2022届重庆市涪陵区高二下化学期末统考模拟试题含解析

1、2022届重庆市涪陵区高二下化学期末统考模拟试题一、单选题(本题包括 20个小题，每小题 3分，共60分.每小题只有一个选项符合题意)1.可以证明可逆反应 N2+3H2f2NH3已达到平衡状态的是一个N三N断裂的同时，有 3个HH键断裂一个n三N键断裂的同时，有 6个NH键断裂其它条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变 恒温恒容时，体系压强不再改变NH3、N2、H2的体积分数都不再改变恒温恒容时，混合气体的密度保持不变正反应速率 v(H2)=0.6mol/(L min),逆反应速率 v(NH3)=0.4mol/(L min)A.全部B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【详解】一个N三N

2、断裂的同时，有3个HH键断裂，表示的都是 v正，不能说明可逆反应达到平衡状态，错误；一个N三N键断裂的同时，有6个N-H键断裂，表示的是 vv逆，可以说明可逆反应达到平衡状态，正确； 可逆反应为反应前后气体体积减小的反应，其它条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变，可以说明反应达平衡状态， 正确； 对于反应前后气体体积不等的可逆反应，恒温恒容时，体系压强不再改变，说明该可逆反应达到平衡状态，正确；化学平衡时各组分的浓度、质量分数等保持恒定，故NH3、N2、H2的体积分数都不再改变，表明可逆反应达到平衡状态， 正确；恒温恒容时，该可逆反应的物质质量守恒，体积不变，混合气体的密度始终保持不变

3、，不能说明该可逆反应达到平衡状态， 错误； 根据同一化学反应中，各物质的化学反应速率之比等于化学方程式中相应各物质的化学计量数之比,2 口v(NH3)= v H23应达到平衡状态,正反应速率 v(H2)=0.6mol/(L min)时，用NH3表示的正反应速率2 ,一 0.6mol/ Lgmin 0.4mol/ Lgmin ,则有：v(NH3)f= v(NH3)逆，可以说明可逆反 3 正确；综上所述，c项正确；答案选C。根据化学平衡的特征来判断化学反应是否达平衡状态。即： （ 1）化学平衡时正逆反应速率相等 （ 2）各组分的浓度及百分含量保持一致。这是判断可逆反应达到化学平衡状态的直接依据，由

4、此可以衍生出其他判断反应是否达平衡状态的间接依据。2.某无色透明的混合气体中可能含有CM Q、SO、NO NO中的两种或多种气体。现将此混合气体通过品红溶液后, 品红溶液褪色, 向剩余气体中通入空气, 很快变为红棕色。下列对于原混合气体成分的判断中正确的是A.肯定没有 SO和NCB.肯定没有 Cl2、Q和NOC,可能有CI2和QD.肯定只有NO【答案】B【解析】分析：根据气体的颜色判断可排除Cl2和NO2气体，根据能使品红褪色的气体为SQ,把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO,则原混合气体中无氧气，据此即可解答。详解：A.此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含

5、有SO2,把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明原混合气体一定含有气体NO， NO 和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明原混合气体中无氧气，故 A错误；B. Cl2为黄绿色，NO2气体为红棕色，此混合气体为无色，所以一定不含Cl2、NO2,据A分析原混合气体中无氧气，故 B正确；C. C2为黄绿色，该气体无色，则说明不含有Cl2,故C错误；D.把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO, NO和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明原混合气体中无氧气，此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含有SO2，故 D 错误；故选B。点睛：本题考查常见气体的检验，注意常见气体的性

6、质以及检验方法。本题的易错点为氧气的判断，要注 意一氧化氮能够与氧气反应生成二氧化氮。3下列说法不正确 的是A.蛋白质是生命的基础，是人类必需的营养物质B.维生素C又称抗坏血酸，新鲜蔬菜中富含维生素CC.阿司匹林是常用的解热镇痛药，可以长期大量服用D.葡萄糖是自然界中分布最广的单糖，在人体中发生氧化反应，放出能量【答案】C【解析】A、蛋白质是构成人体细胞的基本物质，是人体必需的营养物质，故 A正确；B、维生素C又名抗坏血酸， 对防治坏血病有很大的帮助，水果蔬菜中富含维C,故B正确；C阿司匹林是一种历史悠久的解热镇痛药，长期大量服用会有水杨酸反应，应停药并静脉注射NaHCO3溶液，故C不正确；D

