浙江金蘭教育合作組織2023學年化學高二第二學期期末經(jīng)典模擬試題（含解析）

2023學年高二下學期化學期末模擬測試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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、液氨是富氫物質，是氫能的理想載體。下列說法不正確的是()A．NH3分子中氮原子的雜化方式為sp3雜化B．[Cu(NH3)4]2＋中，NH3分子是配體C．相同壓強下，NH3的沸點比PH3的沸點低D．NH4+與PH4+、CH4、BH4-互為等電子體2、氨氣分子空間構型是三角錐形，而甲烷是正四面體形，這是因為（）A．兩種分子的中心原子雜化軌道類型不同，NH3為sp2型雜化，而CH4是sp3型雜化。B．NH3分子中有一對未成鍵的孤對電子，它對成鍵電子的排斥作用較強。C．NH3分子中N原子形成三個雜化軌道，CH4分子中C原子形成4個雜化軌道。D．氨氣分子是極性分子而甲烷是非極性分子。3、在體積相同的兩個密閉容器中分別充滿O2、O3氣體，當兩個容器內(nèi)溫度和氣體密度相等時，說法正確的是()A．兩種氣體的壓強相等 B．O2比O3質量小C．兩種氣體的分子數(shù)目相等 D．兩種氣體的氧原子數(shù)目相等4、一種新型污水處理裝置模擬細胞內(nèi)生物電的產(chǎn)生過程，可將酸性有機廢水的化學能直接轉化為電能。下列說法中不正確的是A．M極作負極，發(fā)生氧化反應B．電子流向:M→負載→N→電解質溶液→MC．N極的電極反應:O2+4H++4e-=2H2OD．當N極消耗5.6L(標況下)氣體時，最多有NA個H+通過陽離子交換膜5、乙烯分子中碳原子的雜化類型為()A．sp雜化 B．sp2雜化 C．sp3雜化 D．都不是6、諾貝爾獎科學成果被應用于工業(yè)合成重要的治療帕金森癥(震顫麻痹癥)的藥物左旋多巴(C)。下面是它們的結構簡式以及科學家發(fā)明的合成路線。在上述反應中，關于（1）、（2）兩步的反應類型，全部正確的是（）A．消去反應，水解反應B．氧化反應，取代反應C．加成反應，取代反應D．還原反應，消去反應7、能與Na反應放出H2，又能使溴水褪色，但不能使pH試紙變色的物質是()A．CH2＝CH－COOH B．CH2＝CH－CH3C．CH2＝CH－CH2OH D．CH2＝CH－COOCH38、已知：H-H鍵、O=O鍵和O-H鍵的鍵能分別為436kJ/mol、496kJ/mol和462kJ/mol；2C(s)+O2(g)=2CO(g)?H=-220kJ/mol；C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)?H=akJ/mol。則a為A．-332 B．-118 C．+130 D．+3509、下列有關物質的分類，正確的是（）A．燒堿、純堿、熟石灰均屬于堿B．HCOOH、H2CO3、H2SO4均屬于二元酸C．鹽酸、BaSO4、NH3?H2O均屬于電解質D．酒精、冰水混合物、液氨均屬于純凈物10、酚酞含片是一種治療消化系統(tǒng)疾病的藥物，其有效成分的結構簡式如圖所示．下列對該有效成分的說法正確的是（）A．核磁共振氫譜中有5個峰B．最多有15個碳原子共平面C．可能發(fā)生縮聚反應生成高分子化合物D．1mol該物質最多能與含4molNaOH的燒堿溶液反應11、將等物質的量的SO2和Cl2混合后通入含有品紅和Ba(NO3)2的混合溶液里,發(fā)生的現(xiàn)象是①溶液很快褪色②溶液不褪色③有沉淀生成④溶液仍然透明（）A．僅①和④ B．僅①和③ C．僅②和③ D．僅②和④12、電導率是衡量電解質溶液導電能力大小的物理量，根據(jù)溶液電導率變化可以確定滴定反應的終點。在一定溫度下，用0.1mol·L-1KOH溶液分別滴定體積均為20mL、濃度均為0.1mol·L-1的鹽酸和醋酸溶液，滴定曲線如圖所示。下列有關判斷正確的是A．①表示的是KOH溶液滴定醋酸溶液B．A點的溶液中有c(CH3COO-)＋c(OH-)-c(H+)=0.1mol·L-1C．C點水電離的c(OH-)大于A點水電離的c(OH-)D．A、B、C三點溶液均有Kw=1.0×10-1413、298K時，N2與H2反應的能量變化曲線如圖，下列敘述正確的是A．形成6molN—H鍵，吸收600kJ能量B．b曲線是加入催化劑時的能量變化曲線C．該反應的ΔH＝－92kJ?mol-1D．加入催化劑，能提高N2的轉化率14、三硫化磷(P4S3)是黃綠色針狀晶體，易燃、有毒，分子結構之一如圖所示，已知其燃燒時P被氧化為P4O10，下列有關P4S3的說法中不正確的是（）A．P4S3中磷元素為＋3價B．P4S3屬于共價化合物C．P4S3充分燃燒的化學方程式為P4S3＋8O2P4O10＋3SO2D．1molP4S3分子中含有9mol共價鍵15、向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，觀察到有白色沉淀生成，溶液變?yōu)榈S色。再向反應后的混合物中不斷通入SO2氣體，溶液逐漸變成無色。下列分析中不正確的是()A．最后溶液變成無色表明SO2具有漂白性B．滴加CuSO4溶液時，每生成1molCuI會轉移1mole－C．根據(jù)上述實驗現(xiàn)象可知氧化性：Cu2＋>I2>SO2D．加入少量CuSO4溶液時的離子方程式為2Cu2＋＋4I-===2CuI↓＋I216、已知X、Y是主族元素，I為電離能，單位是kJ·mol-1。請根據(jù)下表所列數(shù)據(jù)判斷，下列說法錯誤的是(

