2024届北京市延庆区化学高二下期末复习检测模拟试题含解析

2024届北京市延庆区化学高二下期末复习检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下列制取Cl2、探究其漂白性、收集并进行尾气处理的原理和装置合理的是()A．制取氯气 B．探究漂白性C．收集氯气 D．尾气吸收2、下列盛放试剂的方法正确的是()A．氢氟酸或浓硝酸存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中B．汽油或煤油存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中C．碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中D．氯水或硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中3、下列叙述正确的是（）A．合成氨反应放热，采用低温可以提高氨的生成速率B．常温下，将pH＝4的醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均降低C．反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s)常温下能自发进行，该反应的ΔH<0D．在一容积可变的密闭容器中反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)达平衡后，保持温度不变，缩小体积，平衡正向移动，的值增大4、化学中常用类比的方法可预测许多物质的性质．如根据H2+Cl2=2HCl推测：H2+Br2=2HBr．但类比是相对的，如根据2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2，类推2Na2O2+2SO2=Na2SO3+O2是错误的，应该是Na2O2+SO2=Na2SO1．下列各组类比中正确的是（）A．钠与水反应生成NaOH和H2，推测：所有金属与水反应都生成碱和H2B．Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，推测：Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑C．CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3↓+2HClO，推测：2SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3↓+2HClOD．铝和硫直接化合能得到Al2S3，推测：铁和硫直接化合也能得到Fe2S35、按纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的一组物质是()A．盐酸、空气、醋酸、干冰B．冰醋酸、海水、硫酸钠、乙醇C．蛋白质、油脂、烧碱、碳酸钙D．胆矾、漂白粉、氯化钾、硫酸钡6、将一定量的氯气通入30mL浓度为10mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是A．与NaOH反应的氯气一定为0.3molB．n(Na＋)∶n(Cl－)可能为7∶3C．n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为11∶2∶1D．若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.257、澳大利亚科学家发现了纯碳新材料“碳纳米泡沫”，每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6～9nm，在低于－183℃时，泡沫具有永久磁性，下列叙述正确的是()A．“碳纳米泡沫”与石墨互为同位素B．把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中，能产生丁达尔效应C．“碳纳米泡沫”是一种新型的碳化合物D．“碳纳米泡沫”和金刚石的性质相同8、用如图所示装置，可由乙二醛制备乙二酸，反应原理为OHC-CHO+2Cl2A．该装置利用上述反应将化学能转化为电能B．Pt1C．盐酸除增强溶液导电性的作用，还提供ClD．理论上每得到0.1mol乙二酸，将有0.29、下列有关气体体积的叙述正确的是（）A．一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子大小决定B．一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子数决定C．不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数也不同D．气体摩尔体积指1mol任何气体所占的体积约为22.4L10、生活中常用烧碱来清洗抽油烟机上的油渍（主要成分是油脂），下列说法不正确的是A．油脂属于天然高分子化合物B．热的烧碱溶液去油渍效果更好C．清洗时，油脂在碱性条件下发生水解反应D．油脂碱性条件下发生水解反应，又称为皂化11、次磷酸(H3PO2)是一种具有强还原性的一元弱酸，工业上常利用H3PO2和AgNO3溶液反应进行化学镀银，已知该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则下列说法中不正确的是（）A．H3PO2中磷元素的化合价为+1 B．H3PO2的电离方程式为H3PO2H++H2PO2-C．