黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三化学冲刺押题卷（二）（含解析）

哈尔滨市第六中学校2019届高考冲刺押题卷（二）理科综合能力测试（化学）1.下列关于古籍中的记载说法不正确的是a. 本草纲目“烧酒”条目下写道自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏b. 吕氏春秋别类编中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚” 体现了合金硬度方面的特性c. 本草经集注中关于鉴别硝石(kno3)和朴硝(na2so4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应d. 抱朴子金丹篇中记载：“丹砂(hgs)烧之成水银，积变又成丹砂”，该过程发生了分解、化合、氧化还原反应【答案】c【解析】【详解】a由“蒸令气”可知与混合物沸点有关，则这里所用的“法”是指蒸馏，故a正确；b金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚，则说明合金硬度大于各成分，故b正确；c鉴别kno3和na2so4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，故c错误；d丹砂( hgs)烧之成水银，hgshg+s，积变又还成丹砂的过程都是氧化还原反应，有单质(水银)生成，且单质(水银)重新生成化合物，故该过程包含分解、化合、氧化还原反应，故d正确；答案选c。【点睛】准确把握诗句含义，明确相关物质的性质是解题关键。本题的易错点为c，要注意焰色反应属于物理变化，不是化学变化。2.下列说法中，正确的是a. 将2 g h2与足量的n2混合，充分反应后转移的电子数为2nab. 1molna218o2与足量水反应，最终水溶液中18o原子为2na个c. 常温下，46gno2和n2o4组成的混合气体中所含有的分子数为nad. 100ml 12mol/l的浓hno3与过量cu反应，转移的电子数大于0.6na【答案】d【解析】【详解】a将2 g h2与足量的n2混合，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2na，故a错误；b. 1molna218o2与足量水生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中的氧原子转化为氢氧化钠和氧气中的氧原子，最终水溶液中18o原子为na个，故b错误；cno2、n2o4的摩尔质量不同，无法计算混合气体的组成，故c错误；d由于浓hno3与铜反应生成no2，而稀hno3与铜反应生成no，cu+4hno3(浓)=cu(no3)2 +2no2+2h2o、3cu+8hno3=3cu(no3)2 +2no+4h2o，100ml12moll-1的浓hno3完全被还原为no2转移0.6mol电子，完全被还原为no转移0.9mol电子，转移的电子数大于0.6na，故d正确；答案选d。3.c8h9cl的含苯环的（不含立体异构）同分异构体有a. 9种b. 12种c. 14种d. 16种【答案】c【解析】分子式为c8h9cl中含有苯环、饱和烃基、氯原子；当取代基可以是1个：-ch2ch2cl；-chclch3，有2种同分异构体；取代基可以是2个：-ch2cl、-ch3；-ch2ch3、-cl，根据邻、间、对位置异构可知，共有3+3=6种同分异构体；取代基可以是3个：-cl、-ch3、-ch3；2个甲基处于邻位时，-cl有2种位置，有2种同分异构体；2个甲基处于间位时，-cl有3种位置，有3种同分异构体；2个甲基处于对位时，-cl有1种位置，有1种同分异构体；所以符合条件的同分异构体共有14种；故选c。点睛：本题主要考查了同分异构体的书写，苯环上的取代基种类和数目决定了同分异构体的种类，注意取代基的分类。分子式为c8h9cl，不饱和度为4，苯环本身的不饱和度就为4，说明解题时不用考虑不饱和键。4. 下列离子方程式书写不正确的是a. 用两块铜片作电极电解盐酸：cu + 2h+h2 + cu2+b. naoh溶液与足量的ca(hco3)2溶液反应：2hco3-+ 2oh-+ ca2+=caco3+ 2h2oc. 等物质的量的febr2和cl2在溶液中的反应：2fe2+ + 2br- + 2cl2=2fe3+ + br2 + 4cl-d. 