2024届湖南省古丈县第一中学化学高二第二学期期末质量检测模拟试题含解析

2024届湖南省古丈县第一中学化学高二第二学期期末质量检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下列有机物中，不属于烃的衍生物的是()A． B．CH3CH2NO2 C．CH2=CH2Br D．2、已知在Ca3（PO4）2的饱和溶液中，c（Ca2+）=2.0×10-6mol•L-1，c（PO43-）=1.58×10-6mol•L-1，则Ca3（PO4）2的Ksp为（）A．2.0×10-29 B．3.2×10-12 C．6.3×10-18 D．5.1×10-273、光化学烟雾是汽车尾气在紫外线作用下生成的有害浅蓝色烟雾，由氮的氧化物和烃类等一次污染物，与它们发生一系列光化学反应生成的臭氧、醛类、过氧乙酰硝酸酯(PAN)等二次污染物组成。光化学烟雾导致眼睛及粘膜受刺激，引发呼吸道疾病，严重时使人头痛、呕吐，甚至死亡。下列叙述中错误的是（）A．光化学烟雾的分散剂为空气B．NO2为酸性氧化物C．O2转化成O3的反应为非氧化还原反应D．汽车节能减排措施可以缓解光化学烟雾带来的污染4、某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中错误的是A．X、Z烧杯中分散质相同B．Y中反应离子方程式为3CaCO3＋2Fe3＋＋3H2O==2Fe(OH)3(胶体)＋3CO2↑＋3Ca2C．利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离D．Z中分散系能产生丁达尔效应5、化学与生活密切相关，下列物质不能用作食品添加剂是（）A．乙醇 B．乙酸 C．乙酸乙酯 D．乙醛6、下列叙述正确的是()A．通常，同周期元素中ⅦA族元素的第一电离能最大B．在同一主族中，自上而下元素的第一电离能逐渐减小C．第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其原子半径越大，第一电离能越大D．主族元素的原子形成单原子离子时的最高化合价数都和它的族序数相等7、下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是()A．CH4＞SiH4＞GeH4＞SnH4B．KCl＞NaCl＞MgCl2＞MgOC．Rb＞K＞Na＞LiD．石墨＞金刚石＞SiO28、下列物质的分离（或提纯）方法正确的是A．分离汽油和水--分液B．除去氯化钠溶液中的泥沙--蒸馏C．分离乙酸与乙酸乙酯--萃取D．用四氯化碳提取溴水中的溴单质--过滤9、下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（）A．SO3

