江西贛中南五校2024屆化學高二第二學期期末考試模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、下列說法錯誤的是A．ns電子的能量不一定高于(n－1)p電子的能量B．6C的電子排布式1s22s22p違反了洪特規(guī)則C．電子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3違反了能量最低原理D．電子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10違反了泡利原理2、CuSO4是一種重要的化工原料，其有關制備途徑及性質如圖所示。下列說法不正確的是（）A．途徑①所用混酸中H2SO4與HNO3物質的量之比最好為3:2B．相對于途徑①、③，途徑②更好地體現(xiàn)了綠色化學思想C．1molCuSO4在1100℃所得混合氣體X中O2可能為0.75molD．Y可以是葡萄糖3、常溫下，關于下列兩種溶液的說法不正確的是（）①②pH1212溶質NaOHNH3·H2OA．①中c(NH4+)等于②中c(Na+)B．兩溶液中溶質的物質的量濃度：①<②C．中和等體積的兩溶液所用等濃度鹽酸的體積：①<②D．兩溶液分別與pH=2的鹽酸等體積混合后，混合液的pH：①>②4、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CH3CH35、已知向某溶液中逐滴加入NaOH溶液時，測得生成沉淀的質量隨所加入NaOH的體積變化如圖所示，則該溶液中大量含有的離子可能是（

）A．H+、NH4+、Mg2+、NO3-B．H+、Al3+、AlO2-、NH4+C．H+、NH4+、Al3+、Cl-D．NH4+、Al3+、Cl-、SO42-6、下列說法中，不符合ⅦA族元素性質特征的是A．易形成-1價離子 B．從上到下原子半徑逐漸減小C．從上到下單質的氧化性逐漸減弱 D．從上到下氫化物的穩(wěn)定性依次減弱7、下列說法正確的是()A．1molS和O2的摩爾質量都是32gB．22.4LCO2氣體中含有3NA個原子C．將蘸有濃氨水和濃硫酸的玻璃棒靠近，觀察到白煙D．向Na2CO3溶液中逐滴滴入稀鹽酸，溶液中的HCO3-濃度先逐漸增大而后減小8、下列有關物質用途的敘述中，錯誤的是（）A．氧化鋁可用于制造耐火坩堝 B．二氧化硫可用來漂白食品C．氧化鐵可用作紅色油漆和涂料 D．硅酸鈉溶液可用作木材防火劑9、欲將碘水中的碘萃取出來，下列萃取劑不能選用的是()①乙醇②四氯化碳③苯④己烷⑤己烯A．②③④ B．①⑤ C．①④ D．①④⑤10、在一定溫度下，向一容積固定的密閉容器中充入2molX，發(fā)生反應X(g)Y(g)+Z(g)，使反應達到平衡，X的轉化率為a。若在相同溫度下，向其中加入1molX，當反應平衡后，X的轉化率為b。則a和b的關系是A．a＞b B．a=2b C．a＜b D．a=b11、丁腈橡膠具有優(yōu)良的耐油、耐高溫性能，合成丁腈橡膠的原料是()①CH2=CH—CH=CH2②CH3—C≡C—CH3③CH2=CH—CN④CH3—CH=CH—CN⑤CH3—CH=CH2⑥CH3—CH=CH—CH3A．③⑥B．②③C．①③D．④⑤12、現(xiàn)有四種元素的基態(tài)原子的電子排布式如下：①1s22s22p63s23p4，②1s22s22p63s23p3，③1s22s22p3，④1s22s22p5，則下列有關比較中正確的是A．原子半徑：④＞③＞②＞① B．第一電離能：④＞③＞②＞①C．電負性：④＞③＞②＞① D．最高正化合價：④＞③＝②＞①13、有機物的天然提取和人工合成往往得到的是混合物，假設給你一種這樣的有機混合物讓你研究，一般要采取的幾個步驟是A．分離、提純→確定結構式→確定實驗式→確定化學式B．分離、提純→確定實驗式→確定化學式→確定結構式C．分離、提純→確定化學式→確定實驗式→確定結構式D．確定化學式→確定實驗式→確定結構式→分離、提純14、下列關于0.1mol/LNaHCO3溶液中微粒濃度的關系式正確的是A．c(CO32－)＞c(H2CO3)B．c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)C．c(Na＋)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)]D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)15、在下列有色試劑褪色現(xiàn)象中，其褪色原理相同的是（）A．乙烯能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色 B．Cl2和SO2均能使品紅褪色C．苯和乙炔都能使溴水褪色 D．甲苯和乙醛均能使酸性KMnO4溶液褪色16、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A．1mol羥基與1mol的氫氧根所含電子數(shù)均為9NAB．標準狀況下，11.2LCl2溶于水，轉移的電子數(shù)為NAC．常溫常壓下，23gNO2和N2O4的混合氣體含有的原子數(shù)為1.5NAD．100mL18.4mol·L－1濃硫酸與足量銅加熱反應，生成SO2的分子數(shù)為0.92NA17、已知某溶液中存在較多的H+、SO42+、NO3－，則溶液中還可能大量存在的離子組成()A．Al3+、CH3COO－、Cl－ B．Na+、NH4+、Cl－C．Mg2+、Cl－、Fe2+ D．Mg2+、Ba2+、Br－18、下列說法中正確的是()A．摩爾是用來表示物質所含微粒數(shù)目多少的一個基本物理量B．等質量的FeO和FeSO4與足量稀硝酸反應，F(xiàn)eSO4放出的NO多C．10mL質量分數(shù)為98%的H2SO4，用水稀釋至100mL，H2SO4的質量分數(shù)大于9.8%D．一個NO、NO2分子的質量分別是ag、bg，則氧原子的摩爾質量是(b－a)g·mol－119、在2A+B?3C+4D中，表示該反應速率最快的是()A．υ(A)=0.5mol?L?1?S?1B．υ(B)=0.3mol?L?1?S?1C．υ(C)=1.2mol?L?1?min?1D．υ(D)=0.6mol?L?1?min?120、下列關于晶體的說法，正確的是A．在晶體中只要有陽離子就一定有陰離子B．金剛石、SiC、HF、HBr晶體的熔點依次降低C．晶體中分子間作用力越大，分子越穩(wěn)定D．Al固體為金屬晶體，AlCl3固體為離子晶體21、下列關于金屬鈉性質的敘述中，正確的是（）A．鈉是密度小、硬度大、熔點高的銀白色金屬B．鈉在純凈的氧氣中充分燃燒，生成白色固體Na2OC．將金屬鈉放入CuSO4溶液中，可觀察到大量紅色的銅析出D．將金屬鈉放入水中立即熔化成小球，說明金屬鈉熔點低，且反應放出熱量22、下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是（）實驗操作現(xiàn)象解釋或結論A向酸性KMnO4溶液中通入SO2溶液紫紅色褪去SO2具有漂白性B在鎂、鋁為電極，氫氧化鈉為電解質的原電池裝置鎂表面有氣泡金屬活動性：Al＞MgC測定等物質的量濃度的NaCl與Na2CO3溶液的pH后者較大非金屬性：Cl＞CD等體積pH＝3的HA和HB兩種酸分別與足量的鋅反應，排水法收集氣體HA放出的氫氣多且反應速率快HB酸性比HA強A．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）石油鐵儲罐久置未清洗易引發(fā)火災，經分析研究，事故由罐體內壁附著的氧化物甲與溶于石油中的氣態(tài)氫化物乙按1:3反應生成的黑色物質丙自燃引起。某研究小組按照以下流程對粉末丙進行研究:

