2024届河南省济源市化学高二第二学期期末复习检测试题含解析

2024届河南省济源市化学高二第二学期期末复习检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL2、某苯的同系物分子式为C11H16，经测定数据表明，分子中除苯环外不再含其他环状结构，分子中还含有两个—CH3，两个—CH2—和一个，则该分子由碳链异构体所形成的同分异构体有（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种3、在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是()A．Na、Mg、Al的第一电离能逐渐增大B．热稳定性：HF＞H2O＞NH3C．S2﹣、Cl﹣、K+的半径逐渐增大D．O、F、N的电负性逐渐增大4、标准状况下，mg气体A与ng气体B的分子数目一样多，下列说法不正确的是A．在任意条件下，其相对分子质量之比为m∶nB．同质量的A、B，其分子数之比为n∶mC．25℃、1.01×105Pa时，两气体的密度之比为n∶mD．相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m∶n5、下列描述正确的是()A．水加热到很高温度都难分解是因水分子间存在氢键B．C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1C．CS2为V形极性分子D．SiF4与SO32-的中心原子均为sp3杂化6、下列溶液中Cl－的物质的量浓度最大的是（）A．200mL2mol/LMgCl2溶液B．1000mL2.5mol/LNaCl溶液C．250mL1mol/LAlCl3溶液D．300mL5mol/LKClO3溶液7、下列有关化学用语表示正确的是A．氮气分子的电子式：B．Cl－的结构示意图：C．质子数为53、中子数为78的碘原子：ID．HCO3-的水解方程式：HCO3-＋H2OH3O＋＋CO32-8、关于二氧化硫和氯气的下列说法中正确的是A．都能使高锰酸钾溶液褪色 B．都能使溴水褪色C．都能使品红溶液褪色 D．都能使湿润红色布条褪色9、在下列反应中，属于氧化还原反应的是（）A．Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClOB．CuO+2HCl=CuCl2+H2OC．SO2+2NaOH=Na2SO3+H2OD．2Na+Cl2=2NaCl10、下列烃中，一氯代物的同分异构体的数目最多的是（）A． B．C． D．11、某烷烃的结构简式是CH3CH2CH（CH2CH3）CH3，它的正确命名是A．2-乙基丁烷 B．3-乙基丁烷C．3-甲基戊烷 D．2,2-二甲基丁烷12、下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A．已知2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定C．已知H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则任何酸碱中和反应的热效应均为57.3kJD．在25℃、101kPa时，已知C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH，则C的燃烧热为-ΔH13、氮化硼是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质。下列各组物质熔化时所克服粒子间作用力与氮化硼熔化时克服粒子间作用力的类型都相同的是A．硝酸钠和金刚石 B．晶体硅和水晶C．冰和干冰 D．苯和萘14、下列表示错误的是()A．Na+的轨道表示式：B．Na+的结构示意图：C．Na的电子排布式：1s22s22p63s1D．Na的简化电子排布式：[Ne]3s115、现有两种烃的衍生物A和B，所含碳、氢、氧的质量比均为6：1：4。完全燃烧0.1molA能生成8.8gCO2；B只含一个醛基，4.4gB与足量银氨溶液反应，可析出10.8gAg。则下列关于A和B的判断正确的是A．A一定是乙醛 B．A和B互为同系物C．A和B互为同分异构体 D．B的分子式为C4H8O216、下图表示4—溴环己烯所发生的4个不同反应。其中，产物只含有一种官能团的反应是A．①④ B．③④ C．②③ D．①②17、下列有关有机化合物的说法正确的是A．乙烯使酸性溶液和溴的溶液褪色的原理相同B．苯与液溴在催化剂作用下生成溴苯发生了加成反应C．淀粉、蛋白质等营养物质在人体内最终生成二氧化碳和水排出体外D．