北京市首師附2024屆高二化學第二學期期末聯考試題含解析

北京市首師附2024屆高二化學第二學期期末聯考試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、在探索原子結構的過程中做出主要貢獻的科學家及其成就錯誤的是A．墨子提出“端”的觀點B．道爾頓提出近代原子論C．拉瓦錫基于電子的發(fā)現提出葡葡干面包模型D．盧瑟福通過α粒子散射實驗提出了行星模型2、某同學采用硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質)制取七水合硫酸亞鐵(FeSO4·7H2O)，設計了如下流程：下列說法不正確的是（）A．溶解燒渣選用足量硫酸，試劑X選用鐵粉B．固體1中一定含有SiO2，控制pH是為了使Al3+轉化為Al(OH)3，進入固體2C．從溶液2得到FeSO4·7H2O產品的過程中，須控制條件防止其氧化和分解D．若改變方案，在溶液1中直接加NaOH至過量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液經結晶分離也可得到FeSO4·7H2O3、金剛石的熔點為a℃，晶體硅的熔點為b℃，足球烯(分子式為C60)的熔點為c℃，三者熔點的大小關系是A．a>b>cB．b>a>cC．c>a>bD．c>b>a.4、在標準狀況下，將aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度為ρg?cm-3，溶質的質量分數為ω，溶質的物質的量濃度為Cmol·L①ω=35a22.4Vρ×100%②C=1000a22.4V③上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的質量分數大于0.5ωA．②④B．②③C．①③D．①④5、下列有機物的命名正確的是()A．1,2,4-三甲苯 B．3-甲基戊烯C．2-甲基-1-丙醇 D．1,5-二溴丙烷6、下列關于有機物a()、b()、c()的說法中不正確的是A．a、b、c互為同分異構體B．a、b、c均能使酸性KMnO4溶液褪色C．a、b、c的一氯代物分別有5種、2種、1種D．有機物a中的所有原子均可能處于同一平面內7、下列各組物質中，既不是同系物，又不是同分異構體的是A．CH4和C4H10 B．乙酸和甲酸甲酯C．和 D．苯甲酸和8、下列各組物質相互混合反應后，最終有白色沉淀生成的是（）①向AgNO3溶液中加入過量氨水②過量NaOH溶液和明礬溶液混合③少量Ca（OH）2投入過量NaHCO3溶液中④向飽和Na2CO3溶液中通入過量CO2A．①②③④ B．①④ C．③④ D．②③9、M2O72-與S2-在酸性溶液部反應：M2O72-+3S2-+14H+=2M3++3S↓+7H2O，則M2O72-中M的化合價是（）A．+2 B．+3 C．+4 D．+610、已知還原性由強到弱的順序為SO32->I->Br-，向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中通入一定量的氯氣后，將溶液蒸干并充分灼燒，得到的剩余固體物質的組成可能是（）A．NaClB．NaCl、Na2SO4、NaIC．NaCl、Na2SO4、I2D．NaCl、NaBr、Na2SO411、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子的最外層只有一個電子，Z位于周期表ⅢA族，W與X屬于同一主族。下列說法正確的是A．由X、Y組成的化合物中均不含共價鍵B．原子半徑：r(W)﹥r(Z)﹥r(Y)C．X的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的弱D．Y的最高價氧化物的水化物的堿性比Z的強12、化學與人類的生產、生活、科技、航天等方面密切相關。下列說法正確的是A．字宙飛船中使用的碳纖維，是一種新型無機非金屬材料B．將海產品用甲醛溶液浸泡以延長保鮮時間C．高純度的二氧化硅制成的光電池，可用作火展探制器的動力D．雙氧水、消毒液、酒精因其強氧化性能殺菌消毒13、下列說法不正確的是A．碳元素存在多種同素異形體，氧、磷等元素也存在同素異形現象B．丁烷(C4H10)存在兩種結構C．的名稱是2-乙基丁烷D．CH3COOH與HOOCCH2CH3是同系物關系14、2019年是國際化學元素周期表年，元素周期表誕生的150年間，指導人們不斷探索化學的奧秘。下列有關元素周期表、元素周期律的說法正確的是（）A．元素周期表中，元素性質隨著相對原子質量的遞增呈現周期性變化B．同周期主族元素性質的遞變，主要是原子半徑變化和核電荷數變化雙重作用的結果C．從左到右，同周期非金屬元素的氣態(tài)氫化物，其熱穩(wěn)定性，還原性逐漸增強D．第七周期，VIIA族元素的非金屬性比碘元素的非金屬性強15、下列條件下，兩瓶氣體所含原子數一定相等的是（）A．同質量、不同密度的N2和CO2B．同溫度、同體積的H2和N2C．同體積、同密度的C2H4和C3H6D．同壓強、同體積的N2O和CO216、化學工業(yè)是國民經濟的支柱產業(yè)。下列生產過程中不涉及化學變化的是()A．氮肥廠用氫氣和氮氣合成氨 B．鋼鐵廠用熱還原法冶煉鐵C．硫酸廠用接觸法生產硫酸 D．煉油廠用分餾法生產汽油17、已知Co2O3在酸性溶液中易被還原成Co2+，而Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次減弱。下列反應在水溶液中不可能發(fā)生的是（）A．Cl2+FeI2=FeCl2＋I2 B．3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3C．Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O D．2Fe3＋+2I-=2Fe2++I218、現代以石油化工為基礎的三大合成材料是⑴合成氨；⑵塑料；⑶醫(yī)藥；⑷合成橡膠；⑸合成尿素；⑹合成纖維；⑺合成洗滌劑。A．⑵⑷⑺ B．⑵⑷⑹ C．⑴⑶⑸ D．⑷⑸⑹19、用NA表示阿伏加德羅常數的值。下列說法中正確的是（）A．標準狀況下，22.4LCCl4含有的分子數為NAB．1.0molCH4與Cl2在光照下反應生成的CH3Cl分子數為1.0NAC．在含4molSi-O鍵的二氧化硅晶體中，氧原子的數目為2NAD．46g有機物C2H6O的分子結構中含有的C—H鍵數目一定為5NA20、用物質的量都是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1L混合溶液，已知其中c(CH3COO-)>c(Na＋)，對該混合溶液的下列判斷正確的是A．c(H＋)<c(OH-)B．c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)=0.2mol·L－1C．c(CH3COOH)>c(CH3COO-)D．c(CH3COO-)＋c(OH-)=0.2mol·L－121、化學家借助太陽能產生的電能和熱能，用空氣和水作原料成功地合成了氨氣。下列有關說法正確的是A．該合成中所有的電能和熱能全部轉化為化學能B．該合成氨過程不屬于氮的固定C．空氣、水、太陽能均為可再生資源D．斷裂N2中的N≡N鍵會釋放出能量22、過氧化鈣(CaO2)微溶于水，溶于酸，可作分析試劑、醫(yī)用防腐劑、消毒劑。實驗室常用CaCO3為原料制備過氧化鈣，流程如圖：下列說法不正確的是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為：CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2＝CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2OC．生成CaO2的反應需要在冰浴下進行的原因是溫度過高時過氧化氫分解D．產品依次用蒸餾水、無水乙醇洗滌，其中乙醇洗滌的目的是為了除去晶體表面的NH4Cl雜質二、非選擇題(共84分)23、（14分）X、Y、Z、W、R、Q為前30號元素，且原子序數依次增大．X是所有元素中原子半徑最小的，Y有三個能級，且每個能級上的電子數相等，Z原子單電子數在同周期元素中最多，W與Z同周期，第一電離能比Z的低，R與Y同一主族，Q的最外層只有一個電子，其他電子層電子均處于飽和狀態(tài)．請回答下列問題：（1）Q+核外電子排布式為___________；（2）化合物X2W2中W的雜化方式為___________，ZW2-離子的立體構型是___________；（3）Y、R的最高價氧化物的沸點較高的是___________(填化學式)，原因是___________；（4）將Q單質的粉末加入到ZX3的濃溶液中，并通入W2，充分反應后溶液呈深藍色，該反應的離子方程式為___________；（5）Y有多種同素異形體，其中一種同素異形體的晶胞結構如圖，該晶體一個晶胞的Y原子數為___________，Y原子的配位數為___________，若晶胞的邊長為apm，晶體的密度為ρg/cm3，則阿伏加德羅常數的數值為___________(用含a和ρ的代數式表示)。24、（12分）某無色稀溶液X中，可能含有下表所列離子中的某幾種?，F取該溶液適量，向其中加入某試劑Y，產生沉淀的物質的量(n)與加入試劑的體積(V)的關系如圖所示。(1)若Y是鹽酸，所得到的關系圖如圖甲所示，則oa段轉化為沉淀的離子(指來源于X溶液的，下同)是_____，ab段發(fā)生反應的離子是_________，bc段發(fā)生反應的離子方程式是_________。(2)若Y是NaOH溶液，所得到的關系圖如圖乙所示，則X中一定含有的離子是__________，假設X溶液中只含這幾種離子，則溶液中各離子物質的量之比為_____，ab段反應的離子方程式為_____________。25、（12分）綠礬（FeSO4?7H1O）是治療缺鐵性貧血藥品的重要成分．某化學興趣小組同學采用以下方法測定某綠礬樣品純度。實驗步驟如下：a．稱取1．853g綠礬產品，溶解，在153mL容量瓶中定容；b．量取15．33mL待測溶液于錐形瓶中；c．用硫酸酸化的3．31333mol/LKMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液體積的平均值為13．33mL。（1）a步驟中定容時，如果仰視會使所配溶液濃度___________（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。（1）滴定時盛放KMnO4溶液的儀器為______（填儀器名稱）。（3）判斷此滴定實驗達到終點的方法是

