2024届四川省资阳市高中化学高二第二学期期末经典模拟试题含解析

2024届四川省资阳市高中（化学高二第二学期期末经典模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、仅由下列各组元素所组成的化合物,不可能形成离子晶体的是()A．H、O、S B．Na、H、OC．K、Cl、O D．H、N、Cl2、生物燃料电池（BFC）是一种真正意义上的绿色电池，其工作原理如图所示。下列说法中不正确的是A．C2极为电池正极B．C1极的电极反应式为：C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+C．电子由C2极经外电路导线流向C1极D．稀硫酸中的H+向C2极移动3、下列物质溶于水中，因水解而使溶液呈碱性的是A．NaO B．NaOH C．Na2SO4 D．Na2CO34、下列各组中化合物的性质比较，不正确的是A．酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4 B．碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3C．稳定性：PH3＞H2S＞HCl D．非金属性：F＞O＞S5、某澄清溶液可能含有K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、SO42-、CO32-中的一种或几种，为确定其成分，进行如下实验：①取部分溶液，逐滴滴入用HCl酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀；②另取部分溶液，缓慢加入足量的Na2O2固体并加热，产生无色无味的气体，同时产生白色沉淀后白色沉淀部分溶解。下列推断正确的是()A．肯定有Al3+、SO42-，可能有K+、NH4+B．肯定无Fe2+、Mg2+、CO32-，可能有Al3+C．原溶液一定是明矾和MgSO4的混合溶液D．不能确定的离子只能通过焰色反应来确定6、下列说法中错误的是A．CO2和SO2都是非极性分子 B．NH4+和[Cu(NH3)4]2+都存在配位键C．Be和Al有很多相似的化学性质 D．H2O和NH3中心原子杂化轨道类型都是sp37、春节期间很多人喜欢相互发送祝福的话语，比如一种“本宝宝福禄双全”的有机物被化学爱好者大量转发，其结构为，该物质的同分异构体中具有“本宝宝福禄双全”谐音且“福禄”处于对位的有机物有A．3种 B．4种 C．6种 D．9种8、下列各项叙述中，正确的是（）A．电子层序数越大，s原子轨道的形状相同、半径越小B．在同一电子层上运动的电子，其自旋方向肯定不同C．镁原子由1s22s22p63s2→ls22s22p63p2时，原子吸收能量，由基态转化成激发态D．原子最外层电子排布是5s1的元素，其氢氧化物不能使氢氧化铝溶解9、下列说法正确的是A．糖类、油脂和蛋白质均是天然高分子B．C4H9Cl与C4H10O均只有4种同分异构体C．盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性D．石油裂解可得到苯、甲苯、二甲苯及苯酚10、下列关于热化学反应的描述中正确的是A．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/molB．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/molC．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热11、下列反应中有机物化学键断裂只涉及π键断裂的是()。A．CH4的燃烧 B．C2H4与Cl2的加成 C．CH4与Cl2的取代 D．C2H4的燃烧12、有机物的结构简式可以用“键线式”表示，其中线表示键，线的交点与端点处代表碳原子，并用氢原子补足四价，但C、H原子未标记出来。已知利用某些有机物之间的转化可贮存太阳能，如降冰片二烯(NBD)经太阳光照射转化成四环烷(Q)的反应为(反应吸热)，下列叙述中错误的是()A．NBD和Q互为同分异构体B．Q可使溴水褪色C．Q的一氯代物只有3种D．NBD的同分异构体可以是芳香烃13、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A．78gNa2O2中存在的共价键总数为NAB．0.1mol3890Sr原子中含中子数为3.8NC．氢氧燃料电池负极消耗2.24L气体时，电路中转移的电子数为0.1NAD．0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液中Fe3+的数目为0.1NA14、中药麻黄成分中含有生物碱、黄酮、鞣质、挥发油、有机酚、多糖等许多成分，其中一种有机酚的结构简式如图。下列说法正确的是()A．分子中所有碳原子可以处于同一平面B．分子式为C15H12O7C．1mol该有机物跟足量浓溴水反应，最多消耗5molBr2D．1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗5molNaOH15、下列物质能发生消去反应的是A．CH3OH B．（CH3）3CCH2ClC．CH3CH2Br D．16、同温同压下,体积相同的两个容器中,分别充满由14N、13C、18O三种原子构成的一氧化氮(14A．所含分子数和质量均不相同B．含有相同的质子和中子C．含有相同的分子数和电子数D．含有相同数目的中子、原子和分子17、烯烃或炔烃在酸性KMnO4溶液的作用下，分子中的不饱和键完全断裂，此法可用于减短碳链或利用产物反推不饱和烃的结构等。己知烯烃与酸性KMnO4溶液反应的氧化产物对的对应关系为:烯烃被氧化的部位CH2=RCH=氧化产物CO2RCOOH现有某烯烃与酸性KMnO4溶液作用后得到的氧化产物有CO2、乙二酸(HOOC-COOH)和丙酮()，则该烯烃结构简式可能是A． B．