2024届浙江省温州东瓯中学 化学高二下期末质量跟踪监视试题含解析

2024届浙江省温州东瓯中学化学高二下期末质量跟踪监视试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、已知分子式为C12H12的物质A结构简式如图所示，A环上的二溴代物有9种同分异构体，由此推断A环上的四氯代物的同分异构体的数目有（）A．9种 B．10种 C．11种 D．12种2、向某晶体的溶液中加入Fe2＋的溶液无明显变化，当滴加几滴溴水后，混合液出现红色，由此得出下列的结论错误的是A．Fe3＋的氧化性比溴的氧化性强B．该晶体中一定含有SCN－C．Fe2＋与SCN－不能形成红色化合物D．Fe2＋被溴水氧化成Fe3＋3、对于HCl、HBr、HI，随着相对分子质量的增大而增强的是()A．共价键的极性 B．氢化物的稳定性 C．范德华力 D．共价键的键能4、将质量为W1g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V1L.向溶液中逐滴加入浓度为amol·L−1的HCl溶液，过程中有白色沉淀产生后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时所加HCl溶液体积为V2L。将溶液蒸干充分灼烧得到固体(NaCl和Al2O3)W2g.下列关系式中错误的是A．24n(Al)+35.5n(Na)=W2−W1B．n(Na)+3n(Al)=aV2C．n(Na)+3n(Al)=V1/11.2D．aV2=V1/22.45、等量镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是()A．2mol·L－1H2SO4 B．18mol·L－1H2SO4 C．6mol·L－1KOH D．3mol·L－1HNO36、有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，原子半径依次减小，其中只有一种金属元素；X+与M2—具有相同的电子层结构；离子半径：Z2—>W—；Y的单质晶体熔点高、硬度大。下列说法中正确的是()A．X、M两种元素只能形成X2M型化合物B．X的氢化物熔点比W的氢化物低C．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂D．ZM2、YM2晶体类型相同，晶体中含有化学键类型也相同7、苯乙烯的结构简式为，下列关于它的叙述中，错误的是()A．可以和溴水反应B．是乙烯的同系物C．化学式为C8H8D．1mol苯乙烯最多可以和4molH2发生加成反应8、对物质的量的理解正确的是（）A．物质的量就是物质的质量的另一种表达方式，单位是g/molB．物质的量就是物质的数量，数值上等于式量，单位是molC．物质的量就是6.02×1023个微粒的质量，单位是gD．物质的量是国际单位制中的一个物理量，表示含有一定数目微粒的集体9、对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g),下列叙述正确的是()A．达到化学平衡时,4v正(NH3)=5v逆(H2O)B．若单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率减小D．达到平衡时,若减小容器体积,则NH3的转化率会增大10、高炉炼铁过程中发生反应：Fe2O3(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)，该反应在不同温度下的平衡常数见右表。下列说法正确的是（）温度T/℃100011501300平衡常数K4.03.73.5A．由表中数据可判断该反应：反应物的总能量＜生成物的总能量B．1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c(CO)=2×10-3mol/L，则用CO2表示该反应的平均速率为2×10－3/tmol·L－1·min－1C．为了使该反应的K增大，可以在其他条件不变时，增大c(CO)D．其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量11、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．根据同周期元素的第一电离能变化趋势,推出Al的第一电离能比Mg大B．根据主族元素最高正化合价与族序数的关系,推出卤族元素最高正价都是+7C．根据同周期元素的电负性变化趋势,推出Ar的电负性比Cl大D．根据较强酸可以制取较弱酸的规律,推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO12、下列各项叙述中，正确的是（）A．电子层序数越大，s原子轨道的形状相同、半径越小B．在同一电子层上运动的电子，其自旋方向肯定不同C．镁原子由1s22s22p63s2→ls22s22p63p2时，原子吸收能量，由基态转化成激发态D．原子最外层电子排布是5s1的元素，其氢氧化物不能使氢氧化铝溶解13、25

℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在平衡：PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，向该饱和溶液中加入KI