_______________。（4）寫出酸性高錳酸鉀滴定Fe1+的離子反應方程式：_____________。（5）計算上述樣品中FeSO4·7H1O的質量分數為________（結果保留3位有效數字）。26、（10分）氯磺酸是無色液體，密度1.79g·cm-3，沸點約152℃。氯磺酸有強腐蝕性，遇濕空氣產生強烈的白霧，故屬于危險品。制取氯磺酸的典型反應是在常溫下進行的，反應為HCl（g）+SO3=HSO3Cl。實驗室里制取氯磺酸可用下列儀器裝置（圖中夾持、固定儀器等已略去），實驗所用的試劑、藥品有：①密度1.19g·cm-3濃鹽酸②密度1.84g·cm-3、質量分數為98.3%的濃硫酸③發(fā)煙硫酸（H2SO4··SO3）④無水氯化鈣⑤水。制備時要在常溫下使干燥的氯化氫氣體和三氧化硫反應，至不再吸收HCl時表示氯磺酸已大量制得，再在干燥HCl氣氛中分離出氯磺酸。（1）儀器中應盛入的試劑與藥品（填數字序號）：A中的a____B____C_____F_____。（2）A的分液漏斗下邊接有的毛細管是重要部件，在發(fā)生氣體前要把它灌滿a中液體，在發(fā)生氣體時要不斷地均勻放出液體。這是因為______________________________________。（3）實驗過程中需要加熱的裝置是___________________（填裝置字母）。（4）若不加F裝置，可能發(fā)生的現象是________________________________________，有關反應的化學方程式______________________________________________________。（5）在F之后還應加的裝置是_______________________________________________。27、（12分）欲用98%的濃硫酸(密度＝1.84g·cm－3)配制成濃度為0.5mol·L－1的稀硫酸500mL。(1)選用的儀器有：①量筒；②燒杯；③玻璃棒；④_______；⑤_______。(2)下列各操作正確的順序為_____________________。A．用量筒量取濃H2SO4B．稀釋濃H2SO4C．將溶液轉入容量瓶D．洗滌所用儀器2至3次，洗滌液也轉入容量瓶中E．反復顛倒搖勻F．用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線(3)簡要回答下列問題：①所需濃硫酸的體積為_________mL。②濃硫酸稀釋后，在轉入容量瓶前應______，否則會使?jié)舛绕玙____(低或高）。③定容時必須使溶液液面與刻度線相切，若俯視會使?jié)舛绕玙____(低或高）。28、（14分）李克強總理在《2018年國務院政府工作報告》中強調“今年二氧化硫、氮氧化物排放量要下降3%。”研究煙氣的脫硝(除NOx)、脫硫(除SO2)有著積極的環(huán)保意義。Ⅰ.汽車排氣管上安裝“催化轉化器”，其反應的熱化學方程式為：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH=-746.50kJ·mol-1。T℃時，將等物質的量的NO和CO充入容積為2L的密閉容器中，若溫度和體積不變，反應過程中(0~15min)NO的物質的量隨時間變化如圖。（1）圖中a、b分別表示在相同溫度下，使用質量相同但表面積不同的催化劑時，達到平衡過程中n(NO)的變化曲線，其中表示催化劑表面積較大的曲線是______（填“a”或“b”）（2）在a曲線所示反應中，0~10min內，CO的平均反應速率v(CO)=___________；T℃時，該反應的化學平衡常數K=_____________；平衡時若保持溫度不變，再向容器中充入CO、CO2各0.2mol，則平衡將_________移動(填“向左”、“向右”或“不”)（3）15min時,n(NO)發(fā)生圖中所示變化，則改變的條件可能是_______（填序號）A．充入少量COB．將N2液化移出體系C．升高溫度D．加入催化劑Ⅱ.已知有下列反應：①5O2(g)+4NH3(g)6H2O(g)+4NO(g)△H1②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H2③2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H3（1）若在高效催化劑作用下可發(fā)生8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)的反應，對NO2進行處理則該反應的△H=__________（用△H1，△H2，△H3表示），△S______0（2）某溫度下，向某恒容密閉容器中充入一定量的NH3和NO2，按照（1）的原理模擬污染物的處理。若容器中觀察到________________（填序號），可判斷該反應達到平衡狀態(tài)A．混合氣體顏色不再改變B．混合氣體的密度不再改變C．混合氣體摩爾質量不再改變D．NH3和NO2的物質的量之比不再改變（3）將一定比例的O2、NH3和NO2的混合氣體，勻速通入圖(a)所示裝有催化劑M的反應器中充分進行反應。反應相同時間NOx的去除率隨反應溫度的變化曲線如圖(b)所示。已知該催化劑在100～150℃時活性最高，那么在50～250℃范圍內隨著溫度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升緩慢，其中去除率迅速上升段的主要原因是____________________________；當反應溫度高于380℃時，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________29、（10分）根據物質結構有關性質和特點，回答下列問題：（1）Ti基態(tài)原子核外電子排布式為____________，碳原子的價電子軌道表示式為________。（2）鈦存在兩種同素異形體，α—Ti采納六方最密堆積，β—Ti采納體心立方堆積，由α—Ti轉變?yōu)棣隆猅i晶體體積____________（填“膨脹”或“收縮”）。（3）寫出一種與NH4+互為等電子體物質的化學式____________。（4）SO2的空間構型為___________________。（5）丙烯腈(CH2=CH—CN)分子中σ鍵和π鍵的個數比為____，分子中碳原子軌道雜化類型是______。（6）FeCl3熔點282℃，而FeCl2熔點674℃，二者熔點差異的原因是______________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解題分析】

