陕西省西安市第八十三中学2021-2022学年化学高二下期末达标检测试题含解析

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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、同一温度下，强电解质溶液a、弱电解质溶液b、金属导体c三者的导电能力相同，若升高温度后，它们的导电能力强弱顺序是()AbacBabcCcabDbca2、有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是A在NaCl晶体

2、中，距Na+最近的Cl-形成正八面体B在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+C在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数目比为12D由E原子和F原子构成的气态团簇分子的分子式为EF或FE3、下列同一组反应的反应类型不相同的是( )A由甲苯制取 2，4，6-三硝基甲苯，苯酚与浓溴水的反应B苯乙烯制取聚苯乙烯，四氟乙烯制取聚四氟乙烯C1-己烯使酸性 KMnO4溶液褪色，乙醛的催化氧化反应D由氯乙烷制取乙烯/由丙烯制取 1，2-二溴丙烷4、有机物对乙烯基苯甲酸(结构如图)在医药合成中有着广泛的用途。下列而关该物质的说法正确的是（ ）A该化含物中含氧官能团为酯基B该化台物中的所有碳原子一定处于同一平面内

3、C该化合物可发生取代反应、加成反应和氧化反应D该化合物的同分异构体中，苯环上有两个取代基的共3种5、草酸晶体(H2C2O42H2O)无色，熔点为101,易溶于水，受热脱水、升华,170以上分解。某学生拟用下图装置做草酸晶体的分解实验并验证部分产物，下列说法错误的是A装置A中的大试管口应略向下倾斜，是因为加热草酸晶体时会产生水B装置B的主要作用是冷凝(水蒸气、草酸)等,防止草酸进入装置C中,干扰CO2的检验C装置C中可观察到的现象是有气泡冒出,澄清石灰水变浑浊D本实验能证明草酸晶体的分解产物有二氧化碳6、0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释或升高温度的过程中，下列表达式的数值一定变大的是

4、（ ）Ac（H+） Bc（H+）c（OH-） C D7、实验室现有一瓶标签右半部分已被腐蚀的固体M，剩余部分只看到“Na2S”字样（如图所示）。已知固体M只可能是Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4中的一种。若取少量固体M配成稀溶液进行下列有关实验，其中说法正确的是（）A往溶液中通入二氧化碳，若有白色沉淀，则固体M为Na2SiO3B往溶液中加入稀盐酸酸化的BaCl2，若有白色沉淀，则固体M为Na2SO4C用pH试纸检验，若pH=7，则固体M不一定是Na2SO4D只用盐酸一种试剂不能确定该固体M的具体成分8、下列反应不可用于设计原电池的是A2CH33O22CO24H2OBZn2HCl=Zn

5、Cl2H2CNaOHHCl=NaClH2ODFeCuSO4=FeSO4Cu9、下列有关物质结构的说法正确的是()A78 g Na2O2晶体中所含阴、阳离子个数均为4NABHBr的电子式为HCPCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到了8电子稳定结构D3.4 g氨气中含有0.6NA个NH键10、二氟甲烷是性能优异的环保产品，它可替代某些会破坏臭氧层的“氟利昂”产品，用作空调、冰箱和冷冻库的致冷剂。试判断二氟甲烷的结构有（ ）A4种B3种C2种D1种11、下列说法不正确的是A己烯可以用于萃取溴水中的溴B甘氨酸和丙氨酸缩合最多可形成4种二肽C盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚用酒精洗涤D在酸性条件下

6、，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH12、两种金属A和B，已知A，B常温下为固态，且A，B属于质软的轻金属，由A，B熔合而成的合金不可能具有的性质有( )A导电、导热、延展性较纯A或纯B金属强B常温下为液态C硬度较大，可制造飞机D有固定的熔点和沸点13、下列说法正确的是A等质量的乙炔和苯完全然烧生成水的质量不相等B乙烯分子中所有原子共平面C甲醛(HCHO)和乙二醛(OHC-CHO)互为同系物D和互为同分异构体14、下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是选项ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中KSCN溶液滴入FeCl3溶液中CO2

7、通过装有Na2O2固体的干燥管现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色溶液变为红色固体由淡黄色变为白色AABBCCDD15、下列关于有机化合物的说法正确的是()A2-甲基丁烷也称异丁烷B三元轴烯()与苯互为同分异构体CC4H9Cl有3种同分异构体D烷烃的正确命名是2-甲基-3-丙基戊烷16、下列关于价电子排布式为3s23p4的粒子描述正确的是（ ）A它的元素符号为OB它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4C它可与H2生成液态化合物D其电子排布图为17、某溶液中含有下列六种离子：HCO3 SO32 K CO32 NH4 NO3，向其中加入稍过量Na2O2后，溶液中离子浓

