1、黑龙江省齐齐哈尔市2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）本试卷分为第卷（必答题）和第卷（选考题）两部分。答题时间为90分钟，满分100分。注意事项：1.选择题要求：按照学校要求，使用平台答题的考生，直接在平台勾选；其他考生，直接在答题卡上填写选项字母。2.非选择题要求：字迹工整，笔迹清楚，严格按照题号在答题卡相应答题区域内作答。在草稿纸、试题卷上答题无效。3.按照学校要求，如需逐题拍照上传答案，注意拍全答案。4.做选考题时，考生须按照题目要求作答。5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12
2、N-14 O-16 Na-23 Ca-40 Cu-64第I卷（必答题共60分）一、选择题（本题共7道小题，每小题3分，共21分。每小题只有一个选项符合题意。）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【答案】D【解析】【详解】A.带有活塞或瓶塞的装置使用前要检查是否漏水，容量瓶和分液漏斗在使用前均要检验是否漏水，但不需要烘干，故A错误；B.在实验室中进行蒸馏操作时，温度
3、计应在支管口附近，测定镏出物的温度，故B错误；C.实验室制取氢气后的废液应倒入指定的废液桶中，不能用水冲入下水道，防止污染地下水，故C错误；D.分液操作分离下层液体时，应从下口流出，分液漏斗尖端要紧靠烧杯内壁，以防液体飞溅，故D正确；故选D。2. 下表中物质的分类组合完全正确的是（ ）选项ABCD强电解质硝酸钾硫酸硫酸钡盐酸弱电解质氟化氢明矾次氯酸一水合氨非电解质冰水混合物铝二氧化硫乙醇A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A冰水混合物是H2O，H2O属于弱电解质，A错误；B明矾是KAl(SO4)12H2O，属于强电解质，Al是金属，既不是电解质也不是非电解质，B错误；CB
4、aSO4是强电解质，HClO是弱电解质，SO2是非金属氧化物，属于非电解质，C正确；D盐酸是混合物，电解质是化合物，故盐酸不是电解质也不是非电解质，D错误；故选C。3. “纳米材料”是粒子直径为1100nm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（ ）是溶液；是胶体；能产生丁达尔效应；通过用滤纸过滤能够分离NaCl和纳米碳的混合水溶液；一定条件下可以发生聚沉现象；静置后会析出黑色沉淀A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】分散质粒子直径在1100nm的分散系为胶体，胶体所具有的性质有：能产生丁达尔效应；胶体粒子能通过滤纸但不能通过半透膜；能
5、产生电泳现象；介稳性；加热、加入电解质等发生聚沉等，结合以上分析可知，正确，故答案选B。4. NA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0.4NAB. 密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAC. 常温常压下，32g氧气和臭氧混合气体中含有2NA个氧原子D. pH=1的硫酸溶液，含有氢离子数目为NA【答案】C【解析】【详解】A.标准状况下，四氯化碳为液态，无法计算2.24L四氯化碳的物质的量和共价键数目，故A错误；B.密闭容器中2mol一氧化氮与1mol氧气充分反应生成2mol二氧化氮，二氧化氮发生反应生成四氧化
6、二氮，导致气体物质的量减少，则产物的分子数小于2NA，故B错误；C.氧气和臭氧都是由氧原子构成，则O原子的物质的量为=2mol，混合气体中含有2NA个氧原子，故C正确；D.缺溶液的体积，无法计算pH=1的硫酸溶液中含有氢离子的物质的量和数目，故D错误；故选C。5. 在t 时,将a g NH3完全溶于水,得到V mL溶液,设该溶液的密度为 gcm-3,质量分数为,其中含N的物质的量为b mol。下列叙述中不正确的是A. 溶质的质量分数=100%B. 溶质的物质的量浓度c= 1000a/17VmolL-1C. 溶液中c(OH-)= 1000b/VmolL-1+c(H+)D. 上述溶液中再加入V m
7、L水后,所得溶液中溶质的质量分数小于0.5【答案】A【解析】【详解】A溶质的质量分数w100%=100%，A错误；B溶质的物质的量浓度c= molL1，B正确；C根据溶液呈电中性原则可知：溶液中c(OH)c(NH) +c(H+)=molL1c(H)，C正确；D将上述溶液中再加入V mL水后，由于氨水与水混合后溶液的体积小于各种物质的溶液的体积和，在稀释过程中溶质的质量不变，所以溶液稀释后的密度比原来大，因此所得溶液中溶质的质量分数小于0.5w，D正确；故选A。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+H2B. 金属钠加入水中：Na+H2O=Na
