2024屆河北省棗強縣棗強中學高二化學第二學期期末檢測模擬試題含解析

2024屆河北省棗強縣棗強中學高二化學第二學期期末檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、在40Gpa高壓下，用激光加熱到1800K時人們成功制得了原子晶體干冰，下列推斷正確的是（）A．原子晶體干冰易汽化，可用作制冷材料B．原子晶體干冰有很高的熔沸點，很大的硬度，可做耐磨材料C．該晶體仍然存在C＝O雙鍵D．該晶體中O—C—O鍵角180°2、下列說法正確的是()A．基態(tài)原子的能量一定比激發(fā)態(tài)原子的能量低B．1s22s12p1表示的是基態(tài)原子的電子排布C．日常生活中我們看到的許多可見光，如霓虹燈光、節(jié)日焰火，都與原子核外電子發(fā)生躍遷釋放能量有關D．電子僅在激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時才會產生原子光譜3、與CH2＝CH2→CH2Br—CH2Br的變化屬于同一反應類型的是（）A．CH3CHO→C2H5OH B．C2H5Cl→CH2=CH2C． D．CH3COOH→CH3COOC2H54、下列實驗過程可以達到實驗目的的是編號實驗目的實驗過程A配制0.4000mol·L-1的NaOH溶液稱取4.0g固體NaOH于燒杯中，加入少量蒸餾水溶解后立即轉移至250mL容量瓶中定容B探究維生素C的還原性向盛有2mL黃色氯化鐵溶液的試管中滴加濃的維生素C溶液，觀察顏色變化C制取并純化氫氣向稀鹽酸中加入鋅粒，將生成的氣體依次通過NaOH溶液、濃硫酸和KMnO4溶液D探究濃度對反應速率的影響向2支盛有5mL不同濃度NaHSO3溶液的試管中同時加入2mL5%H2O2溶液，觀察實驗現(xiàn)象A．A B．B C．C D．D5、下表各物質中A、B、C、D、E均含有同一種短周期元素，其中A是單質，B常溫下是氣態(tài)氫化物，C、D是氧化物，E是D和水反應的產物。則各物質之間通過一步反應就能實現(xiàn)表中所示轉化的是()物質編號物質轉化關系ADE①SiSiO2Na2SiO3②SSO3H2SO4③NaNa2O2NaOH④N2NO2HNO3A．②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④6、某溶液能溶解Al(OH)3，則此溶液中一定能大量共存的離子組是A．Mg2+、Cl-、Na+、NO3- B．K+、Na+、NO3-、HCO3-C．Na+、Ba2+、Cl-、NO3- D．Fe3+、Na+、AlO2-、SO42-7、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B．C4H8Cl2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8、在強酸性或強堿性溶液中都能大量共存的一組離子是（）A．Ba2＋，F(xiàn)e3＋，Br－，NO3－B．Na＋，Ca2＋，HCO3－，NO3－C．Al3＋，NH4＋，SO42－，Na＋D．Na＋，K＋，NO3－，SO42－9、在1.0L恒容密閉容器中放入0.10molX，在一定溫度下發(fā)生反應：X(g)Y(g)＋Z(g)ΔH＜0，容器內氣體總壓強p隨反應時間t的變化關系如圖所示。以下分析正確的是()A．該溫度下此反應的平衡常數K＝3.2B．從反應開始到t1時的平均反應速率v(X)＝0.2/t1mol·L－1·min－1C．欲提高平衡體系中Y的百分含量，可加入一定量的XD．其他條件不變，再充入0.1mol氣體X，平衡正向移動，X的轉化率減少10、現(xiàn)有下列儀器：①集氣瓶；②量筒；③燒杯；④表面皿；⑤蒸發(fā)皿；⑥容量瓶；⑦圓底燒瓶。其中能用酒精燈加熱的是()A．②③⑤ B．③⑥⑦ C．①③④ D．③⑤⑦11、NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數為0.1NAB．標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數目為2NAC．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA個H+D．