7、、葡萄糖是一种单糖，主要作用是为生物提供能量，故 D正确。故选C。4.室温下，下列有关溶液说法正确的是A.为确定某酸 H2A是强酸还是弱酸，可测 NaHA溶液的pHB.某溶液中由水电离出的c(H+)= 1 X 10 mol L-1,若a>7时，则溶液的pH为a或14aC.等体积等物质的量浓度的NaClO溶液和NaCl溶液中离子总数大小 N前N后D.常温下，pH=3的HA溶液与pH=11的BOH等体积混合，溶液 pH>7,则BOH为强碱 【答案】B 【解析】 【详解】A. NaHA溶液的pH可能小于7,如NaHSQ、NaHSO3,也可能大于7,如NaHCO3,所以不能通过测 NaHA

8、 溶液的pH判断H2A是强酸还是弱酸，故 A错误；B.某溶液中由水电离出的 c(H+)= 1 x 10a mol L 1,若a>7时，溶液中由水电离出的 c(H+)< 1 x 10mol?L-1, 水的电离受到抑制， 可能为酸溶液或碱溶液， 若为酸溶液，则pH=14-a,若为碱溶液，则pH=a,故B正确；C. NaClO溶液中电荷关系为 c(Na+)+c(H+尸c(ClO)+c(OH-),溶液中离子浓度为 2c(Na+)+2c(H+),同理NaCl溶 液中离子浓度为2c(Na+)+2c(H+);但NaClO溶液呈碱性，NaCl溶液呈中性，所以 NaClO溶液中c(H+)v 1X10

9、mol?L-1, NaCl溶液中c(H+)=1 xi0nol?L-1,即等体积等物质的量浓度的NaClO溶液和NaCl溶液中离子总数大小N前N后，故C错误；D. pH=3的HA溶液与pH=11的BOH等体积混合，若 BOH为强碱、HA为强酸，则pH=7,若BOH为 强碱、HA为弱酸，则pH<7,若BOH为弱碱、HA为强酸，则pH >7,所以溶液pH >7,则BOH为弱 碱，故D错误； 故选B。5.下列实验中，所使用的装置(部分夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是()溶液7崎(匕 溶液A,用装置配制 250 mL0.1 mol ,匚1的NaOH溶液B.用装置制备少量 Fe(O

10、H)2固体C.用装置验证乙烯的生成D.用装置制取少量乙酸乙酯【答案】B【详解】A.用装置配制250 mL0.1 mol . L-1的NaOH溶液，NaOH固体不能放在容量瓶内溶解，应放在烧杯内溶解，溶解液冷却至室温才能转移入容量瓶，A错误；B.用装置制备少量 Fe（OH）2固体，在密闭环境内进行，防止生成的Fe（OH）2被溶解的空气中的 O2氧化,B正确；C.因为乙醇也能使酸性 KMnO4溶液褪色，用装置制得的乙烯中常混有乙醇，所以不能验证乙烯的生成，C错误；D.用装置制取少量乙酸乙酯时，会产生倒吸，因为出液导管口位于液面下，D不正确。故选B。6.浓度为2 mol 11的盐酸V L,欲使其浓度

11、变为 4 mol - L 1,以下列出的方法中可行的是（）A.通入标准状况下的HCl气体44.8 LB.将溶液加热蒸发浓缩至 0.5V LC.蒸发掉0.5V L水D.加入10 mol - L 1盐酸0.6V L ,再将溶液稀释至 2V L【答案】D【解析】A、标况下的44.8L HCl气体的物质的量为 2mol,通入VL2mol/L的盐酸溶液，溶液中氯化氢的物质的量为（2V+2） mol,但溶液的体积不一定是 0.5 （V+1）,故A错误；日蒸发氯化氢挥发，溶液浓度 降低，故B错误；C蒸发氯化氢挥发，溶液浓度降低，故C错误；D混合后溶液中的氯化氢为2mol/L x VL+10mol/LX 0.

