广西南宁市沛鸿民族中学高二上学期期中考试段考化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精南宁沛鸿民族中学2019年秋季学期段考高二化学可能用到的相对原子质量：H—1C-12N—14O-16Na-23Mg-24Al—27S-32Cl-35．5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Zn—65Br—80第I卷（选择题共50分）一选择题（本题共25小题,每题2分，每题只有1项正确。)1.实行垃圾分类,关系到广大人民群众的生活环境,关系到节约使用资源，也是社会文明水平的一个重要体现。下列垃圾属于不可回收垃圾的是A.旧报纸 B.香烟头 C。废金属 D。饮料瓶【答案】B【解析】【详解】A。旧报纸主要成分是纤维素，可以回收制成再生纸张而被利用，属于可回收垃圾,A不符合题意；B.香烟头中主要含有有机的化合物，且含有大量的有害物质，属于不可回收的垃圾，B符合题意；C。废金属经过熔化，可以重新制成各种金属制品,属于可回收垃圾，C不符合题意；D.饮料瓶主要成分为玻璃、塑料、金属，经回收可再重新制成各种有益物质，因此属于可回收垃圾，D不符合题意；故合理选项是B。2.下列物质的转化在给定条件下能实现的是A。NaNa2O2Na2CO3B.AlAl2O3Al（OH)3C.Fe(OH)2Fe(OH）3Fe2O3D。Na2CO3（aq)NaHCO3CO2【答案】C【解析】【详解】A．在常温下,Na与O2反应生成Na2O，A不正确;B．Al2O3难溶于水，与水不能反应生成Al(OH)3，B不正确；C．Fe(OH)2能被空气中的氧气氧化生成Fe(OH)3，Fe（OH)3受热分解生成Fe2O3，C正确；D．NaHCO3与NaOH溶液反应生成Na2CO3和水，碱性溶液中不可能生成酸性气体,D不正确;故选C.3.下列说法不正确的是（）①油脂是高分子化合物②同位素之间的转化是化学变化③离子化合物可能含有共价键④绿色化学的核心是杜绝污染源A.①②③④ B.②④ C.③④ D.①②【答案】D【解析】【详解】①油脂不是高分子化合物，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯,两者统称为油脂。高分子化合物是由众多原子或原子团主要以共价键结合而成的相对分子量在一万以上的化合物；①不正确，当选；②同位素之间的转化是物理变化,因为只有中子的转移或得失：H2O和D2O混合后仍为纯净物，②不正确，当选；③离子化合物可能含有共价键，例如氢氧化钠中存在钠离子与氢氧根离子之间的离子键，在氢氧根离子中存在共价键，③正确，不选；④绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，即杜绝污染源，④正确,不选；综上表述，错误的①②;答案选：D。4。下列有关自然资源的开发利用叙述正确的是A.从海水中提取金属镁的过程中发生置换反应B。金属铝的冶炼可采取电解熔融氯化铝的方法C。石油裂化的目的是提高轻质燃料油的质量和产量D.煤中含有的苯、甲苯、二甲苯等有机物，可通过煤的干馏来获得【答案】C【解析】【详解】A．从海水中提取氯化镁，再电解熔融的氯化镁制金属镁，发生分解反应，A不正确；B．因为氯化铝为共价化合物，熔融时不导电，所以金属铝的冶炼可采取电解熔融氧化铝的方法，B不正确；C．因为石油分馏所获得的轻质燃料油不能满足工农业生产的需要，所以进行石油的裂化，其目的是提高轻质燃料油的质量和产量,C正确；D．煤中不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，可通过煤的干馏,使煤分解产生苯、甲苯、二甲苯等，D不正确；故选C。5。用如图所示装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应，若通入适当比例的Cl2和NO2，即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是A.实验室中用二氧化锰与3mol·L—1的盐酸共热制备氯气B.装置Ⅰ中盛放的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气C.装置Ⅲ的作用是便于控制通入NO2的量D。