2024屆吉林省吉林市第五十五中學(xué)化學(xué)高二下期末聯(lián)考試題含解析

2024屆吉林省吉林市第五十五中學(xué)化學(xué)高二下期末聯(lián)考試題注意事項(xiàng):1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫(xiě)清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時(shí)請(qǐng)按要求用筆。3．請(qǐng)按照題號(hào)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(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效；在草稿紙、試卷上答題無(wú)效。4．作圖可先使用鉛筆畫(huà)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(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、下列物質(zhì)中各含有少量雜質(zhì)，能用飽和Na2CO3溶液并借助于分液漏斗除去雜質(zhì)的是()A．苯中含有少量甲苯B．乙醇中含少量乙酸C．乙酸乙酯中含有少量乙酸D．溴苯中含有少量苯2、下列物質(zhì)中屬于高分子化合物的是()①淀粉②纖維素③氨基酸④油脂⑤蔗糖⑥酚醛樹(shù)脂⑦聚乙烯⑧蛋白質(zhì)A．①②③⑦⑧B．①④⑥⑦C．①②⑥⑦⑧D．②③④⑥⑦⑧3、下列物質(zhì)中，不能發(fā)生水解反應(yīng)的是（）A．油脂 B．蔗糖 C．葡萄糖 D．纖維素4、下列各組液體混合物中，可以用分液漏斗分離的是()A．溴乙烷和水 B．苯酚和乙醇 C．酒精和水 D．乙醛和苯5、某化學(xué)興趣小組稱取純凈的Na2SO3·7H20a克，隔絕空氣加強(qiáng)熱至恒重，經(jīng)過(guò)分析與計(jì)算，得到的固體質(zhì)量與全部轉(zhuǎn)化為亞硫酸鈉固體的計(jì)算值一致，但固體在水中溶解后測(cè)的pH值比理論計(jì)算值（相同濃度Na2SO3溶液的pH）大很多。下列說(shuō)法不正確的是A．連續(xù)兩次稱量強(qiáng)熱前后固體的質(zhì)量，如質(zhì)量差小于0.1g，即可判斷固體已經(jīng)恒重B．產(chǎn)生上述矛盾的可能解釋?zhuān)?Na2SO33Na2SO4＋Na2SC．固體產(chǎn)物中加入稀鹽酸可能有淡黃色沉淀產(chǎn)生D．加入BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則能確定產(chǎn)物中有Na2SO46、下列不屬于配合物的是()A．[Cu(NH3)4]SO4·H2O B．[Ag(NH3)2]OHC．KAl(SO4)2·12H2O D．[Zn(NH3)4]SO4·H2O7、一定條件下合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)；已知溫度對(duì)CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和催化劑催化效率的影響如圖，下列說(shuō)法正確的是A．生成乙烯的速率：v(M)一定小于v(N)B．化學(xué)平衡常數(shù)：KN＞KMC．當(dāng)溫度高于250℃時(shí)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，從而使催化劑的催化效率降低D．若投料比n（H2）：n（CO2）=3：1，則圖中M點(diǎn)時(shí)，乙烯的體積分?jǐn)?shù)為7.7％8、僅用一種試劑即可鑒別乙醇、乙醛、乙酸、乙酸乙酯四種溶液，這種試劑是（）A．新制濁液 B．NaOH溶液C．濃溴水 D．酸性溶液9、根據(jù)元素周期律和物質(zhì)結(jié)構(gòu)的有關(guān)知識(shí)，以下有關(guān)排序錯(cuò)誤的是（）A．離子半徑：S2-＞Cl-＞Ca2+ B．電負(fù)性：C＞N＞OC．熱穩(wěn)定性：HF＞H2O＞H2S D．酸性：HCl＜HBr＜HI10、下列與有機(jī)物的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)有關(guān)的敘述正確的是（）A．苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色B．淀粉、纖維素、油脂和蛋白質(zhì)均是高分子化合物C．乙酸和乙醛可用新制的Cu(OH)2懸濁液加以區(qū)別D．乙醇、乙酸均能與Na反應(yīng)放出H2，二者分子中官能團(tuán)相同11、異丙苯[]是一種重要的化工原料，下列關(guān)于異丙苯的說(shuō)法不正確的是()A．異丙苯是苯的同系物B．可用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)別苯與異丙苯C．在光照條件下，異丙苯與Cl2發(fā)生取代反應(yīng)生成的氯代物有三種D．