山西省河津二中2024-2025学年化学高二第二学期期末调研模拟试题含解析

山西省河津二中2024-2025学年化学高二第二学期期末调研模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、下列说法中正确的是（）A．氨分子是三角锥形，而甲烷是正四面体形，是因为NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强B．杂化轨道全部参加形成化学键C．PCl5分子中P原子和Cl原子最外层都满足8电子结构D．在分子中含有2个手性C原子2、下列各组固体物质，可按照溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序，将它们相互分离的是A．NaNO3和NaCl B．CuO和木炭粉C．MnO2和KCl D．BaSO4和AgCl3、为探究铁与稀硝酸之间的反应，某同学设计装置如下：下列有关说法错误的是A．从U型管左侧加入稀硝酸，应该打开右边的止水夹，否则硝酸无法完全浸没铁丝B．反应结束后，在A装置中检测到了Fe2+，说明过量稀硝酸只能将铁氧化到正二价C．B装置的作用是收集还原产物NO的，该气体不适合用排空气法收集D．C装置吸收尾气需要O2参与反应：4NaOH+4NO+3O2=4NaNO3+2H2O4、在0.lmol·L-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋对于该平衡，下列叙述正确的是A．加入少量CH3COONH4固体，平衡不移动，c(H+)不变B．加入少量NaOH固体，平衡向正向移动，溶液中c(H+)减小C．加水，平衡向正向移动，c(CH3COOH)/c(CH3COO－)增大D．通入少量HCl气体，平衡逆向移动，溶液中c(H+)减少5、对于反应2NO2(g)N2O4(g)，在一定条件下达到平衡，在温度不变时，欲使的比值增大，应采取的措施是()①体积不变，增加NO2的物质的量；②体积不变，增加N2O4的物质的量；③使体积增大到原来的2倍；④充入N2，保持压强不变A．①② B．②③ C．①④ D．③④6、下列气体中，有毒且能在空气中燃烧的是A．H2 B．O2 C．H2S D．CO27、一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O====2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中正确的是A．反应Ⅱ中H2O2做还原剂B．产品中含有SO42－、Cl－C．NaClO2的漂白原理与SO2相同D．实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行8、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)B．由X、Y组成的化合物中均不含共价键C．Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱D．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强9、NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．46g乙醇中存在的共价键总数为7NAB．1mol甲醇完全燃烧时，转移的电子数为6NAC．标准状况下，22.4L甲烷和22.4L氯仿所具有的微粒数均为NAD．1L0.1mol/L醋酸溶液中含有的氢离子数为0.1NA10、可用来鉴别己烯、甲苯、己烷的一组试剂是()A．溴水 B．酸性高锰酸钾溶液C．溴水、酸性高锰酸钾溶液 D．溴的四氯化碳溶液11、化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（）A．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe－2e－==Fe2+B．氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e-==4OH－C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu－2e－==Cu2+D．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl－－2e－=Cl2↑12、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．硅晶体中，有NA个Si就有2NA个Si—Si键B．常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中Na+数目相等C．惰性电极电解食盐水，若线路中通过2NA个电子的电量时，则阳极产生气体22.4LD．标准状况下，2molNa2O2与44.8LSO2完全反应，转移的电子数目为2NA13、“化学实验→观察现象→分析推理→得出结论”是化学学习的方法之一。下列说法正确的是（）A．证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2，可用湿润的淀粉-KI试纸检验，观察试纸颜色变化B．将SO2通入足量稀Fe(NO3)3溶液，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，假设通入的SO2完全反应，则同温同压下，逸出气体和SO2的体积比为2∶3C．验证淀粉的水解产物是否具有还原性，取水解液于试管中并加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，观察是否出现砖红色沉淀D．向铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色褪去，该过程中发生的反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S314、下列现象与氢键有关的是：（