C．CH2=CH-CH=CCH2CH3 D．18、据央视新闻报道，在政府工作报告中指出，建设一批光网城市，推进5万个行政村通光纤，让更多城乡居民享受数字化生活。光缆的主要成分为SiO2。下列叙述正确的是（）A．SiO2的摩尔质量为60B．标准状况下，15gSiO2的体积为5.6LC．SiO2中Si与O的质量比为7∶8D．相同质量的SiO2和CO2中含有的氧原子数相同19、下列分子或离子中，不存在sp3杂化类型的是A．SO42- B．NH3 C．C2H6 D．SO220、关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是（）A．图1所示的装置能将化学能转变为电能B．图2所示的反应为吸热反应C．中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低D．化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成21、下列物质中不属于高分子化合物的是A．氨基酸B．涤纶C．酚醛树脂D．天然橡胶22、下列说法中，不正确的是A．1mol任何物质都含有6.02×1023个原子B．0.012kg12C约含有6.02×1023个碳原子C．阿伏加德罗常数表示的粒子“集体”就是1molD．使用摩尔这一单位时必须指明粒子的名称二、非选择题(共84分)23、（14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_________。24、（12分）A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，A元素原子核外有3个未成对电子，B元素原子核外电子占用3个能级，其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍，D元素与B元素同族，C元素与A元素同族，E元素原子的价电子数是其余电子数的一半。（1）A、C、D的第一电离能由大到小的顺序为___________________（用元素符号表示），E2+的基态电子排布式为__________________________________。（2）B和D的氢化物中，B的氢化物沸点较高的原因是____________________________。（3）C形成的最高价氧化物的结构如图所示，该结构中C-B键的键长有两类，键长较短的键为__________（填“a”或“b”）。（4）E可与CO形成羰基配合物E2(CO)8，是有机合成的重要催化剂，不溶于水，溶于乙醇、乙醚、苯，熔点50～51℃，45℃（1.33kPa）时升华。①E2(CO)8为_________晶体。（填晶体类型）②E2(CO)8晶体中存在的作用力有______________________________。25、（12分）海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下图：（1）实验室焙烧海带，需要下列仪器中的________（填序号）。a试管b烧杯c坩埚d泥三角e铁三脚架f酒精灯（2）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：①__________，③________。（3）提取碘的过程中，可选择的有机试剂是（_______）A甲苯、酒精B四氯化碳、苯C汽油、乙酸D汽油、甘油（4）为使海藻灰中碘离子转化为碘的有机溶液，实验室有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器、物品，尚缺少的玻璃仪器有__________、__________。（5）小组用CCl4萃取碘水中的碘，在右图的分液漏斗中，下层液体呈__________色；（6）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还须经过蒸馏，指出下面实验装置图中的错误之处：①____________________；②_______________________________；③____________________________；26、（10分）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lmolH+相当]，然后用NaOH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II将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤III移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20％的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1-2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III填空：①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”)。②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”)③滴定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④滴定达到终点时，酚酞指示剂由_______色，且_____________。（2）滴定结果如下表所示：若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol·L－1则该样品中氮的质量分数为______（3）实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下：甲基橙：3.1～4.4

