白城市重點中學2022-2023學年化學高二下期末學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題含解析

2023年高二下化學期末模擬試卷注意事項: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、下列有關說法不正確的是()A．pH小于5.6的雨水稱為酸雨B．分散質粒子直徑介于1~100nm之間的分散系稱為膠體C．王水是濃硝酸和濃鹽酸按物質的量之比1:3組成的混合物D．光導纖維的主要成分是二氧化硅，太陽能光電板的主要原料是硅晶體2、在室溫下，等體積的酸和堿的溶液混合后，pH一定小于7的是()A．pH＝3的HNO3和pH＝11的KOHB．pH＝3的鹽酸和pH＝11的氨水C．pH＝3的醋酸和pH＝11的Ba(OH)2D．pH＝3的硫酸和pH＝11的NaOH3、已知N2＋O2===2NO為吸熱反應，ΔH＝＋180kJ·mol－1，其中N≡N、O===O鍵的鍵能分別為946kJ·mol－1、498kJ·mol－1，則N—O鍵的鍵能為()A．1264kJ·mol－1B．632kJ·mol－1C．316kJ·mol－1D．1624kJ·mol－14、常溫時，將CH3COOH溶液和NaOH溶液等體積混合后，溶液呈中性。則下列各項正確的是()。A．混合前：pH(CH3COOH)＋pH(NaOH)＝14B．混合后：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)C．混合前：c(CH3COOH)＞c(NaOH)D．混合后：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)5、下列關于配制一定物質的量濃度溶液的說法，不正確的是A．容量瓶用蒸餾水洗滌后不用干燥B．其他操作都正確，稱量藥品時若砝碼生銹會導致所配溶液濃度偏高C．配制90mL0.1mol?L－1NaCl溶液，應選用100mL容量瓶來配制D．搖勻、靜置，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，應加少量水至刻度線6、PH3是一種無色劇毒氣體，其分子結構和NH3相似，但P—H鍵鍵能比N—H鍵鍵能低。下列判斷錯誤的是()A．PH3分子呈三角錐形B．PH3分子是極性分子C．PH3沸點低于NH3沸點，因為P—H鍵鍵能低D．PH3分子穩(wěn)定性低于NH3分子，因為N—H鍵鍵能7、現(xiàn)代生活需要人們有一定的科學素養(yǎng)，下列有關化學的科學常識正確的是()A．鋁的鈍化、煤的氣化、石油的裂解均有化學反應發(fā)生B．碳酸鈉可用于治療胃酸過多、制備食品發(fā)酵劑C．濃硫酸可刻蝕石英制藝術品D．氫氧化鐵膠體、淀粉溶液、FeCl3溶液均具有丁達爾效應8、PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次減弱。下列反應在水溶液中不可能發(fā)生的是()A．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+B．10Cl-+2MnO4-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2OC．2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-D．5Pb2++2MnO4-+2H2O=5PbO2↓+2Mn2++4H+9、m、n、p、q為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素．四種原子最外層電子教之和為17，n3-與p2+具有相同的電子層結構。下列敘述中錯誤的是A．m、n、q一定是非金屬元素 B．氫化物的沸點：q＞n＞mC．離子半徑的大?。簈＞n＞p D．m與q形成的二元化合物一定是共價化合物10、已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，2Fe3++2I-=2Fe2++I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入適量Cl2，溶液中某些離子的物質的量變化如下圖所示。下列說法中，不正確的是A．還原性：I->Fe2+>Br-B．原混合溶液中FeBr2的物質的量為6molC．原溶液中：n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2:1:3D．當通入2molCl2時，溶液中已發(fā)生的離子反應可表示為：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-11、關于有機物和的說法正確的是A．二者互為同系物B．的一氯代物有3種C．的二氯代物有12種D．二者均能發(fā)生還原反應、加聚反應12、苯酚與乙醇在性質上有很大差別的原因是()A．官能團不同 B．常溫下狀態(tài)不同C．相對分子質量不同 D．官能團所連烴基不同13、下列化學用語正確的是()A．聚丙烯的結構簡式：B．丙烷分子的比例模型：C．四氯化碳分子的電子式：D．中子數(shù)為18的氯原子：?14、下列裝置或操作與說法正確的是（）A．實驗室制乙烯B．實驗室制乙炔并驗證乙炔能發(fā)生氧化反應C．實驗室中分餾石油D．若甲為醋酸，乙為貝殼(粉狀),丙為苯酚鈉溶液，則該裝置不可以驗證醋酸、碳酸、苯酚酸性的強弱15、A、B、C三種元素原子的最外層電子排布分別為3s1、2s22p3和2s22p4,由這三種元素組成的化合物的化學式可能是A．ABC3 B．A2BC4 C．ABC4 D．A2BC316、下列熱化學方程式中△H能表示可燃物燃燒熱的是A．H2(g)+Cl2(g)

