【文档说明】黑龙江省实验中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题 【精准解析】.doc，共(25)页，1.242 MB，由小赞的店铺上传

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黑龙江省实验中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题1.下列叙述错误的是①摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一②1mol任何物质都含有约6.02×1023个原子③6.02×1023就是阿伏加德罗

常数④氧的摩尔质量是l6g⑤HCl的摩尔质量等于lmolHCl分子的质量A.④B.①③④C.②③④⑤D.①②③④⑤【答案】D【解析】【详解】①摩尔是国际单位制中物质的量的单位，故错误；②物质不一定由原子构成，可能由分子、离子构成，故错误；③6.02×1023是阿伏加德罗常数的近似值，故错误；④O

的摩尔质量是l6g·mol-1，故错误；⑤HCl的摩尔质量以g·mol-1为单位时，数值上等于lmolHCl分子的质量（以克为单位），故错误；故选D。2.标准状况下，16g某气体的分子数目与22gCO2的分子数目相同，则该气体的相对分子质

量为A.16B.32C.44D.64【答案】B【解析】【详解】22gCO2的物质的量为22g0.5mol44g/mol=，因16g某气体的分子数目与22gCO2的分子数目相同，则该气体的物质的量也为0.5mol，其摩尔

质量==32g/mol0.5mol16g，该气体的相对分子质量为32，故B正确；故选：B。3.标准状况下，某密闭容器盛装一氧化碳和二氧化碳气体，容积为22.4L混合气相对于氢气的密度为16，则该容器中CO的质量为A.11gB.21gC.24gD.28g【答案】B【解析】【分析】标准状况下，根

据ρ=MVm计算出混合气体的平均摩尔质量，然后设出一氧化碳、二氧化碳的物质的量，结合n=VVm及平均摩尔质量列式计算。【详解】标准状况下，混合气体的总物质的量为：122.4L22.4L?mol－=1mol，混合气相对于氢气

的密度为16，混合气体的平均摩尔质量为：2g·mol－1×16=32g·mol－1，设混合气体中CO、二氧化碳的物质的量分别为x、y，则：x+y=1，2844xyxy++=32，解得：x=0.75moly=0.25mol，该容器中CO的质量为

：28g·mol－1×0.75mol=21g，故选B。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.标准状况下，11.2L四氯化碳所含分子数为0.5NAB.常温常压下，9gH2O中含有的电子数为5NAC.46gN

O2和N2O4混合气体中含有的原子数为3NAD.常温常压下，1molCO2含有的氧原子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A．在标准状况下四氯化碳为液态，气体摩尔体积适用的对象为气体，A错，故选A；B．由2HO中电子数与2HO的物质的量的关系可得：()2Am9n

(e)=10nHO10=10mol=5molN=5NM18−=，，故B不选；C．NO2与N2O4的最简式相同，均为NO2，在计算时可以用其中任意一种物质来进行计算，所以有()2A46n()=3nNO3mol=3molN=3N46

=原子，，C正确，故C不选；D．在CO2中氧原子的物质的量为CO2的2倍，D正确，故D不选；答案选A。5.下列溶液中Cl-的物质的量浓度最大的是A.500mL0.2mol/LMgCl2溶液B.200mL0.5mol/L

NaCl溶液和200mL0.5mol/LKCl的混合液C.100mL0.2mol/LAlCl3溶液D.300mL1.0mol/LKClO3溶液【答案】C【解析】【详解】A．500mL0.2mol/LMgCl2溶液中Cl-

的物质的量浓度为0.4mol/L；B．200mL0.5mol/LNaCl溶液和200mL0.5mol/LKCl的混合液中Cl-的物质的量浓度为0.5mol/L；C．100mL0.2mol/LAlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为0.6mol/L；D．300mL1.0mol/LKClO

3溶液中氯酸钾电离生成钾离子和氯酸根离子，无氯离子，D不选；综合比较，C中Cl-的物质的量浓度最大，答案选C。6.将浓度为2cmol/L、质量分数为a%的酒精，加水稀释至浓度为cmol/L、质量分数变为b%。则a、b之间的大小关系为(已知：酒精的浓度越大密度越小)A.a=2b

B.2b＞a＞bC.a＞2bD.不能比较【答案】C【解析】【详解】设有VL浓度为2cmol/L的酒精溶液，溶液质量为mg，酒精的质量是ma%，加水稀释至浓度为cmol/L，则体积变为2V；由于酒精溶液的浓度越大密

度越小，所以溶液质量大于2mg，质量分数小于0.5%a，即a＞2b。故选C。7.用密度为ρ1g/cm3质量分数是ω的浓盐酸，与水配制成体积比为1：4的稀盐酸，密度为ρ2g/cm3，则所配制稀盐酸的物质的量浓度()A.

