北京師范大學附中2024屆高二化學第二學期期末學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題含解析

北京師范大學附中2024屆高二化學第二學期期末學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題考生請注意：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，不得在試卷上作任何標記。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，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。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、下列有關物質性質的比較順序中，不正確的是A．熱穩(wěn)定性：HF＜HCl＜HBr＜HI B．微粒半徑：K+＞a+＞Mg2+＞Al3+C．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3 D．最外層電子數(shù)：Li＜Mg＜Si＜Ar2、下列關于有機物的說法正確的是A．C5H10O2的同分異構體中，能與NaHCO3反應生成CO2的有4種B．糖類、油脂、蛋白質都是電解質C．乙烯使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色的反應類型相同D．將碘酒滴到未成熟的蘋果肉上變藍說明蘋果肉中的淀粉已水解3、下列有關物質性質與用途具有對應關系的是A．Na2S溶液具有堿性，可用于脫除廢水中Hg2+B．CuSO4能使蛋白質變性，可用于游泳池水的消毒C．MnO2是黑色粉末，可用于催化H2O2分解制取O2D．Na2CO3能與酸反應，可用于去除餐具表面的油污4、下列有關硅及其化合物的敘述錯誤的是(

)①水晶、石英、瑪瑙等主要成分都是SiO2②水玻璃是制備硅膠和木材防火劑的原料③硅酸鹽Na2Fe2Si3O10用氧化物的形式可表示為：Na2O?2FeO?3SiO2④可選用陶瓷坩堝或者生鐵坩堝熔融氫氧化鈉固體⑤氮化硅陶瓷是一種重要的結構材料，具有超硬性，它能與氫氟酸反應⑥水泥、玻璃、陶瓷都是混合物，沒有固定的熔點A．①③⑥ B．①②③④ C．③④ D．⑤⑥5、關于SiO2晶體的敘述中，正確的是A．通常狀況下，60gSiO2晶體中含有的分子數(shù)為NA(NA表示阿伏加德羅常數(shù))B．60gSiO2晶體中，含有2NA個Si—O鍵C．晶體中與同一硅原子相連的4個氧原子處于同一四面體的4個頂點D．因為硅和碳屬于同一主族，所以SiO2晶體與CO2晶體類型相同6、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結論AZn保護了Fe不被腐蝕B2NO2(g)N2O4(g)為吸熱反應C試管內均有紅棕色氣體生成木炭與濃硝酸發(fā)生了反應D常溫下，向飽和Na2CO3

