2023学年安徽省安庆市第十一中学化学高二第二学期期末联考模拟试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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2、下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能3、已知：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，2Fe2++Br2=2Br﹣+2Fe3+。在bLFeBr2溶液中通入amolCl2时，使溶液中50%的Br﹣氧化为Br2，则原FeBr2的物质的量浓度为A．a/bmol•L﹣1 B．2a/bmol•L﹣1 C．3a/bmol•L﹣1 D．5a/bmol•L﹣14、银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故。根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器漫入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去。下列说法正确的是A．处理过程中银器一直保持恒重B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银C．该过程中总反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl5、下图是新型镁一锂双离子二次电池。下列关于该电池的说法正确的是A．放电时，Li+由右向左移动B．放电时，正极的电极反应式为Li1-x-FePO4+xLi++xe-=LiFePO4C．充电时，外加电源的负极与Y相连D．充电时，导线上每通过1mole-，左室溶液质量减轻12g6、请仔细观察以下2个装置，下列说法正确的是A．图1石墨a为正极，图2石墨c也为正极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装置不会产生电流C．图1石墨a电极上发生的反应为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－D．图2石墨b上的产物能使淀粉溶液变蓝7、在t℃时，Ag2CrO4(橘红色)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知AgCl的Ksp＝1.8×10－10。下列说法不正确的是()A．t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8B．饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点C．t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等D．t℃时，将0.01mol·L－1AgNO3溶液滴入20mL0.01mol·L－1KCl和0.01mol·L－1K2CrO4的混合溶液中，Cl－先沉淀8、下列有机物按碳的骨架进行分类，其中与其他三种有机物属于不同类别的是A． B．CH2=CH2 C． D．CH3C≡CH9、由2-氯丙烷转变成1，2-丙二醇需经过下列哪种合成途径A．消去→加成→消去 B．消去→加成→取代C．加成→消去→取代 D．取代→消去→加成10、草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在0.1mol·L-1KHC2O4溶液中，下列关系正确的是（）A．c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+c(C2O42-)B．c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol·L-1C．c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)D．c(C2O42-)<c(H2C2O4)11、下列晶体中含有非极性共价键的离子晶体是①硅晶体②H2O2③CaC2④NH4Cl⑤Na2O2⑥苯甲酸A．①②④⑥ B．①③ C．②④⑤⑥ D．③⑤12、证明溴乙烷中溴的存在，下列正确的操作步骤为①加入AgNO3溶液②加入NaOH水溶液③加热④加入蒸馏水⑤加稀硝酸至溶液呈酸性⑥加入NaOH醇溶液A．④③①⑤ B．②③⑤① C．④⑥③① D．③⑥⑤①13、将15mL2mol·L－1Na2CO3溶液逐滴加入到40mL0.5mol·L－1MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是A．4 B．3 C．2 D．114、下列说法不正确的是（）A．葡萄糖溶液和乙酸可用新制氢氧化铜鉴别B．植物油和矿物油可用热的饱和碳酸钠溶液鉴别C．甲苯和乙醇可用酸性高锰酸钾溶液鉴别D．乙醇、苯、四氯化碳既可用燃烧法鉴别，又可用水鉴别15、0.01molAl投入到100mL3mol/LNaOH溶液中充分反应后，再滴入1mol/LH2SO4120mL，其结果A．溶液的pH＜7B．得到澄清透明溶液C．得到浑浊液D．先有白色沉淀生成，后逐渐溶解16、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是A．若原溶液中不存在Na+，则c（Cl－）＜0.1mol•L﹣1B．原溶液可能存在Cl－和Na+C．原溶液中c（CO32－）是0.01mol•L﹣1D．原溶液一定存在CO32－和SO42－，一定不存在Fe3+17、关于铅蓄电池的说法正确的是A．在放电时，正极发生的反应是Pb＋SO42-=PbSO4＋2e－B．在放电时，该电池的负极材料是铅板C．在充电时，电池中硫酸的浓度不断变小D．在充电时，阳极发生的反应是PbSO4＋2e－=Pb＋SO42-18、有机物(CH3)2CHCH2CH3命名正确的是A．1，1-二甲基丙烷 B．2-甲基丁烷 C．3-甲基丁烷 D．2-甲基戊烷19、下列物质的水溶液中只存在一种分子的是A．CH3CH2OH B．NaOH C．NH4Cl D．HClO20、一种新型材料B4C，它可用于制作切削工具和高温热交换器。关于B4C的推断正确的是A．B4C是一种原子晶体B．B4C是一种离子晶体C．B4C是一种分子晶体D．B4C分子是由4个硼原子和1个碳原子构成的21、下列各种高聚物中，具有热固性的是()A．有机玻璃B．聚氯乙烯C．聚丙烯D．酚醛塑料22、NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中错误的是()A．标准状况下，22.4L氢气和氯气的混合气体，所含分子数为NAB．常温常压下，1mol氦气含有的原子数约为NAC．1molAl3＋含有核外电子数为3NAD．T℃时，1LpH＝6的纯水中，含1×10－6NA个OH－二、非选择题(共84分)23、（14分）已知X、Y、Z、W、R五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大。