寧夏吳忠市青銅峽高中2025年化學高二下期末檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。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寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、下列說法正確的是A．“量子化”就是不連續的意思，微觀粒子運動均有此特點B．英國科學家道爾頓首先發現了電子C．焰色反應與電子躍遷有關，屬于化學變化D．基態氫原子轉變成激發態氫原子時釋放能量2、下列裝置或操作不能達到目的的是()A．裝置①：制取乙炔并驗證炔烴的性質 B．裝置②：檢驗乙醇的還原性，溶液顏色從橙色變成綠色C．裝置③：驗證葡萄糖分子中含有醛基官能團 D．裝置④：酸性KMnO4溶液中出現氣泡且顏色逐漸褪去3、工業上從海水中提取溴單質時，可用純堿溶液吸收空氣吹出的溴，發生反應:(I)3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2;(II)5NaBr+NaBrO3+3H2SO4===3Na2SO4+3Br2+3H2O下列有關判斷正確的是A．反應I中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:1B．溴元素由化合態轉化成游離態時一定發生了還原反應C．反應Ⅱ中生成3molBr2時，必有5mol電子轉移D．氧化還原反應中化合價變化的元素一定是不同種元素4、若在強熱時分解的產物是、、和，則該反應中化合價發生變化和未發生變化的N原子數之比為A．1:4 B．1:2 C．2:1 D．4:15、常溫下向濃度均為0.10mol/L、體積均為1mL的NaOH溶液和Na2CO3溶液中分別加水，均稀釋至VmL，兩種溶液的pH與lgV的變化關系如圖所示.下列敘述中錯誤的是A．Khl(CO32-)(Khl為第一級水解平衡常數)的數量級為10-4B．曲線N表示Na2CO3溶液的pH隨lgV的變化關系C．Na2CO3溶液中存在:c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)D．若將Na2CO3溶液加熱蒸干，由于CO32-水解，最終析出的是NaOH固體6、阿伏加德羅常數約為6.02×1023mol－1，下列敘述中正確的是（）①．0.25molNa2O2中含有的陰離子數為0.5×6.02×1023②．36g水中含有的氫氧鍵數為4×6.02×1023③．2.24LCH4中含有的原子數為0.5×6.02×1023④．250mL2mol/L的氨水中含有NH3·H2O的分子數為0.5×6.02×1023⑤．1L1mol·L-1的CH3COOH溶液中含有6.02×1023個氫離子⑥．18gD2O（重水）完全電解，轉移6.02×1023個電子⑦．標況下22.4LSO2氣體，所含氧原子數為2×6.02×1023⑧．14g乙烯和丙烯的混合物中，含有共用電子對數目為3×6.02×1023A．2個B．3個C．4個D．5個7、下表所列物質晶體的類型全部正確的一組是原子晶體離子晶體分子晶體A氮化硅磷酸單質硫B單晶硅氯化鋁白磷C金剛石燒堿冰D鐵尿素冰醋酸A．A B．B C．C D．D8、三室式電滲析法處理含Na2SO4廢水的原理如圖所示，采用惰性電極，ab、cd均為離子交換膜，在直流電場的作用下，兩膜中間的Na+和SO42-可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進入中間隔室。下列敘述正確的是A．通電后中間隔室的SO42-離子向正極遷移，正極區溶液pH增大B．該法在處理含Na2SO4廢水時可以得到NaOH和H2SO4產品C．負極反應為2H2O–4e–=O2+4H+，負極區溶液pH降低D．當電路中通過1mol電子的電量時，會有0.5mol的O2生成9、下述說法正確的是（）①碘酒屬于混合物，而液氯、冰水、冰醋酸均屬于純凈物②氫氧化鋇、氯化銨、過氧化鈉、氫化鈉都屬于離子化合物③蔗糖、硝酸鉀和硫酸鋇分別屬于非電解質、強電解質和弱電解質④Al2O3和SiO2都能溶于強堿，因此都是酸性氧化物⑤溶液與膠體的本質區別是丁達爾效應A．③④ B．①⑤ C．②⑤ D．①②10、下列說法正確的一組是①不溶于水的鹽（CaCO3、BaSO4等）都是弱電解質②二氧化碳溶于水能部分電離，故二氧化碳屬于弱電解質③氯化鈉水溶液在電流的作用下電離出Na＋和Cl－，所以氯化鈉是強電解質④強酸溶液中氫離子濃度一定大于弱酸溶液中氫離子濃度⑤熔融的電解質都能導電⑥強電解質可能是離子化合物，也可能是共價化合物A．①③⑤⑥ B．②④⑤⑥C．只有⑤ D．只有⑥11、下列電子層中，原子軌道數目為4的是（）A．K層 B．L層 C．M層 D．N層12、已知常溫下，幾種物質的電離平衡常數，下列反應的離子方程式正確的有幾個弱酸HCOOHHCNH2CO3HClO苯酚K25℃K=1.77×10-4K=4.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11K=2.98×10-8K=1.1×10-10①向苯酚鈉溶液中通入少量的CO2:2C6H5O-+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32-②次氯酸鈣溶液中通入少量二氧化碳:Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO③次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化碳:2C1O-+H2O+CO2=2HClO+CO32-④次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化硫:3ClO-+SO2+H2O=SO42-+2HClO+Cl-⑤純堿溶液中滴加少量甲酸:2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑⑥碳酸鈉溶液中通入過量氯氣:Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-⑦NaCN溶液中通入少量的CO2:CN-+CO2+H2O=HCO3-+HCNA．2個 B．3個 C．4個 D．5個13、關于工業合成氨反應：N2＋3H22NH3，下列說法錯誤的是A．增大N2濃度可以使H2轉化率達到100℅B．降低體系溫度有利于平衡朝正反應方向移動C．使用合適的催化劑可以縮短到達平衡的時間D．升高溫度能加快反應速率14、下列關于甘氨酸（H2N-CH2-COOH）性質的說法中正確的是A．只有酸性，沒有堿性 B．只有堿性，沒有酸性C．既有酸性，又有堿性 D．既沒有酸性，又沒有堿性15、符合分子式“C6H6”的多種可能結構如圖所示，下列說法正確的是A．1～5對應的結構中能使溴的四氯化碳溶液褪色的有4個B．1～5對應的結構中一氯取代物只有1種的有3個C．1～5對應的結構中所有原子均可能處于同一平面的有1個D．1～5對應的結構均能與氫氣在一定條件下發生加成反應16、NaNO2一種食品添加劑，它致癌。酸性KMnO4溶液與NaNO2的反應方程式是MnO4-＋NO2-＋→Mn2＋＋NO3-＋H2O。下列敘述中正確的是（）A．該反應中NO2-被還原B．反應過程中溶液的pH減小C．生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4D．中的粒子是OH－17、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<①18、下列電離方程式，書寫正確的是(

