2022届重庆市三峡名校联盟高二下学期5月联考化学试题（含解析）

三峡名校联盟2022春季联考

高2023届化学试题

相对原子质量：Cr—52N—14H—1C—120—16Al—27

Si—28

一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，共42分)

1.化学与科学、技术、社会、环境(STSE)等密切联系。下列说法错误的是

A.葡萄与浸泡过酸性高镒酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜

B.生产N95口罩的主要原料聚丙烯是一种高分子，它能使溟的四氯化碳溶液褪色

C.复方氯乙烷气雾剂用于运动中的急性损伤

D.聚乙烯是生产食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要材料，不能用聚氯乙烯替代

【答案】B

【解析】

【详解】A.高镒酸钾具有强氧化性，而乙烯具有还原性，高镭酸钾对于吸收水果释放出来

的乙烯具有非常好的效果，用浸泡过高镒酸钾溶液的硅藻土保鲜水果可以大大延长保鲜时

间，所以葡萄与浸泡过酸性高锌酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜，故A正确；

B.聚丙烯是丙烯的加聚产物，是一种高分子，不含有碳碳双键，不能使澳的四氯化碳溶液

褪色，故B错误；

C.氯乙烷具有冷冻麻醉作用，从而使局部产生快速镇痛效果，所以复方氯乙烷气雾剂用于

运动中的急性损伤，故C正确；

D.聚氯乙烯在使用过程中会慢慢释放出氯化氢，能够造成食品的污染，不能代替氯乙烯的

使用，故D正确；

故答案为：B„

2.下列反应属于取代反应的是

A.溪乙烷在NaOH水溶液中加热发生的反应

B.乙醉与。2在银的作用下加热发生的反应

C.乙烯在一定条件下与水发生的反应

D.乙烯在一定条件下生成聚乙烯的反应

【答案】A

【解析】

【详解】A.滨乙烷在NaOH水溶液中加热发生反应

CH3CH2Br+NaOH^,^CH3CH2OH+NaBr,用羟基取代澳原子，取代反应，故

A符合题意;

