【文档说明】吉林省长春市第二实验中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(22)页，1.739 MB，由小赞的店铺上传

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化学试题考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫术黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标

号涂黑；非选择题请用直径0.5毫术黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：人教版选修3，必修1笫一、二章。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5Cu64一、选择题

（本题共25小题，每小题2分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.《天工开物》中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日，其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下

，淀信即结。水性定时，淀沉于底…其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中涉及的实验操作有①溶解②搅拌③升华④蒸发⑤分液A.①②③B.①②⑤C.①②④D.②③④【答案】C【解析】【详解】水浸七日，其汁自来，操作为溶解；每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，操作为搅拌；其掠出浮沫

晒干者曰靛花，操作为蒸发，涉及的实验操作有①溶解、②搅拌、④蒸发，选C。2.下列化学试剂的危险警告标识错误的是选项ABCD化学试剂汽油浓硫酸K2Cr2O7CuSO4危险警告标识A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．汽油为液态，可燃烧，属于易燃液体

，故A正确；B．浓硫酸具有腐蚀性，属于腐蚀品，故B正确；C．K2Cr2O7具有强氧化性，属于氧化剂，故C正确；D．CuSO4属于重金属盐，重金属离子能使人中毒，属于有毒品，故D错误；答案选D。3.下列实验注意事项或

基本操作中主要是从实验安全考虑的是A.滴管不能交叉使用B.可燃性气体的验纯C.实验剩余的药品一般不能放回原试剂瓶D.气体实验装置在实验前进行气密性检查【答案】B【解析】【详解】A．为防止药品污染，滴管不能交叉使用，故不选A；B．为防止爆炸，可燃性气体点燃前需要验纯，故选B；C

．为防止药品污染，实验剩余的药品一般不能放回原试剂瓶，故不选C；D．为防止仪器漏气，气体实验装置在实验前进行气密性检查，故不选D；选B。4.有关容量瓶上的说法错误的是()A.标有温度B.标有刻度线C.标有“0”刻度D.标有容量【答案】C【解析

】【详解】容量瓶是一种用于配制一定物质的量浓度的溶液的定量仪器，容量瓶上标有温度、刻度线及容量，容量瓶上没有具体的小刻度，也没有0刻度线，所以说法正确的是A、B、D，错误的是C，故选C。【点晴】本题考查了容量瓶的构造及使用方法，注

意掌握常见的计量仪器的构造及使用方法，明确容量瓶的构造及正确使用方法。容量瓶是用于精确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，容量瓶上标有温度、容量及刻度线，没有0刻度线。容量瓶在使用时要注意：①不做反应器，不加热，瓶塞不互换②用前检漏，不贮存试剂③不直接溶解④使用

时选合适的规格。5.下列实验操作正确的是A.点燃酒精灯B.振荡试管C.分离萃取液中单质碘和四氯化碳D.称量NaOH固体A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．禁止用一盏酒精灯引燃另一盏酒精灯，以免引起火

灾，故A错误；B．振荡试管时，用手指拿住试管，用手腕摆动，不能上下振荡，故B错误；C．碘和四氯化碳的沸点不同，用蒸馏的方法分离萃取液中单质碘和四氯化碳，故C正确；D．NaOH具有腐蚀性，应把NaOH放在玻璃容器中称量，故D错误；选C。6.下列实验操作中，所用仪器合理的是A.用

托盘天平称取25.20gNaClB.用10mL量简量取5.2mL盐酸C.用1000mL容量瓶配制450mL0.1mol.L—1盐酸D.在表面皿中放入NaCl溶液，加热、蒸发得到NaCl晶体【答案】B【解析】【详解】A．托盘天平的精度是0.1g，可用托盘天平称取25.2gN

aCl，故A错误；B．量筒的精度是0.1mL，可用10mL量简量取5.2mL盐酸，故B正确；C．配制450mL0.1mol·L—1盐酸，需选用500mL容量瓶，故C错误；D．在蒸发皿中放入NaCl溶液，加热、蒸发得到NaCl晶体，故D错误；选B。7.下列四组物质中，前者属于非电解质，后者属

