云南省大理市2023學(xué)年化學(xué)高二第二學(xué)期期末考試試題（含解析）

2023學(xué)年高二下學(xué)期化學(xué)期末模擬測(cè)試卷注意事項(xiàng)1．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請(qǐng)認(rèn)真核對(duì)監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿、涂黑；如需改動(dòng)，請(qǐng)用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無(wú)效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號(hào)等須加黑、加粗．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、某同學(xué)通過如下流程制備氧化亞銅：已知CuCl難溶于水和稀硫酸：Cu2O+2H+==Cu2++Cu+H2O下列說法不正確的是A．步驟②SO2可用Na2SO3替換B．步驟③中為防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗滌C．步驟④發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2OD．如果Cu2O試樣中混有CuCl和CuO雜質(zhì)，用足量稀硫酸與Cu2O試樣充分反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)前、后固體質(zhì)量可計(jì)算試樣純度2、已知：H-H鍵、O=O鍵和O-H鍵的鍵能分別為436kJ/mol、496kJ/mol和462kJ/mol；2C(s)+O2(g)=2CO(g)?H=-220kJ/mol；C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)?H=akJ/mol。則a為A．-332 B．-118 C．+130 D．+3503、下列各組中的物質(zhì)均能發(fā)生加成反應(yīng)的是()A．乙烯和乙醇 B．苯和氯乙烯 C．乙酸和溴乙烷 D．丙烯和丙烷4、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1mol金剛石中含有的C–C鍵數(shù)目為4NAB．1molSiO2晶體中含有的Si–O鍵數(shù)目為2NAC．80gSO3中，中心原子S的價(jià)層電子對(duì)中，孤電子對(duì)數(shù)為NAD．常溫常壓下，1molCH2=CHCHO中，含有的σ鍵數(shù)目為7NA5、室溫下，向10.00mL0.1000mol·L-1HCl和0.1000mol·L-1CH3COOH的混合溶液中滴入0.1000mol·L-1NaOH溶液，溶液pH的變化曲線如圖所示。已知：常溫下，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5。下列敘述錯(cuò)誤的是A．a(chǎn)點(diǎn)所示溶液中，CH3COOH的電離度約為1.75×10-2%B．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)所示溶液中，水的電離程度最大的是c點(diǎn)C．c點(diǎn)所示溶液中：c(Na+)>c(C1-)>c(CH3COOH>c(OH-)>c(H+)D．加熱b點(diǎn)所示溶液，的值減小6、化合物X是一種醫(yī)藥中間體，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。下列有關(guān)化合物X的說法正確的是A．分子中兩個(gè)苯環(huán)一定處于同一平面B．不能與飽和Na2CO3溶液反應(yīng)C．1mol化合物X最多能與2molNaOH反應(yīng)D．在酸性條件下水解，水解產(chǎn)物只有一種7、四種短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置關(guān)系如圖所示，其中W的一種單質(zhì)是常見的半導(dǎo)體材料，由此推知下列選項(xiàng)正確的是XYZWA．X、Y、W的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性強(qiáng)弱關(guān)系為W＞X＞YB．X、Y、Z的簡(jiǎn)單離子的半徑大小關(guān)系為Z＞X＞YC．Z、Y形成的化合物能與酸反應(yīng)，但不能與堿反應(yīng)D．W的單質(zhì)與氧化物均能與NaOH溶液反應(yīng)，且有相同的生成物8、下列表示不正確的是A．Na+的結(jié)構(gòu)示意圖 B．水分子的結(jié)構(gòu)式：C．乙烯的球棍模型 D．CO2的電子式9、部分氧化的鐵銅合金樣品(氧化產(chǎn)物為Fe2O3、CuO)共5.76g，經(jīng)如下處理：下列說法正確的是()A．濾液A中的陽(yáng)離子為Fe3＋、Fe2＋、H＋B．樣品中CuO的質(zhì)量為4.0gC．樣品中Fe元素的質(zhì)量為2.24gD．V＝89610、已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－12CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1下列說法正確的是A．CH3OH(l)的燃燒熱為1452kJ·mol－1B．同質(zhì)量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃燒，H2(g)放出的熱量多C．H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1D．3H2(g)＋CO2(g)===CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝＋135.9kJ·mol11、美國(guó)科學(xué)家合成了含有N5+的鹽類，該離子的結(jié)構(gòu)呈“V”形（如下圖所示），通常認(rèn)為原子總數(shù)相同、價(jià)電子總數(shù)相同的分子、離子（即等電子體）具有相似的化學(xué)鍵特征,下列有關(guān)該離子的說法中正確的是A．1個(gè)N5+中含有25個(gè)質(zhì)子和24個(gè)電子B．該離子中σ鍵和π鍵的數(shù)目之比為1:1C．1個(gè)N5+中含有2個(gè)π鍵D．N5+與PO43-互為等電子體12、在室溫下，發(fā)生下列幾種反應(yīng)：①16H＋＋10Z－＋2XO4-===2X2＋＋5Z2＋8H2O②2A2＋＋B2===2A3＋＋2B－③2B－＋Z2===B2＋2Z－根據(jù)上述反應(yīng)，判斷下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．要除去含有A2＋、Z－和B－混合溶液中的A2＋，而不氧化Z－和B－，應(yīng)加入B2B．還原性強(qiáng)弱順序?yàn)锳2＋>Z－>B－>X2＋C．X2＋是XO4-的還原產(chǎn)物，B2是B－的氧化產(chǎn)物D．在溶液中可能發(fā)生反應(yīng)：8H＋＋5A2＋＋XO4-===X2＋＋5A3＋＋4H2O13、設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列有關(guān)敘述正確的是（）A．電解精煉銅時(shí)，若陽(yáng)極質(zhì)量減少6.4g，則電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAB．含有58.5g氯化鈉的溶液中含有NA個(gè)氯化鈉分子C．NO2和H2O反應(yīng)每生成2molHNO3時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAD．1mol冰醋酸和1mol乙醇經(jīng)催化加熱反應(yīng)生成的H2O分子數(shù)為NA14、下列有機(jī)物不屬于分子內(nèi)所有原子均在同一平面上的是A．苯 B．乙烯 C．乙炔 D．乙烷15、將aL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）CO2通入100mL3mol·L-1NaOH溶液中，下列各項(xiàng)為通入CO2過程中溶液內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式，其中不正確的是(

