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2019-2020年高三二模化学试题含解析可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Al 27 Cl 35.5 Fe 56 Ag 108 第卷 选择题（共40分）单项选择题：本题包括10 小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。1（xx泰州二模）大气污染再次成为今年“两会”的热门议题，下列做法不能改善大气环境的是A大力开发新能源和可再生能源 B城市大力发展轨道交通，少开私家车 C清洁燃煤、提高燃油品质 D学校、家庭安装空气净化装置1D 命题立意：本题考查化学与环境。难度较小。解析：本题要求改善环境，而不是处理环境污染。D项，净化空气不可能改善大气环境，错误。2（xx泰州二模）下列有关化学用语表示正确的是 A水分子的比例模型： BF的结构示意图： CH2O2的电子式： D葡萄糖的结构简式：C6H12O62B 命题立意：本题考查化学用语。难度较小。解析：A项，此为球棍模型，错误；C项，电子式应为，错误；D项，为葡萄糖的化学式，错误。3（xx泰州二模）常温下，下列各组离子在水溶液中能大量共存的是ANH4 、Ag、CO32 、SO42 BFe2、H、NO3 、ClCAl3、NH4 、HCO3 、ClDK、Na、NO3 、SO42 3D 命题立意：本题考查离子共存。难度中等。解析：A项，Ag与CO32 反应生成Ag2CO3沉淀，错误；B项，H与NO3 构成HNO3，氧化Fe2，不可共存，错误；C项，Al3与HCO3 发生双水解反应，错误。 4（xx泰州二模）下列有关物质的性质与应用对应关系不正确的是A常温下铁与浓硝酸发生钝化，常用铁罐车运输浓硝酸 BSO2有漂白性，常用来漂白纸浆C硅酸钠溶液呈碱性，常用做木材的防火剂DAl具有良好延展性和抗腐蚀性，常用铝箔包装物品4C 命题立意：本题考查物质性质与用途。难度中等。解析：C项，硅酸钠溶液呈碱性不是它作为防火剂的原因，之间为因果关系，错误。5（xx泰州二模）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A1mol Cl2与足量的Fe充分反应，转移电子的数目为3NAB常温下，1L pH1的H2SO4溶液中，由水电离出的H+数目为0.1NAC常温下，21g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAD1mol 原子中所含中子数目为6NA5C 命题立意：本题考查阿伏加德罗常数的应用。难度中等。解析：A项，以不足的Cl2计算，1mol Cl2完全反应转移2mol e，错误；B项，H2SO4溶液中的OH来自于水的电离，c(OH)=10-13 molL1，n(H)水=n(OH)水=10-13 mol，错误；C项，烯烃的通式为(CH2)n，含有的C原子数为，正确；D项，原子中的中子数为146=8，错误。6（xx泰州二模）制备下列物质的工业生产流程合理是A由SO2制亚硫酸钠： B由NaCl制漂粉精：O2 C由NH3制硝酸：D由乙烯制乙酸：6A 命题立意：本题考查工业生产中物质之间的转化。难度中等。解析：A项，SO2过量，与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3，正确；B项，应将“澄清石灰水”改成“石灰乳”，错误；C项，NH3的催化氧化，生成NO，错误；D项，不是工业生产，工业中将CH3CH2OH发酵生成CH3COOH，错误。7（xx泰州二模）用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是图1图2图3图4A用图1所示配制一定浓度的稀硫酸 B用图2装置实验室制取氨气C用图3装置蒸发饱和食盐水 D用图4装置制取、收集乙炔气体7B 命题立意：本题考查化学基本操作与基本原理。