江苏省淮安市田家炳中学2022-2023学年化学高二下期末联考试题含解析

2023年高二下化学期末模拟试卷注意事项：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、不能说明X的电负性比Y的大的是（）A．与H2化合时X单质比Y单质容易B．X的最高价氧化物的水化物的酸性比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强C．X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多D．X单质可以把Y从其氢化物中置换出来2、为了提纯下所列物质（括号内为杂质），有关除杂试剂和分离方法的选择正确的是（　　）选项被提纯的物质除杂试剂分离方法A己烷（己烯）溴水分液B淀粉（NaCl）水渗析CCH3CH2OH（CH3COOH）饱和碳酸氢钠溶液蒸发D苯（苯酚）溴水过滤A．AB．BC．CD．D3、2003年，IUPAC(国际纯粹与应用化学联合会)推荐原子序数为110的元素的符号为Ds，以纪念该元素的发现地(Darmstadt，德国)。下列关于Ds的说法不正确的是()A．Ds原子的电子层数为7B．Ds是超铀元素C．Ds原子的质量数为110D．Ds为金属元素4、分子式C6H12主链上为4个碳原子的烯烃类的同分异构体有几种A．3种B．4种C．5种D．5种5、下列物质中,水解前后均可发生银镜反应的是A．蔗糖B．麦芽糖C．淀粉D．乙酸甲酯6、下列混合物的分离方法不可行的是A．互溶的液体混合物可以用分液的方法进行分离B．互不相溶的液体混合物可以用分液的方法进行分离C．沸点不同的混合物可以用蒸馏的方法进行分离D．可溶于水的固体与难溶于水的固体的混合物可用溶解、过滤的方法进行分离7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．用含0.1molFeCl3的饱和溶液制取Fe(OH)3胶体得0.1NA个胶粒B．将含有NA个Al3+的AlCl3溶液完全蒸干，可得到1mol的固体AlCl3C．电解法精炼铜，当电路中有0.2NA个电子转移时，阳极的质量一定减轻6.4gD．25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目约为0.1NA8、分类法是学习化学常用的方法。下列分类方法不正确的是（  ）①根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素②根据物质在常温下的状态，可以从硅、硫、铜、铁、氮气中选出氮气③根据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物④根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸⑤根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物⑥根据盐在水中的溶解度，将盐分为硫酸盐、碳酸盐、钾盐和铵盐A．①④⑤⑥B．③④⑤⑥C．①③⑤⑥D．全部9、下面是关于中和滴定的实验叙述，在横线标明的操作中，有错误的是a．取25.00mL未知浓度的HCl溶液放入锥形瓶中；b．此瓶需事先用蒸馏水洗净，并将该瓶用待测液润洗过；c．加入几滴酚酞作指示剂；d．取一支酸式滴定管，经蒸馏水洗净；e．直接往其中注入NaOH溶液，进行滴定；f．一旦发现溶液由无色变成粉红色，即停止滴定，记下数据。A．d、e、fB．b、d、e、fC．b、d、eD．b、c、e、f10、由丁醇(X)制备戊酸(Z)的合成路线如图所示，不正确的是A．Y的结构有4种B．X、Z能形成戊酸丁酯，戊酸丁酯最多有16种C．与X互为同分异构体，且不能与金属钠反应的有机物有4种D．与Z互为同分异构体，且能发生水解反应的有机物有9种11、下列离子中外层d轨道达半充满状态的是()A．Cr3+B．Fe3+C．Co3+D．Cu+12、分子式C4H8O2的有机物与硫酸溶液共热可得有机物A和B。将A氧化最终可得C，且B和C为同系物。若C可发生银镜反应，则原有机物的结构简式为：()A．HCOOCH2CH2CH3B．CH3CH2COOCH3C．CH3COOCH2CH3D．HCOOCH(CH3)213、下列实验操作或装置能达到目的的是（）ABCD混合浓硫酸和乙醇配制一定浓度的溶液收集气体证明乙炔可使溴水褪色A．AB．BC．CD．D14、下列指定反应的离子方程式正确的是A．Cl2与H2O的反应：Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－B．铜丝插入Fe2(SO4)3溶液中：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+C．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Br－+Cl2=Br2+2Cl－D．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3—15、下列有关同分异构体数目的叙述错误的是（　　）A．甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种B．有机物C7H8O属于芳香族化合物的同分异构体有6种C．立体烷的二氯代物有3种D．菲的结构简式为，它的一硝基取代物有5种16、O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2，下列说法错误的是（　　）A．O2是该反应的还原产物B．H2S还原剂，在反应中失去电子C．若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：417、下列说法中，不正确的是A．油脂水解的产物中含甘油B．塑料、合成树脂和合成橡胶被称为“三大合成材料”C．蛋白质可水解生成多肽和氨基酸D．医疗上用75%的酒精消毒是因为其能使蛋白质变性18、300多年前，著名化学家波义耳发现了铁盐与没食子酸的显色反应，并由此发明了蓝黑墨水。没食子酸的结构如图所示，制取蓝黑墨水利用了没食子酸哪类化合物的性质A．芳香烃B．酚C．醇D．羧酸19、下列溶液中，Na+数目最多的是（）A．