上海市ＳＯＥＣ2024屆化學高二下期末監(jiān)測模擬試題含解析

上海市ＳＯＥＣ2024屆化學高二下期末監(jiān)測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、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K＋C．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1:12、下列物質能抑制水的電離且屬于強電解質的是A．醋酸 B．氯化鋁 C．碳酸氫鈉 D．硫酸氫鈉3、有一塊鐵的“氧化物”樣品，用280mL5.0mol/L鹽酸恰好將之完全溶解，所得溶液還能吸收標準狀況下1.12LCl2，恰好使其中的Fe2+全部轉變?yōu)镕e3+，則該樣品的化學式為（）A．Fe5O7 B．Fe4O5 C．Fe3O4 D．Fe2O34、為了提純下表所列物質(括號內(nèi)為雜質)，有關除雜試劑和分離方法的選擇均正確的是選項被提純的物質除雜試劑分離方法ACH3CH2OH(CH3COOH)CaO蒸餾BKNO3(NaCl)水過濾C己烷(己烯)溴水分液DCH3COOC2H5(CH3COOH)NaOH溶液分液A．A B．B C．C D．D5、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．使甲基橙變紅色的溶液：Ca2+、Cu2+、ClO－、Cl－B．0.1mol·L－1Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-C．0.1mol·L－1FeSO4溶液中：H+、Al3+、Cl－、NO3-D．Kw/c(H+)＝0.1mol·L－1的溶液中：Na+、NH4+、CH3COO－、CO32-6、根據(jù)電子排布的特點，Cu在周期表屬于（）A．ds區(qū) B．p區(qū) C．d區(qū) D．s區(qū)7、根據(jù)元素周期表和元素周期律，判斷下列敘述正確是（）A．第ⅦA族元素從上到下，其氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強B．氫元素與其他元素可形成共價化合物或離子化合物C．圖所示實驗可證明元素的非金屬性強弱Cl>C>SiD．同主族元素上到下，單質的熔點逐漸升高8、根據(jù)表中信息判斷，下列選項正確的是序列參加反應的物質生成物①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4……②Cl2、FeBr2只有FeCl3、FeBr3③KClO3、HCl(濃)Cl2……A．氧化性由強到弱順序為KCl03>Cl2>Fe3+>Br2B．第②組反應中Cl2與FeBr2的物質的量之比為1:1C．第③組反應中生成1molCl2，轉移電子2molD．第①組反應的其余產(chǎn)物為H20和029、鋰釩氧化物電池的能量密度遠遠超過其他材料電池，其成本低，便于大量推廣，且對環(huán)境無污染。已知電池的總反應為V2O5＋xLiLixV2O5，下列說法正確的是A．電池在放電時，Li＋向電源負極移動B．充電時陽極的反應為LixV2O5－xe－===V2O5＋xLi＋C．放電時負極失重7.0g，則轉移2mol電子D．該電池以Li、V2O5為電極，酸性溶液作介質10、從海水中提取鎂的工藝流程可表示如下：下列說法不正確的是()A．用此法提取鎂的優(yōu)點之一是原料來源豐富B．步驟⑥電解MgCl2時陰極產(chǎn)生氯氣C．上述工藝流程中涉及化合、分解和復分解反應步驟D．⑤可將晶體置于HCl氣體氛圍中脫水11、向60mLNa2SO4溶液中加入BaCl2溶液，有關數(shù)據(jù)見下表：下列有關說法不正確的是A．混合前，BaCl2溶液的物質的量濃度為0.10mol·L－1B．混合前，Na2SO4溶液的物質的量濃度為0.15mol·L－1C．3號實驗中沉淀的質量x為1.398gD．完全沉淀60mLNa2SO4溶液消耗BaCl2溶液的體積為80mL12、下列能級中軌道數(shù)為5的是（）A．S能級 B．P能級 C．d能級 D．f能級13、下列裝置工作時，將化學能轉化為電能的是ABCD燃氣灶硅太陽能電池堿性鋅錳電池風力發(fā)電機A．A B．B C．C D．D14、下列說法中，正確的是A．甲烷是一種清潔能源，是天然氣的主要成分B．用KMnO4溶液浸泡過的藻土可使水果保鮮，是利用了乙烯的氧化性C．苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，說明它是一種飽和烴，很穩(wěn)定D．己烷可以使溴水褪色，說明己烷中含有碳碳雙鍵15、下列說法不正確的是A．光導纖維的主要成分是硅單質 B．碳酸氫鈉用于治療胃酸過多C．硫酸銅可用于游泳池消毒 D．過氧化鈉可用作漂白劑16、有機物Y在工業(yè)上常作溶劑和香料，其合成方法如下：下列說法正確的是A．X和Y都是羧酸衍生物，它們互為同系物B．X和Y不能加氫還原，X及其鈉鹽通?？勺鞣栏瘎〤．W、X、Y都能發(fā)生取代反應D．Y在NaOH作用下的水解反應又稱皂化反應17、據(jù)報道，俄羅斯科學家再次合成117號元素，其中有5個X,1個X。下列關于X和X的說法不正確的是()A．是兩種核素B．互為同位素C．中子數(shù)分別為176和177D．