2022屆甘肅省夏河縣夏河中學高二化學第二學期期末經典試題含解析

1、2022年高二下化學期末模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、2008奧運會吉樣物福娃，其外材為純羊毛線，內充物為無毒的聚酯纖維（結構簡式如圖），下列說法中，正確的是（）A羊毛與聚酯纖維的化學成分相同B聚酯纖維和羊毛在一定條件下均能水解C該聚酯纖維的單體為對苯二甲酸和乙醇D

2、聚酯纖維和羊毛都屬于天然高分子材料2、混合動力汽車配有電動、汽油雙引擎。在減速時，自動捕捉減少的動能；在高速行駛時，啟用雙引擎，動力更強勁。下列有關混合動力汽車的說法不正確的是（ ）A減速制動時動能轉化為電能儲存在電池中B高速行駛時電池電能轉化為汽車部分動力C通過發(fā)電機電動機互變循環(huán)減少汽車油耗D雙動力汽車工作時不會產生廢氣污染環(huán)境3、某鏈狀烷烴的一個分子里含有9個碳原子，其一氯代物只有兩種，該烷烴的名稱是( )A正壬烷B2,6二甲基庚烷C2,3,4三甲基己烷D2,2,4,4四甲基戊烷4、某結晶水合物的化學式為AH2O，其相對分子質量為B，在60時m g 該晶體溶于ng水中，得到V mL 密度

3、為d g mL-1 的飽和溶液，下述表達式或判斷正確的是（ ）A該溶液物質的量濃度為(m/BV)molL1B60時A 的溶解度為(100m(B-18)/nB)gC該溶液溶質的質量分數為(m/(m+n)100%D60時，將10g A 投入到該飽和溶液中，析出的晶體質量大于10g5、下列物質屬于芳香烴，但不是苯的同系物的是（ ）CH=CH2 CH3 ABCD6、已知還原性由強到弱的順序為SO32- I-Br-，向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中通入一定量的氯氣后，將溶液蒸干并充分灼燒，得到的剩余固體物質的組成可能是（）ANaClBNaCl、Na2SO4、NaICNaCl、Na2SO4、I

4、2DNaCl、NaBr、Na2SO47、下列說法正確的是（ ）A酯化反應、硝化反應、水解反應均屬于取代反應B由乙醇生成乙烯的反應與乙烯生成溴乙烷的反應類型相同C石油的裂解是化學變化，而石油的分餾和煤的氣化是物理變化D蛋白質、糖類、油脂均是能發(fā)生水解反應的天然高分子化合物8、MnSO4是制備高純MnCO3的中間原料。實驗室用如圖所示裝置可制備少量MnSO4溶液，反應原理為：MnO2+H2SO3=MnSO4+H2O；下列說法錯誤的是（ ）A緩慢通入混合氣體可提高SO2的轉化率B若不通N2，則燒瓶中的進氣管口容易被堵塞C若實驗中將N2換成空氣，則反應液中c(Mn2+)/c(SO42-)的濃度之比變大

5、D石灰乳對尾氣的吸收效果比澄清石灰水更好9、下列化合物中同分異構體數目最少的是 （ ）A戊烷 B戊醇 C戊烯 D丁烷10、A用托盤天平稱量5.85 g氯化鈉晶體B用濕潤pH試紙測定某H2SO4溶液的pHC可用酸式滴定管量取25.00 mL高錳酸鉀溶液D用瓷坩堝灼燒碳酸鈉晶體11、中藥麻黃成分中含有生物堿、黃酮、鞣質、揮發(fā)油、有機酚、多糖等許多成分，其中一種有機酚的結構簡式如圖。下列說法正確的是 ( )A分子中所有碳原子可以處于同一平面B分子式為C15H12O7C1 mol該有機物跟足量濃溴水反應，最多消耗5 mol Br2D1 mol該有機物與NaOH溶液反應最多消耗5 mol NaOH12、

6、某有機物的結構如下圖所示，下列說法正確的是A分子式為C10H14O3 B可發(fā)生加成、取代、氧化、加聚等反應C與足量溴水反應后官能團數目不變 D1mol該有機物可與2molNaOH反應13、現有一種藍色晶體，可表示為MxFey(CN)6，經X 射線研究發(fā)現，它的結構特征是Fe3+和Fe2+互相占據立方體互不相鄰的頂點，而CN-位于立方體的棱上。其晶體中陰離子的最小結構單元如下圖所示。下列說法中正確的是( )A該晶體的化學式為MFe2(CN)6B該晶體屬于離子晶體，M呈+3價C該晶體屬于離子晶體，M呈+2價D晶體中與每個Fe3+距離最近且等距離的CN-為3個14、下列說法中，不正確的是（）A明礬凈

7、水過程中利用了膠體的吸附作用B不法分子制作假雞蛋用的海藻酸鈉、氯化鈣以及碳酸鈣都屬于鹽C碳纖維、黏膠纖維、醋酸纖維都屬于有機高分子材料D廣州亞運會火炬“潮流”采用丙烷（C3H6）作燃料，充分燃燒后只生成CO2和H2O15、下列事實中，不能用勒夏特列原理解釋的是( )A對熟石灰的懸濁液加熱，懸濁液中固體質量增加B實驗室中常用排飽和食鹽水的方式收集氯氣C打開汽水瓶，有氣泡從溶液中冒出D向稀鹽酸中加入少量蒸餾水，鹽酸中氫離子濃度降低16、下列有關物質性質的敘述一定不正確的是A向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液顯紅色BKAl(SO4)212H2O溶于水可形成Al(OH)3膠體C用AgNO3溶