B.乙醇与O2在银的作用下加热发生反应2cH3cH20H+()2'^>2CH3CH0+2H2。，乙醇变

成乙醛，是氧化反应，故B不符合题意；

C.乙烯在一定条件下与水发生反应』2=6%+为0——3一>CH3CH20H,是加成反

应，故C不符合题意；

D.乙烯在一定条件下生成聚乙烯发生反应口比工:比引发剂>一卜CHz—CHz+,由小

分子生成高聚物是加聚反应，故D不符合题意；

故答案为：A

3.下列说法中正确是

CH3cH2cHeH2cH§

A.I在核磁共振氢谱图中有5组吸收峰

dH2cH3

B.红外光谱图能确定有机化合物中所含官能团的种类和数目

C.质谱法不能用于相对分子质量的测定

D.红外光谱、核磁共振氢谱和X射线衍射实验都可用于分析有机化合物的分子结构

【答案】D

【解析】

CH3cH2cHeH2cH3

【详解】A.I有3种等效氢，在核磁共振氢谱图中有3组吸收峰，

2cH3

故A错误；

B.红外光谱图只能确定有机物中所含官能团的种类，不能确定有机物的官能团的数目，

故B错误；

C.质谱法用于相对分子质量的测定，故C错误；

D.红外光谱确定官能团种类、核磁共振氢谱用于确定分子中氢原子种类及相对个数，X

射线衍射实验可确定分子的空间结构，所以都可用于分析有机化合物的分子结构，故D正

确；

4.仔细观察下图装置，下列说法不正确的是

之_酸性高镭

留一酸钾溶液

③

①

A.①中试管里发生消去反应

B.③中可观察到试管里酸性KMn。,溶液褪色

C.取反应后①中溶液于试管中，滴入几滴AgN03溶液会产生黄色沉淀

D.若用漠水代替酸性KMnO,溶液，装置②省去

【答案】C

【解析】

【详解】A.卤代垃在碱的醇溶液中发生消去反应，A选项正确；

B.①中发生消去反应产生乙烯气体，可使酸性高镒酸钾溶液褪色，B选项正确；

C.反应后①中溶液内可能有NaOH剩余，需先加稀硝酸酸化，再加AgNCh溶液检验

Br,C选项错误；

D.因为乙醇也可使酸性高镒酸钾溶液褪色，所以②的作用是为了除去挥发出来的乙醇，

滨水不与乙醇发生反应，所以改为澳水时可省去②装置，D选项正确；

答案选C。

5.碳原子的杂化轨道中s成分的含量越多，则该碳原子形成的C-H键键长会短一些。下列

化合物中，编号所指三根C-H键的键长正确的顺序是

HC=CH—CH—C』C——H

①II②③

HH

A.①③B.①下③〉②C.②下③>①D.②>①

酒

【答案】D

【解析】

【详解】由图中C原子的空间构型可知：①号C原子采用sp2杂化，②号C原子采用sp3

杂化，③号C原子采用sp杂化。碳原子的杂化轨道中s成分的含量越多，即p成分越少，

该碳原子的形成的C-H键键长越短，而sp杂化时p成分少，碳原子的形成的C-H键

键长短，sp3杂化时p成分多，碳原子的形成的C—H键键长长，所以编号所指三根C-H

键的键长正确顺序为②》①〉③，故选：D。

6.为提纯下列物质（括号内为杂质），所用的除杂试剂和分离方法都正确的是

选项ABCD

被提纯物质酒精（水）乙醉（乙酸）乙烷（乙烯）溟苯（澳）

氢氧化酸性高铳

除杂试剂生石灰KI溶液

钠溶液酸钾溶液

分离方法蒸储分液洗气分液

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A.生石灰与水反应产生离子化合物Ca(0H)2,Ca(OH)2与乙醉沸点相差较大，可

通过蒸储方法分离得到乙醇，A符合题意；

B.乙酸与NaOH反应产生的乙酸钠能够溶于水，乙醇也溶于水，二者互溶不分层，因此

不能通过分液的方法分离提纯，B不符合题意；

C.杂质乙烯会被酸性高镒酸钾溶液氧化为CO2气体，而使乙烷中混入新的杂质气体，不

能达到除杂净化的目的，C不符合题意；

D.浪与KI反应产生的L也容易溶于浪苯中，不能通过分液的分离提纯，D不符合题意；

故合理选项是A。

7.下列说法正确的是

A.Na?。？和CaH?所含化学键类型完全相同，阳离子和阴离子的个数比分别为1：1和

1：2

B.因为NH：分子间存在氢键，所以NH,比PH,稳定

C.CO?溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变

D.H2O2是含非极性键和极性键的极性分子

【答案】D

【解析】

【详解】A.NazOz含有非极性共价键和离子键，阳离子和阴离子个数比为2:1,CaH?只含

离子键，阳离子和阴离子个数比为1:2,A选项错误；

B.非金属氢化物的稳定性取决于非金属元素的非金属性强弱，因为N原子半径小于P原

子，所以N的非金属性比P强，N%比P%稳定，B选项错误；

C.C02溶于水生成H2c。3是化学变化，分子内碳氧键发生改变，干冰升华是物理变化，

只改变分子间作用力，C选项错误；

D.H2O2的结构式为H-O-O-H,是含有非极性键和极性键的极性分子，D选项正确；

答案选D。

8.下列说法正确的是

A.将ImolCH4与ImolCl2的混合气体在光照下发生反应可生成ImolCH3cl

B.乙焕和HC1在一定条件下发生反应最多生成两种卤代燃

C.在甲苯中加入少量酸性KMnC)4溶液，振荡后溶液褪色，是因为甲基受苯环的影响导致

活性增强易被氧化

D.2—滨丁烷在NaOH的乙醇溶液中加热可以产生两种不同结构的有机化合物

【答案】CD

【解析】

【详解】A.CH4与CL光照发生取代反应生成CH3CI、CH2c卜、CHCb、CCI4等有机物的

混合物，A选项错误；

B.乙快和HC1发生加成反应可得氯乙烯、1,1-二氯乙烷、1,2-二氯乙烷等，B选项错误;

C.甲苯使酸性高镒酸钾溶液褪色，是因为苯环影响甲基使得甲基活性增强从而易被氧

化，C选项正确；

D.2-澳丁烷在氢氧化钠的乙醇溶液中加热可生成1-丁烯、2-丁烯，D选项正确;