=2HCl(g)

；△H=－184.6

kJ/mo1B．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O

(g)

；△H=－802.3

kJ/molC．2H2(g)+O2(g)=2H2O

(l)

；△H=－571.6

kJ/molD．CO

(g)+1/2O2(g)=CO2(g)

；

△H=

－258

kJ/mol17、根據所學相關知識，分析正確的是（）A．氨氣分子的空間構型為三角錐形，N2H4的氮原子雜化方式為SP2B．金屬晶體銅配位數(shù)為12，空間利用率為68％C．石墨晶體中，既有共價鍵，又有金屬鍵，還有范德華力，是一種混合晶體D．在氯化鈉晶體中，氯離子的配位數(shù)為818、我國使用最早的合金是A．青銅 B．錳鋼 C．生鐵 D．硬鋁19、一種新型材料B4C，它可用于制作切削工具和高溫熱交換器。關于B4C的推斷正確的是A．B4C是一種原子晶體B．B4C是一種離子晶體C．B4C是一種分子晶體D．B4C分子是由4個硼原子和1個碳原子構成的20、下列常見分子中心原子的雜化軌道類型是SP3的是：()A．PH3 B．BF3 C．SO2 D．CO221、下列離子方程式書寫正確的是（）A．氧化亞鐵溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2OB．往CaCl2溶液中通入少量的CO2：Ca2＋＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2H＋C．碳酸氫銨溶液中加入過量氫氧化鈉溶液：HCO3－+OH－＝CO32－+H2OD．向澄清石灰水中滴加少量的NaHCO3溶液：Ca2＋＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋H2O22、下列物質：①H3O＋②[Cu(NH3)4]2＋③CH3COO－④NH3⑤CH4中存在配位鍵的是A．①②B．①③C．④⑤D．②④二、非選擇題(共84分)23、（14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)。24、（12分）X、Y、Z、W、M、R六種短周期元素，周期表中位置如下：試回答下列問題：（1）X、Z、W、R四種元素的原子半徑由大到小的排列順序是______（用元素符號表示）。（2）由X、Z、W、R四種元素中的三種元素可組成一種強酸，該強酸的稀溶液能與銅反應，則該反應的化學方程式為_____________________________。（3）由X、W、M、R四種元素組成的一種離子化合物A，已知A既能與鹽酸反應，又能與氯水反應，寫出A與足量鹽酸反應的離子方程式_________________________________。（4）分子式為X2Y2W4的化合物與含等物質的量的KOH的溶液反應后所得溶液呈酸性，其原因是____________________（用方程式及必要的文字說明）。0.1mol·L－1該溶液中各離子濃度由大到小的順序為________________________。（5）由X、Z、W、R和Fe五種元素可組成類似明礬的化合物T（相對分子質量為392），1molT中含有6mol結晶水。對化合物T進行如下實驗：a.取T的溶液，加入過量的NaOH濃溶液并加熱，產生白色沉淀和無色有刺激性氣味的氣體。白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色；b.另取T的溶液，加入過量的BaCl2溶液產生白色沉淀，加鹽酸沉淀不溶解。則T的化學式為_____________________。25、（12分）次硫酸氫鈉甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在印染、醫(yī)藥以及原子能工業(yè)中應用廣泛，已知次硫酸氫鈉甲醛具有強還原性，且在120℃以上發(fā)生分解。以Na2SO3、SO2、HCHO和鋅粉為原料制備次硫酸氫鈉甲醛的實驗步驟如下：步驟1：在燒瓶中(裝置如圖所示)加入一定量Na2SO3和水，攪拌溶解，緩慢通入SO2，至溶液pH約為4，制得NaHSO3溶液。步驟2：將裝置A中導氣管換成橡皮塞。向燒瓶中加入稍過量的鋅粉和一定量甲醛溶液，在80～90℃下，反應約3h，冷卻至室溫，抽濾。步驟3：將濾液真空蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，抽濾。(1)儀器B的名稱為__________，裝置A中通入SO2的導管末端是多孔球泡，其作用是：__________________________________________。(2)裝置C的作用是________________。(3)①步驟2中，應采用何種加熱方式____________，優(yōu)點是________________；②冷凝管中回流的主要物質除H2O外還有__________(填化學式)。(4)步驟3中不在敞口容器中蒸發(fā)濃縮的原因是_____________________________。