石蕊：5.0～8.0

酚酞：8.2～10.0用0.1000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是__________。A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂（4）在25℃下，向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为_________。已知25℃时Ksp［Mg(OH)2］=1.8×10—11,Ksp［Cu(OH)2］=2.2×10—20。（5）在25℃下，将amol·L—1的氨水与0.01mol·L—1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl—)，则溶液显_______性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=_______。27、（12分）某校化学研究性学习小组的同学在学习了氨的性质后讨论：运用类比的思想，既然氨气具有还原性，能否像H2那样还原CuO呢？他们设计实验制取氨气并探究上述问题。请你参与该小组的活动并完成下列研究：(一)制取氨气(1)写出实验制取氨气的化学方程式_______________________________；(2)有同学模仿排饱和食盐水收集氯气的方法，想用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气。你认为他能否达到目的？________(填“能”或“否”)。理由是______________________。(二)该小组中某同学设计了下图所示的实验装置(夹持及尾气处理装置未画出)，探究氨气的还原性：(1)该装置在设计上有一定缺陷，为保证实验结果的准确性，对该装置的改进措施是：_______________________________________________________________________。(2)利用改进后的装置进行实验，观察到CuO变为红色物质，无水CuSO4变蓝色，同时生成一种无污染的气体。写出氨气与CuO反应的化学方程式___________________。(三)问题讨论：有同学认为：NH3与CuO反应生成的红色物质中可能含有Cu2O。已知：Cu2O是一种碱性氧化物；在酸性溶液中，Cu+的稳定性差(Cu+→Cu+Cu2+)。请你设计一个简单的实验检验该红色物质中是否含有Cu2O：______________。28、（14分）红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如图所示(图中的△H表示生成1mol产物的数据)。根据上图回答下列问题：(1)P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式_________________________________。(2)PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式_________________________________，上述分解反应是一个可逆反应，温度T1时，在密闭容器中加入0.80molPCl5，反应达到平衡时PCl5还剩0.60mol，其分解率α1等于_________；若反应温度由T1升高到T2，平衡时PCl5的分解率为α2，α2_______α1(填“大于”、“小于”或“等于”)。(3)工业上制备PCl5通常分两步进行，先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5。原因是________________________________________。(4)P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3＝_________，P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H4______△H3(填“大于”、“小于”或“等于”)。(5)PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，其化学方程式是______________________________。29、（10分）李克强总理在《2018年国务院政府工作报告》中强调“今年二氧化硫、氮氧化物排放量要下降3%。”研究烟气的脱硝(除NOx)、脱硫(除SO2)有着积极的环保意义。Ⅰ.汽车排气管上安装“催化转化器”，其反应的热化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH=-746.50kJ·mol-1。T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，若温度和体积不变，反应过程中(0~15min)NO的物质的量随时间变化如图。（1）图中a、b分别表示在相同温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n(NO)的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是______（填“a”或“b”）（2）在a曲线所示反应中，0~10min内，CO的平均反应速率v(CO)=___________；T℃时，该反应的化学平衡常数K=_____________；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、CO2各0.2mol，则平衡将_________移动(填“向左”、“向右”或“不”)（3）15min时,n(NO)发生图中所示变化，则改变的条件可能是_______（填序号）A．充入少量COB．将N2液化移出体系C．升高温度D．加入催化剂Ⅱ.已知有下列反应：①5O2(g)+4NH3(g)6H2O(g)+4NO(g)△H1②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H2③2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H3（1）若在高效催化剂作用下可发生8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)的反应，对NO2进行处理则该反应的△H=__________（用△H1，△H2，△H3表示），△S______0（2）某温度下，向某恒容密闭容器中充入一定量的NH3和NO2，按照（1）的原理模拟污染物的处理。若容器中观察到________________（填序号），可判断该反应达到平衡状态A．混合气体颜色不再改变B．混合气体的密度不再改变C．混合气体摩尔质量不再改变D．NH3和NO2的物质的量之比不再改变（3）将一定比例的O2、NH3和NO2的混合气体，匀速通入图(a)所示装有催化剂M的反应器中充分进行反应。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图(b)所示。已知该催化剂在100～150℃时活性最高，那么在50～250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢，其中去除率迅速上升段的主要原因是____________________________；当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________

