青海西寧二十一中2024屆化學高二第二學期期末監(jiān)測模擬試題含解析

青海西寧二十一中2024屆化學高二第二學期期末監(jiān)測模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、在下列各溶液中，離子可能大量共存的是A．加入鋁粉能產生H2的溶液中：K＋、Mg2＋、Cl－、SO42－B．加入Na2O2的溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、NO3－C．含有0.1mol·L－1Ca2＋的溶液中：Na＋、K＋、CO32－、Cl－D．無色透明的酸性溶液中：MnO4－、K+、SO42－、Na+2、下圖為碘晶體晶胞結構。有關說法中正確的是()A．碘晶體為無限延伸的空間結構，是原子晶體B．用切割法可知平均每個晶胞中有4個碘原子C．碘晶體中的碘原子間存在非極性鍵和范德華力D．碘分子的排列有2種不同的取向，2種取向不同的碘分子以4配位數交替配位形成層結構3、下列敘述中，不正確的是：（）A．Fe分別與氯氣和稀鹽酸反應得到同一種氯化物B．Na在空氣中長期放置，最終變?yōu)镹a2CO3粉末C．用丁達爾現象可以區(qū)分食鹽水和淀粉溶液D．濃硝酸在光照條件下變黃，說明硝酸易分解生成有色產物且溶于濃硝酸4、唐·段成式《西陽雜俎·物異》中記載:“石漆,高奴縣石脂水，其浮水上，如漆。采以膏車,極迅；燃燈，極明?！边@里的“石漆”是指A．石油B．油漆C．煤焦油D．油脂5、化學學習中常用類推方法，下列類推正確的是()A．CO2為直線形分子，B．固態(tài)CS2是分子晶體，固態(tài)C．NCl3中N原子是sp3雜化，D．Al(OH)6、依曲替酯用于治療嚴重的牛皮癬、紅斑性角化癥等。它可以由原料X經過多步反應合成：下列說法正確的是A．X與Y所含的官能團種類不同但個數相等 B．可用酸性KMnO4溶液鑒別X和YC．1molY能與6molH2或3molNaOH發(fā)生反應 D．依曲替酯能發(fā)生加成、取代、氧化反應7、分子式C4H8O2的有機物與硫酸溶液共熱可得有機物A和B。將A氧化最終可得C，且B和C為同系物。若C可發(fā)生銀鏡反應，則原有機物的結構簡式為：()A．HCOOCH2CH2CH3 B．CH3CH2COOCH3 C．CH3COOCH2CH3 D．HCOOCH(CH3)28、已知某元素原子的L電子層上有6個電子，則該元素在周期表中位于（）A．第3周期IVA族 B．第2周期VIA族C．第2周期IVA族 D．第3周期VIA族9、下列原子的價電子排布中，對應元素第一電離能最大的是（）A．3s23p1 B．3s23p2 C．3s23p3 D．3s23p410、我國科學家屠呦呦因發(fā)現青蒿素治療瘧疾新療法而獲得2015年諾貝爾生理學或醫(yī)學獎，已知青蒿素的結構簡式如下。下列說法不正確的是（）A．青蒿素的分子式為C15H20O5B．青蒿素難溶于水，能溶于NaOH溶液C．青蒿素分子中所有的碳原子不可能都處于同一平面內D．青蒿素可能具有強氧化性，具有殺菌消毒作用11、有機化學知識在生活中應用廣泛，下列說法正確的是A．乙二醇可用來生產聚酯纖維和作汽車發(fā)動機的抗凍劑B．乙醇和汽油都是可再生能源，應大力推廣“乙醇汽油”C．福爾馬林是甲醛的水溶液，具有殺菌防腐能力，因此可以用其保鮮魚肉等食品D．煤中含有煤焦油及多種化工原料，可通過煤的干餾獲得12、某品牌化妝品的主要成分Z具有美白功效，原從楊樹中提取，現可用如下圖所示反應合成。下列對X、Y、Z的敘述，正確的是A．X、Y和Z均能和NaOH溶液反應B．X和Z均能和Na2CO3溶液反應，但不能和NaHCO3溶液反應C．Y既能發(fā)生加聚反應，也能發(fā)生縮聚反應D．Y分子中所有原子不可能共平面13、分類法在化學學科的發(fā)展中起到了非常重要的作用,下列分類標準合理的是()A．根據是否含氧元素,將物質分為氧化劑和還原劑B．根據反應中是否有電子轉移,將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應C．根據水溶液是否能夠導電,將物質分為電解質和非電解質D．根據是否具有丁達爾效應,將分散系分為溶液、濁液和膠體14、下列圖示與操作名稱不對應的是A．過濾 B．洗氣 C．溶解 D．蒸發(fā)15、某有機物分子式為C4H8，據此推測其結構和性質不可能的是A．它與乙烯可能是同系物B．一氯代物只有一種C．等質量的CH4和C4H8，分別在氧氣中完全燃燒，CH4的耗氧量小于C4H8D．分子結構中甲基的數目可能是0、1、216、石墨晶體是層狀結構，在每一層內，每一個碳原子都跟其他3個碳原子相結合。據圖分析，石墨晶體中碳原子數與共價鍵數之比為()A．2∶3 B．2∶1 C．1∶3 D．3∶217、金屬具有延展性的原因是A．金屬原子半徑都較大，價電子數較少B．金屬受外力作用變形時，金屬陽離子與自由電子間仍保持較強烈的作用C．金屬中大量自由電子受外力作用時，運動速率加快D．自由電子受外力作用時能迅速傳遞能量18、近年來高鐵酸鉀(K2FeO4)已經被廣泛應用在水處理方面。高鐵酸鉀的氧化性超過高錳酸鉀，是一種集氧化、吸附、凝聚、殺菌于一體的新型高效多功能水處理劑。干燥的高鐵酸鉀受熱易分解，在198℃以下是穩(wěn)定的。高鐵酸鉀在水處理過程中涉及的變化過程有()①蛋白質的變性②蛋白質的鹽析③膠體聚沉④鹽類水解⑤焰色反應⑥氧化還原反應A．①②③④ B．①③④⑥ C．②③④⑤ D．②③⑤⑥19、下列說法正確的是A．糖類、油脂和蛋白質均是天然高分子B．C4H9Cl與C4H10O均只有4種同分異構體C．鹽析可提純蛋白質并保持其生理活性D．石油裂解可得到苯、甲苯、二甲苯及苯酚20、由Al、CuO、Fe2O3組成的混合物共10.0g，放入500mL某濃度的鹽酸中，混合物完全溶解，當再加入250mL2.00mol/L的NaOH溶液時，得到沉淀最多。上述鹽酸的濃度為()A．1.00mol/L B．0.500mol/LC．2.00mol/L D．3.00mol/L21、下列有關物質性質的比較，結論正確的是A．溶解度：Na2CO3<NaHCO3B．熱穩(wěn)定性：HCl<PH3C．沸點：HCl<HBrD．堿性：LiOH<Be(OH)222、下列說法正確的是A．等質量的鋁分別與足量Fe2O3或Fe3O4發(fā)生鋁熱反應時，轉移電子的數目相等B．質量分數分別為40%和60%的硫酸溶液等體積混合，所得溶液的質量分數為50%C．金屬鈉著火時，立即用泡沫滅火器滅火D．洗滌做焰色反應的鉑絲，可選用稀鹽酸或稀硫酸二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E為元素周期表中前四周期元素，原子序數依次增大，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是其所在能層數的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是其余電子數的一半。