2022年山西省長治等五校高三下學(xué)期一模考試化學(xué)試題含解析

1、2021-2022高考化學(xué)模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，在周期表中Z位于A族，W與X屬于同一主族。下列說法正確的是A原子半徑：r(X)r(Y)r(Z)r(W)B由X、Z兩種元素組成的化合

2、物一定沒有共價鍵CW的最高價氧化物對應(yīng)水化物為弱酸DY的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強2、下列說法錯誤的是（ ）A光照下，1 mol CH4最多能與4 mol Cl2發(fā)生取代反應(yīng)，產(chǎn)物中物質(zhì)的量最多的是HClB將苯滴入溴水中，振蕩、靜置，上層接近無色C鄰二氯苯僅有一種結(jié)構(gòu)可證明苯環(huán)結(jié)構(gòu)中不存在單雙鍵交替結(jié)構(gòu)D乙醇、乙酸都能與金屬鈉反應(yīng)，且在相同條件下乙酸比乙醇與金屬鈉的反應(yīng)更劇烈3、隨著原子序數(shù)的遞增，八種短周期元素（用字母x等表示）原子半徑的相對大小，最高正價或最低負(fù)價的變化如圖所示，下列說法錯誤的是A常見離子半徑：ghdeB上述元素組成的ZX4f(gd4)2溶液中，離子濃度：c（f3+）

3、c（zx4+）C由d、e、g三種元素組成的鹽溶液和稀硫酸反應(yīng)可能生成沉淀Df的最高價氧化物的水化物可以分別與e和h的最高價氧化物的水化物發(fā)生反應(yīng)4、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=2的透明溶液：K+、SO42-、Na+、MnO4-B使酚酞變紅的溶液：Na+、Mg2+、Cl-、NO3-C與Al反應(yīng)生成H2的溶液：NH4+、K+、NO3-、SO42-Dc（NO3-）=1.0molL-1的溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-5、下列關(guān)于氧化還原反應(yīng)的說法正確的是A1mol Na2O2參與氧化還原反應(yīng)，電子轉(zhuǎn)移數(shù)一定為NA (NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)B濃HCl和Mn

4、O2制氯氣的反應(yīng)中，參與反應(yīng)的HCl中體現(xiàn)酸性和氧化性各占一半CVC可以防止亞鐵離子轉(zhuǎn)化成三價鐵離子，主要原因是VC具有較強的還原性DNO2與水反應(yīng)，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為2: 16、在一定條件下，使H2和O2的混合氣體26g充分發(fā)生反應(yīng)，所得產(chǎn)物在適當(dāng)溫度下跟足量的固體Na2O2反應(yīng)，使固體增重2g。原混合氣體中H2和O2的物質(zhì)的量之比為（）A1：10B9：1C4：1D4：37、下列物質(zhì)中所有的碳原子均處在同一條直線上的是（）ABH3C-CC-CH3CCH2=CH-CH3DCH3-CH2-CH38、X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半徑最大

5、。X和Y能組成兩種陰陽離子個數(shù)之比相同的離子化合物。常溫下，0.1molL-1W的氫化物水溶液的pH為1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高價氧化物對應(yīng)的水化物，先產(chǎn)生白色沉淀，后沉淀逐漸溶解。下列推斷正確的是A簡單離子半徑：WY Z XBY、Z分別與W形成的化合物均為離子化合物C元素的最高正化合價：WXZ YDY、W的簡單離子都不會影響水的電離平衡9、當(dāng)冰醋酸固體變成液體或氣體時，一定發(fā)生變化的是A分子內(nèi)化學(xué)鍵B共價鍵鍵能C分子的構(gòu)型D分子間作用力10、X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中W原子的質(zhì)子數(shù)是其M層電子數(shù)的三倍，Z與W、X與Y相鄰，X與W同主族。下列說法不正確的是（

6、 ）A原子半徑：WZYXB最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：XWZC最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：YXWZD元素X、Z、W的最高化合價分別與其主族序數(shù)相等11、如圖是部分短周期元素原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系圖。字母代表元素，分析正確的是 AR在周期表的第15列BY、Q兩種元素的氣態(tài)氫化物及其最高價氧化物的水化物均為強酸C簡單離子的半徑:XZMDZ的單質(zhì)能從M與Q元素構(gòu)成的鹽溶液中置換出單質(zhì)M12、短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。W原子的最外層電子數(shù)是X與Z原子最外層電子數(shù)之和，W簡單氫化物r溶于水完全電離。m、p是由這些元素組成的二元化合物，m可做制冷劑，無色氣體p遇空氣變?yōu)榧t棕色。下列說