若制备的NO2中含有NO，应将混合气体通入水中以除去NO【答案】C【解析】【详解】A。实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气,而3mol·L-1的盐酸是稀盐酸，因此不能发生反应制取氯气,A错误；B。该实验不需要保证氯气是干燥的，所以装置Ⅰ中盛放的试剂是饱和NaCl溶液,作用是除去氯气中的杂质HCl气体，B错误；C.由于NO2气体不能再CCl4中溶解，气体通过装置Ⅲ，可根据导气管口气泡的多少,观察气体流速,因此其作用是便于控制通入NO2的量，C正确；D.若制备的NO2中含有NO，将混合气体通入水中，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后导致气体完全变质，D错误；故合理选项是C。6。下列各项中表达正确的是A.CO2的结构式：O—C—O B.NH4Cl的电子式C.乙烯的结构简式：CH2CH2 D。F—的结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A.CO2的结构式为:O=C=O，故A错误；B.NH4Cl的电子式为：，故B错误；C.乙烯结构简式中碳碳双键不能省略，乙烯的结构简式为CH2═CH2，故C错误；D.氟离子的结构示意图为：,故D正确；故选D。7.下列关于化学反应的说法正确的是A。将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色，发生取代反应B。化学反应除了生成新的物质外，不一定伴随着能量的变化C。放热的化学反应不需要加热就能发生D。氧化铁与铝反应既是氧化还原反应又是放热反应【答案】D【解析】【详解】A。将苯滴入溴水中,振荡后水层接近无色，萃取现象，没有发生化学反应，故A错误；B。化学反应中除了遵循质量守恒定律，还遵循能量守恒定律，化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化.所以化学反应除了生成新的物质外,还一定伴随着能量的变化,能量变化通常表现为热量的变化，即放热和吸热，故B错误;C.放热反应有的需加热，有的不需加热。如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃,点燃的目的是使其达到着火点。再如铝热反应也是，故C错误；D。氧化铁与铝反应放出大量的热，且Fe元素和Al元素化合价发生变化，氧化铁与铝反应既是氧化还原反应又是放热反应，故D正确;故选D。8。制取Na2CO3和高纯Si的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A.反应①属于固氮反应B.步骤②为先向饱和食盐水中通入CO2至饱和后，再通入NH3C.反应⑤、⑥均为氧化还原反应D.用精馏的方法可提纯三氯氢硅【答案】B【解析】【分析】A.根据氮的固定含义判断；B.根据物质的溶解性及反应产生的HCO3—浓度大小判断气体通入先后顺序;C.根据氧化还原反应的特征判断反应类型;D。根据物质的沸点的高低判断提纯方法。【详解】A.N2与H2在一定条件下合成NH3气，是氮元素的单质变为化合物的过程，因此属于氮的固定，A正确；B.CO2在室温下在饱和食盐水中溶解度不大,若先通入CO2，后通入NH3，则反应产生的HCO3—离子浓度较小，最后得到的NaHCO3就少,或根本不产生NaHCO3固体，而NH3易溶于水,先通入NH3使溶液呈碱性，有利于CO2的吸收，因此要先向饱和食盐水中通入足量NH3，再通入CO2气体，B错误；C.反应⑤、⑥中均匀元素化合价的变化，因此这两个反应均为氧化还原反应，C正确；D.由于三氯氢硅沸点只有33℃，比较低，与其它杂质的沸点不同，因此可通过蒸馏的方法分离提纯,分馏方法也叫精馏，D正确;故合理选项是B.【点睛】本题以制取Na2CO3和高纯Si的工艺流程为线索，考查了物质制取过程中加入物质的先后顺序、反应类型的判断、混合物的分离方法等化学基础知识和基本技能。掌握物质的性质及在实验中的应用是本题解答的关键。9。下列说法正确的是A。用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B。CH2Cl2表示的物质有两种C.糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的D。