【文档说明】辽宁省大连市大连海湾高级中学2019-2020学年高二下学期第一次质量检测化学【精准解析】.doc，共(20)页，560.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷总分：100分时间：90分钟可能用到的相对原子质量：H:1C:12O:16S:32Na:23Ca:40Si:28Ti:48第Ⅰ卷（共47分）一、选择题(本题包括13小题,每题2分,共26分)1.下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质的顺序组合正确的是()

纯净物混合物强电解质弱电解质非电解质A盐酸水煤气硫酸醋酸HDB胆矾石灰水硫酸钡HNO2NH3C火碱蔗糖溶液氯化钠氨水三氧化硫D冰醋酸福尔马林苛性钾碘化氢乙醇A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．盐酸是混合物，HD是单质，不是非电解质，A不正确；B．五种物质按纯净物、混合物、强

电解质、弱电解质、非电解质的顺序组合正确，B正确；C．氨水是混合物，C不正确；D．碘化氢是强电解质，D不正确；答案选B。2.下列过程属于化学变化的是：①白色的硫酸铜粉末久置于空气中变成蓝色；②福尔马林用来浸制标

本；③同素异形体之间的互变；④同分异构体之间的互变；⑤蜂蚁叮咬处涂稀氨水或小苏打溶液可减轻痛苦；⑥核裂变A.只有②③④⑤B.只有③④⑤C.只有①②③④⑤D.全部【答案】C【解析】【分析】有新物质产生的是化学变化，没有生成新

物质的是物理变化，据此分析解答。【详解】①白色的硫酸铜粉末久置于空气中变成蓝色，是硫酸铜吸水变为胆矾，属于化学变化；②福尔马林用来浸制标本，利用的是蛋白质变性，属于化学变化；③同素异形体之间的互变属于化学变化；④同分异构体之间的互变也是化学变化；⑤蜂蚁叮咬处涂稀氨水或小苏打溶液可减轻痛苦，

属于复分解反应，是化学变化；⑥核裂变过程中没有产生新物质，属于物理变化；综上，只有①②③④⑤是化学变化，答案选C。3.下列说法正确的是：A.按系统命名法，化合物的名称为2-甲基-4-乙基戊烷B.苯酚、水杨酸()和苯甲酸都是同系物C.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D.三硝基甲苯的分子式为C7H3N3O6【答案】C【解析】【详解】A．该物质最长碳链有6个碳，在2号碳和4号碳上分别有一个甲基，所以名称为2,4—二甲基己烷，故A错误；B．苯酚只含酚羟基，水杨酸含有羧基和酚羟基，苯甲酸只含羧基，三者结构不相似，

不是同系物，故B错误；C．等质量的烃类燃烧，氢元素的质量分数越大耗氧量越多，所以等质量的甲烷(最简式为CH4)、乙烯(最简式为CH2)、1，3-丁二烯(最简式为CH1.5)分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减少，故C正确；D．三硝基甲苯的结构简式为，分子式为C7H

5N3O6，故D错误；综上所述答案为C。4.某同学向c(FeCl3)＝0.2mol·L－1、c(FeCl2)＝0.1mol·L－1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，意外得到一种黑色分散系，经查阅资料后得知，该分散系中分散质粒子是直径介于1～100nm之间的金属氧化物，下

列有关说法中错误的是：A.该分散系可产生丁达尔现象B.加入NaOH时发生的反应为Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－===Fe3O4＋4H2OC.若在电极作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系分散质带正电D.可用过滤的方法将分散剂与分散质分离开【答案】D【解析】【详解】A．该分散系中分散质粒子是

直径介于1～100nm之间的金属氧化物，属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；B．氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子方程式：Fe2++2Fe3++8OH-═Fe3O4+4H2O，故B正确；C．在电场作用下，阴极附近分

散系黑色变深，则说明该分散系中的分散质容易吸附带正电的阳离子而形成带正电的胶体微粒，故C正确；D．胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，故D错误；答案为D。5.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如图所示。下列有关柠檬烯的分析正确的是

