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上海市黄浦区2019届高三化学下学期等级考二模试题（含解析）相对原子质量：H-1 C-12 O-16一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）1.ETH天文研究所报告，组成太阳的气体中存在20Ne和22Ne，关于20Ne和22Ne的说法正确的是A. 20Ne和22Ne互为同位素B. 20Ne和22Ne互为同分异构体C. 20Ne和22Ne的质量数相同D. 20Ne和22Ne的中子数相同【答案】A【解析】两种核素具有相同的质子数，不同的中子数，所以互为同位素。分子式相同，结构不同的化合物属于同分异构体，所以正确的答案是A。2.金属的冶炼一般用热分解法、热还原法和电解法，选用冶炼方法的依据主要是A. 金属在自然界里存在的形式B. 金属元素在地壳中的含量C. 金属阳离子得电子的能力D. 金属熔点的高低【答案】C【解析】【分析】对不同的金属常用不同的冶炼方法，主要根据金属的活动性强弱选择冶炼方法；金属冶炼是金属阳离子得电子的过程，金属活动性越强，其阳离子得电子能力越弱，冶炼越难，据此分析解答；【详解】不同的金属有不同的冶炼方法，金属的冶炼方法是根据金属的活动性强弱确定，即根据金属阳离子得电子的能力确定，与在自然界中的含量多少、熔点高低以及存在形式没有太大的关系，故C项正确，答案选C。【点睛】一般来说，活泼金属如K、Ca、Na、Mg和Al等用电解法，较活泼金属如Fe等用热还原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼。3.主链上含5个碳原子，有甲基、乙基2个支链的烷烃有A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种【答案】A【解析】考查同分异构体的判断。主链是5个碳原子，则乙基只能放在中间的碳原子上。因此甲基的位置只有两种情况，即和乙基相邻或相对，答案选A。4.三氯化氮(NCl3)的分子结构类似于NH3，具有三角锥型结构。下列有关说法错误的是A. NCl键是极性键B. NCl3分子为极性分子C. 氨气是电解质D. Al(OH)3难溶于氨水【答案】C【解析】【详解】A. 不同非金属元素之间形成极性共价键，则分子中NCl键是极性（共价）键，A项错误；B. 三氯化氮(NCl3)中N原子最外层有5个电子，与3个Cl原子形成三个共用电子对，还有1个孤电子对，具有三角锥型结构，所以极性键的极性向量和不为0，为极性分子，B项正确；C. 电解质是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，本身能电离出自由移动的离子，而氨气溶于水或熔融状态下本身不能电离出自由移动的离子，为电解质，C项错误；D. Al(OH)3易溶于强酸强碱，难溶于弱酸弱碱，氨水的溶质一水合氨为弱碱，D项正确；答案选C。【点睛】C项为易错点，掌握电解质的判断方法是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步判断该物质在特定条件（水溶液或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断；若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。值得注意的是，常见的非电解质有二氧化碳、二氧化硫、氨气以及蔗糖和酒精等，常见的电解质为酸、碱、盐和或活泼金属氧化物等，学生需要理解并谨记。5.石油裂化的主要目的是A. 提高轻质液体燃料的产量B. 便于分馏C. 提高汽油的质量D. 获得断链不饱和气态烃【答案】A【解析】【详解】石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，故A项正确，答案选A。6.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间。以下叙述正确的是A. 两烧杯中铜片表面均有气泡产生B. 甲烧杯中的电流与阳离子流向均为ZnCuC. 两烧杯中溶液的pH均增大D. 两烧杯在相同时间内转移电子数相等【答案】C【解析】试题分析：甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，总反应式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，以此进行分析。A、甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有气泡产生，故A错误；B、甲烧杯中的电流流向均为CuZn，故B错误；C、甲中铜片上氢离子得电子生成氢气，乙中锌和稀硫酸发生置换反应生成氢气，所以两烧杯的溶液中氢离子浓度均减小，因此pH均增大，故C正确D、甲装置形成了原电池，反应速率会加快，因此甲比乙在相同时间内转移的电子数要多，故D错误故选C。考点：原电池和电解池的工作原理点评：题考查了置换反应和原电池的有关知识，题目难度不大，注意把握原电池的组成条件的工作原理。7.