2024屆西藏自治區(qū)日喀則市南木林高級(jí)中學(xué)高二化學(xué)第二學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)試題注意事項(xiàng)1．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫(xiě)在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請(qǐng)認(rèn)真核對(duì)監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)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(duì)應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿(mǎn)、涂黑；如需改動(dòng)，請(qǐng)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(wú)效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫(xiě)清楚，線條、符號(hào)等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、下列關(guān)于乙醇的敘述中，錯(cuò)誤的是（）A．乙醇俗稱(chēng)酒精 B．乙醇不能溶于水C．乙醇可用于消毒 D．乙醇能可以和金屬鈉反應(yīng)2、下列與化學(xué)反應(yīng)原理相關(guān)的敘述不正確的是（）A．放熱反應(yīng)中生成物總能量一定低于反應(yīng)物總能量B．放熱反應(yīng)的反應(yīng)速率總是大于吸熱反應(yīng)的反應(yīng)速率C．蓋斯定律實(shí)質(zhì)上是能量守恒定律的體現(xiàn)D．電離平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡均為動(dòng)態(tài)平衡3、常溫下，向0.1mol/L的AlCl3溶液中不斷加入NaOH溶液，體系中含鋁微粒的分布分?jǐn)?shù)隨溶液pH的變化如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．pH=4的溶液中：c(Al3＋)>c[Al(OH)2＋]>c[Al(OH)2＋]B．pH=4.5的溶液中：c(H＋)＋3c(Al3＋)＋2c[Al(OH)2＋]＋c[Al(OH)2＋]＝c(Cl－)＋c(OH－)C．pH=7時(shí)，向體系中再加入NaOH溶液，主要發(fā)生的離子反應(yīng)為Al（OH）3＋OH－＝Al（OH）4-D．pH=8時(shí)，向得到的溶液中通入CO2至飽和，主要發(fā)生的離子反應(yīng)為2Al（OH）4-+CO2=2Al（OH）3↓+CO32-+H2O，CO32-+CO2+H2O=2HCO3-4、下列各組中的兩物質(zhì)相互反應(yīng)時(shí)，若改變反應(yīng)條件（溫度、反應(yīng)物用量比），生成物并不改變的有（）組①NaHCO3溶液和NaOH溶液②Na和O2③NaOH和CO2④Na2O2和CO2⑤NaAlO2和HCl⑥Na2CO3溶液和鹽酸A．1組B．2組C．3組D．4組5、下列分子中，屬于極性分子的是（）A．CO2 B．BeCl2 C．BBr3 D．COCl26、不能說(shuō)明X的電負(fù)性比Y的大的是（）A．與H2化合時(shí)X單質(zhì)比Y單質(zhì)容易B．X的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性比Y的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性強(qiáng)C．X原子的最外層電子數(shù)比Y原子的最外層電子數(shù)多D．X單質(zhì)可以把Y從其氫化物中置換出來(lái)7、下列說(shuō)法正確的是（）A．在101kPa時(shí)，1molH2完全燃燒生成液態(tài)水，放出285.8kJ熱量，H2的燃燒熱為－285.8kJ·mol－1B．測(cè)定HCl和NaOH反應(yīng)的中和熱時(shí)，每次實(shí)驗(yàn)均應(yīng)測(cè)量3個(gè)溫度，即鹽酸起始溫度，NaOH起始溫度和反應(yīng)后終止溫度C．在101kPa時(shí)，1molC與適量O2反應(yīng)生成1molCO時(shí)，放出110.5kJ熱量，則C的燃燒熱為110.5kJ·mol－1D．在稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)，H＝－57.3kJ·mol－1。若將含0.5molH2SO4的濃硫酸與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量等于57.3kJ8、人們常將在同一原子軌道上運(yùn)動(dòng)的自旋狀態(tài)相反的2個(gè)電子，稱(chēng)為“電子對(duì)”；將在同一原子軌道上運(yùn)動(dòng)的單個(gè)電子，稱(chēng)為“未成對(duì)電子”。以下有關(guān)主族元素原子的“未成對(duì)電子”的說(shuō)法，正確的是()A．核外電子數(shù)為奇數(shù)的基態(tài)原子，其原子軌道中一定含有“未成對(duì)電子”B．核外電子數(shù)為偶數(shù)的基態(tài)原子，其原子軌道中一定不含“未成對(duì)電子”C．核外電子數(shù)為偶數(shù)的基態(tài)原子，其原子軌道中一定含有“未成對(duì)電子”D．核外電子數(shù)為奇數(shù)的基態(tài)原子，其原子軌道中可能不含“未成對(duì)電子”9、化學(xué)已滲透到人類(lèi)生活的各個(gè)方面，下列說(shuō)法不正確的是（）A．國(guó)家有關(guān)部門(mén)提出超市、商場(chǎng)等場(chǎng)所限制使用塑料制品可以減少“白色污染”B．可以用Si3N4、Al2O3制作高溫結(jié)構(gòu)陶瓷制品C．在入海口的鋼鐵閘門(mén)上裝一定數(shù)量的銅塊可防止閘門(mén)被腐蝕D．禁止使用四乙基鉛作汽油抗爆震劑，可減少汽車(chē)尾氣污染10、下列各組反應(yīng)中，反應(yīng)類(lèi)型相同的是選項(xiàng)甲反應(yīng)乙反應(yīng)A烷烴在光照下與氯氣反應(yīng)甲苯與濃硫酸和濃硝酸的混合液共熱B丙烯通入溴的四氯化碳溶液中二甲苯與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)C溴乙烷在KOH醇中加熱2－氯丁烷與KOH水溶液共熱D葡萄糖制乙醇的反應(yīng)乙醛的銀鏡反應(yīng)A．A B．B C．C D．D11、化學(xué)使人們的生活越來(lái)越美好，下列過(guò)程沒(méi)有涉及化學(xué)反應(yīng)的是A．用四氯化碳萃取碘水中的碘 B．用氯化鐵溶液刻制印刷電路C．用漂白粉漂白紙張 D．用油脂和氫氧化鈉溶液制取肥皂12、在下列各溶液中，離子一定能大量共存的是()A．強(qiáng)堿性溶液中：CO32－、Na＋、AlO2－、NO3－B．由水電離產(chǎn)生的H＋濃度為1×10－13mol·L－1的溶液中，Na＋、K＋、Cl－、HCO3－C．強(qiáng)堿性的溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO42－D．酸性溶液中：Fe2＋、Al3＋、NO3－、I－13、下列實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?)A．用長(zhǎng)頸漏斗分離出乙酸與乙醇反應(yīng)的產(chǎn)物B．