江西省赣州市崇义中学2022-2023学年高二化学第二学期期末学业质量监测试题含解析

2023年高二下化学期末模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、某温度下，向[H＋]＝1×10－6mol·L－1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液中[H＋]＝1×10－3mol·L－1。下列对该溶液的叙述不正确的是（）A．该温度高于25℃B．所得溶液中，由水电离出来的H＋的浓度为1×10－11mol·L－1C．加入NaHSO4晶体抑制水的电离D．该温度下，此NaHSO4溶液与某pH＝11的Ba(OH)2溶液混合后溶液呈中性，则消耗的NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液的体积比为100：12、化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是A．MgO的熔点很高，可作优良的耐火材料，工业上也用其电解冶炼镁B．明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化C．燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩D．铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀3、下列说法均正确的组合为①s－sσ键与s－pσ键的电子云形状相同②第四周期的元素基态原子中，4s能级只有1个电子的元素共有3种③钨的配合物离子[W(CO)5OH]－能催化固定CO2，该配离子中钨显0价④中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构型一定是正四面体⑤2－丁醇中存在手性碳原子⑥相对分子质量：CH3CH2OH＞CH3CHO，所以沸点：CH3CH2OH＞CH3CHOA．②③⑤ B．③⑤ C．①②④ D．④⑥4、A、B、C是原子序数依次增大的短周期主族元素，三种元素原子序数之和为35，且C的原子序数是A的2倍。A、B、C三种元素的单质在适当条件下可发生如图所示的变化。下列说法正确的是A．甲、乙、丙三种物质的水溶液均显碱性B．甲是碱性氧化物，乙是酸性氧化物C．甲、乙可能都有漂白性，其漂白原理相同D．丙的水溶液在空气中长期放置，溶液可能会变浑浊5、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．18gD2O所含的电子数为10NAB．1molH2O2中含有极性键的数目为3NAC．标准状况下，22.4L四氯化碳所含分子数为NAD．32gO2和O3的混合物中含有的氧原子数为2NA6、能表示人体大量喝水时，胃液的pH变化的图象是（）A．A B．B C．C D．D7、2016年2月《Nature》报道的一种四室（1#～4#）自供电从低浓度废水中回收铜等重金属的装置如下图所示：下列说法正确的是A．装置工作时，4#室中溶液pH不变B．X、Y依次为阴离子、阳离子选择性交换膜C．负极的电极反应为：BH4-+8OH--8e-=B(OH)4-+4H2OD．单位时间内4n(NaBH4)消耗>n(Cu)生成是由于负极上有O2析出8、下列物质中，难溶于CCl4的是()A．碘单质 B．水 C．苯 D．甲烷9、下列粒子属于等电子体的是（）A．CH4和NH4+ B．NO和O2C．NH2-和H3O+ D．HCl和H2O10、欲除去下列物质中的少量杂质，所选除杂试剂或除杂方法不正确的是选项物质杂质除杂试剂除杂方法AC2H2H2SCuSO4溶液洗气B溴苯Br2NaOH溶液分液C苯苯酚浓溴水过滤D乙醇水CaO蒸馏A．A B．B C．C D．D11、高纯氧化铁是现代电子工业的重要材料。以下是用硫酸厂产生的烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)为原料制备高纯氧化铁(软磁a-Fe2O3)的生产流程示意图。下列说法不正确的是A．酸溶时，常需将烧渣粉碎、并加入过量H2SO4，其目的是提高铁元素的浸出率，同时抑制铁离子的水解B．反应②的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2S042-+16H+C．加入NH4HCO3生成FeCO3，检验FeCO3是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少量放入试管，滴如盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成说明洗涤干净D．锻烧时空气中的氧气作氧化剂，所以用氯气代替空气也可得到高纯氧化铁12、说法中正确的是()A．32gO2占有的体积约为22.4LB．22.4LN2含阿伏加德罗常数个氮分子C．在标准状况下，22.4L水的质量约为18gD．22g二氧化碳与标准状况下11.2LHCl含有相同的分子数13、下列反应与酸性氧化物的通性无关的是（）A．存放NaOH的试剂瓶不用磨口玻璃塞 B．与水反应制备氧气C．烧煤时加入生石灰脱硫 D．与澄清石灰水作用14、下列说法正确的是（）A．由原子构成的晶体不一定是原子晶体B．分子晶体中的分子间可能含有共价键C．分子晶体中一定有共价键D．分子晶体中分子一定紧密堆积15、下列说法不正确的是A．通常说的三大合成材料是指塑料、合成纤维、合成橡胶B．塑料的主要成分是合成高分子化合物即合成树脂C．用木材等经化学加工制成的黏胶纤维属于合成纤维D．聚乙烯性质稳定，不易降解，易造成“白色污染”16、下列电子层中，包含有f能级的是()A．K电子层 B．L电子层 C．M电子层 D．N电子层17、据报道，俄罗斯科学家再次合成117号元素，其中有5个X,1个X。下列关于X和X的说法不正确的是()A．是两种核素B．互为同位素C．中子数分别为176和177D．X元素的相对原子质量一定是176.518、下列关于有机物的说法不正确的是A．苯乙烯所有原子可处于同一平面B．由转变为：可与足量NaOH溶液共热后，再通入足量二氧化碳C．