(5)請寫出步驟1中制取NaHSO3的化學方程式：_____________________________。26、（10分）實驗小組同學探究稀H2SO4對溶液中的I—被O2氧化的影響因素。（1）為了探究c(H+)對反應速率的影響，進行實驗：10mL1mol·L－1KI溶液5滴淀粉溶液序號加入試劑變色時間Ⅰ10mL蒸餾水長時間放置，未見明顯變化Ⅱ10mL0.1mol·L－1H2SO4溶液放置3min后，溶液變藍Ⅲ10mL0.2mol·L－1H2SO4溶液放置1min后，溶液變藍Ⅳ10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液長時間放置，未見明顯變化①寫出實驗Ⅱ發(fā)生反應的離子方程式______。②實驗Ⅰ~Ⅲ所得結論：_______。③增大實驗Ⅱ反應速率還可以采取的措施______。④實驗Ⅳ的作用是______。（2）為探究c(H+)除了對反應速率影響外，是否還有其他影響，提出假設：ⅰ.增大c(H+)，增強O2的氧化性；ⅱ.增大c(H+)，_______。小組同學利用下圖裝置設計實驗方案，對假設進行驗證。序號溶液a溶液b現(xiàn)象Ⅴ10mL1mol·L－1KI溶液10mLH2O10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液10mLH2O指針未見偏轉Ⅵ10mL1mol·L－1KI溶液10mLH2O10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液1mL0.2mol·L－1H2SO4溶液9mLH2O指針偏轉ⅦX10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液10mL0.2mol·L－1H2SO4溶液YⅧZ10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液10mLH2O指針未見偏轉通過實驗證實假設ⅰ合理，將表中空白處的試劑或現(xiàn)象補充完整。X__________；Y_________；Z__________。27、（12分）某化學興趣小組為探究SO2的性質，按如圖所示裝置進行實驗。請回答下列問題：(1)裝置A中盛放濃硫酸的儀器名稱是________，其中發(fā)生反應的化學方程式為_____。(2)實驗過程中，裝置B、C中發(fā)生的現(xiàn)象分別是_____、____，這些現(xiàn)象分別說明SO2具有的性質是____和____。(3)裝置D的目的是探究SO2與品紅作用的可逆性，請寫出實驗操作及現(xiàn)象_________。(4)尾氣可采用________溶液吸收。(寫化學式)28、（14分）據科技日報網報道，南開大學科研團隊借助鎳和苯基硼酸共催化劑，首次實現(xiàn)烯丙醇高效、綠色合成。烯丙醇及其化合物可成甘油、醫(yī)藥、農藥香料，合成維生素E和KI及天然抗癌藥物紫杉醇中都含有關鍵的烯丙醇結構。丙烯醇的結構簡式為CH2=CH-CH2OH。請回答下列問題：（1）基態(tài)鎳原子的價電子排布式為___________________。（2）1molCH2=CH-CH2OH含__________molσ鍵，烯丙醇分子中碳原子的雜化類型為_____________。（3）丙醛（CHCH2CHO）的沸點為49℃，丙烯醇（CH2=CHCH2OH）的沸點為91℃，二者相對分子質量相等，沸點相差較大的主要原因是_______________________________。（4）羰基鎳[Ni(CO)4)用于制備高純度鎳粉，它的熔點為-25℃，沸點為43℃。羰基鎳晶體類型是_________________。（5）Ni2+能形成多種配離子，如[Ni(NH3)6]2+、[Ni(CN)2]2-和[Ni(SCN)2]-等。NH3的空間構型是_____________，與SCN-互為等電子體的分子為____________。（6）“NiO”晶胞如圖所示。①氧化鎳晶胞中原子坐標參數(shù)：A（0，0，0）、B（1，1，0），則C原子坐標參數(shù)為____________。②已知：氧化鎳晶胞密度為dg·cm-3，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，則Ni2+半徑為__________nm（用代數(shù)式表示）。29、（10分）已知A是一種食品中常見的有機物，在實驗室中，氣體B能使溴水褪色生成C，物質F的分子式為C4H8O2，是一種有濃郁香味、不易溶于水的油狀液體。請回答：（1）物質E中官能團的名稱為：__________________________（2）物質B與溴水反應生成C的反應類型為_______________________________（3）B與E在一定條件下反應生成F的化學方程式為__________________________________________（4）X是有機物E的同系物，其相對分子質量是74，且化學性質與E相似。下列說法正確的是______A有機物E能發(fā)生銀鏡反應B有機物A與X反應生成丙酸甲酯C甲酸乙酯是X的同分異構體D有機物A、D、E均能溶解于水