H3PO2被AgNO3氧化成了H3PO4 D．NaH2PO2、NaH2PO4、Na2HPO4均为酸式盐12、下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是选项实验操作实验现象结论A在A1C13溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，然后通入CO2气体先出现白色沉淀，后沉淀消失，最后又出现白色沉淀Al(OH)3是两性氢氧化物，但不能溶解在某些弱酸中B向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]C向Na2CO3溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中产生白色浑浊酸性：盐酸>碳酸>硅酸D向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液前者溶液变蓝色，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在I3-I2+I-平衡A．A B．B C．C D．D13、下列物质的一氯代物只有一种的是A．新戊烷 B．2-甲基丙烷 C．邻二甲苯 D．对二甲苯14、下列说法不正确的是A．蛋白质是生命的基础，是人类必需的营养物质B．维生素C又称抗坏血酸，新鲜蔬菜中富含维生素CC．阿司匹林是常用的解热镇痛药，可以长期大量服用D．葡萄糖是自然界中分布最广的单糖，在人体中发生氧化反应，放出能量15、在第n电子层中，当它作为原子的最外层时，容纳电子数最多与第(n-1)层相同；当它作为原子的次外层时，其电子数比(n-1)层多10个，则对此电子层的判断正确的是()A．必为K层 B．只能是L层C．只能是M层 D．可以是任意层16、下列有关物质性质、结构特点的表述均正确，且存在因果关系的是表述1表述2A向盛有硫酸铜溶液的试管里滴加氨水至过量，先形成难溶物，继而难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的数目不变B邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键CSO32-空间结构是三角锥形结构SO32-的中心原子S原子为sp3杂化DP4O10、C6H12O6溶于水后均不导电P4O10、C6H12O6均属于共价化合物A．A B．B C．C D．D17、乙烯分子中碳原子的杂化类型为()A．sp杂化 B．sp2杂化 C．sp3杂化 D．都不是18、下列除去杂质的方法不正确的是A．镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B．用过量氨水除去Fe3＋溶液中的少量Al3＋C．用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水D．Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤19、一定质量的某铁的氧化物FexOy，与足量的4mol·L－1硝酸溶液充分反应，消耗硝酸溶液700mL，生成2.24LNO(标准状况)。则该铁的氧化物的化学式为()A．FeO B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe4O520、能源的开发和利用一直是发展中的重要问题。下列说法不正确的是A．CO2、甲烷都属于温室气体B．能量在转化和转移过程中其总量会不断减少C．太阳能、风能和生物质能属于新能源D．太阳能电池可将太阳能直接转化为电能21、下列能层中，有f能级的是A．K B．L C．M D．N22、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1mol葡萄糖分子含有的羟基数目为6NAB．5.8gC4H10中含有共价键总数为1.3NAC．5.8g熟石膏(2CaSO4·H2O)含有的结晶水分子数为0.04NAD．4.6g乙醇完全氧化成乙醛，转移电子数为0.1NA二、非选择题(共84分)23、（14分）为探宄固体X(仅含两种常见短周期元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：己知：气体A是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.429g/L；固体B是光导纤维的主要成分。请回答：（1）气体A分子的电子式_____________，白色沉淀D的化学式_____________。（2）固体X与稀硫酸反应的离子方程式是_______________________________________。（3）已知NH3与气体A在一定条件下反应后可得到一种耐高温陶瓷材料(仅含两种元素，摩尔质量为140g/mol)和H2，写出该反应的化学方程式_______________________________________。24、（12分）A、B、C、D、E五种元素,它们的核电荷数依次增大,且都小于20。其中C、E是金属元素;A和E属同族,它们原子的最外层电子排布式为ns1。B和D也属同族,它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍。C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半。请回答下列问题:（1）写出C元素基态原子的电子排布式:________________。

