2023学年甘肃省嘉峪关市一中化学高二第二学期期末复习检测试题（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．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、能说明溶液呈中性的可靠依据是A．pH=7B．石蕊试液不变色C．pH试纸不变色D．c(H+)=c(OH-)2、下列事实不能用元素周期律解释的有()A．碱性：KOH>NaOH B．相对原子质量：Ar>KC．酸性：HClO4>H2SO4 D．元素的金属性：Mg>Al3、利用光伏电池提供电能处理废水中的污染物(有机酸阴离子用R－表示)，并回收有机酸HR，装置如图所示。下列说法错误的是A．在光伏电池中a极为正极 B．石墨(2)极附近溶液的pH降低C．HR溶液：c2＜c1 D．若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子4、R、X、Y和Z是四种元素,其常见化合价均为+2价,且X2+与单质R不反应,X2++Z=X+Z2+,Y+Z2+=Y2++Z。这四种离子被还原成0价时,表现的氧化性强弱顺序为()A．R2+>X2+>Z2+>Y2+ B．X2+>R2+>Y2+>Z2+C．Y2+>Z2+>R2+>X2+ D．Z2+>X2+>R2+>Y2+5、由2-氯丙烷转变成1，2-丙二醇需经过下列哪种合成途径A．消去→加成→消去 B．消去→加成→取代C．加成→消去→取代 D．取代→消去→加成6、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAB．1molFeCl3形成的Fe(OH)3胶体中，胶体颗粒的数目为NAC．28g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为3NAD．18g重水（D2O）所含的电子数为10NA7、下列物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是()A．Na2CO3和盐酸 B．AlCl3和NaOHC．NaAlO2和硫酸 D．Na2CO3和BaCl28、下列电离方程式正确的是A．NaHCO3＝Na++H++CO32- B．HCO3－H++CO32－C．KClO3＝K++Cl-+3O2- D．NaOHNa++OH-9、2018年7月5日《科学》杂志在线报道：合成一种新的具有超高热导率半导体材料——砷化硼（BAs）。通过反应4BI3(g)+As4(g)4BAs(s，晶体)+6I2(g)可制备BAs晶体。下列说法错误的是（）图（a）图（b）图（c）A．图（a）表示As4结构，As4分子中成键电子对与孤电子对数目之比为3:1B．图（b）表示晶态单质硼的B12基本结构单元，该基本单元为正20面体C．图（b）所示晶态单质硼的熔点为2180℃，它属于原子晶体D．图（c）表示BAs晶胞结构，As原子的配位数为410、下列物质中，只含有离子键的是（）A．H2O B．CO2 C．MgCl2 D．KOH11、下列关于甘氨酸（H2N-CH2-COOH）性质的说法中正确的是A．只有酸性，没有碱性 B．只有碱性，没有酸性C．既有酸性，又有碱性 D．既没有酸性，又没有碱性12、最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是A．右边吸附层中发生了还原反应B．负极的电极反应是H2－2e－＋2OH－=2H2OC．电池的总反应是2H2＋O2=2H2OD．电解质溶液中Na＋向右移动，向左移动13、下列微粒的表示方法能确定为氧离子的是A．168X2- B． C． D．14、下列说法不正确的是A．C6H14所有的同分异构体中主链为4个碳的只有2种B．CH3CO18OCH2CH3在酸性条件下水解能得到CH3CH218OHC．的名称是2-甲基-2-乙基丙烷D．与是同一种物质15、实验室中，下列试剂的保存方法不正确的是A．液溴需加水密封保存B．浓硝酸保存在棕色细口瓶中C．金属钠保存在煤油中D．碳酸钠溶液保存在配有磨口玻璃塞的试剂瓶中16、下列物质与常用危险化学品的类别不对应的是A．H2SO4、NaOH——腐蚀品 B．CH4、C2H4­——易燃液体C．CaC2、Na——遇湿易燃物品 D．KMnO4、K2Cr2O7——氧化剂17、利用如图所示装置测定中和热的实验步骤正确的是A．为了减小热量损失，倒入NaOH溶液应该多次迅速倒人B．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒上下轻轻地搅动C．烧杯如不盖硬纸板，不影响测得的中和热数值D．先用一支温度计测量盐酸温度，再用另一支温度计测量氢氧化钠溶液温度,并做好记录18、酒后驾车是引发交通事故的重要原因。交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是：橙色的K2Cr2O7酸性水溶液遇乙醇迅速生成蓝绿色Cr3+。下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是①乙醇沸点低②乙醇密度比水小③乙醇有还原性④乙醇是烃的含氧化合物A．②④ B．②③ C．①③ D．①④19、实验中需用2.0mol·L－1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3固体的质量分别为()。A．950mL；201.4g B．1000mL；212.0gC．100mL；21.2g D．500mL；100.7g20、在t℃时，Ag2CrO4(橘红色)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知AgCl的Ksp＝1.8×10－10。下列说法不正确的是()A．t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8B．饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点C．t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等D．t℃时，将0.01mol·L－1AgNO3溶液滴入20mL0.01mol·L－1KCl和0.01mol·L－1K2CrO4的混合溶液中，Cl－先沉淀21、下列物质的熔点高低顺序，正确的是A．金刚石＞晶体硅＞碳化硅 B．K＞NaC．NaF＜NaCl＜NaBr D．CI4＞CBr422、能够证明核外电子是分层排布的事实是()A．电负性 B．电离能C．非金属性 D．电子绕核运动二、非选择题(共84分)23、（14分）已知有机物A、B、C、D、E、F、G有如下转化关系，其中C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，G的分子式为C9H10O2，试回答下列有关问题。