在一定條件下能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)12、使用下列裝置給液體升溫時(shí)，將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能的是A． B．C． D．13、水溶液X中只可能溶有K＋、Mg2＋、Al3＋、AlO2-、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干種離子。某同學(xué)對(duì)該溶液進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)。則下列判斷正確的是A．氣體甲一定是純凈物B．沉淀甲是硅酸和硅酸鎂的混合物C．K＋、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中D．CO32-和SO42-一定不存在于溶液X中14、下列說(shuō)法正確的是A．吸熱反應(yīng)一定不能自發(fā)進(jìn)行B．常溫下,pH=6的溶液一定是酸溶液C．已知S(單斜,s)=S(正交，s)△H<0，則正交硫比單斜硫穩(wěn)定D．電解稀硫酸或氫氧化鈉溶液的產(chǎn)物不同15、下列選項(xiàng)中前后兩個(gè)反應(yīng)類(lèi)型相同的是（）A．乙醇制備乙烯；苯與液溴制備溴苯B．乙烯制備聚乙烯：苯酚與濃溴水反應(yīng)C．乙醇與氧氣反應(yīng)制備乙醛；乙醛與新制Cu(OH)2反應(yīng)D．乙酸與乙醇反應(yīng)制備乙酸乙酯；溴乙烷與NaOH醇溶液反應(yīng)16、下列依據(jù)熱化學(xué)方程式得出的結(jié)論正確的是A．已知P(s,白磷)=P(s,紅磷)ΔH<0,則白磷比紅磷穩(wěn)定B．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH="-483.6"kJ·mol-1,則氫氣的燃燒熱為241.8kJ·mol-1C．已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)ΔH=a2C(s)+O2(g)="2CO(g)"ΔH=b,則a>bD．已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH="-57.3"kJ·mol-1,則含40.0gNaOH的稀溶液與稀醋酸完全中和,放出小于57.3kJ的熱量二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知A、B、C、D是原子序數(shù)依次減小的四種短周期元素，C的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同；A原子有2個(gè)未成對(duì)電子；A、C、D三種元素組成的一種化合物M是新裝修居室中常含有的一種有害氣體。E是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與D原子相同，其余各層電子均充滿。請(qǐng)回答下列問(wèn)題（用元素符號(hào)或化學(xué)式表示）：（1）元素B、C、A的基態(tài)原子的第一電離能由大到小的順序?yàn)開(kāi)_________________；（2）M分子中C原子軌道的雜化類(lèi)型為_(kāi)_________________；（3）E+的核外電子排布式為_(kāi)_________________，下圖是由D、E形成的某種化合物的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，該化合物的化學(xué)式為_(kāi)_________________；（4）化合物BD3的沸點(diǎn)比化合物CA4的高，其主要原因是__________________；（5）寫(xiě)出與CA2互為等電子體的B3-的結(jié)構(gòu)式__________________；（6）將CrCl3·6H2O溶解在適量水中得到深綠色溶液，溶液中Cr3+以[Cr（H2O）5Cl]2+形式存在。上述溶液中，不存在的微粒間作用力是__________________（填標(biāo)號(hào)）。A．離子鍵B．共價(jià)鍵C．金屬鍵D．配位鍵E．范德華力18、已知A、B、C、D和E五種分子所含原子的數(shù)目依次為1、2、3、4和6，且都含有18個(gè)電子，又知B、C和D是由兩種元素的原子組成，且D分子中兩種原子個(gè)數(shù)比為1：1。請(qǐng)回答：(1)組成A分子的原子的核外電子排布式是________________；(2)B的分子式分別是___________；C分子的立體結(jié)構(gòu)呈_________形，該分子屬于_____________分子(填“極性”或“非極性”)；(3)向D的稀溶液中加入少量氯化鐵溶液，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)____________________________(4)