NH4Cl只含有非金属元素，是共价化合物【答案】A【解析】【详解】A．灼烧蚕丝和人造纤维时，蚕丝具有烧焦羽毛的气味,人造纤维具有烧纸的气味，所以用灼烧的方法可以区分,A正确;B．CH4只有正四面体一种结构,CH2Cl2是甲烷中2个H原子被取代的产物,结构不变，所以CH2Cl2只有一种,B不正确；C．蛋白质中含有C、H、O、N等元素，有些蛋白质甚至还含有S、P等元素，C不正确；D．NH4Cl虽然只含有非金属元素，但它由和Cl-构成,所以是离子化合物,D不正确;故选A。10。下列说法正确的是A。地热能、风能、天然气和氢能都属于新能源B。天然气、水能属于一级能源,水煤气、电能属于二级能源C.16O2和18O2互为同位素，化学性质相似D.与属于同系物【答案】B【解析】【详解】A。地热能、风能和氢能都属于新能源，天然气是化石燃料，不是新能源，故A错误;B。能源可划分为一级能源和二级能源，自然界以现成方式提供的能源称为一级能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源.天然气、水能属于一级能源,水煤气、电能属于二级能源，故B正确;C.16O2和18O2是单质,不互为同位素，故C错误；D。与的结构不相似，不是同一类物质，不是同系物,故D错误;故选B。11.N2（g）与H2(g）在一定条件下反应生成NH3(g），过程如图所示，下列说法不正确的是A。I为拆开化学键的过程、II为放热过程B。生成1molNH3，放出热量46kJ。C.molN2和3/2molH2所具有的能量之和低于1molNH3所具有的能量D。N2(g)与H2(g）在一定条件下反应生成NH3(g）只有共价键的断裂与形成【答案】C【解析】【详解】A.I为键的断裂过程，则为吸热过程、而Ⅱ为形成化学键的过程，应为放热过程，故A正确；B。由图可知，生成1molNH3,放出热量1175kJ—1129kJ=46kJ，故B正确；C。由图示可知molN2和molH2的总能量明显高于1

mol

NH3的能量,发生反应为放热反应，故C错误；D.氮气、氢气和氨气都是共价化合物,则N2(g）与H2（g)在一定条件下反应生成NH3(g）只有共价键的断裂与形成,故D正确；故选C。12.下列表示氮原子结构的化学用语中，对核外电子运动状态描述正确且能据此确定电子能级的是（）A. B. C.1s22s22p3 D。【答案】C【解析】【详解】A。是N原子的原子结构示意图，只能看出在原子核外各个电子层上含有的电子数的多少,不能描述核外电子运动状态，故A错误；B.是N原子的电子式,可以得到原子的最外电子层上有5个电子，不能描述核外电子运动状态,故B错误；C。是N原子的核外电子排布式，不仅知道原子核外有几个电子层，还知道各个电子层上有几个电子亚层,及核外电子运动状态，故C正确;D。D是N原子的轨道表示式，但原子核外的电子总是尽可能的成单排列，即在2p的三个轨道上各有一个电子存在，且自旋方向相同，这样的排布使原子的能量最低，故D错误。故选C。【点睛】核外电子是分层排布的，每层可以分为不同的能级，核外电子排布应符合构造原理，泡利原理，洪特规则.13.具有以下结构的原子，一定属于主族元素的是()A.最外层有8个电子的原子B。最外层电子排布为ns2的原子C。最外层有3个未成对电子的原子D.次外层无未成对电子的原子【答案】C【解析】【分析】A、最外层有8个电子的原子是0族元素；B、最外层电子排布为ns2的原子也可能是稀有气体或副族元素或第Ⅷ族元素；C、最外层有3个未成对电子的原子一定是第ⅤA族元素；D、次外层无未成对电子的原子，也可能是零族元素、副族元素。【详解】A、最外层有8个电子的原子是0族元素，故A错误；B、最外层电子排布为ns2的原子也可能是稀有气体或副族元素或第Ⅷ族元素，如He、Zn、Fe，故B错误；C、最外层有3个未成对电子的原子一定是第ⅤA族元素，故C正确；D、次外层无未成对电子的原子，可能为主族元素，如O，可能为零族元素，如Ar，也可能是副族元素,例如锌等，故D错误；故选C.14。下列各项叙述中,正确的是A。N、P、As的电负性随原子序数的增大而增大B。价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期VA族，是p区元素C。2p和3p轨道形状相同，能量也相等D。碳原子价层电子轨道表示式为：【答案】B【解析】【详解】A．