8、+OH-+H2C. 食醋除去暖水瓶中的水垢(主要成分碳酸钙)：2CH3COOH+CaCO3=Ca2+2CH3COO-+CO2+H2OD. 向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液并加热：NH+OH-=NH3+H2O【答案】C【解析】【详解】A. 金属铝溶于稀硫酸中：2Al+6H+=2Al3+3H2，故A错误；B金属钠加入水中：2Na+2H2O=2Na+2 +H2，故B错误；C食醋除去暖水瓶中的水垢(主要成分碳酸钙)，食醋的主要成分为弱电解质醋酸，碳酸钙为难溶物，则食醋与水垢反应的离子反应方程式为：2CH3COOH+CaCO3=Ca2+2CH3COO-+CO2+H2O，故C正确；D向NH4H
9、CO3溶液中加入过量的NaOH溶液并加热的离子反应方程式为：，故D错误；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IO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C. 该反应中，转移电子的物质的量为2.2molD. 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【答案】D【解析】【分析】由已知条件及质量守恒定律，可写出反应方程式7I2+14KOH=11KI+KIO+2KIO3+7H2O，反应前I2中的I为0价，反应后KI
10、、KIO、KIO3中的I分别为-1价、+1价、+5价。【详解】A根据分析，I2在反应中化合价既有升高又有降低，因此既作氧化剂又做还原剂，A正确；BKIO和KIO3中的I是由I2中0价的I氧化得来的，因此KIO和KIO3是氧化产物，B正确；C按照方程式系数，7molI2参加反应，转移电子物质的量为11mol，则1.4molI2参加反应，转移电子物质的量为2.2mol，C正确；D由方程式可知，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，D错误；故选D。二、填空题（本题包括3道小题，共39分）8. 某学生需要用烧碱固体配制1.0molL-1的NaOH溶液480mL。实验室提供以下仪器：烧
11、杯量筒1000mL容量瓶玻璃棒托盘天平(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1cm2cm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：_、_。
12、（5）若出现如下情况，能引起所配溶液浓度偏高的是_(填序号)。用已经生锈的砝码称量NaOH固体实验前容量瓶内有少量蒸馏水配制过程中，没有用蒸馏水洗涤定容时俯视刻度线移液前没有冷却至室温在烧杯中溶解时，溅出少量溶液【答案】 (1). 20.0 (2). (3). 胶头滴管、500mL容量瓶 (4). BCFAED (5). 搅拌加速溶解 (6). 引流 (7). 【解析】【分析】溶液配制一般步骤是：计算称量溶解、冷却转移洗涤定容摇匀装瓶贴签。一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒23次，
13、并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻度线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀，最后将溶液倒入贴好标签的细口瓶中保存。【详解】（1）配制1.0molL-1的NaOH溶液480mL，应选择500mL容量瓶，需要溶质的质量=1mo1/L0.5L40g/mol=20.0g；（2）根据分析，实验中需要的仪器为有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故选；还缺少的玻璃仪器有胶头滴管、500mL容量瓶；（3）根据分析，溶液配制一般步骤是：计算称量溶解、冷却转移洗涤定容摇匀装瓶贴签，顺序为BCFAED；（4
14、）实验中两次用到玻璃棒，溶解氢氧化钠固体时需要使用玻璃棒搅拌加速溶解，转移溶液时用玻璃棒引流，防止液体溅岀；（5）用已经生锈的砝码称量NaOH固体会导致NaOH质量偏大，配制的溶液浓度偏高，符合题意；由于定容时要向溶液中加蒸馏水至刻线，故实验前容量瓶内有少量蒸馏水不影响浓度，不符合题意；配制过程中，没有用蒸馏水洗涤会导致溶质残留在烧杯和玻璃棒上，溶质减少，浓度偏低，不符合题意；定容时俯视刻度线会导致体积偏小，浓度偏大，符合题意；移液前没有冷却至室温会导致溶液体积膨胀，冷却后体积减小，浓度偏高，符合题意；在烧杯中溶解时，溅出少量溶液会导致溶质减少，浓度偏低，不符合题意；故选。9. 五种固体物质A
15、、B、C、D、E由下表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。阳离子Na+Al3+Fe3+Cu2+Ba2+阴离子OH-Cl-CONOSO分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：A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；B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；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；B溶液与D溶液混合后无现象；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1.6molL-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_。（
