安徽省六安市2024屆化學高二上期中考試試題含解析

安徽省六安市2024屆化學高二上期中考試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、堿性電池具有容量大、放電電流大的特點，因而得到廣泛應用。鋅錳堿性電池以氫氧化鉀溶液為電解液，電池總反應式為：Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)=Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)，下列說法錯誤的是（）A．電池工作時，電子由正極通過外電路流向負極B．電池正極的電極反應式為：2MnO2+H2O(l)+2e-=Mn2O3(s)+2OH-(aq)C．電池工作時，鋅失去電子D．外電路中每通過0.2mol電子，鋅的質(zhì)量理論上減小6.5g2、下列實驗操作會使實驗最終結果偏高的是A．用濕潤的pH試紙測定NaOH的pHB．配制100mL1.00mol·L-1NaCl溶液，定容時俯視刻度線C．用0.0001mol·L-1鹽酸滴定20.00mLNaOH溶液，起始讀數(shù)時仰視D．測定中和熱的數(shù)值時，將0.5mol·L-1NaOH溶液倒入鹽酸后，立即讀數(shù)3、一溴代烷水解后的產(chǎn)物在紅熱銅絲催化下，最多可被空氣氧化生成4種不同的醛，該一溴代烷的分子式可能是A．C4H9Br B．C7H15Br C．C6H13Br D．C5H11Br4、下列共價鍵的鍵能最大的是()A．H—F B．H—O C．H—N D．H—C5、元素的性質(zhì)隨著原子序數(shù)的遞增呈現(xiàn)周期性的變化的根本原因是（）A．元素相對原子質(zhì)量的遞增，量變引起質(zhì)變B．元素的金屬性和非金屬性呈周期性變化C．元素原子核外電子排布呈周期性變化D．元素化合價呈周期性變化6、在H2O2分解實驗中，當加入少量MnO2粉末時，H2O2的分解速率增大。該實驗中使H2O2分解速率增大的主要因素是A．溫度 B．催化劑 C．反應物的接觸面積 D．反應物的濃度7、如圖所示裝置，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，同時A極逐漸變粗，B極逐漸變細，C為電解質(zhì)溶液，則A、B、C應是下列各組中的A．A是Zn，B是Cu，C為稀硫酸B．A是Cu，B是Zn，C為稀硫酸C．A是Fe，B是Ag，C為稀溶液D．A是Ag，B是Fe，C為稀溶液8、下列說法正確的是（）A．ΔH＜0、ΔS＞0的反應在溫度低時不能自發(fā)進行B．NH4HCO3(s)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH＝＋185.57kJ/mol能自發(fā)進行，原因是體系有自發(fā)地向混亂度增加的方向轉(zhuǎn)變的傾向C．因為焓變和熵變都與反應的自發(fā)性有關，因此焓變或熵變均可以單獨作為反應自發(fā)性的判據(jù)D．在其他外界條件不變的情況下，使用催化劑可以改變化學反應進行的方向9、《禮記·內(nèi)則》記載：“冠帶垢，和灰清漱；衣裳垢，和灰清浣?！惫湃讼礈煲律压趲В玫木褪遣菽净医莸娜芤?。下列說法錯誤的是A．草木灰的主要成分是K2CO3 B．洗滌利用了草木灰溶液的堿性C．洗滌時加熱可增強去油污能力 D．草木灰做肥料時可與銨態(tài)氮肥混合施用10、常溫下，用物質(zhì)的量濃度為amol?L-1的NaOH稀溶液滴定0.1mol?L-1某酸HA溶液，溶液中水電離出的c水(H+)的負對數(shù)[-lgc水(H+)]與所加NaOH溶液體積的關系如圖所示。下列說法正確()A．N點溶液顯酸性B．Ka(HA)的值約為10-5C．R點溶液中：c(Na+)＜c(A-)D．Q點溶液中：c(Na+)=c(A-)+c(HA)11、下列說法正確的是A．任何酸與堿發(fā)生中和反應生成1mo1H2O的過程中，能量變化均相同B．已知：①C(s石墨)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ/mol②C(s金剛石)＋O2(g)=CO2(g)△H2=-395.0kJ/mol，則金剛石比石墨穩(wěn)定C．