2019-2020学年黑龙江省齐齐哈尔市高二(下)期末化学试卷

2019-2020学年黑龙江省齐齐哈尔市高二（下）期末化学

试卷

一、单选题（本大题共23小题，共69.0分）

1.下列实验操作正确的是()

A. 容量瓶和分液漏斗使用前必须要检查仪器是否漏水并烘干

B. 在实验室中进行蒸馏操作时，温度计应插入液面之下

C. 实验室制取氢气后的废液，可先倒入水槽中，再用水冲入下水道

D. 分液操作分离下层液体时，分液漏斗尖端紧靠烧杯内壁，以防液体飞溅

2.

A B C D. D

3.“纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中一种，若将纳米碳

均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质具有的性质有()

①是溶液；②是胶体；③能产生丁达尔效应；④通过用滤纸过滤能够分离NaCl

和纳米碳的混合水溶液；⑤一定条件下可以发生聚沉现象；⑥静置后会析出黑色沉淀。

A. ①④⑥

B. ②③⑤

C. ②③④⑤

D. ①③④⑥

4.N A是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()

A. 标准状况下，2.24LCCl4中共价键数目为0.4N A

B. 密闭容器中2mol NO与1molO2充分反应，产物的分子数为2N A

C. 常温常压下，32g氧气和臭氧混合气体中含有2N A个氧原子

D. pH=1的硫酸溶液，含有氢离子数目为N A

5.在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度为ρg?mL?1，

质量分数为w，其中含有NH4+的物质的量是bmol。下列叙述不正确的是()

×100%

A. 溶质的质量分数w=a

ρV?a

mol?L?1

B. 溶质的物质的量浓度c=1000a

17V

C. 溶液中c(OH?)=1000b

mol?L?1+c(H+)

V

D. 向上述溶液中加入VmL水，所得溶液的质量分数小于0.5w

6.能正确表示下列反应离子方程式的是()

A. 金属铝溶于稀硫酸中：Al+2H+=Al3++H2↑

B. 金属钠加入水中：Na+H2O=Na++OH?+H2↑

C. 食醋除去暖水瓶中的水垢(主要成分碳酸钙)：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++

2CH3COO?+CO2↑+H2O

D. 向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液并加热：NH4++OH?=NH3↑+H2O

7.某温度下，将1.4molI2加入到足量氢氧化钾溶液中，反应后得到KI、KIO、KIO3的

混合液。经测定IO?与IO3?的物质的量之比是1：2.下列说法错误的是()

A. I2在该反应中既作氧化剂又做还原剂

B. 该反应中，KIO和KIO3是氧化产物

第1页，共22页

第2页，共22页 C. 该反应中，转移电子的物质的量为2.2mol

D. 该反应中，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是3：11

8. 某基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d 104s 24p 4，下列说法中错误的是( )

A. 该元素原子核外共有34个运动状态不同的电子

B. 该元素原子核外有8种能量不同的电子

C. 该元素原子核外电子有18种空间运动状态

D. 该元素原子价电子排布式为3d 104s 24p 4

9. 根据元素周期律和物质结构的有关知识，以下有关排序正确的是( )

A. 离子半径：Ca 2+>Cl ?>S 2?

B. 电负性：O >S >Mg

C. 第一电离能：O >N >C

D. 热稳定性：H 2S >H 2O >CH 4

10. 下列现象与氢键有关的是( )

①H 2O 的熔沸点比同主族其他元素氢化物的熔沸点高

②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶

③AsH 3的熔沸点高于PH 3

④水分子高温下也很稳定

⑤邻羟基苯甲酸的熔沸点比对羟基苯甲酸的低

A. ①②⑤

B. ①②④

C. ①②④⑤

D. ①②③

11. 用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间构型，有时也能用

来推测键角大小，下列判断正确的是( )

A. H 2S 、CS 2、HI 都是直线形的分子

B. COCl 2、BF 3、SO 2都是平面三角形的分子

C. BF 3键角为120°，SnBr 2键角小于120°

D. PCl 3、NH 3、PCl 5的VSEPR 构型相同

12. 有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，下列有关说法正确的是( )

A. 图1和图4为非密置层堆积，图2和图3为密置层堆积

B. 图1～图4分别是简单立方堆积、六方最密堆积、面心立方最密堆积、体心立方堆积

C. 图1～图4每个晶胞所含有原子数分别为1、2、2、4

D. 图1～图4堆积方式的空间利用率大小关系是图1<图2<图3=图4

13. 下列晶体性质的比较中，正确的是( )

A. 熔点：SiI 4<SiBr 4<SiCl 4

B. 熔沸点：生铁>纯铁>钠

C. 硬度：白磷>冰>二氧化硅

D. 熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅

14. 下面有关分子性质和晶体结构的叙述中，错误的是( ) A. 分子中含有2个手性碳原子

B. 无机含氧酸可以用(HO)m RO n 表示，n 值越大，则该含氧酸的酸性越强

C. 氯化铯晶体中，每个Cs +周围紧邻且距离相等的Cl ?有6个

D. 金刚石为空间网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子

15. X 、Y 、Z 、M 、W 为五种短周期元素。X 、Y 、Z 是原子序数依次增大的同周期元

素，且最外层电子数之和为15；X 与Z 可形成XZ 2分子；Y 与M

形成的气态化合物

在标准状况下的密度为0.76g?L?1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的二分之一。下列说法错误的是()

A. 由X元素形成的单质不一定是原子晶体

B. XZ2、W2Z2只有共价键

C. M2Z2是一种含有非极性键的极性分子

D. 在X与M、Y与M形成的最简单化合物中，X?M键的键长>Y?M键的键长

16.下列说法错误的是()

A. 按系统命名法，化合物的名称为2，4?二甲基己烷

B. 等质量的甲烷、乙烯、1，3?丁二烯分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减少

C. 苯酚、水杨酸()和苯甲酸都是同系物

D. 2?甲基?2?丁烯不存在顺反异构

17.已知C?C键可以绕键轴自由旋转，对于结构简式为的烃，

下列说法正确的是()