（）A.它的一氯代物有6种B.它的分子中所有的碳原子一定在同一平面上C.它和丁基苯互为同分异构体D.一定条件下，它分别可以发生加成、取代、氧化、还原等反应【答案】D【解析】【详解】A．该物质结构不对称，共有8种位置的H原子，则它的一氯代物有8种

，故A错误；B．环状结构中含饱和碳原子，为四面体结构，分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，故B错误；C．丁基苯的分子式为C10H14，柠檬烯的分子式为C10H16，二者分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D．含C=C，能发生加成、氧化，含甲基，能在一定条件下发生取代，则一定条件下，

它可以分别发生加成、取代和氧化反应，与氢气的加成反应也为还原反应，故D正确；答案选D。6.下列有关说法正确的是A.C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是O>N>CB.根据同周期元素的第一电离能变化

趋势，推出Al的第一电离能比Mg大C.根据主族元素最高正化合价与族序数关系，推出卤族元素最高正价都是＋7D.Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2【答案】D【解析】A.C、N、O三种元素第一电离能从大

到小的顺序是N>O>C，同周期元素的第一电离能呈逐渐增大的趋势，但是每个周期中第IIA（最外层s轨道全满）和第VA（最外层p轨道半充满）元素因其原子结构的特殊性而比相邻的2种元素大，A不正确；B.同理，根据

同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大也是不正确的；C.根据主族元素最高正化合价与族序数关系，推出卤族元素最高正价都是＋7是不正确的，卤素中的F是所有元素中非金属性最强的，所以F无正化合价；D.N

i是28号元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，D正确。7.要从苯酚的乙醇溶液中回收苯酚，有下列操作；①蒸馏；②过滤；③静置分液；④加入足量金属钠；⑤通入过量CO2；⑥加入足量NaOH溶液；⑦加入足

量FeCl3溶液；⑧加入乙酸与浓H2SO4混合加热，合理的步骤是A.④⑤③B.⑥①⑤③C.⑧①D.⑧②⑤③【答案】B【解析】【分析】从苯酚的乙醇溶液中回收苯酚，先将苯酚与氢氧化钠溶液反应生成苯酚钠，通过蒸馏方法分离出乙醇，剩下苯酚

钠、NaOH溶液，再通入过量的二氧化碳气体，苯酚钠全部转化为苯酚，苯酚不溶水，与生成的NaHCO3溶液分层，静置后通过分液操作可以得到苯酚。【详解】乙醇不和NaOH溶液反应，苯酚的乙醇溶液中，乙醇不会发生任何变化，加入NaOH溶液后，但苯酚全部变成苯酚钠；乙醇的沸点是78度，水

的沸点是100度。加热到78度左右，将乙醇被全部蒸馏掉，而剩下的为苯酚钠、NaOH溶液；通入过量的二氧化碳气体，由于碳酸酸性强于苯酚酸性，加入二氧化碳后，NaOH先全部转化为NaHCO3（加入过量二氧化碳），苯酚钠全部转化为苯酚，苯酚不溶水，与生成的Na

HCO3溶液分层，静置后分液可以得到苯酚，正确的操作顺序为：⑥①⑤③；故选B。8.下列对分子的性质的解释中，不正确的是：A.碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释B.乳酸有一对对映异构体，因为其分子中含有一个手性碳原

子C.水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键D.由图知酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数【答案】C【解析】【详解】A．碘是非极性分子易溶于非

极性溶剂四氯化碳，甲烷属于非极性分子难溶于极性溶剂水，所以都可用相似相溶原理解释，故A正确；B．碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸中第二个C连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，导致该物

质存在互为镜像的两个手性异构体；生产中可利用“手性合成”法主要得到其中一种手性分子，故B正确；C．水很稳定（1000℃以上才会部分分解）是因为水中含有的H-O键非常稳定，与存在氢键无关，故C错误；D．由题

中图示可知，H3PO4的非羟基氧原子数为1，HClO的非羟基氧原子数为0，H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以磷酸的酸性大于次氯酸，故D正确；答案为C

。9.下列反应的离子方程式正确的是A.工业上用电解法制备烧碱：--2222Cl+HO2OH+H+Cl通电B.用食醋除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑C.NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：NH

