2023学年河南省八市重点高中高二化学第二学期期末检测试题（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．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列说法不正确的是A．皂化反应是指油脂在稀硫酸的作用下水解得到高级脂肪酸和甘油B．淀粉纤维素、麦芽糖在一定条件下可和水作用转化为葡萄糖C．氨基酸既能与强酸反应，也能与强碱反应D．“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是蛋白质和烃2、由于电影《我不是药神》中对抗癌药物格列卫的关注，我国政府在2018年已经将格列卫等部分抗癌药物纳入医保用药，解决了人民群众用药负担。格列卫在其合成过程中的一种中间产物结构表示如下：。下列有关该中间产物的说法不正确的是（）A．该药物中间体属于芳香烃B．该药物中间体中含有三种官能团C．该药物中间体的所有碳原子可能共面D．该药物中间体可以发生加成反应和取代反应3、已知:2Zn(s)＋O2(g)=2ZnO(s)△H1=－701.0kJ·mol－1①，2Hg(l)＋O2(g)=2HgO(s)△H2=－181.6kJ·mol－1②，则Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)的△H为A．＋519.4kJ·mol－1 B．－181.6kJ·mol－1C．－259.7kJ·mol－1 D．－519.4kJ·mol－14、下列用来解释实验事实的相关平衡方程式不正确的是实验事实相关平衡A加入NaHCO3使氯水的漂白能力增强Cl2+H2OHClO+HClB配制FeCl3溶液时加少量盐酸Fe3++3OH－Fe(OH)3C溶有CO2的正常雨水pH≈5.6H2O+CO2H2CO3H++HCO3－DCaCO3固体溶于盐酸CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32－(aq)A．A B．B C．C D．D5、某种钢闸门保护法原理示意图如下，下列说法不正确的是A．锌块发生氧化反应：Zn-2e–=Zn2+B．钢闸门有电子流入，可以有效减缓腐蚀C．若通过外加电源保护钢闸门，应将钢闸门与电源正极相连D．锅炉内壁装上若干镁合金的防腐原理与该种钢闸门保护法原理相同6、在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg/cm3，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为Cmol/L。下列叙述中正确的有（）①②③上述溶液中加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω④上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）A．②③B．②④C．③④D．①③7、下列除去杂质的方法不正确的是()A．镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B．用过量氨水除去Fe3＋溶液中的少量Al3＋C．Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤D．MgO中混有少量Al2O3：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得到MgO8、分子式为C5H10O2能发生水解反应的有机物有（不含立体异构）A．6种B．7种C．8种D．9种9、“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是()A．蚕丝的主要成分是蛋白质 B．古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物C．蚕丝属于天然高分子材料 D．“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应10、已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)=amol时，下列有关说法错误的是A．若某温度下，反应后=11，则溶液中=B．参加反应的氯气的物质的量等于amolC．改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：amol≤n(e-)≤amolD．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol11、1，6﹣己二胺（H2N﹣（CH2）6﹣NH2）毒性较大，可引起神经系统、血管张力和造血功能的改变．下列化合物中能与它发生化学反应的是（）A．NaOH B．Na2CO3 C．NaCl D．HCl12、下列物质除杂（括号内物质为杂质）的方法及试剂都正确的是物质方法试剂ACO2(SO2)洗气氢氧化钠溶液BAlCl3(MgCl2)过滤氢氧化钠溶液C水(乙醇)萃取、分液乙酸DFe(Al)过滤过量氢氧化钠溶液A．A B．B C．C D．D13、下列物质中，不属于醇类的是A．C3H7OH B．C6H5CH2OHC．CH3CH(OH)CH3 D．C6H5OH14、常温下，将NaOH溶液分别加到HF溶液、CH3COOH溶液中，两混合溶液中离子浓度与pH的变化关系如图所示，已知pKa=-lgKa，下列有关叙述错误的是A．常温下，Ka(CH3COOH)=10-5B．a点时，c(F-)=c(HF)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C．常温下，0.1mo/LNaF溶液的pH小于0.1mo/LCH3COONa溶液的pHD．向CH3COOH溶液中加入NaOH溶液后所得的混合溶液中，15、布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（）A．布洛芬的分子式为C13H18O2B．布洛芬与苯乙酸是同系物C．1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应D．布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种16、下列分子既不存在s-pσ键，也不存在p-pπ键的是()A．HCl B．HF C．SO2 D．SCl217、钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，有关说法不正确的是A．该晶体属于离子晶体B．晶体的化学式为Ba2O2C．该晶体晶胞结构与NaCl相似D．与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有12个18、聚氯乙烯的单体是A．—CH2—CHCl— B．CH2=CHClC．—CH2=CHCl— D．19、向稀氨水中加入下列物质，能使溶液中的铵根离子浓度减小，pH值增大的是A．水 B．氯化铵固体 C．烧碱固体 D．食盐固体20、在①丙烯②氯乙烯③溴苯④甲苯四种有机化合物中，分子内所有原子在同一平面的是（）A．①② B．②③ C．③④ D．②④21、下列化学用语的表达正确的是A．原子核内有10个中子的氧原子：B．氯原子的结构示意图：C．Fe3＋的最外层电子排布式：3s23p63d5D．基态铜原子的价层电子排布图：22、能源的开发和利用一直是发展中的重要问题。下列说法不正确的是A．CO2、甲烷都属于温室气体B．能量在转化和转移过程中其总量会不断减少C．太阳能、风能和生物质能属于新能源D．太阳能电池可将太阳能直接转化为电能二、非选择题(共84分)23、（14分）已知

