云南省曲靖市宣威三中2025届高二下化学期末质量检测试题含解析

云南省曲靖市宣威三中2025届高二下化学期末质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、下列有关气体体积的叙述正确的是（）A．一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子大小决定B．一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子数决定C．不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数也不同D．气体摩尔体积指1mol任何气体所占的体积约为22.4L2、根据等电子原理：由短周期元素组成的粒子，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，可互称为等电子体，它们具有相似的结构特性。以下各组粒子结构不相似的是A．CO和N2B．O3和NO2—C．CO2和N2OD．N2H4和C2H43、下列物质中，既含有极性共价键，又含有非极性共价键的是（）A．CCl4 B．CO2 C．NH4Cl D．C2H44、下列表示正确的是A．HClO的结构式:H-C1-OB．硫原子的结构示意图:C．二氧化碳的比例模型:D．硝基苯的结构简式:5、下列各反应所对应的方程式正确的是()A．Cl2与H2O反应：Cl2＋H2O===Cl－＋2H＋＋ClO－B．向NaNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5NO＋2MnO＋3H2O===5NO＋2Mn2＋＋6OH－C．向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至SO刚好沉淀：H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2OD．向Ba(OH)2溶液中加入硫酸：Ba2＋＋SO===BaSO4↓6、下列有关说法正确的是A．1molCl2参加反应转移电子数一定为2NAB．在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NAC．根据反应中HNO3(稀)NO，而HNO3(浓)NO2可知，氧化性：HNO3(稀)>HNO3(浓)D．含有大量NO3－的溶液中，不能同时大量存在H+、Fe2+、Cl－7、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8、下列各组微粒中不属于等电子体的是（）A．CH4、NH4+ B．H2S、HCl C．CO2、N2O D．CO32﹣、NO3﹣9、下列有机化合物中，能同时发生酯化反应、加成反应和氧化反应的是①CH2=CHCOOCH3②CH2=CHCOOH③CH2=CHCH2OH④CH3CH(OH)CH2CHO⑤CH3CH2CH2OHA．②③④ B．②④⑤ C．①③⑤ D．①②⑤10、下列热化学方程式正确的是()A．甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol－1，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－890.3kJ·mol－1B．500℃、30MPa下，将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH＝－38.6kJ·mol－1C．已知1g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出20.05kJ的热量，肼和过氧化氢反应的热化学方程式为N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－641.6kJ·mol－1D．CO的燃烧热是283.0kJ·mol－1，则2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)ΔH＝＋283.0kJ·mol－111、下列实验操作和现象与所得结论一定正确的是选项操作现象结论或解释A向黄色的Fe(NO)3溶液中滴加氢碘酸，再加入一定量CCl4振荡并静置下层溶液变为紫红色氧化性：Fe3+>I2B向某无色溶液中滴加稀盐酸，将产生的无色气体通入品红溶液品红溶液褪色原溶液中一定大量存在SO32-C向Mg2+和Cu2+共存的溶液中滴加适量NaOH溶液，过滤、洗涤得到白色沉淀相同温度下，溶度积常数：Ksp[Mg(OH)2]<Ksp[Cu(OH)2]D一定温度下，向K2Cr2O7溶液中加入少量KOH溶液溶液橙色变浅减小H+浓度，Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+的平衡正向移动A．A B．B C．C D．D12、下列分子或离子中，含有孤对电子的是(）A．H2O B．CH4 C．SiH4 D．NH4+13、下列叙述正确的是（）A．在氢氧化钠醇溶液作用下，醇脱水生成烯烃B．煤的干馏、石油分馏和裂化都是物理变化C．由葡萄糖为多羟基的醛，果糖为多羟基的酮，故可用与新制的氢氧化铜（碱性条件下）加热区分二者。D．淀粉和纤维素属于多糖，在酸作用下水解，最终产物为葡萄糖14、下列各项叙述中，正确的是（）A．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态B．价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是p区元素C．47Ag原子的价层电子排布式是4d95s2D．电负性由小到大的顺序是N＜O＜F15、配制500mL0.100mol·Lˉ1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如下：下列说法正确的是A．实验中需用的仪器有：天平、250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等B．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③C．容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低16、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A．标准状况下，22.4LCCl4中含有的共价键数为4NaB．0.2molSO2和0.lmolO2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数为0.2NAC．常温下，3.2g由S2、S4、S8组成的混合物中含硫原子数为0.1NAD．1mol/LNa2CO3溶液中含有CO32-的数目一定小于NA17、一种新型污水处理装置模拟细胞内生物电的产生过程，可将酸性有机废水的化学能直接转化为电能。下列说法中不正确的是A．M极作负极，发生氧化反应B．电子流向:M→负载→N→电解质溶液→MC．N极的电极反应:O2+4H++4e-=2H2OD．当N极消耗5.6L(标况下)气体时，最多有NA个H+通过阳离子交换膜18、温度相同、浓度均为0.2mol/L的①（NH4）2SO4、②NaNO3、③NH4HSO4、④NH4NO3、、⑥CH3COONa溶液，它们的pH值由小到大的排列顺序是（）A．③①④②⑥⑤B．①③⑥④②⑤C．③②①⑥④⑤D．⑤⑥②④①③19、下列叙述不正确的是A．甲苯分子中所有原子在同一平面上B．苯、乙酸、乙醇均能发生取代反应C．分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有4种(不考虑立体异构)D．可用溴的四氯化碳溶液区别和20、已知酯在金属钠存在下与乙醇混合加热蒸馏，可使酯还原成醇，反应为RCOOR′＋4[H]→Na+CH3CH2OHRCH2OH＋R′OH。现有酯C5A．C6H13OH和C5H11OHB．C5H11OHC．C6H13OHD．C11H23OH21、下列说法中，正确的是（）A．苯、乙醇和乙酸都能发生取代反应B．CH3CH2CH2CH3的二氯取代产物只有5种结构C．在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OHD．使用溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液都可以除去乙烷中混有的乙烯22、中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列各文献中所记载的古代化学研究过程或成果不涉及分离提纯操作的是（）A．《本草纲目》“(烧酒)

