2021-2022学年河南省开封市优质高中化学高二第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷考生须知：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（每题只有一个选项符合题意）1、为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A0.1 mol 的中，含有个中子BpH=1的H3PO4溶液中，含有个C2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到个CO2分子D密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl

2、5（g），增加个P-Cl键2、下列有关叙述正确的是A77192Ir的中子数和质子数之差为115B浓硝酸显黄色是因为含有Fe3+C二氧化硫和氯气使品红溶液褪色的原理相同D长石(KAlSi3O8)用氧化物形式可表示为K2OAl2O6Si023、下列各组表述中，两个微粒一定不属于同种元素原子的是（）A3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子B2p能级有一个未成对电子的基态原子和原子的价电子排布为2s22p5的原子C最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子和价电子排布为4s24p5的原子DM层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23

3、p63d64s2的原子4、化学用语是学习化学的重要工具，下列表示物质变化的化学用语中正确的是（ ）A汽车用的铅蓄电池充电时阳极反应：PbSO4+2H2O-2e-=PbSO4+4H+SO42-B利用Na2CO3溶液可除油污：CO32-+2H2OH2CO3+2OH-CBaSO4的水溶液导电性极弱： BaSO4Ba2+SO42-D用醋酸除去暖瓶中的水垢：2H+ CaCO3=Ca2+CO2+H2O5、在标准状况下将1.92g铜粉投入一定量浓HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混和气体1.12L，则反应消耗HNO3的物质的量为（ ）A0.8

4、mol B0.6mol C0.11mol D无法计算6、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BKNaCNaFNaClNaBrDCI4CBr47、下列烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代物的有（ ）A2-甲基丙烷B甲基环戊烷C2，2-二甲基丁烷D2，2-二甲基丙烷8、下列叙述正确的是()A可能存在核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s24p1的原子B在氢原子的基态电子的概率分布图中，小黑点的疏密程度表示电子在该区空间出现概率的大小C当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相反D1个原子轨道里最多只能容纳2个电子，而且自旋状态相同9、下

5、列有关化学知识的描述错误的是A“水滴石穿，绳锯木断”中不包含化学变化B福尔马林、漂白粉、碱石灰均为混合物C生石灰能与SO2反应，可用作工业废气的脱硫剂D聚丙烯酸钠树脂是一种高吸水性的高分子化合物10、设NA为阿伏加罗常数的数值，下列说法正确的是A124gP4中含P-P键的数目为4NAB60gSiO2中含有Si-O键的数目为2NAC12g石墨中含C-C键的数目为15NAD12g金刚石中含C-C键的数目为NA11、有机物的天然提取和人工合成往往得到的是混合物，假设给你一种这样的有机混合物让你研究，一般要采取的几个步骤是A分离、提纯确定结构式确定实验式确定化学式B分离、提纯确定实验式确定化学式确定结

6、构式C分离、提纯确定化学式确定实验式确定结构式D确定化学式确定实验式确定结构式分离、提纯12、三国时期曹植在七步诗中这样写到“煮豆持作羹,漉豉以为汁。萁在釜下燃，豆在釜中泣。”，文中“漉”涉及的化学实验基本操作是A过滤 B分液 C升华 D蒸馏13、设阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法正确的是A标准状况下，22.4 L乙烯含有的共用电子对数为5NAB1 mol NaHSO4中的阳离子数为2NAC通常状况下，1 mol NO和0.5 molO2 在密闭容器中混合，生成NO2分子数为NAD制取漂白粉时，标准状况下22.4 LCl2 参加反应，转移电子数为NA14、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说

7、法错误的是()A常温常压下，4gD2O中含有的电子数为2NAB42gC2H4和C4H8的混合气中含有氢原子数为6NAC25时，pH=1的H3PO4溶液中含有H+数为0.1NADH2O(g)通过Na2O2(s)使其增重bg时，反应中转移的电子数为bNA/215、探究2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O反应速率的影响因素，有关实验数据如下表所示：实验编号温度（）催化剂用量（g）酸性KMnO4溶液H2C2O4溶液KMnO4溶液褪色平均时间（min）体积（mL）浓度（molL-1）体积（mL）浓度（molL-1）1250.540.180.212.7

