2018-2019学年吉林省延边第二中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年吉林省延边第二中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

延边第二中学2018～2019学年度第二学期期末考试高二年级化学试卷 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32 K:39 Fe:56 Co:59 Cu:64 Ag:108 Zn:65‎ 第Ⅰ卷 选择题（60分）‎ 一、单项选择题（20小题，每小题3分，共60分）‎ ‎1.下列晶体中含有非极性共价键的离子晶体是 ‎①硅晶体　②H2O2　③CaC2　④NH4Cl　⑤Na2O2　⑥苯甲酸 A. ①②④⑥ B. ①③ C. ②④⑤⑥ D. ③⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，其晶体为离子晶体，只含共价键的化合物为共价化合物，形成的晶体为原子晶体或分子晶体。‎ ‎【详解】①硅晶体是含有非极性键的原子晶体，故错误；‎ ‎②H2O2是含有极性键和非极性键的分子晶体，故错误；‎ ‎③CaC2是含有离子键和非极性键的离子晶体，故正确；‎ ‎④NH4Cl是含有离子键和极性键的离子晶体，故错误；‎ ‎⑤Na2O2是含有离子键和非极性键的离子晶体，故正确；‎ ‎⑥苯甲酸是含有极性键和非极性键的分子晶体，故错误；‎ ‎③⑤正确，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学键与晶体类型的关系，注意离子化合物的结构特征与性质，明确共价键的形成及共价键的主要类型是解答关键。‎ ‎2.下列关于金属晶体和离子晶体的说法中错误的是 A. 都有多种堆积结构 B. 都含离子 C. 一般具有较高的熔点和沸点 D. 都能导电 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、金属晶体和离子晶体都可采取紧密堆积，故A正确；‎ B项、金属晶体由金属阳离子和自由电子组成，离子晶体由阳离子和阴离子组成，所以二者都含有离子，故B正确；‎ C项、离子晶体的熔、沸点较高，金属晶体的熔、沸点虽然有较大的差异，但是大多数的熔、沸点还是比较高，故C正确；‎ D项、金属晶体中有自由电子，可以在外加电场的作用下定向移动，而离子晶体的阴、阳离子不能自由移动，因此不具有导电性，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查了金属晶体和离子晶体的结构与性质，注意金属晶体和离子晶体导电的原因是解答关键。‎ ‎3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 0.1 mol的白磷(P4)或甲烷中所含的共价键数均为0.4NA B. 将1 mol Cl2通入水中，HC1O、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA C. 6.4 g由S2、S4、S8组成的混合物含硫原子数为0.2NA D. 标准状况下，2.24 L Cl2通入足量H2O或NaOH溶液中转移的电子数均为0.1NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ 白磷(P4)为正四面体，一个分子中含有6个 P-P键，0.1 mol的白磷(P4)含共价键0.6mol,甲烷为正四面体，一个分子中含4个C-H键，0.1molCH4含0.4mol共价键，A错误。‎ Cl2 溶于水，一部分与水反应生成HC1O、Cl-、ClO-，一部分未反应，以游离态的Cl2存在，B错误。S2、S4、S8 最简式相同，硫原子物质的量为6.4/32=0.2(mol)，个数为0.2NA ，C正确。Cl2 与水反应为可逆反应，无法计算，与NaOH反应，转移0.1NA 电子，D错误。‎ 正确答案为C 点睛：1.许多学生不知道白磷的结构为正四面体，一个分子中含有6个P-P键而选A答案，了解常见物质的化学键情况，如金刚石为正四面体结构、石墨为六边形的平铺结构、CO2、NH3及有机物的结构都是常考知识。2.Cl2溶于水，只有部分反应，且为可逆反应，若不能正确判断，则易选B和D答案。‎ ‎4.下列描述中正确的是 A. CS2为V形的极性分子 B. ClO3—的空间构型为平面三角形 C. SF6中有6对相同的成键电子对 D. SiF4和SO32—的中心原子均为sp2杂化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CS2与CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，则CS2的结构为S=C=S，属于直线形分子，故A错误；‎ B．ClO3-中Cl的价层电子对数=3+(7+1-2×3)=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，故B错误；‎ C．SF6中S-F含有一个成键电子对，所以SF6中含有6个S-F键，则分子中有6对完全相同的成键电子对，故C正确；‎ D．SiF4中Si的价层电子对数=4+(4-1×4)=4，SO32-中S的价层电子对数=3+(6+2-2×3)=4，所以中心原子均为sp3杂化，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.下列说法正确的是 A. 分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键 B. 分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸 C. 