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、C【解析】

A．正常雨水中因為溶解了二氧化碳的緣故，pH約為5.6，酸雨是溶解了二氧化硫等的雨水，pH小于5.6，故A正確；B．分散質粒子直徑介于1nm～100nm之間的分散系稱為膠體，故B正確；C．王水是濃硝酸和濃鹽酸按照體積比1∶3組成的混合物，不是物質的量之比，故C錯誤；D．光導纖維的主要成分是SiO2，太陽能光電池板是硅晶體制成，故D正確；答案選C。2、C【解析】試題分析：A．硝酸和氫氧化鋇都是強電解質，pH=3的硝酸和pH=11的Ba（OH）2溶液中，硝酸中氫離子濃度等于氫氧化鋇溶液中氫氧根離子濃度，二者等體積混合時恰好反應生成硝酸鋇，溶液呈中性，故A錯誤；B．氯化氫是強電解質，一水合氨是弱電解質，所以pH=3的鹽酸和pH=11的氨水，鹽酸的濃度小于氨水濃度，二者等體積混合，氨水有剩余，一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，所以混合溶液呈堿性，故B錯誤；醋酸是弱電解質，氫氧化鉀是強電解質，所以pH=3的醋酸和pH=11的KOH溶液，醋酸溶液濃度大于氫氧化鉀溶液，二者等體積混合時，醋酸有屬于，醋酸的電離程度大于醋酸根離子水解程度，所以混合溶液呈酸性，故C正確；硫酸和氫氧化鈉都是強電解質，pH=3的硫酸中氫離子濃度為1．111mol/L，pH=11的KOH溶液中氫氧根離子濃度為1．111mol/L，等體積混合，二者恰好反應生成硫酸鉀，混合溶液呈中性，故D錯誤；故選C?？键c：酸堿混合時pH的計算3、B【解析】反應熱就是斷鍵吸收的能量和形成化學鍵所放出的能量的差值，即946kJ·mol－1＋498kJ·mol－1－2x＝180kJ·mol－1，解得x＝632kJ·mol－1，答案選B。4、C【解析】

A、如pH（CH3COOH）+pH（NaOH）=14，應有c（OH-）=c（H+），由于醋酸為弱酸，電離程度較小，二者等體積混合后，醋酸過量較多，溶液呈酸性，故A錯誤；B、溶液呈中性，反應后有c（OH-）=c（H+），根據c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），可知c（Na+）＝c（CH3COO-），故B錯誤；C、醋酸為弱酸，如c（CH3COOH）=c（NaOH），二者恰好反應，溶液呈堿性，溶液呈中性，醋酸應過量，即混合前：c（CH3COOH）＞c（NaOH），故C正確；D、溶液呈中性，應存在c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+），故D錯誤；故選C。5、D【解析】

A．容量瓶不需要干燥，不影響配制結果；B．砝碼生銹，稱量的溶質的質量偏大；C．需要容量瓶規(guī)格時遵循“大而近”原則；D．由于部分溶液在刻度線上方，液面會暫時低于刻度線，屬于正?，F(xiàn)象?！驹斀狻緼．容量瓶中有少量蒸餾水，不影響溶質的物質的量及最終溶液體積，則不影響溶液，所以容量瓶用蒸餾水洗滌后不用干燥，故A項正確；B．其他操作都正確，稱量藥品時若砝碼生銹，會導致稱量的溶質的質量偏大，所配溶液濃度偏高，故B項正確；C．配制90mL0.1mol?L-1NaCl溶液，實驗室中沒有90mL容量瓶，需要選用100mL容量瓶來配制，故C項正確；D．搖勻、靜置，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，屬于正?，F(xiàn)象，不能再加入蒸餾水，否則所得溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故D項錯誤。故答案為D【點睛】一定物質的量濃度溶液誤差分析，關鍵看所進行的操作究竟影響的是溶質還是加水量，凡是使溶質增大就偏高，使溶質減少就偏低。加水多了就偏低，加水少了就偏高。6、C【解析】

A．PH3分子結構和NH3相似，NH3是三角錐型，故PH3也是三角錐型，故A正確；B．PH3分子結構是三角錐型，正負電荷重心不重合，為極性分子，故B正確；C．NH3分子之間存在氫鍵，PH3分子之間為范德華力，氫鍵作用比范德華力強，故NH3沸點比PH3高，與鍵能的強弱無關，故C錯誤；D．P-H鍵鍵能比N-H鍵鍵能低，故N-H更穩(wěn)定，化學鍵越穩(wěn)定，分子越穩(wěn)定，故D正確；答案選C?！军c睛】本題的易錯點為CD，要注意區(qū)分分子的穩(wěn)定性屬于化學性質，與化學鍵的強弱有關，而物質的沸點屬于物理性質。7、A【解析】

