2025届淮北市重点中学高二化学第二学期期末检测试题含解析

2025届淮北市重点中学高二化学第二学期期末检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法正确的是A．常温下，0.1mol·L-1某一元酸(HA)溶液中，加入少量NaA晶体或加水稀释，溶液中c(OH-)均增大B．已知：0.1mol·L-1KHC2O4溶液呈酸性，则存在关系：c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42-)＞c(H+)＞c(OH-)C．25℃，H2SO3HSO3—+H+的电离常数Ka=1×10-2mol·L-1，该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh=1×10-12mol·L-1D．0.1mol·L-1NaHSO4溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)2、下列中心原子的杂化轨道类型和分子立体构型不正确的是()A．PCl3中P原子采用sp3杂化，为三角锥形B．BCl3中B原子采用sp2杂化，为平面三角形C．CS2中C原子采用sp杂化，为直线形D．H2S中S原子采用sp杂化，为直线形3、从海水资源中提取下列物质，不用化学方法可能得到的是（）A．Mg B．Br2 C．I2 D．NaCl4、短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X与Q同主族，X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，W的最外层电子数等于其电子层数，Y与Z的核外电子数之和等于X与Q的核外电子数之和，下列说法正确的是（）A．Z、W、Q、X、Y原子半径依次减小B．W最高价氧化物对应水化物一定能溶于Z最高价氧化物对应水化物的溶液中C．Y与Q形成化合物在常温下一定为气态D．Z、Q元素的单质都可以将X元素的单质从其氧化物中置换出来5、利用下图所示装置进行实验，通入Cl2前装置Ⅰ中溶液呈红色。下列说法不合理的是A．通入Cl2后，装置Ⅰ中发生了氧化还原反应B．Cl2与Na2SO3溶液反应的离子方程式是：SO32－＋Cl2＋H2O＝SO42－＋2Cl－＋2H＋C．通入Cl2后，装置Ⅰ中溶液不褪色D．装置Ⅱ的作用是吸收尾气，防止污染空气6、下列溶液中，跟100mL0.5mol•L-1NaCl溶液所含的Cl-物质的量浓度相同的是A．100mL0.5mol•L-1MgCl2溶液 B．200mL1mol•L-1CaCl2溶液C．50mL1mol•L-1NaCl溶液 D．25mL0.5mol•L-1HCl溶液7、有关有机物的命名，下列说法正确的是()A．2-甲基丁烷也称为异丁烷B．烷烃的名称为2-甲基-3-乙基己烷C．芳香烃的名称为1-甲基-5-乙基苯D．有机物CH2BrCH2Br的名称为二溴乙烷8、硅及其化合物是带来人类文明的重要物质。下列说法正确的是()A．CO2和SiO2都是由相应的分子构成的B．水玻璃是纯净物，可用于生产黏合剂和防火剂C．陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品D．某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示9、2014年12月科学家发现了迄今为止最轻的冰﹣﹣“冰十六”，它是水的一种结晶形式，有着像笼子一样、可以困住其他分子的结构．下列有关叙述中不正确的是（）A．“冰十六”的密度比液态水小B．“冰十六”与干冰由不同分子构成C．“冰十六”可以包合气体分子D．液态水转变成“冰十六”是化学变化10、下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（）A．侯式制碱法制纯碱 B．海带提碘C．电解饱和食盐水制烧碱 D．工业上合成氨11、相同条件下，下列物质在水中的溶解度最大的是A．HOCH2CH(OH)CH2OH B．CH3COOCH3C． D．C17H35COOH12、药皂具有杀菌、消毒作用，制作药皂通常是在普通肥皂中加入了少量的A．甲醛 B．酒精 C．苯酚 D．高锰酸钾13、有Al1（SO4）3和K1SO4的混合溶液100mL，将它均分成两份。一份滴加足量氨水，使Al3+完全沉淀；另一份滴加BaCl1溶液，使SO41﹣完全沉淀。反应中消耗amolNH3•H1O、bmolBaCl1．据此得知原混合溶液中的c（K+）为（）A．（10b﹣10a）mol•L﹣1 B．mol•L﹣1C．（10b﹣5a）mol•L﹣1 D．mol•L﹣114、下列说法正确的是A．乙烷和乙烯都能用来制取氯乙烷，且反应类型相同B．相同物质的量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同C．除去甲烷的乙烯可通过酸性高锰酸钾溶液洗气D．甲苯和乙苯都是苯的同系物15、镁的蕴藏量比锂丰富，且镁的熔点更高，故镁电池更安全，镁储备型电池的储存寿命可达10年以上；能在任何场合在临时使用时加清水或海水使之活化，活化后半小时内即可使用；工作电压十分平稳。部分镁储备型电池电化学反应式为Mg＋NaClO＋H2O→Mg(OH)2＋NaCl；xMg＋Mo3S4→MgxMo3S4；Mg＋2AgCl→2Ag＋MgCl2；根据上述原理设计的原电池下列有关说法正确的是A．