非极性分子中一定含有非极性键 D. 元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、分子晶体中一定存在分子间作用力，但不一定含有共价键，如稀有气体，是单原子组成的分子，不含化学键，故A正确；‎ B、二元酸是1mol酸能够电离出2molH＋，不是含有氢原子的个数，如CH3COOH属于一元酸，故B错误；‎ C、非极性分子不一定含有非极性键，如CO2‎ 属于非极性分子，但化学键是极性共价键，故C错误；‎ D、非金属性越强，其单质的活泼性不一定越强，如N非金属性强，但N2不活泼，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎6.对硫-氮化合物的研究是现代无机化学最为活跃的领域之一，下图是已经合成的最著名的硫-氮化合物的分子结构。下列关于该物质说法正确的是 A. 分子式为SN B. 分子中所有共价键的键长一定相等 C. 该物质与化合物S2N2互同素异形体 D. 分子中既有极性键又有非极性键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该分子中含有4个N原子、4个S原子，其化学式为S4N4，故A错误；‎ B．共价键的键长与原子半径成正比，所以键长S-S＞S-N，故B错误；‎ C．同种元素的不同单质互为同素异形体，S4N4和S2N2都是化合物不是单质，所以不是同素异形体，故C错误；‎ D．同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，N-S原子之间存在极性键、S-S原子之间存在非极性键，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点晴】本题考查分子晶体、化学键、键长、同素异形体等基本概念，明确概念内涵是解本题关键，知道同素异形体、同位素、同分异构体概念之间的差别，知道键长大小比较方法。‎ ‎7.关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O的配合物的下列说法中正确的是 A. 配位体是Cl﹣和H2O，配位数是9‎ B. 中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+‎ C. 内界和外界中的Cl﹣的数目比是1：2‎ D. 加入足量AgNO3溶液，所有Cl﹣均被完全沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子(统称中心原子)和围绕它的称为配位体(简称配体)的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，配体Cl、H2O，提供孤电子对；中心离子是 Ti3+，配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，外界离子Cl-离子与Ag+反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A项，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O，则配位数是6，故A项错误；‎ B项，配离子是[TiCl(H2O，根据电荷守恒可知中心离子是Ti3+，故B项错误；‎ C项，根据已知配合物的化学式，[TiCl(H2O)5]2+中（内界）的Cl-数目为1，剩余部分含有的Cl-数目为2，则内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C项正确；‎ D项，加入足量AgNO3溶液，只有外界的Cl-被完全沉淀，内界的Cl-不会被沉淀，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎【点睛】本题考查配合物的成键，侧重分析与应用能力的考查，注意只有外界中的Cl-与 AgNO3 溶液反应，把握中心离子、配位体、配位离子的判断为解答的关键。‎ ‎8.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，下列对此现象的说法正确的是 A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变 B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+‎ C. [Cu（NH3）4]2+的空间构型为正四面体型 D. 在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；‎ B．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故B正确；‎ C．[Cu（NH3）4]2+的空间构型为平面正四边形，故C错误；‎ D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎9.下列说法中不正确的是 A. H2CO3与H3PO4的非羟基氧原子数均为1,二者的酸性（强度）非常相近 B. CCl2F2无同分异构体，说明其中碳原子采用sp3方式杂化 C. N2O与CO2、CCl3F与CC12F2互为等电子体 D. 