2021-2022学年湖南省长沙市宁乡县第一高级中学化学高二第二学期期末学业水平测试模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、表示一个原子在第三电子层上有1

2、0个电子可以写成 （ ）A3d10 4s2 B3d10 4s1 C3s23p63d2 D3s23p64s22、下列叙述不正确的是A甲苯分子中所有原子在同一平面上B苯、乙酸、乙醇均能发生取代反应C分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有4种(不考虑立体异构)D可用溴的四氯化碳溶液区别和3、A用托盘天平称量5.85 g氯化钠晶体B用湿润pH试纸测定某H2SO4溶液的pHC可用酸式滴定管量取25.00 mL高锰酸钾溶液D用瓷坩埚灼烧碳酸钠晶体4、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（）AAlON和石英的化学键类型相同BAlON和石英晶体类型相同CAlON和Al2O3的化

3、学键类型不同DAlON和Al2O3晶体类型相同5、已知化合物A（C4Si4H8）与立方烷（C8H8）的分子结构相似，如下图：则C4Si4H8的二氯代物的同分异构体数目为：A6B5C4D36、下列有机物命名正确的是ABCD7、某酯的化学式为C5H10O2，把它与氢氧化钠溶液共热产生不发生消去反应的一元醇，该酯的名称是A丁酸甲酯B甲酸丁酯C乙酸丙酯D丙酸乙酯8、对于下列化学平衡在一定条件下发生移动的描述，不正确的是ACl2+H2OHCl+HClO，氯水中加入碳酸钙，漂白性增强BZnS + Cu2+CuS + Zn2+，闪锌矿(ZnS)遇CuSO4溶液转化为铜蓝(CuS)C2NO2N2O4 H0，将

4、装有NO2的玻璃球浸入热水中，红棕色变浅DCr2O72(橙色)+H2O2CrO42(黄色) +2H+，K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，橙色加深9、向60 mL Na2SO4溶液中加入BaCl2溶液，有关数据见下表：下列有关说法不正确的是A混合前，BaCl2溶液的物质的量浓度为0.10 molL1B混合前，Na2SO4溶液的物质的量浓度为0.15 molL1C3号实验中沉淀的质量x为1.398 gD完全沉淀60 mL Na2SO4溶液消耗BaCl2溶液的体积为80 mL10、下列不涉及蛋白质变性的是A给重金属中毒的病人服用大量牛奶B用福尔马林溶液浸泡动物标本C在鸡蛋清溶液中加入醋酸铅溶液，有

5、沉淀析出D在鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液，有沉淀析出11、下图为H2与O2反应生成H2O(g)的能量变化示意图，下列有关叙述不正确的是A1 mol H2分子断键需要吸收436 kJ的能量BH2(g)+1/2O2(g)H2O(g) H241.8 kJ/molC反应物的总能量高于生成物的总能量D形成化学键释放的总能量比断裂化学键吸收的总能量小12、下列有关说法正确的是（ ）A用pH试纸测得某NaOH溶液的pH为8.2B将溴水分别加入乙醛和1-己烯中会出现不同现象，所以可以用溴水鉴别乙醛和1-己烯C若甲烷与氯气以物质的量之比1:3混合，在光照下得到的产物只有CHCl3D做焰色反应实验时，所用铂丝，

6、每次用完后要用稀硫酸洗涤并灼烧后再使用。13、下列有关化学用语使用正确的是（）A石英的分子式：SiO2BNH4Cl 的电子式: CCr原子的基态简化电子排布式为Ar3d54s1DS原子的外围电子排布图为14、最近科学家成功制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构，下列对该晶体叙述错误的是（ ）A该晶体类型是原子晶体B晶体的空间最小环共有6个原子构成C晶体中碳原子数与CO化学键数之比为14D该晶体中碳原子和氧原子的个数比为1215、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲

7、、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是( )A由四种元素形成的两种盐，水溶液中反应能生成NBY与Z形成的化合物中阴、阳离子个数比可为1:1C化合物N、乙烯使溴水褪色的原理相同DX与Y形成的化合物中，成键原子均满足8电子结构16、下列化学用语正确的是（ ）A四氯化碳的电子式：B丙烷分子的比例模型：C2乙基1，3丁二烯的键线式：D聚丙烯的结构简式：17、为了提纯下表所列物质（括号内为杂质），有关除杂试剂和分离方法的

8、选择正确的是（）选项被提纯的物质除杂试剂分离方法A己烷（己烯）溴水分液B淀粉（NaCl）水渗析CCH3CH2OH（CH3COOH）饱和碳酸氢钠溶液蒸发D苯（苯酚）溴水过滤AABBCCDD18、下表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是 （）选项化合物ABCDYCO2Fe2O3SiO2FeCl3WMgOAl2O3COCuCl2AABBCCDD19、根据下列热化学方程式：2H2S(g)3O2(g)2SO2(g)2H2O(l) H =Q1 kJmol-1，2H2S(g)O2(g)2S(s)2H2O(g) H =Q2 kJmol-1，2H2S(g)O2(g)2S(s)2H2O(l) H

