2023届宁夏回族自治区银川市兴庆区宁一中高二化学第二学期期末调研模拟试题含解析

2023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、下列实验操作、现象和结论都正确的是选项操作现象结论A向亚硫酸钠粉末中滴加盐酸产生刺激性气体氯的非金属性比硫强B将过量的乳酸[CH3CH(OH)COOH]加入含少量NaOH的酚酞溶液中溶液变红色乳酸含有羧基C向含淀粉的KI溶液中滴加氯化铁溶液溶液变蓝色氧化性:Fe3+>I2D向硝酸钡溶液中通入SO2产生白色沉淀白色沉淀是BaSO3A．A B．B C．C D．D2、下列化学用语表达正确的是（）A．CaCl2的电子式: B．Cl－的结构示意图：C．乙烯的分子式：C2H4 D．纯碱溶液呈碱性的原因：CO32－+2H2OH2CO3+2OH－3、0.1mol/L的K2S溶液中，有关粒子的浓度大小关系正确的是A．c（K+）+c（H+）=c（S2—）+c（HS—）+c（OH—）B．c（K+）+c（S2—）=0.3mol/LC．c（K+）=c（S2—）+c（HS—）+c（H2S）D．c（OH-）=c（H+）+c（HS—）+2c（H2S）4、分子式C6H12主链上为4个碳原子的烯烃类的同分异构体有几种A．3种B．4种C．5种D．5种5、向Na2CO3溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如右图所示，下列说法正确的是A．反应HCO3-(aq)+H+(aq)＝CO2(g)+H2O(l)为放热反应B．∆H1＞∆H2∆H2＜∆H3C．CO32-(aq)+2H+(aq)＝CO2(g)+H2O(l)∆H＝(∆H1+∆H2+∆H3)D．H2CO3(aq)＝CO2(g)+H2O(l)，若使用催化剂，则∆H3变小6、乙醇与酸性K2Cr2O7溶液混合可发生反应：Cr2O72—＋C2H5OH＋H＋―→Cr3＋＋CH3COOH＋H2O(未配平)。下列叙述不正确的是()A．Cr2O72—中Cr元素的化合价为＋6B．氧化产物为CH3COOHC．K2Cr2O7溶液常用硫酸酸化D．1molC2H5OH发生上述反应转移2mole－7、在t℃时AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。t℃时AgCl的Ksp＝4×10－10，下列说法不正确的是A．在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×10－13B．在t℃时，AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液D．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变到b点8、下列说法中正确的是A．1s电子云呈球形，表示电子绕原子核做圆周运动B．电子云图中的小黑点密度大，说明该原子核外空间电子数目多C．ns能级的原子轨道图可表示为D．3d3表示3d能级有3个轨道9、将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与所通入CO2的体积关系如图所示。下列关于整个反应过程中的说法错误的是（）A．e点溶液中c(HCO3-)＞c(K+)B．bc段反应的离子方程式是AlO2-＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3-C．d点溶液中c(K+)=c(H2CO3)＋c(HCO3-)＋c(CO32-)D．Oa段与de段所消耗CO2的体积相同10、中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如下图所示。已知：几种物质中化学键的键能如下表所示。化学键H2O中H—O键O2中O＝O键H2中H—H键H2O2中O—O键H2O2中O—H键键能kJ/mol463496436138463若反应过程中分解了2mol水，则下列说法不正确的是A．总反应为2H2O2H2↑+O2↑B．过程I吸收了926kJ能量C．过程II放出了574kJ能量D．过程Ⅲ属于放热反应11、下列比较正确的是（）A．第一电离能：I1(Na)＞I1(Cl) B．原子半径：r(C)＞r(N)C．能级能量：E(2s)＞E(3s) D．电负性：O原子＞F原子12、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、、B．0.1mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、、C．0.1mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−D．0.1mol·L−1H2SO4溶液：K+、、、13、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．硅晶体中，有NA个Si就有2NA个Si—Si键B．常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中Na+数目相等C．惰性电极电解食盐水，若线路中通过2NA个电子的电量时，则阳极产生气体22.4LD．标准状况下，2molNa2O2与44.8LSO2完全反应，转移的电子数目为2NA14、下列说法不正确的是A．NH4+与H3O+中心原子的价层电子对数相同B．BF3中硼原子的杂化类型与苯中碳原子的杂化类型相同C．SO2和O3等电子体，但两者具有不同的化学性质D．HOCH2CH(OH)CH2OH和CH3CHClCH2CH3都是手性分子15、下列有关高级脂肪酸甘油酯的说法不正确的是（）A．高级脂肪酸甘油酯是高分子化合物B．天然的不饱和高级脂肪酸甘油酯都是混甘油酯C．植物油可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D．油脂皂化完全后原有的液体分层现象消失16、AlN广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成。下列叙述正确的是（）A．AlN为氧化产物B．AlN的摩尔质量为41gC．