广东省兴宁市水口中学2025届高二化学第二学期期末监测试题含解析

广东省兴宁市水口中学2025届高二化学第二学期期末监测试题注意事项: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、已知A、B、D、E均为中学化学常见单质或化合物，它们之间的关系如图所示（部分产物略去）。下列说法错误的是（）A．A、B、D可能是钠及其化合物 B．A、B、D可能是镁及其化合物C．A、B、D可能是铝及其化合物 D．A、B、D可能是非金属及其化合物2、下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料D．开采可燃冰，将其作为能源使用A．AB．BC．CD．D3、下列说法正确的是A．液态HCl、固态AgCl均不导电，所以HCl、AgCl是非电解质B．NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C．碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物一定是碱性氧化物D．非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物4、下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（）A．向明矾[KAl（SO4）1]溶液中逐滴加入Ba（OH）1溶液至沉淀质量最大时：1Al3++3SO41-+3Ba1++6OH-=1Al（OH）3↓+3BaSO4↓B．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na1FeO4：3ClO-+Fe（OH）3=FeO41-+3Cl-+H1O+H+C．向NaAlO1溶液中通入过量CO1制Al（OH）3：1AlO1-+CO1+3H1O=1Al（OH）3↓+CO31-D．向含有a

mol

FeBr1的溶液中，通入x

mol

Cl1．若x=a，则反应的离子方程式为：1Fe1++1Br-+1Cl1=Br1+1Fe3++4Cl-5、在苯的同系物中.加入少量酸性高锰酸钾溶液.振荡后褪色.正确的解释是()A．苯的同系物分子中.碳原子数比苯多B．苯环受侧链影响.易被氧化C．侧链受苯环影响.易被氧化D．由于侧链与苯环的相互影响.使侧链和苯环均易被氧化6、汽车尾气净化反应之一：NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)ΔH＝－373.4kJ·mol-1。若反应在恒容的密闭容器中达到平衡状态，下列说法正确的是A．及时除去二氧化碳，正反应速率加快B．混合气体的密度不变是该平衡状态的标志之一C．降低温度，反应物的转化率和平衡常数均增大D．其它条件不变，加入催化剂可提高反应物的转化率7、某有机物分子式为C4HmO，下列说法中，不正确的是A．1mol该有机物完全燃烧时，最多消耗6molO2B．当m=6时，该有机物遇到FeCl3溶液显紫色C．当m=8时，该有机物不一定能被新制氢氧化铜悬浊液氧化D．当m=10时，该有机物不一定是丁醇8、铜锌原电池（如图）工作时，下列叙述正确的是A．正极反应为：Zn－2e－＝Zn2＋B．盐桥中的K＋移向ZnSO4溶液C．电池反应为：Zn＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuD．在外电路中，电子从负极流向正极；在电池内部，电子从正极流向负极9、下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是（）A．CH3CH2CH3 B． C． D．10、铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如下。下列说法不正确的是A．腐蚀过程中铜极上始终只发生：2H++2e-=H2↑B．若水膜中溶有食盐将加快铁铆钉的腐蚀C．若在金属表面涂一层油脂能防止铁铆钉被腐蚀D．若将该铜板与直流电源负极相连，则铁铜均难被腐蚀11、下列做法有利于环境保护和可持续发展的是A．将工业污水直接用于灌溉农田B．将废铅蓄电池的铅泥和废硫酸作深埋处理C．推广新能源汽车，建设绿色低碳的交通体系D．大力开采煤、石油等化石能源，满足发展需求12、下列离子方程式书写不正确的是()A．等体积、等物质的量浓度的NaHCO3和Ca(OH)2两溶液混合：HCO3-+Ca2++OH-＝CaCO3↓+H2OB．向澄清石灰水中通入过量的CO2:OH-+CO2＝HCO3-C．在含3amolHNO3的稀溶液中，加入amol铁粉：4Fe+12H++3NO3-＝Fe3++3Fe2++3NO↑+6H2OD．