)A．a(chǎn)=6.72時(shí)，CO2+OH-=HCO3-B．a(chǎn)=3.36時(shí)，CO2+2OH-=CO32-+H2OC．a(chǎn)=4.48時(shí)，2CO2+3OH-=CO32-+HCO3-+H2OD．a(chǎn)=8.96時(shí)，3CO2+4OH-=CO32-+2HCO3-+H2O16、分子式C6H12主鏈上為4個(gè)碳原子的烯烴類的同分異構(gòu)體有幾種A．3種B．4種C．5種D．5種17、下列描述中正確的是A．CS2為V形的極性分子B．ClO3—的空間構(gòu)型為平面三角形C．SF6中有6對(duì)相同的成鍵電子對(duì)D．SiF4和SO32—的中心原子均為sp2雜化18、有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可以用“鍵線式”表示，其中線表示鍵，線的交點(diǎn)與端點(diǎn)處代表碳原子，并用氫原子補(bǔ)足四價(jià)，但C、H原子未標(biāo)記出來(lái)。已知利用某些有機(jī)物之間的轉(zhuǎn)化可貯存太陽(yáng)能，如降冰片二烯(NBD)經(jīng)太陽(yáng)光照射轉(zhuǎn)化成四環(huán)烷(Q)的反應(yīng)為(反應(yīng)吸熱)，下列敘述中錯(cuò)誤的是()A．NBD和Q互為同分異構(gòu)體B．Q可使溴水褪色C．Q的一氯代物只有3種D．NBD的同分異構(gòu)體可以是芳香烴19、下列分子式表示的物質(zhì)一定是純凈物的是()A．C3H7Cl B．C4H10 C．CH2Cl2 D．C2H6O20、已知下列元素原子的最外層電子排布式，其中不一定能表示該元素為主族元素的是A．3s23p3 B．4s2 C．4s24p1 D．3s23p521、下列關(guān)系正確的是()A．在amol金剛石中含有C—C鍵的個(gè)數(shù)為N=2a×6.02×1023B．熱穩(wěn)定性：MgCO3>CaCO3C．熔點(diǎn)：MgO<MgCl2D．沸點(diǎn)：Na<K22、某羧酸酯的分子式為C18H26O5，1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，該羧酸的分子式為A．C14H10O5B．C14H16O4C．C14H22O5D．C14H18O5二、非選擇題(共84分)23、（14分）X、Y、Z、W、J是元素周期表前四周期中的五種常見元素.其相關(guān)信息如下表：元素相關(guān)信息XX的基態(tài)原子核外3個(gè)能級(jí)上有電子，且每個(gè)能級(jí)上的電子數(shù)相等YM層上有2對(duì)成對(duì)電子ZZ和Y同周期，Z的電負(fù)性大于YWW的一種核素的質(zhì)量數(shù)為63，中子數(shù)為34JJ的氣態(tài)氫化物與J的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可反應(yīng)生成一種鹽(1)元素X的一種同位素可測(cè)定文物年代，這種同位素的符號(hào)是______；(2)元素Y位于元素周期表第______周期第______族；(3)元素Z的原子最外層共有______種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子；(4)W的基態(tài)原子核外價(jià)電子排布圖是______(5)J的氣態(tài)氫化物與J的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可反應(yīng)生成一種鹽的化學(xué)式為______________24、（12分）Ⅰ由白色和黑色固體組成的混合物A，可以發(fā)生如下框圖所示的一系列變化：(1)寫出反應(yīng)③的化學(xué)方程式：_____________________________________________。寫出反應(yīng)④的離子方程式：_____________________________________________。(2)在操作②中所使用的玻璃儀器的名稱是：____________________________。(3)下列實(shí)驗(yàn)裝置中可用于實(shí)驗(yàn)室制取氣體G的發(fā)生裝置是______；(用字母表示)為了得到純凈干燥的氣體G，可將氣體通過c和d裝置，c裝置中存放的試劑_____，d裝置中存放的試劑______。(4)氣體G有毒，為了防止污染環(huán)境，必須將尾氣進(jìn)行處理，請(qǐng)寫出實(shí)驗(yàn)室利用燒堿溶液吸收氣體G的離子方程式：____________________________。(5)J是一種極易溶于水的氣體,為了防止倒吸,下列e～i裝置中,可用于吸收J(rèn)的是____________。Ⅱ.某研究性學(xué)習(xí)小組利用下列裝置制備漂白粉，并進(jìn)行漂白粉有效成分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定。(1)裝置③中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________(2)測(cè)定漂白粉有效成分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：稱取1.000g漂白粉于錐形瓶中，加水溶解，調(diào)節(jié)溶液的pH，以淀粉為指示劑，用0.1000mol·L－1KI溶液進(jìn)行滴定，溶液出現(xiàn)穩(wěn)定淺藍(lán)色時(shí)為滴定終點(diǎn)。反應(yīng)原理為3ClO－＋I(xiàn)－===3Cl－＋I(xiàn)O3-IO3-＋5I－＋3H2O===6OH－＋3I2實(shí)驗(yàn)測(cè)得數(shù)據(jù)如下表所示。該漂白粉中有效成分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________________。滴定次數(shù)123KI溶液體積/mL19.9820.0220.0025、（12分）某同學(xué)利用氯酸鉀分解制氧氣的反應(yīng)，測(cè)定氧氣的摩爾質(zhì)量，實(shí)驗(yàn)步驟如下：①把適量的氯酸鉀粉末和少量二氧化錳粉末混合均勻，放入干燥的試管中，準(zhǔn)確稱量，質(zhì)量為ag。②裝好實(shí)驗(yàn)裝置。③檢查裝置氣密性。④加熱，開始反應(yīng)，直到產(chǎn)生一定量的氣體。⑤停止加熱(如圖所示，導(dǎo)管出口高于液面)。⑥測(cè)量收集到的氣體的體積。⑦準(zhǔn)確稱量試管和殘留物的質(zhì)量為bg。⑧測(cè)量實(shí)驗(yàn)室的溫度。⑨把殘留物倒入指定的容器中，洗凈儀器，放回原處，把實(shí)驗(yàn)桌面收拾干凈。⑩處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，求出氧氣的摩爾質(zhì)量?；卮鹣铝袉栴}：(1)如何檢查裝置的氣密性？。(2)以下是測(cè)量收集到的氣體體積必須包括的幾個(gè)步驟：①調(diào)整量筒內(nèi)外液面高度使之相同；②使試管和量筒內(nèi)的氣體都冷卻至室溫；③讀取量筒內(nèi)氣體的體積。這三步操作的正確順序是(請(qǐng)?zhí)顚懖襟E代號(hào))。(3)測(cè)量收集到的氣體體積時(shí)，如何使量筒內(nèi)外液面的高度相同？。(4)如果實(shí)驗(yàn)中得到的氧氣體積是cL(已換算為標(biāo)準(zhǔn)狀況)，水蒸氣的影響忽略不計(jì)，氧氣的摩爾質(zhì)量的計(jì)算式為(含a、b、c，不必化簡(jiǎn))M(O2)＝。