2023年北京市海淀區(qū)知春里中學(xué)化學(xué)高二第二學(xué)期期末監(jiān)測(cè)試題含解析

2023年高二下化學(xué)期末模擬試卷注意事項(xiàng)：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書(shū)寫(xiě)，字體工整、筆跡清楚。3．請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效；在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、下列有關(guān)工業(yè)生產(chǎn)的敘述中，正確的是A．硫酸生產(chǎn)中常采用催化劑提高SO2的轉(zhuǎn)化率B．合成氨中采用及時(shí)分離氨氣提高反應(yīng)速率C．電鍍銅時(shí)，溶液中c(Cu2+)基本保持不變D．用電解熔融氧化鎂的方法制取鎂2、下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A．鍍銅鐵制品鍍層受損后,鐵制品比受損前更容易生銹B．等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液中,水的電離程度相同C．0.1

mol/LNa2CO3溶液:c(OH-)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H+)D．對(duì)于反應(yīng)2SO2+O2

2SO3,使用催化劑能加快反應(yīng)速率和提高SO2平衡轉(zhuǎn)化率3、六氟化硫分子為正八面體構(gòu)型（分子結(jié)構(gòu)如圖所示），難溶于水，有良好的絕緣性、阻燃，在電器工業(yè)方面具有廣泛用途。下列推測(cè)正確的是（）A．SF6中各原子均達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)B．SF6二氯取代物有3種C．SF6分子是含有極性鍵的非極性分子D．SF6是原子晶體4、元素X、Y、Z原子序數(shù)之和為36，X、Y在同一周期，X＋與Z2－具有相同的核外電子層結(jié)構(gòu)。下列推測(cè)不正確的是A．同周期元素中X的金屬性最強(qiáng)B．原子半徑X>Y，離子半徑X＋>Z2－C．同族元素中Z的簡(jiǎn)單氫化物穩(wěn)定性最高D．同周期元素中Y的最高價(jià)含氧酸的酸性最強(qiáng)5、下列反應(yīng)均可在室溫下自發(fā)進(jìn)行，其中△H＞0，△S＞0的是A．4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)B．NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)C．(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)D．2Cu(s)+CO2(g)+O2(g)+H2O(g)=Cu2(OH)2CO3(s)6、下列條件下，兩瓶氣體所含原子數(shù)一定相等的是()A．同質(zhì)量的N2和CO2B．同質(zhì)量的C．同體積的O2和N2D．相同物質(zhì)的量的N7、下表列出了某短周期元素R的各級(jí)電離能數(shù)據(jù)(用I1、I2……表示,單位為kJ/mol)。I1I2I3I4……R7401500770010500……下列關(guān)于元素R的判斷中一定正確的是A．R的最高正價(jià)為+3價(jià)B．R元素位于元素周期表中第ⅡA族C．R元素的原子最外層共有4個(gè)電子D．R元素基態(tài)原子的電子排布式為1s22s28、有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示，則此有機(jī)物可發(fā)生的反應(yīng)類(lèi)型有：①取代②加成③消去④酯化⑤水解⑥氧化⑦中和。A．①②③⑤⑥ B．①②③④⑤⑥⑦ C．②③④⑤⑥ D．②③④⑤⑥⑦9、短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序數(shù)依次增大，X-的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同,Y是地殼中含量最多的元素，Y2-和Z+的電子層結(jié)構(gòu)相同,W的最高化合價(jià)為最低化合價(jià)絕對(duì)值的3倍,W與R同周期,R的原子半徑小于W。下列說(shuō)法不正確的是A．元素的非金屬性次序?yàn)镽>W>XB．Z和其他4種元素均能形成離子化合物C．離子半徑:W2->Y2->Z+D．氧化物的水化物的酸性:W<R10、溶液X中可能含有Ba2+、NH4+、Na+、K+、Cl–、HCO3–、HSO3–、SO42–中的幾種離子，各離子的濃度均相等。為了確定其組成，某同學(xué)進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：①取少量溶液X，往里滴加過(guò)量的氫氧化鈉溶液并加熱，得到氣體A、溶液A和沉淀A②取少量溶液A，往里滴加過(guò)量的硝酸銀溶液得到溶液B和沉淀B下列說(shuō)法正確的是A．溶液X中一定存在Ba2+、NH4+，可能含有Cl-B．溶液X中一定不存在SO42–、Na+和K+C．溶液X中HCO3–、HSO3–兩者存在其一D．沉淀A一定是BaCO3，沉淀B一定是AgCl11、下列說(shuō)法正確的是A．糖類(lèi)、油脂和蛋白質(zhì)均是天然高分子B．C4H9Cl與C4H10O均只有4種同分異構(gòu)體C．鹽析可提純蛋白質(zhì)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12、通過(guò)實(shí)驗(yàn)、觀察、類(lèi)比、推理等方法得出正確的結(jié)論是化學(xué)學(xué)習(xí)的方法之一。下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和解釋或結(jié)論不正確的有序號(hào)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象解釋或結(jié)論①用大理石和稀硝酸反應(yīng)制取CO2氣體，將制得的氣體立即通入一定濃度的Na2SiO3溶液中出現(xiàn)白色沉淀H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性強(qiáng)②向某溶液中加入濃NaOH溶液后微熱，用藍(lán)色石蕊試紙檢驗(yàn)產(chǎn)生的氣體放出刺激性氣味氣體且試紙變紅原溶液中一定含有NH4+③少量鋁熱劑（只有一種金屬氧化物）溶于足量稀鹽酸后，分兩份，再分別滴加鐵氰化鉀和KSCN溶液出現(xiàn)藍(lán)色沉淀和血紅色鋁熱劑中可能含有Fe3O4④向某鉀鹽中滴加濃鹽酸，產(chǎn)生的氣體再通入品紅溶液品紅溶液褪色該鉀鹽為K2SO3與KHSO3至少有一種⑤用pH試紙測(cè)量飽和新制氯水的pHpH試紙先變?yōu)榧t色后褪色飽和新制氯水呈酸性且Cl2具有漂白性A．①②④⑤ B．②③④⑤ C．①②④ D．①②③⑤13、SiCl4的分子結(jié)構(gòu)與CCl4類(lèi)似，對(duì)其作出如下推測(cè)，其中不正確的是A．SiCl4晶體是分子晶體B．常溫常壓下SiCl4是氣體C．SiCl4分子是由極性鍵形成的非極性分子D．SiCl4熔點(diǎn)高于CCl414、下列實(shí)驗(yàn)操作中不正確的是（）A．使用分液漏斗分液時(shí)，下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出B．容量瓶用蒸餾水洗滌后必須烘干才能進(jìn)行溶液的配制C．在遇到金屬鎂失火時(shí)不可用干冰滅火器進(jìn)行滅火D．向沸水中加入少量FeCl3飽和溶液，煮沸至溶液呈紅褐色，即可得到Fe(OH)3膠體15、下列醇中能由醛加氫還原制得的是A．CH3CH2CH2OH B．(CH3)2CHCH(CH3)OHC．(CH3)3COH D．(CH3)2CHOH16、下列各項(xiàng)敘述中，正確的是()A．鎂原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2時(shí)，原子釋放能量，由基態(tài)轉(zhuǎn)化成激發(fā)態(tài)B．價(jià)電子排布為5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s區(qū)元素C．所有原子任一能層的s電子云輪廓圖都是球形，但球的半徑大小不同D．24Cr原子的電子排布式是1s22s22p63s23p63d44s217、根據(jù)如圖所示示意圖，下列說(shuō)法不正確的是A．反應(yīng)的熱化學(xué)方程式可表示為C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=(b-a)kJ·mol-1B．該反應(yīng)過(guò)程反應(yīng)物斷鍵吸收的能量一定大于生成物成鍵放出的能量C．使用催化劑無(wú)法改變?cè)摲磻?yīng)的ΔHD．nmolC和nmolH2O反應(yīng)生成nmolCO和nmolH2吸收的熱量一定為131.3nkJ18、將2.4g某有機(jī)物M置于密閉容器中燃燒，定性實(shí)驗(yàn)表明產(chǎn)物是CO2、CO和水蒸氣。將燃燒產(chǎn)物依次通過(guò)濃硫酸、堿石灰和灼熱的氧化銅（試劑均足量，且充分反應(yīng)），測(cè)得濃硫酸增重1.44g，堿石灰增重1.76g，氧化銅減輕0.64g。下列說(shuō)法中正確的是A．M的實(shí)驗(yàn)式為CH2O2B．