（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______________________________。24、（12分）某芳香烴A是有機合成中重要的原料，由A制取高聚物M的流程如下：請回答下列問題：（1）反應②的反應類型為___________。（2）E中的官能團名稱是___________。（3）反應②的條件是___________。（4）寫出A和F的結構簡式：A___________；F___________。（5）符合下列條件的E的同分異構體有___________種（不考慮立體異構）。①含有相同官能團②遇FeCl2能發(fā)生顯色反應③苯環(huán)上連有三個取代基（6）寫出下列化學反應方程式：反應③___________，D與新制Cu（OH）2懸濁液反應___________。25、（12分）欲用98%的濃硫酸(密度＝1.84g·cm－3)配制成濃度為0.5mol·L－1的稀硫酸500mL。(1)選用的儀器有：①量筒；②燒杯；③玻璃棒；④_______；⑤_______。(2)下列各操作正確的順序為_____________________。A．用量筒量取濃H2SO4B．稀釋濃H2SO4C．將溶液轉入容量瓶D．洗滌所用儀器2至3次，洗滌液也轉入容量瓶中E．反復顛倒搖勻F．用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線(3)簡要回答下列問題：①所需濃硫酸的體積為_________mL。②濃硫酸稀釋后，在轉入容量瓶前應______，否則會使?jié)舛绕玙____(低或高）。③定容時必須使溶液液面與刻度線相切，若俯視會使?jié)舛绕玙____(低或高）。26、（10分）輝銅礦（主要成分為Cu2S）經火法冶煉，可制得Cu和H2SO4，流程如下圖所示：（1）Cu2S中Cu元素的化合價是__________價。（2）Ⅱ中，電解法精煉粗銅（含少量Ag、Fe），CuSO4溶液做電解質溶液：①粗銅應與直流電源的_________極（填“正”或“負”）相連。②銅在陰極析出，而鐵以離子形式留在電解質溶液里的原因是__________________________。（3）Ⅲ中，煙氣（主要含SO2、CO2）在較高溫度經下圖所示方法脫除SO2，并制得H2SO4。①在陰極放電的物質________________。②在陽極生成SO3的電極反應式是_______________________________。（4）檢測煙氣中SO2脫除率的步驟如下：（i）.將一定量的凈化氣（不含SO3）通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水。（ii）加入濃鹽酸，加熱溶液至無色無氣泡，再加入足量BaCl2溶液。（iii）過濾、洗滌、干燥，稱量沉淀質量。①用離子方程式表示（i）中溴水的主要作用________________________________。②若沉淀的質量越大，說明SO2的脫除率越________（填“高”或“低”）。27、（12分）某化學實驗小組將裝有銅與濃硫酸燒瓶加熱一段時間后，取出燒瓶中固體，探究其成分。查資料可知，濃硫酸與銅反應可能生成CuS或Cu2S，它們都難溶于水，能溶于稀硝酸。實驗如下：（i）用蒸餾水洗滌固體，得到藍色溶液，固體呈黑色。（ii）取少量黑色固體于試管中，加入適量稀硝酸，黑色固體逐漸溶解，溶液變?yōu)樗{色，產生無色氣泡。取少量上層清液于試管，滴加氯化鋇溶液，產生白色沉淀。①根據實驗（i）得到藍色溶液可知，固體中含____________（填化學式）②根據實驗（ii）的現象_______（填“能”或“不能”）確定黑色固體是CuS還是Cu2S，理由是__________________________________________________________________________。寫出Cu2S與稀硝酸反應的化學方程式____________________________________________③為了進一步探究黑色固體的成分，將實驗（i）中黑色固體洗滌、烘干，再稱取48.0g黑色固體進行如下實驗，通入足量O2，使硬質玻璃管中黑色固體充分反應，觀察到F瓶中品紅溶液褪色。實驗序號反應前黑色固體質量/g充分反應后黑色固體質量/gI48.048.0Ⅱ48.044.0Ⅲ48.040.0根據上表實驗數據推測：實驗I中黑色固體的化學式為_____________________________；實驗Ⅱ中黑色固體的成分及質量為_______________________________________________。28、（14分）我國重晶石（含BaSO490%以上）資源豐富，其中貴州省重晶石儲量占全國總儲量的三分之一。我省某工廠以重晶石為原料，生產“電子陶瓷工業(yè)支柱”——鈦酸鋇(BaTiO3)的工藝流程如下：查閱資料可知：①常溫下：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9②TiC14在常溫下是無色液體，遇水容易發(fā)生水解：TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl。③草酸氧鈦鋇的化學式為：BaTiO(C2O4)2·4H2O。請回答下列問題：（1）工業(yè)上用飽和Na2CO3溶液處理重晶石（假設雜質不與Na2CO3溶液作用），待達到平衡后，移走上層清液，重復多次操作，將BaSO4轉化為易溶于酸的BaCO3，該過程用離子方程式可表示為___________，此反應的平衡常數K=____（填寫計算結果）。若不考慮CO32-的水解，則至少需要使用_____mol/L的Na2CO3溶液浸泡重晶石才能實現該轉化過程。（2）酸浸時所發(fā)生反應的離子方程式為___________________________________。（3）配制TiCl4溶液時通常將TiCl4固體溶于濃鹽酸再加水稀釋，其目的是_____________________。（4）可循環(huán)使用的物質X是_________（填化學式），設計實驗方案驗證草酸氧鈦鋇晶體是否洗滌干凈：_____________________________________________________________。（5）煅燒草酸氧鈦鋇晶體得到BaTiO3的同時，高溫下生成的氣體產物有CO、__________和_________（填化學式）。29、（10分）我國具有悠久的歷史，在西漢就有濕法煉銅(Fe+CuSO4=Cu+FeSO4),試回答下列問題。（1）Cu2+的未成對電子數有______個，H、O、S