氨水吸收少量的二氧化硫：2nh3h2o + so2=2nh4+ +so32- + h2o【答案】b【解析】试题分析：a、用两块铜片作电极电解盐酸的离子反应为cu+2h+h2+cu2+，故a正确；b、naoh溶液与足量的ca(hco3)2溶液反应的离子反应为hco3-+oh-+ca2+caco3+h2o，故b错误；c、等物质的量的febr2和cl2在溶液中反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，离子反应为2fe2+2br-+2cl22fe3+br2+4cl-，故c正确；d、氨水吸收少量的二氧化硫的离子反应为2nh3h2o+so22nh4+so32-+h2o，故d正确；故选b。【考点定位】考查离子方程式的书写【名师点晴】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氧化还原反应的离子反应中遵循电子守恒，选项b中量少的完全反应，选项c中等物质的量的febr2和cl2在溶液反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化。5.2017年12月，华为宣布: 利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为lixc6+li1-xcoo2c6+licoo2，其工作原理如图所示。下列关于该电池的说法不正确的是a. 该电池若用隔膜可选用质子交换膜b. 石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度c. 充电时，licoo2极 发生的电极反应为: licoo2-xe-=li1-xcoo2+xli+d. 废旧的该电池进行“放电处理”让li+从石墨烯中脱出而有利于回收【答案】a【解析】a、由电池反应，则需要锂离子由负极移向正极，所以该电池不可选用质子交换膜，选项a不正确；b、石墨烯超强电池，该材料具有极佳的电化学储能特性，从而提高能量密度，选项b正确；c、充电时，licoo2极是阳极，发生的电极反应为:licoo2-xe-=li1-xcoo2+xli+，选项c正确；d、根据电池反应式知，充电时锂离子加入石墨中，选项d正确。答案选a。点睛：本题考查原电池和电解池的原理，根据电池反应式知，负极反应式为lixc6-xe-=c6+xli+、正极反应式为li1-xcoo2+xli+xe-=licoo2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来解答。6.现有短周期主族元素x、y、z、r、t。r原子最外层电子数是电子层数2倍；y与z能形成z2y、z2y2型离子化合物，z与t形成的z2t 化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示，下列推断正确的是a. 原子半径和离子半径均满足：yzb. y的单质易与r、t的氢化物反应c. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：trd. 由x、r、y、z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性【答案】b【解析】【分析】现有短周期主族元素x、y、z、r、t，结合五种元素的原子半径与原子序数的关系图可知，z的原子半径最大，x的原子半径和原子序数均最小，则x为h元素；由r原子最外层电子数是电子层数的2倍，r为第二周期的c元素；y与z能形成z2y、z2y2型离子化合物，则z为na元素，y为o元素，z与t形成的z2t化合物能破坏水的电离平衡，t为s元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，x为h元素，r为c元素，y为o元素，z为na元素，t为s元素。a电子层越多，原子半径越大，则原子半径为yz，而具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为yz，故a错误；by的单质为氧气，与c的氢化物能够发生燃烧反应，与s的氢化物能够反应生成s和水，故b正确；c非金属性sc，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：tr，故c错误；d由h、c、o、na四种元素组成的化合物不仅仅为nahco3，可能为有机盐且含有羧基，溶液不一定为碱性，可能为酸性，如草酸氢钠溶液显酸性，故d错误；答案选b。7.某温度下，向10 ml 0.1 mol/lcucl2溶液中滴加0.1 mol/l的na2s溶液，滴加过程中溶液中lgc(cu2+)与na2s溶液体积(v)的关系如图所示，下列有关说法正确的是(已知：lg20.3，ksp(zns)=310-25 mol2/l2)a. a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点b. na2s溶液中：c(s2-)+c(hs-)+c(h2s)=2c(na+)c. 