镁－次氯酸盐电池工作时，正极附近的溶液pH将会增大B．镁电池的负极反应式都是Mg－2e－＝Mg2＋C．镁电池充电时负极发生氧化反应生成镁离子D．将镁电池活化可以使用稀硫酸16、已知硫酸亚铁溶液中加入Na2O2时发生反应：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋。下列说法正确的是()A．反应过程中可以看到白色沉淀先转化为灰绿色后转化为红褐色B．若Fe2＋失去2mol电子，生成氧气的体积约为11.2LC．4molNa2O2参加反应，共得到6mol电子D．该反应中氧化剂是Na2O2，还原剂是FeSO4二、非选择题（本题包括5小题）17、环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：已知以下信息：回答下列问题：（1）A是一种烯烃，化学名称为__________，C中官能团的名称为__________、__________。（2）由B生成C的反应类型为__________。（3）由C生成D的反应方程式为__________。（4）E的结构简式为__________。（5）E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式__________、__________。①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。（6）假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1mol单一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于__________。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、某化学实验小组将装有铜与浓硫酸烧瓶加热一段时间后，取出烧瓶中固体，探究其成分。查资料可知，浓硫酸与铜反应可能生成CuS或Cu2S，它们都难溶于水，能溶于稀硝酸。实验如下：（i）用蒸馏水洗涤固体，得到蓝色溶液，固体呈黑色。（ii）取少量黑色固体于试管中，加入适量稀硝酸，黑色固体逐渐溶解，溶液变为蓝色，产生无色气泡。取少量上层清液于试管，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀。①根据实验（i）得到蓝色溶液可知，固体中含____________（填化学式）②根据实验（ii）的现象_______（填“能”或“不能”）确定黑色固体是CuS还是Cu2S，理由是__________________________________________________________________________。写出Cu2S与稀硝酸反应的化学方程式____________________________________________③为了进一步探究黑色固体的成分，将实验（i）中黑色固体洗涤、烘干，再称取48.0g黑色固体进行如下实验，通入足量O2，使硬质玻璃管中黑色固体充分反应，观察到F瓶中品红溶液褪色。实验序号反应前黑色固体质量/g充分反应后黑色固体质量/gI48.048.0Ⅱ48.044.0Ⅲ48.040.0根据上表实验数据推测：实验I中黑色固体的化学式为_____________________________；实验Ⅱ中黑色固体的成分及质量为_______________________________________________。20、氢化钙(CaH2)固体是登山运动员常用的能源提供剂。氢化钙要密封保存，一旦接触到水就发生反应生成氢氧化钙和氢气。氢化钙道常用氢气与纯净的金属钙加热制取，如图是模拟制取装置:(1)为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在B、C之间再接一装置，该装置中加入的试剂是______________。(2)该实验步骤如下:检查装置气密性后装入药品；打开分液漏斗活塞，接下来的操作顺序是_______(填序号)。①加热反应一段时间②收集气体并检验其纯度③关闭分液漏斗活塞④停止加热，充分冷却(3)某同学取一定质量的产物样品(m1g)，加入过量碳酸钠溶液，过滤、洗涤、干燥后称量固体碳酸钙质量(m2g),计算得到样品中氢化钙的质量分数为101.14%。若该同学所有操作均正确，则产生这种情况的原因可能是________。21、X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大.X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数之和为8，M的单质黄绿色有害气体.（1）R在元素周期表中的位置为______．（2）Z、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为(写元素离子符号)______．（3）X、Y、Z三种元素形成盐类化合物的水溶液呈酸性的原因：(用离子方程式表示)______.溶液中所含离子浓度由大到小的顺序为______．（4）YX4M的电子式为______，Q（5）X、Z两元素形成的原子个数比为1：1的化合物中含有的化学键类型为______．（6）M的单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______．

