2024年鲁人新版选修化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年鲁人新版选修化学下册阶段测试试卷782考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、常温下，将NaOH溶液滴入某一元酸（HA）溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知：]。下列叙述不正确的是。

A.Ka(HA)的数量级为10-5B.滴加NaOH溶液的过程中，保持不变C.m点所示溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(HA)+c(OH-)D.n点所示溶液中：c(Na+)=c(A-)+c(HA)2、下列属于平面三角形的非极性分子的是A.HCHOB.COCl2C.BF3D.NH33、已知25℃时，的该温度下用溶液滴定溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是。

A.若a点溶液c()=c(H2SO3)，则a点对应的B.若选择b为反应终点，宜选择甲基橙为指示剂C.c点对应的溶液2c(Na+)=3c()D.d点对应的溶液c(Na+)>c()>c()>c(OH-)>c(H+)4、某有机物的结构简式见图；下列说法正确的是。

A.不能发生消去反应B.分子式为C14H15O6NBrC.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.在一定条件下与氢氧化钠溶液反应，1mol该有机物最多消耗4molNaOH5、化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体；可由下列反应制得。

下列有关说法正确的是A.X在过量NaOH溶液中加热，所得的有机产物中不含手性碳原子B.Y分子中碳原子的杂化类型有三种C.分子中，所有原子一定共平面D.Z在铜催化作用下加热，生成的有机产物能发生银镜反应6、某有机物的结构简式为则此有机物可发生的反应类型有：①取代②加成③氧化④酯化⑤中和A.①②③④B.②③④⑤C.②③⑤D.①②③④⑤7、下列事实解释不正确的是A.浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气：8NH3＋3Cl2=N2＋6NH4ClB.燃烧的Mg放入CO2中继续燃烧产生白色和黑色固体：2Mg＋CO22MgO＋CC.铜生锈表面产生绿色物质：2Cu＋O2＋H2O＋CO2=Cu2(OH)2CO3D.鸡蛋清遇浓硝酸变黄：2HNO3＋H2S=S↓＋2NO2＋2H2O评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、钒及其化合物在科学研究中和工业生产中具有许多用途。

（1）基态钒原子的核外价电子排布式为________。

（2）钒有+2、+3、+4、+5等几种化合价。这几种价态中，最稳定的是______。

（3）V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4）。例举与VO43-空间构型相同的一种阳离子__________（填化学式）。

（4）钒（Ⅱ）的配离子有[V（CN）6]4-、[V（H2O）6]2+等。

①CN-与N2互为等电子体，CN-中σ键和Π键数目比为________。

②对H2O与V2+形成[V（H2O）6]2+过程的描述不合理的是______________。

a.氧原子的杂化类型发生了变化。

b.微粒的化学性质发生了改变。

c.微粒中氢氧键（H－O）的夹角发生了改变。

d.H2O与V2+之间通过范德华力相结合。

③在[V（H2O）6]2+中存在的化学键有___________。

a.金属键b.配位键c.σ键d.Π键f.氢键。

（5）已知单质钒的晶胞如图，则V原子的配位数是_______，假设晶胞的边长为dnm，密度ρg·cm-3，则钒的相对原子质量为_______________。（设阿伏伽德罗常数为NA）

9、中学化学常见的物质A；B、C、D、E、X有如图所示转化关系。已知A、D是单质；B为氧化物，反应①在高温下发生。

(1)若A、D、X为非金属单质，E是常见的温室气体，则A为____________，X为___________(用化学式填空)。

(2)若A为金属单质，D为非金属单质，X为盐酸，则反应①的化学方程式为________________；反应②的离子方程式________________________________。10、(1)①写出丙烯的结构简式：_______；②写出绿矾的化学式：_______。

(2)FeCl3溶液刻制印刷电路板的化学方程式：_______。11、的名称是_______12、参考下列图表和有关要求回答问题：

(1)图Ⅰ是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E2的变化是________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是________。请写出NO2和CO反应的热化学方程式：_________。

(2)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：

①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋49.0kJ·mol－1

②CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－192.9kJ·mol－1

又知③H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－44kJ·mol－1

则甲醇燃烧生成液态水的热化学方程式：____________________________________。

(3)下表是部分化学键的键能数据：。化学键P—PP—OO=OP=O键能(kJ·mol－1)198360498x

已知1mol白磷(P4)完全燃烧放热为1194kJ，白磷及其完全燃烧的产物结构如图Ⅱ所示，则表中x＝________kJ·mol－1评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)13、结构简式(CH3)2CHCH3表示异丁烷。(_____)A.正确B.错误14、己烷共有4种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同。(____)A.正确B.错误15、苯和甲苯都能与卤素单质、浓硝酸等发生取代反应。(_____)A.正确B.错误16、检验醛基用的银氨溶液和氢氧化铜悬浊液都可长时间储存。(____)A.正确B.错误17、1mol甲醛与足量的硝酸银溶液反应，可得到4mol单质银。(____)A.正确B.错误18、油脂在酸性或碱性条件下，均可发生水解反应，且产物相同。(_______)A.正确B.错误19、CH3CH2OH与CH3OCH3互为同分异构体，核磁共振氢谱相同。(___________)A.正确B.错误20、为防止污染，可以将塑料购物袋直接烧掉。(___)A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共2题，共18分)21、二氧化氯(ClO2)是一种不产生致癌物的广谱环保型杀菌消毒剂，而且还在杀菌、食品保鲜、除臭等方面表现出显著的效果，其熔点为℃，沸点为11.0℃，极易溶于水，不与水反应，其水溶液在温度超过95℃时易发生爆炸。ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量；进行了下列实验：

