2024屆青海省海東市平安區(qū)第二中學(xué)高二化學(xué)第二學(xué)期期末調(diào)研模擬試題含解析

2024屆青海省海東市平安區(qū)第二中學(xué)高二化學(xué)第二學(xué)期期末調(diào)研模擬試題注意事項(xiàng)：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項(xiàng)符合題意）1、由2-氯丙烷轉(zhuǎn)變成1，2-丙二醇需經(jīng)過下列哪種合成途徑A．消去→加成→消去 B．消去→加成→取代C．加成→消去→取代 D．取代→消去→加成2、將2．4gNaOH和2．269混合并配成溶液，向溶液中滴加2．2mol·稀鹽酸。下列圖像能正確表示加入鹽酸的體積和生成的物質(zhì)的量的關(guān)系的是A． B．C． D．3、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是（）A．過氧化鈉與水反應(yīng)時，生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAB．1molFeCl3形成的Fe(OH)3膠體中，膠體顆粒的數(shù)目為NAC．28g乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為3NAD．18g重水（D2O）所含的電子數(shù)為10NA4、松香中含有松香酸和海松酸，其結(jié)構(gòu)簡式如下圖所示。下列說法中，不正確的是A．二者互為同分異構(gòu)體B．二者所含官能團(tuán)的種類和數(shù)目相同C．二者均能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)D．二者均能與H2以物質(zhì)的量之比為1∶3發(fā)生反應(yīng)5、某優(yōu)質(zhì)甜櫻桃中含有一種羥基酸(用M表示)，M的碳鏈結(jié)構(gòu)無支鏈，分子式為C4H6O5；1.34gM與足量的碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體0.448L。M在一定條件下可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化：MABC(M、A、B、C分子中碳原子數(shù)目相同)。下列有關(guān)說法中不正確的是()A．M的結(jié)構(gòu)簡式為HOOC—CHOH—CH2—COOHB．B的分子式為C4H4O4Br2C．與M的官能團(tuán)種類、數(shù)量完全相同的同分異構(gòu)體還有2種D．C物質(zhì)不可能溶于水6、石油加工的各種處理過程中，屬于裂化過程的是（）A．分離出汽油和煤油 B．原油脫鹽、脫水C．十六烷變?yōu)樾镣楹托料?D．將直鏈烴變?yōu)榉枷銦N7、下列說法中正確的是A．NO2、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(jié)構(gòu)B．PH3和CH4都是正四面體形分子且鍵角都為109°28′C．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(qiáng)D．NH4＋的電子式為，離子呈平面正方形結(jié)構(gòu)8、能正確表達(dá)下列反應(yīng)的離子方程式為A．用醋酸除去水垢：2H++CaCO3Ca2++CO2↑+H2OB．硫化亞鐵與濃硫酸混合加熱：2H++FeSH2S↑+Fe2+C．向硫酸鋁溶液中滴加碳酸鈉溶液：2Al3++3Al2(CO3)3↓D．用氫氧化鈉溶液吸收工業(yè)廢氣中的NO2：2NO2+2OH－+NO2－+H2O9、分別將下列物質(zhì)滴入苯酚溶液中，產(chǎn)生白色沉淀的是A．濃溴水 B．氫氧化鈉溶液C．稀鹽酸 D．氯化鐵溶液10、在一定條件下，密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：A(g)＋3B(g)2C(g)，下列有關(guān)說法正確的是A．若加入催化劑，則反應(yīng)的△H增大B．加壓時，平衡向正反應(yīng)方向移動，反應(yīng)的平衡常數(shù)增大C．若反應(yīng)溫度升高，則活化分子的百分?jǐn)?shù)增大，反應(yīng)速率增大D．若低溫時，該反應(yīng)為正向自發(fā)進(jìn)行，則△H＞011、下列分子和離子中中心原子價層電子對幾何構(gòu)型為四面體且分子或離子空間的構(gòu)型為V形的是（）A．NH4＋ B．PH3 C．H3O＋ D．OF212、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．滴入酚酞顯紅色的溶液：Na+、NH4+、NO3-、Cl-B．0.1mol·L-1Fe(NO3)2溶液：H+、Al3+、SO42-、Cl-C．0.1mol·L-1氨水溶液：K+、Na+、NO3-、A1O2-D．c(H+)/c(OH-)=1012mol·L-1的溶液：Ca2+、NH4+、Cl-、HCO3-13、下列說法中，正確的是（）A．