2024届甘肃省兰州大学附中化学高二下期末复习检测模拟试题含解析

2024届甘肃省兰州大学附中化学高二下期末复习检测模拟试题注意事项: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（每题只有一个选项符合题意）1、常温下，用0.1000mol·LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是A．点①所示溶液中：B．点②所示溶液中：C．点③所示溶液中：D．滴定过程中可能出现：2、下列说法中正确的是（）A．凡能发生银镜反应的有机物一定是醛B．酸和醇发生的反应一定是酯化反应C．乙醇易溶于水是因为分子间形成了一种叫氢键的化学键D．在酯化反应中，羧酸脱去羧基中的羟基，醇脱去羟基中的氢而生成水和酯3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A．2L0.5mol·L-1CH3COOH溶液中，CH3COO-的数目为NAB．一定质量的某单质，若含质子数为nNA，则中子数一定小于nNAC．标准状况下，22.4LHF含有的共价键数为NAD．向FeI2溶液中通入一定量Cl2，当1molFe2+被氧化时，转移的电子数不小于3NA4、常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：

H+、Cu2+、SO42－、NO3-B．0.1mol•L-1HCO3－的溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3-、SO42－C．Kw/c(OH－)＝0.1mol•L-1的溶液中：Na＋、AlO2－、NO3-、CH3COO－D．由水电离产生的c(H+)=1×10-13