8、度基本保持不变的是A B C D18、向含有0.2molFeI2的溶液中加入a molBr2。下列叙述不正确的是（）A当a=0.1时，发生的反应为2I+Br2I2+2BrB当a=0.25时，发生的反应为2Fe2+4I+3Br22Fe3+2I2+6BrC当溶液中I有一半被氧化时，c（I）：c（Br）=1：1D当0.2a0.3时，溶液中各离子浓度的关系为2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）c（Br）+c（OH）19、下列物质属于分子晶体的是A二氧化硅B碘C镁DNaCl20、下列说法正确的是A聚苯乙烯属于纯净物，单体的分子式为C8H8B聚苯乙烯能与溴水发生加成反应C做过银镜反应的试管，用稀

9、氨水洗涤D沾有苯酚的试管，用碳酸钠溶液洗涤21、最近，科学家成功地制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构。下列对该晶体的叙述错误的是（）A该物质的化学式为CO4B该晶体的熔、沸点高，硬度大C该晶体中C原子与CO化学键数目之比为1：4D该晶体的空间最小环由12个原子构成22、下列离子方程式的书写及评价均合理的是()选项离子方程式评价A将1 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中：2Fe22I2Cl2=2Fe34ClI2正确；Cl2过量，可将Fe2、I均氧化BMg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2HC

10、O3-OH= MgCO3H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2H2OClO=HClOHSO3-正确；说明酸性：H2SO3强于HClOD1 molL1的NaAlO2溶液和2.5 molL1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-5H=Al3Al(OH)3H2O正确；AlO2-与Al(OH)3消耗的H的物质的量之比为23AABBCCDD二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一

11、电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题：（1）R核外电子排布式为_。（2）X、Y、Z、W形成的有机物YW(ZX2）2中Y、Z的杂化轨道类型分别为_，ZW3-离子的立体构型是_。（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是_（填化学式），原因是_。（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为_。（5）W和Na的一种离子化合物的晶胞结构如图，该离子化合物为_（填化学式）。Na+的配位数为_，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为_。已知该晶胞的密度为gcm-3，阿伏加德罗

12、常数为NA，则两个最近的W离子间距离为_nm(用含、NA的计算式表示）。24、（12分）A、B、C、D、E代表5种元素。请填空：(1)A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号为_。(2)B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，B的元素符号为_，C的元素符号为_；B的外围电子的轨道表示式为_。(3)D元素的正三价离子的3d轨道为半充满，D的元素符号为_，其基态原子的电子排布式为_。(4)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，E的元素符号为_，其基态原子的电子排布式为_。25、（12分）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来

13、测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：（1）滴定终点的判断：溶液由_。（2）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（_）A酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸 B滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为_mL。（4）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000 mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度平均耗用盐酸体

14、积/mL第一次25.000.0026.15V=_第二次25.000.5630.30第三次25.000.2026.35依据上表数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度_ (计算结果取4位有效数)。26、（10分）抗爆剂的添加剂常用1，2-二溴乙烷。如图为实验室制备1，2-二溴乙烷的装置图， 图中分液漏斗和烧瓶a中分别装有浓H2SO4和无水乙醇，d装罝试管中装有液溴。相关数据列表如下：乙醇1，2-二溴乙烷乙醚溴状态无色液体无色液体无色液体红棕色液体密度/gcm-30.792.180.713.10沸点/78.5131.434.658.8熔点/-114.39.79- 116.2-7.2水溶性混溶难溶微溶可

15、溶（1）安全瓶b在实验中有多重作用。其一可以检查实验进行中d装罝中导管是否发生堵塞，请写出发生堵塞时瓶b中的现象：_；如果实验时d装罝中导管堵塞，你认为可能的原因是_；安全瓶b还可以起到的作用是_。（2）容器c、e中都盛有NaOH溶液，c中NaOH溶液的作用是_。（3）某学生在做此实验时，使用一定量的液溴，当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正确情况下超过许多，如果装罝的气密性没有问题，试分析可能的原因：_、_(写出两条即可)。（4）除去产物中少量未反应的Br2后，还含有的主要杂质为_，要进一步提纯，下列操作中必需的是_ (填字母)。A重结晶 B过滤 C萃取 D蒸馏（5）实验中也可

