宁夏回族自治区长庆高级中学2023学年化学高二下期末调研模拟试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、已知甲醛(HCHO)分子中的4个原子是共平面的，下列分子中所有原子不可能同时存在于同一个平面上是()A．苯乙烯 B．苯甲酸C．苯甲醛 D．苯乙酮2、根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型，判断下列分子或者离子的空间构型正确的是选项分子式中心原子杂化方式价层电子对互斥模型分子或离子的立体构型ASO2sp直线形直线形BHCHOsp2平面三角形三角锥形CH3O+sp2四面体形平面三角形DNH4+sp3正四面体形正四面体形A．A B．B C．C D．D3、酚酞含片是一种治疗消化系统疾病的药物，其有效成分的结构简式如图所示．下列对该有效成分的说法正确的是（）A．核磁共振氢谱中有5个峰B．最多有15个碳原子共平面C．可能发生缩聚反应生成高分子化合物D．1mol该物质最多能与含4molNaOH的烧碱溶液反应4、下列化学用语表示正确的是（）A．四氯化碳分子的比例模型： B．氯乙烷结构简式：CH2ClCH2ClC．CH3CH2NO2与H2NCH2COOH互为同分异构体 D．丙烯的键线式：5、用NaOH固体配制1.0mol·L－1的NaOH溶液220mL，下列说法正确的是()A．首先称取NaOH固体8.8gB．定容时仰视刻度线会使所配制的溶液浓度偏高C．定容后将溶液均匀，静置时发现液面低于刻度线，于是又加少量水至刻度线D．容量瓶中原有少量蒸馏水没有影响6、已知向某溶液中逐滴加入NaOH溶液时，测得生成沉淀的质量随所加入NaOH的体积变化如图所示，则该溶液中大量含有的离子可能是（

）A．H+、NH4+、Mg2+、NO3-B．H+、Al3+、AlO2-、NH4+C．H+、NH4+、Al3+、Cl-D．NH4+、Al3+、Cl-、SO42-7、我国使用最早的合金是A．青铜 B．锰钢 C．生铁 D．硬铝8、氢气和氧气反应生成水的能量关系如图所示：下列说法正确的是A．△H5＜0 B．△H1＞△H2+△H3+△H4C．△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=0 D．O-H键键能为△H19、下列有关气体体积的叙述正确的是（）A．一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子大小决定B．一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子数决定C．不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数也不同D．气体摩尔体积指1mol任何气体所占的体积约为22.4L10、在密闭容器中一定量的混合气体发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L。保持温度不变.将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L。下列有关判断正确的是A．B的转化率降低 B．平衡向正反应方向移动C．x+y<z D．C的体积分数增大11、pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1mol·L－1)至pH＝7。消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy则()A．x为弱酸，Vx<Vy B．x为强酸，Vx>VyC．y为弱酸，Vx<Vy D．y为强酸，Vx>Vy12、草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在0.1mol·L-1KHC2O4溶液中，下列关系正确的是（）A．c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+c(C2O42-)B．c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol·L-1C．c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)D．c(C2O42-)<c(H2C2O4)13、下列物质的熔、沸点高低顺序中，正确的是()A．金刚石>晶体硅>二氧化硅>碳化硅B．CI4>CBr4>CCl4>CH4C．MgO>H2O>O2>Br2D．金刚石>生铁>纯铁>钠14、电解精炼铜时，下列叙述不正确的是：（）A．与电源正极相连的电极是粗铜板B．阴极发生反应：Cu2++2e-==CuC．电解池的阳极材料为纯铜薄片D．粗铜板上发生氧化反应15、下列用来表示物质变化的化学用语中,正确的是(

)A．氢氧碱性燃料电池的负极反应式:O2+2H2O+4e-4OH-B．粗铜精炼时与电源正极相连的是纯铜,主要电极反应式:Cu-2e-=Cu2+C．钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式:Fe-3e-Fe3+D．钢闸门应与外接电源的负极相连,起保护作用16、阿昔洛韦[化学名称：9－（2－羟乙氧甲基）鸟嘌呤]是抗非典型肺炎（SARS）的指定药物之一，其结构如图所示,有关阿昔洛韦的结构及性质的叙述中正确的是①1mol阿昔洛韦在催化剂作用下，最多可与5molH2发生加成反应；②属于芳香烃；③是一种易溶于水的醇；④可以被催化氧化；⑤不能使溴水褪色；⑥可以燃烧；A．①②③④⑥ B．②④⑤⑥ C．③④⑤⑥ D．④⑥17、在强酸性无色溶液中，下列离子组能大量共存的是()A．K＋、Mg2＋、SO42－、Cl－B．Na＋、Cu2＋、SO42－、NO3－C．Na＋、K＋、OH－、Cl－D．Ba2＋、HCO3－、NO3－、K＋18、下列有关说法正确的是A．镀铜铁制品镀层受损后,铁制品比受损前更容易生锈B．等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中,水的电离程度相同C．0.1