（2）用电子排布图表示D元素原子的价电子:__________。

（3）元素B与D的电负性的大小关系是B___D(填“>”“<”或“=”,下同),E与C的第一电离能大小关系是E____C。（4）写出元素E和C的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式__________。25、（12分）亚硝酸钠(NaNO2)是一种工业盐，实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)制备。已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+；Na2O2能使酸性高锰酸钾溶液褪色。（1）加热装置A前，先通一段时间N2，目的是_______________。（2）装置A中发生反应的化学方程式为__________________________________。实验结束后，将B瓶中的溶液经蒸发浓缩、__________(填操作名称)、过滤可获得CuSO4·5H2O。（3）仪器C的名称为______________，其中盛放的药品为____________(填名称)。（4）充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中，________________，则产物是NaNO2(注明试剂、现象)。（5）为测定亚硝酸钠的含量，称取4.000g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：①第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_________(填代号)。a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗b．锥形瓶洗净后未干燥c．滴定终点时仰视读数②根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数__________。26、（10分）用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16g·cm－3)配制成1mol·L－1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220mL，试回答下列问题：(1)配制稀盐酸时，应选用容量为________mL的容量瓶。(2)在量取浓盐酸时宜选用下列量筒中的________。A．5mLB．10mLC．25mLD．50mL(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：(将操作补充完整)①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，____________________________________________。③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。上述操作中，正确的顺序是(填序号)________。(4)若用1mol/LHCl溶液润洗容量瓶，再转移溶液，所配置的溶液浓度将_________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。27、（12分）某酸性废液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，有同学设计了下列方案对废液进行处理（所加试剂均稍过量），以回收金属铜，保护环境。请回答：（1）沉淀a中含有的单质是__________（填元素符号）。（2）沉淀c的化学式是_______________。（3）溶液A与H2O2溶液在酸性条件下反应的离子方程式是__________________。28、（14分）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种元素，A的一种同位素可用于考古中测定生物的死亡年代；B与A同周期，其s能级电子数比p能级电子数多；C原子的最外层电子数是次外层的3倍；D与B同主族；E的原子序数为29。回答下列问题：（1）五种元素中第一电离能最大的是_____，其中D原子价电子排布图为______。

（2）元素B的简单气态氢化物的沸点______元素A的简单气态氢化物的沸点（填大于或小于），其主要原因是____；A的简单气态氢化物中心原子的杂化轨道类型为________。（3）BC3-的立体构型为__________，与其互为等电子体的分子是__________（写化学式）。（4）EC在加热条件下容易转化为E2C，从原子结构的角度解释原因____________；E原子的外围电子排布式为_____________。（5）硼与D可形成一种耐磨材料F，其结构与金刚石相似（如图）。F的晶胞边长为acm，则该晶体密度的表达式为___________g·cm-3。(用含a、NA的式子表示，不必化简）。29、（10分）SO2与漂粉精是常用的漂白剂。某兴趣小组对它们的漂白原理进行探究。过程如下：I.探究SO2的漂白性实验一：将SO2分别通入0.1%品红水溶液和0.1%品红乙醇溶液中，观察到前者褪色而后者不褪色。实验二：试管中的液体现象a.0.1mol/LSO2溶液(pH=2)溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色b.0.1mol/LNaHS03溶液(pH=5)溶液立即变浅，约15s后完全褪色c.0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)溶液立即褪色d.pH=10NaOH溶液红色溶液不变色e.pH=2H2SO4溶液红色溶液不变色(1)实验d的目的是____________。(2)由实验一、二可知：该实验条件下，SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是____________。(3)已知S02使品红溶液褪色过程是可逆的。兴趣小组继续试验：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀，溶液变红。请用离子方程式和必要的文字说明出现上述现象的原因____________。II.探究SO2与漂粉精的反应实验三：操作现象i.液面上方出现白雾；ii.稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；iii.稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去小组同学对上述现象进行探究：(1)向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：a.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b.用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。①实验a目的是____________________。②由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是____________。(2)现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是____________。(3)将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X①向沉淀x中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是____________。②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因________________。

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、B【解题分析】A.该反应制取氯气需要加热，故A不合理；B.浓硫酸干燥氯气，通过该装置说明干燥的氯气没有漂白性，故B合理；C.氯气密度大于空气，要用向上排空气法收集氯气，故C不合理；D.氯气在饱和食盐水中难以溶解，故D不合理。故选B。2、D【解题分析】

A．氢氟酸能和二氧化硅反应，玻璃中含有二氧化硅，所以氢氟酸不能用玻璃瓶盛放；浓硝酸能加快橡胶老化，所以浓硝酸不能存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中，故A错误；B．根据相似相溶原理知，橡胶能溶于汽油或煤油，所以汽油或煤油不能存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中，故B错误；C．碳酸钠溶液和氢氧化钙溶液都呈碱性，二氧化硅能和强碱反应生成黏性的硅酸钠而使瓶塞打不开，故C错误；D．氯水和硝酸银见光易分解，且氯水和硝酸银溶液都是液体，所以它们应该存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中，故D正确；答案选D。3、C【解题分析】

