【文档说明】吉林省吉林市2019-2020学年高二下学期期末教学质量检测化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，879.500 KB，由小赞的店铺上传

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吉林地区2019-2020学年度高二年级下学期期末教学质量检测化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24S-32K-39一、选择题(每小题只有一个正确答案)1.化学与社会、生活息息相关。下列说法不正确的是A.煤的液化、海带中提碘、焰色反应等

都涉及化学变化B.利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能C.国产大飞机一C919使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料D.浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖”，描述的是我国驰名于世的陶瓷，陶瓷是一种硅酸盐产品【答

案】A【解析】【详解】A.焰色反应是元素的性质，属于物理变化，不涉及化学变化，选项A不正确；B.利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能，选项B正确；C.国产大飞机一C919使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料，选项C

正确；D.浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖”，描述的是我国驰名于世的陶瓷，陶瓷是一种硅酸盐产品，选项D正确；答案选A。2.下列化学用语表示正确的是A.中子数为8的氧原子：87OB.HCl的电子式：C.NH3的结构式：D.Cl−的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．中子数为8的氧原子的质量数为8+8

=16，所以符号为168O，故A错误；B．HCl为共价化合物，电子式为，故B错误；C．氨气分子中氮原子与每个氢原子共用一对电子，所以结构式为，故C正确；D．氯原子得一个电子形成氯离子，结构示意图为，故D错

误；综上所述答案为C。3.下列有关物质分类的说法正确的是（）A.HNO3是一元酸、强酸、挥发性酸是按性质进行分类的B.FeO、Fe2O3、Fe3O4都是碱性氧化物C.漂白液、液化石油气、铝热剂都是混合物D.无水乙醇、一水合氨、熔融MgSO4都是电解质【答案】

C【解析】【详解】A．HNO3是一元酸，是根据其组成来划分的，而HNO3是强酸和挥发性酸，是根据其性质来划分的，故A错误；B．FeO、Fe2O3是碱性氧化物，但Fe3O4不是碱性氧化物，故B错误；C．漂白液主要成分是NaClO的水溶液、液

化石油气是多种液态烃的混合物、铝热剂是某些金属氧化物和铝的混合物，故C正确；D．无水乙醇属于非电解质，一水合氨、熔融MgSO4是电解质，故D错误；故答案为C。【点睛】本题考查物质分类法的应用，主要有：①物质按照组成可以分纯净物和混合

物，根据组成元素的种类不同，纯净物分为单质和化合物；②单质根据组成元素可分为金属单质和非金属单质；③化合物主要包括：酸、碱、盐和氧化物；④按照分散质粒子直径大小不同，可将分散系分为溶液、浊液和胶体；⑤电解质是在水溶液中或融化状态下能导

电的化合物，但像二氧化碳的水溶液虽然能导电，但二氧化碳属于非电解质。4.朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾形成的种种美景本质原因是()A.发生丁达尔效应B.雾是一种胶体，胶粒带相同电荷C.空气中的

小水滴颗粒直径大小约为1～100nmD.空气中的小水滴颗粒的布朗运动【答案】C【解析】【分析】根据分散质粒子的直径大小不同，把分散系分为溶液、胶体、浊液，它们本质区别就是分散质粒子直径大小不同，胶体的粒子直径大小约为1—100nm。据此解答。【详解】A．雾是一种胶体，能产生丁达尔

效应，但这不是月光穿过薄雾形成的种种美景的本质原因，A错误；B．雾是一种胶体，胶体呈电中性，胶粒带相同电荷，但这也不是月光穿过薄雾形成的种种美景的本质原因；B错误；C．胶体具有不同于其他分散系性质的本质原因就是分散质粒子直径大小不同，

胶体的粒子直径大小约为1—100nm，空气中的小水滴颗粒直径大小约为1～100nm，所以这种小水滴是一种胶体，这是月光穿过薄雾形成的种种美景本质原因，C正确；D．布朗运动是微小粒子都能表现出的无规则运动，不是月光穿过薄雾形成的种种美景的本质

