肇慶市高中畢業班2025屆化學高二第二學期期末達標測試試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、下列敘述正確的是()A．通常，同周期元素中ⅦA族元素的第一電離能最大B．在同一主族中，自上而下元素的第一電離能逐漸減小C．第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其原子半徑越大，第一電離能越大D．主族元素的原子形成單原子離子時的最高化合價數都和它的族序數相等2、高溫下，超氧化鉀晶體呈立方體結構，晶體中氧的化合價部分為0價，部分為－2價，如圖所示為超氧化鉀晶體的一個晶胞，則下列說法正確的是A．超氧化鉀的化學式為KO2，每個晶胞含有4個K＋和4個B．晶體中每個K＋周圍有8個，每個周圍有8個K＋C．晶體中與每個K＋距離最近的K＋有8個，晶體中與每個距離最近的有6個D．晶體中其中0價氧和－2價氧的物質的量之比為1:13、某同學在實驗室進行了如圖所示的實驗，下列說法中錯誤的是A．X、Z燒杯中分散質相同B．Y中反應離子方程式為3CaCO3＋2Fe3＋＋3H2O==2Fe(OH)3(膠體)＋3CO2↑＋3Ca2C．利用過濾的方法，可將Z中固體與液體分離D．Z中分散系能產生丁達爾效應4、將反應Cu(s)＋2Ag＋(aq)Cu2+(aq)＋2Ag(s)設計成原電池，某一時刻的電子流向及電流計(G)指針偏轉方向如圖所示，下列有關敘述正確的是A．KNO3鹽橋中的K＋移向Cu(NO3)2溶液B．工作一段時間后，AgNO3溶液中c(Ag＋)減小C．電子由AgNO3溶液通過鹽橋移向Cu(NO3)2溶液D．Cu作負極，發生還原5、摩拜單車可利用車籃處的太陽能電池板向智能鎖中的鋰離子電池充電，電池反應原理為：LiCoO2＋6CLi1－xCoO2＋LixC6，結構如圖所示，下列說法錯誤的是A．充電時，陰極質量增加，發生還原反應B．充電時，電路中每有1mol電子轉移，則有1molLi+由左向右通過聚合物電解質膜C．該鋰離子電池工作時，化學能轉化為電能D．放電時，正極的電極反應式為:LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+6、有機物Y的分子式為C4H8O2，其紅外光譜如圖所示，則該有機物可能的結構簡式為（）A．CH3COOCH2CH3 B．OHCCH2CH2OCH3C．HCOOCH2CH2CH3 D．（CH3）2CHCOOH7、關于金屬性質和原因的描述正確的是()A．金屬一般具有銀白色光澤是物理性質，與金屬鍵沒有關系B．金屬具有良好的導電性，是因為在金屬晶體中共享了金屬原子的價電子，形成了“電子氣”，在外電場的作用下自由電子定向移動便形成了電流，所以金屬易導電C．金屬具有良好的導熱性能，是因為自由電子在受熱后，加快了運動速率，電子與電子間傳遞了能量，與金屬陽離子無關。D．金屬晶體具有良好的延展性，是因為金屬晶體中的原子層可以滑動而破壞了金屬鍵8、下列離子方程式正確且與對應操作和目的相符的是選項目的操作離子方程式A比較Fe2+和Br?還原性強弱向FeBr2溶液中加入少量氯水2Br?+Cl2=Br2+2Cl?B比較C、Si非金屬性強弱向硅酸鈉溶液中通入少量二氧化碳SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-C除去CO2中的SO2將氣體通入盛有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣瓶CO32-+SO2=SO32-+CO2D實驗室制取氯氣向MnO2固體中加入濃鹽酸并加熱A．A B．B C．C D．D9、常溫下向濃度均為0.10mol/L、體積均為1mL的NaOH溶液和Na2CO3溶液中分別加水，均稀釋至VmL，兩種溶液的pH與lgV的變化關系如圖所示.下列敘述中錯誤的是A．Khl(CO32-)(Khl為第一級水解平衡常數)的數量級為10-4B．曲線N表示Na2CO3溶液的pH隨lgV的變化關系C．Na2CO3溶液中存在:c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)D．若將Na2CO3溶液加熱蒸干，由于CO32-水解，最終析出的是NaOH固體10、室溫下，0.1mol/L某一元酸(HA)溶液中c(OH?)/c(H+)＝1×10-10，下列敘述正確的是(

)A．溶液中水電離出的c(H+)=10-10mol·L-1B．溶液中c(H+)+c(A-)＝0.1mol·L-1C．與0.05mol·L-1NaOH溶液等體積混合，所得混合溶液中水的電離程度減小D．上述溶液中加入一定量NaA晶體或加水稀釋，溶液的c(OH-)均增大11、下列原子中未成對電子數最多的是()A．C B．O C．N D．Cl12、2003年，IUPAC(國際純粹與應用化學聯合會)推薦原子序數為110的元素的符號為Ds，以紀念該元素的發現地(Darmstadt，德國)。下列關于Ds的說法不正確的是()A．Ds原子的電子層數為7 B．Ds是超鈾元素C．Ds原子的質量數為110 D．Ds為金屬元素13、在同溫同壓下，某有機物和過量Na反應得到V1L氫氣，另一份等量的該有機物和足量的NaHCO3溶液反應得到V2L二氧化碳，若V1＝V2≠0，則該有機物可能是()A．HOOCCOOH B．CH3CHOHCOOH C．HOCH2CH2OH D．CH3CH2OH14、設NA代表阿伏加德羅常數，下列敘述正確的是（）A．1LCO的質量一定比1LO2的質量小B．將1molCl2通入到水中，則N(HClO)＋N(Cl－)＋N(ClO－)＝2NAC．常溫常壓下16gO2和O3混合氣體中，氧原子數為NAD．7.8gNa2O2與足量水反應，轉移電子數為0.2NA15、下列電離方程式書寫正確的是A．NaHS=Na++H++S2-B．H3PO43H++PO43-C．CH3COONH4CH3COO-+NH4+D．Ba(OH)2=Ba2++2OH-16、根據電子排布的特點，Cu在周期表屬于（）A．ds區 B．p區 C．d區 D．s區17、設NA表示阿伏加德羅常數。下列說法正確的是（）A．1mol月球背面的氦—3（3He）含有質子為2NAB．標況下，22.4L甲烷和1molCl2反應后的混合物中含有氯原子數小于2NAC．2molSO2與1molO2充分反應，轉移的電子數為4NAD．25℃時，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的數目為0.2NA18、下列選項中正確的是(

