甘肃省陇南市2023学年化学高二下期末预测试题（含解析）

1、2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列说法正确的是AHF沸点高于HCl，是因为HF分子极性大，范德华力也大B在PCl5分子中，各原子均满足最外层8电子结构C可燃

2、冰是甲烷的结晶水合物，甲烷可与水形成氢键DS2Br2与S2Cl2结构相似，则熔、沸点：S2Br2S2Cl22、最近意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。 N4分子结构如图，已知断裂1 mol NN吸收167 kJ热量，生成1molNN键放出942 kJ热量。根据以上信息和数据，则由N2气体生成1 mol气态N4的H为( )A882 kJ/molB441 kJ/molC882 kJ/molD441 kJ/mol3、铁是常见金属，它在元素周期表中位于第四周期族，原子序数为26，则Fe2的结构示意图为()ABCD4、下列说法正确的是（ ）A有单质生成的反应一

3、定是氧化还原反应B非金属氧化物不一定是酸性氧化物C金属氧化物一定是碱性氧化物D纯净物只由一种原子组成，而混合物由多种原子组成5、化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法正确的是A地沟油不宜食用，可分馏提取汽油B二氧化硅可用于制取光导纤维C为防止富脂食品氧化变质，在包装袋中放入生石灰D钠、钾、铁等金属有绚丽的颜色，可用于制造焰火6、下列反应属于加成反应的是 （ ）ACH4+Cl2CH3Cl+HClBCH2=CH2 + HClCH3CH2ClCCH3CH2OH +3O2 2CO2 +3H2OD2C6H6 + 15O212CO2 +6H2O7、25 时，某溶液中只含有Na、H、OH、A四种离子。

4、下列说法正确的是( )A对于该溶液一定存在：pH7B在c(OH)c(H)的溶液中不可能存在：c(Na)c(OH)c(A)c(H)C若溶液中c(A)c(Na)，则溶液一定呈中性D若溶质为NaA，则溶液中一定存在： c(Na)c(A)c(OH)c(H)8、符合下列条件分子式为C9H6O2 所有的同分异构体的数目为 a分子中含有 -COO- 基团 b分子中除一个苯环外，无其他环状结构c苯环上的氢原子被氯原子取代，得到两种一氯代物A1种B2种C3种D4种9、对处于化学平衡的体系，由化学平衡与化学反应速率的关系可知( )A化学反应速率变化时，化学平衡一定发生移动B化学平衡发生移动时，化学反应速率一定变化

5、C正反应进行的程度大，正反应速率一定大D改变压强，化学反应速率一定改变，平衡一定移动10、下列有关化学用语表示正确的是AAl3的结构示意图：BHClO的电子式：HC中子数为8的氮原子：ND二氧化碳分子的比例模型：11、下列实验过程可以达到实验目的的是( )选项实验目的操作过程A比较Fe3+和I2的氧化性强弱向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色B证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去C检验NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水D检验溶液中含有SO42-向某溶液中先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成AABBCCDD1

6、2、下列说法中正确的是 ACO2、NH3、BF3中，所有原子都满足最外层8电子的稳定结构B在元素周期表中金属和非金属交界处可以找到半导体材料C由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物D第A族元素和第A族元素的原子之间都能形成离子键13、化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法正确的是（ ）A用米汤检验含碘盐中的碘元素B烧碱、小苏打、氢氧化铝均可用于治疗胃酸过多C工业生产中，常将氯气通入澄清石灰水中，制取漂白粉D除去CuSO4溶液中的Fe2（SO4）3，加入足量CuO粉末，充分搅拌过滤14、利用太阳能分解制氢气，若光解0.02 mol水，下列说法正确的是（ ）A可生成H2的质量为0.02g

7、B可生成氢的原子数为2.4081023个C生成H2的量理论上等于0.04mol Na与水反应产生H2的量D可生成H2的体积为0.224L（标准情况）15、下列现象与胶体的性质无关的是A将盐卤或石膏加入豆浆，制成豆腐B向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀C一枝钢笔使用两种不同型号的蓝黑墨水，易出现堵塞D清晨，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象16、有关晶体的结构如图所示,下列说法中不正确的是( )A在NaCl晶体中,距Na+最近的Cl-形成正八面体B在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+C在金刚石晶体中,碳原子与碳碳键个数的比为12DCaF2晶体在熔融状

