1、2015-2016学年中国石油天然气管道局中学高二（下）第二次月考化学试卷一.（选择题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共66分）12015年11月29日至30日，国家主席习近平出席了气候变化巴黎大会，各国就如何应对气候变化、提升经济绿色水平，实现人类可持续发展进行商讨为达成“同呼吸，共奋斗”全国各地为治理雾霾广泛开展了一系列活动下列活动不符合这一主题的是（）A机动车实行限行措施是减少雾霾的途径之一B积极推广风能、太阳能、氢能等新型能源的使用C通过吸收空气中CO2并利用廉价能源合成汽油可推广“绿色自由”计划D将秸秆焚烧可得富含钾肥的草木灰，焚烧是一种较为理想的秸秆处理办法2化学与生活、
2、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是（）A“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化B“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成了丹砂”，该过程发生了分解、化合、氧化还原反应C干燥剂硅胶和硅橡胶的主要化学成分都是二氧化硅D铜制品在潮湿的空气中生锈，其主要原因是发生了析氢腐蚀3下列说法正确的是（）A大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收B现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键C我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高
3、温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛D用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同4NA表示阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是（）1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NA6.2g氧化钠和7.8g过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.6NA3.4gNH3中含NH键数目为0.2NA常温下1L 0.5mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25mol/L NH4Cl溶液所含NH4+的数目相同常温下4.6gNO2和N2O4混合气体中所含原子总数为0.3NA等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3：11mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为3NA高温下，1
4、6.8g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子ABCD52015年8月12日晚11时30分左右，天津滨海新区某公司的仓库发生爆炸，事发仓库里存放了大量的硝酸铵、氰化钠、电石和金属钠等危险化学品下列有关叙述正确的是（）A危险化学品危害人类健康，应禁止生产B金属钠可以保存在石蜡油中，并贴上标志C可以用大量水扑灭爆炸引发的大火D硝酸铵、氰化钠、电石和金属钠均属于电解质6用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱下列有关说法正确的是（）A该反应中氮元素被氧化B该反应中H2O2作还原剂C0.1molL1NaC
5、N溶液中含有HCN和CN的总数为0.16.021023D实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液7下列实验装置或操作设计正确、且能达到目的是（）A实验：配制一定物质的量浓度的稀硫酸B实验：用二氧化碳作喷泉实验C实验：进行中和热的测定D实验：验证酸性的强弱，H2SO4H2CO3HClO8下列操作和所得结论均正确的是（）选项实 验 操 作结 论A用容量瓶配制溶液时，若定容摇匀后液面低于刻度线，补加水至与刻度线相平所配溶液浓度不受影响B用湿润的pH试纸测定氯水的pH所测溶液的pH偏大C取少量试液于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体若红色石蕊试纸变蓝则所取溶
6、液含NH4+D用托盘天平称取一定质量的NaCl固体，左盘放砝码，右盘放固体所称NaCl质量一定偏小AABBCCDD9下列结论正确的是（）粒子半径：K+Al3+S2Cl酸性：H2SO4H3PO4H2CO3HClO离子的还原性：S2ClBrI氧化性：Cl2SSeTe金属性：BeMgCaK 非金属性：ONPSi氢化物的稳定性：HFHClH2SPH3SiH4ABCD10元素符号、反应方程式、结构示意图、电子式、结构式等通常叫做化学用语下列有关化学用语的表示方法中错误的是（）A异丁烷的结构式：BS2的结构示意图：CO18的原子符号：DCO2分子的结构式：O=C=O11二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡
7、胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示常温下，S2Cl2遇水易与水发生反应，并产生能使品红褪色的气体下列说法错误的是（）AS2Cl2的结构中各原子均达到8电子的稳定结构BS2Cl2为含有极性键和非极性键的共价化合物C若S2Br2与S2Cl2结构相似，则熔沸点：S2Cl2S2Br2DS2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2OSO2+3S+4HCl12被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层
8、电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍下列说法错误的是（）A原子半径：YZRTB气态氢化物的稳定性：WRTC最高价氧化物对应的水化物的碱性：XZDXR2、WR2两种化合物中R的化合价相同13短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示下列说法正确的是（）A原子半径的大小为：ZYXB气态氢化物的还原性：ZYC若Y可作半导体材料，则X、Z的单质常温下均为气体D若Y与Z的核电荷数之和为X的4倍，则X、Z各自形成的氢化物熔沸点：XZ14A、B、C、D、E是同周期元素，A、B的最高价氧化物的水化物呈碱性，且B比A的碱性强，C、D最高价氧化物水化物是酸，且C比D的酸性强，E是这五
9、种元素中离子半径最小的，则它们的原子序数由小到大的顺序是（）AE、C、D、B、ABB、A、E、D、CCE、B、A、D、CDA、B、C、D、E15氢化钠（NaH）是一种白色的离子化合物，其中钠元素是+1价；氢化钠与水反应放出氢气下列叙述中不正确的是（）ANaH的电子式为BNaH与H2O反应时水作氧化剂CNaH中氢元素的离子半径小于Li+的离子半径DH+与H的核外电子排布不相同16铊是超导材料的组成元素之一，铊在周期表中位于第六周期，与铝是同族元素，元素符号是Tl，以下对铊的性质的推断不正确的是（）AT1（OH）3是两性氢氧化物B铊与酸反应比铝更剧烈CTl3+的氧化能力比Al3+弱D铊是易导电的银
10、白色金属17科学家最近研究出一种环保、安全的储氢方法，其原理可表示为：储氢释氢NaHCO3+H2 HCOONa+H2O下列有关说法正确的是（）A储氢、释氢过程均无能量变化BNaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键C储氢过程中，NaHCO3被氧化D释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出2.24L的H218下列说法正确的是（）NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na+共有12个含有共价键的晶体一定具有高的熔、沸点及硬度ss 键与sp 键的电子云形状相同含有键的化合物与只含键的化合物的化学性质不同中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构形不一定是正四面体配位键在形成时，是由成键双方各提供
11、一个电子形成共用电子对ABCD19下列对一些实验事实及其理论解释都正确的是（）选项实验事实理论解释AN原子的第一电离能小于O原子同周期元素原子的电离能随原子序数增大而增大BCO2为直线形分子CO2分子中C为sp杂化，键角为180C金刚石的熔点高于石墨金刚石是原子晶体，石墨是分子晶体DHF的沸点低于HClHF的相对分子质量小于HClAABBCCDD20向盛有硫酸锌水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到透明溶液下列对此现象说法不正确的是（）A用硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，能观察到同样的现象B沉淀溶解后，将生成配合离子Zn（NH3）42+C反应后溶液中不存在任何