16、以撤去d装置中盛冰水的烧杯，改为将冷水直接加入到d装置的试管中，则此时冷水除了能起到冷却1，2-二溴乙烷的作用外，还可以起到的作用是_。27、（12分）如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸的物质的量浓度为_molL-1（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_A溶液中HCl的物质的量 B溶液的浓度C溶液中Cl-的数目 D溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400molL-1的稀盐酸该学生需要量取_mL上述浓盐酸进行配制所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒

17、，配制稀盐酸时，还缺少的仪器有_（4）假设该同学成功配制了0.400molL-1的盐酸，他又用该盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液，则该同学需取_mL盐酸假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液，发现比中所求体积偏小，则可能的原因是_A浓盐酸挥发，浓度不足 B配制溶液时，未洗涤烧杯C配制溶液时，俯视容量瓶刻度线 D加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出28、（14分）把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水中后有1.16g白色沉淀,在所得的悬独液中逐滴加入1molL-1HCl溶液,加入HCl溶液的体积V与生成沉淀的质量m的关系如图所示。试回答： (1

18、)A点沉淀物的化学式为_，(2)AlCl3的物质的量为_。(3)HCl溶液在Q点的加入量是_29、（10分）纯碱是一种非常重要的化工原料，在玻璃、肥料、合成洗涤剂等工业中有着广泛的应用。(1)工业上“侯氏制碱法”以NaCl、NH3、CO2及水等为原料制备纯碱，其反应原理为：NaClNH3CO2H2O=NaHCO3NH4Cl。生产纯碱的工艺流程示意图如下：请回答下列问题：析出的NaHCO3晶体中可能含有少量氯离子杂质，检验该晶体中是否含有氯离子杂质的操作方法是_。该工艺流程中可回收再利用的物质是_。若制得的纯碱中只含有杂质NaCl。测定该纯碱的纯度，下列方案中可行的是_(填字母)。a. 向m克纯

19、碱样品中加入足量CaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b gb. 向m克纯碱样品中加入足量稀盐酸，用碱石灰(主要成分是CaO和NaOH)吸收产生的气体，碱石灰增重b gc. 向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，产生的沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g(2)将0.84 g NaHCO3和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.10 molL-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是_(填字母)。A BC D(3)若称取10.5 g纯净的NaHCO3固体，加热一段时间后，剩余固体的质量为8.02 g。如果把剩余的固体全部加入

20、到100 mL 2 molL1的盐酸中充分反应。求溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度(设溶液的体积变化及盐酸的挥发忽略不计)_。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、A【解析】同一温度下，强电解质溶液a、弱电解质溶液b、金属导体c三者的导电能力相同，金属导体随着温度升高，电阻率变大，从而导致电阻增大，所以c的导电能力减弱，a是强电解质完全电离，不影响其导电能力，b是弱电解质，升高温度，促进弱电解质电离，导致溶液中离子浓度增大，所以溶液导电能力增大，则它们的导电能力强弱顺序是bac，故选A。2、D【解析】A、在NaCl晶体中，每个Na+周围距离最近的Cl是6个(上

21、、下、左、右、前、后各1个)，构成正八面体；B、根据“均摊法”，1个CaF2晶胞中含有的Ca2+数为81/8+61/2=4；C、金刚石晶体中，每个碳原子以4个碳碳键与相邻的4个碳原子结合，每个碳碳键为2个碳原子所共用，故碳原子与碳碳键数之比为12；D、气态团簇分子的分子式应为E4F4或F4E4，不能写成实验式。【详解】A、在NaCl晶体中，每个Na+周围距离最近的Cl是6个(上、下、左、右、前、后各1个)，构成正八面体，故A正确；B、根据“均摊法”，1个CaF2晶胞中含有的Ca2+数为81/8+61/2=4，故B正确；C、金刚石晶体中，每个碳原子以4个碳碳键与相邻的4个碳原子结合，每个碳碳键为

22、2个碳原子所共用，故碳原子与碳碳键数之比为12，故C正确；D、由E原子和F原子构成的气态团簇分子的分子式应为E4F4或F4E4，故D错误。故选D。【点睛】易错点D，注意气态团簇分子，应写出全部原子，不能用均摊法处理，分子式也不能写成最简式或实验式。3、D【解析】A.由甲苯制取 2，4，6-三硝基甲苯和苯酚与浓溴水的反应，发生的都是取代反应，反应类型相同，A不符合题意；B.苯乙烯制取聚苯乙烯和四氟乙烯制取聚四氟乙烯的反应，发生的都是加聚反应，反应类型相同，B不符合题意；C.1-己烯使酸性 KMnO4溶液褪色与乙醛的催化氧化反应发生的都是氧化反应，反应类型相同，C不符合题意；D由氯乙烷制取乙烯发生