已知:氣體乙可溶于水，標準狀況下的密度為1.52g/L。請回答下列問題:(1)化合物甲的化學式為___________。(2)化合物丙在鹽酸中反應的離子方程式:____________。(3)化合物丁還可用于氧化法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)，試寫出在KOH存在條件下用次氯酸鉀氧化化合物丁制備高鐵酸鉀的化學方程式____________。24、（12分）已知X、Y、Z、W、R五種元素均位于周期表的前四周期，且原子序數(shù)依次增大。元素X是周期表中原子半徑最小的元素；Y的基態(tài)原子中電子占據(jù)了三種能量不同的原子軌道，且這三種軌道中的電子數(shù)相同；W位于第2周期，其基態(tài)原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍；R基態(tài)原子3d軌道上的電子數(shù)是4s軌道上的4倍。請回答下列問題：（答題時，X、Y、Z、W、R用所對應的元素符號表示）⑴基態(tài)R原子的外圍電子排布式為______；Y、Z、W的電負性由大到小的順序是____。⑵元素Y、Z均能與元素X形成含18個電子的微粒，這些微粒中沸點最高的是______，其沸點最高的原因是______；Y2X4難溶于X2W的原因是_____。⑶YW的結構式為______(須標出其中的配位鍵)；在化學式為［R(ZX3)4(X2W)2］2+的配離子中與R形成配位鍵的原子是______。25、（12分）二氧化氯（ClO2，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑，回答下列問題：（1）實驗室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2（亞氯酸鈉）為原料，通過以下過程制備ClO2：①電解時陽極電極反應式為__________________________。②除去ClO2中的NH3可選用的試劑是___________（填標號）。a．水b．堿石灰c．濃硫酸d．飽和食鹽水（2）用如圖裝置可以測定混合氣中ClO2的含量：Ⅰ．在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封裝置中加入水，使液面沒過玻璃液封管的管口；Ⅲ．將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收；Ⅳ．將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中：Ⅴ．用0.1000mol·L-1硫代硫酸鈉標準溶液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-），指示劑顯示終點時共用去20.00mL硫代硫酸鈉溶液。在此過程中：①錐形瓶內ClO2與碘化鉀反應的離子方程式為______________________。②玻璃液封裝置的作用是______________________。③V中加入指示劑，滴定至終點的現(xiàn)象是______________________。④測得混合氣中ClO2的質量為______g。⑤某同學用某部分刻度模糊不清的50mL滴定管進行實驗，當?shù)味ü苤械囊好嫣幱谌鐖D所示的刻度處，則管內液體的體積________（填代號）。a．等于23.60mLb．等于27.60mLc．小于23.60mLd．大于27.60mL26、（10分）丙酸異丁酯(isobutylacetate)具有菠蘿香氣，主要用作漆類的溶劑和配制香精。實驗室制備丙酸異丁酯的反應、裝置示意圖和有關信息如下：實驗步驟：在圓底燒瓶中加入3.7g的異丁醇，7.4g的丙酸、數(shù)滴濃硫酸和2～3片碎瓷片，控溫106～125℃，反應一段時間后停止加熱和攪拌，反應液冷卻至室溫后，用飽和NaHCO3溶液洗滌分液后加入少量無水硫酸鎂固體干燥，靜置片刻，過濾除去硫酸鎂固體，進行常壓蒸餾純化，收集130～136℃餾分，得丙酸異丁酯3.9g。回答下列問題：(l)裝置A的名稱是__________。(2)實驗中的硫酸的主要作用是___________。(3)用過量丙酸的主要目的是______________________。(4)用飽和NaHCO3溶液洗滌粗酯的目的是____________。(5)在洗滌、分液操作中，應充分振蕩，然后靜置，待分層后_________（填字母）。A．直接將丙酸異丁酯從分液漏斗上口倒出B．直接將丙酸異丁酯從分液漏斗下口放出C．先將水層從分液漏斗的下口放出，再將丙酸異丁酯從上口倒出D．