2022年贵州省志诚实验学校高二化学第二学期期末联考试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下图有关电化学的示意图正确的是ABCD2、下列叙述正确

2、的是( )A通常，同周期元素中A族元素的第一电离能最大B在同一主族中，自上而下元素的第一电离能逐渐减小C第A、A族元素的原子，其原子半径越大，第一电离能越大D主族元素的原子形成单原子离子时的最高化合价数都和它的族序数相等3、化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关。下列叙述正确的是A“滴水石穿、绳锯木断”都涉及化学变化B氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成C汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D治理“地沟油”，可将其在碱性条件下水解制得肥皂4、常温下，在1L0.1molL-1的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（ ）

3、A加入水时，平衡向逆反应方向移动B加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动C加入少量0.1molL-1HCl溶液，溶液中c(H+)减小D加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动5、下列说法中正确的是（ ）ANO2、SO2、BF3、NCl3等分子中，没有一个分子满足所有原子的最外层都达到8电子稳定结构；BP4和CH4都是正四面体分子，且键角都为109o28；CNaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na+共有12个；D存在共价键的晶体一定具有很高的熔、沸点及硬度6、若不断地升高温度，实现“雪花水水蒸气氧气和氢气”的变化。在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是A氢键；分子间

4、作用力；极性键B氢键；氢键；非极性键C氢键；极性键；分子间作用力D分子间作用力；氢键；非极性键7、下列化学用语表示正确的是（）A四氯化碳分子的比例模型：B氯乙烷结构简式：CH2ClCH2ClCCH3CH2NO2与H2NCH2COOH互为同分异构体D丙烯的键线式：8、室温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度的关系正确的是A0.1mol/L NH4 Cl溶液与0.1 mol/L氨水等体积混合(pH7)：c(NH3H2O)c(NH4+)c(C1-)c(OH-)c(H+)B0.1 mol/LCH3 COONa溶液与0.1 mol/L盐酸等体积混合：c(OH-)c(CH3COO-) c(H+) c(C1

5、-)=o.1 mol/LC0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1 mol/L盐酸等体积混合：2c(CO32-)+C(HCO3-)+ c(OH-)=c(Na+)+c(H+)D0.1 mol/LNaHS溶液与0.2 mol/LNaOH溶液等体积混合：c(OH-)-c(H+) =C(S2-)+ 2c(HS-)+ 3c(H2S)9、下列四种有机物在一定条件下不能作为合成高分子化合物单体的是A丙烯酸B乳酸 CH3CH(OH)COOHC甘氨酸D丙酸 CH3CH2COOH10、1mol气态钠离子和1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能。下列热化学方程式中，能直接表示出

6、氯化钠晶体晶格能的是（ ）ANa+(g)+Cl(g) NaCl(s); H1 BNa(s)+12Cl2(g) NaCl(s); H2CNa+(l)+Cl(l) NaCl(s); H3 DNa(g)+ 12Cl2(g) NaCl(s); H411、已知当NH4Cl溶液的浓度小于0.1mol/L时，其pH5.1。现用0.1mol/L的盐酸滴定l0mL0.05mol/L的氨水，用甲基橙作指示剂达到终点时所用盐酸的量应是（）A10mLB5mLC大于5mLD小于5mL12、某有机物的结构为如图所示，这种有机物不可能具有的性质是 （ ）可以燃烧 能使酸性KMnO4溶液褪色能跟NaOH溶液反应 能跟新制银氨

7、溶液反应能发生加聚反应 能发生水解反应A只有BC只有D13、下列制取Cl2、探究其漂白性、收集并进行尾气处理的原理和装置合理的是()A制取氯气B探究漂白性C收集氯气D尾气吸收14、某有机物的结构为，这种有机物不可能具有的性质是（ ）A能跟NaOH溶液反应B能使酸性KMnO4溶液褪色C能发生酯化反应D能发生水解反应15、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16、下列化合物中沸点最高的是A乙烷B丙烷C乙醇D丙三醇二、非选择题（

8、本题包括5小题）17、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2、Ag、Na、Cu2中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl、CO32-中的一种。(离子在物质中不能重复出现)若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据实验事实可推断它们的化学式为：（1）A_，C_，D_。（2）写出盐酸与D反应的离子方程式： _。（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_。18、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