与SO2B．BF3

与NH3C．BeCl2与SCl2D．H2O

与SO210、下列说法正确的是:A．淀粉、纤维素、油脂都是高分子化合物B．石油分馏和煤的干馏过程，都属于物理变化C．聚乙烯是无毒高分子材料，可用于制作食品包装袋D．甲烷、汽油、柴油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料11、下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是（）A．由①中的红棕色气体，推断浓硝酸受热易分解，应保存在低温阴暗处B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应12、在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是()A．Na、Mg、Al的第一电离能逐渐增大B．热稳定性：HF＞H2O＞NH3C．S2﹣、Cl﹣、K+的半径逐渐增大D．O、F、N的电负性逐渐增大13、下列有关热化学方程式的叙述正确的是A．已知2H2(g）＋O2(g）＝2H2O(g）ΔH＝－1．6kJ/mol，则氢气的燃烧热为－2．8kJ/molB．已知4P(红磷，s）＝P4(白磷，s）的ΔH>0，则白磷比红磷稳定C．含3．0gNaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出4．7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为NaOH(aq）＋1/2H2SO4(ag）＝1/2Na2SO4(aq）＋H2O(l）ΔH＝－5．4kJ/molD．已知C(s）＋O2(g）＝CO2(g）ΔH1；C(s）＋1/2O2(g）=CO(g）ΔH2；则ΔH1>ΔH214、某烃的含氧衍生物的相对分子质量为102，其中氧元素的质量分数约为31.4%，则能与NaOH溶液反应的有机物有(不含立体异构)（）A．11种B．8种C．12种D．13种15、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Y处于同一周期，X是地壳中含量最多的非金属元素，Z最外层电子数等于其电子层数，W的最高正价与最低负价绝对值相等。下列说法正确的是A．原子半径：r(X)>r(Y)(Z)B．由Y、W形成的化合物是离子化合物C．Z的最高价氧化物对应的水化物是一种强碱D．Y的简单气态氧化物的热稳定性比W的强16、下列叙述正确的是()A．烯烃中的碳碳双键由l个δ键和l个π键组成B．2s轨道可以和3p轨道形成sp2杂化轨道C．由极性键组成的分子，一定是极性分子D．甲烷中sp3杂化轨道的构型是平面正方形17、微信热传的“苯宝宝表情包”可看作是由苯衍生的物质配以相应文字形成的（如下图），苯不属于（）A．环烃 B．芳香烃 C．不饱和烃 D．烃的衍生物18、在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是()A．澄清透明的无色溶液中：Na+、K+、MnO4-、[Al(OH)4]-B．水电离出的c(H+)=10-14mol/L溶液中：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C．加入铝能产生H2的溶液中：K+、NH4+、I-、NO3-D．常温下c(OH-)=10-13mol/L的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42-、K+19、下列说法不正确的是A．淀粉能水解为葡萄糖 B．油脂属于天然有机高分子C．鸡蛋煮熟过程中蛋白质变性 D．食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C20、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温常压下，6.4g氧气和臭氧混合气体中含有的原子总数为0.4NAB．常温常压下，22.4LCl2中含有的分子数为NAC．1L1mol/LK2SO4溶液中含有的钾离子数为NAD．1mol钠变为Na+失去的电子数为11NA21、甜瓜醛是一种食用香精，其结构简式如图所示。下列有关甜瓜醛的叙述正确的是（）A．1mol该物质最多可与1mol氢气发生加成反应B．该物质的分子式为C9H14OC．加热条件下，该物质能与新制Cu(OH)2悬浊液反应D．该物质为烯烃22、工业合成氨的反应如下：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，450℃时，往2L密闭容器中充入1molN2和2.6molH2，反应5分钟后，测得氨气的浓度为0.08mol/L。0～5分钟内氢气的反应速率为A．0.008nol/(L·min)B．0.016mol/(L·min)C．0.024mol/(L·min)D．0.12mol/(L·min)二、非选择题(共84分)23、（14分）菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂,其合成路线如下:已知:＋（1）A的结构简式为,A中含氧官能团的名称是。（2）由A生成B的反应类型是,E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢,该同分异构体的结构简式为。（3）写出D和E反应生成F的化学方程式。（4）结合题给信息,以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1－丁醇,设计合成路线(其他试剂任选)。合成路线流程图示例如下:CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH324、（12分）Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；Y原子的价电子(外围电子)排布为msnmpn；②R原子核外L层电子数为奇数；③Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。请回答下列问题：（1）Z2＋的核外电子排布式是________。（2）在[Z(NH3)4]2＋离子中，Z2＋的空轨道接受NH3分子提供的________形成配位键。（3）Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是________。a．稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙b．稳定性：甲>乙，沸点：甲<乙c．稳定性：甲<乙，沸点：甲<乙d．稳定性：甲<乙，沸点：甲>乙（4）Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为________(用元素符号作答)。（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，其中分子中的σ键与π键的键数之比为________，其中心原子的杂化类型是________。（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，该元素属于________区元素，元素符号是________。25、（12分）1，2-二溴乙烷可作汽油抗爆剂的添加剂，在实验室中可以用下图所示装置制备1，2二溴乙烷。其中A和F中装有乙醇和浓硫酸的混合液，D中的试管里装有液溴。可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸的存在下在140℃脱水生成乙醚。（夹持装置已略去）有关数据列表如下：填写下列空白：(1)A的仪器名称是____。(2)安全瓶B可以防止倒吸，还可以检查实验进行时导管是否发生堵塞。请写出发生堵塞时瓶B中的现象____。(3)A中发生反应的化学方程式为：____；D中发生反应的化学方程式为：____。(4)在装置C中应加入____(填字母），其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体。a．水b．浓硫酸c．氢氧化钠溶液d．饱和碳酸氢钠溶液(5)若产物中有少量副产物乙醚，可用___（填操作名称）的方法除去。(6)反应过程中应用冷水冷却装置D，其主要目的是乙烯与溴反应时放热，冷却可避免溴的大量挥发；但又不能过度冷却（如用冰水），其原因是____。26、（10分）电镀厂曾采用有氰电镀工艺，处理有氰电镀的废水时，可在催化剂TiO2作用下，先用NaClO将CN-离子氧化成CNO-，在酸性条件下CNO-继续被NaClO氧化成N2和CO2。环保工作人员在密闭系统中用下图装置进行实验，以证明处理方法的有效性，并通过测定二氧化碳的量确定CN-被处理的百分率。将浓缩后含CN-离子的污水与过量NaClO溶液的混合液共200mL(其中CN-的浓度为0.05mol•L-1倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后，打开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞。回答下列问题：（1）甲中反应的离子方程式为________________________，乙中反应的离子方程式为________________________。（2）乙中生成的气体除N2和CO2外，还有HCl及副产物Cl2等。丙中加入的除杂试剂是饱和食盐水，其作用是_____________________，丁在实验中的作用是______________，装有碱石灰的干燥管的作用是______________________________。（3）戊中盛有含Ca(OH)2