若要得到M的分子式，還需要測(cè)得M的相對(duì)分子質(zhì)量或物質(zhì)的量C．若M的相對(duì)分子質(zhì)量為60，則M一定為乙酸D．通過(guò)質(zhì)譜儀可分析M中的官能團(tuán)19、M2O72-與S2-在酸性溶液部反應(yīng)：M2O72-+3S2-+14H+=2M3++3S↓+7H2O，則M2O72-中M的化合價(jià)是（）A．+2 B．+3 C．+4 D．+620、乙烯分子中碳原子的雜化類(lèi)型為()A．sp雜化 B．sp2雜化 C．sp3雜化 D．都不是21、以下現(xiàn)象與電化腐蝕無(wú)關(guān)的是A．黃銅（銅鋅合金）制作的銅鑼不易產(chǎn)生銅綠B．生鐵比軟鐵芯（幾乎是純鐵）容易生銹C．鐵質(zhì)器件附有銅質(zhì)配件，在接觸處易生鐵銹D．銀質(zhì)獎(jiǎng)牌久置后表面變暗22、乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)時(shí)，濃硫酸的作用是A．脫水作用 B．吸水作用C．氧化作用 D．既起催化作用又起吸水作用二、非選擇題(共84分)23、（14分）某有機(jī)化合物A經(jīng)李比希法測(cè)得其中含碳為70.59%、含氫為5.88%，其余含有氧。現(xiàn)用下列方法測(cè)定該有機(jī)化合物的相對(duì)分子質(zhì)量和分子結(jié)構(gòu)。方法一：用質(zhì)譜法分析得知A的質(zhì)譜如圖：方法二：核磁共振儀測(cè)出A的核磁共振氫譜有4個(gè)峰，其面積之比為1∶2∶2∶3。方法三：利用紅外光譜儀測(cè)得A分子的紅外光譜，如圖：（1）分子中共有____種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子。（2）A的分子式為_(kāi)___。（3）該物質(zhì)屬于哪一類(lèi)有機(jī)物____。（4）A的分子中只含一個(gè)甲基的依據(jù)是____(填序號(hào))。aA的相對(duì)分子質(zhì)量bA的分子式cA的核磁共振氫譜圖dA分子的紅外光譜圖（5）A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_______________________________。24、（12分）已知：X為具有濃郁香味、不易溶于水的油狀液體，食醋中約含有3%-5%的D，其轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示。請(qǐng)回答：(1)X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是__________________。(2)A→B的化學(xué)方程式是____________________________________________。(3)下列說(shuō)法不正確的是________。A．A+D→X的反應(yīng)屬于取代反應(yīng)B．除去X中少量D雜質(zhì)可用飽和Na2CO3溶液C．A與金屬鈉反應(yīng)比水與金屬鈉反應(yīng)要?jiǎng)×业枚郉．等物質(zhì)的量的A、B、D完全燃燒消耗O2的量依次減小25、（12分）輝銅礦（主要成分為Cu2S）經(jīng)火法冶煉，可制得Cu和H2SO4，流程如下圖所示：（1）Cu2S中Cu元素的化合價(jià)是__________價(jià)。（2）Ⅱ中，電解法精煉粗銅（含少量Ag、Fe），CuSO4溶液做電解質(zhì)溶液：①粗銅應(yīng)與直流電源的_________極（填“正”或“負(fù)”）相連。②銅在陰極析出，而鐵以離子形式留在電解質(zhì)溶液里的原因是__________________________。（3）Ⅲ中，煙氣（主要含SO2、CO2）在較高溫度經(jīng)下圖所示方法脫除SO2，并制得H2SO4。①在陰極放電的物質(zhì)________________。②在陽(yáng)極生成SO3的電極反應(yīng)式是_______________________________。（4）檢測(cè)煙氣中SO2脫除率的步驟如下：（i）.將一定量的凈化氣（不含SO3）通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水。（ii）加入濃鹽酸，加熱溶液至無(wú)色無(wú)氣泡，再加入足量BaCl2溶液。（iii）過(guò)濾、洗滌、干燥，稱量沉淀質(zhì)量。①用離子方程式表示（i）中溴水的主要作用________________________________。②若沉淀的質(zhì)量越大，說(shuō)明SO2的脫除率越________（填“高”或“低”）。26、（10分）我國(guó)重晶石（含BaSO490％以上）資源豐富，其中貴州省重晶石儲(chǔ)量占全國(guó)總儲(chǔ)量的三分之一。我省某工廠以重晶石為原料，生產(chǎn)“電子陶瓷工業(yè)支柱”—鈦酸鋇(BaTiO3)的工藝流程如下：查閱資料可知：①常溫下：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9②TiCl4在常溫下是無(wú)色液體，遇水容易發(fā)生水解：TiC14+2H2O=TiO2+4HCl③草酸氧鈦鋇的化學(xué)式為：BaTiO(C2O4)2·4H2O請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）工業(yè)上用飽和Na2CO3溶液處理重晶石（假設(shè)雜質(zhì)不與Na2CO3溶液作用），待達(dá)到平衡后，移走上層清液，重復(fù)多次操作，將BaSO4轉(zhuǎn)化為易溶于酸的BaCO3，該過(guò)程用離子方程式可表示為_(kāi)________________，此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=__________（填寫(xiě)計(jì)算結(jié)果）。若不考慮CO32-的水解，則至少需要使用_______mol/L的Na2CO3溶液浸泡重晶石才能實(shí)現(xiàn)該轉(zhuǎn)化過(guò)程。（2）配制TiC14溶液時(shí)通常將TiC14固體溶于濃鹽酸再加水稀釋，其目的是______________。（3）可循環(huán)使用的物質(zhì)X是____________（填化學(xué)式），設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案驗(yàn)證草酸氧鈦鋇晶體是否洗滌干凈：____________________。（4）寫(xiě)出煅燒草酸氧鈦鋇晶體的化學(xué)方程式：______________________。27、（12分）（1）根據(jù)計(jì)算用托盤(pán)天平需稱取氯化鈉_________g；（2）配制溶液時(shí)，除需要燒杯、玻璃棒外，還必須用到的玻璃儀器有；（3）配制溶液有下列幾步操作：a．溶解，b．搖勻，c．洗滌，d．冷卻，e．稱量，f．將溶液移至容量瓶，g．定容．正確的操作順序是；（4）下列操作結(jié)果使溶液物質(zhì)的量濃度偏低的是_________；A．沒(méi)有將洗滌液轉(zhuǎn)入容量瓶中B．加水定容時(shí)，水的量超過(guò)了刻度線C．定容時(shí)，俯視容量瓶的刻度線D．容量瓶洗滌后，未經(jīng)干燥處理（5）取出該NaCl溶液10mL加水稀釋到200mL，稀釋后溶液中NaCl的物質(zhì)的量濃度是_________28、（14分）下面的排序不正確的是（）A．空間利用率：Cu＞Na＞PoB．熔點(diǎn)由高到低：金剛石＞NaCl＞K＞CO2C．硬度由大到小：SiC＞金剛石D．晶格能由大到?。篘aF＞NaCl＞NaBr29、（10分）過(guò)量的碳排放會(huì)引起嚴(yán)重的溫室效應(yīng)，導(dǎo)致海洋升溫、海水酸化，全球出現(xiàn)大規(guī)模珊瑚礁破壞，保護(hù)珊瑚礁刻不容緩。（1）海水中含有的離子主要有Na+、Mg2+、Ca2+、K+、Cl–、CO32–和HCO3–。其中，導(dǎo)致海水呈弱堿性的微粒有______。（2）珊瑚礁是珊瑚蟲(chóng)在生長(zhǎng)過(guò)程中吸收海水中物質(zhì)而逐漸形成的石灰石外殼。形成珊瑚礁的主要反應(yīng)為Ca2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O。①請(qǐng)結(jié)合化學(xué)用語(yǔ)分析該反應(yīng)能夠發(fā)生的原因：______。②與珊瑚蟲(chóng)共生的藻類(lèi)通過(guò)光合作用促進(jìn)了珊瑚礁的形成；而海洋溫度升高會(huì)使共生藻類(lèi)離開(kāi)珊瑚礁，導(dǎo)致珊瑚礁被破壞。請(qǐng)分析珊瑚礁的形成和破壞會(huì)受到共生藻類(lèi)影響的原因：______。（3）研究人員提出了一種封存大氣中二氧化碳的思路：將二氧化碳和大量的水注入地下深層的玄武巖（主要成分為CaSiO3）中，使其轉(zhuǎn)化為碳酸鹽晶體。玄武巖轉(zhuǎn)化為碳酸鹽的化學(xué)方程式為_(kāi)_____。（4）“尾氣CO2直接礦化磷石膏聯(lián)產(chǎn)工藝”涉及低濃度CO2減排和工業(yè)固廢磷石膏處理兩大工業(yè)環(huán)保技術(shù)領(lǐng)域，其部分工藝流程如下圖所示。已知：磷石膏是在磷酸生產(chǎn)中用硫酸處理磷礦時(shí)產(chǎn)生的固體廢渣，其主要成分為CaSO4·2H2O。①吸收塔中發(fā)生的反應(yīng)可能有______（寫(xiě)出任意2個(gè)反應(yīng)的離子方程式）。②料漿的主要成分是______（寫(xiě)化學(xué)式）。

