2024届河南省濮阳市油田三高化学高二第二学期期末质量检测模拟试题含解析

2024届河南省濮阳市油田三高化学高二第二学期期末质量检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、能表示人体大量喝水时，胃液的pH变化的图象是（）A．A B．B C．C D．D2、下列说法不正确的是A．Na2O2的电子式：B．金属钠着火时，用细沙覆盖灭火C．氯水、氯气、液氯均能与硝酸银溶液反应产生白色沉淀D．研究方法是观察法3、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．用含0.1molFeCl3的饱和溶液制取Fe(OH)3胶体得0.1NA个胶粒B．将含有NA个Al3+的AlCl3溶液完全蒸干，可得到1mol的固体AlCl3C．电解法精炼铜，当电路中有0.2NA个电子转移时，阳极的质量一定减轻6.4gD．25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目约为0.1NA4、下列离子方程式正确的是A．Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：A13++3H2O=Al(OH)3↓+3H+D．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O5、下列离子方程式书写正确的是（）A．氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2OB．往CaCl2溶液中通入少量的CO2：Ca2＋＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2H＋C．碘化亚铁溶液与足量氯气反应：2I－＋Cl2=I2＋2Cl－D．向澄清石灰水中滴加少量的NaHCO3溶液：Ca2＋＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2O6、丙烷(C3H8)的二氯取代物有（）A．2种 B．3种 C．4种 D．5种7、下列能级轨道数为3的是（）A．s能级 B．p能级 C．d能级 D．f能级8、一种新型燃料电池，以镍板为电极插入KOH溶液中，分别向两极通乙烷和氧气，电极反应为C2H6+18OH－＝2CO32－+12H2O+14e－；14H2O+7O2+28e－＝28OH－，有关推断错误的是（）A．通氧气的电极为正极B．在电解质溶液中CO32－向正极移动C．放电一段时间后，KOH的物质的量浓度将下降D．参加反应的氧气和乙烷的物质的量之比为7∶29、下列有关分子空间构型说法中正确的是A．HClO、BF3、NCl3分子中所有原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构B．P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′C．分子中键角的大小：BeCl2>SnCl2>SO3>NH3>CCl4D．BeF2分子中，中心原子Be的价层电子对数等于2，其空间排布为直线，成键电子对数等于2，没有孤对电子10、下列试验中，所选装置不合理的是A．分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选④B．用CC14提取碘水中的碘，选③C．用FeC12，溶液吸收C12，选⑤D．粗盐提纯，选①和②11、下列有关说法不正确的是()A．水合铜离子的模型如图所示，1个水合铜离子中有4个配位键B．CaF2晶体的晶胞如图所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋C．H原子的电子云图如图所示，H原子核外的大多数电子在原子核附近运动D．金属Cu中Cu原子堆积模型如图所示，该金属晶体为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为1212、MnSO4·H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计下列装置制备硫酸锰：下列说法错误的是A．装置Ⅰ烧瓶中放入的药品X为铜屑B．装置Ⅱ中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率C．装置Ⅲ用于吸收未反应的SO2D．用装置II反应后的溶液降温结晶可制得MnSO4·H2O晶体13、下列性质体现了金属通性的是()A．银不易生锈 B．铁常温下不溶于浓硝酸C．钠与水剧烈反应放出氢气 D．金属具有良好的延展性14、下列关于煤、天然气、石油等资源的说法正确的是()A．煤的干馏是物理变化 B．石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物C．石油裂化得到的汽油是纯净物 D．石油产品都可用于聚合反应15、下列说法不正确的是（）A．葡萄糖溶液和乙酸可用新制氢氧化铜鉴别B．植物油和矿物油可用热的饱和碳酸钠溶液鉴别C．甲苯和乙醇可用酸性高锰酸钾溶液鉴别D．乙醇、苯、四氯化碳既可用燃烧法鉴别，又可用水鉴别16、下列说法中一定正确的是()A．固态时能导电的物质一定是金属晶体B．熔融状态能导电的晶体一定是离子晶体C．水溶液能导电的晶体一定是离子晶体D．固态不导电而熔融状态导电的晶体一定是离子晶体17、下列制取Cl2、探究其漂白性、收集并进行尾气处理的原理和装置合理的是()A．制取氯气 B．探究漂白性C．收集氯气 D．尾气吸收18、如图所示是298K时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述不正确的是A．在温度、体积一定的条件下，通入1molN2和3molH2反应后放出的热量为92kJB．a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线C．加入催化剂，也不能提高N2的转化率D．