Al2(SO4)溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH3•H2O=AlO2－＋4NH4+＋2H2O13、室温下，向圆底烧瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量B．增大HBr浓度，有利于生成C2H5BrC．若反应物增大至2mol，则两种反应物平衡转化率之比不变D．若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间14、化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。下列叙述中不正确的是氧化铁钙钛矿太阳能电池SiO2超分子纳米管石墨烯发热服A．用作涂料B．化学能转化为电能C．无机非金属材料D．有电热转化性能A．A B．B C．C D．D15、下列各物质属于电解质的是（）①NaOH②BaSO4③Cu④蔗糖⑤CO2A．①② B．①②⑤ C．③④ D．①③⑤16、常温下，能用铝制容器储存的是A．氢氧化钠溶液 B．盐酸溶液 C．稀硫酸 D．浓硫酸17、下列有关物质性质的比较，结论正确的是A．溶解度：Na2CO3<NaHCO3B．热稳定性：HCl<PH3C．沸点：HCl<HBrD．碱性：LiOH<Be(OH)218、下列有关化学用语表示正确的是（）A．乙烯的结构简式：CH2CH2B．乙酸的结构式：CH3COOHC．2﹣丁烯的键线式：D．乙醇分子的比例模型：19、由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH=1，c(Al3+)=0.4mol/L，c(SO42-)=0.8mol/L，则c(K+)为（）A．0.15mol/LB．0.2mol/LC．0.3mol/LD．0.4mol/L20、某温度时，使用一对石墨电极电解饱和Na2SO4溶液，当转移2mol电子时停止电解，析出Na2SO4·10H2O晶体mg，所有数据都在相同温度下测得，下列叙述不正确的是A．电解后溶液质量减少(m＋18)gB．原溶液中Na2SO4的质量分数为C．若其他条件不变，将石墨替换为铜电极，则阴极析出1molH2D．若其他条件不变，将石墨替换为铜电极，则析出Na2SO4·10H2O晶体仍为mg21、下列各组多电子原子的原子轨道能量高低比较中，错误的是（）A．2s<2p B．3px<3py C．3s<3d D．4s>3p22、下列各組中的反应，属于同一反应类型的是A．乙醛与氧气制乙酸；苯与氢气制环已烷B．葡萄糖与新制银氨溶液共热；蔗糖与稀硫酸共热C．丙酮与氢气反应制2-丙醇；乙烯与氯化氯反应制氯乙烷D．乙醇与乙酸制乙酸乙酯；溴乙烷与氢氧化钠醇溶液制乙烯二、非选择题(共84分)23、（14分）某天然碱可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成。为了确定其组成，现称取天然碱3.32g，做如下实验：（气体均折算为标准状况下）（1）B的电子式_______。（2）天然碱受热分解的反应方程式______。（3）过量的天然碱溶液滴加少量的Ba（OH）2溶液，请写出离子反应方程式___。24、（12分）A、B、C、D、E五种元素位于元素周期表中前四周期，原子序数依次增大。A元素的价电子排布为nsnnpn＋1；B元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍；C位于B的下一周期，是本周期最活泼的金属元素；D基态原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍；E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子。回答下列问题(用元素符号表示或按要求作答)。(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____________，三者电负性由大到小的顺序为_________。(2)A和E的简单气态氢化物沸点高的是______，其原因是_________。(3)D3＋基态核外电子排布式为_________________。(4)E基态原子的价电子轨道表示式为___________。(5)B和E形成分子的结构如图所示，该分子的化学式为_______，E原子的杂化类型为________。(6)B和C能形成离子化合物R，其晶胞结构如图所示：①一个晶胞中含______个B离子。R的化学式为__________。