先將水層從分液漏斗的下口放出，再將丙酸異丁酯從下口放出(6)本實驗丙酸異丁酯的產率是_________。27、（12分）利用如圖裝置測定中和熱的實驗步驟如下：①用量筒量取50mL0.25mol·L-1硫酸倒入小燒杯中，測出硫酸溫度；②用另一量筒量取50mL0.55mol·L-1NaOH溶液，并用另一溫度計測出其溫度；③將NaOH溶液倒入小燒杯中，設法使之混合均勻，測出混合液的最高溫度。回答下列問題：（1）倒入NaOH溶液的正確操作是___。A．沿玻璃棒緩慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速倒入（2）使硫酸與NaOH溶液混合均勻的正確操作是__。A．用溫度計小心攪拌B．揭開硬紙片用玻璃棒攪拌C．輕輕地振蕩燒杯D．用套在溫度計上的環(huán)形玻璃攪拌棒輕輕地上下移動（3）實驗數(shù)據(jù)如下表：①請?zhí)顚懴卤碇械目瞻祝簻囟葘嶒灤螖?shù)起始溫度t1℃終止溫度t2/℃溫度差平均值(t2－t1)/℃H2SO4NaOH平均值126.226.026.129.5___________225.925.925.929.2326.426.226.329.8②近似地認為0.55mol·L-1NaOH溶液和0.25mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比熱容c=4.18J·g-1·℃-1。則中和熱ΔH=__(取小數(shù)點后一位)。28、（14分）如何防止鐵的銹蝕是工業(yè)上研究的重點內容。為研究鐵的銹蝕,某同學做了探究實驗,如下圖所示,鐵處于①②③三種不同的環(huán)境中請回答:（1）金屬腐蝕主要分為__________腐蝕和_____________腐蝕兩種。（2）鐵被腐蝕的速率由快到慢的順序是_________________(填序號)。（3）①中正極的電極反應式為_________________________________________________，②中負極的電極反應式為_________________________________________。（4）據(jù)資料顯示,全世界每年因腐蝕而報廢的金屬材料相當于其年產量的20%以上。為防護金屬被腐蝕可采取的措施有__________(填序號)。①健身器材刷油漆②自行車鋼圈鍍鉻③將鋼管用導線與銅條連接④將鋼管用導線與碳棒連接29、（10分）研究和深度開發(fā)CO、CO2的應用具有重要的社會意義。回答下列問題：（1）CO可用于高爐煉鐵，已知：Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g)△H1=akJ/mol3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)△H2=bkJ/mol則反應Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的△H=________kJ/mol（2）某溫度下，在容積為2L的密閉容器甲中投入8molCO2(g)、16molH2(g)發(fā)生反應：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)甲容器15min后達到平衡，此時CO2的轉化率為75%。則0?15min內用二氧化碳表示平均反應速率v（CO2）=_______，計算此條件下該反應的平衡常數(shù)K=__________。（3）捕碳技術是指從空氣中捕獲二氧化碳的各種科學技術的統(tǒng)稱。目前NH3和(NH4)2CO3等物質已經被用作工業(yè)捕碳劑。①下列物質中不可能作為CO2捕獲劑的是___________。A．Na2CO3B．NaOHC．CH3CH2OHD．NH4Cl②用(NH4)2CO3捕碳的反應：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2NH4HCO3(aq)。為研究溫度對(NH4)2CO3捕獲CO2效率的影響，將一定量的(NH4)2CO3溶液置于密閉容器中，并充入一定量的CO2氣體，保持其它初始實驗條件不變，分別在不同溫度下，經過相同時間測得CO2氣體濃度，得到趨勢圖：I.c點的逆反應速率和d點的正反應速率的大小關系為Ｖ逆c_____Ｖ正d(填“＞”、“＝”或“＜”)II.b、c、d三點的平衡常數(shù)Kb、Kc、Kd從大到小的順序為_______。(填“＞”、“＝”或“＜”)III．T3～T4溫度區(qū)間，容器內CO2氣體濃度呈現(xiàn)增大的變化趨勢，其原因是____________。

