黑龙江省大庆市铁人中学2017_2018学年高二化学下学期期中试题（含解析）.doc

《黑龙江省大庆市铁人中学2017_2018学年高二化学下学期期中试题（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黑龙江省大庆市铁人中学2017_2018学年高二化学下学期期中试题（含解析）.doc（26页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、- 1 -黑龙江省大庆市铁人中学 2017-2018 学年高二下学期期中考试化学试题1. 下列四种元素中，其单质氧化性最强的是( )A. 原子含有未成对电子最多的第二周期元素B. 位于周期表中第三周期A 族的元素C. 原子最外层电子排布为 2s22p4的元素D. 有 9 个原子轨道有电子且电子总数最小的元素【答案】C【解析】分析：根据元素的性质判断出元素，然后比较元素的非金属性强弱，进而比较其单质的氧化性强弱。详解：A. 第二周期原子含有未成对电子最多的元素是氮元素；B. 位于周期表中第三周期A 族的元素是铝元素；C. 原子最外层电子排布为 2s22p4的元素是氧元素；D. 有 9 个原子轨道

2、有电子且电子总数最小的元素是磷元素；则这四种元素中，其单质氧化性最强的是氧气，答案选 C。2. 已知 X、Y 是主族元素，I 为电离能，单位是 kJmol1 。请根据下表所列数据判断，错误的是（ ）元素 I1 I2 I3 I4X 500 4 600 6 900 9 500Y 580 1 800 2 700 11 600A. 元素 X 为金属元素，常见化合价是1 价B. 元素 Y 是A 族元素C. 元素 X 与氯形成化合物时，化学式可能是 XClD. 若元素 Y 处于第三周期，它可与冷水剧烈反应【答案】D【解析】分析：X、Y 是主族元素，I 为电离能，X 第一电离能和第二电离能差距较大，说明-

3、2 -X 为第 IA 族元素；Y 第三电离能和第四电离能差距较大，说明 Y 为第 IIIA 族元素，X 的第一电离能小于 Y，说明 X 的金属活泼性大于 Y，据此解答。详解：AX 为第 IA 族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以 X 常见化合价为+1 价，A 正确；B通过以上分析知，Y 为第 IIIA 族元素，B 正确；C元素 X 与氯形成化合物时，X 的电负性小于 Cl 元素，所以在二者形成的化合物中 X 显+1价、Cl 元素显-1 价，则化学式可能是 XCl，C 正确；D若元素 Y 处于第 3 周期，为 Al 元素，它不能与冷水剧烈反应，但能溶于酸和强碱溶液，D 错误；答案选 D。3

4、. 下列说法正确的是( )A. 所有非金属元素都分布在 p 区B. 最外层电子数为 2 的元素都分布在 s 区C. 元素周期表中第B 族到第B 族 10 个纵列的元素都是金属元素D. 同一主族元素从上到下，金属性呈周期性变化【答案】C【解析】考查元素周期表的结构。区的名称来自于按照构造原理最后填入电子的能级符号，非金属除氢元素位于 S 区外，其余都是 P 区，选项 A 不正确；最外层电子数为 2 的元素也可能位于 P 区或，例如 He，B 不正确；同主族自上而下，元素的性质呈周期性的变化，而不是仅指金属性，选项 D 不正确，因此正确的答案选 C。4. 下列说法正确的是( )A. 基态原子的能量

5、一定比激发态原子的能量高B. 1s22s12p1表示的是基态原子的电子排布C. 日常生活中我们看到的许多可见光，如霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关D. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱【答案】C【解析】分析：A基态原子吸收能量变为激发态原子；B基态 Be 原子的电子排布式是 1s22s2；C电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，从由激发态跃迁到基态辐射光子，- 3 -放出能量；D吸收光谱和发射光谱统称原子光谱。详解：A基态原子吸收能量变为激发态原子，所以激发态原子能量大于基态原子能量，A 错误；B处于最低能量状态的原子叫做基态原子，所以基态 Be 原子

6、的电子排布式是 1s22s2，B 错误；C电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量，因此日常生活中我们看到的许多可见光，如霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关，C 正确；D电子在基态跃迁到激发态时也会产生原子光谱，D 错误；答案选 C。5. 以下是一些原子的 2p 能级和 3d 能级中电子排布的情况。其中违反了洪特规则的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：洪特规则是在原子的同一电子亚层排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，而且自旋方向相同，这样可以使原子的能量最低，原子处于稳定状态。同一轨道电子的自旋方向相反，

