甘肃省白银市2019-2020学年高二化学下学期期末经典试题

2019-2020学年高二下学期期末化学模拟试卷
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．化合物的分子式均为C8H8，下列说法不正确的是（）
A．甲、乙、丙的二氯代物数目最少的是丙
B．甲、乙、丙中只有甲的所有原子可能处于同一平面
C．甲、乙、丙在空气中燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰
D．等量的甲和乙分别与足量的溴水反应，消耗Br2的量：甲＞乙
2．已知：CH3CH2CH2CH2OH→CH3CH2CH2CHO
利用下图装置用正丁醇合成正丁醛。

相关数据如下：
密度/(g·cm－
水中溶解性
物质沸点/℃
3)
正丁醇117.2 0.8109 微溶
正丁醛75.7 0.8017 微溶
下列说法中，不正确
．．．的是（）
A．为防止产物进一步氧化，应将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中
B．向获得的粗正丁醛中加入少量金属钠，检验其中是否含有正丁醇
C．反应结束，将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，粗正丁醛从分液漏斗上口倒出
D．当温度计1示数为90～95℃，温度计2示数在76℃左右时，收集产物
3．环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[3，3]庚烷()是其中的一种。

下列关于该化合物的说法不正确的是（）
A．与环庚烯互为同分异构体B．二氯代物共有8种(不含立体异构)
C．所有碳原子不可能处在同一平面D．1mol该化合物含有18mol共价键
4．下列现象与氢键有关的是（）
①NH3的熔、沸点比第ⅤA族其他元素氢化物的熔、沸点高
②碳原子数较少的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③常温下H2O为液态，而H2S为气态
④水分子高温下也很稳定
A．①②③④B．①②③C．②③④D．①
5．已知反应：①101kPa时，2C(s)+O2(g)＝2CO(g) △H＝-221 kJ/mol；
②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)，△H＝-57.3 kJ/mol。

下列结论正确的是( )
A．反应①的反应热为221kJ
B．碳的燃烧热为△H＝-221 kJ/mol
C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为△H＝-57.3 kJ/mol
D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量
6．25 ℃时，在25 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液中，逐滴加入0.2 mol/L的CH3COOH溶液，溶液的pH变化如下图所示，下列分析的结论中正确的是（）
A．B点的横坐标a＝12.5
B．C点时溶液中有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
C．D点时溶液中有：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)
D．曲线上A、B间的任意一点，溶液中都有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
7．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是( )
A．0.1mol•L－1NaHCO3溶液中：C(Na+)+C(H+)=C(HCO3－)+C(CO32－)+C(OH－)
B．Na2CO3溶液中：C(OH－)=C(H+)+C(HCO3－)+2C(H2CO3)
C．Na2S溶液中：2C(Na+）= C(S2－)+C(HS－)+C(H2S)
D．pH相同的①CH3COONa、②NaOH、③NaClO三种溶液的c(Na+)：③>①>②
8．下列说法正确的是()
A．3p2表示3p能级有2个轨道
B．M能层中的原子轨道数目为3
C．1s22s12p1表示的是激发态原子的电子排布
D．处于同一轨道上的电子可以有多个，它们的自旋状态相同
9．下列粒子属等电子体的是（）
A．NO和O2B．CH4和NH4+C．NH2ˉ 和H2O2D．HCl和H2O
10．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列各项中的物质均在标准状况下，有关判断正确的是() A．16.8 L CH4和CO2的混合气体中含有的碳原子数为0.75N A
B．4.6 g NO2和CH3CH2OH的混合物中含有的分子数为0.1N A
C．5.6 L SO3中含有的电子数为30N A
D．11.2 L氖气中含有的原子数为N A
11．HCl气体易溶于溶剂A，那么下列物质也可能易溶于A的是()
A．NH3B．CH4C．CCl4D．O2
12．下列说法正确的是
A．常温下，物质的量浓度均为0.1 mol·L-1 Na2CO3和NaHCO3的等体积混合溶液中:
2c(OH-)-2c(H+)=3c(H2CO3)+c(HCO3-)-c(CO32-)
B．△H<0，△S>0的反应都是自发反应，△H>0，△S>0的反应任何条件都是非自发反应
C．已知:P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g)△H= akJ·mol-1 P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g) △H=bkJ·mol-1 P4具有正四面体结构，PCl5中P-Cl键的键能为ckJ·mol-1，PCl3中P-Cl键的键能为1.2c kJ·mol-1，由此计算Cl-Cl键的键能kJ·mol-1 D．在一定温度下，固定体积为2L密闭容器中，发生反应:2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H<0，当v(SO2)=v(SO3)时，说明该反应已达到平衡状态
13．已知反应2NO + 2H2 === N2 + 2H2O的速率方程为υ= kc2(NO)· c(H2)（k为速率常数），其反应历程如下：
① 2NO + H2 → N2+H2O2 慢
② H2O2 + H2→ 2H2O 快
下列说法不正确
．．．的是
A．增大c (NO) 或c(H2)，均可提高总反应的反应速率
B．c (NO) 、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度相同
C．该反应的快慢主要取决于反应①
D．升高温度，可提高反应①、②的速率
14．下列说法正确的是
A．为防止富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰
B．海水淡化能解决淡水供应危机，向海水中加净水剂明矾可以使海水淡化
C．中国的瓷器驰名世界。

