2021-2022学年云南师范大学附属中学高二化学第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析

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、NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2。下列有关说法正确的是（）A1m

2、ol/L Na2SO4溶液液中含氧原子的数目一定大了4NAB1L 0.1mol/L Na2S溶液中含阴离子的数目小于0.1NAC生成1mol氧化产物时转移电子数为4NAD通常状况下11.2L CO2中含质子的数目为11NA2、向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，下列对此现象的说法正确的是A反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子Cu（NH3）42+CCu（NH3）42+的空间构型为正四面体型D在Cu（NH3）42+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道3、下列物质与NaO

3、H醇溶液共热可制得烯烃的是（ ）AC6H5CH2ClB(CH3)3CCH2BrCCH3CHBrCH3DCH3Cl4、下列有关钠的化合物说法正确的是（）A将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中制备Fe（OH）3胶体B用加热法除去NaHCO3固体中混有的Na2CO3C灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，一定没有K+DNa2O2可用于呼吸面具中氧气的来源5、2014年12月科学家发现了迄今为止最轻的冰“冰十六”，它是水的一种结晶形式，有着像笼子一样、可以困住其他分子的结构下列有关叙述中不正确的是（）A“冰十六”的密度比液态水小B“冰十六”与干冰由不同分子构成C“冰十六”可以包合气体分

4、子D液态水转变成“冰十六”是化学变化6、下列属于电解质并能导电的物质是( )A熔融的NaCl BKNO3溶液 CNa DNH3的水溶液7、下列物质中一定属于纯净物的一组是()甲苯 冰醋酸铝热剂普通玻璃 水玻璃漂白粉密封保存的NO2气体冰水混合物含氧40%的氧化镁 C5H12ABCD8、下列有关金属晶体的判断正确的是A简单立方堆积、配位数6、空间利用率68%B体心立方堆积、配位数6、空间利用率68%C六方最密堆积、配位数8、空间利用率74%D面心立方最密堆积、配位数12、空间利用率74%9、验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无

5、明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是A对比，可以判定Zn保护了FeB对比，K3Fe(CN)6可能将Fe氧化C验证Zn保护Fe时不能用的方法D将Zn换成Cu，用的方法可判断Fe比Cu活泼10、下列各组物质，不能用分液漏斗分离的是A苯和水 B苯和二甲苯 C溴苯和水 D汽油和水11、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12、下列说法正确的是ACO2的水溶液能导电，所以CO2是电解质BBaSO4难溶于水，其水溶液的导电能力极弱，所以BaSO4是弱电解

6、质C液溴不导电，所以溴是非电解质D强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强13、环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺2，2戊烷（）是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是A与环戊烯互为同分异构体B二氯代物超过两种C所有碳原子均处同一平面D此物质分子式为C5H814、下列有关煤、石油、天然气等资源的说法正确的是A石油裂解得到的汽油是纯净物B煤的气化就是将煤在高温条件由固态转化为气态是物理变化过程C煤就是碳，属于单质D天然气是一种清洁的化石燃料15、25时，5种银盐的溶度积常数(Ksp)分别是:AgClAg2SO4Ag2SAgBrAgI1.810-101.410-56

7、.310-507.710-138.5110-16下列说法不正确的是A氯化银、溴化银和碘化银的溶解度依次减小B将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠固体，能得到黑色沉淀C在5mL1.510-5mol/L的NaCl溶液中，加入1滴(1mL约20滴)1.010-3mol/L的AgNO3溶液，不能观察到白色沉淀D在烧杯中放入6.24g硫酸银固体，加200g水，经充分溶解后，所得饱和溶液的体积为200mL,溶液中Ag+的物质的量浓度为0.2mol/L。16、下列化合物，按其晶体的熔点由高到低排列正确的是 （）ASiO2、CsCl、CBr4、CF4BSiO2、CsCl、CF4、CBr4CCsCl、SiO