自元时创始，其法用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器盛露滴。”B．《齐民要术》“凡酿酒失所味者，或初好后动未压者，皆宜廻作醋。”C．《开宝本草》“(消石)

所在山泽，冬月地上有霜扫取，以水淋汁，后乃煎炼而成。”D．《天工开物》“草木之实，其中蕴藏膏液，而不能自流，假媒水火，凭藉木石，而后倾注而出焉。”二、非选择题(共84分)23、（14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)。24、（12分）现有七种元素A、B、C、D、E、F、G，其中A、B、C为三个不同周期的短周期元素，E、F、G为第四周期元素。请根据下列相关信息，回答问题。A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素B元素原子的核外p电子数与s电子数相等C基态原子的价电子排布为nsn-1npn+1D的能层数与C相同，且电负性比C大E元素的主族序数与周期数的差为1，且第一电离能比同周期相邻两种元素都大F是前四周期中电负性最小的元素G在周期表的第五列(1)C基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有_________个方向，原子轨道呈________形，C简单离子核外有______种运动状态不同的电子。(2)①一般情况下，同种物质为固态时密度大于其液态，但固态A2B的密度比其液态时小，原因是_______；②A2B2难溶于CS2，简要说明理由：__________________________________________。(3)G位于________族________区，它的一种氧化物常用于工业生产硫酸的催化剂，已知G在该氧化物中的化合价等于其价电子数，则该氧化物的化学式为_______________；F晶体的空间堆积方式为________。(4)ED3分子的VSEPR模型名称为__________，其中E原子的杂化轨道类型为________。25、（12分）维尔纳配合物M是一种橙黄色单斜晶体，该晶体以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。为探究该晶体的组成，设计了如下实验：步骤一，氮的测定：准确称取一定量橙黄色晶体，加入适量水溶解，注入下图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品中的氨全部蒸出，用500.00mL7.0mol/L的盐酸溶液吸收，吸收结束后量取吸收液25.00mL，用2.00mol/L的NaOH溶液滴定过量的盐酸，终点消耗NaOH溶液12.50mL。步骤二，氯的测定：准确称取橙黄色晶体wg，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，以K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色沉淀)。（1）上述装置A中，玻璃管的作用是_________；（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，酒精灯应放置在_____（填“A”或“B”）处。（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为______g。（4）有同学提出装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，会造成测得氮的含量结果将______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）；冰水混合物的作用是_______________。（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是________（6）经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在。制备M的化学方程式为_____，其中双氧水的作用是____；制备M的过程中温度不能过高的原因是_____。26、（10分）氮化钙(Ca3N2)氮化钙是一种棕色粉末，在空气中氧化，遇水会发生水解，生成氢氧化钙并放出氨。某化学兴趣小组设计制备氮化钙并测定其纯度的实验如下：Ⅰ．氮化钙的制备（1）连接装置后，检查整套装置气密性的方法是_____________________。（2）装置A中每生成标准状况下4.48LN2，转移的电子数为___________________。