（1）G的结构简式为_________。（2）指出下列反应的反应类型：A转化为B：________，C转化为D：__________。（3）写出下列反应的化学方程式D生成E的化学方程式：___________________________________________________。A生成B的化学方程式：___________________________________________________。B和F生成G的化学方程式：___________________________________________________。24、（12分）已知A、B、C、D、E、F为元素周期表中原子序数依次增大的前20号元素，A与B，C、D与E分别位于同一周期。A原子L层上有2对成对电子，B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体X，CE、FA为电子数相同的离子晶体。(1)写出A元素的基态原子外围电子排布式：_______________________________。F的离子电子排布式：__________。(2)写出X涉及化工生产中的一个化学方程式：______________________。(3)试解释工业冶炼D不以DE3而是以D2A3为原料的原因：_____________。(4)CE、FA的晶格能分别为786kJ·mol－1、3401kJ·mol－1，试分析导致两者晶格能差异的主要原因是___________________________。(5)F与B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。F与B形成的离子化合物的化学式为________________；该离子化合物晶体的密度为ag·cm－3，则晶胞的体积是____________________(只要求列出算式)。25、（12分）无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。已知:①AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华；②无水AlCl3遇潮湿空气变质。Ⅰ.实验室可用下列装置制备无水AlCl3。（1）组装好仪器后，首先应_____________，具体操作为_____________________（2）装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是__________________。装置C中盛放的试剂是________________。装置F中试剂的作用是__________。若用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为_______（3）将所制得的无水AlCl3配制溶液时需加入盐酸的目的是_________Ⅱ.工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备,流程如下:（1）氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为___________________（2）700℃时,升华器中物质充分反应后降温实现FeCl3和AlCl3的分离。温度范围应为_______a.低于183℃b.介于183℃和315℃之间c.高于315℃（3）样品(含少量FeCl3)中AlCl3含量可通过下列操作测得(部分物质略去)。计算该样品中AlCl3的质量分数________(结果用m、n表示,不必化简)。26、（10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”）。27、（12分）物质分离、提纯的常用装置如图所示，根据题意选择合适的装置填入相应位置。（1）我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写到：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”所用的是__装置（填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”或“戊”，下同）。（2）《本草衍义》中对精制砒霜过程的叙述为：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下重如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法所用是_____装置。（3）海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如图：其中分离步骤①、②、③所用分别为：_____装置、_____装置、_____装置。28、（14分）环扁桃酯是用于治疗心脑血管疾病的重要化合物，它的一种合成路线如下。已知：①②如下有机物分子结构不稳定，会发生变化：（1）A的结构简式是_______________________。（2）B的结构简式是_______________________。（3）F的分子式为C8H6Cl2O。①E的结构简式是_______________________。②E→F的反应类型是____________________。（4）X的结构简式是______________________。（5）试剂a是____________________________。（6）生成环扁桃酯的化学方程式是_____________________________________。29、（10分）白黎芦醇（结构简式：）属二苯乙烯类多酚化合物，具有抗氧化、抗癌和预防心血管疾病的作用。某课题组提出了如下合成路线：已知：根据以上信息回答下列问题：（1）白黎芦醇的分子式是___________。（2）C→D的反应类型是_______；E→F的反应类型是_________。（3）化合物A不与FeCl3溶液发生显色反应，能与NaHCO3反应放出CO2，推测其1H核磁共振谱（H-NMR）中显示不同化学环境的氢原子个数比为________。（4）写出A→B反应的化学方程式：___________________________________。（5）写出结构简式：D______________、E_______________。（6）化合物符合下列条件的所有同分异构体共_________种，①能发生银镜反应；②含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子。写出其中不与碱反应的同分异构体的结构简式：_____________________。