)A．H2SO4=2H++SO42-B．NH3·H2O=NH4++OH-C．H2CO3=H2O+CO2↑D．H2CO32H++CO32-19、在一密閉的容器中，將一定量的NH3加熱使其發生分解反應：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，當達到平衡時，測得25%的NH3分解，此時容器內的壓強是原來的()A．1.125倍B．1.25倍C．1.375倍D．1.5倍20、以下各種尾氣吸收裝置中，適合于吸收易溶性氣體并且能防止倒吸的是()A．B．C．D．21、將mg鎂鋁合金投入到500ml2mol/L的鹽酸中，固體完全溶解，收集到氣體5.6L（標準狀況下）。向反應所得溶液中加入4mol/L的氫氧化鈉溶液，沉淀達到最大值為13.60g，則m的值為A．11.48 B．9.35 C．8.50 D．5.1022、由環已烷、乙醇、乙醚組成的混和物，經測定其中碳的質量分數為72%，則氧的質量分數為A．14.2% B．16% C．17.8% D．19.4%二、非選擇題(共84分)23、（14分）A，B，C，D是四種短周期元素，E是過渡元素。A，B，C同周期，C，D同主族，A的原子結構示意圖為，B是同周期第一電離能最小的元素，C的最外層有三個未成對電子，E的外圍電子排布式為3d64s2。回答下列問題：（1）寫出下列元素的符號：A____，B___，C____，D___。（2）用化學式表示上述五種元素中最高價氧化物對應水化物酸性最強的是___，堿性最強的是_____。（3）用元素符號表示D所在周期第一電離能最大的元素是____，電負性最大的元素是____。（4）E元素原子的核電荷數是___，E元素在周期表的第____周期第___族，已知元素周期表可按電子排布分為s區、p區等，則E元素在___區。（5）寫出D元素原子構成單質的電子式____，該分子中有___個σ鍵，____個π鍵。24、（12分）A、B、C均為食品中常見的有機化合物，F是生活中常見的氣體燃料，也是含氫百分含量最高的有機物，D和E有相同的元素組成。它們之間的轉化關系如圖：請回答：（1）有機物A中官能團的名稱是________（2）反應①的化學方程式___________（3）F與氯氣反應生成億元取代物待測化學方程式___________（4）下列說法正確的是____________A．3個反應中的NaOH都起催化作用B．反應⑤屬于加成反應C．A的同分異構體不能與金屬鈉反應生成氫氣D．1molB、1molC完全反應消耗NaOH的物質的量相同25、（12分）I．選取下列實驗方法分離物質，將最佳分離方法的序號填在橫線上。A萃取分液法B升華法C分液法D蒸餾法E過濾法(1)_________分離飽和食鹽水與沙子的混合物。(2)_________分離水和汽油的混合物。(3)_________分離四氯化碳(沸點為76.75℃)和甲苯(沸點為110.6℃)的混合物。(4)_________分離碘水中的碘。(5)_________分離氯化鈉固體和碘固體的混合物。II.圖是甲、乙兩種固體物質的溶解度曲線。(1)t2℃時，將等質量的甲、乙兩種物質加水溶解配制成飽和溶液，所得溶液質量的大小關系為：甲____________乙(填“＞”、“＜”或“＝”)。(2)除去甲物質中少量乙物質可采取____________結晶的方法(填“蒸發”或“降溫”)。III．如圖裝置，按要求填空(1)排空氣法收集氣體，若收集CO2氣體，進氣口為__________(填“a”或“b”)(2)若瓶中裝滿水，可用于收集下列氣體中的__________(選填編號)①NO②NO2③NH3④HCl(3)如果廣口瓶中盛放濃硫酸，可以用作氣體干燥裝置，則該裝置不可以干燥的氣體有___________(選填編號)①HCl②H2③NH3④CO⑤HI26、（10分）亞硝酸鈉(NaNO2)是一種工業鹽，實驗室可用如下裝置(略去部分夾持儀器)制備。已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性條件下，NO和NO2都能與MnO4-反應生成NO3-和Mn2+；Na2O2能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。（1）加熱裝置A前，先通一段時間N2，目的是_______________。（2）裝置A中發生反應的化學方程式為__________________________________。實驗結束后，將B瓶中的溶液經蒸發濃縮、__________(填操作名稱)、過濾可獲得CuSO4·5H2O。（3）儀器C的名稱為______________，其中盛放的藥品為____________(填名稱)。（4）充分反應后，檢驗裝置D中產物的方法是：取產物少許置于試管中，________________，則產物是NaNO2(注明試劑、現象)。（5）為測定亞硝酸鈉的含量，稱取4.000g樣品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液進行滴定，實驗所得數據如下表所示：①第一組實驗數據出現異常，造成這種異常的原因可能是_________(填代號)。a．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗b．錐形瓶洗凈后未干燥c．滴定終點時仰視讀數②根據表中數據，計算所得固體中亞硝酸鈉的質量分數__________。27、（12分）鈉硝石又名智利硝石，主要成分為NaNO3。據最新勘探預測表明，我國吐魯番盆地鈉硝石資源量約2.2億噸，超過了原世界排名第一的智利。一種以鈉硝石為原料制備KNO3的流程如下圖所示（礦石中其他物質均忽略）：相關化合物溶解度隨溫度變化曲線如下圖所示：回答下列問題：(1)NaNO3是________________（填“電解質”或“非電解質”）。(2)一定溫度下，NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2，該反應的化學方程式為__________________。(3)為提高鈉硝石的溶浸速率，可對礦石進行何種預處理________________（答出一種即可）。(4)為減少KNO3的損失，步驟a的操作應為：________________________________；步驟b中控制溫度可為下列選項中的________。A．10℃B．40℃C．60℃D．90℃(5)如何驗證洗滌后的KNO3中沒有Cl-：_______________________________________。(6)若100噸鈉硝石可生產60.6噸KNO3，則KNO3的產率為________。28、（14分）核安全與放射性污染防治已引起世界核大國的廣泛重視。在爆炸的核電站周圍含有放射性物質碘一131和銫一137。碘—131—旦被人體吸入，可能會引發甲狀腺等疾病。(l)Cs(銫)的價電子的電子排布式為6s1，與銫同主族的前四周期（包括第四周期）的三種金屬元素X、Y、Z的電離能如下表元素代號XYZ第一電離能（kJ·mol-1)520496419上述三種元素X、Y、Z的元素符號分別為_________，基態Z原子的核外電子排布式為______，X形成的單質晶體中含有的化學鍵類型是_________________。(2)F與I同主族，BeF2與H2O都是由三個原子構成的共價化合物分子，二者分子中的中心原子Be和O的雜化方式分別為______、______，BeF2分子的立體構型是____________，H2O分子的立體構型是________________。(3)與碘同主族的氯具有很強的活潑性，能形成大量的含氯化合物。BC13分子中B—C1鍵的鍵角為__________________。(4)131I2晶體的晶胞結構如圖甲所示，該晶胞中含有____個131I2分子；KI的晶胞結構如圖乙所示，每個K+緊鄰______個I-。(5)KI晶體的密度為ρg?cm3，K和I的摩爾質量分別為MKg?mol-1和MIg?mol-1，原子半徑分別為rKpm和rIpm，阿伏加德羅常數值為NA，則KI晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為_____________。29、（10分）（1）給定條件下的下列四種物質：①常溫下112mL液態水，②含有40mol電子的NH3，③含有16NA個共價鍵的乙醇，④4g氦氣，則上述物質中所含分子數目由多到少的順序是________________（填序號）。（2）某混合氣體只含有氧氣和甲烷,在標準狀況下,該氣體的密度為1.00g/L，則該氣體中氧氣和甲烷的體積比為________。（3）標準狀況下，VL氨氣溶解在1L水中（水的密度近似為1g/mL），所得溶液密度為ρg/mL，則所得溶液中溶質物質的量濃度是________mol/L。（4）將100mLH2SO4和HCl混合溶液分成兩等份，一份中加入含0.2molNaOH溶液時恰好中和完全，向另一份中加入含0.05molBaCl2溶液時恰好沉淀完全，則原溶液中c(Cl-)=_________。