X元素的相對原子質量一定是176.518、用如圖所示裝置，可由乙二醛制備乙二酸，反應原理為OHC-CHO+2Cl2A．該裝置利用上述反應將化學能轉化為電能B．Pt1C．鹽酸除增強溶液導電性的作用，還提供ClD．理論上每得到0.1mol乙二酸，將有0.219、下列說法中錯誤的是A．[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s軌道和5p軌道以sp雜化成鍵，空間構型為直線型B．配位數(shù)為4的配合單元一定呈正四面體結構，配位數(shù)為6的配合單元一定呈正八面體結構C．[Cu(NH3)4]SO4中所含的化學鍵有離子鍵、極性共價鍵和配位鍵D．[Pt(NH3)6]2＋和[PtCl4]2－中，其中心離子的化合價都是＋220、下列事實與氫鍵有關的是（）A．HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性依次減弱B．水加熱到很高的溫度都難以分解C．鄰羥基苯甲酸的熔、沸點比對羥基苯甲酸的低D．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔點隨相對分子質量增大而升高21、按照綠色化學的原則，以下反應不符合原子的利用率為100%要求的是（）A．乙烯與水反應生成乙醇 B．麥芽糖水解生成葡萄糖C．以苯和溴為原料生產(chǎn)溴苯 D．乙烯聚合生成聚乙烯22、在下列溶液中，各組離子一定能夠大量共存的是()A．澄清透明的無色溶液中：Na+、K+、MnO4-、[Al(OH)4]-B．水電離出的c(H+)=10-14mol/L溶液中：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C．加入鋁能產(chǎn)生H2的溶液中：K+、NH4+、I-、NO3-D．常溫下c(OH-)=10-13mol/L的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42-、K+二、非選擇題(共84分)23、（14分）按以下步驟可從合成(部分試劑和反應條件已去)．請回答下列問題：(1)A的名稱為__________。(2)分別寫出B、F的結構簡式：B_____、F_____。(3)反應①～⑦中屬于消去反應的是_____，屬于加成反應的是_____(填代號)。(4)根據(jù)反應+Br2，寫出在同樣條件下CH2=CH—CH=CH2與等物質的量Br2反應的化學方程式：__________________。(5)寫出第④步的化學方程式_______________。(6)下列有機物分子中，在核磁共振氫譜圖中能給出三種峰(信號)且強度之比為1∶1∶2的是_______________。A．B．C．D．24、（12分）A、B、C、D、E為元素周期表中前四周期元素，原子序數(shù)依次增大，A元素原子核外有3個未成對電子，B元素原子核外電子占用3個能級，其中最高能級上的電子數(shù)是其所在能層數(shù)的2倍，D元素與B元素同族，C元素與A元素同族，E元素原子的價電子數(shù)是其余電子數(shù)的一半。（1）A、C、D的第一電離能由大到小的順序為___________________（用元素符號表示），E2+的基態(tài)電子排布式為__________________________________。（2）B和D的氫化物中，B的氫化物沸點較高的原因是____________________________。（3）C形成的最高價氧化物的結構如圖所示，該結構中C-B鍵的鍵長有兩類，鍵長較短的鍵為__________（填“a”或“b”）。（4）E可與CO形成羰基配合物E2(CO)8，是有機合成的重要催化劑，不溶于水，溶于乙醇、乙醚、苯，熔點50～51℃，45℃（1.33kPa）時升華。①E2(CO)8為_________晶體。（填晶體類型）②E2(CO)8晶體中存在的作用力有______________________________。25、（12分）實驗室制取乙酸丁酯的實驗裝置有如圖所示兩種裝置供選用。有關物質的物理性質如下表：乙酸1-丁醇乙酸丁酯熔點/℃16.6－89.5－73.5沸點/℃117.9117126.3密度/(g·cm－3)1.050.810.88水溶性互溶可溶(9g/100g水)微溶回答下列問題：(1)制取乙酸丁酯的裝置應選用_____(填“甲”或“乙”)。不選另一種裝置的理由是______。(2)該實驗生成物中除了主產(chǎn)物乙酸丁酯外，還可能生成的有機副產(chǎn)物有______、_______。(寫出結構簡式)(3)從制備乙酸丁酯所得的混合物中分離提純乙酸丁酯時，需要經(jīng)過多步操作，下列圖示的操作中，肯定需要的是________(填字母)。26、（10分）白醋是常見的烹調(diào)酸味輔料，白醋總酸度測定方法如下。i.量取20.00mL白醋樣品，用100mL容量瓶配制成待測液。ii.將滴定管洗凈、潤洗，裝入溶液，趕出尖嘴處氣泡，調(diào)整液面至0刻度線。iii.取20.00mL待測液于潔凈的錐形瓶中，加3滴酚酞溶液，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定至終點，記錄數(shù)據(jù)。iv.重復滴定實驗3次并記錄數(shù)據(jù)。ⅴ.計算醋酸總酸度?；卮鹣铝袉栴}：（1）實驗i中量取20.00mL白醋所用的儀器是______（填字母）。