吉林省吉林地区普通高中友好学校联合体2024-2025学年高二化学下学期期末联考试题含解析

PAGE吉林省吉林地区一般中学友好学校联合体2024-2025学年高二化学下学期期末联考试题（含解析）1.假如你家里的食用花生油混有水份，你将采纳下列何种方法分别（）A.过滤 B.蒸馏 C.分液 D.萃取【答案】C【解析】【详解】萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分别的一种方法，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分别方法，蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分别的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分别方法。花生油不溶于水，分液即可，答案选C。2.下列试验中玻璃棒的作用相同的是()①过滤②蒸发③溶解④向容量瓶转移液体A.①和② B.①和③ C.③和④ D.①和④【答案】D【解析】【详解】①过滤时须要用玻璃棒引流；②蒸发时用玻璃棒搅拌有利于受热匀称；③溶解时用玻璃棒搅拌加快溶解速度；④向容量瓶转移液体时用玻璃棒进行引流，其中玻璃棒作用相同是①④或者是②③，选项D符合要求，故选：D。3.以下是一些常用的危急品标记，装运乙醇的集装箱应贴的图标是A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】A．属于腐蚀品标记，一般用于浓硫酸、氢氧化钠等腐蚀性试剂的张贴，A不合题意；B．属于爆炸品标记，一般用于烟花爆竹、炸药等爆炸品的张贴，B不合题意；C．属于有毒气体标记，一般用于氟气、氯气、一氧化碳等张贴，C不合题意；D．乙醇是具有可燃性的液体，应当张贴的标记是易燃液体，D符合题意；故选D。4.我国城市环境中的大气污染物主要是A.CO2、Cl2、N2、酸雨 B.SO2、NO2、CO、可吸入颗粒物C.NH3、CO2、NO2、雾 D.HCl、SO2、N2、可吸入颗粒物【答案】B【解析】【详解】A、C项中的二氧化碳不属于大气污染物，D项中的氮气不属于大气污染物，B项中SO2、NO2、CO、可吸入颗粒物均属于大气污染物，故选B。5.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1NAB.常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02NAC.通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4LD.物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为1NA【答案】B【解析】【详解】A.标准状况下，水不是气体，题中条件无法计算22.4L水的物质的量，A错误；B.常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为：1.06g/(106g·mol-1)×2×NA/mol=0.02NA，B正确；C.在标准状况下，1NA个CO2分子占有的体积才等于22.4L，C错误；D.0.5mol/L的MgCl2溶液只知道物质的量浓度，体积未知，则其中含有Cl-个数无法求出，D错误；答案选B。【点睛】标准状况下，1NA个气体分子占有的体积才为22.4L；求出微粒的个数时只知道物质的量浓度是不够的，还须要知道其体积，才能求出其物质的量，进而求出微粒的个数。6.下列说法正确的是①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关②“钡餐”中运用的硫酸钡是弱电解质③冰和干冰既是纯净物又是化合物④雾是气溶胶，在阳光下可视察到丁达尔现象⑤某无色溶液中加入稀盐酸，产生的气体可使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中肯定含CO32-⑥可用渗析法分别Fe(OH)3胶体和KCl溶液A.①③④⑤ B.①③④⑥ C.①③④⑤⑥ D.①②③④⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①依据胶体的性质当带不同电荷的胶粒相遇时会发生聚沉，不同地方的泥土胶粒电荷不同，在入海口出聚沉形成沉淀，日积月累形成三角洲，故①正确；②“钡餐”是硫酸钡，但硫酸钡是强电解质，因为尽管硫酸钡是难溶物但溶于水的部分的确完全电离的，故②错误；③冰是固态的水，干冰是固态的二氧化碳，故③正确；④雾是气溶胶，胶体有丁达尔现象，故④正确；⑤加入稀盐酸产生无色气体，将生成气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则溶液可能有CO32-（SO32-也会变浑浊），故⑤错误；⑥溶液能透过半透膜，而胶体不能，可用渗析法分别，故⑥正确；答案选B。