河南省新野县一中2023学年化学高二第二学期期末质量检测试题（含解析）

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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A．2L0.5mol·L-1CH3COOH溶液中，CH3COO-的数目为NAB．一定质量的某单质，若含质子数为nNA，则中子数一定小于nNAC．标准状况下，22.4LHF含有的共价键数为NAD．向FeI2溶液中通入一定量Cl2，当1molFe2+被氧化时，转移的电子数不小于3NA2、已知(x)(y)(z)的分子式均为C8H8，下列说法正确的是A．x的所有原子一定在同一平面上B．y完全氢化后的产物q，q的二氯代物有7种C．x、y、z均能使溴水因加成反应而褪色D．x、y、z互为同系物3、下列分子中心原子是sp2杂化的是（）A．PBr3 B．CH4 C．BF3 D．H2O4、下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是（）A．石油分馏得到的汽油是纯净物B．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一C．燃料电池是将化学能直接转化为电能的装置，所以能量利用率高D．合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺5、在电解液不参与反应的情况下，采用电化学法还原CO2可制备ZnC2O4，原理如图所示。下列说法正确的是A．电解结束后电解液Ⅱ中c(Zn2+)增大B．电解液Ⅰ应为ZnSO4溶液C．Pt极反应式为2CO2+2e−=D．当通入44gCO2时，溶液中转移1mol电子6、下列电子层中，原子轨道数目为4的是（）A．K层 B．L层 C．M层 D．N层7、电负性的大小也可以作为判断金属性和非金属性强弱的尺度，下列关于电负性的变化规律正确的是A．周期表中同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大B．周期表中同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐增大C．电负性越大，金属性越强D．电负性越小，非金属性越强8、下列说法不正确的是（）A．植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色B．石油裂化、煤的液化、油脂皂化都属于化学变化C．蛋白质、纤维素、油脂、核酸都是高分子化合物D．乙烯可用作水果催熟剂，乙酸可用作调味剂，乙醇可用于杀菌消毒9、下列排列顺序错误的是（）A．酸性：H4SiO4＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4B．碱性：Ca(OH)2＞Mg(OH)2＞Al(OH)3C．原子半径：F＜O＜S＜NaD．氢化物的稳定性：SiH4＞H2S＞H2O＞HF10、某溶液中有①NH4+、②Mg2＋、③Fe2＋、④Al3＋四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是A．①② B．①③ C．②③ D．③④11、用NA表示阿伏加德罗常数的值。则下列说法中正确的是()⑴0.25molNa2O2中含有的阴离子数为0.5NA⑵7.5gSiO2晶体中含有的硅氧键数为0.5NA⑶标准状况下，2.24LCCl4中含有的原子数为0.1NA⑷常温下，1L0.1mol/LFeCl3溶液中含Fe3＋数为0.1NA⑸1L1mol/LCH3COOH溶液中含有NA个氢离子⑹常温下，2.7g铝与足量的氢氧化钠溶液反应，失去的电子数为0.3NA⑺22.4LSO2气体，所含氧原子数为2NA⑻14g乙烯和丙烯的混合物中，含有共用电子对数目为3NA⑼25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OHˉ数为0.2NAA．⑵⑸⑻⑼B．⑵⑹⑻C．⑴⑷⑹⑻⑼D．⑴⑶⑸12、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（）A．标准状况下，22.4LCCl4含有的分子数为NAB．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NAC．在含4molSi-O键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为2NAD．46g有机物C2H6O的分子结构中含有的C—H键数目一定为5NA13、用含有少量Mg的Al片制取纯净的Al(OH)3，下列操作中最恰当的组合是(）①加盐酸溶解②加NaOH溶液③过滤④通入过量CO2生成Al(OH)3⑤加盐酸生成Al(OH)3⑥加过量氨水生成Al(OH)3A．①⑥③ B．①③⑥③ C．②③④③ D．②③⑤③14、下列离子组在一定条件下能共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且所给离子方程式正确的是（）选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式ANa+、H+、Cl-、NO3-铜3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2OBFe3+、ClO-、I-氢氧化钠溶液Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓CBa2+、HCO32-、Cl-氢氧化钠溶液HCO3-+OH-=CO32-+H2ODAl3+、Cl-、SO42-过量氢氧化钠Al3++3OH-=Al(OH)3↓A．A B．B C．C D．D15、[Co(NH3)5Cl]2+配离子，中心离子的配位数是A．1 B．2 C．4 D．616、科学家将水置于足够强的电场中，在20℃时水分子瞬间凝固可形成“暖冰”。某兴趣小组做如图所示实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，且有气泡产生。