佳木斯市重點中學2024屆化學高二第二學期期末達標測試試題含解析

佳木斯市重點中學2024屆化學高二第二學期期末達標測試試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、某烴通過催化加氫后得到2－甲基丁烷，該烴不可能是()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、下列說法中正確的是A．電子云圖中的小黑點密表示該核外空間的電子多B．電子排布式1s22s22px2違反了洪特規(guī)則C．原子序數(shù)為7、8、9的三種元素，其第一電離能和電負性均依次增大D．元素周期表中Fe處于ds區(qū)3、下列有機物中，不屬于烴的衍生物的是A．醋酸 B．鄰二甲苯 C．四氯化碳 D．酒精4、CH3CH2OH分子中的氫原子的環(huán)境有（）種A．1 B．2 C．3 D．65、下列敘述正確的是（）A．原子晶體中共價鍵越強熔點越高B．晶體中分子間作用力越大分子越穩(wěn)定C．冰融化時水分子中共價鍵發(fā)生斷裂D．氧化鈉熔化時離子鍵、共價鍵均被破壞6、下列說法中錯誤的是（）A．燃料的燃燒反應都是放熱反應B．一定量的燃料完全燃燒放出的熱量比不完全燃燒放出的熱量大C．放熱反應的逆反應一定是吸熱反應D．吸熱反應沒有應用價值7、Cl2是紡織工業(yè)中常用的漂白劑，Na2S2O3可作漂白布匹后的“脫氯劑”，S2O32-和Cl2反應的產(chǎn)物之一為SO42-。下列說法中不正確的是A．該反應中Cl2發(fā)生還原反應B．根據(jù)該反應可判斷還原性：S2O32-＞Cl-C．脫氯反應后，溶液的酸性增強D．SO2與氯氣的漂白原理相同，所以也可以用SO2作紡織工業(yè)的漂白劑8、下列說法不正確的是()A．鋼鐵的吸氧腐蝕和析氫腐蝕的負極反應均為：Fe－2e－＝Fe2+B．鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，正極的電極反應為：O2＋4e－＋2H2O＝4OH－C．破損后的鍍鋅鐵板比鍍錫鐵板更耐腐蝕D．用犧牲陽極的陰極保護法保護鋼鐵，鋼鐵作原電池的負極9、將一定量的Cl2通入一定濃度的苛性鉀溶液中，兩者恰好完全反應（已知反應過程放熱），生成物中有三種含氯元素的離子，其中ClO-和ClO3-兩種離子的物質(zhì)的量（n）與反應時間（t）的變化示意圖如下圖所示。下列說法正確的是A．苛性鉀溶液中KOH的質(zhì)量是5.6gB．反應中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.18molC．在酸性條件下ClO－和ClO3－可生成Cl2D．一定有3.136L氯氣參與反應10、根據(jù)實驗的現(xiàn)象所得結(jié)論正確的是選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A將電石與水反應產(chǎn)生的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中溶液褪色說明有乙炔生成B將溴乙烷與NaOH的乙醇溶液共熱產(chǎn)生的氣體通入到酸性高錳酸鉀溶液中溶液褪色說明有乙烯生成C將溴乙烷與NaOH的乙醇溶液共熱產(chǎn)生的氣體通入到溴水中溴水褪色說明有乙烯生成D將乙醇和濃硫酸的混合液迅速升溫到170℃產(chǎn)生的氣體通入到溴水中溴水褪色說明有乙烯生成A．A B．B C．C D．D11、下列反應中有機物化學鍵斷裂只涉及π鍵斷裂的是()。A．CH4的燃燒 B．C2H4與Cl2的加成 C．CH4與Cl2的取代 D．C2H4的燃燒12、11.2L甲烷、乙烷、甲醛組成的混合氣體，完全燃燒后生成15.68LCO2(氣體體積均在標準狀況下測定)，混合氣體中乙烷的體積百分含量為（）A．80％ B．60％ C．40％ D．20％13、下列各組物質(zhì)相互混合反應后，最終有白色沉淀生成的是（）①金屬鈉投入到FeCl1溶液中②過量NaOH溶液和明礬溶液混合③少量Ca（OH）1投入過量NaHCO3溶液中④向飽和Na1CO3溶液中通入過量CO1．A．①②③④B．①④C．③④D．②③14、下列有關化學用語表示正確的是A．葡萄糖的結(jié)構簡式:C6H12O6B．BCl3的電子式:C．硫離子的結(jié)構示意圖:D．質(zhì)量數(shù)為44，中子數(shù)為24的鈣原子:

15、下列各原子或離子的電子排布式錯誤的是（）A．Na+：1s22s22p6 B．F：1s22s22p5 C．O2-：1s22s22p4 D．Ar：1s22s22p63s23p616、一定條件下，碳鋼腐蝕與溶液pH的關系如下：pH2466.5813.514腐蝕快慢較快慢較快主要產(chǎn)物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2—下列說法不正確的是A．在pH<4溶液中，碳鋼主要發(fā)生析氫腐蝕B．在pH>6溶液中，碳鋼主要發(fā)生吸氧腐蝕C．在pH>14溶液中，碳鋼腐蝕的正極反應為O2+4H++4e-=2H2OD．在煮沸除氧氣的堿性溶液中，碳鋼腐蝕速率會減緩二、非選擇題（本題包括5小題）17、A、B、C、D、E為元素周期表中前四周期元素，原子序數(shù)依次增大，A元素原子核外有3個未成對電子，B元素原子核外電子占用3個能級，其中最高能級上的電子數(shù)是其所在能層數(shù)的2倍，D元素與B元素同族，C元素與A元素同族，E元素原子的價電子數(shù)是其余電子數(shù)的一半。（1）A、C、D的第一電離能由大到小的順序為___________________（用元素符號表示），E2+的基態(tài)電子排布式為__________________________________。（2）B和D的氫化物中，B的氫化物沸點較高的原因是____________________________。（3）C形成的最高價氧化物的結(jié)構如圖所示，該結(jié)構中C-B鍵的鍵長有兩類，鍵長較短的鍵為__________（填“a”或“b”）。（4）E可與CO形成羰基配合物E2(CO)8，是有機合成的重要催化劑，不溶于水，溶于乙醇、乙醚、苯，熔點50～51℃，45℃（1.33kPa）時升華。①E2(CO)8為_________晶體。（填晶體類型）②E2(CO)8晶體中存在的作用力有______________________________。18、下表為周期表的一部分，其中的編號代表對應的元素。(1)在①～⑩元素的電負性最大的是_____(填元素符號)。(2)⑨元素有_____種運動狀態(tài)不同的電子。(3)⑩的基態(tài)原子的價電子排布圖為_____。(4)⑤的氫化物與⑦的氫化物比較穩(wěn)定的是_____，沸點較高的是_____(填化學式)。(5)上述所有元素中的基態(tài)原子中4p軌道半充滿的是_____(填元素符號)，4s軌道半充滿的是_____(填元素符號)。19、三草酸合鐵(Ⅲ)酸鉀K3[Fe(C2O4)3]3H2O為綠色晶體，易溶于水，難溶于乙醇、丙酮等有機溶劑。I.三草酸合鐵(Ⅲ)酸鉀晶體的制備①將5g(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶體溶于20mL水中，加入5滴6mol·L－1H2SO4酸化，加熱溶解，攪拌下加入25mL飽和H2C2O4溶液，加熱，靜置，待黃色的FeC2O4沉淀完全以后，傾去上層清液，傾析法洗滌沉淀2－3次。②向沉淀中加入10mL飽和草酸鉀溶液，水浴加熱至40℃，用滴管緩慢滴加12mL5％H2O2，邊加邊攪拌并維持在40℃左右，溶液成綠色并有棕色的沉淀生成。③加熱煮沸一段時間后，再分兩批共加入8mL飽和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此時棕色沉淀溶解，變?yōu)榫G色透明溶液。④向濾液中緩慢加入10mL95％的乙醇，這時如果濾液渾濁可微熱使其變清，放置暗處冷卻，結(jié)晶完全后，抽濾，用少量洗滌劑洗滌晶體兩次，抽干，干燥，稱量，計算產(chǎn)率。已知制備過程中涉及的主要反應方程式如下：步驟②6FeC2O4＋3H2O2＋6K2C2O4＝4K3[Fe(C2O4)3]＋2Fe(OH)3，步驟③2Fe(OH)3＋3H2C2O4＋3K2C2O4＝2K3[Fe(C2O4)3]＋6H2O，請回答下列各題：(1)簡述傾析法的適用范圍______________，步驟③加熱煮沸的目的是_______________。(2)下列物質(zhì)中最適合作為晶體洗滌劑的是____________________(填編號)。A．冷水B．丙酮C．95％的乙醇D．無水乙醇(3)有關抽濾如圖，下列說法正確的是_____________。A．選擇抽濾主要是為了加快過濾速度，得到較干燥的沉淀B．右圖所示的抽濾裝置中，只有一處錯誤，即漏斗頸口斜面沒有對著吸濾瓶的支管口C．抽濾得到的濾液應從吸濾瓶的支管口倒出D．