2023学年辽宁省辽阳市高二化学第二学期期末达标测试试题（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．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、常温下,用0.1mol/L的HCl溶液滴定10.00mL0.1mol/LROH,其滴定曲线如图所示.AG=lgc(A．ROH为弱碱B．A点溶液c(Cl−)=c(R+)C．若b=10时，AG＜0D．若b=15,溶液中存在13c(Cl−)+c(ROH)+c(OH−)=c(H+2、下列说法错误的是A．ns电子的能量不一定高于(n－1)p电子的能量B．6C的电子排布式1s22s22p违反了洪特规则C．电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理D．电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理3、下列各物质的名称正确的是A．3，3-二甲基丁烷B．2，3-二甲基-4-乙基己烷C．CH2(OH)CH2CH2CH2OH1，4-二羟基丁醇D．CH3CH2CHClCCl2CH32、3、3-三氯戊烷4、化学与生产生活密切相关。下列做法有利于环境保护和可持续发展的是A．大量生产和销售超薄塑料购物袋，方便日常生活B．大力推广新能源汽车，建设绿色低碳的交通体系C．将废铅蓄电池拆解后的铅泥和废硫酸作深埋处理D．加大煤、石油等化石能源的开采，满足发展需求5、光气(COCl2)又称碳酰氯，下列关于光气的叙述中正确的是A．COCl2中含有2个σ键和1个π键B．COCl2中C原子杂化轨道类型为sp2C．COCl2为含极性键和非极性键的极性分子D．COCl2分子的空间构型为三角锥形6、下列关于乙醇在各种反应中断裂键的说法不正确的是（）A．乙醇与钠反应，键①断裂B．乙醇在Ag催化作用下与O2反应，键①③断裂C．乙醇完全燃烧时，只有①②键断裂D．乙醇、乙酸和浓硫酸共热制乙酸乙酯，键①断裂7、同温同压下，等体积的CO和CH4分别在足量O2中完全燃烧，消耗氧气的体积比为()A．2∶1 B．1∶2 C．4∶1 D．1∶48、2019年政府工作报告提出：继续坚定不移地打好包括污染防治在内的“三大攻坚战”。下列做法不符合这一要求的是A．生活垃圾分类处理，告别乱抛乱扔 B．研发可降解塑料，控制白色污染产生C．施用有机肥料，改善土壤微生物环境 D．回收废医用塑料，深埋或就地焚烧9、下列实验误差分析不正确的是（）A．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小B．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小C．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度差值△t偏小10、可逆反应mA(s)+nB(g)pC(g)在一定条件下达到平衡后，改变压强，B的体积分数φ(B)与压强的关系如图所示，有关叙述正确的是()。A．m+n＜pB．n＞pC．X点时v(正)＞v(逆)D．X点比Y点的正反应速率快11、下列每组物质中含有的化学键类型相同的是A．NaCl、HCl、H2O、NaOHB．Cl2、Na2S、HCl、SO2C．HBr、CO2、H2O、CS2D．Na2O2、H2O2、H2O、O312、下列分离提纯方法正确的是A．除去乙醇中少量的水，加入新制的生石灰，过滤B．分离苯和酸性高锰酸钾溶液，蒸馏C．除去乙酸乙酯中的乙酸，可加入NaOH溶液后分液D．提纯含有碘单质的食盐，常用升华法13、含NaOH20.0g的稀溶液与足量稀盐酸反应，放出28.7kJ的热量，表示该反应的热化学方程式正确的是（）A．NaOH(aq)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(l)△H=+28.7kJ·mol-1B．NaOH(aq)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(l)△H=_28.7kJ·mol-1C．NaOH(aq)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(l)△H=+57.4kJ·mol-1D．NaOH(aq)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(l)△H=_57.4kJ·mol-114、在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3∶2的化合物是()A． B．C． D．15、下列关于有机物的实验及相关结论都正确的一组是选项实验结论A乙烯和乙醛都能使溴水褪色乙烯和乙醛都能和溴水发生加成反应B向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液和(CH3COO)2Pb溶液，均能产生沉淀两者产生沉淀的原因不相同C乙酸和葡萄糖都能与新制的氢氧化铜反应两者所含的官能团相同D聚乙烯塑料受热易熔化，酚醛塑料受热不能熔化酚醛塑料的熔点比聚乙烯塑料的熔点高A．A B．B C．C D．D16、一定温度下，在3个1.0L的恒容密闭容器中分别进行反应2X(g)+Y(g)Z(g)ΔH，达到平衡。相关数据如下表。容器温度/K物质的起始浓度/mol·L-1物质的平衡浓度/mol·L-1c(X)c(Y)c(Z)c(Z)I4000.200.1000.080II4000.400.200aIII5000.200.1000.025下列说法不正确的是A．平衡时，X的转化率：II＞IB．平衡常数：K(II)＞K(I)C．达到平衡所需时间：III＜ID．反应的ΔH＜017、现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液；②39%的乙醇溶液；③氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是：（）A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液C．分液、蒸馏、萃取 D．蒸馏、萃取、分液18、若原子的最外层电子排布为ns1的元素R的叙述正确的是A．一定是ⅠA族元素B．一定是金属元素C．可能不是金属元素也可能是非金属元素D．不是ⅡA族元素就是副族元素19、一种废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，由该废料制备的纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如下，已知常温下Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，则下列说法错误的是（）A．废渣中含有二氧化硅和硫酸钙B．加热煮沸可以提高除铁效率C．除铜过程中，溶液酸性增强D．“沉镍”过程中为了将镍沉淀完全，需要调节pH＞920、CH、—CH3、CH都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法错误的是（）A．它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化B．CH与NH3、H3O＋互为等电子体，几何构型均为三角锥形C．CH中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面D．两个—CH3或一个CH和一个CH结合均可得到CH3CH321、银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故。根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器漫入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去。下列说法正确的是A．处理过程中银器一直保持恒重B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银C．该过程中总反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl22、相同物质的量的Fe、Al、Na

