【化学】内蒙古自治区通辽市开鲁县第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试(解析版) 22页

内蒙古自治区通辽市开鲁县第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试 ‎1. 下列实验操作和数据记录都正确的是( )‎ A. 用托盘天平称量时，将NaOH固体放在右盘内的纸上，称得质量为‎10.2 g B. 用25 mL碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，体积为16.60 mL C. 用干燥的广泛pH试纸测稀盐酸的pH＝3.2‎ D. 用10 mL量筒量取NaCl溶液，体积为9.2 mL ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧化钠应该放在小烧杯中称量，A错误；‎ B. 应该用25 mL酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，B错误；‎ C.广泛pH试纸读数只能是整数，C错误；‎ D. 用10 mL量筒量取NaCl溶液，体积为6.5 mL，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.用硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)配制480mL浓度为0.5mol·L－1的溶液，下列说法正确的是 A. 用托盘天平称量‎60.0g硫酸铜晶体 B. 如果称量时试剂和砝码放反了，对配制结果没有影响，因为没有使用游码 C. 如果定容时俯视所配溶液浓度会偏高 D. 在转移溶液后，可以不用洗涤玻璃棒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用硫酸铜晶体配制480mL浓度为0.5mol/L的溶液，需要利用500mL容量瓶，则用托盘天平称量硫酸铜晶体的质量是‎0.5L×0.5mol/L×‎250g/mol＝‎62.5g，A错误；‎ B．如果称量时药品和砝码放反了，则实际称量的质量小于‎62.5g，结果偏低，B错误；‎ C．如果定容时俯视，则溶液体积减少，所配溶液浓度会偏高，C正确；‎ D．在转移溶液后，必须洗涤玻璃棒和烧杯，并把洗涤液也注入容量瓶中，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 用图示仪器Ⅰ准确量取25.00mL酸性KMnO4溶液 B. 装置Ⅱ可用于已知浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度盐酸的实验 C. 中和滴定时，滴定管用所盛装的待装液润洗2～3次 D. 中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图Ⅰ所示的滴定管是碱式滴定管，在主体部分和尖嘴之间有一段橡皮管，橡胶容易被强氧化剂氧化，因此，准确量取25.00mL酸性KMnO4溶液要用酸式滴定管，故A错误；‎ B．氢氧化钠溶液应该装碱式滴定管中，若氢氧化钠放在酸式滴定管中，会和玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，使活塞粘住，而图Ⅱ中氢氧化钠溶液装在了酸式滴定管中，故B错误；‎ C．中和滴定实验中，量取一定体积待测液的滴定管需先用待测液润洗2～3次，才能装入待测液，以保证待测液浓度的准确度，故C正确；‎ D．中和滴定实验时，不能用待测液润洗锥形瓶，若先用待测液润洗锥形瓶，再放入一定体积的待测液，会导致滴定结果偏大，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.实验室用标准KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液，下列说法或操作正确的是 A. 盛FeSO4溶液的锥形瓶滴定前用FeSO4溶液润洗2～3次 B. 选碱式滴定管量取标准KMnO4溶液，并用碘化钾淀粉溶液作指示剂 C. 滴定前仰视读数，滴定后俯视读数会导致滴定结果偏低 D. 锥形瓶内溶液颜色变化由浅绿色变为紫红色，立即记下滴定管液面所在刻度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盛FeSO4溶液的锥形瓶滴定前不能用FeSO4‎ 溶液润洗，否则会造成结果误差，故A错误；‎ B．KMnO4溶液具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管下端的橡皮管，高锰酸钾溶液显紫色，滴定终点时，颜色变浅，自身可以做指示剂，不需要用淀粉碘化钾溶液做指示剂，故B错误；‎ C．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数会导致溶液体积偏小，根据c(待测)= ，滴定结果偏低，故C正确；‎ D．滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由浅绿色变为浅紫色，且30s不变色，达到滴定终点，再记下滴定管内液面所在刻度，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.