8、2800.540.180.2a3250.540.0180.26.7425040.0180.2b下列说法不正确的是A反应速率：v（实验3） v（实验1）Ba6.7C用H2C2O4表示实验1的反应速率：v（H2C2O4）6.6l0-3molL-1min-1D相同条件下可通过比较收集相同体积CO2所消耗的时间来判断反应速率快慢16、 Co(NH3)5Cl2+配离子，中心离子的配位数是A1B2C4D6二、非选择题（本题包括5小题）17、X、Y、Z、W、J是元素周期表前四周期中的五种常见元素.其相关信息如下表：元素相关信息XX的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等YM层上有2对成对电子

9、ZZ和Y同周期，Z的电负性大于YWW的一种核素的质量数为63，中子数为34JJ的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐(1)元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是 _ ；(2)元素Y位于元素周期表第 _ 周期第 _ 族；(3)元素Z的原子最外层共有 _ 种不同运动状态的电子；(4)W的基态原子核外价电子排布图是 _ ；(5)J的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐的化学式为_ 。18、已知X、Y、Z、W、Q、R、E七种元素中，原子序数XYZWQRE，其结构或性质信息如下表。元素结构或性质信息X原子的L层上s电子数等于p电子数Y元素的原子最外层

10、电子排布式为nsnnpn1Z单质常温、常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子W元素的正一价离子的电子层结构与氩相同Q元素的核电荷数为Y和Z之和R元素的正三价离子的3d能级为半充满E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子请根据信息回答有关问题：（1）元素X的原子核外共有_种不同运动状态的电子，有_种不同能级的电子。（2）元素Y原子中能量最高的是_电子，其原子轨道呈_状。（3）Q的基态电子排布式为_，R的元素符号为_，E元素原子的价电子排布式为_。（4）含有元素W的盐的焰色反应为_色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是_。19、某课外活动小组的同学在实验室用如下

11、装置制取乙酸乙酯。其主要步骤如下：在30mL的大试管A中按体积比2：3：2的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液。按如图连接好装置（装置气密性良好），用小火均匀地加热装有混合溶液的大试管510min。待试管B收集到一定量产物后停止加热，撤出试管B并用力振荡，然后静置待分层。分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。已知下列数据：物质熔点（）沸点（）密度（g/cm3）乙醇117.078.00.79乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯83.677.50.90浓硫酸（98%）338.01.84请回答下列问题：（1）配制该混合溶液时，加入这三种物质的先后顺序是_；写出制取乙酸乙酯的化学方程式：_。（2）该实验中

12、，浓硫酸的作用是_。（3）上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_（填字母）。A 吸收部分乙醇B 中和乙酸C 降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层析出D 加速酯的生成，提高其产率（4）步骤中需要小火均匀加热操作，其主要理由是_。（5）步骤中B试管内的上层物质是_（填物质名称）。（6）步骤中分离操作用到的主要仪器是_；可选用的干燥剂为_（填字母）。A 生石灰 B NaOH固体C 碱石灰 D 无水Na2SO420、实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4+6HCHO=3H+6H2O+(CH2)6N4H+滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当，然后用N

13、aOH标准溶液滴定反应生成的酸某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤I：称取样品1.500g。步骤：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤：移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入12滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点按上述操作方法再重复2次。(1)根据步骤填空：碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。滴定

14、时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_。A滴定管内液面的变化B锥形瓶内溶液颜色的变化滴定达到终点时，酚酞指示剂由_色变成_色。(2)滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20若NaOH标准溶液的浓度为0.1010molL-1，则该样品中氮的质量分数为_。21、一种以含镍废料（含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）为原料制取醋酸镍的工艺流程图如下： 相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如下表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH物质20时溶解性

