2022學年寧夏石嘴山三中高二化學第二學期期末監(jiān)測試題(含解析)

1、2022學年高二下學期化學期末模擬測試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和

2、答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、在V L Al2(SO4)3溶液中加入過量氨水，過濾得沉淀，然后在高溫中灼燒沉淀最后得白色固體m g，溶液中SO42-的物質的量濃度是（ ）Am/27VmolL-1 B2m/27VmolL-1C3m/54VmolL-1 Dm/34VmolL-12、已知電導率越大導電能力越強。常溫下用0.100 molL-1NaOH溶液分別滴定10.00mL濃度均為0.100 molL-1的鹽酸和醋酸溶液，測得滴定過程中溶液的電導率如圖所示。下列說法正確的是A曲線代表滴定鹽酸的曲線Ba點溶液中: c(OH-)+c(CH3COO-)

3、-c(H+) =0.1 mol/LCa、b、c三點溶液中水的電離程度：cabDb點溶液中：c(OH-)c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)3、甲醛（）在Ni催化作用下加氫可得甲醇(CH3OH)，以下說法中正確的是A甲醛分子間可以形成氫鍵B甲醛分子和甲醇分子內C原子均采取sp2雜化C甲醛為極性分子D甲醇的沸點遠低于甲醛的沸點4、已知X、Y元素同周期，且電負性XY，下列說法錯誤的是 ( )AX與Y形成化合物時，X顯負價，Y顯正價B第一電離能可能Y小于XC最高價含氧酸的酸性：X對應酸的酸性弱于Y對應酸的酸性D氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HmY小于HnX5、短周期元素M、N、X、Y、Z的原子

4、序數(shù)依次增大，它們組成的單質或化合物存在如下轉化關系。甲、丁為二元化合物(兩種元素形成的化合物），乙、戊為單質，丙、己為三元化合物。已知25時，0.1mol/L的甲、丙兩溶液的pH分別為l、13 ，丁、己兩溶液混合時產(chǎn)生白色沉淀。下列推斷正確的是AM分別與N、X、Z形成的簡單化合物中，M與N形成的化合物熔點最高B原子半徑：ZYXMNCX、Y、Z的最高價氧化物對應的水化物能相互反應DZ的陰離子結合質子的能力比N的陰離子強6、臭氧是理想的煙氣脫硝試劑，其脫硝反應為2NO2(g)O3(g)N2O5(g)O2(g)，若反應在恒容密閉容器中進行，下列由該反應相關圖像作出的判斷正確的是()A升高溫度，平衡

5、常數(shù)減小B0-3s內，反應速率v(NO2)=0.2molL-1Ct1時僅加入催化劑，平衡正向移動D達到平衡時，僅改變X，則X為c(O2)7、X、Y、Z、W為短周期主族元素，X原子M層有1個電子，Y原子最外層電子數(shù)為最內層電子數(shù)的2倍，Z元素的最高化合價為最低化合價絕對值的3倍，Z、W同周期，W的原子半徑小于Z。下列敘述正確的是A原子半徑由大到小的順序：Z、X、YB元素非金屬性由強到弱的順序：W、Z、YC簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性由強到弱的順序：Z、WDW分別與X、Y形成的化合物化學鍵類型相同8、將一定量的Cl2通入一定濃度的苛性鉀溶液中，兩者恰好完全反應（已知反應過程放熱），生成物中有三種含氯元素

6、的離子，其中ClO-和ClO3-兩種離子的物質的量（n）與反應時間（t）的變化示意圖如下圖所示。下列說法正確的是A苛性鉀溶液中KOH的質量是5.6 gB反應中轉移電子的物質的量是0.18molC在酸性條件下 ClO和ClO3可生成Cl2D一定有3.136 L氯氣參與反應9、設pC為溶液中粒子物質的量濃度的負對數(shù)，即:pC=-lgC。25時，某濃度H2R水溶液中，pC(H2R)、pC(HR-)、pC(R2-)隨溶液pH的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A曲線I表明，c(R2-)隨著pH增大而逐漸增大BpH=1.3時，3c(R2-)+c(OH-)=10-1.3mol/LC常溫下，該體系中c2(H

7、R-)/ c(R2-)c(H2R)=1000DNaHR水溶液中:c(Na+)c(HR-)c(OH-)c(H+)10、以氯酸鈉（NaClO3）等為原料制備亞氯酸鈉（NaClO2）的工藝流程如下，下列說法中，不正確的是A反應1中，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化B從母液中可以提取Na2SO4C反應2中，H2O2做氧化劑D采用減壓蒸發(fā)可能是為了防止NaClO2受熱分解11、常溫下，向20 mL x molL1 CH3COOH溶液中逐滴加入等物質的量濃度的NaOH溶液，混合液的pH隨NaOH溶液的體積（V）的變化關系如圖所示（忽略溫度變化）。下列說法中不正確的是（ ）A上述 C