121000ρρω182.5B.1211000ρρωρ4+C.1211000ρρω36.5(ρ4)+D.11000ρω182.5【答案】C【解析】【详解】设浓盐酸的体积为1mL，则水的体积为4mL，所配制稀盐酸的物

质的量浓度为31331321mLρg/cmω36.5g/mol1mLρg/cm4mL1g/mL10L/mLρg/cm−+=1211000ρρω36.5(ρ4)+，故选C。【点睛】计算稀释后溶液的物质的量浓度时，采用公式法，分子为溶质的物质的量，分母为浓溶液的质量与

水的质量和，解题时，受分子的影响，我们会将溶液的质量表示成溶质的质量，从而出现错误。8.将溶质的质量分数为15%的NaOH溶液加热蒸发掉100g水后，得到溶质的质量分数为30%的溶液75mL，此时溶液的物质的量浓度为A.5mol/LB.6.5m

ol/LC.7.5mol/LD.10.0mol/L【答案】D【解析】【详解】设15%的NaOH溶液的质量为x，蒸发前后溶质的质量不变，则有x×15%=（x-100g）×30%，解得x=200g，故蒸发后溶液的质量为：200g-100g=100g，故30%的Na

OH溶液中含有NaOH的物质的量为：100g30%0.75mol40g/mol=，所得溶液的物质的量浓度为：0.7510.0mol/L0.075molL=；故答案选D。9.在标准状况下，将22.4LHCl完全溶于1L水中(水的密度近似为1g/mL)，溶液的密度为ρg/cm3(ρ＞1)，溶液的体积

为VmL，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为cmol/L，下列叙述中正确的是①w=36.5c1000ρ×100%②c=lmol/L③向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w④向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数小于0.5wA.①②③B.①②④C.①③D

.①④【答案】C【解析】【详解】①根据c=1000Mw可得w=36.5c1000ρ×100%，故正确；②标准状况下，22.4LHCl的物质的量为1mol，1mol氯化氢溶解在1L水中，所得溶液体积不是1L，浓度不是1mol/L，故错误；③盐酸的密度大于水的密度，则加入等体积的水后，由

于水的质量小于原盐酸的质量，根据质量分数公式可知混合液的总质量小于原来的2倍，则混合液中溶质的质量分数大于原溶液的12，即大于0.5w，故正确；④由③，所得溶液的质量分数大于0.5w，故④错误；所以正确的为①③，故选

C。10.如图所示，一密闭容器被无摩擦、可滑动的两隔板a、b分成甲、乙两室；标准状况下，在乙室中充入0.2molHCl，甲室中充入NH3、H2的混合气体，静止时隔板位置如图所示。已知甲、乙两室中气体的质量差为2.0g。甲室中NH3、H2的物质的量之比为A.3：1B

.2：1C.1：2D.1：3【答案】A【解析】【详解】根据阿伏伽德罗定律的推论，同温同压，体积比等于物质的量比，NH3、H2的总体积是HCl的2倍，所以NH3、H2的总物质的量是0.4mol，设NH3、H2的平均相对分子质量是M，则0.4M+2=36.5×0.2，M=13.25，

设NH3、H2的物质的量分别为x、y，17213.25xyxy+=+，x:y=3:1，故选A。11.下列分类正确的是A.酸：CH3COOH、H2SO3、NaHCO3、HFB.碱：Na2CO3、NaOH、Fe(OH)2、Mg(OH)2C.盐：

AgCl、BaSO4、NaH2PO4、Mg(NO3)2D.碱性氧化物:FeO、N2O5、COCl2、SiO2【答案】C【解析】【详解】A．NaHCO3电离出的阳离子不全是氢离子，NaHCO3是盐，不是酸，故A错误；B．Na2CO3电离出的阴离

子不是氢氧根离子，Na2CO3是盐，不是碱，故B错误；C．AgCl、BaSO4、NaH2PO4、Mg(NO3)2都能电离出酸根阴离子和金属阳离子，都属于盐，故C正确；D．N2O5、SiO2是酸性氧化物，COCl2含有氯元素，C

OCl2不是氧化物，故D错误；选C。12.下列关于胶体的叙述中，正确的是A.胶体和其它分散系的本质区别是分散质粒子的大小B.胶体是一种稳定的体系，胶粒不能透过滤纸C.在电场作用下，Fe(OH)3胶粒向阳极定向移动，胶体都带电荷D.向Fe(OH)3胶体中加入蔗糖溶液，产生聚沉现象【答案

】A【解析】【详解】A．根据分散质粒子的直径大小可将分散系分为：溶液、胶体、浊液，A正确；B．胶体是一种稳定的体系，胶粒能透过滤纸，不能透过半透膜，B错误；C．Fe(OH)3胶粒带正电荷，在电场作用下，向阴极定向

