河南省淮陽縣第一高級中學2025屆化學高二下期末質量檢測模擬試題注意事項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(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)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、下列化學用語中正確的是（）A．羥基的電子式B．乙烯的結構簡式：C．甲烷的球棍模型：D．乙醇的分子式：2、下列描述中,不符合生產實際的是A．電解法精煉粗銅，用純銅作陰極B．在鍍件上電鍍鋅，用鋅作陽極C．用如圖裝置為鉛蓄電池充電D．為了保護海輪的船殼，常在船殼上鑲入鋅塊3、易拉罐主要材料為鋁合金，其中以鋁鐵合金和鋁鎂合金最為常見?，F取幾小塊易拉罐碎片進行下列實驗，其中實驗方案、現象與結論均正確的是()序號實驗方案現象與結論A加入鹽酸中產生無色氣體，含鋁、鐵、鎂三種元素B加入NaOH溶液中有無色氣體產生，含有鋁元素C加入鹽酸后，所得溶液中再加入少量NaOH溶液產生白色沉淀，含有鎂元素D加入鹽酸后，所得溶液中再加入少量KSCN溶液無紅色出現，說明不含鐵元素A．A B．B C．C D．D4、MnSO4是制備高純MnCO3的中間原料。實驗室用如圖所示裝置可制備少量MnSO4溶液，反應原理為：MnO2+H2SO3=MnSO4+H2O；下列說法錯誤的是（）A．緩慢通入混合氣體可提高SO2的轉化率B．若不通N2，則燒瓶中的進氣管口容易被堵塞C．若實驗中將N2換成空氣，則反應液中c(Mn2+)/c(SO42-)的濃度之比變大D．石灰乳對尾氣的吸收效果比澄清石灰水更好5、下列離子方程式的書寫正確的是（）A．向Na2S2O3溶液中通入足量氯氣：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+B．向AlCl3溶液中加入足量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2OC．向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2OD．在海帶灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O6、下面關于化學反應的限度的敘述中，正確的是A．化學反應的限度都相同B．可以通過改變溫度控制化學反應的限度C．可以通過延長化學反應的時間改變化學反應的限度D．當一個化學反應在一定條件下達到限度時，反應即停止7、下列涉及離子方程式書寫的評價合理的是（）選項化學反應及離子方程式評價A次氯酸鈣溶液中通入足量SO2：Ca2+＋ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋Cl－＋2H＋正確B實驗室用濃鹽酸與MnO2反應制Cl2：MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O錯誤，H＋、Cl－的化學計量數應相等C硝酸鐵溶液中加過量氨水：Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe（OH）3（膠體）＋3NH4+錯誤，Fe（OH）3應該是沉淀D鋁溶于碳酸中：2Al＋3H2CO3===2Al3＋＋3H2↑＋3CO32-正確A．A B．B C．C D．D8、下列實驗操作中不正確的是（）A．使用分液漏斗分液時，下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出B．容量瓶用蒸餾水洗滌后必須烘干才能進行溶液的配制C．在遇到金屬鎂失火時不可用干冰滅火器進行滅火D．向沸水中加入少量FeCl3飽和溶液，煮沸至溶液呈紅褐色，即可得到Fe(OH)3膠體9、對某一可逆反應來說，使用催化劑的作用是（）A．提高反應物的平衡轉化率B．同等程度改變正逆反應速率C．增大正反應速率，減小逆反應速率D．改變平衡混合物的組成10、某藥物的結構簡式為1mol該物質與足量的NaOH溶液反應，消耗NaOH的物質的量為A．3mol B．4molC．3nmol D．4nmol11、下列各組原子中，彼此化學性質一定相似的是A．最外層都只有一個電子的X、Y原子B．原子核外M層上僅有兩個電子的X原子與原子核外N層上僅有兩個電子的Y原子C．2p軌道上只有兩個電子的X原子與3p軌道上只有兩個電子的Y原子D．原子核外電子排布式為1s2的X原子與原子核外電子排布式為1s22s2的Y原子12、下列四種元素的基態(tài)原子的電子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5，則下列有關的比較中正確的是A．第一電離能：④＞③＞②＞①B．原子半徑：④＞③＞②＞①C．電負性：④＞②＞①＞③D．最高正化合價：④＞③＝②＞①13、HCl氣體易溶于溶劑A，那么下列物質也可能易溶于A的是()A．NH3 B．CH4 C．CCl4 D．O214、下列物質屬于純凈物的是（）A．漂白粉B．煤油C．氫氧化鐵膠體D．