答案选CD。

9.木质素是一种非糖类膳食纤维，其单体之一芥子醇结构简式如图所示•下列有关芥子醇

的说法正确的是

CHQ丫、—CH=CH—CH2OH

OCH,

A.芥子静属于芳香族化合物，分子式是CuHn。』

B.芥子醇与乙醇一样易溶于水

C.芥子醇分子中所有碳原子不可能在同一平面上

D.芥子醇能发生酯化反应、加成反应、取代反应等

【答案】D

【解析】

【详解】A.芥子醇中含有苯环，故属于芳香族化合物，由题干的结构简式可知，其分子

式是CUHHCU,A错误；

B.芥子醇中憎水剂的影响大于亲水基，不是易溶于水，B错误；

C.由题干结构简式可知，芥子醇分子中由苯环和碳碳双键两个平面结构，平面间均以单

键连接，故所有碳原子可能在同一平面上，C错误；

D.芥子醇中含有醇羟基和碳碳双键、苯环等结构，故能发生的酯化反应、加成反应、取

代反应等，D正确；

故答案为：D。

10.下列说法中正确的是

A.互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成相同，性质也相同

B,由酸性C1CH2cOOHACHSCOOH,可知酸性FCH2cOOH>CH3cOOH

C.I2易溶于KI溶液中可以用相似相溶来解释

D.除HF外，其它卤化氢的沸点随着相对分子质量的增大而升高，是因为氢键的作用逐渐

增强所致

【答案】B

【解析】

【详解】A.互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成相同，但性质不完全相同，故

A错误；

B.F和C1均为吸电子基团，甲基为斥电子基团，则由酸性C1CH2coOH>CH3co0H可知

酸性FCH2co0H>CH3co0H,故B正确；

c.L在KI溶液中与「互相作用生成4离子，b+r=i3，E离子在水中的溶解度很大，因此

碘在KI的溶液中溶解度增大，所以不能用相似相溶原理解释，故C错误；

D.除HF外，其他卤化氢沸点随着相对分子质量的增大而升高，是因为：HF存在分子间

氢键、其它卤化氢存在分子间作用力，氢键不是化学键、但氢键比分子间作用力更强、其

它卤化氢分子间作用力随着相对分子质量的增大而增大，故D错误：

答案选B。

11.氯仿（CHCL）常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气（COCL）：

下列说法不正确的有（）

2CHC13+022HC1+2C0CU,

0

II

C1-C-C1

A.CHCI3分子为含极性键的非极性分子

B.COC1分子中含有3个。键、一个兀键，中心C原子采用sp2杂化

分子中所有原子的最外层电子都满足电子稳定结构

C.COC128

D.使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质

【答案】A

【解析】

【详解】分析：A项，CHCL为极性分子；B项，单键是。键，双键中有1个。键和1个

页键，杂化轨道用于形成。键和容纳孤电子对；C项，COCL分子中所有原子的最外层都

满足8电子稳定结构；D项，CHCb不会电离出C「，HC1在水溶液中会电离出H*和Ch

详解：A项，CHCb中含C—H键和C—C1键，C—H键和C—C1键都是极性键，CHCb为

四面体形分子，分子中正电中心和负电中心不重合，CHCb为极性分子，A项错误；B

项，单键是。键，双键中有1个。键和1个n键，根据COCk的结构式知，COCL分子

中含有3个。键、1个n键，杂化轨道用于形成。键和容纳孤电子对，C原子形成3个

0键，C原子上没有孤电子对，中心原子C采用sp2杂化，B项正确；C项，C0C12的电子

：o：

式为•..：：•..，C0C12分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构，C项正确；D

：ci：c：a：

项，CHCL不会电离出CLHC1在水溶液中会电离出H+和Ch使用前向氯仿中加入

AgNCh稀溶液，若产生白色沉淀表明氯仿变质，若无明显现象表明氯仿没有变质，D项正

确；答案选A。

12.下列叙述中正确的是

A.共价晶体、离子晶体、金属晶体、分子晶体中都一定存在化学键

B.晶体在受热熔化过程中一定存在化学键的断裂

C.共价晶体的熔点不一定比金属晶体的高，分子晶体的熔点不一定比金属晶体的低

D.已知12g金刚石中含有个C-C键，则60gsi。2中也含有个Si-O键

【答案】c

【解析】

【详解】A.有的分子晶体中不存在化学键，如稀有气体不含化学键，故A错误；

B.分子晶体在受热熔化过程中没有化学键的断裂，故B错误；

C.金属晶体中鸨的熔点达超过3300℃,汞的熔点很低，常温下为液体。所以共价晶体的

熔点不一定比金属晶体的高，分子晶体的熔点不一定比金属晶体的低，故C正确；

D.二氧化硅中硅原子与周围4个氧原子形成4个Si-O键，60gsiO2的物质的量是

60g=]mo],含有Si-O键数4NA个，故D错误；

60g/mol

选C。

13.配合物Na3[Fe(CN)6]可用于离子检验，下列说法不正确的是()