元素X是周期表中原子半径最小的元素；Y的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同；W位于第2周期，其基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；R基态原子3d轨道上的电子数是4s轨道上的4倍。请回答下列问题：（答题时，X、Y、Z、W、R用所对应的元素符号表示）⑴基态R原子的外围电子排布式为______；Y、Z、W的电负性由大到小的顺序是____。⑵元素Y、Z均能与元素X形成含18个电子的微粒，这些微粒中沸点最高的是______，其沸点最高的原因是______；Y2X4难溶于X2W的原因是_____。⑶YW的结构式为______(须标出其中的配位键)；在化学式为［R(ZX3)4(X2W)2］2+的配离子中与R形成配位键的原子是______。24、（12分）A、B、C、D、E、F为元素周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。（1）写出基态E原子的价电子排布式_______。（2）A与C可形成CA3分子，该分子中C原子的杂化类型为______，该分子的立体结构为_____；C的单质与BD化合物是等电子体，据等电子体的原理，写出BD化合物的电子式______；A2D由液态形成晶体时密度减小，其主要原因是__________（用文字叙述）。（3）已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如图所示，则该化合物的化学式为___；若相邻D原子和F原子间的距离为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为______g·cm－3（用含a、NA的式子表示）。25、（12分）氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的质量分数，设计如下两种实验方案。（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，化学反应方程式是____（方案1）取一定量的样品，用图1装置测定样品中AlN的质量分数（夹持仪器已略去）。（2）图1中仪器a的名称是___（3）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品。关闭K1，打开K2和分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液至不再产生气体，打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置在反应前后的质量变化。通入氮气的目的是____（4）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见____（方案2）用图2装置测定mg样品中AlN的质量分数（部分夹持装置己略去）。（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是___（填字母序号）。a．CCl4b．H2Oc．饱和NH4Cl溶液d．苯（6）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（标准状况），则AlN的质量分数为___。若将b处胶管用弹簧夹夹住，其他操作均不变，则最终测定的结果___（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。26、（10分）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来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/mL0.1000mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度平均耗用盐酸体积/mL第一次25.000.0026.15①V=__________第二次25.000.5630.30第三次25.000.2026.35②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)。27、（12分）3，4−亚甲二氧基苯甲酸是一种用途广泛的有机合成中间体，微溶于水，实验室可用KMnO4氧化3，4−亚甲二氧基苯甲醛制备，其反应方程式为：实验步骤如下：步骤1：向反应瓶中加入3，4−亚甲二氧基苯甲醛和水，快速搅拌，于70～80℃滴加KMnO4溶液。反应结束后，加入KOH溶液至碱性。步骤2：趁热过滤，洗涤滤渣，合并滤液和洗涤液。步骤3：对合并后的溶液进行处理。步骤4：抽滤，洗涤，干燥，得3，4−亚甲二氧基苯甲酸固体。回答下列问题：（1）步骤1中，反应过程中采用的是__________________________加热操作。（2）步骤1中，加入KOH溶液至碱性的目的是________________________。（3）步骤2中，趁热过滤除去的物质是__________________（填化学式）。（4）步骤3中，处理合并后溶液的实验操作为_______________________。（5）步骤4中，抽滤所用的装置包括__________、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。28、（14分）据报道一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给某些制药企业，最终变成药用胶囊。由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，从而对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素是+3价，则其中铁元素是________价。CrO2-是一种酸根离子，则Fe(CrO2)2属于________(填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”)。(2)明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是________(填序号)。a．都不稳定，密封放置产生沉淀b．两者均有丁达尔效应c．分散质微粒可通过滤纸(3)已知胶体的分散质不能透过半透膜，但水分子等小分子或离子能透过半透膜。提纯明胶的装置是下列中的________(填序号)。(4)现有10mL明胶的水溶液与5mLNa2SO4溶液混合装入半透膜内，将此半透膜浸入盛蒸馏水的烧杯中，设计实验证明SO42-能够透过半透膜：__________________________________________。29、（10分）[化学—选修3：物质结构与性质]

