新疆阿克蘇市阿瓦提縣第四中學2024年高考壓軸卷化學試卷含解析

新疆阿克蘇市阿瓦提縣第四中學2024年高考壓軸卷化學試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、向含有0.2mol氫氧化鈉和0.1mol氫氧化鈣的溶液中，持續(xù)穩(wěn)定地通入二氧化碳氣體，通入氣體為6.72L（標準狀況）時，立即停止，則這一過程中，溶液中離子數(shù)目與通入二氧化碳氣體體積的關(guān)系正確的是（不考慮氣體的溶解）A． B． C． D．2、工業(yè)上用Na2SO3溶液吸收硫酸工業(yè)尾氣中的SO2，并通過電解方法實現(xiàn)吸收液的循環(huán)再生。其中陰、陽離子交換膜組合循環(huán)再生機理如圖所示，下列有關(guān)說法中正確的是A．X應為直流電源的正極B．電解過程中陰極區(qū)pH升高C．圖中的b%＜a%D．SO32－在電極上發(fā)生的反應為SO32－＋2OH－－2e－=SO42－＋2H2O3、下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z為短周期主族元素。Z的最高價氧化物對應的水化物為M，室溫下，0.01mol/LM溶液pH<2。下列說法中錯誤的是WXYZA．原子半徑大?。篨<W<Y B．Z的單質(zhì)易溶于化合物WZ2C．氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：W<X D．含Y元素的離子一定是陽離子4、某同學通過如下流程制備氧化亞銅：已知：難溶于水和稀硫酸；下列說法錯誤的是A．步驟②中的可用替換B．在步驟③中為防止被氧化，可用水溶液洗滌C．步驟④發(fā)生反應的離子方程式為：D．如果試樣中混有和雜質(zhì)，用足量稀硫酸與試樣充分反應，根據(jù)反應前、后固體質(zhì)量可計算試樣純度5、右下表為元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W為短周期元素，W元素的核電荷數(shù)為X元素的2倍。下列說法正確的是（）A．X、W、Z元素的原子半徑及它們的氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性均依次遞增B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游離態(tài)存在，它們的最高價氧化物的水化物的酸性依次遞增C．YX2晶體熔化、液態(tài)WX3氣化均需克服分子間作用力D．根據(jù)元素周期律，可以推測T元素的單質(zhì)具有半導體特性，T2X3具有氧化性和還原性6、根據(jù)下列實驗操作所得結(jié)論正確的是（）選項實驗操作實驗結(jié)論A向2支盛有5mL不同濃度NaHSO3溶液的試管中同時加入2mL5%H2O2溶液濃度越大，反應速率越快B向40mL的沸水中滴入5～6滴FeCl3飽和溶液，繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，停止加熱。當光束通過液體時，可觀察到丁達爾效應得到Fe（OH）3膠體C向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入濃AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）D同溫下用pH試紙分別測定濃度為0.1mol/LNaClO溶液、0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比較HClO和CH3COOH的酸性強弱A．A B．B C．C D．D7、下列實驗操作能達到實驗目的的是A．稀釋濃硫酸時，應將水沿容器內(nèi)壁慢慢加入濃硫酸中B．用潤濕的pH試紙測溶液的pH值，一定會引起誤差C．蒸發(fā)時將蒸發(fā)皿放置在鐵架臺的鐵圈上，并加墊石棉網(wǎng)加熱D．石油的蒸餾實驗中，忘記加沸石，可以先停止加熱，待溶液冷卻后加入沸石，再繼續(xù)加熱蒸餾8、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．常溫常壓下，1molP4(P原子均達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu))中所含P-P鍵數(shù)目為4NAB．0.1molH2和0.1molI2于密閉容器中充分反應后，其分子總數(shù)小于0.2NAC．20mL10mol/L的濃硝酸與足量銅加熱反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NAD．0.1molNH2-所含電子數(shù)為6.02×1023個9、烷烴命名中常使用三套數(shù)字，甲、乙、丙……，1、2、3……，一、二、三……。其中“一、二、三……”是說明A．碳原子數(shù) B．