1mol•L－1Na2SO4溶液100mLB．0.9mol•L－1Na3PO4溶液100mLC．2.5mol•L－1NaOH溶液100mLD．1mol•L－1NaHCO3溶液100mL20、氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3中的N为sp2型杂化，而CH4中的C是sp3型杂化B．NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道C．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子21、从金属利用的历史来看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的利用是近百年的事。这个先后顺序跟下列有关的是：①地壳中的金属元素的含量；②金属活动性；③金属的导电性；④金属冶炼的难易程度；⑤金属的延展性；A．①③B．②⑤C．③⑤D．②④22、氢是重要而洁净的能源。要利用氢气作为能源，必须解决好安全有效地储存氢气的问题。化学家研究出利用合金储存氢气的方法，其中镧(La)镍(Ni)合金是一种储氢材料，这种合金的晶体结构已经测定，其基本结构单元如图所示，则该合金的化学式可表示为(　　)A．LaNi5B．LaNiC．La4Ni24D．La7Ni12二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物A、B是中学常见的物质，其阴阳离子可从表中选择.阳离子K+、Na+、NH4+、Fe2+、Ba2+、Cu2+阴离子OH﹣、I﹣、NO3﹣、AlO2﹣、HCO3﹣、HSO4﹣（1）若A的水溶液为无色，B的水溶液呈碱性，A、B的水溶液混合后，只产生不溶于稀硝酸的白色沉淀及能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则:①A中的化学键类型为_________（填“离子键”、“共价键”）．②A、B溶液混合后加热呈中性，该反应的离子方程__________________________．（2）若A的水溶液为浅绿色，B的焰色反应呈黄色．向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入B后溶液变黄，但A、B的水溶液混合后无明显变化．则：①A的化学式为__________________________．②经上述过程中溶液变黄的原因可能有两种（请用文字叙述）Ⅰ._______________________．Ⅱ._________________________．③请用一简易方法证明上述溶液变黄的原因_________________________．④利用上述过程中溶液变黄原理，将其设计成原电池，若电子由a流向b，则b极的电极反应式为_．24、（12分）已知A、B、C、D、E、F为元素周期表中原子序数依次增大的前20号元素，A与B，C、D与E分别位于同一周期。A原子L层上有2对成对电子，B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体X，CE、FA为电子数相同的离子晶体。(1)写出A元素的基态原子外围电子排布式：_______________________________。F的离子电子排布式：__________。(2)写出X涉及化工生产中的一个化学方程式：______________________。(3)试解释工业冶炼D不以DE3而是以D2A3为原料的原因：_____________。(4)CE、FA的晶格能分别为786kJ·mol－1、3401kJ·mol－1，试分析导致两者晶格能差异的主要原因是___________________________。(5)F与B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。F与B形成的离子化合物的化学式为________________；该离子化合物晶体的密度为ag·cm－3，则晶胞的体积是____________________(只要求列出算式)。25、（12分）某化学实验小组用酸性KMnO4溶液和草酸（H2C2O4）溶液反应，研究外界条件反应速率的影响，实验操作及现象如下：编号实验操作实验现象I向一支试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入1滴3mol/L硫酸和9滴蒸馏水，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液前10min内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30min后几乎变为无色II向另一支试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10滴3mol/L硫酸，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液80s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150s后几乎变为无色（1）补全高锰酸钾与草酸反应的离子方程式：5H2C2O4+2MnO4-+6H+===2Mn2++______+______（2）由实验I、II可得出的结论是______。（3）关于实验II中80s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验III，验证猜想。提供的试剂：0.01mol/L酸性KMnO4溶液，0.1mol/L草酸溶液，3mol/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水①补全实验III的操作：向试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，______，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液。②若猜想成立，应观察到的实验现象是______。（4）该小组拟采用如下图所示的实验方案继续探究外界条件对反应速率的影响。①他们拟研究的影响因素是______。