2024届河北省邯郸市鸡泽一中化学高二下期末统考模拟试题含解析

2024届河北省邯郸市鸡泽一中化学高二下期末统考模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、某无色溶液能与铝反应放出氢气，则该溶液中肯定不能大量共存的离子组是()A．NH4＋、Na＋、Ba2＋、Cl－B．Na＋、I－、HCO3－、SO42－C．K＋、Cl－、SO32－、[Al(OH)4]－D．Na＋、Mg2＋、SO42－、Cl－2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A．标准状况下的22.4L丁烷完全燃烧，生成的二氧化碳的分子数为4NAB．1mol乙基中含有的电子数为18NAC．46g二氧化氮和46g四氧化二氮含有的原子数均为3NAD．在1L2mol·L-1的硝酸镁溶液中含有的硝酸根离子数为4NA3、有0.2mol某有机物和0.5mol氧气在一密闭容器中燃烧得产物为CO2、CO、H2O(气）。产物依次通过浓硫酸时，浓硫酸的质量增加了10.8g；再通过灼热的氧化铜时，氧化铜的质量减轻了3.2g；又通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了17.6g。该有机物的化学式是A．C2H4 B．C2H6O C．C2H6O2 D．C3H6O34、溶液X中可能含有Ba2+、NH4+、Na+、K+、Cl–、HCO3–、HSO3–、SO42–中的几种离子，各离子的浓度均相等。为了确定其组成，某同学进行了如下实验：①取少量溶液X，往里滴加过量的氢氧化钠溶液并加热，得到气体A、溶液A和沉淀A②取少量溶液A，往里滴加过量的硝酸银溶液得到溶液B和沉淀B下列说法正确的是A．溶液X中一定存在Ba2+、NH4+，可能含有Cl-B．溶液X中一定不存在SO42–、Na+和K+C．溶液X中HCO3–、HSO3–两者存在其一D．沉淀A一定是BaCO3，沉淀B一定是AgCl5、下列电子层中，原子轨道数目为4的是（）A．K层 B．L层 C．M层 D．N层6、根据下列实验操作与现象所得结论正确的是（）选项选项实验操作与现象结论A向油脂皂化反应后的溶液中滴入酚酞，溶液变红油脂已经完全皂化B蔗糖溶液在稀硫酸存在下水浴加热一段时间后，加适量氨水使溶液呈碱性，再与银氨溶液混合加热，有光亮的银镜生成蔗糖溶液已经水解完全C向溶液X中滴入NaHCO3溶液，产生无色气体X中的溶质一定是酸D向鸡蛋清溶液中滴加醋酸铅溶液，产生白色沉淀，加水沉淀不消失蛋白质发生变性A．A B．B C．C D．D7、用NA表示阿伏加德罗常数的值。则下列说法中正确的是()⑴0.25molNa2O2中含有的阴离子数为0.5NA⑵7.5gSiO2晶体中含有的硅氧键数为0.5NA⑶标准状况下，2.24LCCl4中含有的原子数为0.1NA⑷常温下，1L0.1mol/LFeCl3溶液中含Fe3＋数为0.1NA⑸1L1mol/LCH3COOH溶液中含有NA个氢离子⑹常温下，2.7g铝与足量的氢氧化钠溶液反应，失去的电子数为0.3NA⑺22.4LSO2气体，所含氧原子数为2NA⑻14g乙烯和丙烯的混合物中，含有共用电子对数目为3NA⑼25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OHˉ数为0.2NAA．⑵⑸⑻⑼B．⑵⑹⑻C．⑴⑷⑹⑻⑼D．⑴⑶⑸8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数为NAB．17gH2O2含有0.5NA个非极性共价键C．常温下，56g铁片投入足量浓H2SO4中产生H2分子的个数为NAD．标准状况下，22.4LCl2溶于水转移的电子数为NA9、欲将碘水中的碘萃取出来，下列萃取剂不能选用的是()①乙醇②四氯化碳③苯④己烷⑤己烯A．②③④ B．①⑤ C．①④ D．①④⑤10、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11、短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为21。则下列说法不正确的是A．原子半径大小：Y<X B．W的简单气态氢化物比X的稳定C．Z的最高价氧化物对应的水化物是一种强酸 D．W的氧化物可溶于烧碱溶液12、等物质的量的下列有机物完全燃烧，消耗氧气最多的是（）A．C2H4 B．C2H4O C．C2H6O D．C3H6O213、某合作学习小组讨论辨析：①花生油属于混合物，液氯、冰醋酸均属于纯净物②碳酸钠、氯化铵、氢氧化钡都属于离子化合物③SO2、NO2和CO2都是污染性气体④氨气、水和硫酸钡分别属于非电解质、弱电解质和强电解质⑤水玻璃、水银和水煤气都属于混合物⑥酸性氧化物不一定是非金属氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物⑦氢氧化铁、有色玻璃和果冻都属于胶体上述说法正确的是A．①②④⑥ B．①②④⑦ C．②③④⑤ D．①②③⑤14、某有机物A由C、H、O三种元素组成，相对分子质量为90。