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【答案解析】分析：溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的；当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，据此判断。详解：A．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，A错误；B．石蕊的变色范围是5.0～8.0，使石蕊试液不变色的溶液，常温下溶液不一定显酸性，B错误。C．pH试纸不能精确测定溶液的pH，pH试纸不变色，只能说明溶液接近中性，C错误；D．c(H+)=c(OH-)时溶液一定呈中性，D正确；答案选D。点睛：本题考查了溶液酸碱性的判断，属于易错题，注意不能根据溶液的pH值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性。2、B【答案解析】

A．同主族从上到下元素的金属性、最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，故A正确；B．元素周期表是按照原子序数从小到大的顺序编排的，不是按照相对原子质量的大小，故B错误；C．同周期从左到右元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐增强，故C正确；D．同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，D正确。答案选B。3、B【答案解析】

A.根据电子移动的方向，可知在光伏电池中a极为正极，b为负极，故A正确；B.石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，使c(H+)降低，pH升高，故B错误；C.石墨(1)为电解池的阳极，OH-失电子变成氧气，使得c(H+)升高，透过阳膜进入浓缩室；石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，R-透过阴膜进入浓缩室，使得浓缩室中HR浓度增大，所以HR溶液：c2＜c1，故C正确；D.根据阳极：4OH-—4e-=O2↑+2H2O；阴极：4H++4e-=2H2↑，所以若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子，故D正确；所以本题答案：B。【答案点睛】解题突破口：电子移动的方向判断电池的正负极，结合电解原理放电离子的变化确定c2＜c1；根据电子守恒进行判断转移的电子数。4、A【答案解析】