電負性由大到小的順序為_______。（2）在硫酸銅溶液中滴加過量氨水可形成[Cu(NH3)4]SO4藍色溶液。[Cu(NH3)4]SO4中化學鍵類型有_______，陰離子中心原子雜化類型為______。（3）鐵銅合金晶體類型為_____；鐵的第三(I3)和第四(I4)電離能分別為2957kJ/mol、5290kJ/mol，比較數據并分析原因________________。（4）金銅合金的一種晶體結構為立方晶型，如圖所示。已知該合金的密度為d

g/cm3,阿伏加德羅常數值為NA，兩個金原子間最小間隙為a

pm(1pm=

10-10cm)。則銅原子的半徑為_______cm(寫出計算表達式)。

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、A【解題分析】試題分析：A．加入鋁粉能產生H2的溶液可能顯酸性，也可能顯堿性；Mg2＋在堿性溶液中不能大量共存，但K＋、Mg2＋、Cl－、SO42－在酸性溶液中不發(fā)生離子反應可大量共存；故A正確；B．Na2O2與水反應除氧氣外，還生成NaOH，Al3＋在堿性溶液中不能大量共存，故B錯誤；C．Ca2＋與CO32－不能大量共存在同一溶液中，故C錯誤；D．無色溶液中不可能存在MnO4－，故D錯誤；答案為D?！究键c定位】考查離子反應與離子共存【名師點晴】離子共存的判斷，為高考中的高頻題，解題時要注意題目所隱含的條件。如：①溶液無色透明時，則溶液中一定沒有有色離子，如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-；②強堿性溶液中肯定不存在與OH-反應的離子，如Fe3+、Fe2+、HCO3-、NH4+、Al3+；③強酸性溶液中肯定不存在與H+反應的離子，如HCO3-、CO32-、S2-、CH3COO-、AlO2-等，本題中的隱含條件有2個：pH=1和無色，解題時就要加以注意。2、D【解題分析】