A. 分子中最多有22个原子处于同一平面上

B. 分子中至少有11个碳原子处于同一平面上

C. 分子中所有碳原子一定处于同一平面上

D. 分子中所有原子可能处于同一平面上

18.现有甲酸、甲酸甲酯、乙醇、乙醛、乙酸、乙酸乙酯六种失去标签的试剂，只用一

种试剂进行鉴别(可以加热)，这种试剂是()

A. 新制的Cu(OH)2悬浊液

B. 溴水

C. 酸性高锰酸钾溶液

D. FeCl3溶液

19.以下实验：

①将无水乙醇和浓硫酸的混合液迅速升温到170℃，将产生的气体通入溴水中，溶

液褪色可证明有乙烯生成；

②将电石与水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色可证明有乙炔

生成；

③实验室中将苯和浓溴水混合，再加入FeBr3来制备溴苯；

④为检验RX是碘代烷，将RX与NaOH水溶液混合加热后，先加足量稀硝酸酸化，

再加入AgNO3溶液，观察沉淀颜色；

⑤为验证淀粉在稀硫酸催化下水解产物，向溶液中直接加入银氨溶液并水浴加热，

观察是否产生银镜。

其中可能失败或者无法证明实验结论的是()

A. ①②④

B. ①③⑤

C. ②③④

D. ①②③⑤

20.荧光素(X)常用于钞票等防伪印刷，下列关于它的说法错

误的是()

A. X能与糠醛()发生缩聚反应

B. 1mol X最多能与9mol氢气反应

C. 1mol X与足量的NaOH溶液在常温常压下反应，最多

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消耗2mol NaOH

D. 1mol X与足量的浓溴水反应，最多消耗5molBr2

21.下列说法中正确的有()

①糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，适当条件下均可发生水解；

②“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而制成的一种新型化合物燃料；

③除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液；

④石油的分馏，煤的气化、液化、干馏等过程都是发生了化学变化；

⑤煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的高级脂肪酸的甘油酯；

⑥除去苯中混入的少量甲苯，可加入适量的酸性KMnO4溶液，充分反应后再加入

足量的NaOH溶液，振荡，静置分液。

A. 2个

B. 3个

C. 4个

D. 5个

22.从香荚兰豆中提取的一种芳香族化合物，其分子式为C8H8O3，遇FeCl3溶液会呈现

特征颜色，同时能与NaHCO3反应产生气体。则符合条件的同分异构体有()

A. 13种

B. 12种

C. 11种

D. 10种

23.丁腈橡胶具有优良的耐油、耐高温性能，下

列有机物中能用于合成丁腈橡胶的单体有()

①CH3?CH=CH?CH3；②CH3?CH=CH2；③CH2=CH?CH=CH2；

④CH3C≡CCH3；⑤CH2=CH?CN；⑥CH3?CH=CH?CN。

A. ④⑤

B. ③⑤

C. ①⑥

D. ④⑥

二、实验题（本大题共2小题，共26.0分）

24.某学生需要用烧碱固体配制1.0mol?L?1的NaOH溶液480mL.实验室提供以下仪器：

①烧杯②量筒③1000mL容量瓶④玻璃棒⑤托盘天平(带砝码)。请回答下列问题：

(1)用托盘天平称量时，需要称取NaOH固体______g。

(2)配制过程中，用到的仪器有______(填序号)，还缺少的玻璃仪器有______。(填

仪器名称)

(3)配制时，其正确的操作顺序是______。(用字母表示，每个操作只用一次)

A.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1cm～2cm处

B.在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解

C.将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中

D.将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀

E.改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切

F.用少量水洗涤烧杯2次～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡

(4)实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是：______、______。

(5)若出现如下情况，能引起所配溶液浓度偏高的是______。(填序号)

①用已经上锈的砝码称量NaOH固体

②实验前容量瓶内有少量蒸馏水

③配制过程中，没有用蒸馏水洗涤

④定容时俯视刻度线

⑤移液前没有冷却至室温

⑥在烧杯中溶解时，溅出少量溶液

25.

阳离子Na+Al3+Fe3+Cu2+Ba2+

阴离子OH?Cl?CO32?NO3?SO42?

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分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：

①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3，沉淀部分

溶解，剩余白色固体；

②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；

③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；

④B溶液与D溶液混合后无现象；

⑤将38.4gCu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6mol?L?1稀

H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。

(1)据此推断A、E的化学式为：A______；E______。

(2)写出过量C与D发生反应的离子方程式______。

(3)向沸水中滴加1～2mLB的饱和溶液，继续煮沸，当看到的现象是______时，停

止加热即可得到胶体，产生胶体的原因是______。(用化学方程式说明)

(4)写出上述步骤②涉及的离子方程式：______。

(5)写出上述步骤⑤涉及的离子方程式：______。

三、简答题（本大题共3小题，共37.0分）

26.Ⅰ.2020年，新型冠状病毒肆虐全球，“84”消毒液因其副作用小，有消毒杀菌的

作用，被广泛应用。

(1)“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，写出次氯酸钠的电子式______。

(2)洁厕液的主要成分是HCl.将洁厕液与“84”消毒液混合后会发生氧化还原反应，

生成有毒的氯气。写出该反应的化学方程式______。

(3)下列氧化还原反应中，与上述(2)反应类型不同的是______。(填字母)

A.Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O

B.2FeCl3+Fe=3FeCl2

C.H2S+H2SO4(浓)=SO2↑+S↓+2H2O

D.KClO3+5KCl+3H2SO4=3K2SO4+3Cl2↑+3H2O

Ⅱ.医学上常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应来测定血钙的含量。回答下列问题：

______H++______MnO4?+______H2C2O4=______CO2↑

+______Mn2++____________

(4)配平上述离子方程式，在横线上填上正确的系数并在横线中填上所需的微粒。

(5)该反应中，若生成1molCO2，则转移电子的数目为______。

(6)测定血钙含量的方法为：取2mL血液，用蒸馏水稀释后，向其中加入足量

(NH4)2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。

①溶解CaC2O4沉淀时不能用稀盐酸，原因是______。

②若消耗了5.0×10?5mol?L?1的KMnO4溶液20.00mL，则100mL该血液中含钙

______g。

27.2019年诺贝尔化学奖授予约翰?古德伊纳夫、斯坦利?惠廷汉和吉野彰三位科学家，

以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。请回答下列问题：

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(1)LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。