将酸性KMnO4溶液换成FeCl3溶液，烧杯中溶液颜色无变化，但有气泡产生。则下列说法中正确的是A．20℃时，水凝固形成的“暖冰”所发生的变化是化学变化B．“暖冰”是水置于足够强的电场中形成的混合物C．烧杯中液体为FeCl3溶液时，产生的气体为Cl2D．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O217、氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr相比较，水的作用不相同的是()①2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑②4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3③2F2＋2H2O=4HF＋O2④2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑A．①③B．①④C．③④D．②④18、徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了许多明星分子，如H2O2、CO2、BF3、CH3COOH等。下列说法正确的是（）A．H2O2分子中的O为sp2杂化 B．CO2分子中C原子为sp杂化C．BF3分子中的B原子sp3杂化 D．CH3COOH分子中C原子均为sp2杂化19、用制溴苯的废催化剂（主要含FeBr3及少量溴、苯）为原料，制取无水FeCl3和溴的苯溶液，选用的方法能达到相应实验目的的是A．用装置①及其试剂制取氯气B．用装置②氧化FeBr3溶液中的溴离子C．用装置③分离出FeCl3溶液，不能选用装置④分离D．用装置⑤将FeCl3溶液蒸发至干，可得无水FeCl320、阿昔洛韦[化学名称：9－（2－羟乙氧甲基）鸟嘌呤]是抗非典型肺炎（SARS）的指定药物之一，其结构如图所示,有关阿昔洛韦的结构及性质的叙述中正确的是①1mol阿昔洛韦在催化剂作用下，最多可与5molH2发生加成反应；②属于芳香烃；③是一种易溶于水的醇；④可以被催化氧化；⑤不能使溴水褪色；⑥可以燃烧；A．①②③④⑥ B．②④⑤⑥ C．③④⑤⑥ D．④⑥21、电子构型为[Ar]3d54s2的元素属于下列哪一类元素（）A．稀有气体 B．主族元素 C．过渡元素 D．卤族元素22、以下关于原子结构及性质的说法中不正确的是A．同一原子的能层越高，s电子云半径越大B．每一能层的能级总是从s能级开始，且能级数等于该能层序数C．电子从激发态跃迁到基态时将释放能量，光是电子释放能量的重要形式之一D．同主族元素的第一电离能随核电荷数的递增依次增大二、非选择题(共84分)23、（14分）A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示(部分条件略去)。已知：,RCOOH(1)发生缩聚形成的高聚物的结构简式为____；D→E的反应类型为____。(2)E→F的化学方程式为____。(3)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是____(写出结构简式)。(4)等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为____；检验的碳碳双键的方法是____(写出对应试剂及现象)。24、（12分）某同学用含结晶水的盐X(四种短周期元素组成的纯净物)进行了如下实验：已知：i.气体甲无色无味气体；ii.气体丙为纯净物，干燥后体积为2.24L(标况下)，标况下密度为1.25g·L-1，易与血红蛋白结合而造成人中毒；iii.固体乙为常见金属氧化物，其中氧元素的质量分数为40%。请回答：(1)X中除H、O两种元素外，还含有_____元素，混合气体甲的成分是_____(填化学式)。(2)将X加入到硫酸酸化的高锰酸钾溶液，溶液褪色并有气体产生，写出该化学方程式___。25、（12分）某课题组对某样品W（组成用CxHyOzNaSb表示）进行探究。实验一：确定W中元素组成（1）取W样品，将有机氮转化成NH4+，_____________（补充实验方案），证明W中含氮元素。（2）用燃烧法确定W样品中含碳、氢、硫三种元素，装置如图所示。①A框内是加热固体制备氧气发生装置，写出A中反应的化学方程式：__________________。②写出E中发生反应的离子方程式：_________________。③从实验简约性考虑，D、E、F、G装置可以用下列装置替代：能证明W含碳元素的实验现象是__________________。实验二：测定W中硫元素含量（3）取wgW样品在过量的氧气中充分燃烧，用V1mLc1mol·L-1碘水溶液吸收SO2，用V2mLc2mol·L-1Na2S2O3溶液滴定过量的I2。已知:2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。滴定终点的标志是__________________。该W样品中硫元素的质量分数为_________％。（4）二氧化硫通入吸收液前必须通过过量的赤热铜粉（SO2不参与反应），否则会导致测定的硫元素质量分数_________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。26、（10分）次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛，已知次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，且在120℃以上发生分解。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：步骤1：在烧瓶中(装置如图所示)加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80～90℃下，反应约3h，冷却至室温，抽滤。步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶，抽滤。