4＋＋OH－H2O＋NH3↑D.铜溶于硫酸酸化的过氧化氢溶液：Cu+2H++H2O2＝Cu2++2H2O【答案】D【解析】【详解】A.工业上用电解法饱和食盐水的方法制备烧碱：--2222Cl+2HO2OH+

H+Cl通电，A错误；B.醋酸是弱酸，不成拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO－+H2O+CO2↑，B错误；C.NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：HCO3－＋NH4＋＋2OH－CO32

－＋2H2O＋NH3↑，C错误；D.双氧水具有强氧化性，因此铜溶于硫酸酸化的过氧化氢溶液中反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2＝Cu2++2H2O，D正确；故合理选项为D。10.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是：A.向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，

当有1molFe2＋被氧化时，该反应转移电子数目为3NAB.0.1mol丙烯酸(CH2=CH—COOH)中含有双键数目为0.1NAC.含0.1molNH4HSO4的溶液中，阳离子数目略小于0.2NAD.2.0gH218

O与D2O的混合物中所含中子数为NA【答案】D【解析】【详解】A．向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，由于I-的还原性大于Fe2+，氯气先氧化I-，则当有1molFe2+被氧化时，溶液中的碘离子已经完全被氧化，而由于溶液中碘离子的个数未知，故反应转移的电子数无法计算

，故A错误；B．丙烯酸的结构简式为CH2=CH—COOH，丙烯酸中含碳碳双键和碳氧双键，故1mol丙烯酸中含2mol双键，即0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA，故B错误；C．含0.1molNH4HSO4的溶液中含有0.1molSO42-，0.1molSO42-带有0.2mol负电

荷，由于溶液中还含有氢氧根离子，则负电荷的总物质的量大于0.2mol，根据电荷守恒，溶液中正电荷的总物质的量一定大于0.2mol，溶液中阳离子为铵根离子、氢离子，都带1个单位正电荷，则溶液中含有阳离子数目

略大于0.2NA，故C错误；D．H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，则2.0g混合物的物质的量为0.1mol，且两者均含10个中子，故0.1mol混合物中含NA个中子，故D正确；答案为D。11.化学与人类

的生活，生产密切相关，下列说法中正确的是A.蚕丝和棉花的组成元素相同，结构不同，因而性质不同B.埃博拉病毒可用乙醇、次氯酸钠溶液、双氧水消毒，其消毒原理相同C.纯碱是属于碱类、谷氨酸钠(C5H8NO4N

a，味精）属于盐类D.压缩天然气（CNG）、液化石油气(LPG)的主要成分是烃类，是城市推广的清洁燃料【答案】D【解析】A、蚕丝由C、H、O、N四种元素组成，而棉花只有C、H、O，故A错误；B、酒精是一种有机化合物,学名叫乙醇,分子式为C2H5OH。乙醇消毒利用它能使蛋白质变性，而次氯酸钠溶液

、双氧水消毒还具有强氧化性，消毒原理不同，故B错误；C、纯碱是Na2CO3，由金属阳离子Na＋和酸根离子CO32―组成，属于盐类，故C杀错误；D、压缩天然气（CNG）的主要成分是甲烷，液化石油气（LPG）的主要成分是乙烯、乙烷、丙烷、丙烯、丁烷、丁烯等．因此可知该两类燃料都是有碳氢化合

物组成的烃类，故D正确；故选D。点睛：A中蚕丝和棉花都是丝状，有同从外部认识它们，忽略本质的区别，B、消毒原理的区别：乙醇使构成细菌生命基础的蛋白质凝固，而次氯酸钠溶液、双氧水消毒使病毒氧化；D、要关注生活，了解常用物质的组成、性质，才能

更好的利用它们。12.某同学设计了由乙醇合成乙二醇的路线如下。下列说法正确的是：→①24BrCCl→→②A.步骤①的反应类型是水解反应B.X可以发生加成反应C.步骤②需要在氢氧化钠醇溶液中反应D.等物质的量的乙醇、X完全燃烧，消耗氧气的量不相同【答案】B【解析