同溫同壓下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和點燃條件下的ΔH相同D．表示硫的燃燒熱的熱化學方程式：S(s)+3/2O2(g)=SO3(g)；△H=-315kJ/mol12、室溫下，將0.05molNa2CO3固體溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物質(zhì)，有關結論正確的是()加入物質(zhì)結論A50mL1mol·L－1H2SO4反應結束后，c(Na＋)＝c(SO)B0.05molCaO溶液中增大C50mLH2O由水電離出的c(H+)·c(OH-)不變D0.1molNaHSO4固體反應完全后，溶液pH減小，c(Na＋)不變A．A B．B C．C D．D13、下列有關電化學裝置不能達到相應實驗目的的是A．模擬吸氧腐蝕 B．電解法制氯氣C．鐵的防護 D．外加電流的陰極保護法14、具有下列電子層結構的原子，其對應元素一定屬于同一周期的是A．兩種原子的電子層上全部都是s電子B．3p能級上只有一個空軌道的原子和3p能級上只有一個未成對電子的原子C．最外層電子排布為2s22p6的原子和最外層電子排布為2s22p6的離子D．原子核外M層上的s能級和p能級都填滿了電子，而d軌道上尚未有電子的兩種原子15、研究發(fā)現(xiàn)，可以用石墨作陽極、鈦網(wǎng)作陰極、熔融CaF2—CaO作電解質(zhì)，利用圖示裝置獲得金屬鈣，并以鈣為還原劑還原二氧化鈦制備金屬鈦。下列說法不正確的是A．由TiO2制得1mol金屬Ti，理論上外電路轉(zhuǎn)移4mol電子B．陽極的電極反應式為2O2－－4e－=O2↑C．在制備金屬鈦前后，整套裝置中CaO的總量不會減少D．裝置中石墨電極材料需要定期更換16、在“綠色化學工藝”中，理想狀態(tài)是反應物中的原子全部轉(zhuǎn)化為欲制得的產(chǎn)物，即原子利用率為100%——即“原子經(jīng)濟性”。下列反應能體現(xiàn)原子經(jīng)濟性的是A．CH3CH3＋Br2CH3CH2Br+HBrB．CH2=CH2＋Br2CH2BrCH2BrC．CH3CH2Br＋NaOHCH2=CH2+NaBr+H2OD．CH3CH2OH＋CH3COOHH2O+CH3COOCH2CH3二、非選擇題（本題包括5小題）17、長托寧是一種選擇性抗膽堿藥，可通過以下方法合成(部分反應條件略去):(1)長托寧中的含氧官能團名稱為______和______(填名稱)。(2)反應③的反應類型為______。(3)反應②中加入試劑X的分子式為C8H6O3，X的結構簡式為______。(4)D在一定條件下可以生成高聚物M，該反應的化學方程式為______。(5)C的一種同分異構體滿足下列條件：I．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。II．核磁共振氫譜有5個峰且峰的面積比為2：4：4：1：1；分子中含有兩個苯環(huán)。寫出該同分異構體的結構簡式：______。(6)根據(jù)已有知識并結合相關信息，寫出以和為原料制備的合成路線流程圖______(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線見上面題干)。18、已知有機物A、B、C、D、E、F、G有如圖轉(zhuǎn)化關系，其中C的產(chǎn)量可用來衡量一個國家石油化工發(fā)展水平，G的分子式為C9H10O2，試回答下列有關問題。（1）C的電子式___，G的結構簡式為____。（2）指出下列反應的反應類型：A轉(zhuǎn)化為B：___，C轉(zhuǎn)化為D：___。（3）B的同分異構體有很多種，遇FeCl3溶液顯紫色的同分異構體共有__種。（4）寫出下列反應的化學方程式。A→B的化學方程式：___。B和F生成G的化學方程式：___。19、為了證明一水合氨是弱電解質(zhì)，甲、乙、丙三位同學利用下面試劑進行實驗：0.10mol·L－1氨水、NH4Cl晶體、醋酸銨晶體、酚酞試劑、pH試紙、蒸餾水。