移动，胶体不带电，C错误；D．蔗糖属于非电解质，向Fe(OH)3胶体中加入蔗糖溶液，不会产生聚沉现象，D错误；答案选A。13.下列说法中错误的是A.向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体B.“血液透析"利用了胶体的性质C.Fe(OH)3胶体中胶粒不能透过半

透膜D.用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同【答案】D【解析】【详解】A．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热即可制得Fe(OH)3胶体，故A不选；B．胶体能通过滤纸但不能通过半透膜，“血液透

析"利用了胶体粒子不能通过半透膜的原理，故B不选；C．由B分析可知Fe(OH)3胶体中胶粒不能透过半透膜，故C不选；D．用平行光照射Fe(OH)3胶体时能产生丁达尔效应，用平行光照射NaCl溶液时无明显实验现象，故选D。答案选D14.常温下，发生下列几种反应：①16H

＋＋10Z－＋2XO4—=2X2＋＋5Z2＋8H2O②2A2＋＋B2=2A3＋＋2B－③2B－＋Z2=B2＋2Z－根据上述反应，判断下列结论错误的是()A.溶液中可发生：Z2＋2A2＋=2A3＋＋2Z－B.Z2在①③反应中为还原剂C.氧化性强弱的顺序为：XO4—＞Z2＞B2＞A3＋D.X

2＋是XO4—的还原产物【答案】B【解析】【分析】①16H＋＋10Z－＋2XO4—=2X2＋＋5Z2＋8H2O氧化性XO4—＞Z2，②2A2＋＋B2=2A3＋＋2B－氧化性B2＞A3＋，③2B－＋Z2=B2＋2Z－氧化性Z2＞B2。【详解】A.根据分析得出氧化性顺序为XO4

—＞Z2＞B2＞A3＋，因此溶液中可发生：Z2＋2A2＋=2A3＋＋2Z－，故A正确；B.①16H＋＋10Z－＋2XO4—=2X2＋＋5Z2＋8H2O中Z2是氧化产物，故B错误；C.根据分析得出氧化性强弱的顺序为：XO4—＞Z2＞B2＞A3＋，故C正确；

D.①16H＋＋10Z－＋2XO4—=2X2＋＋5Z2＋8H2O中XO4—中X的化合价降低，因此X2＋是XO4—的还原产物，故D正确。综上所述，答案为B。【点睛】比较氧化性和还原性，根据比什么性，找什么剂和产物，根据剂之性大于产物之性即可判断。15.吸入人体内的O2有2%转化为氧

化性极强的活性氧类物质，如-2O等，这些活性氧类物质能加速人体衰老，被称为“生命杀手”。我国科学家尝试用含硒化合物Na2SeO3消除人体内的活性氧类物质，在此反应过程中，下列关于Na2SeO3的说法正确的是A.得到电子被还原是氧化剂B.失去电子被氧化是还原剂C.既是氧化剂，又是还原剂D.既不是氧化

剂，又不是还原剂【答案】B【解析】【分析】根据我国科学家尝试用含硒化合物Na2SeO3消除人体内的活性氧类物质可知，Na2SeO3作还原剂。【详解】由信息可知，活性氧的氧化性极强，我国科学家尝试用含硒化合物Na2S

eO3消除人体内的活性氧类物质，则Na2SeO3作还原剂，在反应中失去电子被氧化，故选：B。16.下列叙述正确的是A.在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强B.元素的单质一定是通过氧化或还原该元素的化合物制得的C.阳离子只能

得电子被还原，阴离子只能失电子被氧化D.含有最低价元素的化合物不一定具有很强的还原性【答案】D【解析】【详解】A．氧化剂的氧化性强弱与得电子多少无关，只与得电子能力强弱有关，故A不选；B．同素异形体的转化不发生氧化还原反应，如氧气转化为臭氧，

不是由氧化或还原该元素的化合物制得，故B不选；C．阳离子不一定只能得到电子被还原，也有可能失去电子被氧化，如Fe2+就容易失去电子被氧化；阴离子也不一定只失去电子被氧化，也可能得到电子被还原，如4MnO−只有氧化性，

故C不选；D．一般来说，含有最低价元素的化合物具有还原性，如HI中I为最低价具有强还原性，但HF中F为最低价就不具有强还原性，故选D；答案选D。17.一定量的Fe和Fe2O3混合物投入250ml2mol/L的HNO3溶液中，反

应完全，无固体剩余，生成1.12LNO气体(标准状况)，再向反应后的溶液中加入1mol/L的NaOH溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所加入NaOH溶液的体积最少是()A.450mlB.500mlC.400mlD.无法判断【答案】A【解析】【详解】当加入的氢氧化