12、6VL=8Vmol,所以混合后澳化氢的浓度为8Vmol =4mol/L ,故D正确；故选 Do2VL7 .氮氧化铝（AlON）属原子晶体，是一种超强透明材料，下列描述错误的是（）A. AlON和石英的化学键类型相同B. AlON和石英晶体类型相同C. AlON和Al 2Q的化学键类型不同D. AlON和Al 2O3晶体类型相同【答案】D【解析】原子晶体中相邻的原子间形成共价键。常见的原子晶体有金刚石、二氧化硅（石英）晶体等。是离子晶体,Al 2O3结构粒子为阴、阳离子，离子间作用力为离子键。所以D的描述是错误的。8 .下列属于化学变化的是A.淀粉遇I2变蓝B.海水晒盐C.石油分储得到柴油D.从

13、煤焦油获得苯、甲苯【答案】A【解析】【详解】A、淀粉遇碘变蓝色，有新的物质生成，属于化学变化，选项 A正确；B、海水晒盐的过程中没有生成新物质，属于物理变化，选项 B错误；C、石油分储后得到汽油、煤油、柴油等组分利用的也是不同组分之间沸点不同的性质，同理，其中涉及的物态变化没有生成新物质，属于物理变化，而非化学变化，选项 C错误；D、从煤焦油获得苯、甲苯利用的也是不同组分之间沸点不同的性质，同理，其中涉及的物态变化没有生成新物质，属于物理变化，而非化学变化，选项D错误；答案选A。9 .下列物质转化中，两种物质之间一步反应能实现的是高纯硅:；SiClco-A.SiO2:粗硅高温B.NH3NHNO

14、 6 - NO HQ 硝酸C.海水Mg（OH世色MgCL溶液通”;MgD. Fe3Q 战一抵,Fe2 (SO 4)3溶液.三 FeSO溶液码J FeSO - 7H2O【答案】B【解析】分析：根据元素及其化合物的性质分析解答。A中注意二氧化硅在电炉中的反应； B中根据工业合成硝酸的反应分析判断； C中根据金属镁的冶炼分析判断； D中根据四氧化三铁中铁有 +2和+3价分析判 断。详解：A.二氧化硅与CO不反应，应该与碳在高温下反应，故 A错误；B.氨气催化氧化生成一氧化氮，一 氧化氮继续被氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，故 B正确；C.电解氯化镁溶液得到氢氧 化镁，应该电解熔鬲M勺氯化

15、镁，故C错误；D.四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，不只得到硫酸铁，故D错误；故选Bo10 .下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（）A.侯式制碱法制纯碱B.海带提碘C.电解饱和食盐水制烧碱D.工业上合成氨【答案】A【解析】【分析】 【详解】A、反应是 NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO4+ NH4Cl, 2NaHCO3= Na2CO+ CC2T + H2O,没有涉及化合 价的变化，不属于氧化还原反应，故 A选；B、海带中碘元素以化合态形式存在，提取的碘是碘单质，涉及化合价的变化，属于氧化还原反应，故B 不选;C电解饱和食盐水，2NaCl+ 2H2O2NaOH+H2f+

16、Cl2f,涉及化合价的变化，属于氧化还原反应，故C不选；D、N2+3H2 ”墓式2NH3,属于氧化还原反应，故 D不选。答案选A。11 .常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A c(H ) i I。12 的溶液中：k+、Na+、CO32-、NO3- C(OH 一)b.澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN、orC. c(Fe2+)=1 mol/L 的溶液中：Na+、NH4+、AIO2-、SC42"D.能使甲基橙变红的溶液中：K+、NH4+、SC42-、HCC3-【答案】A【解析】【分析】离子之间能够大量共存是指离子之间既不发生反应生成沉淀、气体、水、弱电解质等，也不发

17、生氧化还原 反应、络合反应等，据此进行分析解答。【详解】c(H )12 ,A. - 1 10 的溶液呈碱性，这几种离子相互间不反应且都不与氢氧根离子反应，所以能大量共 c(OH )存，A选项符合题意；B. Fe3+、SCN发生络合反应而不能大量共存，B选项不符合题意；C. Fe2+、NH+与AIO2-发生双水解而不能大量共存，C选项不符合题意；D,能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO-能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，D选项不符合题意；答案选Ao【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件，如无色透明

18、，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO，、Cr?。2-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与 AI反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可 能为碱溶液，如本题 D项限定条件：能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性；还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和OH-浓度为1X1010,小于1X107时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，如本c(H ). 一 12题A项二一L 1 10 的溶液，说明溶液呈碱性；做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正 c(OH )确答案。12 .现有0.1mol/L碳酸钠溶液，对溶液中离子浓度关系的描述，不正确的