步骤1：量取ClO2溶液稀释成试样，量取试样加入锥形瓶中；

步骤2：调节试样的加入足量的KI晶体，振荡后，静置片刻；

步骤3：加入指示剂X，用的标准溶液滴定至终点，消耗溶液

已知：

①步骤1中量取溶液所用的仪器为_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管。

②下列滴定的操作合理的是_______(填字母)。

A.滴定时先快后慢；接近终点时边滴边摇。

B.滴定过程中可用蒸馏水将附着在锥形瓶內壁的溶液冲下。

C.滴定完成后立即读数。

D.若发现滴液过量；可回滴样品溶液，至刚出现蓝色。

③步骤3中滴定终点的现象为_______；原ClO2溶液的浓度为_______(用含字母的代数式表示)。22、如图是德国化学家李比希1831年测定烃类化合物（只含C、H两种元素）组成的装置。瓷舟内的烃样品经加热分解或气化后用纯流驱赶经过灼热的这里烃类化合物反应变成和经吸收管吸收。

已知下表数据：。瓷舟吸收管Ⅱ吸收管Ⅱ瓷舟样品+瓷舟吸收前吸收后吸收前吸收后ABCDEF

(1)烃样品在反应过程中所用的氧化剂是________________________；

(2)吸收管Ⅰ应装的吸收剂是____________，吸收管Ⅱ应装的吸收剂是____________；

(3)样品中碳的质量分数的数学表达式是________________________；

(4)取该烃在氧气中充分燃烧后，生成和若该烃在一定条件下能与氯气发生取代反应，且其一氯代物只有一种，则烃A的结构简式为____________，用系统命名法命名为____________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共28分)23、化合物X由5种元素组成且不含结晶水。某兴趣小组按如图流程进行实验：

已知：

①上述流程中；除沉淀A→红棕色固体B的转化外，其余均为非氧化还原反应；

②气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；标准状况下测得体积为2.24L。

请回答：

(1)组成X的元素有_______，X的化学式是_______。

(2)红棕色固体B在KOH高温环境下，与反应，固体B中金属元素化合价升高。同时生成写出该化学反应方程式_______。

(3)将气体B通入到溶液中，先产生蓝色絮状沉淀，继续通入气体B，蓝色沉淀消失，呈深蓝色透明溶液，请写出相应的离子反应方程式_______；_______。

(4)滤液A中溶质的成分是_______。

(5)设计实验方案，用化学方法确定沉淀A中阳离子的成分_______。24、A、B、C、D四种物质，分别含有下列阴阳离子：Na＋、Ba2+、A13+、NH4+、SO42-、HCO3-、NO3-、OH-中的各一种；为了判断其各自的组成，进行了如下实验，部分现象如下：

①常温下用pH计测量发现A、C溶液显碱性，且0.1mol/LC溶液pH>13

②A与B；C混合均有白色沉淀产生；且A与B还有气体生成。

③过量的C滴入B；D中；前者产生沉淀，后者产生刺激性气味的气体。

请回答下列问题：

（1）A为_________，检验A中阳离子的实验名称是________；

（2）A与B反应的离子方程式为：______________；

（3）B与过量的C反应生成的沉淀为：_______________；

（4）经判断NO3-存在于物质_________中（填“A”、“B”、“C”或“D”)，为了测定该溶液中NO3-的浓度；进行了以下实验：

取该溶液20.00mL于锥形瓶中，加入过量的25.00mL0.9000mol/L的FeSO4溶液和适量的稀H2SO4溶液，并加入3gNaHCO3固体逐去空气，反应完全后再加入几滴二苯胺磺酸钠指示剂，用浓度为0.1200mol/L的K2Cr2O7溶液滴定至终点，重复三次平均消耗体积为21.25mL（发生的反应依次为NO3-＋Fe2++H+→NO↑＋Fe3++H2O，Fe2++Cr2O72-＋H+→Cr3++Fe3++H2O，未配平）。计算该溶液中NO3-浓度为：________（计算结果保留四位有效数字），如果没有加入NaHCO3固体，会使测定结果_________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”)25、已知A；B、C为中学化学中常见的单质；在室温下A为固体，B和C为气体，向D溶液中加入KSCN溶液后，溶液显红色。在适宜的条件下可发生如下转化：

试回答下列问题：

（1）写出A、B、C的化学式：A_____、B_______、C_________。

（2）反应E溶液＋A→F溶液＋C的离子方程式为：______________；D溶液＋A→F溶液的离子方程式为：___________；若向F溶液中加入NaOH溶液，观察到的现象为：_________。