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A．根据，，可计算出c(H+)=0.1mol/L，说明该一元酸为强酸，加入少量NaA晶体时，溶液中c(OH-)不变，加水稀释，溶液中c(H+)减小，则c(OH-)增大，A项错误；B．KHC2O4溶液呈酸性，说明HC2O4-电离程度大于水解程度，则c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，B项错误；C．NaHSO3水解方程式为：HSO3-+H2OH2SO3+OH-，其水解平衡常数Kh=，C项正确；D．NaHSO4是强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离，故0.1mol·L-1NaHSO4溶液中根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，D项错误；答案选C。2、D【解析】

A.PCl3中P原子形成3个δ键，孤对电子数为=1，则为sp3杂化，为三角锥形，故A正确；B.BCl3中B原子形成3个δ键，孤对电子数为=0，则为sp2杂化，为平面三角形，故B正确；C.CS2中C原子形成2个δ键，孤对电子数为=0，则为sp杂化，为直线形，故C正确；D.H2S分子中，S原子形成2个δ键，孤对电子数为=2，则为sp3杂化，为V形，故D错误。故选D。【点睛】首先判断中心原子形成的δ键数目，然后判断孤对电子数目，以此判断杂化类型，结合价层电子对互斥模型可判断分子的空间构型。3、D【解析】

根据从海水制备物质的原理可知，氯化钠含量比较高，可利用蒸发原理得到，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取。【详解】A项、从海水中获得单质镁，需要首先从海水中获得氯化镁，然后再去电解熔融状态的氯化镁而得到镁，涉及化学变化，故A错误；B项、从海水中获得单质溴，通过氯气将溴离子氧化为溴单质，涉及化学变化，故B错误；C项、从海带中获得单质碘，通过氧化剂将碘离子氧化为碘单质，涉及化学变化，故C错误；D项、海水中氯化钠含量比较高，把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了从海水中获取化合物和单质的方法，熟悉物质的存在及物质的性质是解答本题的关键。4、A【解析】X与Q同主族，X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为碳元素，Q为硅元素；W的最外层电子数等于其电子层数，则W为Al元素；Y与Z的核外电子数之和等于X与Q的核外电子数之和，则Y为F元素、Z为Na元素或Y为O元素、Z为Mg元素；A．同周期主族元素的原子半径随核电荷数增大而减小，则五种元素的原子半径随Z、W、Q、X、Y依次减小，故A正确；B．Al(OH)3具有两性，能溶解于强碱如NaOH溶液，但Z可能是Mg元素，氢氧化镁不能溶解Al(OH)3，故B错误；C．SiF4是气态，但SiO2为固态，故C错误；D．Mg可以在CO2中燃烧生成碳和氧化镁，但Si不能在CO2中燃烧，故D错误；答案为A。点睛：微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。5、C【解析】

