2025年云南省祿豐縣一中高二下化學期末質量跟蹤監視模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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、某主族元素的離子X2+有6個電子層，最外層有2個電子，當把XO2溶于濃鹽酸時，有黃色氣體產生，則下列說法不正確的是A．X2+具有還原性B．X的+2價化合物比+4價化合物穩定C．XO2具有強氧化性D．該元素是第ⅡA族元素2、在人類已知的化合物中，種類最多的是A．第ⅡA族元素的化合物 B．第ⅢA族元素的化合物C．第ⅣA族元素的化合物 D．第ⅤA族元素的化合物3、元素周期律和元素周期表是學習化學的重要工具，下列說法不正確的是：（）A．HF、HCl、HBr、HI的還原性依次增強，熱穩定性依次減弱B．P、S、Cl得電子能力和最高價氧化物對應水化物的酸性均依次增強C．同周期IA族的金屬單質與水反應一定比IIA族的金屬單質劇烈D．除稀有氣體外，第三周期元素的原子半徑和離子半徑隨原子序數的增加而減小4、下列說法正確的是A．第三能層有s、p共兩個能級B．3d能級最多容納6個電子C．電子云伸展方向與能量的大小有關D．無論是哪一能層的p能級最多容納的電子數均為6個5、SO32-離子的中心原子孤對電子計算公式為（a-xb）/2中，下列對應的數值正確的是A．a=8x=3b=2 B．a=6x=3b=2C．a=4x=2b=3 D．a=6x=2b=36、在由Fe、FeO和Fe2O3組成的混合物中加入100mL2mol/L的鹽酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL氣體（標準狀況），此時溶液中無Fe3+離子，則下列判斷正確的是A．混合物中三種物質反應時消耗鹽酸的物質的量之比為1:1:3B．反應后所得溶液中的Fe2+離子與Cl-離子的物質的量濃度之比為1：3C．混合物中，FeO的物質的量無法確定，但Fe比Fe2O3的物質的量多D．混合物中，Fe2O3的物質的量無法確定，但Fe比FeO的物質的量多7、下列對于硝酸的認識，不正確的是A．濃硝酸在見光或受熱時會發生分解 B．久置的濃硝酸會變為稀硝酸C．金屬與硝酸反應不產生氫氣 D．稀硝酸與鐵反應而濃硝酸不與鐵反應8、下列有機分子中，所有的原子不可能處于同一平面的是()A．CH2==CH2B．CH2==CH—CH==CH2C．CH2==C(CH3)—CH==CH2D．CH2==CH—C≡CH9、對于HCl、HBr、HI，隨著相對分子質量的增大而增強的是()A．共價鍵的極性 B．氫化物的穩定性 C．范德華力 D．共價鍵的鍵能10、將由NaOH、BaCl2、Al2（SO4）3三種固體組成的混合物溶于足量的水中,充分溶解后,向混合溶液中滴加1mol·L-1的稀硫酸,加入稀硫酸的體積與生成沉淀的質量關系如圖所示。下列有關判斷正確的是（）A．AB段發生反應的離子方程式為Ba2++SO42-=BaSO4↓B．BC段發生反應的離子方程式為H++OH-=H2OC．D點表示的沉淀的化學式為Al（OH）3D．E點時溶液中含有大量的AlO2-11、將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到足量的稀硝酸中，金屬完全溶解（假設反應中還原產物只有NO)。向反應后的溶液中加3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，測得生成沉淀的質量比原合金的質量增加5.1g。下列敘述錯誤的是()A．當金屬全部溶解時，電子轉移的數目為0.3NAB．參加反應的金屬的總質量3.6g<w<9.6gC．當金屬全部溶解時，產生的NO氣體的體積在標準狀況下為2.24LD．當生成的沉淀量達到最大時，消耗NaOH溶液的體積為l00mL12、已知某溶液中存在較多的H+、SO42+、NO3－，則溶液中還可能大量存在的離子組成()A．Al3+、CH3COO－、Cl－ B．Na+、NH4+、Cl－C．Mg2+、Cl－、Fe2+ D．Mg2+、Ba2+、Br－13、在下列狀態下，屬于能夠導電的電解質是（）A．氯化鈉晶體 B．液態氯化氫 C．硝酸鉀溶液 D．熔融氫氧化鈉14、已知室溫時，CH3COOH的電離常數為1.75×10－5，NH3·H2O的電離常數為1.75×10－5。0.1mol·L－1的下列溶液：①CH3COONa、②NH4Cl、③CH3COONH4、④(NH4)2SO4，pH由小到大排列正確的是()A．①<②<④<③ B．①<③<②<④C．①<②<③<④ D．④<②<③<①15、在標準狀況下將1.92g銅粉投入一定量濃HNO3中，隨著銅粉的溶解，反應生成的氣體顏色逐漸變淺，當銅粉完全溶解后共收集到由NO2和NO組成的混和氣體1.12L，則反應消耗HNO3的物質的量為（）A．0.8molB．0.6molC．0.11molD．