C.离子半径:
O2->Na+>Mg2+
D.原子的未成对电子数:
Mn>Si>Cl
【答案】B
【详解】A、得电子能力越强，电负性越大，得电子能力P＜O＜F，所以元素的电负性P＜O＜F，故A正确；
B、C的电子排布式为1s22s22p2；N的电子排布式为1s22s22p3，p轨道处于半充满状态；O的电子排布式为1s22s22p4，第一电离能应该是N的最大，故B错误；
C、这些离子是电子层一样多的微粒，根据核电荷数越多半径越小，则离子半径：
O2-＞Na+＞Mg2+，故C正确；
D、Mn、Si、Cl原子的未成对电子数分别为5、2、1，即原子的未成对电子数：
Mn＞Si＞Cl，故D正确。
正确答案选B。
【点睛】元素的第一电离能和最外层电子数的多少有关，轨道处于全充满和半充满状态稳定；电子层越多，半径越大，电子层一样多的微粒，核电荷数越多半径越小。
7.H7N9型禽流感是全球首次发现的新亚型流感病毒，达菲（Tamiflu）是治疗该病毒的最佳药物．以莽草酸为原料，经多步反应可制得达菲和对羟基苯甲酸．达菲、莽草酸、对羟基苯甲酸的结构简式如下：
下列有关说法正确的是（）
A.达菲、莽草酸、对羟基苯甲酸都属于芳香族化合物
B.1mol莽草酸与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH
C.对羟基苯甲酸较稳定，在空气中不易被氧化
D.利用FeCl3溶液可区别莽草酸和对羟基苯甲酸
【答案】D
【详解】A.达菲、莽草酸均不存在苯环，不属于芳香族化合物，A错误；
B.莽草酸中只有羧基和氢氧化钠溶液反应，1mol莽草酸与NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOH，B错误；
C.对羟基苯甲酸含有酚羟基，易被氧化，不稳定，C错误；
D.对羟基苯甲酸含有酚羟基，利用FeCl3溶液可区别莽草酸和对羟基苯甲酸，D正确；
答案选D。
8.已知PbO2在盐酸溶液中易被还原成PbCl2，且PbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。
下列叙述中，正确的是（）
A.Cl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3
B.每1个PbO2在盐酸溶液中被氧化生成PbCl2时转移2个e-
C.FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化
D.I2具有较强的氧化性，可以将PbCl2氧化成PbO2
【答案】C
【详解】A．Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，所以氯气通入FeI2溶液中，氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，所以不可能存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，故A错误；
B．PbO2在酸性溶液中易得电子而被还原成Pb2+，所以每1个PbO2在盐酸溶液中被还原生成PbCl2时转移2个e-，故B错误；
C．氯化铁的氧化性大于碘，所以氯化铁和碘化钾反应生成碘单质，所以FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化，故C正确；
D．PbO2的氧化性大于I2，所以PbO2能氧化碘离子生成碘单质，而碘不能将PbCl2氧化成PbO2，故D错误；
故选C。
9.实验室需配制480mL1mol·L－1NaOH溶液，下列叙述正确的是（ ）
A.转移液体时，玻璃棒应紧靠容量瓶口
B.用托盘天平称量19.2gNaOH固体
C.容量瓶上标有温度、浓度、容积和压强
D.定容时若俯视刻度线观察液面，会使所配制的NaOH溶液的浓度偏高
【答案】D
【详解】A．移液体时，玻璃棒应紧靠容量瓶内壁，A错误；
B．没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量=0.5L×1mol•L-1×40g/mol=20.0g，B错误；
C．容量瓶上标有刻度线、温度、容积，C错误；
D．定容时俯视液面，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，D正确；
答案选D。
【点睛】本题主要考查了配制一定物质的量的溶液的配制、对仪器的认识、实验基本操作，方法和注意事项等，难度不大，注意基础知识的理解掌握。
10.下列解释事实或实验现象的化学用语正确的是
A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝：
4I－+O2+4H+=2I2+2H2O
B.铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：
Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2O
C.水垢上滴入CH3COOH溶液有气泡产生：
CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
D.SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：
SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO
【答案】A
【详解】A.硫酸酸化
KI淀粉溶液久置后变蓝，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：
4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故A正确；
B.铁和稀硝酸反应产物与量有关，铁少量时变成三价铁，溶液由无色变为黄色，离子方程式为Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2O；铁过量时变成二价亚铁，溶液由无色变为浅绿色，离子方程式为：
3Fe+8H++2NO3－=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C.醋酸是弱酸，不能拆成离子，反应的离子方程式为：
CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故C错误；
D.SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：
SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO，生成的次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钙，故D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查的是实验现象的解释和离子方程式的书写。
解题时需注意B选项铁与稀硝酸反应的产物与反应条件有关，铁少量时变成三价铁，铁过量时变成二价亚铁，产物不同溶液的颜色不同；D选项次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸钙。
11.我国科学家在绿色化学领域取得新进展。
利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。
下列有关说法不正确的是
A.CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的
B.催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒
C.该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂
D.有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物
【答案】C
【详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；
B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；
C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：
CO2和H转化为COOH，故C错误；
D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。
答案选C。
12.LiAlH4（
）、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈分解释放出H2，LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al。
下列说法不正确的是（）
A.1molLiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子
B.LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为
4g/mol
C.LiAlH4溶于水得到无色溶液，化学方程式可表示为：
LiAlH4+2H2O
LiAlO2+4H2↑
D.LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂
【答案】B
A、LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al，Al由+3价降低为0，则1molLiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子，选项A正确；B、由LiH+D2O═LiOD+HD↑可知，所得氢气的摩尔质量为3g/mol，选项B不正确；C、LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，生成LiAlO2和H2，反应的方程式为LiAlH4+2H2O═LiAlO2+4H2↑，选项C正确；D、LiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，乙醛被还原，LiAlH4作还原剂，选项D正确。
答案选B。
第Ⅱ卷非选择题（共64分）
注意事项：
1.用钢笔或圆珠笔直接答在答题卷上，答在本试卷上的无效。
2.本卷共4小题，共64分。
13.在工业上次磷酸（H3PO2）常用于化学镀银，发生的反应如下：
___Ag++__H3PO2+__H2O→__Ag↓+__H3PO4+__H+
请回答下列问题：
（1）H3PO2中，P元素的化合价为__；该反应中，H3PO2被__（填“氧化”或“还原”）。
