2023学年江西省抚州市临川二中高二化学第二学期期末复习检测试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、在含amolFeCl3溶液中加入含bmolFe和bmolCu的混合粉末充分反应(忽略离子的水解)，下列说法中不正确的是A．当a≤2b时，发生的离子反应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋B．当2b≤a≤4b时，反应中转移电子的物质的量n(e－)为2bmol≤n(e－)≤4bmolC．当2a＝5b时，发生的总离子反应为10Fe3＋＋4Fe＋Cu===14Fe2＋＋Cu2＋D．当2b<a<4b时，反应后的溶液中n(Fe2＋)∶n(Cu2＋)＝(a－2b)∶(a＋b)2、设NA为阿伏加德罗常数。下列说法正确的是()A．286gNa2CO3·10H2O晶体中CO32-数目等于0.1NAB．标准状况下，4.48LNO和2.24LO2完全反应后，容器内气体分子数为0.2NAC．0.1molNa和氧气在一定条件下反应生成3.5g氧化物时，失去的电子数为0.2NAD．含有1molFeCl3的饱和溶液滴入沸腾蒸馏水中，所得红褐色液体中含胶粒数目为NA3、下列几种物质氧化性由强到弱顺序如下：KMnO4＞Cl2＞FeCl3＞I2。则除去FeCl2溶液中混有的I–应选用()A．KMnO4B．Cl2C．I2D．FeCl34、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．ClO2具有氧化性,可用于水的消毒杀菌B．SO2具有还原性,可用于纸浆的漂白C．MnO2具有氧化性,可用于H2O2制O2D．SiO2能与强碱反应,可用于制光导纤维5、过氧化钙(CaO2)微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。实验室常用CaCO3为原料制备过氧化钙，流程如图：下列说法不正确的是A．逐滴加入稀盐酸后，将溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的CO2B．加入氨水和双氧水后的反应为：CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2＝CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2OC．生成CaO2的反应需要在冰浴下进行的原因是温度过高时过氧化氢分解D．产品依次用蒸馏水、无水乙醇洗涤，其中乙醇洗涤的目的是为了除去晶体表面的NH4Cl杂质6、下列离子方程式书写正确的是（）A．铁和稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2:Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓D．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O7、下列说法正确的是A．按系统命名法，的名称为2－甲基－3－乙基丁烷B．聚乙烯（PE）和聚氯乙烯（PVC）的单体都是不饱和烃，均能使溴水褪色C．分子中至少有11个碳原子处于同一平面D．有机物与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH8、NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，4.48LSO3中含有O原子个数为0.6NAB．常温常压下，1L0.1mol/LCH3CH2OH溶液中含有H原子数目为0.6NAC．熔融状态下，0.2molNaHSO4中阴阳离子个数之和为0.6NAD．一定条件下，N2与H2充分反应得到3.4gNH3，转移电子数为0.6NA9、可用于治疗胃酸过多的物质是A．碳酸氢钠 B．氯化钠 C．氯化钾 D．氢氧化钠10、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAC．pH=1的HCl溶液中，含有0.1NA个H+D．0.1mol苯乙烯分子中，含有碳碳双键的数目为0.4NA11、在化学实验中，玻璃棒一般不用于A．捣碎块状固体 B．转移引流液体 C．蘸取少量溶液 D．搅拌加速溶解12、下列实验能达到预期目的的是A．将蔗糖和稀加热水解后的液体取出少许，加入新制悬浊液并加热煮沸，无红色沉淀生成，证明蔗糖未发生水解生成葡萄糖B．蛋白质溶液中加入酒精可以使蛋白质从溶液中析出，再加水又能溶解C．可以采用多次盐析或多次渗析的方法分离、提纯蛋白质D．向淀粉溶液中加入稀，水浴加热一段时间后，取出部分水解液滴加碘水，若溶液变蓝，证明淀粉未发生水解13、已知：H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1。现将一定量的稀盐酸、浓硫酸、稀醋酸分别和1L1mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，其中放热最少的是()A．稀盐酸 B．浓硫酸 C．稀醋酸 D．稀盐酸和稀醋酸14、已知某元素原子的L电子层上有6个电子，则该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15、CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如下图所示)，但由于CaC2晶体中哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长。CaC2晶体中1个Ca2+周围距离最近的C22-数目为()A．4 B．6 C．8 D．1216、下列物质与常用危险化学品的类别不对应的是A．H2SO4、NaOH——腐蚀品 B．CH4、C2H4­——易燃液体C．CaC2、Na——遇湿易燃物品 D．KMnO4、K2Cr2O7——氧化剂17、下列物质的熔点高低顺序，正确的是A．金刚石＞晶体硅＞碳化硅 B．K＞NaC．NaF＜NaCl＜NaBr D．CI4＞CBr418、某容器中发生一个化学反应，反应过程存在H2O、ClO－、CN－、HCO3-、N2、Cl－6种物质，在反应过程中测得ClO－和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中正确的是A．当有3molClO－参加反应时，则有1molN2生成B．HCO3-作为碱性介质参与反应C．当有5molClO－参加反应时，则有1molN2生成D．若生成2.24LN2，则转移电子0.6mol19、下列关于有机物的说法不正确的是（）①C3H6和C2H4的最简式相同且分子量相差14，所以是同系物②乙二醇和甲醇含有相同的官能团，所以是同系物③互为同分异构体的化合物不可能具有相同的结构简式④苯酚、乙酸乙酯、甲醛的沸点逐渐变低A．①②B．②④C．①③D．③④20、下列电离方程式，书写正确的是(

