2024届福建省平和县一中高二化学第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析

2024届福建省平和县一中高二化学第二学期期末教学质量检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、某有机物的结构简式为下列叙述正确的是A．1mol该有机物与NaOH溶液完全反应时，消耗1molNaOHB．该有机物可通过加聚反应生成C．该有机物水解所得的产物能发生加成反应D．该有机物分子的单体为两种2、下列关于葡萄糖和果糖的叙述，正确的是()A．葡萄糖和果糖分子均有还原性B．葡萄糖和果糖分子均可被水解C．葡萄糖和果糖分子均是醛糖D．葡萄糖和果糖分子均是有机高分子化合物3、已知Al2H6燃烧热极高，是一种很好的生氢剂，它跟水反应生成H2，球棍模型如图（白球为Al，黑球为H）。下列推测肯定不正确的是A．该物质与水反应，属于氧化还原反应B．Al2H6分子中氢为+1价，铝为﹣3价C．Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水D．氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料4、下列有关电化学的示意图正确的是（）A．Cu﹣Zn原电池 B．粗铜的精炼C．铁片镀锌 D．验证NaCl溶液（含酚酞）电解产物5、下列元素的电负性最大的是：()A．Na B．S C．O D．C6、下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是A．光照甲烷与氯气的混合物；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C．苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中水浴加热；乙烯与水蒸气在一定条件下反应生成乙醇D．在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯使溴水褪色7、用如图所示装置(X、Y是直流电源的两极)分别进行下列各组实验,则下表中各项所列对应关系均正确的一组是选项X极实验前U形管中液体通电后现象及结论A正极Na2SO4溶液U形管两端滴入酚酞后，a管中呈红色B正极AgNO3溶液b管中电极反应式是4OH--4e-=O2↑+2H2OC负极CuCl2溶液b管中有气体逸出D负极NaOH溶液溶液PH降低A．A B．B C．C D．D8、下列化学式对应的结构式从成键情况看不合理的是（）A．CH3N, B．CH2SeO,C．CH4S, D．CH4Si，9、下列有关金属的说法中，正确的是（）A．铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以用于印刷电路板的制作B．用洁净的铂丝沾取碳酸钾溶液在酒精灯火焰上灼烧，可观察到明亮的紫色火焰C．钠着火时，可选用泡沫灭火器灭火D．燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中不能继续燃烧10、下列事实或性质与胶体没有直接关系的是（）A．在冶金厂和水泥厂常用高压电除去大量的烟尘，以减少其对空气的污染B．将植物油倒入水中用力振荡形成油水混合物C．清晨，阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽的光柱D．在Fe（OH）3胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀生成而后沉淀溶解11、关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是()ABCD强电解质NaClH2SO4CaCO3HNO3弱电解质HFBaSO4HClONaHCO3非电解质Cl2CS2C2H5OHSO2A．A B．B C．C D．D12、①将0.100L1.00mol·L-1的纯碱溶液逐滴滴入0.100L1.25mol·L-1的盐酸中；②将0.100L1.25mol·L-1的盐酸逐滴滴入0.100L1.00mol·L-1的纯碱溶液中；两种操作产生CO2的体积比为A．5∶2 B．2∶5 C．2∶1 D．1∶113、霉酚酸酯（MMF）是器官移植中抑制细胞增殖最常用的药物。下列说法正确的是A．MMF能溶于水B．1molMMF能与含3molNaOH的水溶液完全反应C．MMF不存在顺反异构D．1molMMF能与6molH2发生加成反应14、下列关于分子式为C4H8O2的有机物说法中，正确的是（）A．若能发生酯化反应，该物质一定是丁酸B．属于酯类的同分异构体有4种C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．若能水解，水解产物相对分子质量可能相同15、元素处于基态时的气态原子获得一个电子成为－1价阴离子时所放出的能量叫做该元素的第一电子亲和能。－1价阴离子再获得一个电子的能量变化叫做第二电子亲和能。下表中给出了几种元素或离子的电子亲和能数据：元素LiNaKOO-F电子亲和能/kJ·mol-159.852.748.4141－780327.9下列说法正确的是（

