2024届北京市人民大学附属中学化学高二上期中调研试题含解析

2024届北京市人民大学附属中学化学高二上期中调研试题考生须知：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、关于金属晶体和金属键的叙述中，错误的是（）A．金属键的强弱决定了金属单质的化学活动性B．金属的导电.导热性都跟金属晶体里自由电子的运动有关C．金属晶体里的自由电子为许多金属离子所共有D．金属键是指金属离子之间通过自由电子产生的强烈相互作用2、将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A(g)B(g)⇌2C(g)。若经2s后测得C的浓度为0.6mol·L-1，现有下列几种说法：①用物质A表示的反应平均速率为0.3mol·L-1·s-1②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol·L-1·s-1③2s时物质A的转化率为70%④2s时物质B的浓度为0.7mol·L-1其中正确的是（）A．①③ B．①④ C．②③ D．③④3、在不同条件下进行反应：2A（s）＋B（g）3C（g）＋4D（g），分别测得了如下反应速率数据，其中反应速率最快的是A．v（A）＝0.7mol·L-1·s-1B．v（B）＝0.3mol·L-1·s-1C．v（C）＝0.8mol·L-1·s-1D．v（D）＝1.0mol·L-1·s-14、在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是()A．CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=+725.8kJ/molB．2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=－1452kJ/molC．2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=－725.8kJ/molD．2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=+1452kJ/mol5、下列反应中，属于吸热反应的是A．食物的腐败B．铝与稀盐酸反应C．二氧化碳与碳反应生成一氧化碳D．甲烷在氧气中的燃烧6、下列各组试剂中，仅使用高锰酸钾酸性溶液就可鉴别的一组是（）A．己烷、1-己烯、1-己炔 B．乙醇、苯、四氯化碳C．聚乙烯、聚氯乙烯、聚四氟乙烯 D．己烷、苯、甲苯7、清华大学王晓琳教授首创三室膜电解法制备LiOH，其工作原理如图所示，下列有关说法正确的是A．X电极连接电源负极B．N为阳离子交换膜C．Y电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-D．制备2.4gLiOH产生的H2在标准状况下为2.24L8、在实验室制得1mL乙酸乙酯后，沿器壁加入0.5mL紫色石蕊溶液，这时紫色石蕊溶液将存在于饱和Na2CO3溶液层与乙酸乙酯层之间(整个过程不振荡试管)。对于可能出现的现象，下列叙述正确的是（）A．液体分为两层，石蕊溶液仍呈紫色，有机层呈无色B．石蕊溶液层分为三层，由上而下呈蓝、紫、红色C．石蕊溶液层分为两层，上层呈紫色，下层呈蓝色D．石蕊溶液层分为三层，由上而下呈红、紫、蓝色9、下列反应中属于吸热反应的是()A．铁片与稀盐酸的反应 B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应C．煅烧石灰石制生石灰 D．碳的燃烧10、下列事实不能用难溶电解质的溶解平衡原理来解释的是A．碳酸钡不能用作“钡餐”而硫酸钡则能 B．铝粉溶于氢氧化钠溶液C．用FeS除去废水中含有的Cu2+ D．氢氧化铜悬浊液中加入浓氨水溶液变澄清11、氯气与水反应生成的次氯酸具有杀菌作用，常用于自来水的消毒，用此种方法处理的自来水需要经过暴晒后才能用于养金鱼。下列有关说法正确的是A．次氯酸中氯元素呈-1价 B．次氯酸属于电解质C．次氯酸的化学性质很稳定 D．Cl2与水的反应中无电子转移12、用下列装置(夹持仪器已略去)进行相关实验，装置正确且能达到实验目的的是A．图1装置配制银氨溶液B．图2装置分离苯萃取碘水后已分层的水层与有机层C．图3装置进行石油的分馏D．图4装置采取乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热的方法制取乙酸乙酯13、下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是图1图2图3图4A．