A．碘晶體為無限延伸的空間結構，構成微粒為分子，是分子晶體，A項錯誤；B．用均攤法計算：該晶胞中，頂點碘分子有8個數，為8個晶胞所共有，每個碘分子有屬于該晶胞；面心碘分子有6個，為2個晶胞所共有，每個碘分子有屬于該晶胞數，則一共有碘分子數為，因此平均每個晶胞中有4個碘分子，即有8個碘原子，故B錯誤；C．碘晶體中的碘原子間存在I-I非極性鍵，且晶體中碘分子之間存在范德華力，不是碘原子之間，C項錯誤；D．碘分子的排列有2種不同的取向，在頂點和面心不同，2種取向不同的碘分子以4配位數交替配位形成層結構，D項正確；本題答案選D。3、A【解題分析】分析：A、鐵有變價，氧化劑不同氧化產生的價態(tài)不同；B、鈉通過一系列變化最終生成碳酸鈉；C、膠體和溶液可通過丁達爾現象區(qū)別；D、濃硝酸見光易分解。詳解：A、Fe分別與氯氣和稀鹽酸反應所得氯化物為氯化鐵、氯化亞鐵，選項A不正確；B．Na的性質活潑，易與空氣中氧氣反應生成Na2O，Na2O易與水反應生成NaOH，NaOH吸收空氣中的水和CO2生成Na2CO3·xH2O，Na2CO3·xH2O風化脫水生成Na2CO3，選項B正確；C．膠體能產生丁達爾效應，溶液不能，所以用丁達爾現象實驗可以區(qū)分食鹽水和淀粉溶液，選項C正確；D．濃硝酸不穩(wěn)定，光照條件下分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸使硝酸顯黃色，選項D正確；答案選A。點睛：本題考查了硝酸的性質、鐵的性質、膠體和溶液的性質，明確硝酸的不穩(wěn)定性和相關概念是解題關鍵，側重考查學生對基礎知識的掌握，題目難度不大。4、A【解題分析】分析：《后漢書?郡國志》中記載：“石出泉水…其水有肥，燃之極明，不可食，縣人謂之石漆．”可知，此石漆是在自然界存在的，且不能食用，可以燃燒，火焰明亮；”《酉陽雜俎》一書：“高奴縣石脂水，水膩，浮上如漆，采以膏車及燃燈極明．”可知，石脂水難溶于水，且浮在水面上，說明密度比水小，且顏色呈黑色，燃燒時火焰明亮，據此分析。詳解：《后漢書?郡國志》中記載：“石出泉水…其水有肥，燃之極明，不可食，縣人謂之石漆．”可知，此石漆是在自然界存在的，且不能食用，可以燃燒，火焰明亮；”《酉陽雜俎》一書：“高奴縣石脂水，水膩，浮上如漆，采以膏車及燃燈極明．”可知，石脂水難溶于水，且浮在水面上，說明密度比水小，且顏色呈黑色，燃燒時火焰明亮。A、石油在自然界天然存在，不可食用，難溶于水且密度比水小，呈黑色，可以燃燒且火焰明亮，符合上述所有特點，選項A正確；B、油漆不是自然界天然存在的，選項B錯誤；C、煤焦油是煤經干餾得到的，在自然界不存在，選項C錯誤；D、《后漢書?郡國志》中記載：“石出泉水…”，可知“石漆”“石脂水”不是油脂，選項D錯誤；答案選A。點睛：本題以文言文的形式考查了常見的化學物質，既考查了化學知識還考查了文學素養(yǎng)，難度不大，是考查的熱點。5、D【解題分析】分析：A項，SO2為V形分子；B項，SiO2屬于原子晶體；C項，BCl3中B原子為sp2雜化；D項，Al（OH）3和Be（OH）2都屬于兩性氫氧化物，都能溶于NaOH溶液。詳解：A項，CO2中中心原子C上的孤電子對數為12×（4-2×2）=0，σ鍵電子對數為2，價層電子對數為0+2=2，VSEPR模型為直線形，由于C上沒有孤電子對，CO2為直線形分子，SO2中中心原子S上的孤電子對數為12×（6-2×2）=1，σ鍵電子對數為2，價層電子對數為1+2=3，VSEPR模型為平面三角形，由于S上有一對孤電子對，SO2為V形分子，A項錯誤；B項，固體CS2是分子晶體，固體SiO2屬于原子晶體，B項錯誤；C項，NCl3中中心原子N上的孤電子對數為12×（5-3×1）=1，σ鍵電子對數為3，價層電子對數為1+3=4，NCl3中N為sp3雜化，BCl3中中心原子B上的孤電子對數為12×（3-3×1）=0，σ鍵電子對數為3，價層電子對數為0+3=3，BCl3中B為sp2雜化，C項錯誤；D項，Be和Al在元素周期表中處于對角線，根據“對角線規(guī)則”，Be（OH）2與Al（OH）3性質相似，兩者都屬于兩性氫氧化物，都能溶于NaOH溶液，Al（OH）3、Be（OH）2與NaOH溶液反應的化學方程式分別為Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O、Be（OH）2+2NaOH=Na點睛：本題考查分子的立體構型、雜化方式的判斷、晶體類型的判斷、對角線規(guī)則的應用。判斷分子的立體構型和中心原子的雜化方式都可能用價層電子對互斥理論，當中心原子上沒有孤電子對時，分子的立體構型與VSEPR模型一致，當中心原子上有孤電子對時，分子的立體構型與VSEPR模型不一致；雜化軌道只用于形成σ鍵和容納孤電子對。6、D【解題分析】