原因，D错误；答案选C。5.阿伏加德罗常数的值为AN。下列说法正确的是A.1L0.1mol·1L−NH4Cl溶液中，4NH+的数量为0.1ANB.2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1ANC.标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分

子数为0.2AND.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2AN【答案】D【解析】A、NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移

的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2＋I22HI，反应前后系数之和相等

，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，故D正确。6.取100mL0.3mol·L-1和300mL0.25moL·L-1的盐酸注入500mL的容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H+的物质的量浓度是（）A.0.21mol·L-1B.0.56mol·L-1C.0

.42mol·L-1D.0.26mol·L-1【答案】A【解析】【分析】根据稀释前后溶质的物质的量不变计算稀释后盐酸的浓度，再根据原子守恒计算氢离子的浓度。【详解】稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后盐酸的物质的量浓度=0.1mL0.3mol/L+0.3mL0.25mol/L0.5L=0.2

1mol/L，根据氢原子守恒得c(H+)=c(HCl)=0.21mol/L，答案选A。7.在无土栽培中，需配制1L含0.50mol·L－1NH4Cl、0.16mol·L－1KCl、0.24mol·L－1K2SO4的混合溶液，但当时没有K2SO4固体，若用(N

H4)2SO4固体代替，需用KCl、NH4Cl、(NH4)2SO4三种固体的物质的量分别为A.0.40、0.50、0.12B.0.66、0.50、0.24C.0.64、0.50、0.24D.0.64、0.02、0.24【答案】

D【解析】【详解】1L混合液中，n(NH4Cl)=1L×0.5mol/L=0.5mol、n(KCl)=1L×0.16mol/L=0.16mol、n(K2SO4)=1L×0.24mol/L=0.24mol，故n(Cl－)=n(NH4Cl)+n(KCl)=0.5mol+

0.16mol=0.66mol；n(K+)=n(KCl)+2n(K2SO4)=0.16mol+2×0.24mol=0.64mol；n(SO42－)=n(K2SO4)=0.24mol；用KCl、NH4Cl、(NH4)

2SO4配制，则：n[(NH4)2SO4]=n(SO42－)=0.24mol；n(KCl)=n(K+)=0.64mol；n(NH4Cl)=n(Cl－)－n(KCl)=0.66mol－0.64mol=0.02mol；答案选D。8

.某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，造成所配溶液浓度偏高的原因是A.所用NaOH已经潮解B.定容时俯视刻度线C.有少量NaOH残留在烧杯中D.用带游码的托盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法【答案】B【解

析】【详解】A．所用NaOH固体已潮解，称取一定质量的NaOH时，溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故A不符合题意；B．定容时俯视刻度线会使加入的蒸馏水偏小，溶液体积偏小，浓度偏高，故B符合题意；C．有少量NaOH残

留在烧杯里，导致移入容量瓶中溶质氢氧化钠的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C不符合题意；D．将砝码放在左盘，被称量物放在右盘，使用了游码，会导致所称取的氢氧化钠的质量少，导致溶液的浓度偏低，故D不符合题意；综上所述答案为B。9.下列电离方程式

正确的是A.NaHCO3＝Na++H++CO32－B.H2SO32H++SO32－C.Ba(OH)2＝Ba2++2OH－D.AgClAg++Cl－【答案】C【解析】【分析】强电解质用“═”，若电解质用“”，注意遵

循电荷守恒、质量守恒定律来书写电离方程式，注意原子团不可拆分，多元弱酸分步电离。【详解】NaHCO3是H2CO3的酸式盐，HCO3-部分电离，不能拆写，电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-，A错误；H2SO3为二元中强酸，要分步电离，电离方程式为

H2SO3H++HSO3－，B错误；Ba（OH）2为强电解质，电离方程式为Ba（OH）2=Ba2++2OH-，C正确；氯化银属于强电解质，溶于水的部分或熔融下完全电离，电离方程式为AgCl═Ag++Cl—，D正确。故选C。【点睛】本题考