溶液中加入少量BaSO4粉末，充分攪拌后過濾，再向洗凈的濾渣中加稀鹽酸，有氣泡產(chǎn)生Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)A．A B．B C．C D．D7、現(xiàn)有pH=a和pH=b的兩種強堿溶液，已知b=a+2，將兩種溶液等體積混合后，所得溶液的pH接近于A．a(chǎn)－1g2 B．b－1g2C．a(chǎn)+1g2 D．b+1g28、含有C＝C的有機物與O3作用形成不穩(wěn)定的臭氧化物，臭氧化物在還原劑存在下，與水作用分解為羰基化合物，總反應為:＋(R1、R2、R3、R4為H或烷基)。以下四種物質發(fā)生上述反應，所得產(chǎn)物為純凈物且能發(fā)生銀鏡反應的是（）A．(CH3)2C＝C(CH3)2B．CH2=CHCH=CHCH=CH2C．D．9、僅由下列各組元素所組成的化合物,不可能形成離子晶體的是()A．H、O、S B．Na、H、OC．K、Cl、O D．H、N、Cl10、有機物結構簡式為CH3COOCH2－CH＝CH－COOH，則該有機物的性質可能有（）①加成反應②水解反應③酯化反應④中和反應⑤氧化反應⑥取代反應A．只有①③⑥ B．只有①③④C．只有①③④⑤ D．①②③④⑤⑥11、赤銅礦的主要成分是Cu2O，輝銅礦的主要成分是Cu2S，將赤銅礦與輝銅礦混合加熱發(fā)生以下反應：Cu2S+2Cu2O＝6Cu+SO2↑，關于該反應的說法中，正確的是（）A．Cu既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物 B．該反應的氧化劑只有Cu2OC．Cu2S在反應中既是氧化劑，又是還原劑 D．每生成19.2gCu，反應中轉移0.6mol電子12、下列敘述正確的是A．在氧化還原反應中，還原劑和氧化劑一定是不同物質B．在氧化還原反應中，非金屬單質一定是氧化劑C．某元素從化合態(tài)轉變?yōu)橛坞x態(tài)時，該元素一定被還原D．金屬陽離子被還原不一定得到金屬單質13、以下實驗設計能達到實驗目的的是選項實驗目的實驗設計A除去NaHCO3固體中的Na2CO3將固體加熱至恒重B制備無水AlCl3蒸發(fā)Al與稀鹽酸反應后的溶液C重結晶提純苯甲酸將粗品水溶、過濾、蒸發(fā)、結晶D鑒別NaBr和KI溶液分別加新制氯水后，用CCl4萃取A．AB．BC．CD．D14、向含有0.2molFeI2的溶液中加入amolBr2。下列敘述不正確的是（）A．當a=0.1時，發(fā)生的反應為2I﹣+Br2═I2+2Br﹣B．當a=0.25時，發(fā)生的反應為2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣C．當溶液中I﹣有一半被氧化時，c（I﹣）：c（Br﹣）=1：1D．當0.2＜a＜0.3時，溶液中各離子濃度的關系為2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）═c（Br﹣）+c（OH﹣）15、根據(jù)價層電子對互斥模型，判斷下列分子或者離子的空間構型不是三角錐形的是()A．PCl3B．HCHOC．H3O＋D．PH316、下列有關化學用語表示正確的是（）A．K+的結構示意圖：B．基態(tài)氮原子的電子排布圖：C．水的電子式：D．基態(tài)鉻原子（24Cr）的價電子排布式：3d44s217、常溫下，0.1mol?L-1一元酸HA溶液中c（OH-）/c（H+）=1×10-6，下列敘述正確的是（）A．該溶液中水的離子積常數(shù)為1×10?12B．該一元酸溶液的pH=1C．該溶液中由水電離出的c（H+）=1×10?6mol?L-1D．向該溶液中加入一定量NaA晶體或加水稀釋，溶液中c（OH-）均增大18、甲、乙、丙三種物質均含有同一種中學常見元素X，其轉化關系如下，下列說法不正確的是A．若A為硝酸，X為金屬元素，則甲與丙反應可生成乙B．若乙為NaHCO3，則丙一定是CO2C．若A為NaOH溶液，X為短周期的金屬元素，則乙一定為白色沉淀D．若A為金屬單質，乙的水溶液遇KSCN溶液變紅，則甲可能為非金屬單質19、在密閉容器中的一定量混合氣體發(fā)生反應xM(g)+yN(g)zP(g)。平衡時測得M的濃度為0.50mol/L，保持溫度不變，將容器的容積擴大到原來的兩倍，再達平衡時，測得M的濃度降低為0.30mol/L。下列有關判斷正確的是A．x+y<zB．平衡向正反應方向移動C．N的轉化率降低D．混合氣體的密度不變20、青出于藍而勝于藍，“青”指的是靛藍，是人類使用歷史悠久的染料之一，下列為傳統(tǒng)制備靛藍的過程：下列說法不正確的是A．靛藍的分子式為C16H10N2O2 B．浸泡發(fā)酵過程發(fā)生的反應為取代反應C．吲哚酚的苯環(huán)上的二氯代物有4種 D．1mol吲哚酚與H2加成時可消耗4molH221、下圖為碘晶體晶胞結構。有關說法中正確的是()A．碘晶體為無限延伸的空間結構，是原子晶體B．用切割法可知平均每個晶胞中有4個碘原子C．碘晶體中的碘原子間存在非極性鍵和范德華力D．碘分子的排列有2種不同的取向，2種取向不同的碘分子以4配位數(shù)交替配位形成層結構22、下列敘述正確的是()A．聚乙烯不能使酸性KMnO4溶液褪色B．和均是芳香烴，既是芳香烴又是芳香化合物C．和分子組成相差一個—CH2—，因此是同系物關系D．分子式為C2H6O的紅外光譜圖上發(fā)現(xiàn)有C-H鍵和C-O鍵的振動吸收，由此可以初步推測有機物結構簡式為C2H5-OH二、非選擇題(共84分)23、（14分）某無色稀溶液X中，可能含有下表所列離子中的某幾種。現(xiàn)取該溶液適量，向其中加入某試劑Y，產(chǎn)生沉淀的物質的量(n)與加入試劑的體積(V)的關系如圖所示。(1)若Y是鹽酸，所得到的關系圖如圖甲所示，則oa段轉化為沉淀的離子(指來源于X溶液的，下同)是_____，ab段發(fā)生反應的離子是_________，bc段發(fā)生反應的離子方程式是_________。(2)若Y是NaOH溶液，所得到的關系圖如圖乙所示，則X中一定含有的離子是__________，假設X溶液中只含這幾種離子，則溶液中各離子物質的量之比為_____，ab段反應的離子方程式為_____________。24、（12分）Q、R、X、Y、Z五種元素的原子序數(shù)依次遞增。已知：①Z的原子序數(shù)為29，其余的均為短周期主族元素；Y原子的價電子(外圍電子)排布為msnmpn；②R原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)；③Q、X原子p軌道的電子數(shù)分別為2和4。請回答下列問題：（1）Z2＋的核外電子排布式是________。（2）在[Z(NH3)4]2＋離子中，Z2＋的空軌道接受NH3分子提供的________形成配位鍵。（3）Q與Y形成的最簡單氣態(tài)氫化物分別為甲、乙，下列判斷正確的是________。a．穩(wěn)定性：甲>乙，沸點：甲>乙b．穩(wěn)定性：甲>乙，沸點：甲<乙c．穩(wěn)定性：甲<乙，沸點：甲<乙d．穩(wěn)定性：甲<乙，沸點：甲>乙（4）Q、R、Y三種元素的第一電離能數(shù)值由小到大的順序為________(用元素符號作答)。（5）Q的一種氫化物相對分子質量為26，其中分子中的σ鍵與π鍵的鍵數(shù)之比為________，其中心原子的雜化類型是________。（6）某元素原子的價電子構型為3d54s1，該元素屬于________區(qū)元素，元素符號是________。25、（12分）己知溴乙烷(C2H5Br)是無色液體，沸點38.4℃，密度比水大，難溶于水，可溶于多種有機溶劑。在溴乙烷與NaOH乙醇溶液的消去反應中可以觀察到有氣體生成。有人設計了如圖所示的裝置，用KMnO4酸性溶液是否褪色來檢驗生成的氣體是否是乙烯。請回答下列問題：(1)儀器a的名稱為__________。(2)實驗前應檢測裝置A的氣密性。方法如下：關閉止水夾c，由儀器a向儀器b中加水，若______________________________，則證明裝置A不漏氣。(3)儀器b中發(fā)生反應的化學方程式為______________________________。(4)反應開始一段時間后，在裝置B底部析出了較多的油狀液體，若想減少油狀液體的析出，可對裝置A作何改進？__________________________________________________(5)裝置A中產(chǎn)生的氣體通入裝置C之前要先通過裝置B，裝置B的作用為__________________。(6)檢驗乙烯除用KMnO4酸性溶液外還可選用的試劑有__________，此時，是否還有必要將氣體先通過裝置B？__________(填“是”或“否”)。26、（10分）中和滴定實驗（以標準鹽酸滴定待測NaOH溶液為例）：（1）滴定準備①檢查：___________是否漏水；②洗滌：先用蒸餾水洗________次，再用盛裝溶液潤洗_______次。③裝排：裝液高于“0”刻度，并驅逐除尖嘴處_________。④調讀⑤注加（2）滴定過程①右手搖動________________________________，②左手控制________________________________，③眼睛注視________________________________。（3）終點判斷.（4）數(shù)據(jù)處理（5）誤差討論，對測定結果（選擇“偏高”、“偏低”、“無影響”）①用待測液潤洗錐形瓶_____________，②滴定前用蒸餾水洗錐形瓶_____________，③滴定過程中不慎有酸液外濺_______________，④滴定到終點時，滴定管尖嘴外懸有液滴__________，⑤讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視_____________。27、（12分）實驗室制備溴苯可用如圖所示裝置。填空：（1）關閉G夾，打開C夾，向裝有少量苯的三頸燒瓶的A口加適量溴，再加入少量鐵屑，塞住A口，三頸燒瓶中發(fā)生反應的有機反應方程式為___。（2）E試管內出現(xiàn)的現(xiàn)象為___。（3）F裝置的作用是___。（4）待三頸燒瓶中的反應進行到仍有氣泡冒出時松開G夾，關閉C夾，可以看到的現(xiàn)象是___。（5）反應結束后，拆開裝置，從A口加入適量的NaOH溶液，然后將液體倒入__中（填儀器名稱），振蕩靜置，從該儀器__口將純凈溴苯放出（填“上”或“下”）。28、（14分）工業(yè)上由N2、H2合成NH3。制備H2需經(jīng)多步完成，其中“水煤氣（CO、H2）變換”是純化H2的關鍵一步。（1）水煤氣變換：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），該反應的?H=+41kJ/mol或﹣41kJ/mol。①平衡常數(shù)K隨溫度變化如下：溫度/℃200300400K2903911.7下列分析正確的是__________。a.水煤氣變換反應的?H＜0b.增大壓強，可以提高CO的平衡轉化率c.增大水蒸氣濃度，可以同時增大CO的平衡轉化率和反應速率②溫度為T1時，向容積為2L的密閉容器甲、乙中分別充入一定量的CO和H2O（g），相關數(shù)據(jù)如下：容器甲乙反應物COH2OCOH2O起始時物質的量（mol）1.20.62.41.2平衡時物質的量（mol）0.80.2ab達到平衡的時間（min）t1t2ⅰ.甲容器中，反應在t1min內的平均反應速率v（H2）=_____mol/（L·min）。ⅱ.甲容器中，平衡時，反應的熱量變化為_____kJ。ⅲ.T1時，反應的平衡常數(shù)K甲=______。ⅳ.乙容器中，a=______mol。（2）以氨水為吸收劑脫除CO2。當其失去吸收能力時，通過加熱使吸收劑再生。用化學方程式表示“吸收”過程：___________________________________。（3）2016年我國某科研團隊利用透氧膜，一步即獲得N2、H2，工作原理如圖所示。（空氣中N2與O2的物質的量之比按4:1計）。①起還原作用的物質是_______。②膜Ⅰ側發(fā)生的電極反應式是_______。29、（10分）五種短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增大。X、Y是非金屬元素X、Y、Q元素的原子最高能級上電子數(shù)相等；Z元素原子的最外層電子數(shù)是次外層的兩倍；W元素原子核外有三種不同的能級且原子中p亞層與s亞層電子總數(shù)相等；Q元素電離能分別是I1=496，I2=4562，I3=6912?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Q原子的核外電子排布式是____________________。(2)Q、W形成的化合物Q2W2中的化學鍵類型是______________。(3)Y能與氟元素形成YF3，該分子的空間構型是_______，該分子屬于______分子(填“極性”或“非極性”)。Y與X可形成具有立體結構的化合物Y2X6，該結構中Y采用______雜化。(4)Y(OH)3是一元弱酸，其中Y原子因缺電子而易形成配位鍵，寫出Y(OH)3在水溶液中的電離方程式_______________。(5)Z的一種單質晶胞結構如下圖所示。①該單質的晶體類型為___________。②含1molZ原子的該晶體中共有_____mol化學鍵。③己知Z的相對原子質量為M，原子半徑為rpm，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為____g·cm-3。

