【文档说明】新疆维吾尔自治区塔城地区塔城市2022-2023学年高二上学期期中化学试题 含解析 .docx，共(16)页，589.084 KB，由小赞的店铺上传

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塔城三中2022-2023学年11月高二化学期中试卷90分钟一、单选题1.下列方程式书写错误的是A.Al(OH)3⇌A13++3OH-B.Al(OH)3(s)⇌Al3+(aq)+3OH-(aq)C.BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+2-4

SO(aq)D.BaSO4⇌Ba2++2-4SO【答案】D【解析】【详解】A．Al(OH)3为弱电解质，部分电离生成Al3+、OH-，电离方程式为3+-3Al(OH)A1+3OH，故A正确；B．Al(OH)3(s)中存在沉淀溶解平衡，溶解平衡离子方程式为3+-3Al(OH)(s)Al

(aq)+3OH(aq)，故B正确；C．BaSO4中存在沉淀溶解平衡，溶解平衡离子方程式为2+2-44BaSO(s)Ba(aq)+SO(aq)，故C正确；D．BaSO4是强电解质，溶于水的部分完全电离，电离方程式为2+2-44BaSO=

Ba+SO，故D错误；答案选D。2.属于氧化还原反应且反应过程中能量变化符合如图所示的是A.CaCO3=CaO+CO2B.CH4+2O2⎯⎯→CO2+2H2OC.C+CO2=2COD.2KOH+H2SO4=K2SO4+2H2O【答案】C【解析】【详解】该图示为反应物总能量低于生成物的

总能量，为吸热反应，A．CaCO3分解反应，没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A错误；的B．甲烷和氧气的反应为燃烧反应，燃烧为放热反应，故B错误；C．碳与二氧化碳的反应为吸热反应，符合图像，且该反应元素化合价发生改变属于氧化还原反应，故C正

确；D．酸碱中和反应为放热反应，故D错误；故选：C。3.某化学反应中，反应物B的物质的量浓度在20s内，从2.0mol/L变成了1.0mol/L，则这20s内B的反应速率为A.0.05mol/(L·s)B.0.05mol/(L·min)

C.0.5mol/(L·s)D.0.05mol/L【答案】A【解析】【详解】v(B)=2.0/1.0/20molLmolLs−=0.05mol/(L·s)，答案为A。4.下列关于化学平衡常数的说法中错误的是A.某特定

反应的平衡常数只与温度有关B.催化剂不能改变平衡常数的大小C.平衡常数发生改变，化学平衡必发生改变D.化学平衡移动时，平衡常数必改变【答案】D【解析】【分析】【详解】A．平衡常数只与温度有关，A项不符合题意；B．平衡常数只受到温度的影响，催化剂不能改变平衡常数的大小，B项不

符合题意；C．平衡常数变大，平衡正向移动，平衡常数减小，平衡逆向移动，平衡常数改变，化学平衡必然移动，C项不符合题意；D．平衡常数只受温度的影响，能引起平衡移动的因素有多个，只有平衡因为温度变化而移动时，平衡常数才

会改变，D项符合题意；故正确选项为D5.普通锌锰干电池的简图如图所示，它是用锌皮制成的锌筒作为电极，中央插一根石墨棒，石墨棒顶端加一铜帽。在石墨棒周围填满二氧化锰和炭黑的混合物，并用离子可以通过的长纤维纸

包裹作隔膜，隔膜外是用氯化锌、氯化铵和淀粉等调成糊状作电解质溶液。该电池工作时的总反应为Zn+2NH4++2MnO2=[Zn(NH3)2]2++2MnO(OH)。下列关于锌锰干电池的说法中正确的是A.当该电池电压逐渐下降后，利用电解原

理能重新充电复原B.电池负极反应为2MnO2+2NH4++2e-=Mn2O3+2NH3+H2OC.原电池工作时，电子从负极通过外电路流向正极D.外电路中每通过0.1mol电子，锌的质量理论上减少6.5g【答案】C【解析】【分析】普通锌锰干电池正极为

