2024届湖北省武汉为明学校高二化学第二学期期末综合测试模拟试题含解析

2024届湖北省武汉为明学校高二化学第二学期期末综合测试模拟试题注意事项：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、下列说法正确的是（）A．由于正丁烷和异丁烷分子间作用力大小不同，因而沸点不同B．H2O汽化成水蒸气或者分解为H2和O2，都需要破坏共价键C．Na2O2中含有共价键，所以Na2O2属于共价化合物D．水晶和干冰都是共价化合物，所以他们的熔沸点相近2、下面是第二周期部分元素基态原子的电子排布图，据此下列说法错误的是()A．每个原子轨道里最多只能容纳2个电子B．电子排在同一能级时，总是优先单独占据一个轨道C．每个能层所具有的能级数等于能层的序数(n)D．若原子轨道里有2个电子，则其自旋状态相反3、设NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（）A．1mol月球背面的氦—3（3He）含有质子为2NAB．标况下，22.4L甲烷和1molCl2反应后的混合物中含有氯原子数小于2NAC．2molSO2与1molO2充分反应，转移的电子数为4NAD．25℃时，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NA4、下列关于电解池的叙述中不正确的是A．与电源正极相连的是电解池的阴极 B．与电源负极相连的是电解池的阴极C．电解池的阳极发生氧化反应 D．电解池的阴极发生还原反应5、某+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，该元素在周期表中所属的族是()A．ⅠB B．ⅡA C．Ⅷ D．ⅡB6、由合成气制备二甲醚的主要原理如下。下列有关说法正确的是①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1＝－90.7kJ·mol－1②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH2＝－23.5kJ·mol－1③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH3＝－41.2kJ·mol－1A．将1molCO(g)和2molH2(g)充分反应，反应会放出90.7kJ能量B．反应①的ΔS＞0C．反应③使用催化剂，ΔH3减少D．反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝－246.1kJ·mol－17、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8、下列说法正确的是A．HCl溶于水能电离出H+、Cl-，所以HCl是离子化合物B．碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的共价键C．He、CO2和CH4都是由分子构成，它们中都存在共价键D．NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键9、砷是氮族元素，黄砷(As4)是其一种单质，其分子结构与白磷(P4)相似，以下关于黄砷与白磷的比较叙述正确的是A．黄砷中共价键键能大于白磷B．黄砷的熔点高于白磷C．黄砷易溶于水D．分子中共价键键角均为109°28′10、用2－氯丙烷制取少量的1，2－丙二醇，经过下列哪几步反应（）A．加成→消去→取代 B．消去→加成→水解C．取代→消去→加成 D．消去→加成→消去11、分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）A．5种 B．6种 C．7种 D．8种12、下列反应的离子方程式书写正确的是()A．向氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NHB．向次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化硫：ClO－＋SO2＋H2O===HSO＋HClOC．NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液混合后加热：NH＋OH－NH3↑＋H2OD．向Fe(OH)2中加入稀硝酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O13、某有机物经加氢还原所得产物的结构简式为，该有机物不可能是A．B．C．D．CH3CH2CH2CHO14、下列说法正确的是(用NA表示阿伏加德罗常数的值)A．17g羟基（－OH）所含有的电子数是10NA个B．常温下,14g乙烯含有的共用电子对数是2.5NA个C．12g石墨中含有C﹣C键的个数为1.5NAD．标准状况下，CH4发生取代反应生成22.4LCH2Cl2，需要消耗2NA个Cl2分子15、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A．常温时，12g石墨晶体中所含六元环数目为NAB．标准状况下，18gD2O中所含电子数为9NAC．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAD．标准状况下，2.24LSO3中所含原子数为0.4NA16、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＞S17、螺环化合物具有抗菌活性，用其制成的药物不易产生抗药性，螺[3，4]辛烷的结构如图，下列有关螺[3，4]辛烷的说法正确的是（）A．分子式为C8H16 B．分子中所有碳原子共平面C．与2—甲基—3—庚烯互为同分异构体 D．一氯代物有4种结构18、标准状况下，2.8LO2中含有N个氧原子，则阿伏加德罗常数的值为()A．4N B． C．2N D．19、已知干冰晶胞属于面心立方最密堆积，晶胞中相邻最近的两个CO2分子间距为apm，阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是A．晶胞中一个CO2分子的配位数是8B．晶胞的密度表达式是g·cm－3C．一个晶胞中平均含6个CO2分子D．CO2分子的立体构型是直线形，中心C原子的杂化类型是sp3杂化20、诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是A．纤维素、脂肪B．蛋白质、淀粉C．蛋白质、烃D．淀粉、油脂21、下列元素相关粒子的电子排布式中，前者一定是金属元素，后者一定是非金属元素的是A．[Ne]3s1[Ne]3s2 B．[Ar]4s1[Ne]3s23p4C．[Ne]3s2[Ar]4s2 D．[He]2s22p4[Ne]3s23p522、标准状况下VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL

-1

)，所得溶液的密度为ρg·mL

-1，质量分数为ω，物质的量浓度为cmol·L

-1，则下列关系中不正确的是A．ρ=(17V+22400)/(22.4+22.4V)B．ω=17c/1000ρC．ω=17V/(17V＋22400)D．c=1000Vρ/(17V+22400)二、非选择题(共84分)23、（14分）2018年3月21日是第二十六届“世界水日”，保护水资源、合理利用废水、节省水资源、加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品1L，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：请回答下列问题：(1)根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是________(2)写出实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式：___________。沉淀溶解时发生的离子方程式为________(3)分析图像，在原溶液中c(NH4+与c(Al3＋)的比值为________，所得沉淀的最大质量是________g。(4)若通过实验确定原废水中c(Na＋)＝0.18mol·L－1，试判断原废水中NO3-是否存在？________(填“存在”“不存在”或“不确定”)。若存在，c(NO3-)＝________mol·L－1。(若不存在或不确定则此空不填)24、（12分）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_________25、（12分）无水MgBr2可用作催化剂．实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：步骤1三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴．步骤2缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中．步骤3反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚溴化镁粗品．步骤4室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品．已知：①Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性．②MgBr2+3C2H5OC2H5⇌MgBr2•3C2H5OC2H5请回答：（1）仪器A的名称是______．实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是______________（2）如将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是___________________（3）步骤3中，第一次过滤除去的物质是_________________．（4）有关步骤4的说法，正确的是__________________．A、可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B、洗涤晶体可选用0℃的苯C、加热至160℃的主要目的是除去苯D、该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴（5）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2++Y4﹣═MgY2﹣①滴定管洗涤前的操作是_____________________________．②测定时，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500mol•L﹣1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液25.00mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是__________________（以质量分数表示）．26、（10分）用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液500mL，回答下列问题（1）请写出该实验的实验步骤①计算，②________，③________，④_________，⑤洗涤，⑥________，⑦摇匀。（2）所需仪器为：容量瓶（规格：__________）、托盘天平、还需要那些玻璃仪器才能完成该实验，请写出：_______________。使用容量瓶前必须进行的操作是______________。（3）试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响。(填“偏高”“偏低”“无影响”)①为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容。对所配溶液浓度的影响：___________②定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶浓度的影响：_________。③某同学从该溶液中取出50mL，其中NaCl的物质的量浓度为_________。27、（12分）1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体。实验室制备少量1-溴丙烷的主要步骤如下：步骤1：在仪器A中加入搅拌磁子、12g1-丙醇及20mL水，在冰水冷却下缓慢加入28mL浓H2SO4；冷却至室温，搅拌下加入24gNaBr。步骤2：缓慢加热，直到无油状物馏出为止。步骤3：将馏出液转入分液漏斗，分离出有机相。步骤4：将分离出的有机相转入分液漏斗，依次用H2O、5%的Na2CO3溶液洗涤，分液，得粗产品，进一步提纯得1-溴丙烷。已知：①1-溴丙烷沸点为71℃，密度为1.36g/cm3；②反应过程中，在仪器A中可以观察到A的上方出现红棕色蒸气（Br2）。回答下列问题：（1）仪器A的名称是______；加入搅拌磁子的目的是搅拌和______。（2）仪器A中主要发生反应为：NaBr+H2SO4===HBr+NaHSO4和______。（3）步骤2中需向接收瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是______，同时可以观察到的现象是______。（4）步骤4中的两次洗涤，依次洗去的主要杂质是______、_________。（5）步骤4中的Na2CO3溶液还可以用下列中的______试剂代替。A．NaOH溶液B．NaI溶液C．Na2SO3溶液D．CCl428、（14分）新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液。某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示。回答下列问题：(1)甲烷燃料电池正极、负极的电极反应分别为_______________、_______________。(2)闭合K开关后，a、b电极上均有气体产生．其中b电极上得到的是_____，电解氯化钠溶液的总反应方程式为____________________________；(3)若每个电池甲烷通入量为1L(标准状况)，且反应完全，则理论上通过电解池的电量为_____（法拉第常数F=9.65×l04C．mol-1，列式计算)，最多能产生的氯气体积为___L(标准状况)。29、（10分）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(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】