各0.1mol

分别投入到含HCl0.01mol

的稀盐酸中，置换出H2

由多到少的顺序是A．Al

>Fe>NaB．Al=Fe=NaC．Na>Al

=FeDNa>Al>Fe二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E五种元素位于元素周期表中前四周期，原子序数依次增大。A元素的价电子排布为nsnnpn＋1；B元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍；C位于B的下一周期，是本周期最活泼的金属元素；D基态原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍；E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子。回答下列问题(用元素符号表示或按要求作答)。(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____________，三者电负性由大到小的顺序为_________。(2)A和E的简单气态氢化物沸点高的是______，其原因是_________。(3)D3＋基态核外电子排布式为_________________。(4)E基态原子的价电子轨道表示式为___________。(5)B和E形成分子的结构如图所示，该分子的化学式为_______，E原子的杂化类型为________。(6)B和C能形成离子化合物R，其晶胞结构如图所示：①一个晶胞中含______个B离子。R的化学式为__________。②晶胞参数为apm，则晶体R的密度为_____________g•cm－3(只列计算式)。24、（12分）X、Y、Z、W、M、R六种短周期元素，周期表中位置如下：试回答下列问题：（1）X、Z、W、R四种元素的原子半径由大到小的排列顺序是______（用元素符号表示）。（2）由X、Z、W、R四种元素中的三种元素可组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，则该反应的化学方程式为_____________________________。（3）由X、W、M、R四种元素组成的一种离子化合物A，已知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与足量盐酸反应的离子方程式_________________________________。（4）分子式为X2Y2W4的化合物与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，其原因是____________________（用方程式及必要的文字说明）。0.1mol·L－1该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________________________。（5）由X、Z、W、R和Fe五种元素可组成类似明矾的化合物T（相对分子质量为392），1molT中含有6mol结晶水。对化合物T进行如下实验：a.取T的溶液，加入过量的NaOH浓溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体。白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；b.另取T的溶液，加入过量的BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解。则T的化学式为_____________________。25、（12分）一氯化硫(S2Cl2)是一种重要的有机合成氯化剂，实验室和工业上都可以用纯净干燥的氯气与二硫化碳反应来制取(CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2)，其装置如下：(1)A装置中的离子反应方程式为________________________________________________。(2)一氯化硫(S2Cl2)常温下为液态，较为稳定，受热易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化产物中不仅有淡黄色固体，而且还有两种气体，用NaOH溶液吸收该气体可得两种盐Na2SO3和NaCl。写出一氯化硫与水反应的化学反应方程式：____________________________。(3)C、E装置中所盛溶液为__________。(4)D中冷凝管的冷水进水口为____（填“a”或“b”）；实验过程中，需要先点燃A处酒精灯，通入氯气一段时间后方可向D中水槽里面加入热水加热，这样做的目的是________。26、（10分）CCTV在“新闻30分”中介绍：王者归“铼”，我国发现超级铼矿，飞机上天全靠它。铼的稳定硫化物有ReS2，稳定的氧化物有Re2O7。