X、Y、Z、M、R五种元素中，原子序数依次增大，其结构或性质信息如下表。请根据信息回答有关问题：元素结构或性质信息X原子的L层上s电子数等于p电子数Y原子核外的L层有3个未成对电子Z在元素周期表的各元素中电负性仅小于氟M单质常温、常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子R第四周期过渡元素，其价电子层各能级处于半充满状态（1）元素M的原子核外有______种不同运动状态的电子；（2）五种元素中第一电离能最高的是_______写元素符号；（3）在Y形成的单质中，键与键数目之比为______，在中Z原子的杂化方式为_____，其分子的空间构型为______；（4）R的一种配合物的化学式为。已知在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生

AgCl沉淀，此配合物最可能是______填序号。A．B．C．

D．24、（12分）已知A原子只有一个未成对电子，M电子层比N电子层多11个电子，试回答下列问题：（1）该元素的基态原子有___个能层充有电子；（2）写出A原子的电子排布式和元素符号_______；_________。（3）指出元素A在周期表中的位置________。（4）指出元素A的最高化合价______。（5）A的氢化物分子中共价键的类型可能有_____。①s-pσ键②p-pσ键③s-sσ键④p-pπ键（6）写出与A同周期未成对电子数最多的元素原子的价层电子排布式_________。25、（12分）实验室以MnO2、KClO3、CaCO3及盐酸等为原料制取KMnO4的步骤如下：Ⅰ.MnO2的氧化Ⅱ.CO2的制取Ⅲ.K2MnO4的歧化及过滤和结晶等回答下列问题：(1)实验前称取2.5gKClO3、5.2gKOH、3.0gMnO2并充分混合。氯酸钾需过量，其原因是____________________________；熔融时除了需要酒精灯、三脚架、坩埚钳、细铁棒及铁坩埚外，还需要的硅酸盐质仪器有___________________(2)为了体现“绿色化学”理念，某同学设计了如图所示的“K2MnO4歧化”实验装置。在大试管中装入块状CaCO3，并关闭K2，向长颈漏斗中加入一定量6mol·L－1的盐酸；向三口烧瓶中加入K2MnO4溶液。①实验时，不用装置(a)(启普发生器)制取CO2而用装置(b)制取，这是因为______。②为了充分利用CO2，实验开始时需关闭____________(填“K1”“K2”“K3”“K4”或“K5”，下同)，其余均打开；待“气球1”中收集到足够多的CO2时，关闭______，其余均打开。③三口烧瓶中物质发生反应生成KMnO4的同时还会生成MnO2和K2CO3，该反应的离子方程式为______________________。26、（10分）物质分离、提纯的常用装置如图所示，根据题意选择合适的装置填入相应位置。（1）我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写到：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”所用的是__装置（填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”或“戊”，下同）。（2）《本草衍义》中对精制砒霜过程的叙述为：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下重如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法所用是_____装置。（3）海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如图：其中分离步骤①、②、③所用分别为：_____装置、_____装置、_____装置。27、（12分）某同学为探究酸性KMnO4溶液和H2C2O4（草酸，二元弱酸）溶液的反应过程，进行如下实验。请完成以下问题。（1）写出酸性KMnO4溶液和H2C2O4的离子方程式____________________________。（2）配制100mL0.0400mol·L-1的H2C2O4溶液，除用到托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器外，还必须用到的玻璃仪器是__________________。（3）将KMnO4溶液逐滴滴入一定体积的酸性H2C2O4溶液中（温度相同，并振荡），记录的现象如下：滴入KMnO4溶液的次序KMnO4溶液紫色褪去所需的时间先滴入第1滴60s褪色后，再滴入第2滴15s褪色后，再滴入第3滴3s褪色后，再滴入第4滴1s请分析KMnO4溶液褪色时间变化的可能原因_________________。28、（14分）李克强总理在《2018年国务院政府工作报告》中强调“今年二氧化硫、氮氧化物排放量要下降3%。”研究烟气的脱硝(除NOx)、脱硫(除SO2)有着积极的环保意义。Ⅰ.