用法检验司机是否酒驾利用了乙醇的挥发性和还原性18、常温下，向1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3•H2O的变化趋势如图所示（不考虑体积变化和氨的挥发，且始终维持常温)，下列说法不正确的是A．在M点时，n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)molB．随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断增大C．M点溶液中水的电离程度比原溶液小D．当n(NaOH)=0.1mol时，c(OH-)＞c(Cl-)-c(NH3•H2O)19、向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，观察到有白色沉淀生成，溶液变为淡黄色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析中不正确的是()A．最后溶液变成无色表明SO2具有漂白性B．滴加CuSO4溶液时，每生成1molCuI会转移1mole－C．根据上述实验现象可知氧化性：Cu2＋>I2>SO2D．加入少量CuSO4溶液时的离子方程式为2Cu2＋＋4I-===2CuI↓＋I220、表示一个原子在第三电子层上有10个电子可以写成（）A．3d104s2B．3d104s1C．3s23p63d2D．3s23p64s221、下列分子中心原子是sp2杂化的是（）A．PBr3 B．CH4 C．BF3 D．H2O22、下列有关钠及其化合物的说法中，不正确的是A．钠质软，可用小刀切割B．钠在空气中燃烧生成白色的过氧化钠C．热的纯碱溶液可以除去铜片表面的油污D．碳酸氢钠是焙制糕点所用发酵粉的主要成分之一二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、F为元素周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。（1）写出基态E原子的价电子排布式_______。（2）A与C可形成CA3分子，该分子中C原子的杂化类型为______，该分子的立体结构为_____；C的单质与BD化合物是等电子体，据等电子体的原理，写出BD化合物的电子式______；A2D由液态形成晶体时密度减小，其主要原因是__________（用文字叙述）。（3）已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如图所示，则该化合物的化学式为___；若相邻D原子和F原子间的距离为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为______g·cm－3（用含a、NA的式子表示）。24、（12分）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：①②回答下列问题：(1)A中官能团的名称为________。由F生成H的反应类型为________。(2)E生成F化学方程式为______________________。(3)G为甲苯的同分异构体，G的结构简式为________(写键线式)。(4)芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，写出2种符合要求的X的结构简式__________。(5)写出甲苯合成A的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)__________。25、（12分）制备乙酸乙酯，乙酸正丁酯是中学化学实验中的两个重要有机实验①乙酸乙酯的制备②乙酸丁酯的制备完成下列填空：（1）制乙酸乙酯的化学方程式___________。（2）制乙酸乙酯时，通常加入过量的乙醇，原因是________，加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是________；浓硫酸用量又不能过多，原因是_______________。（3）试管②中的溶液是________，其作用是________________。（4）制备乙酸丁酯的过程中，直玻璃管的作用是________，试管不与石棉网直接接触的原因是_____。（5）在乙酸丁酯制备中，下列方法可提高1-丁醇的利用率的是________（填序号）。A．使用催化剂B．加过量乙酸C．不断移去产物D．缩短反应时间（6）两种酯的提纯过程中都需用到的关键仪器是________，在操作时要充分振荡、静置，待液体分层后先将水溶液放出，最后将所制得的酯从该仪器的________（填序号）A．