】【分析】乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应生成1,2—二溴乙烯，1,2—二溴乙烯在NaOH水溶液中水解生成乙二醇。【详解】A．步骤①的反应类型为消去反应，故A错误；B．X为乙烯，可以发生加成反应，故B正确；C．步骤②需要在氢氧化钠水溶液中反应，故C错误

；D．乙醇的分子式为C2H6O，相当于C2H4(H2O)，乙烯的分子式为C2H4，所以等物质的量乙醇和乙烯完全燃烧消耗氧气的量相同，故D错误；综上所述答案为B。13.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()

A.无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN−、Cl–B.+-c(H)c(OH)=1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO2-3、NO-3C.()2+-1cFe=1molL的溶液中：K+、NH+4、MnO4-、SO2-4

D.能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH+4、SO2-4、HCO-3【答案】B【解析】【详解】A.Fe3+为黄色，不符合无色透明的溶液，故A错误；B.+-c(H)c(OH)=1×10-12的溶液显碱性，在碱性溶液中：K+、Na+、CO2-3、NO-3能大量共存，故B正确C.()2+-1cFe

=1molL的溶液中，MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，二者发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D.能使甲基橙变红的溶液显酸性，在酸性溶液中HCO-3能发生反应，不能大量共存，故D错误；故答案：B。二、选择题(本题包括7小题,每题3分,共21分）14.下列

有关说法正确的是()①原子晶体中只存在非极性共价键②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低④干冰升华时，分子内共价键会发生断裂⑤晶格能由大到小顺序：NaF

>NaCl>NaBr>NaI⑥分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔、沸点一定越高⑦分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定A.①②③⑥B.①②④C.③⑤⑥⑦D.③⑤【答案】D【解析】【详解】①原子晶体中可能存在极性共价键，如二氧化硅，故①错误；②晶体含有阴离子，

则一定含有阳离子，但金属晶体由阳离子与自由电子构成，没有阴离子，故②错误；③金刚石、SiC属于原子晶体，键长C-C＜Si-C，故金刚石中化学键更稳定，其熔点更高，NaF、NaCl都属于离子晶体，氟离子半径小于氯离子半径，故

NaF的晶格能大于NaCl，则NaF的熔点更高，H2O、H2S都属于分子晶体，水分子之间存在氢键，熔点较高，熔点原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，故金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低，故③正确；④干冰升华时克服分子间作用力，属于物理性质，共价键没有断裂，故④错误

；⑤电荷相同，离子半径：F-＜Cl-＜Br-＜I-，故晶格能NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，故⑤正确；⑥分子晶体的熔沸点由分子间作用力决定，则分子间作用力越强，熔沸点越高，与共价键无关，故⑥错误；⑦分子间作用力影响物理性质，

分子的稳定性属于化学性质，故⑦错误；正确的有③⑤，故选D。【点睛】本题的易错点为③，要注意不同类型晶体熔沸点的判断方法的区别，同时注意熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。15.以下有关元素性质的说法不正

确的是A.具有下列电子排布式的原子中：①1s22s22p63s23p2，②1s22s22p3，③1s22s22p2，④1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是①B.具有下列价电子排布式的原子中：①3s23p1，②3s23p2，③3s23p3，④3s23p4，第一电离能最大的是③C.

①Na、K、Rb，②N、P、As，③O、S、Se，④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④D.某元素气态基态离子的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995

、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X3＋【答案】D【解析】【详解】A.核外电子排布:①1s22s22p63s23p2，②1s22s22p3，③1s22s22p2，④1s22s22p63s23p4,则

①为Si,②为N、③为C、④为S,根据同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,故原子半径:Si>S>C>N,故Si原子半径最大,即①的原子半径最大,故A选项是正确的；B.由价电子排布式①3s23p1，②3s

23p2，③3s23p3，④3s23p4，分别为：Al、Si、P、S元素。同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势,第VA族3p能级为半满稳定状态,能量较低,第一电离能高于同周期相邻元素,故第一电离能,③>④>②>①,故B选

项是正确的；C.同周期自左而右电负性增大,同主族自上而下电负性减小,故(1)Na、K、Rb电负性依次减小,(2)N、P、As的电负性依次减小,(3)O、S、Se的电负性依次减小,(4)Na、P、Cl的电负性依

次增大,故C选项是正确的；D.该元素第三电离能剧增,最外层应有2个电子,表现+2价,当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+,故D错误；所以D选项是正确的。16.某分子式为C10H20O2的酯，在一定条件下可发生如下图的转化过程：则符合上述条件的酯的结构可有A.2种B.4种C.6种D.

