山东省齐鲁教科研协作体19所学校联考2022届高三化学上学期第一次月考试题含解析

2022-2022学年山东省齐鲁教科研协作体19所学校联考高三（上）第一次月考化学试卷　一、选择题（每小题3分，共16小题，48分．每题只有1个正确选项）1．2022年6月5日世界“环境日”中国的主题是“践行绿色生活”．下列不符合这一主题的是（　　）A．从自身做起，从身边小事做起，减少超前消费、炫耀性消费、奢侈性消费和铺张浪费现象B．减少温室气体的排放，倡导“绿色低碳”的生活C．少开私家车，提倡“绿色出行”D．向空气中喷洒烧碱溶液，避免酸雨的发生　2．2022年4月，于敏获颁“影响世界华人终身成就奖”．“钚﹣﹣239”是“于敏型”氢弹的重要原料．下列说法正确的是（　　）A．239Pu原子的原子核中含有239个质子B．238Pu、239Pu和241Pu属于不同的核素C．238Pu与238U在元素周期表中的位置相同D．239Pu衰变成235U属于化学变化　3．下列有关电解质的叙述中错误的是（　　）A．强电解质在水溶液里或熔融状态时的电离方式是一样的B．弱电解质溶液可能比强电解质溶液的导电性强C．HCl是强电解质，它只能在水溶液里才能电离D．电解质溶液导电过程中必然伴随化学变化　4．当我们查看葡萄酒标签上的成分信息时，常发现其成分中含有少量SO2．下列关于SO2说法正确的是（　　）A．SO2属于非法添加剂，不该添加到葡萄酒中B．SO2具有还原性，少量的SO2可防止葡萄酒氧化变质C．SO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥D．SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的漂白性　5．铝对生物有毒害作用，尤其对人体的毒害更加严重．下列说法不正确的是（　　）A．不吃或少吃使用了含铝食品添加剂的食物B．不能用铝制器皿长期存放酸性或碱性食品C．杜绝铝制品在生产生活中的应用D．铝不属于重金属，它使人体中毒的原理与铅不同　6．已知：CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O△H＜0．下列说法不正确的是（　　）A．其它条件不变，适当增大盐酸的浓度将加快化学反应速率B．其它条件下不变，适当增加CaCO3的用量将加快化学反应速率C．反应过程中，化学反应速率将先增大后减小22\nD．一定条件下反应速率改变，△H＜0不变　7．已知阿伏加德罗的值为NA．下列说法正确的是（　　）A．28gN2与足量氢气反应，转移电子的数目为6NAB．500mL0.1mol•L﹣1的MgSO4溶液中，阴离子所带负电荷数为0.1NAC．标准状况下，22.4L14CO2与44g14CO2所含分子数均为NAD．2L0.2mol•L﹣1的稀硝酸与适量铁恰好反应（还原产物只有NO），生成NO的分子数为0.1NA　8．下列离子方程式正确的是（　　）A．向KAl（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液至Al3+恰好沉淀完全：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓B．向NH4HSO4溶液中滴加过量NaOH溶液并加热：NH4++OH﹣H2O+NH3↑C．向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++4NH3∙H2O═[Al（OH）4]﹣+4NH4+D．FeO溶于稀硝酸中：FeO+2H+═Fe2++H2O　9．下列关于元素周期表的说法正确的是（　　）A．第2周期与第3周期元素从左到右，最高正化合价均从+1逐渐增大至+7，0族元素一般是0价B．3个长周期所含元素种数相同C．不同主族的3、4周期元素原子序数的差可能不同D．同周期从左到右，非金属元素含氧酸的酸性逐渐增强　10．下列因果关系正确的是（　　）A．因为H2O的沸点比H2S高，所以O原子得电子能力大于S原子B．因为F原子得电子能力比Cl原子强，所以氢氟酸属于强酸C．因为H2CO3酸性大于H2SiO3，所以CH4稳定性大于SiH4D．因为Na+KCl（熔融）=NaCl+K↑，所以Na原子失电子能力大于K原子　11．二十二碳六烯酸，俗称脑黄金，是一种对人体非常重要的不饱和脂肪酸，其结构简式如图．下列相关说法不正确的是（　　）A．该物质的分子式为：C22H32O2B．该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．该物质一定条件下能发生取代反应D．1mol该物质最多能与7molBr2发生加成反应　12．下列实验操作中，装置选择不合理的是（　　）ABCD22\n洗气瓶快速制备少量NH3H2的尾气处理测量NO的体积除去乙烯中的SO2A．AB．BC．CD．D　13．在体积为VL的密闭容器中存在化学平衡：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0．保持温度不变，将容器体积压缩至V后，下列说法不正确的是（　　）A．容器内气体颜色变深B．容器内NO2分子数减少C．混合气体的平均相对分子质量增大D．NO2的物质的量分数增大　14．目前市面上有一种新型饭盒“即热饭盒”，其原理是在饭盒底部有两层，一层存放食盐水，另一层存放镁和铁的混合物，使用时打开隔离层，食物即可被快速加热．下列对其工作原理分析不正确的是（　　）A．打开隔层后，形成了由食盐水、镁和铁构成的原电池B．金属镁发生了氧化反应C．铁是该原电池的负极D．反应中涉及化学能、电能和热能的转化　15．下列对各电解质溶液的分析正确的是（　　）A．向稀氨水中滴加稀盐酸至恰好中和：[NH4+]═[Cl﹣]B．硫酸钠溶液中：[Na+]+[H+]═[OH﹣]+2[SO42﹣]C．0.1mol∙L﹣1Na2S溶液中：[S2﹣]+[HS﹣]+[H2S]═[Na+]D．向CH3COONa溶液中加适量蒸馏水：[CH3COO﹣]与[OH﹣]都减小，[OH﹣]/[CH3COO﹣]也减小　16．同分异构现象在有机化合物中普遍存在，C4H8Cl2的同分异构体中含有2个“﹣CH3”的种数是（　　）A．2种B．3种C．4种D．5种　　二、填空题（必做题）17．实验是化学学科的基础，也是化学探究的重要方法．（1）下列有关实验的描述合理的是　　　　　　（填选项序号）A．用玻璃棒蘸取氯水，点在pH试纸的中部测定其pH；B．向冰醋酸中加水，溶液导电性最强时pH最小；C．处理化学实验中产生的废液时，用大量水稀释后冲入下水道；22\nD．为了获得感性认识，可触摸或品尝少量化学药品；E．实验室制备乙酸乙酯时，可用盛有饱和NaCl溶液的试管收集产品；F．酸碱中和滴定时，若用待测液润洗锥形瓶，会导致实验结果偏大．（2）“铝热反应”在工业生产中具有重要的用途．实验室里用铝粉和氧化铁组成“铝热剂”，引发反应的实验操作是：　　　　　　；选择恰当的试剂除去产物中混有的少量铝，请写出离子方程式：　　　　　　．　18．（10分）（2022秋•宜春校级月考）己知A为单质，B、C、D、E为化合物．