7、法正確的是（ ）A簡單離子半徑：WZYXBY原子的價電子軌道表示式為Cr與m可形成離子化合物，其陽離子電子式為D一定條件下，m能與Z的單質(zhì)反應(yīng)生成p13、加較多量的水稀釋 0.1 mol/L 的 NaHCO3 溶液，下列離子濃度會增大的是（）ACO32-BHCO3-CH+DOH-14、化學(xué)與我們的生活密切相關(guān)。下列說法錯誤的是()A開發(fā)可燃冰，有利于節(jié)省化石燃料，并減少空氣污染B酒精能殺菌，濃度越大效果越好C鉆石、水晶、剛玉都是人們熟知的寶石，但其化學(xué)成分不同D用熱的純堿溶液和直餾汽油去油污原理不同15、下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是A中子數(shù)為10的氟原子：10FB乙酸乙酯的結(jié)構(gòu)簡式：C4H8O

8、2CMg2+的結(jié)構(gòu)示意圖：D過氧化氫的電子式為： 16、PbCl2是一種重要的化工材料，常用作助溶劑、制備鉛黃等染料。工業(yè)生產(chǎn)中利用方鉛礦精礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質(zhì))和軟錳礦(主要成分為MnO2)制備PbCl2的工藝流程如圖所示。已知：i.PbCl2微溶于水ii.PbCl2(s) + 2Cl(aq)PbCl42-(aq) H0下列說法不正確的是( )A浸取過程中MnO2與PbS發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：8H+2Cl+PbS + 4MnO2=PbCl2 +4Mn2+SO42-+4H2OBPbCl2微溶于水，浸取劑中加入飽和NaCl溶液會增大其溶解性C調(diào)pH的目的是除去Fe3+，因此

9、pH越大越好D沉降池中獲得PbCl2采取的措施有加水稀釋、降溫二、非選擇題（本題包括5小題）17、某藥物中間體X的合成路線如下：已知：RXHX； NH2RCHORCHN；ROH； 。請回答：（1） F的結(jié)構(gòu)簡式為_。（2） 下列說法正確的是_。A HX的反應(yīng)類型屬于加成反應(yīng)B 化合物F具有弱堿性C 化合物G能發(fā)生取代、消去、還原反應(yīng)D 化合物X的分子式為C23H27O3N9（3） 寫出BC的化學(xué)方程式_。（4） 可以轉(zhuǎn)化為。設(shè)計以苯酚和乙烯為原料制備的合成路線（用流程圖表示，無機試劑任選）_。（5） 寫出化合物B同時符合下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式。分子中有一個六元環(huán)，無其它環(huán)狀結(jié)構(gòu)；_1H

10、NMR譜表明分子中有2種氫原子；IR譜顯示存在CN_。18、為探究黑色固體 X(僅含兩種元素)的組成和性質(zhì)，設(shè)計并完成如下實驗：請回答：（1）X 的化學(xué)式是_。（2）寫出藍色溶液轉(zhuǎn)化為藍色沉淀的離子方程式是_。（3）寫出固體甲與稀硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式_。19、某學(xué)習(xí)小組以Mg(NO3)2為研究對象，擬通過實驗初步探究硝酸鹽熱分解的規(guī)律。（提出猜想）小組提出如下4種猜想：甲：Mg(NO2)2、NO2、O2 乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2 丁：MgO、NO2、N2(1)查閱資料得知，NO2可被NaOH溶液吸收，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：_。(2)實驗前，小組成員經(jīng)討論認(rèn)定猜想丁不成立，理由

11、是_。（實驗操作）(3)設(shè)計如圖裝置，用氮氣排盡裝置中空氣，其目的是_；加熱Mg(NO3)2固體，AB裝置實驗現(xiàn)象是：_，說明有Mg(NO3)2固體分解了，有NO2生成。(4)有同學(xué)提出可用亞硫酸鈉溶液檢驗是否有氧氣產(chǎn)生，但通入之前，還需在BD裝置間增加滴有酚酞的氫氧化鈉溶液，其作用是：_。(5)小組討論后認(rèn)為即便通過C后有氧氣，僅僅用亞硫酸鈉溶液仍然難以檢驗，因為：_，改進的措施是可在亞硫酸鈉溶液中加入_。(6)上述系列改進后，如果分解產(chǎn)物中有O2存在，排除裝置與操作的原因，未檢測到的原因是_。（用化學(xué)方程式表示）20、實驗室以海綿銅（主要成分為Cu和CuO）為原料制取CuCl的主要流程如圖