我们日常生活中所用到的陶瓷，主要是硅酸盐产品
D．为缓解旱情，可以用干冰或溴化银进行人工降雨
15．以N A代表阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（）
A．1molNH3分子中含有3N A个σ键和4N A个sp3杂化轨道
B．1mol CO2分子中含有2N A个σ键和2N A个sp2杂化轨道
C．1mol C2H2分子中含有2N A个σ键2N A个π键
D．1mol C2H4分子中含有4N A个σ键2N A个π键
16．下列说法正确的是（）
A．Na2O与Na2O2所含化学键的类型完全相同
B．NaHSO4溶于水只需要克服离子键
C．碘晶体受热转变成碘蒸气，克服了共价键和分子间作用力
D．晶体熔沸点由高到低的顺序为：金刚石>氯化钠>水
17．用N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列叙述不正确的是：
A．2.7 g 金属铝分别与足量的NaOH溶液和盐酸反应转移的电子数目均为0.3N A
B．标准状况下，2.24 L Cl2与过量NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.1 N A
C．1L 1 mol•L-1 Na2CO3溶液中阴离子数小于N A
D．2.3 g金属钠完全反应生成Na2O与Na2O2的混合物中阴离子数为0.05 N A
18．设N A为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A．120g NaHSO4晶体中含有N A个SO42-
B．6.2 g氧化钠和7.8 g过氧化钠的混合物中含有的阴离子总数为0.2N A
C．4.6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成氢气分子数为0.1N A
D．NH4Cl+NaNO2=N2↑+NaCl+2H2O，每生成0.1mol N2，转移电子数为0.6N A
19．（6分）下列过程一定不能自发进行的是( )
A．2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)ΔH＞0
B．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＜0
C．(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)＋NH3(g)ΔH＞0
D．2CO(g)=2C(s)＋O2(g)ΔH＞0
20．（6分）高纯氧化铁是现代电子工业的重要材料。

以下是用硫酸厂产生的烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)为原料制备高纯氧化铁(软磁a-Fe2O3)的生产流程示意图。

下列说法不正确的是
A．酸溶时，常需将烧渣粉碎、并加入过量H2SO4，其目的是提高铁元素的浸出率，同时抑制铁离子的水解
B．反应②的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2S042-+16H+
C．加入NH4HCO3生成FeCO3，检验FeCO3是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少量放入试管，滴如
盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成说明洗涤干净
D ．锻烧时空气中的氧气作氧化剂，所以用氯气代替空气也可得到高纯氧化铁
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）50 mL 0.50 mol·
L －1盐酸与50 mL 0.55 mol·L －1 NaOH 溶液在如图所示的装置中进行中和反应。