）①H2O的熔、沸点比VIA族其他元素氢化物的高②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶③冰的密度比液态水的密度小④尿素的熔、沸点比醋酸的高⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低⑥水分子高温下也很稳定A．①②③④⑤⑥ B．①②③④⑤ C．①②③④ D．①②③15、肯定属于同族元素且性质相似的是()A．原子核外电子排布式：A为1s22s2，B为1s2B．结构示意图：A为，B为C．A原子基态时2p轨道上有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道上也有1个未成对电子D．A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子16、下述实验方案能达到实验目的的是A．验证铁钉发生吸氧腐蚀B．证明Fe电极被保护C．测定中和热D．溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)317、下列叙述正确的是()A．NaCl的摩尔质量是58.5g B．64g氧气中含有2mol氧C．4g氦气中含有2mol氦原子 D．0.1molCO2中含有6.02×1022个CO2分子18、甲醛（）在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)，以下说法中正确的是A．甲醛分子间可以形成氢键B．甲醛分子和甲醇分子内C原子均采取sp2杂化C．甲醛为极性分子D．甲醇的沸点远低于甲醛的沸点19、25℃时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：Sn(s)＋Pb2＋(aq)Sn2＋(aq)＋Pb(s)，体系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)变化关系如图所示。下列判断正确的是()A．往平衡体系中加入金属铅后，c(Pb2＋)增大B．升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明该反应ΔH＞0C．25℃时，该反应的平衡常数K＝2.2D．往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb2＋)变小20、下列说法正确的是A．正四面体烷与立方烷的二氯代物数目相同B．淀粉的水解产物为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下再进一步水解可得酒精C．75%的乙醇溶液可用于医疗消毒，福尔马林可用于浸制动物标本，二者都使蛋白质变性D．甘氨酸和丙氨酸混合物发生缩合只能形成2种二肽21、下列说法正确的是A．与含有相同的官能团，互为同系物B．属于醛类，官能团为－CHOC．的名称为：2－乙基－1－丁烯D．的名称为：2－甲基－1，3－二丁烯22、25℃时，在25mL0.1mol·L－1的NaOH溶液中，逐滴加入0.2mol·L－1的CH3COOH溶液，溶液的pH与醋酸体积关系如图所示，下列分析正确的是()A．该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂B．B点的横坐标a＝12.5C．水的电离程度：D＞C＞BD．D点时溶液中有：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)二、非选择题(共84分)23、（14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______________________________。24、（12分）1，4－环己二醇可通过下列路线合成(某些反应的反应物和反应条件未列出)：(1)写出反应④、⑦的化学方程式：④__________________________________；⑦__________________________________。(2)上述七个反应中属于加成反应的有____________(填反应序号)，A中所含有的官能团名称为____________。(3)反应⑤中可能产生一定量的副产物，其可能的结构简式为_____________________。25、（12分）亚硝酰氯（NOCl，熔点：－64.5℃，沸点：－5.5℃）是一种黄色气体，遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如图所示：为制备纯净干燥的气体，补充下表中缺少的药品。装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净的Cl2MnO2①________②________制备纯净的NOCu③________④________（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：①装置连接顺序为a→________________（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是____________________。③装置Ⅶ的作用是________________________________________________________。④装置Ⅷ中吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为______________________。（3）丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为_______________________________________。26、（10分）铝氢化钠（）是有机合成的重要还原剂，其合成线路如下图所示。（1）无水（升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备。①中发生反应的化学方程式为__________________。②实验时应先点燃______（填“”或“”）处酒精灯，当观察到____________时，再点燃另一处酒精灯。③装置中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是__________________，请结合方程式进行解释__________________。④中试剂的作用是__________________。用一件仪器装填适当试剂后也可起到和的作用，所装填的试剂为__________________。（2）制取铝氢化钠的化学方程式是__________________。（3）改变和中的试剂就可以用该装置制取NaH，NaH中氢元素化合价为______，若装置中残留有氧气，制得的NaH中可能含有的杂质为______。（4）铝氢化钠遇水发生剧烈反应，其反应的化学方程式为____________。欲测定铝氢化钠粗产品（只含有NaH杂质）的纯度。称取样品与水完全反应后，测得气体在标准状况下的体积为，样品中铝氢化钠的质量分数为______。（结果保留两位有效数字）27、（12分）某科研小组设计出利用工业废酸(稀硫酸)来浸取某废弃的氧化铜锌矿的方案，实现废物综合利用，方案如图所示。已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如表所示：请回答下列问题：(1)在“酸浸”步骤中，为提高浸出速率，除通入空气“搅拌”外，还可采取的措施是(任写一点即可)__________________________________________________________。(2)物质A最好使用下列物质中的____________（填选项序号）。A．KMnO4B．H2O2C．HNO3(3)除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH，pH应控制在__________范围之间。(4)物质B可直接用作氮肥，则B的化学式是________。(5)除铁后得到的氢氧化铁可用次氯酸钾溶液在碱性环境将其氧化得到一种高效的多功能处理剂(K2FeO4)，写出该反应的离子方程式：__________________________。28、（14分）用黄铜矿(主要成分是CuFeS2)生产粗铜的反应原理如下：(1)已知在反应①、②中均生成相同的气体分子，该气体具有漂白性。请分别写出反应①、②的化学方程式是___________________、__________________。(2)基态铜原子的核外电子排布式为________，硫、氧元素相比，第一电离能较大的是________。(3)反应①和②生成的气体分子的中心原子的杂化类型是________，分子的空间构型是________。(4)某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验，CuSO4溶液中加氨水生成蓝色沉淀，再加氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，请解释加入乙醇后析出晶体的原因_______________。29、（10分）氯化苄（C6H5CH2Cl）是一种重要的有机化学原料。工业上采用甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄。（1）写出实验室制取氯气的化学方程式___。（2）用下列方法分析氯化苄粗产品的纯度。步骤1：称取5.11g样品于烧瓶中，加入200.00mL4mol/L氢氧化钠溶液共热，冷却至室温。加入200.00mL4mol/L硝酸，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL的容量瓶中,加水定容。步骤Ⅱ：从能瓶中各収25.00mL溶液于三只锥形瓶中，各加入25.00mL0.2000mol/L硝酸银溶液。歩骤Ⅲ:以硫酸铁铵作指示剂，用0.2000mol/LNH4SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，所得滴定数据如下表。①加入硝酸的目的是_________。②在步骤Ⅲ操作中，判断达到滴定终点的现象是_______。③该样品中氯化苄的质量分数（写出计算过程）__________。④上述测定结见迎常商于氯化苄中筑元素的理论含量，原因是_______。

