山西省长治市第二中学2024-2025学年高二下化学期末统考模拟试题含解析.doc

山西省长治市第二中学2024-2025学年高二下化学期末统考模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是
A．电解时以精铜作阳极
B．电解时阴极发生氧化反应
C．粗铜连接电源负极，其电极反应是Cu=Cu2++2e-
D．电解后，电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥
2、下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是

物质（括号内为杂质）
除杂试剂
A
FeCl2溶液（FeCl3）
Fe粉
B
NaCl溶液（MgCl2）
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2（HCl）
H2O、浓H2SO4
D
NO（NO2）
H2O、无水CaCl2
A．A B．B C．C D．D
3、酯在碱性条件下水解（RCOOR′+NaOH→RCOONa+R′OH），该反应属于（　　）
A．消去反应
B．加成反应
C．聚合反应
D．取代反应
4、下列事实、离子方程式及其对应关系均正确的是（ ）
A．铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色：Fe+4H++NO3-=== Fe3++NO↑+2H2O
B．向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液变为黄色：Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+
C．向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后溶液变蓝：4H++4I-+O2 === 2I2+2H2O
D．向水杨酸()中滴加NaHCO3溶液，放出无色气体：+2HCO3-+2CO2↑+2H2O
5、已知有如下转化关系：，则反应①、②、③的反应类型分别为
A．取代反应、加成反应、取代反应 B．取代反应、取代反应、加成反应
C．氧化反应、加成反应、加成反应 D．氧化反应、取代反应、取代反应
6、下列说法正确的是
A．聚苯乙烯属于纯净物，单体的分子式为C8H8
B．聚苯乙烯能与溴水发生加成反应
C．做过银镜反应的试管，用稀氨水洗涤
D．沾有苯酚的试管，用碳酸钠溶液洗涤
7、全固态锂硫电池能量密度高、成本低,其工作原理如图所示,其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料,电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx(2⩽x⩽8).下列说法错误的是( )

A．电池工作时,正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e−=3Li2S4
B．电池充电时间越长,电池中的Li2S2量越多
C．石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性
D．电池工作时，外电路中流过0.04mol电子，负极材料减重0.28g
8、下列叙述正确的是（ ）
A．任何晶体中，若含有阳离子也一定含有阴离子
B．分子晶体中只存在分子间作用力，不含有其他化学键
C．离子晶体中只含有离子键，不含有共价键
D．原子晶体中只含有共价键
9、大功率Al-H2O2动力电池（如图），下列说法不正确的是

A．H2O2 在碳电极上发生还原反应
B．碳电极附近溶液的pH增大
C．溶液中OH－向负极移动
D．负极反应式为Al－3e－＋3OH－=Al(OH)3↓
10、下列反应中既属于化合反应，又属于氧化还原反应的是
A．SO2+H2O2=H2SO4 B．SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl
C．CaO+SiO2=CaSiO3 D．CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O
11、下列离子方程式书写正确的是
A．氢氧化钡溶液与足量硫酸氢钠的溶液混合：Ba2++OH―+H++SO42―＝BaSO4↓+H2O
B．过量的铁溶于稀硝酸：Fe+4H++NO3―＝Fe3++NO↑+2H2O
C．氯气与水：Cl2+H2O2H++Cl―+ClO―
D．硫酸铝溶液中加过量氨水：Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4+
12、四种短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，其中Z元素的最外层电子数是内层电子总数的1/2。下列说法不正确的是

A．Z元素位于周期表的第3周期第VA族
B．X、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性：W强于X
C．Y元素的气态氢化物的热稳定性比Z的低
D．X与W可形成共价化合物XW2
13、下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（　　）
A．pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)十c(OH-)
B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)>c(C1-)=c(I-)
C．CO2的水溶液：c(H+)>c(HCO3-)=2c(CO32-)
D．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na+)=2[c(HC2O4-)+ c(C2O42-)+c(H2C2O4)]
14、下列有机物分子中，不可能所有原子在同一平面内的是
A． B． C． D．
15、下表各物质中A、B、C、D、E均含有同一种短周期元素，其中A是单质，B常温下是气态氢化物，C、D是氧化物，E是D和水反应的产物。则各物质之间通过一步反应就能实现表中所示转化的是 (　　)
物质编号
物质转化关系
A
D
E
①

Si
SiO2
Na2SiO3
②
S
SO3
H2SO4
③
Na
Na2O2
NaOH
④
N2
NO2
HNO3
A．②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④
16、元素随着原子序数的递增发生周期性变化的是
A．元素原子量 B．元素的化合价
C．原子核外电子层 D．元素的核电荷数
二、非选择题（本题包括5小题）
17、聚乳酸E在服装、卫生医疗制品等行业具有广泛的应用。某有机化合物A在一定条件下通过一系列反应可合成E；同时还可得到C和D等重要有机化合物。转化关系如下图：

完成下列填空：
（1）B→E反应类型：____________，D→G实验室中反应条件：_______________。
（2）A的分子式：_____________。
（3）与F同类别的同分异构体还有HCOOCH(CH3)2、HCOOCH2CH2CH3和_______ (用结构简式表示)。
（4）写出实验室中判断D中有G生成的方法______________________________________________
（5）石油产品丙烯及必要的无机试剂可合成丙烯酸，设计合成路线如下：。
已知：i.
