2023-2024学年海南省海口市高二下学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1海南省海口市2023-2024学年高二下学期期末考试注意事项：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，再选涂其他〖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。可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Fe56Ga70As75Br80一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列物质的用途叙述错误的是A.甲醛可用于食物保鲜 B.可用于制石英坩埚C.石墨可用于制作电极 D.乙二醇可用于生产汽车防冻液〖答案〗A〖解析〗甲醛有毒，不可用于食物保鲜，A错误；熔点高，可用于制石英坩埚，B正确；石墨可以导电，可用于制作电极，C正确；乙二醇的熔点较低，不易结冰，所以可用于生产汽车防冻液，D正确；故选A。2.《易经》描述的“(沼)泽中有火”，“上火下泽”，其中燃烧的气体主要是A. B.CO C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意，“泽中有火”，“上火下泽”，泽，指湖泊池沼。“泽中有火”，是指“气体”在湖泊池沼水水上起火现象的描述，沼气的主要成分为甲烷；〖答案〗选C。3.下列有关化学用语的表达式正确的是A.HClO的结构式为：B.顺-2-丁烯的球棍模型：C.的电子式为：D.键的电子云图：〖答案〗D〖解析〗次氯酸分子中O原子与H、Cl原子各形成一对共用电子对，其结构式是：H-O-Cl，故A错误；当组成双键的两个碳原子连接的原子或基团中，相同的基团位于双键平面同侧时为顺式结构，顺-2-丁烯的球棍模型：，故B错误；H2S是共价化合物，电子式为

，故C错误；H−H共价键为s-sσ键，电子云图：，故D正确；〖答案〗选D。4.下列分子属于非极性分子的是A. B. C.HCHO D.〖答案〗B〖解析〗O3为V形结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故A错误；BeCl2是直线形结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B正确；HCHO为平面三角形结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故C错误；为四面体结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故D错误；故选：B。5.玻璃器皿上沾有一些残留物，其洗涤方法错误的是A.残留在试管内壁上的碘，用酒精洗涤B.沾附在试管内壁上的油脂，用热碱液洗涤C.做银镜反应后试管壁上的银镜，用稀氨水洗涤D.盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚，用NaOH溶液洗涤〖答案〗C〖解析〗单质碘在酒精中的溶解度大，因此可以用酒精洗涤，故A正确；因为热碱液显碱性，而油脂在碱性溶液中水解得到可溶性钠盐和甘油，可以洗涤，故B正确；做银镜反应后试管壁上的银镜成分为银，因为银不和稀氨水反应，不能用之洗涤，可用稀硝酸洗涤，故C错误；苯酚与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水苯酚钠，则盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚可用NaOH溶液洗涤，故D正确；〖答案〗为C。6.下列有关原子结构与性质的描述中正确的是A.2s、3s、4s能级的轨道数目依次增多B.电子从基态跃迁到激发态时能产生发射光谱C.基态P原子最外层电子轨道表示式：D.同一能层中，p能级的能量一定比s能级的能量高〖答案〗D〖解析〗只要是s能级，都是一个原子轨道，故A错误；激发态能量高于基态，需要吸收能量才能从基态跃迁到激发态，应该产生吸收光谱，故B错误；根据洪特规则，P原子3p轨道上的3个电子优先以相同自旋方向占据三个轨道，即图示违反了洪特规则，故C错误；同一能层中能级的能量按照s、p、d……依次升高，故D正确；〖答案〗选D。7.下列关于与的结构与性质的描述，错误的是A.二者均为极性分子B.二者分子中所有原子均共面C.的沸点比高D.具有氧化性，是由于其结构中含过氧键〖答案〗B〖解析〗与正负电荷重心均不重合，均为极性分子，A正确；为V形结构，所有原子共面；H2O2分子的空间结构为，所有原子不共面，B错误；可以形成更多的氢键，沸点比高，C正确；中的O化合价为-1价，其结构中含过氧键，具有氧化性，D正确；故选B。8.下列有机物分子中所有原子不可能共平面的是A.乙苯 B.甲醛 C.苯乙烯 D.