上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子D．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂二、非选择题（本题包括5小题）17、已知X、Y、Z、W、Q、R、E七种元素中，原子序数X<Y<Z<W<Q<R<E，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元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn＋1Z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_______________________。18、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______________19、Na2O2具有强氧化性，可以用来漂白纺织类物品、麦杆、纤维等。（1）如下图所示实验，反应的化学方程式为_______________。实验结束后，向试管所得溶液中滴加酚酞溶液，现象是___________________________。（2）若用嘴通过导管向附着少量Na2O2粉末的棉花吹气，棉花燃烧。原因是Na2O2与H2O和CO2反应，其中与CO2反应的化学方程式为______________________。若标准状况下反应生成了5.6LO2，则转移电子的物质的量为______mol。过氧化钙（CaO2）是一种白色、无毒、难溶于水的固体，能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面。工业生产过程如下：①在NH4Cl溶液中加入Ca（OH）2；②在第①步的生成的产物中加入30%H2O2，反应生成CaO2•8H2O沉淀；③经过陈化、过滤，水洗得到CaO2•8H2O，再脱水干燥得到CaO2。完成下列填空：（3）第①步反应的化学方程式为_____________________。（4）生产中可循环使用的物质是_____________________。（5）检验CaO2•8H2O是否洗净的方法是___________。（6）已知CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2。如图是实验室测定产品中CaO2含量的装置（夹持装置省略）。若所取产品质量是mg，测得气体体积为VmL（标况），产品中CaO2的质量分数为________（用字母表示）。过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有______________________。20、某学生为测定某烧碱样品中的质量分数，进行如下实验：（已知该样品中含有少量不与酸作用的杂质）A．在250的容量瓶中定容，配制成250烧碱溶液；B．用碱式滴定管移取25.00烧碱溶液于锥形瓶中，并滴几滴甲基橙指示剂；C．在天平上准确称取20.5烧碱样品，在烧杯中用蒸馏水溶解；D．将物质的量浓度为1.00的标准硫酸溶液装入酸式滴定管中，调节液面，记下开始时的读数；E.在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至溶液变为橙色为止，记下读数。试填空：(1)正确操作步骤的顺序是________→________→________→________→________。（用字母填空）(2)观察滴定管液面的读数时应注意什么问题？_____________________________________________________________________。(3)步操作中的锥形瓶下垫一张白纸的作用是__________________________________________。(4)下列操作中可能使所测溶液的质量分数偏低的是________。a．步操作中未将溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容b．步操作中，称量药品时，砝码放在左盘，放在右盘c．步操作中酸式滴定管在装入标准溶液前未用标准液润洗d．滴定过程中，读取硫酸溶液体积时，开始时仰视读数，结束时俯视读数(5)硫酸的初读数和末读数如图所示。未读数为________，初读数为________，用量为________。按滴定所得数据计算烧碱样品中的质量分数为________。21、金属铝用途广泛，工业上利用铝矾土矿（主要成分是Al2O3）制备金属铝。（1）首先获得纯净的Al2O3，其工艺流程如下：①滤液中通入过量CO2时主要反应的离子方程式是_______________________。②煅烧生成氧化铝的化学方程式是__________________________________。（2）将Al2O3溶解于熔融的冰晶石（助熔剂）中，以碳素材料为阴极，石墨棒为阳极，进行电解。①下列关于Al2O3的说法正确的是________________（填序号）。a.Al2O3属于电解质b.Al2O3属于离子化合物c.Al2O3属于碱性氧化物d.Al2O3的熔点低，可作耐火材料②阳极石墨棒需要不断补充，写出电极反应式并简述其原因：________________。（3）高纯度氧化铝也可利用铵明矾分解制得：①铵明矾晶体的化学式为NH4Al(SO4)2•12H2O，铵明矾属于__（填“纯净物”或“混合物”），在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，浓度最大的离子是______，c(NH4＋)____c(Al3+)（填“=”“>”或“<”）；②铵明矾分解反应：6NH4Al(SO4)2•12H2O3Al2O3+2NH3↑+2N2↑+6SO2↑+6SO3↑+81H2O，请标出此反应电子转移的方向和数目______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】分析：A、根据盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，结合非金属性的比较方法分析判断；B、将过量的乳酸[CH3CH(OH)COOH]加入含少量NaOH的酚酞溶液中，溶液的碱性减弱甚至变成酸性，据此分析；C、向含淀粉的KI溶液中滴加氯化铁溶液，溶液变蓝色，说明有I2生成，据此分析判断；D、根据硝酸具有强氧化性分析判断。