实验室现有3种酸碱指示剂，其pH的变色范围如下：甲基橙：3.1～4.4，石蕊：50～8.0，酚酞：8.2～10.0，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述正确的是( )‎ A. 溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂 B. 溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂 C. 溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂 D. 溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，为了减少滴定误差，应选择指示剂的pH范围与CH3COONa溶液的pH接近，所以指示剂选择酚酞，故答案为D。‎ ‎6.常温下，将醋酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH＝7，下列叙述正确的是 A. 若浓度相同，混合时V(NaOH)＞V(CH3COOH)‎ B. 若体积相同，混合时c(CH3COOH)＜c(NaOH)‎ C. 混合后的溶液中溶质既有CH3COONa又有CH3COOH D. 无法确定混合后的溶液中c(CH3COO－)与c(Na＋)的关系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 醋酸为弱电解质，不能完全电离，将醋酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液 pH=7，说明溶液呈中性，则溶液中存在：c(H+)=c(OH-)，溶液呈电中性，则存在c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，可得：c(Na+)=c(CH3COO-)，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．若浓度相同，混合时V(NaOH)＞V(CH3COOH)，则混合后碱过量，溶液的pH＞7，故A错误；‎ B．若体积相同，混合时c(CH3COOH)＜c(NaOH)，则混合后碱过量，溶液的pH＞7，故B错误；‎ C．醋酸为弱电解质，不能完全电离，将醋酸和氢氧化钠溶液混合，若醋酸小于等于NaOH的物质的量，溶液pH＞7，所得溶液 pH=7，醋酸应过量，则混合后的溶液中溶质既有CH3COONa又有CH3COOH，故C正确；‎ D．溶液 pH=7，说明溶液呈中性，则溶液中存在：c(H+)=c(OH-)，溶液呈电中性，则存在c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，可得c(Na+)=c(CH3COO-)，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.实验室用标准盐酸来测定某溶液的浓度，甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是（ ）‎ A. 酸式滴定管未用标准盐酸润洗 B. 开始时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 C. 锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度 D. 盛溶液的锥形瓶滴定前用溶液润洗2～3次 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、酸式滴定管未用标准盐酸润洗，酸的浓度偏小，偏大，根据c(待测)= 可知，测定的）偏高，故不选A；‎ B、开始时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失， 偏大，根据c(待测)= 可知，测定的）偏高，故不选B；‎ C、锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度，变色之后立即停止滴定有可能是局部过量造成的，这样滴加的偏小，根据c(待测)=‎ ‎ 可知，测定的偏低，故选C；‎ D、盛溶液的锥形瓶滴定前用溶液润洗，偏大，则消耗偏大，根据c(待测)= 可知，测定的偏高，故不选D；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，会根据c(待测)= 判断误差，若引起V(标准)偏大，则c(待测)偏大。‎ ‎8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 A. 标准状况下，2.24LHF中含有的极性键数目为0.1NA B. 18g重氢氨基(－ND2)中含有的电子数为10NA C. 33.6L氯气与足量铝充分反应，转移电子数3NA D. 7g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标况下，HF为液体，不能使用气体摩尔体积计算，故A错误；‎ B．18g重氢氨基(-ND2)物质的量为=1mol，1个-ND2具有9个电子，其中含有的电子数为9NA ，故B错误；‎ C．未告知温度和压强，无法计算33.6L 氯气的物质的量，也就无法计算转移的电子数，故C错误；‎ D．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，7g乙烯和丙烯的混合物中含=0.5molCH2，故含NA个氢原子，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.磷烯(如图)是由磷原子六元环组成的蜂巢状褶皱二维晶体，它是白磷()的同素异形体。