于电解质的是A.二氧化碳碳酸钠B.硫酸钠乙醇C.氧化铝硫D.盐酸蔗糖【答案】A【解析】【详解】A．二氧化碳自身不能电离，二氧化碳属于非电解质，碳酸钠溶液能导电，碳酸钠属于电解质，故选A；B．硫酸钠溶液能导电，硫酸钠属于电解质，乙醇自身不能电离，乙醇属于非电解质，故不选B；C．氧化铝在熔融

状态下能导电，氧化铝属于电解质，硫是单质，硫既不是电解质又不是非电解质，故不选C；D．盐酸是混合物，盐酸既不是电解质又不是非电解质，蔗糖自身不能电离，蔗糖属于非电解质，故不选D；选A。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，

下列说法正确的是A.25℃、101kPa，33.6LCCl4的分子数为1.5NAB.用1L0.1mol·L-1FeCl3溶液可制得Fe(OH)3胶体0.1NAC.等物质的量的H2SO4和H3PO4含有的氧原子数均为4

NAD.4.8gMg在空气中燃烧生成的MgO和Mg3N2的混合物，转移的电子数为0.4NA【答案】D【解析】【详解】A.25℃、101kPa为非标准状态，气体摩尔体积未知，CCl4在该条件下为非气体状态，无

法求得分子数，A错误；B.一个胶粒中包含多个Fe(OH)3粒子，胶体为混合物，无法用物质的量衡量，B错误；C.等物质的量的H2SO4和H3PO4含有的氧原子数相等，但个数不确定，C错误；D.4.8gMg的物质的量为0.2mol，在空气中燃烧生成的MgO和Mg3N2的混合物，镁元

素由0价变为+2价，故0.2mol的Mg反应转移的电子数为0.4NA，D正确；答案选D。9.下列物质分类中正确的是选项纯净物混合物电解质非电解质A稀硫酸氢氧化铁胶体蔗糖氢气B胆矾石灰水硫酸钡氨气C火碱干冰氯化钠溶液三氧化硫D醋酸空气二氧化碳乙醇A.A

B.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．稀硫酸是混合物、蔗糖是非电解质，故A错误；B．胆矾具有固定组成是纯净物，石灰水是氢氧化钙和水的混合物，硫酸钡是强电解质，氨气自身不能电离，氨气是非电解质，故B正确；C．干冰是固体二氧化碳，干冰属

于纯净物，氯化钠溶液是氯化钠和水的混合物，故C错误；D．二氧化碳自身不能电离，二氧化碳是非电解质，故D错误；选B。10.十二烷基苯磺酸钠(C18H29NaO3S)主要用作阴离子型表面活性剂。沸点为315℃，下列有关说法正确的是A.十二烷基苯磺酸钠的摩尔质量是348B.6

.96g十二烷基苯磺酸钠中碳原子数为0.36NAC.0.5mol十二烷基苯磺酸钠的质量为174g·mol-1D.1mol十二烷基苯磺酸钠在标准状况下的体积约为22.4L【答案】B【解析】【详解】A.根据十二烷基苯磺酸钠的结构简式可知，其摩尔质量是348g/mol，A错误；B.6.96g十二烷基苯

磺酸钠的物质的量为0.02mol，1个分子中含有18个碳原子数，故0.02mol分子中的碳原子数为0.36NA，B正确；C.0.5mol十二烷基苯磺酸钠的质量为174g，C错误；D.十二烷基苯磺酸钠沸点为315℃，故在标准状况下其为非气体状态，D错误；答案选B。11.用下图表示的一些物

质或概念间的从属关系中不正确的是XYZ例氧化物化合物纯净物A含氧酸酸化合物B溶液分散系混合物C酸电解质化合物D置换反应氧化还原反应离子反应A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．酸包括含氧酸和无氧酸，含氧酸属于酸，酸是化合