用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB．用图2所示装置以海水制取蒸馏水C．用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体D．用图4所示装置利用无水乙醇萃取碘水中的碘14、下列叙述中正确的是A．相对分子质量相同、结构不同的化合物一定是互为同分异构体关系B．结构对称的烷烃，其一氯取代产物必定只有一种结构C．互为同分异构体的化合物不可能具有相同的结构简式D．含不同碳原子数的烷烃不一定是互为同系物的关系15、以下说法不正确的是（）A．升温可提高活化分子百分数，加快反应速率B．使用催化剂可降低反应活化能，加快反应速C．增大反应物的浓度可增大活化分子百分数，从而加快反应速率D．对于有气体参与的反应，温度不变时压强的变化可以看作改变浓度16、贵金属钯可催化乙醇羰基化，反应过程如图所示，下列说法错误的是A．C－H键所处环境不同，稳定性也不同B．贵金属钯也可将R2CHOH羰基化C．反应物CH3CH2OH→产物CH3CHO，发生了氧化反应D．反应过程中，Pd的成键数目保持不变二、非选择题（本题包括5小题）17、现有原子序数小于20的A，B，C，D，E，F6种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最多的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B，D两元素原子核内质子数之和的1/2；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。回答下列问题。（1）用电子式表示C和E形成化合物的过程________________。（2）写出基态F原子核外电子排布式__________________。（3）写出A2D的电子式________，其分子中________(填“含”或“不含”)σ键，________(填“含”或“不含”)π键。（4）A，B，C共同形成的化合物化学式为________，其中化学键的类型有________。18、今有A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：第一电离能____________；电负性____________。19、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（ρ水=1g/cm3）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，在此温度下搅拌反应3小时。（1）装置a的名称是__________________，主要作用是____________________。（2）三颈瓶中发生反应的化学方程式为_______________________________________，此反应的原子利用率理论上可达___________。（原子利用率=(期望产物的总质量/全部反应物的总质量)×100%）（3）经测定，反应温度升高时，甲苯的转化率逐渐增大，但温度过高时，苯甲醛的产量却有所减少，可能的原因是________________________________________________。（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pH＝2d.加入适量碳酸氢钠溶液混合震荡20、为了研究外界条件对H2O2分解速率的影响，有同学利用实验室提供的仪器和试剂设计了如下实验。注意：设计实验时，必须控制只有一个变量！试剂：4%H2O2溶液，12%H2O2溶液，lmol/LFeCl3溶液仪器：试管、带刻度的胶头滴管、酒精灯（1）实验l：实验目的：温度对化学反应速率的影响实验步骤：分别向甲、乙两支试管中加入5mL4%H202溶液，再分别加入3滴1mol/LFeCl3溶液，待两支试管中均有适量气泡出现时，将试管甲放入5℃水浴中，将试管乙放入40℃水浴中。实验现象：试管___________。（填甲或乙）中产生气泡的速率快，说明____________。（2）实验2：实验目的：浓度对化学反应速率的影响实验步骤：向试管甲中加入5mL4%H2O2溶液，向试管乙中加入5mL12%H2O2溶液。实验现象：试管甲、乙中均有少量气体缓慢产生。该实验现象不明显，你如何改进实验方案，使实验现象支持“浓度改变会影响化学反应速率”这一理论预测____________。（3）实验3：实验目的：________。实验步骤：在试管甲中加入5mL4%H2O2溶液，在试管乙中加入5mL4%H2O2溶液再加入lmLlmoFLFeC13溶液。你认为方案3的设计是否严谨？