A、鋁在冷的濃硫酸和濃硝酸中鈍化，煤的氣化為一定條件下煤與水反應生成氫氣和一氧化碳，石油的裂解為在高溫下石油發(fā)生反應生成短鏈的氣態(tài)烴，均有化學反應發(fā)生，故A正確；B、碳酸鈉溶液堿性強，不能用于治療胃酸過多、制備食品發(fā)酵劑，故B錯誤；C、氫氟酸能與二氧化硅反應，可刻蝕石英制藝術品，故C錯誤；D、FeCl3溶液不是膠體，不具有丁達爾效應，故D錯誤；答案選A。8、D【解析】

由題意知：PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次減弱，依據氧化還原反應中氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性判斷解答?！驹斀狻緼.Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，反應中Fe3+為氧化劑，Cu2+為氧化產物，F(xiàn)e3+氧化性大于Cu2+氧化性，符合規(guī)律，A不符合題意，；B.10Cl-+2MnO4-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，反應中MnO4-為氧化劑，氯氣為還原劑，MnO4-氧化性強于氯氣，符合規(guī)律，B不符合題意；C.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，反應中氯氣為氧化劑，F(xiàn)e3+為氧化產物，氯氣的氧化性強于Fe3+，符合規(guī)律，C不符合題意；D.5Pb2++2MnO4-+2H2O=5PbO2↓+2Mn2++4H+，反應中MnO4-為氧化劑，PbO2為氧化產物，MnO4-氧化性強于PbO2，與題干不吻合，D符合題意；故合理選項是D?！军c睛】本題考查離子反應方程式書寫的正誤判斷，準確判斷氧化劑、氧化產物，熟悉氧化還原反應強弱規(guī)律是解題關鍵。9、B【解析】m、n、p、q為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素．n3-與p2+具有相同的電子層結構，所以n、p分別是氮、鎂。又由于四種原子最外層電子教之和為17，可得m、q原子最外層電子教之和為10，所以m、q分別是碳、硫。A.m、n、q分別是碳、氮、硫，都是非金屬元素，故A正確；B.由于n的氫化物分子間可形成氫鍵，所以n的氫化物的沸點最高，故B錯誤；C.n、p離子的電子層結構相同，離子半徑隨著核電荷數(shù)增大而減小，所以離子半徑：n＞p，q離子電子層較多，半徑較大，總之，離子半徑的大?。簈＞n＞p，故C正確。D.m與q形成的二元化合物二硫化碳是共價化合物，故D正確。故選B。點睛：電子層結構相同的離子，其離子半徑隨著核電荷數(shù)增大而減小。10、B【解析】

A、已知：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－，2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，則根據還原劑的還原性強于還原產物的還原性可知還原性：I－>Fe2＋>Br－，A正確；B、在通入氯氣的量為0～1mol的過程中，碘離子從最大量降到0，碘離子先被氧化，即碘化亞鐵是1mol。通入氯氣的量為1～3mol的過程中，亞鐵離子從4mol降到0，三價鐵的量逐漸增大，亞鐵離子被氧化，碘化亞鐵中亞鐵離子是1mol，所以溴化亞鐵中亞鐵離子是3mol，則溴化亞鐵是3mol，B錯誤；C、根據以上分析可知原溶液中：n（Fe2＋）∶n（I－）∶n（Br－）＝2∶1∶3，C正確；D、當通入2molCl2時，碘完全被氧化，亞鐵離子有2mol被氧化，則溶液中已發(fā)生的離子反應可表示為：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，D正確。答案選B。11、C【解析】A.二者結構不相似，不能互為同系物，A錯誤；B.的一氯代物有2種，B錯誤；C.根據定一議一可知的二氯代物有12種，C正確；D.二者均能發(fā)生還原反應，不能發(fā)生加聚反應，D錯誤，答案選C。點睛：同分異構體判斷是解答的難點，注意掌握常見有機物同分異構體的判斷方法，例如一取代產物數(shù)目的判斷可以用基元法、替代法、等效氫法等；再比如二取代或多取代產物數(shù)目的判斷一般用定一移一或定二移一法，即對于二元取代物同分異構體的數(shù)目判斷，可固定一個取代基的位置，再移動另一取代基的位置以確定同分異構體的數(shù)目。12、D【解析】

物質的結構決定了物質的性質。苯酚與乙醇在性質上有很大差別的原因是其結構不同，苯酚分子中有苯環(huán)和羥基，而乙醇分子中有乙基和羥基，兩者官能團相同，但官能團所連的烴基不同，其在常溫下的狀態(tài)經及相對分子質量也是由結構決定的，故選D。13、D【解析】A．聚丙烯的結構簡式為：，故A錯誤；