液氯15、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16、X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期元素，且X、Z原子序數之和是Y、W原子序數之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由這些元素組成的二元化合物，M是某種元素對應的單質，乙和丁的組成元素相同，且乙是一種“綠色氧化劑”，化合物N是具有漂白性的氣體(常溫下)。上述物質間的轉化關系如圖所示(部分反應物和生成物省略)。下列說法正確的是()A．由四種元素形成的兩種鹽，水溶液中反應能生成NB．Y與Z形成的化合物中陰、陽離子個數比可為1:1C．化合物N、乙烯使溴水褪色的原理相同D．X與Y形成的化合物中，成鍵原子均滿足8電子結構17、化學與生活密切相關，下列有關說法錯誤的是（）A．用灼燒的方法可以區(qū)分蠶絲和人造纖維B．利用糧食釀酒經過了淀粉→葡萄糖→乙醇的化學變化過程C．使用含鈣離子濃度較大的地下水洗衣服，肥皂去污能力減弱D．磨豆?jié){的大豆富含蛋白質，豆?jié){煮沸后蛋白質變成了氨基酸18、下圖表示4—溴環(huán)己烯所發(fā)生的4個不同反應。其中，產物只含有一種官能團的反應是A．①④ B．③④ C．②③ D．①②19、用鉑電極分別電解下列物質的溶液（足量），陰極和陽極上同時都有氣體產生，且溶液的pH下降的是A．H2SO4B．CuSO4C．HClD．KCl20、若NA表示阿伏加德羅常數，下列敘述正確的是()A．1molNH3與1molOH-所含的質子數均為10NAB．標準狀況下，22.4LCHCl3中含C-H鍵數目為NAC．1molSO2與足量的FeCl3反應時，轉移2NA個電子D．100mL2mol·L-1Na2CO3溶液中，CO32-離子數為0.2NA21、下列有關物質的性質與氫鍵有關的是（）①HF的熔沸點比VIIA族其他元素氫化物的高②乙醇、乙酸可以和水以任意比互溶③冰的密度比液態(tài)水的密度?、苣蛩氐娜?、沸點比醋酸的高⑤鄰羥基苯甲酸的熔、沸點比對羥基苯甲酸的低⑥水分子在高溫下很穩(wěn)定,不易分解A．①②③④⑤⑥B．①②③④⑤C．①②③④D．①②③22、下列敘述不正確的是A．甲苯分子中所有原子在同一平面上B．苯、乙酸、乙醇均能發(fā)生取代反應C．分子式為C3H6Cl2的同分異構體共有4種(不考慮立體異構)D．可用溴的四氯化碳溶液區(qū)別和二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知氨基酸可發(fā)生如下反應：且已知：D、E的相對分子質量分別為162和144，可發(fā)生如下物質轉化關系，如下圖所示：(1)寫出C中所含官能團的名稱：________________________(2)寫出B、D的結構簡式：B____________，D________________________。(3)寫出C→E的化學方程式：_______________________________________。(4)寫出C發(fā)生縮聚反應的化學方程式：_______________________________________。24、（12分）現有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的價電子數分別為2、2、7。四種元素原子序數從小到大的順序是B、C、D、A。已知C和D的次外層電子數均為18個。(1)寫出A、B、C、D的元素符號：A________、B________、C________、D________。(2)C位于元素周期表的________區(qū)，C2＋的電子排布式______________________________。(3)最高價氧化物對應水化物中堿性最強的化合物是________(寫化學式，下同)；最高價氧化物對應水化物中酸性最強的化合物是________。(4)元素的第一電離能最小的是________，元素的電負性最大的是________。25、（12分）碘化鉀是一種無色晶體，易溶于水。實驗室制備KI晶體的步驟如下：Ⅰ.在如下圖所示的三頸燒瓶中加入研細的I2和一定量的30%KOH溶液，攪拌（已知：I2與KOH反應產物之一是KIO3）；Ⅱ.碘完全反應后，打開分液漏斗中的活塞、彈簧夾1、2，向裝置C中通入足量的H2S；Ⅲ.反應結束后，向裝置C中加入稀H2SO4酸化，水浴加熱；Ⅳ.冷卻，過濾得KI粗溶液。（1）儀器a的名稱是__________，步驟Ⅰ中控制KOH溶液過量的目的是______________。（2）裝置B的作用是_____________，裝置D中盛放的溶液是________________。（3）裝置C中H2S和KIO3反應的離子方程式為_______________________。（4）步驟Ⅲ中水浴加熱的目的是除去_________________________（填化學式）。（5）由步驟Ⅳ所得的KI粗溶液中含有少量K2SO4，需進行提純，提純流程如下：①已知白色固體B是混合物，試劑A為__________，為除去溶液C中的雜質，步驟②中調節(jié)溶液為弱酸性，則加入HI溶液后產生的現象是___________________。②為測定最后所得KI晶體的純度，取ag晶體配制100mL溶液，取出25mL溶液，滴入足量稀的酸性K2Cr2O7溶液，充分反應后，滴加幾滴淀粉溶液為指示劑，用bmol·L－1的Na2S2O3溶液進行滴定，消耗Na2S2O3溶液VmL。