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

2SO3,使用催化剂能加快反应速率和提高SO2平衡转化率19、化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法错误的是（）A．在酸性条件下水解，水解产物只有一种B．能与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2气体C．1mol化合物X最多能与3molNaOH反应D．分子中两个苯环一定处于同一平面20、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）①Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3②SSO3H2SO4③饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3④Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3⑤MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOA．②③④ B．①③⑤ C．②④⑤ D．①④⑤21、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．100g46%的乙醇溶液中，含H－O键的数目为NAB．1molNaHSO4在熔融状态下电离出的阳离子数为2NAC．氢氧燃料电池负极消耗1.12L气体时，电路中转移的电子数为0.1NAD．常温常压下,92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA22、中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是（）A．SO2和湿润的Cl2都有漂白性，推出二者混合后漂白性更强B．Fe3Cl8可以改写为FeCl2·2FeCl3，推出Fe3I8可以改写为FeI2·2FeI3C．由F、Cl、Br、I非金属性依次减弱，推出HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱D．CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成，推出SO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成二、非选择题(共84分)23、（14分）已知X、Y、Z、W、R五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大。元素X是周期表中原子半径最小的元素；Y的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同；W位于第2周期，其基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；R基态原子3d轨道上的电子数是4s轨道上的4倍。请回答下列问题：（答题时，X、Y、Z、W、R用所对应的元素符号表示）⑴基态R原子的外围电子排布式为______；Y、Z、W的电负性由大到小的顺序是____。⑵元素Y、Z均能与元素X形成含18个电子的微粒，这些微粒中沸点最高的是______，其沸点最高的原因是______；Y2X4难溶于X2W的原因是_____。⑶YW的结构式为______(须标出其中的配位键)；在化学式为［R(ZX3)4(X2W)2］2+的配离子中与R形成配位键的原子是______。24、（12分）化合物F是一种重要的有机物，可通过以下方法合成：(1)B中含有的官能团名称为_________________。(2)A→B的化学方程式为_________________。(3)B→C的反应类型为_________________。(4)E的分子式为C10H10O4N2，写出E的结构简式：______________________。(5)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：_______________________。①能发生银镜反应；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；③分子中只有4种不同化学环境的氢。(6)已知：CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO。请结合题给信息，以苯和为原料制备，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)__________________。25、（12分）乙酸异戊酯是组成密蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如下：相对分子质量密度/(g·cm3)沸点/℃水中溶解性异戊醇880.8123131微溶乙酸601.0492118溶乙酸异戊酯1300.8670142难溶实验步骤：在A中加入4.4g异戊醇、6.0g乙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片。开始缓慢加热A，回流50min。反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤；分出的产物再加入少量无水Na2SO4固体，静止片刻。过滤除去Na2SO4固体，讲行蒸馏纯化。收集140～143°C馏分，得到乙酸异戊酯3.9g。回答下列问题：(1)实验中制备乙酸异戊酯的化学方程式为_________________。(2)仪器B的名称是_______________，作用是____________。(3)在洗涤操作中饱和碳酸氢钠溶液的主要作用是______________。(4)实验中加入少量无水Na2SO4的目的是_________________________。(5)实验中加过量乙酸的目的是___________________________。(6)本实验的产率是_______________(填标号)。a.30%b.40%c.50%d.60%26、（10分）维尔纳配合物M是一种橙黄色单斜晶体，该晶体以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。为探究该晶体的组成，设计了如下实验：步骤一，氮的测定：准确称取一定量橙黄色晶体，加入适量水溶解，注入下图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品中的氨全部蒸出，用500.00mL7.0mol/L的盐酸溶液吸收，吸收结束后量取吸收液25.00mL，用2.00mol/L的NaOH溶液滴定过量的盐酸，终点消耗NaOH溶液12.50mL。步骤二，氯的测定：准确称取橙黄色晶体wg，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，以K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色沉淀)。（1）上述装置A中，玻璃管的作用是_________；（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，酒精灯应放置在_____（填“A”或“B”）处。（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为______g。（4）有同学提出装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，会造成测得氮的含量结果将______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）；冰水混合物的作用是_______________。（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是________（6）经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在。制备M的化学方程式为_____，其中双氧水的作用是____；制备M的过程中温度不能过高的原因是_____。27、（12分）某化学小组需要480mL0.1000mol/L的NaOH溶液。欲在实验室用固体烧碱配制。请回答下列问题：(1)本实验需用托盘天平称量烧碱的质量为_____g。(2)配制过程中，不需要的仪器(填写代号)________________。a．烧杯b．冷凝管c．玻璃棒d．1000mL容量瓶e．漏斗f．胶头滴管(3)根据实验需要和(2)所列仪器判断，完成实验还缺少的仪器有药匙、__________、__________。(4)请说出本实验中玻璃棒的作用____________。(5)将上图中的实验步骤A～F按实验过程先后次序排列______________。(6)请用恰当的文字描述上图A操作的过程____________________________。(7)若配制过程中，其他操作都准确，下列操作能引起浓度偏高的有______(填代号)。①用来溶解NaOH的烧杯里面有少许水②未等稀释后的NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中③将NaOH溶液转移到容量瓶时，不小心撒到了外面少许④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线⑦定容时，俯视标线28、（14分）以天然气代替石油生产液体燃料和基础化学品是当前化学研究和发展的重点。（1）我国科学家创造性地构建了硅化物晶格限域的单中心铁催化剂，成功实现了甲烷一步高效生产乙烯、芳香烃Y和芳香烃Z等重要化工原料，实现了CO2的零排放，碳原子利用率达100%。已知Y、Z的相对分子质量分别为78、128，其一氯代物分别有1种和2种。①有关化学键键能数据如表中所示：化学键H－HC=CC－CC≡CC－HE（kJ/mol）436615347.7812413.4写出甲烷一步生成乙烯的热化学方程式：_____________；②已知：原子利用率=期望产物总质量/反应物总质量×100%，则甲烷生成芳香烃Y的原子利用率为______；③生成1molZ产生的H2约合标准状况下________L。（2）如图为乙烯气相直接水合法制备乙醇过程中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n(H2O)∶n(C2H4)=1∶1]。①若p2=8.0MPa，列式计算A点的平衡常数Kp=_______（用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数；结果保留到小数点后两位）；②该反应为______（填“吸热”或“放热”）反应，图中压强（p1、p2、p3、p4）的大小关系为_______；29、（10分）氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如下：回答下列问题：（1）C的名称是_____________。（2）③的反应试剂和反应条件分别是_____________，该反应类型是_____________。（3）⑤的反应方程式为______________。（4）G的分子式为_____________。（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有_____________种。（6）4-甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线______________（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件，其他试剂任选）