该反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣92kJ/mol19、氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr相比较，水的作用不相同的是()①2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑②4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3③2F2＋2H2O=4HF＋O2④2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑A．①③B．①④C．③④D．②④20、N2的结构可以表示为，CO的结构可以表示为，其中椭圆框表示π键，下列说法不正确的是()A．N2分子与CO分子中都含有三键B．CO分子中有一个π键是配位键C．N2与CO互为等电子体D．N2与CO的化学性质相同21、某有机物A的结构为，下列有关说法正确的是A．1molA能跟2molNaOH溶液反应B．能发生加聚反应C．不能发生分子内酯化反应D．A分子中所有原子在同一平面上22、Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，对此反应下列说法中正确的是A．Na2O2只作氧化剂B．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物C．O2是还原产物D．2molFeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移二、非选择题(共84分)23、（14分）A(C2H4)是基本的有机化工原料，由A制备聚丙烯酸甲酯（有机玻璃主要成分）和肉桂酸的合成路线（部分反应条件略去）如下图所示：已知：+CH2=CH-R+HX（X为卤原子，R为取代基）回答下列问题：（1）反应①的反应条件是_______；⑥的反应类型是_____。（2）B的名称为_______________________________；（3）由C制取D的化学方程式为__________。（4）肉桂酸的同分异构体中能同时满足下列条件：①苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物有两种②能发生银镜反应，③能与FeCl3溶液发生显色反应。请写出符合上述要求物质的结构简式：________。（5）已知由A制备B的合成路线如下（其中部分反应条件已省略）：CH2=CH2→XY→Z则X→Y反应方程式为______________，Z的结构简式为_______________。24、（12分）立方烷()具有高度的对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点，因此合成立方烷及其衍生物成为化学界关注的热点。下面是立方烷衍生物I的一种合成路线：回答下列问题：(1)C的结构简式为___________，E的结构简式为_______________。(2)③的反应类型为___________，⑤的反应类型为_______________。(3)化合物A可由环戊烷经三步反应合成，已知：反应1的试剂与条件为：Cl2/光照。反应2的化学方程式为_____________________________________。(4)在立方烷衍生物I的合成路线中，互为同分异构体的化合物是__________(填化合物代号)。(5)立方烷衍生物I与碱石灰共热可转化为立方烷。立方烷的核磁共振氢谱中有________个峰。25、（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26、（10分）实验室里需用480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液。(1)该同学应选择________mL的容量瓶。(2)其操作步骤如下图所示，则如图操作应在下图中的__________(填选项字母)之间。A．②与③B．①与②C．④与⑤(3)该同学应称取NaOH固体________g，用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在附表中选取所需的砝码大小________(填字母)，并在下图中选出能正确表示游码位置的选项________(填字母)。(4)下列操作对所配溶液的浓度偏大的有（填写下列序号）（_________）①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯②容量瓶中原来有少量蒸馏水③摇匀后发现液面低于刻度线再加水④定容时观察液面俯视27、（12分）某学习小组为测定放置已久的小苏打样品中纯碱的质量分数，设计如下实验方案：（1）方案一：称取一定质量的样品，置于坩埚中加热至恒重后，冷却，称取剩余固体质量，计算。①完成本实验需要不断用玻璃棒搅拌，其目的是_______________________________。②若实验前所称样品的质量为mg，加热至恒重时固体质量为ag，则样品中纯碱的质量分数为________。（2）方案二：按如图所示装置进行实验，并回答下列问题：①实验前先检查装置的气密性，并称取一定质量的样品放入A中，将稀硫酸装入分液漏斗中。D装置的作用是________________。②实验中除称量样品质量外，还需分别称量_______装置反应前、后质量(填装置字母代号)。③根据此实验得到的数据，测定结果有误差。因为实验装置还存在一个明显的缺陷，该缺陷是_________。④有同学认为，用E装置替代A装置能提高实验准确度。你认为是否正确？_________(填“是”或“否”)。（3）方案三：称取一定量的样品置于锥形瓶中，加适量水，用盐酸进行滴定，从开始至有气体产生到气体不再产生，所滴加的盐酸体积如图所示，则小苏打样品中纯碱的质量分数为_________(保留两位有效数字)。28、（14分）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种元素，A的一种同位素可用于考古中测定生物的死亡年代；B与A同周期，其s能级电子数比p能级电子数多；C原子的最外层电子数是次外层的3倍；D与B同主族；E的原子序数为29。回答下列问题：（1）五种元素中第一电离能最大的是_____，其中D原子价电子排布图为______。

