南昌市重点中学2022年化学高二第二学期期末统考模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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 ABCD通电一段时间后，搅拌均匀，溶液的pH增大此装置可实现铜的精炼盐桥中的K+移向FeCl3溶液若观察到甲烧杯中石墨电极附近先变红，则乙烧

2、杯中铜电极为阳极AABBCCDD2、柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如图，有关柠檬烯的分析正确的是A一定条件下，它分别可以发生加成、取代、氧化、还原等反应B它的分子式为C10H18C它的分子中所有的碳原子一定在同一平面上D它和丁基苯(C4H9)互为同分异构体3、4p轨道填充一半的元素，其原子序数是（ ）A15B33C35D514、在一定条件下，测得2CO22CO+O2(反应从CO2开始)平衡体系的平均相对分子质量为M，在此条件下，CO2的分解率为（ ）ABCD5、Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得：下列叙述不正确的是A反应中加入K2CO3 ，能提高X的转化率BY与B

3、r2的加成产物分子中含手性碳原子CX和Y可以用FeCl3溶液讲行鉴别DY分子中最多有12个C原子共面6、已知Al2H6燃烧热极高，是一种很好的生氢剂，它跟水反应生成H2，球棍模型如图（白球为Al，黑球为H）。下列推测肯定不正确的是A该物质与水反应，属于氧化还原反应BAl2H6分子中氢为+1价，铝为3价CAl2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水D氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料7、化学与生产、生活密切相关。下列叙述不正确的是A葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体B煤的干馏和石油的分馏均属化学变化C14C可用于文物年代的鉴定，14C与D用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释

4、放的乙烯，可达到水果保鲜的目的8、下列有关电子排布图的表述正确的是A可表示单核10电子粒子基态时电子排布B此图错误，违背了泡利原理C表示基态N原子的价电子排布D表示处于激发态的B原子的核外电子排布图9、下列实验操作中，错误的是A蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处B蒸发时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热C分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D萃取时，应选择与原溶剂互不相溶的萃取剂10、丙烷的分子结构可简写成键线式结构，有机物A的键线式结构为，有机物B与等物质的量的H2发生加成反应可得到有机物A。下列有关说法错误的是（ ）A有机物A的一氯代物只有4种B用

5、系统命名法命名有机物A，名称为2，2，3-三甲基戊烷C有机物A的分子式为C8H18DB的结构可能有3种，其中一种的名称为3，4，4-三甲基-2-戊烯11、夏日的夜晚，常看到儿童手持荧光棒嬉戏，魔棒发光原理是利用H2O2氧化草酸二酯（CPPO）产生能量，该能量被传递给荧光物质后发出荧光草酸二酯结构简式如图所示，下列有关草酸二酯的说法不正确的是（）A草酸二酯与H2完全反应，需要6mol H2B草酸二酯的分子式为C26H24O8Cl6C草酸二酯能发生加成反应、取代反应和氧化反应D1mol草酸二酯最多可与4mol NaOH反应12、次磷酸(H3PO2)是一种具有强还原性的一元弱酸，工业上常利用H3PO

6、2和AgNO3溶液反应进行化学镀银，已知该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则下列说法中不正确的是（ ）AH3PO2中磷元素的化合价为+1BH3PO2的电离方程式为H3PO2H+H2PO2-CH3PO2被AgNO3氧化成了H3PO4DNaH2PO2、NaH2PO4、Na2HPO4均为酸式盐13、银锌蓄电池应用广泛，放电时总反应为Zn+Ag2O2+H2O=Zn(OH)2+Ag2O，某小组以银锌蓄电池为电源，用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH，设计如图所示装置。连通电路后，下列说法正确是A电池的a极反应式为Ag2O2+H2O+2e-=Ag2O+2OH-B气体Y为H