①基态Co原子核外电子排布式为______；

②基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为______；该能层能量最高的电子云

在空间有______个伸展方向。

(2)[Co(NO3)4]2?的配体中N原子的杂化方式为______，该配离子中各元素的第一

电离能由小到大的顺序为______(填元素符号)，1mol该配离子中含σ键数目为

______N A。

(3)LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸

钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图一所示：

这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为______(用n代表P原子数)。

(4)①Li2O被广泛用作玻璃的组分，其熔点______Na2O(填高于或者低于)，判断理

由______。

②Li2O具有反萤石结构，晶胞如图二所示，已知其晶胞参数为0.4665nm，N A为阿

伏加德罗常数的值，则Li2O的密度为______g?cm?3(列出计算式)。

28.已知有机物A～I之间的转化关系如图所示。

已知：①C 的结构简式为；

②A与D、B与E、I与F互为同分异构体；

③加热条件下将新制Cu(OH)2悬浊液分别加入有机物I、F中，I中无明显现象，F

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中有红色沉淀生成；

根据以上信息，回答下列问题：

(1)有机物I含有的官能团名称为______，有机物E的化学名称为______。

(2)有机物D的结构简式为______，有机物H的分子式为______。

(3)反应①～⑨中属于取代反应的是______。

(4)写出F与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式______。

(5)化合物G有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物，且能发生水解反应的所有同分异构体有______种(不含立体异构)。请写出同时满足下列条件的同分异构体的结构简式______。

①属于芳香族化合物，能发生银镜反应和水解反应

②其核磁共振氢谱图显示有4种不同环境的氢，峰面积比为1：2：2：3

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.容量瓶和分液漏斗不需要烘干，但使用前必须要检查仪器是否漏水，故A错误；

B.蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；

C.制取氢气后的废液含酸，应回收处理，不能倒入水槽，污染地下水，故C错误；

D.分液时避免液滴飞溅，则分离下层液体时，分液漏斗尖端紧靠烧杯内壁，故D正确；故选：D。

A.容量瓶和分液漏斗不需要烘干；

B.蒸馏时温度计测定馏分的温度；

C.制取氢气后的废液含酸；

D.分液时避免液滴飞溅。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握仪器的使用、实验操作和实验安全、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

2.【答案】C

【解析】解：A.冰水混合物成分都是水，能部分电离，属于弱电解质，故A错误；

B.明矾为化合物，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，Al是单质，不是电解质，故B错误；

C.硫酸钡为强电解质，次氯酸为弱电解质，二氧化硫为非电解质，故C正确；

D.盐酸是混合物，不是电解质，故D错误；

故选：C。

电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等；水溶液中能完全电离的电解质为强电解质，部分电离的电解质为弱电解质；

单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。

本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关。

3.【答案】B

【解析】解：纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，不能透过半透膜，一定条件下发生聚沉，胶体具有介稳性，静止不会出现沉淀，故②③⑤正确；

故选：B。

“纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题。

本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。

4.【答案】C

【解析】解：A.标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；

B.NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2?N2O4，所以产物分子数小于2N A，故B错误；

第8页，共22页

第9页，共22页 C.常温常压下，32g 氧气和臭氧混合气体中含有氧原子个数：32g 16g/mol ×N A =2N A ，故C 正确；

D.溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故D 错误；

故选：C 。

A.标况下四氯化碳为液体；

B.NO 和O 2反应方程式为2NO +O 2=2NO 2，根据方程式知，2molNO 与1molO 2恰好完全反应生成2molNO 2，但NO 2和N 2O 4之间存在转化，方程式2NO 2?N 2O 4；

C.氧气和臭氧都是由氧原子构成；

D.溶液体积未知。

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，明确物质的构成、发生的氧化还原反应、转移的电子数是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。 5.【答案】A

【解析】解：A.氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g ?cm ?3，体积为VmL ，所以

溶液质量为ρVg ，溶质氨气的质量为ag ，溶质的质量分数为：ag ρVg ×100%=a ρV

×100%，故A 错误；

B.ag 氮气的物质的量为：a 17mol ，溶液体积为VmL ，所以溶液的物质的量浓度为：a 17

mol V×10?3L =1000a 17V mol/L ，故B 正确；

C.溶液中c(NH 4+)=1000b V mol ?L ?1，氢氧根离子还来自水的电离，则c(OH ?)>c(NH 4

+)=1000b V mol ?L ?1，c(OH ?)=1000b V mol ?L ?1+c(H +)，故C 正确；

D.水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w ，故D 正确；

故选：A 。

A.氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g ?cm ?3，体积为VmL ，所以溶液质量为ρVg ，溶质氨气的质量为ag ，根据溶质的质量分数定义计算；

B.根据n =m M 、c =n V 计算溶液浓度；

C.根据电荷守恒可知c(OH ?)>c(NH 4+)；

D.水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，据此判断。 本题考查溶液物质的量浓度与质量分数关系的计算，题目难度中等，注意掌握物质的量与物质的量浓度、气体摩尔体积等物理量之间关系，明确溶质质量分数、物质的量浓度的概念及计算方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。

6.【答案】C

【解析】解：A.金属铝溶于稀硫酸中，离子方程式：2Al +6H +=2Al 3++3H 2↑，故A 错误；

B.金属钠加入水中，离子方程式：2Na +2H 2O =2Na ++2OH ?+H 2↑，故B 错误；

C.食醋除去暖水瓶中的水垢(主要成分碳酸钙)，离子方程式：2CH 3COOH +CaCO 3=Ca 2++2CH 3COO ?+CO 2↑+H 2O ，故C 正确；

D.碳酸氢铵溶液与足量烧碱溶液混合的离子反应为NH 4++HCO 3?+2OH ?=CO 32+

H2O+NH3?H2O，故D错误；

故选：C。

A.电荷不守恒；

B.原子个数不守恒；

C.醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙和水、二氧化碳；

D.漏掉碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应。

本题考查了离子方程式的判断，题目难度不大，注意，明确离子方程式正误判断常用方法：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，检查是否符合原化学方程式等。

