四川省成都市达标名校2021-2022学年高二化学第二学期期末质量检测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项: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、下列方法（必要时可加热）不合理的是A用澄清石灰水鉴别CO和CO2B用水鉴别苯和四氯化碳C用Ba(OH)2溶液鉴别NH4Cl、(NH4)2SO4和K2SO4

2、D用淀粉碘化钾试纸鉴别碘水和溴水2、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是A最高价氧化物对应的水化物的酸性：BEB原子半径：CBAC气态氢化物的热稳定性：ECD化合物DC与EC2中化学键类型相同3、氢气和氧气反应生成水的能量关系如图所示：下列说法正确的是AH50BH1H2+H3+H4CH1+H2+H3+H4+H5=0DO-H键键能为H14、下列说法正确的是A吸热反应一定不能自发进行B常温下,pH=6的溶液一

3、定是酸溶液C已知S(单斜,s)=S(正交，s) H乙，沸点：甲乙 b稳定性：甲乙，沸点：甲乙c稳定性：甲乙，沸点：甲乙 d稳定性：甲乙（4）Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为_(用元素符号作答)。（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，其中分子中的键与键的键数之比为_，其中心原子的杂化类型是_。（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，该元素属于_区元素，元素符号是_。25、（12分）用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 gcm3)配制成1 molL1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220 mL，试回答下列问题：(1)配制稀盐酸时，应选用容量为_mL的容量瓶。(2)

4、在量取浓盐酸时宜选用下列量筒中的_。A5 mL B10 mL C25 mL D50 mL(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：(将操作补充完整)等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线12 cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，_。在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液全部注入容量瓶。上述操作中，正确的顺序是(填序号)_。(4)若用1mol/L HCl溶液润洗容量瓶，再转移溶液，所配置的溶液浓度将_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。26、（10分）次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2HCHO

5、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8090 下，反应约3 h，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)步骤2中，应

6、采用何种加热方式_，优点是_；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）室温下.某同学进行CO2与Na2O2反应的探究实验(本实验所涉及气体休积均在相同状况下测定)。请回答下列问题:(1)用下图装置制备纯净的CO2.丙装置的名称是_，乙装置中盛装的试剂是_.若CO2中混有HCl，则HCl与Na2O2发生反应的化学方程式为_。(2)按下图所示装置进行实验(夹持装置略)。先组装仪器.然后_.再用注射器1抽取100 mL纯净的CO2,将其连接在K1处,注射器2的活塞推到底后

7、连接在K2处，具支U形管中装入足量的Na2O2粉末与玻璃珠。打开止水夹K1、K2,向右推动注射器1的活塞。可观察到的现象是_。实验过程中.需缓慢推入CO2,其目的是_.为达到相同目的，还可进行的操作是_。(3)实验结束后，当注射器1的活塞推到底时，测得注射器2中气体的体积为65 mL。则CO2的转化率是_.28、（14分）今年是俄罗斯化学家门捷列夫提出“元素周期律”150周年。门捷列夫为好几种当时尚未发现的元素(如“类铝”“类硅”和“类硼”)留下了空位。而法国科学家在1875年研究闪锌矿(ZnS)时发现的“镓”，正是门捷列夫预言的“类铝”，其性质也是和预言中的惊人相似。请回答下列问题：（1）基

8、态镓原子中，核外存在_对自旋相反的电子，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为_形；门捷列夫预言的“类硼”就是现在的钪，“类硅”即是现在的锗。在镓、钪、锗三种元素的原子中，未成对电子数最多的是_ (填元素符号)。下列说法中，最有可能正确的一项是_(填字母代号)。A 类铝在100时蒸气压很高 B 类铝的氧化物一定不能溶于强碱溶液C 类铝一定不能与沸水反应 D 类铝能生成类似明矾的矾类（2）氯化镓晶体熔点为77.9。氯化镓分子中镓的杂化方式为_，空间构型为_；写出与氯化镓互为等电子的的分子、离子各一种：_、_。（3）GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，GaN、GaP