12、所示。已知：CuCl微溶于水，不溶于乙醇，可溶于氯離子濃度較大的溶液中。CuCl露置于潮濕的空氣中易被氧化?；卮鹣铝袉栴}。（1）“氧化”時溫度應(yīng)控制在6070，原因是_。（2）寫出“轉(zhuǎn)化”過程中的離子方程式_。（3）“過濾”所得濾液經(jīng)_、_、過濾等操作獲得(NH4)2SO4晶體，可用作化學(xué)肥料?！斑^濾”所得濾渣主要成分為CuCl，用乙醇洗滌的優(yōu)點是_。（4）氯化銨用量與Cu2+沉淀率的關(guān)系如圖所示。隨著氯化銨用量的增多Cu2+沉淀率增加，但當(dāng)氯化銨用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率減小，其原因是_。（5）若CuCl產(chǎn)品中混有少量CaSO4，設(shè)計提純CuCl的實驗方案：_。（實驗中可選試劑：0

13、.1 molL1鹽酸、10 molL1鹽酸、蒸餾水、無水乙醇）21、我國秦俑彩繪和漢代器物上用的顏料被稱為“中國藍”、“中國紫”，直到近年來人們才研究出來其成分為BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。(1)“中國藍”、“中國紫”中均具有Cun離子，n_，基態(tài)時該陽離子的價電子排布式為_。(2)“中國藍”的發(fā)色中心是以Cun+為中心離子的配位化合物，其中提供孤對電子的是_元素。(3)合成“中國藍”、“中國紫”的原料有BaCO3，孔雀石Cu2(OH)2CO3和砂子(SiO2)。SiO2晶體中Si原子的雜化軌道是由_軌道（填軌道的名稱和數(shù)目）和_軌道雜化而成的。(4)現(xiàn)代文物分析發(fā)現(xiàn)，“中國藍”

14、中含有微量硫元素。假若硫元素來源一種陰離子是正四面體的天然鋇礦中，則最可能的鋇礦化學(xué)式是_。(5)在5500年前，古代埃及人就己經(jīng)知道如何合成藍色顏料“埃及藍”CaCuSi4O10，其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中國藍”一致。CO32一中鍵角OCO為_。根據(jù)所學(xué)，從原料分解的角度判斷“埃及藍”的合成溫度比“中國藍”更_（填“高”或“低”）。(6)自然界中的SiO2，硬度較大，主要原因是_。下圖為SiO2晶胞中Si原子沿z軸方向在xy平面的投影圖（即俯視投影圖），其中O原子略去，Si原子旁標(biāo)注的數(shù)字表示每個Si原子位于z軸的高度，則SiA與SiB的距離是_。參考答案一、選擇題

15、（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】分析題給信息，X原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則X應(yīng)為O元素；Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，應(yīng)為F元素；在周期表中Z位于A族，由原子序數(shù)關(guān)系可知Z為Na元素，W與X屬于同一主族，W應(yīng)為S元素?！驹斀狻緼電子層數(shù)越多，原子半徑越大，同周期元素的原子序數(shù)越大，原子半徑越小，則原子半徑r(F)r(O)r(S)r(Na)，A項錯誤；BX為O，Z為Na，由Y、Z兩種元素組成的化合物可能為過氧化鈉，其分子中含有離子鍵和共價鍵，B項錯誤；CW最高價氧化物對應(yīng)水化物為硫酸，屬于強酸，C項錯誤；D非金屬性FS，元素的非金屬性越強，對應(yīng)的簡單氫化物越穩(wěn)定，D項正確

16、；答案選D?！军c睛】微粒半徑大小的決定因素：決定因素是電子層數(shù)和核電荷數(shù)。電子層數(shù)越多，則微粒半徑越大；電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越多，對核外電子的吸引力越大，微粒半徑越小，比較時應(yīng)綜合考慮二者。2、B【解析】A甲烷和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成多種氯代烴，取代1個氫原子消耗1mol氯氣，同時生成氯化氫；B苯與溴水不反應(yīng)，發(fā)生萃?。籆如果苯環(huán)是單雙鍵交替，則鄰二氯苯有兩種；D醇羥基氫活潑性弱于羧羥基氫?！驹斀狻緼甲烷和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成多種氯代烴，取代1個氫原子消耗1mol氯氣，同時生成氯化氫，1 mol CH4最多能與4 mol Cl2發(fā)生取代反應(yīng)，產(chǎn)物中物質(zhì)的量最多的是HCl，故A正確；B苯與溴水