抽濾完畢后，應先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，再關水龍頭，以防倒吸Ⅱ.純度的測定稱取1.000g產(chǎn)品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用標定濃度為0.01000mol·L－1的高錳酸鉀溶液滴定至終點，三次平行實驗平均消耗高錳酸鉀溶液24.00mL。(4)滴定涉及反應的離子方程式：___________________________________。(5)計算產(chǎn)品的純度_____________________(用質(zhì)量百分數(shù)表示)。(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的相對分子質(zhì)量為491)20、苯乙酸銅是合成優(yōu)良催化劑、傳感材料——納米氧化銅的重要前驅(qū)體之一，可采用苯乙腈為原料在實驗室進行合成。請回答：（1）制備苯乙酸的裝置如圖（加熱和夾持裝置等略）。已知：苯乙酸的熔點為76.5℃，微溶于冷水，溶于乙醇。在250mL三口瓶ａ中加入70mL質(zhì)量分數(shù)為70％的硫酸，加熱至100℃，再緩緩滴入40ｇ苯乙腈，然后升溫至130℃，發(fā)生反應：儀器b的名稱是______________，其作用是______________。反應結(jié)束后加適量冷水再分離出苯乙酸粗品，加入冷水的目的是___________________________________。（2）分離出粗苯乙酸的操作名稱是______，所用到的儀器是（填字母）______。a．漏斗b．分液漏斗c．燒杯d．玻璃棒e．直形冷凝管（3）將苯乙酸加入到乙醇與水的混合溶劑中，充分溶解后加入Cu(OH)2，攪拌30min，過濾，濾液靜置一段時間可以析出苯乙酸銅晶體，寫出發(fā)生反應的化學方程式__________________，混合溶劑中乙醇的作用是________________________________________________________。（4）提純粗苯乙酸最終得到44ｇ純品，則苯乙酸的產(chǎn)率是_________。（相對分子質(zhì)量：苯乙腈117，苯乙酸136）21、傳統(tǒng)硅酸鹽材料因其耐高溫、抗腐蝕、強度高等優(yōu)異性能，被廣泛應用于各種工業(yè)、科學研究及日常生活中。某硅酸鹽材料的主要成分為氧化鈣、二氧化硅，并含有一定量鐵、鋁及鎂的氧化物，某研究小組設計以下流程測定該硅酸鹽材料中鈣的含量（如下圖所示）。部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表:(金屬離子濃度以0.1mol·L-1計)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Ca(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2開始沉淀pH2.77.612.34.08.0完全沉淀pH3.79.614.35.212.4回答下列問題:（1）酸浸后，加入雙氧水所發(fā)生反應的離子方程式為_________________。為提高鈣的浸出率，可以采取的措施是________________________。（任寫一種）（2）沉淀B的成份為_____________。調(diào)節(jié)濾液Ⅰ的pH為4~5，加入的物質(zhì)可以是_________。A．CaCO3B．Ca(OH)2C．氨水D．MgO（3）向濾液Ⅱ中加足量草酸銨溶液，在水浴上保溫陳化2小時，冷卻到室溫，過濾、洗滌沉淀。將得到的CaC2O4沉淀溶解在硫酸中，并稀釋配成250mL溶液。用移液管量取25.00mL溶液于錐形瓶中，用KMnO4標準溶液滴定。滴定時發(fā)生反應的離子方程式為___________________________。若實驗中所取樣品質(zhì)量為4.00g，KMnO4標準溶液濃度為0.0500mol/L，平行滴定3次用去KMnO4標準溶液體積平均值為36.00mL，則該硅酸鹽樣品中鈣的質(zhì)量分數(shù)為_________。（4）在保溫沉鈣環(huán)節(jié)，若樣品中鎂的含量過高，會導致最終測定結(jié)果產(chǎn)生較大誤差。試從理論上計算，加草酸銨溶液沉鈣時，溶液中鎂離子的濃度最高不能超過____mol/L。（已知：Ksp(CaC2O4)=4.00×10-9，Ksp(MgC2O4)=4.83×10-6）