设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 3.1g白磷中含P—P键的数目为0.3NA B. 6.2g磷烯中含六元环的数目为0.1NA C. 0.1molP4与0.6molH2在密闭容器中发生反应P4+6H24PH3，生成PH3分子的数目为0.4NA D. 0.1molP4发生反应P4+5O2=2P2O5，转移的电子数为20NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 3.1g白磷的物质的量为，一分子白磷中含有6根P—P键，则3.1g白磷中P—P键的数目为0.025×6NA=0.15NA，故A错误；‎ B. 6.2g磷烯的物质的量为0.2mol，根据均摊法知，一个六元环含有P原子的数目为，则6.2g磷烯含六元环的数目为0.1NA，故B正确；‎ C. 该反应为可逆反应，不能完全进行到底，因此生成PH3分子的数目应小于0.4NA，故C错误；‎ D. P元素的化合价从0升高为+5价，O元素的化合价从0降低为-2价，则1molP4失电子数目为20NA，在氧化还原反应中，氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移电子数，则0.1molP4发生反应转移的电子数为2NA，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎10.代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )‎ A. 1mol 中含有个 B. 4.6g分子式为的有机物中碳氢键数目一定是 C. 电解精炼铜中转移1mol电子，阳极质量减少32g D. 将含0.1mol的饱和溶液滴入沸水中，形成的胶体粒子的数目少于 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H2O2是共价化合物，其结构中无离子，A错误；‎ B.分子式为C2H6O的有机物，可能是乙醇，也可能是二甲醚，乙醇和二甲醚的分子中碳氢键的数目是不同的，故无法确定4.6g分子式为的有机物中碳氢键数目，B错误；‎ C.电解精炼铜中，粗铜作阳极，当转移1mol电子时，阳极溶解的金属除了铜之外还有其他金属，故阳极减少的质量不一定是32g，C错误；‎ D.胶粒是许多个分子的聚集体，因此，将含0.1mol的饱和溶液滴入沸水中，生成的 Fe(OH)3胶体粒子数远少于0.1NA，D说法正确。‎ 故选D。‎ ‎11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1.0L0.5mol·L-1FeBr2溶液与1molCl2反应时转移的电子数目为2NA B. 25℃，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10-9NA C. 3.0g甲醛(HCHO)和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4NA D. 标准状况下，2.24L二氯甲烷中含有的原子数目为0.5NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1.0L0.5mol·L-1FeBr2溶液与1molCl2反应时，Cl2过量，Fe2+、Br-全部参加反应，转移的电子数目为1.5NA，A不正确；‎ B．25℃，1LpH=9的CH3COONa溶液中，水电离产生的c(OH-)=1×10-5mol/L，所以发生电离的水分子数为1×10-5NA，B不正确；‎ C．3.0g甲醛(HCHO)和冰醋酸的最简式都为CH2O，3.0g混合物中含有0.1mol“CH2O”，所以含有的原子总数为0.4NA，C正确；‎ D．标准状况下，二氯甲烷呈液态，无法计算含有的原子数目，D不正确；‎ 故选C。‎ ‎12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )‎ A 标准状况下，1mol -OH中含有9NA个电子 B. 在精炼铜的过程中，当阳极有32g铜参加反应时转移电子数为NA C. 常温下，0.1mol环氧乙烷( )中含有的共价键数目为0.3NA D. 1L0.5mol/LpH=7的CH3COONH4溶液中数目为0.5NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1个-OH所含电子数为9，所以1mol-OH含有9mol电子，即9NA个，故A正确；‎ B．1mol铜变为铜离子失去2mol电子；精炼铜的过程中阳极上为粗铜，粗铜中比铜活泼的金属会先放电，所以当32g铜（物质的量为0.5mol）参加反应时转移电子数不是NA，故B错误；‎ C．1个环氧乙烷分子中有7个共价键，所以0.1mol环氧乙烷中含有的共价键数目为0.7NA，故C错误；‎ D．CH3COONH4溶液中铵根会发生水解，所以1L0.5mol/LpH=7的CH3COONH4溶液中数目小于0.5NA，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎13.以天然气为原料经由合成气(CO、H2)制化学品是目前天然气转化利用的主导技术路线。制备CH3OH的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 用1 mol CH4理论上能生产标准状况下CH3OH 22.4 L B. 等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH的质子数比CH4多8NA C. 44 g CO2气体和44 g CH4与CO的混合气体，所含C原子数均为NA D. 用CH4制备合成气的反应中，若生成1 mol CO，反应转移电子数为3NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图中信息可知，制备CH3OH的反应过程为：CH4(g)=C(s)+2H2(g) ，CO2(g)+C(s)=2CO (g) ，2H2(g)+CO(g)=CH3OH(l)，总反应为：CH4(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+CO(g)，据此分析。