下列叙述中描述的物质一定是金属元素的是A. 易失去电子的物质B. 第三周期中，原子的最外电子层只有2个电子的元素C. 单质具有金属光泽的元素D. 原子的最外电子层只有1个电子的元素【答案】B【解析】【详解】A. 氢易失去电子，但属于非金属元素，A项错误；B. 第三周期中最外电子层只有2个电子的元素为 Mg，属于金属元素，B项正确；C. 硅等非金属单质也具有金属光泽，C项错误；D. 氢原子最外层只有一个电子，不是金属元素，D项错误；答案选B。8.下列各组溶液用互滴法不能鉴别的是A. 硝酸银溶液和氨水B. 盐酸和碳酸钠溶液C. 明矾溶液与烧碱溶液D. 碳酸氢钠和澄清石灰水【答案】D【解析】【分析】结合涉及的化学反应方程式与反应原理，通过观察是互滴现象不同来鉴别。【详解】A. 少量氨水滴加到AgNO3中，可以观察到沉淀AgOH和Ag2O生成；而少量AgNO3滴加到氨水中，则直接生成配离子，观察不到现象，A项正确；B. 少量Na2CO3滴加到HCl中，有气体CO2生成；反过来无现象，因为生成NaHCO3，B项正确；C. 明矾溶液的溶质为硫酸铝钾，则少量NaOH滴加到Al3+溶液中，有沉淀Al(OH)3；反过来无现象，因为NaOH大大过量会直接生成AlO2-，C项正确；D. 无论怎样互滴，现象都相同，均会生成白色沉淀，D项错误；答案选D。9.下图表示某可逆反应在使用和未使用催化剂时，反应过程和能量的对应关系。下列说法一定正确的是A. 该反应为吸热反应B. a与b相比，a的反应速率更快C. a与b相比，反应的平衡常数一定不同D. 反应物吸收的总能量小于生成物释放的总能量【答案】D【解析】【分析】A反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；B催化剂能降低反应的活化能；C催化剂只改变反应速率；D断键吸收能量，形成化学键放出能量，结合图示信息作答。【详解】A反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，A项错误；Bb降低了活化能，反应速率升高，所以b的反应速率更快，B项错误；C催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，a与b反应的平衡常数相同，C项错误；D由图可知该反应为放热反应，反应物吸收的总能量小于生成物释放的总能量，D项正确；答案选D。10.根据相关的化学原理，下列推断错误的是A. 若X是原子晶体，Y是分子晶体，则熔点：XYB. 若A2+2D-2A-+D2，则氧化性：A2D2C. 若R2-和M+的电子层结构相同，则离子半径：R2-M+D. 若弱酸HA、HB的酸性HAHB，则同浓度钠盐溶液的碱性：NaANaB【答案】C【解析】【分析】A原子晶体熔沸点大于分子晶体；B根据氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性判断；C根据电子排布相同，阴离子的离子半径大于阳离子的离子半径；D依据在盐溶液中，对应的弱电解质越弱则盐类水解程度越大的原理分析作答。【详解】A若X是原子晶体，原子间存在共价键，作用力较强，熔点较高，Y是分子晶体，影响分子晶体的熔点高低的因素为分子间作用力，而分子间作用力远小于共价键，则熔点XY，A项正确；B在氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，则A2+2D-2A-+D2，则氧化性：A2D2，B项正确；C在简单离子中，电子层数相同时原子序数越小，对应的离子半径越大，即电子层数相同，阴离子的离子半径大于阳离子的离子半径，所以离子半径：R2-M+，C项错误；D弱酸HA、HB的酸性HAHB，根据盐类水解中“越弱越水解”的规律可知，溶液的碱性NaANaB，D项正确；答案选C。11.下列实验操作错误的是A. 蒸发时，应将溶液放入坩埚中加热到出现大量晶体，还余少量溶液停止加热B. 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C. 分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D. 萃取时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大【答案】D【解析】【详解】A. 蒸发时利用余热加热，即加热到出现大量晶体，还余少量溶液时再停止加热，A项正确；B. 蒸馏时，测定馏分的温度，则温度计的水银球靠近蒸馏烧瓶支管口，B项正确；C. 分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗先从下口放出下层液体，再从上口倒出上层液体，C项正确；D. 萃取剂的密度不一定比水大，只要符合萃取剂与原溶剂互不相溶，溶质在萃取剂中的溶解度比在水中大，且萃取剂与水的密度有差别即可，D项错误；答案选D。12.对于0.1molL-1Na2SO3溶液，下列表述正确的是A. 升高温度，溶液的pH降低B. 