通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。

回答下列问题：
(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是________。

(2)烧杯间填满碎纸条的作用是________。

(3)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值____________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。

(4)该实验常用0.50 mol·L －1 HCl 和0.55 mol·L －1 NaOH 溶液各50 mL 进行实验，其中NaOH 溶液浓度大于盐酸浓度的作用是______，当室温低于10 ℃时进行实验，对实验结果会造成较大的误差，其原因是_____________。

(5)实验中改用60 mL 0.50 mol·L －1盐酸与50 mL 0.50 mol·L －1 NaOH 溶液进行反应，与上述实验相比，所求得的中和热________(填“相等”或“不相等”)，简述理由： ______________。

(6)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH 溶液进行上述实验，测得的中和热ΔH 将________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）X 、Y 、Z 为元素周期表中原子序数依次增大的三种短周期元素，Y 与X 、Z 均相邻，X 、Y 与Z 三种元素原子的最外层电子数之和为19；W 的单质为生活中一种常见的金属，在Z 元素的单质中燃烧产生棕黄色的烟，生成3WZ 。

回答下列问题：
（1）Z 元素在元素周期表中的第____周期。

（2）2Z X 与足量的2YX 的水溶液发生反应生成两种强酸，写出该反应的离子方程式____。

（3）3WZ 易升华，易溶于水，乙醇/丙酮等溶剂。

据此推测其晶体熔化时克服的作用力是__，判断的依据是____。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．（8分）铜及其合金是人类最早使用的金属材料。

（1）下图是金属Ca 和Cu 所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca 和Cu 的原子个数比为___________。

（2）Cu2＋能与NH3、H2O、Cl－等形成配位数为4的配合物。

①［Cu(NH3)4］2＋中存在的化学键类型有_____________（填序号）。

A．配位键 B．金属键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E．离子键
②［Cu(NH3)4］2＋具有对称的空间构型，［Cu(NH3)4］2＋中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，则［Cu(NH3)4］2＋的空间构型为___________。

（3）第四周期过渡元素Fe、Ti可与C、H、N、O形成多种化合物。

①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为_______________________。

②下列叙述不正确的是____________。

（填字母）
A．因为HCHO与水分子间能形成氢键，所以CH2O易溶于水
B．HCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化
C．C6H6分子中含有6个键和1个大键，C2H2是非极性分子
D．CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低
③氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式________________。

（4）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物。

与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是_________写出一种与 CN- 互为等电子体的单质分子式
_______________________。

（5）一种Al－Fe合金的立体晶胞如下图所示。

请据此回答下列问题：
①确定该合金的化学式______________。

②若晶体的密度＝ρ g/cm3，则此合金中最近的两个Fe原子之间的距离(用含ρ的代数式表示，不必化简)为__________cm。

24．（10分）合成氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。

（1）反应N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)的化学平衡常数表达式为______。

（2）请结合下列数据分析，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反
应固氮的原因是______。

序号化学反应K(298K)的数值
①N2(g) + O2(g)2NO(g) 5×10-31
②N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) 4.1×106
（3）对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，在一定条件下氨的平衡含量如下表。

温度/℃压强/MPa 氨的平衡含量
200 10 81.5%
550 10 8.25%
① 该反应为______（填“吸热”或“放热”）反应。

② 其他条件不变时，温度升高氨的平衡含量减小的原因是______（填字母序号）。

a. 温度升高，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆向移动
b. 温度升高，浓度商(Q)变大，Q > K，平衡逆向移动
c. 温度升高，活化分子数增多，反应速率加快
d. 温度升高，K变小，平衡逆向移动
③ 哈伯选用的条件是550℃、10 MPa，而非200℃、10 MPa，可能的原因是______。