_______（填是或否），说明理由_______。21、工业上以某软锰矿（主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3等杂质）为原料，利用烟道气中的SO2制备MnSO4·H2O的流程如下：(1)滤渣A的主要成分是_________（填化学式）。(2)操作Ⅰ为加热（煮沸）结晶、趁热过滤、洗涤、干燥。根据下图溶解度曲线分析，趁热过滤的目的除了防止MnSO4·H2O中含有(NH4)2SO4外，还有____________________。（3）MnSO4常用于测量地表水的DO值(每升水中溶解氧气的质量，即溶氧量)。我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO值不得低于5mg·L－1。李明同学设计了如下实验步骤测定某河水的DO值：第一步：使如图所示装置中充满N2后，用注射器向三颈烧瓶中加入200mL水样。第二步：用注射器向三颈烧瓶中依次加入一定量MnSO4溶液（过量）、碱性KI溶液（过量），开启搅拌器，发生下列反应：Mn2＋＋O2＋OH－→MnO(OH)2↓（未配平）第三步：搅拌并向烧瓶中加入一定量H2SO4溶液，在酸性条件下，上述MnO(OH)2将I－氧化为I2，其反应如下：MnO(OH)2＋I－＋H＋→Mn2+＋I2＋H2O（未配平）第四步：从烧瓶中取出40.00mL溶液，与0.010mol·L－1Na2S2O3溶液发生反应：2S2O32—＋I2=S4O62—＋2I－，恰好完全进行时，消耗Na2S2O3溶液4.40mL。①在配制第二、三步所加试剂时，所有溶剂水须先煮沸后再冷却才能使用，将溶剂水煮沸的作用是_____。②通过计算判断作为饮用水源，此河水的DO值是否达标______(写出计算过程，不考虑第二、三步加入试剂后水样体积的变化)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【题目详解】A选项，金属键的强弱决定金属的熔、沸点和硬度等物理性质，故A错误；B选项，金属的导电、导热性都跟金属晶体里自由电子的运动有关，故B正确；C选项，金属晶体中金属离子以一定方式堆积，电子在里自由移动，故自由电子为许多金属离子所共有，故C正确；D选项，金属键是指金属离子之间与自由电子产生的强烈相互作用，故D正确；综上所述，答案为A。【题目点拨】金属的化学性质主要取决于最外层电子数，金属的导电性、导热性、延展性都可以用电子来解释。2、B【题目详解】由已知2s后C的浓度为0.6mol/L，根据c=可知C的物质的量为1.2mol。则：2A(g)B(g)⇌2C(g)开始(mol)420转化(mol)1.20.61.22s时(mol)2.81.41.2v(C)==0.3mol·L-1·s-1，①速率之比等于化学计量数之比，v(A)=v(C)=0.3mol·L-1·s-1，故①正确；②速率之比等于化学计量数之比，v(B)=v(C)=0.15mol·L-1·s-1，故②错误；③2s时物质A的转化率=30%，故③错误；④2s时物质B的浓度c(B)=0.7mol·L-1，故④正确；故答案：B。3、B【解题分析】比较反应速率的大小时，不仅要看反应速率数值的大小，还要结合化学方程式中物质的化学计量数的大小进行比较，有时还要考虑速率的单位。本题可将不同物质的速率转化为同一物质的反应速率，为了计算方便，可将B项维持不变，C、D项均转化为υ(B)，再与B项进行比较。【题目详解】物质A是固体，不能表示反应速率。如果反应速率均用物质B表示，则根据方程式结合反应速率之比是化学计量数之比可知选项B～D分别是[mol·L-1·s-1]0.3、0.267、0.25，所以反应速率最快的是选项B。答案选B。4、B【分析】在25℃、101kPa下，1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则32g甲醇即1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量=22.68kJ×32=725.8kJ，据此分析判断。【题目详解】A．乙醇的燃烧属于放热反应，△H＜0，故A错误；B．1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量=22.68kJ×32=725.8kJ，则2mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量=1452kJ，其热化学反应方程式为2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=-1452kJ/mol，故B正确；C．