)A．鈉原子的結構示意圖:B．過氧化鈉的電子式:C．碳酸氫鈉的電離方程式:NaHCO3=Na++H++CO32-D．中子數為12的鈉的核素符號為:1119、常溫下，下列各組離子一定能在指定溶液中大量共存的是A．Kw/c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中:NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-B．使酚酞變紅色的溶液中:Na+、Al3+、SO42-、Cl-C．與A1反應能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3-、SO42-D．水電離的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中:

K+、Na+、A1O2-、CO32-20、芳香化合物M的結構簡式為，關于有機物M的說法正確的是A．有機物M的分子式為C10H12O3B．1molNa2CO3最多能消耗1mol有機物MC．1molM和足量金屬鈉反應生成22.4L氣體D．有機物M能發生取代、氧化和加成反應21、25℃時，向濃度均為0.1mol·L－1、體積均為100mL的兩種一元酸HX、HY溶液中分別加入NaOH固體，溶液中lgcH+c(OH－)A．HX為弱酸，HY為強酸B．水的電離程度：d＞c＞bC．c點對應的溶液中：c(Y－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)D．若將c點與d點的溶液全部混合，溶液中離子濃度大小：c(Na＋)＞c(X－)＞c(Y－)＞c(H＋)＞c(OH－)22、下列各選項中,物質之間通過一步反應就能實現如圖所示變化的是（）選項甲乙丙丁AAlAlCl3Al2O3NaAlO2BSH2SSO2SO3CNaNa2ONaOHNa2O2DN2NH3NONO2A．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）A(C3H6)是基本有機化工原料，由A制備聚合物C和合成路線如圖所示（部分條件略去）。已知：（1）發生縮聚形成的高聚物的結構簡式為__________；D-E的反應類型為__________。（2）E-F的化學方程式為____________________。（3）B的同分異構體中，與B具有相同官能團且能發生銀鏡反應，其中核磁共振氫譜上顯示3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是________________（寫出結構簡式）。（4）等物質的量的分別與足量NaOH、Na2CO3、NaHCO3反應，消耗NaOH、Na2CO3、NaHCO3的物質的量之比為________________；檢驗的碳碳雙鍵的方法是________________（寫出對應試劑及現象）。24、（12分）有機物G（分子式為C13H18O2）是一種香料，如圖是該香料的一種合成路線。已知：①E能發生銀鏡反應，在一定條件下，1molE能與2molH2反應生成F；②R—CH===CH2R—CH2CH2OH；③有機物D的摩爾質量為88g·mol－1，其核磁共振氫譜有3組峰；④有機物F是苯甲醇的同系物，苯環上只有一個無支鏈的側鏈。回答下列問題：（1）用系統命名法命名有機物B________________；（2）E的結構簡式為__________________________；（3）C與新制Cu(OH)2反應的化學方程式為____________________________；（4）已知有機物甲符合下列條件：①為芳香族化合物；②與F互為同分異構體；③能被催化氧化成醛。符合上述條件的有機物甲有________種，寫出一種滿足苯環上有3個側鏈，且核磁共振氫譜有5組峰，峰面積比為6∶2∶2∶1∶1的有機物的結構簡式____________________；（5）以丙烯等為原料合成D的路線如下：X的結構簡式為_______，步驟Ⅱ的反應條件為___________，步驟Ⅳ的反應類型為______。25、（12分）扎實的實驗知識對學習有機化學至關重要。(1)實驗室用純溴和苯在鐵離子催化下反應制取溴苯，得到粗溴苯后，粗溴苯的精制常進行如下操作:a.蒸餾b.水洗、分液c.用干燥劑干燥d.10%的NaOH溶液堿洗、分液。正確的操作順序是___________。A．abcdb

B．bdbca

C．dbcab

D．bdabc分液時上層液體應從_____

(填“

上口倒出”。“下導管直接流出”)，蒸餾時所需儀器除酒精燈溫度計、蒸餾燒瓶、牛角管、錐形瓶外還需要的玻璃儀器為________。(2)下列各組試劑中，能鑒別乙醇、已烷、己烯、乙酸溶液、苯酚溶液等五種無色溶液的是_______。A．金屬鈉、FeCl3溶液、NaOH溶液

