齊魯名校教科研協作體山東、湖北部分重點中學2025屆高二下化學期末經典試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、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-2、用Pt電極電解含有Cu2+和X3+均為0.1mol的溶液，陰極析出金屬的質量m(g)與溶液中通過電子的物質的量n(mol)關系如圖，則離子的氧化能力由大到小排列正確的是()A．Cu2+>X3+>H+B．H+>X3+>Cu2+C．X3+>H+>Cu2+D．Cu2+>H+>X3+3、R、X、Y、Z是短周期元素，原子序數依次增大。X的原子序數是R的2倍，R的原子最外層電子數是X的2倍。Z的最高價氧化物對應的水化物（M）是強電解質，向Y的鈉鹽溶液中滴加M溶液，產生沉淀的物質的量與M的物質的量關系如圖所示。下列推斷正確的是A．R的氫化物可能使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色B．Y的氣態氫化物熱穩定性比R的強C．常溫常壓下，Z的單質一定呈黃綠色D．X和Z組成的化合物屬于共價化合物4、亞硝酸鈉是一種防腐劑和增色劑，但在食品中過量時會對人體產生危害，其在酸性條件下會產生NO和NO2。下列有關說法錯誤的是A．NaNO2既可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，又可以將二價鐵離子氧化為三價鐵離子B．食用“醋熘豆芽”可能會減少亞硝酸鈉對人體的危害C．NaNO2和胃酸作用的離子方程式為2NO2－+2H+NO↑+NO2↑+H2OD．1molNaNO2在酸性條件下完全反應生成NO和NO2，轉移電子的物質的量為1mol5、下列有關共價鍵的敘述中，不正確的是()A．某原子跟其他原子形成共價鍵時，其共價鍵數一定等于該元素原子的價電子數。B．水分子內氧原子結合的電子數已經達到飽和，故不能再結合其他氫原子。C．非金屬元素原子之間形成的化合物也可能是離子化合物D．所有簡單離子的核電荷數與其核外電子數一定不相等。6、下列關于分子式為C4H8O2的有機物說法中，正確的是（）A．若能發生酯化反應，該物質一定是丁酸B．屬于酯類的同分異構體有4種C．不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．若能水解，水解產物相對分子質量可能相同7、中國研究人員研制出一種新型復合光催化劑，利用太陽光在催化劑表面實現高效分解水，其主要過程如下圖所示。已知：幾種物質中化學鍵的鍵能如下表所示?；瘜W鍵H2O中H—O鍵O2中O＝O鍵H2中H—H鍵H2O2中O—O鍵H2O2中O—H鍵鍵能kJ/mol463496436138463若反應過程中分解了2mol水，則下列說法不正確的是A．總反應為2H2O2H2↑+O2↑B．過程I吸收了926kJ能量C．過程II放出了574kJ能量D．過程Ⅲ屬于放熱反應8、0.1mol阿斯匹林（結構簡式為）與足量的NaOH溶液反應，最多消耗NaOH的物質的量為（）A．0.1molB．0.2molC．0.4molD．0.3mol9、下列敘述正確的是A．因為NH3·H2O是弱堿，所以不能用氨水與FeCl3溶液反應制取Fe(OH)3B．向FeI2溶液中通入少量Cl2，再滴加少量CCl4，振蕩、靜置，下層液體為紫色C．向一定體積的熱濃硫酸中加入足量的鐵粉，生成的氣體能被燒堿溶液完全吸收D．將SO2氣體通入溴水，欲檢驗是否有SO42-生成，可向溶液中滴加Ba(NO3)2溶液10、已知氯化鉻的水合物為CrCl3·6H2O，其中鉻元素的配位數是6，將含0.1mol氯化鉻的水溶液用過量稀硝酸銀溶液處理時，只得到0.2molAgCl沉淀，則氯化鉻溶于水中的含鉻陽離子為A．