A.墨子提出連續(xù)的時空是由時空元所組成，他把時空元定義為“始”和“端”，“始”是時間中不可再分割的最小單位，“端”是空間中不可再分割的最小單位。這樣就形成了時空是連續(xù)無窮的，這連續(xù)無窮的時空又是由最小的單元所構成，在無窮中包含著有窮，在連續(xù)中包含著不連續(xù)的時空理論，故A正確；B.1808年，英國科學家道爾頓提出了原子論，他認為物質都是由原子直接構成的；原子是一個實心球體，不可再分割，故B正確；C.1897年，英國科學家湯姆遜發(fā)現原子中存在電子，最早提出了葡萄干蛋糕模型又稱“棗糕模型”，也稱“葡萄干面包”，1904年湯姆遜提出了一個被稱為“西瓜式”結構的原子結構模型，電子就像“西瓜子”一樣鑲嵌在帶正電的“西瓜瓤”中，故C錯誤；D.1911年英國科學家盧瑟福用一束質量比電子大很多的帶正電的高速運動的α粒子轟擊金箔，結果是大多數α粒子能穿過金箔且不改變原來的前進方向，但也有一小部分改變了原來的方向，還有極少數的α粒子被反彈了回來，在α粒子散射實驗的基礎上提出了原子行星模型，故D正確；答案選C?！绢}目點撥】本題考查學生對人們認識原子結構發(fā)展過程中，道爾頓的原子論，湯姆遜發(fā)現電子，并提出葡萄干面包模型，盧瑟福的原子結構行星模型內容。使學生明白人們認識世界時是通過猜想，建立模型，進行試驗等，需要學生多了解科學史，多關注最前沿的科技動態(tài)，提高學生的科學素養(yǎng)。2、D【解題分析】