參考答案一、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、A【解題分析】

A、第ⅦA自上而下依次為F、Cl、Br、I，它們的非金屬性依次減弱，所以形成的氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性也依次減弱，即HF＞HCl＞HBr＞HI，故A不正確；B、K+是288型離子，Na+、Mg2+、Al3+都是2、8型離子，且核電荷數(shù)依次增大，所以半徑依次減小，因此離子半徑為K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故B正確；C、第三周期非金屬元素從左到右依次為Si、P、S、Cl，根據(jù)同周期非金屬性變化規(guī)律，它們的非金屬性依次增強，所以最高價含氧酸的酸性依次增強，故C正確；D、已知Li、Mg、Si、Ar的核電荷數(shù)分別為3、12、14、18，根據(jù)電子排布規(guī)律可得，它們最外層電子數(shù)分別為1、2、4、8，所以D正確。本題答案為A。2、A【解題分析】

A.C5H10O2的同分異構體中，能與NaHCO3反應生成CO2，說明分子中含有-COOH，可認為是C4H10分子中的一個H原子被-COOH取代產(chǎn)生的物質，C4H10有正丁烷、異丁烷2種結構，每種結構中有2種不同位置的H原子，所以C5H10O2的屬于羧酸的同分異構體有4種，A正確；B.糖類、油脂、蛋白質在水溶液中都不能導電，熔融狀態(tài)下也不能導電，且蛋白質是高分子化合物，因此都不是電解質，B錯誤；C.乙烯使溴水褪色，發(fā)生的是加成反應，使酸性高錳酸鉀溶液褪色發(fā)生的是氧化反應，反應類型不相同，C錯誤；D.將碘酒滴到未成熟的蘋果肉上變藍說明蘋果肉中有淀粉，但不能證明淀粉是否已水解，D錯誤；故合理選項是A。3、B【解題分析】