8、态不导电17、将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL 4.40 mol/L盐酸中，充分反应后产生896 mL H2(标准状况)，残留固体1.28g。过滤，滤液中无Cu2。将滤液加水稀释到200mL，测得其中c(H)为0.400mol/L。则原混合物中单质铁的质量是A2.24gB3.36gC5.60gD10.08g18、某中性有机物C10H20O2在稀硫酸作用下加热得到M和N两种物质，N经氧化最终可得到M，则该中性有机物的结构可能有 ()A2种B3种C4种D5种19、下列化学用语表示或描述不正确的是ACa的电子排布式是Ar3d2BBF3 的VSEPR的模型名称是平面三角形CNH

9、4+中心原子N上的孤电子对数为0D在Cu(NH3)42+里，NH3的氮原子给出孤电子对，形成配位键20、标准状况下，5.6 L O2中含有N个氧原子，则阿伏加德罗常数的值为（）A4NBC2ND21、下列表述正确的是A羟基的电子式： B乙烯的结构简式：CH2CH2C2-丁烯的顺式结构：D2-丙醇的结构简式：22、普通玻璃的主要成分是：Na2SiO3 CaCO3 CaSiO3 SiO2 Na2CO3 CaOABCD二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A、B、C、D、E、F均为周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大。其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E为离子晶体，E原子核外的M层中

10、有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的晶体可做半导体材料；F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子。请根据以上信息，回答下列问题(答题时，A、B、C、D、E、F用所对应的元素符号表示)：(1)A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为_(2)B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点高的理由是_。(3)A的简单氢化物的中心原子采取_杂化，E的低价氧化物分子的空间构型是_。(4)F的核外电子排布式是_，A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示(其中A显3价)，则其化学式为_。24、（12分）Q是合成防晒霜的主要成分，某同学以石油化工的基本产品为主要原料，设计合成Q的流程如下(部

11、分反应条件和试剂未注明)：已知：钯催化的交叉偶联反应原理(R、R1为烃基或其他基团，X为卤素原子)：Pd/CRXR1CH=CH2R1CH=CHRHXIIC8H17OH 分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子只有一个碳原子上没有氢原子。IIIF不能与氢氧化钠溶液反应，G的核磁共振氢谱中有 3 个峰且为对位取代物。请回答下列问题：（1）G的结构简式为_。（2）C8H17OH 的名称(用系统命名法命名)为_。（3）X是 F的同分异构体，X遇氯化铁溶液发生显色反应且环上的一溴取代物有两种，写出 X 的结构简式：_。（4）写出反应的化学方程式：_。（5

12、）下列有关 B、C的说法正确的是_(填序号)。a二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色b二者都能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳c1molB或C都能最多消耗44.8L(标准状况)氢气d二者都能与新制氢氧化铜悬浊液反应25、（12分）利用如图所示的实验装置进行实验。（1）装置中素瓷片的作用_，矿渣棉的作用_。（2）请设计实验证明所得气体生成物中含有不饱和气态烃_。26、（10分）乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如下：相对分子质量密度/（gcm-3）沸点/水中溶解性异戊醇880.8123131微溶乙酸601.049211

13、8溶乙酸异戊酯1300.8670142难溶实验步骤：在A中加入4.4 g异戊醇(3-甲基-1-丁醇)、6.0 g乙酸、数滴浓硫酸和23片碎瓷片。开始缓慢加热A，回流50 min。反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，静置片刻，过滤除去MgSO4固体，进行蒸馏纯化，收集140143馏分，得乙酸异戊酯3.9 g。回答下列问题：（1）仪器B的具体名称是_，实验时冷却水的进水口是_（a或b）。（2）在洗涤操作中，先水洗再饱和NaHCO3溶液洗而不是直接用饱和NaHCO3溶液洗涤的原因是_。（3）该制备反应的化学反应方程式为_。（4