向100 ml zn2+、cu2+浓度均为10-5 moll-1的混合溶液中逐滴加入10-4 moll-1的na2s溶液，zn2+先沉淀d. 该温度下ksp(cus)=410-36 mol2/l2【答案】d【解析】a、cu2单独存在或s2单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成cus沉淀，此时水的电离程度并不是a，b，c三点中最大的，故a错误；b、na2s溶液中，根据物料守恒，2c（s2）+2c（hs）+2c（h2s）c（na），故b错误；c、向100 mlzn2、cu2浓度均为10-5moll1的混合溶液中逐滴加入10-4moll1的na2s溶液，产生zns时需要的s2浓度为c（s2）=ksp(zns)/c(zn2)=310-25mol2l2/10-5moll1=310-20moll1，产生cus时需要的s2浓度为c（s2）=ksp(cus)/c(cu2)=410-36mol2l2/10-5moll1=410-31moll1，则产生cus沉淀所需s2浓度更小，优先产生cus沉淀，故c错误；d、该温度下，平衡时c（cu2）=c（s2）=10-17.7moll1，则ksp（cus）=c（cu2）c（s2）=10-17.7moll110-17.7moll1=10-35.4mol2l2，由于已知lg2=0.3，则ksp（cus）=10-35.4mol2l2=（100.3）210-36mol2l2=410-36 mol2l2，故d正确；故选d。8.三氯氧磷(pocl3)是一种工业化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用o2和pcl3为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示(夹持装置略去)：已知pcl3和三氯氧磷的性质如表：熔点/沸点/其他物理或化学性质pcl3-112.076.0pcl3和pocl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和hclpocl31.25106.0（1）装置a中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替？做出判断并分析原因：_（2）装置b的作用是_(填标号)。a.气体除杂 b.加注浓硫酸 c.观察气体流出速度 d.调节气压（3）仪器丙的名称是_，实验过程中仪器丁的进水口为_(填“a”或“b”)口。（4）写出装置c中发生反应的化学方程式_，该装置中用温度计控制温度为6065 ，原因是_。（5）称取16.73 g pocl3样品，配制成100 ml溶液；取10.00 ml溶液于锥形瓶中，加入3.2 moll-1的agno3溶液10.00 ml，并往锥形瓶中滴入5滴fe2(so4)3溶液；用0.20 moll-1的kscn溶液滴定，达到滴定终点时消耗kscn溶液10.00 ml(已知：ag+scn-=agscn)。则加入fe2(so4)3溶液的作用是_，样品中pocl3的纯度为_。【答案】 (1). 否，长颈漏斗不能调节滴液速度 (2). acd (3). 三颈烧瓶 (4). a (5). 2pcl3+o2=2pocl3 (6). 温度过低反应速度过慢；温度过高，pcl3易挥发，利用率低 (7). 指示剂 (8). 91.8%【解析】【分析】a装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去，装置b中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在装置c中反应生成pocl3，为了控制反应速率，同时防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在6065，所以装置c中用水浴加热，pocl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢，为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解答(1)(4)；(5)测定pocl3产品含量，用pocl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，kscn溶液滴定过量的agno3溶液，根据kscn的物质的量可计算出溶液中剩余的agno3，结合agno3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，根据元素守恒可计算出样品中pocl3的质量，进而确定pocl3的质量分数。