物，故A正确；B．溶液是均匀、稳定的混合物，混合物属于分散系，混合物有的混合均匀，有的混合的不均匀，乙醇分散系属于混合物，故B正确；C．化合物包括氧化物、酸、碱、盐等，有电解质和非电解质，酸属于电解质，故C正确；D．置换反应中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，氧化还原反

应有的是离子反应，有的是分子反应，乙醇不是包含关系，故D错误；答案选D。12.若1mol-4RO能将5molFe2+氧化为Fe3+，则在还原产物中R元素的化合价为A.+2B.+3C.+4D.+5【答案】A【解析】【详解】设在还原产物中R元素的化合

价为a，根据得失电子守恒5mol×(3-2)=1mol×(7-a)，a=+2，故选A。13.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A.铁粉与稀盐酸反应：2Fe+6H+=3H2↑+2Fe3+B.醋酸中滴入浓氨水：CH3COOH+NH3.H2

O=4NH++CH3COO-+H2OC.H2SO4溶液滴入Ba(OH)2溶液中：Ba2++OH-+H++24SO−=BaSO4↓+H2OD.NaHCO3溶液中滴入少量澄清石灰水：3HCO−+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O【答案】B【解析】

【详解】A.铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=H2↑+Fe2+，故A错误；B.弱酸醋酸与弱碱一水合氨反应生成醋酸铵和水，反应的离子方程式为CH3COOH+NH3.H2O=4NH++CH3COO-

+H2O，故B正确；C.硫酸溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++24SO−=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D.碳酸氢钠溶液中与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方

程式为23HCO−+Ca2++2OH-=CaCO3↓+23CO−+2H2O，故D错误；故选B。14.海水中的氮循环如图所示，其中反应①~⑤中属于氧化还原反应的有A.5个B.4个C.3个D.2个【答案】B【解析】【详解】反应①是NH4

+→NH3，元素化合价不变，不属于氧化还原反应；反应②是NH2OH→N2H4，N元素化合价降低，属于氧化还原反应；反应③是N2H4→N2，N元素化合价升高，属于氧化还原反应；反应④是NO2-→NH2OH，N元素化合价降低，属于氧化还原反应；反应⑤是NO2-→N2

，N元素化合价降低，属于氧化还原反应；属于氧化还原反应的有4个，故选B。15.某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表所示的四种离子，试推测X离子及其浓度a可能为离子Ba2+Al3+-3NOX物质的量浓度/m

ol·L-10.150.20.4aA.2-4SO、0.25B.Cl-、0.5C.OH-、0.5D.4NH+、0.05【答案】B【解析】【详解】由于溶液一定是电中性的，根据表中数据可知，正电荷是3×0.2＋2×0.15＝0.9，硝酸根离子带的

负电荷是=0.4，所以X一定带负电荷，根据电荷守恒可知，X带的负电荷总数为0.5，2-4SO和Ba2+不共存、OH-和Al3+不共存，故选B。16.纳米二硫化钼(MoS2难溶于水)是氢化反应和异构化反应的催化剂，将纳

米二硫化钼与水混合制得的分散系不具有的性质是A.分散质的直径为1nm~100nmB.激光笔照射时，有一条光亮的通路C.使用半透膜过滤时，分散质能透过半透膜D.澄清透明、均一稳定的混合物【答案】C【解析】【详解】A．纳米二硫化钼与水混合制得的分散系属于胶体，胶体分散质的直径为1nm

~100nm，故不选A；B．纳米二硫化钼与水混合制得的分散系属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，激光笔照射时，有一条光亮的通路，故不选B；C．纳米二硫化钼与水混合制得的分散系属于胶体，胶体不能通过半透膜，使用半透膜过滤时，分散质不能