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【答案解析】

A.苯环上所有原子共面，乙烯中所有原子共面，所以苯乙烯中所有原子可能共面。故A不符合题意；B.苯环上所有原子共面，羧基上的原子可能共面，所以苯甲酸中所有原子可能共面，故B不符合题意；C.苯环上所有原子共面，甲醛(HCHO)分子中的4个原子是共平面的，所以苯甲醛中所有原子可能共面，故C不符合题意；D.苯环上所有原子共面，-CH3基团中的所有原子不能共面，所以苯乙酮中所有原子不能共面，故D符合题意；所以本题答案：D。【答案点睛】结合几种基本结构类型探究原子共面问题。苯和乙烯分子中，所有原子共面；甲烷中所以原子不共面；甲醛(HCHO)分子中的4个原子是共平面；以此解答。2、D【答案解析】

根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=配原子个数+孤电子对个数。【题目详解】A.SO2中心原子S的价层电子对数=，杂化方式sp2杂化，价层电子对互斥模型为平面三角形，分子的立体构型为V型结构，A错误；B.HCHO分子中心原子C的价层电子对数=，杂化方式sp2杂化，价层电子对互斥模型为平面三角形，分子的立体构型为平面三角形，B错误；C.H3O+分子中心原子O的价层电子对数=,杂化方式sp3杂化，价层电子对互斥模型为四面体形，离子的立体构型为三角锥形，C错误；D.NH4+分子中心原子N的价层电子对数=,杂化方式sp3杂化，价层电子对互斥模型为正四面体形，离子的立体构型为正四面体形，D正确；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查了微粒空间构型及原子杂化方式的分析判断的知识，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难点的孤电子对个数的计算方法，为常考查点，要熟练掌握。3、C【答案解析】