14、）本实验中加入过量乙酸的目的是_。（5）本实验中不能用生石灰代替无水MgSO4的原因_。（6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是_(填标号)。（7）本实验的产率是_27、（12分）某研究性学习小组欲探究原电池的形成条件，按下图所示装置进行实验序号AB烧杯中的液体指针是否偏转1ZnCu稀硫酸有2ZnZn稀硫酸无3CuC氯化钠溶液有4MgAl氢氧化钠溶液有分析上述数据，回答下列问题：(1)实验1中电流由_极流向_ 极（填“A”或“B”）(2)实验4中电子由B极流向A极，表明负极是_电极（填“镁”或“铝”）(3)实验3 表明 _ A铜在潮湿空气中不会被腐蚀 B铜的腐蚀是自发进行的(4)分析上表有

15、关信息，下列说法不正确的是_ A相对活泼的金属一定做负极 B失去电子的电极是负极C烧杯中的液体，必须是电解质溶液 D浸入同一电解质溶液中的两个电极，是活泼性不同的两种金属（或其中一种非金属）28、（14分）如图所示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、CsCl、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分：(1)代表金刚石的是(填编号字母，下同)_，其中每个碳原子与_个碳原子最接近且距离相等。金刚石属于_晶体。(2)代表石墨的是_，其中每个正六边形占有的碳原子数平均为_个。(3)表示NaCl的是_，每个Na周围与它最接近且距离相等的Na有_个。(4)代表CsCl的是_，它属于_晶体，每个Cs

16、与_个Cl紧邻。(5)代表干冰的是_，它属于_晶体，每个CO2分子与_个CO2分子紧邻。(6) 已知石墨中碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长短，则上述五种物质熔点由高到低的排列顺序为_。29、（10分）云阳龙缸云端廊桥曾被詟为“世界第一悬挑玻璃景观廊桥”，所用钢化玻璃因其优良的性能广泛应用于日常生活，但由于制作玻璃时里面含有极少量硫化镍，使得钢化玻璃在极限条件下的使用受到限制.（1）基态硫原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为_，基态镍原子中核外电子占据最高能层的符号为_.（2）Ni(CO)4常用于制备纯镍，溶于乙醇、CCl4、苯等有机溶剂，为_晶体，Ni(CO)4空间构型与甲烷相同，中心原

17、子的杂化轨道类型为_，写出与配体互为等电子体的阴离子_(任写一种).（3）与硫同族的硒元素有两种常见的二元含氧酸，请比较它们酸性强弱 (填化学式)_，理由是_.（4）H2S的键角_(填“大于”“小于”等于”)H2O的键角，请从电负性的角度说明理由_.（5）NiO与NaCl的晶胞结构相似，如图所示，阴离子采取面心立方堆积，阳离子填充在位于阴离子构成的空隙中，已知Ni2+半径为69nm，O2-半径为140nm，阿伏伽德罗常数为NA，NiO晶体的密度为_g/cm3(只列出计算式).2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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、D【答案解

18、析】A. HF沸点高于HCl，是因为HF分子之间存在着氢键，故A错误；B. 分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构的判断公式是：化合价的绝对值+原子最外层电子数=8。在PCl5分子中P原子不符合8电子稳定结构公式，故B错误； C. 可燃冰是甲烷的结晶水合物，碳的电负性较弱，不能形成氢键，故C错误；D.组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高，所以S2Br2与S2Cl2的熔、沸点大小为：S2Br2S2Cl2，故D正确；综上所述，本题正确答案为D。【答案点睛】考查分子间的作用力。氢键是一种特殊的分子间作用力，它比化学键弱，比分子间作用力强；分子间作用力影响的是物质的熔沸点

19、。2、A【答案解析】N2生成1 mol气态N4的方程式为：2N2(g)=N4(g)，根据键能和H的关系可得H=2942kJmol16167kJmol1=882 kJmol1，故A项正确。3、C【答案解析】分析：铁失去2电子后转化为亚铁离子，根据核外电子排布规律解答。详解：铁是常见金属，它在元素周期表中位于第四周期族，原子序数为26，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe2的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d6，所以其结构示意图为。答案选C。4、B【答案解析】A氧气转化为臭氧，无元素的化合价变化，则为非氧化还原反应，故A错误；B酸性氧化物是指能与水反应