8、液和稀HNO3可檢驗Cl-DCu與FeCl3溶液反應可生成CuCl217、下列物質因水解而使溶液顯堿性的是AKOHBBa(NO3)）2CNH4ClDNa2CO318、下列有關儀器的性能或者使用方法的說明中正確的是A試管、蒸發(fā)皿既能用于給固體加熱也能用于給溶液加熱B分液漏斗既能用于某些混合物的分離也能用于組裝氣體發(fā)生器C堿式滴定管既可用于中和滴定，也可用于量取一定量的NaCl或AlCl3溶液D測量酒精沸點的實驗中，應使溫度計水銀球位于被加熱的酒精中19、同周期的三種元素X、Y、Z，已知其最高價氧化物對應水化物的酸性強弱為HXO4H2YO4H3ZO4，則下列判斷錯誤的是A原子半徑：XYZB氣態(tài)氫化

9、物的穩(wěn)定性HXH2YZH3C電負性：XYZD非金屬性：XYZ20、下列有關電離能的說法，正確的是（ ）A第一電離能越大的原子失電子的能力越強B第一電離能是元素的原子失去核外第一個電子需要的能量C同一周期中，主族元素原子第一電離能從左到右越來越大D可通過一種元素各級電離能的數值，判斷元素可能的化合價21、高聚物的單體是（ ）A氯乙烯B氯乙烯和乙烯CD22、下列關于有機化合物的說法錯誤的是A甲烷、苯、乙醇和乙酸均不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色BC4H8Cl2有9種同分異構體(不含立體異構)C雙糖、多糖、油脂和蛋白質都能發(fā)生水解反應D石油經裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工基本原料二、非選擇題

10、(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E五種元素位于元素周期表中前四周期，原子序數依次增大。A元素的價電子排布為nsnnpn1；B元素原子最外層電子數是次外層電子數的3倍；C位于B的下一周期，是本周期最活潑的金屬元素；D基態(tài)原子的3d原子軌道上的電子數是4s原子軌道上的4倍；E元素原子的4p軌道上有3個未成對電子。回答下列問題(用元素符號表示或按要求作答)。(1)A、B、C的第一電離能由小到大的順序為_，三者電負性由大到小的順序為_。(2)A和E的簡單氣態(tài)氫化物沸點高的是_，其原因是_。(3)D3基態(tài)核外電子排布式為_。(4)E基態(tài)原子的價電子軌道表示式為_。(5)B和E形成分子的結構如

11、圖所示，該分子的化學式為_，E原子的雜化類型為_。(6)B和C能形成離子化合物R，其晶胞結構如圖所示：一個晶胞中含_個B離子。R的化學式為_。晶胞參數為a pm，則晶體R的密度為_gcm3(只列計算式)。24、（12分）化合物N具有鎮(zhèn)痛、消炎等藥理作用，其合成路線如下：（1）A的系統命名為_，E中官能團的名稱為_。（2）AB的反應類型為_，從反應所得液態(tài)有機混合物中提純B的常用方法為_。（3）CD的化學方程式為_。（4）C的同分異構體W(不考慮手性異構)可發(fā)生銀鏡反應；且1 mol W最多與2 mol NaOH發(fā)生反應，產物之一可被氧化成二元醛。滿足上述條件的W有_種，若W的核磁共振氫譜具有四

12、組峰，則其結構簡式為_。（5）F與G的關系為_(填序號)。a碳鏈異構 b官能團異構c順反異構 d位置異構（6）M的結構簡式為_。（7）參照上述合成路線，以原料，采用如下方法制備醫(yī)藥中間體。該路線中試劑與條件1為_，X的結構簡式為_；試劑與條件2為_，Y的結構簡式為_。25、（12分）實驗室用燃燒法測定某種氨基酸（CxHyOzNm）的分子組成，取W g該種氨基酸放在純氧中充分燃燒，生成二氧化碳、水和氮氣，按圖所示裝置進行實驗?；卮鹣铝袉栴}：（1）實驗開始時，首先通入一段時間的氧氣，其理由是_；（2）以上裝置中需要加熱的儀器有_（填寫字母），操作時應先點燃_處的酒精燈；（3）A裝置中發(fā)生反應的化學

13、方程式是_；（4）D裝置的作用是_；（5）讀取氮氣的體積時，應注意：_；_；（6）實驗中測得氮氣的體積為V mL（標準狀況），為確定此氨基酸的分子式，還需要的有關數據有_（填編號）A生成二氧化碳氣體的質量 B生成水的質量C通入氧氣的體積 D氨基酸的相對分子質量26、（10分）氯元素的單質及其化合物用途廣泛。某興趣小組擬制備氯氣并驗證其一系列性質。I（查閱資料）當溴水濃度較小時，溶液顏色與氯水相似也呈黃色硫代硫酸鈉(Na2S2O3)溶液在工業(yè)上可作為脫氯劑II（性質驗證）實驗裝置如圖1所示(省略夾持裝置)（1）裝置A中盛放固體試劑的儀器是_；若分別用KMnO4、Ca(ClO)2、KClO3固體與

14、足量的濃鹽酸反應，則產生等量氯氣轉移的電子數之比為_。（2）裝置C中II處所加的試劑可以是_(填下列字母編號)A堿石灰 B濃硫酸 C硅酸 D無水氯化鈣（3）裝置B的作用有：除去氯氣中的氯化氫、_、_。（4）不考慮Br2的揮發(fā)，檢驗F溶液中Cl-需要的試劑有_。III（探究和反思）圖一中設計裝置D、E的目的是比較氯、溴、碘的非金屬性，有同學認為該設計不能達到實驗目的。該組的同學思考后將上述D、E、F裝置改為圖2裝置，實驗操作步驟如下：打開止水夾，緩緩通入氯氣；當a和b中的溶液都變?yōu)辄S色時，夾緊止水夾；當a中溶液由黃色變?yōu)樽厣珪r，停止通氯氣；（5）設計步驟的目的是_。（6）還能作為氯、溴、碘非金屬