mol•L-1的溶液中：Ca2+、K＋、HCO3－、Cl－5、聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如下：（图中虚线表示氢键），下列说法不正确的是A．合成聚维酮的单体有二种B．聚维酮分子由（2m+n）个单体聚合而成C．聚维酮碘是一种水溶性物质D．聚维酮是加聚反应的产物6、对于处于化学平衡状态的反应CO+H2O（g）CO2+H2中，K正反应代表正反应的平衡常数，K逆反应代表逆反应的平衡常数，下列有关说法正确的是（）A．K正反应=K逆反应B．K正反应＞K逆反应C．K正反应＜K逆反应D．K正反应×K逆反应=17、聚碳酸酯()的透光率良好。它可制作车、船、飞机的挡风玻璃，以及眼镜片、光盘、唱片等。它可用绿色化学原料X()与另一原料Y反应制得，同时生成甲醇。下列说法不正确的是A．Y的分子结构中有2个酚羟基 B．Y的分子式为C15H18O2C．X的核磁共振氢谱有1个吸收峰 D．X、Y生成聚碳酸酯发生的是缩聚反应8、对于0.1mol·L-1Na2SO3溶液，正确的是A．升高温度，溶液的pH降低B．c(Na＋)=2c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)C．c(Na＋)+c(H＋）=2c(SO32－)+2c(HSO3－)+c(OH－)D．加入少量NaOH固体，c(SO32－)与c(Na＋)均增大9、在200mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个SO42-,(NA表示阿佛加德罗常数的值)同时含有NA个金属离子,则该硫酸盐的物质的量浓度为A．1mol/L B．2.5mol/L C．5mol/L D．2mol/L10、下列实验能达到预期目的是（）A．向淀粉溶液中加入稀硫酸加热后,再用足量NaOH溶液中和,并做银镜反应实验：检验淀粉是否水解B．向甲酸和甲醛的混合物中加入氢氧化钠溶液，中和甲酸后，加入新制的氢氧化铜加热：检验混合物中是否含有甲醛C．向米汤中加入含碘的食盐，观察是否有颜色的变化：检验含碘食盐中是否含碘酸钾D．用苯、溴水和铁粉制备溴苯，将产生的气体先通过CCl4，再通过AgNO3溶液，若出现淡黄色沉淀，则可证明该反应为取代反应。11、I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下：i．SO2＋4I－＋4H+=S↓＋2I2＋2H2Oii．I2＋2H2O＋SO2=SO＋4H+＋2I－序号①②③④试剂组成0.4mol·L-1KIamol·L-1KI0.2mol·L-1H2SO40.2mol·L-1H2SO40.2mol·L-1KI0.0002molI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较①快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较①快探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中），下列说法不正确的是A．水溶液中SO2歧化反应方程式为：3SO2＋2H2O=S↓＋2H2SO4B．②是①的对比实验，则a＝0.4C．比较①、②、③，可得出结论：I－是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可加快歧化反应速率D．实验表明，SO2的歧化反应速率④＞①，原因是反应i比ii快，反应ii中产生的H+是反应i加快12、下列关于有机化合物的说法正确的是()A．2-甲基丁烷也称异丁烷B．三元轴烯()与苯互为同分异构体C．C4H9Cl有3种同分异构体D．烷烃的正确命名是2-甲基-3-丙基戊烷13、下列各项操作中符合“先出现沉淀后沉淀完全溶解”现象的有（）组①向饱和碳酸钠溶液中通入CO2至过量②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量③向BaCl2溶液中通入CO2至过量④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量⑥向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量⑧向有氨水的NaCl饱和溶液中逐渐通入CO2至过量A．2B．3C．4D．514、已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ•mol-1．根据如表所列数据判断，错误的是（）元素I1I2I3I4X500460069009500Y5801800270011600A．元素X的常见化合价是+1价B．元素Y是IIIA族元素C．若元素Y处于第3周期，它的单质可与冷水剧烈反应D．元素X与氯元素形成化合物时，化学式可能是XCl15、对硫-氮化合物的研究是现代无机化学最为活跃的领域之一，下图是已经合成的最著名的硫-氮化合物的分子结构。下列关于该物质说法正确的是A．分子式为SNB．分子中所有共价键的键长一定相等C．该物质与化合物S2N2互为同素异形体D．分子中既有极性键又有非极性键16、元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X＋与Z2－具有相同的核外电子层结构。下列推测不正确的是A．同周期元素中X的金属性最强B．原子半径X>Y，离子半径X＋>Z2－C．同族元素中Z的简单氢化物稳定性最高D．同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强二、非选择题（本题包括5小题）17、下表为周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。(1)在①～⑩元素的电负性最大的是_____(填元素符号)。(2)⑨元素有_____种运动状态不同的电子。(3)⑩的基态原子的价电子排布图为_____。(4)⑤的氢化物与⑦的氢化物比较稳定的是_____，沸点较高的是_____(填化学式)。(5)上述所有元素中的基态原子中4p轨道半充满的是_____(填元素符号)，4s轨道半充满的是_____(填元素符号)。18、下图中的A、B、C、D、E、F、G均为有机物（有些物质未写出）据上图回答问题：(1)A的结构简式_______，D的名称是__________。(2)反应①③④的反应类型分别为_____________、____________和__________。(3)除去F中杂质C、D时，最后要用分液的方法进行混和物的分离，F产物从分液漏斗的_______（填“上口倒出”或“下口放出”）。(4)写出反应②的反应方程式为_________________________________。19、乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶或白色结晶粉末，是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。乙酰苯胺的制备原理为：+CH3COOH+H2O注：刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。实验步骤:步骤1：在圆底烧瓶中加入无水苯胺9.2mL，冰醋酸17.4mL，锌粉0.1g，安装仪器，加入沸石，调节加热温度，使分馏柱顶温度控制在105℃左右，反应约60～80min，反应生成的水及少量醋酸被蒸出。步骤2：在搅拌下，趁热将烧瓶中的物料以细流状倒入盛有100mL冰水的烧杯中，剧烈搅拌，并冷却，结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品。步骤3：将此粗乙酰苯胺进行重结晶，晾干，称重，计算产率。(1)步骤1中所选圆底烧瓶的最佳规格是_________(填序号)。a．25mLb．50mLc．150mLd．200mL(2)实验中加入少量锌粉的目的是___________________________________________________________________________。(3)从化学平衡的角度分析，控制分馏柱上端的温度在105℃左右的原因____________________________________________________________________________。(4)洗涤乙酰苯胺粗品最合适的方法是_____(填序号)。a．用少量冷水洗b．用少量热水洗c．用酒精洗(5)乙酰苯胺粗品因含杂质而显色，欲用重结晶进行提纯，步骤如下：热水溶解、_______________、过滤、洗涤、干燥(选则正确的操作并排序)。a．蒸发结晶b．冷却结晶c．趁热过滤d．加入活性炭(6)该实验最终得到纯品8.1g，则乙酰苯胺的产率是______________％。(7)如图的装置有1处错误，请指出错误之处____________________________________。20、Ⅰ、下列涉及有机化合物的说法是正确的是______________________A．除去乙烷中少量的乙烯：通过酸性KMnO4溶液进行分离B．甲苯硝化制对硝基甲苯与苯甲酸和乙醇反应制苯甲酸乙酯的反应类型不同C．用氢氧化钠溶液鉴别花生油和汽油D．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏E．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和氢氧化钠溶液洗涤、分液、干燥、蒸馏Ⅱ、正丁醛经催化加氢得到含少量正丁醛的1-丁醇粗品，为纯化1-丁醇，该小组查阅文献得知：①R-CHO+NaHSO3（饱和）→RCH（OH）SO3Na↓；②沸点：乙醚34℃，1-丁醇118℃，并设计出如下提纯路线：（1）试剂1为__________，操作2为__________，操作3为__________．（2）写出正丁醛银镜反应方程式___________________________________Ⅲ、已知：1,2-二溴乙烷可作汽油抗爆剂的添加剂,常温下它是无色液体,密度是2.18克/厘米3,沸点131.4℃,熔点9.79℃,不溶于水,易溶于醇、醚、丙酮等有机溶剂。在实验中可以用下图所示装置制备1,2-二溴乙烷。其中分液漏斗和烧瓶a中装有乙醇和浓硫酸的混合液,试管d中装有液溴(表面覆盖少量水，溴蒸汽有毒)。请填写下列空白：（1）写出制备1,2-二溴乙烷的化学方程式：________________________________。（2）安全瓶b可以防止倒吸,并可以检查实验进行时试管d是否发生堵塞。请写出发生堵塞时瓶b中的现象：_______________________________________。（3）c装置内NaOH溶液的作用是______________________________；（4）e装置内NaOH溶液的作用是_______________________________。21、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)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】