（4）一定温度下，在容积恒定的密闭容器中充入1 mol 氮气和3 mol氢气，一段时间后达化学平衡状态。

若保持其他条件不变，向上述平衡体系中再充入1 mol氮气和3 mol 氢气，氮气的平衡转化率______（填“变大”“变小”或“不变”）。

（5）尽管哈伯的合成氨法被评为“20世纪科学领域中最辉煌的成就”之一，但仍存在耗能高、产率低等问题。

因此，科学家在持续探索，寻求合成氨的新路径。

下图为电解法合成氨的原理示意图，阴极的电极反应式为______。

参考答案
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．D
【解析】本题考查有机物的结构与性质。

分析：A.先判断一氯代物的数目，再分析二氯代物数目；B.分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面；C.含碳量与最简式相同的乙炔含碳量相同，在空气中燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰；D.碳碳双键数目越多，消耗Br2的量越多。

详解：化合物甲的一氯代物有5种，二氯代物有5+3+4+2+0=14种，化合物乙的一氯代物有2种，二氯代物有3+3=6种，化合物丙的一氯代物有1种，二氯代物有3种，A正确；化合物甲含有一个苯环和一个碳碳双键，所有原子可能处于同一平面，化合物乙和化合物丙均含有饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面，B正确；化合物甲、化合物乙和化合物丙的最简式为CH，与乙炔含碳量相同，则在空气中燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰，C正确；化合物甲含有一个碳碳双键，1mol化合物甲消耗1mol Br2，化合物乙含有三个碳碳双键，1mol化合物乙消耗3mol Br2，D错误。

故选D。

点睛：判断二氯代物的数目时，应先写出一氯代物的结构简式，然后分析一氯代物有几种等效氢原子，等效氢原子的数目就是二氯代物的数目，如立方烷等效氢原子只有一种，所以一氯代物只有一种，立方烷一氯代物的等效氢原子有3种，详则其二氯代物有3种。

2．B
【解析】
【分析】
A．Na2Cr2O7溶在酸性条件下能氧化正丁醇；B．粗正丁醛中含有水；C．正丁醛密度小于水的密度；D．温度计1控制反应混合溶液的温度，温度计2是控制馏出成分的沸点；据此分析判断。

【详解】
A．Na2Cr2O7溶在酸性条件下能氧化正丁醇，所以将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故A正确；B．正丁醇能与钠反应，但粗正丁醛中含有水，水也可以与钠反应，所以无法检验粗正丁醛中是否含有正丁醇，故B错误；C．正丁醛密度为0.8017 g•cm-3，小于水的密度，故水层从下口放出，粗正丁醛从分液漏斗上口倒出，故C正确；D．由反应物和产物的沸点数据可知，温度计1保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，温度计2示数在76℃左右时，收集产物为正丁醛，故D 正确；故选B。

3．D
【解析】
【详解】
A、该有机物的分子式为C7H12，与环庚烯的分子式相同，其结构不同，故互为同分异构体，故A不选；
B、有2种不同位置的H原子，若二氯代物中两个Cl原子位于同一个C原子上，有2种同分异构体，若位于不同C原子上，在一个四元环上，有2种不同位置；若位于两个四元环上，可能有4种不同结
构，因此二氯代物共有2+2+4=8种，故B不选；
C、在螺[3，3]庚烷()分子中的C原子都是饱和C原子，由于与C原子连接的原子构成的是四面体结构，最多有三个原子处于同一平面上，因此不可能所有碳原子处在同一平面上，故C不选；
螺[3，3]庚烷分子式是C7H12，1个分子中含有8个C—C键，含有12个C—H，所以一个分子中含有20个共价键，则1mol该化合物中含有20mol共价键，故D选；
【点睛】
对于本题的B选项在分析时，可以直接书写判断：、，共8种二氯代物。

这类高度对称的结构需注意不能重复！本题的C选项还可根据碳的杂化方式判断，该有机物中碳原子均是sp3杂化，且全部为单键连接，故与碳原子相连的原子不可能都共平面。

4．B
【解析】
【详解】
①因第ⅤA族中，N的非金属性最强，NH3中分子之间存在氢键，则NH3的熔、沸点比VA族其他元素氢化物的高，①正确；
②分子中含有C原子数较少的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，因此可以和水以任意比互溶，②正确；
③水分子与分子间存在氢键，所以常温下H2O为液态，而H2S分子间无氢键，所以常温下为气态，③正确；
④水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，④错误；
可见说法正确的是①②③，故合理选项是B。