10g的D2O中含有的質子數與中子數分別為5NA和4NA12、某試液中只可能含有K＋、NH4+、Fe2＋、Al3＋、Cl－、SO42-、CO32-、AlO2－中的若干種離子，離子濃度均為0.1mol·L－1，某同學進行了如下實驗，下列說法正確的是A．無法確定原試液中是否含有Al3＋、Cl－B．原溶液中存在NH4+、Fe2＋、Cl－、SO42-C．無法確定沉淀C的成分D．濾液X中大量存在的陽離子有NH4+、Fe2＋和Ba2+13、某新型二次電池反應原理為M+3Cn（MCl4）+4MC14－4M2C17－+3Cn（M代表金屬，Cn代表石墨）。裝置如圖所示。下列說法正確的是A．放電時，MCl4－向b極遷移B．放電時，a極反應為M－3e－+7MCl4－=4M2Cl7－C．充電時，陽極反應式為Cn+MCl4－+e－=Cn（MCl4）D．電路上每轉移lmol電子最多有3molCn（MCl4）被還原14、元素周期表共有18個縱行，從左到右排為1～18列，即堿金屬是第一列，稀有氣體是第18列。按這種規(guī)定，下面說法正確的是（）A．最外層電子數為ns2的元素都在第2列B．第5列元素的原子最外層電子的排布式為nsC．第10、11列為ds區(qū)的元素D．形成化合物種類最多的元素在第14列，屬于P區(qū)的元素15、下列物質僅用溴水即可鑒別的是（）A．苯、己烷、己烯 B．己烷、己烯、己炔C．苯、四氯化碳、苯乙烯 D．溴苯、四氯化碳、己烯16、苯和甲苯相比較，下列敘述中不正確的是（）A．都屬于芳香烴B．都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．都能在空氣中燃燒D．都能發(fā)生取代反應二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機物A可由葡萄糖發(fā)酵得到，也可以從牛奶中提取。純凈的A為無色粘稠液體，易溶于水。為研究A的組成與結構，進行了如下實驗：實驗步驟解釋或實驗結論稱取A9.0g，升溫使其汽化，測其密度是相同條件下H2的45倍試通過計算填空：（1）A的相對分子質量為__。將9.0gA在足量純O2中充分燃燒，并使其產物依次緩緩通過濃硫酸、堿石灰，發(fā)現(xiàn)兩者分別增重5.4g和13.2g（2）A的分子式為__。另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反應，生成2.24LCO2（標準狀況），若與足量金屬鈉反應則生成2.24LH2（標準狀況）。（3）用結構簡式表示A中含有的官能團__、__。A的核磁共振氫譜如圖：（4）A中含有__種氫原子。綜上所述，A的結構簡式為__。18、分子式為C12H14O2的F有機物廣泛用于香精的調香劑。為了合成該物質，某實驗室的科技人員設計了下列合成路線：試回答下列問題：(1)A物質在核磁共振氫譜中能呈現(xiàn)________種峰；峰面積比為__________。(2)上述合成路線中屬于取代反應的是__________(填編號)。(3)寫出反應⑤、⑥的化學方程式：⑤____________________________________________________________________；⑥____________________________________________________________________。(4)F有多種同分異構體，請寫出符合下列條件的所有物質結構簡式：①屬于芳香族化合物，且含有與F相同的官能團；②苯環(huán)上有兩個取代基，且苯環(huán)上的一氯代物只有兩種；③其中一個取代基為—CH2COOCH3：______________。19、苯乙酸銅是合成優(yōu)良催化劑、傳感材料——納米氧化銅的重要前驅體之一，可采用苯乙腈為原料在實驗室進行合成。請回答：（1）制備苯乙酸的裝置如圖（加熱和夾持裝置等略）。已知：苯乙酸的熔點為76.5℃，微溶于冷水，溶于乙醇。在250mL三口瓶ａ中加入70mL質量分數為70％的硫酸，加熱至100℃，再緩緩滴入40ｇ苯乙腈，然后升溫至130℃，發(fā)生反應：儀器b的名稱是______________，其作用是______________。反應結束后加適量冷水再分離出苯乙酸粗品，加入冷水的目的是___________________________________。