（1）Fe3+的电子排布式为___________________。已知，Fe3＋的化学性质比Fe2＋稳定，请从原子结构的角度进行解释____________________。（2）Fe能与CO形成配合物Fe(CO)5，1molFe(CO)5中含有________molσ键。（3）与CO互为等电子体的分子和离子分别为________和_______(各举一种，填化学式)。（4）某化合物与Cu（Ⅰ）（Ⅰ表示化合价为+1）结合形成图甲所示的离子。该离子中含有化学键的类型有____________________。（填序号）A．极性键B．离子键C．非极性键D．配位键（5）向氯化铜溶液中通入足量的二氧化硫，生成白色沉淀M，M的晶胞结构如图乙所示。写出该反应的离子方程式：____________________。（6）已知由砷与镓元素组成的化合物A为第三代半导体。已知化合物A的晶胞结构与金刚石相似，其晶胞结构如图丙所示，请写出化合物A的化学式___________。设化合物A的晶胞边长为pm，则每立方厘米该晶体中所含砷元素的质量为______________g（NA表示阿伏加德罗常数的值）。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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【答案解析】

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。【题目详解】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、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。2、A【答案解析】

A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A正确；B、锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B错误；C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C错误；D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化还原反应，D错误；答案选A。3、A【答案解析】

由方程式可知，还原性Fe2+＞Br-，故氯气先氧化Fe2+，而溶液中50%的Br-氧化为Br2，说明Fe2+完全氧化，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=xmol，n(Br-)=2xmol，参加反应的n(Br-)=2xmol×50%=xmol，根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c=来计算作答。【题目详解】由方程式可知，还原性Fe2+＞Br-，故氯气先氧化Fe2+，而溶液中50%的Br-氧化为Br2，说明Fe2+完全氧化，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=xmol，n(Br-)=2xmol，参加反应的n(Br-)=2xmol×50%=xmol，根据电子转移守恒，有xmol×1+xmol×1=amol×2，解得x=amol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为c===mol/L，故合理选项为A。【答案点睛】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。需要特别注意的是，在同一个溶液中，存在多种具有还原性的离子时，要遵循先后顺序，由于氧化剂的量不同，导致的离子反应方程式也不尽相同。4、B【答案解析】

A．银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，所以银器质量减小，故A错误；B．银作正极，正极上Ag2S得电子作氧化剂，在反应中被还原生成单质银，故B正确；C．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3，故C错误；D．黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl，故D错误；故选B。5、B【答案解析】

