河北省邢台市第二中学2018_2019学年高二化学下学期第四次月考试题（含解析）.docx

河北省邢台市第二中学2018-2019学年高二化学下学期第四次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：O:16 Na:23 Cl:35.5 Ba:137 S:32 O:16一、选择题（共20题，每题3分，共60分）1.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是()选项现象或事实解释AFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜B浓硝酸久置后变黄色硝酸分解生成的NO2溶于浓硝酸C常温下将铜加入浓硫酸中无明显现象铜表面生成致密的氧化膜D在酸性高锰酸钾溶液中通入过量的SO2，溶液褪色二氧化硫具有漂白性A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.应为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，而不是FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜，故A错误；B.浓硝酸不稳定，易分解生成NO2，NO2是红棕色气体，NO2溶于浓硝酸而使溶液呈黄色，故B正确；C.Cu性质较不活泼，常温下，Cu和浓硫酸不反应，加热条件下二者反应生成硫酸铜、SO2和水，故C错误；D.SO2具有还原性，能被强氧化剂氧化，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而导致酸性高锰酸钾溶液褪色，该反应中二氧化硫体现还原性，故D错误。答案选B。【点睛】本题解题时需注意硝酸不稳定，易分解生成NO2，NO2能溶于浓硝酸，据此分析B；常温下，Cu和浓硫酸不反应，加热条件下二者反应生成硫酸铜，据此分析C；SO2具有还原性，能被强氧化剂氧化，据此分析D。2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()A. 1 mol Cl2与过量Fe粉反应生成FeCl3，转移2NA个电子B. 4.7 g核素发生裂变反应： 3，净产生的中子()数为0.06NAC. 1 mol Zn与一定量浓硫酸恰好完全反应，则生成的气体分子数为NAD. 在反应KClO48HCl=KCl4Cl24H2O中，每生成1 mol Cl2转移的电子数为1.75NA【答案】B【解析】【详解】A.1 mol Cl2与过量Fe粉反应的产物是FeCl3，Cl2中的氯元素化合价由0价降低到-1价生成Cl-，1个Cl2过程中得2个电子，则1 mol Cl2过程中转移2 mol e，故A正确；B.核素发生裂变反应： 3，净产生的中子()数为3-1=2，4.7 g核素的物质的量为0.02mol，则发生裂变时净产生的中子数为0.04NA，故B错误；C.1 mol Zn失去2 mol e，故硫酸被还原为SO2和H2的物质的量之和为1 mol，则生成的气体分子数为NA ，故C正确；D.反应KClO48HCl=KCl4Cl24H2O中每生成4 mol Cl2就有1 mol KClO4参加反应，转移7 mol e，所以每生成1 mol Cl2，转移的电子数为1.75NA，故D正确。答案选B。3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A. 通入足量CO2后的溶液中：Na、SiO32-、CH3COO、SO32-B. 饱和氯水中：Cl、NO3-、Na、SO32-C. 能使甲基橙变红的溶液中：Cu2、Al3、SO42-、NO3-D. 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2、Na、NO3-、SO42-【答案】C【解析】【详解】A. 通入足量CO2后，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸酸性强于硅酸，则能与溶液中的硅酸根反应生成硅酸，离子方程式为H2O+CO2+SiO32-=H2SiO3+CO32-，不能大量共存，故A错误；B.氯水中存在强氧化性的次氯酸，次氯酸能够氧化亚硫酸根离子，在溶液中不能共存，故B错误；C.能使甲基橙变红的溶液呈酸性，该选项中的离子在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D.与Al反应能放出H2的溶液既可能是呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下， NO3具有强氧化性，能氧化Fe2+，碱性条件下， OH-与Fe2+反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；【点睛】本题考查的是离子共存问题。解题时需注意B选项饱和氯水中存在次氯酸，次氯酸能够氧化亚硫酸根离子；D选项与Al反应能放出H2的溶液既可能是呈酸性，也可能呈碱性，这些离子若在指定溶液中一定能大量共存应既能与氢离子共存也能与氢氧根离子共存。据此解答。4.下列实验过程中，始终看不到明显变化的是()A. 向10 mL 0.1 molL1FeCl2溶液中缓缓通入标准状况下11.2 mL Cl2B. 向AlCl3溶液中滴加Na2S溶液C. 向含有Na、Fe2、Cl、SO42-的溶液中通入NO2D. 向5 mL 0.1 molL1NaOH溶液中，逐滴加入1 mL 0.1 molL1AlCl3溶液，边滴加边振荡【答案】D【解析】【详解】A. 