參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、C【解析】分析：A、根據(jù)催化劑對(duì)化學(xué)平衡的影響分析判斷；B、根據(jù)濃度對(duì)反應(yīng)速率的影響分析判斷；C、電鍍銅時(shí)，陽(yáng)極上銅失電子，陰極上銅離子得電子，根據(jù)溶液中銅離子是否變化判斷；D、根據(jù)氧化鎂的熔點(diǎn)很高結(jié)合電解原理分析判斷。詳解：A、催化劑可以提高反應(yīng)速率，但不能影響化學(xué)平衡的移動(dòng)，因此硫酸生產(chǎn)中常采用催化劑是為了縮短建立平衡需要的時(shí)間，不能提高SO2的轉(zhuǎn)化率，故A錯(cuò)誤；B、合成氨中采用及時(shí)分離氨氣是為了提高產(chǎn)率，但氨氣濃度減小，反應(yīng)速率減慢，故B錯(cuò)誤；C、電鍍時(shí)，陽(yáng)極上銅失電子進(jìn)入溶液，陰極上銅離子得電子生成銅單質(zhì)，陽(yáng)極銅溶解質(zhì)量約等于陰極析出銅的質(zhì)量，所以溶液中c(Cu2+)基本保持不變，故C正確；D、獲取金屬M(fèi)g是電解熔融氯化鎂得到金屬鎂，氧化鎂的熔點(diǎn)太高，不宜采用電解熔融物的方法，故D錯(cuò)誤；故選C。點(diǎn)睛：本題考查了金屬的冶煉、化學(xué)平衡移動(dòng)、電解原理的應(yīng)用等。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為AB，要注意區(qū)分外界因素對(duì)化學(xué)平衡的影響與化學(xué)反應(yīng)速率的影響。2、A【解析】A、銅、鐵、電解質(zhì)構(gòu)成原電池，鐵做負(fù)極，鍍銅鐵制品鍍層受損后，鐵更容易生銹，選項(xiàng)A正確；B、等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液和HCl溶液中,前者電離產(chǎn)生的氫離子濃度小，抑制水的電離程度小，水的電離程度小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、0.1mol/LNa2CO3溶液中存在質(zhì)子守恒有:c(OH-)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H+)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、使用催化劑能加快反應(yīng)速率，但不能使平衡移動(dòng)，故不能提高SO2平衡轉(zhuǎn)化率，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選A。3、C【解析】試題分析：A．在SF6中F原子達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),而S原子未滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，錯(cuò)誤；B．在SF6分子中鄰位、平面的對(duì)角線位置、體對(duì)角線的位置三種不同結(jié)構(gòu)，因此二氯取代物有3種，正確；C．SF6分子中只含有S-F極性鍵，但是由于分子結(jié)構(gòu)是對(duì)稱的所以是含有極性鍵的非極性分子，正確；D．SF6是分子晶體，錯(cuò)誤。考點(diǎn)：考查六氟化硫分子結(jié)構(gòu)的知識(shí)。4、B【解析】