A、放电，该装置为电池，Mg是活泼金属，即Mg作负极，另一极为正极，根据原电池的工作原理，Li＋应向正极移动，即从左向右移动，故A错误；B、根据上述分析，右边电极为正极，得到电子，电极反应式为Li1-x-FePO4+xLi++xe-=LiFePO4，故B正确；C、充电，该装置为电解池，电源的正极接电池的正极，电源的负极接电池的负极，即充电时，外加电源的负极与X相连，故C错误；D、充电时，导线上每通过1mole-，左室得电子，发生还原反应，电极反应式为Mg2++2e-=Mg，但右侧将有1molLi+移向左室，因此溶液质量减轻12-7=5g，故D错误；答案选B。6、D【答案解析】

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，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：Cu2＋＋2e－=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。7、A【答案解析】

A、由图中数据可计算Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO42-)＝(1×10－3)2×1×10－5=1.0×10－11，故A错误，符合题意；B、在Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO42-)增大，则c(Ag＋)降低，而X点与Y点的c(Ag＋)相同，故B正确，不符合题意；C、Y点、Z点溶液的温度相同，则Ksp相同，故C正确，不符合题意；D、由AgCl的Ksp计算此条件下AgCl沉淀时的c(Ag＋)＝mol·L－1＝1.8×10－8mol·L－1，由Ag2CrO4的Ksp计算c(Ag＋)＝mol·L－1＝3.2×10－5mol·L－1，Cl－沉淀需要的c(Ag＋)更低，可知Cl－先沉淀，故D正确，不符合题意；故选A。8、C【答案解析】

按碳的骨架进行分类，烃可以分为链烃和环烃，A、B、D均为链烃，C中含有苯环属于环烃中的芳香烃，所以C与其他有机物的碳的骨架不同，故选C。9、B【答案解析】2-氯丙烷制取1,2-丙二醇时需先进行消去反应生成丙烯：，再通过加成反应生成1,2-二溴丙烷：，最后通过水解反应（取代反应）1,2-二溴丙烷变为1,2-丙二醇：，根据以上反应分析，A消去→加成→消去不符合该过程，故A错；B消去→加成→取代,符合该反应历程，故B正确；C加成→消去→取代,不符合反应历程，故选C项。综上所述，本题正确答案为B。10、C【答案解析】

A.根据溶液呈电中性，则c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)，与题意不符，A错误；B.根据C原子守恒，则c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol·L-1，与题意不符，B错误；C.根据C原子守恒，c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol·L-1，符合题意，C正确；D.草酸氢钾溶液呈酸性，则HC2O4-电离程度大于HC2O4-水解程度，即c(C2O42-)>c(H2C2O4)，与题意不符，D错误；答案为C。11、D【答案解析】

一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，其晶体为离子晶体，只含共价键的化合物为共价化合物，形成的晶体为原子晶体或分子晶体。【题目详解】①硅晶体是含有非极性键的原子晶体，故错误；②H2O2是含有极性键和非极性键的分子晶体，故错误；③CaC2是含有离子键和非极性键的离子晶体，故正确；④NH4Cl是含有离子键和极性键的离子晶体，故错误；⑤Na2O2是含有离子键和非极性键的离子晶体，故正确；⑥苯甲酸是含有极性键和非极性键的分子晶体，故错误；③⑤正确，故选D。【答案点睛】本题考查化学键与晶体类型的关系，注意离子化合物的结构特征与性质，明确共价键的形成及共价键的主要类型是解答关键。12、B【答案解析】

检验卤代烃中的卤素原子时先加入NaOH水溶液并加热，使卤代烃发生水解反应，将其中的卤素原子转变为离子，再加硝酸中和过量的NaOH溶液，溶液呈酸性时加入AgNO3溶液，看生成的沉淀的颜色确定卤素原子的种类，根据上述分析选B。13、B【答案解析】

M的化合价为+n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为：2Mn+～～～～～～～nCO32－2n0.04L×0.5mol/L0.015L×2mol/L解得n=3故选B。14、C【答案解析】