無法計算16、下列離子方程式書寫正確的是()A．鋁粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH－══2AlO2－+H2↑B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH－══Al(OH)3↓C．三氯化鐵溶液中加入鐵粉：D．FeCl2溶液跟Cl2反應：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－17、下列實驗及其結論都正確的是實驗結論A氯氣的水溶液可以導電氯氣是電解質B鋁箔在酒精燈火焰上加熱熔化但不滴落鋁箔表面氧化鋁熔點高于鋁C將Na2S滴入AgNO3和AgCl的混合濁液中產生黑色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)D用分液漏斗分離苯和四氯化碳四氯化碳密度比苯大A．A B．B C．C D．D18、有機物(CH3)2CHCH2CH3命名正確的是A．1，1-二甲基丙烷 B．2-甲基丁烷 C．3-甲基丁烷 D．2-甲基戊烷19、下列物質中各含有少量雜質，能用飽和Na2CO3溶液并借助于分液漏斗除去雜質的是()A．苯中含有少量甲苯B．乙醇中含少量乙酸C．乙酸乙酯中含有少量乙酸D．溴苯中含有少量苯20、下列有關電子云及示意圖的說法正確的是（）A．電子云是籠罩在原子核外的云霧B．小黑點多的區域表示電子多C．小黑點疏的區域表示電子出現的機會少D．電子云是用高速照相機拍攝的照片21、兩種氣態烴以任意比例混合，在105℃時1L該混合烴與10L氧氣混合，充分燃燒后恢復到原狀態，所得到氣體體積是11L。下列各組混合經符合此條件的是（）A．C2H6、C2H2B．C3H8、C2H2C．C4H10、C2H4D．C3H4、C2H422、某有機物的結構簡式如圖所示，下列說法中不正確的是（）A．1mol該有機物和過量的金屬鈉反應最多可以生成1.5molH2B．該有機物消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質的量之比為3∶2∶2C．可以用酸性KMnO4溶液檢驗其中的碳碳雙鍵D．該有機物能夠在催化劑作用下發生酯化反應二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E為元素周期表中前四周期元素，原子序數依次增大，A元素原子核外有3個未成對電子，B元素原子核外電子占用3個能級，其中最高能級上的電子數是其所在能層數的2倍，D元素與B元素同族，C元素與A元素同族，E元素原子的價電子數是其余電子數的一半。（1）A、C、D的第一電離能由大到小的順序為___________________（用元素符號表示），E2+的基態電子排布式為__________________________________。（2）B和D的氫化物中，B的氫化物沸點較高的原因是____________________________。（3）C形成的最高價氧化物的結構如圖所示，該結構中C-B鍵的鍵長有兩類，鍵長較短的鍵為__________（填“a”或“b”）。（4）E可與CO形成羰基配合物E2(CO)8，是有機合成的重要催化劑，不溶于水，溶于乙醇、乙醚、苯，熔點50～51℃，45℃（1.33kPa）時升華。①E2(CO)8為_________晶體。（填晶體類型）②E2(CO)8晶體中存在的作用力有______________________________。24、（12分）已知A、B、C、D、E、F均為周期表中前四周期的元素，原子序數依次增大。其中A原子核外有三個未成對電子；化合物B2E為離子晶體，E原子核外的M層中有兩對成對電子；C元素是地殼中含量最高的金屬元素；D單質的晶體可做半導體材料；F原子最外層電子數與B的相同，其余各層均充滿電子。請根據以上信息，回答下列問題(答題時，A、B、C、D、E、F用所對應的元素符號表示)：(1)A、B、C、D的第一電離能由小到大的順序為________(2)B的氯化物的熔點比D的氯化物的熔點高的理由是____________。(3)A的簡單氫化物的中心原子采取______雜化，E的低價氧化物分子的空間構型是____。(4)F的核外電子排布式是_____，A、F形成某種化合物的晶胞結構如圖所示(其中A顯－3價)，則其化學式為_______。25、（12分）四氯化錫（SnCl4）是一種重要的化工產品，可在加熱下直接氯化來制備。已知：四氯化錫是無色液體，熔點-33℃，沸點114℃。SnCl4極易水解，在潮濕的空氣中發煙。實驗室可以通過下圖裝置制備少量SnCl4(夾持裝置略)。（1）裝置Ⅰ中發生反應的離子方程式為________；（2）裝置Ⅱ中的最佳試劑為_______，裝置Ⅶ的作用為_______；（3）該裝置存在的缺陷是：_______________；（4）如果沒有裝置Ⅲ，在Ⅳ中除生成SnCl4