难度中等。解析：A项，不可在容量瓶中直接稀释浓H2SO4，而应在烧杯中冷却后再转移，错误；C项，应采用蒸发皿，而不是用坩埚，错误；D项，C2H2的相对分子质量小于空气，不可采用向上排空气法收集，错误。8（xx泰州二模）图5是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法错误的是图5AX、R的最高化合价相同B简单离子的半径：XYZCY、Z、R对应的最高价氧化物的水化物相互之间可以发生反应 D电解熔融的X与Z构成的化合物可以得到单质Z8A 命题立意：本题考查元素周期律。难度中等。解析：由图推知，X为O，Y为Na，Z为Al，R为S。A项，O无+6价，错误；B项，半径：O2NaAl3，正确；C项，NaOH、Al(OH)3、H2SO4之间可以相互反应，错误；D项，电解Al2O3可得Al，正确。9（xx泰州二模）下列指定反应的离子方程式正确的是 A向烧碱溶液中加入铝：Al + 2OH AlO2 + H2B用过量氨水吸收烟道气中的SO2：SO2 + 2NH3H2O SO32 + 2NH4 + H2OC将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制取Fe(OH)3胶体：Fe3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+D用Fe2+将饮用水中少量ClO2 还原成为Cl： 4Fe2+ + ClO2 + 4H+ = 4Fe3+ + Cl + 2H2O9B 命题立意：本题考查离子方程式正误判断。难度中等。解析：A项，不符合电荷守恒，错误；C项，生成胶体，不可写成沉淀，错误；D项，饮用水中H很少，错误。10（xx泰州二模）下列关于各图像的解释或得出结论正确的是 n（NH3） /s 图6 图7 图8 图9A图6表示0.10 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.10 molL1醋酸溶液的滴定曲线B图7表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性I的变化C根据图8所示可知：石墨比金刚石稳定D图9表示反应2SO2O22SO3，t1时刻只减小了的SO3的浓度10C 命题立意：本题考查化学图像中的原理分析。难度中等。解析：A项，强碱与弱酸的滴定曲线，没有这么陡，错误；B项，CH3COOH为弱电解质，加入NH3生成强电解质CH3COONH4，导电能力增强，错误；C项，石墨的能量低，故较稳定，正确；D项，在t1时刻，瞬间减少SO3时，v (正)不变，随后减小，最后平衡，错误。不定项选择题：本题包括5 小题，每小题4 分，共计20 分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0 分。11（xx泰州二模）雷美替胺是首个没有列为特殊管制的非成瘾失眠症治疗药物，合成该有机物过程中涉及如下转化，下列说法正确的是 A可用溴水区分化合物和化合物B化合物、均能与NaHCO3溶液发生反应C1mol化合物最多能与3molH2发生加成反应D与化合物互为同分异构体，且分子中含有2个醛基的芳香族化合物有10种11AD 命题立意：本题考查有机物的结构与性质。难度中等。解析：A项，II中含有碳碳双键，与Br2可发生加成反应，而使Br2褪色，但Br2与III无现象，可区分，正确；B项，I不可以与NaHCO3溶液反应，错误；C项，I中苯环和醛基均可以与H2发生加成反应，错误；D项，苯环上相连两个醛基和一个甲基，若两个醛基相邻，则甲基存在2种位置；若两个醛基相间，则甲基存在3种位置；若两个醛基相对，则甲基只存在1种位置；若取代基为一个醛基和一个“-CH2CHO”，则存在3种邻、间、对位置；若取代基只有一个，则为“-CH(CHO)2”，故共有10种，正确。