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解題分析】

根據(jù)加成原理，不飽和鍵斷開，結(jié)合H原子，生成2-甲基丁烷，采取倒推法相鄰碳原子之間各去掉氫原子形成不飽和鍵，即得到不飽和烴?！绢}目詳解】2-甲基丁烷的碳鏈結(jié)構為。A.若在3、4號碳原子之間為三鍵，則烴可為3-甲基-1-丁炔，A可能；B.1、2號碳原子之間不可能為三鍵，不存在2-甲基-1-丁炔，B不可能；C.若在3、4號碳原子之間為雙鍵，則烴可為3-甲基-1-丁烯，C可能；D.若在1、2號碳原子之間為雙鍵，則烴為2-甲基-1-丁烯，D可能；故合理選項是B?！绢}目點撥】本題考查根據(jù)烷烴判斷相應的不飽和烴，會根據(jù)烷烴結(jié)構去掉相鄰碳原子上的氫原子形成不飽和鍵，注意不能重寫、漏寫，在加成反應發(fā)生時，不能改變碳鏈結(jié)構，只能降低不飽和度，也可以根據(jù)加成原理寫出選項中與氫氣加成的產(chǎn)物，進行判斷。2、B【解題分析】

A、電子云圖中的小黑點是電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度的形象描述，小黑點越密表示概率密度越大，A項錯誤；B、洪特規(guī)則指：當電子排布在同一能級的不同軌道時，基態(tài)原子中的電子總是優(yōu)先單獨占據(jù)一個軌道，且自旋狀態(tài)相同，2p能級有3個原子軌道，根據(jù)洪特規(guī)則，2p能級上的2個電子應占據(jù)不同的原子軌道且自旋狀態(tài)相同，1s22s22px2違反了洪特規(guī)則，B項正確；C、原子序數(shù)為7、8、9的三種元素是第二周期的N、O、F三種元素，根據(jù)同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢、電負性逐漸增大，N的價電子排布為2s22p3，2p處于半充滿較穩(wěn)定，第一電離能FNO，電負性FON，C項錯誤；D、基態(tài)Fe原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，最后填入電子的能級符號為3d，F(xiàn)e處于d區(qū)，D項錯誤；答案選B?！绢}目點撥】本題考查電子云、原子核外電子排布規(guī)律、第一電離能和電負性的比較、元素周期表的分區(qū)。注意電子云圖中的小黑點不代表電子，同周期元素的第一電離能和電負性的變化不完全一致。3、B【解題分析】

烴分子中的氫原子被其他原子或者原子團所取代而生成的一系列化合物稱為烴的衍生物，據(jù)此判斷?！绢}目詳解】A．醋酸的結(jié)構簡式為CH3COOH，含有官能團羧基，屬于烴的衍生物，A錯誤；B．鄰二甲苯中只含有C、H元素，屬于芳香烴，不屬于烴的衍生物，B正確；C．四氯化碳為甲烷的氯代產(chǎn)物，含有官能團氯原子，屬于烴的衍生物，C錯誤；D．酒精的結(jié)構簡式為CH3CH2OH，乙醇含有官能團羥基，屬于烴的衍生物，D錯誤；故選B。4、C【解題分析】