上口倒出B．下部流出C．都可以26、（10分）（1）根据计算用托盘天平需称取氯化钠_________g；（2）配制溶液时，除需要烧杯、玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有；（3）配制溶液有下列几步操作：a．溶解，b．摇匀，c．洗涤，d．冷却，e．称量，f．将溶液移至容量瓶，g．定容．正确的操作顺序是；（4）下列操作结果使溶液物质的量浓度偏低的是_________；A．没有将洗涤液转入容量瓶中B．加水定容时，水的量超过了刻度线C．定容时，俯视容量瓶的刻度线D．容量瓶洗涤后，未经干燥处理（5）取出该NaCl溶液10mL加水稀释到200mL，稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度是_________27、（12分）下图是有关FeSO4的转化关系(无关物质已略去)。已知：①X由两种化合物组成，将X通入品红溶液，溶液退色；通入BaCl2溶液，产生白色沉淀。②Y是红棕色的化合物。(1)气体X的成分是(填化学式)________。(2)反应Ⅰ的反应类型属于(填序号)________。a．分解反应b．复分解反应c．置换反应d．化合反应e．氧化还原反应(3)溶液2中金属阳离子的检验方法是____________________________________________。(4)若经反应Ⅰ得到16g固体Y，产生的气体X恰好被0.4L1mol·L－1NaOH溶液完全吸收，则反应Ⅰ的化学方程式是_______________________________________________，反应Ⅳ中生成FeSO4的离子方程式是_____________________________________________。(5)一瓶长期露置在空气中的FeSO4溶液，为检验其是否完全变质，则需要的试剂是___________（填写名称）。28、（14分）从樟科植物枝叶提取的精油中含有下列甲、乙两种成分：(1)乙中所含官能团的名称为____________________。(2)由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的无关产物，下同）：设计步骤①的目的是_________________________，反应②的化学方程式为_________________（注明反应条件）。(3)欲检验乙中的含氧官能团，选用下列的一种试剂是_______________(填序号)。A．溴水B．酸性高锰酸钾溶液C．溴的CCl4溶液D．银氨溶液(4)乙经氢化和氧化得到丙（）。写出同时符合①能发生银镜反应；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③核磁共振氢谱图上产生4个吸收峰等要求的丙的同分异构体结构简式_______________、________________。29、（10分）铁及其化合物是日常生活生产中应用广泛的材料，钛铁合金具有吸氢特性，在制造以氢为能源的热泵和蓄电池等方面有广阔的应用前景。请回答下列问题：（l）基态铁原子的价电子轨道表达式(电子排布图)为____________________________；在基态Ti2＋中，电子占据的最高能层具有的原子轨道数为____________。（2）铁元素常见的离子有Fe2+和Fe3+，稳定性Fe2+___Fe3+（填“大于”或“小于”)，原因是___________。（3）纳米氧化铁能催化火箭推进剂NH4ClO4的分解，NH4+的结构式为（标出配位键）______________。（4）金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体。则金属钛晶胞的俯视图为___________。A．B．C．D．（5）氮化钛熔点高，硬度大，具有典型的NaCl型晶体结构，其晶胞结构如图所示。①设氮化钛晶体中Ti原子与跟它最邻近的N原子之间的距离为r，则与该Ti原子最邻近的Ti的数目为__________；Ti原子与跟它次邻近的N原子之间的距离为____________。②已知在氮化钛晶体中Ti原子的半径为apm，N原子的半径为bpm，它们在晶体中是紧密接触的，则在氮化钛晶体中原子的空间利用率为____________。（用a、b表示）③碳氮化钛化合物在汽车制造和航天航空领域有广泛的应用，其结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则这种碳氮化钛化合物的化学式为_____________________。