17、不反應(yīng)，發(fā)生萃取，溴易溶于苯，苯密度小于水，所以將苯滴入溴水中，振蕩、靜置，下層接近無色，故B錯誤；C如果苯環(huán)是單雙鍵交替，則鄰二氯苯有兩種，鄰二氯苯僅有一種結(jié)構(gòu)可證明苯環(huán)結(jié)構(gòu)中不存在單雙鍵交替結(jié)構(gòu)，故C正確；D醇羥基氫活潑性弱于羧羥基氫，所以乙醇、乙酸都能與金屬鈉反應(yīng)，且在相同條件下乙酸比乙醇與金屬鈉的反應(yīng)更劇烈，故D正確；故選：B。3、B【解析】根據(jù)八種短周期元素原子半徑的相對大小可知：x屬于第一周期，y、z、d屬于第二周期，e、f、g、h屬于第三周期元素；根據(jù)最高正價或最低負(fù)價可知：x為H, y為C、z為N、d為O、e為Na、f為Al、g為S、h為Cl?！驹斀狻緼.g為S，h為Cl，屬于

18、第三周期，離子半徑gh ；d為O，e為Na，同為第二周期，離子半徑de，故離子半徑：ghde，A正確；B.根據(jù)上述分析可知，ZX4f(gd4)2組成為NH4Al(SO4)2，溶液中Al3+和NH4+水解均顯酸性，屬于相互抑制的水解，由于氫氧化鋁的電離常數(shù)大于一水合氨，則鋁離子水解程度大于銨根，即離子濃度：c(Al3+)c（NH4+）,故B錯誤；C.d為O、e為Na、g為S，由d、e、g三種元素組成的鹽Na2S2O3溶液和稀硫酸反應(yīng)可能生成S沉淀,故C正確；D.f為Al，f的最高價氧化物的水化物為Al（OH）3,為兩性氫氧化物，e和h的最高價氧化物的水化物分別為NaOH、HClO4，可以與Al(

19、OH)3發(fā)生反應(yīng),故D正確；答案：B。【點睛】突破口是根據(jù)原子半徑的大小判斷元素的周期數(shù)；根據(jù)最高正化合價和最低負(fù)化合價的數(shù)值大小判斷元素所在的主族；由此判斷出元素的種類，再根據(jù)元素周期律解答即可。4、A【解析】A. pH=2是酸性溶液，K+、SO42-、Na+、MnO4-均能共存，A正確；B. 使酚酞變紅的溶液是堿性溶液，Mg2+與OH-反應(yīng)生成Mg(OH)2的白色沉淀，不能共存，B錯誤；C. 與Al反應(yīng)生成H2的溶液是可酸可堿，NH4+與OH-反應(yīng)生成一水合氨，不能共存，C錯誤；D. 在酸性溶液中，NO3-會顯強氧化性，將Fe2+氧化生成Fe3+，所以H+、NO3-、Fe2+不能共存，D錯

20、誤；故答案選A?！军c睛】在酸性環(huán)境中，NO3-、ClO-、MnO7-、Cr2O72-會顯強氧化性，氧化低價態(tài)的Fe2+、S2-、SO32-、I-、有機物等，所以不能共存。5、C【解析】ANa2O2中的O為-1價，既具有氧化性又具有還原性，發(fā)生反應(yīng)時，若只作為氧化劑，如與SO2反應(yīng)，則1molNa2O2反應(yīng)后得2mol電子；若只作為還原劑，則1molNa2O2反應(yīng)后失去2mol電子；若既做氧化劑又做還原劑，如與CO2或水反應(yīng)，則1molNa2O2反應(yīng)后轉(zhuǎn)移1mol電子，綜上所述，1molNa2O2參與氧化還原反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)不一定是1NA，A項錯誤；B濃HCl與MnO2制氯氣時，MnO2表現(xiàn)氧化

21、性，HCl一部分表現(xiàn)酸性，一部分表現(xiàn)還原性；此外，隨著反應(yīng)進行，鹽酸濃度下降到一定程度時，就無法再反應(yīng)生成氯氣，B項錯誤；C維生素C具有較強的還原性，因此可以防止亞鐵離子被氧化，C項正確；DNO2與水反應(yīng)的方程式：，NO2中一部分作為氧化劑被還原價態(tài)降低生成NO，一部分作為還原劑被氧化價態(tài)升高生成HNO3，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1:2，D項錯誤；答案選C。【點睛】處于中間價態(tài)的元素，參與氧化還原反應(yīng)時既可作為氧化劑表現(xiàn)氧化性，又可作為還原劑表現(xiàn)還原性；氧化還原反應(yīng)的有關(guān)計算，以三個守恒即電子得失守恒，電荷守恒和原子守恒為基礎(chǔ)進行計算。6、D【解析】已知：2H2+O2=2H2O，2H2O