A、流程設計意圖是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，轉化為硫酸鹽，除去SiO2，然后用鐵粉還原Fe3+得到硫酸亞鐵，A正確；B、固體1為SiO2，分離FeSO4和Al2(SO4)3采用的是調控pH的方法，使Al3+轉化為Al(OH)3沉淀從而與FeSO4分離，B不正確；C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O產品的過程中，要防止其被氧化和分解，C正確；D、在溶液1中直接加過量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3，D不正確。答案選D。3、A【解題分析】

金剛石和晶體硅為原子晶體，兩者晶體結構相似，熔沸點高。由于金剛石中碳原子半徑小于硅原子半徑，所以碳碳鍵的鍵能高于晶體硅中硅硅鍵的鍵能，金剛石熔點高于晶體硅；足球烯(分子式為C60)為分子晶體，熔化只需要克服分子間作用力，故熔沸點低。所以三者熔點應該是金剛石高于晶體硅，晶體硅高于足球烯，A符合題意；正確答案：A。4、A【解題分析】本題考查物質的量濃度的有關計算。分析：①溶質的質量分數為ω可由溶質的質量和溶液的質量來計算；②根據c=nV來計算；③根據溶質的質量分數=m(詳解：VmL氨水，溶液的密度為ρg?cm-3，溶液的質量為ρVg，溶質的質量為a22.4×17，則溶質的質量分數為ω=17a22.4Vρ×100%，①錯誤；溶質的物質的量為a22.4mol，溶液的體積為VmL，則c=1000a22.4Vmol/L，②正確；再加入VmL水后，所得溶液的質量分數為ρVωρV+ρ水V，水的密度大于氨水的密度，則所得溶液的質量分數小于0.5ω，③錯誤；VmL氨水，再加入1.5VmL同濃度稀鹽酸，充分反應后生成氯化銨，還有剩余的鹽酸，溶液顯酸性，則c（Cl-故選A。點睛：明確質量分數、物質的量濃度的關系、氨水的密度與水的密度大小是解答本題的關鍵。5、A【解題分析】

A、主鏈為苯，從與左邊甲基相連的苯環(huán)碳開始編號，名稱為：1，2，4-三甲苯，故A正確；B、沒有標出官能團位置，應為3-甲基-1-戊烯，故B錯誤；C、主鏈錯誤，應為2-丁醇，故C錯誤；D、溴原子在1、3位置，為1，3-二溴丙烷，故D錯誤。故選A。6、B【解題分析】

A.a、b、c三種有機物的分子式均為C8H8，屬于同分異構體，A項正確；B.c是飽和烴，不能使酸性KMnO4溶液褪色，B項錯誤；C.a中苯環(huán)上的一氯代物有3種，側鏈上有2種，共5種，b的一氯代物有2種，c的一氯代物有1種，C項正確；D.苯環(huán)和C=C構成的兩個平面通過C—C單鍵的旋轉可能使分子內所有原子共平面，D項正確。故選B。7、D【解題分析】

A.CH4和C4H10都屬于烷烴，兩者結構相似，分子組成上相差3個“CH2”原子團，兩者互為同系物，A不符合題意；B.乙酸和甲酸甲酯的分子式都為C2H4O2，兩者結構不同，兩者互為同分異構體，B不符合題意；C.和的分子式都是C7H8O，兩者結構不同，兩者互為同分異構體，C不符合題意；D.苯甲酸的分子式為C7H6O2，的分子式為C8H6O4，兩者分子式不同，兩者不互為同分異構體，兩者結構不相似，分子組成上相差1個“CO2”，兩者不互為同系物，D符合題意；答案選D。8、C【解題分析】

①向AgNO3溶液中加入過量氨水，最終生成銀氨絡離子，即最終無白色沉淀生成，故①錯誤；②明礬溶液中加入過量氫氧化鈉溶液得不到白色沉淀，因氫氧化鋁具有兩性，能溶于氫氧化鈉溶液，故②錯誤；③少量氫氧化鈣投入碳酸氫鈉溶液生成白色沉淀，反應方程式為Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，最終有白色沉淀生成，故③正確；④飽和碳酸鈉溶液中通入二氧化碳氣體將析出碳酸氫鈉晶體，反應方程式為Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，水參加了反應，溶劑質量減少，且相同條件下碳酸氫鈉溶解度小于碳酸鈉，有白色碳酸氫鈉晶體析出，故④正確；答案選C?！绢}目點撥】本題考查物質之間的化學反應，熟悉復分解反應發(fā)生的條件及常見物質的溶解性是解答本題的關鍵，注意④中雖然方程式中沒有沉淀生成，但根據物質的溶解度能判斷產生沉淀，該題為易錯選項。9、D【解題分析】