0.02mol的石灰水，若实验中戊中共生成0.82g沉淀，则该实验中测得CN-被处理的百分率等于__________。该测得值与工业实际处理的百分率相比总是偏低，简要说明可能原因之一_______________________。27、（12分）氯元素的单质及其化合物用途广泛。某兴趣小组拟制备氯气并验证其一系列性质。I．（查阅资料）①当溴水浓度较小时，溶液颜色与氯水相似也呈黄色②硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液在工业上可作为脱氯剂II．（性质验证）实验装置如图1所示(省略夹持装置)（1）装置A中盛放固体试剂的仪器是____；若分别用KMnO4、Ca(ClO)2、KClO3固体与足量的浓盐酸反应，则产生等量氯气转移的电子数之比为____。（2）装置C中II处所加的试剂可以是____(填下列字母编号)A．碱石灰B．浓硫酸C．硅酸D．无水氯化钙（3）装置B的作用有：除去氯气中的氯化氢、______、_____。（4）不考虑Br2的挥发，检验F溶液中Cl-需要的试剂有_______。III．（探究和反思）图一中设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的。该组的同学思考后将上述D、E、F装置改为图2装置，实验操作步骤如下：①打开止水夹，缓缓通入氯气；②当a和b中的溶液都变为黄色时，夹紧止水夹；③当a中溶液由黄色变为棕色时，停止通氯气；④…（5）设计步骤③的目的是______。（6）还能作为氯、溴、碘非金属性递变规律判断依据的是_____(填下列字母编号)A．Cl2、Br2、I2的熔点B．HCl、HBr、HI的酸性C．HCl、HBr、HI的热稳定性D．HCl、HBr、HI的还原性28、（14分）红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如图所示(图中的△H表示生成1mol产物的数据)。根据上图回答下列问题：(1)P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式_________________________________。(2)PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式_________________________________，上述分解反应是一个可逆反应，温度T1时，在密闭容器中加入0.80molPCl5，反应达到平衡时PCl5还剩0.60mol，其分解率α1等于_________；若反应温度由T1升高到T2，平衡时PCl5的分解率为α2，α2_______α1(填“大于”、“小于”或“等于”)。(3)工业上制备PCl5通常分两步进行，先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5。原因是________________________________________。(4)P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3＝_________，P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H4______△H3(填“大于”、“小于”或“等于”)。(5)PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，其化学方程式是______________________________。29、（10分）草酸亚铁晶体(FeC2O4•2H2O)是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解，是生产锂电池的原材料，也常用作分析试剂及显影剂等，其制备流程如下：(1)配制硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液时，除需加硫酸外还需要加少量铁屑的目的是________。(2)加热至沸腾生成沉淀时反应的化学方程式为________________________。(3)向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液的颜色由紫红色变为棕黄色，同时有气体生成．这说明草酸亚铁晶体具有________(填“氧化”或“还原”)性．若反应中消耗1molFeC2O4•2H2O，则参加反应的n(KMnO4)为________。(4)称取3.60g草酸亚铁晶体(摩尔质量是180g•mol﹣1)用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示：①过程Ⅰ发生反应的化学方程式为________________________。②300℃时剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式___________(写出计算过程)

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】

烃是指只含有碳氢两种元素的有机物，烃的衍生物是指除碳氢元素外，还含有其他元素的有机物，A中含有氯元素、B中含有氮和氧元素、C中含有溴元素，均为烃的衍生物，D只含有碳氢两种元素，属于烃，故正确答案为D。2、A【解题分析】