（2）分離出粗苯乙酸的操作名稱是______，所用到的儀器是（填字母）______。a．漏斗b．分液漏斗c．燒杯d．玻璃棒e．直形冷凝管（3）將苯乙酸加入到乙醇與水的混合溶劑中，充分溶解后加入Cu(OH)2，攪拌30min，過濾，濾液靜置一段時間可以析出苯乙酸銅晶體，寫出發(fā)生反應的化學方程式__________________，混合溶劑中乙醇的作用是________________________________________________________。（4）提純粗苯乙酸最終得到44ｇ純品，則苯乙酸的產率是_________。（相對分子質量：苯乙腈117，苯乙酸136）20、亞硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、醫(yī)藥等工業(yè)。實驗室用如圖裝置(夾持裝置略)制取少量的NOSO4H，并檢驗產品純度。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)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該反應必須維持體系溫度不低于20℃。若溫度過高，產率降低的可能原因是____。③開始反應緩慢，待生成少量NOSO4H后，溫度變化不大，但反應速率明顯加快，其原因可能是______。（3）在實驗裝置存在可能導致NOSO4H產量降低的缺陷是______。（4）測定NOSO4H的純度準確稱取1.337g產品加入250mL碘量瓶中，加入0.1000mol/L、60.00mL的KMnO4標準溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后搖勻。用0.2500mol/L草酸鈉標準溶液滴定，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=___%(計算結果保留兩位有效數字)。21、科學家從化肥廠生產的(NH4)2SO4中檢出組成為N4H4（SO4）2的物質，經測定，該物質易溶于水，在水中以SO42-和N4H44+兩種離子形式存在，植物的根系極易吸收N4H44+，但它遇到堿時，會生成一種形似白磷的N4分子，N4分子不能被植物吸收。請回答下列問題：（1）下列相關說法中，正確的是________(填序號)。a.N4是N2的同分異構體b.1molN4分解生成N2，形成了4molπ鍵c.白磷的沸點比N4高，是因為P-P鍵鍵能比N-N鍵能大d.白磷的化學性質比N2活潑，說明P的非金屬性比N強（2）已知白磷、NH4+、N4H44+的空間構型均為四面體結構，參照NH4+和白磷的結構式，畫出N4H44+的結構式（配位鍵用→表示）________________；（3）在葉綠素結構示意圖上標出N與Mg元素之間的配位鍵和共價鍵（配位鍵用→表示）_______（4）疊氮化物是研究較早的含全氮陰離子的化合物，如：氫疊氮酸（HN3）、疊氮化鈉（NaN3）等。根據等電子體理論寫出N3-的電子式_____________；疊氮化物能形成多種配合物，在[Co(N3)(NH3)5]SO4，其中鈷顯____價，它的配體是________________，寫一種與SO42-等電子體的分子________________。（5）六方相氮化硼晶體內B-N鍵數與硼原子數之比為_______，其結構與石墨相似卻不導電，原因是_______________________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解題分析】分析：根據原子晶體的特點：①由原子直接構成晶體，所有原子間只靠共價鍵連接成一個整體；②由基本結構單元向空間伸展形成空間網狀結構；③破壞共價鍵需要較高的能量及CO2的結構解答。詳解：原子晶體干冰有很高的沸點，不易汽化，不可用作致冷劑，A選項錯誤；原子晶體干冰有很高的熔沸點，很大的硬度，可做耐磨材料，B選項正確；在晶體中已經不存在CO2分子，也就不存在C=O雙鍵，已經轉化為類似SiO2晶體的結構，所以該晶體中只含共價單鍵，C選項錯誤；該晶體中已經不存在CO2分子，已經轉化為類似SiO2晶體的結構，晶體中C—O—C鍵角類似SiO2中硅氧鍵鍵角，不是180°，D選項錯誤；正確選項B。2、C【解題分析】