8、H3COOH溶液中：c(H+)1103 molL1B圖中V1 20 mLCa點對應的溶液中：c (CH3COO)c (Na+）D當加入NaOH溶液的體積為20 mL時，溶液中：c (CH3COOH) + c (H+)c (OH）12、下列對物質或離子的檢驗,結論正確的是()A將氣體通入澄清石灰水，有白色沉淀生成,證明氣體為CO2B將氣體通入水中能使酚酞變紅，則氣體為NH3，NH3為堿C加入KSCN溶液,溶液變紅，證明原溶液含有Fe3+D加入BaCl2溶液,生成的沉淀不溶于鹽酸，證明原溶液含有SO42-13、高溫下，超氧化鉀晶體呈立方體結構，晶體中氧的化合價部分為0價，部分為2價，如圖所示為超氧

9、化鉀晶體的一個晶胞，則下列說法正確的是 A超氧化鉀的化學式為KO2，每個晶胞含有4個K和4個B晶體中每個K周圍有8個，每個周圍有8個KC晶體中與每個K距離最近的K有8個，晶體中與每個距離最近的有6個D晶體中其中0價氧和2價氧的物質的量之比為1:114、用石墨電極完成下列電解實驗，實驗現(xiàn)象：a處試紙變藍；b處變紅，局部褪色；c處無明顯變化；d處試紙變藍。下列對實驗現(xiàn)象的解釋或推測不合理的是Aa為電解池的陰極 Bb處有氯氣生成，且與水反應生成了鹽酸和次氯酸Cc處發(fā)生了反應：Fe-3e-=Fe3+ Dd處：2H+2e-=H215、在一定條件下發(fā)生反應 2SO3(g)2SO2(g)O2(g)，將2 m

10、ol SO3通入2 L容積恒定的密閉容器中，若維持容器內溫度不變，5 min末測得SO3的物質的量為0.8 mol。則下列說法正確的是A若某時刻消耗了1 molSO3同時生成了0.5molO2，則表明該反應達到了平衡狀態(tài)B若起始時充入3 mol SO3，起始時SO3分解速率不變C05min，SO2的生成速率v(SO2)0.12molL1min1D達到平衡時，SO2和SO3的濃度相等16、下列現(xiàn)象與氫鍵有關的是：（）H2O的熔、沸點比VIA族其他元素氫化物的高小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶冰的密度比液態(tài)水的密度小尿素的熔、沸點比醋酸的高鄰羥基苯甲酸的熔、沸點比對羥基苯甲酸的低水分子高溫下也

11、很穩(wěn)定ABCD17、硼氫化鈉（NaBH4）為白色粉末，容易吸水潮解，可溶于異丙胺（熔點：-101，沸點：33），在干空氣中穩(wěn)定，在濕空氣中分解，是無機合成和有機合成中常用的選擇性還原劑某研究小組采用偏硼酸鈉（NaBO2）為主要原料制備NaBH4，其流程如下：下列說法不正確的是（）A實驗室中取用少量鈉需要用到的實驗用品有鑷子、濾紙、玻璃片和小刀B操作、操作分別是過濾與蒸發(fā)結晶C反應加料之前需將反應器加熱至100以上并通入氬氣D反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：218、四氯化碳按官能團分類應該屬于 （ ）A烷烴B烯烴C鹵代烴D炔烴19、下列說法不正確的是A皂化反應是指油脂在稀硫酸的作用下水解

12、得到高級脂肪酸和甘油B淀粉纖維素、麥芽糖在一定條件下可和水作用轉化為葡萄糖C氨基酸既能與強酸反應，也能與強堿反應D“春蠶到死絲方盡,蠟炬成灰淚始干”中的“絲”和“淚”分別是蛋白質和烴20、下列說法中正確的是ANO2、SO2、BF3、NCl3分子中沒有一個分子中原子的最外層電子都滿足8電子穩(wěn)定結構BPH3和CH4都是正四面體形分子且鍵角都為10928CNH3分子中有一對未成鍵的孤電子對，它對成鍵電子的排斥作用較強DNH4的電子式為 ，離子呈平面正方形結構21、下列除去雜質的試劑正確的是( ) 除去CH4中少量C2H4：酸性KMnO4溶液 除去乙酸乙酯中的少量乙酸：飽和Na2CO3溶液 除去CO2

13、中少量SO2：飽和Na2CO3溶液 除去C2H2中少量H2S：CuSO4溶液 除去溴苯中混有的少量溴：NaOH溶液ABCD22、利用太陽能分解制氫，若光解0.02 mol水，下列說法正確的是（ ）A可生成H2的質量為0.02gB可生成氫的原子數(shù)為2.4081023個C可生成H2的體積為0.224L（標準狀況）D生成H2的量理論上等于0.04mol Na與水反應產(chǎn)生H2的量二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、F為元素周期表中前四周期元素，且原子序數(shù)依次增大，A與其余五種元素既不同周期也不同主族，B的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代，C的氧化物是導致酸雨的主要物質之