22、+2Na2O2=4NaOH+O2，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，所得產(chǎn)物在適當(dāng)溫度下跟足量的固體Na2O2反應(yīng)，使固體增重2g，則增加的質(zhì)量為H2的質(zhì)量，據(jù)此回答?！驹斀狻糠謨煞N情況： 若O2過量，則m(H2)=2g，m(O2)=26g-2g=24g，n(H2)：n(O2)= ； 若H2過量，根據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式2 H2 + O2 = 2 H2O，參加反應(yīng)的氫氣2g，消耗氧氣為16g，所以混合氣體中O2的質(zhì)量是16g，H2的質(zhì)量是10g，n(H2)：n(O2)= ；故答案為D?！军c睛】抓住反應(yīng)實質(zhì)H2+Na2O2=2NaOH，增重的質(zhì)量就是氫氣的質(zhì)量，注意有兩種情況要進行討論，另外比

23、值順序不能弄反，否則會誤選A。 7、B【解析】A、中碳原子全部共平面，但不能全部共直線，故A錯誤；B、H3C-CC-CH3相當(dāng)于是用兩個甲基取代了乙炔中的兩個H原子，故四個碳原子共直線，故B正確；C、CH2=CH-CH3相當(dāng)于是用一個甲基取代了乙烯中的一個H原子，故此有機物中3個碳原子共平面，不是共直線，故C錯誤；D、由于碳碳單鍵可以扭轉(zhuǎn)，故丙烷中碳原子可以共平面，但共平面時為鋸齒型結(jié)構(gòu)，不可能共直線，故D錯誤。故選：B?！军c睛】本題考查了原子共直線問題，要找碳碳三鍵為母體，難度不大。8、D【解析】Y原子在短周期主族元素中原子半徑最大，故Y為Na元素，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物為NaOH，逐滴

24、加入氫氧化鈉溶液先產(chǎn)生沉淀，后沉淀溶解，說明ZW3為鋁鹽，即Z為Al元素；X和Y能組成兩種陰陽離子個數(shù)之比相同的離子化合物，則X為O元素；常溫下，0.1molL-1W的氫化物水溶液的pH為1，說明HW為一元強酸，W的原子序數(shù)大于Z，所以W為Cl元素；綜上所述：X為O，Y為Na，Z為Al，W為Cl?！驹斀狻緼. 核外電子排布相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小；氯離子電子層為3層，其他離子均為2層，所以簡單離子半徑：ClO2Na+Al3+，即WXYZ，故A錯誤；B. Al與Cl形成的化合物AlCl3為共價化合物，故B錯誤；C. O元素沒有最高正化合價，故C錯誤；D. NaOH為強堿，HCl為強

25、酸，所以鈉離子和氯離子都不會影響水的電離平衡，故D正確；故答案為D。9、D【解析】A冰醋酸固體變成液體或氣體為物理變化，化學(xué)鍵未斷裂，A錯誤；B化學(xué)鍵未斷裂，則共價鍵類型未變，鍵能不變，B錯誤；C物理變化分子本身未變化，分子構(gòu)型不可能變化，C錯誤；D冰醋酸固體變成液體或氣體，分子間間隔增大，需克服分子間作用力，因此分子間作用力被破壞，D正確。答案選D。10、A【解析】W原子的質(zhì)子數(shù)是其M層電子數(shù)的3倍，根據(jù)核外電子排布規(guī)律，得出W為P，X與W同主族，則X為N，Z與W相鄰、X與Y相鄰，四種原子序數(shù)依次增大，得出在元素周期表中相應(yīng)的位置，即，據(jù)此分析；【詳解】W原子的質(zhì)子數(shù)是其M層電子數(shù)的3倍，根

26、據(jù)核外電子排布規(guī)律，得出W為P，X與W同主族，則X為N，Z與W相鄰、X與Y相鄰，四種原子序數(shù)依次增大，得出在元素周期表中相應(yīng)的位置，即A. 同主族從上到下，原子半徑依次增大，同周期從左向右原子半徑依次減小，因此原子半徑大小順序是r(Si)r(P)r(N)r(O)，故A說法錯誤；B. 利用非金屬性越強，其最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強，非金屬性強弱順序是NOSi，即最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強弱順序是HNO3H3PO4H2SiO4，故B說法正確；C. 利用非金屬性越強，其氫化物穩(wěn)定性越強，非金屬性強弱順序是ONPSi，即最簡單氫化物的熱穩(wěn)定性強弱順序是H2ONH3PH3SiH4，故C說法正確

