方程式書寫正確，C正確；D.石灰乳為氫氧化鈣的懸濁液，與鹽酸反應生成氯化鈣和水，正確的離子方程式：Ca（OH）2+2H+＝Ca2+＋2H2O，D錯誤；綜上所述，本題選C。12、D【解題分析】

A.反應N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的△H<0，氣體化學計量數的和，左邊大于右邊，則△S<0，A錯誤；B.硅太陽能電池是把太陽能轉化為電能，而銅鋅原電池是把化學能轉化為電能，其工作原理不相同，B錯誤；C.NO2(g)＋SO2(g)NO(g)＋SO3(g)，其他條件不變，左右兩邊氣體計量數之和相等，加壓平衡不移動，NO2和SO2的轉化率不變，C錯誤；D.溫度不變時，在飽和Na2CO3溶液中加入少量無水碳酸鈉粉末，溶液仍舊為飽和溶液，溶液的水解程度不變，pH不變，D正確；答案為D。【題目點撥】化學平衡中，等式兩邊的氣體計量數之和相等時，增大壓強平衡不移動。13、A【解題分析】

A．共價化合物中一定不含離子鍵，含離子鍵的化合物一定是離子化合物，故A正確；B．離子化合物中可能含有共價鍵，如NaOH、Na2O2等，故B錯誤；C．稀有氣體是有單原子組成的分子，不含化學鍵，故C錯誤；D．如所有銨鹽，都是非金屬元素組成的，但屬于離子化合物，故D錯誤；故答案選A。14、A【解題分析】

A.根據n=m/M=22g/44gmol-1=0.5mol,故A正確；B.0.1mol?L-1NaOH溶液沒有體積無法計算物質的量，故B錯誤；C.1molCl2中含有的氯原子數約為6.02×10232，故C錯誤；D.標準狀況下，H2O為非氣態，故無法計算物質的量，D錯誤。答案：A。15、B【解題分析】

高錳酸鉀具有強氧化性，具有還原性的物質能被高錳酸鉀氧化，從而使高錳酸鉀褪色。【題目詳解】A、乙烷不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，選項A錯誤；B、乙烯具有還原性，能與具有強氧化性的酸性KMnO4溶液反應而褪色，選項B正確；C、環己烷不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，選項C錯誤；D、乙酸不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，選項D錯誤。答案選B。【題目點撥】本題考查學生對物質性質的掌握，難度不大，要熟記教材知識，并熟練應用。16、A【解題分析】分析：A、分子晶體的分子間作用力越大熔沸點越高；B、根據NaCl的晶胞和CsCl的晶胞分析；C、原子晶體中原子半徑越小，共價鍵越強，鍵能越大；D、根據氨氣和甲烷的空間結構分析。詳解；A、分子晶體的分子間作用力越大熔沸點越高，已知常溫下碘為固體，干冰為氣體，所以碘的熔沸點高，即碘的分子間作用力大，A正確；B、NaCl的晶胞中一個Cl-緊鄰的Na+數為6，而CsCl的晶胞中與一個Cl-緊鄰的Cs+數目為8，B錯誤；C、原子晶體中原子半徑越小，共價鍵越強，鍵能越大，已知碳原子半徑小于硅原子半徑，所以晶體硅中Si-Si鍵的鍵能小于金剛石中C-C鍵的鍵能，C錯誤；D、氨氣為三角錐形，N-H鍵的鍵角為107°，甲烷的正四面體結構，分子中C-H鍵的鍵角為109?28′，D錯誤。答案選A。17、D【解題分析】

A．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水合物酸性越強，非金屬性P＞C＞Si，則酸性H2SiO3、H2CO3、H3PO4

依次增強，故A錯誤；B．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水合物酸性越強，非金屬性N＞P，則酸性HNO3＞H3PO4

，故B錯誤；C．同一主族元素的非金屬性越強，其氫化物中化學鍵越穩定，越不易電離出氫離子，其酸性越弱，則酸性HCl＜HI；且H2S是弱酸，其酸性應該是最弱的；故C錯誤；D．同一元素的含氧酸中，非羥基氧原子個數越多，其酸性越強，非羥基氧原子個數：HBrO＜HBrO3＜HBrO4，則酸性HBrO＜HBrO3＜HBrO4，故D正確；故答案為D。18、A【解題分析】

玻爾首次將量子化概念應用到原子結構，并解釋了原子穩定性量子化的概念，玻爾提出了能級的概念，解釋了氫原子的光譜。【題目詳解】A.玻爾首次將量子化概念應用到原子結構，并解釋了原子穩定性，故A正確；B.愛因斯坦創立了代表現代科學的相對論，故B錯誤；C.門捷列夫提出元素周期律，故C錯誤；D.鮑林根據光譜實驗的結果，總結出多電子原子中電子填充各原子軌道能級順序，提出了多電子原子中原子軌道的近似能級圖；答案選A。19、C【解題分析】