用向上排空氣法收集銅粉與稀硝酸反應(yīng)產(chǎn)生的NOC．配制氯化鐵溶液時(shí)，將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋D．將Cl2與HCl混合氣體通過(guò)飽和食鹽水可得到純凈的Cl214、下列有關(guān)同分異構(gòu)體數(shù)目的敘述錯(cuò)誤的是（）A．甲苯苯環(huán)上的一個(gè)氫原子被含3個(gè)碳原子的烷基取代，所得產(chǎn)物有6種B．有機(jī)物C7H8O屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體有6種C．立體烷的二氯代物有3種D．菲的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，它的一硝基取代物有5種15、某品牌化妝品的主要成分Z具有美白功效，原從楊樹(shù)中提取，現(xiàn)可用如下圖所示反應(yīng)合成。下列對(duì)X、Y、Z的敘述，正確的是A．X、Y和Z均能和NaOH溶液反應(yīng)B．X和Z均能和Na2CO3溶液反應(yīng)，但不能和NaHCO3溶液反應(yīng)C．Y既能發(fā)生加聚反應(yīng)，也能發(fā)生縮聚反應(yīng)D．Y分子中所有原子不可能共平面16、在溶液中能大量共存的離子組是A．Na＋、OH－、HCO3－、SO42－B．Cl－、Ba2＋、NO3－、K＋C．Al3＋、SO42－、HCO3－、I－D．OH－、NO3－、NH4＋、Fe2＋17、一定量的鐵、鎂和銅的混合物與一定量的濃HNO3恰好反應(yīng)，得到硝酸鹽溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與2.24LO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）混合后通入水中，所有氣體恰好完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸鹽溶液中加入2mol/L的NaOH溶液至Fe3+、Mg2+、Cu2+恰好沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是（）A．400mL B．200mL C．150mL D．80mL18、水熱法制備Fe3O4納米顆粒的反應(yīng)為3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．每生成1molFe3O4，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為4NAB．Fe2+和S2O32﹣都是還原劑C．1molFe2+被氧化時(shí)，被Fe2+還原的O2的物質(zhì)的量為molD．x＝419、下面的能級(jí)表示中正確的是A．1pB．2dC．3fD．4s20、將一定量純凈的氨基甲酸銨固體置于特制的密優(yōu)真空容器中（假設(shè)容器體積不變，固體試樣體積忽略不計(jì)），在恒定溫度下使其達(dá)到分解平衡NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，若保持溫度和容器體積不變，再充入n(NH3):n(CO)=2:1,則再次達(dá)到平衡時(shí)c(NH3)A．增大 B．不變 C．變小 D．因條件不足無(wú)法判斷21、現(xiàn)有兩種烴的衍生物A和B，所含碳、氫、氧的質(zhì)量比均為6：1：4。完全燃燒0.1molA能生成8.8gCO2；B只含一個(gè)醛基，4.4gB與足量銀氨溶液反應(yīng)，可析出10.8gAg。則下列關(guān)于A和B的判斷正確的是A．A一定是乙醛 B．A和B互為同系物C．A和B互為同分異構(gòu)體 D．B的分子式為C4H8O222、下列說(shuō)法正確的是A．等質(zhì)量的乙炔和苯完全燃燒，產(chǎn)生的CO2的質(zhì)量相同B．60g丙醇中存在的共價(jià)鍵總數(shù)為10NAC．正戊烷、異戊烷、新戊烷的沸點(diǎn)逐漸升高D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L的庚烷所含的分子數(shù)為0.5NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）現(xiàn)有A、B、C、D四種元素，A是第五周期第ⅣA族元素，B是第三周期元素，B、C、D的價(jià)電子數(shù)分別為2、2、7。四種元素原子序數(shù)從小到大的順序是B、C、D、A。已知C和D的次外層電子數(shù)均為18個(gè)。(1)寫(xiě)出A、B、C、D的元素符號(hào)：A________、B________、C________、D________。(2)C位于元素周期表的________區(qū)，C2＋的電子排布式______________________________。(3)最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物中堿性最強(qiáng)的化合物是________(寫(xiě)化學(xué)式，下同)；最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物中酸性最強(qiáng)的化合物是________。(4)元素的第一電離能最小的是________，元素的電負(fù)性最大的是________。24、（12分）A、B、C、D四種可溶性鹽，陽(yáng)離子分別可能是Ba2+、Na+、Ag+、Cu2+中的某一種,陰離子分別可能是中的某一種。(1)C的溶液呈藍(lán)色，向這四種鹽溶液中分別加鹽酸，B鹽有沉淀產(chǎn)生，D鹽有無(wú)色無(wú)味氣體逸出。則它們的化學(xué)式應(yīng)為：A_______，B_______，C_______，D_______。(2)寫(xiě)出下列反應(yīng)的離子方程式：①A+C__________________________。②D+鹽酸________________________。25、（12分）一氯化硫(S2Cl2)是一種重要的有機(jī)合成氯化劑，實(shí)驗(yàn)室和工業(yè)上都可以用純凈干燥的氯氣與二硫化碳反應(yīng)來(lái)制取(CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2)，其裝置如下：(1)A裝置中的離子反應(yīng)方程式為_(kāi)_______________________________________________。(2)一氯化硫(S2Cl2)常溫下為液態(tài)，較為穩(wěn)定，受熱易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化產(chǎn)物中不僅有淡黃色固體，而且還有兩種氣體，用NaOH溶液吸收該氣體可得兩種鹽Na2SO3和NaCl。寫(xiě)出一氯化硫與水反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式：____________________________。(3)C、E裝置中所盛溶液為_(kāi)_________。(4)D中冷凝管的冷水進(jìn)水口為_(kāi)___（填“a”或“b”）；實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，需要先點(diǎn)燃A處酒精燈，通入氯氣一段時(shí)間后方可向D中水槽里面加入熱水加熱，這樣做的目的是________。26、（10分）環(huán)己酮是一種重要的有機(jī)化工原料。實(shí)驗(yàn)室合成環(huán)己酮的反應(yīng)如下：環(huán)己醇和環(huán)己酮的部分物理性質(zhì)見(jiàn)下表：物質(zhì)