根据Ca3(PO4)2(s)3Ca2＋(aq)＋2PO43－(aq)，依据溶度积的定义，Ksp=[c(Ca2＋)]3×[c(PO43－)]2=(2.0×10－6)3×(1.58×10－6)2=2.0×10－29，故A正确。【题目点拨】本题思路是先列出磷酸钙溶解的平衡关系，Ca3(PO4)2(s)3Ca2＋(aq)＋2PO43－(aq)，然后根据溶度积的定义，列出Ksp=[c(Ca2＋)]3×[c(PO43－)]2，代入数值计算即可。3、B【解题分析】分析：A.根据光化学烟雾的组成分析判断；B.根据NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮分析判断；C.根据O2转化成O3的反应中是否存在元素化合价的变化判断；D.根据汽车节能减排措施可以减少空气污染物的排放判断。详解：A.光化学烟雾的分散剂为空气，分散质为各种污染物，故A正确；B.NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，不属于酸性氧化物，故B错误；C.O2转化成O3的反应中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，故C正确；D.汽车节能减排措施可以减少空气污染物的排放，起到缓解光化学烟雾带来的污染，故D正确；故选B。4、A【解题分析】

A．x是氯化铁溶液，z是氢氧化铁胶体；B．碳酸钙能与氢离子结合促进三价铁的水解；C．过滤法除去的是液体中不溶性的物质；D．z是氢氧化铁胶体具有胶体的性质。【题目详解】A．x是氯化铁溶液，分散质是氯离子和三价铁离子，Z是氢氧化铁胶体，分散质是氢氧化铁胶粒，故A错误；B．碳酸钙能与氢离子结合生成水和二氧化碳促进三价铁的水解，故B正确；C．过滤法分离固体和液体，故C正确；D．z是氢氧化铁胶体具有胶体的性质，能产生丁达尔效应，故D正确。故选A。5、D【解题分析】

A．乙醇可作味剂，能作食品添加剂，故A正确；B．乙酸又名醋酸，是食醋的成分，能作食品添加剂，故B正确；C．乙酸乙酯是特殊的香味，可用作香料，能作食品添加剂，故C正确；D．乙醛有毒，能致癌，不能作食品添加剂，故D错误；故答案为D。6、B【解题分析】

A.同一周期中零族元素的第一电离能最大；B.同一主族中，自上而下原子半径逐渐增大，第一电离能逐渐减小；C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子,原子半径越大，第一电离能越小；D.主族元素的原子形成单原子离子时,若为阴离子，则其与族序数不等。【题目详解】A.稀有气体不容易失电子，则同周期元素稀有气体的第一电离能最大，故A错误；B.在同一主族中，自上而下失电子能力增强，则自上而下第一电离能逐渐减小，故B正确；C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其半径越大，失电子能力越强，越容易失电子，第一电离能越小，故C错误；D.有的主族元素的原子形成单原子阳离子时的最高化合价数等于其族序数，如Cl元素等，但F元素形成的最高化合价为-1价，不等于其族序数，故D错误；本题答案选B。7、D【解题分析】A分子晶体，分子组成和结构相似，相对分子质量越大，熔点越高，选项A错误；B、离子半径越小，所带电荷越多，晶格能越大，熔点越高，选项B错误；C、金属性越弱，金属键越强，熔点越高，选项C错误；D、石墨C—C的键长比金刚石C—C键长短，键能大，所以石墨的熔点比金刚石高，熔点石墨＞金刚石＞SiO2，选项D正确。答案选D。8、A【解题分析】

A.汽油和水互不相溶，可用分液的方法分离，故A正确；B.泥沙不溶于氯化钠溶液，可用过滤的方法分离，故B错误；C.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可被饱和碳酸钠溶液吸收，可将混合物加入饱和碳酸钠溶液中，然后用分液法分离，故C错误；D.溴易溶于四氯化碳，四氯化碳与水互不相溶，可用萃取分液的方法分离，然后用蒸馏的方法分离四氯化碳和溴，故D错误；答案选A。【题目点拨】本题考查物质的分离，注意根据物质性质的异同选择分离的方法，试题难度不大。本题的易错点是C项，注意乙酸和乙酸乙酯互溶，不能使用萃取的方法分离。9、A【解题分析】试题分析：A、SO3中S原子杂化轨道数为（6+0）=3，采取sp2杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为（6+0）=3，采取sp2杂化方式，故A正确；B、BF3中B原子杂化轨道数为（3+3）=3，采取sp2杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为（5+3）=4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式不同，故B错误；C、BeCl2中Be原子杂化轨道数为（2+2）=2，采取sp杂化方式，SCl2中S原子杂化轨道数为（6+2）=4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式不同，故C错误。考点：原子轨道杂化类型判断点评：本题考查原子轨道杂化类型判断，难度中等。需熟练掌握几种常见分子的中心原子杂化类型。10、C【解题分析】