9、、GaAs晶体的熔点如下表所示，分析其变化原因：_。GaNGaPGaAs熔点170014801238（4）2011年，我国将镓列为战略储备金属，我国的镓储量约占世界储量的80以上。砷化镓也是半导体材料，其结构与硫化锌类似，其晶胞结构如下图所示：原子坐标参数是晶胞的基本要素之一，表示晶胞内部各原子的相对位置。图中A(0，0，0)、B()、C(1，)，则此晶胞中，距离A球最远的黑球的坐标参数为_。若砷和镓的原子半径分别为a cm和b cm，砷化镓的摩尔质量为M g/mol，密度为g/cm3，晶胞中原子体积占空间体积百分率(即原子体积的空间占有率)为_ (用含a、b、M、NA的代数式表示，NA表示阿

10、伏加德罗常数的值)。29、（10分）研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为_。利用反应6NO2 8NH37N212 H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是_L。（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） H=-196.6 kJmol-12NO（g）+O2（g）2NO2（g） H=-113.0 kJmol则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的H=_kJmol-1。一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是_

11、。a 体系压强保持不变 b 混合气体颜色保持不变c SO3和NO的体积比保持不变 d 每消耗1 mol SO3的同时生成1 molNO2该温度下，此反应的平衡常数表达式K=_。（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应H_0（填“”或“ O，即BCA，B错误；C. 元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性CE，C错误；D. 化合物DC为MgO，EC2为SiO2，DC中为离子键，EC2为共价键，D错误；故答案选A。【点睛】日常学习中注意积累相关元素化合物在实际生产生活中的应用

12、，以便更好地解决元素化合物的推断题。3、B【解析】A. 液态水转化为气态水需要吸热，则H50，A错误；B. 根据盖斯定律可知H1H2+H3+H4+H5，由于H50，因此H1H2+H3+H4，B正确；C. 根据盖斯定律可知H1H2+H3+H4+H5，则H2+H3+H4+H5-H1=0，C错误；D. O-H键键能为H1/2，D错误；答案选B。【点睛】选项B和C是解答的易错点和难点，注意盖斯定律的灵活应用，注意反应的起点和终点的判断。4、C【解析】A.吸热反应H0，S0，高温下反应自发进行，H-TS0，故A错误；B. 强酸弱碱盐也显酸性，所以常温下，pH=6 的溶液不一定是酸溶液，可能是盐溶液，故B

13、错误；C.该反应为放热反应，单斜硫的能量大于正交硫，所以正交硫比单斜硫稳定，故C正确；电解稀硫酸或氢氧化钠溶液的本质均为电解水，产物为氢气和氧气，故D错误；本题选C。5、D【解析】2氯丙烷发生消去反应生成CH2=CH-CH3，其与溴水发生加成反应生成CH2Br-CHBr-CH3，再与NaOH溶液在加热的条件下发生取代反应生成1，2丙二醇，答案为D。6、B【解析】A.第A族元素的原子最外层电子数是7个，易得到1个电子形成8个电子的稳定结构，易形成-1价离子，A符合第A族元素性质特征；B.同主族从上到下原子半径逐渐增大，B不符合第A族元素性质特征；C.同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属

14、性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，C符合第A族元素性质特征；D.同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，D符合第A族元素性质特征；答案选B。7、B【解析】乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，混合气体平均相对分子质量始终不变，所以平均相对分子质量不变，无法判断乙反应是否达到平衡状态，故错误；乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，气体的总物质的量始终不变，所以气体的总物质的量不变无法判断乙是否达到平衡状态，故错误；各气体组成浓度相等，不能判断各组分的浓度是否不变，无法证明达到了平衡状态，故错误；因为为绝热容器，反应体系中温度保持不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态

15、，故正确；断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，容器的容积不变，所以密度始终不变，所以混合气体密度不变，无法判断乙是否达到平衡状态，故错误；能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的有，故选B。8、B【解析】试题分析：A、氯气和二氧化硫、水反应式为 Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，因此溶液的酸性逐渐增强至不变，pH逐渐减小至保持不变，A正确；B、由以少定多法可知，先后发生的反应为：HCO3-+ Ba2+OH-= BaCO3+H2O、Ba2+2OH-+ 2HCO3-= BaCO3+2H2O +CO32

16、-，即随着小苏打溶液的滴入，先生成的CO32-均被钡离子沉淀，因此CO32-不会逐渐增大，B错误；C、铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸完全反应时，生成的气体为定值，C正确；D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液中离子数目增多，氯离子的量不变，所以氯离子的百分含量减少，到三价铁离子反应完全后，氯离子的百分含量不再变化，D正确；答案选B。【考点定位】本题考查元素化合物的图像分析。【名师点晴】明确反应的先后顺序是答题的关键，该类试题侧重考查了学生对知识的记忆、理解以及利用所学知识分析、解决实际问题的能力，反应物的量（过量、少量）时化

