云南省普洱市澜沧县第一中学2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）

云南省澜沧一中2020学年度下学期期末考试高二 化学本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。学校：_姓名：_班级：_考号：_分卷I一、单选题(共22小题,每小题2.0分,共44分)1.已知：CO(g)2H2(g)CH3OH(g) H，反应过程中生成1mol CH3OH(g)的能量变化如 右下图所示。曲线、分别表示无或有催化剂两种情况。下列判断正确的是A. 加入催化剂，H变小B. H+91 kJ/molC. 生成1molCH3OH(l)时，H值增大D. 反应物的总能量大于生成物的总能量【答案】D【解析】试题分析：A加入催化剂，反应热不变，故A错误；B反应物总能量大于生成物总能量，该反应放热，故B错误；C如果该反应生成液态CH3OH，放出更多的热量，因反应热为负值，则H减小，故C错误；D由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故D正确；故选D。考点：考查反应热与焓变。2. 已知反应FeO（s）+C（s）= CO（g）+ Fe（s）的H0，（假设H，S不随温度变化而变化），下列叙述中正确的是:（ ）A. 低温下为自发过程，高温下为非自发过程B. 高温下为自发过程，低温下为非自发过程C. 任何温度下为非自发过程D. 任何温度下为自发过程【答案】B【解析】试题分析：根据G=HTS，自发反应G0，S0，即高温下自发反应，低温则为非自发，故选项B正确。考点：考查自发过程的判断等知识。3.在常温下，某无色溶液中，由水电离出的c(H+)110-14molL-1，则该溶液中，一定能大量共存的离子是（ ）A. K+、Na+、MnO4-、SO42-B. Na+、CO32-、AlO2-、Cl-C. K+、Na+、Cl-、Br-D. K+、Cl-、Ba2+、HCO3-【答案】C【解析】试题分析：A、MnO4显紫红色，故错误；B、此溶质为酸或碱，CO32和AlO2在酸中不能大量共存，故错误；C、既能在碱中大量共存，又能在酸中大量共存，故正确；D、HCO3既不能在碱中大量共存，也不能在酸中大量共存，故错误。考点：考查离子的大量共存等知识。4. 关于图中装置说法正确的是A. 装置中，盐桥(含有琼胶的KCl饱和溶液)中的K+移向ZnSO4溶液B. 装置工作一段时间后，a极附近溶液的pH减小C. 用装置精炼铜时，c极为纯铜D. 装置中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2+生成【答案】C【解析】【详解】A原电池中阳离子向正极移动，铜是正极，所以K+移向CuSO4溶液，故A错误；B装置工作一段时间后，a极与电源的负极相连是阴极，电极反应式为：水中的氢离子放电，产生氢氧根离子，所以溶液的pH值增大，故B错误；C精炼铜时，纯铜为阴极，所以c为阴极，c极为纯铜，故C正确；D活泼金属锌是负极，所以产生锌离子，而不是亚铁离子，故D错误；故选C。5.元素X、Y、Z的原子序数之和为28，X与Z2具有相同的电子层结构，Y、Z在同一周期。下列推测错误的是()A. 原子半径：XY，离子半径：Z2XB. X单质与Z单质反应的物质的量之比一定为21C. Y与Z形成的化合物ZY2中，Z为2价D. 所有元素中Y的气态氢化物稳定性最强【答案】B【解析】【分析】X+与Z2-具有相同的核外电子层结构，Y、Z在同一周期。可推X在Y、Z的下一个周期，则X为Na、Z为O、进而可知Y为F。【详解】A电子层数越多，原子半径越大，NaF。电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，O2-Na+，故A正确；BNa与O2反应可形成Na2O、Na2O2等化合物，如4Na+ O2=2Na2O，故B错误；CF在化合物中显-1价，故F与O形成的化合物OF2中，O为2价，故C正确；D非金属性F最强，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故D正确。答案选B。【点睛】掌握原子、离子半径比较技巧：一看电子层数，电子层数越大，半径越大；二看核电荷数，核电荷数越大，半径越小；（电子层数相等时）三看核外电子数，核外电子数越大，半径越大。（电子层数、核电荷数相等时）6.下列有关化学键的叙述中，不正确的是（）A. 某原子跟其他原子形成共价键时，其共价键数一定等于该元素原子的价电子数B. 水分子内氧原子结合的电子数已经达到饱和，故不能再结合其他氢原子C. 