2024届云南省昭通市大关县第二中学高二化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2024届云南省昭通市大关县第二中学高二化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题注意事项：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、瘦肉精的结构简式如图：下列有关说法错误的是()A．该有机物的核磁共振氢谱图中有6个吸收峰B．该有机物的分子式为C12H18N2Cl2OC．该有机物能发生加成反应、取代反应、氧化反应和酯化反应D．该有机物能溶于水，且水溶液显碱性2、1mol某烃在氧气中充分燃烧生成CO2和H2O，需要消耗标准状况下的氧气179.2L。它在光照的条件下与氯气反应能生成三种不同的一氯取代物。该烃的结构简式是A．CH3CH2CH2CH2CH3 B．C． D．3、氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出不同的性质，下列结论正确的是A．加入有色布条，片刻后有色布条褪色，说明有Cl2存在B．溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2存在C．先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明有Cl-存在D．氯水放置数天后，pH变大，几乎无漂白性4、固定容积为2L的密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)zC(g)，图1表示T℃时容器中各物质的量随时间变化的关系，图2表示平衡常数K随温度变化的关系。结合图像判断，下列结论正确的是()A．该反应可表示为2A(g)＋B(g)C(g)ΔH<0B．T℃时该反应的平衡常数K＝6.25C．当容器中气体密度不再变化时，该反应达到平衡状态D．T℃，在第6min时再向体系中充入0.4molC，再次达到平衡时C的体积分数大于0.255、一定温度下在一个2L的恒容密闭容器中发生反应4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)，经2min达平衡状态，此时B反应消耗了0.9mol，下列说法正确的是A．平衡时，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=4∶3∶2∶1B．混合气的平均相对分子质量可作为平衡标志C．充入惰性气体使压强增大可加快反应速率D．C的平均反应速率为0.5mol/(L·min)6、1.0L碳原子数相等的气态烷烃和气态烯烃组成的混合气体在氧气中完全燃烧，生成2.0LCO2和2.6L水蒸气，则混合气体中烷烃和烯烃的体积比为(气体体积均在相同状况下测定)A．1：1 B．1：3 C．4：3 D．3：27、下列对实验操作分析错误的是A．配制1．1mol/LNaCl溶液时，若没有洗涤烧杯和玻璃棒，则所得溶液物质的量浓度偏低B．NH4NO3溶解吸热，若配制1．5mol/LNH4NO3溶液时直接将溶解后的溶液转移到容量瓶中，则所得溶液的物质的量浓度偏高C．配制一定物质的量浓度溶液时，若所用砝码已经生锈，则所得溶液的物质的量浓度偏高D．配制一定物质的量浓度溶液时，若定容中不小心加水超过刻度线，立刻将超出的水吸出，则所得溶液的物质的量浓度偏低8、已知在碱性溶液中可发生如下反应:2R(OH)3+3ClO-+4OH-=2RO42-+3Cl-+5H2O。则RO42-中R的化合价是A．+3 B．+4 C．+5 D．+69、下列关于铁元素的叙述中正确的是()A．2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋成立说明氧化性：Fe3＋>Cu2＋B．25℃，pH＝0的溶液中，Al3＋、NH4+、NO3—、Fe2＋可以大量共存C．5.6g铁与足量的氯气反应失去电子为0.2molD．硫酸铁溶液中加入铁粉，滴加KSCN溶液一定不变红色10、二氯化二硫(S2Cl2)，非平面结构，常温下是一种黄红色液体，有刺激性恶臭，熔点80℃，沸点135.6℃，对干二氯化二硫叙述正确的是A．二氯化二硫的电子式为B．分子中既有极性键又有非极性键C．二氯化二硫属于非极性分子D．分子中S－Cl键能小于S－S键的键能11、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12、现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：；

；

；

则下列有关比较中正确的是()A．电负性： B．原子半径：C．第一电离能： D．最高正化合价：13、向三份0.1mol/L

CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2CO3、CH3COONa固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO-浓度的变化依次为（）A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大14、下列说法正确的是（）A．1molH2O含有的质子数为10molB．0.5molSO42-含8mol电子C．18g水中含有的氧原子数为6.02×1022D．1molNaHSO4固体中含有的阴阳离子总数为3×6.02×102315、已知磷酸的分子结构如图所示,分子中的三个氢原子都可以跟重水分子()中的D原子发生氢交换。又知次磷酸()也可跟进行氢交换,但次磷酸钠()却不能跟发生氢交换。由此可推断出的分子结构是(