有機(jī)物屬于芳香烴，含有兩種官能團(tuán)B．按系統(tǒng)命名法，化合物（CH3）2CHCH（CH3）CH2CH（CH3）CH（CH3）2的名稱為2，3，5，6﹣四甲基庚烷C．既屬于酚類又屬于羧酸類D．2﹣甲基﹣3﹣丁烯的命名錯誤原因是選錯了主鏈14、下列排列順序錯誤的是（）A．酸性：H4SiO4＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4B．堿性：Ca(OH)2＞Mg(OH)2＞Al(OH)3C．原子半徑：F＜O＜S＜NaD．氫化物的穩(wěn)定性：SiH4＞H2S＞H2O＞HF15、1.8g某金屬在氯氣中燃燒后，固體質(zhì)量增加了7.1g，該金屬是A．AgB．FeC．AlD．Na16、元素的原子核外有四個電子層，其3d能級上的電子數(shù)是4s能級上的3倍，則此元素是()A．S B．Fe C．Si D．Cl二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機(jī)物A可由葡萄糖發(fā)酵得到，也可以從牛奶中提取。純凈的A為無色粘稠液體，易溶于水。為研究A的組成與結(jié)構(gòu)，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)步驟解釋或?qū)嶒?yàn)結(jié)論稱取A9.0g，升溫使其汽化，測其密度是相同條件下H2的45倍試通過計(jì)算填空：（1）A的相對分子質(zhì)量為__。將9.0gA在足量純O2中充分燃燒，并使其產(chǎn)物依次緩緩?fù)ㄟ^濃硫酸、堿石灰，發(fā)現(xiàn)兩者分別增重5.4g和13.2g（2）A的分子式為__。另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反應(yīng)，生成2.24LCO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況），若與足量金屬鈉反應(yīng)則生成2.24LH2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）。（3）用結(jié)構(gòu)簡式表示A中含有的官能團(tuán)__、__。A的核磁共振氫譜如圖：（4）A中含有__種氫原子。綜上所述，A的結(jié)構(gòu)簡式為__。18、有A，B，C，D，E五種元素，其中A，B，C，D為短周期元素，A元素的周期數(shù)、主族數(shù)、原子序數(shù)相同；B原子核外有3種能量不同的原子軌道且每種軌道中的電子數(shù)相同；C原子的價電子構(gòu)型為csccpc+1，D元素的原子最外層電子數(shù)比次外層電子數(shù)少2個，D的陰離子與E的陽離子電子層結(jié)構(gòu)相同，D和E可形成化合物E2D．(1)上述元素中，第一電離能最小的元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖為__；D的價電子排布圖為__；(2)下列分子結(jié)構(gòu)圖中的●和○表示上述元素的原子中除去最外層電子的剩余部分，小黑點(diǎn)表示沒有形成共價鍵的最外層電子，短線表示共價鍵．則在以上分子中，中心原子采用sp3雜化形成化學(xué)鍵的是__(填寫分子的化學(xué)式)；在③的分子中有__個σ鍵和__個π鍵．(3)A，C，D可形成既具有離子鍵又具有共價鍵的化合物，其化學(xué)式可能為__；足量的C的氫化物水溶液與CuSO4溶液反應(yīng)生成的配合物，其化學(xué)式為__，請說出該配合物中中心原子與配位體及內(nèi)界與外界之間的成鍵情況：__．19、亞硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、醫(yī)藥等工業(yè)。實(shí)驗(yàn)室用如圖裝置(夾持裝置略)制取少量的NOSO4H，并檢驗(yàn)產(chǎn)品純度。已知：NOSO4H遇水水解，但溶于濃硫酸而不分解。（1）利用裝置A制取SO2，下列最適宜的試劑是_____(填下列字母編號)A．Na2SO3固體和20%硝酸B．Na2SO3固體和20%硫酸C．Na2SO3固體和70%硫酸D．Na2SO3固體和18.4mol/L硫酸（2）裝置B中濃HNO3和SO2在濃H2SO4作用下反應(yīng)制得NOSO4H。①為了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是_______。②該反應(yīng)必須維持體系溫度不低于20℃。若溫度過高，產(chǎn)率降低的可能原因是____。③開始反應(yīng)緩慢，待生成少量NOSO4H后，溫度變化不大，但反應(yīng)速率明顯加快，其原因可能是______。（3）在實(shí)驗(yàn)裝置存在可能導(dǎo)致NOSO4H產(chǎn)量降低的缺陷是______。