广东省广雅中学2022年化学高二下期末调研模拟试题含解析

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（每题只有一个选项符合题意）1、一定温度下，在一容积不变的密闭容器中发生的可逆反应2X(g) Y(g)+Z (s)，以下能说明作为反应达到平衡标志的是 ( )AX的分解速率与Y的消耗速率相等BX、Y与Z的物质的

2、量之比为2：1：1C混合气体的密度不再变化D单位时间内生成lmolY的同时分解2mol X2、（题文）已知：某溶质R的摩尔质量与H2S的相同。现有R的质量分数为27.5%密度为1.10 gcm3的溶液， 该溶液中R的物质的量浓度(molL1)约为()A6.8 B7.4 C8.9 D9.53、关于小苏打(NaHCO3)溶液的表述错误的是Ac(Na+)=c(HCO3-)+ c(CO32-)+c(H2CO3)Bc(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+ 2c(CO32-)+c(OH-)CHCO3-的电离程度大于其水解程度Dc(Na+)c(HCO3-) c(OH-)c(CO32-)4、将一定量的镁和

3、铜组成的混合物加入到过量的稀硝酸中,金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g。则下列叙述中错误的是A当生成的沉淀量达到最大时,消耗NaOH溶液的体积V=100mlB当金属全部溶解时,参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4molC参加反应的金属的总质量为9.6gm3.6gD当金属全部溶解时收集到NO气体的体积在标准状况下一定为2.24L5、下列混合物可用过滤的方法分离的是A汽油和植物油B碳酸钙和水C酒精和水D氯化钠和水6、中华传统文化源远流长，古代化学与生产生活密切相关。下列对描述内容分析错误

4、的是选项描述分析A“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”此过程涉及化学变化B“用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水”涉及的操作是蒸馏C“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”硝石中含碘单质D“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，浣衣发面，去垢”利用其水解显碱性去污AABBCCDD7、下列有关物质的分类，正确的是（ ）A烧碱、纯碱、熟石灰均属于碱BHCOOH、H2CO3、H2SO4均属于二元酸C盐酸、BaSO4、NH3H2O均属于电解质D酒精、冰水混合物、液氨均属于纯净物8、乙烯醚是一种麻醉剂，其合成路线如图，有关说法正确的是AX可能是Br2BX可能为HOClC乙烯醚分子中的所有原子不可能共平面D反应类

5、型依次为取代、取代和消去9、下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（）ApH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)十c(OH-)B含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)c(C1-)=c(I-)CCO2的水溶液：c(H+)c(HCO3-)=2c(CO32-)D含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na+)=2c(HC2O4-)+ c(C2O42-)+c(H2C2O4)10、某化学小组用如图所示装置验证卤素单质氧化性的相对强弱。下列说法不正确的是()AE处棉花球变成黄色，说明Cl2的氧化性比Br2强BF处棉花球变成蓝色，说明Br2的氧化性比I2强CE处发

6、生反应的离子方程式为：Cl22Br=2ClBr2DG装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为：2OHCl2=ClOClH2O11、关于配制980mL，0.1mol的溶液的实验，下列说法正确的是A需要称取固体的质量为16.0gB一定用到的玻璃仪器有 1000 mL 的容量瓶、烧杯、玻璃棒、漏斗、胶头滴管C为加快固体的溶解，可适当加热，然后趁热将溶液转移到容量瓶中D倒转摇匀后发现液面低于刻度线，若补加蒸馏水至刻度线会使所得溶液的浓度偏低12、电解精炼法提纯镓的方法是：以含Zn、Fe、Cu杂质的粗镓为阳极，纯镓为阴极，NaOH水溶液为电解质溶液。通电时，粗镓溶解以GaO2-形式进入电解质溶液，并

7、在阴极放电析出高纯镓。(金属活动性顺序为：ZnGaFe)。下列有关电解精炼说法中，不正确的是A阳极主要电极反应式为：Ga + 4OH-3e= GaO2+ 2H2OB电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等C在阴极除了析出高纯度的镓之外，还可能有H2产生D电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Fe13、常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是A澄清透明的溶液中：H+、Cu2+、SO42、NO3-B0.1 molL-1 HCO3的溶液中：Fe3、Al3、NO3-、SO42CKw/c(OH)0.1 molL-1的溶液中：Na、AlO2、NO3-、CH3COOD由水电离产生的c(H+)=110