7、2Cpq膜适宜选择阳离子交换膜D电池中消耗65gZn，理论上生成1mol气体X14、下列实验装置不能达到实验目的的是 选项实验目的反应试剂及所需物质选择装置A制乙酸乙酯无水乙醇、冰醋酸、浓硫酸、碎瓷片B进行银镜实验银氨溶液、乙醛C制葡萄糖酸葡萄糖、3%溴水D制乙烯无水乙醇、浓硫酸、碎瓷片 注:葡萄糖与3%溴水在55 左右反应AABBCCDD15、对于反应2HI(g) H2(g) +I2(g),下列叙述能够说明己达平衡状态的是A混合气体的颜色不再变化B温度和体积一定时，容器内压强不再变化ClmolH-H键生成的同时有2molH-I键断裂D各物质的物质的量浓度之比为2：1：116、下列分子中的中心

8、原子杂化轨道的类型相同的是（ ）ASO3与SO2BBF3与NH3CBeCl2与SCl2DH2O与SO2二、非选择题（本题包括5小题）17、已知有机化合物A、B、C、D、E存在下图所示转化关系，且C能跟NaHCO3发生反应，C和D的相对分子质量相等，E为无支链的化合物。请回答下列问题：（1）已知E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，其余为氧，则E的分子式为_。（2）B在一定条件下可以发生缩聚反应生成某高分子化合物，此高分子化合物的结构简式为_。（3）D也可以由溴代烃F在NaOH溶液中加热来制取，写出此反应的化学方程式_。（4）反应的化学方程式_。（5）

9、B有多种同分异构体，请写出一种同时符合下列四个条件的结构简式：_。a能够发生水解 b能发生银镜反应c能够与FeCl3溶液显紫色d苯环上的一氯代物只有一种18、已知A、B、C、D、E、F为元素周期表中原子序数依次增大的前20号元素，A与B，C、D与E分别位于同一周期。A原子L层上有2对成对电子，B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体X，CE、FA为电子数相同的离子晶体。(1)写出A元素的基态原子外围电子排布式：_。F的离子电子排布式：_。(2)写出X涉及化工生产中的一个化学方程式：_。(3)试解释工业冶炼D不以DE3而是以D2A3为原料的原因：_。(4)CE、FA的

10、晶格能分别为786 kJmol1、3 401 kJmol1，试分析导致两者晶格能差异的主要原因是_。(5)F与B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。F与B形成的离子化合物的化学式为_；该离子化合物晶体的密度为agcm3，则晶胞的体积是_(只要求列出算式)。19、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

11、作顺序是_(填序号)。加热反应一段时间 收集气体并检验其纯度关闭分液漏斗活塞 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_。20、NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。实验室制备少量NaClO2的装置如图所示。装置I控制温度在3555C，通入SO2将NaClO3还原为ClO2(沸点：11C)。回答下列问题：（1）装置中反应的离子方程式为_。（2）装置中反应的化学方程式为_。（3）装置用中Na

12、OH溶液的作用是_。（4）用制得的NaClO4/H2O2酸性复合吸收剂同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)和溶液pH对脱硫、脱硝的影响如图所示：从图1和图2中可知脱硫、脱硝的最佳条件是n(H2O2)/n(NaClO2)_。pH在_之间。图2中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH5.5时反而减小。NO去除率减小的可能原因是_。21、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献之一。在制取合成氨原料气的过程中，常混有一些杂质，如CO会使催化剂中毒。除去CO的化学反应方程式(HAc表示醋酸)

13、： Cu(NH1)2AcCONH1=Cu(NH1)1 (CO) Ac。请回答下列问题：（1）C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_。（2）配合物Cu(NH1)1 (CO) Ac中心原子的配位数为_，基态铜原子核外电子排布式为_。（1）写出与CO互为等电子体的粒子_ (任写一个) 。（4）在一定条件下NH1与CO2能合成化肥尿素CO(NH2)2，尿素中，C原子轨道的杂化类型为_；1 mol尿素分子中，键的个数为_。（设NA为阿伏加德罗常数的值）（5）铜金合金形成的晶胞如图所示，其中Cu、Au原子个数比为_。铜单质晶胞与铜金合金的晶胞相似，晶胞边长为161108cm，则铜的密度为_g/cm-1（