相對(duì)分子質(zhì)量

沸點(diǎn)(℃)

密度(g·cm—3、20℃)

溶解性

環(huán)己醇

100

161.1

0.9624

能溶于水和醚

環(huán)己酮

98

155.6

0.9478

微溶于水，能溶于醚

現(xiàn)以20mL環(huán)己醇與足量Na2Cr2O7和硫酸的混合液充分反應(yīng)，制得主要含環(huán)己酮和水的粗產(chǎn)品，然后進(jìn)行分離提純。其主要步驟有(未排序)：a．蒸餾、除去乙醚后，收集151℃~156℃餾分b．水層用乙醚(乙醚沸點(diǎn)34.6℃，易燃燒)萃取，萃取液并入有機(jī)層c．過(guò)濾d．往液體中加入NaCl固體至飽和，靜置，分液e．加入無(wú)水MgSO4固體，除去有機(jī)物中少量水回答下列問(wèn)題：（1）上述分離提純步驟的正確順序是。（2）b中水層用乙醚萃取的目的是。（3）以下關(guān)于萃取分液操作的敘述中，不正確的是。A．水溶液中加入乙醚，轉(zhuǎn)移至分液漏斗，塞上玻璃塞，如圖（）用力振蕩B．振蕩幾次后需打開(kāi)分液漏斗上口的玻璃塞放氣C．經(jīng)幾次振蕩并放氣后，手持分漏斗靜置液體分層D．分液時(shí)，需先將上口玻璃塞打開(kāi)或玻璃塞上的凹槽對(duì)準(zhǔn)漏斗上的小孔，再打開(kāi)旋塞，待下層液體全部流盡時(shí)，再?gòu)纳峡诘钩錾蠈右后w（4）在上述操作d中，加入NaCl固體的作用是。蒸餾除乙醚的操作中，采用的加熱方式為。（5）蒸餾操作時(shí)，一段時(shí)間后發(fā)現(xiàn)未通冷凝水，應(yīng)采取的正確方法是。（6）恢復(fù)至室溫時(shí)，分離得到純產(chǎn)品體積為12mL，則環(huán)己酮的產(chǎn)率約是（保留兩位有效數(shù)字）。27、（12分）實(shí)驗(yàn)小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質(zhì)。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強(qiáng)氧化性，在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定。（1）制備K2FeO4（夾持裝置略）①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應(yīng)方程式是________________（錳被還原為Mn2+）。②將除雜裝置B補(bǔ)充完整并標(biāo)明所用試劑。_______③C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發(fā)生的反應(yīng)有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外還有________________。（2）探究K2FeO4的性質(zhì)①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產(chǎn)生黃綠色氣體，得溶液a，經(jīng)檢驗(yàn)氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl－而產(chǎn)生Cl2，設(shè)計(jì)以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至過(guò)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(chǎn)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(chǎn)生不能判斷一定是K2FeO4將Cl－氧化，還可能由________________產(chǎn)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________________。②根據(jù)K2FeO4的制備實(shí)驗(yàn)得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ?qū)嶒?yàn)表明，Cl2和FeO4③資料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-＞MnO4-，驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)如下：將溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振蕩后溶液呈淺紫色，該現(xiàn)象能否證明氧化性FeO428、（14分）A、B、C、D、E、F均為前四周期的元素。在所有前四周期的基態(tài)原子中A的未成對(duì)電子最多；B的基態(tài)原子的L電子層的p能級(jí)上有一個(gè)空軌道；C的簡(jiǎn)單氧化物與其最高價(jià)氧化物的水化物能反應(yīng)生成鹽；D的基態(tài)原子的2p軌道上有1個(gè)電子的自旋方向與其它電子的自旋方向相反；E的基態(tài)原子M層有6種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子；F的基態(tài)原子有

4個(gè)未成對(duì)電子。根據(jù)信息回答下列問(wèn)題：（1）A的價(jià)層電子排布式為_(kāi)__________。（2）B、C、D的第一電離能由小到大的順序?yàn)開(kāi)______

(填元素符號(hào))。（3）ED3分子的VSEPR模型為_(kāi)___________。（4）D、E的簡(jiǎn)單氫化物分子鍵角較大的是_______，原因?yàn)開(kāi)___________。（5）F3+比F2+更穩(wěn)定的原因是_______________。29、（10分）Na2SO3是一種重要的還原劑，I2O5是一種重要的氧化劑，二者都是化學(xué)實(shí)驗(yàn)室中的重要試劑。(1)已知:2Na2SO3(aq)+O2(aq)==2Na2SO4(aq)△H=mkJ·mol-1，O2(g)O2(aq)△H=nkJ·mol-1，則Na2SO3溶液與O2(g)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_____________________________。(2)Na2SO3的氧化分富氧區(qū)和貧氧區(qū)兩個(gè)階段，貧氧區(qū)速率方程為v=k·ca(SO32-)·cb(O2)，k為常數(shù)。①當(dāng)溶解氧濃度為4.0mg/L(此時(shí)Na2SO3的氧化位于貧氧區(qū))時(shí)，c(SO32-)與速率數(shù)值關(guān)系如下表所示，則a=____。c(SO32-)×1033.655.657.6511.65V×10610.224.444.7103.6②兩個(gè)階段的速率方程和不同溫度的速率常數(shù)之比如下表所示。已知1n(k2/k1)=Ea/R(1/T2-1/T1)，R為常數(shù)，則Ea(富氧區(qū))______(填“>”或“<”)Ea(貧氧區(qū))。反應(yīng)階段速率方程k(297.0K)/k(291.5K)富氧區(qū)v=k·c(SO32-)·c(O2)1.47貧氧區(qū)v=k·ca(SO32-)·cb(O2)2.59(3)等物質(zhì)的量的Na2SO3和Na2SO4混合溶液中，c(SO32-)+c(HSO3-)______(填“>”“<”或“=”)c(SO42-)。(4)利用I2O5可消除CO污染，其反應(yīng)為I2O5(s)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s)，不同溫度下，向裝有足量I2O5固體的2L恒容密閉容器中通入2molCO，測(cè)得CO2氣體的體積分?jǐn)?shù)φ(CO2)隨時(shí)間t的變化曲線如圖所示。①?gòu)姆磻?yīng)開(kāi)始至a點(diǎn)時(shí)的平均反應(yīng)速率v(CO)=__________。②b點(diǎn)時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)____________。③b點(diǎn)和d點(diǎn)的化學(xué)平衡常數(shù):Kb____(填“>”“<”或“=”)Kd，判斷的理由是_____________________。