B．新制的Cu(OH)2懸濁液、紫色石蕊試液C．紫色石蕊試液、溴水

D．溴水、新制的Cu(OH)2懸濁液(3)溴乙烷與氫氧化鈉的乙醇溶液共熱產生的氣體通入酸性高錳酸鉀容液中，溶液褪色，不能說明產生的氣體為乙烯的原因是________。26、（10分）甲醛(HCHO)與葡萄糖相似具有強還原性，40%甲醛溶液沸點為96℃，易揮發。為探究過量甲醛和新制Cu(OH)2反應的產物，進行如下研究。（1）在如圖裝置中進行實驗，向a中加入0.5mol/LCuSO4溶液50mL和5mol/LNaOH溶液100mL，振蕩，再加入40%的甲醛溶液50mL，緩慢加熱a，在65℃時回流20分鐘后冷卻至室溫。反應過程中觀察到有棕色固體生成，最后變成紅褐色，并有氣體產生。①儀器b的名稱是_________，作用為_________。②能說明甲醛具有還原性的實驗現象是______________。（2）為研究紅色固體產物的組成，進行如下實驗(以下每步均充分反應)：已知：Cu2O

[Cu(NH3)4]+(無色)[Cu(NH3)4]2+(藍色)①搖動錐形瓶i的目的是_______。②錐形瓶ii中固體完全溶解得深藍色溶液的離子方程式為_______。③將容量瓶ii中的溶液稀釋100倍后，溶液的顏色與容量瓶i相近。由此可知固體產物的組成及物質的量之比約為___________。27、（12分）某學習小組為測定放置已久的小蘇打樣品中純堿的質量分數，設計如下實驗方案：（1）方案一：稱取一定質量的樣品，置于坩堝中加熱至恒重后，冷卻，稱取剩余固體質量，計算。①完成本實驗需要不斷用玻璃棒攪拌，其目的是_______________________________。②若實驗前所稱樣品的質量為mg，加熱至恒重時固體質量為ag，則樣品中純堿的質量分數為________。（2）方案二：按如圖所示裝置進行實驗，并回答下列問題：①實驗前先檢查裝置的氣密性，并稱取一定質量的樣品放入A中，將稀硫酸裝入分液漏斗中。D裝置的作用是________________。②實驗中除稱量樣品質量外，還需分別稱量_______裝置反應前、后質量(填裝置字母代號)。③根據此實驗得到的數據，測定結果有誤差。因為實驗裝置還存在一個明顯的缺陷，該缺陷是_________。④有同學認為，用E裝置替代A裝置能提高實驗準確度。你認為是否正確？_________(填“是”或“否”)。（3）方案三：稱取一定量的樣品置于錐形瓶中，加適量水，用鹽酸進行滴定，從開始至有氣體產生到氣體不再產生，所滴加的鹽酸體積如圖所示，則小蘇打樣品中純堿的質量分數為_________(保留兩位有效數字)。28、（14分）書寫下列物質的結構簡式①2，6-二甲基-4-乙基辛烷：___________________________________②間三甲苯___________________________________________________；③2-甲基-1-戊烯：_____________________________________________；④分子式為C8H10的芳香烴，苯環上的一溴取代物只有一種，寫出該芳香烴的結構簡式：___________；⑤戊烷（C5H12）的某種同分異構體只有一種一氯代物，寫出它的結構簡式：_____________________。29、（10分）NOx（主要指NO和NO2）是大氣主要污染物之一。有效去除大氣中的NOx是環境保護的重要課題。（1）用水吸收NOx的相關熱化學方程式如下：2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq)ΔH=?116.1kJ·mol?13HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)ΔH=75.9kJ·mol?1反應3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=___________kJ·mol?1。（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應式：________________________________。（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收過程中存在HNO2與(NH2)2CO生成N2和CO2的反應。寫出該反應的化學方程式：___________________________________。（4）在有氧條件下，新型催化劑M能催化NH3與NOx反應生成N2。將一定比例的O2、NH3和NOx的混合氣體，勻速通入裝有催化劑M的反應器中反應（裝置見下圖）。反應相同時間NOx的去除率隨反應溫度的變化曲線如題下圖所示，在50～250℃范圍內隨著溫度的升高，NOx的去除率先迅速上升的主要原因是____________________________；當反應溫度高于380℃時，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。

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、B【解析】

A.同一周期中零族元素的第一電離能最大；B.同一主族中，自上而下原子半徑逐漸增大，第一電離能逐漸減小；C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子,原子半徑越大，第一電離能越小；D.主族元素的原子形成單原子離子時,若為陰離子，則其與族序數不等。【詳解】A.稀有氣體不容易失電子，則同周期元素稀有氣體的第一電離能最大，故A錯誤；B.在同一主族中，自上而下失電子能力增強，則自上而下第一電離能逐漸減小，故B正確；C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其半徑越大，失電子能力越強，越容易失電子，第一電離能越小，故C錯誤；D.有的主族元素的原子形成單原子陽離子時的最高化合價數等于其族序數，如Cl元素等，但F元素形成的最高化合價為-1價，不等于其族序數，故D錯誤；本題答案選B。2、A【解析】

A.該晶胞中，K+的個數為=4，的個數為：=4，A正確；B.晶體中每個K＋周圍有6個O，每個周圍有6個K＋，B錯誤；C.晶體中與每個K＋距離最近的K＋有12個，晶體中與每個距離最近的有12個，C錯誤；D.晶胞中K+與個數分別為4、4，所以晶胞中共有8個氧原子，根據電荷守恒，4個K+帶有4個正電荷，則-2價O原子數目為2，所以0價氧原子數目為8-2=6，所以晶體中，0價氧原子與-2價氧原子的數目比為3：1，D錯誤；故合理選項為A。3、A【解析】