若將1molE在氧氣中完全燃燒，只生成1molCO2和2molH2O，則E的分子式是__________。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(hào))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(guò)高，產(chǎn)率降低的可能原因是____。③開(kāi)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(cè)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、硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化劑或氯磺化劑，用于制作藥品、染料、表面活性劑等。有關(guān)物質(zhì)的部分性質(zhì)如下表：物質(zhì)熔點(diǎn)/℃沸點(diǎn)/℃其它性質(zhì)SO2Cl2-54.169.1①易水解，產(chǎn)生大量白霧②易分解：SO2Cl2SO2↑+Cl2↑H2SO410.4338吸水性且不易分解實(shí)驗(yàn)室用干燥、純凈的二氧化硫和氯氣合成硫酰氯，裝置如圖所示（夾持儀器已省略），請(qǐng)回答有關(guān)問(wèn)題：（1）儀器A冷卻水的進(jìn)水口為_(kāi)_______（填“a”或“b”）。（2）儀器B中盛放的藥品是________，其目的是________________________。（3）實(shí)驗(yàn)時(shí)，裝置丁中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____________________________，當(dāng)生成6.72L的氯氣（標(biāo)況下），轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_(kāi)_______。（4）裝置丙中盛放的試劑是________，若缺少裝置乙，對(duì)實(shí)驗(yàn)造成的影響是_______________。（5）少量硫酰氯也可用液態(tài)氯磺酸（ClSO3H）低溫催化分解獲得，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2ClSO3H＝H2SO4+SO2Cl2，從分解產(chǎn)物中分離出硫酰氯的操作是______________。21、采用N2O5為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術(shù)，在含能材料、醫(yī)藥等工業(yè)中得到廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉?wèn)題（1）1840年Devil用干燥的氯氣通過(guò)干燥的硝酸銀，得到N2O5。該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是一種氣體，其分子式為_(kāi)__________。（2）F．Daniels等曾利用測(cè)壓法在剛性反應(yīng)器中研究了25℃時(shí)N2O5(g)分解反應(yīng)：其中NO2二聚為N2O4的反應(yīng)可以迅速達(dá)到平衡。體系的總壓強(qiáng)p隨時(shí)間t的變化如下表所示（t=∞時(shí)，N2O5(g)完全分解）：t/min0408016026013001700∞p/kPa35.840.342.5.45.949.261.262.363.1①已知：2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=?4.4kJ·mol?12NO2(g)＝N2O4(g)ΔH2=?55.3kJ·mol?1則反應(yīng)N2O5(g)＝2NO2(g)+O2(g)的ΔH=_______kJ·mol?1。②研究表明，N2O5(g)分解的反應(yīng)速率。t=62min時(shí)，測(cè)得體系中pO2=2.9kPa，則此時(shí)的=________kPa，v=_______kPa·min?1。③若提高反應(yīng)溫度至35℃，則N2O5(g)完全分解后體系壓強(qiáng)p∞(35℃)____63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是________。④25℃時(shí)N2O4(g)2NO2(g)反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=_______kPa（Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，計(jì)算結(jié)果保留1位小數(shù)）。（3）對(duì)于反應(yīng)2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A．Ogg提出如下反應(yīng)歷程：第一步N2O5NO2+NO3快速平衡第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反應(yīng)第三步NO+NO3→2NO2快反應(yīng)其中可近似認(rèn)為第二步反應(yīng)不影響第一步的平衡。下列表述正確的是_______（填標(biāo)號(hào))。A．v(第一步的逆反應(yīng))＞v(第二步反應(yīng))B．反應(yīng)的中間產(chǎn)物只有NO3C．第二步中NO2與NO3的碰撞僅部分有效D．第三步反應(yīng)活化能較高