1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量=22.68kJ×32=725.8kJ，则2mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量=1452kJ，其热化学反应方程式为2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=-1452kJ/mol，故C错误；D．乙醇的燃烧属于放热反应，△H＜0，故D错误；故选B。5、C【解题分析】试题分析：A项食物的腐败、B．铝与稀盐酸反应、D．甲烷在氧气中的燃烧均属于放热反应，故A、B、D均错误；C项二氧化碳与碳反应生成一氧化碳属于吸热反应，故C项正确。考点：化学反应能量变化。6、B【题目详解】A.1-己烯和1-己炔都含有不饱和键，都能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，不能鉴别，故A错误；B.苯与酸性高锰酸钾不反应，乙醇与酸性高锰酸钾溶液的反应现象为高锰酸钾溶液逐渐由紫红色变为无色，酸性高锰酸钾溶液的密度接近于水的密度，而四氯化碳的密度比水大，分层且在下层，能鉴别，故B错误；C.聚乙烯、聚氯乙烯、聚四氟乙烯不含有不饱和键，都不能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，不能鉴别，故C错误；D.己烷、苯与酸性高锰酸钾都不反应，不能鉴别，故D错误；正确答案是B。【题目点拨】和酸性高锰酸钾反应的物质：有机方面：含有碳碳双键，三键或醛基的有机物，醇，酚或取代苯（如甲苯）等；无机方面：还原性物质如：SO2，弱氧化性物质如：H2O2。7、B【解题分析】A．根据以上分析，X极导出的是硫酸，则X极应为水电离出的氢氧根放电，则X极为阳极，应与电源正极相连，故A错误；B．由图可知LiOH从最右侧导出，则Li+需通过N进入最右侧，故N为阳离子交换膜，故B正确；C．Y极导出的LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故C错误；D．制备2.4

g

LiOH，n（OH-）=2.4g24g/mol=0.1mol，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，则n（H2点睛：明确各个电极上发生的反应、各个区域电解质溶液成分是解本题的关键，该电解池实质是电解水，根据图知，Y极导出的LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，氢氧根浓度增大，故Y为电解池的阴极；X极导出的是硫酸，则X极应为水电离出的氢氧根放电，则X极为阳极，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑。8、D【题目详解】不加紫色石蕊溶液前，分为两层，上层是乙酸乙酯层，下层为饱和Na2CO3溶液层，沿器壁加入0.5mL紫色石蕊溶液，紫色石蕊溶液的上层与乙酸乙酯层接触，内有溶解的酸，呈红色，中间紫色，下层与饱和Na2CO3溶液层接触，饱和Na2CO3溶液显碱性，溶液呈蓝色，石蕊溶液层分为三层，由上而下呈红、紫、蓝色，故D正确。【题目点拨】碳酸钠溶液由于水解而显碱性。9、B【题目详解】A.铝片与稀盐酸反应是放热反应，A错误；B.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应，B正确；C.生石灰和水的反应是放热反应，C错误；D.甲烷在氧气中的燃烧反应是放热反应，D错误；答案选B。【题目点拨】一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应等是吸热反应。10、B【题目详解】A．碳酸钡与盐酸反应生成有毒的钡离子，硫酸钡与盐酸不反应，能用沉淀溶解平衡原理来解释，故A不选；B．铝粉溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，反应不可逆，不能用难溶电解质的溶解平衡原理来解释，故B选；C．用FeS除去废水中含有的Cu2+，发生Cu2++FeSFe2++CuS，CuS的Ksp更小，平衡正向移动，故C不选；D．发生的配位反应，形成四氨合铜络离子和氢氧根，Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－，氢氧化铜悬浊液中加入浓氨水溶液变澄清，平衡正向移动，故D不选；故选B。11、B【解题分析】分析：Cl2与H2O反应的化学方程式为:Cl2+H2OHCl+HClO，在该反应中,氯元素的化合价发生变化，反应中一定存在电子转移。