(1)仪器B的名称为__________，装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，其作用是：__________________________________________。(2)装置C的作用是________________。(3)①步骤2中，应采用何种加热方式____________，优点是________________；②冷凝管中回流的主要物质除H2O外还有__________(填化学式)。(4)步骤3中不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是_____________________________。(5)请写出步骤1中制取NaHSO3的化学方程式：_____________________________。27、（12分）氯元素的单质及其化合物用途广泛。某兴趣小组拟制备氯气并验证其一系列性质。I．（查阅资料）①当溴水浓度较小时，溶液颜色与氯水相似也呈黄色②硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液在工业上可作为脱氯剂II．（性质验证）实验装置如图1所示(省略夹持装置)（1）装置A中盛放固体试剂的仪器是____；若分别用KMnO4、Ca(ClO)2、KClO3固体与足量的浓盐酸反应，则产生等量氯气转移的电子数之比为____。（2）装置C中II处所加的试剂可以是____(填下列字母编号)A．碱石灰B．浓硫酸C．硅酸D．无水氯化钙（3）装置B的作用有：除去氯气中的氯化氢、______、_____。（4）不考虑Br2的挥发，检验F溶液中Cl-需要的试剂有_______。III．（探究和反思）图一中设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的。该组的同学思考后将上述D、E、F装置改为图2装置，实验操作步骤如下：①打开止水夹，缓缓通入氯气；②当a和b中的溶液都变为黄色时，夹紧止水夹；③当a中溶液由黄色变为棕色时，停止通氯气；④…（5）设计步骤③的目的是______。（6）还能作为氯、溴、碘非金属性递变规律判断依据的是_____(填下列字母编号)A．Cl2、Br2、I2的熔点B．HCl、HBr、HI的酸性C．HCl、HBr、HI的热稳定性D．HCl、HBr、HI的还原性28、（14分）1-36号A、B、C、D、E、F六种元素，其中A、B、C、D、E的原子序数均小于18且其核电荷数依次递增，B元素基态原子电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，D原子的价电子排布为ns2np2n+2，E原子第一至第四电离能（kJ·mol－1）分别为：738、1451、7733、10540。F2+离子K、L、M层全充满。根据以上信息，同答下列问题：（1）BA4D和BA2D，沸点较高的是________(填相关物质的结构简式)（2）已知B与A形成的化合物在标准状况下的密度为1.16g·L－1，则在该化合物分子空间构型_________，在该化合物分子中含有σ键和π键个数比__________。（3）写出单质F与足量C的最高价氧化物对应的水化物稀溶液反应，C被还原到最低价，该反应的化学方程式________________________（4）B的单质是一种层状结构，元素B和E的形成一种合金，E的原子位于B的层间，其投影位于层面六圆环的中央，“△”表示E的原子位置，平行四边形表示在此二维图形上画出的一个晶胞，该合金的化学式为_______________________。29、（10分）(1)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=83kJ·mol−1CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=−20kJ·mol−1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=−121kJ·mol−1则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________kJ·mol−1。其中O2的电子式为__________(2)硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225KJ热量，该反应的热化学方程式为________________________。SiHCl3中含有的化学键类型为__________(3)将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为：①SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g)ΔH1＞0②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g)ΔH2＜0③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3(g)ΔH3则反应③的ΔH3______(用ΔH1，ΔH2表示)。(4)二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂,它可由KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得.请写出反应的离子方程式________________________(5)氯化铵常用作焊接．如：在焊接铜器时用氯化铵除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：_______CuO+______NH4Cl______Cu+______CuCl2+______N2↑+______H2O①配平此氧化还原反应方程式___________________________②此反应中若产生0.2mol的气体，则有__________mol的电子转移．