12（xx泰州二模）下列有关实验操作对应的现象及对现象的解释或所得出结论都正确的选项是选项实验操作现象解释或结论A向浓度均为0.1 molL1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀KspMg(OH)2KspCu(OH)2B溴乙烷与NaOH溶液共热后，滴加AgNO3溶液未出现淡黄色沉淀溴乙烷未水解C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中不含K+D某钡盐溶于盐酸，产生无色无味气体通入澄清石灰水变浑浊说明该盐是碳酸钡12A 命题立意：本题考查化学实验方案的评价。难度中等。解析：A项，A项，Mg(OH)2和Cu(OH)2的化学式组成相同，谁生成沉淀，谁的Ksp小，正确；B项，没有调节至酸性，错误；C项，没有做K的焰色实验，错误；D项，使澄清石灰水变浑的无色无味气体，一定是CO2，该钡盐可能是BaCO3或Ba(HCO3)2，错误。13（xx泰州二模）下列说法正确的是A粗锌与稀硫酸反应比纯锌快，说明粗锌中含有更活泼的金属B新制氯水显酸性，滴加少量紫色石蕊溶液，溶液始终呈红色C常温下，弱酸酸式盐NaHA溶液的pH6，说明HA的电离程度大于其水解程度D一定温度下，反应2NaCl(s)2Na(s)Cl2(g)的 H0 ，S013C 命题立意：本题考查化学基本原理。难度中等。解析：A项，构成原电池的两种物质，谁活泼谁先反应，若Zn先反应产生H2，则所含杂质没有Zn活泼，错误；B项，氯水中含有H，使石蕊变红，含有的HClO具有漂白性，最终红色褪去，错误；C项，HA电离显酸性，而水解显碱性，若pH=6，则说明HA的电离大于水解，正确；D项，该反应为气体增多的反应，则S0，而NaCl分解显然属于吸热反应，H0，错误。14（xx泰州二模）臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，在T温度下，向2.0 L恒容密闭容器中充入2.0 mol NO2和1.0 mol O3，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：t / s0361224n(O2) / mol00.360. 600. 800.80下列有关说法正确的是 A反应在03s 内的平均速率v(NO2)0. 24 molL1s1B24s后，若保持其他条件不变，降低温度，达到新平衡时测得c(O2)0.44 molL1，则反应的DHc(Na)c(HA)，而中c(HA)小于0.2 molL1，则c(HA)c(HA)，错误；C项，电荷守恒有：c(Na)+c(H)=c(OH)+c(A)，而c(Na)c(HA)，所以c(HA)+ c(H+)c(OH)+ c(A)，错误；D项，反应后的溶液为c(NaOH):c(NaA)=1:1，由物料守恒有，c(Na)=2c(A)+2c(HA)，结合电荷守恒方程式，消去c(Na)，得c(A)+2c(HA)+c(H)=c(OH)，由A元素的物料守恒有，c(A)+c(HA)=0.1/2=0.05 molL1，再消去c(A)，得c(OH)c(H+)c(HA)c(A)+c(HA) =0.05 molL1，正确。第卷 非选择题（共80分）16(12分) （xx泰州二模）锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+，工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流程如下：（1）锌浮渣利用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，其目的是 。图10浸出液pH铁质量浓度(g/L)0 （2）净化1是为了将Mn2+转化为MnO2而除去，试写出该反应的离子方程式 。（3）90时，净化2溶液中残留铁的浓度受pH影响 如图10。pH值中等时，虽有利于Fe2+转化为Fe3+，但残留铁的浓度仍高于pH为34时的原因是 。（4）滤渣3的主要成份为 （填化学式）。