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．電子能量與能層和能級都有關，ns電子的能量一定高于(n-1)p電子的能量，故A錯誤；B．根據(jù)洪特規(guī)則知，2p軌道上的兩個電子應排在不同軌道上，故B正確；C．根據(jù)能量最低原理知，電子先排能量低的軌道后排能量高的軌道，故C正確；D．根據(jù)泡利不相容原理知，3p軌道最多排6個電子，故D正確；故答案為A。2、C【解題分析】

A、根據(jù)反應式3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知，硫酸與硝酸的物質的量之比是3︰2，選項A正確；B、途徑①③中均生成大氣污染物，而②沒有，所以選項B正確；C、1mol硫酸銅可以生成0.5mol氧化亞銅，轉移1mol，所以生成0.25mol氧氣，選項C不正確；D、醛基能被新制的氫氧化銅懸濁液氧化，生成氧化亞銅，葡萄糖含有醛基，D正確；所以正確的答案選C。3、D【解題分析】

A.電荷守恒可得：c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)、c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，兩溶液的pH相同，相同溫度下氫離子、氫氧根離子濃度相同，則c(NH4+)=c(Na+)=c(OH-)-c(H+)，A正確；B.NaOH是一元強堿，完全電離，c(OH-)=c(NaOH)，一水合氨是一元弱堿，存在電離平衡，所以c(NH3?H2O)>c(OH-)=c(NaOH)，即①<②，B正確；C.由于物質的量濃度c(NH3?H2O)>c(NaOH)，所以當兩者體積相同時，n(NH3?H2O)>n(NaOH)，因此中和等體積的兩溶液所用等濃度鹽酸的體積：n(NH3?H2O)>n(NaOH)，即①<②，C正確；D.由于c(NH3?H2O)>c(NaOH)，所以兩溶液分別與pH=2的鹽酸等體積混合后，一水合氨過量，溶液相對來說，堿性強些，故混合后混合液的pH：①<②，D錯誤；故合理選項是D。4、A【解題分析】分析：A．原子總數(shù)相等、價電子總數(shù)（或電子總數(shù)）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(jù)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(shù)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(jù)價層電子對互斥模型，CH中C原子的價電子對數(shù)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。5、C【解題分析】

根據(jù)圖像可知，開始加入NaOH未出現(xiàn)沉淀，則溶液中含有大量的氫離子；產生沉淀，且沉淀完全消失，則含有鋁離子；中間加入NaOH沉淀不變，則含有銨根離子；【題目詳解】A.溶液中不能含有Mg2+，否則沉淀不能完全消失，A錯誤；B.Al3+、AlO2-不能大量共存，B錯誤；C.H+、NH4+、Al3+、Cl-符合題意，C正確；D.NH4+、Al3+、Cl-、SO42-，溶液中應該還有大量的H+，D錯誤；答案為C。6、B【解題分析】

A.第ⅦA族元素的原子最外層電子數(shù)是7個，易得到1個電子形成8個電子的穩(wěn)定結構，易形成-1價離子，A符合第ⅦA族元素性質特征；B.同主族從上到下原子半徑逐漸增大，B不符合第ⅦA族元素性質特征；C.同主族元素從上到下元素的金屬性逐漸增強，非金屬性逐漸減弱，單質的氧化性逐漸減弱，C符合第ⅦA族元素性質特征；D.同主族從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性逐漸減弱，D符合第ⅦA族元素性質特征；答案選B。7、D【解題分析】

A.S和O2的摩爾質量都是32g/mol，A錯誤；B.缺條件，不能確定物質的量，也不能確定氣體中含有的原子數(shù)目，B錯誤；C.濃硫酸沒有揮發(fā)性，因此將蘸有濃氨水和濃硫酸的玻璃棒靠近，不能反應產生白煙現(xiàn)象，C錯誤；D.向Na2CO3溶液中逐滴滴入稀鹽酸，首先反應：CO32-+H+=HCO3-，然后發(fā)生反應：H++HCO3-=H2O+CO2↑，可見：溶液中的HCO3-濃度先逐漸增大而后減小，D正確；故合理選項是D。8、B【解題分析】

A項、氧化鋁熔點高，硬度大，可用來制造耐火坩堝，故A正確；B項、二氧化硫有毒，不能用來漂白食品，故B錯誤；C項、氧化鐵為紅棕色固體物質，可以用作紅色油漆和涂料，故C正確；D項、硅酸鈉溶液不燃燒，不支持燃燒，則硅酸鈉溶液可用作木材防火劑，故D正確。故選B。【題目點撥】本題考查了元素化合物知識，側重考查物質的用途，性質決定用途，明確物質的性質是解題關鍵。9、B【解題分析】

①碘在乙醇中的溶解度大于在水中的溶解度，但乙醇與水互溶，不能作為萃取劑，故①正確；②碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘與四氯化碳不反應，水與四氯化碳不互溶，能作為萃取劑，故②錯誤；③碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘與苯不反應，水與苯不互溶，能作為萃取劑，故③錯誤；④碘在己烷中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘與己烷不反應，水與己烷不互溶，能作為萃取劑，故③錯誤；⑤己烯能與碘水發(fā)生加成反應，則不能用己烯作為碘水中提取碘的萃取劑，故⑤正確；故答案為B。【題目點撥】明確萃取劑的選擇原則是解題關鍵，萃取劑的選擇原則：①溶質在萃取劑中的溶解度要遠遠大于在原溶劑中的溶解度；②萃取劑不能與原溶液中的溶質、溶劑反應；③萃取劑要與原溶劑密度不同。10、C【解題分析】