参考答案一、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、A【解题分析】

从题叙述可以看出，铜还原硝酸得到的气体，恰好又与1.68LO2完全反应，所以可以使用电子得失守恒先求n(Cu)，即n(Cu)×2＝n(O2)×4，得n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15mol，所以这些铜对应的铜离子恰好沉淀所需n(NaOH)应为0.3mol，所需V(NaOH)应为60mL，故选A。2、B【解题分析】

C11H16不饱和度为，C11H16分子中除苯环外不含其它环状结构，苯环的不饱和度为4，所以，含有1个苯环，侧链为烷基，C11H16分子中存在一个次甲基，由于C11H16中含两个甲基，所以满足条件的结构中只有一个侧链，化学式为C11H16的烃结构，分子中含两个甲基，两个亚甲基和一个次甲基，1个苯环的同分异构体有：、、、；故选B。3、B【解题分析】

A．Mg的最外层为3s电子全满，结构较为稳定，难以失去电子，第一电离能最大，Na的最小，则第一电离能大小为：Na＜Al＜Mg，故A错误；B．非金属性F＞O＞N，则氢化物稳定性：HF＞H2O＞NH3，故B正确；C．S2-、Cl-、K+具有相同的电子层数，核电荷数越大，离子半径越小，则S2-、Cl-、K+的半径逐渐减小，故C错误；D．非金属性N＜O＜F，则电负性大小为：N＜O＜F，故D错误；答案选B。4、C【解题分析】mg气体A与ng气体B的分子数目一样多，即表示两种气体的物质的量相等，所以A与B的摩尔质量的比为m：n。相对分子质量在数值上应该等于摩尔质量所以两种气体的相对分子质量的比为m：n，选项A正确。同质量的A、B，其分子数（即物质的量）之比为其摩尔质量的反比，即为n：m，选项B正确。同温同压下，气体的密度比等于其摩尔质量的比，所以为m：n，选项C错误。相同状况下，同体积代表物质的量相等，物质的量相等时，质量比等于其摩尔质量的比，即为m：n，选项D正确。点睛：解答此类问题时，应该牢记物质的量换算的基本公式即：n=m/M；n=V/Vm。同时也要牢记阿伏加德罗定律及其推论：同温同压下，气体的体积比等于其物质的量的比；同温同压下，气体的密度比等于其摩尔质量的比；同温同体积下，气体的压强比等于其物质的量的比。5、D【解题分析】分析：根据价层电子对互斥理论确定微粒的空间构型及原子是杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=12(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b详解：A．水加热到很高温度都难分解是因O-H键的键能较大，与氢键无关，故A错误；B．C2H2分子中σ键与π键的数目比为3：2，故B错误；C．CS2中价层电子对个数=2+12(4-2×2)=2，且该分子中正负电荷重心重合，所以为直线形非极性分子，故C错误；D．SiF4中价层电子对个数=4+12(4-4×1)=4，SO32-中价层电子对个数=3+12(6+2-3×2)=4，所以SiF4和SO32-中中心原子的价层电子对数均为4，因此中心原子均为sp3杂化，故6、A【解题分析】

根据溶液中c(Cl-)=溶质的物质的量浓度×化学式中氯离子个数，与溶液的体积无关，结合选项判断即可。【题目详解】A.200mL2mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=2×2mol/L=4mol/L；B.1000mL2.5mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=2.5mol/L；C.250mL1mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=3mol/L；D.KClO3溶液中无氯离子；综上所述，200mL2mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)最大，A项正确；答案选A。7、B【解题分析】

A.N原子最外层5个电子，两个氮原子各用3个电子形成叁键，氮气分子的电子式：，故A错误；B.氯原子最外层7个电子，得1个电子形成氯离子，Cl－的结构示意图：，故B正确；C.质子数为53、中子数为78的碘原子，质量数为53+78=131，原子符号为I，故C错误；D.HCO3-在溶液中水解生成碳酸，使溶液呈碱性，水解的离子方程式为：HCO3-＋H2OOH-＋H2CO3，故D错误；故选B。8、C【解题分析】

A.二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，氯气不能，A错误；B.二氧化硫具有还原性，能能使溴水褪色，氯气不能，B错误；C.二氧化硫具有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性，都能使品红溶液褪色，C正确；D.氯气能使湿润红色布条褪色，二氧化硫不能，D错误；答案选C。【题目点拨】选项C和D是解答的易错点，注意氯气没有漂白性，真正起漂白注意的是和水反应产生的次氯酸，另外二氧化硫的漂白是不稳定，且范围较小。9、D【解题分析】分析：氧化还原反应中一定存在元素化合价的变化。详解：A．Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO反应中元素的化合价没有发生变化，属于复分解反应，故A错误；B．CuO+2HCl=CuCl2+H2O反应中元素化合价没有发生变化，属于复分解反应，故B错误；C.SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O反应中元素化合价没有发生变化，属于复分解反应，故C错误；D.2Na+Cl2=2NaCl反应中钠元素和氯元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故D正确；故选D。10、C【解题分析】

A.

，分子中苯环上含有1种氢原子，甲基上含有1种H原子，则其一氯代物有2种异构体；B.

，分子中含有3种氢原子，其一氯代物有3种异构体；C.

，分子中含有4种氢原子，其一氯代物有4种异构体；D.

分子中含有2种氢原子，其一氯代物有2种异构体；一氯代物的同分异构体的数目最多的是，故C正确；本题选C。【题目点拨】根据分子中等效H原子判断一氯代物异构体数，分子中由几种H原子，其一氯代物就有几种异构体。11、C【解题分析】

CH3CH2CH（CH2CH3）CH3，该有机物碳链为：，最长碳链含有5个C原子，主链为戊烷，在3号C含有一个甲基，该有机物命名为：3-甲基戊烷。答案选C。12、D【解题分析】