7.在无色透亮的强酸性溶液中，能大量共存的是A.Na＋、、Al3＋、Cl－B.Na＋、、Ca2＋、CK＋、、Cl－、Cu2＋D.Ba2＋、Cl－、K＋、【答案】A【解析】【分析】强酸性溶液中，含大量的H+，依据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，结合离子的颜色分析推断。【详解】A．酸性溶液中该组离子之间不反应，且均为无色离子，能大量共存，故A正确；B．酸溶液中不能大量存在，且与Ca2+结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C．该组离子之间不反应，但Cu2+为蓝色，与溶液无色不符，故C错误；D．因与Ba2+结合生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选A。8.人们常依据物质各种特点对物质进行分类．下列分类中，前者包含后者的是（）A.氧化物、化合物 B.溶液、分散系C.含氧酸、酸 D.化合物、电解质【答案】D【解析】【详解】A、化合物可以分为氧化物、酸、碱、盐等，化合物包含氧化物，故A错误；B、混合物分为溶液、胶体和浊液三大分散系，分散系包含溶液，故B错误；C、酸分为无氧酸和含氧酸，酸包含含氧酸，故C错误；D、电解质是在水溶液或者是熔融状态下能导电的化合物，化合物包含电解质和非电解质，故D正确；答案选D。9.海水提溴过程中，将溴吹入汲取塔，使溴蒸气和汲取剂SO2发生作用以达到富集的目的，化学反应为Br2＋SO2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，下列说法正确的是()。A.Br2在反应中表现氧化性 B.SO2在反应中被还原C.Br2在反应中失去电子 D.1mol氧化剂在反应中得到1mol电子【答案】A【解析】依据方程式限制，Br的化合价从0价降低到－1价，得到1个电子。S的化合价从＋4价上升到＋6价，失去2个电子，所以单质溴是氧化剂，SO2是还原剂，答案选A。10.R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为+2价，且X2+与单质R不反应；X2++Z=X+Z2+；Y+Z2+=Y2++Z，这四种离子的氧化性大小依次正确的是（）A.R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+B.X2+＞R2+＞Y2+＞Z2+C.Y2+＞Z2+＞R2+＞X2+D.Z2+＞X2+＞R2+＞Y2+【答案】A【解析】【分析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析。【详解】反应X2++Z=X+Z2+中氧化剂X2+的氧化性大于氧化产物Z2+，即氧化性X2+＞Z2+；反应Y+Z2+=Y2++Z中氧化剂Z2+的氧化性大于氧化产物Y2+，即氧化性Z2+＞Y2+；X2+与单质R不反应说明X2+的氧化性小于R2+的氧化性，即R2+＞X2+；综上所述，四种离子的氧化性大小为R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+，A项正确；故选A。11.在物质结构探讨的历史上，首先提出原子内有电子学说的科学家是A.道尔顿 B.卢瑟福 C.汤姆生 D.波尔【答案】C【解析】【详解】A．道尔顿提出近百代原子学说，他认为原子是微小的不行分割的实心球体，选项A错误；B．卢度瑟福（汤姆生的学生）提出了带核的原子结构模型，选项B错误；C．汤姆生发觉了电子，提出“道葡萄干面包式”的原子结构模型，选项C正确；D．波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在内肯定轨道上运动的原子结构模型，选项D错误；答案选C。12.具有下列电子排布式的原子中，半径最小的是（）A.ls22s22p63s23p3 B.1s22s22p3 C.1s22s2sp2 D.1s22s22p63s23p4【答案】B【解析】【详解】依据电子排布式可知A是P元素，B是N元素，C是C元素，D是S元素，C和N元素有2个电子层，P和S元素有3个电子层，所以P和S元素原子半径大于C和N元素，C和N属于同一周期，且N元素原子序数大于C，依据元素周期律知，C的原子半径大于N元素，所以原子半径最小的是N元素。答案选B。13.下列表达方式错误的是A.CO2的分子模型示意图 B.甲烷的电子式C.硫原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p4 D.碳－12原子构成为【答案】A【解析】【详解】A．二氧化碳分子是直线型分子，不是V型，故A错误；B．甲烷的分子式为CH4，甲烷中的碳原子与氢原子形成4个共价单键，则电子式，故B正确；C．硫原子的核外有16个电子，核外电子排布式1s22s22p63s23p4，故C正确；D．