26、（10分）中華人民共和國(guó)國(guó)家標(biāo)準(zhǔn)（GB2760-2011）規(guī)定葡萄酒中SO2最大使用量為0.2500g·L-1。某興趣小組用圖1裝置（夾持裝置略）收集某葡萄酒中SO2，并對(duì)其含量進(jìn)行測(cè)定。（1）儀器A的名稱是_____________________。（2）B中加入300.00mL葡萄酒和適量鹽酸，加熱使SO2全部逸出并與C中H2O2完全反應(yīng)，其化學(xué)方程式為________________________________。（3）除去C中過量的H2O2，然后用0.09000mol·L-1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，滴定前排氣泡時(shí)，應(yīng)選擇圖2中的__________________；若滴定終點(diǎn)時(shí)溶液的pH=8.8，則選擇的指示劑為________________；若用50mL滴定管進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，當(dāng)?shù)味ü苤械囊好嬖诳潭取?0”處，則管內(nèi)液體的體積（填序號(hào)）________________（①=10mL，②=40mL，③<10mL，④>40mL）（4）滴定至終點(diǎn)時(shí)，消耗NaOH溶液25.00mL，該葡萄酒中SO2含量為________g·L-1。27、（12分）某?；瘜W(xué)研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)在學(xué)習(xí)了氨的性質(zhì)后討論：運(yùn)用類比的思想，既然氨氣具有還原性，能否像H2那樣還原CuO呢？他們?cè)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)制取氨氣并探究上述問題。請(qǐng)你參與該小組的活動(dòng)并完成下列研究：(一)制取氨氣(1)寫出實(shí)驗(yàn)制取氨氣的化學(xué)方程式_______________________________；(2)有同學(xué)模仿排飽和食鹽水收集氯氣的方法，想用排飽和氯化銨溶液的方法收集氨氣。你認(rèn)為他能否達(dá)到目的？________(填“能”或“否”)。理由是______________________。(二)該小組中某同學(xué)設(shè)計(jì)了下圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置(夾持及尾氣處理裝置未畫出)，探究氨氣的還原性：(1)該裝置在設(shè)計(jì)上有一定缺陷，為保證實(shí)驗(yàn)結(jié)果的準(zhǔn)確性，對(duì)該裝置的改進(jìn)措施是：_______________________________________________________________________。(2)利用改進(jìn)后的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，觀察到CuO變?yōu)榧t色物質(zhì)，無(wú)水CuSO4變藍(lán)色，同時(shí)生成一種無(wú)污染的氣體。寫出氨氣與CuO反應(yīng)的化學(xué)方程式___________________。(三)問題討論：有同學(xué)認(rèn)為：NH3與CuO反應(yīng)生成的紅色物質(zhì)中可能含有Cu2O。已知：Cu2O是一種堿性氧化物；在酸性溶液中，Cu+的穩(wěn)定性差(Cu+→Cu+Cu2+)。請(qǐng)你設(shè)計(jì)一個(gè)簡(jiǎn)單的實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)該紅色物質(zhì)中是否含有Cu2O：______________。28、（14分）“溫室效應(yīng)”是全球關(guān)注的環(huán)境問題之一。C02是目前大氣中含量最高的一種溫室氣體，C02的綜合利用是解決溫室及能源問題的有效途徑。(1)研究表明C02和H2在催化劑存在下可發(fā)生反應(yīng)生成CH3OH。己知部分反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ?mol-，H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H2，則CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+2H2O（l）△H=___kJ?mol-。(2)C02催化加氫也能合成低碳烯烴：2C02(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H20(g)，不同溫度下平衡時(shí)的四種氣態(tài)物質(zhì)的物質(zhì)的量如圖所示，曲線c表示的物質(zhì)為____(填化學(xué)式)。(3)C02和H2在催化劑Cu/ZnO作用下可發(fā)生兩個(gè)平行反應(yīng)，分別生成CH3OH和CO。反應(yīng)A:C02(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H20(g)反應(yīng)B:C02(g)+H2(g)=C0(g)+H20(g)控制C02和H2初始投料比為1:3時(shí)，溫度對(duì)C02平衡轉(zhuǎn)化率及甲醇和CO產(chǎn)率的影響如圖所示。①由圖可知溫度升高CO的產(chǎn)率上升，其主要原因可能是________。②由圖可知獲取CH3OH最適宜的溫度是____________。下列措施不能提高C02轉(zhuǎn)化為CH3OH的平衡轉(zhuǎn)化率的有______(填字母)。A．使用催化劑B．增大體系壓強(qiáng)C．增大C02和出的初始投料比(4)在催化劑表面通過施加電壓可將溶解在酸性溶液中的二氧化碳直接轉(zhuǎn)化為乙醇，則生成乙醇的電極反應(yīng)式為_________。(5)由C02制取C的太陽(yáng)能工藝如圖所示。“熱分解系統(tǒng)”發(fā)生的反應(yīng)為2Fe3046Fe0+02↑。毎分解1mo;Fe304轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為______；“重整系統(tǒng)”發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。29、（10分）如何防止鐵的銹蝕是工業(yè)上研究的重點(diǎn)內(nèi)容。為研究鐵的銹蝕,某同學(xué)做了探究實(shí)驗(yàn),如下圖所示,鐵處于①②③三種不同的環(huán)境中請(qǐng)回答:（1）金屬腐蝕主要分為__________腐蝕和_____________腐蝕兩種。（2）鐵被腐蝕的速率由快到慢的順序是_________________(填序號(hào))。（3）①中正極的電極反應(yīng)式為_________________________________________________，②中負(fù)極的電極反應(yīng)式為_________________________________________。（4）據(jù)資料顯示,全世界每年因腐蝕而報(bào)廢的金屬材料相當(dāng)于其年產(chǎn)量的20%以上。為防護(hù)金屬被腐蝕可采取的措施有__________(填序號(hào))。①健身器材刷油漆②自行車鋼圈鍍鉻③將鋼管用導(dǎo)線與銅條連接④將鋼管用導(dǎo)線與碳棒連接