A．由于2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)是放热反应，说明2mol二氧化硫和1mol氧气能量之和高于2mol三氧化硫的能量，不能确定二氧化硫能量与三氧化硫能量的关系，故A错误；B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H＞0，表明反应为吸热反应，则石墨的能量小于金刚石，则金刚石不如石墨稳定，故B错误；C．在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量为57.3kJ，如醋酸是弱酸，没有完全电离，醋酸电离需要吸热，所以1molNaOH与醋酸中和放热小于57.3kJ，故C错误；D．在25℃、101kPa时，已知C(s)＋O2(g)=CO2(g)为放热反应，ΔH＜0，则C的燃烧热为-ΔH，故D正确；答案选D。【题目点拨】本题的易错点为C，要注意中和热概念的理解，当酸或碱不是强电解质时，或者酸或碱的浓度很大时，中和热都不一定是57.3kJ·mol－1，如浓硫酸与氢氧化钠的反应、醋酸与氢氧化钠的反应等。13、B【解题分析】

氮化硼是一种超硬、耐磨、耐高温，所以氮化硼是原子晶体；氮化硼熔化时克服粒子间作用力是共价键。【题目详解】A、硝酸钠是离子晶体，熔化需克服离子键；金刚石是原子晶体，熔化时克服粒子间作用力是共价键，故不选A；B、晶体硅和水晶都是原子晶体，熔化时需克服的粒子间作用力都是共价键，故选B；C、冰和干冰都是分子晶体，冰熔化时需克服氢键和范德华力，干冰熔化需克服分子间作用力，故不选C；D、苯和萘都是分子晶体，熔化时需克服的粒子间作用力都是分子间作用力，故不选D。【题目点拨】本题考查晶体类型的判断，题目难度不大，本题注意从物质的性质判断晶体的类型，以此判断需要克服的微粒间的作用力。14、A【解题分析】

A．钠离子的核电荷数为11，核外电子数为10，核外电子排布式为1s22s22p6，每个轨道上存在自旋方向相反的电子，电子排布图：，故A错误；B．基态Na原子的电子排布式：1s22s22p63s1，故B正确；

C．Na+的原子核内有11个质子，核外有10个电子，结构示意图为，故C正确；D．钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1，或简写为[Ne]3s1，故D正确；故答案为A。15、D【解题分析】

两种烃的衍生物A和B，所含碳、氢、氧的质量比均为6：1：4，则A、B分子中C、H、O原子数目之比为2：4：1，有机物A、B的最简式为C2H4O．完全燃烧0.1molA生成CO2的物质的量为：8.8g÷44g/mol=0.2mol，故A分子中碳原子数目0.2mol/0.1mol=2，则A的分子式为C2H4O。B只含一个醛基，4.4gB与足量银氨溶液反应析出Ag的物质的量为10.8g÷108g/mol=0.1mol，由关系式为：R-CHO～2Ag，可知4.4gB的物质的量为0.05mol，B的相对分子质量4.4/0.05=88，设B分子式为（C2H4O）n，则44n=88，故n=2，则B的分子式为：C4H8O2。A．A的分子式为C2H4O，可能为乙醛，也可能为环氧乙烷，故A错误；

B．物质A、B组成上相差2个CH2原子团，但二者含有的官能团不一定相同，不一定互为同系物，故B错误；

C．物质A和物质B的分子式不同，二者不互为同分异构体，故C错误；

D．由上述分析可知，B的分子式为：C4H8O2，故D正确。

故选D。16、B【解题分析】

由结构可知，有机物中含C=C和-Br。为碳碳双键被氧化生成羧基，得到-Br和-COOH两种官能团；为碳碳双键与水发生加成反应，得到-Br和-OH两种官能团；为溴原子与相邻碳原子上的氢原子发生消去反应，产物中只有C=C一种官能团；为碳碳双键与HBr发生加成反应，产物中只有-Br一种官能团；则有机产物只含有一种官能团的反应是③④，故选B项。综上所述，本题正确答案为B。【题目点拨】该题是高考中的常见题型，考查的重点为有机物的官能团的种类的判断和性质，注意根据反应条件判断可能发生的反应，掌握各类有机物的性质是解题的关键。17、D【解题分析】