)A．H2SO4=2H++SO42-B．NH3·H2O=NH4++OH-C．H2CO3=H2O+CO2↑D．H2CO32H++CO32-21、以下有关元素性质的说法不正确的是A．具有下列电子排布式的原子中：①1s22s22p63s23p2，②1s22s22p3，③1s22s22p2，④1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是①B．具有下列价电子排布式的原子中：①3s23p1，②3s23p2，③3s23p3，④3s23p4，第一电离能最大的是③C．①Na、K、Rb，②N、P、As，③O、S、Se，④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④D．某元素气态基态离子的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X3＋22、下列叙述正确的是A．CO2、SiO2、P2O5均为酸性氧化物B．需要通电才可进行的有：电离、电解、电镀、电化学腐蚀C．苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质D．常用于区分溶液和胶体的方法丁达尔效应是化学方法二、非选择题(共84分)23、（14分）高性能聚碳酸酯可作为耐磨材料用于汽车玻璃中，PC是一种可降解的聚碳酸酯类高分子材料，合成PC的一种路线如图所示：已知：核磁共振氢谱显示E只有一种吸收峰。回答下列问题：（1）C的名称为__________________，C→D的反应类型为_________________（2）E的结构简式为__________________，官能团名称为_______________________（3）PC与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式为___________________________________（4）写出能发生银镜反应且为芳香族化合物的A的同分异构体的结构简式______________（不考虑立体异构，任写两个）。（5）设计由甲醛和B为起始原料制备的合成路线。（无机试剂任选）。___________24、（12分）已知A、B、C、D和E五种分子所含原子的数目依次为1、2、3、4和6，且都含有18个电子，又知B、C和D是由两种元素的原子组成，且D分子中两种原子个数比为1：1。请回答：(1)组成A分子的原子的核外电子排布式是________________；(2)B的分子式分别是___________；C分子的立体结构呈_________形，该分子属于_____________分子(填“极性”或“非极性”)；(3)向D的稀溶液中加入少量氯化铁溶液，反应的化学方程式为_____________________________(4)