由I A族和VIA族元素形成的原子个数比为1:1、电子总数为38的化合物，是含有共价键的离子化合物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性P＞C，所以酸性H3PO4＞H2CO3，故A错误；‎ B项、CCl2F2无同分异构体，说明分子为四面体结构，碳原子采用sp3方式杂化，故B正确；‎ C项、原子总数相等，价电子总数相等的物质互为等电子体，N2O与CO2原子总数均为3，价电子总数均为16，二者为等电子体，CCl3F与CCl2F2原子总数均为5，,价电子总数均为32，二者互为等电子体，故C正确；‎ D项、ⅠA族和ⅥA族元素形成的原子个数比为1：1、电子总数为38的化合物为Na2O2，过氧化钠中含有离子键和共价键，为离子化合物，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎10.由短周期前10号元素组成的物质T和X，存在如图所示的转化关系。X不确定，易分解。下列有关说法正确的是 A. 为使该转化成功进行，Y可以是酸性KMnO4溶液 B. 等物质的量的T、X分子中含有π键的数目均为NA C. T、X分子中的原子分别采用sp2杂化和sp3杂化 D. T分子中只含有极性键，X分子中既含有极性键又含有非极性键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由球棍模型可知，T为HCHO，X不稳定，易分解，则X为H2CO3；则 A．为使该转化成功进行，Y应该是氧化剂，可以使用酸性KMnO4溶液，故A正确；‎ B．等物质的量的T、X分子中含有π键的数目相等，但不一定均为NA，故B错误；‎ C．T、X分子中的原子为碳原子，均采用sp2杂化，故C错误；‎ D．T分子中只含有极性键，X分子中也只含有极性键，不含有非极性键，故D错误；‎ 答案A。‎ ‎11.在给定的四种溶液中，加入以下各种离子，各离子能在原溶液中大量共存的有 A. 滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe2＋、NH4+、Cl－、NO3－‎ B. pH值为11的溶液：S2－、SO32－、S2O32－、Na＋‎ C. 水电离出来的c(OH-)＝l×10－13mol/L的溶液：K＋、HCO3－、Br－、Ba2＋‎ D. 所含溶质为Na2SO4的溶液：K＋、SiO32-、NO3-、Al3＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 注意能发生复分解反应的离子之间、能生成难溶物的离子之间、能发生氧化还原反应的离子之间、能发生络合反应离子之间、能发生双水解反应离子之间等不能大量共存；还应该注意题目所隐含的条件，如溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-。‎ ‎【详解】A项、滴加石蕊试液显红色的溶液为酸性溶液，H+、Fe2+、NO3—能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B项、pH值为11的溶液为碱性溶液，S2－、SO32－、S2O32－、Na＋离子之间不反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；‎ C项、水电离出来的c（H+）=10-13mol/L的溶液为酸溶液或者碱溶液，溶液中HCO3-既能够与氢离子反应，也能够与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；‎ D项、溶液中Al3+与SiO32-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存，注意把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键。‎ ‎12. 某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）‎ A. 该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH－＝Cl－+ ClO－+ H2O B. 该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2OHClO+ OH－‎ C. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H＋+ Cl－+ ClO－= Cl2↑+H2O D. 该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO－= HClO+CH3COO—‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，故A正确；‎ B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B不合理；‎ C、根据HCl和HClO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确；‎ D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎13.宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有银针验毒的记载，“银针验毒”涉及的化学反应是：4Ag + 2H2S + O2 === 2X + 2H2O，下列说法不正确的是 A. X的化学式为Ag2S B. 还原性：H2S＞H2O C. 每消耗11.2L O2，反应中转移电子的数目为2NA D. X是氧化产物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由质量守恒定律可知X的化学式为Ag2S，反应中Ag元素的化合价升高，O元素的化合价降低，反应的化学方程式为4Ag+2H2S+O2＝2Ag2S+2H2O。