8种【答案】B【解析】【详解】因C经两步氧化可生成E，则C为C4H9-CH2OH，D为C4H9—CHO，E为C4H9-COOH，B为C4H9—COO-，-C4H9有四种结构，分别为：CH3-CH2-CH2-CH2-、CH3-CH2-CH(CH

3)-、(CH3)2CHCH2-、(CH3)3C-，所以符合条件的酯的结构有4种，故选B。17.工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，下列说法不正确的是（）A.硫元素既被氧化又被还原B.氧化剂与还原剂

的物质的量之比为2:1C.每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D.相同条件下，每吸收10m3SO2就会释放出2.5m3CO2【答案】C【解析】【详解】由信息可知，反应物是碳酸钠、硫化钠和二氧化硫，生成物由二氧化碳和硫代硫酸钠，所以反应方程式为：2Na2S+Na2CO3+4S

O2=3Na2S2O3+CO2；A、由反应方程式中S元素的化合价有升有降，所以硫元素既被氧化又被还原，故A正确；B、根据反应方程式可知，Na2S中硫化合价升高，为还原剂，SO2中硫化合价降低，为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，故B正确；C、由反应方程式可知每生成3molNa2S2O

3，转移8mol电子，则生成1molNa2S2O3，转移8/3mol电子，故C错误；D、根据方程式可知，每当4molSO2参与氧化还原反应就会放出1molCO2，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以相同条件下，每吸收10m3SO2放出CO2的体积是2.5m3，故D正确。答案选C

。18.CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但CaC2晶体中由于哑铃形的C22−存在，使晶胞沿一个方向拉长。下列关于CaC2晶体的说法中正确的是：A.1个Ca2＋周围距离最近且等距离的C22

−数目为6B.该晶体中的阴离子与F2是等电子体C.6.4gCaC2晶体中含阴离子0.1molD.与每个Ca2＋距离相等且最近的Ca2＋共有12个【答案】C【解析】【详解】A．根据题意可知，该晶胞不是正立方体，晶胞沿一个方向拉长，所以可以看做是一个底面为正方形的长方体，以体心Ca2+为例，与其距

离最近且相等的2-2C为与钙离子在同一平面上且位于面心的4个，故A错误；B．2-2C含价电子总数为2×4+2=10，F2的价电子总数为14，二者价电子数不同，不是等电子体，故B错误；C．6.4gCaC2为0

.1mol，CaC2晶体中阴离子为2-2C，则含阴离子0.1mol，故C正确；D．以底面为例，底面为正方形，所以与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+共有4个，由于是长方体，所以只有这4个，故D错误；故

答案为C。19.某一化合物的分子式为AB2，A属ⅥA族元素，B属ⅦA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性值分别为3.44和3.98，已知AB2分子的键角为103.3。。下列推断不正确的是（）A.AB2分子的空间构型为“V”形B.A---B键为极性共价键，AB2分子为

非极性分子C.AB2与H2O相比，AB2的熔点、沸点比H2O的低D.AB2分子中无氢原子，分子间不能形成氢键，而H2O分子间能形成氢键【答案】B【解析】【详解】A.AB2分子中A原子为第ⅥA族，价电子数目为6，B属第ⅦA族元素，则该分子中A的价层电子对数为6

+122=4，有2对孤电子对，所以为V型结构，故A正确；B.由电负性可知，B元素的非金属性更强，A-B键为极性共价键，为V型结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B错误；C.H2O分子之间存在氢键，沸点高于同族其它元素氢化物，故C正确；D.氧元素非金属很强，H2O分子之间存