它们之间存在如图转化关系：（1）若A为非金属单质，B为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，D为无色气体，在空气中可变成红棕色，C与HCl气体反应生成E时产生大量白烟，则B的化学式为　　　　　　，由C转化为D的化学方程式为　　　　　　，上述反应中属于氧化还原反应的有　　　　　　．（2）若A为生活中常见的金属单质，B为A与盐酸反应的产物，C可通过单质间的化合反应制得．加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，将C滴入沸水中可得E的胶体，则由B转化为C的离子方程式为　　　　　　，加热蒸干并灼烧C的溶液可得D的原因是　　　　　　．　19．T℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中充入4molA和2molB气体，发生如下反应：4A（g）+B（g）⇌xC（g），保持温度不变，5min时反应达到平衡状态，剩余1.6molB，并测得C的浓度为0.8mol/L，请填写下列空白：（1）x=　　　　　　，该反应平衡常数的表达式为：K=　　　　　　．（2）该温度下，此反应达到平衡时，A的转化率为α（A）=　　　　　　．（3）在T℃时，若向原平衡混合物的容器中再充入amolC，同时改变容器体积保持压强不变，欲使达到新的平衡时，各物质的体积分数与原平衡相同，则应再充入　　　　　　molB（用a表示）．　20．某些非金属单质可以与强碱溶液发生反应．例如白磷（P4）可以与过量的热NaOH溶液反应生成PH3气体和NaH2PO2（次磷酸钠）．（1）上述反应的化学方程式为　　　　　　．（2）已知NaH2PO2水溶液pH＞7，次磷酸是　　　　　　元（填“一”、“二”或“三”）　　　　　　（填“强”或“弱”）．次磷酸的电离方程式为：　　　　　　；NaH2PO2水溶液pH＞7的原因：　　　　　　．22\n（3）25℃时，向100mL0.01mol∙L﹣1的H3PO2溶液中，滴加等浓度的NaOH溶液至溶液呈中性，消耗NaOH溶液的体积　　　　　　（填“＞”、“=”或“＜”）100ml．此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是　　　　　　．　21．（10分）（2022秋•山东校级月考）实验室里除去乙醇中混有的少量水，常采用先加入少量新制的生石灰，然后蒸馏的方法．所用装置如图．请回答下列问题：（1）仪器A和B的名称分别是　　　　　　，　　　　　　．（2）仪器B中水流方向如图中箭头所示，如此控制的原因是　　　　　　．（3）能证明乙醇分子中只有羟基上的氢才能生成H2的事实是　　　　　　A．乙醇完全燃烧生成水B．0.1mol乙醇与足量金属钠反应生成0.05molH2C．乙醇容易挥发D．乙醇能与水以任意比例互溶（4）酒后驾车是引发交通事故的重要原因．交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是：橙色的K2Cr2O7酸性水溶液遇乙醇迅速生成蓝绿色Cr3+．在此过程中乙醇表现出了　　　　　　（填“氧化性”或“还原性”）．在实验室里可以用铜作催化剂，进行乙醇的催化氧化，该反应的方程式为　　　　　　．　　【物质结构与性质】22．（12分）（2022秋•山东校级月考）A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期主族元素．A、C、D可形成常见的气态单质，A、E最外层电子数与其电子层数相等．B、F同主族，B元素基态原子核外电子平均分布在3个不同的能级上．C元素原子的最高能级上有3个未成对电子．F的一种单质与FD2晶体类型相同．（1）A分别与B、F形成的最简单化合物相比较，影响沸点高低的主要作用力是　　　　　　．（2）写出D的基态原子的核外电子排布式：　　　　　　．（3）B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为：　　　　　　．（4）BD2在高温高压下所形成的晶胞如右图所示，该晶体中B原子的杂化方式为　　　　　　．（5）由上述5种元素中的1种或几种形成的，与C的单质互为等电子体的物质是　　　　　　（填化学式）．（6）在E的化合物E2Cl6中存在的化学键有　　　　　　．a．共价键　b．非极性键　c．配位健　d．σ键e．π键．22\n　　【有机化学基础】23．（2022秋•山东校级月考）琥珀酸二乙酯是良好的增塑剂和特种润滑剂，也是重要的有机合成的中间体．分析图中物质间的转化关系，回答问题．已知：RCNRCOOH（1）B与D的结构简式分别为　　　　　　、　　　　　　．（2）C的同分异构体中，与C具有相同官能团的是　　　　　　（写结构简式）．（3）由C制备琥珀酸二乙酯的化学方程式为：　　　　　　．（4）上图转化关系中涉及的基本反应类型有　　　　　　．（5）若E为高分子化合物，则由C与D制备E的化学方程式为　　　　　　．（6）若E为八元环状化合物，其分子式为　　　　　　．　　2022-2022学年山东省齐鲁教科研协作体19所学校联考高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题3分，共16小题，48分．每题只有1个正确选项）1．2022年6月5日世界“环境日”中国的主题是“践行绿色生活”．下列不符合这一主题的是（　　）A．从自身做起，从身边小事做起，减少超前消费、炫耀性消费、奢侈性消费和铺张浪费现象B．减少温室气体的排放，倡导“绿色低碳”的生活C．少开私家车，提倡“绿色出行”D．向空气中喷洒烧碱溶液，避免酸雨的发生【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】“绿色”涵义是环保、健康、安全与节省，注意从节能环保的角度解题．【解答】解：A．减少超前消费、炫耀性消费、奢侈性消费和铺张浪费现象符合“践行绿色生活”，故A错误；B．减少温室气体的排放，符合“践行绿色生活”，故B错误；C．少开私家车可减少污染的排放，符合“践行绿色生活”，故C错误；22\nD．向空气中喷洒强碱溶液会对环境造成更大的危害，故该选项不符合“环境日”的主题，故D正确．故选D．【点评】本题考查环境污染及治理，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．　2．2022年4月，于敏获颁“影响世界华人终身成就奖”．“钚﹣﹣239”是“于敏型”氢弹的重要原料．下列说法正确的是（　　）A．239Pu原子的原子核中含有239个质子B．238Pu、239Pu和241Pu属于不同的核素C．238Pu与238U在元素周期表中的位置相同D．239Pu衰变成235U属于化学变化【考点】核素；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【分析】A．元素符号的左上角是质量数；B．核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；C．核电荷数不相同，在元素周期表中的位置不同；D．核变化不是化学变化．【解答】解：A．239Pu中的239表示的是其质量数，故A错误；B．