成都市重點(diǎn)中學(xué)2023年高二化學(xué)第二學(xué)期期末聯(lián)考試題含解析

2023年高二下化學(xué)期末模擬試卷請(qǐng)考生注意：1．請(qǐng)用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請(qǐng)用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫(xiě)在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫(xiě)在試題卷、草稿紙上均無(wú)效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項(xiàng)》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到足量的稀硝酸中，金屬完全溶解（假設(shè)反應(yīng)中還原產(chǎn)物只有NO)。向反應(yīng)后的溶液中加3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，測(cè)得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1g。下列敘述錯(cuò)誤的是()A．當(dāng)金屬全部溶解時(shí)，電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為0.3NAB．參加反應(yīng)的金屬的總質(zhì)量3.6g<w<9.6gC．當(dāng)金屬全部溶解時(shí)，產(chǎn)生的NO氣體的體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為2.24LD．當(dāng)生成的沉淀量達(dá)到最大時(shí)，消耗NaOH溶液的體積為l00mL2、下列選項(xiàng)對(duì)離子方程式的判斷合理的是（）反應(yīng)物離子方程式判斷A．Al2O3與足量的NaOH溶液反應(yīng)2Al2O3+2OH-=4AlO2-+H2↑正確B．NH4HCO3與足量的NaOH溶液反應(yīng)HCO3-+OH-=CO32-+H2O正確C．Ca(HCO3)2溶液與足量NaOH溶液反應(yīng)Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O錯(cuò)誤D．FeBr2溶液與等物質(zhì)的量的的Cl2反應(yīng)2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-錯(cuò)誤A．AB．BC．CD．D3、材料在人類文明史上起著劃時(shí)代的意義。下列物品所用主要材料與類型的對(duì)應(yīng)關(guān)系不正確的是A．人面魚(yú)紋彩陶盆——無(wú)機(jī)非金屬材料 B．“馬踏飛燕”銅奔馬——金屬材料C．宇航員的航天服——有機(jī)高分子材料 D．光導(dǎo)纖維——復(fù)合材料4、下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途不對(duì)應(yīng)的是()A．鋁合金的密度小，硬度大，可用作建筑材料B．食品工業(yè)中用Na2CO3作焙制糕點(diǎn)的膨松劑C．FeCl3溶液能與Cu反應(yīng)，可用于腐蝕銅制印刷電路板D．明礬能生成Al(OH)3膠體，可用作凈水劑5、某化學(xué)小組用如圖所示裝置驗(yàn)證鹵素單質(zhì)氧化性的相對(duì)強(qiáng)弱。下列說(shuō)法不正確的是()A．E處棉花球變成黃色，說(shuō)明Cl2的氧化性比Br2強(qiáng)B．F處棉花球變成藍(lán)色，說(shuō)明Br2的氧化性比I2強(qiáng)C．E處發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2D．G裝置中NaOH溶液與Cl2反應(yīng)的離子方程式為：2OH－＋Cl2===ClO－＋Cl－＋H2O6、某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下圖，則此有機(jī)物可發(fā)生的反應(yīng)類型有()①取代反應(yīng)②加聚反應(yīng)③消去反應(yīng)④酯化反應(yīng)⑤水解反應(yīng)⑥氧化反應(yīng)⑦顯色反應(yīng)A．①②④⑥⑦ B．②③④⑥⑦ C．①②③④⑤⑥ D．全部7、過(guò)氧化鈣(CaO2)微溶于水，溶于酸，可作分析試劑、醫(yī)用防腐劑、消毒劑。實(shí)驗(yàn)室常用CaCO3為原料制備過(guò)氧化鈣，流程如圖：下列說(shuō)法不正確的是A．逐滴加入稀鹽酸后，將溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的CO2B．加入氨水和雙氧水后的反應(yīng)為：CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2＝CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2OC．生成CaO2的反應(yīng)需要在冰浴下進(jìn)行的原因是溫度過(guò)高時(shí)過(guò)氧化氫分解D．產(chǎn)品依次用蒸餾水、無(wú)水乙醇洗滌，其中乙醇洗滌的目的是為了除去晶體表面的NH4Cl雜質(zhì)8、20℃時(shí)，飽和NaCl溶液的密度為ρg·cm?3，物質(zhì)的量濃度為cmol/L，則下列說(shuō)法中不正確的是A．溫度低于20℃時(shí)，飽和NaC1溶液的濃度小于cmol/LB．此溶液中NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(58.5×c/ρ×1000)×100%C．將1L該NaCl溶液蒸干可好到58.5cgNaCl固體D．20℃時(shí)，NaCl的溶解度S=(5850c/(ρ?58.5))g9、在下面的電子結(jié)構(gòu)中,第一電離能最小的原子可能是A．ns2np3 B．ns2np5 C．ns2np4 D．ns2np610、下列反應(yīng)過(guò)程中，存在π鍵斷裂的是A．催化劑作用下，苯與液溴反應(yīng) B．在光照條件下，CH4與Cl2反應(yīng)C．催化劑作用下，乙烯和氫氣加成 D．催化劑作用下，乙醇氧化為乙醛11、下列反應(yīng)中△H＞0，△S＞0的是A．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)B．NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)C．4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)D．任何溫度下均能自發(fā)進(jìn)行2H2O2(l)＝2H2O(l)＋O2(g)12、將固體NH4I置于密閉容器中，在一定溫度下發(fā)生下列反應(yīng)：①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)H2(g)＋I(xiàn)2(g)。達(dá)到平衡時(shí)，c(H2)＝0.5mol·L－1，c(HI)＝4mol·L－1，則此溫度下反應(yīng)①的平衡常數(shù)為()A．9 B．16 C．20 D．2513、某課外小組在實(shí)驗(yàn)室模擬工業(yè)上從濃縮海水中提取溴的工藝流程，設(shè)計(jì)以下裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)(所有橡膠制品均已被保護(hù)，夾持裝置已略去)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．裝置中通入的是a氣體是Cl2B．實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)在A裝置中通入a氣體一段時(shí)間后，停止通入，改通入熱空氣C．B裝置中通入a氣體前發(fā)生的反應(yīng)為SO2+Br2+2H2O===H2SO4+2HBrD．C裝置的作用只是吸收多余的二氧化硫氣體14、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．無(wú)色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN﹣，Cl﹣B．＝1×10﹣12的溶液中：K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣C．酸性溶液中；Na+、ClO﹣，SO42﹣，I﹣D．能溶解Al2O3的溶液中：Na+、Fe2+、HS﹣、SO42﹣15、下列離子或分子組中能大量共存，且滿足相應(yīng)要求的是（