（5）碳化在50进行,“前驱体”的化学式为 ZnCO32Zn(OH)2H2O，写出碳化过程生成“前驱体”的化学方程式 ；碳化时所用NH4HCO3的实际用量为理论用量的1.1倍，其原因一是为了使Zn2+充分沉淀，二是 。16(12分)（1）提高锌元素的总浸出率 （2分）（2）Mn2+S2O82+2H2OMnO2+2SO42+4H+ （2分）（3）H+抑制Fe3+水解 （2分）（4）Cd （2分）（5）3ZnSO4+6NH4HCO3ZnCO32Zn(OH)2H2O+3(NH4)2SO4+5CO2 （2分） 反应过程中有部分NH4HCO3分解（或NH4HCO3消耗H+，避免H+浓度过大 溶解ZnCO32Zn(OH)2H2O）（2分）命题立意：本题考查制取氧化锌的工业流程分析。难度中等。解析：（1）滤渣1中还会含有Zn元素，所以循环浸出的目的，就是利高浸出液中Zn的量。（2）S2O82中的S为+7价，氧化Mn2生成MnO2，S降低为+6价的稳定价态，为SO42 ，根据得失电子守恒配平，根据电荷守恒知，产物中有H存在。（3）酸性越强，可溶解Fe(OH)3生成Fe3，即Fe3不易沉淀。（4）题中要求逐一除去杂质，浸出除去SiO2，净化1除去Mn，净化2除去Fe，所以净化3一定是除去Cd，Zn与Cd2+发生置换反应生成Cd。（5）由“碳化”这一步知，加入的反应物为NH4HCO3,净化后的溶液为ZnSO4，反应后生成“前驱体（ZnCO32Zn(OH)2H2O）”沉淀、(NH4)2SO4和CO2。加入的NH4HCO3受热易分解，为了生成更多的“前驱体”，所以NH4HCO3应略过量，另外NH4HCO3可中和浸出液中的H2SO4，以避免其溶解“前驱体”。17(15分) （xx泰州二模）化合物F是合成抗过敏药孟鲁司特钠的重要中间体，其合成过程如下：请回答下列问题：化合物C中含氧官能团为 、 （填名称）。化合物B的分子式为C16H13O3Br，B的结构简式为 。由CD、EF的反应类型依次为 、 。写出符合下列条件C的一种同分异构体的结构简式 。属于芳香族化合物，且分子中含有2个苯环 能够发生银镜反应分子中有5种不同环境的氢原子。已知：，写出以CH3CH2OH、为原料制备的合成路线流程图(乙醚溶剂及无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：。17(15分)（1）羰基、酯基（2分，各1分） （2） （2分）（3）还原反应、取代反应（4分，各2分）（4）、（2分）（5）（5分）命题立意：本题考查有机物的推断与合成。难度中等。解析：（1）C中“C=O”为羰基，“-COO-”为酯基。（2）B与CH3OH在浓H2SO4作用下发生酯化反应生成C，由此可逆出B的结构简式。（3）C至D为羰基还原为羟基，E至F为E中的Br原子与中碳碳双键上的一个H原子发生取代反应生成HBr和F。（4）能银镜，说明含有醛基，为使分子高度对称，所以可拆成两个醛基，还多余3个C，1个O，1个Br。按照对称原则，除了答案给出的同分异构体的结构简式外，还有、等。（5）抓住给出的原料与流程中的物质进行对比分析可知，给出的原料中含有酯基，类似于流程中的D，可以与RMgCl发生反应生成醇，给出的CH3CH2OH可先转化成卤代烃，然后给合已知“”，将CH3CH2Cl转化为CH3CH2MgCl，与酯反应生成，再对照目标产物，可以将苯环加成后，再将羟基消去而生成。18（12分）（xx泰州二模）聚合氯化铁铝(简称 PAFC)，其化学通式为：FexAly(OH)aC1bzH2Om。某同学为测定其组成，进行如下实验：准确称取4.5050g样品，溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到2.3300g固体。另准确称取等质量样品溶于水，在溶液中加入适量Zn粉和稀硫酸，将Fe3+完全还原为Fe2+。用0.1000 molL1标准KMnO4溶液滴定Fe2+，消耗标准溶液的体积为20.00 mL。另准确称取等质量样品，用硝酸溶解后，加入足量AgNO3溶液，得到4.3050 g白色沉淀。