8、-13molL-1的溶液中：Ca2+、K、HCO3、Cl14、PX是纺织工业的基础原料，其结构简式如下图所示，下列说法正确的是（ ）APX的分子式为C8H10BPX的一氯代物有3种CPX与乙苯互为同系物DPX分子中所有原子都处于同一平面15、上世纪末，科学家研制得到一种新的分子，它具有空心的、类似足球的结构(如图)，化学式为C60，下列说法中正确的是()AC60是一种新型的化合物BC60中含有离子键CC60和金刚石、石墨都是碳元素的不同单质DC60的摩尔质量为72016、下列关于化学反应与能量的说法正确的是（ ）A由H22H的过程需要吸收能量B化学反应中一定有物质变化但不一定有能量变化CBa(

9、OH)28H2O晶体与氯化铵晶体反应不需要加热就能发生，说明该反应是放热反应D由石墨制取金刚石需要吸收能量，说明金刚石比石墨更稳定二、非选择题（本题包括5小题）17、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 (

10、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)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_；A2B2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_。18、A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，其分子结构模型如图所示（图中球与球之间连线代表化学键单键

11、或双键）。(1)根据分子结构模型写出A的结构简式 _ 。(2)拟从芳香烃出发来合成A，其合成路线如下：已知：A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇。(a)写出反应类型_反应；写出H的结构简式_ 。 (b) 写出G中官能团名称：_(c)写出下列步骤的反应方程式（注明必要的条件）_。_。(3)A的同分异构体有多种，同时满足下列条件A的同分异构体有_种。.含有苯环，苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种；.与A有相同的官能团；.能发生银镜反应。19、实验室需要配制0.50 molL-1 NaCl溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字,以使整个操作完整(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有:

12、托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、_、_以及等质量的几片滤纸。(2) 计算。配制该溶液需称取NaCl晶体的质量为_g。(3)称量。天平调平之后,应将天平的游码调至某个位置,请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置_:称量过程中NaCl晶体应放于天平的_(填“左盘”或“右盘”)。称量完毕,把药品倒入烧杯中。(4)溶解、冷却,该步实验中需要使用玻璃棒,目的是_。(5)转移、洗涤。在转移时应使用_ _引流,洗涤烧杯23次是为了_。(6)定容,摇匀。定容操作为_。(7)下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响？转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，浓度会_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”，

13、下同)。容量瓶中原来有少量蒸馏水，浓度会_。定容时俯视，浓度会_。20、CCTV在“新闻30分”中介绍：王者归“铼”，我国发现超级铼矿，飞机上天全靠它。铼的稳定硫化物有ReS2，稳定的氧化物有Re2O7。工业上，常从冶炼铜的废液中提取铼，其简易工艺流程如下（部分副产物省略，铼在废液中以ReO4-形式存在）：回答下列问题：（1）NH4ReO4（高铼酸铵）中铼元素化合价为_。（2）操作A的名称是_。“萃取”中萃取剂应具有的性质：_（填代号）。萃取剂难溶于水 萃取剂的密度大于水ReO4-在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度 萃取剂不和ReO4-发生反应（3）在“反萃取”中，加入氨水、水的目的是_。（

14、4）在高温下高铼酸铵分解生成Re2O7，用氢气还原Re2O7，制备高纯度铼粉。写出高铼酸铵分解生成Re2O7的化学方程式_。工业上，利用氢气还原Re2O7制备铼，根据生成铼的量计算氢气量，实际消耗H2量大于理论计算量，其原因是_。（5）工业上，高温灼烧含ReS2的矿粉，可以制备R2O7。以含ReS2的矿石原料生产48.4tRe2O7，理论上转移_mol电子。21、传统硅酸盐材料因其耐高温、抗腐蚀、强度高等优异性能，被广泛应用于各种工业、科学研究及日常生活中。某硅酸盐材料的主要成分为氧化钙、二氧化硅，并含有一定量铁、铝及镁的氧化物，某研究小组设计以下流程测定该硅酸盐材料中钙的含量（如下图所示）。