19、是()、.2A. c(Na ) c H c OH 2c CO3c HCO 3B. c H c HCO3 2c H2CO3 c OH2C. c(Na ) 2 c H 2CO3 c CO3 c HCO 32D. c(Na ) c H c OH 2c CO3c HCO 3 c H 2co3【答案】D【解析】A.0.1mol/L的碳酸钠溶液中，溶液中存在的离子有Na+、H+、OH-、CO32-、HCC3-,由于溶液要满足电荷守恒，故有c (Na+) +c (H+) =c (OH-) +2c (CQ2-) +c (HCOf),故A正确；B.在碳酸钠溶液中，氢离子和氢氧根全部来自水的电离，而水电离出的氢离

20、子和氢氧根的总量相同，而水电离出的氢离子被CO32-部分结合为HCO3-和H2CO3,根据质子守恒可知：c( H+)+c (HCOf)+2c(H2CQ)=c (OH-),故B正确；C在碳酸钠中，钠离子和碳酸根的个数之比为2： 1,而在溶液中，碳酸根部分水解为H2CQ、HCO3-,根据物料守恒可知：c (Na+)=2c (H2CQ) +c (CQ2-) +c (HCO3-),故 C 正确；D.0.1mol/L 的碳酸钠溶液中，溶液中存在的离子有 Na+、H+、OH-、CO32-、HCO-,由于溶液要满足电荷守恒，故有 c (Na+) +c ( H+) =c(OH-) +2c (CO32-) +c

21、 (HCQ-),故 D 错误；本题选 D。13 .有机物分子中，当某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团时，这种碳原子称为“手性碳原子”。例如，下列有机物分子中带“ *”碳原子就是手性碳原子。该有机物分别发生下列反应，生成的有机物分子中仍含有手性碳原子的是Hr口 1£0(此乩一CHOICHiOHA.与银氨溶液作用发生银镜反应B.催化剂作用下与 H2反应C.与乙酸发生酯化反应D.与NaOH溶液加热条件下反应【答案】A【解析】【详解】A.该有机物与银氨溶液反应后的生成的有机物中，原来的手性碳原子现在连接的原子或原子团是：一个澳原子、一个-CH2OH、一个C伟COOCH2-、一个-COOH

22、,所以该原子仍然是手性碳原子，故A符合题意；B.该有机物在催化剂作用下与氢气反应，即醛基与氢气加成反应生成-CH2OH,原来的手性碳原子现在连接两个-CH2OH,所以反应后，该物质中没有手性碳原子，故B不符合题意；C.该有机物与乙酸反应生成的酯，即原来的手性碳原子现在连接两个CH3COOCH-,所以该物质在反应后没有手性碳原子，故 C不符合题意；D.该有机物与氢氧化钠溶液反应后酯基发生水解，反应生成的醇，原来的手性碳原子现在连接两个-CH2OH,所以没有手性碳原子，故D不符合题意；故选A。【点睛】掌握官能团的结构与性质，并能够灵活应用是解答本题的关键。14.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法

23、中不正确的是A.某密闭容器中盛有 0.2 mol SO2和0.1 mol O2, 一定条件下充分反应，生成SO3分子数小于0.2 NaB. 一定条件下，2.3 g Na与O2完全反应生成3.6 g产物时失去的电子数 0.1 NaC. 25c时，pH= 13的Ba(OH)2溶液中含有 OH-的数目为0.1 NaD. 20g D2O中含有的质子数为 10 Na【答案】C【解析】【分析】A、此反应属于可逆反应，不能进行到底；B、Na与氧气无论生成 Na2O还是Na2O2, 1molNa失去1mol电子；C、题目中没有说明溶液的体积，无法计算；D、利用质量数等于同位素近似相对原子质量，D2O的摩尔质量

24、为20g mol10【详解】A、发生2SQ+O2-2SO3,此反应可逆反应，不能进行到底，生成SQ的物质的量小于0.2mol ,故A说法正确；B、Na与氧气反应，无论生成Na2O还是Na2O2, 1molNa失去1mol电子，即2.3gNa完全与O2发生反应时，转移电子物质的量为2.3 >/23mol=0.1mol ,故B说法正确；C、pH=13的溶液中c(OH )=1013mol1,因此没有说明溶液的体积，无法计算出 OH-的物质的量，故 C说法错误；D、D2O的摩尔质量为20g mo1, 20gD2O中含有质子的物质的量为20X 10/0mol=10mol ,故D说法正确。【点睛】本