滴定過程中涉及的反應為：Cr2O2－7＋6I26、（10分）制備乙酸乙酯，乙酸正丁酯是中學化學實驗中的兩個重要有機實驗①乙酸乙酯的制備②乙酸丁酯的制備完成下列填空：（1）制乙酸乙酯的化學方程式___________。（2）制乙酸乙酯時，通常加入過量的乙醇，原因是________，加入數滴濃硫酸即能起催化作用，但實際用量多于此量，原因是________；濃硫酸用量又不能過多，原因是_______________。（3）試管②中的溶液是________，其作用是________________。（4）制備乙酸丁酯的過程中，直玻璃管的作用是________，試管不與石棉網直接接觸的原因是_____。（5）在乙酸丁酯制備中，下列方法可提高1-丁醇的利用率的是________（填序號）。A．使用催化劑B．加過量乙酸C．不斷移去產物D．縮短反應時間（6）兩種酯的提純過程中都需用到的關鍵儀器是________，在操作時要充分振蕩、靜置，待液體分層后先將水溶液放出，最后將所制得的酯從該儀器的________（填序號）A．上口倒出B．下部流出C．都可以27、（12分）二氧化氯（ClO2，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑，回答下列問題：（1）實驗室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2（亞氯酸鈉）為原料，通過以下過程制備ClO2：①電解時陽極電極反應式為__________________________。②除去ClO2中的NH3可選用的試劑是___________（填標號）。a．水b．堿石灰c．濃硫酸d．飽和食鹽水（2）用如圖裝置可以測定混合氣中ClO2的含量：Ⅰ．在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封裝置中加入水，使液面沒過玻璃液封管的管口；Ⅲ．將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收；Ⅳ．將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中：Ⅴ．用0.1000mol·L-1硫代硫酸鈉標準溶液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-），指示劑顯示終點時共用去20.00mL硫代硫酸鈉溶液。在此過程中：①錐形瓶內ClO2與碘化鉀反應的離子方程式為______________________。②玻璃液封裝置的作用是______________________。③V中加入指示劑，滴定至終點的現象是______________________。④測得混合氣中ClO2的質量為______g。⑤某同學用某部分刻度模糊不清的50mL滴定管進行實驗，當滴定管中的液面處于如圖所示的刻度處，則管內液體的體積________（填代號）。a．等于23.60mLb．等于27.60mLc．小于23.60mLd．大于27.60mL28、（14分）Ⅰ.(1)在一定溫度和壓強下，1體積X2(g)和3體積Y2(g)化合生成2體積Z(g)，則Z氣體的化學式是________。(2)由A、B兩種雙原子分子組成的混合氣體8.6g，在標準狀況下的體積為8.96L，已知A和B的物質的量之比為3∶1，摩爾質量之比為14∶1，則A可能是________（寫出兩種可能的分子式），B的分子式是_______。(3)在標準狀況下，CO和CO2的混合氣體質量36g，體積為22.4L，則CO所占體積是______L，CO的質量是______g。Ⅱ.標準狀況下，將224LHCl氣體溶于635mL水中，所得鹽酸密度為1.18g·cm－3。試計算：(1)所得鹽酸的質量分數和物質的量濃度分別是_______、_______。(2)取出這種鹽酸100mL，稀釋至1.18L，所得稀鹽酸的物質的量濃度是_______。(3)在40.0mL0.065mol·L－1Na2CO3溶液中，逐漸加入(2)所稀釋的稀鹽酸，邊加邊振蕩。若使反應不產生CO2氣體，加入稀鹽酸的體積最多不超過_______mL。(4)將不純的NaOH樣品1g(樣品含少量Na2CO3和水)，放入50mL2mol·L－1的鹽酸中，充分反應后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40mL1mol·L－1的NaOH溶液。蒸發(fā)中和后的溶液，最終得到_______g固體。29、（10分）（Ⅰ）下圖是常見儀器的部分結構。（1）寫出儀器名稱A__________，B__________，C__________，D__________。（2）使用前需檢查是否漏水的儀器有____________（填字母）。（Ⅱ）已知常溫下氫氧化銅的Ksp=2×10-20。（3）某硫酸銅溶液里c(Cu2+)=0.02mol/L，若要生成Cu(OH)2沉淀，應調整溶液pH使之大于_________。（4）要使0.2mol/LCuSO4溶液中Cu2+沉淀較為完全（Cu2+濃度降至原來的千分之一），則應向溶液里加入NaOH溶液使溶液pH為______________。