)A． B． C． D．16、在密闭容器中一定量混合气体发生反应：xA(g)＋yB(g)zC(g)平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，再达平衡时测得A的浓度为0.2mol/L，下列判断正确的是A．平衡向逆反应方向移动 B．x＋y<zC．C的体积分数保持不变 D．B的转化率降低17、为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如图实验。关于该实验的分析不正确的是A．①浊液中存在平衡：Ag2CrO4(s)⇌2Ag+(aq)+CrO42－(aq)B．②中溶液变澄清的原因：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2OC．③中颜色变化说明有AgCl生成D．该实验可以证明AgCl比Ag2CrO4更难溶18、有关晶体的下列说法中正确的组合是①晶体中分子间作用力越大，分子越稳定②原子晶体中共价键越强，熔点越高③冰熔化时水分子中共价键发生断裂④氯化钠熔化时离子键未被破坏⑤熔化时无需破坏化学键的晶体一定是分子晶体⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族8个纵行的元素都是金属元素⑦在SiO2和干冰晶体中，都存在单个分子⑧分子晶体不都是共价化合物A．①②⑤ B．②④⑤ C．②⑤⑧ D．①④⑦19、下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是()A．铝片与稀硫酸的反应 B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应C．灼热的碳与二氧化碳的反应 D．甲烷在氧气中的燃烧反应20、据图装置和表中提供的物质完成实验室制取、收集表中气体并进行尾气处理(省略夹持、加热及净化装置),最合理的选项是(