N、P、As为同主族元素，非金属性依次减弱，电负性随原子序数的增大而减小,A不正确；B．从价电子排布式4s24p3中可以看出，该元素的电子层数为4，价电子数为5，则该元素位于第四周期VA族,电子最后进入4p轨道，所以是p区元素,B正确；C．2p和3p轨道形状都为哑铃形，但2p轨道的能量比3p低，C不正确；D．轨道表示式不满足洪特规则，D不正确；故选B。15.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5.则下列有关比较中正确的是A。第一电离能：④＞③＞②＞① B。原子半径:④＞③＞②＞①C.电负性：④＞③＞②＞① D.最高正化合价：④＞①＞③＝②【答案】A【解析】【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知,①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素;A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态,能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P,同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P,所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S,N＞F,电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④,故B错误；C．同周期自左而右电负性增大,所以电负性P＜S，N＜F,N元素非金属性比S元素强，所以电负性S＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；D．最高正化合价等于最外层电子数,但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②＝③，故D错误.故答案为A.【点睛】解答时注意“同一周期元素中，元素第一电离能的变化趋势，及异常现象”为答题的关键和易错点。所谓第一电离能：气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，符号I，单位kJ/mol。电离能的变化规律一般为：①同周期:第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大,总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。②同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小。③同种原子：逐级电离能越来越大（即I1≤I2≤I3…）.16。下列有关认识正确的是(

）A。各能级的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7B。各能层的能级都是从s能级开始至f能级结束C。各能层含有的能级数为n-1D.各能层含有的电子数为2n2【答案】A【解析】【详解】A．各能级的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7，A正确；B．各能层的能级都是从s能级开始，每个能层上能级个数与能层数相等，所以有的能层不含f能级，如第一能层只有1s能级，B错误；C．各能层含有的能级数与其能层数相等为n，C错误；D．各能层最多含有的电子数为2n2，但最外层不能超过8个电子，次外层不能超过18个电子,倒数第三层不能超过32个电子,D错误。17。下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是A.价电子层排布是3s23p2的原子和价电子层排布是4s24p2的原子B.3s轨道只有一个电子的X原子和4s轨道只有一个电子的Y原子C。原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子D.原子核外,M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子【答案】A【解析】【详解】A.