【详解】(1)装置a中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替，因为长颈漏斗不能调节滴液速度，故答案为：否，长颈漏斗不能调节滴液速度；(2)装置b中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡出现，长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，则装置b的作用是观察o2的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为：acd；(3)根据装置图，仪器丙为三颈烧瓶，为了提高冷却效果，应该从冷凝管的下口进水，即进水口为a，故答案为：三颈烧瓶；a；(4)氧气氧化pcl3生成pocl3，根据原子守恒，反应的化学方程式2pcl3+o2=2pocl3，根据上面的分析可知，反应温度应控制在6065，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低，故答案为：2pcl3+o2=2pocl3；温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；(5)fe3+的溶液中滴加kscn溶液，溶液显红色，则用kscn溶液滴定过量的agno3溶液时，可选择硫酸铁溶液为指示剂，达到终点时的现象是溶液会变红色；kscn的物质的量为0.20moll-10.010l=0.002mol，根据反应ag+scn-=agscn，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol，pocl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.2moll-10.01l-0.002mol=0.03mol，即16.73 g pocl3产品中pocl3的物质的量为=0.1mol，则所得产品中pocl3的纯度为100%=91.8%，故答案为：指示剂；91.8%。【点睛】明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。本题的易错点为(5)，要理清楚测定pocl3的纯度的思路，注意pocl33hcl。9.燃煤烟气的脱硫脱硝是目前研究的热点。（1）用ch4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知:ch4(g)+4no2(g)=4no(g)+co2(g)+2h2o(g) h=-574 kjmol-1ch4(g)+4no(g)=2n2(g)+co2(g)+2h2o(g) h=-1160 kjmol-1h2o(g)=h2o(l) h=-44 kjmol-1写出ch4(g)与no2(g)反应生成n2(g)、co2(g)和h2o(l) 的热化学方程式_。（2）某科研小组研究臭氧氧化-碱吸收法同时脱除so2和no工艺,氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下:反应:no(g)+ o3(g) no2(g)+o2(g) h1= -200.9 kjmol-1ea1= 3.2 kjmol-1反应:so2(g)+ o3(g) so3(g)+o2(g)h2= -241.6 kjmol-1 ea2= 58 kjmol-1已知该体系中臭氧发生分解反应:2o3(g) 3o2(g)。请回答:其它条件不变,每次向容积为2l的反应器中充入含1.0 mol no、1.0 mol so2的模拟烟气和2.0 mol o3,改变温度,反应相同时间t后体系中no和so2的转化率如图所示:由图可知相同温度下no的转化率远高于so2,结合题中数据分析其可能原因_。下列说法正确的是 _ 。a p点一定为平衡状态点b 温度高于200后,no和so2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零c 其它条件不变,若缩小反应器的容积可提高no和so2的转化率假设100时p、q均为平衡点,此时反应时间为10分钟,发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%,则体系中剩余o3的物质的量是_mol;no的平均反应速率为_;反应在此时的平衡常数为_ 。