A.该物质中含8种位置的H原子,则核磁共振氢谱中有8个峰,故A错误;B.苯环为平面结构,与苯环直接相连的原子在同一平面内,则2个苯环及-COOC-中的两个碳可共平面,最多14个碳原子共面,故B错误;C.含酚-OH,能发生缩聚反应,故C正确;D.酚-OH及-COOC-能与碱反应,则该物质最多能与含3mol的烧碱溶液反应,故D错误;答案：C。【答案点睛】该物质含酚-OH和-COOC-,且结构不对称,苯环为平面结构,结合酚,酯的性质来解答即可。4、C【答案解析】

A．四氯化碳分子的比例模型中，氯原子的原子半径比碳原子的原子半径大，而在该模型中原子半径的大小错误，故A错误；B．氯乙烷的分子式为C2H5Cl，故其结构简式为CH3CH2Cl，故B错误；C．分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，CH3CH2NO2与H2NCH2COOH的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，故C正确；D.丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，故其键线式为，故D错误；答案选C。【答案点睛】注意比例模型中，原子的半径大小和空间构型！5、D【答案解析】

A.依题意，配制1.0mol·L－1的NaOH溶液220mL，要用250mL容量瓶来配制，则需要NaOH固体10.0g，选项A错误；B.定容时仰视刻度线会使所配制的溶液浓度偏低，选项B错误；C.定容后将溶液均匀，静置时发现液面低于刻度线，是因为少量溶液残留在刻度线上方的器壁上，此时又加少量水至刻度线，溶液浓度会偏低，选项C错误；D.容量瓶中原有少量蒸馏水对实验结果没有影响，选项D正确；故合理选项为D。6、C【答案解析】

根据图像可知，开始加入NaOH未出现沉淀，则溶液中含有大量的氢离子；产生沉淀，且沉淀完全消失，则含有铝离子；中间加入NaOH沉淀不变，则含有铵根离子；【题目详解】A.溶液中不能含有Mg2+，否则沉淀不能完全消失，A错误；B.Al3+、AlO2-不能大量共存，B错误；C.H+、NH4+、Al3+、Cl-符合题意，C正确；D.NH4+、Al3+、Cl-、SO42-，溶液中应该还有大量的H+，D错误；答案为C。7、A【答案解析】

生铁、锰钢是铁的合金，硬铝是铝合金，铜活泼性比Fe和Al弱，容易冶炼，中国是世界最早应用湿法治金的国家，所以我国使用最早的合金是铜合金，即青铜，答案选A。8、B【答案解析】

A.液态水转化为气态水需要吸热，则△H5＞0，A错误；B.根据盖斯定律可知△H1＝△H2+△H3+△H4+△H5，由于△H5＞0，因此△H1＞△H2+△H3+△H4，B正确；C.根据盖斯定律可知△H1＝△H2+△H3+△H4+△H5，则△H2+△H3+△H4+△H5-△H1=0，C错误；D.O-H键键能为△H1/2，D错误；答案选B。【答案点睛】选项B和C是解答的易错点和难点，注意盖斯定律的灵活应用，注意反应的起点和终点的判断。9、B【答案解析】

A.因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离都是大概相同的，分子很小，此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数，A错误；B.因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离都是大概相同的，分子很小，此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数，B正确；C.根据分子数N=n·NA=NA，若体积不同，不同状态下气体的Vm也不同，所以它们所含的分子数也可能相同，C错误；D.气体摩尔体积22.4L/mol，适用于标况下的气体，条件不同时，气体摩尔体积也可能不同，D错误；故合理选项是B。10、A【答案解析】