16、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12mLB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）写出上述步骤涉及的离子方程式：_。（5）写出上述步骤涉及的离子方程式：_。【答案】 (1). CuSO4 (2). Na2CO3 (3). Al3+4OH-=AlO+2H2O (4). 液体呈红褐色 (5). FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl (6). 2Fe3+3CO+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2 (7). 3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O【解析】【分析】A溶液与C溶液
17、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，可知生成的蓝色沉淀为Cu(OH)2，白色沉淀为BaSO4，所以A与C分别为CuSO4与Ba(OH)2的一种；生成的红褐色沉淀为Fe(OH)3，气体为CO2，所以B与E分别为铁盐或者Na2CO3中的一种；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，结合可知C为Ba(OH)2，A为CuSO4，D为铝盐；B溶液与D溶液混合后无现象，结合可知B为铁盐，E为Na2CO3；因为加入稀H2SO4后，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，可知D中含有，所以D为Al(NO3)3；综上所述，A为CuSO4，B
18、为FeCl3，C为Ba(OH)2，D为Al(NO3)3，E为Na2CO3。【详解】（1）根据分析，A为CuSO4，E为Na2CO3；（2）过量Ba(OH)2和Al(NO3)3反应的离子方程式为Al3+4OH-=AlO+2H2O；（3）向沸水中滴加12mL FeCl3的饱和溶液，可制备Fe(OH)3胶体，当液体呈红褐色时停止加热，即可得到胶体；产生胶体的原因是Fe3+发生水解，化学方程式为FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl；（4）步骤是Fe3+与发生彻底双水解反应，离子方程式为2Fe3+3CO+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2；（5）步骤是Cu与硝酸体系的反应，离子方程式
19、为3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O；10. 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+H2OB.2FeCl3+Fe=3FeCl2C.H2S+H2SO4(浓)=SO2+S+2H2OD.KClO3+5KCl+3H2SO
20、4=3K2SO4+3Cl2+3H2O【答案】 (1). (2). NaClO+2HCl=Cl2+H2O+NaCl (3). AC【解析】【详解】（1）NaClO是离子化合物，Na+与ClO-之间为离子键，Cl和O之间为共价键，电子式为；（2）洁厕液中的HCl和“84”消毒液中的NaClO可发生氧化还原反应生成Cl2，方程式为NaClO+2HCl=Cl2+H2O+NaCl；（3）第（2）题HCl与NaClO的反应中，Cl元素由反应前的-1价和+1价变为反应后的0价，属于归中反应。A反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O中，S元素的由反应前的+2价变为反应后的0价和+4价
21、，属于歧化反应，与上述（2）反应类型不同，A符合题意；B反应2FeCl3+Fe=3FeCl2中，Fe由反应前的+3价和0价变为反应后的+2价，属于归中反应，与上述（2）反应类型相同，B不符合题意；C反应H2S+H2SO4(浓)=SO2+S+2H2O中，H2S中的S由反应前的-2价变为反应后的0价，浓H2SO4中的S由反应前的+6价变为反应后的+4价，是普通的氧化还原反应，与上述（2）反应类型不同，C符合题意；D反应KClO3+5KCl+3H2SO4=3K2SO4+3Cl2+3H2O中，Cl元素由反应前的+5价和-1价变为反应后的0价，属于归中反应，与上述（2）反应类型相同，D不符合题意；故选A