元素X、Y、Z的原子序數(shù)之和為36，X、Y在同一周期，X+與Z2-具有相同的核外電子排布，若X為Na，Z為O，則Y的原子序數(shù)為36-11-8=17，則Y為Cl；若X為K，Y為S，19+16=35，Y只能為H，則不符合X、Y位于同周期，以此來(lái)解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍?，X為Na，Y為Cl，Z為O，A.同周期從左向右金屬性減弱，則同周期元素中

X

的金屬性最強(qiáng)，A項(xiàng)正確；B.同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：X>Y，具有相同電子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小，則離子半徑：X+<Z2?，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.同主族從上到下非金屬性減弱，則同族元素中Z的氫化物穩(wěn)定性最高，故C正確；D.高氯酸為所有含氧酸中酸性最強(qiáng)，則同周期元素中Y的最高價(jià)含氧酸的酸性最強(qiáng)，故D正確；答案選B。5、C【解析】

A.4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)的氣體物質(zhì)的量減少，△S<0，A錯(cuò)誤；B.NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)的氣體物質(zhì)的量減少，△S<0，B錯(cuò)誤；C.(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)分解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，△H>0，反應(yīng)后氣體的物質(zhì)的量增大，△S>0，C正確；D.2Cu(s)+CO2(g)+O2(g)+H2O(g)=Cu2(OH)2CO3(s)反應(yīng)后氣體物質(zhì)的量減小，△S<0，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。6、D【解析】分析：A項(xiàng)，等質(zhì)量的N2和CO2的物質(zhì)的量之比為11:7，所含原子物質(zhì)的量之比為22:21；B項(xiàng)，等質(zhì)量的H2和N2的物質(zhì)的量之比為14:1，所含原子物質(zhì)的量之比為14:1；C項(xiàng)，O2和N2所處的溫度、壓強(qiáng)未知，無(wú)法確定同體積的O2和N2物質(zhì)的量的大小；D項(xiàng)，相同物質(zhì)的量的N2O和CO2含原子物質(zhì)的量相等。詳解：A項(xiàng)，N2和CO2的摩爾質(zhì)量之比為28:44=7:11，等質(zhì)量的N2和CO2的物質(zhì)的量之比為11:7，所含原子物質(zhì)的量之比為22:21，A項(xiàng)所含原子數(shù)不相等；B項(xiàng)，H2和N2的摩爾質(zhì)量之比為2:28=1:14，等質(zhì)量的H2和N2的物質(zhì)的量之比為14:1，所含原子物質(zhì)的量之比為14:1，B項(xiàng)所含原子數(shù)不相等；C項(xiàng)，O2和N2所處的溫度、壓強(qiáng)未知，無(wú)法確定同體積的O2和N2物質(zhì)的量的大小，C項(xiàng)所含原子數(shù)不一定相等；D項(xiàng)，N2O和CO2都是三原子分子，相同物質(zhì)的量的N2O和CO2含原子物質(zhì)的量相等，D項(xiàng)所含原子數(shù)一定相等；答案選D。7、B【解析】

A、由表中數(shù)據(jù)I3?I2，可知元素R的最高正價(jià)為+2價(jià)，A項(xiàng)錯(cuò)；B、元素R一定位于第ⅡA族，B正確；C、元素R一定位于第ⅡA族，最外層有2個(gè)電子，但R不一定是Be元素，C項(xiàng)錯(cuò)；D、根據(jù)C中分析可知D項(xiàng)錯(cuò)。答案選B。8、B【解析】