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【解析】

A项、氨分子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子数为1，杂化轨道为sp3杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；甲烷分子中碳原子的价层电子对数为4，孤对电子数为0，杂化轨道为sp3杂化，碳原子连接4个相同的原子，C-H之间的键角相等为109°28′，故CH4为正四面体构型，故A正确；B项、杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如氨分子中氮原子杂化轨道为sp3杂化，形成了4个sp3杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故B错误；C项、在化合物中，原子最外层电子数等于原子的价层电子数+|化合价|，PCl5中P原子的最外层电子为：5+5=10，Cl原子的最外层电子为：7+|-1|=8，不都满足8电子稳定结构，故C错误；D项、分子中，带*号碳原子所连的四个取代基分别是羟基、甲基、氢原子和羧基，该碳原子具有手性，分子中含有1个手性C原子，故D错误。答案选A。2、C【解析】

A．硝酸钠和氯化钠均易溶于水，无法采用上述方法分离，A项错误；B．CuO和木炭粉均不溶于水，也无法采用上述方法分离，B项错误；C．MnO2不溶于水，KCl易溶于水；溶解后，可以将MnO2过滤，再把滤液蒸发结晶即可得到KCl，C项正确；D．BaSO4和AgCl均不溶于水，无法采用上述方法分离，D项错误；答案选C。3、B【解析】

