黑龙江省哈尔滨市第三中学2019届高三化学下学期第二次模拟考试试题（含解析）.docx

黑龙江省哈尔滨市第三中学2019届高三第二次模拟考试理综化学试题1.化学与生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是A. 高纯二氧化硅可用作计算机芯片的材料B. 硅胶、铁粉均可作为食品包装中的抗氧化剂C. 氯化铝是工业上电解法治炼金属铝的原料D. “地沟油”可用来制肥皂和生物柴油【答案】D【解析】【详解】A. 计算机芯片的主要成分是提纯的单质硅，故A项错误；B. 硅胶经硅酸凝胶干燥脱水而得到，可以作为干燥剂，但因不具有还原性，不能作为食品包装中的抗氧化剂，故B项错误；C. 氯化铝为分子晶体，在熔融状态下不能电离，不能用于冶炼金属铝，而氧化铝才是工业上电解法治炼金属铝的原料，故C项错误；D. “地沟油”的成分是油脂，碱性条件下水解成为皂化反应，可用来制肥皂，可从地沟油中提炼出油脂作为生物柴油，故D项正确；答案选D。【点睛】本题侧重考查物质的性质及用途，注重化学知识与生产、生活的联系，体现素质教育的价值。其中A选项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。2.下列关于有机化合物的说法正确的是A. 水、乙醇、乙酸都属于弱电解质B. 苯与氯气生成的反应属于取代反应C. 分子式为C9H12的芳香烃共有8种D. 淀粉、油脂、蛋白质都属于高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A. 乙醇在水溶液和熔融状态下均不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故A项错误；B. 苯与氯气反应生成，反应前后氢原子数不变，且不饱和度降低，不是取代反应，而是加成反应，故B项错误；C. 分子式为C9H12的芳香烃，可以是:苯环上含有1个C3H7，C3H7有CH2CH2CH3、两种结构，共2种，苯环上含有1个CH3、1个CH2CH3，二者在苯环上有邻、间、对三种位置关系，共3种，苯环上含有3个CH3，共3种，故总共有2+3+3 = 8种，故C项正确；D. 油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，不属于高分子化合物，故D项错误；答案选C。【点睛】有机物中的化学反应类型是常考点，其中取代反应与加成反应的特点很显著，判断依据可归纳为：若为取代反应，以甲烷与氯气在光照下反应为例，甲烷分子内的一个H被取代，消耗一个Cl2，同时产生一个无机小分子HCl；若为加成反应，以CH2=CH2与Br2反应为例，其原理是：C=C中的双键断开其中一个，两个C各形成一个半键，分别与两个Br原子结合成键，其特点就是双键变单键，不饱和变饱和。依据两者的区别，本题的B选项显然为加成反应，而不是取代反应。因此抓住有机反应类型的主要特点才能万变不离其宗，解答此类题型时游刃有余。3.实验室从废定影液含Ag(S2O3)23-和Br-等中回收Ag和Br2的主要步骤为：向废定影液中加入Na2S溶液沉淀银离子，过滤、洗涤、干燥，灼烧Ag2S制取金属Ag；制取C12并将Cl2通入滤液中氧化Br-，再用苯萃取分液。其中部分实验操作的装置如下图所示：下列叙述正确的是A. 用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌B. 用装置乙在通风橱中高温灼烧Ag2S制取AgC. 用装置丙制备用于氧化过滤液中Br-的Cl2D. 用装置丁分液时，先放出水层再换个烧杯继续放出有机层【答案】C【解析】【分析】A. Ag2S为不溶物，可用过滤操作进行分离，玻璃棒起引流作用；B. 高温灼烧Ag2S需用坩埚；C. 高锰酸钾与浓盐酸在常温下可制备氯气；D. 分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出。【详解】A. 用装置甲可分离Ag2S不溶物，但不能用玻璃棒不断搅拌，否者可能会使滤纸破损而影响实验操作，故A项错误；B. 蒸发皿可用于水溶液的蒸发结晶实验操作，而高温灼烧Ag2S固体时需用坩埚进行实验，故B项错误；C. 高锰酸钾具有强氧化性，在常温下可与浓盐酸反应制备氯气，其实验装置与操作均科学规范，故C项正确；D. 苯为有机萃取剂，其密度比水小，则在分液时，先从分液漏斗的下口放出水层，不能从下口继续放出有机层，而应该从上口倒出有机层，D项错误；答案选C。4.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X、Y、Z原子最外层的电子数之和与W原子最外层的电子数相等，X的最低负价为-4，Y的周期数是族序数的3倍。下列说法正确的是A. 原子半径：YZXB. Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的弱C. W的氧化物对应的水化物的酸性一定比X的强D. W分别与X、Z形成的化合物所含的化学键类型相同【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的最低负价为-4，则X为第二周期IVA族元素，为C元素；Y的周期数是族序数的3倍，则Y为Na元素；X、Y、Z原子最外层的电子数之和与W原子最外层的电子数相等，则可推出Z为Mg元素，W的最外层电子数 = 1+2+4 = 7，为Cl元素，据此分析作答。【详解】由上述分析可知：A. 同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，同一主族，原子半径从上到下依次增大，则原子半径从大到小的顺序为：NaMgC，即YZX，故A项正确；B. 元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强。因同一周期中，从左到右金属性依次减弱，即金属性比较：NaMg，所以Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强，故B项错误；C. W为Cl元素、X为C元素， W的氧化物对应的水化物可能为次氯酸，其酸性不如碳酸强，故C项错误；D. W为Cl元素、X为C元素，Z为Mg元素，因活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，一般情况下非金属元素之间易形成共价键，所以W与X形成的四氯化碳之间化学键类型为共价键，而W与Z元素形成的氯化镁中形成离子键，即两个化合物中所含的化学键类型不同，故D项错误；答案选A。【点睛】元素周期表、元素周期律是学习化学的工具。元素周期律是反映元素之间关系的规律，是元素周期表排布的依据，本题侧重考查学生对元素周期律与化学键的理解与运用能力，非金属性的宏观表现之一：元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，但一定要注意该酸是最高价的含氧酸，而不是普通的酸，其中C项的陷阱要识破，所以知识掌握要准确，严谨治学才能熟练做题。5.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 常温常压下，36g18O2中所含的中子数为16NAB. 8.0 g Cu2S和CuO的混合物中含有的铜原子数为0.1NAC. 电解饱和食盐水时，阳极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NAD. 室温下向1LpH1的醋酸溶液中加水，所得溶液中H+数目小于0.1NA【答案】B【解析】【分析】A. 18O2的摩尔质量为36 g/mol，据此计算出18O2分子的物质的量，根据分子构成得出结论；B. Cu2S的摩尔质量是CuO摩尔质量的2倍，含有的铜原子个数也是CuO的2倍；C. 阳极上生成气体的状态不明确；D.加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大。【详解】A. 36 g18O2的物质的量为 = 1 mol，则所含中子数为2（18-8）NA = 20 NA，故A项错误；B. Cu2S的摩尔质量是CuO摩尔质量的2倍，含有的铜原子个数也是CuO的2倍，故Cu2S和CuO的混合物可以看做均由“CuO”构成，则含有的“CuO”物质的量为n = = 0.1 mol，则混合物中含有的铜原子数为0.1 NA，故B项正确；C. 阳极上生成气体的状态不明确，故物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故C项错误；D. 1 L pH1的醋酸溶液中，氢离子的物质的量n(H+) = 0.1 mol，在加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，故所得溶液中H+数目略大于0.1 NA，故D项错误；答案选B。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题C项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项，提高做题效率。6.一种新的低能量电解合成1，2一二氯乙烷的实验装置如下图所示。下列说法正确的是A. 该装置工作时，化学能转变为电能B. CuCl2能将C2H4还原为1，2一二氯乙烷C. X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜D. 该装置总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2+2NaOH+ClCH2CH2Cl【答案】D【解析】【分析】A. 该装置为外加电源的电解池原理；B. 