9、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)。19、某同学进行影响草酸与酸性高锰酸钾溶液反应速率因素的研究。草酸与

10、酸性高锰酸钾的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O。室温下，实验数据如下：实验序号加入试剂0.01mol/L KMnO40.1mol/L H2C2O40.01mol/L KMnO40.1mol/L H2C2O4MnSO4固体0.01mol/L KMnO40.1mol/L H2C2O4Na2SO4固体褪色时间/s1166117请回答：（1）该实验结论是_。（2）还可以控制变量，研究哪些因素对该反应速率的影响_。（3）进行上述三个实验后，该同学进行反思，认为实验的现象可以证明上述结论。请你写出实验的现象并分析产生该现象的原因_。（4）实验

11、选用MnSO4固体而不是MnCl2固体的原因是_。20、甲苯()是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛()、苯甲酸()等产品。下表列出了有关物质的部分物理性质，请回答：名称性状熔点()沸点()相对密度(水1gcm3)溶解性水乙醇甲苯无色液体易燃易挥发95110.60.8660不溶互溶苯甲醛无色液体261791.0440微溶互溶苯甲酸白色片状或针状晶体122.12491.2659微溶易溶注：甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶。实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛。实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入15mL冰醋酸(作为溶剂)和2mL甲苯，搅拌升温至70，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此

12、温度下搅拌反应3小时。(1)装置a的名称是_，为使反应体系受热比较均匀，可_。(2)三颈瓶中发生反应的化学方程式为_。(3)写出苯甲醛与银氨溶液在一定的条件下发生反应的化学方程式：_。(4)反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温时，还应经过_、_(填操作名称)等操作，才能得到苯甲醛粗产品。(5)实验中加入过量过氧化氢且反应时间较长，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，正确的操作步骤是_(按步骤顺序填字母)。a对混合液进行分液 b过滤、洗涤、干燥c水层中加入盐酸调节pH2 d加入适量碳酸氢钠溶液混合振荡21、纯碱是一种非常重要的化工原料，在玻璃、肥料、合成

13、洗涤剂等工业中有着广泛的应用。(1)工业上“侯氏制碱法”以NaCl、NH3、CO2及水等为原料制备纯碱，其反应原理为：NaClNH3CO2H2O=NaHCO3NH4Cl。生产纯碱的工艺流程示意图如下：请回答下列问题：析出的NaHCO3晶体中可能含有少量氯离子杂质，检验该晶体中是否含有氯离子杂质的操作方法是_。该工艺流程中可回收再利用的物质是_。若制得的纯碱中只含有杂质NaCl。测定该纯碱的纯度，下列方案中可行的是_(填字母)。a. 向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b gb. 向m克纯碱样品中加入足量稀盐酸，用碱石灰(主要成分是CaO和NaOH)吸收产生

14、的气体，碱石灰增重b gc. 向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，产生的沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g(2)将0.84 g NaHCO3和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.10 molL-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是_(填字母)。A BC D(3)若称取10.5 g纯净的NaHCO3固体，加热一段时间后，剩余固体的质量为8.02 g。如果把剩余的固体全部加入到100 mL 2 molL1的盐酸中充分反应。求溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度(设溶液的体积变化及盐酸的挥发忽略不计)_。参考答案一、选择题（每题只有一个

15、选项符合题意）1、D【解析】A锡比铜活泼，是负极，故A错误；B电解精炼时，粗铜作阳极，则粗铜与电源的正极相连，作阳极，故B错误；C电镀时镀层金属作阳极，铁片上镀锌，所以锌为阳极，即锌片与正极相连，故C错误；D电解饱和食盐水，阳极发生氧化反应生成氯气，检验氯气用碘化钾淀粉溶液，阴极发生还原反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠能使酚酞变红色，该装置能验证氯化钠溶液的电解产物，故D正确。2、B【解析】A.同一周期中零族元素的第一电离能最大；B.同一主族中，自上而下原子半径逐渐增大，第一电离能逐渐减小；C.第A、A族元素的原子,原子半径越大，第一电离能越小；D.主族元素的原子形成单原子离子时,若为阴离子，