在氢键，A属第ⅥA族元素，B属第ⅦA族元素，AB2分子中不可能有H原子，分子间不能形成氢键，故D正确；故选：B。20.以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.18g冰（图1）中含O—H键数目为

2NAB.28g晶体硅（图2）中含有Si—Si键数目为2NAC.44g干冰（图3）中含有NA个晶胞结构单元D.石墨烯（图4）是碳原子单层片状新材料，12g石墨烯中含C—C键数目为1.5NA【答案】C【解析】【详解】A．一个水分子中有2个H-O，则18g冰即1

mol中含O—H键数目为2NA，A正确；B．28g晶体硅含有1mol硅原子，晶体硅中每个硅原子形成的共价键为12×4=2，则1mol晶体硅中含有Si—Si键数目为2NA，B正确；C．一个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子，44g干冰即1mol中晶胞结构单元数小于NA个，C错误；D．

石墨烯中每个碳原子周围有两个碳碳单键和一个碳碳双键，所以每个碳原子实际拥有C—C键为1.5个，则12g石墨烯即1mol中含C—C键数目为1.5NA，D正确；答案选C。三、非选择题(本题包括4小题,共53分)21.Ba2+是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、K2

Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2+的物质的量浓度。（1）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确．．．的是___（填字母序号）。a．使用容量瓶前先检查是否漏水b．使用容量瓶前必须用蒸馏水将其洗净并干燥c．

配制溶液时，若试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1~2cm处，用胶头滴管逐滴滴加蒸馏水至刻度线d．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一手拖住瓶底，将容量瓶反复倒转摇匀（2）现需配制250mL0.1000mol∙L－1的标准Na2S2O3溶液，

所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外，还需要__________。（3）需准确称取Na2S2O3固体的质量为__________g。（4）若配制标准Na2S2O3溶液时，出现如下错误操作，所配溶液的浓度将如何变化？①若将洗涤液转移至容

量瓶时，不小心洒落部分洗涤液，会导致所配溶液的浓度_____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）。②若观察液面时俯视容量瓶刻度线，会导致所配溶液的浓度_______。（5）另取50.00mL废水，控制

适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrO42－全部转化为Cr2O72－，再向其中滴加上述标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶

液36.00mL。已知有关反应的离子方程式为Cr2O72－+6S2O32－+14H+=2Cr3++3S4O62－+7H2O。则该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度为_________。【答案】(1).b、c(2).250mL容量瓶、胶头滴管(3).4.0(4).偏低(5).偏高(6).0.024mo

l∙L－1【解析】【分析】（1）因为容量瓶是一种精密仪器，容积会随着温度的改变而改变，结合容量瓶使用方法和注意问题回答，容量瓶是精密量具；（2）根据配置溶液溶解、定容等操作来选择玻璃仪器，溶解在烧杯中，

定容在容量瓶中用胶头滴管滴定到刻度；（3）根据250mL0.100mol/L标准Na2S2O3溶液，利用n=cV来计算物质的量，再利用m=nM来计算其质量，结合托盘天平使用注意问题得到质量；（4）①若将洗涤液转移至容量瓶时，不小心洒落部分洗涤液，溶质

减小，配制溶液浓度减小；②若观察液面时俯视容量瓶刻度线容量瓶中加入水未达到刻度，溶液浓度增大；（5）由BaCrO4沉淀、CrO42-全部转化为Cr2O72-，Cr2O72-+6I-+14H+→2Cr3++3I2+7H2OI2+2S2O32-→2I-+S4O62-，得出废水中Ba2+与Na

2S2O3的关系，代入即可计算．【详解】（1）在容量瓶的使用方法中，a．使用容量瓶前应该检验是否漏水，故a正确；b．容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤，否则会影响配制溶液的浓度，故b不正确；c．配制溶液

时，如果试样是固体，应该在烧杯中溶解，当药品完全溶解后，恢复至室温，再把溶液小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，不能把称好的固体用纸条倒入容量瓶中，故c不正确；d．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，故d正确．故

填：bc；（2）因溶液固体需要在烧杯中，定容时需要用胶头滴管，故答案为烧杯、胶头滴管；（3）Na2S2O3的物质的量为0.25L×0.1mol/L=0.025mol，其质量为0.025mol×158g/mol=3.95g，托盘天平精确度为0.1g