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【答案解析】

A项，2L0.5mol·L-1CH3COOH溶液中溶质的物质的量为2L0.5mol/L=1mol，但是醋酸为弱电解质，部分电离出CH3COO-，则CH3COO-的数目小于NA，故A项错误；B项，质子数与中子数无必然数目关系，故B项错误；C项，在标况下HF为液体，无法计算22.4LHF的物质的量及含有的共价键数目，故C项错误；D项，向FeI2溶液中通入一定量Cl2，Cl2会先将I-氧化，再将Fe2+氧化，当1molCl2被氧化时，根据溶液呈电中性可推知溶液中至少含有2molI-，且I-全部被氧化，故转移的电子数不小于3NA，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。2、B【答案解析】

A.x中的苯环与乙烯基的平面重合时，所有原子才在同一平面上，A错误；B.y完全氢化后的产物q为，q的二氯代物中一氯原子固定在2的碳原子上时，有3种；固定在1的碳原子上有4种，合计7种，B正确；C.x、y均含碳碳双键，故其能使溴水因加成反应而褪色，z不含碳碳双键，则不能发生加成反应，C错误；D.x、y、z分子式相同，结构不同，互为同分异构体，D错误；答案为B3、C【答案解析】

A.P原子杂化轨道数=σ键电子对数+孤对电子对数=3+=4，P采用sp3杂化，选项A不符合题意；B.C原子杂化轨道数=σ键电子对数+孤对电子对数=4+=4，C采用sp3杂化，选项B不符合题意；C.B原子杂化轨道数=σ键电子对数+孤对电子对数=3+=3，B采用sp2杂化，选项C符合题意；D.O原子杂化轨道数=σ键电子对数+孤对电子对数=2+=4，O采用sp3杂化，选项D不符合题意；答案选C。【答案点睛】本题考查了原子杂化类型的判断，原子杂化类型的判断是高考热点，根据“杂化轨道数=σ键电子对数+孤对电子对数”是解答本题的关键。4、A【答案解析】

A．分馏产品为烃的混合物；B．使用清洁能源含N、S氧化物的排放；C．燃料电池的燃料外部提供，能源利用率高；D．合理开发利用可燃冰，减少化石能源的使用。【题目详解】A．分馏产品为烃的混合物，汽油为混合物，故A错误；B．使用清洁能源，没有含N、S氧化物的排放，是防止酸雨发生的重要措施之一，故B正确；C．燃料电池工作时，燃料和氧化剂连续地由外部提供，能源利用率高，将化学能直接转化为电能，故C正确；D．合理开发利用可燃冰，减少化石能源的使用，有助于缓解能源紧缺，故D正确；故选A。5、C【答案解析】

A、因为右室Zn失去电子生成Zn2+，溶液中的Zn2+通过阳离子交换膜进入左室，根据电荷守恒，阴离子浓度不变，c(Zn2+)不变，A项错误；B、右室生成的Zn2+通过阳离子交换膜进入左室与生成的结合为ZnC2O4，因此，电解液Ⅰ为稀的ZnC2O4溶液，不含杂质，电解液Ⅱ只要是含Zn2+的易溶盐溶液即可，B项错误；C、Pt极反应式为2CO2+2e−＝，C项正确；D、当通入44gCO2时，外电路中转移1mol电子，溶液中不发生电子转移，D项错误。答案选C。6、B【答案解析】

s、p、d、f含有的轨道数目分别是1、3、5、7，所以K层原子轨道的数目为1，L层原子轨道的数目为4，M层原子轨道的数目为9，N层原子轨道的数目为16，答案选B。【答案点睛】该题的关键是记住能级对应的轨道数目以及能层包含的能级数目，然后灵活运用即可。7、A【答案解析】试题分析：非金属性越强，电负性越大。同周期自左向右，非金属性逐渐增强，电负性逐渐增强；同主族自上而下，非金属性逐渐较弱，电负性逐渐降低，所以正确的答案选A。考点：考查电负性的有关判断点评：本题是常识性知识的考查，难度不大。主要是有利于调动学生的学习兴趣，激发学生的求知欲。8、C【答案解析】分析：A．油中含碳碳双键；B．有新物质生成的变化是化学变化；C．油脂的相对分子质量在10000以下；D．根据乙烯、乙酸、乙醇的性质和用途判断。详解：A．植物油中含碳碳双键，则能使溴的四氯化碳溶液褪色，发生加成反应，A正确；B．石油裂化中大分子转化为小分子、煤液化是把固体煤炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、油脂皂化是油脂在碱性条件下的水解反应，均有新物质生成，均为化学变化，B正确；C．油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子化合物，而蛋白质、核酸、淀粉都是高分子化合物，C错误；D．乙烯具有催熟作用，常用作水果催熟剂，乙酸常用作调味剂，乙醇能使蛋白质发生变性，乙醇常用于杀菌消毒，D正确；答案选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意性质与用途的关系，题目难度不大。9、D【答案解析】分析：A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；B．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；C．原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强。详解：A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl＞S＞P＞Si，所以酸性H4SiO4＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4，A正确；B．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Ca＞Mg＞Al，所以碱性：Ca(OH)2＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，B正确；C．原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径F＜O＜S＜Na，C正确；D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性F＞O＞S＞Si，所以氢化物的稳定性SiH4＜H2S＜H2O＜HF，D错误；答案选D。点睛：本题考查元素周期律，侧重考查金属性、非金属性强弱判断及原子半径大小比较，为高频考点，知道非金属、金属性强弱与得失电子难易程度有关，与得失电子多少无关，为易错题。10、B【答案解析】