：A．基態(tài)原子吸收能量變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)原子；B．基態(tài)Be原子的電子排布式是1s22s2；C．電子由基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)需要吸收光子，獲得能量，從由激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)輻射光子，放出能量；D．吸收光譜和發(fā)射光譜統(tǒng)稱原子光譜?！绢}目詳解】A．基態(tài)原子吸收能量變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)原子，所以激發(fā)態(tài)原子能量大于基態(tài)原子能量，前提是同種原子間的比較，A錯誤；B．處于最低能量狀態(tài)的原子叫做基態(tài)原子，所以基態(tài)Be原子的電子排布式是1s22s2，B錯誤；C．電子由基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)需要吸收光子，獲得能量，由激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)輻射光子，放出能量，因此日常生活中我們看到的許多可見光，如霓虹燈光、節(jié)日焰火，都與原子核外電子發(fā)生躍遷釋放能量有關，C正確；D．電子在基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)時也會產生原子光譜，D錯誤；答案選C。3、A【解題分析】

CH2＝CH2→CH2Br—CH2Br是乙烯與溴的加成反應。A選項為乙醛與氫氣的加成反應，反應類型相同；B選項為氯乙烷消去反應生成乙烯，反應類型不同；C選項為苯與硝酸的硝化反應，也屬于取代反應，反應類型不同；D選項為乙酸與乙醇的酯化反應，也屬于取代反應，反應類型不同。答案選A。【題目點撥】本題考查常見有機反應類型的判斷，該題出現(xiàn)的反應類型有取代反應（包括硝化反應、酯化反應等）、消去反應和加成反應，掌握各反應類型的定義是解題的關鍵。4、B【解題分析】

A．NaOH的溶解過程是放熱的，導致溶液溫度高于室溫，如果在轉移溶液之前未將溶液冷卻至室溫，配制的溶液體積偏小，則配制溶液濃度偏高，所以不能實現(xiàn)實驗目的，故A不選；B．氯化鐵具有氧化性、維生素C具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應而生成亞鐵離子，導致溶液由黃色變?yōu)闇\綠色，則溶液變色，所以能實現(xiàn)實驗目的，故B選；C．向稀鹽酸中加入鋅粒，生成的氫氣中會混入少量水蒸氣和氯化氫氣體，HCl和NaOH反應，濃硫酸能夠干燥氫氣，但高錳酸鉀溶液和氫氣不反應，且最后通過酸性高錳酸鉀溶液會導致得到的氫氣中含有水蒸氣，所以不能實現(xiàn)實驗目的，故C不選；D．向2支盛有5mL不同濃度NaHSO3溶液的試管中同時加入2mL5%H2O2溶液，二者發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鈉和水，實驗現(xiàn)象不明顯，不能實現(xiàn)實驗目的，故D不選；答案選B。【題目點撥】本題的易錯點為D，盡管二者能夠發(fā)生化學反應，但由于實驗過程中沒有明顯現(xiàn)象，因此無法通過實驗現(xiàn)象比較反應速率，要注意通過實驗驗證某結論時，需要有較為明顯的實驗現(xiàn)象。5、B【解題分析】

①Si的氧化物只有二氧化硅，二氧化硅不溶于水，不與水反應，不能一步得到硅酸，故①不符合；②若A是S單質，S與氫氣化合生成硫化氫，S、H2S都能與氧氣反應生成二氧化硫，二氧化硫再與氧氣反應生成三氧化硫，三氧化硫與水化合生成硫酸，故②符合；③若A是鈉，則B為氫化鈉，NaH為固態(tài)，且NaH不能反應生成氧化鈉，故③不符合；④若A為氮氣，N2與氫氣化合生成氨氣，N2、NH3都能與氧氣反應生成NO，NO與氧氣反應生成二氧化氮，二氧化氮與水反應生成硝酸，故④符合；所以答案選B。6、C【解題分析】