）A．电子亲和能越大，说明越难得到电子B．一个基态的气态氟原子得到一个电子成为氟离子时放出327.9kJ的能量C．氧元素的第二电子亲和能是－780kJ·mol-1D．基态的气态氧原子得到两个电子成为O2-需要放出能量16、某有机物的结构为，下列有关说法正确的是（）A．1mol该物质与足量浓溴水反应，最多消耗2molBr2B．1mol该物质最多能与2molNaOH反应C．1mol该物质最多能与3molH2加成D．该物质的核磁共振氢谱共有6个吸收峰17、下列说法错误的是（）A．熊猫可以竹子为食，研究其消化机理有可能用来解决人类粮食危机；B．中医是传统瑰宝之一，中草药的研究和应用可以解决人类某些重大疾病；C．煤、焦炭可以用来较大规模地制取钻石，钻石永流传的说法值得怀疑；D．塑料的大量使用可能会产生白色污染，因此全球应该禁止广泛使用。18、下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1mol·L－1的是()A．将0.5mol·L－1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液B．将80gSO3溶于水并配成1L的溶液C．10gNaOH固体溶解在水中配成250mL溶液D．标况下，将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液19、对下列装置，不添加其他仪器无法检查装置气密性的是A．B．C．D．20、某无色溶液中可能含有K＋、Mg2＋、Al3＋，AlO2－、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-，某同学为了探究该溶液存在的离子，进行了如下实验：①向溶液中加入过量的稀盐酸，有无色气体X和沉淀Y生成，过滤后得到无色溶液Z；②将X通入溴水中，溴水无明显变化；③向Z中加入过量的氨水，又有白色沉淀产生。下列判断正确的是A．原溶液中一定含有K＋、AlO2－、SO42-B．原溶液中一定不含Mg2+、AlO2－、SO32-C．X、Y的化学式依次为SO2、Mg(OH)2D．实验③中反应为Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+21、将11.9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g。另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72LNO（标准状况下），向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，过滤，得到沉淀的质量为A．19.4gB．27.2gC．30gD．无法计算22、下列有关说法正确的是A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B．Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥D．SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E五种元素位于元素周期表中前四周期，原子序数依次增大。A元素的价电子排布为nsnnpn＋1；B元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍；C位于B的下一周期，是本周期最活泼的金属元素；D基态原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍；E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子。回答下列问题(用元素符号表示或按要求作答)。(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____________，三者电负性由大到小的顺序为_________。(2)A和E的简单气态氢化物沸点高的是______，其原因是_________。(3)D3＋基态核外电子排布式为_________________。(4)E基态原子的价电子轨道表示式为___________。(5)B和E形成分子的结构如图所示，该分子的化学式为_______，E原子的杂化类型为________。(6)B和C能形成离子化合物R，其晶胞结构如图所示：①一个晶胞中含______个B离子。R的化学式为__________。②晶胞参数为apm，则晶体R的密度为_____________g•cm－3(只列计算式)。24、（12分）有A，B，C，D，E五种元素，其中A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同；C原子的价电子构型为csccpc+1，D元素的原子最外层电子数比次外层电子数少2个，D的阴离子与E的阳离子电子层结构相同，D和E可形成化合物E2D．(1)上述元素中，第一电离能最小的元素的原子结构示意图为__；D的价电子排布图为__；(2)下列分子结构图中的●和○表示上述元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，小黑点表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键．则在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键的是__(填写分子的化学式)；在③的分子中有__个σ键和__个π键．(3)A，C，D可形成既具有离子键又具有共价键的化合物，其化学式可能为__；足量的C的氢化物水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物，其化学式为__，请说出该配合物中中心原子与配位体及内界与外界之间的成键情况：__．25、（12分）某化学活动小组设计如下图所示(部分夹持装置已略去)实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的气态物质。(1)装置A中发生反应的离子方程式为_______________________________________。(2)装置B中试剂Y应为_________________。(3)已知在装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体(含氯氧化物)，装置C中只有氯化钠和碳酸氢钠。若C中有0.1molCl2参加反应，可推知C中反应生成的含氯氧化物为______________(写化学式)。(4)该实验装置中明显存在不足之处，改进的措施为____________________________。26、（10分）某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图），以环己醇制备环己烯。已知：；反应物和生成物的物理性质如下表：