请完成合成路线中的：ClCH2CH=CH2→甲→乙→丙______。
18、A、B、C、D、E五种元素,它们的核电荷数依次增大,且都小于20。其中C、E是金属元素;A和E属同族,它们原子的最外层电子排布式为ns1。B和D也属同族,它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍。C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半。请回答下列问题:
（1）写出C元素基态原子的电子排布式: ________________ 。 
（2）用电子排布图表示D元素原子的价电子:__________。 
（3）元素B与D的电负性的大小关系是B___ D (填“>”“<”或“=”,下同), E与C的第一电离能大小关系是E____C。
（4）写出元素E和C的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式__________。
19、氯苯在染料、医药工业中用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基酚等有机中间体。实验室中制备氯苯的装置如下图所示（其中夹持仪器及加热装置略去）

请回答下列问题：
(1)仪器a中盛有KMnO4晶体，仪器b中盛有浓盐酸。打开仪器b中的活塞，使浓盐酸缓缓滴下，可观察到仪器a内的现象是__________，用离子方程式表示产生该现象的原因：_______________。
(2)仪器b外侧玻璃导管的作用是_____________。
(3)仪器d内盛有苯，FeCl3粉末固体，仪器a中生成的气体经过仪器e进入到仪器d中。
①仪器e的名称是_________，其盛装的试剂名称是_____________。
②仪器d中的反应进行过程中，保持温度在40～60℃，以减少副反应发生。仪器d的加热方式最好是___加热，其优点是____________。
(4)仪器c的作用是______________。
(5)该方法制备的氯苯中含有很多杂质，工业生产中，通过水洗除去FeCl3、HCl及部分Cl2，然后通过碱洗除去Cl2；碱洗后通过分液得到含氯苯的有机物混合物，混合物成分及沸点如下表：
有机物
苯
氯苯
邻二氯苯
间二氯苯
对二氯苯
沸点/℃
80
132.2
180.4
173.0
174.1
从该有机物混合物中提取氯苯时，采用蒸馏的方法，收集_________℃作用的馏分。
(6)实际工业生产中，苯的流失如下表：
流失项目
蒸气挥发
二氯苯
其他
合计
苯流失量（kg/t）
28.8
14.5
56.7
100
某一次投产加入13t苯，则制得氯苯________t（保留一位小数）。
20、实验小组同学对乙醛与新制的Cu(OH)2反应的实验进行探究。
实验Ⅰ：取2mL 10%的氢氧化钠溶液于试管中，加入5滴2%的CuSO4溶液和5滴5%的乙醛溶液，加热时蓝色悬浊液变黑，静置后未发现红色沉淀。
实验小组对影响实验Ⅰ成败的因素进行探究：
(1)探究乙醛溶液浓度对该反应的影响。
编号
实验Ⅱ
实验Ⅲ
实验方案

实验现象
加热，蓝色悬浊液变红棕色，静置后底部有大量红色沉淀
加热，蓝色悬浊液变红棕色，静置后上层为棕黄色油状液体，底部有少量红色沉淀
已知：乙醛在碱性条件下发生缩合反应：CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O ，生成亮黄色物质，加热条件下进一步缩合成棕黄色的油状物质。
① 能证明乙醛被新制的Cu(OH)2 氧化的实验现象是______。
② 乙醛与新制的Cu(OH)2 发生反应的化学方程式是______。
③ 分析实验Ⅲ产生的红色沉淀少于实验Ⅱ的可能原因：______。
(2)探究NaOH溶液浓度对该反应的影响。
编号
实验Ⅳ
实验Ⅴ
实验方案

实验现象
加热，蓝色悬浊液变黑
加热，蓝色悬浊液变红棕色，
静置后底部有红色沉淀
依据实验Ⅰ→Ⅴ，得出如下结论：
ⅰ. NaOH溶液浓度一定时，适当增大乙醛溶液浓度有利于生成Cu2O。
ⅱ. 乙醛溶液浓度一定时，______。