A．同同期從左到右，第一電離能逐漸增大，但第ⅡA和ⅤA異常，因此第一電離能Cl>S，同同期從左到右，電負性逐漸增大，因此電負性Cl>S，故A正確；B．S2Cl2分子中S-S為非極性鍵，S-Cl鍵為極性鍵，S2Cl2是展開書頁型結構，Cl-S位于兩個書頁面內，該物質結構不對稱，正負電荷重心不重合，為極性分子，故B正確；C．S2Br2與S2Cl2均屬于分子晶體，分子晶體中，分子量越大，則熔沸點越高，所以熔沸點：S2Br2＞S2Cl2，故C錯誤；D．S2Cl2遇水易水解，并產生能使品紅溶液褪色的氣體，該氣體為二氧化硫，在反應過程中硫元素一部分升高到+4價(生成SO2)，一部分需要降低到0價(生成S)，符合氧化還原反應原理，故D正確；答案選C。【題目點撥】本題的易錯點為D，要注意結合題干信息和氧化還原反應的規律分析判斷。20、B【解題分析】分析：蓋斯定律指若是一個反應可以分步進行，則各步反應的吸收或放出的熱量總和與這個反應一次發生時吸收或放出的熱量相同。36g碳不完全燃燒與這些碳完全燃燒相比損失的熱量為生成的一氧化碳燃燒放出的熱量。根據碳原子守恒計算出一氧化碳的物質的量，再根據一氧化碳燃燒的熱化學方程式計算，即可解答。詳解：點睛：36g碳的物質的量為n===3mol，不完全燃燒所得氣體中，CO占三分之一體積，根據碳原子守恒，求得CO的物質的量為3mol×=1mol，根據CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-Q2kJ/mol，1molCO燃燒放出的熱量為Q2kJ，答案選B。點睛：本題主要考查反應熱的計算，考查了蓋斯定律的原理理解運用，本題關鍵點是碳不完全燃燒損失的熱量為生成的一氧化碳燃燒放出的熱量，題目難度不大。21、B【解題分析】

A．H+、OH-反應生成水，不能大量共存，故A錯誤；B．這幾種離子之間不反應，能大量共存，故B正確；C．H+、CO32-反應生成二氧化碳和水，不能大量共存，故C錯誤；D．Ca2+、CO32-反應生成沉淀，不能大量共存，故D錯誤；故選B。22、C【解題分析】分析：短周期元素的離子aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣都具有相同的電子層結構，所以有：a﹣2=b﹣1=c+3=d+1，且A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序數：a＞b＞d＞c，A、B為金屬，C、D為非金屬，據此解答。詳解：A、非金屬性越強電負性越大，則電負性：D＞C＞A＞B，A錯誤；B、A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序數：a＞b＞d＞c，B錯誤；C、aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣都具有相同的電子層結構，核電荷數越大，離子半徑越小，核電荷數a＞b＞d＞c，所以離子半徑C3﹣＞D﹣＞B+＞A2+，C正確；D、同同周期隨原子序數增大，第一電離能呈增大趨勢，非金屬性越強第一電離能越大，故第一電離能：D＞C＞A＞B，D錯誤。答案選C。二、非選擇題(共84分)23、Na＜O＜NO＞N＞NaNH3氨氣分子間有氫鍵，所以沸點高[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7As4O6sp34Na2O【解題分析】

