2022届太原市名校高二化学下学期期末达标检测试题

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．下列实验操作中仪器选择正确的是（）
A．用碱式滴定管量取25.00 mL高锰酸钾溶液
B．将小块钾放在坩埚中加热进行钾在空气中的燃烧实验
C．用200 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸
D．用480 mL容量瓶配制480 mL 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液
2．化学与生活密切相关,下列与盐类水解无关的是
A．纯碱去油污B．食醋除水垢C．明矾净水
D．氯化铵除铁锈
3．下列说法正确的是
A．水的电离方程式：H2O=H＋＋OH－
B．在水中加入氯化钠，对水的电离没有影响
C．在NaOH溶液中没有H＋
D．在HCl溶液中没有OH－
4．某溶液中含有较大量的Cl－、CO32－、OH－3种阴离子，如果只取一次该溶液就能分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序（滴加的试剂均过量）正确的是（）
①滴加Mg(NO3)2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba(NO3)2溶液
A．①②④②③B．①②③②④C．④②①②③D．④②③②①
5．在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是()
A．Na、Mg、Al 的第一电离能逐渐增大
B．热稳定性：HF＞H2O＞NH3
C．S2﹣、Cl﹣、K+的半径逐渐增大
D．O、F、N 的电负性逐渐增大
6．设N A代表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，2.24LCl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2N A
B．标准状况下，44.8 L NO与22.4 L O2混合后气体中分子总数等于2N A
C．NO2和H2O反应每生成2 mol HNO3时转移的电子数目为2N A
D．1 mol Fe在氧气中充分燃烧失去3N A个电子
7．N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A．1 mol甲醇分子中含有的共价键数为4 N A
B．92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0N A
C．1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0N A
D．将9.2g甲苯加入足量的酸性高锰酸钾溶液中转移的电子数为0.6N A
8．毒奶粉主要是奶粉中含有有毒的三聚氰胺(结构如图)。

下列关于三聚氰胺分子的说法中正确的是（）
A．一个三聚氰胺分子中共含有15个σ键
B．所有氮原子均采取sp3杂化
C．属于极性分子
D．三聚氰胺分子中同时含有极性键和非极性键
9．200 mL Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋56 g，溶液中SO42-的物质的量浓度是( )
A．7.5 mol/L B．5 mol/L C．10 mol/L D．2.5 mol/L
10．下列反应的产物中,有的有同分异构体,有的没有同分异构体,其中一定不存在同分异构体的反应是( )。

A．甲烷与氯气发生取代反应
B．丙烯与水在催化剂的作用下发生加成反应
C．异戊二烯与等物质的量的Br2发生加成反应
D．2-氯丁烷(CH3CH2CHCICH3)与NaOH乙醇溶液共热发生消去HCl分子的反应
11．2015年春，雾霾天气对环境造成了严重影响，部分城市开展PM2.5和臭氧的监测。

下列有关说法正确的是( )
A．臭氧的摩尔质量是48 g
B．同温同压条件下，等质量的氧气和臭氧体积比为2∶3
C．16 g臭氧中含有6.02×1023个原子
D．1.00 mol臭氧中含有电子总数为18×6.02×1023
12．用N A表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（）
A．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为N A
B．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02N A
C．物质的量浓度为1mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl—个数为2N A
D．通常状况下，N A个CO2分子占有的体积为22.4L
13．下列关于有机物性质的说法正确的是
A．乙烯和甲烷在一定条件下均可以与氯气反应
B．乙烯和聚乙烯都能使溴水褪色
C．乙烯和苯都能通过化学反应使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．乙酸能与钠产生氢气，而乙醇不可以
14．若图①表示向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的盐溶液中滴加NaOH溶液时，沉淀的量与NaOH的体积的关系图。

下列各表述与示意图一致的是
A．图①三种离子的物质的量之比为:n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝2:3:2
B．图①中使用的NaOH的浓度为2mol/L
C．图②中物质A反应生成物质C，△H>0
D．图②中曲线表示某反应过程的能量变化。