(3)探究NaOH溶液浓度与乙醛溶液浓度对该反应影响程度的差异。
编号
实验Ⅵ
实验Ⅶ
实验方案

实验现象
加热，蓝色悬浊液变黑
加热，静置后底部有红色沉淀
由以上实验得出推论： ______。
21、氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。
（1）COCl2的空间构型为______________，溴的基态原子价电子排布式为_____________。
（2）已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列_____________（填字母）式发生。
A．CsICl2====CsCl+ICl B．CsICl2====CsI+Cl2
（3）根据表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是____。
元素
氟
氯
溴
碘
第一电离能/
（kJ·mol-1）
1681
1251
1140
1008
（4）下列分子既不存在“s-p”σ键，也不存在“p-p”π键的是__________（填字母）。
A．HCl B．HF C．SO2 D．SCl2
（5）已知ClO2－为“V”形，中心氯原子周围有4对价层电子。ClO2－中心氯原子的杂化轨道类型为______________，写出一个与CN—互为等电子体的物质的分子式：______________。
（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图所示，由此可判断钙的氧化物的化学式为__________。已知该氧化物的密度是ρg·cm-3，则晶胞内离得最近的两个钙离子的间距为_________cm（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为NA）。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A、电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，故A错误；
B、阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应，故B错误；
C、粗铜连接电源的正极，发生氧化反应，电极反应是Cu－2e-=Cu2+，故C错误；
D、金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此Ag、Pt不会放电，以单质形式沉积下来，故D正确；
故选D。
【点晴】
本题利用电解法进行粗铜提纯时粗铜应作阳极，精铜作阴极；阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应；这几种金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此在电解过程中Ag、Pt不会失去电子，而是形成阳极泥。
2、B
【解析】
发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。
【详解】
A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；
B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；
C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；
D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；
综上所述，本题应选B。
本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。
3、D
【解析】
根据酯在碱性条件下的水解原理来判断：酯在碱性条件的水解可看作酯中C-O单键断开,RCO-结合水中的OH,-OR′结合水中的H,水解生成羧酸和醇，其实质为取代反应。
【详解】