A．油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而淀粉、纤维素都是天然有机高分子化合物，故A错误；B．分馏与沸点有关，煤的干馏为隔绝空气条件下发生的复杂物理化学变化，有新物质煤焦油等生成，则石油的分馏是物理变化，煤的干馏为化学变化，故B错误；C.聚乙烯中只含有碳和氢两种元素，是无毒的高分子材料，可用于制作食品包装袋，故C正确；D.酒精属于烃的含氧衍生物，不属于碳氢化合物，故D错误；故选C。11、D【解题分析】

①中浓硝酸分解生成二氧化氮气体，②中C与浓硝酸反应生成二氧化氮或浓硝酸受热分解生成二氧化氮，③中浓硝酸挥发后与C反应生成二氧化碳、二氧化氮，以此来解答。【题目详解】A．加热条件下，浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气，则产生的气体一定是混合气体，故A正确；B．加热条件下，浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气，则红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应，故B正确；C．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮的N元素化合价为+4价，化合价降低，在生成的红棕色气体为还原产物，故C正确；D．碳加热至红热，可与空气中氧气反应生成二氧化碳，不一定说明木炭一定与浓硝酸发生了反应，故D错误；故选D。12、B【解题分析】

A．Mg的最外层为3s电子全满，结构较为稳定，难以失去电子，第一电离能最大，Na的最小，则第一电离能大小为：Na＜Al＜Mg，故A错误；B．非金属性F＞O＞N，则氢化物稳定性：HF＞H2O＞NH3，故B正确；C．S2-、Cl-、K+具有相同的电子层数，核电荷数越大，离子半径越小，则S2-、Cl-、K+的半径逐渐减小，故C错误；D．非金属性N＜O＜F，则电负性大小为：N＜O＜F，故D错误；答案选B。13、C【解题分析】试题分析：A、燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，则根据2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝－1．6kJ·mol－1不能得出氢气的燃烧热为2．8kJ·mol－1，A错误；B、已知4P(红磷，s）＝P4(白磷，s）的ΔH>6，这说明红磷的总能量低于白磷，能量越低越稳定，则红磷比白磷稳定，B错误；C、中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，含3．6gNaOH即6．5mol氢氧化钠的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出4．7kJ的热量，则HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－5．4kJ/mol，C正确；D、碳完全燃烧放热多，放热越多，△H越小，则已知C（s）＋O2（g）＝CO2（g）ΔH1,C（s）＋1/2O2（g）＝CO（g）ΔH2，因此ΔH1＜ΔH2，D不正确，答案选C。考点：考查燃烧热、中和热的判断14、D【解题分析】

某烃的含氧衍生物的相对分子质量为102，所含氧元素的质量分数为31.4%，则分子中N（O）=102×31.4%/16=2，分子中碳、氢元素的原子量之和为102-16×2=70，利用余商法可知70/14=5…0，所以分子式为C5H10O2。则分子式为C5H10O2的有机物能与NaOH溶液反应，可能是酸，属于饱和一元酸，其同分异构体等于丁基的种类，共有4种；分子式为C5H10O2的有机物能与NaOH溶液反应，可能是酯，属于饱和一元酯，则若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，可形成4种酯；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，可形成2种酯；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，可形成1种酯；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，可形成2种酯；所以能与NaOH溶液反应的C5H10O2的同分异构体有4种羧酸，9种酯，共13种；答案选D。【题目点拨】本题考查有机物分子式的确定、同分异构体书写、官能团的性质等，计算确定有机物的分子式、确定酯的种类是解题的关键，注意掌握官能团的性质，题目难度较大。15、D【解题分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的非金属元素，则X为O元素；X、Y处于同一周期，则Y为F元素；Z最外层电子数等于其电子层数，则Z为Al元素；W的最高正价与最低负价绝对值相等，其原子序数大于Al，则W为Si元素，据此解答。【题目详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的非金属元素，则X为O元素；X、Y处于同一周期，则Y为F元素；Z最外层电子数等于其电子层数，则Z为Al元素；W的最高正价与最低负价绝对值相等，其原子序数大于Al，则W为Si元素；A．电子层越多原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：r(Z)＞r(X)＞r(Y)，故A错误；B．F、Si形成的四氟化硅为共价化合物，故B错误；C．氢氧化铝为两性氢氧化物，属于弱碱，故C错误；D．非金属性F＞O，则简单氢化物的稳定性HF＞H2O，故D正确；故答案为D。16、A【解题分析】