在HClO中,氯元素呈+1价,次氯酸不稳定,见光易分解:2HClO2HCl+O2↑；据以上分析解答。详解：根据化合价法则可知：氢元素化合价+1价，氧元素-2价，所以HClO中氯元素为+1价；A错误；次氯酸为弱酸，部分电离出氢离子和次氯酸根离子，属于弱电解质，B正确；次氯酸不稳定,见光易分解:2HClO2HCl+O2↑，C错误；Cl2与H2O反应的化学方程式为:Cl2+H2OHCl+HClO，在该反应中,氯元素的化合价发生变化，反应中一定存在电子转移，D错误；正确选项B。点睛：氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，因此新制的氯水中含有成分：盐酸、次氯酸、氯气；因此新制的氯水具有酸性、强氧化性、漂白性。12、B【解题分析】A项，配制银氨溶液的方法为向硝酸银溶液中滴加氨水，滴加氨水至生成的沉淀恰好溶解即可，故不选A项；B项，苯萃取碘水后，苯的密度小于水，有机层位于上层，水层在下层，通过分液方法分离，可以达到实验目的，故选B项；C项，蒸馏时，温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口，冷却水应该“下口进，上口出”，故不选C项；D项，右侧导管不应插入到碳酸钠溶液内，易产生倒吸，故不选D项；综上所述，本题选B。13、B【解题分析】A项，NaOH不仅吸收HCl，而且吸收Cl2，使Cl2减少，错误；B项，从海水中获得蒸馏水可用蒸馏法，正确；C项，纯碱溶于水，不能控制反应，制得的CO2中混有HCl和H2O（g），不能得到纯净的CO2，错误；D项，无水乙醇与水互溶，不能用无水乙醇从碘水中萃取碘，错误；答案选B。点睛：本题考查化学实验的基本操作。注意常见气体的制备、除杂和净化，萃取剂的选择。萃取剂的选择必须满足三个条件：萃取剂与原溶剂互不相溶，萃取剂与原溶液不反应，溶质在萃取剂中的溶解度远大于溶质在原溶剂中的溶解度。14、C【题目详解】A、相对分子质量相同的化合物其分子式可能不同，如CH3CH3与HCHO，两者的分子式不同，不是同分异构体关系，A错误；B、结构对称的烷烃，其一氯取代产物可能不止一种，如烷烃(CH3)2CHCH(CH3)2的一氯代物就有2种，B错误；C、同分异构体间分子式相同而结构不同，因此互为同分异构体的化合物不可能具有相同的结构简式，C正确；D、由于烷烃只存在碳链异构，所有碳原子间均以单键相连，因此含不同碳原子数的烷烃，其分子组成相差若干个CH2，且结构相似，应是互为同系物的关系，D错误；答案选C。【题目点拨】掌握同分异构体、同系物的含义是解答的关键。注意D选项中同系物的判断，同系物一定是同一类物质，具有相同的通式，但具有相同通式且相差若干个的CH2不一定互为同系物，但烷烃另外。15、C【题目详解】A．升高温度，使单位体积内活化分子数增多，活化分子的百分数增大，从而使有效碰撞次数增大，使化学反应速率增大，故A正确；B．催化剂能降低反应的活化能，活化分子的百分数增大，从而使有效碰撞次数增大，化学反应速率增大，故B正确；C．加入反应物，活化分子百分数不变，但活化分子总数增加，化学反应速率增大，故C错误；D．对于有气体参与的反应，温度不变时，压强的变化相当于浓度的变化，故D正确；故选C。16、D【题目详解】A.C－H键所处环境不同，稳定性也不同，A正确；B.R2CHOH中与-OH相连的C上有H，贵金属钯也可将R2CHOH羰基化，B正确；C.反应物CH3CH2OH→产物CH3CHO，发生了氧化反应，C正确；D.反应过程中，Pd与原子成键结构改变，成键数目改变，D错误。答案为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na:―→Na＋[::]－1s22s22p63s23p64s1H::H含不含NaOH离子键、共价键【分析】已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素；据以上分析解答。【题目详解】已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素，(1)结合以上分析可知，C为钠元素，E为氯元素；C和E形成化合物为氯化钠，属于离子化合物，用电子式表示氯化钠形成化合物的过程如下：Na:―→Na＋[::]－；综上所述，本题答案是：Na:―→Na＋[::]－。(2)结合以上分析可知，F为钾，核电荷数为19，基态K原子核外电子排布式:1s22s22p63s23p64s1；综上所述，本题答案是：1s22s22p63s23p64s1。(3)结合以上分析可知，A为氢元素，D为硫元素；二者形成H2S，属于共价化合为物，电子式：H::H；其分子中含σ键，不含π键；综上所述，本题答案是：H::H，含，不含。