查电离方程式的书写，掌握正确书写电离方程式的方法，并会正确判断电离方程式的正误是解答的关键，需要注意的是强酸的酸式根离子拆开写，弱酸的酸式根离子不要拆。10.在室温下，下列离子组在指定溶液中一定能大量共存的是A.使石蕊变蓝的溶液：K+、Na+、-2AlO、OH-B.加

入铝粉产生气体的溶液：Cu2+、Mg2+、-3HCO、Cl-C.使甲基橙变红的溶液：K+、Fe2+、2-4SO、-3NOD.含有1mol·L－1Al3+的溶液：H+、Fe3+、-3NO、-3HCO【答案】A【解析】【详解】A．使石蕊变蓝的溶液显碱性，四种离子相互之间不反应，且可以在碱性

溶液中大量存在，故A符合题意；B．加入铝粉产生气体的溶液可能是强酸溶液也可能是强碱溶液，无论强酸还是强碱溶液，碳酸氢根都不能大量存在，且Cu2+、Mg2+不能在碱性溶液中大量存在，故B不符合题意；C．使甲基橙变红的溶液显酸性，酸性溶液中硝酸根会将亚铁离子氧化，故C不符合题意；D．铝离子和碳

酸氢根会相互促进水解而不能大量共存，且碳酸氢根和氢离子不能大量共存，故D不符合题意；综上所述答案为A。11.下列离子方程式正确的是（）A.磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+3H2OB.向NaAlO2溶液中通入过量CO2制A

l（OH）3：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-C.用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2OD.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe（OH）3═2

FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+【答案】B【解析】【详解】A．磁性氧化铁是Fe3O4，属于氧化物，不能拆写成离子，故A错误；B．利用碳酸的酸性强于偏铝酸的规律，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可以生成Al（OH）3

和碳酸氢钠，故B正确；C．氢原子不守恒，应是：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故C错误；D．此溶液是碱性溶液，不能有大量H＋存在，故D错误；故选B。12.有7瓶氯盐溶液，阳离子

分别是Cu2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Fe2+、NH4+、Na+等离子的溶液，只用一种试剂即可鉴别，该试剂可能是A.KMnO4溶液B.KSCN溶液C.NaOH溶液D.NH3·H2O溶液【答案】C【解析】【详解】加入氢氧化钠溶液时，与Cu2+反应生成蓝色沉淀、与Fe3

+反应生成红褐色沉淀、与Al3+反应生成白色沉淀且氢氧化钠过量沉淀又完全消失、与Mg2+反应生成白色沉淀且氢氧化钠过量沉淀不消失、与Fe2+反应生成白色沉淀，迅速变成灰绿色最终变为红褐色、与NH4+反应生成无色刺激性气味的气体、与Na+混合无现象，则NaOH溶液与七种离子

混合现象均不同，可以鉴别，而加入KMnO4溶液只能鉴别Fe2+，加入KSCN溶液只能鉴别Fe3+，加入氨水不能鉴别Al3+、Mg2+，故答案选C。13.下列转化过程中必须加还原剂才能实现的是()A.2234SOSO−−→B.2

CuCu+→C.HClOHCl→D.2SiOSi→【答案】D【解析】【详解】A.2234SOSO−−→中硫元素化合价升高，需要加入氧化剂才反应，选项A错误；B.2CuCu+→中铜元素化合价升高，需要加入氧化剂才反应，选项B错误；C.HClOHCl→见光分解就可发生，HClO即是氧化剂又是还原剂，

不需要再加，选项C错误；D.2SiOSi→中硅元素化合价降低，需要加入还原剂才反应，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应氧化剂和还原剂的应用，一个氧化还原反应的发生既要有氧化剂又要有还原剂二者缺一不可。是比较容易

的题目。14.某种飞船以N2H4和N2O4为动力源，反应方程式为2N2H4＋N2O4===3N2＋4H2O，反应温度高达2700℃，对于该反应，下列说法正确的是A.N2H4是氧化剂B.N2O4是还原剂C.N2既是氧化产物又是还原产物D.每生成3molN

2转移电子的数目为16NA【答案】C【解析】【详解】A．该反应中N2H4中N元素由-2价变为0价，化合价升高被氧化，所以N2H4是还原剂，故A错误；B．N2O4中N元素的化合价降低，N2O4为氧化剂，故B错误；C．N2H4中N元素化合价升高生成N2，N2O4中N元素的化合价降低生