烷基位置編號 C．氫原子數(shù) D．同種烷基數(shù)目10、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．18g氨基（-ND2）中含有的電子數(shù)為9NAB．1molFeI2與足量氯氣反應時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAC．1L0.1mol?L-1的Na2S溶液中，陰離子總數(shù)小于0.1NAD．2.24LCH4與C2H4的混合氣體中，所含H原子的數(shù)目是0.4NA11、生鐵比純鐵（）A．硬度低 B．易腐蝕 C．熔點高 D．含碳量低12、下列選項中，為完成相應實驗，所用儀器或相關(guān)操作合理的是ABCD用CCl4提取溶在乙醇中的I2測量Cl2的體積過濾用NaOH標準溶液滴定錐形瓶中的鹽酸A．A B．B C．C D．D13、化學與生活、生產(chǎn)密切相關(guān)，下列說法正確的是A．月餅因富含油脂而易被氧化，保存時常放入裝有硅膠的透氣袋B．離子交換膜在工業(yè)上應用廣泛，在氯堿工業(yè)中使用陰離子交換膜C．鋼鐵在潮濕的空氣中，易發(fā)生化學腐蝕生銹D．“梨花淡白柳深青，柳絮飛時花滿城”中柳絮的主要成分和棉花相同14、ClO2是一種國際公認的安全、無毒的綠色消毒劑，沸點11℃，凝固點-59℃。工業(yè)上，可用下列原理制備ClO2(液相反應)：。設(shè)NA是阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A．在標準狀況下，2240mLClO2含有原子數(shù)為0.3NAB．若生成1.5molNa2SO4，則反應后的溶液中Fe3+數(shù)目為0.2NAC．48.0gFeS2完全反應，則上述反應中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6NAD．每消耗30molNaClO3，生成的水中氫氧鍵數(shù)目為14NA15、有Br2參加的化學反應一定不屬于A．復分解反應 B．置換反應 C．取代反應 D．加成反應16、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是A．112gMgS與NaHS混合晶體中含有陽離子的數(shù)目為2NAB．25℃時，1L0.1mol·L－1的Na3PO4溶液中Na+的數(shù)目為0.3NAC．常溫下，64gCu與足量的濃硫酸混合，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為2NAD．88g乙酸乙酯中含有的非極性共價鍵的數(shù)目為2NA二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知A、B、C、D、X、Y六種物質(zhì)均由短周期元素組成，其中X為常見離子化合物，它們之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系如下圖所示（1）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為____________________。（2）物質(zhì)X的電子式為_____________________。（3）寫出B與Ca(OH)2反應的化學方程式______________________________。（4）寫出X在條件II下反應生成B、C、D的離子方程式_____________________________________________。（5）寫出實驗室制B的化學方程式，并標出電子轉(zhuǎn)移方向、數(shù)目____________________________________________。（6）請簡述鑒定物質(zhì)X的實驗方法____________________________________。18、前四周期元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，A元素原子的核外電子只有一種運動狀態(tài)；基態(tài)B原子s能級的電子總數(shù)比p能級的多1；基態(tài)C原子和基態(tài)E原子中成對電子數(shù)均是未成對電子數(shù)的3倍；D形成簡單離子的半徑在同周期元素形成的簡單離子中最小?；卮鹣铝袉栴}：(1)元素A、B、C中，電負性最大的是____(填元素符號，下同)，元素B、C、D第一電離能由大到小的順序為________。(2)與同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是________；BA3分子中鍵角________109°28′(填“＞”“＜”或“＝”)，原因是________。(3)BC3－離子中B原子軌道的雜化類型為____________，BC3－離子的立體構(gòu)型為________________。