核素的种类是由质子数和中子数共同决定的，238Pu、239Pu和241Pu属于同种元素的不同核素，故B正确；C．238Pu与238U核电荷数不相同，属于不同的元素，在元素周期表中的位置不同，故C错误；D．由于化学变化不涉及原子核的变化，所以元素的衰变不是化学变化，故D错误．故选B．【点评】本题考查核素、元素周期表等，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．　3．下列有关电解质的叙述中错误的是（　　）A．强电解质在水溶液里或熔融状态时的电离方式是一样的B．弱电解质溶液可能比强电解质溶液的导电性强C．HCl是强电解质，它只能在水溶液里才能电离D．电解质溶液导电过程中必然伴随化学变化【考点】电解质与非电解质．【分析】A、强电解质中的共价键在熔融状态时不会电离；B、电解质溶液的导电性取决于溶液中阴阳离子的浓度及离子所带电荷数；C、HCl只能在水溶液里才能电离；D、电解质溶液的导电过程就是电荷的传递过程．【解答】解：A、强电解质中的离子键在水溶液里或熔融状态时均可电离，但强电解质中的共价键在熔融状态时不会电离，故A错误；B、电解质溶液的导电性取决于溶液中阴阳离子的浓度及离子所带电荷数，与电解质的强弱无必然的联系，弱电解质溶液可能比强电解质溶液的导电性强，故B正确；C、HCl是共价化合物，只有溶于水后才能电离，故C正确；D、电解质溶液的导电过程就是电荷的传递过程，在电极表面一定会发生氧化还原反应，故D正确．故选A．22\n【点评】本题考查了电解质的判断，难度不大，注意电解质在水中不一定能导电，在水中导电的化合物不一定是电解质．　4．当我们查看葡萄酒标签上的成分信息时，常发现其成分中含有少量SO2．下列关于SO2说法正确的是（　　）A．SO2属于非法添加剂，不该添加到葡萄酒中B．SO2具有还原性，少量的SO2可防止葡萄酒氧化变质C．SO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥D．SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的漂白性【考点】二氧化硫的化学性质．【分析】二氧化硫具有还原性，葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的；二氧化硫具有还原性，能够还原酸性的高锰酸钾，使高锰酸钾褪色，据此解答．【解答】解：A．葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，故A错误；B．葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的，故B正确；C．SO2与H2SO4中硫元素的化合价分别是+4和+6，属于相邻价态，它们之间不会发生氧化还原反应，故C错误；D．SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的还原性，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了二氧化硫的性质和用途，熟悉二氧化硫的还原性是解题关键，注意二氧化硫漂白性原理，题目难度不大．　5．铝对生物有毒害作用，尤其对人体的毒害更加严重．下列说法不正确的是（　　）A．不吃或少吃使用了含铝食品添加剂的食物B．不能用铝制器皿长期存放酸性或碱性食品C．杜绝铝制品在生产生活中的应用D．铝不属于重金属，它使人体中毒的原理与铅不同【考点】铝的化学性质．【分析】A、铝在生物体内长期积累会对神经系统等造成危害；B、无论是铝还是其氧化物都能与酸或碱反应；C、作为金属材料，铝的优良性能比较多，比如导电性好、导热率高、轻便易加工等等；D、重金属使人体中毒的原理是使蛋白质变性失活，与铝不同．【解答】解：A、不吃或少吃使用了含为铝食品添加剂的食物，铝在生物体内长期积累会对神经系统等造成危害，故A正确；B、无论是铝还是其氧化物都能与酸或碱反应，不能用铝制器皿长期存放酸性或碱性食品，故B正确；C、作为金属材料，铝的优良性能比较多，比如导电性好、导热率高、轻便易加工等等，不能因其缺点而否定其优点，故C错误；D、重金属使人体中毒的原理是使蛋白质变性失活，与铝不同，铝在人体内积累可使人慢性中毒，铝进入人体的主要途径是通过消化系统，故D正确．故选C．22\n【点评】本题考查了铝的性质分析判断，铝的性质与人体健康，为高考常见题型和高频考点，“关爱生命，拥抱健康”是人类追求的永恒主题，对营养元素与人体健康的考查也就成了热点之一，特别是元素的分类、元素的生理功能和对人体的影响等内容，难度不大．　6．已知：CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O△H＜0．下列说法不正确的是（　　）A．其它条件不变，适当增大盐酸的浓度将加快化学反应速率B．其它条件下不变，适当增加CaCO3的用量将加快化学反应速率C．反应过程中，化学反应速率将先增大后减小D．一定条件下反应速率改变，△H＜0不变【考点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素．【分析】A．增大盐酸的浓度，氢离子浓度增大，反应速率加快；B．由于CaCO3是固体，若只增大其用量，而不增大其与盐酸的接触面积；C．由于反应放热，反应过程中温度升高，速率会变快，但随着盐酸浓度的减小，速率会逐渐变慢；D．反应焓变只与反应物和生成物的能量状态有关．【解答】解：A．增大盐酸的浓度，氢离子浓度增大，反应速率加快，故A正确；B．由于CaCO3是固体，若只增大其用量，而不增大其与盐酸的接触面积，化学反应速率不变，故B错误；C．由于反应放热，反应过程中温度升高，速率会变快，但随着盐酸浓度的减小，速率会逐渐变慢，故C正确；D．反应焓变只与反应物和生成物的能量状态有关，与反应快慢无关，故D正确；故选B．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素及其焓变的影响因素，为高频考点，把握常见的影响因素为解答的关键，题目难度不大．　7．已知阿伏加德罗的值为NA．下列说法正确的是（　　）A．28gN2与足量氢气反应，转移电子的数目为6NAB．500mL0.1mol•L﹣1的MgSO4溶液中，阴离子所带负电荷数为0.1NAC．标准状况下，22.4L14CO2与44g14CO2所含分子数均为NAD．2L0.2mol•L﹣1的稀硝酸与适量铁恰好反应（还原产物只有NO），生成NO的分子数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、氮气和氢气的反应为可逆反应；B、MgSO4溶液中，阴离子除了硫酸根，还有OH﹣；C、14CO2的摩尔质量为48g/mol；D、根据铁与稀硝酸的反应：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O来分析．