(1)常溫下，pH=10的氨水中，c(OH－)=___，由水電離出來的濃度為c(OH－)水=_____。(2)甲用pH試紙測出0.10mol·L－1氨水的pH為10，據(jù)此他認定一水合氨是弱電解質(zhì)，你認為這一結論______(填“正確”或“不正確”)，并說明理由__________________。(3)乙取出10mL0.10mol·L－1氨水，滴入2滴酚酞試液，顯粉紅色，原因是(用電離方程式回答)：______；再加入CH3COONH4晶體少量，顏色變淺，原因是：__________。你認為這一方法能否證明一水合氨是弱電解質(zhì)：_____(填“能”或“否”)。(4)丙取出10mL0.10mol·L－1氨水，用pH試紙測出其pH為a，然后用蒸餾水稀釋至1000mL，再用pH試紙測出其pH為b，他認為只要a、b滿足如下關系__________(用等式或不等式表示)就可以確認一水合氨是弱電解質(zhì)。20、某同學設計了甲烷燃料電池并探究某些工業(yè)電解原理(如圖所示)，其中乙裝置為探究氯堿工業(yè)原理(X為陽離子交換膜，C為石墨電極)，丙裝置為探究粗銅精煉原理。請回答下列問題：(1)從a口通入的氣體為_______。(2)B電極的電極材料是________。(3)寫出甲中通甲烷一極的電極反應式：________________________________。(4)寫出乙中發(fā)生的總反應的離子方程式為________________________________。21、有機玻璃（聚甲基丙烯酸甲酯）具有透光率高、自重輕、安全性能高等優(yōu)點，目前它廣泛用于制作儀器儀表零件、照明燈罩、光學鏡片、透明屋頂、電話亭、廣告燈箱、標志牌等。下圖是以2—甲基丙烯為原料合成有機玻璃E（聚—2—甲基丙烯酸甲酯）的路線：(1)有機化合物中含有的官能團名稱是_____________________________________。(2)寫出B的結構簡式：___________________________________(3)寫出反應①的化學方程式____________________________________________________________________(4)寫出反應⑥的化學方程式__________________________________________________________________(5)在上述①~⑥反應中，屬于取代反應的是______________，屬于加成反應的是___________，(6)寫出E的結構簡式：___________________________(7)寫出有機物通過縮聚形成高分子聚酯F的結構簡式：___________________________

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【題目詳解】A、電池工作時，電子由負極通過外電路流向正極，選項A錯誤；B、正極得電子，發(fā)生還原反應，所以正極的電極反應式為：2MnO2+H2O(l)+2e-=Mn2O3(s)+2OH-(aq)，選項B正確；C、原電池工作原理是，負極失電子，發(fā)生氧化反應，根據(jù)電池總反應知，鋅失電子，選項C正確；D、由Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn(OH)2（s）+Mn2O3（s）可知，65gZn反應轉(zhuǎn)移電子為2mol，則6.5gZn反應轉(zhuǎn)移0.2mol電子，選項D正確；答案選A。2、B【題目詳解】A.用濕潤的pH試紙測定NaOH溶液的pH相當于將NaOH溶液稀釋，所測溶液pH偏低，故A錯誤；B.配制100mL1.00mol·L-1NaCl溶液，定容時俯視刻度線會導致溶液體積小于100mL，所測結果偏高，故B正確；C.用0.0001mol·L-1鹽酸滴定20.00mLNaOH溶液，起始讀數(shù)時仰視，起始鹽酸體積偏大導致所消耗標準溶液體積偏小，所測結果偏低，故C錯誤；D.