27、；D. 主族元素的最高化合價等于最外層電子數(shù)等于族序數(shù)(除O、F外)，N、Si、P最外層電子數(shù)分別為5、4、5，族序數(shù)分別為VA、IVA、VA，故D說法正確；答案：A。11、C【解析】從圖可看出X、Y在第二周期，根據(jù)原子序數(shù)知道X是O元素，Y是F元素，同理可知Z是Na元素，M是Al元素，R是Si元素，Q是Cl元素?！驹斀狻緼.R是Si元素，在周期表中位于第14列，故A錯誤；B.Y是F元素，沒有正化合價，沒有含氧酸，故B錯誤；C.X、Z、M的簡單離子都是10電子結(jié)構(gòu)，電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則簡單離子的半徑：XZM，故C正確；D.Z是Na元素，鈉與鋁鹽溶液反應(yīng)時，先與水

28、反應(yīng)，不能置換出Al，故D錯誤；故選C。12、D【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。m可做制冷劑，則m為NH3，則X為H；無色氣體p遇空氣變?yōu)榧t棕色，則p為NO；N元素的簡單氫化物是非電解質(zhì)，所W不是O、N，則Y為N，Z為O，W原子的最外層電子數(shù)是X與Z原子最外層電子數(shù)之和，且其簡單氫化物r溶于水完全電離，則W為Cl?！驹斀狻緼電子層數(shù)越多離子半徑越大，電子層數(shù)相同，原子序數(shù)越小半徑越大，所以簡單離子半徑：Cl-N3-O2-H+，故A錯誤；BY為N，其價層電子為2s22p3，價電子軌道表示式為：，故B錯誤；Cr與m可形成離子化合物氯化銨，銨根的正確電子式為，故C錯誤；D氨氣與氧

29、氣在催化劑加熱的條件下可以生成NO，故D正確；故答案為D。13、C【解析】在NaHCO3溶液中存在碳酸氫根離子的水解平衡為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，加較多量的水稀釋促進水解平衡正向移動，但以體積增大為主，所以氫氧根離子的濃度減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，即氫離子濃度與氫氧根離子濃度的積不變，所以氫離子的濃度變大， 故選：C。14、B【解析】A“可燃冰”是天然氣水合物，燃燒生成二氧化碳和水，屬于清潔能源，有利于節(jié)省化石燃料，并減少空氣污染，故A正確；B醫(yī)用酒精的濃度為75%，并不是越大越好，濃度過大的酒精能夠使細菌表明的蛋白質(zhì)凝固，形成一層硬膜，這層硬膜阻止酒精分子進一步滲入

30、細菌內(nèi)部，反而保護了細菌，故B錯誤；C鉆石的成分是碳單質(zhì)，水晶的成分是二氧化硅、剛玉的成分是氧化鋁，三者成分不同，故C正確；D純堿水解顯堿性，油脂在堿性環(huán)境下水解，直餾汽油去油污是利用相似相溶原理，所以二者去油污原理不同，故D正確；故選：B。15、C【解析】A. 中子數(shù)為10的氟原子為：，選項A錯誤；B. C4H8O2為乙酸乙酯的分子式，乙酸乙酯的結(jié)構(gòu)簡式：CH3COOC2H5，選項B錯誤；C. Mg2+的結(jié)構(gòu)示意圖為：，選項C正確；D. 過氧化氫是共價化合物，兩個氧原子之間共用一對電子，過氧化氫的電子式應(yīng)為： ，選項D錯誤。答案選C。16、C【解析】方鉛礦精礦(主要成分為PbS，含有FeS2

31、等雜質(zhì))和軟錳礦(主要成分為MnO2)中加入稀鹽酸，根據(jù)酸性廢液中含有硫酸根離子礦渣，PbS中S元素被氧化成SO42，則發(fā)生反應(yīng)為4MnO2+PbS+8HCl=3MnCl2+PbCl2+MnSO4+4H2O，加入NaCl促進反應(yīng)PbCl2(s)+2Cl(aq)PbCl42-(aq)正向移動。加入NaOH溶液調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3轉(zhuǎn)化成Fe(OH)3沉淀，過濾得到Fe(OH)3、礦渣和濾液；PbCl2微溶于水，將溶液沉降過濾得到PbCl2。A浸取過程中MnO2與PbS發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子反應(yīng)為：8H+2Cl+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2+SO42+4H2O，正確，A不選；B發(fā)生Pb

