安徽省宿州市褚兰中学2024届化学高二下期末考试模拟试题含解析

安徽省宿州市褚兰中学2024届化学高二下期末考试模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、已知下列反应的平衡常数：①H2(g)＋S(s)H2S(g)，K1；②S(s)＋O2(g)SO2(g)，K2；则反应H2(g)＋SO2(g)O2(g)＋H2S(g)的平衡常数是A．K1＋K2 B．K1－K2 C．K1×K2 D．K1/K22、某有机物的结构简式为，下列关于该有机物的叙述不正确的是A．不能使酸性KMnO4溶液褪色B．能使溴水褪色C．1mol该物质在加热和催化剂作用下，最多能和4molH2反应D．一定条件下，能和NaOH水溶液反应3、相同条件下，等体积、等pH的醋酸溶液和盐酸分别加水稀释后，溶液的pH仍相同，则所得溶液的体积为下列的A．仍相同B．醋酸溶液的大C．盐酸的大D．无法判断4、现代无机化学对硫—氮化合物的研究是最为活跃的领域之一。其中如图所示是已合成的最著名的硫—氮化合物的分子结构。下列说法正确的是A．该物质的分子式为SNB．该物质的分子中既有极性键，又有非极性键C．该物质在固态时形成原子晶体D．该物质中硫的杂化方式为sp2，分子构型为平面型5、下列说法中正确的是()A．烯中C＝C的键能是乙烷中C－C的键能的2倍B．氮气分子中含有1个σ键和2个π键C．N－O键的极性比C－O键的极性大D．NH4＋中4个N－H键的键能不相同6、下列实验操作、现象及结论均正确的是（）选项操作及现象结论A加热钠块，钠先熔化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，产生白色固体钠可与空气中的氧气反应B在空气中久置的铝条放入NaOH溶液中，立刻产生大量气泡，铝条逐渐变细且逐渐发热Al和Al2O3均可与NaOH反应C淀粉溶液与稀硫酸混合加热后，滴加碘水，溶液变为蓝色淀粉溶液未发生水解D蔗糖溶液与稀硫酸混合加热后，先加入足量NaOH溶液，再加入新制Cu(OH)2，加热，产生砖红色沉淀蔗糖的水解产物含有醛基A．A B．B C．C D．D7、有关核外电子运动规律的描述错误的是（

）A．核外电子质量很小，在原子核外作高速运动B．核外电子的运动规律与普通物体不同，不能用牛顿运动定律来解释C．在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子绕核作高速圆周运动D．在电子云示意图中，小黑点密表示电子在核外空间单位体积内电子出现的机会多8、现代生活需要人们有一定的科学素养，下列有关化学的科学常识正确的是()A．铝的钝化、煤的气化、石油的裂解均有化学反应发生B．碳酸钠可用于治疗胃酸过多、制备食品发酵剂C．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D．氢氧化铁胶体、淀粉溶液、FeCl3溶液均具有丁达尔效应9、下列说法正确的是()A．现需480mL0.1mol/L硫酸铜溶液，则使用容量瓶配制溶液需要7.68g硫酸铜固体B．配制1mol/LNaOH溶液100mL，托盘天平称量4gNaOH固体放入100mL容量瓶中溶解C．使用量筒量取一定体积的浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，将浓硫酸转移至烧杯后须用蒸馏水洗涤量筒，并将洗涤液一并转移至烧杯D．配制硫酸溶液，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数会导致所配溶液的浓度偏大10、对某一可逆反应来说，使用催化剂的作用是（）A．提高反应物的平衡转化率B．同等程度改变正逆反应速率C．增大正反应速率，减小逆反应速率D．改变平衡混合物的组成11、下列各组元素按第一电离能增加顺序排列的是（）A．Li、Na、KB．B、Be、LiC．O、F、NeD．C、P、Se12、下列叙述不正确是A．水能是一次能源 B．电能是二次能源C．石油是不可再生能源 D．化石燃料是取之不尽，用之不竭的能源13、室温下，下列关于溶液中微粒的物质的量浓度关系的描述，不正确的是A．0.1mol·L-1HCl溶液与0.2mol·L-1NH3·H2O溶液等体积混合pH>7：c(NH3·H2O)>c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)B．pH=8的NaClO2溶液中：c(Na+)>c(ClO2-)>c(OH-)>c(H+)C．向氨水中不断通入CO2，随着CO2的增加，c(OHD．CH3COOH与NaOH溶液发生中和反应，当醋酸过量时，溶液中可能存在：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)14、下列有机反应属于同一反应类型的是（）A．甲烷制一氯甲烷、苯制硝基苯 B．苯制溴苯、乙烯制乙醇C．乙醇制乙醛、乙醇和乙酸制乙酸乙酯 D．苯生成环己烷、多糖的水解15、下列关于价电子排布式为3s23p4的粒子描述正确的是（