‎ ‎【详解】A项、由质量守恒定律可知X的化学式为Ag2S，故A正确；‎ B项、同主族元素从上到下，元素的非金属性依次减弱，氢化物的还原性依次增强，则还原性：H2S＞H2O，故B正确；‎ C项、没有明确是否为标准状况，无法计算11.2L O2的物质的量，故C错误；‎ D项、反应中Ag元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则Ag2S是氧化产物，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，注意从质量守恒的角度判断X的化学式，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。‎ ‎14.下列离子方程式式书写正确的是 A. 向偏铝酸钠溶液中滴加碳酸氢钠溶液：AlO2-+HCO3-+H2O＝Al(OH)3↓+CO32-‎ B. Fe(NO3)3溶液中通入足量SO2：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+‎ C. 酸性KMnO4溶液与H2O2反应证明H2O2具有还原性：MnO4-+10H++H2O2＝2Mn2++6H2O D. 澄清的石灰水中加入过量的NaHCO3溶液：Ca2＋+OH－+HCO3－＝CaCO3↓+H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、离子方程式正确，A正确；‎ B、在酸性溶液中硝酸根的氧化性强于铁离子，二氧化硫首先还原硝酸根，B错误；‎ C、应该是2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++8H2O＋5O2↑，C错误；‎ D、碳酸氢钠过量，生成碳酸钙、碳酸钠和水，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点晴】离子方程式错误的原因有：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。应熟练掌握化学反应规律和重要物质的性质，认真审题，才能正确写出离子方程式。‎ ‎15.某强碱性溶液中含有的离子是K+、NH4+、Al3+、AlO2-、CO32-、SiO32-、Cl-中的某几种，现进行如下实验：‎ ‎①取少量的溶液用硝酸酸化后，该溶液无沉淀生成； ‎ ‎②另取一定量原溶液，逐滴加入盐酸至过量，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失；‎ ‎③另取一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g。‎ 下列说法中正确的是 A. 该溶液中一定不含NH4+、Al3+、SiO32-、Cl-‎ B. 该溶液中一定含有Al3+、CO32-、Cl-‎ C. Cl-可能含有 D. 该溶液中一定含有AlO2-、CO32-、Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在碱性溶液中会发生反应NH4++OH-=NH3·H2O和Al3++4OH-=AlO2－+2H2O，而不能共存，故无NH4+、Al3+；①取少量的溶液用足量硝酸酸化后，该溶液无沉淀生成说明不含有SiO32－，因为若存在就会发生反应：2H++SiO32－=H2SiO3↓；②另取一定量原溶液，逐滴加入盐酸至过量，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失。可确定含有AlO2－、CO32－。发生的反应为：AlO2－+H++H2O=Al(OH)3↓，CO32－+2H+=H2O+CO2↑,Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；③另取一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g。n(HCl)=0.005 L×0.2 mol/L=0.001mol，n(AgCl)=0.187 g÷143.5g/mol=0.0013mol。n(AgCl)＞n(HCl)，说明原来的溶液中含有Cl-；选项D符合题意。答案选D。‎ ‎16.中国丝绸有五千年的历史和文化。古代染坊常用某种“碱剂”来精炼丝绸，该“碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层的丝胶蛋白杂质水解而除去，使丝绸颜色洁白、质感柔软、色泽光亮。这种“碱剂”可能是 A. 食盐 B. 火碱 C. 草木灰 D. 胆矾 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，该物质一种盐，水溶液呈碱性，为强碱弱酸盐。‎ A．食盐中氯化钠为强酸强碱盐，A项错误；‎ B．火碱是氢氧化钠，属于碱，B项错误；‎ C．草木灰中碳酸钾是强碱弱酸盐，C项正确；‎ D．胆矾是硫酸铜晶体，是强酸弱碱盐，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎17.设阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4 L乙烯含有的共用电子对数为5NA B. 1 mol NaHSO4中的阳离子数为2NA C. 通常状况下，1 mol NO和0.5 molO2 在密闭容器中混合，生成NO2分子数为NA D. 制取漂白粉时，标准状况下22.4 LCl2 参加反应，转移电子数为NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、1个乙烯分子含有6对共用电子对，标准状况下，22.4 L乙烯含有的共用电子对数为6NA，故A错误；‎ B、NaHSO4固体含有、，1 mol NaHSO4中的阳离子数为NA，故B错误；‎ C、体系中存在2NO2N2O4，生成NO2分子数X小于NA，故C错误；‎ D、制取漂白粉时氯气与氢氧化钙生成氯化钙和次氯酸钙，氯气既是氧化剂又是还原剂，标准状况下22.4 LCl2参加反应，转移电子数为NA，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎18.