23、的是消去反应；由丙烯制取 1，2-二溴丙烷发生的是加成反应，反应类型不相同，D符合题意；故合理选项是D。4、C【解析】根据化合物的结构简式知，其中含氧官能团为羧基，A项错误；根据苯和乙烯的结构特点及碳碳单键可以旋转知，该化合物分子中所有碳原子不一定共平面，B项错误；该化合物含有羧基、碳碳双键和苯环，碳碳双键和苯环均可以发生加成反应，碳碳双键可以发生氧化反应，羧基和苯环均可发生取代反应，C项正确；该化合物的同分异构体中苯环上有两个取代基的有：羧基和乙烯基位于邻、间位，酯基与乙烯基位于邻、间、对位等，D项错误；答案为C。5、A【解析】A项，草酸晶体的熔点101小于其分解温度，装置A中的大试管口应向

24、上倾斜，错误；B项，由于草酸晶体易升华，分解产物中混有草酸蒸气，草酸也能使澄清石灰水变浑浊，干扰分解产物CO2的检验，检验CO2之前必须排除草酸的干扰，装置B的主要作用是冷凝水蒸气、草酸等，正确；C项，草酸分解生成CO2、CO和H2O，CO不能被澄清石灰水吸收，装置C中有气泡冒出，CO2使澄清石灰水变浑浊，正确；D项，澄清石灰水变浑浊证明分解产物有CO2，正确；答案选A。6、C【解析】分析：CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，温度不变，K和Kw不变，据此分析判断。详解：ACH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，故A错误；B稀释过程，促进

25、电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，c(H+)c(OH-)=Kw，Kw不变，故B错误；CCH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，但c(CH3COO-)减小，根据K=c（H+）c（CH3COO-）c（CH3COOH）不变，所以c（H+）c（CH3COOH）比值变大，故C正确；D稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，则c(H+)c(OH-)变小，故D错误；故选C。7、A【解析】A往溶液中通入二氧化碳，若有白色沉淀，是硅酸钠和二氧化碳、水反应生成硅酸白色沉淀，则固体M为Na2SiO3 ，故A正确；B往溶液中加入稀盐酸酸化的BaCl2，若有白色沉淀，此沉淀可能为BaSO4或H2S

26、iO3，则固体M可以为Na2SiO3或Na2SO4，故B错误；C亚硫酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液呈碱性，硫酸钠呈中性，用pH试纸检验，若pH=7，则固体M一定是Na2SO4；故C错误；D盐酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，和硅酸钠反应生成白色沉淀，可以检验Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4，故D错误；故选A。8、C【解析】原电池为自发的氧化还原反应，则氧化还原反应可设计为原电池。【详解】A. 2CH33O22CO24H2O为氧化还原反应可设计为原电池，与题意不符，A错误；B. Zn2HCl=ZnCl2H2为氧化还原反应可设计为原电池，与题意不符，B错误；C. NaOHHCl=NaClH2

27、O为非氧化还原反应不能设计为原电池，符合题意，C正确；D. FeCuSO4=FeSO4Cu为氧化还原反应可设计为原电池，与题意不符，D错误；答案为C。9、D【解析】本题阿伏伽德罗常数的计算与判断、电子式的书写等知识。分析：A根据过氧化钠的物质的量以及过氧化钠中含有2个阳离子和1个阴离子；B溴化氢为共价化合物，电子式中不需要标出所带电荷；C对于共价化合物元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构；D根据氨气的物质的量以及1个氨气中含有3个N-H键。解析：78gNa2O2晶体的物质的量为78g78g/mol=1mol，过氧化钠中含有2个Na+离子和1个O22离子，78

28、gNa2O2晶体中所含阴、阳离子个数分别为NA、2NA，故A错误；溴化氢为共价化合物，氢原子与溴原子形成了一个共用电子对，溴化氢中氢原子最外层为2个电子，溴原子最外层达到8电子，用小黑点表示原子最外层电子，则溴化氢的电子式为，B错误；BCl3中B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，最外层有（3+3）=6，分子中B原子不满足8电子结构，故C错误；3.4g氨气的物质的量为 =0.2mol，氨气分子中含有3个N-H键，所以3.4g氨气中含有0.6NA个N-H键，故D正确。点睛：解题时注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系，明确电子式的概念及书写原则。10、D【解析】由于甲