B．是丙烷的球棍模型，故B錯誤；C．氯原子未成鍵的孤對電子對未標出，四氯化碳電子式為，故C錯誤；D．質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù)，中子數(shù)為18的氯原子：1735Cl故D正確；本題選D。點睛：質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù)。14、D【解析】A．實驗室中用濃硫酸與乙醇加熱到170℃制取乙烯，圖示裝置中缺少溫度計，無法達到實驗目的，故A錯誤；B．硫化氫能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色，制取的乙炔中含有的硫化氫干擾了實驗，無法達到實驗目的，故B錯誤；C．實驗室中分餾石油時，溫度計應該放在蒸餾燒瓶的支管口處，冷凝管應該采用下進上出通水，圖示裝置不合理，故C錯誤；D．醋酸與貝殼中的碳酸鈣反應生成二氧化碳氣體，二氧化碳與苯酚鈉溶液反應生成苯酚，溶液變渾濁，證明酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚，能夠達到實驗目的，故D正確；故選D。15、A【解析】

A元素原子的最外層電子排布為3s1，是鈉元素；B元素原子的最外層電子排布為2s22p3，是氮元素；C元素原子最外層電子排布為2s22p4，是氧元素；結合化合價規(guī)則與常見物質化學式進行分析判斷?！驹斀狻緼.ABC3中+1+5+（-2）×3=0，符合，故A正確；B.A2BC4中B為+6價，不符合，故B錯誤；C.ABC4中B為+7價，不符合，故C錯誤；D.A2BC3中B為+4價，不存在此類鹽，故D錯誤；故答案選A。16、D【解析】A、氫氣與氯氣反應不是與氧氣反應，燃燒熱是指與氧氣反應，熱化學方程式中△H不等于燃燒熱，選項A錯誤；B、燃燒熱要求可燃物的物質的量必須為1mol，得到的氧化物必須是穩(wěn)定的氧化物，H2O的狀態(tài)必須為液態(tài)，選項B錯誤；C、熱化學方程式中H2的物質的量不為1mol，熱化學方程式中△H不等于燃燒熱，選項C錯誤；D、符合燃燒熱的定義，熱化學方程式中△H代表燃燒熱，選項D正確。答案選D。17、C【解析】

A、NH3分子中，N提供5個電子，3個H共提供3個。所以4對價電子，sp3雜化，有1對孤對電子，分子構型三角錐。N2H4可以看成-NH2取代NH3中的一個H，雜化方式不變，sp3雜化，故A錯誤；B、銅型為面心立方結構，配位數(shù)12，空間利用率為74%，故B錯誤；C、石墨晶體中，既有共價鍵，又有金屬鍵，還有范德華力，不能簡單地歸屬于其中任何一種晶體，是一種混合晶體，故C正確；D、氯化鈉晶體中氯離子配位數(shù)為6，故D錯誤；故選C。18、A【解析】

生鐵、錳鋼是鐵的合金，硬鋁是鋁合金，銅活潑性比Fe和Al弱，容易冶煉，中國是世界最早應用濕法治金的國家，所以我國使用最早的合金是銅合金，即青銅，答案選A。19、A【解析】

B4C由非金屬性元素組成，不可能為離子晶體，可用于制作切削工具和高溫熱交換器，說明該物質的熔點高，硬度大，符合原子晶體的特征，應為原子晶體，原子晶體中不存在單個分子，構成微粒為原子，故選A。20、A【解析】

根據價層電子對互斥理論確定原子雜化方式，價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)，σ鍵個數(shù)=配原子個數(shù)，孤電子對個數(shù)=，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)，據此判斷雜質類型，中心原子的雜化類型為sp3，說明該分子中心原子的價層電子對個數(shù)是4。A．BF3中B原子雜化軌道數(shù)為=3+=3，中心原子雜化類型為sp2雜化，A項不符合要求；B．PH3中P原子雜化軌道數(shù)為=3+=4中心原子雜化類型為sp3雜化，B項符合題意；C．SO2中S原子雜化軌道數(shù)為=3+=3，中心原子雜化類型為sp2雜化，C項不符合題意；D．CO2中C原子雜化軌道數(shù)為=2+=2，中心原子雜化類型為sp雜化，D項不符合題意；本題答案選B。【點睛】根據價層電子對互斥理論來分析解答，明確孤電子對個數(shù)中各個字母的含義是解答易錯點。21、D【解析】

A、硝酸有強氧化性，會將亞鐵離子氧化為鐵離子，方程式應為：3FeO十10H++NO3一=3Fe3++NO↑+5H2O，錯誤；B、鹽酸的酸性強于碳酸，反應無法進行，錯誤；C、過量的氫氧化鈉與銨根離子也會反應產生氨水，方程式應為：HCO3一+NH4++2OH一=CO32—+H2O+NH3?H2O，錯誤；D、向澄清石灰水中漓加少量的NaHCO3溶液，NaHCO3不足，氫氧根離子部分未反應，正確；答案選D。22、A【解析】