)选项中的物质中的物质中收集的气体中的物质A浓氨水B稀硫酸石灰石溶液C稀硝酸D浓盐酸溶液A．A B．B C．C D．D21、下列表达式错误的是（）A．甲烷的电子式：B．碳原子的L层电子轨道表示式：C．硫离子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p6D．碳－12原子：22、下列化合物中，既能发生水解反应，又能发生消去反应，且消去反应生成的烯烃不存在同分异构体的是（）A．CH3Cl B．C． D．二、非选择题(共84分)23、（14分）氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，该药物通常以2­－氯苯甲醛为原料合成，合成路线如下：（1）下列关于氯吡格雷的说法正确的是__________。A．氯吡格雷在一定条件下能发生消去反应B．氯吡格雷难溶于水，在一定条件下能发生水解反应C．1mol氯吡格雷含有5NA个碳碳双键，一定条件下最多能与5molH2发生加成反应D．氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S（2）物质D的核磁共振氢谱有_________种吸收峰。（3）物质X的结构简式为____________。（4）物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，写出该反应的化学方程式______，反应类型是__________。（5）写出属于芳香族化合物A的同分异构体__________(不包含A)。24、（12分）我国成功研制出了具有自主知识产权的治疗缺血性脑梗死新药——丁苯酞。有机物G是合成丁苯酞的中间产物，G的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的结构简式是___________，E的化学名称是____________。（2）由B生成C的化学方程式为______________________。（3）G的结构简式为__________________。合成丁苯酞的最后一步转化为：，则该转化的反应类型是_______________。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有______种（不包括J），其核磁共振氢谱吸收峰最多的结构简式为_________。（5）参照题中信息和所学知识，写出用和CH3MgBr为原料（其他无机试剂任选）制备的合成路线：______________。25、（12分）青蒿素是只含碳、氢、氧三元素的有机物，是高效的抗疟药，为无色针状晶体，易溶于乙醚中，在水中几乎不溶，熔点为156～157℃，已知乙醚沸点为35℃，从青蒿中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础，以乙醚浸取法的主要工艺如图所示：回答下列问题：(1)选用乙醚浸取青蒿素的原因是______。(2)操作I需要的玻璃仪器主要有：烧杯、玻璃棒和________，操作Ⅱ的名称是__________，操作Ⅲ利用青蒿素和杂质在同一溶剂中的溶解性差异及青蒿素溶解度随温度变化较大的原理提纯，这种方法是______________。(3)通常用燃烧的方法测定有机物的分子式，可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成，如图所示的是用燃烧法确定青蒿素分子式的装置：A．B．C．D．E.①按上述所给的测量信息，装置的连接顺序应是_____________。(装置可重复使用)②青蒿素样品的质量为28.2g，用连接好的装置进行试验，称得A管增重66g，B管增重19.8g，则测得青蒿素的最简式是_____________。③要确定该有机物的分子式，还必须知道的数据是_________，可用__________仪进行测定。26、（10分）我国重晶石（含BaSO490％以上）资源丰富，其中贵州省重晶石储量占全国总储量的三分之一。我省某工厂以重晶石为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”—钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下：查阅资料可知：①常温下：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9②TiCl4在常温下是无色液体，遇水容易发生水解：TiC14+2H2O=TiO2+4HCl③草酸氧钛钡的化学式为：BaTiO(C2O4)2·4H2O请回答下列问题：（1）工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石（假设杂质不与Na2CO3溶液作用），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程式可表示为_________________，此反应的平衡常数K=__________（填写计算结果）。若不考虑CO32-的水解，则至少需要使用_______mol/L的Na2CO3溶液浸泡重晶石才能实现该转化过程。（2）配制TiC14溶液时通常将TiC14固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是______________。（3）可循环使用的物质X是____________（填化学式），设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净：____________________。（4）写出煅烧草酸氧钛钡晶体的化学方程式：______________________。27、（12分）请完成下列物质的分离提纯问题。Ⅰ.现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，选择适当的试剂除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液。相应的实验过程可用下图表示：请回答下列问题：（1）写出实验流程中下列物质的化学式：试剂X_______。（2）证明AgNO3溶液加过量的实验方法是_______________________________。（3）按此实验方案得到的溶液3中肯定含有__________（填化学式）杂质；为了解决这个问题，可以向溶液3中加入适量的___________（填化学式），之后若要获得固体NaNO3需进行的实验操作是___________（填操作名称）。Ⅱ.某同学欲用CCl4萃取较高浓度的碘水中的碘，操作过程可以分解为如下几步：A．把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；B．把50ml碘水和15mlCCl4加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；C．检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；D．倒转漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正E．旋开活塞，用烧杯接收溶液；F．从分液漏斗上口倒出上层液体；G．将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽与漏斗上口的小孔对准；H．静置、分层。（1）萃取过程正确操作步骤的顺序是：（填编号字母）_________________。（2）从含碘的CCl4溶液中提取碘和回收CCl4，还需要经过蒸馏，观察下图所示实验装置指出其错误有_________处。（3）进行上述蒸馏操作时，最后晶态碘在____________（填仪器名称）里聚集。28、（14分）砷（As）在地壳中含量不高，但砷的化合物却是丰富多彩。回答下列问题：（1）砷的基态原子简化电子排布式为__________________；第一电离能：砷______硒（填“＞”或“＜”）（2）目前市售发光二极管材质以砷化镓（CaAs）为主。Ga和As相比，电负性较大的是____________，CaAs中Ga元素的化合价为____________。（3）AsH3是无色、稍有大蒜味气体。AsH3空间构型为____________。AsH3的沸点高于PH3，低于NH3，其原因是_________________________________。（4）Na3AsO4可作杀虫剂。AsO43−中As原子杂化轨道类型为__________。与AsO43−互为等电子体分子和离子各填一种___________、__________。（5）H3AsO4和H3AsO3是砷的两种含氧酸，根据物质结构与性质的关系，解释H3AsO4比H3AsO3酸性强的原因_____________________________________________________。（6）磷和砷同主族。磷的一种单质白磷（P4）属于分子晶体，其晶胞结构如图所示。若其晶胞边长为apm，则白磷的密度为_______________g·cm-3（列出计算式即可）。1个代表一个白磷分子29、（10分）请按要求填空：(1)Mg是第3周期元素，该周期部分元素氟化物的熔点见下表：①解释表中氟化物熔点差异的原因：a．_____________________________________________________________________。b．____________________________________________________________________。②硅在一定条件下可以与Cl2反应生成SiCl4，试判断SiCl4的沸点比CCl4的________(填“高”或“低”)，理由________________________________。(2)下列物质变化，只与范德华力有关的是_________。a．干冰熔化b．乙酸汽化c．石英熔融d．HCONHCH2CH3溶于水e．碘溶于四氯化碳(3)C，N元素形成的新材料具有如下图所示结构,该晶体的化学式为：_____________。(4)FeCl3常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上升华。易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断FeCl3的晶体类型为_________________。(5)氮化碳和氮化硅晶体结构相似，是新型的非金属高温陶瓷材料，它们的硬度大，熔点高、化学性质稳定。①氮化硅的硬度________(“大于”或“小于”)氮化碳的硬度，原因是________________。②下列物质熔化时所克服的微粒间的作用力与氮化硅熔化时所克服的微粒间的作用力相同的是_________。a．单质I2和晶体硅b．冰和干冰c．碳化硅和二氧化硅d．石墨和氧化镁③已知氮化硅的晶体结构中，原子间都以单键相连，且氮原子与氮原子不直接相连、硅原子与硅原子不直接相连，同时每个原子都满足8电子稳定结构，请写出氮化硅的化学式________。(6)第ⅢA，ⅤA元素组成的化合物GaN、GaP、GaAs等是人工合成的新型半导体材料，其晶体结构与单晶硅相似。在GaN晶体中，每个Ga原子与______个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为________。在四大晶体类型中，GaN属于____晶体。