A．x是氯化鐵溶液，z是氫氧化鐵膠體；B．碳酸鈣能與氫離子結合促進三價鐵的水解；C．過濾法除去的是液體中不溶性的物質；D．z是氫氧化鐵膠體具有膠體的性質。【詳解】A．x是氯化鐵溶液，分散質是氯離子和三價鐵離子，Z是氫氧化鐵膠體，分散質是氫氧化鐵膠粒，故A錯誤；B．碳酸鈣能與氫離子結合生成水和二氧化碳促進三價鐵的水解，故B正確；C．過濾法分離固體和液體，故C正確；D．z是氫氧化鐵膠體具有膠體的性質，能產生丁達爾效應，故D正確。故選A。4、B【解析】分析：根據電子的流向，Cu為負極，Cu極的電極反應式為Cu-2e-=Cu2+；Ag為正極，Ag極的電極反應式為2Ag++2e-=2Ag。詳解：根據電子的流向，Cu為負極，Ag為正極。A項，在原電池中，陽離子移向正極，KNO3鹽橋中的K+移向AgNO3溶液，A項錯誤；B項，Ag為正極，Ag極的電極反應式為2Ag++2e-=2Ag，工作一段時間后，AgNO3溶液中c（Ag+）減小，B項正確；C項，電子由Cu極通過外電路流向Ag極，C項錯誤；D項，Cu作負極，Cu發生氧化反應，D項錯誤；答案選B。點睛：本題考查原電池的工作原理，判斷正負極是解題的關鍵，可根據反應的類型、電子的流向等方法判斷正負極。易錯點是電子流向的判斷，在原電池中電子由負極經外電路流向正極，電解質溶液中陽離子流向正極，陰離子流向負極，即“電子不下水，離子不上岸”。5、D【解析】

分析題給電池反應原理：LiCoO2＋6CLi1－xCoO2＋LixC6，充電時，陽極失去電子，發生氧化反應，陰極得到電子發生還原反應；放電時，正極得電子發生還原反應，負極失電子發生氧化反應。結合題中結構圖可知，聚合物電解質膜為陽離子交換膜，據此進行分析。【詳解】A．充電時，陽極生成Li+，Li+向陰極（C極）移動，陰極得電子發生還原反應，電極反應方程式為：6C+xLi++xe-=LixC6，陰極質量增加，A項正確；B．充電時，陽極失電子發生氧化反應，電極反應方程式為：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，電路中每有1mol電子轉移，則有1molLi+由裝置左側通過聚合物電解質膜移向右側，B項正確；C．鋰離子電池工作時，為放電過程，化學能轉化為電能，C項正確；D．放電時，正極得電子發生還原反應，電極反應方程式為：Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2。D項錯誤；答案選D。6、A【解析】

由紅外光譜圖可看出該分子中有不對稱CH3，因此該分子中有2個CH3，由圖也可以看出含有C=O雙鍵、C-O-C單鍵，則A的結構簡式為CH3COOCH2CH3或CH3CH2COOCH3，故選A。本題考查有機物結構式的確定，側重分析與應用能力的考查，把握圖中信息及官能團的確定為解答的關鍵。7、B【解析】

A、金屬一般具有銀白色光澤是由于金屬鍵中的自由電子在吸收可見光以后，發生躍遷，成為高能態，然后又會回到低能態，把多余的能量以可見光的形式釋放出來的緣故，所以金屬一般具有金屬光澤與金屬鍵有關系，故A錯誤；B、金屬內部有自由電子，當有外加電壓時電子定向移動，故B正確；C、金屬自由電子受熱后運動速率增大，與金屬離子碰撞頻率增大，傳遞了能量，故金屬有良好的導熱性，故C錯誤；D、當金屬晶體受到外力作用時，金屬正離子間滑動而不斷裂，所以表現出良好的延展性，故D錯誤；故選B。8、B【解析】

A.亞鐵離子的還原性比溴離子強，向FeBr2溶液中加入少量氯水時，氯氣應該先氧化亞鐵離子，A錯誤；B.向硅酸鈉溶液中通入二氧化碳，發生強酸制弱酸的復分解反應，證明了碳酸酸性比硅酸強。非金屬性的強弱可以根據其最高價氧化物水對應的水化物的酸性強弱來比較，所以可得出：碳比硅的非金屬性強，B正確；C.飽和碳酸氫鈉溶液可以除去二氧化碳中的二氧化硫，但是碳酸氫根離子不能拆開寫，所以離子方程式錯誤，正確的為：，C錯誤；D.向二氧化錳固體中加入濃鹽酸并加熱可以在實驗室制取氯氣，但是離子方程式里濃鹽酸要拆開寫，正確的為：，D錯誤；故合理選項為B。在寫離子方程式時，濃鹽酸、濃硝酸都要拆成離子形式，但濃硫酸不能拆開。9、D【解析】NaOH為強堿，常溫下0.10mol/LNaOH溶液的pH=13，所以曲線M表示NaOH溶液的pH隨lgV的變化關系，曲線N表示Na2CO3溶液的pH隨lgV的變化關系；Na2CO3溶液中存在的水解主要是：CO32-+H2OHCO3-+OH-，常溫下0.10mol/L的Na2CO3溶液的pH=11.6，即c(H+)=10-11.6，則c(OH-)=Kw/c(H+)=10-2.4，Ka1(CO32-)=≈=10-3.8，由上述分析，A、B都正確；C項，Na2CO3溶液中Na+和CO32-是主要離子，c(Na+)>c(CO32-)，CO32-水解使溶液顯堿性，則c(OH-)>c(H+)，且c(H+)遠小于c(OH-)，因為水解是微弱的，所以c(CO32-)>c(OH-)，又因為Na2CO3溶液中存在二級水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，其中主要為第一級水解，所以c(OH-)略大于c(HCO3-)，綜上分析，Na2CO3溶液中存在：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)，故C正確；D項，Na2CO3溶液中存在水解：Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH，若將Na2CO3溶液加熱蒸發，開始時溫度升高促進水解，但隨著水分的減少，NaHCO3和NaOH濃度增大，因為二者不能大量共存，所以又會反應生成Na2CO3，因此將Na2CO3溶液加熱蒸干，最終析出的是Na2CO3固體，故D錯誤。點睛：本題考查電解質溶液，側重考查離子濃度大小比較、水解常數有關計算、鹽類水解原理的應用等，難度較大，掌握鹽類水解的原理，并結合題給圖示信息分析是解題關鍵。解題思路：首先根據開始時的pH判斷，曲線M表示NaOH溶液的pH隨lgV的變化關系，曲線N表示Na2CO3溶液的pH隨lgV的變化關系；進一步求得Na2CO3溶液中c(OH-)，再根據水解常數表達式求得Ka1(CO32-)；D項易錯，CO32-的一級水解是主要的，二級水解遠小于一級水解，注意HCO3-和OH-不能大量共存。10、D【解析】

