2024屆江蘇省南京市程橋高級中學化學高二下期末統(tǒng)考試題含解析

2024屆江蘇省南京市程橋高級中學化學高二下期末統(tǒng)考試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列烴中，一鹵代物的同分異構體的數(shù)目最多的是A．乙烷 B．2－甲基丙烷C．2,2－二甲基丙烷 D．2,2－二甲基丁烷2、下列敘述正確的是()A．NaCl的摩爾質量是58.5g B．64g氧氣中含有2mol氧C．4g氦氣中含有2mol氦原子 D．0.1molCO2中含有6.02×1022個CO2分子3、有專家指出，如果對燃燒產物如二氧化碳、水、氮氣等利用太陽能使它們重新組合，可以節(jié)約燃料，緩解能源危機。在此構想的物質循環(huán)中太陽能最終轉化為()A．化學能 B．熱能 C．生物質能 D．電能4、向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa(OH)2溶液至過量，加入Ba(OH)2溶液的體積和所得沉淀的物質的量的關系如圖，下列說法不正確的是()A．圖中A點生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3B．原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1:2C．AB段反應的離子方程式為：3Ba2+＋2Al3+＋8OH－＋3SO42﹣＝BaSO4↓＋2AlO2-＋4H2OD．向D點溶液中通入CO2氣體，立即產生白色沉淀5、四種短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。其原子的最外層電子數(shù)之和為19，W和X元素原子內質子數(shù)之比為1:2，X2+和Z-的電子數(shù)之差為8。下列說法不正確的是A．WZ4分子中W、Z原子通過共價鍵結合且最外層均達到8電子結構B．離子半徑從大到小的順序是Y、Z、XC．W、Y、Z元素最高價氧化物對應的水化物中酸性最強的是元素ZD．W與Y通過離子鍵形成離子化合物6、在第n電子層中，當它作為原子的最外層時，容納電子數(shù)最多與第(n-1)層相同；當它作為原子的次外層時，其電子數(shù)比(n-1)層多10個，則對此電子層的判斷正確的是()A．必為K層 B．只能是L層C．只能是M層 D．可以是任意層7、含NaOH20.0g的稀溶液與足量稀鹽酸反應，放出28.7kJ的熱量，表示該反應的熱化學方程式正確的是（）A．NaOH(aq)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(l)△H=+28.7kJ·mol-1B．NaOH(aq)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(l)△H=_28.7kJ·mol-1C．NaOH(aq)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(l)△H=+57.4kJ·mol-1D．NaOH(aq)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(l)△H=_57.4kJ·mol-18、下列變化過程中，加入還原劑才能實現(xiàn)的是A．Brˉ→Br2 B．CaCO3→CaO C．Fe3+→Fe2+ D．Na→Na2O29、下列物質屬于電解質的是（）A．氯化鈉 B．銅 C．蔗糖 D．乙醇10、下列化學用語正確的是（）A．聚丙烯的結構簡式：B．丙烷分子的比例模型：C．四氯化碳分子的電子式：D．2﹣乙基﹣1，3﹣丁二烯分子的鍵線式：11、下列指定反應的離子方程式正確的是A．用Ba(OH)2溶液吸收氯氣：2OH－+2Cl2=2Cl－+ClO－+H2OB．Cu溶于稀HNO3:Cu+2H++NO3-=Cu2++NO2↑+H2OC．NO2溶于水：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NOD．氯化鎂溶液與氨水反應：Mg2++2OH－=Mg(OH)2↓12、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是（）A．過氧化鈉與水反應時，生成0.1mol氧氣轉移的電子數(shù)為0.2NAB．1molFeCl3形成的Fe(OH)3膠體中，膠體顆粒的數(shù)目為NAC．28g乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為3NAD．18g重水（D2O）所含的電子數(shù)為10NA13、國家游泳中心（俗稱“水立方”）采用了高分子膜材料“ETFE”，該材料是四氟乙烯（CF2=CF2）與乙烯（CH2=CH2）發(fā)生聚合反應得到的高分子材料，下列說法不正確的是（）A．“ETFE”分子中可能存在“﹣CH2﹣CH2﹣CF2﹣CF2﹣”的連接方式B．合成“ETFE”的反應為加聚反應C．CF2=CF2和CH2=CH2均是平面形分子D．CF2=CF2可由CH3CH3與F2兩種物質直接反應制得14、進行中和滴定時，事先不應該用所盛溶液潤洗的儀器是A．錐形瓶 B．量筒 C．酸式滴定管 D．堿式滴定管15、最近發(fā)現(xiàn)，只含鎂、鎳和碳三種元素的晶體竟然也具有超導性，因這三種元素都是常見元素，從而引起廣泛關注。該新型超導晶體的一個晶胞如上圖所示，則該晶體的化學式為（）A．Mg2CNi3 B．MgCNi2C．MgCNi3 D．MgC2Ni16、分類法在化學學科的發(fā)展中起到了非常重要的作用。下列物質分類合理的是：（）①酸性氧化物：CO2、SO2、SiO2②混合物：漂白粉、氨水③電解質：氯氣、硫酸鋇、酒精④同位素：12C、14C與14N⑤同素異形體：C60、金剛石、石墨⑥膠體：稀豆?jié){、硅酸、氯化鐵溶液A．①②④ B．①②⑤ C．②③④ D．②⑤17、下列敘述中正確的是A．玻璃、水泥和瑪瑙的主要成分都是硅酸鹽B．氯堿工業(yè)的反應原理是電解熔融氯化鈉C．常溫下鐵在濃硫酸中不反應，可用鐵槽車貯運濃硫酸D．高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導纖維，其遇強堿會斷路18、已知CsCl晶體的密度為，NA為阿伏加德羅常數(shù)，相鄰的兩個Cs+的核間距為acm，如圖所示，則CsCl的摩爾質量可以表示為（單位：g/mol）A． B． C． D．19、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法中錯誤的是()A．標準狀況下，22.4L氫氣和氯氣的混合氣體，所含分子數(shù)為NAB．常溫常壓下，1mol氦氣含有的原子數(shù)約為NAC．1molAl3＋含有核外電子數(shù)為3NAD．T℃時，1LpH＝6的純水中，含1×10－6NA個OH－20、某溫度下，將1.1molI2加入到氫氧化鉀溶液中，反應后得到KI、KIO、KIO3的混合液。經(jīng)測定IO－與IO3－的物質的量之比是2:3.下列說法錯誤的是A．I2在該反應中既作氧化劑又做還原劑B．I2的還原性大于KI的還原性，小于KIO和KIO3的還原性C．該反應中轉移電子的物質的量為1.7molD．該反應中，被還原的碘元素與被氧化的碘元素的物質的量之比是17:521、下列各項敘述中，正確的是()A．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B．