A、Cl2与亚硫酸钠反应，将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，故A正确；B、离子方程式中电荷守恒、原子守恒且符合客观规律，故B正确；C、通入足量Cl2后，溶液显酸性，故酚酞褪色，故C错误；D、装置2中是用氢氧化钠吸收未反应的氯气，故D正确。此题选C。6、D【解析】100mL0.5mol·L-1NaCl溶液所含的Cl-物质的量浓度为0.5mol/L。A项，Cl-物质的量浓度为0.5mol/L2=1mol/L；B项，Cl-物质的量浓度为1mol/L2=2mol/L；C项，Cl-物质的量浓度为1mol/L；D项，Cl-物质的量浓度为0.5mol/L；答案选D。点睛：求Cl-物质的量浓度与题目所给溶液的体积无关，与溶液物质的量浓度和1mol溶质能电离出的Cl-个数有关。7、B【解析】

A.2-甲基丁烷也称为异戊烷，A错误；B.选择分子中含有C原子数最多的碳链为主链，从右端离支链最近的一端给主链上的C原子编号，给物质命名，名称为2-甲基-3-乙基己烷，B正确；C.芳香烃的名称为1-甲基-3-乙苯，C错误；D.有机物CH2BrCH2Br的2个Br原子在两个不同的C原子上，其名称为1，2-二溴乙烷，D错误；故合理选项是B。8、D【解析】

A.CO2是由相应的分子构成的，SiO2是由Si、O两种原子构成的原子晶体，不存在分子，A错误；B.水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，可用于生产黏合剂和防火剂，B错误；C.陶瓷、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品，水晶的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，C错误；D.某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，因此根据氧化物的顺序：活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→二氧化硅→水可知该硅酸盐可用K2O·Al2O3·6SiO2表示，D正确；答案选D。【点睛】选项A是解答的易错点，碳、硅虽然处于同主族，性质相似，但其氧化物的性质却差别很大。这主要是由于二氧化碳形成的是分子晶体，二氧化硅形成的是原子晶体。9、D【解析】分析：A．冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大；B．冰的成分为水，干冰成分为二氧化碳；C．“冰十六”具有笼子一样的结构；D．液态水转变成“冰十六”分子没有产生新物质。详解：A．冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，A正确；B．冰的成分为水，干冰的成分为二氧化碳，则冰与干冰由不同分子构成，B正确；C．“冰十六”具有笼子一样的结构，可以困住其他分子，所以“冰十六”可以包合气体分子，C正确；D．液态水转变成“冰十六”分子没有变化，没有产生新物质，分子的结合方式不同，属于物理变化，D错误。答案选D。10、A【解析】

A、反应是NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，没有涉及化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A选；B、海带中碘元素以化合态形式存在，提取的碘是碘单质，涉及化合价的变化，属于氧化还原反应，故B不选；C、电解饱和食盐水，2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，涉及化合价的变化，属于氧化还原反应，故C不选；D、N2＋3H22NH3，属于氧化还原反应，故D不选。答案选A。11、A【解析】

羟基和羧基在水中可以与水分子形成氢键，所以含有羟基和羧基的物质往往在水中的溶解度较大，而含烃基等非极性基团的物质在水中因极性不同，溶解度很小，被称为憎水基或疏水基。分子中有羟基、羧基或二者比例较大的物质在水中的溶解度较大。【详解】A、HOCH2CH(OH)CH2OH分子中含有三个羟基，易溶于水；B、CH3COOCH3属于酯类，难溶于水；C、属于硝基化合物，难溶于水；D、C17H35COOH分子中有羧基，但烃基比例较大，不溶于水；故溶解度最大的为HOCH2CH(OH)CH2OH，即选A。【点睛】本题考查有机物在水中的溶解度，注意有机物所含官能团对溶解度的影响是解答关键。12、C【解析】