②晶胞参数为apm，则晶体R的密度为_____________g•cm－3(只列计算式)。25、（12分）某研究性学习小组，利用固体Na2SO3与中等浓度的H2SO4反应，制备SO2气体并进行有关性质探究实验。该反应的化学方程式为：Na2SO3(固)+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+H2O。除固体Na2SO3和中等浓度的H2SO4外，可供选择的试剂还有：①溴水；②浓H2SO4；③品红试液；④紫色石蕊试液；⑤澄清石灰水；⑥NaOH溶液。回答下列问题：（1）欲验证SO2的漂白作用，应将SO2气体通入______中(填物质编号)，观察到的现象是____________；（2）欲验证SO2的还原性，应将SO2气体通入______中(填物质编号)，观察到的现象是_______________；（3）为验证SO2的氧化性，通常利用的反应是___________(化学方程式)；（4）为防止多余的SO2气体污染环境，应将尾气通入______中(填物质编号)，反应离子方程式为__________________________。26、（10分）氢化钙(CaH2)固体是登山运动员常用的能源提供剂。氢化钙要密封保存，一旦接触到水就发生反应生成氢氧化钙和氢气。氢化钙道常用氢气与纯净的金属钙加热制取，如图是模拟制取装置:(1)为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在B、C之间再接一装置，该装置中加入的试剂是______________。(2)该实验步骤如下:检查装置气密性后装入药品；打开分液漏斗活塞，接下来的操作顺序是_______(填序号)。①加热反应一段时间②收集气体并检验其纯度③关闭分液漏斗活塞④停止加热，充分冷却(3)某同学取一定质量的产物样品(m1g)，加入过量碳酸钠溶液，过滤、洗涤、干燥后称量固体碳酸钙质量(m2g),计算得到样品中氢化钙的质量分数为101.14%。若该同学所有操作均正确，则产生这种情况的原因可能是________。27、（12分）铁与水蒸气反应，通常有以下两种装置，请思考以下问题：（1）方法一中，装置A的作用________________________。方法二中，装湿棉花的作用_______________________________________。（2）实验完毕后，取出装置一的少量固体，溶于足量稀盐酸，再滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，试解释原因：__________________________。28、（14分）氮、铬及其相关化合物用途非常广泛。回答下列问题：(1)基态N原子的核外电子排布式为___，Cr位于元素周期表第四周期___族。(2)Cr与K位于同一周期且最外层电子数相同，两种元素原子第一电离能的大小关系为___；Crcl3的熔点(83℃)比CrF3的熔点(1100℃)低得多，这是因为___。(3)Cr的一种配合物结构如图所示：①阴离子C1O4－的空间构型为___形。②配离子中，中心离子的配位数为___，N与中心原子形成的化学键称为___键。③配体H2NCH2CH2NH2(乙二胺)中碳原子的杂化方式是______，分子中三种元素电负性从大到小的顺序为___(4)氮化铬的熔点为1770℃，它的一种晶体的晶胞结构如图所示，其密度为5.9g·cm－3，氮化铬的晶胞边长为___(列出计算式)nm.29、（10分）合成氨对工、农业生产和国防都有重要意义。已知：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol，请回答：（1）合成氨工业中采取的下列措施可以用平衡移动原理解释的是________（填字母）。a.用铁触媒加快化学反应速率b.采用较高压强（20MPa~50MPa）c.采用较高温度（500℃左右）d.将生成的氨液化并及时从体系中分离出来（2）一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应。①若容器容积恒定，达到平衡时，N2的转化率α1=25%，此时，反应放热______kJ，容器内气体压强与开始时气体压强之比是________。②若容器压强恒定，则达到平衡时，容器中N2的转化率α2______α1（填“>”“<”或“=”）。（3）随着对合成氨研究的发展，希腊科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨（装置如图）。钯电极A为_________极（填“阴”或“阳”），该极上的电极反应式是_______。