參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、C【解題分析】A．苯、甲苯與飽和碳酸鈉不反應(yīng)，且不溶于飽和碳酸鈉溶液，不能用分液的方法分離，故A錯(cuò)誤；B．乙醇以及乙酸鈉都溶于水，不能用分液的方法分離，故B錯(cuò)誤；C．乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，乙酸可與碳酸鈉反應(yīng)，可用分液的方法分離，故C正確；D．溴苯與苯混溶，與碳酸鈉不反應(yīng)，不能用達(dá)到分離的目的，故D錯(cuò)誤；故選C。點(diǎn)睛：本題考查物質(zhì)的分離和提純的實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)與評(píng)價(jià)。能用飽和Na2CO3溶液并借助于分液漏斗除去，說(shuō)明混合物中有一種難溶于飽和碳酸鈉，且加入飽和碳酸鈉溶液后分離，用分液的方法分離。2、C【解題分析】氨基酸、油脂、蔗糖均不是高分子，C項(xiàng)符合題意3、C【解題分析】

糖類(lèi)根據(jù)能否水解分為單糖、低聚糖和多糖，葡萄糖是單糖，所以不能水解?！绢}目詳解】A項(xiàng)、油脂在酸條件下水解生成甘油和高級(jí)脂肪酸，在堿性條件下水解生成甘油與高級(jí)脂肪酸鹽，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)、蔗糖屬于二糖，在酸性條件下，可以水解生成葡萄糖和果糖，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)、葡萄糖屬于單糖，不能水解，故C正確；D項(xiàng)、纖維素在酸性條件下水解，最終生成葡萄糖，故D錯(cuò)誤。故選C?！绢}目點(diǎn)撥】本題考查了糖類(lèi)、油脂的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，注意這幾類(lèi)物質(zhì)的水解條件和水解產(chǎn)物是解答關(guān)鍵。4、A【解題分析】

利用分液漏斗進(jìn)行分離，研究的對(duì)象是互不相溶的兩種液體，掌握有機(jī)物的物理性質(zhì)，以及相似相溶的規(guī)律，進(jìn)行分析判斷?！绢}目詳解】A、溴乙烷是不溶于水，能溶于多數(shù)有機(jī)溶劑的液體，因此可以通過(guò)分液漏斗進(jìn)行分離，故A正確；B、苯酚和乙醇都屬于有機(jī)物，根據(jù)相似相溶，苯酚溶于乙醇，不能用分液漏斗進(jìn)行分離，故B錯(cuò)誤；C、酒精是乙醇，乙醇與水任意比例互溶，因此不能用分液漏斗進(jìn)行分離，故C錯(cuò)誤；D、苯為有機(jī)溶劑，乙醛屬于有機(jī)物，乙醛溶于苯，因此不能用分液漏斗進(jìn)行分離，故D錯(cuò)誤?！绢}目點(diǎn)撥】物質(zhì)的分離實(shí)驗(yàn)中，要清楚常見(jiàn)物質(zhì)分離方法適用對(duì)象：過(guò)濾是分離難溶物質(zhì)與液體的操作；蒸發(fā)是分離可溶性固體物質(zhì)與液體，得到可溶性固體的方法；分液是分離兩種互不相溶的液體的操作；蒸餾是分離相互溶解且沸點(diǎn)差別較大的液體的操作。5、D【解題分析】A、連續(xù)兩次稱量強(qiáng)熱前后固體的質(zhì)量，如質(zhì)量差小于0.1g，即可判斷固體已經(jīng)恒重，故A正確；B、由于Na2SO3既具有氧化性又具有還原性，Na2SO3加熱后發(fā)生了歧化反應(yīng)，硫元素化合價(jià)從+4價(jià)變化為-2價(jià)和+6價(jià)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故B正確；C、固體中可能還有Na2SO3，Na2SO3與Na2S在酸性條件下可以歸中反應(yīng)生成硫單質(zhì)，所以固體產(chǎn)物中加入稀鹽酸可能有淡黃色沉淀產(chǎn)生，故C正確；D、固體中可能還有Na2SO3，加入BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則不能確定產(chǎn)物中有Na2SO4，故D錯(cuò)誤；故選D。點(diǎn)睛：該題目的關(guān)鍵是亞硫酸鈉本身既具有氧化性又具有還原性的性質(zhì)，才能想到亞硫酸鈉會(huì)發(fā)生歧化、歸中的反應(yīng)。6、C【解題分析】

配合物也叫絡(luò)合物，為一類(lèi)具有特征化學(xué)結(jié)構(gòu)的化合物，由中心原子或離子（統(tǒng)稱中心原子）和圍繞它的稱為配位體（簡(jiǎn)稱配體）的分子或離子，完全或部分由配位鍵結(jié)合形成，配合物中中心原子提供空軌道，配體提供孤電子對(duì)?！绢}目詳解】A項(xiàng)、[Cu(NH3)4]SO4·H2O中，銅離子提供空軌道、氨氣分子中氮原子提供孤電子對(duì)而形成配位鍵，所以該物質(zhì)屬于配合物，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)、[Ag（NH3）2]OH中，銀離子提供空軌道、NH3中氮原子提供孤電子對(duì)而形成配位鍵，所以該物質(zhì)屬于配合物，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)、KAl(SO4)2·12H2O是復(fù)鹽，不含配體，不屬于配合物，故C正確；D項(xiàng)、[Zn(NH3)4]SO4·H2O中，鋅離子提供空軌道、氨分子中氮原子提供孤電子對(duì)而形成配位鍵，所以該物質(zhì)屬于配合物，故D錯(cuò)誤；故選C?！绢}目點(diǎn)撥】本題考查配合物的成鍵情況，注意配體、中心離子、外界離子以及配位數(shù)的判斷，把握相關(guān)概念，明確“只有有提供空軌道原子和提供孤電子對(duì)的原子”才能形成配位鍵是解答關(guān)鍵。7、D【解題分析】