浓溶液，下列说法正确的是A．溶液中Pb2+和I-的浓度都增大 B．PbI2的溶度积常数Ksp增大C．沉淀溶解平衡向右移动 D．溶液中Pb2+的浓度减小14、现代无机化学对硫—氮化合物的研究是最为活跃的领域之一。其中如图所示是已合成的最著名的硫—氮化合物的分子结构。下列说法正确的是A．该物质的分子式为SNB．该物质的分子中既有极性键，又有非极性键C．该物质在固态时形成原子晶体D．该物质中硫的杂化方式为sp2，分子构型为平面型15、下列说法正确的是（）A．有单质生成的反应一定是氧化还原反应B．非金属氧化物不一定是酸性氧化物C．金属氧化物一定是碱性氧化物D．纯净物只由一种原子组成，而混合物由多种原子组成16、米饭遇到碘酒时显蓝色，咀嚼米饭后有甜味，这说明（）A．米饭中只含有淀粉B．米饭咀嚼后只含单糖C．米饭咀嚼时单糖聚合成淀粉D．米饭咀嚼时淀粉发生了水解17、反应N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)的能量变化如图所示，a、b均为正值，单位是kJ，下列说法正确的是A．N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)△H=(a-b)kJ·mol－1B．NH3(g)⇌N2(g)＋H2(g)△H=(b-a)kJ·mol－1C．NH3中氮氢键键能为bkJ·mol－1D．压强越大，该反应的△H越小18、下列说法正确的是A．按系统命名法，的名称为2－甲基－3－乙基丁烷B．聚乙烯（PE）和聚氯乙烯（PVC）的单体都是不饱和烃，均能使溴水褪色C．分子中至少有11个碳原子处于同一平面D．有机物与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH19、碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I−的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法中正确的是A．向含I−的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝B．途径II中若生成1molI2，消耗1molNaHSO3C．氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO3−D．一定条件下，I−与IO3−可能生成I220、下列表述正确的是A．苯和氯气生成C6H6Cl6的反应是取代反应B．乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2CH2Br2C．等物质的量的甲烷与氯气反应的产物是CH3ClD．硫酸作催化剂，CH3CO18OCH2CH3水解所得乙醇分子中有18O21、己知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+3C1O-+4OH－=2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（）A．+3 B．+4 C．+5 D．+622、四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48。下列说法不正确的是XYZWA．原子半径(r)大小比较r(X)＞r(Y)B．X和W可形成共价化合物XW3C．W的非金属性比Z的强，所以W氢化物的沸点比Z的高D．Z的最低价单核阴离子的失电子能力比Y的强二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A、B、C、D、E、F均为周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大。其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E为离子晶体，E原子核外的M层中有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的晶体可做半导体材料；F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子。请根据以上信息，回答下列问题(答题时，A、B、C、D、E、F用所对应的元素符号表示)：(1)A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为________(2)B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点高的理由是____________。(3)A的简单氢化物的中心原子采取______杂化，E的低价氧化物分子的空间构型是____。(4)F的核外电子排布式是_____，A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示(其中A显－3价)，则其化学式为_______。24、（12分）A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，A元素原子核外有3个未成对电子，B元素原子核外电子占用3个能级，其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍，D元素与B元素同族，C元素与A元素同族，E元素原子的价电子数是其余电子数的一半。（1）A、C、D的第一电离能由大到小的顺序为___________________（用元素符号表示），E2+的基态电子排布式为__________________________________。（2）B和D的氢化物中，B的氢化物沸点较高的原因是____________________________。（3）C形成的最高价氧化物的结构如图所示，该结构中C-B键的键长有两类，键长较短的键为__________（填“a”或“b”）。（4）E可与CO形成羰基配合物E2(CO)8，是有机合成的重要催化剂，不溶于水，溶于乙醇、乙醚、苯，熔点50～51℃，45℃（1.33kPa）时升华。