江西省南昌市南昌縣蓮塘第一中學2024屆化學高二第二學期期末質量跟蹤監視試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的若干種，取該溶液進行連續實驗，實驗過程如圖：（所加試劑均過量，氣體全部逸出）下列說法正確的是A．若原溶液中不存在Na+，則c（Cl－）＜0.1mol?L﹣1B．原溶液可能存在Cl－和Na+C．原溶液中c（CO32－）是0.01mol?L﹣1D．原溶液一定存在CO32－和SO42－，一定不存在Fe3+2、異秦皮啶具有鎮靜安神抗腫瘤功效，秦皮素具有抗痢疾桿菌功效。它們在一定條件下可發生轉化，如圖所示。有關說法正確的是A．異秦皮啶與秦皮素互為同系物B．異秦皮啶分子式為C11H12O5C．秦皮素一定條件下能發生加成反應、消去反應和取代反應D．1mol秦皮素最多可與2molBr2(濃溴水中的)、4molNaOH反應3、金屬的下列性質中和金屬晶體結構無關的是()A．良好的導電性 B．反應中易失去電子C．良好的延展性 D．良好的導熱性4、下列物質中可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能使溴水褪色的是()A．甲烷B．乙醇C．乙烯D．苯5、設NA為阿伏加德羅常數值，下列說法正確的是A．在標準狀況下，4.48L水中含有的分子數目為0.2NAB．0.1mol離子含有的電子、中子數均為1.0NAC．一定條件下，0.1mol與0.3mol充分反應后的0.1NA個分子D．總物質的量為0.1mol的CaO和混合物中，所含離子總數為0.2NA6、下列說法正確的是A．“量子化”就是不連續的意思，微觀粒子運動均有此特點B．英國科學家道爾頓首先發現了電子C．焰色反應與電子躍遷有關，屬于化學變化D．基態氫原子轉變成激發態氫原子時釋放能量7、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1mol/LFeCl3溶液：NH4+、K+、SCN-、NO3-B．=0.1mol/L的溶液：K+、Cu2+、Br-、SO42-C．能使甲基橙變紅的溶液：Ca2+、NH4+、CH3COO-、Cl-D．由水電離產生的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液：Na+、K+、Cl-、NO3-8、磷酸鐵鋰電池應用廣泛。該鋰電池將鋰嵌入碳材料，含Li+導電固體為電解質；電解質中遷移介質是一種有機聚合物，其單體之一M結構簡式如下圖：M的結構簡式電池反應為：LiC6＋FePO4LiFePO4＋6C下列說法正確的是A．放電時，體系中的Li+向負極移動B．放電時，FePO4作正極發生氧化反應C．充電時，與電源正極相連的電極反應為：LiFePO4－e－=Li+＋FePO4D．1mol有機物M與足量NaOH溶液反應，消耗2molNaOH9、下列說法正確的是A．從性質的角度分類，SO2和NO2都屬于酸性氧化物B．從在水中是否發生電離的角度，SO2和NO2都屬于電解質C．從元素化合價的角度分類，SO2和NO2都既可作氧化劑又可作還原劑D．從對大氣及環境影響和顏色的角度，SO2和NO2都是大氣污染物，都是有色氣體10、下列化學用語正確的是A．CO2的結構式：O=C=OB．葡萄糖和淀粉的實驗式均為：CH2OC．N2H4的電子式：D．聚丙烯的結構簡式：11、對于下列性質的比較正確的是A．離子半徑：r(Cl-)>r(S2-C．穩定性：H2O>H212、下列各組元素屬于p區的是()A．原子序數為1、2、7的元素 B．S、O、P C．Fe、Ar、Cl D．Na、Li、Mg13、銀鋅電池是一種常見化學電源，其反應原理：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其工作示意圖如下。下列說法不正確的是A．Zn電極是負極B．Ag2O電極發生還原反應C．Zn電極的電極反應式：Zn-2e-++2OH-=Zn(OH)2D．放電前后電解質溶液的pH保持不變14、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．使甲基橙變紅色的溶液：Ca2+、Cu2+、ClO－、Cl－B．0.1mol·L－1Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-C．0.1mol·L－1FeSO4溶液中：H+、Al3+、Cl－、NO3-D．Kw/c(H+)＝0.1mol·L－1的溶液中：Na+、NH4+、CH3COO－、CO32-15、下列說法正確的是()A．1molS和O2的摩爾質量都是32gB．22.4LCO2氣體中含有3NA個原子C．將蘸有濃氨水和濃硫酸的玻璃棒靠近，觀察到白煙D．向Na2CO3溶液中逐滴滴入稀鹽酸，溶液中的HCO3-濃度先逐漸增大而后減小16、夏日的夜晚，常看見兒童手持發光的“魔棒”在廣場上嬉戲。“魔棒”發光原理是利用過氧化氫氧化草酸二酯產生能量，該能量被傳遞給熒光物質后便發出熒光，草酸二酯(CPPO)可用下圖表示。()下列有關說法正確的是()A．草酸二酯的分子式為C26H24Cl6O8 B．上述表示方法是該物質的結構式C．草酸二酯（CPPO）屬于芳香烴 D．該物質含有三種官能團17、在標準狀況下將1.92g銅粉投入一定量濃HNO3中，隨著銅粉的溶解，反應生成的氣體顏色逐漸變淺，當銅粉完全溶解后共收集到由NO2和NO組成的混和氣體1.12L，則反應消耗HNO3的物質的量為（）A．0.8molB．0.6molC．0.11molD．無法計算18、質量為25.6g的KOH和KHCO3的混合物，先在250℃煅燒，冷卻后發現混合物的質量損失4.9g，則原混合物中KOH和KHCO3的物質的量的關系為（）A．KOH物質的量＞KHCO3物質的量 B．KOH物質的量＜KHCO3物質的量C．KOH物質的量=KHCO3物質的量 D．KOH和KHCO3以任意比混合19、下列除去雜質的方法正確的是A．除去乙烷中少量的乙烯：光照條件下通入Cl2，使乙烯轉化成液態二氯乙烷而與乙烷分離。B．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用氫氧化鈉溶液洗滌，分液、干燥、蒸餾；C．除去CO2中少量的SO2：氣體通過盛飽和碳酸鈉溶液的洗氣瓶；D．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸餾。20、有機物的正確命名為A．3,3,4-三甲基己烷 B．3,3-二甲基-4-乙基戊烷C．2-乙基-3,3-二甲基戊烷 D．2,3,3-三甲基己烷21、NA表示阿伏加德羅常數，下列說法正確的是A．5.6gFe完全溶于一定量溴水中，反應過程中轉移的總電子數一定為0.3NAB．