外，還會生成的含錫的化合物的化學式為_______________；（5）實驗用錫粒中含有雜質Cu．某同學設計下列實驗測定錫粒的純度．第一步：稱取0.613g錫粒溶入足量鹽酸中，過濾；第二步：向濾液中加入過量FeCl3溶液，將Sn2+氧化成Sn4+；第三步：用0.100mol?L-1K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+，發生反應的表達式為（未配平）：Fe2++Cr2O72-+H+→Cr3++Fe3++H2O第二步中發生反應的離子方程式是_______________，若達到滴定終點時共消耗16.0mLK2Cr2O7溶液，試寫出試樣中錫的質量分數的計算式____________（僅寫計算結果，錫的相對原子質量按119計算）26、（10分）準確稱量8.2g

含有少量中性易溶雜質的燒堿樣品，配成500mL

待測溶液。用0.1000mol?L?1的硫酸溶液進行中和滴定測定該燒堿樣品的純度，試根據試驗回答下列問題：（1）滴定過程中，眼睛應注視____________，若用酚酞作指示劑達到滴定終點的標志是____________。（2）根據表數據，計算燒堿樣品的純度是_______________（用百分數表示，保留小數點后兩位）滴定次數待測溶液體積(mL)標準酸體積滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)）第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00（3）下列實驗操作會對滴定結果產生什么后果？（填“偏高”“偏低”或“無影響”）①觀察酸式滴定管液面時，開始俯視，滴定終點平視，則滴定結果________。②若將錐形瓶用待測液潤洗，然后再加入10.00mL待測液，則滴定結果________。27、（12分）電鍍廠曾采用有氰電鍍工藝，處理有氰電鍍的廢水時，可在催化劑TiO2作用下，先用NaClO將CN-離子氧化成CNO-，在酸性條件下CNO-繼續被NaClO氧化成N2和CO2。環保工作人員在密閉系統中用下圖裝置進行實驗，以證明處理方法的有效性，并通過測定二氧化碳的量確定CN-被處理的百分率。將濃縮后含CN-離子的污水與過量NaClO溶液的混合液共200mL(其中CN-的濃度為0.05mol?L-1倒入甲中，塞上橡皮塞，一段時間后，打開橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，關閉活塞。回答下列問題：（1）甲中反應的離子方程式為________________________，乙中反應的離子方程式為________________________。（2）乙中生成的氣體除N2和CO2外，還有HCl及副產物Cl2等。丙中加入的除雜試劑是飽和食鹽水，其作用是_____________________，丁在實驗中的作用是______________，裝有堿石灰的干燥管的作用是______________________________。（3）戊中盛有含Ca(OH)2

0.02mol的石灰水，若實驗中戊中共生成0.82g沉淀，則該實驗中測得CN-被處理的百分率等于__________。該測得值與工業實際處理的百分率相比總是偏低，簡要說明可能原因之一_______________________。28、（14分）美國化學家R.F.Heck因發現如下Heck反應而獲得2010年諾貝爾化學獎。（X為鹵原子，R為取代基）經由Heck反應合成M（一種防曬劑）的路線如下：回答下列問題：(1)C與濃H2SO4共熱生成F，F能使酸性KMnO4溶液褪色，F的結構簡式是____________。D在一定條件下反應生成高分子化合物G，G的結構簡式是____________。(2)在A→B的反應中，檢驗A是否反應完全的試劑是____________。(3)E的一種同分異構體K符合下列條件：苯環上有兩個取代基且苯環上只有兩種不同化學環境的氫，與FeCl3溶液作用顯紫色。K與過量NaOH溶液共熱，發生反應的方程式為________________。29、（10分）能源短缺是人類社會面臨的重大問題．甲醇是一種可再生能源，具有廣泛的開發和應用前景。(1)工業上一般采用下列兩種反應合成甲醇：反應Ⅰ：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H1反應Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△H2①上述反應符合“原子經濟”原則的是________(填“I”或“Ⅱ”)；②下表所列數據是反應I在不同溫度下的化學平衡常數(K)溫度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012由表中數據判斷△H1________0(填“＞”、“=”或“＜”)；③某溫度下，將2molCO和6molH2充入2L的密閉容器中，充分反應，達到平衡后，測得c(CO)=0.2mol/L，則CO的轉化率為________，此時的溫度為________(從上表中選擇)；(2)已知在常溫常壓下：①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=﹣1275.6kJ/mol②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=﹣566.0kJ/mol③H2O(g)=H2O(l)△H=﹣44.0kJ/mol寫出甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態水的熱化學方程式：___________；(3)某實驗小組依據甲醇燃燒的反應原理，設計如圖所示的電池裝置。①該電池正極的電極反應為___________；②工作一段時間后，測得溶液的pH減小，該電池總反應的離子方程式為___________。

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【解析】試題分析：根據題意可知該元素是第六周期第IVA的元素，是Pb元素，+4價的Pb不穩定，有強氧化性，會把HCl氧化為氯氣。因此會看到產生黃色氣體A．Pb最外層有4個電子，所以X2+具有還原性，正確。B．根據題意可知X的+2價化合物比+4價化合物穩定，正確。C．XO2在反應中得到電子，表現強的氧化性。正確。D．該元素的原子最外層失去2個電子，還有2個，是第IVA族的元素。考點：考查元素的原子結構與形成的化合物的性質的知識。2、C【解析】

第ⅣA族元素主要包含了碳、硅、鍺、錫、鉛等元素，其中的碳元素可以形成數量龐大的有機物家族，其種類數早已達千萬種級別。所以第ⅣA族元素形成的化合物種類最多。3、D【解析】A．非金屬性F>Cl>Br>I，則HF、HCl、HBr、HI的熱穩定性依次減弱，還原性增強，選項A正確；B．P、S、Cl元素的非金屬性逐漸增強，得電子能力逐漸增強，對應最高價氧化物對應的水化物的酸性依次增強，選項B正確；C、同周期元素，從左到右金屬性逐漸降低，同周期IA族的金屬單質與水反應一定比IIA族的金屬單質劇烈，選項C正確；D、隨著原子序數的遞增，原子半徑逐漸減小，而離子半徑陰離子大于陽離子，且陰離子、陽離子中原子序數大的離子半徑小，選項D不正確。答案選D。4、D【解析】分析：A項，任一能層的能級數等于能層序數；B項，d能級最多容納10個電子；C項，電子云伸展方向與能量的大小無關；D項，p能級最多容納6個電子。詳解：A項，任一能層的能級數等于能層序數，第三能層有3s、3p、3d三個能級，A項錯誤；B項，無論3d、4d還是5d……，d能級有5個原子軌道，在一個原子軌道里最多容納2個電子，3d能級最多容納10個電子，B項錯誤；C項，電子云伸展方向與能量的大小無關，如2px、2py、2pz能量相等，C項錯誤；D項，無論2p、3p還是4p……，p能級有3個原子軌道，在一個原子軌道里最多容納2個電子，p能級最多容納6個電子，D項正確；答案選D。5、A【解析】