A、降低温度，会减慢氨的生成速率，选项A错误；B、常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中氢离子的浓度降低，由c（OH-）=可知氢氧根离子的浓度增大，选项B错误；C、反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s)，△S＜0，常温下能自发进行，说明△H-T•△S＜0，因此可知△H＜0，选项C正确；D、可看作该反应的平衡常数的倒数，温度不变，平衡常数不变，则该值不变，选项D错误。答案选C。4、B【解题分析】分析：A．活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；B．根据强酸制弱酸分析；C．从次氯酸盐的强氧化性和二氧化硫的还原性分析判断；D．硫是弱氧化剂只能将铁氧化成亚铁。详解：A．活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，A错误；D．Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑和Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑都强酸制弱酸，所以类比合理，B正确；C．二氧化硫具有还原性，次氯酸盐具有强氧化性，生成的亚硫酸钙会被氧化为硫酸钙，C错误；D．硫是弱氧化剂只能将铁氧化成亚铁，所以铁和硫直接化合能得到FeS，不存在Fe2S3这种物质，D错误；答案选B。5、B【解题分析】分析：由一种物质组成的是纯净物，由不同种物质组成的是混合物，溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此判断。详解：A、盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，A错误；B、冰醋酸是乙酸，属于纯净物，海水是多种物质组成的，属于混合物，硫酸钠钠电离出阴阳离子，属于电解质，乙醇不能发生自身的电离，属于非电解质，B正确；C、蛋白质是高分子化合物，属于混合物，碳酸钙属于电解质，C错误；D、硫酸钡能自身电离出阴阳离子，属于电解质，D错误。答案选B。点睛：本题主要是考查物质的分类，题目难度不大，掌握相关概念的含义是解答的关键。易错点是电解质和非电解质判断，化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。6、D【解题分析】A、反应后混合中没有NaOH，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L×10mol·L－1=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故A错误；B、Cl2可能发生两种反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，氧化产物只有NaClO时，n（Na＋）：n（Cl－）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na＋）：n（Cl－）最小为6：5，n（Na＋）：n（Cl－）应介于两者之间，即6：5＜n（Na＋）：n（Cl－）＜2：1，现7：3＞2：1，故B错误；C、若n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，得失电子不相等，故C错误；D、由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol×5/6×1=0.25mol，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol×1/2×1=0.15mol，0.15＜n＜0.25，故D正确；故选D。点睛：考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算，难度较大，用列方程组可以解，但利用极限法与守恒法等技巧可以达到事半功倍的效果。7、B【解题分析】A．“碳纳米泡沫”属于碳单质与石墨互为同素异形体，同位素是原子，故A错误；B．“碳纳米泡沫”每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6到9nm，分散到适当的溶剂中形成胶体，能产生丁达尔现象，故B正确；C．“碳纳米泡沫”只含有一种元素属于碳单质，故C错误；D．“碳纳米泡沫”在低于-183℃时，泡沫具有永久磁性，金刚石没有磁性，二者性质不同，故D错误；故选B。8、C【解题分析】

A.该装置电解池，能量转化关系为电能转化为化学能，故A错误；B.Pt1为阴极得电子发生还原反应，发生的电极反应方程式为：2H++2e-＝H2↑，故B错误；C．HCl是电解质，其在水溶液中起提供Cl-和增强导电性的作用，同时在Pt2极放电生成Cl2，电极方程式为：Cl2+2e-＝2Cl-，故C正确；D.由反应可知，每生成1mol乙二酸，转移4mole-，将有4molH+从右室迁移到左室，则理论上每得到0.1mol乙二酸，将有0.4mol H+从右室迁移到左室，故D答案选C。【题目点拨】本题主要考查了电解池原理的应用，在本装置中，阳极先是氯离子放电生成氯气，然后将乙二醛氧化生成乙二酸，从而实现由乙二醛制备乙二酸的目的。9、B【解题分析】