‎ ‎【详解】A．CH3OH在标况下不是气体，故无法得出标况下的体积是22.4 L的结论，故A错误；‎ B．1mol的CH3OH和CH4，一个甲醇分子含有18个质子，一个甲烷分子含有10个质子，一个甲醇分子比一个甲烷分子多8个质子，1mol的CH3OH比CH4多8NA 个质子，但等物质的量没给出具体的物质的量数值，故CH3OH的质子数不一定比CH4多8NA，故B错误；‎ C．44 g CO2气体的物质的量为，一氧化碳的相对分子质量为28，甲烷的相对分子质量为16，44 g CH4与CO的混合气体假设全部是CH4气体，物质的量为＞1mol，44 g CH4与CO的混合气体假设全部是CO气体，物质的量为＞1mol，故44 g CH4与CO的混合气体的物质的量大于1mol，所含C原子数大于1mol，故C原子数大于NA，故C错误；‎ D．制备CH3OH的反应过程中生成一氧化碳，发生反应：CO2(g)+C(s)=2CO(g)，生成2mol一氧化碳时，转移2mol电子消耗1mol碳原子，消耗的碳原子来自于甲烷的分解，CH4(g)=C(s)+2H2(g) ，甲烷中碳的化合价从-4价升高到0价，生成1mol碳原子转移的电子的物质的量为4mol，要生成2mol一氧化碳共需要转移6mol电子，则若生成1 mol CO，反应转移电子的物质的量为3mol，转移的电子数为3NA；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】D项为易错点，需要分析生成一氧化碳和消耗碳的两步反应总共转移的电子数。‎ ‎14.医用酒精(75%乙醇)和84消毒液(主要成分是次氯酸钠)均能用于消毒。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 74.5g次氯酸钠中含有的分子数目为NA B. 1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为2 NA C. 46g医用酒精中含有碳碳键的数目为0.75 NA D. 1mol乙醇和1mol乙烯分别完全燃烧，消耗氧气的分子数均为3 NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．次氯酸钠由Na+和ClO-构成，不存在分子，A错误；‎ B．NaClO+2HCl=NaCl+H2O+Cl2↑~1e-，故1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为1 NA，B错误；‎ C．医用酒精为体积分数为75%的乙醇溶液，不是质量分数，现有条件无法计算乙醇的物质的量，也就无法计算碳碳键的数目，C错误；‎ D．由CxHyOz+(x+)O2xCO2+H2O可知，1mol乙醇(C2H5OH)完全燃烧消耗(2+)mol=3molO2，1mol乙烯(C2H4)完全燃烧消耗(2+)mol=3molO2，即1mol乙醇和1mol乙烯分别完全燃烧，消耗氧气的分子数均为3 NA，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎15.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是（ ）‎ A. W的原子半径大于Z，金属性强于Z B. W元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB族 C. 可以通过电解熔融的己来制备戊 D. X和Y形成的化合物中只含极性共价键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数等于族序数，则X、Z可能分别为H和Al；甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙为四氧化三铁；根据这四种元素组成的单质或化合物之间的转化关系可知，甲为Fe、乙为H2O、丁为H2、戊为Al、己为Al2O3，故X、Y、Z、W分别为H、O、Al、Fe。‎ ‎【详解】A. Fe的金属性弱于Al，A不正确；‎ B. Fe元素在周期表中的位置是第四周期VIII族，VIII族既不是主族也不是副族，B不正确；‎ C. 工业上通过电解熔融的Al2O3来制备Al，C正确；‎ D. H和O形成的化合物中，H2O2分子中既含极性共价键，又含非极性共价键，D不正确。‎ 综上所述，相关说法正确的是C。‎ ‎【点睛】X、Z的周期序数等于族序数、丙为具有磁性的黑色晶体，这两条信息是本题的突破口。根据戊在高温下可以与丙发生置换反应，可以判断该反应为铝热反应，由此可以逐一确定各种物质和元素。‎ ‎16.短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，X、Q同主族，W的简单氢化物可用作制冷剂，X是地壳中含量最多的元素，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，五种元素的最外层电子数之和为21。下列说法正确的是 A. 简单离子半径：X＜Y＜Z＜Q B. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Y＜Z C. X的简单氢化物的热稳定性比W的强 D. 工业上冶炼Y、Z的单质均是电解其熔融的氯化物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W的简单氢化物可用作制冷剂，所以W为N元素；X是地壳中含量最多的元素，所以X为O元素；X与Q同主族，且为短周期元素，所以Q为S元素，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y为Na元素；五种元素最外层电子数之和为21，所以Z的最外层电子数为21-5-6-6-1=3，则Z为Al元素。