15、部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:(金属离子浓度以0.1molL-1计)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Ca(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2开始沉淀pH2.77.612.34.08.0完全沉淀pH3.79.614.35.212.4回答下列问题:（1）酸浸后，加入双氧水所发生反应的离子方程式为_。为提高钙的浸出率，可以采取的措施是_。（任写一种）（2）沉淀B的成份为_。调节滤液的pH为45，加入的物质可以是_。ACaCO3 BCa(OH)2 C氨水 DMgO（3）向滤液中加足量草酸铵溶液，在水浴上保温陈化2小时，冷却到室温，过滤、洗涤沉淀。将得到的CaC2O4沉淀溶解在硫酸

16、中，并稀释配成250mL溶液。用移液管量取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用KMnO4标准溶液滴定。滴定时发生反应的离子方程式为_。若实验中所取样品质量为4.00 g ，KMnO4标准溶液浓度为0.0500 mol/L，平行滴定3次用去KMnO4标准溶液体积平均值为36.00 mL，则该硅酸盐样品中钙的质量分数为_。（4）在保温沉钙环节，若样品中镁的含量过高，会导致最终测定结果产生较大误差。试从理论上计算，加草酸铵溶液沉钙时，溶液中镁离子的浓度最高不能超过_mol/L。（已知：Ksp(CaC2O4) = 4.0010-9，Ksp(MgC2O4) = 4.8310-6）参考答案一、选择题（每题只

17、有一个选项符合题意）1、C【解析】A反应速率的方向相反，但不满足速率之比等于化学计量数之比，A错误；B平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，B错误；C混合气的密度是混合气的质量和容器容积的比值，容积不变，但混合气的质量是变化的，可以说明，C正确；D反应速率的方向是相同的，不能说明，D错误；故选C。2、C【解析】分析：依据c1000/M计算该溶液的物质的量浓度。详解：某溶质R的摩尔质量与H2S的相同，即为34g/mol。现有R的质量分数为27.5%、密度为1.10 gcm3的溶液，因此根据c1000/M可知该溶液中R的物质的量浓度为10001.127.5%34mol/

18、L8.9mol/L。答案选C。3、C【解析】分析：碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，结合电荷守恒、物料守恒等解答。详解：A、溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），A正确；B、溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），B正确；C、溶液呈碱性，故HCO3-的电离程度小于其水解程度，C错误；D、小苏打溶液中，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，碳酸氢根离子的水解和电离都较微弱，水和碳酸氢根离子都电离出氢离子，只有碳酸氢根离子电离出碳酸根离子，所以c(Na+

19、)c(HCO3-)c(OH-)c(CO32-)，D正确。答案选C。点睛：本题考查离子浓度比较以及三大守恒定律，注意多元弱酸酸式根离子可电离也可水解。HSO3-、H2PO4-等以电离为主，溶液显酸性；HCO3-、HS-等以水解为主，溶液显碱性。4、A【解析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2+

20、2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g17g/mol=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.3mol20.15mol；A由以上分析可知，用于沉淀金属离子的氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，则沉淀反应中需要氢氧化钠溶液体积为0.3mol3mol/L=0.1L=100mL，因为硝酸过量，故消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，A错误；B根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15

21、mol8/3=0.4mol，B正确；C镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6gm9.6g，C正确；D镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.15mol2/3=0.1mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L，D正确；答案选A。5、B【解析】过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，据此解答。【详解】A、汽油和植物油是互溶的液体，用蒸馏的方法分离，A错误；B、

22、碳酸钙难溶于水，用过滤法分离，B正确；C、酒精和水互溶，用蒸馏的方法分离，C错误；D、氯化钠难溶于水，用蒸发的方法得到氯化钠固体，D错误；答案选B。6、C【解析】A.“丹砂(HgS)烧之成水银 ，积变又还成丹砂”发生汞与氧气反应生成氧化汞，氧化汞加热分解生成汞和氧气，涉及化学反应，选项A正确；B.“用浓酒和糟入甑,蒸令气上其清如水”可见，烧酒的酿造方法为：加热浓酒和糟，利用沸点的不同，将酒蒸出，然后用器皿盛装冷凝后的馏分，即蒸馏，选项B正确；C.硝石为硝酸钾，不含碘单质，选项C错误；D.“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分碳酸钾，其水解显碱性能洗去油污，选项D正确