化合價代數和等于離子所帶電荷，設M2O72-中M化合價為x，則2x-2×7=-2，x=+6。故選D。10、D【解題分析】

根據氧化還原反應的先后順序取決于氧化性或還原性的相對強弱，還原性最強的Na2SO3優(yōu)先與Cl2反應Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl生成Na2SO4，所以固體中一定含有Na2SO4；其余依次為NaI、NaBr分別與Cl2反應生成NaCl、I2、Br2，則固體中一定含有NaCl；有可能NaBr未反應完全，但不會NaBr反應完全而余NaI，生成的I2、Br2蒸干并灼燒時將揮發(fā)，升華脫離固體。故答案選D。11、D【解題分析】分析：地殼中含量前四位的元素是：氧、硅、鋁、鐵；根據題目信息推出各個元素，然后判斷性質，注意元素周期表中有個特點，左下角是金屬，右上角是非金屬，根據該特點可以很容易的判斷金屬與非金屬性的強弱變化規(guī)律。詳解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X是地殼中含量最多的元素，X為氧元素；Y原子的最外層只有一個電子，Y為鈉元素；Z位于周期表ⅢA族，Z為鋁元素；W與X屬于同一主族，W為硫元素；鈉與氧元素形成的過氧化鈉中，不僅含有離子鍵，還含有共價鍵，而氧化鈉只含離子鍵，A錯誤；同一周期，從左到右，原子半徑逐漸減小，因此鈉、硫、鋁三種原子半徑：r(S)<r(Al)<r(Na)，B錯誤；非金屬性：氧大于硫，所以水的穩(wěn)定性大于硫化氫，C錯誤；鈉的最高價氧化物的水化物為氫氧化鈉，是強堿；鋁的最高價氧化物的水化物為氫氧化鋁，是弱堿；D正確；正確選項D。12、A【解題分析】分析：A項，碳纖維主要成分為碳，并有特殊用途，為新型無機非金屬材料；B項，甲醛有毒，所以不用甲醛溶液浸泡海產品用以保鮮；C項，高純硅能夠制成太陽能電池，即光電池，能用做火星探測器的動力而非二氧化硅；D項，酒精消毒的原理是利用變性作用，而不是將病毒氧化。詳解：A項，碳纖維主要成分為碳，并有特殊用途，為新型無機非金屬材料，A正確；B項，甲醛有毒，所以不用甲醛溶液浸泡海產品用以保鮮，B錯誤；C項，高純硅能夠制成太陽能電池，即光電池，能用做火星探測器的動力而非二氧化硅，故C項錯誤；D項，酒精消毒的原理是利用變性作用，而不是將病毒氧化，D錯誤。綜上所述，本題正確答案為A。點睛：材料可分為無機非金屬材料、金屬材料、有機合成材料和復合材料，無機非金屬材料又分為傳統無機非金屬材料和新型無機非金屬材料，傳統無機非金屬材料主要是硅酸鹽等產品。13、C【解題分析】

A.碳元素存在多種同素異形體，氧、磷等元素也存在同素異形現象，例如氧氣和臭氧、紅磷和白磷，A正確；B.丁烷(C4H10)存在兩種結構，即正丁烷和異丁烷，B正確；C.的名稱是2-甲基戊烷，C錯誤；D.CH3COOH與HOOCCH2CH3均是飽和一元羧酸，二者互為同系物，D正確；答案選C。14、B【解題分析】

A.元素周期表中，元素性質隨著原子序數的遞增呈現周期性變化，A項錯誤；B.同周期主族元素性質的遞變，主要是原子半徑變化和核電荷數變化雙重作用的結果，B項正確；C.從左到右，同周期非金屬元素的簡單氣態(tài)氫化物，其熱穩(wěn)定性，還原性逐漸增強，而不是所有氫化物都符合，C項錯誤；D.同一主族非金屬性依次減弱，所以第七周期，VIIA族元素的非金屬性比碘元素的非金屬性弱，D項錯誤；答案選B。15、C【解題分析】試題分析：根據PV=nRT可推出阿伏伽德羅定律的一系列推論。A、N2和CO相對分子質量都為28，則相同質量的N2和CO物質的量相同，且都為雙原子分子，則原子數一定相等；B、根據PV=RT可知，同溫度、同體積時，分子數與P成正比；C、同體積、同密度則質量相等，設質量都為m，則C2H4的原子數為×6×NA，C3H6的原子數為×9×NA，所含原子數一定相等；D、根據PV=RT可知，同壓強、同體積時，分子數與T成反比。考點：阿伏伽德羅定律及推論【名師點晴】本題主要考察阿伏加德羅定律及其推論，需要注意：①阿伏加德羅定律的適用范圍是氣體，其適用條件是三個“同”，即在同溫、同壓，同體積的條件下，才有分子數(或物質的量)相等這一結論，但所含原子數不一定相等。②阿伏加德羅定律既適合于單一氣體，也適合于混合氣體。③氣體摩爾體積是阿伏加德羅定律的特例?？筛鶕V=nRT得到阿伏伽德羅定律的一系列推論。16、D【解題分析】

化學變化是指在原子核不變的情況下，有新物質生成的變化。物理變化是指沒有新物質生成的變化?；瘜W變化和物理變化的本質區(qū)別在于是否有新物質生成?！绢}目詳解】A．N2和H2合成NH3發(fā)生了化學變化，故A錯誤；B．鋼鐵廠煉鐵的原理是用還原劑將鐵從其氧化物中還原出來，發(fā)生的是化學變化，故B錯誤；C．接觸法制硫酸發(fā)生的三個反應是S+O2SO2、2SO2+O22SO3、SO3+H2O＝H2SO4，發(fā)生了化學變化，故C錯誤；D．煉油廠用分餾法生產汽油是利用沸點的不同進行混合物的分離操作，發(fā)生的是物理變化，故D正確。故選D。【題目點撥】本題主要考查了物理變化和化學變化的區(qū)別，可以依據化學變化的實質進行。17、B【解題分析】