密度（g/cm3）

熔点（℃）

沸点（℃）

溶解性

环已醇

0.96

25

161

能溶于水

环已烯

0.81

－103

83

难溶于水

制备粗品：将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。①A中碎瓷片的作用是，导管B除了导气外还具有的作用是。②试管C置于冰水浴中的目的是。（2）制备精品①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在层（填上或下），分液后用（填序号）洗涤：a．KMnO4溶液b．稀H2SO4c．Na2CO3溶液②再将环己烯按下图装置蒸馏，冷却水从（填字母）口进入；蒸馏时要加入生石灰的目的。③上图蒸馏装置收集产品时，控制的温度应在左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是：a．蒸馏时从70℃开始收集产品；b．环己醇实际用量多了；c．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出；d.是可逆反应，反应物不能全部转化（3）区分环己烯精品和粗品（是否含有反应物）的方法是。27、（12分）如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸的物质的量浓度为______mol•L-1。（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是______。A．溶液中HCl的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中Cl-的数目D．溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400mol•L-1的稀盐酸。①该学生需要量取______mL上述浓盐酸进行配制。②所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，配制稀盐酸时，还缺少的仪器有_________________________。28、（14分）实验室配制500mL0.1mol/LNa2CO3溶液，回答下列问题：91应用托盘天平称取石碱晶体（十水碳酸钠）________g；(2若实验遇到下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？①加水时超过刻度线，再用滴管吸出直至刻度线________；②忘记将洗涤液加入容量瓶________；③容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理________；④定容后摇匀，液面低于刻度线________。29、（10分）毒奶粉中发现的化工原料三聚氰胺可以由下列反应合成：CaO＋3CCaC2＋CO↑，CaC2＋N2CaCN2＋C，CaCN2＋2H2O=NH2CN＋Ca(OH)2，NH2CN与水反应生成尿素[CO(NH2)2]，尿素合成三聚氰胺。（1）写出与Ca在同一周期且未成对电子数最多的基态原子的电子排布式：___________；CaCN2中阴离子为CN22-，与CN22-互为等电子体的分子有N2O，由此可以推知CN22-的空间构型为________。（2）1mol

尿素分子[CO（NH2）2]中含有的π键与σ键的数目之比为_______；（3）三聚氰胺俗称“蛋白精”，其结构为。其中氮原子的杂化方式有_____________。（4）CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca2＋的配位数为______，Ca2＋采取的堆积方式为____________，其中O2-处于Ca2＋堆积形成的八面体空隙中；已知CaO晶体的密度为ρ，求晶胞中距离最近的两个钙离子之间的距离_____________（列出计算式）；（5）配位化合物K3[Fe(CN)n]遇亚铁离子会产生蓝色沉淀，因此可用于检验亚铁离子，已知铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14，求n=_____。

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、B【解题分析】

从结构上看，合成该有机物的反应为：n，为加聚反应。为酯类，既能在酸性条件下水解，也能在碱性条件下水解。由于1mol该有机物中含nmol酯基，因此水解时所需的水为nmol，生成了nmol乙酸和1mol。据此解题。【题目详解】A.从结构上看，该有机物为高分子，1mol该有机物与NaOH溶液完全反应时，将消耗nmolNaOH，A项错误；B.合成该有机物的反应为：n，为加聚反应，B项正确；C.该有机物发生的水解反应为：+H2O+n所得的产物不含碳碳双键等可以发生加成反应的官能团，因此无法发生加成反应，C项错误；D.从合成该有机物的反应为：n来看，合成该有机物分子的单体为，D项错误；答案应选B。2、A【解题分析】

糖类是由碳、氢、氧三种元素组成，分为单糖、二糖和多糖；其中葡萄糖和果糖均为不能水解的小分子的单糖；葡萄糖为多羟基醛糖，果糖为多羟基酮糖，都是还原性糖，均有还原性；还原糖是指具有还原性的糖类，在糖类中,分子中含有游离醛基或酮基的单糖和含有游离醛基的二糖都具有还原性,易被氧化，据以上分析解答。【题目详解】A、葡萄糖为多羟基醛糖、果糖为多羟基的酮糖，均有还原性，A正确；B、葡萄糖和果糖均属于单糖，不能发生水解，B错误；C、葡萄糖为多羟基的醛糖，果糖为多羟基的酮糖，C错误；D、葡萄糖和果糖分子式均为C6H12O6,分子量180，均是小分子化合物，D错误；正确选项A。3、B【解题分析】