原子符号的左上角表示原子质量数，左下角表示原子质子数，碳－12原子的质量数为12，质子数为6，则该原子构成为，故D正确；答案选A。14.下列晶体熔化时不需破坏化学键的是（）A.晶体硅 B.氯化钠固体 C.金属钾 D.干冰【答案】D【解析】A．晶体硅含共价键，晶体熔化时破坏共价键，故A不选；B．食盐含离子键，晶体熔化时破坏离子键，故B不选；C．金属钾含金属键，熔化时不需破坏金属键，故C不选；D．干冰为分子晶体，熔化时不需破坏化学键，故D选；故选D。点睛：把握晶体类型、晶体中化学键改变为解答的关键，一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，金属含金属键，只有分子构成的晶体熔化时破坏分子间作用力、化学键不变，以此来解答。15.下面的排序不正确的是（）A.晶体熔点由低到高：CF4<CCl4<CBr4<CI4 B.硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅C.熔点由高到低：Na>Mg>Al D.熔点由高到低：NaF>NaCl>NaBr>NaI【答案】C【解析】【详解】A.组成和结构相像的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，则晶体熔点由低到高：CF4<CCl4<CBr4<CI4，A正确；B.原子晶体中，原子半径越小，键长越短，键能越大，共价键越坚固，硬度越大，键长C−C<C−Si<Si−Si，则硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅，B正确；C.金属晶体中金属原子的价电子数越多，原子半径越小，金属阳离子与自由移动的电子之间的静电作用越强，金属键越强，熔沸点越高，则熔点由高到低：Al>Mg>Na，C错误；D.离子半径越小、离子键越强，晶格能越大，熔沸点越高，离子半径：r(F-)<r(Cl-)<r(Br-)<r(I-)，则熔点由高到低：NaF>NaCl>NaBr>NaI，D正确；故答案为：C。16.关于CO2说法正确的是A.碳原子实行sp杂化 B.CO2是正四面体型结构C.干冰是原子晶体 D.CO2为极性分子【答案】A【解析】【详解】A．二氧化碳分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形分子，所以碳原子实行sp杂化，故A正确；B．二氧化碳分子结构式为O=C=O，为直线形分子，故B错误；C．干冰是二氧化碳分子构成的晶体，所以为分子晶体，故C错误；D．二氧化碳分子结构式为O=C=O，为直线形分子，正负电荷中心重合，所以为非极性分子，故D错误；故选A。【点评】本题以二氧化碳为载体考查分子空间构型推断、原子杂化方式推断、晶体类型推断、极性分子和非极性分子推断，为高考高频点，侧重考查基本理论，明确价层电子对互斥理论、晶体构成微粒与晶体类型的关系等即可解答，题目难度不大。17.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是A.第一电离能：③＞②＞① B.原子半径：③＞②＞①C.电负性：③＞②＞① D.最高正化合价：③＞②＞①【答案】A【解析】【分析】依据基态原子的电子排布可知①为S元素，②为P元素，③为N元素。【详解】A．同主族元素自上而下第一电离能减小，所以N>P，P最外层半满，更稳定，且与S元素相邻，所以P>S，三种元素第一电离能③＞②＞①，故A正确；B．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以原子半径②＞①＞③，故B错误；C．非金属越强电负性越大，非金属性S>P，所以电负性①＞②，故C错误；D．N和P的最高正价均为+5价，S的最高正价为+6价，所以最高正价①＞③=②，故D错误；故答案为A。18.关于氢键，下列说法正确的是()A.含氢元素的化合物中肯定有氢键B.氢键比分子间作用力强，所以它属于化学键C.DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的D.H2O是一种特别稳定的化合物，这是由于氢键所致【答案】C【解析】【详解】A.某些含N-H、O-H、F-H的化合物才能形成氢键，所以含有氢元素不肯定有氢键，如甲烷中含有氢元素，不含氢键，故A错误；

B.氢键不属于化学键，属于分子间作用力的一种，故B错误；

C.N元素的电负性较大，DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的，所以C选项是正确的；

D.H2O是一种特别稳定的化合物，与共价键有关，与氢键无关，故D错误。