完全由非金属元素形成的化合物中也可能含有离子键D. 配位键也具有方向性、饱和性【答案】A【解析】A是错误的，例如水中氧原子形成2个HO键，但氧原子的价电子是6个。其余选项都是正确的，答案选A。7.下面的排序不正确的是()A. 晶体熔点由低到高：F2Cl2Br2MgAlC. 硬度由大到小： 金刚石碳化硅晶体硅D. 晶格能由大到小： MgOCaONaF NaCl【答案】B【解析】【详解】A. 卤族元素单质都是分子晶体，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，则晶体的熔沸点越高，所以晶体熔点由低到高为：F2Cl2Br2I2，故A正确；B. Na、Mg、Al原子半径依次减小，金属离子电荷数逐渐增多，金属键逐渐增强，则熔点由低到高：NaMgAl，故B错误；C. 原子半径SiC，三者都为原子晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，所以硬度由大到小：金刚石碳化硅晶体硅，故C正确；D. 可以先比较电荷数，电荷数多的晶格能大，而如果电荷数一样多则比较核间距，核间距大的，晶格能小，则晶格能由大到小为：MgOCaONaFNaCl，故D正确；答案选B。8.下列化学用语表达不正确的是（）丙烷的球棍模型丙烯的结构简式为CH3CHCH2某有机物的名称是2，3-二甲基戊烷 与C8H6互为同分异构体A. B. C. D. 【答案】D【解析】丙烯的结构简式应为CH3CHCH2，不正确；的分子式为C8H6，但分子式为C8H6的其结构并不知道，因此二者不一定是同分异构体，所以答案是D。9. 下列物质属于芳香烃，但不是苯的同系物的是（ ）CH3CH=CH2NO2OH CHCH2A. B. C. D. 【答案】B【解析】略10.以乙醇为原料，用下述6种类型的反应：氧化，消去，加成，酯化，水解，加聚，来合成乙二酸乙二酯()的正确顺序是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O 消去反应CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br 加成反应CH2Br-CH2Br+2NaOHHO-CH2-CH2-OH+2NaBr 水解反应（取代反应）HO-CH2-CH2-OH+O2OHC-CHO+2H2O 氧化反应（催化氧化）OHC-CHO+O2HOOC-COOH 氧化反应HO-CH2-CH2-OH+HOOC-COOH乙二酸乙二酯+2H2O 酯化反应（取代反应），所以由乙醇制取乙二酸乙二酯时需要经过的反应的顺序为 ，故本题的答案选择C。考点：有机合成点评：本题考查了有机合成，有机合成是高考考查的重点，本题综合性强，难度较大。11. 下列说法不正确的是（ ）A. 化学合成和分离技术是人类生存所必须的，是其他各项技术的基础B. 氨基酸是指分子中含有COOH和NH2，且连在同一个碳原子上C. 根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，确定该纤维是否为蛋白质纤维D. Na2SiO3的水溶液俗称水玻璃，用水玻璃浸泡的木材、纺织品耐火耐腐蚀【答案】B【解析】【详解】A化学合成和分离技术是人类生存所必需的，为其他科学技术的发明提供了必要的物质基础，故A正确； B每个氨基酸都至少含有一个氨基和一个羧基，但不一定在同一个碳上，故B错误；C蛋白质燃烧有烧焦羽毛气味，可用来鉴别蛋白质，故C正确；DNa2SiO3不能燃烧，可做耐火材料，故D正确。故选B。12.下列说法不正确的是（）A. 蔗糖、淀粉、蛋白质、油脂都属于高分子化合物B. 船身上镶锌块能减轻海水对船身的腐蚀，是利用了原电池原理C. 甲烷燃烧放热，表明的反应物的总能量大于生成物的总能量D. 医疗上血液透析是利用了胶体的渗析【答案】A【解析】分析：A.相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；B.原电池的构成条件是:(1)有两个活泼性不同的电极,(2)将电极插入电解质溶液中,(3)两电极间构成闭合回路,(4)能自发的进行氧化还原反应；C.生成物的总能量大于反应物的总能量,说明反应是吸热反应；D.血液是胶体。详解：蔗糖、油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物,A错误；船身上镶锌块，锌、铁和海水能构成原电池，较活泼的金属锌作负极,锌在反应中失去电子被氧化,从而铁被保护,所以是利用原电池原理,B正确；反应物的总能量大于生成物的总能量是放热反应,该反应放热，C正确；血液是胶体,不能透过半透膜,代谢产生的废物是离子或小分子能透过半透膜,D正确；正确选项A。