測定中和熱的數(shù)值時，將0.5mol·L-1NaOH溶液倒入鹽酸后，立即讀數(shù)會因為酸堿沒有充分反應，導致所測溫度偏低，中和熱的數(shù)值偏低，故D錯誤；故選B。3、D【解題分析】先確定烷烴的一溴代物的種類，然后，溴原子只有連接在鍵端的碳原子上水解生成的醇，且該碳上有氫原子，才能被氧化成醛，據(jù)此進行分析?！绢}目詳解】先確定烷烴的一溴代物的種類，然后，溴原子只有連接在鍵端的碳原子上水解生成的醇，且該碳上有氫原子，才能被氧化成醛，A.正丁烷兩種一溴代物，異丁烷兩種一溴代物，共4種，所以分子式為C4H9Br的同分異構體共有4種，其中溴原子連接在鍵端的碳原子上能被氧化成醛的只有1-溴丁烷、1-溴-2-甲基丙烷，A錯誤；B.C7H15Br水解生成在鍵端的碳原子上的醇，且該碳上有氫原子的鹵代烴大于13種，B錯誤；C.C6H13Br水解生成在鍵端的碳原子上的醇，且該碳上有氫原子的鹵代烴有13種，C錯誤；D.C5H11Br水解生成在鍵端的碳原子上的醇，且該碳上有氫原子的鹵代烴為：CH3CH2CH2CH2CH2Br1-溴戊烷；CH3CH2CH（CH3）CH2Br2-甲基-1-溴丁烷；CH3CH（CH3）CH2CH2Br3-甲基-1-溴丁烷；CH3C（CH3）2CH2Br2，2-二甲基-1-溴丙烷；被空氣氧化生成4種不同的醛為：CH3CH2CH2CH2CHO戊醛；CH3CH2CH（CH3）CHO2-甲基丁醛；CH3CH（CH3）CH2CHO3-甲基丁醛；CH3C（CH3）2CHO2，2-二甲基丙醛；D正確；答案選D。4、A【解題分析】原子半徑越小，鍵長越短，同周期元素原子從左到右原子半徑依次減小，半徑由大到小為C>N>O>F，故H-F鍵長最短，鍵能最大，答案選A。5、C【分析】根據(jù)隨原子序數(shù)的遞增，元素原子的核外電子排布呈現(xiàn)周期性的變化而引起元素的性質(zhì)的周期性變化來解答。【題目詳解】A、因結構決定性質(zhì)，相對原子質(zhì)量的遞增與元素性質(zhì)的變化沒有必然的聯(lián)系，選項A錯誤；B、因元素的金屬性或非金屬性屬于元素的性質(zhì)，則不能解釋元素性質(zhì)的周期性變化，選項B錯誤；C、因元素原子的核外電子排布隨原子序數(shù)的遞增而呈現(xiàn)周期性變化，則引起元素的性質(zhì)的周期性變化，選項C正確；D、因元素的化合價屬于元素的性質(zhì)，則不能解釋元素性質(zhì)的周期性變化，選項D錯誤；答案選C?！绢}目點撥】本題考查元素周期律的實質(zhì)，明確原子的結構與性質(zhì)的關系、元素的性質(zhì)有哪些是解答的關鍵，并注意不能用元素本身的性質(zhì)來解釋元素性質(zhì)的周期性變化。6、B【題目詳解】在H2O2分解實驗中，當加入少量MnO2粉末時，H2O2的分解速率增大的原因是MnO2粉末做反應的催化劑，降低反應的活化能，故選B。7、D【題目詳解】該原電池中，A極逐漸變粗，說明A上發(fā)生還原反應，A作正極；B極逐漸變細，說明B失電子發(fā)生氧化反應，B作負極，則B的活潑性大于A的活潑性，所以排除AC選項；A極逐漸變粗，說明有金屬析出，B選項析出氫氣不是金屬，D選項析出金屬銀，所以D符合題意；答案選D。【題目點撥】本題考查了原電池原理，難度不大，明確正負極的判斷方法，一般是根據(jù)金屬的活潑性判斷正負極，但如：Mg、Al、NaOH溶液構成的原電池，鋁作負極，鎂作正極，根據(jù)電解質(zhì)溶液參與的化學反應來判斷正負極是易錯點。8、B【解題分析】A．ΔH＜0、ΔS＞0,ΔH-TΔS<0，任何溫度都能自發(fā)進行，錯誤；B、ΔH>0,ΔS＞0,高溫可以自發(fā)進行，正確；C、雖然焓變和熵變都與反應的自發(fā)性有關，但單獨作為反應自發(fā)性的判據(jù)是不準確的，錯誤；D、催化劑不可以改變化學反應進行的方向，錯誤。9、D【題目詳解】A項、草木灰的主要成分是K2CO3，故A正確；B項、K2CO3是強堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，能促進油脂的水解，則洗滌利用了草木灰溶液的堿性，故B正確；C項、K2CO3在溶液中的水解反應是吸熱反應，加熱，使水解平衡正向移動，溶液堿性增強，去油污能力增強，故C正確；D項、銨態(tài)氮肥中銨根離子在溶液中水解使溶液呈酸性，與草木灰混合施用會促進水解，使肥效降低，故D錯誤；故選D?！