15、（H2O）Fe3+1.13.2CaSO4微溶Fe2+5.88.8NiF可溶A13+3.05.0CaF2难溶Ni2+6.79.5NiCO3Ksp=9.6010-6（1）调节pH步骤中，溶液pH的调节范围是_。（2）滤渣1和滤渣3主要成分的化学式分别是_、_。（3）酸浸过程中，1 molNiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的化学方程式_。（4）沉镍过程中，若c(Ni2+)=2.0molL-1，欲使100mL该滤液中的Ni2+沉淀完全c(Ni2+)10-5 molL-1，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为_g。（保留小数点后1位有效数字）。（5）保持其他条件不变，在不同温

16、度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度与时间为_。 参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A11B中含有6个中子，0.1mol 11B含有6NA个中子，A正确；B溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；C标准状况下苯不是气体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；DPCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的PCl键的数目小于2NA个，D错误；答案选A。2、D【解析】分析：A、元

17、素符号左上角数字表示质量数、左下角数字表示质子数，以及中子数=质量数-质子数；B、浓硝酸因溶解了二氧化氮而溶液呈黄色；C、氯气的漂白原理：氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性；二氧化硫的漂白原理：有色物质结合成无色物质；D、根据硅酸盐的氧化物表示方法来书写详解：A、Ir的质子数为77，质量数为192，中子数=质量数-质子数=192-77=115，中子数与质子数的差为38，故A正确；B、浓硝酸溶不稳定，易分解生成二氧化氮、氧气和水，浓硝酸溶解了部分二氧化氮而使其溶液呈黄色；C、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，使品红氧化褪色；二氧化硫与有色物质结合成不稳定的无色物质，使品红褪色，

18、两者漂白原理不同，故C错误；D、硅酸盐的氧化物表示方法：先活泼金属氧化物，后不活泼的金属氧化物，再次非金属氧化物二氧化硅，最后是水，所以长石(KAlSi3O8)用氧化物形式可表示为K2OAl2O6Si02。故D正确，故选D。3、D【解析】分析：本题考查核外电子的排布规律，侧重于原子结构与元素种类的判断，注重学生的分析能力的考查，注意把握原子核外电子排布特点，难度不大。详解：A.3p能级有一个空轨道的基态原子，原子3p能级有2个电子，是硅元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子也是硅，是同种原子，故错误；B. 2p能级有一个未成对电子的基态原子，该原子2p能级有5个电子，价电子排

19、布为2s22p5，所以是同一原子，故错误；C. 最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子是溴，价电子排布为4s24p5的原子也为溴，故错误；D. M层全充满而N层为4s2的原子为锌，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子为铁，不是同种原子，故正确。故选D。4、A【解析】A. 阳极失去电子，汽车用的铅蓄电池充电时阳极反应：PbSO4+2H2O-2e-=PbSO4+4H+SO42-，故A正确；B. 碳酸根离子水解分步进行，以第一步为主，利用Na2CO3溶液可除油污：CO32-+H2OHCO3-+OH-，故B错误；C. BaSO4是强电解质，在水溶液完全电离：BaSO4=Ba

20、2+SO42-，导电性极弱是因为硫酸钡难溶于水，故C错误； D. 醋酸为弱酸，不能拆成离子，用醋酸除去暖瓶中的水垢：2CH3COOH+ CaCO3=（CH3COO）2Ca+CO2+H2O，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重电极反应及复分解反应的考查。另外注意只有强酸强碱以及可溶性盐可以拆。5、C【解析】试题分析：1.92g铜粉的物质的量是0.03mol，利用元素守恒，消耗的硝酸为生成硝酸铜中的硝酸根离子和生成的气体产物中的硝酸，硝酸铜的物质的量是0.03mol，则硝酸根离子的物质的量是0.06mol，在标准状况

21、下NO2和NO组成的混和气体1.12L，物质的量是0.05mol，所以共消耗硝酸的物质的量是0.06+0.05=0.11mol，答案选C。考点：考查化学计算方法的应用6、D【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-CC-SiSi-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。KNaClNaBr ；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。【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