（4）測定NOSO4H的純度準(zhǔn)確稱取1.337g產(chǎn)品加入250mL碘量瓶中，加入0.1000mol/L、60.00mL的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后搖勻。用0.2500mol/L草酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗草酸鈉溶液的體積為20.00mL。已知：2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4①配平：__MnO4-＋___C2O42-＋______＝___Mn2+＋____＋__H2O②亞硝酰硫酸的純度=___%(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。20、氯堿工業(yè)中電解飽和食鹽水流程及原理示意圖如下圖所示。（1）生成H2的電極反應(yīng)式是_________________________________________。（2）Na+向________（填“E”或“F”）方向移動，溶液A的溶質(zhì)是______________。（3）電解飽和食鹽水總反應(yīng)的離子方程式是_____________________________。（4）常溫下，將氯堿工業(yè)的附屬產(chǎn)品鹽酸與氨水等體積混合，兩種溶液的濃度和混合后所得溶液的pH如下表。實(shí)驗(yàn)編號氨水濃度/mol·L－1鹽酸濃度/mol·L－1混合溶液pH①0.10.1pH=5②c0.2pH=7③0.20.1pH＞7ⅰ.實(shí)驗(yàn)①中所得混合溶液，由水電離出的c（H+）=______mol·L-1。ⅱ.實(shí)驗(yàn)②中，c______0.2（填“>”“<”或“=”）。ⅲ.實(shí)驗(yàn)③中所得混合溶液，各離子濃度由大到小的順序是__________________。ⅳ.實(shí)驗(yàn)①、③所用氨水中的：①___________③（填“>”“<”或“=”）。（5）氯在飲用水處理中常用作殺菌劑，且HClO的殺菌能力比ClO－強(qiáng)。25℃時氯氣－氯水體系中的Cl2（aq）、HClO和ClO－分別在三者中所占分?jǐn)?shù)（α）隨pH變化的關(guān)系如下圖所示。下列表述正確的是_______。A．氯處理飲用水時，在夏季的殺菌效果比在冬季好B．在氯處理水體系中，c（HClO）+c（ClO－）=c（H+）-c（OH－）C．用氯處理飲用水時，pH=7.5時殺菌效果比pH=6.5時效果差21、合成氨對人類的生存和發(fā)展有著重要意義，1909年哈伯在實(shí)驗(yàn)室中首次利用氮?dú)馀c氫氣反應(yīng)合成氨，實(shí)現(xiàn)了人工固氮。（1）反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式為______。（2）請結(jié)合下列數(shù)據(jù)分析，工業(yè)上選用氮?dú)馀c氫氣反應(yīng)固氮，而沒有選用氮?dú)夂脱鯕夥磻?yīng)固氮的原因是______。序號化學(xué)反應(yīng)K(298K)的數(shù)值①N2(g)+O2(g)2NO(g)5×10-31②N2(g)+3H2(g)2NH3(g)4.1×106（3）對于反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，在一定條件下氨的平衡含量如下表。溫度/℃壓強(qiáng)/MPa氨的平衡含量2001081.5%550108.25%①該反應(yīng)為______（填“吸熱”或“放熱”）反應(yīng)。②其他條件不變時，溫度升高氨的平衡含量減小的原因是______（填字母序號）。a.溫度升高，正反應(yīng)速率減小，逆反應(yīng)速率增大，平衡逆向移動b.溫度升高，濃度商(Q)變大，Q>K，平衡逆向移動c.溫度升高，活化分子數(shù)增多，反應(yīng)速率加快d.溫度升高，K變小，平衡逆向移動③哈伯選用的條件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是______。（4）一定溫度下，在容積恒定的密閉容器中充入1mol氮?dú)夂?mol氫氣，一段時間后達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)。若保持其他條件不變，向上述平衡體系中再充入1mol氮?dú)夂?mol氫氣，氮?dú)獾钠胶廪D(zhuǎn)化率______（填“變大”“變小”或“不變”）。（5）盡管哈伯的合成氨法被評為“20世紀(jì)科學(xué)領(lǐng)域中最輝煌的成就”之一，但仍存在耗能高、產(chǎn)率低等問題。因此，科學(xué)家在持續(xù)探索，尋求合成氨的新路徑。下圖為電解法合成氨的原理示意圖，陰極的電極反應(yīng)式為______。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項(xiàng)符合題意）1、B【解題分析】2-氯丙烷制取1,2-丙二醇時需先進(jìn)行消去反應(yīng)生成丙烯：，再通過加成反應(yīng)生成1,2-二溴丙烷：，最后通過水解反應(yīng)（取代反應(yīng)）1,2-二溴丙烷變?yōu)?,2-丙二醇：，根據(jù)以上反應(yīng)分析，A消去→加成→消去不符合該過程，故A錯；B消去→加成→取代,符合該反應(yīng)歷程，故B正確；C加成→消去→取代,不符合反應(yīng)歷程，故選C項(xiàng)。綜上所述，本題正確答案為B。2、C【解題分析】