abcD（2）若實驗ii中堿式滴定管未用NaOH標準溶液潤洗，會造成測定結果比準確值_____（填“偏大”、“偏小”或“不變”）。（3）實驗iii中判斷滴定終點的現(xiàn)象是_______。（4）實驗數(shù)據(jù)如下表，則該白醋的總酸度為_______mol·L－1。待測液體積/mL標準NaOH溶液滴定前讀數(shù)/mL滴定終點讀數(shù)/mL第1次20.00021.98第2次20.00022.00第3次20.00022.0227、（12分）某些資料認為NO不能與Na2O2反應。有同學提出質疑，他認為NO易與O2發(fā)生反應，應該更容易被Na2O2氧化。查閱資料：a.2NO＋Na2O2=2NaNO2b．6NaNO2＋3H2SO4(稀)=3Na2SO4＋2HNO3＋4NO↑＋2H2Oc．酸性條件下，NO能被MnO4－氧化成NO3－該同學利用如圖中裝置來探究NO與Na2O2的反應(裝置可重復使用)。(1)裝置連接的順序為A→_______________，A中生成NO的化學方程式____________；(2)裝置C的作用是_________________；(3)裝置E的作用是_________________，發(fā)生反應的離子方程式為______________；(4)充分反應后，檢驗D裝置中是否生成了NaNO2的實驗操作是______________________。28、（14分）傳統(tǒng)硅酸鹽材料因其耐高溫、抗腐蝕、強度高等優(yōu)異性能，被廣泛應用于各種工業(yè)、科學研究及日常生活中。某硅酸鹽材料的主要成分為氧化鈣、二氧化硅，并含有一定量鐵、鋁及鎂的氧化物，某研究小組設計以下流程測定該硅酸鹽材料中鈣的含量（如下圖所示）。部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表:(金屬離子濃度以0.1mol·L-1計)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Ca(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2開始沉淀pH2.77.612.34.08.0完全沉淀pH3.79.614.35.212.4回答下列問題:（1）酸浸后，加入雙氧水所發(fā)生反應的離子方程式為_________________。為提高鈣的浸出率，可以采取的措施是________________________。（任寫一種）（2）沉淀B的成份為_____________。調(diào)節(jié)濾液Ⅰ的pH為4~5，加入的物質可以是_________。A．CaCO3B．Ca(OH)2C．氨水D．MgO（3）向濾液Ⅱ中加足量草酸銨溶液，在水浴上保溫陳化2小時，冷卻到室溫，過濾、洗滌沉淀。將得到的CaC2O4沉淀溶解在硫酸中，并稀釋配成250mL溶液。用移液管量取25.00mL溶液于錐形瓶中，用KMnO4標準溶液滴定。滴定時發(fā)生反應的離子方程式為___________________________。若實驗中所取樣品質量為4.00g，KMnO4標準溶液濃度為0.0500mol/L，平行滴定3次用去KMnO4標準溶液體積平均值為36.00mL，則該硅酸鹽樣品中鈣的質量分數(shù)為_________。（4）在保溫沉鈣環(huán)節(jié)，若樣品中鎂的含量過高，會導致最終測定結果產(chǎn)生較大誤差。試從理論上計算，加草酸銨溶液沉鈣時，溶液中鎂離子的濃度最高不能超過____mol/L。（已知：Ksp(CaC2O4)=4.00×10-9，Ksp(MgC2O4)=4.83×10-6）29、（10分）鈦呈銀白色，因它堅硬、強度大、耐熱、密度小，被稱為高技術金屬。目前生產(chǎn)鈦采用氯化法，即將金紅石或鈦鐵礦與焦炭混合，通入氯氣并加熱制得TiCl4：2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO；TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO。將TiCl4蒸餾并提純，在氬氣保護下與鎂共熱得到鈦：TiCl4+2MgTi+2MgCl2，MgCl2和過量Mg用稀鹽酸溶解后得海綿狀鈦，再在真空熔化鑄成鈦錠。請回答下列問題：（1）基態(tài)鈦原子的價電子排布式為_______________________________。（2）與CO互為等電子體的離子為_____（填化學式）。（3）在CH2Cl2、C6H6、CO2、C2H4中，碳原子采取sp雜化的分子有__________。（4）TiCl4在常溫下是無色液體，在水或潮濕空氣中易水解而冒白煙。則TiCl4屬于______(填“原子”、“分子”或“離子”)晶體。（5）與鈦同周期的另一種元素鈷(Co)可形成分子式均為Co(NH3)5BrSO4的兩種配合物，其中一種化學式為[Co(NH3)5Br]SO4，往其溶液中加BaCl2溶液時，現(xiàn)象是_____________；往另一種配合物的溶液中加入BaCl2溶液時，無明顯現(xiàn)象，若加入AgNO3溶液時，產(chǎn)生淡黃色沉淀，則第二種配合物的化學式為__________。（6）在自然界中TiO2有金紅石、板鈦礦、銳鈦礦三種晶型，其中金紅石的晶胞如右圖所示，則其中Ti4+的配位數(shù)為__________。