短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，X-的电子层结构与氦相同,Y是地壳中含量最多的元素，Y2-和Z+的电子层结构相同, W的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍,W与R同周期,R的原子半径小于W。下列说法不正确的是 A. 元素的非金属性次序为R>W>X B. Z和其他4种元素均能形成离子化合物 C. 离子半径:W2-> Y2- > Z+‎ D. 氧化物的水化物的酸性:WO2->Na+，故C正确；‎ D．最高价氧化物的水化物的酸性HClO4>H2SO4，故D错误；‎ 答案为D。‎ ‎19.化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是 A. 减少SO2的排放，可以从根本上消除雾霾 B. 硅酸多孔、吸水能力强，常用作袋装食品的干燥 C. 绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理 D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、减少二氧化硫排放防止酸雨污染，不能消除雾霾，故A错误；‎ B. 硅胶无毒，具有吸水性，常用作袋装食品的干燥，故B正确；‎ C. “绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染而不是对污染进行治理，故C错误；‎ D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎20.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是 A. 常温时，12g石墨晶体中所含六元环数目为NA B. 标准状况下，18g D2O中所含电子数为9 NA C. 1mol N2与 4mol H2反应生成的NH3 分子数为2NA D. 标准状况下，2.24L SO3中所含原子数为0.4 NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．依据石墨的结构可知，每个六元环拥有2个碳原子，12g石墨晶体中含有碳原子1mol，所以，所含六元环数目为0.5NA，故A错误；‎ B．标准状况下，18g D2O的物质的量为9/10mol，每个D2O分子中含有10个电子，所以18g D2O中所含电子数为9NA，故B正确；‎ C．1mol N2与4mol H2完全反应转化为氨气的话生成2molNH3，因为该反应为可逆反应，氮气不可能完全转化，故生成氨气的分子数小于2NA，故C错误；‎ D．标准状况下，SO3不是气态，所以2.24L SO3中所含原子数不是0.4 NA，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】阿伏加德罗常数是化学高考的热点之一，是每年高考的必考点。该类试题以中学所学过的一些重点物质为载体，考查学生对阿付加德罗常数及与其有联系的物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度、阿伏加德罗定律等概念的理解是否准确深刻，各种守恒关系、平衡的有关原理掌握的是否牢固，题目涉及的知识面广，灵活性强，思维跨度大，因而能很好的考察学生思维的严密性、深刻性。解此类题目需注意的问题先总结如下：①要注意气体摩尔体积的适使用条件：标准状况下的气体摩尔体积才为22.4L/mol，但需注意，若题目给出气体的质量或物质的量，则粒子数目与条件无关。②要注意物质的状态：气体摩尔体积适用于标准状况下的气体物质。命题者常用水、三氧化硫、己烷、辛烷、甲醇等物质来迷惑考生。③要注意物质的组成形式：对于由分子构成的物质，有的是单原子分子（如稀有气体分子），有的是双原子分子，还有的是多原子分子，解题时要注意分子的构成，要注意分析同类或相关物质分子组成结构上的变化规律。④要注意晶体结构：遇到与物质晶体有关的问题时，先要画出物质晶体的结构，然后分析解答，如在SiO2晶体中存在空间网状的立体结构，其基本结构单元为硅氧四面体（SiO4）。⑤要注意粒子的种类：试题中所提供的情境中有多种粒子时，明确要回答的粒子种类，涉及核外核外电子数时，要注意根、基、离子的区别。⑥要注意同位素原子的差异：同位素原子虽然质子数、电子数相同，但中子数不同，质量数不同，进行计算时，应注意差别防止出现错误。‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共55分）‎ 二、填空题（4小题，共40分）‎ ‎21.废旧显示屏玻璃中含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质。某课题小组以此玻璃粉末为原料，制得 Ce(OH)4和硫酸铁铵矾［Fe2(SO4) 3•(NH4) 2SO4•24H2O］流程设计如下：‎ 已知：Ⅰ．酸性条件下，铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce4+有较强氧化性；Ⅱ．CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于 NaOH溶液。‎ 回答以下问题：‎ ‎（1）反应②中H2O2的作用是___________。‎ ‎（2）反应③的离子方程式是________。