室溫下0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中c(OH?)/c(H+)＝1×10-10，根據c（H+）×c（OH-）＝10-14可知，溶液中c（OH-）＝10-12mol/L，則c（H+）＝0.01mol/L，這說明HA為弱酸，結合選項中的問題解答。【詳解】根據以上分析可知HA為弱酸，則A、溶液中c（H+）=0.01mol/L，則c（OH-）=10-12mol/L，該溶液中由水電離出的c（H+）=c（OH-）=10-12mol/L，A錯誤；B、0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中A元素的總物質的量為0.1mol/L，則c（HA）+c（A-）=0.1mol/L，B錯誤；C、0.1mol/L某一元酸（HA）與0.05mol/LNaOH溶液等體積混合HA管理，溶液是由等濃度的HA和NaA構成，HA濃度減小，對水的電離的抑制作用減弱，所得混合溶液中水的電離程度增大，C錯誤；D、HA溶液中加入一定量NaA晶體，A-離子濃度增大，抑制HA電離，氫離子濃度減小，則氫氧根離子濃度增大，pH增大。加水稀釋會促進酸的電離，但是溶液體積增大的程度大于氫離子物質的量增大的程度，所以氫離子濃度減小，則氫氧根離子濃度增大，pH增大，D正確；答案選D。本題考查弱電解質在溶液中的電離，題目難度中等，本題的關鍵是根據溶液中c（H+）與c（OH-）的比值，結合水的離子積常數Kw計算出溶液的c（H+），判斷出HA為弱酸。11、C【解析】

根據能量最低原理書寫各元素的電子排布式，根據電子排布式判斷未成對電子數，可解答該題。【詳解】A．C的電子排布式為1s22s22p2，未成對電子數為2；B．O的電子排布式為1s22s22p4，未成對電子數為2；C．N的電子排布式為1s22s22p3，未成對電子數為3；D．Cl的電子排布式為1s22s22p63s23p5，未成對電子數為1；比較可知N的未成對電子數為3，最多，答案選C。本題考查原子核外電子的排布，題目難度中等，注意根據電子排布式判斷未成對電子數。12、C【解析】

Ds的原子序數為110，Ds位于元素周期表中的第七周期第ⅤⅢ族。A、Ds位于元素周期表中的第七周期，則電子層數為7，故A正確；B、110＞92，原子序數在92號以后的元素為超鈾元素，故B正確；C、Ds原子的原子序數為110，質量數一定大于110，故C錯誤；D、Ds為過渡元素，屬于金屬元素，故D正確；故選C。13、B【解析】

—OH、—COOH均能與Na反應，2mol—OH或—COOH與過量Na反應生成1molH2。—COOH能與NaHCO3溶液反應，lmol—COOH與足量NaHCO3溶液反應生成1molCO2。【詳解】A.HOOC—COOH與過量Na、足量NaHCO3溶液反應產生H2、CO2的體積比為1∶2，故A錯誤；B.與過量Na、足量NaHCO3溶液反應產生H2、CO2的體積相等，故B正確；C.HOCH2CH2OH與Na反應產生氫氣，與NaHCO3不反應，故C錯誤；D.CH3CH2OH與Na反應產生氫氣，與NaHCO3不反應，故D錯誤；答案選B。14、C【解析】分析：A、氣體的體積大小受溫度和壓強影響，標準狀況下Vm=22.4L/mol；B、氯氣與水反應是可逆反應；C、根據質量、原子數目與物質的量之間關系進行換算；D、1mol過氧化鈉與水反應轉移電子總數是NA。詳解：氣體的體積大小受溫度和壓強影響較大，A選項中沒有指明溫度和壓強，氣體的摩爾體積沒有辦法確定，即1LCO的物質的量和1LO2的物質的量大小沒有辦法確定，導致質量大小也沒有辦法確定，A選項錯誤；Cl2+H2OHClO+HCl，該反應是可逆反應，N(HClO)＋N(Cl－)＋N(ClO－)＝2NA成立的條件是所有氯氣全部反應生成鹽酸和次氯酸，所以B選項錯誤；16gO2和O3混合氣體中，氧原子的質量是16g，n（O）=16g/16g·mol-1=1mol，所以含有氧原子數為NA，C選項正確；從化學方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，1mol過氧化鈉完全反應轉移電子總數是1mol，7.8g過氧化鈉是0.1mol。轉移電子總數是0.1mol，即0.1NA，D選項錯誤；正確選項C。15、D【解析】A.NaHS的電離方程式為：NaHS=Na++HS-，A錯誤；B.H3PO4為多元弱酸，分步電離：H3PO4H++H2PO4-，B錯誤；C.CH3COONH4屬于鹽，是強電解質，電離方程式為：CH3COONH4=CH3COO-+NH4+，C錯誤；D.Ba(OH)2屬于強堿，完全電離，電離方程式為：Ba(OH)2=Ba2++2OH-，D正確。答案選D.16、A【解析】