若滴定管在使用前未用KMnO4标准溶液润洗，测得的Al3+含量将 (填“偏高”、或“偏低”或“不变”)。实验室检验Fe3+常用的方法是 。通过计算确定PAFC的化学式 （写出计算过程；m为聚合度，不必求出）。18（12分）（1）偏低 （2分）（2）取试样少许，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变为（血）红色，证明溶液中含有Fe3+ （2分）（3）n(Fe3+）n(Fe2)5n(MnO4 )0.1molL10.02L50.01mol （1分）m(Fe2O3)0.01mol160gmol10.8gn(A13+)2n(Al2O3)20.03mol （1分）n(Cl)n(AgCl)0.03mol （1分）根据电荷守恒：3n(Fe3)+3n(Al3)n(Cl)+n(OH)n(OH)30.01mol+30.03mol0.03mol0.09mol （2分）n（H2O）=0.03mol （2分）即：n(Fe3+)n(A13+)n(OH)n(Cl)n（H2O） 13933则PAFC的化学式为 FeA13(OH)9Cl33H2Om或FeA13(OH)9Cl33H2O （1分）命题立意：本题考查物质组成的测定计算。难度中等。解析：由化学式FexAly(OH)aC1bzH2Om中，其中含有Fe3、Al3、OH、Cl和结晶水，加入氨水，生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，灼烧后生成2.33g的产物为Fe2O3和Al2O3的混合物，步骤依据消耗KMnO4的量可以计算出Fe2，由铁守恒知，即为Fe3的量，由混合物质量可再求出Al3的量。（1）若没有润洗装KMnO4的滴定管，则会多消耗KMnO4，计算出的Fe2偏多，所以Al3偏小。（2）Fe3与KSCN显血红色。（3）步骤可计算出Cl的量，根据电荷守恒，可计算出OH的量，根据质量守恒，可计算出H2O的量，然后将各粒子的物质的量相比，即可求出化学式。19(15分) （xx泰州二模）CaO2难溶于水，溶于酸生成过氧化氢，在医药上用作杀菌剂、防腐剂等。I CaO2制备原理：Ca(OH)2(s) + H2O2(aq) = CaO2(s) + 2H2O(l) DH0不同浓度的H2O2对反应生成CaO2 产率的影响如下表：H2O2/%51015202530CaO2/%62.4063.1063.2064.5462.4260.40分析题给信息，解释H2O2浓度大于20%后CaO2 产率反而减小的原因： 。 过氧化钙中常含有CaO杂质，实验室可按以下步骤测定CaO2含量。步骤1.准确称取0.040.05g过氧化钙样品，置于250mL的锥形瓶中；步骤2.分别加入30mL蒸馏水和2mL盐酸（3 molL1），振荡使之溶解；步骤3.向锥形瓶中加入5mLKI溶液（100g/L）；步骤4.用硫代硫酸钠标准溶液滴定，至溶液呈浅黄色，然后 ，用硫代硫酸钠标准溶液继续滴定， ，记录数据；步骤5.平行测定3次，计算试样中CaO2的质量分数。滴定时发生的反应：2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI；过氧化钙溶解时选用盐酸而不选用硫酸溶液的原因是 。加入KI溶液后发生反应的离子方程式为： 。请补充完整实验步骤4中的内容： ； 。 测定含有CaO杂质的CaO2含量的实验方法较多，某同学设计了仅用稀盐酸一种药品（仪器可任选）较为准确地测出CaO2含量的实验，请你帮该同学列出所需仪器清单（实验用品和用于固定的或连接的仪器可不写）。仪器： 。19（15分）（1）H2O2浓度高，反应速率快，反应放热使体系温度迅速升高，加快H2O2发生分解。（3分）（2）生成微溶的CaSO4覆盖在过氧化钙表面，使结果不准确（2分）（3）H2O2 + 2I+ 2H+ I2 + 2H2O（2分）（4）加入（滴加）指示剂淀粉溶液（2分）；直至溶液的蓝色恰好消失（且半分钟内颜色不变）（2分）（5）(4分)仪器：天平、烧杯、玻璃棒、蒸发皿、酒精灯、漏斗（写全5种得4分，写对4种得3分，写对3种得2分，写对1到2种得1分。