透过半透膜，故选C；D．纳米二硫化钼与水混合制得的分散系属于胶体，所以是澄清透明、均一稳定的混合物，故不选D；选C。17.下列各组离子在指定条件下能大量共存的是A.澄清透明的溶液中：Cu2+、4NH+、2-4SO、Cl-B.能使石蕊溶液变蓝的

溶液中：Fe2+、K+、-3NO、2-4SOC.c(Ba2+)=1.0mol·L-1的溶液中：Na+、K+、S2-、2-4SOD.c(H+)=0.1mol·L-1的溶液中：Na+、Ba2+、I-、-3NO【答案】A【解析】【详解】A.澄清透明的溶液中Cu2+、4NH+、2-4SO、

Cl-四种离子之间不发生任何反应，能大量共存，故A正确；B.能使石蕊溶液变蓝的溶液为碱性溶液，亚铁离子与氢氧根离子在溶液中不能大量共存，故B错误；C.c(Ba2+)=1.0mol·L-1的溶液中，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；D.c(

H+)=0.1mol·L-1的溶液中碘离子和硝酸根离子发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A。18.下列实验设计不能达到相应实验目的的是选项实验目的实验设计A鉴别CO和CO2分别通过灼热的CuOB除去CaCl2溶液中的少量盐

酸加入过量的碳酸钙，待没有气泡产生后，过滤C检验食盐中是否含有2-4SO取少量食盐溶于水，先滴加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液D验证燃烧的条件之一是温度要达到可燃物的着火点用玻璃棒分别蘸取酒精和水，放在酒精灯上加热片刻A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】

A．CO能把黑色的氧化铜还原为红色的铜，可以用灼热的CuO鉴别CO和CO2，故A正确；B．碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，故B正确；C．取少量食盐溶于水，先滴加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若有沉淀生成，则含有2-4SO，故C正确；D．用两根玻璃棒分别蘸取酒精，一根玻璃棒不加热，另一

根玻璃棒放在酒精灯上加热片刻，加热的燃烧、不加热的不燃烧，能说明燃烧的条件之一是温度要达到可燃物的着火点，故D错误；故选D。19.我国科学家合成了一种全新的环[18]碳分子(C18，如图)，下列说法正确的是A.C18属于一种新

型化合物B.C18与C60的摩尔质量相等C.等质量的C18与C60所含的原子个数比为1:1D.等质量的C18与C60所含的分子个数比为1:1【答案】C【解析】【详解】A．C18是由18个碳原子构成的单质，不是化合物，故A错误；B．C18与C60分子中的碳原子数目

不同，则其摩尔质量不相同，故B错误；C．12gC18的物质的量为118mol，12gC60的物质的量为160mol，所含的原子个数比为118mol×NA×18：160mol×NA×60=1：1，故C正确；D．根据C向分析，12gC18的物质的量为1

18mol，12gC60的物质的量为160mol，等质量的C18与C60所含的分子个数比为118mol×NA：160mol×NA=10：3，故D错误；答案选C。20.下列实验操作正确的是A.B.C.D.【答案】B【解

析】【详解】A．过滤操作，漏斗下端管口应紧靠烧杯内壁，故A错误；B．过滤操作，分液漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，故B正确；C．冷凝管中的冷凝水应低进高出，故C错误；D．向容量瓶中转移液体，应该用玻璃棒引流，故D错误；选B。21.下列关于氧化还原反应的说法中正确的是A.氧化还原反应一定有单质参与B.氧

化还原反应一定有氧元素参与C.氧化还原反应的实质是电子的得失D.有元素化合价升降的反应一定是氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A．氧化还原反应不一定有单质参与，如：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故

A错误；B．氧化还原反应不一定有氧元素参与，如：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故B错误；C．氧化还原反应的实质是电子的转移，包括电子得失和电子对偏移，故C错误；D．有元素化合价升降的反应一定是氧化还原反应，故D正确；选D。22.除去食盐中少量的Ca2＋和24SO