A.因為氧化性FeCl3>I2，所以氯氣先氧化碘離子后氧化亞鐵離子，A正確；B.根據反應：3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，得出氧化性是：Cl2>FeCl3，但是氧化性：FeCl3>I2，還原性：I->Fe2+，I-會先被Cl2氧化，和題意不相符合，不可能發(fā)生，B錯誤；C.根據反應：Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，得出氧化性是：Co2O3>Cl2，和題意相符合，反應可能發(fā)生，C正確；D.因為氧化性FeCl3>I2，所以2Fe3＋+2I-=2Fe2++I2能發(fā)生，D正確；故合理選項是B。18、B【解題分析】

石油化工是20世紀興起的一種綜合利用石油產品的工業(yè)?；瘜W科技工作者把燃料油中較大的分子裂解成含二個、三個、四個碳原子等的小分子，然后把它們加工制成各種產品，如塑料、合成纖維、合成橡膠、藥物、農藥、炸藥、化肥等等，其中塑料、合成纖維、合成橡膠為三大合成材料，所以②④⑥正確，故合理選項是B。19、C【解題分析】

A.標準狀況下，CCl4不是氣態(tài)，不能用氣體摩爾體積22.4L/mol計算CCl4物質的量，故A錯誤；B.1.0molCH4與Cl2在光照下反應，生成物是氯化氫和四種鹵代烴，因此生成的CH3Cl分子數小于1.0NA，故B錯誤；C.1molSiO2中含4molSi—O鍵，則在含4molSi-O鍵的二氧化硅晶體中，氧原子的數目為2NA，故C正確；D.46g有機物C2H6O的物質的量為1mol，若C2H6O為甲醚，1mol中含有6molC-H鍵，若是乙醇，含有5molC-H鍵，故D錯誤；答案選C。【題目點撥】注意有機物的同分異構現象，有機物C2H6O可能是二甲醚和乙醇！20、B【解題分析】

A.CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，存在電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），已知c（CH3COO-）＞c（Na+），則c（H+）＞c（OH-），故A錯誤；B.n（CH3COOH）+n（CH3COO-）=0.2mol，溶液體積為1L，則c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.2mol·L-1，故B正確；C.CH3COOH和CH3COONa混合溶液顯酸性，說明CH3COOH電離程度大于CH3COO-水解程度，則c（CH3COO-）＞c（CH3COOH），故C錯誤；D.CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），混合溶液顯酸性，說明CH3COOH電離程度大于CH3COO-水解程度，則c（CH3COO-）＞0.1mol/L>c（CH3COOH），醋酸為弱酸，存在微弱電離，則有0.1mol/L＞c（CH3COOH）＞c（H+），c（Na+）＝0.1mol/L，則c（CH3COO-）+c（OH-）＜0.2mol·L-1，故D錯誤；答案選B。21、C【解題分析】

A、轉化過程中不能全部轉化成化學能，伴隨其他能量的轉化，故A錯誤；B、氮的固定指游離態(tài)轉化成化合態(tài)，空氣中氮是游離態(tài)的，屬于氮的固定，故B錯誤；C、空氣、水、太陽能均屬于可再生資源，故C正確；D、斷鍵需要吸收熱量，故D錯誤。答案選C。22、D【解題分析】

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氣體，防止二氧化碳與氨氣反應，過濾后，濾液中氯化鈣、氨水、過氧化氫反應生成CaO2、NH4Cl、水，反應在冰浴下進行，可防止過氧化氫分解，再過濾，洗滌得到過氧化鈣白色晶體，據此分析解答?！绢}目詳解】A．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)實驗中二氧化碳與氨氣反應，故A正確；B．濾液中加入氨水和雙氧水生成CaO2，反應的方程式為：CaCl2+2NH3?H2O+H2O2═CaO2↓+2NH4Cl+2H2O，故B正確；C．溫度過高時過氧化氫分解，影響反應產率，則生成CaO2的反應需要在冰浴下進行，故C正確；D．過濾得到的白色結晶為CaO2，微溶于水，用蒸餾水洗滌后應再用乙醇洗滌以去除結晶表面水分，同時可防止固體溶解，故D錯誤；故選D。二、非選擇題(共84分)23、（1）1s22s22p63s23p63d10（2分）（2）sp3雜化（2分）v形（2分）（3）SiO2（1分）SiO2為原子晶體，CO2為分子晶體（2分）（4）2Cu+8NH3+O2+2H2O2[Cu(NH3)4]2++4OH-（2分）（5）8（1分）4（1分）（2分）【解題分析】分析：X、Y、Z、W、R、Q為前四周期元素，且原子序數依次增大。X是所有元素中原子半徑最小的，則X為H元素；Y有三個能級，且每個能級上的電子數相等，核外電子排布為1s22s22p2，故Y為C元素；R與Y同一主族，結合原子序數可知，R為Si，而Z原子單電子數在同周期元素中最多，則外圍電子排布為ns2np3，原子序數小于Si，故Z為N元素；W與Z同周期，第一電離能比Z的低，則W為O元素；Q的最外層只有一個電子，其他電子層電子均處于飽和狀態(tài)，不可能為短周期元素，故核外電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1，則Q為Cu元素，據此解答。詳解：根據以上分析可知X、Y、Z、W、R、Q分別是H、C、N、O、Si、Cu。則（1）Cu+核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10；（2）化合物H2O2中結構式為H-O-O-H，O原子價層電子對數為2+(6?2)/2=4，故O原子采取sp3雜化；NO2-離子中N原子孤電子對數為(5+1?2×2)/2=1、價層電子對數為2+1=3，故其立體構型是V形；（3）Y、R的最高價氧化物分別為二氧化碳、二氧化硅，SiO2為原子晶體，CO2為分子晶體，故沸點較高的是SiO2；（4）將Cu單質的粉末加入到NH3的濃溶液中，并通入O2，充分反應后溶液呈深藍色，反應生成[Cu(NH3)4]2+，該反應的離子方程式為2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-；（5）碳有多種同素異形體，其中一種同素異形體的晶胞結構如圖，該晶體一個晶胞的Y原子數為：4+8×1/8+6×1/2=8；每個Y與周圍的4個Y原子相鄰，故Y原子的配位數為4；若晶胞的邊長為apm，則晶胞體積為（a×10-10）3cm3，晶體的密度為ρg/cm3，則晶胞質量為（a×10-10）3cm3×ρg/cm3=ρa3×10-30ρg，則8×12/NAg=ρa3×10-30ρg，故NA=。24、SiO32—、AlO2-CO32-3H++Al(OH)3=Al3++3H2OAl3+Mg2+NH4+Cl-2:1:4:12NH4++OH-═NH3?H2O【解題分析】