1molNa與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去2NA個電子C．標況時，22.4L二氯甲烷所含有的分子數為NAD．鎂條在氮氣中完全燃燒，生成50g氮化鎂時，有1.5NA對共用電子對被破壞22、一定溫度下在甲、乙、丙三個體積相等且恒容的密閉容器中發生反應：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。投入NO2和SO2，起始濃度如下表所示，其中甲經2min達平衡時，NO2的轉化率為50％，下列說法正確的是起始濃度甲乙丙c(NO2)/(mol·L-1)0.100.200.20c(SO2)/(mol·L-1)0.100.100.20A．容器甲中的反應在前2min的平均速率v(NO)=0.05mol·L-1·min-1B．容器乙中若起始時改充0.10mol·L-1NO2和0.20mol·L-1SO2，達到平時c(NO)與原平衡相同C．達到平衡時，容器丙中SO3的體積分數是容器甲中SO3的體積分數的2倍D．達到平衡時，容器乙中NO2的轉化率和容器丙中NO2的轉化率相同二、非選擇題(共84分)23、（14分）M、N、O、P、Q是元素周期表中原子序數依次遞增的前四周期元素．M原子最外層電子數為內層電子數的3倍；N的焰色反應呈黃色；O的氫化物是一種強酸，其濃溶液可與M、Q的化合物反應生成O的單質；P是一種金屬元素，其基態原子中有6個未成對電子．請回答下列問題：(1)元素Q的名稱為______________，P的基態原子價層電子排布式為__________________。(2)O的氫化物的沸點比其上一周期同族元素的氫化物低，是因為___________________。(3)M、O電負性大小順序是__________(用元素符號表示)，實驗室制備O單質的化學方程式__________________________。(4)M、N形成的化合物的晶胞如圖所示，該晶胞的邊長為apm，則該晶體的密度為____________________g/cm324、（12分）已知A、B、C、D、E、F均為周期表中前四周期的元素，原子序數依次增大。其中A原子核外有三個未成對電子；化合物B2E為離子晶體，E原子核外的M層中有兩對成對電子；C元素是地殼中含量最高的金屬元素；D單質的晶體可做半導體材料；F原子最外層電子數與B的相同，其余各層均充滿電子。請根據以上信息，回答下列問題(答題時，A、B、C、D、E、F用所對應的元素符號表示)：(1)A、B、C、D的第一電離能由小到大的順序為________(2)B的氯化物的熔點比D的氯化物的熔點高的理由是____________。(3)A的簡單氫化物的中心原子采取______雜化，E的低價氧化物分子的空間構型是____。(4)F的核外電子排布式是_____，A、F形成某種化合物的晶胞結構如圖所示(其中A顯－3價)，則其化學式為_______。25、（12分）實驗室可利用環己醇的氧化反應制備環己酮，反應原理和實驗裝置（部分夾持裝置略）如下：有關物質的物理性質見下表。物質沸點（℃）密度（g·cm-3，20℃）溶解性環己醇161.1（97.8）*0.96能溶于水和醚環己酮155.6（95.0）*0.95微溶于水，能溶于醚水100.01.0*括號中的數據表示該有機物與水形成的具有固定組成的混合物的沸點。實驗中通過裝置B將酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有10mL環己醇的A中，在55~60℃進行反應。反應完成后，加入適量水，蒸餾，收集95~100℃的餾分，得到主要含環己酮粗品和水的混合物。（1）裝置D的名稱為____________________________。（2）酸性Na2Cr2O7溶液氧化環己醇反應的△H＜0，反應劇烈將導致體系溫度迅速上升，副反應增多。①滴加酸性Na2Cr2O7溶液的操作為_______________；②蒸餾不能分離環己酮和水的原因是______________。（3）環己酮的提純需要經過以下一系列的操作：a．往液體中加入NaCl固體至飽和，靜置，分液；b．水層用乙醚（乙醚沸點34.6℃，易燃燒）萃取，萃取液并入有機層；c．加人無水MgSO4固體，除去有機物中少量的水；d．過濾；e．蒸餾、除去乙醚后，收集151~156℃餾分。①B中水層用乙醚萃取的目的是_________；②上述操作a、d中使用的玻璃儀器除燒杯、錐形瓶、玻璃棒外，還需要的玻璃儀器有__，操作a中，加入NaC1固體的作用是____。③恢復至室溫時，分離得到純產品體積為6mL，則環已酮的產率為_____。（計算結果精確到0.1%）26、（10分）NaClO2/H2O2酸性復合吸收劑可同時有效脫硫、脫硝。實驗室制備少量NaClO2的裝置如圖所示。裝置I控制溫度在35～55°C，通入SO2將NaClO3還原為ClO2(沸點：11°C)。回答下列問題：（1）裝置Ⅰ中反應的離子方程式為__________________。（2）裝置Ⅱ中反應的化學方程式為_____________________。（3）裝置用中NaOH溶液的作用是_____________。（4）用制得的NaClO4/H2O2酸性復合吸收劑同時對NO、SO2進行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在溫度一定時，n(H2O2)/n(NaClO2)和溶液pH對脫硫、脫硝的影響如圖所示：①從圖1和圖2中可知脫硫、脫硝的最佳條件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝________________。pH在_________________之間。②圖2中SO2的去除率隨pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5時反而減小。NO去除率減小的可能原因是___________________________________。27、（12分）己二酸主要用于生產尼龍66鹽、合成樹脂及增塑劑等。已二酸的合成路線如下：制備己二酸的裝置示意圖如圖所示(加熱和夾持裝置等略)。實驗步驟：I.己二酸的制備連裝好裝置后，通過瓶口b慢慢滴加1.5g環已醇至適量KMnO4和NaOH的混合溶液中，然后塞上帶有溫度計的膠塞，再用沸水浴加熱數分鐘。II.分離提純趁熱過濾，收集濾液，用少量熱水洗滌濾渣2次，合并濾液和洗滌液，邊攪拌邊滴加濃鹽酸至溶液呈強酸性，小心加熱蒸發濃縮至10mL左右，在冷水浴中冷卻，析出已二酸粗品。回答下列問題：(1)寫出儀器a的名稱：______________。(2)分離提純過程中滴加的濃鹽酸的作用是______________。(3)將已二酸粗品提純的方法是_______________。A．過濾

