2024届安徽省宿州市五校化学高二第二学期期末学业水平测试试题含解析

2024届安徽省宿州市五校化学高二第二学期期末学业水平测试试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法不正确的是A．常温下浓硫酸可贮存在铁罐中 B．钠单质可应用于电光源领域C．碳酸钠是发酵粉的主要成分 D．CO2可用于制备全降解塑料2、下列叙述中正确的是①电解池是将化学能转变为电能的装置②原电池是将电能转变成化学能的装置③不能自发进行的氧化还原反应,通过电解的原理有可能实现④电镀过程相当于金属的“迁移”，可视为物理变化A．③ B．③④ C．②③④ D．①②③④3、下列说法正确的是A．与丙三醇互为同系物B．与的单体相同C．淀粉、蛋白质、光导纤维均为有机高分子化合物D．按系统命名法，化合物的名称为2-甲基-3，4-乙基己烷4、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+、、、5、向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应。下列对应关系正确的是（）选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)>[c(AlO2-)+c(OH-)]B0.01c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(CO32-)C0.015c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)D0.03c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)＋c(OH-)＋c(CO32-)A．A B．B C．C D．D6、下列化学用语使用不正确的是A．羟基的电子式:B．聚丙烯的结构简式:C．乙酸的实验式:CH2OD．乙烯的结构简式:CH2=CH27、能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O＋SO2===2NH4+＋SO32-＋H2OB．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－===CaCO3↓＋CO32-＋2H2OC．磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2OD．明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42-===2BaSO4↓＋Al（OH）3↓8、糖类、蛋白质都是人类必需的基本营养物质，下列关于他们的说法中正确的是A．葡萄糖属于单糖，不能被氧化B．淀粉、纤维素互为同分异构体C．蛋白质水解的最终产物是多肽D．重金属盐能使蛋白质变性9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．1.8gH218O与D20的混合物中含有的质子数和电子数均为NAB．精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，则阴极增重3.2gC．取50mL14.0mol/L浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0.35NAD．标准状况下，22.4LHF所含有的分子数目小于NA10、下列说法中正确的是()A．含有羟基的有机物称为醇B．能发生银镜反应的有机物都是醛C．苯酚俗称石炭酸，酸性比碳酸强D．酯类在碱性条件下的水解程度大于酸性条件下的水解程度11、在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH一定小于7的是()A．pH＝3的HNO3和pH＝11的KOHB．pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水C．pH＝3的醋酸和pH＝11的Ba(OH)2D．pH＝3的硫酸和pH＝11的NaOH12、下列操作或装置能达到实验目的是（）A．验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性B．分离Fe(OH)3胶体C．称取一定量的NaOHD．制取NaHCO313、在密闭容器中一定量的混合气体发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L。保持温度不变.将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L。下列有关判断正确的是A．B的转化率降低 B．平衡向正反应方向移动C．x+y<z D．C的体积分数增大14、下列物质中，不属于醇类的是A．C3H7OH B．C6H5CH2OHC．CH3CH(OH)CH3 D．C6H5OH15、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．标准状况下，28gCH2＝CH2含有的共用电子对数为6NAB．标准状况下，11.2L己烷中含有的分子数为0.5NAC．常温常压下，23gNa完全燃烧时失去的电子数为2NAD．1

mol

－OH(羟基)含有的电子数为10NA16、等物质的量的下列有机物完全燃烧，消耗氧气最多的是（）A．C2H4 B．C2H4O C．C2H6O D．C3H6O2二、非选择题（本题包括5小题）17、色酮类化合物K具有抗菌、降血脂等生理活性，其合成路线如下：已知：①②+R’OH+RCOOH

③(1)A的结构简式是_________；根据系统命名法，F的名称是__________。(2)B→C所需试剂a是__________；试剂b的结构简式是_________。(3)C与足量的NaOH反应的化学方程式为__________。(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为__________。(5)已知：①2HJ+H2O；②J的核磁共振氢谱只有两组峰。以E和J为原料合成K分为三步反应，写出有关化合物的结构简式：E_________J_________中间产物1_________中间产物2_________18、原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，X基态原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y基态原子的2p原子轨道上有3个未成对电子，Z是地壳中含量最多的元素，W的原子序数为24。（1）W基态原子的核外电子排布式为___________，元素X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表达)；（2）与XYZ-互为等电子体的化学式为___________；（3）1mol