能溶解Al(OH)3的溶液可能是酸溶液，也可能是堿溶液，則A、在堿溶液中鎂離子不能存在，A不選；B、在酸或者堿溶液中，碳酸氫根離子都不能存在，B不選；C、四種離子間不反應，且與氫離子或氫氧根離子不反應，可以大量共存，C選；D、在酸溶液中，偏鋁酸根離子不能存在，在堿溶液中，鐵離子不能存在，D不選；答案選C。7、A【解題分析】

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。8、D【解題分析】分析：離子間如果在溶液中發(fā)生化學反應，則不能大量共存，結合溶液的酸堿性、離子的性質以及發(fā)生的化學反應解答。詳解：A.在堿性溶液中Fe3＋不能大量共存，A錯誤；B.在酸性溶液中碳酸氫根離子不能大量共存，在堿性溶液中Ca2＋和HCO3－均不能大量共存，B錯誤；C.在堿性溶液中Al3＋和NH4＋均不能大量共存，C錯誤；D.Na＋、K＋、NO3－、SO42－在酸性或堿性溶液中相互之間互不反應，可以大量共存，D正確。答案選D。9、D【解題分析】

X(g)Y(g)＋Z(g)開始0.100變化bbbt1min末0.1-bbb根據壓強比等于物質的量比，，b=0.04；X(g)Y(g)＋Z(g)開始0.100轉化aaa平衡0.1-aaa根據壓強比等于物質的量比，，a=0.08?！绢}目詳解】A.該溫度下此反應的平衡常數K＝0.32，故A錯誤；B.從反應開始到t1時的平均反應速率v(X)＝0.04/t1mol·L－1·min－1，故B錯誤；C.向體現(xiàn)中加入一定量的X，相當于加壓，Y的百分含量減小，故C錯誤；D.其他條件不變，再充入0.1mol氣體X，平衡正向移動，但對于X的轉化率，相當于加壓，X的轉化率減少，故D正確。10、D【解題分析】試題分析：①集氣瓶用來收集氣體，不能加熱。錯誤；②量筒用來量取一定體積的液體，不能加熱；錯誤；③燒杯墊上石棉網，可以加熱。正確。④表面皿不能加熱。錯誤。⑤蒸發(fā)皿可以直接加熱。正確。⑥容量瓶是用來配制一定體積一定濃度的溶液的儀器，不能加熱。錯誤。⑦圓底燒瓶墊上石棉網，可以加熱。正確。因此能用酒精燈加熱的是③⑤⑦。選項是D?？键c：考查儀器的正確使用的知識。11、B【解題分析】

A．16.25gFeCl3的物質的量為=0.1mol，F(xiàn)eCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子是多個Fe(OH)3的聚集體，所以0.1mol

FeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數小于0.1

NA，故A錯誤；B．甲烷和乙烯分子內均含有4個氫原子，標準狀況下，11.2

L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數目為：×4×NA=2NA，故B正確；C．pH=1的H3PO4溶液中H+濃度為0.1mol/L，但溶液體積未知，無法計算氫離子個數，故C錯誤；D．10gD2O物質的量==0.5mol，0.5mol分子中含有的質子數與中子數均為5NA，故D錯誤；故答案為B?！绢}目點撥】順利解答該類題目的關鍵是：一方面要仔細審題，注意關鍵字詞，熟悉常見的“陷阱”；另一方面是要把各種量轉化為物質的量，以此為中心進行計算。特別要注意氣體摩爾體積、阿伏加德羅定律的適用范圍和使用條件。關于氣體摩爾體積的使用注意：①氣體的摩爾體積適用的對象為氣體，而標況下水、CCl4、HF等為液體，SO3為固體；②必須明確溫度和壓強是0℃，101kPa，只指明體積無法求算物質的量；③22.4L/mol是標準狀態(tài)下或一定溫度、一定壓強下的氣體摩爾體積。12、B【解題分析】