A.Na2S溶液可用于脫除廢水中Hg2+，是由于發(fā)生反應產(chǎn)生HgS沉淀，A錯誤；B.CuSO4能使蛋白質變性，使細菌、病毒蛋白質失去生理活性，因此可用于游泳池水的消毒，B正確；C.MnO2能降低H2O2分解的活化能，所以可用于催化H2O2分解制取O2，C錯誤；D.Na2CO3溶液顯堿性，能夠與油脂發(fā)生反應，產(chǎn)生可溶性的物質，因此可用于去除餐具表面的油污，D錯誤；故合理選項是B。4、C【解題分析】

①水晶、石英、瑪瑙等主要成分都是SiO2；②水玻璃是硅酸鈉的水溶液，可用于制備硅膠和木材防火劑；③硅酸鹽在用氧化物表示時，要符合元素原子守恒；④陶瓷坩堝主要成分是硅酸鹽，可以與NaOH在高溫下反應；⑤氮化硅陶瓷屬于原子晶體，結合其組成、結構分析判斷；⑥混合物沒有固定的熔沸點，純凈物有固定的熔沸點。【題目詳解】①水晶、石英、瑪瑙等主要成分都是SiO2，①合理；②水玻璃是硅酸鈉的水溶液，可向其水溶液中通入CO2氣體，利用復分解反應來制取硅膠，由于硅酸鈉不能燃燒也不支持燃燒，因此可作木材防火劑，②合理；③硅酸鹽Na2Fe2Si3O10用氧化物的形式表示時，各種元素的原子個數(shù)比不變，元素的化合價不變，因此該硅酸鹽可表示為：Na2O?Fe2O3?3SiO2，③錯誤；④陶瓷坩堝主要成分是硅酸鹽，可以與NaOH在高溫下反應，故不能在高溫下熔融NaOH固體，④錯誤；⑤氮化硅陶瓷是一種重要的結構材料，由于氮化硅屬于原子晶體，原子間通過共價鍵結合，共價鍵的作用力強，因此該物質具有超硬性，它能與氫氟酸反應產(chǎn)生SiF4、NH3，⑤正確；⑥水泥、玻璃、陶瓷都是混合物，由于沒有固定的組成，因此物質沒有固定的熔點，只能在一定溫度范圍內軟化，⑥正確；可見敘述錯誤的是③④，因此合理選項是C。5、C【解題分析】

A、SiO2晶體是原子晶體，不存在分子，故A錯誤；B、1molSiO2晶體存在4molSi-O鍵，所以60gSiO2晶體即1molSiO2晶體含有4molSi-O鍵鍵，故A錯誤；C、晶體中一個硅原子和四個氧原子，形成四面體結構，四個氧原子處于同一四面體的四個頂點，故C正確；D、SiO2晶體是原子晶體，CO2晶體是分子晶體，故D錯誤；故選C。6、A【解題分析】

A.①中有藍色沉淀，證明存在Fe2+，②中試管內無明顯變化，說明Fe附近溶液中無Fe2+，對比可說明Zn的存在保護了Fe，故A正確；B.由實驗裝置圖可知，熱水中NO2的濃度增大，說明升高溫度平衡向逆反應方向移動，所以2NO2(g)N2O4(g)為放熱反應，故B錯誤；C.因為濃硝酸不穩(wěn)定見光或受熱易分解：，濃硝酸還具有強氧化性，能和木炭發(fā)生反應：，兩者都會產(chǎn)生NO2的紅棕色氣體，所以此實驗不能證明是木炭與濃硝酸發(fā)生了反應，故C錯誤；D.常溫下，向飽和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，充分攪拌后過濾，再向洗凈的濾渣中加稀鹽酸，有氣泡產(chǎn)生，說明有碳酸鋇產(chǎn)生，是因為c(CO32-)濃度很大，不能說明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)，故D錯誤；綜上所述，本題正確答案：A。7、B【解題分析】

pH=a和pH=b的兩種強堿溶液，已知b=a+2，說明pH=b的強堿溶液中c（OH-）為pH=a的強堿溶液中c（OH-）的100倍，因為兩溶液等體積混合，所以體積變?yōu)樵瓉淼?倍，c(OH-)==≈0.5×10-(12-a)，則混合溶液中c(H+)==2×10-(a+2)=2×10-b，所以pH近似為b-lg2，故選B?！绢}目點撥】解答本題主要是掌握pH的計算方法，對于強堿和強堿混合后，首先計算混合后氫氧根離子濃度，再根據(jù)Kw=c(H+)?c(OH-)，計算氫離子濃度，最后根據(jù)pH=-lgc(H+)求pH。8、D【解題分析】分析：根據(jù)反應原理為雙鍵從中間斷開，直接接上一個氧原子，所得產(chǎn)物為純凈物說明產(chǎn)物只有一種，能發(fā)生銀鏡反應說明含有醛基，則與雙鍵相連的碳上有氫原子，據(jù)此分析判斷。詳解：A．(CH3)2C=C(CH3)2與雙鍵相連的碳上沒有氫原子，得到的是酮，不是醛，故A錯誤；B.CH2=CHCH=CHCH=CH2中有3個雙鍵，得到的產(chǎn)物有2種，分別為甲醛和乙二醛，故B錯誤；C．中有2個雙鍵，且結構不對稱，得到的產(chǎn)物有2種，故C錯誤；D．反應產(chǎn)物只有一種，與雙鍵相連的碳上有氫原子，氧化得到醛，故D正確；故選D。9、A【解題分析】