）選項(xiàng)離子要求AK+、NO3-、Cl-、HS-c（K+）<c（Cl-）BFe3+、NO3-、SO32-、Cl-逐滴滴加鹽酸立即有氣體產(chǎn)生CNa+、HCO3-、Mg2+、SO42-逐滴滴加氨水立即有沉淀產(chǎn)生DNH4+、Al3+、SO42-、CH3COOH滴加NaOH濃溶液立刻有氣體產(chǎn)生A．A B．B C．C D．D16、化學(xué)與人類生活密切相關(guān)，下列說(shuō)法不正確的是A．化石燃料燃燒和工業(yè)廢氣中的氮氧化物是導(dǎo)致“霧霾天氣”的原因之一B．鋁制餐具不宜長(zhǎng)時(shí)間存放酸性、堿性和咸的食物C．用含有鐵粉的透氣小袋與食品一起密封包裝來(lái)防止食品氧化D．化學(xué)藥品著火，都要立即用水或泡沫滅火器滅火二、非選擇題（本題包括5小題）17、Q、R、X、Y、Z五種元素的原子序數(shù)依次遞增。已知：①Z的原子序數(shù)為29，其余的均為短周期主族元素；Y原子的價(jià)電子(外圍電子)排布為msnmpn；②R原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)；③Q、X原子p軌道的電子數(shù)分別為2和4。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）Z2＋的核外電子排布式是________。（2）在[Z(NH3)4]2＋離子中，Z2＋的空軌道接受NH3分子提供的________形成配位鍵。（3）Q與Y形成的最簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物分別為甲、乙，下列判斷正確的是________。a．穩(wěn)定性：甲>乙，沸點(diǎn)：甲>乙b．穩(wěn)定性：甲>乙，沸點(diǎn)：甲<乙c．穩(wěn)定性：甲<乙，沸點(diǎn)：甲<乙d．穩(wěn)定性：甲<乙，沸點(diǎn)：甲>乙（4）Q、R、Y三種元素的第一電離能數(shù)值由小到大的順序?yàn)開(kāi)_______(用元素符號(hào)作答)。（5）Q的一種氫化物相對(duì)分子質(zhì)量為26，其中分子中的σ鍵與π鍵的鍵數(shù)之比為_(kāi)_______，其中心原子的雜化類型是________。（6）某元素原子的價(jià)電子構(gòu)型為3d54s1，該元素屬于________區(qū)元素，元素符號(hào)是________。18、A、B、C、D四種可溶性鹽，陽(yáng)離子分別可能是Ba2+、Na+、Ag+、Cu2+中的某一種,陰離子分別可能是中的某一種。(1)C的溶液呈藍(lán)色，向這四種鹽溶液中分別加鹽酸，B鹽有沉淀產(chǎn)生，D鹽有無(wú)色無(wú)味氣體逸出。則它們的化學(xué)式應(yīng)為：A_______，B_______，C_______，D_______。(2)寫(xiě)出下列反應(yīng)的離子方程式：①A+C__________________________。②D+鹽酸________________________。19、某學(xué)生為測(cè)定某燒堿樣品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：（已知該樣品中含有少量不與酸作用的雜質(zhì)）A．在250的容量瓶中定容，配制成250燒堿溶液；B．用堿式滴定管移取25.00燒堿溶液于錐形瓶中，并滴幾滴甲基橙指示劑；C．在天平上準(zhǔn)確稱取20.5燒堿樣品，在燒杯中用蒸餾水溶解；D．將物質(zhì)的量濃度為1.00的標(biāo)準(zhǔn)硫酸溶液裝入酸式滴定管中，調(diào)節(jié)液面，記下開(kāi)始時(shí)的讀數(shù)；E.在錐形瓶下墊一張白紙，滴定至溶液變?yōu)槌壬珵橹?，記下讀數(shù)。試填空：(1)正確操作步驟的順序是________→________→________→________→________。（用字母填空）(2)觀察滴定管液面的讀數(shù)時(shí)應(yīng)注意什么問(wèn)題？_____________________________________________________________________。(3)步操作中的錐形瓶下墊一張白紙的作用是__________________________________________。(4)下列操作中可能使所測(cè)溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏低的是________。a．步操作中未將溶液冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移到容量瓶中定容b．步操作中，稱量藥品時(shí)，砝碼放在左盤(pán)，放在右盤(pán)c．步操作中酸式滴定管在裝入標(biāo)準(zhǔn)溶液前未用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗d．滴定過(guò)程中，讀取硫酸溶液體積時(shí)，開(kāi)始時(shí)仰視讀數(shù)，結(jié)束時(shí)俯視讀數(shù)(5)硫酸的初讀數(shù)和末讀數(shù)如圖所示。未讀數(shù)為_(kāi)_______，初讀數(shù)為_(kāi)_______，用量為_(kāi)_______。按滴定所得數(shù)據(jù)計(jì)算燒堿樣品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)_______。20、鉻鉀礬[KCr(SO4)2˙12H2O]在鞣革、紡織等工業(yè)上有廣泛的用途。某學(xué)習(xí)小組用還原K2Cr2O7,酸性溶液的方法制備鉻鉀礬，裝置如圖所示：回答下列問(wèn)題：(1)A中盛裝濃硫酸的儀器名稱是________。(2)裝置B中反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)________________________________。(3)反應(yīng)結(jié)束后，從B裝置中獲取鉻鉀礬晶體的方法是：向混合物中加入乙醇后析出晶體，過(guò)濾、洗滌、低溫干燥，得到產(chǎn)品。①加入乙醇后再進(jìn)行過(guò)濾的目的是____________。②低溫干燥的原因是_________________________。(4)鉻鉀礬樣品中鉻含量的測(cè)定：取mg樣品置于錐形瓶中用適量水溶解，加入足量的Na2O2進(jìn)行氧化，然后用硫酸酸化使鉻元素全部變成Cr2O72-，用cmol/L的FeSO4溶液滴定至終點(diǎn)，消耗FeSO4溶液vmL，該樣品中鉻的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)_______。21、某小組同學(xué)利用原電池裝置探究物質(zhì)的性質(zhì)。資料顯示：原電池裝置中，負(fù)極反應(yīng)物的還原性越強(qiáng)，或正極反應(yīng)物的氧化性越強(qiáng)，原電池的電壓越大。（1）同學(xué)們利用下表中裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)并記錄。裝置編號(hào)電極A溶液B操作及現(xiàn)象ⅠFepH=2的H2SO4連接裝置后，石墨表面產(chǎn)生無(wú)色氣泡；電壓表指針偏轉(zhuǎn)ⅡCupH=2的H2SO4連接裝置后，石墨表面無(wú)明顯現(xiàn)象；電壓表指針偏轉(zhuǎn)，記錄讀數(shù)為a①同學(xué)們認(rèn)為實(shí)驗(yàn)Ⅰ中鐵主要發(fā)生了析氫腐蝕，其正極反應(yīng)式是______________。②針對(duì)實(shí)驗(yàn)Ⅱ現(xiàn)象：甲同學(xué)認(rèn)為不可能發(fā)生析氫腐蝕，其判斷依據(jù)是______________；乙同學(xué)認(rèn)為實(shí)驗(yàn)Ⅱ中應(yīng)發(fā)生吸氧腐蝕，其正極的電極反應(yīng)式是___________________。（2）同學(xué)們?nèi)杂蒙鲜鲅b置并用Cu和石墨為電極繼續(xù)實(shí)驗(yàn)，探究實(shí)驗(yàn)Ⅱ指針偏轉(zhuǎn)原因及影響O2氧化性的因素。編號(hào)溶液B操作及現(xiàn)象Ⅲ經(jīng)煮沸的pH=2的H2SO4溶液表面用煤油覆蓋，連接裝置后，電壓表指針微微偏轉(zhuǎn)，記錄讀數(shù)為bⅣpH=2的H2SO4在石墨一側(cè)緩慢通入O2并連接裝置，電壓表指針偏轉(zhuǎn)，記錄讀數(shù)為c；取出電極，向溶液中加入數(shù)滴濃Na2SO4溶液混合后，插入電極，保持O2通入，電壓表讀數(shù)仍為cⅤpH=12的NaOH在石墨一側(cè)緩慢通入O2并連接裝置，電壓表指針偏轉(zhuǎn)，記錄讀數(shù)為d①丙同學(xué)比較實(shí)驗(yàn)Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的電壓表讀數(shù)為：c＞a＞b，請(qǐng)解釋原因是__________。②丁同學(xué)對(duì)Ⅳ、Ⅴ進(jìn)行比較，其目的是探究________對(duì)O2氧化性的影響。③實(shí)驗(yàn)Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是_____________。④為達(dá)到丁同學(xué)的目的，經(jīng)討論，同學(xué)們認(rèn)為應(yīng)改用下圖裝置對(duì)Ⅳ、Ⅴ重復(fù)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，其設(shè)計(jì)意圖是________；重復(fù)實(shí)驗(yàn)時(shí)，記錄電壓表讀數(shù)依次為c′、d′，且c′＞d′，由此得出的結(jié)論是______________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、D【解析】