（2）元素B的简单气态氢化物的沸点______元素A的简单气态氢化物的沸点（填大于或小于），其主要原因是____；A的简单气态氢化物中心原子的杂化轨道类型为________。（3）BC3-的立体构型为__________，与其互为等电子体的分子是__________（写化学式）。（4）EC在加热条件下容易转化为E2C，从原子结构的角度解释原因____________；E原子的外围电子排布式为_____________。（5）硼与D可形成一种耐磨材料F，其结构与金刚石相似（如图）。F的晶胞边长为acm，则该晶体密度的表达式为___________g·cm-3。(用含a、NA的式子表示，不必化简）。29、（10分）(1)、按要求填空：①、第三周期中有两个成单电子的元素符号是__________。②、四核10电子的粒子的电子式(写一种)__________。③、第四周期中，3d轨道半充满的元素符号是__________。(2)、写出符合下列条件的元素原子的电子排布式：①、自然界中含量居第二的金属元素__________。②、第四周期0族元素__________。③、能形成自然界中最硬的单质的元素__________。

参考答案一、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、A【解题分析】

选项中图象，横坐标表示加水的体积，纵坐标表示溶液的pH，结合胃液的成分和pH计算公式进行解答。【题目详解】人体胃液的主要成分为盐酸，盐酸显酸性，溶液的酸碱度可用pH值表示，其计算公式为pH=-lgc（H+），其中c（H+）表示氢离子浓度，显酸性的胃酸，在人体大量喝水时，氢离子浓度随着加水稀释，氢离子浓度的减小，溶液的pH升高，结合图象，横坐标表示加水的体积，纵坐标表示溶液的pH，A图象符合题意。答案选A。2、A【解题分析】

A.在过氧化钠中，氧氧之间共用着一对电子，正确的电子式为故A项错误；B.细沙和金属钠之间不反应，金属钠着火时，可以用细沙覆盖隔绝氧气来灭火，故B项正确；C.氯水、氯气、液氯均可与水或在水溶液中生成氯离子，加入硝酸银溶液都可生成氯化银沉淀，故C项正确；D.图示表示的是一同学正在闻物质的气味，根据学生的操作可以知道该学生除了闻气味，还可以观察到气体的颜色，故D项正确。故答案为A。3、D【解题分析】