Cr3＋ B．[CrCl2(H2O)4]＋ C．[CrCl(H2O)5]2＋ D．[Cr(H2O)6]3＋11、化學與生產、生活、科技、環境等密切相關，下列說法不正確的是（）A．食用油反復加熱會產生稠環芳香烴等有害物質B．加熱能殺死流感病毒是因為蛋白質受熱變性C．霧霾是一種分散系，分散劑是空氣，帶活性炭口罩防霧霾的原理是吸附原理D．聚乙炔用I2或Na等做摻雜處理后可形成一種導電塑料，該導電塑料是一種純凈物12、利用如圖所示裝置測定中和熱的實驗步驟正確的是A．為了減小熱量損失，倒入NaOH溶液應該多次迅速倒人B．用套在溫度計上的環形玻璃攪拌棒上下輕輕地攪動C．燒杯如不蓋硬紙板，不影響測得的中和熱數值D．先用一支溫度計測量鹽酸溫度，再用另一支溫度計測量氫氧化鈉溶液溫度,并做好記錄13、以下說法哪些是正確的（）A．氫鍵是化學鍵 B．甲烷可與水形成氫鍵C．乙醇分子跟水分子之間存在范德華力和氫鍵 D．碘化氫的沸點比氯化氫的沸點高是由于碘化氫分子之間存在氫鍵14、0.01molAl投入到100mL3mol/LNaOH溶液中充分反應后，再滴入1mol/LH2SO4120mL，其結果A．溶液的pH＜7B．得到澄清透明溶液C．得到渾濁液D．先有白色沉淀生成，后逐漸溶解15、聚氯乙烯的單體是A．—CH2—CHCl— B．CH2=CHClC．—CH2=CHCl— D．16、綠色化學提倡化工生產應提高原子利用率。原子利用率表示目標產物的質量與生成物總質量之比。在下列制備環氧乙烷的反應中，原子利用率最高的是A．B．C．D．二、非選擇題（本題包括5小題）17、鹵代烴在堿性醇溶液中能發生消去反應。例如，該反應式也可表示為下面是幾種有機化合物的轉化關系：(1)根據系統命名法，化合物A的名稱是_____________。(2)上述框圖中，①_________是反應，③___________是反應。(3)化合物E是重要的工業原料，寫出由D生成E的化學方程式：_________。(4)C2的結構簡式是，F1的結構簡式是______________，F1與F2互為__________。18、現有七種元素A、B、C、D、E、F、G，其中A、B、C為三個不同周期的短周期元素，E、F、G為第四周期元素。請根據下列相關信息，回答問題。A元素的核外電子數和電子層數相等，也是宇宙中最豐富的元素B元素原子的核外p電子數與s電子數相等C基態原子的價電子排布為nsn-1npn+1D的能層數與C相同，且電負性比C大E元素的主族序數與周期數的差為1，且第一電離能比同周期相鄰兩種元素都大F是前四周期中電負性最小的元素G在周期表的第五列(1)C基態原子中能量最高的電子，其電子云在空間有_________個方向，原子軌道呈________形，C簡單離子核外有______種運動狀態不同的電子。(2)①一般情況下，同種物質為固態時密度大于其液態，但固態A2B的密度比其液態時小，原因是_______；②A2B2難溶于CS2，簡要說明理由：__________________________________________。(3)G位于________族________區，它的一種氧化物常用于工業生產硫酸的催化劑，已知G在該氧化物中的化合價等于其價電子數，則該氧化物的化學式為_______________；F晶體的空間堆積方式為________。(4)ED3分子的VSEPR模型名稱為__________，其中E原子的雜化軌道類型為________。19、為證明C2H5X（X=Cl、Br或I）中存在溴原子，某同學設計如下實驗：Ⅰ．向C2H5X中加入硝酸銀溶液，充分振蕩后靜置，液體分為兩層，均為無色溶液；Ⅱ．向C2H5X中加入氫氧化鈉溶液，充分振蕩后靜置，液體分為兩層，均為無色溶液；Ⅲ．?、蛑小?。(1)Ⅰ為對照實驗，目的是_______。(2)寫出Ⅱ中的化學方程式：_______。