將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到稀HNO3中，金屬完全溶解(假設(shè)反應(yīng)中還原產(chǎn)物只有NO)，發(fā)生反應(yīng)3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反應(yīng)后的溶液中加入過(guò)量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，發(fā)生反應(yīng)：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質(zhì)量為5.1g，氫氧根的物質(zhì)的量為n=，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.15mol。A.根據(jù)上述分析可知：反應(yīng)過(guò)程中電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量等于氫氧根離子的物質(zhì)的量，n(e-)=n(OH-)=0.3mol，所以轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目N=0.3NA，A正確；B.鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.15mol，若全為Mg，其質(zhì)量是m=0.15mol×24g/mol=3.6g；若全為金屬Cu，其質(zhì)量為m=0.15mol×64g/mol=9.6g，所以參加反應(yīng)的金屬的總質(zhì)量(m)為3.6g＜m＜9.6g，B正確；C.反應(yīng)過(guò)程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.3mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，可知反應(yīng)產(chǎn)生NO的物質(zhì)的量為n(NO)=，其在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積V=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，C正確；D.若硝酸無(wú)剩余，則參加反應(yīng)氫氧化鈉的物質(zhì)的量等于0.3mol，需要?dú)溲趸c溶液體積V=；若硝酸有剩余，消耗的氫氧化鈉溶液體積大于100mL，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是D。2、C【解析】分析：A．Al2O3與足量的NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水；B．NH4HCO3與足量的NaOH溶液反應(yīng)生成氨氣和碳酸鈉；C．Ca(HCO3)2溶液與足量NaOH溶液反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、碳酸鈉和水；D．FeBr2溶液與等物質(zhì)的量的的Cl2反應(yīng)，離子方程式為2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-。據(jù)此分析判斷。詳解：A．Al2O3與足量的NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式錯(cuò)誤，故A錯(cuò)誤；B．NH4HCO3與足量的NaOH溶液反應(yīng)生成氨氣和碳酸鈉，離子方程式錯(cuò)誤，故B錯(cuò)誤；C．Ca(HCO3)2溶液與足量NaOH溶液反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、碳酸鈉和水，離子方程式為Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，離子方程式錯(cuò)誤，判斷正確，故C正確；D．FeBr2溶液與等物質(zhì)的量的的Cl2反應(yīng)，離子方程式為2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，判斷錯(cuò)誤，故D錯(cuò)誤；故選C。3、D【解析】