若使用催化剂，B点会降低
15．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是
A．干冰气化需要吸收大量的热，这个变化是吸热反应
B．反应物的总能量低于生成物的总能量时，发生放热反应
C．化学反应中的能量变化都表现为热量的变化
D．同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同
16．工业制备合成氨原料气过程中存在反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) △H＝－41kJ·mol－1，下列判断正确的是
A．该反应的逆反应是放热反应B．反应物总能量小于生成物总能量
C．反应中生成22.4LH2(g)，放出41kJ热量D．反应中消耗1mol CO(g)，放出41kJ热量
17．成语是中国传统文化的瑰宝。

铜墙铁壁、铜心铁胆、金戈铁马、百炼成钢等成语向人传递正能量。

工业上，冶炼铁的有关热化学方程式如下:①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=akJ·mol-1；②CO2(g)+C(s)=2CO(g)
△H2=bkJ·mol-1；③Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) △H3=ckJ·mol-1；
④2Fe2O3(s)+3C(s)=4Fe(s)+3CO2(g )△H4=dkJ·mol-1（上述热化学方程式中，a，b，c，d均不等于0）。

下列说法不正确的是（）
A．b>a
B．d=3b+2c
C．C(s)+O2(g)=CO (g) △H＝kJ·mol-1
D．CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H＜akJ·mol-1
18．下列有关一定物质的量浓度溶液的配制说法中正确的是 ( )
（1）为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线
（2）利用图a配制0.10mol•L-1NaOH溶液
（3）利用图b配制一定浓度的NaCl溶液
（4）利用图c配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液
（5）用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体
（6）配制溶液定容时，仰视视容量瓶刻度会使溶液浓度偏低
（7）配制溶液的定容操作可以用图d表示
A．⑵⑸B．⑴⑹C．⑴⑷⑹D．⑴⑶⑸
19．（6分）下列能说明苯环对侧链的性质有影响的是
A．甲苯在30℃时与硝酸发生取代反应生成三硝基甲苯
B．甲苯能使热的酸性KMnO4溶液褪色
C．甲苯在FeBr3催化下能与液溴反应
D．1mol甲苯最多能与3 mol H2发生加成反应
20．（6分）某有机物的结构如图所示，这种有机物不可能
．．．具有的性质是
①可以与氢气发生加成反应；②能使酸性KMnO4溶液褪色；
③能跟NaOH溶液反应；④能发生酯化反应；
⑤能发生加聚反应；⑥能发生水解反应
A．①④B．只有⑥C．只有⑤D．④⑥
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。

制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2•xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。

用氧化
还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。

请回答下列问题：
（1）TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为______________________________。

（2）配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是__________；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的__________（填字母代号）。

（3）滴定终点的判定现象是________________________________________。

（4）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为M g/mol）试样wg，消耗c mol/LNH4Fe(SO4)2标准溶液VmL，则TiO2质量分数表达式为______________________________。

（5）判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果__________。

②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果__________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）有A、B、C、D、E五种元素，其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数。

B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，并知在DB2和EB2中，D与B的质量比为7：8，E与B的质量比为1：1。

根据以上条件，回答下列问题：
（1）推断C、D、E元素分别是(用元素符号回答)：C____，D___，E___。

（2）写出D原子的电子排布式____。

（3）写出A元素在B中完全燃烧的化学方程式_____。

（4）指出E元素在元素周期表中的位置____。

（5）比较A、B、C三种元素的第一电离能的大小顺序___(按由大到小的顺序排列,用元素符号表示)。

（6）比较元素D和E的电负性的相对大小___。

(按由大到小的顺序排列，用元素符号表示)。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．（8分）翡翠是玉石中的一种，其主要成分为硅酸铝钠NaAl(Si2O6)，常含微量Cr、Ni、Mn、Mg、Fe等元素。

请回答下列问题：
(1)基态镍原子的外围电子排布图为___________;与其同周期的基态原子的M层电子全充满的元素位于周期表的__________、___________区。

(2)翡翠中主要成分硅酸铝钠中四种元素电负性由小到大的顺序是___________。

(3)铬可以形成CrCl3·x NH3(x=3、4、5、6)等一系列配位数为6的配合物。

①NH3分子的ⅤSEPR模型是___________。

②键角大小关系NH3___________PH3(填“>”<”或“=”)。

③NF3不易与Cr3+形成配离子，其原因是___________。

(4)铁有δ、γ、α三种同素异形体，如下图所示。

γ－Fe晶体的一个晶胞中所含有的铁原子数为___________，δ－Fe、α－Fe两种晶胞中铁原子的配位数之比为___________。

已知δ－Fe晶体的密度为dg/cm，N A表示阿伏伽德罗常数的数值，则Fe原子半径为___________pm(列表达式)
24．（10分）（1）北京某化工厂生产的某产品只含C、H、O三种元素，其分子模型如图所示(图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键等)。