A.因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离都是大概相同的，分子很小，此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数，A错误；B.因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离都是大概相同的，分子很小，此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数，B正确；C.根据分子数N=n·NA=NA，若体积不同，不同状态下气体的Vm也不同，所以它们所含的分子数也可能相同，C错误；D.气体摩尔体积22.4L/mol，适用于标况下的气体，条件不同时，气体摩尔体积也可能不同，D错误；故合理选项是B。10、A【解题分析】分析：油脂不属于高分子化合物，在碱性条件下水解又称皂化反应。详解：A.油脂是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，选项A错误；B.油脂在碱性条件下水解，水解吸热，所以热的烧碱溶液可以促进油脂水解去油渍效果更好，选项B正确；C.清洗时，油脂在碱性条件下发生水解反应，选项C正确；D.油脂碱性条件下发生水解反应，又称为皂化反应，选项D正确。答案选A。11、D【解题分析】A．H3PO2中H为+1价，O为-2价，则磷元素的化合价为+1，选项A正确；B．次磷酸是一元弱酸，一元弱酸部分电离出一个氢离子，所以H3PO2的电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2-，选项B正确；C．H3PO2中，氢元素为+1价，氧元素为-2价，依据化合价代数和为0，磷化合价为+1价，该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1-0）=1×（x-1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，选项C正确；D．H3PO2是一元酸，NaH2PO2是正盐，NaH2PO4、Na2HPO4均为酸式盐，选项D错误。答案选D。12、C【解题分析】A.在A1C13溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，先出现白色沉淀，后沉淀消失，生成偏铝酸钠溶液，通入CO2气体，又反应生成氢氧化铝沉淀，说明Al(OH)3是两性氢氧化物，但不能溶解在某些弱酸中，故A正确；B．溶度积小的先生成沉淀，向浓度为0.1mol•L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀，说明Ksp[Cu(OH)2]较小，故B正确；C．盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应也能生成硅酸沉淀，则该实验不能比较碳酸和硅酸的酸性强弱，故C错误；D．溶液变蓝色，说明含有碘单质，有黄色沉淀，说明含有碘离子，则溶液中存在平衡：I3-⇌I2+I-，故D正确；故选C。13、A【解题分析】

A.新戊烷只有一种位置的H原子，因此其一氯取代产物只有一种，A符合题意；B.2-甲基丙烷有2种不同位置的H原子，因此其一氯取代产物有2种，B不符合题意；C.邻二甲苯有3种不同位置的H原子，因此其一氯代物有3种不同结构，C不符合题意；D.对二甲苯有2种不同位置的H原子，因此其一氯代物有2种不同结构，D不符合题意；故合理选项是A。14、C【解题分析】A、蛋白质是构成人体细胞的基本物质，是人体必需的营养物质，故A正确；B、维生素C又名抗坏血酸，对防治坏血病有很大的帮助，水果蔬菜中富含维C，故B正确；C、阿司匹林是一种历史悠久的解热镇痛药，长期大量服用会有水杨酸反应，应停药并静脉注射NaHCO3溶液，故C不正确；D、葡萄糖是一种单糖，主要作用是为生物提供能量，故D正确。故选C。15、C【解题分析】

K层最多只能排2个电子，L层最多只能排8个电子，M层最多排18个电子，由题意可知M层作最外层时，最多只能排8个电子与第(n-1)层L层相同；当它作为原子的次外层时，可以排满18个电子，其电子数比(n-1)层即L层多10个，所以第n电子层只能是M层，答案选C。16、C【解题分析】分析：A.硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；B.能形成分子间氢键的物质沸点较高。详解：A.硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化到络合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，表述2错误，故A错误；B.能形成分子间氢键的物质沸点较高，邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，表述1错误，故B错误；C.SO32-的中心原子S原子为sp3杂化,因此SO32-空间结构是三角锥形结构，故C正确；D.P4O10、C6H12O6均属于共价化合物,P4O10溶于水后和水发生反应产生磷酸，磷酸是电解质，因此在溶液中电离产生自由移动的离子，可以导电，表述1不正确，故D错误；答案选C。点睛：氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。17、B【解题分析】