若将1molE在氧气中完全燃烧，只生成1molCO2和2molH2O，则E的分子式是__________。25、（12分）中和滴定实验（以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例）：（1）滴定准备①检查：___________是否漏水；②洗涤：先用蒸馏水洗________次，再用盛装溶液润洗_______次。③装排：装液高于“0”刻度，并驱逐除尖嘴处_________。④调读⑤注加（2）滴定过程①右手摇动________________________________，②左手控制________________________________，③眼睛注视________________________________。（3）终点判断.（4）数据处理（5）误差讨论，对测定结果（选择“偏高”、“偏低”、“无影响”）①用待测液润洗锥形瓶_____________，②滴定前用蒸馏水洗锥形瓶_____________，③滴定过程中不慎有酸液外溅_______________，④滴定到终点时，滴定管尖嘴外悬有液滴__________，⑤读数时，滴定前仰视，滴定后俯视_____________。26、（10分）葡萄是一种常见水果，可以生食或制作葡萄干，除此之外，葡萄还可用于酿酒。(1)检验葡萄汁含有葡萄糖的方法是：向其中加碱调至碱性，再加入新制的Cu(OH)2并加热，其现象是________。(2)葡萄在酿酒过程中，葡萄糖转化为酒精的过程如下，补充完成下列化学方程式：C6H12O6(葡萄糖)2_________+2C2H5OH(3)葡萄酒密封储存过程中会生成有香味的酯类，酯类也可以通过化学实验来制备，实验室可用如图所示装置制备乙酸乙酯：①试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式是__________。②试管b中盛放的试剂是饱和____________溶液。③实验开始时，试管b中的导管不伸入液面下的原因是________。④若要分离出试管b中的乙酸乙酯，需要用到的仪器是_______(填字母)。A．普通漏斗B．分液漏斗C．长颈漏斗27、（12分）（1）根据计算用托盘天平需称取氯化钠_________g；（2）配制溶液时，除需要烧杯、玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有；（3）配制溶液有下列几步操作：a．溶解，b．摇匀，c．洗涤，d．冷却，e．称量，f．将溶液移至容量瓶，g．定容．正确的操作顺序是；（4）下列操作结果使溶液物质的量浓度偏低的是_________；A．没有将洗涤液转入容量瓶中B．加水定容时，水的量超过了刻度线C．定容时，俯视容量瓶的刻度线D．容量瓶洗涤后，未经干燥处理（5）取出该NaCl溶液10mL加水稀释到200mL，稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度是_________28、（14分）(1)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=83kJ·mol−1CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=−20kJ·mol−1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=−121kJ·mol−1则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________kJ·mol−1。其中O2的电子式为__________(2)硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225KJ热量，该反应的热化学方程式为________________________。SiHCl3中含有的化学键类型为__________(3)将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为：①SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g)ΔH1＞0②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g)ΔH2＜0③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3(g)ΔH3则反应③的ΔH3______(用ΔH1，ΔH2表示)。(4)二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂,它可由KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得.请写出反应的离子方程式________________________(5)氯化铵常用作焊接．如：在焊接铜器时用氯化铵除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：_______CuO+______NH4Cl______Cu+______CuCl2+______N2↑+______H2O①配平此氧化还原反应方程式___________________________②此反应中若产生0.2mol的气体，则有__________mol的电子转移．29、（10分）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题。（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为_______（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3-):c(CO32-)=2:1，溶液pH=______。（室温下，H2CO3的K1=4×10-7；K2=5×10-11）（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)(2CO(g)+2H2(g)①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键C—HC=OH—HCO键能/kJ·mol-14137454361075则该反应的△H=___________。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是____________（填“A”或“B”）②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如下图所示。此反应优选温度为900℃的原因是_______________。（3）O2辅助的A1-CO2电池工作原理如上图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的正极反应式：6O2+6e-=6O2-6CO2+6O2-=3C2O42-+6O2反应过程中O2的作用是_______________。该电池的总反应式：_________________。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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【答案解析】分析：还原性：Fe>Cu，当a≤2b时发生反应为2Fe3++Fe=3Fe2+；当a≥4b时发生反应4Fe3++Fe+Cu=5Fe2++Cu2+；当2b≤a≤4b时，Fe3+完全反应，转移电子为amol；当2b<a<4b时，Fe完全反应，Cu部分反应，根据反应方程式计算出amolFe完全反应后剩余Fe3+的物质的量，然后可计算出生成Cu2+的物质的量，反应后溶液中Fe2+的物质的量为（a+b）mol，据此可计算出反应后的溶液中n（Fe2+）：n（Cu2+）。详解：A.当a⩽2b时,Fe恰好完全反应，发生的离子反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故A正确；B.当2b⩽a⩽4b时，Fe3+完全反应，根据电子守恒可知转移电子为amol×(3−2)=amol，即反应中转移电子的物质的量n(e−)为

