广西贺州平桂高级中学2021-2022学年高二化学第二学期期末达标测试试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、科学家用20Ca轰击97Bk合成了117Ts。下列说法错误的是A117Ts处于第7周期B117Ts是通过化合反应合成的C117Ts的同位素具有相同的电子数D117Ts可能属于金属元素2、下列属于氧化还原反应的是A2NaHCO3Na2CO

2、3+CO2+H2OBNa2O+H2O=2NaOHC2KI+Br2=2KBr+I2DMgO+2HCl=MgCl2+H2O3、乙醇分子中不同的化学键如图，关于乙醇在各种反应中断裂键的说法不正确的是（ ）A乙醇和钠反应，键断裂B在铜催化下和O2反应，键断裂C1700C乙醇制乙烯时，键断裂D1400C乙醇制乙醚的反应，键断裂4、向含Al2（SO4）3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa（OH）2溶液至过量，加入Ba（OH）2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是A原混合液中c（SO42-）：c（Cl-）=1：1B向D点溶液中通入C02气体，立即产生白色沉淀C图中A点沉

3、淀中含有BaSO4和Al（OH）3DAB段反应的离子方程式为：Al3+3OH-Al（OH）35、下列说法正确的是A异戊烷与新戊烷可用质谱法快速精确区分B红外光谱法与核磁共振氢谱可用于有机物分子结构的鉴定C当液态有机物与杂质的沸点相差较小时可以用蒸馏的方法提纯D可用酒精萃取后分液的方法提取碘水中的碘6、下列对物质或离子的检验,结论正确的是()A将气体通入澄清石灰水，有白色沉淀生成,证明气体为CO2B将气体通入水中能使酚酞变红，则气体为NH3，NH3为碱C加入KSCN溶液,溶液变红，证明原溶液含有Fe3+D加入BaCl2溶液,生成的沉淀不溶于盐酸，证明原溶液含有SO42-7、镁铝合金质优体轻，又不

4、易锈蚀，已大量用于航空工业、造船工业、日用化工等领域。下列关于镁铝合金的性质的叙述中，正确的是()A此合金的熔点比镁和铝的熔点都高B此合金的硬度比镁和铝的硬度都小C此合金能全部溶解于氢氧化钠溶液中D此合金能全部溶解于稀盐酸中8、下列说法正确的是A测定盐酸和NaOH溶液反应的中和热时，每次实验均应测量三个温度，即盐酸的起始温度、NaOH溶液的起始温度和反应后的终止温度BHCl和NaOH反应的中和热H=57.3 kJmol1，则稀H2SO4和稀Ca(OH)2溶液反应的中和热 H=257.3 kJmol1C燃烧热是指在101 kPa时可燃物完全燃烧时所放出的热量DS(s)+ O2(g)SO3(g)

5、H=315 kJmol1(燃烧热)9、下列说法中，正确的是（ ）A有机物属于芳香烃，含有两种官能团B按系统命名法，化合物（CH3）2CHCH（CH3）CH2CH（CH3） CH（CH3）2的名称为2，3，5，6四甲基庚烷C既属于酚类又属于羧酸类D2甲基3丁烯的命名错误原因是选错了主链10、一定条件下,通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料Mg0:MgSO4(s)+CO(g) MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)H0 该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是选项 xyA压强CO2与CO的物质的量之比B温度容器内混合气体的密度CMg

6、SO4的质量(忽略体积)CO的转化率DSO2的浓度平衡常数KAABBCCDD11、下列说法正确的是（ ）。A相对分子质量相同的几种化合物互为同分异构体B分子组成相差一个或若干个CH2原子团的物质互为同系物C所有的烷烃均互为同系物D分子式符合CnH2n2(n1)的有机物一定属于烷烃12、下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是（ ）A同质量、不同密度的N2和COB同温度、同体积的N2和H2C同体积、同密度的C2H4和CH4D同压强、同体积的N2O和CO213、下列说法中正确的是()A常温下，pH均为3的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1108B25 时0.1molL1NH4