‎ ‎【详解】A．O2-、Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越小半径越大，所以离子半径Al3+Al，所以Na的最高价氧化物的水化物的碱性更强，故B错误；‎ C．非金属性O>N，所以O的简单氢化物的稳定性大于N，故C正确；‎ D．Al的氯化物AlCl3为共价化合物，熔融状态下不能导电，无法电解，一般电解熔融状态下的Al2O3制取铝单质，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎17.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中。常温下Z单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是（ ）‎ A. 元素Y的最高化合价为+6价 B. 最简单氢化物的沸点：Y＞W C. 原子半径的大小顺序：W＞Q＞Z＞X＞Y D. X、Z、W、Q分别与Y均能形成多种二元化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常用做溶剂的氢化物为H2O，则Y为O，极易溶于水的氢化物有HCl和NH3，X的原子序数小于Y，则X应为N；常温下Z单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，可以联想到铝在浓硫酸和浓硝酸中钝化，而W的原子序数大于Z，所以Z为Al，W为S；短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Q为Cl，综上所述X为N、Y为O、Z为Al、W为S，Q为Cl；据此分析。‎ ‎【详解】A．Y为O元素，没有正价，没有+6价，故A错误；‎ B．Y、W的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，硫化氢分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故沸点 H2O＞H2S，故B正确；‎ C．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z(Al)＞W(S)＞Q(Cl)＞X(N)＞Y(O)，故C错误；‎ D．X为N、Z为Al、W为S，Q为Cl、Y为O，N和O可以形成NO或NO2等、Al与O只能形成Al2O3、S和O可以形成SO3或SO2等、Cl可以和O形成Cl2O或Cl2O7等、故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎18.四种短周期元素 X、Y、Z 和 W 在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为 48。下列说法不正确的是 A. 原子半径(r)大小比较 r(X)＞r(Y)‎ B. Z 的最低价单核阴离子的还原性比Y 的强 C. X 和 W 可形成共价化合物XW3‎ D. 含氧酸的酸性强弱关系一定是：W＞Z ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设Y的原子序数为a，则X原子序数为a－1，Z的原子序数为a+8，W的原子序数为a+9，因此a+ a－1+ a+8+a+9=48，则a=8，则X为N，Y为O，Z为S，W为Cl。‎ ‎【详解】A. 同周期从左到右原子半径逐渐减小，因此原子半径(r)大小比较 r(N)＞r(O)，故A正确；‎ B. 非金属越强，对应阴离子的还原性越弱，O非金属性比S强，因此Z的最低价单核阴离子(S2−)的还原性比Y 的的最低价单核阴离子(O2−)强，故B正确；‎ C. X 和 W 可形成共价化合物NCl3，故C正确；‎ D. 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此最高价氧化物对应水化物的酸性强弱关系是：HClO4＞H2SO4，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎19.W、X、Y、Z、M均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X同族。Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，是Z原子最外层电子数的2倍，M的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法正确的是 A. 离子半径：W-Li+，A 错误；‎ B. Al处于分界线附近，具有一定的金属性和非金属性，与非金属元素形成共价键，Li为活泼金属容易失去电子形成离子键，其中H为-1价，处于最低价态，具有还原性，B正确；‎ C.工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，C错误；‎ D.H2O2具有强氧化性，能使品红褪色，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎20.X、Y、Z、M、Q、R为短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法错误的是 A. R不能把Q从其盐溶液中置换出来 B. X、R、Q三种元素可以构成离子化合物 C. 