5．C
【解析】
【分析】
A、①的反应热为负值，单位是kJ/mol；
B、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；
C、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量；
D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量。

【详解】
A、反应热包含符号，①的反应热为221kJ/mol，A错误；
B、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，由反应①可知，2mol碳燃烧生成CO
放出的热量为221kJ，碳完全燃烧生成的是CO2，所以碳的燃烧热不是221kJ/mol，B错误；
C、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，中和热为放热反应，中和热为
57.3kJ/mol，稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/mol，C正确；
D、醋酸是弱电解质，电离吸收能量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，D错误；
答案选C。

【点睛】
本题考查燃烧热、中和热的理解，题目难度不大，注意中和热的表示方法，掌握燃烧热、中和热的含义是解答的关键。

选项D是解答的易错点，注意弱电解质存在电离平衡，电离吸热。

6．C
【解析】
【详解】
A、醋酸是弱酸，当氢氧化钠和醋酸恰好反应时，消耗醋酸的体积是12.5ml，此时由于醋酸钠的水解溶液显碱性，即pH大于7。

B点的pH＝7，说明醋酸溶液的体积应大于12.5ml，错误；
B、根据电荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，错误；
C、D点溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸的混合液，且二者的浓度相同，所以根据原子守恒可知选项C正确。

D、若加入的醋酸很少时，会有c(Na＋) >c(OH－) >c(CH3COO－)>c(H＋)，错误；
答案是C。

7．B
【解析】分析：A. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
B.根据质子守恒判断；
C.根据物料守恒判断；
D. 醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性，且醋酸钠根离子的水解能力小于次氯酸根离子；
详解：A. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2 c（CO32-）+c（OH-），故A错误；
B. 在Na 2CO3溶液中：Na2CO3=== 2Na＋+CO32―［2C(Na＋)=== C(CO32―)］；H2O H＋+OH―［C (H ＋)=== C (OH―)］
由于：CO 32―+H2O HCO3―+OH―，HCO3―+H2O H2CO3+OH―
所以，水电离出来的H＋在溶液存在形式有：HCO3―、H2CO3、H＋
即：质子守恒［水电离出来的H＋］C(OH―)==C HCO3―)+2C(H2CO3)+C(H＋)，故B正确；
C. 0.1 mol?L-1Na2S溶液中，根据物料守恒得：钠离子和含有硫元素的微粒个数之比是2：1，所以c（Na+）=2[c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）]，故C错误；
D. 氢氧化钠是强碱，完全电离，显碱性，醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性，且醋酸钠根离子的水解能力小于次氯酸根离子，所以pH相同的①CH3COONa ②NaClO ③NaOH三种溶液c（Na+）大小：①＞②＞③，故D错误；
答案选B。

点睛：本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性、弱电解质电离和盐类水解是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，题目难度不大。

8．C
【解析】A．3p能级有三个轨道，3p2表示3p能级有两个电子，而不是两个轨道，选项A错误；B．M层有s、p、d能级，s能级有1个轨道、p能级有3个轨道、d能级有5个轨道，轨道数=1+3+5=9，选项B 错误；C．1s22s12p1，根据能量最低原理，其基态应为1s22s2，1个2s电子被激发到2p能级上为激发态，选项C正确；D．同一轨道上最多排2个电子，其自旋方向相反，所以它们的状态并不完全相同，选项D 错误；答案选C。

点睛：本题考查原子核外能级分布，明确原子核外电子层顺序、每个电子层上能级分布即可解答，熟练掌握每个能级中轨道数，易错点为选项C，原子的核外电子排布符合能量最低原理、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，否则为激发态。