A、M點(diǎn)的溫度低于N點(diǎn)的溫度，但M點(diǎn)的催化效率高于N點(diǎn)的，所以生成乙烯的速率：v(M)不一定小于v(N)，A錯(cuò)誤；B、升高溫度，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率降低，說(shuō)明升溫，平衡逆向移動(dòng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則化學(xué)平衡常數(shù)：KN<KM，B錯(cuò)誤；C、催化劑的催化效率在一定溫度下最高，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，與催化劑的催化效率降低無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；D、若投料比n（H2）：n（CO2）=3：1，則圖中M點(diǎn)時(shí)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率是50%，6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)起始量（mol）3aa00變化量（mol）1.5a0.5a0.25aa平衡量（mol）1.5a0.5a0.25aa則乙烯的體積分?jǐn)?shù)為0.25a/（1.5a+0.5a+0.25a+a）×100%=7.7％，D正確；答案選D。8、A【解題分析】

四種有機(jī)物都易溶于水，其中乙醛含有-CHO，具有還原性，可用新制Cu(OH)2懸濁液檢驗(yàn)，乙酸具有酸性，以此選擇鑒別試劑。【題目詳解】A

加入新制Cu(OH)2懸濁液，乙醇不反應(yīng)，互溶，乙醛在加熱時(shí)生成磚紅色沉淀，乙酸和氫氧化銅發(fā)生中和反應(yīng)，氫氧化銅溶解，溶液呈藍(lán)色，乙酸乙酯能溶解氫氧化銅，含有醛基，加熱時(shí)有磚紅色沉淀生成，可鑒別四種物質(zhì)，故A正確；B乙醇與氫氧化鈉互溶，沒(méi)現(xiàn)象，乙酸與氫氧化鈉反應(yīng)沒(méi)現(xiàn)象，故不能鑒別，B錯(cuò)誤C加入溴水，不能鑒別乙醇、乙酸，故C錯(cuò)誤；D乙醛、乙醇都可被酸性高錳酸鉀氧化，不能鑒別，故D錯(cuò)誤；答案選A【題目點(diǎn)撥】本題考察學(xué)生對(duì)醇醛酸和酯類(lèi)各種有機(jī)物性質(zhì)的理解和運(yùn)用，能根據(jù)具體物質(zhì)間能否發(fā)生反應(yīng)，現(xiàn)象不同來(lái)鑒別它們。9、B【解題分析】試題分析：A．具有相同電子排布的離子，原子序數(shù)大的離子半徑小，則離子半徑：S2-＞Cl-＞Ca2+，A正確；B．非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，則電負(fù)性：C＜N＜O，B錯(cuò)誤；C．非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)氫化物越穩(wěn)定，則熱穩(wěn)定性：HF＞H2O＞H2S，C正確；D．非金屬性Cl＞Br＞I，則H-Cl最穩(wěn)定，酸性：HCl＜HBr＜HI，D正確；答案選B?！究键c(diǎn)定位】本題主要是考查元素周期表及周期律的綜合應(yīng)用【名師點(diǎn)晴】該題為高頻考點(diǎn)，把握元素的性質(zhì)、元素周期律等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。易錯(cuò)點(diǎn)是酸性強(qiáng)弱比較，注意非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)含氧酸的酸性越強(qiáng)，與氫化物的酸性強(qiáng)弱無(wú)關(guān)。10、C【解題分析】