酯在碱性条件的水解可看作酯中C-O单键断开,RCO-结合水中的OH,-OR′结合水中的H,水解生成羧酸和醇,其实质为取代反应；生成的RCOOH再和氢氧化钠发生中和反应,促使水解平衡向水解方向移动；D正确；正确选项D。
4、C
【解析】
试题分析：A、少量铁粉溶于稀硝酸Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO(气体)+2H2O，溶液显黄色；过量铁粉溶液稀硝酸3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO(气体)+4H2O溶液显浅绿色，故A错误；B、加酸后平衡逆向移动，溶液显红色；C、淀粉碘化钾在酸溶液中被氧化生成碘单质，溶液变蓝，故C正确；D、+ HCO3－ →H+ CO2↑ + H2O
考点：离子反应方程式的书写；
5、C
【解析】
分析：①-OH转化为-CHO，发生氧化反应；②中碳碳双键转化为-OH,发生加成反应；③中碳碳双键转化为-Br,发生加成反应，以此来解答。
详解：①中乙醇转化为乙醛为氧化反应；②中乙烯碳碳双键转化为乙醇,发生加成反应；③中乙醇碳碳双键转化为饱和卤代烃r,发生乙烯与HBr的加成反应；C正确；正确选项C。
6、D
【解析】分析：A、聚合物由于其聚合度不同，所以不可能是纯净物；B、苯乙烯发生加聚反应时，碳碳双键被破坏；C、银镜反应的产物有单质银，稀氨水不能溶解银；D、苯酚具有弱酸性，能与碳酸钠溶液反应。
详解：A、聚合物是由单体经聚合反应生成的高分子化合物，由于其聚合程度不同，导致其分子不可能是同一分子，因此聚合物都是混合物，不可能是纯净物，故A不正确；
B、苯乙烯发生加聚反应时，碳碳双键被破坏，所以聚苯乙烯不可能与溴发生加成反应，因此B不正确；
C、单质银不与氨水反应，所以不能用氨水洗涤做过银镜反应的试管，故C不正确；
D、苯酚的弱酸性比HCO3-的酸性强，但弱于H2CO3，因此能与碳酸钠溶液反应生成易溶于水的苯酚钠和NaHCO3，所以D正确。本题答案为D。
点睛：要明确高聚物的命名是在单体名称前面加“聚”字，但单体分子中的官能团已经发生反应，如烯烃中的C=C变成了C—C，即不能认为有机物名称中有“烯”字，就一定含有C=C。
7、B
【解析】
A. 原电池工作时Li+ 向正极移动，根据图示可知发生还原反应：2Li2S6+2Li++2e−=3Li2S4，故A项正确；
B. 电池充电时，LiSx在阳极放电，S的化合价升高，所以逐步从Li2S2转变为Li2S4、Li2S6、Li2S8，故充电时间越长，Li2S2的量越少，故B项错误；
C.石墨烯能够导电，其作用是提高电极a的导电性，故C项正确。
D. 外电路中流过0.04mol电子时，负极的Li被消耗，消耗Li的物质的量为0.04mol，负极材料减重为0.04×7=0.28g，故D项正确；
综上所述，本题选B。
8、D
【解析】
A.在金属晶体中，含有金属阳离子，但带负电荷的微粒是自由电子，不含有阴离子，A错误；
B.分子晶体中分子之间存在分子间作用力，但分子若为多原子分子，则在原子之间含有共价键，B错误；
C.离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，也可能不含有共价键，C错误；
D.原子晶体中原子之间通过共价键结合形成立体网状结构，因此只含有共价键，D正确；
故合理选项是D。
9、D
【解析】
该原电池中，Al易失电子作负极、C作正极，负极反应式为Al-3e-+4OH-=2H2O+AlO2-，正极反应式为H2O2+2e-=2OH-，得失电子相等条件下正负极电极反应式相加得到电池反应式2Al+3H2O2+2OH-=2AlO2-+4H2O，放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动，据此分析解答。
【详解】
A．该原电池中H2O2 得电子发生还原反应，故A正确；
B碳电极附近溶液的H2O2+2e-=2OH-,生成OH-，故pH增大．故B正确；
C.Al是负极，放电时电解质中阴离子向负极移动，所以OH-从碳纤维电极透过离子交换膜移向Al电极，故C正确；
D．负极反应式为Al-3e-+4OH-=2H2O+AlO2-，故D错误；
故选D.
