2025屆廣東省揭陽市第一中學化學高二下期末復習檢測模擬試題注意事項：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(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列微粒的核外電子排布式書寫違反泡利原理的是A．C：1s22s22p2 B．Na+：1s22s22p43s2C．S2-：1s22s22p23s23p4 D．K：1s22s22p63s23p72、由丁醇(X)制備戊酸(Z)的合成路線如圖所示，不正確的是A．Y的結構有4種B．X、Z能形成戊酸丁酯，戊酸丁酯最多有16種C．與X互為同分異構體，且不能與金屬鈉反應的有機物有4種D．與Z互為同分異構體，且能發生水解反應的有機物有9種3、氮化鋁(AlN，Al和N的相對原子質量分別為27和14)廣泛用于電子、陶瓷等工業領域。在一定條件下，AlN可通過反應Al2O3+N2＋3C2AlN+3CO合成。下列敘述正確的是()A．上述反應中，N2是還原劑，Al2O3是氧化劑B．上述反應中，每生成1molAlN需轉移3mol電子C．AlN中氮元素的化合價為+3D．AlN的摩爾質量為41g4、下列關于物質性質與應用的說法正確的是A．二氧化碳有氧化性，在點燃條件下能將金屬鎂氧化B．二氧化硫有漂白、殺菌性能，可在食品加工中大量使用C．二氧化氯具有還原性，可用于自來水的殺菌消毒D．二氧化錳具有較強的的氧化性，可作H2O2分解的氧化劑5、廣義的水解觀認為：水解的物質和水分別離解成兩部分，然后兩兩重新結合成新的物質，不出現元素化合價的變化。根據以上信息，下列物質水解后的產物錯誤的是A．BaO2的水解產物是Ba(OH)2和H2O2B．BrCl水解的產物是HClO和HBrC．Mg2C3水解的產物是Mg(OH)2和C3H4D．Al2S3水解的產物是Al(OH)3和H2S6、下列實驗現象不能充分說明相應的化學反應是放熱反應的是()A．A B．B C．C D．D7、下列實驗裝置能達到其實驗目的的是(