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、A【解析】

A.羥基中O原子最外層得到8電子穩(wěn)定結構；羥基是電中性基團，氧原子與氫原子以1對共用電子對連接，電子式為，故A正確；B.乙烯的結構簡式中沒有標出官能團碳碳雙鍵；

乙烯分子中含有碳碳雙鍵，乙烯正確的結構簡式為：CH2=CH2，B錯誤C.甲烷分子中含有1個C、4個H原子，為正四面體結構，碳原子的相對體積大于氫原子，甲烷的比例模型為C是比例模型，不是球棍模型，故C錯誤；D.乙醇的分子中含有2個C、6個H和1個O原子，乙醇的分子式為C2H6O，故D錯誤；答案選A。2、C【解析】

A.電解法精煉粗銅，粗銅作陽極，純銅作陰極，故A正確；B.在鍍件上電鍍鋅，鍍層金屬鋅作陽極，鍍件作陰極，故B正確；C.鉛蓄電池放電時，鉛作負極，充電時，與外接電源的負極相連，作陰極，故C錯誤；D.在船殼上鑲入一些鋅塊所形成的原電池的正極是鐵，負極是鋅，鋅損耗可以保護海輪的船殼，故D正確；故選C。3、B【解析】

A項、因鋁、鐵、鎂都能和鹽酸反應生成氣體，其中任意組合都能產生氣體，故A錯誤；B項、鋁、鐵、鎂中只有鋁可與NaOH溶液反應生成無色氣體，故B正確；C項、加入鹽酸后，所得溶液中再加入少量NaOH溶液產生白色沉淀，也可能含有鋁，故C錯誤；D項、鐵單質與鹽酸反應生成二價鐵離子，三價鐵離子遇KSCN溶液才呈血紅色，故D錯誤；答案選B。4、C【解析】

二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸和MnO2發(fā)生反應MnO2+H2SO3=MnSO4+H2O，二氧化硫有毒，不能直接排空，且二氧化硫是酸性氧化物，可以用堿液吸收；如果將氮氣換為空氣，亞硫酸被氧氣氧化生成硫酸，據此分析解答?！驹斀狻緼.緩慢通入混合氣體，可以使反應充分進行，提高SO2的轉化率，故A正確；B.若不通N2，則燒瓶中的進氣管口容易被二氧化錳堵塞，故B正確；C.二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸不穩(wěn)定易被氧氣氧化，空氣中含有氧氣，所以將亞硫酸氧化硫酸，導致溶液中硫酸根離子濃度增大，反應液中c(Mn2+)/c(SO42-)的濃度之比變小，故C錯誤；D.二氧化硫有毒不能直接排空，且二氧化硫是酸性氧化物，能與堿反應，所以用氫氧化鈣吸收未反應的二氧化硫，氫氧化鈣微溶于水，使用石灰乳對尾氣的吸收效果比澄清石灰水更好，故D正確；故選C。5、A【解析】本題考查了離子方程式的正誤判斷，屬于常規(guī)考題，注意物質量多少與反應產物的關系是關鍵。詳解：A.亞硫酸鈉中的硫元素被足量的氯氣氧化生成硫酸根離子，氯氣變成氯離子，離子方程式正確；B.氯化鋁溶液中加入足量氨水生成氫氧化鋁沉淀，離子方程式錯誤；C.碳酸氫銨和足量稍微水反應生成碳酸鈣沉淀和氨水，故錯誤；D.該離子方程式中碘元素和氧元素化合價都升高，沒有元素化合價降低，所以離子方程式錯誤。故選A。點睛：注意有關鋁元素的離子方程式的書寫。1.鋁和氫氧化鈉反應只能生成偏鋁酸鈉和氫氣，且水參與反應，不能生成氫氧化鋁沉淀。2.氯化鋁溶液中加入過量的氨水只能生成氫氧化鋁沉淀不能生成偏鋁酸鹽。3.氯化鋁溶液中加入過量的氫氧化鈉溶液，生成偏鋁酸鹽，不能生成氫氧化鋁沉淀。4.氧化鋁溶于氫氧化鈉只能生成偏鋁酸鈉，不能生成氫氧化鋁。6、B【解析】

在一定條件下的可逆反應經過一段時間后，正、逆反應速率相等，反應物和生成物的濃度不再發(fā)生變化，這種表面上靜止的“平衡狀態(tài)”就是這個可逆反應所能達到的限度。A、化學反應不同，限度不同，選項A錯誤；B、可以改變外界條件控制化學反應的限度，選項B正確；C、化學反應的限度與反應時間無關，選項C錯誤；D、當化學反應在一定條件下達到限度時，正、逆反應速率相等，反應未停止，選項D錯誤。答案選B。7、C【解析】

A.次氯酸鈣溶液中通入足量SO2，發(fā)生的離子方程式應為：Ca2+＋2ClO－＋2SO2＋2H2O===CaSO4↓＋2Cl－＋4H＋+SO42-，故A錯誤；B.實驗室用濃鹽酸與MnO2反應制氯氣的離子方程式應為：MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O，H＋、Cl－的化學計量數不相等，評價不合理，故B錯誤；C.Fe(NO)3溶液中加過量的氨水，發(fā)生的離子反應為Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe（OH）3↓＋3NH4+，評價合理，故C正確；D.H2CO3酸性較弱，不能與Al反應，評價不合理，故D錯誤；故答案為C?！军c睛】本題考查了離子方程式的書寫，明確反應實質及離子方程式書寫方法是解題關鍵，注意化學式的拆分、注意離子反應遵循原子個數、電荷數守恒規(guī)律。8、B【解析】分析：A．分液操作時下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出；B．容量瓶中有水對實驗結果無影響；C、金屬鎂能和二氧化碳反應；D.根據制備Fe(OH)3膠體的實驗步驟和方法分析判斷。詳解：A．分液操作時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，避免兩種液體相互污染，故A正確；B．容量瓶中有水對實驗無影響，不需要烘干，故B錯誤；C、金屬鎂能和二氧化碳反應生成一氧化碳，會引起爆炸，故不能用干冰滅火器來撲滅鎂失火，故C正確；D.向沸水中加入少量FeCl3飽和溶液，煮沸至溶液呈紅褐色，即可得到Fe(OH)3膠體，故D正確；故選B。9、B【解析】