A、分子晶体中分子间作用力越大，沸点越高，所以C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同，故A正确；B、H2O汽化成水蒸气破坏分子间作用力和氢键，不破坏共价键，水分子分解时破坏共价键，故B错误；C、过氧化钠中既离子键又含共价键，过氧化钠是离子化合物，而不是共价化合物，故C错误；D、水晶为二氧化硅，属于原子晶体，干冰为二氧化碳的固态形式，属于分子晶体，它们的熔沸点相差很大，故D错误。2、D【解题分析】

观察题中四种元素的电子排布图，对原子轨道容纳的电子数做出判断，根据洪特规则，可知电子在同一能级的不同轨道时，优先占据一个轨道，任一能级总是从S轨道开始，能层数目即为轨道能级数。【题目详解】A.由题给的四种元素原子的电子排布式可知，在一个原子轨道里，最多能容纳2个电子，符合泡里原理，故A正确；B.电子排在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，符合洪特规则，故B正确；C.任意能层的能级总是从S能级开始，而且能级数等于该能层序数，故C正确；D.若在一个原子轨道里有2个电子，则其自旋状态相反，若在同一能级的不同轨道里有两个电子，则自旋方向相同，故D错误；本题答案为D。3、A【解题分析】

A.3He的原子序数为2，质子数为2，则1mol氦—3（3He）含有质子数为2NA，A项正确；B.甲烷与氯气发生取代反应，根据氯元素守恒可知，反应后的混合物中氯原子的个数为2NA，B项错误；C.SO2与O2的反应为可逆反应，2molSO2与1molO2充分反应，转移的电子数小于4NA，C项错误；D.Ba(OH)2溶液中，pH=13,依据c(OH-)===10-1=0.1mol/L，则25℃时，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.1mol/L1LNA=0.1NA，D项错误；答案选A。4、A【解题分析】

A.电解池中，与外接电源负极相连的为阴极，与正极相连的为阳极，故A叙述错误；B.电解池中，与外接电源负极相连的为阴极，故B叙述正确；C.电解池中阳极上失电子发生氧化反应，故C叙述正确；D.电解池中阴极上得电子发生还原反应，故D叙述正确；答案选A。【题目点拨】本题主要考查电解池的工作原理，注意以电子的转移为中心来进行梳理，电子由外接电源的负极流出，流入电解池的阴极，阴极上发生还原反应，电解池的阳极上发生氧化反应，电子经导线流回到电源的正极。5、A【解题分析】某+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，该元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，处于元素周期表中ds区，最外层电子数为族序数，电子层数等于周期数，所以该元素处于第四周期第IB族，故答案选A。6、D【解题分析】

A.将1molCO(g)和2molH2(g)充分反应，由于是可逆反应，放出热量小于90.7kJ能量，故A错误；B.反应①气体的物质的量减小，ΔS<0，故B错误；C.加入催化剂，只改变反应速率，物质的种类不变，则不改变反应热，故C错误；D.根据盖斯定律，①×2+②+③得，反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝－246.1kJ·mol－1，故D正确；故选D。7、B【解题分析】

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。8、D【解题分析】分析：A.HCl是共价化合物；B.碘晶体受热转变成碘蒸气，克服分子间作用力；C.He分子间无共价键；D.NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键。详解：HCl属于共价化合物，属于电解质，在溶液中可发生电离，A错误；碘晶体受热转变成碘蒸气，克服分子间作用力,而碘原子间的作用力属于共价键，B错误；He为单原子分子,不存在共价键,C错误；NaHCO3为离子化合物，含有离子键和共价键，受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，阴阳离子间的离子键断裂,生成二氧化碳和水,破坏共价键,D正确；正确选项D。点睛：离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化时破坏分子间作用力（个别物质还有氢键），原子晶体熔化时破坏共价键。9、B【解题分析】A．原子半径As＞P，键长越大，键能越小，黄砷中共价键键能小于白磷，A错误；B．形成的晶体都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，则熔点越高，B正确；C．黄砷为非极性分子，根据相似相容原理可知难溶于水，C错误；D．分子中共价键键角均为60°，D错误，答案选B。点睛：本题考查同主族元素的性质的递变规律，解答时注意从白磷的结构和性质分析进行知识的迁移灵活应用。10、D【解题分析】