在物質或離子中中心原子含有空軌道，和含有孤電子對的原子或離子能形成配位鍵，①氫離子提供空軌道，氧原子提供孤電子對；②銅離子提供空軌道，氮原子提供孤電子對；③CH3COO-中碳和氧最外層有8個電子達到穩(wěn)定結構，氫滿足2電子穩(wěn)定結構，無空軌道，無孤電子對；④NH3為共價化合物，氮原子中最外層有8個電子達到穩(wěn)定結構，分子中存在兩個H-N鍵，氫滿足2電子穩(wěn)定結構，無空軌道；⑤CH4分子中，碳原子與4個氫原子分別共用一對電子，形成4個C-H鍵，無空軌道，無孤電子對?！驹斀狻竣貶3O+中O提供孤電子對，H+提供空軌道，二者形成配位鍵，H3O+含有配位鍵；②Cu2+有空軌道，NH3中的氮原子上的孤電子對，可以形成配位鍵，[Cu（NH3）4]2+含有配位鍵；③CH3COO-中碳和氧最外層有8個電子達到穩(wěn)定結構，氫滿足2電子穩(wěn)定結構，無空軌道，無孤電子對，電子式為：，不含有配位鍵；④NH3為共價化合物，氮原子中最外層有8個電子達到穩(wěn)定結構，分子中存在兩個H-N鍵，氫滿足2電子穩(wěn)定結構，無空軌道；⑤甲烷中碳原子滿足8電子穩(wěn)定結構，氫原子滿足2電子穩(wěn)定結構，電子式為，無空軌道，無孤電子對，CH4不含有配位鍵；答案選A?！军c睛】本題考查配位鍵的判斷，明確配位鍵的形成是解本題關鍵，題目難度中等．注意配位鍵形成的條件，一方要提供空軌道，另一方提供孤電子對。二、非選擇題(共84分)23、NSiS1s22s22p63s23p2C+O2CO2第三周期VIA族N＞O＞CSi＜S【解析】

（1）根據題干：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。24、S＞N＞O＞H3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2OHSO3-+H+=SO2↑+H2OKHC2O4溶液中存在HC2O4-的電離與水解，即HC2O4-?H++C2O42-，HC2O4-+H2O?H2C2O4+OH-，電離程度大于水解程度，使溶液中的c（H+）＞c（OH-），溶液顯酸性c（K+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O【解析】

根據元素在周期表中的位置，可推測出X、Y、Z、W、M、R六種短周期元素分別為H、C、N、O、Na、S?！驹斀狻浚?）X、Z、W、R四種元素分別為H、N、O、S，原子半徑由大到小的順序為S＞N＞O＞H；（2）X、Z、W、R四種元素分別為H、N、O、S，組成的強酸為硝酸、硫酸，稀溶液能與銅反應，則酸為硝酸，反應的方程式為3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；（3）由X、W、M、R四種元素為H、O、Na、S，組成的一種離子化合物A，已知A既能與鹽酸反應，又能與氯水反應，則A為亞硫酸氫鈉，與鹽酸反應生成二氧化硫和水，反應的離子方程式為HSO3-+H+=SO2↑+H2O；（4）分子式為X2Y2W4的化合物為草酸（乙二酸），與含等物質的量的KOH反應生成的物質為KHC2O4，溶液中存在HC2O4-電離與水解，即HC2O4-?H++C2O42-，HC2O4-+H2O?H2C2O4+OH-，電離程度大于水解程度，使溶液中的c（H+）＞c（OH-），溶液顯酸性；0.1mol/LKHC2O4溶液中除存在上述反應還有H2O?H++OH-，則c（H+）＞c（C2O42-），各離子濃度由大到小的順序為c（K+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；（5）根據a的反應現(xiàn)象，可判斷物質T的Fe為+2價，氣體為氨氣，則含有銨根離子；b的現(xiàn)象說明T中含有硫酸根離子，已知，F(xiàn)e為+2價，硫酸根為-2價，銨根離子為+1價，Ｔ的相對分子質量為392，則結晶水個數(shù)為6，可判斷T的化學式為(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。25、(球形)冷凝管增大接觸面積使SO2充分反應吸收二氧化硫并防止倒吸水浴加熱均勻受熱、容易控制溫度HCHO防止產物被空氣氧化Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3【解析】