22、C。11. 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+_MnO+_H2C2O4=_CO2+_Mn2+_（1）配平上述离子方程式，在横线上填上正确的系数并在中填上所需的微粒。（2）该反应中，若生成1molCO2，则转移电子的数目为_。（3）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。溶解CaC2O4沉淀时不能用稀盐酸，原因是_。若消耗了5.010-5molL-1的KMnO4溶液20.00mL，则100mL该血液中含钙_g。【
23、答案】 (1). 6 (2). 2 (3). 5 (4). 10 (5). 2 (6). 8H2O (7). NA或者6.021023 (8). KMnO4会氧化Cl- (9). 0.005或者510-3【解析】【详解】(1)根据元素守恒可知，生成物中还含有水。该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，C元素化合价由+3价变为+4价，转移电子总数为10，所以MnO、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为6H+2MnO+5H2C2O4=10CO2+2Mn2+8H2O；(2)根据方程式系数及第（1）题化合价变化分析，生成10molCO2时，转移电子为10mol，则生成1mol
24、CO2时，转移电子为1mol，数目为NA；(3)HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而造成误差，所以不能用盐酸代替；由CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4和5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+10CO2+2MnSO4 +8H2O，可以得到关系式5Ca2+2MnO，所以n(Ca2+)=n(KMnO4)=5.010-5molL-1 0.02L=2.510-6mol，100mL含有的Ca2+的质量为502.510-6mol40g/mol=0.005g；第卷（选考题共40分）选考题(共40分，请考生从选修三11-19题或者选修五20-28题任选一部分作答，如果多
25、做，按第一部分计分)三、选择题（本题共8道小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题意。）12. 某基态原子的核外电子排布式为Ar3d104s24p4，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3d104s24p4【答案】D【解析】【分析】某基态原子的核外电子排布式为Ar3d104s24p4，原子序数为34，为Se元素，为A族元素；【详解】A原子核外有34个电子，电子的运动状态各不相同，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
26、能量，故B正确；C34个电子位于18个轨道，有18种空间运动状态，故C正确；D为A族元素，价电子排布式为4s24p4，故D错误；故选：D。13. 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：Ca2+Cl-S2B. 电负性：OSMgC. 第一电离能：ONCD. 热稳定性：H2SH2OCH4【答案】B【解析】【详解】A三种简单离子都是18电子结构，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：Ca2+Cl-OC，故C错误；D非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性：OS，则热稳定性：H2O H2S，故D错误；答案选B。14. 下列现象与氢键有关的是（ ）H2O的熔
27、沸点比同主族其他元素氢化物的熔沸点高小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶AsH3熔沸点高于PH3水分子高温下也很稳定邻羟基苯甲酸的熔沸点比对羟基苯甲酸的低A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】因第VIA族中O的非金属性最强， H2O中分子之间存在氢键，所以H2O的熔沸点比同主族其他元素氢化物的熔沸点高，与氢键有关；醇中有羟基，羧酸中有羧基，小分子的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，可以和水以任意比互溶，与氢键有关；AsH3、PH3都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，故AsH3的熔沸点高于PH3，与氢键无关；水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，与氢键无关；
28、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，分子内氢键使熔沸点降低，所以邻羟基苯甲酸的熔沸点比对羟基苯甲酸的低，与氢键有关；综上所述，正确，故选A。15. 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. H2S、CS2、HI都是直线形的分子B. COCl2、BF3、SO2都是平面三角形的分子C. BF3键角为120，SnBr2键角小于120D. PCl3、NH3、PCl5的VSEPR构型相同【答案】C【解析】【详解】A. 中心原子S原子采取sp杂化，电子对构型为正四面体形，分子构型为V形，HSH键角为9