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、B【解析】

A、若A为NaOH溶液，E为CO2，B为NaHCO3，D为Na2CO3；可以实现如图转化；B、A、B、D若是镁及其化合物，镁是典型金属，形成的氢氧化镁是碱，和酸反应不能和碱反应，镁元素没有可变化合价；C、根据A能和少量E与过量E反应生成化合物B和D，即可推断A为AlCl3，E为强碱，发生离子反应Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，确定出B中含有AlO2-，D为Al（OH）3；D、由题意，若A和E为单质，若A单质是碳，根据碳的化学性质及框图中A能和少量E与过量E反应生成两种含碳化合物B和D，可推测E是氧气，B为CO2、D为CO。【详解】A、若A为NaOH溶液，E为CO2，过量二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成的B为NaHCO3，少量二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成的D为Na2CO3，D→B的反应；Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，B→D的反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，选项A正确；B、A能和少量E与过量E反应生成两种化合物B和D，镁是典型金属，镁的化合物中，形成的氢氧化镁是碱，和酸反应不能和碱反应，镁元素没有可变化合价，不能实现转化关系，选项B错误；C、根据A能和少量E或过量E反应生成两种化合物B和D，即可推断A为AlCl3，E为强碱，发生离子反应Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，确定出B中含有AlO2-，D为Al（OH）3，则D→B的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，B→D的离子方程式为AlO2-+H+（少量）+H2O=Al（OH）3↓，选项C正确；D、由题意，若A和E为单质，若A单质是碳，根据碳的化学性质及框图中A能和少量E与过量E反应生成两种含碳化合物B和D，可推测E是氧气，B为CO2、D为CO，选项D正确；答案选B。【点睛】本题考查元素化合物的推断，解题关键是根据已知信息结合化合物的性质分析、尝试确定各物质，各物质确定后抓住化学性质解决问题。本题涉及知识点较多，难度较大。2、B【解析】分析：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，属于化学变化。详解：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O43N2↑+2CO2↑+4H2O，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，属于化学变化；答案选B。点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。3、D【解析】

A、HCl和AgCl为电解质，电解质导电需要自由移动的阴阳离子，即需要水溶液或熔融状态，故A错误；B、NH3、CO2的水溶液虽然导电，但导电的离子不是本身电离产生，NH3和CO2不是电解质，均是非电解质，故B错误；C、碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3属于两性氧化物，故C错误；D、非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO是不成盐氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如Mn2O7属于金属氧化物，故D正确；答案选D。【点睛】电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，导电的阴阳离子必须是本身电离产生，电解质导电需要条件，在水溶液或熔融状态。4、D【解析】

A.向明矾[KAl（SO4）1]溶液中逐滴加入Ba（OH）1溶液至沉淀质量最大时为溶液中的铝离子全部变为AlO1-：Al3++1SO41-+1Ba1++4OH-=AlO1-+1H1O+1BaSO4↓，A错误；B.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na1FeO4：3ClO-+4OH-+1Fe（OH）3=1FeO41-+3Cl-+5H1O，B错误；C.向NaAlO1溶液中通入过量CO1制Al（OH）3：AlO1-+CO1+1H1O=Al（OH）3↓+HCO3-，C错误；D.向含有amolFeBr1的溶液中，通入xmolCl1，消耗完溶液中的亚铁离子后再与溴离子反应，若x=a，则反应的离子方程式为：1Fe1++1Br-+1Cl1=Br1+1Fe3++4Cl-，D正确；答案为D。5、C【解析】

在苯的同系物中，侧链容易被氧化生成苯甲酸，而苯环无变化，说明侧链受苯环影响，与碳原子多少无关，C正确。6、C【解析】

A.除去二氧化碳，生成物的浓度降低，逆反应速率先减小后增大，正反应速率减小，故A错误；

B.由NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)可知反应物生成物都是气体，反应在恒容的密闭容器中进行，所以混合气体的密度不变不能作为判断达到平衡状态的标志，故B错误；C.该反应是放热反应，降温时，平衡正向移动，反应物转化率和平衡常数均增大，故C正确；D.催化剂不影响化学平衡移动，所以加入催化剂不能提高反应物的转化率，故D错误；综上所述，本题正确答案：C。【点睛】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，据外界条件的改变对反应速率和平衡移动的影响分析，容器体积不变，混合气体的密度始终不变。7、B【解析】

A、1molC4H10O完全燃烧即m=10时，耗氧量最大，最多消耗O26mol，选项A正确；

B.当m=6时，分子式为C4H6O，也不可能为酚，该有机物遇到FeCl3溶液不显紫色，选项B不正确；

C.当m=8时，分子式为C4H8O，该有机物可以为烯醇、环烷醇或酮等而不是醛时，不能被新制氢氧化铜悬浊液氧化，选项C正确；

D.当m=10时，分子式为C4H10O，该有机物可以为醚，不一定是丁醇，选项D正确。

答案选B。8、C【解析】A、锌比铜活泼，锌作负极，铜作正极，正极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，故A错误；B、根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故B错误；C、负极反应是为Zn－2e－=Zn2＋，因此电池反应式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，故C正确；D、根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，电池内部只有阴阳离子的定向移动，故D错误。9、C【解析】