A.烯烃中的双键碳原子是2sp2杂化，故烯烃中的碳碳双键由l个δ键和l个π键组成，A正确；B.2s轨道只能和2p轨道形成sp2杂化轨道，B不正确；C.由极性键组成的分子，不一定是极性分子，例如甲烷是非极性分子，C不正确；D.甲烷中sp3杂化轨道的构型是正四面体，D不正确。所以答案选A。17、D【解题分析】

A.苯的结构简式为，从结构上看，属于环烃，A错误；B.苯的结构简式为，从结构上看，属于芳香烃，B错误；C.苯的分子式为C6H6，从组成上看，其氢原子数远未达饱和，属于不饱和烃，C错误；D.苯只含有C、H元素，不属于烃的衍生物，D正确；故合理选项为D。18、D【解题分析】试题分析：A、MnO4-为有色离子，不能大量共存，A错误；B、由水电离的c(H+）=10-14mol·L-1的溶液可能呈酸性也可能显碱性，酸性溶液中，Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应而不能大量共存，碱性溶液中，Fe2+、Mg2+不能大量共存，B错误；C、加入铝能产生H2的溶液可能呈酸性也可能显碱性，NH4+在碱性条件下不能大量共存，酸性溶液中I-、NO3-会发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；D、常温下c（OH-）=10-13mol/L的溶液为酸性溶液，各离子均能大量共存，D正确。答案选D。考点：离子共存19、B【解题分析】

A.淀粉是多糖，水解最终产物是葡萄糖，A正确；B.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于天然有机物，但不是高分子化合物，B错误；C.鸡蛋煮熟过程中，蛋白质分子结构发生了变化，不具有原来蛋白质的生理功能，物质的化学性质也发生了改变。因此鸡蛋煮熟过程是蛋白质变性，C正确；D.新鲜蔬菜和水果含有丰富的维生素C，因此食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C，D正确；故合理选项是B。20、A【解题分析】

A.6.4g氧气和臭氧可以看做6.4g氧原子，即为0.4mol氧原子，所以混合气体中含有的原子总数为0.4NA，故A选；B.常温常压下，22.4LCl2的物质的量不是1mol，故B不选；C.1L1mol/LK2SO4溶液中含有的钾离子数为2NA，故C不选；D.1mol钠变为Na+失去的电子数为NA，故D不选。故选A。21、C【解题分析】

A.碳碳双键与醛基均能与氢气发生加成反应，所以1mol该物质最多可与2mol氢气发生加成反应，A项错误；B.根据链键式可知，该物质的分子式为C9H16O，B项错误；C.分子内含能与新制Cu(OH)2悬浊液反应的醛基（-CHO），C项正确；D.根据结构简式可知，该物质中含碳碳双键与醛基，为多官能团的有机物，不能命名为烯烃，D项错误；答案选C。22、C【解题分析】