溴苯〖答案〗A〖解析〗苯为平面结构，乙基中碳原子为饱和碳原子、呈四面体结构，所以乙苯分子中所有原子不可能共平面，故A符合；醛基是平面结构，甲醛分子中所有原子都处在同一平面上，故B不符合；乙烯和苯是平面型结构，则苯乙烯分子中所有原子都处在同一平面上，故C不符合；苯为平面结构，溴苯中溴原子处于苯中H原子位置，则溴苯分子中所有原子都处在同一平面上，故D不符合；故选A。二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确〖答案〗只包括一个选项，多选得0分；若正确〖答案〗包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。9.已知2-丁烯的两种同分异构体可以相互转化：下列说法正确的是A.两者的沸点相同B.反式结构更稳定C.高温有利于反式转化为顺式D.混合气体的含碳量不变时达到平衡〖答案〗BC〖解析〗两者的结构不同，沸点不同，A错误；物质具有的能量越低越稳定，反应是放热反应，反式的能量较低，所以反式更稳定，B正确；反应是放热反应，降低温度，有利于反应正向进行，即低温有利于顺式转化为反式，则高温有利于反式转化为顺式，C正确；根据碳守恒可知，混合气体的含碳量为定值，不变时不能说明反应达到平衡，D错误；故选BC。10.化合物“E7974”具有抗肿瘤活性，结构简式如图，下列有关该化合物说法正确的是A.不能使溴水褪色B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.分子中含有4个手性碳原子D.1mol该化合物最多与3molNaOH反应〖答案〗BD〖解析〗根据结构，“E7974”含有碳碳双键，能使溴水褪色，故A错误；根据结构，“E7974”含有碳碳双键，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；连有4个不同基团的饱和碳原子是手性碳原子，因此化合物“E7974”含有的手性碳原子如图，共有3个手性碳原子，故C错误；如图所示，分子中方框内结构均能与NaOH溶液反应，故1mol该化合物最多与3molNaOH反应，故D正确；〖答案〗选BD。11.由下列实验操作和现象，可得出相应正确结论的是实验操作现象结论A向C2H5Br中滴加过量NaOH溶液并加热冷却后再加入AgNO3溶液有棕黑色沉淀但未见到浅黄色沉淀未水解B向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热加入少量新制的悬浊液无砖红色沉淀蔗糖未发生水解C将通入苯酚钠溶液中溶液变浑浊酸性：碳酸苯酚D检验乙醇中是否含有水，可以向乙醇中加入一小粒金属钠产生无色气体乙醇中含有水A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗向C2H5Br中滴加过量NaOH溶液并加热，水解生成NaBr，冷却后需要加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液检验溴离子，A错误；蔗糖水解后，需要先加NaOH溶液中和硫酸并将溶液调成碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，B错误；向苯酚钠溶液中通入CO2，溶液变浑浊，则二氧化碳与苯酚钠溶液反应生成苯酚，说明碳酸酸性大于苯酚，C正确；乙醇和水都能与金属钠反应产生氢气，所以不能用金属钠检验乙醇中是否含有水，D错误；故选C。12.X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，元素Z的核电荷数是元素Y的两倍，下列有关说法错误的是A.原子半径：B.电负性：C.最高价氧化物对应的水化物的酸性：D.四种元素的简单氢化物中，W的氢化物沸点最高〖答案〗D〖解析〗由题干信息结合四种元素在周期表中的位置可知，元素Z的核电荷数是元素Y的两倍，则Y是O，Z为S，X为N，W为Cl，据此分析解答。X为N，Y是O，同一周期元素，原子半径从左到右逐渐减小，原子半径：N>O，故A正确；非金属性N<O，电负性：，故B正确；元素最高价氧化物对应水化物酸性与元素的非金属性一致，非金属性W>Z，最高价氧化物对应的水化物的酸性：，故C正确；四种元素的简单氢化物分别为：NH3、H2O、H2S、HCl，其中H2O中存在氢键且氢键数目最多，因而沸点最高，故D错误；故〖答案〗选D。13.常温下，将0.1mol/L的醋酸与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合。下列对混合溶液的描述正确的是A.混合溶液的B.混合溶液中水电离的C.混合溶液中有D.混合溶液中〖答案〗BC〖解析〗0.1mol/L的醋酸与0.1mol/L的NaOH溶液完全反应，生成醋酸钠，混合溶液的，故A错误；醋酸钠促进水的电离，又因为，所以混合溶液中水电离的，故B正确；根据物料守恒，可知，故C正确；混合溶液中，醋酸根水解得到醋酸个氢氧根，水解是微弱的，所以，故D错误；〖答案〗BC。14.为研究配合物的形成及其性质，某研究小组进行如下实验：①向溶液中逐滴加入氨水至过量，先产生蓝色沉淀后溶解生成深蓝色的溶液，再加入无水乙醇，析出深蓝色晶体，过滤、洗涤；②将深蓝色晶体溶于水配成溶液，插入光亮铁丝，铁丝表面有金属光泽的红色固体析出。