A、陶瓷主要成分為硅酸鹽，為無(wú)機(jī)非金屬材料，選項(xiàng)A正確；B、“馬踏飛燕”銅奔馬主要材料為銅，為金屬材料，選項(xiàng)B正確；C、宇航員的航天服的材料為合成纖維，為有機(jī)高分子化合物，選項(xiàng)C正確；D、光導(dǎo)纖維主要材料為二氧化硅，為無(wú)機(jī)物，不是復(fù)合材料，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選D。4、B【解析】

A．鋁合金的密度小，硬度大，具有優(yōu)良的性能，則可用作建筑材料，A正確；B．Na2CO3的堿性較強(qiáng)，一般選NaHCO3作焙制糕點(diǎn)的膨松劑，B錯(cuò)誤；C．FeCl3溶液能與Cu反應(yīng)生成氯化銅、氯化亞鐵，則可用于腐蝕銅制印刷電路板，C正確；D．明礬溶于水能水解生成Al(OH)3膠體，可用作凈水劑，D正確；答案選B?！军c(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)與應(yīng)用，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、性質(zhì)與用途為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意元素化合物知識(shí)的應(yīng)用。5、B【解析】

氯氣具有強(qiáng)氧化性，可與Br－、I－發(fā)生置換反應(yīng)生成單質(zhì)，可以與NaOH反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水?！驹斀狻緼.E處棉花球變成黃色，發(fā)生Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，Cl2為氧化劑，Br2為氧化產(chǎn)物，Cl2的氧化性比Br2強(qiáng)，A正確；B.F處棉花球變成藍(lán)色，發(fā)生Cl2＋2I－===2Cl－＋I(xiàn)2，Cl2的氧化性比I2強(qiáng)，B錯(cuò)誤；C.E處發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，C正確；D.NaOH與Cl2反應(yīng)的離子方程式為：2OH－＋Cl2===ClO－＋Cl－＋H2O，D正確；答案為B。【點(diǎn)睛】在F處，是未反應(yīng)完的Cl2與KI發(fā)生反應(yīng)置換出I2，使淀粉變藍(lán)色，不能說(shuō)明Br2的氧化性比I2強(qiáng)。6、C【解析】