)元素I1I2I3I4X500460069009500Y5801800270011600A．元素X的常見化合價是+1價B．元素Y是第ⅢA族元素C．元素X與氯形成化合物時，化學式可能是XClD．若元素Y處于第三周期,則它可與冷水劇烈反應17、下列說法中正確的是（）A．1L水中溶解了58.5gNaCl，該溶液中溶質的物質的量濃度為1mol?L-1B．配制500mL0.5mol?L-1的CuSO4溶液，需62.5g膽礬C．從1L2mol?L-1的H2SO4溶液中取出0.5L，該溶液的濃度為1mol?L-1D．中和100mL1mol?L-1的H2SO4溶液，需NaOH4g18、常溫下，將NaOH溶液分別加到HF溶液、CH3COOH溶液中，兩混合溶液中離子濃度與pH的變化關系如圖所示，已知pKa=-lgKa，下列有關敘述錯誤的是A．常溫下，Ka(CH3COOH)=10-5B．a(chǎn)點時，c(F-)=c(HF)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C．常溫下，0.1mo/LNaF溶液的pH小于0.1mo/LCH3COONa溶液的pHD．向CH3COOH溶液中加入NaOH溶液后所得的混合溶液中，19、下列關于硅及其化合物說法正確的是（）A．硅是非金屬單質，與任何酸都不發(fā)生反應B．陶瓷、水晶、水泥、玻璃都屬于硅酸鹽產(chǎn)品C．NaOH溶液保存在磨口玻璃塞的試劑瓶中D．可利用HCl除去SiO2中的少量CaCO320、下列能級中軌道數(shù)為5的是（）A．S能級 B．P能級 C．d能級 D．f能級21、下列物質中，因發(fā)生化學反應既能使溴水褪色，又能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的是（）①CH3(CH2)4CH3②CH3CH2CH=CH2③④A．② B．③④ C．①③ D．②④22、某無色透明的混合氣體中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的兩種或多種氣體?，F(xiàn)將此混合氣體通過品紅溶液后,品紅溶液褪色,向剩余氣體中通入空氣,很快變?yōu)榧t棕色。下列對于原混合氣體成分的判斷中正確的是A．肯定沒有SO2和NOB．肯定沒有Cl2、O2和NO2C．可能有Cl2和O2D．肯定只有NO二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物A是最常用的食用油抗氧化劑，分子式為C10H12O5，可發(fā)生如下轉化已知B的相對分子質量為60，分子中只含一個甲基。C的結構可表示為：(其中：—X、—Y均為官能團)請回答下列問題：（1）官能團-X的名稱為____，反應③的類型為____；（2）根據(jù)系統(tǒng)命名法，B的名稱為____，高聚物E的鏈節(jié)為____；（3）A的結構簡式為____；（4）反應⑤的化學方程式為____；（5）C有多種同分異構體，其中符合下列要求的同分異構體共____種；i.含有苯環(huán)ii.能發(fā)生銀鏡反應iii.不能發(fā)生水解反應（6）從分子結構上看，A具有抗氧化作用的主要原因是____（填序號）。a含有苯環(huán)b含有羰基c含有酚羥基24、（12分）有A、B、C、D、E五種元素，其中A、B、C屬于同一周期，A原子最外層p能級的電子數(shù)等于次外層的電子總數(shù)。B元素可分別與A、C、D、E生成RB2型化合物，并知在DB2和EB2中，D與B的質量比為7：8，E與B的質量比為1：1。根據(jù)以上條件，回答下列問題：（1）推斷C、D、E元素分別是(用元素符號回答)：C____，D___，E___。（2）寫出D原子的電子排布式____。（3）寫出A元素在B中完全燃燒的化學方程式_____。（4）指出E元素在元素周期表中的位置____。（5）比較A、B、C三種元素的第一電離能的大小順序___(按由大到小的順序排列,用元素符號表示)。（6）比較元素D和E的電負性的相對大小___。(按由大到小的順序排列，用元素符號表示)。25、（12分）我國重晶石（含BaSO490％以上）資源豐富，其中貴州省重晶石儲量占全國總儲量的三分之一。我省某工廠以重晶石為原料，生產(chǎn)“電子陶瓷工業(yè)支柱”—鈦酸鋇(BaTiO3)的工藝流程如下：查閱資料可知：①常溫下：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9②TiCl4在常溫下是無色液體，遇水容易發(fā)生水解：TiC14+2H2O=TiO2+4HCl③草酸氧鈦鋇的化學式為：BaTiO(C2O4)2·4H2O請回答下列問題：（1）工業(yè)上用飽和Na2CO3溶液處理重晶石（假設雜質不與Na2CO3溶液作用），待達到平衡后，移走上層清液，重復多次操作，將BaSO4轉化為易溶于酸的BaCO3，該過程用離子方程式可表示為_________________，此反應的平衡常數(shù)K=__________（填寫計算結果）。若不考慮CO32-的水解，則至少需要使用_______mol/L的Na2CO3溶液浸泡重晶石才能實現(xiàn)該轉化過程。（2）配制TiC14溶液時通常將TiC14固體溶于濃鹽酸再加水稀釋，其目的是______________。