①該有機(jī)物中含—OH、—COOH、酯基，能發(fā)生取代反應(yīng)；②該有機(jī)物中含碳碳雙鍵、苯環(huán)，能發(fā)生加成反應(yīng)；③該有機(jī)物中含—OH，且與—OH相連的碳原子的鄰位碳原子上含H，能發(fā)生消去反應(yīng)；④該有機(jī)物中含—OH、—COOH，能發(fā)生酯化反應(yīng)；⑤該有機(jī)物中含酯基，能發(fā)生水解反應(yīng)；⑥該有機(jī)物中含碳碳雙鍵、—OH，能發(fā)生氧化反應(yīng)；⑥該有機(jī)物中含羧基，能發(fā)生中和反應(yīng)；該有機(jī)物可發(fā)生的反應(yīng)類(lèi)型有①②③④⑤⑥⑦，答案選B。9、D【解析】

X-的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同，可知X為H；Y是地殼中含量最多的元素，可知Y為O；O2-和Z+的電子層結(jié)構(gòu)相同，可知Z為Na；W的最高化合價(jià)為最低化合價(jià)絕對(duì)值的3倍，可知W的最高正價(jià)為+6價(jià)，W為S；W與R同周期，R的原子半徑小于W，可知R為Cl；則A．Cl、S、H的非金屬性依次減弱，故A正確；B．Na和H、O、S、Cl元素均能形成離子化合物，如NaH、NaCl等，故B正確；C．離子結(jié)構(gòu)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，離子電子層越多，離子半徑越大，則離子半徑S2->O2->Na+，故C正確；D．最高價(jià)氧化物的水化物的酸性HClO4>H2SO4，故D錯(cuò)誤；答案為D。10、B【解析】

X與過(guò)量NaOH反應(yīng)生成氣體A為氨氣，沉淀A應(yīng)為亞硫酸鋇或碳酸鋇或兩者都有，則溶液中一定含Ba2+、NH4+、HSO3-和HCO3-至少含有一種，一定不含SO42-。溶液A與硝酸銀反應(yīng)生成沉淀B可能為Ag2O或AgCl，溶液中各離子的濃度均相等，由電荷守恒可知，一定存在陰離子Cl-、HCO3-和HSO3-，不存在Na+、K+，以此來(lái)解答。【詳解】A．由上述分析可知，X中一定存在Ba2+、NH4+、Cl-，故A錯(cuò)誤；B．溶液X中一定不存在SO42–、Na+和K+，故B正確；C．由上述分析可知，X中一定存在HCO3–、HSO3–，故C錯(cuò)誤；D．沉淀A應(yīng)為亞硫酸鋇和碳酸鋇，B可能為Ag2O或AgCl，故D錯(cuò)誤；故答案：B。11、C【解析】A、蛋白質(zhì)屬于天然高分子化合物，而糖類(lèi)不一定是高分子化合物，例如葡萄糖，油脂則不是天然高分子化合物，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、丁基有4種，故有C4H9Cl只有4種同分異構(gòu)體，但C4H10O屬于醇的有4種，屬于醚的有3種，共有7種同分異構(gòu)體，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、鹽析是一個(gè)可逆的過(guò)程，不改變蛋白質(zhì)的性質(zhì)，鹽析可提純蛋白質(zhì)并保持其生理活性，選項(xiàng)C正確；B、石油裂解能獲得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，獲得更多乙烯等短鏈不飽和烴，但無(wú)法得到苯酚，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選C。12、A【解析】

①用大理石和稀硝酸反應(yīng)制取CO2氣體，由于硝酸易揮發(fā)，生成的CO2氣體中含有一定量的硝酸，將制得的氣體立即通入一定濃度的Na2SiO3溶液中，出現(xiàn)白色沉淀，無(wú)法說(shuō)明一定是H2CO3與反應(yīng)Na2SiO3，所以無(wú)法證明H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性強(qiáng)，①的結(jié)論不正確；②向某溶液中加入濃NaOH溶液后微熱，用紅色石蕊試紙檢驗(yàn)產(chǎn)生的氣體，放出刺激性氣味氣體且試紙變藍(lán)，原溶液中一定含有NH4+，②不正確；③少量鋁熱劑（只有一種金屬氧化物）溶于足量稀鹽酸后，分兩份，再分別滴加鐵氰化鉀和KSCN溶液出現(xiàn)藍(lán)色沉淀和血紅色，說(shuō)明溶液中有Fe2+和Fe3+，由于鋁熱劑中的鋁粉可以把Fe3+還原為Fe2+，所以鋁熱劑中鐵的氧化物可能是Fe2O3或Fe3O4，③正確；④向某鉀鹽中滴加濃鹽酸，產(chǎn)生的氣體再通入品紅溶液，品紅溶液褪色，說(shuō)明該氣體的水溶液有漂白性，但是不能確定是二氧化硫還是氯氣，④不正確；⑤用pH試紙測(cè)量飽和新制氯水的pH，pH試紙先變?yōu)榧t色后褪色，說(shuō)明飽和新制氯水有酸性和漂白性，但是不能確定是哪種物質(zhì)有漂白性，⑤不正確。綜上所述，本題選A。13、B【解析】