2－氯丙烷发生消去反应生成CH2=CH-CH3，其与溴水发生加成反应生成CH2Br-CHBr-CH3，再与NaOH溶液在加热的条件下发生取代反应生成1，2－丙二醇，答案为D。11、D【解题分析】

该分子式符合饱和一元醇和饱和一元醚的通式。醇类可以与金属钠反应放出氢气，而醚不能。根据碳链异构，先写出戊烷的同分异构体（3种），然后用羟基取代这些同分异构体的不同类的氢原子，就可以得出这样的醇，戊基共有8种，故这样的醇共有8种，D正确，选D。12、A【解题分析】分析：A.Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；B.次氯酸具有强的氧化性能够氧化二氧化硫；C.NH4HCO3溶液中加入少量稀NaOH溶液生成碳酸钠、碳酸铵和水；D.Fe(OH)2和稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、水。详解:A.向氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A正确；

B.次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化硫，离子方程式：Ca2++ClO-+SO2+H2O=2H++CaSO4↓+Cl-，故B错误；

C.NH4HCO3溶液中加入少量稀NaOH溶液生成碳酸钠、碳酸铵和水，离子方程式错误，故C错误；

D.Fe(OH)2中加入稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、水，所以D选项是错误的；

所以A选项是正确的。点睛：该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，试题侧重考查学生的能力。该题需要明确判断离子方程式正确与否的方法一般，即（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式，然后灵活运用即可。该题有助于培养学生分析问题、解决问题的能力。13、D【解题分析】分析：各选项与氢气发生加成反应，根据产物的结构简式是否与相同，分析判断。详解：A.与氢气加成后的产物为，故A正确；B.与氢气加成后的产物为，故B正确；C.与氢气加成后的产物为，故C正确；D.CH3CH2CH2CHO与氢气加成后的产物为CH3CH2CH2CH2OH，故D错误；故选D。14、C【解题分析】

A、17g羟基（－OH）的物质的量为1mol，在一个羟基中含有9个电子，所以1mol的羟基中所含有的电子数是9NA个，故A错误；

B、有机物中一个碳原子周围总有4个共用电子对，14g乙烯的物质的量为：14g28g/mol=0.5mol,则14g乙烯含有的共用电子对数是2NA个，故B错误；

C、12g石墨的物质的量n=12g12g/mol=1mol，石墨中每个C原子与其它3个C原子成键，则平均每个C原子成键数目为3×12=1.5个，则12g石墨含C﹣C键的个数为1.5NA，所以C选项是正确的；

D、标准状况下，CH2Cl2为液态，22.4LCH2Cl2不是1mol，故D错误。

15、B【解题分析】

A．依据石墨的结构可知，每个六元环拥有2个碳原子，12g石墨晶体中含有碳原子1mol，所以，所含六元环数目为0.5NA，故A错误；B．标准状况下，18gD2O的物质的量为9/10mol，每个D2O分子中含有10个电子，所以18gD2O中所含电子数为9NA，故B正确；C．1molN2与4molH2完全反应转化为氨气的话生成2molNH3，因为该反应为可逆反应，氮气不可能完全转化，故生成氨气的分子数小于2NA，故C错误；D．标准状况下，SO3不是气态，所以2.24LSO3中所含原子数不是0.4NA，故D错误。故选B。【题目点拨】阿伏加德罗常数是化学高考的热点之一，是每年高考的必考点。该类试题以中学所学过的一些重点物质为载体，考查学生对阿付加德罗常数及与其有联系的物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度、阿伏加德罗定律等概念的理解是否准确深刻，各种守恒关系、平衡的有关原理掌握的是否牢固，题目涉及的知识面广，灵活性强，思维跨度大，因而能很好的考察学生思维的严密性、深刻性。解此类题目需注意的问题先总结如下：①要注意气体摩尔体积的适使用条件：标准状况下的气体摩尔体积才为22.4L/mol，但需注意，若题目给出气体的质量或物质的量，则粒子数目与条件无关。②要注意物质的状态：气体摩尔体积适用于标准状况下的气体物质。命题者常用水、三氧化硫、己烷、辛烷、甲醇等物质来迷惑考生。③要注意物质的组成形式：对于由分子构成的物质，有的是单原子分子（如稀有气体分子），有的是双原子分子，还有的是多原子分子，解题时要注意分子的构成，要注意分析同类或相关物质分子组成结构上的变化规律。④要注意晶体结构：遇到与物质晶体有关的问题时，先要画出物质晶体的结构，然后分析解答，如在SiO2晶体中存在空间网状的立体结构，其基本结构单元为硅氧四面体（SiO4）。⑤要注意粒子的种类：试题中所提供的情境中有多种粒子时，明确要回答的粒子种类，涉及核外核外电子数时，要注意根、基、离子的区别。⑥要注意同位素原子的差异：同位素原子虽然质子数、电子数相同，但中子数不同，质量数不同，进行计算时，应注意差别防止出现错误。16、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。17、D【解题分析】