成N2，所以N2既是氧化产物又是还原产物，故C正确；D．根据方程式可知生成3molN2时有2molN2H4参与反应，N2H4为唯一还原剂，所以转移电子为8mol，转移电子数为8NA，故D错误；综上所述答案为C。15.[201

6全国Ⅰ]下列实验操作能达到实验目的的是A.用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物B.用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NOC.配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释D.将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2【答案】C【解析】【详解】A

．乙酸与乙醇反应的产物是乙酸乙酯，该物质密度比水小，难溶于水，而未反应的乙醇和乙酸都易溶于水，所以分离互不相溶的两层液体物质要用用分液漏斗，A错误；B．NO的密度与空气接近，且能与氧气反应生成NO2，NO不能溶于水，所

以应该用排水法收集，B错误；C．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中铁离子发生水解反应，消耗水电离产生的氢氧根离子产生难溶性的氢氧化铁，使溶液变浑浊当最终水达到电离平衡时，溶液显酸性，因此配制氯化铁溶液时，为了抑

制盐的水解，应该先将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释到相应的浓度，C正确；D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水时，由于HCl极容易溶于水，而氯气与水的反应是可逆反应，水中含有一定浓度的NaCl，由于c(Cl-)增大，氯

气的溶解度减小，故只能除去氯气中的HCl杂质，但不能除去其中的水蒸气，因此不能得到纯净的Cl2，D错误。答案选C。16.下述实验设计能够达到目的的是A.吸收易溶于水的气体B.测定NaOH溶液浓度C.制备并收集少量NO2D.制取无水AlCl3【答案】A【解析】【

详解】A．若气体容易溶于水，会导致导气管中气体压强减小，水进入干燥管，由于干燥管容积大，水不能再进入前边的制取气体的装置，从而就可以防止倒吸现象的发生，A正确；B．酸碱中和滴定需要酸碱指示剂确定滴定终点,缺少指示剂，B错误；C．NO2容易溶于水，与水发生反应产

生NO，所以不能用排水的方法收集NO2气体，C错误；D．AlCl3是强酸弱碱盐，若直接加热制备无水AlCl3，水解产生的HCl挥发，导致得到的只能是Al2O3，要在HCl的气氛中加入AlCl3来制备无水AlCl3，D错误。答案选A。17.VmLFe2(SO4)3溶液中含agSO42-,取

出溶液0.5VmL,用水稀释成2VmL,则稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度是A.125a72Vmol·L-1B.125a36Vmol·L-1C.125a18Vmol·L-1D.125a24Vmol·L-1【答案】A【解析】【详解】agSO42-的物质的量为n(SO42-)=ag96g/mol=

96amol，VmLFe2(SO4)3溶液中含有Fe3+的物质的量为n(Fe3+)=23×n(SO42-)=96amol×23=114amol，0.5VmL溶液中含有Fe3+的物质的量为n(Fe3+)=114amol×0.5=228amol，稀释后溶液体积为

2VmL，则溶液中Fe3+的浓度为c(Fe3+)=3mol228210aVL−=125a72Vmol·L-1。【点睛】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确稀释过程中溶质的物质的量不变为解答关

键，注意掌握物质的量与摩尔质量、物质的量浓度之间的关系，试题培养了学生的化学计算能力。18.将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如下图所示

。下列说法正确的是A.苛性钾溶液中KOH的质量是5.6gB.反应中转移电子的物质的量是0.18molC.在酸性条件下ClO－和ClO3－可生成Cl2D.一定有3.136L氯气参与反应【答案】B【解析】氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n（ClO-）=0.08mol，n

（ClO3-）=0.02mol，根据得失电子守恒可知生成的氯离子n（Cl-）=0.08mol×（1-0）+0.02mol×（5-0）=0.18mol，且转移电子物质的量为0.18mol，根据物料守恒可知n（K+）=n（Cl-）