(3)補全Ⅲ中的實驗操作及現象：_______，說明C2H5X中含溴原子。20、實驗室需要0.1mol·L－1NaOH溶液450mL和0.3mol·L－1硫酸溶液480mL。根據這兩種溶液的配制情況回答下列問題：（1）如圖是已提供儀器，配制上述溶液均需用到的玻璃儀器是________（填選項）。（2）下列操作會使配制的NaOH溶液濃度偏低的是__________。A稱量NaOH所用砝碼生銹B選用的容量瓶內有少量蒸餾水C定容搖勻后，液面下降，又加水至刻度線D定容時俯視刻度線（3）根據計算用托盤天平稱取NaOH的質量為________g。（4）根據計算得知，所需質量分數為98%、密度為1.84g/cm3的濃硫酸的體積為__________mL（計算保留一位小數）。21、Ⅰ.為了探究一種固體化合物甲（僅含3種元素）的組成和性質，設計并完成如下實驗：(氣體體積已經換算成標準狀況下的體積）請回答：（1）寫出化合物甲的化學式________。（2）寫出形成溶液C的化學方程式：_____________。（3）寫出氣體A通入溶液D中，發生反應的離子反應方程式__________。Ⅱ.近年來化學家又研究開發出了用H2和CH3COOH為原料合成乙醇（反應Ⅰ），同時會發生副反應Ⅱ。反應Ⅰ.CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)△H1反應Ⅱ.CH3COOH(g)+H2(g)CO(g)+CH4(g)+H2O(g)△H2＞0已知：乙醇選擇性是轉化的乙酸中生成乙醇的百分比。請回答：（1）反應Ⅰ一定條件下能自發進行，則△H1___0。（填“＞”或“＜”）（2）某實驗中控制CH3COOH和H2初始投料比為1∶1.5，在相同壓強下，經過相同反應時間測得如下實驗數據：溫度（K）催化劑乙酸的轉化率（%）乙醇選擇性（%）573甲4050573乙3060673甲5535673乙4050①有利于提高CH3COOH轉化為CH3CH2OH平衡轉化率的措施有______。A使用催化劑甲B使用催化劑乙C降低反應溫度D投料比不變，增加反應物的濃度E增大CH3COOH和H2的初始投料比②673K甲催化劑作用下反應Ⅰ已達平衡狀態，測得乙酸的轉化率為50%，乙醇的選擇性40%，若此時容器體積為1.0L，CH3COOH初始加入量為2.0mol，則反應Ⅰ的平衡常數K=_____。③表中實驗數據表明，在相同溫度下不同的催化劑對CH3COOH轉化成CH3CH2OH的選擇性有顯著的影響，其原因是_________________。（3）在圖中分別畫出I在催化劑甲和催化劑乙兩種情況下“反應過程-能量”示意圖。_____

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、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.2、D【解析】試題分析：由圖可知，轉移電子的物質的量是0.2mol時，陰極析出的固體質量不再改變，而0.1molCu2＋生成0.1mol單質Cu轉移電子的物質的量正好是0.2mol，說明Cu2＋先放電，氧化性最強，之后無固體析出，說明再放電的是氫離子，最后是X3＋，所以離子的氧化能力由大到小排列是Cu2＋＞H＋＞X3＋，答案選D。考點：考查溶液中離子放電順序的判斷3、A【解析】分析：X的原子序數是R的2倍，R的原子最外層電子數是X的2倍，則R為碳，X為鎂，Z的最高價氧化物對應的水化物(M)是強電解質，向Y的鈉鹽溶液中滴加M溶液，產生沉淀為為Y的氧化物的水化物，最終沉淀不溶解，因此沉淀為硅酸，故Y是硅。硫酸和高氯酸都是強電解質，Z可能是硫、氯。據此分析解答。詳解：A.碳的氫化物屬于烴類，烯烴等能使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A正確；B.碳的非金屬性比硅強，甲烷比硅烷穩定，故B錯誤；C.Z的單質可能是硫，也可能是氯氣，只有氯氣呈黃綠色，故C錯誤；D.硫化鎂、氯化鎂都是離子化合物，故D錯誤；故選A。4、D【解析】