7.【答案】D

【解析】解：A.只有I元素的化合价变化，I2在该反应中既作氧化剂又做还原剂，故A

正确；

B.I元素的化合价升高，失去电子被氧化，则KIO和KIO3是氧化产物，故B正确；

C.发生7I2+14OH?=11I?+IO?+2IO3?+7H2O，7mol碘参加反应转移11mol电子，

×11mol=2.2mol，故C正确；

则该反应中，转移电子的物质的量为1.4

7

D.该反应中，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是11：3，故D错误；故选：D。

设IO?与IO3?的物质的量分别为1mol、2mol，被氧化的I共为3mol，失去电子的总物质

的量为1mol×(1?0)+2mol×(5?0)=11mol，则得到电子的物质的量也应为11mol，故被还原的I的物质的量为11mol，所以反应的离子方程式为7I2+14OH?=11I?+

IO?+2IO3?+7H2O，以此来解答。

本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。

8.【答案】D

【解析】解：A.原子核外有34个电子，转动状态各不相同，故A正确；

B.核外电子分布于8个不同的能级，则有8种不同的能量，故B正确；

C.34个电子位于18个轨道，有18种空间运动状态，故C正确；

D.为ⅥA族元素，价电子排布式为4s24p4，故D错误。

故选：D。

某基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，原子序数为34，为Se元素，为ⅥA

族元素，价电子排布式为4s24p4，以此解答该题。

本题考查原子核外电子排布规律及排布式，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和双基的掌握，题目难度中等，注意原子核外电子的排布和运动特点。

9.【答案】B

【解析】解：A、Ca2+、Cl?、S2?的电子层结构相同，核电荷数：Ca>Cl>S，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径：Ca2+<Cl?<S2?，故A错误；

B、O和S为同主族元素，由上向下电负性逐渐减小，即电负性：O>S；S和Mg为同周期元素，从左向右电负性逐渐增大，即电负性：S>Mg，所以电负性：O>S>Mg，故B正确；

C、O、N、C为同周期元素的原子，第一电离能由左向右逐渐增大，但N原子因p轨道上3个电子，半充满，稳定，第一电离能大于氧原子，所以第一电离能：N>O>C，

故C错误；

D、原子半径：S>C>O，原子半径越小，共价键越短，键能越大，越难断裂，就越稳定，所以热稳定性：H2O>CH4>H2S，故D错误；

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故选：B。

A、电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；

B、同主族元素由上向下电负性逐渐减小，同周期从左向右电负性逐渐增大；

C、同周期第一电离能由左向右逐渐增大，但第ⅤA族元素因p轨道上3个电子，半充满，稳定；

D、原子半径越小，共价键越短，键能越大，越难断裂。

本题考查学生对原子结构和性质的理解和掌握，掌握离子半径大小、电负性、第一电离能、热稳定性的比较等，明确实质和作用原理是解题关键。同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力，题目难度不大，培养学生的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析。

10.【答案】A

【解析】解：①H2O分子之间存在氢键，故熔点沸点相对较高，故H?2O的沸点比同主

族其他元素的氢化物高，故选；

②乙醇、羧酸和水分子之间能形成氢键，则小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故选；

③AsH3的熔沸点高于PH3，是由于AsH3的相对分子质量高于PH3，与氢键无关，故不选；

④水分子高温下也很稳定，是由于分子中共价键键能大，与氢键无关，故不选；

⑤对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基

苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故选；

故选：A。

①H2O分子之间存在氢键，故熔点沸点相对较高；

②乙醇、羧酸和水分子之间能形成氢键；

③AsH3的熔沸点高于PH3，是由于AsH3的相对分子质量高于PH3；

④水分子高温下也很稳定，是由于分子中共价键键能大；

⑤对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键。

本题考查了氢键的相关知识，侧重于氢键对物质的性质的影响，题目难度不大，学习中注意总结该部分知识。

11.【答案】C

【解析】解：A、硫化氢分子呈V形，CS2、HI都是直线形的分子，故A错误；

B、二氧化硫为V型结构，COCl2、BF3中中心原子价层电子对个数都是3且不含孤电子对，所以这两种分子都是平面三角形结构，故B错误；

×(3?3×1)=3，为平面三角形结构；SnBr2中价层电C.BF3中价层电子对个数=3+1

2

×(4?2×1)=3且含有一个孤电子对，为V型结构，孤电子对与成

子对个数=2+1

2

键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以BF3键角为120°，SnBr2键角小于120°，故C正确；

×(5?3×1)=4且含有一个孤电子对，所以NH3、D.NH3、PCl3中价层电子对个数=3+1

2

×(5?5×1)=5且不含孤电子对，PCl3为三角锥形结构；PCl5中价层电子对个数=5+1

2

为三角双锥结构，故D错误；

故选：C。

根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型，价层电子对数=成键电子对数+孤电子对数，分子中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，据此分析解答。

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本题考查了分子空间构型及键角，明确价层电子对互斥理论的作用是解本题关键，难点是计算孤电子对的方法，难度不大。

12.【答案】D

【解析】解：A.图1和图2为非密置层堆积，图3和图4为密置层堆积，故A错误；

B.图1为简单立方堆积、图2为体心立方堆积、图3为面心立方最密堆积、图4为六方最密堆积，故B错误；

C.图1中原子个数=8×1

8=1、图二中原子个数=1+8×1

8

=2、图3中原子个数=

8×1

8+6×1

2

=4、图4中原子个数=1+8×1

8

=2、，故C错误；

D.图1～图4堆积方式的空间利用率分别为：52%、68%、74%、74%，所以原子利用率顺序：图1<图2<图3=图4，故D正确；

故选：D。

A.图1和图2为非密置层堆积，图3和图4为密置层堆积；

B.图1为简单立方堆积、图2为体心立方堆积、图3为面心立方最密堆积、图4为六方最密堆积；

C.利用均摊法计算每个晶胞中原子个数；

D.图1～图4堆积方式的空间利用率分别为：52%、68%、74%、74%。

本题考查金属堆积，侧重考查学生空间想象能力、计算能力，知道每种堆积模型中典型金属，难点是计算配位数，题目难度中等。

13.【答案】D

【解析】解：A、卤族元素原子与Si原子形成组成和结构相似的分子晶体，分子间不存在氢键，因相对分子质量：SiI4>SiBr4>SiCl4，故分子间作用力：SiI4>SiBr4>SiCl4，所以熔点：SiI4>SiBr4>SiCl4，故A错误；