)A．制取少量H2B．驗證Na和水反應放熱C．分離Na2CO3溶液和CH3COOCH2CH3的混合物D．蒸干NH4Cl飽和溶液制備NH4Cl晶體8、下列說法中正確的是（）A．醫用酒精的濃度通常為95%B．單質硅是將太陽能轉化為電能的常用材料C．鈦合金主要用于制作飛機發動機部件，工業上可用鈉與四氯化鈦溶液反應制取D．合成纖維和光導纖維都是新型無機非金屬材料9、下列說法中正確的是()A．氯化鈉水溶液在電流的作用下電離出Na＋和Cl－B．二氧化碳的水溶液能夠導電，故二氧化碳屬于弱電解質C．硫酸鋇難溶于水，但硫酸鋇屬于強電解質D．氧化鈉在水中反應的離子方程式為4Na＋＋2O2－＋2H2O===4Na＋＋4OH－10、借助太陽能將光解水制H2與脫硫結合起來，既能大幅度提高光解水制H2的效率，又能脫除SO2，工作原理如下圖所示。下列說法不正確的是A．該裝置可將太陽能轉化為化學能B．催化劑b附近的溶液pH增大C．吸收1molSO2，理論上能產生1molH2D．催化劑a表面發生的反應為：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－11、A1-MnO4?電池是一種高能電池,以Ga2O3為緩蝕劑,其示意圖如圖所示。已知電池總反應為Al+MnO4?═AlO2-+MnO2.下列說法正確的是()A．電池工作時,K+向負極移動B．電池工作時，電子由Al經電解質溶液流向NiC．負極反應為Al-3e?+4OH?═AlO2?+2H2OD．電池工作時，Ni電極周圍溶液pH減小12、已知1g氫氣完全燃燒生成水蒸氣時放出熱量121kJ。且氧氣中1molO＝O鍵完全斷裂時吸收熱量496kJ，水蒸氣中1molH－O鍵形成時放出熱量463kJ，則氫氣中1molH－H鍵斷裂時吸收熱量為（）A．920kJ B．557kJ C．188kJ D．436kJ13、某天然堿組成可表示為xNa2CO3·yNaHCO3·zH2O。取mg該天然堿配成1L溶液M。取出100mLM向其中加入50mL1mol·L－1鹽酸，兩者恰好完全反應生成NaCl,同時產生CO2的體積為672mL（標準狀況下），下列推斷正確的是（）A．mg該天然堿中含0.3molNa2CO3B．mg該天然堿中含0.3molNa+C．溶液M中c（Na+）=0.5mol·L－1D．該天然堿中x:y:z=2:1:214、下列防止金屬腐蝕的方法屬于電化學防護的是（）A．船體表面刷漆B．水中的鋼閘門連接電源的負極C．自行車鏈條涂油D．鐵中加入鉻、錳、硅等制成不銹鋼15、根據雜化軌道理論和價層電子對互斥模型，判斷下列分子或者離子的空間構型正確的是選項分子式中心原子雜化方式價層電子對互斥模型分子或離子的立體構型ASO2sp直線形直線形BHCHOsp2平面三角形三角錐形CH3O+sp2四面體形平面三角形DNH4+sp3正四面體形正四面體形A．A B．B C．C D．D16、下列對有機反應類型的描述不正確的是A．乙醇使酸性KMnO4溶液褪色，是因為發生了氧化反應B．將苯加入溴水中，振蕩后水層接近無色，是因為發生了取代反應C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，是因為發生了加成反應D．甲烷與氯氣混合，光照一段時間后黃綠色消失，是因為發生了取代反應17、用石墨作電極，電解盛放在U形管中的飽和NaCl溶液（滴有酚酞溶液），如圖。下列敘述正確的是A．通電后，NaCl發生電離B．通電一段時間后，陽極附近溶液先變紅C．當陽極生成0.1mol氣體時，整個電路中轉移了0.1mole－D．電解飽和食鹽水的總反應式為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑18、下列有關性質的比較中，正確的是A．硬度：白磷＞冰＞二氧化硅；在水中的溶解度：NH3>CO2>SO2>H2B．非金屬性：N＞O＞P＞S；堿性：KOH＞NaOH＞Al(OH)3＞Ca(OH)2C．共價鍵的鍵能：硅>碳化硅>金剛石；晶格能：CsCl>NaCl>CaOD．氫鍵強弱：N···H＜O···H＜F···H；范德華力強弱：NH3<PH3<AsH319、丙氨酸[CH3CH(NH2)COOH]分子為手性分子，它存在對映異構，如圖所示。下列關于丙氨酸[CH3CH(NH2)COOH]的兩種對映異構(Ⅰ和Ⅱ)的說法正確的是()A．Ⅰ和Ⅱ結構和性質完全不相同B．Ⅰ和Ⅱ呈鏡面對稱，具有不同的分子極性C．Ⅰ和Ⅱ都屬于非極性分子D．Ⅰ和Ⅱ中化學鍵的種類與數目完全相同20、四種短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如圖所示，其中W元素的原子最外層電子數是內層電子數的2倍。下列說法正確的是A．原子半徑大小：W>Y>ZB．X的氫化物與Z的氫化物可以發生反應C．氧化物對應水化物的酸性：Z>Y>WD．氫化物的穩定性：Y>Z21、能正確表示下列反應的離子方程式的是()A．將鐵粉加入稀硫酸中：2Fe＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2↑B．FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2＋＋Cl2＝Fe3＋＋2Cl－C．Cu溶于稀HNO3：Cu＋4H＋＋NO3－＝Cu2＋＋NO2↑＋2H2OD．過量CO2通入氫氧化鈉溶液中：OH－+CO2＝HCO3－22、用價電子對互斥理論（VSEPR）可以預測許多分子或離子的空間構型，也可推測鍵角大小，下列判斷正確的是A．CS2是V形分子 B．SnBr2鍵角大于C．BF3是三角錐形分子 D．NH4+鍵角等于109o28ˊ二、非選擇題(共84分)23、（14分）下表為周期表的一部分，其中的編號代表對應的元素。(1)在①～⑩元素的電負性最大的是_____(填元素符號)。(2)⑨元素有_____種運動狀態不同的電子。(3)⑩的基態原子的價電子排布圖為_____。(4)⑤的氫化物與⑦的氫化物比較穩定的是_____，沸點較高的是_____(填化學式)。(5)上述所有元素中的基態原子中4p軌道半充滿的是_____(填元素符號)，4s軌道半充滿的是_____(填元素符號)。24、（12分）化合物H[3-亞甲基異苯并呋喃-1(3H)-酮]的一種合成路線如下：(1)C中所含官能團名稱為_________和_________。(2)G生成H的反應類型是________。(3)B的分子式為C9H10O2，寫出B的結構簡式：________。(4)E的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：_________。①分子中含有苯環，能使Br2的CCl4溶液褪色；②堿性條件水解生成兩種產物，酸化后分子中均只有4種不同化學環境的氫，其中之一能與FeCl3溶液發生顯色反應。(5)寫出以、P(C6H5)3及N(C2H5)3為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）____。25、（12分）某班同學用如下實驗探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性質。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生O2，在堿性溶液中較穩定。回答下列問題：（1）分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑，其目的是________；將FeCl3晶體溶于濃鹽酸,再稀釋到需要的濃度，鹽酸的作用是________。（2）制備K2FeO4（夾持裝置略）后，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產生黃綠色氣體，得溶液a，經檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl－而產生Cl2，設計以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子，但該離子的產生不能判斷一定是K2FeO4將Cl－氧化，還可能由________________產生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗滌的目的是________________。根據K2FeO4的制備原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O得出：氧化性Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ實驗表明，Cl2和FeO42-的氧化性強弱關系相反，原因是________________。26、（10分）Ⅰ.實驗室制得氣體中常含有雜質，影響其性質檢驗。下圖A為除雜裝置，B為性質檢驗裝置，完成下列表格：序號氣體反應原理A中試劑①乙烯溴乙烷和NaOH的醇溶液加熱_____________②乙烯無水乙醇在濃硫酸的作用下加熱至170℃反應的化學方程式是____________________________③乙炔電石與飽和食鹽水反應_______________Ⅱ.為探究乙酸乙酯的水解情況，某同學取大小相同的3支試管，分別加入以下溶液，充分振蕩，放在同一水浴加熱相同時間，觀察到如下現象。編號①②③實驗操作實驗現象酯層變薄酯層消失酯層基本不變(1)試管①中反應的化學方程式是________________________；(2)對比試管①和試管③的實驗現象，稀H2SO4的作用是______________；(3)試用化學平衡移動原理解釋試管②中酯層消失的原因_____________。27、（12分）氮化鈣(Ca3N2)氮化鈣是一種棕色粉末，在空氣中氧化，遇水會發生水解，生成氫氧化鈣并放出氨。某化學興趣小組設計制備氮化鈣并測定其純度的實驗如下：Ⅰ．氮化鈣的制備（1）連接裝置后，檢查整套裝置氣密性的方法是_____________________。（2）裝置A中每生成標準狀況下4.48LN2，轉移的電子數為___________________。（3）裝置B的作用是吸收氧氣，則B中發生反應的離子方程式為__________。裝置E的作用是______________________。（4）實驗步驟如下：檢查裝置氣密性后，裝入藥品；_____________________(請按正確的順序填入下列步驟的代號)。①加熱D處的酒精噴燈；②打開分液漏斗活塞;③加熱A處的酒精燈；④停上加熱A處的酒精燈；⑤停止加熱D處的酒精噴燈（5）請用化學方法確定氮化鈣中含有未反應的鈣，寫出實驗操作及現象___________。Ⅱ．測定氮化鈣的純度：①稱取4.0g反應后的固體，加入足量水，將生成的氣體全部蒸出并通入100.00mL1.00mol·L-1鹽酸中，充分反應后，將所得溶液稀釋至200.00mL；②取20.00mL稀釋后的溶液，用0.20mol·L-1NaOH標準溶液滴定過量的鹽酸，達到滴定終點時，消耗標準溶液25.00mL。（1）氮化鈣的質量分數為_________。（2）達到滴定終點時，仰視滴定管讀數將使測定結果_________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。28、（14分）向30mL某濃度氫氧化鈉溶液中通入CO2氣體后得溶液N，因CO2通入量不同，溶液N的組成也不同。若向N溶液中逐滴加入0.1mol/L鹽酸，產生的氣體體積V(CO2)與加入的鹽酸體積V[HCl(aq)]的關系有如圖所示兩種情況（不計CO2的溶解），則曲線Y表明N中的溶質為_______________________，原NaOH溶液的物質的量濃度為________；由曲線X、Y可知，兩次實驗通入CO2的體積之比為X:Y=___________。29、（10分）有機物J是我國自主成功研發的一類新藥，它屬于酯類，分子中除苯環外還含有一個五元環。合成J的一種路線如下：回答下列問題：（1）B的結構簡式是________________。C的結構簡式是______________。（2）D生成E的化學方程式為_________________。（3）J的結構簡式是________________。在一定條件下，H自身縮聚生成高分子化合物的結構簡式是_______________。（4）根據，X的分子式為______。X有多種同分異構體，其中滿足下列條件的同分異構體共有______種（已知：碳碳叁鍵或碳碳雙鍵不能與羥基直接相連）。A．除苯環外無其他環，且無一O—O—鍵B．能與FeCl3溶液發生顯色反應C．苯環上一氯代物只有兩種（5）利用題中信息和所學知識，寫出以甲烷和甲苯為原料，合成的路線流程圖(其它試劑自選)：____________________________。