混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg(OH)2、Fe(OH)2沉淀和NaAlO2；Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe(OH)3；再向混合物中加入过量盐酸，则Mg(OH)2、Fe(OH)3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，则减少的离子主要有：NH4+和Fe2+，答案选B。11、B【答案解析】分析：(1)Na2O2中含有的阴离子为过氧根离子；

(2)1molSiO2晶体中含有4mol硅氧键；

(3)标准状况下CCl4为液态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算CCl4的物质的量；

(4)1L

0.1mol·L-1

FeCl3溶液含有0.1molFeCl3，其电离出来的0.1NA个Fe3+中有一部分发生了水解，导致溶液中Fe3+数少于0.1NA；

(5)1L1mol/LCH3COOH的HAc溶液中，醋酸为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢离子；

(6)

该反应中铝失电子作还原剂，氢元素得电子作氧化剂，所以氢氧化钠和水作氧化剂，再根据各种微粒之间的关系式计算；

(7)没有告诉是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4LSO2气体的物质的量；

(8)乙烯和丙烯的最简式为CH2，根据最简式计算出混合物中含有的C、H数目,乙烯和丙烯中，每个C和H都平均形成1个C-C共价键、1个C-H共价键；（9）先由pH计算c(H+)，再由水的离子积Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，计算c(OH-)，最后根据n=cV，N=nNA，计算离子个数。详解:(1)0.25molNa2O2中含有0.25mol过氧根离子，含有的阴离子数为0.25NA，故(1)错误；

(2)7.5g晶体的物质的量为7.5g60g/mol=18mol，18mol含有的硅氧键的物质的量为：18mol×4=0.5mol，含有的硅氧键数为0.5NA，故(2)正确；

(3)标准状况下CCl4为液态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算CCl4的物质的量，故(3)错误；

(4)1L

0.1mol·L-1

FeCl3溶液含有0.1molFeCl3，其电离出来的0.1NA个Fe3+中有一部分发生了水解，导致溶液中Fe3+数少于0.1NA，故(4)错误;

(5)1L1mol/LCH3COOH的HAc溶液中含有1mol溶质醋酸，因为醋酸部分电离出氢离子，所以溶液中含有的氢离子小于1mol，含有氢离子数目小于NA，故(5)错误；

(6)

根据方程式知，当有2.7

g

Al参加反应时，转移的电子数目=2.7g27g/molmol×3×NA/mol=0.3NA，故(6)正确；

(7)不是标准状况下,不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4LSO2气体的物质的量,故(7)错误；

(8)14g乙烯和丙烯的混合物中含有1mol最简式CH2，含有1molC、2molH原子，乙烯和丙烯中，1molC平均形成了1mol碳碳共价键,2molH形成了2mol碳氢共价键，所以总共形成了3mol共价键，含有共用电子对数目为3NA（9）pH=13，则c(H+)=10-13mol/L，由水的离子积Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，

解得c(OH-)=0.1mol/L，所以1L溶液含有0.1NA个OH-，故（9）错误。根据以上分析可以知道,正确的有（2）（6）（8），

所以B选项是正确的。12、C【答案解析】

A.标准状况下，CCl4不是气态，不能用气体摩尔体积22.4L/mol计算CCl4物质的量，故A错误；B.1.0molCH4与Cl2在光照下反应，生成物是氯化氢和四种卤代烃，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，故B错误；C.1molSiO2中含4molSi—O键，则在含4molSi-O键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为2NA，故C正确；D.46g有机物C2H6O的物质的量为1mol，若C2H6O为甲醚，1mol中含有6molC-H键，若是乙醇，含有5molC-H键，故D错误；答案选C。【答案点睛】注意有机物的同分异构现象，有机物C2H6O可能是二甲醚和乙醇！13、C【答案解析】