绢}目點撥】草木灰的主要成分是K2CO3，K2CO3是強堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，銨態(tài)氮肥中銨根離子在溶液中水解使溶液呈酸性，與草木灰混合施用會促進水解，使肥效降低是解答關鍵。10、B【分析】酸或堿抑制水電離，酸中c(H+)、堿中c(OH﹣)越大其抑制水電離程度越大，則[﹣lgc水(H+)]越大；弱酸陰離子或弱堿陽離子促進水電離，則[﹣lgc水(H+)]小，根據(jù)圖知，開始時溶質(zhì)為HA，水電離的H+濃度為110-11mol/L，HA為弱酸，溶液呈酸性而抑制水電離，隨著NaOH的加入，溶液中c(A﹣)增大而導致水電離程度增大，NaA溶液呈堿性，R點水電離的H+濃度為110-7mol/L，溶液pH=7，溶液呈中性，溶液中溶質(zhì)為HA、NaA，N點水電離程度最大，溶液中溶質(zhì)為NaA，繼續(xù)加入NaOH導致溶液中水電離程度減小，Q點溶質(zhì)為NaA、NaOH。【題目詳解】A．N點溶質(zhì)為強堿弱酸鹽NaA，NaA水解導致溶液呈堿性，則N點溶液呈堿性，故A錯誤；B．開始時溶質(zhì)為HA，HA電離程度較小，則溶液中c(HA)≈0.1mol/L，溶液中c(A﹣)≈c(H+)=mol/L=10﹣3mol/L，Ka(HA)==10﹣5，故B正確；C．R點溶液pH=7，溶液呈中性，則溶液中c(H+)=c(OH﹣)，溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(A﹣)+c(OH﹣)，則c(Na+)=c(A﹣)，故C錯誤；D．Q點溶質(zhì)為NaOH、NaA，NaOH過量，根據(jù)物料守恒得c(Na+)＞c(A﹣)+c(HA)，故D錯誤；故選：B。11、C【分析】A、根據(jù)強酸強堿溶解要放熱，弱酸弱堿電離要吸熱分析；

B、根據(jù)物質(zhì)的能量越低越穩(wěn)定來判斷；C、反應的焓變只與起始和終了物質(zhì)狀態(tài)能量有關，與變化過程、反應條件無關；

D、根據(jù)燃燒熱的定義判斷。【題目詳解】A、強酸強堿溶解要放熱，弱酸弱堿電離要吸熱，所以任何酸與堿發(fā)生中和反應生成1mo1H2O的過程中，能量變化可能不同，故A錯誤；

B、由①C(s石墨)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ/mol②C(s金剛石)＋O2(g)=CO2(g)△H2=-395.0kJ/mol，則①-②得，C(s石墨)=C(s金剛石)△H=+1.5kJ/mol，金剛石能量大于石墨的總能量，物質(zhì)的量能量越高越不穩(wěn)定，則石墨比金剛石穩(wěn)定，故B錯誤；

C、根據(jù)蓋斯定律分析可以知道，反應的焓變只與起始和終了物質(zhì)狀態(tài)能量有關，與變化過程、反應條件無關，所以C選項是正確的；D、硫的燃燒熱是1molS完全燃燒生成二氧化硫放出的熱量，故D錯誤；所以C選項是正確的。12、B【分析】室溫下，將0.05molNa2CO3固體溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO32－+H2OHCO3－+OH－溶液呈堿性，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】A、加入50mL1mol·L－1H2SO4，H2SO4與Na2CO3恰好反應，則反應后的溶液溶質(zhì)為Na2SO4，故根據(jù)物料守恒反應結束后c(Na+)=2c(SO42-)，A錯誤；B、向溶液中加入0.05molCaO，則CaO+H2O=Ca(OH)2，則c(OH－)增大，且Ca2++CO32-=CaCO3↓，使CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡左移，c