（3）可循環(huán)使用的物質X是____________（填化學式），設計實驗方案驗證草酸氧鈦鋇晶體是否洗滌干凈：____________________。（4）寫出煅燒草酸氧鈦鋇晶體的化學方程式：______________________。26、（10分）某研究性學習小組欲探究原電池的形成條件，按下圖所示裝置進行實驗序號AB燒杯中的液體指針是否偏轉1ZnCu稀硫酸有2ZnZn稀硫酸無3CuC氯化鈉溶液有4MgAl氫氧化鈉溶液有分析上述數(shù)據(jù)，回答下列問題：(1)實驗1中電流由________極流向_______極（填“A”或“B”）(2)實驗4中電子由B極流向A極，表明負極是_________電極（填“鎂”或“鋁”）(3)實驗3表明______A．銅在潮濕空氣中不會被腐蝕B．銅的腐蝕是自發(fā)進行的(4)分析上表有關信息，下列說法不正確的是____________A．相對活潑的金屬一定做負極B．失去電子的電極是負極C．燒杯中的液體，必須是電解質溶液D．浸入同一電解質溶液中的兩個電極，是活潑性不同的兩種金屬（或其中一種非金屬）27、（12分）糧食倉儲常用磷化鋁(A1P)熏蒸殺蟲，A1P遇水即產(chǎn)生強還原性的PH3氣體。國家標準規(guī)定糧食中磷物(以PH3計)的殘留量不超過0.05mg?kg-1時為合格。某小組同學用如圖所示實驗裝置和原理測定某糧食樣品中碟化物的殘留量。C中加入100g原糧，E中加入20.00mL2.50×lO-4mol?L-1KMnO4溶液的H2SO4酸化)，C中加入足量水，充分反應后，用亞硫酸鈉標準溶液滴定E中的溶液。(1)裝置A中的KMn04溶液的作用是_____。(2)裝置B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液吸收空氣中的O2。若去掉該裝置，則測得的磷化物的殘留量___(填“偏髙”“偏低”或“不變”)。(3)裝置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被還原為Mn2+，寫出該反應的離子方程式：__________。(4)收集裝置E中的吸收液，加水稀釋至250mL，量取其中的25.00mL于錐形瓶中，用4.0×lO-5mol?L-1的Na2SO3標準溶液滴定，消耗Na2SO3標準溶液20.00mL，反應原理是S02-+Mn04-+H+→S042-+Mn2++H20(未配平)通過計算判斷該樣品是否合格(寫出計算過程)_______。28、（14分）含有下列離子的五種溶液①Ag+，②Mg2+，③Fe2+，④Al3+，⑤Fe3+。試回答：（1）既能被氧化又能被還原的離子是___________________。（2）向③中加入NaOH溶液,現(xiàn)象是____________________，有關化學方程式或離子方程式是___________________________________________。（3）加入過量NaOH溶液無沉淀的是（不考慮①）_____________________________。（4）能用來鑒別Cl–存在的離子是___________。（5）遇KSCN溶液呈紅色的是_________________________。29、（10分）CO2是一種常見的溫室氣體，它的吸收和利用也成為現(xiàn)代科技的熱門課題。(1)恒容密閉容器中，在Cu/ZnO催化劑作用下，可用CO2制備甲醇：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(l)△H1，已知：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H2，寫出氫氣燃燒熱的熱化學方程式________(△H用△H1、△H2表示)。某溫度下，在體積為2L的密閉容器中加入2molCO2、5molH2以及催化劑進行反應生成CH3OH蒸氣和水蒸氣，達到平衡時H2的轉化率是60%，其平衡常數(shù)為_______。(2)工業(yè)上用CO2催化加氫制取二甲醚：2CO2(g)+6H2(g)?CH3OCH3(g)+3H2O(g)。在兩個相同的恒容密閉容器中，充入等量的反應物，分別以Ir和Ce作催化劑，反應進行相同的時間后測得的CO2的轉化率α(CO2)隨反應溫度的變化情況如圖所示：①用Ir和Ce作催化劑時，反應的活化能更低的是_________；②a、b、c、d和e五種狀態(tài)，反應一定達到平衡狀態(tài)的是________，反應的ΔH____0(填“＞”、“=”或“＜”)；③從狀態(tài)a到c，CO2轉化率不斷增大的原因是__________；④已知T℃下，將2molCO2和6molH2通入到體積為VL的密閉容器中進行上述反應，反應時間與容器內(nèi)的總壓強數(shù)據(jù)如表：時間t/min010203040總壓強p/1000kPa1.00.830.680.600.60該反應平衡時CO2的轉化率為___________。(3)工業(yè)上常用氨水吸收含碳燃料燃燒中產(chǎn)生的溫室氣體CO2，得到NH4HCO3溶液，則反應NH4++HCO3－+H2O?NH3·H2O+H2CO3的平衡常數(shù)K=_________。(已知常溫下NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb=2×10－5，H2CO3的電離平衡常數(shù)Ka1=4×10－7，Ka2=4×10－11)。