C的2s轨道和两个2p轨道杂化成三个sp2轨道，即C原子的杂化类型为sp2杂化，故合理选项为B。18、B【解题分析】

A、Al能与烧碱溶液反应而Mg不反应，A正确；B、Fe3+与Al3+均能与氨水反应生成沉淀，且不溶于过量的氨水，B错误；C、乙醇沸点较低，水与生石灰反应生成熟石灰，所以可用蒸馏方法使乙醇蒸出，C正确；D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，能够实现除杂的目的，D正确。答案选B。19、C【解题分析】

铁的氧化物FexOy与足量的4mol·L－1硝酸溶液充分反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，标准状况下，2.24LNO的物质的量为0.1mol，700mL4mol·L－1硝酸溶液中硝酸的物质的量为2.8mol，由N原子个数守恒可得3n（Fe3+）+n（NO）=n（HNO3），3n（Fe3+）=2.8mol—0.1mol，n（Fe3+）=0.9mol，设FexOy中铁元素化合价为a，由得失电子数目守恒可得，n（3—a）×0.9mol=3×0.1mol，解得a=，由化合价代数和为零可得x=2y，则x：y=3:4，答案选C。【题目点拨】注意应用原子个数守恒计算铁的氧化物中铁的物质的量，再用得失电子数目守恒计算铁的氧化物中铁的化合价，根据化合价代数和为零计算x和y的比值确定化学式是解答关键。20、B【解题分析】分析：CO2、甲烷都可导致温室效应；常见能源分类有可再生能源和非再生资源、新能源和化石能源，其中太阳能、风能和生物能源属于新能源，以此解答该题。详解：A．CO2、甲烷都可导致温室效应，应尽量减少排放，故A正确；B．根据能量转化和守恒定律可知能量在转化和转移过程中总量既不会增加，也不会减少，故B错误；C．太阳能、风能和生物能源与化石能源相比，属于新能源，也属于清洁能源，故C正确；D．太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，故D正确；故选B。21、D【解题分析】试题分析：K层只有s能级，L层只有s和p能级；M层有s、p、d三个能级，N层有s、p、d、f四个能级，选D。考点：考查原子核外电子排布。22、B【解题分析】

A.1mol葡萄糖分子含有的羟基数目为5NA，故A错误；B．正丁烷和异丁烷互为同分异构体，分子式为C4H10，5.8g正丁烷和异丁烷的混合气体物质的量为=0.1mol，含有共价键的总数为0.1×(10+3)×NA=1.3NA，故B正确；C．熟石膏(2CaSO4•H2O)的物质的量n==0.02mol，由熟石膏(2CaSO4•H2O)的化学式可知，1mol熟石膏(2CaSO4•H2O)中含1mol水，故0.02mol中含0.02mol水，即0.02NA个，故C错误；D．4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.2NA，故D错误；故答案为B。二、非选择题(共84分)23、Mg(OH)2Mg2Si+4H+=2Mg2++SiH4↑3SiH4+4NH3Si3N4+12H2【解题分析】己知气体A在标准状况下的密度为1.429g·L－1，则其摩尔质量为1.429g·L－1×22.4L/mol=32g/mol，固体B是光导纤维的主要成分即SiO2，6.0gSiO2的物质的量为0.1mol，则7.6gX中含Si的质量为2.8g，即0.1mol；在短周期金属元素中，与过量NaOH反应生成白色沉淀只有Mg(OH)2，则其物质的量为0.2mol，所以7.6gX中含Mg的质量为4.8g，即0.2mol，由此推知X为Mg2Si，则与硫酸反应生成的A气体为SiH4，其摩尔质量恰好为32g/mol。(1)SiH4的电子式为；白色沉淀D的化学式为Mg(OH)2；(2)固体X与稀硫酸反应的离子方程式是Mg2Si+4H+=2Mg2++SiH4↑；(3)NH3与SiH4在一定条件下反应生成一种耐高温陶瓷材料和H2，所以耐高温陶瓷材料中含有Si和N两种元素，根据二者的化合价可知，其化学式为Si3N4，摩尔质量为140g/mol，所以反应的化学方程式为3SiH4+4NH3Si3N4+12H2。点睛：由于转化关系中给出了三个质量信息，所以要从质量守恒入手去思考解答，Si元素是明确的，再根据短周期元素，在过量NaOH溶液中能生成白色沉淀只有Mg(OH)2，由Mg和Si的物质的量之比，可确定出固体X是Mg2Si，再确定气体A是SiH4。24、1s22s22p63s23p1＞＜【解题分析】