16、则其与族序数不等。【详解】A.稀有气体不容易失电子，则同周期元素稀有气体的第一电离能最大，故A错误；B.在同一主族中，自上而下失电子能力增强，则自上而下第一电离能逐渐减小，故B正确；C.第A、A族元素的原子，其半径越大，失电子能力越强，越容易失电子，第一电离能越小，故C错误；D.有的主族元素的原子形成单原子阳离子时的最高化合价数等于其族序数，如Cl元素等，但F元素形成的最高化合价为-1价，不等于其族序数，故D错误；本题答案选B。3、D【解析】本题考查化学与生活基础知识，记忆正确便可回答正确。解析：滴水石穿包括化学变化，这是由于水中有溶解的CO2，而CO2的水溶液能溶解大理石的主要成分碳酸钙，即

17、CO2H2OCaCO3=Ca(HCO3)2，绳锯木断是指用绳当锯子把木头锯断，属于物理变化，A错误；氟利昂作制冷剂会导致臭氧空洞，雾霾天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关，B错误；机动车在行驶中烃类不完全燃烧，产生一氧化碳甚至冒黑烟，汽车尾气排放的氮氧化物是在汽车发动机气缸内高温富氧环境下氮气和氧气的反应，不是汽油不完全燃烧造成的，C错误；地沟油主要成分为油脂，油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，D正确。故选D。4、B【解析】A加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，A选项错误；B加入少量NaOH固体，与CH3COOH电离生成的H+结合，使电离平衡向着正向移动，B选项正确；

18、C盐酸是强电解质，加入后溶液中c (H+)增大，电离平衡向着逆向移动，但是达到新的平衡时，溶液中c (H+)增大，C选项错误；D加入少量CH3COONa固体，由电离平衡可以知道，c(CH3COO-)增大，则电离平衡逆反应方向移动，D选项错误；答案选B。5、C【解析】A. NCl3分子中N的价电子数为5，Cl的价电子数为7，三个Cl和N形成三对共用电子，使N、Cl原子都满足8电子结构，故A错误；B. P4和CH4都是正四面体分子，CH4分子中C原子位于正四面体中心，H原子位于正四面体的顶点，键角为109o28，而P4分子中4个P原子位于正四面体顶点，键角为60o，故B错误；C. NaCl晶体中与

19、每个Na+距离相等且最近的Na+共有12个，故C正确；D. 含有共价键的晶体可能为分子晶体，也可能为原子晶体，若为分子晶体，熔沸点较低，硬度不大，若为原子晶体，熔沸点高，硬度大，所以由原子间通过共价键而形成的晶体一般具有高的熔、沸点及硬度，不是一定，故D错误。故选C。【点睛】判断分子中各原子是否都满足8电子或2电子稳定结构，需要先判断各原子的价电子数，然后根据各个原子达到稳定结构需要共用的电子对数判断是否能都满足。如H2O，氧原子有6个价电子，需要共用2对电子，而氢原子只有1个价电子，只需要共用1对电子，所以两者形成共用电子对时，不能同时使氢和氧都达到稳定结构；CO2中有2个氧原子，每个O都和

20、C都共用两对电子，这样O和C就都能达到8电子稳定结构。或者，简单来看，用高中化学的知识不能写出电子式的分子，其原子一般不能都达到稳定结构。6、A【解析】根据雪花水水蒸气的过程为物理变化，破坏的是分子间作用力，主要是氢键，水蒸气氧气和氢气是化学变化，破坏的是化学键，为极性键，据此分析解答。【详解】固态水中和液态水中含有氢键，当雪花水水蒸气主要是氢键、分子间作用力被破坏，但属于物理变化，共价键没有破坏，水蒸气氧气和氢气，为化学变化，破坏的是极性共价键，故在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是氢键、分子间作用力、极性键。答案选A。【点睛】本题考查氢键以及共价键，题目难度不大，关键在于粒子间

21、的主要相互作用力的判断。7、C【解析】A四氯化碳分子的比例模型中，氯原子的原子半径比碳原子的原子半径大，而在该模型中原子半径的大小错误，故A错误；B氯乙烷的分子式为C2H5Cl，故其结构简式为CH3CH2Cl，故B错误；C分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，CH3CH2NO2与H2NCH2COOH的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，故C正确；D. 丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，故其键线式为，故D错误；答案选C。【点睛】注意比例模型中，原子的半径大小和空间构型！8、D【解析】分析：A、混合液的pH大于7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4）c（NH3H