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）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、C【答案解析】

A．氨氣分子中氮原子價層電子對個數(shù)=3+=4，所以N原子采用sp3雜化，故A正確；B．在[Cu(NH3)4]2+離子中，Cu2+提供空軌道，N原子提供孤電子對，所以N原子是配位原子，NH3分子是配體，故B正確；C．NH3和PH3結構相似且都屬于分子晶體，分子晶體的熔沸點隨著其相對分子質量的增大而增大，但氫鍵能增大物質的沸點，氨氣分子間存在氫鍵，所以相同壓強時，NH3和PH3比較，氨氣沸點高，故C錯誤；D．等電子體為原子數(shù)相等和價電子數(shù)相等的原子團，NH4+與PH4+、CH4、BH4-均含有5個原子團，且價電子均為8，互為等電子體，故D正確；答案選C。2、B【答案解析】根據(jù)價層電子對互斥理論可知，氨氣中氮原子含有1對孤對電子，而甲烷中碳原子沒有孤對電子，B正確。氮原子和碳原子都是sp3雜化，答案選B。3、D【答案解析】

相同體積相同密度時，兩容器氣體的質量相等，且都由O元素組成的同素異形體，則O原子的質量、個數(shù)以及物質的量相等，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】A、O原子個數(shù)相等時，氣體的物質的量之比為n(O2):n(O3)＝3:2，由PV=nRT可知，兩種氣體的壓強之比為3:2，故A錯誤；B、同體積相同密度時，兩容器氣體的質量相等，故B錯誤；C、O原子個數(shù)相等時，氣體的物質的量之比為n(O2):n(O3)＝3:2，故C錯誤；D、相同體積相同密度時，兩容器氣體的質量相等，且都由O元素組成，因此O原子數(shù)目相等，故D正確。答案選D。4、B【答案解析】

A.M極加入有機物，有機物變成二氧化碳，發(fā)生氧化反應，說明M作負極，故正確；B.M為負極，N為正極，所以電子流向:M→負載→N，電子只能通過導線不能通過溶液，故錯誤；C.N極為正極，氧氣在正極上得到電子，電極反應:O2+4H++4e-=2H2O，故正確；D.當N極消耗5.6L(標況下)氣體基5.6/22.4=0.25mol氧氣時，轉移0.25×4=1mol電子，所以最多有NA個H+通過陽離子交換膜，故正確。故選B。5、B【答案解析】

C的2s軌道和兩個2p軌道雜化成三個sp2軌道，即C原子的雜化類型為sp2雜化，故合理選項為B。6、C【答案解析】分析：A在催化劑作用下與氫氣加成得到B，B在酸性條件下酰胺鍵水解得到C。詳解：A、A生成B是加成反應，故A錯誤；B、A生成B是還原反應，故B錯誤；C、A在催化劑作用下與氫氣加成得到B，B在酸性條件下酰胺鍵水解得到C，故C正確；D、B生成C是水解反應，是取代反應，沒有不飽和鍵的生成，不是消去反應，故D錯誤。故選C。7、C【答案解析】

A.CH2＝CH－COOH含有羧基，具有酸性可以與金屬Na反應放出氫氣，可以使pH試紙變紅色，含有碳碳雙鍵，可以與溴水發(fā)生加成反應使溴水褪色，A不符合題意；B.CH2＝CH－CH3含有碳碳雙鍵，可以與溴水發(fā)生加成反應使溴水褪色，不含有羧基、醇羥基、酚羥基，不能與鈉發(fā)生反應放出氫氣，也不能使pH試紙變色，B不符合題意；C.CH2＝CH－CH2OH含有醇羥基，可以與金屬Na反應放出氫氣；含有碳碳雙鍵，可以與溴水發(fā)生加成反應使溴水褪色；但醇不具有酸性，不可以使pH試紙變色，C符合題意；D.CH2＝CH－COOCH3含有碳碳雙鍵，可以使溴水褪色，不能與金屬鈉發(fā)生反應放出氫氣，也不能使pH試紙變色，D不符合題意；故合理選項是C。8、C【答案解析】

根據(jù)蓋斯定律計算水分解反應的焓變，結合“化學反應的焓變△H=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和”來回答?！绢}目詳解】①C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=akJ·mol－1，②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-220kJ·mol－1，根據(jù)蓋斯定律，將①×2-②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（2a+220）kJ·mol－1，4×462kJ/mol-496kJ/mol-2×436kJ/mol=（2a+220）kJ·mol－1，解得a=+130，故選C。9、D【答案解析】A．純堿是碳酸鈉，屬于鹽，故A錯誤；B．HCOOH屬于一元酸，不屬于二元酸，故B錯誤；C．鹽酸是氯化氫的水溶液，屬于混合物，不屬于電解質，故C錯誤；D．酒精中只含有一種分子——乙醇，屬于純凈物，冰水混合物只含有一種分子——水分子，屬于純凈物，液氨為氨氣的液態(tài)形式，屬于純凈物，故D正確；故選D。點睛：判斷物質是否屬純凈物時，不要只看表面字眼“純”或“混”，而要看實質.例如：“冰和水的混合物”是純凈物，又如“純鹽酸”，是混合物。電解質和非電解質均指化合物，單質和混合物既不屬于電解質也不屬于非電解質10、C【答案解析】