A、E同族，且最外层电子排布为ns1。是IA族，E是金属元素，5种元素核电荷数依次增大，可以推知A为H元素；B、D同族，且最外层p能级电子数是s能级电子数的两倍，是第六主族元素，所以B是氧元素，D是硫元素，E是钾元素，根据C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半可以推知C是铝元素，总结A为氢元素、B为氧元素、C为铝元素、D为硫元素、E为钾元素，据此分析问题。【题目详解】（1）C元素为Al，原子序数13，基态原子的电子排布式:1s22s22p63s23p1；答案：1s22s22p63s23p1（2）D元素为S，原子序数16，最外层有6个电子，用电子排布图表示S元素原子的价电子:；答案：（3）同一主族从上到下非金属性减弱，电负性减小，元素O与S的电负性的大小关系是O>S，金属性越强，第一电离能越小，K与Al的第一电离能大小关系是K<Al；答案：＞＜（4）氢氧化铝具有两性，可以与强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式为Al（OH）3+OH-==AlO2-+2H2O；答案：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O【题目点拨】正确推断元素是解本题关键，B和D的最外层电子排布是推断突破口。25、排除装置中的空气冷却结晶干燥管碱石灰加入稀硫酸（或稀盐酸），溶液中有气泡产生且在试管上方变成红棕色气体ac86.25%【解题分析】(1)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，装置中无空气存在，加热A前，先通一段时间N2，目的是把装置中的空气赶净，避免生成的亚硝酸钠混入杂质；

(2)装置A中发生反应是浓硝酸和碳加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，装置A中生成的二氧化氮进入装置B生成硝酸，氧化铜生成硝酸铜、硫酸铜，蒸发浓缩过程硝酸是易挥发性的酸，所以冷却结晶得到晶体为硫酸铜晶体；

(3)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，仪器C为干燥管，利用其中的碱石灰用来干燥一氧化氮气体；

(4)3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O，反应生成的一氧化氮遇到空气会生成红棕色气体二氧化氮，充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中加入稀硫酸溶液中有气泡产生且在试管口上方出现红棕色气体，证明产物是NaNO2；

(5)①第一组实验数据消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，会导致测量结果偏高；a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗的标准液体积会偏大，故a正确；b．锥形瓶不需要干燥，所以锥形瓶洗净后未干燥，不影响测定结果，故b错误；c．滴定终了仰视读数，导致读数偏大，计算出的标准液体积偏大，故c正确；故答案为ac；

②由于第一组数据偏高，应该舍弃；其它三组消耗标准液平均体积为：mL=20.00mL，25mL样品消耗高锰酸钾的物质的量为0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，则250mL样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为0.002mol×=0.02mol，根据化合价变化可得反应关系式：2MnO4-～5NO2-，则4.000g样品中含有亚硝酸钠的物质的量为0.02mol×=0.05mol，质量为69g/mol×0.05mol=3.45g，所以反应后的固体中亚硝酸钠的质量分数为：×100%=86.25%。26、250C至液体凹液面最低处与刻度线相切③①④②偏大【解题分析】