HYZ3分子中含有σ键的数目为___________；（4）YH3极易溶于水的主要原因是___________。19、铝氢化钠（）是有机合成的重要还原剂，其合成线路如下图所示。（1）无水（升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备。①中发生反应的化学方程式为__________________。②实验时应先点燃______（填“”或“”）处酒精灯，当观察到____________时，再点燃另一处酒精灯。③装置中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是__________________，请结合方程式进行解释__________________。④中试剂的作用是__________________。用一件仪器装填适当试剂后也可起到和的作用，所装填的试剂为__________________。（2）制取铝氢化钠的化学方程式是__________________。（3）改变和中的试剂就可以用该装置制取NaH，NaH中氢元素化合价为______，若装置中残留有氧气，制得的NaH中可能含有的杂质为______。（4）铝氢化钠遇水发生剧烈反应，其反应的化学方程式为____________。欲测定铝氢化钠粗产品（只含有NaH杂质）的纯度。称取样品与水完全反应后，测得气体在标准状况下的体积为，样品中铝氢化钠的质量分数为______。（结果保留两位有效数字）20、我国重晶石（含BaSO490％以上）资源丰富，其中贵州省重晶石储量占全国总储量的三分之一。我省某工厂以重晶石为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”—钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下：查阅资料可知：①常温下：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9②TiCl4在常温下是无色液体，遇水容易发生水解：TiC14+2H2O=TiO2+4HCl③草酸氧钛钡的化学式为：BaTiO(C2O4)2·4H2O请回答下列问题：（1）工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石（假设杂质不与Na2CO3溶液作用），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程式可表示为_________________，此反应的平衡常数K=__________（填写计算结果）。若不考虑CO32-的水解，则至少需要使用_______mol/L的Na2CO3溶液浸泡重晶石才能实现该转化过程。（2）配制TiC14溶液时通常将TiC14固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是______________。（3）可循环使用的物质X是____________（填化学式），设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净：____________________。（4）写出煅烧草酸氧钛钡晶体的化学方程式：______________________。21、微量元素硼和镁对植物的叶的生长和人体骨骼的健康有着十分重要的作用，其化合物也应用广泛。(1)基态B原子的电子排布图为________________________，其第一电离能比Be___________（填“大”或“小”）。(2)三价B易形成配离子，如[B(OH)4]－、[BH4]－等。[B(OH)4]－的结构简式为___________(标出配位键)，其中心原子的杂化方式为________，写出[BH4]－的一种阳离子等电子体_______。（3）下图表示多硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为____________(以n表示硼原子的个数)。（4）硼酸晶体是片层结构，下图表示的是其中一层的结构。每一层内存在的作用力有_________。(5)三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低，原因是_______________________。(6)镁单质晶体中原子的堆积模型如下图，它的堆积模型名称为_______；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2acm3，镁单质的密度为ρg·cm－3，已知阿伏伽德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】

A.常温下铁在浓硫酸中钝化，所以常温下浓硫酸可以贮存在铁罐中，故正确；B.钠的焰色反应为黄色，透雾能力强，可以做高压钠灯，故正确；C.发酵粉的主要成分为碳酸氢钠，故错误；D.二氧化碳制备全降解塑料，减少污染，故正确。故选C。2、A【解题分析】

：①电解池是将电能转变成化学能的装置，①错误；②原电池是将化学能转变成电能的装置，②错误；③不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现，如铜和稀硫酸的反应，铜为阳极被氧化，可生成硫酸铜，③正确；④电镀时镀层金属在阳极失电子，金属阳离子在阴极得电子析出金属，是化学变化，④错误；故合理选项是A。3、B【解题分析】A．含有6个羟基，丙三醇含有3个羟基，二者结构不相似，一定不属于同系物，故A错误；B．根据高聚物的结构可知，合成该缩聚产物的单体为HO-CH(CH=CH2)-COOH；根据的结构可知，合成该加聚产物的单体为HO-CH(CH=CH2)-COOH，单体相同，故B正确；C．淀粉、蛋白质均为有机高分子化合物，光导纤维为二氧化硅晶体，不是高分子化合物，故C错误；D．按系统命名法，化合物的名称是2-甲基-3，4-二乙基己烷，故D错误；故选B。4、A【解题分析】