14、一，D原子核外電子有8種不同的運動狀態(tài)，E的基態(tài)原子在前四周期元素的基態(tài)原子中單電子數(shù)最多，F(xiàn)元素的基態(tài)原子最外能層只有一個電子，其他能層均已充滿電子。（1）寫出基態(tài)E原子的價電子排布式_。（2）A與C可形成CA3分子，該分子中C原子的雜化類型為_，該分子的立體結構為_；C的單質與BD化合物是等電子體，據(jù)等電子體的原理，寫出BD化合物的電子式_；A2D由液態(tài)形成晶體時密度減小，其主要原因是_（用文字敘述）。（3）已知D、F能形成一種化合物，其晶胞的結構如圖所示，則該化合物的化學式為_；若相鄰D原子和F原子間的距離為a cm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為_gcm3（用含a、NA的式

15、子表示）。24、（12分）已知X、Y、Z、W、Q、R、E七種元素中，原子序數(shù)XYZWQRc(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，D選項正確；正確答案：D。3、C【答案解析】A甲醛分子中與H形成共價鍵的C原子的電負性沒有那么大，與其相連的H原子不會成為“裸露”質子，甲醛分子間不存在氫鍵，A項錯誤；B甲醛中C原子形成3個鍵和1個鍵，C上沒有孤電子對，其中C為sp2雜化，甲醇分子中C原子形成4個鍵，C上沒有孤電子對，其中C為sp3雜化，B項錯誤；C甲醛分子為平面三角形，分子中正負電中心不重合，是極性分子，C項正確；D甲醇分子中有OH，可以形成分子間氫鍵，甲醇的沸點比甲醛的沸點高，D項

16、錯誤；本題答案選C。4、C【答案解析】同周期元素從左到右，原子序數(shù)依次增大，原子半徑依次減小，非金屬性依次增強，電負性依次增大?！绢}目詳解】A項、電負性大的元素在化合物中顯負價，所以X和Y形成化合物時，X顯負價，Y顯正價，故A正確；B項、同周期元素從左到右，第一電離能有增大的趨勢，但A族元素的p軌道為半充滿穩(wěn)定結構，第一電離能大于族元素，第一電離能Y大于X，也可能小于X，故B正確；C項、元素非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，非金屬性XY，則X對應的酸性強于Y對應的酸的酸性，故C錯誤；D項、元素非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HmY小于HnX，故D正確；故

17、選C?！敬鸢更c睛】本題主要考查元素周期律的應用，明確明確同周期位置關系及電負性大小得出元素的非金屬性強弱的關系是解答本題的關鍵。5、C【答案解析】25時，0.1 molL-1甲溶液的pH=1，說明甲為一元強酸，甲為二元化合物，短周期中只有HCl滿足；0.1molL-1丙溶液的pH=13，說明丙為一元強堿，短周期元素中只有Na對應的NaOH為強堿，所以M為H元素；乙為單質，能夠與強酸甲、強堿丙反應生成單質戊，則戊只能為氫氣，乙為金屬Al；結合M，N，X，Y，Z的原子序數(shù)依次增大可知為H、O、Na、Al、Cl元素，則A. M分別與N、X、Z形成的簡單化合物分別是H2O、NaH、HCl，NaH是離子

18、化合物，熔點最高，A錯誤；B. 同周期自左向右原子半徑逐漸減小，同主族自上而下原子半徑逐漸增大，則原子半徑：NaAlClOH，B錯誤；C. X、Y、Z的最高價氧化物對應的水化物分別是氫氧化鈉、氫氧化鋁和高氯酸，三者能相互反應，C正確；D. 鹽酸是強酸，因此氯離子結合氫離子的能力比O的陰離子弱，D錯誤，答案選C?！敬鸢更c睛】本題考查元素推斷、原子結構與元素周期律的應用，正確推斷元素為解答關鍵，注意熟練掌握原子結構與元素周期律、元素周期表的關系。選項A是易錯點，注意堿金屬的氫化物是離子化合物，熔沸點較高。6、A【答案解析】A、由圖可知，反應物總能量高于生成物總能量，正反應為放熱反應，升高溫度平衡向

19、逆反應方向移動，平衡常數(shù)減小，A正確；B、由圖可知，0-3s內，二氧化氮的濃度變化量=1mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，故v(NO2)=0.6mol/L3s=0.2mol/（Ls），單位錯誤，B錯誤；C、t1時刻，改變條件，反應速率加快，平衡不移動。該反應前后氣體的物質的量減小，不可能是增大壓強，只能是使用催化劑，但催化劑不影響平衡的移動，C錯誤；D、達平衡時，僅增大c(O2)，平衡向逆反應方向移動，二氧化氮轉化率降低，由圖可知，二氧化氮的轉化率隨x增大而增大，x可以代表O3濃度、壓強，D錯誤。答案選A。7、B【答案解析】X的M層有1個電子，因此M為Na，Y原子最外層電子數(shù)為最

