天津濱海新區大港第八中學2024屆高二化學第二學期期末教學質量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、已知C3N4晶體很可能具有比金剛石更大的硬度,且原子間以單鍵結合。下列有關C3N4晶體的說法中正確的是()A．C3N4晶體是分子晶體B．C原子sp3雜化，與4個處于4面體頂點的N原子形成共價鍵C．C3N4晶體中C、N原子個數之比為4∶3D．C3N4晶體中粒子間通過離子鍵結合2、工業上用洗凈的廢銅屑作原料來制備硝酸銅。為了節約原料和防止污染環境，宜采取的方法是A．Cu→△濃H2SO4CuSOB．Cu→△空氣CuO→稀HNOC．Cu→稀HNO3Cu(NOD．Cu→濃HNO3Cu(NO3、請仔細觀察以下2個裝置，下列說法正確的是A．圖1石墨a為正極，圖2石墨c也為正極B．圖1是原電池裝置，鹽橋的作用是使電解質溶液始終保持電中性，以提供持續穩定的電流，圖2裝置不會產生電流C．圖1石墨a電極上發生的反應為：O2＋2H2O＋4e－=4OH－D．圖2石墨b上的產物能使淀粉溶液變藍4、已知X、Y、Z為三種短周期主族元素，可分別形成Xn＋、Ym＋、Zn－三種離子，已知m>n且X、Y、Z三種原子的M層電子數均為奇數。下列說法中不正確的是()A．三種離子中，Ym＋的離子半徑最小B．Z的最高價氧化物對應水化物的分子式為HnZO4C．X、Y、Z一定在同一周期，且原子半徑Z>X>YD．三種元素相應的最高價氧化物對應水化物之間兩兩會發生反應5、某同學用0.1mol/L的鹽酸滴定20.00mLNaOH溶液，測定其濃度。下列操作正確的是A．需用NaOH溶液潤洗錐形瓶B．用量筒量取20.00mLNaOH溶液C．滴定前，使酸式滴定管尖嘴部分充滿鹽酸D．充分反應后，滴入酚酞溶液，觀察是否到達滴定終點6、如圖所示，對該物質的說法正確的是A．遇FeCl3溶液顯紫色，因為該物質與苯酚屬于同系物B．滴入酸性KMnO4溶液，觀察紫色褪去，能證明結構中存在碳碳雙鍵C．1mol該物質分別與濃溴水和H2反應時，最多消耗Br2和H2分別為6mol、7molD．該分子中的所有碳原子可能共平面7、關于淀粉與纖維素的下列說法中，不正確的是()A．兩者都能水解，且水解的最終產物相同B．兩者實驗式相同，通式相同，互為同分異構體C．兩者都屬于糖類，且都沒有甜味，與新制Cu(OH)2共熱都不能出現磚紅色沉淀D．兩者都屬于高分子化合物，淀粉遇碘單質顯藍色，但纖維素卻不能8、網絡趣味圖片“一臉辛酸”，是在人臉上重復畫滿了辛酸的鍵線式結構（如圖）。在辛酸的同分異構體中，含有一個“－COOH”和三個“－CH3”的結構（不考慮立體異構），除外，還有()A．7種 B．11種 C．14種 D．17種9、物質結構理論推出：金屬晶體中金屬離子與自由電子之間的強烈相互作用，叫金屬鍵．金屬鍵越強，其金屬的硬度越大，熔沸點越高，且據研究表明，一般說來金屬原子半徑越小，價電子數越多，則金屬鍵越強．由此判斷下列說法錯誤的是()A．鎂的硬度大于鋁B．鎂的熔沸點高于鈣C．鎂的硬度大于鉀D．鈣的熔沸點高于鉀10、下列說法不正確的是A．乙醇、苯應密封保存，置于陰涼處，且遠離火源B．金屬鈉著火時，可用細沙覆蓋滅火C．容量瓶和滴定管使用之前必須檢查是否漏水D．配制濃硫酸、濃硝酸的混酸時，應將濃硝酸沿玻璃棒緩慢注入濃硫酸中11、熱播電視劇《破冰行動》中曾經多次提到一種叫東莨菪堿(Scopolamine)的化學物質。東莨菪堿是1892年由E.施密特首先從東莨菪中分離出來，可用于麻醉、鎮痛、止咳、平喘，對動暈癥有效。但其毒性較強，稍一過量服用即可致命，具有極高的致幻作用，稱為“魔鬼呼吸”。其結構如下圖，下列說法不正確的是()A．分子間可以形成分子間氫鍵B．東莨菪堿的化學式為C17H21NO4C．該物質能發生加成、取代和氧化反應D．可使用質譜儀測出這個分子的相對分子質量，也可用核磁共振氫譜確定這個分子的環狀結構12、類推法是化學學習和研究中常用的重要思維方法，但所得結論要經過實踐的檢驗才能確定其正確與否．根據你所掌握的知識，判斷下列類推結論中正確的是（）化學事實類推結論A鹵素單質的沸點：F2＜Cl2＜Br2＜I2氫化物沸點：HF＜HCl＜HBr＜HIB用電解熔融MgCl2可制得金屬鎂用電解熔融NaCl也可以制取金屬鈉C將CO2通入Ba（NO3）2溶液中無沉淀生成將SO2通入Ba（NO3）2溶液中也無沉淀生成DAl與S加熱時直接化合生成Al2S3Fe與S加熱時也能直接化合生成Fe2S3A．A B．B C．C D．D13、在一定條件下，測得2CO22CO+O2(反應從CO2開始)平衡體系的平均相對分子質量為M，在此條件下，CO2的分解率為（）A． B． C． D．14、四種短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如圖所示，其中Z元素的最外層電子數是內層電子總數的1/2。下列說法不正確的是A．Z元素位于周期表的第3周期第VA族B．X、W元素的最高價氧化物對應水化物的酸性：W強于XC．Y元素的氣態氫化物的熱穩定性比Z的低D．X與W可形成共價化合物XW215、下列有關化學用語表示正確的是A．－OH的電子式：B．鈣原子的M層電子軌道表示式：C．氯離子的核外電子排布式：1s22s22p63s23p6D．K+的離子結構示意圖：16、制備一氯乙烷最好采用的方法是（）A．乙烷和氯氣反應B．乙烯與氯氣反應C．乙烯與氯化氫反應D．乙炔與氯化氫反應17、下列電離方程式，書寫正確的是(