（3）写出除去D溶液中F杂质的离子方程式：________。26、A；B、C、D、E、F六种元素分布在三个不同的短周期；他们的原子序数依次增大，其中B与C为同一周期，A与D，C与F分别在同一主族，A、D两元素原子核内的质子数之和是C、F两元素原子核内质子数之和的一半。又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，请回答下列问题：

（1）由A、B两种元素可以组成B2A4型化合物,该化合物中存在的共价键类型为是_________。写出该化合物的电子式______________

（2）E是非金属元素，但能表现出一些金属元素的性质，写出E与D元素的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式__________________________________。

（3）等浓度的ABC2溶液、HClO溶液、盐酸溶液，其导电能力：盐酸溶液＞ABC2溶液＞HClO溶液，则溶液的pH(DBC2)____________pH(DClO)（填“＞、＜、＝”）理由是_________________________________________________（用离子方程式解释）

（4）现有100.00mL未知浓度的ABC2溶液，用_____________（仪器名称）量取10.00mL待测溶液于锥形瓶中，加入几滴__________（可选指示剂：酚酞、石蕊、甲基橙）,用A、C、D三种元素组成的浓度为0.10mol/L的标准溶液来测定未知浓度的ABC2溶液，判断滴定终点的现象是_______________________________；记录消耗标准溶液的体积为12.00mL,则该ABC2溶液的浓度为mol/L；评卷人得分六、结构与性质(共4题，共12分)27、庆祝新中国成立70周年阅兵式上；“东风-41洲际弹道导弹”“歼20”等护国重器闪耀亮相，它们都采用了大量合金材料。

回答下列问题：

(1)某些导弹的外壳是以碳纤维为增强体，金属钛为基体的复合材料。基态钛原子的外围电子排布式为_____。钛可与C、N、O等元素形成二元化合物，C、N、O元素的电负性由大到小的顺序是_________。

(2)钛比钢轻，比铝硬，钛硬度比铝大的原因是_____。

(3)钛镍合金可用于战斗机的油压系统，该合金溶于热的硫酸生成Ti（SO4）2、NiSO4，其中阴离子的立体构型为_____，S的_____杂化轨道与O的2p轨道形成_____键（填“π”或“σ”）。

(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为_____（填字母序号）。

(5)氮化钛熔点高；硬度大，其晶胞结构如图所示。

若氮化钛晶体中Ti原子的半径为apm，N原子的半径为bpm，则氮化钛晶体中原子的空间利用率的计算式为_____（用含a、b的式子表示）。碳氮化钛化合物在航天航空领域有广泛的应用，其结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则这种碳氮化钛化合物的化学式为_____。28、【化学——选修3：物质结构与性质】

磷元素在生产和生活中有广泛的应用。

（1）P原子价电子排布图为__________________________。

（2）四（三苯基膦）钯分子结构如下图：

P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为___________；判断该物质在水中溶解度并加以解释_______________________。该物质可用于右上图所示物质A的合成：物质A中碳原子杂化轨道类型为__________________；一个A分子中手性碳原子数目为__________________。

（3）在图示中表示出四（三苯基膦）钯分子中配位键：_____________

（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正六面体形阴离子，熔体中P－Cl的键长只有198nm和206nm两种，这两种离子的化学式为_____________________；正四面体形阳离子中键角小于PCl3的键角原因为__________________；该晶体的晶胞如右图所示，立方体的晶胞边长为apm，NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为_______g/cm3。

（5）PBr5气态分子的结构与PCl5相似，它的熔体也能导电，经测定知其中只存在一种P－Br键长，试用电离方程式解释PBr5熔体能导电的原因___________________。29、完成下列填空。

(1)甲烷的结构特点。

甲烷分子中5个原子不在同一平面上，而是形成___________的空间结构，碳原子位于正四面体的___________，4个氢原子位于4个___________，分子中的4个C—H的长度和强度___________，相互之间的夹角___________，分子结构示意图：球棍模型为空间充填模型为

(2)几种常见的烷烃。烷烃乙烷丙烷丁烷分子式_________________________________结构式___________结构简式_________________________________

(3)烷烃结构的特点。

①结构特点。

a．单键：碳原子之间都以___________结合。

b．饱和：碳原子剩余价键全部跟___________结合。

c．结构：每个碳原子都与其他原子形成___________结构。

②链状烷烃通式：___________。

(4)写出甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷的化学方程式___________。30、非金属在生产；生活和科研中应用广泛。

(1)下列说法正确的是___。

A.O元素的电负性大于Cl元素。

B.3s电子能量高于2s；故3s电子一定在离核更远处运动。

C.组成KH2PO4的四种元素形成的简单离子中；核外电子排布相同的有3种。

(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氟原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为___。

(3)CH3OH的沸点___CH3SH，(填“高于”，“低于”或“等于”)，原因是____。

(4)Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF4中心原子的价层电子对数为____，下列对XeF4中心原子杂化方式推断合理的是___(填标号)。