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【解题分析】

强碱、活泼金属氧化物、绝大多数盐等是离子晶体。B项如NaOH，C项如KClO，D项如NH4Cl，均为离子晶体。2、C【解题分析】分析：乙醇燃料电池中，电解质溶液呈酸性，乙醇在负极上被氧化，电极反应为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，氧气在正极上得电子被还原，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，总反应为C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，据此分析判断。详解：A、通燃料的C1极为负极，通氧气的C2极为电源的正极，故A正确；B.根据上述分析，C1极为负极，电极反应式为：C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，故B正确；C、原电池中，电子由负极经外电路流向正极，本题中电子由C1极经外电路导线流向C2极，故C错误；D、原电池中阳离子向正极移动，所以溶液中的H+向C2电极移动，故D正确；故选C。点睛：本题考查化学电源新型电池，解答本题的关键是学会判断燃料电池的正负极。本题的易错点为B，书写电极反应式时，要注意产物与溶液的酸碱性的关系。3、D【解题分析】分析：本题考查的是盐类的水解，难度不大。详解：A.氧化钠溶于水生成氢氧化钠，属于碱，不能水解，故错误；B.氢氧化钠属于碱，不能水解，故错误；C.硫酸钠属于强酸强碱盐，不能水解，故错误；D.碳酸钠属于强碱弱酸盐，水解显碱性，故正确。故选D。点睛：注意盐类水解，酸和碱不能水解，且盐含有弱的部分才能水解。4、C【解题分析】

A、同主族元素自上而下非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性就越强，酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，A正确；B、同周期元素自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性就越强，碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，B正确；C、非金属性越强相应氢化物的稳定性也越强，则稳定性：PH3＜H2S＜HCl，C错误；D、非金属性：F＞O＞S，D正确；答案选C。5、D【解题分析】试题分析：根据实验①可知，溶液中含有SO42-；根据②可知气体是氧气，白色沉淀是氢氧化铝和氢氧化镁，所以一定含有Al3+、Mg2+、NH4+，则就一定不能含有CO32-、Fe2+、Fe3+、Cu2+、NH4+，而钾离子是不能确定的，答案选D。考点：考查离子的检验和共存等点评：进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，然后逐一进行判断、推理和排除等。6、A【解题分析】分析：A．由极性键构成的分子，若结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子；B．当共价键中共用的电子对是由其中一原子独自供应时，就是配位键；C.根据对角线原则分析；D.H2O和NH3中心原子分别为O和N，都为sp3杂化.详解：A．二氧化硫是极性分子，二氧化硫中的键角是为119.5°，不对称，所以是极性分子，故A错误；B．NH3有一对孤对电子，而H+没有电子只有轨道，这样N提供孤对电子给H+，就形成了配位键，就形成NH4+，因此NH4+中有配位键；[Cu（NH3）4]2+中Cu2+和NH3间存在配位键，故B正确；C.根据对角线原则,Be和Al的化学性质具有相似性，故C正确；D.H2O中含有2个δ键，有2个孤电子对，为sP3杂化，NH3中含有3个δ键，有1个孤电子对，为sP3杂化，故D正确;答案选A.7、B【解题分析】