A.催化劑改變速率，不改變化學平衡，反應物的轉化率不變，故A錯誤；B.催化劑同等程度影響正逆反應速率，故B正確；C.催化劑同等程度影響正逆反應速率，故C錯誤；D.催化劑改變速率，不改變化學平衡，不改變平衡混合物的組成，故D錯誤；故選B。10、D【解析】分析：該有機物屬于高聚物，含有3n個酯基，水解產物中共含有3n個-COOH和n個酚羥基，都能與NaOH發(fā)生中和反應，以此進行判斷。詳解：該有機物屬于高聚物，含有3n個酯基，水解產物中共含有3n個-COOH和n個酚羥基，都能與NaOH發(fā)生中和反應，則該物質1mol與足量NaOH溶液反應，消耗的NaOH物質的量為4nmol，答案選D。11、C【解析】

A．最外層只有一個電子的X、Y原子，化學性質可能不相似，如H和K元素，故A錯誤；B．原子核外M層上僅有兩個電子的X原子為Mg、原子核外N層上僅有兩個電子的Y原子可能是Ca、Fe、Zn等，如果X是Mg、Y是Fe、Zn等，二者化學性質不相似，故B錯誤；C．2p軌道上只有兩個電子的X原子為C原子、3p軌道上只有兩個電子的Y原子為Si原子，二者位于同一主族，化學性質相似，故C正確；D．原子核外電子排布式為1s2的X原子為He，原子核外電子排布式為1s22s2的Y原子為Be，前者是0族元素、后者是第IIA族元素，二者化學性質不相似，故D錯誤；答案選C?！军c睛】本題的易錯點為B，要注意第四周期副族元素中存在多種N層上僅有兩個電子的原子。12、A【解析】

由四種元素基態(tài)原子電子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素；A．同周期自左而右第一電離能呈增大趨勢，故第一電離能N＜F，但P元素原子3p能級容納3個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，所以第一電離能S＜P，同主族自上而下第一電離能降低，所以第一電離能N＞P，所以第一電離能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正確；B．同周期自左而右原子半徑減小，所以原子半徑P＞S，N＞F，電子層越多原子半徑越大，故原子半徑P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B錯誤；C．同周期自左而右電負性增大，所以電負性P＜S，N＜F，N元素非金屬性比S元素強，所以電負性P＜N，故電負性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C錯誤；D．最高正化合價等于最外層電子數，但F元素沒有正化合價，所以最高正化合價：①＞②=③，故D錯誤；故答案為A?！军c睛】比較第一電離能時要注意“同一周期元素中，元素第一電離能的變化趨勢，及異?，F象”，電離能的變化規(guī)律一般為：①同周期：第一種元素的第一電離能最小，最后一種元素的第一電離能最大，總體呈現從左至右逐漸增大的變化趨勢。②同族元素：從上至下第一電離能逐漸減小。③同種原子：逐級電離能越來越大(即I1≤I2≤I3…)；特別注意當原子電子排布處于半充滿或全充滿時原子的能量較低，元素的第一電離能較大，其第一電離相對較大，如N的第一電離能大于O。13、A【解析】

由相似相溶原理得知，HCl氣體為極性分子，則A為極性溶劑。分析下列選項得知NH3為極性分子，故選A。14、D【解析】分析：純凈物是由一種物質組成的物質，混合物是由多種物質組成的物質。詳解：A．漂白粉是氯化鈣和次氯酸鈣的混合物，故A錯誤；B．煤油是石油分餾的產物，是多種烴的混合物，故B錯誤；C．氫氧化鐵膠體屬于膠體，是一種分散系，屬于混合物，故C錯誤；D．液氯是液態(tài)的氯氣，屬于一種物質組成的純凈物，故D正確；故選D。15、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。16、A【解析】