热稳定性：ZX3＜YX4‎ D. X2M的水溶液露置于空气中易变质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、M、Q、R为短周期元素，X、R最外层只有一个电子，为第IA族元素；Q最外层有3个电子，位于第ⅢA族，Y最外层有4个电子，位于第ⅣA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，M最外层有6个电子，位于第VIA族；R原子半径最大，为Na元素；X原子半径最小，为H元素；Y原子半径大于Z、小于M，M原子半径小于R、大于Y，可知Q是Al、Y是C、Z是N、M为S元素。‎ ‎【详解】由分析可知，X、Y、Z、M、Q、R分别为H、C、N、S、Al、Na；‎ A.Na的化学性质较活泼，放入Al的盐溶液中，是与水反应，不能把Al置换出来，A正确；‎ B. X、R、Q分别为H、Na、Al，形成的化合物NaAlH4、Na[Al(OH)4]，都是离子化合物，B正确；‎ C.同一周期从左到右，非金属性逐渐增强，则N＞C，热稳定性越稳定：NH3＞CH4，C错误；‎ D.H2S易被氧气氧化生成硫和水，H2S的水溶液露置于空气中易变质，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎21.A12O3在一定条件下可转化为硬度、熔点都很高的氮化铝晶体，氮化铝的晶胞如图所示。下列说法正确的是 A. 氮化铝属于离子晶体 B. 氮化铝可用于制造切割金属的刀具 C. 一个氮化铝晶胞中含有9个A1原子 D. 氮化铝晶体中A1的配位数为2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据氮化铝晶体的性质，可知它属于原子晶体，故A错误；‎ B．根据氮化铝晶体属于原子晶体，能用于制造切割金属的刀具，故B正确；‎ C．根据晶胞结构可知，一个氮化铝晶胞中含有的 Al 原子的数目为8×＋1＝2，故C错误；‎ D．观察氮化铝晶胞结构可得，Al原子周围有4个N原子，晶体中Al的配位数为4，故D错误。‎ 答案为B。‎ ‎22.2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：‎ ‎(1)基态As原子的价电子排布图为____________，基态Ga原子核外有________个未成对电子。‎ ‎(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ•mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为____和+3，砷的电负性比镓____(填“大”或“小”)。‎ ‎(3)1918年美国人通过反应：HC≡CH+AsCl3CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HC≡CH分子中σ键与π键数目之比为________；AsCl3分子的空间构型为___________。‎ ‎(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为_______‎ ‎(5)GaAs为原子晶体，密度为ρg•cm-3，其晶胞结构如图所示， Ga与As以_______键键合。Ga和As的原子半径分别为a pm和b pm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______________(列出计算式，可不化简)。‎ ‎【答案】 (1). ） (2). 1 (3). +1 (4). 大 ‎ ‎(5). 3:2 (6). 三角锥形 (7). sp3 (8). 共价 (9). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)As为33号元素，基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子；‎ ‎(2)根据电离能知，失去1个或3个电子时电离能发生突变，由此可推知镓的主要化合价，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大；‎ ‎(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算结合价层电子对互斥理论判断空间构型；‎ ‎(4)根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；‎ ‎(5)根据GaAs为原子晶体判断Ga和As原子之间的作用力；根据均摊法计算该晶胞中Ga、As原子个数，计算晶胞的质量和体积，再根据晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%计算。‎ ‎【详解】(1)基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，所以其价电子排布式为，基态Ga原子核外4p能级上有 ‎1个电子，则Ga未成对电子数是1，故答案为；1；‎ ‎(2)根据镓失去电子的逐级电离能知，失去1个或3个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者位于同一周期且原子序数Ga＜As，则电负性As比Ga大，故答案为+1；大；‎ ‎(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键，因此乙炔分子中含有3个σ键、2个π键，则σ键、π键个数之比为3∶2；AsCl3分子中As原子价层电子对个数=3+=4，含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形，故答案为3∶2；三角锥形；‎ ‎(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3，故答案为sp3；‎ ‎(5)GaAs为原子晶体，Ga和As原子之间以共价键键合；该晶胞中Ga原子个数是4、As原子个数=8×+6×=4，所以其化学式为GaAs，该晶胞体积==cm3，该晶胞中所有原子体积=4×π[(a×10-10)3+(b×10-10)3]cm3=4×π×10-30×(a3+b3)cm3，GaAs晶胞中原子体积占晶胞体积的百分率=×100%= ×100%，故答案为共价； ×100%。