【解答】解：A、28g氮气的物质的量为1mol，而氮气和氢气的反应为可逆反应，故转移的电子的个数小于6NA个，故A错误；B、MgSO4溶液中，阴离子除了硫酸根，还有OH﹣，故阴离子所带负电荷数大于0.1NA，故B错误；C、标况下，22.4L14CO2的物质的量为1mol，而由于其摩尔质量为48g/mol，故44g14CO2的物质的量小于1mol，故含有的分子数小于NA个，故C错误；D、根据铁与稀硝酸的反应：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O可知，2L0.2mol/L硝酸的物质的量n=CV=0.2mol/L×2L=0.4mol，故生成的NO的物质的量为0.1mol即NA个，故D正确．22\n故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　8．下列离子方程式正确的是（　　）A．向KAl（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液至Al3+恰好沉淀完全：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓B．向NH4HSO4溶液中滴加过量NaOH溶液并加热：NH4++OH﹣H2O+NH3↑C．向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++4NH3∙H2O═[Al（OH）4]﹣+4NH4+D．FeO溶于稀硝酸中：FeO+2H+═Fe2++H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．若使Al3+恰好沉淀完全，KAl（SO4）2与Ba（OH）2应按照2：3反应；B．NH4HSO4溶液中滴加过量NaOH溶液时，NH4+与H+均与OH﹣反应；C．由于Al（OH）3不能溶于弱碱；D．+2价铁具有较强的还原性，会被硝酸氧化．【解答】解：A．若使Al3+恰好沉淀完全，KAl（SO4）2与Ba（OH）2应按照2：3反应，离子方程式：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，故A正确；B．向NH4HSO4溶液中滴加过量NaOH溶液并加热：NH4++2OH﹣+H+2H2O+NH3↑，故B错误；C．AlCl3溶液中加入过量NH3•H2O的离子反应为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．FeO溶于稀硝酸中：3FeO+10H++NO3﹣═3Fe2++5H2O+NO↑，故D错误；故选：A．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意反应物用量对反应的影响．　9．下列关于元素周期表的说法正确的是（　　）A．第2周期与第3周期元素从左到右，最高正化合价均从+1逐渐增大至+7，0族元素一般是0价B．3个长周期所含元素种数相同C．不同主族的3、4周期元素原子序数的差可能不同D．同周期从左到右，非金属元素含氧酸的酸性逐渐增强【考点】元素周期表的结构及其应用．【分析】A．第2周期元素从左到右，最高正价增大，但O、F没有正价；B．第6周期由于含有镧系元素，其元素种数多；C．根据周期表的结构分析；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强．【解答】解：A．第2周期元素从左到右，最高正价增大，但是O和F没有正化合价，第3周期元素从左到右，最高正化合价均从+1逐渐增大至+7，故A错误；B．在3个长周期中，第6周期由于含有镧系元素，其元素种数多，所以3个长周期所含元素种数不相同，故B错误；22\nC．元素周期表中ⅠA及ⅡA的3、4周期元素原子序数的差是8，其它主族中3、4周期元素原子序数的差是18，则不同主族的3、4周期元素原子序数的差可能不同，故C正确；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，则同周期元素从左到右，元素的非金属性增强，其最高价含氧酸的酸性逐渐增强，故D错误．故选C．【点评】本题考查周期表的结构及应用，涉及周期表结构、非金属性比较等，把握元素的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　10．下列因果关系正确的是（　　）A．因为H2O的沸点比H2S高，所以O原子得电子能力大于S原子B．因为F原子得电子能力比Cl原子强，所以氢氟酸属于强酸C．因为H2CO3酸性大于H2SiO3，所以CH4稳定性大于SiH4D．因为Na+KCl（熔融）=NaCl+K↑，所以Na原子失电子能力大于K原子【考点】含有氢键的物质；元素周期律的作用．【分析】A．元素的非金属性越强，其得电子能力越强；B．氢化物的酸性与原子得电子能力无关；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，其氢化物的稳定性越强；D．钾的金属性大于Na，则K原子失电子能力大于Na原子．【解答】解：A．元素的非金属性越强，其得电子能力越强，氢化物的沸点与原子的得电子能力无关，故A错误；B．氢化物的酸性与原子得电子能力无关，不能根据原子的得电子能力来判断酸性强弱，故B错误；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，其氢化物的稳定性越强，H2CO3酸性大于H2SiO3，则C的非金属性大于Si，所以CH4稳定性大于SiH4，故C正确；D．钾的金属性大于Na，则K原子失电子能力大于Na原子，Na+KCl（熔融）=NaCl+K↑，该反应的发生与化学平衡移动有关，故D错误．故选C．【点评】本题考查了元素非金属性、金属性的判断方法，题目难度不大，注意把握元素周期律的有关内容．　11．二十二碳六烯酸，俗称脑黄金，是一种对人体非常重要的不饱和脂肪酸，其结构简式如图．下列相关说法不正确的是（　　）A．该物质的分子式为：C22H32O2B．该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．该物质一定条件下能发生取代反应D．1mol该物质最多能与7molBr2发生加成反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】有机物含有碳碳双键和羧基，结合烯烃、羧酸的性质解答该题．【解答】解：A．由结构简式可知有机物分子式为：C22H32O2，故A正确；22\nB．该分子中含有6个碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．该分子中含有羧基，一定条件下可以发生酯化反应，其基本反应类型属于取代反应，故C正确；D.1mol该分子中含有6mol碳碳双键，可以和6molBr2发生加成反应，故D错误．故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的结构决定性质的关系来解答，熟悉官能团所具有的性质是解题的关键所在，题目难度不大．　12．下列实验操作中，装置选择不合理的是（　　）ABCD洗气瓶快速制备少量NH3H2的尾气处理测量NO的体积除去乙烯中的SO2A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【分析】A．