9．B
【解析】
【分析】
原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，据此分析解答。

【详解】
A．NO和O2的价电子数不等，不能互为等电子体，A错误；
B．CH4和NH4+的原子数和价电子数分别都相等，二者互为等电子体，B正确；
C．NH2¯和H2O2的原子数和价电子数分别都不相等，不能互为等电子体，C错误；
D．HCl和H2O的原子数不相等，不能互为等电子体，D错误。

答案选B。

10．A
【解析】
【详解】
A．在标准状况下，16.8L的混合气体，其物质的量n=16.8L÷22.4L·mol－1=0.75mol，不管CH4还是CO2中，每个分子均含有1个C原子，混合气体共0.75mol，所以混合气体所含C原子的物质的量也是0.75mol，碳原子数为0.75 N A，A项正确；
B．NO2和CH3CH2OH的相对分子质量均为46，4.6g的混合物，所含物质的量本应为0.1mol，但是NO2存在化学平衡2NO 2N2O4，所以混合物的物质的量小于0.1mol，B项错误；
C．SO3在标准状况下是固体，不能利用22.4L·mol－1来计算物质的量，C项错误；
D．氖Ne为单原子分子，分子中只有1个原子，标准状况下11.2L氖气的物质的量为n=11.2L÷22.4L·mol －1=0.5mol，所含原子的物质的量为0.5mol，原子数为0.5 N A，D项错误；
本题答案选A。

【点睛】
稀有气体均为单原子分子，每一个稀有气体分子中只有一个原子。

11．A
【解析】
【分析】
【详解】
由相似相溶原理得知，HCl气体为极性分子，则A为极性溶剂。

分析下列选项得知NH3为极性分子，故选A。

12．A
【解析】分析：A．根据碳酸钠、碳酸氢钠溶液中质子守恒进行解答；B．△G=△H-T•△S进行判断，如△G ＜0，则反应能自发进行，如△G＞0，则不能自发进行，据此分析；C．根据盖斯定律计算出PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g)的焓变，再根据题中键能关系计算出Cl-Cl键的键能；D．根据平衡状态时正反应速率等于逆反应速率分析判断。

详解：A．根据质子守恒，对于Na2CO3溶液中：c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)，NaHCO3溶液中：
c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)，两者等浓度、等体积混合后，溶液中两种溶质的物质的量相等，所以，将上述两式叠加：[c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)]+[c(OH-)+c(CO32-) =c(H+)+c(H2CO3)]，移项得
2c(OH-)-2c(H+)=3c(H2CO3)+c(HCO3-)-c(CO32-)，故A正确；B．△H＜0，△S＞0的反应都是自发反应，而△H＞0，△S＞0 在较高温度下能自发，故B错误；C．①P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g)△H=akJ•mol-1，
②P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g)△H=bkJ•mol-1，可得：PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g) △H=kJ/mol；设Cl-Cl键的键能为Q，由PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g)及题中键能关系可知：△H=(3.6c+Q-5c)kJ/mol=kJ/mol，Cl-Cl键的键能
Q=kJ•mol-1，故C错误；D．v(SO2)=v(SO3)中未指明反应速率的方向，无法判断正逆反应速率是否
相等，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；故选A。

点睛：本题考查了离子浓度大小比较、化学平衡状态的判断、反应热的计算，题目难度较大，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。

本题的易错点为D，一定要注明正逆反应速率，难点为A，要注意质子守恒关系式的表达式的书写。

13．B
【解析】
【详解】
A．根据速率方程为υ= kc2(NO)· c(H2)，增大c (NO) 或c(H2)，均可提高总反应的反应速率，故A正确；B．根据速率方程为υ= kc2(NO)· c(H2)，c (NO) 、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度不
同，如c (NO) 增大2倍，υ增大4倍、c(H2)增大2倍，υ增大2倍，故B错误；
C．反应速率由最慢的一步决定，该反应的快慢主要取决于反应①，故C正确；
D．升高温度，可以增大活化分子百分数，反应速率加快，可以提高反应①、②的速率，故D正确；
答案选B。