強堿、活潑金屬氧化物、絕大多數(shù)鹽等是離子晶體。B項如NaOH，C項如KClO，D項如NH4Cl，均為離子晶體。10、D【解題分析】

根據(jù)有機物分子的結構簡式可知分子中含有酯基、碳碳雙鍵和羧基，結合相應官能團的結構與性質解答?！绢}目詳解】①含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應；②含有酯基，能發(fā)生水解反應；③含有羧基，能發(fā)生酯化反應；④含有羧基，能發(fā)生中和反應；⑤含有碳碳雙鍵，能氧化反應；⑥含有酯基、羧基，能發(fā)生取代反應。答案選D。11、C【解題分析】A、反應中，化合價降低的元素是銅元素，所以Cu為還原產(chǎn)物；故A錯誤；B、Cu2S和Cu2O中的銅元素化合價均為+1，反應后變?yōu)?價的銅單質，化合價降低，做氧化劑，故B錯誤；C、反應物Cu2S中銅的化合價由+1價降到0價，硫的化合價由-2價升到+4價，Cu2S在反應中既是氧化劑，又是還原劑，故C正確；D、反應中，S化合價升高了6價，轉移了6mol電子，生成金屬銅6mol，所以每生成19.2(即0.3mol)Cu，反應中轉移0.3mol電子，故D錯誤；故選C正確。點睛：本題主要考察氧化還氧反應的相關知識。氧化還原反應中的六字規(guī)則為“升失氧，降得還”?；蟽r升高，失去電子，發(fā)生氧化反應，被氧化，本身作還原劑；化合價降低，得到電子，發(fā)生還原反應，被還原，本身作氧化劑；根據(jù)轉移電子的量來分析生反應物與生成物的量。12、D【解題分析】分析：A．氧化劑、還原劑可能為同種物質；B．非金屬單質可能為還原劑；C．某元素從化合態(tài)轉變?yōu)橛坞x態(tài)時，可能被氧化或被還原；D．金屬陽離子被還原，可能變?yōu)榻饘訇栯x子。詳解：A．氧化劑、還原劑可能為同種物質，如氯氣與NaOH的反應中，氯氣失去電子也得到電子，A錯誤；B．非金屬單質可能為還原劑，如C與水蒸氣的反應中，C為還原劑，B錯誤；C．某元素從化合態(tài)轉變?yōu)橛坞x態(tài)時，可能被氧化或被還原，如硫化氫與二氧化硫反應生成S，C錯誤；D．金屬陽離子被還原，可能變?yōu)榻饘訇栯x子，如鐵離子得到電子轉化為亞鐵離子，D正確；答案選D。13、D【解題分析】A、加熱碳酸氫納分解生成了碳酸鈉，不能達到實驗目的；B、直接蒸發(fā)Al與稀鹽酸反應生成的AlCl3溶液，鋁離子發(fā)生水解，最終得到的是Al(OH)3，不能達到實驗目的；C、重結晶法提純苯甲酸的方法是：將粗品水溶，趁熱過濾，濾液冷卻結晶即可；D、NaBr和NaI都能與氯水反應生成對應的單質，再用四氯化碳萃取，顏色層不同，NaBr的為橙紅色，KI的為紫紅色。故選D。14、B【解題分析】

亞鐵離子的還原性弱于碘離子，溴少量時碘離子優(yōu)先被氧化，發(fā)生反應為：2I-+Br2＝I2+2Br-；當?shù)怆x子完全被氧化后，亞鐵離子開始被溴單質氧化，溴足量時的反應方程式為：2Fe2++4I-+3Br2＝2Fe3++2I2+6Br-。A．a(chǎn)＝0.1時，溴單質不足，只有碘離子被氧化，反應的離子方程式為：2I-+Br2＝I2+2Br-，A正確；B．當a＝0.25時，0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亞鐵離子、0.4mol碘離子，0.4mol碘離子完全反應消耗0.2mol溴單質，剩余的0.05mol溴單質能夠氧化0.1mol亞鐵離子，所以正確的反應為：2Fe2++8I-+5Br2＝2Fe3++4I2+10Br-，B錯誤；C．溶液中含有0.4mol碘離子，當有0.2mol碘離子被氧化時，消耗0.1mol溴單質生成0.2mol溴離子，則反應后溶液中碘離子和溴離子濃度相等，C正確；D．當0.2＜a＜0.3時，碘離子完全被氧化，亞鐵離子部分被氧化，根據(jù)電荷守恒可知溶液中的離子濃度的關系為：2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)＝c(Br-)+c(OH-)，D正確；答案選B。15、B【解題分析】

根據(jù)價層電子對互斥理論確定其空間構型，價層電子對數(shù)=σ鍵個數(shù)+12(a-xb)【題目詳解】A．三氯化磷分子中，價層電子對數(shù)=3+12(5-3×1)=4，且含有一個孤電子對，所以其空間構型是三角錐型，故A不符合；B．甲醛分子中，價層電子對數(shù)=3+12(4-2×1-1×2)=4，且不含孤電子對，所以其空間構型是平面三角形，故B符合；C．水合氫離子中，價層電子對數(shù)=3+12(6-1-3×1)=4，且含有一個孤電子對，所以其空間構型是三角錐型，故C不符合；D．PH3分子中，價層電子對數(shù)=3+12(5-3×1)=4【題目點撥】本題考查了分子或離子的空間構型的判斷，注意孤電子對的計算公式中各個字母代表的含義。本題的易錯點為B，要注意孤電子對的計算公式的靈活運用。16、B【解題分析】

A、K+的結構示意圖：，A錯誤；B、根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知基態(tài)氮原子的電子排布圖為，B正確；C、水是共價化合物，含有共價鍵，水的電子式：，C錯誤；D、基態(tài)鉻原子（24Cr）的價電子排布式：3d54s1，D錯誤；答案選B。17、D【解題分析】

A.常溫下，水的離子積常數(shù)為1×10?14，A錯誤；B.根據(jù)c（OH-）/c（H+）=1×10-6和c（OH-）×c（H+）=10-14可解得c（H+）=0.0001mol/L，HA為弱酸，pH>1，B錯誤；C.根據(jù)c（OH-）/c（H+）=1×10-6和c（OH-）×c（H+）=10-14可解得c（H+）=0.0001mol/L，HA為弱酸，該溶液中由水電離出的c（H+）=c（OH-）=Kw/0.0001=10-10mol/L，C錯誤；D.根據(jù)一元酸HA電離的方程式：HA?H++A-，加入一定量NaA晶體，則A-的濃度增大，所以平衡逆向移動，所以氫離子濃度減小，c（OH-）增大；加水稀釋，溶液中氫離子濃度減小，所以c（OH-）增大，D正確；

