广东深圳市第三高级中学2022-2023学年高二化学第二学期期末达标测试练习卷

**基本信息** 2023年高二下化学期末模拟试卷覆盖有机化学、反应原理、物质结构等核心知识，非选择题如抗酸药成分探究（23题）、SO₂性质实验（25题）、海洋提碘流程（27题），突出科学探究与实践，适配期末综合能力检测。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|22题/44分|手性碳判断、非金属性比较、反应机理分析|注重基础概念辨析，如第3题结合反应机理考查速率控制步骤，体现科学思维| |非选择题|7题/84分|物质推断、元素周期律应用、实验设计与计算|强调综合应用，如23题通过实验现象与数据推断物质组成，27题以海洋资源为情境考查分离提纯，落实科学探究与责任|

2023年高二下化学期末模拟试卷 注意事项 1．考生要认真填写考场号和座位序号。 2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。 3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。 一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项） 1、下列分子中含有“手性碳原子”的是（ ） A．CBr2F2 B．CH3CH2CH2OH C．CH3CH2CH3 D．CH3CH(NO2)COOH 2、下列事实不能说明非金属性Cl＞I的是 （ ） A．Cl2+2I-=2Cl-+I2 B．稳定性：HCl＞HI C．Cl2与H2化合比I2与H2化合容易 D．酸性：HClO3＞HIO3 3、己知反应：SO2(g)+O2(g)SO3(g) △H=-99kJ·mol-1，在V2O5存在时的反应机理为：①V2O5+SO2→V2O4·SO3（快），②V2O4·SO3+O2→V2O5+SO3（慢）。下列说法错误的是 A．对总反应的速率起决定性的是反应② B．将1molSO2(g)、0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应，放出热量99kJ C．V2O4·SO3是该反应的中间产物，它与O2的碰撞仅部分有效 D．V2O5是该反应的催化剂，加V2O5可提高单位时间内SO2的转化率 4、下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是 A．CO2 H2S B．C2H4 BF3 C．C60 C2H4 D．NH3 HCl 5、如图所示电化学装置(碳棒作电极)的判断合理的是 A．若Z为氯化铜溶液，则X电极上发生还原反应 B．若Z为饱和食盐水，则X电极是阴极 C．若Z为氯化铜溶液，则Y电极上有暗红色物质析出 D．若Z为饱和食盐水，则碱在X电极附近先生成 6、下列有关说法正确的是（ ） A．丙烯所有原子均在同一平面上 B．利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程 C．乙烯和苯加入溴水中，都能观察到褪色现象，原因是都发生了加成反应 D．分子式为C2H6O的同分异构体有3种 7、下列实验操作能达到实验目的且离子方程式正确的是 A．用盐酸清洗盛石灰水的试剂瓶内壁的白色固体：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O B．证明H2SO3的酸性强于HClO：SO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HSO3－ C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3﹣ D．用NaOH溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸： CH3COOH+OH﹣→CH3COO﹣+H2O 8、下列现象与氢键有关的是：（   ） ①H2O的熔、沸点比VIA族其他元素氢化物的高 ②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶 ③冰的密度比液态水的密度小 ④尿素的熔、沸点比醋酸的高 ⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低 ⑥水分子高温下也很稳定 A．①②③④⑤⑥ B．①②③④⑤ C．①②③④ D．①②③ 9、1996年诺贝尔化学奖授于斯莫利等三位化学家，以表彰他们发现富勒烯(C60)开辟了化学研究的新领域。后来，人们又发现了一种含碳量极高的链式炔烃──棒碳，它是分子中含300～500个碳原子的新物质，其分子中只含有交替连接的单键和叁键。对于C60与棒碳，下列说法正确的是 A．C60与棒碳中所有的化学键都是非极性共价键 B．棒碳不能使溴水褪色 C．C60在一定条件下可能与CuO发生置换反应 D．棒碳与乙炔互为同系物 10、下列关于酸性溶液的叙述中正确的是(　　) A．可能是盐的水溶液 B．一定是酸的水溶液 C．溶液中c(H＋)<c(OH－) D．不含有OH－的溶液 11、下列说法中正确的是(　　) A．常温下，pH均为3的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1∶108 B．25 ℃时0.1mol•L－1NH4Cl溶液的KW大于100 ℃时0.1mol•L－1NaCl溶液的KW C．根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH＝6.5的溶液一定显酸性 D．室温下，将pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，溶液显中性 12、某元素基态原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，它在元素周期表中的位置是(　　) A．第3周期ⅡB族 B．第4周期ⅡB族 C．第4周期ⅦB族 D．第4周期Ⅷ族 13、将“试剂”分别加入①、②两只试管中，不能完成“实验目的”的是 实验目的 试剂 试管中的物质 A 醋酸的酸性强于苯酚 碳酸氢钠溶液 ①醋酸 ②苯酚溶液 B 羟基对苯环的活性有影响 饱和溴水 ①苯 ②苯酚溶液 C 甲基对苯环的活性有影响 酸性高锰酸钾溶液 ①苯 ②甲苯 D 乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼 金属钠 ①水 ②乙醇 A．