23、。答案选C。7、D【解析】A纯碱是碳酸钠，属于盐，故A错误； BHCOOH属于一元酸，不属于二元酸，故B错误；C盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，不属于电解质，故C错误；D酒精中只含有一种分子乙醇，属于纯净物，冰水混合物只含有一种分子水分子，属于纯净物，液氨为氨气的液态形式，属于纯净物，故D正确；故选D。点睛：判断物质是否属纯净物时，不要只看表面字眼“纯”或“混”，而要看实质.例如：“冰和水的混合物”是纯净物，又如“纯盐酸”，是混合物。电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质8、B【解析】由转化关系可知，B应发生卤代烃的消去反应生成乙烯醚，则B中含有卤原子、醚键，

24、而A在浓硫酸作用下得到B，应是形成醚键，属于取代反应，则A中含有卤原子、-OH，故乙烯与X反应应引入卤原子、-OH，则X可以为HClO，不可能为Br2，该反应属于加成反应。【详解】A项、若X为Br2，则A为BrCH2CH2Br，反应无法进行，故A错误；B项、若X为HO-Cl，则A为ClCH2CH2OH，A在浓硫酸作用下形成醚键，所以B为ClCH2CH2OCH2CH2Cl，B在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应可得乙烯醚，故B正确；C项、乙烯醚分子中的碳原子均为碳碳双键上的不饱和碳原子，氧原子与相连碳原子共面，则乙烯醚分子中的所有原子可能共平面，故C错误；D项、反应属于加成反应，反应属于取代反应，反

25、应属于消去反应，故D错误。故选B。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查学分析推理能力、知识迁移运用能力，注意根据结构与反应条件进行推断是解答关键。9、A【解析】试题分析：A根据电荷守恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，因为c(Na+)=c(SO42-)，所以c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)，故A正确；B含有AgCl和AgI固体的悬浊液，碘化银的溶解度小于氯化银，则氯离子浓度大于碘离子，溶液中离子浓度大小为：c(Ag+)c(Cl-)c(I-)，故B错误；CH2CO3的第一步电离大于第二步电离，则c(H+)c(HCO3-

26、)c(CO32-)，但c(HCO3-)不等于2c(CO32-)，故C错误；D含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c(Na+)3c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)，故D错误；故选A。考点：考查离子浓度大小比较、难溶物溶解平衡应用、弱电解质的电离等。10、B【解析】氯气具有强氧化性，可与Br、I发生置换反应生成单质，可以与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水。【详解】A. E处棉花球变成黄色，发生Cl22Br=2ClBr2，Cl2为氧化剂，Br2为氧化产物，Cl2的氧化性比Br2强，A正确；B.F处棉花球变成蓝色，发生Cl22I=2ClI2，Cl2的氧化性

27、比I2强，B错误；C.E处发生反应的离子方程式为：Cl22Br=2ClBr2，C正确；D. NaOH与Cl2反应的离子方程式为：2OHCl2=ClOClH2O，D正确；答案为B。【点睛】在F处，是未反应完的Cl2与KI发生反应置换出I2，使淀粉变蓝色，不能说明Br2的氧化性比I2强。11、D【解析】实验室没有980mL的容量瓶，应该选用1000mL的容量瓶配制。A. 需要称取固体的质量=1L0.1mol/L250g/mol=25.0g，故A错误；B. 配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。用到的玻璃仪器有 1000 mL 的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶

28、头滴管，用不到漏斗，故B错误；C. 为加快固体的溶解，可适当加热，然后冷却后将溶液转移到容量瓶中，故C错误；D. 倒转摇匀后发现液面低于刻度线，若补加蒸馏水至刻度线，导致溶液的体积偏大，会使所得溶液的浓度偏低，故D正确；故选D。12、B【解析】由金属活动性顺序为：ZnGaFe可知，阳极上Zn、Ge失电子发生氧化反应生成Zn2+和GaO2-进入电解质溶液，Fe、Cu不参与电极反应式，沉入电解槽底部形成阳极泥，阴极上GaO2-得电子发生还原反应生成Ga。【详解】A项、由金属活动性顺序可知，阳极上Zn、Ge失电子发生氧化反应生成Zn2+和GaO2-进入电解质溶液，主要电极反应式为：Ga + 4OH-