(1)裝置A中通入SO2的導管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫氣體和Na2SO3液體的接觸面積；(2)裝置C是尾氣吸收裝置，結合二氧化硫易溶于水分析解答；(3)次硫酸氫鈉甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在120℃以上發(fā)生分解；HCHO易揮發(fā)據此分析解答；(4)根據化合價分析次硫酸氫鈉甲醛具有的性質，結合次硫酸氫鈉甲醛的性質分析判斷；(5)步驟1中Na2SO3和水，攪拌溶解，緩慢通入SO2，至溶液pH約為4，制得NaHSO3溶液，據此書寫反應的化學方程式。【詳解】(1)根據裝置圖，儀器B為(球形)冷凝管，裝置A中通入SO2的導管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫氣體和Na2SO3液體的接觸面積，加快反應速度，故答案為：(球形)冷凝管；增大接觸面積使SO2充分反應，加快反應速度；(2)裝置C是尾氣吸收裝置，倒置的漏斗可以防倒吸，所以裝置C的作用是吸收未反應的二氧化硫，防止污染空氣并阻止空氣進入裝置A，故答案為：吸收二氧化硫并防止倒吸；(3)①次硫酸氫鈉甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在120℃以上發(fā)生分解，根據分解溫度應選擇水浴加熱，而且水浴加熱均勻，容易控制溫度，故答案為：水浴加熱；均勻受熱、容易控制溫度；②HCHO易揮發(fā)，在80°C-90°C條件下會大量揮發(fā)，加冷凝管可以使HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率，故答案為：HCHO；(4)次硫酸氫鈉甲醛具有還原性，在敞口容器中蒸發(fā)濃縮，次硫酸氫鈉甲醛可以被空氣中的氧氣氧化變質，故答案為：防止產物被空氣氧化；(5)步驟1中Na2SO3和水，攪拌溶解，緩慢通入SO2，至溶液pH約為4，制得NaHSO3溶液，反應的化學方程式為Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3，故答案為：Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3。26、4H++4I-+O2==2I2+2H2O其他條件相同時，增大c(H+)使I-被O2氧化的速率加快升高溫度或通入O2對照實驗，證明SO42-對該反應的化學反應速率沒有影響增強I-的還原性10mL1mol·L-1KI溶液、10mLH2O指針偏轉大于Ⅵ10mL1mol·L-1KI溶液、2mL0.2mol·L-1H2SO4溶液、8mLH2O【解析】

本題主要考察實驗探究，注意“單一變量”原則?！驹斀狻浚?）①題中已告知I-被O2氧化，所以離子方程式為4I-+O2+4H+=2I2+2H2O；②這三組實驗中，變量是H+的濃度，結果是溶液變藍的速度，反映出H+的濃度對I-被O2氧化的速率；③對于非氣相反應而言，加快反應速率的措施還有加熱，增加其他反應物的濃度，或者加入催化劑（在本實驗中，反應速率較快，為了更好的觀察實驗結果，可不使用催化劑）；④實驗IV的作用是對照作用，排除SO42-對實驗結果的影響；（2）ii，對照i的說法為增大c(H+)，增強I-的還原性；對比實驗V、VI、VII，三組實驗的溶液b在變化，根據單一變量原則，溶液a是不應該有變動的，所以X應為10mL1mol·L－1KI溶液、10mLH2O，由于實驗VII的溶液b中H+濃度比實驗VI的大，反應速率會加快，這意味著單位時間內轉移的電子數(shù)量會增多，指針會出現(xiàn)偏轉，且比實驗VI的大；經過對比，實驗V和VIII的溶液b相同，則兩個實驗的溶液a應該有所不同，實驗探究的是H+的影響，實驗V的a溶液中沒有H+，則實驗VIII的a溶液中應該有H+，故Z為10mL1mol·L-1KI溶液、2mL0.2mol·L-1H2SO4溶液、8mLH2O。27、分液漏斗Na2SO3＋H2SO4(濃)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O溶液由紫紅色變?yōu)闊o色出現(xiàn)黃色渾濁還原性氧化性待品紅溶液完全褪色后，關閉分液漏斗的旋塞，點燃酒精燈加熱；無色溶液恢復為紅色NaOH【解析】

實驗目的是探究SO2的性質，A裝置為制氣裝置，B裝置驗證SO2的還原性，C裝置驗證SO2的氧化性，D裝置驗證SO2的漂白性，據此分析；【詳解】（1）A裝置盛放濃硫酸的儀器是分液漏斗；根據所加藥品，裝置A為制氣裝置，化學反應方程式為Na2SO3＋H2SO4(濃)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O；（2）酸性高錳酸鉀溶液顯紫紅色，具有強氧化性，如果顏色褪去，體現(xiàn)SO2的還原性，SO2和Na2S發(fā)生反應，生成硫單質，體現(xiàn)SO2的氧化性；