蔗糖分子可以看作是两个不同的单糖分子间脱去一个水分子形成的D．1mol油脂在酸性条件下充分水解，可制得3mol高级脂肪酸和1mol甘油19、下列关于有机物性质和结构的叙述正确的是A．聚丙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色B．向溴乙烷中加入硝酸银溶液，生成淡黄色沉淀C．CH4、CCl4、CF2Cl2均为正四面体结构的分子D．苯的邻二溴代物只有一种，说明苯分子中碳碳键的键长完全相同20、Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，对此反应下列说法中正确的是A．Na2O2只作氧化剂B．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物C．O2是还原产物D．2molFeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移21、满足分子式为C4H8ClBr的有机物共有A．10种 B．11种 C．12种 D．13种22、已知某有机物的结构简式如下，下列有关该分子的说法正确的是（）A．分子式为C10H14O6B．含有的官能团为羟基、羧基和酯基C．该分子不能发生取代反应D．它属于芳香烃二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物甲的分子式为C18H17ClO2，其发生转化反应的过程如下图：回答下列问题：（1）A的化学名称为_______________；A分子中最多有____个原子处于同一平面上。（2）C→F的反应类型为____________；F中含氧官能团名称为_____________________。（3）化合物甲反应生成A、B的化学方程式为________________________。（4）A有多种同分异构体，写出2种符合条件的同分异构体的结构简式①能与溴发生加成反应②分子中含苯环，且在NaOH溶液中发生水解反应③核磁共振氢谱有5组峰，且面积比为1：2：2：1：2的是_____________________；（5）是重要的有机合成工业中间体之一，广泛用于医药、香料、塑料和感光树脂等化工产品，参照上述反应路线，设计一条以A为原料合成的路线(其他试剂任选)__________________________________。（6）立体异构中有一种形式为顺反异构，当相同原子或基团在双键平面同一侧时为顺式结构，在异侧时为反式结构，则的聚合物顺式结构简式为__________。24、（12分）短周期元素D、E、X、Y、Z原子序数逐渐增大。它们的最简氢化物分子的空间构型依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线形。回答下列问题：(1)Y的最高价氧化物的化学式为________；Z的核外电子排布式是________；(2)D的最高价氧化物与E的一种氧化物为等电子体，写出E的氧化物的化学式________；(3)D和Y形成的化合物，其分子的空间构型为________；D原子的轨道杂化方式是________；(4)金属镁和E的单质在高温下反应得到的产物与水反应生成两种碱性物质，该反应的化学方程式是________。25、（12分）实验室里需用480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液。(1)该同学应选择________mL的容量瓶。(2)其操作步骤如下图所示，则如图操作应在下图中的__________(填选项字母)之间。A．②与③B．①与②C．④与⑤(3)该同学应称取NaOH固体________g，用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在附表中选取所需的砝码大小________(填字母)，并在下图中选出能正确表示游码位置的选项________(填字母)。(4)下列操作对所配溶液的浓度偏大的有（填写下列序号）（_________）①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯②容量瓶中原来有少量蒸馏水③摇匀后发现液面低于刻度线再加水④定容时观察液面俯视26、（10分）Ⅰ.实验室制得气体中常含有杂质，影响其性质检验。下图A为除杂装置，B为性质检验装置，完成下列表格：序号气体反应原理A中试剂①乙烯溴乙烷和NaOH的醇溶液加热_____________②乙烯无水乙醇在浓硫酸的作用下加热至170℃反应的化学方程式是____________________________③乙炔电石与饱和食盐水反应_______________Ⅱ.为探究乙酸乙酯的水解情况，某同学取大小相同的3支试管，分别加入以下溶液，充分振荡，放在同一水浴加热相同时间，观察到如下现象。编号①②③实验操作实验现象酯层变薄酯层消失酯层基本不变(1)试管①中反应的化学方程式是________________________；(2)对比试管①和试管③的实验现象，稀H2SO4的作用是______________；(3)试用化学平衡移动原理解释试管②中酯层消失的原因_____________。27、（12分）绿矾（FeSO4•7H1O）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分．某化学兴趣小组同学采用以下方法测定某绿矾样品纯度。实验步骤如下：a．称取1．853g绿矾产品，溶解，在153mL容量瓶中定容；b．量取15．33mL待测溶液于锥形瓶中；c．用硫酸酸化的3．31333mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为13．33mL。（1）a步骤中定容时，如果仰视会使所配溶液浓度___________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。（1）滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为______（填仪器名称）。（3）判断此滴定实验达到终点的方法是