−，而又不引入新的杂质离子，应依次加入()A.BaCl2、Na2CO3B.Na2CO3、BaCl2C.BaCl2、Na2CO3、HClD.Ba(NO3)2、Na2CO3、HCl【答案】C【解析】试题分析：除去食盐中少量的Ca2＋和24SO−，而又不引入新的杂质离子，应依次加入

BaCl2、Na2CO3、HCl，具体操作是：先向溶液中加入稍过量的BaCl2溶液，然后再加入稍过量的Na2CO3溶液，过滤，向滤液中加入稀盐酸直至不再有气泡产生为止。C正确，本题选C。点睛：为了使杂质离子完全沉淀，除杂试剂要稍过

量，过量试剂要除尽。所以，本题中Na2CO3的作用不仅是沉淀Ca2＋，而且还要用其除去过量的BaCl2，故Na2CO3要放在BaCl2之后使用。23.在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量的Cu2＋、K＋、H＋、Cl－、23CO−、OH－六种离子中的三种，已知乙烧杯中的溶液呈无色

，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是()A.Cu2＋、H＋、Cl－B.Cl－、23CO−、OH－C.K＋、H＋、Cl－D.K＋、OH－、23CO−【答案】D【解析】【详解】乙烧杯中的溶液呈无色，可知甲溶

液呈蓝色，应含有Cu2＋，因23CO−、OH－可与Cu2＋反应生成沉淀，则只能存在于乙中，乙中含有23CO−、OH－，则一定不存在H＋，阳离子只能为K＋，则乙中含有的离子为23CO−、OH－、K＋，甲中含有的离子为Cu2＋、H＋、Cl－。答案选D。24.一种从I2的CCl4

溶液中分离I2的主要步骤如下：①加入浓NaOH溶液(3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O)；②分离出NaI和NaIO3的混合水溶液；③向水溶液中加入硫酸沉碘(5I-+-3IO+6H+=3I2+3H2O)；④分离出I2；⑤提纯碘。上述步

骤中一定不需要的装置是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】从I2的CCl4溶液中分离I2根据实验步骤，加入浓NaOH溶液(3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O)，CCl4与水不互溶分层，分离出Na

I和NaIO3的混合水溶液时要用分液的方法分离，使用C选项装置，向分离出的水溶液中加入硫酸沉碘(5I-+-3IO+6H+=3I2+3H2O)，从溶液中分离出I2单质需要用过滤操作，使用A选项装置，最后提纯碘可利用碘受

热易升华的性质，使用B选项装置，经过冷凝获得纯净的碘单质，则一定不需要的装置为D选项装置，答案选D。25.工业上提取碲(Te)的反应之一为3Te+16HNO3=3Te(NO3)4+4NO↑+8H2O，下列说法不正确的是A.Te(NO3)4是

氧化产物，NO是还原产物B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为16:3C.氧化性由强到弱的顺序为HNO3>Te(NO3)4D.生成标准状况下11.2LNO，转移的电子数为1.5NA【答案】B【解析】【详解】A.由化学方程式

可知，反应中Te元素化合价升高被氧化，N元素化合价部分降低被还原，则Te(NO3)4是氧化产物，NO是还原产物，故A正确；B.由化学方程式可知，反应中Te元素化合价升高被氧化，N元素化合价部分降低被还原，Te为还原剂，HNO3起酸和氧化剂的作用，则氧化剂与还原剂

的物质的量之比为4:3，故B错误；C.由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，由元素化合价变化可知，HNO3起酸和氧化剂的作用，Te(NO3)4是氧化产物，则氧化性由强到弱的顺序为HNO3>Te(NO3)4，故C正确；D.由化

学方程式可知，生成4molNO，反应转移12mol电子，标准状况下11.2LNO的物质的量为0.5mol，则转移1.5mol电子，电子数为1.5NA，故D正确；故选B。二、非选择题（本题共4小题，共5