钠使铁元素完全沉淀恰好沉淀，所需的氢氧化钠溶液体积最小，此时溶液中溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒有：n(NaNO3)+n(NO)=n(HNO3)，故n(NaNO3)=0.25L×2mol/L-1.1222.4L/molL=0.45mol，根据钠离子守恒可得：n(NaOH

)=n(NaNO3)=0.45mol，故需要NaOH溶液的最小体积为：0.45mol1mol/L=0.45L=450mL，故答案为A。【点睛】考查有关混合物的计算，判断溶液中溶质为硝酸钠是关键，再利用N原子守恒计算，当加入

的氢氧化钠使铁元素完全沉淀恰好沉淀，所需的氢氧化钠溶液体积最小，此时溶液中溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaNO3)，根据氮元素守恒有n(NaNO3)+n(NO)=n(HNO3)。18.将适量的铜粉加入FeCl3溶液中，完

全反应后，溶液中的Fe3+和Cu2+的物质的量浓度相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比A.3：2B.2：1C.1：1D.1：2【答案】B【解析】【详解】铜粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为

：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，假设已反应的Fe3+的物质的量为n，则3+2+2+=CCu+2Feu212Fen0.5n，溶液中的Fe3+和Cu2+的物质的量浓度相等，溶液中未反应的Fe3+的物质的量为0.5n，

所以已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比=n：0.5n=2：1，故选B。19.向一定量的Fe、FeO、23FeO?的混合物中，加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标准状况

）的气体，所得溶液中，加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物，能得到铁的质量为（）A.2.8gB.5.6gC.11.2gD.无法计算【答案】A【解析】【详解】铁、氧化铁、

氧化亚铁混合物与盐酸反应，恰好使混合物完全溶解，说明盐酸也刚好反应完，加入KSCN溶液无血红色出现，说明溶液中无铁离子，而是亚铁离子，故生成FeCl2，根据守恒关系，aq()=10.10.1nHClcVmo

lmol==（）,211n(FeCl)=()0.10.0522nHClmolmol==,因此混合物中含铁的物质的量为0.05mol，用足量CO在高温下最终得到铁单质，铁的质量为m==0.0556g=2.8gnM，故A正确；综上所

述，答案为A。【点睛】加入KSCN溶液无血红色出现，得出产物为氯化亚铁，利用守恒关系解决这类问题。20.下列反应属于氧化还原反应，且水既不是氧化剂又不是还原剂的是A.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑B.2F2+2H2O=4HF+O

2↑C.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑D.CaO+H2O=Ca(OH)2【答案】C【解析】【详解】A．由反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑可知，该反应属于氧化还原反应，但H2O中的H原子化合价由+1价降为0价被还原，作为氧化剂，故A不选；B．由反应2F2+2H2O=4HF+O

2↑可知，该反应属于氧化还原反应，但H2O中O元素的化合价由-2价升高至0价被氧化，做还原剂，故B不选；C．由反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，该反应属于氧化还原反应，过氧化钠即是氧化剂又是还原剂，水既不属于氧化剂又不属于还原剂，故答案选C；D

．由反应CaO+H2O=Ca(OH)2可知该反应不属于氧化还原反应，故D不选。答案选C21.下列关于有机化合物的说法正确的是A.乙醇和乙酸都能与NaOH溶液反应B.苯与氯气生成的反应属于取代反应C.糖类、蛋白质属于天然高分子化合物D.分子式为C9H12的芳香烃共有8种【答案】D【

解析】【详解】A．乙醇与NaOH溶液不反应，故A错误；B．苯与氯气生成的反应属于加成反应，故B错误；C．糖类中的单糖、双糖不是高分子化合物，故C错误；D．分子式为C9H12的芳香烃，若有1个取代基，为-CH2CH2CH3或-CH(CH3)2，若

有2个取代基，为-CH3、-CH2CH3，有邻间对三种结构，若有3个取代基，3个取代基都是甲基，有三种结构，共有8种结构，故D正确；选D。22.下列关于有机化合物的说法不正确的是A.C3H6Cl2和C3H2Cl6的同分异构体种数相同B.C3H8和C5H12一定互为同系物C.石油裂解和油脂

皂化均是由高分子物质生成小分子物质的过程D.乙醇的酯化反应和酯的水解均属于取代反应【答案】C【解析】【详解】A．C3H6Cl2是丙烷的二氯代物，C3H2Cl6是丙烷的六氯代物，则C3H6Cl2和C3H2Cl6的同分异构体种数相同，都是4种，故A正确；B．C

3H8和C5H12都属于烷烃，分子组成相差2个CH2，一定互为同系物，故B正确；C．石油、油脂都不是高分子物质，故C错误；D．酯化反应、酯的水解均属于取代反应，故D正确；选C。23.下列两种化合物的结构或性质描述正确的是A.两种物质的分子式均为Cl0H14O2，互为同分异构体B.两种物质都含有碳