将9.0gA完全燃烧的产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重5.4g和13.2g。A能与NaHCO3溶液发生反应，且2分子A之间脱水可生成六元环化合物。有关A的说法正确的是（）A．分子式是C3H8O3B．A催化氧化的产物能发生银镜反应C．0.1molA与足量Na反应产生2.24LH2（标准状况）D．A在一定条件下发生缩聚反应的产物是15、利用Cu和浓硫酸制备SO2的反应涉及的装置，下列说法正确的是A．用装置①制备SO2B．用装置②检验和收集SO2C．用装置③稀释反应后溶液D．用装置④测定反应后溶液中c(H+)16、银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故。根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器漫入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去。下列说法正确的是A．处理过程中银器一直保持恒重B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银C．该过程中总反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl17、0.01molAl投入到100mL3mol/LNaOH溶液中充分反应后，再滴入1mol/LH2SO4120mL，其结果A．溶液的pH＜7B．得到澄清透明溶液C．得到浑浊液D．先有白色沉淀生成，后逐渐溶解18、已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol。根据下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X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl2C．元素Y是ⅢA族的元素D．若元素Y处于第3周期，它的氧化物为两性氧化物19、下列解释事实的方程式不正确的是A．小苏打溶液呈弱碱性：HCO3-+H2OCO32-+H3O+B．测0.1mol/L氨水的pH为11：NH3·H2ONH4++OH-C．pH=5的硫酸稀释1000倍，pH约等于7：H2OH++OH-D．用Na2CO3处理水垢中CaSO4：CaSO4(s)+CO32-(aq)SO42-(aq)+CaCO3(s)20、下列实验操作或说法正确的是A．提纯氯气，可将气体依次通过装有饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸的洗气瓶B．碳酸钠溶液可贮存在带玻璃塞的磨口试剂瓶中C．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液D．用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖、淀粉3种溶液21、如下图甲、乙两个容器中，分别加入0.1mol·L－1的NaCl溶液与0.1mol·L－1的AgNO3溶液后，以Pt为电极进行电解时，在A、B、C、D各电极上生成物的物质的量之比为()A．2∶2∶4∶1B．2∶3∶4∶1C．1∶4∶2∶2D．1∶1∶1∶122、下列图象是从某些离子晶体结构图中分割出来的部分结构图，试判断下列图象属于NaCl晶体结构的图象是()A．图⑴和图⑶B．图⑵和图⑶C．只有图⑴D．图⑴和图⑷二、非选择题(共84分)23、（14分）聚乳酸E在服装、卫生医疗制品等行业具有广泛的应用。某有机化合物A在一定条件下通过一系列反应可合成E；同时还可得到C和D等重要有机化合物。转化关系如下图：完成下列填空：（1）B→E反应类型：____________，D→G实验室中反应条件：_______________。（2）A的分子式：_____________。（3）与F同类别的同分异构体还有HCOOCH(CH3)2、HCOOCH2CH2CH3和_______(用结构简式表示)。（4）写出实验室中判断D中有G生成的方法______________________________________________（5）石油产品丙烯及必要的无机试剂可合成丙烯酸，设计合成路线如下：。已知：i.请完成合成路线中的：ClCH2CH=CH2→甲→乙→丙______。24、（12分）原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，X基态原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y基态原子的2p原子轨道上有3个未成对电子，Z是地壳中含量最多的元素，W的原子序数为24。（1）W基态原子的核外电子排布式为___________，元素X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表达)；（2）与XYZ-互为等电子体的化学式为___________；（3）1mol

