佳木斯市重点中学2024届化学高二第二学期期末达标测试试题含解析

佳木斯市重点中学2024届化学高二第二学期期末达标测试试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、某烃通过催化加氢后得到2－甲基丁烷，该烃不可能是()A．3－甲基－1－丁炔 B．2－甲基－1－丁炔C．3－甲基－1－丁烯 D．2－甲基－1－丁烯2、下列说法中正确的是A．电子云图中的小黑点密表示该核外空间的电子多B．电子排布式1s22s22px2违反了洪特规则C．原子序数为7、8、9的三种元素，其第一电离能和电负性均依次增大D．元素周期表中Fe处于ds区3、下列有机物中，不属于烃的衍生物的是A．醋酸 B．邻二甲苯 C．四氯化碳 D．酒精4、CH3CH2OH分子中的氢原子的环境有（）种A．1 B．2 C．3 D．65、下列叙述正确的是（）A．原子晶体中共价键越强熔点越高B．晶体中分子间作用力越大分子越稳定C．冰融化时水分子中共价键发生断裂D．氧化钠熔化时离子键、共价键均被破坏6、下列说法中错误的是（）A．燃料的燃烧反应都是放热反应B．一定量的燃料完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出的热量大C．放热反应的逆反应一定是吸热反应D．吸热反应没有应用价值7、Cl2是纺织工业中常用的漂白剂，Na2S2O3可作漂白布匹后的“脱氯剂”，S2O32-和Cl2反应的产物之一为SO42-。下列说法中不正确的是A．该反应中Cl2发生还原反应B．根据该反应可判断还原性：S2O32-＞Cl-C．脱氯反应后，溶液的酸性增强D．SO2与氯气的漂白原理相同，所以也可以用SO2作纺织工业的漂白剂8、下列说法不正确的是()A．钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应均为：Fe－2e－＝Fe2+B．钢铁发生吸氧腐蚀，正极的电极反应为：O2＋4e－＋2H2O＝4OH－C．破损后的镀锌铁板比镀锡铁板更耐腐蚀D．用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁，钢铁作原电池的负极9、将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如下图所示。下列说法正确的是A．苛性钾溶液中KOH的质量是5.6gB．反应中转移电子的物质的量是0.18molC．在酸性条件下ClO－和ClO3－可生成Cl2D．一定有3.136L氯气参与反应10、根据实验的现象所得结论正确的是选项实验操作现象结论A将电石与水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中溶液褪色说明有乙炔生成B将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热产生的气体通入到酸性高锰酸钾溶液中溶液褪色说明有乙烯生成C将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热产生的气体通入到溴水中溴水褪色说明有乙烯生成D将乙醇和浓硫酸的混合液迅速升温到170℃产生的气体通入到溴水中溴水褪色说明有乙烯生成A．A B．B C．C D．D11、下列反应中有机物化学键断裂只涉及π键断裂的是()。A．CH4的燃烧 B．C2H4与Cl2的加成 C．CH4与Cl2的取代 D．C2H4的燃烧12、11.2L甲烷、乙烷、甲醛组成的混合气体，完全燃烧后生成15.68LCO2(气体体积均在标准状况下测定)，混合气体中乙烷的体积百分含量为（）A．80％ B．60％ C．40％ D．20％13、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（）①金属钠投入到FeCl1溶液中②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca（OH）1投入过量NaHCO3溶液中④向饱和Na1CO3溶液中通入过量CO1．A．①②③④B．①④C．③④D．②③14、下列有关化学用语表示正确的是A．葡萄糖的结构简式:C6H12O6B．BCl3的电子式:C．硫离子的结构示意图:D．质量数为44，中子数为24的钙原子:

15、下列各原子或离子的电子排布式错误的是（）A．Na+：1s22s22p6 B．F：1s22s22p5 C．O2-：1s22s22p4 D．Ar：1s22s22p63s23p616、一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2—下列说法不正确的是A．在pH<4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀B．在pH>6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀C．在pH>14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2+4H++4e-=2H2OD．在煮沸除氧气的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，A元素原子核外有3个未成对电子，B元素原子核外电子占用3个能级，其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍，D元素与B元素同族，C元素与A元素同族，E元素原子的价电子数是其余电子数的一半。（1）A、C、D的第一电离能由大到小的顺序为___________________（用元素符号表示），E2+的基态电子排布式为__________________________________。（2）B和D的氢化物中，B的氢化物沸点较高的原因是____________________________。（3）C形成的最高价氧化物的结构如图所示，该结构中C-B键的键长有两类，键长较短的键为__________（填“a”或“b”）。（4）E可与CO形成羰基配合物E2(CO)8，是有机合成的重要催化剂，不溶于水，溶于乙醇、乙醚、苯，熔点50～51℃，45℃（1.33kPa）时升华。①E2(CO)8为_________晶体。（填晶体类型）②E2(CO)8晶体中存在的作用力有______________________________。18、下表为周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。(1)在①～⑩元素的电负性最大的是_____(填元素符号)。(2)⑨元素有_____种运动状态不同的电子。(3)⑩的基态原子的价电子排布图为_____。(4)⑤的氢化物与⑦的氢化物比较稳定的是_____，沸点较高的是_____(填化学式)。(5)上述所有元素中的基态原子中4p轨道半充满的是_____(填元素符号)，4s轨道半充满的是_____(填元素符号)。19、三草酸合铁(Ⅲ)酸钾K3[Fe(C2O4)3]3H2O为绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂。I.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的制备①将5g(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体溶于20mL水中，加入5滴6mol·L－1H2SO4酸化，加热溶解，搅拌下加入25mL饱和H2C2O4溶液，加热，静置，待黄色的FeC2O4沉淀完全以后，倾去上层清液，倾析法洗涤沉淀2－3次。②向沉淀中加入10mL饱和草酸钾溶液，水浴加热至40℃，用滴管缓慢滴加12mL5％H2O2，边加边搅拌并维持在40℃左右，溶液成绿色并有棕色的沉淀生成。③加热煮沸一段时间后，再分两批共加入8mL饱和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此时棕色沉淀溶解，变为绿色透明溶液。④向滤液中缓慢加入10mL95％的乙醇，这时如果滤液浑浊可微热使其变清，放置暗处冷却，结晶完全后，抽滤，用少量洗涤剂洗涤晶体两次，抽干，干燥，称量，计算产率。已知制备过程中涉及的主要反应方程式如下：步骤②6FeC2O4＋3H2O2＋6K2C2O4＝4K3[Fe(C2O4)3]＋2Fe(OH)3，步骤③2Fe(OH)3＋3H2C2O4＋3K2C2O4＝2K3[Fe(C2O4)3]＋6H2O，请回答下列各题：(1)简述倾析法的适用范围______________，步骤③加热煮沸的目的是_______________。(2)下列物质中最适合作为晶体洗涤剂的是____________________(填编号)。A．冷水B．丙酮C．95％的乙醇D．无水乙醇(3)有关抽滤如图，下列说法正确的是_____________。A．选择抽滤主要是为了加快过滤速度，得到较干燥的沉淀B．右图所示的抽滤装置中，只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口C．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出D．抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸Ⅱ.纯度的测定称取1.000g产品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用标定浓度为0.01000mol·L－1的高锰酸钾溶液滴定至终点，三次平行实验平均消耗高锰酸钾溶液24.00mL。(4)滴定涉及反应的离子方程式：___________________________________。(5)计算产品的纯度_____________________(用质量百分数表示)。(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的相对分子质量为491)20、苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料——纳米氧化铜的重要前驱体之一，可采用苯乙腈为原料在实验室进行合成。请回答：（1）制备苯乙酸的装置如图（加热和夹持装置等略）。已知：苯乙酸的熔点为76.5℃，微溶于冷水，溶于乙醇。在250mL三口瓶ａ中加入70mL质量分数为70％的硫酸，加热至100℃，再缓缓滴入40ｇ苯乙腈，然后升温至130℃，发生反应：仪器b的名称是______________，其作用是______________。反应结束后加适量冷水再分离出苯乙酸粗品，加入冷水的目的是___________________________________。（2）分离出粗苯乙酸的操作名称是______，所用到的仪器是（填字母）______。a．漏斗b．分液漏斗c．烧杯d．玻璃棒e．直形冷凝管（3）将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后加入Cu(OH)2，搅拌30min，过滤，滤液静置一段时间可以析出苯乙酸铜晶体，写出发生反应的化学方程式__________________，混合溶剂中乙醇的作用是________________________________________________________。（4）提纯粗苯乙酸最终得到44ｇ纯品，则苯乙酸的产率是_________。（相对分子质量：苯乙腈117，苯乙酸136）21、传统硅酸盐材料因其耐高温、抗腐蚀、强度高等优异性能，被广泛应用于各种工业、科学研究及日常生活中。某硅酸盐材料的主要成分为氧化钙、二氧化硅，并含有一定量铁、铝及镁的氧化物，某研究小组设计以下流程测定该硅酸盐材料中钙的含量（如下图所示）。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:(金属离子浓度以0.1mol·L-1计)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Ca(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2开始沉淀pH2.77.612.34.08.0完全沉淀pH3.79.614.35.212.4回答下列问题:（1）酸浸后，加入双氧水所发生反应的离子方程式为_________________。为提高钙的浸出率，可以采取的措施是________________________。（任写一种）（2）沉淀B的成份为_____________。调节滤液Ⅰ的pH为4~5，加入的物质可以是_________。A．CaCO3B．Ca(OH)2C．氨水D．MgO（3）向滤液Ⅱ中加足量草酸铵溶液，在水浴上保温陈化2小时，冷却到室温，过滤、洗涤沉淀。将得到的CaC2O4沉淀溶解在硫酸中，并稀释配成250mL溶液。用移液管量取25.00mL溶液于锥形瓶中，用KMnO4标准溶液滴定。滴定时发生反应的离子方程式为___________________________。若实验中所取样品质量为4.00g，KMnO4标准溶液浓度为0.0500mol/L，平行滴定3次用去KMnO4标准溶液体积平均值为36.00mL，则该硅酸盐样品中钙的质量分数为_________。（4）在保温沉钙环节，若样品中镁的含量过高，会导致最终测定结果产生较大误差。试从理论上计算，加草酸铵溶液沉钙时，溶液中镁离子的浓度最高不能超过____mol/L。（已知：Ksp(CaC2O4)=4.00×10-9，Ksp(MgC2O4)=4.83×10-6）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