2023學(xué)年模擬測(cè)試卷參考答案（含詳細(xì)解析）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、D【答案解析】

堿式碳酸銅溶于過量的稀鹽酸，得到CuCl2溶液，向此溶液中通入SO2，利用SO2的還原性將Cu2+還原生成CuCl白色沉淀，將過濾后的CuCl與NaOH溶液混合加熱得磚紅色沉淀Cu2O，據(jù)此解答?！绢}目詳解】A．Na2SO3有還原性，則步驟②還原Cu2+，可用Na2SO3替換SO2，A正確；B．CuCl易被空氣中的氧氣氧化，用還原性的SO2的水溶液洗滌，可達(dá)防氧化的目的，B正確；C．CuCl與NaOH溶液混合加熱得磚紅色沉淀Cu2O，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒可知發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O，C正確；D．CuCl也不溶于水和稀硫酸，Cu2O溶于稀硫酸生成不溶于的Cu，則過濾后所得濾渣為Cu和CuCl的混合物，無(wú)法計(jì)算出樣品中Cu2O的質(zhì)量，即無(wú)法計(jì)算樣品純度，D錯(cuò)誤；答案選D?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題以制備Cu2O為載體，涉及反應(yīng)原理的理解與應(yīng)用，掌握氧化還原反應(yīng)的理論和離子方程式的書寫方法是解題關(guān)鍵，注意題干中已知信息的靈活應(yīng)用，題目難度中等。2、C【答案解析】

根據(jù)蓋斯定律計(jì)算水分解反應(yīng)的焓變，結(jié)合“化學(xué)反應(yīng)的焓變△H=反應(yīng)物的鍵能總和-生成物的鍵能總和”來(lái)回答?！绢}目詳解】①C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=akJ·mol－1，②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-220kJ·mol－1，根據(jù)蓋斯定律，將①×2-②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（2a+220）kJ·mol－1，4×462kJ/mol-496kJ/mol-2×436kJ/mol=（2a+220）kJ·mol－1，解得a=+130，故選C。3、B【答案解析】乙醇不含雙鍵，不能發(fā)生加成反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；苯與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成環(huán)己烷，氯乙烯與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成氯乙烷，故B正確；乙酸和溴乙烷不能發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；丙烷不含雙鍵，不能發(fā)生加成反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。點(diǎn)睛：含有碳碳雙鍵、碳碳叁鍵的物質(zhì)能發(fā)生加成反應(yīng)，醛基、羰基含有碳氧雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)；羧基、酯基中碳氧雙鍵不能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)。4、D【答案解析】

A、在金剛石中每個(gè)C原子形成4個(gè)C–C共價(jià)鍵，每個(gè)共價(jià)鍵為兩個(gè)C原子共用；B、二氧化硅中每個(gè)硅原子形成4個(gè)Si-O鍵；C、SO3分子中S原子的孤對(duì)電子數(shù)為0；D、CH2=CHCHO分子中含有碳?xì)滏I、碳碳雙鍵、碳碳單鍵和碳氧雙鍵。【題目詳解】A項(xiàng)、在金剛石中每個(gè)C原子形成4個(gè)C–C共價(jià)鍵，每個(gè)共價(jià)鍵為兩個(gè)C原子共用，則1mol金剛石晶體中含2molC–C鍵，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)、1mol二氧化硅中含有1mol硅原子，1mol硅原子形成4molSi-O鍵，晶體中含有Si-O鍵的個(gè)數(shù)為4NA，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)、SO3分子中S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，孤對(duì)電子數(shù)為0，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)、CH2=CHCHO分子中含有碳?xì)滏I、碳碳雙鍵、碳碳單鍵和碳氧雙鍵，其中有4個(gè)碳?xì)洇益I、2個(gè)碳碳σ鍵和1個(gè)碳氧σ鍵，則1molCH2=CHCHO中含有7molσ鍵，故D正確；故選D?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，注意掌握晶體中共價(jià)鍵的類型的判斷和共價(jià)鍵數(shù)目的計(jì)算是解答關(guān)鍵。5、C【答案解析】

由題給信息可知，向10.00mL0.1000mol·L-1HCl和0.1000mol·L-1CH3COOH的混合溶液中滴入10mL0.1000mol·L-1NaOH溶液，鹽酸剛好完全反應(yīng)，此時(shí)溶液為NaCl和CH3COOH的混合溶液；加入20mL0.1000mol·L-1NaOH溶液，溶液中的溶質(zhì)為：NaCl、CH3COONa，且二者的物質(zhì)的量濃度相等。據(jù)此進(jìn)行分析?！绢}目詳解】A．a(chǎn)點(diǎn)溶液中鹽酸對(duì)醋酸的電離有抑制作用，此時(shí)c(CH3COOH)約等于c(H+)，則根據(jù)電離平衡常數(shù)，可得，故已電離的，則醋酸的電離度=，A項(xiàng)正確；B．a(chǎn)點(diǎn)溶液為HCl和CH3COOH的混合溶液，b溶液為NaCl和CH3COOH的混合溶液，c點(diǎn)溶液中的溶質(zhì)為：NaCl、CH3COONa，在a、b點(diǎn)水的電離都受到抑制，只有c點(diǎn)，NaCl對(duì)水的電離無(wú)影響，CH3COO-發(fā)生水解，促進(jìn)了水的電離，故a、b、c三點(diǎn)所示溶液中，水的電離程度最大的是c點(diǎn)，B項(xiàng)正確；C．c點(diǎn)所示溶液中溶質(zhì)為物質(zhì)的量之比為1:1的NaCl和CH3COONa，CH3COO-發(fā)生微弱的水解，則離子濃度大小關(guān)系應(yīng)為：c(Na+)>c(C1-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)＞c(H+)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．b點(diǎn)時(shí)，溶液為NaCl和CH3COOH的混合溶液，因?yàn)镃H3COOH為弱電解質(zhì)，加熱會(huì)促進(jìn)CH3COOH的電離，則c(CH3COO-)濃度增大，而c(Cl-)濃度無(wú)變化，則的值減小，D項(xiàng)正確；答案選C。6、D【答案解析】

A、連接兩個(gè)苯環(huán)的碳原子，是sp3雜化，三點(diǎn)確定一個(gè)平面，兩個(gè)苯環(huán)可能共面，故A錯(cuò)誤；B、此有機(jī)物中含有羧基，能與Na2CO3反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C、1mol此有機(jī)物中含有1mol羧基，需要消耗1mol氫氧化鈉，同時(shí)還含有1mol的“”這種結(jié)構(gòu)，消耗2mol氫氧化鈉，因此1mol此有機(jī)物共消耗氫氧化鈉3mol，故C錯(cuò)誤；D、含有酯基，因此水解時(shí)只生成一種產(chǎn)物，故D正確。7、D【答案解析】