n(NaOH)==2.22mol、n(Na2CO3)==2.22mol，鹽酸滴入后，由于氫氧化鈉的堿性較強(qiáng),鹽酸和氫氧化鈉反應(yīng)2.4g氫氧化鈉消耗2.22L鹽酸，不產(chǎn)生氣體；當(dāng)氫氧化鈉消耗完之后，鹽酸和碳酸鈉反應(yīng)，由于氫離子濃度較小,，生成碳酸氫鈉，還是沒有氣體產(chǎn)生，相關(guān)反應(yīng)如下:CO32-+H+(少量)=HCO3-，此時再消耗2.22L鹽酸,不產(chǎn)生氣體；當(dāng)碳酸根消耗完后，2.22mol碳酸氫跟和氫離子反應(yīng)，產(chǎn)生2.22mol二氧化碳?xì)怏w，C選項(xiàng)符合題意，故答案為C。3、A【解題分析】分析：本題考查的是阿伏伽德羅常數(shù)，是?？碱}型。詳解：A.因?yàn)?mol過氧化鈉反應(yīng)生成0.5mol氧氣，轉(zhuǎn)移1mol電子，所以反應(yīng)生成0.1mol氧氣時轉(zhuǎn)移0.2mol電子，故正確；B.氫氧化鐵膠體微粒是很多分子的集合體，不能計(jì)算其膠體粒子的數(shù)目，故錯誤；C.乙烯和環(huán)丁烷的最簡式相同，為CH2，用最簡式計(jì)算，其物質(zhì)的量為28/14=2mol，則含有2mol碳原子，故錯誤；D.重水的摩爾質(zhì)量為20g/mol，所以18克重水的物質(zhì)的量為18/20=0.9mol，含有9mol電子，故錯誤。故選A。點(diǎn)睛：注意特殊的氧化還原反應(yīng)中的轉(zhuǎn)移電子數(shù)，如過氧化鈉和水或二氧化碳反應(yīng)，氯氣和水或堿的反應(yīng)，或二氧化氮和水反應(yīng)。4、D【解題分析】A.二者的分子式相同，均為C20H30O2，互為同分異構(gòu)體，故A正確；B.二者所含官能團(tuán)的種類和數(shù)目相同，均含有1個羧基和2個碳碳雙鍵，故B正確；C.二者均含有羧基，均能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，故C正確；D.羧基不能與氫氣加成，二者均能與H2以物質(zhì)的量之比為1∶2發(fā)生反應(yīng)，故D錯誤；故選D。5、D【解題分析】

由題意可知：1.34gA的物質(zhì)的量為0.01mol，M與足量的碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體0.448L即0.02mol，可以獲得羧基的數(shù)目為2，確定有機(jī)物M的結(jié)構(gòu)簡式為HOOC—CHOH—CH2—COOH?！绢}目詳解】A.根據(jù)上述分析可知：M的結(jié)構(gòu)簡式為HOOC—CHOH—CH2—COOH，故A正確；B.由HOOC—CHOH—CH2—COOH在濃硫酸作和加熱的條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成含有雙鍵的物質(zhì)A即HOOCCH=CHCOOH，而A與溴發(fā)生了加成反應(yīng)，生成了B為HOOCCHBrCHBrCOOH，所以B的分子式為C4H4O4Br2，故B正確；C.與M的官能團(tuán)種類、數(shù)量完全相同的同分異構(gòu)體還有HOOC—COH(CH3)—COOH，HOOC—CH(COOH)CH2OH,故C正確；D.由B為HOOCCHBrCHBrCOOH可以與足量NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)生C，C為NaOOCCH(OH)CH(OH)COONa，鈉鹽是可溶性的鹽，所以NaOOCCH(OH)CH(OH)COONa可以溶于水，故D錯誤，答案D。6、C【解題分析】

A、分離出汽油和煤油是石油的分餾，不是裂化過程，故A不符合題意；B、原油脫鹽、脫水是石油分餾之前的預(yù)處理過程，故B不符合題意；C、裂化是將長鏈的烴斷裂成短鏈的烴，十六烷變?yōu)樾镣楹托料┦橇鸦倪^程，故C符合題意；D、直鏈的烴轉(zhuǎn)化為芳香烴的過程叫重整，故D不符合題意；答案選C。7、C【解題分析】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(jié)構(gòu)，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(jié)構(gòu)，三氟化硼分子中，B元素位于第IIIA族，則3+3=6，所以不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，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(jié)構(gòu)，故A錯誤；B．