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.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。2、D【解題分析】

酸溶液和堿溶液抑制了水的電離；含有弱酸根離子或者弱堿根離子的鹽溶液促進水的電離，水溶液中或熔融狀態(tài)下完全電離的電解質為強電解質，據(jù)此分析判斷【題目詳解】A．醋酸抑制水的電離，醋酸部分電離屬于弱電解質，故A項錯誤；B．氯化鋁溶于水，鋁離子水解促進水的電離，故B項錯誤；C．碳酸氫鈉溶于水完全電離屬于強電解質，碳酸氫根離子水解促進水的電離，故C項錯誤；D．硫酸氫鈉水溶液中完全電離，電離出的氫離子抑制水的電離，屬于強電解質，故D項正確。故答案為D【題目點撥】本題的關鍵抓住，酸堿抑制水的電離，能水解的鹽促進水的電離，強酸的酸式鹽（例如硫酸氫鈉）能完全電離，溶液中有大量的氫離子，抑制水的電離。3、A【解題分析】

通入氯氣時，發(fā)生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，標準狀況下1.12LCl2的物質的量為0.05mol，與溶液中的0.1molFe2+反應，此時溶液為FeCl3，溶液中共有n（Cl-）=0.1+5.0mol/L×0.28=1.5mol，則n（Fe3+）=0.5mol，原氧化物中n（Fe2+）=0.1mol，n原（Fe3+）=0.4mol，則n原（O）=0.1+0.6=0.7mol，化學式為Fe5O7；答案為A。4、A【解題分析】

A．CH3COOH與CaO反應，生成乙酸鈣(CH3COO)2Ca，CH3CH2OH溶解在混合物中，蒸餾時，乙醇成為蒸汽蒸出，A正確；B．KNO3中混有NaCl，可在較高溫度下配成濃溶液，然后降溫結晶，B不正確；C．己烷中混有己烯，加入溴水后，雖然己烯與Br2發(fā)生加成反應，但加成產(chǎn)物仍與己烷互溶，無法用分液法將二者分離，C不正確；D．加入NaOH溶液，CH3COOC2H5會發(fā)生水解生成乙酸鈉和乙醇，D不正確；故選A。5、B【解題分析】

A.使甲基橙變紅色的溶液為酸性酸性溶液，溶液中H+、ClO－反應生成弱酸HClO，在溶液中不能共存，故A錯誤；B.0.1mol·L－1Na2CO3溶液中K＋、AlO2-、Cl－、SO42-之間不生成沉淀、氣體、水等，能大量共存，故B正確；C.0.1mol·L－1FeSO4溶液中H+、Fe２+、NO3-發(fā)生氧化還原反應生成Fe３＋，在溶液中不能共存，故C錯誤；D.Kw/c(H+)＝c(OH—)＝0.1mol·L－1的溶液為堿性溶液，溶液中NH4+、OH－反應生成弱電解質NH3·H2O，在溶液中不能共存，故D錯誤；故選B。6、A【解題分析】

銅為29號元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1。按照構造原理，價層電子排布式應為3d94s2，當3d接近半滿或全滿時，能量最低，最穩(wěn)定，所以Cu的4s2上的一個電子將填充在3d上，故Cu在元素周期表中屬于ds區(qū)，答案選A。7、B【解題分析】第ⅦA族元素從上到下，其氫化物的穩(wěn)定性逐漸減弱，故A錯誤；氫元素與非金屬元素形成共價化合物、氫元素與金屬元素形成離子化合物，故B正確；鹽酸是無氧酸，不能根據(jù)其酸性強弱判斷其非金屬性強弱，故C錯誤；ⅠA族元素上到下，金屬單質的熔點逐漸降低，故D錯誤。點睛：同主族元素從上到下非金屬性減弱，氫化物的穩(wěn)定性減弱、最高價含氧酸的酸性減弱；同周期元素從左到右非金屬性增強，氫化物的穩(wěn)定性增強、最高價含氧酸的酸性增強。8、D【解題分析】分析：A、氧化劑氧化性強于氧化產(chǎn)物氧化性，由②可知Fe3＋不能氧化Br－，氧化性Br2＞Fe3＋；B、由元素化合價可知，反應中只有亞鐵離子被氧化，結合電子轉移守恒計算判斷．C、由信息可知，ClO3－氧化Cl－為Cl2，Cl－中Cl元素化合價由-1價升高為0價，ClO3－中Cl元素化合價由+5價降低為0價，生成3molCl2轉移電子的物質的量是5mol．D、反應中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合價由+7價降低為+2價，根據(jù)電子轉移守恒，H2O2中氧元素化合價升高，應生成氧氣，根據(jù)元素守恒還生成水．詳解：A、氧化劑氧化性強于氧化產(chǎn)物氧化性，由③可知氧化性MnO4－＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3＋，由②可知Fe3＋不能氧化Br－，氧化性Br2＞Fe3＋，故A錯誤。B、由元素化合價可知，反應中只有亞鐵離子被氧化，根據(jù)電子轉移守恒2n（Cl2）=n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2）=1：2，故B錯誤；C、由信息可知，ClO3－氧化Cl－為Cl2，Cl－中Cl元素化合價由-1價升高為0價，ClO3－中Cl元素化合價由+5價降低為0價，生成3molCl2轉移電子的物質的量是5mol，故C錯誤；D、反應中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合價由+7價降低為+2價，根據(jù)電子轉移守恒，H2O2中氧元素化合價升高，生成氧氣，根據(jù)H元素守恒可知還生成水，故D正確；故選D。9、B【解題分析】

放電時，該原電池中鋰失電子而作負極，V2O5得電子而作正極，負極上發(fā)生氧化反應，正極上發(fā)生還原反應，據(jù)此分析解答。【題目詳解】A．電池在放電時，該裝置是原電池，原電池中陽離子向正極移動，因此鋰離子向正極移動，故A錯誤；B．該電池充電時，正極與外接電源的正極相連為陽極，則陽極上LixV2O5失電子，陽極上電極反應式為：LixV2O5-xe-═V2O5+xLi+，故B正確；C．放電時，負極為鋰失去電子生成鋰離子，負極失重7.0g，反應的鋰的物質的量==1mol，轉移1mol電子，故C錯誤；D．鋰為活潑金屬，能夠與酸反應，因此不能用酸性溶液作介質，故D錯誤；答案選B。10、B【解題分析】