下列说法错误的是A.由实验①可知，Cu(OH)2具有两性B.加入乙醇有晶体析出是因为在乙醇中溶解度小C.由实验②可知，与形成配合物的过程是可逆反应D.[Cu(NH3)4]2+中Cu的杂化方式为，且配体中的夹角比中的键角的大〖答案〗AD〖解析〗两性物质是指既能和酸反应又能和碱反应的物质，而向溶液中逐滴加入氨水至过量，先产生蓝色氢氧化铜沉淀，后溶解生成深蓝色的溶液是因为生成了配合物，再加入无水乙醇，析出深蓝色晶体，是因为该配合物在乙醇中溶解度小，A错误；结合上面选项分析，加入乙醇有晶体析出是因为在乙醇中溶解度小，B正确；由实验②可知，铜离子与NH3形成配合物的过程是可逆反应，存在Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+，插入铁丝后，铁丝置换出铜，平衡逆向移动，C正确；若Cu2+采用的是sp3杂化类型，其空间结构应该为正四面体，而实际上[Cu(NH3)4]2+的空间构形是平面正方形，所以Cu2+的杂化方式可能是dsp2，NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，H-N-H键角增大，D错误；故选AD。三、非选择题：共5题，共60分。15.利用主要含氧化铜的工业废料(还含少量的FeO和以及不溶性杂质)可制取氯化铜晶体。将废料经稀盐酸溶解、过滤后得的滤液A，然后将滤液A进行如下操作制取氯化铜晶体：已知：在常温下，，此溶液中的金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子开始沉淀时的pH4.82.27.5完全沉淀时的pH6.73.29.0回答下列问题：（1）写出“氧化”步骤发生的离子方程式_____。（2）在“沉淀反应”步骤，加入CuO的作用是_____；反应后，滤液B的，残留在滤液B中为_____mol/L。（3）用燃料电池电解精制饱和食盐水可制得氯气，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，所用的离子交换膜都只允许阳离子通过。①图中X是_____(填化学式)。②写出燃料电池B中正极的电极反应_____。③比较图示中氢氧化钠溶液的质量分数的大小：a%_____b%(填“”“”或“”)。〖答案〗（1）（2）①.调节pH至3.2~4.8之间，使完全沉淀②.（3）①.②.③.〖解析〗含氧化铜的工业废料(还含少量的FeO和以及不溶性杂质)，加经稀盐酸溶解、过滤后得的滤液A，通入Cl2可将Fe2+氧化为Fe3+，再向溶液中加入CuO，调节溶液pH，使Fe3+沉淀完全生成Fe(OH)3，过滤除去不溶物，所得滤液B经结晶得到氯化铜晶体，据此分析解答。(3)A为电解池，B为燃料电池，A池中电解饱和食盐水阳极生成的气体为Cl2，阴极生成气体为H2且有氢氧化钠溶液产生，则X为Cl2，Y为H2，燃料电池中负极氢气被氧化，正极氧气被还原。【小问1详析】据分析，“氧化”步骤发生的离子方程式为：。【小问2详析】在“沉淀反应”步骤，向溶液中加入CuO，调节溶液pH，使Fe3+沉淀完全生成Fe(OH)3而铜离子不沉淀，则加入CuO的作用是：调节pH至3.2~4.8之间，使完全沉淀；常温下，，滤液B的，c(OH-)=mol·L－1，则反应后，残留在滤液B中为mol/L。【小问3详析】①通空气一边为正极(还原反应)，那么左边必然通H2，这样Y即为H2，则电解池左边应为阳极，生成Cl2，即图中X为Cl2。②燃料电池B中正极上氧化被还原，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。③所用的离子交换膜都只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，则图示中氢氧化钠溶液的质量分数的大小：a%＜b%。16.1740年英国人沃德发现了硝化法制硫酸，随之，探究出了NO参与的催化氧化反应的两步基元反应历程：①②回答下列问题：（1）的_____（2）有人说：“反应②比①放出的能量少，所以反应②比①的速率小”。你认为是否正确？_____(填“是”或“否”)，其理由是_____。（3）某科研团队对的催化氧化反应进行探究，在三个等体积恒容密闭容器中起始投料量如下表。测得的平衡转化率与投料、温度的关系如下图。容器A4.02.0B3.02.0C1.02.0①曲线Ⅰ代表的是_____(填“A”“B”或“C”)容器。②随着温度升高，不同投料对应的的平衡转化率趋向相同，其主要原因可能是_____。③某条件下，按C容器原料配比反应，达到平衡时，测得的转化率为90.0%，则的体积分数为_____(计算结果保留一位小数)。〖答案〗（1）（2）①.否②.化学反应速率与反应的活化能的大小有关，与反应的焓变无必然联系。(其他合理〖答案〗参照给分)（3）①.A②.温度对平衡移动的影响远远大于投料比对平衡移动的影响③.85.7%〖解析〗【小问1详析】①②按盖斯定律，反应①+2②即得则。