酸性條件下，亞硝酸鈉會產生一氧化氮和二氧化氮，所以亞硝酸鈉和胃酸作用的離子方程式為2NO2－+2H＋═NO↑+NO2↑+H2O，N元素的化合價一半由+3價降低為+2價，另一半由+3價升高為+4價?！驹斀狻緼、亞硝酸鈉中，N顯+3價，N元素的化合價既能升高又能降低，則NaNO2既具有氧化性又具有還原性，既可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，又可以將二價鐵離子氧化為三價鐵離子，故A正確；B、食用"醋熘豆芽"中含有很多還原性較強的有機物，可以將亞硝酸鹽還原，因此其能減少亞硝酸鈉對人體的危害，故B正確；C、酸性條件下，亞硝酸鈉會產生一氧化氮和二氧化氮，所以亞硝酸鈉和胃酸作用的離子方程式為2NO2－+2H＋=NO↑+NO2↑+H2O，故C正確；D、1molNaNO2在酸性條件下完全反應生成NO和NO2，轉移電子的物質的量為1mol×1/2×(4-3)=0.5mol，D錯誤。故選D。【點睛】本題考查元素化合物的性質，意在考查考生對氧化還原反應原理的理解和應用能力。5、A【解析】

A.非金屬元素的原子形成的共價鍵數目取決于該原子最外層的不成對電子數；B.共價鍵的飽和性是指每個原子的成鍵總數或以單鍵相連的原子數目是一定的；C.NH4Cl等銨鹽是離子化合物；D.陽離子是原子失去電子形成的，陰離子是原子得電子形成的?！驹斀狻緼、非金屬元素的原子形成的共價鍵數目取決于該原子最外層的不成對電子數，一般最外層有幾個不成對電子就能形成幾個共價鍵，故A不正確；B、一個原子的未成對電子一旦與另一個自旋相反的未成對電子成鍵后，就不能再與第三個電子配對成鍵，因此，一個原子有幾個不成對電子，就會與幾個自旋相反的未成對電子成鍵，這就是共價鍵的飽和性，故一個氧原子只能與兩個氫原子結合生成H2O，故B正確；C、非金屬元素原子之間形成的化合物也可能是離子化合物，如NH4Cl等銨鹽；故C正確；D、不管是陰離子還是陽離子，核內質子數與核外電子數必定存在差別，此差值就是離子所帶的電荷數，故D正確；綜上所述，本題選A。6、B【解析】分析：A、C4H8O2屬于羧酸時，根據羧基位置異構可以得到丁酸的同分異構體；B、C4H8O2屬于酯類的同分異構體，為飽和一元酯，根據酸和醇的種類來確定；C、分子式為C4H8O2，有1個不飽和度；D、根據分子式C4H8O2的酯水解生成羧酸和醇的相對分子質量計算。詳解：C4H8O2屬于羧酸時，可以是丁酸或2-甲基丙酸，共有2種同分異構體，A選項錯誤；C4H8O2屬于酯類的同分異構體，為飽和一元酯，若為甲酸與丙醇形成的酯，甲酸只有1種結構，丙醇有2種，形成的酯有2種，若為乙酸與乙醇形成的酯，乙酸只有1種結構，乙醇只有1種結構，形成的乙酸乙酯有1種，若為丙酸與甲醇形成的酯，丙酸只有1種結構，甲醇只有1種結構，形成的丙酸甲酯只有1種，所以C4H8O2屬于酯類的同分異構體共有4種，B選項正確；分子式為C4H8O2，有1個不飽和度，它可以成環，也可以有羰基、醛基、酯基、羧基，還可以是碳碳雙鍵，碳碳雙鍵、醛基能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C選項錯誤；分子式為C4H8O2的有機物在酸性條件下可水解為酸和醇，其水解的產物可能為甲酸和丙醇或者異丙醇、乙酸和乙醇、丙酸和甲醇，相對分子質量分別是：46和60、60和46、74和32，所以水解產物相對分子質量不可能相同，D選項錯誤；正確選項B。7、D【解析】

