2024屆江西省白鷺洲中學化學高二第二學期期末達標檢測模擬試題含解析

2024屆江西省白鷺洲中學化學高二第二學期期末達標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(jiān)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、下列說法錯誤的是A．需要加熱方能發(fā)生的反應一定是吸熱反應B．放熱的反應在常溫下一般容易發(fā)生C．反應是放熱還是吸熱必須看反應物和生成物所具有的總能量的相對大小D．△H<0，△S>0的反應一定能自發(fā)進行2、在常溫下，下列操作中不能區(qū)別濃硫酸和稀硫酸的是A．分別加入鐵片B．分別加入蔗糖C．分別加入銅片D．分別加入硫酸銅晶體3、下列有關說法正確的是A．鍍銅鐵制品鍍層受損后,鐵制品比受損前更容易生銹B．等物質的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液中,水的電離程度相同C．0.1

mol/LNa2CO3溶液:c(OH-)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H+)D．對于反應2SO2+O2

2SO3,使用催化劑能加快反應速率和提高SO2平衡轉化率4、既能與鹽酸反應又能與氫氧化鈉溶液反應的化合物是A．SiO2B．Al2O3C．Na2CO3D．AlCl35、下列實驗裝置或操作與微粒的大小無直接關系的是（）A．過濾 B．滲析C．萃取 D．丁達爾效應6、下列說法正確的是A．分子晶體中一定存在分子間作用力，不一定存在共價鍵B．分子中含兩個氫原子的酸一定是二元酸C．含有金屬陽離子的晶體一定是離子晶體D．元素的非金屬性越強，其單質的活潑性一定越強7、己知：與反應的；與反應的。則在水溶液中電離的等于A． B．C． D．8、分子式為C5H8O3，能發(fā)生銀鏡反應且能與NaHCO3溶液反應的有機物共有（）A．5種 B．6種 C．7種 D．8種9、向四個起始容積相同的密閉容器中充入表中所示氣體及相應的量，加入催化劑并控制溫度、容積或壓強，發(fā)生反應2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0，直至達平衡。下列說法錯誤的是編號條件起始物質的量/mol溫度/℃容積或壓強CO(g)NO(g)CO2(g)N2(g)①600維持恒容0.20.200②700維持恒容0.10.10.10.05③600維持恒容0.40.400④600維持恒壓0.40.400A．平衡時N2的濃度：①＞②B．平衡時CO的正反應速率：①＜②C．NO的平衡轉化率：③＞①D．平衡時容器內氣體總壓：④＞③＞①＞②10、下列解釋實驗現(xiàn)象的反應方程式正確的是（）A．切開的金屬Na暴露在空氣中，光亮表面逐漸變暗:2Na+O2=Na2O2B．向AgC1懸濁液中滴加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色:2AgCl+S2-=Ag2S↓+2Cl-C．Na2O2在潮濕的空氣中放置一段時間，變成白色粘稠物:2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2D．FeCl2溶液中滴加NaClO溶液生成紅褐色沉淀：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+11、常溫下，下列物質的溶液中粒子濃度關系不正確的是A．pH=1的KHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)B．CH3COONa和BaCl2混合溶液：c(Na+)+c(Ba2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)C．三種相同濃度的銨鹽溶液中c（NH4＋）從大到小的順序：NH4HSO4、NH4Cl、NH4HCO3D．已知AgCl、AgBr、Agl溶度積常數(shù)依次為1.6×l0-10、7.7×10-13、8.7×10-17，則對應飽和溶液中c(X-)從大到小的順序為：Cl―、Br―、I―12、幾種短周期元素的原子半徑及主要化合價如下表，相關說法正確的是元素代號LMXRT原子半徑/nm0.1600.1430.1020.0890.074主要化合價+2+3+6、－2+2－2A．離子半徑大?。簉(M3+)>r(T2－) B．其中R的金屬性最強C．煤和石油中存在X元素 D．L、X形成的簡單離子核外電子數(shù)相等13、有機物分子中原子間（或原子與原子團間）的相互影響會導致物質化學性質的不同。下列各項的事實不能說明上述觀點的是A．乙烯能發(fā)生加成反應，而乙烷不能發(fā)生加成反應B．甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，而甲烷不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．乙基對羥基的影響，使羥基的活性變弱，電離H+的能力不及H2OD．苯酚中的羥基氫能與NaOH溶液反應，而醇羥基氫不能與NaOH溶液反應14、下列有關有機物的說法不正確的是（）A．酒精中是否含有水，可用金屬鈉檢驗B．有機酸和醇脫水合成的某些酯，可用作糖果、化妝品中的香料C．蛋白質在一定條件下能發(fā)生水解反應，生成氨基酸D．乙烯通過聚合反應可合成聚乙烯，聚乙烯塑料可用來制造多種包裝材料15、下列各組元素屬于p區(qū)的是()A．原子序數(shù)為1、2、7的元素 B．S、O、P C．Fe、Ar、Cl D．Na、Li、Mg16、下列各物質屬于電解質的是（）①NaOH②BaSO4③Cu④蔗糖⑤CO2A．①② B．①②⑤ C．③④ D．①③⑤17、SO32-離子的中心原子孤對電子計算公式為（a-xb）/2中，下列對應的數(shù)值正確的是A．a=8x=3b=2 B．a=6x=3b=2C．a=4x=2b=3 D．a=6x=2b=318、以下實驗設計能達到實驗目的的是選項實驗目的實驗設計A除去NaHCO3固體中的Na2CO3將固體加熱至恒重B制備無水AlCl3蒸發(fā)Al與稀鹽酸反應后的溶液C重結晶提純苯甲酸將粗品水溶、過濾、蒸發(fā)、結晶D鑒別NaBr和KI溶液分別加新制氯水后，用CCl4萃取A．AB．BC．CD．D19、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子核外最外層電子數(shù)是次外層的2倍，Y的氟化物YF3分子中各原子均達到8電子穩(wěn)定結構，Z是同周期中原子半徑最大的元素，W的最高正價為+7價。下列說法正確的是（）A．XH4的沸點比YH3高B．X與W形成的化合物和Z與W形成的化合物的化學鍵類型相同C．元素W的最高價氧化物對應水化物的酸性比Y的弱D．X與Y形成的化合物的熔點可能比金剛石高20、相同溫度下，關于氫氧化鈉溶液和氨水兩種溶液的比較，下列說法正確的是A．pH相等的兩溶液中：c（Na+）＝c（NH4+）B．分別中和pH相等、體積相等的兩溶液，所需HCl的物質的量相同C．相同濃度的兩溶液，導電能力相同D．相同濃度的兩溶液，分別與HCl氣體反應后呈中性的溶液中（忽略溶液體積變化）：c（Na+）＝c（NH4+）21、松香中含有松香酸和海松酸，其結構簡式如下圖所示。下列說法中，不正確的是A．二者互為同分異構體B．二者所含官能團的種類和數(shù)目相同C．二者均能與氫氧化鈉溶液反應D．