2024屆山西省忻州市忻州一中化學高二第二學期期末檢測試題含解析

2024屆山西省忻州市忻州一中化學高二第二學期期末檢測試題注意事項：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(nèi)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。考試結(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、下列有關實驗原理、裝置、操作的描述中正確的是（）ABCD將NO2球浸泡在熱水和冷水中探究溫度對平衡的影響pH試紙的測定研究催化劑對反應速率的影響反應熱的測定A．A B．B C．C D．D2、在由5種基團－CH3、－OH、－CHO、－C6H5、－COOH兩兩組成的物質(zhì)中，能與NaOH反應的有機物有（）A．4種 B．5種 C．6種 D．7種3、N2O5是一種新型硝化劑，在一定溫度下可發(fā)生如下反應：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)△H＞0。T1溫度時，向密閉容器中通入N2O5氣體，部分實驗數(shù)據(jù)見下表：時間/s

0

500

1000

1500

c(N2O5)/(mol·L－1)

5.00

3.52

2.50

2.50

下列說法正確的是A．500s內(nèi)NO2的生成速率為2.96×10－3mol·L－1·s－1B．T1溫度下該反應平衡時N2O5的轉(zhuǎn)化率為29.6%C．達到平衡后，其他條件不變，將容器的體積壓縮到原來的1/2，則c(N2O5)＜5.00mol/LD．T1溫度下的平衡常數(shù)為K1，T2溫度下的平衡常數(shù)為K2，若T1＞T2，則K1＞K24、鐵是常見金屬，它在元素周期表中位于第四周期Ⅷ族，原子序數(shù)為26，則Fe2＋的結(jié)構(gòu)示意圖為()A．B．C．D．5、已知X、Y、Z、W都是短周期元素，它們的原子序數(shù)依次遞增，X原子的電子層數(shù)與它的核外電子總數(shù)相等，而Z原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，Y和Z可以形成兩種以上氣態(tài)化合物，W的族序數(shù)比X的族序數(shù)大1，則下列說法錯誤的是A．Y和Z以質(zhì)量比為7:16組成的共價化合物有兩種B．X和Y、X和Z組成的常見化合物，穩(wěn)定性前者大于后者C．X、Z、W簡單離子的半徑由大到小的順序為：Z>W>XD．X、Y、Z可以組成一種離子化合物，其中X、Y、Z元素原子個數(shù)比為4:2:36、用激光筆照射燒杯中的豆?jié){時，可看見一條光亮的“通路”，該豆?jié){屬于：A．懸濁液 B．乳濁液 C．膠體 D．溶液7、下列過程一定不能自發(fā)進行的是()A．2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)ΔH＞0B．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＜0C．(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)＋NH3(g)ΔH＞0D．2CO(g)=2C(s)＋O2(g)ΔH＞08、將足量的CO2不斷通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物質(zhì)的量與所通入CO2的體積關系如圖所示。下列關于整個反應過程中的說法錯誤的是（）A．e點溶液中c(HCO3-)＞c(K+)B．bc段反應的離子方程式是AlO2-＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3-C．d點溶液中c(K+)=c(H2CO3)＋c(HCO3-)＋c(CO32-)D．Oa段與de段所消耗CO2的體積相同9、下列有機物中，一定條件下不能與H2發(fā)生反應的是A．苯B．乙醛C．乙酸D．油酸甘油酯10、為了防止儲存氯氣的鋼瓶被腐蝕，鋼瓶在裝入氯氣前必須A．充入稀有氣體 B．徹底干燥內(nèi)壁 C．用鹽酸徹底清洗 D．除去表層的鐵銹11、下列各組離子一定能大量共存的是（）A．在強堿溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣B．在pH=0的溶液中：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣C．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣D．在c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣12、一定溫度下可逆反應：A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)；△H>0。現(xiàn)將1molA和2molB加入甲容器中，將4molC和2molD加入乙容器中，此時控制活塞P，使乙的容積為甲的2倍，t1時兩容器內(nèi)均達到平衡狀態(tài)(如圖1所示，隔板K不能移動)。下列說法正確的是A．保持溫度和活塞位置不變，在甲中再加入1molA和2molB,達到新的平衡后，甲中C的濃度是乙中C的濃度的2倍B．保持活塞位置不變，升高溫度，達到新的平衡后，甲、乙中B的體積分數(shù)均增加C．保持溫度不變，移動活塞P，使乙的容積和甲相等，達到新的平衡后，乙中C的體積分數(shù)是甲中C的體積分數(shù)的2倍D．保持溫度和乙中的壓強不變，t2時分別向甲、乙中加入等質(zhì)量的氦氣后，甲、乙中反應速率變化情況分別如圖2和圖3所示(t1前的反應速率變化已省略)13、下列分子均屬于極性分子且中心原子均為sp3雜化的是（）A．CH4、P4 B．SO2、CHCl3C．PCl3、SO3 D．NH3、H2O14、下列反應的離子方程式正確的是（）A．氫氧化鈉溶液中通入少量二氧化碳：CO2＋OH－=HCO3－B．少量小蘇打溶液與足量氫氧化鈣溶液混合：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OC．鹽酸滴入氨水中：H＋＋OH－=H2OD．碳酸鈣溶解于稀硝酸中：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O15、最近羅格斯大學研究人員利用電催化技術高效率將CO2轉(zhuǎn)化為X和Y（如下圖），X、Y可用作制備塑料、粘合劑和藥品的前體等。下列說法正確的是A．圖中能量轉(zhuǎn)換方式只有2種B．X、Y分子中所含的官能團相同C．X、Y均是電解時的陽極產(chǎn)物D．