B、生铁为铁碳合金，熔点低于成分金属铁的熔点，纯铁的金属键比钠强，纯铁的熔点比钠高，钠的熔点较低，故B错误；

C、二氧化硅为原子晶体，白磷和冰都为分子晶体，共价键作用强于分子间作用力，硬度大；分子晶体硬度小，故C错误；

D、金刚石、碳化硅、晶体硅都为原子晶体，C原子半径小于Si原子半径，键长比较：C?C<C?Si<Si?Si，共价键越短，键能越大，熔沸点越高；所以熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅，故D正确；

故选：D。

A、结构和组成相似的分子晶体，分子间不存在氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；

B、合金的熔沸点低于成分金属；

C、微粒间的作用力越强，硬度越大；

D、原子晶体中原子半径越小，共价键越短，键能越大，熔沸点越高。

本题考查学生对晶体的物理性质的理解和掌握，掌握如何比较熔沸点、硬度大小等，明确晶体的组成微粒和作用力是解题关键。同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力，题目难度不大，培养学生的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析。

14.【答案】C

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【解析】解：A、连有4个不同原子或原子团的碳原子如图所示：，

有2个，所以分子中含有2个手性碳原子，故A正确；

B、无机含氧酸可以表示成(HO)m RO n的形式，非羟基氧越多，即n值越大，酸性越强，故B正确；

C 、氯化铯晶胞如图所示：，中间为Cs+位于体心，8个顶点为Cl?，所以每个Cs+周围紧邻且距离相等的Cl?有8个，故C错误；

D 、金刚石如图所示：，由共价键形成的原子晶体，6个碳

原子形成最小的环，故D正确；

故选：C。

A、手性碳原子连有4个不同原子或原子团；

B、无机含氧酸可以用(HO)m RO n表示，非羟基氧越多，酸性越强；

C、氯化铯晶胞中，Cs+位于体心，Cl?位于8个顶点；

D、金刚石由共价键形成的原子晶体，6个碳原子形成最小的环。

本题考查学生对原子结构与组成的理解和掌握，掌握手性碳的概念、含氧酸酸性比较、配位数、金刚石的空间结构等，明确晶体的基本结构和性质是解题关键。同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力，题目难度中等，培养学生的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析。

15.【答案】B

【解析】解：根据分析可知，X为C，Y为N，Z为O，M为H，W为Na元素。

A.由C元素形成的单质可能为分子晶体，如足球烯，故A正确；

B.CO2中含有共价键，而Na2O2为离子化合物，含有共价键和离子键，故B错误；

C.M2Z2为H2O2，H2O2分子中含有O?O非极性键，属于极性分子，故C正确；

D.C与H、N与H形成的最简单化合物分别为甲烷和氨气，原子半径C>N，则C?H键的键长>N?H键的键长，故D正确；

故选：B。

X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，最外层电子数平均为5，X原子最外层电子数小于5，X与Z可形成XZ2分子，X为+4价，Y为?2价，则X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；Y 与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g?L?1，其摩尔质量为22.4L/mol×0.76g?L?1=17g/mol，则M为H元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数

(6+7+8+1)=11，则W为Na元素，以此分析之和的二分之一，则W的质子数为1

2

解答。

本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。

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16.【答案】C

【解析】解：A 、根据选最长碳链为主链，离支链最近一端编号，如图：

，名称为2，4?二甲基己烷，故A正确；

B、甲烷、乙烯、1，3?丁二烯的分子式分别为：CH4，C2H4，C4H6；等质量的烃C x H y，所耗用氧气的量分别为：4，2，3

，依此减少的，故B正确；

2

C 、苯酚结构简式为：，含有羟基官能团；水杨酸()含有的官能团为：羟基和羧基；苯甲酸()含有的官能团为羧基；属于不同类型的有机物，

故C 错误；

D、2?甲基?2?丁烯()中左边的双键碳连有两相同的原子团，不存

在顺反异构，故D正确；

故选：C。

A、烷烃命名选最长碳链为主链；离支链最近一端编号；支链编号之和最小；

B、等质量的烃C x H y，所耗用氧气的量为y

；

x

C、同系物含有的官能团相同；

D、双键碳连有两个不同的原子或原子团。

本题考查学生对有机化学基础的理解和掌握，明确命名原则、耗氧量、同系物、同分异构是解题的关键，同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力，题目难度不大，培养学生的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析。

17.【答案】B

【解析】解：A、共平面的原子不只是连着苯环的22个原子，还有4个甲基上的4个氢原子，所以最多有：12×2?2+4=26个原子共平面，故A错误；

B、由分析得出：至少6+2+3=11个碳原子处于同一平面上，故B正确；

C、两个苯环不一定处于同一平面上，所以分子中所有碳原子不一定处于同一平面上，故C错误；

D、甲基的其中2个氢原子肯定没在苯环的平面上，分子中所有原子不可能处于同一平面上，故D错误；

故选：B。

A、苯为平面正六边形，苯的6个碳原子和6个氢原子共平面，其中4个甲基取代了苯环上的4个氢原子，所以4个甲基的碳原子在平面内，所有碳原子在同一平面内；4个甲基可以绕键轴自由旋转，都会有1个氢原子在苯环所在的面上；

B、至少共平面的碳原子为1个苯环的6个碳原子和2个甲基的碳原子还有另一苯环对角线上的3个碳原子，即6+2+3=11个碳原子；

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C、C?C键可以绕键轴自由旋转，两个苯环不一定处于同一平面上；

D、由甲烷的正四面体的结构可知，甲基的其中2个氢原子肯定没在苯环的平面上。

本题考查学生对共平面的问题的理解和掌握，明确分子的结构是解题关键。同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力，题目难度不大，培养学生的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析。