根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性进行判断。由X2++Z

X+Z2+可知,氧化性:X2+>Z2+;由Y+Z2+

Y2++Z可知,氧化性:Z2+>Y2+;由R和X2+不反应可知,氧化性:Z2+>Y2+;由R和X2+不反应可知,氧化性:R2+>X2+。故这四种离子的氧化性由强到弱的顺序为R2+>X2+>Z2+>Y2+。故选：A【答案点睛】氧化还原反应强弱规律：还原性：还原剂大于还原产物；氧化性:氧化剂大于氧化产物。5、B【答案解析】2-氯丙烷制取1,2-丙二醇时需先进行消去反应生成丙烯：，再通过加成反应生成1,2-二溴丙烷：，最后通过水解反应（取代反应）1,2-二溴丙烷变为1,2-丙二醇：，根据以上反应分析，A消去→加成→消去不符合该过程，故A错；B消去→加成→取代,符合该反应历程，故B正确；C加成→消去→取代,不符合反应历程，故选C项。综上所述，本题正确答案为B。6、A【答案解析】分析：本题考查的是阿伏伽德罗常数，是常考题型。详解：A.因为1mol过氧化钠反应生成0.5mol氧气，转移1mol电子，所以反应生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子，故正确；B.氢氧化铁胶体微粒是很多分子的集合体，不能计算其胶体粒子的数目，故错误；C.乙烯和环丁烷的最简式相同，为CH2，用最简式计算，其物质的量为28/14=2mol，则含有2mol碳原子，故错误；D.重水的摩尔质量为20g/mol，所以18克重水的物质的量为18/20=0.9mol，含有9mol电子，故错误。故选A。点睛：注意特殊的氧化还原反应中的转移电子数，如过氧化钠和水或二氧化碳反应，氯气和水或碱的反应，或二氧化氮和水反应。7、D【答案解析】

A.将Na2CO3溶液滴入盐酸中，相当于盐酸过量，立即就会有大量气体产生；将盐酸滴入Na2CO3溶液，碳酸钠过量，首先生成碳酸氢钠，没有气体产生，当碳酸钠与盐酸完全生成碳酸氢钠后，再滴入盐酸才开始有气体产生，A项不符合题意；B.将氯化铝溶液滴入氢氧化钠溶液中，氢氧化钠过量，开始时没有沉淀析出，当氯化铝过量时才开始出现沉淀；将氢氧化钠溶液滴入氯化铝溶液中，氯化铝过量，开始就有沉淀析出，当氢氧化钠过量时，沉淀溶解至无，B项不符合题意；C.将偏铝酸钠溶液滴入硫酸中，硫酸过量，开始时没有沉淀出现，当偏铝酸钠过量时，才有大量沉淀出现；将硫酸滴入偏铝酸钠溶液中，偏铝酸钠过量，开始就有沉淀出现，当硫酸过量时，沉淀又会溶解，C项不符合题意；D.碳酸钠溶液和氯化钡溶液反应，反应的产物与过量与否无关，将碳酸钠溶液滴入氯化钡溶液，开始就出现沉淀，沉淀一直增多，直至反应到氯化钡没有了，沉淀不再产生；将氯化钡溶液滴入到碳酸钠溶液中，也是开始就出现沉淀，随后沉淀一直增多，直至反应到碳酸钠反应没了，沉淀不再产生。故选D。8、B【答案解析】

A.碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3＝Na++HCO3-，A错误；B.碳酸氢根离子是弱酸生物酸式根，电离可逆，电离方程式为HCO3－H++CO32－，B正确；C.氯酸钾的电离方程式为KClO3＝K++ClO3-，C错误；D.氢氧化钠是一元强碱，电离方程式为NaOH＝Na++OH-，D错误；答案选B。【答案点睛】明确物质的组成和电解质的强弱是解答的关键，选项C是解答的易错点，注意含有原子团的物质电离时，原子团应作为一个整体，不能分开。9、A【答案解析】

A.图（a）表示As4结构，每个As原子最外层有5个电子，形成3个σ键，还有1对孤电子对，As4分子中成键电子对与孤电子对数目之比为6:4，即3:2，故A错误；B.图（b）表示晶态单质硼的B12基本结构单元，每个面都是由3个B原子形成的正三角形，每个B原子被5个正三角形共用，一共20个面，所以该基本单元为正20面体，故B正确；C.单质硼的熔点为2180℃，熔点较高，且原子间通过共价键结合，属于原子晶体，故C正确；D.BAs晶胞中，较大的原子为As原子，在其周围最近的B原子数目为4，所以As原子的配位数为4，故D正确；故选A。10、C【答案解析】分析：H2O、CO2中只有共价键，MgCl2中只有离子键，KOH中既有离子键又有共价键。详解：H2O、CO2中只有共价键，MgCl2中只有离子键，KOH中既有离子键又有共价键，只含有离子键的是MgCl2，答案选C。点睛：本题考查化学键类型的判断。一般由活泼金属元素和活泼非金属元素组成的化合物中只含离子键（AlCl3、BeCl2除外），全由非金属元素组成的化合物中只含共价键（铵盐除外），含原子团的离子化合物中既含离子键又含共价键。11、C【答案解析】