22、，比较物质熔点和沸点的高低，具体比较如下：7、D【解析】A. 2-甲基丙烷有2种不同位置的H原子，因此在光照下与氯气反应，能生成两种一氯代物，A错误；B.甲基环戊烷有4种不同位置的H原子，因此在光照下与氯气反应，能生成四种一氯代物，B错误；C. 2，2-二甲基丁烷有3种不同位置的H原子，因此在光照下与氯气反应，能生成3种一氯代物，C错误；D. 2，2-二甲基丙烷只有一种不同位置的H原子，因此在光照下与氯气反应，能生成一种一氯代物，D正确；故合理选项是D。8、B【解析】A根据能量最低原理知，4p能级能量高于3d能级，电子先填充能量较低的能级，所以电子先填充4s能级后填充3d能级，故A错误；B在氢

23、原子的基态电子的概率分布图中，小黑点的疏密程度表示电子在该区域空间出现概率的大小，形象的称为电子云，B正确；C根据洪特规则知，同一能级不同轨道上的电子自旋方向相同，C错误；D根据泡利原理知，同一轨道上的两个电子最多容纳2个电子，且自旋方向相反，D错误；答案为B9、A【解析】分析：A、有新物质生成的变化属于化学变化，没有新物质生成的属于物理变化B、混合物是由不同分子构成的物质；详解：A、绳锯木断，只是物质的形状发生了改变，没有新物质生成，属于物理变化，水滴石穿，是指滴水产生的力在不断的作用在石头上，时间长了和碳酸钙、二氧化碳反应生成溶于水的碳酸氢钙，使石头上出现了小孔，有新物质生成，属于化学变化

24、，故A错误；B、福尔马林是甲醛的水溶液、漂白粉主要成分是次氯酸钙、碱石灰为氧化钙和氢氧化钠混合物，故B正确；C、酸性氧化物能与碱性氧化物反应，所以氧化钙能与二氧化硫反应，可用作工业废气的脱硫剂，故C正确；D、高吸水性树脂属于功能高分子材料，聚丙烯酸钠含亲水基团，相对分子质量在10000以上，属于功能高分子材料，故D正确；故选A。10、C【解析】试题分析：A一个白磷分子中含有6个P-P键，124gP4的物质的量是1mol，所以含有P-P键的个数为6NA，故A错误；BSiO2晶体中1个Si原子对应4个Si-O键，60gSiO2中含Si-O键的个数为4NA，故B错误；C在石墨晶体中1个C原子对应3=

25、个C-C键，12g石墨中含有C-C键的个数为15NA，故C正确；D每个C原子与其他4个C原子共用4个C-C键，相当于每个C原子占有4=2个C-C键，1mol金刚石含2molC-C键，故D错误；答案为C。【考点定位】考查阿佛加德罗常数，涉及晶体的结构。【名师点晴】本题以物质的量基本计算为载体，重点考查晶体类型及性质，试题综合性较强，题目难度中等，明确常见晶体的结构特点是解题关键，题中P4为正四面体，每个分子含有的P-P键数为6，而SiO2是原子晶体，特别注意Si与O的原子数目比也键数之间的关系，这是易错点，本题侧重考查学生综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。11、B【解析】从天然资源提取

26、的有机物，首先得到的是含有有机物的粗品。需经过分离、提纯才能得到纯品；再进行鉴定和研究未知有机物的结构与性质，一般先利用元素定量分析确定实验式；再测定相对分子质量确定化学式；因为有机物存在同分异构现象，所以最后利用波谱分析确定结构式，对其研究的步骤是：分离提纯确定实验式确定化学式确定结构式；故选B。12、A【解析】煮豆持作羹,漉豉以为汁意思是煮熟豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水。所以漉豉以为汁采用了过滤的方法把豆豉和豆汁分开。故A符合题意， B C D不符合题意。所以答案为A。13、D【解析】A、1个乙烯分子含有6对共用电子对，标准状况下，22.4 L乙烯含有的共用电子对数为6NA，故A错误；B、