A．Fe(OH)3胶体粒子是氢氧化铁的集合体，制得的胶体中含Fe(OH)3胶体胶粒数目小于0.1NA个，A项错误；B．AlCl3溶液加热时水解生成Al(OH)3，生成的HCl易挥发，故AlCl3溶液蒸干最终生成Al(OH)3，不能得到固体AlCl3，B项错误；C．电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜，还有比铜活泼的金属，当电路中有0.2NA个电子转移时，阳极的质量不是减轻6.4g，C项错误；D．25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中，，则1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目约为0.1NA，D项正确；答案选D。【题目点拨】能水解，水解生成易挥发性酸的盐溶液加热蒸干、灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3(s)Al2O3(s)。4、D【解题分析】分析：A、次氯酸为弱酸，保留化学式；B．反应生成氯化亚铁和氢气；C、明矾溶于水铝离子水解产生Al(OH)3胶体；D、氨过量生成正盐。详解：A、Cl2通入水中，离子方程式：Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO，故A错误；B．浓盐酸与铁屑反应的离子反应为Fe+2H＋=Fe2＋+H2↑，故B错误；C、明矾溶于水铝离子水解产生Al(OH)3胶体，A13++3H2O=Al(OH)3（胶体）+3H+；D、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O，故D正确；故选D。点睛：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，解题关键：把握发生的反应及离子反应的书写方法，侧重分析与应用能力的考查，易错点：A，注意离子反应中保留化学式的物质如HClO，B、反应生成氯化亚铁和氢气．5、D【解题分析】

离子方程式正误判断常用方法为检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。【题目详解】A项、FeO与足量稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O，故A错误；B项、碳酸的酸性弱于盐酸，CaCl2溶液与CO2不反应，故B错误；C项、氯气过量，溶液中亚铁离子和碘离子完全被氧化生成三价铁离子和单质碘，反应的离子方程式为2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，故C错误；D项、澄清石灰水与少量的NaHCO3溶液反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为Ca2＋＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2O，故D正确；故选D。【题目点拨】本题考查了离子方程式书写，涉及复分解反应和氧化还原反应的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键。6、C【解题分析】

丙烷(C3H8)的二氯取代物有CH3CHClCH2Cl、CH2ClCH2CH2Cl、CHCl2CH2CH3、CH3CCl2CH3，共计4种，答案选C。【题目点拨】注意二取代或多取代产物数目的判断：定一移一或定二移一法，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。7、B【解题分析】

s、p、d、f能级的轨道数分别为1、3、5、7个，所以能级轨道数为3的是p能级，故选B。8、B【解题分析】试题分析：A、氧气得到电子，在正极反应，正确，不选A；B、碳酸根离子向负极移动，错误，选B；C、总反应中消耗氢氧根离子，所以放电一段时间，氢氧化钾的物质的量浓度下降，正确，不选C；D、根据电子守恒分析，氧气和乙烷的物质的量比为7:2，正确，不选D。考点：燃料电池的工作原理9、D【解题分析】

A.HClO中的H和BF3中的B都未达到8电子结构，A错误；B.P4和CH4都是正四面体结构，但是P4的P-P是该四面体的边，所以键角为60°；CH4的C-H键在正四面体的内部，键角为109°28′，B错误；C.BeCl2的空间结构为直线形，键角为180°；SnCl2呈V型，分子中含有一对孤对电子，由于该孤对电子的存在，键角小于120°；SO3的空间结构为平面正三角形，键角为120°；NH3的空间结构为三角锥形，键角为107°；CCl4的空间结构为正四面体，键角为109°28′；故分子中键角的大小：BeCl2>SO3>SnCl2>NH3>CCl4，C错误；D.BeF2分子中，中心原子Be的价层电子对数等于2，即成键电子对数等于2，由于没有孤对电子，故其空间排布为直线，D正确；故合理选项为D。10、A【解题分析】

由图可知，①②③④⑤分别为过滤、蒸发、萃取(或分液)、蒸馏、洗气装置。【题目详解】A．Na2CO3溶液和CH3COOC2H5分层，则选择③，故A错误；B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则用CCl4萃取碘水中的碘，选③，故B正确；C．氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，则选⑤长进短出可吸收，故C正确；D．粗盐提纯，需要溶解后过滤、蒸发得到NaCl，则选①和②，故D正确；故选A。【点晴】解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理；③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥反应速率较快；⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高；⑧合成过程是否造成环境污染。⑨有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。11、C【解题分析】