)A．H2SO4=2H++SO42-B．NH3·H2O=NH4++OH-C．H2CO3=H2O+CO2↑D．H2CO32H++CO32-18、有機物A是一種常用的內服止痛解熱藥。1molA水解得到1molB和1mol醋酸。A溶液具有酸性，不能使FeCl3溶液顯色。A的相對分子質量不超過200。B分子中碳元素和氫元素總的質量分數為0.652。A、B都是由碳、氫、氧三種元素組成的芳香族化合物。則下列推斷中，正確的是()A．A、B的相對分子質量之差為60 B．1個B分子中應當有2個氧原子C．A的分子式是C7H6O3 D．B能與NaOH溶液、FeCl3溶液、濃溴水等物質反應19、化合物X的分子式為C5H11Cl，用NaOH的醇溶液處理X，可得分子式為C5H10的兩種產物Y、Z，Y、Z經催化加氫后都可得到2-甲基丁烷。若將化合物X用NaOH的水溶液處理，則所得有機產物的結構簡式可能是（）A．CH3CH2CH2CH2CH2OH B．C． D．20、NaNO2一種食品添加劑，它致癌。酸性KMnO4溶液與NaNO2的反應方程式是MnO4-＋NO2-＋→Mn2＋＋NO3-＋H2O。下列敘述中正確的是（）A．該反應中NO2-被還原B．反應過程中溶液的pH減小C．生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4D．中的粒子是OH－21、水溶液X中只可能溶有K＋、Mg2＋、Al3＋、AlO2-、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干種離子。某同學對該溶液進行了如下實驗。則下列判斷正確的是A．氣體甲一定是純凈物B．沉淀甲是硅酸和硅酸鎂的混合物C．K＋、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中D．CO32-和SO42-一定不存在于溶液X中22、下列氧化還原反應方程式，所標電子轉移方向與數目錯誤的是（）A． B．C． D．二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知A、B、C、D是原子序數依次減小的四種短周期元素，C的基態原子中電子占據三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數相同；A原子有2個未成對電子；A、C、D三種元素組成的一種化合物M是新裝修居室中常含有的一種有害氣體。E是第四周期元素，其原子核外最外層電子數與D原子相同，其余各層電子均充滿。請回答下列問題（用元素符號或化學式表示）：（1）元素B、C、A的基態原子的第一電離能由大到小的順序為__________________；（2）M分子中C原子軌道的雜化類型為__________________；（3）E+的核外電子排布式為__________________，下圖是由D、E形成的某種化合物的晶胞結構示意圖，該化合物的化學式為__________________；（4）化合物BD3的沸點比化合物CA4的高，其主要原因是__________________；（5）寫出與CA2互為等電子體的B3-的結構式__________________；（6）將CrCl3·6H2O溶解在適量水中得到深綠色溶液，溶液中Cr3+以[Cr（H2O）5Cl]2+形式存在。上述溶液中，不存在的微粒間作用力是__________________（填標號）。A．離子鍵B．共價鍵C．金屬鍵D．配位鍵E．范德華力24、（12分）有一應用前景廣闊的納米材料甲，其由A、B兩種短周期非金屬元素組成，難溶于水，且硬度大，熔點高。取材料甲與熔融的燒堿反應，生成一種含A元素的含氧酸鹽乙和一種含B元素的氣體丙，丙能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍；乙能溶于水，加鹽酸產生白色沉淀，鹽酸過量沉淀不溶解。（1）甲的化學式為____________，其晶體屬于____________晶體。（2）乙的水溶液可以用來做________________________（寫出一種用途）。（3）B元素的一種氫化物丁，相對分子質量為32，常溫下為液體，其燃燒放熱多且燃燒產物對環境無污染，因此可用作火箭燃料、燃料電池燃料等。則①丁的電子式為_____。②丁可由次氯酸鈉與過量氨氣反應制得，其化學方程式________________________。甲的制備過程中氨氣需要過量的理由是____________________________________。③丁的水溶液呈弱堿性，室溫下其電離常數K1≈1.0×10－6，則0.01mol·L－1丁水溶液的pH等于____________（忽略丁的二級電離和H2O的電離）。25、（12分）某無色溶液中含有K＋、Cl－、OH－、SO32-、SO42-，為檢驗溶液中所含的某些陰離子，限用的試劑有：鹽酸、硝酸、硝酸銀溶液、硝酸鋇溶液、溴水和酚酞試液。檢驗其中OH－的實驗方法省略，檢驗其他陰離子的過程如下圖所示。(1)圖中試劑①～⑤溶質的化學式分別是：①________，②________，③________，④__________，⑤__________。(2)圖中現象c表明檢驗出的離子是________________。(3)白色沉淀A若加試劑③而不加試劑②，對實驗的影響是____________________。