A．从U型管左侧加入稀硝酸，应该打开右边的止水夹，否则由于压强的原因，硝酸无法完全浸没铁丝，A选项正确；B．反应结束后，在A装置中检测到了亚铁离子，说明过量的铁与铁离子反应生成亚铁离子，而不是过量稀硝酸只能将铁氧化到正二价，B选项错误；C．常温下一氧化氮会与氧气反应生成NO2，所以NO不适合用排空气法收集，C选项正确；D．NO不能被NaOH溶液吸收，C装置吸收尾气需要氧气参与反应氧化NO，从而生成硝酸钠和水，D选项正确；答案选B。4、B【解析】

A．加入少量CH3COONH4固体，溶液中c(CH3COO－)增大，平衡应逆向移动，但NH4+在溶液中要水解产生H+，结合CH3COONH4溶液显中性，则溶液中c(H+)基本不变，故A错误；B．加入少量NaOH固体，中和H+，电离平衡正向移动，溶液中c(H+)减小，故B正确；C．加水，促进电离，平衡向正向移动，溶液中CH3COOH分子数减小，CH3COO－数增大，则c(CH3COOH)/c(CH3COO－)减小，故C错误；D．通入少量HCl气体，c(H+)增大，平衡逆向移动，结合平衡移动原理，最终溶液中c(H+)增大，故D错误；故答案为B。5、D【解析】

①体积不变，增加NO2的物质的量，相当于加压，平衡右移，的比值减小；②体积不变，增加N2O4的物质的量，相当于加压，平衡右移，的比值减小；③使体积增大到原来的2倍，压强减小，平衡逆向移动，的比值增大；④充入N2，保持压强不变，体积增大，相当于减压，平衡逆向移动，的比值增大；故选D。本题考查化学平衡的移动，①②是学生的易错点、难点，对于一种物质的分解反应，改变反应物的浓度，反应物的转化率变化等效于改变压强。6、C【解析】

A.H2能燃烧，但没有毒，A错误；B.O2不能燃烧，也没有毒，B错误；C.H2S有毒且能在空气中燃烧，C正确；D.CO2不能燃烧，也没有毒，D错误；答案选C。7、A【解析】

A.反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置，发生反应：2ClO2+2H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的-1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，A正确；B.反应II是在NaOH溶液中进行，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入杂质离子OH-，不可能含SO42－、Cl－，B错误；C.NaClO2中Cl元素化合价为+3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，C错误；D.实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，D错误；故本题合理选项是A。本题以高效漂白剂NaClO2制备为线索，考查了物质的作用、混合物的引入、仪器的使用等知识。掌握化学反应原理、化学实验基本操作及氧化还原反应的知识是本题解答的关键。8、D【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。【详解】A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；C项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；答案选D。9、B【解析】

A.46g乙醇的物质的量为1mol，乙醇的结构式为，一个乙醇分子中含8条共价键，故1mol乙醇中含8NA条共价键，故A错误；B.1mol甲醇燃烧消耗1.5mol氧气，而氧气反应后变为﹣2价，故1.5mol氧气转移6mol电子，即6NA个，故B正确；C.标况下，氯仿为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和微粒个数，故C错误；D.醋酸是弱电解质，在溶液中不能完全电离，故溶液中的氢离子的个数小于0.1NA个，故D错误；故选B。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．10、C【解析】