（3）用电化学法模拟工业处理so2。将硫酸工业尾气中的so2通入如图装置(电极均为惰性材料)进行实验,可用于制备硫酸,同时获得电能:m极发生的电极反应式为 _。当外电路通过0.2 mol电子时,质子交换膜左侧的溶液质量_(填“增大”或“减小”)_克。【答案】 (1). ch4(g)+2no2(g)= n2(g)+co2(g)+2h2o(l) h=-955 kj/mol (2). 反应的活化能小于反应，相同条件下更易发生反应 (3). bc (4). 0.65 (5). 0.0425mol/(lmin) (6). 0.96 (7). so2+2h2o-2e- =so42- +4h+ (8). 增大 (9). 6.2【解析】(1)ch4(g)+4no2(g)4no(g)+co2(g)+2h2o(g)h=-574 kjmol-1，ch4(g)+4no(g)2n2(g)+co2(g)+2h2o(g)h=-1160 kjmol-1，h2o(g)h2o(l)h=-44.0 kjmol-1，根据盖斯定律，将(+4)得：ch4(g)+2no2(g)=n2(g)+co2(g)+2h2o(l) h=(-574 kjmol-1)+(-1160 kjmol-1)+(-44.0 kjmol-1)4=-955kjmol-1，故答案为：ch4(g)+2no2(g)=n2(g)+co2(g)+2h2o(l) h=-955kjmol-1；(2)反应：no(g)+ o3(g) no2(g)+o2(g) h1 = -200.9 kjmol-1 ea1 = 3.2 kjmol-1反应：so2(g)+ o3(g) so3(g)+o2(g) h2 = -241.6 kjmol-1 ea2 = 58 kjmol-1，反应的活化能小于反应，相同条件下更易发生反应，因此相同温度下no的转化率远高于so2，故答案为：反应的活化能小于反应，相同条件下更易发生反应；a图中曲线属于描点法所得图像，p点不一定为图像的最高点，即不一定为平衡状态点，可能是建立平衡过程中的一点，故a错误；b根据图像，温度高于200后，2o3(g) 3o2(g)反应进行程度加大，体系中的臭氧浓度减小，no和so2的转化率随温度升高显著下降、当臭氧完全分解，则二者转化率几乎为零，故b正确；c其它条件不变，若缩小反应器的容积，使得2o3(g) 3o2(g)平衡逆向移动，臭氧浓度增大，反应：no(g)+ o3(g) no2(g)+o2(g) 和反应：so2(g)+ o3(g) so3(g)+o2(g)平衡正向移动， no和so2的转化率提高，故c正确；故选bc；ch4（g）+2no2（g）=n2（g）+co2（g）+2h2o（l）h=-955kjmol-1反应：no(g)+ o3(g) no2(g)+o2(g)中no的转化率为85%，则反应的no为0.85mol，o3为0.85mol；反应：so2(g)+ o3(g) so3(g)+o2(g)中so2的转化率为30%，反应的so2为0.3mol，o3为0.3mol，2o3(g) 3o2(g)中发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，为0.2mol，则体系中剩余o3的物质的量=2.0mol-0.85mol-0.3mol-0.2mol=0.65mol；no的平均反应速率=0.0425mol/(lmin)；平衡是为0.85mol+0.30mol+0.3mol=1.45mol，反应的平衡常数=0.96，故答案为：0.65；0.0425mol/(lmin)；0.96；(3)本质是二氧化硫、氧气与水反应生成硫酸，m电极为负极，n电极为正极，m电极上二氧化硫失去电子氧化生成so42-，根据原子守恒会电荷守恒可知，有水参加反应，有氢离子生成，电极反应式为：so2+2h2o-2e -so42-+4h+，故答案为：so2+2h2o-2e -so42-+4h+；负极反应式为：so2+2h2o-2e -so42-+4h+，正极反应式为o2 + 4e- + 4h+ = 2h2o，当外电路通过0.2 mol电子时，负极反应的二氧化硫为0.1mol，质量为6.4g，同时有0.2mol氢离子通过质子交换膜进入右侧，左侧溶液质量增大6.4g-0.2g=6.2g，故答案为：增大；6.2。点睛：本题综合考查了化学反应原理。本题的易错点为(3)，要注意根据原电池的总反应判断电极反应方程式的书写，中要注意氢离子的移动对溶液质量的影响。10.以cl2、naoh、co(nh2)2 (尿素)和so2为原料可制备n2h4h2o(水合肼)和无水na2so3，其主要实验流程如下：已知：cl2+2ohclo+cl+h2o放热反应。