SO32-離子的中心原子孤對電子計算公式為(a-xb)/2中，a指中心原子價電子個數，x指配原子個數，b指配原子形成穩定結構需要的電子個數，因此a=6+2=8，x=3，b=2，故選A。本題的易錯點為B，要注意在離子中a的變化，對于陽離子，a=中心原子價電子個數-電荷數，對于陰離子，a=中心原子價電子個數+電荷數。6、C【解析】

混合物恰好完全溶解，且無Fe3+，故溶液中溶質為FeCl2，n(HCl)=0.2mol，n(H2)=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，n(Fe2+)=0.1mol，由反應2Fe3++Fe=3Fe2+知Fe比Fe2O3的物質的量多，但FeO的物質的量無法確定，則A．根據以上分析知Fe比Fe2O3的物質的量多，但FeO的物質的量無法確定，故無法確定混合物里三種物質反應時消耗鹽酸的物質的量之比，A錯誤；B．反應后所得溶液為FeCl2溶液，陽離子與陰離子的物質的量濃度之比為1：2，B錯誤；C．混合物恰好完全溶解，且無Fe3+，故溶液中溶質為FeCl2，由鐵與酸反應生成氫氣及反應2Fe3++Fe=3Fe2+知Fe比Fe2O3的物質的量多，但FeO的物質的量無法確定，C正確；D．FeO的物質的量無法確定，不能確定Fe與FeO的物質的量的關系，D錯誤；故答案選C。7、D【解析】

A.濃硝酸不穩定，在見光或受熱時分解生成二氧化氮、氧氣和水，反應方程式為4HNO3

2H2O+4NO2↑+O2↑，故A正確；B.濃硝酸易揮發，久置的濃硝酸揮發出硝酸分子會變為稀硝酸，故B正確；C.硝酸具有強氧化性，能被金屬還原生成氮的化合物，沒有H2生成，故C正確；D.常溫下，濃硝酸和Fe、Al發生氧化還原反應生成一層致密的氧化物薄膜而阻止進一步被氧化，該現象為鈍化現象，所以濃硝酸與鐵發生了反應，故D錯誤；答案選D。8、C【解析】分析：A項，CH2=CH2分子中2個碳原子和6個氫原子處于同一平面上；B項，CH2=CH-CH=CH2中碳原子都是sp2雜化，聯想乙烯的結構以及單鍵可以旋轉，CH2=CH-CH=CH2中所有原子可處于同一平面上；C項，CH2=C（CH3）-CH=CH2中-CH3的碳原子為sp3雜化，聯想CH4的結構，CH2=C（CH3）-CH=CH2中所有原子不可能處于同一平面上；D項，CH2=CH-C≡CH聯想乙烯和乙炔的結構，結合單鍵可以旋轉，CH2=CH-C≡CH所有原子可處于同一平面上。詳解：A項，CH2=CH2分子中2個碳原子和6個氫原子處于同一平面上；B項，CH2=CH-CH=CH2中碳原子都是sp2雜化，聯想乙烯的結構以及單鍵可以旋轉，CH2=CH-CH=CH2中所有原子可處于同一平面上；C項，CH2=C（CH3）-CH=CH2中-CH3的碳原子為sp3雜化，聯想CH4的結構，CH2=C（CH3）-CH=CH2中所有原子不可能處于同一平面上；D項，CH2=CH-C≡CH聯想乙烯和乙炔的結構，結合單鍵可以旋轉，CH2=CH-C≡CH所有原子可處于同一平面上；所有的原子不可能處于同一平面的是CH2=C（CH3）-CH=CH2，答案選C。點睛：本題考查分子中原子共平面問題，掌握分子中原子共面的技巧是解題的關鍵。確定分子中共面的原子個數的技巧：（1）三鍵原子和與之直接相連的原子共直線（聯想乙炔的結構），苯環上處于對位的2個碳原子和與之直接相連的原子共直線；（2）任意三個原子一定共平面；（3）雙鍵原子和與之直接相連的原子共平面（聯想乙烯的結構），苯環碳原子和與苯環直接相連的原子共平面（聯想苯的結構）；（4）分子中出現飽和碳原子，所有原子不可能都在同一平面上；（5）單鍵可以旋轉；（6）注意“可能”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”等限制條件。9、C【解析】

A.成鍵元素的非金屬性差別越大，共價鍵的極性越明顯，與相對分子質量無關，故A錯誤；B.氫化物的穩定性與鍵的強弱有關，與相對分子質量無關，故B錯誤；C.范德華力與相對分子質量和分子結構有關，一般而言，相對分子質量越大，范德華力越強，故C正確；D.共價鍵的鍵能與鍵的強弱有關，與相對分子質量無關，故D錯誤；答案選C。10、B【解析】