①E2(CO)8为_________晶体。（填晶体类型）②E2(CO)8晶体中存在的作用力有______________________________。25、（12分）某兴趣小组设计了如图所示装置(部分夹持装置已略去)进行实验探究。（实验一）探究影响化学反应速率的因素。圆底烧瓶中装锌片(两次实验中所用锌片大小和外形相同)、恒压分液漏斗中装稀硫酸，以生成20.0mL气体为计时终点，结果为t1＞t2。序号V(H2SO4)/mLc(H2SO4)/mol·L-1t/sI401t1II403t2序号V(H2SO4)/mLc(H2SO4)/mol·L－1t/sI401t1II403t2检查该装置气密性的方法是_______________________________________________。比较实验I和Ⅱ可以得出的结论是____________________________________________。（实验二）探究铁的电化学腐蚀。①圆底烧瓶中装铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装稀硫酸，打开活塞加入稀硫酸后量气管中出现的现象是：左侧液面_________右侧液面_________(选填“上升”、“下降”)。②圆底烧瓶中装与①相同量的铁粉但不加入碳粉，其他试剂和操作相同，发现左、右侧液面变化较_______（选填“快”、“慢”，下同），说明原电池反应比一般化学反应_______。③圆底烧瓶中装与①相同量的铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装食盐水，打开活塞加入食盐水后，你预测量气管中出现的现象是：___________________________________，正极的电极反应是___________________________。26、（10分）某同学利用下图所示装置制备乙酸乙酯。实验如下：Ⅰ．向2mL浓H2SO4和2mL乙醇混合液中滴入2mL乙酸后，加热试管A；Ⅱ．一段时间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体；Ⅲ．停止加热，振荡试管B，油状液体层变薄，下层红色溶液褪色。(1)为了加快酯化反应速率，该同学采取的措施有_____________。(2)欲提高乙酸的转化率，还可采取的措施有_______________。(3)试管B中溶液显红色的原因是___________（用离子方程式表示）。(4)Ⅱ中油状液体的成分是__________。(5)Ⅲ中红色褪去的原因，可能是酚酞溶于乙酸乙酯中。证明该推测的实验方案是_____________。27、（12分）NaNO2可用作食品添加剂。NaNO2能发生以下反应：3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2ONO2-+Ag+=AgNO2↓(淡黄色)某化学兴趣小组进行以下探究。回答有关问题：(l)制取NaNO2反应原理：Na2CO3+2NO2=NaNO2+NaNO3＋CO2Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2用下图所示装置进行实验。①铜与浓硝酸反应的化学方程式为______________________________。②实验过程中，需控制B中溶液的pH＞7，否则产率会下降，理由是_________。③往C中通入空气的目的是____________________(用化学方程式表示)。④反应结束后，B中溶液经蒸发浓缩、冷却结品、___________等操作，可得到粗产品晶体和母液。(2)测定粗产品中NaNO2的含量称取5.000g粗产品，溶解后稀释至250mL。取出25.00mL溶液，用0.1000mol·L-1KMNO4酸性溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为20.00mL。已知：2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O①稀释溶液时，需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有_________(填标号)。A．容量瓶B．量筒C．胶头滴管D．锥形瓶②当观察到_________________时，滴定达到终点。③粗产品中NaNO2的质量分数为____________(用代数式表示)。28、（14分）有机物A的结构简式为：（1）A的分子式为_____．（2）A在NaOH水溶液中加热，经酸化得到有机物B和D，D是芳香族化合物．当有1molA发生反应时，最多消耗_____molNaOH．（3）B在一定条件下发生酯化反应可生成某五元环酯，该五元环酯的结构简式为_____．（4）写出苯环上只有一个取代基且属于酯类的D的所有同分异构体．_____．29、（10分）已知A，B，C，D，E，F均为周期表中前36号元素，且原子序数依次增大．A，B，C为同一周期的主族元素，B原子p能级电子总数与s能级电子总数相等．A，F原子未成对电子是同周期中最多的，且F基态原子中电子占据三种不同形状的原子轨道．D和E原子的第一至第四电离能如下表所示：（1）A，B，C三种元素的电负性最大的是__（填写元素符号），D，E两元素中D的第一电离能较大的原因是__．（2）F基态原子的核外电子排布式是__；在一定条件下，F原子的核外电子从基态跃迁到激发态产生的光谱属于__光谱（填“吸收”或“发射”）．（3）根据等电子原理，写出AB+的电子式：__．（4）已知：F3+可形成配位数为6的配合物．组成为FCl3•6H2O的配合物有3种，分别呈紫色、蓝绿色、绿色，为确定这3种配合物的成键情况，分别取等质量的紫色、蓝绿色、绿色3种物质的样品配成溶液，分别向其中滴入过量的AgNO3溶液，均产生白色沉淀且质量比为3：2：1．则绿色配合物的化学式为__．A．[CrCl（H2O）5]Cl2•H2OB．[CrCl2（H2O）4]Cl•2H2OC．[Cr（H2O）6]Cl3D．[CrCl3（H2O）3]•3H2O