加入少量NaOH固体，c(SO32-)与c(Na+)均增大C. c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+c(OH-)D. c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)【答案】B【解析】【分析】0.1molL1Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32+H2OHSO3+OH，该过程是吸热过程，则A. 升高温度，会促进盐的水解；B. 根据水解平衡的移动原理分析，氢氧化钠抑制亚硫酸根离子的水解；C. 根据溶液中的电荷守恒规律作答；D. 根据溶液中的物料守恒规律作答。【详解】A. 升高温度，水解平衡正向移动，所以溶液的pH升高，A项错误；B. 加入少量NaOH固体，平衡：SO32+H2OHSO3+OH向逆反应方向移动，所以c(SO32)与c(Na+)均增大，B项正确；C. 溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，C项错误；D. Na2SO3溶液中存在物料守恒，即c(Na+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，D项错误；答案选B。13.在室温下，将pH=3的酸和pH=11的碱等体积混合，混合后溶液的pH7，则该酸和碱的组合可以是A. 醋酸和氢氧化钡B. 硝酸和氢氧化钠C. 硫酸和氢氧化钾D. 盐酸和氨水【答案】D【解析】【分析】室温下，将pH=3的酸和pH=11的碱等体积混合，分以下几种情况讨论：若对应的酸碱均为强电解质，则溶液混合后恰好呈中性；若酸为弱酸而碱为强碱，由于弱电解质部分水解，则弱酸的浓度远远大于10-3mol/L，即弱酸的浓度远远大于碱的浓度，等体积混合时，酸过量，因此溶液显酸性；若酸为酸为强酸而碱为弱碱，由于弱电解质部分水解，则弱碱的浓度远远大于10-3mol/L，即弱碱的浓度远远大于酸的浓度，等体积混合时，碱过量，因此溶液显碱性，据此进行解答。【详解】A. 醋酸为弱酸，氢氧化钡强碱，则弱酸的浓度远远大于103 mol/L，即弱酸的浓度远远大于碱的浓度，等体积混合时，酸过量，因此溶液显酸性，混合液的pH小于7，A项错误； B. 室温下，将pH=3的硝酸和pH=11的氢氧化钠等体积混合，若对应的酸碱均为强电解质，则溶液混合后恰好呈中性，溶液的pH=7，B项错误； C. 硫酸和氢氧化钾都是强电解质，则混合液中强碱恰好反应，溶液为中性，溶液的pH=7，C项错误；D. 盐酸为强酸，氨水为弱碱，氨水浓度远远大于103 mol/L，混合液中氨水过量，溶液的pH大于7，D项正确； 答案选D。14.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是A. 达到化学平衡时， B. 若单位时间内生成n mol NO的同时，消耗n mol NH3，则反应达到平衡状态C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D. 化学反应速率关系是：【答案】A【解析】【分析】A. 当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；B. 都表示反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡；C. 增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动；D. 各物质化学速率之比等于参与反应的化学方程式的化学计量数之比。【详解】A. 4v正(O2)=5v逆(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示反应达到平衡状态，A项正确； B. 若单位时间内生成n molNO的同时，消耗n molNH3，都表示反应向正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，B项错误；C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则反应混合物的浓度减小，正、逆反应速率均减小，平衡向正反应移动，C项错误；D.不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，应为3v正(NH3)=2v逆(H2O)，D项错误；答案选A。【点睛】有关达到化学平衡状态的标志是常考题型，通常有直接判断法和间接判断法两大类，本题主要考查直接判断法，即（正）=（逆）0，即正反应速率 = 逆反应速率注意反应速率的方向必须有正逆之分，每个物质都可以表示出参与的化学反应速率，而其速率之比应符合方程式中的化学计量数的比值，这一点学生做题容易出错；另外，各组分的浓度保持不变，包括各组分的质量分数、物质的量分数、体积分数、百分含量不变。15.往FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生，下列说法正确的是A. 该实验表明FeCl3有还原性B. 白色沉淀为BaSO3C. 该实验表明SO2有漂白性D. 