A.葡萄糖溶液能把新制氢氧化铜悬浊液还原产生红色沉淀，乙酸能与氢氧化铜发生中和反应使其溶解，因此可用新制氢氧化铜鉴别葡萄糖溶液和乙酸，A正确；B.植物油属于油脂，能在饱和的热的碳酸钠溶液中水解，而矿物油主要是烃类物质，与热的饱和碳酸钠溶液不反应，也不溶解在碳酸钠溶液中，因此可以鉴别，B正确；C.甲苯和乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，C错误；D.乙醇、苯均能燃烧，燃烧的实验现象不同，四氯化碳不能燃烧，可用燃烧法鉴别，又因为乙醇与水互溶，苯不溶于水在上层，四氯化碳不溶于水在下层，因此又可用水鉴别，D正确；答案选C。【答案点睛】掌握物质的性质差异是解答的关键，即任何具有明显实验现象差异的物理性质、化学性质都可用于物质的鉴定。在物质鉴定过程中常常是根据颜色的变化、是否有气体产生、能否溶解、有无沉淀、有无吸热或放热等现象来判别。可以根据能不能产生某个现象来判别，也可以根据产生某个现象的快慢进行判断。所以常常可以用多种方法鉴定某种物质。15、B【答案解析】分析：能够先后发生的反应有①2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、②2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O、③H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，④Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，n(Al)=0.01mol，n(NaOH)=0.1L×3mol/L=0.3mol，n(H+)=1mol/L×0.12L×2=0.24mol，以此来解答。详解：n(Al)=0.01mol，n(NaOH)=0.1L×3mol/L=0.3mol，由2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，Al完全反应，消耗NaOH为0.01mol，由2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O可知，0.29molNaOH需要硫酸为0.29mol2=0.145mol，而n(H+)=1mol/L×0.12L×2=0.24mol，硫酸为0.12mol，硫酸不足，则不发生H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓和Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，因此最后得到偏铝酸钠、氢氧化钠、硫酸钠的混合溶液，溶液显碱性，故选16、D【答案解析】

加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+（Fe3+和CO32－会发生双水解反应，不能共存），且沉淀2为BaSO4，n(BaSO4)=，m(BaCO3)=4.30g-2.33g=1.97g，则n(BaCO3)=。加入NaOH溶液产生1.12L（标况）气体，则溶液中有NH4+，NH3有0.05mol，即n(NH4+)=0.05mol。CO32－和SO42－所带的负电荷的物质的量为0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol，NH4＋所带正电荷的物质的量为0.05mol×1=0.05mol，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定有Cl-，且最少为0.01mol（因为无法判断是否有Na+，如果有Na+，需要多于的Cl-去保持溶液的电中性）。【题目详解】A.若原溶液中不存在Na+，则c(Cl－)=，A错误；B.原溶液中一定有Cl-，可能有Na+，B错误；C.经计算，原溶液中，n(CO32-)=0.01mol，则c(CO32-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol•L﹣1，C错误；D.加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+，D正确；故合理选项为D。【答案点睛】溶液中的离子要保持电荷平衡，即正负电荷所带的电荷量相等，以保持溶液的电中性。17、B【答案解析】

A．在放电时，正极发生的反应是PbO2＋4H＋＋SO42-＋2e－=PbSO4＋2H2O，不正确；B．在放电时，该电池的负极材料是铅板，正确；C．在充电时，电池中硫酸的浓度不断变大，有硫酸生成，不正确；D．在充电时，阳极发生的反应是PbSO4＋2e－＋2H2O=PbO2＋4H＋＋SO42－，不正确。选B。18、B【答案解析】