根據(jù)X、Y、Z、W均為短周期元素，且W的一種單質(zhì)是常見的半導(dǎo)體材料可知，W為Si，由四種元素在周期表中的位置關(guān)系可知X、Y、Z分別為N、O、Al。則A、非金屬性：Y＞X＞W(wǎng)，非金屬性越強(qiáng)，其簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B、X、Y、Z的簡(jiǎn)單離子分別為N3?、O2?、Al3+，這三種離子具有相同的核外電子數(shù)，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，故簡(jiǎn)單離子的半徑大小關(guān)系為X＞Y＞Z，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C、Z、Y形成的化合物為Al2O3，Al2O3是兩性氧化物，與酸、堿均能反應(yīng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D、Si、SiO2均能與NaOH溶液反應(yīng)，都生成Na2SiO3，D項(xiàng)正確。答案選D。8、A【答案解析】

A.Na+的核外電子數(shù)是10，結(jié)構(gòu)示意圖為，A錯(cuò)誤；B.水是V形結(jié)構(gòu)，水分子的結(jié)構(gòu)式為，B正確；C.球棍模型是用來(lái)表現(xiàn)化學(xué)分子的三維空間分布，棍代表共價(jià)鍵，球表示構(gòu)成有機(jī)物分子的原子，乙烯的球棍模型為，C正確；D.CO2是共價(jià)化合物，的電子式為，D正確；答案選A。9、C【答案解析】

硫酸足量，氧化性Fe3+>Cu2+>H+，鐵離子優(yōu)先反應(yīng)，由于濾液A中不含銅離子，且有氣體氫氣生成，則濾液A中不含鐵離子，濾渣3.2克為金屬銅，銅的物質(zhì)的量為0.05mol，即合金樣品中總共含有銅元素0.05mol，濾液A中加入足量氫氧化鈉溶液，所得濾液灼燒得到的固體3.2克為氧化鐵，其物質(zhì)的量為0.02mol，鐵元素的物質(zhì)的量為0.04mol，濾液A溶質(zhì)為過量硫酸和硫酸亞鐵，而鐵元素物質(zhì)的量為0.04mol，說明參加反應(yīng)硫酸物質(zhì)的量為0.04mol，硫酸含氫離子0.08mol，其中部分氫離子生成氫氣，另外的氫離子和合金中的氧結(jié)合成水了?！绢}目詳解】A.由上述分析可知，濾液A中陽(yáng)離子為Fe2＋、H＋，故A錯(cuò)誤；B.濾液中不含銅離子，濾渣3.2克為金屬銅，若全部為氧化銅，氧化銅的質(zhì)量為80×0.05=4.0克，由于部分銅被氧化成氧化銅，則樣品中氧化銅的質(zhì)量一定小于4.0g，故B錯(cuò)誤；C.合金中鐵元素的質(zhì)量為56×0.04=2.24g，故C正確；D.合金中鐵元素質(zhì)量為2.24克，銅元素質(zhì)量為3.2克，故合金中氧原子的物質(zhì)的量，它結(jié)合氫離子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04=0.04mol氫離子生成氫氣，即生成0.02mol氫氣，標(biāo)況下體積為0.02×22.4=0.448L，故D錯(cuò)誤；故選C。10、B【答案解析】

A.燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量；B.設(shè)二者質(zhì)量都是1g，然后根據(jù)題干熱化學(xué)方程式計(jì)算；C.酸堿中和反應(yīng)生成的硫酸鋇過程放熱，則其焓變不是－57.3kJ·mol－1；D.①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1②2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1，按蓋斯定律計(jì)算①3-②得到：6H2(g)＋2CO2(g)===2CH3OH(l)＋2H2O(l)，據(jù)此進(jìn)行計(jì)算?！绢}目詳解】A.根據(jù)2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1可以知道1mol液態(tài)甲醇燃燒生成2mol液態(tài)水放出熱量為726kJ·mol－1，則CH3OH(l)燃燒熱為726kJ·mol－1，故A錯(cuò)誤；B.同質(zhì)量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃燒，設(shè)質(zhì)量為1g2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－12mol571.6kJmol142.9kJ2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－12mol1452kJmol22.69kJ所以H2(g)放出的熱量多，所以B選項(xiàng)是正確的；C.反應(yīng)中有BaSO4(s)生成，而生成BaSO4也是放熱的，所以放出的熱量比57.3

kJ多，即該反應(yīng)的ΔH<－57.3kJ·mol－1，故C錯(cuò)誤；D.①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1②2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1，按蓋斯定律計(jì)算①3-②得到：6H2(g)＋2CO2(g)===2CH3OH(l)＋2H2O(l)ΔH＝－262.8kJ·mol－1，則正確的熱化學(xué)方程式是：3H2(g)＋CO2(g)===CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝－131.4kJ·mol－1，故D錯(cuò)誤。所以B選項(xiàng)是正確的。11、B【答案解析】分析：A．N5+是由N5分子失去1個(gè)電子得到的，1個(gè)N5分子是由5個(gè)氮原子構(gòu)成的，據(jù)此進(jìn)行分析解答；B．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式判斷σ鍵和π鍵的數(shù)目；C．1個(gè)氮氮三鍵中含有2個(gè)π鍵；D．根據(jù)具有相同原子數(shù)和價(jià)電子數(shù)的微?；シQ為等電子體分析。詳解：A．1個(gè)氮原子中含有7個(gè)質(zhì)子、7個(gè)電子，則1個(gè)N5分子中含有35個(gè)質(zhì)子、35個(gè)電子，N5+是由N5分子失去1個(gè)電子得到的，則1個(gè)N5+粒子中有35個(gè)質(zhì)子，34個(gè)電子，A錯(cuò)誤；B．單鍵都是σ鍵，三鍵中含有1個(gè)σ鍵和2個(gè)π鍵，則該離子中σ鍵和π鍵的數(shù)目之比為4:4=1:1，B正確；；C．1個(gè)氮氮三鍵中含有2個(gè)π鍵，所以該離子中含有4個(gè)π鍵，C錯(cuò)誤；D．N5+與PO43-具有相同原子數(shù)，但價(jià)電子數(shù)分別為24，32，不是等電子體，D錯(cuò)誤；答案選B。12、B【答案解析】