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【解析】試題分析：根據泡利原理，3p能級只能容納6個電子，故D錯誤。考點：本題考查核外電子排布。2、C【解析】

A、丁基有四種結構：，Y是丁基和溴原子結合而成，所以有四種結構，故A正確；B、戊酸丁酯中的戊酸，相當于丁基連接一個—COOH，所以有四種結構，而丁醇是丁基連接一個—OH，所以也有四種結構，因此戊酸丁酯最多有16種，故B正確；C、X為丁醇，其同分異構體中不能與金屬鈉反應的是醚，分別是C—O—C—C—C、C—C—O—C—C和共3種，所以C錯誤；D、Z是戊酸，其同分異構體能發生水解的屬于酯類，HCOOC4H9有4種，CH3COOC3H7有2種，CH3CH2COOCH2CH3、CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3，所以共9種，故D正確。正確答案為C。【點睛】注意B選項的戊酸丁酯的同分異構體還有很多，但題中要的是戊酸丁酯最多有多少種？這是很容易搞錯的；本題正確解答的關鍵是掌握住丁基、丙基的結構有幾種。3、B【解析】

A、由反應方程式：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO可得到Al、O的化合價反應前后沒有變化，N的化合價由0→-3被還原，N2是氧化劑，而C的化合價由0→+2，C被氧化是還原劑，A錯誤；B、N的化合價由0→-3，每生成1molAlN轉移電子總數為3mol，B正確；C、AlN中氮元素的化合價為-3，C錯誤；D、AlN的摩爾質量為41g·mol-1，D錯誤；故選B。4、A【解析】