A.CH3CH2CH3分子内有2种氢原子，能生成2种一氯代物，A错误；B.分子内有2种氢原子，能生成2种一氯代物，B错误；C.分子内只有1种氢原子，只能生成1种一氯代物，C正确；D.分子中内有4种氢原子，能生成4种一氯代物，D错误；答案选C。【点睛】判断烷烃的一氯代物时，可以分析分子内的氢原子种类，分子内有几种氢原子，就能生成几种一氯代物。10、A【解析】A.根据图示可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则两个铜极上的反应是2H++2e-═H2↑，O2+4e-+4H+═2H2O，故A错误正确；B.若水膜中溶有食盐，增加吸氧腐蚀介质的电导性，将加快铁铆钉的腐蚀，故B正确；C.在金属表面涂一层油脂，能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐蚀，故C正确；D.若将该铜板与直流负极相连，相当于外界电子由铜电极强制转送给铁，从而抑制铁失电子而不易腐蚀，故D正确。11、C【解析】

A.将工业污水直接用于灌溉农田，会造成农业污染，不利于环境保护，故A错误；B.废铅蓄电池的铅泥和废硫酸作深埋处理,会引起土壤污染，故B错误；C.符合可持续发展的理念，故C正确；D.煤石油是不可再生能源，大力开采，不能可持续发展，故D错误12、D【解析】

A.等体积、等物质的量浓度的NaHCO3和Ca(OH)2两溶液混合生成碳酸钙、氢氧化钠和水：HCO3-+Ca2++OH-＝CaCO3↓+H2O，A正确；B.向澄清石灰水中通入过量的CO2生成碳酸氢钙：OH-+CO2＝HCO3-，B正确；C.根据反应Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O、3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，在含3amolHNO3的稀溶液中加入amol铁粉，铁反应后被氧化成亚铁离子和铁离子，硝酸完全反应，设生成铁离子为xmol，生成亚铁离子为ymol，则x+y=a，3x+2y+=3a，解得：x=0.25a、y=0.75a，即反应生成的铁离子与亚铁离子的物质的量之比为1：3，该反应的离子方程式为4Fe+12H++3NO3-＝Fe3++3Fe2++3NO↑+6H2O，C正确；D.Al2(SO4)溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，氨水不能溶解氢氧化铝，D错误。答案选D。【点睛】本题考查了离子方程式的判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法；试题侧重考查反应物过量情况对生成物的影响，A、C为难点、易错点，注意正确判断反应物过量情况及产物。13、D【解析】

根据题目的反应，主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。【详解】A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。C．若反应物增大至2mol，实际上就是将反应物的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确。D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr易挥发性，温度升高化学反应速率加快，而反应物浓度减小能使化学反应速率变慢，故不一定能缩短到达平衡的时间。选项D错误。故选D。点睛：本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的，所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。14、B【解析】A氧化铁为红色俗称为铁红,难溶于水,氧化铁常用作红色油漆和涂料,故A正确；B钙钛矿太阳能电池是把吸收的光能转化为电能，故B错误；C、SiO2属于无机非金属材料，可以制取超分子纳米管是正确的；故C对；D石墨烯发热服有电热转化性能正确,故D正确；答案：B。15、A【解析】

电解质指的是在水溶液或者是熔融状态下，能够导电的化合物；非电解质指的是在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物。【详解】①NaOH是电解质；②BaSO4也是电解质；③Cu既不是电解质，又不是非电解质；④蔗糖是非电解质；⑤CO2的水溶液能导电，是由于H2CO3的电离，因此H2CO3是电解质，CO2是非电解质。因此属于电解质的是①②，故答案A。16、D【解析】

A.氢氧化钠溶液能与铝反应，不能用铝制容器储存，A错误；B.盐酸溶液能与铝反应，不能用铝制容器储存，B错误；C.稀硫酸能与铝反应，不能用铝制容器储存，C错误；D.常温下铝在浓硫酸中钝化，能用铝制容器储存，D正确；答案选D。【点睛】明确铝单质的性质特点是解答的关键，注意钝化是化学变化，不是物理变化，另外还需要注意钝化的条件、范围等。17、C【解析】