（3）装置B的作用是吸收氧气，则B中发生反应的离子方程式为__________。装置E的作用是______________________。（4）实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；_____________________(请按正确的顺序填入下列步骤的代号)。①加热D处的酒精喷灯；②打开分液漏斗活塞;③加热A处的酒精灯；④停上加热A处的酒精灯；⑤停止加热D处的酒精喷灯（5）请用化学方法确定氮化钙中含有未反应的钙，写出实验操作及现象___________。Ⅱ．测定氮化钙的纯度：①称取4.0g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入100.00mL1.00mol·L-1盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释至200.00mL；②取20.00mL稀释后的溶液，用0.20mol·L-1NaOH标准溶液滴定过量的盐酸，达到滴定终点时，消耗标准溶液25.00mL。（1）氮化钙的质量分数为_________。（2）达到滴定终点时，仰视滴定管读数将使测定结果_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。27、（12分）钠硝石又名智利硝石，主要成分为NaNO3。据最新勘探预测表明，我国吐鲁番盆地钠硝石资源量约2.2亿吨，超过了原世界排名第一的智利。一种以钠硝石为原料制备KNO3的流程如下图所示（矿石中其他物质均忽略）：相关化合物溶解度随温度变化曲线如下图所示：回答下列问题：(1)NaNO3是________________（填“电解质”或“非电解质”）。(2)一定温度下，NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2，该反应的化学方程式为__________________。(3)为提高钠硝石的溶浸速率，可对矿石进行何种预处理________________（答出一种即可）。(4)为减少KNO3的损失，步骤a的操作应为：________________________________；步骤b中控制温度可为下列选项中的________。A．10℃B．40℃C．60℃D．90℃(5)如何验证洗涤后的KNO3中没有Cl-：_______________________________________。(6)若100吨钠硝石可生产60.6吨KNO3，则KNO3的产率为________。28、（14分）氯化苄（C6H5CH2Cl）是一种重要的有机化学原料。工业上采用甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄。（1）写出实验室制取氯气的化学方程式___。（2）用下列方法分析氯化苄粗产品的纯度。步骤1：称取5.11g样品于烧瓶中，加入200.00mL4mol/L氢氧化钠溶液共热，冷却至室温。加入200.00mL4mol/L硝酸，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL的容量瓶中,加水定容。步骤Ⅱ：从能瓶中各収25.00mL溶液于三只锥形瓶中，各加入25.00mL0.2000mol/L硝酸银溶液。歩骤Ⅲ:以硫酸铁铵作指示剂，用0.2000mol/LNH4SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，所得滴定数据如下表。①加入硝酸的目的是_________。②在步骤Ⅲ操作中，判断达到滴定终点的现象是_______。③该样品中氯化苄的质量分数（写出计算过程）__________。④上述测定结见迎常商于氯化苄中筑元素的理论含量，原因是_______。29、（10分）有机化合物甲有镇咳、镇静的功效，其合成路线如下：已知：(R、R'、R"代表烃基或氢)（1）有机物甲的分子式为___________，有机物A中含有的官能团的名称为_______________。（2）有机物B的名称是__________，由B→D所需的反应试剂和反应条件为________________。（3）在上述①~⑤反应中，属于取代反应的有____________(填序号)。（4）写出E→F的化学方程式________________。（5）满足“属于芳香族化合物”的甲的同分异构体有________种。其中核磁共振氢谱上只有2组峰的结构简式是______________（6）根据题给信息，写出以CH4为原料制备CH3CHO的合成路线（其他试剂任选）__________________。