二者均能與H2以物質的量之比為1∶3發(fā)生反應22、借助太陽能將光解水制H2與脫硫結合起來，既能大幅度提高光解水制H2的效率，又能脫除SO2，工作原理如下圖所示。下列說法不正確的是A．該裝置可將太陽能轉化為化學能B．催化劑b附近的溶液pH增大C．吸收1molSO2，理論上能產生1molH2D．催化劑a表面發(fā)生的反應為：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知X、Y、Z、W、Q、R、E七種元素中，原子序數(shù)X<Y<Z<W<Q<R<E，其結構或性質信息如下表。元素結構或性質信息X原子的L層上s電子數(shù)等于p電子數(shù)Y元素的原子最外層電子排布式為nsnnpn＋1Z單質常溫、常壓下是氣體，原子的M層上有1個未成對的p電子W元素的正一價離子的電子層結構與氬相同Q元素的核電荷數(shù)為Y和Z之和R元素的正三價離子的3d能級為半充滿E元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對電子，只有一個未成對電子請根據(jù)信息回答有關問題：（1）元素X的原子核外共有_____種不同運動狀態(tài)的電子，有____種不同能級的電子。（2）元素Y原子中能量最高的是_____電子，其原子軌道呈_____狀。（3）Q的基態(tài)電子排布式為______，R的元素符號為_____，E元素原子的價電子排布式為______。（4）含有元素W的鹽的焰色反應為______色，許多金屬鹽都可以發(fā)生焰色反應，其原因是_______________________。24、（12分）利用莤烯(A)為原料可制得殺蟲劑菊酯(H)，其合成路線可表示如下：已知：R1CHO+R2CH2CHO（1）寫出一分子的F通過酯化反應生成環(huán)酯的結構簡式__________。（2）寫出G到H反應的化學方程式___________。（3）寫出滿足下列條件的C的一種同分異構體的結構簡式______________。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；②分子中有4種不同化學環(huán)境的氫。（4）寫出以和CH3CH2OH為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。______________25、（12分）實驗室用電石制取乙炔的裝置如下圖所示，請?zhí)羁眨海?）寫出儀器的名稱：①是________________，②是________________；（2）制取乙炔的化學方程式是________________；（3）儀器①中加入的是________________，其目的是________________；（4）將乙炔通入KMnO4酸性溶液中觀察到的現(xiàn)象是________________，乙炔發(fā)生了___________反應(填“加成”或“取代”或“氧化”，下同)；（5）為了安全，點燃乙炔前應________________，乙炔燃燒時的實驗現(xiàn)象是________________。26、（10分）某些資料認為NO不能與Na2O2反應。有同學提出質疑，他認為NO易與O2發(fā)生反應，應該更容易被Na2O2氧化。查閱資料：a.2NO＋Na2O2=2NaNO2b．6NaNO2＋3H2SO4(稀)=3Na2SO4＋2HNO3＋4NO↑＋2H2Oc．酸性條件下，NO能被MnO4－氧化成NO3－該同學利用如圖中裝置來探究NO與Na2O2的反應(裝置可重復使用)。(1)裝置連接的順序為A→_______________，A中生成NO的化學方程式____________；(2)裝置C的作用是_________________；(3)裝置E的作用是_________________，發(fā)生反應的離子方程式為______________；(4)充分反應后，檢驗D裝置中是否生成了NaNO2的實驗操作是______________________。27、（12分）Na2O2具有強氧化性，可以用來漂白紡織類物品、麥桿、纖維等。（1）如下圖所示實驗，反應的化學方程式為_______________。實驗結束后，向試管所得溶液中滴加酚酞溶液，現(xiàn)象是___________________________。（2）若用嘴通過導管向附著少量Na2O2粉末的棉花吹氣，棉花燃燒。原因是Na2O2與H2O和CO2反應，其中與CO2反應的化學方程式為______________________。若標準狀況下反應生成了5.6LO2，則轉移電子的物質的量為______mol。過氧化鈣（CaO2）是一種白色、無毒、難溶于水的固體，能殺菌消毒，廣泛用于果蔬保鮮、空氣凈化、污水處理等方面。工業(yè)生產過程如下：①在NH4Cl溶液中加入Ca（OH）2；②在第①步的生成的產物中加入30%H2O2，反應生成CaO2?8H2O沉淀；③經過陳化、過濾，水洗得到CaO2?8H2O，再脫水干燥得到CaO2。完成下列填空：（3）第①步反應的化學方程式為_____________________。（4）生產中可循環(huán)使用的物質是_____________________。（5）檢驗CaO2?8H2O是否洗凈的方法是___________。（6）已知CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2。如圖是實驗室測定產品中CaO2含量的裝置（夾持裝置省略）。若所取產品質量是mg，測得氣體體積為VmL（標況），產品中CaO2的質量分數(shù)為________（用字母表示）。過氧化鈣的含量也可用重量法測定，需要測定的物理量有______________________。28、（14分）石油分餾得到的輕汽油可在Pt催化下脫氫環(huán)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(fā)生銀鏡反應，又能發(fā)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:________。29、（10分）甲氧普胺（Metoclopramide）是一種消化系統(tǒng)促動力藥．它的工業(yè)合成路線如下[已知氨基（-NH2）易被氧化劑氧化]：請回答下列問題：（1）下列說法中不正確的是（_______）A、化合物A能形成內鹽B、1molB最多能與2molNaOH反應C、D的分子式為C11H13NO3D、甲氧普胺屬于芳香族化合物（2）化合物C的結構簡式：_______________________________________（3）寫出D→E的化學方程式：______________________________________________________（4）寫出符合下列要求的化合物A（C7H7NO3）的可能的同分異構體_________________________①屬于芳香族化合物，能發(fā)生銀鏡反應②能發(fā)生水解③苯環(huán)上的一氯取代物只有兩種（5）寫出以甲苯為原料合成對氨基苯甲酸：，模仿以下流程圖設計合成路線，標明每一步的反應物及反應條件_________。（有機物寫結構簡式，其它無機試劑自選）已知：Ⅰ、當一取代苯進行取代反應時，使新取代基進入它的鄰、對位的取代基：-CH3、-NH2；使新取代基進入它的間位的取代基：-COOH、-NO2；Ⅱ、-NH2易被氧化；-NO2可被Fe和HCl還原成-NH2。