因为氯气具有强氧化性，二价亚铁离子有还原性，所以氯气将二价亚铁离子氧化成三价铁离子，溶液由浅绿色变为黄色，故A错误；B. 因为铝离子与硫离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，所以会有白色沉淀产生，故B错误；C. 因为二氧化氮通入溶液与水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性可以将二价铁离子氧化成三价铁离子，所以溶液会有浅绿色变成浅黄色，故C错误；D. 向5mL0.1molL1即0.0005molNaOH溶液中，逐滴加入1mL0.1molL1即0.0001molAlCl3溶液，只发生Al3+4OHAlO2+2H2O，所以无明显变化，故D正确。答案选D。【点睛】解题时需注意A选项根据氯气具有强氧化性，可以氧化亚铁离子；B选项根据铝离子与硫离子发生双水解反应生成氢氧化铝和硫化氢气体判断；D选项向5mL0.1molL-1即0.0005molNaOH溶液中，逐滴加入1mL0.1molL-1即0.0001molAlCl3溶液，此反应为氢氧化钠过量的反应，离子方程式为Al3+4OH-AlO2-+2H2O，没有明显现象。据此解答。5.氯及其化合物用途广泛，例如：“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，漂白精的有效成分是次氯酸钙，洁厕剂的有效成分是盐酸。已知酸性： H2CO3HClOHCO3。下列有关说法正确的()A. “84”消毒液与洁厕剂混合使用，能增强漂白或去污效果B. 工业上制取漂白粉往往是向澄清石灰水中通入足量氯气C. 可设计实验装置，用电解饱和食盐水的方法制备次氯酸钠溶液D. 向“84”消毒液中通入少量CO2，反应的化学方程式为2NaClOCO2H2O=Na2CO32HClO【答案】C【解析】【详解】A、洁厕灵主要成分是盐酸，盐酸与次氯酸钠会反应生成有毒气体氯气，所以两者不能混合使用，故A错误；B、氢氧化钙的溶解度较小，则工业上制取漂白粉是向石灰乳中通入足量的Cl2，故B错误；C、电解饱和食盐水的化学方程式为2NaCl+2H2OH2+Cl2+2NaOH，生成的氯气和氢氧化钠发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故C正确；D、由于酸性： H2CO3HClOHCO3，则84消毒液中通入少量的CO2的反应为NaClO+CO2+H2OHClO+NaHCO3，故D错误。答案选C。6.下列离子方程式书写正确的是（ ）A. 醋酸溶液滴到大理石台板上有气泡产生：2H+ + CaCO3 = CO2+ Ca2+ + H2OB. 向KI与稀硫酸的混合溶液中通入氧气：4H+O2+6I= 3I2+2H2OC. 已知还原性Fe2+Br，a mol FeBr2溶液中通入a mol Cl2：2Fe2+2Br+2Cl2= Br2+2Fe3+4C1D. 在澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液：Ca2+ OH+ HCO3= CaCO3+H2O【答案】C【解析】【详解】A.醋酸为弱电解质，在离子方程式中仍保持化学式形式，则醋酸溶液滴到大理石台板上有气泡产生，离子方程式为：2CH3COOH + CaCO3 = CO2+2CH3COO-+ Ca2+ + H2O，故A错误；B.不符合电子的得失守恒，应该是4H+ +O 2 +4l = 2I2 +2H2 O；C.氯气首先氧化亚铁离子，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，然后剩余的氯气再氧化溴离子，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，则向a mol FeBr2溶液中通入a mol Cl2时为二者恰好完全反应，将两个离子方程式合并为：2Fe2+2Br+2Cl2= Br2+2Fe3+4C1，故C正确；D.在澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液生成碳酸钙、水、碳酸钠，离子方程式为：Ca2+ 2OH+2 HCO3= CaCO3+Na2CO3+2H2O，故D错误。答案选C。7.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO47H2O)，设计了如下流程：下列说法不正确的是（ ）A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2C. 从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO47H2O【答案】D【解析】【详解】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO47H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3，D不正确。答案选D。【此处有视频，请去附件查看】8.工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，下列说法不正确的是（ ）A. 硫元素既被氧化又被还原B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1C. 每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D. 