鉴别己烯、甲苯、己烷分为两步进行：①取少量待测液分装于三只试管中，三只试管中滴加少量溴水，能与溴水发生化学反应，使其褪色的是己烯；②再取除己烯外，另外两种待测液少许于两支试管中，两支试管中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，使其褪色的是甲苯。故选C；答案：C1.能使溴水反应褪色的有机物有：苯酚、醛、含不饱和碳碳键（碳碳双键、碳碳叁键）的有机物；2.能使酸性高锰酸钾褪色的有机物①与烯烃、炔烃、二烯烃等不饱和烃类及不饱和烃的衍生物反应；与苯的同系物(甲苯、乙苯、二甲苯等)反应；②与部分醇羟基、酚羟基（如苯酚）发生氧化还原反应；③与醛类等有醛基的有机物（如醛、甲酸、甲酸酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等）发生氧化还原反应。11、D【解析】12、A【解析】A，硅晶体属于原子晶体，其中n（Si）：n（Si-Si）=1:2，有NA个Si就有2NA个Si-Si键，A项正确；B，由于溶液的体积未知，无法判断两溶液中Na+数目的大小关系，B项错误；C，惰性电极电解食盐水时阳极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，线路中通过2NA个电子时生成1molCl2，但由于Cl2所处温度和压强未知，无法用22.4L/mol计算Cl2的体积，C项错误；D，n（SO2）=44.8L22.4L/mol=2mol，Na2O2与SO2反应的化学方程式为Na2O2+SO2=Na2SO4~2e-，2molNa2O2与2molSO2完全反应转移点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算。涉及原子晶体中共价键的确定、溶液中粒子物质的量的确定、气体体积的计算、氧化还原反应中转移电子数的确定。注意：在晶体硅中每个硅原子形成4个Si-Si键，但其中n（Si）：n（Si-Si）=1:2；22.4L/mol适用于标准状况下求气体的体积。13、B【解析】

A．二氧化氮和溴都能把碘离子氧化生成碘单质，碘遇淀粉变蓝色，所以不能用湿润的淀粉碘化钾试纸区别二氧化氮和溴蒸气，故A错误；B．反应中被还原的是NO3-，相当于硝酸根离子与二氧化硫之间的氧化还原，3SO2～2NO3-~2NO，故逸出气体和SO2的体积比为2︰3，故B正确；C．淀粉的水解是在酸性条件下，检验水解产物时需要先中和催化作用的酸，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，故C错误；D．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3，故D错误；答案为B。14、B【解析】

①ⅥA族元素氢化物的熔点随相对分子质量的增大而升高，但水中含有氢键，所以H2O的熔、沸点比ⅥA族其他元素氢化物的高，故①正确；②小分子的醇、水分子之间能形成氢键，羧酸、水分子之间能形成氢键，所以小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故②正确；③冰中存在氢键，氢键具有方向性和饱和性，使冰的体积变大，则冰的密度比液态水的密度小，故③正确；④尿素分子间可以形成多个氢键(2个N原子、1个O原子)，醋酸分子间只有1个氢键(只有羟基可以形成氢键)，尿素的熔、沸点比醋酸的高，故④正确；⑤对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，而邻羟基苯甲酸容易形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤正确；⑥水的稳定性与O-H键的强弱有关，与氢键无关，故⑥错误；正确的有①②③④⑤，故选B。15、D【解析】

A：前者为Be，后者为He，分处于IIA及0族。B：前者为0族Ne，后者为IA的Na；C：前者为B或F，后者为Al或Cl，不一定是同族元素；D：前者为O，后者为S，均为第ⅥA元素；故选D。16、A【解析】

A．食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，A项正确；B．Fe与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应，Fe电极被腐蚀，不能证明Fe电极被保护，B项错误；C．该装置缺少环形玻璃搅拌器，而且小烧杯应该和大烧杯杯口平齐，否则散热较大，数据不准，C项错误；D．向2mL0.1mol/LNaOH溶液中先加3滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀，由于NaOH过量，再加入FeCl3时，FeCl3直接与NaOH反应生成红褐色沉淀，不能证明沉淀的转化，即不能证明溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3，D项错误；答案选A。17、D【解析】

A、摩尔质量的单位是g/mol；B、氧气为双原子分子；C、氦气为单原子分子；D、根据N=nNA计算CO2分子数目。【详解】A项、NaCl的摩尔质量是58.5g/mol，1mol氯化钠的质量是58.5g，故A错误；B项、64g氧气的物质的量是=2mol，氧气为双原子分子，故含氧原子为4mol，2mol氧表述不清，是指氧原子还是氧分子不明确，故B错误；C项、4g氦气的物质的量是=1mol，氦气为单原子分子，则含原子数为1mol，故C错误；D项、0.1molCO2中所含的CO2分子数为0.1mol×6.02×1023=6.02×1022个，故D正确；故选D本题主要考查物质的量的计算，注意摩尔质量、物质的组成、与物质的量有关的计算公式是解答关键。18、C【解析】