14、结果保留1位有效数字）。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、电解硫酸溶液，实质是电解其中的水，电解一段时间后，溶剂水减少，溶液中硫酸浓度增加，整体溶液的PH值减小，故A错误；B、电解精炼铜时，粗铜应与电源正极相连，精铜与电源负极相连，故B错误；C、此原电池中铜电极为负极，石墨电极为正极，阳离子K+向正极移动，故C正确；D、甲烧杯中石墨电极附近先变红说明甲烧杯石墨电极附近有氢氧根生成，则此电极为阴极，铁电极为阳极，所以直流电源M为正极，N为负极，与N负极相连的铜电极为阴极，故D错误；故选C。【点睛】本题重点考查原电池与电解池的工作原理。原电池：失高氧负（失电子,化合价

15、升高,被氧化,是负极）得低还正（得电子,化合价降低,被还原,是正极）电子从负极通过外电路到正极；电解池：氧阳还阴（失电子,被氧化,做阳极；得电子,被还原,做阴极）由于外加电场的作用,电解池中阳离子做定向移动,由阳极移动到阴极产生电流。2、A【解析】A由结构简式可知，柠檬烯分子含C=C键，能发生加成、氧化，含H原子，能在一定条件下发生取代，则一定条件下，它可以分别发生加成、取代和氧化反应，A选项正确；B根据结构简式可知，柠檬烯的分子式为C10H16，B选项错误；C环状结构中含饱和碳原子，为四面体结构，分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，C选项错误；D丁基苯的分子式为C10H14，柠檬烯的分子式

16、为C10H16，二者分子式不同，不互为同分异构体，D选项错误；答案选A。3、B【解析】根据构造原理可知，当4p轨道填充一半时，3d已经排满10个电子，所以原子序数为2+8+18+533，答案是B。4、B【解析】设二氧化碳起始量为2mol，转化物质的量为xmol，则 2CO22CO+O2起始量(mol) 2 0 0变化量(mol) x x 0.5x平衡量(mol) 2-x x 0.5x依据气体摩尔质量M=mn可知M=(2mol44g/mol)/(2x+x+0.5x)，解得x=(882M)/0.5M，所以CO2的分解率=x/2=(882M)/M，答案选B。5、D【解析】A生成的HBr可与碳酸钾反应

17、，有利于反应正向移动，提高转化率，故A正确；B由图可知，Y发生加成反应后，碳碳双键的左侧碳原子连接4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，故B正确；CX含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，故C正确；DY含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子，即12个碳原子不在同一个平面上，故D错误。故选D。6、B【解析】AAl2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由-1价、+1价变为0价；B根据元素的电负性和铝的化合价判断；C根据元素守恒分析； D根据氢铝化合物的性质分析。【详解】AAl2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由-1价、+1价变为0价，所以属于氧化还原反

18、应，选项A正确；B在化合物中电负性大的显负价，电负性小的元素显正价，氢元素的电负性大于铝元素，氢铝化合物中铝元素显+3价，氢元素显-1价，选项B错误； C根据题中信息Al2H6的燃烧热极高，判断Al2H6能燃烧，根据原子守恒，Al2H6的组成元素只有Al、H两种元素，又由于是在氧气中燃烧，推出燃烧产物为氧化铝和水，选项C正确；D氢铝化合物能和水反应生成氢氧化铝和氢气，可以作储氢材料，燃烧热极高可以作火箭燃料，选项D正确。答案选B。【点睛】本题以铝的化合物为载体考查铝的化合物的性质，根据元素电负性、元素化合价和性质的关系来分析解答即可，侧重于考查学生对题目信息的提取和应用能力，题目难度中等。7、