同一化學(xué)反應(yīng)中氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物，還原劑的還原性強(qiáng)于還原產(chǎn)物，由反應(yīng)①可知，氧化性XO4->Z2，還原性Z－>X2＋，由反應(yīng)②可知，氧化性B2>A3＋，還原性A2＋>B－，由反應(yīng)③可知，氧化性Z2>B2，還原性B－>Z－，則氧化性XO4->Z2>B2>A3＋，還原性A2＋>B－>Z－>X2＋。【題目詳解】A項(xiàng)、氧化性XO4->Z2>B2>A3＋，則要除去含有A2＋、Z－和B－混合溶液中的A2＋，而不氧化Z－和B－，應(yīng)加入B2，故A正確；B項(xiàng)、由分析可知，還原性A2＋>B－>Z－>X2＋，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)、反應(yīng)①可知，X2＋是XO4-的還原產(chǎn)物，由反應(yīng)③可知，B2是B－的氧化產(chǎn)物，故C正確；D項(xiàng)、由分析可知，氧化性XO4->Z2>B2>A3＋，則在酸性溶液中XO4-可能將A2＋氧化，反應(yīng)的離子方程式為8H＋＋5A2＋＋XO4-=X2＋＋5A3＋＋4H2O，故D正確；答案選B。13、C【答案解析】

A.電解精煉銅時(shí)，陽(yáng)極的粗銅中含有活潑性較強(qiáng)的鐵、鋅等雜質(zhì)，電解時(shí)鐵、鋅雜質(zhì)先放電，且鐵的摩爾質(zhì)量小于銅的摩爾質(zhì)量，鋅的摩爾質(zhì)量大于銅的摩爾質(zhì)量，所以陽(yáng)極減少6.4g，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量不一定為0.2mol，個(gè)數(shù)不一定為0.2NA，故A錯(cuò)誤；B.氯化鈉是離子化合物，氯化鈉溶液中不含氯化鈉分子，故B錯(cuò)誤；C.二氧化氮與水反應(yīng)生成2mol硝酸，由元素化合價(jià)變化可知，轉(zhuǎn)移了2mol電子，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為2NA，故C正確；D.1mol冰醋酸和1mol乙醇經(jīng)催化加熱發(fā)生酯化反應(yīng)，是可逆反應(yīng)，生成的H2O分子數(shù)小于NA，故D錯(cuò)誤；故答案為：C?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用，相對(duì)比較容易，B項(xiàng)為易錯(cuò)點(diǎn)，注意NaCl是離子化合物，不含有分子。14、D【答案解析】A.苯環(huán)上6個(gè)C與6個(gè)H共平面；B.乙烯分子結(jié)構(gòu)中2個(gè)C與4個(gè)H共平面；C.乙炔分子結(jié)構(gòu)中4個(gè)原子在一直線上，肯定共平面；D.乙烷分子中有2個(gè)碳原子與6個(gè)氫原子，其中最多有4個(gè)原子共平面；故答案選D。15、D【答案解析】A、a=6.72時(shí)，物質(zhì)的量為n(CO2)=0.3mol，n(NaOH)=0.3mol；所以n(CO2)：n(NaOH)=1:1，離子方程式為：CO2+OH-=HCO3-，故A正確；B、a=3.36時(shí)，n(CO2)=0.15mol，n(NaOH)=0.3mol，所以n(CO2)：n(NaOH)=1:2，反應(yīng)離子方程式為：CO2+2OH-=CO32-+H2O，故B正確；C、a=4.48時(shí)，物質(zhì)的量為n(CO2)=0.2mol，n(NaOH)=0.3mol，所以n(CO2)：n(NaOH)=2:3，氫氧化鈉和二氧化碳恰好反應(yīng)生成碳酸鈉和碳酸氫鈉，反應(yīng)離子方程式為：2CO2+3OH-=CO32-+HCO3-+H2O，故C正確；D、a=8.96時(shí)，物質(zhì)的量為n(CO2)=0.4mol，n(NaOH)=0.3mol，所以n(CO2)：n(NaOH)=4:3>1：1，反應(yīng)離子方程式為：CO2+OH-=HCO3-，故D錯(cuò)誤；故選D。點(diǎn)睛：二氧化碳?xì)怏w和氫氧化鈉反應(yīng)按照物質(zhì)的量不同產(chǎn)物不同，若二氧化碳和氫氧化鈉物質(zhì)的量之比為1:2時(shí)反應(yīng)的離子方程式為：CO2+2OH-=CO32-+H2O，若二氧化碳和氫氧化鈉物質(zhì)的量之比為1:1時(shí)反應(yīng)的離子方程式為：CO2+OH-=HCO3-；二氧化碳和氫氧化鈉物質(zhì)的量之比大于1:2，小于1:1時(shí)，產(chǎn)物為碳酸鈉和碳酸氫鈉；二氧化碳和氫氧化鈉物質(zhì)的量之比小于1:2,反應(yīng)只發(fā)生CO2+2OH-=CO32-+H2O；二氧化碳和氫氧化鈉物質(zhì)的量之比大于1:1,按照反應(yīng)CO2+OH-=HCO3-進(jìn)行。16、B【答案解析】分子式為C6H12主鏈上為4個(gè)碳原子的烯烴類的同分異構(gòu)體有CH2=C(CH3)—CH(CH3)—CH3、CH2=CH—C(CH3)2—CH3、CH2=C(CH2CH3)2、CH3—C(CH3)=C(CH3)—CH3共4種，故選B。17、C【答案解析】

A．CS2與CO2分子構(gòu)型相同，二氧化碳的分子結(jié)構(gòu)為O=C=O，則CS2的結(jié)構(gòu)為S=C=S，屬于直線形分子，故A錯(cuò)誤；B．ClO3-中Cl的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+(7+1-2×3)=4，含有一個(gè)孤電子對(duì)，則離子的空間構(gòu)型為三角錐形，故B錯(cuò)誤；C．SF6中S-F含有一個(gè)成鍵電子對(duì)，所以SF6中含有6個(gè)S-F鍵，則分子中有6對(duì)完全相同的成鍵電子對(duì)，故C正確；D．SiF4中Si的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=4+(4-1×4)=4，SO32-中S的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+(6+2-2×3)=4，所以中心原子均為sp3雜化，故D錯(cuò)誤；故選C。18、B【答案解析】

A、NBD和Q的分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，二者互為同分異構(gòu)體，A正確；B、Q分子中碳原子均是飽和碳原子，Q不能使溴水褪色，B錯(cuò)誤；C、物質(zhì)Q中含有3種氫原子，一氯取代物有3種，C正確；D、NBD的分子式為C7H8，可以是甲苯，屬于芳香烴，D正確；答案選B。19、C【答案解析】

A.C3H7Cl有同分異構(gòu)體，所以C3H7Cl不一定是純凈物，故A錯(cuò)誤；B.C4H10有同分異構(gòu)體，正丁烷和異丁烷，故B錯(cuò)誤；C.CH2Cl2沒有同分異構(gòu)體，只表示二氯甲烷，故C正確；D.C2H6O有同分異構(gòu)體，甲醚和乙醇，故D錯(cuò)誤；所以本題答案：C。【答案點(diǎn)睛】判斷分子式有沒有同分異構(gòu)體，如果有就不能只表示一種物質(zhì)。20、B【答案解析】