A．由圖可知，總反應為水分解生成氫氣和氧氣，實現了光能向化學能的轉化，反應的方程式為2H2O2H2↑+O2↑，故A正確；B．過程I為2molH2O分子變成2mol氫原子和2mol羥基的過程，吸收的能量=463kJ×2=926kJ，故B正確；C．過程II為2mol氫原子和2mol羥基生成1mol氫氣和1mol過氧化氫，放出的能量=436kJ+138kJ=574kJ，故C正確；D．過程Ⅲ為1mol過氧化氫變成1mol氧氣和1mol氫氣，斷開1molH2O2中2molH—O鍵和1molO—O鍵，形成1molO2中O＝O鍵和1molH2中H—H鍵，吸收的能量=463kJ×2+138kJ=1064kJ，放出的能量=496kJ+436kJ=932kJ，吸收的能量大于放出的能量，該過程為吸熱反應，故D錯誤；答案選D?！军c睛】本題的易錯點為D，要注意圖中化學鍵的變化，分別計算吸收的能量和放出的能量，在判斷反應的熱效應。8、D【解析】分析：本題考查的是有機物的結構和性質，注意酯水解產物的結構是關鍵。詳解：阿司匹林的結構中有羧基和酯基，都與氫氧化鈉反應，注意酯基水解生成酚羥基和羧基，都與氫氧化鈉反應，所以0.1mol阿司匹林與足量的氫氧化鈉反應，最多消耗0.3mol氫氧化鈉，故選D。點睛：掌握能與氫氧化鈉反應的官能團為酚羥基和羧基和酯基。醇羥基不能與氫氧化鈉反應。9、B【解析】

A項，FeCl3+3NH3·H2O=Fe（OH）3↓+3NH4Cl，故A錯誤；B項，由于還原性I->Fe2+，所以向FeI2溶液中通入少量Cl2，Cl2首先與I-反應：Cl2+2I-=I2+2Cl-，故B正確；C項，過量的Fe與熱濃硫酸反應，首先產生SO2氣體，隨著反應的進行，濃硫酸的濃度逐漸變稀，后來稀硫酸與Fe反應產生H2，生成的氣體不能被燒堿溶液完全吸收，故C錯誤；D項，由于發生反應：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，欲檢驗溶液中的，應向溶液中加入BaCl2溶液，若加入Ba（NO3）2溶液，則不能排除的干擾，故D錯誤；答案選B。10、C【解析】

中心配離子中的配體在溶液中很難電離，已知0.1mol氯化鉻的水溶液用過量稀硝酸銀溶液處理時，只得到0.2molAgCl沉淀，說明該配合物的外界有2個氯離子，則其內界只有一個氯離子，故答案為C11、D【解析】試題分析：A．食用油中含有不飽和烴類，反復加熱后使其不飽和狀態發生變化，生成各類飽和烴類，包括稠環芳香烴，A項正確；B．蛋白質在加熱的條件下能發生變性，所以加熱能殺死流感病毒，B項正確；C．活性炭具有吸附作用，所以帶活性炭口罩防霧霾的原理是吸附原理，C項正確；D．聚乙炔塑料是混合物，D項錯誤；答案選D。考點：考查化學與生產、生活、科技和環境之間的關系。12、B【解析】A.為了減小熱量損失，倒入NaOH溶液應該一次迅速倒入，故A錯誤；B.酸與堿混合均勻的正確操作方法是：用套在溫度計上的環形玻璃攪拌棒輕輕地攪動，故B正確；C.燒杯上蓋硬紙板目的是為了減少實驗中的熱量損失，不蓋會影響測定的中和熱數值，故C錯誤；D.溫度計測量鹽酸的溫度，無需洗滌繼續測量氫氧化鈉溶液溫度，氫氧化鈉溶液的起始溫度偏高，測得中和熱的數值偏小，故D錯誤；故選B。13、C【解析】

A項，氫鍵不是化學鍵，A項錯誤；B項，甲烷與水分子間不能形成氫鍵，B項錯誤；C項，乙醇分子和水分子中都存在O-H鍵，乙醇分子與水分子間存在范德華力和氫鍵，C項正確；D項，碘化氫的沸點比氯化氫的沸點高的原因是：碘化氫和氯化氫結構相似，碘化氫的相對分子質量大于氯化氫的相對分子質量，碘化氫分子間范德華力大于氯化氫分子間范德華力，D項錯誤。答案選C。