【小问2详析】反应中放出热量的多少与反应速率无关，则：“反应②比①放出的能量少，所以反应②比①的速率小”的说法是错误的，故〖答案〗为“否”，其理由是：化学反应速率与反应的活化能的大小有关，与反应的焓变无必然联系。【小问3详析】①在三个等体积恒容密闭容器中SO2的起始投料均相同，但氧气的量不同，氧气投料越多，越有利于平衡右移、SO2的平衡转化率越大，则曲线Ⅰ代表的是A容器。②氧气投料越多，SO2的平衡转化率越大；升温，平衡左移，SO2的平衡转化率减小，随着温度升高，不同投料对应的的平衡转化率趋向相同，其主要原因可能是：温度对平衡移动的影响远远大于投料比对平衡移动的影响。③某条件下，按C容器原料配比反应，达到平衡时，测得的转化率为90.0%，则存在三段式：，则的体积分数为(计算结果保留一位小数)。17.实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛，实验装置如下图所示：已知：温度过高时，间溴苯甲醛易被氧化。步骤1：将三颈瓶中一定配比的无水、1，2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，控制温度缓慢滴加经浓硫酸干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却。步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机相用10%溶液洗涤。步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水固体，放置一段时间后过滤。步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分。回答下列问题：（1）实验装置中A的名称是_____，B的作用是_____。（2）依据下面表格的实验数据，最佳的反应温度控制在_____。温度对反应的影响序号反应温度/℃反应时间/h产率%141~47690.1248~54694.8355~60691.5（3）步骤2中用10%的溶液洗涤有机相，是为了除去溶于有机相中的_____(填化学式)。（4）步骤4中采用减压蒸馏的原因是_____。（5）若实验开始时加入6.7g苯甲醛，最终得到10.9g间溴苯甲醛，则间溴苯甲醛的产率为_____(计算结果保留一位小数)。〖答案〗（1）①.分液漏斗②.冷凝回流、导气（2）48℃~54℃（3）、HCl（4）抽走空气，降低蒸馏温度，避免间溴苯甲醛被氧化（5）93.2%〖解析〗苯甲醛与溴在氯化铝催化作用下在加热条件下反应生成间溴苯甲醛，同时生成HBr，经冷凝回流可得到间溴苯甲醛，生成的HBr用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，有机相中含有Br2、HCl，可用碳酸氢钠除去，有机相中加入无水硫酸镁固体，可起到吸收水的作用，减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化。【小问1详析】实验装置中A的名称是分液漏斗，B为直行冷凝管，作用是冷凝回流、导气。【小问2详析】依据表格的实验数据，48℃~54℃产率最高，最佳的反应温度控制在48℃~54℃。【小问3详析】反应混合物中有Br2、HCl，可以和、HCl反应，步骤2中用10%溶液洗涤有机相，是为了除去溶于有机相中的、HCl。【小问4详析】根据温度过高时，间溴苯甲醛易被氧化，步骤4中采用减压蒸馏的原因是抽走空气，降低蒸馏温度，避免间溴苯甲醛被氧化。【小问5详析】苯甲醛和溴单质发生反应生成间溴苯甲醛和HBr，反应方程式为：+Br2+HBr，6.7g苯甲醛物质mol，最终得到10.9g间溴苯甲醛，则间溴苯甲醛的产率为。18.高分子材料PMMA的合成路线如下：已知：(R、R'代表烃基)回答下列问题：（1）A的结构简式为_____，D的化学名称为_____。（2）PMMA单体的官能团名称_____。（3）步骤①的化学反应类型是_____。（4）步骤②的化学方程式为_____。（5）写出一种符合下列条件的PMMA单体的同分异构体的结构简式_____。a．能与碳酸氢钠溶液反应产生气体b．含有4种不同化学环境的氢原子，其个数是（6）参照上述合成路线，写出以为主要有机原料合成的合成路线图_____。(其他无机试剂任选)。〖答案〗（1）①.②.甲醇（2）酯基、碳碳双键（3）消去反应（4）（5）或（6）(或)〖解析〗根据PMMA结构简式逆推PMMA单体为，丙烯催化氧化得到A，A发生信息反应得到B，则B含羧基和羟基，B在浓硫酸加热下生成C，C和D在浓硫酸加热下发生反应生成PMMA单体，则可知D为CH3OH，C为，B在浓硫酸加热条件下发生消去反应得到生成C，可知B为，则A为，据此进行分析。【小问1详析】据分析，A的结构简式为，D的化学名称为甲醇。【小问2详析】PMMA的单体为，官能团名称为：酯基、碳碳双键。【小问3详析】步骤①为在浓硫酸加热条件下转化为，，故化学反应类型是消去反应。【小问4详析】步骤②为CH3OH何，在浓硫酸加热下发生酯化反应，化学方程式为：。【小问5详析】PMMA的单体为，PMMA单体的同分异构体符合下列条件：a．