15、性遞變規(guī)律判斷依據的是_(填下列字母編號)ACl2、Br2、I2的熔點 BHCl、HBr、HI的酸性CHCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性 DHCl、HBr、HI的還原性27、（12分）某班同學用如下實驗探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性質。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定?；卮鹣铝袉栴}：（1）分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑，其目的是_；將FeCl3晶體溶于濃鹽酸,再稀釋到需要的濃度，鹽酸的作用是_。（2）制備K2FeO4（夾持裝置略）后，取C中紫

16、色溶液，加入稀硫酸，產生黃綠色氣體，得溶液a，經檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl而產生Cl2，設計以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產生。由方案中溶液變紅可知a中含有_離子，但該離子的產生不能判斷一定是K2FeO4將Cl氧化，還可能由_產生（用方程式表示）。方案可證明K2FeO4氧化了Cl。用KOH溶液洗滌的目的是_。根據K2FeO4的制備原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O得出：氧化性Cl2

17、_FeO42-（填“”或“”），而方案實驗表明，Cl2和FeO42-的氧化性強弱關系相反，原因是_。28、（14分） 選修3：物質結構與性質磷青銅是含少量錫、磷的銅合金，主要用作耐磨零件和彈性元件。（1）基態(tài)銅原子的電子排布式為_；高溫時氧化銅會轉化為氧化亞銅，原因是_。（2）元素周期表第3周期中，第一電離能比P小的非金屬元素是_（填元素符號）。（3）N、P、As同主族，三種元素最簡單氫化物沸點由低到高的順序為_，原因是_。（4）某直鏈多磷酸鈉的陰離子呈如圖1所示的無限單鏈狀結構，其中磷氧四面體通過共用頂點的氧原子相連，則P原子的雜化方式為_，該多磷酸鈉的化學式為_。（5）某磷青銅晶胞結構如圖

18、2所示。則其化學式為_。該晶體中距離Sn原子最近的Cu原子有_個。若晶體密度為8.82 gcm-3，最近的Cu原子核間距為_pm(用含NA的代數式表示，設NA表示阿伏加德羅常數的值)。29、（10分）鈦、鉻、鐵、鎳、銅等金屬及其化合物在工業(yè)上有重要用途。(1)鈦鐵合金是鈦系儲氫合金的代表，該合金具有放氫溫度低、價格適中等優(yōu)點。 Ti的基態(tài)原子價電子排布式為_； Fe的基態(tài)原子共有_種不同能級的電子；(2)制備CrO2Cl2的反應為K2Cr2O73CCl4=2KCl2CrO2Cl23COCl2。 上述化學方程式中非金屬元素電負性由大到小的順序是_； COCl2分子中鍵和鍵的個數比為_，中心原子的

19、雜化方式為_；(3)NiO、FeO的晶體結構均與氯化鈉的晶體結構相同，其中Ni2和Fe2的離子半徑分別為6.9102 nm和7.8102 nm。則熔點：NiO_(填“”、“”或“”)FeO。(4)鐵的某種單質的晶胞為面心立方結構，原子的配位數為_，若鐵原子半徑為a nm，則該單質的密度為_g/cm3；(5)Fe2O3與KNO3和KOH固體高溫加熱可制備一種“綠色”環(huán)保高效凈水劑K2FeO4(高鐵酸鉀)，其中KNO3被還原為KNO2，寫出該反應方程式_。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、B【解析】A.羊毛的主要成分是蛋白質，聚酯纖維是聚酯，二者的化學成分不

20、同，故不選A；B.聚酯纖維是酯類聚合物，所以在一定條件下可以水解，羊毛是蛋白質，在一定條件下可以水解，故選B；C.聚酯纖維的單體式對苯二甲酸，和乙二醇，故不選C；D.聚酯纖維是合成的高分子材料，羊毛是天然高分子材料，故不選D。答案選B。2、D【解析】分析：A混合動力汽車在制動減速時，可回收機械能轉化為電能；B在高速行駛時，啟用雙引擎，內燃機和電池同時工作；C混合動力汽車可將動力和電力雙向轉化； D內燃機啟動后，會發(fā)生燃料的燃燒。詳解：A混合動力汽車在制動減速時啟動發(fā)電機，將制動動能轉變?yōu)殡娔懿Υ嬗谛铍姵刂?，故A正確；B混合動力汽車在高速行駛或上坡時啟動雙動力，內燃機和電動機同時工作，電池電能

21、轉化為汽車部分動力，故B正確；C混合動力汽車就是通過動力、電力的雙向轉化，減少汽車能耗，降低油耗，故C正確；D當內燃機啟動后，燃料的燃燒過程中會產生廢氣，污染環(huán)境，故D錯誤；故選D。3、D【解析】某烷烴的一個分子里含有9個碳原子，為壬烷的同分異構體；一氯代物只有兩種，說明該烷烴分子結構對稱，分子中含有2種等效H原子，據此分析判斷?！驹斀狻客闊N的一個分子里含有9個碳原子，其一氯代物只有兩種，則結構對稱，只有2種位置的H原子。A正壬烷的結構簡式為：CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH3，其分子中含有5種等效氫原子，一氯代物有5種，故A錯誤；B2，6-二甲基庚烷的結構簡式為：CH3C