CO2資源化利用有利于解決大氣中CO2濃度增加導致的環(huán)境問題16、下列鑒別實驗不能達到目的的是（）A．用新制氫氧化銅懸濁液鑒別乙醇與乙醛B．用氫氧化鈉溶液鑒別乙醇與乙酸C．用溴水鑒別乙烷與乙炔D．用酸性高錳酸鉀溶液鑒別苯與甲苯二、非選擇題（本題包括5小題）17、酮洛芬是一種良好的抗炎鎮(zhèn)痛藥，可以通過以下方法合成:(1)化合物D中所含官能團的名稱為__________________和_____________________。(2)化合物E的結(jié)構(gòu)簡式為__________________；由B→C的反應類型是____________。(3)寫出C→D的反應方程式____________________________________。(4)B的同分異構(gòu)體有多種，其中同時滿足下列條件的有_____種。I.屬于芳香族化合物II.能發(fā)生銀鏡反應III.其核磁共振氫譜有5組波峰，且面積比為1:1:1:1:3(5)請寫出以甲苯為原料制備化合物的合成路線流程圖____(無機試劑可任選)。合成路線流程圖示例如圖:。18、有機物F用于制造香精，可利用下列路線合成?；卮鹣铝袉栴}：（1）A的化學名稱是______________。（2）B的結(jié)構(gòu)簡式是______________，D中官能團的名稱是_____________。（3）①～⑥中屬于取代反應的有________________(填序號)。（4）反應⑥的化學方程式為_________________________________________________。（5）C有多種同分異構(gòu)體，與C具有相同官能團的有_________種(不包括C)，其中核磁共振氫譜為四組峰的結(jié)構(gòu)簡式為_________(任寫一種)。19、某同學進行影響草酸與酸性高錳酸鉀溶液反應速率因素的研究。草酸與酸性高錳酸鉀的反應為：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。室溫下，實驗數(shù)據(jù)如下：實驗序號①②③加入試劑0.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O40.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O4MnSO4固體0.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O4Na2SO4固體褪色時間/s1166117請回答：（1）該實驗結(jié)論是________。（2）還可以控制變量，研究哪些因素對該反應速率的影響________。（3）進行上述三個實驗后，該同學進行反思，認為實驗①的現(xiàn)象可以證明上述結(jié)論。請你寫出實驗①的現(xiàn)象并分析產(chǎn)生該現(xiàn)象的原因________。（4）實驗②選用MnSO4固體而不是MnCl2固體的原因是_________。20、實驗室常用鄰苯二甲酸氫鉀（KHC8H4O4）來標定氫氧化鈉溶液的濃度，反應如下：KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O。鄰苯二甲酸氫鉀溶液呈酸性，滴定到達終點時，溶液的pH約為9.1。（1）為標定NaOH溶液的濃度，準確稱取一定質(zhì)量的鄰苯二甲酸氫鉀（KHC8H4O4）加入250mL錐形瓶中，加入適量蒸餾水溶解，應選用_____________作指示劑，到達終點時溶液由______色變?yōu)開______色，且半分鐘不褪色。（提示：指示劑變色范圍與滴定終點pH越接近誤差越小。）（2）在測定NaOH溶液濃度時，有下列操作：①向溶液中加入1～2滴指示劑；②向錐形瓶中加20mL～30mL蒸餾水溶解；③用NaOH溶液滴定到終點，半分鐘不褪色；④重復以上操作；⑤準確稱量0.4000g～0.6000g鄰苯二甲酸氫鉀加入250mL錐形瓶中；⑥根據(jù)兩次實驗數(shù)據(jù)計算NaOH的物質(zhì)的量濃度。以上各步操作中，正確的操作順序是_________。（3）上述操作中，將鄰苯二甲酸氫鉀直接放在錐形瓶中溶解，對實驗是否有影響？_____________。（填“有影響”或“無影響”）（4）滴定前，用蒸餾水洗凈堿式滴定管，然后加待測定的NaOH溶液滴定，此操作使實驗結(jié)果____________。（填“偏大”“偏小”或“無影響”）（5）現(xiàn)準確稱取KHC8H4O4（相對分子質(zhì)量為204.2）晶體兩份各為0.5105g，分別溶于水后加入指示劑，用NaOH溶液滴定至終點，消耗NaOH溶液體積平均為20.00mL，則NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為________。（結(jié)果保留四位有效數(shù)字）。21、向30mL某濃度氫氧化鈉溶液中通入CO2氣體后得溶液N，因CO2通入量不同，溶液N的組成也不同。若向N溶液中逐滴加入0.1mol/L鹽酸，產(chǎn)生的氣體體積V(CO2)與加入的鹽酸體積V[HCl(aq)]的關系有如圖所示兩種情況（不計CO2的溶解），則曲線Y表明N中的溶質(zhì)為_______________________，原NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為________；由曲線X、Y可知，兩次實驗通入CO2的體積之比為X:Y=___________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解題分析】A、將NO2球浸泡在熱水和冷水中，觀察氣體顏色的變化，可以探究溫度對平衡的影響，故A正確；B、pH試紙應該放在玻璃片或表面皿上，不應該放在桌面上，故B錯誤；C、反應中同時改變了催化劑和溫度，不能研究催化劑對反應速率的影響，故C錯誤；D、鐵的導熱性好，用鐵質(zhì)攪拌棒加快了熱量的散失，導致反應熱的測定誤差較大，故D錯誤；故選A。2、C【解題分析】分析：本題考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，把握羧酸和酚的性質(zhì)為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意HOCOOH為碳酸，碳酸為無機酸。詳解：題給的5種基團兩兩組合后能與氫氧化鈉反應的物質(zhì)有：CH3COOH，C6H5COOH，CHOCOOH，C6H5OH，HOCHO，HOCOOH共6種，其中HOCOOH為碳酸，所以能與氫氧化鈉反應的有機物有5種。故選B。點睛：本題注意苯酚有弱酸性，能與氫氧化鈉反應，碳酸是無機酸，不符合條件。3、D【解題分析】