加入過量稀硫酸無明顯變化，說明無碳酸根離子、Ba2+、AlO2﹣；加入硝酸鋇后有氣體產生，說明有亞鐵離子存在且被氧化，沉淀為硫酸鋇；加入NaOH溶液后有氣體，說明原溶液中有銨根離子，氣體為氨氣，沉淀B為紅褐色氫氧化鐵沉淀；通入少量CO2產生沉淀，先后與OH﹣、Ba2+反應，沉淀C為碳酸鋇，不能說明存在Al3+。因為離子濃度均為0.1mol?L﹣1，從電荷的角度出發(fā)，只能含有NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣才能保證電荷守恒，K+必然不能存在。【題目詳解】A.通過上述分析，原試液中確定含有Cl－，無法確定含有Al3＋，故A錯誤；B.通過上述分析可知原溶液中存在NH4+、Fe2＋、Cl－、SO42-，故B正確；C.通過上述分析可知沉淀C的成分為碳酸鋇，故C錯誤；D.通過上述分析可知濾液X中不存在大量的Ba2+，故D錯誤；綜上所述，本題正確答案為B?！绢}目點撥】本題考查了常見離子的性質檢驗，注意硝酸根離子在酸性條件下具有強氧化性，另外本題需要根據電荷守恒判斷氯離子是否存在，難度較大。13、B【解題分析】

由二次電池反應原理可知，放電時，a極為電池的負極，負極上M失電子發(fā)生氧化反應生成M2Cl7－，電極反應式為M－3e－+7MCl4－=4M2Cl7－，b極為正極，Cn（MCl4）在正極上得電子發(fā)生還原反應生成Cn，電極反應式為Cn（MCl4）+e－=Cn+MCl4－，充電時，a極為陰極、b極為陽極。【題目詳解】A項、放電時，陰離子向負極移動，a極為電池的負極，則MCl4－向a極遷移，故A錯誤；B項、放電時，a極為電池的負極，負極上M失電子發(fā)生氧化反應生成M2Cl7－，電極反應式為M－3e－+7MCl4－=4M2Cl7－，故B正確；C項、充電時，b極為陽極，Cn在陽極上失電子發(fā)生氧化反應生成Cn（MCl4），電極反應式為Cn+MCl4－—e－=Cn（MCl4），故C錯誤；D項、由二次電池反應方程式可知，每轉移3mol電子有3molCn（MCl4）被還原，故D錯誤；故選B。【題目點撥】本題考查二次電池，注意運用二次電池反應原理判斷電極，能夠正確書寫放電和充電時的電極反應式是解答關鍵。14、D【解題分析】

A.最外層電子排布為ns2的元素可能為He或某些過渡元素；B.第5列元素是ⅤB族元素；C.第10列價電子排布為(n-1)d1-6ns1-2，11列元素價電子排布為(n-1)d10ns1-2，(n-1)d全充滿；D.根據第14列為碳族元素，形成化合物的種類最多。【題目詳解】A.最外層電子排布為ns2的元素可能為He或某些過渡元素或第ⅡA族元素，則不一定為第2列，故A錯誤；B.第5列元素是ⅤB族元素，第15列元素的原子最外層電子的排布式為ns2np3，故B錯誤；C.第10列價電子排布為(n-1)d1-6ns1-2，11列元素價電子排布為(n-1)d10ns1-2，(n-1)d全充滿，則分別在d區(qū)和ds區(qū)，C錯誤；D.第14列為碳族元素，有機物含碳元素，故該族元素形成化合物的種類最多，屬于P區(qū)的元素，D正確；故合理選項是D?！绢}目點撥】本題考查元素周期表的結構及應用的知識，把握周期表的結構、元素的位置、元素化合物與化合物的關系等為解答的關鍵，側重考查學生的分析與應用能力。15、C【解題分析】