A B．B C．C D．D 14、将由NaOH、BaCl2、Al2（SO4）3三种固体组成的混合物溶于足量的水中,充分溶解后,向混合溶液中滴加1mol·L-1的稀硫酸,加入稀硫酸的体积与生成沉淀的质量关系如图所示。下列有关判断正确的是（ ） A．AB段发生反应的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓ B．BC段发生反应的离子方程式为H++OH-=H2O C．D点表示的沉淀的化学式为Al（OH）3 D．E点时溶液中含有大量的AlO2- 15、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　） A．常温常压下，64g SO2中含有的原子数为3NA B．标准状况下，11.2L CCl4所含原子数目为2.5NA C．2L 0.1 mol•L﹣1K2SO4溶液中含K+物质的量为0.2 mol D．1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA 16、下列与化学反应原理相关的叙述不正确的是（ ） A．放热反应中生成物总能量一定低于反应物总能量 B．放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率 C．盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现 D．电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡均为动态平衡 17、白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P akJ·mol—1、P—O bkJ·mol—1、P=O ckJ·mol—1、O=O dkJ·mol—1。 根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（ ） A．（6a+5d－4c－12b）kJ·mol—1 B．（4c+12b－6a－5d）kJ·mol—1 C．（4c+12b－4a－5d）kJ·mol—1 D．（4a+5d－4c－12b）kJ·mol—1 18、将纯水加热到较高温度时，下列叙述正确的是 A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性 B．水的离子积不变、pH变大、呈中性 C．水的离子积变小、pH变小、呈碱性 D．水的离子积变大，pH变小、呈中性 19、某有机物结构简式为，关于该有机物下列叙述正确的是 A．不能使酸性KMnO4溶液褪色 B．能使溴水褪色 C．在加热和催化剂作用下,最多能和3 molH2反应 D．该有机物分子式为C13H20Cl 20、下列说法正确的是 A．将10 g CaCO3粉末加入100 mL水中，所得溶液的浓度为l mol·L-1 B．将100 mL 2 mol·L-1盐酸加热蒸发至50 mL，所得溶液的浓度为4 mol·L-1 C．将l0 mL l.0mol·L-1NaCl溶液与90mL水混合，所得溶液的浓度为0.1 mol·L-1 D．将10 g CaO加入100 mL饱和石灰水中，充分搅拌、静置并恢复到原来的温度，所得溶液的浓度不变 21、下列物质中，既含有极性共价键，又含有非极性共价键的是（ ） A．CCl4 B．CO2 C．NH4Cl D．C2H4 22、设NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ） A．1L CO的质量一定比1L O2的质量小 B．将1 mol Cl2通入到水中，则N(HClO)＋N(Cl－)＋N(ClO－)＝2NA C．常温常压下16 g O2和O3混合气体中，氧原子数为NA D．7.8 g Na2O2与足量水反应，转移电子数为0.2NA 二、非选择题(共84分) 23、（14分）由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。某同学欲探究X的组成。 查阅资料：①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。 ②Al3＋在pH＝5.0时沉淀完全；Mg2＋在pH＝8.8时开始沉淀，在pH＝11.4时沉淀完全。 实验过程： Ⅰ.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液。 Ⅱ.用铂丝蘸取少量Ⅰ中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。 Ⅲ.向Ⅰ中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5～6，产生白色沉淀B，过滤。 Ⅳ.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。 Ⅴ.向Ⅲ中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。 (1)Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是________。 (2)由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、________。 (3)Ⅲ中生成B的离子方程式是__________________________________________________。 (4)Ⅳ中B溶解的离子方程式是__________________________________________________。 (5)沉淀C的化学式是________。 (6)若上述n(A)∶n(B)∶n(C)＝1∶1∶3，则X的化学式是__________________________。 24、（12分）A、B、C、D、E五种元素位于元素周期表中前四周期，原子序数依次增大。A元素的价电子排布为nsnnpn＋1；B元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍；C位于B的下一周期，是本周期最活泼的金属元素；D基态原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍；E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子。