A．甲醛分子中与H形成共价键的C原子的电负性没有那么大，与其相连的H原子不会成为“裸露”质子，甲醛分子间不存在氢键，A项错误；B．甲醛中C原子形成3个σ键和1个π键，C上没有孤电子对，其中C为sp2杂化，甲醇分子中C原子形成4个σ键，C上没有孤电子对，其中C为sp3杂化，B项错误；C．甲醛分子为平面三角形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，C项正确；D．甲醇分子中有—OH，可以形成分子间氢键，甲醇的沸点比甲醛的沸点高，D项错误；本题答案选C。19、C【解析】A、铅为固体，固体浓度视为常数，因此平衡体系中加入金属铅，平衡不移动，即c(Pb2＋)不变，故A错误；B、升高温度c(Pb2＋)增大，说明反应向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向是放热反应，即△H<0，故B错误；C、根据平衡常数的表达式，K==0.22/0.10=2.2，故C正确；D、加入少量Sn(NO3)2固体，溶液中c(Sn2＋)增大，反应向逆反应方向进行，即c(Pb2＋)增大，故D错误。20、C【解析】

A.正四面体烷的二氯代物有1种，立方烷的二氯代物有3种，故A错误；B.葡萄糖在酒化酶作用下生成酒精，不属于水解反应，故B错误；C.乙醇、福尔马林均可使蛋白质变性，则75%的乙醇溶液可用于医疗消毒，福尔马林可用于浸制动物标本，故C正确；D.甘氨酸和丙氨酸混合物，若同种氨基酸脱水，生成2种二肽；若是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成2种二肽，所以共有4种，故D错误。21、C【解析】

A.前者—OH与苯环的侧链相连，属于醇类，后者—OH直接与苯环相连，属于酚类，尽管分子构成相差了1个CH2，但是二者不是同一类物质，所以它们不互为同系物，A错误；B.该物质属于酯类（甲酸酯，含有醛基），官能团为酯基，B错误；C.该物质的官能团为碳碳双键，含有官能团的最长的碳链有4个C，因此主链含有4个C，为丁烯；编号时官能团的编号要小，因此碳碳双键的编号为1，乙基的编号为2，命名为2-乙基－1－丁烯，C正确；D.该物质中含有2个碳碳双键，且含有碳碳双键最长的碳链有4个碳原子，因此该物质为丁二烯。编号时，不管是从左端还是右端，碳碳双键的编号均为1、3，因此编号的选择，让甲基的编号的编号小，甲基的编号为2，则该物质的名称应为：2-甲基-1，3-丁二烯，故D错误。22、D【解析】

A.用强碱滴定弱酸，滴定终点是溶液显碱性，应该选用酚酞作为指示剂，故A错误；B、当a=12.5时，氢氧化钠和醋酸的物质的量之比1：1，恰好反应生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液显碱性，与pH=7不符，故B错误；C.B点时溶液显中性，则醋酸过量，C、D溶液显酸性，醋酸过量更多，水的电离受到抑制，水的电离程度：D＜C＜B，故C错误；D、在D点时，反应后醋酸剩余，溶液的组成为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，根据物料守恒，此时c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、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。【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。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。24、+NaOH+2NaCl+2H2O+2NaOH+2NaBr③⑤⑥碳碳双键【解析】