7、Cl溶液的KW大于100 时0.1molL1NaCl溶液的KWC根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH6.5的溶液一定显酸性D室温下，将pH2的盐酸与pH12的氨水等体积混合，溶液显中性14、下列化学用语中，不合理的是A蔗糖的分子式：C12H22O11BN2分子的结构式：NNC37Cl的结构示意图：DCCl4的比例模型：15、目前世界上用量最大、用途最广的合金是A铁合金B铝合金C铜合金D钛合金16、下列物质与NaOH醇溶液共热可制得烯烃的是（ ）AC6H5CH2ClB(CH3)3CCH2BrCCH3CHBrCH3DCH3Cl二、非选择题（本题包括5小题）17、有A，B，C，D，E五种元素，其中

8、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

9、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：_18、A是一种常见的烃，它的摩尔质量为40gmol-1，C能发生银镜反应，E能与小苏打反应产生气体，它们之间存在如下图所示的转化关系（反应所需条件已略去）：请回答：（1） A的结构简式_。（2） C中含有官能团的名称是_。（3）在加热和催化剂条件下，D生成E的反应化学方程式为_。（4）下列说法正确的是_。a. B、C和E都能使酸性KMnO4溶液褪色b. D和E都可以与金属钠发生反应c. D和E在一定条件下反应

10、可生成有香味的油状物质d. 等物质的量B和D完全燃烧，耗氧量相同19、现有下列状态的物质：干冰 NaHCO3晶体 氨水 纯醋酸 FeCl3溶液 铜 熔融的KOH 蔗糖其中属于电解质的是_，属于强电解质的是_。能导电的是_。胶体是一种常见的分散系，回答下列问题。向煮沸的蒸馏水中逐滴加入_溶液，继续煮沸至_，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体，制取Fe(OH)3胶体化学反应方程式为_。向Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于_离子（填离子符号）的作用，使胶体形成了沉淀，这个过程叫做_。区分胶体和溶液常用的方法叫做_。FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，离子方程式为_。有学生利用

11、FeCl3溶液制取FeCl36H2O晶体主要操作包括：滴入过量盐酸，_、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器是_。高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为_。20、亚硝酰氯（NOCl，熔点：64.5 ，沸点：5.5 ）是一种黄色气体，遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如图所示：为制备纯净干燥的气体，补充下表中缺少的药品。装置装置烧瓶中分液漏斗中制备纯净的Cl2Mn

12、O2_制备纯净的NOCu_（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：装置连接顺序为a_（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。装置、除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是_。装置的作用是_。装置中吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为_。（3）丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为_。21、碳酸亚铁（白色固体，难溶于水）是一种重要的工业原料，可用于制备补血剂乳酸亚铁，也可用作可充电电池的电极。某研究小组通过下列实验，寻找利用复分解反应制备 FeCO3 沉淀的最佳方案： 实验 试剂 现象 滴管

13、试管 0.8 mol/L FeSO4 溶液（pH=4.5） 1 mol/L Na2CO3 溶液（pH=11.9） 实验：立即产生灰绿色沉淀，5min 后出现明显的红褐色 0.8 mol/L FeSO4 溶液（pH=4.5） 1 mol/L NaHCO3 溶液 （pH=8.6） 实验：产生白色沉淀及少量无色气泡，2min 后出现明显的灰绿色 0.8 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2 溶液（pH=4.0） 1 mol/L NaHCO3 溶液 （pH=8.6） 实验：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色 (1)实验 I 中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示，请补全反应： Fe2+ +_

14、+ + H2O= Fe(OH)3 +HCO3 (2)实验 II 中产生 FeCO3 的离子方程式为_。 (3)为了探究实验 III 中 NH4+所起的作用，甲同学设计了实验 IV 进行探究： 操作 现象 实验 IV 向 0.8 mol/L FeSO4 溶液中加入_，再加入 Na2SO4 固体配制成混合溶液（已知 Na+对实验无影响，忽略混合后溶液体积变化）。再取该溶液一滴管，与 2mL 1 mol/L NaHCO3 溶液混合 与实验 III 现象相同 实验 IV 中加入 Na2SO4 固体的目的是_。 对比实验 II、III、IV，甲同学得出结论：NH4+水解产生 H+，降低溶液 pH，减少了