回答下列问题(用元素符号表示或按要求作答)。 (1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____________，三者电负性由大到小的顺序为_________。 (2)A和E的简单气态氢化物沸点高的是______，其原因是_________。 (3)D3＋基态核外电子排布式为_________________。 (4)E基态原子的价电子轨道表示式为___________。 (5)B和E形成分子的结构如图所示，该分子的化学式为_______，E原子的杂化类型为________。 (6)B和C能形成离子化合物R，其晶胞结构如图所示： ①一个晶胞中含______个B离子。R的化学式为__________。 ②晶胞参数为a pm，则晶体R的密度为_____________g•cm－3(只列计算式)。 25、（12分）如图是实验室制取SO2并验证SO2的某些性质的装置，试回答 试回答： （1）②中的实验现象为______________。 （2）④中的实验现象为______________，此实验说明SO2有____________性． （3）⑤中的实验现象为____________，此实验说明SO2有________性． （4）⑥的作用是___________，反应方程式是_____________________。 26、（10分）实验室制取乙酸丁酯的实验装置有如图所示两种装置供选用。 有关物质的物理性质如下表： 乙酸 1­丁醇 乙酸丁酯 熔点/℃ 16.6 －89.5 －73.5 沸点/℃ 117.9 117 126.3 密度/(g·cm－3) 1.05 0.81 0.88 水溶性 互溶 可溶(9 g/100 g水) 微溶 回答下列问题： (1)制取乙酸丁酯的装置应选用_____(填“甲”或“乙”)。不选另一种装置的理由是______。 (2)该实验生成物中除了主产物乙酸丁酯外，还可能生成的有机副产物有______、_______。(写出结构简式) (3)从制备乙酸丁酯所得的混合物中分离提纯乙酸丁酯时，需要经过多步操作，下列图示的操作中，肯定需要的是________(填字母)。 27、（12分）海洋是生命的摇篮，海水不仅是宝贵的水资源，而且蕴藏着丰富的化学资源。 I.（1）海水中所得粗盐中通常含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，为了得到精盐，下列试剂加入的先后顺序正确的是________。 A．BaCl2→Na2CO3→NaOH→HCl B．NaOH→BaCl2→Na2CO3→HCl C．BaCl2→NaOH→Na2CO3→HCl D． Na2CO3→NaOH→BaCl2→HCl （2）为了检验精盐中是否含有SO42-，正确的方法是____________________________。 II.海藻中提取碘的流程如图所示 （1）灼烧过程中，需使用到的（除泥三角外）实验仪器有______。 A．试管 B．瓷坩埚 C．坩埚钳 D．蒸发皿 E．酒精灯 F．三脚架 （2）指出提取碘的过程中有关实验操作名称：①________③__________④_________。 （3）步骤②反应的离子方程式为___________________，该过程氧化剂也可以用H2O2，将等物质的量的I-转化为I2，所需Cl2和H2O2的物质的量之比为__________。 （4）下列关于海藻提取碘的说法，正确的是_________。 A．含碘的有机溶剂呈现紫红色 B．操作③中先放出下层液体，然后再从下口放出上层液体 C．操作④时，温度计的水银球应伸入液面以下但不能触碰到蒸馏烧瓶的底部 28、（14分）翡翠是玉石中的一种，其主要成分为硅酸铝钠-NaAI(Si2O6)，常含微量Cr、Ni、Mn、Mg、Fe等元素。回答下列问题： （1）基态Cr原子的电子排布式为_______；Fe位于元素周期表的____区。 （2）翡翠中主要成分硅酸锚钠表示为氧化物的化学式为________，其中四种元素第一电离能由小到大的顺序是________。 （3）钙和铁部是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，为什么铁的熔沸点远大于钙？________。 （4）在硅酸盐中存在结构单元，其中Si原子的杂化轨道类型为________。当无限多个（用n表示）分别以3个顶角氧和其他3个形成层状结构时（如图所示），其中Si、O原子的数目之比为________。若其中有一半的Si被Al替换，其化学式为________。 （5）Cr和Ca可以形成种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图所示。该晶体的化学式为________，若Ca与O的核间距离为x nm，则该晶体的密度为_______g/cm3。 29、（10分）（1）以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况．试判断，违反了泡利原理的是_____，违反了洪特规则的是______。 （2）某元素的激发态（不稳定状态）原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2，则该元素基态原子的电子排布式为________；其最高价氧化物对应水化物的化学式是________。 （3）用符号“＞”“＜”或“=”表示下列各项关系。 ①第一电离能：Na________Mg，Mg________Ca。 ②电负性：O________F，F________Cl。 ③能量高低：ns________（n+1）s，ns________np。 参考答案 一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项） 1、D 【解析】 在有机物分子中，当一个碳原子连有4个不同的原子或原子团时，这种碳原子被称为“手性碳原子”，题目所给4个选项中，只有CH3CH(NO2)COOH的第2个C原子连接了4个不同的原子或原子团（分别是—CH3、—NO2、—COOH和H原子），故答案选D。 2、D 【解析】 比较元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性等角度判断。 【详解】 A．