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】本題考查化學反應的條件與化學反應的熱效應間的關系。解析：加熱是反應條件，與吸熱和放熱無直接關系，反應開始時需要加熱的反應可能是吸熱反應，也可能是放熱反應，A錯誤；放熱的反應在常溫下一般容易發(fā)生，但放熱的反應在常溫下不一定很容易發(fā)生，B正確；放熱反應是指反應物所具有的總能量高于生成的總能量，在反應中會有一部分能量轉變?yōu)闊崮艿男问结尫?，反之就是吸熱反應，C正確；△H<0，△S>0的反應，△G=△H-T△S＜0，一定能自發(fā)進行，D正確。故選A。點睛：判斷反應是放熱反應還是吸熱反應關鍵是準確判斷反應物和生成物的總能量的相對大小，不能看反應條件。2、C【解題分析】A.常溫下，鐵和稀硫酸反應生成氫氣，鐵和濃硫酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象，現(xiàn)象不同，所以可以區(qū)別，故A錯誤；B.濃硫酸、稀硫酸都是無色液體，所以觀察外表無法區(qū)別，故B正確；C.濃硫酸具有強氧化性、脫水性，能使蔗糖被氧化而變黑，稀硫酸不能使蔗糖被氧化，所以現(xiàn)象不同，可以區(qū)別，故C錯誤；D.濃硫酸具有吸水性，能使硫酸銅晶體變?yōu)闊o色，而稀硫酸不能使硫酸銅晶體變?yōu)闊o色，現(xiàn)象不同，可以區(qū)別，故D錯誤；故選B。點睛：濃硫酸和稀硫酸都屬于酸，都有酸性，但濃硫酸具有強氧化性、吸水性和脫水性。3、A【解題分析】A、銅、鐵、電解質構成原電池，鐵做負極，鍍銅鐵制品鍍層受損后，鐵更容易生銹，選項A正確；B、等物質的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液中,前者電離產生的氫離子濃度小，抑制水的電離程度小，水的電離程度小，選項B錯誤；C、0.1mol/LNa2CO3溶液中存在質子守恒有:c(OH-)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H+)，選項C錯誤；D、使用催化劑能加快反應速率，但不能使平衡移動，故不能提高SO2平衡轉化率，選項D錯誤；答案選A。4、B【解題分析】分析：根據(jù)物質的性質分析解答，注意兩性氧化物的特殊性。詳解：A．SiO2與鹽酸不反應，故A不選；B．氧化鋁屬于兩性氧化物，與鹽酸反應生成氯化鋁，與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，故B選；C．Na2CO3只與鹽酸反應，故C不選；D．AlCl3只與NaOH溶液反應，故D不選；故選B。點睛：本題考查了物質的性質。要熟悉既能與鹽酸反應又能與氫氧化鈉溶液反應的物質：兩性化合物(如Al2O3、Al(OH)3等)、弱酸的銨鹽(如(NH4)2CO3等)、弱酸的酸式鹽(NaHCO3、NaHS等)、單質(如Al)、氨基酸等。5、C【解題分析】