9、=Q3 kJmol-1，判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（ ）AQ1Q2Q3BQ1Q3Q2CQ3Q2Q1DQ2Q1Q320、下列说法中正确的是()A乙醇、乙二醇、丙三醇互为同系物，同系物之间不可能为同分异构体B二氧化碳和干冰互为同素异形体CC2H5OH和CH3OCH3互为同分异构体D金刚石和石墨互为同位素21、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A Zn保护了Fe不被腐蚀B2NO2(g)N2O4(g)为吸热反应C试管内均有红棕色气体生成木炭与浓硝酸发生了反应D常温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，充分搅拌后过滤，再向洗净的滤渣中加稀盐酸，有气泡

10、产生Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)AABBCCDD22、将由FeSO4、Ba(OH)2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻璃棒搅拌，充分溶解，一段时间后，向稳定的混合物溶液中滴加1molL-1的稀硫酸，加入稀硫酸的体积与生成沉淀的物质的量关系如图所示。下列有关判断不正确的是()AAB段发生反应的离子方程式为：Ba2+SO42-+2H+2OH-=BaSO4+2H2OBD点表示的溶液呈酸性CC点表示的沉淀的化学式为Al(OH)3、BaSO4、Fe(OH)2D混合物中FeSO4和AlCl3的物质的量相等二、非选择题(共84分)23、（14分）现有A、B、C、D四种元素，A是

11、第五周期第A族元素，B是第三周期元素，B、C、D的价电子数分别为2、2、7。四种元素原子序数从小到大的顺序是B、C、D、A。已知C和D的次外层电子数均为18个。(1)写出A、B、C、D的元素符号：A_、B_、C_、D_。(2)C位于元素周期表的_区，C2的电子排布式_。(3)最高价氧化物对应水化物中碱性最强的化合物是_(写化学式，下同)；最高价氧化物对应水化物中酸性最强的化合物是_。(4)元素的第一电离能最小的是_，元素的电负性最大的是_。24、（12分）由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D,存在如图转化关系(部分生成物和反应条件已略去)。（1）若A为Na ,则E为_, A

12、与水反应的离子方程式为_（2）若A为Na2O2 ,则E为_, A与CO2反应的化学方程式为_,每有1mol Na2O2参加反应，转移电子数为_NA（3）A不论是Na还是Na2O2,依据转化关系判断物质B是_物质C是_向饱和的C溶液中通入CO2会析出白色晶体，该晶体为_，用化学方程式表示其反应原理为：_将1mol/L的B溶液逐滴加入到1L1mol/L的AlCl3溶液中，产生白色沉淀39g，则所加入的B溶液的体积可能为_L或者_L25、（12分）实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4 NH4+6HCHO=3H+6H2O+(CH2)6N4H 滴定时，1 mol(

13、CH2)6N4H+与 l mol H+相当，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤I 称取样品1.500g。步骤II 将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤III 移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min后，加入1-2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。（1）根据步骤III填空：碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数_ (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则

14、滴定时用去NaOH标准溶液的体积_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_A滴定管内液面的变化 B锥形瓶内溶液颜色的变化滴定达到终点时，酚酞指示剂由_色，且_。（2）滴定结果如下表所示：若NaOH标准溶液的浓度为0.1010molL1则该样品中氮的质量分数为_（3）实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下：甲基橙：3.14.4 石蕊：5.08.0 酚酞：8.210.0用0.1000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是_。A溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂 B溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂C溶液呈碱

15、性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂 D溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂（4）在25 下，向浓度均为0.1 molL-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为_。已知25 时KspMg(OH)2=1.81011,KspCu(OH)2=2.21020。（5）在25 下，将a molL1的氨水与0.01 molL1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl)，则溶液显_性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb=_。26、（10分）实验室制备溴苯可用如图所示装置。填空：（1）关闭G夹，打开C夹，向

16、装有少量苯的三颈烧瓶的A口加适量溴，再加入少量铁屑，塞住A口，三颈烧瓶中发生反应的有机反应方程式为_。（2）E试管内出现的现象为_。（3）F装置的作用是_。（4）待三颈烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时松开G夹，关闭C夹，可以看到的现象是_。（5）反应结束后，拆开装置，从A口加入适量的NaOH溶液，然后将液体倒入_中（填仪器名称），振荡静置，从该仪器_口将纯净溴苯放出（填“上”或“下”）。27、（12分）某Na2CO3样品中混有一定量的Na2SO4(设均不含结晶水)，某实验小组设计如下方案测定样品中Na2CO3的质量分数。（1）甲同学通过测定二氧化碳的质量来测定碳酸钠的质量分数，实验装置如图：主