甘氨酸含有氨基，能够结合H+，表现出碱性，还含有羧基，能够电离产生H+，与碱发生中和反应，因此又表现出酸性。故甘氨酸既有酸性，又有碱性，答案选C。12、C【答案解析】

由电子的流动方向可以得知左边为负极，发生氧化反应；右边为正极，发生还原反应。【题目详解】由电子的流动方向可以得知左边为负极，发生氧化反应；右边为正极，发生还原反应，故选项A、B正确；电池的总反应没有O2参与，总反应方程式不存在氧气，故C选项不正确；在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D选项正确。答案选C。A.右边吸附层中发生了还原反应，A正确；B.氢气在负极上发生氧化反应，电解质中有强碱，故负极的电极反应是H2－2e－＋2OH－=2H2O，B正确；C.没有氧气参与反应，C不正确；D.电解质溶液中Na＋向右边的正极移动，向左边的负极移动，D正确。综上所述，本题选不正确的，故选C。13、A【答案解析】

A.168X2-表示质子数为8，带2个单位的负电荷，为氧离子，A正确；B.表示带2个单位负电荷的阴离子，可能为硫离子，B错误；C.可能为Ne原子，或氧离子，C错误；D.表示为硫离子，D错误；答案为A14、C【答案解析】

A.根据同分异构体支链由整到散的规律可知，C6H14所有的同分异构体中主链为4个碳的骨架分别为：、2种，故A项正确；B.CH3CO18OCH2CH3在酸性条件下发生水解，断开碳氧单键（），其相应的方程式为：CH3CO18OCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH218OH，故B项正确；C.根据系统命名法的原则可知，可命名为2,2-二甲基丁烷，故C项错误；D.与分子式相同，结构相同，是同一种物质，故D项正确；答案选D。【答案点睛】对于B选项，学生要牢记，烷烃的结构中2号碳元素上不可能会出现乙基，这是因为它不符合系统命名法的基本规则。在命名时要选择含碳碳单键的最长碳链作为主链，根据主链上所含碳的数目称为某烷，而该选项就没有按照规则命名，故B项命名不正确。15、D【答案解析】

A.液溴具有挥发性，溴的密度大于水且在水中溶解度较小，所以保存液溴时应该放在棕色细口瓶中，并使用水封，故A正确；B.浓硝酸见光易分解，应放在棕色细口瓶中避光保存，故B正确；C.钠易与空气中的氧气、水等反应，与煤油不反应，且密度比煤油大，可保存在煤油中，故C正确；D.碳酸钠溶液呈碱性，玻璃塞中的二氧化硅在碱性溶液中反应生成具有黏性的硅酸盐而导致玻璃塞打不开，所以碳酸钠溶液不能用配有玻璃塞的试剂瓶保存，可用配有橡胶塞的试剂瓶保存，故D错误；答案选D。16、B【答案解析】

A.H2SO4、NaOH有强腐蚀性，是腐蚀品，故A正确；B.CH4、C2H4是气体，不是易燃液体，故B错误；C.CaC2、Na能与水反应产生易燃气体，是遇湿易燃物品，故C正确；D.KMnO4、K2Cr2O7有强氧化性，是氧化剂，故D正确。答案选B。17、B【答案解析】A.为了减小热量损失，倒入NaOH溶液应该一次迅速倒入，故A错误；B.酸与碱混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，故B正确；C.烧杯上盖硬纸板目的是为了减少实验中的热量损失，不盖会影响测定的中和热数值，故C错误；D.温度计测量盐酸的温度，无需洗涤继续测量氢氧化钠溶液温度，氢氧化钠溶液的起始温度偏高，测得中和热的数值偏小，故D错误；故选B。18、C【答案解析】