A．Al2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由-1价、+1价变为0价；B．根据元素的电负性和铝的化合价判断；C．根据元素守恒分析；D．根据氢铝化合物的性质分析。【题目详解】A．Al2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由-1价、+1价变为0价，所以属于氧化还原反应，选项A正确；B．在化合物中电负性大的显负价，电负性小的元素显正价，氢元素的电负性大于铝元素，氢铝化合物中铝元素显+3价，氢元素显-1价，选项B错误；C．根据题中信息Al2H6的燃烧热极高，判断Al2H6能燃烧，根据原子守恒，Al2H6的组成元素只有Al、H两种元素，又由于是在氧气中燃烧，推出燃烧产物为氧化铝和水，选项C正确；D．氢铝化合物能和水反应生成氢氧化铝和氢气，可以作储氢材料，燃烧热极高可以作火箭燃料，选项D正确。答案选B。【题目点拨】本题以铝的化合物为载体考查铝的化合物的性质，根据元素电负性、元素化合价和性质的关系来分析解答即可，侧重于考查学生对题目信息的提取和应用能力，题目难度中等。4、D【解题分析】A、此原电池中锌电极应插入到ZnSO4溶液中，铜电极应插入到CuSO4溶液中，故A错误；B、精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B错误；C、电镀时，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，即锌作阳极，故C错误；D、根据电流的方向，碳棒作阳极，铁作阴极，装置的左端产生氢气，且溶液变红，右端产生氯气，碘化钾淀粉溶液显蓝色，故D正确。5、C【解题分析】

非金属性越强，电负性越大，在四个选项中，氧元素的非金属性最强，所以氧元素的电负性最大，因此正确的答案选C。6、C【解题分析】

A、甲烷和氯气混合光照发生的是甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物，所以属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是高锰酸钾和乙烯发生了氧化反应的结果，选项A错误；B、乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烷，所以属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应，选项B错误；C、在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应；乙烯与水蒸气在一定条件下，乙烯中的双键断裂，一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，选项C正确；D、苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，不是加成反应是萃取；乙烯使溴水褪色属于加成反应，选项D错误。答案选C。7、C【解题分析】A.电解Na2SO4溶液时,阳极上是氢氧根离子发生失电子的氧化反应,即a管中氢氧根放电,酸性增强,酸遇酚酞不变色,即a管中呈无色,A错误;B.电解硝酸银溶液时,阴极上是银离子发生得电子的还原反应,即b管中电极反应是析出金属银的反应,故B错误;C.电解CuCl2溶液时，阳极上是氯离子发生失电子的氧化反应,即b管中氯离子放电,产生氯气，C正确；D.电解NaOH溶液时，阴极上是氢离子放电，阳极上是氢氧根离子放电，实际上电解的是水，导致NaOH溶液的浓度增大，碱性增强，PH升高，D错误。答案选C.8、D【解题分析】

A．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，N原子最外层有5个电子，应形成3个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，A正确；B．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，O和Se均为第ⅥA族元素，其原子最外层均有6个电子，均应形成2个共价键，B正确；C．C原子最外层有4个电子，应形成4个共价键，H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，S原子最外层有6个电子，形成2个共价键，C正确；D．H原子最外层有1个电子，应形成1个共价键，C和Si都是第ⅣA族元素，其原子最外层电子数均为4，应形成4个共价键，C原子和Si原子均不满足，D错误。答案选D。9、A【解题分析】

A项、铜能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，氯化铁溶液起到刻蚀制作电路板的作用，故A正确；B项、用洁净的铂丝沾取碳酸钾溶液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃片，可观察到明亮的紫色火焰，故B错误；C项、钠和水反应生成氢气，氢气是易燃物，钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，促进钠的燃烧，所以钠着火燃烧时，不能用泡沫灭火器灭火，应该用沙子灭火，故C错误；D项、燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中，镁条能继续燃烧，与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，故D错误；故选A。【题目点拨】易错点是二氧化碳不支持燃烧和呼吸，但能与镁反应。10、B【解题分析】