29、烷是正四面体结构，所以其中的任何两个H原子被F原子取代，产物的结构都是相同的。因此二氟甲烷的结构简式只有一种。选项为D。11、A【解析】A己烯不溶于水，但能够与溴发生加成反应，则己烯不可以萃取溴水中的溴，故A错误；B同种氨基酸分子间脱水，可以生成2种二肽；异种氨基酸分子间脱水，可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，也生成2种二肽，共4种，故B正确；C苯酚易溶于酒精，则盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚可以用酒精洗涤，故C正确；D酯化时羧酸脱羟基、醇脱H，则在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故D正确；答案选A。【点睛】本

30、题的易错点为B，氨基酸形成肽键原理为羧基提供-OH，氨基提供-H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽。12、D【解析】合金的熔点和沸点比各成分低，硬度比各成分大，导电、导热、延展性较成分中纯金属强，用途广泛。【详解】合金为混合物，通常无固定组成，因此熔、沸点通常不固定；一般来讲金属形成合金的熔点比各组成合金的金属单质低，硬度要比各组成合金的金属单质大，如Na、K常温下为固体，而NaK合金常温下为液态，轻金属MgAl合金的硬度比Mg、Al高；正确选项D。【点睛】合金是由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具

31、有金属特性的物质，各类型合金都有以下通性：(1)多数合金熔点低于其组分中任一种组成金属的熔点；(2)硬度一般比其组分中任一金属的硬度大；(3)有的抗腐蚀能力强。13、B【解析】分析：本题考查的是常见有机物的结构和性质，注意掌握同系物和同分异构体的定义。详解；A.乙炔和苯的最简式相同，所以燃烧等质量的乙炔和苯生成的水的质量相等，故错误；B.依稀中6个原子在一个平面上，故正确；C.甲醛含有一个醛基，乙二醛含有两个醛基，二者结构不相似，不是同系物，故错误；D.二者是同一种结构，故错误。故选B。点睛：同系物要求结构相似，即官能团的种类和个数相同，属于一类物质。14、C【解析】A、NaOH溶液滴入FeS

32、O4溶液，发生反应Fe22OH=Fe(OH)2，因为Fe(OH)2容易被O2氧化，发生反应4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，现象为产生白色沉淀，迅速转变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀，涉及氧化还原反应，A错误；B、氯水中发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，即氯水的成份是Cl2、HCl、HClO，氯水滴入石蕊，溶液先变红，HClO具有强氧化性，能把有色物质漂白，即红色褪去，涉及氧化还原反应，B错误；C、KSCN溶液滴入FeCl3溶液中发生反应FeCl33KSCNFe(SCN)33KCl，溶液变为红色，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，C正确；D、CO2通过装有Na2O2固体的

33、干燥管，发生反应2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2，固体由淡黄色变为白色，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，D错误。答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应判断，题目难度不大，判断一个反应是否属于氧化还原反应，需要看是否有化合价的变化，有化合价变化的反应，才属于氧化还原反应，这是解题的关键。15、B【解析】A项，2-甲基丁烷分子中含有5个C，也称异戊烷，A错误；B项，由三元轴烯的结构可得分子式为C6H6，而结构与苯不同，故与苯互为同分异构体，B正确；C项，C4H9Cl的同分异构体有、共4种，C错误；D项，烷烃的正确命名是2-甲基-3-乙基己烷，故D错误。【点睛】本题考查同分异构体、有机

34、物的命名等，对于同分异构体，要抓住概念进行判断并掌握一定的书写方法，如:可以记住-C3H7有2种、-C4H9有4种、-C5H11有8种；对于有机物系统命名中常见的错误归纳如下：主链选取不当（不包含官能团，不是主链最长、支链最多）；编号错（官能团的位次不是最小，取代基位号之和不是最小）；支链主次不分（不是先简后繁）；连接符号用错。16、B【解析】A. 价电子构型为3s23p4的元素是16号元素S，氧元素的价电子构型为：2s22p4，故A错误；B. 根据A选项可知，该元素为S，S是16号元素，原子核外有16个电子，根据构造原理知，S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，故B正确；C.

35、 硫和氢气化合生成的硫化氢是气体而不是液体，故C错误；D. 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，且自旋方向相同，所以3p能级上电子排布图违反洪特规则，其在3p上的4个电子应排布为，故D错误；故答案为B。17、A【解析】分析：Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液显碱性，结合过氧化钠和离子的性质分析判断。详解：Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液显碱性，则HCO3-+OH=CO32-+H2O，NH4+OH=NH3+H2O，则HCO3-浓度减小、CO32-浓度增大、NH4+浓度减小；Na2O2具有强氧化性，SO32-被氧化成SO42-，离子浓度减小，因