能与碳酸氢钠溶液反应产生气体，即含有1个羧基；b．含有4种不同化学环境的氢原子即分子内有4种氢原子，其个数是；则满足条件的同分异构体为：或。【小问6详析】要得到目标产物，需要在浓硫酸加热下发生酯化反应，可由发生信息反应得到，可由或催化氧化得到，可由在氢氧化钠水溶液加热下水解得到；可由在氢氧化钠醇溶液加热下发生消去反应得到。则反应流程：。或者为：)19.金属和非金属分界线附近的元素(如镓Ga、锗Ge、砷As)，可用于制造半导体材料，也是目前科学研究的热点。回答下列问题：（1）基态As原子的价层电子排布式_____。（2）Ga元素位于周期表中的位置_____，处于周期表的_____区。（3）第一电离能(硒)，其原因是_____。（4）砷化镓是人工合成的新型半导体材料，其晶体结构与金刚石相似，如图所示，若该立方晶胞参数为anm。①砷化镓的化学式_____。②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，如A点、D点原子的分数坐标分别为、，则C点原子的分数坐标为_____；已知阿伏加德罗常数的值为，则砷化镓晶体的密度为_____(列计算式)。〖答案〗（1）（2）①.第四周期第ⅢA族②.p（3）基态As的价层电子排布是半充满的，比较稳定，第一电离能较高（4）①.GaAs()②.③.或〖解析〗【小问1详析】基态As为33号元素，原子核外价层电子排布式为；【小问2详析】基态Ga为31号元素，Ga元素位于周期表中的位置第四周期第ⅢA族，处于周期表的p区；【小问3详析】同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，基态As的价层电子排布是半充满的，比较稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能(硒)；【小问4详析】①根据“均摊法”，晶胞中含个As、4个Ga，则砷化镓的化学式GaAs()。②A点、D点原子的分数坐标分别为、，则C点原子在xyz轴上的坐标投影分别为、、，则分数坐标为；已知阿伏加德罗常数的值为，则砷化镓晶体的密度为。海南省海口市2023-2024学年高二下学期期末考试注意事项：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，再选涂其他〖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。可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Fe56Ga70As75Br80一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列物质的用途叙述错误的是A.甲醛可用于食物保鲜 B.可用于制石英坩埚C.石墨可用于制作电极 D.乙二醇可用于生产汽车防冻液〖答案〗A〖解析〗甲醛有毒，不可用于食物保鲜，A错误；熔点高，可用于制石英坩埚，B正确；石墨可以导电，可用于制作电极，C正确；乙二醇的熔点较低，不易结冰，所以可用于生产汽车防冻液，D正确；故选A。2.《易经》描述的“(沼)泽中有火”，“上火下泽”，其中燃烧的气体主要是A. B.CO C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意，“泽中有火”，“上火下泽”，泽，指湖泊池沼。“泽中有火”，是指“气体”在湖泊池沼水水上起火现象的描述，沼气的主要成分为甲烷；〖答案〗选C。3.下列有关化学用语的表达式正确的是A.HClO的结构式为：B.顺-2-丁烯的球棍模型：C.的电子式为：D.键的电子云图：〖答案〗D〖解析〗次氯酸分子中O原子与H、Cl原子各形成一对共用电子对，其结构式是：H-O-Cl，故A错误；当组成双键的两个碳原子连接的原子或基团中，相同的基团位于双键平面同侧时为顺式结构，顺-2-丁烯的球棍模型：，故B错误；H2S是共价化合物，电子式为

，故C错误；H−H共价键为s-sσ键，电子云图：，故D正确；〖答案〗选D。4.下列分子属于非极性分子的是A. B. C.HCHO D.〖答案〗B〖解析〗O3为V形结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故A错误；BeCl2是直线形结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B正确；HCHO为平面三角形结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故C错误；为四面体结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故D错误；故选：B。5.玻璃器皿上沾有一些残留物，其洗涤方法错误的是A.残留在试管内壁上的碘，用酒精洗涤B.沾附在试管内壁上的油脂，用热碱液洗涤C.做银镜反应后试管壁上的银镜，用稀氨水洗涤D.盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚，用NaOH溶液洗涤〖答案〗C〖解析〗单质碘在酒精中的溶解度大，因此可以用酒精洗涤，故A正确；因为热碱液显碱性，而油脂在碱性溶液中水解得到可溶性钠盐和甘油，可以洗涤，故B正确；做银镜反应后试管壁上的银镜成分为银，因为银不和稀氨水反应，不能用之洗涤，可用稀硝酸洗涤，故C错误；苯酚与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水苯酚钠，则盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚可用NaOH溶液洗涤，故D正确；〖答案〗为C。6.下列有关原子结构与性质的描述中正确的是A.2s、3s、4s能级的轨道数目依次增多B.电子从基态跃迁到激发态时能产生发射光谱C.基态P原子最外层电子轨道表示式：D.同一能层中，p能级的能量一定比s能级的能量高〖答案〗D〖解析〗只要是s能级，都是一个原子轨道，故A错误；激发态能量高于基态，需要吸收能量才能从基态跃迁到激发态，应该产生吸收光谱，故B错误；根据洪特规则，P原子3p轨道上的3个电子优先以相同自旋方向占据三个轨道，即图示违反了洪特规则，故C错误；同一能层中能级的能量按照s、p、d……依次升高，故D正确；〖答案〗选D。7.下列关于与的结构与性质的描述，错误的是A.二者均为极性分子B.二者分子中所有原子均共面C.的沸点比高D.具有氧化性，是由于其结构中含过氧键〖答案〗B〖解析〗与正负电荷重心均不重合，均为极性分子，A正确；为V形结构，所有原子共面；H2O2分子的空间结构为，所有原子不共面，B错误；可以形成更多的氢键，沸点比高，C正确；中的O化合价为-1价，其结构中含过氧键，具有氧化性，D正确；故选B。8.下列有机物分子中所有原子不可能共平面的是A.乙苯 B.甲醛 C.苯乙烯 D.溴苯〖答案〗A〖解析〗苯为平面结构，乙基中碳原子为饱和碳原子、呈四面体结构，所以乙苯分子中所有原子不可能共平面，故A符合；醛基是平面结构，甲醛分子中所有原子都处在同一平面上，故B不符合；乙烯和苯是平面型结构，则苯乙烯分子中所有原子都处在同一平面上，故C不符合；苯为平面结构，溴苯中溴原子处于苯中H原子位置，则溴苯分子中所有原子都处在同一平面上，故D不符合；故选A。二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确〖答案〗只包括一个选项，多选得0分；若正确〖答案〗包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。9.已知2-丁烯的两种同分异构体可以相互转化：下列说法正确的是A.两者的沸点相同B.反式结构更稳定C.高温有利于反式转化为顺式D.混合气体的含碳量不变时达到平衡〖答案〗BC〖解析〗两者的结构不同，沸点不同，A错误；物质具有的能量越低越稳定，反应是放热反应，反式的能量较低，所以反式更稳定，B正确；反应是放热反应，降低温度，有利于反应正向进行，即低温有利于顺式转化为反式，则高温有利于反式转化为顺式，C正确；根据碳守恒可知，混合气体的含碳量为定值，不变时不能说明反应达到平衡，D错误；故选BC。10.化合物“E7974”具有抗肿瘤活性，结构简式如图，下列有关该化合物说法正确的是A.不能使溴水褪色B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.分子中含有4个手性碳原子D.1mol该化合物最多与3molNaOH反应〖答案〗BD〖解析〗根据结构，“E7974”含有碳碳双键，能使溴水褪色，故A错误；根据结构，“E7974”含有碳碳双键，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；连有4个不同基团的饱和碳原子是手性碳原子，因此化合物“E7974”含有的手性碳原子如图，共有3个手性碳原子，故C错误；如图所示，分子中方框内结构均能与NaOH溶液反应，故1mol该化合物最多与3molNaOH反应，故D正确；〖答案〗选BD。11.由下列实验操作和现象，可得出相应正确结论的是实验操作现象结论A向C2H5Br中滴加过量NaOH溶液并加热冷却后再加入AgNO3溶液有棕黑色沉淀但未见到浅黄色沉淀未水解B向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热加入少量新制的悬浊液无砖红色沉淀蔗糖未发生水解C将通入苯酚钠溶液中溶液变浑浊酸性：碳酸苯酚D检验乙醇中是否含有水，可以向乙醇中加入一小粒金属钠产生无色气体乙醇中含有水A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗向C2H5Br中滴加过量NaOH溶液并加热，水解生成NaBr，冷却后需要加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液检验溴离子，A错误；蔗糖水解后，需要先加NaOH溶液中和硫酸并将溶液调成碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，B错误；向苯酚钠溶液中通入CO2，溶液变浑浊，则二氧化碳与苯酚钠溶液反应生成苯酚，说明碳酸酸性大于苯酚，C正确；乙醇和水都能与金属钠反应产生氢气，所以不能用金属钠检验乙醇中是否含有水，D错误；故选C。