25、题的易错点是选项 A,因为二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，此反应属于可逆反应，可逆反应不能进行到底，因此生成 SQ的物质的量小于0.2mol。解决阿伏加德罗常数时一定注意隐含条件，如还有 2NO2N2O4 等。15. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，分属于连续的四个主族，电子层数之和为10,四种原子中X原子的半径最大，下列说法不正确的是A. Y原子形成的离子是同周期元素所形成的离子中半径最小的B. 丫的最高价氧化物不能与 Z的最高价氧化物对应的水化物反应C W 与同主族元素可以形成离子化合物D.工业上获得 X单质可利用电解其熔融的氧化物的方法【答案】D【解析】【分析】W、X、

26、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，分属于连续的四个主族，四种元素的电子层数之和 等于10,如果W是第一周期元素，则 X、Y、Z位于第三周期，且 X的原子半径最大，符合题给信息，所 以W是H元素、X是Mg元素、丫是Al元素、Z是Si元素；如果 W是第二周期元素，则 X为第二周期、Y 和Z为第三周期元素才符合四种元素的电子层数之和等于10,但原子半径最大的元素不可能为X元素，不符合题意，据此解答。【详解】根据以上分析可知 W是H兀素、X是Mg兀素、Y是Al兀素、Z是Si兀素。则，A.铝离子是同周期元素所形成的离子中半径最小的，A正确；B. Y的最高价氧化物是氧化铝，不能与Z的最高价氧化物对

27、应的水化物硅酸反应，B正确；C. W是H,位于第I A族，与同主族元素可以形成离子化合物，C正确；D Mg 属于活泼金属，氧化镁的熔点很高，而氯化镁的熔点相对较低，故工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg， D 错误；答案选D。【点睛】 本题考查原子结构和元素性质，正确推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握，题目难度不大。16.设冲为阿伏加罗常数的数值，下列说法正确的是A.常温常正下，22.4LCQ所含的原子数为 3NB. ImolNa 2Q固体中阳离子和阴离子总数为3NAC 14g 乙烯和乙烷混合气体中的碳原子数为NAD 2Llmol/L 的盐酸中所含HCl 分子数约为2NA【答案】B

28、【解析】本题考查阿伏加德罗常数正误判断。解析：常温常压下，气体摩尔体积大于 22.4L/moI ,故22.4L二氧化碳的物质的量小于 1mol,分子个数小 于NA个，故A错误；过氧化钠是由1个过氧根离子和 2个钠离子构成，其阴阳离子个数之比为 1: 2,则 ImolNazQ固体中含有离子总数为 3N, B正确；乙烯和乙烷混合气体的平均相对分子质量大于28, 14g的混合气体不足0.5mol ,所以14g乙烯、乙烷的混合气体中的碳原子数小于2N, C错误；因为盐酸中 HCl完全电离，不存在 HCl分子，只存在 H+离子和Cl离子，D错误。故选Bo17.下列叙述正确的是A.因为NH3 H20是弱碱

29、，所以不能用氨水与FeC3溶液反应制取 Fe(OH)3B.向Fe2溶液中通入少量 C12,再滴加少量 CC4,振荡、静置，下层液体为紫色C.向一定体积的热浓硫酸中加入足量的铁粉，生成的气体能被烧碱溶液完全吸收D.将SQ气体通入滨水，欲检验是否有SC42-生成，可向溶液中滴加Ba(NO3)2溶液【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A 项,FeC3+3NH3 H2O=Fe (OH) 3J+3NH4CI,故 A 错误；B项，由于还原性I->Fe2+,所以向Fe2溶液中通入少量 CI2, C2首先与反应：Cl2+2I-=I2+2C，故B正确；C项，过量的Fe与热浓硫酸反应，首先产生SQ气体，