A.烟尘是胶体，在外加电源作用下，有电泳的性质，与胶体性质有关，故A不选；B.油水混合物是乳浊液，与胶体性质无关，故B选；C.清晨的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽光柱，是胶体的丁达尔现象，与胶体有关，故C不选；D.稀硫酸是电解质溶液，氢氧化铁胶体遇电解质溶液发生聚沉，与胶体性质有关，故D不选。答案为：B。11、C【解题分析】分析：在溶液中全部电离出离子的电解质是强电解质，部分电离出离子，存在电离平衡的电解质是弱电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此解答。详解：A、非电解质的对象是化合物，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、BaSO4属于盐，能完全电离出阴阳离子，属于强电解质，B错误；C、CaCO3属于盐，能完全电离出阴阳离子，属于强电解质，次氯酸是弱酸，属于弱电解质，乙醇不能自身电离出离子，是非电解质，C正确；D、碳酸钠能完全电离出钠离子和碳酸根离子，属于强电解质，D错误。答案选C。12、A【解题分析】

①将0.100L1.00mol·L-1的纯碱溶液（物质的量为0.1mol）逐滴滴入0.100L1.25mol·L-1的盐酸（物质的量为0.125mol）中反应的方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，则生成的CO2气体的物质的量为0.0625mol；②将0.100L1.25mol·L-1的盐酸逐滴滴入0.100L1.00mol·L-1的纯碱溶液中，第一步反应为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，第二步反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则生成的CO2气体的物质的量为0.025mol；两种操作产生CO2的体积比为5∶2，故合理选项为A。13、B【解题分析】

A.该物质含烃基、酯基，不溶于水，故A错误；B.分子中含1个酚羟基、2个酯基，均能与NaOH溶液反应，所以1molMMF能与含3molNaOH的水溶液完全反应，故B正确；C.MMF结构中含有C=C，且双键两端连接的基团不同，所以存在顺反异构，故C错误；D.1mol该物质含有1mol苯环，能和3mol氢气发生加成；含有1molC=C，，能和1mol氢气发生加成，则1molMMF能与4mol氢气发生加成反应，故D错误；综上所述，本题正确答案为B。【题目点拨】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团与性质的关系，依据结构决定性质的规律进行解答。14、B【解题分析】分析：A、C4H8O2属于羧酸时，根据羧基位置异构可以得到丁酸的同分异构体；B、C4H8O2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，根据酸和醇的种类来确定；C、分子式为C4H8O2，有1个不饱和度；D、根据分子式C4H8O2的酯水解生成羧酸和醇的相对分子质量计算。详解：C4H8O2属于羧酸时，可以是丁酸或2-甲基丙酸，共有2种同分异构体，A选项错误；C4H8O2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种，形成的酯有2种，若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有1种结构，乙醇只有1种结构，形成的乙酸乙酯有1种，若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有1种结构，甲醇只有1种结构，形成的丙酸甲酯只有1种，所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种，B选项正确；分子式为C4H8O2，有1个不饱和度，它可以成环，也可以有羰基、醛基、酯基、羧基，还可以是碳碳双键，碳碳双键、醛基能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，C选项错误；分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，其水解的产物可能为甲酸和丙醇或者异丙醇、乙酸和乙醇、丙酸和甲醇，相对分子质量分别是：46和60、60和46、74和32，所以水解产物相对分子质量不可能相同，D选项错误；正确选项B。15、C【解题分析】

A.电子亲和能越大，表明获得电子形成阴离子释放的能量越多，形成的阴离子越稳定，而且根据表中数据知得电子能力越强的元素的原子的电子亲和能越大，所以电子亲和能越大，说明越易得到电子，A错误；B.根据表中数据，1mol基态的气态氟原子得到1mol电子成为氟离子时放出327.9kJ的能量，B错误；C.O-的电子亲和能为-780kJ/mol，即氧元素的第二电子亲和能为-780kJ/mol，C正确；D.O的第一电子亲和能为141kJ/mol，1mol基态的气态氧原子得到1mol电子成为O-释放141kJ能量，O-的电子亲和能为-780kJ/mol，O-得到1mol电子成为O2-吸收780kJ能量，由于780kJ>141kJ，基态的气态氧原子得到两个电子成为O2-需要吸收能量，D错误；答案选C。16、D【解题分析】试题分析：A、该有机物中的酚羟基可与溴发生取代反应，碳碳双键可与溴发生加成反应，所以1mol该物质与足量淮溴水反应，最多消耗3molBr2，错误；B、酚羟基可与氢氧化钠反应，酯基可与氢氧化钠反应，且酯基水解后又生成酚羟基，所以1mol该物质最多能与3molNaOH反应，错误；C、苯环与碳碳双键均与氢气发生加成反应，所以lmol该物质晟多能与4molH2加成，错误；D、该物质中不存在对称结构，所以有6种H原子，正确，答案选D。考点：考查有机物结构、性质的判断17、D【解题分析】