苯酚是一种具有特殊气味的无色针状晶体，有毒，是生产某些树脂、杀菌剂、防腐剂以及药物（如阿司匹林）的重要原料。也可用于消毒外科器械，皮肤杀菌、止痒及中耳炎。因此在制作药皂时通常是在普通肥皂中加入少量的苯酚。【详解】A.35%～40%的甲醛水溶液俗称福尔马林，具有防腐杀菌性能，可用来浸制生物标本，给种子消毒等，不能用于制作药皂，A项错误；B.乙醇的用途很广，可以用于做溶剂、有机合成、各种化合物的结晶、洗涤剂、萃取剂等。70%～75%的酒精用于消毒，不能用于制作药皂，B项错误；C.苯酚是生产某些树脂、杀菌剂、防腐剂以及药物（如阿司匹林）的重要原料。也可用于消毒外科器械，皮肤杀菌、止痒及中耳炎。因此在制作药皂时通常加入少量的苯酚，C项正确；D.高锰酸钾在化学品生产中，广泛用作氧化剂；医药中用作防腐剂、消毒剂、除臭剂及解毒剂；在水质净化及废水处理中，作水处理剂；还用作漂白剂、吸附剂、着色剂及消毒剂等，不能用于制作药皂，D项错误；答案应选C。13、A【解析】

第一份发生的离子反应方程式为Al3++3NH3·H3O=Al（OH）3↓+3NH4+，第二份发生的离子反应方程式为Ba1++SO41-=BaSO4↓。【详解】由反应消耗amolNH3·H1O可知，原溶液中n(Al3+)=mol，由消耗bmolBaCl1可知，n(SO41-)=1bmol，原溶液中存在电荷守恒关系n（K+）+3n(Al3+)=1n(SO41-),溶液中n（K+）=1n(SO41-)—3n(Al3+)=4b—3×=4b—1a，则c（K+）==（10b﹣10a）mol•L﹣1，故选A。【点睛】本题考查与化学反应有关的计算，注意依据化学方程式计算，应用电荷守恒分析是解答关键。14、D【解析】

A.乙烷制取氯乙烷是与氯气发生取代反应，乙烯则是与氯化氢发生加成反应，二者反应类型不同，故A错误；B.1mol乙炔完全燃烧消耗2.5mol氧气，1mol苯完全燃烧消耗7.5mol氧气，消耗氧气的物质的量不同，故B错误；C.乙烯被高锰酸钾溶液氧化会产生二氧化碳气体，会作为新的杂质混在甲烷气体中，故不能用高锰酸钾除去甲烷中的乙烯，故C错误；D.甲苯和乙苯均为苯的同系物，D正确；故答案选D。15、A【解析】

A.工作时，正极为次氯酸根离子与水反应得电子，生成氢氧根离子，附近的溶液pH将会增大，A正确；B.镁电池的镁－次氯酸盐电池负极反应式是Mg－2e－+2OH-＝Mg（OH）2，B错误；C.镁电池充电时负极发生还原反应生成镁，C错误；D.将镁电池活化使用稀硫酸，则会产生氢气，造成电池起鼓、破裂，D错误；答案为A16、C【解析】

A、反应过程中亚铁离子被氧化为三价铁离子，反应过程中看不到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀的现象，故A错误；B、没有明确是否为标准状况，无法计算生成氧气的体积，故B错误；C、由题给离子方程式可知，过氧化钠中氧元素化合价即升高到又降低，4mol过氧化钠有1mol做还原剂，3mol做氧化剂，则反应得到电子6mol，故C正确；D、由题给离子方程式可知，反应中过氧化钠中氧元素化合价即升高到又降低，硫酸亚铁中铁元素化合价升高，则反应中氧化剂是Na2O2，还原剂是Na2O2和FeSO4，故D错误；答案选C。【点睛】过氧化钠中氧元素化合价即升高到又降低，Na2O2既是氧化剂又是还原剂是解答本题的关键，也是易错点。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙烯氯原子羟基加成反应或8【解析】