12.X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，元素Z的核电荷数是元素Y的两倍，下列有关说法错误的是A.原子半径：B.电负性：C.最高价氧化物对应的水化物的酸性：D.四种元素的简单氢化物中，W的氢化物沸点最高〖答案〗D〖解析〗由题干信息结合四种元素在周期表中的位置可知，元素Z的核电荷数是元素Y的两倍，则Y是O，Z为S，X为N，W为Cl，据此分析解答。X为N，Y是O，同一周期元素，原子半径从左到右逐渐减小，原子半径：N>O，故A正确；非金属性N<O，电负性：，故B正确；元素最高价氧化物对应水化物酸性与元素的非金属性一致，非金属性W>Z，最高价氧化物对应的水化物的酸性：，故C正确；四种元素的简单氢化物分别为：NH3、H2O、H2S、HCl，其中H2O中存在氢键且氢键数目最多，因而沸点最高，故D错误；故〖答案〗选D。13.常温下，将0.1mol/L的醋酸与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合。下列对混合溶液的描述正确的是A.混合溶液的B.混合溶液中水电离的C.混合溶液中有D.混合溶液中〖答案〗BC〖解析〗0.1mol/L的醋酸与0.1mol/L的NaOH溶液完全反应，生成醋酸钠，混合溶液的，故A错误；醋酸钠促进水的电离，又因为，所以混合溶液中水电离的，故B正确；根据物料守恒，可知，故C正确；混合溶液中，醋酸根水解得到醋酸个氢氧根，水解是微弱的，所以，故D错误；〖答案〗BC。14.为研究配合物的形成及其性质，某研究小组进行如下实验：①向溶液中逐滴加入氨水至过量，先产生蓝色沉淀后溶解生成深蓝色的溶液，再加入无水乙醇，析出深蓝色晶体，过滤、洗涤；②将深蓝色晶体溶于水配成溶液，插入光亮铁丝，铁丝表面有金属光泽的红色固体析出。下列说法错误的是A.由实验①可知，Cu(OH)2具有两性B.加入乙醇有晶体析出是因为在乙醇中溶解度小C.由实验②可知，与形成配合物的过程是可逆反应D.[Cu(NH3)4]2+中Cu的杂化方式为，且配体中的夹角比中的键角的大〖答案〗AD〖解析〗两性物质是指既能和酸反应又能和碱反应的物质，而向溶液中逐滴加入氨水至过量，先产生蓝色氢氧化铜沉淀，后溶解生成深蓝色的溶液是因为生成了配合物，再加入无水乙醇，析出深蓝色晶体，是因为该配合物在乙醇中溶解度小，A错误；结合上面选项分析，加入乙醇有晶体析出是因为在乙醇中溶解度小，B正确；由实验②可知，铜离子与NH3形成配合物的过程是可逆反应，存在Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+，插入铁丝后，铁丝置换出铜，平衡逆向移动，C正确；若Cu2+采用的是sp3杂化类型，其空间结构应该为正四面体，而实际上[Cu(NH3)4]2+的空间构形是平面正方形，所以Cu2+的杂化方式可能是dsp2，NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，H-N-H键角增大，D错误；故选AD。三、非选择题：共5题，共60分。15.利用主要含氧化铜的工业废料(还含少量的FeO和以及不溶性杂质)可制取氯化铜晶体。将废料经稀盐酸溶解、过滤后得的滤液A，然后将滤液A进行如下操作制取氯化铜晶体：已知：在常温下，，此溶液中的金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子开始沉淀时的pH4.82.27.5完全沉淀时的pH6.73.29.0回答下列问题：（1）写出“氧化”步骤发生的离子方程式_____。（2）在“沉淀反应”步骤，加入CuO的作用是_____；反应后，滤液B的，残留在滤液B中为_____mol/L。（3）用燃料电池电解精制饱和食盐水可制得氯气，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，所用的离子交换膜都只允许阳离子通过。①图中X是_____(填化学式)。②写出燃料电池B中正极的电极反应_____。③比较图示中氢氧化钠溶液的质量分数的大小：a%_____b%(填“”“”或“”)。〖答案〗（1）（2）①.调节pH至3.2~4.8之间，使完全沉淀②.（3）①.②.③.〖解析〗含氧化铜的工业废料(还含少量的FeO和以及不溶性杂质)，加经稀盐酸溶解、过滤后得的滤液A，通入Cl2可将Fe2+氧化为Fe3+，再向溶液中加入CuO，调节溶液pH，使Fe3+沉淀完全生成Fe(OH)3，过滤除去不溶物，所得滤液B经结晶得到氯化铜晶体，据此分析解答。(3)A为电解池，B为燃料电池，A池中电解饱和食盐水阳极生成的气体为Cl2，阴极生成气体为H2且有氢氧化钠溶液产生，则X为Cl2，Y为H2，燃料电池中负极氢气被氧化，正极氧气被还原。【小问1详析】据分析，“氧化”步骤发生的离子方程式为：。