相同条件下，每吸收10m3 SO2就会释放出2.5m3CO2【答案】C【解析】【详解】由信息可知，反应物是碳酸钠、硫化钠和二氧化硫，生成物由二氧化碳和硫代硫酸钠，所以反应方程式为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；A、由反应方程式中S元素的化合价有升有降，所以硫元素既被氧化又被还原，故A正确；B、根据反应方程式可知，Na2S中硫化合价升高，为还原剂，SO2中硫化合价降低，为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，故B正确；C、由反应方程式可知每生成3molNa2S2O3，转移8mol电子，则生成1molNa2S2O3，转移8/3mol电子，故C错误；D、根据方程式可知，每当4molSO2参与氧化还原反应就会放出1molCO2，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以相同条件下，每吸收10m3SO2放出CO2的体积是2.5m3，故D正确。答案选C。9.我国化学侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，生产流程如图所示，下列说法不正确的是()A. 在沉淀池中应先通入氨气，再通入二氧化碳气体B. 该反应原理： NH3+CO2+H2O=HCO3-+NH4+C. 循环1中X是二氧化碳D. 在过滤后的母液中加入氯化钠粉末、通入氨气，搅拌，经冷却结晶后可得氯化铵晶体【答案】B【解析】【详解】A.氨气极易溶于水，而二氧化碳微溶于水，先通入氨气，溶液呈碱性，再通入二氧化碳气体可更多地转化为HCO3-，故A正确；B.该反应原理是：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，故B错误；C.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、CO2和水，可将CO2通入沉淀中循环利用，故X为CO2，故C正确；D.在过滤后的母液中加入氯化钠粉末、通入氨气，搅拌，增大了铵根离子的浓度，使氯化铵更多的析出，经冷却结晶后可得氯化铵晶体，故D正确。答案选B。【点睛】本题考查的是纯碱工业（侯氏制碱法）。解题时需注意A选项CO2在水中的溶解度不大、而NH3极易溶于水，则在沉淀池中应先通入氨气，再通入二氧化碳气体，C选项煅烧炉内分解的是碳酸氢钠，产物为CO2和水，而沉淀池中需要通入的气体为CO2，则X为二氧化碳，可循环利用。10.某溶液中只可能含有下列离子中的几种（不考虑溶液中含的较少的H+和OH）Na+、NH4+、SO42、CO32、NO3。取200mL该溶液，分为等体积的二份分别做下列实验。实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224mL。实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33克。下列说法正确的是A. 该溶液中可能含有Na+B. 该溶液中肯定含有NH4+、SO42、CO32、NO3C. 该溶液中一定不含NO3D. 该溶液中一定含Na+,且c（Na+）01mol/L【答案】D【解析】【详解】根据实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，会产生气体224 mL，证明含有NH4+，且物质的量为0.01 mol；实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，则一定不含有CO32-，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33 g，证明一定含有SO42-，且物质的量为0.01 mol，根据溶液中的电荷守恒，则一定含有钠离子，且钠离子的浓度0.1 molL1。该溶液中一定含有Na，故A错误；该溶液中肯定含有NH4+、SO42-、Na，故B错误；该溶液中可能含有NO3-，故C错误；根据溶液中NH物质的量为0.01 mol，SO42-物质的量为0.01 mol，根据电荷守恒则c(Na)0.1 molL1，故D正确。故选D。11. 下列物质的分子中，键角最小的是()A. H2OB. BF3C. NH3D. CH4【答案】A【解析】【详解】在分子中，中心原子上孤电子对之间的排斥力孤电子对和成键电子之间的排斥力成键电子之间的排斥力，则含有孤电子对越多，分子中的键角越小，H2O中O原子含有2个孤电子对，BF3中B原子不含孤电子对，NH3分子中N原子含有1个孤电子对，CH4分子中C原子不含孤电子对，所以键角最小的是H2O，故A符合题意，BCD不符合题意。答案选A。【点睛】本题时判断简单分子或离子的构型，键能、键长、键角及其应用。在分子中，中心原子上孤电子对之间的排斥力孤电子对和成键电子之间的排斥力成键电子之间的排斥力，则含有孤电子对越多，分子中的键角越小。据此解答。12. 描述硅原子核外电子运动说法错误的是A. 有4种不同的伸展方向B. 有14种不同运动状态的电子C. 有5种不同能量的电子D. 有5种不同的运动范围【答案】D【解析】【详解】A、Si原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p2，电子占据的是s、p能级，s能级有1个轨道，是球形，p能级有3个轨道，所以Si原子核外电子由4种不同的伸展方向，正确；B、Si原子核外有14个电子，每个电子的运动状态都不相同，正确；C、根据核外电子的排布式可知，Si原子的核外电子占据5个能级，所以有5种不同能量的电子，正确；D、Si原子的核外电子占据3个电子层，所以运动范围有3种，错误；答案选D。