A．油脂中的不飽和高級(jí)脂肪酸甘油酯含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，A錯(cuò)誤；B．淀粉、纖維素和蛋白質(zhì)均是高分子化合物，油脂相對(duì)分子質(zhì)量較小，不屬于高分子化合物，B錯(cuò)誤；C．乙醛與新制Cu(OH)2懸濁液反應(yīng)生成磚紅色沉淀，乙酸與新制Cu(OH)2懸濁液反應(yīng)沉淀溶解，所以兩者的反應(yīng)現(xiàn)象不同，故能鑒別，C正確；D．乙醇、乙酸能與Na反應(yīng)放出H2，但乙醇、乙酸中官能團(tuán)分別為羥基、羧基，二者分子中官能團(tuán)不同，D錯(cuò)誤；答案選C?！绢}目點(diǎn)撥】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)，側(cè)重于有機(jī)物的分類(lèi)、官能團(tuán)性質(zhì)的考查，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同以及有機(jī)物鑒別方法的選取，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累，題目難度不大。11、C【解題分析】分析：A.根據(jù)苯的同系物的概念分析判斷；B.異丙苯中的側(cè)鏈能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化；C.在光照的條件下，異丙苯中的側(cè)鏈與Cl2發(fā)生取代反應(yīng)；D.結(jié)合苯的性質(zhì)分析判斷。詳解：A.異丙苯中含有苯環(huán)，與苯相差3個(gè)CH2原子團(tuán)，是苯的同系物，故A正確；B.異丙苯能夠與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，高錳酸鉀溶液褪色，而苯不能，可以區(qū)別，故B正確；C.在光照的條件下，發(fā)生苯環(huán)側(cè)鏈的取代反應(yīng)，異丙基中含有2種氫原子，因此異丙苯與Cl2發(fā)生側(cè)鏈的取代反應(yīng)生成的氯代物有兩種，故C錯(cuò)誤；D.異丙苯中含有苯環(huán)，在一定條件下能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故D正確；故選C。點(diǎn)睛：本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，掌握苯的同系物的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為C，要注意苯環(huán)上的氫原子和側(cè)鏈上的氫原子發(fā)生取代反應(yīng)的條件是不同的。12、C【解題分析】

A.太陽(yáng)能熱水器是將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為熱能，故A不符合題意；B.電熱壺是將電能轉(zhuǎn)化為熱能，故B不符合題意；C.煤氣燃燒是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能，故C符合題意；D.該過(guò)程屬于熱量的傳遞，故D不符合題意；綜上所述，本題正確答案：C。13、C【解題分析】

加HCl有氣體說(shuō)明有CO32-或SO32-，或兩者都有，生成的氣體是二氧化碳或二氧化硫，或兩者都有，一定不存在和碳酸根或亞硫酸根離子不共存的離子，所以不存在Mg2+、Al3+離子，加鹽酸有沉淀，說(shuō)明一定有SiO32-離子，硅酸是沉淀，加入過(guò)量氨水（提供OH-）有沉淀生成，只能是氫氧化鋁沉淀，說(shuō)明此時(shí)溶液中存在鋁離子，但是原來(lái)溶液中的鋁離子一定不能存在，所以該鋁離子是偏鋁酸根離子和鹽酸反應(yīng)生成的，所以，一定存在AlO2-離子，要保證溶液電中性，只有K+這一種陽(yáng)離子，所以一定存在K+離子，A．加HCl有氣體說(shuō)明有CO32-或SO32-，生成的氣體是二氧化碳或二氧化硫或兩者的混合氣體，則氣體甲不一定是純凈物，故A錯(cuò)誤；B．由于加入的鹽酸過(guò)量，生成的沉淀甲為硅酸，不會(huì)含有硅酸鎂，故B錯(cuò)誤；C．溶液中一定含有K+、AlO2-和SiO32-，故C正確；D．硫酸根離子是否存在不能確定，CO32-可能存在，故D錯(cuò)誤；故選：C。14、C【解題分析】A.吸熱反應(yīng)△H＞0，△S＞0，高溫下反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，△H-T△S＜0，故A錯(cuò)誤；B.強(qiáng)酸弱堿鹽也顯酸性，所以常溫下，pH=6的溶液不一定是酸溶液，可能是鹽溶液，故B錯(cuò)誤；C.該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，單斜硫的能量大于正交硫，所以正交硫比單斜硫穩(wěn)定，故C正確；電解稀硫酸或氫氧化鈉溶液的本質(zhì)均為電解水，產(chǎn)物為氫氣和氧氣，故D錯(cuò)誤；本題選C。15、C【解題分析】