(4)基態(tài)E原子的電子排布式為________；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合價為＋6)中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為________；(5)化合物DB是人工合成的半導體材料，它的晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石(晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示)相似。若DB的晶胞參數(shù)為apm，則晶體的密度為_____g·cm－3(用NA表示阿伏加德羅常數(shù))。19、向硝酸酸化的2mL0.1mol?L-1AgNO3溶液（pH=2）中加入過量鐵粉，振蕩后靜置，溶液先呈淺綠色，后逐漸呈粽黃色，試管底部仍存有黑色固體，過程中無氣體生成。實驗小組同學針對該實驗現(xiàn)象進行如下探究。Ⅰ．探究Fe2+產(chǎn)生的原因（1）提出猜想：Fe2+可能是Fe與____或___反應的產(chǎn)物。（2）實驗探究：在兩支試管中分別加入與上述實驗等量的鐵粉，再加入不同的液體試劑，5min后取上層清液，分別加入相同體積和濃度的鐵氰化鉀溶液液體試劑加人鐵氰化鉀溶液1號試管2mL.0.1mol?L-1AgNO3溶液無藍色沉淀2號試管______藍色沉淀①2號試管中所用的試劑為____。②資料顯示：該溫度下，0.1mol?L-1的AgNO3溶液可以將Fe氧化為Fe2+。但1號試管中未觀察到藍色沉淀的原因可能為____。③小組同學繼續(xù)進行實驗，證明了2號試管得出的結(jié)論正確。實驗如下：取100mL0.1mol?L-1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH=2），加入鐵粉井攪拌，分別插入pH傳感器和NO3-傳感器（傳感器可檢測離子濃度），得到如圖圖示，其中pH傳感器測得的圖示為___（填“圖甲”或“圖乙”）。④實驗測得2號試管中有NH4+生成，則2號試管中發(fā)生反應的離子方程式為___。Ⅱ．探究Fe3+產(chǎn)生的原因查閱資料可知，反應中溶液逐漸變棕黃色是因為Fe2+被Ag+氧化。小組同學設(shè)計不同實驗方案對此進行驗證。（3）方案一；取出少量黑色固體，洗滌后___（填操作和現(xiàn)象），證明黑色固體中有Ag。（4）方案二：按圖連接裝置，一段時間后取出左側(cè)燒杯溶液，加人KSCN溶液，溶液變F紅。該實驗現(xiàn)象____（填“能“或“不能“）證明Fe2+可被Ag+氧化，理由為__。20、葡萄糖酸鈣是一種可促進骨骼生長的營養(yǎng)物質(zhì)。葡萄糖酸鈣可通過以下反應制得：C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸鈣)+H2O+CO2↑相關(guān)物質(zhì)的溶解性見下表：實驗流程如下：回答下列問題：（1）第①步中溴水氧化葡萄糖時，甲同學設(shè)計了如圖所示裝置。①你認為缺少的儀器是__。②甲同學在尾氣吸收裝置中使用倒立漏斗的目的是__。（2）第②步CaCO3固體過量，其目的是__。（3）本實驗中___(填“能”或“不能”)用CaCl2替代CaCO3，理由是__。（4）第③步“某種操作”名稱是__。（5）第④步加入乙醇的作用是__。（6）第⑥步中洗滌操作主要是除去沉淀表面可能含有的溴化鈣，洗滌劑最合適的是__(填標號)。A．冷水B．熱水C．乙醇D．乙醇—水混合溶液21、氟代硼酸鉀（KBe2BO3F2）是激光器的核心材料，我國化學家在此領(lǐng)域的研究走在了世界的最前列?；卮鹣铝袉栴}：（1）氟代硼酸鉀中非金屬元素原子的電負性大小順序是__?；鶓B(tài)K+的電子排布式為__。（2）NaBH4是有機合成中常用的還原劑，其中的陰離子空間構(gòu)型是__，中心原子的雜化方式為__。NaBH4中存在__（填標號）。a.離子鍵b.氫鍵c.σ鍵d.π鍵（3）BeCl2中的化學鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子存在的BeCl2的結(jié)構(gòu)式為__，其中Be的配位數(shù)為__。（4）第三周期元素氟化物的熔點如下表：化合物NaFMgF2AlF3SiF4PF5SF6熔點/℃99312611291-90-83-50.5解釋表中氟化物熔點變化的原因：___。（5）CaF2的一種晶胞如圖所示。Ca2+占據(jù)F-形成的空隙，若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則CaF2的密度ρ=__g·cm-3（列出計算表達式）。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