0分）26.MnO2是一种重要的化工原料，由MnO2制备系列物质的过程如图所示：回答下列问题：(1)上述反应中MnO2作氧化剂的是_______(填序号，下同)，作催化剂的是_____。(2)写出上述反应中属于离

子反应的离子方程式：_________________________。(3)相同条件下生成等体积的O2，反应③和④转移的电子数之比为_______。(4)反应⑤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________。(5)反应②的化学方程式为3Cl2+2HgO

Hg+HgCl2+2Cl2O，若生成8.7gCl2O，则转移的电子的物质的量为___________mol【答案】(1).①⑤(2).③④(3).MnO2+2Cl-+4H+ΔMn2++Cl2↑+2H2O(4).1:2(5).3:4(6).0.2【解析】【分析】反应①的化学方程式为：MnO2

+4HClΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；反应②的化学方程式为3Cl2+2HgOΔHg+HgCl2+2Cl2O；反应③的化学方程式为：2H2O2二氧化锰2H2O+O2↑；反应④的化学方程式为：2KClO3

二氧化锰加热2KCl+3O2↑；反应⑤的化学方程式为：3MnO2+4AlΔ3Mn+2Al2O3；反应⑤的化学方程式为：3Mn+2O2ΔMn3O4，据此分析。【详解】(1)根据分析，上述反应①中MnO2的化合价从+4价

降低到+2价，反应⑤中化合价从+4价降低到0价，作氧化剂的是①⑤，③④都作催化剂；(2)上述反应中属于离子反应的是①，离子方程式：MnO2+2Cl-+4H+ΔMn2++Cl2↑+2H2O；(3)反应③的化学方程式为：2H2O2二氧化锰2H2O+O2↑；反应

④的化学方程式为：2KClO3二氧化锰加热2KCl+3O2↑；相同条件下生成等体积的O2，体积相等的氧气的物质的量相等，反应③中，四个氧原子，两个氧原子从-1价升高到0价，两个氧原子从-1降低到-2价，生成1mol氧气时转移的电子的物质的量为2mol，转移的电子的数目为2NA：反应④中六个氧

原子化合价从-2价升高到0价，两个氯原子的化合价从+5价降低到-1价，生成3mol氧气时，转移的电子的物质的量为12mol，生成1mol氧气时转移的电子的物质的量为4mol：转移的电子的数目为4NA，转移的电子数之比为1:2；(4)反应⑤的化学方程式为：3Mn

O2+4AlΔ3Mn+2Al2O3；化合价从+4价降低到0价，氧化剂是二氧化锰，3mol二氧化锰全部作了氧化剂，铝的化合价从0价升高到+3价，4mol铝全部做了还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:4

；(5)反应②的化学方程式为3Cl2+2HgOΔHg+HgCl2+2Cl2O，若生成8.7gCl2O，物质的量为mM=8.7g=0.1mol87g/mol，根据化学方程式，6个氯原子，两个氯原子化合价从0价降低到-1价，四个氯原子化合价从0价升高

到+1价，两个汞原子中其中一个汞原子的化合价从+2价降低到0价，另一个汞原子化合价没变，生成2molCl2O时，则转移的电子的物质的量为4mol，生成0.1molCl2O时，则转移的电子的物质的量为0.2mol。【点睛】氯气与氧化汞的反应中，氯气既做了氧化剂又做了还原剂，

为易错点。27.实验室要配制0.1mol·L-1CuSO4溶液480mL和0.1mol·L-1硫酸溶液360mL，现用CuSO4.5H2O晶体和质量分数为98%、密度为1.84g·cm-3的浓硫酸配制上述溶液实验室提供的仪器如图回答下列问题：(1)所给仪器中配制溶液时肯定不需要的

是_____________(填字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_________(填仪器名称)(2)在配制CuSO4溶液时：①根据计算用托盘天平称取CuSO4•5H2O的质量为_________g。②若称取CuSO4•5H2O的质量时，使