SiCl4的分子結(jié)構(gòu)與CCl4類(lèi)似，CCl4屬于分子晶體，常溫為液體，含有共價(jià)鍵，分子晶體的相對(duì)分子質(zhì)量越大，熔點(diǎn)越高，A、SiCl4與CCl4結(jié)構(gòu)相似，則常溫常壓下SiCl4是分子晶體，A正確；B、SiCl4與CCl4結(jié)構(gòu)相似，常溫常壓下SiCl4是液體，B錯(cuò)誤；C、CCl4分子是由極性鍵形成的非極性分子，則SiCl4分子是由極性鍵形成的非極性分子，C正確；D、分子晶體的相對(duì)分子質(zhì)量越大，熔點(diǎn)越高，則SiCl4熔點(diǎn)高于CCl4，D正確；答案選B。14、B【解析】分析：A．分液操作時(shí)下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出；B．容量瓶中有水對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果無(wú)影響；C、金屬鎂能和二氧化碳反應(yīng)；D.根據(jù)制備Fe(OH)3膠體的實(shí)驗(yàn)步驟和方法分析判斷。詳解：A．分液操作時(shí)，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，避免兩種液體相互污染，故A正確；B．容量瓶中有水對(duì)實(shí)驗(yàn)無(wú)影響，不需要烘干，故B錯(cuò)誤；C、金屬鎂能和二氧化碳反應(yīng)生成一氧化碳，會(huì)引起爆炸，故不能用干冰滅火器來(lái)?yè)錅珂V失火，故C正確；D.向沸水中加入少量FeCl3飽和溶液，煮沸至溶液呈紅褐色，即可得到Fe(OH)3膠體，故D正確；故選B。15、A【解析】

利用消去反應(yīng)原理，能夠由醛或酮加氫還原制得的醇，醇中的羥基相連的碳原子上必須有氫原子；不能夠由醛或酮加氫還原制得的醇，醇中的羥基相連的碳原子上沒(méi)有氫原子，能由醛加氫還原制得必須是與羥基相連的碳上有2個(gè)氫原子，據(jù)此進(jìn)行判斷?！驹斀狻緼．CH3CH2CH2OH能夠由CH3CH2CHO加成反應(yīng)生成，故A正確；

B．(CH3)2CHCH(CH3)OH與羥基相連的碳原子上有1個(gè)氫原子，故B錯(cuò)誤；C．(CH3)3COH羥基相連的碳原子上沒(méi)有氫原子，不能夠由醛或酮加氫還原制得，故C錯(cuò)誤；D．(CH3)2CHOH與羥基相連的碳原子上有1個(gè)氫原子，故D錯(cuò)誤。答案選A。16、C【解析】

A、原子由基態(tài)轉(zhuǎn)化成激發(fā)態(tài)，要吸收能量，A不正確。B、應(yīng)該是位于第ⅢA，屬于p區(qū)元素，B不正確。C、所有原子任一能層的s電子云輪廓圖都是球形，但球的半徑大小不同，C不正確。D、電子出全充滿或半充滿是穩(wěn)定的，所以24Cr原子的電子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，D不正確。所以正確的答案是C。17、D【解析】

A.由圖可知，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，所以反應(yīng)的熱化學(xué)方程式可表示為C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g)ΔH=(b-a)kJ·mol-1，故A正確；B.該反應(yīng)過(guò)程反應(yīng)物斷鍵吸收的能量大于生成物成鍵放出的能量，故B正確；C.催化劑只改變化學(xué)反應(yīng)速率，無(wú)法改變?cè)摲磻?yīng)的ΔH，故C正確；D.根據(jù)圖像可知1molC(s)和1molH2O(g)反應(yīng)生成1molCO(g)和1molH2(g)吸收熱量131.3kJ，而題干中的n不一定是1，則吸收熱量不一定是131.3kJ，D錯(cuò)誤；答案：D。【點(diǎn)睛】18、B【解析】

濃硫酸增重的1.44g為水，水的物質(zhì)的量為：1.44g÷18g/mol＝0.06mol。堿石灰增重的1.76g為CO2的質(zhì)量，其物質(zhì)的量為：1.76g÷44g/mol＝0.04mol。CuO與CO反應(yīng)生成Cu與CO2，氧化銅減少的質(zhì)量等于反應(yīng)的CuO中O原子質(zhì)量，1個(gè)CO與1個(gè)O原子結(jié)合生成CO2，O原子物質(zhì)的量為0.64g÷16g/mol＝0.04mol，故CO為0.04mol。綜上可知，2.4g有機(jī)物M中含有C原子為0.04mol+0.04mol＝0.08mol，含有H原子為：0.08mol×2＝0.16mol，則含有C、H元素的總質(zhì)量為：12g/mol×0.08mol+1g/mol×0.16mol＝1.12g＜2.4g，說(shuō)明M中含有O元素，含有O的物質(zhì)的量為（2.4g﹣1.12g）÷16g/mol＝0.08mol?！驹斀狻緼.經(jīng)過(guò)計(jì)算可知，M分子中C、H、O的物質(zhì)的量之比＝0.08：0.16：0.08＝1：2：1，則M的實(shí)驗(yàn)式為CH2O，A錯(cuò)誤；B.已經(jīng)計(jì)算出M的實(shí)驗(yàn)式，再測(cè)得M的相對(duì)分子質(zhì)量或物質(zhì)的量，可推出M的分子式，B正確；C.若M的相對(duì)分子質(zhì)量為60，設(shè)M的分子式為(CH2O)x，則30x＝60，解得x＝2，M的分子式為C2H4O2，M可能為乙酸或甲酸甲酯等，C錯(cuò)誤；D.用質(zhì)譜儀可以得到M的相對(duì)分子質(zhì)量，要得到M的官能團(tuán)可以使用紅外光譜儀，可以確定有機(jī)物分子中含有的有機(jī)原子基團(tuán)，從而可確定M分子中含有的官能團(tuán)類(lèi)型，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)為B。【點(diǎn)睛】根據(jù)題中告知的數(shù)據(jù)，可以先推測(cè)出有機(jī)物中C、H、O的物質(zhì)的量，再根據(jù)該有機(jī)物的物質(zhì)的量或者相對(duì)分子質(zhì)量推斷出其化學(xué)式（分子式）。19、D【解析】

化合價(jià)代數(shù)和等于離子所帶電荷，設(shè)M2O72-中M化合價(jià)為x，則2x-2×7=-2，x=+6。故選D。20、B【解析】

C的2s軌道和兩個(gè)2p軌道雜化成三個(gè)sp2軌道，即C原子的雜化類(lèi)型為sp2雜化，故合理選項(xiàng)為B。21、D【解析】電化學(xué)腐蝕是形成原電池，而加速金屬的腐蝕。ABC構(gòu)成了原電池的形成條件；D、銀質(zhì)獎(jiǎng)牌生銹為與氧氣的反應(yīng)是化學(xué)腐蝕。22、D【解析】