17、要实验步骤有：a向装置中通入空气；b称量干燥管B与装入碱石灰的总质量；c打开分液漏斗活塞，使稀硫酸与样品充分反应。合理的步骤是_(可重复)。按气体从左向右的流向，干燥管A的作用是_，干燥管C的作用是_。（2）乙同学利用图、三个仪器组装一套装置完成Na2CO3质量分数的测定，其中样品已称量完毕，中装有CO2难溶于其中的液体。中盛装的是_(填代号)。A浓硫酸 B饱和NaHCO3溶液 C10molL1盐酸 D2molL1硫酸用橡胶管连接对应接口的方式是：A接_，B接_，C接_(填各接口的编号)。在测量气体体积时，组合仪器与装置相比更为准确，主要原因是_。组合仪器相对于装置的另一个优点是_。28、（1

18、4分）甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H2CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H3回答下列问题：（1）已知反应中的相关的化学键键能数据如下：由此计算H1_kJmol-1，已知H2-58kJmol-1，则H3_kJmol-1。（2）反应的化学平衡常数K的表达式为_；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为_（填曲线标记字母），其判断理由是_。（3）合成气的组成n（H2）/n（CO+CO2）

19、2.60时，体系中的CO平衡转化率（）与温度和压强的关系如图2所示。（CO）值随温度升高而_（填“增大”或“减小”），其原因是_。图2中的压强由大到小为_，其判断理由是_。29、（10分）（I）某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量。已知铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等。从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：（1）第步中，生成氢氧化铝的离子方程式是_。（2）如果把步骤中适量的盐酸改为过量的二氧化碳，则反应的离子方程式_。（3）将实验过程中所得固体精确称量，课外小组发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，则该铝土矿中Al2O3的质量分数是_（保留一位小数）。（4）工

20、业上制取AlCl3用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，每消耗0.5 mol碳单质，转移1mol电子，反应的化学方程式是_。（II）大量燃煤产生烟气会造成空气中二氧化硫含量增多，某研究小组利用燃煤电厂的固体废弃物粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）进行烟气脱硫研究，并制备Al2(SO4)318H2O。（5）第步不能用氢氧化钠溶液的原因是_（用化学方程式表示）。（6）下列关于步骤、的说法正确的是_。a溶液C可用于制备氮肥b溶液B中的硫酸铵将烟气中的SO2除去 c热分解获得的SO2可以回收再利用（7）从固体B制备Al2(SO4)318H2O的实验操作是：加入稀硫酸、加热浓缩、_、过滤。参考答

21、案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】分析：s能级有1个轨道，最多可容纳2个电子，p能级有3个轨道，最多可容纳6个电子，d能级有5个轨道，最多可容纳10个电子，按照能量最低原理分析。详解：按照能量最低原理，在同一电子层，电子应先排满s能级，再排满p能级，最后排d能级，A选项中第三电子层上10个电子全部排在3d轨道，A选项错误；B选项中第三电子层上10个电子全部排在3d轨道，B选项错误；C选项中第三电子层上3s轨道排满2个电子，3p轨道排满6个电子，剩余2个电子排在3d轨道，C选项符合能量最低原理，C选项正确；按照能量最低原理，第三电子层先排3s轨道，再排

22、3p轨道，因为4s轨道能量比3d轨道能量低，电子在排满3p轨道以后，电子进入4s轨道，4s轨道排满后再排3d轨道，D选项中第三电子层只有8个电子，D选项错误；正确选项C。2、A【解析】A、甲苯分子中的甲基为四面体结构，所以不是所有原子都在同一平面上，故A错误；B、苯可以在苯环上取代，乙酸和乙醇可以发生酯化反应，也是取代反应，故B正确；C、分子式为C3H6Cl2的同分异构体分别为：CH3CH2CH(Cl)2、CH3C(Cl)2CH3、CH3CHClCH2Cl和CH2ClCH2CH2Cl共4种，所以C正确；D、因分子中含有碳碳双键，可使溴的四氯化碳溶液褪色，而分子没有碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶

23、液褪色，故可用溴的四氯化碳溶液进行区别，故D正确。本题正确答案为A。3、C【解析】托盘天平只能精确到0.1 g，因此用托盘天平不能称量5.85 g氯化钠，A错；测定溶液的pH时，将pH试纸湿润相当于稀释待测溶液，则测定H2SO4溶液时实验结果偏大，B错；酸式滴定管精确到0.01 mL，可以用酸式滴定管量取25.00 mL高锰酸钾溶液，C对；瓷坩埚中含有SiO2，高温时能与碳酸钠发生反应：Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2，D错，所以答案选C。4、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，Al2O3结构粒子为阴、阳离子，离子间作

24、用力为离子键。所以D的描述是错误的。5、C【解析】化合物A中含有两种不同环境的H原子，分别为与碳原子和硅原子连接，所以其二氯代物的同分异构体分别为：或或或共4种。答案选C。6、B【解析】分析：根据烷烃、炔烃、苯的同系物以及卤代烃的命名方法分析解答。详解：A、苯环上含有3个甲基，2个相邻，则名称是1，2，4三甲苯，A错误；B.分子中含有氯原子，在2号碳原子上，则名称是2甲基2氯丙烷，B正确；C.分子中含有羟基，在2号碳原子上，则名称是2丁醇，C错误；D.分子中含有碳碳三键，3号碳原子上含有甲基，则名称是3甲基1丁炔，D错误。答案选B。7、A【解析】某酯的化学式为C5H10O2，该酯为饱和一元醇与