7、违背泡利不相容原理，错误；不同轨道的单电子自旋方向相反，违背洪特规则，正确；符合洪特规则，错误；电子应该尽先占据不同的轨道，每一个轨道有一个电子，自旋方向相同，违反洪特规则，正确；不同轨道的单电子自旋方向相反，违背洪特规则，正确；符合洪特规则，错误。因此违反了洪特规则的是，选项是 C。考点：考查原子核外电子排布的知识。6. 若某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为 4d15s2，则下列说法正确的是( )A. 该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有 3 个未成对电子B. 该元素核外共有 5 个能层C. 该元素原子的 M 能层共有 8 个电子- 4 -D. 该元素原子最外层共有 3 个电子【

8、答案】B【解析】分析：某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为 4d15s2，应为 Y 元素，位于周期表第B 族，第 N 层的电子排布为 4s24p64d1，以此解答该题。详解：根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，由此可见：该元素原子中共有 39 个电子，分 5 个电子层，其中 M 能层上有 18 个电子，最外层上有 2 个电子。则A该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有 1 个未成对电子，A 错误；B该元素原子核外有 5 个能层，B 正确；C该元素原子 M 能层共有 18 个电子，C 错误；D该元素原子最外层上

9、有 2 个电子，D 错误。答案选 B。7. 以下有关元素性质的说法不正确的是( )A. Na，K，Rb N，P，As O，S，Se Na，P，Cl 元素的电负性随原子序数增大而递增的是B. 下列原子中，1s 22s22p63s23p11s 22s22p63s23p21s 22s22p63s23p31s 22s22p63s23p4对应的第一电离能最大的是C. 某元素的逐级电离能分别为 738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，该元素可能在第三周期第A 族D. 以下原子中，1s 22s22p63s23p21s 22s22p31s 22s22p21s 22s22p6

10、3s23p4半径最大的是【答案】B【解析】A. Na，K，Rb 元素的电负性随原子序数增大而递减； N，P，As 元素的电负性随原子序数增大而递减； O，S，Se 元素的电负性随原子序数增大而递减；Na，P，O 元素的电负性随原子序数增大而递增。A 正确；B. 下列原子中，1s 22s22p63s23pl 1s 22s22p63s23p2 1s 22s22p63s23p3 1s 22s22p63s23p4对应的元素分别是第 3 周期的铝、硅、磷、硫 4 种元素，其第一电离能最大的是，因为对应的是 P 元素，其 3p 轨道半充满，原子结构较稳定，故 B 错；C. 某元素的逐级电离能分别为738、

11、1451、7733、10540、13630、17995、21703，由这些数据可知，其第一、第二电离能之间的差值明显小于第二、第三电离能之间的差值，说明其最外层有 2 个电子，所以该元素可能在第三周期第 IIA 族，C 正确；D. 以下原子中， - 5 -1s22s22p63s23p2 1s 22s22p3 1s 22s22p2 1s 22s22p63s23p4半径最大的是（硅原子） ，D 正确。本题选 B。点睛：同一周期元素原子的第一电离能呈逐渐增大趋势，每个周期中都有 2 个较特殊的，即IIA 族和 VA 族，因其原子具有相对较稳定的结构，故其第一电离能高于同周期相邻的两种元素。一般地，同

12、一主族元素的电负性，从上到下逐渐减小；同一周期主族元素的电负性逐渐增大。电负性的变化规律与元素的非金属性的变化规律是相似的。同一周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，同一主族元素的原子半径从上到下逐渐增大。8. 下列描述中正确的是( )CS 2为 V 形的极性分子 ClO 的空间构型为平面三角形SF 6中有 6 对完全相同的成键电子对 SiF 4和 SO 的中心原子均为 sp3杂化A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：CS 2与 CO2分子构型相同，根据二氧化碳的分子结构分析；先求出中心原子的价层电子对数，再判断分子构型；SF 6中 S-F 含有一个成键电子对；先求出中心原子的价层电子