(4)A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，三种元素共同形成的化合物化学式为NaOH，其电子式为：，化学键的类型有离子键、共价键；综上所述，本题答案是：NaOH，离子键、共价键。18、OCaNaCl1s22s22p44s2Na＜Ca＜Cl＜ONa＜Ca＜Cl＜O【分析】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na；D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。【题目详解】（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na，Cl。（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2；。（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和VA族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。19、球形冷凝管冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率66.25％H2O2在较高温度时分解速度加快，使实际参加反应的H2O2减少，影响产量过滤蒸馏dacb【题目详解】(1)装置a的名称是球形冷凝管。由表格可知甲苯易挥发，而反应温度为700C，如果没有冷凝管，甲苯因大量挥发而离开反应体系，苯甲醛的产率就会降低。所以a主要作用是冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率。(2)从题干叙述中可知，反应物是甲苯和过氧化氢，产物是苯甲醛，从官能团变化看，反应过程中有机分子加氧原子，这是有机氧化反应的特点，又据已学知识，过氧化氢有氧化性，所以此反应是甲苯被过氧化氢氧化为苯甲醛的过程。化学方程式为：+2H2O2+3H2O。苯甲醛的相对分子质量为106，根据原子利用率的计算公式计算：原子利用率=×100%=×100%=66.25%。(3)因为温度升高反应速率加快，反应更充分，所以适当升高反应温度，甲苯的转化率增大，但温度过高，过氧化氢分解加快2H2O22H2O+O2，使过氧化氢氧化甲苯的量减小，苯甲醛的产量降低。(4)反应结束后的混合物中含有难溶的固体催化剂、未反应的甲苯和过氧化氢、产品苯甲醛、溶剂冰醋酸、少量水。先过滤以除去难溶的固体催化剂。因为甲苯、冰醋酸、水的沸点都比苯甲醛（沸点1790C）低，过氧化氢受热易分解，所以在温度低于1790C下蒸馏，所得蒸馏液即为苯甲醛粗产品。答案：过滤蒸馏；(5)将苯甲酸转化为可溶于水的苯甲酸钠，苯甲醛常温下是微溶于水的液态物质，通过分液除去苯甲醛，所得水层是苯甲酸钠溶液，再加酸使苯甲酸钠转化为苯甲酸，苯甲酸常温下是微溶水的固体物质，过滤得到的滤渣即为苯甲酸，所以正确的操作步骤：dacb。20、乙升高温度可加快化学反应速率向试管甲中加入5mL4%H2O2溶液，向试管乙中加入5mL12%H2O2溶液，再同时分别向试管甲和试管乙中滴加2～3滴lmol/LFeCl3溶液催化剂对化学反应速率的影响否试管乙中加入1mL1mol/LFeCl3溶液会使H2O2溶液的浓度降低【题目详解】（1）甲、乙两支试管中加入5mL5%H2O2溶液，乙中的温度比甲高，故试管乙中产生气泡的速率快，说明升高温度可加快H2O2的分解速率；（2）为了加快反应速率，可以使用催化剂，所以向试管甲中加入5mL4%H2O2溶液，向试管乙中加入5mL12%H2O2溶液后，再同时分别向试管甲和试管乙中滴加2～3滴lmol/LFeCl3溶液；（3）只有一支试管中加入了氯化铁溶液，与另一支试管形成对比试验，探究催化剂对化学反应速率的影响；但此方案设计不合理，因为加入的1mL溶液会对B试管溶液进行稀释，使浓度发生改变。【题目点拨】本题考查了探究影响反应速率的因素，实验方案的设计，注意实验过程中单一变量研究方法的使用，注意掌握控制变量法的灵活应用，为易错点。21、SiO2减少MnSO4·H2O的损失，防止生成MnSO4·5H2O除去水中溶解的氧气达标【分析】分析信息和工艺流程知向软锰矿浆通入稀硫酸和烟道气，酸浸，酸性条件下，二氧化锰与二氧化硫反应生成硫酸锰、氧化铝和稀硫酸反应生成硫酸铝，过滤，滤渣A为二氧化硅，向滤液1中加入氨水，调节pH=5.4，将Al3+转化为氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣B为氢氧化铝，滤液2为硫酸锰溶液