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.因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离都是大概相同的，分子很小，此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数，A错误；B.因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离都是大概相同的，分子很小，此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数，B正确；C.根据分子数N=n·NA=NA，若体积不同，不同状态下气体的Vm也不同，所以它们所含的分子数也可能相同，C错误；D.气体摩尔体积22.4L/mol，适用于标况下的气体，条件不同时，气体摩尔体积也可能不同，D错误；故合理选项是B。2、D【解析】试题分析：原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，互为等电子体的微粒结构相似。则A、CO和N2互为等电子体，结构相似，A错误；B、臭氧和亚硝酸根离子互为等电子体，结构相似，B错误；C、CO2和N2O互为等电子体，结构相似，C错误；D、N2H4和C2H4的原子数相等，但最外层电子数不同，前者是14，后者是12，不能互为等电子体，则结构不同，D正确，答案选D。考点：考查等电子体3、D【解析】

A.CCl4中只有极性共价键，A不符合题意；B.CO2中只有极性共价键，B不符合题意；C.NH4Cl中含有离子键和极性共价键，C不符合题意；D.C2H4中既含有极性共价键，又含有非极性共价键，D符合题意；答案选D。4、B【解析】分析：本题考查的是基本化学用语，难度较小。详解：A.次氯酸的结构式为H-O-C1，故错误；B.硫原子的结构示意图为，故正确；C.二氧化碳是直线型结构，故错误；D.硝基苯的结构简式为，故错误。故选B。5、C【解析】本题考查离子方程式的正误判断。解析：次氯酸是弱酸，不能拆成离子，Cl2与H2O反应的离子方程式是：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，A错误；酸性条件下，有H+离子参加反应，不能有OH－离子生成，应该生成水，反应的离子方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，故B错误；向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，至SO42-沉淀完全，需满足二者物质的量之比为1：1，反应的离子方程式为：H++SO42-+Ba2++OH-═BaSO4↓+H2O，C正确；向

Ba(OH)

2

溶液中滴加稀硫酸时，同时发生中和反应和沉淀反应，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故D错误。点睛：明确离子反应方程式的书写规则及发生的反应是解本题关键，易错选项是B，B中酸性条件下不能生成氢氧根离子。6、D【解析】

A选项，在氯气与氢氧化钠反应中，1molCl2参加反应转移电子数为NA，故A错误；B选项，在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，碘元素化合价由+5价和-1价变化为0价，电子转移5mol，生成3mol碘单质，所以每生成3molI2转移电子数为5NA，故B错误；C选项，不能根据还原产物的价态确定氧化剂氧化性的强弱，实际上氧化性：HNO3(稀)<HNO3(浓)，故C错误；D选项，酸性条件下NO3－具有强氧化性，能氧化Fe2+，所以含有大量NO3－的溶液中，不能同时大量存在H+、Fe2+、Cl－，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】1mol氯气反应转移电子数目可能为1mol，可能为2mol，可能小于1mol。7、B【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。8、B【解析】

原子数总数相同、价电子总数相同的分子，互称为等电子体，具有相似的化学键特征，结构相似，物理性质也相似；据此解答。【详解】A．甲烷分子和铵根离子都含有5个原子，其价电子总数都是8，所以是等电子体，A不符合题意；B．硫化氢分子中含有3个原子，氯化氢分子中含有2个原子，原子数总数不相同，它们不是等电子体，B不符合题意；C．二氧化碳和一氧化二氮分子中都含有3个原子，其价电子总数是16，二者是等电子体，C不符合题意；D．碳酸根离子和硝酸根离子都含有4个原子，其价电子数都是24，所以二者是等电子体，D不符合题意；故合理选项是B。【点睛】9、A【解析】