A.此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键

B.配离子为[Fe(CN)6：T，中心离子为Fe3+,配位数为6,配位原子有C

C.Imol配合物中。键数目为12NA

I).该配合物为离子化合物，易电离，Imol配合物电离得到阴阳离子共4NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.Na+与[Fe(CN)J-之间存在离子键，CW与Fe3+之间存在配位键，CN中碳原子与

氮原子之间存在极性键共价键，不存在非极性键，A错误；

B.配合物Na3[Fe(CN)6]中,配离子为[F&CN)』-,中心离子为Fe3+,配位数为6,配位原

子有C,B正确；

C.imol配合物Na3[Fe(CN)6]中6键数目为(6x2)XNA=12NA,C正确;

D.该配合物为离子化合物，易电离，其电离方程式为：Na3[Fe(CN)6]=3Na++[Fe(CN)6「，

Imol配合物电离得到阴阳离子共4NA,D正确；

故答案为：A。

【点睛】配位化合物为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子(或离子)和围绕它

的分子或离子(称为配位体/配体)完全或部分通过配位键结合而形成，它包含由中心原子

或离子与几个配体分子或离子以配位键相结合而形成的复杂分子或离子。

14.前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期，X的

最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，Y在同周期中电负性最小，二元化合物E中元

素Y和W的质量比为23：16；同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小：T

元素的价电子排布式为3dl04s'»下列说法正确的是

A.简单离子的半径Y>Z>W

B.最高价氧化物对应水化物的酸性W>Z>X

C.W和T的单质混合加热可得化合物T2W

D.W的单质在足量的氧气中燃烧，所得产物溶于水可得强酸

【答案】C

【解析】

【分析】

X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C,Y、Z、W位

于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为

Na,二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16,推出该二元化合物为Na?S,即W为

S,同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为ALT元素的价电子3d104s',

推出T元素为Cu,据此分析；

【详解】X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C,Y、

Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，

推出Y为Na,二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16,推出该二元化合物为Na2S,

即W为S,同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al,T元素的价

电子3十。451,推出T元素为Cu,

A.Y、Z、W简单离子分别是Na+、A13+、S2\因此简单离子半径大小顺序是r($2

~)>r(Na+)>r(Al3+),故A错误；

B.三种元素最高价氧化物对应水化物分别是H2co3、Al(0H)3、H2so4,硫酸酸性最强，

氢氧化铝为两性，因此酸性强弱顺序是H2s04>H2c0»Al(0H)3,故B错误；

C.Cu与S在加热条件下发生反应，因为S的氧化性较弱，因此将Cu氧化成较高价态，

得到产物是CU2S,反应：2Cu+SS-CU2S,故C正确；

D.S在足量的氧气中燃烧生成SO2,SO2溶于水后生成H2so3,亚硫酸为中强酸，故D错

误；

答案：Co

【点睛】易错点是选项D,学生认为S与足量的02反应生成SO3,S03溶于水后生成

H2so4,学生：C与02反应，如果氧气不足，则生成CO,氧气过量，则生成CO2,s和C

不太一样，S与氧气反应，无论氧气过量与否，生成的都是S02,S02转化成S03,需要催

化剂、高温条件。

二、非选择题(共58分)

15.I.分析下列有机化合物，完成填空。

C2H5

①CH4②。也③C,H,④|

CH3C=CHCH3

⑤QK：@O-COOH⑦⑧

(1)①〜⑧中，属于苯的同系物的是(填序号)。

(2)相同质量的①②③中，在相同状况下体积最小的是(填序号，下同)，完

全燃烧时消耗最多的是

(3)以⑧为原料制备2,4,6-三硝基甲苯(TNT)的化学方程式为。

II.图1、图2是两种有机物分子的结构模型：

图1

图1是辛烷的一种结构M(只画出了碳骨架，没有画出氢原子)，回答下列问题：

(4)用系统命名法命名图1中的物质：o

(5)支链有一个甲基和一个乙基的M的同分异构体有种。

(6)M二氯代物有种(不考虑立体异构)。

图2分子中含C、H、0三种元素，分子中共有12个原子，图中球与球之间的连线代表单

键、双键等化学键：

图2

(7)该物质的结构简式为o

(8)该物质中所含官能团的名称为—

【答案】⑴⑧⑵①.②②.①

浓H2s。4

(4)2,2,5-三甲基戊

烷

(5)2(6)11

0

II

(7)CH2=C-C-OH(8)碳碳双键、竣基

I

CH3

【解析】

【小问1详解】

苯的同系物含有1个苯环,苯环侧链为烷燃基，通式为CnHz.6,是苯的

同系物，选⑧;