HYZ3分子中含有σ键的数目为___________；（4）YH3极易溶于水的主要原因是___________。25、（12分）某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图），以环己醇制备环己烯。已知：；反应物和生成物的物理性质如下表：

密度（g/cm3）

熔点（℃）

沸点（℃）

溶解性

环已醇

0.96

25

161

能溶于水

环已烯

0.81

－103

83

难溶于水

制备粗品：将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。①A中碎瓷片的作用是，导管B除了导气外还具有的作用是。②试管C置于冰水浴中的目的是。（2）制备精品①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在层（填上或下），分液后用（填序号）洗涤：a．KMnO4溶液b．稀H2SO4c．Na2CO3溶液②再将环己烯按下图装置蒸馏，冷却水从（填字母）口进入；蒸馏时要加入生石灰的目的。③上图蒸馏装置收集产品时，控制的温度应在左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是：a．蒸馏时从70℃开始收集产品；b．环己醇实际用量多了；c．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出；d.是可逆反应，反应物不能全部转化（3）区分环己烯精品和粗品（是否含有反应物）的方法是。26、（10分）某铜制品在潮湿环境中发生的电化学腐蚀过程可表示为如图，腐蚀后有A物质生成，某小组为分析A物质的组成，进行了如下实验：实验①：取A样品，加过量稀硝酸完全溶解后，再加入溶液，有白色沉淀生成。实验②：另取A样品4.29g，加入含的稀硫酸溶液，恰好中和，生成两种盐的混合溶液。向所得混合溶液中加入适量的NaOH溶液，产生蓝色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得3.20g黑色固体。（1）该粉状锈中除了铜元素外还含有（写元素符号）___元素，该铜制品发生电化学腐蚀生成粉状锈时其正极电极反应式为____。（2）写出该粉状锈溶于稀硫酸反应的离子方程式____。（3）加热条件下，实验②中所得的黑色固体能与乙醇反应，化学方程式为____。27、（12分）如图，是实验室制备乙酸乙酯的装置。a试管中加入3mL95%的乙醇、2mL浓硫酸、2mL冰醋酸；b试管中是饱和碳酸钠溶液。连接好装置，用酒精灯对试管a加热，当观察到试管b中有明显现象时停止实验。（1）在a试管中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入____________，目的是____________。（2）试管b中观察到的主要现象是__________________________。（3）实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是_________________。（4）饱和Na2CO3溶液的作用是__________________________________________。（5）反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，然后分液，得到乙酸乙酯。28、（14分）下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。abcef试回答下列问题：（1）写出元素e的基态原子电子排布式________________，其未成对电子数为________。（2）c在空气中燃烧产物的分子构型为_____，中心原子的杂化形式为______杂化。c能形成一种八元环状形同王冠的单质分子，原子的杂化形式为______杂化。（3）b单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示。若已知b的原子半径为d厘米，NA代表阿伏加德罗常数，b的相对原子质量为M，请回答：①晶胞中b原子的配位数为_____，表示原子空间占有率的代数式为_____________。②该晶体的密度为_____________g/cm3（用含有关字母的代数式表示）。a、f中，与单质b晶体中原子的堆积方式相同的是__________（填元素符号）。29、（10分）如图是一个电化学过程的示意图，回答下列问题：（1）甲池将__________能转化为__________能，乙装置中电极A是__________极。（2）甲装置中通入CH4一极的电极反应式为__________（3）一段时间，当丙池中产生112mL(标准状况)气体时，均匀搅拌丙池，所得溶液在25℃时的pH=__________(已知：NaCl溶液足量，电解后溶液体积为500mL)。若要使丙池恢复电解前的状态，应向丙池中通入__________(写化学式)。

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【解题分析】分析：某无色溶液能与铝反应放出氢气，则该溶液可能显酸性，也可能显碱性，结合离子的性质分析判断。详解：A.如果溶液显酸性，则NH4＋、Na＋、Ba2＋、Cl－可以大量共存，A错误；B.HCO3－在酸性或碱性溶液中均不能大量共存，B正确；C.如果溶液显碱性，则K＋、Cl－、SO32－、[Al(OH)4]－可以大量共存，C错误；D.如果溶液显酸性，则Na＋、Mg2＋、SO42－、Cl－可以大量共存，D错误；答案选B。点睛：明确溶液的酸碱性以及常见离子的性质、发生的化学反应是解答此类问题的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，例如溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；尤其要注意是“可能”共存，还是“一定”共存等。2、B【解题分析】