②你认为他们的实验方案______（填“合理”或“不合理”），理由是______。26、（10分）硫化钠在无机制备、废水处理等领域常用作沉淀剂，其水溶液称为“臭碱”。可在特殊条件下以硫酸钠固体与炭粉为原料制备：Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑（1）硫化钠固体在保存时需注意_________，原因是___________。（2）实验室用上图装置以Na2SO4与炭粉为原料制备Na2S并检验气体产物、进行尾气处理。步骤如下：①连接仪器顺序为__________(按气流方向，用小写字母表示)；②检查装置气密性；③装入固体药品及试剂，连好装置；④加热，进行实验。（3）若amolNa2SO4和2amolC按上述步骤充分反应，实际得到Na2S小于amol，则实验改进方案是____。某同学从氧化还原角度分析固体产物中可能含有少量Na2SO3，请设计实验证明其猜测是否合理(供选择的试剂有：酚酞溶液、硝酸、稀盐酸、蒸馏水)_____。（4）经实验测定，硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1︰3的CO2和CO两种气体。反应方程式为_______。27、（12分）CCTV在“新闻30分”中介绍：王者归“铼”，我国发现超级铼矿，飞机上天全靠它。铼的稳定硫化物有ReS2，稳定的氧化物有Re2O7。工业上，常从冶炼铜的废液中提取铼，其简易工艺流程如下（部分副产物省略，铼在废液中以ReO4-形式存在）：回答下列问题：（1）NH4ReO4（高铼酸铵）中铼元素化合价为_________________。（2）操作A的名称是_____________。“萃取”中萃取剂应具有的性质：______（填代号）。①萃取剂难溶于水②萃取剂的密度大于水③ReO4-在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度④萃取剂不和ReO4-发生反应（3）在“反萃取”中，加入氨水、水的目的是_________________。（4）在高温下高铼酸铵分解生成Re2O7，用氢气还原Re2O7，制备高纯度铼粉。①写出高铼酸铵分解生成Re2O7的化学方程式_____________________。②工业上，利用氢气还原Re2O7制备铼，根据生成铼的量计算氢气量，实际消耗H2量大于理论计算量，其原因是_____________________。（5）工业上，高温灼烧含ReS2的矿粉，可以制备R2O7。以含ReS2的矿石原料生产48.4tRe2O7，理论上转移__________mol电子。28、（14分）阅读以下信息：①向盛有10mL水的锥形瓶中，小心滴加8~10滴液体，可观察到剧烈反应，液面上有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出，该气体中含有可使品红溶液褪色的；②蒸干溶液不能得到无水，使与混合并加热，可得到无水。请回答：（1）将①中发生反应的化学方程式补充完整：SOCl2+H2O=SO2↑+______；（2）溶液呈________（填“酸”“碱”或“中”）性，用离子方程式表示其原理为：_________。（3）试解释②中可得到无水的原因：_________。29、（10分）铁及其化合物是日常生活生产中应用广泛的材料，钛铁合金具有吸氢特性，在制造以氢为能源的热泵和蓄电池等方面有广阔的应用前景。请回答下列问题：（l）基态铁原子的价电子轨道表达式(电子排布图)为____________________________；在基态Ti2＋中，电子占据的最高能层具有的原子轨道数为____________。（2）铁元素常见的离子有Fe2+和Fe3+，稳定性Fe2+___Fe3+（填“大于”或“小于”)，原因是___________。（3）纳米氧化铁能催化火箭推进剂NH4ClO4的分解，NH4+的结构式为（标出配位键）______________。（4）金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体。则金属钛晶胞的俯视图为___________。A．B．C．D．（5）氮化钛熔点高，硬度大，具有典型的NaCl型晶体结构，其晶胞结构如图所示。①设氮化钛晶体中Ti原子与跟它最邻近的N原子之间的距离为r，则与该Ti原子最邻近的Ti的数目为__________；Ti原子与跟它次邻近的N原子之间的距离为____________。②已知在氮化钛晶体中Ti原子的半径为apm，N原子的半径为bpm，它们在晶体中是紧密接触的，则在氮化钛晶体中原子的空间利用率为____________。（用a、b表示）③碳氮化钛化合物在汽车制造和航天航空领域有广泛的应用，其结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则这种碳氮化钛化合物的化学式为_____________________。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、C【解析】A项，与H2化合时X单质比Y单质容易，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，能说明X的电负性比Y大；B项，X的最高价氧化物的水化物的酸性比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，能说明X的电负性比Y大；C项，X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多不能说明X的电负性比Y大，如Si的电负性比H小；D项，X单质可以把Y从其氢化物中置换出来，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，能说明X的电负性比Y大；答案选C。2、B【解析】A、二溴己烷与己烷互溶；B、用渗析的方法分离溶液和胶体；C、除去乙醇中的乙酸，应加入碳酸钠固体，加热分馏；D、三溴苯酚溶于苯。【详解】A项、己烯与溴水发生加成反应生成二溴己烷，二溴己烷与己烷互溶，不能用分液方法分离，故A错误；B项、淀粉溶液为胶体，氯化钠溶于水得到氯化钠溶液，溶液和胶体可用渗析的方法分离提纯，故B正确；C项、除去乙醇中的乙酸，应加入碳酸钠固体，加热蒸馏得到乙醇，故C错误；D项、苯酚与溴水发生取代反应生成三溴苯酚，三溴苯酚溶于苯，不能用过滤方法分离，可以用氢氧化钠溶液除溴后分液，故D错误；故选B。