2bmol⩽n(e−)⩽4bmol，故B正确；C.当2a=5b时，即

a=2.5b,bmolFe完全反应消耗2bmolFe3+，剩余的bmolFe3+完全反应消耗0.5bmolCu，发生的总离子反应为：10Fe3++4Fe+Cu=14Fe2++Cu2+

，故C正确；D.当

2b<a<4b

时，Fe完全反应、Cu部分反应，Fe3+完全反应，则反应后溶液中Fe2+的物质的量为(a+b)mol；amolFe

完全反应消耗Fe3+的物质的量为2amol，剩余Fe3+的物质的量为(b−2a)mol,

剩余Fe3+消耗Cu的物质的量为：12(b−2a)mol，根据质量守恒可知生成Cu2+的物质的量为

12(b−2a)mol，则反应后的溶液中

n(Fe2+):n(Cu2+)=(a+b)mol:12(b−2a)mol=2(a+b):(b−2a)

，故D错误；故选D。2、A【答案解析】286gNa2CO3·10H2O晶体中CO32-数目286g286g/mol×NA=0.1NA，故A正确；标准状况下，4.48LNO和2.24LO2完全反应后，容器内存在2NO2N2O4，气体分子数小于0.2NA，故B错误；0.1molNa和氧气在一定条件下反应生成3.5g氧化物时，钠完全反应，失去的电子数为0.1NA，故C错误；氢氧化铁胶体是氢氧化铁的聚集体，含有1molFeCl3、D【答案解析】分析：要除去FeCl2溶液中混有的I–，选取的氧化剂只能氧化碘离子，不能氧化亚铁离子和氯离子，据此解答。详解：氧化性由强到弱顺序为KMnO4＞Cl2＞FeCl3＞I2。则A、高锰酸钾能氧化碘离子，但也能氧化氯化亚铁，A错误；B、氯气能氧化碘离子，但也能氧化亚铁离子，B错误；C、单质碘不能氧化碘离子，C错误；D、氯化铁能把碘离子氧化为单质碘，同时铁离子被还原为亚铁离子，可以达到目的，D正确；答案选D。4、A【答案解析】A．ClO2具有强氧化性，能用于水的杀菌消毒，A正确；B．SO2具有漂白性，可用于纸浆的漂白，B错误；C．H2O2反应制O2，添加MnO2，是其作催化剂的缘故，C错误；D．SiO2传输光信号的能力强，可用于制光导纤维，D错误；答案选A。5、D【答案解析】

由流程可知，碳酸钙溶于盐酸后，将溶液煮沸，可以除去溶液中溶解的二氧化碳气体，防止二氧化碳与氨气反应，过滤后，滤液中氯化钙、氨水、过氧化氢反应生成CaO2、NH4Cl、水，反应在冰浴下进行，可防止过氧化氢分解，再过滤，洗涤得到过氧化钙白色晶体，据此分析解答。【题目详解】A．逐滴加入稀盐酸后，将溶液煮沸的作用是除去溶液二氧化碳，防止再后续实验中二氧化碳与氨气反应，故A正确；B．滤液中加入氨水和双氧水生成CaO2，反应的方程式为：CaCl2+2NH3•H2O+H2O2═CaO2↓+2NH4Cl+2H2O，故B正确；C．温度过高时过氧化氢分解，影响反应产率，则生成CaO2的反应需要在冰浴下进行，故C正确；D．过滤得到的白色结晶为CaO2，微溶于水，用蒸馏水洗涤后应再用乙醇洗涤以去除结晶表面水分，同时可防止固体溶解，故D错误；故选D。6、D【答案解析】

A、铁和稀硫酸反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故A错误；B、醋酸是弱酸，不能拆写成离子，故B错误；C、缺少NH4＋与OH－的反应，故C错误；D、NaHCO3是少量，系数为1，因此离子方程式为HCO3－＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O，故D正确；答案选D。7、C【答案解析】