18.【答案】A

【解析】解：A.新制的Cu(OH)2悬浊液与乙醇不反应，但乙醇与水互溶，因此不分层；新制的Cu(OH)2悬浊液与乙醛常温不反应且不分层，加热发生反应生成砖红色Cu2O沉淀；新制的Cu(OH)2悬浊液与乙酸发生中和反应生成蓝色溶液，新制的Cu(OH)2悬浊液与乙

酸乙酯不反应，且分层，充分振荡后，乙酸乙酯水解，不分层；新制的Cu(OH)2悬浊液与甲酸常温发生中和反应生成蓝色溶液，加热时生成砖红色Cu2O沉淀；新制的Cu(OH)2悬浊液与甲酸甲酯常温下不反应且分层，加热时反应生成砖红色Cu2O沉淀；综上分析，新制的Cu(OH)2悬浊液与上述8种试剂作用现象各不相同，可以鉴别，故A正确；

B.溴水可优化甲酸、甲酸甲酯、乙醛等，不能鉴别，故B错误；

C.乙醇、乙醛、甲酸和甲酸甲酯都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能区分，故C错误；

D.FeCl3溶液与乙醇、乙醛、甲酸、乙酸均不反应，不能鉴别，故D错误。

故选：A。

乙醛具有还原性，可用氧化性物质检验，乙酸、甲酸具有酸性，甲酸具有还原性，甲酸甲酯、乙酸乙酯难溶于水，但甲酸甲酯还具有还原性，乙醇易溶于水，以此解答该题。本题考查有机物的鉴别，为i高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，熟悉萃取、加成反应、取代反应、氧化反应即可解答，把握现象不同才能鉴别物质，题目难度不大。

19.【答案】D

【解析】解：①气体可能为二氧化硫，使溴水褪色，不能说明乙烯生成，故错误；

②可能为硫化氢，被高锰酸钾氧化，溶液褪色不能说明乙炔生成，故错误；

③苯与溴水不反应，应选液溴制备溴苯，故错误；

④RX与NaOH水溶液混合加热后，发生水解反应生成NaX，先加足量稀硝酸酸化中和过量的NaOH，再加入AgNO3溶液，观察沉淀颜色可检验，故正确；

⑤水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，水解后没有先加碱至碱性，不能检验，故错误；

故选：D。

①将无水乙醇和浓硫酸的混合液迅速升温到170℃，产生的气体中乙烯、二氧化硫均与溴水反应；

②将电石与水反应产生的气体中可能含硫化氢，可被酸性高锰酸钾溶液氧化；

③苯和浓溴水混合发生萃取；

④水解后先加足量稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液检验卤素离子；

⑤水解后在碱性溶液中检验葡萄糖。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、物质制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

20.【答案】B

【解析】解：A.X中含有酚羟基、糠醛中含?CHO，能发生酚醛缩合反应，该反应为缩

聚反应，故A正确；

B.由结构可知，分子中含2个苯环、3个C=C和1个C=O键，则1molX最多能与10mol 氢气反应，故B错误；

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C.因酚?OH与?COOH均与碱反应，则1molX与足量的NaOH溶液在常温常压下反应，最多消耗2mol NaOH，故C正确；

D.酚羟基的邻对位能与溴水发生取代反应，X与足量的浓溴水反应，能发生取代和碳碳双键的加成，则1molX与足量的浓溴水反应，最多消耗5molBr2，故D正确。

故选：B。

有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有羰基，可发生加成反应，以此解答该题。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见官能团的性质，题目难度不大。

21.【答案】B

【解析】解：①葡萄糖、果糖等单糖不水解，故错误；

②乙醇汽油是一种由粮食及各种植物纤维加工成的燃料乙醇和普通汽油按一定比例混配形成的新型替代能源，所以是混合物，不是新型化合物，故错误；

③乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故正确；

④石油的分馏与物质的沸点有关，属于物理变化，故错误；

⑤花生油和牛油分别属于植物油、动物油，都属于高级脂肪酸的甘油酯，故正确；

⑥甲苯可被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，苯甲酸与氢氧化钠溶液反应，可用分液的方法除杂，故正确，

故选：B。

①糖类中单糖不水解；

②乙醇汽油是一种由粮食及各种植物纤维加工成的燃料乙醇和普通汽油按一定比例混配形成的新型替代能源；

③乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸可与碳酸钠溶液反应；

④石油的分馏与物质的沸点有关；

⑤花生油和牛油分别属于植物油、动物油；

⑥甲苯可被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，苯甲酸与氢氧化钠溶液反应。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见官能团的性质，题目难度不大。

22.【答案】A

【解析】解：一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，同时能与NaHCO3反应产生气体，说明该有机物中含有酚羟基、羧基，则苯环如含有两个取代基，可为?OH、?CH2COOH，有邻、间、对3种；

如含有3个取代基，可为?OH、?CH3、?COOH，有10种同分异构体，

故13种。

故选：A。

一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，同时能与NaHCO3反应产生气体，说明该有机物中含有酚羟基、羧基，则苯环如含有两个取代基，可为?OH、?CH2COOH；如含有3个取代基，可为?OH、?CH3、?COOH，以此解答该题。

本题考查了有机物的结构和性质，知道常见有机物官能团及其性质是解本题关键，再结合题干确定有机物的官能团，注意把握同分异构体的判断，题目难度不大。

23.【答案】B

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【解析】解：为加聚产物，如图所示断键，将双键中的1个碳碳键断裂，然后将半键闭合即可的该高聚物单体是CH2=CH?CH=

CH2、CH2=CH?CN，

故选：B。

由结构可知为加聚反应生成的高聚物，链节主链上存在碳碳双键结构，有6个碳原子，其单体必为两种，如图所示断键，以此

来解答。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意高分子的合成，题目难度不大。

24.【答案】20.0①④⑤500mL容量瓶、胶头滴管BCFAED 搅拌引流①④⑤

【解析】解：(1)用烧碱固体配制1.0mol?L?1的NaOH溶液480mL，应选择500mL容

量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质的质量为：1.0mol?L?1×0.5L×40g/mol=20.0g；故答案为：20.0；

(2)操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，

用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，

当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以用到的仪器：①④⑤；还需要的仪器为500mL容量瓶、胶头滴管，