30、随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐变稀，后来稀硫酸与Fe反应产生 叱，生成的气体不能被烧碱溶液完全吸收，故C错误；D项，由于发生反应：SQ+B2+2H2O=H2SO4+2HBr,欲检验溶液中的 S02 ,应向溶液中加入 BaCb溶液，若加入Ba (NO3)2溶液，则不能排除 S03的干扰，故 D错误；答案选Bo18.同温同压下，三个容积相同的烧瓶内分别充满了干燥的NH、HCl、NO气体，然后分别用水作喷泉实验，假设烧瓶内的溶质不散逸，则三种溶液的物质的量浓度之比为()A.无法比较B. 2 ： 2 ： 3C. 3 ： 3 ： 2D, 1 ： 1 ： 1【答案】D【解析】在容积相同的三个烧瓶内，分别

31、充满干燥的N%、HCl与NO2气体，所以V(NH3): V(HCl): V(NO2)=1: 1:1,同条件下，体积之比等于物质的量之比，所以n(NH3)：n(HCl)：n(NO2)=1 ：1 ：1 .令n(NH3)=1mol、n(HCl)=1mol、n(NO2)=nmol ,各自体积为 V(NH3)=V(HC1)=V(NO2)=VL,对于氨气，溶液体积等于氨气气体体积，所以 c(NH3)="=,.mol/L;对于氯化氢，溶液体积等于氯化氢气体体积，所以 c(HCl)="= mol/L ;对于二氧化 蕈比 an v氮，与水发生反应：3NO2+2H2O=2HNO3+NO,根据方

32、程式可知溶液体积为二氧化氮体积的生成的硝酸的物质的量为二氧化氮物质的量的上，所以c(HNO3)=M：=,mol/L ,所以c(NH3): c(HCl): c(HNO3)=1: 1: 1 ,a7故选D。点睛：解答本题的关键是明白溶液体积与气体体积的关系，注意氨气溶于水主要以一水合氨形式存在，但溶质仍为氨气。氨气、氯化氢溶于水形成溶液，溶液体积等于气体体积，二氧化氮溶于水，发生反应:19.有机物3NO2+2H2O=2HNO3+NO,由方程式可知形成硝酸溶液体积等于NO2体积的、。有多种同分异构体，其中属于酯类且氯原子直接连在苯环上的同分异构体有多少种（不考虑立体异构）（）A. 6 种B. 9 种

33、C. 15 种D. 19 种【答案】D【解析】分析：-彳HTCOH有多种同分异构体，其中属于酯类且氯原子直接连在苯环上，则苯环上可以含有 2个取代基，也可以含有 3个取代基，据此解答。详解：C口OH有多种同分异构体，其中属于酯类且氯原子直接连在苯环上，如果苯环上C1有2个取代基则为：-Cl、-OOCCH, -Cl、-CH2OOCH, -Cl、-COOCH3, 2个取代基分为邻、间、对三种，所以共有9种；如果苯环上有 3个取代基则为：-Cl、-OOCH -CH3,先将2个取代基分别定于邻、对、 间三种位置，第三个取代基共有4+4+2=10种连接方式，故有10种同分异构体；所以共有 19种同分异构

34、体，答案选Do20.已知3.01 X 23个X气体分子的质量为 8 g,则X气体的摩尔质量是（）A. 16 gB. 32 gC. 64 g/molD. 16 g /mol【答案】D【解析】【详解】N 3.01 1023一3.01 x 20个X气体分子的物质的量为n=-=23=0.5mol, X气体的摩尔质量为NA 6.02 10 /molM= = =16g/mol , 故选 Don 0.5mol二、实验题（本题包括 1个小题，共10分）21 .某同学通过以下装置测定M样品（只含Fe、Al、Cu）中各成分的质量分数。取两份质量均为m g的M样品，按实验1（如图1）和实验2（如图2）进行实验，该同

35、学顺利完成了实验并测得气体体积分别为和V2 mL（已折算到标准状况下）。(1)写出实验1中发生反应的离子方程式： 。(2)实验1装置中小试管的作用是 。(3)对于实验2,平视读数前应依次进行的两种操作是：。(4)M样品中铜的质量的数学表达式为(用m、Vi和V2表示)： 。实验1进行实3前，B瓶中水没有装满，使测得气体体积 (填褊大"、偏小”或无影响”， 下同)；若拆去实验2中导管a,使测得气体体积 。【答案】2A1 + 2OH-+ 2H2O=2AlO2-+3H2 T液封，避免氢气从长颈漏斗中逸出；控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢；节省药品。冷却到室温调整BC液面相平m g-(