20、內層的2倍，因此Y為C或Si，Z的最高價化合價為最低負化合價絕對值的3倍，即Z為S，Z、W同周期，W的原子半徑小于Z，則W為Cl，A、如果Y為C，C只有2個電子層，因此原子半徑最小，Na、S位于第三周期，同周期從左向右原子半徑減小，因此半徑大小順序是NaSC，如果Y為Si，三種元素都位于第三周期，NaSiS，故A錯誤；B、如果Y為C，三種元素最高價氧化物對應水化物為H2CO3、H2SO4、HClO4，酸性強弱：HClO4H2SO4H2CO3，即非金屬性ClSC，如果Y為Si，同周期從左向右非金屬性增強，即ClSSi，故B正確；C、非金屬性越強，其氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：ClS，故C錯誤；

21、D、前者為NaCl，屬于離子化合物，后者為CCl4或SiCl4，屬于共價化合物，故D錯誤。8、B【答案解析】氯氣和氫氧化鉀溶液反應生成次氯酸鉀、氯化鉀和氯酸鉀，根據(jù)圖象知n（ClO-）=0.08mol，n（ClO3-）=0.02mol，根據(jù)得失電子守恒可知生成的氯離子n（Cl-）=0.08mol（1-0）+0.02mol（5-0）=0.18mol，且轉移電子物質的量為0.18mol，根據(jù)物料守恒可知n（K+）=n（Cl-）+n（ClO-）+n（ClO3-）=0.18mol+0.08mol+0.02mol=0.28mol。A、通過以上分析可知，氫氧化鉀的物質的量是0.28mol，質量是0.28m

22、ol56g/mol=15.68g，故A錯誤；B、根據(jù)上述分析可知，反應中轉移電子的物質的量是0.18mol，故B正確；C、因ClO中Cl元素的化合價是+1價，ClO3中Cl元素的化合價是+5價，而Cl2中Cl元素的化合價是0價，所以ClO和ClO3中Cl元素的化合價都比Cl2中Cl元素的化合價高，故ClO和ClO3不可能生成Cl2，所以C錯誤；D、因n（Cl-）+n（ClO-）+n（ClO3-）=0.18mol+0.08mol+0.02mol=0.28mol，則根據(jù)原子守恒可知Cl2的物質的量是0.14mol，但題目未說明是標準狀況，所以無法計算Cl2的體積，故D錯誤；9、C【答案解析】分析：

23、H2RH+HR-, HR-H+R2-，隨pH增大電離平衡正向移動，c(H2R)，開始較大，后逐漸減小，c(HR-)先增大后減小，c(R2-)開始較小，后逐漸增大，pC為溶液中粒子物質的量濃度的負對數(shù)，C越大pC越小，由圖像可知：曲線I是pC(HR-)隨溶液pH的變化曲線，曲線II是pC(H2R)隨溶液pH的變化曲線，曲線III是pC(R2-)隨溶液pH的變化曲線；詳解：A. 從以上分析可知，曲線III表明，c(R2-)隨著pH增大而逐漸增大，故A錯誤；B. pH=1.3時，c(HR-)= c(H2R)，根據(jù)電荷守恒c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)=c(H+)=10-1.3mol/L由

24、于c(HR-) c(R2-),所以3c(R2-)+c(OH-)10-1.3mol/L，故B錯誤；C. 常溫下，該體系中c2(HR-)/ c(R2-)c(H2R)=c(HR-)c(R2-)c(HR-)c(H2R)=c(HR-)c(R2-)c(H+)c(HR-)c(H+)c(H2R)=Ka1Ka2=10-1.310-4.3=1000,故C正確；D. pH=1.3時，c(HR-)= c(H2R)，Ka1=c(HR-)c(H+)c(H2R) =c(H+)=10-1.3，pH=4.3時，c(HR-)= c(R2-)，Ka2=c(R2-)c(H+)c(HR-) =c(H+)=10-4.3，NaHR的水解常

25、數(shù)Kh=KwKa1=10-1410-1.3=10-12.7,因此，NaHR水解小于電離，溶液顯酸性，c(OH-)c(H+)，故D錯誤；因此，本題正確答案為C。10、C【答案解析】A. 在反應1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反應的離子方程式為2ClO3SO2=SO422ClO2，根據(jù)方程式可知，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化，故A正確；B. 根據(jù)上述分析可知，反應1中除了生成ClO2，還有Na2SO4生成，則從母液中可以提取Na2SO4，故B正確；C. 在反應2中，ClO2與H2O2在NaOH作用下反應生成NaClO2，氯元素的化合價

26、從+4價降低到+3價，則ClO2是氧化劑，H2O2是還原劑，故C錯誤；D. 減壓蒸發(fā)在較低溫度下能夠進行，可以防止常壓蒸發(fā)時溫度過高，NaClO2受熱分解，故D正確；答案選C。11、D【答案解析】A由圖象可知，加入NaOH溶液之前，醋酸溶液的pH=3，說明溶液中c(H+)=110-3molL-1，故A正確；B若物質的量濃度都為xmolL-1的CH3COOH與NaOH溶液等體積混合，則混合后恰好生成CH3COONa，CH3COONa為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，若溶液呈中性，則加入NaOH溶液的體積V120 mL，故B正確；C溶液中存在電荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(N