由海水中提取鎂的工藝流程可知，貝殼高溫煅燒，貝殼中的碳酸鈣分解生成氧化鈣，氧化鈣與水反應制得石灰乳；向海水結晶、過濾后的母液中加入石灰乳，母液中鎂離子與石灰乳反應生成氫氧化鎂沉淀，向過濾得到的氫氧化鎂沉淀中加入鹽酸，氫氧化鎂沉淀溶于鹽酸制得氯化鎂溶液，氯化鎂溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到六水合氯化鎂晶體，六水合氯化鎂晶體在氯化氫氣流中加熱脫水得到無水氯化鎂，電解熔融氯化鎂制備鎂?！绢}目詳解】A項、海水中鎂元素含量高，原料來源于海水，提取鎂原料來源豐富，故A正確；B項、電解熔融MgCl2時，鎂離子在陰極得電子發(fā)生還原反應生成鎂，氯離子在陽極失電子發(fā)生氧化反應生成氯氣，故B錯誤；C項、上述工藝流程中貝殼分解涉及分解反應，得到石灰乳涉及化合反應，③④為復分解反應，最后兩個反應都是分解反應，故C正確；D項、若直接加熱MgCl2?6H2O，氯化氫揮發(fā)會促進MgCl2水解，使水解趨于完全得不到無水MgCl2，因Mg2+水解呈酸性，在氯化氫氣流中可抑制Mg2+水解，同時帶走水蒸氣，故一定條件為在HCl氣流中，目的是抑制Mg2+水解，故D正確；答案選B。11、D【解題分析】試題分析：A.由于加入30ml的BaCl2溶液產(chǎn)生的沉淀小于加入100ml時的沉淀的質量，說明在30ml時BaCl2溶液不足量，n(BaCl2)=n(BaSO4)=0.699g÷233g/mol=0.003mol,所以BaCl2的濃度是c(BaCl2)="0.003mol"÷0.03L=0.10mol/L，正確；n(BaSO4)=2.097g÷233g/mol=0.009mol,則混合前Na2SO4溶液的物質的量濃度為c(Na2SO4)=0.009mol÷0.06L=0.15mol/L,所以選項B正確；C．在60mLNa2SO4溶液中Na2SO4的物質的量是0.009mol，在60ml時BaCl2溶液中含有BaCl2的物質的量是0.003mol×2=0.06mol<0.009mol,所以BaCl2不足量，產(chǎn)生的沉淀應該按照BaCl2計算，n(BaSO4)=0.006mol×233g/mol=1.398g,正確；D．完全沉淀60mLNa2SO4溶液消耗BaCl2溶液的體積為0.009mol÷0.10mol/L="0.09L=90"mL，錯誤?？键c：考查數(shù)據(jù)的處理、反應物有過量時的計算的知識。12、C【解題分析】

s能級有1個原子軌道，p能級有3個原子軌道，d能級有5個原子軌道，f能級有7個原子軌道，則能級中軌道數(shù)為5的是d能級。

本題答案選C。13、C【解題分析】

A、燃氣灶屬于化學能轉化為熱能，A錯誤；B、硅太陽能電池屬于太陽能轉化為電能，B錯誤；C、堿性鋅錳電池屬于化學能轉化為電能，C正確；D、風力發(fā)電機屬于風能轉化為電能，D錯誤。答案選C。14、A【解題分析】

A、天然氣的主要成分是甲烷，它是一種“清潔能源”，甲烷在空氣中完全燃燒生成二氧化碳和水，A正確；B、用KMnO4溶液浸泡過的藻土可使水果保鮮，是利用了乙烯的還原性，B錯誤；C、苯是一種不飽和烴，但苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，C錯誤；D、己烷中不含碳碳雙鍵，可以使溴水褪色是因為己烷萃取了溴水中的溴，D錯誤；答案選A。15、A【解題分析】

A.光導纖維的主要成分是二氧化硅，A錯誤；B.碳酸氫鈉可與鹽酸反應，用于治療胃酸過多，B正確；C.硫酸銅中銅離子能使細菌、病毒蛋白質變性，故可用于游泳池消毒，C正確；D.過氧化鈉具有強氧化性和漂白性，可用作漂白劑，D正確；答案選A。16、C【解題分析】

A.X是羧酸衍生物，Y為酯類，不是同系物，A錯誤；B.X和Y都含有苯環(huán)，故其能加氫還原，B錯誤；C.W、X、Y都含有苯環(huán)，能與鹵素單質發(fā)生取代反應，C正確；D.油脂在NaOH作用下的水解反應又稱皂化反應，Y不是油脂，D錯誤；答案為C17、D【解題分析】本題考查質量數(shù)與質子數(shù)、中子數(shù)之間的相互關系。分析：A．核素是指具有一定數(shù)目質子和一定數(shù)目中子的一種原子；B．具有相同質子數(shù)，不同中子數(shù)（或不同質量數(shù)）同一元素的不同核素互為同位素；C．中子數(shù)=質量數(shù)-質子數(shù)；D．原子核外電子數(shù)等于質子數(shù)。解析：117293X和117294X質子數(shù)都是117，中子數(shù)分別是176、177，是兩種核素，A正確；117293X和117293X和117294X中子數(shù)分別是176、177，故選D。18、C【解題分析】