22、H(CH3)CH2CH2CH2CH(CH3)CH3，分子中含有4種等效H原子，其一氯代物有4種，故B錯誤；C2，3，4-三甲基己烷的結構簡式為：CH3CH(CH3)CH(CH3)CH(CH3)CH2CH3，其分子中含有8種等效H，一氯代物有8種，故C錯誤；D2，2，4，4-四甲基戊烷的結構簡式為：(CH3)3CCH2C(CH3)3，其分子中含有2種等效H，一氯代物只有2種，故D正確；答案選D?！军c睛】掌握同分異構體概念及書寫方法，正確判斷有機物的結構簡式中等效H原子數目為解答本題的關鍵。解答本題要注意等效H原子的判斷方法的應用。4、D【解析】Amg結晶水合物AH2O的物質的量為=mol，所以A

23、的物質的量為mol，溶液溶液VmL，物質的量濃度c=mol/L，故A錯誤；Bmg該結晶水合物AH2O中A的質量為mg，形成溶液中溶劑水的質量為ng+mg，令該溫度下，溶解度為Sg，則100g：Sg=(ng+mg)：mg，解得S=，故B錯誤；Cmg該結晶水合物AH2O中A的質量為mg，溶液質量為(m+n)g，故溶液中A的質量分數=mg(m+n)g100%=100%，故C錯誤；D10gA投入到該飽和溶液中，不能溶解，析出AH2O，析出的晶體大于10g，析出晶體大于10 g，故D正確；故選D。點睛：本題考查溶液濃度計算，涉及溶解度、質量分數、物質的量濃度的計算與相互關系，屬于字母型計算，為易錯題目，

24、注意對公式的理解與靈活運用。5、B【解析】苯的同系物滿足CnH2n6，因此屬于苯的同系物是甲苯和乙苯，答案選B。6、D【解析】根據氧化還原反應的先后順序取決于氧化性或還原性的相對強弱，還原性最強的Na2SO3優(yōu)先與Cl2反應Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl生成Na2SO4，所以固體中一定含有Na2SO4；其余依次為NaI、NaBr分別與Cl2反應生成NaCl、I2、Br2，則固體中一定含有NaCl；有可能NaBr未反應完全，但不會NaBr反應完全而余NaI，生成的I2、Br2蒸干并灼燒時將揮發(fā)，升華脫離固體。故答案選D。7、A【解析】A. 酯化反應、硝化反應、水解均屬于取代

25、反應類型，A項正確；B. 乙醇生成乙烯屬于消去反應，乙烯生成溴乙烷屬于加成反應，B項錯誤；C. 石油的裂解、煤的氣化都是化學變化，而石油的分餾是物理變化，C項錯誤；D. 油脂不是天然高分子化合物，D項錯誤；答案選A。8、C【解析】二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸和MnO2發(fā)生反應MnO2+H2SO3=MnSO4+H2O，二氧化硫有毒，不能直接排空，且二氧化硫是酸性氧化物，可以用堿液吸收；如果將氮氣換為空氣，亞硫酸被氧氣氧化生成硫酸，據此分析解答?！驹斀狻緼. 緩慢通入混合氣體，可以使反應充分進行，提高SO2的轉化率，故A正確；B. 若不通N2，則燒瓶中的進氣管口容易被二氧化錳堵塞，故B正確；

26、C. 二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸不穩(wěn)定易被氧氣氧化，空氣中含有氧氣，所以將亞硫酸氧化硫酸，導致溶液中硫酸根離子濃度增大，反應液中c(Mn2+)/c(SO42-)的濃度之比變小，故C錯誤；D. 二氧化硫有毒不能直接排空，且二氧化硫是酸性氧化物，能與堿反應，所以用氫氧化鈣吸收未反應的二氧化硫，氫氧化鈣微溶于水，使用石灰乳對尾氣的吸收效果比澄清石灰水更好，故D正確；故選C。9、D【解析】A、戊烷共有3種同分異構體，分別是正戊烷，異戊烷，新戊烷，同分異構體數目不是最少，故A錯誤；B、戊醇的同分異構體醇類有有8種，主鏈五個碳的有3種：1-戊醇、2-戊醇、3-戊醇；主鏈四個碳的有4種：2-甲基-1

27、-丁醇，2-甲基-2-丁醇，3-甲基-2-丁醇，3-甲基-1-丁醇；主鏈三個碳的有1種：2,2-二甲基-1-丙醇，戊醇還有醚類的異構體，同分異構體數目不是最少，故B錯誤；、戊烯的烯類同分異構體有5種， 1-戊烯 ，2-戊烯，2-甲基-1-丁烯，3-甲基-1-丁烯 ，2-甲基-2-丁烯 ，戊烯還有環(huán)烷烴類的異構體，同分異構體數目不是最少，故C錯誤；D、丁烷共有兩種同分異構體，分別是正丁烷和異丁烷，同分異構體數目最少，故D正確；故選D?！军c睛】戊烷和丁烷只存在碳鏈異構，戊醇、戊烯、存在碳鏈異構和官能團位置異構。10、C【解析】托盤天平只能精確到0.1 g，因此用托盤天平不能稱量5.85 g氯化鈉，

28、A錯；測定溶液的pH時，將pH試紙濕潤相當于稀釋待測溶液，則測定H2SO4溶液時實驗結果偏大，B錯；酸式滴定管精確到0.01 mL，可以用酸式滴定管量取25.00 mL高錳酸鉀溶液，C對；瓷坩堝中含有SiO2，高溫時能與碳酸鈉發(fā)生反應：Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2，D錯，所以答案選C。11、C【解析】A. 分子中兩個苯環(huán)之間連有3個飽和碳原子類似于甲烷中碳的結構，則所有碳原子不可能處于同一平面，A錯誤；B. 分子式為C15H14O7，B錯誤；C. 1 mol該有機物跟足量濃溴水發(fā)生取代反應，酚羥基鄰位、對位的苯環(huán)氫被取代，最多消耗5 mol Br2，C正確；D.有機物中含有的4個酚