A、点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由电荷守恒可知：c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO－）+c（OH－）＞c（CH3COOH）+c（H+），故A错；B、点②pH＝7，即c（H+）＝c（OH-），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－），故c（Na+）＝c（CH3COO－），故B错；C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度较小，所以c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+），故C错；D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－），故D正确，答案选D。【题目点拨】该题涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，综合性强，注重答题的灵活性。对学生的思维能力提出了较高的要求，注意利用电荷守恒的角度解答。2、D【解题分析】

A.含有醛基的物质能够发生银镜反应；B.无机酸和醇会发生其它的取代反应；C.氢键不是化学键；D.酯化反应的原理“酸脱羟基醇去氢”。【题目详解】A项，醛能够发生银镜反应，但是能够发生银镜反应的有机物不一定是醛，例如葡萄糖、甲酸等都能发生银镜反应，但都不是醛，A错误；B项，乙醇能够与氢溴酸发生反应：C2H5OH+HBr→C2H5Br+H2O，该反应没有酯生成，不属于酯化反应，B错误；C项，氢键属于分子间作用力，不是化学键，C错误；D项，酯化反应的原理“酸脱羟基醇去氢”，D正确；答案选D。【题目点拨】有机物中含有醛基的物质能够发生银镜反应，常见的有机物有：醛类、甲酸、甲酸某酯、葡萄糖、麦芽糖等。3、D【解题分析】