A．依據(jù)圖標數(shù)據(jù)分析計算500s內(nèi)N2O5(g)消耗的濃度=5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率==2.96×10-3mol/(L?s)，則NO2的生成速率為2×2.96×10－3mol·L－1·s－1，故A錯誤；B．由表中數(shù)據(jù)可知，T1溫度下，1000s時反應到達平衡，平衡時c(N2O5)=2.5mol/L，c(NO2)=5mol/L，c(O2)=1.25mol/L，轉(zhuǎn)化率為×100%=50%，故B錯誤；C．平衡后其他條件不變，將容器的體積壓縮到原來的，壓強增大，N2O5濃度會增大一倍，反應前后氣體體積增大，平衡逆向進行，則再平衡時c(N2O5)＞5.00mol/L，故C錯誤；D．平衡常數(shù)只受溫度影響，T1溫度下的平衡常數(shù)為K1，T2溫度下的平衡常數(shù)為K2，若K1＞K2，反應吸熱反應，則T1＞T2，故D正確；故選D。4、C【解題分析】分析：鐵失去2電子后轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，根據(jù)核外電子排布規(guī)律解答。詳解：鐵是常見金屬，它在元素周期表中位于第四周期Ⅷ族，原子序數(shù)為26，核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，則Fe2＋的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d6，所以其結(jié)構(gòu)示意圖為。答案選C。5、B【解題分析】由上述分析可知，X為H，Y為N，Z為O，W為Mg；A．Y和Z以質(zhì)量比7：16組成的共價化合物為NO2、N2O4，故A正確；B．非金屬性O＞N，X和Y、X和Z組成的常見化合物，穩(wěn)定性前者小于后者，故B錯誤；C．具有相同電子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小，電子層越多，離子半徑越大，則X、Z、W簡單離子的半徑由大到小的順序為：Z＞W(wǎng)＞X，故C正確；D．X、Y、Z可以組成一種離子化合物為NH4NO3，X、Y、Z元素原子個數(shù)比為4：2：3，故D正確；故選B。點睛：把握原子結(jié)構(gòu)、元素化合物知識推斷元素為解答的關鍵，X、Y、Z、W都是短周期元素，它們的原子序數(shù)依次遞增，X原子的電子層數(shù)與它的核外電子總數(shù)相等，X為H元素；而Z原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，Z為O元素；Y和Z可以形成兩種以上氣態(tài)化合物，Y為N元素，W的族序數(shù)比X的族序數(shù)大1，W應為第三周期ⅡA族元素，以此來解答。6、C【解題分析】