_______________。（4）写出酸性高锰酸钾滴定Fe1+的离子反应方程式：_____________。（5）计算上述样品中FeSO4·7H1O的质量分数为________（结果保留3位有效数字）。28、（14分）二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物。以氟碳铈矿（主要含CeFCO3）为原料制备CeO2的一种工艺流程图如图：已知：①Ce4+既能与F-结合成[CeFX]（4-x）+，也能与SO42-结合成[CeSO4]2+；②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能。回答下列问题：（1）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_____。（2）“酸浸”中会产生大量黄绿色气体，写出CeO2与盐酸反应的离子方程式_____，为避免上述污染，请提出一种解决方案：_____。（3）“萃取”时存在反应：Ce4++n（HA）2Ce·（H2n-4A2n）+4H+。实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为_____。（4）“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3+，H2O2在该反应中作_____（填“催化剂”、“氧化剂”或“还原剂”），每有1molH2O2参加反应，转移电子物质的量为_____。（5）“氧化”步骤的化学方程式为_____。（6）取上述流程得到的CeO2产品0.50g，加硫酸溶解后，用0.10mol/LFeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+，其他杂质均不参加反应），消耗25.00mL标准溶液。该产品中CeO2的质量分数为_____(Ce的相对原子质量为140)。29、（10分）（1）室温下，在0.5mol/L的纯碱溶液中加入少量水，由水电离出的c(H+)·(OH-)___(填“变大”、“变小”、“不变”)。（2）已知Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-12，向0.2mol/L的AgNO3溶液中加入等体积的0.008mol/LK2CrO4溶液，则溶液中的c(CrO42-)=___。（3）室温下，0.1mol/LNaHCO3溶液的pH值___0.1mol/LNa2SO3溶液的pH值(填“>”、“<”、“=")。H2CO3K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11H2SO3K1=1.54×10-2K2=1.02×10-7已知：（4）有一种可充电电池Na—Al/FeS，电池工作时Na+的物质的量保持不变，并且是用含Na+的导电固体作为电解质，已知该电池正极反应式为2Na++FeS+2e-=Na2S+Fe．则该电池在充电时，阳极发生反应的物质是___，放电时负极反应式为___。

参考答案一、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、B【解析】A.25℃时[H＋]＝1×10－7mol·L－1，[H＋]＝1×10－6mol·L－1说明促进了水的电离，故T＞25℃，选项A正确；B、某温度下，向[H＋]＝1×10－6mol·L－1的蒸馏水，则Kw=1×10－12mol2·L－2，该溶液为强酸溶液，[H＋]＝1×10－3mol·L－1，则氢氧根离子浓度=mol/L=10-10mol/L，该溶液中水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度10-10mol/L，由水电离出来的H＋的浓度为10-10mol/L，选项B不正确；C.加入NaHSO4晶体，在水中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，氢离子浓度增大，抑制水的电离，选项C正确；D、该温度下，此NaHSO4溶液[H＋]＝1×10－3mol·L－1,某pH＝11的Ba(OH)2溶液[OH-]＝1×10－1mol·L－1,混合后溶液呈中性，则1×10－3mol·L－1×V酸＝1×10－1mol·L－1×V碱，故消耗的NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液的体积比为100：1，选项D正确。答案选B。2、A【解析】

A项，MgO的熔点很高，可作优良的耐火材料，镁是活泼金属，活泼金属的冶炼用电解法，MgO的熔点为2800℃、熔点高，电解时耗能高，工业上常用电解熔融MgCl2的方法生产金属镁，故A项错误；B项，明矾中铝离子水解生成胶体，具有吸附性，能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故B项正确；C项，燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，故C项正确；D项，铝比铁活泼，但氧化铝为致密的氧化物，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，故D项正确。综上所述，本题正确答案为A。3、A【解析】