A、最外層電子排布式為3s23p3的是P，屬于主族元素，故錯(cuò)誤；B、最外層電子排布式為4s2的不一定是主族元素，如Fe、Zn等過渡元素，故正確；C、最外層電子排布式為4s24p1的是Ga，位于第IIIA族，屬于主族元素，故錯(cuò)誤；D、最外層電子排布式為3s23p5的是Cl，屬于主族元素，故錯(cuò)誤。故選B。21、A【答案解析】

A.在金剛石中，每個(gè)C原子與其他4個(gè)C原子共用4個(gè)C-C鍵，相當(dāng)于每個(gè)C原子占有4×12=2個(gè)C-C鍵，則amol金剛石含2amolC-C鍵，故A正確；B.Mg，Ca為同主族元素，離子半徑逐漸增大，形成碳酸鹽時(shí)陽(yáng)離子電荷數(shù)相同，離子半徑越小，離子極化能力越強(qiáng)，越容易奪取CO32-中的O，造成碳酸鹽熱穩(wěn)定性下降，所以熱穩(wěn)定性：MgCO3＜CaCO3，故B錯(cuò)誤；C.離子晶體晶格能越大熔點(diǎn)越高，氧化鎂的晶格能大于氯化鎂的晶格能，所以晶體熔點(diǎn)由高到低：MgO＞MgCl2，故C錯(cuò)誤；D.鈉和鉀屬于同族元素，原子半徑Na<K，導(dǎo)致金屬鍵Na＞K，金屬鍵越強(qiáng)，金屬的沸點(diǎn)越高，沸點(diǎn)：Na＞K，故D錯(cuò)誤；故選22、D【答案解析】

某羧酸酯的分子式為C18H26O5,1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，說明酯中含有2個(gè)酯基，設(shè)羧酸為M，則反應(yīng)的方程式為C18H26O5+H2O=M+2C2H5OH,

由質(zhì)量守恒可以知道M的分子式為C14H18O5，故選D?！敬鸢更c(diǎn)睛】1mol該完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，則說明酯中含有2個(gè)酯基，結(jié)合酯的水解特點(diǎn)以及質(zhì)量守恒定律判斷該羧酸的分子式。二、非選擇題(共84分)23、614C三VIA7NH4NO【答案解析】分析：X的基態(tài)原子核外3個(gè)能級(jí)上有電子，且每個(gè)能級(jí)上的電子數(shù)相等，根據(jù)構(gòu)造原理，X的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p2，X為C元素；Y的M層上有2對(duì)成對(duì)電子，Y的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，Y為S元素；Z和Y同周期，Z的電負(fù)性大于Y，Z為Cl元素；W的一種核素的質(zhì)量數(shù)為63，中子數(shù)為34，質(zhì)子數(shù)為63-34=29，W為Cu元素；J的氣態(tài)氫化物與J的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)生成一種鹽，J為N元素。根據(jù)元素周期表和相關(guān)化學(xué)用語(yǔ)作答。詳解：X的基態(tài)原子核外3個(gè)能級(jí)上有電子，且每個(gè)能級(jí)上的電子數(shù)相等，根據(jù)構(gòu)造原理，X的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p2，X為C元素；Y的M層上有2對(duì)成對(duì)電子，Y的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，Y為S元素；Z和Y同周期，Z的電負(fù)性大于Y，Z為Cl元素；W的一種核素的質(zhì)量數(shù)為63，中子數(shù)為34，質(zhì)子數(shù)為63-34=29，W為Cu元素；J的氣態(tài)氫化物與J的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)生成一種鹽，J為N元素。（1）X為C元素，C的同位素中用于測(cè)定文物年代的是614（2）Y為S元素，S的原子結(jié)構(gòu)示意圖為，S元素位于元素周期表第三周期第VIA族。（3）Z為Cl元素，Cl原子核外有17個(gè)電子，最外層有7個(gè)電子，Cl原子最外層有7種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子。（4）W為Cu元素，基態(tài)Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，價(jià)電子排布式為3d104s1，價(jià)電子排布圖為。（5）J為N元素，J的氣態(tài)氫化物為NH3，J的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為HNO3，NH3與HNO3反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH3+HNO3=NH4NO3，NH3與HNO3反應(yīng)生成的鹽的化學(xué)式為NH4NO3。24、MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－漏斗、燒杯、玻璃棒b飽和食鹽水濃硫酸Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2Of、g、h2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O42.9%【答案解析】