故答案为：①④⑤；500mL容量瓶、头滴管；

(3)配制一定物质的量浓度溶液一步操作步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以正确的操作顺序为：BCFAED；

故答案为：BCFAED；

(4)玻璃在溶解时起到搅拌作用，在移液时起到引流作用，

故答案为：搅拌；引流；

(5)①用已经上锈的砝码称量NaOH固体，导致称取溶质的质量偏大，溶质物质的量偏大，溶液浓度偏高，故选；

②实验前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓

度无影响，故不选；

③配制过程中，没有用蒸馏水洗涤，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓

度偏低，故不选；

④定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；

⑤移液前没有冷却至室温，冷却到室温后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；

⑥在烧杯中溶解时，溅出少量溶液，导致溶质部分损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓

度偏低，故不选；

故选：①④⑤；

(1)配制1.0mol?L?1的NaOH溶液480mL，应选择500mL容量瓶，依据m=cVM计算需要溶质的质量；

(2)根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；

(3)配制一定物质的量浓度溶液一步操作步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，据此排序；

(4)根据玻璃在溶解和移液中的作用；

(5)分析操作对溶质物质的量和溶液体积的影响，依据c=n

进行误差分析。

V

本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和误差分析的方法是解题关键，

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题目难度不大。

25.【答案】CuSO4Na2CO3Al3++4OH?=AlO2?+2H2O液体呈红褐色FeCl3+

3H2O???△??

?

Fe(OH)3(胶体)+3HCl2Fe3++3CO32?+3H2O=2CO2↑

+2Fe(OH)3↓3Cu+8H++2NO3?=3Cu++2NO↑+4H2O

【解析】解：5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水，由离子共存可知，一定含有：Na2CO3、Ba(OH)2，

①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，说明生成氢氧化铜与硫酸钡，A、C分别为Ba(OH)2、CuSO4中的一种；

②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体，说明生成氢氧化铁与二氧化碳，应碳酸钠与铁盐发生双水解反应，B、E分别为Na2CO3、铁盐中的一种；

③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象，结合①可知，C为Ba(OH)2、D为铝盐，则A为CuSO4；

④B溶液与D溶液混合后无现象，结合②可知，B为铁盐，E为Na2CO3；

⑤将38.4gCu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6mol?L?1稀

H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，D含有NO3?，结合③可知D为

Al(NO3)3，则B中含有Cl?，B为FeCl3，即物质A、B、C、D、E分别为：CuSO4、FeCl3、Ba(OH)2、Al(NO3)3、Na2CO3，

(1)由上述分析可知，A、B、C、D、E分别为：CuSO4、FeCl3、Ba(OH)2、Al(NO3)3、Na2CO3，

故答案为：CuSO4；Na2CO3；

(2)Al(OH)3具有两性，过量Ba(OH)2与Al(NO3)3反应的实质是Al3+与过量OH?反应生成AlO2?与H2O，离子方程式为Al3++4OH?=AlO2?+2H2O，

故答案为：Al3++4OH?=AlO2?+2H2O；

(3)FeCl3水解生成红褐色Fe(OH)3胶体，方程式为FeCl

3+3H2O???△??

?

Fe(OH)3(胶体)+

3HCl，

故答案为：液体呈红褐色；FeCl3+3H2O???△??

?

Fe(OH)3(胶体)+3HCl；

(4)FeCl3和Na2CO3发生双水解反应生成Fe(OH)3沉淀、CO2气体和氯化钠，离子方程式为2Fe3++3CO32?+3H2O=2CO2↑+2Fe(OH)3↓，

故答案为：2Fe3++3CO32?+3H2O=2CO2↑+2Fe(OH)3↓；

(5)步骤⑤为铜、硝酸根、氢离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式3Cu+8H++ 2NO3?=3Cu++2NO↑+4H2O，

故答案为：3Cu+8H++2NO3?=3Cu++2NO↑+4H2O。

5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水，由离子共存可知，一定含有：Na2CO3、Ba(OH)2，

①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，说明生成氢氧化铜与硫酸钡，A、C分别为Ba(OH)2、CuSO4中的一种；

②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体，说明生成氢氧化铁与二氧化碳，应碳酸钠与铁盐发生双水解反应，B、E分别为Na2CO3、铁盐中的一种；

③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象，结合①可知，C为Ba(OH)2、D为铝盐，则A为CuSO4；

④B溶液与D溶液混合后无现象，结合②可知，B为铁盐，E为Na2CO3；

⑤将38.4gCu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6mol?L?1稀

H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，D含有NO3?，结合③可知D为

Al(NO3)3，则B中含有Cl?，B为FeCl3，据此分析解答。

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本题考查了离子性质和离子共存的分析判断，题目综合性较强，涉及无机物推断、离子检验、离子共存、物质溶解度比较，需要学生熟练掌握基础知识，有利于考查学生的推理能力，题目难度中等。

26.【答案】NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑

+H2O AC 6 2 5 10 2 8 H2O N A(或6.02×1023)KMnO4会氧化Cl?0.005

【解析】解：I.(1)次氯酸钠是离子化合物，由钠离子和次氯酸根离子构成，次氯酸根中氧原子和氯原子共用1对电子对，NaClO 电子式为，

故答案为：；

(2)次氯酸钠有强氧化性，盐酸有强还原性，两者相遇发生氧化还原反应生成氯气，方程式为：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，

故答案为：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O；

(3)上述反应为氧化还原反应中的归中反应，同种元素变化后的化合价相等，

A.反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O为歧化反应，与归中反应相反，故A错误；

B.2FeCl3+Fe=2FeCl2为归中反应，铁元素变化后的化合价相等，故B正确；

C.H2S+H2SO4(浓)=SO2↑+S↓+2H2O为归中反应，但硫元素变化后的化合价不相等，故C错误；

D.KClO3+5KCl+3H2SO4=3K2SO4+3Cl2+3H2O为归中反应，氯元素变化后的化合价相等，故D正确；

故答案为：AC；

II.(4)反应中锰元素从+7价降为+2价，得到5个电子，碳元素从+3价升高为+4价，失去1个电子，要使氧化剂、还原剂得失电子守恒，则MnO4?的计量数为2，H2C2O4的计量数为5，依据原子守恒和电荷守恒得到反应的离子方程式为6H++2MnO4?+

5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O，

故答案为：6；2；5；10；2；8；H2O；

(5)上述反应的离子方程式为6H++2MnO4?+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O，转移电子10，即生成10molCO2转移电子10mol，则生成1molCO2转移电子1mol，电子数为N A或6.02×1023，

故答案为：N A(或6.02×1023)；

(6)①溶解CaC2O4沉淀时不能用稀盐酸，因为KMnO4具有强氧化性，HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，即KMnO4会氧化Cl?；

故答案为：KMnO4会氧化Cl?；

②根据原子守恒得5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，则关系式

5Ca2+～～2KMnO4，2mL血液中n(Ca2+)=5

2n(KMnO4)=5

2

×5.0×10?5mol?