反应xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L。保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，而再达平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L，则说明体积增大(压强减小)化学平衡逆向移动，以此来解答。【题目详解】由信息可知，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时测得A的浓度为0.30mol/L，体积增大，相当于压强减小，化学平衡逆向移动，则A.减小压强，化学平衡逆向移动，则反应物B的转化率降低，A正确；B.由上述分析可知，平衡逆向移动，B错误；C.减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动，则x+y>z，C错误；D.减小压强，化学平衡逆向移动，则生成物C的体积分数减小，D错误；故合理选项是A。【答案点睛】本题考查化学平衡的移动，注意A的浓度变化及体积变化导致的平衡移动是解答本题的关键，掌握平衡移动原理，熟悉压强对化学平衡的影响即可解答。11、C【答案解析】

由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；发生中和反应后pH=7，为中性，x与NaOH反应生成不水解的正盐，而y与NaOH反应生成水解显碱性的正盐，且酸的物质的量越大消耗NaOH越多，以此来解答。【题目详解】由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；pH=2的x，其浓度为0.01mol/L，与NaOH发生中和反应后pH=7，为中性，则0.01mol/L×0.1L=0.1mol/L×V碱，解得V碱=0.01L，而pH=2的y，其浓度大于0.01mol/L，若二者恰好生成正盐，水解显碱性，为保证溶液为中性，此时y剩余，但y的物质的量大于x，y消耗的碱溶液体积大，体积大于0.01L，则Vx<Vy；故选：C。【答案点睛】本题考查弱电解质的电离及酸碱混合，为高频考点，把握等pH的酸稀释相同倍数时强酸pH变化大为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酸的物质的量大小决定消耗碱的体积大小，题目难度不大。12、C【答案解析】

A.根据溶液呈电中性，则c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)，与题意不符，A错误；B.根据C原子守恒，则c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol·L-1，与题意不符，B错误；C.根据C原子守恒，c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol·L-1，符合题意，C正确；D.草酸氢钾溶液呈酸性，则HC2O4-电离程度大于HC2O4-水解程度，即c(C2O42-)>c(H2C2O4)，与题意不符，D错误；答案为C。13、B【答案解析】分析：本题考查晶体熔沸点的比较，根据晶体类型及晶体中微粒间作用力大小进行比较。详解：A项，在原子晶体中，共价键的键长越短，键能越大，熔、沸点越大，则熔、沸点高低顺序为：金刚石>碳化硅>二氧化硅>晶体硅，故A项错误；B项，对于分子晶体，相对分子质量越大的，其熔沸点越高，所以CI4>CBr4>CCl4>CH4，故B项正确；C项，一般来说，熔沸点：原子晶体>离子晶体>分子晶体，对于分子晶体，相对分子质量越大的，其熔沸点越高，水中含有氢键，熔沸点高，所以熔、沸点高低顺序为MgO>H2O>Br2>O2，故C项错误；D项，金刚石属于原子晶体，生铁属于铁合金，合金的熔沸点比组成其成分的金属的小，钠的金属键小，熔沸点低，所以熔、沸点高低顺序为：金刚石>纯铁>生铁>钠，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。点睛：该题的关键是准确判断出影响晶体熔沸点高低的元素。晶体熔沸点高低比较的一般规律是：原子晶体，熔沸点大小和共价键的强弱有关系；金属晶体中，形成金属键的金属阳离子半径越小，电荷数越多，金属键越强，熔沸点越高；分子晶体中形成分子晶体的分子间作用力越大，熔沸点越高；离子晶体中形成离子键的离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高。14、C【答案解析】

电解法进行粗铜的精炼：粗铜做阳极（发生氧化反应），纯铜做阴极（铜离子发生还原反应），含有铜离子的溶液做电解液。【题目详解】电解精炼铜时，粗铜为阳极，和电源正极相连，发生氧化反应；精铜为阴极，和电源负极相连，发生还原反应，阴极发生反应:Cu2+＋2e－＝Cu；因此A、B、D选项正确，C错误；正确选项C。15、D【答案解析】分析：A、燃料电池中负极放电的一定是燃料，正极放电的一定是氧气；B、粗铜精炼时，阴极是纯铜，粗铜作阳极；C、钢铁发生电化学腐蚀的负极是铁失去电子生成亚铁离子；D、钢闸门的电化学防护主要有外加电源的阴极保护法和牺牲阳极的阴极保护法，据此分析判断。详解：A、氢氧燃料电池中负极放电的一定是燃料，即在负极上是氢气放电，故A错误；B、粗铜精炼时，阴极(和电源的负极相连)是纯铜，粗铜作阳极(和电源的正极相连)，故B错误；C、钢铁发生电化学腐蚀的负极是铁失去电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故C错误；D、钢闸门的电化学防护主要有外加电源的阴极保护法和牺牲阳极的阴极保护法，采用外加电源的阴极保护法时，钢闸门应与外接电源的负极相连，故D正确；故选D。16、D【答案解析】