A.如图所示，铜离子与4个水分子结合，所以1个水合铜离子中有4个配位键，故A正确；B.晶胞中Ca2＋处于晶胞的顶点和面心，则每个CaF2晶胞中Ca2＋数为8×1/8+6×1/2=4，故B正确；C.H原子外只有一个电子，在原子核附近运动，故C错误；D.在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，故D正确；故选C。12、A【解题分析】

A.装置Ⅰ烧瓶中放入的药品X为亚硫酸钠，铜与浓硫酸常温时不反应，A错误；B.装置Ⅱ中用“多孔球泡”可增大SO2与溶液的接触面积，增大吸收速率，B正确；C.SO2有毒，不能直接排放到大气中，装置Ⅲ用于吸收未反应的SO2，C正确；D.用装置II反应后的溶液为硫酸锰溶液，降温结晶可制得MnSO4·H2O晶体，D正确；答案为A。13、D【解题分析】

金属通性指的是金属的某些共有的物理性质，如“不透明、有金属光泽、有延展性、导热性、导电性”等：A、该说法是对不活泼金属性质的描述，不是金属的通性，A错误；B、该说法是对铁某些特殊性质的描述，不是金属的通性，B错误；C、该说法是对活泼金属性质的描述，不是金属的通性，C错误；D、金属的是金属通性的体现，D正确；故选D。14、B【解题分析】

A．煤干馏是煤化工的重要过程之一。指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程。煤的干馏是化学变化，A错误；B．石油和天然气（主要是CH4）的主要成分都是碳氢化合物，B正确；C．石油裂化得到的汽油是混合物，C错误；D．石油产品中不饱和烃才可用于加成聚合反应，D错误。答案选B。15、C【解题分析】

A.葡萄糖溶液能把新制氢氧化铜悬浊液还原产生红色沉淀，乙酸能与氢氧化铜发生中和反应使其溶解，因此可用新制氢氧化铜鉴别葡萄糖溶液和乙酸，A正确；B.植物油属于油脂，能在饱和的热的碳酸钠溶液中水解，而矿物油主要是烃类物质，与热的饱和碳酸钠溶液不反应，也不溶解在碳酸钠溶液中，因此可以鉴别，B正确；C.甲苯和乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，C错误；D.乙醇、苯均能燃烧，燃烧的实验现象不同，四氯化碳不能燃烧，可用燃烧法鉴别，又因为乙醇与水互溶，苯不溶于水在上层，四氯化碳不溶于水在下层，因此又可用水鉴别，D正确；答案选C。【题目点拨】掌握物质的性质差异是解答的关键，即任何具有明显实验现象差异的物理性质、化学性质都可用于物质的鉴定。在物质鉴定过程中常常是根据颜色的变化、是否有气体产生、能否溶解、有无沉淀、有无吸热或放热等现象来判别。可以根据能不能产生某个现象来判别，也可以根据产生某个现象的快慢进行判断。所以常常可以用多种方法鉴定某种物质。16、D【解题分析】

A.固态时能导电的物质不一定是金属晶体，也可能是原子晶体如硅，或混合型晶体如石墨，A不正确；B.熔融状态能导电的晶体不一定是离子晶体，也可能是金属晶体，B不正确；C.水溶液能导电的晶体不一定是离子晶体，也可能是属于电解质的分子晶体，C不正确；D.固态不导电而熔融状态导电的晶体，说明其在晶体状态下没有自由移动的离子，但在熔融态有自由移动的离子，故一定是离子晶体，D正确。故选D。17、B【解题分析】A.该反应制取氯气需要加热，故A不合理；B.浓硫酸干燥氯气，通过该装置说明干燥的氯气没有漂白性，故B合理；C.氯气密度大于空气，要用向上排空气法收集氯气，故C不合理；D.氯气在饱和食盐水中难以溶解，故D不合理。故选B。18、A【解题分析】