碳双键，都能使溴的四氯化碳溶液褪色C.两种物质分子中都含有甲基、苯环和羧基D.两种物质均能发生加成反应和取代反应【答案】D【解析】【详解】A.两种物质的分子式均为Cl0H12O2，故A错误；B.根据结构简式可知两种物质中均不含碳碳双键，故B错误；C

.物质II中含有酯基，不含羧基，故C错误；D.两种物质均含苯环，可以发生加成反应，I中含羧基可发生酯化反应，II中含酯基可发生水解反应，均属于取代反应，故D正确；故选：D。24.某种医药中间体X，其结构

简式如图所示。下列有关该化合物的说法正确的是A.分子式为C16H10O4B.分子中含有3种含氧官能团C.既能发生酯化反应，又能发生水解反应D.分子中3个六元环可能处于同一平面【答案】C【解析】【详解】

A．根据结构简式可知，该有机物的分子式为：C16H12O4，A错误；B．分子中含羧基和酯基两种含氧官能团，B错误；C．分子中含羧基和酯基，故可发生酯化反应和水解反应，C正确；D．分子中含两个苯环，可能共平面，但和另一个六元环一定不共平面，D错误；答案选C。25.下列说法或实验操作

正确的是A.纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应B.分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物有6种C.向植物油和矿物油中分别加入足量烧碱溶液，充分加热，冷却，可以区别植物油和矿物油D.向蔗糖溶液中加入3~5滴稀硫酸，煮沸几分钟后，冷却，再向水解液中加

入几滴银氨溶液，水浴加热，可以检验蔗糖的水解产物中是否含有葡萄糖【答案】C【解析】【详解】A．纤维素、蔗糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应，但葡萄糖是单糖，不能水解，故A错误；B．分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有-OH，该物质为戊醇，可

以看作羟基取代戊烷形成的醇，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，CH3CH2CH2CH2CH3分子中有3种H原子，被-OH取代得到3种醇；CH3CH2CH(CH3)2分子中有4种H原子，被-OH取代得到4种醇；C(C

H3)4分子中有1种H原子，被-OH取代得到1种醇；所以该有机物的可能结构有8种，故B错误；C．向植物油和矿物油中分别加入足量烧碱溶液，充分加热，冷却，植物油属于酯类，在碱性条件下水解，不分层，矿物油属于烃类，不水解，分层，可以区别植物油和矿物油，故C正确；D．向蔗糖溶液中加入3~5滴稀硫酸，煮

沸几分钟后，冷却，要先向溶液中加NaOH溶液至溶液呈碱性，再向水解液中加入几滴银氨溶液，水浴加热，可以检验蔗糖的水解产物中是否含有葡萄糖，故D错误；故选C。26.对于数以千万计的化学物质和为数众多的化学反应，分类法的作用几乎是无可代替的。现有以下物质：①Cu；

②Cl2；③胆矾；④Fe(OH)3胶体；⑤浓硝酸；⑥CO2；⑦HI溶液；⑧蔗糖；⑨熔融氯化钠。(1)以上物质中属于混合物的是___________(填序号)；(2)以上物质中属于电解质的是___________(填序号)；(3)以上物质中能导电的是_______________(填序号)；(4)向

④中逐滴滴加⑦，可观察到的现象是_____________；(5)将少量的①加入到⑤中，写出该化学反应方程式并用“双线桥”法标出电子转移方向和数目_______________________。【答案】(1).④⑤⑦(2).③⑨(3).①④⑤⑦⑨(4).先生成沉淀，后沉淀溶解，溶液变为棕黄色

(5).【解析】【详解】①Cu为金属单质，②Cl2为非金属单质，③胆矾的化学式为CuSO4·5H2O属于化合物，④Fe(OH)3胶体属于混合物，⑤浓硝酸属于混合物，⑥CO2属于化合物，⑦HI溶液属于混合物，⑧蔗糖属于纯净物，⑨熔融氯化钠属于化合物，综上分析有；（1）以上物质中属于

混合物的是：④⑤⑦；（2）以上物质中属于电解质的是；③⑨；（3）能导电的物质有金属单质、电解质溶液或者熔融的电解质、特殊非金属单质等，以上物质中能导电的是：①④⑤⑦⑨；（4）胶体具有介稳性，向Fe(OH)3胶体中滴加HI溶液打破原有的平衡，Fe(OH)3胶体先转变为Fe(OH)3

沉淀，继续滴加HI溶液则Fe(OH)3沉淀与HI反应生成Fe3+和H2O，再继续滴加HI溶液Fe3+会与I−发生氧化还原反应生成I2和2Fe+，故向④中逐滴滴加⑦，可观察到的现象是：先生成沉淀，后沉淀溶解，溶液变为棕黄色；（5）Cu与浓HNO3发生氧化还原反应生成NO2、Cu(NO3)2