PH3和NH3的結(jié)構(gòu)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(qiáng)，故C正確；D．銨根離子和甲烷分子結(jié)構(gòu)相似，都是正四面體結(jié)構(gòu)，故D錯誤；故選C。點(diǎn)睛：本題考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及微粒的空間結(jié)構(gòu)、8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的判斷等知識點(diǎn)。根據(jù)8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)。8、D【解題分析】A.醋酸為弱電解質(zhì)不能完全電離，即寫離子方程式時應(yīng)該寫分子式，正確的離子方程式為CaCO3+2CH3COOH=CO2↑+H2O+Ca2++2CH3COO-，A項(xiàng)錯誤；B.硫化亞鐵與濃硫酸混合加熱發(fā)生氧化還原反應(yīng)：2FeS+6H2SO4（濃）=Fe2（SO4）3+3SO2↑+2S+6H2O而不是復(fù)分解反應(yīng)，B項(xiàng)錯誤；C.向硫酸鋁溶液中滴加碳酸鈉溶液瞬間內(nèi)生成碳酸鋁，但又水解成氫氧化鋁，所以水溶液中不能存在碳酸鋁，正確的離子方程式為2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，C項(xiàng)錯誤。D.氫氧化鈉為強(qiáng)電解質(zhì)可以完全電離，D項(xiàng)正確；答案選D。點(diǎn)睛：本題考查離子反應(yīng)方程式的正誤判斷，需要掌握書寫離子方程式應(yīng)注意的問題。C為易錯點(diǎn)，要注意Al3+和CO32－發(fā)生雙水解而不是生成沉淀。9、A【解題分析】

考查苯酚的化學(xué)性質(zhì)。苯酚俗稱石炭酸，和氫氧化鈉反應(yīng)，但不會產(chǎn)生白色沉淀。和氯化鐵也發(fā)生顯色反應(yīng)，溶液顯紫色。和鹽酸不反應(yīng)，只有和濃溴水反應(yīng)生成2，4，6－三溴苯酚白色沉淀，答案選A。10、C【解題分析】

A.若加入催化劑，反應(yīng)速率變化，平衡狀態(tài)不變，反應(yīng)的△H也不變，A錯誤；B.正反應(yīng)體積減小，加壓時，平衡向正反應(yīng)方向移動，溫度不變，反應(yīng)的平衡常數(shù)不變，B錯誤；C.若反應(yīng)溫度升高，則活化分子的百分?jǐn)?shù)增大，反應(yīng)速率增大，C正確；D.若低溫時，該反應(yīng)為正向自發(fā)進(jìn)行，由于反應(yīng)的△S＜0，則根據(jù)△G＝△H－T△S＜0可知△H＜0，D錯誤；答案選C。【題目點(diǎn)撥】選項(xiàng)C是解答的難點(diǎn)，注意外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，實(shí)際是通過影響單位體積內(nèi)活化分子的數(shù)量，改變有效碰撞次數(shù)來實(shí)現(xiàn)的，影響化學(xué)反應(yīng)速率的外界條件主要有溫度、濃度、壓強(qiáng)和催化劑等。11、D【解題分析】

根據(jù)價層電子對數(shù)可以確定分子或離子的VSEPR模型，根據(jù)孤電子對的數(shù)目可以確定分子或離子的空間構(gòu)型。價層電子對=σ鍵電子對+孤電子對。孤電子對=0.5(a-xb)，a為中心原子的價電子數(shù)，b為與中心原子結(jié)合的原子最多能接受的電子數(shù)，x為與中心原子結(jié)合的原子數(shù)。【題目詳解】A.NH4＋的中心原子的價層電子對個數(shù)為4，無孤電子對，價層電子對幾何構(gòu)型（即VSEPR模型）和離子的空間構(gòu)型均為正四面體形，故A錯誤；B.PH3的中心原子價層電子對個數(shù)為4，VSEPR模型為正四面體，孤電子對數(shù)為1，分子空間構(gòu)型為三角錐形，故B錯誤；C.H3O＋價層電子對為4，所以其VSEPR模型為正四面體，孤電子對數(shù)為1，所以其空間構(gòu)型為三角錐型，故C錯誤；D.OF2分子中價層電子對為4，所以其VSEPR模型為正四面體，孤電子對數(shù)為2，所以其空間構(gòu)型為V形，故D正確。故選D。12、C【解題分析】滴入酚酞顯紅色的溶液呈堿性，NH4+與OH-生成，故A錯誤；酸性條件下，F(xiàn)e2+、NO3-、H+，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe3+，故B錯誤；0.1mol·L-1氨水溶液：K+、Na+、NO3-、A1O2-不反應(yīng)，故C正確；c(H+)/c(OH-)=1012mol·L-1的溶液呈酸性，H+、HCO3-反應(yīng)生成二氧化碳和水，故D錯誤。