A．的主链应为5个C原子，名称为2，3-二甲基戊烷，故A错误；B．聚氯乙烯(PVC)的单体为氯乙烯，属于卤代烃，故B错误；C．与苯环直接相连的碳原子共平面，分子中含有2个苯环，另一苯环位于对位的碳原子可共平面，则分子中至少有11个()碳原子处于同一平面，故C正确；D．能与氢氧化钠溶液反应的为羧基、酯基、酚羟基以及肽键，且酯基可水解生成酚羟基，则最多消耗5molNaOH，故D错误；故选C。【答案点睛】本题的易错点为C，要注意苯环上位于对角线的4个原子在同一条直线上。8、D【答案解析】分析：A、标况下，三氧化硫为固体；B.1L0.1mol/LCH3CH2OH溶液中含有乙醇和水；C、求出NaHSO4的物质的量，然后根据1molNaHSO4中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子来分析；D、根据反应生成的氨气计算；据此分析判断。详解：A、标况下，三氧化硫为固体，不能根据其气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B.1L0.1mol/LCH3CH2OH溶液中含有乙醇和水，水中也存在H原子，含有H原子数目远大于0.6NA，故B错误；C、1molNaHSO4中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子，故0.2mol硫酸氢钠中含0.4mol离子即0.4NA个，故C错误；D、一定条件下，N2与H2充分反应得到3.4gNH3的物质的量为0.2mol，转移的电子数为0.6NA个，故D正确；故选D。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。本题的易错点为B，要注意溶液中包括溶质和溶剂。9、A【答案解析】

能用于治疗胃酸（含盐酸）过多的物质需具备能与盐酸反应且对人体无害的性质。【题目详解】A、碳酸氢钠可与盐酸发生反应生成氯化钠和水以及二氧化碳，可用于治疗胃酸过多，选项A正确；B、NaCl不与盐酸反应，不能用于治疗胃酸过多，选项B错误；C、KCl不与盐酸反应，不能用于治疗胃酸过多，选项C错误；D、氢氧化钠具有极强的腐蚀性，对人体有害，不能用于治疗胃酸过多，选项D错误；答案选A。【答案点睛】本题考查了常见物质的实际用途，完成此题，可以依据已有的知识进行。10、B【答案解析】

A、胶体是集合体，16.25gFeCl3，物质的量为0.1mol，形成Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1mol，故A错误；B、标准状况下，11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，即含氢原子的物质的量为0.5mol×4=2mol，故B正确；C、题中没有说明溶液的体积，无法求出H＋物质的量，故C错误；D、苯乙烯的结构简式为,0.1mol苯乙烯中含有碳碳双键的物质的量为0.1mol，故D错误；答案选B。【答案点睛】本题的易错点是选项D，应注意苯环中不含碳碳双键，是介于碳碳单键和双键之间特殊的键。11、A【答案解析】

A.捣碎块状固体一般不用玻璃棒；B.转移引流液体必须用玻璃棒；C.蘸取少量溶液必须用玻璃棒；D.搅拌加速溶解通常要用到玻璃棒。故选A。12、C【答案解析】

A.将蔗糖和稀加热水解后的液体取出少许，需要加入适量的氢氧化钠，以中和稀硫酸，调节溶液呈碱性，再加入新制悬浊液并加热煮沸，故A错误；B.酒精能使蛋白质变性，变性后的蛋白质不能再被溶解，故B错误；C.蛋白质属于胶体，遇饱和无机盐溶液析出，但不改变活性，不能透过半透膜，可用多次盐析或多次渗析的方法分离、提纯蛋白质，故C正确；D.向淀粉溶液中加入稀，水浴加热一段时间后，取出部分水解液滴加碘水，若溶液变蓝，只能说明淀粉水解不完全，故D错误；故选C。13、C【答案解析】

A.一定量稀盐酸和1L1mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，因为盐酸是强酸，故根据所给热化学方程式，放出热量等于57.3kJ；B.一定量浓硫酸和1L1mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，因为硫酸是强酸，且溶于水放热，故放出热量大于57.3kJ；C.一定量稀醋酸和1L1mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，因为醋酸是弱酸，醋酸电离吸热，故放出热量小于57.3kJ；D.盐酸是强酸，醋酸是弱酸，醋酸电离吸热，和1L1mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，放出的热量要多余醋酸和氢氧化钠反应放热的热量。因此放热最少的是选项C，答案选C。14、B【答案解析】