反应后溶液酸性增强【答案】D【解析】该实验表明FeCl3有氧化性；上述过程发生了氧化还原反应：2Fe3SO22H2O=2Fe2SO424H和复分解反应：SO42Ba2=BaSO4，白色沉淀为BaSO4；反应后有盐酸生成，溶液酸性增强。16.如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是选项WXYZASSO2SO3H2SO4BNaNa2O2NaOHNaClCFeFeCl3Fe(OH)2FeCl2DAlAlCl3NaAlO2Al2(SO4)3A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】试题分析：A、S不能一步转化为SO3，错误；B、NaCl不能一步转化为Na2O2，错误；C、FeCl3不能一步转化为Fe(OH)2，错误；D、铝与盐酸或氯气等反应生成氯化铝，氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量硫酸反应生成硫酸铝，硫酸铝与氯化钡溶液反应生成氯化铝，正确。考点：考查元素化合物知识。17.在碘酸钠（NaIO3）的碱性溶液中通入氯气，可以得到正高碘酸二氢三钠（Na3H2IO6）。下列有关该反应的说法错误的是A. 该反应中碘酸钠作还原剂B. 碱性条件下，氯气的氧化性强于正高磷酸二氢三钠的氧化性C. 反应物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1D. 反应中生成1mol Na3H2IO6转移2NA个电子【答案】C【解析】【分析】由向碘酸钠（NaIO3）的碱性溶液中通入氯气，可以得到高碘酸钠（Na2H3IO6）可知，反应中I元素的化合价由+5价升高为+7价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，以此来解答。【详解】A. 因I元素的化合价升高，则在该反应中碘酸钠作还原剂，A项正确；B. 该反应中I的化合价升高，Cl的化合价降低，则碱性条件下，氯气的氧化性强于高碘酸钠的，B项正确；C. 由电子守恒可知，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2，C项错误；D. 反应中生成1 mol Na2H3IO6转移1 mol (75)= 2 mol电子，即2NA个电子，D项正确；答案选C。【点睛】氧化还原反应是常考点，其规律口诀为：升失氧，降得还，若说剂，则相反。本题中各物质与电子转移的关系是解题的关键。18.下列有关物质检验的实验结论正确的是选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有B向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色；再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色该溶液中一定含有C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定为D将少量有机物滴加到新制氢氧化铜溶液中，充分振荡，未见红色沉淀生成该有机物不含醛基A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】A. 根据硫酸根离子的检验方法分析是否有干扰离子存在；B. 结合三价铁离子的检验方法进行分析判断；C. 依据漂白性物质的漂白作用和二氧化硫的检验方法判断；D. 实验操作可能因不当而无法达到预期效果。【详解】A. 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能含有Ag+，SO42等，都可以生成沉淀，A项错误；B. 向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，说明不含三价铁离子，再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色，说明生成了三价铁离子，证明溶液中一定含有亚铁离子，B项正确；C. 将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热恢复原来的颜色证明是二氧化硫，使品红褪色的可以是二氧化硫气体，也可以是氯气等，气体不一定是二氧化硫，C项错误；D.在碱性条件下，新制氢氧化铜悬浊液可与醛基反应产生砖红色沉淀，若将少量有机物滴加到新制氢氧化铜溶液中，充分振荡，可能因为新制氢氧化铜悬浊液不是碱性环境，所以未见红色沉淀生成，所以结论不准确，D项错误；答案选B。【点睛】本题综合考查离子的检验与物质的性质，其中A项是常考点，也是学生易错点。在进行离子检验时，要注意排除干扰杂质离子的干扰，高中阶段常见阴离子的检验方法与操作可归纳如下：1.CO32-：取少许原溶液于试管中，滴加几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，沉淀溶液稀盐酸或稀硝酸，生成无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体，证明原溶液中有CO32-；2. SO42-：取少许原溶液于试管中，滴加几滴稀盐酸，若无明显现象，再加入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则证明原溶液中有SO42-；3. Cl-：取少许原溶液于试管中，滴加几滴稀硝酸，然后加入几滴AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中有Cl-。