36、此浓度不变的只有K、NO3-。答案选A。18、B【解析】亚铁离子的还原性弱于碘离子，溴少量时碘离子优先被氧化，发生反应为：2I-+Br2I2+2Br-；当碘离子完全被氧化后，亚铁离子开始被溴单质氧化，溴足量时的反应方程式为：2Fe2+4I-+3Br22Fe3+2I2+6Br-。Aa0.1时，溴单质不足，只有碘离子被氧化，反应的离子方程式为：2I-+Br2I2+2Br-，A正确；B当a0.25时，0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子，0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol溴单质，剩余的0.05mol溴单质能够氧化0.1mol亚铁离子，所以正确的反应为：2F

37、e2+8I-+5Br22Fe3+4I2+10Br-，B错误；C溶液中含有0.4mol碘离子，当有0.2mol碘离子被氧化时，消耗0.1mol溴单质生成0.2mol溴离子，则反应后溶液中碘离子和溴离子浓度相等，C正确；D当0.2a0.3时，碘离子完全被氧化，亚铁离子部分被氧化，根据电荷守恒可知溶液中的离子浓度的关系为：2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)c(Br-)+c(OH-)，D正确；答案选B。19、B【解析】试题分析：A、属于原子晶体，故错误；B、碘属于分子晶体，故正确；C、镁属于金属晶体，故错误；D、氯化钠属于离子晶体，故错误。考点：考查晶体等知识。20、D【解析】分析：A、聚

38、合物由于其聚合度不同，所以不可能是纯净物；B、苯乙烯发生加聚反应时，碳碳双键被破坏；C、银镜反应的产物有单质银，稀氨水不能溶解银；D、苯酚具有弱酸性，能与碳酸钠溶液反应。详解：A、聚合物是由单体经聚合反应生成的高分子化合物，由于其聚合程度不同，导致其分子不可能是同一分子，因此聚合物都是混合物，不可能是纯净物，故A不正确；B、苯乙烯发生加聚反应时，碳碳双键被破坏，所以聚苯乙烯不可能与溴发生加成反应，因此B不正确；C、单质银不与氨水反应，所以不能用氨水洗涤做过银镜反应的试管，故C不正确；D、苯酚的弱酸性比HCO3-的酸性强，但弱于H2CO3，因此能与碳酸钠溶液反应生成易溶于水的苯酚钠和NaHCO3

39、，所以D正确。本题答案为D。点睛：要明确高聚物的命名是在单体名称前面加“聚”字，但单体分子中的官能团已经发生反应，如烯烃中的C=C变成了CC，即不能认为有机物名称中有“烯”字，就一定含有C=C。21、A【解析】A晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，则其化学式为：CO2，故A错误；B该化合物晶体属于原子晶体，所以其熔沸点高，硬度大，故B正确；C该晶体中，每个碳原子含有4个C-O共价键，所以C原子与C-0化学键数目之比为1：4，故C正确；D该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，共计是12个原子，故D正确；故答案

40、选A。22、D【解析】A、将1molCl2通入到含1molFeI2溶液中，Cl2恰好将还原性强的I氧化，Fe2没有反应，反应的离子方程式为2I-+2Cl22Cl-+I2，故A错误；B、Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为Mg2+2HCO3-+4OH-Mg（OH）2+2CO32-+2H2O，故B错误；C、过量SO2与NaClO溶液反应生成氯化钠和硫酸，反应的的离子方程式为SO2+H2O+ClO-2H+Cl-+SO42-，故C错误；D、偏铝酸根离子与氢离子1：1反应生成氢氧化铝沉淀，1：4反应生成铝离子，等体积1 molL1的NaAlO2溶

41、液和2.5 molL1的HCl溶液中偏铝酸根离子与氢离子的物质的量比为2：5，则AlO2-与Al(OH)3消耗的H的物质的量之比为23，反应的离子方程式为2AlO2-5H=Al3Al(OH)3H2O，故D正确；答案选D。【点睛】二氧化硫与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应，不是复分解反应是易错点。二、非选择题(共84分)23、1s22s22p63s23p2 sp2 sp3 平面三角形 SiO2 SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体 2Cu + 8NH3+ O2+ 2H2O2Cu(NH3）42+ 4OH Na2O 4 立方体 【解析】X为所有元素中半径最小的，所以为氢元素；Y有3个能级，且每个能级上的