橙色的K2Cr2O7酸性水溶液遇乙醇迅速生成蓝绿色Cr3+，说明K2Cr2O7是氧化剂，则乙醇是还原剂，具有还原性；呼出的气体中含有酒精，说明乙醇的沸点较低，易挥发，答案选C。19、B【答案解析】

实验室没有950mL的容量瓶，因此需要配置1000mL，则需要称取碳酸钠的质量是1L×2.0mol/L×106g/mol＝212.0g，答案选B。20、A【答案解析】

A、由图中数据可计算Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO42-)＝(1×10－3)2×1×10－5=1.0×10－11，故A错误，符合题意；B、在Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO42-)增大，则c(Ag＋)降低，而X点与Y点的c(Ag＋)相同，故B正确，不符合题意；C、Y点、Z点溶液的温度相同，则Ksp相同，故C正确，不符合题意；D、由AgCl的Ksp计算此条件下AgCl沉淀时的c(Ag＋)＝mol·L－1＝1.8×10－8mol·L－1，由Ag2CrO4的Ksp计算c(Ag＋)＝mol·L－1＝3.2×10－5mol·L－1，Cl－沉淀需要的c(Ag＋)更低，可知Cl－先沉淀，故D正确，不符合题意；故选A。21、D【答案解析】

A．原子晶体熔点，比较共价键键长，键长越短，键能越大，物质越稳定；键长：C-C＜C-Si＜Si-Si，熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅；B．金属晶体键能的大小比较看金属原子的半径大小，半径越小键能越大，熔点越高。K<NaC.离子晶体熔点，比较晶格能，离子半径越小，所带电荷越多，晶格能越大，离子晶体熔点越高；离子半径：F-＜Cl-＜Br-，熔点：NaF>NaCl>NaBr；D.分子晶体熔点，比较分子间作用力，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高。【答案点睛】比较物质的熔点和沸点的高低，通常按下列步骤进行，首先比较物质的晶体类型，然后再根据同类晶体中晶体微粒间作用力大小，比较物质熔点和沸点的高低，具体比较如下：22、B【答案解析】

原子核外电子是分层排布的，同一层中电子能量相近，而不同能层中的电子具有的能量差别较大。电离能反映了原子或离子失去一个电子所消耗的最低能量，故失去同一层上的电子消耗的最低能量差别较小，而失去不同层上的电子消耗的最低能量差别较大，故可根据失去一个电子消耗的最低能量发生突变而确定原子核外电子是分层排布的。答案选B。二、非选择题(共84分)23、取代反应加成反应【答案解析】

C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则C为CH2=CH2；D为CH3CH2OH，E为CH3CHO，F为CH3COOH；根据甲苯到B的合成路线，可以推测出B为醇，G为C9H10O2，则B为，A为。【题目详解】（1）B为，F为CH3COOH，则G为；（2）A为，B为，A→B为取代反应；C为CH2=CH2；D为CH3CH2OH，C→D为加成反应；（3）D为CH3CH2OH，E为CH3CHO，D→E的方程式为：；（4）A为，B为，A→B的方程式为：；（5）B为，F为CH3COOH，则G为，则B+F→G的化学方程式为：【答案点睛】苯的同系物和Cl2、Br2发生的取代反应，如果条件是光照或者加热，发生烷基上的取代，如果条件是Fe或者FeX3（X=Cl、Br）的催化，则发生苯环上的取代。24、2s22p41s22s22p63s23p62Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑Al2O3为离子晶体(或者离子化合物)，而AlCl3为分子晶体(或者共价化合物)CaO晶体中Ca2＋、O2－带的电荷数大于NaCl晶体中Na＋、Cl－带的电荷数CaF24×78g⋅【答案解析】