某元素原子的L电子层上有6个电子，则K层电子数为2，L层电子数为6，L层最多排8个电子，则L层电子没有排满，所以共有2个电子层，最外层电子数为6，因此该元素位于第2周期第ⅥA族。答案选B。15、A【答案解析】

CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，且CaC2晶体中哑铃形C22-使晶胞沿一个方向拉长，则原先的正方体构型变为了长方体构型（可以看成时长方体的高被拉长，长和宽依旧不变），则1个Ca2+周围距离最近的C22-数目为4，故合理选项为A。【答案点睛】对于此类题目，要先理解题目的意思，再结合立体几何知识去分析，得到答案。16、B【答案解析】

A.H2SO4、NaOH有强腐蚀性，是腐蚀品，故A正确；B.CH4、C2H4是气体，不是易燃液体，故B错误；C.CaC2、Na能与水反应产生易燃气体，是遇湿易燃物品，故C正确；D.KMnO4、K2Cr2O7有强氧化性，是氧化剂，故D正确。答案选B。17、D【答案解析】

A．原子晶体熔点，比较共价键键长，键长越短，键能越大，物质越稳定；键长：C-C＜C-Si＜Si-Si，熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅；B．金属晶体键能的大小比较看金属原子的半径大小，半径越小键能越大，熔点越高。K<NaC.离子晶体熔点，比较晶格能，离子半径越小，所带电荷越多，晶格能越大，离子晶体熔点越高；离子半径：F-＜Cl-＜Br-，熔点：NaF>NaCl>NaBr；D.分子晶体熔点，比较分子间作用力，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高。【答案点睛】比较物质的熔点和沸点的高低，通常按下列步骤进行，首先比较物质的晶体类型，然后再根据同类晶体中晶体微粒间作用力大小，比较物质熔点和沸点的高低，具体比较如下：18、C【答案解析】

由曲线变化图可知，随反应进行ClO－的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO－为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN－是反应物，由氯元素守恒可知Cl－是生成物，由碳元素守恒可知HCO3－是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物，则反应方程式为。【题目详解】A.由方程式可知，当有5molClO-参加反应时，则有1molN2生成，故A错误；B.由方程式可知，HCO3−是生成物，故B错误；C.由方程式可知，当有5molClO-参加反应时，则有1molN2生成，故C正确；D.没有说明是标准状况，所以气体的物质的量无法计算，则转移电子无法计算，故D错误。故答案选C。【答案点睛】由曲线变化图判断生成物和反应物，再根据元素守恒和得失电子守恒配平离子方程式。19、A【答案解析】试题分析：①C3H6可能为丙烯或环丙烷，和乙烯结构不一定相似，不满足同系物的概念，①错误；②乙二醇和甲醇含有羟基的数目不同，不是同系物，②错误；③同分异构体必须满足分子式相同、结构不同，所以互为同分异构体的化合物不可能具有相同的结构简式，③正确；④相对分子质量越大，沸点越高，苯酚、乙酸乙酯、甲醛的沸点逐渐变低，④正确；答案选A。【考点定位】考查同系物、同分异构体的概念及判断【名师点睛】本题考查同系物、同分异构体的概念及判断，题目难度不大，明确同分异构体、同系物的概念为解答关键，注意互为同分异构体的化合物不可能具有相同的结构，为易错点。①结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；②互为同分异构体的化合物必须具有不同结构、相同的分子式；③相对分子质量越大，沸点越高。20、A【答案解析】分析：A.硫酸是二元强酸；B.一水合氨是弱电解质；C.碳酸是二元弱酸；D.碳酸是二元弱酸。详解：A.硫酸是二元强酸，电离方程式为H2SO4=2H++SO42-，A正确；B.一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，NH3·H2ONH4++OH-，B错误；C.碳酸是二元弱酸，分步电离：H2CO3H++HCO3-、HCO3－H++CO32-，C错误；D.碳酸是二元弱酸，分步电离：H2CO3H++HCO3-、HCO3－H++CO32-，D错误；答案选A。21、D【答案解析】