）A．它的元素符号为OB．它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4C．它可与H2生成液态化合物D．其电子排布图为16、反应NH4HS(s)NH3(g)＋H2S(g)在某温度下达到平衡，下列各种情况中，不会使平衡发生移动的是()A．温度、容积不变时，通入SO2气体 B．移走一部分NH4HS固体C．将容器体积缩小为原来的一半 D．保持压强不变，充入氮气17、2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下：下列说法不正确的是A．元素甲位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族B．元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4C．原子半径比较：甲＞乙＞SiD．推测乙可以用作半导体材料18、下列有关微粒间作用力的说法正确的是A．硼酸[B(OH)3]晶体具有与石墨相似的层状结构，则分子中B原子发生的是sp3杂化，不同层分子间主要作用力是范德华力B．金属键可以看作是许多原子共用许多电子所形成的强烈的相互作用，所以与共价键类似也有方向性和饱和性C．干冰气化和冰融化克服的分子间作用力相同D．离子晶体熔融状态电离过程中，只有离子键被破坏19、丙烷的分子结构可简写成键线式结构，有机物A的键线式结构为，有机物B与等物质的量的H2发生加成反应可得到有机物A。下列有关说法错误的是（）A．用系统命名法命名有机物A，名称为2，2，3﹣三甲基戊烷B．有机物A的一氯取代物只有4种C．有机物A的分子式为C8H18D．B的结构可能有3种，其中一种名称为3，4，4﹣三甲基﹣2﹣戊烯20、下列关于晶体的说法，正确的是A．在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子B．金刚石、SiC、HF、HBr晶体的熔点依次降低C．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定D．Al固体为金属晶体，AlCl3固体为离子晶体21、在由5种基团－CH3、－OH、－CHO、－C6H5、－COOH两两组成的物质中，能与NaOH反应的有机物有（）A．4种 B．5种 C．6种 D．7种22、一定温度下，在一容积不变的密闭容器中发生的可逆反应2X(g)Y(g)+Z(s)，以下能说明作为反应达到平衡标志的是()A．X的分解速率与Y的消耗速率相等B．X、Y与Z的物质的量之比为2：1：1C．混合气体的密度不再变化D．单位时间内生成lmolY的同时分解2molX二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物H是一种用于合成γ­分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：（1）C中的非含氧官能团名称为______。（2）D→E的反应类型为___________。（3）写出A的一种羧酸同系物的结构简式：____________。（4）写出同时满足下列条件的的一种同分异构体的结构简式：_________。①含有苯环，且苯环上只有2种不同化学环境的氢；②属于α-­氨基酸，且分子中有一个手性碳原子。（5）G的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G的结构简式：_________。24、（12分）A、B、C、D、E五种常见元素的基本信息如下所示：A元素的一种原子的原子核内没有中子，B是所有元素中电负性最大的元素，C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子，E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物。请回答下列问题：(1)写出E元素原子基态时的电子排布式：______________。(2)C元素的第一电离能比氧元素的第一电离能__________(填“大”或“小”)。(3)与D元素同周期且未成对电子数最多的元素是__________。(4)A、C、E三种元素可形成[E(CA3)4]2+配离子，其中存在的化学键类型有___(填字母)。①配位键②金属键③极性共价键④非极性共价键⑤离子键⑥氢键若[E(CA3)4]2+配离子具有对称的空间构型，且当[E(CA3)4]2+中的两个CA3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则[E(CA3)4]2+的空间构型为__________(填字母)。a.平面正方形b.正四面体形c.三角锥形d.V形25、（12分）亚硝酰氯（NOCl，熔点：－64.5℃，沸点：－5.5℃）是一种黄色气体，遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如图所示：为制备纯净干燥的气体，补充下表中缺少的药品。装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净的Cl2MnO2①________②________制备纯净的NOCu③________④________（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：①装置连接顺序为a→________________（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是____________________。③装置Ⅶ的作用是________________________________________________________。④装置Ⅷ中吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为______________________。（3）丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为_______________________________________。26、（10分）利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.50mol/L盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol/LNaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：(1)写出该反应的热化学方程式（已知生成lmol液态水的反应热为－57.3kJ/mol）______________________。