綜上所述，本題選D?！绢}目點撥】室溫下，水電離產(chǎn)生的c(H+)<10-7mol/L，說明溶液可能為酸性，可能為堿性，抑制水電離；水電離產(chǎn)生的c(H+)>10-7mol/L或c(OH-)>10-7mol/L，溶液可能為水解的鹽，促進了水的電離。18、B【解題分析】

A.若A為HNO3，則甲為Fe，乙為Fe(NO3)2，丙為Fe(NO3)3，甲與丙反應可生成乙，A正確；B.若乙為NaHCO3，A為NaOH，則甲為CO2，丙可以為Na2CO3，所以丙不一定是CO2，B錯誤；C.若A為NaOH溶液，X為短周期的金屬元素，則甲為AlCl3，乙為Al(OH)3，丙為NaAlO2，C正確；D.若A為金屬單質，乙的水溶液遇KSCN溶液變紅，則A為Fe，甲可以為Cl2，乙為FeCl3，丙為FeCl2，D正確；故合理選項為B。19、C【解題分析】分析：在密閉容器中的一定量混合氣體發(fā)生反應xM(g)+yN(g)zP(g)，平衡時測得M的濃度為0.50mol/L，保持溫度不變，將容器的容積擴大到原來的兩倍，若平衡不移動，M的濃度為0.25mol·L－1，再達平衡時，測得M的濃度降低為0.30mol/L。則說明體積增大（壓強減?。┗瘜W平衡逆向移動，以此來解答．詳解：A．減小壓強，向氣體體積增大的方向移動，則x+y＞z，故A錯誤；B．由上述分析可知，平衡逆向移動，故B錯誤；C、平衡逆向移動，N的轉化率降低，故C正確；D、混合氣體的總質量不變，但體積會發(fā)生變化，故D錯誤。故選C。點睛：本題考查化學平衡的移動，解題關鍵：M的濃度變化及體積變化導致的平衡移動，難點：B、壓強對化學平衡的影響：若平衡不移動，M的濃度為0.25mol·L－1，再達平衡時，測得M的濃度降低為0.30mol/L。則說明體積增大（壓強減?。┗瘜W平衡逆向移動。20、C【解題分析】

A.根據(jù)題干中的結構簡式，靛藍的分子式為C16H10N2O2，故A正確；B.浸泡發(fā)酵過程發(fā)生的反應可以看作是-O-R被羥基取代，故B正確；C.因為該結構不對稱，二氯代物一共有6種，故C錯誤；D.吲哚酚分子中含有一個苯環(huán)及一個碳碳雙鍵，所以1mol吲哚酚與H2加成時可消耗4molH2，故D正確，故選C?！绢}目點撥】在確定吲哚酚的苯環(huán)上二氯代物的種類時，苯環(huán)上能發(fā)生取代的氫原子按照順序編號為1，2，3，4，取代的方式有1，2位，1，3位，1，4位，2，3位，2，4位，3，4位6種情況。21、D【解題分析】

A．碘晶體為無限延伸的空間結構，構成微粒為分子，是分子晶體，A項錯誤；B．用均攤法計算：該晶胞中，頂點碘分子有8個數(shù)，為8個晶胞所共有，每個碘分子有屬于該晶胞；面心碘分子有6個，為2個晶胞所共有，每個碘分子有屬于該晶胞數(shù)，則一共有碘分子數(shù)為，因此平均每個晶胞中有4個碘分子，即有8個碘原子，故B錯誤；C．碘晶體中的碘原子間存在I-I非極性鍵，且晶體中碘分子之間存在范德華力，不是碘原子之間，C項錯誤；D．碘分子的排列有2種不同的取向，在頂點和面心不同，2種取向不同的碘分子以4配位數(shù)交替配位形成層結構，D項正確；本題答案選D。22、A【解題分析】

A.聚乙烯分子中無不飽和的碳碳雙鍵，因此不能使酸性KMnO4溶液褪色，A正確；B.是環(huán)己烷，不屬于芳香烴，的組成元素含有C、H、O、N，屬于芳香族化合物，不屬于芳香烴，B錯誤；C.是苯酚，屬于酚類，而是苯甲醇，屬于芳香醇，二者是不同類別的物質，不是同系物的關系，C錯誤；D.分子式為C2H6O的紅外光譜圖上發(fā)現(xiàn)有C-H鍵和C-O鍵的振動吸收，由此可以初步推測有機物結構簡式為CH3—O—CH3或CH3CH2OH，D錯誤；故合理選項是A。二、非選擇題(共84分)23、SiO32—、AlO2-CO32-3H++Al(OH)3=Al3++3H2OAl3+Mg2+NH4+Cl-2:1:4:12NH4++OH-═NH3?H2O【解題分析】