和水，故答案为：。27.实验室用NaCl固体配制250mL1.00mol/L的NaCl溶液，补充完整实验步骤：(1)配制时，其正确的操作顺序是_____(字母表示，每个字母只能用一次)；A.用30mL水洗涤烧杯2-3次，洗涤液

均注入容量瓶，振荡；B.用托盘天平称取_____gNaCl固体，加入少量水，用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解；C.将已冷却的NaCl溶液沿玻璃棒注入______中；D.将容量瓶盖紧，颠倒摇匀；E.改用_______加水，使溶液凹面恰好与刻度相切；F.继续往容量瓶内小心加水，直到液面

接近刻度______cm处。(2)下列配制的溶液浓度偏低的是____________。A.用30mL水洗涤烧杯2-3次，洗涤液也注入容量瓶中；B.定容时仰视刻度线；C.加蒸馏水时不慎超过了刻度线；D.定容时俯视刻度线；E.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水；F.定容后，将容量瓶盖紧颠倒摇匀后，发现液面

低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度线。【答案】(1).BCAFED(2).14.6(3).250mL容量瓶(4).胶头滴管(5).1-2(6).BCF【解析】【分析】（1）根据溶液的配制原理可知，用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量、溶

解转移、洗涤转移、定容摇匀；（2）依据C=nV分析，凡是能够使n偏小或者使V偏大的操作都会使溶液的浓度偏小，反之，溶液的浓度偏大；【详解】实验室用NaCl固体配制250mL1.00mol/L的NaCl溶液，补充完整实验步骤：(1)用固体配制溶液的

一般步骤为计算、称量、溶解转移、洗涤转移、定容摇匀；配制时，其正确的操作顺序是BCAFED(字母表示，每个字母只能用一次)；故答案为：BCAFED；B.m=nM=CVM=1.00mol·L－1×0.25L×58.5=14.625≈

14.6g，用托盘天平称取gNaCl固体，加入少量水，用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解；故答案为：14.6C.将已冷却的NaCl溶液沿玻璃棒注入250mL容量瓶中；故答案为：250mL容量瓶；A.用30mL水洗涤烧杯2-3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡；F.继续往容量瓶内小心加水，直到液

面接近刻度1-2cm处；故答案为：1-2；E.改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切；故答案为：胶头滴管；D.将容量瓶盖紧，颠倒摇匀；(2)A．用30mL水洗涤烧杯2-3次，洗涤液也注入容量瓶中，

能减少溶质的损失，确保浓度准确，故A不符；B．将容量瓶中液面将达到刻度线时，仰视刻度线和液面，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故B符合；C．加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故C符合；D．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D不符；E．配制前

，容量瓶中有少量蒸馏水，无影响，故溶液的浓度不变，故E不符；F．定容后，将容量瓶盖紧颠倒摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度线导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故F符合。故答案为：BCF。28.有A、B、C、D、E、F、G、H八种元素，除G、H为第四周期元素外其余

均为短周期元素。A、E、G位于元素周期表的s区，B、C、D、F元素位于p区。A、G的原子外围电子层排布相同，A的原子中没有成对电子；B元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子总数相同；C元素原子的外围电子层排布式为nsnnpn+1；D的基态原子核外成

对电子数是成单电子数的3倍；E的基态原子占据两种形状的原子轨道，且两种形状轨道中的电子总数均相同；F元素位于第三周期，且F元素的第一电离能列同周期主族元素第三高；H的原子中质子数等于B、C、F的原子中质子数之和。回答问题：(1)B、C、D三种元素中元素的

第一电离能最大的是_______(填元素符号)；(2)由A与D形成的A2D分子空间构型是_______形，分子中D原子的杂化类型是_____杂化；(3)由D、E、F、G形成的盐G2FD4、EFD4的共熔体在冷却时首先析出的物质是____(写化学式)，原因是_____

___。(4)元素D与H形成的常见化合物晶胞如图所示，该晶胞参数为apm，化合物的化学式为____，计算该晶胞密度为_____g/cm3(写出表达式即可)。【答案】(1).N(2).V(3).sp3(4).MgSO4(5).MgSO4的晶格能大于K2SO4的晶格能(6).Cu2O

(7).A103288N(a10)−【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G、H八种元素，除G、H为第四周期元素外其余均为短周期元素，A､E、G位于元素周期表的s区，A､G的原子外围电子层排布相同，A的原子中没有成对电子，则A为H，G为第四周期第ⅠA族元素，即G为K