其同分异构体中，F、Cl处于苯环的对位，2个醛基的位置取代在1、2时，一种；取代在1、3和2、4时，各一种；在1、4时，一种，共计4种，答案为B8、C【解题分析】电子层序数越大，离核越远，半径越大，A不正确。根据洪特规则可知B不正确，例如氮原子的2p轨道的3个电子自旋相同。D中元素可逆处于第IA，其氢氧化物是强碱，可以溶解氢氧化铝，D不正确。所以正确的答案是C。9、C【解题分析】A、蛋白质属于天然高分子化合物，而糖类不一定是高分子化合物，例如葡萄糖，油脂则不是天然高分子化合物，选项A错误；B、丁基有4种，故有C4H9Cl只有4种同分异构体，但C4H10O属于醇的有4种，属于醚的有3种，共有7种同分异构体，选项B错误；C、盐析是一个可逆的过程，不改变蛋白质的性质，盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性，选项C正确；B、石油裂解能获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，获得更多乙烯等短链不饱和烃，但无法得到苯酚，选项D错误。答案选C。10、B【解题分析】

A．强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H+(aq)+OH－(aq)====H2O(l)中和热为-1．3kJ·mol－1，H2SO4和Ca(OH)2得到的CaSO4微溶，会产生额外的热，故A错误；B．在25℃，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热:CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)ΔH＝-283.0kJ/mol，再利用盖斯定律，得：2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）H=+2×283.0kJ/mol，故B正确；C．反应的吸、放热与反应条件无关，如有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应，故C错误；D．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态水，D错误。答案选B。11、B【解题分析】

A、CH4不存在π键，只存在σ键，燃烧后四个碳氢σ键全部断裂，A错误；B、C2H4与Cl2的加成，是碳碳双键中的π键断裂，与氯气中氯氯σ键发生加成反应，但是氯气为无机物，与题意相符，B正确；C、CH4与Cl2的取代是甲烷中碳氢σ键断裂和氯气中氯氯σ键断裂发生取代反应，不涉及π键断裂，C错误；D、C2H4的燃烧，4个碳氢σ键、1个碳碳σ键和1个碳碳π键全部断裂，与题意不符，D错误；正确选项B。12、B【解题分析】

A、NBD和Q的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，A正确；B、Q分子中碳原子均是饱和碳原子，Q不能使溴水褪色，B错误；C、物质Q中含有3种氢原子，一氯取代物有3种，C正确；D、NBD的分子式为C7H8，可以是甲苯，属于芳香烃，D正确；答案选B。13、A【解题分析】试题分析：A中，1mol过氧化钠中的共价键为1mol，位于过氧根离子内部。B中，中子数为5.2NA，C中，负极发生的反应是氢气被氧化为氢离子，0.1mol的氢气参与反应，转移0.2mol电子。D中，氯化铁会在水中发生水解，所以溶液中的三价铁离子不足0.1NA。考点：关于阿伏伽德罗常数的考查。14、C【解题分析】

A.分子中两个苯环之间连有3个饱和碳原子类似于甲烷中碳的结构，则所有碳原子不可能处于同一平面，A错误；B.分子式为C15H14O7，B错误；C.1mol该有机物跟足量浓溴水发生取代反应，酚羟基邻位、对位的苯环氢被取代，最多消耗5molBr2，C正确；D.有机物中含有的4个酚羟基与NaOH反应，1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗4molNaOH，D错误；答案为C。15、C【解题分析】