工业上，常从冶炼铜的废液中提取铼，其简易工艺流程如下（部分副产物省略，铼在废液中以ReO4-形式存在）：回答下列问题：（1）NH4ReO4（高铼酸铵）中铼元素化合价为_________________。（2）操作A的名称是_____________。“萃取”中萃取剂应具有的性质：______（填代号）。①萃取剂难溶于水②萃取剂的密度大于水③ReO4-在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度④萃取剂不和ReO4-发生反应（3）在“反萃取”中，加入氨水、水的目的是_________________。（4）在高温下高铼酸铵分解生成Re2O7，用氢气还原Re2O7，制备高纯度铼粉。①写出高铼酸铵分解生成Re2O7的化学方程式_____________________。②工业上，利用氢气还原Re2O7制备铼，根据生成铼的量计算氢气量，实际消耗H2量大于理论计算量，其原因是_____________________。（5）工业上，高温灼烧含ReS2的矿粉，可以制备R2O7。以含ReS2的矿石原料生产48.4tRe2O7，理论上转移__________mol电子。27、（12分）某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图)，以环己醇制备环己烯。已知：密度(g/cm3)熔点(℃)沸点(℃)溶解性环已醇0.9625161能溶于水环已烯0.81－10383难溶于水（1）制备粗品将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。①A中碎瓷片的作用是：_______________，导管B除了导气外还具有的作用是：_______________。②试管C置于冰水浴中的目的是。：_______________（2）制备精品①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在：_______________层(填上或下)，分液后用：_______________(填入编号)洗涤。a．KMnO4溶液b．稀H2SO4c．Na2CO3溶液28、（14分）闪锌矿的主要成分为ZnS（还含有少量FeS等其他成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：(l)闪锌矿焙烧过程中产生的出炉烟气可净化制酸，用于浸出操作。制酸过程中的主要化学方程式为_______。(2)浸出操作中Fe3+浓度较高，需先加入SO2或ZnS将Fe3+还原为Fe2+，再以ZnO调整溶液酸度，将Fe2+转化成针铁矿(FeOOH)沉淀形成浸出渣。则Fe2+沉淀过程的总化学方程式为_____________。(3)已知净化操作后的滤液中c(Zn2+)=0.2mol/L，将该滤液与0.4mol/L的Na2S溶液等体积混合，充分反应后，混合溶液中c(Zn2+)=_______（ZnS的溶度积帝数Ksp=1.20×10-23）(4)净化操作后的滤液加入阴极室内进行电沉积可得到纯锌，原理如右图所示：①阳极的电极反应式为___________。②以乙醚(C2H5OC2H5)空气燃料电池为电源电沉积制取纯锌时，阴极室内沉积1.3g锌，理论上乙醚-空气燃料电池消耗____g乙醚。(5)上述冶炼工艺中的焙烧过程易导致空气污染。采用“氧压酸浸”流程，既可省略焙烧过程又可获得一种非金属单质。“氧压酸浸”流程中发生的主要反应的离子方程式为___________________。29、（10分）核安全与放射性污染防治已引起世界核大国的广泛重视。在爆炸的核电站周围含有放射性物质碘一131和铯一137。碘—131—旦被人体吸入，可能会引发甲状腺等疾病。(l)Cs(铯)的价电子的电子排布式为6s1，与铯同主族的前四周期（包括第四周期）的三种金属元素X、Y、Z的电离能如下表元素代号XYZ第一电离能（kJ·mol-1)520496419上述三种元素X、Y、Z的元素符号分别为_________，基态Z原子的核外电子排布式为______，X形成的单质晶体中含有的化学键类型是_________________。(2)F与I同主族，BeF2与H2O都是由三个原子构成的共价化合物分子，二者分子中的中心原子Be和O的杂化方式分别为______、______，BeF2分子的立体构型是____________，H2O分子的立体构型是________________。(3)与碘同主族的氯具有很强的活泼性，能形成大量的含氯化合物。BC13分子中B—C1键的键角为__________________。(4)131I2晶体的晶胞结构如图甲所示，该晶胞中含有____个131I2分子；KI的晶胞结构如图乙所示，每个K+紧邻______个I-。(5)KI晶体的密度为ρg•cm3，K和I的摩尔质量分别为MKg•mol-1和MIg•mol-1，原子半径分别为rKpm和rIpm，阿伏加德罗常数值为NA，则KI晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_____________。