元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，Cl2+2I-=2Cl-+I2说明氯气的氧化性大于I2，元素的非金属性Cl大于I，A正确； B．元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，氯化氢比碘化氢稳定，可说明氯元素的非金属性比碘元素强，B正确； C．元素的非金属性越强，与氢气越容易化合，Cl2与H2化合比I2与H2化合容易可说明氯元素的非金属性比碘元素强，C正确； D．酸性：HClO3＞HIO3，不能说明非金属性Cl＞I，因为两种酸不是最高价含氧酸，D错误。 答案选D。 点睛：本题考查非金属性强弱的判断，题目难度不大，注意非金属性的递变规律以及比较非金属性强弱的角度和方法。 3、B 【解析】 A．整个反应的速率由慢反应所控制，即慢反应为反应速率的控制步骤，故对总反应的速率起决定性的是反应②，正确，A项正确； B．反应为可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，反应放出的热量应小于99kJ，B项错误； C．分析题中反应机理，可以看出V2O4·SO3是该反应的中间产物，根据有效碰撞理论，只有具有合适取向的碰撞才是有效碰撞，V2O4·SO3与O2的碰撞仅部分有效，C项正确； D．结合催化剂的定义及作用，可知V2O5是该反应的催化剂，催化剂能提高非平衡状态下单位时间内反应物的转化率，但对平衡转化率无影响，D项正确； 答案选B。 4、B 【解析】 A、二氧化碳为极性键形成的非极性分子，氯化氢为极性键形成的极性分子，A错误； B、BF3、C2H4中化学键都是不同元素构成的，属于极性键；二者分子中正电荷中心和负电荷中心相重合，属于非极性分子，B正确； C、C60中只含有非极性键，为非极性分子；乙烯为极性键形成的非极性分子，C错误； D、氨气和氯化氢都是由极性键形成的分子，二者正电荷中心和负电荷中心不相重合，属于极性分子，D错误； 答案选B。 5、C 【解析】 根据图中电子的移动方向，X极失电子，作阳极，则Y为阴极； 【详解】 A.若Z为氯化铜溶液，则X电极上氯离子失电子，化合价升高，发生氧化反应，A错误； B.若Z为饱和食盐水，则X电极是阳极，B错误； C.若Z为氯化铜溶液，则Y电极上铜离子得电子生成单质铜，有暗红色物质析出，C正确； D.若Z为饱和食盐水，在Y电极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，Y电极附近有碱生成，D错误； 答案为C。 6、B 【解析】 A．丙烯中含甲基，甲基为四面体构型；B．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇；C．苯与溴水不反应；D．分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，为乙苯或二甲苯。 【详解】 A．丙烯中含甲基，甲基为四面体构型，所有原子不可能共面，选项A错误；B．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇，均有新物质生成，均为化学变化，选项B正确；C．苯与溴水不反应，而乙烯与溴水发生加成反应，选项C错误；D．分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，为乙苯或二甲苯若有1个侧链，若为乙苯，苯环上有3种氢原子，侧链（-CH2-CH3）有2种H，一氯代物有5种；若为二甲苯，有邻、间、对三种，苯环上分别有2、3、1种氢原子，甲基上一种H，一氯代物分别有3、4、2种，不存在一氯代物只有一种，选项D错误；答案选B。 【点睛】 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团与性质的关系、有机反应、同分异构体为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。 7、C 【解析】 A．石灰水的试剂瓶内壁的白色固体是碳酸钙不溶于水，用盐酸清洗盛石灰水的试剂瓶内壁的白色固体，反应的离子方程式为CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+，故A错误； B．HClO有强氧化性，能够氧化SO2，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=Cl-+SO42-+2H+，故B错误； C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成的是碳酸氢根离子，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，故C正确； D．乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解反应生成乙酸钠和乙醇，应用饱和碳酸钠溶液洗涤，故D错误； 答案选C。 8、B 【解析】 ①ⅥA族元素氢化物的熔点随相对分子质量的增大而升高，但水中含有氢键，所以H2O的熔、沸点比ⅥA族其他元素氢化物的高，故①正确； ②小分子的醇、水分子之间能形成氢键，羧酸、水分子之间能形成氢键，所以小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故②正确； ③冰中存在氢键，氢键具有方向性和饱和性，使冰的体积变大，则冰的密度比液态水的密度小，故③正确； ④尿素分子间可以形成多个氢键(2个N原子、1个O原子)，醋酸分子间只有1个氢键(只有羟基可以形成氢键)，尿素的熔、沸点比醋酸的高，故④正确； ⑤对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，而邻羟基苯甲酸容易形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤正确； ⑥水的稳定性与O-H键的强弱有关，与氢键无关，故⑥错误； 正确的有①②③④⑤，故选B。 9、C 【解析】 试题分析：A.棒碳属于链式炔烃，含有C—H键，是极性共价键，A项错误；B.棒碳分子中含有交替的单键和叁键，所以能使溴水褪色，B项错误；C.C+2CuOCO2↑+2Cu，而C60是碳元素的一种同素异形体，所以它也能发生类似反应，该反应是置换反应，C项正确；D.