(4)氣體E通入試劑④發生反應的離子方程式是_________________________。26、（10分）某化學小組采用類似制乙酸乙酯的裝置，用環己醇制備環己烯：已知：密度（g/cm3）熔點（℃）沸點（℃）溶解性環己醇0.9625161能溶于水環己烯0.81－10383難溶于水（1）制備粗品：采用如圖1所示裝置，用環己醇制備環己烯。將12.5mL環己醇加入試管A中，再加入1mL濃硫酸，搖勻放入碎瓷片，緩慢加熱至反應完全，在試管C內得到環己烯粗品。①A中碎瓷片的作用是_____________，導管B的作用是_______________。②試管C置于冰水浴中的目的是________________________。（2）制備精品：①環己烯粗品中含有環己醇和少量有機酸性雜質等。加入飽和食鹽水，振蕩、靜置、分層，環己烯在______層（填“上”或“下”），分液后用________洗滌（填字母）。A．KMnO4溶液B．稀H2SO4C．Na2CO3溶液②再將環己烯按圖2裝置蒸餾，冷卻水從____口（填字母）進入。蒸餾時加入生石灰，目的是______________________________________。③收集產品時，控制的溫度應在______左右，實驗制得的環己烯精品質量低于理論產量，可能的原因是______（填字母）。a.蒸餾時從70℃開始收集產品b.環己醇實際用量多了c.制備粗品時環己醇隨產品一起蒸出（3）以下區分環己烯精品和粗品的方法，合理的是________（填字母）。a.用酸性高錳酸鉀溶液b.用金屬鈉c.測定沸點27、（12分）某學習小組對人教版教材實驗“在200mL燒杯中放入20g蔗糖（C12H22O11），加入適量水，攪拌均勻，然后再加入15mL質量分數為98%濃硫酸，迅速攪拌”進行如下探究；（1）觀察現象：蔗糖先變黃，再逐漸變黑，體積膨脹，形成疏松多孔的海綿狀黑色物質，同時聞到刺激性氣味，按壓此黑色物質時，感覺較硬，放在水中呈漂浮狀態，同學們由上述現象推測出下列結論：①濃硫酸具有強氧化性②濃硫酸具有吸水性③濃硫酸具有脫水性④濃硫酸具有酸性⑤黑色物質具有強吸附性其中依據不充分的是_________（填序號）；（2）為了驗證蔗糖與濃硫酸反應生成的氣態產物，同學們設計了如下裝置：試回答下列問題：①圖1的A中最好選用下列裝置_________（填編號）；②圖1的B裝置所裝試劑是_________；D裝置中試劑的作用是_________；E裝置中發生的現象是_________；③圖1的A裝置中使蔗糖先變黑的化學反應方程式為_________，后體積膨脹的化學方程式為：_________；④某學生按圖進行實驗時，發現D瓶品紅不褪色，E裝置中有氣體逸出，F裝置中酸性高錳酸鉀溶液顏色變淺，推測F裝置中酸性高錳酸鉀溶液顏色變淺的原因_________，其反應的離子方程式是_________。28、（14分）云陽龍缸云端廊橋曾被詟為“世界第一懸挑玻璃景觀廊橋”，所用鋼化玻璃因其優良的性能廣泛應用于日常生活，但由于制作玻璃時里面含有極少量硫化鎳，使得鋼化玻璃在極限條件下的使用受到限制.（1）基態硫原子價層電子的軌道表達式(電子排布圖)為____________，基態鎳原子中核外電子占據最高能層的符號為_____________.（2）Ni(CO)4常用于制備純鎳，溶于乙醇、CCl4、苯等有機溶劑，為___________晶體，Ni(CO)4空間構型與甲烷相同，中心原子的雜化軌道類型為___________，寫出與配體互為等電子體的陰離子__________________________________________________________(任寫一種).（3）與硫同族的硒元素有兩種常見的二元含氧酸，請比較它們酸性強弱>(填化學式)______，理由是_______________________________________________________________.（4）H2S的鍵角__________(填“大于”“小于””等于”)H2O的鍵角，請從電負性的角度說明理由___________________________________________________.（5）NiO與NaCl的晶胞結構相似，如圖所示，陰離子采取面心立方堆積，陽離子填充在位于陰離子構成的空隙中，已知Ni2+半徑為69nm，O2-半徑為140nm，阿伏伽德羅常數為NA，NiO晶體的密度為_________g/cm3(只列出計算式).29、（10分）石油分餾得到的輕汽油可在Pt催化下脫氫環化，逐步轉化為芳香烴。以鏈烴A為原料合成兩種高分子材料的路線如下:已知以下信息:①B的核磁共振氫譜中只有一組峰；G為一氯代烴。②R-x+R'-xR-R'(x為鹵素原子，R、R'為烴基)回答以下問題:(1)H的化學名稱為________，C的官能團名稱為________。(2)J的結構簡式為________，G生成H的反應類型為________。(3)F合成丁苯橡膠的化學方程式為_________。(4)I的同分異構體中能同時滿足下列條件的共有________種(不含立體異構)。①能與飽和NaHCO3溶液反應產生氣體；②既能發生銀鏡反應，又能發生水解反應。其中核磁共振氫譜為4組峰，且面積比為6:2:1:1的是_________(寫出其中一種的結構簡式)。(5)參照上述合成路線，以2-甲基已烷和一氯甲烷為原料(無機試劑任選)，設計制備化合物E的合成路線:________。