n(CO2)==0.3mol，向含有0.2mol氫氧化鈉和0.1mol氫氧化鈣的溶液中通入CO2，二氧化碳首先與氫氧化鈣反應2OH-+Ca2++CO2=CaCO3↓+H2O，離子濃度迅速降低，氫氧化鈣完全反應，消耗0.1molCO2，然后二氧化碳與氫氧化鈉反應2OH-+CO2=CO32-+H2O，消耗0.1molCO2，離子濃度繼續(xù)降低，但幅度減小，最后發(fā)生CO2+H2O+CO32-=2HCO3-，離子濃度增大，恰好反應時，0.3mol二氧化碳也完全反應，所以圖像C符合，故選C?！军c睛】正確掌握反應的離子方程式的先后順序是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點為B，要注意B和C的區(qū)別。2、B【解析】

A.因為電解池左室H+→H2，Pt(I)是陰極，X為直流電源的負極，A項錯誤；B.陰極區(qū)消耗H+生成氫氣，氫離子濃度減小，溶液的pH增大，B項正確；C.電解池右室陽極區(qū)的發(fā)生反應HSO3--2e-＋H2O＝SO42-＋3H＋和SO32--2e-＋2H2O＝SO42-＋4H＋，圖中的b%>a%，C項錯誤；D.解池右室陽極區(qū)的發(fā)生反應HSO3--2e-＋H2O＝SO42-＋3H＋和SO32--2e-＋2H2O＝SO42-＋4H＋，D項錯誤；答案選B。3、D【解析】

根據(jù)元素在周期表位置關(guān)系，四種元素位于第二三周期，且Z的最高價氧化物對應的水化物為M，室溫下，0.01mol/LM溶液pH<2。則Z為S，W、X、Y分別為C、N、Al。A．原子半徑大?。篘＜C＜Al，故A正確；B．Z元素為S，其單質(zhì)易溶于CS2，故B正確；C．W、X分別為C、N，非金屬性越強，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：C＜N，則氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：CH4＜NH3，故C正確；D．Y為Al元素，含Al元素的離子有Al3+、AlO或[Al(OH)4]－，故D錯誤；答案選D?！军c睛】根據(jù)相似相容原理，S易溶于CS2。4、D【解析】

堿式碳酸銅溶于過量的稀鹽酸，得到CuCl2溶液，向此溶液中通入SO2，利用SO2的還原性將Cu2+還原生成CuCl白色沉淀，將過濾后的CuCl與NaOH溶液混合加熱得磚紅色沉淀Cu2O，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．Na2SO3有還原性，則步驟②還原Cu2+，可用Na2SO3替換SO2，故A正確；B．CuCl易被空氣中的氧氣氧化，用還原性的SO2的水溶液洗滌，可達防氧化的目的，故B正確；C．CuCl與NaOH溶液混合加熱得磚紅色沉淀Cu2O，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒可知發(fā)生反應的離子方程式為2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O，故C正確；D．CuCl也不溶于水和稀硫酸，Cu2O溶于稀硫酸生成不溶于的Cu，則過濾后所得濾渣為Cu和CuCl的混合物，無法計算出樣品中Cu2O的質(zhì)量，即無法計算樣品純度，故D錯誤；故選D。5、D【解析】

從表中位置關(guān)系可看出，X為第2周期元素，Y為第3周期元素，又因為X、W同主族且W元素的核電荷數(shù)為X的2倍，所以X為氧元素、W為硫酸元素；再根據(jù)元素在周期表中的位置關(guān)系可推知：Y為硅元素、Z為磷元素、T為砷元素?！驹斀狻緼、O、S、P的原子半徑大小關(guān)系為：P＞S＞O，三種元素的氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性為：H2O＞H2S＞PH3，A不正確；B、在火山口附近或地殼的巖層里，常常存在游離態(tài)的硫，B不正確；C、SiO2晶體為原子晶體，熔化時需克服的微粒間的作用力為共價鍵，C不正確；D、砷在元素周期表中位于金屬元素與非金屬的交界線附近，具有半導體的特性，As2O3中砷為+3價，處于中間價態(tài)，所以具有氧化性和還原性，D正確。答案選D。6、B【解析】

A.NaHSO3溶液和H2O2溶液會發(fā)生氧化還原反應，生成Na2SO4和H2O，現(xiàn)象不明顯，不能夠判斷濃度對反應速率的影響，A錯誤；B.制備Fe(OH)3膠體:向沸水中滴入5～6滴FeCl3飽和溶液，繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，B正確；C.兩溶液濃度未知，雖有黃色沉淀生成，但不能比較Ksp（AgCl）、Ksp（AgI）大小關(guān)系，C錯誤；D.NaClO溶液具有強氧化性，會氧化pH試紙，不能用pH試紙測定，D錯誤；故答案選B?！军c睛】難溶電解質(zhì)的溶度積越大，難溶物越溶，溶度積大的難溶物可轉(zhuǎn)化為溶度積小的難溶物。7、D【解析】