13.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2表示,单位为kJ/mol)。下列关于元素R的判断中一定正确的是 ( )I1I2I3I4I5R740150077001050013600 R的最高正价为+3价 R元素位于元素周期表中第A族 R元素第一电离能大于同周期相邻元素 R元素的原子最外层共有4个电子 R元素基态原子的电子排布式为1S22S2A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】某短周期元素R的第三电离能剧增，说明该原子最外层有2个电子，处于IIA族，该原子存在第五电离能，说明核外电子数数目大于4，故R为Mg元素。R的最高正价为+2价，故错误；R元素位于元素周期表中第A族，故正确；R元素最外层电子排布式为3s2，为全满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素的，故正确；R元素的原子最外层共有2个电子，故错误；R元素基态原子的电子排布式为1s22s22p62s2，故错误。故ACD错误，B正确。答案选B。14.PH3一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但PH键键能比NH键键能低下列判断错误的是（）A. PH3分子呈三角锥形B. PH3分子是极性分子C. PH3沸点低于NH3沸点，因为PH键键能低D. PH3分子稳定性低于NH3分子，因为NH键键能高【答案】C【解析】【详解】APH3分子结构和NH3相似，NH3是三角锥型，故PH3也是三角锥型，故A正确；BPH3分子结构是三角锥型，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B正确；CNH3分子之间存在氢键，PH3分子之间为范德华力，氢键作用比范德华力强，故NH3沸点比PH3高，故C错误；DP-H键键能比N-H键键能低，故N-H更稳定，化学键越稳定，分子越稳定，故D正确；故选C。【此处有视频，请去附件查看】15.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是 （）A. 在NaCl晶体（图甲）中，距Na最近的Cl形成正八面体B. 该气态团簇分子（图乙）的分子式为EF或FEC. 在CO2晶体（图丙）中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻D. 在碘晶体（图丁）中，碘分子的排列有两种不同的方向【答案】B【解析】【详解】A.从晶胞结构上可以观察到，Na最近的Cl形成正八面体故A正确；B.该团簇分子是分子晶体，故分子式为E4F4，故B错误；C.从晶胞结构上可以观察到，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻正确；D.从晶胞结构上可以观察到，碘分子的排列有两种不同的方向，D正确；答案选B。16. 磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，右图为其晶胞，其中的每个原子均满足8电子稳定结构。下列有关说法正确是（ ）A. 磷化硼晶体的熔点很低B. 磷化硼晶体的化学式为BP，属于离子晶体C. 磷化硼晶体中每个原子均形成4条共价键D. 磷化硼晶体结构中微粒的空间堆积方式与氯化钠相同【答案】C【解析】【分析】由图可知，白球位于体内，共有4个，而黑球位于顶点和面心，个数为86=4，化学式为BP，原子配位数为4，由信息可知磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，所以磷化硼为原子晶体。【详解】A. 由磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，说明磷化硼属于原子晶体，熔点高，故A错误；B.在磷化硼晶胞中，白球位于体内，共有4个，黑球位于顶点和面心，个数为86=4，化学式为BP，磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，说明磷化硼属于原子晶体，故B错误；C.该晶胞配位数为4，即每个原子均形成4条共价键，故C正确；D.该晶胞中原子的配位数为4，而NaCl晶胞结构中阴阳离子的配位数均为6，所以磷化硼晶体结构中微粒的空间堆积方式与氯化钠不相同，故D错误；答案选C。17. 下列说法中正确的是（ ）A. SO2和O3、PO43和ClO4互为等电子体B. 甲烷分子失去一个H+，形成CH3，其碳原子的杂化类型发生了改变C. CH4、BCl3、SO2都是含有极性键的非极性分子D. 所有元素的基态原子核外电子排布都遵循构造原理【答案】A【解析】【详解】原子总数和价电子总数分别都相等的是等电子体，所以选项A正确；甲烷分子失去一个H+，形成CH3，其碳原子的杂化类型仍然是sp3杂化，B不正确；SO2是极性分子，C不正确；D不正确，例如铜等部分元素，答案选A。18.下列分子或离子中，能提供孤电子对与某些金属离子形成配位键的是()H2ONH3FCNCOA. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】如果这几种微粒中含有孤电子对就能提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，根据其电子式判断即可【详解】根据各微粒中各原子的成键情况，写出几种微粒的电子式，得出这几种微粒的路易斯结构式分别为：，据此可知，这几种微粒都能提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，故选D。