A、苯、己烷、己烯中只有己烯能使溴水褪色，苯、己烷都不與溴水反應，且不溶于水、密度都比水小，所以苯、己烷、己烯僅用溴水不能鑒別，故不選A；B.己烯、己炔都能與溴水發(fā)生加成反應使溴水褪色，所以己烷、己烯、己炔僅用溴水不能鑒別，故不選B；C.苯、四氯化碳、苯乙烯中只有苯乙烯能使溴水褪色，苯、四氯化碳都不與溴水反應，且不溶于水，但苯的密度比水小、四氯化碳的密度比水大，所以苯、四氯化碳、苯乙烯僅用溴水能鑒別，故選C；D.溴苯、四氯化碳、己烯中只有己烯能使溴水褪色，溴苯、四氯化碳都不與溴水反應，且不溶于水、密度都比水大，所以溴苯、四氯化碳、己烯僅用溴水不能鑒別，故不選D。16、B【解題分析】

A.苯和甲苯都含有苯環(huán)，都屬于芳香烴，故A正確；B.苯性質穩(wěn)定不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，而甲苯由于苯環(huán)對甲基的影響，使得甲基上氫變得活潑可以被酸性高錳酸鉀氧化，故B錯誤；C.苯和甲苯有可燃性，都能在空氣中燃燒，故C正確；D.苯和甲苯都能與鹵素單質、硝酸等發(fā)生取代反應，故D正確；故選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、90C3H6O3-COOH-OH4【解題分析】

（1）相同條件下，氣體的相對分子質量之比等于密度之比；

（2）濃硫酸可以吸收水，堿石灰可以吸收二氧化碳，根據元素守恒來確定有機物的分子式；（3）羧基可以和碳酸氫鈉發(fā)生化學反應生成二氧化碳，-OH、-COOH和金屬鈉發(fā)生化學反應生成氫氣，根據生成氣體物質的量判斷含有的官能團；（4）核磁共振氫譜圖中有幾個峰值則含有幾種類型的等效氫原子，峰面積之比等于氫原子的數目之比；（5）結合A的分子式、含有的官能團確定A的結構簡式?！绢}目詳解】(1)由其密度是相同條件下H2的45倍，可知A的相對分子質量為45×2=90，故答案為：90；(2)由題意可推知：n(A)=9.0g÷90g/mol=0.1mol，n(C)=n(CO2)=13.2g÷44g/mol=0.3mol，n(H)=2n(H2O)=2×5.4g÷18g/mol=0.6mol，n(O)=（9g?0.3×12g?0.6×1g）÷16g/mol=0.3mol，所以根據原子守恒可知A的分子式為C3H6O3，故答案為：C3H6O3；(3)0.1molA與NaHCO3反應放出0.1molCO2，則說A中應含有一個羧基，而與足量金屬鈉反應則生成0.1molH2，說明A中還含有一個羥基，故答案為：-COOH；-OH；(4)核磁共振氫譜中有4個吸收峰，面積之比為1:1:1:3，可知A中應含有4種不同環(huán)境的氫原子，根據核磁共振氫譜圖看出有機物中有4個峰值，則含4種類型的等效氫原子，且氫原子的個數比是3:1:1:1，所以結構簡式為：。18、43∶2∶2∶3②⑤⑥【解題分析】