A．二氧化碳有氧化性，在點燃條件下能將金屬鎂氧化為氧化鎂，故A正確；B．二氧化硫有有毒，不能在食品加工中大量使用，故B錯誤；C．二氧化氯具有氧化性，可用于自來水的殺菌消毒，故C錯誤；D．在H2O2分解中二氧化錳作催化劑，故D錯誤；答案選A。5、B【解析】分析：本題考查了水解原理，根據已知信息分析，無論是鹽的水解還是非鹽的水解，其最終結果是反應中各物質和水分別解離成兩部分，然后兩兩重新組合成新的物質，所以將物質分為陽離子和陰離子兩部分，陽離子和氫氧根離子結合即為產物，陰離子和氫離子結合即為產物。詳解：A.BaO2的水解產物是Ba(OH)2和H2O2，該反應中沒有元素化合價升降，符合水解原理，故正確；B.該反應中氯元素化合價從-1價變為+1價，有電子轉移，不符合水解原理，故錯誤；C.碳化鎂水解生成是氫氧化鎂和丙炔，該反應中沒有元素化合價變化，符合水解原理，故正確；D.硫化鋁水解為氫氧化鋁和硫化氫，沒有化合價變化，符合水解原理，故正確。故選B。6、A【解析】

A項、稀硫酸與鋅反應生成氫氣，導致錐形瓶內壓強增大，針筒活塞右移，與反應是放熱反應或吸熱反應無關，無法據此判斷反應是否放熱，故A錯誤；B項、溫度升高，容器內壓強增大，反應開始后，甲處液面低于乙處液面，說明裝置內壓強增大，則鐵與稀鹽酸的反應為放熱反應，故B正確；C項、溫度計的水銀柱不斷上升，說明鹽酸和氫氧化鈉溶液的中和反應為反應放熱，故C正確；D項、溫度升高，容器內壓強增大，反應開始后，氣球慢慢脹大，說明裝置內壓強增大，則稀硫酸與氫氧化鉀溶液的反應為放熱反應，故D正確；故選A。【點睛】本題考查化學反應與能量變化，注意題判斷反應是否放熱的設計角度，根據現象得出溫度、壓強等變化是解答關鍵。7、B【解析】

A．氣體易從長頸漏斗下端逸出，長頸漏斗下端應放置到液面下，故A錯誤；B．若U形管中紅墨水左低右高，則圖中裝置可驗證Na和水反應放熱，故B正確；C．乙酸乙酯難溶于水，Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物分層，應選分液漏斗分離，故C錯誤；D．加熱時，氯化銨會分解，不能通過蒸干NH4Cl飽和溶液制備NH4Cl晶體，故D錯誤；答案選B。8、B【解析】

A.醫用酒精的濃度通常為75%，A項錯誤；B.單質硅可以制太陽能電池板，是將太陽能轉變為電能的常用材料，B項正確；C.鈉和四氯化鈦溶液反應時，實質是和水反應，不會得到鈦合金，C項錯誤；D.光導纖維是新型無機非金屬材料，合成纖維屬于有機高分子材料，D項錯誤；答案選B。9、C【解析】本題考查電離、強弱電解質等知識。解析：氯化鈉水溶液在水的作用下電離出Na＋和Cl－，A錯誤；二氧化碳溶于水，與水反應生成碳酸，碳酸能部分電離，碳酸屬于弱電解質，二氧化碳屬于非電解質，B錯誤；硫酸鋇難溶于水，但溶于水的硫酸鋇完全電離，硫酸鋇屬于強電解質，C正確；氧化鈉為氧化物，不能拆寫，反應的離子方程式為：2Na2O＋2H2O=4Na＋＋4OH－，D錯誤。10、B【解析】

A.該裝置沒有外加電源，是通過光照使SO2發生氧化反應，把光能轉化為化學能，故A正確；

B.由圖示可看出，電子由b表面轉移到a表面，因此b表面發生氧化反應，根據題意SO2轉化為H2SO4，因此催化劑b表面SO2發生氧化反應，生成硫酸，使催化劑b附近的溶液pH減小，故B錯誤；C.根據電子守恒SO2～H2SO4～H2～2e-，吸收1molSO2，理論上能產生1molH2，故C正確；D.催化劑a表面H2O發生還原反應生H2，催化劑a表面發生的反應為：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，故D正確；綜上所述，本題正確答案：B。【點睛】在原電池中，負極失電子發生氧化反應，正極得電子發生還原反應，整個反應過程中，得失電子守恒。11、C【解析】分析：該電池的負極是Al，Ni是正極，在正極上發生得電子的還原反應，即MnO4-+2H2O+3e-═MnO2+4OH-，負極上金屬鋁失電子發生氧化反應，即Al-3e?+4OH?═AlO2?+2H2O，電池工作時，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，據此分析解答。詳解：A．電池工作時，陽離子向正極移動，即K+向正極移動，故A錯誤；B．電池工作時，電子由負極流向正極，但是不會經過電解質溶液，故B錯誤；C．負極上金屬鋁失電子發生氧化反應，即Al-3e?+4OH?═AlO2?+2H2O，故C正確；D．電池工作時，負極上金屬鋁失電子發生氧化反應，即Al+4OH-═Al(OH)4-，Al電極周圍溶液pH減小，故D錯誤；故選C。12、D【解析】