含-OH或-COOH能发生酯化反应，含不饱和键能发生加成反应，选项中的有机物均能燃烧生成二氧化碳和水，以此来解答。【详解】①CH2=CHCOOCH3，含C=C，能发生加成和氧化反应，不能发生酯化反应，故不选；②CH2=CHCOOH，含C=C和-COOH，能发生酯化、加成和氧化3种反应，故选；③CH2=CHCH2OH，含C=C和-OH，能发生酯化、加成和氧化3种反应，故选；④CH3CH(OH)CH2CHO，含-OH和-CHO，能发生酯化、加成和氧化3种反应，故选；⑤CH3CH2CH2OH，含-OH，能发生酯化和氧化反应，不能发生加成反应，故不选；故选A。10、C【解析】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的能量，气态水不属于稳定的化合物，选项A错误；B、合成氨反应是可逆的，所以0.5molN2完全反应时放出的热量应该大于19.3kJ，选项B错误；C、1g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出20.05kJ的热量，则1mol肼反应放出的热量为32×20.05=641.60（kJ）所以肼和过氧化氢反应的热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.6kJ•mol-1，选项C正确；D、CO的燃烧热是指1molCO完全燃烧生成稳定的氧化物CO2（g）放出的热量，故有2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ/mol，则2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）反应的△H=+566.0kJ•mol-1，选项D错误；答案选C。11、D【解析】A.向黄色的Fe(NO)3溶液中滴加氢碘酸，再加入一定量CCl4振荡并静置，下层溶液变为紫红色，说明生成了碘单质，是因为碘离子被硝酸氧化，故A错误；B.向某无色溶液中滴加稀盐酸，将产生的无色气体通入品红溶液，品红溶液褪色，可能是盐酸被氧化生成的氯气，氯气与水反应能够生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，故B错误；C.未说明Mg2+和Cu2+共存的溶液中2种离子的浓度大小，无法判断溶度积常数的大小关系，故C错误；D.K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，向K2Cr2O7溶液中加入少量KOH溶液，H+浓度减小，平衡正向移动，溶液橙色变浅，故D正确；故选D。12、A【解析】

A.O原子有6个价电子，故H2O分子中有2个孤电子对；B.C原子有4个价电子，故CH4分子中无孤对电子；C.Si原子有4个价电子，故SiH4分子中无孤对电子；D.N原子有5个价电子，故NH4+分子中无孤对电子。故选A。13、D【解析】

A．在氢氧化钠醇溶液作用下，卤代烃脱水生成烯烃，醇脱水生成烯烃的条件是浓硫酸加热，故A错误；B．煤的干馏和石油裂化都是化学变化，而石油分馏是物理变化，故B错误；C．由葡萄糖为多羟基的醛，果糖为多羟基的酮，但果糖在碱性条件下结构异构化后也能产生醛基，则不可用与新制的氢氧化铜（碱性条件下）加热区分二者，故C错误；D．淀粉、纤维素的分子式都写成(C6H10O5)n，在酸作用下水解，最终产物为葡萄糖，故D正确；故答案为D。14、D【解析】分析：本题考查的是电子排布式的运用以及电负性的比较，难度不大，根据所学知识即可完成。详解：A.基态镁原子由1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时，电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，故错误；B.价电子排布为5s25p1的元素最外层电子数为3，电子层数为5，最后一个电子排在p轨道，所以该元素位于第五周期第ⅢA族，是p区元素，故错误；C.Ag位于周期表第五周期ⅠB族，47Ag原子的价层电子排布式是4d105s1，故错误；D.同一周期元素，元素的电负性随着原子序数增大而增大，其电负性顺序为N＜O＜F，故正确。答案选D。15、D【解析】