第一种方案：Mg、AlMgCl2、AlCl3Mg(OH)2沉淀、NaAlO2溶液NaAlO2溶液Al(OH)3沉淀Al(OH)3固体；第二种方案：Mg、AlMg、NaAlO2溶液NaAlO2溶液Al(OH)3沉淀Al(OH)3固体；故C正确。14、A【答案解析】

A.本组离子可以大量共存，在酸性条件下硝酸根具有氧化性，能把铜氧化为铜离子，其离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，A项正确；B.ClO-和Fe3+均具有强氧化性，I-具有强还原性，则不能大量共存，B项错误；C.本组离子可以大量共存，加入氢氧化钠溶液生成碳酸钡沉淀，其离子方程式应为Ba2++HCO3-+OH-==BaCO3↓+H2O，C项错误；D.本组离子可以大量共存，过量的氢氧化钠与铝离子反应会生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为Al3++4OH-==AlO2-+2H2O，D项错误；答案选A。【答案点睛】本题将离子方程式的书写正误判断及离子共存结合给题，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：1.是否符合客观事实，如铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe+Fe3+=2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；3.观察化学式是否可拆，不该拆的多余拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种，如本题的B选项，ClO-和Fe3+均能与I-发生氧化还原反应而不共存。总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断离子共存的有效途径。15、D【答案解析】

配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，配合物[Co(NH3)5Cl]2+中，Co2+为中心离子提供空轨道，电荷数为+2，Cl、NH3为配体提供孤电子对，有一个氯离子和五个氨分子做配体，配位数为6，答案选D。16、D【答案解析】

A．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故A错误；B、“暖冰”是纯净物，而非混合物，故B错误；C、发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质，所以氯化铁溶液中的氯离子不可能被氧化成氯气，故C错误；D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故D正确；故答案为D。17、C【答案解析】分析：Br2＋SO2＋2H2O==H2SO4＋2HBr中水既非氧化剂又非还原剂；详解：①中水既非氧化剂又非还原剂；②中水既非氧化剂又非还原剂；③中水为还原剂，④中水为氧化剂；综上所述，③④中水的作用与Br2＋SO2＋2H2O==H2SO4＋2HBr中水的作用不相同，故本题正确答案为C。18、B【答案解析】

A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对；B、CO2分子中C原子形成2个σ键，没有对孤电子对；C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个σ键，没有对孤电子对；D、CH3COOH分子中甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化；【题目详解】A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，采取sp3杂化，故A错误；B、CO2分子中C原子形成2个σ键，没有孤电子对，采取sp杂化，故B正确；C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个σ键，没有孤电子对，采取sp2杂化，故C错误；D、CH3COOH分子中有2个碳原子，其中甲基上的碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化，故D错误；故选B。19、C【答案解析】A、1mol/L盐酸是稀盐酸，实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，稀盐酸与二氧化锰不反应，无法制取得到氯气，选项A错误；B、用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，选项B错误；C、利用有机溶剂将溴萃取后，用装置③分离出FeCl3溶液，不能选用装置④分离，选项C正确；D、加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。20、D【答案解析】

由结构简式可知，分子中不含苯环，含有碳碳双键、碳氮双键、碳氮单键、羟基、氨基、醚键和肽键。【题目详解】①阿昔洛韦分子中含有的1个碳碳双键和2个碳氮双键在催化剂作用下可与氢气发生加成反应，则1mol阿昔洛韦最多可与3molH2发生加成反应，故错误；②阿昔洛韦分子中含有氧原子和氮原子，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故错误；③阿昔洛韦分子中只含有1个羟基，亲水基数目较少，应微溶于水或不溶于水，故错误；④阿昔洛韦分子中碳碳双键、碳氮双键和羟基都可以被氧化，故正确；⑤阿昔洛韦分子中碳碳双键、碳氮双键能使溴水褪色，故错误；⑥有机物一般可以燃烧，故正确；④⑥正确，故选D。【答案点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握常见有机物的结构，注意有机物的官能团对性质的影响是解答关键。21、C【答案解析】

元素外围电子构型为3d54s2，根据电子排布式知，该原子含有4个能层，所以位于第四周期，外围电子总数为7，即处于ⅦB族，故该元素位于第四周期第ⅦB族，是过渡元素，故选C。【答案点睛】本题考查了结构与位置关系，注意能层与周期、价电子与族的关系。元素的能层数等于其周期数，从第ⅢB族到第ⅥB族，其外围电子数等于其族序数，而第ⅠB族、第ⅡB族，其最外层电子数等于其族序数。22、D【答案解析】