36、28V2-19V1)/11200g无影响 偏大【解析】【分析】据题意，M只含铁、铝、铜三种金属，其中铝既能与强酸反应，又能与强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸，结合装置图和问题分析解答。【详解】(1)实验1中氢氧化钠溶液只与铝反应，反应的离子方程式为2A1+2OH+ 2H2O=2AlO2-+3H2f ；(2)实验1的装置中，小试管的作用是对长颈漏斗起到液封作用，防止氢气逸出，通过控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢，调节化学反应速率，同时节省药品；(3)气体的体积受温度和压强影响大，因此对于实验 2,平视读数前应等到冷却到室温，并上下移动 C量气管，使

37、 B C液面相平，其目的是使 B管收集的气体压强等于外界大气压，这样读得的读数才准确；(4)根据V1结合铝与氢氧化钠的反应可知样品中铝的质量为27V1/ 33600g ,铁和铝都与酸反应生成氢气，所以根据V2-V1即为铁与盐酸反应生成的氢气，所以样品中铁的质量为56 (V2-V1) /22400g,所以样品中铜的质量为 m g 27V4 33600g56 (V2-V1) / 22400g = m g(28V2-19V1)/ 11200g；(5)如果实验前B瓶液体没有装满水，不影响实验结果，因为理论上B管收集的气体体积等于排入 C管里液体的体积；若拆去导管a,加入液体时，排出锥形瓶中部分空气，导

38、致测定的气体体积偏大。三、推断题(本题包括 1个小题，共10分)22 . A、B、C D、E五种元素位于元素周期表中前四周期，原子序数依次增大。A元素的价电子排布为 nsnnpn+ 1; B元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍；C位于B的下一周期，是本周期最活泼的金属元素；D基态原子的3d原子轨道上的电子数是 4s原子轨道上的4倍；E元素原子的4P轨道上有3个未成对电子。回答下列问题(用元素符号表示或按要求作答)。(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为 ,三者电负性由大到小的顺序为 (2)A和E的简单气态氢化物沸点高的是 ,其原因是 。(3)D3+基态核外电子排布式为 。(4)E基态

39、原子的价电子轨道表示式为 。(5)B和E形成分子的结构如图所示，该分子的化学式为 , E原子的杂化类型为 (6)B和C能形成离子化合物R,其晶胞结构如图所示:一个晶胞中含 个B离子。R的化学式为 晶胞参数为a pm,则晶体R的密度为 g?cm-3(只列计算式)。【答案】NavOv NO>N>NaNH3氨气分子间有氢键，所以沸点高Ar3d 7 或1s22s22p63s23p63d7As4O6sp34Na2O(4 16 8 23)3.3 YC 30NA a 10【解析】【分析】A元素的价电子排布为nsnnpn+1,可知n=2,A价电子排布式为2s22p3,那么A的核外电子排布式为1s2

40、2s22p3,则A为N;B元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则B为O;C位于B的下一周期，是本周期最活泼的金属元素，则 C为Na；D基态原子的3d原子轨道上的电子数是 4s原子轨道上的4倍，则D基态原子的价电子排布式为3d84s2,那么D核外电子总数=18+10=28, D为Ni；E元素原子的4P轨道上有3个未成对电子，则 E基态原子的价电子排布式为：3d104s24p3,那么E原子核外有18+10+2+3=33个电子，E为：As；综上所述，A为N, B为O, C为Na, D为Ni, E为As,据此分析回答。【详解】(1)第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。第一电离

41、能数值越小，原子越容易失去一个电子，第一电离能数值越大， 原子越难失去一个电子。 一般来说，非金属性越强，第一电离能越大， 所以Na的第一电离能最小， N的基态原子处于半充满状态，比同周期相邻的。能量低，更稳定，不易失电子，所以N的第一电离能比 。大，即三者的第一电离能关系为： NavOvN,非金属性越强，电负性越 大，所以电负性关系为： O>N>Na,故答案为：NavOvN ; O>N>Na；(2)N和As位于同主族，简单气态氢化物为NH3和AsH3, NH3分子之间有氢键，熔沸点比AsH3高，故答案为：NH3；氨气分子间有氢键，所以沸点高；Ni是28号元素，Ni3+