+n（ClO-）+n（ClO3-）=0.18mol+0.08mol+0.02mol=0.28mol。A、通过以上分析可知，氢氧化钾的物质的量是0.28mol，质量是0.28mol×56g/mol=15.68

g，故A错误；B、根据上述分析可知，反应中转移电子的物质的量是0.18mol，故B正确；C、因ClO－中Cl元素的化合价是+1价，ClO3－中Cl元素的化合价是+5价，而Cl2中Cl元素的化合价是0价，所以ClO－和ClO3－中Cl元素的化合价都比Cl2

中Cl元素的化合价高，故ClO－和ClO3－不可能生成Cl2，所以C错误；D、因n（Cl-）+n（ClO-）+n（ClO3-）=0.18mol+0.08mol+0.02mol=0.28mol，则根据原子守恒可知Cl2的物质的量是0.14mol，但题目未说明是标准状况，所以无法计算Cl2的体积，

故D错误；二、非选择题19.现有以下物质：①NaCl晶体②稀盐酸③CaCO3固体④熔融KCl⑤蔗糖⑥铜⑦CO2⑧冰醋酸⑨液氯⑩SO2⑪石墨(1)以上物质中能导电的是____________。(2)以上物

质中属于电解质的是_________，属于非电解质的是___________。(3)以上物质中属于弱电解质的是__________，属于强电解质的是_________。【答案】(1).②④⑥⑪(2).①③④

⑧(3).⑤⑦⑩(4).⑧(5).①③④【解析】【详解】(1)稀盐酸、熔融KCl都有自由移动的离子，可以导电；铜为金属单质，有自由移动的电子，可以导电；石墨也可以导电，所以选②④⑥⑪；(2)在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，上述物质中NaCl晶体、CaCO3固体、熔融

KCl、冰醋酸均属于电解质，选①③④⑧；在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，上述物质中蔗糖、CO2、SO2为非电解质，选⑤⑦⑩；(3)在水溶液中不能完全电离的为弱电解质，常见的有弱酸、弱碱等，所以弱电解质为⑧；在水

溶液中完全电离的为强电解质，常见的有强酸、强碱、大部分盐等，所以强电解质有①③④。20.有一瓶澄清溶液，其中可能含有+4NH、K＋、Ba2＋、Al3＋、Fe3＋、I-、-3NO、2-3CO、2-4SO、-2AlO。取该溶

液进行以下实验：①用pH试纸检验，溶液呈强酸性。②取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色。③另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液：a.溶液从酸性变为中性；b.溶液逐渐产生沉淀；c.沉淀完全溶解；d.最后加热溶液，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。④取适量

③得到的碱性溶液，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验现象，回答下列问题。(1)由①可以排除________的存在。(2)由②可以证明________的存在；同时排除_________的存在。(3)由③可以证明________的存在；写出c所涉及的离子

方程式：_________。(4)由④可以证明________的存在，同时排除_________的存在。【答案】(1).CO23−、-2AlO(2).I－(3).Fe3＋、-3NO(4).Al3＋、+4NH(5).Al(OH)3＋OH－=-2AlO＋2H

2O(6).Ba2＋(7).2-4SO【解析】【详解】(1)①溶液呈强酸性，说明有大量H＋存在，因此CO23−、-2AlO不存在；(2)②CCl4层呈紫红色，说明加入新制氯水产生I2，则溶液中有I－，所以一定没有能够氧化I－的Fe3＋、-3NO存在；(3)③a．滴加氢氧化钠溶液，

首先中和H＋；b．产生沉淀，且沉淀完全溶解，说明原溶液中存在Al3＋，先生成氢氧化铝沉淀，之后氢氧化铝沉淀与氢氧根反应生成偏铝酸根，所以c涉及的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=-2AlO＋2H2O；d．加热有气体产生，此气体能使湿润的

红色石蕊试纸变蓝，说明此气体为NH3，原溶液中含有+4NH，综上所述由③可以证明Al3＋、+4NH存在；(4)④取适量③得到的碱性溶液，加入Na2CO3溶液，产生白色沉淀，此沉淀只能是BaCO3，说明原溶液含有Ba2＋，则一定不含有2-4SO。【点睛