乙是一種“綠色氧化劑”，乙是H2O2，H2O2會分解生成氧氣與氫氣，據轉化關系易知M是單質，所以M是O2；乙和丁的組成元素相同，則丁是H2O；化合物N是具有漂白性的氣體(常溫下)，N是SO2，丙是H2S，則甲是硫化物；X、Z原子序數之和是Y、W原子序數之和的1/2，Z是Na元素；X、Y、Z、W分別是H、O、Na、S?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍?，X、Y、Z、W分別是H、O、Na、S，則A.由四種元素形成的兩種鹽，為亞硫酸氫鈉與硫酸氫鈉，兩者可反應，其離子方程式為：，A項正確；B.Y為O，Z為Na，兩者形成的化合物為過氧化鈉與氧化鈉，化合物中陰、陽離子個數比均為1：2，B項錯誤；C.二氧化硫使溴水褪色發(fā)生氧化還原反應，乙烯使溴水褪色發(fā)生加成反應，C項錯誤；D.H與O形成的化合物為過氧化氫或水，其中H原子均滿足2電子結構，而不是8電子結構，D項錯誤；答案選A?！军c睛】本題考查元素原子結構與性質相互關系的綜合應用。A項是難點，學生要掌握硫酸氫鈉水溶液相當于酸性溶液。17、D【解析】

A項、蠶絲含有蛋白質，灼燒時具有燒焦的羽毛氣味，為蛋白質的特有性質，可用灼燒的方法可以區(qū)分蠶絲和人造纖維，故A正確；B項、一定條件下，糧食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成酒精，整個過程有新物質生成，屬于化學變化，故B正確；C項、含鈣離子濃度較大的地下水與高級脂肪酸鈉反應可生成高級脂肪酸鈣沉淀，去污能力減弱，故C正確；D項、豆?jié){煮沸是蛋白質發(fā)生了變性，故D錯誤；故選D?！军c睛】本題考查了物質的性質與用途，側重化學與生活、生產的考查，把握常見物質的性質與用途的關系是解答的關鍵。18、B【解析】

由結構可知，有機物中含C=C和-Br。為碳碳雙鍵被氧化生成羧基，得到-Br和-COOH兩種官能團；為碳碳雙鍵與水發(fā)生加成反應，得到-Br和-OH兩種官能團；為溴原子與相鄰碳原子上的氫原子發(fā)生消去反應，產物中只有C=C一種官能團；為碳碳雙鍵與HBr發(fā)生加成反應，產物中只有-Br一種官能團；則有機產物只含有一種官能團的反應是③④，故選B項。綜上所述，本題正確答案為B。【點睛】該題是高考中的常見題型，考查的重點為有機物的官能團的種類的判斷和性質，注意根據反應條件判斷可能發(fā)生的反應，掌握各類有機物的性質是解題的關鍵。19、A【解析】分析：依據電解原理和溶液中離子放電順序分析判斷電極反應，依據電解生成的產物分析溶液pH變化。詳解：A．用鉑電極電解硫酸，相當于電解水，陰極和陽極上同時都有氣體產生，硫酸濃度增大，溶液pH降低，A正確；B．用鉑電極電解硫酸銅溶液，生成銅、氧氣和硫酸，反應生成酸，溶液pH降低，但陰極無氣體產生，B錯誤；C．用鉑電極電解HCl溶液，生成氫氣、氯氣，陰極和陽極上同時都有氣體產生，但消耗HCl，則溶液pH升高，C錯誤；D．用鉑電極電解氯化鉀溶液，生成氫氧化鉀和氫氣、氯氣，反應生成堿，溶液pH值升高，D錯誤；答案選A。點睛：本題考查了電解原理的分析應用，明確電解池工作原理，準確判斷陽極、陰極放電離子是解題關鍵，題目難度不大。20、C【解析】

A．1個氫氧根離子含有9個質子；B．氣體摩爾體積適用對象為氣體；C．硫由+4價氧化為+6價；D．CO32-離子會發(fā)生水解；【詳解】A．1molNH3含有10NA個質子，1molOH－所含的質子數為9NA，故A錯誤；B．標況下，CHCl3為液體，不能使用氣體摩爾體積，故B錯誤；C．硫由+4價氧化為+6價，故C正確；D．CO32-離子會發(fā)生水解，故D錯誤；故選C。21、B【解析】分析：本題考查的氫鍵的存在和性質，注意氫鍵的存在影響到物質的熔沸點，溶解度，密度等，而非金屬性強弱只影響到分子的穩(wěn)定性，不影響沸點。詳解：①HF分子間存在氫鍵，所以其熔沸點比VIIA族其他元素氫化物的高，故正確；②乙醇、乙酸都可以和水形成氫鍵，所以可以和水以任意比互溶，故正確；③冰中分子間存在氫鍵，使分子距離增大啊，體積變大，密度比液態(tài)水的密度小，故正確；④尿素分子間可以形成的氫鍵比醋酸分子間形成的氫鍵多，所以尿素的熔、沸點比醋酸的高，故正確；⑤鄰羥基苯甲酸形成分子內的氫鍵，而對羥基苯甲酸形成分子間的氫鍵，所以鄰羥基苯甲酸的熔、沸點比對羥基苯甲酸的低，故正確；⑥水分子在高溫下很穩(wěn)定,不易分解，是因為水分子內的共價鍵比較穩(wěn)定，與氫鍵無關，故錯誤。故選B。22、A【解析】A、甲苯分子中的甲基為四面體結構，所以不是所有原子都在同一平面上，故A錯誤；B、苯可以在苯環(huán)上取代，乙酸和乙醇可以發(fā)生酯化反應，也是取代反應，故B正確；C、分子式為C3H6Cl2的同分異構體分別為：CH3－CH2－CH(Cl)2、CH3－C(Cl)2－CH3、CH3－CHCl－CH2Cl和CH2Cl－CH2－CH2Cl共4種，所以C正確；D、因分子中含有碳碳雙鍵，可使溴的四氯化碳溶液褪色，而分子沒有碳碳雙鍵，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故可用溴的四氯化碳溶液進行區(qū)別，故D正確。本題正確答案為A。二、非選擇題(共84分)23、羥基、羧基n+(n-1)H2O【解析】