A.該裝置電解池，能量轉化關系為電能轉化為化學能，故A錯誤；B.Pt1為陰極得電子發(fā)生還原反應，發(fā)生的電極反應方程式為：2H++2e-＝H2↑，故B錯誤；C．HCl是電解質，其在水溶液中起提供Cl-和增強導電性的作用，同時在Pt2極放電生成Cl2，電極方程式為：Cl2+2e-＝2Cl-，故C正確；D.由反應可知，每生成1mol乙二酸，轉移4mole-，將有4molH+從右室遷移到左室，則理論上每得到0.1mol乙二酸，將有0.4mol?H+從右室遷移到左室，故D答案選C。【題目點撥】本題主要考查了電解池原理的應用，在本裝置中，陽極先是氯離子放電生成氯氣，然后將乙二醛氧化生成乙二酸，從而實現(xiàn)由乙二醛制備乙二酸的目的。19、B【解題分析】

A.Ag+價電子排布式為4d10，4d軌道電子全充滿，則一個5s軌道和1個5p軌道參與雜化形成兩個雜化軌道，這兩個雜化軌道接受兩個氮原子中提供的孤電子對而形成兩個配位鍵，所以中心原子與配位體形成配位鍵的雜化軌道類型是sp雜化，空間構型為直線型，A正確；B.配位數(shù)為4的配合物可以為四面體結構，也可以為平面四邊形結構，B錯誤；C.[Cu(NH3)4]SO4屬于離子化合物，含有離子鍵，N-H鍵為極性共價鍵，Cu-N鍵為配位鍵，C正確；D.[Pt(NH3)6]2＋中，NH3可以看為一個整體，顯0價，[PtCl4]2－中，Cl顯-1價，故它們的中心離子的化合價都是＋2，D正確；故合理選項為B。20、C【解題分析】分析：A．根據(jù)氫化物的熱穩(wěn)定性與非金屬元素的非金屬性之間的關系判斷；B．根據(jù)水的分解破壞的化學鍵判斷，氫鍵為分子間作用力，與物質的穩(wěn)定性無關；C．分子間氫鍵的存在導致物質熔沸點升高，且同分異構體中分子內(nèi)氫鍵導致物質的熔沸點較低、分子間氫鍵導致物質熔沸點升高，據(jù)此分析解答；D．根據(jù)范德華力對物質性質的影響判斷。詳解：HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性與F、Cl、Br、I的非金屬性有關，非金屬性越強，其氫化物越穩(wěn)定，同一主族的元素，非金屬性隨著原子序數(shù)的增加而減小，所以其氫化物的熱穩(wěn)定性逐漸減弱，與氫鍵無關，A選項錯誤；水的分子結構：H-O-H，分解破壞的是H-O鍵，即破壞的是化學鍵，不是氫鍵，氫鍵為分子間作用力，與物質的穩(wěn)定性無關，B選項錯誤；對羥基苯甲酸易形成分子之間氫鍵，而鄰羥基苯甲酸形成分子內(nèi)氫鍵，所以鄰羥基苯甲酸的熔、沸點比對羥基苯甲酸的低，C選項正確；CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔點隨相對分子質量的增大而升高是與分子間作用力有關，分子間不存在氫鍵，與氫鍵無關，D選項錯誤；正確選項C。

21、C【解題分析】

綠色化學要求反應物全部轉化為期望的產(chǎn)物，使原子的利用率達到100%，可知化合反應、加成反應符合綠色化學的要求.【題目詳解】A項、乙烯與水發(fā)生加成反應生成乙醇，產(chǎn)物只有一種，反應物中原子全部轉化為產(chǎn)物，原子的利用率為100%，故A正確；B項、一分子麥芽糖發(fā)生水解反應生成兩分子葡萄糖，產(chǎn)物只有一種，反應物中原子全部轉化為產(chǎn)物，原子的利用率為100%，故B正確；C項、苯和液溴發(fā)生取代反應生成溴苯和溴化氫，原子的利用率不是100%，故C錯誤；D項、乙烯發(fā)生加聚反應生成聚乙烯，產(chǎn)物只有一種，反應物中原子全部轉化為產(chǎn)物，原子的利用率為100%，故D正確；故選C。22、D【解題分析】試題分析：A、MnO4-為有色離子，不能大量共存，A錯誤；B、由水電離的c(H+）=10-14mol·L-1的溶液可能呈酸性也可能顯堿性，酸性溶液中，F(xiàn)e2+、NO3-會發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，堿性溶液中，F(xiàn)e2+、Mg2+不能大量共存，B錯誤；C、加入鋁能產(chǎn)生H2的溶液可能呈酸性也可能顯堿性，NH4+在堿性條件下不能大量共存，酸性溶液中I-、NO3-會發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，C錯誤；D、常溫下c（OH-）=10-13mol/L的溶液為酸性溶液，各離子均能大量共存，D正確。答案選D?？键c：離子共存二、非選擇題(共84分)23、環(huán)己醇②④①③⑤⑥CH2=CH-CH=CH2+Br2→BrCH2CH=CH-CH2Br+2NaOH+2NaBr+2H2OBD【解題分析】