A．同一原子的能层越高，离原子核的距离越远，所以s电子云半径越大，A正确；B．每一能层的能级总是从能量低的s能级开始，并且能层序数等于该能层所具有的能级数，如第三能层，具有3s、3p、3d能级，B正确；C．电子从激发态跃迁到基态时，常将能量以光的形式释放出来，C正确；D．同主族元素的第一电离能随核电荷数的递增依次减小，D不正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、取代反应1:1加入溴水，溴水褪色【答案解析】

B的结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A的分子式为C3H6，A是基本有机化工原料，A与CH3OH、CO在Pd催化剂作用下反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3；发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C的结构简式为；A与Cl2高温下反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构简式推知D为CH2=CHCH2Cl；E与发生题给信息的加成反应生成F，结合结构简式，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为，以此来解答。【题目详解】(1)含有羧基和醇羟基，能发生缩聚生成聚合酯，所得高聚物的结构简式为；D→E是卤代烃的水解，反应类型是取代反应；(2)E→F的化学方程式为；(3)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是；(4)分子结构中含有羧基和醇羟基，只有羧基能与NaOH、NaHCO3反应，等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1:1；检验碳碳双键可用溴水或酸性高锰酸钾溶液，但由于醇羟基也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以向中滴加溴水，溴水褪色，即说明含有碳碳双键。24、Mg、CCO、CO2、H2O5MgC2O4·2H2O+8H2SO4+2KMnO4=5MgSO4+K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+18H2O【答案解析】

(1)由i.气体甲无色无味气体，由流程知甲中含有二氧化碳，根据白色沉淀的质量可计算CO2物质的量；ii.气体丙为纯净物，干燥后体积为2.24L(标况下)，则其物质的量为0.1mol，按标况下密度可知其摩尔质量，按性质，则可判断出丙，用质量守恒求出混合气体还含有的水蒸气的物质的量；iii.固体乙为常见金属氧化物，设其化学式为M2Ox，按其中氧元素的质量分数为40%，则可判断出所含金属元素，按数据可得盐的化学式；(2)将X加入到硫酸酸化的高锰酸钾溶液，利用其性质写出和硫酸酸化的高锰酸钾溶液发生氧化还原反应化学方程式；【题目详解】i.气体甲无色无味气体，由流程知甲中含有二氧化碳，根据C守恒，CO2物质的量为10.0g÷100g/mol=0.1mol；ii.气体丙为纯净物，干燥后体积为2.24L(标况下)，则其物质的量为2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，丙标况下密度为1.25g·L-1，则丙的摩尔质量=22.4L/mol×1.25g·L-1=28g/mol，丙易与血红蛋白结合而造成人中毒，则丙为CO；根据题意X为含结晶水的盐，则混合气体甲中还含有14.8g-4.00g-0.1mol×28g/mol-0.1mol×44g/mol=3.6g水蒸气，水蒸气物质的量为3.6g÷18g/mol=0.2mol；iii.固体乙为常见金属氧化物，设其化学式为M2Ox，因为其中氧元素的质量分数为40%，则，则Ar（M）=12x，当x=2，Ar（M）=24时合理，即M为Mg元素，且MgO物质的量为4g÷40g/mol=0.1mol；则镁、碳、氢、氧的物质的量分别为0.1mol、0.2mol（0.1mol+0.1mol=0.2mol）、0.4mol（0.2mol×2=0.4mol）、0.6mol（0.1mol+0.1mol+0.1mol×2+0.2mol），则X的化学式为MgC2H4O6，已知X为含结晶水的盐(四种短周期元素组成的纯净物)，镁离子和结晶水的物质的量之比为1:2，则其化学式为MgC2O4·2H2O；(1)X中除H、O两种元素外，还含有Mg、C元素，混合气体甲的成分是CO、CO2、H2O；答案为：Mg、C；CO、CO2、H2O；(2)将X加入到硫酸酸化的高锰酸钾溶液，溶液褪色并有气体产生，则KMnO4被还原为Mn2+，C2O42-被氧化成CO2，根据得失电子守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为：5MgC2O4·2H2O+8H2SO4+2KMnO4=5MgSO4+K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+18H2O；答案为：5MgC2O4·2H2O+8H2SO4+2KMnO4=5MgSO4+K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+18H2O。25、加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝色2KClO32KCl＋3O2↑（或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑）2MnO4-+5SO2+2H2O＝2Mn2+＋5SO42-+4H+X中颜色变浅色，但不褪色；Y中变浑浊滴加最后一滴时溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟不恢复偏低【答案解析】分析：实验一(确定W中元素组成)：必须使用干燥氧气，A是发生装置，通过加热固体制备氧气，注意不能用双氧水制氧气。用无水硫酸铜检验H2O，D装置用于检验SO2，E装置用于除去SO2，F装置用于确定SO2是否除尽，因为SO2会干扰CO2的检验；实验二(测定W中硫元素含量)：根据SO2＋I2＋2H2O＝2HI＋H2SO4，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。有：n(SO2)＋12n(Na2S2O3)＝n(I2)，据此分析计算硫元素的质量分数；过量的氧气混在SO2气体中，会发生2SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4，据此分析判断误差详解：(1)检验铵离子，操作要点是加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，现象是由红色变蓝色，故答案为：加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝色；(2)①通过加热固体制备氧气，应该是加热高锰酸钾或氯酸钾分解制备氧气，反应的方程式为2KClO32KCl＋3O2↑(或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑)，故答案为：2KClO32KCl＋3O2↑(或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑)；②用无水硫酸铜检验H2O，D装置用于检验SO2，E装置用于除去SO2，F装置用于确定SO2是否除尽，因为SO2会干扰CO2的检验。因此E中反应为2KMnO4＋5SO2＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4，离子方程式为2MnO4+5SO2+2H2O＝2Mn2+＋5SO42+4H，故答案为：2MnO4+5SO2+2H2O＝2Mn2+＋5SO42+4H；③从简约装置看，X装置中试剂“过量”，它有三个作用：检验SO2、除去SO2、确认SO2除尽，实验现象是紫色溶液变浅——检验并除去SO2，不褪色——说明SO2已除尽了，最后Y中变浑浊，才能证明W中含碳元素，故答案为：X中颜色变浅色，但不褪色；Y中变浑浊；(3)用硫代硫酸钠溶液滴定过量的I2，用淀粉溶液作指示剂。滴定前碘使淀粉溶液变蓝色，当碘完全消耗时蓝色变无色。根据SO2＋I2＋2H2O＝2HI＋H2SO4，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。有：2n(SO2)＋n(Na2S2O3)＝2n(I2)，ω(S)＝2c1V1-c2V(4)氧化W时，O2过量，过量的氧气混在SO2气体中，用赤热铜粉除去O2。如果不除去氧气，在水溶液中会发生反应：2SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4，结果测得V2偏大，测得S元素质量分数偏低，故答案为：偏低。26、(球形)冷凝管增大接触面积使SO2充分反应吸收二氧化硫并防止倒吸水浴加热均匀受热、容易控制温度HCHO防止产物被空气氧化Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3【答案解析】