详解：A、盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，只能证明盐酸比亚硫酸强，不能证明氯的非金属性比硫强，故A错误；B、将过量的乳酸[CH3CH(OH)COOH]加入含少量NaOH的酚酞溶液中，现象应该是溶液由红色变无色，故B错误；C、向含淀粉的KI溶液中滴加氯化铁溶液，溶液变蓝色，说明有I2生成，说明氧化性:Fe3+>I2，故C正确；D、向硝酸钡溶液中通入SO2，硝酸钡与SO2反应生成了硫酸钡，故D错误；故选C。点睛：本题考查了化学实验方案的设计与评价。本题的易错点为D，要注意酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，二氧化硫具有还原性。2、C【解析】

A．CaCl2是离子化合物，其电子式应为，故A错误；B．Cl－的核外最外层电子数为8，其离子结构示意图为，故B错误；C．乙烯是最简单的燃烧，其分子式为C2H4，故C正确；D．碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主。则纯碱溶液呈碱性的原因是CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故D错误；故答案为C。【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序（如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O），其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。3、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。4、B【解析】分子式为C6H12主链上为4个碳原子的烯烃类的同分异构体有CH2=C(CH3)—CH(CH3)—CH3、CH2=CH—C(CH3)2—CH3、CH2=C(CH2CH3)2、CH3—C(CH3)=C(CH3)—CH3共4种，故选B。5、C【解析】A项，由图可得，HCO3-(aq)+H+(aq)的能量小于CO2(g)+H2O(l)的能量，所以反应HCO3-(aq)+H+(aq)＝CO2(g)+H2O(l)为吸热反应，故A错误；B项，由图可得∆H1和∆H2都小于0，∆H3＞0，且∆H1的绝对值大于∆H2的绝对值，所以∆H1＜∆H2，∆H2＜∆H3，故B错误；C项，由图可得，CO32-(aq)+2H+(aq)＝HCO3-(aq)+H+(aq)∆H1，HCO3-(aq)+H+(aq)=H2CO3(aq)∆H2，H2CO3(aq)＝CO2(g)+H2O(l)∆H3，根据盖斯定律，CO32-(aq)+2H+(aq)＝CO2(g)+H2O(l)∆H＝(∆H1+∆H2+∆H3)，故C正确；D项，使用催化剂只改变化学反应速率，不改变反应焓变，故D错误。6、D【解析】A、根据化合价代数和为0，Cr2O72-中Cr元素化合价为+6，故A正确；B、C2H5OH中的碳的化合价升高，C2H5OH是还原剂，而对应的CH3COOH是氧化产物，所以氧化产物为CH3COOH，故B正确；C、K2Cr2O7溶液具有强氧化性，所以不能用还原性的酸酸化，如盐酸，常用硫酸酸化，故C正确；D、C2H5OH中的碳元素由-2价变成0，所以lmolC2H5OH发生上述反应转移4mole-，而不是2mole-，故D错误；故选D。7、D【解析】

A．结合图中c点的c(Ag+)和c(Br-)可知：该温度下AgBr的Ksp=7×10-7×7×10-7=4.9×10-13，故A正确；B．反应AgCl(s)+Br-(aq)⇌AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数为：K===≈816，故B正确；C．根据图象可知，在a点时Qc=c(Ag+)•c(Br-)＜Ksp，所以a点为AgBr的不饱和溶液，故C正确；D．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，故D错误；故选D。8、C【解析】

A、电子云是用小黑点表示电子在核外空间某处出现的概率，小黑点不代表电子，小黑点的疏密表示电子出现概率的大小，A错误；B、根据A中分析可判断B错误；C、1s电子云呈球形，ns能级的原子轨道图可表示为，C正确；D、3d3表示第三能层d能级有3个电子，d能级有5个轨道，D错误。答案选C。9、B【解析】

在各个阶段发生的反应是：O～a：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O；a～b段：2KOH+CO2=K2CO3+H2O；b～c：2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-；c～d段：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3；d～e段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解；据此分析。【详解】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，将Ba(OH)2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-，沉淀量达最大后，再发生K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3，最后发生反应BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解。