無色溶液中不可能含有Fe3+離子。（1）如果Y是鹽酸，向溶液中加鹽酸，先生成沉淀，當a-b段時，沉淀的量不變化，鹽酸和碳酸根離子反應生成氣體，則溶液中不含鎂離子、鋁離子；當b-c段時沉淀的質量減少，部分沉淀和鹽酸反應，部分沉淀和鹽酸不反應，說明溶液中有硅酸根離子和偏鋁酸根離子，弱酸根離子和銨根離子能雙水解，所以溶液中含有的陽離子是鈉離子；（2）若Y是氫氧化鈉，向溶液中加氫氧化鈉溶液，先生成沉淀，當a-b段時，沉淀的量不變化，氫氧化鈉和銨根離子反應生成氣體；當b-c段時沉淀的質量減少，部分沉淀和氫氧化鈉反應，部分沉淀不反應，說明溶液中有鋁根離子和鎂離子，則溶液中不含硅酸根離子、碳酸根離子和偏鋁酸根離子，所以溶液中含有的陰離子是氯離子?！绢}目詳解】（1）如果Y是鹽酸，由圖可知，向溶液中加鹽酸，先生成沉淀后沉淀部分溶解，則溶液中可能含SiO32-、AlO2-，不含Al3+、Mg2+；ab段，沉淀的量沒有變化，說明溶液中含有CO32-，鹽酸和碳酸根離子反應，反應的離子方程式依次為CO32-+H+═HCO3-和HCO3-+H+═H2O+CO2↑；bc段,氫氧化鋁沉淀與鹽酸反應生成偏鋁酸鈉和水，硅酸沉淀不反應，沉淀部分溶解，反應的離子方程式為3H++Al(OH)3=Al3++3H2O，故答案為：SiO32—、AlO2—；CO32-；3H++Al(OH)3=Al3++3H2O；（2）若Y是氫氧化鈉，由圖可知，向溶液中加氫氧化鈉溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al3+、Mg2+或兩者中的一種，由于弱堿陽離子和弱酸的陰離子會雙水解而不能共存，即溶液中不含CO32-、SiO32-、AlO2-，由于溶液一定要保持電中性，故溶液中一定含Cl-；ab段，沉淀的量不變化，是氫氧化鈉和銨根離子反應生成氣體：NH4++OH-═NH3?H2O，即溶液中含NH4+；bc段，沉淀的質量減少但沒有完全溶解，即部分沉淀和氫氧化鈉反應，部分沉淀不反應，說明溶液中有Al3+、Mg2+，bc段的反應的離子方程式為Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，則X中一定含有的離子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；由于溶液中有Al3+、Mg2+，oa段轉化為沉淀的離子是Al3+、Mg2+，ab段是氫氧化鈉和銨根離子反應生成氣體，反應的離子方程式為NH4++OH-═NH3?H2O；溶液中有Al3+、Mg2+，即沉淀中含Al（OH）3和Mg（OH）2，故bc段的反應離子方程式為Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，NH4+反應需要NaOH的體積是2V，由于Al（OH）3溶解時需要的NaOH的體積是V，則生成Al（OH）3需要的NaOH的體積是3V，而生成Mg（OH）2和Al（OH）3共消耗NaOH的體積為4V，則生成Mg（OH）2需要NaOH溶液的體積是V，則n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）=2：1：4，根據(jù)溶液要呈電中性，即有：3n（Al3+）+2n（Mg2+）+n（NH4+）=n（Cl-），故n（Cl-）=12，即有：n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）：n（Cl-）=2：1：4：12，故答案為：Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；2：1：4：12；NH4++OH-═NH3?H2O?！绢}目點撥】本題考查無機物的推斷，注意根據(jù)溶液的顏色結合題給圖象確定溶液中存在的離子，再結合物質之間的反應來確定微粒的量是解答關鍵。24、1s22s22p63s23p63d9孤電子對bSi<C<N3∶2sp雜化dCr【解題分析】分析：Z的原子序數(shù)為29，Z為Cu元素；R原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)，R為第二周期元素，Q的p軌道電子數(shù)為2，Q的原子序數(shù)小于R，Q為C元素；Y原子的價電子排布為msnmpn，Y原子的價電子排布為ms2mp2，Y為第IVA族元素，Y的原子序數(shù)介于Q與Z之間，Y為Si元素；X原子p軌道的電子數(shù)為4，X的原子序數(shù)介于Q與Y之間，X為O元素；R的原子序數(shù)介于Q與X之間，R為N元素。（1）Z2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9。（2）在[Cu（NH3）4]2+離子中，Cu2+的空軌道接受NH3分子中N原子提供的孤電子對形成配位鍵。（3）Q、Y形成的最簡單氣態(tài)氫化物依次為CH4（甲）、SiH4（乙），穩(wěn)定性：CH4>SiH4，沸點：CH4<SiH4。（4）C、N、Si的第一電離能由小到大的順序為Si<C<N。（5）Q的一種氫化物相對分子質量為26，該氫化物為CH≡CH，CH≡CH中σ鍵與π鍵的鍵數(shù)之比為3:2。其中C原子為sp雜化。（6）某元素原子的價電子構型為3d54s1，該元素屬于d區(qū)元素，元素符號是Cr。詳解：Z的原子序數(shù)為29，Z為Cu元素；R原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)，R為第二周期元素，Q的p軌道電子數(shù)為2，Q的原子序數(shù)小于R，Q為C元素；Y原子的價電子排布為msnmpn，Y原子的價電子排布為ms2mp2，Y為第IVA族元素，Y的原子序數(shù)介于Q與Z之間，Y為Si元素；X原子p軌道的電子數(shù)為4，X的原子序數(shù)介于Q與Y之間，X為O元素；R的原子序數(shù)介于Q與X之間，R為N元素。（1）Z為Cu元素，Cu原子核外有29個電子，基態(tài)Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，Z2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9。（2）在[Cu（NH3）4]2+離子中，Cu2+的空軌道接受NH3分子中N原子提供的孤電子對形成配位鍵。（3）Q、Y形成的最簡單氣態(tài)氫化物依次為CH4（甲）、SiH4（乙），由于C-H鍵的鍵長小于Si-H鍵，C-H鍵的鍵能大于Si-H鍵，穩(wěn)定性：CH4>SiH4；由于CH4的相對分子質量小于SiH4的相對分子質量，CH4分子間作用力小于SiH4分子間作用力，沸點：CH4<SiH4；答案選b。（4）根據(jù)同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，第一電離能C<N；同主族從上到下第一電離能逐漸減小，第一電離能C>Si；C、N、Si的第一電離能由小到大的順序為Si<C<N。（5）Q的一種氫化物相對分子質量為26，該氫化物為CH≡CH，CH≡CH的結構式為H—C≡C—H，單鍵全為σ鍵，三鍵中含1個σ鍵和2個π鍵，CH≡CH中σ鍵與π鍵的鍵數(shù)之比為3:2。CH≡CH中每個碳原子形成2個σ鍵，C原子上沒有孤電子對，C原子為sp雜化。（6）某元素原子的價電子構型為3d54s1，由于最后電子填入的能級符號為3d，該元素屬于d區(qū)元素，元素符號是Cr。25、分液漏斗分液漏斗中液面始終高于圓底燒瓶中的液面（或分液漏斗中液體不能順利流下）CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O將伸出燒瓶外的導管換成長導管除去揮發(fā)出來的乙醇溴水或溴的四氯化碳溶液否【解題分析】