点睛：高分子分为天然高分子和合成高分子；天然高分子常见的有：淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶；合成高分子有合成橡胶、合成纤维和合成塑料等。13.燃烧0.1 mol某有机物得0.2 mol CO2和0.3 mol H2O，由此得出的结论不正确的是()A. 该有机物分子的结构简式为CH3CH3B. 该有机物中碳、氢元素原子数目之比为13C. 该有机物分子中不可能含有双键D. 该有机物分子中可能含有氧原子【答案】A【解析】【分析】根据元素守恒和原子守恒，推出0.1mol有机物中含有0.2molC和0.6molH，即1mol该有机物中有2molC和6molH，据此分析；【详解】A、根据元素守恒和原子守恒，推出0.1mol有机物中含有0.2molC和0.6molH，即1mol该有机物中有2molC和6molH，因为题中无法确认有机物的质量或相对分子质量，因此无法确认有机物中是否含氧元素，即无法确认有机物结构简式，故A说法错误；B、根据A选项分析，该有机物中碳、氢元素原子数目之比2：6=1：3，故B说法正确；C、1mol该有机物中含有2molC和6molH，该有机物分子式C2H6Ox，不饱和度为0，即不含碳碳双键，故C说法正确；D、根据A选项分析，该有机物中可能存在氧元素，也可能不存在氧元素，故D说法正确；答案选A。【点睛】有机物分子式的确定，利用原子守恒和元素守恒，推出有机物中C原子的物质的量和H原子的物质的量，然后根据有机物的质量，确认是否含有氧元素，从而求出有机物的实验式，最后利用有机物的相对分子质量，求出有机物的分子式。14.拟除虫菊酯是一类高效、低毒、对昆虫具有强烈触杀作用杀虫剂，其中对光稳定的溴氰菊酯的结构简式如下：下列对该化合物叙述正确的是()A. 属于芳香烃B. 属于卤代烃C. 在酸性条件下不水解D. 在一定条件下可以发生加成反应【答案】D【解析】A该物质中含有Br、O、N元素，所以属于烃的衍生物，故A错误；B该物质中还含有O、N元素，所以不属于卤代烃，故B错误；C该物质中含有酯基，能在酸性条件下水解生成COOH、OH，故C错误；D该物质中含有苯环和碳碳双键，所以在一定条件下可以发生加成反应，故D正确；故选D【点评】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系即可解答，侧重考查烯烃、苯、醚及酯的性质，题目难度不大15.0.1mol以CnHmCOOH所表示的羧酸加成时需50.8g碘，0.1mol该羧酸完全燃烧时，产生CO2和H2O共3.4mol，该羧酸是（）A. C15H27COOHB. C15H31COOHC. C17H31COOHD. C17H33COOH【答案】C【解析】【详解】0.1mol加成时需50.8g碘，即n(I2)=0.2mol，说明分子中含有2个C=C键；AC15H27COOH中含有2个C=C键，0.1mol该羧酸完全燃烧，产生CO2和H2O共(1.6+1.4)mol=3.0mol，故A错误；BC15H31COOH为饱和酸，不含C=C键，故B错误；CC17H31COOH中含有2个C=C键，0.1mol该羧酸完全燃烧，产生CO2和H2O共(1.8+1.6)mol=3.4mol，故C正确；DC17H33COOH中含有1个C=C键，0.1mol该羧酸完全燃烧，产生CO2和H2O共(1.8+1.7)mol=3.5mol，故D错误；故答案为C。16.下列叙述中，不正确的是()A. 蔗糖的水解产物，在一定条件下，能发生银镜反应B. 蔗糖是多羟基的醛类化合物C. 蔗糖不是淀粉水解的最终产物D. 麦芽糖是多羟基的醛类化合物【答案】B【解析】【详解】A、蔗糖在硫酸催化作用下，发生水解，生成葡萄糖和果糖，葡萄糖含有醛基，能发生银镜反应，A正确；B、蔗糖分子中不含醛基，不发生银镜反应，也不能还原新制的氢氧化铜，B错误；C、淀粉是最重要的多糖，在催化剂存在和加热的条件下逐步水解，最终生成还原性单糖-葡萄糖；蔗糖不是淀粉水解的产物，C正确；D、蔗糖和麦芽糖的分子式均为C12H22O11，分子式相同但结构不同，蔗糖分子中不含醛基，麦芽糖分子中含有醛基，具有还原性，所以蔗糖与麦芽互为同分异构体，D正确；正确选项B。【点睛】糖类中，葡萄糖和果糖属于还原性糖，不能发生水解；蔗糖和麦芽糖属于二糖，都能发生水解，但是麦芽糖属于还原性糖；淀粉和纤维素属于多糖，都能发生水解，但都不是还原性糖，二者属于天然高分子。17.下列说法正确的是()A. 第三能层有s、p共两个能级B. 3d能级最多容纳5个电子C. 第三能层最多容纳8个电子D. 