17、学反应以及反应先后顺序的分析与判断，突出了化学学科核心知识。9、C【解析】试题分析：A.棒碳属于链式炔烃，含有CH键，是极性共价键，A项错误；B.棒碳分子中含有交替的单键和叁键，所以能使溴水褪色，B项错误；C.C+2CuOCO2+2Cu，而C60是碳元素的一种同素异形体，所以它也能发生类似反应，该反应是置换反应，C项正确；D.同系物必须是结构相似，即官能团的种类和个数相同，棒碳中多个叁键，而乙炔中只有一个叁键，所以棒碳与乙炔不能互为同系物，D项错误；答案选C。考点：考查置换反应、同系物、化学键类型的判断等知识。10、A【解析】A甲烷制取一氯甲烷、苯制取硝基苯都是有机物中的原子被其它的原子所取代

18、，都属于取代反应，所以反应类型相同，故A正确；B苯制取溴苯属于取代反应，乙烯制取乙醇属于加成反应，反应类型不同，故B错误；C乙醇制取乙醛属于氧化反应，乙醇和乙酸制取乙酸乙酯属于取代反应或酯化反应，反应类型不同，故C错误；D苯制环己烷属于加成反应，乙酸乙酯水解属于取代反应，反应类型不同，故D错误；答案选A。【点睛】明确取代反应、加成反应、氧化反应的概念是解本题的关键。注意酯化反应、酯的水解反应、氨基酸的成肽反应、硝化反应等都属于取代反应。11、B【解析】A、由n=可知，分子数相同的气体，物质的量相同，相对分子质量之比等于质量之比，即相对分子质量之比为m：n，故A正确；B、温度压强一样，Vm相同，

19、由=可知，密度之比等于摩尔质量之比，即为m：n，故B错误；C、A与B相对分子质量之比为m：n，同质量时由n=可知，分子数之比等于n：m，故C正确；D、相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于摩尔质量之比，即为m：n，故D正确；答案选B。12、C【解析】中含有的官能团为羧基，中含有的官能团为酯基，中的官能团为羧基，C2H5OH中的官能团为羟基，含相同官能团的是，答案选C。13、D【解析】由X、Y、Z、M均为短周期元素及在周期表中相对位置，可知X、Y和Z为第二周期元素， M为第三周期元素，由位置可知，X为N，Y为O，Z为F，M为S，以此来解答。A. 电子层数越多，其原子半径越大；电

20、子层数相同时，原子序数越小，其原子半径越大；B. 非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越好，这与是否含有氢键无关；C. F元素无最高正价；D. 在元素周期表中同一周期，元素的非金属性依次增强，同一主族，元素的非金属性依次减弱；【详解】由上述分析可知，X为N，Y为O，Z为F，M为S，A. 根据同一周期中，原子半径依次减小，同一主族，元素原子半径依次增大，则其原子半径由大到小排列为：M X Y Z，故A项错误；B. 元素的非金属性越强，其对应的气态氢化物的稳定性越高，则Z的气态氢化物最稳定，其分子间存在的氢键，主要影响的是物质的物理性质，跟气态氢化物的稳定性无关，故B项错误；C. 非金属性FOS，但

21、因F无正价，则无法比较Z与M的最高价氧化物对应水化物的酸性，故C项错误；D. X、Y、Z三种元素处于同一周期，其元素的非金属性：NOF，即XYZ，故D项正确；答案选D。【点睛】本题侧重考查元素周期表与元素周期律知识点，其中，掌握非金属性的判断依据是解题的关键，要提别注意个例，如非金属O和F元素原子无最高价等。14、C【解析】分析：本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。详解：A、碳酸钠溶液呈碱性，因此可以用于去除餐具的油污，选项A正确；B、疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的

22、生物制品，由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应冷藏存放，选项B正确；C、谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶用途下分解，得到酒精和二氧化碳，酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的，选项C错误；D屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作。选项D正确。答案选C。点睛：萃取操作有很多形式，其中比较常见的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。实际应用中，还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种