根据D的分子结构可知A为链状结构，故A为CH3CH=CH2；A和Cl2在光照条件下发生取代反应生成B为CH2=CHCH2Cl，B和HOCl发生加成反应生成C为，C在碱性条件下脱去HCl生成D；由F结构可知苯酚和E发生信息①的反应生成F，则E为；D和F聚合生成G，据此分析解答。【详解】（1）根据以上分析，A为CH3CH=CH2，化学名称为丙烯；C为，所含官能团的名称为氯原子、羟基，故答案为丙烯；氯原子、羟基；（2）B和HOCl发生加成反应生成C，故答案为加成反应；（3）C在碱性条件下脱去HCl生成D，化学方程式为：，故答案为；（4）E的结构简式为。（5）E的二氯代物有多种同分异构体，同时满足以下条件的芳香化合物：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，说明分子中有3种类型的氢原子，且个数比为3：2：1。则符合条件的有机物的结构简式为、；故答案为、；（6）根据信息②和③，每消耗1molD，反应生成1molNaCl和H2O，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，生成NaCl和H2O的总物质的量为=10mol，由G的结构可知，要生成1mol单一聚合度的G，需要(n+2)molD，则(n+2)=10，解得n=8，即G的n值理论上应等于8，故答案为8。18、NSiS1s22s22p63s23p2C+O2CO2第三周期VIA族N＞O＞CSi＜S【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，故第一电离能排序为N＞O＞C。（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Si＜S。19、CuSO4不能CuS、Cu2S与硝酸反应的产物相同3Cu2S+16HNO3+=3CuSO4+10NO↑+3Cu(NO3)2+8H2OCu2SCu2S24.0g、CuS24.0g【解析】

稀硝酸具有强氧化性，能把S从-2价氧化为-6价，把Cu从-1价氧化为+2价，本身会被还原为NO这一无色气体，由此可以写出CuS和Cu2S与稀硝酸的反应方程式。在题③中，因为涉及到质量的变化，所以需要考虑反应前后，固体物质的相对分子质量的变化情况，经过分析，1份Cu2S生成2份CuO（Cu原子守恒），其相对分子质量没有发生变化，而1份CuS生成1份CuO（Cu原子守恒），相对分子质量减小了16，利用差量法可以推断出混合物中成分及相应的质量。【详解】①用蒸馏水洗涤固体，得到蓝色溶液，则固体中一定含有CuSO4；②CuS、Cu2S和稀硝酸反应的方程式分别为：；，两个反应都有蓝色溶液和无色气泡生成，且加入BaCl2溶液后都有白色沉淀生成，所以无法判断黑色固体的成分；③F瓶中品红溶液褪色，说明有SO2生成；根据铜原子个数守恒，有Cu2S-2CuOΔm=64×2+32-64×2-16×2=0，CuS-CuOΔm=64+32-64-16=16；实验I中，反应前后固体质量不变，则说明黑色固体中只有Cu2S；实验II中，固体质量变化量为4.0g，则可以推断出该质量变化由CuS引起，有CuS-CuOΔm=169616m(CuS)4.0gm(CuS)==24.0gm(Cu2S)=48.0g-24.0g=24.0g则该黑色固体成为24.0g的Cu2S和24.0g的CuS。【点睛】仔细分析两种固体和稀硝酸反应后的产物，即可推断出相关的化学方程式，并答题。此外，对于通过质量判断混合物成分的题目，可以考虑使用差量法来解题。20、无水硫酸铜(或其他合理答案)②①④③单质钙没有完全参与反应，氢化钙中混有单质钙【解析】分析：本题以氢化钙的制备为载体，考查实验基本技能与操作、对题中的信息的利用、对实验装置的理解分析、物质分离提纯、化学计算等，本题侧重基本实验操作能力的考查，是对学生综合能力的考查。详解：A装置通过锌和硫酸反应生成氢气，氢气中肯定含有水蒸气，所以用B中无水氯化钙吸收水，在C中氢气和钙反应生成氢化钙，D中有浓硫酸，保证金属钙的装置C中干燥，