在一定溫度下，向一個容積固定的密閉容器中充入2molX氣體，發(fā)生反應X(g)Y(g)+Z(g)，反應達到平衡，X的轉化率為a。在相同溫度下，向其中加入1molX，相當于減小壓強，而減小壓強，平衡正向移動，X的轉化率增大，因此a＜b，故選C。11、C【解題分析】

根據(jù)題中丁腈橡膠可知，本題考查丁腈橡膠的合成原料，運用丁腈橡膠的合成原理分析。【題目詳解】丁腈橡膠的鏈節(jié)是，去掉兩端的短線后為，將鏈節(jié)主鏈單鍵變雙鍵，雙鍵變單鍵，斷開錯誤的雙鍵，即可得兩種單體：CH2=CH—CH=CH2與CH2=CH—CN。答案選C。12、B【解題分析】

根據(jù)原子的基態(tài)電子排布可知，①②③④分別是S、P、N、F。則A、同主族從上到下原子半徑逐漸增大，同周期自左向右原子半徑逐漸減小，原子半徑應該是②＞①＞③＞④，A不正確；B、由于氮元素和P元素的2p軌道和3p軌道電子分別處于半充滿狀態(tài)，穩(wěn)定性強，第一電離能分別大于氧元素和S元素的，所以選項B正確。C、非金屬性越強，電負性越大，則電負性應該是④＞③＞①＞②，C錯誤；D、F是最活潑的非金屬元素，沒有正價，最高正化合價：①＞③＝②＞④，D不正確；答案選B。13、B【解題分析】

從天然資源提取的有機物，首先得到的是含有有機物的粗品。需經過分離、提純才能得到純品；再進行鑒定和研究未知有機物的結構與性質，一般先利用元素定量分析確定實驗式；再測定相對分子質量確定化學式；因為有機物存在同分異構現(xiàn)象，所以最后利用波譜分析確定結構式，對其研究的步驟是：分離提純→確定實驗式→確定化學式→確定結構式；故選B。14、B【解題分析】

A、NaHCO3溶液呈堿性，碳酸氫根離子的水解程度大于其電離程度，因此c(CO32－)＜c(H2CO3)，A錯誤；B、碳酸氫根離子的水解程度大于其電離程度，溶液顯弱堿性，溶液中離子濃度關系為c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)，B正確；C、根據(jù)物料守恒可知c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)，C錯誤；D、根據(jù)電荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，D錯誤。答案選B。15、D【解題分析】

A.乙烯和溴發(fā)生加成反應，乙烯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化；B.氯氣和水反應生成的次氯酸具有強氧化性而具有漂白性，二氧化硫和有色物質反應生成無色物質而具有漂白性；C.苯和溴水不反應，但能萃取溴水中的溴；乙炔和溴發(fā)生加成反應；D.甲苯和乙醛都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化。【題目詳解】A.乙烯和溴發(fā)生加成反應生成無色物質而使溴水褪色；乙烯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以反應原理不同，A錯誤；B.氯氣和水反應生成的HClO具有強氧化性而使品紅溶液褪色；二氧化硫和有色物質反應生成無色物質而具有漂白性，所以二者反應原理不同，B錯誤；C.苯和溴水不反應，但能萃取溴水中的溴而使溴水褪色，屬于物理變化；乙炔和溴發(fā)生加成反應生成無色物質而使溴水褪色，所以反應原理不同，C錯誤；D.甲苯和乙醛都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以二者褪色反應原理相同，D正確；故合理選項是D。【題目點撥】本題考查有機物結構和性質，明確有機物中官能團及其性質關系是解本題關鍵，易錯選項是D。注意：只有連接苯環(huán)的碳原子上含有氫原子的苯的同系物能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，注意次氯酸和二氧化硫漂白性區(qū)別。16、C【解題分析】

A．1mol羥基中含有9mol電子，1mol氫氧根離子中含有10mol電子，二者含有的電子數(shù)不同，故A錯誤；B．Cl2與水反應是可逆反應，故標準狀況下，11.2LCl2即0.5molCl2溶于水，轉移的電子數(shù)小于0.5NA，故B錯誤；C．23gNO2和N2O4混合氣體中含有0.5mol最簡式NO2，其中含有1.5mol原子，故在常溫常壓下，23gNO2和N2O4的混合氣體含有的原子數(shù)為1.5NA，故C正確；D．100mL18.4mol?L-1的濃硫酸，硫酸的物質的量是1.84mol，濃硫酸完全反應，生成0.92mol二氧化硫，但隨反應的進行濃硫酸濃度變稀，當變成稀硫酸時反應停止，故生成SO2的分子數(shù)小于0.92NA，故D錯誤；故答案為C。【題目點撥】阿伏加德羅常數(shù)的常見問題和注意事項：①物質的狀態(tài)是否為氣體；②對于氣體注意條件是否為標況；③注意同位素原子的差異；④注意可逆反應或易水解鹽中離子數(shù)目的判斷；⑤注意物質的結構：如Na2O2是由Na+和O22-構成，而不是由Na+和O2-構成；SiO2、SiC都是原子晶體，其結構中只有原子沒有分子，SiO2是正四面體結構，1molSiO2中含有的共價鍵為4NA，1molP4含有的共價鍵為6NA等。17、B【解題分析】