根据加成原理，不饱和键断开，结合H原子，生成2-甲基丁烷，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉氢原子形成不饱和键，即得到不饱和烃。【题目详解】2-甲基丁烷的碳链结构为。A.若在3、4号碳原子之间为三键，则烃可为3-甲基-1-丁炔，A可能；B.1、2号碳原子之间不可能为三键，不存在2-甲基-1-丁炔，B不可能；C.若在3、4号碳原子之间为双键，则烃可为3-甲基-1-丁烯，C可能；D.若在1、2号碳原子之间为双键，则烃为2-甲基-1-丁烯，D可能；故合理选项是B。【题目点拨】本题考查根据烷烃判断相应的不饱和烃，会根据烷烃结构去掉相邻碳原子上的氢原子形成不饱和键，注意不能重写、漏写，在加成反应发生时，不能改变碳链结构，只能降低不饱和度，也可以根据加成原理写出选项中与氢气加成的产物，进行判断。2、B【解题分析】

A、电子云图中的小黑点是电子在原子核外出现的概率密度的形象描述，小黑点越密表示概率密度越大，A项错误；B、洪特规则指：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一个轨道，且自旋状态相同，2p能级有3个原子轨道，根据洪特规则，2p能级上的2个电子应占据不同的原子轨道且自旋状态相同，1s22s22px2违反了洪特规则，B项正确；C、原子序数为7、8、9的三种元素是第二周期的N、O、F三种元素，根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势、电负性逐渐增大，N的价电子排布为2s22p3，2p处于半充满较稳定，第一电离能FNO，电负性FON，C项错误；D、基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最后填入电子的能级符号为3d，Fe处于d区，D项错误；答案选B。【题目点拨】本题考查电子云、原子核外电子排布规律、第一电离能和电负性的比较、元素周期表的分区。注意电子云图中的小黑点不代表电子，同周期元素的第一电离能和电负性的变化不完全一致。3、B【解题分析】

烃分子中的氢原子被其他原子或者原子团所取代而生成的一系列化合物称为烃的衍生物，据此判断。【题目详解】A．醋酸的结构简式为CH3COOH，含有官能团羧基，属于烃的衍生物，A错误；B．邻二甲苯中只含有C、H元素，属于芳香烃，不属于烃的衍生物，B正确；C．四氯化碳为甲烷的氯代产物，含有官能团氯原子，属于烃的衍生物，C错误；D．酒精的结构简式为CH3CH2OH，乙醇含有官能团羟基，属于烃的衍生物，D错误；故选B。4、C【解题分析】