19、B【解析】A、葡萄糖注射液是葡萄糖的水溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应现象，故A正确；B、B、煤的干馏有新物质生成，是化学变化，石油分馏没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C、14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C是质子数相等，中子数不同的核素，互为同位素，故C正确；D乙烯具有催熟作用，高锰酸钾能氧化乙烯，则用浸泡过的高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故D正确；故选B。8、A【解析】A. 符合能量最低原理、泡利原理和洪特规则，表示单核10电子粒子基态时电子排布，故A正确；B. 根据洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据

20、一个轨道，而且自旋状态相同，则违背了洪特规则，故B错误；C. N原子的价电子数为5，其价电子排布图为：，故C错误；D. 表示处于基态的B原子的核外电子排布图，故D错误。故选A。9、B【解析】A蒸馏时，温度计测定馏分的温度； B蒸发时，不能蒸干，利用余热加热；C分液时，避免上下层液体混合；D萃取时，不能发生反应，溶质在不同溶剂中溶解度不同，不需要考虑密度。【详解】A蒸馏时，温度计测定馏分的温度，则使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处，A正确； B蒸发时，不能使混合物中的水分完全蒸干后，利用余热加热，出现大量固体时停止加热，B正确； C分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层

21、液体从上口倒出，C正确；D萃取时，溶质与萃取剂不能发生反应，溶质在萃取剂溶解度比原溶剂中大，萃取剂与原溶剂互不相容，不需要考虑密度大小，萃取剂密度比水大或小均可，D正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。10、A【解析】A. 根据信息可知，A的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢原子，故其一氯代物有5种，A项错误；B. 最长的主链含有5个C原子，从距离甲基近的一段编碳号，的名称为：2，2，3-三甲基戊烷，B项正确；C. 由A的结构简式可知，A的分子式为C8H

22、18，C项正确；D. A是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键，故B的结构简式可能有如下三种：、，它们名称依次为：3，3-二甲基-2-乙基-1-丁烯、3，4，4-三甲基-1-戊烯、3，4，4-三甲基-2-戊烯，D项正确；答案选A。11、D【解析】A. 草酸二酯中只有苯环可与H2完全反应，而酯基中的碳氧双键不能发生加成反应，则需要6mol H2，A正确；B. 草酸二酯的分子式为C26H24O8Cl6，B正确；C. 草酸二酯中含有的官能团为酯基、氯原子，能发生加成反应，取代反应，氧化反应，C正确；D.

23、 1mol草酸二酯中的-Cl、酯基均可与NaOH反应，最多可与18mol NaOH反应，D错误；答案为D。【点睛】要注意酯基与NaOH反应后生成的酚羟基可继续与NaOH反应。12、D【解析】AH3PO2中H为+1价，O为-2价，则磷元素的化合价为+1，选项A正确；B次磷酸是一元弱酸，一元弱酸部分电离出一个氢离子，所以H3PO2的电离方程式为H3PO2H+H2 PO2-，选项B正确；CH3PO2中，氢元素为+1价，氧元素为-2价，依据化合价代数和为0，磷化合价为+1价，该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等

24、可得，4（1-0）=1（x-1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，选项C正确；DH3PO2是一元酸，NaH2PO2是正盐，NaH2PO4、Na2HPO4均为酸式盐，选项D错误。答案选D。13、D【解析】用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH，根据装置图可知，该电解池的左侧为NaOH溶液，右侧为H2SO4溶液，说明M电极为阴极，水电离的H+在M电极上得电子生成H2，电极反应式为：2H2O2e=H22OH，中间隔室的Na+通过mn膜进入装置左侧区域与生成的OH结合生成NaOH，N电极为阳极，水电离的OH在N电极上失电子生成O2，电极反应式为：2H2O4e=O24H

25、+，中间隔室的SO42通过pq膜进入装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4。A. 根据上述分析可知，M为阴极，则a为负极、b为正极，a电极的反应式为Zn2e2OH=Zn(OH)2，故A错误；B. N电极的反应式为2H2O4e=O24H+，气体Y为O2，故B错误；C. 因中间隔室的SO42通过pq膜进入装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4，则pq膜应选择阴离子交换膜，故C错误；D. 65gZn的物质的量为1mol，当消耗65gZn时，转移电子的物质的量为2mol，M电极的反应式为2H2O2e=H22OH，由反应式可知，当转移2mol电子时，生成H2的物质的量为1mol，故D正确；答案选