汽车排气管上安装“催化转化器”，其反应的热化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH=-746.50kJ·mol-1。T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，若温度和体积不变，反应过程中(0~15min)NO的物质的量随时间变化如图。（1）图中a、b分别表示在相同温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n(NO)的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是______（填“a”或“b”）（2）在a曲线所示反应中，0~10min内，CO的平均反应速率v(CO)=___________；T℃时，该反应的化学平衡常数K=_____________；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、CO2各0.2mol，则平衡将_________移动(填“向左”、“向右”或“不”)（3）15min时,n(NO)发生图中所示变化，则改变的条件可能是_______（填序号）A．充入少量COB．将N2液化移出体系C．升高温度D．加入催化剂Ⅱ.已知有下列反应：①5O2(g)+4NH3(g)6H2O(g)+4NO(g)△H1②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H2③2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H3（1）若在高效催化剂作用下可发生8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)的反应，对NO2进行处理则该反应的△H=__________（用△H1，△H2，△H3表示），△S______0（2）某温度下，向某恒容密闭容器中充入一定量的NH3和NO2，按照（1）的原理模拟污染物的处理。若容器中观察到________________（填序号），可判断该反应达到平衡状态A．混合气体颜色不再改变B．混合气体的密度不再改变C．混合气体摩尔质量不再改变D．NH3和NO2的物质的量之比不再改变（3）将一定比例的O2、NH3和NO2的混合气体，匀速通入图(a)所示装有催化剂M的反应器中充分进行反应。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图(b)所示。已知该催化剂在100～150℃时活性最高，那么在50～250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢，其中去除率迅速上升段的主要原因是____________________________；当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________29、（10分）（1）通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热（△H）。化学键Si—OSi—ClH—HH—ClSi—SiSi—C键能/kJ·mol—1460360436431176347请回答下列问题：①比较下列两组物质的熔点高低（填“＞”或“＜”＝）SiC_____________Si；SiCl4_____________SiO2②工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)该反应的反应热△H=_____________kJ/mol.（2）已知化合物Na2O的晶胞如图。①其中O2-离子的配位数为________，②该化合物与MgO相比，熔点较高的是________。(填化学式)③已知该化合物的晶胞边长为apm，则该化合物的密度为___g·cm－3(只要求列出算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的数值为NA)。

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、A【答案解析】分析：本题考查的是糖类油脂蛋白质的结构和性质，注意皂化反应的原理。详解：A.皂化反应是指油脂在碱溶液作用下水解得到高级脂肪酸盐和甘油，故错误；B.淀粉纤维素、麦芽糖都属于糖类，在一定条件下可和水作用转化为葡萄糖，故正确；C.氨基酸含有氨基和羧基，既能与强酸反应，也能与强碱反应，故正确；D.“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是蛋白质和烃，故正确。故选A。2、A【答案解析】

A.该药物中间体除了含有碳、氢元素外，还含有N、O、Cl元素，不属于芳香烃，故A错误；B.该药物中间体中含有硝基、肽键、氯原子三种官能团，故B正确；C.含碳氧双键的碳原子是平面结构，苯环是平面结构，结合单键可以旋转，该药物中间体的所有碳原子可能共面，故C正确；D.该药物中间体有苯环可以发生加成反应和取代反应，含肽键和氯原子可以发生取代反应，故D正确；答案选A。3、C【答案解析】