A.因H+和CO32-結合生成水和氣體，且Al3+、CO32-相互促進水解，則該組離子不能大量共存，故A錯誤；B.Na+、NH4+、Cl－等３種離子之間不反應，則能夠大量共存，故B正確；C.因H+和Fe2+、NO3-能發(fā)生氧化還原反應，則該組離子不能大量共存，故C錯誤；D.因Ba2+、SO42-能結合生成硫酸鋇沉淀，則該組離子不能大量共存，故D錯誤。故選B。18、C【解題分析】分析：本題考查的是硝酸的性質和溶液的特點，掌握溶液中質量分數(shù)和密度的關系是關鍵。詳解：A.摩爾是物質的量的單位，故錯誤；B.氧化亞鐵和硫酸亞鐵和稀硝酸反應時亞鐵生成鐵離子，因為氧化亞鐵的摩爾質量比硫酸亞鐵的小，所以等質量的氧化亞鐵和硫酸亞鐵反應時，氧化亞鐵放出的一氧化氮多，故錯誤；C.因為水的密度比硫酸的密度小，所以加水稀釋10倍，溶液的質量比10小，故硫酸的質量分數(shù)大于9.8%，故正確；D.一個NO、NO2分子的質量分別是ag、bg，則一個氧原子的質量為（b-a）g，則氧原子摩爾質量為（b-a）NAg·mol－1，故錯誤。故選C。19、B【解題分析】分析：利用速率之比等于化學計量數(shù)之比轉化為用同一物質表示的速率，然后再進行比較。詳解：都轉化為D物質表示的速率進行比較，對于2A+B?3C+4D，

A、υ（A）=0.5

mol/（L?s），速率之比等于化學計量數(shù)之比，故υ（D）=2υ（A）=1mol/（L?s），

B、υ（B）=0.3mol/（L?s），速率之比等于化學計量數(shù)之比，故υ（D）=4υ（B）=1.2mol/（L?s），

C、υ（C）=1.2mol/（L?min），速率之比等于化學計量數(shù)之比，故υ（D）=43υ（C）=4D、υ（D）=0.6

mol/（L?s），

所以B選項是正確的。點睛：本題考查反應速率快慢的比較，難度不大，注意比較常用方法有：1、歸一法，即按速率之比等于化學計量數(shù)之比轉化為用同一物質表示的速率，2、比值法，即由某物質表示的速率與該物質的化學計量數(shù)之比，比值越大，速率越快。另外，還要注意統(tǒng)一單位。20、B【解題分析】

A．在晶體中有陽離子不一定有陰離子，比如金屬晶體就是由陽離子和電子組成的，并沒有陰離子，A錯誤；B．金剛石、SiC是原子晶體，HF、HBr是分子晶體，所以金剛石、SiC晶體的熔點高于HF、HBr，C原子半徑小于Si原子半徑，那么C-C鍵鍵長小于Si-C鍵鍵長，C-C鍵更牢固，金剛石熔點更高，HF分子之間有氫鍵，熔沸點均高于HBr，綜上所述：金剛石、SiC、HF、HBr晶體的熔點依次降低，B正確；C．化學鍵鍵能越大，破壞它們所需的能量就越高，分子越穩(wěn)定，而分子間作用力不屬于化學鍵，C錯誤；D．AlCl3是由共價鍵構成的分子晶體，D錯誤。答案選B。【題目點撥】切記：AlCl3是由共價鍵構成的共價化合物，屬于分子晶體。21、D【解題分析】

A.鈉是密度小、硬度、熔點低的銀白色金屬，A錯誤；B.鈉在純凈的氧氣中充分燃燒，生成淡黃色固體Na2O2，B錯誤C.將金屬鈉放入CuSO4溶液中，首先與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉再與硫酸銅反應生成氫氧化銅沉淀和硫酸鈉，不能觀察到大量紅色的銅析出，C錯誤；D.鈉的熔點低，與水反應放熱，將金屬鈉放入水中立即熔化成小球，D正確；答案選D。【題目點撥】選項C是解答的易錯點，注意鈉與鹽溶液反應，不能置換出鹽中的金屬，這是因為金屬陽離子在水中一般是以水合離子形式存在，即金屬離子周圍有一定數(shù)目的水分子包圍著，不能和鈉直接接觸，所以鈉先與水反應，然后生成的堿再與鹽反應。22、D【解題分析】