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

A、乙醇俗稱(chēng)酒精，故A說(shuō)法正確；B、乙醇能與水形成分子間氫鍵，乙醇與水可以以任意比例互溶，故B說(shuō)法錯(cuò)誤；C、乙醇能使蛋白質(zhì)變性，即乙醇可用于消毒，故C說(shuō)法正確；D、乙醇含有羥基，能與金屬鈉發(fā)生2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑，故D說(shuō)法正確；答案選B。2、B【解題分析】影響反應(yīng)速率的根本原因是反應(yīng)物的性質(zhì)，同時(shí)也受外界條件的影響，例如溫度、濃度、壓強(qiáng)等，但與反應(yīng)是放熱反應(yīng)還是吸熱反應(yīng)無(wú)關(guān)，B不正確。3、B【解題分析】

A.根據(jù)圖像可知，pH=4的溶液中：c(Al3＋)>c[Al(OH)2＋]>c[Al(OH)2＋]，A正確；B.pH=4.5的溶液中，根據(jù)溶液呈電中性，則c(Na＋)+c(H＋)＋3c(Al3＋)＋2c[Al(OH)2＋]＋c[Al(OH)2＋]＝c(Cl－)＋c(OH－)，B錯(cuò)誤；C.pH=7時(shí)，向體系中再加入NaOH溶液，根據(jù)圖像可知，氫氧化鋁的百分含量降低，c[Al（OH）4-]升高，主要發(fā)生的離子反應(yīng)為Al（OH）3＋OH－＝Al（OH）4-，C正確；D.pH=8時(shí)，溶液中主要為Al（OH）4-，向得到的溶液中通入CO2至飽和，主要發(fā)生的離子反應(yīng)為2Al（OH）4-+CO2=2Al（OH）3+CO32-+H2O，CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，D正確；答案為B。4、B【解題分析】分析：①碳酸氫鈉與氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和水；②鈉在常溫下或點(diǎn)燃時(shí)與氧氣反應(yīng)產(chǎn)物不同；③氫氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)可以生成碳酸鈉或碳酸氫鈉；④過(guò)氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成物是碳酸鈉和氧氣；⑤根據(jù)氫氧化鋁是兩性氫氧化物分析；⑥根據(jù)碳酸鈉與鹽酸反應(yīng)分步進(jìn)行分析。詳解：①NaHCO3溶液和NaOH溶液反應(yīng)只能生成碳酸鈉和水，①正確；②Na和O2常溫下反應(yīng)生成氧化鈉，點(diǎn)燃則生成過(guò)氧化鈉，②錯(cuò)誤；③足量NaOH溶液和CO2反應(yīng)生成碳酸鈉和水，二氧化碳如果過(guò)量，則生成碳酸氫鈉，③錯(cuò)誤；④Na2O2和CO2反應(yīng)只能生成碳酸鈉和氧氣，④正確；⑤NaAlO2和HCl反應(yīng)時(shí)如果鹽酸過(guò)量則生成氯化鈉、氯化鋁和水，如果偏鋁酸鈉過(guò)量則生成氫氧化鋁和氯化鈉，⑤錯(cuò)誤；⑥Na2CO3溶液和鹽酸是分步進(jìn)行的，如果鹽酸不足，則生成碳酸氫鈉和氯化鈉，如果鹽酸過(guò)量則生成氯化鈉、水和二氧化碳，⑥錯(cuò)誤；答案選B。5、D【解題分析】

A．CO2為直線形結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)對(duì)稱(chēng)，正負(fù)電荷中心重疊為非極性分子，故A錯(cuò)誤；B．BeCl2為直線型結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)對(duì)稱(chēng)，正負(fù)電荷中心重疊，為非極性分子，故B錯(cuò)誤；C．BBr3為平面正三角形結(jié)構(gòu)，正負(fù)電荷中心重疊，為非極性分子，故C錯(cuò)誤；D．COCl2分子中正負(fù)電荷中心不重合，為極性分子，故D正確；故答案為D。6、C【解題分析】

A項(xiàng)，與H2化合時(shí)X單質(zhì)比Y單質(zhì)容易，則X的非金屬性強(qiáng)于Y，元素非金屬性越強(qiáng)電負(fù)性越大，能說(shuō)明X的電負(fù)性比Y大；B項(xiàng)，X的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性比Y的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性強(qiáng)，則X的非金屬性強(qiáng)于Y，元素非金屬性越強(qiáng)電負(fù)性越大，能說(shuō)明X的電負(fù)性比Y大；C項(xiàng)，X原子的最外層電子數(shù)比Y原子的最外層電子數(shù)多不能說(shuō)明X的電負(fù)性比Y大，如Si的電負(fù)性比H??；D項(xiàng)，X單質(zhì)可以把Y從其氫化物中置換出來(lái)，則X的非金屬性強(qiáng)于Y，元素非金屬性越強(qiáng)電負(fù)性越大，能說(shuō)明X的電負(fù)性比Y大；答案選C。7、B【解題分析】

A．燃燒熱是指在一定條件下，1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時(shí)所放出的熱量，A中沒(méi)有指明溫度，故A錯(cuò)誤；B．中和熱測(cè)定時(shí)，必須測(cè)定起始溫度和反應(yīng)后溫度，所以每次實(shí)驗(yàn)均應(yīng)測(cè)量3個(gè)溫度，即鹽酸起始溫度，NaOH起始溫度和反應(yīng)后終止溫度，故B正確；C．碳生成穩(wěn)定氧化物為二氧化碳，不是一氧化碳，所以不能表示碳的燃燒熱，故C錯(cuò)誤；D．因?yàn)闈饬蛩嵯♂尫艧?，所以將?.5mol

H2SO4的濃硫酸與含1mol

NaOH的溶液混合，放出的熱量大于57.3kJ，故D錯(cuò)誤。答案選B。8、A【解題分析】核外電子為奇數(shù)的原子，當(dāng)然無(wú)法保證所有電子成對(duì)，所以選項(xiàng)A正確。核外電子數(shù)為偶數(shù)的基態(tài)原子，其某個(gè)能級(jí)上的軌道中不一定都是成對(duì)電子，例如第6號(hào)元素C，其2p能級(jí)上應(yīng)該有2個(gè)單電子，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。核外電子數(shù)為偶數(shù)的基態(tài)原子，其原子軌道中的電子可能都是成對(duì)的，例如He，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。核外電子數(shù)為奇數(shù)的基態(tài)原子，其原子軌道中一定含有“未成對(duì)電子”，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9、C【解題分析】

A.“白色污染”是使用塑料制品造成的，故A正確；B.Si3N4、Al2O3熔點(diǎn)沸點(diǎn)高，可以制作高溫結(jié)構(gòu)陶瓷制品，故B正確；C.鋼鐵閘門(mén)上裝一定數(shù)量的銅塊，構(gòu)成原電池，鐵做負(fù)極，會(huì)加速鐵的腐蝕，故C錯(cuò)誤；D.四乙基鉛含有鉛元素，會(huì)造成環(huán)境污染，禁止使用四乙基鉛作汽油抗爆震劑，可減少汽車(chē)尾氣污染，故D正確；答案選C。10、A【解題分析】