常见能发生消去反应的有机物有醇和卤代烃，醇发生消去反应结构特点：与-OH相连碳相邻碳上有氢原子才能发生反应，形成不饱和键；卤代烃发生消去反应结构特点：与-X相连碳相邻碳上有氢原子才能发生反应，形成不饱和键。【题目详解】A．CH3OH中只有一个碳，与羟基相连碳相邻没有碳，不能发生消去反应，选项A不选；B．（CH3）3CCH2Cl中与-Cl相连碳相邻碳上没有氢原子，不能发生消去反应，选项B选；C．溴乙烷中与-Br相连碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，选项C不选；D．中与-Br相连碳相邻碳上没有氢原子，不能发生消去反应，选项D不选；答案选C。【题目点拨】本题考查有机物的结构和性质，侧重于卤代烃和醇能发生消去反应结构特点，难度不大，掌握卤代烃、醇能发生消去反应结构特点是解题的关键。16、D【解题分析】分析：同温同压下，等体积的气体的物质的量相同、气体分子数相同，14N18O、13C18O分子都是双原子分子，中子数都是17，分子14N18O、13C18O中质子数分别为15、14，中性分子质子数等于电子数，根据m=nM可知判断二者质量不同，据此分析判断。详解：同温同压下，14N18O、13C18O等体积，二者物质的量相等、气体分子数目相等，则14N18O、13C18O分子数目相等，二者摩尔质量不同，根据n=nM可知，二者质量不相等，14N18O、13C18O分子都是双原子分子，中子数都是17，二者含有原子数目、中子数相等，14N18O、13C18O分子中质子数分别为15、14，中性分子质子数等于电子数，则二者互为电子数不相同，综上分析可知，ABC错误，D正确，故选D。17、B【解题分析】

根据信息，把C＝O换成碳碳双键，进行连接，即该烯为CH2＝CH－CH＝C(CH3)2，故选项B正确。18、C【解题分析】

A.SiO2的摩尔质量为60g/mol，A错误；B.标准状况下二氧化硅是固体，15gSiO2的体积不是5.6L，B错误；C.SiO2中Si与O的质量比为28：32＝7：8，C正确；D.SiO2和CO2的摩尔质量不同，则相同质量的SiO2和CO2中含有的氧原子数不相同，D错误；答案选C。19、D【解题分析】

A.SO42－是正四面体结构，S原子是sp3杂化；B.氨气是三角锥形结构，氮原子是sp3杂化；C.因为分子中碳原子全部形成4个单键，因此是sp3杂化；D.SO2中是V形结构，S原子是sp2杂化。所以选D。20、D【解题分析】A．图I所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池，没有电流通过，所以不能把化学能转变为电能，选项A错误；B．图II所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，选项B错误；C．中和反应是放热反应，所以反应物总能量大于生成物总能量，选项C错误；D．化学反应总是伴随着能量变化，断键需要吸收能量，成键放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，选项D正确；答案选D。21、A【解题分析】分析：高分子化合物简称高分子，又叫大分子，一般指相对分子质量高达几千到几百万的化合物，据此解答。详解：A.氨基酸不是高分子化合物，A正确；B.涤纶属于高分子化合物，B错误；C.酚醛树脂属于缩聚产物，是高分子化合物，C错误；D.天然橡胶属于高分子化合物，D错误。答案选A。点睛：注意高分子化合物均是混合物，同一种高分子化合物的分子链所含的链节数并不相同，所以高分子化合物实质上是由许多链节结构相同而聚合度不同的化合物所组成的混合物，其相对分子质量与聚合度都是平均值。22、A【解题分析】

A．1mol任何由原子构成的物质都含6.02×1023个原子，若物质的构成微粒不是原子，则不一定是含6.02×1023个原子，A项错误；B．根据规定可知0.012kg12C所含有的碳原子的物质的量是1mol，所含有的碳原子数为阿伏加德罗常数，近似值是6.02×1023，B项正确；C．阿伏伽德罗常数个粒子的“集体”的物质的量就是1mol，C项正确；D．摩尔是物质的量的单位，其使用范围是微粒，使用使用摩尔这一单位时必须指明微粒的种类，D项正确；本题答案选A。二、非选择题(共84分)23、NClKFe1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2Cu1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1【解题分析】