32、Cl2(s)+2Cl(aq)PbCl42-(aq)，加入NaCl增大c(Cl)，有利于平衡正向移動，將PbCl2(s)轉(zhuǎn)化為PbCl42-(aq)，正確，B不選；C調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3轉(zhuǎn)化成Fe(OH)3沉淀，除去溶液中的Fe3，但應(yīng)避免同時生產(chǎn)Mn(OH)2沉淀，pH不能過大，錯誤，C選；D已知：PbCl2(s)+2Cl(aq)PbCl42-(aq) H0，可以通過加水稀釋、降溫促進反應(yīng)逆向進行，獲得PbCl2，正確，D不選。答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、或HOCH2CH2NHNH2 BCD HCl 、 、 【解析】從E到F的分子式的變化分析，物質(zhì)E和NH2NH2的反應(yīng)為取

33、代反應(yīng)，另外的產(chǎn)物為氯化氫，則推斷B的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)信息分析，C的結(jié)構(gòu)簡式為，E的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2Cl，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2NHNH2?！驹斀狻?1)根據(jù)以上分析可知F的結(jié)構(gòu)簡式為 或HOCH2CH2NHNH2 ；(2) A的結(jié)構(gòu)中含有氯原子，結(jié)合信息分析，HX的反應(yīng)類型屬于取代反應(yīng)，故錯誤；B化合物F的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2NHNH2，含有氨基，具有弱堿性，故正確；C化合物G含有的官能團為羥基，羰基，碳氮雙鍵，碳碳雙鍵，所以能發(fā)生取代、消去、還原反應(yīng)，故正確；D結(jié)合信息分析，的分子式為C12H12O2N7Cl，與之反應(yīng)的分子式為C11H16ON2，該反應(yīng)為取代反應(yīng)，

34、生成的另外的產(chǎn)物為氯化氫，則化合物X的分子式為C23H27O3N9，故正確。選BCD；(3)B到C為取代反應(yīng)，方程式為： HCl；(4) 以苯酚和乙烯為原料制備的合成路線，從逆推方法入手，需要合成的物質(zhì)為和HN（CH2CH2Br）2，由苯酚和濃硝酸反應(yīng)生成，乙烯和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成1，2-二溴乙烷，再與氨氣反應(yīng)生成HN（CH2CH2Br）2即可。合成路線為： ；(5)化合物B的分子式為C5H6O2N2，其同分異構(gòu)體同時符合下列條件：分子中有一個六元環(huán)，無其它環(huán)狀結(jié)構(gòu)；1HNMR譜表明分子中有2種氫原子；IR譜顯示存在CN，說明結(jié)構(gòu)有對稱性，除了-CN外另一個氮原子在對稱軸上，兩個氧原子在六元環(huán)

35、上，且處于對稱位，所以結(jié)構(gòu)可能為 、 、。18、CuO Cu2+2OH-=Cu(OH)2 Cu2OH2SO4=CuCuSO4H2O 【解析】流程中32gX隔絕空氣加熱分解放出了能使帶火星的木條復(fù)燃的氣體為氧氣，質(zhì)量：32.0g-28.8g=3.2g，證明X中含氧元素，28.8g固體甲和稀硫酸溶液反應(yīng)生成藍色溶液，說明含銅離子，證明固體甲中含銅元素，即X中含銅元素，銅元素和氧元素形成的黑色固體為CuO，X為氧化銅，n(CuO)=0.4mol，結(jié)合質(zhì)量守恒得到n(O2)=0.1mol，氧元素守恒得到甲中n(Cu)：n(O)=0.4mol：(0.4mol-0.1mol2)=2：1，固體甲化學(xué)式為Cu

36、2O，固體乙為Cu，藍色溶液為硫酸銅，加入氫氧化鈉溶液生成氫氧化銅沉淀，加熱分解得到16.0g氧化銅?！驹斀狻?1)分析可知X為CuO，故答案為CuO；(2)藍色溶液為硫酸銅溶液，轉(zhuǎn)化為藍色沉淀氫氧化銅的離子方程式為Cu2+2OH-=Cu(OH)2，故答案為Cu2+2OH-=Cu(OH)2；(3)固體甲為Cu2O，氧化亞銅和稀硫酸溶液發(fā)生歧化反應(yīng)生成銅、二價銅離子和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Cu2OH2SO4=CuCuSO4H2O，故答案為Cu2OH2SO4=CuCuSO4H2O。19、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O 不符合氧化還原反應(yīng)原理 避免對產(chǎn)物O2的檢驗產(chǎn)生干擾 固