鎂原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2時，原子釋放能量，由基態(tài)轉化成激發(fā)態(tài)C．24Cr原子的電子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2D．價電子排布為5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s區(qū)元素22、3g鎂鋁合金與100mL稀硫酸恰好完全反應，將反應后的溶液加熱蒸干，得到無水硫酸鹽17.4g，則原硫酸的物質的量濃度為()A．1mol?L﹣1 B．1.5mol?L﹣1 C．2mol?L﹣1 D．2.5mol?L﹣1二、非選擇題(共84分)23、（14分）下表為周期表的一部分，其中的編號代表對應的元素。(1)在①～⑩元素的電負性最大的是_____(填元素符號)。(2)⑨元素有_____種運動狀態(tài)不同的電子。(3)⑩的基態(tài)原子的價電子排布圖為_____。(4)⑤的氫化物與⑦的氫化物比較穩(wěn)定的是_____，沸點較高的是_____(填化學式)。(5)上述所有元素中的基態(tài)原子中4p軌道半充滿的是_____(填元素符號)，4s軌道半充滿的是_____(填元素符號)。24、（12分）鹽X由三種元素組成，其具有良好的熱電性能，在熱電轉換領域具有廣闊的應用前景。為研究它的組成和性質，現(xiàn)取12.30g化合物X進行如下實驗：試根據(jù)以上內容回答下列問題：(1)X的化學式為_____________。(2)無色溶液B中通入過量CO2產生白色沉淀的離子方程式為______________。(3)藍色溶液F中通入中SO2氣體會產生白色沉淀，該沉淀中氯元素質量分數(shù)為35.7%，其離子方程式為____________。(4)白色沉淀C煅燒的固體產物與D高溫反應可生成化合物X，其化學方程式為__________。25、（12分）50mL0.50mol·L－1鹽酸與50mL0.55mol·L－1NaOH溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應。通過測定反應過程中所放出的熱量可計算中和熱?；卮鹣铝袉栴}：(1)從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃儀器是________。(2)燒杯間填滿碎紙條的作用是________。(3)大燒杯上如不蓋硬紙板，求得的中和熱數(shù)值____________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。(4)該實驗常用0.50mol·L－1HCl和0.55mol·L－1NaOH溶液各50mL進行實驗，其中NaOH溶液濃度大于鹽酸濃度的作用是______，當室溫低于10℃時進行實驗，對實驗結果會造成較大的誤差，其原因是_____________。(5)實驗中改用60mL0.50mol·L－1鹽酸與50mL0.50mol·L－1NaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，所求得的中和熱________(填“相等”或“不相等”)，簡述理由：______________。(6)用相同濃度和體積的氨水代替NaOH溶液進行上述實驗，測得的中和熱ΔH將________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。26、（10分）高碘酸鉀(KIO4)溶于熱水，微溶于冷水和氫氧化鉀溶液，可用作有機物的氧化劑。制備高碘酸鉀的裝置圖如下(夾持和加熱裝置省略)?；卮鹣铝袉栴}：(1)裝置I中儀器甲的名稱是___________。(2)裝置I中濃鹽酸與KMnO4混合后發(fā)生反應的離子方程式是___________。(3)裝置Ⅱ中的試劑X是___________。(4)裝置Ⅲ中攪拌的目的是___________。(5)上述炭置按氣流由左至右各接口順序為___________(用字母表示)。(6)裝置連接好后，將裝置Ⅲ水浴加熱，通入氯氣一段時間，冷卻析岀高碘酸鉀晶體，經(jīng)過濾，洗滌，干燥等步驟得到產品。①寫出裝置Ⅲ中發(fā)生反應的化學方程式：___________。②洗滌時，與選用熱水相比，選用冷水洗滌晶體的優(yōu)點是___________。③上述制備的產品中含少量的KIO3，其他雜質忽略，現(xiàn)稱取ag該產品配制成溶液，然后加入稍過量的用醋酸酸化的KI溶液，充分反應后，加入幾滴淀粉溶液，然后用1.0mol·L－1Na2S2O3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液的平均體積為bL。已知：KIO3+5KI+6CH3COOH===3I2+6CH3COOK+3H2OKIO4+7KI+8CH3COOH===4I2+8CH3COOK+4H2OI2+2Na2S2O3===2NaI+N2S4O6則該產品中KIO4的百分含量是___________(Mr(KIO3)=214，Mr(KIO4)=230，列出計算式)。27、（12分）Ⅰ、實驗室里用乙醇和濃硫酸反應生成乙烯，乙烯再與溴反應制1，2-二溴乙烷。在制備過程中部分乙醇被濃硫酸氧化，產生CO2、SO2，并進而與溴反應生成HBr等酸性氣體。（1）用下列儀器，以上述三種物質為原料制備1，2一二溴乙烷。如果氣體流向為從左到右，正確的連接順序是（短接口或橡皮管均已略去）：B經(jīng)A①插人A中，D接A②；A③接_______接_____接_____接______。（2）裝置C的作用是________________；（3）在反應管E中進行的主要反應的化學方程式為____________________；Ⅱ、某興趣小組同學在實驗室用加熱l－丁醇、濃H2SO4和溴化鈉混合物的方法來制備1－溴丁烷，設計了如下圖所示的實驗裝置（其中的夾持儀器沒有畫出）。請回答下列問題：（1）兩個裝置中都用到了冷凝管，A裝置中冷水從_________（填字母代號）進入，B裝置中冷水從________（填字母代號）進入。（2）制備操作中，加入的濃硫酸事先稍須進行稀釋，其目的是________。（填字母）a．減少副產物烯和醚的生成b．減少Br2的生成c．水是反應的催化劑（3）為了進一步提純1－溴丁烷，該小組同學查得相關有機物的有關數(shù)據(jù)如下表：物質熔點／℃沸點／℃1－丁醇－89.5117.31－溴丁烷－112.4101.6丁醚－95.3142.41－丁烯－185.3－6.5則用B裝置完成此提純實驗時，實驗中要迅速升高溫度至_________收集所得餾分。（4）有同學擬通過紅外光譜儀鑒定所得產物中是否含有“－CH2CH2CH2CH3”，來確定副產物中是否存在丁醚（CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3）。請評價該同學設計的鑒定方案是否合理？________為什么？答：________。28、（14分）請按要求填空(化學方程式需注明反應條件):(1)的系統(tǒng)名法名稱是___________。(2)反-2-丁烯的結構簡式___________。(3)分子式為C8H11N的有機物，含有苯環(huán)和—NH2結構的同分異構體有_________種。(4)乙酸乙酯在酸性條件下水解的化學方程式____________。(5)苯乙烯和1,3-丁二烯在一定條件下共聚合成丁苯橡膠的化學方程式___________。29、（10分）硫單質及其化合物在工農業(yè)生產中有著重要的應用。(1)已知25℃時:O2(g)+S(s)=SO2(g)