13、对数，再判断杂化类型。详解：CS 2与 CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为 O=C=O，则 CS2的结构为 S=C=S，属于直线形分子，错误；ClO 3-中 Cl 的价层电子对数=3+（7+1-23）/2=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，错误；SF 6中 S-F 含有一个成键电子对，所以 SF6中含有 6 个 S-F 键，则分子中有 6 对完全相同的成键电子对，正确；SiF 4中 Si 的价层电子对数=4+（4-14）/2=4，SO 32-中 S 的价层电子对数=3+（6+2-23）/2=4，所以中心原子均为 sp3杂化，正确。答案选 C。点睛：本题考查分子的构型、原子

14、杂化方式判断等知识点，侧重考查基本理论，难点是判断原子杂化方式，知道孤电子对个数的计算方法，为易错点。9. 氯化亚砜(SOCl 2)是一种很重要的化学试剂，可以作为氯化剂和脱水剂。下列关于氯化亚砜分子的 VSEPR 模型、分子的几何构型和中心原子(S)采取杂化方式的说法正确的是( )A. 四面体形、三角锥形、sp 3 B. 平面三角形、V 形、sp 2- 6 -C. 平面三角形、平面三角形、sp 2 D. 四面体形、三角锥形、sp 2【答案】A【解析】分析：根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型，价层电子对个数= 键个数+孤电子对个数，孤电子对个数=1/2（a-xb） ，a 指中心原子价电子个

15、数，x 指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，据此解答。详解：SOCl 2中 S 原子成 2 个 S-Cl 键，1 个 S=O，价层电子对个数= 键个数+孤电子对个数=3+(6212)/2=4，杂化轨道数是 4，故 S 原子采取 sp3杂化，含一对孤电子，分子的VSEPR 模型为四面体形，分子形状为三角锥形。答案选 A。10. 碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图。下列有关该物质的说法正确的是( )A. 分子式为 C3H2O3B. 分子中含 6 个 键，2 个 键C. 分子中只有极性键D. 8.6 g 该物质完全燃烧得到 6.72 L CO2【答案】A【解析】

16、详解：A、根据有机物结构简式可知此有机物中含有 3 个 C、3 个 O 和 2 个 H，故分子式为：C 3H2O3，A 正确；B、此分子中存在 4 个 C-O 键、1 个 C=O 双键，还存在 2 个 C-H 键，1 个 C=C 双键，总共 8 个 键，B 错误；C、此有机物中存在 C=C 键，属于非极性共价键，C 错误；D、8.6g 该有机物的物质的量为 8.6g86g/mol0.1mol，由于未指明标准状况，故生成的二氧化碳的体积不一定是 6.72L，D 错误。答案选 A。- 7 -11. 向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，下

17、列对此现象说法正确的是( )A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后 Cu2 的浓度不变B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子 Cu(NH 3)42C. 向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化D. 在 Cu(NH 3)42 离子中，Cu 2 给出孤对电子，NH 3提供空轨道【答案】B【解析】分析：A硫酸铜和氨水反应生成 Cu（OH） 2蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀Cu（OH） 2溶解生成深蓝色配合离子Cu(NH 3)42 ；B沉淀 Cu（OH） 2溶解生成深蓝色配合离子Cu(NH 3)42 ；C络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出；D配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成

18、配位键。详解：A硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，生成深蓝色配合离子Cu(NH 3)42 ，所以溶液中铜离子浓度减小，A 错误；B氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子Cu(NH 3)42 ，沉淀溶解，B 正确；CCu(NH 3)4SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，C 错误；D在Cu(NH 3)42 离子中，Cu 2+提供空轨道，NH 3提供孤电子对，D 错误；答案选 B。12. 通常状况下，NCl 3是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对 NCl3的有关叙述正确的是( )A.