无论哪一能层的s能级最多容纳的电子数均为2个【答案】D【解析】【详解】A、每一能层包含能级数等于 该能层的序数，故第三能层有s、p. d三个能级，选项A错误；B、d能级最多容纳的电子数是10，选项B错误；C、每一能层最多客纳的电子数为2n2，第三能层最多容纳18个电子，选项C错误；D、s能级最多容纳的电子数分别是2，选项D正确。答案选D。18.氢是重要而洁净的能源。要利用氢气作为能源，必须解决好安全有效地储存氢气的问题。化学家研究出利用合金储存氢气的方法，其中镧(La)镍(Ni)合金是一种储氢材料，这种合金的晶体结构已经测定，其基本结构单元如图所示，则该合金的化学式可表示为()A. LaNi5B. LaNiC. La4Ni24D. La7Ni12【答案】A【解析】【详解】镧(La)镍(Ni)合金是一种储氢材料，根据其基本结构单元示意图可知，该结构单元中含La和Ni的原子数分别为12+2=3、18+6=15，则该合金的化学式可表示为LaNi5，故选A。19.根据以下3个热化学方程式：2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(l) HQ1 kJ/mol2H2S(g)+O2(g)2S (s)+2H2O(l) HQ2 kJ/mol2H2S(g)+O2(g)2S (s)+2H2O(g) HQ3 kJ/mol判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是( )A. Q1Q2Q3B. Q1Q3Q2C. Q3Q2Q1D. Q2Q1Q3【答案】A【解析】详解】已知：2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(l) HQ1 kJ/mol2H2S(g)+O2(g)2S (s)+2H2O(l) HQ2 kJ/mol2H2S(g)+O2(g)2S (s)+2H2O(g) HQ3 kJ/mol根据盖斯定律，（-）/2得：S (s) +O2(g) SO2(g) H-（Q1- Q2）/2kJ/mol，已知该反应为放热反应，则-（Q1- Q2）/2Q2；（-）/2得：H2O(g)= H2O(l) H-（Q2- Q3）/2kJ/mol，水的液化过程为放热过程，则-（Q2- Q3）/2Q3；综合以上分析可知，Q1Q2Q3，答案选A。【点睛】根据盖斯定律及学过的已知反应的吸、放热情况，比较数值的关系。20.在体积一定的密闭容器中给定物质A、B、C的量，在一定条件下发生反应建立的化学平衡：aA(g) +bB(g)xC(g)，符合下图所示的关系（c%表示平衡混合气中产物C的百分含量，T表示温度，p表示压强）。在图中，Y轴是指：A. 反应物A的物质的量B. 平衡混合气中物质B的质量分数C. 平衡混合气的密度D. 平衡混合气的平均摩尔质量【答案】D【解析】由第一个图可知P1小于P2，即压强越大生成物C的含量越多，所以abx。同样分析可知T1大于T2，但温度越高生成物C的含量越少，所以正反应是放热反应。A中温度，Y越小，因此不可能是反应物的含量，不正确。同理B不正确。因为反应前后气体的质量和容器的体积均不变，所以其密度是不变的，C不正确。D中温度越高，气体的物质的量越大，但气体的质量不变，所以其摩尔质量减小，D正确。21. 下列有关说法中正确的是( )A. Ksp(AB2)Ksp(CD)，说明AB2的溶解度小于CD的溶解度B. 在ZnS的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，ZnS的Ksp改变C. 已知Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，则反应AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq)能够发生D. 在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中加入稀盐酸，沉淀溶解平衡不移动【答案】B【解析】试题分析：A由于AB2与CD分子组成形式不同，因此不能根据KSP大小来比较溶解度的大小，故A错误；BKsp只受温度的影响，温度不变，则溶度积不变，与浓度无关，故B错误；CKsp(AgCl)Ksp(AgI)，说明碘化银被氯化银更难溶，一定条件下可以发生反应：AgCl(S)+I-=AgI(S)+Cl-能够发生，故C正确；DCaCO3的沉淀溶解平衡体系中存在CO32-，加入盐酸发生CO32-+2H+=CO2+H2O，促进沉淀溶解，故D错误，故选B。