A、根据反应c～d段：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3；d～e段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，故e点溶液中c(HCO3-)＞c(K+)，选项A正确；B、b～c段反应的离子方程式是：2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-，选项B错误；C、d点为KHCO3溶液，根据物料守恒有c(K+)=c(H2CO3)＋c(HCO3-)＋c(CO32-)，选项C正确；D、由上述分析可知，Oa发生反应为：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，de段发生反应BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，根据反应可知，消耗CO2的体积相同，选项D正确；答案选B。【点睛】本题考查离子浓度大小关系及溶液中三大守恒的应用，易错点为选项C，应先分析d点为KHCO3溶液，再根据物料守恒进行判断。10、D【解析】

A．由图可知，总反应为水分解生成氢气和氧气，实现了光能向化学能的转化，反应的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；B．过程I为2molH2O分子变成2mol氢原子和2mol羟基的过程，吸收的能量=463kJ×2=926kJ，故B正确；C．过程II为2mol氢原子和2mol羟基生成1mol氢气和1mol过氧化氢，放出的能量=436kJ+138kJ=574kJ，故C正确；D．过程Ⅲ为1mol过氧化氢变成1mol氧气和1mol氢气，断开1molH2O2中2molH—O键和1molO—O键，形成1molO2中O＝O键和1molH2中H—H键，吸收的能量=463kJ×2+138kJ=1064kJ，放出的能量=496kJ+436kJ=932kJ，吸收的能量大于放出的能量，该过程为吸热反应，故D错误；答案选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意图中化学键的变化，分别计算吸收的能量和放出的能量，在判断反应的热效应。11、B【解析】

A项，Na、Cl都属于第三周期元素，核电荷数NaCl，根据同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，第一电离能I1（Na）I1（Cl），A项错误；B项，根据“层多径大，序大径小”，原子半径r（C）r（N），B项正确；C项，英文字母相同的不同能级中，能层序数越大，电子能量越高，能级能量E（2s）E（3s），C项错误；D项，O和F都是第二周期元素，核电荷数OF，根据同周期从左到右电负性逐渐增大，电负性OF，D项错误；答案选B。12、A【解析】

此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。【详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存；故选A。【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C项；②离子间发生氧化还原反应，如题中B项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。13、A【解析】A，硅晶体属于原子晶体，其中n（Si）：n（Si-Si）=1:2，有NA个Si就有2NA个Si-Si键，A项正确；B，由于溶液的体积未知，无法判断两溶液中Na+数目的大小关系，B项错误；C，惰性电极电解食盐水时阳极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，线路中通过2NA个电子时生成1molCl2，但由于Cl2所处温度和压强未知，无法用22.4L/mol计算Cl2的体积，C项错误；D，n（SO2）=44.8L22.4L/mol=2mol，Na2O2与SO2反应的化学方程式为Na2O2+SO2=Na2SO4~2e-，2molNa2O2与2molSO2完全反应转移点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算。涉及原子晶体中共价键的确定、溶液中粒子物质的量的确定、气体体积的计算、氧化还原反应中转移电子数的确定。注意：在晶体硅中每个硅原子形成4个Si-Si键，但其中n（Si）：n（Si-Si）=1:2；22.4L/mol适用于标准状况下求气体的体积。14、D【解析】A.NH4+中氮原子的价层电子对数为(5+4-1)/2=4，H3O+中氮原子价层电子对数为(6+2)/2=4，故A正确；B.BF3分子中B原子最外层有三个电子，与氟原子形成三个σ键，没有孤电子对，所以杂化类型为sp3杂化，苯分子有π键，每个C形成三个σ键没有孤电子对也是sp3杂化，故B正确；C.SO2和O3等电子体，但两者具有不同的化学性质，故C正确；D.HOCH2CH(OH)CH2OH中两边的碳原子上都有两个氢原子，中间碳上连有两个HOCH2-基团，所以不含有手性碳，故D错误；本题选D。15、A【解析】分析：本题考查的是油脂的结构和性质，难度不大。重点掌握油脂的皂化反应的实验原理、步骤、现象。详解：A.高分子化合物一般相对分子质量过万，而高级脂肪酸甘油酯不是高分子化合物，故错误；B.天然的不饱和脂肪酸甘油酯都是不同的不饱和高级脂肪酸和甘油形成的混甘油酯，故正确；C.植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；D.皂化反应基本完成时高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下水解上次高级脂肪酸盐和甘油均易溶于水，因此反应后静置，反应液不分层，故正确。故选A。16、C【解析】A．AlN中氮元素的化合价为-3，则反应中N元素的化合价从0价降为-3价，即AlN为还原产物，故A错误；B．AlN的摩尔质量为41g/mol，故B错误；C．反应中N元素化合价由0价降低到-3价，则生成1molAlN转移3mol电子，故C正确；D．