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、B【解題分析】試題分析：A．已知C3N4晶體很可能具有比金剛石更大的硬度，且原子間以單鍵結合。所以C3N4晶體是原子晶體，故A錯誤；B．C原子sp3雜化，與4個處于4面體頂點的N原子形成共價鍵，故正確；C．由化學式C3N4可知，晶體中C、N原子個數之比為3∶4，故C錯誤；D．C3N4晶體中粒子間通過共價鍵結合，故D錯誤。2、B【解題分析】

A.銅和濃硫酸在加熱條件下，生成硫酸銅、水和二氧化硫，CuSO4+Ba(NO3)2=BaSO4↓+Cu(NO3)2，該過程中生成有毒氣體二氧化硫且浪費濃硫酸，所以不符合條件，故不選A；B.銅和氧氣在加熱條件下生成氧化銅，CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O，該反應中沒有有毒氣體生成，且能節約硝酸，所以符合條件，故選B；C.3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，NO有毒會污染環境，所以不符合條件，故不選C；D.Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，NO2有毒會污染環境，所以不符合條件，故不選D。故選B。3、D【解題分析】

A.圖1是原電池，鐵是活潑的金屬，作負極，石墨a為正極，圖2中鐵、銅和氯化鈉構成原電池，鐵是負極，銅是正極，石墨b是陽極，石墨c是陰極，A錯誤；B.圖1是原電池裝置，鹽橋的作用是使電解質溶液始終保持電中性，以提供持續穩定的電流，圖2裝置中丙是原電池，丁是電解池，也會產生電流，B錯誤；C.圖1石墨a是正極，電極上發生的反應為：Cu2＋＋2e－=Cu，C錯誤；D.圖2石墨b是陽極，溶液中的碘離子失去電子轉化為單質碘，因此其上的產物能使淀粉溶液變藍，D正確；答案選D。4、C【解題分析】因為M層電子數為奇數，所以可能為1、3、5、7，Y形成陽離子，m>n，則m應為3，n為1，則X為鈉，Y為鋁，Z為氯。A、鈉離子和鋁離子為2層，氯離子3層，電子層結構相同的離子，核電荷數越大，半徑越小，所以鋁離子半徑最小，A正確；B、氯元素的最高價為+7價，最高價氧化物的水化物的分子式為HClO4，B正確；C、三種元素都在第三周期，原子半徑大小為鈉＞鋁＞氯，C錯誤；D、氫氧化鋁是兩性氫氧化物，和氫氧化鈉反應，和高氯酸也反應，D正確，答案選C。5、C【解題分析】

A．不能用NaOH溶液潤洗錐形瓶，否則錐形瓶中氫氧化鈉的量偏多，故A錯誤；B．量筒的精確度為0.1mL，不能用量筒量取20.00mLNaOH溶液，故B錯誤；C．滴定前，需要排氣泡，使酸式滴定管尖嘴部分充滿鹽酸，故C正確；D．滴定前需要滴加指示劑，滴定時，注意觀察是否到達滴定終點，故D錯誤；答案選C。6、D【解題分析】

A．此有機物遇FeCl3溶液顯紫色，苯酚的同系物應符合有且只有一個苯環，且苯環上只連一個羥基，其余全部是烷烴基，A錯誤；B．能使酸性KMnO4褪色的官能團有酚羥基、碳碳雙鍵、苯環上的甲基等，因此滴入酸性KMnO4溶液，觀察紫色褪去，不能證明結構中存在碳碳雙鍵，B錯誤；C．與濃溴水反應的應是酚羥基鄰對位上的氫被溴取代，左邊苯環鄰對位上只有一個H，右邊苯環鄰對位上有兩個H，還有一個碳碳雙鍵與溴水發生加成反應，共消耗4mol的Br2；兩個苯環、一個碳碳雙鍵均能與氫氣發生加成反應，因此共消耗7mol的氫氣，C錯誤；D．從苯環的平面結構及乙烯的平面結構出發，把上述結構分成三部分：右邊以苯環為中心8個碳原子共平面，左邊以苯環為中心8個碳原子共平面，還有以碳碳雙鍵為中心4個碳原子共平面，上述三個平面可以重合，D正確；答案選D?！绢}目點撥】本題考查的是由有機物結構推斷物質性質，首先分析有機物的結構簡式，找出官能團，根據有機物官能團的性質進行判斷，易錯點為D，注意有機物空間結構的分析，題目難度中等。7、B【解題分析】

A.淀粉與纖維素均是多糖，兩者都能水解，且水解的最終產物相同，均是葡萄糖，A正確；B.淀粉與纖維素的化學式均是(C6H10O5)n，兩者實驗式相同，通式相同，均是高分子化合物，都是混合物，不能互為同分異構體，B錯誤；C.淀粉與纖維素均是多糖，兩者都屬于糖類，且都沒有甜味，與新制Cu(OH)2共熱都不能出現磚紅色沉淀，C正確；D.淀粉與纖維素都屬于高分子化合物，淀粉遇碘單質顯藍色，但纖維素卻不能，D正確。答案選B。8、D【解題分析】辛酸含有一個“—COOH”和三個“—CH3”的主鏈最多有6個碳原子。（1）若主鏈有6個碳原子，余下2個碳原子為2個—CH3，先固定一個—CH3，移動第二個—CH3，碳干骨架可表示為：（數字代表第二個—CH3的位置），共4+3+2+1=10種。（2）若主鏈有5個碳原子，余下3個碳原子為可能為：①一個—CH3和一個—CH2CH3或②一個—CH（CH3）2。①若為一個—CH3和一個—CH2CH3，先固定—CH2CH3，再移動—CH3，碳干骨架可表示為：；②若為一個—CH（CH3）2，符合題意的結構簡式為（題給物質）；共3+3+1=7種。（3）若主鏈有4個碳原子，符合題意的同分異構體的結構簡式為（CH3CH2）3CCOOH。辛酸含有一個“—COOH”和三個“—CH3”的同分異構體有10+7+1=18種，除去題給物質，還有17種，答案選D。點睛：本題考查限定條件同分異構體數目的確定，注意采用有序方式書寫，避免重復和漏寫。9、A【解題分析】分析：本題考查了金屬鍵強弱的判斷方法，抓住金屬原子半徑越小，價電子數越多，則金屬鍵越強是關鍵。詳解：A.鋁的原子半徑比鎂小，價電子數比鎂多一個，所以鋁的金屬鍵較強，硬度較大，故錯誤；B.鎂原子半徑小于鈣原子，價電子數相等，因此沒的金屬鍵較強，鎂的熔沸點高于鈣，故正確；C.鎂原子半徑小于鉀，價電子數比鉀多，因此沒的金屬鍵比鉀強，鎂的硬度大于鉀，故正確；D.鈣的半徑比鉀小，價電子數比鉀多一個，所以鈣的金屬鍵比鉀強，鈣的熔沸點高于鉀，故正確。故選A。10、D【解題分析】