19、分子中 NCl 键键长比 CCl4分子中 CCl 键键长长B. 分子中的所有原子均达到 8 电子稳定结构C. NCl3分子是极性分子，NCl 3的沸点低于 NH3的沸点D. NBr3比 NCl3易挥发【答案】B【解析】分析：通常状况下，NCl 3是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，根据氨气的结构与性质类推。详解：A、C 原子的原子半径大于 N 原子的原子半径，所以 CCl4中 C-C1 键键长比 NC13中 N- 8 -C1 键键长，A 错误；B、NC1 3中 N 原子最外层电子数 5，化合价为3 价，所以 N 原子达到 8 电子稳定结构；NC1 3中 C1 原子最外层电子数 7，化合

20、价为1 价，所以 C1 原子达到 8 电子稳定结构，B 正确；C、NC1 3的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以 NCl3分子也是极性分子，NCl 3的沸点高于 NH3的沸点，C 错误；D、分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比 NCl3的熔沸点高，NCl 3比 NBr3易挥发，D 错误。答案选 B。13. 下列叙述不正确的是( )A. 卤化氢分子中，卤素的非金属性越强，共价键的极性越强，稳定性也越强B. 以极性键结合的分子，不一定是极性分子C. 判断 A2B 或 AB2型分子是极性分子的依据是：具有极性键且分子构

21、型不对称，键角小于180，为非直线形结构D. 非极性分子中，各原子间都应以非极性键结合【答案】D【解析】分析：A同一主族，从上往下，原子半径在逐渐增大，非金属性减弱，所以卤化氢按 H-F、H-Cl、H-Br、H-I 的顺序，共价键的极性依次减弱，分子稳定性依次减弱；B不同种元素原子之间形成的共价键是极性共价键，含有极性键结构对称且正负电荷的中心重合的分子为非极性分子；C分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子；D不同非金

22、属元素之间易形成极性共价键，分子的结构对称、正负电荷的中心重合，则为非极性分子。详解：AHF 和 HCl，因为 F 的氧化性比 Cl 的强，所以 F 对 H 的电子的吸引力比 Cl 的强，所以共用电子对就更偏向 F，所以 HF 的共价键的极性就更强，同主族中，由上到下，随核电荷数的增加半径在逐渐增大，非金属性减弱，所以卤化氢稳定性为 HFHClHBrHI，共价键的极性依次减弱，A 正确；B如 CH4含有 H-C 极性键，空间构型为正四面体，结构对称且正负电荷的中心重合，为非极性分子，B 正确；- 9 -C对于 A2B 或 AB2型分子；由极性键构成的分子，由该分子的分子空间结构决定分子极性。如

23、果分子的立体构型为直线形键角等于 180、平面三角形、正四面体形、三角双锥形、正八面体形等空间对称的结构，致使正电中心与负电中心重合，这样的分子就是非极性分子。若为 V 形、三角锥形、四面体形（非正四面体形）等非对称结构，则为极性分子，C 正确；D非极性分子中，各原子间不一定以非极性键结合，如 CO2中含极性键，为直线型，结构对称，为非极性分子，D 错误；答案选 D。点睛：本题考查键的极性与分子的极性，注意判断键的极性，抓住共价键的形成是否在同种元素原子之间；分子极性的判断，抓住正负电荷的中心是否重合，题目难度不大。14. 下列分子中指定的碳原子(用*标记)不属于手性碳原子的是( )A. 苹果

24、酸 HOOC H2CHOHCOOHB. 丙氨酸 C. 葡萄糖 D. 甘油醛 【答案】A【解析】分析：手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团是不同的，据此解答。详解：A. 苹果酸 HOOC H2CHOHCOOH 中 连接了 2 个氢原子，不是手性碳原子，A 错误；B. 丙氨酸 中 连接了 4 个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，B 正确；C. 葡萄糖 中 连接了 4 个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，C 正确；- 10 -D. 甘油醛 中 连接了 4 个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，D 正确；答案选 A。15. 纳米材料的表面粒子数占总粒子数的比例极大，这是它具有许多

25、特殊性质的原因。假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状(如图所示)相同。则这种纳米颗粒的表面粒子数占总粒子数的百分数为( )A. 87.5% B. 92.9% C. 96.3% D. 100%【答案】C【解析】试题分析：在 NaCl 晶胞中微粒总数是 27 个，其中表面离子束是 26 个，所以这种纳米颗粒的表面粒子数占总粒子数的百分数是（2627）100%=96.3。因此选项是 C。考点：考查纳米材料的知识。16. 晶体硼的结构如图所示，熔点 2573K。已知晶体硼结构单元是由硼原子组成的正二十面体，其中有 20 个等边三角形的面和一定数目的顶点，每个项点上各有 1 个