【点睛】本题考查了配位键的形成，解题关键：含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间能形成配位键19. 下列事实与氢键有关的是A. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱B. 水加热到很高的温度都难以分解C. CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高D. 水结成冰体积膨胀【答案】D【解析】【详解】A、HF、HCl、HBr、HI热稳定性依次减弱与共价键有关系，A不选；B、水加热到很高的温度都难以分解与共价键有关系，B不选；C、CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高与分子间作用力有关系，C不选；D、水结成冰体积膨胀与氢键有关系，D选。答案选D。20.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是（ ）A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B. 在Cu(NH3)4 2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道C. 向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化D. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子Cu(NH3)4 2+【答案】D【解析】【详解】A硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B在Cu（NH3）42+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故B错误；CCu（NH3）4SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C错误；D硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子Cu（NH3）42+而使溶液澄清，故D正确；故选D。【点睛】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。二、填空题（ 4个大题，共40分）21.某化学兴趣小组同学展开对漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)的研究。实验：制取NaClO2晶体已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38 时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38 时析出的晶体是NaClO2，高于60 时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。Ba(ClO)2可溶于水。利用下图所示装置进行实验。（1）装置的作用是_。（2）装置中产生ClO2的化学方程式为_。（3）从装置反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：减压，55 蒸发结晶；趁热过滤；_；低于60 干燥，得到成品。（4）装置、的作用是_。（5）设计实验检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，操作与现象：取少量晶体溶于蒸馏水，_。实验：测定某亚氯酸钠样品的纯度。设计如下实验方案，并进行实验：准确称取所得亚氯酸钠样品m g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应(已知：ClO2-4I4H=2H2O2I2Cl)。将所得混合液配成100 mL待测溶液。移取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用c molL1 Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为V mL(已知：I22S2O32-=2IS4O62-)。（6）滴定中使用的指示剂是_，达到滴定终点时的现象为_。（7）样品中NaClO2的质量分数为_(用含m、c、V的代数式表示)。【答案】 (1). 防止倒吸 (2). 2NaClO3Na2SO3H2SO4(浓)=2ClO22Na2SO4H2O (3). 用3860 的温水洗涤 (4). 吸收多余的ClO2气体，防止污染 (5). 滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4 (6). 淀粉溶液 (7). 溶液由蓝色变为无色且半分钟不变色 (8). % 或【解析】【分析】本题考查的是探究物质的组成或测量物质的含量, 制备实验方案的设计。