A.該物質中含8種位置的H原子,則核磁共振氫譜中有8個峰,故A錯誤;B.苯環(huán)為平面結構,與苯環(huán)直接相連的原子在同一平面內(nèi),則2個苯環(huán)及-COOC-中的兩個碳可共平面,最多14個碳原子共面,故B錯誤;C.含酚-OH,能發(fā)生縮聚反應,故C正確;D.酚-OH及-COOC-能與堿反應,則該物質最多能與含3mol的燒堿溶液反應,故D錯誤;答案：C?！敬鸢更c睛】該物質含酚-OH和-COOC-,且結構不對稱,苯環(huán)為平面結構,結合酚,酯的性質來解答即可。11、C【答案解析】

等物質的量的SO2和Cl2混合后通入含有品紅中，發(fā)生SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+，品紅不褪色；通入Ba（NO3）2的混合溶液中，發(fā)生SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+、SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，觀察到生成白色沉淀，故選C。【答案點睛】本題考查二氧化硫的化學性質，側重氧化還原反應原理及二氧化硫還原性的考查，注意等物質的量時發(fā)生的氧化還原反應。12、A【答案解析】

A．溶液導電能力與離子濃度成正比，初始時HCl和醋酸濃度相同，CH3COOH只能部分電離，其導電能力較弱，則曲線①代表0.1mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲線，故A正確；B．A點溶質為CH3COOK，根據(jù)CH3COOK溶液中的電荷守恒可知：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol/L，故B錯誤；C．酸或堿抑制水的電離，含有弱離子的鹽促進水的電離，C點溶質為KCl，不影響水的電離，A點溶質為醋酸鈉，醋酸根離子水解，促進了水的電離，所以C點水電離的c(OH-)小于A點水電離的c(OH-)，故C錯誤；D．題中并未說明是25℃下，所以A、B、C三點溶液的Kw不一定為1.0×10-14；此外，中和反應是放熱反應，A、C兩點是剛好中和的點，溫度高于反應前的溫度，則Kw要比反應前的大，更不會是1.0×10-14；故D錯誤；故選A。13、B【答案解析】

A.形成化學鍵釋放能量，故A錯誤；B.加入催化劑降低活化能，不改變反應熱，故a曲線是加入催化劑，故B錯誤；C.ΔH=舊鍵斷裂吸收的總能量-新鍵形成釋放的總能量=508-600=92kJ?mol-1，故C正確；D.催化劑只改變反應速率，不影響平衡移動，不能提高N2的轉化率，故D錯誤。14、A【答案解析】

A．由圖可知最上方的P與S形成3個共價鍵，S形成2個共價鍵，則P4S3中S為-2價，磷元素分別為+3價、+1價，A錯誤；B．只含共價鍵的化合物為共價化合物，則P4S3屬于共價化合物，B正確；C．燃燒反應生成穩(wěn)定氧化物，則P4S3充分燃燒的化學方程式為P4S3+8O2=P4O10+3SO2，C正確；D．由圖可知，共6個P-S、3個P-P共價鍵，則1molP4S3分子中含有9mol共價鍵，D正確。答案選A?！敬鸢更c睛】把握P與S形成的化學鍵的特點為解答的關鍵，注意P-P鍵及P-S鍵的區(qū)別。選項A是易錯點和難點，注意根據(jù)物質中化學鍵的特點判斷元素的化合價。15、A【答案解析】分析：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化學方程式為2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，向反應后的混合物中不斷通入SO2氣體，反應方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；詳解：A．由上述分析及化學方程可知，向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，最后溶液變成無色表明SO2具有還原性，而非漂白性，故A錯誤；

B．CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化學方程式為2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每轉移2mol電子生成2molCuI，所以生成1molCuI白色沉淀時轉移1mole-，故B正確；

C．2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反應中Cu2+化合價降低是氧化劑，I2是氧化產(chǎn)物，氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性，所以物質的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合價由0價降低為-1價，I2是氧化劑，SO2被氧化，所以物質氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故C正確；

D．加入少量CuSO4溶液時的離子方程式為2Cu2＋＋4I-===2CuI↓＋I2，故正確；故本題選A。點晴:根據(jù)題目信息推斷實驗中發(fā)生的反應，溶液呈淡黃色，說明有I2生成．碘元素化合價由-1價升高到0價，硫酸根只有在濃硫酸中有氧化性，所以化合價能夠降低的只有Cu2+，觀察到產(chǎn)生白色沉淀，由于Cu為紅色，所以Cu2+不能還原為Cu，應還原為Cu+，白色沉淀是CuI；向反應后的混合物中不斷通入SO2氣體，溶液逐漸變成無色，說明I2反應，故I2與SO2反應生成I-，SO2被氧為化H2SO4，白色沉淀是CuI，據(jù)此分析解答。16、D【答案解析】