B．萃取

C．重結晶

D．蒸餾(4)步驟II中過濾時需要用到的玻璃儀器有玻璃棒____、_____。洗滌濾渣的目的是__________。(5)若制得純已二酸的質量為1.5g，則己二酸的產率為__________。28、（14分）塑化劑主要用作塑料的增塑劑，也可作為農藥載體、驅蟲劑和化妝品等的原料。添加塑化劑(DBP)可改善白酒等飲料的口感，但超過規定的限量會對人體產生傷害。其合成線路圖如圖I所示:已知以下信息:①②(-R1、-R2表示氫原子或烴基)③C為含兩個碳原子的烴的含氧術生物,其核磁共振氫譜圖如圖II所示請根據以上信息回答下列問題:(1)C的結構簡式為________，E中所含官能團的名稱是_________。(2)寫出下列有關反應的化學方程式：①E和H2以物質的量比1：1反應生成F________。②B和F以物質的量比1:2合成DBP____________，該反應的反應類型為_________。(3)同時符合下列條件的B的同分異構體有______種，寫出其中任意一種同分異構體的結構簡式________。①不能和NaHCO3溶液反應②能發生銀鏡反應③遇FeCl3溶液顯紫色④核磁共振氫譜顯示苯環上只有一種氫原子29、（10分）（1）某透明溶液僅含Na+、Fe2+、Ba2+、Al3+、NO3-、Cl-、SO42-中的4種離子，所含離子均為1mol。若向該溶液中加入過量的稀硫酸，有氣泡產生，且溶液中陰離子種類不變（不考慮水的電離和離子的水解）。回答下列問題：①溶液中存在的離子是______；②寫出溶液中加入過量的稀硫酸反應的離子方程式______；（2)以TiO2為催化劑用NaClO將CN－離子氧化成CNO－，CNO－在酸性條件下繼續與NaClO反應生成N2、CO2、Cl2等。取濃縮后含CN－離子的廢水與過量NaClO溶液的混合液共200mL（設其中CN－的濃度為0.2mol·L—1）進行實驗。①寫出CNO－在酸性條件下被NaClO氧化的離子方程式：________；②若結果測得CO2的質量為1.408g，則該實驗中測得CN－被處理的百分率為____。（3）酸性KMnO4、H2O2、NaClO在生產、生活、衛生醫療中常用作消毒劑，其中H2O2還可用于漂白，是化學實驗室里必備的重要氧化試劑。高錳酸鉀造成的污漬可用還原性的草酸(H2C2O4)去除，Fe(NO3)3也是重要氧化試劑，下面是對這三種氧化劑性質的探究。①向浸泡銅片的稀鹽酸中加入H2O2后，銅片溶解，反應的化學方程式________________