膠體具有丁達爾效應是指當光束通過膠體時，從側(cè)面觀察到一條光亮的“通路”，據(jù)此分析作答?！绢}目詳解】溶液、懸濁液和乳濁液無丁達爾效應，膠體分散質(zhì)微粒直徑在1～100nm之間，有丁達爾效應，依據(jù)題意可知，豆?jié){屬于膠體，有丁達爾效應，故C項正確；答案選C。【題目點撥】丁達爾效應是膠體的光學性質(zhì)，是膠體與其他分散系區(qū)別的一種物理方法，但不是本質(zhì)。膠體的分散質(zhì)微粒直徑在1～100nm之間，是本質(zhì)區(qū)別。7、D【解題分析】

依據(jù)吉布斯自由能方程ΔG=ΔH-TΔS，只要ΔG<0，反應就可能自發(fā)進行。A.2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)ΔS>0，ΔH＞0，則高溫時，ΔG<0，A能自發(fā)進行；B.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔS<0，ΔH<0，則低溫時，ΔG<0，B能自發(fā)進行；C.(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)＋NH3(g)ΔS>0，ΔH＞0，則高溫時，ΔG<0，C能自發(fā)進行；D.2CO(g)=2C(s)＋O2(g)ΔS<0，ΔH＞0，ΔG>0，D一定不能自發(fā)進行。故選D。【題目點撥】一個能自發(fā)進行的反應，并不一定真的就能發(fā)生，它只是告訴我們反應有發(fā)生的可能，只要我們注意改善反應條件或改善反應環(huán)境，就有讓反應發(fā)生的可能。8、B【解題分析】