27、a+)，a點時溶液的pH=7，則c(OH-)=c(H+)，所以c(CH3COO-)=c(Na+)，故C正確；D當加入NaOH溶液的體積為20mL時，恰好反應生成CH3COONa，溶液中存在物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，存在電荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，可知聯(lián)式可得：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，故D錯誤；故答案為D。12、C【答案解析】A.將氣體通入澄清石灰水，有白色沉淀生成，該氣體可能為CO2，也可能為SO2，A錯誤；B.將氣體通入水中能使酚酞變紅，則氣體為堿性氣體NH3，氨氣溶于水反應產(chǎn)生的一

28、水合氨電離產(chǎn)生了OH-，因此不能說NH3為堿，B錯誤；C.加入KSCN溶液，溶液變紅，是由于Fe3+與SCN-反應產(chǎn)生紅色的絡合物Fe(SCN)3，因此可以證明原溶液含有Fe3+，C正確；D.加入BaCl2溶液，生成的沉淀不溶于鹽酸，說明原溶液可能含有SO42-、Ag+等離子，D錯誤；故合理選項是C。13、A【答案解析】A. 該晶胞中，K+的個數(shù)為=4，的個數(shù)為：=4，A正確；B. 晶體中每個K周圍有6個O，每個周圍有6個K，B錯誤；C. 晶體中與每個K距離最近的K有12個，晶體中與每個距離最近的有12個，C錯誤；D. 晶胞中K+與個數(shù)分別為4、4，所以晶胞中共有8個氧原子，根據(jù)電荷守恒，4個

29、K+帶有4個正電荷，則-2價O原子數(shù)目為2，所以0價氧原子數(shù)目為8-2=6，所以晶體中，0價氧原子與-2價氧原子的數(shù)目比為3：1，D錯誤；故合理選項為A。14、C【答案解析】分析：a處試紙變藍，為陰極，有氫氧根產(chǎn)生，氫離子放電；b處變紅，局部褪色，氯離子放電產(chǎn)生氯氣，為陽極；c處無明顯變化，鐵失去電子；d處試紙變藍，有氫氧根產(chǎn)生，氫離子放電，據(jù)此解答。詳解：Aa處試紙變藍，為陰極，生成OH-，氫離子放電，電極方程式為2H+2e-=H2，A正確；Bb處變紅，局部褪色，是因為氯離子放電產(chǎn)生氯氣，氯氣溶于水發(fā)生反應Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl的酸性使溶液變紅，HClO的漂白性使局部褪色，

30、B正確；CFe為c陽極，發(fā)生反應：Fe-2e =Fe2+，C錯誤；Dd處試紙變藍，為陰極，生成OH-，氫離子放電，電極方程式為2H+2e-=H2，D正確；答案為C。點睛：本題主要是考查電解原理的應用，注意把握電極的判斷以及電極反應，為解答該題的關鍵，易錯點是電極周圍溶液酸堿性判斷，注意結合水的電離平衡分析解答。15、C【答案解析】A. 若某時刻消耗了1 molSO3同時生成了0.5molO2，均表示正反應速率，不能說明該反應達到了平衡狀態(tài)，A錯誤；B. 若起始時充入3 mol SO3，起始時SO3的濃度變大，分解速率變大，B錯誤；C. 05min，SO2的生成速率v(SO2)2mol-0.8m

31、ol2L5min0.12molL1min1，C正確；D. 達到平衡時，SO2和SO3的濃度不再發(fā)生變化，但不一定相等，D錯誤；答案選C?！敬鸢更c睛】選項A是解答的易錯點，注意可逆反應達到平衡狀態(tài)時正逆反應速率相等，是指對同一種物質而言，即其消耗硫酸和生成速率相等。如果用不同種物質表示，其反應速率方向應該是不同的，且必須滿足反應速率之比是相應的化學計量數(shù)之比。16、B【答案解析】A族元素氫化物的熔點隨相對分子質量的增大而升高，但水中含有氫鍵，所以H2O的熔、沸點比A族其他元素氫化物的高，故正確；小分子的醇、水分子之間能形成氫鍵，羧酸、水分子之間能形成氫鍵，所以小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶

32、，故正確；冰中存在氫鍵，氫鍵具有方向性和飽和性，使冰的體積變大，則冰的密度比液態(tài)水的密度小，故正確；尿素分子間可以形成多個氫鍵(2個N原子、1個O原子)，醋酸分子間只有1個氫鍵(只有羥基可以形成氫鍵)，尿素的熔、沸點比醋酸的高，故正確；對羥基苯甲酸易形成分子間氫鍵，而鄰羥基苯甲酸容易形成分子內氫鍵，所以鄰羥基苯甲酸的熔、沸點比對羥基苯甲酸的低，故正確；水的穩(wěn)定性與O-H鍵的強弱有關，與氫鍵無關，故錯誤；正確的有，故選B。17、B【答案解析】試題分析： NaBO2、SiO2、Na和H2在一定條件下反應生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4容易吸水潮解，可溶于異丙胺，在干空氣中穩(wěn)定，在濕空氣中