A．酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化還原性物質，向酸性高錳酸鉀溶液中通入二氧化硫，溶液褪色，說明二氧化硫將酸性高錳酸鉀溶液還原，二氧化硫體現(xiàn)還原性，故A錯誤；B．Al與NaOH溶液反應，Al為負極，但金屬性Mg大于Al，故B錯誤；C．常溫下，測定等濃度的Na2CO3和NaCl的溶液的pH，Na2CO3溶液大，可知鹽酸的酸性大于碳酸的酸性，鹽酸不是氯元素的最高價含氧酸，不能比較非金屬性強弱，故C錯誤；D．HA放出氫氣多，等pH時，HA的濃度大，HA為弱酸，則HB酸性比HA強，故D正確；故答案為D。二、非選擇題(共84分)23、Fe2O3Fe2S3+4H+=2H2S↑+S↓+2Fe2+3KClO+4KOH+2Fe(OH)3=2K2FeO4+3KCl+5H2O【解題分析】分析：本題考查無機物推斷，涉及物質組成、性質變化、反應特征現(xiàn)象，側重考查學生分析推理能力、知識遷移應用能力，難度中等。詳解：向丙與濃鹽酸反應后的濾液中（假設乙全部逸出）中加入足量的氫氧化鈉溶液，先出現(xiàn)白色沉淀最終變?yōu)榧t褐色沉淀，則濾液中含有亞鐵離子，灼燒后的固體為氧化鐵24克，其物質的量為24/160=0.15mol，則鐵的物質的量為0.3mol，丙分投入足量的濃鹽酸中發(fā)生反應，得到4.8克淡黃色沉淀和氣體乙，淡黃色沉淀為硫，物質的量為4.8/32=0.15mol，乙在標況下密度為1.52g/L，則乙的相對分子質量為1.52×22.4=34，氣體乙溶于水，說明為硫化氫，在丙中鐵元素與硫單質的物質的量比為2:1，而氧化物甲魚氣態(tài)氫化物乙按1:3反應生成物質丙，根據(jù)元素守恒和電子得失守恒可推斷甲為氧化鐵，丙為Fe2S3。(1)根據(jù)以上分析可知甲為氧化鐵，化學式為Fe2O3；(2)化合物丙在鹽酸中反應生成硫化氫和硫和氯化亞鐵，離子方程式為：Fe2S3+4H+=2H2S↑+S↓+2Fe2+；(3)化合物丁為氫氧化鐵，可以在氫氧化鉀存在下與次氯酸鉀反應生成高鐵酸鉀，化學方程式為：3KClO+4KOH+2Fe(OH)3=2K2FeO4+3KCl+5H2O。點睛：掌握特殊物質的顏色是無機推斷題的解題關鍵，如白色的氫氧化亞鐵變成紅褐色的氫氧化鐵。淡黃色的過氧化鈉或硫，鐵離子遇到硫氰化鉀顯血紅色的等。24、3d84s2O＞N＞CN2H4N2H4分子間存在氫鍵C2H4是非極性分子，H2O是極性溶劑，非極性分子難溶于極性溶劑N、O【解題分析】

X、Y、Z、W、K五種元素均位于周期表的前四周期，且原子序數(shù)依次增大．元素X是周期表中原子半徑最小的元素，則X為H元素；Y的基態(tài)原子中電子占據(jù)了三種能量不同的原子軌道，且這三種軌道中的電子數(shù)相同，原子核外電子排布為1s22s22p2，則Y為碳元素；W位于第2周期，其原子核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍，原子核外電子排布為1s22s22p4，則W為O元素；Z的原子序數(shù)介于碳、氧之間，故Z為N元素；R基態(tài)原子3d軌道上的電子數(shù)是4s軌道上的4倍，R為Ni。【題目詳解】（1）R為Ni，基態(tài)R原子的外圍電子排布式為3d84s2；同周期隨原子序數(shù)增大，元素電負性呈增大趨勢，Y、Z、W的電負性由大到小的順序是O＞N＞C。（2）C、N兩元素均可形成含18個電子氫化物分子，其氫化物分子分別為C2H6、N2H4，N2H4分子之間存在氫鍵，C2H6分子之間無氫鍵，二者沸點相差較大；根據(jù)相似相溶的規(guī)律：C2H4是非極性分子，H2O是極性溶劑，非極性分子難溶于極性溶劑；（3）CO是SP雜化，碳和氧形成叁鍵，CO的結構式為(須標出其中的配位鍵)；Ni提供空軌道，N和O提供孤電子對，在化學式為［Ni(NH3)4(H2O)2］2+的配離子中與Ni形成配位鍵的原子是N和O。【題目點撥】本題是對物質結構的考查，推斷元素是解題關鍵，易錯點：注意核外電子排布、電負性、氫鍵、配位鍵等基礎知識。25、NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+c2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O吸收殘留的ClO2當加入最后一滴硫代硫酸鈉標準溶液，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內溶液顏色不再改變0.027d【解題分析】