根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；C. 根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；D. 根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。【详解】A. 该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；B. C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；C. 该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O + 2e- = H2+ 2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；D. 该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2CH22H2O2NaClH22NaOHClCH2CH2Cl，故D项正确；答案选D。7.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是操作现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性B向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成Fe2+催化H2O2分解产生O2C铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中无明显现象浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜D向浓度均为0.1molL-1的KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.蔗糖含有碳氢氧三种元素，加入浓硫酸，浓硫酸具有脱水性，将蔗糖脱水变成碳，过程放热，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，浓硫酸表现强氧化性，故正确；B.过氧化氢具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子可以催化过氧化氢分解，故错误；C.浓硝酸具有强氧化性，能使铝表面形成致密的氧化膜，故正确；D.含等浓度的碘离子和氯离子的溶液中加入硝酸银，先生成碘化银沉淀，说明碘化银的溶度积小，故正确。故选B。8.常温下，用含钻废料（主要成分为CoCO3，还含有少量NiCO3与铁屑）制备CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：除镍过程中溶液pH对产品中钴的回收率及产品中镍元素的含量的影响如图所示。部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.54.1Fe2+7.59.7Co2+6.69.4Ni2+6.79.5回答下列问题：（1）酸浸后，溶液中的阳离子有Co2、Ni2、_。（2）除镍时，应调节溶液的pH=_，此时Ni2是否形成Ni(OH)2沉淀？_（填“是”或“否”）。若pH过小，则产品纯度会_（填“升高”“降低”或“不变”）。（3）酸溶时，当调节溶液的pH为8时，溶液中n(Fe3)：n(Co2)_。（已知：KspCo(OH)2201016，KspFe(OH)3401038（4）除铁时，先向溶液中滴加适量30H2O2溶液，发生反应的离子方程式为_；充分反应后再向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH的范围为_，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，最后过滤得到CoCl2溶液。（5）已知：AgSCN =AgSCN。为测定粗产品中CoCl26H2O的含量，称取119g粗产品溶于水配成100mL溶液，从中取出2500mL，先加入含003 mol AgNO3的溶液（杂质不反应），再用050molL1的KSCN溶液滴定过量的AgNO3，该滴定操作所用的指示剂应为_（填化学式）溶液；若消耗2000 ml KSCN溶液，则该粗产品中CoCl26H2O的质量分数为_。【答案】 (1). Fe2+、H+ (2). 10 (3). 否 (4). 降低 (5). 2.010-16：1（或2.010-16） (6). 2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O (7). 4.1pH 6.6 (8). Fe(NO3)3 (9). 