氨基酸能發(fā)生縮合反應，脫去一個H2O分子時，-COOH脫去-OH，-NH2脫去-H，發(fā)生縮聚反應生成多肽，結合B的分子式，兩個丙氨酸分子間脫去2個H2O分子可生成B為；由題中所給信息可總結出：在HNO2作用下，氨基酸中的-NH2可轉變成-OH，可得C為；由于C中含有-COOH和-OH，可以發(fā)生脫水反應生成D與E，而D、E的相對分子質量分別為162和144，故C脫去一個水分子可得D為，C脫去兩個水分子可得E為；丙氨酸與氫氧化鈉發(fā)生中和反應生成A為CH3CH(NH2)COONa，據此分析解答?！驹斀狻?1)由上述分析可知，C為，所含官能團有羥基和羧基，故答案為：羥基、羧基；(2)B的結構簡式為，D的結構簡式為；(3)C→E的化學方程式為：；(4)C發(fā)生縮聚反應的化學方程式為n+(n-1)H2O，故答案為：n+(n-1)H2O。24、SnMgZnBrds1s22s22p63s23p63d10Mg(OH)2HBrO4MgBr【解析】

現有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的價電子數分別為2、2、7，則B為Mg元素。四種元素原子序數從小到大的順序是B、C、D、A。已知C和D的次外層電子數均為18個，則C和D均為第4周期的元素，分別是Zn和Br元素?！驹斀狻?1)A、B、C、D的元素符號分別為Sn、Mg、Zn、Br。(2)C是Zn，其價電子排布式為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，Br的非金屬性最強，故最高價氧化物對應水化物中堿性最強的化合物是Mg(OH)2，最高價氧化物對應水化物中酸性最強的化合物是HBrO4。(4)元素的第一電離能最小的是金屬性最強的Mg，元素的電負性最大的是非金屬性最強的Br。25、分液漏斗使碘充分反應除去硫化氫中的氯化氫氣體NaOH溶液3H2S+IO3-=3S↓+I-+3H2OH2SBaCO3有無色氣體放出當滴入最后一滴硫代硫酸鈉溶液后，溶液藍色褪去，且30s不恢復bmol/L×V×10-3L×4×166/a×100%【解析】

反應時，首先使碘單質與過量的KOH反應，生成的產物中有碘化鉀和碘酸鉀，再利用制取的硫化氫與碘酸鉀反應生成碘化鉀和硫酸鉀，除去硫酸鉀，制備碘化鉀?！驹斀狻浚?）根據圖像可知，儀器a的名稱是分液漏斗；裝置C中KOH過量時可使碘充分反應；（2）制取硫化氫使用的鹽酸易揮發(fā)，裝置B的作用是除去硫化氫中的氯化氫氣體；硫化氫氣體有毒，裝置D為除去硫化氫防止污染空氣，使用的藥品為NaOH溶液；（3）裝置C中H2S和KIO3反應生成單質硫、碘化鉀和水，反應的離子方程式為3H2S+IO3-=3S↓+I-+3H2O；（4）步驟Ⅲ中水浴加熱可降低硫化氫在水中的溶解度，使過量的硫化氫逸出；（5）①除去溶液中的硫酸根離子通常用鋇離子，除雜時不引入新的雜質離子，可利用沉淀的轉化使用碳酸鋇固體；溶液C中含有一定量的碳酸根離子，加入HI溶液時，生成二氧化碳氣體，觀察到有氣泡產生；②反應過程：用重鉻酸鉀氧化碘離子為單質，再用硫代硫酸鈉與碘反應生成碘離子，則滴定終點時，溶液中無碘單質，當滴入最后一滴硫代硫酸鈉溶液后，溶液藍色褪去，且30s不恢復；根據方程式可知，n（I-）：n（S2O32-）=1：1，生成硫代硫酸鈉的物質的量等于碘離子的物質的量為bmol/L×V×10-3L，原溶液在碘離子的物質的量=bmol/L×V×10-3L×100mL/25mL，跟碘原子守恒，則純度=b×V×10-3×4×166/a×100%?！军c睛】用重鉻酸鉀氧化碘離子為單質，再用硫代硫酸鈉與碘反應生成碘離子，多步反應的計算，只要根據碘離子與硫代硫酸根之間的關系式進行即可，不必分析碘與重鉻酸鉀之間的關系。26、增大反應物的濃度，使平衡正向移動，提高乙酸的轉化率；；濃硫酸能吸收反應生成的水，使平衡正向移動，提高酯的產率濃硫酸具有強氧化性和脫水性，會使有機物碳化，降低酯的產率飽和碳酸鈉溶液中和乙酸、吸收乙醇減少乙酸乙酯在水中的溶解冷凝回流防止加熱溫度過高，有機物碳化分解BC分液漏斗A【解析】