A、该反应是可逆反应，反应存在一定限度，在温度、体积一定的条件下，通入1molN2和3molH2充分反应后放出的热量小于92kJ，故A错误；B、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，因此a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，故B正确；C、催化剂能改变反应速率，但不能改变化学平衡，所以加入催化剂，也不能提高N2的转化率，故C正确；D、该反应放出的能量大于吸收的能量，所以放热，书写热化学方程式必须标注物质的聚集状态，该热化学方程式未标注物质的状态，故D正确。综上所述，本题正确答案为A。19、C【解题分析】分析：Br2＋SO2＋2H2O==H2SO4＋2HBr中水既非氧化剂又非还原剂；详解：①中水既非氧化剂又非还原剂；②中水既非氧化剂又非还原剂；③中水为还原剂，④中水为氧化剂；综上所述，③④中水的作用与Br2＋SO2＋2H2O==H2SO4＋2HBr中水的作用不相同，故本题正确答案为C。20、D【解题分析】

A．根据图象知，氮气和CO都含有两个π键和一个σ键，N2分子与CO分子中都含有三键，故A正确；B．氮气中π键由每个N原子各提供一个电子形成，而CO分子中其中一个π键由O原子提供1对电子形成属于配位键，故B正确；C．N2分子与CO分子中原子总数相同、价电子总数也相同，二者互为等电子体，故C正确；D．N2与CO的化学性质不相同，如CO具有较强的还原性，而氮气的性质比较稳定，还原性较差，故D错误；故选D。21、B【解题分析】

A.有机物A的官能团是碳碳双键、醇羟基和羧基，只有羧基能电离出氢离子，则1molA最多能与1molNaOH反应，A项错误；B.分子内含碳碳双键，碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应，B项正确；C.分子内含羧基和醇羟基，两者在一定条件下能发生分子内酯化反应，C项错误；D.苯分子和乙烯分子都是共面的分子，但是甲烷分子是四面体分子，有机物A分子中来自苯、乙烯等的原子可以共面，但不一定共面，但来自甲烷衍生的—CH2—、—CH2OH中的原子不可能都共面，D项错误；答案选B。22、B【解题分析】

从化合价变化的角度分析氧化还原反应中的有关概念的判断，根据化合价升降的数目计算反应中的电子转移数目。2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑反应中，铁元素的化合价升高，由+2价升高到+3价，Na2O2中元素的化合价既升高又降低。据此分析解答。【题目详解】A.Na2O2中元素的化合价既升高又降低，反应中既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B.FeSO4→Na2FeO4，铁的化合价升高，Na2FeO4是氧化产物，Na2O2→Na2FeO4，氧元素化合价降低，Na2FeO4是还原产物，故B正确；C.Na2O2→O2，氧元素化合价升高，O2是氧化产物，故C错误；D.反应中化合价升高的元素有Fe，由+3价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-2价→0价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol×3+1mol×4=10mol电子转移，故D错误。答案选B。二、非选择题(共84分)23、浓硫酸、加热取代反应乳酸或2-羟基丙酸或α-羟基丙酸CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O、(写一种即可)2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH(OH)CN【解题分析】