29、3e=GaO2 + 2H2O，故A正确；B项、由金属活动性顺序可知，阳极上Zn、Ge失电子发生氧化反应生成Zn2+和GaO2-，阴极上只有GaO2-得电子发生还原反应生成Ga，由得失电子数目守恒可知阳极质量的减少的量与阴极质量的增加的量不可能相等，故B错误；C项、在阴极除了析出高纯度的镓之外，电解质溶液中的水也可能在阴极上得电子发生还原反应生成氢气，故C正确；D项、由金属活动性顺序可知，Fe、Cu不参与电极反应式，沉入电解槽底部形成阳极泥，故D正确；故选B。【点睛】本题考查电解池原理的应用，注意电解池反应的原理和两极反应物和生成物的分析，明确金属活动性顺序与电极反应的关系是解题的关键。13、A

30、【解析】A. 澄清透明的溶液H+、Cu2+、SO42、NO3-可以大量共存，故A正确；B. 0.1 molL-1 HCO3的溶液中：HCO3与Fe3、Al3发生双水解不能大量共存，故B错误；C. Kw/c(OH)0.1 molL-1的溶液中：Kw=10-14，c(OH-)=1013 molL-1，为酸性溶液，AlO2，CH3COO与氢离子不能大量共存，故C错误D. 由水电离产生的c(H+)=110-13molL-1的溶液中，抑制了水的电离，可能是酸也可能是碱，HCO3与H+、OH-均不能大量共存，故D错误。【点睛】澄清溶液不等于无色溶液，注意双水解反应。14、A【解析】A.由结构可知PX的分子

31、式为C8H10，故A正确；B.PX中有两种H，PX的一氯代物有2种，B错误；C.PX与乙苯分子式相同，结构不同，PX与乙苯互为同分异构体，而非同系物，故C错误；D.PX分子中含有2个饱和碳原子，与饱和碳原子直接相连的4个原子构成四面体，所有原子不可能处于同一平面，D错误；答案为A。【点睛】该题的难点是有机物共线、共面判断，解答该类试题的判断技巧：甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛5种分子中的H原子若被其他原子如C、O、Cl、N等取代，则取代后的分子空间构型基本不变。借助CC键可以旋转而CC键、键不能旋转以及立体几何知识判断。苯分子中苯环可以以任一碳氢键为轴旋转，每个苯分子有三个旋转轴，轴上有四个原子共

32、线。15、C【解析】分析：A项，C60是一种单质；B项，C60中只含共价键；C项，C60、金刚石、石墨是碳元素形成的不同单质；D项，C60的摩尔质量为720g/mol。详解：A项，C60是只由碳元素组成的纯净物，是一种单质，A项错误；B项，C60中碳原子间形成共价键，B项错误；C项，C60、金刚石、石墨是碳元素形成的不同单质，C60、金刚石、石墨互为同素异形体，C项正确；D项，C60的相对分子质量为720，C60的摩尔质量为720g/mol，D项错误；答案选C。16、A【解析】断键需要吸热，A正确。物质变化和能量变化是化学反应的两个基本特征，B不正确。反应是放热反应还是吸热反应，与反应条件无关

33、，只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，C不正确。石墨制取金刚石需要吸收能量，说明金刚石比石墨高，所以石墨是稳定的，答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、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CS2 B d V2O5 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

34、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B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

35、核外有18种运动状态不同的电子，故答案为：3；哑铃；18；(2)A2B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；A2B2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B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，

36、K晶体的空间堆积方式为体心立方堆积，故答案为：B；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。18、 消去 羟基、醛基 +CH3OH+H2O +H2O 6 【解析】(1)根据分子结构模型知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，写出结构简式；(2)和溴水发生加

37、成反应生成D，D的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；据此分析解答。【详解】(1)A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，每个碳原子形成4个共价键，结合其分子结构模型()知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，且结构简式为：，故答案为；(2) 和溴水发生加成反应生成D，D的结构简式