】本题考查常见离子推断与检验，注意掌握常见离子的化学性质及检验方法，根据离子共存、离子反应现象判断离子存在情况，明确检验离子时必须排除干扰离子。21.汽车尾气中CO、xNO以及燃煤废气中的2SO都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。()1氧化还原法消除xNO的转

化如下所示：①反应Ⅰ为322NOONOO+=+，生成标准状况下11.2L2O时，转移电子的物质的量是______mol。②反应Ⅱ中，当()2nNO：(22n[CONH)3=：2时，氧化产物与还原产物的质量比为__

____。()2使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和xNO，转化过程中发生反应的化学方程式为x22CONONCO(+→+未配平)，若x1.5=，则方程式中2CO和2N的化学计量数之比为______。()3吸收2SO和NO，获得224NaSO和43NHNO产品的流程

图如图所示(Ce为铈元素)。装置Ⅱ中，酸性条件下NO被4Ce+氧化的产物主要是3NO−和2NO−，请写出生成等物质的量的3NO−和2NO−时的离子方程式：______。()4已知进入装置Ⅳ的溶液中2NO−的浓度为a1gL−，要使13m该溶液中的2NO−完全转化为43NHNO，至少需向装置

Ⅳ中通入标准状况下的氧气______L(用含a代数式表示，结果保留整数)。【答案】(1).1(2).4：3(3).3：1(4).432322NO3HO4Ce4CeNONO6H++−−+++=+++(5).243a【解析】

【分析】（1）①根据化合价的变化判断转移电子数；②当()2nNO：(22n[CONH)3=：2，即2NO和22CO(NH)的系数之比是3：2，其方程式表示为：2222226NO4CO(NH)7N8HO4CO+=++，只有N元素的化合价变化，氮气为氧化产物也是还原产物

；（2）根据氧化还原反应化合价升降相等确定2CO和2N的化学计量数之比；（3）生成等物质的量的3NO−和2NO−时，4Ce+被还原为3Ce+，由得失电子相等、电荷守恒确定离子方程式；（4）根据得失电子数相等列等式计算。【详解】()3221NOONO

O+=+①，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11.2L即20.5molO(标准状况)时，转移电子的物质的量是0.5mol21mol=；答案：1；②当()2nNO：(22n[CONH)3=：2，即2NO和2

2CO(NH)的系数之比是3：2，其方程式表示为：2222226NO4CO(NH)7N8HO4CO+=++，只有N元素的化合价变化，氮气为氧化产物也是还原产物，由N原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为8：

64=：3；答案：4：3；()2转换过程中发生反应的化学方程式为：22CONOxCON(+→+未配平)，若x1.5=，可利用“定一法”进行配平，把2CO的化学计量数定为1，则CO、1.5NO、2N前面的化学计量数分别为：1、23、1.3即1.5223CO2NO3CON+

→+，则化学方程式中2CO与2N的系数之比为3：1；答案：3：1；()3生成等物质的量的3NO−和2NO−时，4Ce+被还原为3Ce+，由电子守恒、电荷守恒可知，离子方程式为：432322NO3HO4Ce4CeNONO6H++

−−+++=+++；答案：432322NO3HO4Ce4CeNONO6H++−−+++=+++；()24NO−的浓度为1agL−，要使31m该溶液中的2NO−完全转化为43NHNO，则失去电子数目是：(

)1000a5346−，设消耗标况下氧气的体积是V，则失电子数目是：()V22022.4−，根据电子守恒：()()1000a53v2204622.4−=−，解得V243a=；答案：243a。22.卤族元素包括F、Cl、Br等。(1)下列曲线表示卤族元素某种性质随核电

荷数的变化趋势，正确的是____。(2)利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，下图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为__，该功能陶瓷的化学式为______。(3)BCl3中

心原子的杂化方式为__；第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有___种。(4)若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是_____。【答案】(1).a(2).2(3).BN(4).sp2(5).3(6)