12、沉淀，所以反应前后Zn2+的浓度不变D在Zn（NH3）42+离子中，NH3给出孤对电子，Zn2+提供空轨道21瑞典ASES公司设计的曾用于驱动潜艇的液氨液氧燃料电池示意图如图所示，下列有关说法正确的是（）A电池工作时，Na+向电极1移动B电池工作一段时间后停止，溶液pH值不变C电极1发生的电极反应为2NH3+6OH6eN2+6H2OD用该电池做电源电解精炼铜，理论上每消耗0.2 mol NH3的同时阳极会得到19.2g纯铜22pH=1的某溶液X中仅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种（忽略水的电离及离子的水解），取该溶液
13、进行连续实验，实验过程如下：下列有关推断不正确的是（）A沉淀H为Al（OH）3、BaCO3的混合物B根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、ClC溶液X中一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42、H+D若溶液X为100 mL，产生的气体A为44.8 mL（标况），则X中c（Fe2+）=0.06 molL1二、解答题（共5小题，满分34分）23表为元素周期表的一部分：族周期123请参照元素在表中的位置，用化学用语回答下列问题：（1）画出元素的离子结构示意图（2）、的离子半径由大到小的顺序为（3）元素和形成的化合物的电子式：24由上述部分元素组成的物质间，在一定条件下，可以发生下图
14、所示的变化，其中A是一种淡黄色固体请回答：（1）写出固体A与液体X反应的离子方程式（2）气体Y是一种大气污染物，直接排放会形成酸雨可用溶液B吸收，写出过量的Y与B溶液反应的离子方程式（3）若气体C与Y在恒容绝热的条件下反应，下列哪些说法说明该反应达到平衡状态：A温度不变 B.2v正（C）=v逆（Y）C混合气体的密度不变 D混合气体的平均相对分子质量不变25A、B、C、D、E、F、G、I均为前四周期原子序数依次增大的元素A原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；C的最外层有6个运动状态不同电子；D的基态原子外围电子排布式为3S2；E与D同周期，且在该周期中电负性最大；F、G是同族且原子序数差2的元
15、素；I的基态原子外围只有一个单电子（1）下列关于A2H4分子和H2C2分子的说法正确的是A分子中都含有键和键 B中心原子都sp2杂化C都是含极性键和非极性键的非极性分子 D互为等电子体EA2H4分子的沸点明显低于H2C2分子（2）A、B、C三种元素中的两种，能形成原子个数比为l：3的常见微粒，推测这两种微粒的空间构型为（3）E能形成多种含氧酸，如HEO3、HEO2，请简述酸性HEO3大于HEO2的原因：（4）G与AC能形成挥发性液体G（AC）4，则其固体属于晶体（5）F常见晶体结构为体心立方堆积，原子半径为a nm，I常见晶体结构为面心立方堆积，原子半径为b nm，则两种金属的密度比为（用含a
16、、b的算式表示）26利用图1所示实验装置可以测定常温常压下气体的摩尔体积甲同学利用如图1装置，根据下列步骤完成实验：装配好装置，作气密性检查用砂纸擦去镁带表面的氧化物，然后取0.108g的镁带取下A瓶加料口的橡皮塞，用小烧杯加入20mL水，再把已称量的镁带加到A瓶的底部，用橡皮塞塞紧加料口用注射器从A瓶加料口处抽气，使B瓶导管内外液面持平用注射器吸取10mL3molL1硫酸溶液，用针头扎进A瓶加料口橡皮塞，将硫酸注入A瓶，注入后迅速拔出针头当镁带完全反应后，读取C瓶中液体的体积，记录数据用注射器从A瓶加料口处抽出8.0mL气体，使B瓶中导管内外液面持平读出C瓶中液体体积是115.0mL完成下列
17、填空：（1）在常温常压下气体摩尔体积理论值约为24.5L/mol，甲同学测出此条件下lmol气体的体积为，计算此次实验的相对误差为%保留2位有效数字）引起该误差的可能原因是a镁带中含铝； b没有除去镁带表面的氧化物； c反应放热； d所用硫酸的量不足（2）丙同学提出可用如上右图2装置完成该实验该装置气密性的检查方法是：（3）与原方案装置相比，丙同学使用的装置实验精度更高请说明理由（回答两条），27青蒿素，是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156157，热稳定性差，青蒿素是高效的抗疟药已知：乙醚沸点为35从青蒿中提
18、取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础的，主要有乙醚浸取法和汽油浸取法乙醚浸取法的主要工艺为：请回答下列问题：（1）对青蒿进行干燥破碎的目的是（2）操作I需要的玻璃仪器主要有：烧杯、，操作的名称是（3）操作的主要过程可能是（填字母）A加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶 B加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤C加入乙醚进行萃取分液（4）用下列实验装置测定青蒿素分子式的方法如下：将28.2g青蒿素样品放在硬质玻璃管C中，缓缓通入空气数分钟后，再充分燃烧，精确测定装置E和F实验前后的质量，根据所测数据计算装置E中盛放的物质是，装置F中盛放的物质是该实验装置可能会产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法是用合理改进
19、后的装置进行试验，称得：装置实验前/g试验后/gE22.642.4F80.214632则测得青蒿素的最简式是（5）某学生对青蒿素的性质进行探究将青蒿素加入含有NaOH、酚酞的水溶液中，青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素与（填字母）具有相同的性质A乙醇 B乙酸 C乙酸乙酯 D葡萄糖（6）某科研小组经多次提取青蒿素实验认为用石油醚做溶剂较为适宜，实验中通过控制其他实验条件不变，来研究原料的粒度、提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响，其结果如图所示：由上图可知控制其他实验条件不变，采用的最佳粒度、时间和温度为A80目、100分钟、50B60目、120分
20、钟、50C60目、120分钟、552015-2016学年中国石油天然气管道局中学高二（下）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一.（选择题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共66分）12015年11月29日至30日，国家主席习近平出席了气候变化巴黎大会，各国就如何应对气候变化、提升经济绿色水平，实现人类可持续发展进行商讨为达成“同呼吸，共奋斗”全国各地为治理雾霾广泛开展了一系列活动下列活动不符合这一主题的是（）A机动车实行限行措施是减少雾霾的途径之一B积极推广风能、太阳能、氢能等新型能源的使用C通过吸收空气中CO2并利用廉价能源合成汽油可推广“绿色自由”计划D将秸秆焚烧可得富含钾肥的草
21、木灰，焚烧是一种较为理想的秸秆处理办法【考点】绿色化学【分析】A机动车实行限行减少汽车尾气的排放；B风能、太阳能、氢能是清洁能源；C吸收空气中的CO2并利用廉价能源合成汽油，可以减少二氧化碳的排放；D秸秆燃烧能生成大量的可吸入颗粒物，能够污染环境【解答】解：A机动车实行限行减少汽车尾气的排放，减少氮及其化合物及固体颗粒排放，则是防止酸雨的途径之一，也是减少雾霾的途径之一，故A正确；B开发新能源，如太阳能、风能、氢能等，减少对化石能源的依赖，减少二氧化碳的排放，故B正确；C吸收空气中的CO2并利用廉价能源合成汽油，可以减少二氧化碳的排放，减缓温室效应，故C正确；D将秸秆焚烧可得富含钾肥的草木灰，
22、但秸秆燃烧能生成大量的可吸入颗粒物，能够污染环境，故D错误故选D【点评】本题考查了生活生产中的环境污染和治理，难度不大，题目与社会接触密贴，是高考热点，解题时注意结合相应的化学知识来解答2化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是（）A“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化B“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成了丹砂”，该过程发生了分解、化合、氧化还原反应C干燥剂硅胶和硅橡胶的主要化学成分都是二氧化硅D铜制品在潮湿的空气中生锈，其主要原因是发生了析氢腐蚀【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A以水二升渍，绞取汁，与过滤原理相似；B丹砂即硫化汞，加热即
23、分解而得到汞汞与硫磺化合又生成黑色的硫化汞，再在密闭容器中调节温度，便升华为赤红色的结晶硫化汞；C硅橡胶为有机物；D铜制品在潮湿的空气中生锈，可知氧气得到电子，Cu失去电子【解答】解：A“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于物理变化，类似于过滤，故A错误；B丹砂即硫化汞，加热即分解而得到汞汞与硫磺化合又生成黑色的硫化汞，再在密闭容器中调节温度，便升华为赤红色的结晶硫化汞，则该过程发生了分解、化合、氧化还原反应，故B正确；C硅橡胶是指主链由硅和氧原子交替构成，硅原子上通常连有两个有机基团的橡胶，为有机物，故C错误；D铜在潮湿的空气中发生的是吸氧腐蚀，故D错误；故选B【点评】本
24、题考查物质的性质及应用，为高频考点，侧重于分析与应用能力的考查，注意把握物质的性质、发生的反应、化学与生活的关系为解答该题的关键，题目难度不大3下列说法正确的是（）A大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收B现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键C我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛D用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同【考点】金属冶炼的一般原理；物质的组成、结构和性质的关系【分析