三種固體加入水中混合，發生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，根據圖像，BC沒有沉淀產生，說明NaOH過量，則Al以AlO2－形式存在，AB段沉淀質量增加，說明原溶液中有Ba2＋，據此分析解答。【詳解】A、發生的反應是H＋＋SO42－＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O，故錯誤；B、BC段沉淀質量不變，說明發生H＋＋OH－=H2O，故正確；C、根據上述分析，D點沉淀是Al（OH）3和BaSO4，故錯誤；D、DE沉淀質量減少，發生Al（OH）3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，因此E點溶液中含有Al3＋，故錯誤；答案選B。11、D【解析】

將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到稀HNO3中，金屬完全溶解(假設反應中還原產物只有NO)，發生反應3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反應后的溶液中加入過量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，發生反應：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質量比原合金的質量增加5.1g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質量為5.1g，氫氧根的物質的量為n=，根據電子轉移守恒，則鎂和銅的總的物質的量為0.15mol。A.根據上述分析可知：反應過程中電子轉移的物質的量等于氫氧根離子的物質的量，n(e-)=n(OH-)=0.3mol，所以轉移的電子數目N=0.3NA，A正確；B.鎂和銅的總的物質的量為0.15mol，若全為Mg，其質量是m=0.15mol×24g/mol=3.6g；若全為金屬Cu，其質量為m=0.15mol×64g/mol=9.6g，所以參加反應的金屬的總質量(m)為3.6g＜m＜9.6g，B正確；C.反應過程中轉移電子的物質的量為0.3mol，根據電子轉移數目相等，可知反應產生NO的物質的量為n(NO)=，其在標準狀況下的體積V=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，C正確；D.若硝酸無剩余，則參加反應氫氧化鈉的物質的量等于0.3mol，需要氫氧化鈉溶液體積V=；若硝酸有剩余，消耗的氫氧化鈉溶液體積大于100mL，D錯誤；故合理選項是D。12、B【解析】

A.因H+和CO32-結合生成水和氣體，且Al3+、CO32-相互促進水解，則該組離子不能大量共存，故A錯誤；B.Na+、NH4+、Cl－等３種離子之間不反應，則能夠大量共存，故B正確；C.因H+和Fe2+、NO3-能發生氧化還原反應，則該組離子不能大量共存，故C錯誤；D.因Ba2+、SO42-能結合生成硫酸鋇沉淀，則該組離子不能大量共存，故D錯誤。故選B。13、D【解析】

A．氯化鈉晶體是電解質，但不能導電，故A錯誤；B．液態氯化氫是電解質，但不能導電，故B錯誤；C．硝酸鉀溶液能導電，但是混合物，不是電解質，也不是非電解質，故C錯誤；D．熔融氫氧化鈉是電解質，也能導電，故D正確；故答案為D。考查電解質的概念，注意電解質不一定導電，導電的物質不一定是電解質。注意：①電解質和非電解質均指化合物，單質和混合物既不屬于電解質也不屬于非電解質；②電解質必須是自身能直接電離出自由移動的離子的化合物，如SO2、CO2屬于非電解質；③條件：水溶液或融化狀態，對于電解質來說，只須滿足一個條件即可，而對非電解質則必須同時滿足兩個條件；④難溶性化合物不一定就是弱電解質，如硫酸鋇屬于強電解質。電解質，包括酸、堿、鹽、活潑金屬氧化物和水，非電解質，包括一些非金屬氧化物、氨氣、大多數有機物(如蔗糖、酒精等)。14、D【解析】

CH3COOH的電離常數為1.75×10－5，NH3·H2O的電離常數為1.75×10－5，所以CH3COONH4溶液顯中性。【詳解】①CH3COONa是強堿弱酸鹽，溶液顯堿性，pH>7；②NH4Cl是強酸弱堿鹽，溶液顯酸性，pH<7；③由于CH3COOH與NH3·H2O的電離平衡常數相等，所以CH3COONH4溶液呈中性，pH=7；④(NH4)2SO4是強酸弱堿鹽,溶液顯酸性，pH<7；由于NH4Cl溶液(NH4)2SO4溶液物質的量濃度相等,銨根離子濃度(NH4)2SO4溶液離子濃度大，故其酸性強，pH小；由以上分析可以得出pH由小到大排列④<②<③<①，故選D。CH3COONH4溶液酸堿性的判斷要依據對應的電離常數，這點要注意。15、C【解析】試題分析：1.92g銅粉的物質的量是0.03mol，利用元素守恒，消耗的硝酸為生成硝酸銅中的硝酸根離子和生成的氣體產物中的硝酸，硝酸銅的物質的量是0.03mol，則硝酸根離子的物質的量是0.06mol，在標準狀況下NO2和NO組成的混和氣體1.12L，物質的量是0.05mol，所以共消耗硝酸的物質的量是0.06+0.05=0.11mol，答案選C。考點：考查化學計算方法的應用16、D【解析】

本題主要考查離子方程式的書寫與判斷。【詳解】A．原子數目不守恒應改為：，故A錯誤；B．氨水是弱電解質，不能拆成離子形式，應改為：，故B錯誤；C．三氯化鐵溶液中加入鐵粉的反應為：，故C錯誤；D．氯氣能把亞鐵離子氧化到最高價，即，故D正確；故答案選D。17、B【解析】

A．氯氣為單質，電解質必須為化合物，則氯氣既不是電解質也不是非電解質，故A錯誤；B．氧化鋁的熔點高，包裹在Al的外面，則鋁箔在酒精燈火焰上加熱熔化但不滴落，故B正確；C．發生沉淀的生成，不能比較Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2S)的大小，故C錯誤；D．苯和四氯化碳互溶，不能分液分離，應選蒸餾法，故D錯誤；故選B。18、B【解析】