25、饱和一元酸形成的酯；该酯与氢氧化钠溶液共热产生不发生消去反应的一元醇，醇发生消去反应的结构特点是和羟基相连的碳原子有邻碳且邻碳上有氢原子，则该一元醇为甲醇；结合酯的分子式，该酯为C3H7COOCH3，名称为丁酸甲酯，答案选A。8、C【解析】A. 氯水中加入碳酸钙，会使得HCl的浓度减小，从而增大HClO的浓度，使得氯水的漂白性增强，A正确；B. 将ZnS投入到CuSO4溶液中，有ZnSZn2+S2-，由于CuS的溶解度更小，所以Cu2+与S2-会结合生成CuS，使得溶液中S2-的浓度减小，增加了ZnS的溶解的量和电离的程度，最终ZnS转化为CuS，B正确；C. 该平衡的正反应是放热反应，将玻璃

26、球浸入热水中，相当于升高体系的温度，则平衡向逆反应方向移动，即红棕色加深，C错误；D. 向K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，H+浓度增大，平衡向逆反应方向移动，Cr2O72的浓度增大，橙色加深，D正确；故合理选项为C。9、D【解析】试题分析：A.由于加入30ml的BaCl2溶液产生的沉淀小于加入100ml时的沉淀的质量，说明在30ml时BaCl2溶液不足量，n(BaCl2)=n(BaSO4)= 0.699g233g/mol=0.003mol,所以BaCl2的浓度是c(BaCl2)= 0.003mol 0.03L=0.10mol/L，正确；n(BaSO4)=2.097g233g/mol=0.0

27、09mol,则混合前Na2SO4溶液的物质的量浓度为c(Na2SO4)= 0.009mol0.06L=0.15 mol/L,所以选项B正确；C在60 mL Na2SO4溶液中Na2SO4的物质的量是0.009mol，在60ml时BaCl2溶液中含有BaCl2的物质的量是0.003mol2=0.06mol0.009mol,所以BaCl2不足量，产生的沉淀应该按照BaCl2计算，n(BaSO4)=0.006mol233g/mol=1.398 g,正确；D完全沉淀60 mL Na2SO4溶液消耗BaCl2溶液的体积为0.009mol 0.10mol/L =0.09L=90 mL，错误。考点：考查数据

28、的处理、反应物有过量时的计算的知识。10、D【解析】在某些物理因素或化学因素的影响下，蛋白质的理化性质和生理功能发生改变的现象称为蛋白质的变性，物理因素有加热、加压、搅拌、振荡、紫外线照射、超声波等；化学因素有强酸、强碱、重金属盐。【详解】A项、重金属盐能使蛋白质变性，故A错误；B项、福尔马林溶液的主要成分是甲醛，甲醛能使蛋白质变性，故B错误；C项、醋酸铅为重金属盐，能使蛋白质变性，故C错误；D项、饱和硫酸铵溶液不能使蛋白质变性，析出蛋白质的过程为盐析，故D错误；故选D。【点睛】本题考查蛋白质的性质，注意蛋白质的变性和盐析的区别是解答关键。11、D【解析】A. 根据示意图可知1molH2分子断

29、键需要吸收436 kJ的能量，A正确；B. 反应热等于断键吸收的能量和形成化学键放出的能量的差值，因此H2(g)+O2(g)=H2O(g)的反应热H436 kJ/mol+498 kJ/mol2463.4 kJ/mol=241.8 kJ/mol，B正确；C. 反应是放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，C正确；D. 反应是放热反应，则形成化学键释放的总能量比断裂化学键吸收的总能量大，D错误；答案选D。12、B【解析】分析：A、pH试纸比色卡上只有整数，没有小数；B、注意生成的1，2-二溴乙烷不溶于水而分层；C、甲烷与氯气发生取代反应不能停在一步；D做焰色反应实验结束后铂丝要用稀盐酸洗涤。

30、详解：A、pH试纸比色卡上只有整数，没有小数，所有用pH试纸测得某NaOH溶液的pH为8.2，记录错误，选项A错误；B、溴水加入1-己烯溴水褪色但由于生成1，2-二溴己烷而分层，溴水加入乙醛后溴水褪色但不分层，现象不同，可以鉴别，选项B正确；若甲烷与氯气以物质的量之比1:3混合，在光照下得到的产物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，选项C错误；D、做焰色反应实验结束后铂丝要用稀盐酸洗涤，再灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同后再使用，选项D错误；答案选B。13、C【解析】A石英SiO2是原子晶体，不存在分子式，应为化学式，故A错误；BNH4Cl 的电子式为，故B错误；CCr核电荷数