38、为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；（a）通过以上分析知，反应属于消去反应，H的结构简式为，故答案为：消去；（b）G的结构简式为：，含有的官能团有OH、CHO，名称为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；（c）反应为B和甲醇发生酯化反应生成A，反应方程式是+CH3OH+H2O；反应为E发生消去反应生成F，反应方程式是+H2O，故答案为：+CH3OH

39、+H2O；+H2O；(3) A的结构简式为：，A中含有的官能团为碳碳双键和酯基，A的同分异构体苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种，则只能是对位，又与A有相同的官能团且能发生银镜反应，则苯环连接的两个侧链分别为CH=CH2、CH2OOCHCH3、CH=CHOOCHCH3、C(OOCH)=CH2OOCH、CH=CHCH3OOCH、CH2CH=CH2OOCH、C(CH3)=CH2，共6种，故答案为：6。【点睛】本题的难点是第（3）问，符合条件的同分异构体数目的确定；确定同分异构体的数目先根据限制的条件确定可能存在的结构，然后进行有序书写。19、500ml容量瓶 胶头滴管 14.6 左盘 搅拌

40、加快溶解 使溶质都进入容量瓶 当液面距刻度线1-2 cm处时，用胶头滴管加水到液面的凹液面的最低处与刻度相切 偏小 无影响 偏大 【解析】考查一定物质的量浓度溶液的配制的实验过程，包括计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容等。再根据，判断误差分析。【详解】(1)配制一定物质的量浓度的溶液时，需要使用到容量瓶，配制480mL溶液，实验室中没有480mL的容量瓶，应该选用500mL容量瓶，定容时，需要使用到胶头滴管；(2)实验室没有480mL的容量瓶，配制时要使用500mL的容量瓶，因此计算NaCl的质量时，也需要按照500mL计算。需要NaCl的物质的量为0.50 molL-1 0.5L=0.25m

41、ol，则NaCl的质量为0.25mol58.5gmol1=14.625g，托盘天平的精确度为0.1g，因此称量NaCl的质量为14.6g；(3)如果砝码可以称量到1g，那么游码应该到0.6g，则游码的位置在0.6的位置，如图；使用托盘天平称量时，物品应该放在左盘进行称量；(4)溶解时，使用玻璃棒用于搅拌，加速溶解；(5)引流时，需要使用玻璃棒；洗涤玻璃棒和烧杯23次，全部转移到容量瓶中，是为了将所有溶质转移至容量瓶中；(6)定容时，需要加入蒸馏水，使凹液面的最低处与刻度线相平，答案为：当液面距刻度线1-2 cm处时，用胶头滴管加水到液面的凹液面的最低处与刻度相切；(7)未洗涤烧杯和玻璃棒，有部

42、分溶质没有转移至容量瓶中，浓度偏小；容量瓶中有少量蒸馏水，在后续操作中也需要往容量瓶中加入蒸馏水，本来就有蒸馏水，不会带浓度带来误差；定容时，俯视刻度线，水加少了，体积偏小，浓度偏大。【点睛】称量的质量和计算的质量是不一样的，称量是要考虑到仪器的精确度。20、 7 分液 萃取有机层中ReO4- 2NH4ReO42NH3H2ORe2O7 H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气等合理答案 3.0106【解析】分析：(1)根据正负化合价的代数和为0计算；(2)根据流程图，用萃取剂萃取后得到含铼有机层和水层，据此分析解答；根据萃取剂选择的条件分析判断；(3)根据流程图，经过用氨水、水作萃取剂进行反萃取后可以得到富铼溶液分析解答；(4)依题意，高铼酸铵分解是非氧化还原反应，据此书写方程式；联系氢气还原氧化铜实验解答；(5)根据4ReS215O22Re2O78SO2，结合氧化还原反应的规律计算。详解：(1)NH4ReO4(高铼酸铵)中N为-3价，H为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，铼元素化合价为+7价，故答案为：+7；(2)根据流程图，用萃取剂萃取后得到含铼有机层和水层，分离的方法为分液，“萃取”中萃取剂应具有的性质