答用于固定的仪器不扣分，多答其它无关仪器倒扣1分）命题立意：本题考查CaO2制备及含量测定实验。难度中等。解析：（1）H2O2浓度越大，反应速率越快，则放出的热量也越多，而H2O2受热易分解，故会导致合成CaO2的产量偏小。（2）CaO2与H2SO4反应会生成微溶性的CaSO4覆盖在CaO2表面，阻止了CaO2完全溶解。（3）CaO2与HCl反应生成H2O2，具有强氧化性，可氧化I生成I2。（4）I2与淀粉显蓝色，当Na2S2O3将I2完全反应后，颜色的蓝色褪去，可判断出滴定终点。（5）实验原理为：先称量CaO和CaO2的总质量，然后加入过量的HCl，使它们完全溶解生成CaCl2，再蒸发溶液，冷却结晶，过滤出CaCl2，并准确称其质量，由Ca守恒可列出方程组，得出CaO和CaO2的质量，进而得出CaO2的含量。20(14分）（xx泰州二模）综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义。图11Li4SiO4可用于富集得到高浓度CO2。原理是：在500，低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生。700时反应的化学方程式为 。固体氧化物电解池（SOEC）用于高温共电解CO2/H2O，既可高效制备合成气（CO+H2），又可实现CO2的减排，其工作原理如图11。b为电源的 （填“正极”或“负极”）写出电极c发生的电极反应式 、 。电解生成的合成气在催化剂作用下发生如下反应：CO(g) +2H2(g)CH3OH(g)。对此反应进行如下研究：某温度下在一恒压容器中分别充入1.2mol CO和1mol H2，达到平衡时容器体积为2L，且含有0.4mol CH3OH(g)，则该反应平衡常数值为 ，此时向容器中再通入0.35molCO气体，则此平衡将 移动（填“向正反应方向”、“不”或“逆反应方向”）。已知： 若甲醇的燃烧热为H3，试用H1、H2、H3表示CO(g) +2 H2(g)CH3OH(l)的H，图12H 。利用太阳能和缺铁氧化物如Fe0.9O可将廉价CO2热解为碳和氧气，实现CO2再资源化，转化过程如图12所示，若用1 mol缺铁氧化物Fe0.9O与足量CO2完全反应可生成 mol C（碳）。20(14分)（1）Li2CO3 + Li2SiO3 CO2 + Li4SiO4 （2分）（2） 正极 （2分） CO2 + 2e CO+O2（1分） H2O + 2e H2+O2（1分）（3）50 （2分） 逆反应方向（2分）（4）H2H1H2H3（2分）（5）0.1（2分）命题立意：本题考查化学反应原理的综合应用。难度中等。解析：（1）由题意分析各，两种锂盐为Li2CO3 和 Li2SiO3，700逆向生成CO2和Li4SiO4。（2）由图中O2向d极移动生成O2知，O2移向阳极，对应电源b为正极。c极上CO2转化为CO，H2O转化为H2，电解质为O2，据此配平电极反应。（3）CO(g) +2H2(g)CH3OH(g)。 起始 1.2mol 1mol 0mol平衡 0.8mol 0.2mol 0.4mol转化 0.4mol 0.8mol 0.4molK=。该容器为恒压容器，物质的量之比等于容器的体积比，平衡时气体的总物质的量为1.4mol，对应容积为2L ，再加入0.35mol CO，设此时容器的总体积为VL，则有，V=2.5L，计算出此时的Q=50，因QK，则平衡逆向移动。（4）根据已知写出相应的热化学方程式：H2(g) + 1/2O2(g) = H2O(l) H1;CO2(g) = CO(g) + 1/2 O2(g) H2;CH3OH(l) + 3/2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(l) H3，按“2”可得所求反应的焓变。