31、为24，其原子的基态简化电子排布式为Ar3d54s1，故C正确；D电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以3p能级上电子排布图违反洪特规则，故D错误；答案为C。点睛：解决这类问题过程中需要重点关注的有：书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“”，没有成键的价电子也要写出来。书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是HOCl，而不是HClO)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。电离方程式的书写中

32、要注意酸式盐的书写，如溶液中NaHSO4=Na+H+SO42-；NaHCO3=Na+HCO3-，同时注意电离条件，熔融状态：KHSO4K+HSO4-。14、B【解析】A.根据题干，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构，不存在分子，属于原子晶体，故A正确；B. 该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，因此晶体的空间最小环共有12个原子构成，故B错误；C.该晶体中，每个碳原子形成4个C-O共价键，所以C原子与C-O化学键数目之比为1：4，故C正确；D.晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原

33、子个数比为1:2，故D正确。故选B。【点睛】每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构，所以为原子晶体，和二氧化硅相似。最小环上的原子数、碳原子和CO化学键数之比以及碳原子和氧原子的个数比都和二氧化硅相同。15、A【解析】乙是一种“绿色氧化剂”，乙是H2O2，H2O2会分解生成氧气与氢气，据转化关系易知M是单质，所以M是O2；乙和丁的组成元素相同，则丁是H2O；化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，N是SO2，丙是H2S，则甲是硫化物；X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，Z是Na元素；X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z

34、、W分别是H、O、Na、S，则A. 由四种元素形成的两种盐，为亚硫酸氢钠与硫酸氢钠，两者可反应，其离子方程式为：，A项正确；B. Y为O，Z为Na，两者形成的化合物为过氧化钠与氧化钠，化合物中阴、阳离子个数比均为1：2，B项错误；C. 二氧化硫使溴水褪色发生氧化还原反应，乙烯使溴水褪色发生加成反应，C项错误；D. H与O形成的化合物为过氧化氢或水，其中H原子均满足2电子结构，而不是8电子结构，D项错误；答案选A。【点睛】本题考查元素原子结构与性质相互关系的综合应用。A项是难点，学生要掌握硫酸氢钠水溶液相当于酸性溶液。16、C【解析】A、氯原子未成键的孤对电子对未画出，分子中碳原子与氯原子之间形

35、成1对共用电子对，电子式为，选项A错误；B、图中模型为丙烷的球棍模型，选项B错误；C、键线式用短线表示化学键，交点、端点是碳原子，C原子、H原子不标出，故2-乙基-1，3-丁二烯分子的键线式为，选项C正确；D、聚丙烯的结构简式为，选项D错误；答案选C。17、B【解析】A、二溴己烷与己烷互溶；B、用渗析的方法分离溶液和胶体；C、除去乙醇中的乙酸，应加入碳酸钠固体，加热分馏；D、三溴苯酚溶于苯。【详解】A项、己烯与溴水发生加成反应生成二溴己烷，二溴己烷与己烷互溶，不能用分液方法分离，故A错误；B项、淀粉溶液为胶体，氯化钠溶于水得到氯化钠溶液，溶液和胶体可用渗析的方法分离提纯，故B正确；C项、除去乙

36、醇中的乙酸，应加入碳酸钠固体，加热蒸馏得到乙醇，故C错误；D项、苯酚与溴水发生取代反应生成三溴苯酚，三溴苯酚溶于苯，不能用过滤方法分离，可以用氢氧化钠溶液除溴后分液，故D错误；故选B。【点睛】本题考查物质的分离与提纯，注意有机溶质易溶于有机溶剂，无机溶质易溶于无机溶剂，把握常见物质的分离方法和操作原理是解答关键。18、D【解析】试题分析：A. 镁与二氧化碳在点燃条件下反应生成氧化镁和碳，为置换反应，错误；B.铝和氧化铁在高温下反应生成氧化铝和铁，为置换反应，错误；C. 碳在高温下与二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，为置换反应，错误；D.不能通过置换反应由氯化铁制备氯化铜，正确。选D。19、B【解析

37、】2H2S(g)3O2(g)2SO2(g)2H2O(l) H =Q1 kJmol-1；2H2S(g)O2(g)2S(s)2H2O(g) H =Q2 kJmol-1；2H2S(g)O2(g)2S(s)2H2O(l) H =Q3 kJmol-1，与相比较，H2O(g) H2O(l)放热，所以Q2 Q3，则Q1Q3Q2；答案选B。20、C【解析】A、乙醇、乙二醇和丙三醇分别属于一元醇、二元醇、三元醇，不属于同系物关系，A项错误；B、同素异形体是指同种元素形成不同单质间的关系，二氧化碳和干冰是同一种物质，B项错误；C、C2H5OH和CH3OCH3分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，C项正确D、同