14．C
【解析】
【详解】
A．包装袋中装生石灰作干燥剂，不是防氧化变质，故A错误；
B．明矾能净水，不能消除水中的无机盐，不是淡化海水，故B错误；
C．三大硅酸盐制品是：水泥、玻璃、陶瓷，故C正确；
D．碘化银在高空分解生成银单质和碘单质，形成人工冰核，这些冰核经过水汽凝聚，形成冰晶，冰晶发展到一定的程度，它们将通过零度层下降，之后融化，形成雨滴。

干冰和碘化银用于人工降雨，而不是溴化银，故D错误；
答案选C。

【点睛】
防止食品氧化变质应加入还原剂。

如铁粉。

15．A
【解析】
【分析】
【详解】
A项，NH3分子中N原子采取sp3杂化，1个NH3分子中含3个σ键，1molNH3分子中含有3molσ键和4molsp3杂化轨道，A项正确；
B项，CO2分子中碳原子是sp杂化，B项错误；
C项，1个C2H2中含3个σ键和2个π键，1molC2H2分子中含3molσ键和2molπ键，C项错误；
D项，1个C2H4分子中含5个σ键和1个π键，1molC2H4分子中含有5molσ键和1molπ键，D项错误；答案选A。

16．D
【解析】
【分析】
【详解】
A.Na2O中只含有离子键，Na2O2中既含有离子键也含有非极性共价键，故A错误；
B.NaHSO4溶于水需要克服离子键和共价键，故B错误；
C.碘晶体属于分子晶体，受热转变成碘蒸气，只是克服了分子间作用力，故C错误；
D.金刚石是原子晶体、氯化钠是离子晶体，水是分子晶体，一般来说，晶体熔沸点高低顺序是原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，所以熔沸点由高到低的顺序：金刚石>氯化钠>水，故D正确。

正确答案：D。

17．C
【解析】
【详解】
A、2.7g铝的物质的量为0.1mol，而无论与盐酸还是氢氧化钠溶液反应后铝元素均变为+3价，故1mol铝
均失去3mol电子，即0.3N A个，故A正确；B. 标准状况下，2.24LCl2的物质的量为=0.1mol，由方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，反应中氯元素化合价由0价升高为+1价，由0价降低为-1价，氯气起氧化剂与还原剂作用，各占一半，转移电子数目为0.1mol××2×N A mol-1=0.1N A，故B正确；C、Na2CO3
溶液中碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子总数增多，1L 1 mol•L-1 Na2CO3溶液中阴离子数大于N A，故C错误；D、2.3g钠的物质的量为0.1mol，而反应后生成的钠的化合物氧化钠或过氧化钠中，均是2个钠离子对应一个阴离子，故0.1mol钠离子对应0.05mol阴离子即0.05N A个，故D正确；故选C。

【点睛】
本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断。

本题的易错点为B，要注意反应中氯气既是氧化剂又是还原剂，1mol氯气转移1mol电子。

类似的还有过氧化钠与水反应、二氧化氮与水反应等。

18．B
【解析】
【详解】
A．NaHSO4晶体由钠离子和硫酸氢根组成，不存在SO42-，故A错误；
B．6.2 g氧化钠的物质的量为
6.2 g
62g/mol=0.1mol，7.8 g过氧化钠的物质的量为
7.8 g
78g/mol=0.1mol，氧化
钠与过氧化钠中阴离子个数均为1，故二者的混合物中含有的阴离子总数为0.2 N A，故B正确；C．4.6 g钠相当于0.2mol钠，0.2mol钠与水反应生成的氢气的物质的量为0.1mol，同时反应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气，故与足量水充分反应生成氢气分子数大于0.1N A，故C错误；
D．NH4Cl+NaNO2=N2↑+NaCl+2H2O 反应中N元素的化合价分别由-3价和+3价变成0价，每生成lmolN2转移的电子的物质的量为3mol，所以每生成0.1mol N2转移的电子数为0.3N A，故D错误；
答案选B。

【点睛】
本题的易错点为A，要注意NaHSO4晶体中的离子种类与溶于水电离出的离子种类的不同。