C棒，负极为Zn，电解质是NH4Cl，电极反应为：负极：Zn-2e-==Zn2+；正极：2MnO2+2NH4++2e-=2MnO(OH)+2NH3；总反应式：Zn＋2NH4+＋2MnO2=[Zn(NH3)2]2＋＋2MnO(OH)【详解】A．普通锌锰干电池是一次电池，不能充电复原，A错

误；B．根据原电池工作原理，负极应失电子，而该选项表示是正极反应，B错误；C．原电池工作时，负极失电子，故电子从负极通过外电路流向正极，C正确；D．由负极的电极反应式可知，每通过0.1mol电子，消耗锌的质量是65g·mol－1×0.1mol2＝3.25g，D错误；故

选C。6.用食用白醋(醋酸浓度约为0.1mol/L)进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是A.pH试纸显示醋酸的pH为2～3B.白醋能导电C.蛋壳浸泡在白醋中有气泡产生D.白醋中滴加石蕊试液呈红色【答案】A【解析】【分析】弱电解质是指在水溶液中只有部分电离的电解质，

据此分析解答。【详解】A．若醋酸是强电解质，醋酸的浓度为0.1mol/L时pH应该为1，现pH试纸显示白醋的pH值为2～3，说明醋酸只有部分电离，故属于弱电解质，A符合题意；的B．白醋能导电，说明白醋可电离出自由移动的离子，但不能说明醋酸是否完全电离，B不符合题意；C．蛋壳浸泡在

白醋中有气体产生，只能说明醋酸的酸性比碳酸的强，碳酸为弱酸，但不能说明醋酸的强弱，不能说明醋酸是否为弱电解质，C不符合题意；D．白醋中滴入石蕊试液呈红色仅仅能说明醋酸是酸，但不能说明其强弱，不能说明醋酸是否为弱电解质，D不符合题意；答

案选A。7.在一定温度下、容积不变的密闭容器中，可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(s)达到平衡状态的标志是①C的生成速率与C的消耗速率相等②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB③A、B、C浓度不再改变④混合气体的密度不再改变⑤混合气体的总压强不再改变⑥混合气体总物质的量不再改

变⑦A，B、C的浓度之比为1:3:2A.③④⑤⑥⑦B.①③④⑤⑥C.①②③④⑦D.②③④⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①C的生成速率与C的消耗速率相等，即V生成=V消耗，说明该反应达到平衡状态，①符合题意；②无论该反应是否达到平衡状态，单位

时间内生成amolA的同时都会生成3amolB，所以不能作为达到平衡状态的标志，②不符题意；③反应达到平衡状态时，各物质的物质的量保持不变，浓度也不变，所以A、B、C的浓度不再变化，说明该反应达到平衡状态，③符合题意；④反应前后

气体的总质量发生改变，容器容积一定，当混合气体的密度不再发生改变时，说明反应达到平衡状态，④符合题意；⑤该反应是反应前后气体分子数减小的反应，容器容积、温度均不变，当混合气体的总压强不再变化时，说明反应达到平衡状态，⑤符合题意；⑥该反应是反应前后气体的物质的量减小的反应，当混合气体

的总物质的量不再变化时，说明反应达到平衡状态，⑥符合题意；⑦达到平衡状态时，A、B、C三种物质的浓度之比可能是1:3:2，也可能不是1:3:2，⑦不符题意；综上分析①③④⑤⑥符合题意，则B选项正确。故正确答案：B。8.化学反应进行的方向是

一个比较复杂的问题。下列有关说法正确的是A.反应3224SO(g)HO(1)HSO(l)+=的ΔS>0的的B.1mol2CO在不同状态时的熵值：22SCO(g)<SCO(s)C.反应25222

NO(g)4NO(g)O(g)=+H0能否自发进行与温度有关D.H0或ΔS>0的反应一定能自发进行【答案】C【解析】【分析】【详解】A．反应3224SO(g)HO(1)=HSO(1)+的气体分子数减少，该反应的S0，选项A错