①s能级电子云是球形，p能级电子云是哑铃型，所以s−sσ键与s−pσ键的电子云形状不同，①错误；②该原子4s能级未填充满，情况之一是按照能级顺序正常填充的结果：1s22s22p63s23p64s1，为K元素,情况之二是按照洪特规则的特例填充的结果：1s22s22p63s23p63d54s1、1s22s22p63s23p63d104s1，为Cr和Cu，所以基态原子的4s能级中只有1个电子的元素共有3种，②正确；③OH显-1价，CO显O价，故W显O价，③正确；④中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，④错误；⑤与4个不相同的原子或原子团相连的C原子称为手性碳原子，中，与-OH相连的C符合定义，是手性碳，⑤正确；⑥CH3CH2OH分子之间存在氢键，故CH3CH2OH的熔沸点比CH3CHO高，⑥错误；综上所述：②③⑤正确。答案选A。4、D【解析】A、B、C是原子序数依次增大的短周期主族元素，则C原子序数小于17，C的原子序数是A的2倍，所以A的原子序数小于9且A原子序数的2倍大于B的原子序数，结合三种元素原子序数之和为35，可推出：A为O元素、B为Na元素、C为S元素；由如图A、B、C三种元素的单质的变化可得：甲为Na2O或Na2O2，乙为SO2，丙为Na2S。A项，Na2O、Na2O2、Na2S的水溶液都显碱性，而SO2的水溶液显酸性，故A错误；B项，SO2是酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物、Na2O2不是碱性氧化物，故B错误；C项，Na2O2具有漂白性是因为具有强氧化性，而SO2漂白原理是相当于发生化合反应生成了无色物质，所以二者漂白原理不同，故C错误；D项，Na2S溶液在空气中长期放置，会发生反应：2S2-+O2+H2O=2S↓+4OH-，所以溶液会变浑浊，故D正确。点睛：本题考查元素周期表的推断，首先根据原子序数依次增大的三种短周期元素原子序数之间的关系推出各元素，然后应用元素周期律和元素化合物的性质解决各选项。B项注意碱性氧化物的概念：碱性氧化物是指溶于水化合成碱或与酸反应生成盐和水的氧化物，所以Na2O2不是碱性氧化物；C项明确SO2漂白原理与Na2O2漂白原理的不同。5、D【解析】

A．D2O的摩尔质量为20g/mol，n（D2O）==0.9mol，18gD2O所含电子物质的量为9mol，A项错误；B．H2O2的结构式为H-O-O-H，1molH2O2中含有极性键物质的量为2mol，B项错误；C．标准状况下CCl4呈液态，不能用22.4L/mol计算CCl4物质的量，C项错误；D．O2和O3互为同素异形体，32gO2和O3的混合物中含n（O）==2mol，32gO2和O3的混合物中含氧原子数为2NA，D项正确；答案选D。【点睛】本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及物质的组成和结构、气体摩尔体积、混合物的计算。注意22.4L/mol只适用于标准状况下由气体体积计算气体分子物质的量，6、A【解析】

选项中图象，横坐标表示加水的体积，纵坐标表示溶液的pH，结合胃液的成分和pH计算公式进行解答。【详解】人体胃液的主要成分为盐酸，盐酸显酸性，溶液的酸碱度可用pH值表示，其计算公式为pH=-lgc（H+），其中c（H+）表示氢离子浓度，显酸性的胃酸，在人体大量喝水时，氢离子浓度随着加水稀释，氢离子浓度的减小，溶液的pH升高，结合图象，横坐标表示加水的体积，纵坐标表示溶液的pH，A图象符合题意。答案选A。7、C【解析】

A.根据图示可知：1#室中BH4-失去电子变为B(OH)4-，电子由负极经外电路转移到正极上，4#室中Cu2+获得电子变为单质Cu析出，CuSO4是强酸弱碱盐，Cu2+水解使溶液显酸性，Cu2+浓度降低，溶液的酸性减弱，因此pH增大，A错误；B.根据图示可知：左边的1#室溶液中的K+、Na+通过X膜进入2#室、3#室，所以X膜为阳离子膜；4#室中SO42-通过Y膜进入到3#室，所以Y膜为阴离子膜，B错误；C.根据图示可知负极上BH4-失去电子变为B(OH)4-，因此负极的电极反应为：BH4-+8OH--8e-=B(OH)4-+4H2O，C正确；D.每1molBH4-失去8mole-，而每1molCu2+获得2mol电子，所以若单位时间内4n(NaBH4)消耗>n(Cu)生成是由于正极上有H2析出，D错误；故合理选项是C。8、B【解析】

由相似相溶可知水为极性分子，单质碘、苯和甲烷均是非极性分子，而CCl4为非极性分子，因此难溶于四氯化碳的是水，故答案为B。9、A【解析】等电子体的原子总数相同（排除D）、价电子总数相同（排除B）；选AC10、C【解析】