烷烴在命名時，應選最長的碳鏈為主鏈，從離支鏈近的一端開始給主鏈上的碳原子進行標號，并標示出支鏈的位置.【詳解】烷烴在命名時，應選最長的碳鏈為主鏈，故主鏈上有4個碳原子，故為丁烷；從離支鏈近的一端開始給主鏈上的碳原子進行標號，則在2號碳原子上有一個甲基，故此烷烴的名稱為2?甲基丁烷。答案選B。根據烷烴的命名原則判斷：碳鏈最長稱某烷，靠近支鏈把號編，簡單在前同相并，其間應劃一短線，1、碳鏈最長稱某烷：意思是說選定分子里最長的碳鏈做主鏈，并按主鏈上碳原子數目稱為“某烷”。2、靠近支鏈把號編：意思是說把主鏈里離支鏈較近的一端作為起點，用1、2、3…等數字給主鏈的各碳原子編號定位以確定支鏈的位置。3、簡單在前同相并，其間應劃一短線：這兩句的意思是說把支鏈作為取代基，把取代基的名稱寫在烷烴名稱的前面，在取代基的前面用阿拉伯數字注明它在烷烴主鏈上的位置，而且簡單的取代基要寫在復雜的取代基前面，如果有相同的取代基，則要合并起來用二、三等數字表示，但是表示相同的取代基位置的阿拉伯數字要用逗號隔開，并在號數后面連一短線，中間用“-“隔開。19、C【解析】A．苯、甲苯與飽和碳酸鈉不反應，且不溶于飽和碳酸鈉溶液，不能用分液的方法分離，故A錯誤；B．乙醇以及乙酸鈉都溶于水，不能用分液的方法分離，故B錯誤；C．乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，乙酸可與碳酸鈉反應，可用分液的方法分離，故C正確；D．溴苯與苯混溶，與碳酸鈉不反應，不能用達到分離的目的，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查物質的分離和提純的實驗方案的設計與評價。能用飽和Na2CO3溶液并借助于分液漏斗除去，說明混合物中有一種難溶于飽和碳酸鈉，且加入飽和碳酸鈉溶液后分離，用分液的方法分離。20、C【解析】考查電子云的概念及有關判斷。電子云是電子在原子核外空間概率密度分布的形象化描述，電子在原子核外空間的某區域內出現，好像帶負電荷的云籠罩在原子核的周圍，人們形象地稱它為“電子云”。電子云就是用小黑點疏密來表示空間各電子出現概率大小的一種圖形。小黑點表示電子在核外空間某處出現的機會，不代表電子的運動軌跡；小黑點的疏密表示出現機會的多少，密則機會大，疏則機會小，所以正確的答案選C。21、D【解析】分析：有機物燃燒前后體積不變，可設有機物的平均式為CxHy，根據燃燒的方程式計算分子組成特點，進而進行推斷．詳解：設有機物的平均式為CxHy，則有：CxHy+（x＋y/4）O2→xCO2＋y/2H2O，有機物燃燒前后體積不變，則1+x＋y/4=x＋y/2，y=4，即混合氣中平均含有H原子數為4，A.C2H1、C2H2H原子數分別為2、1，只有1：1混合才能使平均值為4，不符合以任意比例混合的要求，故A錯誤；B、C3H8、C2H2H原子數分別為8、2，只有1：2混合才能使平均值為4，不符合以任意比例混合的要求，故B錯誤；C、C4H10、C2H4中H原子數分別為4、1．平均值不可能為4，故C錯誤；D.C3H4、C2H4中H原子數都為4，平均值為4，符合題意，故A正確；故選D。點睛：本題考查有機物的確定，解題關鍵：注意根據有機物燃燒的方程式，用平均值法計算．22、C【解析】

A.該有機物含有一個羥基，兩個羧基，都可以和金屬鈉反應，所以1mol該有機物與金屬鈉反應最多可以生成1.5mol氫氣，故正確；B.1mol該有機物消耗3mol鈉，2mol氫氧化鈉，2mol碳酸氫鈉，故正確；C.羥基和碳碳雙鍵都可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故不能用其檢驗碳碳雙鍵，故錯誤；D.該有機物含有羥基和羧基，可以在催化劑作用下發生酯化反應，故正確。答案選C。學習有機物的關鍵是掌握各種官能團及其性質，有其官能團就有其性質，常見的官能團有碳碳雙鍵、羥基，羧基等。二、非選擇題(共84分)23、N＞P＞S[Ar]3d7水分子間形成氫鍵a分子共價鍵、配位鍵、范德華力【解析】