配制500mL0.100mol·Lˉ1NaCl溶液操作步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，用托盘天平（用到药匙）称量氯化钠，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复到室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2～3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。【详解】A项、配制500mL0.100mol·Lˉ1NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故A错误；B项、配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②①④③，故B错误；C项、容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必干燥，故C错误；D项、定容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法及误差分析，掌握配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是解题关键，注意误差分析的方法与技巧。16、C【解析】A.CCl4在标准状况下是液体，无法计算22.4LCCl4的物质的量，所以无法计算含有的共价键数，A不正确；B.0.2molSO2和0.lmolO2在一定条件下充分反应后，由于化学平衡2SO2+O2⇌2SO3的存在，反应物不能完全转化为生成物，所以混合物的分子数大于0.2NA，B不正确；C.S2、S4、S8都只含有一种原子即S原子，所以3.2g由S2、S4、S8组成的混合物中含硫原子的物质的量为0.1mol，原子数为0.1NA，C正确；D.因为不知道溶液的体积是多少，所以无法计算1mol/LNa2CO3溶液中含有CO32-的数目，D不正确。本题选C。17、B【解析】

A.M极加入有机物，有机物变成二氧化碳，发生氧化反应，说明M作负极，故正确；B.M为负极，N为正极，所以电子流向:M→负载→N，电子只能通过导线不能通过溶液，故错误；C.N极为正极，氧气在正极上得到电子，电极反应:O2+4H++4e-=2H2O，故正确；D.当N极消耗5.6L(标况下)气体基5.6/22.4=0.25mol氧气时，转移0.25×4=1mol电子，所以最多有NA个H+通过阳离子交换膜，故正确。故选B。18、A【解析】分析：溶液中氢离子浓度越大，溶液的pH越小，根据盐类水解的酸碱性和水解程度比较溶液的pH大小关系。详解：①（NH4）2SO4、④NH4NO3水解呈酸性，pH＜7；前者c（NH4+）大，水解生成c（H+）大，pH小，即①＜④；③NH4HSO4电离出H+呈酸性，pH＜7，且小于①④的pH；②NaNO3不水解，pH=7；⑤、⑥CH3COONa水解呈碱性，pH＞7，醋酸酸性大于碳酸酸性，水解程度大，pH大，即⑤＞⑥；所以pH大小关系为：③①④②⑥⑤，答案选A。点睛：本题考查溶液PH的大小比较，题目难度不大，要考虑盐类的水解程度大小，注意硫酸氢铵中硫酸氢根离子电离出氢离子。19、A【解析】A、甲苯分子中的甲基为四面体结构，所以不是所有原子都在同一平面上，故A错误；B、苯可以在苯环上取代，乙酸和乙醇可以发生酯化反应，也是取代反应，故B正确；C、分子式为C3H6Cl2的同分异构体分别为：CH3－CH2－CH(Cl)2、CH3－C(Cl)2－CH3、CH3－CHCl－CH2Cl和CH2Cl－CH2－CH2Cl共4种，所以C正确；D、因分子中含有碳碳双键，可使溴的四氯化碳溶液褪色，而分子没有碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故可用溴的四氯化碳溶液进行区别，故D正确。本题正确答案为A。20、C【解析】分析：依据题给信息：RCOOR′＋4[H]→Na+CH3CH2OHRCH2OH＋R详解：由所给信息可知：酯的还原产物分别是两种醇，且断键位置为酯基中的C-O单键，那么C5H11COOC6H13，用上述方法还原应分别得到C5H11CH2OH和C6H13OH，即为己醇。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、习题中的信息为解答的关键，题目难度不大。注意题干已知信息的读取和灵活应用。21、A【解析】