A.spB.sp2C.sp3d2D.sp3d

(5)XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有___个XeF2分子。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，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为()。已知Xe—F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为____；晶胞中A、B间距离d=___pm。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】

根据图像，溶液中含有HA，说明HA为弱酸，即存在HAH＋＋A－，加入NaOH溶液，发生NaOH＋HA=NaA＋H2O，c(A－)/c(HA)比值增大，即减小；然后依据溶液中三个“守恒”进行分析；

【详解】

A、HA为弱酸，即存在HAH＋＋A－，Ka=c(H＋)×c(A－)/c(HA)，时，Ka=c(H＋)=10－4.76=10－5＋0.24，即数量级为10－5；故A说法正确；

B、Ka和Kw只受温度的影响；因此该比值保持不变，故B说法正确；

C、根据电荷守恒，m点所示溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH－)＋c(A－)，由A选项分析，m点时，c(A－)=c(HA)，因此有c(H＋)=c(HA)＋c(OH－)－c(Na＋)；故C说法正确；

D、n点时溶液pH=2，HA的物质的量大于NaOH的物质的量，则此时溶液中：c(Na＋)－)＋c(HA)，故D说法错误。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．HCHO是平面三角形分子；但正；负电荷的重心不重合，是极性分子，A不符合题意；

B．COCl2是平面三角形分子；但正；负电荷的重心不重合，是极性分子，B不符合题意；

C．BF3平面三角形分子；正；负电荷的重心重合，为非极性分子，C符合题意；

D．NH3是三角锥形分子又是极性分子；D不符合题意；

综上所述，答案为C。3、C【分析】【详解】

A．若a点溶液c()=c(H2SO3)，在a点，Ka1=则c(H+)=Ka1，对应的pH=-lgKa1=1.85；A正确；

B．若选择b为反应终点；由图中可知，此点溶液的pH=4.52，变色范围在酸性区域，所以宜选择甲基橙为指示剂，B正确；

C．在c点，则此点c()=c()，依据物料守恒，对应的溶液中：2c(Na+)=3[c()+c()+c(H2SO3)]；C不正确；

D．c点时，c()=c()，继续加NaOH，发生反应OH-+=+H2O，到d点时，c()<c()，对应溶液中：c(Na+)>c()>c()>c(OH-)>c(H+)；D正确；

故选C。4、D【分析】【详解】

A.因为结构中含有部分；属于卤代烃可以发生消去反应。故A错误；

B.由结构简式可知，该有机物的分子式为C14H14O6NBr；故B错误；

C.结构中含有酚羟基；能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；

D.结构中含有一个酚酯基；一个酚羟基还有一个卤原子都能与氢氧化钠溶液反应，1mol该有机物最多消耗4molNaOH。故D正确；

答案选D。5、A【分析】【分析】

【详解】

A．X在过量NaOH溶液中加热发生水解反应生成中不含手性碳原子；A项正确；

B．Y分子中碳原子的杂化类型有sp2杂化和sp3杂化；共两种，B项错误；

C．分子中；所有原子一定不共平面，C项错误；

D．Z分子中，与羟基相连的C原子上含有1个H原子，在铜催化作用下加热生成不含醛基，不发生银镜反应，D项错误；

答案选A。6、D【分析】【详解】

分子中含有碳碳双键；可发生加成反应和氧化反应，含有酯基，可发生水解反应（或取代反应），含有羧基，具有酸性，可发生中和反应；酯化反应，含有羟基，可发生取代反应、消去反应和氧化反应，①②③④⑤均可能发生；

故选D。7、D【分析】【详解】

A．浓氨水被氯气氧化为氮气和氯化氢，氯化氢和氨气生成白烟，用浓氨水检验输送氯气的管道是否有泄漏，若浓氨水靠近处出现白烟说明漏气，反应为8NH3+3Cl2═N2+6NH4Cl，故A正确；

B．Mg与二氧化碳反应，Mg作还原剂，反应为2Mg+CO22MgO+C，生成白色MgO和黑色固体C，故B正确；

C．铜表面生成的绿色固体为碱式碳酸铜，是由铜和空气中的氧气、水和二氧化碳发生氧化还原反应生成的，化学方程式为2Cu+O2+CO2+H2O═Cu2(OH)2CO3，故C正确；

D．蛋白质遇浓硝酸显黄色，是发生颜色反应，不是氧化硫化氢气体，故D错误；

答案为D。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【详解】

(1)钒是23号元素，基态钒原子的核外价电子排布式为3d34s2，故答案为3d34s2；

(2)根据钒原子的核外价电子排布式为3d34s2可知；+5的钒最外层为8电子稳定结构，最稳定，故答案为+5；

(3)VO43-空间构型为正四面体，与之具有相同结构的一种阳离子是NH4+，故答案为NH4+；

(4)①CN-中含有C≡N三键；σ键和Π键数目比为1:2，故答案为1:2；

②a．水中氧的杂化为sp3，[V(H2O)6]2+中氧的杂化为sp3，则氧原子的杂化类型没有改变，故a错误；b.H2O与V2+形成[V(H2O)6]2+微粒的结构发生了变化，则化学性质发生改变，故b正确；c.水分子中的孤对电子与V2+形成了配位键，使得水分子中氢氧键(H－O)的夹角发生了改变，故c正确；d.H2O与V2+之间通过配位键相结合；配位键属于化学键，不属于分子间作用力，故d错误；故选ad；