‎ ‎（3）已知有机物 HT 能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+ (水层)+ 6HT（有机层）2CeT3 (有机层）+ 6H+(水层),从平衡角度解释：向 CeT3 (有机层）加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是_______。‎ ‎（4）硫酸铁铵矾［Fe2(SO4) 3·(NH4) 2SO4·24H2O］广泛用于水的净化处理，其净水原理用离子方程式解释是___________。‎ ‎（5）用滴定法测定制得的 Ce(OH)4 产品纯度。‎ 若所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定，则测得该Ce(OH)4 产品的质量分数____。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。‎ ‎【答案】 (1). 氧化使Fe2+转化为Fe3+ (2). 2CeO2 + 6H+ + H2O2 = 2Ce3+ + 4H2O + O2↑ (3). 混合液中加入H2SO4使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动 (4). Fe3+ + 3H2OFe(OH)3（胶体） + 3H+ (5). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，废玻璃粉末加入氢氧化钠溶液，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，过滤，得到的滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO；向滤渣A中加入稀硫酸，Fe2O3‎ 和FeO与稀硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，过滤，得到的滤液B是硫酸铁和硫酸亚铁混合溶液，加入硫酸和氧化剂过氧化氢，过氧化氢将硫酸亚铁氧化生成硫酸铁，加热蒸发得到饱和硫酸铁溶液，向溶液中加入硫酸铵溶液得到硫酸铁铵矾；滤渣B的成分是CeO2，CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，加入HT、硫酸萃取，将Ce3+从水溶液中萃取出来，Ce3+加碱和氧气发生氧化还原反应生成Ce（OH）4。‎ ‎【详解】（1）反应②为在酸性条件下，过氧化氢将硫酸亚铁氧化生成硫酸铁，故答案为：氧化使Fe2+转化为Fe3+；‎ ‎（2）反应③是酸性溶液中CeO2被过氧化氢还原生成Ce3+离子，过氧化氢被氧化生成氧气，反应的离子方程式为2GeO2+6H++H2O2=2Ge3++4H2O+O2↑，故答案为：2GeO2+6H++H2O2=2Ge3++4H2O+O2↑；‎ ‎（3）有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT（有机层）⇌2CeT3（有机层）+6H+（水层），加入硫酸增大氢离子浓度，平衡逆向进行向形成Ge3+水溶液方向移动，获得较纯的含Ce3+的水溶液，故答案为：混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动；‎ ‎（4）硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理是硫酸铁铵矾溶解后，电离出的铁离子在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以达到净水的目的，反应的离子方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+；‎ ‎（5）FeSO4溶液在空气中露置一段时间后会被空气中的氧气氧化，滴定时消耗硫酸亚铁的量增大，导致测定偏大，故答案为：偏大。‎ ‎【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重于分析能力的考查，注意分析流程中物质的变化，把握实验的原理和操作方法，注意元素及化合物知识的应用是解答关键。‎ ‎22.氧化铁黄（化学式为FeOOH）是一种黄色颜料，工业上用废铁为主要原料生产氧化铁黄的一种工艺流程如下：‎ ‎（1）氧化铁黄中铁元素的化合价为_____，废铁在反应前常用热的纯碱溶液清洗表面油污，其原理是______ (写离子方程式)。‎ ‎（2）氧化过程生成氧化铁黄的化学方程式是_____________。‎ ‎（3）上述流程中，检验“洗涤”是否完全的方法是________。‎ ‎（4）氧化时应控制pH的合理范围是3.5-4.0，pH过小导致氧化铁黄产率较低的可能原因是____。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). CO32-+H2OHCO3-+OH- (3). 4FeSO4+O2+8NaOH＝ FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O (4). 取最后一次洗涤液，加入少量氯化钡溶液，后加入适量稀盐酸，如未观察到白色沉淀，即可证明洗干净 (5). pH过低导致氧化铁黄部分溶于酸 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，过量的废铁中加入浓硫酸，加热反应得到硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，并通入空气，发生氧化还原反应生成氧化铁黄，过滤、洗涤、干燥得到成品氧化铁黄。