A、苯可与液溴、浓硝酸发生取代反应，乙醇和乙酸发生酯化反应，所以均可发生取代反应，A正确；B、根据“定一移一”的原则，CH3CH2CH2CH3的二氯取代产物有6种结构，B错误；C、根据酯的形成过程判断，酯水解时，酯基中碳氧单键断开应属于醇的部分，所以乙醇分子中应含18O原子，C错误；D、使用酸性KMnO4溶液可以除去乙烷中混有的乙烯，但同时又增加新杂质二氧化碳，D错误；答案选A。22、B【解析】A、描述的是酒的蒸馏，涉及分离提纯操作，选项A不选；B、酒精在醋酸菌的作用下氧化可以转化成醋酸和水，涉及化学反应但没有涉及分离提纯操作，选项B选；C、包含溶解，蒸发结晶，涉及分离提纯操作，选项C不选；D、榨油或加热熔化使油脂从果实中分离出来，涉及分离提纯操作，选项D不选。答案选B。二、非选择题(共84分)23、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：。24、3哑铃18冰中的水分子间有氢键，使水分子之间间隙增大，密度变小因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2ⅤBdV2O5体心立方堆积四面体形sp3【解析】

A、B、C、D为短周期主族元素，其中A、B、C为三个不同周期的短周期元素，E、F、G为第四周期元素，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H元素；B元素原子的核外p电子数与s电子数相等，则B是C元素；C基态原子的价电子排布为nsn-1npn+1，由s轨道电子数目为2,可知，n=3，则C为S元素；D的能层数与C相同，且电负性比C大，则D为Cl元素；E元素的主族序数与周期数的差为1，且第一电离能比同周期相邻两种元素都大，则E是As元素；F是前四周期中电负性最小的元素，则F是K元素；G在周期表的第五列，说明G位于周期表第四周期ⅤB族，则G为V元素。【详解】(1)C为S元素，S基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，能量最高的电子处于2p能级，电子云在空间有3个方向，原子轨道呈哑铃形或纺锤形；S2—离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，由保利不相容原理可知，离子核外有18种运动状态不同的电子，故答案为：3；哑铃；18；(2)①A2B为H2O，冰中的H2O分子间有氢键，使水分子之间间隙增大，密度变小，故答案为：冰中的水分子间有氢键，使水分子之间间隙增大，密度变小；②A2B2为H2O2，H2O2为极性分子，CS2为结构对称的非极性分子，难溶于CS2，由相似相溶原理可知，极性分子H2O2难溶于非极性分子CS2，故答案为：因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2；(3)G为V元素，价电子排布式为3d34s2，位于周期表第四周期ⅤB族，d区；由氧化物中的化合价等于其价电子数可知五氧化二钒的化学式为V2O5；F为K元素，K晶体的空间堆积方式为体心立方堆积，故答案为：ⅤB；d；V2O5；体心立方堆积；(4)ED3分子为AsCl3，AsCl3分子中As原子的价层电子对数为4，则VSEPR模型名称为四面体形，As原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：四面体形；sp3。【点睛】本题考查物质结构与性质，涉注意依据题给信息推断元素，结合核外电子排布规律、杂化方式与空间构型判断、元素周期表、晶体结构和相似相溶原理等分析是解题的关键。25、平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定)A42.00偏高减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收AgNO3见光易分解2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O氧化剂温度过高过氧化氢分解、氨气逸出【解析】