△H=一akJ/molO2(g)+2SO2(g)2S03(g)

△H=-bkJ/mol寫出SO3(g)分解生成O2(g)與S(s)的熱化學方程式:_______________________。(2)研究SO2催化氧化生成SO3的反應，回答下列相關問題:①甲圖是SO2(g)和SO3(g)的濃度隨時間的變化情況。反應從開始到平衡時,用SO2表示的平均反應速率為_________。②在一容積可變的密閉容器中充入20molSO2(g)和10molO2(g),02的平衡轉化率隨溫度(T)、壓強(P)的變化如圖乙所示。則P1與P2的大小關系是P2_____P1(“>”“<”或“=”),A、B、C三點的平衡常數(shù)大小關系為______

(用

K、Kg、K。和“<”“>”或“=”表示)。(3)常溫下，H2SO3的電離平衡常數(shù)Ka1=1.5510-2

Ka2=1.02×10-7。①將SO2通入水中反應生成H2SO3。試計算常溫下H2SO32H++S032-的平衡常數(shù)K=____。(結果保留小數(shù)點后兩位數(shù)字)②濃度均為0.1mol/L的Na2SO3、NaHSO3混合溶液中，=______________。

(4)往1L0.2mol/LNa2SO3溶液中加入等體積的0.1mol/L的CaCl2溶液，充分反應后(忽略溶液體積變化)，溶液中c(Ca2+)=______。(已知，常溫下Ksp(CaSO3)=1.28×10-9)

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解題分析】

A、乙烷的結構簡式為CH3CH3，分子中含有1種氫原子，其一氯代物有1種；B、2-甲基丙烷的結構簡式為CH3CH(CH3)2，分子中含有2種氫原子，其一氯代物有2種異構體；C、2，2-二甲基丙烷的結構簡式為C(CH3)4，分子中含有1種氫原子，其一氯代物有1種異構體；D、2，2-二甲基丁烷的結構簡式為(CH3)3CCH2CH3，分子中含有3種氫原子，其一氯代物有3種異構體；故選D。2、D【解題分析】