根據n=計算1g氫氣的物質的量，化學反應放出的熱量=新鍵生成釋放的能量-舊鍵斷裂吸收的能量，依此結合反應方程式H2(g)+O2(g)=H2O(g)進行計算。【詳解】水的結構式為H-O-H，1mol水含有2mol氫氧鍵，1g氫氣的物質的量為n(H2)==0.5mol，完全燃燒生成水蒸氣時放出能量121kJ，所以化學反應放出的熱量=新鍵生成釋放的能量-舊鍵斷裂吸收的能量，設氫氣中1molH-H鍵斷裂時吸收熱量為x，根據方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(g)，則2×463kJ-(x+×496kJ)=2×121kJ，解得x=436kJ，答案選D。【點睛】本題考查反應熱的有關計算，注意把握反應熱與反應物、生成物鍵能的關系，注意理解反應放出的熱量與物質的量成正比。13、C【解析】A.生成CO2的體積為672mL(標準狀況下)，物質的量為0.03mol，根據碳元素守恒，100mLM溶液中含有Na2CO3和NaHCO3的物質的量之和為0.03mol，則mg該天然堿中含有Na2CO3和NaHCO3的物質的量之和為0.3mol，故A錯誤；B.mg該天然堿中含有Na2CO3和NaHCO3的物質的量之和為0.3mol，則mg該天然堿中含Na+大于0.3mol，故B錯誤；C.反應后生成氯化鈉溶液，根據氯離子守恒，氯化鈉的物質的量等于鹽酸中含有的氯化氫的物質的量為0.05mol，則溶液M中c(Na+)=c(Cl-)==0.5mol·L－1，故C正確；D.mg該天然堿中含有Na2CO3和NaHCO3的物質的量之和為0.3mol，含有鈉離子0.5mol，則mg該天然堿中含有Na2CO3和NaHCO3的物質的量分別為0.2mol和0.1mol，由于m未知，無法計算結晶水的物質的量，因此無法判斷該天然堿中x:y:z的比值，故D錯誤；故選C。14、B【解析】分析：金屬防護中，被保護金屬做原電池的正極和電解池的陰極的保護屬于電化學保護，據此來回答判斷。詳解：A、在船體表面刷漆是為了將金屬和空氣隔絕，防止金屬生銹，不屬于電化學防護，A錯誤；B、將鋼閘門與直流電源的負極相連即為讓金屬做電解池的陰極，防止金屬的腐蝕，屬于電化學保護，B正確；C、在金屬表面涂油覆蓋一層保護層，將金屬和氧氣以及水隔絕的過程，不屬于電化學防護措施，C錯誤；D、在一定條件下對金屬進行處理，加入鉻、錳、硅等制成不銹鋼，是增強金屬性能的，不屬于電化學防護措施，D錯誤；答案選B。15、D【解析】

根據價層電子對互斥理論確定分子空間構型及中心原子雜化方式，價層電子對個數=配原子個數+孤電子對個數。【詳解】A.SO2中心原子S的價層電子對數=，雜化方式sp2雜化，價層電子對互斥模型為平面三角形，分子的立體構型為V型結構，A錯誤；B.HCHO分子中心原子C的價層電子對數=，雜化方式sp2雜化，價層電子對互斥模型為平面三角形，分子的立體構型為平面三角形，B錯誤；C.H3O+分子中心原子O的價層電子對數=,雜化方式sp3雜化，價層電子對互斥模型為四面體形，離子的立體構型為三角錐形，C錯誤；D.NH4+分子中心原子N的價層電子對數=,雜化方式sp3雜化，價層電子對互斥模型為正四面體形，離子的立體構型為正四面體形，D正確；故合理選項是D。【點睛】本題考查了微粒空間構型及原子雜化方式的分析判斷的知識，根據價層電子對互斥理論來分析解答即可，難點的孤電子對個數的計算方法，為常考查點，要熟練掌握。16、B【解析】試題分析：A．甲苯可被酸性高錳酸鉀氧化生成苯甲酸，故A正確；B．苯與溴水不反應，可與液溴在催化劑條件下發生取代反應，因溴易溶于苯，可萃取溴，但沒有反應，故B錯誤；C．乙烯含有碳碳雙鍵，可與溴發生加成反應，故C正確；D．己烷為飽和烴，可發生取代反應，與氯氣在光照條件下發生取代反應，故D正確；故選B。考點：考查有機物的結構和性質。17、D【解析】