该反应中Al2O3中Al、O元素化合价不变，所以Al2O3既不是氧化剂也不是还原剂，N元素化合价由0价变为-3价，则氮气是氧化剂，故D错误；故答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、632p哑铃（纺锤）1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1Fe3d104s1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(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（可见光区域）光的形式释放能量，形成不同的颜色。18、614C三VIA7NH4NO【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614（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VIA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。19、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑先变红后褪色2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O20.52NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3•H2O+CaCl2NH4Cl取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净9V14m%或9V/1400m【解析】分析：（1）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，根据化学反应的产物来确定现象，氢氧化钠有碱性，能使酚酞显示红色，且产生氧气，红色褪去；（2）过氧化钠和水以及二氧化碳反应都会生成氧气，根据每生成1mol氧气，转移2mol电子计算生成了5.6LO2，转移电子的物质的量；（3）第①步中氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应生成一水合氨和氯化钙；（4）第①步中氯化铵参加反应、第②步中生成氯化铵；（5）实验室用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子；（6）根据过氧化钙和氧气之间的关系式计算；过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有样品质量和反应后固体质量。详解：（1）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，即2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，向试管所得溶液中滴加酚酞溶液，体系呈碱性，溶液变红，产生氧气，具有氧化性，故将溶液漂白，所以现象是先变红后褪色；（2）因为过氧化钠和水以及二氧化碳反应都会生成氧气，氧气具有助燃性，其中过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，即2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，每生成1mol氧气，转移2mol电子，生成氧气的物质的量是5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，因此转移0.5mol电子；（3）第①步中氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应生成一水合氨和氯化钙，反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3•H2O+CaCl2；（4）第②步反应中，氯化钙、双氧水、一水合氨和水反应生成CaO2•8H2O和氯化铵，反应方程式为CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；第①步中氯化铵参加反应、第②步中生成氯化铵，所以可以循环使用的物质是NH4Cl；（5）实验室用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子，如果沉淀没有洗涤干净，向洗涤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液应该有白色沉淀，其检验方法是：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净；（6）设超氧化钙质量为xg，则根据方程式可知2CaO22CaO+O2↑144g22.4Lxg0.001L144g：22.4L=xg：0.001L解得x=9V/1400其质量分数=9V/1400m×100%=9V/14m%；如果过氧化钙的含量也可用重量法测定，则需要测定的物理量有样品质量和反应后固体质量。点睛：本题考查以实验形式考查过氧化钠的化学性质、制备实验方案设计评价，为高频考点，侧重考查离子检验、化学反应方程式的书写、物质含量测定等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，难点是题给信息的挖掘和运用。20、CABDE视线与凹液面最低点平齐；读数估读到0.01mL使滴定终点时，溶液颜色变化更明显，易于分辨b、d24.000.3023.7092.49%【解析】分析：(1)根据先配制溶液然后进行滴定排序；(2)根据正确观察滴定管液面的读数方法完成；(3)白纸可以使溶液颜色变化更明显；(4)a、根据热的溶液的体积偏大分析对配制的氢氧化钠溶液的浓度影响；b、根据会使所称药品的质量小于20.5g判断；c、根据标准液被稀释，浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏大判断；d、开始时仰视读数，导致读数偏大；结束时俯视读数，导致读数偏小，最终导致读数偏小；(5)根据滴定管的构造及图示读出滴定管的读数；根据消耗的标准