A、摩爾質量的單位是g/mol；B、氧氣為雙原子分子；C、氦氣為單原子分子；D、根據(jù)N=nNA計算CO2分子數(shù)目?！绢}目詳解】A項、NaCl的摩爾質量是58.5g/mol，1mol氯化鈉的質量是58.5g，故A錯誤；B項、64g氧氣的物質的量是=2mol，氧氣為雙原子分子，故含氧原子為4mol，2mol氧表述不清，是指氧原子還是氧分子不明確，故B錯誤；C項、4g氦氣的物質的量是=1mol，氦氣為單原子分子，則含原子數(shù)為1mol，故C錯誤；D項、0.1molCO2中所含的CO2分子數(shù)為0.1mol×6.02×1023=6.02×1022個，故D正確；故選D【題目點撥】本題主要考查物質的量的計算，注意摩爾質量、物質的組成、與物質的量有關的計算公式是解答關鍵。3、B【解題分析】分析：本題主要考察能量間的轉化的方式，根據(jù)圖可以知道，太陽能首先轉化為化學能，其次化學能轉化為熱能。詳解：由圖可以知道，太陽能首先轉化為化學能（燃料燃燒過程），其次化學能轉化為熱能（燃料燃燒放出熱量）；B正確；正確選項B。4、C【解題分析】

向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液與Ba(OH)2溶液反應的實質是Al3+與OH-、Ba2+與SO42-之間的離子反應，如下：Ba2++SO42-═BaSO4↓，Al3++3OH-═Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，假設1molAl2(SO4)3中SO42-完全被沉淀所需Ba(OH)2量為3mol，提供6molOH-，1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+，由反應Al3++3OH-═Al(OH)3↓可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH-，故：從起點到A點，可以認為是硫酸鋁與氫氧化鋇恰好發(fā)生反應生成硫酸鋇、氫氧化鋁沉淀，A點時SO42-完全沉淀，A→B為氯化鋁與氫氧化鋇的反應，B點時溶液中Al3+完全沉淀，產生沉淀達最大值，溶液中溶質為BaCl2，B→C為氫氧化鋁與氫氧化鋇反應，C點時氫氧化鋁完全溶解。據(jù)此分析解答。【題目詳解】A、根據(jù)上述分析，A點生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3，故A正確；B、前3LBa(OH)2溶液與溶液中Al2(SO4)3反應，從3L-6L為Ba(OH)2溶液與溶液中AlCl3反應，二者消耗的氫氧化鋇的物質的量相等為3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸鋇可知3n[Al2(SO4)3]=n[Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1mol，由氯化鋁與氫氧化鋇生成氫氧化鋁可知3n(AlCl3)=2[Ba(OH)2]=6mol，故n(AlCl3)=2mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2，故B正確；C、AB段為氯化鋁與氫氧化鋇反應，故反應離子方程式為：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C錯誤；D、D點的溶液中含有Ba2+、AlO2-，通入二氧化碳立即產生碳酸鋇、氫氧化鋁沉淀，故D正確。答案選C?！军c晴】本題考查化學反應的有關圖象問題、鋁化合物性質、混合物的有關計算等，關鍵是清楚各階段發(fā)生的反應，注意從開始到A點相當于是硫酸鋁與氫氧化鋇的反應生成硫酸鋇、氫氧化鋁沉淀。5、D【解題分析】

X失去兩個電子得到X2+，Z得到一個電子為Z-，由于兩個離子的電子數(shù)之差為8，則X、Z這兩種元素處于同一周期，即X為Be時，Z為F；X為Mg時，Z為Cl。由于W和X元素原子內質子數(shù)之比為1:2，若X為Be，則W為He，不符合題意。故X為Mg，Z為Cl，W為C。它們的最外層電子數(shù)之和為19，且Y在X之后，Z之前，則Y為S。綜上所述，W為C，X為Mg，Y為S，Z為Cl?！绢}目詳解】A.WZ4為CCl4，C-Cl鍵屬于共價鍵，C、Cl的最外層都達到了8電子結構，A正確；B.Y、Z、X的簡單離子分別為S2-、Cl-、Mg2+，這三種離子的半徑依次減小，B正確；C.W為C，Y為S，Z為Cl，由于Cl的非金屬性最強，所以最高價氧化物對應的水化物中酸性最強的是Cl，即C正確；D.W為C，Y為S，形成的化合物為CS2，該物質是共價化合物，D錯誤；故合理選項為D。6、C【解題分析】

K層最多只能排2個電子，L層最多只能排8個電子，M層最多排18個電子，由題意可知M層作最外層時，最多只能排8個電子與第(n-1)層L層相同；當它作為原子的次外層時，可以排滿18個電子，其電子數(shù)比(n-1)層即L層多10個，所以第n電子層只能是M層，答案選C。7、D【解題分析】

熱化學方程式中化學計量數(shù)表示物質的量，所以含NaOH20.0g(0.5mol)的稀溶液與足量稀鹽酸反應，放出28.7kJ的熱量，根據(jù)H++OH-=H2O可知反應生成1mol水時放出的熱量為28.7kJ57.4kJ。故選D。8、C【解題分析】

A.Brˉ→Br2是氧化反應，不需要加入還原劑，A不符合題意；B.CaCO3→CaO是非氧化還原反應，B不符合題意；C.Fe3+→Fe2+是還原反應，需要加入還原劑，C符合題意；D.Na→Na2O2是氧化反應，不需要加入還原劑，D不符合題意；答案選C。9、A【解題分析】

A、NaCl為離子化合物，在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電屬于電解質，A正確；B、銅是單質，不是化合物，既不是電解質也不是非電解質，B錯誤；C、蔗糖是共價化合物，其溶液是以分子的形式分散在水中形成，不能導電，屬非電解質，C錯誤；D、乙醇是共價化合物，其溶液是以分子的形式分散在水中形成，不能導電，屬非電解質，D錯誤；故選A。10、D【解題分析】