根據(jù)有機(jī)物的官能團(tuán)分析其可能發(fā)生的反應(yīng)類型。【詳解】由圖可知，該有機(jī)物分子中有碳碳雙鍵、酯基、羥基、羧基等4種官能團(tuán)，另外還有苯環(huán)這種特殊的基團(tuán)，且羥基所連碳原子的鄰位碳原子上有H原子。含有碳碳雙鍵的物質(zhì)易發(fā)生取代反、加聚反應(yīng)、氧化反應(yīng)；含有酯基的物質(zhì)易發(fā)生水解反應(yīng)；含有羥基的有機(jī)物易發(fā)生酯化反應(yīng)和氧化反應(yīng)，由于羥基所連碳原子的鄰位碳原子上有H原子，故其也能發(fā)生消去反應(yīng)；含有羧基的物質(zhì)易發(fā)生酯化反應(yīng)等。由于該有機(jī)物沒(méi)有酚羥基，故其不能發(fā)生顯色反應(yīng)。綜上所述，此有機(jī)物可發(fā)生的反應(yīng)類型有取代反應(yīng)、加聚反應(yīng)、消去反應(yīng)、酯化反應(yīng)、水解反應(yīng)、氧化反應(yīng)，即①②③④⑤⑥，故本題選C。7、D【解析】

由流程可知，碳酸鈣溶于鹽酸后，將溶液煮沸，可以除去溶液中溶解的二氧化碳?xì)怏w，防止二氧化碳與氨氣反應(yīng)，過(guò)濾后，濾液中氯化鈣、氨水、過(guò)氧化氫反應(yīng)生成CaO2、NH4Cl、水，反應(yīng)在冰浴下進(jìn)行，可防止過(guò)氧化氫分解，再過(guò)濾，洗滌得到過(guò)氧化鈣白色晶體，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．逐滴加入稀鹽酸后，將溶液煮沸的作用是除去溶液二氧化碳，防止再后續(xù)實(shí)驗(yàn)中二氧化碳與氨氣反應(yīng)，故A正確；B．濾液中加入氨水和雙氧水生成CaO2，反應(yīng)的方程式為：CaCl2+2NH3?H2O+H2O2═CaO2↓+2NH4Cl+2H2O，故B正確；C．溫度過(guò)高時(shí)過(guò)氧化氫分解，影響反應(yīng)產(chǎn)率，則生成CaO2的反應(yīng)需要在冰浴下進(jìn)行，故C正確；D．過(guò)濾得到的白色結(jié)晶為CaO2，微溶于水，用蒸餾水洗滌后應(yīng)再用乙醇洗滌以去除結(jié)晶表面水分，同時(shí)可防止固體溶解，故D錯(cuò)誤；故選D。8、D【解析】本題考查物質(zhì)的量濃度的相關(guān)計(jì)算。解析：溫度低于20℃時(shí)，氯化鈉飽和溶液中溶解的氯化鈉減少，所以飽和NaCl溶液的濃度小于cmol/L，故A正確；1L該溫度下的氯化鈉飽和溶液中，溶液質(zhì)量為：1000ρg，氯化鈉的質(zhì)量為cmol，所以氯化鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：58.5cg1000ρ×100%，B正確；1Lcmol/L飽和NaCl溶液中，n（NaCl）=cmol，m(NaCl）=58.5cg,則蒸干可好到58.5cgNaCl固體，C正確；20℃時(shí)，1L飽和NaCl溶液中溶解的氯化鈉的質(zhì)量為58.5cg，溶液質(zhì)量為1000ρ，則該溫度下氯化鈉的溶解度為：S=58.5cg(1000ρ-58.5)g×100g=故選D。點(diǎn)睛：解題時(shí)注意掌握物質(zhì)的量濃度的概念、飽和溶液中溶解度的概念及計(jì)算方法。9、C【解析】

同一周期元素，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢(shì)，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一電離能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一電離能大，據(jù)此分析解答?！驹斀狻客恢芷谠兀氐牡谝浑婋x能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢(shì)，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一電離能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一電離能大，ns2np3、ns2np4、ns2np5、ns2np6屬于同一周期且其原子序數(shù)依次增大，但ns2np3屬于第VA元素，ns2np4屬于第ⅥA族，所以ns2np3、ns2np4、ns2np5、ns2np6幾種元素的第一電離能的大小順序是ns2np6、ns2np5、ns2np3、ns2np4，所以最小的為ns2np4，故選C。10、C【解析】

A.催化劑作用下，苯與液溴反應(yīng)是取代反應(yīng)，只斷σ鍵，不存在π鍵斷裂，故A不符合；

B.在光照條件下，CH4與Cl2反應(yīng)是取代反應(yīng)，只斷σ鍵，不存在π鍵斷裂，故B不符合；

C.催化劑作用下，乙烯和氫氣加成，斷C=C鍵中的π鍵，故C符合；

D.催化劑作用下，乙醇氧化為乙醛，斷O-H和C-H中的σ鍵，不存在π鍵斷裂，故D不符合；故選C?！军c(diǎn)睛】單鍵都是σ鍵，雙鍵中一個(gè)σ鍵，一個(gè)π鍵，三鍵中一個(gè)σ鍵，兩個(gè)π鍵，π鍵易斷裂。11、A【解析】