在各個階段發(fā)生的反應是：O～a：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O；a～b段：2KOH+CO2=K2CO3+H2O；b～c：2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-；c～d段：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3；d～e段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解；據(jù)此分析?！绢}目詳解】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3產(chǎn)生，首先發(fā)生反應Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，將Ba(OH)2消耗完畢，接下來消耗KOH，發(fā)生反應2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不變，然后沉淀量增大，發(fā)生反應2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-，沉淀量達最大后，再發(fā)生K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3，最后發(fā)生反應BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解。A、根據(jù)反應c～d段：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3；d～e段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，故e點溶液中c(HCO3-)＞c(K+)，選項A正確；B、b～c段反應的離子方程式是：2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-，選項B錯誤；C、d點為KHCO3溶液，根據(jù)物料守恒有c(K+)=c(H2CO3)＋c(HCO3-)＋c(CO32-)，選項C正確；D、由上述分析可知，Oa發(fā)生反應為：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，de段發(fā)生反應BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，根據(jù)反應可知，消耗CO2的體積相同，選項D正確；答案選B?！绢}目點撥】本題考查離子濃度大小關系及溶液中三大守恒的應用，易錯點為選項C，應先分析d點為KHCO3溶液，再根據(jù)物料守恒進行判斷。9、C【解題分析】分析：A、苯環(huán)內(nèi)含有特殊化學鍵，能與氫氣發(fā)生加成反應；B、乙醛與碳相連的碳上含有H原子，能被還原；C、乙酸中C上無H原子，不能被還原；D、油酸中含有不飽和碳碳雙鍵。詳解：A、苯能與氫氣在鎳的催化下發(fā)生加成反應生成環(huán)己烷，選項A不選；B、乙醛中與碳相連的碳上含有H原子，乙醛具有氧化性，能被還原為乙醇，選項B不選；C、乙酸中羧基C上無H原子，不具有還原性，只具有氧化性，不能與氫氣反應，選項C選；D、油酸為不飽和高級脂肪酸甘油酯，含有碳碳雙鍵，能與氫氣發(fā)生加成反應生成硬脂酸甘油酯，又稱為油脂的硬化，選項D不選；答案選C。點睛：本題主要考查的是常見有機化合物的性質(zhì)，以與氫氣能否加成為載體，難度不大。10、B【解題分析】