用石墨作電極電解飽和氯化鈉溶液，陰極發生還原反應，電極反應式為：2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，生成NaOH，該極呈堿性；陽極發生氧化反應，電極反應式為：2Cl--2e-=Cl2↑，總反應為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，以此解答該題。【詳解】A．NaCl為強電解質，無論是否通電，在溶液中都發生電離，A錯誤；B．陽極生成氯氣，陰極生成NaOH，則陰極附近溶液先變紅，B錯誤；C．陽極發生氧化反應，電極反應式為：2Cl--2e-=Cl2↑，生成0.1mol氯氣時，轉移電子為0.2mol，C錯誤；D．電解飽和食鹽水，陽極生成氯氣，陰極生成氫氣和氫氧化鈉，總方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，D正確。答案選D。【點睛】本題考查電解原理，為高頻考點，側重于學生的分析、計算能力的考查，難度一般，掌握離子放電順序是解題的關鍵，注意基礎知識的積累掌握。易錯點是氫氧根離子在陰極產生的判斷。18、D【解析】

A.SiO2屬于原子晶體，白磷、冰都是分子晶體，所以SiO2的硬度是最大的；1體積的水可以溶解700體積的NH3、或40體積的SO2，而CO2是微溶于水，H2不溶于水，所以在水中的溶解度：NH3>SO2>CO2>H2；A錯誤；B.非金屬性應該是O＞N＞S＞P；堿性比較，Al的金屬性最小，則Al(OH)3的堿性也是最小的；B錯誤；C.共價鍵中，成鍵原子的半徑越小，共價鍵鍵長就越短，其鍵能就越大，所以共價鍵鍵能大小順序為：金剛石>碳化硅>硅；離子晶體中，離子半徑越小，所帶電荷越多，離子鍵就越強，晶格能也就越高，CsCl中，Cs+和Cl-的半徑都較大，且所帶電荷都較少，所以它的晶格能不是最大的；C錯誤；D.F、O、N這三種元素的非金屬性依次減弱，則它們對H原子的吸引力也依次減弱，所以氫鍵的強弱也依次減弱；NH3、PH3、AsH3都屬于分子晶體，所含的作用力為范德華力，相對分子質量越大，分子間的范德華力越強；D正確；故合理選項為D。19、D【解析】分析：本題考查的是手性分子的結構和性質的判斷，根據其定義即可解答問題。詳解：A.丙氨酸的兩種對映異構(Ⅰ和Ⅱ)，結構不同，但性質相似，故錯誤；B.二者是鏡面對稱，分子極性相同，故錯誤；C.二者都為極性分子，故錯誤；D.二者化學鍵的種類和數目完全相同，故正確。故選D。點睛：連接四個不同原子或基團的碳原子，為手性碳原子，含有手性碳原子的分子為手性分子，手性分子有兩種不同的結構，像鏡子中的像，但化學性質相似，但不完全相同。如手性異構體藥物分子中往往是一種有毒副作用而另一種能治病卻沒有毒副作用。20、B【解析】

由短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相對位置可知，W位于第二周期，W元素的原子最外層電子數是內層電子數的2倍，最外層電子數為2×2=4，可知W為C，結合元素的相對位置可知，X為N，Y為S，Z為Cl，以此來解答。【詳解】由上述分析可知，W為C，X為N，Y為S，Z為Cl，A．一般主族元素的原子電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑為S＞Cl＞C，故A錯誤；B．NH3能和HCl反應生成NH4Cl，故B正確；C．元素的非金屬性Cl>S>C，則最高價氧化物對應水化物的酸性：HClO4>H2SO4>H2CO3，故C錯誤；D．元素的非金屬性Cl>S，則氫化物的穩定性：HCl>H2S，故D錯誤；故答案為B。【點睛】元素非金屬性強弱的判斷依據：①非金屬單質跟氫氣化合的難易程度(或生成的氫化物的穩定性)，非金屬單質跟氫氣化合越容易(或生成的氫化物越穩定)，元素的非金屬性越強，反之越弱；②最高價氧化物對應的水化物(即最高價含氧酸)的酸性強弱．最高價含氧酸的酸性越強，對應的非金屬元素的非金屬性越強，反之越弱；③氧化性越強的非金屬元素單質，對應的非金屬元素的非金屬性越強，反之越弱，(非金屬相互置換)。21、D【解析】分析：A.鐵與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣；B.沒有配平；C.銅與稀硝酸反應生成硝酸銅、NO和水；D.二氧化碳過量生成碳酸氫鈉。詳解：A.將鐵粉加入稀硫酸中：Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑，A錯誤；B.FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－，B錯誤；C.Cu溶于稀HNO3：3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，C錯誤；D.過量CO2通入氫氧化鈉溶液中生成碳酸氫鈉：OH－+CO2＝HCO3－，D正確。答案選D。22、D【解析】分析：先確定中心原子上的孤電子對數和σ鍵電子對數，由此導出VSEPR模型，略去中心原子上的孤電子對導出分子或離子的空間構型；價電子對間的排斥作用：孤電子對間的排斥作用孤電子對與成鍵電子對間的排斥作用成鍵電子對間的排斥作用，據此確定鍵角。詳解：A項，CS2中中心原子C上的孤電子對數為（4-22）=0，σ鍵電子對數為2，價層電子對數為0+2=2，VSEPR模型為直線形，C上沒有孤電子對，CS2是直線形分子，A項錯誤；B項，SnBr2中中心原子Sn上的孤電子對數為（4-21）=1，σ鍵電子對數為2，價層電子對數為1+2=3，VSEPR模型為平面三角形，由于孤電子對與成鍵電子對間的排斥作用成鍵電子對間的排斥作用，SnBr2的鍵角小于120o，B項錯誤；C項，BF3中中心原子B上的孤電子對數為（3-31）=0，σ鍵電子對數為3，價層電子對數為0+3=3，VSEPR模型為平面三角形，B上沒有孤電子對，BF3是平面三角形分子，C項錯誤；D項，NH4+中中心原子N上的孤電子對數為（5-1-41）=0，σ鍵電子對數為4，價層電子對數為0+4=4，VSEPR模型為正四面體形，N上沒有孤電子對，NH4+為正四面體形，鍵角等于109o28ˊ，D項正確；答案選D。點睛：本題考查價層電子對互斥理論確定分子或離子的空間構型、鍵角。當中心原子上沒有孤電子對時，分子或離子的空間構型與VSEPR模型一致；當中心原子上有孤電子對時，分子或離子的空間構型與VSEPR模型不一致。二、非選擇題(共84分)23、F26H2OH2OAsK【解析】