A．該反應(yīng)生成物為乙酸乙酯，沒(méi)有乙烯生成，則濃硫酸沒(méi)有起到脫水作用，故A錯(cuò)誤；B．該反應(yīng)在一般條件下難以進(jìn)行，濃硫酸在反應(yīng)中主要起到催化劑的作用，故B錯(cuò)誤；C．該反應(yīng)不是氧化還原反應(yīng)，屬于取代反應(yīng)類(lèi)型，故C錯(cuò)誤；D．制備乙酸乙酯的反應(yīng)屬于反應(yīng)為可逆反應(yīng)，為提高反應(yīng)物的產(chǎn)率，加入濃硫酸除起到催化劑的作用之外，還起到吸水劑的作用，有利于反應(yīng)向正方向進(jìn)行，提高產(chǎn)率，故D正確。答案選D。二、非選擇題(共84分)23、4C8H8O2酯類(lèi)bc【解析】

（1）核磁共振氫譜可知A有4個(gè)峰；（2）N（C）：N（H）：N（O）=：=4:4:1，A的相對(duì)分子質(zhì)量為136；（3）從紅外光譜可知；（4）由A的核磁共振氫譜有4個(gè)峰，其面積之比為1∶2∶2∶3，A的分子式為C8H8O2；（5）會(huì)從質(zhì)譜法中得到分子的相對(duì)分子質(zhì)量，會(huì)分析核磁共振圖譜得知有機(jī)物分子中氫的環(huán)境，會(huì)分析紅外光譜儀確定分子中所含基團(tuán)，結(jié)合起來(lái)可得A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式?！驹斀狻浚?）由核磁共振氫譜可知A有4個(gè)峰，所以A分子中共有4種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子；（2）已知A中含碳為70.59％、含氫為5.88％，含氧23.53％，列式計(jì)算N（C）：N（H）：N（O）=：=4:4:1，求得A的實(shí)驗(yàn)式為C4H4O，設(shè)A的分子式為（C4H4O）n，又由A的相對(duì)分子質(zhì)量為136，可得n=2，分子式為C8H8O2；（3）從紅外光譜可知8個(gè)碳原子中有6個(gè)C在苯環(huán)中，還有C=O、C—O—C、C—H這些基團(tuán)，可推測(cè)含有的官能團(tuán)為酯基，所以A是酯類(lèi)；（4）由A的核磁共振氫譜有4個(gè)峰，其面積之比為1∶2∶2∶3，A的分子式為C8H8O2，可知A分子中只含一個(gè)甲基，因?yàn)榧谆系臍湓佑?個(gè)，答案選bc；（5）根據(jù)以上分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：?！军c(diǎn)睛】本題考查測(cè)定該有機(jī)化合物的相對(duì)分子質(zhì)量和分子結(jié)構(gòu)方法，會(huì)從質(zhì)譜法中得到分子的相對(duì)分子質(zhì)量，會(huì)分析核磁共振圖譜得知有機(jī)物分子中氫的環(huán)境，會(huì)分析紅外光譜儀確定分子中所含基團(tuán)，綜合計(jì)算可以得到有機(jī)物的分子式和結(jié)構(gòu)。24、CH3COOCH2CH32CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OC【解析】

由題給信息食醋中約含有3%-5%的D可知，D為乙酸，由X為具有濃郁香味、不易溶于水的油狀液體可知，X為酯類(lèi)，由X酸性條件下水解生成A和D，且A催化氧化可以生成乙酸可知，A為乙醇、X為乙酸乙酯；乙酸乙酯堿性條件下水解生成乙酸鈉和乙醇，則C為乙酸鈉；乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛催化氧化生成乙酸，則B為乙醛?！驹斀狻?1)X為乙酸乙酯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3COOCH2CH3，故答案為CH3COOCH2CH3；（2）A→B的反應(yīng)為乙醇催化氧化生成乙醛，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（3）A、乙醇與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯和水，酯化反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，正確；B、除去乙酸乙酯中少量的乙酸可用飽和Na2CO3溶液洗滌分液，正確；C、A為乙醇，水與金屬鈉反應(yīng)比乙醇與金屬鈉反應(yīng)要?jiǎng)×?，錯(cuò)誤；D、1molCH3CH2OH、CH3CHO、CH3COOH完全燃燒消耗O2的物質(zhì)的量依次為3mol、2.5mol、2mol，正確；故選C，故答案為C?！军c(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物的推斷，側(cè)重分析與推斷能力的考查，把握有機(jī)物的組成和性質(zhì)、有機(jī)反應(yīng)來(lái)推斷有機(jī)物為解答的關(guān)鍵。25、+1正Cu2＋的氧化性大于Fe2＋的氧化性O(shè)22SO42--4e-=2SO3↑+O2SO32-+Br2+H2O=SO42-+Br-+2H+或SO32－+Br2+2OH-=SO42-+2Br-+H2O等低【解析】試題分析：（1）Cu2S中S為-2價(jià)，Cu為+1價(jià)。（2）①電解法精煉銅時(shí)，粗銅做陽(yáng)極，精銅做陰極，②Cu2＋比溶液中其他陽(yáng)離子氧化性更強(qiáng)，濃度更大，在陰極放電，析出銅單質(zhì)。（3）①陰極發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)圖中所示過(guò)程，煙氣中O2發(fā)生還原反應(yīng)，②根據(jù)圖中所示過(guò)程，SO42-放電生成SO3和O2，則陽(yáng)極的電極反應(yīng)式是2SO42--4e－=2SO3↑+O2↑。（4）①溴水將溶液中的SO32-氧化成SO42-，則溴水的主要作用是Br2+SO32-+2OH－=2Br－+SO42-+H2O；②沉淀量越大，說(shuō)明凈化氣中硫元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)越大，說(shuō)明SO2脫除率越低?？键c(diǎn)：考查電解原理，SO2的性質(zhì)等知識(shí)。26、BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)0.04