29、羥基與NaOH反應， 1 mol該有機物與NaOH溶液反應最多消耗4 mol NaOH，D錯誤；答案為C。12、B【解析】A. 根據該有機物的結構簡式可知，分子式為C10H12O3，選項A錯誤；B. 該有機物含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，可發(fā)生加聚反應，含有羧基、羥基，可以發(fā)生酯化反應（取代反應），選項B正確；C. 該有機物含有碳碳雙鍵，與足量溴水發(fā)生加成反應，官能團數目由原來5個增加到8個，選項C錯誤；D. 該有機物含有羧基，1mol該有機物最多可與1molNaOH反應，選項D錯誤。答案選B。13、A【解析】Fe3+和Fe2+互相占據立方體互不相鄰的頂點，則該結構單元中

30、，所含Fe3+有個，Fe2+有個，CN-有個。由于該晶體的化學式為MxFey(CN)6，所以y=2，且該晶體的化學式中含有1個Fe3+、1個Fe2+，所以x為1，即該化學式為MFe2(CN)6?！驹斀狻緼. 經計算得知，該結構單元中，含有個Fe2+、個Fe3+、3個CN-。由于該晶體的化學式為MxFey(CN)6，則y=2，x=1，即該化學式為MFe2(CN)6，A正確；B. 從構成晶體的微粒來看，該晶體為離子晶體；由于化學式為MFe2(CN)6，M呈+1價，B錯誤；C. 該晶體為離子晶體；由于化學式為MFe2(CN)6，M呈+1價，C錯誤；D. 晶體中與每個Fe3+距離最近且等距離的CN-為

31、6個，D錯誤；故合理選項為A。14、C【解析】A、明礬凈水是利用鋁離子水解生成的氫氧化鋁膠體的吸附作用而除去水中的一些懸浮物，A正確；B、海藻酸鈉、氯化鈣以及碳酸鈣是由金屬離子和酸根離子構成的化合物，都屬于鹽，B正確；C、碳纖維是無機材料,不屬于有機高分子材料，C錯誤；D、丙烷（C3H6）只含有碳氫元素,燃燒后只生成CO2和H2O，D正確；正確選項C。15、D【解析】如果改變影響平衡的1個條件，則平衡就向能夠減弱這種改變的方向進行，這就是勒夏特列原理，該原理適用于所有的平衡體系?！驹斀狻緼. 熟石灰的懸濁液存在溶解平衡，Ca(OH)2的溶解度隨溫度的升高而降低，加熱熟石灰的懸濁液，溶解平衡逆向

32、移動，固體質量增加，故A可以用勒夏特列原理解釋；B.氯氣溶于水生成鹽酸和次氯酸，是可逆反應，飽和食鹽水中含有濃度較大的Cl-，因此可以降低氯氣在水中的溶解度，故B可以用勒夏特列原理解釋；C.汽水瓶中溶有二氧化碳，二氧化碳和水生成碳酸是可逆反應，打開汽水瓶，壓強降低，平衡逆向移動，二氧化碳從水中逸出，故C可以用勒夏特列原理解釋；D. 鹽酸是被稀釋，濃度降低，所有不能用該原理來解釋；答案選D。16、A【解析】A、NH4SCN用于檢驗Fe3+，FeCl2溶液中含Fe2+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不會顯紅色，A錯誤；B、KAl（SO4）212H2O溶于水電離出的Al3+水解形成Al

33、（OH）3膠體，離子方程式為Al3+3H2OAl（OH）3（膠體）+3H+，B正確；C、氯化銀是不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，用AgNO3溶液和稀HNO3可檢驗Cl-，C正確；D、Cu與FeCl3溶液反應生成CuCl2和FeCl2，反應的化學方程式為Cu+2FeCl3CuCl2+2FeCl2，D正確；答案選A。17、D【解析】AKOH屬于強堿，不水解，故A不符合題意； BBa(NO3)2屬于強酸強堿鹽，不能電離出弱根離子，所以不能發(fā)生水解，故B不符合題意；CNH4Cl屬于強酸弱堿鹽，電離出弱根離子NH4+，發(fā)生水解后溶液顯酸性，故C不符合題意；DNa2CO3屬于弱酸強堿鹽，能電離出弱根離子CO

34、32-，能發(fā)生水解后顯堿性，故D符合題意；故答案：D?！军c睛】根據水解規(guī)律進行判斷。有弱才水解，無弱不水解，誰強顯誰性，同強顯中性。18、B【解析】試題分析：A蒸發(fā)皿不能用于給固體加熱，故A錯誤；B分液漏斗既能用于某些混合物的分離，如分液，也能用于組裝氣體發(fā)生器，如向反應容器中滴加液體，故B正確；CAlCl3溶液顯酸性，不能使用堿式滴定管，故C錯誤；D測量酒精沸點的實驗中，應使溫度計水銀球位于蒸餾燒瓶的支管口附近，故D錯誤；故選B。【考點定位】考查化學實驗的基本操作【名師點晴】該題是高考中的常見題型，屬于中等難度的試題，試題綜合性強，難易適中。在注重對基礎知識鞏固和訓練的同時，側重對學生能力的