烷烃在命名时，应选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始给主链上的碳原子进行标号，并标示出支链的位置.【题目详解】烷烃在命名时，应选最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，故为丁烷；从离支链近的一端开始给主链上的碳原子进行标号，则在2号碳原子上有一个甲基，故此烷烃的名称为2−甲基丁烷。答案选B。【答案点睛】根据烷烃的命名原则判断：碳链最长称某烷，靠近支链把号编，简单在前同相并，其间应划一短线，1、碳链最长称某烷：意思是说选定分子里最长的碳链做主链，并按主链上碳原子数目称为“某烷”。2、靠近支链把号编：意思是说把主链里离支链较近的一端作为起点，用1、2、3…等数字给主链的各碳原子编号定位以确定支链的位置。3、简单在前同相并，其间应划一短线：这两句的意思是说把支链作为取代基，把取代基的名称写在烷烃名称的前面，在取代基的前面用阿拉伯数字注明它在烷烃主链上的位置，而且简单的取代基要写在复杂的取代基前面，如果有相同的取代基，则要合并起来用二、三等数字表示，但是表示相同的取代基位置的阿拉伯数字要用逗号隔开，并在号数后面连一短线，中间用“-“隔开。19、B【答案解析】

A.CH3CH2OH为非电解质，水溶液中存在水分子、乙醇分子，A错误；B.NaOH为强电解质，水溶液中完全电离，只存在水分子，B正确；C.NH4Cl为强酸弱碱盐，水溶液中，铵根离子水解生成一水合氨分子，还存在水分子，C错误；D.HClO为弱电解质，水溶液中部分电离，存在水分子、次氯酸分子，D错误；答案为B。20、A【答案解析】

B4C由非金属性元素组成，不可能为离子晶体，可用于制作切削工具和高温热交换器，说明该物质的熔点高，硬度大，符合原子晶体的特征，应为原子晶体，原子晶体中不存在单个分子，构成微粒为原子，故选A。21、D【答案解析】分析：热固性塑料在高温情况下“固”，即高温下形状不变，为体型分子；热塑性塑料在高温情况下“塑”，高温下可以发生形变，为线型分子。详解：酚醛塑料，为体型分子，属于热固性塑料，而有机玻璃的成分是聚甲基丙烯酸甲酯、聚氯乙烯塑料、聚丙烯塑料均为线型分子，属于热塑性塑料。答案选D。22、C【答案解析】

A．标准状况下，22.4L氢气和氯气的混合气体的物质的量为1mol，1mol混合气体中所含分子数为NA，A项正确，不符合题意；B．氦为单原子分子，1个分子中只含1个原子，1mol氦气所含原子的物质的量为1mol，其原子数约为NA，B项正确，不符合题意；C．Al元素为13号元素，1个Al原子中含有13个电子。Al失去3个电子，生成Al3＋，1个Al3＋中含有10个电子，1molAl3＋所含电子的物质的量为10mol，1molAl3＋含有核外电子数10NA，C项错误，符合题意；D．T℃时，1LpH=6的纯水中，H＋的物质的量等于OH－的物质的量，OH－的物质的量为1L×10-6mol·L－1=10-6mol，OH－的数目为10-6NA，D项正确，不符合题意；本题答案选C。二、非选择题(共84分)23、3d84s2O＞N＞CN2H4N2H4分子间存在氢键C2H4是非极性分子，H2O是极性溶剂，非极性分子难溶于极性溶剂N、O【答案解析】

X、Y、Z、W、K五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大．元素X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，则Y为碳元素；W位于第2周期，其原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，原子核外电子排布为1s22s22p4，则W为O元素；Z的原子序数介于碳、氧之间，故Z为N元素；R基态原子3d轨道上的电子数是4s轨道上的4倍，R为Ni。【题目详解】（1）R为Ni，基态R原子的外围电子排布式为3d84s2；同周期随原子序数增大，元素电负性呈增大趋势，Y、Z、W的电负性由大到小的顺序是O＞N＞C。（2）C、N两元素均可形成含18个电子氢化物分子，其氢化物分子分别为C2H6、N2H4，N2H4分子之间存在氢键，C2H6分子之间无氢键，二者沸点相差较大；根据相似相溶的规律：C2H4是非极性分子，H2O是极性溶剂，非极性分子难溶于极性溶剂；（3）CO是SP杂化，碳和氧形成叁键，CO的结构式为(须标出其中的配位键)；Ni提供空轨道，N和O提供孤电子对，在化学式为［Ni(NH3)4(H2O)2］2+的配离子中与Ni形成配位键的原子是N和O。【答案点睛】本题是对物质结构的考查，推断元素是解题关键，易错点：注意核外电子排布、电负性、氢键、配位键等基础知识。24、3d54s1sp3杂化三角锥形:C⋮⋮O:水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度减小Cu2O【答案解析】