27、NaHSO4固体含有、，1 mol NaHSO4中的阳离子数为NA，故B错误；C、体系中存在2NO2N2O4，生成NO2分子数X小于NA，故C错误；D、制取漂白粉时氯气与氢氧化钙生成氯化钙和次氯酸钙，氯气既是氧化剂又是还原剂，标准状况下22.4 LCl2参加反应，转移电子数为NA，故D正确。答案选D。14、C【解析】A. 常温常压下，4gD2O的物质的量为4g20g/mol=0.2mol，含有电子2mol，故A正确；B. C2H4和C4H8的的最简式相同，均为CH2，42gC2H4和C4H8的混合气中含有CH2原子团的物质的量为42g14g/mol=3mol，氢原子数为6NA，故B正确；C.缺

28、少溶液的体积，无法计算 25时，pH=1的H3PO4溶液中含有的H+数，故C错误；D. 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ，1mol Na2O2转移1mol电子，H2O(g)通过Na2O2(s)使其增重bg时，反应的过氧化钠的物质的量=bg2g/mol=b2mol，因此反应中转移的电子数为bNA/2，故D正确；故选C。点睛：解答此类试题需要注意：气体摩尔体积的使用范围和条件，对象是否气体；温度和压强是否为标准状况；溶液计算是否告知物质的量浓度和溶液体积，如本题的C项。15、A【解析】A.1、3比较只有高锰酸钾的浓度不同，且实验1中浓度大，则反应速率：v(实验3)v(实验1)

29、，故A错误；B温度越高反应速率越快，催化剂可加快反应速率，则a12.7，b6.7，故B正确；C用H2C2O4表示实验1的反应速率为v(H2C2O4)=6.6l0-3molL-1min-1，故C正确；D比较收集相同体积CO2所消耗的时间，可知反应速率，可判断反应速率快慢，故D正确；故答案为A。16、D【解析】配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，配合物Co(NH3)5Cl2+中，Co2+为中心离子提供空轨道，电荷数为+2，Cl、NH3

30、为配体提供孤电子对，有一个氯离子和五个氨分子做配体，配位数为6，答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、 614C 三 VIA 7 NH4NO3【解析】分析：X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等，根据构造原理，X的基态原子核外电子排布式为1s22s22p2，X为C元素；Y的M层上有2对成对电子，Y的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Y为S元素；Z和Y同周期，Z的电负性大于Y，Z为Cl元素；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，质子数为63-34=29，W为Cu元素；J的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，J为N元素。根据

31、元素周期表和相关化学用语作答。详解：X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等，根据构造原理，X的基态原子核外电子排布式为1s22s22p2，X为C元素；Y的M层上有2对成对电子，Y的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Y为S元素；Z和Y同周期，Z的电负性大于Y，Z为Cl元素；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，质子数为63-34=29，W为Cu元素；J的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，J为N元素。（1）X为C元素，C的同位素中用于测定文物年代的是614C。（2）Y为S元素，S的原子结构示意图为，S元素位于元素周期表第三周期第V

32、IA族。（3）Z为Cl元素，Cl原子核外有17个电子，最外层有7个电子，Cl原子最外层有7种不同运动状态的电子。（4）W为Cu元素，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1，价电子排布图为。（5）J为N元素，J的气态氢化物为NH3，J的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，NH3与HNO3反应的化学方程式为NH3+HNO3=NH4NO3，NH3与HNO3反应生成的盐的化学式为NH4NO3。18、6 3 2p 哑铃（纺锤） 1s22s22p63s23p63d54s1或Ar 3d54s1 Fe 3d104s1 紫 激发态的电子从能量较高

33、的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量，形成不同的颜色 【解析】X的L层上s电子数等于p电子数，则X原子的核外电子排布式为：1s22s22p2，则X为C；Y元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，则n必为2，Y原子的核外电子排布式为：1s22s22p3，则Y为N；Z原子的M层上有1个未成对的p电子，则Z的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1(Al)或1s22s22p63s23p5(Cl)，因为Z单质常温、常压下是气体，则Z为Cl；W的正一价离子的电子层结构与Ar相同，则W为K；Q的核电荷数为Y和Z之和，则Q是24号元素Cr；R元素的正三价离子的