n2h4h2o沸点约118 ，具有强还原性，能与naclo剧烈反应生成n2。(1)如图表示用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取cl2时，阳极上产生也会产生少量的clo2的电极反应式：_；电解一段时间，当阴极产生标准状况下气体112 ml时，停止电解，则通过阳离子交换膜的阳离子物质的量为_mol。(2)步骤制备naclo溶液时，若温度超过40，cl2与naoh溶液反应生成naclo3和nacl，其离子方程式为_；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是_。(3)步骤合成n2h4h2o的装置如下图所示。naclo碱性溶液与尿素水溶液在40 以下反应一段时间后，再迅速升温至110 继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_；使用冷凝管的目的是_。(4)步骤用步骤得到的副产品na2co3制备无水na2so3，欲测定亚硫酸钠产品的纯度设计如下实验方案，并进行实验。准确称取所得亚硫酸钠样品m g于烧杯中，加入适量蒸馏水配成100 ml待测溶液。移取25.00 ml待测溶液于锥形瓶中，用c moll1酸性kmno4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(假设杂质不反应)。样品中亚硫酸钠的质量分数为_(用含m、c、v的代数式表示)。某同学设计的下列滴定方式中，合理的是_(夹持部分略去)(填字母序号)【答案】 (1). cl5e2h2o=clo24h (2). 0.01 (3). 3cl2+6oh5cl+clo3+3h2o (4). 缓慢通入cl2 (5). naclo碱性溶液 (6). 减少水合肼的挥发 (7). 126cv/m% (8). bc【解析】【分析】（1）clo2是电解饱和nacl溶液的产物，因为a极通入nacl饱和溶液，故a为阳极，b为阴极，阳极cl-失去电子，被氧化，生成clo2；在阴极2h2o+2e-=h2oh-,生成112mlh2的同时，生成0.01moloh-，为保持溶液中的电荷守恒，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.01mol；（2）若温度超过40，cl2与naoh溶液，发生歧化反应，生成naclo3、nacl和水，因反应是放热反应，所以除冰水浴外，还可以采取缓慢通入氯气方法控制温度；（3）步骤中的反应为次氯酸钠碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性，能与次氯酸钠反应生成n2，为防止水合肼被氧化，应逐滴加入naclo碱性溶液；naclo碱性溶液与尿素水溶液在110继续反应，水合肼的沸点为118，使用冷凝管的目的是减少水合肼的挥发；（4）依据2mno4- + 6h+ + 5so32- =2mn2+ +5so42-+3h2o，结合题中所给的数据计算亚硫酸钠的质量分数，并依试剂性质选择滴定方式；【详解】（1）clo2是电解饱和nacl溶液的产物，因为a极通入nacl饱和溶液，故a为阳极，b为阴极，阳极cl-失去电子，被氧化，生成clo2；阳极上产生clo2的电极反应式：cl5e2h2o=clo24h；在阴极2h2o+2e-=h2oh-,生成112mlh2的同时，生成0.01moloh-，为保持溶液中的电荷守恒，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.01mol；本题答案为：cl5e2h2o=clo24h，0.01。（2）若温度超过40，cl2与naoh溶液，发生歧化反应，生成naclo3、nacl和水，离子方程式为：3cl2+6oh5cl+clo3+3h2o；由于反应是放热反应，为了控制温度，除用冰水浴外，还可以缓慢的通入cl2以控制温度；本题答案为：3cl2+6oh5cl+clo3+3h2o，缓慢的通入cl2。（3）步骤中，发生反应为次氯酸钠碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性，能与次氯酸钠反应生成n2，为防止水合肼被氧化，应逐滴加入naclo碱性溶液，故通过分液漏斗滴加的是naclo碱性溶液，naclo碱性溶液与尿素水溶液在110继续反应，水合肼的沸点为118，使用冷凝管的目的是减少水合肼的挥发；本题答案为：naclo碱性溶液 减少水合肼的挥发。