無色溶液中不可能含有Fe3+離子。（1）如果Y是鹽酸，向溶液中加鹽酸，先生成沉淀，當a-b段時，沉淀的量不變化，鹽酸和碳酸根離子反應生成氣體，則溶液中不含鎂離子、鋁離子；當b-c段時沉淀的質量減少，部分沉淀和鹽酸反應，部分沉淀和鹽酸不反應，說明溶液中有硅酸根離子和偏鋁酸根離子，弱酸根離子和銨根離子能雙水解，所以溶液中含有的陽離子是鈉離子；（2）若Y是氫氧化鈉，向溶液中加氫氧化鈉溶液，先生成沉淀，當a-b段時，沉淀的量不變化，氫氧化鈉和銨根離子反應生成氣體；當b-c段時沉淀的質量減少，部分沉淀和氫氧化鈉反應，部分沉淀不反應，說明溶液中有鋁根離子和鎂離子，則溶液中不含硅酸根離子、碳酸根離子和偏鋁酸根離子，所以溶液中含有的陰離子是氯離子?！绢}目詳解】（1）如果Y是鹽酸，由圖可知，向溶液中加鹽酸，先生成沉淀后沉淀部分溶解，則溶液中可能含SiO32-、AlO2-，不含Al3+、Mg2+；ab段，沉淀的量沒有變化，說明溶液中含有CO32-，鹽酸和碳酸根離子反應，反應的離子方程式依次為CO32-+H+═HCO3-和HCO3-+H+═H2O+CO2↑；bc段,氫氧化鋁沉淀與鹽酸反應生成偏鋁酸鈉和水，硅酸沉淀不反應，沉淀部分溶解，反應的離子方程式為3H++Al(OH)3=Al3++3H2O，故答案為：SiO32—、AlO2—；CO32-；3H++Al(OH)3=Al3++3H2O；（2）若Y是氫氧化鈉，由圖可知，向溶液中加氫氧化鈉溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al3+、Mg2+或兩者中的一種，由于弱堿陽離子和弱酸的陰離子會雙水解而不能共存，即溶液中不含CO32-、SiO32-、AlO2-，由于溶液一定要保持電中性，故溶液中一定含Cl-；ab段，沉淀的量不變化，是氫氧化鈉和銨根離子反應生成氣體：NH4++OH-═NH3?H2O，即溶液中含NH4+；bc段，沉淀的質量減少但沒有完全溶解，即部分沉淀和氫氧化鈉反應，部分沉淀不反應，說明溶液中有Al3+、Mg2+，bc段的反應的離子方程式為Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，則X中一定含有的離子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；由于溶液中有Al3+、Mg2+，oa段轉化為沉淀的離子是Al3+、Mg2+，ab段是氫氧化鈉和銨根離子反應生成氣體，反應的離子方程式為NH4++OH-═NH3?H2O；溶液中有Al3+、Mg2+，即沉淀中含Al（OH）3和Mg（OH）2，故bc段的反應離子方程式為Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，NH4+反應需要NaOH的體積是2V，由于Al（OH）3溶解時需要的NaOH的體積是V，則生成Al（OH）3需要的NaOH的體積是3V，而生成Mg（OH）2和Al（OH）3共消耗NaOH的體積為4V，則生成Mg（OH）2需要NaOH溶液的體積是V，則n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）=2：1：4，根據溶液要呈電中性，即有：3n（Al3+）+2n（Mg2+）+n（NH4+）=n（Cl-），故n（Cl-）=12，即有：n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）：n（Cl-）=2：1：4：12，故答案為：Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；2：1：4：12；NH4++OH-═NH3?H2O?！绢}目點撥】本題考查無機物的推斷，注意根據溶液的顏色結合題給圖象確定溶液中存在的離子，再結合物質之間的反應來確定微粒的量是解答關鍵。25、偏低酸式滴定管滴加最后一滴KMnO4溶液時，溶液變成淺紅色且半分鐘內不褪色5Fe1++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn1++4H1O3.975或97.5%【解題分析】分析：（1）仰視時液面超過刻度線；（1）根據高錳酸鉀具有強氧化性，一般用硫酸酸化分析；（3）根據高錳酸鉀溶液顯紅色分析；（4）高錳酸鉀能把亞鐵離子為氧化鐵離子，自身被還原為錳離子；（5）根據方程式計算。詳解：（1）a步驟中定容時，如果仰視，則液面超過刻度線，因此會使所配溶液濃度偏低；（1）高錳酸鉀溶液具有強氧化性，一般用硫酸酸化，所以滴定時盛放KMnO4溶液的儀器為酸式滴定管；（3）高錳酸鉀溶液顯紅色，因此判斷此滴定實驗達到終點的方法是滴加最后一滴KMnO4溶液時，溶液變成淺紅色且半分鐘內不褪色。（4）高錳酸鉀能把亞鐵離子氧化為鐵離子，自身被還原為錳離子，Mn元素化合價從+7價降低到+1價，得到5個電子，鐵元素化合價從+1價升高到+3價，失去1個電子，所以酸性高錳酸鉀滴定Fe1+離子的反應方程式為5Fe1++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn1++4H1O。（5）反應中消耗高錳酸鉀的物質的量是3.31333mol/L×3.31L＝3.3331mol，根據方程式5Fe1++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn1++4H1O可知消耗亞鐵離子是3.331mol，所以根據鐵原子守恒可知上述樣品中FeSO4·7H1O的質量分數為0.001mol×25026、①②③④使密度較濃硫酸小的濃鹽酸順利流到底部，能順利產生HCl氣體C產生大量白霧HSO3Cl+H2O=H2SO4+HCl↑加一倒扣漏斗于燒杯水面上的吸收裝置【解題分析】