A．硫化氢与硫酸铜反应生成黑色沉淀，而乙炔不能，利用洗气法分离，A项正确；B．溴易与溴苯混溶而难于除去，因此可选NaOH溶液，利用溴可与氢氧化钠溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠、水进入水层，并利用分液方法分离，故B正确；C.苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚属于有机物易溶于有机溶剂苯中，无法分离，C项错误；D．利用氧化钙易吸收水且与水反应生成微溶且沸点较高的氢氧化钙这一特点，将乙醇利用蒸馏的方式分离提纯，D项正确；答案应选C。【点睛】本题主要考查的是有机混合物的除杂问题。解题时需要注意的是在选择除杂试剂时，应注意除去杂质必有几个原则：（1）尽可能不引入新杂质（2）实验程序最少（3）尽可能除去杂质。(4)也可以想办法把杂质转变为主要纯净物。（5）减少主要物质的损失。11、D【解析】

A.烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)酸浸时Fe2O3、Fe3O4、FeO能与稀硫酸反应得到亚铁离子和铁离子，酸浸时，常需要将烧渣粉碎，通过增大接触面积，提高铁元素的浸出率，因亚铁离子和铁离子都容易水解成酸性，通过加入过量硫酸，抑制水解，故正确；B.滤液中加入FeS2+将铁离子还原为亚铁离子，-1价的硫被氧化生成+6价的硫，FeS2-S042-，失去14e-，Fe3+-Fe2+，得到e-，最小公倍数为14，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子反应方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2S042-+16H+，故正确；C.碳酸氢铵能和酸反应生成硫酸铵和二氧化碳，同时能调节溶液的pH，使亚铁离子全部转化为碳酸亚铁，过滤得到碳酸亚铁，滤液中有硫酸铁，所以操作为取最后一次洗涤滤液，滴加酸化排除碳酸根离子的干扰，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净，故正确；D.煅烧时空气中的氧气做氧化剂，用氯气代替空气会生成氯化铁，不能得到高纯氧化铁，故错误。故选D。12、D【解析】

A、因为气体的状态不能确定，无法计算氧气的体积，A错误；B、22.4L氮气的物质的量不一定是1mol，不能计算其分子数，B错误；C、标准状况下，水不是气体，不能适用于气体摩尔体积，C错误；D、22g二氧化碳与标准状况下11.2LHCl的物质的物质的量都是0.5mol，分子数是相同的，D正确；答案选D。13、B【解析】

酸性氧化物是指能与碱反应生成盐和水的氧化物，酸性氧化物的通性是氧化物一般能与水反应生成对应的酸，能与碱性氧化物反应生成盐，能与碱反应生成盐和水。【详解】A项、氢氧化钠能与玻璃中的酸性氧化物二氧化硅反应生成硅酸钠和水，与酸性氧化物的通性有关，故A错误；B项、过氧化钠与水反应制备氧气是氧化还原反应，存在化合价变化，与酸性氧化物的通性无关，故B正确；C项、烧煤时加入生石灰，碱性氧化物氧化钙与酸性氧化物二氧化硫反应生成亚硫酸钙，与酸性氧化物的通性有关，故C错误；D项、酸性氧化物二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙和水，与酸性氧化物的通性有关，故D错误；故选B。14、A【解析】分析：A项，由原子构成的晶体不一定是原子晶体，如稀有气体构成的晶体；B项，分子晶体中的分子间存在范德华力，可能存在氢键，不可能含共价键；C项，分子晶体中不一定含共价键，如稀有气体；D项，分子晶体中分子不一定紧密堆积，如冰晶体。详解：A项，由原子构成的晶体不一定是原子晶体，如稀有气体构成的晶体，A项正确；B项，分子晶体中的分子间存在范德华力，可能存在氢键，不可能含共价键，B项错误；C项，分子晶体中不一定含共价键，如稀有气体，C项错误；D项，分子晶体中分子不一定紧密堆积，如冰晶体，D项错误；答案选A。15、C【解析】分析：A、根据三大合成材料的种类进行分析判断；B、塑料属于高分子化合物；C、利用石油、天然气、煤等作原料制成单体，再经聚合反应制成的是合成纤维；D、根据聚乙烯的性质解答。详解：A、三大合成材料是指合成塑料、合成纤维、合成橡胶，A正确；B、塑料的主要成分是合成高分子化合物即合成树脂，B正确；C、用木材、草类等天然纤维经化学加工制成的黏胶纤维属于人造纤维，利用石油、天然气、煤等作原料制成单体，再经聚合反应制成的是合成纤维，C错误；D、聚乙烯性质稳定，不易降解，易造成“白色污染”，D正确。答案选C。16、D【解析】