由图可知该产品的分子式为________，结构简式为________。

（2）下图所示的结构式与立体模型是某药物的中间体，通过对比可知结构式中的“Et”表示
____________(填结构简式)，该药物中间体分子的化学式为__________。

（3）化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的核磁共振氢谱图如下所示，则A的结构简式为________。

请预测B的核磁共振氢谱图上有________个峰。

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．B
【解析】
【详解】
A. 高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管量取25.00mL高锰酸钾溶液，A错误；
B. 钾是固体，可以将小块钾放在坩埚中加热进行钾在空气中的燃烧实验，B正确；
C. 应该用10mL量筒量取5.2mL稀硫酸，C错误；
D. 没有480mL的容量瓶，应该用500mL容量瓶配制480mL0.1mol·L－1NaHCO3溶液，D错误；
答案选B。

【点睛】
选项D是解答的易错点，注意用容量瓶配制一定体积的物质的量浓度溶液时只能配制与容量瓶规格相对应的一定体积的溶液，不能配制任意体积的溶液。

2．B
【解析】
A.纯碱是碳酸钠，碳酸钠水解溶液显碱性，可以与油污发生皂化反应达到去除油污的目的，A与水解有关。

B.食醋（醋酸）与水垢（碳酸钙）反应，实际是利用醋酸的酸性，B与水解无关。

C.明矾净水，是利用铝离子水解得到的氢氧化铝胶体的吸附能力，C与水解有关。

D.氯化铵水解显酸性，可以与氧化铁反应，D 与水解有关。

答案选B.
3．B
【解析】
【详解】
A. 水是极弱的电解质，只有少部分电离，水的电离方程式：H2O H＋＋OH－，A错误；
B. 在水中加入氯化钠，不会影响氢离子或氢氧根离子，则对水的电离没有影响，B正确；
C. 在NaOH溶液中氢氧根离子的浓度大于氢离子浓度，并不是没有H＋，C错误；
D. 在HCl溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，并不是没有OH－，D错误；
答案选B。

4．C
【解析】
【详解】
如果只取一次该溶液就能分别将3种阴离子依次检验出来，则每加入一种试剂可检验出一种离子，硝酸钡只与CO32－反应，硝酸镁能与CO32－、OH－反应，硝酸银与Cl－、CO32－、OH－反应，则添加顺序为硝酸钡、硝酸镁、硝酸银，综上所述，答案为C。

5．B
【解析】
【详解】
A．Mg的最外层为3s电子全满，结构较为稳定，难以失去电子，第一电离能最大，Na的最小，则第一电离能大小为：Na＜Al＜Mg，故A错误；
B．非金属性F＞O＞N，则氢化物稳定性：HF＞H2O＞NH3，故B正确；
C．S2-、Cl-、K+具有相同的电子层数，核电荷数越大，离子半径越小，则S2-、Cl-、K+的半径逐渐减小，故C错误；
D．非金属性N＜O＜F，则电负性大小为：N＜O＜F，故D错误；
答案选B。

6．C
【解析】
【详解】
A、Cl2与NaOH反应生成NaCl和NaClO，Cl元素化合价既升高又降低，0.1mol Cl2参加反应转移0.1N A 的电子，选项A错误；B.根据化学反应：2NO+O 2= 2NO2、2NO2N2O4，2molNO和1mol氧气反应生成2molNO2，由于可逆反应的存在，混合后气体中分子总数小于2N A，选项B错误；C.根据化学反应3NO2+H2O = 2HNO3+NO 转移2e－，则NO2和H2O反应每生成2molHNO3时转移的电子数目为2N A，C正确；D.铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，则lmolFe在氧气中充分燃烧失去8/3N A个电子，D错误；答案选C。