‎ ‎23.钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。‎ ‎（1）Co的价电子排布式为_______，的I4(Co)_______的I4(Fe)(填>、<或者=)，原因是___________。‎ ‎（2）Fe、Co均能与CO形成配合物，如Fe(CO)5、Co2(CO)8的结构如图1、图2所示，图1中0.1molFe(CO)5含有配位键_______个，写出与CO互为等电子体的阴离子____，图2中的σ键和π键个数之比是_______(填元素符号)。‎ ‎（3）金属钴的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是______；该晶胞的边长为anm，高为cnm，该晶胞的密度为______________g·cm-3。(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出代数式)‎ ‎【答案】 (1). 3d74s2 (2). < (3). Co失去三个电子后会变成［Ar］3d6，更容易再失去一个电子形成半满状态［Ar］3d5，Fe失去三个电子后会变成［Ar］3d5，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子 (4). 6.02×1023(或NA) (5). N2、CN- (6). 19:14 (7). 12 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Co的原子序数为27，则Co核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，价电子排布式为：3d74s2；第四电离能I4(Co)＜I4(Fe)，其原因是Co失去三个电子后会变成［Ar］3d6，更容易再失去一个电子形成半满状态［Ar］3d5，Fe失去三个电子后会变成［Ar］3d5，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子，故答案为：3d74s2；＜；Co失去三个电子后会变成［Ar］3d6，更容易再失去一个电子形成半满状态［Ar］3d5，Fe失去三个电子后会变成［Ar］3d5，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子；‎ ‎(2)Fe(CO)5中C原子和Fe原子之间形成配位键，-C≡O中C原子和O原子之间形成1个配位键，所以0.1molFe(CO)5含有1mol配位键，个数为6.02×1023(或NA)，等电子体是原子个数和电子数均相等的粒子，CO含2个原子核14个电子，其等电子体可以是：N2、CN-，一个单键含有1个σ键，一个双键含有1个σ键和1个π键，一个三键含有1个σ键和2个π键，则图2中的σ键和π键个数之比是19:14，故答案为：6.02×1023(或NA)；N2、CN-；19:14；‎ ‎(3)六方最密堆积，配位数是12，钻晶体晶胞中顶点占，面心占，体内占1，则该晶胞中原子个数为，图中结构单元底面为正六边形，边长为xnm，底面面积为，结构单元的体积为，结构单元中原子总质量为，则晶体密度，故答案为：12；。‎ ‎24.某同学帮助水质监测站配制480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液以备使用。‎ ‎（1）该同学应选择________mL容量瓶。‎ ‎（2）其操作步骤如图所示，则上图框中的操作应在图中________(填字母)之间。‎ A．②与③B．①与②‎ C．③与④D．④与⑤‎ ‎（3）该同学应称取NaOH固体__________g，用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在附表中选取所需的砝码大小__________(填字母)，并在如图中选出能正确表示游码位置的选项________。‎ 附表：砝码规格 a b c d e 砝码大小/g ‎100‎ ‎50‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎5‎ ‎（4）下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响？(填“偏大”“偏小”或“无影响”)‎ ‎①定容时，俯视读数，浓度会__________；‎ ‎②转移溶液的过程中，少量液体溅出来，浓度会________；‎ ‎③容量瓶未干燥，浓度会________；‎ ‎④定容摇匀后发现溶液的凹液面低于刻度线，浓度会______。‎ ‎【答案】 (1). 500 (2). D (3). 10.0 (4). c、d (5). C (6). 偏大 (7). 偏小 (8). 无影响 (9). 无影响 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配制一定物质的量浓度溶液的主要步骤为：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→定容，结合相关知识解答。‎ ‎【详解】(1)容量瓶的规格应等于或稍大于配制溶液的体积，实验室没有480mL容量瓶，所以应选500mL容量瓶，故答案为：500；‎ ‎(2)框中的操作为将蒸馏水注入容量瓶，该操作应在使用胶头滴管定容之前，即应在④与⑤之间，故答案为：D；‎ ‎(3)配制500mL0.5mol·L－1NaOH溶液需要NaOH的质量为0.5L×0.5mol·L－1×40g·mol－1＝10.0g。