（2）配平该离子方程式：
__Ag++__H3PO2+__H2O→__Ag↓+__H3PO4+__H+
（3）H3PO2是一元弱酸，写出其与足量NaOH溶液反应的离子方程式：
__。
（4）化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就可不再向环境排放该种有害物质。
例如：
在如图有编号的步骤中，发生氧化反应的是__（填编号，下同），发生还原反应的是__。
（提示：
铬元素化合价有+6、+3价）
（5）一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应”式，一个是“还原反应”式。
如2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+的拆写结果是：
氧化反应为：
Cu-2e-=Cu2+；还原反应为：
2Fe3++2e−=2Fe2+。
请据此将反应：
Fe+2H+=Fe2++H2↑拆写成两个“半反应式”：
氧化反应为__；还原反应为___。
【答案】
（1）.+1
（2）.氧化（3）.4（4）.1（5）.2（6）.4（7）.1（8）.4（9）.H3PO2+OH-=H2PO
+H2O（10）.④（11）.①（12）.Fe-2e-=Fe2+（13）.2H++2e-=H2↑
【详解】
（1）H3PO2中，P元素的化合价为+1；该反应中，H3PO2中，P元素的化合价升高，被氧化，故答案为：
+1；氧化；
（2）银的价态从+1降到0，磷的价态从+1升到+5，利用化合价升降法可配平方程式 ，4Ag++H3PO2+2H2O=4Ag↓+H3PO4+4H+，故答案为：
4；1；2；4；1；1；
（3）H3PO2为一元弱酸，与足量NaOH溶液发生酸碱中和反应，H3PO2只能电离出1个氢离子，所以反应离子方程式为：
H3PO2+OH-=H2PO2-+H2O，故答案为：
H3PO2+OH-=H2PO
+H2O；
（4）反应中①Cr元素化合价降低，发生还原反应；②③Cr元素化合价不变，发生非氧化还原反应；④Cr元素化合价升高，发生氧化反应；⑤Cr元素化合价不变，发生非氧化还原反应，故答案为：
④；①；
（5）根据化合价的变化判断，Fe+2H+=Fe2++H2↑中，氧化剂是H+，发生还原反应，H+得到2个电子生产H2；还原剂是Fe，发生氧化反应，Fe失去2个电子生产Fe2+，电子转移数是2，故答案为：
Fe-2e-=Fe2+；2H++2e-=H2↑。
14.某药物H的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）C的名称是_____。
（2）F→H的反应类型为___，B→C的试剂和条件是_____。
（3）H有多种同分异构体，在下列哪种仪器中可以显示物质中化学键和官能团类型_____（填字母）。
A.质谱仪B.元素分析仪C.红外光谱仪D.核磁共振氢谱仪
（4）写出D→E的化学方程式____。
（5）在E的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有_____种；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3：
3：
2：
2：
1：
1的是_____。
①既能发生银镜反应，又能发生水解反应；
②属于芳香族化合物；
③苯环上只有2个取代基。
（6）参照上述流程，以D和乙醛为原料合成
（其它无机试剂自选），设计合成路线___。
【答案】
（1）.苯甲醇
（2）.加成反应（3）.NaOH水溶液、加热（4）.C（5）.
（6）.15（7）.
（8）.
【分析】
根据D结构简式及A分子式知，A为
，A发生取代反应生成的B为
，B发生水解反应生成的C为
，C发生催化氧化生成D；D与丙酮发生加成反应生成E，根据F分子式知，E发生消去反应生成的F为
；F和G发生加成反应生成H；以D和乙醛为原料合成
，结合流程中D→E构建碳干骨架，苯甲醛和乙醛发生加成反应，然后发生消去反应、氧化反应、最后发生加聚反应得到目标产物。
【详解】
（1）C为
，C的名称是苯甲醇，故答案为：
苯甲醇；
（2）F→H的反应类型为加成反应，B→C为卤代烃的水解反应，该反应的试剂和条件是NaOH水溶液、加热，故答案为：
加成反应；NaOH水溶液、加热；
（3）A.质谱仪测定其相对分子质量，不符合题意；
B.元素分析仪测定元素，不符合题意；
C.红外光谱仪测定化学键和官能团，符合题意；
D.核磁共振氢谱仪测定H原子种类及各类氢原子个数之比，不符合题意；
故选C；
（4）D→E的化学方程式
，故答案为：
；
（5）E的同分异构体符合下列条件：
①既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有HCOO−；
②属于芳香族化合物，说明含有苯环；
③苯环上只有2个取代基，
如果取代基为HCOO−、CH3CH2CH2−，有邻间对3种；
如果取代基为HCOO−、（CH3）2CH−，有邻间对3种；
如果取代基为HCOOCH2−、CH3CH2−，有邻间对3种；
如果取代基为HCOOCH2CH2−、CH3−，有邻间对3种；
如果取代基为HCOOCH（CH3）−，CH3−，有邻间对3种，
符合条件的有15种；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3:
3:
2:
2:
1:
1的是
，故答案为：