考点：考查了难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质的相关知识。22.Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理论设计的制取Cu2O的电解池示意图如图，电解总反应为2CuH2OCu2OH2。下列说法正确的是()A. 石墨电极上产生氢气B. 铜电极发生还原反应C. 铜电极接直流电源的负极D. 当有0.1 mol电子转移时，有0.1 mol Cu2O生成【答案】A【解析】【详解】A、电解总反应：2Cu+H2OCu2O+H2，金属铜失电子，说明金属铜一定作阳极，石墨做阴极，在阴极上是溶液中的氢离子得电子，产生氢气，故A正确；B、铜电极本身失电子，发生氧化反应，故B错误；C、铜电极是电解池的阳极，接直流电源的正极，故C错误；D、反应2Cu+H2OCu2O+H2中，若失电子的物质的量为2mol，则生成氧化亚铜1mol，所以当有0.1mol电子转移时，有0.05molCu2O生成，故D错误。故选A。【点睛】根据电解总反应为2Cu+H2OCu2O+H2可以知道金属铜为阳极材料，在阳极发生失电子的氧化反应，在阴极上是氢离子发生的电子的还原反应。分卷II二、填空题(共6小题,共56分)23. 镍（Ni）可形成多种配合物，且各种配合物有广泛的用途。（1）配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂。固态Ni(CO)4属于_晶体；基态Ni原子的电子排布式为_；写出两种与配体CO互为等电子体微粒的化学式_、_ 。（2）某镍配合物结构如图所示，分子内含有的作用力有_（填序号）。A氢键B离子键C共价键D金属键 E配位键（3）很多不饱和有机物在Ni催化下可与H2发生加成反应，如CH2=CH2、HC CH、HCHO等，其中碳原子采取sp2杂化的分子有_（填序号）；HCHO分子的空间构型为：_。（4）据报道，某种含有镁、镍和碳三种元素的晶体具有超导性，其结构如图所示。则该晶体的化学式为_ 。晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有_个。【答案】（12分）（1）分子（1分）1s22s22p63s23p63d84s2或Ar 3d84s2 （1分）N2、CN（2分，各1分）（2）A、C、E（2分，选对1个不给分，选对2个给1分，选错不给分）（3）（2分，选对1个不给分，选对2个给1分，选错不给分）平面三角（1分）（4）MgCNi3（1分） 12（2分）【解析】24.2羟基异丁酸乙酯能溶于水，是一种应用于有机合成和药物制造的化工原料。（1）2羟基异丁酸乙酯的分子式为_，不同化学环境的氢在核磁共振氢谱图中有不同的吸收峰，则2羟基异丁酸乙酯有_个吸收峰；（2）的反应类型分别为_，_；（3）已知I为溴代烃，IB的化学方程式为_；（4）缩聚产物F的结构简式为_；（5）下列关于和的说法正确的有_（双选，填字母）；A后者遇到FeCl3溶液显紫色，而前者不可B两者都可以与NaHCO3溶液反应放出CO2C两者都可以与氢氧化钠溶液发生反应，当两者物质的量相等时，消耗氢氧化钠的量不相等D两者都可以与氢气发生加成反应【答案】 (1). C6H12O3 (2). 4 (3). 消去反应 (4). 氧化反应 (5). (6). (7). AC【解析】【详解】(1)根据结构可判断2-羟基异丁酸乙酯的分子中含有3个甲基、1个CH2原子团、1个羟基和1个酯基，故可知分子式为C6H12O3，根据分子的结构可知，分子中有4种不同化学环境的H原子，故答案为：C6H12O3；4；(2)根据反应流程可知A为2-羟基异丁酸，发生消去反应生成D为2-甲基丙烯酸；B为乙醇，可由溴乙烷水解生成，G为乙醛，与银氨溶液发生氧化反应生成乙酸，H为乙酸，故答案为：消去反应；氧化反应；(3)溴乙烷在碱性条件下水解生成乙醇，故答案为：；(4)2-羟基异丁酸中既含有羧基，又含有羟基，在一定条件下可发生缩聚反应，则F为，故答案为：；(5)A、遇到FeCl3溶液显紫色，则有机物中应含有酚羟基，故A正确；B、与NaHCO3溶液反应放出CO2，应含有羧基，前者无，故B错误；C、前者含有酯基，后者含有羧基和酚羟基，都能与氢氧化钠反应，1mol前者消耗1molNaOH，后者消耗2molNaOH，故C正确；D、前者不能与氢气发生加成反应，故D错误；故选AC。25.实验室用燃烧法测定某种氨基酸（CxHyOzNm）的分子组成，取W g该种氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成二氧化碳、水和氮气，按图所示装置进行实验。