NaOH具有腐蚀性且易潮解，应放在烧杯内称量，计算可得NaOH与烧杯的总质量为10.0g＋23.1g＝33.1g，故应选择20g与10g的砝码，即选择c、d。由表中数据可知，最小的砝码为5g，游码的最大刻度为5g，所以游码应在3.1g的位置，故答案为：10.0；c、d；C；‎ ‎(4)①定容时，俯视读数，溶液的体积偏小，所配制溶液的浓度偏大，故答案为：偏大；‎ ‎②转移溶液的过程中，少量液体溅出来，溶质的物质的量偏小，所配制溶液的浓度会偏小，故答案为：偏小；‎ ‎③容量瓶使用时未干燥，溶质的物质的量和溶液的体积都不变，所以对配制溶液的浓度无影响，故答案为：无影响；‎ ‎④定容摇匀后溶液的凹液面低于刻度线，是因为部分溶液附着在瓶壁上，对溶液的浓度无影响，故答案为：无影响。‎ ‎25.滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一。常见的滴定实验有酸碱中和滴定、氧化还原反应滴定、沉淀滴定等。‎ ‎（1）氧化还原滴定-葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定，葡萄酒常用Na2S2O3作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：‎ 往实验中加入盐酸的目的是将Na2S2O3全部转化成SO2；滴定过程中发生的反应是：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4‎ ‎①加入盐酸时发生反应的离子方程式为______‎ ‎②滴定时，I2溶液应装在______（“酸”或“碱”）式滴定管中，该滴定过程的指示剂为______‎ ‎③实验消耗标准I2溶液50.00mL，所测样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为______g/L ‎④下列情形会造成测定结果偏高的是______‎ A．滴定持续时间稍长，溶液中部分HI被空气氧化 B．盛装标准I2溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗 C．滴定前平视，滴定后俯视 D．滴定前滴定管尖嘴有气泡滴定后气泡消失 ‎（2）沉淀滴定一滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。参考下表中的数据，若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是______（填选项字母），判断滴定终点的方法为：______‎ 难溶物 AgCl AgBr AgCN Ag2CrO4‎ AgSCN 颜色 白 浅黄 白 砖红 白 Ksp ‎1.77×10-10‎ ‎5.35×10-13‎ ‎1.21×10-16‎ ‎1.12×10-12‎ ‎1.0×10-12‎ A．Na2CrO4B．NaBrC．NaCND．NaCl ‎【答案】 (1). +2H+=SO2↑+S↓+H2O (2). 酸 (3). 淀粉 (4). 0.32 (5). BD ‎ ‎ (6). A (7). 有砖红色沉淀生成 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)加入HCl使葡萄糖样品中的Na2S2O3转化为SO2，滴定过程中SO2发生：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，根据消耗I2的量计算抗氧化剂的残留量；‎ ‎(2)沉淀滴定时，更难溶的物质先形成沉淀，结合表格所给信息和Ksp的表达式可知：滴加AgNO3溶液，形成沉淀的顺序为：AgCN、AgBr、AgSCN、AgCl、Ag2CrO4。‎ ‎【详解】(1)①结合氧化还原反应相关知识可知，加入盐酸时生成二氧化硫、S、水，离子反应为+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故答案为：+2H+=SO2↑+S↓+H2O；‎ ‎②I2溶液有氧化性，会腐蚀橡胶管，I2溶液应装在酸式滴定管中，用淀粉做指示剂，在滴定终点时，当滴入最后一滴碘溶液时，溶液由无色变为蓝色，且保持30s不褪色，故答案为：酸；淀粉；‎ ‎③令100mL葡萄酒样品中二氧化硫的质量为mg，则： ，解得m=0.032，故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为=0.32g/L，故答案为：0.32；‎ ‎④滴定过程中的原理为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，其离子方程式为SO2+I2+2H2O=SO42-+4H++2I-：‎ A．若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，使测定结果偏低，A不满足题意；‎ B．盛装标准I2溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗，所用的碘溶液的浓度偏低，用掉的碘溶液的体积偏大，使测定结果偏高，B满足题意；‎ C．滴定前平视，滴定后俯视，读取的碘溶液的体积偏小，使测定结果偏低，C不满足题意；‎ D．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则消耗碘溶液的体积偏大，使测定结果偏高，D满足题意；‎ 故答案为：BD；‎ ‎(2)Ag2CrO4在SCN-滴定完全后形成，且Ag2CrO4为砖红色沉淀，所以可选用的滴定指示剂的物质为Na2CrO4，滴定终点为有砖红色沉淀生成，故答案为：A；有砖红色沉淀生成。‎