A.聚丙烯的結構簡式為，A錯誤；B.丙烷分子的球棍模型：，B錯誤；C.四氯化碳分子的電子式：，C錯誤；D.2-乙基-1，3-丁二烯分子的鍵線式：，D正確，答案選D?！绢}目點撥】掌握有機物結構的表示方法是解答的關鍵，尤其要注意比例模型與球棍模型的區(qū)別，球棍模型：用來表現(xiàn)化學分子的三維空間分布。棍代表共價鍵，球表示構成有機物分子的原子。比例模型：是一種與球棍模型類似，用來表現(xiàn)分子三維空間分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直徑的大小，球和球緊靠在一起，在表示比例模型時要注意原子半徑的相對大小。11、C【解題分析】分析：A.電荷不守恒、電子不守恒;B.銅和稀硝酸反應生成硝酸、一氧化氮和水，離子方程式為：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；C.二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮；D.一水合氨在離子反應中保留化學式。詳解:A.用Ba(OH)2溶液吸收氯氣的離子反應為2OH－+Cl2=Cl－+ClO－+H2O，所以A選項是錯誤的；

B.銅和稀硝酸反應生成硝酸、一氧化氮和水，離子方程式為：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B錯誤；

C.NO2溶于水，反應生成硝酸和一氧化氮，離子方程式：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，故C正確；

D.氯化鎂溶液與氨水反應的離子反應為Mg2++2NH3?H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+，故D錯誤；

所以C選項是正確的。12、A【解題分析】分析：本題考查的是阿伏伽德羅常數(shù)，是?？碱}型。詳解：A.因為1mol過氧化鈉反應生成0.5mol氧氣，轉移1mol電子，所以反應生成0.1mol氧氣時轉移0.2mol電子，故正確；B.氫氧化鐵膠體微粒是很多分子的集合體，不能計算其膠體粒子的數(shù)目，故錯誤；C.乙烯和環(huán)丁烷的最簡式相同，為CH2，用最簡式計算，其物質的量為28/14=2mol，則含有2mol碳原子，故錯誤；D.重水的摩爾質量為20g/mol，所以18克重水的物質的量為18/20=0.9mol，含有9mol電子，故錯誤。故選A。點睛：注意特殊的氧化還原反應中的轉移電子數(shù)，如過氧化鈉和水或二氧化碳反應，氯氣和水或堿的反應，或二氧化氮和水反應。13、D【解題分析】

A、“ETFE”是由乙烯和四氟乙烯通過加聚反應生成的高分子化合物，“ETFE”分子中可能存在“﹣CH2﹣CH2﹣CF2﹣CF2﹣”的連接方式，A正確；B、合成“ETFE”的反應為加聚反應，B正確；C、CF2＝CF2和CH2＝CH2均是平面形分子，C正確；D、CH3CH3與F2光照條件下只發(fā)生取代反應，無法生成不飽和的有機物，D錯誤；答案選D。14、A【解題分析】

進行中和滴定時需要用錐形瓶、酸式滴定管、堿式滴定管等，不需要量筒，其中滴定管需要潤洗，事先不應該用所盛溶液潤洗的儀器是錐形瓶。答案選A。15、C【解題分析】

碳原子位于該晶胞的體心上，所以該晶胞中含有一個碳原子；鎂原子個數(shù)=8×=1，所以該晶胞含有1個鎂原子；鎳原子個數(shù)=6×=3，該晶胞中含有3個鎳原子，所以該晶胞的化學式為：MgCNi3，故答案為C。【題目點撥】均攤法確定立方晶胞中粒子數(shù)目的方法是：①頂點：每個頂點的原子被8個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；②棱：每條棱的原子被4個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；③面上：每個面的原子被2個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；④內部：內部原子不與其他晶胞分享，完全屬于該晶胞。16、B【解題分析】分析：①與堿反應生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物；②由不同物質組成的為混合物；③在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物為電解質；④質子數(shù)相同，中子數(shù)不同的同元素不同的原子互稱為同位素；⑤同種元素組成的不同單質為同素異形體；⑥依據(jù)分散質微粒直徑大小對分散系進行分類為溶液、膠體、濁液。詳解：①CO2、SO2、SiO2都和強堿溶液反應生成鹽和水，屬于酸性氧化物，故①正確；②漂白粉為氯化鈣和次氯酸鈣的混合物、氨水是一水合氨的溶液屬于混合物，故②正確；③氯氣是單質不是電解質、硫酸鋇屬于鹽為強電解質、酒精是非電解質，故③錯誤：④12C、14C為同位素，與14N不是同位素，故④錯誤；⑤C60、金剛石、石墨是碳元素的不同單質屬于同素異形體，故⑤正確；⑥稀豆?jié){、硅酸屬于膠體，氯化鐵溶液屬于溶液，故⑥錯誤；綜上所述①②⑤正確；故選B。點睛：本題考查了物質分類的方法和依據(jù)，掌握基礎，概念的理解應用是解題關鍵，題目難度中等。17、D【解題分析】

A．玻璃的主要成分是硅酸鈉、硅酸鈣、二氧化硅，主要成分是硅酸鹽，水泥的主要成分是硅酸鹽，瑪瑙的主要成分是SiO2，為氧化物，不屬于硅酸鹽，故A錯誤；B．氯堿工業(yè)原理是電解飽和食鹽水生成氯氣、氫氧化鈉和氫氣，故B錯誤；C．濃硫酸具有強氧化性，常溫下能夠使鐵鈍化，形成致密氧化膜，可用鐵槽車貯運濃硫酸，發(fā)生了化學反應，故C錯誤；D．二氧化硅能用于制光導纖維，二氧化硅能與氫氧化鈉溶液反應，生成硅酸鈉和水，所以光導纖維遇強堿會“斷路”，故D正確；故選D。【題目點撥】本題的易錯點為D，要注意光導纖維遇強堿會“斷路”，指的是中斷光的傳導，而不是中斷電的傳導。18、A【解題分析】