14、B【解析】分析：能夠先后發生的反應有①2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、②2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O、③H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，④Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，n(Al)=0.01mol，n(NaOH)=0.1L×3mol/L=0.3mol，n(H+)=1mol/L×0.12L×2=0.24mol，以此來解答。詳解：n(Al)=0.01mol，n(NaOH)=0.1L×3mol/L=0.3mol，由2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，Al完全反應，消耗NaOH為0.01mol，由2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O可知，0.29molNaOH需要硫酸為0.29mol2=0.145mol，而n(H+)=1mol/L×0.12L×2=0.24mol，硫酸為0.12mol，硫酸不足，則不發生H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓和Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，因此最后得到偏鋁酸鈉、氫氧化鈉、硫酸鈉的混合溶液，溶液顯堿性，故選15、B【解析】

聚氯乙烯是由氯乙烯發生加聚反應生成的高分子化合物，結構簡式為，因此其單體是CH2＝CHCl。答案選B?！军c睛】首先要根據高聚物的結構簡式判斷高聚物是加聚產物還是縮聚產物，然后根據推斷單體的方法作出判斷。16、D【解析】

原子利用率是期望產物的總質量與生成物的總質量之比，根據綠色化學的原則，原子利用率為100%的化工生產最理想；顯然乙烯和氧氣在催化劑作用下生成環氧乙烷的反應，原子利用率最高?！驹斀狻緼．存在副產品CH3COOH，反應物沒有全部轉化為目標產物，原子利用率較低，故A錯誤；B．存在副產品CaCl2和H2O，反應物沒有全部轉化為目標產物，原子利用率較低，故B錯誤；C．存在副產品HOCH2CH2-O-CH2CH2OH和2H2O，反應物沒有全部轉化為目標產物，原子利用率較低，故C錯誤；D．反應物全部轉化為目標產物，原子的利用率為100%，原子利用率最高，故D正確；故選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、2,3-二甲基丁烷取代加成同分異構體【解析】

烷烴A與氯氣發生取代反應生成鹵代烴B，B發生消去反應生成C1、C2，C2與溴發生加成反應生成二溴代物D，D再發生消去反應生成E，E與溴可以發生1,2-加成或1,4-加成，故C2為，C1為，則D為，E為，F1為，F2為；【詳解】(1)根據系統命名法,化合物A的名稱是：2,3-二甲基丁烷；(2)上述反應中，反應(1)中A中H原子被Cl原子確定生成B，屬于取代反應，反應(3)是碳碳雙鍵與溴發生加成反應；(3)由D生成E是鹵代烴發生消去反應,該反應的化學方程式為:；(4)由上述分析可以知道,C2的結構簡式是，F1的結構簡式是，F1和F2分子式相同，碳碳雙鍵物質不同，屬于同分異構體。18、3啞鈴18冰中的水分子間有氫鍵，使水分子之間間隙增大，密度變小因為H2O2為極性分子，而CS2為非極性溶劑，根據“相似相溶”規律，H2O2難溶于CS2ⅤBdV2O5體心立方堆積四面體形sp3【解析】