【小问2详析】在“沉淀反应”步骤，向溶液中加入CuO，调节溶液pH，使Fe3+沉淀完全生成Fe(OH)3而铜离子不沉淀，则加入CuO的作用是：调节pH至3.2~4.8之间，使完全沉淀；常温下，，滤液B的，c(OH-)=mol·L－1，则反应后，残留在滤液B中为mol/L。【小问3详析】①通空气一边为正极(还原反应)，那么左边必然通H2，这样Y即为H2，则电解池左边应为阳极，生成Cl2，即图中X为Cl2。②燃料电池B中正极上氧化被还原，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。③所用的离子交换膜都只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，则图示中氢氧化钠溶液的质量分数的大小：a%＜b%。16.1740年英国人沃德发现了硝化法制硫酸，随之，探究出了NO参与的催化氧化反应的两步基元反应历程：①②回答下列问题：（1）的_____（2）有人说：“反应②比①放出的能量少，所以反应②比①的速率小”。你认为是否正确？_____(填“是”或“否”)，其理由是_____。（3）某科研团队对的催化氧化反应进行探究，在三个等体积恒容密闭容器中起始投料量如下表。测得的平衡转化率与投料、温度的关系如下图。容器A4.02.0B3.02.0C1.02.0①曲线Ⅰ代表的是_____(填“A”“B”或“C”)容器。②随着温度升高，不同投料对应的的平衡转化率趋向相同，其主要原因可能是_____。③某条件下，按C容器原料配比反应，达到平衡时，测得的转化率为90.0%，则的体积分数为_____(计算结果保留一位小数)。〖答案〗（1）（2）①.否②.化学反应速率与反应的活化能的大小有关，与反应的焓变无必然联系。(其他合理〖答案〗参照给分)（3）①.A②.温度对平衡移动的影响远远大于投料比对平衡移动的影响③.85.7%〖解析〗【小问1详析】①②按盖斯定律，反应①+2②即得则。【小问2详析】反应中放出热量的多少与反应速率无关，则：“反应②比①放出的能量少，所以反应②比①的速率小”的说法是错误的，故〖答案〗为“否”，其理由是：化学反应速率与反应的活化能的大小有关，与反应的焓变无必然联系。【小问3详析】①在三个等体积恒容密闭容器中SO2的起始投料均相同，但氧气的量不同，氧气投料越多，越有利于平衡右移、SO2的平衡转化率越大，则曲线Ⅰ代表的是A容器。②氧气投料越多，SO2的平衡转化率越大；升温，平衡左移，SO2的平衡转化率减小，随着温度升高，不同投料对应的的平衡转化率趋向相同，其主要原因可能是：温度对平衡移动的影响远远大于投料比对平衡移动的影响。③某条件下，按C容器原料配比反应，达到平衡时，测得的转化率为90.0%，则存在三段式：，则的体积分数为(计算结果保留一位小数)。17.实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛，实验装置如下图所示：已知：温度过高时，间溴苯甲醛易被氧化。步骤1：将三颈瓶中一定配比的无水、1，2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，控制温度缓慢滴加经浓硫酸干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却。步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机相用10%溶液洗涤。步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水固体，放置一段时间后过滤。步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分。回答下列问题：（1）实验装置中A的名称是_____，B的作用是_____。（2）依据下面表格的实验数据，最佳的反应温度控制在_____。温度对反应的影响序号反应温度/℃反应时间/h产率%141~47690.1248~54694.8355~60691.5（3）步骤2中用10%的溶液洗涤有机相，是为了除去溶于有机相中的_____(填化学式)。（4）步骤4中采用减压蒸馏的原因是_____。（5）若实验开始时加入6.7g苯甲醛，最终得到10.9g间溴苯甲醛，则间溴苯甲醛的产率为_____(计算结果保留一位小数)。〖答案〗（1）①.分液漏斗②.冷凝回流、导气（2）48℃~54℃（3）、HCl（4）抽走空气，降低蒸馏温度，避免间溴苯甲醛被氧化（5）93.2%〖解析〗苯甲醛与溴在氯化铝催化作用下在加热条件下反应生成间溴苯甲醛，同时生成HBr，经冷凝回流可得到间溴苯甲醛，生成的HBr用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，有机相中含有Br2、HCl，可用碳酸氢钠除去，有机相中加入无水硫酸镁固体，可起到吸收水的作用，减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化。【小问1详析】实验装置中A的名称是分液漏斗，B为直行冷凝管，作用是