A.乙烯使酸性溶液褪色是由于乙烯与高锰酸钾发生了氧化还原反应，乙烯使溴的溶液褪色是由于乙烯与溴单质发生了加成反应，反应原理不同，故A错误；B.苯与液溴在催化剂作用下生成溴苯，是由于溴原子取代了苯环上的氢原子，发生了取代反应，故B错误；C.淀粉在人体内最终生成二氧化碳和水排出体外，蛋白质在人体内最终胜出氨基酸，故C错误；D.用法检验司机是否酒驾，是利用了乙醇能够与发生氧化还原反应，从而发生颜色变化，故D正确；故选D。18、B【解题分析】

A.n(Na+)=amol，n(NH4+)=0.05mol，n(Cl－)=0.1

mol根据电荷守恒，n(OH－)+

n(Cl－)=n(H+)+

n(Na+)+n(NH4+)；n(OH－)-n(H+)＝n(Na+)+

n(NH4+)

-

n(Cl－)

=(a

-0.05)mol，故A正确；B.

不变，随着NaOH的加入，不断增大，所以增大，，不断减小，故B错误；C.向氯化铵溶液中加碱，对水的电离起抑制作用，所以M点溶液中水的电离程度比原溶液小，故C正确；当n(NaOH)＝0.1mol时，，c(OH－)=c(Cl－)-

c(NH3•H2O)+

c(H+)，所以c(OH－)＞c(Cl－)-

c(NH3•H2O)，故D正确；答案选B。19、A【解题分析】分析：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；详解：A．由上述分析及化学方程可知，向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，最后溶液变成无色表明SO2具有还原性，而非漂白性，故A错误；

B．CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，所以生成1molCuI白色沉淀时转移1mole-，故B正确；

C．2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故C正确；

D．加入少量CuSO4溶液时的离子方程式为2Cu2＋＋4I-===2CuI↓＋I2，故正确；故本题选A。点晴:根据题目信息推断实验中发生的反应，溶液呈淡黄色，说明有I2生成．碘元素化合价由-1价升高到0价，硫酸根只有在浓硫酸中有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2+，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2+不能还原为Cu，应还原为Cu+，白色沉淀是CuI；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，说明I2反应，故I2与SO2反应生成I-，SO2被氧为化H2SO4，白色沉淀是CuI，据此分析解答。20、C【解题分析】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。21、C【解题分析】

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。【题目点拨】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。22、B【解题分析】分析：A.钠较软,易切割；B.钠在没有条件下和氧气反应生成氧化钠,在点燃条件下,和氧气反应生成淡黄色的过氧化钠；C.纯碱水解呈碱性,油污是有机酯类；D.碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解而导致碳酸氢钠溶液呈碱性,能中和酸。详解：钠的质地柔软,能用小刀切割,A正确；钠在没有条件下和氧气反应生成氧化钠,在点燃条件下,和氧气反应生成淡黄色的过氧化钠,与条件有关,B错误；纯碱水解呈碱性,油污是有机酯,酯类物质在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和丙三醇，这样热的纯碱溶液可以除去铜片表面的油污,C正确；碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度,导致碳酸氢钠溶液呈碱性，能中和酸，所以碳酸氢钠是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一,D正确；正确选项B。二、非选择题(共84分)23、3d54s1sp3杂化三角锥形:C⋮⋮O:水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度减小Cu2O【解题分析】

