【答案】B
【解析】
【详解】A.钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，说明钾失电子能力比钠强，所以钾的活泼性强于钠，故A正确；
B.同一周期元素原子半径随着原子序数的增大而减小，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，故B错误；
C.最外层电子排布为ns2np6（若只有K层时为1s2）
原子达到稳定结构，再失去电子较难，所以其第一电离能较大，故C正确；
D.对于同一元素来说，原子失去电子个数越多，其失电子能力越弱，所以原子的电离能随着原子失去电子个数的增多而增大，故D正确。
故选B。
4.原子数相同、电子总数相同的粒子，互称为等电子体。
硼元素可形成三个等电子体阴离子：
BO2－、BC2m-和BN2n-，则m、n值为
A.5，3B.2，4C.3，1D.1，2
【答案】A
【解析】
【详解】原子数相同且价电子总数相等的分子或离子为等电子体，BO2－中含有3个原子，价电子数是16，则m=5、n=3时，故A项正确。
5.下列说法正确的是
A.分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键
B.分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸
C.含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体
D.元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强
【答案】A
【解析】
【详解】A、分子晶体中一定含有分子间作用力，但不一定含有共价键，如稀有气体分子中不含共价键，正确；
B、分子中含有2个H原子的酸不一定是二元酸，如甲酸为一元酸，错误；
C、含有金属阳离子的晶体还可能是金属晶体，错误；
D、元素的非金属性越强，其单质的活泼性不一定越强，如N元素的非金属性大于P，但氮气比P单质稳定，错误。
答案选A。
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6.萤石（CaF2）是一种难溶于水的固体。
下列实验事实能说明CaF2一定是离子晶体的是（ ）
A.CaF2难溶于水，其水溶液的导电性极弱
B.CaF2
熔点较高，硬度较大
C.CaF2固体不导电，但在熔融状态下可以导电
D.CaF2在有机溶剂（如苯）中的溶解度极小
【答案】C
【解析】
【详解】A、难溶于水，其水溶液的导电性极弱，不能说明CaF2一定是离子晶体，故A不符；
B、熔、沸点较高，硬度较大，也可能是原子晶体，B项不能说明CaF2一定是离子晶体，故B不符；
C、固体不导电但熔融状态下可以导电，一定有自由移动的离子生成，C项说明CaF2一定是离子晶体，故C正确；
D、CaF2在有机溶剂（如苯）中的溶解度极小，只能说明CaF2是极性分子，不能说明CaF2一定是离子晶体，故D不符；
故选C。
7.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4:
3，Z原子比X原子的核外电子数多4。
下列说法正确的是（ ）
A.W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>W
B.W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>Z
C.Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体
D.WY2分子中σ键与π键的数目之比是2:
1，属于分子晶体。
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：
3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第ⅣA族，X的最外层电子数为3，处于第ⅢA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为Cl元素，Y的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故Y为Si或P或S元素，据此解答。
【详解】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：