A.根据螺[3.4]辛烷的结构简式可知其分子式为C8H14，故A错误；B.因为螺[3.4]辛烷属于环烷烃，分子中所有的8个碳原子均为sp3杂化，所以分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；C.2－甲基－3－庚烯的分子式为C8H16，两者分子式不同，所以不是同分异构体，故C错误；D.由螺[3.4]辛烷的结构简式可知其中含有4种类型的氢，所以一氯代物有4种结构，故D正确；答案：D。18、A【解题分析】

标准状况下，2.8LO2的物质的量为=mol，所含O原子个数为mol×2×NA=N，则NA=4N。答案选A。19、B【解题分析】

A．面心立方最密堆积配位数为12，故A错误；

B．该晶胞中最近的相邻两个CO2

分子间距为apm，即晶胞面心上的二氧化碳分子和其同一面上顶点上的二氧化碳之间的距离为apm，则晶胞棱长=apm=a×10-10cm，晶胞体积=(a×10-10cm)3，该晶胞中二氧化碳分子个数=8×+6×=4，晶胞密度=，故B正确；

C．该晶胞中二氧化碳分子个数=8×+6×=4，故C错误；

D．二氧化碳分子是直线形分子，C原子价层电子对个数是2，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp，故D错误；

故选：B。【题目点拨】六方最密堆积、面心立方最密堆积的配位数均为12，体心立方堆积配位数为8，简单立方堆积配为数为6。20、C【解题分析】分析：“丝”中含有的物质是蛋白质，“泪”指的是液态石蜡，据此解答。详解：“丝”中含有的物质是蛋白质，“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于烃，答案选C。21、B【解题分析】A、两种元素都是金属元素，选项A错误；B、前者是金属元素，后者是非金属元素，选项B正确；C、两种元素都是金属元素，选项C错误；D、两种元素都是非金属元素，选项D错误。答案选B。22、A【解题分析】

NH3溶于水绝大部分与水生成一水合氨，但是计算时，以NH3算。A．根据，则，选项中的表达式利用的是，，但是溶液的体积不是气体体积（V）和溶剂体积（1L）的加和，A项错误，符合题意；B．根据公式，得；B项正确，不符合题意；C．，；，，C项正确，不符合题意；D．,，带入有，D项正确，不符合题意；本题答案选A。【题目点拨】两个体积不同的溶液混合在一起，混合后的溶液体积不等于混合前两溶液的体积之和，所以混合后的溶液的体积一般根据计算，此外注意单位的换算。二、非选择题(共84分)23、CO32-NH4+＋OH－===NH3·H2OAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O2:110.7存在0.08【解题分析】

已知溶液为无色，则无Fe3＋；焰色反应时为黄色，则含Na元素；加入盐酸酸化的氯化钡有白色沉淀，则含硫酸根离子；加入过量的NaOH有白色沉淀，含镁离子；根据加入NaOH的体积与沉淀的关系可知，原溶液中含有H＋、NH4+、Al3＋、Mg2＋；与Al3＋、Mg2＋反应的CO32-离子不存在。【题目详解】（1）根据分析可知，一定不存在的阴离子为CO32-；（2）③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化时，加入NaOH，沉淀的量未变，则有离子与NaOH反应，只能是NH4+，其反应的离子方程式为：NH4+＋OH－=NH3·H2O；沉淀溶解为氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；（3）根据反应式及数量，与NH4+、Al（OH）3消耗NaOH的量分别为0.2mol、0.1mol，则c(NH4+):c(Al3＋)=2:1；（4）H＋为0.1mol，NH4+为0.2mol，Al3＋为0.1mol，Mg2＋为0.05mol，Na＋为0.18mol，SO42-为0.4mol，根据溶液呈电中性，n（NO3-）=0.08mol。24、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。25、干燥管防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患镁屑BD检漏92%【解题分析】