(HCO3－)減小，故增大，B正確；C、加入50mLH2O，溶液體積變大，CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡右移，但c(OH-)減小，Na2CO3溶液中H+、OH-均由水電離，故由水電離出的c(H+)·c(OH-)減小，C錯誤；D、加入0.1molNaHSO4固體，NaHSO4為強酸酸式鹽電離出H+與CO32-反應，則反應后溶液為Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH減小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D錯誤；答案選B?！绢}目點撥】鹽的水解包括的內(nèi)容很多，如鹽溶液中離子濃度的變化、水的離子積的變化、電離平衡常數(shù)、水解平衡常數(shù)、溶液pH的判斷、水解離子方程式的書寫、鹽水解的應用、電荷守恒規(guī)律、物料守恒規(guī)律、質(zhì)子守恒規(guī)律的應用，加入其他試劑對水解平衡的影響、稀釋規(guī)律等，這類題目抓住水解也是可逆反應，所以可應用勒夏特列原理來解答。對于條件的改變?nèi)芤褐须x子濃度的變化，需在判斷平衡移動的基礎上進行判斷，有時需結合平衡常數(shù)、守恒規(guī)律等，尤其是等式關系的離子濃度的判斷或離子濃度大小比較是本知識的難點。等式關系的一般采用守恒規(guī)律來解答，若等式中只存在離子，一般要考慮電荷守恒；等式中若離子、分子均存在，一般考慮物料守恒或質(zhì)子守恒；離子濃度的比較要考慮溶液的酸堿性、水解、電離程度的相對強弱的關系。13、B【題目詳解】A.在海水弱堿的環(huán)境中，鐵和碳電極組成原電池，發(fā)生吸氧腐蝕，可以觀察到鐵生銹，A項能達到實驗目的；B.電解池中Fe連接在電源的正極，鐵做陽極，失去電子發(fā)生氧化，不會考慮陰離子放電，故不會產(chǎn)生氯氣，B項達不到實驗目的；C.可以構成Zn-Fe原電池，活潑性較強的Zn做負極，發(fā)生氧化，F(xiàn)e做正極，被保護，故C項能達到實驗目的；D.電解池中，鐵連接電源的負極，做陰極材料，F(xiàn)e不反應，F(xiàn)e附近的陽離子發(fā)生還原反應，屬于外加電流的陰極保護法，D項能達到實驗目的；答案選B?！绢}目點撥】電解池中，首先觀察陽極，若陽極為活潑金屬（包括Ag以及之前的金屬），則陽極金屬失去電子發(fā)生氧化，不考慮陽極附近陰離子放電；若陽極為惰性電極，考慮陰離子的放電順序，放電順序要記牢。14、B【題目詳解】A．兩種原子的電子層上全部都是s電子，均為1s或均為1s、2s電子，則為短周期一或二，不一定為同周期元素，如H與Li不同周期，故A不選；B．3p能級上只有一個空軌道的原子，為Si元素，3p能級上有一個未成對電子的原子為Na、Cl，均為第三周期元素，故B選；C．最外層電子排布式為2s22p6的原子為Ne，最外層電子排布式為2s22p6的離子為O或Na等，不一定為同周期元素，故C不選；D．原子核外M層上的s、p軌道都充滿電子，而d軌道上沒有電子，符合條件的原子的核外電子排布式有1s22s22p63s23p6為氬原子，1s22s22p63s23p64s1為鉀原子，1s22s22p63s23p64s2為鈣原子，不一定處于同一周期，故D不選；故答案為B。15、B【分析】根據(jù)圖知，陽極上電極反應式為C+2O2--4e-═CO2↑，陰極上電極反應式為：2Ca2++4e-═2Ca，鈣還原二氧化鈦反應方程式為2Ca+TiO2Ti+2CaO，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】A.鈣還原二氧化鈦反應方程式為：2Ca+TiO2Ti+2CaO，由TiO2制得1mol金屬Ti，理論上外電路轉(zhuǎn)移4mol電子，故A正確；B.陽極上電極反應式為C+2O2--4e-═CO2↑，故B錯誤；C.2Ca+TiO2Ti+2CaO，所以CaO質(zhì)量不會減少，故C正確；D.陽極上電極反應式為C+2O2--4e-═CO2↑，鈣還原二氧化鈦反應方程式為：2Ca+TiO2Ti+2CaO，C的不斷消耗注定裝置中石墨電極材料需要定期更換，故D正確；故選：B。