价电子层排布是3s23p2的原子是Si，价电子层排布是4s24p2的原子是Ge,两种元素都在第IV主族,彼此化学性质相似，故A正确；B。3s轨道只有一个电子的原子是Na，4s轨道只有一个电子的原子是K、Cr或Cu，彼此化学性质不一定相似，故B错误；C。原子核外电子排布式为1s2为He，原子核外电子排布式为1s22s2为Be，二者性质不同，故C错误;D.原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素,原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，但价电子数不同，性质不相同,故D错误;故选A。18.下列说法正确的是A.糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应B。油脂有油和脂肪之分，但都属于酯C。淀粉和纤维素属于同分异构体D.聚乙烯能发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A．糖类中的单糖（如葡萄糖、果糖等)，不能发生水解反应，A不正确;B．油脂有油和脂肪之分,油在常温下呈液态,脂肪在常温下呈固态，主要是碳碳双键含量不同引起的，但它们都属于酯,B正确；C．淀粉和纤维素的链节相同，但聚合度不同，分子式不相同，所以不属于同分异构体，C不正确；D．聚乙烯是由乙烯发生加聚反应生成的,分子内不含有碳碳双键，不能发生加成反应，D不正确；故选B.19.下图是四种常见有机物分子的比例模型示意图。下列说法正确的是A.甲是甲烷，甲烷的三氯取代产物只有一种结构B。乙是乙烯，乙烯可与溴水发生取代反应使溴水褪色C。丙是苯，苯的结构比较稳定，不能发生氧化反应．D.丁是乙酸，能跟氢氧化钠溶液反应【答案】A【解析】【详解】A．甲的中心原子周围有4个相同原子，且原子半径比中心原子小，所以应是甲烷，甲烷的各种氯代产物都只有一种，A正确；B．乙的中心碳原子各连接一个碳原子和两个半径稍小的原子，则乙应为乙烯，乙烯可与溴水中的溴发生加成反应而使溴水褪色，B不正确；C．丙的结构高度对称，其应为苯，苯的结构比较稳定，但能发生氧化反应，C不正确;D．丁分子中共含有9个原子，不可能是乙酸,应为乙醇，不能跟氢氧化钠溶液反应，D不正确；故选A20。一定条件下，在密闭容器中进行反应:2SO2（g)+O2(g)2SO3（g），当SO2、O2、SO3的浓度不再改变时，下列说法正确的是A.SO2、O2完全转化为SO3 B。反应已达到化学平衡状态C.正、逆反应速率相等且等于零 D。SO2、O2、SO3的浓度一定相等【答案】B【解析】【详解】A．对于可逆反应，反应物SO2、O2不可能完全转化为生成物SO3，A不正确；B．SO2、O2、SO3的浓度不再改变，则表明各物质的浓度变化量为0，反应已达到化学平衡状态，B正确；C．达到化学平衡时，各物质表示的正、逆反应速率相等，但都大于零，C不正确;D．平衡时，SO2、O2、SO3的浓度保持不变，但不一定相等，D不正确；故选B。21。如图所示,开关闭合后，导线中有电流产生，且乙电极发生的反应为Fe—2e-=Fe2+的是选项甲乙丙溶液ACuFeFe3（SO4)3BFeFeCuCl2CZnFeH2SO4DCFe蔗糖溶液A。A B。B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】开关闭合后，导线中有电流通过说明该装置是原电池，符合原电池构成条件;乙电极的电极反应式为：Fe-2e—=Fe2+,乙极失电子发生氧化反应,则乙极是负极，即铁作负极,不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极。【详解】A．该装置中，能自发的发生氧化还原反应，铁的活泼性大于铜，所以铁作负极,铜作正极，符合题意，故A正确；B．该装置，两个电极材料相同,所以不符合原电池构成条件，故B错误；C．该装置中,铁的活泼性小于锌，所以铁作正极，与题意不符合,故C错误；D．该装置不能自发的进行氧化还原反应，蔗糖溶液不是电解质溶液，故D错误；故选A。22。下列说法不正确的是A。乙酸和油脂都能与NaOH溶液反应B.通过石油裂解可得到乙烯、丙烯、甲烷等化工原料C.通过化学变化可以从海水中提取食盐、镁、钾、溴及其化工产品D。乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别【答案】C【解析】【详解】A．