潮濕的氯氣容易與鐵發(fā)生化學反應，因此為了防止儲存氯氣的鋼瓶被腐蝕，鋼瓶在裝入氯氣前必須徹底干燥內(nèi)壁。答案選B。11、A【解題分析】強堿溶液中含有大量的OH—，OH—與Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣能大量共存，A項正確；pH=0的溶液中含有大量的H+，H+與Fe2+、NO3﹣因發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，B項錯誤；Fe3+與SCN﹣因發(fā)生絡合反應而不能大量共存，C項錯誤；c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中含有大量的OH—，NH4+、Al3+與OH—發(fā)生反應而不能大量共存，D項錯誤。點睛：離子共存題干中常見的限制條件題干分析溶液無色有色離子不能大量存在，如Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、MnO等溶液pH＝1或pH＝13溶液pH＝1，說明溶液中含大量H＋，則與H＋反應的離子不能存在；溶液pH＝13，說明溶液中含大量OH－，則與OH－反應的離子不能存在溶液透明“透明”并不代表溶液無色與Al反應放出H2溶液可能顯酸性也可能顯堿性由水電離出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1溶液可能顯酸性也可能顯堿性12、D【解題分析】試題分析：根據(jù)等效平衡分析，4molC和2molD相當于2molA和4molB，但是乙容器的容積是甲的2倍，即物質(zhì)的量濃度相同，所以在相同條件下達到相同平衡狀態(tài)，A．保持溫度和活塞位置不變，在甲中再加入1molA和2molB，相當于增大壓強，平衡向逆反應反向移動，達到平衡時甲中C的濃度小于原來的2倍，甲中C的濃度小于乙中C的濃度的2倍，A項錯誤；B．保持活塞位置不變，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，甲、乙中B的體積分數(shù)都增大，B項錯誤；C．保持溫度不變，移動活塞P，使乙的容積和甲相等，相當于增大乙的壓強，平衡向逆反應方向移動，減小甲的壓強平衡向正反應方向移動，達到新的平衡后，乙中C的體積分數(shù)小于甲中C的體積分數(shù)的2倍，C項錯誤；D．甲中溫度和體積不變充入稀有氣體，沒有改變氣體的濃度，對反應速率沒有影響，可以用圖2表示，乙中溫度和壓強不變，充入稀有氣體，相當于增大容器體積，氣體濃度減小，反應速率減小，生成物的濃度減小的程度大些，化學平衡正向移動，可以用圖3表示，D項正確，答案選D。【考點定位】考查等效平衡及影響平衡的因素等知識?！久麕燑c睛】本題考查等效平衡及影響平衡的因素等知識。根據(jù)等效平衡分析，4molC和2molD相當于2molA和4molB，但是乙容器的容積是甲的2倍，即物質(zhì)的量濃度相同，所以在相同條件下達到相同平衡狀態(tài)，即甲和乙容器此時是等效平衡狀態(tài)。13、D【解題分析】

A.

CH4中C原子形成4個σ鍵，孤電子對個數(shù)為0，價層電子對數(shù)為4，為sp3雜化，分子構(gòu)型正四面體形，空間結(jié)構(gòu)對稱為非極性分子；P4分子構(gòu)型正四面體形，空間結(jié)構(gòu)對稱為非極性分子，故A錯誤；B.

SO2中S原子形成2個δ鍵，孤電子對個數(shù)=1/2(6?2×2)=1，價層電子對數(shù)為3，為sp2雜化，分子構(gòu)型為V形，空間結(jié)構(gòu)不對稱為極性分子；CHCl3中C原子形成4個σ鍵，沒有孤電子對，價層電子對數(shù)為4，為sp3雜化，空間結(jié)構(gòu)不對稱為極性分子，故B錯誤；C.

PCl3中P原子形成3個σ鍵，孤電子對個數(shù)=1/2×(5?3×1)=1，價層電子對數(shù)為4，為sp3雜化，分子構(gòu)型為三角錐形，空間結(jié)構(gòu)不對稱為極性分子；SO3中S原子形成3個σ鍵，孤電子對個數(shù)=1/2×(6?2×3)=0，價層電子對數(shù)為3，為sp2雜化，分子構(gòu)型為平面三角形，空間結(jié)構(gòu)對稱為非極性分子，故C錯誤；D.

NH3中N原子形成3個σ鍵，有1個孤電子對，為sp3雜化，分子構(gòu)型為三角錐形，空間結(jié)構(gòu)不對稱為極性分子；H2O中O原子形成2個σ鍵，有2個孤電子對，為sp3雜化，分子構(gòu)型為V形，空間結(jié)構(gòu)不對稱為極性分子，故D正確；本題選D?！绢}目點撥】分子空間結(jié)構(gòu)不對稱，正負電荷中心不重合，從整個分子來看，電荷的分布是不均勻的，不對稱的，這樣的分子為極性分子；中心原子的雜化類型為sp3，說明該分子中心原子的價層電子對個數(shù)是4，據(jù)此判斷。14、B【解題分析】分析：A.二氧化碳不足生成碳酸鈉；B.少量小蘇打溶液與足量氫氧化鈣溶液混合反應生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水；C.一水合氨難電離；D.碳酸鈣難溶。詳解：A.氫氧化鈉溶液中通入少量二氧化碳生成碳酸鈉和水：CO2＋2OH－=CO32－＋H2O，A錯誤；B.少量小蘇打溶液與足量氫氧化鈣溶液混合：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，B正確；C.鹽酸滴入氨水中：H＋＋NH3·H2O＝NH4＋＋H2O，C錯誤；D.碳酸鈣溶解于稀硝酸中：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O，D錯誤。答案選B。15、D【解題分析】