8、2、CBr4、CF4 DCF4、CBr4、CsCl、SiO2二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物G（1，4-环己二醇）是重要的医药中间体和新材料单体，可通过以下流程制备。完成下列填空：（1）写出C中含氧官能团名称_。（2）判断反应类型：反应_；反应_。（3）写出B的结构简式_。（4）写出反应的化学方程式_。（5）一定条件下D脱氢反应得一种产物，化学性质稳定，易取代、难加成。该产物属于_（填有机物类别），说明该物质中碳碳键的特点_。（6）写出G与对苯二甲酸在一定条件下反应生成高分子物质的化学方程式_。（7）1，3-丁二烯是应用广泛的有机化工原料，它是合成D的原料之一，它还可以用来合成氯丁橡

9、胶（）.写出以1，3-丁二烯为原料制备氯丁橡胶的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）_18、M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：(1)单质M的晶体类型为_，其中M原子的配位数为_。(2)元素Y基态原子的核外电子排布式为_，其同周期元素中，第一电离能最大的是_(写元素符号)。(3)M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。该化合物的化学式为_，已知晶胞参数a0.542 nm，此晶体的密度为_gcm3。(写出计算式，不要求计算结果。阿伏加德罗常数为NA)此化合物的氨水溶液遇到空气被氧化为

10、深蓝色，其中阳离子的化学式为_。19、二氯化硫(SCl2)熔点-78，沸点59，密度1.638g/mL，遇水易分解，二氯化硫与三氧化硫作用可生成重要化工试剂亚硫酰氯(SOCl2)。以下是氯气与硫合成二氯化硫的实验装置。试回答下列问题：(1)装置A中发生反应的化学方程式为_。(2)装置B应盛放的药品是_，C中是_。(3)实验时，D装置需加热至5059最好采用_方式加热。(4)在配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时，下列操作所配溶液浓度偏低的是_；A.配制溶液时，容量瓶中有少量水。B.使用容量瓶配制溶液时,俯视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切C.配制溶液的过程中，容量瓶未塞好，洒出一些溶液。D.发现溶

11、液液面超过刻度线，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度线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：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。编号实验实验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

12、条件下进一步缩合成棕黄色的油状物质。 能证明乙醛被新制的Cu(OH)2 氧化的实验现象是_。 乙醛与新制的Cu(OH)2 发生反应的化学方程式是_。 分析实验产生的红色沉淀少于实验的可能原因：_。(2)探究NaOH溶液浓度对该反应的影响。编号实验实验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，得出如下结论：. NaOH溶液浓度一定时，适当增大乙醛溶液浓度有利于生成Cu2O。. 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。编号实验实验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

13、得出推论： _。21、氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案(已知：AlNNaOHH2O=NaAlO2NH3)。（方案1）取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。(1)上图C装置中球形干燥管的作用是_。(2)完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查气密性，再加入实验药品，接下来的实验操作是_，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是_。(3)由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见：_。（方

14、案2）用下图装置测定m g样品中AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。(4)为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是_。ACCl4 BH2O CNH4Cl溶液 D苯（方案3）按以下步骤测定样品中AlN的纯度：(5)步骤生成沉淀的离子方程式为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A、未注明溶液的体积，无法判断1mol/L Na2SO4溶液中含氧原子的数目，选项A错误；B、1L 0.1mol/L Na2S溶液中含有0.1mol Na2S，硫离子水解生成HS-和氢氧根离子，阴离子的数目大于0.1NA，选项B错误；C、根据方程式，氧化产物为二氧化碳，生成1mol氧化产物时

15、转移电子数为4NA，选项C正确；D、通常状况下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，故11.2L CO2物质的量不是0.5mol，所含质子的数目不是11NA，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的计算，使用摩尔体积需要注意：气体摩尔体积适用的对象为气体，标况下水、四氯化碳、HF等为液体，不能使用；必须明确温度和压强是0，101kPa，只指明体积无法求算物质的量。本题的易错点为选项B，要注意水解对离子数目的影响，可以根据水解方程式判断。2、B【解析】A硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错

16、误；B硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子Cu（NH3）42+而使溶液澄清，故B正确；CCu（NH3）42+的空间构型为平面正四边形，故C错误；D在Cu（NH3）42+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故D错误；故选B。3、C【解析】卤代烃的消去反应的特点为与卤素原子相连碳原子的相邻碳原子上必须有C-H键；【详解】A. C6H5CH2Cl与NaOH醇溶液共热不能发生消去反应生成碳碳双键，A不符合题意；B. (CH3)3CCH2Br与NaOH醇溶液共热不能发生消去反应生成碳碳双键，B不符合题意；C. CH3CHBrCH3与NaOH