（1）仪器A为干燥管，本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气，防止镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍Mg和Br2的反应，故答案为干燥管；防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应；（2）将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，装置B是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反应容易控制，可防止反应过快，故答案为会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；（3）步骤3过滤出去的是不溶于水的镁屑，故答案为镁屑；（4）A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，选项A错误；B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C的苯，可以减少产品的溶解，选项B正确；C．加热至160°C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，选项C错误；D．该步骤是为了除去乙醚和溴，选项D正确；答案选BD；（5）①滴定管洗涤前的操作是检漏；②依据方程式Mg2++Y4-═MgY2-分析，溴化镁的物质的量=0.0500mol/L×0.0250L=0.00125mol，则溴化镁的质量为0.00125mol×184g/mol=0.23g，溴化镁的产品的纯度=×100%=92%。26、称量溶解移液定容500mL烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒检查是否漏液偏高偏低1.00mol/L【解题分析】

（1）根据溶液配制的原理和方法，用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液500mL的一般步骤为计算，称量，溶解，移液，洗涤移液，定容，摇匀，故答案为称量；溶解；移液；定容；（2）配制500mL0.10mol•L-1的NaCl溶液，所以还需要500mL容量瓶，溶解需要用烧杯、玻璃棒、量筒，玻璃棒搅拌，加速溶解；移液需要玻璃棒引流；最后需用胶头滴管定容，容量瓶使用前必须检查是否漏水，故答案为500mL；烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒；检查是否漏液；（3）①液体具有热胀冷缩的性质，加热加速溶解，未冷却到室温，配成了溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高．故答案为偏高；②定容后，倒置容量瓶摇匀后平放静置，液面低于刻度线，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加水定容，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低，故答案为偏低；③溶液是均一的，从溶液中取出50mL，其中NaCl的物质的量浓度不变，仍为1.00mol/L，故答案为1.00mol/L。27、蒸馏烧瓶防止暴沸CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O冷凝1-溴丙烷，减少其挥发溶液分层，下层为橙色的油状液体1-丙醇Br2C【解题分析】

（1）仪器A的名称是蒸馏烧瓶；溶液受热易发生暴沸；（2）仪器A中主要反应为浓硫酸与溴化钠反应生成溴化氢和硫酸氢钠，反应生成的溴化氢，在浓硫酸作用下，与1-丙醇共热发生取代反应生成1-溴丙烷和水；（3）1-溴丙烷沸点低，受热易挥发，不溶于水且比水密度大，单质溴易溶于有机溶剂；（4）由于制得的1-溴丙烷中混有挥发出的1-丙醇和单质溴；（5）1-溴丙烷在NaOH溶液中发生水解反应；反应生成的单质碘溶于1-溴丙烷引入新杂质；单质溴能与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应，且不与1-溴丙烷反应；1-溴丙烷与四氯化碳互溶。【题目详解】（1）由图可知，仪器A的名称是蒸馏烧瓶；加入搅拌磁子的目的是搅拌和防止溶液受热暴沸，故答案为：蒸馏烧瓶；防止暴沸；（2）仪器A中主要反应为浓硫酸与溴化钠反应生成溴化氢和硫酸氢钠，反应生成的溴化氢，在浓硫酸作用下，与1-丙醇共热发生取代反应生成1-溴丙烷和水，有关化学方程式为NaBr+H2SO4=HBr+NaHSO4和CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O，故答案为：CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O；（3）由题给信息可知，1-溴丙烷沸点低，受热易挥发，则步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是减少1-溴丙烷的挥发；实验时，浓硫酸和溴化氢发生氧化还原反应生成了单质溴，单质溴易溶于有机溶剂，1-溴丙烷不溶于水且比水密度大，溶液分层，溴溶于下层1-溴丙烷，使下层油状液体呈橙色，故答案为：冷凝1-溴丙烷，减少其挥发；溶液分层，下层为橙色的油状液体；（4）由于制得的1-溴丙烷中混有挥发出的1-丙醇和单质溴，步骤4中用H2O洗去溶于水的1-丙醇，用5%的Na2CO3溶液洗