乙酸分子中的羧基，油脂分中的酯基，都能与NaOH溶液发生反应,A正确；B．以石油产品(包括石油气）为原料，在比裂化更高的温度条件下发生裂解，可得到乙烯、丙烯、甲烷等化工原料，B正确;C．从海水中提取食盐，是利用风吹日晒等物理方法，让海水中的水挥发，从而达到让食盐结晶析出的目的，C不正确；D．在饱和Na2CO3溶液中，乙醇溶解、乙酸反应并放出气体、乙酸乙酯不溶并分层，三者产生的现象不同,所以能用饱和Na2CO3溶液鉴别它们，D正确；故选C。23。短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族。下列叙述正确的是A。原子半径的大小顺序：Y＜Z＜W＜XB。化合物YX、ZX2化学键的类型相同C。非金属性的强弱顺序：X＞W＞ZD。最高价氧化物对应水化物的酸性:W＜Z【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，则X为氧(O)；Y原子的最外层只有2个电子，则Y为镁(Mg）;Z单质可制成半导体材料，则Z为硅（Si）；W与X属于同一主族，则W为硫（S）。从而得出X、Y、Z、W分别为O、Mg、Si、S。【详解】A．Y、Z、W、X分别为Mg、Si、S、O，原子半径的大小顺序:Y＞Z＞W＞X，A不正确；B．化合物YX、ZX2分别为MgO、SiO2,前者只含离子键，后者只含共价键,B不正确;C．X、W、Z分别为O、S、Si，O与S同族且在S的上方，O的非金属性比S强，Si与S同周期且在S的左方，非金属性Si比S弱,非金属性的强弱顺序：X＞W＞Z,C正确；D．Z、W分别为Si、S，非金属性Si比S弱，最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z，D不正确；故选C.24。某有机物的结构简式是，下列有关该有机物的说法错误的是A.含有三种官能团 B.能与碳酸氢钠溶液反应C.能发生加成和取代反应 D。该有机物中的所有原子可能共平面【答案】D【解析】【详解】A．该有机物分子中含有碳碳双键、羟基、羧基三种官能团，A正确；B．该有机物分子中含有的-COOH，能与碳酸氢钠溶液反应，B正确；C．该有机物分子中碳碳双键和苯基，能发生加成反应,羧基和羟基能发生取代反应，C正确；D．该有机物分子中的两个-CH2—及与碳相连的碳、氧原子,构成甲烷的结构片断，不可能共平面,D错误；故选D。25。下列除杂方法正确的是①除去乙烷中少量的乙烯：催化剂条件下和氢气，加热②除去二氧化碳中的氯化氢:通入饱和碳酸氢钠溶液，洗气③除去乙醇中少量的H2O：加入氧化钙，蒸馏④除去甲烷中少量的乙烯：通入酸性KMnO4溶液，洗气A。②③ B。②④ C。③④ D.①②【答案】A【解析】【详解】①通入氢气，可能混有新杂质，不能除杂，应利用溴水和洗气法除杂，错误;②氯化氢与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳,因此可以除去二氧化碳中含有的氯化氢,正确;③水与足量生石灰反应后增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂,正确;④酸性高锰酸钾能把乙烯氧化为二氧化碳而引入新杂质,应该用溴水和洗气法除杂，错误；答案选A。第II卷(非选择题共50分)二、非选择题（共6小题，共50分）26。元素a、b、c、d、e为前20号主族元素，原子序数依次增大。b元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为2:3;c的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐；a与b、c均可以形成电子总数为10的分子；d元素的氧化物能使品红溶液褪色，且加热后品红颜色复原；e原子是前20号主族元素中原子半径最大的。请回答:（1）e元素在周期表中的位置是_______________。（2)bd2的电子式是__________________。(3）e的最高价氧化物的水化物所含化学键类型为___________,其溶液足量与b的最高价氧化物反应的离子方程式为_________________________。(4）a与b形成的8核18电子物质的化学式是______________.