A．碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，A错误；B．同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性应该是：HCl＞PH3，B错误；C．氯化氢和溴化氢形成的均是分子晶体，沸点随分子间作用力的增大而升高，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则沸点：HCl＜HBr，C正确；D．同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性应该是：LiOH＞Be(OH)2，D错误；答案选C。【点睛】解决此类问题，一是要熟悉各种常见的规律，比如元素周期律等；另外还要注意到一些反常的特例。例如：本题的选项A，一般碳酸盐比碳酸氢盐的溶解度小，碳酸钙难溶，而碳酸氢钙可溶，但是碳酸钠却比碳酸氢钠溶解度大。此外，比如碱金属由上向下单质密度增大，但是钾反常等等。18、C【解析】A．乙烯分子结构中含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故A错误；B．CH3COOH是乙酸的结构简式，乙酸的结构式为：，故B错误；C．键线式中用短线表示碳碳键，端点、交点是C原子，C原子、H原子不需要标出，2-丁烯的键线式：，故C正确；D．是乙醇分子的球棍模型，乙醇分子的比例模型：，故D错误；故选C。点睛：本题考查学生对常用化学用语的理解，注意结构简式与结构式的区别、注意比例模型与球棍模型的区别。本题的易错点为A，有机物的结构简式需要注明官能团。19、C【解析】溶液的pH=1，则氢离子浓度为0.1mol/L，根据电荷守恒，溶液中存在：3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，由于溶液中c(OH-)很小，可以忽略不计，则：3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42-)，所以：c(K+)=2c(SO42-)-3c(Al3+)-c(H+)=2×0.8mol/L-3×0.4mol/L-0.1mol/L=0.3mol/L，故选C。20、D【解析】

A.电解硫酸钠溶液相当于电解水，电解2mol水，转移4mol电子，因此当转移2mol电子时，消耗1mol水，因此电解后溶液质量减少量=电解水的质量+析出晶体的质量=(18+m)g，故A不选；B.析出硫酸钠的质量为=mg，溶液质量=（18+m）g，溶液质量分数=溶质质量/溶液质量=，故B不选；C.若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，阳极上铜失去电子生成铜离子，阴极上仍然是氢离子放电生成氢气，析出1mol氢气，故C不选；D若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，阳极上生成铜离子，阴极上生成氢气同时还有氢氧根离子生成，铜离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，其电池反应为Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑，根据方程式可知，转移2mol电子，消耗2mol水，则析出Na2SO4·10H2O晶体为2mg，故D可选；故选D。【点睛】本题考查的是电解原理，饱和溶液有关计算等知识点，为高频考点。侧重考查学生分析能力和计算能力，明确饱和溶液的特点，电解时阳极上铜失去电子而不是溶液中的阴离子失去电子是易错点。21、B【解析】

A．相同电子层上原子轨道能量的高低：ns＜np＜nd＜nf，所以2s＜2p，故A正确；B．3px和3py轨道是两个不同的原子轨道，空间伸展方向不同，两个轨道上的电子的运动状态不同，但同一能级上的原子轨道具有相同的能量，故B错误；C．相同电子层上原子轨道能量的高低：ns＜np＜nd＜nf，所以3s＜3d，故C正确；D．原子中不同能级电子能量从小到大顺序是1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f，所以4s＞3p，故D正确；故选B。【点睛】本题考查核外电子排布规律，本题注意把握构造原理的应用。多电子原子中，各原子轨道的能量高低比较方法：相同电子层上原子轨道能量的高低：ns＜np＜nd＜nf；形状相同的原子轨道能量的高低：1s＜2s＜3s＜4s；同一能级上的原子轨道具有相同的能量：npx=npy=npz。22、C【解析】分析：本题考查的是有机物的反应类型，难度较小。详解：A.乙醛和氧气的反应为氧化反应，苯和氢气的反应为还原反应，故错误；B.葡萄糖和银氨溶液的反应为氧化反应，蔗糖在稀硫酸作用下反应为水解反应，故错误；C.丙酮与氢气反应为加成反应，乙烯和氯化氢的反应为加成反应，故正确；D.乙醇和乙酸的反应为取代反应，溴乙烷和氢氧化钠醇溶液的反应为消去反应，故错误。故选C。二、非选择题(共84分)23、2[NaHCO3·2Na2CO3·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑或者2NaHCO3·4Na2CO3·4H2O＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑或者2[2Na2CO3·NaHCO·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-【解析】