15、副产物 Fe(OH)2 的产生。 乙同学认为该实验方案不够严谨，应补充的对比实验操作是：_，再取该溶液一滴管，与 2mL 1 mol/L NaHCO3 溶液混合。 (4)小组同学进一步讨论认为，定性实验现象并不能直接证明实验 III 中 FeCO3 的纯度最高，需要利用如图所示的装置进行定量测定。分别将实验 I、II、III 中的沉淀进行过滤、洗涤、干燥后称量，然后转移至 A 处的广口瓶中。 为测定 FeCO3 的纯度，除样品总质量外，还需测定的物理量是_。 (5)实验反思：经测定，实验 III 中的 FeCO3 纯度高于方案 I 和方案 II。通过以上实验分析，制备 FeCO3 实验成功的关

16、键因素是_参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A. 117Ts处于元素周期表第7周期第VIIA，A正确；B.在用20Ca轰击97Bk合成了117Ts变化过程中，产生了新的元素，而化学反应过程中元素的种类不变，所以117Ts是通过核反应产生的，B错误；C.同位素原子的质子数相同而中子数不同，由于原子核外电子数等于原子核内质子数，所以117Ts的同位素具有相同的电子数，C正确；D.117Ts是第7周期第VIIA的元素，上一周期同一主族的砹处于金属与非金属交界处，由于同一主族元素随着原子核外电子电子层数的增加，元素的金属性逐渐增强，所以117Ts可能属于金属元素，D正确；故合

17、理选项是B。2、C【解析】凡是有元素化合物升降的反应是氧化还原反应。【详解】A. 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，A错误；B. Na2O+H2O=2NaOH中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，B错误；C. 2KI+Br2=2KBr+I2中I元素的化合价升高，Br元素化合价降低，非氧化还原反应，C正确；D. MgO+2HCl=MgCl2+H2O中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，D错误。答案选C。【点睛】准确判断出反应中有关元素的化合价变化情况是解答的关键。另外也可以依据氧化还原反应与四种基本反应类型的关系分析，例如置换反应一定是氧

18、化还原反应，复分解反应一定不是，有单质生成的分解反应和有单质参加的化合反应均是氧化还原反应。3、D【解析】分析 乙醇含有羟基，可发生取代（置换）、消去和氧化反应，取代反应时，可断裂C-O键、O-H键，氧化反应时，可断裂键，消去反应断裂键，以此解答该题。详解：乙醇与Na反应生成氢气，O-H键断裂，即断裂， A选项正确；乙醇在金属铜作用下发生催化氧化反应时，生成醛，C-H、O-H键断裂，即断裂， B选项正确；170乙醇制乙烯时，C-H、C-O键断裂，即断裂，C选项正确；140乙醇制乙醚的反应时，O-H键、C-O键断裂，2分子乙醇反应，1个乙醇分子断羟基上的氢原子，另一个分子断C-O键，形成C2H5

19、-O-C2H5,即或者断裂，D选项错误；正确答案D。4、A【解析】Al2（SO4）3和AlCl3的混合溶液与Ba（OH）2溶液反应的实质是Al3+与OH-、Ba2+与SO42-之间的离子反应，反应如下：Ba2+SO42-BaSO4，Al3+3OH-Al（OH）3，Al（OH）3+OH-AlO2-+2H2O，假设1molAl2（SO4）3中SO42-完全被沉淀所需Ba（OH）2量为3mol，提供6molOH-，1molAl2（SO4）3中含有2molAl3+，由反应Al3+3OH-Al（OH）3可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH-，故从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生

20、反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时SO42-完全沉淀，AB为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，BC为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。则可依次分析四个选项如下：A、前3LBa（OH）2溶液与溶液中Al2（SO4）3反应，从3L6L为Ba（OH）2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知3nAl2（SO4）3=nBa（OH）2，故nAl2（SO4）3=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n（AlCl3）=2Ba（OH）2=6mol，故n（AlC