(2)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol/L盐酸恰好完全反应，其反应热分别为∆H1、∆H2、∆H3，则∆H1、∆H2、∆H3的大小关系为________________________。(3)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)，为了计算中和热，某学生实验记录数据如表：实验序号起始温度终止温度盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.223.2220.220.423.4320.420.623.6420.120.326.9依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热∆H_____(结果保留一位小数)。(4)如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________(填“相等、不相等”)，所求中和热__________(填“相等、不相等”)。(5)利用简易量热计测量室温下盐酸与氢氧化钠溶液中和反应的反应热，下列措施不能提高实验精度的是（_______）A．利用移液管(精确至0.01mL)代替量筒(精确至0.1mL)量取反应液B．快速将两溶液混合，匀速搅拌并记录最高温度C．在内、外筒之间填充隔热物质，防止热量损失D．用量程为500℃的温度计代替量程为100℃的温度27、（12分）次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛，已知次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，且在120℃以上发生分解。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：步骤1：在烧瓶中(装置如图所示)加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80～90℃下，反应约3h，冷却至室温，抽滤。步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶，抽滤。(1)仪器B的名称为__________，装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，其作用是：__________________________________________。(2)装置C的作用是________________。(3)①步骤2中，应采用何种加热方式____________，优点是________________；②冷凝管中回流的主要物质除H2O外还有__________(填化学式)。(4)步骤3中不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是_____________________________。(5)请写出步骤1中制取NaHSO3的化学方程式：_____________________________。28、（14分）As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素（As）的工业废水经如下流程转化为粗As2O3。（1）“碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐。H3AsO4转化为Na3AsO4反应的化学方程式是________。（2）“氧化”时，1molAsO33－转化为AsO43－至少需要O2________mol。（3）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反应有：a．Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH－(aq)ΔH＜0b．5Ca2++OH－+3AsO43－Ca5(AsO4)3OHΔH＞0研究表明：“沉砷”的最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因是________。（4）“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式是________。（5）“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3。As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如右图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是________。（6）下列说法中，正确的是________（填字母）。a．粗As2O3中含有CaSO4b．工业生产中，滤液2可循环使用，提高砷的回收率c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的29、（10分）海洋约占地球表面积的71%，海水化学资源的利用具有非常广阔的前景．（1）海水晒盐可获得粗盐，在实验室中粗盐经过溶解、________、________可制得精盐。（填具体操作名称）（2）镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的，其主要步骤如下：①为了使MgSO4转化为Mg（OH）2，试剂①可以选用________。②试从节约能源、提高金属镁的纯度分析，以下适宜的冶镁方法是________。A．Mg（OH）MgOMgB．Mg（OH）MgOMgC．Mg（OH）2MgCl2MgD．Mg（OH）2MgCl2Mg（3）溴及其化合物用途十分广泛，我国正在大力开展海水提溴的研究和开发工作。工业以浓缩海水为原料提取溴的部分过程如下：某课外小组在实验室模拟上述过程设计以下装置进行实验（所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去）：①A装置中通入a气体的目的是（用离子方程式表示）______________________________；②A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通热空气．通入热空气的目的是___________；③反应过程中，B装置中有SO42﹣生成，检验SO42﹣的方法是____________________________；④C装置的作用是______________________________________________。