L?1×20.00×10?3L=2.5×10?6mol，m(Ca2+)=nM=10?4g，所以100mL该血液中含钙=100mL

2mL

×10?4g=0.005g，

故答案为：0.005。

I.(1)次氯酸钠是离子化合物，次氯酸根中氧原子和氯原子共用1对共用电子对；

(2)根据次氯酸钠、盐酸的性质分析产物，进而写出反应方程式；

(3)根据上述反应为氧化还原反应中的归中反应，同种元素变化后的化合价相等；

II.(4)反应中锰元素从+7价降为+2价，得到5个电子，碳元素从+3价升高为+4价，失去1个电子，结合电子守恒、原子个数守恒配平方程式；

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(5)根据配平后的离子方程式进行计算；

(6)①HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而造成误差；

②根据原子守恒得5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，则关系式

5Ca2+～～2KMnO4，结合m=nM进行计算。

本题重点考查了氧化还原反应规律的应用、方程式的配平和计算，化学用语等知识，掌握氧化还原反应规律及熟练运用、氯及其重要化合物的性质是解题关键，注意电子守恒、关系式法在氧化还原反应计算中的应用，题目难度中等。

27.【答案】1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2M 3 sp2Co、O、

N 16 (P n O3n+1)(n+2)?高于Li+半径小于Na+，电荷相同情况下，离子半径越小，晶格能越大，所以Li2O晶格能大于Na2O，其熔点高于Na2O(8×7+4×16)

N A(0.4665×10?7)3

【解析】解：(1)①基态Co原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；

②基态磷原子电子排布式为：1s22s22p63s23p3最高能层电子为M层；该能层能量最高的电子云在空间伸展方向有3个，分别为p x、p y、p z.故答案为：M；3；

(2)先判断NO3?的VSEPR模型，孤电子对数=1

2

(5?2×3+1)=0，成键电对数为3，价层电子对数为3，轨道杂化类型为sp2，[Co(NO3)4]2?各元素的第一电离能由小到大的顺序为Co、O、N；1mol该配离子中含σ键数目：3×4+4=16mol，个数为16N A.故答案为：sp2； Co、O、N； 16；

(3)依据图一，用数学归纳法写出通式为：(P n O3n+1)(n+2)?.故答案为：(P n O3n+1)(n+2)?；

(4)①对于离子晶体，离子所带电荷越高、离子半径越小，晶格能越大，所以Li2O晶格能大于Na2O，其熔点高于Na2O.故答案为：高于；Li+半径小于Na+，电荷相同情况下，离子半径越小，晶格能越大，所以Li2O晶格能大于Na2O，其熔点高于Na2O；

②该晶体的密度计算，ρ=m

V =M

VN A

=(8×7+4×16)

N A(0.4665×10?7)3

g?cm?3，故答案为：(8×7+4×16)

N A(0.4665×10?7)3

。

(1)①基态Co原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；

②基态磷原子电子排布式为：1s22s22p63s23p3最高能层电子为M层；该能层能量最高的电子云在空间伸展方向有3个，分别为p x、p y、p z；

(2)先判断NO3?的VSEPR模型，孤电子对数=1

2

(5?2×3+1)=0，成键电对数为3，

价层电子对数为3，轨道杂化类型为sp2，[Co(NO3)4]2?各元素的第一电离能由小到大的顺序为Co、O、N；

每个NO3?的成键电对数为3，4个NO3?与Co2+形成4个配位键，共计3×4+4=16个，均为σ键；

(3)依据图一，用数学归纳法写出通式为：(P n O3n+1)(n+2)?；

(4)①对于离子晶体，离子所带电荷越高、离子半径越小，晶格能越大，所以Li2O晶格能大于Na2O，其熔点高于Na2O；

②该晶体的密度计算，依据ρ=m

V =M

VN A

解题。

本题考查晶胞计算、原子核外电子排布、原子轨道杂化及晶体熔沸点高低的判断等知识，注意掌握晶胞计算中的应用；试题难度中等。

28.【答案】羰基苯乙

醇C16H16O2①⑥⑨

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6

【解析】解：(1)有机物I含有的官能团名称为羰基，有机物E的化学名称为苯乙醇，

故答案为：羰基；苯乙醇；

(2)有机物D 的结构简式为，H 为，

H的分子式为C16H16O2，

故答案为：；C16H16O2；

(3)水解反应、酯化反应均为取代反应，则反应①～⑨中属于取代反应的是①⑥⑨，

故答案为：①⑥⑨；

(4)F与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为

，

故答案为：；

(5)体G 为，对应的同分异构体可发生水解反应，且含苯环，说明苯环

上只有一个取代基为?CH2OOCH或?OOCCH3或?COOCH3，含2个取代基为甲基、?OOCH，有邻、间、对三种，共6种，同时满足①属于芳香族化合物，能发生银镜反应和水解反应、②其核磁共振氢谱图显示有4种不同环境的氢，峰面积比为1：2：2：3条件的同

分异构体的结构简式为，

故答案为：6；。

C 的结构简式为，加热条件下新制Cu(OH)2分别加入到有机物I、F 中，I中无明显现象，F中有红色沉淀，说明F中含有?CHO，则F 为，故E 为，

D 为，G 为，A与D

互为同分异构体，则A 为，B 为，I 为，H 为，以此来解答。

本题考查有机物的推断，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧

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