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。【题目详解】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。【题目点拨】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。5、C【解题分析】分析：通入混合液中通入二氧化碳气体后，NaOH优先反应生成碳酸钠，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠，此时碳酸钠的总物质的量为0.015mol；若之后再通入二氧化碳，二氧化碳会开始碳酸钠反应生成碳酸氢钠，0.015mol碳酸钠总共消耗0.015mol的二氧化碳，反应后生成0.03mol的碳酸氢钠，据此解答各项。详解：A．未通入CO2时，NaAlO2溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（AlO2﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）＜c（AlO2﹣）+c（OH﹣），故A错误；B、当n（CO2）=0.01mol时，所得溶液中溶质为0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠，由于碳酸酸性强于氢氧化铝，所以偏铝酸根离子水解程度比碳酸根离子强，则c（CO32﹣）＞c（AlO2﹣），正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣），故B错误；C．当n（CO2）=0.015mol时，0.02molNaOH优先与0.01mol二氧化碳反应生成0.01mol碳酸钠，剩余的0.005mol二氧化碳恰好与0.01molNaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和0.005mol碳酸钠，所以反应后溶液中溶质为0.015molNa2CO3，则c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），正确的离子浓度的关系为：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)，故C正确；D．当n（CO2）=0.03mol时，根据C可知，0.015molNa2CO3恰好与0.015mol二氧化碳反应生成0.03molNaHCO3，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)＋c(OH-)＋2c(CO32-)，故D错误。故本题选C。点睛：本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。6、B【解题分析】分析：A．注意区别羟基和氢氧根离子的书写；B．丙烯形成聚丙烯时形成的链节是书写的关键；C．实验式又称最简式，是化学式的一种.用元素符号表示化合物分子中元素的种类和各元素原子个数的最简整数比的式子；D．结构简式，是把结构式中的单键省略之后的一种简略表达形式，通常只适用于以分子形式存在的纯净物。详解：A.羟基的电子式主，选项A正确；B.聚丙烯的结构简式为，选项B不正确；C.乙酸的实验式为CH2O，选项C正确；D.乙烯的结构简式为CH2=CH2，选项正确。答案选B。点睛：本题考查了化学式、电子式的书写结构简式、有机物的实验式的书写，题目难度较小，注意掌握电子式的概念及书写原则，明确结构简式的书写原则。7、A【解题分析】

A、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，过量氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，离子反应为：2NH3·H2O+SO22NH4++SO32-+H2O，故A正确；B、少量氢氧化钠与碳酸氢钙反应会生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故B错误；C、磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；D、明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀，硫酸铝钾和氢氧化钡按照物质的量1：2反应：2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故D错误；答案选A。【题目点拨】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中B项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断（题中D项）。8、D【解题分析】分析：A.根据葡萄糖属于多羟基醛分析判断；B.根据淀粉、纤维素的聚合度不同分析判断；C.根据多肽能够水解生成氨基酸分析判断；D.根据蛋白质的盐析和变性的条件分析判断。详解：A.葡萄糖属于单糖，也属于多羟基醛，具有还原性，能被氧化，故A错误；B.淀粉、纤维素的聚合度不同，即相对分子质量不等，不属于同分异构体，故B错误；C.蛋白质首先水解生成多肽，继续水解生成氨基酸，最终产物为氨基酸，故C错误；D.重金属盐能使蛋白质变性，失去生理活性，故D正确；故选D。9、B【解题分析】分析：A、1.8g水的物质的量为1.8g/20g·mol－1=0.09mol，水是10电子分子；C、根据电子守恒计算出阴极生成铜的质量；C、取50mL14.0mol·L－1浓硝酸与足量的铜片反应，随反应进行，浓硝酸变成稀硝酸；D、标准状况下，HF不是气态；详解：A、1.8g水的物质的量为1.8g/20g·mol－1=0.09mol，水是10电子分子，故0.09mol水中含0.9mol电子和0.9mol质子，故A错误；B、精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，阴极铜离子得到0.1mol电子生成0.05mol铜，则阴极增重3.2g，故B正确；C、取50mL14.0mol/L浓硝酸与足量的铜片反应，浓硝酸变成稀硝酸，生成气体分子有二氧化氮和一氧化氮，故C错误；D、标准状况下，HF不是气态，22.4LHF所含有的分子数目多于NA，故D错误；故选B。点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，解题关键：对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容．要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．易错点D，HF在标准状况下是液体。10、D【解题分析】