所以C选项是正确的。19.依据等电子原理，下列各对粒子中，空间结构相像的是()A.SO2与O3 B.CO2与NO2C.CS2与NO2 D.PCl3与BF3【答案】A【解析】【详解】A、O3和SO2的原子个数都为3，氧和硫的价电子数都为6，O3价电子数共为18，SO2的价电子数共为18，属于等电子体，结构相像，选项A正确；B、CO2和NO2的原子个数都为3，氧原子、氮原子、碳原子的价电子数分别为6、5、4，CO2价电子数共为16，NO2的价电子数共为17，不属于等电子体，结构不相像，选项B错误；C、CS2和NO2的原子个数都为3，氧原子、硫原子、氮原子、碳原子的价电子数分别为6、6、5、4，CS2价电子数共为16，NO2的价电子数共为17，不属于等电子体，结构不相像，选项C错误；D、PCl3与BF3的原子个数都为3，磷原子、氯原子、硼原子、氟原子的价电子数分别为5、7、3、7，PCl3价电子数共为26，BF3的价电子数共为24，不属于等电子体，结构不相像，选项D错误。答案选A。【点睛】本题以分子空间构型的推断为载体考查了等电子体，题目难度中等。解答本题的关键是要充分理解等电子体的本质特征，才能顺当解答。20.下列关于丙烯（CH3—CH=CH2）的说法正确的A.丙烯分子有8个σ键，2个π键B.丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化C.丙烯分子存在非极性键D.丙烯分子中3个碳原子在同始终线上【答案】C【解析】【详解】A．C-C、C-H键都是σ键，C=C键是一个σ键和一个π键，则丙烯分子有8个σ键，1个π键，故A错误；B．丙烯分子中C原子以四个单键结合的，即是sp3杂化，以C=C结合的，即是sp2杂化，故B错误；C．同种原子结合的共价键是非极性键，丙烯中存在C-C，则存在非极性键，故C正确；D．丙烯中含有碳碳双键和甲基，C=C双键为平面结构，与碳碳双键上的碳原子干脆相连的全部原子在同一平面，则丙烯分子中3个碳原子在同一平面上，甲基为四面体结构可知，丙烯分子中最多2个碳原子在一条直线上，故D错误；答案选C。21.以下用于探讨有机物的方法错误的是（）A.蒸馏可用于分别提纯液体有机混合物B.燃烧法是探讨确定有机物成分一种有效方法C.核磁共振氢谱通常用于分析有机物的相对分子质量D.对有机物分子红外光谱图的探讨有助于确定有机物分子中的基团【答案】C【解析】【详解】A．蒸馏是利用互溶液体沸点不同而进行分别，一般有机混合物因极性相近，能够互溶，但沸点不同，所以液体有机混合物可用蒸馏进行分别，A正确；B．有机物充分燃烧的产物通常为二氧化碳和水等，利用燃烧法，可定量测定有机物中的碳氢、氧、的个数比，从而确定该有机物的试验式，B正确；C．有机物的相对分子质量的测定通常用质谱法，核磁共振氢谱通常用于分析有机物里氢原子的种类及数目，C错误；D．红外光谱通常用于分析有机物含有的化学键和官能团，D正确。答案选C。22.制取较纯净的一氯乙烷最好采纳的方法是A.乙烷和氯气反应 B.乙烯和氯气反应C.乙烯和氯化氢反应 D.乙烷通入浓盐酸【答案】C【解析】【详解】A、CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，该反应有杂质HCl生成，且可能含有其它氯代烃生成，所以不符合原子经济的理念，故A错误；B、CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，产物是二氯乙烷不是氯乙烷，故B错误；C、CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl，生成物只有一氯乙烷，符合原子经济理念，故C正确；D、乙烷和浓盐酸不反应，故D错误。答案选C。23.如图是一种有机物的模型，该模型代表的有机物可能是（）A.饱和一元醇 B.羟基酸C羧酸酯 D.饱和一元醛【答案】B【解析】【分析】依据模型可知该有机物为，据此分析推断。【详解】由分析可知该有机物为，结构中存在羟基和羧基，因此属于羟基酸；答案选B。24.某炔烃经催化加氢后，得到2-甲基丁烷，该炔烃是：A.2-甲基-1-丁炔 B.2-甲基-3-丁炔 C.3-甲基-1-丁炔 D.3-甲基-2-丁炔【答案】C【解析】【详解】烯烃或炔烃发生加成反应时，其碳链结构不变，所以该炔烃与2-甲基丁烷的碳链结构相同，2-甲基丁烷()中能插入三键的位置只有一个，即该炔烃的结构简式为，其名称为3-甲基-1-丁炔，答案选C。25.既可发生消去反应，又能被氧化成醛的物质是（）A.2-甲基-1-丁醇 B.2，2-二甲基-1-丁醇C.2-甲基-2-丁醇 D.2，3-二甲基-2-丁醇【答案】A【解析】【分析】醇分子中，连有羟基（-OH）的碳原子必需有相邻的碳原子且此相邻的碳原子上，并且还必需连有氢原子时，才可发生消去反应。与羟基相连的碳原子上至少连有2个氢原子的醇才能被氧化为醛。【详解】A．2—甲基—1—丁醇既可以发生消去反应，又能被氧化成醛，符合题意；B．2，2—二甲基—1—丁醇不能发生消去反应，不符合题意；C．2—甲基—2—丁醇不能发生催化氧化，不符合题意；D．2，3—二甲基—2—丁醇不能发生催化氧化，不符合题意；答案选A。26.