42、电子数相等，所以为1s22s22p2，为碳元素，R与Y同主族，所以R为硅；Q最外层只有1个电子，且其他电子层都处于饱和状态，说明为铜；Z的单电子在同周期元素中最多，所以为氮元素；W与Z在同周期，且W的原子序数比Z的大，所以为氧。据此判断。【详解】（1）硅是14号元素，核外电子排布为：1s22s22p63s23p2。（2）有机物为尿素，碳原子形成3个共价键，所以采用sp2杂化，氮原子形成3个共价键，还有一个孤对电子，所以采用sp3杂化，硝酸根离子的价层电子对数=（5+1+03）/2=3，无孤对电子，所以形成平面三角形。（3）二氧化碳为分子晶体，二氧化硅为原子晶体，所以二氧化硅的晶体沸点高。（4）

43、铜和氨气在氧气存在下反应，方程式为：2Cu + 8NH3+ O2+ 2H2O2Cu(NH3）42+ 4OH；（5）晶胞中有8个钠离子，有81/8+61/2=4个氧离子，所以化学式为：Na2O；从晶胞看钠离子周围最近的氧离子有4个。距离氧离子最近的钠离子有8个，构成立方体；假设现在晶胞的边长为a厘米，则a3NA=624=248，所以边长为厘米，氧离子最近的距离为面上对角线的一半，所以为纳米。24、N Cl K Fe 1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2 Cu 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1 【解析】(1)A元素基态原子的最外层有3个未成对

44、电子，核外电子排布应为ns2np3；(2)B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，离子核外都有18个电子，据此计算质子数进行判断；(3)D元素的正三价离子的3d轨道为半充满，3d轨道电子数为5，应为Fe元素；(4)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，应为Cu，原子序数为29。【详解】(1)A元素基态原子的核外电子排布应为ns2np3，次外层有2个电子，其电子排布式为：1s22s22p3，应为N元素；(2)B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，离子核外都有18个电子，B元素质子数为18-1=17，B为氯元素，元素符号为C

45、l，C元素质子数为18+1=19，C为钾元素，Cl元素为第A元素，外围价电子的轨道表示式为；(3)D元素的正三价离子的3d轨道为半充满，3d轨道电子数为5，则基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，应为Fe元素；有成对电子，只有一个未成对电子，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，应为Cu元素。25、溶液恰好由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复红色 D 26.10 27.35 0.1046mol/l 【解析】(1)因碱遇酚酞变红，酸遇酚酞不变色，所以滴定终点时溶液的颜色变化应为由浅红色变成无色。(2)利用c(碱)= 进行分析：A酸式滴定管未

46、用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，消耗酸的体积增大；B滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响；C酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取酸的体积增大；D读取盐酸体积时，开始仰视读数，读数偏小，滴定结束时俯视读数，读数偏大，则差值偏小，即读取的消耗酸的体积偏小。(3)由图可知，开始V=0.20mL，结束时V=26.30mL，则所用盐酸溶液的体积为26.30mL-0.20mL。(4)由三次盐酸溶液的体积可知，平均值为；根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)=26.15mL，由c(碱)= 代入数据求解。【详解】(1)因碱遇酚酞变红，滴定终点时

47、观察锥形瓶中溶液的颜色由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复红色，则达到滴定终点。答案为：溶液恰好由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复红色；(2)由c(碱)= 可知，A酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，消耗酸的体积增大，则c(碱)偏大，A不合题意；B滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响，B不合题意；C酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗酸的体积增大，则c(碱)偏大，故C不合题意；D读取盐酸体积时，开始仰视读数，读数偏小，滴定结束时俯视读数，读数偏大，则差值偏小，即读取的消耗酸的体积偏小，所以c(碱)偏低，D符合题意。答案为：D；(3)由图可知，开始V=0

48、.20mL，结束时V=26.30mL，则所用盐酸溶液的体积为26.30mL-0.20mL=26.10mL。答案为：26.10；(4)由三次盐酸溶液的体积可知，平均值为=27.35mL，答案为：27.35；根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)=26.15mL，由c(碱)= 可知，c(碱)=0.1046mol/l。答案为：0.1046mol/l。26、b中长直玻璃管内液柱上升过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装罝d中凝固防止倒吸吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体浓硫酸将部分乙醇氧化；发生副反应生成乙醚；乙醇挥发；乙烯流速过快，未完全发生加成反应乙醚D液封Br

49、2和1，2-二溴乙烷，防止它们挥发【解析】（1）当d堵塞时，气体不畅通，则在b中气体产生的压强将水压入直玻璃管中，甚至溢出玻璃管；1，2-二溴乙烷的凝固点较低（9.79），过度冷却会使其凝固而使气路堵塞；b为安全瓶，还能够防止倒吸；（2）c中盛氢氧化钠液，其作用是洗涤乙烯；除去其中含有的杂质（CO2、SO2等）；（3）根据乙烯与溴反应的利用率减少的可能原因进行解答；（4）根据反应2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O可知，溴乙烷产物中还会含有杂质乙醚；1，2一二溴乙烷与乙醚互溶，可以根据它们的沸点不同通过蒸馏方法分离；（5）根据1，2一二溴乙烷、液溴在水在溶解度不大，且密度大于水