。②取300mL0.2mol/L的KI溶液與一定量的酸性KMnO4溶液恰好反應，生成等物質的量的I2和KIO3，則消耗KMnO4的物質的量的是________mol。③在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黃色變為淺綠色，過一會又變為棕黃色。寫出溶液先變為淺綠色的離子方程式：_________________________________。

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、D【解題分析】

加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入過量鹽酸之后，沉淀質量減少，則說明一定有CO32－、SO42－這兩種離子，一定沒有Fe3+（Fe3+和CO32－會發生雙水解反應，不能共存），且沉淀2為BaSO4，n(BaSO4)=，m(BaCO3)=4.30g-2.33g=1.97g，則n(BaCO3)=。加入NaOH溶液產生1.12L（標況）氣體，則溶液中有NH4+，NH3有0.05mol，即n(NH4+)=0.05mol。CO32－和SO42－所帶的負電荷的物質的量為0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol，NH4＋所帶正電荷的物質的量為0.05mol×1=0.05mol，根據電荷守恒，可以推斷出溶液中一定有Cl-，且最少為0.01mol（因為無法判斷是否有Na+，如果有Na+，需要多于的Cl-去保持溶液的電中性）。【題目詳解】A.若原溶液中不存在Na+，則c(Cl－)=，A錯誤；B.原溶液中一定有Cl-，可能有Na+，B錯誤；C.經計算，原溶液中，n(CO32-)=0.01mol，則c(CO32-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol?L﹣1，C錯誤；D.加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入過量鹽酸之后，沉淀質量減少，則說明一定有CO32－、SO42－這兩種離子，一定沒有Fe3+，D正確；故合理選項為D。【題目點撥】溶液中的離子要保持電荷平衡，即正負電荷所帶的電荷量相等，以保持溶液的電中性。2、D【解題分析】試題分析：A．異秦皮啶與秦皮素中酚-OH的數目不同，結構不相似，不屬于同系物，故A錯誤；B．異秦皮啶分子式為C11H10O5，故B錯誤；C．秦皮素中含有酚羥基，不能發生消去反應，故C錯誤；D．秦皮素中含有-COOC-，為酯鍵，一定條件下可發生水解反應，故D正確。考點：考查有機物等相關知識。3、B【解題分析】

A.金屬容易導電是因為晶體中存在許多自由電子，這些自由電子的運動是沒有方向性的，但在外加電場作用下，自由電子就會發生定向移動形成電流，故A錯誤；B.金屬易失電子是由原子的結構決定的，和金屬晶體無關，所以B選項是正確的；C.有延展性是因為金屬離子和自由電子之間的較強作用，當金屬受到外力時，晶體中的各離子層就會發生相對滑動，但因為金屬離子和自由電子之間的相互作用沒有方向性，受到外力后相互作用沒有被破壞，故雖發生形變，但不會導致斷裂，故C錯誤；D.容易導熱是因為自由電子在運動時經常與金屬離子碰撞而引起能量的交換，從而能量從溫度高的部分傳到溫度低的部分，使整塊金屬達到相同的溫度，故D錯誤；答案選B。4、B【解題分析】A、都不變色；B、乙醇與溴水互溶，乙醇有還原性，能被高錳酸鉀氧化；C、乙烯有碳碳雙鍵，都變色；D、苯不能使KMnO4褪色，溴水因萃取而褪色。5、D【解題分析】A．標況下水不是氣體，故不能根據氣體摩爾體積來計算其物質的量和分子個數，故A錯誤；B．OD-中含10個電子和9個中子，故0.1molOD-中含0.9NA個中子，故B錯誤；C．氮氣和氫氣反應生成氨氣是可逆反應，一定條件下，將0.1molN2與0.3molH2混合反應后，生成NH3分子的數目小于0.2NA，反應得到分子總數大于0.2NA，故C錯誤；D．CaO和CaC2均由1個陽離子和1個陰離子構成，總物質的量為0.1mol的CaO和CaC2混合物中含有的陰離子和陽離子總數為0.2NA個，故D正確；故選D。點睛：關于氣體摩爾體積的相關判斷，要注意適用條件，①物質的狀態是否為氣體；②外界條件是否為標準狀況，即0℃，1.01×105Pa。本題的易錯點為D，注意CaC2中的陰離子為C22-。6、A【解題分析】