23、成分，例如：用烈酒浸泡某些药材。本题的选项D就是一种固液萃取。15、C【解析】由表中数据可知，甲的第一电离能比乙低，所以甲的金属性比乙强；乙的第三电离能明显比第一、第二电离能高了很多，所以乙的最外层只有两个电子，乙为金属镁，其化合价为+2；甲的第一电离能最小，所以甲为钠。丙一定不是铝，因为铝的第一电离能比镁小，所以丙一定是非金属元素，丁的第一电离能比丙更大，所以丁一定为非金属。综上所述，C正确。点睛：同一周期中各元素的第一电离能随原子序数递增呈逐渐增大的趋势，但是每一周期的第IIA（s轨道全充满）和第VA（p轨道半充满）元素的原子结构有特殊性，所以它们的第一电离能高于相邻的两种元素。同一元素的

24、电离能逐级升高，但是升高的幅度不同，根据这个特点可以把核外电子分成不同的电子层，并由此确定元素的主要化合价。16、B【解析】A、因为a和b具有不同的特性，所以a和b一定不是同一种物质，故A错误；B、性质不同说明结构不同，而a与b的分子式是相同的，所以a和b互为同分异构体，故B正确；C、根据分子的空间构型，a中正、负电荷重心重合，为非极性分子，b中正、负电荷重心不重合，为极性分子。a和b的空间构型若是四面体形，两个氯原子就不存在相邻和相间之分，因此a与b的空间构型只能是平面四边形，故C错误；D、此题干中仅说明a具有抗癌作用，而b没有，但不能说明b在其他领域没有应用，故D错误；故选B。17、A【解

25、析】分析： A银镜实验在碱性条件下能检验淀粉是否水解；B甲酸含有醛基，可与新制的氢氧化铜发生氧化还原反应；C、碘单质遇到淀粉能变蓝色；D、用苯、液溴和铁粉制备溴苯。详解：A检验淀粉是否水解，加入氢氧化钠至碱性，再通过淀粉进行检验淀粉是否水解，选项A正确；B甲酸含有醛基，可与新制的氢氧化铜发生氧化还原反应，不能直接检验，选项B错误；C、米汤中含有淀粉，而加碘盐中加的是碘酸钾，碘单质遇到淀粉能变蓝色，碘酸钾遇淀粉无现象，选项错误；D、用苯、液溴和铁粉制备溴苯，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查较为综合，涉及有机物的检验、鉴别和分离等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握

26、有机物性质的异同，难度不大。18、C【解析】A、2，4，4三氯2 羟基二苯醚含有酚羟基，具有酚的性质，能和氯化铁溶液发生显色反应， A错误；B、该物质中醚键和苯环之间的化学键能旋转，所以该物质中所有原子不一定处于同一平面，B错误；C、该物质中苯环上H原子有6种，所以其苯环上的一溴代物有6种，C正确；D、根据结构简式可知不饱和度为8，由此可确定分子式为C12H7Cl3O2，D错误。故选C。19、B【解析】分析：由一种物质组成的是纯净物，由不同种物质组成的是混合物，溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此判断。详解：A、盐酸是氯化氢的水溶

27、液，属于混合物，A错误；B、冰醋酸是乙酸，属于纯净物，海水是多种物质组成的，属于混合物，硫酸钠钠电离出阴阳离子，属于电解质，乙醇不能发生自身的电离，属于非电解质，B正确；C、蛋白质是高分子化合物，属于混合物，碳酸钙属于电解质，C错误；D、硫酸钡能自身电离出阴阳离子，属于电解质，D错误。答案选B。点睛：本题主要是考查物质的分类，题目难度不大，掌握相关概念的含义是解答的关键。易错点是电解质和非电解质判断，化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。20、B【解析】A.

28、亚铁离子的还原性比溴离子强，向FeBr2溶液中加入少量氯水时，氯气应该先氧化亚铁离子，A错误；B.向硅酸钠溶液中通入二氧化碳，发生强酸制弱酸的复分解反应，证明了碳酸酸性比硅酸强。非金属性的强弱可以根据其最高价氧化物水对应的水化物的酸性强弱来比较，所以可得出：碳比硅的非金属性强，B正确；C.饱和碳酸氢钠溶液可以除去二氧化碳中的二氧化硫，但是碳酸氢根离子不能拆开写，所以离子方程式错误，正确的为：，C错误；D.向二氧化锰固体中加入浓盐酸并加热可以在实验室制取氯气，但是离子方程式里浓盐酸要拆开写，正确的为：，D错误；故合理选项为B。【点睛】在写离子方程式时，浓盐酸、浓硝酸都要拆成离子形式，但浓硫酸不能