（1）装置中气体反应，装置内压强降低，装置防止倒吸；（2）亚硫酸钠具有还原性，在反应中作还原剂；装置反应后的溶液获得NaClO2晶体，故装置中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；（4）装置、的作用是吸收多余的ClO2气体，防止污染；（5）由题中信息可知 Ba(ClO)2可溶于水，检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，可滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4；（6）反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；（7）根据关系式NaClO22I24S2O32-进行计算。据此解答。【详解】(1)装置是安全瓶能防止倒吸。本小题答案为：防止倒吸。(2)亚硫酸钠具有还原性，在反应中作还原剂，装置中产生ClO2的反应是氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O。本小题答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O。(3)从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO23H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度3860进行洗涤，低于60干燥。本小题答案为：用3860 的温水洗涤。(4)装置、的作用是吸收多余的ClO2气体，防止污染。本小题答案为：吸收多余的ClO2气体，防止污染。(5)由题中信息可知 Ba(ClO)2可溶于水，检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，可滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4。本小答案为： 滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4。(6)碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点。本小题答案为：淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色且半分钟不变色。(7) 令样品中NaClO2的质量分数为a，则：NaClO22I24S2O3290.5g 4molmagcmolL1V103L100ml/25ml，所以90.5g/mag=4mol/(cmolL1V103L100ml/25ml)，解得a= %。本小题答案为：% 或。22.高纯度氧化铝(Al2O3)的用途很广。实验室用(NH4)2SO4、H2O2、氨水、Al2(SO4)3为原料，通过以下过程制备Al2O3：（1）“除杂”操作是加入H2O2后，用氨水调节溶液的pH约为3，以除去硫酸铵溶液中少量的Fe2。 酸性溶液中Fe2与H2O2反应离子方程式为_。 滤渣的化学式为_。 检验“过滤”后杂质是否除尽的实验方法是_。（2） 配制Al2(SO4)3溶液时，需用硫酸酸化的目的是_。（3） 铵明矾NH4Al(SO4)212H2O强热分解的产物为Al2O3、NH3、N2、SO3、SO2和H2O。该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。（4）强热分解需用酒精喷灯，另外还需用到的硅酸盐质仪器有_(填标号)。a 烧杯 b 坩埚 c 玻璃棒 d 泥三角【答案】 (1). 2Fe2H2O22H=2Fe32H2O (2). Fe(OH)3 (3). 取少量过滤后溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液未变红色，说明杂质已经除尽 (4). 抑制Al3水解 (5). 13 (6). bcd【解析】【分析】（1）亚铁离子具有还原性，双氧水具有强氧化性，在酸性溶液中，亚铁离子被氧化生成铁离子；H2O2溶液具有强氧化性，可以氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子在氨水存在的条件下生成氢氧化铁红褐色沉淀；由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液pH值，Fe3+使转化为Fe(OH)3，过滤后的滤液中可能含有Fe3+，取少许滤液于试管中，加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽；（2）由于铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝，所以加入硫酸酸化，抑制了铝离子的水解；（3）(NH4)2SO4在高温下分解反应的化学方程式为：3(NH4)2SO43SO2N24NH36H2O；N2是氧化产物，SO42SO2中硫元素的化合价由+6价+4价，所以SO2是还原产物，由反应方程式的计量系数可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1:3；（4）灼烧应在坩埚中进行，瓷坩埚、泥三角、玻璃棒配套使用，其中瓷坩埚是陶瓷做的，泥三角硅酸盐做的，玻璃的主要成分是硅酸钠，属于硅酸盐质的仪器有bcd。【详解】（1）亚铁离子具有还原性，双氧水具有强氧化性，在酸性溶液中，亚铁离子被氧化生成铁离子，此反应的离子反应方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。本小题答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。 