③在[V(H2O)6]2+中存在的化学键有H2O与V2+间的配位键、水分子中的H-Oσ键，故选bc；

(5)单质钒的晶胞为体心立方，V原子的配位数为8；1个晶胞中含有2个V原子，1mol晶胞的质量为2Mg，1mol晶胞的体积为(d×10-7cm)3NA，则ρ=g·cm-3，解得M=5NAρd3×10-22，故答案为8；5NAρd3×10-22。【解析】3d34s2+5NH4+1:2adbc85NAρd3×10-229、略

【分析】【分析】

根据常见化学物质的性质及应用分析解答。

【详解】

（1）若A、D、X为非金属单质，E是常见的温室气体，则E是CO2，A、C能和X反应且都生成CO2，A是非金属单质，则A是C、X是O2、C是CO，C和H2O在高温下反应生成CO和H2，所以D是H2，B是H2O，通过以上分析知，A是C、X是O2，故答案为C；O2；

（2）若A为金属单质，D为非金属单质，①的反应在高温条件下，A是Fe，B是H2O，D是H2，C是Fe3O4，X为盐酸，则E是FeCl2；高温下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，所以①的方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，D是四氧化三铁，四氧化三铁和稀盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，离子方程式为Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O；

故答案为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O。

【点睛】

解答框图题最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。【解析】（1）C(1分)，O2(1分)

⑵①3Fe+4H2O(g)____Fe3O4+4H2(2分；无条件－1分)

②Fe3O4+8H+==Fe2++2Fe3++4H2O(2分)10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①丙烯的结构式为则其结构简式为：CH2=CHCH3。

②绿矾为带七个结晶水的硫酸亚铁，所以其化学式为：FeSO4•7H2SO4。

(2)FeCl3溶液刻制印刷电路板是FeCl3与铜单质反应生成氯化亚铁和氯化铜，所以反应的化学方程式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。【解析】CH2=CHCH3FeSO4•7H2SO42FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl211、略

【分析】【详解】

苯环上含有2个羟基，属于酚，2个羟基位于苯环的对位，名称是对苯二酚(或1，4-苯二酚)。【解析】对苯二酚(或1，4-苯二酚)12、略

【分析】【分析】

(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，但是不改变反应物的总能量和生成物的总能量，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ；根据热化学方程式书写原则进行书写；

(2)依据热化学方程式；利用盖斯定律进行计算；

(3)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10；根据化学键的断裂和形成的数目进行计算。

【详解】

(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，反应的热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ•mol-1，故答案为：减小；不变；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ•mol-1；

(2)①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=+49.0kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=-192.9kJ/mol，又知③H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ/mol，依据盖斯定律计算(②×3-①×2+③×2)得到CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol，故答案为：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol；

(3)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10；1mol白磷完全燃烧需拆开6molP-P；5molO=O，形成12molP-O、4molP=O，所以(6mol×198kJ/mol+5mol×498kJ/mol)-12mol×360kJ/mol+4mol×xkJ/mol=-1194kJ/mol，解得：x=138，故答案为：138。

【点睛】

本题的易错点为(3)，要注意分析白磷和五氧化二磷的分子结构，正确判断共价键的类型和数目。【解析】减小不变NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ·mol-1CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ·mol-1138三、判断题(共8题，共16分)13、A【分析】【详解】

(CH3)2CHCH3为表示异丁烷，故正确。14、B【分析】【详解】

己烷共有5种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同，故错误。15、A【分析】【详解】

在催化剂作用下，苯和甲苯都能与卤素单质、浓硝酸等发生取代反应，故该说法正确。16、B【分析】【详解】

检验醛基用的银氨溶液和氢氧化铜悬浊液都要现用现配，故本题判断为错误。17、B【分析】【详解】

1mol甲醛与足量的银氨溶液溶液反应，可得到4mol单质银，故错误。18、B【分析】【详解】

油脂在酸性或碱性条件下，均可发生水解反应，且产物不相同，酸性为高级脂肪酸，碱性为高级脂肪酸盐，错误。19、B【分析】【分析】

【详解】

CH3CH2OH与CH3OCH3互为同分异构体，核磁共振氢谱不相同分别有3个峰和1个峰，故错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

将塑料购物袋直接烧掉会造成空气污染，题中说法错误。四、实验题(共2题，共18分)21、略

【分析】【分析】

滴定终点时蓝色褪去，由2ClO2+8H++10I-═5I2+2C1-+4H2O、2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI可知，存在ClO2～5Na2S2O3；以此计算。