21、l3）=2mol，因此原溶液中cAl2（SO4）3：c（AlCl3）=1：2，即c(SO42-）：c（Cl-）=1:2，故A错误；B、D点的溶液中含有大量的OH-、Ba2+、AlO2-，通入二氧化碳立即产生碳酸钡沉淀，通入足量的二氧化碳后还能生成氢氧化铝沉淀，B正确；C、根据以上分析可知图中A点沉淀中含有BaSO4和Al（OH）3，C正确；D、根据以上分析可知AB段反应的离子方程式为Al3+3OH-Al（OH）3，D正确；答案选A。5、B【解析】A. 质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量；异戊烷与新戊烷是同分异构体，其相对原子质量相同，不能用质谱

22、法区分，故A错误；B. 红外光谱能体现出有机物含有的化学键，从核磁共振氢谱图上可以推知有机物分子有几种不同类型的氢原子及它们的数目之比，可以用于确定有机物的结构，故B正确；C.当液态有机物含有少量杂质，而且该有机物稳定性好，与杂质的沸点相差较大时可以用蒸馏的方法提纯，故C错误；D. 因为酒精能与水互溶，不能作为提取碘水中的碘的萃取剂，故D错误；综上所述，本题正确答案为B。【点睛】考查有机物的研究方法和分离。质谱法是判断有机物的相对分子质量的方法；红外光谱测定原子团的方法；核磁共振氢谱确定有机物分子中氢原子的种类和数目的方法。6、C【解析】A.将气体通入澄清石灰水，有白色沉淀生成，该气体可能为C

23、O2，也可能为SO2，A错误；B.将气体通入水中能使酚酞变红，则气体为碱性气体NH3，氨气溶于水反应产生的一水合氨电离产生了OH-，因此不能说NH3为碱，B错误；C.加入KSCN溶液，溶液变红，是由于Fe3+与SCN-反应产生红色的络合物Fe(SCN)3，因此可以证明原溶液含有Fe3+，C正确；D.加入BaCl2溶液，生成的沉淀不溶于盐酸，说明原溶液可能含有SO42-、Ag+等离子，D错误；故合理选项是C。7、D【解析】分析：根据合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，合金的熔点比组成它的纯金属的熔点低，结合金属的化学性质，进

24、行分析判断。详解:A.合金的熔点比各成分金属的低，故A错误；B. 合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，故B错误；C.此合金属于镁和铝的混合物，镁与氢氧化钠不反应，故C错误；D. 此合金的主要成分是镁和铝，均能与稀盐酸反应，能全部溶解于稀盐酸中，所以D选项是正确的；所以D选项是正确的。8、A【解析】A. 测定盐酸和NaOH溶液反应的中和热时，每次实验均应测量三个温度，即盐酸的起始温度、NaOH溶液的起始温度和反应后的终止温度，根据温度差可以计算出反应过程中放出的热，A正确；B.中和热是指在稀溶液中，强酸与强碱反应生成1 mol H2O时放出的热量，生成微溶物CaSO4时也会产生热量，B项错误。C

25、.燃烧热是指在101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，C项错误。D.S完全燃烧生成的稳定氧化物应为SO2气体，D项错误。本题选A。9、B【解析】试题分析：A.苯环不是官能团，只有一种官能团，A项错误；B.取代基的位次和最小，选最长的碳链为主链，符合烷烃命名规则，B项正确；C.分子中不含苯环，不是酚类，既属于醇类又属于羧酸，C项错误；D.从距离双键最近的一端命名，应为3-甲基-丁烯，该命名选错了官能团的位置，D项错误；答案选B。考点：考查有机物的系统命名法。有机物的分类与官能团等知识。10、B【解析】A.CO2与CO的物质的量之比为化学平衡常数，平衡常数只与温度