A.烷烴在光照下與氯氣反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，甲苯與濃硫酸和濃硝酸的混合液共熱生成TNT，屬于取代反應(yīng)，反應(yīng)類(lèi)型相同，故A正確；B.丙烯通入溴的四氯化碳溶液中發(fā)生加成反應(yīng)生成BrCH2CH(Br)CH3，二甲苯與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)屬于氧化反應(yīng)，反應(yīng)類(lèi)型不同，故B錯(cuò)誤；C.溴乙烷在KOH醇中加熱發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，2－氯丁烷與KOH水溶液共熱發(fā)生取代反應(yīng)生成2-丁醇，反應(yīng)類(lèi)型不同，故C錯(cuò)誤；D.葡萄糖制乙醇的反應(yīng)屬于還原反應(yīng)，乙醛的銀鏡反應(yīng)屬于氧化反應(yīng)，反應(yīng)類(lèi)型不同，故D錯(cuò)誤；故答案選：A。11、A【解題分析】

A.用四氯化碳萃取碘水中的碘，過(guò)程為碘單質(zhì)從水中轉(zhuǎn)移到四氯化碳中，為物理變化，A正確；B.用氯化鐵溶液刻制印刷電路，發(fā)生2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+，為化學(xué)變化，B錯(cuò)誤；C.用漂白粉漂白紙張，次氯酸變?yōu)槁入x子，為化學(xué)變化，C錯(cuò)誤；D.用油脂和氫氧化鈉溶液制取肥皂，油脂與NaOH反應(yīng)生成丙三醇和高級(jí)脂肪酸鈉，為化學(xué)變化，D錯(cuò)誤；答案為A。12、A【解題分析】本題考查離子共存。詳解：強(qiáng)堿性溶液中：CO32－、Na＋、AlO2－、NO3－之間不能反應(yīng)生成沉淀、氣體、弱電解質(zhì)以及其它反應(yīng)類(lèi)型，故可以大量共存，A正確；由水電離產(chǎn)生的H＋濃度為1×10－13mol·L－1的溶液，水的電離受到抑制，該溶液可能為酸或堿的溶液，酸溶液中HCO3-與H+反應(yīng)生成二氧化碳和水，堿溶液中HCO3-與OH-反應(yīng)生成碳酸根離子和水，故一定不能大量共存，B錯(cuò)誤；強(qiáng)堿性溶液中，Al3＋與OH-反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀不能大量共存，C錯(cuò)誤；酸性溶液中，NO3－與Fe2＋、I－發(fā)生氧化還原反應(yīng)不能大量共存，D錯(cuò)誤。故選A。點(diǎn)睛：所謂離子共存實(shí)質(zhì)上就是看離子間是否發(fā)生反應(yīng)，若離子在溶液中發(fā)生反應(yīng)，就不能共存。13、C【解題分析】

A．長(zhǎng)頸漏斗不能用作分離操作，分離互不相溶的液體應(yīng)該選用分液漏斗，故A錯(cuò)誤；B．NO易和空氣中O2反應(yīng)生成NO2，所以不能用排空氣法收集，NO不易溶于水，應(yīng)該用排水法收集，故B錯(cuò)誤；C．FeCl3屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，F(xiàn)e3+易水解生成Fe(OH)3而產(chǎn)生渾濁，為了防止氯化鐵水解，應(yīng)該將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋?zhuān)蔆正確；D．將Cl2與HCl混合氣體通過(guò)飽和食鹽水會(huì)帶出部分水蒸氣，所以得不到純凈的氯氣，應(yīng)該將飽和食鹽水出來(lái)的氣體再用濃硫酸干燥，故D錯(cuò)誤；答案選C?！绢}目點(diǎn)撥】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為D，要注意從水溶液中出來(lái)的氣體中含有水蒸氣。14、B【解題分析】

等效H的判斷方法是同一碳原子上的氫原子是等效的；同一碳原子上所連接甲基上的氫原子是等效的；處于同一對(duì)稱(chēng)位置的碳原子上的氫原子是等效的。【題目詳解】A項(xiàng)、甲苯苯環(huán)上有3種H原子，含3個(gè)碳原子的烷基有正丙基、異丙基兩種，所以甲苯苯環(huán)上的一個(gè)氫原子被含3個(gè)碳原子的烷基取代有3×2=6產(chǎn)物，故A正確；B項(xiàng)、分子式為C7H8O，且屬于芳香族化合物，由分子式可知含有1個(gè)苯環(huán)，若側(cè)鏈有1個(gè)，則側(cè)鏈為-OCH3或-CH2OH，同分異構(gòu)有2種；若側(cè)鏈有2個(gè)，則側(cè)鏈為-CH3和-OH，存在鄰、間、對(duì)三種，故符合條件的同分異構(gòu)體為5種，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)、立體烷中氫原子只有1種類(lèi)型，一氯代物只有1種，立體烷的一氯代物中有與氯原子在一條邊上、面對(duì)角線上和體對(duì)角線上3類(lèi)氫原子，故二氯代物有3種，C正確；D項(xiàng)、菲為對(duì)稱(chēng)結(jié)構(gòu)，有如圖所示的5種H原子，則與硝酸反應(yīng)，可生成5種一硝基取代物，故D正確；故選B?！绢}目點(diǎn)撥】本題考查同分異構(gòu)體，注意一氯代物利用等效氫判斷，二元取代采取定一移一法，注意不要重復(fù)、漏寫(xiě)是解答關(guān)鍵。15、B【解題分析】