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、C【答案解析】

A．依据图象可知：0.1mol/LROH的AG为-7.2，则：c(H+)/c(OH-)==10-7.2，结合c（H+）×c（OH-）=10-14，得c（OH-）=10-3.4mol/L，小于0.1mol/L，所以ROH为弱碱，故A正确；

B．依据溶液中电荷守恒原则：c（Cl-）+c（OH-）=c（R+）+c（H+），A点溶液AG=0，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，溶液呈中性，则c（Cl-）=c（R+），故B正确；

C．当盐酸的体积b=10mL，与10.00mL0.1mol/LROH恰好完全反应生成RCl，RCl为强酸弱碱盐，水解显酸性：C(H+)>c(OH-),AG=lgc(H+D.b=15，溶液中存在RCl和HCl（量之比2:1），依据溶液中存在的电荷守恒：c（Cl-）+c（OH-）=c（R+）+c（H+），物料守恒：3[c（R+）]+c（ROH）=2c（Cl-），得：1/3c（Cl-）+c（ROH）+c（OH-）=c（H+），故D正确；

综上所述，本题选C。【答案点睛】根据AG=lgc(H+)c(OH-），若c(H+)=c(OH-)，AG=0，溶液呈中性；若c(H+)>c(OH-)，AG>0，2、A【答案解析】

A．电子能量与能层和能级都有关，ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量，故A错误；B．根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，故B正确；C．根据能量最低原理知，电子先排能量低的轨道后排能量高的轨道，故C正确；D．根据泡利不相容原理知，3p轨道最多排6个电子，故D正确；故答案为A。3、B【答案解析】

有机物的命名要遵循系统命名法的原则，最长碳链，最小编号，先简后繁，同基合并等，如果含有官能团，则应选择含有官能团的最长碳链作主链。【题目详解】A、不符合最小编号的原则，正确名称为2，2-二甲基丁烷，A错误；B、符合系统命名法的原则，B正确；C、醇羟基作为醇类的官能团，不能重复出现，正确的名称为1，4-丁二醇，C错误；D、在表示位置的数字之间用逗号“,”分开，而不能用顿号“、”，D错误。答案选B。4、B【答案解析】A、禁止生产、销售、使用超薄塑料购物袋，并实行塑料购物袋有偿使用制度，防止污染环境，选项A错误；B、新能源汽车以其低能耗、低污染等优势，对减少移动源排放、促进绿色低碳发展具有重要作用，选项B正确；C、将废铅蓄电池拆解后的铅泥和废硫酸按照危险废物进行管理，选项C错误；D、煤、石油等化石能源是不可再行能源，不能无限制的开采，选项D错误。答案选B。5、B【答案解析】

光气的结构式为：。【题目详解】A．单键全是σ键，双键有一个σ键，一个π键，所以COCl2中含有3个σ键和1个π键，A错误；B．中心C原子孤对电子数==0，σ键电子对数=3，价层电子对数=3+0=3，所以COCl2中C原子杂化轨道类型为sp2，B正确；C．C=O，C-Cl均是不同原子之间形成的，为极性键，C错；D．COCl2中C原子以sp2杂化，且中心C原子孤对电子数==0，所以COCl2为平面三角形分子，D错误。答案选B。6、C【答案解析】

A、烷基的影响，羟基上的氢原子变得活泼，和金属钠反应产生氢气，应是①断裂，A正确；B、在Ag作催化剂条件下，发生氧化反应生成醛，应是①③键断裂，B正确；C、完全燃烧生成CO2和H2O，应是②③④⑤断裂，C错误；D、生成酯：酸去羟基，醇去氢，去的是羟基上的氢原子，因此是①断裂，D正确；故合理选项为C。7、D【答案解析】