17、醇溶液共热能生成CH3CH=CH2，C符合题意；D. CH3 Cl与NaOH醇溶液共热不能发生消去反应生成碳碳双键，D不符合题意；答案为C。4、D【解析】A. 将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中制得Fe（OH）3沉淀而不是胶体，A项错误；B. 因为2NaHCO3 Na2CO3+ H2O+ CO2，所以不能用加热法除去NaHCO3固体中混有的Na2CO3，B项错误；C. K+的焰色反应现象要透过蓝色钴玻璃观察，所以灼烧白色粉末，火焰呈黄色，无法知道是否有K+，C项错误；D. Na2O2可与二氧化碳和水反应均产生氧气，故可以用于呼吸面具中，D项正确；答案选D。5、D【解析】分析：A冰中存在

18、氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大；B冰的成分为水，干冰成分为二氧化碳；C“冰十六”具有笼子一样的结构；D液态水转变成“冰十六”分子没有产生新物质。详解：A冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，A正确；B冰的成分为水，干冰的成分为二氧化碳，则冰与干冰由不同分子构成，B正确；C“冰十六”具有笼子一样的结构，可以困住其他分子，所以“冰十六”可以包合气体分子，C正确；D液态水转变成“冰十六”分子没有变化，没有产生新物质，分子的结合方式不同，属于物理变化，D错误。答案选D。6、A【解析】电解质是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，电解质导电的条件有熔融状

19、态下或水溶液中，以此解答该题。【详解】ANaCl为电解质，在熔融状态下能导电，A正确；BKNO3溶液能导电，但属于混合物，不是电解质，B错误；CNa为单质，不是电解质，也不是非电解质，C错误；DNH3的水溶液能导电，氨气是非电解质，D错误。答案选A。7、C【解析】甲苯为纯净物；冰醋酸是乙酸，为纯净物；铝热剂为铝和难熔氧化物的混合物；普通玻璃没有固定的熔点，属于混合物；水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物；漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物；密封保存的NO2气体，因二氧化氮聚合为四氧化二氮，是混合物；冰水混合物是不同状态水混合而成，属于纯净物；含氧40%的氧化镁为纯净的氧化镁，属于纯净

20、物；分子式为C5H12的烷烃可能为正戊烷、新戊烷、异戊烷或三者的混合物，则一定为纯净物的是；答案选C。【点睛】纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质，依据物质的组成进行判别是解答关键。8、D【解析】A、简单立方堆积、配位数6、空间利用率52%，A不正确；B、体心立方堆积、配位数8、空间利用率68%，B不正确；C、六方最密堆积、配位数12、空间利用率74%，C不正确；D、面心立方最密堆积、配位数12、空间利用率74%，D正确；所以正确的答案选D。9、D【解析】分析：A项，对比，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6无明显变化，Fe附近的溶液中不含Fe2+，Fe附近的溶液中加入

21、K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀，Fe附近的溶液中含Fe2+，中Fe被保护；B项，加入K3Fe（CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比的异同，可能是K3Fe（CN）6将Fe氧化成Fe2+；C项，对比，也能检验出Fe2+，不能用的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3Fe（CN）6可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用的方法证明Fe比Cu活泼。详解：A项，对比，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6无明显变化，Fe附近的溶液中不含Fe2+，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀，Fe附近的溶液中含Fe2+，中Fe被保护，A项正确；B项，加入K3Fe（C

22、N）6在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比的异同，可能是K3Fe（CN）6将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比，加入K3Fe（CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，也能检验出Fe2+，不能用的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3Fe（CN）6可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如中没有取溶液，中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用的方法。10、B【解析

23、】只有互不相溶的液体之间才能用分液漏斗进行分离。【详解】A苯和水互不相溶，可用分液漏斗分离，选项A不符合；B苯和二甲苯互溶，不能用分液漏斗分离，选项B符合；C溴苯和水互不相溶，可用分液漏斗分离，选项C符合；D汽油和水互不相溶，可用分液漏斗分离，选项D符合。答案选B。11、A【解析】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。1