29、拆开。21、D【解析】A、根据电荷守恒可知c（K+）+c（H+）=2c（S2）+c（HS）+c（OH），A错误；B、根据物料守恒可知c（K+）=2c（S2）+2c（HS）+2c（H2S）0.2mol/L，所以c（K+）+ c（S2）0.3mol/L，B错误；C、根据物料守恒可知c（K+）=2c（S2）+2c（HS）+2c（H2S）0.2mol/L，C错误；D、根据质子守恒可知c（OH）=c（H+）+c（HS）+2c（H2S），D正确。答案选D。22、D【解析】A. 图1是原电池，铁是活泼的金属，作负极，石墨a为正极，图2中铁、铜和氯化钠构成原电池，铁是负极，铜是正极，石墨b是阳极，石墨c是阴极

30、，A错误；B. 图1是原电池装置，盐桥的作用是使电解质溶液始终保持电中性，以提供持续稳定的电流，图2装置中丙是原电池，丁是电解池，也会产生电流，B错误；C. 图1石墨a是正极，电极上发生的反应为：Cu22e=Cu，C错误；D. 图2石墨b是阳极，溶液中的碘离子失去电子转化为单质碘，因此其上的产物能使淀粉溶液变蓝，D正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、 BC 盐酸多巴胺为多巴胺中与盐酸反应生成更易溶于水的（即生成了更易溶于水的铵盐） 、 【解析】甲烷与HNO3反应生成D为CH3NO2，D与C发生信息a中反应生成E，故C中含有醛基，E中含有-CH=CHNO2，E与氢气反应中-CH=CHN

31、O2转化为-CH2CH2NH2。由信息b可知F中-OCH3转化为-OH且-NH2与HCl成盐。结合盐酸多巴胺的结构可知A与溴发生取代反应生成B为，B与CH3OH反应生成C为，则E为，F为，据此解答。【详解】（1）根据A中含有酚羟基，和溴发生取代反应，结合B的分子式可推出B的结构简式为；（2）A由于碳酸的酸性比酚羟基的酸性强，所以酚羟基不能与碳酸氢钠反应放出气体，A项错误； B根据流程图中各个物质得分子式推断，每个分子式都有被替换的部分，所以推断出反应、均为取代反应，B项正确； CF中含有氨基和酚羟基，有机物F既能与HCl反应，也能与NaOH反应，C项正确；D盐酸多巴胺的氢原子数目为12个，D项

32、错误；（3）由于盐酸多巴胺为多巴胺中与盐酸反应生成更易溶于水的（即生成了更易溶于水的铵盐），所以盐酸多巴胺在水中的溶解性比多巴胺（）强；（4）根据分子中含有苯环，能使氯化铁溶液显色，说明结构式中应该含有酚羟基，再根据HNMR谱和IR谱显示分子中有4种化学环境不同的氢原子，没有-N-O-键，得出同分异构体有四种：、；（5）根据已知方程式得出，而这反应生成，与目标产物只相差双键，于是接下来用氢气加成，所以合成过程为。24、 1s22s22p63s23p63d9 孤电子对 b SiCSiH4，沸点：CH4SiH4。（4）C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为SiCSiH4；由于CH4的相对分子质量

33、小于SiH4的相对分子质量，CH4分子间作用力小于SiH4分子间作用力，沸点：CH4SiH4；答案选b。（4）根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第一电离能CSi；C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为SiCN。（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为CHCH，CHCH的结构式为HCCH，单键全为键，三键中含1个键和2个键，CHCH中键与键的键数之比为3:2。CHCH中每个碳原子形成2个键，C原子上没有孤电子对，C原子为sp杂化。（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，由于最后电子填入的能级符号为3d，该元素属于d区元素，元素符号是Cr。25、250 C 至液体凹液面最低处

34、与刻度线相切 偏大 【解析】（1）实验室没有220mL的容量瓶，应选用规格为250 mL的容量瓶；（2）先计算浓硝酸的物质的量浓度，再依据稀释定律计算浓盐酸的体积；（3）根据配制溶液的实验操作过程确定操作的顺序；（4）依据操作对溶质的物质的量、溶液体积的影响分析。【详解】（1）配制220 mL 1 molL1稀盐酸时，因实验室没有220mL的容量瓶，应选用规格为250 mL的容量瓶，故答案为：250；（2）由c=可知，浓盐酸的物质的量浓度cmol/L11.6mol/L，250 mL 1 molL1的稀盐酸中氯化氢的物质的量为0.25mol，由稀释定律可知浓盐酸的体积为0.022L=22mL，则