苯酚與氫氣發(fā)生完全加成反應產(chǎn)生A是環(huán)己醇，A與濃硫酸加熱發(fā)生消去反應產(chǎn)生B是環(huán)己烯，B與Br2發(fā)生加成反應產(chǎn)生C是1，2-二溴環(huán)己烷，C與NaOH的乙醇溶液加熱發(fā)生消去反應產(chǎn)生D是，D與Br2按1:1關系發(fā)生1，4-加成反應產(chǎn)生E為，E與H2發(fā)生加成反應產(chǎn)生F為，F(xiàn)與NaOH的水溶液發(fā)生水解反應產(chǎn)生G是，G與乙二酸HOOC-COOH在濃硫酸存在和加熱時發(fā)生縮聚反應形成高聚物H：，據(jù)此分析解答。【題目詳解】(1)根據(jù)上述分析可知A是，名稱為環(huán)己醇；(2)B結構簡式為；F的結構簡式：；(3)在上述反應中，反應①屬于加成反應，②屬于消去反應，③屬于加成反應，④屬于消去反應，⑤屬于加成反應，⑥屬于加成反應，⑦屬于取代反應，所以反應①～⑦中消去反應的是②④；屬于加成反應的是①③⑤⑥；(4)CH2=CH—CH=CH2與等物質的量Br2發(fā)生1，4-加成反應的化學方程式為：CH2=CH-CH=CH2+Br2→BrCH2CH=CH-CH2Br；(5)第④步的化學反應是與NaOH的乙醇溶液在加熱時發(fā)生的消去反應，方程式為：+2NaOH+2NaBr+2H2O；(6)A.在中核磁共振氫譜中能給出三種峰，且強度之比為1：1：4，A不符合題意；B.在中核磁共振氫譜中能給出三種峰且強度之比為1：1：2，B符合題意；C.在中核磁共振氫譜中能給出四種峰且強度之比為1：1：2：2，C不符合題意；D.中核磁共振氫譜中能給出3種峰且強度之比為1：1：2，D符合題意；故合理選項是BD；【題目點撥】本題考查有機物的推斷與合成的知識，根據(jù)反應條件結合各類物質的結構與性質的關系正向順推，掌握官能團的性質是關鍵，用對稱的思想進行等效H原子的判斷是核磁共振氫譜分析的依據(jù)。24、N＞P＞S[Ar]3d7水分子間形成氫鍵a分子共價鍵、配位鍵、范德華力【解題分析】

A、B、C、D、E為元素周期表中前四周期元素，原子序數(shù)依次增大，B元素原子核外電子占用3個能級，其中最高能級上的電子數(shù)是其所在能層數(shù)的2倍，核外電子排布式為1s22s22p4，故B為O元素；A元素原子核外有3個未成對電子，原子序數(shù)小于氧，故核外電子排布式為1s22s22p3，則A為N元素；D元素與B元素同族，C元素與A元素同族，結合原子序數(shù)大小可知C為P元素、D為S元素；E元素只能為第四周期元素，E元素原子的價電子數(shù)是其余電子數(shù)的一半，則價電子數(shù)為9，E的核電荷數(shù)為18+9=27，為Co元素，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】根據(jù)上述分析，A為N元素，B為O元素，C為P元素，D為S元素，E為Co元素。(1)同主族自上而下第一電離能減小，同周期隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，P元素原子3p能級為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于硫，故第一電離能由大到小的順序為：N＞P＞S，E為Co元素，價電子排布式為3d74s2，E2+的基態(tài)電子排布式為[Ar]3d7，故答案為：N＞P＞S；[Ar]3d7；(2)水分子間能夠形成氫鍵，而硫化氫分子間不能形成氫鍵，使得水的沸點高于硫化氫，故答案為：水分子間能夠形成氫鍵；(3)結構中黑色球與白色球數(shù)目分別為4、10，故該物質為P4O10，結合O原子形成8電子結構，可知a鍵為P=O、b鍵為P-O單鍵，雙鍵中電子云重疊更大，故鍵長較短的鍵為a，故答案為：a；(4)①Co2(CO)8熔點低、易升華，溶于乙醇、乙醚、苯，說明Co2(CO)8屬于分子晶體，故答案為：分子；②Co2(CO)8中Co與CO之間形成配位鍵，CO中含有極性鍵，分子之間存在范德華力，故答案為：配位鍵、極性共價鍵、范德華力?！绢}目點撥】正確判斷元素的種類是解題的關鍵。本題的易錯點和難點為(3)，要注意判斷結構中磷氧鍵的類別。25、乙由于反應物的沸點低于產(chǎn)物的沸點，若采用甲裝置會造成反應物的大量揮發(fā)，降低了反應物的利用率CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3CH3CH2CH==CH2ac【解題分析】

（1）乙酸和丁醇的沸點低于乙酸丁酯的沸點，實驗時應使揮發(fā)的反應物冷凝回流，防止反應物的利用率降低；（2）1-丁醇在濃硫酸、加熱條件下可以發(fā)生消去反應和分子間脫水反應；（3）反應后的混合物中，乙酸能和水互溶，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯微溶于水?！绢}目詳解】（1）由表中所給數(shù)據(jù)可知，乙酸和丁醇的沸點低于乙酸丁酯的沸點，若用甲裝置，實驗時反應物受熱揮發(fā)，會降低反應物的利用率，而乙裝置中球形冷凝管能起冷凝回流作用，使揮發(fā)的反應物冷凝回流，防止反應物的利用率降低，所以選用乙裝置，故答案為：乙；由于反應物的沸點低于產(chǎn)物的沸點，若采用甲裝置會造成反應物的大量揮發(fā)，降低了反應物的利用率（2）制取乙酸丁酯時，在濃硫酸的作用下，1-丁醇受熱可能發(fā)生消去反應生成CH3CH2CH=CH2，也可能發(fā)生分子間脫水反應生成CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，則可能生成的副產(chǎn)物有CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3和CH3CH2CH＝CH2，故答案為：CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3；CH3CH2CH＝CH2；（3）反應后的混合物中，乙酸能和水互溶，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯微溶于水，所以可加入飽和碳酸鈉溶液振蕩，進一步減少乙酸丁酯在水中的溶解度，然后分液可得乙酸丁酯，故肯定需要化學操作是ac，故答案為：ac?！绢}目點撥】本題考查有機物合成實驗，側重考查分析、實驗能力，注意理解制備原理、物質的分離提純、實驗條件控制、對操作分析評價等是解答關鍵。26、c偏大錐形瓶中溶液顏色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘不褪色0.1100【解題分析】