同温同压下，CO和CH4体积相等，则CO和CH4物质的量相等，由方程式2CO+O22CO2；CH4+2O2CO2+2H2O可知，消耗的氧气体积比为1:4，答案为D。【答案点睛】同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比。8、D【答案解析】

A.生活垃圾分类处理，告别乱抛乱扔,利于治污，故A不选；B.白色污染难降解，研发可降解塑料，控制白色污染产生，故B不选；C.减少化肥的使用，施用有机肥料，改善土壤微生物环境，故C不选；D.回收废医用塑料，深埋或就地焚烧，均易产生污染，故D选；故选D。9、A【答案解析】分析：A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小；D项，测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中，散失热量较多，所测温度值偏小。详解：A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，根据公式cB=nBV（aq），所配溶液浓度偏大，A项错误；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，终点读数偏小，所测体积偏小，B项正确；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小，C项正确10、C【答案解析】试题分析：A．由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，由于A为固体，所以m+n与p的关系不确定，故A错误；B．由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，故B错误；C．x点位于曲线上方，未达到平衡状态，由图象可以看出，当B的含量减小时，可趋向于平衡，则应是向正反应方向移动，即v正＞v逆，故C正确；D．由图象可以看出x点的压强小于y点压强，压强越大，反应速率越大，故x点比y点混合物的反应速率慢，故D错误。故选C。【考点定位】考查化学平衡的影响因素、化学平衡图像【名师点晴】本题考查化学平衡曲线问题，本题注意分析纵坐标随横坐标变化的趋势，特别是曲线的上的点与曲线外的点的区别。由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，由于A为固体则有n＜p，在曲线上的点为平衡状态。11、C【答案解析】

一般来说，活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键。【题目详解】A．氯化钠中只存在离子键，H2O、HCl中只存在共价键，氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、氧原子和氢原子之间存在共价键，选项A不符合题意；B．Cl2、HCl、SO2中只存在共价键，Na2S中钠离子和硫离子之间只存在离子键，选项B不符合题意；C．HBr、CO2、H2O、CS2中只存在共价键，选项C符合题意；D．H2O2、H2O、O3中只存在共价键，过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、氧原子和氧原子之间存在共价键，选项D不符合题意；答案选C。【答案点睛】本题考查了化学键的判断，明确离子键和共价键的概念是解本题关键，注意二者的区别，会书写过氧化钠的电子式，题目难度不大。12、D【答案解析】分析：A．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异；D．苯与酸性高锰酸钾溶液分层；C．二者均与NaOH反应；D．碘加热易升华，NaCl不变。详解：A．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，A错误；B．苯与酸性高锰酸钾溶液分层，可分液分离，不能选蒸馏，B错误；C．二者均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液除去乙酸乙酯中的乙酸，C错误；D．碘加热易升华，NaCl不变，则升华法可分离，D正确；答案选D。13、D【答案解析】

热化学方程式中化学计量数表示物质的量，所以含NaOH20.0g(0.5mol)的稀溶液与足量稀盐酸反应，放出28.7kJ的热量，根据H++OH-=H2O可知反应生成1mol水时放出的热量为28.7kJ57.4kJ。故选D。14、D【答案解析】

根据有机物结构简式可判断A中有2组峰，其氢原子数之比为3∶1，B中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶1，C中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶4，D中有两组峰，其氢原子数之比为3∶2。选项D正确，答案选D。15、B【答案解析】分析：A.乙醛和溴水发生氧化还原反应;B.前者发生了盐析，后者发生了变性;C.乙酸含有羧基，葡萄糖含有醛基;D.聚乙烯塑料为热塑性塑料,酚醛塑料为热固性塑料.详解：A.乙烯使溴水褪色因为和Br2发生了加成反应,乙醛使溴水褪色因为醛基有还原性,溴有氧化性,发生了氧化还原反应,A错误；B.向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液和(CH3COO)2Pb溶液，均能产生沉淀,前者发生了盐析，后者发生了变性，两者产生沉淀的原因不相同，B正确；C.乙酸含有羧基，葡萄糖含有醛基，两者所含的官能团不相同，C错误；D.聚乙烯塑料为热塑性塑料，受热会熔化、冷却会硬化，可以多次使用，酚醛塑料为热固性塑料，受热会交联成立体网状结构，一次性使用，与熔点的高低不成因果关系，D错误；答案选B.点睛：热塑性塑料受热会熔化，可多次使用，热固性塑料，受热会交联成立体网状结构，一次性使用。16、B【答案解析】