【点睛】本题考查物质的分离与提纯，注意有机溶质易溶于有机溶剂，无机溶质易溶于无机溶剂，把握常见物质的分离方法和操作原理是解答关键。3、C【解析】Ds的原子序数为110，Ds位于元素周期表中的第七周期第ⅤⅢ族。A、Ds位于元素周期表中的第七周期，则电子层数为7，故A正确；B、110＞92，原子序数在92号以后的元素为超铀元素，故B正确；C、Ds原子的原子序数为110，质量数一定大于110，故C错误；D、Ds为过渡元素，属于金属元素，故D正确；故选C。4、B【解析】分子式为C6H12主链上为4个碳原子的烯烃类的同分异构体有CH2=C(CH3)—CH(CH3)—CH3、CH2=CH—C(CH3)2—CH3、CH2=C(CH2CH3)2、CH3—C(CH3)=C(CH3)—CH3共4种，故选B。5、B【解析】A.蔗糖水解的化学方程式为C12C12H22O11+H2O→C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)，葡萄糖和果糖可以发生银镜反应，蔗糖分子结构中无醛基，不能发生银镜反应，A错误；B.麦芽糖水解的化学方程式为C12C12H22O11+H2O→C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(葡萄糖)，麦芽糖分子结构中有醛基，能发生银镜反应，B正确；C.淀粉的最终水解产物为葡萄糖，但是淀粉不含醛基，不能发生银镜反应，C错误；D.乙酸甲酯可发生水解反应，但其不含醛基，不能发生银镜反应，D错误；故合理选项为B。6、A【解析】A、互不相溶的液体混合物可用分液法分离，互溶的液体混合物不能用分液方法，故A选；B、互不相溶的液态混合物可用分液法分离，故B不选；C、沸点不同的液体混合物可用蒸馏方法分离法，故C不选；D、溶于水的固体与难溶于水的固体的混合物，加适量的水将可溶于水的固体溶解，过滤得到难溶于水的固体，蒸发滤液得到溶于水的固体，故D不选。故选A。7、D【解析】A．Fe(OH)3胶体粒子是氢氧化铁的集合体，制得的胶体中含Fe(OH)3胶体胶粒数目小于0.1NA个，A项错误；B．AlCl3溶液加热时水解生成Al(OH)3，生成的HCl易挥发，故AlCl3溶液蒸干最终生成Al(OH)3，不能得到固体AlCl3，B项错误；C．电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜，还有比铜活泼的金属，当电路中有0.2NA个电子转移时，阳极的质量不是减轻6.4g，C项错误；D．25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中，，则1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目约为0.1NA，D项正确；答案选D。【点睛】能水解，水解生成易挥发性酸的盐溶液加热蒸干、灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3(s)Al2O3(s)。8、A【解析】①氢、氦等最外层电子数少的元素不是金属元素，而是非金属元素，①错误；②常温下，氮气为气态，而硅、硫、铜、铁为固态，②正确；③纯净物中，根据元素种类的多少分为单质和化合物，③正确；④根据分子中电离出的H+的个数，将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，不是根据分子中含有的氢原子的个数，如醋酸是一元酸，④错误；⑤含金属元素的氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝是两性氧化物，七氧化二锰是酸性氧化物，非金属氧化物不一定为酸性氧化物，CO、NO是不成盐氧化物，⑤错误；⑥根据盐在水中的溶解度，将盐分为易溶盐、可溶盐、微溶盐和难溶盐，⑥错误；答案为A。9、B【解析】a.先用蒸馏水洗净锥形瓶，再放入HCl溶液，确保HCl没有意外损失，是为了保证实验结果准确，故a正确；b.若锥形瓶用待测液洗过，必有一部分残留在瓶中，再加入25mL待测液，则实际瓶内的待测液大于25mL，故b错误；c.酚酞溶液在酸性溶液中无色，在碱性溶液中呈红色，用酚酞溶液作酸碱指示剂，在中和反应中可指示反应到达终点，颜色变化明显，便于观察，故c正确；d.待测液为盐酸，则需用碱来测定，应为：取一支碱式滴定管，经蒸馏水洗净，故d错误；e.用蒸馏水洗净的滴定管内会残留有H2O，若直接加入标准NaOH溶液，则使标准NaOH溶液被稀释，浓度变小，所以碱式滴定管应先用标准NaOH溶液润洗，故e错误；f.发现溶液由无色变浅红色后，不能立即停止滴定，若30秒内溶液不褪色，才能停止滴定，故f错误；综上分析，b、d、e、f均错误；故选B。【点睛】本题考查酸碱中和滴定，侧重于对实验操作的考查，从仪器的使用到滴定终点的判断等，考查比较详细，尽管题目难度不大，但却很容易出错，中和滴定实验步骤、指示剂的选择、实验注意事项等都是重要考查点，要注意实验的细节，养成严谨的学习习惯，并从原理上弄明白原因，例如：为了使实验结果更准确，实验仪器都得洗涤干净，锥形瓶不用待测液润洗，因为锥形瓶内是否有蒸馏水并不影响待测液中的溶质，若润洗了反而增加了溶质；滴定管必须用标准液润洗，否则滴定管内残留的蒸馏水会稀释标准液。10、C【解析】A、丁基有四种结构：，Y是丁基和溴原子结合而成，所以有四种结构，故A正确；B、戊酸丁酯中的戊酸，相当于丁基连接一个—COOH，所以有四种结构，而丁醇是丁基连接一个—OH，所以也有四种结构，因此戊酸丁酯最多有16种，故B正确；C、X为丁醇，其同分异构体中不能与金属钠反应的是醚，分别是C—O—C—C—C、C—C—O—C—C和共3种，所以C错误；D、Z是戊酸，其同分异构体能发生水解的属于酯类，HCOOC4H9有4种，CH3COOC3H7有2种，CH3CH2COOCH2CH3、CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3，所以共9种，故D正确。正确答案为C。【点睛】注意B选项的戊酸丁酯的同分异构体还有很多，但题中要的是戊酸丁酯最多有多少种？