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、D【解题分析】

H2(g)+S(s)H2S(g)的平衡常数K1=，S(s)+O2(g)SO2(g)的平衡常数K2=，反应H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g)的平衡常数K==，故选D。【题目点拨】解答本题的关键是正确书写平衡常数表达式，需要注意的是平衡常数及其单位与化学计量数有关。2、A【解题分析】分析：分子中含有碳碳双键、氯原子和苯环，结合官能团的结构与性质解答。详解：A．分子中含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；B．分子中含有碳碳双键，能使溴水褪色，B正确；C．苯环和碳碳双键均与氢气发生加成反应，则在加热和催化剂作用下，最多能和4molH2反应，C正确；D．分子中含有氯原子，则一定条件下，能和NaOH溶液发生水解反应，D正确，答案选A3、B【解题分析】试题分析：醋酸是弱酸，存在电离平衡，稀释促进电离，氢离子的物质的量增加，因此相同条件下，等体积、等pH的醋酸溶液和盐酸分别加水稀释后，溶液的pH仍相同，则醋酸稀释的倍数大，所以所得溶液的体积醋酸大，答案选B。考点：考查外界条件对电离平衡的影响4、B【解题分析】

A．分子式是单个分子中所有元素原子的总数的化学式。该物质的分子式为S4N4，A不正确；B．该物质的分子中既有极性键(S-N键)，又有非极性键(N-N键)，B正确；C．从图中可以看出，该物质的结构不是空间网状结构，所以在固态时形成分子晶体，C不正确；D．该物质中硫的杂化方式为sp3，分子构型为空间构型，D不正确；故选B。5、B【解题分析】

有机化合物中，碳原子与碳原子的原子轨道之间以“肩并肩”的方式形成π键的重叠程度要比以“头碰头”的方式形成σ键的重叠程度小得多。两个碳原子之间形成的σ键比π键牢固，σ键的键能通常大于π键。【题目详解】A.乙烯中两个碳原子间存在一个σ键和一个π键，乙烷中两个碳原子间存在一个σ键，乙烯中C＝C的键能应当大于乙烷中C－C的键能且小于乙烷中C－C的键能的2倍，故A错误；B.氮气分子中有三个共价键，1个σ键和2个π键，故B正确；C.形成共价键的两个原子对电子的吸引能力差别越大，共价键的极性就越强；N原子与O原子吸电子能力的差值小于C与O吸电子能力的差值，N－O键的极性比C－O键的极性小，故C错误；D.在NH4+中参与成键的8个电子分布在原子最外层的4个能量相等的sp3杂化轨道中，4个N－H键的键能键长键角都相等，故D错误；综上所述，本题选B。【题目点拨】通过物质的结构式，可以快速有效判断键的种类及数目；判断成键方式时，需要掌握：共价单键全为σ键，双键中有一个σ键和1个π键，三键中有一个σ键和2个π键，且σ键比π键稳定。6、D【解题分析】

A.加入钠块时，最终得到的产物是过氧化钠，为淡黄色固体，A错误；B.久置的铝条放入NaOH溶液中，表面的氧化铝先与NaOH反应，露出Al后才能反应生成氢气，B错误；C.淀粉溶液与稀硫酸混合加热后，滴加碘水，溶液变为蓝色，可能淀粉水解未完全，C错误；D.反应中稀硫酸作催化剂，加入新制的氢氧化铜前，先加足量NaOH溶液中和稀硫酸，再加入新制Cu(OH)2，加热，产生砖红色沉淀，证明蔗糖的水解产物含有醛基，D正确；答案为D。7、C【解题分析】

A．电子的质量很小，是质子质量的，在原子核外作高速运动，且运动不规则，A正确；B．原子核外电子运动不规则，所以不能用牛顿运动定律来解释，B正确；C．在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子在该点的出现几率而不是表示电子绕核作高速圆周运动的轨迹，C错误；D．在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子在该点的出现几率，密的区域表示电子出现的几率大、疏的区域表示电子出现的几率小，D正确；答案选C。8、A【解题分析】