由合成路线可知，反应①为光照条件下的取代反应，反应②为NaOH/醇条件下的消去反应生成A为，反应③为A与氯气发生加成反应生成B为，B在NaOH/醇条件下发生消去反应得到，反应⑤为溴与的1,4—加成反应，反应⑥为碳碳双键与氢气的加成反应，生成C为，反应⑦为C在NaOH/水条件下发生水解反应生成1,4-环己二醇，据此解答。【详解】（1）一氯环己烷与NaOH的醇溶液加热发生消去反应产生A：环己烯；环己烯与氯气发生加成反应产生B：1，2二氯环己烷，与NaOH的醇溶液加热发生消去反应产生环己二烯，故反应④的化学方程式为；⑦环己二烯与溴水按照1:1发生1,4加成反应产生；与氢气发生加成反应产生C：；C与NaOH的水溶液发生取代反应产生。故反应⑦的化学方程式是：。（2）在上述七个反应中属于加成反应的有③⑤⑥，A为，所含官能团名称为碳碳双键；（3）二烯烃可能发生1,2加成，也可能发生1,4加成反应，还可能完全发生加成反应，所以反应⑤中可能产生一定量的副产物，其可能的结构简式为、。25、浓盐酸饱和食盐水稀硝酸水e→f（或f→e）→c→b→d通过观察气泡调节气体的流速防止水蒸气进入反应器NOCl＋2NaOH===NaCl＋NaNO2＋H2OHNO3(浓)＋3HCl(浓)===NOCl↑＋Cl2↑＋2H2O【解析】

(1)实验室加热制取氯气是用MnO2与浓盐酸加热生成的，所以分液漏斗中装的是浓盐酸，装置Ⅱ是用于吸收氯气中HCl气体，所以内装饱和的食盐水；实验室里NO是用Cu和稀硝酸反应制取的，所以分液漏斗中装的是稀硝酸，装置Ⅱ是用于吸收NO中HNO3蒸气的，因此内装水即可。(2)已知NOCl沸点为-5.5℃，遇水易水解，所以可用冰盐冷却收集液体NOCl，再用装有无水CaCl2的干燥管Ⅶ防止水蒸气进入装置Ⅸ中使NOCl变质，由于NO和Cl2都有毒且污染环境，所以用NaOH吸收尾气，因此①接口顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d，②通过观察洗气瓶中的气泡的快慢，调节NO、Cl2气体的流速，以达到最佳反应比，提高原料的利用率，减少有害气体的排放，③装置Ⅶ中装有的无水CaCl2，是防止水蒸气进入装置Ⅸ中使生成的NOCl变质，④NOCl遇水反应生成HCl和HNO2，再与NaOH反应，所以反应的化学方程式为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O。(3)由题中叙述可知，反应物为浓硝酸和浓盐酸，生成物为亚硝酰氯和氯气，所以可写出反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O。本题要特别注意NOCl的性质对解题的影响，1、沸点为-5.5℃，冰盐可使其液化，便于与原料气分离；2、遇水易水解，所以制备前、制备后都要防止水蒸气的混入，这样才能找到正确的装置连接顺序。26、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OA待D中充满黄绿色气体时除Cl2中混有的HClCl2+H2OH++Cl-+HClO饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡不容易正移，氯气几乎不溶解，但氯化氢可以溶解，所以可以除杂防止G中水蒸气进入E使氯化铝水解碱石灰AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl-1NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑0.69【解析】