(1)A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，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。【题目详解】(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Cl，C元素质子数为18+1=19，C为钾元素，Cl元素为第ⅦA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。24、N＞P＞S[Ar]3d7水分子间形成氢键a分子共价键、配位键、范德华力【解题分析】

A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，B元素原子核外电子占用3个能级，其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍，核外电子排布式为1s22s22p4，故B为O元素；A元素原子核外有3个未成对电子，原子序数小于氧，故核外电子排布式为1s22s22p3，则A为N元素；D元素与B元素同族，C元素与A元素同族，结合原子序数大小可知C为P元素、D为S元素；E元素只能为第四周期元素，E元素原子的价电子数是其余电子数的一半，则价电子数为9，E的核电荷数为18+9=27，为Co元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为N元素，B为O元素，C为P元素，D为S元素，E为Co元素。(1)同主族自上而下第一电离能减小，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于硫，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞P＞S，E为Co元素，价电子排布式为3d74s2，E2+的基态电子排布式为[Ar]3d7，故答案为：N＞P＞S；[Ar]3d7；(2)水分子间能够形成氢键，而硫化氢分子间不能形成氢键，使得水的沸点高于硫化氢，故答案为：水分子间能够形成氢键；(3)结构中黑色球与白色球数目分别为4、10，故该物质为P4O10，结合O原子形成8电子结构，可知a键为P=O、b键为P-O单键，双键中电子云重叠更大，故键长较短的键为a，故答案为：a；(4)①Co2(CO)8熔点低、易升华，溶于乙醇、乙醚、苯，说明Co2(CO)8属于分子晶体，故答案为：分子；②Co2(CO)8中Co与CO之间形成配位键，CO中含有极性键，分子之间存在范德华力，故答案为：配位键、极性共价键、范德华力。【题目点拨】正确判断元素的种类是解题的关键。本题的易错点和难点为(3)，要注意判断结构中磷氧键的类别。25、cdef过滤萃取、分液B分液漏斗普通漏斗紫红缺石棉网温度计插到了液体中冷凝管进出水的方向颠倒【解题分析】

此实验从海藻中制备碘单质，先将海藻晒干、灼烧成海藻灰，然后浸泡出含有碘离子的溶液，利用碘离子具有较强的还原性，采用适量的氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，然后用有机溶剂萃取，分液，最终制得碘单质。【题目详解】（1）灼烧海带需要的仪器有：酒精灯、三脚架、泥三角及坩埚，故选cdef；（2）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，从碘水中分离出含碘有机溶液采用分液方法，所以①的操作名称是过滤，③的操作名称是萃取、分液，故答案为：过滤；萃取、分液；（3）A．酒精和水互溶，所以不能作萃取剂，故A错误；B．四氯化碳、苯符合萃取剂条件，所以能作萃取剂，故B正确；C．乙酸和水互溶，所以乙酸不能作萃取剂，故C错误；D．甘油和水互溶，所以甘油不能作萃取剂，故D错误；故答案为：B；（4）①的操作是过滤还需要普通漏斗；③的操作是萃取、分液，需要分液漏斗，故答案为：普通漏斗；分液漏斗；（5）四氯化碳的密度大于水且和水不互溶，四氯化碳能萃取碘，所以有机层在下方、水在上方，碘的四氯化碳溶液呈紫红色，故答案为：紫红；（6）温度计测量馏分温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处；冷凝管中的水应遵循“下进上出”原则；加热烧瓶需要垫石棉网，否则烧瓶受热不均匀，故答案为：缺石棉网；温度计插到了液体中；冷凝管进出水的方向颠倒。26、偏高②③④无影响B无色变成粉红(或浅红)半分钟后溶液颜色无新变化则表示已达滴定终点18.85%DCu(OH)2Cu2++2NH1·H2O====Cu(OH)2↓+2NH4+中【解题分析】