由结构简式可知，分子中不含苯环，含有碳碳双键、碳氮双键、碳氮单键、羟基、氨基、醚键和肽键。【题目详解】①阿昔洛韦分子中含有的1个碳碳双键和2个碳氮双键在催化剂作用下可与氢气发生加成反应，则1mol阿昔洛韦最多可与3molH2发生加成反应，故错误；②阿昔洛韦分子中含有氧原子和氮原子，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故错误；③阿昔洛韦分子中只含有1个羟基，亲水基数目较少，应微溶于水或不溶于水，故错误；④阿昔洛韦分子中碳碳双键、碳氮双键和羟基都可以被氧化，故正确；⑤阿昔洛韦分子中碳碳双键、碳氮双键能使溴水褪色，故错误；⑥有机物一般可以燃烧，故正确；④⑥正确，故选D。【答案点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握常见有机物的结构，注意有机物的官能团对性质的影响是解答关键。17、A【答案解析】分析：在溶液中如果离子间能发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、溶液的酸碱性以及发生的反应分析判断。详解：A.K＋、Mg2＋、SO42－、Cl－在酸性溶液中不反应，且均是无色的，可以大量共存，A正确；B.Cu2＋在溶液中显蓝色，不是无色，不能大量共存，B错误；C.OH－在酸性溶液中不能大量共存，C错误；D.HCO3－在酸性溶液中不能大量共存，D错误；答案选A。18、A【答案解析】A、铜、铁、电解质构成原电池，铁做负极，镀铜铁制品镀层受损后，铁更容易生锈，选项A正确；B、等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中,前者电离产生的氢离子浓度小，抑制水的电离程度小，水的电离程度小，选项B错误；C、0.1mol/LNa2CO3溶液中存在质子守恒有:c(OH-)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H+)，选项C错误；D、使用催化剂能加快反应速率，但不能使平衡移动，故不能提高SO2平衡转化率，选项D错误；答案选A。19、D【答案解析】

由结构简式可知，化合物X含有酯基，可发生水解反应；含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应。【题目详解】A项、化合物X是含有酯基的环状化合物，酸性条件下水解产物只有一种，故A正确；B项、化合物X含有羧基，酸性强于碳酸，可与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2气体，故B正确；C项、能与氢氧化钠反应的官能团为酯基和羧基，化合物X的酯基水解生成酚羟基和羧基，则1mol化合物X最多能与3molNaOH反应，故C正确；D项、分子中两个苯环与同一个饱和碳原子相连，饱和碳原子为四面体结构，两个苯环不一定处于同一平面，故D错误；故选D。【答案点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意理解官能团与有机物性质的关系，明确羧基和酯基的性质是解答关键。20、B【答案解析】Al2O3溶于NaOH生成NaAlO2溶液，再向该溶液中通入CO2气体，又生成了Al(OH)3白色沉淀，①可实现；S在氧气中燃烧只能生成SO2，不能生成SO3，②不能实现；饱和NaCl溶液与氨气、二氧化碳共同反应生成NaHCO3，NaHCO3受热分解为Na2CO3，③可以实现；Fe2O3溶于盐酸生成FeCl3溶液，由于氯化铁易发生水解，直接加热蒸干并灼烧得到氧化铁固体，得不到无水FeCl3，④不能实现；MgCl2(aq)与石灰乳反应生成Mg(OH)2沉淀，加热该沉淀分解为MgO，⑤可以实现；综上①③⑤都可以实现，B正确；正确选项B。点睛：FeCl3溶液直接加热蒸干并灼烧得到氧化铁固体，只有在不断通氯化氢气流的情况下，加热蒸干才能得到无水FeCl3。21、D【答案解析】分析：A．乙醇溶于中，水分子中也含有O-H键；B、熔融状态下硫酸氢钠电离的阳离子只有钠离子；C、气体的体积与温度和压强有关；D、NO2和N2O4最简式相同为NO2，可以计算92gNO2中所含原子数。详解：A．100g46%的乙醇溶液中，由于水分子中也含有H-O键，则该溶液中含H-O键的数目大于NA，故A错误；B、熔融状态下1mol硫酸氢钠完全电离出1mol钠离子，电离出的阳离子数为NA，故B错误；C、氢气所处的状态不明确，无法计算氢气的物质的量，则转移的电子数无法计算，故C错误；D、NO2和N2O4最简式相同为NO2，计算92gNO2中所含原子数=92g46g/mol×3×NA=6NA，故D正确；故选点睛：本题考查了阿伏加德罗常数的计算。本题的易错点为B，要注意硫酸氢钠在水溶液中和熔融状态下的电离的区别，在溶液中能够电离出氢离子，在熔融状态下只能电离成钠离子和硫酸氢根离子。22、C【答案解析】