利用均攤法確定該立方體中含有的離子的數(shù)目，根據(jù)計算相對分子質量?！绢}目詳解】根據(jù)均攤法可知，該立方體中含有Cl-1個，含Cs+8×=1個，根據(jù)可得M==，因此相對分子質量為；答案選A。19、C【解題分析】

A．標準狀況下，22.4L氫氣和氯氣的混合氣體的物質的量為1mol，1mol混合氣體中所含分子數(shù)為NA，A項正確，不符合題意；B．氦為單原子分子，1個分子中只含1個原子，1mol氦氣所含原子的物質的量為1mol，其原子數(shù)約為NA，B項正確，不符合題意；C．Al元素為13號元素，1個Al原子中含有13個電子。Al失去3個電子，生成Al3＋，1個Al3＋中含有10個電子，1molAl3＋所含電子的物質的量為10mol，1molAl3＋含有核外電子數(shù)10NA，C項錯誤，符合題意；D．T℃時，1LpH=6的純水中，H＋的物質的量等于OH－的物質的量，OH－的物質的量為1L×10-6mol·L－1=10-6mol，OH－的數(shù)目為10-6NA，D項正確，不符合題意；本題答案選C。20、B【解題分析】A.反應中只有碘元素的化合價變化，因此I2在該反應中既做氧化劑又做還原劑，A正確；B.I2的還原性小于KI的還原性，大于KIO和KI03的還原性，B錯誤；C.設生成碘化鉀是xmol，碘酸鉀是3ymol，則次碘酸鉀是2ymol，所以根據(jù)原子守恒、電子得失守恒可知x+3y+2y=2.2、x＝2y+3y×5，解得x＝17y＝1.7，所以該反應中轉移電子的物質的量為1.7mol，C正確；D.根據(jù)C中分析可知該反應中，被還原的碘元素與被氧化的碘元素的物質的量之比是x：5y＝17:5，D正確，答案選B。點睛：明確反應中有關元素的化合價變化情況是解答的關鍵，在進行氧化還原反應的有關計算以及配平時注意利用好電子得失守恒這一關系式。21、A【解題分析】分析：A．s電子云輪廓圖都是球形，能層越大，球的半徑越大；B．根據(jù)原子由基態(tài)轉化成激發(fā)態(tài)，電子能量增大，需要吸收能量；C．根據(jù)電子排布式的書寫方法來解答；D．根據(jù)主族元素的周期序數(shù)=電子層數(shù)；最外層電子=主族序數(shù)；最后一個電子排在哪個軌道就屬于哪個區(qū)；據(jù)此分析判斷。詳解：A．所有原子任一能層的S電子云輪廓圖都是球形，能層越大，球的半徑越大，故A正確；B．基態(tài)Mg的電子排布式為1s22s22p63s2，能量處于最低狀態(tài)，當變?yōu)?s22s22p63p2時，電子發(fā)生躍遷，需要吸收能量，變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)，故B錯誤；C．24Cr原子的電子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，半充滿軌道能量較低，故C錯誤；D．價電子排布為5s25p1的元素最外層電子數(shù)為3，電子層數(shù)是5，最后一個電子排在p軌道，所以該元素位于第五周期第ⅢA族，是p區(qū)元素，故D錯誤；故選A。22、B【解題分析】

反應后的溶液加熱蒸干得到的無水硫酸鹽為硫酸鎂和硫酸鋁的混合物?！绢}目詳解】設鎂的物質的量為xmol，鋁的物質的量為ymol，則24x+27y=3，再根據(jù)鎂、鋁元素守恒，即生成的硫酸鎂的物質的量為xmol，生成的硫酸鋁的物質的量為0.5ymol，則120x+171y=17.4，聯(lián)立方程組求解可得x=1/20、y=1/15，n(SO42-)=x+1.5y=0.15mol，原100mL硫酸的物質量濃度為1.5mol/L。故選B。二、非選擇題(共84分)23、F26H2OH2OAsK【解題分析】

根據(jù)元素在元素周期表中的位置可知，①為H元素；②為Be元素；③為C元素；④為N元素；⑤為O元素；⑥為F元素；⑦為S元素；⑧為K元素；⑨為Fe元素；⑩為As元素。結合元素周期律和原子結構分析解答?！绢}目詳解】根據(jù)元素在元素周期表中的位置可知，①為H元素；②為Be元素；③為C元素；④為N元素；⑤為O元素；⑥為F元素；⑦為S元素；⑧為K元素；⑨為Fe元素；⑩為As元素。(1)元素的非金屬性越強，電負性數(shù)值越大，在①～⑩元素的電負性最大的是F，故答案為：F；(2)⑨為Fe元素，為26號元素，原子中沒有運動狀態(tài)完全相同的2個電子，鐵原子中有26種運動狀態(tài)不同的電子，故答案為：26；(3)⑩為As元素，為33號元素，與N同主族，基態(tài)原子的價電子排布圖為，故答案為：；(4)⑤為O元素，⑦為S元素，元素的非金屬性越強，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，氫化物比較穩(wěn)定的是H2O；水分子間能夠形成氫鍵，沸點比硫化氫高，沸點較高的是H2O，故答案為：H2O；H2O；(5)上述所有元素中的基態(tài)原子中4p軌道半充滿的是As，4s軌道半充滿的是K，故答案為：As；K。24、CuAlO2AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋SO42－＋4H＋2Al2O3＋4CuO4CuAlO2＋O2↑【解題分析】