26、D。点睛：本题综合考查原电池和电解池的相关知识，试题难度较大，明确各电极发生的反应，进而推断电解池的阴、阳极和原电池的正、负极是解答本题的关键，本题的易错点是A项电极反应式的书写，解题时要结合电解质溶液的酸碱性和题中所给的已知方程式书写a极的电极反应式。14、C【解析】A、无水乙醇、冰醋酸在浓硫酸催化下，加热时可反应生成乙酸乙酯，用装置可以达到实验目的，故A能达到实验目的；B、银氨溶液与乙醛在水浴加热条件下发生银镜反应，可用装置达到实验目的，故B能达到实验目的；C、葡萄糖与3%溴水在55 左右反应，应该用水浴加热且需要温度计测量反应温度，装置无法达到实验目的，故C不能达到实验目的；D、无水乙醇

27、、浓硫酸在170 时反应可生成乙烯，用装置可以达到实验目的，故D能达到实验目的。15、A【解析】A混合气体的颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，达平衡状态，故A正确；B气体两边的计量数相等，所以温度和体积一定时，容器内压强一直不变化，故B错误；C1molH-H键生成的同时有2molH-I键断裂，都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故C错误；D当体系达平衡状态时，各物质的物质的量浓度之比可能为2：1：1，也可能不是2：1：1，与各物质的初始浓度及转化率有关，故D错误；故选A。【点睛】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一

28、些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。16、A【解析】试题分析：A、SO3中S原子杂化轨道数为（6+0）=3，采取 sp2杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为（6+0）=3，采取 sp2杂化方式，故A正确；B、BF3中B原子杂化轨道数为（3+3）=3，采取 sp2杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为（5+3）=4，采取 sp3杂化方式，二者杂化方式不同，故B错误；C、BeCl2中Be原子杂化轨道数为（2+2）=2，采取 sp杂化方式，SCl2中S原子杂化轨道数为（6+2）=4，采取sp3杂化方式，二者杂化方

29、式不同，故C错误。考点：原子轨道杂化类型判断点评：本题考查原子轨道杂化类型判断，难度中等。需熟练掌握几种常见分子的中心原子杂化类型。二、非选择题（本题包括5小题）17、C5H10O2CH1CH2CH2Br+NaOHCH1CH2CH2OH+NaBr+2NaOH+CH1COONa+CH1CH2CH2OH或【解析】E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，则碳原子数目为=5，H原子数目为=10，氧原子数目=2，则E的分子式为C5H10O2，E由C和D反应生成，C能和碳酸氢钠反应，则C为羧酸，D为醇，二者共含5个C原子，并且C和D的相对分子质量相等，则C为CH1

30、COOH、D为丙醇，E无支链，D为CH1CH2CH2OH，E为CH1COOCH2CH2CH1A是由B与乙酸、丙醇发生酯化反应后生成的产物，A结构简式为：，据此判断。【详解】（1）由上述分析可知，E的分子式为C5H10O2，故答案为C5H10O2；（2）B中含有羧基、羟基，在一定条件下可以发生缩聚反应生成某高分子化合物，此高分子化合物的结构简式为，故答案为；（1）D（CH1CH2CH2OH）也可以由溴代烃F在NaOH溶液中加热来制取，此反应的化学方程式为：CH1CH2CH2Br+NaOHCH1CH2CH2OH+NaBr，故答案为CH1CH2CH2Br+NaOHCH1CH2CH2OH+NaBr；（