13、B【解題分析】試題分析：A.苯環(huán)不是官能團(tuán)，只有一種官能團(tuán)，A項(xiàng)錯誤；B.取代基的位次和最小，選最長的碳鏈為主鏈，符合烷烴命名規(guī)則，B項(xiàng)正確；C.分子中不含苯環(huán)，不是酚類，既屬于醇類又屬于羧酸，C項(xiàng)錯誤；D.從距離雙鍵最近的一端命名，應(yīng)為3-甲基-丁烯，該命名選錯了官能團(tuán)的位置，D項(xiàng)錯誤；答案選B。考點(diǎn)：考查有機(jī)物的系統(tǒng)命名法。有機(jī)物的分類與官能團(tuán)等知識。14、D【解題分析】分析：A．元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價氧化物的水化物酸性越強(qiáng)；B．元素的金屬性越強(qiáng)，其最高價氧化物的水化物堿性越強(qiáng)；C．原子電子層數(shù)越多，其原子半徑越大，同一周期元素，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減?。籇．元素的非金屬性越強(qiáng)，其氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)。詳解：A．元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價氧化物的水化物酸性越強(qiáng)，非金屬性Cl＞S＞P＞Si，所以酸性H4SiO4＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4，A正確；B．元素的金屬性越強(qiáng)，其最高價氧化物的水化物堿性越強(qiáng)，金屬性Ca＞Mg＞Al，所以堿性：Ca(OH)2＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，B正確；C．原子電子層數(shù)越多，其原子半徑越大，同一周期元素，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，所以原子半徑F＜O＜S＜Na，C正確；D．元素的非金屬性越強(qiáng)，其氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性F＞O＞S＞Si，所以氫化物的穩(wěn)定性SiH4＜H2S＜H2O＜HF，D錯誤；答案選D。點(diǎn)睛：本題考查元素周期律，側(cè)重考查金屬性、非金屬性強(qiáng)弱判斷及原子半徑大小比較，為高頻考點(diǎn)，知道非金屬、金屬性強(qiáng)弱與得失電子難易程度有關(guān)，與得失電子多少無關(guān)，為易錯題。15、C【解題分析】

增加的質(zhì)量就是參加反應(yīng)的氯氣的質(zhì)量，即氯氣是0.1mol，得到電子是0.2mol，因此該金屬提供1mol電子消耗的質(zhì)量是1.8g÷0.2＝9g。由于選項(xiàng)A～D中提供1mol電子需要金屬的質(zhì)量分別是(g)108、18.67、9、23，因此該金屬是Al。答案選C。16、B【解題分析】

某元素原子核外有四個電子層，其3d能級上的電子數(shù)是4s能級上的3倍，說明該元素的3d的電子數(shù)是2×3=6，其核外電子數(shù)=2+8+8+6+2=26，原子核外電子數(shù)=原子序數(shù)，所以該元素是Fe元素，B正確；正確選項(xiàng)B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、90C3H6O3-COOH-OH4【解題分析】

（1）相同條件下，氣體的相對分子質(zhì)量之比等于密度之比；

（2）濃硫酸可以吸收水，堿石灰可以吸收二氧化碳，根據(jù)元素守恒來確定有機(jī)物的分子式；（3）羧基可以和碳酸氫鈉發(fā)生化學(xué)反應(yīng)生成二氧化碳，-OH、-COOH和金屬鈉發(fā)生化學(xué)反應(yīng)生成氫氣，根據(jù)生成氣體物質(zhì)的量判斷含有的官能團(tuán)；（4）核磁共振氫譜圖中有幾個峰值則含有幾種類型的等效氫原子，峰面積之比等于氫原子的數(shù)目之比；（5）結(jié)合A的分子式、含有的官能團(tuán)確定A的結(jié)構(gòu)簡式?！绢}目詳解】(1)由其密度是相同條件下H2的45倍，可知A的相對分子質(zhì)量為45×2=90，故答案為：90；(2)由題意可推知：n(A)=9.0g÷90g/mol=0.1mol，n(C)=n(CO2)=13.2g÷44g/mol=0.3mol，n(H)=2n(H2O)=2×5.4g÷18g/mol=0.6mol，n(O)=（9g?0.3×12g?0.6×1g）÷16g/mol=0.3mol，所以根據(jù)原子守恒可知A的分子式為C3H6O3，故答案為：C3H6O3；(3)0.1molA與NaHCO3反應(yīng)放出0.1molCO2，則說A中應(yīng)含有一個羧基，而與足量金屬鈉反應(yīng)則生成0.1molH2，說明A中還含有一個羥基，故答案為：-COOH；-OH；(4)核磁共振氫譜中有4個吸收峰，面積之比為1:1:1:3，可知A中應(yīng)含有4種不同環(huán)境的氫原子，根據(jù)核磁共振氫譜圖看出有機(jī)物中有4個峰值，則含4種類型的等效氫原子，且氫原子的個數(shù)比是3:1:1:1，所以結(jié)構(gòu)簡式為：。