分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）A.7种 B.8种 C.9种 D.10种【答案】C【解析】【详解】C4H8Cl2的同分异构体可以实行“定一移二”法，，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，答案选C。27.现有三组混合液：(1)甲酸乙酯和乙酸钠；(2)乙醇和丁醇；(3)溴化钠和单质溴的水溶液；分别以上各混合液的正确方法依次是（）A.分液、萃取、蒸馏B.萃取、分液、蒸馏C.萃取、蒸馏、分液D.分液、蒸馏、萃取【答案】D【解析】【详解】（1）甲酸乙酯不溶于水，乙酸钠溶于水，可用分液的方法分别；（2）乙醇和丁醇是互溶的两种液体，沸点相差较大，可以采纳蒸馏的方法分别；（3）向溴化钠和单质溴的水溶液中加入萃取剂四氯化碳后，溴单质会溶解在四氯化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分层，然后分液即可实现二者的分别；答案选D。28.若乙酸分子中的氧都是18O，乙醇分子中的氧都是16O，二者在浓H2SO4作用下发生反应，一段时间后，分子中含有18O的有机物质有A.1种 B.2种 C.3种 D.4种【答案】B【解析】【分析】酯化反应中乙酸中的羧基供应羟基、乙醇中的羟基供应氢原子，羟基和氢原子形成水，剩下基团结合的形成酯，据此分析推断。【详解】若乙酸分子中的氧都是18O，乙醇分子中的氧都是16O，二者在浓H2SO4作用下发生酯化反应的化学方程式为：CH3C18O18OH+H16OCH2CH3CH3C18O16OCH2CH3+H218O，酯化反应是可逆反应，所以含有18O的有机物质有：CH3C18O18OH、CH3C18O16OCH2CH32种物质，故选B。29.从柑橘中炼制萜二烯，下列有关它推想，不正确的是A.它不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.常温下为液态，难溶于水C.分子式为C10H16D.与过量的溴的CCl4溶液反应后产物为【答案】A【解析】【分析】该有机物中碳碳双键，依据碳碳双键的性质进行分析。【详解】A.萜二烯中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A说法错误；B.萜二烯分子中含有十个碳原子，常温下为液体，烃类化合物一般难溶于水，故B说法正确；C.依据萜二烯分子结构图，可知其分子式为C10H16，故C说法正确；D.1mol该物质中含有2mol碳碳双键，能与溴的四氯化碳发生加成反应，得到，故D说法正确；答案：A。30.上海世博会开幕式于2010年4月30日顺当召开。世博会期间对大量盆栽鲜花施用了S–诱抗素制剂，以保证鲜花盛开。S–诱抗素的分子结构如下图所示，下列关于该物质的说法正确的是A.其分子式为C15H22O4B.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOHC.肯定条件下，lmol该有机物最多可与4mol氢气发生加成反应D.既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以使酸性KMnO4溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A．依据该有机物的结构简式可知，每个节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，不足键由氢原子补齐，其分子式为C15H20O4，故A错误；B．该有机物含有一个羧基，1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOH，故B错误；C．该有机物含有3个碳碳双键和一个羰基，肯定条件下，都可与氢气发生加成反应，则lmol该有机物最多可与4mol氢气发生加成反应，故C正确；D．该有机物不含苯环，没有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，含有碳碳双键，具有烯烃性质，可以使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误；答案选C。31.某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2。(1)该反应中的还原剂是____________；(2)该反应中，发生还原反应的过程是____________→____________；(3)写出该反应的化学方程式________________________________；(4)如反应转移了0.3mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为____________。