这是很容易搞错的；本题正确解答的关键是掌握住丁基、丙基的结构有几种。11、B【解析】d能级上有5个轨道，最多容纳10个电子，半充满状态时，d能级上有5个电子。【详解】d能级上有5个轨道，最多容纳10个电子，半充满状态时，d能级上有5个电子；A、Cr3＋的电子排布式为[Ar]3d3，不符合半满，故A不符合题意；B、Fe3＋的电子排布式为[Ar]3d5，符合半满，故B符合题意；C、Co3＋的电子排布式为[Ar]3d6，不符合半满，故C不符合题意；D、Cu＋的电子排布式为[Ar]3d10，全满，故D不符合题意。故答案选B。12、B【解析】分子式C4H8O2的有机物与硫酸溶液共热可得有机物A和B，C4H8O2可为酯，水解生成酸和醇，将A氧化最终可得C，且B和C为同系物，说明A为醇，B和C为酸，C可发生银镜反应，则C为HCOOH，则A应为CH3OH，B为CH3CH2COOH，以此可判断该有机物的结构简式。【详解】分子式C4H8O2的有机物与硫酸溶液共热可得有机物A和B，C4H8O2可为酯，水解生成酸和醇，将A氧化最终可得C，且B和C为同系物，说明A为醇，B和C为酸，C可发生银镜反应，则C为HCOOH，则A应为CH3OH，B为CH3CH2COOH，对应的酯的结构简式为CH3CH2COOCH3，所以B选项是正确的。13、B【解析】A、乙醇的密度小于浓硫酸；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切；C、二氧化氮的密度大于空气；D、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。【详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若顺序相反则容易引起液体飞溅，故A不能达到目的；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B能达到目的；C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故C不能达到目的；D、乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故D不能达到目的；故选B。【点睛】本题考查实验装置和基本操作，易错点D，学生易忽略实验室用电石制乙炔中的H2S等还原性杂质也能使溴水褪色。14、D【解析】A．Cl2与H2O的反应生成的HClO酸是弱酸，发生反应的离子方程式为Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故A错误；B．铜丝插入Fe2(SO4)3溶液中发生反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故B错误；C．向FeBr2溶液中通入过量Cl2，Fe2+也能被氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++4Br－+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl－，故C错误；D．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3—，故D正确；故答案为D。【点睛】注意离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。15、B【解析】等效H的判断方法是同一碳原子上的氢原子是等效的；同一碳原子上所连接甲基上的氢原子是等效的；处于同一对称位置的碳原子上的氢原子是等效的。【详解】A项、甲苯苯环上有3种H原子，含3个碳原子的烷基有正丙基、异丙基两种，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代有3×2=6产物，故A正确；B项、分子式为C7H8O，且属于芳香族化合物，由分子式可知含有1个苯环，若侧链有1个，则侧链为-OCH3或-CH2OH，同分异构有2种；若侧链有2个，则侧链为-CH3和-OH，存在邻、间、对三种，故符合条件的同分异构体为5种，故B错误；C项、立体烷中氢原子只有1种类型，一氯代物只有1种，立体烷的一氯代物中有与氯原子在一条边上、面对角线上和体对角线上3类氢原子，故二氯代物有3种，C正确；D项、菲为对称结构，有如图所示的5种H原子，则与硝酸反应，可生成5种一硝基取代物，故D正确；故选B。【点睛】本题考查同分异构体，注意一氯代物利用等效氢判断，二元取代采取定一移一法，注意不要重复、漏写是解答关键。16、C【解析】反应H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2中，H2S中S元素化合价由﹣2价升高到+6价，被氧化，H2S为还原剂，O2F2中O元素由+1价降低到0价，被还原，O2F2为氧化剂。【详解】A项、反应中，O2F2中O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，O2F2为氧化剂，氧气是还原产物，故A正确；B项、反应中，H2S中S元素化合价由﹣2价升高到+6价，被氧化，失去电子，H2S为还原剂，故B正确；C项、不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D项、该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D正确；故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。在反应中，氧化剂是得到电子的或电子对偏向的物质，本身具有氧化性，反应后化合价降低，对应的产物是还原产物；还原剂是失去电子的或电子对偏离的物质，本身具有还原性，反应后化合价升高，对应的产物为氧化产物。整个反应过程电子从还原剂转移到氧化剂。17、B【解析】A.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，油脂酸性条件下水解成高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，故A正确；B.塑料、合成纤维和合成橡胶被称为“三大合成材料”，故B错误；C.