图为固体与液体反应不加热装置，利用浓氨水与生石灰可制取氨气；B．氢气无毒，具有可燃性，燃烧产物为水；C．NO不溶于水，可利用排水法测定体积；D．乙烯、二氧化硫均与溴水反应．【解答】解：A．使用该装置以及浓氨水和生石灰可快速制备少量NH3，故A正确；B．H2属于可燃性气体，且燃烧产物无危害，可用点燃法处理尾气，故B正确；C．NO不溶于水，可用量气管测量其体积，故C正确；D．溴水不但与SO2反应，还会与乙烯发生加成反应，则图中装置不能除杂，故D错误．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备和收集、混合物分离提纯等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　13．在体积为VL的密闭容器中存在化学平衡：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0．保持温度不变，将容器体积压缩至V后，下列说法不正确的是（　　）A．容器内气体颜色变深B．容器内NO2分子数减少C．混合气体的平均相对分子质量增大D．NO2的物质的量分数增大【考点】化学平衡的影响因素．22\n【分析】将容器体积压缩至后的过程中，各个组分浓度会因为体积的减小而导致浓度变为原来的2倍，但是压强增大，化学平衡还会向正反应方向进行，据此来回答．【解答】解：A、将容器体积压缩至后的过程中，各个组分浓度会因为体积的减小而导致浓度变为原来的2倍，但是压强增大，虽然化学平衡还会向正反应方向进行，但二氧化氮浓度仍然增大，颜色变深，故A正确；B、将容器体积压缩至后的过程中，压强增大，化学平衡会向正反应方向进行，所以NO2分子数减少，故B正确；C、将容器体积压缩至后的过程中，压强增大，化学平衡会向正反应方向进行，又质量不变，物质的量在减小，所以混合气体的平均相对分子质量增大，故C正确；D、混合气体的平均相对分子质量增大，平衡正向移动，N2O4（g）物质的量增大，气体总物质的量减小，所以N2O4（g）的物质的量分数增大，NO2的物质的量分数则减小，故D错误．故选D．【点评】本题考查学生化学平衡移动原理的应用知识，可以根据教材知识来回答，难度不大．　14．目前市面上有一种新型饭盒“即热饭盒”，其原理是在饭盒底部有两层，一层存放食盐水，另一层存放镁和铁的混合物，使用时打开隔离层，食物即可被快速加热．下列对其工作原理分析不正确的是（　　）A．打开隔层后，形成了由食盐水、镁和铁构成的原电池B．金属镁发生了氧化反应C．铁是该原电池的负极D．反应中涉及化学能、电能和热能的转化【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、食盐水、镁和铁处于同一容器中，且相互接触，符合形成原电池的基本条件；B、Mg比较活泼，是原电池的负极，发生氧化反应；C、Mg比较活泼，是原电池的负极，发生氧化反应；D、原电池反应中化学能转化为电能，由于各微型原电池的短路现象，导致一部分电能转化为热能．【解答】解：A、食盐水、镁和铁处于同一容器中，且相互接触，达到了形成原电池的基本条件，故A正确；B、在形成的原电池中，Mg比较活泼，是原电池的负极，发生氧化反应，故B正确；C、在形成的原电池中，Mg比较活泼，是原电池的负极，发生氧化反应，故C错误；D、原电池反应中化学能转化为电能，由于各微型原电池的短路现象，导致一部分电能转化为热能，故D正确．故选：C．【点评】本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力．增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力，题目难度中等．　15．下列对各电解质溶液的分析正确的是（　　）A．向稀氨水中滴加稀盐酸至恰好中和：[NH4+]═[Cl﹣]22\nB．硫酸钠溶液中：[Na+]+[H+]═[OH﹣]+2[SO42﹣]C．0.1mol∙L﹣1Na2S溶液中：[S2﹣]+[HS﹣]+[H2S]═[Na+]D．向CH3COONa溶液中加适量蒸馏水：[CH3COO﹣]与[OH﹣]都减小，[OH﹣]/[CH3COO﹣]也减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．【分析】A．酸碱恰好中和生成盐，根据盐是否水解分析；B．根据电荷守恒分析；C．根据物料守恒分析；D．加水稀释CH3COONa的水解程度增大，OH﹣的物质的量增大．【解答】解：A．向稀氨水中滴加稀盐酸至恰好中和生成氯化铵，铵根离子水解溶液显酸性，即[H+]＞[OH﹣]，由[NH4+]+[H+]═[Cl﹣]+[OH﹣]可知，[NH4+]＜[Cl﹣]，故A错误；B．硫酸钠溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度：[Na+]+[H+]═[OH﹣]+2[SO42﹣]，故B正确；C．0.1mol∙L﹣1Na2S溶液中，存物料守恒及Na的物质的量等于2倍的S的物质的量，则2[S2﹣]+2[HS﹣]+2[H2S]═[Na+]，故C错误；D．加水稀释CH3COONa的水解程度增大，CH3COO﹣的物质的量减小，OH﹣的物质的量增大，则[OH﹣]/[CH3COO﹣]增大，故D错误．故选B．【点评】本题考查了盐的水解原理的应用，题目难度不大，注意把握溶液中的守恒关系，侧重于考查学生的分析能力．　16．同分异构现象在有机化合物中普遍存在，C4H8Cl2的同分异构体中含有2个“﹣CH3”的种数是（　　）A．2种B．3种C．4种D．5种【考点】有机化合物的异构现象．【分析】C4H8Cl2为丁烷的二氯代物，从正丁烷和异丁烷的结构分析．【解答】解：C4H8Cl2为丁烷的二氯代物，正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，二氯代物中含有2个“﹣CH3”的种数是2种：CH3CCl2CH2CH3，CH3CHClCHClCH3，异丁烷的结构简式为CH3CH（CH3）CH3，二氯代物中含有2个“﹣CH3”的种数是2种：CH3CH（CHCl2）CH3，CH3CCl（CH2Cl）CH3，所以C4H8Cl2的同分异构体中含有2个“﹣CH3”的种数是4种，故选C．【点评】本题主要考查限制条件下同分异构体的书写，难度不大，注意氯原子可以在同一个碳原子上，也可以在不同的碳原子上，难度中等．　二、填空题（必做题）17．实验是化学学科的基础，也是化学探究的重要方法．（1）下列有关实验的描述合理的是　BF　（填选项序号）A．用玻璃棒蘸取氯水，点在pH试纸的中部测定其pH；B．向冰醋酸中加水，溶液导电性最强时pH最小；C．处理化学实验中产生的废液时，用大量水稀释后冲入下水道；D．为了获得感性认识，可触摸或品尝少量化学药品；E．实验室制备乙酸乙酯时，可用盛有饱和NaCl溶液的试管收集产品；F．酸碱中和滴定时，若用待测液润洗锥形瓶，会导致实验结果偏大．22\n（2）“铝热反应”在工业生产中具有重要的用途．实验室里用铝粉和氧化铁组成“铝热剂”，引发反应的实验操作是：　在铝热剂表面铺一层KClO3粉末，插入一段镁条，点燃　；选择恰当的试剂除去产物中混有的少量铝，请写出离子方程式：　2Al+2OH﹣+6H2O=2[Al（OH）4]﹣+3H2↑　．