50、进行解答。【详解】（1）根据大气压强原理，试管d发生堵塞时，b中压强的逐渐增大会导致b中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出；根据表中数据可知，1，2-二溴乙烷的沸点为9.79，若过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装置d中凝固会堵塞导管d；b装置具有够防止倒吸的作用，故答案为b中长直玻璃管内有一段液柱上升；过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装置d中凝固；防止倒吸；（2）氢氧化钠可以和制取乙烯中产生的杂质气体二氧化碳和二氧化硫发生反应，防止造成污染，故答案为吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体；（3）当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正常情况下超过许多的原因可能是乙烯发生（或

51、通过液溴）速度过快，导致大部分乙烯没有和溴发生反应；此外实验过程中，乙醇和浓硫酸的混合液没有迅速达到170会导致副反应的发生和副产物的生成，故答案为浓硫酸将部分乙醇氧化；发生副反应生成乙醚；乙烯流速过快，未完全发生加成反应；乙醇挥发；（4）在制取1，2一二溴乙烷的过程中还会有副产物乙醚生成；除去1，2一二溴乙烷中的乙醚，可以通过蒸馏的方法将二者分离，所以D正确，故答案为乙醚；D；（5）实验中也可以撤去d装置中盛冰水的烧杯，改为将冷水直接加入到d装置的试管内，则此时冷水除了能起到冷却1，2一二溴乙烷的作用外，由于Br2、1，2-二溴乙烷的密度大于水，还可以起到液封Br2及1，2-二溴乙烷的作用，

52、故答案为液封Br2和1，2-二溴乙烷，防止它们挥发。【点睛】本题考查了溴乙烷的制取方法，注意掌握溴乙烷的制取原理、反应装置选择及除杂、提纯方法，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力。27、 11.9 BD 16.8 500mL容量瓶 25 C【解析】分析：（1）依据c=1000/M 计算浓盐酸的物质的量浓度；（2）根据该物理量是否与溶液的体积有关判断；（3）依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积；根据配制过程中需要的仪器分析解答；（4）根据n（HCl）=n（NaOH）计算；盐酸体积减少，说明标准液盐酸体积读数减小，据此解答。详解：（1）浓盐

53、酸的物质的量浓度c=10001.1936.5%/36.5 mol/L=11.9mol/L；（2）A溶液中HCl的物质的量=cV，所以与溶液的体积有关，A不选；B溶液具有均一性，浓度与溶液的体积无关，B选；C溶液中Cl-的数目=nNA=cVNA，所以与溶液的体积有关，C不选；D溶液的密度与溶液的体积无关，D选；答案选BD；（3）设需要浓盐酸体积V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得：V11.9mol/L=0.400molL-10.5L，解得V=0.0168L=16.8mL；所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，由于是配制500mL溶液，则配制稀盐酸时，还缺少的仪器有500mL

54、容量瓶；（4）n（HCl）=n（NaOH）=0.4g40g/mol=0.01mol，V（HCl）=0.01mol/0.400molL1=0.025L=25mL，即该同学需取25mL盐酸；消耗的标准液盐酸体积减少，说明读数时标准液的体积比实际体积减少了，则A、浓盐酸挥发，浓度不足，配制的标准液浓度减小，滴定时消耗盐酸体积变大，A不选；B、配制溶液时，未洗涤烧杯，标准液浓度减小，消耗体积增大，B不选；C、配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，配制的标准液浓度变大，滴定时消耗的体积减小，C选；D、加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，标准液浓度减小，滴定时消耗标准液体积增大，D不选；答案选C。点睛：本题考查了一

55、定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作过程是解题关键，题目难度不大。注意误差分析方法，即根据cB=nBV可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量B和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和V怎样的变化。28、Mg(OH)2 AlO2+H+H2OAl(OH)3 1：1 130 【解析】分析:向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，O-A时没有沉淀生成,说明溶液中NaOH过量,则铝离子完全转化为偏铝酸根离子,溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2；A-B段,盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀,离子反应方程式为AlO2+H+H2OAl(OH)3，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3；B-C过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁,所以C点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠。详解:(1)向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时,O-A时没有沉淀生成,说明此时盐酸和氢氧化钠反应,即:NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后,溶液中NaOH过量,此时溶液中铝离