15；
。
（6）以D和乙醛为原料合成
，结合流程中D→E构建碳干骨架，苯甲醛和乙醛发生加成反应，然后发生消去反应、氧化反应、最后发生加聚反应得到目标产物，其合成路线为：
，故答案为：
。
15.生活中有许多与化学相关的数据表格。
Ⅰ.如图是某儿童微量元素体检报告单的部分数据：
某医疗机构临床检验结果报告单
分析项目
检测结果
单位
参考范围
1
锌（Zn）
115.92
μmol/L
66~120
2
铁（Fe）
6.95
mmol/L
7.52~11.82
3
钙（Ca）
1.68
mmol/L
1.55~2.10
……
根据上表的数据，回答下列问题：
（1）该儿童__元素含量偏低。
（2）报告单中“μmol/L”是__（填“质量”、“体积”或“浓度”）的单位。
（3）服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，在这个过程中体现维生素C的__（填“氧化性”或“还原性”）。
Ⅱ.生活中为了延长鲜花的寿命，通常会在花瓶中加入鲜花保鲜剂。
0.5L某种鲜花保鲜剂中含有的成分及含量如下，阅读后回答下列问题：
成分
质量（g）
摩尔质量（g/mol）
①蔗糖（C12H22O11）
25.00
342
②硫酸钾（K2SO4）
0.25
174
③高锰酸钾（KMnO4）
0.25
158
④阿司匹林（C9H8O4）
0.17
180
⑤硝酸银（AgNO3）
0.02
170
（4）上述鲜花保鲜剂成分中，属于盐的是__（填序号）。
（5）欲配制500mL该鲜花保鲜剂，有如下操作步骤：
a.把称量好的保鲜剂放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解；
b.把a所得溶液小心转入500mL容量瓶中；
c.继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度1cm至2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线相切；
d.用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2到3次，每次洗涤液都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；
e.将容量瓶塞紧，反复上下颠倒摇匀。
①操作步骤的正确顺序为（填序号）__。
②在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是__。
A.使用容量瓶前检查它是否漏水
B.容量瓶用蒸馏水洗净后，需要干燥
C.盖好瓶塞，用一只手
食指顶住瓶塞，另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次
③下列操作会使所配溶液的浓度偏小的是___。
A.转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯
B.容量瓶中原来有少量蒸馏水
C.定容时，俯视刻度线
D.称量氯化钠固体时左码右物
【答案】
（1）.铁（或Fe）
（2）.浓度（3）.还原性（4）.②③⑤（5）.abdce（6）.B（7）.AD
【详解】
（1）由题中数据可知：
铁（或Fe）元素含量偏低，故答案为：
铁（或Fe）；
（2）报告单中μmol/L是浓度的单位，故答案为：
浓度；
（3）服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，Fe元素的化合价降低被还原，则维生素C所起还原作用，故答案为：
还原性；
（4）盐是由金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子组成的化合物，属于盐的是K2SO4，KMnO4，AgNO3，故答案为：
②③⑤；
（5）①溶液配制的操作步骤为：
计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以操作步骤的正确顺序为abdce，故答案为：
abdce；
②A．使用容量瓶前要检查它是否漏水，故A正确；
B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶液的浓度无影响，故B错误；
C．溶液配制好以后要摇匀，摇匀的操作方法为：
盖好瓶塞，用一只手的食指顶住瓶塞，另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次，故C正确；
故答案为B；
③A．转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，会使溶质偏小，浓度偏低，故A正确；
B．容量瓶中原来有少量蒸馏水，对溶液的浓度无影响，故B错误；
C．定容时，俯视刻度线，会使溶液体积偏小，导致浓度偏大，故C错误；
D．称量氯化钠固体时砝码与物品放反了，会使溶质质量偏小，浓度偏低，故D正确；
故答案为AD。
【点睛】称量氯化钠固体时砝码与物品放反了，若未使用游码，则所称质量无影响，若使用了游码，会导致质量偏小，此为易错点。
16.东晋《华阳国志•南史志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要
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