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】

应用“换元法”判断，将苯环上的氢换成氯原子，同时将溴换成氢原子。【题目详解】有机物A分子中苯环上共有6个氢原子，即图中红色位置。苯环上的二溴代物分子中，苯环上连有2Br、4H，若将苯环的2Br换成2H、同时4H换成4Cl，则得到苯环上的四氯代物。即A分子苯环上的二溴代物和四氯代物数目相等，都是9种。本题选A。2、A【解题分析】

向某晶体的溶液中加入Fe2+的溶液无明显变化，说明无Fe3+，当再滴加几滴溴水后，混合液出现红色，说明反应产生了Fe3+，原溶液中含有Fe2+。加入溴水时，发生反应：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，由此可知物质的氧化性：Br2>Fe3+，错误的选项是A。3、C【解题分析】

A.成键元素的非金属性差别越大，共价键的极性越明显，与相对分子质量无关，故A错误；B.氢化物的稳定性与键的强弱有关，与相对分子质量无关，故B错误；C.范德华力与相对分子质量和分子结构有关，一般而言，相对分子质量越大，范德华力越强，故C正确；D.共价键的键能与键的强弱有关，与相对分子质量无关，故D错误；答案选C。4、D【解题分析】答案：D本题是一道综合了钠和铝有关化学性质的较难的计算型选择题，题目融合了化学中的"初态--终态"思想以及在化学选择和计算题中普遍使用的守恒法。根据题意，Na最终以NaCl形式存在，质量增加为1.5n(Na)；AlCl3在蒸干过程中水解为Al(OH)3和HCl，HCl挥发，最后蒸干产物为Al2O3，增加的质量为24n（A1），24n（A1）+1．5n（Na）=W2—W1，A正确。W1g的Na和Al经过和一定量的水反应，置换出了V1LH2，由电子得失守恒知：Na和Al完全反应变成Na＋和Al3＋失去的电子数应该等于生成的H2得到的电子数，则有n(Na)＋3n(Al)＝2V1/22.4，C正确;;溶液经过一系列的反应最终得到的溶液应该是NaCl和AlCl3的混合，因此；aV2可看成是盐酸中Cl元素的物质的量，由Cl元素守恒知aV2=n(Na)＋3n(Al)＝2V1/22.4。B正确，D错误。5、A【解题分析】

A、镁、铝都和稀硫酸反应生成氢气；B、镁与浓硫酸（18mol/LH2SO4）反应生成SO2气体，铝与浓硫酸发生钝化（常温）；C、镁不能和氢氧化钾反应，铝和氢氧化钾反应生成氢气；D、硝酸为强氧化性酸，和镁、铝反应不产生氢气；根据以上分析知，生成氢气最多的是稀硫酸，答案选A。【点晴】本题考查金属的性质，主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，该题溶液的浓度不是计算的数据，而是判断溶液属于“浓”或是“稀”，8mol/L以上的HCl、H2SO4、HNO3通常认为是浓酸，等量的镁铝合金分别与不同的溶液反应，只有两种金属都和该溶液反应，且都生成氢气，这样才能产生最多的氢气。6、C【解题分析】

X、Y、Z、W、M五种短周期元素，原子半径依次减小，其中只有一种金属元素；M和Z均形成-2价的阴离子，且原子半径Z＞M，则M为O元素，Z为S元素；X+与M2—具有相同的电子层结构，则X为Na元素，离子半径：Z2—>W—，则W为Cl元素，Y的单质晶体熔点高、硬度大，结合原子半径可知，Y为Si元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，X为Na元素，Y为Si元素，Z为S元素，W为Cl元素，M为O元素。A．钠和氧还可以形成Na2O2，故A错误；B．钠的氢化物为离子化合物，氯的氢化物为共价化合物，因此X的氢化物熔点比W的氢化物高，故B错误；C．Cl2和O3都具有强氧化性，则可以作为水处理中的消毒剂，故C正确；D．ZM2、YM2分别为SO2、SiO2，晶体类型不同，前者为分子晶体，后者为原子晶体，故D错误；答案选C。7、B【解题分析】