7．D
【解析】本题考查阿伏加德罗常数。

详解：甲醇分子中含有3个碳氢键、1个碳氧键和1个氧氢键，所以1mol甲醇中含有5mol共价键，含有的共价键数目为5N A，故A错误；92.0 g甘油（丙三醇）的物质的量为1mol，已知一个丙三醇含有3个羟基，则1mol丙三醇含有的羟基数为3N A，B错误；1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl（气）、CH2Cl2（液）、CHCl3（液）、CCl4（液）、HCl（气），所以生成的的分子数小于1.0N A，C错误；9.2g甲苯的物质的量为0.1mol，1mol甲苯被性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸，转移的电子数为6N A，则0.1mol甲苯被氧化为苯甲酸转移的电子数为0.6N A，D正确。

故选D。

点睛：本题通过有机化合物考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意甲烷和氯气在光照下反应生成的氯代烃为混合物，甲苯被性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸。

8．A
【解析】
【详解】
A．分子中含6个N-H，6个C-N，3个C=N，双键中有1个σ键，共15个σ键，故A正确；
B．C=N中，C原子为sp2杂化，N原子也为sp2杂化，-NH2中N原子（连接的都是单键）为sp3杂化，杂化类型不同，故B错误；
C．该分子结构对称，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故C错误；
D．同种元素原子之间才能形成非极性键，该分子结构中没有相同的原子连接，则该分子内只有极性键，故D错误；
故答案为A。

9．A
【解析】
【详解】
200 mL Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+ 56g，Fe3+的物质的量为1mol，根据硫酸铁的化学式可知，SO42-的物质的量
为1.5mol，物质的量浓度是c(SO42-)=1.5mol
0.2L
=7.5 mol/L；
答案选A。

10．A
【解析】
分析：本题考查的是取代反应和加成反应、消去反应的原理以及同分异构体的概念，主要从官能团的化学性质考查，关键为理解反应的含义和产物的判断。

详解：A.甲烷和氯气反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，四种有机物都没有同分异构体，故正确；B.丙烯不是对称结构，与水发生加成反应，羟基有两种不同的位置，可以生成1-丙醇或2-丙醇，存在同分异构体，故错误；C.异戊二烯与等物质的量的Br2发生加成反应时可以发生1、2-加成或3、4-加成或1、4-加成，所以生成的产物有同分异构体，故错误；D. 2-氯丁烷(CH3CH2CHCICH3)与NaOH乙醇溶液共热发生消去HCl分子的反应，可以从1号碳上消去氢原子形成双键，也可以从3号碳原子上消去氢原子形成双键，所以消去反应能生成两种同分异构体，故错误。

故选A。

11．C
【解析】A．摩尔质量的单位是g/mol，则臭氧的摩尔质量是48g/mol，A错误；B．同温同压下气体摩尔体积相等，根据V=nV m=mV m/M知，相同质量的不同气体其体积之比等于摩尔质量的反比，所以同温同压条件下，等质量的氧气和臭氧体积比=48g/mol：32g/mol=3：2，B错误；C．O原子的摩尔质量为16g/mol，则16g臭氧中氧原子个数=16g/16g/mol×N A/mol=6.02×1023，C正确；D．每个臭氧分子中含有24个电子，1.00mol臭氧中含有24mol电子，则l.00mol臭氧中含有电子总数为24×6.02×1023个，D错误；答案选C。

12．B
【解析】
【详解】
A.标准状况下，水是液体，无法用气体摩尔体积求物质的量，A错误；
B.常温常压下，Na2CO3为离子晶体，1.06g即0.01mol，含有的Na+离子数为0.02N A，B正确；
C.物质的量浓度为1mol/L的MgCl2溶液中，未给定体积无法计算含有Cl—的个数，C错误；
D.标准状况下，N A个CO2分子占有的体积为22.4L，D错误；
答案为B；
【点睛】
只有浓度，未给定体积无法计算个数，标况下的气体摩尔体积为22.4L/mol。

13．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．乙烯与氯气能发生加成反应，甲烷在光照条件下能与氯气发生取代反应，A正确；
B．聚乙烯分子中不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，B不正确；
C．苯不能通过化学反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，C不正确；
D．乙酸和乙醇都能与钠反应产生氢气，D不正确；
故选A。