A．Y中含有官能團羥基、羰基，X中沒有；B．X和Y中苯環(huán)上都含有甲基和碳碳雙鍵，都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化；C．Y中苯環(huán)、羰基、碳碳雙鍵都能與氫氣在一定條件下發(fā)生加成反應，酚羥基、酯基水解生成的羧基能與NaOH反應；D．依曲替酯中含有碳碳雙鍵、醚鍵、苯環(huán)、酯基，具有烯烴、醚、苯和酯的性質，能發(fā)生加成反應、取代反應、水解反應、氧化反應等?！绢}目詳解】A．X含有酯基、碳碳雙鍵，Y含有羥基、羰基、酯基、碳碳雙鍵，X與Y所含的官能團種類、個數不相等，A錯誤；B．X和Y中苯環(huán)上都含有甲基，都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成-COOH，所以二者不能用酸性高錳酸鉀溶液鑒別，B錯誤；C．Y中苯環(huán)、羰基、碳碳雙鍵都能與氫氣在一定條件下發(fā)生加成反應，酚羥基、酯基水解生成的羧基能與NaOH反應，所以1molY能與5molH2或3molNaOH發(fā)生反應，C錯誤；D．依曲替酯中含有碳碳雙鍵、醚鍵、苯環(huán)、酯基，具有烯烴、醚、苯和酯的性質，能發(fā)生加成反應、取代反應、水解反應、氧化反應等，D正確；正確選項D。7、B【解題分析】

分子式C4H8O2的有機物與硫酸溶液共熱可得有機物A和B，C4H8O2可為酯，水解生成酸和醇，將A氧化最終可得C，且B和C為同系物，說明A為醇，B和C為酸，C可發(fā)生銀鏡反應，則C為HCOOH，則A應為CH3OH，B為CH3CH2COOH，以此可判斷該有機物的結構簡式?！绢}目詳解】分子式C4H8O2的有機物與硫酸溶液共熱可得有機物A和B，C4H8O2可為酯，水解生成酸和醇，將A氧化最終可得C，且B和C為同系物，說明A為醇，B和C為酸，C可發(fā)生銀鏡反應，則C為HCOOH，則A應為CH3OH，B為CH3CH2COOH，對應的酯的結構簡式為CH3CH2COOCH3，

所以B選項是正確的。8、B【解題分析】

某元素原子的L電子層上有6個電子，則K層電子數為2，L層電子數為6，L層最多排8個電子，則L層電子沒有排滿，所以共有2個電子層，最外層電子數為6，因此該元素位于第2周期第ⅥA族。答案選B。9、C【解題分析】

四個選項中C中3P軌道屬于半充滿狀態(tài)，穩(wěn)定性強，第一電離能最大。答案選C。10、A【解題分析】分析：由結構簡式可以知道分子式，含酯基、醚鍵及過氧鍵，結合酯、過氧化物的性質來解答。詳解:A.由結構簡式知道，青蒿素的分子式為C15H22O5，故A錯誤；B.含有酯基，難溶于水，可溶于氫氧化鈉溶液，所以B選項是正確的；

C.該分子中具有甲烷結構的C原子，根據甲烷結構知該分子中所有C原子不共面，所以C選項是正確的；D.含有過氧鍵，具有強氧化性，可用于殺菌消毒，所以D選項是正確的。所以本題答案選A。點睛：本題考查有機物的結構和性質，為高頻考點，側重考查基本概物質結構等知識點，由結構簡式判斷元素種類和原子個數，可確定分子式；有機物含有酯基能發(fā)生水解反應，含有過氧鍵，具有強氧化性，解題關鍵是根據結構預測性質。11、A【解題分析】