A.苯环上连接的碳碳双键易发生加成反应，可以和溴水反应，故A正确；B.与乙烯的结构不相似，不是同系物关系，故B错误；C.分子式为C8H8，故C正确；D.苯环在一定条件下能发生加成反应，苯环上连接的碳碳双键易发生加成反应，1mol苯乙烯能与4mol氢气发生加成反应，故D正确；故选B。8、D【解题分析】A项，物质的量与物质的质量为两个不同的物理量，物质的量的单位是mol，故A错误；B项，物质的量表示物质所含指定粒子的多少，物质的量是一个整体，不是物质所含粒子的数量，数值上等于物质质量与相对分子质量之比，单位是mol，故B错误；C项，物质的量的单位是mol，1mol任何物质中含有的该物质微粒个数是6.02×1023个，故C错误；D项，物质的量是国际单位制中的一个基本物理量，它表示含有一定数目粒子的集合体，故D正确。9、C【解题分析】

A、平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量系数之比，则达平衡时，3v正(NH3)=2v逆(H2O)，A错误；B、若单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3，都表示反应向正向进行，不能说明反应到达平衡,B错误；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，各物质浓度均减小，则正逆反应速率均减小，C正确；D.达到平衡时，若减小容器体积，相当于加压，平衡左移，则NH3的转化率会减小，D错误；综上所述，本题选C。10、D【解题分析】

A．由表中数据可判断，平衡常数随温度升高减小，说明反应为放热反应，该反应：反应物的总能量＞生成物的总能量，故A错误；B．1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c（CO）=2×10-3

mol/L，设CO起始浓度x，

Fe2O3（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g），起始量（mol/L）

x

0变化量（mol/L）x-2×10-3

x-2×10-3平衡量（mol/L）2×10-3

x-2×10-3K==4，x=10-2mol/L；用CO表示该反应的平均速率为，故B错误；C．平衡常数只受温度影响，增大c（CO）不能改变化学平衡常数，故C错误；D．增大固体的量，不改变平衡的移动，则其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量，故D正确；答案为D。11、D【解题分析】

A.Al的第一电离能比Mg小，A错误；B.卤族元素中F没有正价，B错误；C.Ar最外层已达8个电子稳定结构，电负性比Cl小很多，C错误；D.H2CO3的酸性强于HClO，所以CO2通入NaClO溶液中能生成HClO，离子方程式为：CO2+ClO-+H2OHCO3-+HClO，因此只有D项正确。本题选D。12、C【解题分析】电子层序数越大，离核越远，半径越大，A不正确。根据洪特规则可知B不正确，例如氮原子的2p轨道的3个电子自旋相同。D中元素可逆处于第IA，其氢氧化物是强碱，可以溶解氢氧化铝，D不正确。所以正确的答案是C。13、D【解题分析】

A．含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)⇌Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)减小，故A错误；B．溶度积常数Ksp只与温度有关，改变c(I-)Ksp不变，故B错误；C．含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡左移，故C错误；D．加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)减小，故D正确；故选D。14、B【解题分析】

A．分子式是单个分子中所有元素原子的总数的化学式。该物质的分子式为S4N4，A不正确；B．该物质的分子中既有极性键(S-N键)，又有非极性键(N-N键)，B正确；C．从图中可以看出，该物质的结构不是空间网状结构，所以在固态时形成分子晶体，C不正确；D．该物质中硫的杂化方式为sp3，分子构型为空间构型，D不正确；故选B。15、B【解题分析】A．氧气转化为臭氧，无元素的化合价变化，则为非氧化还原反应，故A错误；B．酸性氧化物是指能与水反应生成相应的酸，而不生成其他物质的氧化物，碱性氧化物为能与水反应生成相应的碱，而不生成其他物质的氧化物，非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如一氧化碳，故B正确；C．金属氧化物不一定是碱性氧化物，比如Mn2O7是金属氧化物但是酸性氧化物，Al2O3是金属氧化物但是两性氧化物，故C错误；D．纯净物只由一种原子组成，而混合物不一定含有多种原子，如金刚石和石墨，属于混合物，但只含有一种原子，故D错误；故选B。16、D【解题分析】分析：米饭遇到碘酒时显蓝色，证明含有淀粉，咀嚼米饭后有甜味，淀粉水解生成葡萄糖。详解：A.米饭中含有淀粉、蛋白质等多种营养成分，故A错误；B.米饭咀嚼后，淀粉水解生成葡萄糖，但不只含有单糖，故B错误；C.米饭咀嚼时，淀粉水解生成葡萄糖，故C错误；D.米饭咀嚼时淀粉在唾液酶的作用下发生了水解，淀粉水解生成葡萄糖，故D正确；故选D。17、A【解题分析】