回答下列问题：（1）实验开始时，首先通入一段时间的氧气，其理由是_；（2）以上装置中需要加热的仪器有_（填写字母），操作时应先点燃_处的酒精灯；（3）A装置中发生反应的化学方程式是_；（4）D装置的作用是_；（5）读取氮气的体积时，应注意：_；_；（6）实验中测得氮气的体积为V mL（标准状况），为确定此氨基酸的分子式，还需要的有关数据有_（填编号）A生成二氧化碳气体的质量 B生成水的质量C通入氧气的体积 D氨基酸的相对分子质量【答案】 (1). 排除体系中的N2 (2). A和D (3). D (4). CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2 (5). 吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2 (6). 量筒内液面与广口瓶中的液面持平 (7). 视线与凹液面最低处相切 (8). ABD【解析】【分析】在本实验中，通过测定氨基酸和氧气反应生成产物中二氧化碳、水和氮气的相关数据进行分析。实验的关键是能准确测定相关数据，用浓硫酸吸收水，碱石灰吸收二氧化碳，而且二者的位置不能颠倒，否则碱石灰能吸收水和二氧化碳，最后氮气的体积测定是主要多余的氧气的影响，所以利用加热铜的方式将氧气除去。首先观察装置图，可以看出A中是氨基酸的燃烧，B中吸收生成的水，在C中吸收生成的二氧化碳，D的设计是除掉多余的氧气，E、F的设计目的是通过量气的方式测量氮气的体积，在这个基础上，根据本实验的目的是测定某种氨基酸的分子组成，需要测量的是二氧化碳和水和氮气的量。实验的关键是氮气的量的测定，所以在测量氮气前，将过量的氧气除尽。【详解】(1)装置中的空气含有氮气，影响生成氮气的体积的测定，所以通入一段时间氧气的目的是排除体系中的N2； (2)氨基酸和氧气反应，以及铜和氧气反应都需要加热，应先点燃D处的酒精灯，消耗未反应的氧气，保证最终收集的气体只有氮气，所以应先点燃D处酒精灯。(3)氨基酸燃烧生成二氧化碳和水和氮气，方程式为： CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2；(4)加热铜可以吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2 ；(5)读数时必须保证压强相同，所以注意事项为量筒内液面与广口瓶中的液面持平而且视线与凹液面最低处相切；(6) 根据该实验原理分析，要测定二氧化碳和水和氮气的数据，再结合氨基酸的相对分子质量确定其分子式。故选ABD。【点睛】实验题的解题关键是掌握实验原理和实验的关键点。理解各装置的作用。实验的关键是能准确测定相关数据。为了保证得到准确的二氧化碳和水和氮气的数据，所以氨基酸和氧气反应后，先吸收水后吸收二氧化碳，最后除去氧气后测定氮气的体积。26.有A，B，C，D，E五种元素，其中A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同；C原子的价电子构型为csccpc+1，D元素的原子最外层电子数比次外层电子数少2个，D的阴离子与E的阳离子电子层结构相同，D和E可形成化合物E2D(1)上述元素中，第一电离能最小的元素的原子结构示意图为_；D的价电子排布图为_；(2)下列分子结构图中的和表示上述元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，小黑点表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键则在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键的是_(填写分子的化学式)； 在的分子中有_个键和_个键(3)A，C，D可形成既具有离子键又具有共价键的化合物，其化学式可能为_；足量的C的氢化物水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物，其化学式为_，请说出该配合物中中心原子与配位体及内界与外界之间的成键情况：_【答案】 (1). (2). (3). NH3、CH4、H2S (4). 5 (5). 1 (6). NH4HS或(NH4)2S (7). Cu(NH3)4SO4 (8). 内界中铜离子与氨分子之间以配位键相结合，外界铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合【解析】【分析】由于A，B，C，D为短周期元素，因A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A只能为氢元素；同一能层的不同能级的能量不同，符号相同的能级处于不同能层时能量也不同，即1s、2s、2p的轨道能量不同，2p有3个能量相同的轨道，由此可确定B；因s轨道最多只能容纳2个电子，所以c=2，即C原子价电子构型为2s22p3，即氮元素。