同系物必须是结构相似，即官能团的种类和个数相同，棒碳中多个叁键，而乙炔中只有一个叁键，所以棒碳与乙炔不能互为同系物，D项错误；答案选C。 考点：考查置换反应、同系物、化学键类型的判断等知识。  10、A 【解析】 酸性溶液不一定是酸的溶液。 【详解】 A. 可能是酸式盐的水溶液，如硫酸氢钠溶液，A正确； B. 不一定是酸的水溶液，也可能是酸式盐的溶液，B不正确； C. 溶液中c(H＋)＞c(OH－)，C不正确； D. 任何水溶液中都含有OH－，D不正确。 故选A。 11、A 【解析】分析：醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度；水的离子积常数与温度有关，温度越大，离子积常数越大；弱电解质的电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变。 详解：A、醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度为10-11mol/L，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度为10-3mol/L，10-11：10-3=1:108，故A正确； B、升高温度，水的离子积KW增大，故B错误； C、温度未知，无法判断溶液的酸碱性，故C错误； D、室温下，将pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，碱过量，溶液呈碱性，故D错误； 故选A。 12、D 【解析】 该元素的基态原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2，根据电子排布式知，该原子含有4个能层，所以位于第四周期，其价电子排布式为3d74s2，属于第Ⅷ族元素，所以该元素位于第四周期第Ⅷ族，故答案为D。 13、C 【解析】 A.醋酸与碳酸氢钠溶液反应产生气体而苯酚不能使碳酸钠溶液产生气体，证明醋酸的酸性强于碳酸的酸性，碳酸的酸性强于苯酚的酸性， A合理； B.饱和溴水与苯进行萃取、与苯酚生成三溴苯酚沉淀，验证了羟基对苯环活性的影响，B合理； C.酸性高锰酸钾与甲苯反应生成苯甲酸，溶液褪色，验证苯环对甲基活性的影响而不是甲基对苯环的影响，C不合理； D.水是弱电解质，乙醇是非电解质，羟基氢原子的活泼性不同，反应进行的剧烈程度不同，能证明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，D合理； 故合理选项为C。 14、B 【解析】 三种固体加入水中混合，发生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，根据图像，BC没有沉淀产生，说明NaOH过量，则Al以AlO2－形式存在，AB段沉淀质量增加，说明原溶液中有Ba2＋，据此分析解答。 【详解】 A、发生的反应是H＋＋SO42－＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O，故错误； B、BC段沉淀质量不变，说明发生H＋＋OH－=H2O，故正确； C、根据上述分析，D点沉淀是Al（OH）3和BaSO4，故错误； D、DE沉淀质量减少，发生Al（OH）3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，因此E点溶液中含有Al3＋，故错误； 答案选B。 15、A 【解析】分析：A．二氧化硫分子中含有3个原子，1mol二氧化硫中含有3mol原子；B、依据气体摩尔体积的应用条件分析判断；C、根据公式n=cV进行计算；D、根据甲烷与氯气在光照条件下反应的情况分析。 详解：A．64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫分子中含有3mol原子，含有的原子数为3NA，选项A正确；B、标准状况下，CCl4不是气体，11.2LCCl4的物质的量不是0.5mol，所含原子数目不是2.5NA，选项B错误；C．2L 0.1 mol•L﹣1K2SO4溶液中含K+物质的量为2L0.1 mol•L﹣1=0.4 mol，选项C错误；D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数不为1.0NA，选项D错误。答案选A。 点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，熟练掌握物质的量与摩尔质量、标况下的气体摩尔体积、阿伏伽德罗常数等物理量之间的关系，选项C为易错点，注意稀有气体为单原子分子。 16、B 【解析】影响反应速率的根本原因是反应物的性质，同时也受外界条件的影响，例如温度、浓度、压强等，但与反应是放热反应还是吸热反应无关，B不正确。 17、A 【解析】 反应热等于断键吸收的总能量与形成化学键所放出的能量的差值，由图可以看出：P4中有6mol的P－P，5mol的O2中含有5molO＝O，1mol的P4O10中含有4mol的P＝O，12mol的P－O，所以根据方程式可知反应热△H＝(6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1。答案选A。 18、D 【解析】 将纯水加热到较高温度时，水的电离平衡正向移动，则溶液中氢离子、氢氧根离子浓度均增大，且相等，则水的离子积增大，pH值减小，溶液呈中性，答案为D。 【点睛】 pH=-lgc(H+)，升高温度，c(H+)增大，则pH减小。 19、B 【解析】该物质中含有苯环、碳碳双键和氯原子；双键能使溴水和酸性高锰酸钾褪色，选项A错误、选项B正确；C、在加热和催化剂作用下与氢气发生加成时,苯环消耗3mol，碳碳双键消耗1mol，共4mol氢气，选项C错误；D、该有机物分子式为C13H17Cl，选项D错误。答案选B。 20、D 【解析】 A、碳酸钙难溶于水，因此将10 g CaCO3粉末加入100 mL水中，所得溶液的浓度不是l mol·L-1，A错误； B、浓盐酸易挥发，因此将100 mL 2 mol·L-1盐酸加热蒸发至50 mL，所得溶液的浓度小于4 mol·L-1，B错误； C、将l0 mL l.0mol·L-1NaCl溶液与90mL水混合，所得溶液的体积不是100mL，因此溶液的浓度不是0.1 mol·L-1，C错误； D、将10 g CaO加入100 mL饱和石灰水中，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，但由于溶液是饱和溶液，因此充分搅拌、静置并恢复到原来的温度，所得溶液的浓度不变，D正确； 答案选D。 