26、有关，体系压强变化，平衡常数不变，所以CO2与CO的物质的量之比不变，故A错误；B. 若x是温度，y是容器内混合气体的密度，升高温度，平衡向吸热反应方向正反应方向移动，气体的质量增大，容器体积不变，则容器内气体密度增大，所以符合图象，故B正确；C. 若x是MgSO4的质量，y是CO的转化率，硫酸镁是固体，其质量不影响平衡移动，所以增大硫酸镁的质量，CO的转化率不变，故C错误；D. 若x是二氧化硫的浓度，y是平衡常数，平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，增大二氧化硫浓度，温度不变，平衡常数不变，故D错误；本题选B。11、D【解析】A. 同分异构体的相对分子质量相同，组成元素也相同，但相对分子质

27、量相同，组成元素也相同的化合物分子式不一定相同，所以不一定是同分异构体，如甲酸与乙醇，A项错误；B. 分子结构不相似，即使分子组成相差一个或若干个CH2原子团的物质，也不是同系物，如甲酸甲酯与丙酸，B项错误；C. 碳原子数相同的烷烃互为同分异构体，如正戊烷和异戊烷，C项错误；D. CnH2n2(n1) 是烷烃的通式，所以分子式符合CnH2n2(n1) 的有机物一定属于烷烃，D项正确；答案选D。12、A【解析】A. N2和CO的摩尔质量都是28g/mol，两者的质量相同，其物质的量也相同，N2和CO都是双原子分子，所以两者的原子数相等，A项正确； B. 在同温下，体积相同，但压强不一定相同，其物

28、质的量也不一定相同，则气体所含原子数不一定相等，B项错误；C. 同体积、同密度相当于同质量，但C2H4和CH4的摩尔质量不相同，其物质的量不同，C2H4和CH4原子数目之比24:35，C项错误；D. 只说了同压强、同体积，没说明温度是否相同，不能确定物质的量是否相同，D项错误。答案选A。13、A【解析】分析：醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度；水的离子积常数与温度有关，温度越大，离子积常数越大；弱电解质的电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变。详解：A、醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度为

29、10-11mol/L，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度为10-3mol/L，10-11：10-3=1:108，故A正确；B、升高温度，水的离子积KW增大，故B错误；C、温度未知，无法判断溶液的酸碱性，故C错误；D、室温下，将pH2的盐酸与pH12的氨水等体积混合，碱过量，溶液呈碱性，故D错误；故选A。14、D【解析】A蔗糖属于二糖，其分子式为C12H22O11，故A不选；BN2 分子中含有氮氮三键，其结构式为NN，故B不选；C37Cl-的核电荷数为17，核外电子总数为18，其离子结构示意图为，故C不选；D四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳正确的比例模型为

30、：，故D选；故选D。【点睛】本题的易错点为D，比例模型中要注意原子的相对大小。15、A【解析】铁与其他元素形成的合金称为铁合金，包括生铁和钢，钢包括低碳钢、中碳钢和高碳钢、合金钢。铁合金是使用最广泛，用量最大的合金。答案：A16、C【解析】卤代烃的消去反应的特点为与卤素原子相连碳原子的相邻碳原子上必须有C-H键；【详解】A. C6H5CH2Cl与NaOH醇溶液共热不能发生消去反应生成碳碳双键，A不符合题意；B. (CH3)3CCH2Br与NaOH醇溶液共热不能发生消去反应生成碳碳双键，B不符合题意；C. CH3CHBrCH3与NaOH醇溶液共热能生成CH3CH=CH2，C符合题意；D. CH3

31、 Cl与NaOH醇溶液共热不能发生消去反应生成碳碳双键，D不符合题意；答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、 NH3、CH4、H2S 5 1 NH4HS或(NH4)2S Cu(NH3)4SO4 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】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2s22

32、p3，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

33、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

34、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

35、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。18、CH3CCH 醛基 CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2O bcd 【解析】由题意：A是一种常见的烃，它的摩尔质量为40gmol-

36、1，分子式应为C3H4，则A为CH3CCH，由转化关系可知B为CH3CH=CH2，C能发生银镜反应，则C为CH3CH2CHO，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2COOH，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知A为CH3CCH，故答案为：CH3CCH；(2) 根据上述分析：C为丙醛，含有的官能团为醛基，故答案为：醛基；(3) 根据上述分析可知：D生成E的反应化学方程式为CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2O，故答案为：CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2COOH+H2O；(4)a.根据上述分析E为丙酸，与酸性KMnO4溶液不反应，故a错误；b.根据上述分析D为