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、A【解析】

A．“量子化”就是不連續的意思，微觀粒子運動均是量子化的，A正確；B．1897年，英國科學家約瑟夫·約翰·湯姆森發現電子，B錯誤；C．焰色反應沒有新物質生成，是物理變化，C錯誤；D．基態氫原子吸收能量發生躍遷變成激發態氫原子，D錯誤。答案選A。2、A【解析】

A.電石和水反應可生成乙炔，但是，由于電石中含有的雜質也和水反應生成硫化氫等氣體，且雜質也能使溴水褪色，故裝置①達不到制取乙炔并驗證炔烴的性質的目的；B.重鉻酸鉀溶液顯橙色，其中+6價的Cr元素可以被乙醇還原為Cr3+而使溶液變為綠色，故裝置②可以檢驗乙醇的還原性，并使溶液顏色從橙色變成綠色；C.在水浴加熱的條件下，含有醛基官能團的有機物可以發生銀鏡反應，故裝置③可以驗證葡萄糖分子中含有醛基官能團；D.石蠟油在碎瓷片的作用下加熱可以發生分解，生成能使酸性KMnO4溶液褪色的氣態不飽和烴，故裝置④中酸性KMnO4溶液中出現氣泡且顏色逐漸褪去。綜上所述，裝置或操作不能達到目的的是A，本題選A。3、C【解析】

A.(I)3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2中溴為氧化劑和還原劑，其中做氧化劑的為2.5mol，做還原劑的溴為0.5mol，故二者比例為5:1，故錯誤；B.溴元素由化合態轉化成游離態時化合價可能降低也可能升高，可能發生氧化反應或還原反應，故錯誤；C.反應Ⅱ5NaBr+NaBrO3+3H2SO4===3Na2SO4+3Br2+3H2O中溴化鈉中的溴從-1價升高到0價，溴酸鈉中溴從+5價降低到0價，所以生成3molBr2時，必有5mol電子轉移，故正確；D.在氧化還原反應中肯定有元素化合價變化，可能是一種元素也可能是不同的元素，故錯誤。故選C。4、B【解析】