(5）b、c、d、e原子半径由大到小的顺序是___________________(用元素符号回答）。【答案】（1).第四周期第ⅠA族（2)。(3）。离子键、共价键(4)。2OH-+CO2==+H2O(5）.C2H6(6)。K＞S＞C＞N【解析】【分析】元素a、b、c、d、e为前20号主族元素，原子序数依次增大。c的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，则c为氮；b元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为2:3，则b的核外电子数6，b为碳；a与b、c均可以形成电子总数为10的分子，则a为氢；d元素的氧化物能使品红溶液褪色，且加热后品红颜色复原，则d为硫；e原子是前20号主族元素中原子半径最大的，则e为钾.从而得出a、b、c、d、e分别为H、C、N、S、K。【详解】(1）由以上分析知,e为19号元素钾，电子排布为2、8、8、1，在周期表中的位置是第四周期第ⅠA族。答案为:第四周期第ⅠA族；（2)bd2的化学式为CS2，电子式是。答案为：；(3）e的最高价氧化物的水化物为KOH，所含化学键类型为离子键、共价键,其溶液足量与b的最高价氧化物反应，生成K2CO3和水，离子方程式为2OH-+CO2==+H2O。答案为:离子键、共价键；2OH-+CO2==+H2O；(4）a与b形成的8核18电子物质的化学式是C2H6。答案为:C2H6；（5)b、c、d、e分别为C、N、S、K，原子核外电子层数越多,原子半径越大，C、N的电子层数相同，但C在N的左边，C的原子半径比N大，原子半径由大到小的顺序是K＞S＞C＞N。答案为:K＞S＞C＞N。【点睛】KOH溶液中通入CO2气体,我们若忽视二者的相对用量，很容易错写成OH-+CO2==。27。有机物A6。2g完全燃烧后将产物经过浓H2SO4，浓硫酸质量增重5。4g；剩余气体再通过碱石灰被完全吸收，质量增加8.8g。经测定A的相对分子质量为62。（1）该有机物是否含有氧元素___________（填写“是”或“否”）；理由是_____________。（2）该有机物的分子式是___________________。（3)该有机物只含有一种官能团，分子结构中没有甲基,若0。1mol该有机物恰好与4.6g金属钠完全反应，则该有机物的结构简式为___________,与金属钠反应的化学方程式是______________________________。【答案】(1）。是(2）。C2H6的式量比该有机物的相对分子质量小（3）.C2H6O2（4）.HOCH2CH2OH(5).HOCH2CH2OH+2Na→NaOCH2CH2ONa+H2↑【解析】【分析】6.2gA+xO2→5。4gH2O+8。8gCO2,则0。1molA+xO2→0。3molH2O+0。2molCO2，即1molA+10xO2→3molH2O+2molCO2，则该有机物的分子式为C2H6On(x与n没有明确的定量关系，只为了方便表示)。【详解】(1）因为M(C2H6)=30＜62,所以该有机物分子中含有氧元素，理由是C2H6的式量比该有机物的相对分子质量小。答案为：是；C2H6的式量比该有机物的相对分子质量小；(2）设该有机物的分子式为C2H6On,则12×2+1×6+16n=62,n=2，该有机物的分子式是C2H6O2。答案为：C2H6O2；(3)n（Na)==0。2mol,则0.1mol该有机物恰好与0.2mol金属钠完全反应，从而推出该有机物分子中含有2个—OH，则该有机物的结构简式为HOCH2CH2OH，与金属钠反应的化学方程式是HOCH2CH2OH+2Na→NaOCH2CH2ONa+H2↑。答案为：HOCH2CH2OH；HOCH2CH2OH+2Na→NaOCH2CH2ONa+H2↑。【点睛】从分子式C2H6On中C、H原子个数关系看，刚好满足烷烃的通式，所以该有机物分子中只含有单键。28。(1)已知2H→H2放出437.6kJ的热量，下列说法正确的是_________________.A．氢气分子内每个氢原子都达到稳定结构B．氢气分子的能量比两个氢原子的能量低C．1molH2离解成2molH要放出437。6kJ热量D．氢原子比氢气分子稳定(2）科学家最近研制出利用太阳能产生激光，并在二氧化钛(TiO2）表面作用使海水分解得到氢气的新技术2H2O2H2↑+O2↑，制得的氢气可用于制作燃料电池。