天然碱可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成，2NaOH+CO2(少量)=Na2CO3+H2O，NaOH+CO2(过量)=NaHCO3，当≤1，生成NaHCO3；当1＜＜2，产物为NaHCO3和Na2CO3的混合物，当2，只生成Na2CO3，天然碱3.32g隔绝空气加热至恒重，产生气体112mL(标准状况)，为碳酸氢钠的分解，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，无色液体B为水，白色固体C为碳酸钠，滴加足量的盐酸反应生成气体A为二氧化碳，以此分析解答。【详解】(1)天然碱3.32g，隔绝空气加热至恒重产生气体112mL(标准状况)，为碳酸氢钠的分解，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，所以无色液体B为水，水属于共价化合物，每个氢原子和氧原子共用一个电子对，所以水的电子式为，故答案：；(2)3.32g样品中，隔绝空气加热至恒重产生气体为CO2，其物质的量==0.005mol，则分解的碳酸氢钠物质的量n=0.005mol2=0.01mol，生成水的物质的量n=0.005mol，生成Na2CO3的物质的量n=0.005mol，由后续产生气体A为CO2，其物质的量n==0.025mol，碳元素守恒得白色固体C为Na2CO3，其物质的量n=0.025mol，所以原混合物中含有Na2CO3，其物质的量n=0.025mol-0.005mol=0.02mol，根据质量守恒定律：0.02mol106g/mol+0.01mol84g/mol=2.96g，所以水的质量为3.32g-2.96g=0.36g，所以水的物质的量为：n==0.02mol，则n(Na2CO3):n(NaHCO3):n(H2O)=0.02mol:0.01mol:0.02mol=2:1:2故该天然碱的组成为2Na2CO3·NaHCO3·2H2O，天然碱受热分解的反应方程式为2[NaHCO3·2Na2CO3·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑；或者2NaHCO3·4Na2CO3·4H2O＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑；或者2[2Na2CO33·NaHCO·2H2O]＝5Na2CO3+5H2O+CO2↑；（3）过量的天然碱溶液滴加少量的Ba(OH)2溶液，碳酸根离子有剩余，其离子反应方程式为：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，故答案：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-。24、Na＜O＜NO＞N＞NaNH3氨气分子间有氢键，所以沸点高[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7As4O6sp34Na2O【解析】