24、2、D【解析】A、溶于水或在熔融状态下能够自身电离出离子的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下都不能够自身电离出离子的化合物是非电解质，CO2的水溶液虽然能导电，但导电的离子不是CO2电离的，CO2不能电离，CO2属于非电解质， A 错误；B、BaSO4溶于水的部分完全电离，所以BaSO4是强电解质，B错误；C、液溴是单质，单质既不是电解质也不是非电解质，C错误；D、溶液的导电性与溶液中自由移动的离子的浓度和离子所带的电荷数有关，所以强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，如很稀的盐酸溶液的导电能力弱于较浓醋酸溶液的导电能力，D正确；答案选D。13、C【解析】本题考查烃的结构与

25、性质。分析：A、分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体；B、根据分子中氢原子的种类判断；C、根据饱和碳原子的结构特点判断；D、根据氢原子守恒解答。解析：螺2，2戊烷的分子式为C5H8，环戊烯的分子式也是C5H8，结构不同，互为同分异构体，A正确；分子中的8个氢原子完全相同，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子，也可以是相邻碳原子上或者不相邻的碳原子上，因此其二氯代物超过两种，B正确；由于分子中4个碳原子均是饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4个原子一定构成四面体，所以分子中所有碳原子不可能均处在同一平面上，C错误；戊烷比螺2，2戊烷多4个氢原子，所以生成1 molC5H12至少需要2 mo

26、lH2，D正确。答案选C。点睛：选项B与C是解答的易错点和难点，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。14、D【解析】A汽油是C5C11的烃类混合物，A项错误；B煤的气化指的是高温下与水蒸气的化学反应，B项错误；C煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物，其组成以碳元素为主，C项错误；D天然气是一种清洁的化石燃料，主要成分为甲烷，D项正确；答案选D。15、D【解析】分析：A结构相似的难溶性盐，溶度积越小，溶解度越小；B硫化银的溶度积比硫酸银小，从沉淀平衡移动的角度分析；C、根据溶度积计算，当离子的浓度幂之积大于Ksp时，能生成

27、沉淀，否则不生成沉淀；D、硫酸银难溶于水，加入200g水为饱和溶液，可结合Ksp计算详解：A氯化银、溴化银和碘化银的溶度积依次减少，结构相似，溶度积越小，溶解度越小，故正确；B硫化银的溶度积比硫酸银小，将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠溶液，可得到黑色沉淀，故B正确；C在5mL1.510-5mol/L的NaCl溶液中，加入1滴(1mL约20滴)1.010-3mol/L的AgNO3溶液，混合后，c（Cl）=1.510-5mol/L5/(5+0.05)，c（Ag）=1.010-3mol/L0.05/(5+0.05)，则c（Cl）c（Ag）=1.510-5mol/L5/(5+0.05)1.01

28、0-3mol/L0.05/(5+0.05)1.810-10，则没有沉淀生成，故C正确；D. 硫酸银难溶于水，加入200g水为饱和溶液，c（Ag）=2（SO42），c（Ag）=321.410-5molL1=310-2molL1，故D错误。故选D。16、A【解析】比较固体物质的熔点时，首先是区分各晶体的类型：SiO2为原子晶体，CsCl为离子晶体，CBr4、CF4分别为分子晶体；这几类晶体的熔点高低一般为：原子晶体离子晶体分子晶体；在结构相似的分子晶体中，分子的相对分子质量越大，熔点越高：CBr4CF4；故它们的熔沸点：SiO2CsClCBr4CF4，故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟

29、基 消去 取代 .芳香烃 所有的碳碳键键长相等，是介于单键和双键之间的特殊的键 【解析】由流程可知，为环己醇发生消去反应生成D为，环己烯与溴发生加成反应生成A为，是A发生消去反应生成，和溴发生1，4-加成反应生成B为，与氢气加成生成F，是F在碱性条件下水解生成。由CH2=CClCH=CH2发生加聚反应生成，CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，然后发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，再与HCl发生加成反应生成HOCH2CHClCH2CH2OH，最后发生醇的消去反应得到CH2=CClCH=CH2。【详解】(1)由结构可知C中含氧官能团名称为：