误；B．同一物质在固态时的熵值小于气态时的熵值，选项B错误；C．反应25222NO(g)=4NO(g)+O(g)的气体分子数增加，ΔS>0，又因为H0，ΔH-TΔS0＜时，反应能自反进行，因此选项所给反应能否自发进行与温度有关，选项C正确

；D．H0且ΔS>0的反应一定能自发进行，选项D错误；答案选C。9.少量铁粉与100mL0.01mol·L-1的稀盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的量，可以使用如下方法中的①由铁粉换铁块②加NaNO3固体③将0.01mol·L-1的稀盐酸换成98％的硫

酸溶液④加CH3COONa固体⑤加NaCl溶液⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)⑧改用100mL0.1mol·L-1盐酸A.③⑤B.①③C.⑥⑦D.⑦⑧【答案】D【解析】【分析】【详解】①由铁粉换铁块，反应速率减慢，故错误；②加NaNO3固体与酸形成硝酸，不产生氢气，

故错误；③将0.01mol·L-1的稀盐酸换成98％的硫酸溶液，发生钝化现象，故错误；④加CH3COONa固体，生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；⑤加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；⑥滴入几滴硫酸铜溶液，铁置换出铜，构成原电池，反应速率加快，但Fe少量，导致生成

的氢气减少，故错误；⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)，反应速率加快，故正确；⑧改用100mL0.1mol·L-1盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故正确；故选D。10.下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说法不正确的是A.△H3＜0B.△H1+△

H2+△H3=0C.按照Cl、Br、I的顺序，△H2依次减少D.一定条件下，拆开1mol气态HX需要吸收akJ能量，则该条件下△H3=-2akJ/mol【答案】B【解析】分析】【详解】A．形成化学键放

出热量，即2H(g)+2X(g)=2HX(g)△H3＜0，A正确；B．由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，则△H1=△H2+△H3，所以△H1-△H2-△H3=0，B错误；C．原子半径：Cl＜Br＜I，Cl2、Br2、I2中键能：Cl-C

l键＞Br-Br键＞I-I键，由于断裂化学键吸热，则吸收的热量逐渐减小，所以途径II吸收的热量依次减小，即△H2依次减小，C正确；D．一定条件下，拆开1mol气态HX需要吸收akJ能量，即形成1molHX放出热量是akJ，因此形成2molHX放出热

量为2akJ，所以该条件下△H3=-2akJ/mol，D正确；故合理选项是B。11.已知-10sp(AgCl)=1.7810K，()-12sp24AgCrO=2.0010K。在只含有KCl、24KCrO的

混合溶液中滴加10.001molL−的3AgNO溶液，当AgCl与24AgCrO共存时，测得溶液中24CrO−的浓度是315.00010molL−−，此时溶液中Cl−的物质的量浓度是A.618.9010molL−−B.511.3610molL−

−C.511.0010molL−−D.214.4510molL−−【答案】A【解析】【详解】首先根据Ksp(Ag2CrO4)求得溶液中Ag+的浓度，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)∙c(24CrO−)，代入数据可得(

Ag+)=2.00×10-5mol/L，则()()10sp1615(AgCl)1.7810ClmolL8.9010molL2.0010AgKcc−−−−−−+===；【故选A。12.以CO2、H2为原料合

成CH3OH涉及的反应如下：反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1=-49kJ·mol-1反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2=+41kJ·mol

-1反应Ⅲ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH3在5MPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图。下列说法正确的是A.反应Ⅲ中反应物的总键能大于生成物的总键

能B.曲线n代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数C.该条件下温度越低，越有利于工业生产CH3OHD.图示270℃时，平衡体系中CO2的体积分数为20%【答案】D【解析】【详解】A．根据盖斯定律I-Ⅱ

可得反应ⅢCO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3=-49kJ·mol-1-41kJ·mol-1=-90kJ·mol-1；ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，故反应Ⅲ中反应物的总键能小于生成物的总键能，A错误；B．根据反应Ⅰ和Ⅲ可知，其反应的产物都有CH3OH生成，且ΔH1和ΔH3都