A、铝在冷的浓硫酸和浓硝酸中钝化，煤的气化为一定条件下煤与水反应生成氢气和一氧化碳，石油的裂解为在高温下石油发生反应生成短链的气态烃，均有化学反应发生，故A正确；B、碳酸钠溶液碱性强，不能用于治疗胃酸过多、制备食品发酵剂，故B错误；C、氢氟酸能与二氧化硅反应，可刻蚀石英制艺术品，故C错误；D、FeCl3溶液不是胶体，不具有丁达尔效应，故D错误；答案选A。9、D【解题分析】

A、实验室没有480mL规格的容量瓶，实际应配制时应选用500mL的容量瓶；B、容量瓶为精密仪器不能用来溶解固体；C、量筒在制作时就已经扣除了粘在量筒壁上的液体，量取的液体倒出的量就是所读的量程，不能洗涤；D、用量筒量取浓硫酸时，仰视读数会导致所取硫酸溶液体积偏大。【题目详解】A项、实验室没有480mL规格的容量瓶，实际应配制时应选用500mL的容量瓶，则需要硫酸铜的质量为0.5L×0.1mol/L×160g/mol=8.0g，故A错误；B项、容量瓶为精密仪器不能用来溶解固体，应先将氢氧化钠固体在烧杯中溶解，冷却后再转移到容量中，故B错误；C项、量筒在制作时就已经扣除了粘在量筒壁上的液体，量取的液体倒出的量就是所读的量程，不能洗涤，如果洗涤并洗涤液一并转移至烧杯，实际量取浓硫酸的体积偏大，所配溶液的浓度偏高，故C错误；D项、用量筒量取浓硫酸时，仰视读数会导致所取硫酸溶液体积偏大，所配溶液浓度偏高，故D正确；故选D。【题目点拨】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，注意仪器的使用、操作的规范性是否正确分析是解答关键。10、B【解题分析】

A.催化剂改变速率，不改变化学平衡，反应物的转化率不变，故A错误；B.催化剂同等程度影响正逆反应速率，故B正确；C.催化剂同等程度影响正逆反应速率，故C错误；D.催化剂改变速率，不改变化学平衡，不改变平衡混合物的组成，故D错误；故选B。11、C【解题分析】A．Li、Na、K，第一电离能逐渐减小；B．B、Be、Li，Be的2s全满，故第一电离能大于Li；C．O、F、Ne逐渐增大；D．C、P、Se，P的3p处于半满，第一电离能大于Se。12、D【解题分析】

A.水能为自然界现成存在的能源，是一次能源，与题意不符，A错误；B.电能为一次能源经过加工，转化成另一种形态的能源，是二次能源，与题意不符，B错误；C.石油为自然界现成存在的能源，是一次能源，是不可再生能源，与题意不符，C错误；D.化石燃料是不可再生能源，是越用越少的能源，符合题意，D正确；答案为D。13、A【解题分析】分析：A.等浓度的一水合氨和氯化铵混合溶液中PH>7，一水合氨电离大于铵根离子水解；B.强碱弱酸盐，水解显碱性；C.c(OH-)c(NH3•H2O)详解：A.0.1mol•L-1HCl溶液与0.2

mol•L-1氨水等体积混合得到等浓度的一水合氨和氯化铵混合溶液，溶液PH>7说明一水合氨电离大于铵根离子水解，c（NH4+）>c（Cl-）>c（NH3•H2O）>c（OH-），故A错误；B.NaClO2为强碱弱酸盐，水解显碱性，c(Na+)>c(ClO2-)>c(OH-)>c(H+)，故B正确；C.c(OH-)c(NH3•H2O)=kbc(NH4+)，向氨水中不断通入CO2，随着CO2的增加，c(NH4+)不断增大,c(O14、A【解题分析】