（1）①滴定管中未用标准液润洗，直接加入标准液会稀释溶液浓度减小；②锥形瓶内水对滴定结果无影响；③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中溶液的颜色变化，以判定滴定终点；④如溶液颜色发生变化，且半分钟内不褪色为滴定终点；（2）依据滴定前后消耗氢氧化钠溶液的体积的平均值，结合4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O、H＋+OH－=H2O计算．（1）根据盐类的水解考虑溶液的酸碱性，然后根据指示剂的变色范围与酸碱中和后的越接近越好，且变色明显（终点变为红色），溶液颜色的变化由浅到深容易观察，而由深变浅则不易观察；（4）根据难溶物的溶度积常数判断先沉淀的物质，溶度积常数越小，越先沉淀；（5）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根据物料守恒得c（NH1·H2O）=（0.5a-0.005）mol·L－1，根据电荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，NH1·H2O的电离常数Kb=c(OH－)c(NH4＋)/c(NH1·H2O)。【题目详解】（1）①滴定管中未用标准液润洗，直接加入标准液会稀释溶液浓度减小，消耗标准液体积增大，氢离子物质的量增大，4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O，反应可知测定氮元素含量偏高；②锥形瓶内水对滴定结果无影响；③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中溶液的颜色变化B；④氢氧化钠滴定酸溶液，达到终点时，酚酞颜色变化为无色变化为红色，半分钟内不褪色；（2）样品1.5000g，反应为4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O，消耗氢离子的物质的量和氮元素物质的量相同，依据图表数据分析可知，三次实验中消耗氢氧化钠溶液体积分别为：20.01mL、19.99mL、20.00ml，三次均有效，氢氧化钠溶液的平均体积为20.00mL，由酸碱中和反应可知，氢离子物质的量=氢氧化钠物质的量=0.1000mol·L-1×20.00ml×10-1L/ml=2.00×10-1mol，250mL溶液中氮元素物质的量和氢离子物质的量相同，该样品中氮的质量分数为2×10-1mol×14g·mol－1×250÷25÷1.5000g×100%=18.85%．（1）NaOH溶液滴和CH1COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH1COONa，CH1COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故D正确；（4）由于KsP[Cu（OH）2]=2.2×10-20＜Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，所以Cu（OH）2先生成沉淀；一水合氨和铜离子反应生成氢氧化铜和氨根离子，所以离子方程式为2NH1·H2O+Cu2＋=Cu（OH）2↓+2NH4＋；（5）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根据物料守恒得c（NH1．H2O）=（0.5a-0.005）mol·L－1，根据电荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，NH1·H2O的电离常数Kb=c(OH－)c(NH4＋)/c(NH1·H2O)=10-7×5×10-1/(0.5a-5×10-1)=。【题目点拨】难点和易错点（5）：根据电荷守恒确定溶液酸碱性，结合一水合氨电离平衡常数解答问题，注意二者混合后溶液体积增大一倍，物质浓度降为原来一半，为易错点。27、2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O否氨气在饱和氯化铵溶液中的溶解度仍然很大在装置A与B之间增加装有碱石灰的干燥管3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O取少许样品，加入稀H2SO4，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O反之则没有【解题分析】

(一)(1)实验制取氨气利用熟石灰和氯化铵混合加热，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；(2)氨气极易溶于水，氨气在饱和氯化铵溶液中的溶解度仍然很大，因此不能用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气。(二)(1)氯化铵和消石灰反应生成氨气和水，氨气和CuO反应前应先干燥，即需要在装置A与B之间增加装有碱石灰的干燥管。(2)CuO变为红色物质，无水CuSO4变蓝色，同时生成一种无污染的气体，说明生成铜、氮气和水，反应的化学方程式为3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O。(三)由题中信息可知，Cu2O是一种碱性氧化物，在酸性溶液中