一般來(lái)說(shuō)，物質(zhì)的分解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，△S＞0，應(yīng)生成較多氣體，物質(zhì)的混亂度增大，以此解答?！驹斀狻緼．反應(yīng)為放熱反應(yīng)，固體生成氣體，則△H＞0，△S＞0，選項(xiàng)A正確；B．反應(yīng)為放熱反應(yīng)，且氣體生成固體，△H＜0，△S＜0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，且氣體生成固體，則△H＞0，△S＜0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，且液體生成氣體，則△H＞0，△S＜0，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選A。12、C【解析】

①NH4I（s）?NH3（g）+HI（g）；②2HI（g）?H2（g）+I2（g）反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，c（H2）=0.5mol.L-1，消耗c（HI）=0.5mol.L-1×2=1mol/L，則反應(yīng)①過(guò)程中生成的c（HI）=1mol/L+4mol/L=5mol/L，生成的c（NH3）=c（HI）=5mol/L，平衡常數(shù)計(jì)算中所用的濃度為各物質(zhì)平衡時(shí)的濃度，則此溫度下反應(yīng)①的平衡常數(shù)為K=c（NH3）×c（HI）=5mol/L×4mol/L=20mol2/L2，所以C正確。故選C。13、D【解析】

實(shí)驗(yàn)室模擬工業(yè)上從濃縮海水中提取溴，由實(shí)驗(yàn)裝置可知，a中氣體為氯氣，在A中氯氣可氧化溴離子，利用熱空氣將溴單質(zhì)吹出，B中通入氣體為二氧化硫，在B中發(fā)生SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，c中NaOH溶液可吸收溴、氯氣、二氧化硫等尾氣，以此來(lái)解答。【詳解】A.A裝置中通入的a氣體是Cl2，目的是氧化A中溴離子，故A正確；B.實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)在A裝置中通入a氣體一段時(shí)間后，停止通入，改通入熱空氣，熱空氣將溴單質(zhì)吹出，故B正確；C.B裝置中通入b氣體后發(fā)生的反應(yīng)為SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，故C正確；D.C裝置的作用為吸收溴蒸汽、氯氣、二氧化硫等尾氣，故D錯(cuò)誤；所以本題答案：D?！军c(diǎn)睛】解題依據(jù)物質(zhì)氧化性強(qiáng)弱。根據(jù)Cl2氧化性大于Br2，可以把Br-氧化成溴單質(zhì)，結(jié)合實(shí)驗(yàn)原理選擇尾氣處理試劑。14、B【解析】

A項(xiàng)、無(wú)色溶液中不存在Fe3+，且溶液中Fe3+與SCN﹣發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)、＝1×10﹣12為堿性溶液，堿性溶液中K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣離子之間不反應(yīng)，能大量共存，故B正確；C項(xiàng)、酸性溶液中ClO﹣與I﹣發(fā)生氧化還原反應(yīng)不能大量共存，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)、能溶解Al2O3的溶液可能為酸溶液或堿溶液，HS-既能與酸反應(yīng)又能與堿反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故D錯(cuò)誤；故選B。【點(diǎn)睛】本題考查離子共存的正誤判斷，注意掌握離子反應(yīng)發(fā)生條件，明確離子不能大量共存的一般情況，如能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間等，在判斷能否共存的同時(shí)還要注意習(xí)題的要求，本題的易錯(cuò)點(diǎn)就是容易忽視題干中溶液為酸性溶液這一條件。15、C【解析】