试回答下列问题：①分解海水时,生成的氢气用于制作燃料电池时,实现了化学能转化为_________能;分解海水的反应属于___________反应(填“放热”或“吸热")。②某种氢氧燃料电池,电解质溶液是甲，一个电极上发生的电极反应为：H2+2OH-—2e-=2H2O,则甲溶液可能是_____________(选填字母）。A．稀硫酸B．食盐水C．乙醇D．KOH溶液（3)锌锰干电池是应用最广泛的电池之一(如图所示），请回答下列有关问题:①锌锰干电池的负极材料是______，该电池工作时，NH4+移向____极(填“正”或“负”).②关于该电池的使用和性能说法正确的是_______________。A．该电池可反复充电使用B．该电池可用于闹钟、收音机、照相机等C．该电池使用后能投入火中，也可投入池塘中D．碱性锌锰电池比酸性锌锰电池寿命长、性能好【答案】(1)。AB(2).电（3）.吸热（4)。D（5）.锌（6）。正（7)。BD【解析】【分析】在酸性锌锰电池中，负极反应：Zn—2e-+2==Zn(NH3)+2H+，正极反应式为：2MnO2+2e—+2H+==2MnO（OH)。【详解】（1）A．氢气分子内每个氢原子的最外层电子数都为2，都达到稳定结构，A正确；B．因为反应放热,所以氢气分子的能量比两个氢原子的能量低，B正确;C．因为2H→H2放出437。6kJ的热量,所以1molH2离解成2molH要吸收437。6kJ热量，C不正确；D．氢原子的能量比氢气分子能量高,所以氢分子更稳定，D不正确;故答案为:AB；(2）①燃料电池工作时，将化学能转化为电能；因为氢气与氧气反应生成水是放热反应，所以分解海水的反应属于吸热反应。②由一个电极上发生的电极反应：H2+2OH—-2e-=2H2O看,电极反应式中出现OH—，则甲溶液可能是KOH溶液，故选D；答案为:电;吸热;D；(3)①由图中可以看出，锌锰干电池的负极材料是锌，该电池工作时，阳离子向正极移动，则NH4+移向正极.②A．该电池为一次电池，不可反复充电使用，A不正确；B．该电池具有稳定的电压，能提供稳定的电流,所以可用于闹钟、收音机、照相机等，B正确；C．该电池内部的电解质会污染水源，若使用后投入火中，化学物质会发生剧烈反应,并可能发生爆炸,C不正确；D．碱性锌锰电池比酸性锌锰电池中金属更稳定,放电电流大，性能好，D正确；故选BD；答案为：锌；正；BD.【点睛】只能放电不能充电的电池为一次电池,既能放电又能充电的电池为二次电池.29。现要测定某氯化铁与氯化亚铁混合物中铁元素的质量分数。实验按图所示步骤进行：根据上面流程，回答以下问题：（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有_______、________(填仪器名称）.（2)加入氯水发生反应的离子方程式为______________。（3)将沉淀物灼烧后，冷却至室温,用天平称量其质量为b1g,再次加热并冷却至室温，称量其质量为b2g,若b1—b2=0。3g，则接下来还应进行的操作是___________；若坩埚质量是w1g【答案】(1）。250mL容量瓶(2)。胶头滴管（3）.Cl2+2Fe2+==2Cl-+2Fe3+（4）。再次加热、冷却并称量，直至两次质量差小于0。1g（5）.【解析】【分析】为防止氯化铁与氯化亚铁溶解时发生水解，所以将固体先溶于盐酸，后加水稀释，配成250mL溶液;取出25mL后，加入氯水将Fe2+氧化为Fe3+，然后通过调节pH让Fe3+全部转化为沉淀，过滤、洗涤、灼烧沉淀,将其转化为Fe2O3.【详解】（1)操作I是配制一定物质的量浓度的250mL氯化铁与氯化亚铁的混合溶液,所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有250mL容量瓶、胶头滴管。答案为:250mL容量瓶；胶头滴管；(2）加入氯水后，Fe2+被氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+==2Cl—+2Fe3+。答案为：Cl2+2Fe2+==2Cl-+2Fe3+;(3）将沉淀物灼烧后，冷却至室温，用天平称量其质量为b1g，再次加热并冷却至室温,称量其质量为b2g，若b1—b2=0.3g，还需再灼烧，直至质量差达到要求为止，则接下来还应进行的操作是再次加热、冷却并称量，直至两次质量