A、乙二醇可用來生產聚酯纖維和作汽車發(fā)動機的抗凍劑，A正確；B、汽油是不可再生資源，B錯誤；C、福爾馬林是防腐劑，有毒不能用于食品的保存，C錯誤；D、煤需干餾后可獲得煤焦油及多種化工原料，不能說含有煤焦油及多種化工原料，D錯誤。故選A。12、B【解題分析】

A．X、Z都有能和NaOH溶液反應的官能團酚羥基，而Y沒有，所以A錯。B．X、Z都有官能團酚羥基，酚羥基的酸性比碳酸弱，但比碳酸氫根強，所以X和Z均能和Na2CO3溶液反應，但不能和NaHCO3溶液反應,B正確。C．Y有官能團碳碳雙鍵，所以能發(fā)生加聚反應，但沒有能發(fā)生縮聚反應的官能團，所以C錯。D．Y分子可以看成由乙烯基和苯基兩部分組成，乙烯分子是6原子共面結構，而苯分子是12原子共面結構，所以當乙烯基繞其與苯環(huán)相連的碳碳單鍵旋轉時，有可能共面，D錯。故選B?！绢}目點撥】有機物的性質是官能團決定的，所以有機化學就是官能團的化學。分析一種有機物的性質，首先要分析它有哪些官能團，然后聯(lián)系這些擁有官能團的代表物的化學性質進行類比。分析有機物的空間結構時，必須以甲烷、乙烯、乙炔和苯等基本結構為基礎，根據碳碳單鍵可以旋轉來分析分子中的原子共面、共線問題。13、B【解題分析】

A.氧化劑是在氧化還原反應中，所含元素化合價降低的反應物。還原劑是在氧化還原反應中，所含元素化合價升高的反應物。和是否含氧元素無關，故A不選；B.氧化還原反應的特征是化合價的升降，實質就是電子的轉移，故B選；C.根據在水溶液中或熔融狀態(tài)下能否電離將化合物分為電解質和非電解質，與導電性無必然的聯(lián)系，故C不選；D.根據分散質顆粒直徑的大小，將分散系分為溶液、濁液和膠體，溶液中分散質顆粒直徑小于1nm，濁液中分散質顆粒直徑大于100nm，膠體中分散質顆粒直徑大于１nm小于100nm。故D不選。故選B。14、B【解題分析】

A.為過濾操作，A正確；B.洗氣操作時應該是長口進，短口出，B錯誤；C.為溶解操作，C正確；D.為蒸發(fā)操作，D正確；答案選B。15、C【解題分析】

A．某有機物分子式為C4H8，H原子是C原子2倍，則該有機物可能是單烯烴或環(huán)丁烷，如果是烯烴，則與乙烯是同系物，故A正確；B．如果是環(huán)丁烷，只有一種氫原子，氫原子種類決定其一氯代物種類，所以如果是環(huán)丁烷，其一氯代物只有一種，故B正確；C．設烴的化學式為CxHy，等質量的烴耗氧量=×(x+)=×(1?)，根據式子知，如果越大相同質量時耗氧量就越多，所以等質量的CH4和C4H8，分別在氧氣中完全燃燒，CH4的耗氧量大于C4H8，故C錯誤；D．該物質可能是環(huán)丁烷(無甲基)、1-甲基環(huán)丙烷(一個甲基)、1-丁烯(一個甲基)或2-丁烯(2個甲基)，所以分子結構中甲基的數目可能是0、1、2，故D正確；故答案為C。16、A【解題分析】

每一個C原子旁邊有3根鍵，每一個鍵旁邊都有2個碳原子，所以原子和鍵的比例是2:3。A項正確；本題答案選A。17、B【解題分析】

A、金屬價電子較少，容易失去電子，能說明有還原性，A錯誤；B、金屬鍵存在于整個金屬中，且一般較強，難以斷裂。金屬通常采取最密集的堆積方式，鍛壓或者錘打時，金屬原子之間容易滑動，但不影響緊密的堆積方式，故有延展性，B正確；C、金屬延展性是原子的相對滑動，而不是電子的運動，C錯誤；D、自由電子傳遞能量，與延展性無關，可以影響金屬的導熱性，D錯誤。答案選A。18、B【解題分析】

高鐵酸鉀(K2FeO4)中的Fe為+6價，有強氧化性，能使蛋白質變性；還原后生成的+3價鐵離子，水解生成的氫氧化鐵為氫氧化鐵膠體，可使膠體聚沉，綜上所述，涉及的變化過程有①③④⑥，答案為B。19、C【解題分析】A、蛋白質屬于天然高分子化合物，而糖類不一定是高分子化合物，例如葡萄糖，油脂則不是天然高分子化合物，選項A錯誤；B、丁基有4種，故有C4H9Cl只有4種同分異構體，但C4H10O屬于醇的有4種，屬于醚的有3種，共有7種同分異構體，選項B錯誤；C、鹽析是一個可逆的過程，不改變蛋白質的性質，鹽析可提純蛋白質并保持其生理活性，選項C正確；B、石油裂解能獲得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，獲得更多乙烯等短鏈不飽和烴，但無法得到苯酚，選項D錯誤。答案選C。20、A【解題分析】