根據流程圖，反應①是A和溴水發(fā)生加成反應生成，可以判斷A為CH2=C(CH3)CH2CH3，反應②是水解反應，生成物B的結構簡式為CH3CH2C(CH3)OHCH2OH；B氧化得到C，則C的結構簡式為CH3CH2C(CH3)OHCOOH；根據C和D的分子式的可判斷，反應④是消去反應，且D含兩個甲基，所以D為CH3CH=C(CH3)COOH，反應⑤屬于鹵代烴的水解反應，則E為，E和D通過酯化反應生成F，則F的結構簡式為，據此分析解答?！绢}目詳解】根據上述分析，A為CH2=C(CH3)CH2CH3，B為CH3CH2C(CH3)OHCH2OH，C為CH3CH2C(CH3)OHCOOH，D為CH3CH=C(CH3)COOH，E為，F(xiàn)為。(1)A為CH2=C(CH3)CH2CH3，含有4種H原子，核磁共振氫譜中呈現(xiàn)4種峰，峰面積比為3∶2∶2∶3，故答案為：4；3∶2∶2∶3；(2)根據題中各物質轉化關系和分析可知，反應①為加成反應，反應②為取代反應，反應③為氧化反應，反應④為消去反應，反應⑤為取代反應，反應⑥為酯化反應，也屬于取代反應，屬于取代反應的是②⑤⑥，故答案為：②⑤⑥；(4)反應⑤為鹵代烴的水解反應，反應的方程式為，反應⑥為酯化反應，反應的方程式為；(4)F為，在F的同分異構體中苯環(huán)上有兩個取代基，且苯環(huán)上的一氯代物只有兩種，說明這2個取代基位于對位。其中一個取代基為-CH2COOCH3，則另一個取代基含有碳碳雙鍵，因此同分異構體的結構簡式為。【題目點撥】注意從A的結構入手采取正推的方法進行推斷，把握官能團的性質以及官能團的轉化為解答該題的關鍵。本題的易錯點為(4)，要注意題中限制條件的解讀。19、球形冷凝管冷凝回流降低溶解度，使苯乙酸結晶過濾acd增大苯乙酸的溶解度，便于充分反應95%【解題分析】（1）通過分液漏斗向三口瓶a中滴加苯乙腈，儀器c為球形冷凝管，能起到冷凝回流的作用(使氣化的反應液冷凝)；反應結束后加適量冷水，降低溶解度，便于苯乙酸(微溶于冷水)結晶析出，故答案為球形冷凝管、冷凝回流、降低溶解度，使苯乙酸結晶。（2）可通過過濾從混合液中分離出苯乙酸粗品，過濾所用的儀器主要有漏斗、玻璃棒、燒杯等，故答案為過濾、acd。（3）苯乙酸與Cu(OH)2反應析出苯乙酸銅晶體的化學方程式為：；根據“苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇”，故乙醇與水的混合溶劑中的乙醇能增大苯乙酸的溶解度，便于充分反應。（4）根據“~”關系式，可計算苯乙酸的產率=44g40g÷117g點睛：本題是一道化學實驗綜合題，考查有機物的制備，涉及實驗儀器的使用、實驗操作、化學方程式書寫、混合物純度計算等，綜合性較強，既注重實驗基礎又側重分析、解決問題能力的考查。20、C調節(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作為該反應的催化劑C(或A)中的水蒸氣會進入B，使產品發(fā)生水解2516H+210CO2↑895【解題分析】

根據題意可知，在裝置B中利用濃HNO3與SO2在濃H2SO4作用下反應制得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反應時，硝酸會氧化亞硫酸鈉本身被還原為一氧化氮，選項A不符合；實驗室制二氧化硫的原理是基于SO32-與H+的反應，因為生成的SO2會溶于水，所以不能用稀硫酸來制取，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制取SO2，選項B、選項D不符合；選項C符合；答案選C；（2）裝置B中濃HNO3和SO2在濃H2SO4作用下反應制得NOSO4H。①為了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是調節(jié)分液漏斗活塞，控制濃硫酸的滴加速度；②該反應必須維持體系溫度不低于20℃。若溫度過高，濃HNO3分解、揮發(fā)，產率降低；③開始反應緩慢，待生成少量NOSO4H后，溫度變化不大，但生成的NOSO4H作為該反應的催化劑，使反應速率明顯加快；（3）在實驗裝置存在可能導致NOSO4H產量降低的缺陷是C(或A)中的水蒸氣會進入B，使產品發(fā)生水解；(5)①發(fā)生的是MnO4－和C2O42－的氧化還原反應，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。結合得失電子守恒和電荷守恒可得到MnO4－和C2O42－的離子反應方程式為：2MnO4－+5C2O42－+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；②根據題意可知，酸性KMnO4溶液先與NOSO4H反應，利用草酸鈉溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。用0.2500mol·L－1草酸鈉標準溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸鈉溶液的體積為20.00mL。可知剩余的KMnO4的物質的量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的物質的量n2(MnO4－)=0.1000