80%【解析】【分析】含钴废料（含CoCO3、少量NiCO3与铁屑）加稀盐酸酸浸，得到Co2+、Ni2+、Fe2+的溶液，加氨水将Co2+、Fe2+沉淀，过滤，向沉淀中加入盐酸酸浸得到Co2+、Fe2+，向溶液中滴加适量30%H2O2，氧化亚铁离子，向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH范围为4.lpH6.6，使Fe3+沉淀完全，过滤得CoCl2溶液，结晶干燥得CoCl26H2O，据此分析解答。（1）铁屑与酸反应生成Fe2+和氢气；（2）依据已知信息，结合图像综合分析作答，除镍过程中，Ni元素在滤液中，Co元素在滤渣中；（3）根据溶度积公式分别计算出溶液中的Fe3和Co2的浓度，得出结论；（4）加入30H2O2溶液，其目的是氧化Fe2转化为Fe3，便于沉淀；结合金属离子沉淀所需的pH表中数据作答；（5）KSCN溶液遇Fe3会变红；消耗的KSCN的物质的量可计算得出过量的Ag，根据关系式1Ag1ClCoCl26H2O，得出样品中的CoCl26H2O的物质的量，最后计算出原产品中的CoCl26H2O的质量，得出结论。【详解】（1）酸浸后，铁屑与酸反应生成Fe2+和H2，同时剩余溶液中还有过量的盐酸，则溶液中的阳离子除有Co2、Ni2以外，还有Fe2+、H+，故答案为：Fe2+、H+；（2）除镍过程中产品中钴的回收率随着溶液pH的增大而降低，产品中镍元素的含量在pH = 10以后几乎不变，pH=10时，Co的回收率高且Ni的含量低，流程中除镍，Co元素在滤渣中，Ni元素在滤液中，故未形成沉淀；若pH过小，除镍不完全，溶液中镍元素的含量增大，则产品的纯度会降低，故答案为：10；否；降低；（3）常温下，酸溶时，当调节溶液的pH为8时，溶液中c(OH) = = 110-6，因KspCo(OH)2c(Co2)c2(OH) = 2.01016，所以c(Co2) = = = 2.010-4，同理可知c(Fe3) = = = 4.010-20，又溶液的体积一定，则溶液中的n(Fe3)：n(Co2)c(Fe3) ：c(Co2) = = 2.010-16：1 = 2.010-16，故答案为：2.010-16：1（或2.010-16）；（4）除铁时，先向溶液中滴加适量30H2O2溶液，将Fe2氧化为Fe3，其离子方程式为：2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O，充分反应后再向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，所需pH4.1，又要保证溶液中的Co2不沉淀，则pH6.6，故适宜的pH范围为：4.1pH 6.6，故答案为：2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O；4.1pH 6.6；（5）因KSCN溶液遇Fe3会变红，为防止对银离子产生干扰，在操作过程中可选用Fe(NO3)3（不能用氯化铁或硫酸铁）作为指示剂，AgSCN =AgSCN，则KSCN消耗的Ag的物质的量n(Ag) = n(SCN) = 0.5 mol/L2010-3 L = 0.01 mol，加入的AgNO3的物质的量为0.03 mol，说明与CoCl26H2O反应的AgNO3的物质的量为0.03 mol - 0.01 mol =0.02 mol，根据关系式1Ag1ClCoCl26H2O可知，25 mL溶液样品中CoCl26H2O的物质的量为0.02 mol = 0.01mol， 100 mL溶液中的CoCl26H2O的质量为0.01mol238 g/mol = 9.52 g，则该粗产品中CoCl26H2O的质量分数为 100% = 80%,故答案为：Fe(NO3)3；80%9.氮的化合物用途广泛。回答下列问题：（1）在一定条件下，氮气能和水蒸气反应生成氨气和氧气2N2（g）6H2O（g）=4NH3（g）3O2（g）H，与该反应相关的化学键键能数据如下：化学键NNHONHO=OE（kJ/mol）946463391496则该反应的H_kJmol-1。（2）在恒容密闭容器中充入2 mol N2O5与1molO2发生反应4NO2 (g) + O2 (g) 2N2O5 (g) H。已知在不同温度下测得N2O5的物质的量随时间的变化如图所示，该反应的H_0（填“”“”或“”）。高温下该反应能逆向自发进行，其原因是_。下列有关该反应的说法正确的是_（填标号）。A扩大容器体积，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色变深B恒温恒容，再充入2 mol NO2和1molO2，再次达到平衡时，NO2的转化率增大C恒温恒容，当容器内的密度保持不变时，反应达到了平衡状态D若该反应的平衡常数增大，则一定是降低了温度（3）N2O5是一种新型绿色硝化剂，其制备可以用硼氢化钠燃料电池作电源，采用电解法制备得到N2O5，工作原理如图所示。则硼氢化钠燃料电池的负极反应式为_。