38、位素是同种元素不同原子间的关系，金刚石和石墨互为同素异形体，D项错误；答案选C。21、A【解析】A.中有蓝色沉淀，证明存在Fe2+，中试管内无明显变化，说明Fe附近溶液中无Fe2+，对比可说明Zn的存在保护了Fe，故A正确；B.由实验装置图可知，热水中NO2的浓度增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，故B错误；C.因为浓硝酸不稳定见光或受热易分解：，浓硝酸还具有强氧化性，能和木炭发生反应：，两者都会产生NO2的红棕色气体，所以此实验不能证明是木炭与浓硝酸发生了反应，故C错误；D.常温下，向饱和Na2CO3 溶液中加入少量BaSO4粉末，充分搅拌后过

39、滤，再向洗净的滤渣中加稀盐酸，有气泡产生，说明有碳酸钡产生，是因为c(CO32-)浓度很大，不能说明 Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)，故D错误；综上所述，本题正确答案：A。22、C【解析】由图可知最终沉淀0.05mol为BaSO4，则固体混合物中nBa(OH)2为0.05mol，根据图象知，未加H2SO4前A点的沉淀为0.02mol，小于0.05mol，说明FeSO4完全反应，Ba2+有剩余，由AB一定发生反应Ba2+SO42-=BaSO4，加入20mL H2SO4，n(H2SO4)为0.02mol，由图可知沉淀量增加0.04mol-0.02mol=0.02mol，沉淀增加的物质的量

40、等于加入的硫酸的物质的量，故不可能发生反应AlO2- +H+H2O=Al(OH)3，该反应硫酸的物质的量与沉淀的物质的量之比为1：2，也不会发生其它沉淀的溶解反应，否则沉淀量增加不可能为0.02mol，说明加入的20mL硫酸只与氢氧化钡反应；故未加H2SO4前A点的溶液中Ba(OH)2有剩余，剩余三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻璃棒搅拌，充分溶解，一段时间发生反应：FeSO4+Ba(OH)2=BaSO4+Fe(OH)2，4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，Al3+4OH-=AlO2-+2H2O；故A点沉淀为Fe(OH)3、BaSO4，由方程式可知nFe(OH)3=n(B

41、aSO4)=0.01mol，此时Al3+变为AlO2-，可知n(FeSO4)=0.01mol；BC，加入5mL硫酸，硫酸的物质的量为0.005mol，由图可知沉淀量增加0.055mol-0.04mol=0.015mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的3倍，故发生反应Ba2+SO42-=BaSO4，AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，由方程式可知，该阶段生成BaSO4为0.005mol，生成Al(OH)3为0.01mol，故C的沉淀为Fe(OH)3、BaSO4、Al(OH)3；CD，加入15mL硫酸，硫酸的物质的量为0.015mol，由图可知沉淀量增加0.06mol-0.055

42、mol=0.005mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的倍，沉淀量达最大值，不可能单独发生Ba2+SO42-=BaSO4（沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量）或AlO2-+H+H2O=Al(OH)3（沉淀的物质的量是硫酸的2倍）或二者都发生；故该阶段发生反应Ba2+SO42-=BaSO4（生产BaSO4多）、Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O、Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O（沉淀溶解少），说明C点AlO2-完全反应，D点的溶液含有Al3+、Fe3+、Ba2+沉淀完全，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3；DE发生反应Al(OH)3+3H+=Al3+

43、3H2O、Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O，E点完全溶解，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，由CE共消耗30mL H2SO4，而0.01mol Fe(OH)3消耗15mL H2SO4，可知Al(OH)3消耗15mL H2SO4，判定nAl(OH)3=nFe(OH)3=0.01mol，可知原混合固体中n(AlCl3)=0.01mol，据此分析作答。【详解】A. 由上述分析可知，硫酸只与氢氧化钡反应，反应离子方程式为Ba2+SO42-+2H+2OH-=BaSO4+2H2O，A项正确；B. 由上述分析可知，D点的溶液含有Al3+、Fe3+，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4

44、)3，Al3+、Fe3+水解，溶液呈酸性，B项正确；C. 由上述分析可知，C的沉淀为Fe(OH)3、BaSO4、Al(OH)3，C项错误；D. 由上述分析可知，原混合固体中n(FeSO4)=0.01mol，n(AlCl3)=0.01mol，两者物质的量相等，D项正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、Sn Mg Zn Br ds 1s2 2s22p63s23p63d10 Mg(OH)2 HBrO4 Mg Br 【解析】现有A、B、C、D四种元素，A是第五周期第A族元素，则A为Sn元素；B是第三周期元素，B、C、D的价电子数分别为2、2、7，则B为Mg元素。四种元素原子序数从小到大的顺序是

45、B、C、D、A。已知C和D的次外层电子数均为18个，则C和D均为第4周期的元素，分别是Zn和Br元素。【详解】(1) A、B、C、D的元素符号分别为Sn、Mg、Zn、Br。(2)C是Zn，其价电子排布式为3d104s2，故其位于元素周期表的ds区，C2为Zn失去最外层的2个电子形成的，故其电子排布式为1s2 2s22p63s23p63d10。(3)5种元素中，Mg的金属性最强，Br的非金属性最强，故最高价氧化物对应水化物中碱性最强的化合物是Mg(OH)2，最高价氧化物对应水化物中酸性最强的化合物是HBrO4。(4)元素的第一电离能最小的是金属性最强的Mg，元素的电负性最大的是非金属性最强的Br