用了生锈的砝码，则所得溶液浓度__________（填“＞”“＜”或“=”)0.1mol•L-1。③若定容时俯视读数，则所得溶液浓度_________（填“>”“＜”或“=”)0.1mol•L-1。(3)在配制硫酸溶液时：①所需质量分数为98%、

密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的体积为_____(计算结果保留一位小数)mL。②如果实验室有10mL、15mL、50mL量简，应选用__mL量简为宜。③若稀释浓硫酸后，未冷却至室温直接转移，则所得溶液浓度______（填“＞”“＜”或“=”)0.1mol•L-1。【答案】(1).AC(2

).胶头滴管、500mL容量瓶(3).12.5(4).＞(5).＞(6).2.7(7).10(8).＞【解析】【分析】用CuSO4.5H2O晶体配制0.1mol·L-1CuSO4溶液480mL，选用500mL容量瓶，根据m=cVM计算CuSO4.5H2O晶体的质量，根据ncV

=分析误差；用质量分数为98%、密度为1.84g·cm-3的浓硫酸配制0.1mol·L-1硫酸溶液360mL，选用500mL容量瓶，根据()()()()=cVVc稀稀浓浓计算需要浓硫酸的体积，根据ncV=分析误差。【详

解】(1)配制一定物质的量浓度的溶液步骤，称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容，根据步骤，所给仪器中配制溶液时肯定不需要的是烧瓶、分液漏斗，选AC；配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是胶头滴管、500mL容量瓶；(2)①

用托盘天平称取CuSO4•5H2O的质量为m=cVM=0.1mol·L-1×0.5L×250g/mol=12.5g。②若称取CuSO4•5H2O的质量时，使用了生锈的砝码，称取CuSO4•5H2O的质量偏大，则所得溶液浓度

大于0.1mol•L-1；③若定容时俯视读数，溶液体积偏小，则所得溶液浓度大于0.1mol•L-1；(3)①需质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的体积为()()()()30.1mol/L500mL==2.7mL10001.84g/cm98%98g/molcVVc

=稀稀浓浓；②根据大而近的原则，如果实验室有10mL、15mL、50mL量简，应选用10mL量简为宜。③若稀释浓硫酸后，未冷却至室温直接转移，溶液体积偏小，则所得溶液浓度大于0.1mol•L-1。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，明确实验步骤

是解题关键，注意根据实验步骤选取仪器，根据选择容量瓶的规格计算溶质的质量，根据ncV=分析误差。28.A、B、C、D四种常见元素的结构信息如下表。试根据信息回答有关问题。元素ABCD性质结构信息最常见氢化物X为三角锥分子且能与HCl发生化合反应生成盐原子的M层上电子数比L层电子数少2个

ds区元素，N层上有一个电子原子的s电子数是p电子数的2倍(1)写出基态B原子的电子排布式：_______________。(2)向CSO4的溶液中逐滴加入过量X的水溶液，可生成的配合物的化学式为_____，该物质中不存在的作用类型为___________(填字母)。a.离子键b.配

位键c.极性键d.氢键(3)下列几种氢化物分子：①AH3②D2H2③H2B④DH4中心原子采用sp3杂化形成化学键的是_______(填序号)；在②的分子中有___个σ键，该分子中电子运动状态共有_________种。【答案】(1).1s22s22p63s2

3p4(2).[Cu(NH3)4]SO4(3).d(4).①③④(5).3(6).14【解析】【分析】元素A最常见氢化物X为三角锥分子，且能与HCl发生化合反应生成盐，A是N元素、X是NH3；B原子的M层上电子数比L层电子数少2个，B是S元素；C元

素是ds区元素，N层上有一个电子，C是Cu元素；D元素的原子，s电子数是p电子数的2倍，D是C元素；【详解】(1)B是S元素，S原子核外有16个电子，S的电子排布式是1s22s22p63s23p4；(2)C是Cu元素，向CuSO4的溶液中逐滴加入过量氨水，可生成硫酸四氨合铜，化学式为[Cu(