29、2.1，即H2S为V型分子，CS2、HI都是直线形的分子，故A错误；BSO2中，且含有2个孤电子对，所以SO2为V形结构；BF3中，所以BF3是键角为120的平面三角形结构，COCl2中，为平面三角形分子，故B错误；C由B可知BF3键角为120，SnBr2中，且含有一个孤电子对，为V形结构，孤对电子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，所以SnBr2键角小于120，故C正确；DNH3、PCl3中，且含有一个孤电子对，所以PCl3、NH3为三角锥形结构；PCl5中，且不含孤对电子，为三角双锥结构，故D错误。答案选C16. 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
30、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、4D. 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【答案】D【解析】【详解】A图1、图2非密置层堆积，图3、图4为密置层堆积，故A错；B图1图4分别是简单立方堆积、体心立方堆积、面心立方堆积和六方最密堆积，故B错；C图1图4每个晶胞所含有的原子数分别为8=1、8+1=2、8+6=4、8+1=2，故C错；D图1图4堆积方式的空间利用率分别为：52%、68%、74%、74%，故D正确 ；答案选
31、D。17. 下列晶体性质的比较中，正确的是（ ）A. 熔点：SiI4SiBr4SiCl4B. 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【答案】D【解析】【详解】A.结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，SiI4、SiBr4、SiCl4是结构相似的分子晶体，则熔点SiCl4SiBr4C，故稳定性NH3CH4，分子越稳定，键能越大，键长越小，故C-H键的键长N-H键的键长，D正确；故选B。四、填空题（本题包括1道小题，共16分）20. 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
32、出的巨大贡献。请回答下列问题：（1）LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。基态Co原子核外价电子排布图为_；基态氧原子中，电子占据的最高能层符号为_；该能层能量最高的能级电子云在空间有_个伸展方向。（2）Co(NO3)42-的配体中N原子的杂化方式为_，写出一种与NO互为等电子体的阴离子化学式为_，1mol该配离子中含键数目为_NA。（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）Li2O被广泛用作玻璃的组分，其熔点高于Na2
33、O，原因是_。Li2O具有反萤石结构，晶胞如图所示，已知其晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，则Li2O的密度为_gcm3。【答案】 (1). (2). L (3). 3 (4). sp2 (5). CO (6). 16 (7). (PnO3n+1)(n+2)- (8). Li2O、Na2O均为离子晶体且阴阳离子分别带有相同电荷数，Li+半径小于Na+，Li2O晶格能大于Na2O，晶格能越大，熔点越高 (9). 【解析】【详解】（1）Co的原子序数是27，基态Co原子核外电子排布式为Ar3d74s2，核外价电子排布图为；O原子的原子序数是8，基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4
34、， 电子占据的最高能层为第二层，即L层；能层能量最高的能级为2p，p轨道电子云在空间有3个伸展方向；（2）Co(NO3)42-的配体是NO，其中N原子含有的价层电子对数是3+(5+1-32)=3，其杂化方式为sp2杂化； 等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，NO有4个原子，价电子数为24，阴离子中CO是它的等电子体；由于单键都是键，配位键也是键，则1mol该配离子中含键数目为(4+34)NA=16NA；（3）由图可知，2个P原子时存在7个O，负电荷为4，3个P原子时存在10个O，负电荷数为5，存在n个P时存在(3n+1)个O，负电荷数为(n+2)，则这类磷酸根离子的化学式可用