35、培養(yǎng)和解題方法的指導與訓練，有利于培養(yǎng)學生規(guī)范嚴謹的實驗設計能力以及評價能力。該類試題主要是以常見儀器的選用、實驗基本操作為中心，通過是什么、為什么和怎樣做重點考查實驗基本操作的規(guī)范性和準確性及靈活運用知識解決實際問題的能力。19、A【解析】同周期元素的非金屬性隨著原子序數的增大而增強，元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，所以同周期的X、Y、Z三種元素，其最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱順序是：HXO4H2YO4H3ZO4，則X、Y、Z的原子序數大小順序是XYZ，元素的非金屬性強弱順序是XYZ?！驹斀狻緼項、同周期從左到右非金屬性增強，原子半徑逐漸減小，所以原子半徑：XYYZ

36、，所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HXH2YZH3，故B正確；C項、非金屬性XYZ，元素的非金屬性越強，其電負性越強，則電負性：XYZ，故C正確；D項、最高價氧化物對應水化物的酸性是：HXO4H2YO4H3ZO4，則非金屬性XYZ，故D正確。故選A。【點睛】本題考查了位置結構性質的相互關系及應用，明確元素非金屬性與氫化物的穩(wěn)定性、最高價氧化物的水化物酸性之間的關系，靈活運用元素周期律分析解答是解本題關鍵。20、D【解析】A、元素原子的第一電離能越大，表示該元素的原子越難失去電子，故A錯誤；B、第一電離能是基態(tài)的氣態(tài)原子失去核外第一個電子轉化為氣態(tài)基態(tài)正離子需要的最低能量，故B錯誤；C、總體趨勢：同一周

37、期中，第一電離能從左到右越來越大，其中有反常，如第一電離能：NO，故C錯誤；D、可通過各級電離能的數值，判斷元素可能有的化合價，故D正確；故選D?！军c睛】本題重點考查第一電離能的相關知識。第一電離能總體的遞變規(guī)律為：同周期從左到右逐漸增大，同主族從上到下逐漸減小，但第一電離能的變化趨勢中有曲折，因為當外圍電子在能量相等的軌道上形成全空、半滿或全滿結構時，原子的能量較低，元素的第一電離能較大；一般來說，元素的電離能按照第一、第二的順序逐漸增加，如果突然增加的比較多，電離的難度增大，這里就是元素的通常的化合價。21、C【解析】是CH2=CH=CCl=CH2發(fā)生加聚反應產生的高分子化合物，故合理選項

38、是C。22、A【解析】A.乙醇與高錳酸鉀反應生成乙酸，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，A錯誤；B.4C的碳鏈有正、異2種結構，根據1固定1游動原則，如圖，固定在綠色1時，有4種，固定在綠色2時，有2種；含有一個支鏈時，如圖，3種，則C4H8Cl2有9種同分異構體(不含立體異構)，B正確；C. 雙糖、多糖、油脂和蛋白質都能發(fā)生水解反應，C正確；D.石油經裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工基本原料，D正確；答案為A。二、非選擇題(共84分)23、NaON ONNa NH3 氨氣分子間有氫鍵，所以沸點高 Ar3d7或1s22s22p63s23p63d7 As4O6 sp3 4 Na2O 【解析】

39、A元素的價電子排布為nsnnpn1，可知n=2，A價電子排布式為2s22p3，那么A的核外電子排布式為1s22s22p3，則A為N；B元素原子最外層電子數是次外層電子數的3倍，則B為O；C位于B的下一周期，是本周期最活潑的金屬元素，則C為Na；D基態(tài)原子的3d原子軌道上的電子數是4s原子軌道上的4倍，則D基態(tài)原子的價電子排布式為3d84s2，那么D核外電子總數=18+10=28，D為Ni；E元素原子的4p軌道上有3個未成對電子，則E基態(tài)原子的價電子排布式為：3d104s24p3，那么E原子核外有18+10+2+3=33個電子，E為：As；綜上所述，A為N，B為O，C為Na，D為Ni，E為As，

40、據此分析回答。【詳解】(1) 第一電離能是基態(tài)的氣態(tài)原子失去最外層的一個電子所需能量。第一電離能數值越小，原子越容易失去一個電子，第一電離能數值越大，原子越難失去一個電子。一般來說，非金屬性越強，第一電離能越大，所以Na的第一電離能最小，N的基態(tài)原子處于半充滿狀態(tài)，比同周期相鄰的O能量低，更穩(wěn)定，不易失電子，所以N的第一電離能比O大，即三者的第一電離能關系為：NaON，非金屬性越強，電負性越大，所以電負性關系為：ONNa，故答案為：NaON ；ONNa；(2)N和As位于同主族，簡單氣態(tài)氫化物為NH3和AsH3，NH3分子之間有氫鍵，熔沸點比AsH3高，故答案為：NH3；氨氣分子間有氫鍵，所以

41、沸點高；(3)Ni是28號元素，Ni3+核外有25個電子，其核外電子排布式為：Ar3d7或1s22s22p63s23p63d7，故答案為：Ar3d7或1s22s22p63s23p63d7； (4)E為As，As為33號元素，基態(tài)原子核外有33個電子，其基態(tài)原子的價電子軌道表示式，故答案為：；(5)由圖可知，1個該分子含6個O原子，4個As原子，故化學式為：As4O6，中心As原子鍵電子對數=3，孤對電子數=，價層電子對數=3+1=4，所以As4O6為sp3雜化，故答案為：As4O6；sp3；(6)O和Na的簡單離子，O的離子半徑更大，所以白色小球代表O2-，黑色小球代表Na+；由均攤法可得，每