14．D
【解析】
分析：图①涉及到的离子方程式有
Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓,Al3++3OH-=Al(OH)3↓,NH4++OH-=NH3∙H2O,Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；设NaOH溶液的浓度为x mol/L,则n(NH4+)=0.01x mol, n(Al(OH)3)=n(Al3+)=0.005x mol，n(Mg2+)=(0.025-0.005×3)/2=0.005x mol,则: n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝1:1:2，根据氢氧化镁的物质的量可以知道: 0.005x mol=0.05mol,
x=10mol/L；图②中曲线表示反应物和生成物的能量的大小,如A是反应物,则反应放热,反之吸热，B点为活化能，加入催化剂,活化能降低；据以上分析解答。

详解：图(1)涉及到的离子方程式有Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓,Al3++3OH-=Al(OH)3↓，NH4++OH-=NH3∙H2O，
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；设NaOH溶液的浓度为x mol/L,则n(NH4+)=0.01x mol, n(Al(OH)3)=n(Al3+)=0.005x mol, n(Mg2+)=(0.025-0.005×3)/2=0.005x mol,则: n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝1:1:2,A错误；设NaOH溶液的浓度为x mol/L,根据n(Mg2+)= n(Mg(OH)2)=0.005 x mol=0.05mol, x=10mol/L，B错误；图②中曲线表示反应物和生成物的能量的大小，如A是反应物,则反应放热, △H<0, C错误；图②中表示某反应过程的能量变化,使用催化剂降低反应的活化能,加快反应速率,D正确；正确选项D。

点睛：向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的盐溶液中滴加NaOH溶液时，Mg2＋、Al3＋先与OH-反应生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，然后，NH4＋与OH-反应生成一水合氨，为弱碱，所以两种沉淀不溶解；继续加入OH-，氢氧化铝溶解变为偏铝酸盐，而氢氧化镁不溶解；因此图像中25mL以前为沉淀的生成过程，25-30mL为NH4＋与碱反应过程，35-40mL为氢氧化铝的溶解过程，最后剩余氢氧化镁沉淀。

15．D
【解析】A. 吸热反应是指化学反应，干冰气化是物理变化，故A错误；B. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，是吸热反应，故B错误； C. 化学反应中的能量变化除了热量变化之外还有电能、光能等，
故C错误；D. 根据△H=生成物的焓−反应物的焓可知，焓变与反应条件无关，在光照和点燃条件下该反应的△H相同，故D错误。

故选：D。

点睛：焓变只与反应物和生成物的状态有关，与反应途径及条件没有关系。

16．D
【解析】
【详解】
A.已知该反应的焓变小于零，则正反应是放热反应，逆反应为吸热反应，A错误；
B.反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，B错误；
C.反应中生成标况下的22.4LH2(g)，放出41kJ热量，C错误；
D.反应中消耗1molCO(g)，则有1mol CO2(g)、1mol H2(g)生成，则放出41kJ热量，D正确；
答案为D；
【点睛】
气体为标况下时，可用22.4L/mol计算其物质的量。

17．D
【解析】
分析：①C(s)+O2(g)=CO2(g)为放热反应，a＜0，②CO2(g)+C(s)=2CO(g)为吸热反应，b＞0，然后根据盖斯定律分析解答。

详解：A. ①C(s)+O2(g)=CO2(g)为放热反应，△H1=akJ·mol-1＜0，②CO2(g)+C(s)=2CO(g)为吸热反应，△H2=bkJ·mol-1＞0，因此b>a，故A正确；B. ②CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2=bkJ·mol-1，③Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) △H3=ckJ·mol-1，根据盖斯定律，将②×3+③×2得：2Fe2O3(s)+3C(s)=4Fe(s)+3CO2(g )
△H4=dkJ·mol-1=(3b+2c)kJ·mol-1，故B正确；C. ①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=akJ·mol-1，②CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2=bkJ·mol-1，根据盖斯定律，将(①+②)×得：C(s)+O2(g)=CO (g) △H=kJ·mol-1，故C正确；D. 因为碳燃烧生成CO时放出热量，所以，1 mol C完全燃烧放出热量大于1 mol CO完全燃烧放出热量，而反应热包括负号和数值，故CO(g)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH＞a kJ·mol1，故D错误；故选D。

18．B
【解析】分析：（1）配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线；
（2）配制0.10mol•L-1NaOH溶液应该现在烧杯中溶解物质，不能在容量瓶中直接溶解固体物质；
（3）不能直接在容量瓶中配制NaCl溶液；
（4）不能在容量瓶中溶解；
（5）物质的物质的量减少；
（6）定容时候仰视刻度线，必然是加入的水超过刻度线才认为正好到刻度线，这时候溶液体积已经偏大，浓度偏低；
（7）定容时接近刻度线下1～2cm时，要改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线。