A．乙醇、苯易揮發，易燃燒，所以應密封保存，置于陰涼處，且遠離火源，故A正確；B．鈉燃燒生成過氧化鈉，過氧化鈉和水、二氧化碳反應生成氧氣，氧氣能助燃，所以鈉著火時不能用水、泡沫滅火器滅火，應該用細沙覆蓋滅火，故B正確；C．具有磨口玻璃塞子或活塞的儀器使用前需要查漏，則容量瓶和滴定管在使用之前必須先檢查是否漏液，故C正確；D．配制濃硫酸、濃硝酸的混酸時，應將濃硫酸沿玻璃棒緩慢注入濃硝酸中，并用玻璃棒攪拌，故D錯誤；故答案為D。11、D【解題分析】

A．分子中存在羥基，因此分子間可以形成氫鍵，故A正確；B．根據分子的結構簡式可知，東莨菪堿的化學式為C17H21NO4，故B正確；C．結構中存在苯環，一定條件下能夠與氫氣發生加成反應，含有羥基，能夠發生取代反應和氧化反應，故C正確；D．質譜儀通過質荷比確定相對分子質量，核磁共振氫譜能測定一個有機物中存在的氫原子環境，不能確定環狀結構，故D錯誤；答案選D。12、B【解題分析】分析：A.HF分子間存在氫鍵；B.根據金屬的活潑性來分析金屬的冶煉；C.根據二氧化硫的性質來分析發生的化學反應；D.根據金屬的性質來分析發生的反應及反應產物即可解答。詳解：A、鹵素單質的沸點：F2＜Cl2＜Br2＜I2，但由于HF分子間存在氫鍵，所以氫化物沸點：HCl＜HBr＜HI＜HF，A錯誤；B、因鈉、鎂都是活潑金屬，其金屬氯化物都是離子化合物，則利用電解熔融物的方法可以冶煉金屬單質，B正確；C、將CO2通入Ba（NO3）2溶液中無沉淀生成是因硝酸的酸性比碳酸的酸性強，但將SO2通入Ba（NO3）2溶液中有沉淀生成時因酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，則生成硫酸鋇沉淀，C錯誤；D、Al與S加熱時直接化合生成Al2S3，但Fe與S加熱時生成FeS，不存在Fe2S3，D錯誤；答案選B。點睛：本題考查類推的學科思維方法，學生應熟悉氫鍵對質性質的影響、金屬的冶煉等知識來解答，并注意利用物質的特殊性質、尊重客觀事實是解答此類習題的關鍵。13、B【解題分析】

設二氧化碳起始量為2mol，轉化物質的量為xmol，則2CO22CO+O2起始量(mol)200變化量(mol)xx0.5x平衡量(mol)2-xx0.5x依據氣體摩爾質量M=m÷n可知M=(2mol×44g/mol)/(2?x+x+0.5x)，解得x=(88?2M)/0.5M，所以CO2的分解率=x/2=(88?2M)/M，答案選B。14、C【解題分析】

根據元素周期表的結構，Z位于第三周期，Z的最外層電子數是內層電子總數的1/2，則Z為P，根據在周期表的位置，X為C，Y為N，W為S，則A、Z為P，位于第3周期VA族，故A說法正確；B、C的最高價氧化物對應水化物H2CO3為弱酸，S的最高價氧化物對應水化物為H2SO4，屬于強酸，即H2SO4的酸性強于H2CO3，故B說法正確；C、Y的氫化物為NH3，Z的氫化物為PH3，N的非金屬性強于P，則NH3的穩定性高于PH3，故C說法錯誤；D、X與W可形成共價化合物CS2，故D說法正確。答案選C。15、C【解題分析】

A．－OH的電子式：，是氫氧根離子的電子式，A錯誤；B．鈣原子的M層有8個電子，3s軌道上2個，3p軌道上6個，B錯誤；C．氯離子核外有18個電子，排布式為：1s22s22p63s23p6，C正確；D．K是19號元素，質子數應該為19，D錯誤。答案選C。16、C【解題分析】試題分析：A、乙烷和氯氣反應是連鎖反應，不僅會有一氯乙烷，還有二氯乙烷、三氯乙烷、四氯化碳生成，錯誤；B、乙烯與氯氣反應得到的是1,2-二氯乙烷，錯誤；C正確；D、乙炔與氯化氫反應，得到的是1,2-二氯乙烯，錯誤?？键c：取代反應和加成反應17、A【解題分析】分析：A.硫酸是二元強酸；B.一水合氨是弱電解質；C.碳酸是二元弱酸；D.碳酸是二元弱酸。詳解：A.硫酸是二元強酸，電離方程式為H2SO4=2H++SO42-，A正確；B.一水合氨是弱電解質，存在電離平衡，NH3·H2ONH4++OH-，B錯誤；C.碳酸是二元弱酸，分步電離：H2CO3H++HCO3-、HCO3－H++CO32-，C錯誤；D.碳酸是二元弱酸，分步電離：H2CO3H++HCO3-、HCO3－H++CO32-，D錯誤；答案選A。18、D【解題分析】