本题考查化学电源新型电池，明确原电池原理即可解答，难点是电极及电池反应式的书写，要结合电解质溶液书写，为学习难点．
10、A
【解析】
本题考查的是化学反应类型的判断，关键是氧化还原反应的判断，根据是否有化合价变化分析。
【详解】
A、反应为化合反应，有化合价变化，属于氧化还原反应，故正确；
B、反应不是化合反应，有化合价变化，属于氧化还原反应，故错误；
C、是化合反应，不是氧化还原反应，故错误；
D、不是化合反应，不是氧化还原反应，故错误。
故选A。
11、D
【解析】分析：A.硫酸氢钠过量生成硫酸钡、硫酸钠和水；
B.铁过量生成硝酸亚铁；
C.次氯酸难电离；
D.硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵。
详解：A. 氢氧化钡溶液与足量硫酸氢钠的溶液混合生成硫酸钡、硫酸钠和水：Ba2++2OH―+2H++SO42―＝BaSO4↓+2H2O，A错误；
B. 过量的铁溶于稀硝酸生成硝酸亚铁、NO和水：3Fe+8H++2NO3―＝3Fe3++2NO↑+4H2O，B错误；
C. 氯气与水反应生成次氯酸和盐酸：Cl2+H2OH++Cl―+HClO，C错误；
D. 硫酸铝溶液中加过量氨水生成氢氧化铝和硫酸铵：Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4+，D正确。
答案选D。
点睛：掌握相关物质的性质、发生的化学反应是解答的关键。注意离子方程式书写的正误判断应从以下几点进行分析：不能违背反应原理；电解质的拆分问题；反应前后是否遵循两守恒(原子守恒和电荷守恒)；注意反应物过量的问题，例如酸式盐与碱反应，书写时可采用设“1”法，即将少量物质的量定为1 mol，其他反应物的离子根据需要确定物质的量。
12、C
【解析】
根据元素周期表的结构，Z位于第三周期，Z的最外层电子数是内层电子总数的1/2，则Z为P，根据在周期表的位置，X为C，Y为N，W为S，则
A、Z为P，位于第3周期VA族，故A说法正确；
B、C的最高价氧化物对应水化物H2CO3为弱酸，S的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，属于强酸，即H2SO4的酸性强于H2CO3，故B说法正确；
C、Y的氢化物为NH3，Z的氢化物为PH3，N的非金属性强于P，则NH3的稳定性高于PH3，故C说法错误；
D、X与W可形成共价化合物CS2，故D说法正确。
答案选C。
13、A
【解析】
试题分析：A．根据电荷守恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，因为c(Na+)=c(SO42-)，所以c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)，故A正确；B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液，碘化银的溶解度小于氯化银，则氯离子浓度大于碘离子，溶液中离子浓度大小为：c(Ag+)＞c(Cl-)＞c(I-)，故B错误；C．H2CO3的第一步电离大于第二步电离，则c(H+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)，但c(HCO3-)不等于2c(CO32-)，故C错误；D．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c(Na+)═3[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)]，故D错误；故选A。
考点：考查离子浓度大小比较、难溶物溶解平衡应用、弱电解质的电离等。
14、B
【解析】
A.分子中平面分子，分子在所有原子在同一平面上，A不符合题意；
B.甲苯可看作是苯分子中的一个H原子被甲基取代产生的物质，也可以看成是甲烷分子中的1个H原子被苯基取代产生的物质。苯分子是平面分子，由于甲烷是正四面体结构的分子，若某一平面通过C原子，分子中最多有2个顶点在同一平面，因此甲苯分子中不可能所有原子都在同一平面上，B符合题意；
C.苯乙烯可看作是苯分子中的H原子被乙烯基-CH=CH2取代产生的物质，由于苯分子、乙烯分子都是平面分子，两个平面共直线，可能所有原子在同一平面上，C不符合题意；
D.苯乙炔可看作中苯分子中的1个H原子被乙炔基-C≡CH取代产生的物质，乙炔中与苯环连接的C原子取代苯分子中H原子的位置，在苯分子的平面内，由于苯分子是平面分子，乙炔是直线型分子，一条直线上2点在某一平面上，则直线上所有点都在这个平面上，因此所有原子在同一平面内，D不符合题意；
故合理选项是B。
15、B
【解析】