A.根據(jù)圖示可知，能量轉(zhuǎn)換方式有風能轉(zhuǎn)化為電能、太陽能轉(zhuǎn)化為電能、電能轉(zhuǎn)化為化學能三種，A錯誤；B.X含有的官能團是羰基、醛基；Y中含有的官能團是碳碳雙鍵、醚鍵、羥基，所含官能團種類不同，B錯誤；C.反應物CO2中的C元素化合價是+4價，在X中C元素化合價是0價，在Y中C元素化合價為+價，元素的化合價降低，因此是陰極產(chǎn)生的還原產(chǎn)物，C錯誤；D.CO2發(fā)生反應轉(zhuǎn)化為X、Y后，實現(xiàn)了物質(zhì)的資源化利用，降低了大氣中CO2的含量，因此解決大氣中CO2濃度增加導致的環(huán)境問題，D正確；故合理選項是D。16、B【解題分析】分析：A.乙醛能夠新制氫氧化銅懸濁液加熱發(fā)生氧化反應；B.乙醇易溶于水，乙酸能與氫氧化鈉溶液反應；C.乙炔中含有碳碳不飽和鍵；D.甲苯能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化；據(jù)此分析判斷。詳解：A.乙醛與新制氫氧化銅懸濁液加熱，能夠反應生成磚紅色沉淀，而乙醇不能，故A正確；B.乙醇與乙酸都能溶于氫氧化鈉溶液，現(xiàn)象相同，不能鑒別，故B錯誤；C.乙炔能夠使溴水褪色，而乙烷不能，可以鑒別，故C正確；D.甲苯能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化，使高錳酸鉀溶液褪色，而苯不能，可以鑒別，故D正確；故選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、羰基(酮基)溴原子取代反應10【解題分析】考查了有機物的合成、有機反應類型、限制條件同分異構(gòu)體書寫、官能團的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的相關知識。(1)化合物D()中所含官能團的名稱為羰基(酮基)和溴原子；(2)對比D、F結(jié)構(gòu)與E的分子式，可知D中-Br被-CN取代生成E，則E的結(jié)構(gòu)簡式為：；對比B、C結(jié)構(gòu)簡式可知，B中-Cl為苯基取代生成C，同時還生成HCl，由B→C的反應類型是取代反應；(3)比C、D的結(jié)構(gòu)可知，C中甲基上H原子被Br原子取代生成D，屬于取代反應，故其反應方程式為：；(4)屬于芳香族化合物說明含有苯環(huán)，能發(fā)生銀鏡反應，說明分子結(jié)構(gòu)中存在醛基；分子中含有其核磁共振氫譜有5組波峰，說明分子結(jié)構(gòu)中存在5種不同化學環(huán)境的氫原子，且面積比為1:1:1:1:3，說明苯環(huán)側(cè)鏈上含有3個，根據(jù)定二移一原則,即、、、、、、、、、共有10種同分異構(gòu)體；(5)甲苯與Br2/PCl3發(fā)生取代反應生成，與NaCN發(fā)生取代反應生成，再根據(jù)①NaOH/②HCl得到，與NaOH的水溶液加熱發(fā)生取代反應生成，最后與在濃硫酸的作用下生成。其合成路線流程圖為：。點睛：本題的難點是同分異構(gòu)體的書寫，特別是有限制條件的同分異構(gòu)體的書寫，如本題中的同分異構(gòu)體的書寫需要根據(jù)限定條件寫出的零部件，再進行組裝并進行定二移一的原則進行書寫。18、2-甲基-1-丁烯CH3CH2C(CH3)OHCH2OH羧基、碳碳雙鍵②⑤⑥+H2O11【解題分析】