34、3d能级为半充满，则R原子的价电子轨道式为3d64s2，则R为Fe；E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则E的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则E为Cu，综上所述，X、Y、Z、W、Q、R、E分别为：C、N、Cl、K、Cr、Fe、Cu，据此解得。【详解】(1)X元素为C，C原子核外有6个电子，则其核外有6种不同运动状态的电子，C原子的核外电子排布式为：1s22s22p2，有3种不同能级的电子，故答案为：6；3；(2)Y为N，其核外电子排布式为：1s22s22p3，其能量最高的是2p电子，p轨道呈哑铃形(或纺锤形)，故答案为：2p；哑铃

35、(纺锤)；(3)Q为Cr，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或Ar 3d54s1，R为Fe，元素符号为Fe，E为Cu，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，其价电子排布式为：3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或Ar 3d54s1；Fe；3d104s1；(4)W为K，K的焰色反应为紫色，金属元素出现焰色反应的原因是激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量，形成不同的颜色，故答案为：紫；激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见

36、光区域）光的形式释放能量，形成不同的颜色。19、乙醇、浓硫酸、乙酸 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O 催化剂、吸水剂 ABC 因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料，温度过高还可能发生其它副反应 乙酸乙酯 分液漏斗、烧杯 D 【解析】（1）为防止酸液飞溅，应将密度大的液体加入到密度小的液体中，乙酸易挥发，冷却后再加入乙酸，三种物质的加入顺序：乙醇、浓硫酸、乙酸；酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O。（2）

37、该实验中，乙醇和乙酸发生酯化反应时，浓硫酸起到催化剂的作用，加快酯化反应的速率；又因为该反应是可逆反应，浓硫酸吸水可以促进平衡向正反应方向进行，所以浓硫酸还起到吸水剂的作用。（3）由于乙醇、乙酸易挥发，蒸出的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸；乙醇易溶于水，能被饱和碳酸钠溶液吸收，乙酸具有酸性，能与饱和碳酸钠溶液反应生成乙酸钠，降低乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度，有利于分层析出，答案为：ABC；（4）步骤中需要小火均匀加热操作，其主要理由是：因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料，温度过高还可能发生其它副反应；（5）乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，有香

38、味，步骤中B试管内的上层物质是乙酸乙酯；（6）步骤中分离操作是分液，用到的主要仪器是分液漏斗、烧杯；干燥乙酸乙酯，用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；不能选择生石灰、碱石灰、NaOH，以防乙酸乙酯在碱性条件下水解，答案选D。【点睛】本题考查酯化反应原理、乙酸乙酯制备、仪器的选择以及乙酸乙酯的分离和提纯。试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力。该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。20、偏高 无影响 B 无色 浅红

39、18.85% 【解析】(1)滴定管需要要NaOH溶液润洗，否则会导致溶液浓度偏低，体积偏大；锥形瓶内是否有水，对实验结果无影响，可从物质的物质的量的角度分析；滴定时眼睛应注意注意观察颜色变化，以确定终点；根据酚酞的变色范围确定滴定终点时颜色变化；(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，计算出溶液中H+的物质的量，根据方程式可知(CH2)6N4H+的物质的量，进而确定样品中氮的质量分数。【详解】(1)碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗氢氧化钠溶液的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高；锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的H

40、+的物质的量不变，则滴定时所需NaOH标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变，对配制溶液的浓度无影响；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化，确定滴定终点，故合理选项是B；待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液颜色由无色变为粉红或浅红色；(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，首先确定滴定时所用的NaOH标准溶液为mL=20.00mL，根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且1.500g铵盐经溶解后，取了其中进行滴定，即取了样品质量是0.15g，滴定结果，溶液中含有H+含(CH2)6N4H+的物质的量为n(H+)=0.02L0.1010mol/L=0.00202mol，根据4NH4+6HCHO=3H+6H2O+(CH2)6N4H+可知：每生成4molH+含(CH2)6N4H+，会消耗NH4+的物质的量为4mol，因此一共消