35、通式表示为(PnO3n+1)(n+2)-；（4）Li2O、Na2O均为离子晶体，离子晶体的熔点与晶格能有关，离子所带电荷数越大，半径越小，晶格能越大，熔点越高。Li2O、Na2O阴阳离子分别带有相同电荷数，Li+半径小于Na+，Li2O晶格能大于Na2O，故Li2O熔点高；根据Li2O晶胞图可知，Li在晶胞内，每个晶胞含有8个Li，O在顶点和面心，每个晶胞O的个数为，晶胞密度=；【点睛】本题注意第（4）题第问，nm需转化为cm，1nm=10-7cm。五、选择题（本题共8道小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题意。）21. 下列说法错误的是（ ）A. 按系统命名法，化合物的名称为2
36、，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【答案】C【解析】【详解】A依据烷烃的命名方法，选主链最长、编号位次和最小，离官能团取代基最近、写名称由简到繁，即化合物的名称为2，4二甲基己烷，符合系统命名法则，故A正确；B含氢量越高耗氧量越高，甲烷、乙烯、1，3-丁二烯含氢量逐渐降低，所以耗氧量逐渐降低，故B正确；C苯酚、水杨酸()和苯甲酸，官能团不同、结构不同，故C错；D由2甲基2丁烯结构简式可知，该物质不存在顺反异构，故D正确。答案选C。22. 已知CC键可以绕键轴自由旋转，对
37、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【答案】B【解析】【详解】苯环上的碳原子都是杂化，所以与苯环直接相连的原子都共面，因为键可以自由旋转，所以两个苯环可共面，此时所有碳原子与苯环上的氢原子共面，4个甲基通过旋转，都会有1个氢原子在苯环所在的平面，所以至多有26个原子共面；当键旋转到两个苯环不共面时，则有同一个苯环上的6个碳原子与此苯环直接相连的3个碳原子以及另一个苯环的旋转轴上的2个碳原子共11个碳原子共面，综上所述A、C、D错
38、，B正确；故答案选B。23. 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【答案】A【解析】【详解】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；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；与乙酸发生中和反应生成蓝色溶液；与乙酸乙酯不反应且分层；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；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，六种现象不一样，可以区分，
39、A符合题意；B乙醛、甲酸和甲酸甲酯都能与溴水反应而使溴水褪色，不能区分，B不符合题意；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，C不符合题意；DFeCl3溶液与上述六种物质都不反应，不能鉴别，D不符合题意；故选A。24. 以下实验：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实验室中将苯和浓溴水混合，再加入FeBr3来制备溴苯为检验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
40、颜色；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. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】使溴水褪色的不一定是乙烯，也可能有少量浓硫酸发生副反应，生成SO2，使溴水褪色，符合题意；电石中有硫化物的杂质，与H2O反应生成H2S，H2S通入酸性高锰酸钾溶液中也能褪色，不能证明一定是乙炔，符合题意；实验室制备溴苯需用苯和液溴，再加FeBr3作为催化剂，不能用溴水代替液溴，符合题意；为检验RX是碘代烷，将RX与NaOH水溶液混合加热后，碘代烷水解，先加足量稀硝酸至溶液为酸性，再加入AgNO3溶液，观察沉淀颜
41、色，若为黄色则证明是碘代烷，实验操作正确，不符合题意；淀粉在稀硫酸催化下水解产物，需加过量NaOH，使溶液为碱性，再加入银氨溶液并水浴加热，才能看到银镜，符合题意；综上所述，可能失败或者无法证明实验结论，故选D。25. 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. 1molX最多能与9mol氢气反应C. 1molX与足量的NaOH溶液在常温常压下反应，最多消耗2molNaOHD. 1molX与足量的浓溴水反应，最多消耗5molBr2【答案】B【解析】【详解】AX中含有酚羟基，糠醛中含有醛基，可以发生酚醛缩合反应，故A正确；B由X的结构可以
42、知道，分子中含有2个苯环、3个碳碳双键、1个羰基，1mol苯环消耗3mol氢气，1mol碳碳双键消耗1mol氢气，1mol羰基消耗1mol氢气，所以1molX最多可以和10mol的氢气反应，故B错误；CX中含有酚羟基和羧基，都和NaOH溶液反应，最多可以消耗2molNaOH，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，既可以发生取代反应也可以发生加成反应，1molX消耗2mol浓溴水发生取代反应，与3mol浓溴水发生加成反应，则1molX与足量浓溴水反应最多可以消耗5mol Br2，故D正确；答案选B。26. 下列说法中正确的有（ ）糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物