A．羟基与链烃基相连形成的化合物为醇类，羟基与苯环相连形成的化合物为酚类，所以含有羟基的有机物不一定为醇类，可能为酚类，故A错误；B．醛类物质能够发生银镜反应，但是发生银镜反应的不一定为醛类，如甲酸、甲酸甲酯、葡萄糖、麦芽糖等都能够发生银镜反应，但是它们不属于醛类，故B错误；C．苯酚又名石碳酸，苯酚的酸性很弱，其酸性比碳酸的酸性还小，故C错误；D．酯的水解反应为可逆反应，在碱性条件下，氢氧根离子能够与水解生成的羧酸反应，促进了酯的水解，所以在碱性条件下酯的水解程度大于酸性条件下的水解程度，故D正确。故选D。11、C【解题分析】试题分析：A．硝酸和氢氧化钡都是强电解质，pH=3的硝酸和pH=11的Ba（OH）2溶液中，硝酸中氢离子浓度等于氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度，二者等体积混合时恰好反应生成硝酸钡，溶液呈中性，故A错误；B．氯化氢是强电解质，一水合氨是弱电解质，所以pH=3的盐酸和pH=11的氨水，盐酸的浓度小于氨水浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以混合溶液呈碱性，故B错误；醋酸是弱电解质，氢氧化钾是强电解质，所以pH=3的醋酸和pH=11的KOH溶液，醋酸溶液浓度大于氢氧化钾溶液，二者等体积混合时，醋酸有属于，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以混合溶液呈酸性，故C正确；硫酸和氢氧化钠都是强电解质，pH=3的硫酸中氢离子浓度为1．111mol/L，pH=11的KOH溶液中氢氧根离子浓度为1．111mol/L，等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钾，混合溶液呈中性，故D错误；故选C。考点：酸碱混合时pH的计算12、D【解题分析】分析：A、若证明二者热稳定性，直接加热的应该为碳酸钠，小试管中盛装的是碳酸氢钠；B、胶体能透过滤纸；C、氢氧化钠具有腐蚀性，且容易潮解，应该放在烧杯中称量；D、根据氨气极易溶于水分析。详解：A、加热的条件不一样，NaHCO3是直接加热到的，而Na2CO3却不是，即使NaHCO3分解也不能说明NaHCO3的热稳定性比Na2CO3弱，应该是里面试管装NaHCO3，A错误；B、胶体可以透过滤纸，分离Fe(OH)3胶体不能利用过滤，B错误；C、称量氢氧化钠时，氢氧化钠放在托盘天平的左盘，砝码放在右盘；但氢氧化钠具有腐蚀性，且易潮解，称量时氢氧化钠应该放入烧杯中称量，C错误；D、氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解性很小，所以先通入氨气后再通入二氧化碳，通入氨气时要防止倒吸，D正确；答案选D。13、A【解题分析】

反应xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L。保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，而再达平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L，则说明体积增大(压强减小)化学平衡逆向移动，以此来解答。【题目详解】由信息可知，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时测得A的浓度为0.30mol/L，体积增大，相当于压强减小，化学平衡逆向移动，则A.减小压强，化学平衡逆向移动，则反应物B的转化率降低，A正确；B.由上述分析可知，平衡逆向移动，B错误；C.减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动，则x+y>z，C错误；D.减小压强，化学平衡逆向移动，则生成物C的体积分数减小，D错误；故合理选项是A。【题目点拨】本题考查化学平衡的移动，注意A的浓度变化及体积变化导致的平衡移动是解答本题的关键，掌握平衡移动原理，熟悉压强对化学平衡的影响即可解答。14、D【解题分析】