A、B、C、D、E為元素周期表中前四周期元素，原子序數依次增大，B元素原子核外電子占用3個能級，其中最高能級上的電子數是其所在能層數的2倍，核外電子排布式為1s22s22p4，故B為O元素；A元素原子核外有3個未成對電子，原子序數小于氧，故核外電子排布式為1s22s22p3，則A為N元素；D元素與B元素同族，C元素與A元素同族，結合原子序數大小可知C為P元素、D為S元素；E元素只能為第四周期元素，E元素原子的價電子數是其余電子數的一半，則價電子數為9，E的核電荷數為18+9=27，為Co元素，據此分析解答。【詳解】根據上述分析，A為N元素，B為O元素，C為P元素，D為S元素，E為Co元素。(1)同主族自上而下第一電離能減小，同周期隨原子序數增大第一電離能呈增大趨勢，P元素原子3p能級為半充滿穩定狀態，第一電離能高于硫，故第一電離能由大到小的順序為：N＞P＞S，E為Co元素，價電子排布式為3d74s2，E2+的基態電子排布式為[Ar]3d7，故答案為：N＞P＞S；[Ar]3d7；(2)水分子間能夠形成氫鍵，而硫化氫分子間不能形成氫鍵，使得水的沸點高于硫化氫，故答案為：水分子間能夠形成氫鍵；(3)結構中黑色球與白色球數目分別為4、10，故該物質為P4O10，結合O原子形成8電子結構，可知a鍵為P=O、b鍵為P-O單鍵，雙鍵中電子云重疊更大，故鍵長較短的鍵為a，故答案為：a；(4)①Co2(CO)8熔點低、易升華，溶于乙醇、乙醚、苯，說明Co2(CO)8屬于分子晶體，故答案為：分子；②Co2(CO)8中Co與CO之間形成配位鍵，CO中含有極性鍵，分子之間存在范德華力，故答案為：配位鍵、極性共價鍵、范德華力。正確判斷元素的種類是解題的關鍵。本題的易錯點和難點為(3)，要注意判斷結構中磷氧鍵的類別。24、Na＜Al＜Si＜NNaCl為離子晶體，而SiCl4為分子晶體sp3V形1s22s22p63s23p63d104s1Cu3N【解析】

C元素是地殼中含量最高的金屬元素，則C為Al；D單質的晶體可做半導體材料，則D為Si；E原子核外的M層中有兩對成對電子，則E的價電子排布為3s23p4，其為S；A原子核外有三個未成對電子，則A為N；化合物B2E為離子晶體，則B為Na。F原子最外層電子數與B的相同，其余各層均充滿電子，則F的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，其為Cu。從而得出A、B、C、D、E、F分別為N、Na、Al、Si、S、Cu。【詳解】(1)A、B、C、D分別為N、Na、Al、Si，由于N的非金屬性最強，且原子軌道半充滿，所以第一電離能最大，Si次之，Na最小，從而得出第一電離能由小到大的順序為Na＜Al＜Si＜N。答案為：Na＜Al＜Si＜N；(2)B的氯化物為NaCl，離子晶體，D的氯化物為SiCl4，分子晶體，由此可得出熔點NaCl比SiCl4高的理由是NaCl為離子晶體，而SiCl4為分子晶體。答案為：NaCl為離子晶體，而SiCl4為分子晶體；(3)A的簡單氫化物為NH3，中心原子的價層電子數為4，采取sp3雜化，E的低價氧化物為SO2，S原子發生sp2雜化，分子的空間構型是V形。答案為：sp3；V形；(4)F為Cu，其原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，N、Cu形成某種化合物的晶胞中，空心小球的數目為8×=1，黑球的數目為12×=3，N顯-3價，則Cu顯+1價，由此得出其化學式為Cu3N。答案為：1s22s22p63s23p63d104s1；Cu3N。計算晶胞中所含微粒數目時，應依據微粒在該晶胞中的位置及所占的份額共同決定。如立方晶胞，微粒位于頂點，則該微粒屬于此晶胞的份額僅占八分之一；微粒位于棱上時，由于棱屬于四個晶胞，則該微粒屬于此晶胞的份額僅占四分之一。25、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O飽和氯化鈉溶液防止空氣中水蒸氣進入裝置，使SnCl4水解缺少尾氣處理裝置Sn(OH)4或SnO22Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+93.18%【解析】

由裝置圖可知裝置Ⅰ應為制備氯氣的裝置，裝置Ⅱ和裝置Ⅲ是氯氣的凈化裝置，氯氣經除雜，干燥后與錫在裝置Ⅳ中反應生成SnCl4，經冷卻后在裝置Ⅵ中收集，因SnCl4極易水解，應防止空氣中的水蒸氣進入裝置Ⅵ中。(5)用已知濃度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，根據原子守恒、電子轉移守恒可得關系式：Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7，據此分析解答。【詳解】(1)裝置Ⅰ中濃鹽酸與MnO2在加熱時發生反應產生氯氣，發生反應的離子方程式為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)由于鹽酸有揮發性，所以在制取的氯氣中含有雜質HCl，在與金屬錫反應前要除去，因此裝置Ⅱ中的最佳試劑為除去HCl同時還可以減少氯氣消耗的飽和食鹽水；SnCl4極易水解，在潮濕的空氣中發煙，為了防止鹽水解，所以要防止起水解，裝置Ⅶ的作用為防止空氣中的水蒸氣進入Ⅵ中使SnCl4水解，故答案為飽和氯化鈉溶液；防止空氣中水蒸氣進入Ⅵ中，SnCl4水解；(3)未反應的氯氣沒有除去，缺少尾氣處理裝置，故答案為缺少尾氣處理裝置；(4)如果沒有裝置Ⅲ，則在氯氣中含有水蒸汽，所以在Ⅳ中除生成SnCl4外，還會生成SnCl4水解產生的含錫的化合物Sn(OH)4或SnO2，故答案為Sn(OH)4或SnO2等；(5)滴定過程中的反應方程式為6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，第二步中加入過量FeCl3溶液，將Sn2+氧化成Sn4+，反應的方程式為2Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+，令錫粉中錫的質量分數為x，則：Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7119g

mol0.613xg

0.100mol?L-1×0.016L故=，解得x=93.18%，故答案為93.18%。本題考查物質的制備，涉及氯氣的實驗室制備、中和滴定原理的應用等知識，側重于學生的分析能力、實驗能力的考查。本題的易錯點為(5)，要注意利用關系式法進行計算，會減少計算量。26、錐形瓶中溶液顏色變化滴入最后一滴硫酸溶液，溶液由淺紅色變為無色，且30s內顏色不變97.56%偏高偏高【解析】