Al、CuO、Fe2O3組成的混合物共與鹽酸反應生成氯化鋁、氯化銅、氯化鐵，鹽酸可能有剩余，向反應后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最多，應滿足恰好反應生成氫氧化鋁、氫氧化銅、氫氧化鐵，此時溶液中溶質為NaCl，根據鈉元素守恒可得：n(NaCl)=n(NaOH)=0.250L×2.00mol/L=0.5mol，根據氯元素守恒可得：n(HCl)=n(NaCl)=0.5mol，故該元素的物質的量濃度==1mol/L，A項正確；答案選A?！绢}目點撥】元素守恒是解化學計算題經常用到的一種方法，把握物質之間的轉化關系，追蹤元素的存在形式，列出關系式得出結論。21、C【解題分析】

A．碳酸鈉的溶解度大于碳酸氫鈉，A錯誤；B．同周期由左向右非金屬的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強，所以穩(wěn)定性應該是：HCl＞PH3，B錯誤；C．氯化氫和溴化氫形成的均是分子晶體，沸點隨分子間作用力的增大而升高，相對分子質量越大，分子間作用力越大，則沸點：HCl＜HBr，C正確；D．同周期由左向右最高價氧化物的水化物的堿性逐漸減弱，所以堿性應該是：LiOH＞Be(OH)2，D錯誤；答案選C?！绢}目點撥】解決此類問題，一是要熟悉各種常見的規(guī)律，比如元素周期律等；另外還要注意到一些反常的特例。例如：本題的選項A，一般碳酸鹽比碳酸氫鹽的溶解度小，碳酸鈣難溶，而碳酸氫鈣可溶，但是碳酸鈉卻比碳酸氫鈉溶解度大。此外，比如堿金屬由上向下單質密度增大，但是鉀反常等等。22、A【解題分析】A.鋁在反應中失去3個電子，等質量的鋁分別與足量Fe2O3或Fe3O4發(fā)生鋁熱反應時，轉移電子的數目相等，A正確；B.硫酸的密度隨濃度的增大而增大，質量分數分別為40%和60%的硫酸溶液等體積混合，所得溶液的質量分數大于50%，B錯誤；C.金屬鈉著火時生成過氧化鈉，過氧化鈉與CO2反應生成氧氣，不能用泡沫滅火器滅火，C錯誤；D.鹽酸易揮發(fā)，洗滌做焰色反應的鉑絲，可選用稀鹽酸，不能選擇稀硫酸，D錯誤，答案選A。點睛：選項B是解答的難點，注意掌握兩種同溶質溶液等質量混合、等體積混合時質量分數的判定：①等質量混合：兩種同溶質溶液(或某溶液與水)等質量混合時，w混＝。②等體積混合：兩種同溶質溶液(或某溶液與水)等體積混合時，a、若相混合的兩種液體的密度比水的密度小，則w混＜，如氨、乙醇等少數溶質形成的溶液；b、若相混合的兩種液體的密度比水的密度大，則w混＞。如H2SO4、HNO3、NaOH、NaCl等大多數溶質形成的溶液。二、非選擇題(共84分)23、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是其所在能層數的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是其余電子數的一半，則價電子數為9，E的核電荷數為18+9=27，為Co元素，據此分析解答?！绢}目詳解】根據上述分析，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。24、取代反應或水解反應羧基和羥基氫氧化鈉溶液、加熱202+O22+2H2O+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O【解題分析】