A项，2L0.5mol·L-1CH3COOH溶液中溶质的物质的量为2L0.5mol/L=1mol，但是醋酸为弱电解质，部分电离出CH3COO-，则CH3COO-的数目小于NA，故A项错误；B项，质子数与中子数无必然数目关系，故B项错误；C项，在标况下HF为液体，无法计算22.4LHF的物质的量及含有的共价键数目，故C项错误；D项，向FeI2溶液中通入一定量Cl2，Cl2会先将I-氧化，再将Fe2+氧化，当1molCl2被氧化时，根据溶液呈电中性可推知溶液中至少含有2molI-，且I-全部被氧化，故转移的电子数不小于3NA，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。4、A【解题分析】

A.澄清透明的溶液

H+、Cu2+、SO42－、NO3-可以大量共存，故A正确；B.0.1mol•L-1HCO3－的溶液中：HCO3－与Fe3＋、Al3＋发生双水解不能大量共存，故B错误；C.Kw/c(OH－)＝0.1mol•L-1的溶液中：Kw=10-14，c(OH-)=1013mol•L-1，为酸性溶液，AlO2－，CH3COO－与氢离子不能大量共存，故C错误D.由水电离产生的c(H+)=1×10-13

mol•L-1的溶液中，抑制了水的电离，可能是酸也可能是碱，HCO3－与H+、OH-均不能大量共存，故D错误。【题目点拨】澄清溶液不等于无色溶液，注意双水解反应。5、A【解题分析】分析：A.由聚合物结构式可知，聚维酮的单体是，它发生加聚反应生成聚维酮；根据图示结构可知，聚维酮分子由（2m+n）个单体聚合而成，聚维酮通过氢键与形成聚维酮碘，即聚维酮碘是一种水溶性物质；据以上分析解答。详解：由聚合物结构式可知，聚维酮的单体是，A错误；由聚合物结构式可知，聚维酮分子由（2m+n）个单体聚合而成，B正确；由题意可知，聚维酮通过氢键与形成聚维酮碘，即聚维酮碘是一种水溶性物质，C正确；根据聚维酮的结构可知,它是由发生加聚反应生成的，D正确；正确选项A。6、D【解题分析】分析：平衡常数K=生成物平衡浓度幂次方乘积/反应物平衡浓度幂次方乘积，依据化学方程式书写反应的平衡常数，正逆反应的平衡常数互为倒数。详解：对于处于化学平衡状态的反应CO+H2O（g）CO2+H2中，K正反应代表正反应的平衡常数=c(CO2)·c(H2)/c(CO)·c(H2O)，K逆反应代表逆反应的平衡常数=c(CO)·c(H2O)/c(CO2)·c(H2)，K正反应×K逆反应=1。答案选D。7、B【解题分析】

根据该化合物结构简式，以及题中信息，推出形成该化合物的单体为和，然后进行分析。【题目详解】根据该化合物结构简式，推出形成该化合物的单体为和，A、根据上述分析，Y的结构简式为，Y分子中含有2个酚羟基，故A说法正确；B、Y的分子式为C15H16O2，故B说法错误；C、X的结构简式为，只有一种氢原子，核磁共振氢谱有1个吸收峰，故C说法正确；D、根据聚碳酸酯的结构简式，X和Y生成聚碳酸酯的反应是缩聚反应，故D说法正确。答案选B。8、D【解题分析】

A、SO32－水解溶液显碱性，SO32－水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行，OH－离子浓度增大，溶液pH增大，故A错误；B、依据溶液中物料守恒分析判断，n(Na)=2n(S)，溶液中离子浓度存在c(Na+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，故B错误；C、溶液中存在电荷守恒分析，阳离子和阴离子所带电荷数相同，c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故C错误；D、Na2SO3水解显碱性，加入NaOH固体，OH-浓度增大，平衡逆向移动，溶液中SO32-浓度增大，Na+浓度增大，故D正确；故选D。9、B【解题分析】