【小问2详解】

相同质量的CH4、C2H4、C2H厂假设质量都是1g,则物质的量分别是

—mok—moL—mol,在相同状况下，体积与物质的量成正比，体积最小的是

162826

C2H4,选②；质量相等的烧燃烧，氢元素质量分数越大，耗氧量越多，完全燃烧时消耗

。2最多的是CH4,选①;

【小问3详解】

反应的化学方程式为

【小问4详解】

主链上有5个碳原子，根据位置和最小原则，从左端开始给碳原子编号，图1中的物质的

名称是2,2,5-三甲基戊烷;

【小问5详解】

CH3

支链有一个甲基和一个乙基的M的同分异构体有CH3cHeHCH2cH3、

CH2cH3

CH3

CH3cH2CCH2cH3，共2种

CH2cH3

【小问6详解】

ClCl

ciCl

ClCl

【小问7详解】

根据价键规律,物表示氧原子、黑球不选碳原子、白球表示氢原子，该物质的结构简

O

H

——

C

H3

【小问8详解】

0

II

CH2=C-C-OH中所含官能团的名称为碳碳双键、竣基;

H

C3

16.已知和碳元素同主族的X元素位于元素周期表中的第一个长周期，短周期元素Y原子

的最外层电子数比内层电子总数少3,它们形成的化合物化学式是XY一试回答：

（1）X元素的基态原子的核外电子排布式为，Y元素原子价层电子轨道表示

式为o

（2）若X、Y两元素电负性分别为1.8和3.0,则XY《中X与Y之间的化学键为

（填“共价键”或“离子键”）。

（3）该化合物的空间结构为形，中心原子采取杂化，分子为

（填“极性分子”或“非极性分子”）。

（4）该化合物在常温下为液体，该液体微粒间作用力是。

（5）该化合物的沸点与SiC）比较：（填化学式）的沸点高，原因是

【答案】（1）①.[Ar]3（r。4s24P2或Is22s22P63s23P634。4s24P2②.

3s3p

（2）共价键⑶①.正四面体②.sp3③.非极性分子

（4）范德华力或分子间作用力

（5）①.GeCk②.相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高

【解析】

【分析】和碳元素同主族的X元素位于元素周期表中的第一个长周期，X位于第四周期

VA族，X为Ge；短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3,Y应位于第三

周期，最外层电子数为10-3=7,可知Y为C1；它们形成化合物的分子式是XY4,即为

GeCU,以此来解答。

【小问1详解】

X的原子序数为6+8+18=32,原子基态时电子排布式为[Ar]3/。4s24P2或

3s3p

Is22s22P63s23P634。4s24P2；氯元素原子价层电子的轨道表示式为尸I申「

3s3P

故答案为：[Ar]3di。4s24P2或Is22s22P63s23P63d104s24P2；

；叵14卜|tI；

【小问2详解】

二者电负性差为3.0-1.8=1.2<1.7,X与Y形成共价键，故答案为：共价键；

【小问3详解】

化合物中形成4个单键，无孤对电子，则Ge为sp3杂化，空间构型为正四面体，结构对

称，为非极性分子，故答案为：正四面体；sp3；非极性分子；

【小问4详解】

该化合物在常温下为液体，由分子构成，则该液体微粒间的作用力是范德华力或分子间作

用力，故答案为：范德华力或分子间作用力；

【小问5详解】

因组成与结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，则GeCL

的沸点高，故答案为：GeCL；相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高。

17.通常用燃烧方法测定有机物的分子式，可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加

热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成。如图所示的是用燃烧法确定有机物分

子式的常用装置。

现准确称取1.8g样品(只含C、H、。三种元素中的两种或三种)，经燃烧后A管增重

1.76g,B管增重0.36g。请回答：

(1)根据气流方向将装置进行连接，其接口连接顺序为：(每套装置最多只能

用一次)。

(2)B管的作用是。

(3)E中应盛装的试剂是。

(4)该有机物的最简式为。

(5)如果把CuO网去掉，A管增重将(填“增大”“减小”或“不变”)。

(6)要确定该有机物的分子式，还必须知道的数据是(填序号)。

A.消耗液体E的质量B.样品的摩尔质量C.CuO固体减小的质量

D.C装置增加的质量E.燃烧消耗。2的物质的量

(7)在整个实验开始之前，需先让D装置产生的气体通过整套装置一段时间，其目的是

(8)有人认为该装置还有缺陷，请补充完整___________o

【答案】⑴g接f,e接h,i接c或(d),d或(c)接a或(b)