①Si的氧化物只有二氧化硅，二氧化硅不溶于水，不与水反应，不能一步得到硅酸，故①不符合；②若A是S单质，S与氢气化合生成硫化氢，S、H2S都能与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫再与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水化合生成硫酸，故②符合；③若A是钠，则B为氢化钠，NaH为固态，且NaH不能反应生成氧化钠，故③不符合；④若A为氮气，N2与氢气化合生成氨气，N2、NH3都能与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，故④符合；所以答案选B。
16、B
【解析】
A. 元素原子量不随元素随着原子序数的递增发生周期性变化，A错误；
B. 元素的化合价随元素随着原子序数的递增发生周期性变化，B正确；
C. 原子核外电子层不随元素随着原子序数的递增发生周期性变化，C错误；
D. 元素的核电荷数不随元素随着原子序数的递增发生周期性变化，D错误；
答案选B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、缩聚反应； Cu、加热； C7H12O4； CH3CH2COOCH3； 取少量D反应后的液体于试管中，加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，若有砖红色沉淀生成，则有乙醛；
【解析】
由流程和信息可知，A是CH3COOCH（CH3）COOCH2CH3，B是，C是CH3COOH，D是CH3CH2OH，E是，F是CH3COOCH2CH3，G是CH3CHO。
【详解】
（1）B是，E是，则B→E是缩聚反应。D是CH3CH2OH，G是CH3CHO ，醇的催化氧化的反应条件为：Cu或银、加热；
（2）由分析可知，A是CH3COOCH（CH3）COOCH2CH3，则A的分子式为C7H12O4；
（3）与F同类别的同分异构体还有HCOOCH(CH3)2、HCOOCH2CH2CH3和CH3CH2COOCH3；
（4）D是CH3CH2OH，G是CH3CHO， 判断D中有G生成，可检验醛基，方法是：取少量D反应后的液体于试管中，加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，若有砖红色沉淀生成，则有乙醛；
（5）由于碳碳双键易被氧化，应先氧化引入羧基，再引入碳碳双键，由信息可知，ClCH2CH=CH2先在碱性条件下水解，再与溴发生加成反应，再用酸性高锰酸钾氧化得到羧基，合成路线如下：
。
18、1s22s22p63s23p1 ＞ ＜
【解析】
A、E同族，且最外层电子排布为ns1。是IA族，E是金属元素，5种元素核电荷数依次增大，可以推知A为H元素；B、D同族，且最外层p能级电子数是s能级电子数的两倍，是第六主族元素，所以B是氧元素，D是硫元素，E是钾元素，根据C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半可以推知C是铝元素，总结A为氢元素、B为氧元素、C为铝元素、D为硫元素、E为钾元素，据此分析问题。
【详解】
（1）C元素为Al，原子序数13，基态原子的电子排布式: 1s22s22p63s23p1；
答案：1s22s22p63s23p1
（2）D元素为S，原子序数16，最外层有6个电子，用电子排布图表示S元素原子的价电子: ；
答案：
（3）同一主族从上到下非金属性减弱，电负性减小，元素O与S的电负性的大小关系是O>S，金属性越强，第一电离能越小， K与Al的第一电离能大小关系是K<Al；
答案：＞ ＜
（4）氢氧化铝具有两性，可以与强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式为Al（OH）3+OH-==AlO2-+2H2O；
答案： Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O
正确推断元素是解本题关键，B和D的最外层电子排布是推断突破口。
19、有黄绿色气体生成 2MnO4-+10Cl-+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O 使浓盐酸能顺利滴下（或答“平衡仪器a、b内的气压”） 洗气瓶 浓硫酸 水浴 受热均匀，易于控制温度 冷凝、回流 132.2 16.9
【解析】
（1）仪器a利用高锰酸钾的强氧化性，能把Cl－氧化成Cl2，发生反应2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，仪器a中现象：有黄绿色气体生成，离子方程式：2MnO4－＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；