31、4）反应的化学方程式为：+2NaOH+CH1COONa+CH1CH2CH2OH，故答案为+2NaOH+CH1COONa+CH1CH2CH2OH；（5）B有多种同分异构体，同时符合下列四个条件的结构简式：a能够发生水解，含有酯基，b能发生银镜反应，含有醛基，c能够与FeCl1溶液显紫色，含有酚羟基，d苯环上的一氯代物只有一种，符合条件的同分异构体有：或，故答案为或。18、2s22p4 1s22s22p63s23p6 2Al2O3(熔融)4Al3O2 Al2O3为离子晶体(或者离子化合物)，而AlCl3为分子晶体(或者共价化合物) CaO晶体中Ca2、O2带的电荷数大于NaCl晶体中Na、Cl带的

32、电荷数 CaF2 478g【解析】A原子L层上有2对成对电子，说明A是第二周期元素，L层上s轨道有两个成对电子，p轨道上有4个电子，所以A为O；因为A、B位于同一周期，故B也是第二周期元素，又B可形成离子晶体C3DB6，故B为F；又因为C、D与E分别位于同一周期，故前20号元素中C、D与E只能位于第三周期。在C3DB6中，F是负一价，故C只能为正一价，则D是正三价，所以C是Na，D是Al。再结合CE、FA为电子数相同的离子晶体，故E为Cl，F为Ca。据此解答。【详解】（1）由题干分析可知，A为O，F为Ca，所以A元素的基态原子外围电子排布式：2s22p4； F的离子电子排布式：1s22s22p

33、63s23p6；（2）电解铝工业中常加入冰晶石来降低Al2O3的熔融温度，反应方程式为：2Al2O3(熔融)4Al3O2；（3）因为Al2O3为离子晶体，熔融状态可导电，而AlCl3为分子晶体，熔融状态不导电，故工业上工业冶炼Al不以AlCl3而是以Al2O3为原料；（4）因为Ca2和Cl电子层结构相同，O2和Na电子层结构相同，且Ca2、O2带的电荷数大于NaCl晶体中Na、Cl，故NaCl晶格能低于CaO晶格能；（5）从所给晶胞结构示意图可知其中F-全在内部，有8个，Ca2+有612+818=4 ，故形成的离子化合物的化学式为CaF2；CaF2晶体的密度为ag19、无水硫酸铜(或其他合理答

34、案) 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，防止空气中的水蒸气进入。本实验的关键是保证金属钙的装置C中没有水蒸气存在，因为钙和水反应，氢化钙也与水反应。（1）为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在BC之间连接一个检验氢气是否含有水的装置，该装置中加入

35、无水硫酸铜固体，若有水，该固体变蓝。（2）该实验步骤为检验气密性后，打开分液漏斗活塞，使硫酸流下，与金属锌反应生成氢气，用氢气排除装置中的空气，在最后收集气体并检验其纯度，当收集到纯净的氢气时在点燃酒精灯进行加热，一段时间后停止加热，让装置C在氢气的环境中充分冷却，最后关闭分液漏斗活塞。故顺序为。（3）计算得到样品中氢化钙的质量分数大于100%，说明样品中钙元素较多，则说明单质钙 没有完全参与反应，氢化钙中混有单质钙。20、SO2+2ClO3-2ClO2+SO42-2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+2H2O+O2吸收尾气，防止污染空气6：1或65.56.0pH5.5以后，随pH的

36、增大，NO的还原性减弱（或过氧化氢、NaClO2的氧化性减弱），NO不能被氧化成硝酸【解析】根据实验目的，装置I为二氧化硫与氯酸钠在酸性条件下反应生成二氧化氯气体，二氧化氯气体在装置II反应生成亚氯酸钠和氧气，二氧化氯有毒，未反应的应进行尾气处理，防止污染环境。【详解】（1）装置中二氧化氯与与氯酸钠在酸性条件下反应生成二氧化氯气体、硫酸钠，离子方程式为SO2+2ClO3-2ClO2+SO42-；（2）装置中二氧化氯气体与双氧水、氢氧化钠溶液反应生成亚氯酸钠和氧气，化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+2H2O+O2；（3）二氧化氯有毒，装置用中NaOH溶液的作用为吸收尾气，防止污染空气；（4）根据图1而可知，n(H2O2)/n(NaClO2)在68时，脱硫、脱