33、分解，為防止NaBH4水解，可將生成的NaBH4、Na2SiO3溶于異丙胺，NaBH4溶解于異丙胺、Na2SiO3不溶于異丙胺，難溶性固體和溶液采用過濾方法分離，所以操作為過濾，通過過濾得到濾液和濾渣，濾渣成分是Na2SiO3；異丙胺沸點：33，將濾液采用蒸餾的方法分離，得到異丙胺和固體NaBH4，所以操作為蒸餾。A、由于鈉的硬度較小，且保存在煤油中，所以取用少量鈉需要用濾紙吸干煤油，再用鑷子、小刀在玻璃片上切割，故A正確；B、根據(jù)上面的分析可知，操作、操作分別是過濾與蒸餾，故B錯誤；C、NaBH4常溫下能與水反應，且氫氣和氧氣混合加熱易產(chǎn)生爆炸現(xiàn)象，為防止NaBH4水解、防止產(chǎn)生安全事故，需

34、要將裝置中的空氣和水蒸氣排出，所以反應加料之前需將反應器加熱至100以上并通入氬氣排盡裝置中的空氣和水蒸氣，故C正確；D、反應中發(fā)生的反應為NaBO2 + 2SiO2 + 4Na + 2H2 NaBH4+2Na2SiO3，反應中氫氣中氧化劑，鈉是還原劑，所以氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：2，故D正確；故選B。考點：考查了物質制備實驗方案設計、物質分離提純、氧化還原反應、實驗基本操作的相關知識。18、C【答案解析】四氯化碳的化學式為CCl4，其官能團為Cl，據(jù)此分析；【題目詳解】四氯化碳的化學式為CCl4，含有碳元素和氯元素，其官能團為Cl，屬于鹵代烴，故C正確；答案選C。19、A【答案解析

35、】分析：本題考查的是糖類油脂蛋白質的結構和性質，注意皂化反應的原理。詳解：A. 皂化反應是指油脂在堿溶液作用下水解得到高級脂肪酸鹽和甘油，故錯誤；B. 淀粉纖維素、麥芽糖都屬于糖類，在一定條件下可和水作用轉化為葡萄糖，故正確；C. 氨基酸含有氨基和羧基，既能與強酸反應，也能與強堿反應，故正確；D. “春蠶到死絲方盡,蠟炬成灰淚始干”中的“絲”和“淚”分別是蛋白質和烴，故正確。故選A。20、C【答案解析】A二氧化氮分子中，N元素位于第VA族，則5+2=7，所以不滿足8電子穩(wěn)定結構，二氧化硫分子中，S元素位于第VIA族，則6+2=8，所以滿足8電子穩(wěn)定結構，三氟化硼分子中，B元素位于第IIIA族，

36、則3+3=6，所以不滿足8電子穩(wěn)定結構，三氯化氮分子中，氮原子為有第VA族，則5+3=8，所以滿足8電子結構，故A錯誤；BPH3和NH3的結構相似，為三角錐形，故B錯誤；C分子中，孤電子對對成鍵電子對的排斥力大于成鍵電子對對成鍵電子對的排斥力，所以NH3分子中有一對未成鍵的孤電子對，它對成鍵電子的排斥作用較強，故C正確；D銨根離子和甲烷分子結構相似，都是正四面體結構，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查了物質結構和性質，涉及微粒的空間結構、8電子穩(wěn)定結構的判斷等知識點。根據(jù)8電子穩(wěn)定結構的判斷方法，在ABn型化合物中，中心元素A的族序數(shù)+成鍵數(shù)=8時，滿足分子中所有原子都滿足最外層8電子結構。21

37、、B【答案解析】 乙烯可以被酸性KMnO4溶液氧化為CO2，故使用酸性KMnO4溶液除去CH4中少量C2H4會引入新的雜質； 乙酸可以與飽和Na2CO3溶液反應轉化為易溶于水的乙酸鈉，而乙酸乙酯不溶于水，故可以使用飽和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸； 飽和Na2CO3溶液雖然可以吸收SO2，但其也可以吸收大量的CO2，故不能用飽和Na2CO3溶液除去CO2中少量SO2； CuSO4溶液可以吸收H2S，故可以使用CuSO4溶液除去C2H2中少量H2S； NaOH溶液可以與溴反應生成易溶于水的溴化鈉和次溴酸鈉等易溶于水的鹽，而溴苯不溶于水，故可以使用NaOH溶液除去溴苯中混有的少量溴。

38、綜上所述，除去雜質的試劑正確的是，本題選B。22、D【答案解析】根據(jù)方程式2H2O2H2+O2，光解0.02 mol水，可產(chǎn)生0.02 mol H2和0.01 mol O2。則可得：A可生成H2的質量為0.04g，錯誤；B可生成氫的原子數(shù)為2.4081022個，錯誤；C可生成標準狀況下H2的體積為0.448 L，錯誤；D0.04mol Na與水反應產(chǎn)生0.02 mol H2。故選D。二、非選擇題(共84分)23、3d54s1 sp3雜化 三角錐形 :CO: 水形成晶體時，每個水分子與4個水分子形成氫鍵，構成空間正四面體網(wǎng)狀結構，水分子空間利用率低，密度減小 Cu2O 【答案解析】B的一種核素在