A.K电子层只有s能级，A错误；B.L电子层包括s、p能级，B错误；C.M电子层包括s、p、d能级，C错误；D.N电子层包括s、p、d、f能级，D正确；答案选D。17、D【解析】本题考查质量数与质子数、中子数之间的相互关系。分析：A．核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；B．具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素；C．中子数=质量数-质子数；D．原子核外电子数等于质子数。解析：117293X和117294X质子数都是117，中子数分别是176、177，是两种核素，A正确；117293X和117293X和117294X中子数分别是176、177，故选D。18、D【解析】

A.乙烯和苯是平面型结构，苯乙烯可看作是苯基取代乙烯中的一个氢原子，所以所有原子可能处于同一平面，故A正确；

B.碱性条件下水解生成，通入二氧化碳气体可生成，故B正确；

C.蔗糖分子可以看作是葡萄糖和果糖的缩合产物，为单糖分子间脱去一个水分子形成的故C正确；

D.油脂在酸性条件下的水解为可逆反应，1mol油脂在酸性条件下充分水解，制得高级脂肪酸小于3mol，甘油小于1mol，故D错误。

所以本题答案选D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握典型有机物的结构，如甲烷为正四面体结构，乙烯和苯环为平面结构，乙炔为直线结构等，本题特别注意有机物的官能团的酸性强弱，把握反应的可能性。19、D【解析】分析：本题考查的是有机物的结构和性质，难度较小。详解：A.聚丙烯不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故错误；B.溴乙烷和硝酸银不反应，故错误；C.甲烷和四氯化碳都是正四面体结构，但CF2Cl2是四面体结构，故错误；D.苯的邻二溴代物只有一种，说明苯分子中碳原子之间的键都相同，故正确。故选D。20、B【解析】

从化合价变化的角度分析氧化还原反应中的有关概念的判断，根据化合价升降的数目计算反应中的电子转移数目。2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑反应中，铁元素的化合价升高，由+2价升高到+3价，Na2O2中元素的化合价既升高又降低。据此分析解答。【详解】A.Na2O2中元素的化合价既升高又降低，反应中既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B.FeSO4→Na2FeO4，铁的化合价升高，Na2FeO4是氧化产物，Na2O2→Na2FeO4，氧元素化合价降低，Na2FeO4是还原产物，故B正确；C.Na2O2→O2，氧元素化合价升高，O2是氧化产物，故C错误；D.反应中化合价升高的元素有Fe，由+3价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-2价→0价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol×3+1mol×4=10mol电子转移，故D错误。答案选B。21、C【解析】

先分析碳骨架异构，分别为C—C—C—C与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架C—C—C—C有8种，骨架有4种，共12种。答案选C。22、B【解析】

A．的分子式为C10H10O6，故A错误；B．中含有羟基、羧基和酯基三种官能团，故B正确；C．分子结构中含有羟基、羧基和酯基三种官能团，均能发生取代反应，如发生酯的水解、酯化反应等，故C错误；D．除含有苯环外，还含有氧元素，只能属芳香族化合物，不是芳香烃，故D错误；故答案为B。二、非选择题(共84分)23、苯丙烯酸(或3－苯基丙烯酸或其他合理答案)19取代反应（水解）羟基、醛基等【解析】

根据G的结构简式结合信息②可以知道，F为，根据题中各物质的转化关系，甲在稀硫中水解得到A和B，B经过两步氧化再消去酸化后得A，可以知道A和B中碳原子数相等，结合甲的化学式可以知道，甲应为含氯原子的酯，则甲的结构简式为，A为，B为，B发生氧化得C为，C氧化得D为，D发生消去反应生成E为，E再酸化得A，C碱性水解得到F，据此答题。【详解】根据G的结构简式结合信息②可以知道，F为，根据题中各物质的转化关系，甲在稀硫中水解得到A和B，B经过两步氧化再消去酸化后得A，可以知道A和B中碳原子数相等，结合甲的化学式可以知道，甲应为含氯原子的酯，则甲的结构简式为，A为，B为，B发生氧化得C为，C氧化得D为，D发生消去反应生成E为，E再酸化得A，C碱性水解得到F，

(1)A为，A的化学名称为苯丙烯酸，其中苯环上的所有原子都可以共面，碳碳双键上的所有原子也可共面，羧基上碳氧双键上的所有原子也可共面，单键可以转动，所以A分子中最多有19个原子处于同一平面上，因此，本题正确答案是：苯丙烯酸；19；