利用化合價升降法將該氧化還原反應方程式配平，反應方程式為3（NH4）2SO43SO2+N2+4NH3+6H2O，該反應中銨根離子和氨氣分子中氮原子的化合價都是-3價，化合價不變，所以則該反應中化合價發生變化和未發生變化的N原子數之比為1：2，選B。5、D【解析】NaOH為強堿，常溫下0.10mol/LNaOH溶液的pH=13，所以曲線M表示NaOH溶液的pH隨lgV的變化關系，曲線N表示Na2CO3溶液的pH隨lgV的變化關系；Na2CO3溶液中存在的水解主要是：CO32-+H2OHCO3-+OH-，常溫下0.10mol/L的Na2CO3溶液的pH=11.6，即c(H+)=10-11.6，則c(OH-)=Kw/c(H+)=10-2.4，Ka1(CO32-)=≈=10-3.8，由上述分析，A、B都正確；C項，Na2CO3溶液中Na+和CO32-是主要離子，c(Na+)>c(CO32-)，CO32-水解使溶液顯堿性，則c(OH-)>c(H+)，且c(H+)遠小于c(OH-)，因為水解是微弱的，所以c(CO32-)>c(OH-)，又因為Na2CO3溶液中存在二級水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，其中主要為第一級水解，所以c(OH-)略大于c(HCO3-)，綜上分析，Na2CO3溶液中存在：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)，故C正確；D項，Na2CO3溶液中存在水解：Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH，若將Na2CO3溶液加熱蒸發，開始時溫度升高促進水解，但隨著水分的減少，NaHCO3和NaOH濃度增大，因為二者不能大量共存，所以又會反應生成Na2CO3，因此將Na2CO3溶液加熱蒸干，最終析出的是Na2CO3固體，故D錯誤。點睛：本題考查電解質溶液，側重考查離子濃度大小比較、水解常數有關計算、鹽類水解原理的應用等，難度較大，掌握鹽類水解的原理，并結合題給圖示信息分析是解題關鍵。解題思路：首先根據開始時的pH判斷，曲線M表示NaOH溶液的pH隨lgV的變化關系，曲線N表示Na2CO3溶液的pH隨lgV的變化關系；進一步求得Na2CO3溶液中c(OH-)，再根據水解常數表達式求得Ka1(CO32-)；D項易錯，CO32-的一級水解是主要的，二級水解遠小于一級水解，注意HCO3-和OH-不能大量共存。6、B【解析】分析：①Na2O2中含有的陰離子為過氧根離子；②1mol水中含有2mol氫氧鍵；③沒有告訴在標準狀況下，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算甲烷的物質的量；④一水合氨為弱電解質，溶液中部分電離，導致一水合氨數目減少；⑤醋酸為弱電解質，溶液中只能部分電離出氫離子；⑥1mol水電解轉移2mol電子；⑦利用標況下的氣體摩爾體積計算22.4LSO2氣體的物質的量，根據二氧化硫的組成計算原子數；⑧乙烯和丙烯的最簡式為CH2，根據最簡式計算出混合物中含有的C、H數目，乙烯和丙烯中，每個C和H都平均形成1個C-C共價鍵、1個C-H共價鍵。詳解：①0.25molNa2O2中含有0.25mol過氧根離子，含有的陰離子數為0.25×6.02×1023，錯誤；②36g水的物質的量是2mol，其中含有的氫氧鍵數為4×6.02×1023，正確；③不是標準狀況下，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算2.24LCH4的物質的量，錯誤；④250mL2mol/L的氨水中含有溶質0.5mol，由于溶液中一水合氨部分電離，且反應是可逆反應，所以溶液中含有NH3?H2O的分子數為小于0.5×6.02×1023，錯誤；⑤1L1mol?L-1的醋酸溶液中含有1mol溶質醋酸，由于醋酸部分電離出氫離子，所以溶液中含有的氫離子小于1mol，含有氫離子數目小于6.02×1023，錯誤；⑥18gD2O（重水）的物質的量為0.9mol，0.9mol重水完全電解生成0.9mol氫氣，轉移了1.8mol電子，轉移1.8×6.02×1023個電子，錯誤；⑦標況下22.4LSO2氣體的物質的量是1mol，所含氧原子數為2×6.02×1023，正確；⑧14g乙烯和丙烯的混合物中含有1mol最簡式CH2，含有1molC、2molH原子，乙烯和丙烯中，1molC平均形成了1mol碳碳共價鍵，2molH形成了2mol碳氫共價鍵，所以總共形成了3mol共價鍵，含有共用電子對數目為3×6.02×1023，正確；根據以上分析可知，正確的數目為3。答案選B。點睛：本題考查阿伏加德羅常數的有關計算和判斷，題目難度中等，試題題量較大，涉及的知識點較多，注意掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數的關系，準確弄清分子、原子、原子核內質子中子及核外電子的構成關系，明確標況下氣體摩爾體積的使用條件。7、C【解析】試題分析：根據構成晶體的微粒確定晶體類型，原子晶體的構成微粒是原子，分子晶體的構成微粒是分子，離子晶體的構成微粒是陰陽離子。A．磷酸的構成微粒是分子，所以磷酸屬于分子晶體，故A錯誤；B．單晶硅的構成微粒是原子，所以屬于原子晶體，白磷的構成微粒是分子，屬于分子晶體，但是氯化鋁屬于共價化合物，構成微粒是氯化鋁分子，所以屬于分子晶體，故B不正確；C．金剛石的構成微粒是原子，所以屬于原子晶體，燒堿的構成微粒是陰陽離子，所以屬于離子晶體，冰的構成微粒是分子，所以屬于分子晶體，故C正確；D．鐵的構成微粒是金屬陽離子和自由電子，所以屬于金屬晶體，尿素的構成微粒是分子，屬于分子晶體，故D錯誤；考點：原子晶體、離子晶體、分子晶體點評：本題考查了晶體類型的判斷，明確晶體的構成微粒是解本題關鍵，注意尿素、氯化鋁屬于分子晶體，為易錯點。8、B【解析】