35、量取22mL浓盐酸时宜选用25mL量筒，故答案为：C；（3）实验室配制成1 molL1盐酸的操作步骤是，用量筒量取22mL浓盐酸倒入烧杯中，向盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀，等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250mL容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液全部注入容量瓶，往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线12 cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，至液体凹液面最低处与刻度线相切，最后定容颠倒摇匀，则操作顺序为，故答案为：至液体凹液面最低处与刻度线相切；(4)若用1mol/L HCl溶液润洗容量瓶，再转移溶液，HCl的物质的量偏大，所配置的溶液浓度

36、将偏大，故答案为：偏大。【点睛】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，注意配制的操作步骤、仪器的选择、误差的分析，掌握有关物质的量浓度计算的方法是解答关键。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 Na2SO3SO2H2O2NaHSO3 【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(NaHSO2HCHO2H2O) 在120 以上发生分解；HCHO易挥发据此分析

37、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。【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)次硫

38、酸氢钠甲醛(NaHSO2HCHO2H2O) 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；HCHO易挥发，在80C-90C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Na2SO3SO2H2O=2 NaHSO3，故答案为：Na2SO

39、3SO2H2O2NaHSO3。27、球形干燥管 饱和NaHCO3溶液 2Na2O2 + 4HCl = 4NaCl + 2H2O + O2 检查装置气密性 U形管中的淡黄色粉末逐渐变浅，注射器2的活塞向右移动 使反应进行得更充分 多次往返推动注射器1和2的活塞 70%【解析】（1）丙装置的名称是球形干燥管，乙中装的是饱和NaHCO3溶液，除去二氧化碳中的HCl；若CO2中混有HCl，则HCl 与Na2O2 反应的化学方程式为2Na2O2 + 4HCl = 4NaCl + 2H2O + O2 ；（2）先组装仪器，然后检查装置的气密性，再用注射器1 抽取100 mL 纯净的CO2，将其连接在K1处，

40、注射器2 的活塞推到底后连接在K2处，具支U 形管中装入足量的Na2O2 粉末与玻璃珠；二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，则U形管中的过氧化钠淡黄色粉末逐渐变浅，生成的氧气进入注射器2中，所以注射器2的活塞向右移动；实验过程中，需缓慢推入CO2，其目的是使反应进行得更充分，为达到相同目的，还可进行的操作是多次往返推动注射器1和2的活塞；（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+ O2， V（减小） 2 1 1 70 mL 35 mLCO2的转化率是(70 mL 100 mL)100= 70%。28、15 纺锤 Ge D sp2 平面正三角形 BCl3（或BF3） NO3-(或CO32

41、-)（其他答案合理也可给分） GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径NPAs，键长GaNGaPGaPGaAs，故熔点依次降低 ( , , ) 【解析】（1）根据同一轨道的2两个电子自旋方向相反判断。镓的最高能级为4p，p轨道电子云轮廓图为纺锤形，通过电子排布式判断未成对电子数目；“类铝”性质和铝相似；（2）可结合孤对电子、价层电子对数来判断杂化方式与空间构型。等电子体是指价电子总数和原子总数相同的分子、离子或原子团；（3）晶体硅是原子晶体，则GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径越小，键能越大，熔点越高；（4）晶胞中距离A球最远的黑球与A球的连线处于晶胞体对角线上，根据几何原理

42、，二者距离等于体对角线长度的；晶胞中原子体积占空间体积百分率=。【详解】（1）镓是31号元素，核外有31个电子，基态镓（Ga）原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，由泡利原理可知，基态镓原子中，核外存在15对自旋相反的电子。核外电子占据的最高能级为4p，电子云轮廓图为纺锤形。镓中有一个未成对电子，钪原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，钪中有一个未成对电子，锗原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，锗中有两个未成对电子，在镓、钪、锗三种元素的原子中，未成对电子数最多的是Ge；A. 固体的蒸气压一般比较小，类铝在100时蒸气压应该不是很高，故A错误；B. 氧化铝溶于碱，类铝的氧化物也可以溶于强碱，故B错误；C.类铝的金属性比Al强，A