42、核外有25个电子，其核外电子排布式为：A3d 7或1s22s22p63s23p63d7,故答案为： Ar3d7 或 1s22s22p63s23p63d7;(4)E为As,As为33号元素，基态原子核外有33个电子，其基态原子的价电子轨道表示式,4a故答案为：©0 I)；由图可知，1个该分子含6个O原子，4个As原子，故化学式为：As4O6,中心As原子 键电子对数=±*0-=3,孤对电子数=- = 1,价层电子对数 =3+1=4,所以As4O6为sp3杂化，故答案为： As4O6； 22sp3；(6)0和Na的简单离子，。的离子半径更大，所以白色小球代表O2-,黑色小球代表

43、 Na+;11由均摊法可得，每个晶胞中：O2-个数=8 -+6 -=4, Na+个数=8,所以，一个晶胞中有 4个O2-, R的化学式为Na2O,故答案为：4; Na2O;人口 (4 16+8 23)g1个晶胞的质量= ,1个晶胞的体积=(a pm)3=(a 10 cm)3 ,所以密度Na(4 16 8 23)gNa(a 10-10cm)3(4 16 8 23)g3“30Na a 10g?cm 3故答案为:(4 16 8 23)T.3 "30NA a 10四、综合题(本题包括 2个小题，共20分)23.金属铝用途广泛，工业上利用铝矶土矿(主要成分是Al 2C3)制备金属铝。(1)首先

44、获得纯净的 Al 2C3,其工艺流程如下:滤液中通入过量 CO时主要反应的离子方程式是 煨烧生成氧化铝的化学方程式是 。(2)将Al 2O3溶解于熔融的冰晶石(助熔剂)中，以碳素材料为阴极，石墨棒为阳极，进行电解。下列关于 AI2O3的说法正确的是 (填序号)a. Al 2O3属于电解质b. Al 2Q属于离子化合物c. Al 203属于碱性氧化物d. Al 2Q的熔点低，可作耐火材料阳极石墨棒需要不断补充，写出电极反应式并简述其原因： 。(3)高纯度氧化铝也可利用钱明矶分解制得：俊明矶晶体的化学式为NHAl(SO4)2?12HO,钱明矶属于 (填“纯净物”或“混合物”)，在0.1mol/L钱

45、明矶的水溶液中，浓度最大的离子是 , c(NH4+ ) c(Al 3+)(填“=” ">”或“<”)； 俊明矶分解反应：6NHAl(SO4)2?12H2O3AlzQ + 2NH 3 T + 2N 2 T + 6SO2 T + 6SO3 T + 81H 2O,请标出此反应电子转移的方向和数目 。【答案】AIO2+CO2+2H2O=HCC3-+Al(OH)3j 2Al( OH) 3 AI2O3+ 3H2O ab 阳极反应式：2O2 4e= O2f ,高温下，生成的氧气与石墨反应，消耗阳极材料，所以需要补充纯净物 SO42>失去4X3广I：I6NH4AKSO4)2*12H

46、2O=3AhD5+2NH; * +2Ni 4 +6SO2 1 +6SO; t +8IH2OIt得到6乂2/【解析】分析：(1)由于氧化铝为两性氧化物，铝矶土矿加入氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，在滤液中 通入过量的二氧化碳可生成氢氧化铝沉淀，经过滤、洗涤、干燥，然后燃烧可得到氧化铝，据此解答；(2)氧化铝为离子化合物，熔融状态下可导电，可用于冶炼铝，电解时，铝在阴极生成，阳极生成氧气，如用石墨作阳极，则氧气与碳反应生成二氧化碳而不断消耗，应不断补充。(3)由一种物质组成的是纯净物；根据钱明矶的电离方程式以及离子的水解程度判断；根据反应中元素的化合价变化结合电子得失守恒解答。详解：(1)偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢根离子，反应的离子方程式为AlO2-+CQ+2H2O=HCQ-+Al( OH) 3 J ;氢氧化铝不稳定，加热分解生成氧化铝，反应的方程式为2Al(OH)逼iLAl2O3+3H2O;(2)a. Al2O3熔融状态下可导电，属于电解质，a正确；b. Al2O3熔融状态下可导电，属于离子化合物，b正确；c. A2O3属于两性氧化物，c错误；d. A2O3的熔点高，可作耐火材料，d错误；答案选ab;如用石墨作阳极，阳极反应式是2O2 -4