觀察表中的數(shù)據(jù)，X元素的I1和I2相差很大，而I2、I3、I4的差距相差較小，則X易形成X+，即X位于IA族；同理，Y元素的I3和I4相差極大，則Y易形成Y3+，Y位于IIIA族。【題目詳解】A.由電離能的數(shù)據(jù)可以推出X易形成+1價的化合物，A正確；B.由電離能的數(shù)據(jù)可以推出Y易形成+3價的化合物，則Y位于IIIA族，B正確；C.X位于IA族，則其與氯形成化合物時，化學式可能是XCl，C正確；D.Y位于IIIA族，若Y在第三周期，則Y為Al，它和沸水反應緩慢，不和冷水反應，D錯誤；故合理選項為D?！敬鸢更c睛】對于元素的電離能而言，In和In+1的兩個數(shù)據(jù)發(fā)生突變時，該元素易形成+n價的化合物，從而可以判斷該元素在周期表中的族位置。17、B【答案解析】

A、1L水中溶解了58.5gNaCl，溶液的體積不是1L，溶液的物質的量濃度無法求出，A項錯誤；B、根據(jù)化學式可知硫酸銅的物質的量等于硫酸銅晶體的物質的量，所以需要膽礬的質量為：0.5L×0.5mol·L-1×250g·mol－1=62.5g，B項正確；C、從1L2mol·L-1的H2SO4溶液中取出0.5L，該溶液的濃度為2mol·L-1，C項錯誤；D、由關系式H2SO4～2NaOH可知：n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×0.1L×1mol·L-1=0.2mol，m(NaOH)=0.2mol×40g·mol－1=8g，D項錯誤；本題答案選B?！敬鸢更c睛】配制一定物質的量濃度的溶液的時候，計算式要注意晶體中是否含有結晶水，如果含有結晶水，計算稱量的質量時，應該是含有結晶水的物質的質量。18、D【答案解析】分析：A．根據(jù)醋酸的電離平衡常數(shù)表達式結合圖像解答；B．a(chǎn)點時，=0，則c（F-）=c（HF），結合溶液的pH=4和電荷守恒解答；C．利用圖像分別計算兩種弱酸的電離常數(shù)，相同溫度下相同濃度的鈉鹽中，酸的酸性越強其酸根離子水解程度越小，溶液的pH越??；D．根據(jù)醋酸的電離平衡常數(shù)表達式計算。詳解：A．常溫下，pH=5時CH3COOH中=0，則c（CH3COO-）=c（CH3COOH），Ka（CH3COOH）=c(H+)·c(CH3COO?)/c(CH3COOH)=10-5，A正確；D．a(chǎn)點時，=0，則c（F-）=c（HF），溶液的pH=4，則c（H+）＞c（OH-），根據(jù)電荷守恒得c（F-）＞c（Na+），水解程度較小，所以溶液中存在c(F-)＝c(HF)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，B正確；C．由A可知Ka（CH3COOH）=10-5，pH=4時，c（HF）=c（F-），Ka（HF）=c(H+)·c(F?)/c(HF)=10-4，說明HF酸性大于醋酸，相同溫度下相同濃度的鈉鹽中，酸的酸性越強其酸根離子水解程度越小，溶液的pH越小，則水解程度F-＜CH3COO-，所以相同濃度的鈉鹽溶液中NaF溶液pH小于0.1mol?L-1的CH3COONa溶液的pH，C正確；D．NaOH溶液加入CH3COOH溶液后的混合溶液中Ka（CH3COOH）=c(H+)·c(CH3COO?)/c(CH3COOH)，則c(CH3COO?)/c(CH3COOH)=Ka（CH3COOH）/c(H+)=10?5/10?pH=10pH-5，D錯誤；答案選D。點睛：本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側重考查學生圖象分析、判斷及計算能力，正確計算出兩種酸的電離平衡常數(shù)是解本題關鍵，注意電離平衡常數(shù)與縱坐標的關系，題目難度中等。19、D【答案解析】

A.硅是非金屬單質，與常見的酸不發(fā)生反應，只與一種特殊的酸——氫氟酸反應，故A錯誤；B．水晶的主要成分為二氧化硅，是氧化物，不屬于硅酸鹽，故B錯誤；C．氫氧化鈉與玻璃中的二氧化硅反應生成具有黏性的硅酸鈉，一段時間后導致玻璃塞打不開，應用橡皮塞，故C錯誤；D.碳酸鈣與鹽酸能夠反應，而二氧化硅不能，則除去SiO2中的少量CaCO3，可以選用鹽酸，故D正確；答案選D。20、C【答案解析】