小于零，也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，则甲醇在含碳产物的物质的量分数减小，故符合这个规律的是曲线m，B错误；C．由图可知，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH的含量高，有利于工业生产CH3OH，但并不是温度越低越好，因

为反应需要一定温度才能发生，C错误；D．根据题意设起始量n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，平衡时反应I生成CH3OH物质的量为xmol，反应II中生成CO的物质的量也为xmol，可得：()()()()223

2COg3HgCHOHgHOgx3xxx++转化()()()()222COgHgCOgHOgxxxx++转化270℃时CO2的转化率为25%，则2x=1mol25%=0.25mol，解得x=0.125mol，则反应后总的物质的量1+3-6x+4x=(4-2x)

=3.75mol，则平衡体系中CO2的体积分数为()1mol-0.25mol100%20%3.75mol=，D正确；答案选D。二、填空题13.(1)选用以下主要仪器和试剂，是否可以达到测定NaOH溶液浓度的目的？___________(填“是”或“否”)。主要仪器：滴定

管锥形瓶烧杯试剂：NaOH溶液0.1000mol·L-1盐酸(2)现用物质的量浓度为0.1000mol·L-1的标准NaOH溶液去滴定VmL盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：①用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入_____

__(填“甲”或“乙”)中。②某学生的操作步骤如下：A．移取20.00mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞；B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴部分充满溶液；D．取标准N

aOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上2～3mL；E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。正确操作步骤的顺序是__(用字母序号填写)。上述B步骤操作的目的是___。判断到达滴定终点

的实验现象是____。③下图是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数，c(HCl)=____mol·L-1。【答案】①.否②.乙③.BDCEAF④.洗去附在滴定管内壁上的水，防止其将标准溶液稀释而带来误差⑤.当滴入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红

色，且半分钟内不褪色⑥.210.1000(V-V)V【解析】【分析】【详解】(1)酸碱中和滴定中需要用指示剂指示终点，缺少指示剂无法确定终点，不能完成滴定实验，故答案为：否；(2)氢氧化钠应用碱式滴定管盛装，甲为酸式滴定管

，乙为碱式滴定管，故答案为：乙；(3)中和滴定操作的步骤是选择滴定管，然后捡漏、水洗并润洗、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数，则正确操作步骤的顺序是BDCEAF。水洗滴定管后滴定管内壁上残留水分，直接装液会稀释溶液，因此要进行

多次润洗，目的洗去附在滴定管内壁上的水，防止其将标准溶液稀释而带来误差，该滴定过程中在盐酸中加指示剂开始溶液无色，当反应达到终点时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；(4)物质的量浓度为0.1000mol·L-1的标准NaOH溶液去滴定V

mL盐酸的物质的量浓度，反应达到终点时，c(NaOH)V(NaOH)=c(HCl)V(HCl)，c(HCl)=()()()cNaOHVNaOHVHCl=)210.1000(V-VV。14.完成下列填空（1）常温下，已知0.1mol/L一元酸H

A溶液中--8+c(OH)=110c(H)。①常温下，0.1mol/LHA溶液的pH=___________；pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中4种离子物质的量浓度大小关系是：___________；②0.1mol/LHA溶液与0

.1mol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液呈___________性；用离子方程式表示原因___________（2）t℃时，有pH=2的稀硫酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下水的离子积常数Kw=_______

____。该温度下(t℃)，将100mL0.1mol/L的稀24HSO溶液与100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液的pH=___________。（3）已知碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如下表，下列说法正确的是_______

___物质23HCO23HSOHClO电离平衡常数Ka1-74.4010-21.5410-82.9510Ka2-115.6110-71.0210—A.相同条件下，同浓度的NaClO溶液和23NaCO溶液的碱性，前者更强B.23NaCO溶液中通入少量2SO：2-22--33232CO

+SO+HO=2HCO+SOC.3NaHCO溶液中通入少量2SO：-2-322322HCO+SO=CO+SO+HOD.向氯水中分别加入等浓度的3NaHCO和3NaHSO溶液，均可提高氯水中HClO的浓度（4）联氨(又称联肼，24NH无色液体)是一种应用广泛的化工原料