18、NH3、CH4、H2S51NH4HS或(NH4)2S[Cu(NH3)4]SO4內(nèi)界中銅離子與氨分子之間以配位鍵相結(jié)合，外界銅氨絡(luò)離子與硫酸根離子之間以離子鍵相結(jié)合【解題分析】

由于A，B，C，D為短周期元素，因A元素的周期數(shù)、主族數(shù)、原子序數(shù)相同，則A只能為氫元素；同一能層的不同能級的能量不同，符號相同的能級處于不同能層時能量也不同，即1s、2s、2p的軌道能量不同，2p有3個能量相同的軌道，由此可確定B；因s軌道最多只能容納2個電子，所以c=2，即C原子價電子構(gòu)型為2s22p3，即氮元素。短周期中原子的次外層只可能是K或L層，K、L層最多容納2個或8個電子，據(jù)此可確定D。再由D的陰離子電子數(shù)及在E2D中E的化合價，即可確定E。由此分析?！绢}目詳解】由于A，B，C，D為短周期元素，A元素的周期數(shù)、主族數(shù)、原子序數(shù)相同，則A為氫元素；B原子核外有3種能量不同的原子軌道且每種軌道中的電子數(shù)相同，則B的電子排布式為1s22s23p2，即B為碳元素；因s能級最多只能容納2個電子，即c=2，所以C原子價電子構(gòu)型為2s22p3，C為氮元素；短周期中原子的次外層只可能是K或L層，K、L層最多容納2個或8個電子，因D原子最外層電子數(shù)比次外層電子數(shù)少2個，所以D的次外層只能是L層，D的最外層應(yīng)為6個電子，即D為16號元素硫；硫元素的陰離子（S2-）有18個電子，E陽離子也應(yīng)有18個電子，在E2D中E顯+1價，所以E為19號元素鉀。所以A、B、C、D、E分別為氫、碳、氮、硫、鉀。(1)上述五種元素中金屬性最強(qiáng)的是鉀元素，故它的第一電離能最小，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為。硫原子價電子層為M層，價電子排布式為3s23p4，其電子排布圖為。(2)①分子結(jié)構(gòu)圖中黑點(diǎn)表示的原子最外層有5個電子，顯然是氮原子，白球表示的原子最外層只有1個電子，是氫原子，所以該分子是NH3，中心N原子有3個σ鍵，1個孤電子對，故采用sp3雜化；②分子中黑球表示的原子最外層4個電子，是碳原子，白球表示的原子的最外層只有1個電子，是氫原子，所以②分子是CH4，中心碳原子有4個σ鍵，0個孤電子對，采用sp3雜化；③分子中黑球表示的原子最外層4個電子，是碳原子，白球表示的原子的最外層只有1個電子，是氫原子，所以③分子是CH2=CH2，中心碳原子有3個σ鍵，0個孤電子對，所以中心原子采用sp2雜化；④分子中黑球表示的原子最外層6個電子，是硫原子，白球表示的原子的最外層只有1個電子，是氫原子，該分子為H2S，中心S原子有2個σ鍵，2個孤電子對，所以中心原子采用sp3雜化。因此中心原子采用sp3雜化形成化學(xué)鍵的分子有NH3、CH4、H2S。在CH2=CH2的分子中有5個σ鍵和1個π鍵。(3)根據(jù)上面的分析知A、C、D分別為氫、氮、硫三種元素，形成既具有離子鍵又具有共價鍵的化合物是硫氫化銨或硫化銨，其化學(xué)式為NH4HS或(NH4)2S，銨根與HS-或S2-之間是離子鍵，銨根中的N與H之間是共價鍵，HS-中H與S之間是共價鍵。C的氫化物是NH3，NH3的水溶液與CuSO4溶液反應(yīng)生成的配合物是硫酸四氨合銅，其化學(xué)式為[Cu(NH3)4]SO4。配合物[Cu(NH3)4]SO4的內(nèi)界中Cu2+與NH3之間是以配位鍵相結(jié)合，外界銅氨配離子[Cu(NH3)4]2+與硫酸根離子之間是以離子鍵相結(jié)合。19、C調(diào)節(jié)分液漏斗活塞，控制濃硫酸的滴加速度濃HNO3分解、揮發(fā)生成的NOSO4H作為該反應(yīng)的催化劑C(或A)中的水蒸氣會進(jìn)入B，使產(chǎn)品發(fā)生水解2516H+210CO2↑895【解題分析】