根据盖斯定律，(①-②)×可得Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)，则△H=(－701.0+181.6)=－259.7kJ·mol－1，答案为C。4、B【答案解析】

A．加入NaHCO3与盐酸反应，使平衡Cl2+H2OHClO+HCl正向移动，HClO浓度增大，使氯水的漂白能力增强，A正确；B．配制FeCl3溶液时，应加酸抑制水解，发生水解反应为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，B错误；C．碳酸为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，离子反应为H2O+CO2H2CO3H++HCO3－，则正常雨水pH≈5.6，C正确；D．加盐酸，与碳酸根离子反应，促进平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32－(aq)正向移动，则CaCO3固体溶于盐酸，D正确；答案选B。【答案点睛】本题考查较综合，涉及离子反应、化学平衡的移动等，注重高频考点的考查，把握发生的离子反应、平衡移动原理的应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。5、C【答案解析】

该保护法利用了原电池的原理，锌块作负极，钢闸门作正极，海水作电解质溶液，整个过程是锌的吸氧腐蚀。【题目详解】A.该保护法利用了原电池的原理，锌块作负极，发生氧化反应，电极反应为Zn-2e–=Zn2+，A正确；B.锌块作负极，发生氧化反应，失去的电子通过导线转移到钢闸门，减缓了钢闸门的腐蚀，B正确；C.通过外加电源保护钢闸门，若将钢闸门与电源正极相连，则钢闸门作阳极，这样会加快钢闸门的腐蚀，C错误；D.镁的活泼性比铁强，锅炉内壁装上若干镁合金的防腐原理与该种铁闸门保护法一样，都是利用了原电池的原理，D正确；故合理选项为C。【答案点睛】该装置利用的原理是金属的电化学腐蚀，我们已学过铁的吸氧腐蚀，凡是在水中的金属的腐蚀，几乎考察的都是吸氧腐蚀，需要搞明白哪个金属是我们不希望被腐蚀的，即哪个金属应该作正极，而负极的金属一般是较活泼的金属，也就是用来被“牺牲”的金属，这种保护法叫作牺牲阳极的阴极保护法（注意区别外加电源的阴极保护法）。6、B【答案解析】分析：①质量分数＝质量溶质/溶液的质量×100%；②根据c=1000ρϖ③根据氨水的密度小于水分析；④根据反应后溶液中的溶质，结合盐类水解分析。详解：①氨气溶于水，以NH3作为溶质，氨气的物质的量是a22.4mol，质量是17a22.4g，溶液质量是②根据以上分析可知氨气的浓度C＝1000ρ×17a③水的密度比氨水的密度大，所以上述溶液中再加入VmL水后，混合后溶液的质量大于2倍的原氨水的质量，溶质氨气的质量不变，所以所得溶液的质量分数小于0.5ω，③错误；④上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，与氨水反应生成氯化铵，盐酸过量，溶液为氯化铵与氯化氢的混合溶液，浓度之比为2：1，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），铵根离子水解，水解程度微弱，所以c（Cl-）＞c（NH4+），因此充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），④正确；答案选B。7、B【答案解析】

A.镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能溶于氢氧化钠溶液；B.氨水与Fe3＋和Al3＋均反应生成氢氧化物沉淀；C.Mg(OH)2不与烧碱反应，Al(OH)3溶于烧碱生成NaAlO2，再通入过量CO2又生成Al(OH)3；D.Al2O3与烧碱反应生成NaAlO2，MgO与烧碱不反应；【题目详解】A.镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能溶于氢氧化钠溶液，加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥可以除去镁粉中混有少量铝粉，故A正确；B.氨水与Fe3＋和Al3＋均反应生成氢氧化物沉淀，不能用氨水除去Fe3＋溶液中的少量Al3＋，故B错误；C.Mg(OH)2不与烧碱反应，Al(OH)3溶于烧碱生成NaAlO2，再通入过量CO2又生成Al(OH)3，所以加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤可以除去Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2，故C正确；D.Al2O3与烧碱反应生成NaAlO2，MgO与烧碱不反应，加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥可以除去MgO中混有少量Al2O3，故D正确。【答案点睛】MgO是碱性氧化物，MgO能溶于酸，但不溶于碱；Al2O3是两性氧化物，既能溶于强酸又能溶于强碱，向MgO、Al2O3的混合物中加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得到MgO。8、D【答案解析】能发生水解反应，说明属于酯类，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，形成的酯有四种：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH2CH3、HCOOC（CH3）3；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，形成的酯有2种：CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCH（CH3）2；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，形成的酯有1种：CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2中，形成的酯有2种：CH3CH2CH2COOCH3、（CH3）2CHCOOCH3，故有9种，答案选D。点睛：该题的关键是熟悉常见官能团的结构与性质，准确判断出有机物的属类，依据碳链异构体的书写方法逐一分析判断即可，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。9、B【答案解析】