CH3CH2OH分子中，其中-CH3中3個H原子等效，-CH2-中的2個H原子等效，故分子中含有3種不同的H原子，答案選C。5、A【解題分析】

A、原子晶體中原子以共價鍵的形式結(jié)合，熔化時需要斷裂共價鍵，即共價鍵越強，熔點越高，故A說法正確；B、分子間作用力影響物質(zhì)的部分物理性質(zhì)，分子穩(wěn)定性屬于化學性質(zhì)，故B說法錯誤；C、冰融化時破壞的是范德華力和氫鍵，故C說法錯誤；D、氧化鈉的化學式為Na2O，只含有離子鍵，熔化時破壞離子鍵，故D說法錯誤；答案選A。6、D【解題分析】

在化學反應中，反應物總能量大于生成物總能量的反應叫做放熱反應。包括燃燒、中和、金屬氧化、鋁熱反應、較活潑的金屬與水或酸的置換反應、由不穩(wěn)定物質(zhì)變?yōu)榉€(wěn)定物質(zhì)的反應。吸熱反應指吸收熱量的化學反應。吸熱反應中反應物的總能量低于生成物的總能量。吸熱反應的逆反應一定是放熱反應?！绢}目詳解】A、燃料的燃燒反應都是氧化還原反應，生成能量更低的物質(zhì)，都是放熱反應，故A正確；B、不完全燃燒產(chǎn)物繼續(xù)燃燒還會放出能量，所以一定量的燃料完全燃燒放出的熱量比不完全燃燒放出的熱量大，故B正確；C、放熱反應的逆反應，反應物的總能量低于生成物的總能量，一定是吸熱反應，故C正確；D、吸熱反應有應用價值，例如用來降低溫度，故D錯誤；故選D。7、D【解題分析】

S2O32-和Cl2反應的產(chǎn)物之一為SO42-，S硫元素平均化合價由+2價升高為+6價，Na2S2O3是還原劑，Cl元素化合價由0價降低為-1價，Cl2是氧化劑，則Cl2→NaCl或HCl，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移相等，所以n(Na2S2O3)×2×(6-2)=n(Cl2)×2，故n(Na2S2O3)∶n(Cl2)=1∶4，結(jié)合質(zhì)量守恒定律配平反應的方程式為：5H2O+S2O32-+4Cl2=2SO42-+8Cl-+10H+，結(jié)合氧化還原反應中的概念及規(guī)律分析解答?！绢}目詳解】反應的方程式為5H2O+S2O32-+4Cl2=2SO42-+8Cl-+10H+。A．因Cl元素的化合價降低，所以氧化劑是Cl2，反應中被還原，故A正確；B．由還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性可知，還原性：S2O32-＞Cl-，故B正確；C．由反應可知生成氫離子，溶液的酸性增強，故C正確；D．SO2與氯氣的漂白原理不相同，氯氣是利用其與水反應生成的次氯酸的氧化性漂白，而二氧化硫是利用化合反應，不是氧化還原反應，故D錯誤；故選D。8、D【解題分析】

A．鋼鐵的析氫腐蝕和吸氧腐蝕中都是鐵作負極，負極上鐵失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為：Fe-2e-=Fe2+，故A說法正確；

B．鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕時，鐵作負極，碳作正極，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為：2H2O+O2+4e-=4OH-，故B說法正確；