25、】A油脂在人体内水解为高级脂肪酸和甘油；B氢键属于分子间作用力，不属于化学键；C钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质；D依据活性炭与次氯酸漂白原理解答；【解答】解：A油脂在人体内水解为高级脂肪酸和甘油，蛋白质在人体中水解生成氨基酸，故A错误；B“拍”到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，不属于化学键，故B错误；C钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故C正确；D活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性，故D错误；故选：C【点评】本题为综
26、合题，考查了油脂的结构及性质、氢键的概念、钠的性质、常见漂白剂漂白原理，题目难度不大，熟悉相关物质的性质是解题关键，注意对基础知识的积累4NA表示阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是（）1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NA6.2g氧化钠和7.8g过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.6NA3.4gNH3中含NH键数目为0.2NA常温下1L 0.5mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25mol/L NH4Cl溶液所含NH4+的数目相同常温下4.6gNO2和N2O4混合气体中所含原子总数为0.3NA等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3：11mol铁粉在1mol氯
27、气中充分燃烧，失去的电子数为3NA高温下，16.8g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子ABCD【考点】阿伏加德罗常数【分析】苯环中不含碳碳双键；过氧化钠中阴离子为过氧根离子，氧化钠与过氧化钠的物质的量都是0.1mol氧化钠和0.1mol过氧化钠中含有0.6mol阴阳离子；质量换算物质的量结合氨气分子结构分析计算；NH4+发生水解，NH4+浓度越小水解程度越大；NO2和N2O4的最简式均为NO2；磷酸为弱电解质，不能完全电离出氢离子；1mol氯气与1mol铁粉反应，氯气不足，完全反应只能得2mol电子；n=计算得到物质的量，结合铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，计算电子转移数【解答
28、】解：1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为1NA，故错误；6.2g氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol阴离子，总共含有0.3mol离子；7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，二者的混合物中含有0.6mol离子，含有的离子总数为0.6NA，故正确；3.4gNH3 物质的量=0.2mol，含NH键数目为0.6NA，故错误；浓度越大水解程度越小，1L 0.50molL1NH4Cl溶液与2L 0.25molL1NH4Cl溶液含NH4+物质的量后者小，故错误；NO2和N2O4的最简式均为NO2，故
29、4.6g混合物中含有的NO2的物质的量为0.1mol，故含0.1mol氮原子和0.2mol氧原子，共含有原子数为0.3NA个，故正确；盐酸为强电解质，溶液中完全电离，1mol/L的盐酸中含有氢离子浓度为1mol/L，而磷酸为弱电解质，1mol/L的磷酸溶液中氢离子浓度小于3mol/L，所以电离出的氢离子数之比小于3：1，故B误；1mol氯气与1mol铁粉反应，氯气不足，完全反应只能得2mol电子，故错误；n=计算得到物质的量=0.3mol，结合铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气计算电子转移数，3FeFe3O48e，则Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子，故正确；故选：B【点评】本题考查
30、了阿伏伽德罗常数的分析应用，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意氧化还原反应电子转移计算，注意物质的量和微粒数的计算应用，题目难度中等52015年8月12日晚11时30分左右，天津滨海新区某公司的仓库发生爆炸，事发仓库里存放了大量的硝酸铵、氰化钠、电石和金属钠等危险化学品下列有关叙述正确的是（）A危险化学品危害人类健康，应禁止生产B金属钠可以保存在石蜡油中，并贴上标志C可以用大量水扑灭爆炸引发的大火D硝酸铵、氰化钠、电石和金属钠均属于电解质【考点】化学实验安全及事故处理【分析】A化学危险品正确使用有利于社会发展；B金属钠密度小于1，大于煤油，钠是活泼金属和水二氧化碳反应；C如果可燃物
31、与水反应，则不能用水灭火；D电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物【解答】解：A化学危险品正确使用有利于社会发展，注意使用安全，故A错误；B金属钠密度小于1，大于煤油，钠是活泼金属和水二氧化碳反应；实验室中，金属钠保存在石蜡油或煤油中，可以把钠与空气隔离开，故B正确；C用水灭火的原理是利用水蒸发吸热，降低可燃物的温度到着火点以下，如果可燃物与水反应，则不能用水灭火，如金属钠，故C错误；D钠是单质，不属于电解质，故D错误故选B【点评】本题考查了实验室中的试剂存放、化学实验安全及事故处理，题目难度不大，注意掌握化学实验基本操作方法，明确处理突发事故的方法，确保人身安全、降低国家财产损失6用H
32、2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱下列有关说法正确的是（）A该反应中氮元素被氧化B该反应中H2O2作还原剂C0.1molL1NaCN溶液中含有HCN和CN的总数为0.16.021023D实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液【考点】氧化还原反应【分析】NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3反应中O元素从1价降低为2价，C元素从+2价升高到+4价，结合电子转移和NaCN的性质分析【解答】解：ANaCN中C为+2价，Na为+1价，则氮元素的化合价为3，反应前后N元素化合价不变，故A错误
33、；BNaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3反应中O元素从1价降低为2价，所以反应中H2O2作氧化剂，故B错误；C没有告诉溶液的体积，无法计算，故C错误；D因为HCN酸性比H2CO3弱，所以实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液防止水解，故D正确故选D【点评】本题考查了氧化还原反应和盐的水解，侧重于氧化还原反应电子转移和物质性质的考查，注意从化合价的角度分析，题目难度不大7下列实验装置或操作设计正确、且能达到目的是（）A实验：配制一定物质的量浓度的稀硫酸B实验：用二氧化碳作喷泉实验C实验：进行中和热的测定D实验：验证酸性的强弱，H2SO4H2CO3HClO【考点】化学实验方
34、案的评价【分析】A容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，不能溶解或稀释药品；B该气体极易溶于该溶液形成大的压强差时就能做喷泉实验；C必须有环形玻璃搅拌棒搅拌混合溶液；D二氧化碳和次氯酸反应没有明显现象【解答】解：A一定浓度溶液的配制，应该先在烧杯中稀释冷却后在转移到容量瓶内，故A错误；B打开弹簧夹，挤压胶头滴管，能形成大的压强差，可以产生喷泉，故B正确；C缺少环形玻璃搅拌棒，否则导致混合溶液温度不均匀，故C错误；D二氧化碳通入NaClO溶液中会生成HClO，但是该反应没有现象，无法通过该实验看出是否有HClO生成，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及实验基本操作、物
35、质检验等知识点，明确实验原理及物质性质、实验基本操作方法、实验仪器的用途等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意不能用金属作搅拌棒，题目难度不大8下列操作和所得结论均正确的是（）选项实 验 操 作结 论A用容量瓶配制溶液时，若定容摇匀后液面低于刻度线，补加水至与刻度线相平所配溶液浓度不受影响B用湿润的pH试纸测定氯水的pH所测溶液的pH偏大C取少量试液于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体若红色石蕊试纸变蓝则所取溶液含NH4+D用托盘天平称取一定质量的NaCl固体，左盘放砝码，右盘放固体所称NaCl质量一定偏小AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A