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、A【解题分析】

A.该有机物的核磁共振氢谱图中有7个吸收峰，A错误；B.该有机物的分子式为C12H18N2Cl2O，B正确；C.该有机物含有苯环，能发生加成反应；含有醇羟基、甲基等，能发生取代反应、氧化反应和酯化反应，C正确；D.该有机物含有氨基和羟基等水溶性基团，能溶于水；氨基为碱性基，水溶液显碱性，D正确。故选A。【题目点拨】在计算有机物分子式中的氢原子数目时，可先数出分子中所含的非氢原子数，然后把卤原子看成氢原子、氮原子看成碳原子，然后按烷烃的通式，计算出氢原子的个数。根据分子结构，确定不饱和度，最后计算该有机物分子中所含氢原子个数为：由同数碳原子的烷烃计算出的氢原子数—2×不饱和度—氮原子数。2、A【解题分析】

=8mol，则1mol某烃在氧气中充分燃烧生成CO2和H2O，需要消耗氧气8mol；它在光照条件下与氯气反应能生成三种不同的一氯取代物，则表明分子中含有3种氢原子。【题目详解】A．CH3CH2CH2CH2CH3分子中含有3种氢原子，1mol该烃燃烧，需要消耗O2的物质的量为=8mol，A符合题意；B．分子中含有2种氢原子，B不合题意；C．分子中含有4种氢原子，C不合题意；D．分子中含有3种氢原子，1mol耗氧量为=9.5mol，D不合题意；故选A。3、B【解题分析】A.次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色的物质是HClO，故A错误；B.氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；C.加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl-存在，加盐酸酸化引入氯离子，不能证明氯水中是否含有氯离子，故C错误；D.氯水的漂白性是因为有次氯酸，氯水放置数天后，次氯酸分解为氧气和氯化氢，所以酸性变强，pH变小，失去漂白性，故D错误；故选B。点睛：氯气通入水中，与水反应发生Cl2+H2O═HCl+HClO，HClO⇌H++ClO-，HCl=H++Cl-，所以氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-，再结合离子、分子的性质来解答。4、D【解题分析】

A.由图1可知A、B为反应物C为生成物，A的物质的量的变化量为0.4mol，B的物质的量的变化量为0.2mol，C的物质的量的变化量为0.2mol，根据物质的量的变化量之比等于化学计量数之比书写方程式；由图2可知，升高温度，平衡常数增大，可知该反应为吸热反应；B.根据三段法有2A(g)＋B(g)C(g)始(mol/L)0.40.20转(mol/L)0.20.10.1平(mol/L)0.20.10.1根据平衡常数K=进行计算；C.容器内气体的质量保持不变，容器的容积保持不变，密度始终不变；D.第6min时再向体系中充入0.4molC，相当于加压，平衡正向移动。【题目详解】A.由图2知，升高温度，平衡常数逐渐增大，该反应为吸热反应，ΔH>0，A项错误；B.根据图1知0～5min内，A、B、C变化的物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，该反应可表示为2A(g)＋B(g)C(g)，反应达到平衡时A、B、C的平衡浓度分别为0.2mol·L－1、0.1mol·L－1、0.1mol·L－1，故T℃时该反应的平衡常数K＝＝25，B项错误；C.根据质量守恒定律知，容器内气体的质量保持不变，容器的容积保持不变，故容器内气体的密度为恒量，不能作为平衡标志，C项错误；D.根据图1知T℃时反应达平衡后C的体积分数为0.25，在第6min时再向体系中充入0.4molC，相当于加压，平衡正向移动，再次达到平衡时，C的体积分数大于0.25，D项正确；答案选D。5、B【解题分析】

经2min达平衡状态，此时B反应消耗了0.9mol，则

4A(s)+3B(g)⇌2C(g)+D(g)，开始(mol)

m

n

0

0转化(mol)

1.2

0.9

0.6

0.3平衡(mol)

m-1.2

n-0.9

0.6

0.3结合化学反应速率和化学平衡的影响因素分析解答。【题目详解】A．平衡时，v

(B)∶v

(C)∶v

(D)=3∶2∶1，A为固体，不能用浓度的变化表示反应速率，故A错误；B．气体的物质的量不变，但气体的质量为变量，根据=，气体的平均相对分子质量为变量，则气体的平均相对分子质量不变，可作为平衡标志，故B正确；C．充入惰性气体使压强增大，由于密闭容器的体积不变，则各组分的浓度不变，则反应速率不变，故C错误；D．根据上述分析，经2min达平衡状态，此时B反应消耗了0.9mol，则生成0.6molC，C的平均反应速率为=0.15mol/(L•min)，故D错误；答案选B。【题目点拨】解答本题的关键是注意A为固体。本题的易错点为C，要注意充入惰性气体使压强增大，但容器的体积不变，方程式中各物质的浓度不变。6、D【解题分析】