A元素的價電子排布為nsnnpn＋1，可知n=2，A價電子排布式為2s22p3，那么A的核外電子排布式為1s22s22p3，則A為N；B元素原子最外層電子數是次外層電子數的3倍，則B為O；C位于B的下一周期，是本周期最活潑的金屬元素，則C為Na；D基態原子的3d原子軌道上的電子數是4s原子軌道上的4倍，則D基態原子的價電子排布式為3d84s2，那么D核外電子總數=18+10=28，D為Ni；E元素原子的4p軌道上有3個未成對電子，則E基態原子的價電子排布式為：3d104s24p3，那么E原子核外有18+10+2+3=33個電子，E為：As；綜上所述，A為N，B為O，C為Na，D為Ni，E為As，據此分析回答。【題目詳解】(1)第一電離能是基態的氣態原子失去最外層的一個電子所需能量。第一電離能數值越小，原子越容易失去一個電子，第一電離能數值越大，原子越難失去一個電子。一般來說，非金屬性越強，第一電離能越大，所以Na的第一電離能最小，N的基態原子處于半充滿狀態，比同周期相鄰的O能量低，更穩定，不易失電子，所以N的第一電離能比O大，即三者的第一電離能關系為：Na＜O＜N，非金屬性越強，電負性越大，所以電負性關系為：O＞N＞Na，故答案為：Na＜O＜N；O＞N＞Na；(2)N和As位于同主族，簡單氣態氫化物為NH3和AsH3，NH3分子之間有氫鍵，熔沸點比AsH3高，故答案為：NH3；氨氣分子間有氫鍵，所以沸點高；(3)Ni是28號元素，Ni3+核外有25個電子，其核外電子排布式為：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故答案為：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；(4)E為As，As為33號元素，基態原子核外有33個電子，其基態原子的價電子軌道表示式，故答案為：；(5)由圖可知，1個該分子含6個O原子，4個As原子，故化學式為：As4O6，中心As原子鍵電子對數==3，孤對電子數=，價層電子對數=3+1=4，所以As4O6為sp3雜化，故答案為：As4O6；sp3；(6)O和Na的簡單離子，O的離子半徑更大，所以白色小球代表O2-，黑色小球代表Na+；①由均攤法可得，每個晶胞中：O2-個數==4，Na+個數=8，所以，一個晶胞中有4個O2-，R的化學式為Na2O，故答案為：4；Na2O；②1個晶胞的質量=，1個晶胞的體積=(apm)3=，所以密度=g?cm－3，故答案為：。24、氨基取代反應【解題分析】

由合成流程可知，A→B發生取代反應，羧基上的H和羥基上的H均被甲基取代；B→C發生還原反應，硝基還原成氨基；C→D為取代反應，氨基上的氫被醛基取代；D→E為氨基上H被取代，屬于取代反應，比較F與H的結構可知，G為，G→H發生氧化反應。【題目詳解】(1)C含有的官能團有醚鍵、酯基和氨基，不含氧的官能團為氨基，答案為氨基；(2)根據D和E的結構簡式可知，D中N原子上的H被取代，D生成E為取代反應，答案為取代反應；(3)同系物結構相似，分子組成相差若干個CH2，則A的一種羧酸同系物的結構簡式可以為；(4)分子中含有苯環，且苯環上只有2種不同化學環境的氫，則兩個取代基處于對位；屬于α--氨基酸，且分子中有一個手性碳原子，則一個C原子上連接氨基和羧基，且為手性碳原子，則結構簡式為；(5)H中的醛基可以由—CH2OH氧化得到，再結合G的分子式，則G的結構簡式為。25、500ml容量瓶膠頭滴管14.6左盤攪拌加快溶解使溶質都進入容量瓶當液面距刻度線1-2cm處時，用膠頭滴管加水到液面的凹液面的最低處與刻度相切偏小無影響偏大【解題分析】

考查一定物質的量濃度溶液的配制的實驗過程，包括計算、稱量、溶解、轉移、洗滌、定容等。再根據，判斷誤差分析。【題目詳解】(1)配制一定物質的量濃度的溶液時，需要使用到容量瓶，配制480mL溶液，實驗室中沒有480mL的容量瓶，應該選用500mL容量瓶，定容時，需要使用到膠頭滴管；(2)實驗室沒有480mL的容量瓶，配制時要使用500mL的容量瓶，因此計算NaCl的質量時，也需要按照500mL計算。需要NaCl的物質的量為0.50mol·L-1×0.5L=0.25mol，則NaCl的質量為0.25mol×58.5g·mol－1=14.625g，托盤天平的精確度為0.1g，因此稱量NaCl的質量為14.6g；(3)①如果砝碼可以稱量到1g，那么游碼應該到0.6g，則游碼的位置在0.6的位置，如圖；②使用托盤天平稱量時，物品應該放在左盤進行稱量；(4)溶解時，使用玻璃棒用于攪拌，加速溶解；(5)引流時，需要使用玻璃棒；洗滌玻璃棒和燒杯2～3次，全部轉移到容量瓶中，是為了將所有溶質轉移至容量瓶中；(6)定容時，需要加入蒸餾水，使凹液面的最低處與刻度線相平，答案為：當液面距刻度線1-2cm處時，用膠頭滴管加水到液面的凹液面的最低處與刻度相切；(7)①未洗滌燒杯和玻璃棒，有部分溶質沒有轉移至容量瓶中，濃度偏小；②容量瓶中有少量蒸餾水，在后續操作中也需要往容量瓶中加入蒸餾水，本來就有蒸餾水，不會帶濃度帶來誤差；③定容時，俯視刻度線，水加少了，體積偏小，濃度偏大。【題目點撥】稱量的質量和計算的質量是不一樣的，稱量是要考慮到儀器的精確度。26、b中長直玻璃管內液柱上升過度冷卻，產品1，2-二溴乙烷在裝罝d中凝固防止倒吸吸收乙烯氣體中含有的CO2、SO2等酸性氣體濃硫酸將部分乙醇氧化；發生副反應生成乙醚；乙醇揮發；乙烯流速過快，未完全發生加成反應乙醚D液封Br2和1，2-二溴乙烷，防止它們揮發【解題分析】