36、用容量瓶配制溶液时，若定容摇匀后液面低于刻度线，补加水至与刻度线相平，导致配制溶液体积偏大；B次氯酸具有漂白性；C铵根离子和浓NaOH溶液反应生成一水合氨，一水合氨受热分解生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；D用托盘天平称取一定质量的NaCl固体，左盘放砝码，右盘放固体，称量的药品质量不一定偏小【解答】解：A用容量瓶配制溶液时，若定容摇匀后液面低于刻度线，补加水至与刻度线相平，导致配制溶液体积偏大，则配制溶液浓度偏低，故A错误；B氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，会导致测定的pH不准确，故B错误；C铵根离子和浓NaOH溶液反应生成一水合氨，一水合氨受热分解生成氨气，氨气能使湿润的红色
37、石蕊试纸变蓝色，该实验能实现实验目的，故C正确；D用托盘天平称取一定质量的NaCl固体，左盘放砝码，右盘放固体，称量的药品质量不一定偏小，如果游码不移动，则称量的药品质量不变，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及仪器的使用、离子检验、溶液配制等知识点，明确实验原理、实验基本操作、误差产生原因是解本题关键，易错选项是D9下列结论正确的是（）粒子半径：K+Al3+S2Cl酸性：H2SO4H3PO4H2CO3HClO离子的还原性：S2ClBrI氧化性：Cl2SSeTe金属性：BeMgCaK 非金属性：ONPSi氢化物的稳定性：HFHClH2SPH3SiH4ABCD【考点
38、】元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期律的作用；微粒半径大小的比较【分析】电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小；非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强；非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱；非金属性越强，对应单质的氧化性越强；同主族从上到下金属性增强；同主族从上到下非金属性减弱，同周期从左向右非金属性增强；非金属性越强，对应氢化物越稳定【解答】解：电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则粒子半径：S2ClK+Al3+，故错误；非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，且碳酸与NaClO反应生成HClO，则H2SO4
39、H3PO4H2CO3HClO，故正确；非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性为S2IBrCl，故错误；非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氧化性为Cl2SSeTe，故正确；同主族从上到下金属性增强，同周期从左向右金属性减弱，则金属性：BeMgCaK，故正确；同主族从上到下非金属性减弱，同周期从左向右非金属性增强，则非金属性：ONPSi，故正确；非金属性越强，对应氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：HFHClH2SPH3SiH4，故正确；故选C【点评】本题考查元素周期表和周期律的应用，为高频考点，把握元素的位置、性质和元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，
40、题目难度不大10元素符号、反应方程式、结构示意图、电子式、结构式等通常叫做化学用语下列有关化学用语的表示方法中错误的是（）A异丁烷的结构式：BS2的结构示意图：CO18的原子符号：DCO2分子的结构式：O=C=O【考点】结构式；常见元素的名称、符号、离子符号；原子结构示意图【分析】A为异丁烷的结构简式，结构式必须用短线将所有的化学键表现出来；B硫离子核外有3个电子层，最外层有8个电子；C元素符合左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数；D二氧化碳分子中碳原子和每个氧原子之间共用两个电子对【解答】解：A不是异丁烷的结构式，为结构简式，异丁烷的结构式为：，故A错误；B硫离子核外有3个电子层，最外
41、层有8个电子，其离子结构示意图为：，故B正确；C元素符合左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，所以O18的原子符号：818O，故C正确；D二氧化碳分子中碳原子和每个氧原子之间共用两个电子对，所以其结构式为：O=C=O，故D正确；故选A【点评】本题考查了结构式、粒子结构示意图、元素符号等化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，明确结构式与结构简式、分子式的区别11二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示常温下，S2Cl2遇水易与水发生反应，并产生能使品红褪色的气体下列说法错误的是（）AS2Cl2的结构中各原子均达到8电子的稳定结构B
42、S2Cl2为含有极性键和非极性键的共价化合物C若S2Br2与S2Cl2结构相似，则熔沸点：S2Cl2S2Br2DS2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2OSO2+3S+4HCl【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；极性键和非极性键【分析】A、由结构可知，S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，写出电子式确定每个原子周围的电子数；B、同种元素原子之间形成非极性键，不同元素的原子之间形成的化学键为极性键；C、组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强；D、S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体
43、为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），符合氧化还原反应原理【解答】解：A由A、由结构可知，S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，S2Cl2的电子式为，每个原子周围都满足8电子稳定结构，故A正确；BS2Cl2分子中SS为非极性键，SCl键为极性键，所以S2Cl2为含有极性键和非极性键的共价化合物，故B正确；C组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，所以S2Cl2S2Br2，故C错误；DS2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到
44、+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），符合氧化还原反应原理，则S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2OSO2+3S+4HCl，故D正确故选C【点评】本题以S2Cl2的结构为载体，考查分子结构、化学键、电子式、氧化还原反应等，难度不大，是对基础知识的综合运用与学生能力的考查，注意基础知识的全面掌握12被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，
45、X与R原子序数之和是W的2倍下列说法错误的是（）A原子半径：YZRTB气态氢化物的稳定性：WRTC最高价氧化物对应的水化物的碱性：XZDXR2、WR2两种化合物中R的化合价相同【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】香花石化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，由前20号元素中的6种组成，其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为镁元素，则由
46、X与R原子序数之和是W的2倍，则=10，推出W为氖元素不符合题意，若X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则=14，推出W为Si元素，符合题意A同周期元素的原子半径从左向右半径在减小；B非金属性越强，则气态氢化物越稳定；C金属性越强，则最高价氧化物对应的水化物碱性越强；D根据常见元素的化合价及化合价原则来分析【解答】解：香花石化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，由前20号元素中的6种组成，其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电
47、子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则=10，推出W为氖元素不符合题意，若X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则=14，推出W为Si元素，符合题意AY为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右半径在减小，即原子半径：YZRT，故A正确；BW为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性FOSi，则气态氢化物的稳定性WRT，故B正确；CX为钙元素、Z为铍元素，金属性CaBe，则最高价氧化物对应的水化物碱性：氢氧化钙氢氧化铍，故C正确；DXR2、