A、B、C、D為短周期主族元素，其中A、B、C為三個不同周期的短周期元素，E、F、G為第四周期元素，A元素的核外電子數和電子層數相等，也是宇宙中最豐富的元素，則A為H元素；B元素原子的核外p電子數與s電子數相等，則B是C元素；C基態原子的價電子排布為nsn-1npn+1，由s軌道電子數目為2,可知，n=3，則C為S元素；D的能層數與C相同，且電負性比C大，則D為Cl元素；E元素的主族序數與周期數的差為1，且第一電離能比同周期相鄰兩種元素都大，則E是As元素；F是前四周期中電負性最小的元素，則F是K元素；G在周期表的第五列，說明G位于周期表第四周期ⅤB族，則G為V元素?！驹斀狻?1)C為S元素，S基態原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，能量最高的電子處于2p能級，電子云在空間有3個方向，原子軌道呈啞鈴形或紡錘形；S2—離子核外電子排布式為1s22s22p63s23p6，由保利不相容原理可知，離子核外有18種運動狀態不同的電子，故答案為：3；啞鈴；18；(2)①A2B為H2O，冰中的H2O分子間有氫鍵，使水分子之間間隙增大，密度變小，故答案為：冰中的水分子間有氫鍵，使水分子之間間隙增大，密度變小；②A2B2為H2O2，H2O2為極性分子，CS2為結構對稱的非極性分子，難溶于CS2，由相似相溶原理可知，極性分子H2O2難溶于非極性分子CS2，故答案為：因為H2O2為極性分子，而CS2為非極性溶劑，根據“相似相溶”規律，H2O2難溶于CS2；(3)G為V元素，價電子排布式為3d34s2，位于周期表第四周期ⅤB族，d區；由氧化物中的化合價等于其價電子數可知五氧化二釩的化學式為V2O5；F為K元素，K晶體的空間堆積方式為體心立方堆積，故答案為：ⅤB；d；V2O5；體心立方堆積；(4)ED3分子為AsCl3，AsCl3分子中As原子的價層電子對數為4，則VSEPR模型名稱為四面體形，As原子的雜化軌道類型為sp3，故答案為：四面體形；sp3?！军c睛】本題考查物質結構與性質，涉注意依據題給信息推斷元素，結合核外電子排布規律、雜化方式與空間構型判斷、元素周期表、晶體結構和相似相溶原理等分析是解題的關鍵。19、證明C2H5X中沒有游離的Br–C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr?、蛑猩蠈尤芤?，加入足量稀硝酸至弱酸性，滴加AgNO3溶液，生成淡黃色沉淀【解析】

只有Br-與Ag+發生反應形成AgBr淺黃色沉淀；向C2H5X中加入硝酸銀溶液，充分振蕩后靜置，液體分為兩層，均為無色溶液，說明C2H5X中無Br-；向C2H5X中加入氫氧化鈉溶液，充分振蕩后靜置，液體分為兩層，均為無色溶液，說明C2H5X難溶于水，然后將溶液加熱，發生反應C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr，再將溶液酸化，然后加入硝酸銀溶液，產生淡黃色沉淀，證明該溶液中含有Br-，反應產生了AgBr淺黃色沉淀?！驹斀狻?1)Ⅰ為對照實驗，目的是證明C2H5X中沒有游離的Br-，不能與硝酸銀溶液發生沉淀反應；(2)Ⅱ中C2H5Br與NaOH水溶液在加熱時發生取代反應產生乙醇、NaBr，反應的化學方程式為：C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr；(3)要證明該物質中含有溴元素，由于Ag+與OH-也會發生反應產生沉淀，因此要先加入酸酸化，然后再加入AgNO3溶液，若生成淡黃色沉淀說明，C2H5X中含溴原子。【點睛】本題考查了鹵代烴中鹵素的存在及檢驗方法的知識。鹵代烴中鹵素以原子形式存在，只有鹵素離子才可以與硝酸銀溶液發生反應產生沉淀，在檢驗之前，一定要先酸化，再加入硝酸銀溶液，根據產生沉淀的顏色判斷所含的鹵素種類。20、BDEC2.08.2【解析】