37、體減少，產(chǎn)生紅棕色氣體，溶液中有氣泡冒出 確保二氧化氮已被除盡，防止干擾氧氣的檢驗 亞硫酸鈉溶液與氧氣反應(yīng)沒有明顯現(xiàn)象，難以判斷反應(yīng)是否發(fā)生了 幾滴酚酞試劑 4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O 【解析】(1)NO2在堿性條件下自身發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與氫氧化鈉反應(yīng)生成NaNO3和NaNO2；(2)根據(jù)氧化還原反應(yīng)化合價升降相等判斷；(3)為檢驗是否生成氧氣，應(yīng)將裝置內(nèi)的氧氣排盡；加熱Mg(NO3)2固體，固體質(zhì)量減小，如生成紅棕色氣體，則有NO2生成；(4)亞硫酸鈉具有還原性，可被氧氣氧化，也可被二氧化氮氧化；(5)亞硫酸鈉溶液與氧氣反應(yīng)沒有

38、明顯現(xiàn)象，結(jié)合亞硫酸鈉溶液呈堿性，硫酸鈉溶液呈中性判斷；(6)如果分解產(chǎn)物中有O2存在，但沒有檢測到，可能原因是二氧化氮、氧氣與水反應(yīng)?！驹斀狻?1)NO2在堿性條件下自身發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與氫氧化鈉反應(yīng)生成NaNO3和NaNO2，根據(jù)電子守恒、原子守恒，可得反應(yīng)的方程式為2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)由于丙產(chǎn)物中化合價只有降低情況，沒有升高，不滿足氧化還原反應(yīng)的特征，不符合氧化還原反應(yīng)原理；(3)為檢驗是否生成氧氣，應(yīng)將裝置內(nèi)的氧氣排盡，避免對產(chǎn)物O2的檢驗產(chǎn)生干擾，加熱Mg(NO3)2固體，固體質(zhì)量減小，如生成紅棕色氣體，則有NO2生成；(4)亞硫酸鈉具有還原

39、性，可被氧氣氧化，也可被NO2氧化，通入之前，還需在BD裝置間增加滴有酚酞的氫氧化鈉溶液，可確保NO2已被除盡，防止干擾氧氣的檢驗；(5)亞硫酸鈉溶液與氧氣反應(yīng)沒有明顯現(xiàn)象，結(jié)合亞硫酸鈉溶液呈堿性，硫酸鈉溶液呈中性判斷，可滴加幾滴酚酞試劑，如溶液由紅色變?yōu)闊o色，說明有氧氣生成；(6)如果分解產(chǎn)物中有O2存在，但沒有檢測到，可能原因是NO2、O2與H2O反應(yīng)，發(fā)生方程式為4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O?！军c睛】本題為實驗探究題目，答題時主要在把握物質(zhì)的性質(zhì)基礎(chǔ)上把握實驗的原理、目的以及相關(guān)實驗的基本操作，側(cè)重考查學(xué)生的分析、實驗?zāi)芰Α?0

40、、溫度低溶解速度慢、溫度過高銨鹽分解 2Cu2+ SO32-+2Cl+H2O2CuCl+ SO42-+2H+ 蒸發(fā)濃縮 降溫結(jié)晶 CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇揮發(fā)快，避免CuCl被空氣中O2氧化 生成的氯化亞銅又溶解于氯化銨溶液中 向產(chǎn)品中加入10 molL1鹽酸，不斷攪拌，至固體不再溶解，過濾，向濾液中加蒸餾水至大量固體析出，過濾，再用無水乙醇洗滌23次，干燥 【解析】實驗流程中，海綿銅（主要成分為Cu和CuO）中加入硝酸銨和硫酸，酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化海綿銅生成Cu2+，濾液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-，過濾后在濾液中加入亞硫酸銨，發(fā)生氧化還原反應(yīng)

41、生成CuCl，發(fā)生反應(yīng)：2Cu2+SO32-+2Cl+H2O2CuCl+ SO42-+2H+，得到產(chǎn)品CuCl，據(jù)此分析?！驹斀狻浚?）物質(zhì)“溶解氧化”時，既要考慮反應(yīng)速率，還要考慮是否有副反應(yīng)發(fā)生，溫度低溶解速度慢、溫度過高銨鹽分解。答案為：溫度低溶解速度慢、溫度過高銨鹽分解；（2）“轉(zhuǎn)化”中氧化產(chǎn)物為硫酸銨，濾液主要是硫酸銨?？芍獊喠蛩徜@被溶液中的CuSO4氧化成硫酸銨，Cu2+被還原生成CuCl。答案為：2Cu2+SO32-+2Cl+H2O2CuCl+ SO42-+2H+；（3）“過濾”所得濾液為硫酸銨溶液，獲取晶體需通過蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過濾等操作。CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸點低，易揮發(fā)，避免因水洗干燥時間長而導(dǎo)致CuCl被氧氣氧化。答案為：蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶；CuCl在乙