A.由图知N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)∆H=(a-b)kJ·mol－1，A正确；B.由图知NH3(g)⇌N2(g)＋H2(g)∆H=(b-a)kJ·mol－1，B错误；C.NH3中氮氢键键能为bkJ·mol－1，C错误；D.反应的∆H=生成物的总能量-反应物的总能量，D错误；答案选A。18、C【解题分析】

A．的主链应为5个C原子，名称为2，3-二甲基戊烷，故A错误；B．聚氯乙烯(PVC)的单体为氯乙烯，属于卤代烃，故B错误；C．与苯环直接相连的碳原子共平面，分子中含有2个苯环，另一苯环位于对位的碳原子可共平面，则分子中至少有11个()碳原子处于同一平面，故C正确；D．能与氢氧化钠溶液反应的为羧基、酯基、酚羟基以及肽键，且酯基可水解生成酚羟基，则最多消耗5molNaOH，故D错误；故选C。【题目点拨】本题的易错点为C，要注意苯环上位于对角线的4个原子在同一条直线上。19、D【解题分析】

A.向含I-的溶液中通入少量Cl2，可产生碘单质，能使淀粉溶液变蓝，向含I-的溶液中通入过量Cl2，生成IO3-，不能使淀粉溶液变蓝，故A错误；B.根据转化关系2IO3-~I2~10e-,SO32-~SO42~2e-，途径II中若生成lmolI2，消耗5molNaHSO3，故B错误；C、由途径I可以知道氧化性Cl2>I2,由途径Ⅱ可以知道氧化性I2＜IO3-,由途径Ⅲ可以知道氧化性Cl2>IO3-,故氧化性的强弱顺序为Cl2>IO3->I2,故C错误；D、一定条件下，I-与IO3-可发生归一反应生成I2，故D正确；综上所述，本题应选D。20、D【解题分析】

A.苯和氯气生成农药六六六，其反应方程式为，反应类型是加成反应，A项错误；B.乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2BrCH2Br，B项错误；C.甲烷和氯气反应为连续反应，甲烷和氯气生成CH3Cl和HCl，接着CH3Cl和氯气生成CH2Cl2和HCl，之后生成CHCl3和CCl4,，因而产物除了4种有机物，还有HCl，C项错误；D.酯类水解断裂C-18O单键，该18O原子结合水中H，即生成乙醇H18OCH2CH3，因而，D项正确。故答案选D。21、D【解题分析】

根据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，答案选D。22、C【解题分析】

X、Y、Z、W四种短周期元素，由位置可知，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设Y的原子序数为y，则X的原子序数为y-1，Z的原子序数为y+8，W的原子序数为y+9，X、Y、Z和W的原子序数之和为48，则y-1+y+y+8+y+9=48，解得y=8，所以Y为O，W为S，Z为Cl，X为N，据此解答。【题目详解】A项，在同一周期内，自左向右原子核吸引核外电子的能力越强，半径逐渐减小，故A项正确；B项，X为N元素，W为Cl元素，可以形成共价化合物NCl3，故B项正确；C项，熔沸点为物质的物理性质，与分子间作用力有关，与非金属性无关，故C项错误；D项，非金属性Z<Y，故Z的最低价单核阴离子的失电子能力强于Y，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。二、非选择题(共84分)23、Na＜Al＜Si＜NNaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体sp3V形1s22s22p63s23p63d104s1Cu3N【解题分析】