A．根據同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引的原則，在電解池中陰離子會向正電荷較多的陽極區定向移動，因此通電后中間隔室的SO42－離子向正極遷移；在正極區帶負電荷的OH－失去電子，發生氧化反應而放電，由于破壞了附近的水的電離平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正極區溶液酸性增強，溶液的pH減小，故A錯誤；B．陽極區氫氧根放電，溶液中產生硫酸，陰極區氫離子獲得電子，發生還原反應而放電，破壞了附近的水的電離平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以產生氫氧化鈉，因此該法在處理含Na2SO4廢水時可以得到NaOH和H2SO4產品，故B正確；C．負極區氫離子得到電子，使溶液中c(H＋)增大，所以負極區溶液pH升高，故C錯誤；D．當電路中通過1mol電子的電量時，根據整個閉合回路中電子轉移數目相等可知反應產生氧氣的物質的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D錯誤。故選B。【點睛】本題主要是考查電解原理及其應用、電極判斷、電極反應式書寫、電極產物判斷與計算等。電化學是歷年高考的重要考點之一，考查的內容為：提供電極材料和電解質溶液判斷能否形成原電池，原電池電極名稱判斷及電極反應式的書寫，提供反應方程式設計原電池、電解池（包括電鍍池、精煉池），根據電解時電極質量或溶液pH的變化判斷電極材料或電解質種類，電解產物的判斷和計算，結合圖像考查電極質量或電解質溶液質量分數的變化。9、D【解析】

①碘酒是碘的酒精溶液，屬于混合物，液氯、冰水、冰醋酸均為一種成分組成，均屬于純凈物，故正①確；②氫氧化鋇是由鋇離子和氫氧根離子構成，氯化銨由氯離子和銨根離子構成，過氧化鈉是由鈉離子和過氧根離子構成，氫化鈉是由鈉離子和氫離子構成，都屬于離子化合物，故②正確；③硫酸鋇難溶于水，溶于水的硫酸鋇完全電離，屬于強電解質，故③錯誤；④Al2O3和SiO2都能溶于強堿生成鹽和水，Al2O3還能溶于酸生成鹽和水，屬于兩性氫氧化物，故④錯誤；⑤溶液與膠體的本質區別是分散質顆粒直徑不同，故⑤錯誤；①②正確，故選D。【點睛】本題考查物質分類，注意化合物和純凈物、離子化合物和共價化合物、電解質強弱和非電解質概念的理解，注意氧化物的類別、膠體的本質特征判斷是解題關鍵。10、D【解析】

①CaCO3、BaSO4雖不溶于水，但它們是強電解質，故①錯；②二氧化碳溶于水生成了碳酸，碳酸部分電離，是弱電解質，但二氧化碳是非電解質，故②錯；③氯化鈉在水分子的作用下電離出Na+和Cl-，所以氯化鈉是強電解質，故③錯；④0.00001mol/L鹽酸中氫離子濃度小于1mol/LCH3COOH中氫離子濃度，故④錯；⑤熔融的純硫酸不導電，故⑤錯誤；⑥屬于強電解質的有強酸、強堿和大多數鹽，所以強電解質可能是離子化合物，也可能是共價化合物，⑥正確；綜上所述，選D。11、B【解析】

s、p、d、f含有的軌道數目分別是1、3、5、7，所以K層原子軌道的數目為1，L層原子軌道的數目為4，M層原子軌道的數目為9，N層原子軌道的數目為16，答案選B。【點睛】該題的關鍵是記住能級對應的軌道數目以及能層包含的能級數目，然后靈活運用即可。12、B【解析】①根據表中數據可知，苯酚的酸性弱于H2CO3而強于HCO3-，則苯酚能與CO32-反應生成HCO3-，盡管苯酚鈉溶液中通入少量的CO2，反應也只能生成C6H5OH和NaHCO3，①錯誤，②因為次氯酸的酸性弱于H2CO3而強于HCO3-，所以次氯酸鈣溶液中通入少量CO2，生成物是HClO和CaCO3沉淀，②正確，③由于次氯酸的酸性弱于H2CO3而強于HCO3-，所以次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化碳，生成物只能是HClO和NaHCO3，③錯誤，④由于HClO具有強氧化性，將SO2氧化為H2SO4，而自身還原為Cl-，但由于次氯酸鈉量多，生成的硫酸又與次氯酸鈉反應生成次氯酸，所以④正確，⑤甲酸的酸性強于碳酸，但甲酸量少，與碳酸鈉反應只能生成甲酸鈉和碳酸氫鈉，故⑤錯誤，⑥由于氯氣過量，所以與碳酸鈉反應的生成物為CO2+Cl-+ClO-，故⑥錯誤，⑦由于HCN的酸性弱于H2CO3而強于HCO3-，所以NaCN溶液中通入少量的CO2，反應只能生成HCO3-+HCN，⑦正確。所以本題有②④⑦三個正確，答案選B。點睛：較強的酸可以置換較弱的酸，再加上量的限制，使本題很難快速解答。這些反應不僅與酸性強弱有關，還與氧化性還原性的強弱、通入氣體量的多少有關，如：一般情況下少量CO2通入堿性溶液中生成CO32-，過量CO2通入堿性溶液生成HCO3-。13、A【解析】A.增大N2濃度可以提高氫氣的轉化率，但不可能使H2轉化率達到100℅，A錯誤；B.正反應放熱，降低體系溫度有利于平衡朝正反應方向移動，B正確；C.使用合適的催化劑加快反應速率，可以縮短到達平衡的時間，C正確；D.升高溫度能加快反應速率，D正確，答案選A。14、C【解析】