A元素的价电子排布为nsnnpn＋1，可知n=2，A价电子排布式为2s22p3，那么A的核外电子排布式为1s22s22p3，则A为N；B元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则B为O；C位于B的下一周期，是本周期最活泼的金属元素，则C为Na；D基态原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍，则D基态原子的价电子排布式为3d84s2，那么D核外电子总数=18+10=28，D为Ni；E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，则E基态原子的价电子排布式为：3d104s24p3，那么E原子核外有18+10+2+3=33个电子，E为：As；综上所述，A为N，B为O，C为Na，D为Ni，E为As，据此分析回答。【详解】(1)第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子，第一电离能数值越大，原子越难失去一个电子。一般来说，非金属性越强，第一电离能越大，所以Na的第一电离能最小，N的基态原子处于半充满状态，比同周期相邻的O能量低，更稳定，不易失电子，所以N的第一电离能比O大，即三者的第一电离能关系为：Na＜O＜N，非金属性越强，电负性越大，所以电负性关系为：O＞N＞Na，故答案为：Na＜O＜N；O＞N＞Na；(2)N和As位于同主族，简单气态氢化物为NH3和AsH3，NH3分子之间有氢键，熔沸点比AsH3高，故答案为：NH3；氨气分子间有氢键，所以沸点高；(3)Ni是28号元素，Ni3+核外有25个电子，其核外电子排布式为：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故答案为：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；(4)E为As，As为33号元素，基态原子核外有33个电子，其基态原子的价电子轨道表示式，故答案为：；(5)由图可知，1个该分子含6个O原子，4个As原子，故化学式为：As4O6，中心As原子键电子对数==3，孤对电子数=，价层电子对数=3+1=4，所以As4O6为sp3杂化，故答案为：As4O6；sp3；(6)O和Na的简单离子，O的离子半径更大，所以白色小球代表O2-，黑色小球代表Na+；①由均摊法可得，每个晶胞中：O2-个数==4，Na+个数=8，所以，一个晶胞中有4个O2-，R的化学式为Na2O，故答案为：4；Na2O；②1个晶胞的质量=，1个晶胞的体积=(apm)3=，所以密度=g•cm－3，故答案为：。25、③品红试液褪色①溴水的橙色褪去2H2S+SO2=3S↓+2H2O⑥SO2+2OH-=SO32-+H2O【解析】分析：（1）SO2能使品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性；（2）溴水具有氧化性，能氧化二氧化硫；（3）二氧化硫能把H2S氧化；（4）SO2是酸性氧化物，能被碱液吸收。详解：（1）SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，欲验证SO2的漂白作用，应将SO2气体通入品红溶液，溶液红色褪去；（2）SO2具有还原性，能被溴水溶液氧化而使溶液褪色，欲验证SO2的还原性，应将SO2气体通入溴水溶液，溴水的橙色溶液褪色；（3）SO2具有氧化性，能与硫化氢反应生成单质硫沉淀，欲验证SO2的氧化性，应将SO2气体通入H2S溶液生成淡黄色的硫沉淀，方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O；（4）二氧化硫有毒，是酸性氧化物，能与碱反应，为防止多余的SO2气体污染环境，应将尾气通入NaOH溶液，发生反应2NaOH+SO2＝Na2SO3+H2O，离子方程式为2OH-+SO2＝SO32-+H2O。26、无水硫酸铜(或其他合理答案)②①④③单质钙没有完全参与反应，氢化钙中混有单质钙【解析】分析：本题以氢化钙的制备为载体，考查实验基本技能与操作、对题中的信息的利用、对实验装置的理解分析、物质分离提纯、化学计算等，本题侧重基本实验操作能力的考查，是对学生综合能力的考查。详解：A装置通过锌和硫酸反应生成氢气，氢气中肯定含有水蒸气，所以用B中无水氯化钙吸收水，在C中氢气和钙反应生成氢化钙，D中有浓硫酸，保证金属钙的装置C中干燥，防止空气中的水蒸气进入。本实验的关键是保证金属钙的装置C中没有水蒸气存在，因为钙和水反应，氢化钙也与水反应。（1）为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在BC之间连接一个检验氢气是否含有水的装置，该装置中加入无水硫酸铜固体，若有水，该固体变蓝。（2）该实验步骤为检验气密性后，打开分液漏斗活塞，使硫酸流下，与金属锌反应生成氢气，用氢气排除装置中的空气，在最后收集气体并检验其纯度，当收集到纯净的氢气时在点燃酒精灯进行加热，一段时间后停止加热，让装置C在氢气的环境中充分冷却，最后关闭分液漏斗活塞。故顺序为②①④③。（3）计算得到样品中氢化钙的质量分数大于100%，说明样品中钙元素较多，则说明单质钙没有完全参与反应，氢化钙中混有单质钙。27、提供水蒸气提供水蒸气在溶液中Fe3＋被未反应的铁粉完全还原为Fe2＋【解析】

根据铁和水蒸气反应原理结合装置图以及相关物质的性质分析解答。【详解】（1）由于反应需要的是铁和水蒸气，则方法一中，装置A的作用是提供水蒸气，同样可判断方法二中，装湿棉花的作用也是提供水蒸气。（2）铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，实验完毕后，取出装置一的少量固体，溶于足量稀盐酸中，由于反应中铁可能是过量的，过量的铁能与铁离子反应生成亚铁离子，所以再滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。28、1s22s22p3ⅥBK<CrCrCl3是分子