A.稀釋濃硫酸時，應將濃硫酸沿容器內(nèi)壁慢慢加入水中并不斷用玻璃板攪拌，故A錯誤；B.用潤濕的pH試紙測溶液的pH值，可能會引起誤差，測酸、堿有誤差，但測中性的鹽溶液沒有誤差，故B錯誤；C.蒸發(fā)時將蒸發(fā)皿放置在鐵架臺的鐵圈上，直接加熱，故C錯誤；D.石油的蒸餾實驗中，忘記加沸石，可以先停止加熱，待溶液冷卻后加入沸石，再繼續(xù)加熱蒸餾，故D正確。綜上所述，答案為D?！军c睛】pH試紙測溶液的pH值時不能濕潤，不能測漂白性的溶液的pH值，不能測濃溶液的pH值。8、D【解析】

A、P4是正四面體結(jié)構(gòu)，每個P4分子中有6個共價鍵，1molP4(P原子均達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu))中所含P-P鍵數(shù)目為6NA，故A錯誤；B.H2+I22HI反應前后氣體分子數(shù)不變，0.1molH2和0.1molI2于密閉容器中充分反應后，其分子總數(shù)等于0.2NA，故B錯誤C.20mL10mol/L的濃硝酸與足量銅加熱反應生成NO2和NO，轉(zhuǎn)移電子數(shù)不是0.1NA，故C錯誤；D.1個NH2-含10個電子，0.1molNH2-所含電子數(shù)為6.02×1023個，故D正確。9、D【解析】

據(jù)烷烴的命名規(guī)則，理解所用數(shù)字的含義?！驹斀狻客闊N系統(tǒng)命名時，甲、乙、丙……，表示主鏈碳原子數(shù)目。1、2、3……，用于給主鏈碳原子編號，以確定取代基在主鏈的位置。一、二、三……，用于表示相同取代基的數(shù)目。本題選D。10、A【解析】

A．18g氨基（-ND2）為1mol，含有的電子數(shù)為9NA，A正確；B．氯氣具有強氧化性，將Fe2+和I-均氧化，1molFeI2與足量氯氣反應時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA，B錯誤；C．S2-會水解，1個硫離子水解后產(chǎn)生1個硫氫根離子和1個氫氧根離子，故1L0.1mol?L-1的Na2S溶液中，陰離子總數(shù)大于0.1NA，C錯誤；D．為指明標準狀況，無法計算，D錯誤；故答案選A?！军c睛】氕()、氘()、氚()，互為同位素，氕()無中子。11、B【解析】

生鐵是合金，強度和硬度一般比組成它的純金屬更高；A．生鐵是合金，其硬度比純鐵高，故A錯誤；B．生鐵是合金，易發(fā)生電化學腐蝕，而純鐵只能發(fā)生化學腐蝕，生鐵易被腐蝕，故B正確；C．生鐵是合金，其熔點比純鐵低，故C錯誤；D．通常生鐵是鐵碳合金，含碳量比純鐵高，故D錯誤；故答案為B。12、B【解析】

A.四氯化碳是良好的有機溶劑，四氯化碳與乙醇互溶，不會出現(xiàn)分層，不能用分液漏斗分離，故A錯誤；B.氯氣不溶于食鹽水，可排飽和食鹽水測定其體積，則圖中裝置可測定Cl2的體積，故B正確；C.過濾需要玻璃棒引流，圖中缺少玻璃棒，故C錯誤；D.NaOH標準溶液滴定錐形瓶中的鹽酸，NaOH溶液應盛放在堿式滴定管中，儀器的使用不合理，滴定過程中眼睛應注視錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化，故D錯誤。答案選B?！军c睛】本題考查的是關(guān)于化學實驗方案的評價，實驗裝置的綜合。解題時需注意氯氣不溶于食鹽水，可排飽和食鹽水測定其體積；NaOH標準溶液滴定錐形瓶中的鹽酸，NaOH溶液應盛放在堿式滴定管中。13、D【解析】