“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中丝的主要成分是蛋白质，蜡炬的主要成分是石蜡。【题目详解】A项、蚕丝的主要成分是蛋白质，故A正确；B项、蜡炬的主要成分是石蜡，是碳原子数较大的烷烃，不是高级脂肪酸酯，不属于高分子聚合物，故B错误；C项、蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然高分子材料，故C正确；D项、蜡炬的主要成分是石蜡，蜡炬成灰的过程就是石蜡燃烧的过程，蜡炬发生了氧化反应，故D正确；故选B。10、D【答案解析】

A.假设n(ClO-)=1mol，则n(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒计算n(ClO3-)；B.根据元素的原子守恒分析解答；C.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)；氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，根据钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，进而计算转移电子物质的量范围；D.氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，结合电子转移守恒计算。【题目详解】A.假设n(ClO-)=1mol，由于反应后=11，则n(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒可得5n(ClO3-)+n(ClO-)=n(Cl-)，5×n(ClO3-)=11mol-1mol=10mol，所以n(ClO3-)=2mol，故溶液中，A正确；B.由Cl原子守恒可知，2n(Cl2)=n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)，由钾离子守恒可知n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)=n(KOH)，两式联立可得n(Cl2)=n(KOH)=×amol=amol，B正确；C.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n(KClO3)=n(KOH)=×amol=amol；转移电子最大物质的量为：amol×5=amol；氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，根据钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，所以有n(KClO)=n(KOH)=×amol=amol，转移电子最小物质的量=×amol×1=amol，则反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围为：amol≤n(e-)≤amol，C正确；D.氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n最大(KClO3)=n(KOH)=×amol=amol，D错误；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查氧化还原反应计算，注意电子转移守恒、原子守恒及极限法的应用，侧重考查学生对基础知识的应用能力和分析、计算能力。11、D【答案解析】

氨基显碱性，能与酸反应生成盐。【题目详解】H2N﹣（CH2）6﹣NH2分子中有两个氨基，氨基显碱性，能与酸反应生成盐，H2N﹣（CH2）6﹣NH2能与盐酸反应生成ClH3N﹣（CH2）6﹣NH3Cl。H2N﹣（CH2）6﹣NH2不能与NaOH、Na2CO3、NaCl反应，故选D．12、D【答案解析】

A．二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气法分离，A错误；B．二者均与NaOH溶液反应，应先加足量NaOH溶液过滤后，向滤液中加适量盐酸即可，B错误；C．加乙酸引入新杂质，且不分层，应加入新制氧化钙，利用蒸馏法分离，C错误；D．Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，则加NaOH溶液后过滤分离，D正确；答案选D。13、D【答案解析】

根据醇的定义判断：醇是羟基与脂肪烃基相连或者与脂环烃、芳香烃侧链相连的化合物。【题目详解】A.脂肪烃中的氢原子被羟基所取代，所以C3H7OH一定属于醇，故A不符合题意；B.羟基与C6H5CH2-相连，属于芳香醇，故B不符合题意选；