43、，适当条件下均可发生水解“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【答案】B【解析】【详解】糖类包括单糖、双塘和多糖，单糖双糖为小分子化合物不属于高分子化合物，油脂也不属于高分子化合物，故错误；“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而得到混合物而属于新型化合物燃料
44、，故错误；除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和碳酸钠溶液，使碳酸钠与乙酸反应，然后再振荡、静置、分液，故正确；石油的分馏：是将石油中几种不同沸点的混合物分离的一种方法，属于物理变化；煤的气化：是在一定温度及压力下使煤中有机质与气化剂（如蒸汽/空气和/或氧气 等）发生一系列化学反应 ，将固体煤转化为含有一氧化碳、氢气、甲烷等可燃气体和二氧化碳、等非可燃气体的合成气的过程；煤的液化：煤炭液化是把固态状态的煤炭通过化学加工，使其转化为液体产品属于化学变化；煤干馏；指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯 、煤气等产物的过程，煤的干馏是属于化学变化；故错误；花生油为植物油，牛油
45、为动物油，植物油为是不饱和酯，但油脂都能发生皂化反应，故正确；甲苯可被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，苯甲酸和氢氧化钠发生中和反应生成苯甲酸钠，苯甲酸钠在水中溶解度大，则除去苯中混入的少量甲苯的操作为：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，故正确。综上所述、正确，故答案选B。27. 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【答案】A【解析】【详解】由题意可知香荚兰豆(C8H8O3)中含有官能团
46、为酚羟基以及羧基。若苯环上的取代基为、时的同分异构体的数目为10种，若本环上的取代基为、时的同分异构体的数目为3种，共13种。答案选A。28. 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（ ）CH3CH=CHCH3CH3CH=CH2CH2=CHCH=CH2CH3CCCH3CH2=CHCNCH3CH=CHCNA. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】该高聚物链节主链不含杂原子，属于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，按如图所示断开， ，再将双键中的1个C-C打开，然后将半键闭合，则可得该高聚物单体是CH2=CHC
47、H=CH2、CH2=CHCN，故选B。六、填空题（本题包括1道小题，共16分）29. 已知有机物AI之间的转化关系如图所示：已知：C的结构简式为A与D、B与E、I与F互为同分异构体；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
48、(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_。属于芳香族化合物，能发生银镜反应和水解反应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【答案】 (1). 羰基 (2). 苯乙醇 (3). (4). C16H16O2 (5). (6). +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O (7). 6 (8). 【解析】分析】C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，E应为，D为，G为，A与D互为同分异构体，则A为，B为，I为，H为；【详解】(1)有机物I是，含有的官能团名
49、称为：羰基，有机物E是，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：；有机物H是，分子式为：C16H16O2，故答案为：；C16H16O2；(3)反应是卤代烃的取代反应，是醇类的消去反应，是卤代烃的消去反应，是醇类的氧化反应，是碳碳双键的加成反应，是卤代烃的水解反应也是取代反应，是醇类的氧化反应，是醛类的氧化反应，是醇和酸的酯化反应也即取代反应，其中属于取代反应的是，故答案为：；(4)化学方程式：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O；(5)G是，属于芳香族化合物，说明含有苯环，且能发生水解反应说明含有酯基，所有同分异构体有、共6种，属于芳香族化合物，能发生银镜反应和水解反应，说明含有醛基和酯基，或具有此结构；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，则同分异构体有：。