C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al；D单质的晶体可做半导体材料，则D为Si；E原子核外的M层中有两对成对电子，则E的价电子排布为3s23p4，其为S；A原子核外有三个未成对电子，则A为N；化合物B2E为离子晶体，则B为Na。F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子，则F的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，其为Cu。从而得出A、B、C、D、E、F分别为N、Na、Al、Si、S、Cu。【题目详解】(1)A、B、C、D分别为N、Na、Al、Si，由于N的非金属性最强，且原子轨道半充满，所以第一电离能最大，Si次之，Na最小，从而得出第一电离能由小到大的顺序为Na＜Al＜Si＜N。答案为：Na＜Al＜Si＜N；(2)B的氯化物为NaCl，离子晶体，D的氯化物为SiCl4，分子晶体，由此可得出熔点NaCl比SiCl4高的理由是NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体。答案为：NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体；(3)A的简单氢化物为NH3，中心原子的价层电子数为4，采取sp3杂化，E的低价氧化物为SO2，S原子发生sp2杂化，分子的空间构型是V形。答案为：sp3；V形；(4)F为Cu，其原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，N、Cu形成某种化合物的晶胞中，空心小球的数目为8×=1，黑球的数目为12×=3，N显-3价，则Cu显+1价，由此得出其化学式为Cu3N。答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；Cu3N。【题目点拨】计算晶胞中所含微粒数目时，应依据微粒在该晶胞中的位置及所占的份额共同决定。如立方晶胞，微粒位于顶点，则该微粒属于此晶胞的份额仅占八分之一；微粒位于棱上时，由于棱属于四个晶胞，则该微粒属于此晶胞的份额仅占四分之一。24、N＞P＞S[Ar]3d7水分子间形成氢键a分子共价键、配位键、范德华力【解题分析】

A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，B元素原子核外电子占用3个能级，其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍，核外电子排布式为1s22s22p4，故B为O元素；A元素原子核外有3个未成对电子，原子序数小于氧，故核外电子排布式为1s22s22p3，则A为N元素；D元素与B元素同族，C元素与A元素同族，结合原子序数大小可知C为P元素、D为S元素；E元素只能为第四周期元素，E元素原子的价电子数是其余电子数的一半，则价电子数为9，E的核电荷数为18+9=27，为Co元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为N元素，B为O元素，C为P元素，D为S元素，E为Co元素。(1)同主族自上而下第一电离能减小，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于硫，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞P＞S，E为Co元素，价电子排布式为3d74s2，E2+的基态电子排布式为[Ar]3d7，故答案为：N＞P＞S；[Ar]3d7；(2)水分子间能够形成氢键，而硫化氢分子间不能形成氢键，使得水的沸点高于硫化氢，故答案为：水分子间能够形成氢键；(3)结构中黑色球与白色球数目分别为4、10，故该物质为P4O10，结合O原子形成8电子结构，可知a键为P=O、b键为P-O单键，双键中电子云重叠更大，故键长较短的键为a，故答案为：a；(4)①Co2(CO)8熔点低、易升华，溶于乙醇、乙醚、苯，说明Co2(CO)8属于分子晶体，故答案为：分子；②Co2(CO)8中Co与CO之间形成配位键，CO中含有极性键，分子之间存在范德华力，故答案为：配位键、极性共价键、范德华力。【题目点拨】正确判断元素的种类是解题的关键。本题的易错点和难点为(3)，要注意判断结构中磷氧键的类别。25、从量气管右侧管口加水至左右两管出现液面高度差时停止加水，若能保持液面高度差不变，则说明装置气密性好增大反应物浓度能加快化学反应速率下降上升慢快左侧液面上升右侧液面下降O2+4e-+2H2O＝4OH-【解题分析】分析：本题考查了化学反应的速率的影响因素，钢铁的电化学腐蚀等，注意知识的归纳和梳理是关键。详解：【实验一】由实验装置分析得检验气密性的方法是从量气管右侧管口加水至左右两管出现液面高度差时停止加水，若较长时间能保持液面高度差不变，则说明装置气密性好；t1＞t2，说明实验Ⅱ反应速率较大，二者浓度不同，说明在气体条件一定时，反应收益率随着反应物浓度的增大而增大；【实验二】①铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，有气体生成，而且放热，所以压强增大，所以左侧液面下降，右侧液面上升；②圆底烧瓶中装与①相同量的铁粉但不加入碳粉，其他试剂和操作相同，因为①中形成的原电池，反应快，所以不加碳粉的反应慢；③圆底烧瓶中装与①相同量的铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装食盐水，打开活塞加入食盐水后，铁发生吸氧腐蚀，左侧空气量减少，左侧液面上升，右侧液面下降；空气中的氧气在正极得到电子发生反应，电极反应为：O2+4e-+2H2O＝4OH-。26、加热，使用催化剂增加乙醇的用量CO32-+H2OHCO3-+OH-乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水)取褪色后的下层溶液，滴加酚酞试液，溶液变红【解题分析】