42、個晶胞中：O2-個數=4，Na+個數=8，所以，一個晶胞中有4個O2-，R的化學式為Na2O，故答案為：4；Na2O；1個晶胞的質量= ，1個晶胞的體積=(a pm)3= ，所以密度=gcm3，故答案為：。24、1,6己二醇碳碳雙鍵、酯基取代反應減壓蒸餾(或蒸餾)5cHBr，O2/Cu或Ag，【解析】（1）A為6個碳的二元醇，在第一個和最后一個碳上各有1個羥基，所以名稱為1,6-己二醇。明顯E中含有碳碳雙鍵和酯基兩個官能團。（2）AB的反應是將A中的一個羥基替換為溴原子，所以反應類型為取代反應。反應后的液態(tài)有機混合物應該是A、B混合，B比A少一個羥基，所以沸點的差距應該較大，可以通過蒸餾的方法

43、分離。實際生產中考慮到A、B的沸點可能較高，直接蒸餾的溫度較高可能使有機物炭化，所以會進行減壓蒸餾以降低沸點。（3）CD的反應為C與乙醇的酯化，所以化學方程式為。注意反應可逆。（4）C的分子式為C6H11O2Br，有一個不飽和度。其同分異構體可發(fā)生銀鏡反應說明有醛基；1 mol W最多與2 mol NaOH發(fā)生反應，其中1mol是溴原子反應的，另1mol只能是甲酸酯的酯基反應（不能是羧基，因為只有兩個O）；所以得到該同分異構體一定有甲酸酯（HCOO）結構。又該同分異構體水解得到的醇應該被氧化為二元醛，能被氧化為醛的醇一定為CH2OH的結構，其他醇羥基不可能被氧化為醛基。所以得到該同分異構體水解

44、必須得到有兩個CH2OH結構的醇，因此酯一定是HCOOCH2的結構，Br一定是CH2Br的結構，此時還剩余三個飽和的碳原子，在三個飽和碳原子上連接HCOOCH2有2種可能：，每種可能上再連接CH2Br，所以一共有5種：。其中核磁共振氫譜具有四組峰的同分異構體，要求有一定的對稱性，所以一定是。（5）F為，G為，所以兩者的關系為順反異構，選項c正確。（6）根據G的結構明顯得到N中畫圈的部分為M，所以M為。（7）根據路線中化合物X的反應條件，可以判斷利用題目的D到E的反應合成。該反應需要的官能團是X有Br原子，Y有碳氧雙鍵。所以試劑與條件1是HBr，；將取代為，X為。試劑與條件2是O2/Cu或Ag，

45、；將氧化為，所以Y為?！军c睛】最后一步合成路線中，是不可以選擇CH3CH2CHO和CH3CHBrCH3反應的，因為題目中的反應Br在整個有機鏈的一端的，不保證在中間位置的時候也能反應。25、排除體系中的N2 A和D D CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2 吸收未反應的O2，保證最終收集的氣體是N2 量筒內液面與廣口瓶中的液面持平 視線與凹液面最低處相切 ABD 【解析】在本實驗中，通過測定氨基酸和氧氣反應生成產物中二氧化碳、水和氮氣的相關數據進行分析。實驗的關鍵是能準確測定相關數據，用濃硫酸吸收水，堿石灰吸收二氧化碳，而且二者的位置不能顛倒，否則堿石灰能吸收水和二氧化碳，最后氮氣

46、的體積測定是主要多余的氧氣的影響，所以利用加熱銅的方式將氧氣除去。首先觀察裝置圖，可以看出A中是氨基酸的燃燒，B中吸收生成的水，在C中吸收生成的二氧化碳，D的設計是除掉多余的氧氣，E、F的設計目的是通過量氣的方式測量氮氣的體積，在這個基礎上，根據本實驗的目的是測定某種氨基酸的分子組成，需要測量的是二氧化碳和水和氮氣的量。實驗的關鍵是氮氣的量的測定，所以在測量氮氣前，將過量的氧氣除盡?！驹斀狻?1)裝置中的空氣含有氮氣，影響生成氮氣的體積的測定，所以通入一段時間氧氣的目的是排除體系中的N2； (2)氨基酸和氧氣反應，以及銅和氧氣反應都需要加熱，應先點燃D處的酒精燈，消耗未反應的氧氣，保證最終收集

47、的氣體只有氮氣，所以應先點燃D處酒精燈。(3)氨基酸燃燒生成二氧化碳和水和氮氣，方程式為： CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2；(4)加熱銅可以吸收未反應的O2，保證最終收集的氣體是N2 ；(5)讀數時必須保證壓強相同，所以注意事項為量筒內液面與廣口瓶中的液面持平而且視線與凹液面最低處相切；(6) 根據該實驗原理分析，要測定二氧化碳和水和氮氣的數據，再結合氨基酸的相對分子質量確定其分子式。故選ABD?！军c睛】實驗題的解題關鍵是掌握實驗原理和實驗的關鍵點。理解各裝置的作用。實驗的關鍵是能準確測定相關數據。為了保證得到準確的二氧化碳和水和氮氣的數據，所以氨基酸和氧氣反應后，先吸收水后

48、吸收二氧化碳，最后除去氧氣后測定氮氣的體積。26、蒸餾燒瓶 6：3：5 CD 安全瓶 觀察氣泡調節(jié)氣流 稀HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3 對比證明b中Cl2未過量 CD 【解析】（1）根據儀器的構造可知，裝置A中盛放固體試劑的儀器是蒸餾燒瓶；若分別用KMnO4、Ca(ClO)2、KClO3固體與足量的濃鹽酸反應，反應的離子方程式分別為2MnO4-16H10Cl=2Mn25Cl28H2O、ClO2HCl=Cl2H2O、ClO3-6H5Cl=3Cl23H2O，則產生等量氯氣（假設均是1mol）轉移的電子數之比為2：1：5/36：3：5；（2）裝置C中II處所加的試劑用于干燥氯氣，且為固體，