根據元素在元素周期表中的位置可知，①為H元素；②為Be元素；③為C元素；④為N元素；⑤為O元素；⑥為F元素；⑦為S元素；⑧為K元素；⑨為Fe元素；⑩為As元素。結合元素周期律和原子結構分析解答。【詳解】根據元素在元素周期表中的位置可知，①為H元素；②為Be元素；③為C元素；④為N元素；⑤為O元素；⑥為F元素；⑦為S元素；⑧為K元素；⑨為Fe元素；⑩為As元素。(1)元素的非金屬性越強，電負性數值越大，在①～⑩元素的電負性最大的是F，故答案為：F；(2)⑨為Fe元素，為26號元素，原子中沒有運動狀態完全相同的2個電子，鐵原子中有26種運動狀態不同的電子，故答案為：26；(3)⑩為As元素，為33號元素，與N同主族，基態原子的價電子排布圖為，故答案為：；(4)⑤為O元素，⑦為S元素，元素的非金屬性越強，氣態氫化物的穩定性越強，氫化物比較穩定的是H2O；水分子間能夠形成氫鍵，沸點比硫化氫高，沸點較高的是H2O，故答案為：H2O；H2O；(5)上述所有元素中的基態原子中4p軌道半充滿的是As，4s軌道半充滿的是K，故答案為：As；K。24、酯基溴原子消去反應或【解析】

(1)根據C的結構簡式判斷其官能團；(2)根據G、H分子結構的區別判斷反應類型；(3)A是鄰甲基苯甲酸，A與甲醇在濃硫酸存在條件下加熱，發生酯化反應產生B；(4)根據同分異構體的概念及E的結構簡式和對其同分異構體的要求可得相應的物質的結構簡式；(5)苯酚與氫氣發生加成反應產生環己醇，環己醇一部分被催化氧化產生環己酮，另一部分與HBr發生取代反應產生1-溴環己烷，1-溴環己烷發生題干信息反應產生，與環己酮發生信息反應得到目標產物。【詳解】(1)由C結構簡式可知其含有的官能團名稱是酯基、溴原子；(2)由與分析可知：G與CH3COONa在乙醇存在時加熱，發生消去反應產生和HI；(3)A是鄰甲基苯甲酸，A與甲醇在濃硫酸存在條件下加熱，發生酯化反應產生B；是鄰甲基苯甲酸甲酯，結構簡式是；(4)E結構簡式為：，其同分異構體要求：①分子中含有苯環，能使Br2的CCl4溶液褪色，說明含有不飽和的碳碳雙鍵；②堿性條件水解生成兩種產物，酸化后分子中均只有4種不同化學環境的氫，其中之一能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明是苯酚與酸形成了酯；則該物質可能為或；(5)苯酚與氫氣在Ni催化下，加熱，發生加成反應產生環己醇，環己醇一部分被催化氧化產生環己酮，另一部分與HBr發生取代反應產生1-溴環己烷，1-溴環己烷與P(C6H5)3發生題干信息反應產生，與在N(C2H5)3發生信息反應得到目標產物。所以由合成路線流程圖為：。【點睛】本題考查了有機物的推斷與合成的知識。掌握有機物官能團的結構對性質的決定作用，的物質推斷的關鍵，題目同時考查了學生接受信息、利用信息的能力。25、防止亞鐵離子被氧化抑制鐵離子水解Fe3+4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO－的干擾＞溶液的酸堿性不同【解析】