根據芳香族化合物B的含氧量及A的相對分子質量的范圍，先確定B的分子結構，再確定A的分子結構?！绢}目詳解】A、B都是由碳、氫、氧三種元素組成的芳香族化合物。1molA水解得到1molB和1mol醋酸，則A含有酯基。A溶液具有酸性，則A含有-COOH；A不能使FeCl3溶液顯色，則A沒有酚羥基。A的相對分子質量不超過200，則B的相對分子質量不超過200-42=158。B分子中碳元素和氫元素總的質量分數為0.652，則其中氧元素總的質量分數為1-0.652=0.348，若B只含1個氧原子，則B的相對分子質量為45.9，不可能；若B含2個氧原子，則B的相對分子質量為92，由于苯的相對分子質量為78，也不可能；若B含3個氧原子，則B的相對分子質量為138，合理。由于1molA水解得到1molB和1mol醋酸，則B分子中有苯環、羥基、羧基，共3個氧原子，則B的分子式為C7H6O3、A的分子式為C9H8O3。A.1molA水解得到1molB和1mol醋酸，A、B的相對分子質量之差為60-18=42，A不正確；B.1個B分子中應當有3個氧原子，B不正確；C.A的分子式是C9H8O3，C不正確；D.B分子中含有-COOH、酚羥基，故其能與NaOH溶液、FeCl3溶液、濃溴水等物質反應，D正確。綜上所述，有關推斷中正確的是D，本題選D。【題目點撥】對于復雜的有機物，可以把其結構分成不同的片斷，根據不同片斷的結構和性質，結合相對分子質量分析其可能的組成，并且能夠根據化學變化中相對分子質量的變化量分析有機物轉化過程中相對分子質量的變化。在不能確定分子中相關元素原子的具體數目時，要學會使用討論法。19、B【解題分析】

根據能跟H2加成生成2-甲基丁烷，說明Y和Z均為分子中含5個C原子的不飽和烴，其碳骨架為，氯代烴發生消去反應生成烯烴和烯烴加氫生成烷烴，碳架不變，故所得有機產物的碳架有一個支鏈甲基?！绢}目詳解】A．CH3CH2CH2CH2CH2OH沒有支鏈，A錯誤；B．對應X為，生成的烯烴有2種，符合題目要求，B正確；C．對應的X發生消去反應生成一種烯烴，C錯誤；D．對應的X為，不能發生消去反應，D錯誤。答案選B?！军c晴】熟悉鹵代烴消去的規律和烯烴的加成特點是解題的關鍵。鹵代烴發生消去反應的條件是：①分子中碳原子數≥2；②與—X相連的碳原子的鄰位碳上必須有氫原子。與—Ｘ相連的碳原子的相鄰碳原子上沒有氫原子的鹵代烴[如CH3X、（CH3）3C－CH2X等]不能發生消去反應。20、C【解題分析】

該反應中Mn元素化合價由+7價變為+2價，所以MnO4-是氧化劑，NO2-應該作還原劑，亞硝酸根離子中N元素應該失電子化合價升高，酸性條件下，應該生成硝酸根離子，根據轉移電子相等、原子守恒配平方程式為2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O；A．該反應中N元素化合價由+3價變為+5價，所以亞硝酸根離子失電子被氧化，故A錯誤；B．根據元素守恒、電荷守恒知，□是H+，氫離子參加反應導致溶液中氫離子濃度降低，則溶液的pH增大，故B錯誤；C．根據轉移電子守恒得，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物質的量==0.4mol，故C正確；D．由B分析可知，□是H+，故D錯誤；故答案為C?！绢}目點撥】氧化還原反應的實質是反應過程中發生電子轉移，而氧化劑得電子的總數(或元素化合價降低總數)必然等于還原劑失電子總數(或元素化合價升高總數)，根據這一原則可以對氧化還原反應的化學方程式進行配平。配平的步驟：①標好價：正確標出反應前后化合價有變化的元素的化合價；②列變化：列出元素化合價升高和降低的數值；②求總數：求元素化合價升高數和降低數的總數，確定氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物的化學計量數；④配系數：用觀察法配平其他各物質的化學計量數；⑤細檢查：利用“守恒”三原則(即得失電子守恒、電荷守恒、質量守恒)，逐項檢查配平的方程式是否正確。21、C【解題分析】

加HCl有氣體說明有CO32-或SO32-，或兩者都有，生成的氣體是二氧化碳或二氧化硫，或兩者都有，一定不存在和碳酸根或亞硫酸根離子不共存的離子，所以不存在Mg2+、Al3+離子，加鹽酸有沉淀，說明一定有SiO32-離子，硅酸是沉淀，加入過量氨水（提供OH-）有沉淀生成，只能是氫氧化鋁沉淀，說明此時溶液中存在鋁離子，但是原來溶液中的鋁離子一定不能存在，所以該鋁離子是偏鋁酸根離子和鹽酸反應生成的，所以，一定存在AlO2-離子，要保證溶液電中性，只有K+這一種陽離子，所以一定存在K+離子，A．加HCl有氣體說明有CO32-或SO32-，生成的氣體是二氧化碳或二氧化硫或兩者的混合氣體，則氣體甲不一定是純凈物，故A錯誤；B．由于加入的鹽酸過量，生成的沉淀甲為硅酸，不會含有硅酸鎂，故B錯誤；C．溶液中一定含有K+、AlO2-和SiO32-，故C正確；D．硫酸根離子是否存在不能確定，CO32-可能存在，故D錯誤；故選：C。22、C【解題分析】

A．鐵元素由0價升高到+2價，失去2個電子，氫元素由+1價降低到0價，得到兩個電子，A選項正確。B．氯元素由0價升高到Ca(ClO)2中氯元素的+1價，失去兩個電子，同時氯元素由0價降低至氯化鈣中的-1價得到兩個電子，B選項正確。C．KClO3中Cl元素由+5價降低至0價，得到5個電子，HCl中氯元素由-1價升高到0價，失去5個電子，C選項電子轉移的數目錯誤，C選項錯誤。D．NO中N元素由+2價升高到+5價，失去3×4個電子，O元素由0價降低至-2價，得到6×2個電子，得失電子守恒且電子轉移方向與數目正確，D選項正確。故答案選C。二、非選擇題(共84分)23、N＞O＞Csp21s22s22p63s23p63d10Cu2ONH3分子間能形成氫鍵[N=N=N]-A、C【解題分析】