；B､C､D､F元素位于p区，F元素的第一电离能列同周期主族元素第三高，则F为S；C元素原子的外围电子层排布式为nsnnpn＋1，n＝2时符合，则C为N元素；B元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子

轨道且每种轨道中的电子总数相同，电子排布为1s22s22p2，则B为C元素；D的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，D的原子序数比C元素的大，其电子排布为1s22s22p4，即D为O元素，E的基态原子占据两种形状的原子轨道，且两种形状轨道中的电子总数相同，E位于元素周期表的s区，则E电

子排布式为1s22s22p63s2，则E为Mg元素，H的原子中质子数等于B、C、F的原子中质子数之和，则H的质子数为6+7+16=29，H为Cu；据此分析解答。【详解】由上述分析可知：A为H；B为C；C为N；D为O

；E为Mg；F为S；G为K；H为Cu；(1)B为C；C为N；D为O，同周期元素第一电离能呈增大趋势，但N的最外层为半满稳定状态，第一电离能大于O，因此电离能最大的是N，故答案为：N；(2)由A与D形成的A2D分子H2O，中心氧原子的价电子对数为6+2=42，氧原子采

取sp3杂化，孤电子对数为2，分子构型为V形，故答案为：V；sp3；(3)由D、E、F、G形成的盐G2FD4、EFD4的分别为：K2SO4、MgSO4，两者均为离子晶体，镁离子的半径小于钾离子，其镁离子电荷数多，因此MgSO4的晶格能大于K2S

O4的晶格能，硫酸镁的熔沸点高于硫酸钾，共熔冷却时硫酸镁先析出，故答案为：MgSO4；MgSO4的晶格能大于K2SO4的晶格能；(4)由晶胞结构可知Cu位于体内有4个，氧原子八个在顶点，1个在体内，个数为18+1=28，Cu和O原子的

个数比为2:1，化学式为：Cu2O；晶胞的质量为：2AA2M(CuO)288=gNN，晶胞的体积为1033a(m1)0c−，晶胞的密度为A103288N(a10)−g/cm3，故答案为：Cu2O；A103288N(a10)−；29.一种硒

化镉纳米晶体，它能被“印"或“涂”在柔软塑料上，制成多种性能优良的电子设备。请回答下列问题：(1)O、S、Se的气态氢化物中沸点最高的物质是__________(填分子式)。(2)写出Se基态原子的价电子层电子排布式___

________________。(3)硒的低价含氧酸盐-亚硒酸钠(Na2SeO3)，能促进细胞DNA的增殖活性，延缓细胞衰老，SeO32-中的Se原子杂化方式是_______杂化；(4)镉(Cd)与锌

为同族相邻元素，Cd原子最外层电子排布图为____________。(5)锌单质晶体是六方最密堆积，原子按___________(填“ABABAB"或“ABCABCABC")的方式堆积而成，晶体中Zn原子的配位数为___________；(6)镉和锌都是电的良

导体，非金属晶体石墨也具有良好的导电性，下图为石墨晶体结构示意图及提供的资料，石墨的密度为_______g/cm3。(列式即可、阿伏加德罗常数为NA)。【答案】(1).H2O(2).4s24p4(3).sp3(4).(5).ABABAB(6).12(7).302A810absi

n60N【解析】【分析】(1)H2O分子间能形成氢键；(2)Se有4个电子层，最外层有6个电子；(3)SeO32-中的Se原子的杂化轨道数是6+2=42；(4)锌为30号元素，价电子排布是3d104s2，Cd与锌

同族相邻元素，Cd原子最外层电子排布式为5s2；(5)六方最密堆积，原子按ABABAB的方式堆积，原子最密堆积，配位数是12；(6)根据均摊原则，1个晶胞含有碳原子数是112=26，晶胞的体积是2-3031sin606b10cm2a；【详解】(1)H2O分子间能形成氢键

，沸点最高的氢化物是H2O；(2)Se有4个电子层，最外层有6个电子，基态原子的价电子层电子排布式是4s24p4；(3)SeO32-中的Se原子的杂化轨道数是6+2=42，杂化方式是sp3杂化；(4)锌为30号元素，价电子排布是3d104s2，Cd与锌同族相邻元素，C

d原子最外层电子排布式为5s2，最外层电子排布图为；(5)六方最密堆积，原子按ABABAB的方式堆积，最密堆积，配位数是12，所以晶体中Zn原子的配位数为12；(6)根据均摊原则，1个晶胞含有碳原子数是112=26，晶胞的

体积是2-3031sin606b10cm2a，石墨的密度为-32-30A212gcm1sin606b102Na=33A-02810Nabsmi60gnc。【点睛】本题考查物质结构与性质，明确氢键、核外电子排布、晶