A.标况下22.4L丁烷是1mol，含有4mol碳原子，因此完全燃烧后生成二氧化碳的分子数为4NA，故A正确；B.因为乙基（-CH2CH3）是中性基团，所以1mol乙基中含有的电子数为碳氢原子电子数之和，为17NA，故B不正确；C.二氧化氮和四氧化二氮的分子式中氮氧比都是1:2，因此46g二氧化氮和四氧化二氮都有1mol氮原子和2mol氧原子，总原子数为3NA，故C正确；D.1L2mol·L-1的硝酸镁溶液中含有溶质硝酸镁为2mol，1mol硝酸镁中含有2mol硝酸根，因此2mol硝酸镁含有的硝酸根离子数为4NA，故D正确。故选B。【题目点拨】乙基（-CH2CH3）、甲基（-CH3）、羟基（-OH）等基团都是中性的，不带电，“-”表示一个电子，不是从其他原子得到的电子，是原子本身的电子，所以计算电子数时，只需要把各个原子的电子数加起来即可。3、B【解题分析】

浓硫酸增重10.8g说明反应产物中含水10.8g，即产物中含n(H2O)==0.6mol；通过灼热氧化铜，氧化铜质量减轻3.2g，则CO+CuOCO2+Cu△m1mol1mol16gn（CO）3.2g=，解得n（CO）=0.2mol；根据碳元素守恒可知CO与CuO反应生成的CO2的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol×44g/mol=8.8g；有机物燃烧生成的CO2的质量为17.6g-8.8g=8.8g，物质的量为=0.2mol；根据碳元素守恒可知，0.2mol有机物中含有碳原子物质的量为0.4mol，根据氢元素守恒可知，0.2mol有机物中含有氢原子物质的量为0.6mol×2=1.2mol，根据氧元素守恒可知，0.2mol有机物中含有氧原子物质的量为0.2mol+0.2mol×2+0.6mol-0.5mol×2=0.2mol，则n（有机物）：n（C）：n（H）：n（O）=0.2mol：0.4mol：1.2mol：0.2mol=1:2:6:1，所以有机物的分子式为C2H6O，故选B。【点晴】本题考查有机物分子式的确定。注意所含元素原子个数的计算角度，注意质量守恒定律的应用。浓硫酸具有吸水性，浓硫酸的质量增加10.8g说明反应产物中含水10.8g，通过灼热氧化铜，氧化铜质量减轻3.2g，结合方程式可计算CO的物质的量，通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了17.6g可计算总CO2的物质的量，根据氧元素守恒可计算有机物中含有O的物质的量，进而求得化学式。4、B【解题分析】

X与过量NaOH反应生成气体A为氨气，沉淀A应为亚硫酸钡或碳酸钡或两者都有，则溶液中一定含Ba2+、NH4+、HSO3-和HCO3-至少含有一种，一定不含SO42-。溶液A与硝酸银反应生成沉淀B可能为Ag2O或AgCl，溶液中各离子的浓度均相等，由电荷守恒可知，一定存在阴离子Cl-、HCO3-和HSO3-，不存在Na+、K+，以此来解答。【题目详解】A．由上述分析可知，X中一定存在Ba2+、NH4+、Cl-，故A错误；B．溶液X中一定不存在SO42–、Na+和K+，故B正确；C．由上述分析可知，X中一定存在HCO3–、HSO3–，故C错误；D．沉淀A应为亚硫酸钡和碳酸钡，B可能为Ag2O或AgCl，故D错误；故答案：B。5、B【解题分析】

s、p、d、f含有的轨道数目分别是1、3、5、7，所以K层原子轨道的数目为1，L层原子轨道的数目为4，M层原子轨道的数目为9，N层原子轨道的数目为16，答案选B。【题目点拨】该题的关键是记住能级对应的轨道数目以及能层包含的能级数目，然后灵活运用即可。6、D【解题分析】

A．油脂碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐溶液呈碱性，所以不能根据皂化后溶液酸碱性判断油脂是否完全皂化，故A错误；B．葡萄糖和银氨溶液的银镜反应必须在碱性条件下，所以在滴加银氨溶液之前必须加NaOH溶液，否则得不到Ag，且只能证明蔗糖已经发生水解，无法证明完全水解，故B错误；C．产生无色气体，向溶液X中滴入NaHCO3溶液，说明X溶液呈酸性，但X不一定是酸，如硫酸氢钠属于盐，故C错误；D．铅离子为重金属离子，蛋白质遇到重金属离子发生变性，所以向鸡蛋清溶液中滴加醋酸铅溶液，产生白色沉淀，且加水沉淀不消失，故D正确。故选D。7、B【解题分析】分析：(1)Na2O2中含有的阴离子为过氧根离子；