A、懸濁液的分散質粒子不能通過濾紙，過濾利用了分散質粒子的大小進行分離，故A不選；B、膠體的分散質粒子不能透過半透膜，溶液的分散質粒子能透過半透膜，滲析利用了分散質粒子的大小進行分離，故B不選；C、萃取利用一種溶質在兩種溶劑中的溶解度不同進行分離，與物質微粒大小無直接關系，故C可選；D、膠體微粒能對光線散射，產生丁達爾效應，而溶液中的離子很小，不能產生丁達爾效應，丁達爾效應與分散質粒子的大小有關，故D不選；故選C。6、A【解題分析】

A、分子晶體中一定含有分子間作用力，但不一定含有共價鍵，如稀有氣體分子中不含共價鍵，正確；B、分子中含有2個H原子的酸不一定是二元酸，如甲酸為一元酸，錯誤；C、含有金屬陽離子的晶體還可能是金屬晶體，錯誤；D、元素的非金屬性越強，其單質的活潑性不一定越強，如N元素的非金屬性大于P，但氮氣比P單質穩(wěn)定，錯誤。答案選A。7、C【解題分析】

主要考查關于△H的計算和對蓋斯定律的遷移應用?！绢}目詳解】HCN(aq)、HCl(aq)分別與NaOH(aq)反應△H的差值即為HCN在溶液中電離的能量，HCN屬于弱電解質，其電離過程要吸收，即△H＞0，綜合以上分析，可知△H=+43.5kJ·mol-1，答案為C。8、A【解題分析】

分子式為C5H8O3，能發(fā)生銀鏡反應且能與NaHCO3溶液反應，則該有機物含有醛基、羧基，碳鏈為C-C-C-COOH或，若為C-C-C-COOH，則醛基有3個位置：，若為，醛基有2個位置：，同分異構體數(shù)目為5；答案為A。9、D【解題分析】A、反應2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0為放熱反應，升高溫度平衡向逆反應方向移動，①中溫度低于②，故平衡時N2的濃度：①＞②，選項A正確；B、相對于①，②為升高溫度，平衡逆向移動，平衡時CO的濃度增大，正反應速率較大，故平衡時CO的正反應速率：①＜②，選項B正確；C、③反應物的量為①的二倍，恒容條件下相當于增大壓強，平衡向氣體體積縮小的正反應方向移動，NO的平衡轉化率：③＞①，選項C正確；D、②溫度高，平衡逆向移動，氣體總量增大，壓強大于①，選項D錯誤。答案選D。10、B【解題分析】A、切開的金屬Na暴露在空氣中，光亮表面逐漸變暗是生成氧化鈉的原因，4Na+O2=2Na2O，故A錯誤；B、向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，硫化銀溶解性小于氯化銀，實現(xiàn)沉淀轉化，白色沉淀變成黑色：2AgCl+S2-

═Ag2S↓+2Cl-

，故B正確；C、Na

2

O

2

在潮濕的空氣中放置一段時間，變成白色黏稠物是因為2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2

，生成的氫氧化鈉潮解，故C錯誤；D、FeCl2溶液中滴加NaClO溶液生成紅褐色沉淀：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+，方程式中有Fe(OH)3和H+不能共存，此方程式不符合客觀事實，故D錯誤；故選B。11、B【解題分析】分析：A．根據(jù)KHSO4溶液中的電荷守恒及物料守恒分析；

B．根據(jù)CH3COONa和BaCl

2混合溶液中的物料守恒判斷；

C．硫酸氫銨中氫離子抑制了銨根離子的水解，碳酸氫根離子促進了銨根離子的水解；

D．化學式相似的物質的溶度積常數(shù)越小，物質越難溶，據(jù)此分析三種離子濃度大小。詳解：A.

pH=1

的

KHSO4

溶液中

,

硫酸氫鉀完全電離

,

根據(jù)電荷守恒可知：

c(K+)+c(H+)=2c(SO42?)+c(OH?),

根據(jù)物料守恒可得：

c(K+)=c(SO42?),

二者結合可得：

c(H+)=c(SO42?)+c(OH?)，故

A

正確；B.