1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5mol，NA个金属阳离子的物质的量为1mol，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x=1.5×2=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐为,所以该硫酸盐的物质的量浓度为，本题答案选B。10、A【解题分析】分析：A．银镜实验在碱性条件下能检验淀粉是否水解；B．甲酸含有醛基，可与新制的氢氧化铜发生氧化还原反应；C、碘单质遇到淀粉能变蓝色；D、用苯、液溴和铁粉制备溴苯。详解：A．检验淀粉是否水解，加入氢氧化钠至碱性，再通过淀粉进行检验淀粉是否水解，选项A正确；B．甲酸含有醛基，可与新制的氢氧化铜发生氧化还原反应，不能直接检验，选项B错误；C、米汤中含有淀粉，而加碘盐中加的是碘酸钾，碘单质遇到淀粉能变蓝色，碘酸钾遇淀粉无现象，选项错误；D、用苯、液溴和铁粉制备溴苯，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查较为综合，涉及有机物的检验、鉴别和分离等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握有机物性质的异同，难度不大。11、D【解题分析】

A.由i+ii×2得反应：3SO2＋2H2O=S↓＋2H2SO4，故A项正确；B.②是①的对比实验，采用控制变量法，②比①多加了0.2mol·L-1H2SO4，②与①中KI浓度应相等，则a=0.4，故B项正确；C.对比①与②，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比②与③，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较①、②、③，可得出的结论是：I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率，故C项正确。D.对比④和①，④中加入碘化钾的浓度小于①，④中多加了碘单质，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，④中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较①快”，反应速率④>①，由此可见，反应ⅱ比反应ⅰ速率快，反应ⅱ产生H+使成c(H+)增大，从而反应i加快，故D项错误；综上所述，本题正确答案为D。【题目点拨】解题依据：根据影响化学反应速率的因素进行判断。通过实验对比探究反应物、生成物的浓度，催化剂对化学反应速率的影响。12、B【解题分析】

A项，2-甲基丁烷分子中含有5个C，也称异戊烷，A错误；B项，由三元轴烯的结构可得分子式为C6H6，而结构与苯不同，故与苯互为同分异构体，B正确；C项，C4H9Cl的同分异构体有、、、共4种，C错误；D项，烷烃的正确命名是2-甲基-3-乙基己烷，故D错误。【题目点拨】本题考查同分异构体、有机物的命名等，对于同分异构体，要抓住概念进行判断并掌握一定的书写方法，如:可以记住-C3H7有2种、-C4H9有4种、-C5H11有8种；对于有机物系统命名中常见的错误归纳如下：①主链选取不当（不包含官能团，不是主链最长、支链最多）；②编号错（官能团的位次不是最小，取代基位号之和不是最小）；③支链主次不分（不是先简后繁）；④连接符号用错。13、B【解题分析】分析：①相同条件下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小；②胶体先聚沉，后发生复分解反应；③盐酸的酸性比碳酸的酸性强；④先生成碳酸钙沉淀，后溶解生成碳酸氢钙；⑤开始反应生成硫酸钡、氢氧化铝，后碱过量时氢氧化铝溶解；⑥先生成氢氧化铝沉淀，后与盐酸发生复分解反应；⑦碳酸不能溶解氢氧化铝；⑧向有氨水的NaCl饱和溶液中逐渐通入CO2至过量有碳酸氢钠沉淀生成。详解：①相同条件下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，则向饱和碳酸钠溶液中通入CO2至过量，有晶体析出，不符合；②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量，胶体先聚沉，后发生复分解反应，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，符合；③盐酸的酸性比碳酸的酸性强，则向BaCl2溶液中通入CO2至过量，不发生反应，不符合；④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀，后溶解生成碳酸氢钙，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，符合；⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量，开始反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，后碱过量时氢氧化铝溶解，最后还存在硫酸钡沉淀，不符合；⑥向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量，先生成氢氧化铝沉淀，后与盐酸发生复分解反应，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，符合；⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量生成氢氧化铝沉淀，沉淀不会溶解，不符合；⑧向有氨水的NaCl饱和溶液中逐渐通入CO2至过量产生碳酸氢钠沉淀和氯化铵，沉淀不会溶解，不符合；答案选B。14、C【解题分析】