（1）根據配制一定物質的量濃度溶液用到儀器選擇；（2）分析不當操作對溶質的物質的量和溶液體積的影響，依據C=進行誤差分析，凡是能夠使n增大，或者使V減小的操作，都會使C偏大；凡是能夠使n減小，V增大的操作都會使C偏小；凡是不當操作導致實驗失敗且無法補救的，需要重新配制；（3）依據n=cv計算需要的氫氧化鈉的物質的量，m=nM計算氫氧化鈉的質量；（4）根據c=計算濃硫酸的濃度，再根據濃硫酸稀釋前后溶質的物質的量不變計算，計算濃硫酸的體積?！驹斀狻?1)配制一定物質的量濃度溶液用到儀器：托盤天平、量筒、500mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、藥匙等；故答案為：BDE；(2)A稱量NaOH所用砝碼生銹，稱取的氫氧化鈉的質量增多，n偏大，則濃度偏高，故A不選；B.選用的容量瓶內有少量蒸餾水，對溶液的體積不會產生影響，所配溶液準確，故B不選；C.定容搖勻后，液面下降，又加水至刻度線，相當于多加了水，溶液的體積偏大，濃度偏小，故C選；D.定容時俯視刻度線，使溶液的體積偏小，濃度偏大，故D不選；故選：C。(3)0.1mol/LNaOH溶液450mL，需選擇500ml的容量瓶，0.1mol/LNaOH溶液500mL中含有的氫氧化鈉的物質的量為：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，需要氫氧化鈉的質量為：40g/mol×0.05mol=2.0g，故答案為：2.0；(4)質量分數為98%、密度為1.84g/cm3的濃硫酸的濃度為：c=1000×1.84×98%÷98=18.4mol/L，濃硫酸稀釋前后溶質的物質的量不變，設濃硫酸的體積為V，所以18.4mol/L×V=0.3mol/L×0.5L，得V=0.0082L=8.2ml，故答案為：8.2。【點睛】一定物質的量濃度溶液的配制需要使用容量瓶，實驗室中容量瓶的規格一般有50ml，100ml，250ml，500ml，1000ml，所配溶液的體積應該選用相應規格的容量瓶。21、FeAl2S4（或Al2FeS4或FeS?Al2S3或Al2S3?FeS）Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42—+4H+＜CD0.16或5/32表中數據表明此時反應未達到平衡，不同的催化劑對反應Ⅰ的催化能力不同，因而在該時刻下對乙醇選擇性有影響?！窘馕觥?/p>

Ⅰ.固體甲在空氣中灼燒生成的氣體A能使品紅褪色，加熱后恢復紅色，說明氣體A為SO2，且物質的量為=0.04mol；固體乙用NaOH溶解后并過濾，固體丙用稀硫酸溶解后的溶液中滴加KSCN溶液變紅色，說明固體丙為Fe2O3，其物質的量為=0.005mol；固體乙有部分固體能溶解于NaOH，質量為1.82g-0.8g=1.02g，若為Al2O3，則其物質的量為=0.01mol，此時固體甲中含有的三種元素的總質量為0.04mol×32g/mol+0.005mol×2×56g/mol+0.01mol×2×27g/mol=2.38g，則固體乙為Fe2O3和Al2O3的混合物；Ⅱ.(1)△H-T△S＜0的反應可自發進行；(2)①結合平衡的移動因素分析，一般當平衡正向進行時，可提高反應物的轉化率；②673K時，在甲催化劑作用下反應Ⅰ已達平衡狀態，此時容器體積為1.0L，若CH3COOH初始加入量為2.0mol，結合三行計算列式得到平衡濃度，反應Ⅰ的平衡常數K=；③不同的催化劑催化效率不同；(3)加入催化劑，可降低反應的活化能，催化能力越強，活化能越低，但反應熱不變?！驹斀狻竣?固體甲在空氣中灼燒生成的氣體A能使品紅褪色，加熱后恢復紅色，說明氣體A為SO2，且物質的量為=0.04mol；固體乙用NaOH溶解后并過濾，固體丙用稀硫酸溶解后的溶液中滴加KSCN溶液變紅色，說明固體丙為Fe2O3，其物質的量為=0.005mol；固體乙有部分固體能溶解于NaOH，質量為1.82g-0.8g=1.02g，若為Al2O3，