（4）高锰酸钾和亚硫酸钠反应的离子方程式为2mno4- + 6h+ + 5so32- =2mn2+ +5so42-+3h2o，设mg样品中含有naso3的物质的量为x,，则有2：5=4cv：x,，解得x=cvmol，所以naso3的质量分数为：= 126cv/m%，因kmno4显强氧化性，所以应选择酸式滴定管，na2co3是碱性试剂应选择碱式滴定管，所以bc滴定方式合理；本题答案为：126cv/m%，b c。11.（1）基态溴原子的价层电子轨道排布式为_。第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有_种。（2）铍与铝的元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有_(填标号)。a都属于p区主族元素b.电负性都比镁大c.第一电离能都比镁大d.氯化物的水溶液ph均小于7（3）al元素可形成alf63、alcl4配离子，而b元素只能形成bf4配离子，由此可知决定配合物中配位数多少的因素是_；alcl4-的立体构型名称为_。（4）p元素有白磷、红磷、黑磷三种常见的单质。白磷（p4）易溶于cs2，难溶于水，原因是_黑磷是一种黑色有金属光泽的晶体，是一种比石墨烯更优秀的新型材料。白磷、红磷都是分子晶体，黑磷晶体与石墨类似的层状结构，如图所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是_。a黑磷晶体中磷原子杂化方式为sp2杂化b黑磷晶体中层与层之间的作用力是分子间作用力c黑磷晶体的每一层中磷原子都在同一平面上dp元素三种常见的单质中，黑磷的熔沸点最高（5）f2中f-f键的键能(157kj/mol)小于cl2中cl-cl键的键能(242.7kj/mol)，原因是_。（6）金属钾的晶胞结构如图。若该晶胞的密度为a g/cm3，阿伏加得罗常数为na，则表示k原子半径的计算式为_。【答案】 (1). (2). 4 (3). bd (4). 中心原子半径、配位原子半径 (5). 正四面体 (6). p4 、cs2是非极性分子，h2o是极性分子，根据相似相溶原理，p4难溶于水 (7). bd (8). f的原子半径小，孤电子对之间的斥力大 (9). 【解析】（1）溴原子为35号元素，基态原子价层电子排布式ar 3d104s24p5，电子排布图为：；,溴原子未成对电子数为1，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有：k、sc、cr、cu，共4种；（2）铍与相邻主族的铝元素性质相似。a.be属于s区，al属于p区，故a错误；b.电负性都比镁大，故b正确；c.元素be的第一电离能比mg大，元素al的第一电离能比mg小，故c错误；d.氯化物的水溶液均发生水解，溶液显酸性，则ph7， d项正确。答案选bd；（3）b3+离子半径明显小于al3+，则al元素可形成alf63-，alcl4-配离子，而b只能形成bf63-配离子，因此，决定配合物中配位数多少的因素是中心原子（或例子）及配位原子半径的大小；alcl4-的配位数是4，故立体构型为正四面体形；（4）p4, cs2是非极性分子，h2o是极性分子，根据相似相溶原理，p4难溶于水；a. 由结构可知g中磷原子杂化方式为sp3杂化，故a错误；b. g中层与层之间的作用力是分子间作用力，故b正确；c. 石墨中碳原子为sp2杂化，每层原子均在同一平面内，但磷原子杂化方式为sp3杂化，每一层的各原子不可能在同一平面内，故c错误；d. 黑磷为原子晶体，而其它二种单质为分子晶体，则黑磷的熔沸点最高，故d正确；所以答案为bd；（5）可以根据键长的大小来判断，具体来说就是根据相结合的2个原子的半径来比较，半径越小键能越大，而f的原子半径小，孤电子对之间的斥力大，导致f2中f-f键的键能(157kj/mol)小于cl2中cl-cl键的键能(242.7kj/mol)；（6）金属钾的晶胞结构为体心立方，晶胞中k原子数目为：1+8=2，阿伏加德罗常数为na，k原子的摩尔质量为m，故晶胞质量为：；设k原子半径为r，设晶胞棱长为l，晶胞中体对角线为4r，则（4r）2=l2+l2+l2，则l=r，晶胞体积v=l3=（r）3，若该晶胞的密度为ag/cm3，则（r）3a=，且m=39 g/mol整理得：r=。点睛：同周期从左到右，第一电离能逐渐增大，第iia族和iiia族及va族和via族第一电离能的大小相反，所以mg的第一电离能大于al；同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，所以be大于mg；根据相似相溶判断物质的溶解性，极性分子易溶于极性溶液，非极性分子易溶于非极性溶液分析本题；12.有机物a是聚合反应生产胶黏剂基料的单体，亦可作为合成调香剂i、聚酯材料j