根據(jù)框圖和各物質(zhì)之間的反應條件可推知：由反應①的產(chǎn)物可推知A是；B是,C是,D是,E是,F是?！绢}目詳解】（1）由上述分析可知A的結(jié)構(gòu)簡式為，其化學名稱是2-甲基-1-丁烯；答案：2-甲基-1-丁烯。（2）由上述分析可知B的結(jié)構(gòu)簡式是；由D的結(jié)構(gòu)簡式為，所以D中官能團的名稱是羧基、碳碳雙鍵；答案：羧基、碳碳雙鍵。（3）根據(jù)產(chǎn)物和反應條件知①為加成反應，②為鹵代烴的取代反應，③氧化反應，④為消去反應。⑤為取代反應，⑥酯化反應。其中屬于取代反應的有②⑤⑥；答案：②⑤⑥。（4）E為，D是,反應⑥是E和D發(fā)生的酯化反應，其化學方程式為+H2O;答案：+H2O。（5）C是，C中含有羥基和羧基，與C具有相同官能團的同分異構(gòu)體有：(移動-OH位置共有4種)，（移動-OH位置共有3種）(移動-OH位置共有3種)（1種），所以符合條件的同分異構(gòu)體共11種(不包括C)，其中核磁共振氫譜為四組峰的結(jié)構(gòu)簡式為。19、在其他條件相同時，Mn2+是KMnO4與H2C2O4反應的催化劑，起著加快反應速率的作用溫度、濃度等KMnO4溶液褪色的速率開始十分緩慢，一段時間后突然加快。因為反應生成的MnSO4是KMnO4與H2C2O4反應催化劑，能加快反應速率酸性KMnO4溶液具有強氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也會使KMnO4溶液褪色，產(chǎn)生干擾【解題分析】

（1）實驗①、②、③中使用的反應物是都是0.01mol/LKMnO4、0.1mol/LH2C2O4，都在室溫下反應，說明濃度相同，溫度相同，高錳酸鉀褪色時間最快的是②，加了硫酸錳，③中加的是硫酸鈉與①褪色時間基本相同，對比得知起催化作用的是Mn2+，即該實驗結(jié)論是在其他條件相同時，Mn2+是KMnO4與H2C2O4反應的催化劑，起著加快反應速率的作用；（2）除催化劑對反應速率有影響外，還有其他的外界因素如溫度、濃度等；（3）實驗②中是單獨加入催化劑MnSO4，而草酸與酸性高錳酸鉀反應會生成MnSO4，那么這個反應的產(chǎn)物就會起到催化劑的作用，所以實驗①的現(xiàn)象是：KMnO4溶液褪色的速率開始十分緩慢，一段時間后突然加快，因為反應生成的MnSO4是草酸與酸性高錳酸鉀反應的催化劑，能加快化學反應速；（4）酸性KMnO4溶液具有強氧化性，能氧化氯化錳中的氯離子，也會使KMnO4溶液褪色，從而縮短褪色時間，產(chǎn)生干擾?！绢}目點撥】本題考查了草酸與酸性高錳酸鉀溶液反應，探究影響化學反應速率的因素，注意對比實驗的關鍵是其他條件不變，控制其中的一個變量進行分析，另外考查了酸性高錳酸鉀溶液的強氧化性，題目難度適中。20、酚酞無色淺紅色⑤②①③④⑥無影響偏小0.1250mol·L-1【解題分析】

（1）鄰苯二甲酸氫鉀溶液呈酸性，滴定到達終點時，溶液的pH約為9.1，滴定終點的pH要在指示劑的變色范圍內(nèi)，所以選擇酚酞作指示劑，酚酞在pH＜8時為無色，pH為8～10之間，呈淺紅色，所以當無色溶液變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，說明反應達到終點；（2）中和滴定按照檢漏、洗滌、