49、不能是堿性干燥劑，否則會吸收氯氣，故可以是硅酸或無水氯化鈣，答案選CD；（3）生成的氯氣中混有氯化氫，則裝置B的作用有：除去氯氣中的氯化氫并作安全瓶，觀察氣泡調節(jié)氣流等作用；（4）不考慮Br2的揮發(fā)，檢驗F溶液中Cl-，必須先用足量Ba(NO3)2將硫酸根離子沉淀，再用稀硝酸酸化，再用硝酸銀檢驗溴離子，故需要的試劑有稀HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3；（5）設計步驟的目的是對比實驗思想，即目的是對比證明b中Cl2未過量；（6）ACl2、Br2、I2的熔點與分子間作用力有關，與非金屬性無關，選項A錯誤；B酸性為HIHBrHCl，但非金屬性Cl2Br2I2，不是非金屬的最高價氧化物的水化物，

50、不能根據HCl、HBr、HI的酸性判斷非金屬性，選項B錯誤；C氫化物的穩(wěn)定性越強，則非金屬性越強，可以根據HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性判斷非金屬性，選項C正確；D單質的氧化性越強，則非金屬性越強，其氫化物的還原性越弱，可以根據HCl、HBr、HI的還原性來判斷非金屬性，選項D正確；答案選CD。27、防止亞鐵離子被氧化抑制鐵離子水解Fe3+4FeO42+20H4Fe3+3O2+10H2O排除ClO的干擾溶液的酸堿性不同【解析】（1）氯化亞鐵易被氧化生成氯化鐵，因此在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑的目的是防止亞鐵離子被氧化；氯化鐵是強酸弱堿鹽，水解顯酸性，則將FeCl3晶體溶于濃鹽酸，再稀釋到需

51、要的濃度，鹽酸的作用是抑制鐵離子水解；（2）I.方案I加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含Fe3+。但Fe3+的產生不能判斷K2FeO4與Cl發(fā)生了反應，根據題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2，自身被還原成Fe3+，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，可能的反應為4FeO42+20H4Fe3+3O2+10H2O；II.產生Cl2還可能是ClO+Cl+2H+Cl2+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗滌的目的是除去KClO、排除ClO的干擾，同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在；制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2F

52、eO4+6KCl+8H2O，在該反應中Cl元素的化合價由0價降至1價，Cl2是氧化劑，Fe元素的化合價由+3價升至+6價，Fe(OH)3是還原劑，K2FeO4為氧化產物，根據同一反應中，氧化性：氧化劑氧化產物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反應為2FeO42+6Cl+16H+2Fe3+3Cl2+8H2O，實驗表明，Cl2和FeO42氧化性強弱關系相反；對比兩個反應的條件，制備K2FeO4在堿性條件下，方案II在酸性條件下；說明溶液的酸堿性的不同影響物質氧化性的強弱。28、 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1 +1價銅的外圍電子布為3d10的全充滿結構，因

53、此+1價銅比+2價銅的能量更低更穩(wěn)定 Si和S PH3AsH3NH3 PH3和AsH3結構相似，相對分子質量越大，分子間作用力越強，沸點越高，因此AsH3的沸點高于PH3；NH3之間存在氫鍵，因此三者之中NH3的沸點最高 sp3雜化 NaPO3 SnCu3P 12 【解析】分析：（1）處于最低能量的原子叫做基態(tài)原子,基態(tài)電子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特規(guī)則,根據元素符號,判斷元素原子的核外電子數,再根據核外電子排布規(guī)律來寫,Cu是第四周期元素，為29號元素，其電子排布式為：Ar3d104s1；+1價銅的外圍電子布為3d10的全充滿結構，因此+1價銅比+2價銅的能量更低更穩(wěn)定（2）

54、同一周期自左向右第一電離能有增大趨勢，但磷元素3P軌道為半充滿結構，較穩(wěn)定，第VA族第一電離能大于其相鄰元素，P元素的第一電離能比S元素的第一電離能要略大，故元素周期表第3周期中，第一電離能比P小的非金屬元素是Si和S；（3）N、P、As同主族，PH3和AsH3結構相似，相對分子質量越大，分子間作用力越強，沸點越高，因此AsH3的沸點高于PH3；NH3之間存在氫鍵，因此三者之中NH3的沸點最高，因此，三種元素最簡單氫化物沸點由低到高的順序為PH3AsH3NH3； （4）根據直鏈多磷酸鈉的陰離子的無極單鏈狀結構，其中磷氧四面體通過共有頂角氧原子相連，磷的成鍵電子對有4對，則P原子的雜化方式為sp

55、3雜化；P、O原子個數比為1：3。根據化合價代數和為0可知，該物質中P、O、Na原子個數比為1：3：1。所以，該多磷酸鈉的化學式為NaPO3。（5）晶體中P原子位于中心,含有一個磷原子,立方體每個面心含一個Cu,每個Cu分攤給一個晶胞的占12,立方體頂角Sn分攤給每個晶胞的原子為18,據此得到化學式;晶體中距離Sn原子最近Cu的原子在每個面心上;設立方體邊長為x,銅原子間最近距離為a,則a2=(x2）2+(x2）2，a=22x,結合密度=mV,V=x3,1個晶胞質量m=342NAg，計算x得到銅原子間最近距離。詳解:(1)Cu元素為29號元素,原子核外有29個電子,所以核外電子排布式為: 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；因此，本題正確答案是: 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；(2) 同一周期自左向右第一電離能有增大趨勢，但磷元素3P軌道為半充滿結構，