C．在原電池中，鍍鋅鐵板中鋅作負極，鐵作正極而被保護，鍍錫鐵板中鐵作負極而被腐蝕，故C說法正確；

D．用犧牲陽極的陰極保護法保護鋼鐵，犧牲陽極作原電池負極，被保護的鋼鐵作原電池正極，故D說法錯誤；

故答案選D。【題目點撥】本題主要考查金屬的腐蝕與防護相關知識，在利用電化學的原理進行金屬的防護時，一般金屬作原電池的正極或電解池的陰極來防止金屬被氧化。9、B【解題分析】氯氣和氫氧化鉀溶液反應生成次氯酸鉀、氯化鉀和氯酸鉀，根據(jù)圖象知n（ClO-）=0.08mol，n（ClO3-）=0.02mol，根據(jù)得失電子守恒可知生成的氯離子n（Cl-）=0.08mol×（1-0）+0.02mol×（5-0）=0.18mol，且轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為0.18mol，根據(jù)物料守恒可知n（K+）=n（Cl-）+n（ClO-）+n（ClO3-）=0.18mol+0.08mol+0.02mol=0.28mol。A、通過以上分析可知，氫氧化鉀的物質(zhì)的量是0.28mol，質(zhì)量是0.28mol×56g/mol=15.68g，故A錯誤；B、根據(jù)上述分析可知，反應中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.18mol，故B正確；C、因ClO－中Cl元素的化合價是+1價，ClO3－中Cl元素的化合價是+5價，而Cl2中Cl元素的化合價是0價，所以ClO－和ClO3－中Cl元素的化合價都比Cl2中Cl元素的化合價高，故ClO－和ClO3－不可能生成Cl2，所以C錯誤；D、因n（Cl-）+n（ClO-）+n（ClO3-）=0.18mol+0.08mol+0.02mol=0.28mol，則根據(jù)原子守恒可知Cl2的物質(zhì)的量是0.14mol，但題目未說明是標準狀況，所以無法計算Cl2的體積，故D錯誤；10、C【解題分析】

A.乙炔中混有硫化氫，具有還原性，則氣體通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色不能說明有乙炔生成，故A錯誤；B.乙醇易揮發(fā)，且能與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，不能排除乙醇的影響，應先通過水，除去乙醇，故B錯誤；C.溴乙烷與NaOH的乙醇溶液共熱產(chǎn)生，發(fā)生消去反應生成乙烯，只有乙烯使溴水褪色，則溶液褪色說明有乙烯生成，故C正確；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，從而干擾實驗，故D錯誤；本題選C。11、B【解題分析】

A、CH4不存在π鍵，只存在σ鍵，燃燒后四個碳氫σ鍵全部斷裂，A錯誤；B、C2H4與Cl2的加成，是碳碳雙鍵中的π鍵斷裂，與氯氣中氯氯σ鍵發(fā)生加成反應，但是氯氣為無機物，與題意相符，B正確；C、CH4與Cl2的取代是甲烷中碳氫σ鍵斷裂和氯氣中氯氯σ鍵斷裂發(fā)生取代反應，不涉及π鍵斷裂，C錯誤；D、C2H4的燃燒，4個碳氫σ鍵、1個碳碳σ鍵和1個碳碳π鍵全部斷裂，與題意不符，D錯誤；正確選項B。12、C【解題分析】

標準狀況下，11.2L甲烷、乙烷、甲醛組成的混合氣體的物質(zhì)的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol。燃燒后生成的CO2的物質(zhì)的量是15.68L÷22.4L/mol＝0.7mol，所以混合氣組成中平均碳原子數(shù)為0.7÷0.5＝。甲醛、甲烷分子中都含有一個碳原子，可以看做1個組分，即所以甲醛、甲烷的總物質(zhì)的量與乙烷的物質(zhì)的量之比為=3:2，體積分數(shù)等于物質(zhì)的量分數(shù)，因此混合氣體中乙烷的體積百分含量為答案選C。13、C【解題分析】①金屬鈉投入到FeCl1溶液中，Na首先與水反應：1Na+1H1O=1NaOH+H1↑，NaOH再與FeCl1反應生成白色的Fe（OH）1

沉淀，F(xiàn)e（OH）1易被氧化，沉淀最終變?yōu)槭羌t褐色，故①錯誤；②過量NaOH溶液和明礬溶液混合，發(fā)生的反應是：4OH-+Al3+=AlO1-+1H1O，所以最終沒有沉淀生成，故②錯誤；③少量Ca（OH）1投入過量NaHCO3溶液中發(fā)生的反應為：OH-+HCO3-=CO3