【考点】化学实验方案的评价；探究铝热反应．【分析】（1）A．氯水具有漂白性；B．导电性最强时，溶液中的离子浓度最大；C．排入环境中会造成污染；D．化学药品可能具有腐蚀性或毒性；E．收集产品应该用饱和Na2CO3溶液；F．用待测液润洗锥形瓶，会导致待测液偏多；（2）用镁条是利用其燃烧提供高温的条件；NaOH溶液与Al反应，而不与Fe反应．【解答】解：（1）A．氯水具有漂白性，会使变色后的pH试纸褪色，故A错误；B．醋酸溶液导电性最强时，溶液中的离子浓度最大，故B正确；C．实验过程中产生的废液应集中处理，排入环境中会造成污染，故C错误；D．化学药品可能具有腐蚀性或毒性，因此不能触摸或品尝，故D错误；E．在乙酸乙酯的制备实验中，收集产品应该用饱和Na2CO3溶液，故E错误；F．酸碱中和滴定时，若用待测液润洗锥形瓶，会导致待测液偏多，消耗标准液随之偏多，测量结果偏大，故F正确；故答案为：BF；（2）用镁条是利用其燃烧提供高温的条件，KClO3是助燃剂；选择NaOH溶液作为除杂试剂，是因为它与Al反应，而不与Fe反应．离子方程式：2Al+2OH﹣+6H2O=2[Al（OH）4]﹣+3H2↑，故答案为：在铝热剂表面铺一层KClO3粉末，插入一段镁条，点燃；2Al+2OH﹣+6H2O=2[Al（OH）4]﹣+3H2↑．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及基础实验操作及铝热反应等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．　18．（10分）（2022秋•宜春校级月考）己知A为单质，B、C、D、E为化合物．它们之间存在如图转化关系：（1）若A为非金属单质，B为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，D为无色气体，在空气中可变成红棕色，C与HCl气体反应生成E时产生大量白烟，则B的化学式为　Mg3N2　，由C转化为D的化学方程式为　4NH3+5O24NO+6H2O　，上述反应中属于氧化还原反应的有　①②③⑤　．（2）若A为生活中常见的金属单质，B为A与盐酸反应的产物，C可通过单质间的化合反应制得．加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，将C滴入沸水中可得E的胶体，则由B转化为C的离子方程式为　2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣　，加热蒸干并灼烧C的溶液可得D的原因是　FeCl3溶液在加热的条件下充分水解生成氢氧化铁，氢氧化铁在加热的条件下分解得氧化铁　．22\n【考点】无机物的推断．【分析】己知A为单质，B、C、D、E为化合物，（1）D为无色气体，在空气中可变成红棕色，则D为NO，B为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，C与HCl气体反应生成E时产生大量白烟，则B为Mg3N2，Mg3N2与水反应生成C为NH3，NH3与HCl气体反应生成E为NH4Cl，A为非金属单质，所以A为N2；（2）C可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，将C滴入沸水中可得E的胶体，则D为Fe2O3，C为FeCl3，E为Fe（OH）3，A为生活中常见的金属单质，则A为Fe，B为A与盐酸反应的产物，则B为FeCl2，据此答题．【解答】解：己知A为单质，B、C、D、E为化合物，（1）D为无色气体，在空气中可变成红棕色，则D为NO，B为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，C与HCl气体反应生成E时产生大量白烟，则B为Mg3N2，Mg3N2与水反应生成C为NH3，NH3与HCl气体反应生成E为NH4Cl，A为非金属单质，所以A为N2，由C转化为D的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，反应①为氮气与镁反应生成氮化镁，是氧化还原反应，反应②为氮气与氢气合成氨，是氧化还原反应，反应③为氮气与氧气生成一氧化氮，是氧化还原反应，反应④为氮化镁与水发生水解，是非氧化还原反应，反应⑤为氨的催化氧化，是氧化还原反应，反应⑥为氨气与氯化氢生成氯化氨，是非氧化还原反应，所以上述反应中属于氧化还原反应的有，故答案为：Mg3N2；4NH3+5O24NO+6H2O；①②③⑤；（2）C可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，将C滴入沸水中可得E的胶体，则D为Fe2O3，C为FeCl3，E为Fe（OH）3，A为生活中常见的金属单质，则A为Fe，B为A与盐酸反应的产物，则B为FeCl2，所以由B转化为C的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，加热蒸干并灼烧FeCl3的溶液可得Fe2O3的原因是FeCl3溶液在加热的条件下充分水解生成氢氧化铁，氢氧化铁在加热的条件下分解得氧化铁，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；FeCl3溶液在加热的条件下充分水解生成氢氧化铁，氢氧化铁在加热的条件下分解得氧化铁．【点评】本题考查元素化合物的推断，为高频考点，题目信息量较大，难度中等，答题时注意根据常见元素化合物的性质和相互转化进行物质推断．　19．T℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中充入4molA和2molB气体，发生如下反应：4A（g）+B（g）⇌xC（g），保持温度不变，5min时反应达到平衡状态，剩余1.6molB，并测得C的浓度为0.8mol/L，请填写下列空白：22\n（1）x=　4　，该反应平衡常数的表达式为：K=　　．（2）该温度下，此反应达到平衡时，A的转化率为α（A）=　40%　．（3）在T℃时，若向原平衡混合物的容器中再充入amolC，同时改变容器体积保持压强不变，欲使达到新的平衡时，各物质的体积分数与原平衡相同，则应再充入　　molB（用a表示）．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．【分析】（1）反应体系中，相同时间内各物质的物质的量的变化量之比等于系数比；化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；（2）由方程式可知△n（A）=4△n（B），进而计算A的转化率；（3）恒温恒压下，按照极限法转化满足投料比例相同，达到新平衡后各物质的百分含量就没有变化．