CH3CH2OH分子中，其中-CH3中3个H原子等效，-CH2-中的2个H原子等效，故分子中含有3种不同的H原子，答案选C。5、A【解题分析】

A、原子晶体中原子以共价键的形式结合，熔化时需要断裂共价键，即共价键越强，熔点越高，故A说法正确；B、分子间作用力影响物质的部分物理性质，分子稳定性属于化学性质，故B说法错误；C、冰融化时破坏的是范德华力和氢键，故C说法错误；D、氧化钠的化学式为Na2O，只含有离子键，熔化时破坏离子键，故D说法错误；答案选A。6、D【解题分析】

在化学反应中，反应物总能量大于生成物总能量的反应叫做放热反应。包括燃烧、中和、金属氧化、铝热反应、较活泼的金属与水或酸的置换反应、由不稳定物质变为稳定物质的反应。吸热反应指吸收热量的化学反应。吸热反应中反应物的总能量低于生成物的总能量。吸热反应的逆反应一定是放热反应。【题目详解】A、燃料的燃烧反应都是氧化还原反应，生成能量更低的物质，都是放热反应，故A正确；B、不完全燃烧产物继续燃烧还会放出能量，所以一定量的燃料完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出的热量大，故B正确；C、放热反应的逆反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，一定是吸热反应，故C正确；D、吸热反应有应用价值，例如用来降低温度，故D错误；故选D。7、D【解题分析】

S2O32-和Cl2反应的产物之一为SO42-，S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，Na2S2O3是还原剂，Cl元素化合价由0价降低为-1价，Cl2是氧化剂，则Cl2→NaCl或HCl，根据电子转移相等，所以n(Na2S2O3)×2×(6-2)=n(Cl2)×2，故n(Na2S2O3)∶n(Cl2)=1∶4，结合质量守恒定律配平反应的方程式为：5H2O+S2O32-+4Cl2=2SO42-+8Cl-+10H+，结合氧化还原反应中的概念及规律分析解答。【题目详解】反应的方程式为5H2O+S2O32-+4Cl2=2SO42-+8Cl-+10H+。A．因Cl元素的化合价降低，所以氧化剂是Cl2，反应中被还原，故A正确；B．由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性：S2O32-＞Cl-，故B正确；C．由反应可知生成氢离子，溶液的酸性增强，故C正确；D．SO2与氯气的漂白原理不相同，氯气是利用其与水反应生成的次氯酸的氧化性漂白，而二氧化硫是利用化合反应，不是氧化还原反应，故D错误；故选D。8、D【解题分析】

A．钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀中都是铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故A说法正确；

B．钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，故B说法正确；

C．在原电池中，镀锌铁板中锌作负极，铁作正极而被保护，镀锡铁板中铁作负极而被腐蚀，故C说法正确；

D．用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁，牺牲阳极作原电池负极，被保护的钢铁作原电池正极，故D说法错误；

故答案选D。【题目点拨】本题主要考查金属的腐蚀与防护相关知识，在利用电化学的原理进行金属的防护时，一般金属作原电池的正极或电解池的阴极来防止金属被氧化。9、B【解题分析】氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n（ClO-）=0.08mol，n（ClO3-）=0.02mol，根据得失电子守恒可知生成的氯离子n（Cl-）=0.08mol×（1-0）+0.02mol×（5-0）=0.18mol，且转移电子物质的量为0.18mol，根据物料守恒可知n（K+）=n（Cl-）+n（ClO-）+n（ClO3-）=0.18mol+0.08mol+0.02mol=0.28mol。A、通过以上分析可知，氢氧化钾的物质的量是0.28mol，质量是0.28mol×56g/mol=15.68g，故A错误；B、根据上述分析可知，反应中转移电子的物质的量是0.18mol，故B正确；C、因ClO－中Cl元素的化合价是+1价，ClO3－中Cl元素的化合价是+5价，而Cl2中Cl元素的化合价是0价，所以ClO－和ClO3－中Cl元素的化合价都比Cl2中Cl元素的化合价高，故ClO－和ClO3－不可能生成Cl2，所以C错误；D、因n（Cl-）+n（ClO-）+n（ClO3-）=0.18mol+0.08mol+0.02mol=0.28mol，则根据原子守恒可知Cl2的物质的量是0.14mol，但题目未说明是标准状况，所以无法计算Cl2的体积，故D错误；10、C【解题分析】