(2)1molSiO2晶体中含有4mol硅氧键；

(3)标准状况下CCl4为液态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算CCl4的物质的量；

(4)1L

0.1mol·L-1

FeCl3溶液含有0.1molFeCl3，其电离出来的0.1NA个Fe3+中有一部分发生了水解，导致溶液中Fe3+数少于0.1NA；

(5)1L1mol/LCH3COOH的HAc溶液中，醋酸为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢离子；

(6)

该反应中铝失电子作还原剂，氢元素得电子作氧化剂，所以氢氧化钠和水作氧化剂，再根据各种微粒之间的关系式计算；

(7)没有告诉是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4LSO2气体的物质的量；

(8)乙烯和丙烯的最简式为CH2，根据最简式计算出混合物中含有的C、H数目,乙烯和丙烯中，每个C和H都平均形成1个C-C共价键、1个C-H共价键；（9）先由pH计算c(H+)，再由水的离子积Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，计算c(OH-)，最后根据n=cV，N=nNA，计算离子个数。详解:(1)0.25molNa2O2中含有0.25mol过氧根离子，含有的阴离子数为0.25NA，故(1)错误；

(2)7.5g晶体的物质的量为7.5g60g/mol=18mol，18mol含有的硅氧键的物质的量为：18mol×4=0.5mol，含有的硅氧键数为0.5NA，故(2)正确；

(3)标准状况下CCl4为液态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算CCl4的物质的量，故(3)错误；

(4)1L

0.1mol·L-1

FeCl3溶液含有0.1molFeCl3，其电离出来的0.1NA个Fe3+中有一部分发生了水解，导致溶液中Fe3+数少于0.1NA，故(4)错误;

(5)1L1mol/LCH3COOH的HAc溶液中含有1mol溶质醋酸，因为醋酸部分电离出氢离子，所以溶液中含有的氢离子小于1mol，含有氢离子数目小于NA，故(5)错误；

(6)

根据方程式知，当有2.7

g

Al参加反应时，转移的电子数目=2.7g27g/molmol×3×NA/mol=0.3NA，故(6)正确；

(7)不是标准状况下,不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4LSO2气体的物质的量,故(7)错误；

(8)14g乙烯和丙烯的混合物中含有1mol最简式CH2，含有1molC、2molH原子，乙烯和丙烯中，1molC平均形成了1mol碳碳共价键,2molH形成了2mol碳氢共价键，所以总共形成了3mol共价键，含有共用电子对数目为3NA（9）pH=13，则c(H+)=10-13mol/L，由水的离子积Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，

解得c(OH-)=0.1mol/L，所以1L溶液含有0.1NA个OH-，故（9）错误。根据以上分析可以知道,正确的有（2）（6）（8），

所以B选项是正确的。8、B【解题分析】A.7.8gNa2S、Na2O2的固体物质的量都是0.1mol，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，所以含有的阴离子都为0.1mol，阴离子数均为0.1NA，故A错误；B.17gH2O2的物质的量为=0.5mol，含有0.5mol过氧根，其中含有0.5NA个非极性共价键，故B正确；C.常温下，铁与浓H2SO4发生钝化，故C错误；D.氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故1mol

Cl2溶于水，转移的电子数目小于NA，故D错误；故选B。9、B【解题分析】

①碘在乙醇中的溶解度大于在水中的溶解度，但乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，故①正确；②碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘与四氯化碳不反应，水与四氯化碳不互溶，能作为萃取剂，故②错误；③碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘与苯不反应，水与苯不互溶，能作为萃取剂，故③错误；④碘在己烷中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘与己烷不反应，水与己烷不互溶，能作为萃取剂，故③错误；⑤己烯能与碘水发生加成反应，则不能用己烯作为碘水中提取碘的萃取剂，故⑤正确；故答案为B。【题目点拨】明确萃取剂的选择原则是解题关键，萃取剂的选择原则：①溶质在萃取剂中的溶解度要远远大于在原溶剂中的溶解度；②萃取剂不能与原溶液中的溶质、溶剂反应；③萃取剂要与原溶剂密度不同。10、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。11、B【解题分析】