（1）氯化亞鐵易被氧化生成氯化鐵，因此在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑的目的是防止亞鐵離子被氧化；氯化鐵是強酸弱堿鹽，水解顯酸性，則將FeCl3晶體溶于濃鹽酸，再稀釋到需要的濃度，鹽酸的作用是抑制鐵離子水解；（2）I.方案I加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含Fe3+。但Fe3+的產生不能判斷K2FeO4與Cl－發生了反應，根據題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2，自身被還原成Fe3+，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，可能的反應為4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O；II.產生Cl2還可能是ClO－+Cl－+2H+＝Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗滌的目的是除去KClO、排除ClO－的干擾，同時保持K2FeO4穩定存在；制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，在該反應中Cl元素的化合價由0價降至－1價，Cl2是氧化劑，Fe元素的化合價由+3價升至+6價，Fe(OH)3是還原劑，K2FeO4為氧化產物，根據同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反應為2FeO42－+6Cl－+16H+＝2Fe3++3Cl2↑+8H2O，實驗表明，Cl2和FeO42－氧化性強弱關系相反；對比兩個反應的條件，制備K2FeO4在堿性條件下，方案II在酸性條件下；說明溶液的酸堿性的不同影響物質氧化性的強弱。26、水NaOH溶液溶液稀硫酸可以加速酯的水解(或稀硫酸是酯水解反應的催化劑)乙酸乙酯水解生成的乙酸與NaOH發生中和反應，乙酸濃度降低，使水解平衡向正反應方向移動，水解比較徹底【解析】

Ⅰ中①、②選擇不同的方法制備乙烯，氣體中所含雜質也各不相同，因此所選擇的除雜試劑也有所區別。在①中，利用溴乙烷和NaOH的醇溶液加熱的方式制得的乙烯中通常混有乙醇蒸汽，因此利用乙醇極易溶于水的性質利用水將乙醇除去即可；而在②中利用無水乙醇在濃硫酸的作用下加熱至170℃反應制乙烯，在乙烯蒸汽中通常混有濃硫酸氧化乙醇后所產生的二氧化硫和二氧化碳，因此利用堿可以除去雜質。Ⅱ.實驗①②③分別在不同的條件下進行酯的分解實驗。實驗①在酸性條件下進行，一段時間后酯層變薄，說明酯在酸性條件下發生了水解，但水解得不完全；實驗②在堿性條件下進行，一段時間后酯層消失，說明酯在堿性條件下能發生完全的水解；實驗③是實驗對照組，以此解題。【詳解】Ⅰ.①利用溴乙烷和NaOH的醇溶液加熱的方式制得的乙烯中通常混有乙醇蒸汽，因此利用乙醇極易溶于水的性質，用水將乙醇除去即可；②利用無水乙醇在濃硫酸的作用下加熱至170℃反應制乙烯，該反應的化學方程式是，在乙烯蒸汽中通常混有濃硫酸氧化乙醇后所產生的二氧化硫和二氧化碳，因此利用二氧化硫、二氧化碳均為酸性氣體，用堿可以除去的特點，采用.NaOH溶液除雜；③利用電石與飽和食鹽水反應制乙炔，由于電石不純，通常使制得的乙炔中混有硫化氫和磷化氫，因此可利用硫化氫、磷化氫易與溶液反應產生沉淀，將雜質除去。Ⅱ.(1)試管①中乙酸乙酯在酸性環境下發生水解反應，其化學方程式是：；(2)對比試管①和試管③的實驗現象，稀H2SO4的作用是加速酯的水解，做反應的催化劑；(3)由于乙酸乙酯水解生成的乙酸與NaOH發生中和反應，乙酸濃度降低，使水解平衡向正反應方向移動，水解比較徹底，因此試管②中酯層消失。【點睛】本題對實驗室制乙烯、乙炔的方法及除雜問題、酯的水解條件進行了考核。解題時需要注意的是在選擇除雜試劑時，應注意除去雜質必有幾個原則（1）盡可能不引入新雜質（2）實驗程序最少（3）盡可能除去雜質。(4)也可以想辦法把雜質轉變為主要純凈物。（5）減少主要物質的損失。另外在分析酯的水解的時候，酯在酸性或堿性條件下均可發生水解反應，只是由于酯在堿性環境下水解生成的酸因能與NaOH發生中和反應，使水解平衡向正反應方向移動，因此水解得比較徹底。27、關閉A，向E中加水，微熱燒瓶E中有氣泡停止加熱導管末端形成一段水柱0.6NA4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O吸收空氣中水蒸氣、防止進入D中②③①⑤④取少量產物于試管，加入水，用排水法收集到無色氣體則含鈣92.5%偏低【解析】分析：本題考查的是物質的制備和含量測定，弄清實驗裝置的作用、發生的反應及指標原理是關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意物質性質的綜合應用。詳解：裝置A中反應生成氮氣，裝置B可以吸收氧氣，C中濃硫酸吸水，氮氣和鈣粉在裝置D中反應，E中濃硫酸防止空氣中的水蒸氣進入D。(1)連接裝置后，關閉A中分液漏斗的活塞，向E中加水，微熱燒瓶，E中有氣泡停止加熱導管末端形成一段水柱，說明裝置氣密性好。(2)A中的反應為(NH4)2SO4+2NaNO22N2↑+Na2SO4+4H2O，轉移6mol電子時生成2mol氮氣，所以A中每生成標況下4.48L氮氣，轉移的電子數為0.6NA。(3)B中氧氣氧化亞鐵離子為鐵離子，離子方程式為：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，E裝置中濃硫酸吸收空氣中的水蒸氣，防止進入D中。(4)實驗開始先使裝置的反應發生，排除裝置內的空氣，實驗結束，先停止D處的熱源，故順序為②③①⑤④。(5)氮化鈣與