A.II可以看成是向2L的容器中，充入0.4mol的X和0.2mol的Y（则I、II的平衡等效），平衡后再将容器压缩至1L，由于压强增大，平衡向右移动，所以II中X的转化率＞I，A正确；B.平衡常数只和温度有关，I、II的温度相同，则这两个平衡的平衡常数也相同，B错误；C.III的温度比I高，III的化学反应速率也快，则III先达到平衡，C正确；D.对比I和III，二者起始状态，除了温度不同，其他条件都相同，则可以将III看作是I达到平衡后，升高温度，Z的浓度降低了，说明升温使得平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即反应的ΔH＜0，D正确；故合理选项为B。17、C【答案解析】

①油和氯化钠溶液，混合分层，则利用分液分离；②39%的乙醇溶液中乙醇与水的沸点不同，则利用蒸馏分离；③单质溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，则分离氯化钠和单质溴的水溶液，选择有机溶剂萃取；答案选A。【答案点睛】本题为高频考点，把握物质的性质及性质差异、混合物分离方法为解答的关键，注重实验基础知识和基本技能的考查，注意有机物性质。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法)：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。18、C【答案解析】试题分析：已知某元素R的原子的最外层电子排布是ns1，若为主族元素，则为第IA族，若为过渡金属元素，则为第VIB或IB元素，A．元素R也可能是过渡金属元素，故A错误；B．R的原子的最外层电子排布是ns1，若为主族元素，则为第IA族，第IA族中的H元素为非金属元素，故B错误；C．R元素可能是第IA族中的H元素，不一定为金属元素，故C正确；D．R不可能是ⅡA族元素，故D错误，答案为C。考点：考查了最外层电子排布与元素在周期表中位置的关系。19、B【答案解析】

废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物,加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，溶解Ni,过滤除去废渣，滤液中加入过氧化氢，氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠调节溶液pH除去铁离子，过滤得到滤渣和滤液,滤液中加入H2S沉淀铜离子，过滤得到滤液中加入NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是镍离子，加入氢氧化钠溶液沉淀镍离子生成氢氧化镍固体，以此解答该题。【题目详解】A、废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶后，二氧化硅不反应，钙的氧化物与硫酸反应生成微溶的硫酸钙，故废渣中含有二氧化硅和硫酸钙，选项A正确；B、加热煮沸使H2O2更易分解，无法将亚铁离子氧化为铁离子，除铁效率降低，选项B错误；C、除铜过程加入氢硫酸，反应生成硫化铜沉淀的同时生成硫酸，溶液酸性增强，选项C正确；D、常温下Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，镍沉淀完全，c(OH-)=mol/L=10-5mol/L，则需要调节溶液pH＞9，选项D正确。答案选B。【答案点睛】本题考查化工流程的分析，物质的除杂，易错点为选项C：除铜过程加入氢硫酸，反应生成硫化铜沉淀的同时生成硫酸，溶液酸性增强。20、A【答案解析】分析：A．原子总数相等、价电子总数（或电子总数）相等的微粒互为等电子体；B．CH3-与NH3、H3O+均具有4个原子、10个电子，互为等电子体；C.根据价层电子对互斥模型判断；D．两个-CH3或一个CH3+和CH3-结合都能得到CH3CH3。

详解：CH3+、-CH3、CH3-分别具有6个、7个和8个价电子，电子总数分别是：8个、9个和10个，它们不是等电子体，A选项说法错误；CH3-与NH3、H3O+均具有8个价电子、4个原子，互为等电子体，几何构型均为三角锥形，B选项说法正确；根据价层电子对互斥模型，CH中C原子的价电子对数为3，碳原子采取sp2杂化，其空间构型是平面三角形，C选项说法正确；两个-CH3或一个CH3+和CH3-结合都能得到CH3CH3，D选项说法正确；正确选项A。21、B【答案解析】