A.核外电子排布:①1s22s22p63s23p2，②1s22s22p3，③1s22s22p2，④1s22s22p63s23p4,则①为Si,②为N、③为C、④为S,根据同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,故原子半径:Si>S>C>N,故Si原子半径最大,即①的原子半径最大,故A选项是正确的；B.由价电子排布式①3s23p1，②3s23p2，③3s23p3，④3s23p4，分别为：Al、Si、P、S元素。同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势,第VA族3p能级为半满稳定状态,能量较低,第一电离能高于同周期相邻元素,故第一电离能,③>④>②>①,故B选项是正确的；C.同周期自左而右电负性增大,同主族自上而下电负性减小,故(1)Na、K、Rb电负性依次减小,(2)N、P、As的电负性依次减小,(3)O、S、Se的电负性依次减小,(4)Na、P、Cl的电负性依次增大,故C选项是正确的；D.该元素第三电离能剧增,最外层应有2个电子,表现+2价,当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+,故D错误；所以D选项是正确的。22、A【答案解析】

A.能跟碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，CO2、SiO2、P2O5均可以跟碱反应生成盐和水，所以均为酸性氧化物，故A选；B.电解和电镀需要通电才可进行，电离和电化学腐蚀不需要通电，故B不选；C.苛性钾在水中和熔融状态下都能完全电离，是强电解质，次氯酸在水中部分电离，是弱电解质，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C不选；D.丁达尔效应是胶粒对光的散射，所以区分溶液和胶体的方法丁达尔效应不是化学方法，故D不选。故选A。【答案点睛】酸性氧化物是能跟碱反应生成盐和水的氧化物，而且只生成一种盐和水，NO2不是酸性氧化物，因为2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，同理，碱性氧化物是能跟酸生成一种盐和水的氧化物，Fe3O4也不是碱性氧化物。电离不需要通电，但电离能产生带电的离子，通电后可以导电，电化学腐蚀能把化学能转化为电能，都和电有关，但都不需要通电。单质既不是电解质也不是非电解质。二、非选择题(共84分)23、丙烯加成反应羰基【答案解析】

由图中的分子式可以推断出，B为苯酚，C为丙烯CH3CH=CH2。甲苯可以被酸性高锰酸钾氧化苯甲酸，而酸性K2Cr2O7溶液也具有强氧化性，结合A的分子式，可以推断出A为苯甲酸。C为丙烯，和水发生反应生成D，则D为1-丙醇或者2-丙醇，对应的E为丙醛或者丙酮，由于核磁共振氢谱显示E只有一种吸收峰，所以E一定为丙酮，D为2-丙醇。【题目详解】（1）C为丙烯，与水发生加成反应，得到2-丙醇，C→D为加成反应；（2）经分析，E为丙酮，则其结构简式为：，其官能团为羰基；（3）PC为碳酸脂，则其水解产物中有碳酸钠，；（4）能发生银镜反应，则说明有醛基，芳香族化合物含有苯环，所以符合条件的A的同分异构体有：、、、；（5）根据和丙酮反应得到F可以推出，要想得到，需要和。甲醛和可以反应生成，该物质经过氧化得到，不过苯酚本身就容易被氧化，需要保护酚羟基。由此可以设计合成路线，。【答案点睛】合成路线中，甲醛和的反应属于课外知识，需要考生去积累，在本题中可以大胆推测这个反应，同时要注意有机合成中，一些基团的保护，此外还要观察新的反应的“变化机理”，并会运用在合成路线中。24、1S22S22P63S23P6HClV形极性分子2H2O22H2O+O2↑CH4O【答案解析】