由C与F发生题干信息反应，生成肉桂酸，可知，C中必含碳碳双键，因此确定B到C发生了醇的消去反应，C为CH2=CHCOOH，根据产物聚丙烯酸甲酯可知D为CH2=CHCOOCH3，C与甲醇发生酯化反应生成D，D发生加聚反应生成聚甲基丙烯酸甲酯；CH≡CH发生加成反应生成苯，苯发生取代反应生成F（氯苯），C（CH2=CHCOOH）与F（氯苯）发生题干信息反应，生成肉桂酸，据此分析问题。【题目详解】（1）根据以上分析可知，反应①为醇的消去反应，反应条件是浓硫酸、加热；⑥的反应为CH2=CHCOOH++HCl，因此反应类型是取代反应；答案：浓硫酸、加热取代反应（2）B为，名称为乳酸或2-羟基丙酸或α-羟基丙酸；答案：乳酸或2-羟基丙酸或α-羟基丙酸（3）由C制取D发生的是酯化反应，化学方程式为CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；答案：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O（4）肉桂酸（）的同分异构体中能同时满足下列条件：①苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物有两种，说明两个取代基应该处于对位，②能发生银镜反应，说明有醛基，③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基。符合上述要求物质的结构简式为、；答案：、(写一种即可)（5）根据信息可知乙烯必须先生成C=O，才可以与HCN反应，增加碳原子数，因此确定CH2=CH2先与水发生加成反应生成X（乙醇），乙醇发生催化氧化反应生成乙醛（Y），反应的方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；按照信息，乙醛与HCN发生加成反应Z（CH3CH(OH)CN），Z在酸性条件下与水反应生成；答案：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH(OH)CN24、取代反应消去反应+NaOH+NaClG和H1【解题分析】

A发生取代反应生成B，B发生消去反应生成C，C为，C发生取代反应生成D，D与Br2/CCl4发生加成反应生成E，E为，对比E和F的结构简式，E发生消去反应生成F，据此分析解答。【题目详解】A发生取代反应生成B，B发生消去反应生成C，C为，C发生取代反应生成D，D与Br2/CCl4发生加成反应生成E，E为，对比E和F的结构简式，E发生消去反应生成F；(1)根据上述推断，C的结构简式为，E的结构简式为；(2)通过以上分析中，③的反应类型为取代反应，⑤的反应类型为消去反应；(3)环戊烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，X为，X和氢氧化钠的水溶液加热发生取代反应生成Y，Y为，Y在铜作催化剂加热条件下发生氧化反应生成环戊酮。反应2的化学方程式为+NaOH+NaCl；(4)在I的合成路线中，互为同分异构体的化合物是G和H；(5)I与碱石灰共热可化为立方烷，核磁共振氢谱中氢原子种类与吸收峰个数相等，立方烷中氢原子种类是1，因此立方烷的核磁共振氢谱中有1个峰。【题目点拨】本题考查了有机物的合成及推断的知识，涉及反应条件的判断、反应方程式的书写、同分异构体种类的判断等知识点，明确有机物中含有的官能团及其性质是解本题关键，要根据已知物质结构确定发生的反应类型及反应条件。25、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【解题分析】（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至标线，溶液体积增加，浓度偏低；⑦定容时俯视刻度，导致溶液的体积偏小，根据c=n/V可知，配制的溶液浓度偏高，答案选②⑦。26、500C10.0c、dc④【解题分析】分析：本题考查的是一定物质的量浓度的溶液的配制，注意天平的使用和操作对实验结果的影响。详解：(1)要配制480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液，根据容量瓶的规格分析，只能选择稍大体积的容量瓶，即选择500mL容量瓶。(2)①为称量，②为溶解，③为转移液体，④振荡，⑤为定容，⑥为摇匀。图中表示加入水到离刻度线2-3厘米，应该在振荡和定容之间，故选C。(3)实验需要的氢氧化钠的质量为0.5×0.5×40=10.0克。用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体，则总质量为23.1+10.=33.1克，则选择20g和10g的砝码，故选c、d，游码应在3.1克位置，即游码的左边在3.1克位置，故选c。(4)①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，则溶质有损失，浓度变小，故错误；②容量瓶中原来有少量蒸馏水对溶液的浓度无影响，故错误；③摇匀后发现液面低于刻度线不应该再加水，否则浓度变小，故错误；④定容时观察液面俯视，则溶液的体积变小，浓度变大。故选④。点睛：在配制一定物质的量浓度的溶液时选择容量瓶的规格要考虑溶液的体积和实际条件，通常容量瓶的规格为100mL，250mL，500mL等，若溶液的体积正好等于容量瓶的规格，按体积选择，若溶液的体积没有对应的规格，则选择稍大体积的容量瓶。且计算溶质的量时用容量瓶的体积进行计算。27、使固体样品受热均匀，避免局部温度过高，造成样品外溅×100%避免空气中的水蒸气和二氧化碳进入C装置中，造成实验误差C反应产生的二氧化碳残留在A、B装置内，不能被完全吸收否24%【解题分析】