(5)试验室欲用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL：本试验必需用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有_____________________。【答案】(1).H2O2(2).H2CrO4(3).Cr(OH)3(4).2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3↓＋3O2↑＋2H2O(5).3.36L(6).250mL容量瓶【解析】【分析】(1)由H2O2只发生如下过程H2O2→O2可知，利用该过程中O元素的化合价由-1价上升到0来分析；(2)氧化剂发生还原反应，利用元素的化合价降低来分析；(3)由失去电子的元素指向得到电子的元素，并标出电子转移的总数来用单线桥法标出电子转移的方向和数目；(4)由反应可知生成3mol气体转移6mol电子，以此来计算；(5)依据配制肯定量浓度溶液须要的仪器分析推断。【详解】(1)由信息H2O2→O2中可知，O元素的化合价由-1价上升到0，则H2O2为还原剂；(2)氧化剂发生还原反应，含元素化合价降低的物质为氧化剂，则Cr元素的化合价降低，即还原反应的过程为H2CrO4→Cr(OH)3；(3)依据(1)、(2)分析，结合物料守恒，该反应的化学方程式2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3↓＋3O2↑＋2H2O；(4)由2H2CrO4+3H2O2═2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O可知，生成3mol气体转移6mol电子，则转移了0.3mol电子，则产生的气体的物质的量为，其在标准状况下体积为0.15

mol×22.4L/mol=3.36L；(5)试验室欲用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL，由于试验室没有240mL容量瓶，须要用250mL容量瓶配制该溶液，本试验必需用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有250mL容量瓶。32.m、n、x、y四种主族元素在周期表里的相对位置如下图所示。已知它们的原子序数总和为46，则：（1）元素n的气态氢化物的分子式为____________，空间构型为____________。（2）m与y所形成的化合物含________键，属________分子。（填“极性”或“非极性”）（3）x位于周期表的第_____周期，第_____族；其原子结构示意图为____________。（4）由n、y的氢化物相互作用所生成的物质的电子式为________________，此物质在固态时属于________晶体。【答案】(1).NH3(2).三角锥形(3).极性(4).非极性(5).三(6).ⅥA(7).(8).(9).离子【解析】【分析】m、n、x、y四种主族元素的原子序数总和为46，依据它们在周期表中的相对位置可知x、y不行能处于第四周期元素，因为第四周期元素两种主族元素的原子序数最小为19+20＝39，m、n的原子序数之和小于46－39，m、n不行能处于第三周期，故m、n能处于其次周期，x、y处于第三周期元素。设m的原子序数为a，则n、x、y的原子序数分别为a+1、a+10、a+11，则a+a+1+a+10+a+11＝46，解得a＝6，故m、n、x、y四种主族元素分别是C、N、S、Cl，据此推断。【详解】（1）n是N，元素n的气态氢化物是氨气，分子式为NH3，空间构型为三角锥形。（2）m与y所形成的化合物是四氯化碳，含极性键，属非极性分子。（3）x是S，位于周期表的第三周期，第ⅥA族；其原子结构示意图为。（4）由n、y的氢化物相互作用所生成的物质是离子化合物氯化铵，电子式为，此物质在固态时属于离子晶体。33.氮、磷、砷是同族元素，该族元素单质及其化合物在农药、化肥等方面有重要应用。请回答下列问题。（1）砷原子核外电子排布式为________________________________________。（2）K3[Fe(CN)6]晶体中Fe3+与CN－之间的键型为_________________，该化学键能够形成的缘由是_______________________________________________________________。（3）已知：CH4SiH4NH3PH3沸点（K）101.7161.2239.7185.4分解温度（K）8737731073713.2分析上表中四种物质的相关数据，请回答：①CH4和SiH4比较，NH3和PH3比较，沸点凹凸的缘由是__________。②CH4和SiH4比较，NH3和PH3比较，分解温度凹凸的缘由是_________。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d104s24p3(2).