30、羟基，故答案为：羟基；(2)反应发生醇的消去反应，环己烯与溴发生加成反应，故答案为：消去反应；加成反应；(3)由F的结构可知，和溴发生1，4加成反应生成B为，故答案为：；（4）是A发生消去反应生成，化学方程式。答案为：；（5）一定条件下D脱氢反应得一种产物，化学性质比较稳定，易取代、难加成，该产物为，属于芳香烃，说明该物质中所有碳碳键的键长相等，是介于单键与双键之间的特殊的键，故答案为：芳香烃；碳碳键的键长相等，是介于单键与双键之间的特殊的键；（6）写出G与对苯二甲酸在一定条件下发生酯化反应生成高分子物质，化学方程式。答案为：（7）由CH2=CClCH=CH2发生加聚反应生成，CH2=CHCH

31、=CH2与溴发生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，然后发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，再与HCl发生加成反应生成HOCH2CHClCH2CH2OH，最后发生醇的消去反应得到CH2=CClCH=CH2，合成路线流程图为：18、金属晶体 12 1s22s22p63s23p5 Ar CuCl 或 Cu(NH3)42 【解析】M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，则M为铜元素；元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同，则Y为氯元素，结合核外电子排布规律和晶胞的计算方法分析解答。【详解】M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有

32、原子轨道均充满电子，则M为铜元素；元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同，则Y为氯元素。(1)铜为金属原子，晶体中金属阳离子与电子之间通过金属键结合在一起，铜晶体属于金属晶体；铜晶体是面心立方堆积，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，每个平面上铜原子的配位数是4，三个面共有43=12个铜原子，所以铜原子的配位数是12，故答案为：金属晶体；12； (2)氯是17号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p5；氯为第三周期元素，同周期元素中，Ar是稀有气体元素，第一电离能最大的是Ar，故答案为：1s22s22p63s23p5；Ar；(3)依据晶胞结构，每个晶胞中含有铜原子个

33、数为：8+6=4，氯原子个数为4，则化学式为CuCl；1mol晶胞中含有4mol CuCl，1mol晶胞的质量为M(CuCl)4，晶胞参数a=0.542nm，则晶体密度为 gcm3= gcm3，故答案为：CuCl；或；Cu+可与氨形成易溶于水的配合物，所以CuCl难溶于水但易溶于氨水，该配合物中Cu+被氧化为Cu2+，所以深蓝色溶液中阳离子为Cu(NH3)42+，故答案为： Cu(NH3)42+。【点睛】本题的易错点为(3)，要注意Cu+形成的配合物在空气中容易被氧化。19、MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O 饱和食盐水(或水) 浓硫酸 水浴 CD 【解析】在装置A中制备氯

34、气，B、C用于除杂，分别除去氯化氢和水，实验开始前先在D中放入一定量的硫粉，加热使硫熔化，然后转动和摇动烧瓶使硫附着在烧瓶内壁表面形成一薄层，可增大硫与氯气的接触面积，利于充分反应，因二氯化硫遇水易分解，F用于防止空气中的水蒸气进入装置，并吸收氯气防止污染环境，以此解答该题。【详解】(1)实验室用浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O；(2)实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，浓盐酸易挥发，所以制得的氯气不纯，混有氯化氢和水，先用盛有饱和食盐水的B装置除去氯化氢，再用盛有浓硫酸的C装置吸水；(3)实验时，D装置需加热至50-59介于

35、水浴温度0-100，因此采用的加热方式为水浴加热；(4)结合c=n/V分析选项，A.配制溶液时，容量瓶中有少量水，对所配溶液浓度没有影响；B.使用容量瓶配制溶液时，俯视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切，使得溶液的体积偏小，则所得溶液浓度偏高；C.配制溶液的过程中，容量瓶未塞好，洒出一些溶液，所配溶液浓度偏低；D.发现溶液液面超过刻度线，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度，所得溶液浓度偏低，故合理选项是CD。【点睛】解题时要特别注意题中信息“二氯化硫遇水易分解”的应用，试题难度不大。20、蓝色悬浊液最终变为红色沉淀 CH3CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH CH3COONa + Cu2O+

36、 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）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；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；对照实验，实验的现象说明乙醛发生了缩合反应，据此分析作答；（2）对照实验和实验，分析氢氧化钠浓度对反应的影响；（3）实验砖红色现象明显，根据变量法分析作答。【详解】（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；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；实验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