Ⅰ、G為黃綠色氣體，則G為Cl2，反應(yīng)③為二氧化錳與濃鹽酸的反應(yīng)，則D為MnO2，J為HCl，說明混合物A、B中含有MnO2，且含有Cl元素，則A為KClO3、MnO2的混合物，用于實(shí)驗(yàn)室制備氧氣，則B為O2，C為MnO2、KCl的混合物，則E為KCl，電解KCl溶液生成KOH、Cl2、H2，故H為H2，I為KOH，以此解答該題。Ⅱ、（1）氯氣和氫氧化鈣反應(yīng)生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，根據(jù)溫度對(duì)該反應(yīng)的影響分析；（2）先計(jì)算次氯酸鈣的質(zhì)量，再根據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)公式計(jì)算?！绢}目詳解】Ⅰ、（1）反應(yīng)③為實(shí)驗(yàn)室制備氯氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；反應(yīng)④是電解氯化鉀溶液，反應(yīng)的離子方程式為2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－；（2）C為MnO2、KCl的混合物，KCl溶于水，而MnO2不溶于水，可利用溶解、過濾方法進(jìn)行分離，溶解、過濾操作使用的玻璃儀器為漏斗、玻璃棒、燒杯；（3）實(shí)驗(yàn)室用二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下制備氯氣，制取氯氣的發(fā)生裝置是：b，由于濃鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HCl，先用飽和食鹽水吸收氯氣，再用濃硫酸進(jìn)行干燥，即c裝置中存放的試劑是飽和食鹽水，d裝置中存放的試劑為濃硫酸；（4）實(shí)驗(yàn)室利用燒堿溶液吸收氣體氯氣的離子方程式為Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；（5）氯化氫一種極易溶于水的氣體，為了防止倒吸，裝置中有倒扣的漏斗或肚容式結(jié)構(gòu)，e、i裝置不具有防倒吸的作用，而f、g、h具有防倒吸，故答案為fgh；Ⅱ、（1）氯氣和氫氧化鈣反應(yīng)生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應(yīng)的方程式為2Ca(OH)2＋2Cl2＝CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；（2）3ClO－＋I(xiàn)－＝3Cl－＋I(xiàn)O3-①；IO3-＋5I－＋3H2O＝6OH－＋3I2②，這說明真正的滴定反應(yīng)是第一步，第一步完成后，只要加入少許碘離子就可以和生成的碘酸根生成碘單質(zhì)而看到淺藍(lán)色達(dá)到終點(diǎn)，KI溶液的總體積＝（19.98+20.02+20.00）mL＝60.00mL，平均體積為60.00mL÷3＝20.00mL。設(shè)次氯酸根離子的物質(zhì)的量為x，則根據(jù)方程式可知3ClO－＋I(xiàn)－＝3Cl－＋I(xiàn)O3-3mol1molx0.1000mol?L-1×0.020L所以x＝0.006mol次氯酸鈣的質(zhì)量為：143g×0.006mol×0.5＝0.429g所以質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.429g/1.000g×100%＝42.9%。25、(1)將導(dǎo)管的出口浸入水槽的水中，手握住試管，有氣泡從導(dǎo)管口逸出，放開手后，有少量水進(jìn)入導(dǎo)管，并形成穩(wěn)定的液柱，表明裝置不漏氣(2)②①③(3)慢慢將量筒上下移(4)【答案解析】解答定量實(shí)驗(yàn)題的一般方法為先看實(shí)驗(yàn)?zāi)康模俜治鰧?shí)驗(yàn)的反應(yīng)原理和計(jì)算原理。該實(shí)驗(yàn)的反應(yīng)原理為2KClO3MnO2=MnO2=Δ計(jì)算原理為M(O2)＝，m(O2)＝ag－bg，n(O2)＝＝，所以，該實(shí)驗(yàn)的關(guān)鍵在于準(zhǔn)確測(cè)定氧氣的體積。而氣體的體積取決于兩個(gè)因素：一是溫度，二是壓強(qiáng)。這就要求讀數(shù)時(shí)，氣體溫度要與室溫一致，量筒內(nèi)外壓強(qiáng)一致。在弄清原理后，再考慮實(shí)驗(yàn)的每一步操作。26、冷凝管(或冷凝器)SO2+H2O=H2SO4③酚酞④0.2400【答案解析】分析：(1)根據(jù)儀器A的特點(diǎn)判斷；(2)二氧化硫具有還原性，能夠與雙氧水反應(yīng)生成硫酸；(3)氫氧化鈉溶液顯堿性；根據(jù)滴定終點(diǎn)時(shí)溶液的pH及常見指示劑的變色范圍選用正確的指示劑；根據(jù)滴定管的構(gòu)造判斷滴定管中溶液的體積；(4)根據(jù)關(guān)系式2NaOH～H2SO4～SO2及氫氧化鈉的物質(zhì)的量計(jì)算出二氧化硫的質(zhì)量，再計(jì)算出該葡萄酒中的二氧化硫含量；據(jù)此分析解答。詳解：(1)根據(jù)儀器A的構(gòu)造可知，儀器A為冷凝管，故答案為：冷凝管或冷凝器；(2)雙氧水具有氧化性，能夠?qū)⒍趸蜓趸闪蛩?，反?yīng)的化學(xué)方程式為：SO2+H2O2=H2SO4，故答案為：SO2+H2O2=H2SO4；(3)氫氧化鈉溶液為堿性溶液，應(yīng)該使用堿式滴定管，堿式滴定管中排氣泡的方法：把滴定管的膠頭部分稍微向上彎曲，再排氣泡，所以排除堿式滴定管中的空氣用③的方法；滴定終點(diǎn)時(shí)溶液的pH=8.8，應(yīng)該選擇酚酞做指示劑(酚酞的變色范圍是8.2～10.0)；若用50mL滴定管進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，當(dāng)?shù)味ü苤械囊好嬖诳潭取?0”處，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度線下方還有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度線下有液體，因此管內(nèi)的液體體積＞(50.00mL-10.00mL)=40.00mL，所以④正確，故答案為：③；酚酞；④；(4)根據(jù)2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的質(zhì)量為：12×(0.0900mol/L×0.025L)×64g/mol=0.0720g，該葡萄酒中的二氧化硫含量為：0.0720g0.3L=0.2400g/L點(diǎn)睛：本題考查了物質(zhì)組成的探究、測(cè)量物質(zhì)的含量的方法等，涉及二氧化硫的性質(zhì)、中和滴定的計(jì)算，明確二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)及中和滴定的操作方法及計(jì)算方法是解題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(4)，要注意計(jì)算結(jié)果的單位。27、2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O否氨氣在飽和氯化銨溶液中的溶解度仍然很大在裝置A與B之間增加裝有堿石灰的干燥管3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O取少許樣品，加入稀H2SO4，若溶液出現(xiàn)藍(lán)色，說明紅色物質(zhì)中含有Cu2O反之則沒有【答案解析】

(一)(1)實(shí)驗(yàn)制取氨氣利用熟石灰和氯化銨混合加熱，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；(2)氨氣極易溶于水，氨氣在飽和氯化銨溶液中的溶解度仍然很大，因此不能用排飽和氯化銨溶液的方法收集氨氣。(二)(1)氯化銨和消石灰反應(yīng)生成氨氣和水，氨氣和CuO反應(yīng)前應(yīng)先干燥，即需要在裝置A與B之間增加裝有堿石灰的干燥管。(2)CuO變?yōu)榧t色物質(zhì)，無(wú)水CuSO4變藍(lán)色，同時(shí)生成一種無(wú)污染的氣體，說明生成銅、氮?dú)夂退?，反?yīng)的化學(xué)方程式為3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O。(三)由題中信息可知，Cu2O是一種堿性氧化物，在酸性溶液中，Cu+的穩(wěn)定性比Cu2+差，則將Cu2O加入硫酸中發(fā)生Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，可觀察到溶液出現(xiàn)藍(lán)色，說明紅色物質(zhì)中含有Cu2O，反之則沒有，即取少許樣品，加入稀H2SO4，若溶液出現(xiàn)藍(lán)色，說明紅色物質(zhì)中含有Cu2O，反之則沒有?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題以銅的化合物的性質(zhì)探究，考查了物質(zhì)性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，題目難度中等，題中涉及了較多的書寫化學(xué)方程式的題目，正確理解題干信息為解答關(guān)鍵，要求學(xué)生掌握有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)的方法，試題有利于培養(yǎng)學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Α?8、3b－aC2H4反應(yīng)B正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，溫度升高平衡正