根据气体体积比等于物质的量比分析，气态烃与二氧化碳或水的比例为1:2.0:2.6，则说明烃的平均分子式为C2H5.2，则可能是乙烷和乙烯的混合物，用氢原子计算其比例关系，假设烷烃的物质的量为xmol，烯烃的物质的量为ymol，(6x+4y)/(x+y)=5.2，解x:y=3:2，故选D。7、B【解题分析】

A．没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量减小，溶液物质的量浓度偏低，故A正确；B．NH4NO3溶解吸热，直接将溶解后的溶液转移到容量瓶中加水体积偏大，浓度偏小，故B错误；C．所用砝码已经生锈，溶质的物质的量偏大，溶液的物质的量浓度偏高，故C正确；D．加水超过刻度线，立刻将超出的水吸出，有部分溶质也会被取出，溶液的物质的量浓度偏低，故D正确；故选B。【题目点拨】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，根据公式cB=，若操作不当引起nB偏大或V（aq）偏小，所配溶液浓度偏高，反之偏低。8、D【解题分析】

RO42-该离子中O元素化合价为-2价，R、O元素化合价的代数和为-2，所以该离子中R元素化合价=-2-(-2)×4=+6，故合理选项是D。9、A【解题分析】分析：A.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；

B.pH＝0的溶液中存大大量的氢离子,H+、NO3-、Fe2＋发生氧化还原反应；

C.氯气与铁反应生成氯化铁,1mol的铁转移3mol的电子；

D.硫酸铁溶液中加入铁粉,发生氧化还原反应生成二价铁,但当铁少量三价铁还有剩余。详解:A.2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋反应中三价铁离子为氧化剂,Cu2＋为氧化产物,所以氧化性：Fe3＋>Cu

2＋,所以A选项是正确的；

B.pH＝0的溶液中存在大量的氢离子,H+、NO3-、Fe2＋发生氧化还原反应,三者不能大量共存,故B错误；

C.5.6g铁的物质的量为0.1mol与足量的氯气反应失去的电子为0.3mol,故C错误；

D.硫酸铁溶液中加入铁粉,发生氧化还原反应生成二价铁,但当铁少量三价铁还有剩余,所以滴加KSCN溶液可能变血红色,故D错误；

所以A选项是正确的。10、B【解题分析】

A.S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，结合分子结构可知S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，电子式为，故A错误；B.S2Cl2中Cl-S属于极性键，S-S键属于非极性键，不对称的结构，为极性分子，故B正确；C.分子的结构不对称，为极性分子，而不是非极性分子，故C错误；D.同周期从左往右原子半径逐渐减小，所以氯原子半径小于硫原子半径，键长越短键能越大，所以分子中S-Cl键能大于S-S键的键能，故D错误；故选B。11、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。12、A【解题分析】

由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p2为Si元素；

②1s22s22p63s23p3为P元素；

③1s22s22p3为N元素；

④1s22s22p4为O元素；A．同周期自左而右电负性增大，所以电负性Si＜P＜S，N＜O，同主族从上到下电负性减弱，所以电负性N＞P，O＞S，故电负性Si＜P＜N＜O，即④＞③＞②＞①，故A正确；B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径Si＞P，N＞O，故B错误；C．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N、P元素原子np能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Si＜P，N＞O，故C错误；D．最高正化合价等于最外层电子数，但O元素没有最高正化合价，所以最高正化合价：③=②＞①，故D错误；故答案为A。13、C【解题分析】

含有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混合后弱根离子能相互促进水解，据此分析。【题目详解】CH3COONa是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，NH4NO3是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硝酸铵会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小；Na2CO3是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加碳酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度增大；CH3COONa溶液中加入CH3COONa，会导致醋酸根离子浓度增大；故选C。【题目点拨】本题考查了影响盐类水解的因素，明确影响盐的水解的因素是解题的关键。本题的易错点为加入CH3COONa固体，相当于增大了CH3COONa的浓度，水解程度减小，醋酸根离子浓度增大。14、A【解题分析】

A.1个H2O中含有10个质子，因此1molH2O中含有10mol质子，故A正确；B.一个SO42-离子含有50个电子，0.5molSO42-含有的电子数为25mol，故B错误；C.18g水中含有1mol氧原子，因此含有的氧原子数为，故C错误；D.NaHSO4固体中含有Na+和HSO4-，则1molNaHSO4固体中含有的阴阳离子总数为，故D错误；故答案为：A。15、B【解题分析】