題中已經告知氯磺酸的一些性質及制備信息。要結合這些信息分析各裝置的作用。制備氯磺酸需要HCl氣體，則A為HCl氣體的發(fā)生裝置，濃硫酸吸水放熱，可以加強濃鹽酸的揮發(fā)性。B為濃硫酸，用來干燥HCl氣體，因為氯磺酸對潮濕空氣敏感。C為氯磺酸的制備裝置，因為C有溫度計，并連有冷凝裝置，反應結束后可以直接進行蒸餾，所以C中裝的物質是發(fā)煙硫酸。E用來接收氯磺酸。由于氯磺酸對潮濕空氣敏感，F中要裝無水氯化鈣，以防止空氣中的水蒸氣進入裝置中?！绢}目詳解】（1）A為HCl的發(fā)生裝置，則a裝①濃鹽酸；B要干燥HCl氣體，則B要裝②濃硫酸；C為氯磺酸的發(fā)生裝置，則C要裝③發(fā)煙硫酸；F要裝④無水氯化鈣，以防止空氣中的水蒸氣進如裝置；（2）由題知，濃鹽酸的密度比濃硫酸小，如果直接滴加，兩種液體不能充分混合，這樣得到的HCl氣流不平穩(wěn)。故題中的操作的目的是使密度較濃硫酸小的濃鹽酸順利流到底部，充分混合兩種液體，能順利產生HCl氣體；（3）C裝置既是氯磺酸的發(fā)生裝置，也是氯磺酸的蒸餾裝置，所以C需要加熱；（4）若無F裝置，則空氣中的水蒸氣會進入裝置中，氯磺酸對水汽極為敏感，則可以看到產生大量白霧，方程式為HSO3Cl+H2O=H2SO4+HCl↑；（5）實驗中，不能保證HCl氣體完全參加反應，肯定會有多于的HCl氣體溢出，則需要尾氣處理裝置，由于HCl極易溶于水，最好加一倒扣漏斗于燒杯水面上的吸收裝置?！绢}目點撥】要結合題中給出的信息，去判斷各裝置的作用，從而推斷出各裝置中的藥品。27、500mL容量瓶膠頭滴管A、B、C、D、F、E13.6恢復至室溫高高【解題分析】分析：（1）根據配制步驟是計算、量取、稀釋、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶來分析需要的儀器；（2）根據配制一定物質的量濃度溶液的一般步驟排序；（3）依據c=1000ρω/M計算濃硫酸的物質的量濃度，依據溶液稀釋過程中所含溶質的物質的量不變計算需要濃硫酸體積；分析操作對溶質的物質的量和溶液體積的影響，依據c=n/V進行誤差分析。詳解：（1）操作步驟有計算、量取、稀釋、冷卻、洗滌、定容、搖勻等操作，一般用量筒量取濃硫酸，在燒杯中稀釋（可用量筒量取水加入燒杯），并用玻璃棒攪拌。冷卻后轉移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌燒杯、玻璃棒2～3次，并將洗滌液移入容量瓶中，加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，最后定容顛倒搖勻。所以所需儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管；（2）用濃硫酸配制稀硫酸的一般步驟：計算、量取、稀釋、冷卻、洗滌、移液、定容、搖勻、裝瓶，所以正確的順序為A、B、C、D、F、E；（3）①98%的濃硫酸（密度為1.84g?cm-3）的物質的量濃度c=1000×1.84×98%/98mol/L=18.4mol/L，設需要濃硫酸體積為V，依據溶液稀釋過程中所含溶質的物質的量不變可知V×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得V=13.6mL；②容量瓶為精密儀器，不能盛放過熱液體，在轉入容量瓶前燒杯中液體應冷卻恢復至室溫；否則趁熱定容，冷卻后溶液體積偏小，溶液濃度偏高；③定容時必須使溶液凹液面與刻度線相切，若俯視會導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高。點睛：本題考查了一定物質的量濃度溶液的配制