26、B 原子。下列有关说法不正确的是( )A. 每个结构单元含有 12 个硼原子B. 1mol 晶体硼中含有 30NA个 BB 键C. 晶体硼中键角是 60D. 晶体硼是分子晶体【答案】D【解析】分析：根据晶体硼的结构，结合均摊法计算。详解：在硼原子组成的正二十面体结构中，每 5 个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的- 11 -1/5，每个等边三角形拥有的顶点为：1/53=3/5，20 个等边三角形拥有的顶点为：3/520=12；B-B 键组成正三角形，则每个键角均为 60；每 2 个面共用一个 B-B 键，每个面拥有这个 B-B 键的 1/2，每个等边三角形占有的 B-B 键为：1/23=3/

27、2，20 个等边三角形拥有的 B-B 键为：3/220=30，则A晶体硼结构单元中含有 12 个原子，A 正确；B由以上分析可知，1mol 晶体硼中含有 30NA个 BB 键，B 正确；CB-B 键组成正三角形，则每个键角均为 60，C 正确；D晶体硼的熔点高，属于原子晶体，D 错误；答案选 D。17. 氧化钙在 2 973 K 时熔化，而氯化钠在 1 074 K 时熔化，两者的离子间距离和晶体结构类似，下列有关它们熔点差别较大的原因的叙述中不正确的是( )A. 氧化钙晶体中阴、阳离子所带的电荷数多B. 氧化钙的晶格能比氯化钠的晶格能大C. 氧化钙晶体的结构类型与氯化钠晶体的结构类型不同D.

28、氧化钙与氯化钠的离子间距离类似，晶格能主要由阴、阳离子所带电荷的多少决定【答案】C【解析】分析：氧化钙和氯化钠形成的晶体均是离子晶体，据此解答。详解：氧化钙在 2 973 K 时熔化，而氯化钠在 1 074 K 时熔化，两者的离子间距离和晶体结构类似，二者形成的晶体类型均是离子晶体。则A. 氧化钙晶体中阴、阳离子所带的电荷数多，晶格能大，熔沸点高，A 正确；B. 氧化钙的晶格能比氯化钠的晶格能大，熔沸点高，B 正确；C. 氧化钙晶体的结构类型与氯化钠晶体的结构类型相同，均是离子晶体，C 错误；D. 氧化钙与氯化钠的离子间距离类似，晶格能主要由阴、阳离子所带电荷的多少决定，氧化钙晶体中阴、阳离子

29、所带的电荷数多，晶格能大，熔沸点高，D 正确。答案选 C。18. 有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是( )- 12 -A. 在 NaCl 晶体中，距 Cl-最近的 Na+有 6 个，距 Na 最近且相等的 Na 共 12 个B. 在 CaF2晶体中，每个晶胞平均占有 4 个 Ca2 ，Ca 2+的配位数是 8C. 在金刚石晶体中，每个碳原子被 12 个六元环共同占有，每个六元环最多有 4 个碳原子共面D. 该气态团簇分子的分子式为 EF 或 FE，其晶体不导电【答案】D【解析】分析：A氯化钠晶体中，钠离子的配位数是 6；B利用均摊法，计算晶胞中 Ca2+数目；C在金刚石的晶体结构中每

30、个碳原子与周围的 4 个碳原子形成四个碳碳单键，这 5 个碳原子形成的是正四面体结构，键角为 109028，最小的环为 6 元环；D该气态团簇分子的分子含有 4 个 E 和 4 个 F 原子。详解：A氯化钠晶体中，距 Na+最近的 Cl-是 6 个，即钠离子的配位数是 6，距 Na 最近且相等的 Na 位于面心处，共有 38/212 个，A 正确；BCa 2+位于晶胞顶点和面心，数目为 81/8+61/2=4，即每个晶胞平均占有 4 个Ca2+，Ca 2+的配位数是 8，B 正确；C在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的 4 个碳原子形成四个碳碳单键，最小的环为6 元环，每个单键为 3 个环共

31、有，则每个 C 原子连接 43=12 个六元环，晶胞中共平面的原子如图 ，共 4 个，C 正确；D该气态团簇分子的分子含有 4 个 E 和 4 个 F 原子，则该气态团簇分子的分子式为 E4F4或F4E4，D 错误；答案选 D。- 13 -点睛：本题主要考查物质结构和性质，侧重于晶体的结构，考查学生空间想象能力、知识运用能力，难度较大，具有丰富的空间想象能力是解本题的关键，易错选项是 D，注意分子的化学式由组成原子的数目决定的。19. 下列叙述不正确的是（ ）A. 钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，可以使用干粉灭火器灭火B. 探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两