B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则B为C元素；D原子核外电子有8种不同的运动状态，则D原子核外有8个电子，则D为O元素；C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，且C的原子序数比O小，则C为N元素；E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，则E的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，则E为24号元素Cr；F位于前四周期、原子序数比E大且其基态原子最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，则F的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则F为29号元素Cu；A与其余五种元素既不同周期也不同主族，且能与C形成CA3分子，则A为H；综上所述，A、B、C、D、E、F分别为：H、C、N、O、Cr、Cu，据此解答。【题目详解】(1)E为Cr，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，则其价电子排布式为：3d54s1，故答案为：3d54s1；(2)A为H，C为N，NH3分子中，中心N原子的σ键数=3，孤电子对数==1，则价层电子对数=3+1=4，则中心N原子的杂化类型为sp3杂化，有一对孤电子，则其空间构型为三角锥形。N2的电子式为:N⋮⋮N:，CO和N2互为等电子体，则CO的电子式为:C⋮⋮O:。水形成晶体(冰)时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率降低，导致密度减小，故答案为：sp3杂化；三角锥形；:C⋮⋮O:；水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度减小；(3)D原子即O原子，F原子即Cu原子，由均摊法可知，1个晶胞中O原子个数==2，Cu原子个数=4，该化合物中Cu原子和O原子个数比=4:2=2:1，则该化合物的化学式为Cu2O，那么，1个晶胞的质量=。设晶胞常数为b，Cu原子和O原子之间的距离为acm，则体对角线=4acm，则=4a，可得：b=cm，所以，1个晶胞的体积=b3=()3cm3，该晶体的密度=，故答案为：Cu2O；。【答案点睛】Cu和O之间的距离=体对角线的四分之一。25、AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑干燥管将A中残留气体全部赶至C中C装置后添加一个装有碱石灰的干燥管a、d4.1V22.4m【答案解析】

（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，根据反应物，盐为偏铝酸钠，碱性气体为氨气；（2）根据装置特点，图1中仪器a的名称是干燥管；（3）反应结束时，为了使测量的含量更准确，将装置A、B中残留有氨气排入装置C，被硫酸完全吸收；（4）浓硫酸具有吸水性，防止浓硫酸吸收外界气体中的水蒸气造成误差；（5）为测定生成的气体氨气的体积，并利用U型管测量气体体积，则要求U型管内液体不溶解氨气，且不与氨气反应；（6）根据N原子守恒，n（NH3）=n（AlN）进行计算；若将b处胶管用弹簧夹夹住，加入的NaOH溶液的体积会计算成氨气的体积；【题目详解】（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，根据反应物，盐为偏铝酸钠，碱性气体为氨气，方程式为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；（2）根据装置特点，图1中仪器a的名称是干燥管；（3）反应结束时，为了使测量的含量更准确，将装置A、B中残留有氨气排入装置C，被硫酸完全吸收；（4）浓硫酸具有吸水性，防止浓硫酸吸收外界气体中的水蒸气造成误差，则应在装置C后加一干燥装置；（5）为测定生成的气体氨气的体积，并利用U型管测量气体体积，则要求U型管内液体不溶解氨气，且不与氨气反应，a．CCl4与氨气不相溶，且不反应，a正确；b．H2O可溶解氨气，少量反应，b错误；c．饱和NH4Cl溶液，可降低氨气的溶解度，但氨气依然有较多的溶解，c错误；d．苯与氨气不相溶，且不反应，d正确；答案为ad；（6）根据N原子守恒，n（NH3）=n（AlN）=V×10-3L÷22.4L/mol，AlN的质量分数=V×10-3L÷22.4L/mol×41g/mol÷m×100%=4.1V22.4m%；若将26、溶液恰好由浅红