A、甲烷制取一氯甲烷、苯制取硝基苯都是有机物中的分子被其它的原子所取代，都属于取代反应，所以反应类型相同，故A正确；B、苯制取溴苯属于取代反应，乙烯制取乙醇属于加成反应，所以反应类型不同，故B错误；C、乙醇制取乙醛属于氧化反应，乙醇和乙酸制取乙酸乙酯属于取代反应或酯化反应，所以反应类型不同，故C错误；D、苯制取环己烷属于加成反应，乙酸乙酯水解属于取代反应，所以反应类型不同，故D错误；故选A。【题目点拨】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应；物质被氧化的反应属于氧化反应，含有酯基、肽键、卤原子的有机物能发生水解反应。15、B【解题分析】

A.价电子构型为3s23p4的元素是16号元素S，氧元素的价电子构型为：2s22p4，故A错误；B.根据A选项可知，该元素为S，S是16号元素，原子核外有16个电子，根据构造原理知，S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，故B正确；C.硫和氢气化合生成的硫化氢是气体而不是液体，故C错误；D.当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以3p能级上电子排布图违反洪特规则，其在3p上的4个电子应排布为，故D错误；故答案为B。16、B【解题分析】A、温度不变、容积不变，通入SO2，发生：SO2＋2H2S=3S＋2H2O，H2S浓度降低，根据勒夏特列原理，反应向正反应方向进行，不符合题意，故A错误；B、NH4HS是固体，浓度视为常数，移走一部分NH4HS，NH4HS浓度不变，化学平衡不移动，符合题意，故B正确；C、缩小容器的体积，相当于增大压强，根据勒夏特列原理，反应向逆反应方向进行，不符合题意，故C错误；D、恒压下，通入非反应气体，体积增大，组分的浓度降低，根据勒夏特列原理，反应向正反应方向进行，不符合题意，故D错误。17、B【解题分析】

A.根据递变规律，B、Al分别位于第二、三周期，IIIA族，则元素甲位于现行元素周期表第四周期ⅢA族，A正确；B.元素乙为Ge，其简单气态氢化物的稳定性弱于CH4，B错误；C.同周期，序数越大半径越小，同主族，序数越大半径越大，则原子半径比较：甲＞乙＞Si，C正确；D.乙位于金属与非金属交界的位置，推测乙可以用作半导体材料，D正确；答案为B。18、D【解题分析】

A.硼酸[B(OH)3]晶体具有与石墨相似的层状结构，则分子中心原子B原子只形成3个σ键，没有孤电子对，故其杂化方式为sp2杂化，不同层分子间主要作用力是范德华力，A错误；B.在金属晶体中，自由电子是由金属原子提供的，并且在整个金属内部的三维空间内运动，为整个金属的所有阳离子所共有，故金属键无方向性和饱和性，B错误；C.干冰和冰都属于分子晶体，但是冰中含有氢键，所以干冰气化只需要克服分子间作用力，冰融化要克服分子间作用力和氢键，C错误；D.离子晶体熔融状态电离过程中，只有离子键被破坏，比如NaHSO4在熔融状态下的电离方程式为：，D正确；和合理选项为D。【题目点拨】分子晶体在熔融状态下，是不会发生电离的，只有在水中才能电离。离子晶体在熔融状态下电离过程中，只有离子键被破坏，比如，在水中的电离过程中，离子键和共价键都会被破坏，比如。19、B【解题分析】

A．最长的主链含有5个C原子，从距离甲基近的一段编碳号，的名称为：2，2，3-三甲基戊烷，选项A正确；B．根据信息可知，A的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢原子，故其一氯代物有5种，选项B错误；C．由A的结构简式可知，A的分子式为C8H18，选项C正确；D．A是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键，故B的结构简式可能有如下三种：、、，它们名称依次为：3，3-二甲基-2-乙基-1-丁烯、3，4，4-三甲基-1-戊烯、3，4，4-三甲基-2-戊烯，选项D正确；答案选B。20、B【解题分析】