配位键(3).CN－能供应孤对电子，Fe3+能接受孤对电子(4).结构相像时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，因此CH4沸点低于SiH4；NH3分子间还存在氢键作用，因此NH3的沸点高于PH3(5).C－H键的键能大于Si－H键的键能，因此CH4的分解温度高于SiH4的；N－H键的键能大于P－H键的键能，因此NH3的分解温度的高于PH3的【解析】【详解】（1）As原子序数是33，基态砷原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3；（2）K3[Fe(CN)6]晶体中Fe3+与CN－之间的化学键类型为配位键，这是由于Fe3+有空轨道，能接受孤对电子，CN－能供应孤对电子，所以能形成配位键；（3）①因结构相像时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，因此CH4沸点低于SiH4；NH3分子间还存在氢键作用，因此NH3的沸点高于PH3；②因非金属性C＞Si，N＞P，则气态氢化物的稳定性CH4＞SiH4，NH3＞PH3；稳定性强的物质分解温度高，从键能上可知，C－H键的键能大于Si－H键的键能，N－H键的键能大于P－H键的键能，因此分解温度CH4的高于SiH4的，NH3的高于PH3的。34.有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中B是地壳中含量最多的元素；已知A、C及B、E分别是同主族元素，且B、E两元素原子核内质子数之和是A、C两元素原子核内质子数之和的2倍；处于同周期的C、D、E元素中，D是该周期金属元素中金属性最弱的元素。(1)试比较C、D两元素最高价氧化物对应水化物碱性的强弱(填化学式)__________________＞__________________；(2)A、B、C形成的化合物的晶体类型为__________________；电子式为__________________；(3)写出D单质与C元素最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式__________________；(4)写出两种均含A、B、C、E四种元素的化合物在溶液中相互反应、且生成气体的离子方程式__________________；(5)通常条件下，C的最高价氧化物对应水化物2mol与E最高价氧化物对应水化物1mol的稀溶液间反应放出的热量为114.6kJ，试写出表示该热量改变的离子方程式__________________．【答案】(1).NaOH(2).Al(OH)3(3).离子晶体(4).(5).2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑(6).H++=SO2↑+H2O(7).H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol【解析】【分析】有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中B是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素，B、E同主族，则E为硫元素，A、C是同主族元素，且B、E两元素原子核内质子数之和是A、C两元素原子核内质子数之和的2倍，则A为氢元素，C为钠元素，处于同周期的C、D、E元素中，D是该周期金属元素中金属性最弱的元素，则D为铝元素，据此答题。【详解】(1)C为钠元素，D为铝元素，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，钠的金属性强于铝，所以C、D两元素最高价氧化物对应水化物碱性的强弱为NaOH＞Al(OH)3；(2)A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，A、B、C形成的化合物为氢氧化钠，是离子晶体，电子式为；(3)D为铝元素，C为钠元素，钠的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，铝与氢氧化钠反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；(4)两种均含A、B、C、E四种元素的化合物在溶液中相互反应、且生成气体，则这两种物质分别为硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，它们反应的离子方程式为H++=SO2↑+H2O；(5)C为钠元素，钠的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，E为硫元素，硫的最高价氧化物对应水化物为硫酸，则通常条件下，2mol氢氧化钠与1mol硫酸的稀溶液间反应放出的热量为114.6KJ，则表示该热量改变的离子方程式为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)∆H=-57.3kJ/mol。