32、种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏高C. 蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置D. 为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线【答案】AB【解析】分析：A过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧；B应先加热再混合；C蒸馏时，应充分冷凝，防止温度过高而混入杂质；D配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线。详解：A过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧，则钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，也不能使用干粉灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，A

33、错误；B该实验要求开始时温度相同，然后改变温度，探究温度对反应速率的影响，应先分别水浴加热硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液到一定温度后再混合，若是先将两种溶液混合后再用水浴加热，随着热量的散失，测得的反应速率偏低，B 错误；C蒸馏时，应充分冷凝，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，防止温度过高而混入杂质，C 正确；D配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线，应用胶头滴管滴加，D 正确。答案选 AB。点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验基本操作及实验安全、影响反应速率的因素及物质鉴别等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等，选项 A 为解答的

34、易错点。20. 下列有关实验的选项正确的是（ ）- 14 -A.配制0.10mol/L NaOH溶液B除去 CO 中的 CO2C苯萃取碘水中的I2分出水层后的操作D记录滴定终点读数为 12.20mLA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、容量瓶不能溶解固体，A 错误；B、利用氢氧化钠吸收 CO 中的二氧化碳，可以达到实验目的，B 正确；C、萃取分液后上层液体从上口倒出，C 错误；D、滴定管 0 刻度在上面，读数应该是 11.80mL，D 错误，答案选 B。视频21. 为达到预期的实验目的，下列操作中正确的有( )配制 FeCl3溶液时，将 FeCl3固体溶于盐酸中，然后再用

35、水稀释到所需的浓度用 10 mL 的量筒量取 4.80 mL 的浓硫酸蒸发溶液时，边加热边搅拌，直至蒸发皿中的液体蒸干向无色溶液中加入 BaCl2溶液，生成白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不消失，由此确定该溶液中一定含有 SO为鉴别 KCl、AlCl 3和 MgCl2溶液，分别向三种溶液中滴加 NaOH 溶液至过量中和热测定的实验中使用的玻璃仪器只有 2 种实验室可利用浓氨水和碱石灰混合的方法制取少量氨气除去 NO 中混有的 NO2气体可通过水洗，再干燥后用向上排空气法收集A. 5 项 B. 4 项C. 3 项 D. 2 项【答案】C- 15 -【解析】分析：Fe 3+易水解，水解生成 H+，配制溶

36、液时加盐酸抑制水解，所以配制 FeCl3溶液时，将 FeCl3固体溶于盐酸中，然后再用水稀释到所需的浓度，正确；量筒的精确度为 0.1mL，可以用 10mL 的量筒量取 4.8mL 的浓硫酸，不能量取 4.80m 浓硫酸，错误；蒸发溶液时，边加热边搅拌，直至蒸发皿中含有较多固体时，停止加热，用余热蒸干，错误；检验 SO42-的操作先加 HCl，再加氯化钡溶液，稀硝酸酸化，如果含有亚硫酸根离子，也会被氧化为硫酸根离子，错误；NaOH 与 KCl 不反应，NaOH 与 AlCl3先生成白色沉淀，当氢氧化钠过量时沉淀又溶解，NaOH与 MgCl2反应生成白色沉淀，最终沉淀不消失，三种物质的现象不同，

37、可以鉴别，正确；中和热测定的实验中使用的玻璃仪器有烧杯、温度计、量筒和环形玻璃搅拌棒，错误；碱石灰溶解会放热，浓氨水和碱石灰混合，会有氨气生成，能用于制备氨气，正确；NO 能与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集 NO，应该用排水法，错误。答案选 C。22. 已知 32gX 和 40gY 恰好完全反应，生成 mgQ 和 9gH，在相同条件下，16gX 和 30gY 混合反应生成 0.25molQ 及若干摩尔 H，则物质 Q 的摩尔质量应是（ ）A. 163 g/mol B. 126 g/mol C. 122 g/mol D. 63 g/mol 【答案】B【解析】分析：先根据质量守恒定律计算出