短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，据此可确定D。再由D的阴离子电子数及在E2D中E的化合价，即可确定E。由此分析。【详解】由于A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A为氢元素；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，则B的电子排布式为1s22s23p2，即B为碳元素；因s能级最多只能容纳2个电子，即c=2，所以C原子价电子构型为2s22p3，C为氮元素；短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，因D原子最外层电子数比次外层电子数少2个，所以D的次外层只能是L层，D的最外层应为6个电子，即D为16号元素硫；硫元素的阴离子（S2-）有18个电子，E阳离子也应有18个电子，在E2D中E显+1价，所以E为19号元素钾。所以A、B、C、D、E分别为氢、碳、氮、硫、钾。(1)上述五种元素中金属性最强的是钾元素，故它的第一电离能最小，其原子结构示意图为。硫原子价电子层为M层，价电子排布式为3s23p4，其电子排布图为。(2)分子结构图中黑点表示的原子最外层有5个电子，显然是氮原子，白球表示的原子最外层只有1个电子，是氢原子，所以该分子是NH3，中心N原子有3个键，1个孤电子对，故采用sp3杂化；分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以分子是CH4，中心碳原子有4个键，0个孤电子对，采用sp3杂化；分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以分子是CH2=CH2，中心碳原子有3个键，0个孤电子对，所以中心原子采用sp2杂化；分子中黑球表示的原子最外层6个电子，是硫原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，该分子为H2S，中心S原子有2个键，2个孤电子对，所以中心原子采用sp3杂化。因此中心原子采用sp3杂化形成化学键的分子有NH3、CH4、H2S。在CH2=CH2的分子中有5个键和1个键。(3)根据上面的分析知A、C、D分别为氢、氮、硫三种元素，形成既具有离子键又具有共价键的化合物是硫氢化铵或硫化铵，其化学式为NH4HS或(NH4)2S，铵根与HS-或S2-之间是离子键，铵根中的N与H之间是共价键，HS-中H与S之间是共价键。C的氢化物是NH3，NH3的水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物是硫酸四氨合铜，其化学式为Cu(NH3)4SO4。配合物Cu(NH3)4SO4的内界中Cu2+与NH3之间是以配位键相结合，外界铜氨配离子Cu(NH3)42+与硫酸根离子之间是以离子键相结合。27.（1）在CO2，NaCl，Na，Si，CS2，金刚石，（NH4）2SO4，乙醇中，由极性键形成的非极性分子有_（填序号，以下同），含有金属离子的物质是_，分子间可形成氢键的物质是_，属于离子晶体的是_，属于原子晶体的是_，五种物质的熔点由高到低的顺序是_。（2）A，B，C，D为四种晶体，性质如下：A固态时能导电，能溶于盐酸B能溶于CS2，不溶于水C固态时不导电，液态时能导电，可溶于水D固态、液态时均不导电，熔点为3500 试推断它们的晶体类型：A_；B_；C_；D_。（3）下图中AD是中学化学教科书上常见的几种晶体结构模型，请填写相应物质的名称：A_；B_；C_D_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). 金属晶体 (8). 分子晶体 (9). 离子晶体 (10). 原子晶体 (11). 氯化铯 (12). 氯化钠 (13). 二氧化硅 (14). 金刚石（或晶体硅）【解析】【分析】(1)根据组成元素及微粒之间的化学键分析；根据晶体的熔点:原子晶体离子晶体金属晶体分子晶体；(2)根据晶体的物理性质分析晶体类型；(3)根据晶体结构模型判断物质的种类。【详解】(1) CO2CS2中只含有极性键,分子都是直线形分子,正负电荷中心重合,属于非极性分子；由极性键形成的非极性分子有；NaCl是由钠离子和氯离子构成；Na是