（1）根據(jù)儀器構造及用途作答；（2）根據(jù)分液漏斗的構造利用液封法檢查裝置的氣密性；（3）溴乙烷與NaOH醇溶液發(fā)生消去反應；（4）油狀液體為溴乙烷蒸氣液化的結果；

（5）乙醇易溶于水，據(jù)此解答；

（6）根據(jù)乙烯的不飽和性，能與Br2發(fā)生加成反應作答。【題目詳解】（1）儀器a的名稱為分液漏斗，故答案為分液漏斗；（2）關閉止水夾c，由儀器a向儀器b中加水，若分液漏斗中液面始終高于圓底燒瓶中的液面，而不下落，則證明裝置A不漏氣，故答案為分液漏斗中液面始終高于圓底燒瓶中的液面（或分液漏斗中液體不能順利流下）；（3）鹵代烴在堿性醇溶液加熱條件下發(fā)生了消去反應，生成不飽和烯烴，反應為故答案為；（4）若出現(xiàn)了較多的油狀液體，則說明溴乙烷蒸氣冷卻液化的較多，為減少油狀液體的析出，可采取將伸出燒瓶外的導管換成長導管的措施，故答案為將伸出燒瓶外的導管換成長導管；（5）B中的水用于吸收揮發(fā)出來的乙醇，目的是防止乙醇和高錳酸鉀反應，干擾實驗，故答案為除去揮發(fā)出來的乙醇；

（6）檢驗乙烯除用KMnO4酸性溶液外還可選用的試劑為溴水或溴的四氯化碳溶液；乙烯也能使溴水或者溴的四氯化碳溶液褪色，因裝置B中盛裝的是水，目的是防止乙醇和高錳酸鉀反應，而溴與乙醇不反應，所以無須用裝置B，故答案為溴水或溴的四氯化碳溶液；否。26、滴定管2-32-3氣泡錐形瓶滴定管活塞錐形瓶內溶液顏色變化偏高無影響偏高偏高偏低【解題分析】

（1）中和滴定實驗，應先檢驗儀器是否漏液，再用標準液進行潤洗2~3次，最后排除滴定管尖嘴處的氣泡；（2）滴定時，左手控制酸式滴定管的活塞，以便控制液體的流速，右手搖動錐形瓶，兩眼注視錐形瓶內溶液顏色的變化；（5）利用c1V1=c2V2判斷。【題目詳解】（1）①中和滴定實驗，鹽酸為標準液，需用酸式滴定管，使用前應驗漏；②滴定管不漏液，則用蒸餾水洗滌2~3次，再用標準液潤洗2~3次，可防止標準液的濃度偏??；③裝液高于“0”刻度，并驅逐除尖嘴處的氣泡；（2）滴定時，左手控制酸式滴定管的活塞，以便控制液體的流速，右手搖動錐形瓶，兩眼注視錐形瓶內溶液顏色的變化；（5）①用待測液潤洗錐形瓶，導致待測液的物質的量偏大，使用標準液的物質的量偏大，計算待測液的濃度偏高；②滴定前用蒸餾水洗錐形瓶，對待測液的物質的量無影響，則計算結果無影響；③滴定過程中不慎有酸液外濺，導致酸溶液的體積偏大，計算待測液的濃度偏高；④滴定到終點時，滴定管尖嘴外懸有液滴，導致酸溶液的體積偏大，計算待測液的濃度偏高；⑤讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，導致酸溶液的體積偏小，計算待測液的濃度偏低?！绢}目點撥】某一次操作對標準液的影響，再利用c1V1=c2V2計算出待測液的濃度變化。27、＋Br2+HBr出現(xiàn)淡黃色沉淀吸收排出的HBr氣體，防止污染空氣且能防止倒吸廣口瓶中的水沿導管進入A中、A瓶中液體出現(xiàn)分層分液漏斗下【解題分析】

(1)苯和溴反應生成溴苯和溴化氫；(2)E中溴化氫和硝酸銀反應生成溴化銀淡黃色沉淀；(3)氫氧化鈉可以吸收排出的HBr氣體，防止污染空氣且能防止倒吸；(4)溴化氫極易溶于水；(5)反應后還有剩余的溴單質，氫氧化鈉可以將多余的Br2反應掉，溴苯的密度比水大?！绢}目詳解】(1)苯和溴反應生成溴苯和溴化氫，方程式為：＋Br2+HBr，故答案為：＋Br2+HBr；(2)E中溴化氫和硝酸銀反應生成溴化銀淡黃色沉淀，故答案為：出現(xiàn)淡黃色沉淀；(3)氫氧化鈉可以吸收排出的HBr氣體，防止污染空氣且能防止倒吸，故答案為：吸收排出的HBr氣體，防止污染空氣且能防止倒吸；(4)溴化氫極易溶于水，所以看到廣口瓶中的水倒吸到A中，在A瓶中液體為水和有機物，出現(xiàn)分層，故答案為：廣口瓶中的水沿導管進入A中、A瓶中液體出現(xiàn)分層；(5)反應后還有剩余的溴單質，氫氧化鈉可以將多余的Br2反應掉，然后將液體倒入分液漏斗中，溴苯的密度比水大，在下層，從下口放出，故答案為：分液漏斗；下。28、ac0.2/t116.411.6、【解題分析】

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