根据盐酸和氢氧化钠的量计算氨气的物质的量，根据硝酸银计算氯离子的物质的量。注意分析合成M的原料中双氧水的作用。【详解】（1）上述装置A中，玻璃管的作用是平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定)；（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，A装置要产生水蒸气将B中的氨全部蒸出，酒精灯应放置在A处。（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为42.00g。（4）装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，相当于氨气消耗盐酸过多，会造成测得氮的含量偏高；为减少盐酸的挥发，冰水混合物的作用降低吸收液盐酸的温度，减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收。（5）硝酸银见光会分解，故测定氯的过程中使用棕色滴定管的原因是防止AgNO3见光分解。（6）M以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在，双氧水将+2价钴氧化为+3，则M为配合物，其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，因此，制备M的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，其中双氧水的作用是氧化剂；双氧水和氨水受热均易分解，故制备M的过程中温度不能过高的原因是：温度过高过氧化氢分解、氨气逸出。26、关闭A，向E中加水，微热烧瓶E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱0.6NA4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O吸收空气中水蒸气、防止进入D中②③①⑤④取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙92.5%偏低【解析】分析：本题考查的是物质的制备和含量测定，弄清实验装置的作用、发生的反应及指标原理是关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。详解：装置A中反应生成氮气，装置B可以吸收氧气，C中浓硫酸吸水，氮气和钙粉在装置D中反应，E中浓硫酸防止空气中的水蒸气进入D。(1)连接装置后，关闭A中分液漏斗的活塞，向E中加水，微热烧瓶，E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱，说明装置气密性好。(2)A中的反应为(NH4)2SO4+2NaNO22N2↑+Na2SO4+4H2O，转移6mol电子时生成2mol氮气，所以A中每生成标况下4.48L氮气，转移的电子数为0.6NA。(3)B中氧气氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，E装置中浓硫酸吸收空气中的水蒸气，防止进入D中。(4)实验开始先使装置的反应发生，排除装置内的空气，实验结束，先停止D处的热源，故顺序为②③①⑤④。(5)氮化钙与水反应生成氨气，钙与水反应生成氢气，氢气难溶于水，氨气极易溶于水，检验生成的气体有氢气即可确定氮化钙中含有为反应的钙，故方法为：取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙Ⅱ．(1)剩余的盐酸物质的量为，故参与反应的盐酸为0.1×1-0.05=0.05mol，根据氮元素守恒：，则氮化钙的物质的量为0.025mol，则氮化钙的质量分数为=92.5%(2)达到滴定终点，仰视滴定管读数将使消耗的氢氧化钠的标准液的体积读数变大，使剩余盐酸的量变大，反应盐酸的的氨气的量变小，故测定结果偏小。27、电解质4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑粉碎蒸发结晶，趁热过滤A取最后一次洗涤的洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若未出现白色沉淀，说明洗涤后的KNO3中没有Cl-51%【解析】分析：(1)根据NaNO3是易溶于水的盐判断；(2)根据NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2书写反应的化学方程式并配平；(3)根据影响化学反应速率的因素分析；(4)根据相关化合物溶解度随温度变化曲线可知，硝酸钾的溶解度随温度的变化明显，而氯化钠的溶解度随温度的变化不大分析解答；步骤b中需要析出硝酸钾晶体，从尽可能多的析出硝酸钾考虑；(5)检验有没有Cl-；(6)根据硝酸根守恒，存在NaNO3~KNO3，首先计算理论上100吨钠硝石可生产KNO3的质量，再求KNO3的产率。详解：(1)NaNO3是易溶于水的盐，属于电解质，故答案为：电解质；(2)一定温度下，NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2，该反应的化学方程式为4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑，故答案为：4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑；(3)根据影响化学反应速率的因素可知，可将矿石粉碎，以提高钠硝石的溶浸速率，故答案为：粉碎；(4)根据相关化合物溶解度随温度变化曲线可知，硝酸钾的溶解度随温度的变化明显，而氯化钠的溶解度随温度的变化不大，为减少KNO3的损失，步骤a应为蒸发结晶，趁热过滤；步骤b中需要析出硝酸钾晶体，为了尽可能多的析出硝酸钾，应该控制温度在10℃最好，故答案为：蒸发结晶，趁热过滤；A；(5)要验证洗涤后的KNO3中没有Cl-，只需要取最后一次洗涤的洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若未出现白色沉淀，即可说明洗涤后的KNO3中没有Cl-，故答案为：取最后一次洗涤的洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若未出现白色沉淀，说明洗涤后的KNO3中没有Cl-；(6)根据硝酸根守恒，存在NaNO3~KNO3，理论上100吨钠硝石可生产KNO3的质量为100吨×10185=118.8吨，则KNO3的产率为60.6吨118.828、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中和NaOH使溶液呈酸性，防止OH—对下一步的干扰当滴入最后一滴NH4SCN溶液，溶液变为红色，且半分钟内不褪色126.5g·mol-1×（0.2000mol·L-1×0.0250L﹣0.2000mol·L-1×0.010