A．银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，所以银器质量减小，故A错误；B．银作正极，正极上Ag2S得电子作氧化剂，在反应中被还原生成单质银，故B正确；C．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3，故C错误；D．黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl，故D错误；故选B。22、C【答案解析】酸不足时，钠可与水反应生成氢气，而Fe、Mg、Al只能与盐酸反应，故Na与酸反应时，多余的会和水反应，Na会完全反应，由2Na～H2可知，0.1molNa完全反应，生成氢气的物质的量=0.1mol×1/2=0.05mol；Fe+2HCl=FeCl2+H2↑0.1mol0.2mol故盐酸不足，由方程式可知0.01mol

HCl生成氢气为0.005mol，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑0.1mol0.3mol故盐酸不足，由方程式可知0.01mol

HCl生成氢气为0.005mol，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，故生成氢气的体积：Al=Fe＜Na，故选C。点睛：本题考查根据方程式计算，易错点：进行过量计算，0.1molAl、Fe与0.01molHCl反应时，盐酸不足，按酸计算氢气，而0.1molNa与0.01molHCl反应时，要注意钠的性质，钠还要和水反应。二、非选择题(共84分)23、Na＜O＜NO＞N＞NaNH3氨气分子间有氢键，所以沸点高[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7As4O6sp34Na2O【答案解析】

A元素的价电子排布为nsnnpn＋1，可知n=2，A价电子排布式为2s22p3，那么A的核外电子排布式为1s22s22p3，则A为N；B元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则B为O；C位于B的下一周期，是本周期最活泼的金属元素，则C为Na；D基态原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍，则D基态原子的价电子排布式为3d84s2，那么D核外电子总数=18+10=28，D为Ni；E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，则E基态原子的价电子排布式为：3d104s24p3，那么E原子核外有18+10+2+3=33个电子，E为：As；综上所述，A为N，B为O，C为Na，D为Ni，E为As，据此分析回答。【题目详解】(1)第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子，第一电离能数值越大，原子越难失去一个电子。一般来说，非金属性越强，第一电离能越大，所以Na的第一电离能最小，N的基态原子处于半充满状态，比同周期相邻的O能量低，更稳定，不易失电子，所以N的第一电离能比O大，即三者的第一电离能关系为：Na＜O＜N，非金属性越强，电负性越大，所以电负性关系为：O＞N＞Na，故答案为：Na＜O＜N；O＞N＞Na；(2)N和As位于同主族，简单气态氢化物为NH3和AsH3，NH3分子之间有氢键，熔沸点比AsH3高，故答案为：NH3；氨气分子间有氢键，所以沸点高；(3)Ni是28号元素，Ni3+核外有25个电子，其核外电子排布式为：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故答案为：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；(4)E为As，As为33号元素，基态原子核外有33个电子，其基态原子的价电子轨道表示式，故答案为：；(5)由图可知，1个该分子含6个O原子，4个As原子，故化学式为：As4O6，中心As原子键电子对数==3，孤对电子数=，价层电子对数=3+1=4，所以As4O6为sp3杂化，故答案为：As4O6；sp3；(6)O和Na的简单离子，O的离子半径更大，所以白色小球代表O2-，黑色小球代表Na+；①由均摊法可得，每个晶胞中：O2-个数==4，Na+个数=8，所以，一个晶胞中有4个O2-，R的化学式为Na2O，故答案为：4；Na2O；②1个晶胞的质量=，1个晶胞的体积=(apm)3=，所以密度=g•cm－3，故答案为：。24、S＞N＞O＞H3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2OHSO3-+H+=SO2↑+H2OKHC2O4溶液中存在HC2O4-的电离与水解，即HC2O4-⇌H++C2O42-，HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-，电离程度大于水解程度，使溶液中的c（H+）＞c（OH-），溶液显酸性c（K+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O【答案解析】