48、WR2两化合物CaO2、SiO2，CaO2中O元素为1价，SiO2中O元素化合价为2，故D错误，故选D【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握核外电子排布与元素周期律，题目难度中等13短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示下列说法正确的是（）A原子半径的大小为：ZYXB气态氢化物的还原性：ZYC若Y可作半导体材料，则X、Z的单质常温下均为气体D若Y与Z的核电荷数之和为X的4倍，则X、Z各自形成的氢化物熔沸点：XZ【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】X、Y、Z三种短周期元素，则三种元素的原子序数不大于18，X与Z、Y的族序数分别相差1，则X处于第二周期
49、，Y、Z处于第三周期，A同一周期，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，电子层数越多，原子半径越大；B同一周期，元素的非金属性随着原子序数的增大而增大，非金属性越强，则其氢化物越稳定，其还原性越弱；C若Y可作半导体材料，即Y为Si，则X为N、Z为S，S常温下为固体；D若Y与Z的核电荷数之和为X的4倍，设X为a，则Y为a+7、Z为a+9，即a+7+a+9=4a，解a=8，那么X为O，Y为P，Z为Cl，水中存在氢键，据此判断即可【解答】解：X、Y、Z三种短周期元素，则三种元素的原子序数不大于18，X与Z、Y的族序数分别相差1，则X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，A、同一周期，原子序数越小，半径
50、越大，YZ，故A错误；B同一周期，元素的非金属性随着原子序数的增大而增大，非金属性越强，则其氢化物越稳定，其还原性越弱，Z的非金属性强于Y，故气态氢化物的还原性：ZY，故B正确；C若Y可作半导体材料，即Y为Si，则X为N、Z为S，S常温下为固体，故C错误；D若Y与Z的核电荷数之和为X的4倍，设X为a，则Y为a+7、Z为a+9，即a+7+a+9=4a，解a=8，那么X为O，Y为P，Z为Cl，O的氢化物为水，Z的氢化物为HCl，由于水中存在氢键，故水比氯化氢的熔沸点高，故D错误，故选B【点评】本题主要考查元素位置结构性质的关系，明确元素周期律是解本题的关键，注意气态氢化物的稳定性与其还原性相反，为
51、易错点14A、B、C、D、E是同周期元素，A、B的最高价氧化物的水化物呈碱性，且B比A的碱性强，C、D最高价氧化物水化物是酸，且C比D的酸性强，E是这五种元素中离子半径最小的，则它们的原子序数由小到大的顺序是（）AE、C、D、B、ABB、A、E、D、CCE、B、A、D、CDA、B、C、D、E【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】同周期元素从左到右，随着原子序数的递增，元素的金属性减弱，非金属性增强，原子半径在逐渐减小；A、B、C、D、E是同一周期的五种主族元素，A和B的最高价氧化物对应的水化物显碱性，且碱性BA，则原子序数BA；C、D最高价氧化物水化物是酸，且C比D的酸性强，则非金属性CD
52、，原子序数：CD，则A、B、C、D的原子序数由小到大的顺序为：BADC，五种元素形成的简单离子中，E的离子半径最小，E应为金属，以此解答该题【解答】解：A、B、C、D、E是同一周期的五种主族元素，A和B的最高价氧化物对应的水化物显碱性，则A、B为金属元素，且碱性BA，则原子序数BA；C、D最高价氧化物水化物是酸，且C比D的酸性强，则非金属性CD，原子序数：CD；由同周期元素从左到右，元素的金属性减弱，非金属性增强，则A、B、C、D的原子序数由小到大的顺序为：BADC，五种元素形成的简单离子中，E的离子半径最小，则E应为金属，又E的离子半径最小，所以E的原子序数大于AB的原子序数，所以它们的原子
53、序数由小到大的顺序是B、A、E、D、C，故选B【点评】本题考查位置、结构、性质的关系，题目难度不大，明确同周期元素性质的变化规律是解答本题的关键，试题侧重基础知识的考查，有利于培养学生灵活应用基础知识的能力15氢化钠（NaH）是一种白色的离子化合物，其中钠元素是+1价；氢化钠与水反应放出氢气下列叙述中不正确的是（）ANaH的电子式为BNaH与H2O反应时水作氧化剂CNaH中氢元素的离子半径小于Li+的离子半径DH+与H的核外电子排布不相同【考点】氧化还原反应【分析】A、NaH是离子化合物，阴离子是H；B、得电子的物质为氧化剂；C、电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小；D、H核外有2个电子
54、【解答】解：A、NaH是离子化合物，阴离子是H，NaH的电子式为Na+：H，故A正确；B、NaH与H2O反应NaH+H2O=NaOH+H2，反应中水中的氢元素化合价降低，因此水做氧化剂，故B正确；C、电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小，则微粒半径HLi+，故C错误；D、H核外有2个电子，而氢离子无电子只有1个质子，故D正确；故选C【点评】本题考查了电子式、电子排布、离子半径比较、氧化还原反应等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握离子半径的比较方法16铊是超导材料的组成元素之一，铊在周期表中位于第六周期，与铝是同族元素，元素符号是Tl，以下对铊的性质的推断不正确的是（）AT1（
55、OH）3是两性氢氧化物B铊与酸反应比铝更剧烈CTl3+的氧化能力比Al3+弱D铊是易导电的银白色金属【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】铊在周期表中位于第六周期，与铝是同族元素，元素符号是Tl，利用同主族元素的性质变化规律来解答【解答】解：A同主族从上到下金属性增强，则Tl（OH）3碱性比氢氧化铝强，所以Tl（OH）3是强碱，故A错误；B属性TlAl，所以铊与酸反应比铝更剧烈，故B正确；C金属性TlAl，则Tl3+的氧化能力比Al3+弱，故C正确；D铝为银白色金属，Tl与Al同主族，则铊是易导电的银白色金属，故D正确故选A【点评】本题考查元素的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查熟
56、悉元素在周期表中的位置及元素周期律是解答本题的关键，难度不大17科学家最近研究出一种环保、安全的储氢方法，其原理可表示为：储氢释氢NaHCO3+H2 HCOONa+H2O下列有关说法正确的是（）A储氢、释氢过程均无能量变化BNaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键C储氢过程中，NaHCO3被氧化D释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出2.24L的H2【考点】化学能与热能的相互转化；化学键；氧化还原反应【分析】A储氢释氢是化学变化，化学变化中一定伴随能量变化；BNaHCO3晶体中HCO3中含有共价键，HCOONa晶体中HCOO中含有共价键；C储氢过程中C元素的化合价由+4降低为+2；D气
57、体体积与温度和压强有关；【解答】解：A储氢释氢NaHCO3+H2HCOONa+H2O，储氢、释氢过程都是化学变化，化学变化中一定伴随能量变化，故A错误；BNaHCO3晶体是离子晶体，由Na+与HCO3构成，HCO3中含有共价键，HCOONa晶体是离子晶体，由Na+与HCOO构成，HCOO中含有共价键，故B正确；C储氢过程中C元素的化合价由+4降低为+2，NaHCO3被还原，故C错误；D储氢释氢NaHCO3+H2HCOONa+H2O，释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出0.1mol的H2，只有在标准状况下0.1mol的H2为2.24L，该题未指明在标准状况下，所以0.1mol的H2不一定为2
58、.24L，故D错误；故选B【点评】本题以储氢方法为载体考查了氧化还原反应、化学反应中能量变化、化学键、气体摩尔体积的应用条件等，题目综合性较强，平时注意基础知识的全面掌握，题目难度不大18下列说法正确的是（）NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na+共有12个含有共价键的晶体一定具有高的熔、沸点及硬度ss 键与sp 键的电子云形状相同含有键的化合物与只含键的化合物的化学性质不同中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构形不一定是正四面体配位键在形成时，是由成键双方各提供一个电子形成共用电子对ABCD【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学键；晶胞的计算【分析】与每个Na+距离最近且相等的
59、Na+分布在小立方体的面对角的位置；含有共价键的晶体可能为分子晶体或原子晶体；ss 键与sp 键的电子云形状不同；键和键的活泼性不同导致物质的化学性质不同；中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体；配位键中单方提供孤电子对【解答】解：NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na+个数=38=12，故正确；含有共价键的晶体可能为分子晶体或原子晶体，如为分子晶体，则熔、沸点及硬度较低，故错误；S能级电子云是球形，P能级电子云是哑铃型，所以ss 键与sp 键的电子云形状不同，故错误；键和键的活泼性不同导致物质的化学性质不同，含有键的物质性质较活泼，故正确