46、。24、H22Na+2H2O=2Na+2OH-+H2O22Na2O2+2CO22Na2CO3+O21NaOHNa2CO3NaHCO3Na2CO3+CO2+ H2O2NaHCO31.53.5【解析】考查无机物的推断，（1）假设A为Na，则Na与H2O反应生成NaOH和H2，即E为H2，B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3；（2）假设A为Na2O2，Na2O2与H2O反应生成O2和NaOH，与(1)类似；（3）根据（1）和（2）的分析，以及钠及其化合物的性质进行分析。【详解】（1）若A为Na，Na与H2O反应：2Na2H2O=2NaOHH2，则单质E为H2，B为NaOH，CO2与NaO

47、H反应：2NaOHCO2=Na2CO3H2O，继续通入CO2:Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，A与水反应的离子方程式为2Na2H2O=2Na2OHH2；（2）若A为Na2O2，则Na2O2与水反应：2Na2O22H2O=4NaOHO2，则单质E为O2，Na2O2与CO2能发生反应：2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，Na2O2与CO2反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，因此1molNa2O2与CO2反应转移电子物质的量为1mol，电子数为NA；（3）根据上述分析，B为NaOH，C为Na2CO3；NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，因此向饱和的Na2CO3溶液中通入CO2，产

48、生NaHCO3沉淀；其反应Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3；如果只发生AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl，n(AlCl3)=1mol，nAl(OH)3=39/78mol=0.5mol，即AlCl3过量，消耗NaOH的体积0.53/1L=1.5L；氢氧化铝为两性氢氧化物，NaOH稍微过量，发生的反应是AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl、Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O，AlCl3全部参与反应，生成氢氧化铝的总物质的量为1mol，此时消耗NaOH的物质的量为3mol，最后沉淀的物质的量为39/78mol=0.5mol，即有(10.5)mol氢氧化铝被消耗

49、，同时该反应中消耗NaOH的物质的量为0.5mol，总共消耗氢氧化钠的物质的量为3.5mol，体积为3.5/1L=3.5L。【点睛】本题的难点是电子转移物质的量的计算，Na2O2无论与CO2反应还是与H2O反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，每消耗2molNa2O2，或生成1molO2，转移电子物质的量为2mol，因此消耗1molNa2O2，转移电子物质的量为1mol，特别注意本题让求的是电子数，与阿伏加德罗常数有关。25、偏高 无影响 B 无色变成粉红(或浅红) 半分钟后溶液颜色无新变化则表示已达滴定终点 18.85% D Cu(OH)2 Cu2+2NH1H2O=Cu(OH)2+2NH4+

50、 中 【解析】（1）滴定管中未用标准液润洗，直接加入标准液会稀释溶液浓度减小；锥形瓶内水对滴定结果无影响；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中溶液的颜色变化，以判定滴定终点；如溶液颜色发生变化，且半分钟内不褪色为滴定终点；（2）依据滴定前后消耗氢氧化钠溶液的体积的平均值，结合4NH4+6HCHO4H+（CH2）6N4+6H2O、H+OH=H2O计算（1）根据盐类的水解考虑溶液的酸碱性，然后根据指示剂的变色范围与酸碱中和后的越接近越好，且变色明显（终点变为红色），溶液颜色的变化由浅到深容易观察，而由深变浅则不易观察；（4）根据难溶物的溶度积常数判断先沉淀的物质，溶度积常数越小，越先沉淀；（

51、5）在25下，平衡时溶液中c（NH4）=c（Cl）=0.005molL1，根据物料守恒得c（NH1H2O）=（0.5a-0.005）molL1，根据电荷守恒得c（H）=c（OH）=10-7molL1，溶液呈中性，NH1H2O的电离常数Kb=c(OH)c(NH4)/c(NH1H2O)。【详解】（1）滴定管中未用标准液润洗，直接加入标准液会稀释溶液浓度减小，消耗标准液体积增大，氢离子物质的量增大，4NH4+6HCHO4H+（CH2）6N4+6H2O，反应可知测定氮元素含量偏高；锥形瓶内水对滴定结果无影响；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中溶液的颜色变化B；氢氧化钠滴定酸溶液，达到终点时，酚

52、酞颜色变化为无色变化为红色，半分钟内不褪色；（2）样品1.5000g，反应为4NH4+6HCHO4H+（CH2）6N4+6H2O，消耗氢离子的物质的量和氮元素物质的量相同，依据图表数据分析可知，三次实验中消耗氢氧化钠溶液体积分别为：20.01mL、19.99mL、20.00ml，三次均有效，氢氧化钠溶液的平均体积为20.00mL，由酸碱中和反应可知，氢离子物质的量=氢氧化钠物质的量=0.1000molL-120.00ml10-1L/ml=2.0010-1mol，250mL溶液中氮元素物质的量和氢离子物质的量相同，该样品中氮的质量分数为210-1mol14gmol1250251.5000g100