A原子L层上有2对成对电子，说明A是第二周期元素，L层上s轨道有两个成对电子，p轨道上有4个电子，所以A为O；因为A、B位于同一周期，故B也是第二周期元素，又B可形成离子晶体C3DB6，故B为F；又因为C、D与E分别位于同一周期，故前20号元素中C、D与E只能位于第三周期。在C3DB6中，F是负一价，故C只能为正一价，则D是正三价，所以C是Na，D是Al。再结合CE、FA为电子数相同的离子晶体，故E为Cl，F为Ca。据此解答。【题目详解】（1）由题干分析可知，A为O，F为Ca，所以A元素的基态原子外围电子排布式：2s22p4；F的离子电子排布式：1s22s22p63s23p6；（2）电解铝工业中常加入冰晶石来降低Al2O3的熔融温度，反应方程式为：2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑；（3）因为Al2O3为离子晶体，熔融状态可导电，而AlCl3为分子晶体，熔融状态不导电，故工业上工业冶炼Al不以AlCl3而是以Al2O3为原料；（4）因为Ca2＋和Cl－电子层结构相同，O2－和Na＋电子层结构相同，且Ca2＋、O2－带的电荷数大于NaCl晶体中Na＋、Cl－，故NaCl晶格能低于CaO晶格能；（5）从所给晶胞结构示意图可知其中F-全在内部，有8个，Ca2+有6×12+8×18=4，故形成的离子化合物的化学式为CaF2；CaF2晶体的密度为ag·25、检查装置气密性关闭装置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸馏水没过导管，微热A，一段时间后若G中有气泡冒出，停止加热后导管内有水柱，则气密性良好；除HCl浓硫酸吸收水，防止无水AlCl3遇潮湿空气变质碱石灰抑制铝离子水解Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3COb×100%或×100%【答案解析】

I.（1）此实验中有气体的参与，因此实验之前首先检验装置的气密性；检验气密性的方法，一般采用加热法和液差法两种；（2）利用题中信息，可以完成；（3）从水解的应用角度进行分析；II.（1）根据流程的目的，焦炭在高温下转化成CO，然后根据化合价升降法进行配平；（2）利用AlCl3和FeCl3升华的温度，进行分析；（3）根据元素守恒进行计算。【题目详解】I.（1）装置A制备氯气，因此需要检验装置的气密性，本实验的气密性的检验方法是：关闭装置A中分液漏斗的活塞，向G中加入蒸馏水没过导管，微热A，一段时间后若G中有气泡冒出，停止加热后导管内有水柱，则气密性良好；（2）A中制备的氯气中混有HCl和H2O，HCl能与Al发生反应，AlCl3遇水易变质，因此必须除去HCl和H2O，装置B的作用是除去氯气中的HCl，装置C的作用是除去水蒸气，即盛放的是浓硫酸。因为AlCl3遇水易变质，因此装置F的作用是防止G中水蒸气进去E装置，使AlCl3变质；氯气有毒，需要吸收尾气，因此装置G的作用是吸收多余的氯气，防止污染空气，如果G和F改为一个装置，应用干燥管，盛放试剂为碱石灰；（3）AlCl3属于强酸弱碱盐，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，加入盐酸的目的是抑制Al3＋的水解；II.（1）流程的目的是制备AlCl3，因此氯化炉中得到产物是AlCl3，焦炭在高温下，生成CO，因此反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO；（2）AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华，因此进行分离，需要控制温度在183℃到315℃之间，故选项b正确；（3）根据铝元素守恒，AlCl3的物质的量为n×2/102mol，则AlCl3的质量为133.5×2×n/102g，即AlCl3的质量分数为×100%或×100%。26、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)＝2c1V