38、32gX 和 40gY 恰好完全反应生成的 Q 的质量 m，然后根据 16gX 和 30gY 混合反应生成 0.25molQ 计算出 mgQ 的物质的量，最后根据 M=mn 计算出 Q 的摩尔质量。详解：已知 32gX 和 40gY 恰好完全反应，生成 mgQ 和 9gH，根据质量守恒定律，32g+40g=m+9g，解得 m=63g；16gX 和 30gY 混合反应，16gX 完全反应需要消耗 20gY，显然 Y过量，即 16gX 完全反应，生成了 0.25molQ，则 32gX 完全反应，生成 0.5molQ，Q 的摩尔质量为：M=63g0.5mol=126g/mol。答案选 B。点睛：本题

39、考查了摩尔质量的计算，题目难度不大，可以根据题中数据计算出 Q 的物质的量和质量，然后根据 M=m/n 计算出 Q 的摩尔质量，注意需要判断过量情况，充分考查了学生的分析、理解能力和灵活应用所学知识解决问题的能力。- 16 -23. 下列指定微粒的数目相等的是（ ）A. 等物质的量的水（H 2O）与重水（D 2O）含有的中子数B. 等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数C. 同温、同压、同体积的 CO 和 NO 含有的质子数D. 等物质的量的 Fe 和 Al 分别与足量氯气完全反应时转移的电子数【答案】BD【解析】分析：A. H 不含有中子，D 含有 1 个中子；B. 乙烯和丙烯的最简式均是

40、CH2；C. CO 和 NO 含有的质子数分别是 14 和 15；D. Fe 和 Al 分别与足量氯气完全反应时均失去 3 个电子。详解：A、1mol 普通水中含有的中子数是 8mol，1mol 重水中含有的中子数是 10mol，所以等物质的量的水与重水含有的中子数不相等，A 错误；B、乙烯、丙烯都属于烯烃，通式符合 CnH2n，最简式是 CH2，若二者的质量相等，含最简式的个数相等，含有的共用电子对数也相等，B 正确；C、同温同压下，同体积的 CO 和 NO 分子数相同，但是由于每个分子中含有的质子数不相同，所以同温同压下，同体积的 CO 和 NO 含有的质子数不相等，C 错误；D、1mol

41、 的铁和铝分别与足量的氯气完全反应转移电子的物质的量均是 3mol，D 正确；答案选 BD。24. 设 NA是阿伏加德罗常数的数值。下列两种说法均不正确的是（ ）A. 用惰性电极电解 CuSO4溶液后，如果加入 0.1molCu(OH)2能使溶液复原，则电路中转移电子的数目为 0.2NA；将 78gNa2O2与过量 CO2反应转移的电子数为 2NAB. 在标况下，22.4LSO 3和 22.4LC2H4原子个数比为 2:3；42 克由 C2H4和 C5H10组成的混合气体中含共用电子对数目为 9NA个C. 25时，50g98%浓硫酸和 50g 98%浓磷酸混合后含氧原子数为 4NA；含 0.2

42、molH2SO4的浓硫酸与足量铜充分反应，生成 SO2分子的数目少于 0.1NA- 17 -D. 12g 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为 NA；1mol 的羟基与 1mol 的氢氧根离子所含电子数均为 9NA【答案】AD【解析】分析：A用惰性电极电解 CuSO4溶液后，如果加入 0.1mol Cu(OH)2能使溶液复原，则说明阳极上析出的是 0.1mol 氧气，阴极上析出的是 0.1mol 铜和 0.1mol 氢气；过氧化钠与二氧化碳反应式既是氧化剂，也是还原剂；B标况下三氧化硫是固体；C 2H4和 C5H10最简式为：CH 2，在 C2H4和 C5H10分子中，每个 C 含有 1 个

43、碳碳共用电子对、每个 H 形成了 1 个碳氢共用电子对，1 个 CH2含有 3 对电子；C溶剂水也含有氧原子；铜与稀硫酸不反应；D依据 n=mM 计算物质的量，结合石墨烯中平均每个六元环含碳原子 2 个分析；氢氧根含有 10 个电子。详解：A用惰性电极电解 CuSO4溶液后，如果加入 0.1mol Cu(OH)2能使溶液复原，则说明阳极上析出的是 0.1mol 氧气，阴极上析出的是 0.1mol 铜和 0.1mol 氢气，故转移 0.4mol 电子即 0.4NA个；78g 过氧化钠是 1mol，过氧化钠与二氧化碳反应式既是氧化剂，也是还原剂，1mol 过氧化钠转移 1mol 电子，则将 78g