反应5分钟后，测得氨气的浓度为0.08mol/L，因此用氨气表示的反应速率是0.08mol/L÷5min＝0.016mol/(L·min)。由于反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以0～5分钟内氢气的反应速率为0.016mol/(L·min)×3/2＝0.024mol/(L·min)。答案选C。【题目点拨】明确反应速率的含义以及反应速率和化学计量数之间的关系是解答的关键。另外该题也可以采用三段式计算。二、非选择题(共84分)23、（1），碳碳双键、醛基（2）加成（或还原）反应；，（3）（4）【解题分析】试题分析：（1）根据题目所给信息，1，3-丁二烯与丙烯醛反应生成，根据结构简式可知该有机物含有碳碳双键和醛基。（2）A中碳碳双键和醛基与H2发生加成反应；根据有机合成路线E为CH2=CHCH2OH，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为。（3）D和E反应生成F为酯化反应，化学方程式为：（4）根据题目所给信息，溴乙烷与Mg在干醚条件下反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与环氧乙烷在H+条件下反应即可生成1-丁醇，合成路线为。考点：考查有机化合物的结构与性质、反应类型的判断、同分异构体的判断、化学方程式的书写以及有机合成路线的设计。24、1s22s22p63s23p63d9孤电子对bSi<C<N3∶2sp杂化dCr【解题分析】分析：Z的原子序数为29，Z为Cu元素；R原子核外L层电子数为奇数，R为第二周期元素，Q的p轨道电子数为2，Q的原子序数小于R，Q为C元素；Y原子的价电子排布为msnmpn，Y原子的价电子排布为ms2mp2，Y为第IVA族元素，Y的原子序数介于Q与Z之间，Y为Si元素；X原子p轨道的电子数为4，X的原子序数介于Q与Y之间，X为O元素；R的原子序数介于Q与X之间，R为N元素。（1）Z2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。（2）在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+的空轨道接受NH3分子中N原子提供的孤电子对形成配位键。（3）Q、Y形成的最简单气态氢化物依次为CH4（甲）、SiH4（乙），稳定性：CH4>SiH4，沸点：CH4<SiH4。（4）C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为Si<C<N。（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为CH≡CH，CH≡CH中σ键与π键的键数之比为3:2。其中C原子为sp杂化。（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，该元素属于d区元素，元素符号是Cr。详解：Z的原子序数为29，Z为Cu元素；R原子核外L层电子数为奇数，R为第二周期元素，Q的p轨道电子数为2，Q的原子序数小于R，Q为C元素；Y原子的价电子排布为msnmpn，Y原子的价电子排布为ms2mp2，Y为第IVA族元素，Y的原子序数介于Q与Z之间，Y为Si元素；X原子p轨道的电子数为4，X的原子序数介于Q与Y之间，X为O元素；R的原子序数介于Q与X之间，R为N元素。（1）Z为Cu元素，Cu原子核外有29个电子，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Z2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。（2）在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+的空轨道接受NH3分子中N原子提供的孤电子对形成配位键。（3）Q、Y形成的最简单气态氢化物依次为CH4（甲）、SiH4（乙），由于C-H键的键长小于Si-H键，C-H键的键能大于Si-H键，稳定性：CH4>SiH4；由于CH4的相对分子质量小于SiH4的相对分子质量，CH4分子间作用力小于SiH4分子间作用力，沸点：CH4<SiH4；答案选b。（4）根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第一电离能C<N；同主族从上到下第一电离能逐渐减小，第一电离能C>Si；C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为Si<C<N。（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为CH≡CH，CH≡CH的结构式为H—C≡C—H，单键全为σ键，三键中含1个σ键和2个π键，CH≡CH中σ键与π键的键数之比为3:2。CH≡CH中每个碳原子形成2个σ键，C原子上没有孤电子对，C原子为sp杂化。（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，由于最后电子填入的能级符号为3d，该元素属于d区元素，元素符号是Cr。25、三颈烧瓶或答圆底烧瓶、三口瓶都可B中水面会下降，玻璃管中的水柱会上升，甚至溢出CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2OCH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Brc蒸馏1,2－二溴乙烷的凝固点较低（9℃），过度冷却会使其凝固而使导管堵塞【解题分析】分析：（1）根据仪器构造判断仪器名称；（2）依据当堵塞时，气体不畅通，压强会增大分析；（3）根据A中制备乙烯，D中制备1，2－二溴乙烷分析；（4）C中放氢氧化钠可以和制取乙烯中产生的杂质气体二氧化碳和二氧化硫发生反应；（5）根据1，2-二溴乙烷与乙醚的沸点不同，二者互溶分析；（6）根据1，2-二溴乙烷的凝固点较低（9℃）分析。