21、D 【解析】 A. CCl4中只有极性共价键，A不符合题意； B. CO2中只有极性共价键，B不符合题意； C. NH4Cl中含有离子键和极性共价键，C不符合题意； D. C2H4中既含有极性共价键，又含有非极性共价键，D符合题意； 答案选D。 22、C 【解析】分析：A、气体的体积大小受温度和压强影响，标准状况下Vm=22.4L/mol；B、氯气与水反应是可逆反应；C、根据质量、原子数目与物质的量之间关系进行换算；D、1mol过氧化钠与水反应转移电子总数是NA。 详解：气体的体积大小受温度和压强影响较大，A选项中没有指明温度和压强，气体的摩尔体积没有办法确定，即1L CO的物质的量和1L O2的物质的量大小没有办法确定，导致质量大小也没有办法确定，A选项错误；Cl2+H2OHClO+HCl，该反应是可逆反应，N(HClO)＋N(Cl－)＋N(ClO－)＝2NA成立的条件是所有氯气全部反应生成盐酸和次氯酸，所以B选项错误；16 g O2和O3混合气体中，氧原子的质量是16g，n（O）=16g/16g·mol-1=1mol，所以含有氧原子数为NA，C选项正确；从化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，1mol过氧化钠完全反应转移电子总数是1mol，7.8g过氧化钠是0.1mol。转移电子总数是0.1mol，即0.1NA，D选项错误；正确选项C。 二、非选择题(共84分) 23、CO2 钠、硅 Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+ Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2O Mg(OH)2 Mg3Al(OH)7CO3 【解析】 气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体A为CO2，X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入适量盐酸，会产生硅酸沉淀，溶液B中含有氯化镁和氯化铝；X中一定不含Na，因为Na的焰色为黄色；根据题给信息知调节pH至5～6时生成的白色沉淀B为Al(OH)3；加入过量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，离子方程式为：Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2，据此解答。 【详解】 （1）气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体为CO2； （2）X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入过量盐酸，会产生硅酸沉淀，一定不含Na元素，因为Na元素的焰色为黄色，即由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、硅、钠； （3）调节pH至5～6时生成的白色沉淀为Al(OH)3，NH3•H2O为弱电解质，离子方程式中应写为化学式，即离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋； （4）Ⅳ中氢氧化铝溶解的离子方程式为Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O； （5）加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2； （6）由于n（CO2）:n[Al(OH)3]:n[Mg(OH)2]=1:1:3，则CO32-、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1:1:3，结合电荷守恒，则CO32-、Al3+、Mg2+、OH-的物质的量之比为1:1:3:7，故X为Mg3Al(OH)7CO3。 24、Na＜O＜N O＞N＞Na NH3 氨气分子间有氢键，所以沸点高 [Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7 As4O6 sp3 4 Na2O 【解析】 A元素的价电子排布为nsnnpn＋1，可知n=2，A价电子排布式为2s22p3，那么A的核外电子排布式为1s22s22p3，则A为N； B元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则B为O； C位于B的下一周期，是本周期最活泼的金属元素，则C为Na； D基态原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍，则D基态原子的价电子排布式为3d84s2，那么D核外电子总数=18+10=28，D为Ni； E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，则E基态原子的价电子排布式为：3d104s24p3，那么E原子核外有18+10+2+3=33个电子，E为：As； 综上所述，A为N，B为O，C为Na，D为Ni，E为As，据此分析回答。 【详解】 (1) 第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子，第一电离能数值越大，原子越难失去一个电子。一般来说，非金属性越强，第一电离能越大，所以Na的第一电离能最小，N的基态原子处于半充满状态，比同周期相邻的O能量低，更稳定，不易失电子，所以N的第一电离能比O大，即三者的第一电离能关系为：Na＜O＜N，非金属性越强，电负性越大，所以电负性关系为：O＞N＞Na，故答案为：Na＜O＜N ；O＞N＞Na； (2)N和As位于同主族，简单气态氢化物为NH3和AsH3，NH3分子之间有氢键，熔沸点比AsH3高，故答案为：NH3；氨气分子间有氢键，所以沸点高； (3)Ni是28号元素，Ni3+核外有25个电子，其核外电子排布式为：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故答案为：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7； (4)E为As，As为33号元素，基态原子核外有33个电子，其基态原子的价电子轨道表示式，故答案为：； (5)由图可知，1个该分子含6个O原子，4个As原子，故化学式为：As4O6，中心As原子键电子对数==3，孤对电子数=，价层电子对数=3+1=4，所以As4O6为sp3杂化，故答案为：As4O6；sp3； (6)O和Na的简单离子，O的离子半径更大，所以白色小球代表O2-，黑色小球代表Na+； ①由均摊法可得，每个晶胞中：O2-个数==4，Na+个数=8，所以，一个晶胞中有4个O2-，R的化学式为Na2O，故答案为：4；Na2O； ②1个晶胞的质量= ，1个晶胞的体积=(a pm)3= ，所以密度=g•cm－3，故答案为：。 