CH3COONa

和

BaCl2

混合溶液中

,

根據(jù)物料守恒可得：

c(Na+)=c(CH3COO?)+c(CH3COOH)

、

2c(Ba2+)=c(Cl?),

二者結合可得：c(Na+)+2c(Ba2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-)，故

B

錯誤；C.

NH4HSO4

電離出的氫離子抑制了銨根離子的水解

,

其溶液中銨根離子濃度最大

;NH4HCO3中碳酸氫根離子水解促進了銨根離子的水解

,

其溶液中銨根離子濃度最小

,

則三種相同濃度的銨鹽溶液中

c（NH4＋）

從大到小的順序為：NH4HSO4>NH4Cl>NH4HCO3

，故

C

正確；D.化學式相似的物質的溶度積常數(shù)越小物質越難溶

,

常溫下在水中溶解能力為

AgCl>AgBr>AgI,

則對應飽和溶液中

c(X?)

從大到小的順序為：Cl―、Br―、I―，故

D

正確；故本題選B。12、C【解題分析】

主族元素中，元素最高正化合價與其族序數(shù)相等，其最高正價與最低負價的絕對值之和為8，根據(jù)元素化合價知，L、M、X、R、T分別位于第IIA族、第IIIA族、第VIA族、第IIA族、第VIA族，同一主族元素，其原子半徑隨著原子序數(shù)增大而增大，同一周期元素，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，所以L、M、X、R、T為Mg、Al、S、Be、O元素，【題目詳解】A．電子層結構相同的離子，其離子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，所以離子半徑r（M3+）＜r（T2-），A錯誤；B．這幾種元素中，金屬性最強的元素位于元素周期表左下角，所以為Mg（即L）元素金屬性最強，B錯誤；C．X是S元素，煤和石油中存在X元素，C正確；D．L、X分別是Mg、S元素，鎂離子核外有10個電子、硫離子核外有18個電子，所以二者形成的簡單離子核外電子數(shù)不相等，D錯誤；答案選C?！绢}目點撥】明確元素化合價與元素所處主族關系是解答本題的關鍵，再結合元素周期律分析解答，注意離子半徑大小比較方法和主族元素化合價的計算依據(jù)。13、A【解題分析】試題分析：A、乙烯發(fā)生加成反應是含有碳碳雙鍵，乙烷中不含有，因此性質的不同不是原子間或原子與原子團間的相互作用而影響的，故不正確；B、甲烷不能是酸性高錳酸鉀褪色，但甲苯可以，說明苯環(huán)對甲基上氫原子的影響，變得活潑，易被氧化，故能夠證明上述觀點；C、鈉和水反應比較活潑，而鈉與乙醇反應不劇烈，說明乙基使羥基的活性變弱，電離H+的能力不及H2O；D、說明苯環(huán)對羥基的影響較大，使H變的活潑，故能說明上述觀點?？键c：考查有機物的性質。14、A【解題分析】

A．鈉可以與水反應，也可以與乙醇反應，不能用Na檢驗酒精中的水，A項錯誤，符合題意；B．有機酸和醇脫水合成的某些酯，具有香味，可用作糖果、化妝品中的香料，B項正確，不符合題意；C．蛋白質由氨基酸脫水縮合構成，蛋白質水解可以得到氨基酸，C項正確，不符合題意；D．乙烯是一種不飽和烴，含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加聚反應生成聚乙烯，聚乙烯性質堅韌，低溫時人保持柔軟性，性質穩(wěn)定，所以聚乙烯塑料可用來制造多種包裝材料，D項正確，不符合題意；本題答案選A。15、B【解題分析】

根據(jù)區(qū)劃分標準知，屬于p區(qū)的元素最后填入的電子是p電子；A．原子序數(shù)為1的H元素屬于S區(qū)，故A錯誤；B．O，S，P最后填入的電子都是p電子，所以屬于p區(qū)，故B正確；C．鐵屬于d區(qū)，故C錯誤；D．鋰、鈉最后填入的電子是s電子，屬于s區(qū)，故D錯誤；故答案為B。16、A【解題分析】

電解質指的是在水溶液或者是熔融狀態(tài)下，能夠導電的化合物；非電解質指的是在水溶液和熔融狀態(tài)下均不導電的化合物。【題目詳解】①NaOH是電解質；②BaSO4也是電解質；③Cu既不是電解質，又不是非電解質；④蔗糖是非電解質；⑤CO2的水溶液能導電，是由于H2CO3的電離，因此H2CO3是電解質，CO2是非電解質。因此屬于電解質的是①②，故答案A。17、A【解題分析】