銅為29號元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1。按照構造原理，價層電子排布式應為3d94s2，當3d接近半滿或全滿時，能量最低，最穩定，所以Cu的4s2上的一個電子將填充在3d上，故Cu在元素周期表中屬于ds區，答案選A。17、A【解析】

A.3He的原子序數為2，質子數為2，則1mol氦—3（3He）含有質子數為2NA，A項正確；B.甲烷與氯氣發生取代反應，根據氯元素守恒可知，反應后的混合物中氯原子的個數為2NA，B項錯誤；C.SO2與O2的反應為可逆反應，2molSO2與1molO2充分反應，轉移的電子數小于4NA，C項錯誤；D.Ba(OH)2溶液中，pH=13,依據c(OH-)===10-1=0.1mol/L，則25℃時，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的數目為0.1mol/L1LNA=0.1NA，D項錯誤；答案選A。18、D【解析】分析：A、鈉原子的核外有11個電子；B、過氧化鈉由2個鈉離子和1個過氧根離子構成；C、碳酸氫鈉只能完全電離為鈉離子和碳酸氫根離子；D、質量數=中子數+質子數，據此分析判斷。詳解：A、鈉原子的核外有11個電子，故其結構示意圖為，故A錯誤；B、過氧化鈉由2個鈉離子和1個過氧根離子構成，故其電子式為，故B錯誤；C、碳酸氫鈉只能完全電離為鈉離子和碳酸氫根離子，故其電離方程式為NaHCO3=Na++HCO3-，故C錯誤；D、質量數=中子數+質子數，故中子數為12的鈉原子的質量數為23，符號為2311Na，故D正確；故選D。19、A【解析】A.＝1×10－13mol·L－1的溶液中氫離子濃度是0.1mol/L，因此溶液顯酸性，四種離子間不反應，可以大量共存，A正確；B.使酚酞變紅色的溶液顯堿性，Al3＋不能大量共存，B錯誤；C.與Al反應能放出H2的溶液如果顯堿性，亞鐵離子不能大量共存，如果顯酸性Fe2＋與硝酸根離子之間發生氧化還原反應，不能大量共存，C錯誤；D.水電離的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的溶液中水的電離被抑制，溶液如果顯酸性，則偏鋁酸根離子、碳酸根離子不能大量共存，D錯誤，答案選A。點睛：明確常見離子的性質、發生的化學反應是解答的關鍵，另外解決離子共存問題時還應該注意題目所隱含的條件：（1）溶液的酸堿性，據此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的顏色，如無色時可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；（3）溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”、“加入鋁粉產生氫氣”；（4）是“可能”共存，還是“一定”共存等。20、D【解析】

A、根據結構簡式，有機物M的分子式為C10H10O3，故A錯誤；B、羧基和碳酸鈉反應，1molNa2CO3最多能消耗2mol羧基，1molNa2CO3最多能消耗2mol有機物M，故B錯誤；C、羧基、羥基都能與鈉反應放出氫氣，1molM和足量金屬鈉反應生成1mol氫氣，在標準狀況下的體積是22.4L，故C錯誤；D、有機物M含有羧基、羥基能發生取代、含有碳碳雙鍵能發生氧化和加成反應，故D正確。21、C【解析】

A．lgc(H+)c(OH-)越大，溶液中氫離子濃度越大，未加NaOH時，HX溶液中lgc(H+)c(OH-)=12，說明c(H+)=0.1mol/L=c(HX)，所以HX為強酸，其酸性強于HY，加入氫氧化鈉物質的量10×10-3mol，酸HX和氫氧化鈉溶液恰好反應，lgc(H+)c(OH-)=1，c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故HX為強酸，HY為弱酸，故A錯誤；B．d點是強酸HX的溶液中滴加NaOH溶液恰好將HX反應一半、剩余一半，故水的電離被強酸抑制；c點加入的氫氧化鈉的物質的量為5×10-3mol，所得的溶液為NaY和HY的等濃度的混合溶液，而lgc(H+)c(OH-)=6，水的離子積Kw=c（H+）?c（OH-）=10-14，故可知c（H+）2=10-8，則c（H+）=10-4mol/L，溶液顯酸性，即HY的電離大于Y-的水解，水的電離也被抑制；而在b點，加入的氫氧化鈉的物質的量為8×10-3mol，所得的溶液為大量的NaY和少量的HY混合溶液，而lgc(H+)c(OH-)=0，離子積Kw=c（H+）?c（OH-）=10-14，故可知c（H+）=10-7，溶液顯中性，即HY的電離程度等于Y-的水解程度，水的電離沒有被促進也沒有被抑制，故水的電離程度d＜c＜b，故B錯誤；C．c點加入的氫氧化鈉的物質的量為5×10-3mol，所得的溶液為NaY和HY的等濃度的混合溶液，而lgc(H+)c(OH-)=6，水的離子積Kw=c（H+）?c（OH-）=10-14，故可知c（H+）2=10-8，則c（H+）=10-4mol/L，溶液顯酸性，即HY的電離大于Y-的水解，故c（Y-）＞C（Na+）＞c（HY）＞c（H+）＞c（22、A【解析】