A.等物质的量的二氧化硫和氯气在水溶液中会发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸,不再具有漂白性,故A错误；B.Fe3+有氧化性，I-有还原性，二者可发生氧化还原反应，即FeI3不可能存在，故B项错误；C.非金属的非金属性越强,还原性越弱,F、C1、Br、I的非金属性逐渐减弱,所以其还原性依次增强,故C选项正确；D.NO3-可以将SO32-氧化为SO42-，有BaSO4沉淀生成，故D项错误；答案：C。二、非选择题(共84分)23、3d84s2O＞N＞CN2H4N2H4分子间存在氢键C2H4是非极性分子，H2O是极性溶剂，非极性分子难溶于极性溶剂N、O【答案解析】

X、Y、Z、W、K五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大．元素X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，则Y为碳元素；W位于第2周期，其原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，原子核外电子排布为1s22s22p4，则W为O元素；Z的原子序数介于碳、氧之间，故Z为N元素；R基态原子3d轨道上的电子数是4s轨道上的4倍，R为Ni。【题目详解】（1）R为Ni，基态R原子的外围电子排布式为3d84s2；同周期随原子序数增大，元素电负性呈增大趋势，Y、Z、W的电负性由大到小的顺序是O＞N＞C。（2）C、N两元素均可形成含18个电子氢化物分子，其氢化物分子分别为C2H6、N2H4，N2H4分子之间存在氢键，C2H6分子之间无氢键，二者沸点相差较大；根据相似相溶的规律：C2H4是非极性分子，H2O是极性溶剂，非极性分子难溶于极性溶剂；（3）CO是SP杂化，碳和氧形成叁键，CO的结构式为(须标出其中的配位键)；Ni提供空轨道，N和O提供孤电子对，在化学式为［Ni(NH3)4(H2O)2］2+的配离子中与Ni形成配位键的原子是N和O。【答案点睛】本题是对物质结构的考查，推断元素是解题关键，易错点：注意核外电子排布、电负性、氢键、配位键等基础知识。24、硝基、溴原子取代反应或【答案解析】

(1)根据合成路线图可知A→B是一个取代反应(硝化反应),是浓硫酸作催化剂，在溴苯上溴原子对位引入硝基；(2)根据合成路线图中C与D物质在结构简式上的差别判断。(3)结合D和F的结构简式及D、E、F间的反应条件可推知E的结构简式。(4)根据C的结构和其同分异构体的特征，能发生银镜反应说明含有醛基:能发生水解反应说明含有酯键,且水解产物可以与FeCl3溶液发生显色反应,说明水解产物中有酚羟基;分子中有4种不同化学环境的氢原子，判断符合条件的同分异构体的结构筒式；(5)根据题干部分流程图中的AB、E→F反应，以及CD、D的反应和已知条件确定合成路线。【题目详解】(1)由B的结构简式可知B中含有的官能团名称为硝基、溴原子，答案：硝基、溴原子。(2)由框图A→B即可知，A→B属于取代反应，反应的化学方程式为；答案：。(3)由框图B→C即可知B→C发生了取代反应，所以B→C反应类型为取代反应；答案：取代反应。(4)由框图和E的分子式为C10H10O4N2，可知E的结构简式：；答案：。(5)C的结构简式为：，满足①能发生银镜反应说明含有醛基:②能发生水解反应说明含有酯基,且水解产物可以与FeCl3溶液发生显色反应,说明水解产物中有酚羟基;③分子中有4种不同化学环境的氢原子的同分异构体的结构简式：或；答案：或。(6)以苯和为原料制备，根据已知条件CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO和题干部分流程图中的AB、E→F反应，以及CD、D的反应，所以制备的合成路线流程图；答案：。25、+H2O球形冷凝管冷凝回流除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度干燥乙酸异戊酯提高异戊醇的转化率d【答案解析】