s能級有1個原子軌道，p能級有3個原子軌道，d能級有5個原子軌道，f能級有7個原子軌道，則能級中軌道數(shù)為5的是d能級。

本題答案選C。21、A【答案解析】

①CH3(CH2)4CH3與溴水、高錳酸鉀均不發(fā)生反應，故①錯誤；②CH3CH2CH＝CH2中含碳碳雙鍵，與溴水發(fā)生加成反應，與高錳酸鉀發(fā)生氧化反應，則既能因發(fā)生化學反應使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故②正確；③與溴水、高錳酸鉀均不反應，故③錯誤；④與溴水不反應，與高錳酸鉀反應，能使酸性高猛酸鉀溶液褪色，故④錯誤；故答案為A?！敬鸢更c睛】把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，能因發(fā)生化學反應使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，則含碳碳雙鍵、三鍵，或具有還原性的物質，特別注意苯的同系物只能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能使溴水褪色。22、B【答案解析】分析：根據(jù)氣體的顏色判斷可排除Cl2和NO2氣體，根據(jù)能使品紅褪色的氣體為SO2，把剩余氣體排入空氣中，很快變?yōu)榧t棕色，說明含有氣體NO，則原混合氣體中無氧氣，據(jù)此即可解答。詳解：A．此無色混合氣體通過品紅溶液后，品紅溶液褪色，說明一定含有SO2，把剩余氣體排入空氣中，很快變?yōu)榧t棕色，說明原混合氣體一定含有氣體NO，NO和氧氣反應生成紅棕色的二氧化氮，說明原混合氣體中無氧氣，故A錯誤；B．Cl2為黃綠色，NO2氣體為紅棕色，此混合氣體為無色，所以一定不含Cl2、NO2，據(jù)A分析原混合氣體中無氧氣，故B正確；C．Cl2為黃綠色，該氣體無色，則說明不含有Cl2，故C錯誤；D．把剩余氣體排入空氣中，很快變?yōu)榧t棕色，說明含有氣體NO，NO和氧氣反應生成紅棕色的二氧化氮，說明原混合氣體中無氧氣，此無色混合氣體通過品紅溶液后，品紅溶液褪色，說明一定含有SO2，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查常見氣體的檢驗，注意常見氣體的性質以及檢驗方法。本題的易錯點為氧氣的判斷，要注意一氧化氮能夠與氧氣反應生成二氧化氮。二、非選擇題(共84分)23、羧基消去反應1-丙醇3c【答案解析】

A(C10H12O5)在NaOH水溶液條件下發(fā)生水解反應并酸化得到B與C，則A中含有酯基，其中B的相對分子質量為60，分子中只含一個甲基，能在濃硫酸的作用下發(fā)生消去反應，則B為CH3CH2CH2OH，B發(fā)生消去反應得到D，D為CH3CH═CH2，D發(fā)生加聚反應得到高分子化合物E，E為；C中O原子個數(shù)為5，C能與碳酸氫鈉溶液反應得到氣體，則C含有-COOH，能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，則C中含有酚羥基，C的結構可表示為(其中：-X、-Y均為官能團)，根據(jù)C中氧原子個數(shù)知，C為，可推知A為，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】(1)根據(jù)上述分析，C為，則官能團-X為羧基，反應③為CH3CH2CH2OH發(fā)生消去反應生成CH3CH═CH2，故答案為：羧基；消去反應；(2)根據(jù)上述分析，B為CH3CH2CH2OH，根據(jù)醇的系統(tǒng)命名法，B的名稱為1-丙醇，CH3CH═CH2發(fā)生加聚反應得到高分子化合物E為，高聚物E的鏈節(jié)為，故答案為：1-丙醇；；(3)根據(jù)上述分析，A的結構簡式為，故答案為：；(4)反應⑤的化學方程式為+NaHCO3→+CO2↑+H2O，故答案為：+NaHCO3→+CO2↑+H2O；(5)C為，C的同分異構體符合下列條件：i．含有苯環(huán)；ii．能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基；iii．不能發(fā)生水解反應，說明不含酯基，則符合要求的結構簡式如下：、、，共3種，故答案為：3；(6)由于苯酚在空氣中易被氧化，A分子中有酚羥基，因此A具有抗氧化作用，故答案為：c?！敬鸢更c睛】正確判斷A的結構是解題的關鍵。本題的易錯點為(5)，要注意性質條件下同分異構體的書寫，和限制條件的解讀，本題中需要按照一定的順序書寫苯環(huán)上的羥基和醛基，才能不重復不遺漏。24、NSiS1s22s22p63s23p2C+O2CO2第三周期VIA族N＞O＞CSi＜S【答案解析】

（1）根據(jù)題干：A原子最外層p能級的電子數(shù)等于次外層的電子總數(shù)，可知A是碳元素。又因為B元素可分別與A、C、D、E生成RB2型化合物，可知B是氧元素，又因為A、B、C位于同一周期，故C是氮元素。DB2中D與B的質量比為7：8，可知D的相對原子質量為28，是硅元素，EB2中E與B的質量比為1：1，可知E的相對原子質量為32，是硫元素。故答案為：N，Si，S。（2）硅的電子排布式為1s22s22p63s23p2。（3）碳在氧氣中完全燃燒的化學方程式為C+O2CO2。（4）硫在元素周期表中位于第三周期VIA族。（5）第一電離能與核外電子排布有關，失去一個電子越容易，第一電離能越低，同周期元素的第一電離能呈增大趨勢，由于氮元素核外2p能級半充滿，因此第一電離能高于同周期相鄰的兩種元素，故第一電離能排序為N＞O＞C。（6）同一周期主族元素的電負性隨原子序數(shù)遞增而遞增，因此電負性Si＜S。25、BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)0.04