【详解】

①步骤1中量取20mLC1O2溶液所用的仪器为酸式滴定管；故答案为：酸式；

②A．滴定时先快后慢，接近终点时边滴边摇，操作合理，便于判断滴定终点，故A正确；

B．滴定过程中可用蒸馏水将附着在锥形瓶内壁的溶液冲下；防止消耗标准液偏少，故B正确；

C．滴定完成不能立即读数；半分钟后读数即可，故C错误；

D．若发现滴液过量；可回滴样品溶液，至刚出现蓝色，减少误差，故D正确；

故答案为：ABD；

③步骤3中滴定终点的现象为滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；由2ClO2+8H++10I-═5I2+2C1-+4H2O、2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI可知，存在ClO2～5Na2S2O3，则原ClO2溶液的浓度为=g•L-1，故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；【解析】①.酸式②.ABD③.滴入最后一滴溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复④.22、略

【分析】【分析】

烃样品在硬质玻璃管中被氧气氧化可能生成CO；生成的CO再被氧化铜氧化生成二氧化碳，保证烃样品完全转化为二氧化碳和水，生成的水蒸气通过吸收管I吸收，生成的二氧化碳被吸收管II吸收，根据生成的二氧化碳和水的质量测定烃样品的组成，据此分析解答。

【详解】

(1)根据上述分析，烃样品在反应过程中所用的氧化剂是氧气和氧化铜，故答案为：O2；CuO；

(2)吸收管Ⅰ吸收的气体是水蒸气；应该装入无水氯化钙，吸收管Ⅱ吸收的气体是二氧化碳，应该装入碱石灰，故答案为：无水氯化钙；碱石灰；

(3)根据表格数据，m(H2O)=(D-C)mg，m(CO2)=(F-E)mg，样品质量为(B-A)mg，因此样品中碳的质量分数=×100%=故答案为：

(4)取该烃在氧气中充分燃烧后，生成和则烃中含有1molC，2.4molH，分子式为C5H12，若该烃在一定条件下能与氯气发生取代反应，且其一氯代物只有一种，说明分子中只有一种氢原子，则烃A的结构简式为用系统命名法命名为2，2-二甲基丙烷，故答案为：2，2-二甲基丙烷。【解析】无水碱石灰2，2-二甲基丙烷五、元素或物质推断题(共4题，共28分)23、略

【分析】【分析】

X加水溶解后过滤得到的沉淀A经过灼烧得到红棕色固体B，B为氧化铁，物质的量为0.005mol，A为氢氧化铁，根据铁守恒，物质的量为0.01mol，X中含Fe元素；滤液A加NaOH溶液得到气体B，气体为NH3，标况下体积为2.24L，物质的量为0.1mol，说明X中含N和H元素；滤液B加过量的Ba(OH)2得到白色沉淀C，为硫酸钡，说明X中含硫酸根，物质的量为0.03mol，综上:X中含Fe元素0.01mol，N元素0.1mol，硫酸根0.03mol，根据质量守恒，含氢元素的质量为：故氢元素的物质的量为0.34mol，故X的化学式为Fe(NH3)6SO4·2(NH4)2SO4。

(1)

根据分析，X中含Fe、H、N、O、S；X化学式为Fe(NH3)6SO4·2(NH4)2SO4；

(2)

红棕色固体B为氧化铁，高温下与KOH反应的化学方程式为：Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O；

(3)

氨气通入硫酸铜溶液中，先产生氢氧化铜絮状沉淀，继续通入氨气，生成的深蓝色溶液为硫酸四氨合铜溶液，离子反应方程式为：

(4)

根据X的化学式，滤液A中含(NH4)2SO4和NH3；

(5)

沉淀A为氢氧化铁，先用酸将沉淀溶解，再检验铁离子，方法为：取少量沉淀A试管中，加入适量稀硫酸溶解，向其中加入少量KSCN溶液，无明显变化，继续加入氯水，溶液呈红色，说明沉淀A中含有Fe2+。【解析】(1)Fe、H、N、O、SFe(NH3)6SO4·2(NH4)2SO4

(2)Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O

(3)Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NHCu(OH)2+4NH3=[Cu((NH3)4]2++2OH-