根據(jù)題意可知，在裝置B中利用濃HNO3與SO2在濃H2SO4作用下反應(yīng)制得NOSO4H，利用裝置A制取二氧化硫，利用裝置C吸收多余的二氧化硫，防止污染空氣，據(jù)此分析?！绢}目詳解】（1）該裝置屬于固液或液液混合不加熱型裝置。Na2SO3溶液與HNO3反應(yīng)時，硝酸會氧化亞硫酸鈉本身被還原為一氧化氮，選項(xiàng)A不符合；實(shí)驗(yàn)室制二氧化硫的原理是基于SO32-與H+的反應(yīng)，因?yàn)樯傻腟O2會溶于水，所以不能用稀硫酸來制取，那樣不利于SO2的逸出，但如果是用濃硫酸（18.4mol/L），純硫酸是共價化合物，濃度越高，越不利于硫酸電離出H+，所以不適合用太濃的硫酸來制取SO2，選項(xiàng)B、選項(xiàng)D不符合；選項(xiàng)C符合；答案選C；（2）裝置B中濃HNO3和SO2在濃H2SO4作用下反應(yīng)制得NOSO4H。①為了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是調(diào)節(jié)分液漏斗活塞，控制濃硫酸的滴加速度；②該反應(yīng)必須維持體系溫度不低于20℃。若溫度過高，濃HNO3分解、揮發(fā)，產(chǎn)率降低；③開始反應(yīng)緩慢，待生成少量NOSO4H后，溫度變化不大，但生成的NOSO4H作為該反應(yīng)的催化劑，使反應(yīng)速率明顯加快；（3）在實(shí)驗(yàn)裝置存在可能導(dǎo)致NOSO4H產(chǎn)量降低的缺陷是C(或A)中的水蒸氣會進(jìn)入B，使產(chǎn)品發(fā)生水解；(5)①發(fā)生的是MnO4－和C2O42－的氧化還原反應(yīng)，MnO4－做氧化劑，被還原成生成Mn2+，C2O42－做還原劑，被氧化成城二氧化碳。結(jié)合得失電子守恒和電荷守恒可得到MnO4－和C2O42－的離子反應(yīng)方程式為：2MnO4－+5C2O42－+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；②根據(jù)題意可知，酸性KMnO4溶液先與NOSO4H反應(yīng)，利用草酸鈉溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。用0.2500mol·L－1草酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸鈉溶液的體積為20.00mL?？芍Ｓ嗟腒MnO4的物質(zhì)的量n1(MnO4－)=n(C2O42－)=×0.2500mol·L－1×20.00×10-3L=2×10-3mol，則亞硝酰硫酸消耗的KMnO4的物質(zhì)的量n2(MnO4－)=0.1000mol·L－1·60.00×10-3L-2×10-3mol=4×10-3mol。n(NOSO4H)=5/2n2(MnO4－)=10-2mol，亞硝酰硫酸的純度=m(NOSO4H)/1.337g×100%=10-2mol×127g·mol－1/1.337g×100%=95.0%?！绢}目點(diǎn)撥】本題測定純度過程中，先用過量的酸性KMnO4溶液滴定NOSO4H，將NOSO4H完全消耗，再用草酸鈉溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。經(jīng)過兩次滴定實(shí)驗(yàn)，最終測得樣品純度。可先根據(jù)第二次滴定，求出第一次消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量，再根據(jù)方程式比例關(guān)系，計(jì)算出樣品中NOSO4H的含量。20、FNaOH2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－10－5＞c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H+）＞C【解題分析】

電解飽和食鹽水，氯離子在陽極（E極）失去電子生成氯氣，水電離的H+在陰極（F極）得電子生成氫氣，同時生成OH-，離子方程式是2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－.【題目詳解】（1）由裝置圖中氯氣和氫氣的位置判斷，生成氫氣的極為陰極，水電離的H+在陰極得電子生成氫氣，電極反應(yīng)式為；破壞水的電離平衡，濃度增大，溶液A為氫氧化鈉溶液，故溶質(zhì)為NaOH.（2）電解池中陽離子向陰極移動，所以Na+向F極移動，在F極水電離的H+得電子生成氫氣，破壞水的電離平衡，OH-濃度增大，溶因此液A為氫氧化鈉溶液，故溶質(zhì)為NaOH；（3）電解飽和食鹽水，氯離子在陽極失去電子生成氯氣，水電離的H+在陰極得電子生成氫氣，同時生成OH-，離子方程式是2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－；（4）ⅰ.從第①組情況分析,生成了氯化銨溶液,銨離子水解,溶液顯示酸性,溶液中的氫離子是水電離的,故中由水電離出的c（H+）=1×10-5mol·L-1；ⅱ.從第②組情況表明,pH=7,溶液顯示中性,若c=2,生成氯化銨溶液,顯示酸性,故氨水的濃度稍大些,即c大于0.2mol/L；ⅲ.0.2mol/L的氨水與0.1mol/L的鹽酸等體積混合后，得到等濃度的一水合氨與氯化銨的混合溶液，溶液pH＞7,說明氨水的電離程度大于水解程度,故銨離子濃度大于氨水濃度;，所以c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H+）；ⅳ.NH3·H2O是弱電解質(zhì)，在溶液中存在電離平