16、B【解題分析】由題干信息以及選項方程式可知，ACD均有除目標產(chǎn)物以外的其它物質(zhì)生成，原子利用率達不到100%，而B達到了，故答案為B。【題目點撥】由題可知，化學反應若要符合“原子經(jīng)濟性”，則該反應類型為化合反應、加成反應。二、非選擇題（本題包括5小題）17、羥基醚鍵加成反應或還原反應n+H2O【分析】A在無水乙醚的作用下與Mg反應生成B，B與X發(fā)生加成后再水解得C，根據(jù)X的分子式為C8H6O3，B和C的結構可知，X的結構為；C在催化劑作用下與氫氣發(fā)生催化加氫反應(加成反應)生成D，D與LiAlH4發(fā)生還原反應生成E，E在一定條件下發(fā)生分子內(nèi)脫水生成F，F(xiàn)與反應生成G，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】(1)根據(jù)長托寧的結構簡式可知，長托寧中含氧官氧官能團為羥基和醚鍵；(2)根據(jù)分析，反應③的反應類型為加成反應或還原反應；(3)根據(jù)分析可知，X的結構簡式為；(4)D的結構中含有羥基和羧基，兩個官能團在一定條件下可以生成高聚物M，該反應的化學方程式為n+H2O；(5)根據(jù)條件Ⅰ能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明有酚羥基，Ⅱ核磁共振氫譜有5個峰且峰的面積比為2：4：4：1：1；分子中含有兩個苯環(huán)，符合條件的C的同分異構體為；(6)以和為原料制備，可以先將還原成苯甲醇，再與溴化氫發(fā)生取代，再發(fā)生題中流程中的步驟①②③的反應，再發(fā)生消去即可得產(chǎn)品，合成路線為：?！绢}目點撥】本題的難點為(6)中的合成路線，解題時要充分利用已知流程的分析和理解，熟知官能團的性質(zhì)。18、取代反應加成反應3+NaOH+NaClCH3COOH++H2O【分析】C的產(chǎn)量可用來衡量一個國家石油化工發(fā)展水平，則C為乙烯，其與水發(fā)生加成反應生成的D為乙醇；乙醇經(jīng)催化氧化生成E，E為乙醛；乙醛經(jīng)銀氨溶液氧化后再酸化得到F，則F為乙酸；由圖中信息可知，甲苯與氯氣在光照的條件下發(fā)生側鏈上的取代反應生成A，A屬于鹵代烴，其在氫氧化鈉溶液中加熱發(fā)生水解反應生成B；B與F在一定條件下生成G，由G的分子式C9H10O2可以推斷B為苯甲醇（）、A是。【題目詳解】（1）C為乙烯，其電子式為；G為乙酸苯甲酯，其結構簡式為。（2）A轉(zhuǎn)化為B屬于鹵代烴的水解反應，其反應類型為取代反應；C轉(zhuǎn)化為D的反應是乙烯與水反應生成乙醇，其反應類型為加成反應。（3）B為苯甲醇，其同分異構體有很多種，遇FeCl3溶液顯紫色的同分異構體屬于酚，可能為鄰甲酚、間甲酚和對甲酚，共有3種。（4）A→B的化學方程式為+NaOH+NaCl。B和F生成G的化學方程式為CH3COOH++H2O。19、10-4mol·L－110-10mol·L－1正確若是強電解質(zhì)，則0.010mol·L－1氨水溶液中c(OH－)應為0.010mol·L－1，pH＝12NH3·H2O?NH+OH－加入CH3COONH4晶體，NH濃度增大，氨水的電離平衡左移，溶液中c(OH－)減小能a－2<b<a【題目詳解】(1)常溫下，pH=10的氨水中，c(H+)=10-10mol/L，c(OH－)==10-4mol·L－1，氨水中氫離子全部由水電離，水電離出的氫氧根和氫離子濃度相等，所以c(OH－)水=10-10mol·L－1；(2)若是強電解質(zhì)，則0.010mol·L－1氨水溶液中c(OH－)應為0.010mol·L－1，pH＝12，而實際上pH=10，說明一水合氨不完全電離，為弱電解質(zhì)，故正確；(3)滴入酚酞顯紅色，說明顯堿性，一水合氨可以電離出氫氧根使溶液顯堿性，電離方程式為NH3·H2O?NH+OH－；加入CH3COONH4晶體，NH濃度增大，氨水的電離平衡左移，溶液中c(OH－)減小，堿性減