，使用称量Na2S2O3的质量为4.0g，故答案为4.0；（4）①若将洗涤液转移至容量瓶时，不小心洒落部分洗涤液，溶质减小，配制溶液浓度减小，结果偏低，故答案为偏低；②若观察液面时俯视容量瓶刻度线容量瓶中加入水未达到刻度，溶液浓度增大，会导致所配溶液的浓度偏高

，故答案为偏高；（5）设该工厂废水中Ba2+的物质的量为x，由BaCrO4沉淀、CrO42-全部转化为Cr2O72-，Cr2O72-+6I-+14H+→2Cr3++3I2+7H2O、I2+2S2O32-→2I-+S4O62-，则2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O72-～3I2～

6S2O32-，26x36.00mL×10-3L×0.100mol/L2/X=6/36.00mL×10-3L×0.100mol/L解得x=12.00×10-4mol，则c（Ba2+）=12.00×10-4mol÷50.00×10-3L=0.024mol/L，故答案为0

.024mol/L．【点睛】一定物质的量浓度溶液的配制要使用容量瓶，注意容量瓶的使用方法，误差分析利用c=n÷v分析，分析出物质的量的变化或者溶液体积的变化，对所配溶液浓度的影响，多步反应要通过中间产物把已知

量和未知量联系在一起。22.利用硫酸渣(主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3和SiO2等)生产铁基颜料铁黄(FeOOH)的制备流程如下：(1)“酸溶”时，Fe2O3与硫酸反应的离子方程式为___________________。(2)滤渣I的主要成分是

FeS2、S和___________(填化学式)；Fe3＋被FeS2还原的离子方程式为_______________。(3)“氧化”中，生成FeOOH的离子方程式为_______________。【答案】(1).Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O(2).

SiO2(3).2Fe3＋＋FeS2===3Fe2＋＋2S(4).4Fe2＋＋8NH3·H2O＋O2===4FeOOH↓＋8NH4+＋2H2O【解析】【分析】硫酸渣(主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3和SiO2等)加硫酸

溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为Fe2+，同时生成S沉淀，过滤，滤渣含有二氧化硅和S以及过量的FeS2，滤液中含有Fe2+和Al3+，滤液中通入空气氧化，同时用氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH，

以此解答该题。【详解】(1)酸溶时，Fe2O3与硫酸生成硫酸铁和水，离子方程式为Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O；(2)滤渣I的主要成分是不溶于硫酸的SiO2和S以及过量的FeS2；Fe3+被FeS2还原成Fe2+，硫元素被氧化成S单质，根据电子守恒和元素守

恒可得离子方程式为2Fe3＋＋FeS2===3Fe2＋＋2S；(3)根据流程可知反应物有Fe2+、O2和NH3·H2O，产物有FeOOH，氧气做氧化剂将2价铁氧化成3价铁，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为4Fe2＋＋8NH3

·H2O＋O2===4FeOOH↓＋8NH4+＋2H2O。【点睛】第3小题为难点，要注意根据流程判断反应物都有什么，根据电子守恒、元素守恒得到离子方程式，其次要注意一水合氨为弱电解质，不能写成离子。23.钛及其化合物被广泛应用于飞机、火箭、卫星、舰艇、医疗以及石油化工等领域。(1)Ti的基态

原子的电子排布式为________。(2)已知TiC在碳化物中硬度最大，工业上一般在真空和高温(>1800℃)条件下用C还原TiO2制取TiC：TiO2+3C1800＞℃TiC+2CO↑。该反应中涉及的元

素按电负性由大到小的顺序排列为_____________；根据所给信息，可知TiC是________晶体。(3)钛的化合物TiCl4，熔点为-24℃，沸点为136.4℃，常温下是无色液体，可溶于甲苯和氯代烃。①固态TiCl4属于_______

_晶体，其空间构型为正四面体，则钛原子的杂化方式为__________。②TiCl4遇水发生剧烈的非氧化还原反应，生成两种酸，反应的化学方程式为_________③用锌还原TiCl4的盐酸溶液，经后续处理可制得绿色的配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H