根据题目信息可知，酸分子中的羟基上的氢原子可以和发生氢交换，而非羟基上的氢原子不可置换。【题目详解】已知，次磷酸()也可跟进行氢交换,但次磷酸钠()却不能跟发生氢交换，则次磷酸只含有1个羟基，答案为B【题目点拨】分析磷酸分子中的氢原子与次磷酸中氢原子的位置是解题的关键。16、B【解题分析】

xA(g)＋yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，而再达平衡时，测得A的浓度为0.20mol/L，则说明体积增大(压强减小)化学平衡正向移动，以此来解答。【题目详解】由信息可知，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时测得A的浓度为0.20mol/L，说明体积增大，相当于压强减小，化学平衡正向移动，则A．由上述分析可知，平衡正向移动，A错误；B．减小压强，向气体体积增大的方向移动，平衡正向移动，说明正反应为气体体积增大的反应，x+y＜z，B正确；C．将容器飞容积扩大为原来的2倍，平衡正向移动，则C的体积分数增大，C错误；D．平衡正向移动，反应物B的转化率就会增大，D错误；故合理选项是B。【题目点拨】本题考查化学平衡的移动，注意A浓度变化及体积变化导致的平衡移动是解答本题的关键，通过分析压强对化学平衡的影响进行解答。17、D【解题分析】

A、反应①中沉淀是Ag2CrO4，存在溶解平衡：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)＋CrO42-(aq)，故A叙述正确；B、反应①中存在溶解体系，即①的上层清液中存在Ag＋，加入NH3·H2O，先发生Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4＋，继续滴加NH3·H2O，发生AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O，因此溶液显变浑浊，再变澄清，故B叙述正确；C、浊液中加入KCl，有白色沉淀产生，该沉淀为AgCl，故C叙述正确；D、根据实验，加入KCl的浓度为2mol·L－1，比K2CrO4的浓度大的多，当c(Ag＋)×c(Cl－)>Ksp时，就会有AgCl沉淀产生，因此本实验不能说明AgCl比Ag2CrO4更难溶，故D叙述错误；答案选D。18、C【解题分析】

①晶体中分子间作用力越大，其熔沸点越高，但是与分子的稳定性没有关系，分子中的共价键键能越大越稳定，①不正确；②原子晶体中共价键越强，熔点越高，②正确；③冰熔化时，破坏的是分子间作用力，水分子中共价键不发生断裂，③不正确；④氯化钠熔化时，离子键被破坏，④不正确；⑤熔化时无需破坏化学键的晶体，破坏的一定是分子间作用力，故一定是分子晶体，⑤正确；⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族共有10个纵行，都是金属元素，⑥不正确；⑦在SiO2晶体中不存在单个分子，因为其是原子晶体，干冰中有单个分子，⑦不正确；⑧分子晶体既有单质，又有共价化合物，⑧正确。综上所述，相关说法正确的是②⑤⑧，故选C。19、C【解题分析】

常见的吸热反应有：大多数分解反应、盐类水解反应、C与CO2、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应；常见的放热反应有：燃烧，大多数化合反应、中和反应，金属与酸和水的置换反应等。【题目详解】A．为放热反应，同时为氧化还原反应，A错误；B．为吸热反应，同时为非氧化还原反应，B错误；C．为吸热反应，同时为氧化还原反应，C正确；D．为放热反应，同时为氧化还原反应，D错误；故选C。20、D【解题分析】试题分析：A、氨气的收集错误，错误；B、试剂错误，应选用稀盐酸与石灰石反应，因为稀硫酸与石灰石反应生成微溶的硫酸钙附着在石灰石表面，阻碍反应进一步进行，错误；C、试剂错误，稀硝酸与铜反应生成NO，错误；D、正确。考点：考查气体的制备与收集有关问题。21、B【解题分析】分析：正确运用电子式、轨道表示式、核外电子排布式、原子的表示方法等化学用语分析。详解：甲烷中存在4对共用电子对，则甲烷的电子式为，A选项正确；碳原子的L层电子有4个电子，2s电子优先单独占据1个轨道，2p轨道上还有2个电子，按照洪特规则，剩余的2个电子分布在2p轨道中，还有一个空轨道，则碳原子的L层电子的轨道表示式：，B选项错误；硫离子的核外电子数为18，其硫离子的核外电子排布式1S22S22P63S23P6，C选项正确；碳-12原子的质子数为6，质量数为12，则该原子表示为126C，D选项说法正确；正确选项B。22、B【解题分析】A.不能发生消去反应；B.既能发生水解反应，又能发生消去反应，且消去反应生成的烯烃不存在同分异构体；C.不能发生消去反应；D.消去反应生成的烯烃存在同分异构体。故选B。点睛：卤代烃的消去反应是卤原子与β—H一起脱去，所以卤代烃存在β—H才能发生消去反应，而且存在不同的β—H，产生不同的消去反应生成的烯烃。二、非选择题(共84分)23、BD72+2H2O取代反应、、【解题分析】