(2)吸收生成的水蒸气

(3)H2O2(4)CHO2

(5)减小(6)B

(7)赶出装置内空气，减小实验误差

(8)在A后再连接1个A装置

【解析】

【分析】实验原理是测定一定质量的有机物完全燃烧时生成CCh和H?0的质量，来确定是

否含氧及C、H、0的个数比，求出最简式。因此生成02后必须除杂(主要是除H2O),A

用来吸收二氧化碳，测定生成二氧化碳的质量，B用来吸收水，测定生成水的质量，C用

于干燥通入F中的氧气、D用来制取反应所需的氧气、F是在电炉加热时用纯氧气氧化管

内样品；根据一氧化碳能与氧化铜反应，可被氧化成二氧化碳的性质可知CuO的作用是把

有机物不完全燃烧产生的CO转化为C02«

【小问1详解】

D中用过氧化氢和二氧化铸反应制备氧气，用浓硫酸干燥氧气，有机物样品在F中燃烧生

成二氧化碳和水，用无水氯化钙吸收反应生成的水，用碱石灰吸收反应生成的二氧化碳，

连接顺序为g接f，e接h,i接c或(d),d或(c)接a或(b)；

【小问2详解】

由测定原理可知，A用来吸收二氧化碳，测定生成二氧化碳的质量，B中无水氯化钙是吸

收生成的水蒸气，测定水的质量；

【小问3详解】

H2O2在MnCh作催化剂的条件下分解生成氧气，故E中盛放的是H2O2；

【小问4详解】

A管质量增加1.76g为二氧化碳的质量，二氧化碳的物质的量为W^=0Q4mol、B

44g/mol

管质量增加0.36g是水的质量，水的物质的量是洛=0Q2mol,

18g/mol

0.04molx12g/mol+0.04molxlg/mol=0.52g,则该有机物含有氧原子的物质的量为

1.8g-0.52g八惭,

-~—=0.08mol,n(C):n(H):n(0)=0.04:0.04:0.08=l:l:2,该有机物的最简式为

16g/mol

CHO2；

【小问5详解】

如果把CuO网去掉，部分CO不能被氧化为二氧化碳，反应生成二氧化碳的量减少，A管

增重将减小。

【小问6详解】

该有机物的最简式为CHO2,分子式为(CHO2)n,要确定有机物的分子式，还要知道有机物

的相对分子质量，故选B；

【小问7详解】

由于装置内空气成分影响水、二氧化碳质量的测定，实验开始之前，需先让氧气通过整套

装置一段时间，所以其目的是赶出装置内空气，减小实验误差。

【小问8详解】

空气中的水和二氧化碳能进入A,干扰二氧化碳质量的测定，所以需要在A后再连接1个

A装置。

18.前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种

运动状态：基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成

对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子

中最小。回答下列问题：

(1)E的元素名称为；写出A和C原子个数比为1：1的化合物的电子式：

(2)元素A、B、C中，电负性最大的是(填元素符号，下同)，元素B、C、D

第一电离能由大到小的顺序为。

(3)与同族其他元素X形成的XA,相比，BA3易液化的原因是一；BA?分子

中键角—1()928,(填少或“=")，理由是•

(4)BQ的价层电子对计算式为,它的VSEPR模型为。

(5)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相

似。若DB晶体的密度为agf01-3,则晶体中两个最近D原子之间的距离为—

Pm(用NA表示阿伏加德罗常数)。

Q

OD

【答案】(1)①.铭②.H：bd：H

•■・・

(2)①.O②.N>O>A1

(3)①.氨气分子之间存在氢键导致其易液化②.<③.氨气分子中N原子含

有一个孤电子对和3个共价键，甲烷分子C原子形成4个共价键，孤电子对与成键电子对之

间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力

5+1-2VR

(4)①.--------