根据醇的定义判断：醇是羟基与脂肪烃基相连或者与脂环烃、芳香烃侧链相连的化合物。【题目详解】A.脂肪烃中的氢原子被羟基所取代，所以C3H7OH一定属于醇，故A不符合题意；B.羟基与C6H5CH2-相连，属于芳香醇，故B不符合题意选；

C.羟基与(CH3)2CH-相连，属于脂肪醇，故C不符合题意选；D.羟基与苯环直接相连为酚，故D符合题意；所以本题正确答案为D。【题目点拨】醇的官能团为-OH,-OH与脂肪烃基相连为醇,-OH与苯环直接相连为酚,以此来解答。15、A【解题分析】

A.28g乙烯物质的量为1mol，根据乙烯的结构简式CH2=CH2，可知其分子中含共用电子对的数目为6NA，故A正确；

B.己烷在标准状况下不是气体，11.2L己烷物质的量不是0.5mol，故B错误；

C.由得失电子守恒知，23gNa完全燃烧时失去的电子数为NA，故C错误；

D.1mol－OH(羟基)含有的电子数为9NA，故D错误；

答案选A。【题目点拨】本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查气体摩尔体积的体积应用，质量换算物质的量计算微粒数，注意标况下己烷为液体，题目难度不大。16、D【解题分析】

根据燃烧通式CxHyOz＋(x+y/4－z/2)O2xCO2＋y/2H2O可知等物质的量的有机物完全燃烧时，耗氧量取决于(x+y/4－z/2)值的大小，其值越大，耗氧量越多。选项A～D中(x+y/4－z/2)的值分别是3、2.5、3、3.5，因此消耗氧气最多的是C3H6O2。答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、1-丙醇Br2和Fe（或FeBr3）CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3CH2COONa+Cu2O+3H2OE：；J：；中间产物1：；中间产物2：【解题分析】A(苯)发生硝化反应生成B，B为硝基苯，根据C的化学式可知，试剂a为溴，在铁作催化剂时，B与溴发生苯环上的取代反应生成C，结合D的结构可知C为，根据信息①，D在AlCl3存在时与试剂b反应生成E，根据E的化学式可知，试剂b为，则E为；G能够与氢氧化铜反应，则G为醛，因此F为醇，H为酸，因此F为CH3CH2CH2OH，G为CH3CH2CHO，H为CH3CH2COOH。(1)根据上述分析，A为苯；F为CH3CH2CH2OH，名称为1-丙醇，故答案为；1-丙醇；(2)B与溴发生取代反应生成C，反应需要铁作催化剂，试剂a是Br2和Fe；试剂b为，故答案为Br2和Fe(或FeBr3)；；(3)C为，与足量的NaOH反应的化学方程式为，故答案为；(4)G为CH3CH2CHO，G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3CH2COONa+Cu2O+3H2O，故答案为CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3CH2COONa+Cu2O+3H2O；(5)H为CH3CH2COOH，①2HJ+H2O；②J的核磁共振氢谱只有两组峰，则J为酸酐，为。E为，J为；根据信息②，中间产物1为，根据信息③，中间产物2为，发生羟基的消去反应生成K()，故答案为E：；J：；中间产物1：；中间产物2：。点睛：本题考查了有机合成与推断，本题的难度较大。本题的难点是(5)中合成过程的推断，要充分理解和利用题示信息，尤其中信息②和③的理解和应用。18、1s22s22p63s23p63d54s1N＞O＞CCO2（SCN-等）4×6.02×1023氨分子与水分子间易形成氢键【解题分析】

原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，元素X的原子最外层电子数是其内层的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；Y基态原子的2p轨道上有3个未成对电子，Y的核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；W的原子序数为24，则W为Cr元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Cr元素。(1)W核外电子数为24，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；同一周期，随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；N＞O＞C；(2)原子总数相等、价电子总数相等微粒互为等电子体，与CNO-互为等电子体的有CO2、SCN-等，故答案为：CO2(或SCN-等)；(3)HNO3的结构式为，1mol