SO32-離子的中心原子孤對電子計算公式為(a-xb)/2中，a指中心原子價電子個數(shù)，x指配原子個數(shù)，b指配原子形成穩(wěn)定結構需要的電子個數(shù)，因此a=6+2=8，x=3，b=2，故選A?！绢}目點撥】本題的易錯點為B，要注意在離子中a的變化，對于陽離子，a=中心原子價電子個數(shù)-電荷數(shù)，對于陰離子，a=中心原子價電子個數(shù)+電荷數(shù)。18、D【解題分析】A、加熱碳酸氫納分解生成了碳酸鈉，不能達到實驗目的；B、直接蒸發(fā)Al與稀鹽酸反應生成的AlCl3溶液，鋁離子發(fā)生水解，最終得到的是Al(OH)3，不能達到實驗目的；C、重結晶法提純苯甲酸的方法是：將粗品水溶，趁熱過濾，濾液冷卻結晶即可；D、NaBr和NaI都能與氯水反應生成對應的單質，再用四氯化碳萃取，顏色層不同，NaBr的為橙紅色，KI的為紫紅色。故選D。19、D【解題分析】分析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子核外最外層電子數(shù)是次外層的2倍，X原子有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，則X為碳元素；Z是同周期中原子半徑最大的元素，處于ⅠA族，原子序數(shù)大于碳元素，處于第三周期，故Z為Na；Y的氟化物YF3分子中各原子均達到8電子穩(wěn)定結構，則Y表現(xiàn)+3價，Y的原子序數(shù)小于Na大于碳，可推知Y為非金屬性，最外層電子數(shù)為8-3=5，處于ⅤA族，則Y為氮元素；W的最高正價為+7價，則W為Cl元素，據(jù)此解答。詳解：根據(jù)以上分析可知X為C，Y為N，Z為Na，W為Cl，則A．氨氣分子之間存在氫鍵，沸點高于甲烷，A錯誤；B．X與W形成的化合物為CCl4，含有共價鍵，Z與W形成的化合物為NaCl，含有離子鍵，二者含有化學鍵不同，B錯誤；C．高氯酸是最強的無機含氧酸，其酸性比硝酸強，C錯誤；D．C與N形成的化合物為C3N4，屬于原子晶體，鍵長C-N＜C-C，C-N鍵比C-C鍵更穩(wěn)定，故C3N4的熔點可能比金剛石高，D正確。答案選D。20、A【解題分析】

A．溶液中分別存在電荷守恒c(Na+)

+

c(H+)=

c(OH-

)、c(NH4+)

+

c(H+)

=

c(OH

-)，若pH相等，則c(H+)、c(OH-)相等，可知c(Na+)

=

c(NH4+)，故A正確；

B．一水合氨為弱電解質，pH相等時氨水濃度較大，分別中和pH相等、體積相等的兩溶液，氨水消耗HCl的物質的量較多，故B錯誤；

C．等濃度的氫氧化鈉溶液和氨水兩溶液，氫氧化鈉是強電解質完全電離，離子濃度大，導電能力強，故C錯誤；D．相同濃度的兩溶液，分別通入HCI氣體反應后呈中性的溶液中，根據(jù)電荷守恒和溶液呈中性有：c(OH-)=c(H+)，c(Na+)=c1

(Cl-)，c(NH4+)=

c2(Cl-

)，若要達到兩溶液呈中性，氨水中通HCl氣體要略少，所以中性溶液中c(Na+)

>

c(NH4+)，故D錯誤；故答案：A。【題目點撥】溶液的導電能力與離子的濃度和離子所帶電荷數(shù)有關，離子的濃度越大、離子所帶電荷數(shù)越多，則溶液的導電能力越強；二者均恰好完全反應，氯化銨溶液呈酸性，若要溶液呈中性，則氯化銨溶液中一水合氨稍過量，即通入的HCl氣體少，再結合電荷關系分析判斷。21、D【解題分析】A.二者的分子式相同，均為C20H30O2，互為同分異構體，故A正確；B.二者所含官能團的種類和數(shù)目相同，均含有1個羧基和2個碳碳雙鍵，故B正確；C.二者均含有羧基，均能與氫氧化鈉溶液反應，故C正確；D.羧基不能與氫氣加成，二者均能與H2以物質的量之比為1∶2發(fā)生反應，故D錯誤；故選D。22、B【解題分析】

A.該裝置沒有外加電源，是通過光照使SO2發(fā)生氧化反應，把光能轉化為化學能，故A正確；

B.由圖示可看出，電子由b表面轉移到a表面，因此b表面發(fā)生氧化反應，根據(jù)題意SO2轉化為H2SO4，因此催化劑b表面SO2發(fā)生氧化反應，生成硫酸，使催化劑b附近的溶液pH減小，故B錯誤；C.根據(jù)電子守恒SO2～H2SO4～H2～2e-，吸收1molSO2，理論上能產生1molH2，故C正確；D.催化劑a表面H2O發(fā)生還原反應生H2，催化劑a表面發(fā)生的反應為：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，故D正確；綜上所述，本題正確答案：B?！绢}目點撥】在原電池中，負極失電子發(fā)生氧化反應，正極得電子發(fā)生還原反應，整個反應過程中，得失電子守恒。二、非選擇題(共84分)23、632p啞鈴（紡錘）1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1Fe3d104s1紫激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時，以一定波長（可見光區(qū)域）光的形式釋放能量，形成不同的顏色【解題分析】