(2)C→F的反应类型为取代反应，F为，F中含氧官能团名称为羟基、醛基，

因此，本题正确答案是：取代反应；羟基、醛基；

(3)化合物甲反应生成A、B的化学方程式为，

因此，本题正确答案是：；

(4)A为，根据条件：①能与溴发生加成反应，说明有碳碳双键，②分子中含苯环，且在NaOH溶液中发生水解反应，说明有酯基，③核磁共振氢谱有5组峰，且面积比为1：2：2：1：2，则符合条件的A的同分异构体是或，

因此，本题正确答案是：或；

(5)以为原料合成的，可以用与溴发生加成反应，然后再在氢氧化钠醇溶液中发生消去、再酸化后与乙醇发生成酯化反应即可得产品，合成的路线为，

因此，本题正确答案是：；（6）的加聚产物为，则其顺式结构简式为：；因此，本题正确答案是：。【点睛】本题考查有机物的推断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，侧重考查学生分析推理能力与知识迁移应用，难度中等，（5）中有机合成路线为易错点、难点。24、SO31s22s22p63s23p5N2O直线型spMg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+2NH3↑【解析】

D、E、X、Y、Z是短周期元素，且原子序数逐渐增大，它们的最简单氢化物分子的空间结构依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线型，形成正四面体结构的氢化物是甲烷或硅烷，形成三角锥型的氢化物是氨气，形成V型的氢化物是水或硫化氢，形成直线型结构的氢化物是乙炔、氟化氢或氯化氢，这几种元素的原子序数逐渐增大，所以D的氢化物是甲烷，E的氢化物是氨气，X的氢化物是硅烷，Y的氢化物是硫化物，Z的氢化物是氯化氢，则D、E、X、Y、Z分别是C、N、Si、S、Cl，据此分析解答。【详解】根据上述分析，D、E、X、Y、Z分别是C、N、Si、S、Cl。(1)Y为S，最高价氧化物的化学式是SO3，Z为Cl，其基态原子电子排布式是1s22s22p63s23p5，故答案为：SO3；1s22s22p63s23p5；(2)D为C，最高价氧化物为CO2，E为N，CO2与E的一种氧化物为等电子体，则E的氧化物为N2O，故答案为：N2O；(3)D和Y形成的化合物是CS2，其分子的空间构型和二氧化碳的相同，为直线型；分子中碳原子的价层电子对数为2+=2，不含孤电子对，采取sp杂化；故答案为：直线型；sp；(4)E的单质为氮气，镁和氮气反应生成氮化镁，氮化镁与水反应生成两种碱性物质，分别是氢氧化镁和氨气，反应的化学方程式Mg3N2+6H2O═3Mg(OH)2+2NH3↑，故答案为：Mg3N2+6H2O═3Mg(OH)2+2NH3↑。【点睛】正确判断元素种类是解题的关键。本题的难点为元素的判断，要注意从“正四面体”结构的分子为甲烷或烷，结合常见物质的结构突破。25、500C10.0c、dc④【解析】分析：本题考查的是一定物质的量浓度的溶液的配制，注意天平的使用和操作对实验结果的影响。详解：(1)要配制480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液，根据容量瓶的规格分析，只能选择稍大体积的容量瓶，即选择500mL容量瓶。(2)①为称量，②为溶解，③为转移液体，④振荡，⑤为定容，⑥为摇匀。图中表示加入水到离刻度线2-3厘米，应该在振荡和定容之间，故选C。(3)实验需要的氢氧化钠的质量为0.5×0.5×40=10.0克。用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体，则总质量为23.1+10.=33.1克，则选择20g和10g的砝码，故选c、d，游码应在3.1克位置，即游码的左边在3.1克位置，故选c。(4)①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，则溶质有损失，浓度变小，故错误；②容量瓶中原来有少量蒸馏水对溶液的浓度无影响，故错误；③摇匀后发现液面低于刻度线不应该再加水，否则浓度变小，故错误；④定容时观察液面俯视，则溶液的体积变小，浓度变大。故选④。点睛：在配制一定物质的量浓度的溶液时选择容量瓶的规格要考虑溶液的体积和实际条件，通常容量瓶的规格为100mL，250mL，500mL等，若溶液的体积正好等于容量瓶的规格，按体积选择，若溶液的体积没有对应的规格，则选择稍大体积的容量瓶。且计算溶质的量时用容量瓶的体积进行计算。26、水NaOH溶液溶液稀硫酸可以加速酯的水解(或稀硫酸是酯水解反应的催化剂)乙酸乙酯水解生成的乙酸与NaOH发生中和反应，乙酸浓度降低，使水解平衡向正反应方向移动，水解比较彻底【解析】