20、生成相应的酸，而不生成其他物质的氧化物，碱性氧化物为能与水反应生成相应的碱，而不生成其他物质的氧化物，非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如一氧化碳，故B正确；C金属氧化物不一定是碱性氧化物，比如Mn2O7是金属氧化物但是酸性氧化物，Al2O3是金属氧化物但是两性氧化物，故C错误； D纯净物只由一种原子组成，而混合物不一定含有多种原子，如金刚石和石墨，属于混合物，但只含有一种原子，故D错误；故选B。5、B【答案解析】A项，地沟油中主要含油脂，还含有害物质，不宜食用，但不可能通过分馏提取汽油，因为汽油主要成分是烃类物质，故A错误；B项，二氧化硅具有良好的导光性，所以可用于生产光导纤维，故B正确；C项

21、，为防止富脂食品氧化变质，在包装袋中应放入还原性物质，如铁粉等，而放入生石灰只能起干燥作用，不能防止氧化变质，故C错误；D项，焰火中的发光剂是金属镁或金属铝的粉末，当这些金属燃烧时，会发出白炽的强光，发色剂是一些金属化合物，金属化合物含有金属离子，不同种类的金属化合物在灼烧时，会发放出不同颜色的光芒，这称为焰色反应，金属呈现的物理颜色和其焰色反应没有直接联系，故D错误。综上，选B。6、B【答案解析】有机物分子中双键或叁键两端的原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应，该反应为加成反应，据此分析；【题目详解】A、CH4和Cl2发生取代反应，即该反应为取代反应，故A不符合题意；B、乙烯与

22、HCl发生加成反应，故B符合题意；C、该反应为氧化反应，不符合加成反应的定义，故C不符合题意；D、该反应为氧化反应，不符合加成反应的定义，故D不符合题意；答案选B。7、C【答案解析】A、如果溶质是NaOH、NaA，溶液显碱性，如果溶质为NaA，属于强碱弱酸盐，则溶液呈现中性，如果溶液是NaA、HA，HA为强酸，则溶液显酸性，故错误；B、加入溶液的溶质为NaOH、NaA，n(NaOH)n(NaA)，离子浓度大小关系为c(Na)c(OH)c(A)c(H)，故错误；C、根据溶液显电中性，c(Na)c(H)=c(OH)c(A)，当c(Na)=c(A)，则有c(H)=c(OH)，故正确；D、根据选项B的

23、分析，故错误。故选C。8、B【答案解析】由分子式C9H6O2计算可知该有机物不饱和度为7，由条件a、b可知该有机物中含有苯环和-COO-，因此还剩下2个碳为未知结构。又由于2个碳需存在两个不饱和度，因此为碳碳叁键。从苯环上的氢原子被氯原子取代后得到两种一氯代物，可知碳碳叁键与-COO-处于对位关系。由此解题。【题目详解】由分子式C9H6O2计算可知该有机物不饱和度n=7。由条件a、b可知该有机物中含有苯环和-COO-，因此还剩下2个碳为未知结构。又由于2个碳需存在两个不饱和度，因此为。从苯环上的氢原子被氯原子取代后得到两种一氯代物，可知与-COO-处于对位关系。因此，符合条件的同分异构体为、，

24、共2种。答案应选B。【答案点睛】本题考查有机物同分异构体的判断。在解题时需注意对已知分子式应先判断其不饱和度，确定类别异构，再结合所含的未知结构的碳原子确定碳链异构，最后再找寻官能团的位置异构，同时应注意含有碳碳双键有机物的顺反异构问题。9、B【答案解析】A项，化学反应速率变化时，化学平衡不一定发生移动，如使用催化剂化学反应速率变化，但化学平衡不移动，A项错误；B项，只有改变条件使正、逆反应速率不相等，化学平衡才会发生移动，故化学平衡发生移动时，化学反应速率一定变化，B项正确；C项，反应进行的程度与化学反应速率没有必然的联系，C项错误；D项，改变压强对没有气体参与的反应，化学反应速率不改变，改

25、变压强对反应前后气体化学计量数之和相等的反应，平衡不移动，D项错误；答案选B。10、A【答案解析】AAl3的核电荷数为13，核外只有10个电子，离子结构示意图为，故A正确；BHClO是共价化合物，分子内氧原子分别与H、Cl各形成1个共用电子对，其电子式为，故B错误；C中子数为8的氮原子的质量数为15，其核素表示形成为，故C错误；D二氧化碳分子中碳原子的半径比氧原子半径大，则CO2的比例模型为，故D错误；故答案为A。【答案点睛】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