NH3)4]SO4，该物质中存在离子键、配位键、极性键，不存在氢键，选d；(3)①NH3中N原子的杂化轨道数是5+3=42，N原子采用sp3杂化；②C2H2中C原子的孤电子对数是4-4=02，1个碳原子形成2

个σ键，C原子采用sp杂化；③H2S中S原子的杂化轨道数是6+2=42，S原子采用sp3杂化；④CH4中C原子的杂化轨道数是4+4=42，C原子采用sp3杂化；中心原子采用sp3杂化形成化学键的是①③④；C2H2的结构式是

HCCH−−，分子中有3个σ键，该分子中核外电子数是14，电子运动状态共14种；【点睛】本题考查核外电子排布、杂化轨道类型判断，根据核外电子排布规律准确推断元素种类是解题关键，明确ABm、AmBn型的分子中心原子价电子对数的计算方法。29.亚微米级Cu0/Fe3O4

复合物多相催化过一硫酸盐降解有机污染物的过程如图所示：回答下列问题：(1)基态铜原子的价层电子排布式为_____________，其位于元素周期表的___区。(2)O、S、H的电负性由大到小的顺序为____________。(3)24SO−的中心原子的价层电子对数为

__________，其空间构型为_____________。(4)冰的晶体结构如图所示，则1mol冰中含有_________mol氢键。(5)Cu0/Fe3O4复合物也是有机反应中的催化剂，如：+NH3+H2O2+2H2O①1mo

l中含有σ键的数目为________NA(NA为阿伏加德罗常数的值)。②NH3的键角__________________(填“大于”“小于”或“等于”)NF3的键角；理由是_______________________________________________________。(6)

铜的晶胞结构如图，则铜的配位数为_________，若铜原子的半径为apm，则铜晶胞的密度为___________g•cm-3(列出计算式)。【答案】(1).3d104s1(2).ds(3).O>S>H(4

).4(5).正四面体(6).2(7).19(8).大于(9).NH3中成键电子偏向N，斥力大，键角大，NF3中成键电子偏向F，斥力小，键角小(10).12(11).-103A464N(22a10)【解析】【分析】(1)根据能量最低原理、洪特

规则书写基态铜原子的价层电子排布式；(2)元素非金属性越强，电负性越大；(3)24SO−的中心原子的价层电子对数为6+22；(4)根据冰的晶体结构图，可知每个水分子与4个水分子形成氢键；(5)①单键为σ键，双键中有1个σ键；②F的非金属

性强，F吸引电子能力强；(6)根据铜的晶胞结构图，铜为面心立方堆积；【详解】(1)Cu是29号元素，根据能量最低原理、洪特规则，基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1；Cu属于ⅠB族，位于元素周期表的ds区；(2)元素非金属性越强，电负性越大，所以电负性O＞S＞H；(3)24SO−的中

心原子的价层电子对数为6+22=4，无孤电子对，所以空间构型为正四面体；(4)根据冰的晶体结构图，可知每个水分子与4个水分子形成氢键，1mol冰中含有2mol氢键；(5)①单键为σ键，双键中有1个σ键，1mol中σ键的数目为19NA；②F吸引电子能力大于H，NH3

中成键电子偏向N，斥力大，键角大，NF3中成键电子偏向F，斥力小，键角小，所以NH3的键角大于NF3的键角；(6)根据铜的晶胞结构图，铜的配位数为12，铜为面心立方堆积，若铜原子的半径为apm，则晶胞的边长为22apm，1个晶胞含有铜

原子数是118+6=482，则铜晶胞的密度为-103A464N(22a10)g•cm-3。【点睛】本题考查物质结构，明确核外电子排布式原则、价电子互斥理论是解题关键，会根据均摊原则计算晶胞占用原子数，顶点的

原子被8个晶胞共用、面心的原子被2个晶胞共用。