短周期元素

W、X、Y、Z

在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为

21，设X的最外层电子数为x，Y、W、Z的最外层电子数分别为x+2、x、x+3，则2x+x+2+x+3=21，解得：x=4，则X为C元素，W为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素，据此分析解答。【题目详解】根据分析可知：X为C元素，W为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素。A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径Y＜X，故A正确；B．同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性W＜X，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，则简单氢化物稳定性：W＜X，故B错误；C．Cl的最高价氧化物对应水化物为高氯酸，高氯酸为强酸，故C正确；D．W的氧化物为二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应，故D正确；故选B。12、D【解题分析】

根据燃烧通式CxHyOz＋(x+y/4－z/2)O2xCO2＋y/2H2O可知等物质的量的有机物完全燃烧时，耗氧量取决于(x+y/4－z/2)值的大小，其值越大，耗氧量越多。选项A～D中(x+y/4－z/2)的值分别是3、2.5、3、3.5，因此消耗氧气最多的是C3H6O2。答案选D。13、A【解题分析】

①花生油属于油脂，是多种高级脂肪酸甘油酯组成的混合物，液氯、冰醋酸都只含一种物质均属于纯净物，故①正确；②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵都含有离子键，都属于离子化合物，故②正确；③SO2、NO2会导致酸雨的形成，而CO2是空气的组成成分气体，CO2不会导致大气污染，故③错误；④氨气本身不能电离属于非电解质、水部分电离为弱电解质，硫酸钡溶解的部分完全电离，属于强电解质，故④正确；⑤水玻璃是硅酸钠的水溶液，水煤气是氢气和CO构成的，均是混合物，水银是金属单质，属于纯净物，故⑤错误；⑥酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，故⑥正确；⑦氢氧化铁属于纯净物，故⑦错误；故答案选：A。【题目点拨】水玻璃是硅酸钠的水溶液，水煤气是氢气和CO构成的。14、C【解题分析】

使浓硫酸增重可知水的质量为5.4g，可计算出n(H2O)==0.3mol，n(H)=0.6mol；使碱石灰增重13.2g，可知二氧化碳质量为13.2g，n(C)=n(CO2)==0.3mol，，此有机物9.0g含O：9.0g−0.6mol×1g/mol−0.3mol×12g/mol=4.8g，n(O)==0.3mol，n(C)：n(H)：n(O)=0.3mol：0.6mol：0.3mol=1：2：1，即实验式为CH2O，实验式的式量为30，又A的相对分子质量为90，设分子式为(CH2O)n，可得：30n=90，解得：n=3，故该有机物的分子式为C3H6O3，A能与NaHCO3溶液发生反应，则分子内含羧基，且2分子A之间脱水可生成六元环化合物，则还应含羟基，A的结构简式为。据此分析作答。【题目详解】根据上述分析可知，A.A的分子式为C3H6O3，A项错误；B.由可与NaHCO3溶液发生反应，可知A含羧基，再根据2分子A之间脱水可生成六元环化合物，可推出A还含羟基，因此A的结构简式为：，A中含羟基，A发生催化氧化的产物为CH3COCOOH，产物中不含醛基，不能发生银镜反应，B项错误；C.一个A分子中含有一个羧基、一个羟基，羧基和羟基都能与金属钠发生反应，因此0.1molA与足量Na反应产生标准状况下的H22.24L，C项正确；D.A在一定条件下发生缩聚反应的产物是，D项错误；答案选C。15、C【解题分析】

A.Cu和浓硫酸反应生成SO2需要加热，A错误；B.检验SO2可用品红溶液，但收集SO2用向上排空气法时导管要长进短出，B错误；C.反应后溶液仍含有较高浓硫酸的硫酸，稀释时宜采用和浓硫酸稀释一样的方法，即向水中倒入应后的溶液并搅拌，C正确；D.NaOH溶液为碱性溶液，应盛放在碱式滴定管中，不能用酸式滴定管盛放，D错误；答案为C。16、B【解题分析】