‎ ‎【详解】（1）FeOOH中O元素为-2价，H元素为+1价，由化合价代数和为零可知Fe元素为+3价；废铁表面有防锈的油脂，碳酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，加热溶液碱性增强，油脂会在碳酸钠溶液中发生水解反应，达到清洗表面油污的目的，碳酸钠在溶液中水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，故答案为：+3；CO32-+H2OHCO3-+OH-；‎ ‎（2）氧化过程为向硫酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，并通入空气，发生氧化还原反应生成氧化铁黄，反应的化学方程式为4FeSO4+O2+8NaOH＝FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O，故答案为：4FeSO4+O2+8NaOH＝FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O；‎ ‎（3）由氧化过程的化学方程式可知，氧化铁黄表面附有可溶的硫酸钠，检查洗涤是否完全的标准是洗涤液中不含有硫酸根离子，则检验洗涤是否完全的方法是，取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生沉淀，则表明已洗涤干净，否则未洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，加入少量氯化钡溶液，后加入适量稀盐酸，如未观察到白色沉淀，即可证明洗干净；‎ ‎（4）氧化时应控制pH的合理范围是保证产率最高，此时的pH范围为：3.5～4.0，若pH过小，氧化铁黄会溶解于酸导致产率降低，故答案为：pH过低导致氧化铁黄部分溶于酸。‎ ‎【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重于分析能力、实验能力考查，注意把握流程中物质变化分析，把握物质性质的理解与应用，注意实验基本操作的掌握是解答关键。‎ ‎23.亚硝酸钠（NaNO2）外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，使用过量会使人中毒。某兴趣小组进行下面实验探究，查阅资料知道：① HNO2为弱酸，② 2NO + Na2O2 = 2NaNO2‎ ‎，③ 2NO2 + Na2O2 = 2NaNO3 ④ 酸性KMnO4溶液可将NO和NO2－均氧化为NO3－，MnO4－还原成Mn2+。NaNO2的制备方法可有如下2种方法（夹持装置和加热装置已略，气密性已检验）：‎ 制备装置1： ‎ 制备装置2：‎ ‎（1）在制备装置1中：‎ ‎①如果没有B装置，C中发生的副反应有_________；‎ ‎②甲同学检查完装置气密性良好后进行实验，发现制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质；于是在A装置与B装置间增加了_____装置，改进后提高了NaNO2的纯度；‎ ‎③D装置发生反应的离子方程式为______。‎ ‎（2）在制备装置2中：‎ ‎① B装置作用是_______________________；‎ ‎②写出装置A烧瓶中发生反应的化学方程式并用单线桥标出电子的转移___________；‎ ‎【答案】 (1). 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑ (2). 装有水的洗气瓶 (3). 5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O (4). 制取NO（或将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO） (5). CO2↑+4NO2↑+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）① 如果没有B装置，水能够与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气；‎ ‎② 二氧化氮能够与水反应，用水除去一氧化氮气体中的二氧化氮气，提高NaNO2的纯度；‎ ‎③ 酸性高锰酸钾溶液能够把一氧化氮氧化为硝酸根离子，本身还原为Mn2+；‎ ‎（2）① 二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸再与铜反应生成一氧化氮；‎ ‎② 碳和浓硝酸加热反应生成二氧化氮、二氧化碳，1molC失去4mole-，反应转移4mole-。‎ ‎【详解】（1）①若没有B装置，一氧化氮气体中混有水蒸气，水蒸气和C装置中过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；‎ ‎②制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质，说明NO与空气中的O2反应生成NO2，反应生成的NO2与Na2O2反应生成了NaNO3，则应在A、B之间加一个装有水的洗气瓶除去NO2气体，故答案为：装有水的洗气瓶；‎ ‎③D装置为尾气处理装置，未反应的NO被MnO4-氧化生成NO3-，MnO4-被还原成Mn2+，反应的离子方程式为5NO + 3MnO4—+ 4H+=5NO3— + 3Mn2+ + 2H2O，故答案为：5NO + 3MnO4—+ 4H+=5NO3— + 3Mn2+ + 2H2O；‎ ‎（2）①A装置中浓硝酸与碳反应生成NO2、CO2和H2O，NO2与B装置中的H2O反应生成HNO3，HNO3再与Cu反应生成NO，进而可以在C装置中与Na2O2反应，所以装置B的作用是制取NO，将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO，故答案为：制取NO（或将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO）；‎ ‎②A烧瓶中浓硝酸与碳在加热的条件下生成NO2、CO2和H2O，碳元素由0价升高至+4价，每1molC失去4mole-，HNO3中的N元素化合价降低，得电子，化学方程式和单线桥为 CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为： CO2↑+4NO2↑+2H2O。