A．X、Z都有能和NaOH溶液反應(yīng)的官能團(tuán)酚羥基，而Y沒(méi)有，所以A錯(cuò)。B．X、Z都有官能團(tuán)酚羥基，酚羥基的酸性比碳酸弱，但比碳酸氫根強(qiáng)，所以X和Z均能和Na2CO3溶液反應(yīng)，但不能和NaHCO3溶液反應(yīng),B正確。C．Y有官能團(tuán)碳碳雙鍵，所以能發(fā)生加聚反應(yīng)，但沒(méi)有能發(fā)生縮聚反應(yīng)的官能團(tuán)，所以C錯(cuò)。D．Y分子可以看成由乙烯基和苯基兩部分組成，乙烯分子是6原子共面結(jié)構(gòu)，而苯分子是12原子共面結(jié)構(gòu)，所以當(dāng)乙烯基繞其與苯環(huán)相連的碳碳單鍵旋轉(zhuǎn)時(shí)，有可能共面，D錯(cuò)。故選B?！绢}目點(diǎn)撥】有機(jī)物的性質(zhì)是官能團(tuán)決定的，所以有機(jī)化學(xué)就是官能團(tuán)的化學(xué)。分析一種有機(jī)物的性質(zhì)，首先要分析它有哪些官能團(tuán)，然后聯(lián)系這些擁有官能團(tuán)的代表物的化學(xué)性質(zhì)進(jìn)行類(lèi)比。分析有機(jī)物的空間結(jié)構(gòu)時(shí)，必須以甲烷、乙烯、乙炔和苯等基本結(jié)構(gòu)為基礎(chǔ)，根據(jù)碳碳單鍵可以旋轉(zhuǎn)來(lái)分析分子中的原子共面、共線問(wèn)題。16、B【解題分析】

A.OH－、HCO3－不能大量共存，與題意不符，A錯(cuò)誤；B.Cl－、Ba2＋、NO3－、K＋能大量共存，符合題意，B正確；C.Al3＋、HCO3－不能大量共存，與題意不符，C錯(cuò)誤；D.OH－與NH4＋、Fe2＋不能大量共存，與題意不符，D錯(cuò)誤；答案為B。17、B【解題分析】

2.24LO2的物質(zhì)的量為=0.1mol，NO2、N2O4、NO的混合氣體與2.24LO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)混合后通入水中，所有氣體恰好完全被水吸收生成硝酸，則金屬提供的電子物質(zhì)的量等于氧氣獲得到的電子的物質(zhì)的量，金屬離子與氫氧根離子恰好反應(yīng)生成沉淀，故n(NaOH)=n(e-)=0.1mol×4=0.4mol，需要?dú)溲趸c溶液的體積為=0.2L=200mL。答案選B。18、C【解題分析】

由電荷守恒可得關(guān)系式（+2）×3+（-2）×2+x×（-1）=-2，解得x=4，反應(yīng)中Fe元素和S元素的化合價(jià)升高，被氧化，O元素的化合價(jià)降低，被還原。【題目詳解】A項(xiàng)、每生成1molFe3O4，只有1mol氧氣得到電子，則反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為1mol×2×（2-0）=4mol，故A正確；B項(xiàng)、應(yīng)中Fe元素和S元素的化合價(jià)升高，被氧化，則Fe2+和S2O32-都是還原劑，故B正確；C項(xiàng)、1molFe2+被氧化時(shí)，由得失電子數(shù)目守恒可得如下關(guān)系式1mol×（—2）=4n（O2），n（O2）=，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)、由電荷守恒可得關(guān)系式（+2）×3+（-2）×2+x×（-1）=-2，解得x=4，故D正確；故選C?！绢}目點(diǎn)撥】本題考查氧化還原反應(yīng)，注意把握反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化，能夠用得失數(shù)目守恒和電荷守恒分析計(jì)算為解答的關(guān)鍵。19、D【解題分析】A錯(cuò)，p能級(jí)至少是在第二電子層；B錯(cuò)，d能級(jí)至少是在第三電子層；C錯(cuò)，f能級(jí)至少是在第四電子層；D正確，s能級(jí)哪個(gè)電子層均有；20、B【解題分析】溫度不變平衡常數(shù)不變，k=c2(NH3)·c(CO)，再充入n(NH3):n(CO)=2:1,則再次達(dá)到平衡時(shí),c(NH3)=2xmol·L－1,則c(CO)=xmol·L－1，k=c2(NH3)·c(CO)=（2x）2·x=4x3,x=，c(NH3)是定值，保持不變。故選B。21、D【解題分析】

兩種烴的衍生物A和B，所含碳、氫、氧的質(zhì)量比均為6：1：4，則A、B分子中C、H、O原子數(shù)目之比為2：4：1，有機(jī)物A、B的最簡(jiǎn)式為C2H4O．完全燃燒0.1molA生成CO2的物質(zhì)的量為：8.8g÷44g/mol=0.2mol，故A分子中碳原子數(shù)目0.2mol/0.1mol=2，則A的分子式為C2H4O。B只含一個(gè)醛基，4.4gB與足量銀氨溶液反應(yīng)析出Ag的物質(zhì)的量為10.8g÷108g/mol=0.1mol，由關(guān)系式為：R-CHO～2Ag，可知4.4gB的物質(zhì)的量為0.05mol，B的相對(duì)分子質(zhì)量4.4/0.05=88，設(shè)B分子式為（C2H4O）n，則44n=88，故n=2，則B的分子式為：C4H8O2。A．A的分子式為C2H4O，可能為乙醛，也可能為環(huán)氧乙烷，故A錯(cuò)誤；

B．物質(zhì)A、B組成上相差2個(gè)CH2原子團(tuán)，但二者含有的官能團(tuán)不一定相同，不一定互為同系物，故B錯(cuò)誤；

C．物質(zhì)A和物質(zhì)B的分子式不同，二者不互為同分異構(gòu)體，故C錯(cuò)誤；

D．由上述分析可知，B的分子式為：C4H8O2，故D正確。

故選D。22、A【解題分析】分析：A.乙炔和苯的最簡(jiǎn)式相同；B.根據(jù)丙醇的結(jié)構(gòu)判斷；C.烷烴分子式相同時(shí)支鏈越多，沸點(diǎn)越低；D.標(biāo)況下庚烷不是氣態(tài)。詳解：A.乙炔和苯的最簡(jiǎn)式相同，均是CH，則等質(zhì)量的乙炔和苯完全燃燒，產(chǎn)生的CO2的質(zhì)量相同，A正確；B.60g丙醇的物質(zhì)的量是1mol，丙醇的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2CH2OH，則分子中存在的共價(jià)鍵總數(shù)為11NA，B錯(cuò)誤；C.正戊烷、異戊烷、新戊烷的沸點(diǎn)逐漸降低，C錯(cuò)誤；D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下庚烷不是氣態(tài)，不能利用氣體摩爾體積計(jì)算11.2L的庚烷所含的分子數(shù)，D錯(cuò)誤。答案選A。二、非選擇題(共84分)23、SnMgZnBrds1s22s22p63s23p63d10Mg(OH)2HBrO4MgBr【解題分析】