小苏打久置会发生反应：，该样品成分为NaHCO3、Na2CO3，测定样品中纯碱的质量分数方法有：①测定二氧化碳量（质量、体积）从而计算出混合物中Na2CO3的质量分数，②利用NaHCO3的不稳定性，加热固体得到减少的质量，计算出成品中NaHCO3的质量，从而计算出混合物中Na2CO3的质量分数。【题目详解】（1）①使用玻璃棒搅拌，使固体受热均匀，避免局部温度过高，造成固体外溅，故答案为使固体受热均匀，避免局部温度过高，造成固体外溅；②设样品中碳酸氢钠的质量为x，则：Δm16862xg(m-a)g则x==，故m(Na2CO3)=[m-]g，则样品中Na2CO3的质量分数为=，故答案为；（2）①利用C中碱石灰增重测定反应生成二氧化碳的质量，进而计算样品中碳酸钠的质量分数，由于碱石灰可以吸收空气中的二氧化碳与水蒸气，故D装置的作用是吸收空气中的二氧化碳与水蒸气，避免空气中的二氧化碳与水蒸气加入C中，防止测定误差；②C装置反应前后质量之差为反应生成二氧化碳的质量，根据样品总质量、二氧化碳的质量可以计算混合物中碳酸钠的质量，还需分别称量C装置反应前、后的质量；③该实验装置有一个明显的缺陷是反应产生的二氧化碳残留在A、B装置内，不能完全被吸收，使C中吸收二氧化碳质量减小，造成较大的误差；④用E装置替代A装置能提高实验准确度，这种说法不正确。因为E装置用恒压分液漏斗，部分二氧化碳为残留在分液漏斗上部，使C中吸收二氧化碳质量减小，造成较大的误差；（3）由图可知，开始发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3，产生二氧化碳的反应为：HCl+NaHCO3=NaCl+CO2↑+H2O。整个反应过程涉及6个刻度，设每个刻度为1molHCl，由方程式可知，样品中n(Na2CO3)=1mol，碳酸钠反应生碳酸氢钠为1mol，故原样品中碳酸氢钠的物质的量为5mol-1mol=4mol，则原混合物中碳酸钠的质量分数为=24%。【题目点拨】本题考查物质组成含量的测定，明确实验原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度中等，注意方案二有一定的缺陷，装置中的二氧化碳未能完全被C中碱石灰吸收。本题实验基本操作和技能，涉及实验方案的设计与评价及实验误差分析、对信息的利用、实验条件的控制、化学计算等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本知识的基础与分析问题、解决问题的能力。28、N高于NH3分子之间存在氢键sp3平面三角形SO3Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子排布为3d10，为全充满稳定状态，Cu2O更稳定3d104s14×42N【解题分析】分析：A的一种同位素可用于考古中测定生物的死亡年代，A为C元素；C原子的最外层电子数是次外层的3倍，C为O元素；A为第二周期元素，B与A同周期，B的s能级电子数比p能级电子数多，B的原子序数介于A与C之间，B为N元素；E的原子序数为29，E为Cu元素；D与B同主族，D的原子序数介于C与E之间，D为P元素。（1）五种元素中第一电离能最大的是N。D的价电子排布图为。（2）沸点NH3>CH4，主要原因是NH3分子间存在氢键。CH4中碳原子为sp3杂化。（3）BC3-为NO3-，NO3-的立体构型为平面三角形。用“替代法”，与其互为等电子体的分子是SO3等。（4）EC为CuO，E2C为Cu2O，CuO在加热条件下容易转化为Cu2O的原因是：Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子排布为3d10，为全