A.乙炔中混有硫化氢，具有还原性，则气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色不能说明有乙炔生成，故A错误；B.乙醇易挥发，且能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，不能排除乙醇的影响，应先通过水，除去乙醇，故B错误；C.溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热产生，发生消去反应生成乙烯，只有乙烯使溴水褪色，则溶液褪色说明有乙烯生成，故C正确；D.生成的乙烯中可能含有二氧化硫，二氧化硫也能使溴水褪色，从而干扰实验，故D错误；本题选C。11、B【解题分析】

A、CH4不存在π键，只存在σ键，燃烧后四个碳氢σ键全部断裂，A错误；B、C2H4与Cl2的加成，是碳碳双键中的π键断裂，与氯气中氯氯σ键发生加成反应，但是氯气为无机物，与题意相符，B正确；C、CH4与Cl2的取代是甲烷中碳氢σ键断裂和氯气中氯氯σ键断裂发生取代反应，不涉及π键断裂，C错误；D、C2H4的燃烧，4个碳氢σ键、1个碳碳σ键和1个碳碳π键全部断裂，与题意不符，D错误；正确选项B。12、C【解题分析】

标准状况下，11.2L甲烷、乙烷、甲醛组成的混合气体的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol。燃烧后生成的CO2的物质的量是15.68L÷22.4L/mol＝0.7mol，所以混合气组成中平均碳原子数为0.7÷0.5＝。甲醛、甲烷分子中都含有一个碳原子，可以看做1个组分，即所以甲醛、甲烷的总物质的量与乙烷的物质的量之比为=3:2，体积分数等于物质的量分数，因此混合气体中乙烷的体积百分含量为答案选C。13、C【解题分析】①金属钠投入到FeCl1溶液中，Na首先与水反应：1Na+1H1O=1NaOH+H1↑，NaOH再与FeCl1反应生成白色的Fe（OH）1

沉淀，Fe（OH）1易被氧化，沉淀最终变为是红褐色，故①错误；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：4OH-+Al3+=AlO1-+1H1O，所以最终没有沉淀生成，故②错误；③少量Ca（OH）1投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：OH-+HCO3-=CO3

1-+H1O，CO3

1-与Ca

1+不能大量共存，生成白色的碳酸钙沉淀，故③正确；④向饱和Na1CO3溶液中通入足量CO1发生反应：Na1CO3+H1O+CO1=1NaHCO3↓，此为化合反应，且碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，所以向饱和Na1CO3溶液中通入足量CO1会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故④正确；故选C。14、B【解题分析】A、葡萄糖的结构简式:CH2OH(CHOH)4CHO，C6H12O6是葡萄糖的分子式，故A错误；B、B最外层只有三个电子，BCl3的电子式:，故B正确；C、硫离子核外有18个电子、最外层有8个电子，其离子结构示意图为：，故C错误；D.质量数为44，中子数为24的钙原子:，故D错误；故选B。点睛：本题考查化学用语的书写判断，涉及结构简式、离子结构示意图、电子式等知识点，题目难度中等，解题关键：掌握化学用语特点。注意BCl3的电子式的书写，为易错点。15、C【解题分析】

A项、钠离子的核外有10个电子，电子排布式为1s22s22p6，故A正确；B项、F原子核外有9个电子，电子排布式为1s22s22p5，故B正确；C项、氧离子的核外有10个电子，电子排布式为1s22s22p6，故C错误；D项、Ar的核外有18个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p6，故D正确；故选C。16、C【解题分析】

A、pH<4为强酸性，发生析氢腐蚀，正确；B、pH>6的溶液，氧气得电子，发生吸氧腐蚀，正确；C、pH>14的溶液氧气与水反应得电子：O2+2H2O+4e‾=4OH‾,错误；D、煮沸后除去了氧气，碳钢的腐蚀速率会减小，正确。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、N＞P＞S[Ar]3d7水分子间形成氢键a分子共价键、配位键、范德华力【解题分析】