（1）實驗室用乙醇和乙酸在濃硫酸加熱的條件下制乙酸乙酯，化學方程式為。答案為：；（2）酯化反應屬于可逆反應，加入過量的乙醇，相當于增加反應物濃度，可以讓平衡生成酯的方向移動，提高酯的產率；在酯化反應中，濃硫酸的作用是催化劑和吸水劑；理論上"加入數滴濃硫酸即能起催化作用，但實際用量多于此量"，原因是：利用濃硫酸能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移動，提高酯的產率；“濃硫酸用量又不能過多”，原因是：濃硫酸具有強氧化性和脫水性，會使有機物碳化，降低酯的產率；答案為：增大反應物的濃度，使平衡正向移動，提高乙酸的轉化率；濃硫酸能吸收反應生成的水，使平衡正向移動，提高酯的產率；濃硫酸具有強氧化性和脫水性，會使有機物碳化，降低酯的產率；（3）由于乙酸和乙醇具有揮發(fā)性，所以制得的乙酸乙酯中常混有少量揮發(fā)出的乙酸和乙醇，將產物通到飽和碳酸鈉溶液的液面上，飽和碳酸鈉溶液的作用是：中和乙酸、溶解乙醇、減少乙酸乙酯在水中的溶解；答案為：飽和碳酸鈉溶液；中和乙酸、吸收乙醇減少乙酸乙酯在水中的溶解；（4）乙酸、丁醇加熱易揮發(fā)，為減少原料的損失，直玻璃管對蒸汽進行冷凝，重新流回反應器內。試管與石棉網直接接觸受熱溫度高，容易使有機物分解碳化。故答案為：冷凝、回流；防止加熱溫度過高，有機物碳化分解。（5）提高1?丁醇的利用率，可使平衡向生成酯的方向移動。A.使用催化劑，縮短反應時間，平衡不移動，故A錯誤；B.加過量乙酸，平衡向生成酯的方向移動，1?丁醇的利用率增大，故B正確；C.不斷移去產物，平衡向生成酯的方向移動，1?丁醇的利用率增大，故C正確；D.縮短反應時間，反應未達平衡，1?丁醇的利用率降低，故D錯誤。答案選BC。（6）分離互不相溶的液體通常分液的方法，分液利用的儀器主要是分液漏斗，使用時注意下層液從分液漏斗管放出，上層液從分液漏斗上口倒出，酯的密度比水小，應從分液漏斗上口倒出。故答案為：分液漏斗；A。27、NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+c2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O吸收殘留的ClO2當加入最后一滴硫代硫酸鈉標準溶液，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內溶液顏色不再改變0.027d【解析】

（1）電解時與電源正極相連的陽極失去電子，發(fā)生氧化反應，與電源負極相連的陰極得到電子發(fā)生還原反應。根據題中ClO2的制備過程，可知電解產物有H2、NCl3，據此可得出電極反應方程式。（2）分析實驗過程，可知實驗過程中涉及的反應方程式有：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-，據此進行分析?！驹斀狻浚?）①電解時陽極失去電子，發(fā)生氧化反應，結合題中電解過程生成的產物，可知陽極電極反應方程式為：NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+；答案為：NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+；②根據ClO2和NH3的性質進項分析：a．ClO2和NH3均易溶于水，不能用水和飽和食鹽水來除去氨氣，a項錯誤；b．堿石灰不能吸收氨氣，b項錯誤；c．濃硫酸可以吸收氨氣，且不影響ClO2，故除去除去ClO2中的NH3可選用的試劑濃硫酸。c項正確；d．ClO2和NH3均易溶于水，不能用飽和食鹽水來除去氨氣，d項錯誤；答案為：c；（2）①由題給信息可知，ClO2通入錐形瓶把I-氧化為I2，自身被還原為Cl-，同時生成水，則錐形瓶內ClO2與碘化鉀反應的離子方程式為：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；答案為：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；②由于ClO2是氣體，容易揮發(fā)到空氣中，所以玻璃液封裝置的作用是吸收殘余的ClO2氣體，答案為：吸收殘留的ClO2；③根據淀粉遇碘變藍，溶液中