，可用作火箭燃料，回答下列问题：联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为___________(已知：++2425NH+HNH的7K=8.710；-14K=1.010w)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_____

______。【答案】（1）①.3②.c(A-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-)③.碱④.A-+H2OHA+OH-（2）①.1×10-13②.12（3）B（4）①.8.7×10-7②.N2H6(HSO4)

2【解析】【小问1详解】①已知0.1mol/L一元酸HA溶液中--8+c(OH)=110c(H)，可知HA为弱酸，常温下0.1mol/LHA溶液的+-3c(H)=110mol/L，则pH=3；HA为弱酸，pH=3的HA中HA的浓度为

0.1mol/L，pH=11的NaOH溶液中氢氧化钠浓度为0.001mol/L，则等体积混合后，溶液中溶质为HA、NaA且HA浓度大于NaA，溶液显酸性，故4种离子物质的量浓度大小关系是：c(A-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-)。②HA为弱酸，0.1mol/LHA

溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液为NaA溶液，A-水解溶液显碱性，用离子方程式表示为A-+H2OHA+OH-。【小问2详解】t℃时，pH=2的稀硫酸中+-2c(H)=110mol/L，pH=11的NaOH溶液中-11c(OH)=110wK−mol/L，等体积混合后

溶液呈中性，则+-2-11c(H)110=c(OH)=110//wKmolLmolL−=，该温度下水的离子积常数Kw=-13110。该温度下(t℃)，将100mL0.1mol/L的稀24HSO溶液与100mL0.4mol

/L的NaOH溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，氢氧化钠过量，溶液显碱性，溶液中氢氧根离子浓度为0.4/-0.10.1/0.1c(OH)==0.1201/0.1.molLLmolLoLLLLml−+，+-12c(H)=110mo

l/L，则pH=12。【小问3详解】A．由图表可知，碳酸的Ka2小于次氯酸的Ka1，则碳酸根离子水解程度更大，相同条件下，同浓度的NaClO溶液和23NaCO溶液的碱性，后者更强，A错误；B．根据图表可知，酸性为23HSO>2

3HCO>-3HSO>HClO>-3HCO；则23NaCO溶液中通入少量2SO：2-22--33232CO+SO+HO=2HCO+SO，B正确；C．3NaHCO溶液中通入少量2SO：--3223HCO+SO=CO+HSO，C错误；

D．碳酸氢钠不能与HClO反应，但可以和盐酸反应，使22+HOHCl+HCClOl平衡正向移动，次氯酸浓度变大；次氯酸具有强氧化性，可与3NaHSO发生氧化还原反应，导致次氯酸浓度降低，D错误；故选B。【小问4详解】已知：++2425NH+HNH的7K=8.710；联氨第一步电离反应为

+-24225NHHNH+O+OH，--142424++72525c()c(OH)c()c(OH)c(H)c(NH)c(NH)c(HNHNH8.7101)0K+−+====8.7×10-7。联氨为二元弱碱，联

氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2。三、实验题15.利用如图装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.25mol·L-1硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；②用另一量筒量取50m

L0.55mol·L-1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液的最高温度。回答下列问题：(1)倒入NaOH溶液的正确操作是_______(填字母序号，下同)。A.沿玻璃棒缓慢倒入B.分三次少量倒入C.一次迅速倒入(2)烧杯

间填满碎泡沫塑料的作用是_______(3)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_______。A.用温度计小心搅拌B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌C.轻轻地振荡烧杯D.用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动(4)实验数据如表：温度实验次数起始温度t1℃终止

温度t2/℃温度差平均值(t2-t1)/℃H2SO4NaOH平均值126.226.026.129.5227.027.427.232.3325.925.925.929.2426.426.226.329.8①根据上表可知：温度差平均值为_______②该实验测得的中和热

ΔH与理论值有偏差，其原因可能是_______。A.用量筒量取硫酸溶液仰视读数B.大烧杯上硬纸板没盖好C.大、小烧杯体积相差较大，夹层间放的碎泡沫塑料较多D.测量完硫酸溶液温度的温度计直接用来测NaOH溶液的温度【答案】①.C②.保温隔热，减少热量的损失③.D④.3.