C的基態原子中電子占據三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數相同，核外電子排布為1s22s22p2，則C是C元素；A、C、D三種元素組成的一種化合物M是新裝修居室中常含有的一種有害氣體，該氣體M為HCHO，A原子有2個未成對電子，則D為H元素、A為O元素；B的原子序數介于碳、氧之間，故B為N元素；E是第四周期元素，其原子核外最外層電子數與A原子相同，其余各層電子均充滿，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1，則E是銅元素；（1）同周期隨原子序數增大，第一電離能呈增大趨勢，但N原子2p軌道半滿，為穩定狀態，第一電離能大于同周期相鄰元素，故第一電離能：N＞O＞C；（2）M為HCHO，分子中C原子形成3個σ鍵，沒有孤電子對，雜化軌道數目為3，則C原子采取sp2雜化；（3）Cu失去4s能級1個電子形成Cu+，基態核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10，由晶胞結構可知，Cu+位于晶胞內部，晶胞中含有4個Cu+，O原子數為8×1/8+1=2，則O與Cu+數目比為1:2，化學式為Cu2O；（4）NH3分子間能形成氫鍵，甲烷分子之間為分子間作用力，氫鍵比分子間作用力強，故NH3的沸點比CH4的高；（5）CO2、N3-互為等電子體，二者結構相似，N3-中N原子之間形成2對共用電子對，N3-的結構式[N=N=N]-；（6）A．電解質在水溶液里電離出陰陽離子，所以該離子中不存在離子鍵，故選；B．水分子或[Cr（H2O）5Cl]2+中，非金屬元素之間都存在共價鍵，故不選；C．該溶液中不存在金屬鍵，故選；D．[Cr（H2O）5Cl]2+中Cr原子和水分子中的O原子之間存在配位鍵，故不選；E．溶液中水分子之間存在范德華力，故不選；故選A、C。24、Si3N4原子黏合劑、木材等的防腐劑或防火劑NaClO＋2NH3＝N2H4＋NaCl＋H2O次氯酸鈉有強氧化性，防止N2H4繼續被氧化10【解題分析】

甲由A、B兩種短周期非金屬元素組成，難溶于水，且硬度大，熔點高，考慮甲屬于原子晶體。甲與熔融的燒堿反應生成一種含A元素的含氧酸鹽乙和一種含B元素的氣體丙，且丙能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，證明丙氣體為NH3，說明甲中含有氮元素。含氧酸鹽乙由短周期元素組成且為鈉鹽，能溶于水，加鹽酸產生白色沉淀，鹽酸過量沉淀不溶解，說明生成的沉淀為H2SiO3，則乙為Na2SiO3，證明甲中含有硅元素，故A為Si元素，B為N元素，依據元素化合價可推知甲為Si3N4，據此分析解答?！绢}目詳解】(1)由分析可知，甲的化學式為Si3N4，屬于原子晶體，故答案為：Si3N4；原子；(2)乙的水溶液為硅酸鈉溶液，是一種礦物膠，可以做黏合劑、木材等的防腐劑或防火劑，故答案為：黏合劑、木材等的防腐劑或防火劑；(3)①B元素的一種氫化物丁，相對分子質量為32，常溫下為液體，可知丁為N2H4，電子式為：，故答案為：；②丁可由次氯酸鈉與過量氨氣反應制得，反應的化學方程式為：NaClO+2NH3＝N2H4+NaCl+H2O，次氯酸鈉有強氧化性，防止N2H4繼續被氧化，氨氣需要過量，故答案為：NaClO+2NH3＝N2H4+NaCl+H2O；次氯酸鈉有強氧化性，防止N2H4繼續被氧化；③電離方程式為：N2H4+H2O?N2H5++OH-，該溶液中溶質電離程度較小，則c(N2H4)≈0.01mol/L，由平衡常數K=，可知該溶液中c(OH-)≈==1.0×10-4，溶液中c(H+)=mol/L=10-10mol/L，則溶液的pH=10，故答案為：10?！绢}目點撥】正確推斷元素是解答本題的關鍵。本題的易錯點和難點為(3)③中pH的計算，要注意電離平衡常數表達式和水的離子積的靈活運用。25、Ba(NO3)2HClHNO3Br2AgNO3Cl－會使SO32－對SO42－的檢驗產生干擾，不能確認SO42－是否存在SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Br－【解題分析】