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)2.5×10-4抑制TiCl4的水解HCl取最后一次洗滌液少許，滴入稀硝酸酸化的硝酸銀，若無(wú)沉淀生成，則說(shuō)明晶體已經(jīng)洗滌干凈BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O【解析】分析：根據(jù)流程圖，用飽和Na2CO3溶液處理重晶石，將BaSO4轉(zhuǎn)化為易溶于酸的BaCO3，然后用鹽酸溶解后，加入TiC14和草酸溶液，反應(yīng)析出草酸氧鈦鋇晶體，經(jīng)過(guò)洗滌、干燥、灼燒得BaTiO3。其中將BaSO4轉(zhuǎn)化為易溶于酸的BaCO3的離子方程式為BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，根據(jù)K=cSO42-cCO32-=cSO42-c詳解：(1)工業(yè)上用飽和Na2CO3溶液處理重晶石，將BaSO4轉(zhuǎn)化為易溶于酸的BaCO3，該過(guò)程用離子方程式可表示為BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=cSO42-cCO32-=KspBaSO4KspBaCO3=1.0×10-102.5×10-9=125；當(dāng)c(SO42-)≤1.0×10-5mol/L時(shí)，認(rèn)為BaSO4轉(zhuǎn)化為了易溶于酸的BaCO(2)TiC14在常溫下是無(wú)色液體，遇水容易發(fā)生水解可知，在配制為抑止其水解，需將TiCl4固體溶于濃鹽酸再加水稀釋，故答案為：抑制TiCl4的水解；(3)向混合液中加入TiC14溶液和H2C2O4溶液反應(yīng)得到草酸氧鈦鋇和HCl，故可循環(huán)使用的物質(zhì)X是HCl；草酸氧鈦鋇晶體表面附著氯離子，驗(yàn)證草酸氧鈦鋇晶體是否洗滌干凈的方法為：取最后一次洗滌液少許，滴入稀硝酸酸化的硝酸銀，若無(wú)沉淀生成，則說(shuō)明晶體已經(jīng)洗滌干凈，故答案為：HCl；取最后一次洗滌液少許，滴入稀硝酸酸化的硝酸銀，若無(wú)沉淀生成，則說(shuō)明晶體已經(jīng)洗滌干凈；(4)BaTiO(C2O4)2?4H2O煅燒，發(fā)生分解反應(yīng)，由元素守恒可知，生成高溫下的氣體產(chǎn)物有CO、CO2、H2O(g)，煅燒草酸氧鈦鋇晶體的化學(xué)方程式為BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O，故答案為：BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O。27、（1）29.3（2）500mL容量瓶；膠頭滴管；（3）eadfcfgb（4）AB（5）0.05【解析】試題分析：（1）實(shí)驗(yàn)室用氯化鈉固體配制480mL1.00mol/L的NaCl溶液，由于實(shí)驗(yàn)室中無(wú)480mL容量瓶，因此需要配制溶液500mL，故需要稱量NaCl固體的質(zhì)量為，由于托盤(pán)天平精確到0.1g，因此需要用托盤(pán)天平稱取NaCl29.3g；（2）配制溶液時(shí)，除需要燒杯、玻璃棒外，還必須用到的玻璃儀器有500mL容量瓶和膠頭滴管；（3）配制溶液的步驟是：稱量、溶解、冷卻、將溶液移至容量瓶、洗滌并將洗滌液移至容量瓶、定容、搖勻，故答案eadfcfgb；（4）根據(jù)公式進(jìn)行誤差分析。A.沒(méi)有將洗滌液轉(zhuǎn)入容量瓶，使溶質(zhì)的物質(zhì)的量減小，所配制溶液的濃度偏低，A正確；B.加水定容時(shí)，水的量超過(guò)了刻度線，則溶液的體積偏大，所配制溶液的濃度偏低，B正確；C.定容時(shí)，俯視容量瓶刻度線，溶液體積偏小，所配溶液濃度偏大，C錯(cuò)誤；D.容量瓶洗滌后，未經(jīng)干燥處理，對(duì)所配溶液的濃度無(wú)影響；（5）根據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量保持不變進(jìn)行計(jì)算，所得溶液的濃度為：?？键c(diǎn)：考查溶液的配制。28、C【解析】分析：A．空間利用率：六方密堆積52%、面心立方74%、體心立方68%；B．晶體中一般情況下，原子晶體的熔點(diǎn)最高，分子晶體熔沸點(diǎn)最低；C、都是原子晶體，化學(xué)鍵越強(qiáng)，硬度越大，原子半徑越小，鍵長(zhǎng)越短，化學(xué)鍵越強(qiáng)；D、離子晶體中離子鍵越強(qiáng)晶格能越大，電荷越多、離子半徑越小，離子鍵越強(qiáng)。詳解：A．空間利用率：Po為六方密堆積52%、Cu為面心立方74%、Na為體心立方68%，所以空間利用率：Cu＞Na＞Po，A正確；B．晶體中，原子晶體的熔點(diǎn)最高，分子晶體熔沸點(diǎn)最低，離子晶體熔點(diǎn)大于金屬鉀，所以熔點(diǎn)高低順序是：金剛石＞NaCl＞K＞CO2，B正確；C、晶體中鍵長(zhǎng)C-C＜C-Si＜Si-Si，故化學(xué)鍵強(qiáng)弱為C-C＞C-Si＞Si-Si，故硬度由大到?。航饎偸咎蓟?，C錯(cuò)誤；D、離子半徑F-＜Cl-＜Br-，故離子鍵強(qiáng)度NaF＞NaCl＞NaBr，故晶格能NaF＞NaCl＞NaBr，D正確；答案選C。29、CO32-、HCO3-HCO3-在海水中存在電離平衡：HCO3-CO32-+H+，當(dāng)c(Ca2+)與c(CO32-)的乘積大于Ksp(CaCO3)時(shí)，Ca2+與CO32-生成CaCO3沉淀；使HCO3-電離平衡正向移動(dòng)，c(H+)增大，H+與HCO3-進(jìn)一步作用生成CO2共生藻類(lèi)存在，會(huì)通過(guò)光合作用吸收CO2，使平衡：Ca2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O正向移動(dòng)，促進(jìn)珊瑚礁