A．“量子化”就是不連續的意思，微觀粒子運動均是量子化的，A正確；B．1897年，英國科學家約瑟夫·約翰·湯姆森發現電子，B錯誤；C．焰色反應沒有新物質生成，是物理變化，C錯誤；D．基態氫原子吸收能量發生躍遷變成激發態氫原子，D錯誤。答案選A。7、D【解題分析】

A.Fe3+與SCN-會發生絡合反應，不能大量共存，A錯誤；B.=0.1mol/L的溶液顯堿性，含有大量的OH-，OH-、Cu2+會發生反應，形成Cu(OH)2沉淀，不能大量共存，B錯誤；C.能使甲基橙變紅的溶液是酸性溶液，酸性溶液中含有大量的H+，H+與CH3COO-會發生反應生成弱酸CH3COOH，因此不能大量共存，C錯誤；D.由水電離產生的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液可能顯酸性，也可能顯堿性，無論是酸性還是堿性溶液，Na+、K+、Cl-、NO3-都不能發生任何反應，可以大量共存，D正確；故合理選項是D。8、C【解題分析】試題分析：A、放電時是原電池，LiC6是負極，FePO4是正極，FePO4反應后生成LiFePO4，體系中的Li+向正極移動，A錯誤；B、放電時是原電池，原電池中正極發生還原反應，B錯誤；C、充電時是電解池，與電源正極相連的電極是陽極，陽極發生氧化反應，，C正確；D、1mol有機物M中3mol酯基，與足量NaOH溶液反應，能消耗3molNaOH，D錯誤。考點：考查了電化學和有機物的結構和性質的相關知識。9、C【解題分析】

A．SO2屬于酸性氧化物，NO2不屬于酸性氧化物，A項錯誤；B．SO2和NO2均屬于非電解質，他們在水中并不會電離，熔融狀態也不會電離，B項錯誤；C．SO2中的S元素屬于中間價態，NO2中的N元素也屬于中間價態，所以都既可作氧化劑，也可作還原劑，C項正確；D．SO2是無色氣體，NO2才有顏色，D項錯誤；答案選C。10、A【解題分析】試題分析：A、CO2的結構式：O="C=O"，A正確；B、淀粉的實驗式不是CH2O，B錯誤；C、N2H4的電子式中氮原子與氮子之間有一對共用電子對，C錯誤；D、聚丙烯的結構簡式應為，D錯誤；答案選A。考點：化學用語11、B【解題分析】

A．電子層結構相同的離子核電荷數越大離子半徑越小，電子層數越多離子半徑越大，故離子半徑：r（S2-）＞r（Cl-）＞r（Na+），故A錯誤；

B．同主族自上而下電負性呈現減小的趨勢，同周期自左而右電負性增大，故電負性：Si＜P＜N，故B正確；

C．非金屬性S＜Cl，故氫化物穩定性H2S＜HCl，故C錯誤；

D．離子半徑：r（Mg2+）＜r（Na+），r（O2-）＜r（Cl-）＜r（Br-），且Mg2+、O2-電荷多，故晶格能MgO＞NaCl＞NaBr，故D錯誤。故選B。【題目點撥】比較半徑，首先看電子層數，電子層數越多，半徑越大；電子層數相同時，核內質子數越多，半徑越小；電子層數和質子數都相同時，核外電子數越多，半徑越大。12、B【解題分析】

根據區劃分標準知，屬于p區的元素最后填入的電子是p電子；A．原子序數為1的H元素屬于S區，故A錯誤；B．O，S，P最后填入的電子都是p電子，所以屬于p區，故B正確；C．鐵屬于d區，故C錯誤；D．鋰、鈉最后填入的電子是s電子，屬于s區，故D錯誤；故答案為B。13、D【解題分析】

A、活潑金屬Zn為負極，Ag2O為正極，選項A正確；B、Ag2O電極為正極，正極上得到電子，發生還原反應，選項B正確；C、Zn為負極，電極反應式為：Zn－2e－＋2OH－＝Zn(OH)2，選項C正確；D、電極總反應式為：Zn＋Ag2O＋H2O＝Zn(OH)2＋2Ag，放電后水消耗了，氫氧化鉀的濃度增大，電解質溶液的pH增大，選項D錯誤。答案選D。14、B【解題分析】