A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，B元素原子核外电子占用3个能级，其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍，核外电子排布式为1s22s22p4，故B为O元素；A元素原子核外有3个未成对电子，原子序数小于氧，故核外电子排布式为1s22s22p3，则A为N元素；D元素与B元素同族，C元素与A元素同族，结合原子序数大小可知C为P元素、D为S元素；E元素只能为第四周期元素，E元素原子的价电子数是其余电子数的一半，则价电子数为9，E的核电荷数为18+9=27，为Co元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为N元素，B为O元素，C为P元素，D为S元素，E为Co元素。(1)同主族自上而下第一电离能减小，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于硫，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞P＞S，E为Co元素，价电子排布式为3d74s2，E2+的基态电子排布式为[Ar]3d7，故答案为：N＞P＞S；[Ar]3d7；(2)水分子间能够形成氢键，而硫化氢分子间不能形成氢键，使得水的沸点高于硫化氢，故答案为：水分子间能够形成氢键；(3)结构中黑色球与白色球数目分别为4、10，故该物质为P4O10，结合O原子形成8电子结构，可知a键为P=O、b键为P-O单键，双键中电子云重叠更大，故键长较短的键为a，故答案为：a；(4)①Co2(CO)8熔点低、易升华，溶于乙醇、乙醚、苯，说明Co2(CO)8属于分子晶体，故答案为：分子；②Co2(CO)8中Co与CO之间形成配位键，CO中含有极性键，分子之间存在范德华力，故答案为：配位键、极性共价键、范德华力。【题目点拨】正确判断元素的种类是解题的关键。本题的易错点和难点为(3)，要注意判断结构中磷氧键的类别。18、F26H2OH2OAsK【解题分析】

根据元素在元素周期表中的位置可知，①为H元素；②为Be元素；③为C元素；④为N元素；⑤为O元素；⑥为F元素；⑦为S元素；⑧为K元素；⑨为Fe元素；⑩为As元素。结合元素周期律和原子结构分析解答。【题目详解】根据元素在元素周期表中的位置可知，①为H元素；②为Be元素；③为C元素；④为N元素；⑤为O元素；⑥为F元素；⑦为S元素；⑧为K元素；⑨为Fe元素；⑩为As元素。(1)元素的非金属性越强，电负性数值越大，在①～⑩元素的电负性最大的是F，故答案为：F；(2)⑨为Fe元素，为26号元素，原子中没有运动状态完全相同的2个电子，铁原子中有26种运动状态不同的电子，故答案为：26；(3)⑩为As元素，为33号元素，与N同主族，基态原子的价电子排布图为，故答案为：；(4)⑤为O元素，⑦为S元素，元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氢化物比较稳定的是H2O；水分子间能够形成氢键，沸点比硫化氢高，沸点较高的是H2O，故答案为：H2O；H2O；(5)上述所有元素中的基态原子中4p轨道半充满的是As，4s轨道半充满的是K，故答案为：As；K。19、晶体颗粒较大，易沉降除去多余的双氧水，提高草酸的利用率CA、D98.20%【解题分析】

(1)

倾析法的适用范围适用分离晶体颗粒较大、易沉降到容器底部的沉淀，这样减少过滤的时间和操作，比较简单；对步骤②中的溶液经过加热煮沸再进行下一步操作，是由于步骤②溶液中存在过量的过氧化氢，过氧化氢具有一定的氧化性，会和③中加入的草酸发生反应，所以加热煮沸的目的是除去过量的双氧水，提高饱和H2C2O4溶液的利用率；(2)因为产品不溶于乙醇，而选择95%的乙醇经济成本最低，故选C。(3)该抽滤装置的操作原理为：打开最右侧水龙头，流体流速增大，压强减小，会导致整个装置中压强减小，使布氏漏斗内外存在压强差，加快过滤时水流下的速度，A.选择抽滤主要是为了加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，A正确；B.图示的抽滤装置中，除漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口外，中间瓶中的导管也没有“短进短出”，B错误；C.抽滤得到的滤液应从瓶口倒出，不能从支管口倒出，C错误；D.抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸，D正确；故答案选AD。(4)滴定涉及到的原理为草酸根离子能被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，离子方程式为：16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(5)5K3[Fe(C204)3]·3H2O~6KMnO4491*5

6m

0.01×0.024×

m=0.982g，则产品的纯度=0.982÷1.000=98.20%。20、球形冷凝管冷凝回流降低溶解度，使苯乙酸结晶过滤acd增大苯乙酸的溶解度，便于充分反应95%【解题分析】（1）通过分液漏斗向三口瓶a中滴加苯乙腈，仪器c为球形冷凝管，能起到冷凝回流的作用(使气化的反应液冷凝)；反应结束后加适量冷水，降低溶解度，便于苯乙酸(微溶于冷水)