(1)装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫气体和Na2SO3液体的接触面积；(2)装置C是尾气吸收装置，结合二氧化硫易溶于水分析解答；(3)次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在120℃以上发生分解；HCHO易挥发据此分析解答；(4)根据化合价分析次硫酸氢钠甲醛具有的性质，结合次硫酸氢钠甲醛的性质分析判断；(5)步骤1中Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液，据此书写反应的化学方程式。【题目详解】(1)根据装置图，仪器B为(球形)冷凝管，装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫气体和Na2SO3液体的接触面积，加快反应速度，故答案为：(球形)冷凝管；增大接触面积使SO2充分反应，加快反应速度；(2)装置C是尾气吸收装置，倒置的漏斗可以防倒吸，所以装置C的作用是吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气并阻止空气进入装置A，故答案为：吸收二氧化硫并防止倒吸；(3)①次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在120℃以上发生分解，根据分解温度应选择水浴加热，而且水浴加热均匀，容易控制温度，故答案为：水浴加热；均匀受热、容易控制温度；②HCHO易挥发，在80°C-90°C条件下会大量挥发，加冷凝管可以使HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率，故答案为：HCHO；(4)次硫酸氢钠甲醛具有还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，次硫酸氢钠甲醛可以被空气中的氧气氧化变质，故答案为：防止产物被空气氧化；(5)步骤1中Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液，反应的化学方程式为Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3，故答案为：Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3。27、蒸馏烧瓶6：3：5CD安全瓶观察气泡调节气流稀HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3对比证明b中Cl2未过量CD【答案解析】

（1）根据仪器的构造可知，装置A中盛放固体试剂的仪器是蒸馏烧瓶；若分别用KMnO4、Ca(ClO)2、KClO3固体与足量的浓盐酸反应，反应的离子方程式分别为2MnO4-＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O、ClO－＋2H＋＋Cl－=Cl2↑＋H2O、ClO3-＋