A、鋁與氯氣反應生成氯化鋁、鋁與氧氣反應生成氧化鋁、鋁與過量氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉、氧化鋁與過量氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，反應均能一步完成，選項A正確；B、硫與氫氣反應生成硫化氫、硫與氧氣反應生成二氧化硫、二氧化硫與氧氣催化氧化生成三氧化硫，但硫不能一步轉化生成三氧化硫，選項B錯誤；C、鈉與氧氣接觸反應生成氧化鈉、鈉與水反應生成氫氧化鈉、鈉與氧氣點燃反應生成過氧化鈉，但氫氧化鈉不能一步轉化生成過氧化鈉，選項C錯誤；D、氮氣與氫氣反應生成氨氣、氮氣與氧氣反應生成一氧化氮、一氧化氮與氧氣反應生成二氧化氮，但氮氣不能一步轉化生成二氧化氮，選項D錯誤。答案選A。本題考查物質的轉化，物質在不同條件下反應的產物不同，某些反應不能一步完成，必須多步才能轉化為目標產物。易錯點為：氮氣與氧氣反應只能生成NO、硫與氧氣反應只能生成二氧化硫。二、非選擇題(共84分)23、取代反應1：1：1加入溴水，溴水褪色【解析】

B發生加聚反應生成聚丁烯酸甲酯，則B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，A為C3H6，A發生加成反應生成B，則A結構簡式為CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯發生水解反應然后酸化得到聚合物C，C結構簡式為；A發生反應生成D，D發生水解反應生成E，E能發生題給信息的加成反應，結合E分子式知，E結構簡式為CH2=CHCH2OH、D結構簡式為CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯發生加成反應生成F，F結構簡式為，F發生取代反應生成G，G發生信息中反應得到，則G結構簡式為。（1）發生縮聚形成的高聚物的結構簡式為；D發生水解反應或取代反應生成E，故D-E的反應類型為水解反應或取代反應；（2）E-F的化學方程式為；（3）B的同分異構體中，與B具有相同官能團（酯基和碳碳雙鍵）且能發生銀鏡反應則含有甲酸酯的結構，其中核磁共振氫譜上顯示3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是；（4）中只有羧基能與NaOH、Na2CO3、NaHCO3反應，等物質的量的分別與足量NaOH、Na2CO3、NaHCO3反應，消耗NaOH、Na2CO3、NaHCO3的物質的量之比為1：1：1；利用碳碳雙鍵的性質，檢驗的碳碳雙鍵的方法是加入溴水，溴水褪色。24、2－甲基－1－丙醇C6H5CH=CHCHO(CH3)2CHCHO＋2Cu(OH)2＋NaOH(CH3)2CHCOONa＋Cu2O↓＋3H2O13種CH3CHBrCH3NaOH的水溶液，加熱消去反應【解析】C氧化可生成D，則D應為酸，D的相對分子質量通過質譜法測得為88，它的核磁共振氫譜顯示只有三組峰，其結構簡式應為（CH3）2CHCOOH，則C為（CH3）2CHCHO；B為（CH3）2CHCH2OH，由題給信息可知A為（CH3）2C=CH2，有機物F是苯甲醇的同系物，苯環上只有一個無支鏈的側鏈，結合G的分子式可知F為，E能夠發生銀鏡反應，1mol

E與2mol

H2反應生成F，則E為，G為，則（1）B為（CH3）2CHCH2OH，按照醇的系統命名法命名；正確答案：2-甲基-1-丙醇；（2）根據以上分析可知E的結構簡式為；正確答案：（3）(CH3)2CHCHO被新制Cu(OH)2氧化為羧酸；正確答案：(CH3)2CHCHO＋2Cu(OH)2＋NaOH(CH3)2CHCOONa＋Cu2O↓＋3H2O；（4）F為，符合：①為芳香族化合物；②與F是同分異構體；③能被催化氧化成醛的化合物有：若苯環上只有1個取代基，取代基為—CH(CH3)—CH2OH，只有1種；若苯環上有2個取代基，可能是甲基和—CH2CH2OH，鄰間對3種，也可以是—CH2CH3和—CH2OH，鄰間對3種；若苯環上有3個取代基，只能是兩個—CH3和一個—CH2OH，采用定一議二原則判斷，有6種，所以共有13種。其中滿足苯環上有3個側鏈，且核磁共振氫譜有5組峰，峰面積比為6∶2∶2∶1∶1的有機物的結構簡式為正確答案：13種；（5）D結構簡式為（CH3）2CHCOOH，以丙烯等為原料合成D的路線可知，反應Ⅰ為加成反應，X為CH3CHBrCH3，其在NaOH的水溶液中加熱生成CH3CHOHCH3，反應Ⅳ、Ⅴ分別為消去反應和加成反應。正確答案：CH3CHBrCH3；NaOH的水溶液，加熱；消去反應；點睛：有機推斷題要充分利用題給定的信息并結合常見有機物的特征性質進行分析推理，才能快速推出物質的結構。25、B上口倒出冷凝管CD產生的氣體中混有能使酸性高錳酸溶液褪色的乙醇蒸氣【解析】分析：本題考查的是有機物分離和提純，掌握有機物的物理和化學性質是關鍵。詳解：(1)粗溴苯含有溴等雜質，需要提純，則需要經過水洗，溶解部分溴，在加入氫氧化鈉，反應掉剩余的溴單質，再水洗分液，用干燥劑干燥，最后蒸餾，故選B。分液時上層液體在下層液體放出之后，從上口倒出；蒸餾實驗中要使用冷凝管。(2)A.三種試劑不能區別己烷和己烯，故錯誤；B.兩種試劑只能檢驗出乙酸，故錯誤；C.紫色石蕊能檢驗出乙酸，溴水能檢驗出剩余四種溶液，互溶的為乙醇，分層，上層有顏色的為己烷，溶液褪色的為己烯，出現白色沉淀的為苯酚。故正確；D.新制氫氧化銅懸濁液能檢驗出乙酸，溴水能鑒別出其余四種溶液，現象如C中分析，故正確。故選CD。(3)溴乙烷和氫氧化鈉的乙醇溶液在加熱條件下反應時產生的氣體中混有能使酸性高錳酸溶液褪色的乙醇蒸氣。點睛：有機物的鑒別時常用的試劑為溴水或高錳酸鉀溶液。如果有苯酚通常從溴水或氯化鐵溶液中選擇，如果有酸或醛，通常用新制的氫氧化銅懸濁液鑒別。在鑒別過程中不僅要考慮化學反應，還要考慮是否溶于水以及密度的大小問題。26、球形冷凝管冷凝回流A中出現紅色物質(或A中出現棕色物質)有利于溶液與空氣中O2的接觸2Cu+O2+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH?+6H2On(Cu2O)∶n(Cu)=l∶200【解析】