C.羟基与(CH3)2CH-相连，属于脂肪醇，故C不符合题意选；D.羟基与苯环直接相连为酚，故D符合题意；所以本题正确答案为D。【答案点睛】醇的官能团为-OH,-OH与脂肪烃基相连为醇,-OH与苯环直接相连为酚,以此来解答。14、D【答案解析】分析：A．根据醋酸的电离平衡常数表达式结合图像解答；B．a点时，=0，则c（F-）=c（HF），结合溶液的pH=4和电荷守恒解答；C．利用图像分别计算两种弱酸的电离常数，相同温度下相同浓度的钠盐中，酸的酸性越强其酸根离子水解程度越小，溶液的pH越小；D．根据醋酸的电离平衡常数表达式计算。详解：A．常温下，pH=5时CH3COOH中=0，则c（CH3COO-）=c（CH3COOH），Ka（CH3COOH）=c(H+)·c(CH3COO−)/c(CH3COOH)=10-5，A正确；D．a点时，=0，则c（F-）=c（HF），溶液的pH=4，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒得c（F-）＞c（Na+），水解程度较小，所以溶液中存在c(F-)＝c(HF)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，B正确；C．由A可知Ka（CH3COOH）=10-5，pH=4时，c（HF）=c（F-），Ka（HF）=c(H+)·c(F−)/c(HF)=10-4，说明HF酸性大于醋酸，相同温度下相同浓度的钠盐中，酸的酸性越强其酸根离子水解程度越小，溶液的pH越小，则水解程度F-＜CH3COO-，所以相同浓度的钠盐溶液中NaF溶液pH小于0.1mol•L-1的CH3COONa溶液的pH，C正确；D．NaOH溶液加入CH3COOH溶液后的混合溶液中Ka（CH3COOH）=c(H+)·c(CH3COO−)/c(CH3COOH)，则c(CH3COO−)/c(CH3COOH)=Ka（CH3COOH）/c(H+)=10−5/10−pH=10pH-5，D错误；答案选D。点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析、判断及计算能力，正确计算出两种酸的电离平衡常数是解本题关键，注意电离平衡常数与纵坐标的关系，题目难度中等。15、D【答案解析】

A.由结构简式可知布洛芬的分子式为C13H18O2，故不选A；B.含有一个苯环、一个羧基，与苯乙酸是同系物，故不选B；C.能与氢气发生加成反应的只有苯环，则1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应，故不选C；D.结构对称，则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D错误；答案选D。16、D【答案解析】

共价键是两个原子轨道以“头碰头”或“肩并肩”重叠形成的，s和p轨道以“头碰头”重叠可形成s-pσ键，p轨道之间以“头碰头”重叠可形成p-pσ键，p轨道之间以“肩并肩”重叠可形成p-pπ键。【题目详解】A项、HCl分子中存在s-pσ键，故A错误；B项、HF分子中存在s-pσ键，故B错误；C项、SO2分子中存在p-pσ键和p-pπ键，故C错误；D项、SCl2分子中只存在p-pσ键，故D正确；故选D。【答案点睛】本题考查共价键的类型，把握σ键、π键的形成方式为解答的关键。17、B【答案解析】

A、Ba是活泼金属，O是活泼非金属形成是离子化合物，A正确；B、根据Ba和O在晶胞的位置，晶胞中共含有Ba的个数为8×+6×=4，O个数为12×+1=4，所以Ba与O的个数比为1：1，该氧化物为BaO，B错误；C、NaCl晶胞也是该结构，C正确；D、与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置，每个晶胞中含有3×个，每个顶点为8个晶胞共有，则共有8×3×=12个，D正确；故选B。18、B【答案解析】

聚氯乙烯是由氯乙烯发生加聚反应生成的高分子化合物，结构简式为，因此其单体是CH2＝CHCl。答案选B。【答案点睛】首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断。19、C【答案解析】

A.向氨水中加水，溶液中铵根离子、氢氧根离子浓度均减小，则pH减小，与题意不符，A错误；B.向氨水中加氯化铵固体，溶液中铵根离子增大，氨水的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，则pH减小，与题意不符，B错误；C.向氨水中加烧碱固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，氨水的电离平衡逆向移动，铵根离子浓度减小，符合题意，C正确；D.向氨水中加食盐固体，对平衡及溶液的体积无影响，与题意不符，D错误；答案为C。20、B【答案解析】

①丙烯CH2=CH-CH3中有一个甲基，甲基具有甲烷的四面体结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，①错误；②乙烯具有平面型结构，CH2=CHCl看作是一个氯原子取代乙烯中的一个氢原子，所有原子在同一个平面，②正确；③苯是平面结构，溴苯看作是一个溴原子取代苯中的一个氢原子，所有原子在同一个平面，③正确；④甲苯中含有一个甲基，甲基具有甲烷的四面体结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，④错误；综上所述可知，分子内所有原子在同一平面的是物质是②③，故合理选项是B。21、C【答案解析】