胞计算，熟悉金属晶体原子堆积方式，会根据均摊原则计算晶胞中的原子数。30.甲苯是有机化工生产的基本原料之一。利用乙醇和甲苯为原料，可按下列路线合成分子式均为C9H10O2的有机化工产品E和J。已知下列信息：①通常在同一个碳原子.上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。②G的核磁共振氢谱表明其只有

三种不同化学环境的氢。请回答下列问题：(1)D的名称是____________；(2)①的反应类型为_____________，②的反应类型为_____________；(3)F的结构简式为____________。(4)写出B+D-→E反应方程式：__________________

______；(5)E、J有多种同分异构体，且符合下列条件的同分异构体有_______种，结构简式分别为____________。①苯环上有两个取代基；②与E、J属同类物质；③核磁共振氢谱表明苯环上只有两组峰；④核磁共振氢谱共有4组峰，且峰面积之比为3:2

:2:3【答案】(1).苯甲醇(2).取代反应(3).酯化反应(或取代反应)(4).(5).CH3COOH++H2O(6).2(7).【解析】【分析】根据题目信息可知：A是乙醛，B是CH3COOH；-CH3在光照条件下甲基与氯气发生取代反应生成，然后在NaOH溶液加热条件下水解生成对应

醇、，根据已知信息，后两者自动脱水再酸化生成，则I是，然后依次回答即可；E的结构简式为，J的结构简式为，依此解答。【详解】（1）根据分析可知，D的结构简式为：，名称是：苯甲醇；（2）反应①是甲苯在光照的作用

下发生取代反应，反应类型为：取代反应，反应②是酸和醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应；（3）在NaOH溶液加热条件下水解生成，自动脱水生成F，F的结构简式为：；（4）B+D-→E反应方程式：CH3COOH++H2O；（5）E、J的同分异构体，符合下列条件：①苯环上有两个取

代基；②与E、J属同类物质；③核磁共振氢谱表明苯环上只有两组峰；④核磁共振氢谱共有4组峰，且峰面积之比为3:2:2:3；符合条件的同分异构体必须含酯基：—COO—，且只能有2个位于对位的取代基；核磁共振氢谱共有4组峰，且峰面积之比为3:2:2:3，可以写出相应的同分异构体有2种，结构

简式为：。31.化合物H是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体，其合成路线如下：(1)化合物A的名称为_________________；(2)化合物C的分子式为_________________；(3)反应①→⑤中，属于取代反应

的是______________(填序号)；(4)同时满足下列条件的B的同分异构体有________种；I.分子中含有两个苯环；Ⅱ.分子中有7种不同化学环境的氢；Ⅲ.不能与FeCl3溶液发生显色反应，但水解产物之一能发生此反应。(5)实

现D→E的转化中，加入的化合物X能发生银镜反应，X的结构简式为__________，一定条件下1molX最多能与___molH2发生加成反应；(6)已知：。化合物是合成抗癌药物美法伦的中间体，请写出以/和为原料制备该化合物的合成路线流程图(无机试剂任用):__________________

______________________________________。【答案】(1).邻羟基苯甲醛(2).C14H14O2(3).①③⑤(4).2(5).(6).4(7).【解析】【详解】（1）由图示A的结构简式可知A的名称为：邻羟基苯甲醛，故答案为：邻羟基苯

甲醛；（2）由C的结构简式不难的出C的分子式为：C14H14O2，故答案为：C14H14O2；（3）A物质羟基上的氢原子在一定条件下被苄基取代，经反应①生成B；B中醛基在一定条件下经反应②被还原为C中的羟基，发生还原反应或者加成反应；C物质羟基上的氢原子在一定条件下被氯原子取代，经反应③生成

D，发生取代反应；D物质的氯原子在一定条件下经反应生成E；E物质中碳碳双键经反应④生成F，发生加成反应，F经反应⑤发生取代反应生成G，故答案为：①③⑤；（4）B为，B的一种同分异构体满足：I.分子中含有两个苯环；Ⅱ.分子中有7种不同化学环境的氢；Ⅲ.不

能与FeCl3溶液发生显色反应，但水解产物之一，能发生显色反应，则该有机物中不含酚羟基，含2个苯环以及酯的结构，且水解后生成苯酚结构，符合条件的同分异构体为：或者共两种，故答案为：2；（5）D为，D与X反应生成E，X

能发生银镜反应，X一定含-CHO，结合E的结构简式，则X的结构简式为：，由X的结构简式可知：苯环和醛基都能与氢气发生加成反应，即1molX最多能与4molH2加成，故答案为：；4(6)苯先发生硝化反应生成硝基苯，再还原为苯胺，然后结合流程图中的信息，2-

NH-可与发生类似G转化为H的反应生成与目标产物相类似的结构，该物质再与2SOCl在加热条件下发生类似C转化为D的反应得到目标产物，则合成路线流程图为：