根據逆推法，由E（）可知，D在新制的氫氧化銅懸濁液中加熱反應后酸化得到E，則D為，是由C在銅催化下加熱與氧氣反應而得，故C為，B是由某芳香烴A與溴的四氯化碳溶液反應而得，故B為二溴代烴，根據C的結構簡式可知B為，A為；E在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應生成F為，與甲醇發(fā)生酯化反應生成G為，G發(fā)生加聚反應生成H為，據此分析?！绢}目詳解】根據逆推法，由E（）可知，D在新制的氫氧化銅懸濁液中加熱反應后酸化得到E，則D為，是由C在銅催化下加熱與氧氣反應而得，故C為，B是由某芳香烴A與溴的四氯化碳溶液反應而得，故B為二溴代烴，根據C的結構簡式可知B為，A為；E在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應生成F為，與甲醇發(fā)生酯化反應生成G為，G發(fā)生加聚反應生成H為。（1）反應②為在氫氧化鈉的水溶液中加熱發(fā)生水解反應生成和溴化鈉，反應類型為水解反應或取代反應；（2）E為，其中官能團名稱是羧基和羥基；（3）反應②為在氫氧化鈉的水溶液中加熱發(fā)生水解反應，條件是氫氧化鈉溶液、加熱；（4）A的結構簡式為；F的結構簡式為；（5）E為，符合條件的E的同分異構體：①含有相同官能團，即羧基和羥基；②遇FeCl2能發(fā)生顯色反應，則為酚羥基；③苯環(huán)上連有三個取代基，故苯環(huán)上的取代基可以為-OH、-COOH和-CH2CH3或-OH、-CH2COOH和-CH3兩種組合，根據定二動三，每種組合的同分異構體有10種，共20種符合條件的同分異構體；（6）反應③的化學反應方程式為2+O22+2H2O，D與新制Cu(OH)2懸濁液反應，反應的化學方程式為+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。【題目點撥】本題考查有機推斷，利用逆推法推出各有機物的結構簡式是解答本題的關鍵。易錯點為（5），應注意苯環(huán)上取代基的確定，再利用其中二個取代基在苯環(huán)上的位置為鄰、間、對位，第三個取代基在苯環(huán)上的取代種數分別為4、4、2，從而求得同分異構體的數目。25、500mL容量瓶膠頭滴管A、B、C、D、F、E13.6恢復至室溫高高【解題分析】分析：（1）根據配制步驟是計算、量取、稀釋、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶來分析需要的儀器；（2）根據配制一定物質的量濃度溶液的一般步驟排序；（3）依據c=1000ρω/M計算濃硫酸的物質的量濃度，依據溶液稀釋過程中所含溶質的物質的量不變計算需要濃硫酸體積；分析操作對溶質的物質的量和溶液體積的影響，依據c=n/V進行誤差分析。詳解：（1）操作步驟有計算、量取、稀釋、冷卻、洗滌、定容、搖勻等操作，一般用量筒量取濃硫酸，在燒杯中稀釋（可用量筒量取水加入燒杯），并用玻璃棒攪拌。冷卻后轉移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌燒杯、玻璃棒2～3次，并將洗滌液移入容量瓶中，加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，最后定容顛倒搖勻。所以所需儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管；（2）用濃硫酸配制稀硫酸的一般步驟：計算、量取、稀釋、冷卻、洗滌、移液、定容、搖勻、裝瓶，所以正確的順序為A、B、C、D、F、E；（3）①98%的濃硫酸（密度為1.84g?cm-3）的物質的量濃度c=1000×1.84×98%/98mol/L=18.4mol/L，設需要濃硫酸體積為V，依據溶液稀釋過程中所含溶質的物質的量不變可知V×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得V=13.6mL；②容量瓶為精密儀器，不能盛放過熱液體，在轉入容量瓶前燒杯中液體應冷卻恢復至室溫；否則趁熱定容，冷卻后溶液體積偏小，溶液濃度偏高；③定容時必須使溶液凹液面與刻度線相切，若俯視會導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高。點睛：本題考查了一定物質的量濃度溶液的配制過程中的計算和誤差分析，題目難度不大，側重考查學生分析實驗能力。難點是誤差分析，注意誤差分析的依據，根據cB=nBV可得，一定物質的量濃度溶液配制的誤差都是由溶質的物質的量ｎB和溶液的體積V26、+1正Cu2＋的氧化性大于Fe2＋的氧化性O22SO42--4e-=2SO3↑+O2SO32-+Br2+H2O=SO42-+Br-+2H+或SO32－+Br2+2OH-=SO42-+2Br-+H2O等低【解題分析】試題分析：（1）Cu2S中S為-2價，Cu為+1價。（2）①電解法精煉銅時，粗銅做陽極，精銅做陰極，②Cu2＋比溶液中其他陽離子氧化性更強，濃度更大，在陰極放電，析出銅單質。（3）①陰極發(fā)生還原反應，根據圖中所示過程，煙氣中O2發(fā)生還原反應，②根據圖中所示過程，SO42-放電生成SO3和O2，則陽極的電極反應式是2SO42--4e－=2SO3↑+O2↑。（4）①溴水將溶液中的SO32-氧化成SO42-，則溴水的主要作用是Br2+SO32-+2OH－=2Br－+SO42-+H2O；②沉淀量越大，說明凈化氣中硫元素質量分數越大，說明SO2脫除率越低?？键c：考查電解原理，SO2的性質等知識。27、CuSO4不能CuS、Cu2S與硝酸反應的產物相同3Cu2S+16HNO3+=3CuSO4+10NO↑+3Cu(NO3)2+8H2OCu2SCu2S24.0g、CuS24.0g【解題分析】

稀硝酸具有強氧化性，能把S從-2價氧化為-6價，把Cu從-1價氧化為+2價，本身會被還原為NO這一無色氣體，由此可以寫出CuS和Cu2S與稀硝酸的反應方程式。在題③中，因為涉及到質量的變化，所以需要考慮反應前后，固體物質的相對分子質量的變化情況，經過分析，1份Cu2S生成2份CuO（Cu原子守恒），其相對分子質量沒有發(fā)生變化，而1份CuS生成1份CuO（Cu原子守恒），相對分子質量減小了16，利用差量法可以推斷出混合物中成分及相應的質量?！绢}目