（1）滴定過程中兩眼應該注視錐形瓶內溶液的顏色變化；若用酚酞作指示劑當滴入最后一滴硫酸溶液，溶液由淺紅色變為無色，且30s內顏色不變，說明氫氧化鈉與硫酸完全反應；（2）依據題給數據計算氫氧化鈉的物質的量，再計算燒堿樣品的純度；（3）依據標準溶液體積變化和待測液中溶質的物質的量變化分析解答。【詳解】（1）滴定過程中兩眼應該注視錐形瓶內溶液的顏色變化；若用酚酞作指示劑當滴入最后一滴硫酸溶液，溶液由淺紅色變為無色，且30s內顏色不變，說明氫氧化鈉與硫酸完全反應，達到滴定終點，故答案為：錐形瓶中溶液顏色變化；滴入最后一滴硫酸溶液，溶液由淺紅色變為無色，且30s內顏色不變；（2）由表格數據可知，第一次消耗硫酸的體積為（20.50—0.40）ml=20.10ml，第二次消耗硫酸的體積為（24.00—4.10）ml=19.90ml，取兩次平均值，可知反應消耗硫酸的體積為=20.00ml，由H2SO4—2NaOH可得n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×0.1000mol?L?1×0.02000L=4×10—3mol，則燒堿樣品的純度為×100%=97.56%，故答案為：97.56%；（3）①觀察酸式滴定管液面時，開始俯視，滴定終點平視，導致硫酸標準溶液體積偏大，使所測結果偏高，故答案為：偏高；②若將錐形瓶用待測液潤洗，增加了待測液中溶質的物質的量，導致消耗硫酸標準液體積偏大，使所測結果偏高，故答案為：偏高。分析誤差時要看是否影響標準體積的用量，若標準體積偏大，結果偏高；若標準體積偏小，結果偏小；若不影響標準體積，則結果無影響。27、CN-+ClO-=CNO-+Cl-2CNO-+2H++3CNO-=N2↑+2CO2↑+3Cl-+H2O除去HCl氣體去除Cl2防止空氣中CO2進入戊中影響測定準確度82%①裝置乙、丙、丁中可能滯留有CO2；②CO2產生的速度較快未與戊中的澄清石灰水充分反應；③Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全（答出其一即可）。【解析】本題考查氧化還原反應方程式的書寫、物質除雜和提純、化學計算等，（1）根據信息，甲：在TiO2催化劑作用下，NaClO將CN－氧化成CNO－，ClO－＋CN－→CNO－＋Cl－，CN－中N顯－3價，C顯＋2價，CNO－中氧顯－2價，N顯－3價，C顯＋4價，因此有ClO－中Cl化合價由＋1價→－1價，化合價降低2價，CN－中C化合價由＋2價→＋4價，化合價升高2價，然后根據原子守恒配平其他，CN－+ClO－=CNO－+Cl－；根據信息酸性條件下，CNO－被ClO－氧化成N2和CO2，離子反應方程式為：2CNO－+2H＋+3CNO－=N2↑+2CO2↑+3Cl－+H2O；（2）利用HCl易溶于水，因此飽和食鹽水的作用是除去HCl氣體，丁的作用是除去Cl2；實驗的目的是測定CO2的量確定CN－被處理的百分率，空氣中有CO2，因此堿石灰的作用是防止空氣中CO2進入戊中，避免影響測定的準確性；（3）戊中沉淀是CaCO3，根據碳元素守恒，n(CN－)=n(CaCO3)=0.82/100mol=8.2×10－3mol，被處理的百分率是8.2×10－3/(200×10－3×0.05)×100%=82%，①裝置乙、丙、丁中可能滯留有CO2；②CO2產生的速度較快未與戊中的澄清石灰水充分反應；③Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全。點睛：本題氧化還原反應方程式的書寫是學生易錯，書寫氧化還原反應方程式時，先判斷氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物，如（1）第二問，CNO－繼續被ClO－氧化，說明CNO－是還原劑，N2為氧化產物，ClO－是氧化劑，一般情況下，沒有明確要求，ClO－被還原成Cl－，Cl－是還原產物，即有CNO－＋ClO－→N2＋CO2＋Cl－，然后分析化合價的變化，N由-3價→0價，Cl由＋1價→－1價，根據化合價升降進行配平，即2CNO－＋3ClO－→N2＋CO2＋3Cl－，環境是酸性環境，根據反應前后所帶電荷守恒，H＋作反應物，即2CNO－+2H＋+3CNO－=N2↑+2CO2↑+3Cl－+H2O。28、(CH3)1CHCH=CH1新制的氫氧化銅懸濁液或銀氨溶液【解析】

由合成M的路線可知：E應為，D為CH1═CHCOOCH1CH1CH（CH3）1．由A（C3H4O）在催化劑、O1、△條件