X的L層上s電子數(shù)等于p電子數(shù)，則X原子的核外電子排布式為：1s22s22p2，則X為C；Y元素的原子最外層電子排布式為nsnnpn+1，則n必為2，Y原子的核外電子排布式為：1s22s22p3，則Y為N；Z原子的M層上有1個未成對的p電子，則Z的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p1(Al)或1s22s22p63s23p5(Cl)，因為Z單質常溫、常壓下是氣體，則Z為Cl；W的正一價離子的電子層結構與Ar相同，則W為K；Q的核電荷數(shù)為Y和Z之和，則Q是24號元素Cr；R元素的正三價離子的3d能級為半充滿，則R原子的價電子軌道式為3d64s2，則R為Fe；E元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對電子，只有一個未成對電子，則E的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，則E為Cu，綜上所述，X、Y、Z、W、Q、R、E分別為：C、N、Cl、K、Cr、Fe、Cu，據(jù)此解得?！绢}目詳解】(1)X元素為C，C原子核外有6個電子，則其核外有6種不同運動狀態(tài)的電子，C原子的核外電子排布式為：1s22s22p2，有3種不同能級的電子，故答案為：6；3；(2)Y為N，其核外電子排布式為：1s22s22p3，其能量最高的是2p電子，p軌道呈啞鈴形(或紡錘形)，故答案為：2p；啞鈴(紡錘)；(3)Q為Cr，其基態(tài)原子電子排布式為：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，R為Fe，元素符號為Fe，E為Cu，其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，其價電子排布式為：3d104s1，故答案為：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；Fe；3d104s1；(4)W為K，K的焰色反應為紫色，金屬元素出現(xiàn)焰色反應的原因是激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時，以一定波長（可見光區(qū)域）光的形式釋放能量，形成不同的顏色，故答案為：紫；激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時，以一定波長（可見光區(qū)域）光的形式釋放能量，形成不同的顏色。24、+CH3OH+H2O或【解題分析】

A發(fā)生氧化反應生成B，B發(fā)生信息中的反應生成C，C發(fā)生氧化反應生成D，D發(fā)生取代反應生成E，G發(fā)生酯化反應生成H，G為，F(xiàn)發(fā)生消去反應生成G；(4)以和CH3CH2OH為原料制備，由苯丙烯酸和乙醇發(fā)生酯化反應得到，苯丙烯酸由苯丙烯醛發(fā)生氧化反應得到，苯丙烯醛由苯甲醛和乙醛發(fā)生信息中的反應得到，乙醛由乙醇發(fā)生氧化反應得到。【題目詳解】(1)一分子的F通過酯化反應生成環(huán)酯的結構簡式為；(2)G發(fā)生酯化反應生成H，該反應方程式為；(3)C的同分異構體符合下列條件，

C的不飽和度是4，苯環(huán)的不飽和度是4，①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基，且該分子中不含其它環(huán)或雙鍵；②分子中有4種不同化學環(huán)境的氫，符合條件的結構簡式為；(4)以和CH3CH2OH為原料制備，由苯丙烯酸和乙醇發(fā)生酯化反應得到，苯丙烯酸由苯丙烯醛發(fā)生氧化反應得到，苯丙烯醛由苯甲醛和乙醛發(fā)生信息中的反應得到，乙醛由乙醇發(fā)生氧化反應得到，其合成路線為。【題目點撥】常見的反應條件與反應類型有：①在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應，可能是酯的水解反應或鹵代烴的水解反應。②在NaOH的乙醇溶液中加熱，發(fā)生鹵代烴的消去反應。③在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發(fā)生醇的消去反應、酯化反應、成醚反應或硝化反應等。④能與溴水或溴的CCl4溶液反應，可能為烯烴、炔烴的加成反應。⑤能與H2在Ni作用下發(fā)生反應，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應或還原反應。⑥在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發(fā)生醇的氧化反應。⑦與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應，則該物質發(fā)生的是—CHO的氧化反應。(如果連續(xù)兩次出現(xiàn)O2，則為醇→醛→羧酸的過程)。⑧在稀H2SO4加熱條件下發(fā)生酯、低聚糖、多糖等的水解反應。⑨在光照、X2(表示鹵素單質)條件下發(fā)生烷基上的取代反應；在Fe粉、X2條件下發(fā)生苯環(huán)上的取代。25、分液漏斗圓底燒瓶CaC2+H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2飽和食鹽水減慢反應速率紫色褪去氧化反應驗純火焰明亮，放出大量的濃煙【解題分析】