X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素，X的第一电离能小于Y，说明X的金属活泼性大于Y。【题目详解】A．X为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，故A正确；B．通过以上分析知，Y为第IIIA族元素，故B正确；C．若元素Y处于第3周期，为Al元素，它不能与冷水剧烈反应，但能溶于酸和强碱溶液，故C错误；D．X常见化合价为+1价，所以元素X与氯元素形成化合物时，化学式可能是XCl，故D正确；故选C。15、D【解题分析】

A．该分子中含有4个N原子、4个S原子，其化学式为S4N4，故A错误；B．共价键的键长与原子半径成正比，所以键长S-S＞S-N，故B错误；C．同种元素的不同单质互为同素异形体，S4N4和S2N2都是化合物不是单质，所以不是同素异形体，故C错误；D．同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，N-S原子之间存在极性键、S-S原子之间存在非极性键，故D正确；故选D。【点晴】本题考查分子晶体、化学键、键长、同素异形体等基本概念，明确概念内涵是解本题关键，知道同素异形体、同位素、同分异构体概念之间的差别，知道键长大小比较方法。16、B【解题分析】

元素X、Y、Z的原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X+与Z2-具有相同的核外电子排布，若X为Na，Z为O，则Y的原子序数为36-11-8=17，则Y为Cl；若X为K，Y为S，19+16=35，Y只能为H，则不符合X、Y位于同周期，以此来解答。【题目详解】由上述分析可知，X为Na，Y为Cl，Z为O，A.同周期从左向右金属性减弱，则同周期元素中

X

的金属性最强，A项正确；B.同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X>Y，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径：X+<Z2−，B项错误；C.同主族从上到下非金属性减弱，则同族元素中Z的氢化物稳定性最高，故C正确；D.高氯酸为所有含氧酸中酸性最强，则同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强，故D正确；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、F26H2OH2OAsK【解题分析】

根据元素在元素周期表中的位置可知，①为H元素；②为Be元素；③为C元素；④为N元素；⑤为O元素；⑥为F元素；⑦为S元素；⑧为K元素；⑨为Fe元素；⑩为As元素。结合元素周期律和原子结构分析解答。【题目详解】根据元素在元素周期表中的位置可知，①为H元素；②为Be元素；③为C元素；④为N元素；⑤为O元素；⑥为F元素；⑦为S元素；⑧为K元素；⑨为Fe元素；⑩为As元素。(1)元素的非金属性越强，电负性数值越大，在①～⑩元素的电负性最大的是F，故答案为：F；(2)⑨为Fe元素，为26号元素，原子中没有运动状态完全相同的2个电子，铁原子中有26种运动状态不同的电子，故答案为：26；(3)⑩为As元素，为33号元素，与N同主族，基态原子的价电子排布图为，故答案为：；(4)⑤为O元素，⑦为S元素，元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氢化物比较稳定的是H2O；水分子间能够形成氢键，沸点比硫化氢高，沸点较高的是H2O，故答案为：H2O；H2O；(5)上述所有元素中的基态原子中4p轨道半充满的是As，4s轨道半充满的是K，故答案为：As；K。18、乙醇水解反应(取代反应)酯化反应(取代反应)消去反应上口倒出+H2O【解题分析】