（1）CH3COOH与反应生成和H2O。（2）根据题中仪器B的构造判断该仪器的名称。（3）在洗涤操作中饱和碳酸氢钠溶液的主要作用是除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度。（4）实验中加入少量无水硫酸钠的目的是吸收酯中少量的水分，对乙酸异戊酯进行干燥。（5）根据反应物对增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高进行判断加入过量乙酸的目的。（6）先计算出乙酸和异戊醇的物质的量，然后判断过量情况，根据不足量计算出理论上生成乙酸异戊酯的物质的量，最后根据实际上制取的乙酸异戊酯计算出产率。【题目详解】（1）CH3COOH与反应生成和H2O，化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O。（2）仪器B为球形冷凝管，作用是冷凝回流，故答案为：球形冷凝管；冷凝回流。（3）在洗涤操作中饱和碳酸氢钠溶液的主要作用是除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度，故答案为：除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度。（4）实验中加入少量无水硫酸钠的目的是吸收酯中少量的水分，对乙酸异戊酯进行干燥，故答案为：干燥乙酸异戊酯。（5）酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动；增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高，因此本实验中加入过量乙酸的目的是提高转化率；故答案为：提高异戊醇的转化率。（6）乙酸的物质的量为：n==0.1mol，异戊醇的物质的量为：n==0.05mol，由于乙酸和异戊醇是按照1：1进行反应，所以乙酸过量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成0.05mol乙酸异戊酯；实际上生成的乙酸异戊酯的物质的量为=0.03mol，所以实验中乙酸异戊酯的产率为100%=60%，故答案为：d。26、平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定)A42.00偏高减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收AgNO3见光易分解2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O氧化剂温度过高过氧化氢分解、氨气逸出【答案解析】

根据盐酸和氢氧化钠的量计算氨气的物质的量，根据硝酸银计算氯离子的物质的量。注意分析合成M的原料中双氧水的作用。【题目详解】（1）上述装置A中，玻璃管的作用是平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定)；（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，A装置要产生水蒸气将B中的氨全部蒸出，酒精灯应放置在A处。（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为42.00g。（4）装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，相当于氨气消耗盐酸过多，会造成测得氮的含量偏高；为减少盐酸的挥发，冰水混合物的作用降低吸收液盐酸的温度，减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收。（5）硝酸银见光会分解，故测定氯的过程中使用棕色滴定管的原因是防止AgNO3见光分解。（6）M以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在，双氧水将+2价钴氧化为+3，则M为配合物，其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，因此，制备M的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，其中双氧水的作用是氧化剂；双氧水和氨水受热均易分解，故制备M的过程中温度不能过高的原因是：温度过高过氧化氢分解、氨气逸出。27、2.0bde托盘天平500mL容量瓶搅拌、引流CBDFAE用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切时停止加水②⑦【答案解析】（1）配制0.1mol•L-1的NaOH溶液480mL，应选择500mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量为0.1mol•L-1×0.5L×40g/mol=2.0g；（2）配制0.1mol•L-1的NaOH溶液480mL，所以需选用500mL的容量瓶；称量需用药匙取NaOH，溶解需要用烧杯，玻璃棒搅拌，转移过程中用玻璃棒引流，最后用胶头滴管定容，故不需要的仪器是冷凝管、1000mL容量瓶和漏斗，答案选nde；（3）根据以上分析可知还缺少托盘天平和500mL容量瓶；（4）在溶解时玻璃棒起搅拌作用，在转移时起引流作用；（5）根据溶液的配制原理可知，用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量、溶解转移、洗涤转移、定容摇匀，因此正确的操作顺序是CBDFAE；（6）A是定容，操作为用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切时停止加水；（7）①用来溶解NaOH的烧杯里面有少许水不影响；②未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容，溶液热胀冷缩，恢复到室温后溶液体积小于500mL，所配溶液浓度偏高；③将NaOH溶液转移到容量瓶时，不小心撒到了外面少许，溶质减少，浓度偏低；④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，溶质减少，浓度偏低；⑤容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，由于定容时还需要加入蒸馏水，所以不影响配制结果；⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水