53、%=18.85%（1）NaOH溶液滴和CH1COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH1COONa，CH1COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故D正确；（4）由于KsPCu（OH）2=2.210-20KspMg（OH）2=1.810-11，所以Cu（OH）2先生成沉淀；一水合氨和铜离子反应生成氢氧化铜和氨根离子，所以离子方程式为2NH1H2O+Cu2=Cu（OH）2+2NH4；（5）在25下，平衡时溶液中c（NH4）=c（Cl）=0.005molL1，根据物料守恒得c（NH1H2O）=（0.5a-0.005）molL1，根据电荷守恒得c（H）=c（OH）=10-7mol

54、L1，溶液呈中性，NH1H2O的电离常数Kb=c(OH)c(NH4)/c(NH1H2O)=10-7510-1/(0.5a-510-1)=。【点睛】难点和易错点（5）：根据电荷守恒确定溶液酸碱性，结合一水合氨电离平衡常数解答问题，注意二者混合后溶液体积增大一倍，物质浓度降为原来一半，为易错点。26、Br2+HBr 出现淡黄色沉淀 吸收排出的HBr气体，防止污染空气且能防止倒吸 广口瓶中的水沿导管进入A中、A瓶中液体出现分层 分液漏斗 下 【解析】(1)苯和溴反应生成溴苯和溴化氢；(2) E中溴化氢和硝酸银反应生成溴化银淡黄色沉淀；(3)氢氧化钠可以吸收排出的HBr气体，防止污染空气且能防止倒吸；

55、 (4)溴化氢极易溶于水；(5)反应后还有剩余的溴单质，氢氧化钠可以将多余的Br2反应掉，溴苯的密度比水大。【详解】(1)苯和溴反应生成溴苯和溴化氢，方程式为：Br2+HBr，故答案为：Br2+HBr；(2) E中溴化氢和硝酸银反应生成溴化银淡黄色沉淀，故答案为：出现淡黄色沉淀；(3)氢氧化钠可以吸收排出的HBr气体，防止污染空气且能防止倒吸，故答案为：吸收排出的HBr气体，防止污染空气且能防止倒吸； (4)溴化氢极易溶于水，所以看到广口瓶中的水倒吸到A中，在A瓶中液体为水和有机物，出现分层，故答案为：广口瓶中的水沿导管进入A中、A瓶中液体出现分层；(5)反应后还有剩余的溴单质，氢氧化钠可以将

56、多余的Br2反应掉，然后将液体倒入分液漏斗中，溴苯的密度比水大，在下层，从下口放出，故答案为：分液漏斗；下。27、abcab除去空气中的二氧化碳防止空气中的水分和二氧化碳被干燥管B吸收DDEF将滴下酸的体积也计入气体体积，而组合仪器没有液体可以顺利滴下【解析】（1）稀硫酸与样品反应产生二氧化碳，然后将产生的二氧化碳通入装置 B 的碱石灰中，称量其质量变化，据此进行计算碳酸钠质量分数，实验过程中要减少误差，需要使生成的二氧化碳全部进入B中，因此要鼓入空气，同时还要防止装置内和外界的水蒸气、二氧化碳进入 B 中，经过A通一段时间空气，除去装置内的 CO2和水蒸气，最后继续通空气使生成的二氧化碳全部

57、进入装置 B中，C防止装置内和外界的水蒸气、二氧化碳进入 B 中；（2）、三个仪器的连接方式如下：中盛装的应该是能与碳酸钠反应生成二氧化碳的液体，应从酸中选择，不选C是由于盐酸浓度太大，易挥发；在测量气体体积时，、组合仪器装置与相比更为准确，是由于组合仪器装置的气体发生部分相当于一个恒压装置，液体可以顺利滴下，并且滴下的酸的体积没有计入气体体积，减小了实验误差。【详解】（1）反应前先向装置中通入空气，除去装置中的二氧化碳，此时要测出干燥管B与所盛碱石灰的总质量，然后才能使样品与酸开始反应。充分反应后，再通入空气使反应生成的二氧化碳气体被干燥管B充分吸收，最后称量一下干燥管B的总质量，可求出反应生成的二氧化碳的质量，进一步求出样品中碳酸钠的质量分数。故操作顺序为： abcab。按气体从左向右的流向，干燥管A的作用是除去空气中的二氧化碳，干燥管C的作用是防止空气中的水分和二氧化碳被干燥管B吸收。（2）、三个仪器的连接方式如下：中盛装的应该是能与碳酸钠反应生成二氧化碳的液体，应从酸中选择，不选C是由于盐酸浓度太大，易挥发，故选D；根据实验原理的分析，用橡胶管连接对应接口的方