19.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+Q（Q0）。某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，分析正确的是A. 图研究的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响B. 图研究的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响C. 图研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化速率比乙高D. 图研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较低【答案】B【解析】【分析】2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+Q（Q0），则该反应为气体体积分数减小的体系，且为放热反应，则A增大氧气的浓度，瞬间逆反应速率不变；B图正正逆反应速率同等程度的增大；C催化剂不改变平衡；D依据先拐先平数值大分析图像。【详解】A增大氧气的浓度，瞬间逆反应速率不变，图中不符，应为增大压强，A项错误；B图正正逆反应速率同等程度的增大，为催化剂对反应的影响，B项正确；C催化剂不改变平衡，应为压强对反应的影响，C项错误；D若图研究的是温度对化学平衡的影响，则乙先达到平衡，对应的温度高，升温不利于二氧化硫的转化，则二氧化硫转化率低，D项错误；答案选B。【点睛】解答化学速率与平衡图像题时，可采取“先拐先平数值大”原则对反应速率进行初步分析。再进一步判断过程的变化趋势。具体方法可总结为：（1）看坐标系，确定纵、横坐标所代表的具体含义；（2）分析反应的特征，搞清正反应方向是吸热还是放热；气体体积增大、减小还是不变；有无固体或纯液体参加或生成等；（3）分析自变量和因变量，弄明白始末状态，结合勒夏特列原理进行分析；（4）看清起点、拐点和终点，分清极值和斜率的一对一，把握曲线变化规律，得出结论。20.在含有Na+的中性溶液中，还可能存在NH4+、Fe2+、Br-、CO32-、I-、SO32-六种离子中的一种或几种，进行如下实验：（1）原溶液加足量氯水后，有气泡生成，溶液呈橙黄色；（2）向橙黄色溶液中加BaCl2溶液无沉淀生成；（3）橙黄色溶液不能使淀粉变蓝。由此推断溶液中一定不存在的离子是A. NH4+、Br-、CO32-B. NH4+、I-、SO32-C. Fe2+、I-、SO32-D. Fe2+、I-、CO32-【答案】C【解析】【分析】根据加新制氯水后溶液呈现的颜色判断溶液中可能存在的离子，再根据生成的气体判断含有的离子；根据加入钡离子后无白色沉淀生成判断溶液中不含有亚硫酸根离子；根据加入淀粉溶液后不显蓝色判断碘离子是否存在。【详解】由实验（1）反应后溶液呈橙黄色，可以推知溶液中有Br-，由有气泡生成推知一定有CO32-；由Fe2+和CO32-不能共存，可知溶液中一定无Fe2+；由实验（2）现象推知原溶液一定无SO32-；由实验（3）的现象推知溶液一定无I-，从上述实验现象无法确定Na+存在与否；故原溶液一定不存在的离子为Fe2+、I-、SO32-；答案选C。二、综合题（共60分）21.航天飞机用铝粉与高氯酸铵（NH4ClO4）的混合物为固体燃料，点燃时铝粉放热引发高氯酸铵分解。生成氮气、氯气、氧气还有水。完成下列填空：(1)Al原子的最外层电子排布式为_，其电子云形状有_种。(2)氯元素在元素周期表中的位置是_，氮氧两元素非金属性强的是_。(3)上述分解反应中的还原产物是_，1mol NH4ClO4分解时电子转移的物质的量为_。(4)NH4ClO4溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序为_。(5)以AlCl3溶液为原料制取无水AlCl3，先制得AlCl36H2O晶体，主要操作包括_，再在干燥的HCl气流中加热AlCl36H2O晶体，能进一步制取无水AlCl3，试结合化学方程式说明原因：_。【答案】 (1). 3s23p1 (2). 2 (3). 第三周期第VIIA族 (4). 氧元素 (5). 氯气 (6). 7mol (7). c(ClO4-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) (8). 加热浓缩、冷却结晶 (9). 