A.使甲基橙變紅色的溶液為酸性酸性溶液，溶液中H+、ClO－反應生成弱酸HClO，在溶液中不能共存，故A錯誤；B.0.1mol·L－1Na2CO3溶液中K＋、AlO2-、Cl－、SO42-之間不生成沉淀、氣體、水等，能大量共存，故B正確；C.0.1mol·L－1FeSO4溶液中H+、Fe２+、NO3-發生氧化還原反應生成Fe３＋，在溶液中不能共存，故C錯誤；D.Kw/c(H+)＝c(OH—)＝0.1mol·L－1的溶液為堿性溶液，溶液中NH4+、OH－反應生成弱電解質NH3·H2O，在溶液中不能共存，故D錯誤；故選B。15、D【解題分析】

A.S和O2的摩爾質量都是32g/mol，A錯誤；B.缺條件，不能確定物質的量，也不能確定氣體中含有的原子數目，B錯誤；C.濃硫酸沒有揮發性，因此將蘸有濃氨水和濃硫酸的玻璃棒靠近，不能反應產生白煙現象，C錯誤；D.向Na2CO3溶液中逐滴滴入稀鹽酸，首先反應：CO32-+H+=HCO3-，然后發生反應：H++HCO3-=H2O+CO2↑，可見：溶液中的HCO3-濃度先逐漸增大而后減小，D正確；故合理選項是D。16、A【解題分析】

A.根據結構簡式可知草酸二酯的分子式為C26H24Cl6O8，故A正確；B.上述表示方法是該物質的結構簡式，故B錯誤；C.草酸二酯（CPPO）屬于烴的衍生物，故C錯誤；D.該物質含有酯基和氯原子兩種官能團，故D錯誤；所以本題答案：A。17、C【解題分析】試題分析：1.92g銅粉的物質的量是0.03mol，利用元素守恒，消耗的硝酸為生成硝酸銅中的硝酸根離子和生成的氣體產物中的硝酸，硝酸銅的物質的量是0.03mol，則硝酸根離子的物質的量是0.06mol，在標準狀況下NO2和NO組成的混和氣體1.12L，物質的量是0.05mol，所以共消耗硝酸的物質的量是0.06+0.05=0.11mol，答案選C。考點：考查化學計算方法的應用18、B【解題分析】

加熱時發生反應KOH＋KHCO3K2CO3＋H2O，如果二者恰好反應，KOH和KHCO3物質的量相等，則固體減少的質量是＜4.9g；說明發生該反應后碳酸氫鉀是過量的（即KOH物質的量<KHCO3物質的量），過量的碳酸氫鉀繼續分解生成碳酸鉀、水和CO2，所以選項B正確。19、D【解題分析】

A．乙烷與Cl2在光照條件下可以發生取代反應生成多種氯代乙烷和HCl，不能用光照條件下通入Cl2除去乙烷中少量的乙烯，除去乙烷中少量的乙烯的方法：可以將混合氣體通入到溴水中，乙烯發生加成反應生成1，2—二溴乙烷，留在溶液中，而乙烷難溶于水，達到除雜的目的；B．乙酸乙酯在NaOH溶液中發生水解，不能用NaOH溶液除去乙酸乙酯中少量的乙酸，除去乙酸乙酯中少量的乙酸的方法：可以用飽和Na2CO3溶液洗滌，充分振蕩后分液、干燥、蒸餾；C．CO2、SO2都能被飽和碳酸鈉溶液吸收，不能用飽和碳酸鈉溶液除去CO2中少量的SO2，除去CO2中少量的SO2的方法：氣體通過盛飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣瓶；D．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，乙酸發生反應形成乙酸鈣，乙酸鈣是離子化合物，而乙醇是共價化合物，二者沸點不同，可以用蒸餾的方法分離得到；答案選D。20、A【解題分析】尋找最長碳鏈為主鏈——6個碳原子，如圖，離端基最近甲基為定位基（在3號位），系統命名為：3,3,4-三甲基己烷，故A正確；B、C屬于主鏈錯誤，D屬于定位錯誤。故答案選A。21、D【解題分析】A．鐵完全溶于一定量溴水，反應后的最終價態可能是+3價，還可能是+2價，故0.1mol鐵轉移的電子數不一定是0.3NA個，還可能是0.2NA個，故A錯誤；B．Na原子最外層是1個電子，則1molNa與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去1NA個電子，故B錯誤；C．標況下二氯甲烷為液體，不能根據氣體摩爾體積計算其物質的量，故C錯誤；D．鎂條在氮氣中完全燃燒，生成50g氮化鎂時，參加反應的N2為0.5mol，而N2分子含有氮氮叁鍵，則有1.5NA對共用電子對被破壞，故D正確；答案為D。22、B【解題分析】分析：甲經2min達平衡時，NO2的轉化率為50%，其平衡濃度為0.05mol/L，

NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）開始（mol/L）：0.1

0.1

0

0轉化（mol/L）：0.05

0.05

0.05

0.05平衡（mol/L）：0.05

0.05

0.05

0.05故該溫度下平衡常數K=0.05×0.050.05×0.05=1A．根據v=?c?t計算；B.據平衡常數的計算式推斷；C．該反應為反應前后氣體的物質的量不變的反應，容器丙中SO3的體積分數和容器甲中SO3的體積分數相等；D.單純的增大某一種物質的濃度，這種物質的轉化率一定降低，因此達到平衡時，容器乙中NO2的轉化率小于容器丙中NO詳解：A．容器甲中的反應在前2

min,NO的平均速率v(NO)=0.05mol/L2min=0.025mol·L-1·min-1，故A錯誤；B.令平衡時NO的濃度為NO2(g)+SO2(g)?SO3(g)+NO(g)．開始（mol/L）：0.1

0.2

0

0轉化（mol/L）：y

y

y

y平衡（mol/L）：0.1-y

0.2-y

y

y則

，只要二氧化氮和二氧化硫的濃度分別是0.1mol/L和0.2mol/L，平衡時NO的濃度就相同，故B正確；C.該反應為反應前后氣體壓強不變的反應，容器丙的反應物的起始濃度是容器甲的2倍，平衡不移動，因此容器丙中SO3的體積分數和容器甲中SO3的體積分數相等，故C錯誤；D.起始濃度容器乙中的NO2是器甲的2倍，而SO2的起始濃度一樣，單純的增大某一種物質的濃度，這種物質的轉化率一定降低，因此達到平衡時，容器乙中NO2的轉化率小于容器丙中NO2的轉化率，故D錯誤；答案選B.二、非選擇題(共84分)23、錳3d54s1HF分子間存在氫鍵，而HCl分子間無氫鍵O＞Cl4HCl(濃)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O【解題分析】

依題意可知：M為氧元素，N為鈉元素，O是氯元素，P是鉻元素，Q是錳元素，因此有：（1）元素Q的名稱為錳，P的基態原子價層電子排布式為3d54s1；（2）O的氫化物的沸點比其上一周期同族元素的氫化物低是因為HF分子間存在氫鍵，而HCl分子間無氫鍵；（3）M、O電負性大小順序是O＞Cl，實驗室利用二氧化錳與濃鹽酸共熱制取氯氣，反應的化學方程式為4HCl(濃)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O；(4)M、N分別為氧元素和鈉元素，根據晶胞結構示意圖可知，一個晶胞含有個8氧原子，8個鈉原子，其化學式為Na2O，該晶胞的邊長為apm，則該晶體的密度為=g/cm3。【題目點撥】本題涉及核外電子排布、電負性、分子結構、雜化軌道、晶胞結構與計算等，（4）為易錯點、難點，需要學生具有一定空間想象及數學計算能力。24、Na＜Al＜Si＜NNaCl為離子晶體，而SiCl4為分子晶體sp3V形1s22s22p63s23p63d104s1Cu3N【解題分析】

C元素是地殼中含量最高的金屬元素，則C為Al；D單質的晶體可做半導體材料，則D為Si；E原子核外的M層中有兩對成對電子，則E的價電子排布為3s23p4，其為S；A原子核外有三個未成對電子，則A為N；化合物B2E為離子晶體，則B為Na。F原子最外層電子數與B的相同，其余各層均充滿電子，則F的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，其為Cu。從而得出A、B、C、D、E、F分別為N、Na、Al、Si、S、Cu。【題目詳解】(1)A、B、C、D分別為N、Na、Al、Si，由于N的非金屬性最強，且原子軌道半充滿，所以第一電離能最大，Si次之，Na最小，從而得出第一電離能由小到大的順序為Na＜Al＜Si＜N。答案為：Na＜Al＜Si＜N；(2)B的氯化物為NaCl，離子晶體，D的氯化物為SiCl4，分子晶體，由此可得出熔點NaCl比SiCl4高的理由是NaCl為離子晶體，而SiCl4為分子晶體。答案為：NaCl為離子晶體，而SiCl4為分子晶體；(3)A的簡單氫化物為NH3，中心原子的價層電子數為4，采取sp3雜化，E的低價氧化物為SO2，S原子發生sp2雜化，分子的空間構型是V形。答案為：sp3；V形；(4)F為Cu，其原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，N、Cu形成某種化合物的晶胞中，空心小球的數目為8×=1，黑球的數目為12×=3，N顯-3價，則Cu顯+1價，由此得出其化學式為Cu3N。答案為：1s22s22p63s23p63d104s1；Cu3N。【題目點撥】計算晶胞中所含微粒數目時，應依據微粒在該晶胞中的位置及所占的份額共同決定。如立方晶胞，微粒位于頂點，則該微粒屬于此晶胞的份額僅占八分之一；微粒位于棱上時，由于棱屬于四個晶胞，則該微粒屬于此晶胞的份額僅占四分之一。25、冷凝管打開分液漏斗頸上的玻璃塞，擰開下端的活塞，緩慢滴加環己酮和水形成具有固定組成的恒沸物一起蒸發使水層中少量的有機物進一步被提取，提高產品的產量漏斗、分液漏斗降低環己酮的溶解度，增加水層的密度，有利于分層60.6%【解題分析】