【解答】解：（1）反应体系中，相同时间内各物质的物质的量的变化量之比等于系数比，所以△n（B）：△n（C）=（2﹣1.6）mol：（0.8mol/L×2L），所以x=4，4A（g）+B（g）⇌4C（g）的平衡常数表达式K=，故答案为：4；；（2）由方程式可知△n（A）=4△n（B）=4×（2﹣1.6）mol=1.6mol，故α（A）=×100%=40%，故答案为：40%；（3）恒温恒压下，按照极限法转化满足投料比例相同，达到新平衡后各物质的百分含量就没有变化，原平衡中：4A（g）+B（g）⇌4C（g）初始（mol）：420转化（mol）：1.60.41.6平衡（mol）：2.41.61.6设需要加入B为xmol，则（4+a）mol：（2++x）mol=4：2，解得x=，故答案为：．【点评】本题考查化学平衡计算、平衡常数、等效平衡等，注意理解效平衡规律：1、恒温恒容，反应前后气体体积不等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等量；反应前后气体体积相等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等比，2：恒温恒压，按化学计量数转化一边，对应物质满足等比．　20．某些非金属单质可以与强碱溶液发生反应．例如白磷（P4）可以与过量的热NaOH溶液反应生成PH3气体和NaH2PO2（次磷酸钠）．22\n（1）上述反应的化学方程式为　P4+3NaOH+3H2O═PH3↑+3NaH2PO2　．（2）已知NaH2PO2水溶液pH＞7，次磷酸是　一　元（填“一”、“二”或“三”）　弱　（填“强”或“弱”）．次磷酸的电离方程式为：　H3PO2⇌H2PO2﹣+H+　；NaH2PO2水溶液pH＞7的原因：　H2PO2﹣+H2O⇌H3PO2+OH﹣　．（3）25℃时，向100mL0.01mol∙L﹣1的H3PO2溶液中，滴加等浓度的NaOH溶液至溶液呈中性，消耗NaOH溶液的体积　＜　（填“＞”、“=”或“＜”）100ml．此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是　[Na+]=[H2PO2﹣]＞[OH﹣]=[H+]　．【考点】热化学方程式；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．【专题】化学反应中的能量变化；电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】（1）根据氧化还原反应中得失电子数相等配平．此反应的配平技巧是先配生成物系数，再配反应物系数．（2）由题目信息看，白磷与过量的NaOH溶液反应生成产物之一是NaH2PO2，可见次磷酸是一元酸．NaH2PO2水溶液pH＞7，说明H2PO2﹣会发生水解，所以H3PO2是一元弱酸．可根据以上分析，写出次磷酸的电离方程式及解释NaH2PO2水溶液pH＞7的原因．（3）根据题目信息，若滴加NaOH溶液后恰好中和生成NaH2PO2，需NaOH溶液的体积是100mL，此时溶液pH＞7．若使溶液呈中性，则滴加的NaOH溶液体积应小于100mL．由于溶液最终呈中性，且电荷守恒，所以溶液中离子浓度大小的顺序是[Na+]=[H2PO2﹣]＞[OH﹣]=[H+]．【解答】解：（1）此反应的配平技巧是先配生成物系数，再配反应物系数，根据氧化还原反应中得失电子数相等、原子守恒配平得到化学方程式为：P4+3NaOH+3H2O═PH3↑+3NaH2PO2，故答案为：P4+3NaOH+3H2O═PH3↑+3NaH2PO2；（2）白磷与过量的NaOH溶液反应生成产物之一是NaH2PO2，可见次磷酸是一元酸．NaH2PO2水溶液pH＞7，说明H2PO2﹣会发生水解，所以H3PO2是一元弱酸，次磷酸的电离方程式为：H3PO2⇌H2PO2﹣+H+，NaH2PO2水溶液pH＞7的原因是弱酸阴离子水解，反应的离子方程式为：H2PO2﹣+H2O⇌H3PO2+OH﹣，故答案为：一弱；H3PO2⇌H2PO2﹣+H+；H2PO2﹣+H2O⇌H3PO2+OH﹣；（3）若滴加NaOH溶液后恰好中和生成NaH2PO2，需NaOH溶液的体积是100mL，此时溶液pH＞7．若使溶液呈中性，则滴加的NaOH溶液体积应小于100mL．由于溶液最终呈中性，且电荷守恒，所以溶液中离子浓度大小的顺序是：[Na+]=[H2PO2﹣]＞[OH﹣]=[H+]，故答案为：＜，[Na+]=[H2PO2﹣]＞[OH﹣]=[H+]考点电离平衡与水解平衡；【点评】本题涉及水解反应、氧化还原反应、离子浓度大小比较等知识点，弱电解质电离，盐类水解是高考热点，应重点掌握，题目难度中等．　21．（10分）（2022秋•山东校级月考）实验室里除去乙醇中混有的少量水，常采用先加入少量新制的生石灰，然后蒸馏的方法．所用装置如图．请回答下列问题：（1）仪器A和B的名称分别是　蒸馏烧瓶　，　冷凝管　．（2）仪器B中水流方向如图中箭头所示，如此控制的原因是　充分冷凝流经冷凝管的气体　．（3）能证明乙醇分子中只有羟基上的氢才能生成H2的事实是　B　A．乙醇完全燃烧生成水B．0.1mol乙醇与足量金属钠反应生成0.05molH2C．乙醇容易挥发D．乙醇能与水以任意比例互溶22\n（4）酒后驾车是引发交通事故的重要原因．交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是：橙色的K2Cr2O7酸性水溶液遇乙醇迅速生成蓝绿色Cr3+．在此过程中乙醇表现出了　还原性　（填“氧化性”或“还原性”）．在实验室里可以用铜作催化剂，进行乙醇的催化氧化，该反应的方程式为　2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O　．【考点】蒸馏与分馏．【分析】（1）根据仪器的形状确定名称；（2）采取“逆流”的方式，可使冷凝管内始终充满了流动的水；（3）0.1mol乙醇分子中有6molH原子，能够转化为H2的只有0.1mol；（4）K2Cr2O7中+6价的Cr转化为Cr3+发生了还原反应；乙醇能被氧气氧化为乙醛．【解答】解：（1）A为蒸馏烧瓶，B为冷凝管，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；（2）采取“逆流”的方式，可使冷凝管内始终充满了流动的水，到达充分冷凝的效果，故答案为：充分冷凝流经冷凝管的气体；（3）0.1mol乙醇分子中有6molH原子，能够转化为H2的只有0.1mol，说明乙醇分子中只有羟基上的氢才能生成氢气，故答案为：B；（4）K2Cr2O7中+6价的Cr转化为Cr3+发生了还原反应，所以乙醇表现出了还原性．在乙醇的催化氧化反应中，乙醇的氧化产物是乙醛：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：还原性；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O．【点评】本题考查物质的分离提纯和有机物的性质实验，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，题目难度不大．　【物质结构与性质】22．（12分）（2022秋•山东校级月考）A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期主族元素．A、C、D可形成常见的气态单质，A、E最外层电子数与其电子层数相等．