(1)氯吡格雷含有酯基、氯原子，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应；(2)D结构不对称，有7种不同的H；(3)对比D、E可知X的结构简式；(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成；(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl。【题目详解】(1)A．氯吡格雷中氯原子在苯环上，不能发生消去反应，故A错误；B．氯吡格雷含有酯基、氯原子，难溶于水，在一定条件下能发生水解反应，故B正确；C．lmol氯吡格雷含有2NA个碳碳双键，且含有苯环，则一定条件下最多能与5molH2发生加成反应，故C错误；D．由结构简式可知氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S，故D正确；故答案为BD；(2)D结构不对称，有7种不同的H，则核磁共振氢谱有7种吸收峰；(3)对比D、E可知X的结构简式为；(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成，反应的化学方程式为；(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl，苯环含有2个取代基，可为邻、间、对等位置，对应的同分异构体可能为。【题目点拨】推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。掌握这些基本知识对有机合成非常必要。24、2-甲基-1-丙烯（或异丁烯）酯化反应（或取代反应）4【解题分析】（1）A与溴发生取代反应生成邻甲基溴苯，则A的结构简式是；E与溴化氢发生加成反应生成F，F发生已知信息的反应生成(CH3)3CMgBr，则E的结构简式为CH2=C(CH3)2，所以E的化学名称是2－甲基－1－丙烯。（2）C氧化生成D，根据D的结构简式可知C的结构简式为，所以由B生成C的化学方程式为。（3）D和(CH3)3CMgBr发生已知信息的反应，则G的结构简式为。反应中羟基和羧基发生分子内酯化反应，则该转化的反应类型是取代反应。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有4种，即间羟基苯甲醛、对羟基苯甲醛、苯甲酸和甲酸苯酯。其核磁共振氢谱吸收峰最多的结构简式为。（5）根据题中信息和所学知识结合逆推法可知用和CH3MgBr为原料（其他无机试剂任选）制备的合成路线为。点睛：高考化学试题中对有机化学基础的考查题型比较固定，通常是以生产、生活的陌生有机物的合成工艺流程为载体考查有机化学的核心知识，涉及常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，涉及有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写等知识的考查。它要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，这高考有机化学复习备考的方向。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。同分异构体类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物。25、青蒿易溶于乙醚，两者的沸点差异大，有利于蒸馏普通漏斗蒸馏重结晶DCEBAAC15H22O5样品的摩尔质量质谱【解题分析】

(1)青蒿干燥破碎后，加入乙醚萃取，经操作I获得提取液和残渣，实现固液分离，所以操作I应为过滤；经操作Ⅱ获得乙醚和粗品，则操作Ⅱ应为蒸馏；操作Ⅲ利用青蒿素和杂质在同一溶剂中的溶解性差异及青蒿素溶解度随温度变化较大的原理提纯，则此操作为重结晶。(2)确定装置的连接顺序时，首先应清楚实验的目的及各装置的作用。实验的目的是采用燃烧法确定有机物的化学式，即测定燃烧生成CO2和H2O的质量，但制取O2时，会产生水蒸气，装置内存在空气，装置末端导管口会进入空气。为解决这些问题，且兼顾实验后续的称量操作，装置应从D开始，连接C、E，再连接B(吸收水蒸气)、A(吸收CO2)，再连接A(防止空气中的水蒸气和CO2进入前面的A、B装置内，对实验结果产生影响)。另外，应先连接D、E、C，制O2且通气一段时间后才连接B、A、A，然后再用电炉加热E中装置，目的是尽可能排尽装置内的空气。【题目详解】(1)青蒿素易溶于乙醚，在水中几乎不溶，且沸点低，易与产品分离，所以选用乙醚浸取青蒿素的原因是青蒿素易溶于乙醚，两者的沸点差异大，有利于蒸馏。答案为：青蒿素易溶于乙醚，两者的沸点差异大，有利于蒸馏；(2)操作I为过滤操作，需要的玻璃仪器主要有：烧杯、玻璃棒和普通漏斗；经操作Ⅱ获得乙醚和粗品，则利用了乙醚的沸点低的性质，所以操作Ⅱ的名称是蒸馏；操作Ⅲ利用青蒿素和杂质在同一溶剂中的溶解性差异及青蒿素溶解度随温度变化较大的原理提纯，这种方法是重结晶。答案为：普通漏斗；蒸馏；重结晶；(3)①由以上分析可知，装置的连接顺序应是DCEBAA。答案为：DCEBAA；②n(CO2)==1.5mol，n(H2O)==1.1mol，则有机物中含O的物质的量为n(O)==0.5mol，从而得出青蒿素的最简式是C15H22O5。答案为：C15H22O5；③由最简式确定分子式时，还必须知道的数据是样品的摩尔质量或相对分子质量，可用质谱仪进行测定。答案为：样品的摩尔质量；质谱。【题目点拨】在确定仪器的连接顺序时，应先弄清实验目的，采用哪些操作，存在哪些潜在的问题，如何去解决，从而确定仪器连接的先与后，以便克服不足，尽可能减少实验操作误差。26、BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)0.04