（1）实验室没有220mL的容量瓶，应选用规格为250mL的容量瓶；（2）先计算浓硝酸的物质的量浓度，再依据稀释定律计算浓盐酸的体积；（3）根据配制溶液的实验操作过程确定操作的顺序；（4）依据操作对溶质的物质的量、溶液体积的影响分析。【题目详解】（1）配制220mL1mol·L－1稀盐酸时，因实验室没有220mL的容量瓶，应选用规格为250mL的容量瓶，故答案为：250；（2）由c=可知，浓盐酸的物质的量浓度c＝mol/L＝11.6mol/L，250mL1mol·L－1的稀盐酸中氯化氢的物质的量为0.25mol，由稀释定律可知浓盐酸的体积为≈0.022L=22mL，则量取22mL浓盐酸时宜选用25mL量筒，故答案为：C；（3）实验室配制成1mol·L－1盐酸的操作步骤是，用量筒量取22mL浓盐酸倒入烧杯中，向盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀，等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250mL容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部注入容量瓶，往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，至液体凹液面最低处与刻度线相切，最后定容颠倒摇匀，则操作顺序为③①④②，故答案为：至液体凹液面最低处与刻度线相切；③①④②；(4)若用1mol/LHCl溶液润洗容量瓶，再转移溶液，HCl的物质的量偏大，所配置的溶液浓度将偏大，故答案为：偏大。【题目点拨】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，注意配制的操作步骤、仪器的选择、误差的分析，掌握有关物质的量浓度计算的方法是解答关键。27、Cu、FeBaCO32Fe2++H2O2+2H＋=2Fe3++2H2O【解题分析】酸性废液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，加入铁屑，可置换出铜，沉淀a为Fe、Cu，溶液A含有Fe2+、Ba2+，然后在溶液A中加入过氧化氢、氢氧化钠生成的红褐色沉淀为Fe(OH)3，溶液B含有Na+、Ba2+，加入碳酸钠溶液，可生成沉淀c为BaCO3，溶液C含有的阳离子主要为Na+。(1)由以上分析可知沉淀a中含有的单质是Fe、Cu，故答案为Fe、Cu；(2)由分析可知沉淀c为BaCO3，故答案为BaCO3；(3)氧化时加入H2O2溶液与二价铁离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2

H2O。点睛：本题考查物质的分离提纯，注意掌握金属回收的方法和常见的离子之间的反应，明确离子方程式的书写方法。本题的关键是根据流程图，理清发生的反应。28、N高于NH3分子之间存在氢键sp3平面三角形SO3Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子排布为3d10，为全充满稳定状态，Cu2O更稳定3d104s14×42N【解题分析】分析：A的一种同位素可用于考古中测定生物的死亡年代，A为C元素；C原子的最外层电子数是次外层的3倍，C为O元素；A为第二周期元素，B与A同周期，B的s能级电子数比p能级电子数多，B的原子序数介于A与C之间，B为N元素；E的原子序数为29，E为Cu元素；D与B同主族，D的原子序数介于C与E之间，D为P元素。（1）五种元素中第一电离能最大的是N。D的价电子排布图为。（2）沸点NH3>CH4，主要原因是NH3分子间存在氢键。CH4中碳原子为sp3杂化。（3）BC3-为NO3-，NO3-的立体构型为平面三角形。用“替代法”，与其互为等电子体的分子是SO3等。（4）EC为CuO，E2C为Cu2O，CuO在加热条件下容易转化为Cu2O的原因是：Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子排布为3d10，为全充满稳定状态，Cu2O更稳定。Cu原子的外围电子排布式为3d104s1。（5）用“均摊法”确定晶胞中含有的原子的个数，由晶胞的边长计算晶胞的体积，进一步计算1mol晶体的体积，1mol晶体的质量除以1mol晶体的体积计算晶体的密度。详解：A的一种同位素可用于考古中测定生物的死亡年代，A为C元素；C原子的最外层电子数是次外层的3倍，C为O元素；A为第二周期元素，B与A同周期，B的s能级电子数比p能级电子数多，B的原子序数介于A与C之间，B为N元素；E的原子序数为29，E为Cu元素；D与B同主族，D的原子序数介于C与E之间，D为P元素。（1）根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第VA族大于第VIA族，第一电离能N>O>C，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，第一电离能N>P，Cu是金属元