藍色溶液A與過量的NaOH溶液反應得到藍色沉淀B與無色溶液B，則溶液A含有Cu2+、沉淀B為Cu(OH)2，沉淀B加熱分解生成黑色固體D為CuO，D與鹽酸反應得到藍色溶液F為CuCl2；無色溶液B通入過量的二氧化碳得到白色沉淀C，故溶液B中含有AlO2-、白色沉淀C為Al(OH)3、E為AlCl3；則溶液A中含有Al3+，由元素守恒可知固體X中含有Cu、Al元素，則紅色固體A為Cu，結合轉化可知X中還含有O元素。結合題意中物質的質量計算解答。【題目詳解】(1)根據(jù)上述分析，固體X中含有Cu、Al和O元素。Al(OH)3的物質的量為=0.1mol，Cu(OH)2的物質的量為=0.05mol，Cu單質的物質的量為=0.05mol，由原子守恒可知12.3gX中含有0.1molAl原子、0.1molCu原子，則含有O原子為：=0.2mol，則X中Cu、Al、O原子數(shù)目之比為0.1mol∶0.1mol∶0.2mol=1∶1∶2，故X的化學式為CuAlO2，故答案為：CuAlO2；(2)B中含有AlO2-，B中通入過量CO2產生白色沉淀的離子方程式為：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-，故答案為：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；(3)F為CuCl2，F(xiàn)溶液中通入中SO2氣體會產生白色沉淀，該沉淀中氯元素質量分數(shù)為35.7%，Cu、Cl原子的個數(shù)之比為＝1：1，則沉淀為CuCl，反應的離子方程式為：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案為：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+；(4)Al(OH)3煅燒的固體產物為Al2O3，與CuO高溫反應可生成化合物CuAlO2，其化學方程式為：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑，故答案為：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑。25、環(huán)形玻璃攪拌棒減少實驗過程中的熱量損失偏小保證鹽酸完全被中和體系內、外溫差大，會造成熱量損失相等因為中和熱是指酸跟堿發(fā)生中和反應生成1molH2O(l)所放出的能量，與酸堿的用量無關偏大【解題分析】

(1)為了加快酸堿中和反應，減少熱量損失，用環(huán)形玻璃攪拌棒攪拌；(2)為了減少熱量損失，在兩燒杯間填滿碎紙條或泡沫；(3)大燒杯上蓋硬紙板是為了減少氣體對流，使熱量損失，若不用則中和熱偏?。?4)加熱稍過量的堿，為了使酸完全反應，使中和熱更準確；當室溫低于10℃時進行實驗，內外界溫差過大，熱量損失過多，造成實驗數(shù)據(jù)不準確；(5)實驗中改用60mL0.50mol·L－1鹽酸與50mL0.50mol·L－1NaOH溶液進行反應，計算中和熱數(shù)據(jù)相等，因為中和熱為強的稀酸、稀堿反應只生成1mol水時釋放的熱量，與酸堿用量無關；(6)用相同濃度和體積的氨水代替NaOH溶液進行上述實驗，氨水為弱電解質，電離時吸熱，導致釋放的熱量減少，計算中和熱的數(shù)值減少，焓變偏大；【題目點撥】測定中和熱時，使用的酸或堿稍過量，使堿或酸完全反應；進行誤差分析時，計算數(shù)值偏小，由于焓變?yōu)樨撝担瑒t焓變偏大。26、圓底燒瓶16H++10Cl-+2MnO4-=2Mn2++8H2O+5Cl2↑NaOH溶液使反應混合物混合均勻，反應更充分aefcdb2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+H2O降低KIO4的溶解度，減少晶體損失100%【解題分析】

本題為制備高碘酸鉀實驗題，根據(jù)所提供的裝置，裝置III為KIO4的制備反應發(fā)生裝置，發(fā)生的反應為2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+H2O；裝置I可用來制取氯氣，為制備KIO4提供反應物氯氣；裝置IV是氯氣的凈化裝置；裝置II是氯氣的尾氣吸收裝置；裝置的連接順序為I→IV→III→II，以此分析解答?！绢}目詳解】(1)根據(jù)裝置I中儀器甲的構造，該儀器的名稱是圓底燒瓶，因此，本題正確答案是：圓底燒瓶；(2)濃鹽酸與KMnO4反應生成氯化鉀、氯化錳、氯氣和水，根據(jù)得失電子守恒及電荷守恒和原子守恒寫出離子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，因此，本題正確答案是：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(3)裝置II是氯氣的尾氣吸收裝置，所用的試劑X應是NaOH溶液，因此，本題正確答案是：NaOH溶液；(4)裝置III為KIO4的制備反應發(fā)生裝置，用氯氣和NaOH的KIO3溶液反應，攪拌的目的是使反應混合物混合均勻，反應更充分，因此，本題正確答案是：使反應混合物混合均勻，反應更充分；(5)根據(jù)以上分析，裝置的連接順序為I→IV→III→II，所以各接口順序為aefcdb，因此，本題正確答案是：aefcdb；(6)①裝置III為KIO4的制備反應發(fā)生裝置，氯氣將KIO3氧化為KIO4，本身被還原為KCl，化學方程式為2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+H2O，因此，本題正確答案是：2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+H2O；②根據(jù)題給信息，高碘酸鉀(KIO4)溶于熱水，微溶于冷水和氫氧化鉀溶液，所以，與選用熱水相比，選用冷水洗滌晶體的優(yōu)點是降低KIO4的溶解度，減少晶體損失，因此，本題正確答案是：降低KIO4的溶解度，減少晶體損失；③設ag產品中含有KIO3和KIO4的物質的量分別為x、y，則根據(jù)反應關系：KIO3~~~3I2，KIO4~~~4I2，I2~~~2Na2S2O3，①214x+230y=a，②3x+4y=0.5b，聯(lián)立①、②，解得y=mol，則該產品中KIO4的百分含量是100%=100%，因此，本題正確答案是：100%。27、CFEG作安全瓶，防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生CH2=CH2+Br2CH2Br—CH2Brbcab101.6℃不合理產物1－溴丁烷也含有－CH2CH2CH2CH3【解題分析】