A．原子核内有10个中子的氧原子：，A不正确；B．氯原子的结构示意图：，B不正确；C．Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则Fe3＋的最外层电子排布式为3s23p63d5，C正确；D．基态铜原子的价层电子排布图为，D不正确；故选C。22、B【答案解析】分析：CO2、甲烷都可导致温室效应；常见能源分类有可再生能源和非再生资源、新能源和化石能源，其中太阳能、风能和生物能源属于新能源，以此解答该题。详解：A．CO2、甲烷都可导致温室效应，应尽量减少排放，故A正确；B．根据能量转化和守恒定律可知能量在转化和转移过程中总量既不会增加，也不会减少，故B错误；C．太阳能、风能和生物能源与化石能源相比，属于新能源，也属于清洁能源，故C正确；D．太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，故D正确；故选B。二、非选择题(共84分)23、17N1：2V型B【答案解析】

已知

X、Y、Z、M、R五种元素中，原子序数X<Y<Z<M<R，X元素原子原子的L层上s电子数等于p电子数，核外电子排布为，则X为C元素；Y元素原子核外的L层有3个未成对电子，核外电子排布为，则Y为N元素；Z元素在元素周期表的各元素中电负性仅小于氟，则Z为O元素；M元素单质常温、常压下是气体,原子的M层上有1个未成对的p电子,原子核外电子排布为，则M为Cl；第四周期过渡元素，其价电子层各能级处于半充满状态，应为Cr元素，价层电子排布式为。【题目详解】(1)M为Cl，原子核外电子排布为共有17种不同运动状态的电子，有5种不同能级的电子；(2)同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的，因为N原子的2p能级电子为半充满，为较稳定的结构,则N的第一电能较大；(3)根据题意知Y的单质为N2，其中氮氮之间存在1个键和2个键，因此键与键数目之比为1:2。中心氧原子有6个价电子，两个Cl分别提供一个电子，所以中心原子价电子对数，中心O原子杂化为杂化，空间构型为V型；(4)Cr的最高化合价为+6，氯化铬•和氯化银的物质的量之比是，根据氯离子守恒知，则•化学式中含有2个氯离子为外界离子，剩余的1个氯离子是配原子，所以氯化铬•的化学式可能为•。【答案点睛】24、41s22s22p63s23p63d104s24p5Br第四周期第ⅦA族+7①3d54s1【答案解析】分析：A原子只有一个未成对电子，M电子层比N电子层多11个电子，根据原子核外电子排布规律，基态A原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，A为Br元素。详解：A原子只有一个未成对电子，M电子层比N电子层多11个电子，根据原子核外电子排布规律，基态A原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，A为Br元素。（1）该元素的基态原子中K、L、M、N层排有电子，有4个能层充有电子。（2）A原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，A的元素符号为Br。（3）A原子核外有4个电子层，最外层有7个电子，元素A在周期表中的位置：第四周期第VIIA族。（4）A原子的最外层有7个电子，A的最高化合价为+7价。（5）A的氢化物为HBr，HBr中的共价键是由H原子的1s原子轨道提供的未成对电子与Br原子的4p原子轨道提供的未成对电子形成的s-pσ键，答案选①。（6）A位于第四周期，第四周期中未成对电子数最多的元素为Cr，Cr的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，Cr的价层电子排布式为3d54s1。25、氯酸钾在二氧化锰、加热的条件下分解，并保证二氧化锰被充分氧化泥三角装置a中需要大量的盐酸，造成化学材料的浪费K2、K5或K5K1、K33MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-【答案解析】

(1)氯酸钾在二氧化锰、加热的条件下分解生成氯化钾等，为保证二氧化锰被充分氧化，则需要过量；把坩埚放置在三脚架时，需用泥三角；(2)①装置a中需要大量的盐酸，造成化学材料的浪费，装置b为简易启普发生器，使用较少的盐酸；②为了充分利用CO2，关闭K2、K5或K5阻止气体进入气球；待“气球1”中收集到足够多的CO2时，关闭K1、K3；③三口烧瓶中二氧化碳与锰酸根离子反应生成高锰酸根离子、二氧化锰和碳酸根离子，离子方程式为：3MnO42-+2CO2=2M