22、2O），结合物料守恒可知c（NH4）c（Cl）c（NH3H2O）；B、0.1molL1CH3COONa溶液与0.10molL1HCl等体积混合，反应后溶质为0.05molL1的醋酸、0.05molL1的NaCl，据此判断各离子浓度大小C、溶液可以看成是NaHCO3和NaCl的混合液，溶液中存在电荷守恒；D、溶液相当于Na2S和NaOH等物质的量混合，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，消去钠离子可得。详解：A、0.1 molL-1NH4Cl溶液与0.1 molL-1氨水等体积混合（pH7），说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4）c（NH3H2O），结合物料守恒可知c（NH4）c

23、（Cl）c（NH3H2O），故A错误；B、将0.1molL1CH3COONa溶液与0.10molL1HCl等体积混合后，溶质为0.05molL1的醋酸、0.05molL1的NaCl，离子浓度最大的为c（Cl），c（Na），则正确的离子浓度大小为：c（Cl）=c（Na）c（H）c（CH3COO）c（OH），c(C1-)=0.05 mol/L，故B错误；C、0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1 mol/L盐酸等体积混合，溶液可以看成是NaHCO3和NaCl的混合液，溶液中存在电荷守恒：2c(CO32-)+C(HCO3-)+ c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，故C错误；D、0

24、.1 molL1NaHS溶液与0.2 molL1NaOH溶液等体积混合，溶液相当于Na2S和NaOH等物质的量混合，溶液中存在电荷守恒c(H)+c(Na)=c(OH)+2C(S2)+ c(HS)和物料守恒c(Na)=3C(S2)+ c(HS)+ c(H2S)，消去钠离子得：c(OH)-c(H) =C(S2)+ 2c(HS)+ 3c(H2S)，故D正确。故选D。9、D【解析】分析：含有碳碳双键或碳碳三键的单体通过加聚反应可生成高分子化合物；含有羟基和羧基或羧基和氨基的单体通过缩聚反应可得到高分子化合物。详解：A含碳碳双键，可为加聚反应的单体，选项A不选；B含-OH、-COOH，可为缩聚反应的单体

25、，选项B不选；C含-NH2、-COOH，可为缩聚反应的单体，选项C不选；D只含-COOH，不能作为合成高分子化合物单体，选项D选；答案选D。10、A【解析】分析：本题考查热化学方程式、晶格能，侧重考查基本概念，注意概念中关键词，1mol，气态离子，生成1mol晶体。详解：1mol气态钠离子与1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能，所以热化学方程式中，能表示晶格能的为Na+(g)+Cl(g) NaCl(s); H1，故选A。11、C【解析】当盐酸与NH3H2O恰好完全反应，n(HCl)=n(NH3H2O)，解得消耗盐酸的体积为5mL，此时溶液中c(NH4Cl

26、)=0.05mol/L1010-3L(10+5)10-3L5.1，而甲基橙变色范围是3.14.4，因此溶液不能变色，还需继续加入盐酸降低pH，因此最终消耗盐酸的量大于5mL，故C正确；答案选C。12、A【解析】由结构简式可知，分子中含碳碳双键、-CHO、酚-OH、醇-OH，结合烯烃、醛、酚、醇的性质来解答。【详解】为烃的含氧衍生物，可以燃烧生成二氧化碳和水，故不选； 含双键、-CHO、酚-OH、醇-OH，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故不选；含酚-OH，能跟NaOH溶液反应，故不选； 含-CHO，能跟新制银氨溶液反应，故不选；含碳碳双键，能发生加聚反应，故不选； 不含能水解的官能团，则不能发生

27、水解反应，故选；答案选A。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握常见有机物中的官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、醛、酚、醇性质的考查，题目难度不大。13、B【解析】A.该反应制取氯气需要加热，故A不合理；B.浓硫酸干燥氯气，通过该装置说明干燥的氯气没有漂白性，故B合理；C.氯气密度大于空气，要用向上排空气法收集氯气，故C不合理；D.氯气在饱和食盐水中难以溶解，故D不合理。故选B。14、D【解析】A. 该有机物分子中有羧基，能跟NaOH溶液反应，A正确； B. 该有机物分子中有碳碳双键和羟基，且与苯环相连的碳原子上有氢原子，故其能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；C. 该有