39、考古時常用來鑒定一些文物的年代，則B為C元素；D原子核外電子有8種不同的運動狀態(tài)，則D原子核外有8個電子，則D為O元素；C的氧化物是導致酸雨的主要物質之一，且C的原子序數(shù)比O小，則C為N元素；E的基態(tài)原子在前四周期元素的基態(tài)原子中單電子數(shù)最多，則E的基態(tài)原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d54s1，則E為24號元素Cr；F位于前四周期、原子序數(shù)比E大且其基態(tài)原子最外能層只有一個電子，其他能層均已充滿電子，則F的基態(tài)原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，則F為29號元素Cu；A與其余五種元素既不同周期也不同主族，且能與C形成CA3分子，則A為H；

40、綜上所述，A、B、C、D、E、F分別為：H、C、N、O、Cr、Cu，據(jù)此解答?！绢}目詳解】(1)E為Cr，其基態(tài)原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d54s1，則其價電子排布式為：3d54s1，故答案為：3d54s1；(2)A為H，C為N，NH3分子中，中心N原子的鍵數(shù)=3，孤電子對數(shù)=1，則價層電子對數(shù)=3+1=4，則中心N原子的雜化類型為sp3雜化，有一對孤電子，則其空間構型為三角錐形。N2的電子式為:NN:，CO和N2互為等電子體，則CO的電子式為:CO:。水形成晶體(冰)時，每個水分子與4個水分子形成氫鍵，構成空間正四面體網(wǎng)狀結構，水分子空間利用率降低，導致密度減小，

41、故答案為：sp3雜化；三角錐形；:CO:；水形成晶體時，每個水分子與4個水分子形成氫鍵，構成空間正四面體網(wǎng)狀結構，水分子空間利用率低，密度減??；(3)D原子即O原子，F(xiàn)原子即Cu原子，由均攤法可知，1個晶胞中O原子個數(shù)=2，Cu原子個數(shù)=4，該化合物中Cu原子和O原子個數(shù)比=4:2=2:1，則該化合物的化學式為Cu2O，那么，1個晶胞的質量=。設晶胞常數(shù)為b，Cu原子和O原子之間的距離為a cm，則體對角線=4a cm，則=4a，可得：b=cm，所以，1個晶胞的體積=b3=()3cm3，該晶體的密度=，故答案為：Cu2O；?！敬鸢更c睛】Cu和O之間的距離=體對角線的四分之一。24、6 3 2p

42、 啞鈴（紡錘） 1s22s22p63s23p63d54s1或Ar 3d54s1 Fe 3d104s1 紫 激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時，以一定波長（可見光區(qū)域）光的形式釋放能量，形成不同的顏色 【答案解析】X的L層上s電子數(shù)等于p電子數(shù)，則X原子的核外電子排布式為：1s22s22p2，則X為C；Y元素的原子最外層電子排布式為nsnnpn+1，則n必為2，Y原子的核外電子排布式為：1s22s22p3，則Y為N；Z原子的M層上有1個未成對的p電子，則Z的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p1(Al)或1s22s22p63s23p5(Cl)，因為Z單質常溫、常壓下是氣

43、體，則Z為Cl；W的正一價離子的電子層結構與Ar相同，則W為K；Q的核電荷數(shù)為Y和Z之和，則Q是24號元素Cr；R元素的正三價離子的3d能級為半充滿，則R原子的價電子軌道式為3d64s2，則R為Fe；E元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對電子，只有一個未成對電子，則E的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，則E為Cu，綜上所述，X、Y、Z、W、Q、R、E分別為：C、N、Cl、K、Cr、Fe、Cu，據(jù)此解得?！绢}目詳解】(1)X元素為C，C原子核外有6個電子，則其核外有6種不同運動狀態(tài)的電子，C原子的核外電子排布式為：1s22s22p2，有3種不同能級的電子，故答案為

44、：6；3；(2)Y為N，其核外電子排布式為：1s22s22p3，其能量最高的是2p電子，p軌道呈啞鈴形(或紡錘形)，故答案為：2p；啞鈴(紡錘)；(3)Q為Cr，其基態(tài)原子電子排布式為：1s22s22p63s23p63d54s1或Ar 3d54s1，R為Fe，元素符號為Fe，E為Cu，其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，其價電子排布式為：3d104s1，故答案為：1s22s22p63s23p63d54s1或Ar 3d54s1；Fe；3d104s1；(4)W為K，K的焰色反應為紫色，金屬元素出現(xiàn)焰色反應的原因是激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時，以一