現(xiàn)有A、B、C、D四種元素，A是第五周期第ⅣA族元素，則A為Sn元素；B是第三周期元素，B、C、D的價(jià)電子數(shù)分別為2、2、7，則B為Mg元素。四種元素原子序數(shù)從小到大的順序是B、C、D、A。已知C和D的次外層電子數(shù)均為18個(gè)，則C和D均為第4周期的元素，分別是Zn和Br元素?！绢}目詳解】(1)A、B、C、D的元素符號(hào)分別為Sn、Mg、Zn、Br。(2)C是Zn，其價(jià)電子排布式為3d104s2，故其位于元素周期表的ds區(qū)，C2＋為Zn失去最外層的2個(gè)電子形成的，故其電子排布式為1s22s22p63s23p63d10。(3)5種元素中，Mg的金屬性最強(qiáng)，Br的非金屬性最強(qiáng)，故最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物中堿性最強(qiáng)的化合物是Mg(OH)2，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物中酸性最強(qiáng)的化合物是HBrO4。(4)元素的第一電離能最小的是金屬性最強(qiáng)的Mg，元素的電負(fù)性最大的是非金屬性最強(qiáng)的Br。24、BaCl2AgNO3CuSO4Na2CO3Ba2++SO42-=BaSO4↓CO32-+2H+=H2O+CO2↑【解題分析】

A、B、C、D都是可溶性鹽，Ag+只能和搭配，只能和剩余的Na+搭配，在此基礎(chǔ)上，和Cu2+搭配，則Ba2+和Cl-搭配，即這四種鹽為AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2。C的溶液呈藍(lán)色，則C為CuSO4。B+HCl產(chǎn)生沉淀，則B為AgNO3。D+HCl產(chǎn)生氣體，則D為Na2CO3。所以A為BaCl2。綜上所述，A為BaCl2，B為AgNO3，C為CuSO4，D為Na2CO3?！绢}目詳解】（1）經(jīng)分析這四種鹽為AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2，結(jié)合題中給出的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，可以推出A為BaCl2，B為AgNO3，C為CuSO4，D為Na2CO3；（2）A+C為BaCl2和CuSO4的反應(yīng)，其離子方程式為：Ba2++SO42-=BaSO4↓；D+鹽酸為Na2CO3和鹽酸的反應(yīng)，其離子方程式為：CO32-+2H+=H2O+CO2↑。25、MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O2S2Cl2+2H2O=3S↓＋SO2↑+4HCl↑濃硫酸a趕走裝置內(nèi)部的氧氣和水，避免S2Cl2因反應(yīng)而消耗【解題分析】