A.根據(jù)溶液呈電中性可知，c(H+)+c（K+）=c(OH-)+c（Cl-）+c（NO3-）+c（HS-），若c（K+）＜c（Cl-），則c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性，在酸性條件下HS-不能大量共存，且NO3-有強(qiáng)氧化性可以將其氧化，故A錯(cuò)誤；B.Fe3+與SO32-能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，B錯(cuò)誤；C.逐滴滴加氨水，溶液的堿性增加，HCO3-與一水合氨反應(yīng)生成碳酸根離子，馬上與鎂離子反應(yīng)，立即有碳酸鎂沉淀和氫氧化鎂沉淀產(chǎn)生，C正確；D.滴加NaOH濃溶液時(shí)，與CH3COOH反應(yīng)生成鹽和水，無(wú)氣體產(chǎn)生，D錯(cuò)誤；答案為C。16、D【解析】試題分析：A．導(dǎo)致“霧霾天氣“的原因有多種，化石燃料燃燒和工業(yè)廢氣中的氮氧化物均是導(dǎo)致“霧霾天氣”的原因之一，A正確；B．鋁或氧化鋁均既能與酸反應(yīng)，也能與堿反應(yīng)，所以鋁制餐具不宜長(zhǎng)時(shí)間存放酸性、堿性和咸的食物，B正確；C．鐵具有還原性，因此用含有鐵粉的透氣小袋與食品一起密封包裝來(lái)防止食品氧化，C正確；D．化學(xué)藥品著火，不一定能用水或泡沫滅火器來(lái)滅火，如鈉的燃燒，只能用沙土來(lái)滅，要根據(jù)化學(xué)藥品的性質(zhì)來(lái)分析選用滅火劑，D錯(cuò)誤，答案選D?？键c(diǎn)：考查化學(xué)與生活的判斷二、非選擇題（本題包括5小題）17、1s22s22p63s23p63d9孤電子對(duì)bSi<C<N3∶2sp雜化dCr【解析】分析：Z的原子序數(shù)為29，Z為Cu元素；R原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)，R為第二周期元素，Q的p軌道電子數(shù)為2，Q的原子序數(shù)小于R，Q為C元素；Y原子的價(jià)電子排布為msnmpn，Y原子的價(jià)電子排布為ms2mp2，Y為第IVA族元素，Y的原子序數(shù)介于Q與Z之間，Y為Si元素；X原子p軌道的電子數(shù)為4，X的原子序數(shù)介于Q與Y之間，X為O元素；R的原子序數(shù)介于Q與X之間，R為N元素。（1）Z2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9。（2）在[Cu（NH3）4]2+離子中，Cu2+的空軌道接受NH3分子中N原子提供的孤電子對(duì)形成配位鍵。（3）Q、Y形成的最簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物依次為CH4（甲）、SiH4（乙），穩(wěn)定性：CH4>SiH4，沸點(diǎn)：CH4<SiH4。（4）C、N、Si的第一電離能由小到大的順序?yàn)镾i<C<N。（5）Q的一種氫化物相對(duì)分子質(zhì)量為26，該氫化物為CH≡CH，CH≡CH中σ鍵與π鍵的鍵數(shù)之比為3:2。其中C原子為sp雜化。（6）某元素原子的價(jià)電子構(gòu)型為3d54s1，該元素屬于d區(qū)元素，元素符號(hào)是Cr。詳解：Z的原子序數(shù)為29，Z為Cu元素；R原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)，R為第二周期元素，Q的p軌道電子數(shù)為2，Q的原子序數(shù)小于R，Q為C元素；Y原子的價(jià)電子排布為msnmpn，Y原子的價(jià)電子排布為ms2mp2，Y為第IVA族元素，Y的原子序數(shù)介于Q與Z之間，Y為Si元素；X原子p軌道的電子數(shù)為4，X的原子序數(shù)介于Q與Y之間，X為O元素；R的原子序數(shù)介于Q與X之間，R為N元素。（1）Z為Cu元素，Cu原子核外有29個(gè)電子，基態(tài)Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，Z2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9。（2）在[Cu（NH3）4]2+離子中，Cu2+的空軌道接受NH3分子中N原子提供的孤電子對(duì)形成配位鍵。（3）Q、Y形成的最簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物依次為CH4（甲）、SiH4（乙），由于C-H鍵的鍵長(zhǎng)小于Si-H鍵，C-H鍵的鍵能大于Si-H鍵，穩(wěn)定性：CH4>SiH4；由于CH4的相對(duì)分子質(zhì)量小于SiH4的相對(duì)分子質(zhì)量，CH4分子間作用力小于SiH4分子間作用力，沸點(diǎn)：CH4<SiH4；答案選b。（4）根據(jù)同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢(shì)，第一電離能C<N；同主族從上到下第一電離能逐漸減小，第一電離能C>Si；C、N、Si的第一電離能由小到大的順序?yàn)镾i<C<N。（5）Q的一種氫化物相對(duì)分子質(zhì)量為26，該氫化物為CH≡CH，CH≡CH的結(jié)構(gòu)式為H—C≡C—H，單鍵全為σ鍵，三鍵中含1個(gè)σ鍵和2個(gè)π鍵，CH≡CH中σ鍵與π鍵的鍵數(shù)之比為3:2。CH≡CH中每個(gè)碳原子形成2個(gè)σ鍵，C原子上沒(méi)有孤電子對(duì)，C原子為sp雜化。（6）某元素原子的價(jià)電子構(gòu)型為3d54s1，由于最后電子填入的能級(jí)符號(hào)為3d，該元素屬于d區(qū)元素，元素符號(hào)是Cr。18、BaCl2AgNO3CuSO4Na2CO3Ba2++SO42-=BaSO4↓CO32-+2H+=H2O+CO2↑【解析】