详解：（1）配制溶液时，定容时不能使液面超过刻度线，容量瓶中的蒸馏水接近刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，故（1）正确；
（2）配制0.10mol•L-1NaOH溶液应该现在烧杯中溶解物质，待溶液恢复至室温再转移至容量瓶中，不能在容量瓶中直接溶解固体物质，故(2)错误；
（3）不能直接在容量瓶中配制NaCl溶液，故（3）错误；
（4）不能在容量瓶中溶解，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中，故（4）错误；
（5）若如题操作，物质的物质的量减少，体积不变，浓度减小，故（5）错误；
（6）定容时候仰视刻度线，必然是加入的水超过刻度线才认为正好到刻度线，这时候溶液体积已经偏大，浓度偏低，故（6）正确；
（7）定容时接近刻度线下1～2cm时，要改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，故（7）错误。

根据以上分析可知，说法正确的有（1）（6），
故本题答案选B。

19．B
【解析】分析：A．甲苯和苯都能发生取代反应；
B．苯不能被酸性KMnO4溶液氧化，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸；
C．甲苯和苯都能发生取代反应；
D．苯也能与氢气发生加成反应。

详解：A．甲苯和苯都能与浓硝酸、浓硫酸发生取代反应，甲苯生成三硝基甲苯说明了甲基对苯环的影响，A错误；
B．甲苯可看作是CH4中的1个H原子被-C6H5取代，苯、甲烷不能被酸性KMnO4溶液氧化使其褪色，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，苯环未变化，侧链甲基被氧化为羧基，说明苯环影响甲基的性质，B正确；
C．甲苯和苯都能与液溴发生取代反应，所以不能说明苯环对侧链有影响，C错误；
D．苯、甲苯都能与H2发生加成反应，是苯环体现的性质，不能说明苯环对侧链性质产生影响，D错误。

答案选B。

点睛：本题以苯及其同系物的性质考查为载体，旨在考查苯的同系物中苯环与侧链的相互影响，通过实验性质判断，考查学生的分析归纳能力，题目难度不大。

20．B
【解析】
【详解】
①含有苯环和碳碳双键，可以与氢气发生加成反应；②含有碳碳双键，能使酸性KMnO 4溶液褪色；③含有羧基，能跟NaOH 溶液反应；④含有羟基和羧基，能发生酯化反应；⑤含有碳碳双键，能发生加聚反应；⑥不存在酯基，不能发生水解反应，答案选B 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．TiCl 4＋(2＋x)H 2O=TiO 2·xH 2O↓＋4HCl 抑制NH 4Fe(SO 4)2水解 AC 溶液变成红色 cVM 1000w （或cVM 10w
％） 偏高 偏低 【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据原子守恒可知TiCl 4水解生成TiO 2•xH 2O 的化学方程式为TiCl 4＋(2＋x)H 2O ＝TiO 2·
xH 2O↓＋4HCl ； （2）NH 4＋水解：NH 4＋＋H 2O NH 3·H 2O ＋H ＋，Fe 3＋水解：Fe 3＋＋3H 2O Fe(OH)3＋3H ＋，因此加入硫酸的目的是抑制NH 4Fe(SO 4)2的水解；根据一定物质的量浓度溶液配制过程可知配制NH 4Fe(SO 4)2标准溶液时使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要用到容量瓶和胶头滴管，即AC 正确； （3）根据要求是Fe 3＋把Ti 3＋氧化成Ti 4＋，本身被还原成Fe 2＋，因此滴定终点的现象是溶液变为红色； （4）根据得失电子数目守恒可知n(Ti 3＋)×1＝n[NH 4Fe(SO 4)2]×1＝0.001cV mol ，根据原子守恒可知n(TiO 2)
＝n(Ti 3＋)＝0.001cV mol ，所以TiO 2的质量分数为1000cVM w
； （5）①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH 4Fe(SO 4)2溶液有少量溅出，造成所配溶液的浓度偏低，在滴定实验中，消耗标准液的体积增大，因此所测质量分数偏高；
②滴定终点时，俯视刻度线，读出的标准液的体积偏小，因此所测质量分数偏低。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．N Si S 1s 22s 22p 63s 23p 2 C+O 2
CO 2 第三周期VIA 族 N ＞O ＞C Si ＜S 【解析】
【详解】
（1）根据题干：A 原子最外层p 能级的电子数等于次外层的电子总数，可知A 是碳元素。