26、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。11、A【答案解析】A、加入FeCl3后溶液变蓝色，说明I被氧化成I2，氧化剂为Fe3，利用氧化还原反应的规律，得出Fe3的氧化性强于I2，故A符合题意；B、SO2的漂白性，中学阶段体现在能使品红溶液褪色，使酸性高锰酸钾褪色，体现SO2的还原性，故B不符合题意；C、澄清石灰水与NaHCO3、Na2CO3都能产生沉淀，鉴别NaHCO3和Na2CO可以用CaCl2溶液，NaHCO3与CaC

27、l2不发生反应，Na2CO3与CaCl2生成沉淀CaCO3，故C不符合题意；D、HNO3具有强氧化性，将SO32氧化成SO42，对SO42的检验产生干扰，应先加盐酸，再滴加BaCl2溶液，故D不符合题意；答案选A。12、B【答案解析】ACO2中所有原子都满足最外层8电子的稳定结构；而NH3中的H原子满足2电子的结构，BF3中B满足6电子稳定结构，A错误；B在元素周期表中金属元素区的元素是导体，在非金属元素区的元素的单质一般是绝缘体体，在金属和非金属交界处的元素的导电介于导体与绝缘体之间，因此在该区域可以找到半导体材料，B正确；C由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵等，C错误；

28、D一般情况下第A族元素和第A族元素的原子之间能形成离子键。但是也有例外，例如H与F形成的HF是共价键，D错误。答案选B。13、D【答案解析】A、碘盐中的碘以碘酸钾的形式存在，不是碘单质，不能用米汤检验，A错误；B、烧碱是氢氧化钠，具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，B错误；C、氯气与石灰乳反应制备漂白粉，C错误；D、氧化铜能与氢离子反应，降低溶液的酸性，从而使铁离子形成沉淀而析出，且不会引入新的杂质离子，D正确；答案选D。14、C【答案解析】A. 0.02mol水可生成H20.02mol，质量为0.04g，A错误；B. 可生成氢的原子数为0.02mol26.021023/mol2.4081022

29、个，B错误；C. 0.04mol Na与水反应产生H2的量是0.02mol，根据A中分析可知C正确；D. 可生成H2的体积在标准状况下为0.02mol22.4L/mol0.448L，D错误，答案选C。点睛：转化为反应的原理以及灵活应用个数计算式是解答的关键，即在进行物质的量的有关计算时，关键是熟练应用几个关系式、nm/M、，特别还要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。15、B【答案解析】A.盐卤点豆腐属于电解质溶液使胶体的聚沉；B.FeCl3溶液中加入NaOH溶液出现红褐色沉淀，属于离子反应，与胶体的性质无关；C.两种不同型号

30、的蓝黑墨水，易出现堵塞，属于带两种相反电荷的胶体混合后的聚沉；D.清晨，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶，属于胶体的丁达尔效应。综上所述，现象与胶体的性质无关的是B，答案选B。16、D【答案解析】分析：A、根据在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个进行分析；B、利用均摊法确定每个晶胞中含有的钙离子、氟离子个数；C、每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键；D、CaF2晶体是离子化合物。详解：在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个，这6个离子构成一个正八面体， A选项正确；在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子

31、，Ca2+位于立方体的8个顶角和6个面，所以Ca2+的数目是：81/8+61/2=4，在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+，B选项正确；每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2， C选项正确；CaF2是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下能够完全电离出Ca2+和F-离子，能够导电，D说法不正确，D选项错误；正确选项D。点睛：晶体中微粒的排列具有周期性，晶体中最小的结构重复单元称为晶胞，利用“均摊法”可以计算一个晶胞中的粒子数，从而确定晶体的化学式。中学中常见考题里涉及的晶胞有立方晶胞、六方晶胞；在立方晶胞中：（1）每个顶点上

32、的粒子被8个晶胞共用，每个粒子只有1/8属于该晶胞，如本题中的Ca2+离子；（2）每条棱上的粒子被4个晶胞共用，每个粒子只有1/4属于该晶胞；（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用，每个粒子只有1/2属于该晶胞。如本题中的Ca2+；（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞。17、C【答案解析】反应后溶液中还有较多H离子剩余,且滤液中没有Cu2,可以知道残留物没有Fe,只有Cu,而Cu可以残留说明溶液中没有Fe3+，溶液中阳离子为H和Fe2+，参加反应的HCl中的H元素转化到氢气、水中，根据H原子守恒，计算混合物中O原子物质的量，根据Cu元素守恒计算n(CuO)，再根据O原子守恒计算n(Fe2O3),根据