2O.该配合物中含有化学键的类型有_________、__________。(4)钛的一种氧化物是优良的颜料，该氧化物的晶胞如右图所示：该氧化物的化学式为________；在晶胞中Ti原子的配位数为_______，若晶胞边长为anm,NA为阿伏伽德罗常数的数值，列式表示

氧化钛晶体的密度：___________g/cm3。【答案】(1).1s22s23s23p63d24s2(或[Ar]3d24s2)(2).O>C>Ti(3).原子(4).分子(5).sp3(6).TiCl4+3H2O=H2TiO3+

4HCl(7).共价键(8).离子键(9).TiO2(10).6(11).()7A3-160a?10?N【解析】【详解】(1)Ti的质子数是22，基态原子的电子排布式为1s22s23s23p63d24s2(或[Ar]3d24s2)；(2)非金属性越强，电负性

越大，则该反应中涉及的元素按电负性由大到小的顺序排列为O>C>Ti；根据所给信息TiC在碳化物中硬度最大，这说明TiC是原子晶体；(3)①钛的化合物TiCl4，熔点为-24℃，沸点为136.4℃，因此固态T

iCl4属于分子晶体，其空间构型为正四面体，则钛原子的杂化方式为sp3；②TiCl4遇水发生剧烈的非氧化还原反应，生成两种酸，根据原子守恒应该是盐酸和钛酸，反应的化学方程式为TiCl4+3H2O=H2TiO3+4HCl；③配合物[TiCl(H2O)5]

Cl2·H2O中含有化学键的类型有离子键和共价键；(4)氧原子个数＝4×1/2＋2=4，Ti原子个数＝1＋8×1/8=2，所以该氧化物的化学式为TiO2；在晶胞中Ti原子的配位数为6。若晶胞边长为anm，NA为阿伏伽德罗

常数的数值，氧化钛晶体的密度＝-73A2?80N(a?10)g/cm3。24.由苯乙烯经下列反应可制得F、K两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。(1)J中所含官能团的名称为__________；K中所含官能团的结构简

式为________。(2)聚合物F的结构简式是______________；I的分子式是________。(3)E转化为G的化学方程式是__________________________；反应类型属于________。

(4)在一定条件下，两分子J能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，写出该化合物的结构简式_________________。(5)写出J的一种符合下列条件的同分异构体X的结构简式____________。①1molX可以与3molNaOH反应；②X分子中

核磁共振氢谱有4种峰。【答案】(1).羟基、羧基(2).(3).(4).C8H6O3(5).＋2NaOHΔ→水＋2NaBr(6).取代反应(7).(8).【解析】【分析】苯乙烯发生聚合反应生成F，则F的结构简式为；苯乙烯与溴发生加

成反应生成E，故E为，由K的结构简式可知，J发生缩聚反应生成K，故J为，E转化得到G，G氧化生成H，H氧化生成I，I与氢气发生加成反应生成J，故G为醇，则G为，H为，I为，据此解答。【详解】(1)J为，所含官能团为羟基、羧基；K中所含官能团为酯基，结构简式为；(2)苯乙烯发生聚合反

应生成F，则F的结构简式为；I为，分子式为C8H6O3；(3)E中溴原子在NaOH溶液中水解生成G，化学方程式为＋2NaOHΔ→水＋2NaBr；该反应类型为取代反应；(4)J为，同时含有羟基和羧基，所以两分子

J可以发生分子间酯化反应生成环状化合物，该物质为；(5)J的同分异构体满足：①1molX可以与3molNaOH反应，因为J中只有三个氧原子，所以满足条件时只能是含有三个酚羟基或有一个酚羟基和一个酚羟基形

成的酯基，②X分子中核磁共振氢谱有4种峰，结合①的结论可知苯环上含有2个取代基，分别为-OH、-OOCCH3，且处于对位位置，则满足条件的只有。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，涉及烯烃、卤代烃、醇、醛、羧酸的性质等，掌握官能团的性质是关键，(5)中限制条件

同分异构体的书写为易错点，注意根据题目信息确定含有的官能团。