B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则B为C元素；D原子核外电子有8种不同的运动状态，则D原子核外有8个电子，则D为O元素；C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，且C的原子序数比O小，则C为N元素；E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，则E的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，则E为24号元素Cr；F位于前四周期、原子序数比E大且其基态原子最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，则F的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则F为29号元素Cu；A与其余五种元素既不同周期也不同主族，且能与C形成CA3分子，则A为H；综上所述，A、B、C、D、E、F分别为：H、C、N、O、Cr、Cu，据此解答。【题目详解】(1)E为Cr，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，则其价电子排布式为：3d54s1，故答案为：3d54s1；(2)A为H，C为N，NH3分子中，中心N原子的σ键数=3，孤电子对数==1，则价层电子对数=3+1=4，则中心N原子的杂化类型为sp3杂化，有一对孤电子，则其空间构型为三角锥形。N2的电子式为:N⋮⋮N:，CO和N2互为等电子体，则CO的电子式为:C⋮⋮O:。水形成晶体(冰)时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率降低，导致密度减小，故答案为：sp3杂化；三角锥形；:C⋮⋮O:；水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度减小；(3)D原子即O原子，F原子即Cu原子，由均摊法可知，1个晶胞中O原子个数==2，Cu原子个数=4，该化合物中Cu原子和O原子个数比=4:2=2:1，则该化合物的化学式为Cu2O，那么，1个晶胞的质量=。设晶胞常数为b，Cu原子和O原子之间的距离为acm，则体对角线=4acm，则=4a，可得：b=cm，所以，1个晶胞的体积=b3=()3cm3，该晶体的密度=，故答案为：Cu2O；。【题目点拨】Cu和O之间的距离=体对角线的四分之一。24、醛基加成+CH3CH2OH+H2O、、、【解题分析】

结合A生成B的步骤与已知信息①可知A为苯甲醛，B为，根据反应条件和加热可知C为，C经过的溶液加成生成D，D生成E的过程应为卤族原子在强碱和醇溶液的条件下发生消去反应，则E为，E经过酯化反应生成F，F中的碳碳三键与G中的碳碳双键加成生成H，结合条件②可知G为。【题目详解】（1）A为苯甲醛，含有的官能团为醛基，F中的碳碳三键与G中的碳碳双键加成生成H，反应类型为加成反应；（2）E经过酯化反应生成F，方程式为+CH3CH2OH+H2O；（3）G的结构简式为；（4）芳香化合物X是F的同分异构体，则X也应有7个不饱和度，其中苯环占4个不饱和度，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明X中含有-COOH，占1个不饱和度，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，可写出同分异构体为、、、；（5）A为苯甲醛，可由苯甲醇催化氧化得来，醇由卤代烃水解得到，卤代烃可由甲苯通过取代反应得到，据此逆向分析可得到合成流程为。25、增大反应物的浓度，使平衡正向移动，提高乙酸的转化率；；浓硫酸能吸收反应生成的水，使平衡正向移动，提高酯的产率浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率饱和碳酸钠溶液中和乙酸、吸收乙醇减少乙酸乙酯在水中的溶解冷凝回流防止加热温度过高，有机物碳化分解BC分液漏斗A【解题分析】