3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第ⅣA族，X的最外层电子数为3，处于第ⅢA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为Cl元素，Y的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故Y为Si或P或S元素，
A、同主族自上而下电负性减弱，Y若为Si元素，则电负性C＞Si，选项A错误；
B、同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Al＞Y＞Cl＞C，选项B错误；
C、若Y、Z形成的分子为SiCl4，为正四面体构型，选项C正确；
D、WY2分子为CS2，属于分子晶体，分子结构式为S=C=S，双键中含有1个δ键、1个π键，故δ键与π键的数目之比1：
1，选项D错误；
故选C．
【点睛】本题考查结构性质位置关系，难度中等，推断元素是关键，注意Y元素的不确定性。
8.通常情况下，原子核外p能级、d能级等原子轨道上电子排布为“全空”、“半充满”、“全充满”的时候一般更加稳定，称为洪特规则的特例，下列事实能作为这个规则证据的是（）
①元素氦（He）的第一电离能远大于元素氢（H）的第一电离能
②26Fe2＋容易失电子转变为26Fe3＋，表现出较强的还原性
③基态铜（Cu）原子的电子排布式为[Ar]3d104s1而不是[Ar]3d94s2
④某种激发态碳（C）原子电子排布式为1s22s12p3而不
1s22s22p2
A.①②B.②③C.③④D.全部
【答案】B
【解析】
试题分析：
①同周期元素，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，则元素氦（He）的第一电离能远大于元素氢（H）的第一电离能，错误；②26Fe2＋的价电子排布为3d6，而Fe3＋的价电子排布为3d5，3d5达到半充满状态，比较稳定，所以Fe2＋容易失电子转变为26Fe3＋，表现出较强的还原性，正确；③基态铜（Cu）原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，3d10轨道达到全充满状态，比较稳定，所以电子排布式为[Ar]3d104s1，而不是[Ar]3d94s2，正确；④激发态是指处于基态的电子获得能量进入能量较高的电子层，则某种激发态碳（C）原子电子排布式为1s22s12p3而不是1s22s22p2，不符合洪特规则的特例，错误；答案选B。
考点：
考查洪特规则的特例
9.下列微粒半径大小的比较正确的是（ ）
A.Na＋＜Mg2＋＜Al3＋＜O2－B.S2－＜Cl－＜Na＋＜Al3＋
C.Na＜Mg＜Al＜SD.Cs＞Rb＞K＞Na
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na＋、Mg2＋、Al3＋、O2－都具有相同的电子层结构，核电荷数越大，微粒半径越小，即微粒半径由大到小的顺序是O2－＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，故A错误；
B．S2－和Cl－具有相同的电子层结构，核电荷数越大，微粒半径越小，即微粒半径由大到小的顺序是r（S2－）＞r（Cl－），同理r（Na＋）＞r（Al3＋），但Cl－比Na＋多一个电子层，显然r（Cl－）＞r（Na＋），故离子半径大小顺序是S2－＞Cl－＞Na＋＞Al3＋，故B错误；
C．Na、Mg、Al、S的电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，即：
Na＞Mg＞Al＞S，故C错误；
D．Cs、Rb、K、Na的最外层电子数相同，电子层数逐渐减少，其原子半径Cs＞Rb＞K＞Na，故D正确；
故答案选D。
10.已知原子数和价电子数相同的离子或分子结构相似，如SO3、NO都是平面三角形。
那么下列分子或离子中与SO42-有相似结构的是（）
A.PCl5B.CCl4C.NF3D.N
【答案】B
【解析】
【分析】
原子数和价电子数相同的离子或分子是等电子体，其结构相似。
【详解】SO42-有5个原子、32个价电子，则其等电子体有CCl4、PO43-、ClO4-等，故与其相似结构的是CCl4、ClO4-等，故选B。
11.下列说法正确的是（ ）