（1）電解時與電源正極相連的陽極失去電子，發(fā)生氧化反應，與電源負極相連的陰極得到電子發(fā)生還原反應。根據(jù)題中ClO2的制備過程，可知電解產物有H2、NCl3，據(jù)此可得出電極反應方程式。（2）分析實驗過程，可知實驗過程中涉及的反應方程式有：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-，據(jù)此進行分析。【題目詳解】（1）①電解時陽極失去電子，發(fā)生氧化反應，結合題中電解過程生成的產物，可知陽極電極反應方程式為：NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+；答案為：NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+；②根據(jù)ClO2和NH3的性質進項分析：a．ClO2和NH3均易溶于水，不能用水和飽和食鹽水來除去氨氣，a項錯誤；b．堿石灰不能吸收氨氣，b項錯誤；c．濃硫酸可以吸收氨氣，且不影響ClO2，故除去除去ClO2中的NH3可選用的試劑濃硫酸。c項正確；d．ClO2和NH3均易溶于水，不能用飽和食鹽水來除去氨氣，d項錯誤；答案為：c；（2）①由題給信息可知，ClO2通入錐形瓶把I-氧化為I2，自身被還原為Cl-，同時生成水，則錐形瓶內ClO2與碘化鉀反應的離子方程式為：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；答案為：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；②由于ClO2是氣體，容易揮發(fā)到空氣中，所以玻璃液封裝置的作用是吸收殘余的ClO2氣體，答案為：吸收殘留的ClO2；③根據(jù)淀粉遇碘變藍，溶液中應是加入了淀粉作指示劑，當?shù)竭_滴定終點時，I2完全轉化為I-，溶液藍色褪去。故滴定至終點的現(xiàn)象是：當加入最后一滴硫代硫酸鈉標準溶液，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內溶液顏色不再改變；答案為：當加入最后一滴硫代硫酸鈉標準溶液，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內溶液顏色不再改變；④根據(jù)反應方程式：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-，可得關系式：2ClO2～5I2～10S2O32-，由此可知混合氣體中ClO2的質量為。答案為：0.027；⑤圖中液面讀數(shù)為22.40mL，滴定管最大讀數(shù)為50.00mL，故液面與最大讀數(shù)間的液體體積差為27.60mL，因為滴定管尖嘴部分仍有一定的液體，則滴定管內液體體積應大于27.60mL，答案選d。答案為：d。26、（球形）冷凝管催化劑和吸水劑增大反應物丙酸的濃度，有利于反應向生成丙酸異丁酯的方向進行洗掉濃硫酸和丙酸C60%【解題分析】分析：丙酸異丁酯的制備類似于乙酸乙酯的制備，可以聯(lián)系課本知識分析解答。(3)根據(jù)平衡移動的原理分析解答；(4)根據(jù)飽和碳酸氫鈉溶液的作用分析解答；(6)根據(jù)產率=實際產量理論產量×100%詳解：(l)根據(jù)圖示，裝置A是冷凝管，故答案為：冷凝管；(2)根據(jù)酯化反應的原理可知，實驗中的硫酸的主要作用是催化劑和吸水劑，故答案為：催化劑和吸水劑；(3)用過量丙酸，能夠增大反應物丙酸的濃度，有利于反應向生成丙酸異丁酯的方向進行，故答案為：增大反應物丙酸的濃度，有利于反應向生成丙酸異丁酯的方向進行；(4)用飽和NaHCO3溶液洗滌粗酯，可以降低丙酸異丁酯在水中的溶解度，同時洗掉濃硫酸和丙酸，故答案為：洗掉濃硫酸和丙酸；(5)丙酸異丁酯的密度小于水，在洗滌、分液操作中，應充分振蕩，然后靜置，待分層后先將水層從分液漏斗的下口放出，再將丙酸異丁酯從上口倒出，故選C；(6)7.4g的丙酸的物質的量為7.4g74g/mol=0.1mol，3.7g的異丁醇的物質的量為3.7g74g/mol=0.05mol，理論上可以生成0.05mol丙酸異丁酯，質量為130g/mol×0.05mol=6.5g，而實際產量是3.9g，所以本次實驗的產率=3.9g6.5g點睛：本題考查性質實驗方案的設計，涉及常見儀器的構造與安裝、混合物的分離、提純、物質的制取、藥品的選擇及使用、物質產率的計算等知識，明確酯化反應原理及化學實驗基本操作方法為解答關鍵。本題的易錯點為(6)，要注意丙酸過量。27、CD3.4-56.8kJ/mol【解題分析】

(1)倒入氫氧化鈉溶液時，必須一次迅速的倒入，目的是減少熱量的散失；(2)根據(jù)中和熱測定正確操作方法分析；(3)①3次溫度差分別為：3.4℃，3.3℃，3.5℃，均有效，計算溫度差平均值；②根據(jù)公式進行計算。【題目詳解】(1)倒入氫氧化鈉溶液時，必須一次迅速的倒入，目的是減少熱量的散失，不能分幾次倒入氫氧化鈉溶液，否則會導致熱量散失，影響測定結果，故答案為：C；(2)使硫酸與NaOH溶液混合均勻的正確操作方法是：用套在溫度計上的環(huán)形玻璃攪拌棒輕輕地攪動；溫度計是測量溫度的，不能使用溫度計攪拌；也不能輕輕地振蕩燒杯，否則可能導致液體濺出或熱量散失，影響測定結果；更不能打開硬紙片用玻璃棒攪拌，否則會有熱量散失，故答案為：D；(3)①3次溫度差分別為：3.4℃，3.3℃，3.5℃，均有效，溫度差平均值=3.4℃，故答案為：3.4；②50mL0.25mol/L硫酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液進行中和反應生成水的物質的量為0.05L×0.25mol/L×2=0.025mol，溶液的質量為：100ml×1g/ml=100g，溫度變化的值為△T=3.4℃，則生成0.025mol水放出的熱量為Q=m?c?△T=100g×4.18J/(g?℃)×3.4℃=1421.2J，即1.4212kJ，所以實驗測得的中和熱△H=-1.4212kJ/0.025mol=-56.8kJ/mol，故答案為：-56.8kJ/mol。【題目點撥】考查中和熱概念的理解應用，方程式書寫方法，注意概念的條件和