45、定波長（可見光區(qū)域）光的形式釋放能量，形成不同的顏色，故答案為：紫；激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時，以一定波長（可見光區(qū)域）光的形式釋放能量，形成不同的顏色。25、CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O B C B 除去乙炔中H2S和PH3等雜質 直接用水與電石反應，導致生成氣體的速度很快 【答案解析】(1)圖一A中乙酸和乙醇在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯和水；為了避免發(fā)生倒吸現(xiàn)象，吸收乙酸乙酯的導管不能伸入溶液中；(2)圖二是驗證醋酸、碳酸、苯酚酸性強弱，醋酸具有揮發(fā)性，應該在E中用碳酸氫鈉溶液除去揮發(fā)出來的醋酸，通過二氧化碳氣體與苯酚溶

46、液的反應證明碳酸的酸性大于苯酚；(3)制取的乙炔中混有的硫化氫、磷化氫等雜質會對乙炔的檢驗產(chǎn)生干擾，需要用硫酸銅溶液除去；制取乙炔通常用飽和食鹽水和電石反應，若用水與電石直接反應會使產(chǎn)生的乙炔的速率較快。【題目詳解】(1)圖一中A發(fā)生酯化反應，反應的化學方程式為：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；吸收乙酸乙酯的導管不能伸入溶液中，否則容易發(fā)生倒吸現(xiàn)象，所以A導管應該與B連接；(2)圖二的實驗目的是驗證醋酸、碳酸、苯酚酸性強弱，通過醋酸與碳酸鈉溶液的反應證明醋酸的酸性大于碳酸，通過二氧化碳與苯酚鈉的反應證明碳酸的酸性大于苯酚，由于醋酸具有揮發(fā)性，D中生成的CO2氣

47、體中混有CH3COOH，需要用NaHCO3飽和溶液除去，所以E中試劑是NaHCO3飽和溶液，合理選項是C；F中盛放試劑是苯酚鈉溶液，合理選項是B； (3)電石與水反應生成的乙炔氣體中混有H2S和PH3等雜質，H2S和PH3等雜質會影響丙中乙炔性質的檢驗，需要先用硫酸銅溶液除去；實驗室中制取乙炔用飽和食鹽水和電石反應，可以減小反應速率，若直接用水與電石反應，會導致反應速率較快?！敬鸢更c睛】本題考查了乙酸乙酯的制取、酸性強弱比較、乙炔的制取等知識。注意掌握常見物質的制備原理及裝置特點，結合物質的性質及可能混有的雜質，選擇適當?shù)捻樞?，使用一定的試劑除雜、凈化，然后進行檢驗，題目側重考查學生的分析能力

48、及化學實驗能力。26、SO2、SO3 a、e 取少量溶液2中的溶液加入幾滴KSCN試液，溶液變紅色 2FeSO4Fe2O3SO2SO3 2Fe3+ + SO32-+ H2O 2Fe2+SO42-+ 2H+ 酸性高錳酸鉀溶液 【答案解析】分析：本題考查的是框圖式物質推斷題，抑制反應物，利用物質的特點，順向褪即可，關鍵須掌握鐵和硫相關化合物的性質。詳解：(1)硫酸亞鐵受熱分解，生成氣體X，X通入品紅溶液，溶液褪色是二氧化硫，通入氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀是三氧化硫，所以X為 SO2、SO3 。(2)從硫酸亞鐵受熱分解的方程式可看出由硫酸亞鐵一種化合物分解，生成三種化合物，是分解反應，硫元素從+6價，

49、變成產(chǎn)物中的二氧化硫中的+4價，鐵從+2價，變成產(chǎn)物中的+3價，故答案為a、e。(3)溶液2中金屬陽離子是由氧化鐵溶于稀硫酸得到，檢驗溶液2中金屬陽離子，實際就是檢驗溶液中的鐵離子，鐵離子與硫氰化鉀溶液租用變?yōu)檠t色，利用這一性質檢驗，所以操作方法為：取少量溶液2中的溶液加入幾滴KSCN試液，溶液變紅色。(4)硫酸亞鐵分解生成氧化鐵和二氧化硫和三氧化硫，方程式為：2FeSO4Fe2O3SO2SO3 。硫酸鐵和亞硫酸鈉反應生成硫酸亞鐵和硫酸，離子方程式為：2Fe3+ + SO32-+ H2O 2Fe2+SO42-+ 2H+ 。 (5)長期露置在空氣中的FeSO4溶液，會變質為鐵整理，為了檢驗其是否完全變質，即檢驗是否含有亞鐵離子，根據(jù)亞鐵離子能與酸性高錳酸鉀溶液反應而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以使用酸性高錳酸鉀溶液。點睛：掌握常見的離子檢驗。鐵離子：1.用硫氰化鉀溶液，顯紅色；2.用氫氧化鈉溶液，產(chǎn)生紅褐色沉淀。3.用苯酚溶液，顯紫色。亞鐵離子：1.加入氫氧化鈉，產(chǎn)生白色沉淀，迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色。2.加入高錳酸鉀溶液，紫色褪色（無鐵離子存在時）。3.加入硫氰化鉀，無紅色，再加入綠水，變紅色。27、分液漏斗