（2）根据装置特点可判断仪器b外侧玻璃管的作用是平衡压强，使盐酸顺利滴下；
（3）①仪器e为洗气瓶，仪器a产生氯气含有水蒸气，需要除去，因此洗气瓶中盛放试剂是浓硫酸；
②保持温度40～60℃，需要加热方法是水浴加热；优点：受热均匀，易于控制温度；
（4）根据装置特点可判断仪器c是球形冷凝管，作用是冷凝、回流；
（5）实验室制备氯苯，根据混合物沸点数据，因此收集的132.2℃的馏分；
（6）1t损失苯100kg，则13t苯损失苯13×100×10－3t=1.3t，有(13－1.3)t苯生成氯苯，因此氯苯的质量为(13－1.3)×112.5/78t=16.9t。
20、蓝色悬浊液最终变为红色沉淀 CH3CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH CH3COONa + Cu2O↓+ 3H2O 相同条件下，乙醛的缩合反应快于氧化反应；多个乙醛缩合，使醛基物质的量减少 适当增大NaOH浓度有利于生成Cu2O 氢氧化钠溶液浓度对该反应的影响程度更大
【解析】
（1）①新制氢氧化铜为蓝色悬浊液，氧化乙醛后铜元素化合价从+2价降低到+1价会变成砖红色沉淀Cu2O，据此证明乙醛被氧化；
②乙醛在碱性条件下加热，被新制的Cu(OH)2氧化生成乙酸钠、氧化亚铜和水；
③对照实验Ⅱ，实验Ⅲ的现象说明乙醛发生了缩合反应，据此分析作答；
（2）对照实验Ⅳ和实验Ⅴ，分析氢氧化钠浓度对反应的影响；
（3）实验Ⅶ砖红色现象明显，根据变量法分析作答。
【详解】
（1）①若乙醛被新制的Cu(OH)2氧化，则实验中颜色会发生明显变化，即蓝色悬浊液最终会变为红色沉淀，据此可证明乙醛被新制的Cu(OH)2氧化，
故答案为蓝色悬浊液最终变为红色沉淀；
②乙醛与新制的Cu(OH)2发生反应的化学方程式为CH3CHO + 2Cu(OH)2 + NaOHCH3COONa + Cu2O↓+ 3H2O，
故答案为CH3CHO + 2Cu(OH)2 + NaOHCH3COONa + Cu2O↓+ 3H2O；
③实验Ⅲ中上层清液出现棕黄色油状液体，底部有少量红色沉淀，其可能的原因是相同条件下，乙醛的缩合反应快于氧化反应；多个乙醛缩合，使醛基物质的量减少，
故答案为相同条件下，乙醛的缩合反应快于氧化反应；多个乙醛缩合，使醛基物质的量减少；
（2）通过实验Ⅳ和实验Ⅴ的现象可以看出，乙醛溶液浓度一定时，适当增大NaOH浓度有利于生成Cu2O，
故答案为适当增大NaOH浓度有利于生成Cu2O；
（3）通过对比实验Ⅵ和实验Ⅶ，实验Ⅶ中氢氧化钠的浓度较大，乙醛的浓度较小，通过现象可以得出结论，氢氧化钠溶液浓度对该反应的影响程度更大，
故答案为氢氧化钠溶液浓度对该反应的影响程度更大。
21、平面三角形 4s24p5 A 碘 D sp3杂化 N2或CO CaO2
【解析】
（1）COCl2中C原子的成键电子对数为，C原子采取sp2杂化，中心原子无孤电子对。C与O原子之间形成C＝O双键，其结构式是：，所以它的空间构型为平面三角形。溴是35号元素，最外层电子为其价电子，4s能级上排列2个电子，4p能级上排列5个电子，其价电子排布式为：4s24p5；答案为：平面三角形；4s24p5；
（2）在离子晶体中，离子半径越小，晶格能越大，比较两个反应的产物可知，由于氯离子的半径小于碘离子，所以CsCl的晶格能大于CsI的晶格能，A项正确，答案为：A；
（3）第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量，第一电离能越小，就越容易失去一个电子，比较表格中的数据可知，碘更容易形成较稳定的单核阳离子，故答案为：碘；
（4）
A．HCl中存在“s-p”σ键，A项错误；
B．HF中存在“s-p”σ键，B项错误；
C．SO2中存在“p-p”π键，C项错误；
D．SCl2中存在“p-p”σ键，D项正确；
答案为：D；
（5）因为氯原子周围有4对价层电子，所以ClO2－中心氯原子的杂化轨道类型为sp3杂化；CN–中有两个原子，价电子数为10个，根据等电子体是具有相同的价电子数和相同原子数的微粒可知，它的等电子体分子是N2或CO。答案为：sp3杂化；N2或CO；
（6）根据均摊法可知晶胞中钙离子的个数为，过氧离子的个数为，故其化学式为CaO2。设晶胞的边长为a，根据ρ=，得，两个离得最近的钙是位于顶点和面心上的，它们的距离为晶胞边长的倍，即为。答案为：CaO2；。
晶体微粒与M、ρ之间的关系：
若1个晶胞中含有x个微粒，则1mol晶胞中含有xmol微粒，其质量为xMg（M为微粒的相对“分子”质量）；1个晶胞的质量为ρa3g（a3为晶胞的体积，ρ为晶胞的密度），则1mol晶胞的质量为ρa3NAg，因此有xM=ρa3NA。