60、；中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，故正确；配位键中单方提供孤电子对，不是双方提供电子，故错误故选B【点评】本题考查的知识点较综合，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，离子晶体中离子配位数的判断是学习的难点，明确离子晶体中配位数的判断及分子晶体中原子的杂化类型是高考的热点，要重点掌握19下列对一些实验事实及其理论解释都正确的是（）选项实验事实理论解释AN原子的第一电离能小于O原子同周期元素原子的电离能随原子序数增大而增大BCO2为直线形分子CO2分子中C为sp杂化
61、，键角为180C金刚石的熔点高于石墨金刚石是原子晶体，石墨是分子晶体DHF的沸点低于HClHF的相对分子质量小于HClAABBCCDD【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A氮原子2p能级半充满，所以比较稳定，难以失去电子；BCO2分子是直线型，杂化类型为SP杂化，分子构型与键的极性无关；C金刚石是原子晶体；D从HF分子中含有氢键角度分析【解答】解：A氮原子2p能级半充满，所以比较稳定，氮原子的第一电离能大于氧原子，故A错误；B理论解释不对，CO2分子的价层电子对是2，根据价层电子对互斥理论，键角为180，CO2分子是直线型，故B正确；C金刚石是原子晶体，故C错误；D理论解释不对，HF分
62、子中含有氢键，故HF的沸点高于HCl，故D错误故选B【点评】本题考查物质结构与性质知识，难度不大，注意CO2分子的价层电子对是2，根据价层电子对互斥理论，CO2分子极性键形成的直线型分子20向盛有硫酸锌水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到透明溶液下列对此现象说法不正确的是（）A用硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，能观察到同样的现象B沉淀溶解后，将生成配合离子Zn（NH3）42+C反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Zn2+的浓度不变D在Zn（NH3）42+离子中，NH3给出孤对电子，Zn2+提供空轨道【考点】配合物的成键情况【分析】向硫酸锌溶液中加入氨水，
63、氨水先和硫酸锌反应生成氢氧化锌沉淀，继续添加氨水，氨水和氢氧化锌反应生成可溶性的锌氨络合物A硝酸锌中的锌离子和氨水反应现象与硫酸锌中锌离子和氨水反应现象相同，硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，能观察到同样现象；B氢氧化锌和氨水反应生成配合物而使溶液澄清；C硫酸锌先和氨水反应生成氢氧化锌，氢氧化锌和氨水反应生成络合物；D配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键【解答】解：A硝酸锌中的锌离子和氨水反应与硫酸锌中锌离子和氨水反应本质一样，所以现象相同，即硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，能观察到同样现象，故A正确；B硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀，继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续
64、反应生成络合物离子Zn（NH3）42+而使溶液澄清，故B正确；C硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀，继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中锌离子浓度减小，故C错误；D在Zn（NH3）42+离子中，Zn2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故D正确；故选C【点评】本题考查了配合物、配位键的形成等性质，难度不大，明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体21瑞典ASES公司设计的曾用于驱动潜艇的液氨液氧燃料电池示意图如图所示，下列有关说法正确的是（）A电池工作时，Na+向电极1移动B电池工作一段时间后停止，溶液pH值不变C电极1发生的电极反应
65、为2NH3+6OH6eN2+6H2OD用该电池做电源电解精炼铜，理论上每消耗0.2 mol NH3的同时阳极会得到19.2g纯铜【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】液氨液氧燃料电池工作时，氨气被氧化，电极方程式为2NH3+6OH6e=N2+6H2O，正极电极2上是氧气发生得电子的还原反应，碱性环境下电极反应应该是：O2+4e+2H2O=4OH，总方程式为4NH3+3O2=2N2+6H2O，以此解答该题【解答】解：A.1为负极，原电池工作时，阳离子向正极移动，故A错误；B总方程式为4NH3+3O2=2N2+6H2O，生成水，溶液体积增大，pH减小，故B错误；C在燃料电池的负极上发生燃料氨气失
66、电子的氧化反应，则碱性环境下电极1发生的电极反应为：2NH3+6OH6e=N2+6H2O，故C正确；D由2NH3+6OH6e=N2+6H2O可知，理论上每消耗0.2 mol NH3，可转移0.6mol电子，阳极发生氧化反应，不能得到铜，故D错误故选：C【点评】本题考查了原电池原理，为高频考点，注意燃料电池的工作原理和规律：负极上是燃料失电子的氧化反应，在正极上氧气发生得电子的还原反应，题目难度不大22pH=1的某溶液X中仅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种（忽略水的电离及离子的水解），取该溶液进行连续实验，实验过程如下
67、：下列有关推断不正确的是（）A沉淀H为Al（OH）3、BaCO3的混合物B根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、ClC溶液X中一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42、H+D若溶液X为100 mL，产生的气体A为44.8 mL（标况），则X中c（Fe2+）=0.06 molL1【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验【分析】pH=1的溶液为强酸性溶液，在强酸性溶液中一定不会存在CO32、SO32离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH
68、溶液，沉淀F只为Fe（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al（OH）3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3离子和SO32离子，那么一定含有SO42离子，那么就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl，以此进行解答即可【解答】解：pH=1的溶液为强酸性溶液，在强酸性溶液中一定不会存在CO32、SO32离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原
69、性离子，则一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只为Fe（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al（OH）3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3离子和SO32离子，那么一定含有SO42离子，那么就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl，A、根据上述分析可知H为Al（OH）3，BaCO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，故A错误；B、根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+和Cl，故B正确；C、
70、依据分析可知，溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42和H+，故C正确；D、生成气体A的离子反应方程式为：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，产生的气体A为44.8 mL，物质的量为： =0.002mol，故n（Fe2+）=30.002=0.006mol，c（Fe2+）=0.06mol/L，故D正确，故选A【点评】本题考查了常见阴阳离子的检验、无机推断，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力二、解答题（共5小题，满分34分）23表为元素周期表的一部分：族周期123请参照元素在表中的位置，用化学用语