B、F同主族，B元素基态原子核外电子平均分布在3个不同的能级上．C元素原子的最高能级上有3个未成对电子．F的一种单质与FD2晶体类型相同．（1）A分别与B、F形成的最简单化合物相比较，影响沸点高低的主要作用力是　范德华力　．（2）写出D的基态原子的核外电子排布式：　1s22s22p4　．（3）B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为：　C＜O＜N　．（4）BD2在高温高压下所形成的晶胞如右图所示，该晶体中B原子的杂化方式为　sp3　．（5）由上述5种元素中的1种或几种形成的，与C的单质互为等电子体的物质是　CO　（填化学式）．（6）在E的化合物E2Cl6中存在的化学键有　acd　．a．共价键　b．非极性键　c．配位健　d．σ键e．π键．22\n【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期主族元素．B元素基态原子核外电子平均分布在3个不同的能级上，则原子核外电子排布为1s22s22p2，故B为C元素；B、F同主族，则F为Si元素；A、C、D可形成常见的气态单质，A、E最外层电子数与其电子层数相等，最外层电子数与其电子层数相等的短周期元素共3种，分别为H、Be、Al．由于A的单质为气体，且A与E之间原子序数的差大于3，所以A为H，E为Al；C元素原子的最高能级上有3个为成对电子，且原子序数小于14（F为Si），则C为N元素．F的一种单质与FD2晶体类型相同，则D为O元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期主族元素．B元素基态原子核外电子平均分布在3个不同的能级上，则原子核外电子排布为1s22s22p2，故B为C元素；B、F同主族，则F为Si元素；A、C、D可形成常见的气态单质，A、E最外层电子数与其电子层数相等，最外层电子数与其电子层数相等的短周期元素共3种，分别为H、Be、Al．由于A的单质为气体，且A与E之间原子序数的差大于3，所以A为H，E为Al；C元素原子的最高能级上有3个为成对电子，且原子序数小于14（F为Si），则C为N元素．F的一种单质与FD2晶体类型相同，则D为O元素．（1）A分别与B、F形成的最简单化合物分别为CH4、SiH4，均形成分子晶体，不存在氢键，影响沸点高低的主要作用力是范德华力，故答案为：范德华力；（2）D为O元素，基态原子的核外电子排布式：1s22s22p4，故答案为：1s22s22p4；（3）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由小到大的顺序为：C＜O＜N，故答案为：C＜O＜N；（4）CO2在高温高压下所形成的晶胞如右图所示，应属于原子晶体，晶体中C原子形成4个C﹣O键，没有孤电子对，该晶体中C原子的杂化方式为sp3，故答案为：sp3；（5）由上述5种元素中的1种或几种形成的，与N2互为等电子体的物质是CO，故答案为：CO；（6）化合物Al2Cl6的结构式为，存在的化学键有共价键、配位健、σ键，故答案为：acd．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、晶体类型与性质、电离能、化学键、等电子体、杂化方式等，（6）为易错点，中学基本不涉及氯化铝的结构．　【有机化学基础】23．（2022秋•山东校级月考）琥珀酸二乙酯是良好的增塑剂和特种润滑剂，也是重要的有机合成的中间体．分析图中物质间的转化关系，回答问题．22\n已知：RCNRCOOH（1）B与D的结构简式分别为　NCCH2CH2CN　、　HOCH2CH2OH　．（2）C的同分异构体中，与C具有相同官能团的是　CH3CH（COOH）2　（写结构简式）．（3）由C制备琥珀酸二乙酯的化学方程式为：　HOOC﹣CH2CH2﹣COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2CH2COOC2H5+2H2O　．（4）上图转化关系中涉及的基本反应类型有　加成反应、取代反应　．（5）若E为高分子化合物，则由C与D制备E的化学方程式为　nHO﹣CH2CH2﹣OH+nHOOC﹣CH2CH2﹣COOH+2nH2O　．（6）若E为八元环状化合物，其分子式为　C6H8O4　．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】根据题中各物质转化关系，乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为HOCH2CH2OH，A与NaCN发生取代反应生成B为NCCH2CH2CN，B酸性水解得C为HOOCCH2CH2COOH，C在酸、加热条件下与乙醇发生酯化反应琥珀酸二乙酯为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，HOOCCH2CH2COOH和HOCH2CH2OH，发生酯化反应生成E，E为可为高分子也可为环状化合物，据此答题；【解答】解：根据题中各物质转化关系，乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为HOCH2CH2OH，A与NaCN发生取代反应生成B为NCCH2CH2CN，B酸性水解得C为HOOCCH2CH2COOH，C在酸、加热条件下与乙醇发生酯化反应琥珀酸二乙酯为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，HOOCCH2CH2COOH和HOCH2CH2OH，发生酯化反应生成E，E为可为高分子也可为环状化合物，（1）根据上面的分析可知，B为NCCH2CH2CN，D为HOCH2CH2OH，故答案为：NCCH2CH2CN；HOCH2CH2OH；（2）C为HOOCCH2CH2COOH，C的同分异构体中，与C具有相同官能团即有两个羧基，其结构的是CH3CH（COOH）2，故答案为：CH3CH（COOH）2；（3）C为HOOCCH2CH2COOH，由C制备琥珀酸二乙酯的化学方程式为：HOOC﹣CH2CH2﹣COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2CH2COOC2H5+2H2O，故答案为：HOOC﹣CH2CH2﹣COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2CH2COOC2H5+2H2O；（4）根据上面的分析可知，上图转化关系中涉及的基本反应类型有加成反应、取代反应，故答案为：加成反应、取代反应；（5）若E为高分子化合物，则由C与D制备E的化学方程式为nHO﹣CH2CH2﹣OH+nHOOC﹣CH2CH2﹣COOH+2nH2O，22\n故答案为：nHO﹣CH2CH2﹣OH+nHOOC﹣CH2CH2﹣COOH+2nH2O；（6）若E为八元环状化合物，则可由C与D脱去两分子水制得E，所以E的分子式为C6H8O4，故答案为：C6H8O4．【点评】本题考查有机物的推断，掌握官能团的性质与转化是关键，利用顺推法推断，侧重对基础知识的考查，难度中等．　22