33、m=nM计算氧化铁的质量。【题目详解】反应后溶液中还有较多H离子剩余，且滤液中没有Cu2，可以知道残留物没有Fe，只有Cu，而Cu可以残留说明溶液中没有Fe3+，溶液中阳离子为H和Fe2+，反应后剩余n(H+)=0.4nol/L0.2L=0.08mol，原溶液中n(HCl)=4.4mol/L0.1L=0.44mol，参加反应的HCl中的H元素转化到氢气、水中,根据H原子守恒,2n(H2O)+2n(H2)=n总(HCl)-n余(H+)，即2n(H2O)+2=0.44mol-0.08mol，n(H2O)=0.14mol故混合物中n(O)= n(H2O)=0.14mol，由铜元素守恒,则n(CuO)

34、=n(Cu)=0.02mol，由O原子守恒:3n(Fe2O3)+ n(CuO)=0.14mol，则n(Fe2O3)=0.04mol，由Cl原子守恒，滤液中溶质为FeCl2和剩余HCl，2n(FeCl2)+n余(HCl)=n总(HCl)，即2n(FeCl2)+0.08mol=0.44mol，n(FeCl2)=0.18mol,由Fe原子守恒，原混合物中铁的物质的量：n(Fe)+2n(Fe2O3)=n(FeCl2), n(Fe)=0.18mol-0.04mol2=0.10mol, m(Fe)=0.10mol56g/mol=5.60g，所以C选项是正确的。【答案点睛】本题考查混合物的计算，明确物质反应

35、先后顺序及剩余固体成分是解本题关键，再结合转移电子守恒、原子守恒进行解答，同时考查学生思维缜密性，题目难度中等。18、C【答案解析】有机物C10H20O2在酸性条件下能水解，说明C10H20O2为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，能在酸性条件下水解生成有机物M和M，且N在一定条件下可转化成M，说明M和N的碳原子数相同，且碳链相同，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，C10H20O2是饱和酯，且两边碳链相同，因此M为C4H9COOH，N为C4H9CH2OH，二者中都含有烃基-C4H9，-C4H9有四种结构：C-C-C-C-、，则C10H20O2有四种结构，故选C。19、

36、A【答案解析】A. Ca的电子排布式是1s22s22p63s23p64s2或Ar4s2，故A错误；B. 价层电子对数=键电子对数+孤电子对数，根据BF3的电子式可知，中心原子B有没有孤电子对，有3个键电子对，共3个价层电子对，VSEPR模型名称为平面三角形，故C正确；C. NH4+的电子式为，中心原子N上的孤电子对数为0，故C正确；D. NH3的电子式为，所以在Cu(NH3)42+里，NH3的氮原子给出孤电子对，形成配位键，故D正确；综上所述，本题正确答案为A。20、C【答案解析】根据nV/Vm、N=nNA解答。【题目详解】标准状况下，5.6LO2中含有N个氧原子，氧气的物质的量是5.6L22

37、.4L/mol0.25mol，氧原子的物质的量是0.5mol，则阿伏加德罗常数的值为N0.52N。答案选C。21、D【答案解析】A.O原子最外层有6个电子，其中1个成单电子与H原子的电子形成1对共用电子对，因此羟基的电子式： ，A错误；B.乙烯官能团是碳碳双键，所以乙烯的结构简式：CH2=CH2，B错误；C.2-丁烯的顺式结构应该是两个相同的H原子或甲基-CH3在碳碳双键的同一侧，所以其键线式结构为，C错误；D.2-丙醇是羟基在物质分子主链的第2号C原子上，结构简式为，D正确；故合理选项是D。22、A【答案解析】普通玻璃的主要成分是Na2SiO3、CaSiO3及SiO2，答案为A。二、非选择题

38、(共84分)23、NaAlSiN NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体 sp3 V形 1s22s22p63s23p63d104s1 Cu3N 【答案解析】C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al；D单质的晶体可做半导体材料，则D为Si；E原子核外的M层中有两对成对电子，则E的价电子排布为3s23p4，其为S；A原子核外有三个未成对电子，则A为N；化合物B2E为离子晶体，则B为Na。F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子，则F的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，其为Cu。从而得出A、B、C、D、E、F分别为N、Na、Al、Si、S、Cu。【题目详解