存在AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，在干燥的HCl气流中，能抑制AlCl3的水解，且带走AlCl36H2O晶体受热产生的水蒸气，可得到纯净的AlCl3【解析】【分析】（1）Al在元素周期表中为13号元素，根据核外电子排布规律书写其最外层电子排布式；s能级电子云形状为球形，p能级电子云形状为哑铃形，据此作答；（2）氯元素原子序数为17，结合元素周期表结构与元素周期律作答； （3）高氯酸铵（NH4ClO4）分解生成氮气、氯气、氧气还有水，依据氧化还原反应规律作答；（4）铵根离子会发生水解；（5）铝离子水解生成盐酸易挥发，不能直接蒸发得到晶体，以此来解答。【详解】（1）Al原子序数为13，依据电子排布规律可知，其最外层电子排布式为3s23p1，因s能级电子云形状为球形，p能级电子云形状为哑铃形，所以其电子云形状有2种，故答案为：3s23p1；2；（2）氯元素原子序数为17，在元素周期表中位于第三周期第VIIA族；同周期元素中，非金属性随着原子序数的递增而增大，所以氮氧两元素非金属性强的是氧，故答案为：第三周期第VIIA族；氧元素；（3）依据题意可知，高氯酸铵分解的化学方程式为：，氯元素从+7价降低到0价，被还原，得到的氯气为还原产物，其中1mol NH4ClO4分解时电子转移的物质的量为1（7-0） = 7 mol,故答案为：氯气；7mol;(4) NH4ClO4溶液中NH4+会发生水解生成一水合氨与H+，使溶液呈现酸性，所以其离子浓度大小顺序为：c(ClO4-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)，故答案为：c(ClO4-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)；（5）铝离子水解生成盐酸易挥发，不能直接蒸发得到晶体，则操作包括加热浓缩，冷却结晶；在第步操作中应注意的事项是用玻璃棒不断搅拌溶液，当有晶体析出时停止加热在干燥的HCl气流中加热AlCl36H2O晶体，能进一步制取无水AlCl3，其原因是存在AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，在干燥的HCl气流中，能抑制AlCl3的水解，且带走AlCl36H2O晶体受热产生的水蒸气，可得到纯净的AlCl3，故答案为：加热浓缩、冷却结晶；存在AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，在干燥的HCl气流中，能抑制AlCl3的水解，且带走AlCl36H2O晶体受热产生的水蒸气，可得到纯净的AlCl3。22.含氯消毒剂在生产生活中有着广泛的用途。完成下列填空：（1）工业上将氯气溶于一定浓度的氢氧化钠溶于可制得“84消毒液”，反应的离子方程式为_。（2）“84消毒液”（主要成分是NaClO）不能和洁厕剂（主要成分是浓盐酸）混用。混用时反应的化学方程式是_；“84消毒液”不能对钢铁制品进行消毒，原因是_。（3）工业常用石灰乳和氯气反应制取漂粉精，其主要设备是氯化塔，将含有3%-6%水分的石灰乳从塔顶部喷洒而入，氯气从塔的最底层通入。这样加料的目的是_；处理从氯化塔中逸出气体的方法是_。（4）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色易溶于水的气体。工业上常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加入H2SO4酸化后反应制得，反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为_。（5）在用二氧化氯进行水处理时，ClO2除了杀菌消毒外，还能除去水中的Fe2+和Mn2+。用ClO2氧化除去Mn2+生成ClO2-和MnO2的离子方程式为_。【答案】 (1). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (2). NaClO+2HCl(浓)=Cl2+NaCl+H2O (3). 钢铁中的碳和铁与消毒液能够形成原电池，使钢铁发生电化学腐蚀 (4). 使反应物充分接触、充分反应 (5). 用碱液吸收 (6). 2:1 (7). 2ClO2+Mn2+2H2O2ClO2-+MnO2+4H+【解析】【分析】（1）氯气可与氢氧化钠反应生成氯化钠与次氯酸钠和水，“84消毒液”的主要成分为氯化钠与次氯酸钠；（2）次氯酸钠与盐酸发生归中反应；钢铁制品为铁合金，内部含少量碳，与电解质溶液可构成原电池，造成电化学腐蚀；（3）根据将液体进行雾化提高接触面积，充分反应；根据逸出气体Cl2有毒，可用碱液来吸收；（4）依据题意，分析元素化合价的升降，结合电子守恒计算；（5）氧化还原反应中，得电子总数等于失电子总数，据此分析解答。