（4）X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种。下表是常温下浓度均为001molL1的X、Y、Z、W溶液的pH。将X、Y、Z各1mol同时溶于水中得到混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为_。001molL1的溶液XYZWpH1228.54.5（5）氮的氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时，涉及如下反应：I：2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3 (s)+ClNO(g) K1：2NO(g)+Cl2 (g) 2CNO(g) K24NO2（g）2NaCl（s）2NaNO3（s）2NO（g）Cl2（g）的平衡常数K_（用K1、K2表示）。在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入02 mol NO和01 mol Cl2，10min时反应达到平衡，测得10min内v(ClNO)7.510-3molL-1min-1，则平衡时NO的转化率1=_；若其他条件不变，反应在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率2_1（填“”“”或“”）。【答案】 (1). +1268 (2). 0 (4). BD (5). BH4+8OH 8e= BO2+6H2O (6). c(Na+)c(NO3)c(NO2)c(OH)c(H+) (7). (8). 75% (9). 【解析】【分析】（1）旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量值即为反应热，1mol N2含有1mol NN，1 mol H2含有2 mol H-O，1mol NH3含有3 mol N-H，依据H=反应物的总键能-生成物的总键能进行计算；（2）结合图1和“先拐先平数值大”的原则可知，温度，再根据图像中温度升高时N2O5的物质量变化，判断温度升高时平衡移动方向，得出反应焓变，又自由能 = H-TS c（H+），钠离子和硝酸根离子都不水解，但盐类水解较微弱，所以离子浓度大小关系是c（Na+）c（NO3-）c（NO2-）c（OH-）c（H+）；（5）已知：2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g），：2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g），根据盖斯定律2-可得：4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数为的平衡常数平方与的商；测得10min内v（ClNO）=7.510-3 molL-1min-1，则n（ClNO）=7.510-3 molL-1min-110min2L = 0.15 mol，由方程式计算参加反应NO、氯气的物质的量，进而计算平衡时氯气的物质的量、NO的转化率；根据等效思想分析作答。【详解】(1)H=反应物的总键能-生成物的总键能= 2946 kJ/mol+12463 kJ/mol 12391 kJ/mol 3496 kJ/mol = +1268 kJ/mol，故答案为：+1268；(2)由图1可知，温度，升高温度时升高时N2O5的物质量减小，说明平衡逆向移动，说明正反应放热，即H0，若逆反应能够自发进行，则其HTS0，故答案为：0；A. 扩大容器体积，无论平衡怎样移动，各组分浓度都减小，混合气体颜色变浅，故A项错误；B. 该反应的正反应方向是气体分子数减少的方向。与开始加入比例相同加入反应物对反应物的转化率的影响与加压的影响相同，平衡正向移动，反应物转化率增大，故B项正确；C. 容器中气体密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故C项错误；D. 该反应为放热反应，降温平衡正向移动，化学平衡常数增大，故D项正确；故答案为：BD；(3)由图2可知，硼氢化钠燃料电池的左侧为负极，BH4在碱性条件发生氧化反应生成BO2，电极反应式为：BH4+8OH 8e= BO2+6H2O，故答案为：BH4+8OH 8e= BO2+6H2O；(4)X、Y、Z各1molL1同时溶于水中制得混合溶液，溶液中的溶质为等物质的量浓度的硝酸钠和亚硝酸钠，亚硝酸钠能水解而使溶液呈碱性，则c(OH)c(H+),钠离子和硝酸根离子都不水解，但盐类水解较微弱，所以离子浓度大小关系是c(Na+) c(NO3) c(NO2) c(OH) c(H+)，故答案为：c(Na+)c(NO3)c(NO2)c(OH)c(H+)；(5) I：2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3 (s)+ClNO(g) K1：2NO(g)+Cl2 (g) 2CNO(g) K2根据盖斯定律，2可得4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数K = ，故答案为：；(2)测得10min内v (ClNO) = 7.5103 molL1min1，则n(ClNO) = 7.5103molL1min 10 min 2 L = 0.15 mol，由方程式可知，参加反应氯气的物质的量为0.15 mol = 0.075 mol，故平衡时氯气的物质的量为0.1 mol 0.075 mol = 0.025 mol；参加反应NO物质的量为0.15 mol，则NO的转化率为 100% = 75 %；正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，反应()在恒压条件下进行,等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动，NO转化率增大，故转化率2 1；故答案为：75%；。10.二氧化氯（ClO2）是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为11，可用于处理部分含硫废水。某小组在实验室中利用下列装置制备ClO2（此制备方法中经空气稀释的SO2与ClO2不反应）。回答下列问题：（1）仪器X的名称是_。（2）欲选择上图中的装置收集ClO2，其连接顺序为a_（按气流方向，用小写字母表示）。（3）装置C的作用是_，装置E中反应的离子方程式为_。（4）处理含硫（Na2S）碱性废水时，ClO2与Na2S反应（S2-被氧化为SO42-）的离子方程式为_；处理含硫碱性废水时，相同条件下同体积的ClO2相对于Cl2的优点是_。（5）ClO2很不稳定，需现用现配，为测定所得溶液中ClO2的含量，进行下列实验：步骤1：准确量取V1 mL ClO2溶液加入锥形瓶中。步骤2：用稀硫酸调节ClO2溶液的pH2.0，再加入足量KI晶体，静置片刻。步骤3：加入指示剂，用c molL-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点时，消耗V2 mL Na2S2O3标准溶液。（已知：2ClO2+8H+10I-=2C1-+5I2+4H2O；2S2O32-+I2=2I-+S4O62-）配制100mL c molL-1 Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和_。原溶液中ClO2的含量为_（用含c、V1、V2的代数式表示）gL-1。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). deghbcf (3). 防倒吸 (4). SO2 +2ClO3 = 2ClO2 +SO42 (5). 8ClO2 + 5S2 + 4H2O=8Cl + 5SO42 + 8H+； (6). ClO2除硫效果更好，ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍； (7). 100mL容量瓶 (8). g/L【解析】【分析】（1）根据仪器的构造及用途作答；（2）装置A中亚硫酸钠与浓硫酸发生反应制备二氧化硫气体，在装置E中发生生成二氧化氯的反应，为防止倒吸，A与E之间连接装置C，二氧化氯沸点较低，故在B中冰水浴收集，最后用D装置中的氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，据此分析解答；（3）装置C为安全瓶，根据其用途作答；装置E中发生氧化还原反应，根据电子转移数守恒配平该反应；（4）ClO2具有强氧化性，与Na2S发生氧化还原反应；结合ClO2在水中的溶解度比氯气大，且除硫效果彻底、产物无污染等角度分析作答；（5）根据配制100 ml c molL-1Na2S2O3标准溶液的实验操作步骤分析所缺玻璃仪器；由反应可得关系式：2ClO25I210S2O32-，根据关系式计算ClO2的物质的量浓度，进而计算其含量；【详解】（1）仪器X与橡皮管连接，平衡内外气压，便于液体顺利留下，该仪器的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）二氧化硫从a进入装置E中反应，为防止倒吸，故应在之前有安全瓶，则ade，再连接E装置中的g，二氧化氯沸点较低，故在B中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接b，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：adeghbcf；故答案为：deghbcf；（3）二氧化硫从a若进入装置E中反应，可能会倒吸，故再A与E之间安装C装置，其作用是防止倒吸，而E为发生装置，其中二氧化硫与NaClO3反应的离子方程式为：SO2 +2ClO3 = 2ClO2 +SO42，故答案为：防倒吸；SO2 +2ClO3 = 2ClO2 +SO42；（4）S2被氧化为SO42，ClO2会被还原为稳定的Cl，根据氧化还原反应中得失电子数守恒可知，该离子方程式为：8ClO2 + 5S2 + 4H2O=8Cl + 5SO42 + 8H+；与氯气相比，ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍；故答案为：8ClO2 + 5S2 + 4H2O=8Cl + 5SO42 + 8H+；ClO2除硫效果更好，ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍。（5）称量后在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，移入100 mL容量瓶中，加水至距离容量瓶刻度线12 cm处改用胶头滴管定容，故答案为：100mL容量瓶；由反应可得关系式：2ClO25I210S2O32-，可知V1 mLc(ClO2)：V2mLc(Na2S2O3)=2：10，则c(ClO2) = mol/L，则其含量为 mol/L67.5 g/mol = g/L，故答案为： g/L。11.碳、氮、氧、磷、硫、铁，锌、铜等都是组成蛋白质的重要元素。回答下列问题：（1）Fe的基态原子的核外电子排布式为_，3d能级上的未成对电子数为_。（2）在C、N、O、P、S五种元素中，第一电离能最大的元素是_（填元素符号，下同），电负性最大的元素是_（3）氨基乙酸（H2NCH2COOH）是蛋白质完全水解的产物之一，其中C原子的杂化轨道类型为_；1molH2NCH2COOH中含有键的数目为_NA。（4）蛋白质在体内部分被氧化生成尿素CO（NH2）2、二氧化碳、水等排出体外。CO2、H2O分子的空间构型分别为_、_。尿素的熔点为1327，其固体属于_晶体。尿素易溶于水，其原因除都是极性分子外，还有_。（5）Cu与H元素形成某种晶体的结构如图所示，则该晶体的化学式为_。若该晶体的密度为gcm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的棱长为_nm（用含和NA的式子表示）【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2 (2). 4 (3). N (4). O (5). sp2、sp3 (6). 9 (7). 直线形 (8). V形 (9). 分子 (10). 尿素与水分子之间可以形成氢键 (11). CuH (12). 107【解析】【分析】（1）Fe元素原子核外电子数为28，结合能量最低原理书写核外电子排布式，结合电子泡利原理分析未成对电子数；（2）依据原子的第一电离能和电负性在元素周期表的周期性变化规律作答；（3）依据杂化轨道理论分析，再结合共价键理论中键的存在规律判断分子内的键数目；（4）根据价层电子对互斥理论（VSEPR理论），先判断价层电子对数，再结合模型分析确定分子的空间构型；结合分子晶体的特点作答；依据相似相容原理及氢键对物质溶解性的影响分析。（5）利用均摊法求出该晶胞内铜原子与氢原子的个数，确定化学式；依据晶胞的密度 = ，利用几何关系得出结论。【详解】（1）Fe元素原子核外电子数为26，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2，3d能级上有五个轨道，六个电子，根据泡利原理可知，其能级上的未成对电子数为：4.故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；4；（2）在元素周期表中，同一周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，其中IIA族与VA族元素因核外电子所处能级为全充满、半充满状态，结构稳定，故第一电离能反常的比相对应的后一主族元素偏大，因此C、N、O、P、S五种元素中，第一电离能最大的元素为N；同一周期中从左到右，元素的电负性逐渐变大，同一主族从上到下，元素的电负性逐渐变小，因此上述五种元素中，电负性最大的元素是O。故答案为：N；O；（3）H2NCH2COOH分子中，其中羧基中的碳原子形成两个单键和一个双键，故其杂化类型为sp2；另一个C原子结合的原子数为4，无孤电子对，则其杂化轨道数为4，故采用的杂化类型为sp3；因为共价单键中由一个键组成，共价双键中由一个键和一个键组成，共价三键由一个键和两个键组成，H2NCH2COOH的结构式可表示为：，故1 mol H2NCH2COOH中含有键的数目为9 NA，故答案为：sp2、sp3；9；（4）CO2分子的键电子对数为2，中心原子C无孤电子对，故其空间立体构型为直线形，而H2O分子的键电子对数为2，中心原子O的孤电子对数为2，其VSEP