详解：（1）根据A的结构特点可判断仪器名称是三颈烧瓶；（2）发生堵塞时，B中压强不断增大，会导致B中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出；（3）装置A制备乙烯，其中发生反应的化学方程式为CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2O；D中乙烯与溴发生加成反应生成1，2－二溴乙烷，发生反应的化学方程式为CH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Br；（4）制取乙烯中产生的杂质气体有二氧化碳和二氧化硫等酸性气体，可用氢氧化钠溶液吸收，答案为c；（5）1，2-二溴乙烷与乙醚的沸点不同，两者均为有机物，互溶，用蒸馏的方法将它们分离；（6）由于1，2－二溴乙烷的凝固点较低（9℃），过度冷却会使其凝固而使导管堵塞，所以不能过度冷却。点睛：本题考查了制备实验方案的设计、溴乙烷的制取方法，题目难度中等，注意掌握溴乙烷的制取原理、反应装置选择及除杂、提纯方法，培养学生分析问题、理解能力及化学实验能力。26、CN-+ClO-=CNO-+Cl-2CNO-+2H++3CNO-=N2↑+2CO2↑+3Cl-+H2O除去HCl气体去除Cl2防止空气中CO2进入戊中影响测定准确度82%①装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；②CO2产生的速度较快未与戊中的澄清石灰水充分反应；③Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全（答出其一即可）。【解题分析】本题考查氧化还原反应方程式的书写、物质除杂和提纯、化学计算等，（1）根据信息，甲：在TiO2催化剂作用下，NaClO将CN－氧化成CNO－，ClO－＋CN－→CNO－＋Cl－，CN－中N显－3价，C显＋2价，CNO－中氧显－2价，N显－3价，C显＋4价，因此有ClO－中Cl化合价由＋1价→－1价，化合价降低2价，CN－中C化合价由＋2价→＋4价，化合价升高2价，然后根据原子守恒配平其他，CN－+ClO－=CNO－+Cl－；根据信息酸性条件下，CNO－被ClO－氧化成N2和CO2，离子反应方程式为：2CNO－+2H＋+3CNO－=N2↑+2CO2↑+3Cl－+H2O；（2）利用HCl易溶于水，因此饱和食盐水的作用是除去HCl气体，丁的作用是除去Cl2；实验的目的是测定CO2的量确定CN－被处理的百分率，空气中有CO2，因此碱石灰的作用是防止空气中CO2进入戊中，避免影响测定的准确性；（3）戊中沉淀是CaCO3，根据碳元素守恒，n(CN－)=n(CaCO3)=0.82/100mol=8.2×10－3mol，被处理的百分率是8.2×10－3/(200×10－3×0.05)×100%=82%，①装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；②CO2产生的速度较快未与戊中的澄清石灰水充分反应；③Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全。点睛：本题氧化还原反应方程式的书写是学生易错，书写氧化还原反应方程式时，先判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，如（1）第二问，CNO－继续被ClO－氧化，说明CNO－是还原剂，N2为氧化产物，ClO－是氧化剂，一般情况下，没有明确要求，ClO－被还原成Cl－，Cl－是还原产物，即有CNO－＋ClO－→N2＋CO2＋Cl－，然后分析化合价的变化，N由-3价→0价，Cl由＋1价→－1价，根据化合价升降进行配平，即2CNO－＋3ClO－→N2＋CO2＋3Cl－，环境是酸性环境，根据反应前后所带电荷守恒，H＋作反应物，即2CNO－+2H＋+3CNO－=N2↑+2CO2↑+3Cl－+H2O。27、蒸馏烧瓶6：3：5CD安全瓶观察气泡调节气流稀HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3对比证明b中Cl2未过量CD【解题分析】

（1）根据仪器的构造可知，装置A中盛放固体试剂的仪器是蒸馏烧瓶；若分别用KMnO4、Ca(ClO)2、KClO3固体与足量的浓盐酸反应，反应的离子方程式分别为2MnO4-＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O、ClO－＋2H＋＋Cl－=Cl2↑＋H2O、ClO3-＋6H＋＋5Cl－=3Cl2↑＋3H2O，则产生等量氯气（假设均是1mol）转移的电子数之比为2：1：5/3＝6：3：5；（2）装置C中II处所加的试剂用于干燥氯气，且为固体，不能是碱性干燥剂，否则会吸收氯气，故可以是硅酸或无水氯化钙，答案选CD；（3）生成的氯气中混有氯化氢，则装置B的作用有：除去氯气中的氯化氢并作安全瓶，观察气泡调节气流等作用；（4）不考虑Br2的挥发，检验F溶液中Cl-，必须先用足量Ba(NO3)2将硫酸根离子沉淀，再用稀硝酸酸化，再用硝酸银检验溴离子，故需要的试剂有稀HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3；（5）设计步骤③的目的是对比实验思想，即目的是对比证明b中Cl2未过量；（6）A．Cl2、Br2、I2的熔点与分