(1)裝置D的名稱是冷凝管；(2)①為了防止Na2Cr2O7在氧化環己醇放出大量熱，使副反應增多，應讓其反應緩慢進行；②環己酮能與水形成具有固定組成的混合物，兩者能一起被蒸出；(3)①環己酮在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度，且乙醚和水不互溶，則乙醚能作萃取劑，從而提高產品產量；②分液需要的主要儀器為分液漏斗，過濾需要漏斗；③環己醇的質量=10mL×0.96g/mL=9.6g，理論上得到環己酮質量=×98g/mol=9.408g，實際上環己酮質量=6mL×0.95g/mL=5.7g，環己酮產率=【題目詳解】(1)裝置D的名稱是冷凝管，具有冷凝蒸汽作用；(2)①由于酸性Na2Cr2O7溶液氧化環己醇反應劇烈，導致體系溫度迅速上升、副反應增多，所以酸性Na2Cr2O7溶液加入不能太快，應打開分液漏斗頸上的玻璃塞，擰開下端的活塞，緩慢滴加；②環己酮和水能形成具有固定組成的混合物，具有固定的沸點，蒸餾時能被一起蒸出，所以蒸餾難以分離環己酮和水的混合物。環己酮和水能夠產生共沸，采取蒸餾是不可取的，建議采用精餾；(3)①環己酮在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度，且乙醚和水不互溶，則乙醚能作萃取劑，能將水中的環己酮萃取到乙醚中，從而提高產品產量；②分液需要的主要儀器為分液漏斗，過濾需要由漏斗組成的過濾器；NaCl能增加水層的密度，降低環己酮的溶解，且有利于分層；③環己醇的質量=10mL×0.96g/mL=9.6g，理論上得到環己酮質量=×98g/mol=9.408g，實際上環己酮質量=6mL×0.95g/mL=5.7g，環己酮產率==×100%=60.6%。26、SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2吸收尾氣，防止污染空氣6：1或65.5～6.0pH＞5.5以后，隨pH的增大，NO的還原性減弱（或過氧化氫、NaClO2的氧化性減弱），NO不能被氧化成硝酸【解題分析】

根據實驗目的，裝置I為二氧化硫與氯酸鈉在酸性條件下反應生成二氧化氯氣體，二氧化氯氣體在裝置II反應生成亞氯酸鈉和氧氣，二氧化氯有毒，未反應的應進行尾氣處理，防止污染環境。【題目詳解】（1）裝置Ⅰ中二氧化氯與與氯酸鈉在酸性條件下反應生成二氧化氯氣體、硫酸鈉，離子方程式為SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-；（2）裝置Ⅱ中二氧化氯氣體與雙氧水、氫氧化鈉溶液反應生成亞氯酸鈉和氧氣，化學方程式為2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2；（3）二氧化氯有毒，裝置用中NaOH溶液的作用為吸收尾氣，防止污染空氣；（4）①根據圖1而可知，n(H2O2)/n(NaClO2)在6～8時，脫硫、脫硝的去除率幾乎無變化，則最佳條件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝6：1；根據圖2可知，pH在5.5時NO的去除率達到峰值，而二氧化硫的去除率已經很高，pH在5.5～6.0時最佳；②由于NO的去除率在pH＞5.5時，隨pH的增大，NO的還原性減弱，過氧化氫、NaClO2的氧化性減弱，NO不能被氧化成硝酸，所以去除率減少。27、直形冷凝管(或冷凝管)將己二酸鈉完全轉化為己二酸C燒杯漏斗減少己二酸鈉的損失，提高己二酸的產量68.5%【解題分析】分析：（1）根據實驗裝置圖及常見的儀器分析；（2）根據己二酸的酸性弱于鹽酸分析；（3）根據已二酸常溫下為固體，溫度較低時會從溶液中析出分析；（4）根據過濾操作分析；濾渣中含有己二酸鈉；（5）根據實際產量與理論產量的比值計算產率。詳解：（1）由實驗裝置圖可知，圖中儀器a的名稱是直形冷凝管(或冷凝管)；（2）濃鹽酸是強酸，酸性強于己二酸，分離提純過程中滴加的濃鹽酸的作用是將己二酸鈉完全轉化為己二酸；（3）因為己二酸常溫下為固體，溫度較低時會從溶液中析出，所以將已二酸粗品提純的方法是重結晶，答案選C；（4）步驟II中過濾時需要用到的玻璃儀器有玻璃棒、燒杯和漏斗；濾渣中含有己二酸鈉，因此洗滌濾渣的目的是減少己二酸鈉的損失，提高己二酸的產量；（5）根據原子守恒可知生成己二酸的質量為1.5g100×146=2.19g，所以產率是1.5g/2.19g×100%＝68.點睛：本題以已二酸的制備為載體，考查