由E的结构可推知B为，D的分子式为C2H6O，在浓硫酸、170℃条件下得到G(C2H4)，则D为CH3CH2OH，G为CH2=CH2，C与D在浓硫酸、加热条件下得到F，结合F的分子式可知，F应为酯，则C为CH3COOH，F为CH3COOCH2CH3，A水解、酸化得到B、C、D，则A为，据此解答。【题目详解】根据上述分析可知：A为，B为，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH，E为，F为CH3COOCH2CH3，G为CH2=CH2。(1)根据上面的分析可知，A为，D为CH3CH2OH，D的名称是乙醇；(2)根据上面的分析可知，反应①为酯的水解反应(取代反应)，③为酯化反应(取代反应)，④为消去反应；(3)F为CH3COOCH2CH3，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH，由于F的密度小于水，乙醇、乙酸都溶于水，所以用分液的方法分离混合物，F产物在上层，要从分液漏斗的上口倒出；(4)反应②是发生分子内的酯化反应，反应的反应方程式为+H2O。【题目点拨】本题考查有机物的推断的知识，主要是酯的水解反应、酯化反应、醇的消去反应，掌握各类官能团的性质与转化是本题解答的关键。注意根据转化关系中E的结构以及D、G的分子式进行推断。19、b防止苯胺在反应过程中被氧化不断分离出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高产品的产率adcb60尾接管和锥形瓶密封【解题分析】

(1)圆底烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于1/3；(2)根据苯胺具有还原性分析；(3)水的沸点是100℃，加热至105℃左右，就可以不断分出反应过程中生成的水；(4)根据乙酰苯胺微溶于冷水、溶于热水、溶于乙醇和乙醚分析；(5)乙酰苯胺用热水溶解，用活性炭吸附色素，趁热过滤，最后冷却结晶，得到乙酰苯胺；(6)产率=实际产量÷理论产量×100%。(7)图中装置中尾接管与锥形瓶接口不能密封。【题目详解】(1)圆底烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于1/3，烧瓶中加入无水苯胺9.2mL，冰醋酸17.4mL，锌粉0.1g，所以圆底烧瓶的最佳规格是50mL，选b；(2)苯胺具有还原性，容易被空气中的氧气氧化，为防止苯胺在反应过程中被氧化；加入还原剂Zn粉。(3)水的沸点是100℃，加热至105℃左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率。(4)乙酰苯胺微溶于冷水、溶于热水、溶于乙醇和乙醚，为减少乙酰苯胺损失，洗涤乙酰苯胺粗品最合适的方法是用少量冷水洗，选a；(5)由于乙酰苯胺微溶于冷水、溶于热水，乙酰苯胺粗品因含杂质而显色，用重结晶进行提纯的步骤为：乙酰苯胺用热水溶解，用活性炭吸附色素，趁热过滤，最后冷却结晶，得到乙酰苯胺，所以正确的操作是dcb；（6）n(苯胺)=(9.1mL×1.02g/mL)÷93g/mol=0.1mol；n(乙酸)=(17.4mL×1.05g/mL)÷60g/mol=0.305mol，大于苯胺的物质的量，所以生成的乙酰苯胺的物质的量要以不足量的苯胺计算，理论产量为0.1mol，而实际产量n(乙酰苯胺)=8.1g÷135g/mol=0.06mol，所以乙酰苯胺的产率为0.06mol÷0.1mol×100%=60%。(7)图中装置中尾接管与锥形瓶接口不能密封，错误之处是尾接管和锥形瓶密封。20、CD饱和NaHSO3溶液萃取蒸馏CH3CH2CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2OCH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Brb中水面会下降，玻璃管中的水面会上升，甚至溢出吸收酸性气体（二氧化硫、二氧化碳等）吸收挥发出来的溴，防止污染环境。【解题分析】Ⅰ、A．酸性KMnO4溶液能把乙烯氧化为CO2引入新杂质，应该用溴水，A错误；B．甲苯硝化制对硝基甲苯与苯甲酸和乙醇反应制苯甲酸乙酯的反应类型相同，均是取代反应，B错误；C．花生油属于油脂，能与氢氧化钠发生皂化反应，汽油属于烃类，因此可以用氢氧化钠溶液鉴别花生油和汽油，C正确；D．乙酸和氧化钙反应，因此除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏即可，D正确；E．氢氧化钠能和乙酸乙酯反应，除去乙酸乙酯中