從裝置圖中可以看出，A為氯氣的制取裝置，B為除去氯氣中氯化氫的裝置，C為干燥氯氣的裝置，D為制取一氯化硫的裝置，E為干燥裝置，F(xiàn)為尾氣處理裝置，據(jù)此分析解答問(wèn)題?！绢}目詳解】(1)A裝置為實(shí)驗(yàn)室制取Cl2的裝置，發(fā)生反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)一氯化硫(S2Cl2)常溫下較為穩(wěn)定，受熱易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化產(chǎn)物中不僅有淡黃色固體(S)，而且還有兩種氣體，用NaOH溶液吸收該氣體可得兩種鹽Na2SO3和NaCl，說(shuō)明兩種氣體為HCl和SO2。一氯化硫與水反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl↑，故答案為：2S2Cl2+2H2O=3S↓＋SO2↑+4HCl↑；(3)一氧化硫遇水即歧化，所以C、E裝置均起干燥作用，可盛放濃硫酸，故答案為：濃硫酸；(4)冷凝管的冷卻水流向都是下進(jìn)上出，所以D中冷水進(jìn)水口為a；因?yàn)橐宦然蛞妆谎趸?，且遇水即歧化，所以?shí)驗(yàn)過(guò)程中，需要先點(diǎn)燃A處酒精燈，通入氯氣一段時(shí)間后方可向D中水槽里面加入熱水加熱，這樣做的目的是趕走裝置內(nèi)部的氧氣和水，避免S2Cl2因反應(yīng)而消耗，故答案為：a；趕走裝置內(nèi)部的氧氣和水，避免S2Cl2因反應(yīng)而消耗。26、（1）DBECA（2）使水層中少量的有機(jī)物進(jìn)一步被提取，提高產(chǎn)品的產(chǎn)量（3）ABC（4）降低環(huán)己酮的溶解度；增加水層的密度，有利于分層水浴加熱（5）停止加熱，冷卻后通自來(lái)水（6）60%(60.3%)【解題分析】試題分析：（1）環(huán)己酮的提純時(shí)應(yīng)首先加入NaCl固體，使水溶液的密度增大，將水與有機(jī)物更容易分離開(kāi)來(lái)，然后向有機(jī)層中加入無(wú)水MgSO4，出去有機(jī)物中少量的水，然后過(guò)濾，除去硫酸鎂晶體，再進(jìn)行蒸餾即可；（2）環(huán)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(chǎn)品產(chǎn)量；（3）A．水溶液中加入乙醚，轉(zhuǎn)移至分液漏斗，塞上玻璃塞，應(yīng)該倒轉(zhuǎn)過(guò)來(lái)然后用力振蕩；B．放氣的方法為：漏斗倒置，打開(kāi)旋塞放氣；C．經(jīng)幾次振搖并放氣后，分液漏斗放置在鐵架臺(tái)上靜置待液體分層；D．分液時(shí)，需先將上口玻璃塞打開(kāi)或玻璃塞上的凹槽對(duì)準(zhǔn)漏斗上的小孔，再打開(kāi)旋塞待下層液體全部流盡時(shí)，再?gòu)纳峡诘钩錾蠈右后w；（4）NaCl能增加水層的密度，降低環(huán)己酮的溶解，有利于分層；乙醚的沸點(diǎn)較低，所以蒸餾時(shí)溫度不宜太高；（5）為防止冷凝管炸裂，應(yīng)該停止加熱；（6）m（環(huán)己酮）=12mL×0.9478g=11.3736g，根據(jù)環(huán)己醇和環(huán)己酮的關(guān)系式知，參加反應(yīng)的m（環(huán)己醇）==11.6057g，m（環(huán)己醇）=20mL×0.9624g/mL=19.248g，據(jù)此計(jì)算產(chǎn)率．解：（1）環(huán)己酮的提純時(shí)應(yīng)首先加入NaCl固體，使水溶液的密度增大，水與有機(jī)物更容易分離開(kāi)，然后向有機(jī)層中加入無(wú)水MgSO4，除去有機(jī)物中少量的水，然后過(guò)濾，除去硫酸鎂晶體，再進(jìn)行蒸餾即可，故答案為dbeca；（2）環(huán)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(huán)己酮萃取到乙醚中，從而提高產(chǎn)品產(chǎn)量，故答案為使水層中少量的有機(jī)物進(jìn)一步被提取，提高產(chǎn)品的產(chǎn)量；（3）A．水溶液中加入乙醚，轉(zhuǎn)移至分液漏斗，塞上玻璃塞，應(yīng)該倒轉(zhuǎn)過(guò)來(lái)然后用力振蕩，只有如此才能充分混合，故A錯(cuò)誤；B．放氣的方法為：漏斗倒置，打開(kāi)旋塞放氣，而不是打開(kāi)玻璃塞，故B錯(cuò)誤；C．經(jīng)幾次振搖并放氣后，分液漏斗放置在鐵架臺(tái)上靜置待液體分層，而不是手持分漏斗靜置液體分層，不符合操作規(guī)范性，故C錯(cuò)誤；D．分液時(shí)，需先將上口玻璃塞打開(kāi)或玻璃塞上的凹槽對(duì)準(zhǔn)漏斗上的小孔，利用壓強(qiáng)差使液體流出，再打開(kāi)旋塞待下層液體全部流盡時(shí)，為防止產(chǎn)生雜質(zhì)，再?gòu)纳峡诘钩錾蠈右后w，故D錯(cuò)誤；故選ABC；（4）NaCl能增加水層的密度，降低環(huán)己酮的溶解，且有利于分層；乙醚的沸點(diǎn)較低，所以蒸餾時(shí)溫度不宜太高，所以應(yīng)該采用水浴加熱，故答案為降低環(huán)己酮的溶解度，增加水層的密度，有利于分層；水浴加熱；（5）如果直接將冷水連接冷凝管，餾分溫度如果急劇冷卻會(huì)導(dǎo)致冷凝管炸裂，為防止冷凝管炸裂，應(yīng)該停止加熱，冷卻后通自來(lái)水，故答案為停止加熱，冷卻后通自來(lái)水；（6）m（環(huán)己酮）=12mL×0.9478g=11.3736g，根據(jù)環(huán)己醇和環(huán)己酮的關(guān)系式知，參加反應(yīng)的m（環(huán)己醇）==11.6057g，m（環(huán)己醇）=20mL×0.9624g/mL=19.248g，其產(chǎn)率=≈60%，故答案為60%．27、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH?Cl?+ClO?+H2OFe3+4FeO42?+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO?的干擾>溶液的酸堿性不同若能，理由：FeO42?在過(guò)量酸的作用下完全轉(zhuǎn)化為Fe3+和O2，溶液淺紫色一定是MnO4?的顏色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加過(guò)量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）【解題分析】分析：（1）KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)制Cl2；由于鹽酸具有揮發(fā)性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會(huì)消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl；Cl2與Fe（OH）3、KOH反應(yīng)制備K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大氣。（2）①根據(jù)制備反應(yīng)，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2還會(huì)與KOH反應(yīng)生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液變紅說(shuō)明a中含F(xiàn)e3+。根據(jù)題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，自身被還原成Fe3+。II.產(chǎn)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洗滌除去KClO、排除ClO-的干擾，同時(shí)保持K2FeO4穩(wěn)定存在。②根據(jù)同一反應(yīng)中，氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物。對(duì)比兩個(gè)反應(yīng)的異同，制備反應(yīng)在堿性條件下，方案II在酸性條件下，說(shuō)明酸堿性的不同影響氧化性的強(qiáng)弱。③判斷的依據(jù)是否排除FeO42-的顏色對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)論的干擾。詳解：（1）①A為氯氣發(fā)生裝置，KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)時(shí)，錳被還原為Mn2+，濃鹽酸被氧化成Cl2，KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，離子方程式為2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于鹽酸具有揮發(fā)性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會(huì)消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl，除雜裝置B為。③C中Cl2發(fā)生的反應(yīng)有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，還有Cl2與KOH的反應(yīng)，Cl2與KOH反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）①根據(jù)上述制備反應(yīng)，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，還可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液變紅說(shuō)明a中含F(xiàn)e3+。但Fe3+的產(chǎn)生不能判斷K2FeO4與Cl-發(fā)生了反應(yīng)，根據(jù)題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，自身被還原成Fe3+，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，可能的反應(yīng)為4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。ii.產(chǎn)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(shí)保持K2FeO4穩(wěn)定存在。②制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在該反應(yīng)中Cl元素的化合價(jià)由0價(jià)降至-1價(jià)，Cl2是氧化劑，F(xiàn)e元素的化合價(jià)由+3價(jià)升至+6價(jià)，F(xiàn)e（OH）3是還原劑，K2FeO4為氧化產(chǎn)物，根據(jù)同一反應(yīng)中，氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反應(yīng)為2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，實(shí)驗(yàn)表明，Cl2和FeO42-氧化性強(qiáng)弱關(guān)系相反；對(duì)比兩個(gè)反應(yīng)的條件，制備K2FeO4在堿性條件下，方案II在酸性條件下；說(shuō)明溶液的酸堿性的不同影響物質(zhì)氧化性的強(qiáng)弱。③該小題為開(kāi)放性試題。若能，根據(jù)題意K2FeO4在足量H2SO4溶液中會(huì)轉(zhuǎn)化為Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振蕩后呈淺紫色一定是MnO4-的顏色，說(shuō)明FeO42-將Mn2+氧化成MnO4-，所以該實(shí)驗(yàn)方案能證明氧化性FeO42->MnO4-。（或不能，因?yàn)槿芤篵呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）變小，溶液的紫色也會(huì)變淺；則設(shè)計(jì)一個(gè)空白對(duì)比的實(shí)驗(yàn)方案，方案為：向紫色溶液b中滴加過(guò)量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）。點(diǎn)睛：本題考查K2FeO4的制備和K2FeO4的性質(zhì)探究。與氣體有關(guān)的制備實(shí)驗(yàn)裝置的連接順序一般為：氣體發(fā)生裝置→除雜凈化裝置→制備實(shí)驗(yàn)裝置→尾氣吸收。進(jìn)行物質(zhì)性質(zhì)實(shí)驗(yàn)探究是要排除其他物質(zhì)的干擾。尤其注意最后一空為開(kāi)放性答案，要注重多角度思考。28、3d54s1C<O<N平面三角形H2OH2O、H2S中心原子的雜化軌道類(lèi)型和孤電子對(duì)數(shù)均相同，但H2O中O的電負(fù)性更大，O周?chē)碾娮釉泼芏雀?，斥力更大Fe3+的電子