28、机物分子中有羧基和羟基，故其能发生酯化反应，C正确； D. 该有机物分子中没有能发生水解反应的官能团，D不正确。综上所述，这种有机物不可能具有的性质是D，选D。15、A【解析】A、蔗糖、油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物,A错误；B、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；C、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；D、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

29、、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。16、D【解析】物质的相对分子质量越大，该物质的熔沸点就越高。在上述四种物质中，相对分子质量最大的是丙三醇，其该分子中含有羟基的个数较多，因此其沸点最高，故合理选项是D。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaCl2 CuSO4 Na2CO3 CO32-2H=H2OCO2 Cu2SO42-Ba22OH=BaSO4Cu(OH)2 【解析】若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生

30、成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；根据上述推断作答。【详解】若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体

31、逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；（1）A的化学式为Ba（NO3）2，C的化学式为CuSO4，D的化学式为Na2CO3。（2）D为Na2CO3，盐酸与Na2CO3反应生成NaCl、H2O和CO2，反应的离子方程式为2H+CO32-=H2O+CO2。（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba（OH）2溶液反应的化学

32、方程式为CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2+BaSO4，反应的离子方程式为Cu2+SO42-+Ba2+2OH-=Cu（OH）2+BaSO4。【点睛】本题考查离子的推断，熟悉各离子的性质和离子间的反应是解题的关键。离子的推断必须遵循的原则：肯定原则（根据实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子不能在同一溶液中共存）、守恒原则（阳离子所带正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数）。18、N Si S 1s22s22p63s23p2 C+O2CO2 第三周期VIA族 NOC SiS 【解析】（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

33、元素可分别与A、C、D、E生成RB2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。DB2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，EB2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1s22s22p63s23p2。（3）碳在氧气中完全燃烧的化学方程式为C+O2CO2。（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

34、第一电离能排序为NOC。（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SiS。19、在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用 温度、浓度等 KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快。因为反应生成的MnSO4是KMnO4与H2C2O4反应催化剂，能加快反应速率 酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl，也会使KMnO4溶液褪色，产生干扰 【解析】（1）实验、中使用的反应物是都是 0.01 mol/L KMnO4、0.1 mol/L H2C2O4，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，高锰酸钾褪色时间

35、最快的是，加了硫酸锰，中加的是硫酸钠与褪色时间基本相同，对比得知起催化作用的是Mn2+，即该实验结论是在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用；（2）除催化剂对反应速率有影响外，还有其他的外界因素如温度、浓度等；（3）实验中是单独加入催化剂MnSO4，而草酸与酸性高锰酸钾反应会生成MnSO4，那么这个反应的产物就会起到催化剂的作用，所以实验的现象是：KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快，因为反应生成的MnSO4是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，能加快化学反应速；（4）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化氯化锰中的氯离子，也会

36、使KMnO4溶液褪色，从而缩短褪色时间，产生干扰。【点睛】本题考查了草酸与酸性高锰酸钾溶液反应，探究影响化学反应速率的因素，注意对比实验的关键是其他条件不变，控制其中的一个变量进行分析，另外考查了酸性高锰酸钾溶液的强氧化性，题目难度适中。20、球形冷凝管 水浴加热 2H2O2 3H2O +2AgH2O3NH3 过滤 蒸馏 dacb 【解析】（1）装置a的名称是球形冷凝管。水浴加热可使反应体系受热比较均匀；（2）甲苯与H2O2反应生成苯甲醛和水，则三颈瓶中发生反应的化学方程式为：. 2H2O2 3H2O；（3）苯甲醛与银氨溶液在加热条件下发生反应生成苯甲酸铵、水、银单质和氨气，化学方程式为： +2AgH2O3NH3；（4）实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，所以先过滤除去固态难溶性催化剂。冰醋酸、甲苯、过氧化氢、苯甲醛互溶，利用它们沸点差异，采用蒸馏的方法得到苯甲醛粗产品；（5）若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，首先加入适量碳酸氢钠溶液混合振荡，苯甲酸与碳酸氢钠反应生成苯甲酸钠。苯甲酸钠易溶于水，苯甲醛微溶于水，再对混合液进行分液，分离开苯甲酸钠溶液和苯甲醛。然后在水层中加入盐酸调节pH2，苯甲酸钠和盐酸反应生成苯甲酸，最后过滤、洗涤、干燥苯甲酸，答案为dacb。21、取少量晶体溶于水，加稀硝酸酸化