A.食品包裝中的硅膠為干燥劑，不能除去月餅包裝袋中的氧氣，故A錯誤；B.氯堿工業(yè)中生成NaOH、Cl2和H2，為防止Cl2和NaOH溶液反應，選擇陽離子交換膜，故B錯誤；C.鐵中含有雜質(zhì)碳，在潮濕的環(huán)境下容易形成原電池，發(fā)生電化學腐蝕，故C錯誤；D.柳絮和棉花的化學成分均為纖維素，故D正確；答案：D。14、C【解析】

A.ClO2沸點11℃，標況下為液體，2240mLClO2的物質(zhì)的量不是0.1mol，故A錯誤；B.Fe3+在水溶液中會發(fā)生水解，不能確定其數(shù)目，故B錯誤；C.48.0gFeS2物質(zhì)的量為48g÷120g/mol=0.4mol，NaClO3中氯元素由+5價降到+4價，失一個電子，故6molNaClO3失6mol電子，即48.0gFeS2完全反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6NA，故C正確；D.消耗30molNaClO3生成14mol水，一個水分子中有兩個氫氧鍵，故生成的水中氫氧鍵數(shù)目為28NA，故D錯誤；故答案為C?！军c睛】本題結(jié)合氧化還原反應方程式考察阿伏伽德羅常數(shù)，要抓住題目關(guān)鍵信息，判斷反應標況下的狀態(tài)，注意D選項中一個水分子中有兩個氫氧鍵。15、A【解析】

溴具有氧化性，有溴參加的反應為氧化還原反應，也可發(fā)生有機類型的取代、加成反應，則不可能為復分解反應，以此來解答即可。【詳解】A.復分解反應中一定沒有元素的化合價變化，而溴參加有元素的化合價變化，則不可能為復分解反應，A符合題意；B.單質(zhì)溴與KI發(fā)生置換反應，產(chǎn)生碘單質(zhì)和溴化鉀，B不符合題意；C.甲烷與溴的取代反應，有溴參加，C不符合題意；D.乙烯與溴的加成反應產(chǎn)生1,2-二溴乙烷，有溴參加，D不符合題意；故合理選項是A?！军c睛】本題考查溴的化學性質(zhì)及反應類型，把握溴蒸氣的氧化性及有機反應中溴單質(zhì)的作用為解答的關(guān)鍵，注重基礎(chǔ)知識的考查，注意利用實例分析。16、C【解析】

A．因為MgS與NaHS的摩爾質(zhì)量都是56g.mol-1，所以112gMgS與NaHS混合物的物質(zhì)的量為2mol，而MgS與NaHS混合晶體中含有陽離子分別為Mg2+、Na+，故112gMgS與NaHS混合晶體中含有陽離子的數(shù)目為2NA，A正確；B．Na3PO4是強電解質(zhì)，在溶液中的電離方程式為：Na3PO4=3Na++PO43-，則1L0.1mol·L－1的Na3PO4溶液中Na+的物質(zhì)的量為0.3mol，故1L0.1mol·L－1的Na3PO4溶液中Na+的數(shù)目為0.3NA，B正確；C．常溫下，Cu與濃硫酸不反應，C錯誤；D．乙酸乙酯的結(jié)構(gòu)式為，88g乙酸乙酯的物質(zhì)的量是1mol，一個乙酸乙酯分子中含有兩個非極性共價鍵，故88g乙酸乙酯中含有的非極性共價鍵的數(shù)目為2NA，D正確；答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、通電2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑（用雙線橋表示也可）用焰色反應檢驗Na+，用硝酸銀和稀硝酸檢驗Cl-【解析】