(4)(NH4)2SO4、NH3

(5)取少量沉淀A试管中，加入适量稀硫酸溶解，向其中加入少量KSCN溶液，无明显变化，继续加入氯水，溶液呈红色，说明沉淀A中含有Fe2+24、略

【分析】【详解】

试题分析：①常温下，A、C溶液显碱性，两种物质可能是强碱弱酸盐或碱，C的pH>13，说明C为二元强碱，即为Ba(OH)2，A为强碱弱酸盐，即A含有HCO3－，根据离子共存，因此阳离子是Na＋，即A为NaHCO3；②NaHCO3和B反应生成沉淀和气体，说明发生双水解反应，即B含有Al3＋；③Ba(OH)2滴入B、D中，前者产生沉淀，氢氧化铝表现两性，沉淀是BaSO4，则B为Al2(SO4)3，后者产生刺激性气味的气体，则D中含有NH4＋，即NH4NO3；（1）根据上述推断，A为NaHCO3，检验Na＋常用焰色反应，如果火焰呈黄色，说明含有Na元素；(2)发生双水解反应，其离子反应方程式为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；（3）氢氧化铝表现两性，因为Ba(OH)2是过量，因此沉淀是BaSO4；(4)根据上述判断，NO3－存在于D中，与NO3－消耗的n(Fe2＋)=(0.9×25×10－3－6×21.25×10－3×0.12)mol，c(NO3－)=(0.9×25×10－3－6×21.25×10－3×0.12)/(3×20×10－3)mol·L－1=0.1200mol·L－1，没有加入NaHCO3固体，无法排除空气中氧气，氧气能把NO转化成NO2，NO2再与水反应生成硝酸，把Fe2＋氧化成Fe3＋，消耗的Cr2O72－的量减少，因此c(NO3－)偏高。

考点：考查物质推断、实验方案设计的评价、数据的处理、化学计算等知识。【解析】（1）NaHCO3；焰色反应；

（2）Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；

（3）BaSO4；（4）D；0.1200mol/L；偏高。25、略

【分析】【分析】

A、B、C为中学化学中常见的单质，在室温下A为固体，B和C为气体，A与B反应生成D，向D溶液中加入KSCN溶液后，溶液显红色，D溶液中含有Fe3+，由D于F相互转化可知，A为Fe，B为Cl2，D为FeCl3，F为FeCl2．B与C反应生成E，Fe与E溶液反应得到氯化亚铁与C，则C为H2；E为HCl，以此解答该题。

【详解】

(1)向D溶液中加入KSCN溶液后，溶液显红色，故D溶液中含Fe3＋，根据题干信息可推知A为Fe，结合框图中E溶液与A反应生成F溶液和气体C可确定E溶液为酸，故E为HCl，由此推知B、C分别为Cl2、H2，D、F分别为FeCl3、FeCl2。

(2)E为HCl，溶液与铁反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，F为FeCl2；加入氢氧化钠溶液，可生成不稳定的氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，可被氧化生成氢氧化铁，现象为溶液中生成白色沉淀，迅速变灰绿色，最终变红褐色；

(3)除去氯化铁中的氯化亚铁，可通入氯气，发生氧化还原反应生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。【解析】FeCl2H2Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋溶液中生成白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－26、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E、F六种主族元素分布在三个短周期；它们的原子序数依次增大，其中B与C为同一周期，则B、C位于第二周期，A的原子序数小于B，且能够形成化合物，则A为H元素；C与F位于同一主族，则二者分别处于第二、第三周期，二者原子核内质子数之和的一半为7～13，A与D同主族、且A与D两元素核外电子数之和是C与F两元素原子核内质子数之和的一半，则D的原子序数大于6，应该为Na元素；故C与F的原子序数之和为：2（1+11）=24，C与F分别位于同一主族，设C的原子序数为x，则x+x+8=24，解得x=8，故C为O元素、F为硫元素；六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体、三种是固体，原子序数E介于11～16之间，则E单质为固体，所以B单质只能为气体，B与C位于同二周期，C为O元素，B原子序数小于O元素，则B为N元素；

【详解】

根据分析可知：A为H；B为N、C为O、D为Na、E为Si、F为S元素．

（1）由A、B两种元素可以组成B2A4型化合物，分子式为N2H4，分子中N-N键为非极性银，N-H键为极性键，电子式为

（2）E是非金属元素Si，但能表现出一些金属元素的性质，Si与Na元素的最高价氧化物的水化物反应生成硅酸钠和氢气，离子方程式：Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑；

（3）等浓度的HNO2溶液、HClO溶液、盐酸溶液，其导电能力：盐酸溶液＞HNO2溶液＞HClO溶液，酸性越强，对应钠盐水解能力越弱，pH越小，则溶液的pH(NaNO2)2-+H2OHNO2+OH-，ClO-+H2OHClO+OH-后者水解程度大于前者；

（4）酸性溶液用酸式滴定管盛装，中和产物为NaNO2，水溶液呈碱性，可选用变色范围在碱性的指示剂。现有100.00mL未知浓度的HNO2溶液，用酸式滴定管（仪器名称）量取10.00mL待测溶液于锥形瓶中，加入几滴酚酞（可选指示剂：酚酞、石蕊、甲基橙）,用浓度为0.10mol/LNaOH的标准溶液来测定未知浓度的HNO2溶液，判断滴定终点的现象是溶液由无色变粉红色半分钟不褪色；记录消耗标准溶液的体积为12.00mL,则该HNO2溶液的浓度为0.10mol/L×12.00mL/10.00mL=0.12mol·L－1。【解析】极性和非极性Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2<NO2-+H2OHNO2+OH-，ClO-+H2OHClO+OH-后者水解程度大于前者酸式滴定管溶液由无色变粉红色半分钟不褪色0.12六、结构与性质(共4题，共12分)27、略

【分析】【分析】

(1)基态钛原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，由此可确定外围电子排布式。C、N、O元素的非金属性关系为O>N>C；电负性的关系与非金属性关系相同。