A.第三能层有s、p共两个能级B.3d能级最多容纳5个电子
C.第三能层最多容纳8个电子D.无论哪一能层的s能级最多容纳的电子数均为2个
【答案】D
【解析】
【详解】A、每一能层包含的能级数等于该能层的序数，故第三能层有s、p.d三个能级，选项A错误；
B、d能级最多容纳的电子数是10，选项B错误；
C、每一能层最多客纳的电子数为2n2，第三能层最多容纳18个电子，选项C错误；
D、s能级最多容纳的电子数分别是2，选项D正确。
答案选D。
12.下列说法不正确的是（）
A.离子晶体不一定都含有金属元素
B.离子晶体中除含离子键外，还可能含有其他化学键
C.金属元素与非金属元素构成的晶体不一定是离子晶体
D.熔化后能导电的晶体一定是离子晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A、离子晶体中不一定含有金属离子，如氯化铵晶体，选项A正确；
B、离子晶体中除含离子键外，还可能含有其他化学键，如铵盐、NaOH、Na2O2等离子晶体中存在离子键和共价键，选项B正确；
C、金属与非金属元素构成的晶体不一定是离子晶体。
如AlCl3为分子晶体，选项C正确；
D、熔融状态下能导电的晶体可能是金属晶体或离子晶体，选项D不正确。
答案选D。
13.下列有机物的酸性由强到弱排列正确的是
A.碳酸、甲酸、乙酸、苯酚B.乙酸、甲酸、碳酸、苯酚
C.甲酸、碳酸、乙酸、苯酚D.甲酸、乙酸、碳酸、苯酚
【答案】D
【解析】
试题分析：
按照酸性强弱顺序：
甲酸>乙酸>碳酸>苯酚，故D选项正确。
考点：
考查酸性强弱比较。
14.化学与科技、社会、生活有着密切的联系，下列说法不正确的是
A.橡胶、塑料和光导纤维都是有机高分子化合物
B.废电池要集中处理，防止其中的重金属盐对土壤和水源造成污染
C.从海水提取金属镁的过程中涉及氧化还原反应
D.利用太阳能、风能和氢能替代化石能源能改善空气质量
【答案】A
【解析】
【详解】A．光导纤维的成分是二氧化硅，不是有机高分子化合物，选项A错误；
B．废旧电池进行集中处理的主要原因是防治废电池中镉、铅等重金属离子对土壤和水源的污染，选项B正确；
C．电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，为氧化还原反应，选项C正确；
D．太阳能、风能和氢能等是清洁能源，利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源可以减少污染物的排放，改善空气质量，选项D正确；
答案选A。
15.有
、CH3CH2OH、CH3CH2Br、NH4Cl四种无色液体，只有一种试剂就能把它们鉴别开，这种试剂是（ ）
A.溴水B.NaOH溶液C.Na2SO4溶液D.KMnO4溶液
【答案】BD
【解析】
【分析】
苯和CH3CH2Br都不溶于水，但苯的密度比水小，CH3CH2Br的密度比水大，CH3CH2Br可在碱性条件下水解，生成CH3CH2OH，CH3CH2OH和水混溶，NH4Cl溶液中加入NaOH，生成具有刺激性气味的氨气，以此解答该题。
【详解】A．溴水与CH3CH2OH、NH4Cl溶液不反应，无明显现象，不能鉴别，故A不选；
B．苯不溶于水，密度比水小，乙醇和水混溶，CH3CH2Br可在碱性条件下水解，生成CH3CH2OH，油状液体逐渐消失，NH4Cl溶液中加入NaOH，生成具有刺激性气味的氨气，可鉴别，故B选；
C．Na2SO4溶液不能鉴别CH3CH2OH、NH4Cl溶液，故C不选；
D．加入高锰酸钾，可氧化乙醇而褪色，苯与高锰酸钾不反应，密度比水小，有机层在上层，CH3CH2Br密度比水大，有机层在下层，氯化铵与高锰酸钾溶液不分层，可鉴别，故D选；
故答案选BD。
【点睛】做物质鉴别题时候，加入试剂后如果现象不同就视为可以鉴别，而与是否发生化学反应无关。
16.高分子材料的合成与应用使我们的生活变得更加丰富多彩，下列关于高分子材料的
说法正确的是（）
A.聚乙烯结构中存在碳碳双键
B.聚乙烯可由乙烯通过取代反应制得
C.聚乙烯与聚氯乙烯都是合成高分子材料
D.聚氯乙烯可由氯气与乙烯通过加聚反应制得
【答案】C
【解析】
试题分析：
A．聚乙烯的单体式乙烯，乙烯通过加成聚合得到聚乙烯，所以聚乙烯不存在双键；
B．聚乙烯的单体式乙烯，乙烯通过加成聚合得到；
C．聚乙烯与聚氯乙烯都是通过人工合成的高分子化合物；
聚氯乙烯的单体式氯乙烯，通过加成聚合得到聚氯乙烯．
解：
A．聚乙烯的单体式乙烯，乙烯通过加成聚合得到聚乙烯，所以聚乙烯不存在双键，故A错误；