根據框圖，結合需要檢驗的離子可知，氣體E只能為二氧化硫。SO32-、SO42-能夠與Ba(NO3)2溶液反應分別生成亞硫酸鋇和硫酸鋇白色沉淀，亞硫酸鋇與鹽酸反應能夠生成二氧化硫氣體，二氧化硫氣體E能使溴水褪色，硫酸鋇不溶解于硝酸，故試劑①為Ba(NO3)2溶液，試劑②為鹽酸，試劑④為溴水，無色溶液C中含有Cl－、OH－，溶液呈堿性，加入過量試劑③后再加入試劑⑤生成白色沉淀，應該是檢驗氯離子，因此試劑③為硝酸，調整溶液呈酸性，試劑⑤為硝酸銀溶液，白色沉淀為氯化銀，據此分析解答。【題目詳解】(1)SO32-、SO42-能夠與Ba(NO3)2溶液反應分別生成亞硫酸鋇和硫酸鋇白色沉淀，亞硫酸鋇與鹽酸反應能夠生成二氧化硫氣體，二氧化硫氣體E能使溴水褪色，硫酸鋇不溶解于硝酸，故試劑①為Ba(NO3)2溶液，試劑②為鹽酸，試劑④為溴水，無色溶液C中含有Cl－、OH－，溶液呈堿性，加入過量試劑③后再加入試劑⑤生成白色沉淀，應該是檢驗氯離子，因此試劑③為硝酸，調整溶液呈酸性，試劑⑤為硝酸銀溶液，白色沉淀為氯化銀，故答案為：Ba(NO3)2；HCl；HNO3；Br2；AgNO3；(2)根據上述分析，現象a檢驗出的陰離子為SO32-，現象b檢驗出的陰離子為SO42-，現象c檢驗出的陰離子為Cl-，故答案為：Cl-；(3)硝酸具有強氧化性，能夠氧化亞硫酸根離子生成硫酸根離子，因此白色沉淀A若加試劑③稀硝酸而不加試劑②鹽酸會使SO32-對SO42-的檢驗產生干擾，不能確認SO42-是否存在，故答案為：會使SO32-對SO42-的檢驗產生干擾，不能確定SO42-是否存在；(4)溴單質與二氧化硫反應生成氫溴酸和硫酸，反應的離子方程式：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，故答案為：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-?！绢}目點撥】根據反應現象推斷各物質的成分是解題的關鍵，明確氣體E為二氧化硫是解題的突破口。本題的易錯點為試劑②的判斷，要注意試劑②不能選用稀硝酸，因為硝酸具有強氧化性，能夠氧化亞硫酸根離子生成硫酸根離子。26、防止暴沸導氣，冷凝環己烯減少環己烯的揮發上Cg吸水，生成氫氧化鈣，沸點高83℃cbc【解題分析】（1）①根據制乙烯實驗的知識，發生裝置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的環己烯的沸點為83℃，要得到液態環己烯，導管B除了導氣外還具有冷凝作用，便于環己烯冷凝；②冰水浴的目的是降低環己烯蒸氣的溫度，使其液化減少揮發；（2）①環己烯的密度比水小，在上層；由于分液后環己烯粗品中還含有少量的酸和環己醇，聯系制備乙酸乙酯提純產物時用飽和Na2CO3溶液洗滌可除去酸，答案選C；②蒸餾時冷卻水低進高出，即從g口進，原因是冷卻水與氣體形成逆流，冷凝效果更好，更容易將冷凝管充滿水；蒸餾時加入生石灰，目的是吸水，生成氫氧化鈣，沸點高。③環己烯的沸點是83℃，則應控制溫度為83℃左右；a．蒸餾時從70℃開始收集產品，提前收集，產品中混有雜質，實際產量高于理論產量，a錯誤；b．環己醇實際用量多了，制取的環己烯的物質的量增大，實驗制得的環己烯精品質量高于理論產量，b錯誤；c．若粗產品中混有環己醇，導致測定消耗的環己醇量增大，制得的環己烯精品質量低于理論產量，c正確；答案選c；（3）區別粗品與精品可加入金屬鈉，觀察是否有氣體產生，若無氣體，則是精品，另外根據混合物沒有固定的沸點，而純凈物有固定的沸點，通過測定環己烯粗品和環己烯精品的沸點，也可判斷產品的純度，答案選bc。27、②④Ⅱ品紅溶液檢驗SO2是否被除盡溶液出現白色渾濁C12H22O11（蔗糖）12C+11H2O2H2SO4（濃）+CCO2↑+2SO2↑+2H2OCO氣體能還原熱的酸性高錳酸鉀5CO+6H++2MnO4-5CO2↑+2Mn2++3H2O【解題分析】

（1）濃硫酸的三大特性：吸水性、脫水性和強氧化性；（2）①蔗糖與濃硫酸反應為固液不加熱裝置；②B中盛放品紅溶液，檢驗二氧化硫，用E中的氫氧化鋇溶液檢驗二氧化碳，D中品紅溶液檢驗SO2是否被除盡；③濃硫酸能使蔗糖脫水生成C，濃硫酸有強氧化性能將C氧化成二氧化碳；④CO氣體能還原熱的酸性高錳酸鉀?！绢}目詳解】（1）聞到刺激性氣味說明濃硫酸具有強氧化性；蔗糖先變黃，再逐漸變黑，體積膨脹，形成疏松多孔的海綿狀黑色物質說明濃硫酸具有脫水性；體積膨脹，形成疏松多孔的海綿狀黑色物質說明黑色物質具有強吸附性；根據實驗現象不能說明濃硫酸具有吸水性，酸性；答案為②④；（2）①蔗糖與濃硫酸反應為固液不加熱裝置，裝置選擇Ⅱ；②B中盛放品紅溶液，用來檢驗二氧化硫，用E中的氫氧化鋇溶液檢驗二氧化碳，實驗現象是溶液出現白色渾濁，因為二氧化硫也能使Ba（OH）2溶液變渾濁，所以要先除去二氧化硫，所以C中高錳酸鉀溶液的作用是除去二氧化硫，D中品紅溶液檢驗SO2是否被除盡；③濃硫酸有脫水性，能使蔗糖脫水生成C，方程式為C12H22O11（蔗糖）12C+11H2O；濃硫酸有強氧化性能將C氧化成二氧化碳，方程式為2H2SO4（濃）+CCO2↑+2SO2↑+2H2O；④D瓶品紅不褪色，說明氣體中無二氧化硫，E裝置中有氣體逸出，氣體不是二氧化碳，氣體可能是濃硫酸將C氧化成一氧化碳，CO氣體能還原熱的酸性高錳酸鉀，故F裝置中酸性高錳酸鉀溶液顏色變淺，反應的離子方程式為5CO+6H++2MnO4-5CO2↑+2Mn2++3H2O。【題目點撥】本題考查濃硫酸的性質，二氧化硫的性質，在解答方程式的書寫題時，首先理解反應原理，然后根