A．熊猫可以消化纤维素，而人不可以，研究其消耗机理可以帮助人类消化纤维素，扩大食物来源，解决人类粮食问题，A项正确，不符合题意；B．可以从中草药中找到治疗疾病的有效成分，B项正确，不符合题意；C．煤和焦炭的主要成分都是碳，可以用于制造人造钻石，钻石的化学性质是比较稳定的，在通常情况下不会变质，但是在高温下可以与氧气反应生成二氧化碳，故钻石永流传值得怀疑，C项正确，不符合题意；D．塑料的使用可能会引起白色污染，但是也给人类的生活带来极大的方便，应该合理使用，而不是禁止；D项错误，符合题意；本题答案选D。18、A【解题分析】

A、加热蒸发掉50g水后的溶液体积不是50mL，则溶液浓度不是1mol/L，故A错误；B、80gSO3物质的量为1mol，溶于水得到1molH2SO4，配成1L溶液，所得溶液浓度为1mol/L，故B正确；C、10gNaOH的物质的量为0.25mol，溶于水配成0.25L溶液，所得溶液浓度为1mol•L-1，C正确；D、标况下，将22.4L氯化氢气体物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液浓度为1mol•L-1，D正确；答案选A。【题目点拨】解题时，注意物质的量浓度中体积指溶液体积，物质溶于水溶质变化的情况。19、B【解题分析】分析：检查装置气密性，必须使被检查装置形成密封体系。详解：A．用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气，选项A不选；B．图中的装置分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气，选项B选；C．图中的装置向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气，选项C不选；D．对于该装置的气密性检查，主要是通过气体受热后体积膨胀、压强增大来进行检验．即用手握住试管外壁，如果装置漏气，压强不变化，就无现象；如果装置不漏气，温度升高，压强就变大就会在导管口产生气泡，所以能检查出装置是否漏气，选项D不选；答案选B。20、D【解题分析】

无色溶液中加入过量的稀盐酸，有无色气体X和沉淀Y生成，说明溶液中一定含有SiO32-，生成的沉淀为H2SiO3；气体X通入溴水中无明显变化，则X为CO2，说明含有CO32-，不存在SO32-，同时也一定无Mg2+和Al3+，一定含有K＋；向Z溶液中加入过量的氨水，又有白色沉淀产生，说明溶液中一定含有AlO2-，无法确定是否有SO42-；A．由分析知，原溶液中一定含有K＋、AlO2－、SiO32-、CO32-，故A错误；B．由分析知，原溶液中一定不含Mg2＋、Al3＋、SO32-，故C错误；C．由分析知，X、Y的化学式依次为CO2、H2SiO3，故C错误；D．实验③向Z溶液中加入过量的氨水，有白色沉淀产生，说明溶液中一定含有AlO2-，生成的沉淀为Al(OH)3，发生的离子反应为Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故D正确；故答案为D。【题目点拨】破解离子推断题的几种原则：(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4－、CrO42－、Cr2O72－)；(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；(4)进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。21、A【解题分析】将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量和氮原子得电子的量是相等的，生成了6.72LNO，物质的量是6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，其中氮原子得电子的物质的量是0.3mol×（5-2）=0.9mol，根据前后发生的整个过程的反应可判断反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH-）=0.9mol，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量（包括氢氧化铝）等于11.9g+0.9mol×17g/mol=27.2g，但是加入过量氢氧化钠后，不会生成氢氧化铝沉淀，开始合金质量减少了2.7g，即铝是0.1mol，所以沉淀氢氧化铝的量是7.8g，最终所得沉淀的质量=27.2g-7.8g=19.4g，答案选A。22、C【解题分析】