B．聚乙烯可由乙烯通过加聚反应值得，故B错误；
C．聚乙烯与聚氯乙烯都是通过人工合成的高分子化合物，属于合成高分子材料，故C正确；
D．聚氯乙烯的单体式氯乙烯，通过加成聚合得到聚氯乙烯，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查了生活中常见的高分子材料，熟悉聚氯乙烯和聚乙烯的结构，明确加聚反应的原理是解题关键，注意A选项，聚乙烯中不存在双键．
17.可用于鉴别以下三种化合物的一组试剂是（）
乙酰水杨酸丁香酚肉桂酸
①银氨溶液②溴的四氯化碳溶液③氯化铁溶液④氢氧化钠溶液
A.②与③B.③与④C.①与④D.①与②
【答案】A
【解析】
乙酰水杨酸中含有酯基和羧基，丁香酚中含有碳碳双键和酚羟基以及醚键，肉桂酸中含有碳碳双键和羧基，所以氯化铁能鉴别丁香酚，溴的四氯化碳溶液能鉴别碳碳双键，因此选项A正确，答案选A。
18.除去乙烷中乙烯的办法是（ ）
A.点燃B.通过溴水C.通过酸性高锰酸钾溶液D.通过石灰水
【答案】B
【解析】
【详解】A、点燃乙烷和乙烯都能燃烧，不能实现除杂，故A错误；
B、通过溴水乙烯可以发生加成反应，生成液态不溶的卤代烃，而乙烷不反应，故B正确；
C、通过高锰酸钾溶液乙烯被氧化为二氧化碳气体，乙烯除去但引入了二氧化碳不能实现除杂，故C错误；
D、通过石灰水乙烯和乙烷都不反应，故D错误；
故选B。
19.目前已知化合物中数量、品种最多的是第IVA碳的化合物（有机化合物），下列关于其原因的叙述中不正确的是
A.碳原子既可以跟自身，又可以跟其他原子（如氢原子）形成4个共价键
B.碳原子性质活泼，可以跟多数元素原子形成共价键
C.碳原子之间既可以形成稳定的单键，又可以形成稳定的双键和三键
D.多个碳原子可以形成长度不同的链、支链及环，且链、环之间又可以相互结合
【答案】B
【解析】
【详解】碳是稳定的，之所能形成种类最多的化合物是因为：
碳原子既可以跟自身，又可以跟其他原子（如氢原子）形成4个共价键；碳原子之间既可以形成稳定的单键，又可以形成稳定的双键和三键；多个碳原子可以形成长度不同的链、支链及环，且链、环之间又可以相互结合。
但是碳原子性质不活泼，很稳定，可以跟多数元素原子形成共价化合物。
故答案选B。
20.2014年南京青奥会吉祥物为“砳砳”，一种“砳砳”的外用材料是纯羊毛线，内充物为涤纶（结构简式为
），下列有关说法不正确的是（ ）
A.羊毛的主要成分属于蛋白质
B.涤纶属于天然高分子化合物
C.合成涤纶的单体之一可以是HOCH2CH2OH
D.可用灼烧的方法区别羊毛和涤纶
【答案】B
【解析】
试题分析：
A、羊毛的主要成分是蛋白质，正确；B、涤纶属于合成高分子化合物，错误；C、合成涤纶的单体是对苯二甲酸和乙二醇，正确；D、灼烧涤纶没有烧焦羽毛的味道，灼烧羊毛有烧焦羽毛的味道，可区别羊毛和涤纶，正确；故本题选择B。
考点：
蛋白质的鉴别方法，单体的判断
21.下列实验操作，不能用来分离提纯物质的是（）
A.萃取B.蒸馏C.过滤D.称量
【答案】D
【解析】
分析：
常见物质分离的方法有:
过滤、分液、蒸发和蒸馏等,以此解答该题。
详解：
萃取可用于分离在不溶溶剂溶解度不同的物质,A正确；蒸馏可以实现两种沸点差距较大的两种互溶液体的分离,B错误；过滤一般是用来分离不溶性固体和液体的混合物,C正确；称量用于物质质量的测量,不能用于分离,D错误；正确选项D。
点睛：
混合物的分离方法，取决于组成混合物的各物质的性质差异。
萃取法适用于同一种溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同时，将混合物分离；结晶法适用于不同溶质在同一溶剂中溶解度受温度影响不同的混合物分离；蒸馏法适用于沸点不同的两种溶质组成的混合物分离；分液法适用于互不相溶的两种液体组成的混合物分离。
22.一有机物A可发生如下变化，已知C为羧酸，而C、E都不能发生银镜反应，则A可能的结构有（ ）
A.2种B.3种C.4种D.5种
【答案】A
【解析】
【详解】A的分子式为C6H12O2，A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化，应为醇，则A应为酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，则C不可能为甲酸，如C为乙酸，则D为CH3CH（OH）CH2CH3，如C为丙酸，则D为CH3CH（OH）CH3，如C为丁酸，则D为乙醇、E为乙醛，不可能，所以A只能为CH3COOCH（CH3）CH2CH3或CH3CH2COOCH（CH3）22种，故答案选A。