A．在晶体中有阳离子不一定有阴离子，比如金属晶体就是由阳离子和电子组成的，并没有阴离子，A错误；B．金刚石、SiC是原子晶体，HF、HBr是分子晶体，所以金刚石、SiC晶体的熔点高于HF、HBr，C原子半径小于Si原子半径，那么C-C键键长小于Si-C键键长，C-C键更牢固，金刚石熔点更高，HF分子之间有氢键，熔沸点均高于HBr，综上所述：金刚石、SiC、HF、HBr晶体的熔点依次降低，B正确；C．化学键键能越大，破坏它们所需的能量就越高，分子越稳定，而分子间作用力不属于化学键，C错误；D．AlCl3是由共价键构成的分子晶体，D错误。答案选B。【题目点拨】切记：AlCl3是由共价键构成的共价化合物，属于分子晶体。21、C【解题分析】分析：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，把握羧酸和酚的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意HOCOOH为碳酸，碳酸为无机酸。详解：题给的5种基团两两组合后能与氢氧化钠反应的物质有：CH3COOH，C6H5COOH，CHOCOOH，C6H5OH，HOCHO，HOCOOH共6种，其中HOCOOH为碳酸，所以能与氢氧化钠反应的有机物有5种。故选B。点睛：本题注意苯酚有弱酸性，能与氢氧化钠反应，碳酸是无机酸，不符合条件。22、C【解题分析】

A．反应速率的方向相反，但不满足速率之比等于化学计量数之比，A错误；B．平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，B错误；C．混合气的密度是混合气的质量和容器容积的比值，容积不变，但混合气的质量是变化的，可以说明，C正确；D．反应速率的方向是相同的，不能说明，D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、氨基取代反应【解题分析】

由合成流程可知，A→B发生取代反应，羧基上的H和羟基上的H均被甲基取代；B→C发生还原反应，硝基还原成氨基；C→D为取代反应，氨基上的氢被醛基取代；D→E为氨基上H被取代，属于取代反应，比较F与H的结构可知，G为，G→H发生氧化反应。【题目详解】(1)C含有的官能团有醚键、酯基和氨基，不含氧的官能团为氨基，答案为氨基；(2)根据D和E的结构简式可知，D中N原子上的H被取代，D生成E为取代反应，答案为取代反应；(3)同系物结构相似，分子组成相差若干个CH2，则A的一种羧酸同系物的结构简式可以为；(4)分子中含有苯环，且苯环上只有2种不同化学环境的氢，则两个取代基处于对位；属于α­-氨基酸，且分子中有一个手性碳原子，则一个C原子上连接氨基和羧基，且为手性碳原子，则结构简式为；(5)H中的醛基可以由—CH2OH氧化得到，再结合G的分子式，则G的结构简式为。24、1s22s22p63s23p63d104s1大Cr①③a【解题分析】

A元素的一种原子的原子核内没有中子，则A为H。B是所有元素中电负性最大的元素，则B为F。C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，则C为N。E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO，则E为Cu。D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子，则D为Ca。综上所述，A为H，B为F，C为N，D为Ca，E为Cu。【题目详解】（1）E为Cu，29号元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；（2）C为N，其非金属性比O弱，由于氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，其第一电离能要比O的大；（3）D为Ca，位于第四周期，该周期中未成对电子数最多的元素是Cr（核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1）；（4）A、C、E三种元素可形成[Cu(NH3)4]2+配离子，其化学键Cu-N属于配位键，N-H属于极性共价键，故合理选项为①③；当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则说明该离子的空间构型为平面正方形（参考甲烷的空间构型的验证实验）。25、浓盐酸饱和食盐水稀硝酸水e→f（或f→e）→c→b→d通过观察气泡调节气体的流速防止水蒸气进入反应器NOCl＋2NaOH===NaCl＋NaNO2＋H2OHNO3(浓)＋3HCl(浓)===NOCl↑＋Cl2↑＋2H2O【解题分析】