又因为B 元素可分别与A 、C 、D 、E 生成RB 2型化合物，可知B 是氧元素，又因为A 、B 、C 位于同一周期，故C 是氮元素。

DB 2中D 与B 的质量比为7：8，可知D 的相对原子质量为28，是硅元素，EB 2中E 与B 的质量比为1：1，可知E 的相对原子质量为32，是硫元素。

故答案为：N ，Si ，S 。

（2）硅的电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 2。

（3）碳在氧气中完全燃烧的化学方程式为C+O 2
CO 2。

（4）硫在元素周期表中位于第三周期VIA 族。

（5）第一电离能与核外电子排布有关，失去一个电子越容易，第一电离能越低，同周期元素的第一电离能呈增大趋势，由于氮元素核外2p 能级半充满，因此第一电离能高于同周期相邻的两种元素，故第一电离能排序为N ＞O ＞C 。

（6）同一周期主族元素的电负性随原子序数递增而递增，因此电负性Si ＜S 。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23． ds p Na ＜Al ＜Si<O 四面体 ＞ F 的电负性比N 大，N —F 成键电子对向F 偏移，导致NF 3中N 原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF 3不易与Cr 3+形成配离子 4 4:3
1033112104d ?A N ⨯⨯ 【解析】
【详解】
(l)Ni 为28号元素，根据核外电子排布规律,基态Ni 原子的电子排布式为[Ar] 3d 84s 2，电子排布图为
；与其同周期的基态原子的M 层电子全充满的元素是Zn 和Ga 、Ge 、As 、Se 、Br 、
Kr ，Zn 位于周期表的ds 区，Ga 、Ge 、As 、Se 、Br 、Kr 位于周期表的p 区。

答案：
；ds ；p ；
（2）非金属性越强第一电离能越大，同一周期的元素自左向右第一电离能呈增大趋势，硅酸铝钠中含有Na 、 Al 、 Si 、O 四种元素，O 的非金属性最强，Na 、 Al 、 Si 在同周期，第一电离能逐渐增大，所以第一电离能由小到大的顺序是Na ＜Al ＜Si ＜O 。

答案为： Na ＜Al ＜Si ＜O ；
（3）铬可以形成CrCl 3·
x NH 3(x=3、4、5、6)等一系列配位数为6的配合物。

①氨气分子中氮价层电子对数=σ键个数+孤电子对数=3+1/2(5-3×1)=4,所以VSEPR 模型为正四面体结构；答案：正四面体。

②因N 、P 在同一主族且半径是N ＜P,原子核间斥力大，所以键角NH 3＞PH 3；答案：＞ ③NF 3不易与Cr 3+形成配离子，其原因是F 的电负性比N 大，N —F 成键电子对向F 偏移，导致NF 3中N 原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF 3不易与Cr 3+形成配离子；答案：F 的电负性比N 大，N —F 成键电子对向F 偏移，导致NF 3中N 原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF 3不易与Cr 3+形成配离子。

（4）γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为8×1/8+6×1/2=4，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数分别为8、6，则配位数之比为8:6=4:3；一个晶胞的质量m=M/N A =2×56/N A g ，根据m=ρV ，即V=2×56/N A d=2×56/dN A cm 3；3256/N d A ⨯3256/N d 3A ⨯，故
334256/N d A ⨯1033112104d ?A N pm 。

答案：4； 4:3 ；. 1033112104?A
d N 24． C 4H 6O 2 CH 2=C(CH 3)COOH —CH 2CH 3 C 9H 12O 3 BrCH 2CH 2Br 2
【解析】分析：（1）黑色球为C 原子，白色球为H 原子，斜线球为O 原子，由结构得出分子式和结构简式；（2）碳原子的周围形成四个价键，根据球的半径大小和成键情况分析；（3）由A 的核磁共振氢谱可知，分子中只有一种H 原子，2个Br 原子连接不同的碳原子，B 与A 互为同分异构体，2个Br 原子连接在同。