Ⅰ中①、②选择不同的方法制备乙烯，气体中所含杂质也各不相同，因此所选择的除杂试剂也有所区别。在①中，利用溴乙烷和NaOH的醇溶液加热的方式制得的乙烯中通常混有乙醇蒸汽，因此利用乙醇极易溶于水的性质利用水将乙醇除去即可；而在②中利用无水乙醇在浓硫酸的作用下加热至170℃反应制乙烯，在乙烯蒸汽中通常混有浓硫酸氧化乙醇后所产生的二氧化硫和二氧化碳，因此利用碱可以除去杂质。Ⅱ.实验①②③分别在不同的条件下进行酯的分解实验。实验①在酸性条件下进行，一段时间后酯层变薄，说明酯在酸性条件下发生了水解，但水解得不完全；实验②在碱性条件下进行，一段时间后酯层消失，说明酯在碱性条件下能发生完全的水解；实验③是实验对照组，以此解题。【详解】Ⅰ.①利用溴乙烷和NaOH的醇溶液加热的方式制得的乙烯中通常混有乙醇蒸汽，因此利用乙醇极易溶于水的性质，用水将乙醇除去即可；②利用无水乙醇在浓硫酸的作用下加热至170℃反应制乙烯，该反应的化学方程式是，在乙烯蒸汽中通常混有浓硫酸氧化乙醇后所产生的二氧化硫和二氧化碳，因此利用二氧化硫、二氧化碳均为酸性气体，用碱可以除去的特点，采用.NaOH溶液除杂；③利用电石与饱和食盐水反应制乙炔，由于电石不纯，通常使制得的乙炔中混有硫化氢和磷化氢，因此可利用硫化氢、磷化氢易与溶液反应产生沉淀，将杂质除去。Ⅱ.(1)试管①中乙酸乙酯在酸性环境下发生水解反应，其化学方程式是：；(2)对比试管①和试管③的实验现象，稀H2SO4的作用是加速酯的水解，做反应的催化剂；(3)由于乙酸乙酯水解生成的乙酸与NaOH发生中和反应，乙酸浓度降低，使水解平衡向正反应方向移动，水解比较彻底，因此试管②中酯层消失。【点睛】本题对实验室制乙烯、乙炔的方法及除杂问题、酯的水解条件进行了考核。解题时需要注意的是在选择除杂试剂时，应注意除去杂质必有几个原则（1）尽可能不引入新杂质（2）实验程序最少（3）尽可能除去杂质。(4)也可以想办法把杂质转变为主要纯净物。（5）减少主要物质的损失。另外在分析酯的水解的时候，酯在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，只是由于酯在碱性环境下水解生成的酸因能与NaOH发生中和反应，使水解平衡向正反应方向移动，因此水解得比较彻底。27、偏低酸式滴定管滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色5Fe1++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn1++4H1O3.975或97.5%【解析】分析：（1）仰视时液面超过刻度线；（1）根据高锰酸钾具有强氧化性，一般用硫酸酸化分析；（3）根据高锰酸钾溶液显红色分析；（4）高锰酸钾能把亚铁离子为氧化铁离子，自身被还原为锰离子；（5）根据方程式计算。详解：（1）a步骤中定容时，如果仰视，则液面超过刻度线，因此会使所配溶液浓度偏低；（1）高锰酸钾溶液具有强氧化性，一般用硫酸酸化，所以滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为酸式滴定管；（3）高锰酸钾溶液显红色，因此判断此滴定实验达到终点的方法是滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色。（4）高锰酸钾能把亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为锰离子，Mn元素化合价从+7价降低到+1价，得到5个电子，铁元素化合价从+1价升高到+3价，失去1个电子，所以酸性高锰酸钾滴定Fe1+离子的反应方程式为5Fe1++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn1++4H1O。（5）反应中消耗高锰酸钾的物质的量是3.31333mol/L×3.31L＝3.3331mol，根据方程式5Fe1++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn1++4H1O可知消耗亚铁离子是3.331mol，所以根据铁原子守恒可知上述样品中FeSO4·7H1O的质量分数为0.001mol×25028、增大固体与空气的接触面积，增大反应速率，提高原料利用率2CeO2+2Cl－+8H+＝2Ce3++Cl2↑+4H2O将HCl（盐酸）改用H2SO4酸浸分液漏斗还原剂2mol2Ce(OH)3+NaClO+H2O＝2Ce(OH)4+NaCl86%【解析】

氟碳铈矿（主要含CeFCO3），“氧化焙烧”的目的是将+3价铈氧化成+4价，Ce4+能与F-结合成[CeFx]（4-x）+，以便后续的提取，加稀硫酸，与硫酸根结合成[CeSO4]2+，加萃取剂，氟洗液，硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能，加“反萃取”、加H2O2，又将Ce4+还原为Ce3+，发生反应2Ce