由实验装置图可知，装置A中二氧化锰和浓盐酸共热制得氯气，用装置B中饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，用装置C中浓硫酸干燥氯气，装置D为氯化铝的制备装置，装置E用于收集氯化铝，用装置F中浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中，导致氯化铝水解，用装置G中氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，防止污染环境。由流程可知，实验制备得到的氯化铝在特定条件下与氢化钠反应制得铝氢化钠。【详解】（1）①装置A中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；②实验时应先点燃A处酒精灯制备氯气，利用反应生成的氯气排尽装置中的空气，防止空气中氧气干扰实验，待D中充满黄绿色气体时，再点燃D处酒精灯制备氯化铝，故答案为：D中充满黄绿色气体时；③因浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体；选用饱和食盐水的原因是，氯气与水反应为可逆反应，存在如下平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡逆向移动，降低氯气溶解度，使氯气几乎不溶解，但氯化氢极易溶于水，所以可以除杂，故答案为：除中混有的HCl；Cl2+H2OH++Cl-+HClO饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡不容易正移，氯气几乎不溶解，但氯化氢可以溶解，所以可以除杂；④F中浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中，导致氯化铝水解，装置G中氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，防止污染环境，若用盛有碱石灰的干燥管代替F和G，可以达到相同的目的，故答案为：防止G中水蒸气进入E使氯化铝水解；碱石灰；（2）氯化铝在特定条件下与氢化钠反应生成铝氢化钠和氯化钠，反应的化学方程式为AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl，故答案为：AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl；（3）若装置A改为氢气的制备装置，D中的钠与氢气共热可以制得氢化钠，由化合价代数和为零可知氢化钠中氢元素为—1价；若装置中残留有氧气，氧气与钠共热会反应生成过氧化钠，故答案为：-1；Na2O2；（4）铝氢化钠遇水发生剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；氢化钠与水反应的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，标准状况下22.4L氢气的物质的量为1mol，设铝氢化钠为xmol，氢化钠为ymol，由化学方程式可得联立方程式54x+24y=15.6①4x+y=1②，解得x=y=0.2，,则样品中铝氢化钠的质量分数为≈0.69，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；0.69。制备氯化铝和氢化钠时，注意注意排尽装置中空气，防止氧气干扰实验是解答关键；前干燥、后防水，防止氯化铝水解是易错点。27、加热升高温度，或增大酸的浓度、将氧化铜锌矿粉碎等B3.2～6.2(NH4)2SO42Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42—＋3Cl－＋5H2O【解析】

(1)酸浸是将氧化铜锌矿用酸溶解，促进溶解的措施有搅拌、加热升高温度、增大酸的浓度、将氧化铜锌矿粉碎等。(2)除铁过程中加入A和氨水，使亚铁离子变成氢氧化铁沉淀，A应为氧化剂，考虑加入A不引入新的杂质，H2O2外，其他试剂均可引入新的杂质。(3)从图表数据可知，铁离子沉淀完全的pH为3.2，锌离子开始沉淀的pH为6.2，故除铁pH范围为3.2～6.2。(4)因所用废酸为硫酸，B又可作氮肥，所以B为硫酸铵。(5)由题给信息可知，反应物为氢氧化铁、次氯酸根离子、氢氧根离子，生成物之一为，因铁在反应中化合价升高，氯元素的化合价降低，另一产物为氯离子，根据元素、电子、电荷守恒配平(可知产物还有水)，离子方程式为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2＋3Cl－＋5H2O。影响化学反应速率的因素有温度、浓度和固体表面积等。在选择除杂试剂时，应不能引入新的杂质。pH的范围应使铁完全沉淀而锌不能沉淀。28、2Cu2S+3O22Cu2O+2SO22Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1氧sp2V型乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度【解析】

(1)由题给信息知反应①是Cu2S和O2反应生成Cu2O的反应，由于Cu元素的化合价不变，O元素的化合价降低，则S元素的化合价一定升高，结合所学知识知道生成的物质为SO2；反应②是Cu2O和Cu2S反应生成Cu的反应，Cu元素的化合价降低，元素S的化合价升高生成SO2，根据电子守恒、原子守恒配平化学方程式即可；(2)Cu是29号元素，根据核外电子排布规律书写铜的基态原子价电子排布式；同一主族的元素，元素的非金属性越强，其第一电离能越大；(3)由(1)分析知反应①②生成的相同气体分子是SO2，根据价层电子对数及含有的孤电子对判断其空间构型、中心原子的杂化方式；(4)[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4。【详解】(1)由题给信息知反应①是Cu2S和O2反应生成Cu2O的反应，由于Cu元素的化合价不变，O元素的化合价降低，则S元素的化合价一定升高，结合所学知识知道生成的物质为SO2；反应②是Cu2O和Cu2S反应生成Cu的反应，Cu元素的化合价降低，元素S的化合价升高生成SO2，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式分别是：2Cu2S+