甘氨酸含有氨基，能夠結合H+，表現出堿性，還含有羧基，能夠電離產生H+，與堿發生中和反應，因此又表現出酸性。故甘氨酸既有酸性，又有堿性，答案選C。15、C【解析】

A．2、3、5對應的結構中都含有碳碳雙鍵，能使溴的四氯化碳溶液褪色，1、4不可以，故A錯誤；B．1、4對應的結構中的一氯取代物有1種，2對應的結構中的一氯取代物有3種，3、5對應的結構中的一氯取代物有2種，故B錯誤；C．只有1對應的結構中所有原子均可能處于同一平面，其它都含有飽和碳原子，具有甲烷的結構特點，故C正確；D．1中含有苯環，2、3、5含有碳碳雙鍵，均能與氫氣在一定條件下發生加成反應，而4不能與氫氣發生加成反應，故D錯誤；故答案為C。【點睛】分析有機物的原子共面問題時，重點掌握C-C、C=C、C≡C和苯的空間結構特點，有機物中的原子共平面問題可以直接聯想甲烷的正四面體結構、乙烯的平面型結構、乙炔的直線型結構和苯的平面型結構，對有機物進行肢解，分部分析，另外要重點掌握碳碳單鍵可旋轉、雙鍵和三鍵不可旋轉。16、C【解析】

該反應中Mn元素化合價由+7價變為+2價，所以MnO4-是氧化劑，NO2-應該作還原劑，亞硝酸根離子中N元素應該失電子化合價升高，酸性條件下，應該生成硝酸根離子，根據轉移電子相等、原子守恒配平方程式為2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O；A．該反應中N元素化合價由+3價變為+5價，所以亞硝酸根離子失電子被氧化，故A錯誤；B．根據元素守恒、電荷守恒知，□是H+，氫離子參加反應導致溶液中氫離子濃度降低，則溶液的pH增大，故B錯誤；C．根據轉移電子守恒得，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物質的量==0.4mol，故C正確；D．由B分析可知，□是H+，故D錯誤；故答案為C。【點睛】氧化還原反應的實質是反應過程中發生電子轉移，而氧化劑得電子的總數(或元素化合價降低總數)必然等于還原劑失電子總數(或元素化合價升高總數)，根據這一原則可以對氧化還原反應的化學方程式進行配平。配平的步驟：①標好價：正確標出反應前后化合價有變化的元素的化合價；②列變化：列出元素化合價升高和降低的數值；②求總數：求元素化合價升高數和降低數的總數，確定氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物的化學計量數；④配系數：用觀察法配平其他各物質的化學計量數；⑤細檢查：利用“守恒”三原則(即得失電子守恒、電荷守恒、質量守恒)，逐項檢查配平的方程式是否正確。17、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。【點睛】CH3COONH4溶液酸堿性的判斷要依據對應的電離常數，這點要注意。18、A【解析】分析：A.硫酸是二元強酸；B.一水合氨是弱電解質；C.碳酸是二元弱酸；D.碳酸是二元弱酸。詳解：A.硫酸是二元強酸，電離方程式為H2SO4=2H++SO42-，A正確；B.一水合氨是弱電解質，存在電離平衡，NH3·H2ONH4++OH-，B錯誤；C.碳酸是二元弱酸，分步電離：H2CO3H++HCO3-、HCO3－H++CO32-，C錯誤；D.碳酸是二元弱酸，分步電離：H2CO3H++HCO3-、HCO3－H++CO32-，D錯誤；答案選A。19、B【解析】

假設原容器中含有2mol氨氣，達到平衡時，測得25%的NH3分解，則容器中含有氨氣2mol×(1-25%)=1.5mol，氮氣為2mol×25%×12=0.25mol，氫氣為2mol×25%×32=0.75mol，同溫同體積是氣體的壓強之比等于物質的量之比，平衡時，容器內的壓強是原來的1.5mol+0.25mol+0.75mol2mol20、D【解析】

根據是否使氣體充分溶解、是否能防止倒吸方面考慮，只有氣體與溶液充分混合，氣體才被成分吸收，有緩沖裝置時就能防止溶液倒吸，據此答題。【詳解】A.該裝置中導管沒有伸入吸收液中，不能使氣體充分被吸收，吸收效果不好，能防止倒吸，故A錯誤；B.該裝置中導管伸入吸收液中，能使氣體充分被吸收，但不能防止倒吸，故B錯誤；C.該裝置中連接的漏斗深入吸收液中，氣體成分能被吸收，但不能防止倒吸，故C錯誤；D.該裝置中倒置的球形漏斗插入溶液中，氣體能被充分吸收，且球形管有緩沖作用防止倒吸，既能夠防止倒吸，又能夠很好的吸收尾氣，故D正確；故選D。21、D【解析】鎂、鋁最終轉化為氫氧化鎂和氫氧化鋁沉淀，這說明Mg、Al在反應中失去電子的物質的量等于生成沉淀需要氫氧根離子的物質的量，5.6L氣體是氫氣，物質的量是0.25mol，轉移0.5mol電子，即與金屬陽離子結合的氫氧根是0.5mol，質量是8.5g，所以m＝13.60g－8.5g=5.10g，答案選D。點睛：本題考查混合物的計算，本題注意把握電子轉移的數目和氫氧根離子之間的關系，為解答該題的關鍵，注意各種守恒法的靈活應用。22、A【解析】