A.乙醇制備乙烯，為消去反應(yīng)；苯與液溴制備溴苯為取代反應(yīng)，反應(yīng)類(lèi)型不同，A錯(cuò)誤；B.乙烯制備聚乙烯為加聚反應(yīng)，苯酚與濃溴水反應(yīng)為取代反應(yīng)，反應(yīng)類(lèi)型不同，B錯(cuò)誤；C.乙醇與氧氣反應(yīng)制備乙醛為氧化反應(yīng)；乙醛與新制Cu(OH)2反應(yīng)為氧化反應(yīng)，反應(yīng)類(lèi)型相同，C正確；D.乙酸與乙醇反應(yīng)制備乙酸乙酯為取代反應(yīng)或酯化反應(yīng)；溴乙烷與NaOH醇溶液反應(yīng)為消去反應(yīng)，反應(yīng)類(lèi)型不同，D錯(cuò)誤；答案為C。16、D【解題分析】

A、已知P(紅磷，s)═p(白磷，s)△H＞0，紅磷能量小于白磷，則白磷比紅磷活潑，紅磷比白磷穩(wěn)定，A錯(cuò)誤；B、氫氣的燃燒熱是值1mol氫氣完全燃燒生成液態(tài)水放出的熱量，單位是kJ/mol，氣態(tài)水不是穩(wěn)定氧化物，2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=-483.6kJ?mol-1，則燃燒熱＞=241.8kJ?mol-1，B錯(cuò)誤；C、己知2C(s)+2O2(g)═2CO2(g)△H=akJ?mol-1、2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=bkJ?mol-1，一氧化碳轉(zhuǎn)化為二氧化碳是放熱過(guò)程；焓變包含負(fù)號(hào)，即ab包含正負(fù)號(hào)，則△H=akJ?mol-1＜△H=bkJ?mol-1，a＜b，C錯(cuò)誤；D、已知NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O(l)△H="-57.4"kJ?mol-1，指1molNaOH和molHCl溶液發(fā)生中和反應(yīng)生成1mol水時(shí)所放出的熱量為57.4kJ，則1molNaOH與強(qiáng)酸反應(yīng)放出57.3kJ的熱量，醋酸是弱酸，其電離過(guò)程是吸熱過(guò)，40.0g即1molNaOH的稀溶液與稀醋酸完全中和，放出小于57.3kJ的熱量，D正確；答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、N＞O＞Csp21s22s22p63s23p63d10Cu2ONH3分子間能形成氫鍵[N=N=N]-A、C【解題分析】

C的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同，核外電子排布為1s22s22p2，則C是C元素；A、C、D三種元素組成的一種化合物M是新裝修居室中常含有的一種有害氣體，該氣體M為HCHO，A原子有2個(gè)未成對(duì)電子，則D為H元素、A為O元素；B的原子序數(shù)介于碳、氧之間，故B為N元素；E是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與A原子相同，其余各層電子均充滿，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1，則E是銅元素；（1）同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢(shì)，但N原子2p軌道半滿，為穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，故第一電離能：N＞O＞C；（2）M為HCHO，分子中C原子形成3個(gè)σ鍵，沒(méi)有孤電子對(duì)，雜化軌道數(shù)目為3，則C原子采取sp2雜化；（3）Cu失去4s能級(jí)1個(gè)電子形成Cu+，基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10，由晶胞結(jié)構(gòu)可知，Cu+位于晶胞內(nèi)部，晶胞中含有4個(gè)Cu+，O原子數(shù)為8×1/8+1=2，則O與Cu+數(shù)目比為1:2，化學(xué)式為Cu2O；（4）NH3分子間能形成氫鍵，甲烷分子之間為分子間作用力，氫鍵比分子間作用力強(qiáng)，故NH3的沸點(diǎn)比CH4的高；（5）CO2、N3-互為等電子體，二者結(jié)構(gòu)相似，N3-中N原子之間形成2對(duì)共用電子對(duì)，N3-的結(jié)構(gòu)式[N=N=N]-；（6）A．電解質(zhì)在水溶液里電離出陰陽(yáng)離子，所以該離子中不存在離子鍵，故選；B．水分子或[Cr（H2O）5Cl]2+中，非金屬元素之間都存在共價(jià)鍵，故不選；C．該溶液中不存在金屬鍵，故選；D．[Cr（H2O）5Cl]2+中Cr原子和水分子中的O原子之間存在配位鍵，故不選；E．溶液中水分子之間存在范德華力，故不選；故選A、C。18、1S22S22P63S23P6HClV形極性分子2H2O22H2O+O2↑CH4O【解題分析】