35.有①NH2－CH2－COOH②CH2OH(CHOH)4CHO③(C6H10O5)n(纤维素)④HCOOC2H5⑤苯酚⑥HCHO等物质，其中(用数字序号填空)：(1)易溶于水的是__________________，常温下微溶于水的是__________________。(2)能发生银镜反应的是__________________。(3)能发生酯化反应的是__________________。(4)能在肯定条件下跟水反应的是__________________。(5)能跟氢氧化钠溶液反应的是__________________。【答案】(1).①②⑥(2).⑤(3).②④⑥(4).①②③⑤(5).③④(6).①④⑤【解析】【分析】(1)含有羧基或醇羟基或醛基的物质一般易溶于水，常温下，苯酚在水中溶解度不大，70℃时可与水随意比例互溶；(2)能发生银镜反应的物质含有醛基；(3)能发生酯化反应的物质含有羟基或羧基；(4)酯或纤维素在肯定条件下能跟水发生水解反应；(5)能跟氢氧化钠溶液反应的物质含有羧基或酚羟基或酯基；据此分析推断。【详解】(1)含有羧基或醇羟基或醛基的物质一般易溶于水，故易溶于水的是①NH2－CH2－COOH，②CH2OH(CHOH)4CHO，⑥HCHO；常温下，苯酚在水中溶解度不大，70℃时可与水随意比例互溶，属于微溶于水的物质，故答案为：①②⑥，⑤；(2)能发生银镜反应的物质含有醛基，含有醛基的物质有②CH2OH(CHOH)4CHO，④HCOOC2H5，⑥HCHO②④⑥，故答案为：②④⑥；(3)能发生酯化反应的物质含有羟基或羧基，能发生酯化反应的是①NH2－CH2－COOH，②CH2OH(CHOH)4CHO，③(C6H10O5)n(纤维素)，⑤苯酚，故答案为：①②③⑤；(4)酯或纤维素在肯定条件下能跟水发生水解反应，在肯定条件下能跟水反应的是③(C6H10O5)n(纤维素)④HCOOC2H5，故答案为：③④；(5)能跟氢氧化钠溶液反应的物质含有羧基或酚羟基或酯基，①NH2-CH2-COOH

含有羧基，④HCOOC2H5

含有酯基，⑤苯酚含有酚羟基，这三种物质都能与氢氧化钠反应，

故答案为：①④⑤。【点睛】本题的易错点为(3)，要留意纤维素的结构中含有羟基，能够发生酯化反应，如能够与硝酸反应生成硝化纤维，能够与醋酸反应生成醋酸纤维。36.某烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢。(1)A的结构简式为______________________。(2)A中的碳原子是否都处于同一平面？________(填“是”或“不是”)。(3)A能发生如下转化，其中D1、D2互为同分异构体，E1、E2互为同分异构体。反应②的化学方程式为_______________，C的化学名称是__________；E2的结构简式是______________，④、⑥的反应类型依次是______________【答案】(1).(2).是(3).+2NaOH+2NaCl+2H2O(4).2,3­二甲基­1,3­丁二烯(5).(6).加成反应；取代反应【解析】【分析】先依据A的相对分子质量及红外光谱及H原子的种类推断A的结构简式是，然后结合乙烯分子是平面分子推断A的空间结构。与Cl2发生加成反应产生B是，与NaOH的乙醇溶液发生消去反应产生C是，C与Br2发生1，2加成产生D1是，发生1，4-加成反应产生D2是；D1与NaOH水溶液共热，发生取代反应产生E1是，D2与NaOH水溶液共热，发生取代反应产生E2是。【详解】某烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84，令组成为CxHy，则x最大值为84÷12=7，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，所以A为烯烃，所以x=6，y=12，A的化学式为C6H12，核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢，故A的结构简式为：。(2)A结构简式为，A可看作是乙烯分子中的4个H原子被甲基取代产生的物质，由于乙烯分子是平面分子，所以中的碳原子都处于同一平面上；(3)A是，分子中含碳碳双键，A与Cl2发生加成反应产生B是，B分子中与Cl原子连接的C原子的邻位C原子上含有H原子，所以与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应，产生C为，则反应②的化学方程式为+2NaOH+2NaCl+2H2O；C结构简式是，则C的化学名称是2，3-二甲基1，3-丁二烯；C与Br2发生1，4-加成反应产