(1)实验室加热制取氯气是用MnO2与浓盐酸加热生成的，所以分液漏斗中装的是浓盐酸，装置Ⅱ是用于吸收氯气中HCl气体，所以内装饱和的食盐水；实验室里NO是用Cu和稀硝酸反应制取的，所以分液漏斗中装的是稀硝酸，装置Ⅱ是用于吸收NO中HNO3蒸气的，因此内装水即可。(2)已知NOCl沸点为-5.5℃，遇水易水解，所以可用冰盐冷却收集液体NOCl，再用装有无水CaCl2的干燥管Ⅶ防止水蒸气进入装置Ⅸ中使NOCl变质，由于NO和Cl2都有毒且污染环境，所以用NaOH吸收尾气，因此①接口顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d，②通过观察洗气瓶中的气泡的快慢，调节NO、Cl2气体的流速，以达到最佳反应比，提高原料的利用率，减少有害气体的排放，③装置Ⅶ中装有的无水CaCl2，是防止水蒸气进入装置Ⅸ中使生成的NOCl变质，④NOCl遇水反应生成HCl和HNO2，再与NaOH反应，所以反应的化学方程式为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O。(3)由题中叙述可知，反应物为浓硝酸和浓盐酸，生成物为亚硝酰氯和氯气，所以可写出反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O。【题目点拨】本题要特别注意NOCl的性质对解题的影响，1、沸点为-5.5℃，冰盐可使其液化，便于与原料气分离；2、遇水易水解，所以制备前、制备后都要防止水蒸气的混入，这样才能找到正确的装置连接顺序。26、HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol△H1=△H2＜△H3-51.8kJ/mol不相等相等D【解题分析】

（1）稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，反应的热化学方程式为：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；(2)NaOH、Ca（OH）2都属于强碱，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热的，稀氨水和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，放热反应的∆H<0，所以△H1=△H2＜△H3；(3)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.1℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.1℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为：3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.5℃，反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.1℃；第4次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.2℃，反应后温度为：26.9℃，反应前后温度差为：6.7℃，误差太大，舍去；则实验中平均温度差为3.1℃，50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cm△t得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×100g×3.1℃=12958J=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958kJ×=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol；（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量增多，但是中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，测得中和热数值相等，故答案为不相等；相等；（5）A、提高所用试剂量的准确度可提高测量反应热的精确度；B、能减少热量散失，可提高实验精度；C、能减少热量散失，可提高实验精度；D、温度计用500℃量程，最小刻度变大，测定温度不准确，使实验精度降低。答案选D。【题目点拨】注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。27、(球形)冷凝管增大接触面积使SO2充分反应吸收二氧化硫并防止倒吸水浴加热均匀受热、容易控制温度HCHO防止产物被空气氧化Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3【解题分析】

(1)装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫气体和Na2SO3液体的接触面积；(2)装置C是尾气吸收装置，结合二氧化硫易溶于水分析解答；(3)次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在120℃以上发生分解；HCHO易挥发据此分析解答；(4)根据化合价分析次硫酸氢钠甲醛具有的性质，结合次硫酸氢钠甲醛的性质分析判断；(5)步骤1中Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液，据此书写反应的化学方程式。【题目详解】(1)根据装置图，仪器B为(球形)冷凝管，装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫气体和Na2SO3液体的接触面积，加快反应速度，故答案为：(球形)冷凝管；增大接触面积使SO2充分反应，加快反应速度；(2)装置C是尾气吸收装置，倒置的漏斗可以防倒吸，所以装置C的作用是吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气并阻止空气进入装置A，故答案为：吸收二氧化硫并防止倒吸；(3)①次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在120℃以上发生分解，根据分解温度应选择水浴加热，而且水浴加热均匀，容易控制温度，故答案为：水浴加热；均匀受热、容易控制温度；②HCHO易挥发，在80°C-90°C条件下会大量挥发，加冷凝管可以使HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率，故答案为：HCHO；(4)次硫酸氢钠甲醛具有还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，次硫酸氢钠甲醛可以被空气中的氧气氧化变质，故答案为：防止产物被空气氧化；(5)步骤1中Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液，反应的化学方程式为Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3，故答案为：Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3。28、H3AsO4+3NaOH==Na3AsO4+3H2O0.5温度升高，反应a平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，使反应b中C