根据元素在周期表中的位置，可推测出X、Y、Z、W、M、R六种短周期元素分别为H、C、N、O、Na、S。【题目详解】（1）X、Z、W、R四种元素分别为H、N、O、S，原子半径由大到小的顺序为S＞N＞O＞H；（2）X、Z、W、R四种元素分别为H、N、O、S，组成的强酸为硝酸、硫酸，稀溶液能与铜反应，则酸为硝酸，反应的方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；（3）由X、W、M、R四种元素为H、O、Na、S，组成的一种离子化合物A，已知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，则A为亚硫酸氢钠，与盐酸反应生成二氧化硫和水，反应的离子方程式为HSO3-+H+=SO2↑+H2O；（4）分子式为X2Y2W4的化合物为草酸（乙二酸），与含等物质的量的KOH反应生成的物质为KHC2O4，溶液中存在HC2O4-电离与水解，即HC2O4-⇌H++C2O42-，HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-，电离程度大于水解程度，使溶液中的c（H+）＞c（OH-），溶液显酸性；0.1mol/LKHC2O4溶液中除存在上述反应还有H2O⇌H++OH-，则c（H+）＞c（C2O42-），各离子浓度由大到小的顺序为c（K+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；（5）根据a的反应现象，可判断物质T的Fe为+2价，气体为氨气，则含有铵根离子；b的现象说明T中含有硫酸根离子，已知，Fe为+2价，硫酸根为-2价，铵根离子为+1价，Ｔ的相对分子质量为392，则结晶水个数为6，可判断T的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。25、MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O2S2Cl2+2H2O=3S↓＋SO2↑+4HCl↑浓硫酸a赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗【答案解析】

从装置图中可以看出，A为氯气的制取装置，B为除去氯气中氯化氢的装置，C为干燥氯气的装置，D为制取一氯化硫的装置，E为干燥装置，F为尾气处理装置，据此分析解答问题。【题目详解】(1)A装置为实验室制取Cl2的装置，发生反应的离子反应方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)一氯化硫(S2Cl2)常温下较为稳定，受热易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化产物中不仅有淡黄色固体(S)，而且还有两种气体，用NaOH溶液吸收该气体可得两种盐Na2SO3和NaCl，说明两种气体为HCl和SO2。一氯化硫与水反应的化学反应方程式2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl↑，故答案为：2S2Cl2+2H2O=3S↓＋SO2↑+4HCl↑；(3)一氧化硫遇水即歧化，所以C、E装置均起干燥作用，可盛放浓硫酸，故答案为：浓硫酸；(4)冷凝管的冷却水流向都是下进上出，所以D中冷水进水口为a；因为一氯化硫易被氧化，且遇水即歧化，所以实验过程中，需要先点燃A处酒精灯，通入氯气一段时间后方可向D中水槽里面加入热水加热，这样做的目的是赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗，故答案为：a；赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗。26、＋7分液①③④萃取有机层中ReO4-2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气等合理答案3.0×106【答案解析】分析：(1)根据正负化合价的代数和为0计算；(2)根据流程图，用萃取剂萃取后得到含铼有机层和水层，据此分析解答；根据萃取剂选择的条件分析判断；(3)根据流程图，经过用氨水、水作萃取剂进行反萃取后可以得到富铼溶液分析解答；(4)依题意，高铼酸铵分解是非氧化还原反应，据此书写方程式；联系氢气还原氧化铜实验解答；(5)根据4ReS2＋15O22Re2O7＋8SO2，结合氧化还原反应的规律计算。详解：(1)NH4ReO4(高铼酸铵)中N为-3价，H为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，铼元素化合价为+7价，故答案为：+7；(2)根据流程图，用萃取剂萃取后得到含铼有机层和水层，分离的方法为分液，“萃取”中萃取剂应具有的性质：萃取剂难溶于水；ReO4-在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度；萃取剂不和ReO4-发生反应，故答案为：分液；①③④；(3)反萃取指用氨水、水作萃取剂，可以将有机层中ReO4-夺出来，分离出水层和有机层，ReO4-进入水溶液，故答案为：萃取有机层中ReO4-；(4)①依题意，高铼酸铵分解是非氧化还原反应，生成七氧化二铼外，还有水、氨气，反应的化学方程式为2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7，故答案为：2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7；②工业上，利用氢气还原Re2O7制备铼，氢气起三个作用：作还原剂、作保护气、用氢气排空气，因此根据生成铼的量计算氢气量，实际消耗H2量大于理论计算量，故答案为：H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气；(5)4ReS2＋15O22Re2O7＋8SO2，生成1molRe2O7时，转移30mol电子。n(Re2O7)＝48.4×106g484g/mol＝1.0×105mol，转移电子的物质的量：n(e-)＝3.0×106mol，故答案为：27、防止暴沸冷凝防止环己烯挥发上层c【答案解析】

（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；（2）①环己烯不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；【题目详解】（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝，故答案为：防止暴沸；冷凝；②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化，故答案为：防止环己烯挥发；（2）①环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后环己烯在上层，