A、Na2CO3固体受热不易分解，故A错误；B、Fe(OH)3胶体是红褐色，故B错误；C、以上三种气体都不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，故C正确；D、SiO2和氢氟酸反应，没有生成盐和水，不是两性氧化物，故D错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、Na＜O＜NO＞N＞NaNH3氨气分子间有氢键，所以沸点高[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7As4O6sp34Na2O【解题分析】

A元素的价电子排布为nsnnpn＋1，可知n=2，A价电子排布式为2s22p3，那么A的核外电子排布式为1s22s22p3，则A为N；B元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则B为O；C位于B的下一周期，是本周期最活泼的金属元素，则C为Na；D基态原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍，则D基态原子的价电子排布式为3d84s2，那么D核外电子总数=18+10=28，D为Ni；E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，则E基态原子的价电子排布式为：3d104s24p3，那么E原子核外有18+10+2+3=33个电子，E为：As；综上所述，A为N，B为O，C为Na，D为Ni，E为As，据此分析回答。【题目详解】(1)第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子，第一电离能数值越大，原子越难失去一个电子。一般来说，非金属性越强，第一电离能越大，所以Na的第一电离能最小，N的基态原子处于半充满状态，比同周期相邻的O能量低，更稳定，不易失电子，所以N的第一电离能比O大，即三者的第一电离能关系为：Na＜O＜N，非金属性越强，电负性越大，所以电负性关系为：O＞N＞Na，故答案为：Na＜O＜N；O＞N＞Na；(2)N和As位于同主族，简单气态氢化物为NH3和AsH3，NH3分子之间有氢键，熔沸点比AsH3高，故答案为：NH3；氨气分子间有氢键，所以沸点高；(3)Ni是28号元素，Ni3+核外有25个电子，其核外电子排布式为：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故答案为：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；(4)E为As，As为33号元素，基态原子核外有33个电子，其基态原子的价电子轨道表示式，故答案为：；(5)由图可知，1个该分子含6个O原子，4个As原子，故化学式为：As4O6，中心As原子键电子对数==3，孤对电子数=，价层电子对数=3+1=4，所以As4O6为sp3杂化，故答案为：As4O6；sp3；(6)O和Na的简单离子，O的离子半径更大，所以白色小球代表O2-，黑色小球代表Na+；①由均摊法可得，每个晶胞中：O2-个数==4，Na+个数=8，所以，一个晶胞中有4个O2-，R的化学式为Na2O，故答案为：4；Na2O；②1个晶胞的质量=，1个晶胞的体积=(apm)3=，所以密度=g•cm－3，故答案为：。24、NH3、CH4、H2S51NH4HS或(NH4)2S[Cu(NH3)4]SO4内界中铜离子与氨分子之间以配位键相结合，外界铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合【解题分析】