Ⅰ、在分析實驗裝置的過程中要抓住兩點，一是必須除去混在乙烯中的氣體雜質，尤其是SO2氣體，以防止SO2與Br2發(fā)生反應SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，影響1，2-二溴乙烷產品的制備；二是必須在理解的基礎上靈活組裝題給的不太熟悉的實驗儀器（如三頸燒瓶A、恒壓滴液漏斗D、安全瓶防堵塞裝置C），反應管E中冷水的作用是盡量減少溴的揮發(fā)，儀器組裝順序是：制取乙烯氣體（用A、B、D組裝）→安全瓶（C，兼防堵塞）→凈化氣體（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性雜質氣體）→制備1，2-二溴乙烷的主要反應裝置（E）→尾氣處理（G）。Ⅱ、兩個裝置燒瓶中，濃H2SO4和溴化鈉在加熱條件下生成溴化氫，在濃硫酸作用下，l－丁醇與溴化氫發(fā)生取代反應生成1－溴丁烷，A裝置中冷凝管起冷凝回流1－溴丁烷的作用，燒杯起吸收溴化氫的作用，B裝置中冷凝管和錐形瓶起冷凝收集1－溴丁烷的作用?！绢}目詳解】Ⅰ、（1）在濃硫酸作用下，乙醇共熱發(fā)生消去反應生成乙烯的化學方程式為CH3CH2OHCH2═CH2↑+H2O，由化學方程式可知制取乙烯時應選用A、B、D組裝，為防止制取1，2-二溴乙烷時出現(xiàn)倒吸或堵塞，制取裝置后應連接安全瓶C，為防止副反應產物CO2和SO2干擾1，2-二溴乙烷的生成，應在安全瓶后連接盛有氫氧化鈉溶液的洗氣瓶F，除去CO2和SO2，為盡量減少溴的揮發(fā)，將除雜后的乙烯通入冰水浴中盛有溴水的試管中制備1，2-二溴乙烷，因溴易揮發(fā)有毒，為防止污染環(huán)境，在制備裝置后應連接尾氣吸收裝置，則儀器組裝順序為制取乙烯氣體（用A、B、D組裝）→安全瓶（C，兼防堵塞）→凈化氣體（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性雜質氣體）→制備1，2-二溴乙烷的主要反應裝置（E）→尾氣處理（G），故答案為：C、F、E、G；（2）為防止制取1，2-二溴乙烷時出現(xiàn)倒吸或堵塞，制取裝置后應連接安全瓶C，故答案為：作安全瓶，防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生；（3）在反應管E中進行的主要反應為乙烯和溴發(fā)生加成反應生成1，2-二溴乙烷，反應的方程式為CH2═CH2+Br2→BrCH2CH2Br，故答案為：CH2═CH2+Br2→BrCH2CH2Br；Ⅱ、（1）兩個裝置中都用到了冷凝管，為了增強冷凝效果，冷水都應從下口進上口出，則A裝置中冷水從b口進入，B裝置中冷水從c口進入，故答案為：b；c；（2）若硫酸濃度過大，l-丁醇在濃硫酸的催化作用下發(fā)生副反應，可能發(fā)生分子間脫水反應生成醚CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，也可能發(fā)生分子內脫水生成1—丁烯CH2=CHCH2CH3，具有還原性的溴離子也可能被濃硫酸氧化成溴單質，則制備操作中，加入的濃硫酸事先必須進行稀釋，故答案為：ab；（3）提純1-溴丁烷，收集所得餾分為1-溴丁烷，所以須將1-溴丁烷先汽化，后液化，汽化溫度須達其沸點，故答案為：101.6℃；（4）紅外光譜儀利用物質對不同波長的紅外輻射的吸收特性，進行分子結構和化學組成分析，產物CH3CH2CH2CH2Br也含有-CH2CH2CH2CH3，所以不能通過紅外光譜儀來確定副產物中是否存在丁醚（CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3），故答案為：不合理，產物1-溴丁烷也含有-CH2CH2CH2CH3?！绢}目點撥】本題考查有機物的制備實驗，注意把握制備實驗的原理，能正確設計實驗順序，牢固把握實驗基本操作，注意副反應發(fā)生的原因分析是解答關鍵。28、2，3-二甲基-1-戊烯14CH3COOCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH2OH【解題分析】(1)含碳碳雙鍵盤的最長碳鏈含5個碳，第2、第3個碳上各有一個甲