環己烷的分子式為C6H12可以改寫成(CH2)6，乙醇的分子式為C2H6O可以改寫成(CH2)2·H2O，乙醚的分子式為C4H10O，可以改寫成(CH2)4·H2O，所以該混合物可以看成CH2與H2O構成的。【詳解】由于該混合物中C的質量分數為72%，所以CH2的質量分數為：，那么H2O的質量分數為：，O元素的質量分數為：，A項正確；答案選A。二、非選擇題(共84分)23、SiNaPNHNO3NaOHNeF26四Ⅷd12【解析】

A、B、C、D是四種短周期元素，由A的原子結構示意圖可知，x=2，A的原子序數為14，故A為Si，A、B、C同周期，B是同周期第一電離能最小的元素，故B為Na，C的最外層有三個未成對電子，故C原子的3p能級有3個電子，故C為P，C、D同主族，故D為N，E是過渡元素，E的外圍電子排布式為3d64s2，則E為Fe。【詳解】(1)由上述分析可知，A為Si、B為Na、C為P、D為N；(2)非金屬越強最高價氧化物對應水化物酸性越強，非金屬性N＞P＞Si，酸性最強的是HNO3，金屬性越強最高價氧化物對應水化物堿性越強，金屬性Na最強，堿性最強的是NaOH；(3)同周期元素，稀有氣體元素的第一電離能最大，所以第一電離能最大的元素是Ne，周期自左而右，電負性增大，故電負性最大的元素是F；(4)E為Fe元素，E的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，故核電荷數是26，Fe在周期表中處于第四周期Ⅷ族，在周期表中處于d區；(5)D為氮元素，原子核外電子排布式為1s22s22p3，最外層有3個未成對電子，故氮氣的電子式為：，該分子中有1個σ鍵，2個π鍵。【點睛】本題重點考查元素推斷和元素周期律的相關知識。本題的突破點為A的原子結構示意圖為，可推出A為Si，A、B、C同周期，B是同周期第一電離能最小的元素，故B為Na，C的最外層有三個未成對電子，故C原子的3p能級有3個電子，故C為P，C、D同主族，故D為N，E是過渡元素，E的外圍電子排布式為3d64s2，則E為Fe。非金屬越強最高價氧化物對應水化物酸性越強，金屬性越強最高價氧化物對應水化物堿性越強；同周期元素，稀有氣體元素的第一電離能最大，同周期自左而右，電負性逐漸增大。24、羥基2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑CH4+Cl2CH3Cl+HClCD【解析】F是生活中常見的氣體燃料，也是含氫百分含量最高的有機物，可知F是CH4，并結合A、B、C均為食品中常見的有機化合物，可知A為乙醇，催化氧化后生成的B為乙酸，乙醇與乙酸發生酯化反應生成的C為乙酸乙酯，乙酯乙酯在NaOH溶液中水解生成的D為乙酸鈉，乙酸鈉與NaOH混合加熱，發生脫羧反應生成CH4；(1)有機物A為乙醇，含有官能團的名稱是羥基；(2)反應①是Na與乙醇反應生成氫氣，其化學方程式為2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑；(3)CH4與氯氣反應生成一氯甲烷的化學方程式為CH4+Cl2CH3Cl+HCl；(4)A.反應④是醋酸與NaOH發生中和反應，明顯不是起催化作用，故A錯誤；B.反應⑤是脫羧反應；屬于消去反應，故B錯誤；C.乙醇的同分異構體甲醚不能與金屬鈉反應生成氫氣，故C正確；D.1mol乙酸、1mol乙酸乙酯完全反應消耗NaOH的物質的量均為1mol，故D正確；答案為CD。25、ECDAB＜降溫a①③⑤【解析】