44、Na2O2与过量 CO2反应转移的电子数为 NA；B.在标况下三氧化硫不是气体，22.4LSO 3和 22.4LC2H4原子个数比不是 2:3；42 克由 C2H4和C5H10组成的混合气体含有 CH2物质的量为 42g14g/mol=3mol，在 C2H4和 C5H10分子中，每个C 含有 1 个碳碳共用电子对、每个 H 形成了 1 个碳氢共用电子对，所以共含有电子对数为33NA=9NA个；C硫酸和磷酸的相对分子质量均是 98，且都含有 4 个氧原子，则 25时，50g98%浓硫酸和50g98%浓磷酸混合后含氧原子的物质的量是 ，因此氧原子数大于4NA；浓硫酸与铜在反应过程中浓度逐渐减小，稀

45、硫酸与铜不反应，则含 0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜充分反应，生成 SO2分子的数目少于 0.1NA； D碳的物质的量为 12g12g/mol=1mol，石墨烯中平均每个六元环含碳原子 2 个，则 1mol碳原子含有六元环的个数为 0.5NA；1mol 的羟基与 1mol 的氢氧根离子所含电子数分别为9NA、10N A；所以均错误的是选项 A 和 D。答案选 AD。25. 前四周期元素 A、B、C、D、E、F 原子序数依次增大，其相关性质如下表所示：A 2p 能级电子半充满- 18 -B 与 A 同周期，且原子核外有 2 个未成对电子C 基态原子核外有 6 个原子轨道排有电子，且只有

46、1 个未成对电子D 其基态原子外围电子排布为 msnmpn2E 前四周期元素中，E 元素基态原子未成对电子数最多F 基态 F 各能级电子全充满请根据以上情况，回答下列问题：（1）E 元素基态原子核外有_种能量不同的电子，电子排布式为_，写出 F 元素基态原子的价电子排布图_。（2）B 和 C 可形成一种同时含有共价键和离子键的化合物，其电子式为_。（3）A、B、C、D 四种元素：(用元素符号表示，下同)原子半径由小到大的顺序是_；第一电离能由大到小的顺序为_；电负性由大到小的顺序是_。（4）判断下列分子或离子中空间构型是 V 形的是_(填写序号)。aSO 2 bH 2O cNO dNO【答案】

47、 (1). 7 (2). Ar3d 54s1 (3). (4). (5). OOSNa (7). ONSNa (8). abd详解：根据以上分析可知 A、B、C、D、E、F 分别是 N、O、Na、S、Cr、Cu。则（1）E 为铬元素，基态原子核外有 7 种能量不同的电子，电子排布式为- 19 -1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d 54s1；F 为铜元素，位于元素周期表第四周期B 族，其基态原子的外围电子排布式为 3d104s1，则价电子排布图为 ；（2）B 为氧元素，C 为钠元素，形成一种同时含有共价键和离子键的化合物为过氧化钠，它的电子式为 ；（3）同周期自左向右原子半径逐

48、渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则四种元素的原子半径由小到大的顺序是 ONSNa；元素随着非金属性的增强，第一电离能也增大，但由于氮元素最外层 p 轨道上电子处于半满状态，是一种稳定结构，所以氮的第一电离能高于相邻的同周期元素，所以 A、B、C、D四种元素第一电离能由大到小的顺序为 NOSNa；非金属性越强，电负性越大，则四种元素的电负性由大到小的顺序是 ONSNa；（4）aSO 2中 S 原子的价层电子对数是 3，含有 1 对孤对电子，空间构型是 V 形；bH 2O 中 O 原子的价层电子对数是 3，含有 1 对孤对电子，空间构型是 V 形；cNO 2 中 N 原子的价层电子对数是 2，不存在对孤对电子，空间构型是直线形；dNO 2 中 N 原子的价层电子对数是 3，含有 1 对孤对电子，空间构型是 V 形；答案选 abd。点睛：本题主要考查了原子核外电子排布、电子式、元素周期律等知识点，中等难度，解题的关键在于元素推断，答题时注意化学用语的规范表达。易错点是第一电离能大