1-+H1O，CO3

1-與Ca

1+不能大量共存，生成白色的碳酸鈣沉淀，故③正確；④向飽和Na1CO3溶液中通入足量CO1發(fā)生反應：Na1CO3+H1O+CO1=1NaHCO3↓，此為化合反應，且碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸鈉的溶解度，所以向飽和Na1CO3溶液中通入足量CO1會析出碳酸氫鈉晶體，所以產(chǎn)生白色沉淀，故④正確；故選C。14、B【解題分析】A、葡萄糖的結(jié)構簡式:CH2OH(CHOH)4CHO，C6H12O6是葡萄糖的分子式，故A錯誤；B、B最外層只有三個電子，BCl3的電子式:，故B正確；C、硫離子核外有18個電子、最外層有8個電子，其離子結(jié)構示意圖為：，故C錯誤；D.質(zhì)量數(shù)為44，中子數(shù)為24的鈣原子:，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查化學用語的書寫判斷，涉及結(jié)構簡式、離子結(jié)構示意圖、電子式等知識點，題目難度中等，解題關鍵：掌握化學用語特點。注意BCl3的電子式的書寫，為易錯點。15、C【解題分析】

A項、鈉離子的核外有10個電子，電子排布式為1s22s22p6，故A正確；B項、F原子核外有9個電子，電子排布式為1s22s22p5，故B正確；C項、氧離子的核外有10個電子，電子排布式為1s22s22p6，故C錯誤；D項、Ar的核外有18個電子，電子排布式為1s22s22p63s23p6，故D正確；故選C。16、C【解題分析】

A、pH<4為強酸性，發(fā)生析氫腐蝕，正確；B、pH>6的溶液，氧氣得電子，發(fā)生吸氧腐蝕，正確；C、pH>14的溶液氧氣與水反應得電子：O2+2H2O+4e￣=4OH￣,錯誤；D、煮沸后除去了氧氣，碳鋼的腐蝕速率會減小，正確。答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、N＞P＞S[Ar]3d7水分子間形成氫鍵a分子共價鍵、配位鍵、范德華力【解題分析】

A、B、C、D、E為元素周期表中前四周期元素，原子序數(shù)依次增大，B元素原子核外電子占用3個能級，其中最高能級上的電子數(shù)是其所在能層數(shù)的2倍，核外電子排布式為1s22s22p4，故B為O元素；A元素原子核外有3個未成對電子，原子序數(shù)小于氧，故核外電子排布式為1s22s22p3，則A為N元素；D元素與B元素同族，C元素與A元素同族，結(jié)合原子序數(shù)大小可知C為P元素、D為S元素；E元素只能為第四周期元素，E元素原子的價電子數(shù)是其余電子數(shù)的一半，則價電子數(shù)為9，E的核電荷數(shù)為18+9=27，為Co元素，據(jù)此分析解答。【題目詳解】根據(jù)上述分析，A為N元素，B為O元素，C為P元素，D為S元素，E為Co元素。(1)同主族自上而下第一電離能減小，同周期隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，P元素原子3p能級為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于硫，故第一電離能由大到小的順序為：N＞P＞S，E為Co元素，價電子排布式為3d74s2，E2+的基態(tài)電子排布式為[Ar]3d7，故答案為：N＞P＞S；[Ar]3d7；(2)水分子間能夠形成氫鍵，而硫化氫分子間不能形成氫鍵，使得水的沸點高于硫化氫，故答案為：水分子間能夠形成氫鍵；(3)結(jié)構中黑色球與白色球數(shù)目分別為4、10，故該物質(zhì)為P4O10，結(jié)合O原子形成8電子結(jié)構，可知a鍵為P=O、b鍵為P-O單鍵，雙鍵中電子云重疊更大，故鍵長較短的鍵為a，故答案為：a；(4)①Co2(CO)8熔點低、易升華，溶于乙醇、乙醚、苯，說明Co2(CO)8屬于分子晶體，故答案為：分子；②Co2(CO)8中Co與CO之間形成配位鍵，CO中含有極性鍵，分子之間存在范德華力，故答案為：配位鍵、極性共價鍵、范德華力?！绢}目點撥】正確判斷元素的種類是解題的關鍵。本題的易錯點和難點為(3)，要注意判斷結(jié)構中磷氧鍵的類別。18、F26H2OH2OAsK【解題分析】