(1)酯化反应是可逆反应，可根据影响化学反应速率的因素分析；(2)根据酯化反应是可逆反应，要提高乙酸转化率，可以根据该反应的正反应特点分析推理；(3)根据盐的水解规律分析；(4)根据乙酸、乙醇及乙酸乙酯的沸点高低分析判断；(5)红色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，则可通过向溶液中再加入酚酞，观察溶液颜色变化分析。【题目详解】(1)酯化反应是可逆反应，由于升高温度，可使化学反应速率加快；使用合适的催化剂，可以加快反应速率，或适当增加乙醇的用量，提高其浓度，使反应速率加快等；(2)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，反应产生的乙酸乙酯和水在相同条件下又可以转化为乙酸与乙醇，该反应是可逆反应，要提高乙酸的转化率，可以通过增加乙醇（更便宜）的用量的方法达到；(3)碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中，CO32-发生水解反应，消耗水电离产生的H+转化为HCO3-，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)所以溶液显碱性，可以使酚酞试液变为红色，水解的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-；(4)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，由于反应产生乙酸乙酯的沸点比较低，且反应物乙酸、乙醇的沸点也都不高，因此反应生成的乙酸乙酯会沿导气管进入到试管B中，未反应的乙酸和乙醇也会有部分随乙酸乙酯进入到B试管中，因此Ⅱ中油状液体的成分是乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水)；(5)红色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，则可通过取褪色后的下层溶液，滴加酚酞试液，若溶液变红证明是酚酞溶于乙酸乙酯所致。【题目点拨】本题考查了乙酸乙酯的制取、反应原理、影响因素、性质检验等知识。掌握乙酸乙酯的性质及各种物质的物理、化学性质及反应现象是正确判断的前提。27、Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O如果pH<7，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体2NO+O2=2NO2过滤A、C溶液出现粉红色，且半分钟内不褪色69.00%【解题分析】

(1)Cu和浓硝酸反应得到NO2，NO2与Na2CO3溶液反应得到NaNO2。但是NO2可能会与H2O反应生成NO，NO不能NaOH吸收，所以需要将NO转化为NO2，再被吸收。(2)①称取mg粗产品，溶解后稀释至250mL是配制溶液，结合配制溶液的步骤选择仪器；②高锰酸钾溶液为紫红色，利用溶液颜色判断反应终点；③2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O，结合反应定量关系计算。【题目详解】(1)①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；②实验过程中，需控制B中溶液的pH>7，否则产率会下降，这是因为如果pH<7，会发生反应：3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体；③未反应的NO2会与H2O反应生成NO，NO不能NaOH吸收，所以需要将NO转化为NO2，再被吸收。往C中通入空气的目的是NO和O2反应生成NO2，反应的化学方程式为：2NO+O2=2NO2；④反应结束后，B中溶液为NaNO2和NaNO3的混合溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，可得到粗产品晶体和母液；(2)①稀释溶液时，需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有容量瓶、胶头滴管等，故合理选项是AC；②发生的化学反应为：2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O，高锰酸钾溶液为紫红色，恰好反应后溶液中变为无色的Mn2+，可利用溶液本身的颜色变化判断反应终点，当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液出现粉红色，且半分钟内不褪色，可以证明达到滴定终点；③称取mg粗产品，溶解后稀释至250mL．取出25.00mL溶液，用cmol/LKMnO4酸性溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为VmL，根据反应方程式2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O可知n(NaNO2)=n(KMn