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意题给信息分析，明确实验原理，注意物质性质的理解应用，注意实验过程中的反应现象分析是解答关键。‎ ‎24.主族元素碳、氧、氮、氟、磷、硒及副族元素镍、铜元素在化学中有很重要的地位，回答下列问题：‎ ‎(1)在基态14C原子中,核外存在___对自旋相反的电子，基态氮原子的价层电子排布图为____。‎ ‎(2)将F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2,OF2分子构型为__其中氧原子的杂化方式为_______。‎ ‎(3)CuSO4溶液能用作P4中毒的解毒剂,反应可生成P的最高价含氧酸和铜,该反应的化学方程式是_____。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). (3). V形 (4). sp3 (5). P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）C原子核外电子排布式为1s22s22p2，轨道式为，氮原子的电子排布式1s22s22p3；‎ ‎（2）OF2分子中O原子价层电子对数为4，孤对电子数为2；‎ ‎（3）由题意可知CuSO4溶液与P4发生氧化还原反应生成铜、磷酸和硫酸。‎ ‎【详解】（1）C原子核外电子排布式为1s22s22p2，轨道式为，由轨道表示式可知在基态14C原子中，核外存在2对自旋相反的电子；氮原子的电子排布式1s22s22p3，其价层电子排布图为，故答案为：2；；‎ ‎（2）OF2分子中O原子价层电子对数为4，则O原子为sp3杂化，孤对电子数为2，则其空间构型为V形，故答案为：V形；sp3；‎ ‎（3）由题意可知CuSO4溶液与P4发生氧化还原反应生成铜、磷酸和硫酸，反应的化学方程式为P4+10CuSO4+16H2O＝10Cu+4H3PO4+10H2SO4，故答案为：P4+10CuSO4+16H2O＝10Cu+4H3PO4+10H2SO4。‎ 三、附加题（共15分）‎ ‎25.X是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y基态原子的3p轨道上有2个未成对电子。元素Z 的原子最外层电子数是其内层的3倍。回答下列问题：‎ ‎（1）元素X在元素周期表中位于___区，单质X的晶体类型为_____，其中X原子的配位数为_____。‎ ‎（2）Z的氢化物在乙醇中的溶解度大于Y的氢化物，其原因是__________。‎ ‎（3）X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2‎ ‎，1mol该配合物中含有σ键的数目为____________。‎ ‎（4）X与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。‎ 该化合物的化学式为_______，已知此晶体的密度为ρg·cm–3，阿伏加德罗常数为NA，则此晶胞中X与Y的最近距离是______cm。（写出计算式，不要求计算结果。）‎ ‎【答案】 (1). ds (2). 金属晶体 (3). 12 (4). 水分子与乙醇分子间可形成氢键，而硅化氢或硫化氢不能，所以硅化氢或硫化氢在乙醇中的溶解度小于水的溶解度 (5). 16NA (6). CuS (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，元素X是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，则X的原子序数为（2+8+18+1）=29，则X为Cu元素；元素Y基态原子的3p轨道上有2个未成对电子，则Y为Si或S元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，则Z为O元素。‎ ‎【详解】(1)Cu元素在元素周期表中位于ds区，单质铜为金属晶体，铜晶为六方最密堆积堆积，铜原子的配位数为12，故答案为：ds；金属晶体；12；‎ ‎（2）Z为O元素，Y为Si或S元素，水分子与乙醇分子间可形成氢键，而硅化氢或硫化氢不能，所以硅化氢或硫化氢在乙醇中的溶解度小于水，故答案为：水分子与乙醇分子间可形成氢键，而硅化氢或硫化氢不能，所以硅化氢或硫化氢在乙醇中的溶解度小于水的溶解度；‎ ‎（3）1mol配合物[X(NH3)4]Cl2中含有12molN-H键和4mol配位键，则σ键的数目为16NA，故答案为：16NA；‎ ‎(4)由晶胞结构可知，X为Cu元素、Y为S元素，每个晶胞中含有铜原子个数为：8×+6×=3，硫原子个数为4，则化学式为；CuS；晶胞中含有4个CuS，设X与Y的最近距离是d cm，晶胞边长为a cm，由X与Y的最近距离可知体对角线的长度为4dcm，则晶胞的边长为 dcm，由晶胞的质量可得（dcm）3ρ=，解得d=cm，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构与性质，侧重于考查学生对所学知识的综合应用能力，注意依据题给信息推断元素，掌握原子核外电子排布规律、化学键类型以及晶胞的计算规律的运用是解答关键。‎ ‎ ‎