25、 石蕊试液变红 有淡黄色沉淀产生 氧化 溴水褪色 还原 吸收多余的SO2 SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O 【解析】分析：实验室制SO2并验证SO2某些性质，①中硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，②中二氧化硫与水反应生成亚硫酸，遇石蕊变红；③中品红溶液褪色；④中二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成单质S；⑤中二氧化硫与溴水发生氧化还原反应；⑥为尾气处理装置，据此分析解答。 详解：(1)②中为紫色石蕊试液，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，SO2+H2O⇌H2SO3，亚硫酸为弱酸，可以使紫色石蕊试液变红，故答案为：紫色石蕊溶液变红； (2)④中SO2中+4价S具有氧化性，硫化氢中-2价S具有还原性，二氧化硫能把硫化氢氧化成单质硫，本身被还原成单质硫，反应方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H20，所以④中现象是有淡黄色沉淀生成，故答案为：有淡黄色沉淀生成；氧化； (3)⑤中溴水具有氧化性，SO2中+4价S具有还原性，两者发生氧化还原反应，溶液褪色，该反应中二氧化硫为还原剂，具有还原性，故答案为：溴水褪色；还原； (4)二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，二氧化硫酸性氧化物能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，反应的化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案为：吸收多余的SO2，防止污染空气；2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O。 26、乙 由于反应物的沸点低于产物的沸点，若采用甲装置会造成反应物的大量挥发，降低了反应物的利用率 CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3 CH3CH2CH==CH2 ac 【解析】 （1）乙酸和丁醇的沸点低于乙酸丁酯的沸点，实验时应使挥发的反应物冷凝回流，防止反应物的利用率降低； （2）1-丁醇在浓硫酸、加热条件下可以发生消去反应和分子间脱水反应； （3）反应后的混合物中，乙酸能和水互溶，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯微溶于水。 【详解】 （1）由表中所给数据可知，乙酸和丁醇的沸点低于乙酸丁酯的沸点，若用甲装置，实验时反应物受热挥发，会降低反应物的利用率，而乙装置中球形冷凝管能起冷凝回流作用，使挥发的反应物冷凝回流，防止反应物的利用率降低，所以选用乙装置，故答案为：乙；由于反应物的沸点低于产物的沸点，若采用甲装置会造成反应物的大量挥发，降低了反应物的利用率 （2）制取乙酸丁酯时，在浓硫酸的作用下，1-丁醇受热可能发生消去反应生成CH3CH2CH=CH2，也可能发生分子间脱水反应生成CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，则可能生成的副产物有CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3和CH3CH2CH＝CH2，故答案为：CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3；CH3CH2CH＝CH2； （3）反应后的混合物中，乙酸能和水互溶，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯微溶于水，所以可加入饱和碳酸钠溶液振荡，进一步减少乙酸丁酯在水中的溶解度，然后分液可得乙酸丁酯，故肯定需要化学操作是ac，故答案为：ac。 【点睛】 本题考查有机物合成实验，侧重考查分析、实验能力，注意理解制备原理、物质的分离提纯、实验条件控制、对操作分析评价等是解答关键。 27、ABC 取少量精盐溶于水，先加入稀盐酸，无现象，向其中加入氯化钡溶液，若产生沉淀，则含有硫酸根离子 BCEF 过滤 萃取分液 蒸馏 Cl2+2I-=2Cl-+I2 1:1 A 【解析】 I.海水中所得粗盐中通常含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，为了得到精盐，Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42-用氯化钡溶液转化为沉淀，先除去Mg2+或SO42-，然后再加入过量的碳酸钠除去Ca2+以及过量的Ba2+杂质，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠；关键点：根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去；检验硫酸根离子一定要防止其他离子干扰； II.将海藻晒干，放到坩埚中灼烧得到海藻灰，海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘，据此解答。 【详解】 I.（1）根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去的原则确定除杂顺序，所以碳酸钠必须在氯化钡后面，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠，选项A、B、C满足；正确答案：ABC。 （2）检验硫酸根离子，应该先加入盐酸无现象，排除其他杂质离子的干扰，再加入氯化钡产生白色沉淀； 正确答案：少量精盐溶于水，先加入稀盐酸，无现象，向其中加入氯化钡溶液，若产生沉淀，则含有硫酸根离子。 II.将海藻晒干，放到坩埚中灼烧得到海带灰，海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘； （3）固体灼烧用到的仪器有坩埚，坩埚钳，泥三角，三脚架，酒精灯；正确答案：BCEF。 （4）海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘；正确答案：过滤 萃取分液 蒸馏。 （5）氯气氧化碘离子的离子方程式为Cl2+2I＝2Cl-+I2，双氧水氧化碘离子的方程式为2I-+H2O2+2H+＝I2+2H2O，将等物质的量的I-转化为I2，所需Cl2和H2O2的物质的量之比1:1； 正确答案：Cl2+2I＝2Cl-+I21:1。 （6）A.碘单质在有机溶剂中呈现紫红色，故A正确； B.操作③分液时先放出下层液体，然后再从上口倾倒出上层液体，故B不正确； C.蒸馏时，温度计的水银球应该在蒸馏烧瓶支管口附近测量蒸气的温度，不能伸入液面以下，故C不正确； 正确答案：A。 【点睛】 第一题题目难度不大，注意掌握除杂试剂的选择及加入试剂的先后顺序，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。第二题以实验室从海藻里提取碘为载体考查了混合物分离的方法、碘的性质、萃取剂的选取等知识点，明确常用混合物分离的方法。 28、 [Ar] 3d54s1 d区 Na2O·Al2O3·4SiO2 Na＜Al＜Si＜O Fe的核电荷数较大，核对电子的引力较大，故Fe的原子半径小于Ca，Fe的金属键强于Ca sp3 2︰5 CaCrO3 【解析】 (l) Cr为24号元素，根据核外电子排布规律基态Cr原子的电子排布式为[Ar] 3d54s1，Fe为26号元素，位于第三周期第VIII族，也就是元素周期表的d区。答案为：[Ar] 3d54s1 、d区 （2）硅酸铝钠中Na为+1价， Al为+3价， Si为+4价，O为-2价，所以表示为氧化物的化学式为Na2O·Al2O3·4SiO2；非金属性越强第一电离能越大，同一周期的元素自左向右第一电离能增大，因此Na、 Al、 Si、O 四种元素第一电离能由小到大的顺序是Na＜Al＜Si＜O 。答案为：Na2O·Al2O3·4SiO2 、Na＜Al＜Si＜O （3）钙和铁处于同一周期，但铁的核电荷数大于钙，对最外层电子的吸引能力强，使最外层电子越靠近原子核，导致铁的原子半径小于钙，因此金属键强于钙，所以铁的熔沸点远大于钙。答案为：Fe的核电荷数较大，核对电子的引力较大，故Fe的原子半径小于Ca，Fe的金属键强于Ca (4) 在硅酸盐中，硅酸根（SiO44-）为正四面体结构，每个Si与周围4个O形成4个σ键，Si无孤电子对，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；每个四面体通过三个氧原子与其他四面体连接形成层状结构，因而每个四面体中硅原子数是1，氧原子数＝1＋3×＝，即Si与O的原子个数比为2：5，化学式为(Si2nO5n)2n-，若其中一半的Si被Al替换，其化学式为答案为：2：5、 (5) 根据晶胞结构图和均摊法可知，晶胞中O原子数为×6=3，Ca原子数为×8=1，Cr原子数为1，则化学式为CaCrO3；设晶胞的边长为acm，由于Ca与O的核间距离为xnm，则2a2=4x2，所以a=cm, CaCrO3的式量为：140，因此一个晶胞的质量m= g，而晶胞的体积V=cm3，所以该晶体的密度ρ=== g/cm3，答案为： CaCrO3、 点睛：SiO44-为正四面体结构，中心原子Si原子采取了sp3杂化，SiO44-通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。 29、 ② ③ 1s22s22p63s23p4 H2SO4 ＜ ＞ ＜ ＞ ＜ ＜ 【解析】分析：（1）泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；洪特规则：在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同； （2）同一元素的原子中，基态和激发态原子的核外电子总数相等，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；在主族元素中，元素的最高化合价等于其族序数，从而确定其最高价氧化物对应的水化物； （3）根据电负性、电离能的变化规律解答；电子的能层越大其能量越高，同一能层的电子，按s、p、d能量逐渐增大。 详解：（1）泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，所以违反泡利不相容原理的是②；洪特规则是指在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同，因此违反洪特规则的有③； （2）根据激发态原子核外电子排布式知该元素核外有16个电子，根据构造原理知，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，该元素是S元素，S元素最外层有6个电子，其最高化合价是+6价，其最高价氧化物对应的水化物是硫酸，其化学式为H2SO4； （3）①同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于相邻元素，同一主族元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以第一电离能：Na＜Mg，Mg＞Ca； ②同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以电负性：O＜F，F＞Cl； ③电子的能层越大其能量越高，同一能层的电子，按s、p、d能量逐渐增大，所以能量高低：ns＜（n+1）s，ns＜np。 点睛：本题考查了原子核外电子排布、元素周期律等知识点，根据泡利原理、洪特规则、元素周期律来分析解答，易错点是第一电离能的异常现象，当原子轨道处于半满、全满、全空时原子最稳定，难度中等。 学科网（北京）股份有限公司 $