蛋白质可水解生成多肽，蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故C正确；D.医疗上用75%的酒精消毒是因为其能使蛋白质变性，从而达到杀菌的目的，故D正确；故选B。18、B【解析】没食子酸分子中含有羧基和酚羟基，结合两类官能团的性质进行分析解答。【详解】没食子酸含有酚羟基，能够与铁盐发生显色反应，由此发明了蓝黑墨水，制取蓝黑墨水利用了没食子酸酚类化合物的性质。答案选B。19、B【解析】已知溶液中溶质的物质的量浓度和溶液的体积，根据n=cV，可以求溶质的物质的量，进而可以确定Na+的物质的量，物质的量和粒子数成正比，所以比较Na+的数目，可以直接比较Na+的物质的量。【详解】A.1mol•L－1Na2SO4溶液100mL含有Na+0.2mol；B.0.9mol•L－1Na3PO4溶液100mL含有Na+0.27mol；C.2.5mol•L－1NaOH溶液100mL含有Na+0.25mol；D.1mol•L－1NaHCO3溶液100mL含有Na+0.1mol。故选B。20、C【解析】NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，为正四面体构型。【详解】A.两种分子的中心原子杂化轨道类型相同，中心原子均是sp3型杂化，故A错误；B．NH3分子中N原子、CH4分子中C原子均形成4个杂化轨道，故B错误；C．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强，而CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，故C正确；D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子不能解释两分子形状不同，如CH3Cl是极性分子，也是四面体构型，故D错误；故C正确。【点睛】本题考查了分子空间构型的判断，注意理解价层电子对互斥理论与杂化轨道理论，注意孤对电子对占据杂化轨道，但在观察分子形状时要忽略孤对电子对占据的空间。21、D【解析】对比金属活动性强弱关系与人类利用金属的先后，可以发现人类使用较早的金属，其活动性较弱；结合学习中对金属铁、铝的冶炼的认识，可知：金属活动性越强，金属的冶炼难易程度越难，这也影响了人类对金属的使用，其它因素均与使用的前后顺序无关；答案选D。【点睛】铜、铁、铝三种金属活动性由强到弱的顺序为：铝＞铁＞铜；对比人类利用金属的历史：先有青铜器时代再到铁器时代，然后才有了铝制品；可以发现二者存在一定联系，同时不同时期人们对金属的冶炼方法和水平不同，也导致人们使用的金属材料不同。22、A【解析】镧(La)镍(Ni)合金是一种储氢材料，根据其基本结构单元示意图可知，该结构单元中含La和Ni的原子数分别为12+2=3、18+6=15，则该合金的化学式可表示为LaNi5，故选A。二、非选择题(共84分)23、离子键、共价键H++SO42﹣+NH4++Ba2++2OH﹣BaSO4↓+NH3↑+2H2OFeI2仅有I﹣被氧化成I2使溶液呈黄色I﹣、Fe2+均被氧化使溶液呈黄色取少量变黄溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若变红则Ⅱ合理（其他合理亦可）NO3﹣+4H++3e-═NO↑+2H2O【解析】（1）从所给离子的种类判断，不溶于稀硝酸的白色沉淀是硫酸钡沉淀，使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，则A、B中含有磷酸氢根离子、铵根离子，且B溶液呈碱性，所以A是硫酸氢铵，B是氢氧化钡，①A的化学式为NH4HSO4，化学键类型为离子键、共价键；②A、B溶液混合后加热呈中性，，说明氢氧根离子与氢离子、氨根离子恰好完全反应，且生成硫酸钡沉淀，离子方程式为H++SO42﹣+NH4++Ba2++2OH﹣BaSO4↓+NH3↑+2H2O；（2）①A的水溶液呈浅绿色，说明A中存在Fe2+；B的水溶液呈无色且其焰色反应为黄色，说明B中存在Na+；向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，说明A不与盐酸反应；再加入B后溶液变黄，溶液呈黄色可能有Fe3+生成或有I2生成。则加入B后混合溶液中应含有强氧化性物质，根据所给离子判断，氢离子与硝酸根离子结合成为硝酸具有强氧化性，所以B是NaNO3，A是FeI2；②碘离子的还原性比亚铁离子的还原性强，所以与硝酸发生氧化还原反应时碘离子先被氧化，所以溶液变黄的原因可能是有两种：Ⅰ.I-被氧化为I2而使溶液变黄，离子方程式为6I-+2H++2NO3-=2NO↑+I2+4H2O；Ⅱ.I﹣、Fe2+均被氧化使溶液呈黄色，离子方程式为2I-+4H++Fe2++NO3-=NO↑+I2+2H2O+Fe3+；③取少量变黄溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若变红则Ⅱ合理；④利用上述过程中溶液变黄原理，将其设计成原电池，若电子由a流向b，则b极为正极，正极上硝酸根离子得电子产生NO，电极反应式为NO3﹣+4H++3e-═NO↑+2H2O。24、2s22p41s22s22p63s23p62Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑Al2O3为离子晶体(或者离子化合物)，而AlCl3为分子晶体(或者共价化合物)CaO晶体中Ca2＋、O2－带的电荷数大于NaCl晶体中Na＋、Cl－带的电荷数CaF2【解析】A原子L层上有2对成对电子，说明A是第二周期元素，L层上s轨道有两个成对电子，p轨道上有4个电子，所以A为O；因为A、B位于同一周期，故B也是第二周期元素，又B可形成离子晶体C3DB6，故B为F；又因为C、D与E分别位于同一周期，故前20号元素中C、D与E只能位于第三周期。在C3DB6中，F是负一价，故C只能为正一价，则D是正三价，所以C是Na，D是Al。再结合CE、FA为电子数相同的离子晶体，故E为Cl，F为Ca。据此解答。