A．银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，所以银器质量减小，故A错误；B．银作正极，正极上Ag2S得电子作氧化剂，在反应中被还原生成单质银，故B正确；C．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3，故C错误；D．黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl，故D错误；故选B。17、B【解题分析】分析：能够先后发生的反应有①2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、②2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O、③H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，④Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，n(Al)=0.01mol，n(NaOH)=0.1L×3mol/L=0.3mol，n(H+)=1mol/L×0.12L×2=0.24mol，以此来解答。详解：n(Al)=0.01mol，n(NaOH)=0.1L×3mol/L=0.3mol，由2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，Al完全反应，消耗NaOH为0.01mol，由2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O可知，0.29molNaOH需要硫酸为0.29mol2=0.145mol，而n(H+)=1mol/L×0.12L×2=0.24mol，硫酸为0.12mol，硫酸不足，则不发生H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓和Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，因此最后得到偏铝酸钠、氢氧化钠、硫酸钠的混合溶液，溶液显碱性，故选18、B【解题分析】

从电离能的数据看，X元素的第二电离能是第一电离能的9倍多，所以X易失去1个电子，显+1价；Y的第四电离能比第三电离能大四倍多，所以Y易失去3个电子，显+3价。【题目详解】A．由分析知，元素X的常见化合价是+1价，A正确；B．元素X显+1价，与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，B错误；C．从电离能的数据比较中可以看出，元素Y易失去3个电子，是ⅢA族元素，C正确；D．若元素Y处于第3周期，则为铝，它的氧化物Al2O3为两性氧化物，D正确；故选B。19、A【解题分析】分析：A.小苏打水解呈弱碱性；B.NH3·H2O为弱电解质，不完全电离；C.pH=5的硫酸稀释1000倍，接近中性，因此pH约等于7；D.CaCO3沉淀比CaSO4沉淀容易除去。详解：A.小苏打溶液呈弱碱性，离子方程式：HCO3-+H2OHCO3-+OH-，故A错误；B.NH3·H2O为弱电解质，不完全电离，电离方程式为：NH3·H2ONH4++OH-，故B正确；C.pH=5的硫酸稀释1000倍，接近中性，因此pH约等于7，水的电离方程式为：H2OH++OH-，故C正确；D.水垢中含有CaSO4，用Na2CO3转化为CaCO3沉淀,CaCO3沉淀易被酸所溶解，便于水垢的除去，离子方程式：CaSO4(s)+CO32-(aq)SO42-(aq)+CaCO3(s)，故D正确；答案选A.点睛：酸或碱过度稀释会接近于中性。20、D【解题分析】A.提纯氯气，不可将气体依次通过装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，氯气与饱和碳酸氢钠溶液反应，生成氯化钠、次氯钠、二氧化碳，故A错误；B、碳酸钠溶液能与玻璃中的SiO2反应，不可贮存在带玻璃塞的磨口试剂瓶中，故B错误；C、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液不一定是钠盐溶液，可能是氢氧化钠，故C错误；D、用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖、淀粉3种溶液，乙酸具有酸性，可与氢氧化铜发生中和反应，葡萄糖为还原性糖，与氢氧化铜发生氧化还原反应生成砖红色沉淀，淀粉与氢氧化铜不反应，可鉴别，故D正确；故选D。21、A【解题分析】分析：根据图示，得到A是阴极，该电极上是氢离子得电子，B是阳极，该电极上是氯离子失电子，C是阴极，该电极上是析出金属银，D是阳极，该电极上产生氧气，根据电极反应式以及电子守恒进行相应的计算。详解：根据图示，得到A是阴极，该电极上是氢离子得电子，2H++2e-=H2↑，B是阳极，该电极上是氯离子失电子，级2Cl--2e-=Cl2↑，C是阴极，该电极上是析出金属银，Ag++e-=Ag，D是阳极，该电极上产生氧气，级4OH--4e-=O2↑+2H2O，各个电极上转移电子的物质的量是相等的，设转以电子1mol，所以在A、B、C、D各电极上生成的物质的量之比为0.5：0.5：1：0.25=2：2：4：1，故选A。22、D【解题分析】分析：本题考查的是常见晶体的空间构型，注意氯化钠和氯化铯晶体结构的区别。详解：由于在氯化钠晶体中，每个钠离子周围同时吸引着最近的等距离的6个氯离子同样每个氯离子周围同时吸引着最近的等距离的6个钠离子，图⑴符合条件，图⑷中选取其中一个离子，然后沿X、Y、Z三轴切割得到6个等距离的且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数也是6，符合条件，故选D。二、非选择题(共84分)23、缩聚反应；Cu、加热；C7H12O4；CH3CH2COOCH3；取少量D反应后的液体于试管中，加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，若有砖红色沉淀生成，则有乙醛；【解题分析】