23.下列化合物中既易发生取代反应，也可发生加成反应，还能使KMn04酸性溶液褪色的是
A.乙烷B.乙醇C.丙烯D.苯
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烷属于烷烃主要发生取代反应，为饱和烃，不能发生加成反应，故A错误；
B．乙醇不能发生加成反应，故B错误；
C．丙烯属于烯烃且含有一个甲基，甲基上发生取代反应，碳碳双键能发生加成、能使高锰酸钾溶液褪色，因此符合题意，故C正确；
D．苯与酸性高锰酸钾不反应，故D错误；
故选C。
【点晴】明确常见有机化合物的化学性质及常见的有机化学反应类型是解题关键，发生加成反应，应含有不饱和键或苯环，能被酸性高锰酸钾氧化，可为不饱和烃、苯的同系物或乙醇等，以此解答该题。
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24.下列式子是某学生书写C5H12的同分异构体的结构简式
①CH3CH2CH2CH2CH3②
③
④
⑤
这些结构中出现重复
是
A.①和②B.④和⑤C.②③④D.均不重复
【答案】C
【解析】
所有的碳原子在一条链上：
CH3-CH2-CH2-CH2-CH3；拿下1个碳原子作为支链：
；拿下2个碳原子作为支链：
；其中一种结构它的一氯代物只有一种结构，即只有一种氢原子，即为
，所以C5H12的同分异构体的结构简式CH3-CH2-CH2-CH2-CH3；
；
；上述结构中出现重复的是②③④，答案选C。
分卷II
二、实验题（共6小题，共50分）
25.亚甲基蓝（MethylneneBlue）在碱性条件下与葡萄糖作用生成亚甲基白（MethyleneWhite），亚甲基蓝的结构简式：
。
著名的蓝瓶子实验操作步骤如下：
①如图示在250mL锥形瓶中，依次加入2gNaOH、100mLH2O和3g葡萄糖，搅拌溶解后，再加入3滴～5滴0.2%的亚甲基蓝溶液，振荡混合液呈现蓝色；
②塞紧橡皮塞（活塞a、b关闭），将溶液静置，溶液变为无色；
③再打开瓶塞，振荡，溶液又变为蓝色；
④再塞紧橡皮塞，将溶液静置，溶液又变为无色，以上③、④可重复多次。
试回答下列问题：
（1）某学生将起初配得的蓝色溶液分装在A，B两支试管中（如上图，A试管充满溶液，B中有少量溶液），塞上橡皮塞静置片刻，两溶液均显无色，若再同时振荡A，B试管，能显蓝色的是_________（填“A”或“B”）；
（2）若塞紧锥形瓶塞并打开活塞a、b，通入足量氢气后，再关闭活塞a、b并振荡，溶液能否由无色变为蓝色_________（填“能”或“不能”）；若塞紧锥形瓶塞并打开a、b通入足量氧气，溶液能否由无色变为蓝色_________（填“能”或“不能”）；
（3）上述转化过程中，葡萄糖的作用是_________，亚甲基蓝的作用是_________；
（4）上述实验中葡萄糖也可用鲜橙汁（其中含丰富维生素C）代替，这是因为维生素C具有_____；
（5）该实验中③、④操作能否无限次重复进行_________（填“能”或“不能”），理由是_____。
【答案】
（1）.B
（2）.不能（3）.能（4）.还原剂（5）.催化剂（或催化剂兼作指示剂）（6）.还原性（7）.不能（8）.一段时间后葡萄糖全部转化为其它物质
【解析】
【分析】
从题目中可获得如下信息：
亚甲基蓝
亚甲基白，据此解答。
【详解】
（1）试管B中含有氧气，能将葡萄糖氧化，溶液显蓝色，而试管A中没有氧气，不能将还原性葡萄糖氧化，故答案为B。
（2）由于充入的是H2，也无氧化剂O2，不能变为蓝色；充入O2后则能被氧化而变为蓝色。
（3）葡萄糖被O2氧化，故作还原剂，亚甲基蓝作指示剂或催化剂。
（4）由于维生素C可代替葡萄糖，故具有还原性。
（5）实验不能无限进行，因为葡萄糖最终被消耗尽。
【点睛】该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论
26.某学习小组对人教版教材实验“在200mL烧杯中放入20g蔗糖（C12H22O11），加入适量水，搅拌均匀，然后再加入15mL质量分数为98%浓硫酸，迅速搅拌”进行如下探究；
（1）观察现象：
蔗糖先变黄，再逐渐变黑，体
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