X為離子化合物，左邊為熔融液，右邊為水溶液，說明X易溶于水，則只可能為NaCl、MgCl2。若X為MgCl2，電解其水溶液，生成Mg(OH)2、H2、Cl2，電解其熔融液時，生成Mg、H2。則B為Cl2，A為Mg，但Mg生成Mg(OH)2時，需要與水反應，而Mg與H2O不反應，所以X只能為NaCl。從而得出A為Na，B為Cl2，C、D為NaOH、H2中的一種，Y為H2O。（1）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為通電。（2）物質(zhì)X為NaCl，由此可寫出其電子式。（3）Cl2與Ca(OH)2反應，用于生產(chǎn)漂白粉。（4）X為NaCl，在條件II下，電解氯化鈉的水溶液，反應生成NaOH、Cl2、H2。（5）實驗室制Cl2是利用MnO2與濃鹽酸在加熱條件下制得。（6）鑒定物質(zhì)NaCl時，既要鑒定Na+，又要鑒定Cl-。【詳解】（1）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為通電。答案為：通電；（2）物質(zhì)X為NaCl，其電子式為。答案為：；（3）Cl2與Ca(OH)2反應，化學方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。答案為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（4）X為NaCl，在條件II下，電解氯化鈉的水溶液，反應的離子方程式為2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。答案為：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；（5）實驗室制Cl2是利用MnO2與濃鹽酸在加熱條件下制得，表示電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目的方程式為。答案為：（用雙線橋表示也可）；（6）鑒定物質(zhì)NaCl時，既要鑒定Na+，又要鑒定Cl-，鑒定Na+用焰色反應，鑒定Cl-用硝酸銀和稀硝酸。答案為：用焰色反應檢驗Na+，用硝酸銀和稀硝酸檢驗Cl-?！军c睛】鑒定物質(zhì)有別于鑒別物質(zhì)，鑒別物質(zhì)時，只需檢驗物質(zhì)中所含的某種微粒，只要能讓該物質(zhì)與另一物質(zhì)區(qū)分開便達到目的。鑒定物質(zhì)時，物質(zhì)中所含的每種微粒都需檢驗，若為離子化合物，既需檢驗陽離子，又需檢驗陰離子，只檢驗其中的任意一種離子都是錯誤的。18、ON＞O＞AlNH3分子間易形成氫鍵＜孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的排斥作用sp2三角形1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)7:1×1030【解析】

前四周期元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，A元素原子的核外電子只有一種運動狀態(tài)，A為H元素；基態(tài)B原子s能級的電子總數(shù)比p能級的多1，核外電子排布為1s22s22p3，為N元素；基態(tài)C原子和基態(tài)E原子中成對電子數(shù)均是未成對電子數(shù)的3倍，核外電子排布為1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，則C為O元素，E為Cr元素；D形成簡單離子的半徑在同周期元素形成的簡單離子中最小，則D為該周期中原子序數(shù)最大的金屬元素，因此D為Al元素。據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，A為H元素，B為N元素，C為O元素，D為Al元素，E為Cr元素。(1)元素的非金屬性越強，電負性越大，元素H、N、O中，電負性最大的是O元素；同一周期，從左到右，元素的第一電離能呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素，同一主族，從上到下，第一電離能逐漸減小，元素N、O、Al的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞Al，故答案為O；N＞O＞Al；(2)NH3分子間易形成氫鍵，導致氨氣易液化；NH3中中心原子N的價層電子對數(shù)為4，孤電子對數(shù)為1，其VSEPR模型為四面體構(gòu)型，NH3分子中N原子采用sp3雜化，為三角錐結(jié)構(gòu)，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的排斥作用，使得氨氣分子中鍵角小于109°28′，故答案為NH3分子間易形成氫鍵；＜；孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的排斥作用；(3)NO3－離子中N原子的價層電子對數(shù)=σ鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)=3+=3，采用sp2雜化，立體構(gòu)型為三角形，故答案為sp2；三角形；(4)E為Cr元素，基態(tài)E原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合價為＋6)，結(jié)構(gòu)為，其中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為7:1，故答案為1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；7:1；(5)AlN晶胞中含有N或Al原子數(shù)為4，8×+6×=4，晶胞質(zhì)量為g，因此晶胞的密度==×1030g·cm－3，故答案為×1030?！军c睛】正確推導元素是解答本題的關(guān)鍵。本題的難點為C、E的推導，易錯點為(4)，要能夠根據(jù)題意確定CrO5的結(jié)構(gòu)。19、HNO3AgNO3硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2）該反應速率很小或反應的活化能較大圖乙NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O加入足量稀硝酸加熱將固體全部溶解，再向所得溶液中加入稀鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀不能Fe2+可能被硝酸氧化或被氧氣氧化【解析】