39、】(1)A、B、C、D分别为N、Na、Al、Si，由于N的非金属性最强，且原子轨道半充满，所以第一电离能最大，Si次之，Na最小，从而得出第一电离能由小到大的顺序为NaAlSiN。答案为：NaAlSiN；(2)B的氯化物为NaCl，离子晶体，D的氯化物为SiCl4，分子晶体，由此可得出熔点NaCl比SiCl4高的理由是NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体。答案为：NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体；(3)A的简单氢化物为NH3，中心原子的价层电子数为4，采取sp3杂化，E的低价氧化物为SO2，S原子发生sp2杂化，分子的空间构型是V形。答案为：sp3；V形；(4)F为Cu，其原子

40、核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，N、Cu形成某种化合物的晶胞中，空心小球的数目为8=1，黑球的数目为12=3，N显-3价，则Cu显+1价，由此得出其化学式为Cu3N。答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；Cu3N。【答案点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，应依据微粒在该晶胞中的位置及所占的份额共同决定。如立方晶胞，微粒位于顶点，则该微粒属于此晶胞的份额仅占八分之一；微粒位于棱上时，由于棱属于四个晶胞，则该微粒属于此晶胞的份额仅占四分之一。24、 2乙基1己醇 ad 【答案解析】由A、B的分子式及的结构简式C可知，A为CH3CH=CH2，B为CH2=CH

41、CHO，由信息可知，C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢原子，则C8H17OH为，与丙烯酸发生酯化反应生成D，由流程图可知，F为等，因F不能与NaOH溶液反应，所以F为苯甲醇或苯甲醚，由F和G的分子式可知，F与溴发生取代反应，又G的核磁共振氢谱中有3组峰，说明G中有3种位置的H原子，所以G为，由信息可知，D与G合成Q；(1)结合分析写出G的结构简式；(2)C8H17OH为，与-OH相连的C原子为第1位碳原子编号来命名；(3)X为酚，甲基与酚-OH处于对位；(4)由信息，D与G合成Q，并生成HBr；(5)

42、B为烯醛，C为烯酸，均含C=C键，但羧基中的C=O不能与氢气发生加成反应。【题目详解】由A、B的分子式及的结构简式C可知，A为CH3CH=CH2，B为CH2=CHCHO，由信息可知，C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢原子，则C8H17OH为，与丙烯酸发生酯化反应生成D，由流程图可知，F为等，因F不能与NaOH溶液反应，所以F为苯甲醇或苯甲醚，由F和G的分子式可知，F与溴发生取代反应，又G的核磁共振氢谱中有3组峰，说明G中有3种位置的H原子，所以G为，由信息可知，D与G合成Q；(1)由分析可知G的结构简

43、式为为；(2)C8H17OH为，与-OH相连的C原子为第1位碳原子编号来命名，其名称为2-乙基-1-己醇；(3)F为苯甲醚，X遇氯化铁溶液发生显色反应且环上的一溴取代物有两种，X为酚，甲基与酚-OH处于对位，则X为；(4)由信息，D与G合成Q，并生成HBr，反应的化学方程式为；(5)B为烯醛，C为烯酸，均含C=C键，但羧基中的C=O不能与氢气发生加成反应；a均含C=C键，则二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色，故a正确；bC中含-COOH，能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳，而B不能，故b错误；c.1mol B最多消耗44.8L(标准状况)氢气，而C消耗22.4L氢气，故c错误；dB

44、中含-CHO，C中含-COOH，二者都能与新制氢氧化铜悬浊液反应，故d正确；故答案为ad。25、作催化剂 作为石蜡油的载体 将所得气体通入到酸性高锰酸钾溶液或溴水溶液中，若观察到溶液颜色褪色则说明所得气体中含有气态不饱和烃 【答案解析】石蜡油主要含碳、氢元素，经过反应产生能使酸性高锰酸钾溶液褪色的气体，一般是气态不饱和烃，如乙烯或乙炔等。石蜡油分子本身碳原子数较多，经过反应产生乙烯、乙炔等小分子，主要是发生了催化裂化，生成相对分子质量较小、沸点较低的烃。【题目详解】(1)根据上述分析可知：装置中素瓷片起到了催化剂的作用，矿渣棉用作为石蜡油的载体，故答案：作催化剂；作为石蜡油的载体；(2)因为石