在18电子分子中，单原子分子A为Ar，B、C和D是由两种元素的原子组成，双原子分子B为HCl，三原子分子C为H2S，四原子分子D为PH3或H2O2，且D分子中两种原子个数比为1：1，符合题意的D为H2O2；根据燃烧规律可知E为CH4Ox，故6+4+8x=18，所以x=1，E的分子式为CH4O。【题目详解】（1）Ar原子核外电子数为18，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，故答案为：1s22s22p63s23p6；（2）双原子分子B为HCl，三原子分子C为H2S，H2S中S原子价层电子对数为4，孤对电子对数为2，H2S的空间构型为V形，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，故答案为：HCl；H2S；V；极性；（3）D为H2O2，向H2O2的稀溶液中加入少量氯化铁溶液，氯化铁做催化剂作用下，H2O2发生分解反应生成H2O和O2，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑；（4）1molE在氧气中完全燃烧，只生成1molCO2和2molH2O，根据燃烧规律可知E的分子式为CH4Ox，由分子中含有18个电子可得6+4+8x=18，解得x=1，则E的分子式为CH4O，故答案为：CH4O。【答案点睛】本题考查物质的推断、分子结构与性质，注意依据常见18电子的微粒确定物质，掌握常见化合物的性质，明确分子空间构型的判断是解答关键。25、滴定管2-32-3气泡锥形瓶滴定管活塞锥形瓶内溶液颜色变化偏高无影响偏高偏高偏低【答案解析】

（1）中和滴定实验，应先检验仪器是否漏液，再用标准液进行润洗2~3次，最后排除滴定管尖嘴处的气泡；（2）滴定时，左手控制酸式滴定管的活塞，以便控制液体的流速，右手摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶内溶液颜色的变化；（5）利用c1V1=c2V2判断。【题目详解】（1）①中和滴定实验，盐酸为标准液，需用酸式滴定管，使用前应验漏；②滴定管不漏液，则用蒸馏水洗涤2~3次，再用标准液润洗2~3次，可防止标准液的浓度偏小；③装液高于“0”刻度，并驱逐除尖嘴处的气泡；（2）滴定时，左手控制酸式滴定管的活塞，以便控制液体的流速，右手摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶内溶液颜色的变化；（5）①用待测液润洗锥形瓶，导致待测液的物质的量偏大，使用标准液的物质的量偏大，计算待测液的浓度偏高；②滴定前用蒸馏水洗锥形瓶，对待测液的物质的量无影响，则计算结果无影响；③滴定过程中不慎有酸液外溅，导致酸溶液的体积偏大，计算待测液的浓度偏高；④滴定到终点时，滴定管尖嘴外悬有液滴，导致酸溶液的体积偏大，计算待测液的浓度偏高；⑤读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致酸溶液的体积偏小，计算待测液的浓度偏低。【答案点睛】某一次操作对标准液的影响，再利用c1V1=c2V2计算出待测液的浓度变化。26、产生砖红色沉淀CO2CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2ONa2CO3(或碳酸钠)防止倒吸B【答案解析】

(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，所以实验现象是产生砖红色沉淀；(2)根据碳原子和氧原子守恒可知，另外一种生成物是CO2；(3)①乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水；②制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；③实验开始时，试管b中的导管不伸入液面下的原因是防止倒吸；④乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的仪器是分液漏斗。【题目详解】(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，所以实验现象是产生砖红色沉淀氧化亚铜；(2)根据碳原子和氧原子守恒可知,另外一种生成物是CO2；(3)①在浓硫酸的作用下,乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯,反应的化学方程式是CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O；②由于乙醇和乙酸都是易挥发的，所以生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，除去乙醇和乙酸的试剂是饱和的碳酸钠(Na2CO3)溶液；③由于乙醇和乙酸都是和水互溶的，如果直接插入水中吸收，容易引起倒吸，所以试管b中的导管不伸入液面下的原因是防止溶液倒吸；④乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的仪器是分液漏斗，故答案为B；27、（1）29.3（2）500mL容量瓶；胶头滴管；（3）eadfcfgb（4）AB（5）0.05【答案解析】试题分析：（1）实验室用氯化钠固体配制480mL1.00mol/L的NaCl溶液，由于实验室中无480mL容量瓶，因此需要配制溶液500mL，故需要称量NaCl固体的质量为，由于托盘天平精确到0.1g，因此需要用托盘天平称取NaCl29.3g；（2）配制溶液时，除需要烧杯、玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有500mL容量瓶和胶头滴管；（3）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、将溶液移至容量瓶、洗涤并将洗涤液移至容量瓶、定容、摇匀，故答案eadfcfgb；（4）根据公式进行误差分析。A.没有将洗涤液转入容量瓶，使溶质的物质的量减小，所配制溶液的浓度偏低，A正确；B.加水定容时，水的量超过了刻度线，则溶液的体积偏大，