（1）实验室用乙醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下制乙酸乙酯，化学方程式为。答案为：；（2）酯化反应属于可逆反应，加入过量的乙醇，相当于增加反应物浓度，可以让平衡生成酯的方向移动，提高酯的产率；在酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂；理论上"加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量"，原因是：利用浓硫酸能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率；“浓硫酸用量又不能过多”，原因是：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；答案为：增大反应物的浓度，使平衡正向移动，提高乙酸的转化率；浓硫酸能吸收反应生成的水，使平衡正向移动，提高酯的产率；浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；（3）由于乙酸和乙醇具有挥发性，所以制得的乙酸乙酯中常混有少量挥发出的乙酸和乙醇，将产物通到饱和碳酸钠溶液的液面上，饱和碳酸钠溶液的作用是：中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解；答案为：饱和碳酸钠溶液；中和乙酸、吸收乙醇减少乙酸乙酯在水中的溶解；（4）乙酸、丁醇加热易挥发，为减少原料的损失，直玻璃管对蒸汽进行冷凝，重新流回反应器内。试管与石棉网直接接触受热温度高，容易使有机物分解碳化。故答案为：冷凝、回流；防止加热温度过高，有机物碳化分解。（5）提高1−丁醇的利用率，可使平衡向生成酯的方向移动。A.使用催化剂，缩短反应时间，平衡不移动，故A错误；B.加过量乙酸，平衡向生成酯的方向移动，1−丁醇的利用率增大，故B正确；C.不断移去产物，平衡向生成酯的方向移动，1−丁醇的利用率增大，故C正确；D.缩短反应时间，反应未达平衡，1−丁醇的利用率降低，故D错误。答案选BC。（6）分离互不相溶的液体通常分液的方法，分液利用的仪器主要是分液漏斗，使用时注意下层液从分液漏斗管放出，上层液从分液漏斗上口倒出，酯的密度比水小，应从分液漏斗上口倒出。故答案为：分液漏斗；A。26、（1）29.3（2）500mL容量瓶；胶头滴管；（3）eadfcfgb（4）AB（5）0.05【解题分析】试题分析：（1）实验室用氯化钠固体配制480mL1.00mol/L的NaCl溶液，由于实验室中无480mL容量瓶，因此需要配制溶液500mL，故需要称量NaCl固体的质量为，由于托盘天平精确到0.1g，因此需要用托盘天平称取NaCl29.3g；（2）配制溶液时，除需要烧杯、玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有500mL容量瓶和胶头滴管；（3）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、将溶液移至容量瓶、洗涤并将洗涤液移至容量瓶、定容、摇匀，故答案eadfcfgb；（4）根据公式进行误差分析。A.没有将洗涤液转入容量瓶，使溶质的物质的量减小，所配制溶液的浓度偏低，A正确；B.加水定容时，水的量超过了刻度线，则溶液的体积偏大，所配制溶液的浓度偏低，B正确；C.定容时，俯视容量瓶刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，C错误；D.容量瓶洗涤后，未经干燥处理，对所配溶液的浓度无影响；（5）根据稀释前后溶质的物质的量保持不变进行计算，所得溶液的浓度为：。考点：考查溶液的配制。27、SO2、SO3a、e取少量溶液2中的溶液加入几滴KSCN试液，溶液变红色2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO32Fe3++SO32-+H2O＝2Fe2++SO42-+2H+酸性高锰酸钾溶液【解题分析】分析：本题考查的是框图式物质推断题，抑制反应物，利用物质的特点，顺向褪即可，关键须掌握铁和硫相关化合物的性质。详解：(1)硫酸亚铁受热分解，生成气体X，X通入品红溶液，溶液褪色是二氧化硫，通入氯化钡溶液，产生白色沉淀是三氧化硫，所以X为SO2、SO3。(2)从硫酸亚铁受热分解的方程式可看出由硫酸亚铁一种化合物分解，生成三种化合物，是分解反应，硫元素从+6价，变成产物中的二氧化硫中的+4价，铁从+2价，变成产物中的+3价，故答案为a、e。(3)溶液2中金属阳离子是由氧化铁溶于稀硫酸得到，检验溶液2中金属阳离子，实际就是检验溶液中的铁离子，铁离子与硫氰化钾溶液租用变为血红色，利用这一性质检验，所以操作方法为：取少量溶液2中的溶液加入几滴KSCN试液，溶液变红色。(4)硫酸亚铁分解生成氧化铁和二氧化硫和三氧化硫，方程式为：2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3。硫酸铁和亚硫酸钠反应生成硫酸亚铁和硫酸，离子方程式为：2Fe3++SO32-+H2O＝2Fe2++SO42-+2H+。(5)长期露置在空气中的FeSO4溶液，会变质为铁整理，为了检验其是否完全变质，即检验是否含有亚铁离子，根据亚铁离子能与酸性高锰酸钾溶液反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以使用酸性高锰酸钾溶液。点睛：掌握常见的离子检验。铁离子：1.用硫氰化钾溶液，显红色；2.用氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀。3.用苯酚溶液，显紫色。亚铁离子：1.加入氢氧化钠，产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。2.加入高锰酸钾溶液，紫色褪色（无铁离子存在时）。3.加入硫氰化钾，无红色，再加入绿水，变红色。28、醛基、碳碳双键保护碳碳双键+O2+2H2OD【解题分析】

(1)由乙的结构简式，可知含有的官能团为碳碳双键、醛基；(2)由反应①产物的结构，可知反应①是甲与HCl发生加成反应生成，反应②发生催化氧化生成X为，反应③是X在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成；(3)用弱氧化剂检验醛基，避免碳碳双键影响；(4)丙为，其同分异构体符合：①能发生银镜反应，则含-CHO；②能与FeCl3溶液发生显色反应，则含酚醛基；③分子中有四种不同化学环境的H原子，则苯环上和甲基中各有1种位置的H。【题目详解】(1)由乙的结构简式，可知该物质含有的官能