（1）當d堵塞時，氣體不暢通，則在b中氣體產生的壓強將水壓入直玻璃管中，甚至溢出玻璃管；1，2-二溴乙烷的凝固點較低（9.79℃），過度冷卻會使其凝固而使氣路堵塞；b為安全瓶，還能夠防止倒吸；

（2）c中盛氫氧化鈉液，其作用是洗滌乙烯；除去其中含有的雜質（CO2、SO2等）；

（3）根據乙烯與溴反應的利用率減少的可能原因進行解答；

（4）根據反應2CH3CH2OH→CH3CH2OCH2CH3+H2O可知，溴乙烷產物中還會含有雜質乙醚；1，2一二溴乙烷與乙醚互溶，可以根據它們的沸點不同通過蒸餾方法分離；

（5）根據1，2一二溴乙烷、液溴在水在溶解度不大，且密度大于水進行解答。【題目詳解】（1）根據大氣壓強原理，試管d發生堵塞時，b中壓強的逐漸增大會導致b中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出；根據表中數據可知，1，2-二溴乙烷的沸點為9.79℃，若過度冷卻，產品1，2-二溴乙烷在裝置d中凝固會堵塞導管d；b裝置具有夠防止倒吸的作用，

故答案為b中長直玻璃管內有一段液柱上升；過度冷卻，產品1，2-二溴乙烷在裝置d中凝固；防止倒吸；

（2）氫氧化鈉可以和制取乙烯中產生的雜質氣體二氧化碳和二氧化硫發生反應，防止造成污染，

故答案為吸收乙烯氣體中含有的CO2、SO2等酸性氣體；

（3）當溴全部褪色時，所消耗乙醇和濃硫酸混合液的量，比正常情況下超過許多的原因可能是乙烯發生（或通過液溴）速度過快，導致大部分乙烯沒有和溴發生反應；此外實驗過程中，乙醇和濃硫酸的混合液沒有迅速達到170℃會導致副反應的發生和副產物的生成，

故答案為濃硫酸將部分乙醇氧化；發生副反應生成乙醚；乙烯流速過快，未完全發生加成反應；乙醇揮發；（4）在制取1，2一二溴乙烷的過程中還會有副產物乙醚生成；除去1，2一二溴乙烷中的乙醚，可以通過蒸餾的方法將二者分離，所以D正確，

故答案為乙醚；D；

（5）實驗中也可以撤去d裝置中盛冰水的燒杯，改為將冷水直接加入到d裝置的試管內，則此時冷水除了能起到冷卻1，2一二溴乙烷的作用外，由于Br2、1，2-二溴乙烷的密度大于水，還可以起到液封Br2及1，2-二溴乙烷的作用，

故答案為液封Br2和1，2-二溴乙烷，防止它們揮發。【題目點撥】本題考查了溴乙烷的制取方法，注意掌握溴乙烷的制取原理、反應裝置選擇及除雜、提純方法，試題有利于培養學生的分析、理解能力及靈活應用所學知識解決實際問題的能力。27、青蒿易溶于乙醚，兩者的沸點差異大，有利于蒸餾普通漏斗蒸餾重結晶DCEBAAC15H22O5樣品的摩爾質量質譜【解題分析】

(1)青蒿干燥破碎后，加入乙醚萃取，經操作I獲得提取液和殘渣，實現固液分離，所以操作I應為過濾；經操作Ⅱ獲得乙醚和粗品，則操作Ⅱ應為蒸餾；操作Ⅲ利用青蒿素和雜質在同一溶劑中的溶解性差異及青蒿素溶解度隨溫度變化較大的原理提純，則此操作為重結晶。(2)確定裝置的連接順序時，首先應清楚實驗的目的及各裝置的作用。實驗的目的是采用燃燒法確定有機物的化學式，即測定燃燒生成CO2和H2O的質量，但制取O2時，會產生水蒸氣，裝置內存在空氣，裝置末端導管口會進入空氣。為解決這些問題，且兼顧實驗后續的稱量操作，裝置應從D開始，連接C、E，再連接B(吸收水蒸氣)、A(吸收CO2)，再連接A(防止空氣中的水蒸氣和CO2進入前面的A、B裝置內，對實驗結果產生影響)。另外，應先連接D、E、C，制O2且通氣一段時間后才連接B、A、A，然后再用電爐加熱E中裝置，目的是盡可能排盡裝置內的空氣。【題目詳解】(1)