(或1/25

)2.5×10-4抑制TiCl4的水解HCl取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O【解题分析】分析：根据流程图，用饱和Na2CO3溶液处理重晶石，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，然后用盐酸溶解后，加入TiC14和草酸溶液，反应析出草酸氧钛钡晶体，经过洗涤、干燥、灼烧得BaTiO3。其中将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3的离子方程式为BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，根据K=cSO42-cCO32-=cSO42-c详解：(1)工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程式可表示为BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，此反应的平衡常数K=cSO42-cCO32-=KspBaSO4KspBaCO3=1.0×10-102.5×10-9=125；当c(SO42-)≤1.0×10-5mol/L时，认为BaSO4转化为了易溶于酸的BaCO(2)TiC14在常温下是无色液体，遇水容易发生水解可知，在配制为抑止其水解，需将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释，故答案为：抑制TiCl4的水解；(3)向混合液中加入TiC14溶液和H2C2O4溶液反应得到草酸氧钛钡和HCl，故可循环使用的物质X是HCl；草酸氧钛钡晶体表面附着氯离子，验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净的方法为：取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净，故答案为：HCl；取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净；(4)BaTiO(C2O4)2•4H2O煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)，煅烧草酸氧钛钡晶体的化学方程式为BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O，故答案为：BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O。27、BaCl2或Ba(NO3)2取滤液或溶液2少许于试管，加入稀盐酸，若产生白色沉淀，证明AgNO3过量Na2CO3HNO3蒸发CBDAHGEF4蒸馏烧瓶【解题分析】Ⅰ.除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液，由实验流程可知，如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的X为BaCl2[或Ba(NO3)2]，生成沉淀A为BaSO4沉淀，然后在溶液1中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，即沉淀B为AgCl，再向所得溶液2中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，沉淀C为碳酸钡、碳酸银，最后所得溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。(1)由上述分析可知，X为BaCl2或Ba(NO3)2，故答案为BaCl2或Ba(NO3)2；(2)证明AgNO3加过量的实验方法是取滤液或溶液2少许于试管，加入稀盐酸，若产生白色沉淀，证明AgNO3过量，故答案为取滤液或溶液2少许于试管，加入稀盐酸，若产生白色沉淀，证明AgNO3过量；(3)溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，之后蒸发、过滤得到硝酸钠，故答案为Na2CO3；HNO3；蒸发；Ⅱ.(1)CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液，操作为查漏→装液→振荡→静置→分液，则正确的顺序为：C→B→D→A→H→G→E→F，故答案为CBDAHGEF；(2)从含碘的CCl4溶液中提取碘和回收CCl4，还需要经过蒸馏，蒸馏时温度计水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处；冷凝水应从下口进入上口流出；尾接管与锥形瓶之间有塞子；烧杯加热应垫上石棉网；所以共4处错误；故答案为4；(3)碘的沸点为184℃，比四氯化碳沸点高，所以最后晶态碘在蒸馏烧瓶里聚集；故答案为蒸馏烧瓶。28、[Ar]3d104s24p3＞As+3三角锥形AsH3的相对分子质量比PH3的大，分子间作用力大，NH3分子间形成氢键，因而AsH3的沸点比PH3高，比NH3低sp3SO42¯CCl4H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中非羟基氧较多、As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中的O的电子更向As偏移，越易电离出H+【解题分析】分析：As是33号元素，其原子核外有33个电子，根据构造原理书写其基态原子核外价电子排布式；同周期电离能第ⅤA族＞第ⅥA族，据此分析解答；同周期随原子序数递增电负性增大；根据化合价代数和为0计算；利用价层电子对互斥模型判断分子的空间构型和杂化方式；对于组成和结构相似的物质分子间作用力和其相对分子质量成正比，含有氢键的物质熔沸点异常高；根据价层电子对互斥理论确定杂化类型，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数，孤电子对个数=

（a−xb）/2

，a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子个数，b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数；根据等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子来回答；非羟基氧越多、As化合价越高则酸性越强；根据均摊法计算晶胞中白磷分子数目，计算晶胞的质量、晶胞的体积，根据

ρ=

计算晶胞密度。详解：（1）As的原子序数为33，最外层有5个电子，由构造原理可知核外电子排布为[Ar]3d104s24p3；砷在第四周期第ⅤA族，硒在第四周期第ⅥA族，同周期电离能第ⅤA族＞第ⅥA族，所以砷大于硒，故第一电离能：As>Se，故答案为[Ar]3d104s24p3；＞；(2）同周期随原子序数递增电负性增大，Ga和A