A、B、C、D都是可溶性鹽，Ag+只能和搭配，只能和剩余的Na+搭配，在此基礎(chǔ)上，和Cu2+搭配，則Ba2+和Cl-搭配，即這四種鹽為AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2。C的溶液呈藍(lán)色，則C為CuSO4。B+HCl產(chǎn)生沉淀，則B為AgNO3。D+HCl產(chǎn)生氣體，則D為Na2CO3。所以A為BaCl2。綜上所述，A為BaCl2，B為AgNO3，C為CuSO4，D為Na2CO3?！驹斀狻浚?）經(jīng)分析這四種鹽為AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2，結(jié)合題中給出的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，可以推出A為BaCl2，B為AgNO3，C為CuSO4，D為Na2CO3；（2）A+C為BaCl2和CuSO4的反應(yīng)，其離子方程式為：Ba2++SO42-=BaSO4↓；D+鹽酸為Na2CO3和鹽酸的反應(yīng)，其離子方程式為：CO32-+2H+=H2O+CO2↑。19、CABDE視線與凹液面最低點(diǎn)平齊；讀數(shù)估讀到0.01mL使滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液顏色變化更明顯，易于分辨b、d24.000.3023.7092.49%【解析】分析：(1)根據(jù)先配制溶液然后進(jìn)行滴定排序；(2)根據(jù)正確觀察滴定管液面的讀數(shù)方法完成；(3)白紙可以使溶液顏色變化更明顯；(4)a、根據(jù)熱的溶液的體積偏大分析對(duì)配制的氫氧化鈉溶液的濃度影響；b、根據(jù)會(huì)使所稱藥品的質(zhì)量小于20.5g判斷；c、根據(jù)標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，濃度減小，滴定時(shí)消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大判斷；d、開(kāi)始時(shí)仰視讀數(shù)，導(dǎo)致讀數(shù)偏大；結(jié)束時(shí)俯視讀數(shù)，導(dǎo)致讀數(shù)偏小，最終導(dǎo)致讀數(shù)偏小；(5)根據(jù)滴定管的構(gòu)造及圖示讀出滴定管的讀數(shù)；根據(jù)消耗的標(biāo)準(zhǔn)液的體積及濃度計(jì)算出氫氧化鈉的濃度，再計(jì)算出燒堿樣品中NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。詳解：(1)正確的操作順序?yàn)椋悍Q量→溶解→定容→滴定，所以操作步驟的順序?yàn)椋篊ABDE，故答案為C；A；B；D；E；(2)觀察滴定管液面時(shí)視線應(yīng)與與凹液面最低點(diǎn)平齊，讀數(shù)估讀到0.01

mL，故答案為視線與凹液面最低點(diǎn)平齊；讀數(shù)估讀到0.01mL；(3)滴定終點(diǎn)時(shí)，白紙起襯托作用，更易分辨顏色變化，故答案為使滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液顏色變化更明顯，易于分辨；(4)a、未將溶液冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移到容量瓶中定容，會(huì)使所配NaOH溶液的濃度偏大，從而使質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏高，故a錯(cuò)誤；b、砝碼放在左盤(pán)，NaOH放在右盤(pán)，會(huì)使所稱藥品的質(zhì)量小于20.5

g，會(huì)使樣品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏低，故b正確；c、酸式滴定管在裝入標(biāo)準(zhǔn)H2SO4溶液前未用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗，會(huì)使V(H2SO4)偏大，從而使樣品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大，故c錯(cuò)誤；d、開(kāi)始時(shí)仰視讀數(shù)，結(jié)束時(shí)俯視讀數(shù)，會(huì)使V(H2SO4)偏小，從而使樣品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏小，故d正確；故選b、d；(5)注意讀數(shù)估讀到0.01

mL，滴定管“0”刻度在上，末讀數(shù)為24.00

mL，初讀數(shù)為0.30

mL，用量為23.70

mL，故答案為24.00；0.30；23.70；(6)氫氧化鈉的溶液的濃度為：c(NaOH)===1.896

mol?L-1，燒堿樣品中NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：w(NaOH)=×100%=92.49%，故答案為92.49%。20、分液漏斗Cr2O72-+3SO2+2H+=3SO42-+2Cr3++7H2O降低鉻鉀礬在溶液中的溶解量，有利于晶體析出防止鉻鉀礬失去結(jié)晶水%【解析】

由裝置圖可知，A為制備還原劑二氧化硫的裝置，B為制備鉻鉀礬的裝置，C為尾氣處理裝置。B中發(fā)生二氧化硫和Cr2O72-的反應(yīng)，生成鉻離子和硫酸根離子，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，結(jié)合化學(xué)實(shí)驗(yàn)的基本操作分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)裝置圖，A中盛裝濃硫酸的儀器為分液漏斗，故答案為：分液漏斗；(2)裝置B中二氧化硫和Cr2O72-的反應(yīng)，生成鉻離子和硫酸根離子，反應(yīng)的離子方程式為Cr2O72-+3SO2+2H+=3SO42-+2Cr3++7H2O，故答案為：Cr2O72-+3SO2+2H+=3SO42-+2Cr3++7H2O；(3)反應(yīng)結(jié)束后，從B裝置中獲取鉻鉀礬晶體的方法是：向混合物中加入乙醇后析出晶體，過(guò)濾、洗滌、低溫干燥，得到產(chǎn)品。①加入乙醇降低鉻鉀礬在溶液中的溶解量，有利于晶體析出，然后過(guò)濾即可，故答案為：降低鉻鉀礬在溶液中的溶解量，有利于晶體析出；②由于鉻鉀礬晶體[KCr(SO4)2˙12H2O]中含有結(jié)晶水，高溫下會(huì)失去結(jié)晶水，為了防止鉻鉀礬失去結(jié)晶水，實(shí)驗(yàn)中需要低溫干燥，故答案為：防止鉻鉀礬失去結(jié)晶水；(4)將樣品置于錐形瓶中用適量水溶解，加入足量的Na2O2進(jìn)行氧化，然后用硫酸酸化使鉻元素全部變成C