（1）儀器的名稱：①是分液漏斗，②是圓底燒瓶；（2）碳化鈣與水反應生成乙炔和氫氧化鈣，在常溫下進行，制取乙炔的化學方程式是CaC2+H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2；（3）乙炔與水反應太快，為抑制反應進行，可以以飽和食鹽水代替水,儀器①中加入的是飽和食鹽水，其目的是減慢反應速率；（4）高錳酸鉀溶液具有強氧化性，乙炔中含有碳碳三鍵，能與高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應使其褪色,將乙炔通入KMnO4酸性溶液中觀察到的現(xiàn)象是紫色褪去，乙炔發(fā)生了氧化反應；（5）為了安全，點燃乙炔前應驗純，可燃性氣體點燃前均需要驗純，目的是為了防止點燃混合氣體發(fā)生爆炸，由于乙炔中含碳量較高,乙炔燃燒時的實驗現(xiàn)象是火焰明亮，放出大量的濃煙。26、B→C→B→D→E3Cu+8HNO3（?。?3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O檢驗CO2是否除盡吸收NO防止污染空氣5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O取裝置D中反應后的少量固體于試管中，加入稀硫酸，若產生無色氣體，且該無色氣體在試管口上方變?yōu)榧t棕色，則證明生成了NaNO2【解題分析】

根據(jù)實驗的目的，A中制得的NO中含有少量水蒸氣和二氧化碳，這兩種氣體能夠與過氧化鈉反應生成氧氣，影響實驗的探究，需要用堿石灰除去，經檢驗并干燥后，通入D裝置中與Na2O2反應，最后用酸性KMnO4溶液吸收NO的尾氣，并在D和E裝置連接一個B裝置，防止E中水氣進入D中影響實驗，據(jù)此分析解答。【題目詳解】(1)A中制得的NO中含有少量水蒸氣和二氧化碳，這兩種氣體能夠與過氧化鈉反應生成氧氣，影響實驗的探究，需要用堿石灰除去，經檢驗并干燥后，通入D裝置中與Na2O2反應，最后用酸性KMnO4溶液吸收NO的尾氣，并在D和E裝置連接一個B裝置，防止E中水氣進入D中，即裝置的連接順序為A→B→C→B→D→E；裝置A中銅與稀硝酸反應生成NO的反應方程式為3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O，故答案為：B→C→B→D→E；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；(2)根據(jù)(1)的分析，裝置C中的澄清石灰水可以檢驗CO2是否除盡，故答案為：檢驗CO2是否除盡；(3)NO會污染空氣，裝置E是吸收NO防止污染空氣，E中發(fā)生反應的離子方程式為5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O，故答案為：吸收NO防止污染空氣；5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O(4)亞硝酸鈉和稀硫酸反應6NaNO2+3H2SO4(稀)=3Na2SO4+2HNO3+4NO↑+2H2O；充分反應后，檢驗D裝置中是否發(fā)生反應2NO+Na2O2=2NaNO2的實驗操作是：取D裝置中固體少許于試管中，加入稀硫酸，若產生無色氣體，2NO+O2=2NO2，生成紅棕色氣體二氧化氮，則2NO+Na2O2=2NaNO2發(fā)生，若氣體不變色，則該反應未發(fā)生，故答案為：取D裝置中固體少許于試管中，加入稀硫酸，若產生無色氣體，且該無色氣體在試管口上方變?yōu)榧t棕色，則證明生成了NaNO2，反之，未生成NaNO2。27、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑先變紅后褪色2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O20.52NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3?H2O+CaCl2NH4Cl取少量最后一次洗滌液于試管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸銀溶液，觀察是否產生白色沉淀，如果產生白色沉淀就證明沒有洗滌干凈，否則洗滌干凈9V14m%或9V/1400m【解題分析】分析：（1）過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，根據(jù)化學反應的產物來確定現(xiàn)象，氫氧化鈉有堿性，能使酚酞顯示紅色，且產生氧氣，紅色褪去；（2）過氧化鈉和水以及二氧化碳反應都會生成氧氣，根據(jù)每生成1mol氧氣，轉移2mol電子計算生成了5.6LO2，轉移電子的物質的量；（3）第①步中氯化銨和氫氧化鈣發(fā)生復分解反應生成一水合氨和氯化鈣；（4）第①步中氯化銨參加反應、第②步中生成氯化銨；（5）實驗室用硝酸酸化的硝酸銀溶液檢驗氯離子；（6）根據(jù)過氧化鈣和氧氣之間的關系式計算；過氧化鈣的含量也可用重量法測定，需要測定的物理量有樣品質量和反應后固體質量。詳解：（1）過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，即2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，向試管所得溶液中滴加酚酞溶液，體系呈堿性，溶液變紅，產生氧氣，具有氧化性，故將溶液漂白，所以現(xiàn)象是先變紅后褪色；（2）因為過氧化鈉和水以及二氧化碳反應都會生成氧氣，氧氣具有助燃性，其中過氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，即2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，每生成1mol氧氣，轉移2mol電子，生成氧氣的物質的量是5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，因此轉移0.5mol電子；（3）第①步中氯化銨和氫氧化鈣發(fā)生復分解反應生成一水合氨和氯化鈣，反應方程式為2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3?H2O+CaCl2；（4）第②步反應中，氯化鈣、雙氧水、一水合氨和水反應生成CaO2?8H2O和氯化銨，反應方程式為CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2O=CaO2?8H2O↓+2NH4Cl；第①步中氯化銨參加反應、第②步中生成氯化銨，所以可以循環(huán)使用的物質是NH4Cl；（5）實驗室用硝酸酸化的硝酸銀溶液檢驗氯離子，如果沉淀沒有洗滌干凈，向洗滌液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液應該有白