根據(jù)元素在元素周期表中的位置可知，①為H元素；②為Be元素；③為C元素；④為N元素；⑤為O元素；⑥為F元素；⑦為S元素；⑧為K元素；⑨為Fe元素；⑩為As元素。結(jié)合元素周期律和原子結(jié)構分析解答?！绢}目詳解】根據(jù)元素在元素周期表中的位置可知，①為H元素；②為Be元素；③為C元素；④為N元素；⑤為O元素；⑥為F元素；⑦為S元素；⑧為K元素；⑨為Fe元素；⑩為As元素。(1)元素的非金屬性越強，電負性數(shù)值越大，在①～⑩元素的電負性最大的是F，故答案為：F；(2)⑨為Fe元素，為26號元素，原子中沒有運動狀態(tài)完全相同的2個電子，鐵原子中有26種運動狀態(tài)不同的電子，故答案為：26；(3)⑩為As元素，為33號元素，與N同主族，基態(tài)原子的價電子排布圖為，故答案為：；(4)⑤為O元素，⑦為S元素，元素的非金屬性越強，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，氫化物比較穩(wěn)定的是H2O；水分子間能夠形成氫鍵，沸點比硫化氫高，沸點較高的是H2O，故答案為：H2O；H2O；(5)上述所有元素中的基態(tài)原子中4p軌道半充滿的是As，4s軌道半充滿的是K，故答案為：As；K。19、晶體顆粒較大，易沉降除去多余的雙氧水，提高草酸的利用率CA、D98.20%【解題分析】

(1)

傾析法的適用范圍適用分離晶體顆粒較大、易沉降到容器底部的沉淀，這樣減少過濾的時間和操作，比較簡單；對步驟②中的溶液經(jīng)過加熱煮沸再進行下一步操作，是由于步驟②溶液中存在過量的過氧化氫，過氧化氫具有一定的氧化性，會和③中加入的草酸發(fā)生反應，所以加熱煮沸的目的是除去過量的雙氧水，提高飽和H2C2O4溶液的利用率；(2)因為產(chǎn)品不溶于乙醇，而選擇95%的乙醇經(jīng)濟成本最低，故選C。(3)該抽濾裝置的操作原理為：打開最右側(cè)水龍頭，流體流速增大，壓強減小，會導致整個裝置中壓強減小，使布氏漏斗內(nèi)外存在壓強差，加快過濾時水流下的速度，A.選擇抽濾主要是為了加快過濾速度，得到較干燥的沉淀，A正確；B.圖示的抽濾裝置中，除漏斗頸口斜面沒有對著吸濾瓶的支管口外，中間瓶中的導管也沒有“短進短出”，B錯誤；C.抽濾得到的濾液應從瓶口倒出，不能從支管口倒出，C錯誤；D.抽濾完畢后，應先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，再關水龍頭，以防倒吸，D正確；故答案選AD。(4)滴定涉及到的原理為草酸根離子能被酸性高錳酸鉀氧化生成二氧化碳，離子方程式為：16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(5)5K3[Fe(C204)3]·3H2O~6KMnO4491*5

6m

0.01×0.024×

m=0.982g，則產(chǎn)品的純度=0.982÷1.000=98.20%。20、球形冷凝管冷凝回流降低溶解度，使苯乙酸結(jié)晶過濾acd增大苯乙酸的溶解度，便于充分反應95%【解題分析】（1）通過分液漏斗向三口瓶a中滴加苯乙腈，儀器c為球形冷凝管，能起到冷凝回流的作用(使氣化的反應液冷凝)；反應結(jié)束后加適量冷水，降低溶解度，便于苯乙酸(微溶于冷水)