HNO3分子中含有4molσ键，数目为4×6.02×1023，故答案为：4×6.02×1023；(4)氨分子与水分子间易形成氢键，导致NH3极易溶于水，故答案为：氨分子与水分子间易形成氢键。【题目点拨】本题的易错点为(1)和(3)，(1)中要注意能级交错现象，(3)中要注意硝酸的结构。19、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OA待D中充满黄绿色气体时除Cl2中混有的HClCl2+H2OH++Cl-+HClO饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡不容易正移，氯气几乎不溶解，但氯化氢可以溶解，所以可以除杂防止G中水蒸气进入E使氯化铝水解碱石灰AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl-1NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑0.69【解题分析】

由实验装置图可知，装置A中二氧化锰和浓盐酸共热制得氯气，用装置B中饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，用装置C中浓硫酸干燥氯气，装置D为氯化铝的制备装置，装置E用于收集氯化铝，用装置F中浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中，导致氯化铝水解，用装置G中氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，防止污染环境。由流程可知，实验制备得到的氯化铝在特定条件下与氢化钠反应制得铝氢化钠。【题目详解】（1）①装置A中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；②实验时应先点燃A处酒精灯制备氯气，利用反应生成的氯气排尽装置中的空气，防止空气中氧气干扰实验，待D中充满黄绿色气体时，再点燃D处酒精灯制备氯化铝，故答案为：D中充满黄绿色气体时；③因浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体；选用饱和食盐水的原因是，氯气与水反应为可逆反应，存在如下平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡逆向移动，降低氯气溶解度，使氯气几乎不溶解，但氯化氢极易溶于水，所以可以除杂，故答案为：除中混有的HCl；Cl2+H2OH++Cl-+HClO饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡不容易正移，氯气几乎不溶解，但氯化氢可以溶解，所以可以除杂；④F中浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中，导致氯化铝水解，装置G中氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，防止污染环境，若用盛有碱石灰的干燥管代替F和G，可以达到相同的目的，故答案为：防止G中水蒸气进入E使氯化铝水解；碱石灰；（2）氯化铝在特定条件下与氢化钠反应生成铝氢化钠和氯化钠，反应的化学方程式为AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl，故答案为：AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl；（3）若装置A改为氢气的制备装置，D中的钠与氢气共热可以制得氢化钠，由化合价代数和为零可知氢化钠中氢元素为—1价；若装置中残留有氧气，氧气与钠共热会反应生成过氧化钠，故答案为：-1；Na2O2；（4）铝氢化钠遇水发生剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；氢化钠与水反应的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，标准状况下22.4L氢气的物质的量为1mol，设铝氢化钠为xmol，氢化钠为ymol，由化学方程式可得联立方程式54x+24y=15.6①4x+y=1②，解得x=y=0.2，,则样品中铝氢化钠的质量分数为≈0.69，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；0.69。【题目点拨】制备氯化铝和氢化钠时，注意注意排尽装置中空气，防止氧气干扰实验是解答关键；前干燥、后防水，防止氯化铝水解是易错点。20、BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)0.04

(或1/25

)2.5×10-4抑制TiCl4的水解HCl取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O【解题分析】分析：根据流程图，用饱和Na2CO3溶液处理重晶石，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，然后用盐酸溶解后，加入TiC14和草酸溶液，反应析出草酸氧钛钡晶体，经过洗涤、干燥、灼烧得BaTiO3。其中将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3的离子方程式为BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，根据K=cSO42-cCO32-=cSO42-c详解：(1)工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该过程用离子方程式可表示为BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，此反应的平衡常数K=cSO42-cCO32-=KspBaSO4KspBaCO3=1.0×10-102.5×10-9=125；当c(SO42-)≤1.0×10-5mol/L时，认为BaSO4转化为了易溶于酸的BaCO(2)TiC14在常温下是无色液体，遇水容易发生水解可知，在配制为抑止其水解，需将TiCl4固体溶于浓盐