（1）a.量筒無法達到題中要求的精確度，a錯誤；b.容量瓶是用來配制溶液的儀器，不是量取用的儀器，b錯誤；c.c為酸式滴定管，用來量取酸性溶液，c正確；d.d為堿式滴定管，用來量取堿性溶液，d錯誤；故合理選項為c；（2）若堿式滴定管未經(jīng)過潤洗，則相當于將NaOH溶液進行了稀釋，即c(NaOH)偏小，則消耗的NaOH溶液的體積偏大，在計算中，c(NaOH)仍是原先的濃度，c(白醋)的計算結果將偏大；（3）由于題中的操作是將堿液滴入含酚酞的酸液中，所以滴定終點的現(xiàn)象為：溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；（4）3次實驗平均消耗NaOH溶液的體積為22.00mL，所以該白醋的總酸度為：=0.1100mol·L-1?！绢}目點撥】（1）實驗題中，要注意量取儀器的精確度與要量取的數(shù)據(jù)是否匹配；（2）對于滴定實驗，要看明白題中的滴加對象；（3）實驗題的計算中，要注意有效數(shù)字的保留。27、B→C→B→D→E3Cu+8HNO3（?。?3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O檢驗CO2是否除盡吸收NO防止污染空氣5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O取裝置D中反應后的少量固體于試管中，加入稀硫酸，若產(chǎn)生無色氣體，且該無色氣體在試管口上方變?yōu)榧t棕色，則證明生成了NaNO2【解題分析】

根據(jù)實驗的目的，A中制得的NO中含有少量水蒸氣和二氧化碳，這兩種氣體能夠與過氧化鈉反應生成氧氣，影響實驗的探究，需要用堿石灰除去，經(jīng)檢驗并干燥后，通入D裝置中與Na2O2反應，最后用酸性KMnO4溶液吸收NO的尾氣，并在D和E裝置連接一個B裝置，防止E中水氣進入D中影響實驗，據(jù)此分析解答。【題目詳解】(1)A中制得的NO中含有少量水蒸氣和二氧化碳，這兩種氣體能夠與過氧化鈉反應生成氧氣，影響實驗的探究，需要用堿石灰除去，經(jīng)檢驗并干燥后，通入D裝置中與Na2O2反應，最后用酸性KMnO4溶液吸收NO的尾氣，并在D和E裝置連接一個B裝置，防止E中水氣進入D中，即裝置的連接順序為A→B→C→B→D→E；裝置A中銅與稀硝酸反應生成NO的反應方程式為3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O，故答案為：B→C→B→D→E；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；(2)根據(jù)(1)的分析，裝置C中的澄清石灰水可以檢驗CO2是否除盡，故答案為：檢驗CO2是否除盡；(3)NO會污染空氣，裝置E是吸收NO防止污染空氣，E中發(fā)生反應的離子方程式為5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O，故答案為：吸收NO防止污染空氣；5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O(4)亞硝酸鈉和稀硫酸反應6NaNO2+3H2SO4(稀)=3Na2SO4+2HNO3+4NO↑+2H2O；充分反應后，檢驗D裝置中是否發(fā)生反應2NO+Na2O2=2NaNO2的實驗操作是：取D裝置中固體少許于試管中，加入稀硫酸，若產(chǎn)生無色氣體，2NO+O2=2NO2，生成紅棕色氣體二氧化氮，則2NO+Na2O2=2NaNO2發(fā)生，若氣體不變色，則該反應未發(fā)生，故答案為：取D裝置中固體少許于試管中，加入稀硫酸，若產(chǎn)生無色氣體，且該無色氣體在試管口上方變?yōu)榧t棕色，則證明生成了NaNO2，反之，未生成NaNO2。28、H2O2+2H++2Fe2+==2Fe3++2H2O適當升高溫度（或答增大鹽酸濃度、延長酸浸時間等）Fe(OH)3Al(OH)3C5H2C2O4+2MnO4-+6H+==10CO2↑+2Mn2++8H2O45.0%1.2×10-2【解題分析】

本題是一道化學工藝流程試題，分析題干中的信息可知，設計流程測定硅酸鹽材料中鈣的含量、原料成分為氧化鈣、二氧化硅，并含有一定量鐵、鋁及鎂的氧化物，樣品經(jīng)過除二氧化硅、氫氧化鐵和氫氧化鋁等步驟，得到濾液II主要含有鈣鎂離子，加草酸銨溶液使鈣離子沉淀為草酸鈣從溶液中分離出來，將草酸鈣用硫酸溶解，再用酸