（1）Fe過量，可能與硝酸反應生成硝酸亞鐵，或Fe與硝酸銀反應生成硝酸亞鐵；（2）①加硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2）作對比實驗；②1號試管中未觀察到藍色沉淀，與反應速率很小有關(guān)；③發(fā)生NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O，消耗氫離子，pH增大；④實驗過程中，溶液先變成淺綠色，而后逐漸呈棕黃色，但整個過程中并無NO氣體產(chǎn)生，則NO3-中N轉(zhuǎn)化為NH4+；（3）Ag可溶于硝酸，不溶于鹽酸；（4）左側(cè)燒杯溶液，加KSCN溶液，溶液變紅，可知左側(cè)含鐵離子，左側(cè)為正極，但亞鐵離子可能被硝酸或氧氣氧化?！驹斀狻浚?）提出猜想：Fe2+可能是Fe與HNO3或AgNO3反應的產(chǎn)物；（2）①2號試管中所用的試劑為硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2），與1為對比實驗；②資料顯示：該溫度下，0.1mol?L-1的AgNO3溶液可以將Fe氧化為Fe2+．但1號試管中未觀察到藍色沉淀的原因可能為該反應速率很小或反應的活化能較大；③反應中消耗氫離子，pH變大，則pH傳感器測得的圖示為圖乙；④實驗測得2號試管中有NH4+生成，則2號試管中發(fā)生反應的離子方程式為NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O；（3）方案一：取出少量黑色固體，洗滌后加入足量稀硝酸加熱將固體全部溶解，再向所得溶液中加入稀鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀（或加入足量鹽酸，有黑色固體剩余），證明黑色固體中有Ag；（4）方案二：一段時間后取出左側(cè)燒杯溶液，加入KSCN溶液，溶液變紅，該實驗現(xiàn)象不能證明Fe2+可被Ag+氧化，理由為Fe2+可能被硝酸氧化或被氧氣氧化。20、溫度計防止倒吸使葡萄糖酸充分反應，提高葡萄糖酸的轉(zhuǎn)化率不能氯化鈣與葡萄糖酸不反應趁熱過濾降低葡萄糖酸鈣的溶解度，有利于其析出D【解析】

葡萄糖中加入3%的溴水并且加熱，發(fā)生反應C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr，得到葡萄糖酸和HBr，加入過量碳酸鈣并加熱，發(fā)生反應2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→(C6H11O7)2

Ca

(葡萄糖酸鈣)+H2O+CO2、CaCO3+2HBr=CaBr2+CO2↑+H2O，趁熱過濾，然后加入乙醇得到葡萄糖酸鈣懸濁液，過濾、洗滌、干燥得到葡萄糖酸鈣，據(jù)此進行分析。【詳解】(1)①根據(jù)流程可知溴水氧化葡萄糖時需要控制溫度為55℃，所以還需要溫度計；②倒置的漏斗可以起到防止倒吸的作用；(2)CaCO3固體需有剩余，可使葡萄糖酸充分反應，提高葡萄糖酸的轉(zhuǎn)化率，符合強酸制弱酸原理，以確保葡萄糖酸完全轉(zhuǎn)化為鈣鹽；(3)鹽酸為強酸，酸性比葡萄糖酸強，氯化鈣不能與葡萄糖酸直接反應得到葡萄糖酸鈣，所以不宜用CaCl2替代CaCO3；(4)根據(jù)表格中葡萄糖酸鈣的溶解度與溫度可知葡萄糖酸鈣冷卻后會結(jié)晶析出，應趁熱過濾；(5)葡萄糖酸鈣在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸鈣在溶劑中的溶解度，有利于葡萄糖酸鈣的析出；(6)利用水可以將無機雜質(zhì)溶解除掉，同時利用葡萄糖酸鈣在乙醇中的微溶，減少葡萄糖酸鈣的損失，所以應選“乙醇—水的混合溶液”進行洗滌。21、F＞O＞B1s22s22p63s23p6或[Ar]正四面體sp3ac3前三種為離子晶體，晶格能依次增大，后三種為分子晶體，分子間力依次增大【解析