I．(1)沙子不溶于水，食鹽溶于水；(2)水和汽油分層；(3)二者互溶，但沸點不同；(4)碘不易溶于水，易溶于有機溶劑；(5)碘易升華；II.(1)據t2℃時甲乙的溶解度大小分析解答；(2)據甲、乙的溶解度隨溫度變化情況分析分離提純的方法；III．(1)二氧化碳密度大于空氣，應該使用向上排空氣法收集；(2)使用排水法收集時，氣體不能與水反應、難溶于水；(3)濃硫酸為酸性干燥劑，不能干燥堿性氣體和強還原性氣體。【詳解】I．(1)沙子不溶于水，食鹽溶于水，則利用過濾法分離飽和食鹽水與沙子的混合物，故答案為E；(2)水和汽油分層，則利用分液法分離水和汽油，故答案為C；(3)四氯化碳(沸點為76.75℃)和甲苯(沸點為110.6℃)的混合物，互溶但沸點差異較大，則選擇蒸餾法分離，故答案為D；(4)碘不易溶于水，易溶于有機溶劑，則利用萃取分液法從碘水中提取碘，故答案為A；(5)碘易升華，可加熱，用升華法分離氯化鈉和碘，故答案為B；II.(1)t2℃時甲的溶解度大于乙的溶解度相等，所以將等質量的甲、乙兩種物質加水溶解配制成飽和溶液，需要水的質量甲小于乙，故所得溶液的質量是甲＜乙；(2)甲的溶解度隨溫度的升高明顯增大，乙的溶解度受溫度影響不大，故除去甲物質中少量乙物質可采取降溫結晶的方法；III．(1)排空氣法收集氣體，若收集CO2氣體，二氧化碳氣體密度大于空氣，應該使用向上排空氣法收集，導管采用長進短出方式，即從a進氣，故答案為a；(2)若瓶中裝滿水，可用于收集的氣體不能與水反應、難溶于水，選項中二氧化氮與水反應、氨氣和氯化氫極易溶于水，它們不能使用排水法水解，而一氧化氮難溶于水、不與水反應，能夠與空氣中的氧氣反應，一氧化氮只能使用排水法水解，故答案為①；(3)能夠使用濃硫酸干燥的氣體，不能具有堿性，不能具有較強還原性，選項中氯化氫、氫氣、一氧化碳都可以用濃硫酸干燥，而氨氣為堿性氣體，HI是還原性較強的氣體，不能使用濃硫酸干燥，故答案為③⑤。【點睛】分離提純方法的選擇思路是根據分離提純物的性質和狀態來定的。具體如下：①分離提純物是固體(從簡單到復雜方法)：加熱(灼燒、升華、熱分解)，溶解，過濾(洗滌沉淀)，蒸發，結晶(重結晶)；②分離提純物是液體(從簡單到復雜方法)：分液，萃取，蒸餾；③分離提純物是膠體：鹽析或滲析；④分離提純物是氣體：洗氣。26、排除裝置中的空氣冷卻結晶干燥管堿石灰加入稀硫酸（或稀鹽酸），溶液中有氣泡產生且在試管上方變成紅棕色氣體ac86.25%【解析】(1)制備亞硝酸鈉需要一氧化氮和過氧化鈉反應生成，過氧化鈉和二氧化碳、水蒸氣發生反應，所以制備的一氧化氮氣體必須純凈干燥，裝置中無空氣存在，加熱A前，先通一段時間N2，目的是把裝置中的空氣趕凈，避免生成的亞硝酸鈉混入雜質；

(2)裝置A中發生反應是濃硝酸和碳加熱反應生成二氧化碳、二氧化氮和水，反應的化學方程式為：C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O，裝置A中生成的二氧化氮進入裝置B生成硝酸，氧化銅生成硝酸銅、硫酸銅，蒸發濃縮過程硝酸是易揮發性的酸，所以冷卻結晶得到晶體為硫酸銅晶體；

(3)制備亞硝酸鈉需要一氧化氮和過氧化鈉反應生成，過氧化鈉和二氧化碳、水蒸氣發生反應，所以制備的一氧化氮氣體必須純凈干燥，儀器C為干燥管，利用其中的堿石灰用來干燥一氧化氮氣體；

(4)3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O，反應生成的一氧化氮遇到空氣會生成紅棕色氣體二氧化氮，充分反應后，檢驗裝置D中產物的方法是：取產物少許置于試管中加入稀硫酸溶液中有氣泡產生且在試管口上方出現紅棕色氣體，證明產物是NaNO2；

(5)①第一組實驗數據消耗的酸性高錳酸鉀溶液體積偏大，會導致測量結果偏高；a．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗，導致標準液被稀釋，滴定過程中消耗的標準液體積會偏大，故a正確；b．錐形瓶不需要干燥，所以錐形瓶洗凈后未干燥，不影響測定結果，故b錯誤；c．滴定終了仰視讀數，導致讀數偏大，計算出的標準液體積偏大，故c正確；故答案為ac；

②由于第一組數據偏高，應該舍棄；其它三組消耗標準液平均體積為：mL=20.00mL，25mL樣品消耗高錳酸鉀的物質的量為0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，則250mL樣品溶液會消耗高錳酸鉀的物質的量為0.002mol×=0.02mol，根據化合價變化可得反應關系式：2MnO4-～5NO2-，則4.000g樣品中含有亞硝酸鈉的物質的量為0.02mol×=0.05mol，質量為69g/mol×0.05mol=3.45g，所以反應后的固體中亞硝酸鈉的質量分數為：×100%=86.25%。27、電解質4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑粉碎蒸發結晶，趁熱過濾A取最后一次洗滌的洗滌液少許于試管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若未出現白色沉淀，說明洗滌后的KNO3中沒有Cl-51%【解析】分析：(1)根據NaNO3是易溶于水的鹽判斷；(2)根據NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2書寫反應的化學方程式并配平；(3)根據影響化學反應速率的因素分析；(4)根據相關化合物溶解度隨溫度變化曲線可知，硝酸鉀的溶解度隨溫度的變化明顯，而氯化鈉的溶解度隨溫度的變化不大分析解答；步驟b中需要析出硝酸鉀晶體，從盡可能多的析出硝酸鉀考慮；(5)檢驗有沒有Cl-；(6)根據硝酸根守恒，存在NaNO3~KNO3，首先計算理論上100噸鈉硝石可生產KNO3的質量，再求KNO3的產率。詳解：(1)NaNO3是易溶于水的鹽，屬于電解質，故答案為：電解質；(2)一定溫度下，NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2，該反應的化學方程式為4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑，故答案為：4NaNO32Na2O+4NO↑+3O2↑；(3)根據影響化學反應速率的因素可知，可將礦石粉碎，以提高鈉硝石的溶浸速率，故答案為：粉碎；(4)根據相關化合物溶解度隨溫度變化曲