H2O2溶液具有强氧化性，可以氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子在氨水存在的条件下生成氢氧化铁红褐色沉淀，反应的离子方程式：2Fe2+H2O2+4NH3H2O=2Fe(OH)3+4NH4+，过滤操作中所得到滤渣主要成分氢氧化铁，化学式为Fe(OH)3。本小题答案为：Fe(OH)3。由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液pH值，Fe3+使转化为Fe(OH)3，过滤后的滤液中可能含有Fe3+，取少许滤液于试管中，加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽。本小题答案为：取少量过滤后溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液未变红色，说明杂质已经除尽。（2）由于铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝，所以加入硫酸酸化，抑制了铝离子的水解。本小题答案为：抑制Al3水解。（3）(NH4)2SO4在高温下分解反应的化学方程式为：3(NH4)2SO43SO2N24NH36H2O；N2是氧化产物，SO42SO2中硫元素的化合价由+6价+4价，所以SO2是还原产物，由反应方程式的计量系数可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1:3。本小题答案为：1:3。（4）灼烧应在坩埚中进行，瓷坩埚、泥三角、玻璃棒配套使用，其中瓷坩埚是陶瓷做的，泥三角硅酸盐做的，玻璃的主要成分是硅酸钠，属于硅酸盐质的仪器有bcd。本小题答案为：bcd。23.（1）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾，光化学烟雾中含有NOx、HCOOH、 (PAN)等二次污染物。 1 mol PAN中含有的键数目为_。PAN中四种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。 NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物Fe(NO)(H2O)5SO4，该配合物中的中心离子的配位数为_，中心离子的核外电子排布式为_。 相同压强下，乙醇的沸点比CH3OCH3_(填“高”或“低”)，其原因是_。（2）PM2.5微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3等。 (NH4)2SO4晶体中各种微粒间的作用力不涉及_(填序号)。a离子键b共价键c配位键d范德华力e氢键 NH4NO3中阳离子的空间构型为_，阴离子的中心原子轨道采用_杂化。（3）测定大气中PM2.5的浓度方法之一是射线吸收法，射线放射源可用85Kr。已知Kr晶体的晶胞结构如下图所示，设晶体中与每个Kr原子紧相邻的Kr原子有m个，晶胞中Kr原子为n个，则m/n_(填数字)。【答案】 (1). 10NA (或6.021024) (2). NOCH (3). 6 (4). 1s22s22p63s23p63d6(或Ar3d6) (5). 高 (6). 乙醇分子间能形成氢键 (7). de (8). 正四面体形 (9). sp2 (10). 3【解析】【分析】（1）一个单键就是一个键，一个双键中含有一个键，一个键；根据元素周期律，以及第A族比同周期的A族第一电离能高，可知N、O、C、H的第一电离能依次减小，据此答题；配位体位于方括号中，由1个NO和5个H20分子构成；中心离子为Fe2+，铁是26号元素，所以Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，据此答题；乙醇分子间能形成氢键，CH3OCH3不能形成分子间氢键，所以相同压强下，乙醇的沸点比CH3OCH3高。据此答题；（2）（NH4）2SO4晶体中铵根离子和硫酸根离子之间是离子键，而铵根离子和硫酸根离子内部都是共价键，其中铵根离子内部含一个配位键；NH4+的中心原子氮原子价层电子对数=(5+4-1)/2=4，孤电子对=(5-14-1)/2=0，所以NH4+的空间构型为正四面体，NO3-的中心原子氮原子价层电子对数=(5+1)/2=3，所以氮原子按sp2方式杂化，据此判断；（3）Kr晶胞为面心立方密堆积，以顶点Kr原子为研究对象，与之紧相邻的Kr原子处于面心，每个顶点Kr原子为8个晶胞共有，每个晶胞上有3个面心Kr原子与之紧相邻，每个面心Kr原子为2个晶胞共用，与每个Kr原子紧邻的Kr原子有38/2=12；晶胞中含Kr原子为81/8+61/2=4，则m:n=12:4=3，然后求出比值。【详解】（1）一个单键就是一个键，一个双键中含有一个键，一个键，中共有10个共价键，所以1molPAN中含有的键数目为10NA；根据元素周期律，以及第A族比同周期的A族第一电离能高，可知N、O、C、H的第一电离能依次减小，即NOCH。本小题答案为：10NA (或6.021024；NOCH。配位体位于方括号中，由1个NO和5个H2O分子构成；中心离子为Fe2+，配位数为6；铁是26号元素，所以Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。本小题答案为：6 ；1s22s22p63s23p63d6(或Ar3d6)。乙醇分子间能形成氢键，CH3OCH3不能形成分子间氢键，所以相同压强下，乙醇的沸点比CH3OCH3高。本小题答案为：高；乙醇分子间能形成氢键。（2）（