(2)钛硬度比铝大；从金属键的大小找原因。

(3)钛镍合金溶于热的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，其中阴离子为SO42-；S的价层电子对数为4，由此可确定其立体构型和S的杂化方式，S的杂化轨道与O的2p轨道头对头重叠。

(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为由此确定符合题意的图形。

(5)在氮化钛晶胞中，含Ti原子的个数为12×+1=4，含N原子个数为8×+6×=4；由此可求出原子的总体积，再由原子半径求晶胞的总体积，便可求出氮化钛晶体中原子的空间利用率的计算式。碳氮化钛化合物结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则晶胞中有1个N原子换成1个C原子，Ti原子个数不变，由此确定这种碳氮化钛化合物的化学式。

【详解】

(1)基态钛原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，由此可确定外围电子排布式为3d24s2。C、N、O元素的非金属性关系为O>N>C，则电负性：O＞N＞C。答案为：3d24s2；O＞N＞C；

(2)钛和铝都形成金属晶体；应从离子的带电荷分析钛硬度比铝大，其原因是Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强。答案为：Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强；

(3)钛镍合金溶于热的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，其中阴离子为SO42-，S的价层电子对数为4，由此可确定其立体构型为正四面体形，S的杂化方式为sp3，S的杂化轨道与O的2p轨道头对头重叠，从而形成σ键。答案为：正四面体形；sp3；σ；

(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为由此确定符合题意的图形为D。答案为：D；

(5)在氮化钛晶胞中，含Ti原子的个数为12×+1=4，含N原子个数为8×+6×=4，由此可求出原子的总体积为再由原子半径求晶胞的总体积为(2a+2b)3，便可求出氮化钛晶体中原子的空间利用率的计算式为碳氮化钛化合物结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则晶胞中有1个N原子换成1个C原子，Ti原子个数不变，由此确定这种碳氮化钛化合物的化学式为Ti4CN3。答案为：Ti4CN3。

【点睛】

计算晶胞中所含原子的个数时，依据原子所在位置确定所属晶胞的份额。若原子位于立方体的项点，则属于此晶抱的只占八分之一；若原子位于棱上，则只有四分之一属于此晶抱；若原子位于面心，则只有二分之一属于此晶胞；若原子位于立方体内，则完全属于此晶胞。【解析】①.3d24s2②.O＞N＞C③.Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强④.正四面体形⑤.sp3⑥.σ⑦.D⑧.×100%⑨.Ti4CN328、略

【分析】【分析】

（1）P原子价电子排布式为3s22p3；结合泡利原理；洪特规则画出价电子排布图；

（2）P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为sp3；四（三苯基膦）钯分子为非极性分子；而水是极性分子，结合相似相溶原理判断；A分子中C原子均没有孤对电子，三键中C原子杂化轨道数目为2，双键中碳原子杂化轨道数目为3，其它碳原子杂化轨道数目为4；连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子；

（3）Pd含有空轨道；P原子有1对孤对电子，提供孤对电子与Pd形成配位键；

（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，形成的正四面体形阳离子为PCl4+，正六面体形阴离子为PCl6-；PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力；由晶胞结构可知，PCl4+位于体心，PCl6-位于顶点，由均摊法可知晶胞中含有1个PCl6-，计算晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度；

（5）PBr5气态分子的结构与PCl5相似，它的熔体也能导电，经测定知其中只存在一种P-Br键长，则电离生成PBr4+与Br-。

【详解】

（1）磷是15号元素，其原子核外有15个电子，P元素基态原子电子排布为1s22s22p63s23P3，P的最外层3p电子3个电子自旋方向相同，为故答案为

（2）P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子与P原子成4个单键，杂化轨道数为4，为sp3杂化，水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶，所以四(三苯基膦)钯分子在水中难溶，物质A中甲基上的C采取sp3杂化类型，C≡N为SP杂化，碳碳双键为sp2杂化，连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，如图：所以一个A分子中手性碳原子数目为3个，故答案为sp3；不易溶于水，水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶；sp、sp2、sp3；3；

（3）配位键由含有孤电子对的原子指向含有空轨道的原子，Pd含有空轨道、P原子含有孤电子对，所以配位键由P原子指向Pd原子，如图：故答案为

（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子是PCl4+和一种正六面体形阴离子是PCl6-，即发生反应为：2PCl5=PCl4++PCl6-，PCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5−3×1)=4，所以原子杂化方式是sp3，PCl5中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=5+(5−5×1)=4，所以原子杂化方式是sp3，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对．孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以PCl5中正四面体形阳离子中键角小于PCl3的键角，晶胞中PCl5位于顶点8×=1，1个PCl5分子位于晶胞内部，立方体的晶胞边长为apm，所以密度为：ρ==

故答案为：PCl4+和PCl6-；两分子中P原子杂化方式均为sp3杂化，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力；

（5）PBr5气态分子的结构与PCl5相似，说明PBr5也能电离出能导电的阴阳离子，而产物中只存在一种P-Br键长，所以发生这样电离PBr5═PBr4++Br-；

故答案为PBr5=PBr4++Br-。

【点晴】

本题考查物质结