由流程和信息可知，A是CH3COOCH（CH3）COOCH2CH3，B是，C是CH3COOH，D是CH3CH2OH，E是，F是CH3COOCH2CH3，G是CH3CHO。【题目详解】（1）B是，E是，则B→E是缩聚反应。D是CH3CH2OH，G是CH3CHO，醇的催化氧化的反应条件为：Cu或银、加热；（2）由分析可知，A是CH3COOCH（CH3）COOCH2CH3，则A的分子式为C7H12O4；（3）与F同类别的同分异构体还有HCOOCH(CH3)2、HCOOCH2CH2CH3和CH3CH2COOCH3；（4）D是CH3CH2OH，G是CH3CHO，判断D中有G生成，可检验醛基，方法是：取少量D反应后的液体于试管中，加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，若有砖红色沉淀生成，则有乙醛；（5）由于碳碳双键易被氧化，应先氧化引入羧基，再引入碳碳双键，由信息可知，ClCH2CH=CH2先在碱性条件下水解，再与溴发生加成反应，再用酸性高锰酸钾氧化得到羧基，合成路线如下：。24、1s22s22p63s23p63d54s1N＞O＞CCO2（SCN-等）4×6.02×1023氨分子与水分子间易形成氢键【解题分析】

原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，元素X的原子最外层电子数是其内层的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；Y基态原子的2p轨道上有3个未成对电子，Y的核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；W的原子序数为24，则W为Cr元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Cr元素。(1)W核外电子数为24，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；同一周期，随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；N＞O＞C；(2)原子总数相等、价电子总数相等微粒互为等电子体，与CNO-互为等电子体的有CO2、SCN-等，故答案为：CO2(或SCN-等)；(3)HNO3的结构式为，1mol

HNO3分子中含有4molσ键，数目为4×6.02×1023，故答案为：4×6.02×1023；(4)氨分子与水分子间易形成氢键，导致NH3极易溶于水，故答案为：氨分子与水分子间易形成氢键。【题目点拨】本题的易错点为(1)和(3)，(1)中要注意能级交错现象，(3)中要注意硝酸的结构。25、（1）（3分）①防止爆沸（1分）冷凝回流反应物（1分）②防止环己烯（或反应物）挥发（1分）（2）（7分）①（2分）上层c②（2分）f除去水分③83℃（1分）cd（2分）（3）（1分）取适量产品投入一小块金属钠，观察是否有气泡产生（或测定沸点是否为83℃）【解题分析】试题分析：碎瓷片在反应中主要是起到防止暴沸的作用，长导管B出了能起到导气的作用还起到冷凝的作用。环己烯易挥发，因此试管C置于冰水浴中的目的是防止环己烯挥发。环己烯的密度比饱和食盐水的密度小，因此环己烯在上层，环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质由于乙醇溶解在碳酸钠溶液中，酸可以与碳酸钠反应，而环己烯不能与碳酸钠反应，因此可用饱和碳酸钠溶液进行洗涤。冷凝管水的流向是下进上出，因此冷却水应从f进入。生石灰具有吸水性，因此在蒸馏时加生石灰主要是除去水分子。实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是1.制备粗品时环己醇随产品一起蒸出。2.是可逆反应，反应物不能全部转化。粗产品环己烯中含有乙醇，因此可用金属钠来检验。考点：考查有机合成的相关知识点。26、O、H、Cl【解题分析】

（1）根据先加过量稀硝酸完全溶解后，再加入溶液，有白色沉淀生成，推出该物质应该含有Cl元素；再根据另取A样品4.29g，加入含的稀硫酸溶液，恰好中和，生成两种盐的混合溶液，推测出含有氢氧根离子，所以含有H和O元素；由图可知，氧气参与放电，所以正极电极反应方程式为；（2）根据实验②，灼烧得3.2g的黑色固体为氧化铜，物质的量是0.04mol，推断出铜元素有0.04mol，加入0.03mol的稀硫酸后，恰好完全中和，推断出氢氧根有0.06mol，再根据化合价推出氯离子的物质的量是0.02mol，所以粉状锈的化学式为，粉状锈与硫酸发生反应的方程式为；（3）根据其中含有铜