45、蜡油主要含碳、氢元素，主要是发生了催化裂化，经过反应能生成气态不饱和烃，如乙烯或乙炔等。这些气态不饱和烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也可以和溴水发生加成反应，所以可以将所得气体通入到酸性高锰酸钾溶液或溴水溶液中，若观察到溶液颜色褪色则说明所得气体中含有气态不饱和烃，故答案：将所得气体通入到酸性高锰酸钾溶液或溴水溶液中，若观察到溶液颜色褪色则说明所得气体中含有气态不饱和烃。26、 球形冷凝管 a 过量的乙酸会直接消耗NaHCO3，浪费试剂 提高醇的转化率 导致酯水解 b 60%【答案解析】分析：本题考查物质制备，为高频考点，考查了常见仪器的构造与安装，混合物的分离和提纯，物质的制备、药品的选择及使

46、用、物质产率的计算等知识，综合性较强且题目信息量较大，侧重考查学生实验操作、实验分析判断能力，题目难度中等。详解：(1)由装置中仪器B的构造可知，仪器B的名称为球形冷凝管；为了实验时冷凝管中充满水，所以进水口为a；(2)反应中剩余的乙酸可以和碳酸氢钠反应，过量的乙酸会直接消耗NaHCO3，浪费试剂，若先用水洗涤，可以减少溶液中的乙酸的存在，减少碳酸氢钠的使用量；(3) 乙酸和异戊醇逆反应生成乙酸异戊酯和水，方程式为：； (5)酯化反应为可逆反应，增加乙酸的加入量，可以提高醇的转化率。(6)酯可以在酸性或碱性条件下水解，所以不能用生石灰代替无水硫酸镁；(6) 在蒸馏实验中温度计的水银球蒸馏烧瓶的

47、支管口处，所以ad错误，c中使用的是球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，所以仪器及装置安装正确的是b；(7)乙酸的物质的量为6.0/60=0.1mol，异戊醇的物质的量为4.4/88=0.05mol，由于乙酸和异戊醇是按照1:1进行反应，所以乙酸过量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成0.05mol乙酸异戊酯，实际上生成的乙酸异戊酯的物质的量为3.9/130=0.03mol，所以实验中乙酸异戊酯的产率为0.03/0.05= 60%。27、B A 铝 B A 【答案解析】本实验的目的是探究原电池的形成条件。原电池的必备构造：有两个活性不同的电极两个电极由导线

48、连接，并插入到电解质溶液中，形成电流回路能自发的进行氧化还原反应；以此答题。【题目详解】(1)Zn的活泼性比Cu强，则Zn作负极，Cu作正极，则电子由Zn电极从外电路向Cu电极移动，即电子由A极向B极移动，则电流由B极向A极移动；(2)实验四中，电子由B极向A极移动，则B极失去电子，作负极，即负极为铝电极；(3)实验三中，指针发生偏转，说明有电流移动，即电子也有移动，则说明该过程是自发进行的氧化还原反应，故合理选项为B；(4)A. 相对活泼的金属一般作负极，但是也有例外，比如实验四，镁的活泼性比铝强，但是镁不和氢氧化钠溶液反应，铝可以，所以铝作负极，A错误；B. 负极发生氧化反应，对应的物质是还原剂，失去电子，B正确；C. 烧杯中的液体必须是电解质溶液，以构成电流回路，C正确；D. 浸入同一电解质溶液中的两个电极，必须是活泼性不同的两种金属（或其中一种非金属），D正确；故合理选项为A。【答案点睛】组成原电池的电极，它们的活泼性一定有差异。一般情况下，较活泼的电极作负极，但是也有例外，比如镁、铝和氢氧化钠溶液形成原电池中，铝的活泼性较差，但是作负极，因为铝可以和氢氧化钠溶液反应，而镁不行，所以镁作正极。28、D 4 原子 E 2 A 12 C 离子 8 B 分子 12 石墨金刚石NaClCsCl干冰 【答案解析】根据晶体的结构特点来辨别图形所代表的物质。【题目