71、回答下列问题：（1）画出元素的离子结构示意图（2）、的离子半径由大到小的顺序为S2O2Na+（3）元素和形成的化合物的电子式：【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】根据元素周期表结构可知，为H元素、为O元素、为Na元素、为Si元素、为S元素、为Cl元素，（1）为O元素，氧离子的核电荷数为8，核外电子总数为10，最外层达到8电子稳定结构，据此画出离子结构示意图；（2）、分别为O、Na、S元素，离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小；（3）元素和分别为硅和Cl，二者形成的化合物四氯化硅，四氯化硅为共价化合物，Si、Cl原子最外层都满足8电子稳定结构，据此
72、写出四氯化硅的电子式【解答】解：根据各元素在周期表中的相对位置可知，为H元素、为O元素、为Na元素、为Si元素、为S元素、为Cl元素，（1）为O元素，氧离子的核电荷数为8，核外电子总数为10，其离子结构示意图为：，故答案为：；（2）、分别为O、Na、S元素，离子的电子层越多，离子半径越大，则S2的离子半径最大，电子层相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：O2Na+，所以离子半径大小为：S2O2Na+，故答案为：S2O2Na+；（3）元素和形成的化合物四氯化硅，四氯化硅为共价化合物，Si、Cl原子最外层都满足8电子稳定结构，其电子式为，故答案为：【点评】本题考查了位置、结构与性质
73、的综合应用，题目难度不大，根据元素周期表结构正确推断元素为解答结构，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力24由上述部分元素组成的物质间，在一定条件下，可以发生下图所示的变化，其中A是一种淡黄色固体请回答：（1）写出固体A与液体X反应的离子方程式2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2（2）气体Y是一种大气污染物，直接排放会形成酸雨可用溶液B吸收，写出过量的Y与B溶液反应的离子方程式SO2+OH=HSO3（3）若气体C与Y在恒容绝热的条件下反应，下列哪些说法说明该反应达到平衡状态：ABDA温度不变 B.2v正（C）=v逆（Y）C混合气体的
74、密度不变 D混合气体的平均相对分子质量不变【考点】无机物的推断【分析】A是一种淡黄色固体，则A为Na2O2，能与液态X反应生成气体C与B的溶液，可推知X为H2O、B为NaOH、C为O2，（1）过氧化钠和水反应生成NaOH和氧气；（2）气体Y是一种大气污染物，直接排放会形成酸雨，则Y是二氧化硫，过量的Y与B溶液完全反应时，所得溶液D为NaHSO3；（3）当反应前后改变的物理量不变时，该反应达到平衡状态，据此判断【解答】解：A是一种淡黄色固体，则A为Na2O2，能与液态X反应生成气体C与B的溶液，可推知X为H2O、B为NaOH、C为O2，（1）过氧化钠和水反应生成NaOH和氧气，离子方程式为2Na
75、2O2+2H2O=4Na+4OH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2；（2）体Y是一种大气污染物，直接排放会形成酸雨可用溶液B吸收，是二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收，过量二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为：SO2+OH=HSO3，故答案为：SO2+OH=HSO3；（3）当反应前后改变的物理量不变时，该反应达到平衡状态，该可逆反应前后改变的物理量有温度、压强、平均分子量，所以当温度、压强、混合气体的平均分子量不变时，该反应达到平衡状态，若气体C与Y在恒容绝热的条件下反应，2SO2+O22SO3，A反应过程中一定伴随能量变化，恒容绝热的条件下当温度不
76、变说明反应达到平衡状态，故A正确；B反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，当2v正（C）=v逆（Y），说明Y的正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故B正确；C反应前后气体质量和体积不变，混合气体的密度始终不变，密度不变不能说明反应达到平衡状态，故C错误； D反应前后气体质量不变，物质的量减小，当混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：ABD【点评】本题考查了无机物推断及元素周期表、元素周期律的综合应用，综合性较强，涉及元素化合物知识、化学反应原理、化学用语等知识点，难点是化学平衡状态判断，注意题干中限制性信息，为易错点25A、B、C、D、E、F、
77、G、I均为前四周期原子序数依次增大的元素A原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；C的最外层有6个运动状态不同电子；D的基态原子外围电子排布式为3S2；E与D同周期，且在该周期中电负性最大；F、G是同族且原子序数差2的元素；I的基态原子外围只有一个单电子（1）下列关于A2H4分子和H2C2分子的说法正确的是EA分子中都含有键和键 B中心原子都sp2杂化C都是含极性键和非极性键的非极性分子 D互为等电子体EA2H4分子的沸点明显低于H2C2分子（2）A、B、C三种元素中的两种，能形成原子个数比为l：3的常见微粒，推测这两种微粒的空间构型为平面三角形（3）E能形成多种含氧酸，如HEO3、HEO2，请
78、简述酸性HEO3大于HEO2的原因：HClO3中非羟基氧多，Cl正电性高，导致羟基中O的电子向Cl偏移，在水分子的作用下越易电离出H+，酸性越强（4）G与AC能形成挥发性液体G（AC）4，则其固体属于分子晶体（5）F常见晶体结构为体心立方堆积，原子半径为a nm，I常见晶体结构为面心立方堆积，原子半径为b nm，则两种金属的密度比为（用含a、b的算式表示）【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】A、B、C、D、E、F、G、I均为前四周期原子序数依次增大的元素，A原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则A为C，C的最外层有6个运动状态不同电子，则C为O，故B为N，D的基态原子外围电子排布式为3
79、S2，则D为Mg，E与D同周期，且在该周期中电负性最大，故为Cl，F、G是同族且原子序数差2的元素，则F为Fe，G为Ni，I的原子最外层只有一个电子，原子序数大于镍，则I为Cu，据此解答【解答】解：A、B、C、D、E、F、G、I均为前四周期原子序数依次增大的元素，A原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则A为C，C的最外层有6个运动状态不同电子，则C为O，故B为N，D的基态原子外围电子排布式为3S2，则D为Mg，E与D同周期，且在该周期中电负性最大，故为Cl，F、G是同族且原子序数差2的元素，则F为Fe，G为Ni，I的原子最外层只有一个电子，原子序数大于镍，则I为Cu，（1）A2H4分子和H2
80、C2分子分别为C2H4和H2O2，AH2O2分子中全部为键，无键，故A错误；BH2O2分子中氧原子形成2个键，含有2对孤电子对，中心原子都sp3杂化，故B错误；CH2O2分子的空间构型不是直线形，为展开书页形结构，为极性分子，故C错误；D等电子体指原子总数相等，价电子总数相等的不同微粒，C2H4和H2O2，原子总数和价电子总数均不等，故D错误；EH2O2分子能形成分子间氢键，且相对分子质量比乙烯大，故C2H4分子的沸点明显低于H2O2，故E正确；故答案为：E；（2）A、B、C三种元素中的两种，能形成原子个数比为l：3的常见微粒，形成原子个数比为1：3的常见微粒分别是CO32、NO3，中心原子含
81、键电子对数为3对，CO32含有的电子对数=3+=3，NO3含有的电子对数=3+=3，所以都是平面三角形结构，故答案为：平面三角形；（3）HClO2与HClO3中，HClO3中非羟基氧多，Cl正电性高，导致羟基中O的电子向Cl偏移，在水分子的作用下越易电离出H+，酸性越强，故答案为：HClO3中非羟基氧多，Cl正电性高，导致羟基中O的电子向Cl偏移，在水分子的作用下越易电离出H+，酸性越强；（4）Ni与CO能形成挥发性液体Ni（CO）4，根据物质的状态判断其固体属于分子晶体，故答案为：分子；（5）由铁原子堆积模型为体心立方堆积可知，铁原子半径为anm，设棱长为x，则x2+（）2=4（a1010）
82、2，解得x=，在晶胞中含有钠原子数为1+8=2，则Z晶体的密度为g/cm3；铜晶胞为面心立方密堆积，晶胞面对角线上的Cu原子相邻，则晶胞棱长为bpm4=2bpm，晶胞中Cu原子数目为8+6=4，则晶胞密度为gcm3，铁与铜晶体的密度比为，故答案为：【点评】本题是对物质结构的考查，涉及分子结构、晶体类型与性质、晶胞结构与计算等，（5）中晶胞计算为易错点、难点，需要学生具有一定的空间想象与计算能力，难度中等26利用图1所示实验装置可以测定常温常压下气体的摩尔体积甲同学利用如图1装置，根据下列步骤完成实验：装配好装置，作气密性检查用砂纸擦去镁带表面的氧化物，然后取0.108g的镁带取下A瓶加料口的橡
83、皮塞，用小烧杯加入20mL水，再把已称量的镁带加到A瓶的底部，用橡皮塞塞紧加料口用注射器从A瓶加料口处抽气，使B瓶导管内外液面持平用注射器吸取10mL3molL1硫酸溶液，用针头扎进A瓶加料口橡皮塞，将硫酸注入A瓶，注入后迅速拔出针头当镁带完全反应后，读取C瓶中液体的体积，记录数据用注射器从A瓶加料口处抽出8.0mL气体，使B瓶中导管内外液面持平读出C瓶中液体体积是115.0mL完成下列填空：（1）在常温常压下气体摩尔体积理论值约为24.5L/mol，甲同学测出此条件下lmol气体的体积为25.1L，计算此次实验的相对误差为+2.5%保留2位有效数字）引起该误差的可能原因是aca镁带中含铝；