在18電子分子中，單原子分子A為Ar，B、C和D是由兩種元素的原子組成，雙原子分子B為HCl，三原子分子C為H2S，四原子分子D為PH3或H2O2，且D分子中兩種原子個(gè)數(shù)比為1：1，符合題意的D為H2O2；根據(jù)燃燒規(guī)律可知E為CH4Ox，故6+4+8x=18，所以x=1，E的分子式為CH4O?！绢}目詳解】（1）Ar原子核外電子數(shù)為18，原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p6，故答案為：1s22s22p63s23p6；（2）雙原子分子B為HCl，三原子分子C為H2S，H2S中S原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為2，H2S的空間構(gòu)型為V形，分子中正負(fù)電荷重心不重合，屬于極性分子，故答案為：HCl；H2S；V；極性；（3）D為H2O2，向H2O2的稀溶液中加入少量氯化鐵溶液，氯化鐵做催化劑作用下，H2O2發(fā)生分解反應(yīng)生成H2O和O2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2H2O22H2O+O2↑；（4）1molE在氧氣中完全燃燒，只生成1molCO2和2molH2O，根據(jù)燃燒規(guī)律可知E的分子式為CH4Ox，由分子中含有18個(gè)電子可得6+4+8x=18，解得x=1，則E的分子式為CH4O，故答案為：CH4O。【題目點(diǎn)撥】本題考查物質(zhì)的推斷、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，注意依據(jù)常見(jiàn)18電子的微粒確定物質(zhì)，掌握常見(jiàn)化合物的性質(zhì)，明確分子空間構(gòu)型的判斷是解答關(guān)鍵。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(huì)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(shí)，硝酸會(huì)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(huì)溶于水，所以不能用稀硫酸來(lái)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(jià)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(lái)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(guò)高，濃HNO3分解、揮發(fā)，產(chǎn)率降低；③開(kāi)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(huì)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(cè)定純度過(guò)程中，先用過(guò)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(guò)兩次滴定實(shí)驗(yàn)，最終測(cè)得樣品純度?？上雀鶕?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、a堿石灰吸收尾氣并防止空氣中水蒸氣進(jìn)入反應(yīng)裝置導(dǎo)致產(chǎn)品水解ClO3－+5Cl－+6H+＝3Cl2↑+3H2O0.5NA飽和氯化鈉溶液SO2Cl2發(fā)生水解蒸餾【解題分析】

二氧化硫和氯氣合成硫酰氯：甲裝置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，硫酰氯會(huì)水解，儀器B中盛放的藥品是堿石灰防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置，同時(shí)吸收揮發(fā)出去的二氧化硫和氯氣，丁裝置：濃鹽酸和氯酸鉀反應(yīng)制取氯氣，濃鹽酸易揮發(fā)，制取的氯氣中含有氯化氫，丙裝置：除去Cl2中的HCl，乙裝置：干燥氯氣。（1）根據(jù)采用逆流的冷凝效果好，判斷冷凝管的進(jìn)水口；（2）儀器B中盛放的藥品是堿石灰防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置，同時(shí)吸收揮發(fā)出去的二氧化硫和氯氣；（3）實(shí)驗(yàn)時(shí)，裝置丁中氯酸鉀+5價(jià)的氯和鹽酸中-1價(jià)的氯發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣；根據(jù)化合價(jià)升降以及生成物的量計(jì)算轉(zhuǎn)移電子數(shù)；（4）鹽酸易揮發(fā)，制取的氯氣中含有氯化氫，丙裝置的作用是除去Cl2中的HCl，由此目的選擇試劑；SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氫；（5）二者均為液態(tài)，且沸點(diǎn)相差較大，采取蒸餾法進(jìn)行分離。【題目詳解】（1）冷凝管采用逆流時(shí)冷凝效果好，所以冷凝管中的冷卻水進(jìn)口為a；（2）甲裝置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，二氧化硫、氯氣為有毒的酸性氣體，產(chǎn)物硫酰氯會(huì)水解，所以儀器B中盛放的藥品是堿性物質(zhì)堿石灰，可防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置，同時(shí)吸收揮發(fā)出去的二氧化硫和氯氣；（3）濃鹽酸和氯酸鉀發(fā)生反應(yīng)生成KCl、氯氣和水，反應(yīng)為：6HCl（濃）+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O，離子方程式為：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；根據(jù)歸中反應(yīng)同元素化合價(jià)“只靠近，不交叉”原則可知，氯酸鉀+5價(jià)的氯降低為0價(jià)，鹽酸中-1價(jià)的氯升