（5）抓住Fe0.9O与足量CO2完全反应生成Fe3O4和C，Fe0.9O中Fe为价，Fe3O4中Fe为价，有1mol Fe0.9O参加反应时，转移1()0.9=0.4mol e，生成1 mol C时转移4mol e，根据得失e守恒列式为：0.4=4n(C),n(C)=0.1mol。21（12分）【选做题】本题包括A、B 两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按A小题评分。A【物质结构与性质】（xx泰州二模）我国从国外进口某原料经测定主要含有A、B、C、D、E五种前四周期元素，且原子序数依次增大。元素A、B、C、D、E的原子结构等信息如下：元素元素性质或原子结构A周期表中原子半径最小的元素B原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同C最外层p轨道半充满D位于短周期，其原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍E位于ds区且原子的最外层电子数与A的相同请回答下列问题：（用A、B、C、D、E所对应的元素符号作答）B、C、D第一电离能由小到大为 。E的二价离子的电子排布式为 。A2B2D4常用作除锈剂，该分子中B的杂化方式为 ；1molA2B2D4分子中含有键数目为 与化合物BD互为等电子体的阴离子化学式为 （任写一种）。B2A6、C2A4分子中均含有18个电子，它们的沸点相差较大， 主要原因是 。BD2在高温高压下所形成晶体的晶胞如图13所示。一个该晶胞中含 个D原子。21A（1）CON (2分)（2） Ar3d9（2分）（3）sp2(1分) 7mol或76.021023个（2分）（4）CN或C22(1分)（5）N2H4分子间存在氢键(2分) （6）16（2分）命题立意：本题考查物质结构与性质。难度中等。解析：由题意推断出各元素：A为H，B为C，C为N，D为O，E为Cu。（1）N的2p轨道中的电子为半满，较稳定，所以其第一电离能比相邻元素均要大。（2）Cu的价电子为3d104s1，失去电子时，先失4s上面的电子，则Cu2的价电子为3d9。（2）H2C2O4的结构简式为：，C为sp2杂化，单键全为s键，C=O中有一个为s键，故1mol H2C2O4中共有7mol s键。（4）O与N的价电子数相同，所以CO与CN互为等电子体。（5）N2H4存在分子间氢键，而C2H6没有，所以N2H4的沸点高。（6）从晶胞图知，D原子全部位于晶胞内，共有16个。B【实验化学】（xx泰州二模）硫酸锌是一种重要的工业原料。在实验室从粗锌（含有少量的铅）与稀硫酸反应后的废液中提取硫酸锌的主要操作步骤如下：步骤1：将废液过滤，调节滤液的pH约为2，过滤，将滤液加热浓缩，制得较高温度下的饱和溶液，冷却结晶得到粗制晶体。步骤2：在烧杯中用蒸馏水溶解步骤1得到的晶体，滴加少量稀硫酸，水浴加热至晶体全部溶解。停止加热，让其自然冷却、结晶。抽滤，用少量无水乙醇洗涤晶体l2次，得精制晶体。废液中含有的不溶性杂质是 。步骤1中调节滤液pH约为2，可加入的物质是 。（填字母） aNH3H2O bZnO cZnCO3 dNaOH步骤1中对滤液加热浓缩时，当 时，停止加热。步骤2中滴加少量稀硫酸的目的是 。抽滤装置如图14所示，仪器B的名称图14是 。仪器C的作用是 。用少量无水乙醇洗涤晶体的目的是 。21B（1）PbSO4（2分） （2）bc（2分） （3）溶液表面出现晶膜（2分）（4）抑制硫酸锌水解（2分）（5）吸滤瓶（1分） 防止倒吸（1分）（6）利用乙醇挥发性除去晶体表面的水分（2分）命题立意：本题考查从废液中提取ZnSO4的实验。难度中等。解析：（1）粗锌中含有Pb杂质，与稀H2SO4反应时会生有难溶性的PbSO4生成。（2）加入ZnO、ZnCO3均可以与H中和，而不引入新杂质。（3）蒸发浓缩时，溶液中出现晶膜时就要停止加热，以用余热蒸发。（4）Zn2水解显酸性，加入H2SO4可以抑制ZnSO4的水解。（5）装置C为安全瓶，作用是可以储存倒吸液。（6）ZnSO4在乙醇中的溶解度小，且乙醇易挥发，可以快速带走晶体表面的水份。