37、CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2COOH，D和E分别含有羟基、羧基，则都可以与金属钠发生反应，故b正确；c. 根据上述分析D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2COOH，D和E在一定条件下发生酯化反应，可生成有香味的油状物质，故c正确；d. 根据上述分析D为CH3CH2CH2OH，可拆写成(CH3CH=CH2)H2O，则等物质的量B和D完全燃烧，耗氧量相同，故d正确；故答案为：bcd。19、饱和FeCl3溶液呈红褐色 FeCl3+3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)+3HClSO42胶体的聚沉丁达尔效应2Fe3+ Cu=2Fe2+ Cu2+蒸发浓缩玻璃棒2Fe3+3ClO-+1

38、0 OH-=2FeO42+3Cl-+5H2O (或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42+3Cl-+5H2O写出一个即可)【解析】I、电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，主要包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等。我们在判断此类试题的时候，最直接的方法是按照物质的分类进行判断。干冰是固态二氧化碳，不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；NaHCO3晶体属于盐，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；氨水属于混合物而不是化合物，所以不是电解质；纯醋酸属于酸，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；FeCl3溶液是混合物

39、而不是化合物，所以不是电解质；铜是单质而不是化合物，所以不是电解质；熔融的KOH属于碱，在熔融状态下和水溶液中均可以电离出离子而导电，所以是电解质； 蔗糖不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；所以属于电解质的是：。强电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，因此强电解质首先必须是电解质，只能从里面找，其中NaHCO3晶体在水溶液中可以完全电离出离子，所以属于强电解质；纯醋酸属于共价化合物，在熔融状态下不能电离出离子，在水溶液中不能完全电离，所以属于弱电解质；熔融的KOH是离子化合物，在熔融状态下和水溶液中都能完全电离出离子，所以属于强电解质，因此

40、属于强电解质的是。因在氨水、FeCl3溶液、熔融的KOH中都含有能够自由移动的离子，所以可以导电；铜作为金属单质，含有能够自由移动的电子，所以也可以导电，因此能够导电的是。II、.Fe(OH)3胶体的制备过程是：向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和的FeCl3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。故答案是：饱和FeCl3 ； 溶液呈红褐色； FeCl3+3H2O（沸水）Fe(OH)3(胶体)+3HCl。.向Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于硫酸根离子中和了氢氧化铁胶粒的电荷，导致胶体发生了聚沉，故答案是：SO42- ； 胶体的聚沉.利用胶体具有丁达尔效应而

41、溶液没有丁达尔效应，进行区分胶体和溶液，所以答案是：丁达尔效应、. FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，利用的是Fe3的氧化性，将铜氧化成Cu2，所以其反应的离子方程式是：2Fe3+ Cu=2Fe2+ Cu2+。.利用FeCl3溶液制取FeCl36H2O晶体，需要在HCl气流中加热、蒸发浓缩，因此其主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；过滤操作主要需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒；所以答案是：蒸发浓缩； 玻璃棒、用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为：3Fe3+3ClO-+10 OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O或者2Fe(O

42、H)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。20、浓盐酸 饱和食盐水 稀硝酸 水 ef（或fe）cbd 通过观察气泡调节气体的流速 防止水蒸气进入反应器 NOCl2NaOH=NaClNaNO2H2O HNO3(浓)3HCl(浓)=NOClCl22H2O 【解析】(1)实验室加热制取氯气是用MnO2与浓盐酸加热生成的，所以分液漏斗中装的是浓盐酸，装置是用于吸收氯气中HCl气体，所以内装饱和的食盐水；实验室里NO是用Cu和稀硝酸反应制取的，所以分液漏斗中装的是稀硝酸，装置是用于吸收NO中HNO3蒸气的，因此内装水即可。(2)已知NOCl沸点为-5.5 ，遇水易水解，所以可用冰盐冷却收集液体NOCl，再用装有无水CaCl2的干燥管防