由于A，B，C，D为短周期元素，因A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A只能为氢元素；同一能层的不同能级的能量不同，符号相同的能级处于不同能层时能量也不同，即1s、2s、2p的轨道能量不同，2p有3个能量相同的轨道，由此可确定B；因s轨道最多只能容纳2个电子，所以c=2，即C原子价电子构型为2s22p3，即氮元素。短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，据此可确定D。再由D的阴离子电子数及在E2D中E的化合价，即可确定E。由此分析。【题目详解】由于A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A为氢元素；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，则B的电子排布式为1s22s23p2，即B为碳元素；因s能级最多只能容纳2个电子，即c=2，所以C原子价电子构型为2s22p3，C为氮元素；短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，因D原子最外层电子数比次外层电子数少2个，所以D的次外层只能是L层，D的最外层应为6个电子，即D为16号元素硫；硫元素的阴离子（S2-）有18个电子，E阳离子也应有18个电子，在E2D中E显+1价，所以E为19号元素钾。所以A、B、C、D、E分别为氢、碳、氮、硫、钾。(1)上述五种元素中金属性最强的是钾元素，故它的第一电离能最小，其原子结构示意图为。硫原子价电子层为M层，价电子排布式为3s23p4，其电子排布图为。(2)①分子结构图中黑点表示的原子最外层有5个电子，显然是氮原子，白球表示的原子最外层只有1个电子，是氢原子，所以该分子是NH3，中心N原子有3个σ键，1个孤电子对，故采用sp3杂化；②分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以②分子是CH4，中心碳原子有4个σ键，0个孤电子对，采用sp3杂化；③分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以③分子是CH2=CH2，中心碳原子有3个σ键，0个孤电子对，所以中心原子采用sp2杂化；④分子中黑球表示的原子最外层6个电子，是硫原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，该分子为H2S，中心S原子有2个σ键，2个孤电子对，所以中心原子采用sp3杂化。因此中心原子采用sp3杂化形成化学键的分子有NH3、CH4、H2S。在CH2=CH2的分子中有5个σ键和1个π键。(3)根据上面的分析知A、C、D分别为氢、氮、硫三种元素，形成既具有离子键又具有共价键的化合物是硫氢化铵或硫化铵，其化学式为NH4HS或(NH4)2S，铵根与HS-或S2-之间是离子键，铵根中的N与H之间是共价键，HS-中H与S之间是共价键。C的氢化物是NH3，NH3的水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物是硫酸四氨合铜，其化学式为[Cu(NH3)4]SO4。配合物[Cu(NH3)4]SO4的内界中Cu2+与NH3之间是以配位键相结合，外界铜氨配离子[Cu(NH3)4]2+与硫酸根离子之间是以离子键相结合。25、MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O饱和食盐水（或饱和氯化钠溶液）Cl2O在装置D后连接一尾气处理装置（或连接一盛有NaOH溶液的洗气瓶）【解题分析】分析：本题考查了物质性质验证的实验设计，步骤分析判断，现象分析理解，掌握物质性质和实验设计方法是解题关键。详解：(1)实验室制备氯气，结合装置分析可知是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，反应的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。(2)实验室制备氯气中含有氯化氢气体，需要用饱和食盐水除去。(3)C中有0.1mol氯气参加反应，装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下黄红色的气体，反应为Cl2+Na2CO3→NaHCO3+NaCl+X，依据氧化还原反应电子守恒计算判断氯元素化合价为+1价，可推知C中反应生成的含氯氧化物为Cl2O。(4)实验过程中产生氯气是有毒气体，不能排放到空气中，而装置D后没有尾气吸收装置。26、（1）（3分）①防止爆沸（1分）冷凝回流反应物（1分）②防止环己烯（或反应物）挥发（1分）（2）（7分）①（2分）上层c②（2分）f除去水分③83℃（1分）cd（2分）（3）（1分）取适量产品投入一小块金属钠，观察是否有气泡产生（或测定沸点是否为83℃）【解题分析】试题分析：碎瓷片在反应中主要是起到防止暴沸的作用，长导管B出了能起到导气的作用还起到冷凝的作用。环己烯易挥发，因此试管C置于冰水浴中的目的是防止环己烯挥发。环己烯的密度比饱和食盐水的密度小，因此环己烯在上层，环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质由于乙醇溶解在碳酸钠溶液中，酸可以与碳酸钠反应，而环己烯不能与碳酸钠反应，因此可用饱和碳酸钠溶液进行洗涤。冷凝管水的流向是下进上出，因此冷却水应从f进入。生石灰具有吸水性，因此在蒸馏时加生石灰主要是除去水分子。实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是1.制备粗品时环己醇随产品一起蒸出。2.是可逆反应，反应物不能全部转化。粗产品环己烯中含有乙醇，因此可用金属钠来检验。考点：考查有机合成的相关知识点。27、11.9BD16.8500mL容量瓶【解题分析】分析：（1）依据c＝1000ρω/M计算该浓盐酸中HCl的物质的量浓度；（2）根据该物理量是否与溶液的体积有关判断；（3）①根据稀释定律，稀释前后HCl的物质的量不变，据此计算需要浓盐酸的体积；②利用浓盐酸稀释配制500mL稀盐酸溶液，需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。详解：（1）由c＝1000ρω/M可知，该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为1000×1.19×36.5%/36.5mol/L＝11.9mol/L；（2）A．溶液中HCl的物质的量n＝cV，所以与溶液的体积有关，A错误；B．溶液是均一稳定的，溶液的浓度与溶液的体积无关，B正确；C．溶液中Cl-的数目N＝nNA＝cVNA，所以与溶液的体积有关，C错误；D．溶液的密度与溶液的体