(或1/25

)2.5×10-4抑制TiCl4的水解HCl取最后一次洗滌液少許，滴入稀硝酸酸化的硝酸銀，若無沉淀生成，則說明晶體已經(jīng)洗滌干凈BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O【答案解析】分析：根據(jù)流程圖，用飽和Na2CO3溶液處理重晶石，將BaSO4轉化為易溶于酸的BaCO3，然后用鹽酸溶解后，加入TiC14和草酸溶液，反應析出草酸氧鈦鋇晶體，經(jīng)過洗滌、干燥、灼燒得BaTiO3。其中將BaSO4轉化為易溶于酸的BaCO3的離子方程式為BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，根據(jù)K=cSO42-cCO32-=cSO42-c詳解：(1)工業(yè)上用飽和Na2CO3溶液處理重晶石，將BaSO4轉化為易溶于酸的BaCO3，該過程用離子方程式可表示為BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，此反應的平衡常數(shù)K=cSO42-cCO32-=KspBaSO4KspBaCO3=1.0×10-102.5×10-9=125；當c(SO42-)≤1.0×10-5mol/L時，認為BaSO4轉化為了易溶于酸的BaCO(2)TiC14在常溫下是無色液體，遇水容易發(fā)生水解可知，在配制為抑止其水解，需將TiCl4固體溶于濃鹽酸再加水稀釋，故答案為：抑制TiCl4的水解；(3)向混合液中加入TiC14溶液和H2C2O4溶液反應得到草酸氧鈦鋇和HCl，故可循環(huán)使用的物質X是HCl；草酸氧鈦鋇晶體表面附著氯離子，驗證草酸氧鈦鋇晶體是否洗滌干凈的方法為：取最后一次洗滌液少許，滴入稀硝酸酸化的硝酸銀，若無沉淀生成，則說明晶體已經(jīng)洗滌干凈，故答案為：HCl；取最后一次洗滌液少許，滴入稀硝酸酸化的硝酸銀，若無沉淀生成，則說明晶體已經(jīng)洗滌干凈；(4)BaTiO(C2O4)2?4H2O煅燒，發(fā)生分解反應，由元素守恒可知，生成高溫下的氣體產(chǎn)物有CO、CO2、H2O(g)，煅燒草酸氧鈦鋇晶體的化學方程式為BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O，故答案為：BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O。26、BA鋁BA【答案解析】

本實驗的目的是探究原電池的形成條件。原電池的必備構造：①有兩個活性不同的電極②兩個電極由導線連接，并插入到電解質溶液中，形成電流回路③能自發(fā)的進行氧化還原反應；以此答題?！绢}目詳解】(1)Zn的活潑性比Cu強，則Zn作負極，Cu作正極，則電子由Zn電極從外電路向Cu電極移動，即電子由A極向B極移動，則電流由B極向A極移動；(2)實驗四中，電子由B極向A極移動，則B極失去電子，作負極，即負極為鋁電極；(3)實驗三中，指針發(fā)生偏轉，說明有電流移動，即電子也有移動，則說明該過程是自發(fā)進行的氧化還原反應，故合理選項為B；(4)A.相對活潑的金屬一般作負極，但是也有例外，比如實驗四，鎂的活潑性比鋁強，但是鎂不和氫氧化鈉溶液反應，鋁可以，所以鋁作負極，A錯誤；B.負極發(fā)生氧化反應，對應的物質是還原劑，失去電子，B正確；C.燒杯中的液體必須是電解質溶液，以構成電流回路，C正確；D.浸入同一電解質溶液中的兩個電極，必須是活潑性不同的兩種金屬（或其中一種非金屬），D正確；故合理選項為A。【答案點睛】組成原電池的電極，它們的活潑性一定有差異。一般情況下，較活潑的電極作負極，但是也有例外，比如鎂、鋁和氫氧化鈉溶液形成原電池中，鋁的活潑性較差，但是作負極，因為鋁可以和氫氧化鈉溶液反應，而鎂不行，所以鎂作正極。27、吸收空氣中的還原性氣體，防止其干擾pH3的測定偏低5PH3+8Mn04-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O0.3825mg>0.05mg，所以不合格【答案解析】

(1)KMnO4溶液有強氧化性，PH3有強還原性；(2)氧氣會氧化一部分PH3，滴定消耗的亞硫酸鈉標準溶液偏少，則測得的磷化物的殘留量偏低；(3)由得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒可寫出正確的化學方程式；(4)先計算Na2SO3標準溶液消耗的高錳酸鉀的物質的量，再由高錳酸鉀總的物質的量減去Na2SO3標準溶液消耗的高錳酸鉀的物質的量求出吸收PH3消耗的高錳酸鉀的物質的量，進而求出糧食中磷物(以PH3計)的殘留量?！绢}目詳解】(1)KMnO4溶液有強氧化性，PH3有強還原性，裝置A中的KMnO4溶液的作用是吸收空氣中的還原性氣體，防止其干擾PH3的測定；(2)裝置B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液吸收空氣中的O2，若去掉該裝置，氧氣會氧化一部分PH3，導致剩下的KMnO4多，滴定消耗的亞硫酸鈉標準溶液偏少，則測得的磷化物的殘留量偏低；(3)裝置E中PH3氧化成磷酸