【详解】（1）由题干分析可知，A为O，F为Ca，所以A元素的基态原子外围电子排布式：2s22p4；F的离子电子排布式：1s22s22p63s23p6；（2）电解铝工业中常加入冰晶石来降低Al2O3的熔融温度，反应方程式为：2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑；（3）因为Al2O3为离子晶体，熔融状态可导电，而AlCl3为分子晶体，熔融状态不导电，故工业上工业冶炼Al不以AlCl3而是以Al2O3为原料；（4）因为Ca2＋和Cl－电子层结构相同，O2－和Na＋电子层结构相同，且Ca2＋、O2－带的电荷数大于NaCl晶体中Na＋、Cl－，故NaCl晶格能低于CaO晶格能；（5）从所给晶胞结构示意图可知其中F-全在内部，有8个，Ca2+有，故形成的离子化合物的化学式为CaF2；CaF2晶体的密度为ag·cm－3，则晶胞的体积是。25、10CO28H2O其他条件相同时，H+（或硫酸）浓度越大，反应速率越快再加入10滴3mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅（或溶液颜色开始变浅的时间小于80s，或其他合理答案）KMnO4溶液浓度不合理KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢【解析】(1)在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，据此写出离子方程式；(2)实验I、II取用的高锰酸钾和草酸的体积与浓度均相同，加入的硫酸的滴数不同；(3)①根据实验目的“反应中生成的Mn2+对反应有催化作用”，完成实验步骤；②若猜想成立，反应速率应该加快；(4)①根据实验步骤示意图，取用的草酸和硫酸相同，选用的高锰酸钾的浓度不同；②KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，据此分析判断。【详解】(1)在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：10CO2↑；8H2O；(2)实验I、II取用的高锰酸钾和草酸的体积与浓度均相同，不同的是加入的硫酸的滴数不同，使得溶液褪色需要的时间不同，因此实验结论为：其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快，故答案为：其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快；(3)①要证明反应中生成的Mn2+对反应有催化作用，结合实验III的操作可知：向试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10滴3mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液，通过观察溶液褪色的时间即可证明，故答案为：再加入10滴3mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体；②若猜想成立，加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅(或溶液颜色开始变浅的时间小于80s)，故答案为：加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅(或溶液颜色开始变浅的时间小于80s)；(4)①根据实验步骤示意图，取用的草酸和硫酸相同，不同的是选用的高锰酸钾的浓度不同，因此实验研究的影响因素是KMnO4溶液浓度对反应速率的影响，故答案为：KMnO4溶液浓度；②该实验方案不合理，因为KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢，故答案为：不合理；KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意研究某一反应条件对化学反应速率的影响时，需要保证其他条件完全相同。26、干燥环境密闭保存硫化钠在空气中易被氧化，潮湿环境易水解a→e→f→d加入稍过量的碳取少量反应后的固体于试管中，加蒸馏水溶解，滴加适量稀盐酸，若出现淡黄色沉淀，则固体中含亚硫酸钠，反之不含2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO↑+CO2↑【解析】(1)硫化钠易被氧化，溶液中硫离子可发生水解；(2)A中发生Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑，选装置D检验二氧化碳，选装置C吸收尾气，二氧化碳不需要干燥；(3)实际得到Na2S小于amol，可增大反应物的量；固体产物中可能含有少量Na2SO3，加盐酸发生氧化反应生成S；(4)硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1：3的CO2和CO两种气体，C失去电子，S得到电子，结合电子、原子守恒来解答。【详解】(1)硫化钠固体在保存时需注意干燥环境密闭保存，原因是硫化钠在空气中易被氧化，潮湿环境易水解；(2)①A为制备装置，装置D检验二氧化碳，选装置C吸收尾气，则连接仪器顺序为a→e→f→d；(3)若amolNa2SO4和2amolC按上述步骤充分反应，实际得到Na2S小于amol，则实验改进方案是加入稍过量的碳；固体产物中可能含有少量Na2SO3，设计实验为取少量反应后的固体于试管中，加蒸馏水溶解，滴加适量稀盐酸，若出现淡黄色沉淀，则固体中含亚硫酸钠，反之不含；(4)经实验测定，硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1：3的CO2和CO两种气体，C失去电子，S得到电子，若CO2和CO分别为1mol、3mol，失去电子为10mol，则S得到10mol电子，应生成等量的Na2S、Na2SO3，反应方程式为2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO↑+CO2↑。