.X【解析】【详解】(1)a．同主族元素自上而下非金属性减弱，对电子的吸引能力减弱，电负性减弱，故a正确；b．F是现在已知元素中非金属性最强的元素，元素的原子可能获得电子形成阴离子；或者形成共用电子对，偏

向F原子，因此没有与族序数相等的最高正化合价，而Cl、Br都有最高+7价，故b错误；c．HF分子之间除了存在分子间作用力，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力所以HF的沸点最高，另外两种元素的氢化物的沸点则是物质分子的相对分子质量越大，物质

的熔沸点就越高，符合上述规律，故c错误；d．卤素单质是结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，故d错误；综上所述答案为a。(2)同周期元素原子半径随核电荷数的递增逐渐减小，故B原子的半径大于N原子，也就是B原

子位于晶胞的8个顶点和中间，其每个晶胞中含有8×18+1=2个；N原子位于晶胞中和棱上，故每个晶胞中含有4×14+1=2个；化学式可写为：BN；(3)BCl3中心原子价层电子对数为3-133+2=3，所

以中心原子的杂化方式分别为sp2；由于氮原子的2p轨道是半满状态，其第一电离能大于O和C元素；Be原子的2s轨道为全满状态，其第一电离能大于B，第一电离能介于B和N之间的有：Be、C、O三种；(4)B原子的最外层有三个电子，其和氯原

子成键时全部电子都参与成键不存在孤对电子，所以提供孤对电子的是X。【点睛】同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能大于相邻元素。23.

酚醛树脂是应用广泛的高分子材料，可用酚类与醛类在酸或碱的催化下相互缩合而成，类似的合成过程如：反应①：反应②：+(n-1)H2O(1)化合物Ⅰ的分子式______．(2)化合物Ⅱ也能与CH3CHO发生类似反应①的反应

，生成有机化合物Ⅲ，该反应化学方程式为____；写出化合物Ⅱ与足量NaHCO3反应的化学方程式____。(3)有关化合物Ⅱ和Ⅲ的说法正确的有____(填字母)A．都属于芳香烃B．含有官能团种类相同，性质也完

全相同C．二者互为同系物D．1mol的Ⅱ或Ⅲ都能与2mol的NaOH完全反应．(4)符合下列条件的化合物Ⅱ的同分异构体有____种，写出其中苯环上一元取代物只有两种的异构体的结构简式_____。①遇FeCl3溶液发生显色反应②可以发生银镜反应③可以发生水解反应【答案】(1).C7H8O2(2).

+CH3CHO→(3).+NaHCO3→+H2O+CO2↑(4).D(5).13(6).【解析】【详解】(1)根据化合物I的结构简式可知其分子式为C7H8O2；(2)根据反应①可知醛基的碳氧双键打开，酚羟基的邻位氢原子脱落然后加成到碳氧双键上，所以化合物Ⅱ和CH3

CHO的化学方程式为+CH3CHO→；化合物Ⅱ含有羧基可以和足量碳酸氢钠反应生成二氧化碳，化学方程式为+NaHCO3→+H2O+CO2↑；(3)A．化合物Ⅱ和Ⅲ除含有C、H元素外，还有O元素，不属于芳香烃，故A错误；B．化合物

Ⅱ中的官能团为酚羟基、羧基，化合物Ⅲ中官能团为酚羟基、普通羟基、羧基，故B错误；C．二者所含官能团不同，结构不相似，不是同系物，故C错误；D．酚羟基和羧基可以和NaOH反应，所以1mol的Ⅱ或Ⅲ都能与2mol的NaOH完全反应，故D正确；综上所述选D；(4)化合物

Ⅱ的同分异构体满足：遇FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；可以发生银镜反应同时可以发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基；若有两个取代基，分别为—OH和—CH2OCHO，有邻间对三种；也可以有三个取代基

：—OH、—CH3和—OCHO，则有10种结构，所以共有3+10=13种同分异构体；其中苯环上一元取代物只有两种的异构体的结构简式为。【点睛】对于含有苯环的同分异构体的数目学生可以记住，利用苯环上有3个不同取代基时，有10种同分异构体；3个取代基中两个相同时，有6种同分

异构体；有2个取代基时有邻间对3种。