84、b没有除去镁带表面的氧化物； c反应放热； d所用硫酸的量不足（2）丙同学提出可用如上右图2装置完成该实验该装置气密性的检查方法是：从水准管中加入水，快速上移或下移水准管，若量气管内液面最终与水准管液面存在稳定的液面差即气密性良好（3）与原方案装置相比，丙同学使用的装置实验精度更高请说明理由（回答两条）该装置能更简便、更准确地控制气压不变，量气管由滴定管改制，读数更精确等【考点】气体摩尔体积【分析】（1）加入的硫酸溶液体积也计算在量气瓶中的液体体积，反应后抽出的气体体积调整液面平衡，所以需要在气体体积中加入抽出气体的体积，可得生成氢气的体积为，根据Mg的质量计算生成氢气物质的量，进而计算气体摩
85、尔体积；相对误差是指测量所造成的绝对误差与真值之比，再乘以100%所得的数值；反应放热，气体体积热胀冷缩，Mg中含有Al时，生成氢气体积偏大，导致测定值偏大，没有除去镁带表面的氧化物、所用硫酸的量不足，导致生成氢气体积偏小，导致测定值偏小；（2）利用液封气体，形成量气管内与水准管内液面存高度差，一定时间内液面差不变，说明气密性良好；（3）与图1相比，该装置能更简便、更准确地控制气压不变；量气管由滴定管改制，读数更精确等【解答】解：（1）生成氢气的体积为115mL10mL+8mL=113mL，0.108gMg完全反应得到氢气为=0.0045mol，可得气体摩尔体积为=25.1mol/L，相对误差
86、为100%=+2.5%，反应放热，气体体积热胀冷缩，Mg中含有Al时，生成氢气体积偏大，导致测定值偏大，没有除去镁带表面的氧化物、所用硫酸的量不足，导致生成氢气体积偏小，导致测定值偏小，故选ac，故答案为：25.1L；+2.5；ac；（2）该装置气密性的检查方法是：从水准管中加入水，快速上移或下移水准管，若量气管内液面最终与水准管液面存在稳定的液面差即气密性良好，故答案为：从水准管中加入水，快速上移或下移水准管，若量气管内液面最终与水准管液面存在稳定的液面差即气密性良好；（3）与图1相比，该装置能更简便、更准确地控制气压不变，借助水浴装置，实验温度更接近常温（水浴能减小反应放热带来的误差），量
87、气管由滴定管改制，读数更精确，故答案为：该装置能更简便、更准确地控制气压不变；量气管由滴定管改制，读数更精确等【点评】本题考查定量测定实验，涉及气体摩尔体积的测定，关键是理解测定原理计算生成氢气的体积，较好的考查学生分析计算能力，题目难度中等27青蒿素，是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156157，热稳定性差，青蒿素是高效的抗疟药已知：乙醚沸点为35从青蒿中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础的，主要有乙醚浸取法和汽油浸取法乙醚浸取法的主要工艺为：请回答下列问题：（1）对青蒿进行干燥破碎的目的是增大青蒿与乙醚
88、的接触面积，提高青蒿素的浸取率（2）操作I需要的玻璃仪器主要有：烧杯、漏斗、玻璃棒，操作的名称是蒸馏（3）操作的主要过程可能是B（填字母）A加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶 B加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤C加入乙醚进行萃取分液（4）用下列实验装置测定青蒿素分子式的方法如下：将28.2g青蒿素样品放在硬质玻璃管C中，缓缓通入空气数分钟后，再充分燃烧，精确测定装置E和F实验前后的质量，根据所测数据计算装置E中盛放的物质是CaCl2或P2O5，装置F中盛放的物质是碱石灰该实验装置可能会产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法是在装置F后连接一个防止空气中的CO和水蒸气进入F的装置用合理改进后的装置进行
89、试验，称得：装置实验前/g试验后/gE22.642.4F80.214632则测得青蒿素的最简式是C15H22O5（5）某学生对青蒿素的性质进行探究将青蒿素加入含有NaOH、酚酞的水溶液中，青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素与C（填字母）具有相同的性质A乙醇 B乙酸 C乙酸乙酯 D葡萄糖（6）某科研小组经多次提取青蒿素实验认为用石油醚做溶剂较为适宜，实验中通过控制其他实验条件不变，来研究原料的粒度、提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响，其结果如图所示：由上图可知控制其他实验条件不变，采用的最佳粒度、时间和温度为BA80目、100分钟、50B60目、
90、120分钟、50C60目、120分钟、55【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】根据乙醚浸取法的流程可知，对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，对粗品加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品，（1）根据乙醚浸取法的流程可知，对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积；（2）根据上面的分析，操作I为过滤，需要的玻璃仪器依据装置图分析选择玻璃仪器；提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品；（3）根据上面的分析可知，粗品中加95%的乙醇，浓缩
91、、结晶、过滤可得精品；（4）为了能准确测量青蒿素燃烧生成的CO2和H2O，实验前应通入除去CO2和H2O的空气，排除装置内的空气，防止干扰实验E和F一个吸收生成的H2O，一个吸收生成的CO2，应先吸水后再吸收CO2，所以E内装的CaCl2或P2O5，而F中为碱石灰，而在F后应再加入一个装置防止外界空气中CO2，和H2O进入的装置，据此答题，根据上面的分析可知，装置E中盛放的物质是 CaCl2或P2O5，装置F中盛放的物质是 碱石灰；装置F和空气直接接触会使二氧化碳和水蒸气进入影响测定结果；由数据可知 m（H2O）=42.422.6=19.8g，所以n（H2O）=1.1molm（CO2）=146
92、.280.2=66g，所以 n（CO2）=1.5mol所以青蒿素中氧原子的质量为m（O）=28.2（2.21）（1.512）=6g，所以n（O）=0.5mol，依据元素物质的量计算化学式；（5）根据酯能溶于水，能在氢氧化钠溶液中水解并消耗氢氧化钠进行判断；（6）根据原料的粒度、提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响如图3所示，取提取率最大的值进行答题；【解答】解：根据乙醚浸取法的流程可知，对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，对粗品加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品，（1）
93、根据乙醚浸取法的流程可知，对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，故答案为：增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；（2）根据上面的分析，操作I为过滤，需要的玻璃仪器主要有：烧杯、漏斗、玻璃棒，为加速过滤的进行，最好采用 抽滤或减压过滤的方法，操作的名称是蒸馏，故答案为：漏斗、玻璃棒；蒸馏；（3）根据上面的分析可知，粗品中加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品，故选B，故答案为：B；（4）为了能准确测量青蒿素燃烧生成的CO2和H2O，实验前应通入除去CO2和H2O的空气，排除装置内的空气，防止干扰实验E和F一个吸收生成的H2O，一个吸收生成的CO2，应先吸
94、水后再吸收CO2，所以E内装的CaCl2或P2O5，而F中为碱石灰，而在F后应再加入一个装置防止外界空气中CO2，和H2O进入的装置，根据上面的分析可知，装置E中盛放的物质是 CaCl2或P2O5，装置F中盛放的物质是 碱石灰，故答案为：CaCl2或P2O5；碱石灰；该实验装置可能会产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法是在装置F后连接一个防止空气中的CO和水蒸气进入F的装置，故答案为：在装置F后连接一个防止空气中的CO和水蒸气进入F的装置；由数据可知 m（H2O）=42.422.6=19.8g，所以n（H2O）=1.1molm（CO2）=146.280.2=66g，所以 n（CO2）=1.5
95、mol所以青蒿素中氧原子的质量为m（O）=28.2（2.21）（1.512）=6g，所以n（O）=0.5mol，N（C）：N（H）：N（o）=1.5：2.2：0.5=15：22：5，所以C15H22O5，故答案为：C15H22O5；（5）由于酯能溶于水，能在氢氧化钠溶液中水解并消耗氢氧化钠结合题意可知，青蒿素中含有酯基，故选C，故答案为：C；（6）根据原料的粒度对青蒿素提取速率的影响可知，应为60目，根据提取时间对青蒿素提取速率的影响可知，时间应为120分钟，根据提取温度对青蒿素提取速率的影响可知，温度应为50，故选B，故答案为：B【点评】本题考查物质制备的有关实验设计、操作、评价以及有关计算等知识点，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，试题综合性强，侧重对学生实验能力的培养