【详解】（1）工业上将氯气溶于一定浓度的氢氧化钠其反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（2）“84消毒液”（主要成分是NaClO）不能和洁厕剂（主要成分是浓盐酸）混用，会发生氧化还原反应，生成氯气，其方程式为：NaClO+2HCl(浓)=Cl2+NaCl+H2O，钢铁中的碳和铁与消毒液能够形成原电池，使钢铁发生电化学腐蚀，所以不能用“84消毒液”对钢铁制品进行消毒，故答案为：NaClO+2HCl(浓)=Cl2+NaCl+H2O；钢铁中的碳和铁与消毒液能够形成原电池，使钢铁发生电化学腐蚀；（3）将3%6%水分的熟石灰从塔顶喷洒而入，氯气从塔的最底层通入，是为了充分接触，充分反应；Cl2有毒，可用碱液来吸收， 故答案为：使反应物充分接触、充分反应；用碱液来吸收；（4）NaClO3和Na2SO3溶液混合并加入H2SO4酸化后反应制得二氧化氯，则Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，而S元素的化合价由+4价升高为+6价，由电子守恒可知，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为 = 2：1，故答案为：2：1；（5）在用ClO2氧化除去Mn2+离子的反应中，由得失电子守恒及原子守恒可知，反应物中要补水，生成物中要补H+，为2ClO2+Mn2+2H2O2ClO2-+MnO2+4H+，故答案为：2ClO2+Mn2+2H2O2ClO2-+MnO2+4H+。23.某校化学趣小组设计了图示实验装置来测定某铁碳合金的质量分数。完成下列填空：（1）m g铁碳合金中加入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，其原因是：常温下碳与浓硫酸不反应；_。（2）加热时A中碳与浓硫酸反应的化学方程式为_，B中的现象是_；C的作用是_。（3）待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重，E称重b g。则铁碳合金中铁的质量分数的表达式为_（化简后的表达式）。（4）甲同学认为利用此装置测得铁的质量分数偏大，可能的原因是_。（5）乙同学提出，本套装置在设计上存在多处缺陷而导致实验结果不准确，其中会导致铁质量质量分数测量值偏低是_（回答一条即可）。【答案】 (1). 常温下铁遇浓硫酸发生“钝化” (2). C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O (3). 品红溶液褪色 (4). 检验SO2是否除尽 (5). (6). 装置中残留的CO2未被E吸收 (7). E中碱石灰会吸收空气中的CO2、H2O等【解析】【分析】由装置图可知，该实验原理：通过测定干燥管E的质量增重确定二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算铁碳合金中碳的质量，进而计算铁的质量，再计算合金中铁的质量分数故二氧化硫会影响二氧化碳的测定，进入干燥管E的气体应除去二氧化硫、且干燥装置A：碳和浓硫酸反应，装置B：检验二氧化硫，装置C：除去二氧化硫，装置D：干燥二氧化碳，装置E：吸收二氧化碳。（1）常温下碳与浓硫酸不反应，铁在浓硫酸中发生钝化现象；（2）碳与浓硫酸在加热的条件下生成二氧化硫、二氧化碳、水；A中生成的气体含有CO2、2SO2，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫存在会影响二氧化碳的质量测定，C装置的作用为除尽反应产物中的SO2气体；（3）E增重bg为二氧化碳的质量，根据碳元素守恒计算合金中碳元素的质量，合金的质量减去碳元素质量等于铁的质量，再根据质量分数定义计算；（4）装置内残留部分二氧化碳，未能被装置E完全吸收，导致测量的二氧化碳的质量偏小，即合金中碳元素的质量偏小；（5）由装置图可知，SO2不一定能全部被品红KMnO4除去，E中碱石灰会吸收空气中的CO2、H2O等。【详解】（1）常温下，铁与浓硫酸反应生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内金属继续与浓硫酸反应，发生钝化现象，故答案为：常温下铁遇浓硫酸发生“钝化”；（2）碳与浓硫酸在加热的条件下生成二氧化硫、二氧化碳、水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O，A中生成的气体含有CO2、2SO2，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；C装置的作用为除尽反应产物中的SO2气体，防止影响二氧化碳的质量测定，故答案为：C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O；品红溶液褪色；检验SO2是否除尽；（3）E增重b g为二氧化碳的质量，根据碳元素守恒可知合金中碳元素的质量为 ，合金中铁的质量为，故铁的质量分数，故答案为：；（4）装置内残留部分二氧化碳，未能被装置E完全吸收，导致测量的二氧化碳的质量偏小，即合金中碳元素的质量偏小，铁元素的质量增大，质量分数增大，故答案为：装置中残留的CO2未被E吸收；（5）由装置图可知，SO2不一定能全部被品红KMnO4除去，E中碱石灰会吸收空气中的CO2、H2O等，故答案为：E中碱石灰会吸收空气中的CO2、H2O等。24.三种有机物A、B、C互为同分异构体，均由C、H、O三种元素组成，且分子中C、H、O元素的质量比为15:2:8，其相对分子质量通过质谱法测得为100。又知化合物A能发生银镜反应，属于直链结构，分子中有3种不同化学环境的氢，且原子个数比为1:1:2。B为五元环酯。C的红外光谱表明其分子中存在甲基。其它物质的转化关系如