27、＋7分液①③④萃取有机层中ReO4-2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气等合理答案3.0×106【解析】分析：(1)根据正负化合价的代数和为0计算；(2)根据流程图，用萃取剂萃取后得到含铼有机层和水层，据此分析解答；根据萃取剂选择的条件分析判断；(3)根据流程图，经过用氨水、水作萃取剂进行反萃取后可以得到富铼溶液分析解答；(4)依题意，高铼酸铵分解是非氧化还原反应，据此书写方程式；联系氢气还原氧化铜实验解答；(5)根据4ReS2＋15O22Re2O7＋8SO2，结合氧化还原反应的规律计算。详解：(1)NH4ReO4(高铼酸铵)中N为-3价，H为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，铼元素化合价为+7价，故答案为：+7；(2)根据流程图，用萃取剂萃取后得到含铼有机层和水层，分离的方法为分液，“萃取”中萃取剂应具有的性质：萃取剂难溶于水；ReO4-在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度；萃取剂不和ReO4-发生反应，故答案为：分液；①③④；(3)反萃取指用氨水、水作萃取剂，可以将有机层中ReO4-夺出来，分离出水层和有机层，ReO4-进入水溶液，故答案为：萃取有机层中ReO4-；(4)①依题意，高铼酸铵分解是非氧化还原反应，生成七氧化二铼外，还有水、氨气，反应的化学方程式为2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7，故答案为：2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7；②工业上，利用氢气还原Re2O7制备铼，氢气起三个作用：作还原剂、作保护气、用氢气排空气，因此根据生成铼的量计算氢气量，实际消耗H2量大于理论计算量，故答案为：H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气；(5)4ReS2＋15O22Re2O7＋8SO2，生成1molRe2O7时，转移30mol电子。n(Re2O7)＝＝1.0×105mol，转移电子的物质的量：n(e-)＝3.0×106mol，故答案为：3.0×106。28、2HCl酸吸收晶体中的水，产生的HCl抑制的水解【解析】（1）根据SOCl2和水反应的实验现象，可知反应生成的产物是HCl和SO2，这可以看作是SOCl2的水解反应：SOCl2中的1个+2价基团（SO2+）结合2个水电离产生的OH-生成H2SO3，H2SO3分解产生SO2，反应方程式为SOCl2+H2O====2HCl+SO2↑，故答案为2HCl；(2)AlCl3为强酸弱碱盐，在其溶液中Al3+发生水解生成H+，离子方程式为：，溶液显酸性，故答案为酸、；（3）SOCl2与水发生反应，既减少了水的量，又生成了H+，抑制AlCl3的水解，从而可得到无水AlCl3，故答案为SOCl2吸收晶体中的水，产生的HCl抑制的水解。29、9小于Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的3d能级为半满状态较稳定D12rTi4CN3【解析】（1）（1）Fe元素的核电荷数为26，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；基态Ti2＋核外有20个电子，最高能层为M层；（2）Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5；（3）NH4+为正四面体结构，结构中含有极性键和配位键；（4）金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞结构为；（5）①有一个Ti原子位于体心，在三维坐标中，体心Ti原子可以形成3个面，每一个形成的面上有4个Ti原子；由晶胞的截图可知，顶点Ti原子与小立方体顶点N原子最邻近，与体对角线的N原子次近邻；②氮化钛晶胞为面心立方密堆积，晶胞中N原子位于顶点和面心上，Ti位于棱边上和体内，利用均摊法计算；③利用均摊法计算；【详解】（1）Fe元素的核电荷数为26，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则价电子轨道表达式(电子排布图)为；基态Ti2＋核外有20个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，最高能层为M层，电子占据的M层具有的原子轨道数为9，故答案为：；9；（2）Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，能级为半满状态较稳定，则稳定性Fe2+小于Fe3+，故答案为：小于；Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的3d能级为半满状态，较稳定；（3）NH4+为正四面体结构，结构中含有极性键和配位键，氮原子和氢离子间的配位键是氮原子提供孤对电子，氢离子提供空轨道，其结构式为：，故答案为：；（4）金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞结构为，则金属钛晶胞的俯视图为，故答案为：D；（5）①根据氮化钛晶体可知，有一个Ti原子位于体心，在三维坐标中，体心Ti原子可以形成3个面，每一个形成的面上有4个Ti原子，则该Ti原子最邻近的Ti的数目为3×4=12个；由晶胞的截图可知，顶点Ti原子与小立方体顶点N原子最邻近，与体对角线的N原子次近邻，Ti原子与跟它最邻近的N原子之间的距离为r，则跟它次邻近的N原子之间的距离为=r，故答案为：12；r；②氮化钛晶胞为面心立方密堆积，晶胞中N原子位于顶点和面心上，Ti位于棱边上和体内，每个晶胞中含有的N原子个数为8×+6×=4，含有的Ti原子个数为12×+1=4，N原子和Ti原子的体积之和为π（a+b）3×4pm3，晶胞的边长（2a+2b）pm，体积为（2a+2b）3pm3，则在氮化钛晶体中原子的空间利用率为×100%，故答案为：×100%；③利用均摊法可知，晶胞中含有碳原子数为8×=1，含有氮原子数为6××=3，含有的Ti原子个数为12×+1=4，则碳氮化钛化合物的化学式为Ti4CN3，故答案为：Ti4CN3。【点睛】本题考查物质结构和性质，侧重于考查分析能力、计算能力以及对基础知识的综合应用能力，注意电子排布式书写、离子稳定性、配位键的表达、晶胞的计算方法是解答关键，难点是晶胞的计算。