向a中加入0.5mol/LCuSO4溶液50mL和5mol/LNaOH溶液100mL，振蕩，制備了氫氧化化銅懸濁液。再加入40%的甲醛溶液50mL，緩慢加熱a，在65℃時回流20分鐘后冷卻至室溫。反應過程中觀察到有棕色固體生成，最后變成紅褐色，說明甲醛具有還原性。探究生成物的組成時，要注意仔細分析實驗步驟及現象。【詳解】（1）①根據儀器的構造可知，儀器b是球形冷凝管，40%甲醛溶液沸點為96℃，易揮發，故在反應過程中要有冷凝回流裝置以提高原料的利用率，故球形冷凝管的作用為冷凝回流。②能說明甲醛具有還原性的實驗現象是A中出現紅色物質(或A中出現棕色物質)。（2）①搖動錐形瓶時發生的變化是

[Cu(NH3)4]+(無色)[Cu(NH3)4]2+(藍色)，顯然該過程中發生了氧化反應，故搖動錐形瓶i的目的是有利于溶液與空氣中O2的接觸。②紅色固體經足量濃氨水溶解后仍有剩余，根據Cu2O

[Cu(NH3)4]+(無色)可知，該固體只能是Cu，搖動錐形瓶ii，其中固體完全也能溶解得深藍色溶液，說明Cu溶解得到銅氨溶液，空氣中的氧氣溶于氨水中成為氧化劑，故該反應的離子方程式為2Cu+O2+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH?+6H2O。③將容量瓶ii中的溶液稀釋100倍后，溶液的顏色與容量瓶i相近，說明容量瓶ii中的溶液濃度約為容量瓶i的100倍，量瓶ii中的[Cu(NH3)4]+的物質的量約為容量瓶i的100倍，因此，在溶解之前，紅色的固體產物由Cu2O和Cu組成，物質的量之比約為n(Cu2O)∶n(Cu)=l∶200。解答實驗探究問題時，要注意切忌帶著主觀認知去分析，要根據化學反應原理冷靜分析實驗中的相關現象，尤其是與所學知識有沖突的實驗現象，根據現象分析得出合理結論。要注意實驗細節，如本題中“足量濃氨水”、“定容”、兩個“50mL”容量瓶等等，對這些信息都要正確解讀才能順利解題。27、使固體樣品受熱均勻，避免局部溫度過高，造成樣品外濺×100%避免空氣中的水蒸氣和二氧化碳進入C裝置中，造成實驗誤差C反應產生的二氧化碳殘留在A、B裝置內，不能被完全吸收否24%【解析】

小蘇打久置會發生反應：，該樣品成分為NaHCO3、Na2CO3，測定樣品中純堿的質量分數方法有：①測定二氧化碳量（質量、體積）從而計算出混合物中Na2CO3的質量分數，②利用NaHCO3的不穩定性，加熱固體得到減少的質量，計算出成品中NaHCO3的質量，從而計算出混合物中Na2CO3的質量分數。【詳解】（1）①使用玻璃棒攪拌，使固體受熱均勻，避免局部溫度過高，造成固體外濺，故答案為使固體受熱均勻，避免局部溫度過高，造成固體外濺；②設樣品中碳酸氫鈉的質量為x，則：Δm16862xg(m-a)g則x==，故m(Na2CO3)=[m-]g，則樣品中Na2CO3的質量分數為=，故答案為；（2）①利用C中堿石灰增重測定反應生成二氧化碳的質量，進而計算樣品中碳酸鈉的質量分數，由于堿石灰可以吸收空氣中的二氧化碳與水蒸氣，故D裝置的作用是吸收空氣中的二氧化碳與水蒸氣，避免空氣中的二氧化碳與水蒸氣加入C中，防止測定誤差；②C裝置反應前后質量之差為反應生成二氧化碳的質量，根據樣品總質量、二氧化碳的質量可以計算混合物中碳酸鈉的質量，還需分別稱量C裝置反應前、后的質量；③該實驗裝置有一個明顯的缺陷是反應產生的二氧化碳殘留在A、B裝置內，不能完全被吸收，使C中吸收二氧化碳質量減小，造成較大的誤差；④用E裝置替代A裝置能提高實驗準確度，這種說法不正確。因為E裝置用恒壓分液漏斗，部分二氧化碳為殘留在分液漏斗上部，使C中吸收二氧化碳質量減小，造成較大的誤差；（3）由圖可知，開始發生反應：Na2CO3+HCl=N