4℃⑤.BD【解析】【分析】测定反应前烧中两溶液的温度，求平均值，将两溶液迅速混合后再测定充分反应后的温度，然后求其温度差。由()2tQnHOcm=计算出中和热的值，【详解】(1)为减少热量的散失从而影响实验结

果，则NaOH溶液应一次迅速倒入盐酸中，综上所述C符合题意，故选C；(2)碎泡沫塑料具有隔热保温的作用，所以烧杯间填满碎泡沫塑料的目的是保温隔热，减少热量的损失，故答案为：保温隔热，减少热量的损失；(3)A．应使用环形玻

璃棒搅拌棒搅拌而不应选用温度计搅拌，故A错；B．为减少热量的损失，不能揭开硬纸片，故B错；C．在振荡过程中，可能会有液体洒出以及热量的损失，从而影响实验结果，故C错；D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下搅动，故选D；答案选D(4)①由图表可知()1Δt=29

.526.1=3.4−℃℃、()2Δt=32.327.2=5.1−℃℃(错误数据，应舍弃)、()3Δt=29.225.9=3.3−℃℃、()4Δt=29.826.3=3.5−℃℃，则134ΔtΔtΔt13.43.3

3.5Δt===3.433++++℃℃，故答案为：3.4℃；A．若在量取时仰视读数虽然偏小，则倒液读数偏多，又由题意氢氧化钠本身过量，所以对实验结果无影响，故A不选；B．大烧杯上硬纸板没盖好，会使大烧杯内的空气与外界对流，从而会有热量损失，导致结果偏小，选B；

C．大、小烧杯体积相差较大，夹层间放的碎泡沫塑料较多，会使隔热效果更好，故C不选；D．测完硫酸的温度计上附着由硫酸，若直接用来测氢氧化钠溶液的温度会影响读数，故选D；答案选BD。四、有机推断题16.有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，原子序数依次增大，B、C、D的阳离子、A的阴离子均具

有与氖原子相同的电子层结构；A、B可形成离子化合物B2A；D的最高价氧化物既能与强酸反应，又能与强碱反应；E的原子结构示意图为：；F的最外层电子数是电子层数的2倍。试回答下列各问题：（1）B元素为_________（填元素符号）（2）F元素

位于元素周期表中第_______周期第______族（3）化合物B2A的电子式____________________（4）D的最高价氧化物与B的最高价氧化物对应的水化物溶液反应的离子方程式：________（5）将C、D用导线相连浸入B的最高价氧化物对应

的水化物的溶液中，形成原电池，正极的电极反应为_______________________【答案】（1）Na（2）①.3②.ⅥA（3）（4）--2322AlO+2OH=2AlO+HO（5）2H2O+2e-=H2↑+2OH-【解析】【分析】A、B、C、D

、E、F六种短周期元素，原子序数依次增大，D的最高价氧化物既能与强酸反应，又能与强碱反应，则D为铝元素；E的原子结构示意图为：，则x=2，所以E为硅元素；F的最外层电子数是电子层数的2倍，且原子序数大于E，所以F为硫元素；B、C、D的阳离子、A的阴离子均具有与氖原子相同的电子层结构，说明A位于第

二周期，B、C位于第三周期，A、B可形成离子化合物B2A，且原子序数小于E，则A为-2价，B为+1价，所以A为氧元素，B为钠元素，C的原子序数介于B、D之间，所以C为镁元素，据此答题。【小问1详解】由上面的分析可知，B为钠元素，元素符号为Na；

【小问2详解】F为硫元素，位于元素周期表中第3周期第ⅥA族；【小问3详解】化合物B2A为Na2O，它的电子式为；【小问4详解】D的最高价氧化物为Al2O3，B的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，它们的溶液反

应的离子方程式为--2322AlO+2OH=2AlO+HO；【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com