2023学年河北省承德市化学高二第二学期期末检测试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、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．0.1mol/LNaAlO2溶液：、、、B．pH=11的溶液中：、、、C．无色溶液中：、、、D．使pH试纸变红的溶液中：Fe2+、SO42-、NO3-、2、下列说法正确的是A．凡是放热反应都是自发的 B．铁在潮湿空气中生锈是自发过程C．熵增大的反应都是自发反应 D．电解池的反应是属于自发反应3、下列反应中既属于化合反应，又属于氧化还原反应的是A．SO2+H2O2=H2SO4 B．SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HClC．CaO+SiO2=CaSiO3 D．CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O4、空气吹出法是工业规模海水提溴的常用方法，流程如下，下列说法不正确的是：A．步骤①中发生的主要反应为Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－B．步骤②③的目的是富集溴元素C．物质X为HBrOD．空气吹出法用到了溴易挥发的性质5、体育竞技中服用兴奋剂既有失公平，也败坏了体育道德。某种兴奋剂的结构简式如图所示。有关该物质的说法中正确的是()A．该物质与苯酚属于同系物，遇FeCl3溶液呈紫色B．能使酸性KMnO4溶液褪色，证明其结构中存在碳碳双键C．1mol该物质分别与浓溴水和H2反应时最多消耗Br2和H2分别为10mol和7molD．该分子中的所有碳原子可能共平面6、下列物质中不能由铁跟非金属单质直接结合而成的是A．四氧化三铁 B．硫化亚铁 C．氯化铁 D．氯化亚铁7、关于小苏打(NaHCO3)溶液的表述错误的是A．c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)B．c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)C．HCO3-的电离程度大于其水解程度D．c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(CO32-)8、根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作现象结论A将溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热，产生的气体未经水洗直接通入酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液褪色溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热生成了C2H4B将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液褪色石蜡油分解产物中含有不饱和烃C向1mL2%的氨水中滴入5滴2%的AgNO3溶液，边滴边振荡得到无色澄清溶液氨水与AgNO3溶液不反应D向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入少量银氨溶液。未出现银镜蔗糖未水解A．A B．B C．C D．D9、液氨是富氢物质，是氢能的理想载体。下列说法不正确的是()A．NH3分子中氮原子的杂化方式为sp3杂化B．[Cu(NH3)4]2＋中，NH3分子是配体C．相同压强下，NH3的沸点比PH3的沸点低D．NH4+与PH4+、CH4、BH4-互为等电子体10、下列各组有机物，不论按何种比例混合，只要总质量一定，完全燃烧生成水的总质量就相同的是A．甲烷、丙烷 B．甲苯、甘油 C．甲酸、乙酸 D．乙醇、乙二醇11、某有机物结构简式为，关于该有机物下列叙述正确的是A．不能使酸性KMnO4溶液褪色B．能使溴水褪色C．在加热和催化剂作用下,最多能和3

molH2反应D．该有机物分子式为C13H20Cl12、某工程塑料的结构简式为，合成该塑料时用到的单体有A．1种 B．2种 C．3种 D．4种13、向酯化反应：CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O的平衡体系中加H218O，过一段时间，18O原子存在于()A．只存在于乙醇分子中 B．存在于乙酸和H2O分子中C．只存在于乙酸乙酯中 D．存在于乙醇和乙酸乙酯分子中14、网络趣味图片“一脸辛酸”，是在人脸上重复画满了辛酸的键线式结构（如图）。在辛酸的同分异构体中，含有一个“－COOH”和三个“－CH3”的结构（不考虑立体异构），除外，还有()A．7种 B．11种 C．14种 D．17种15、下列说法错误的是（）A．葡萄糖、果糖和麦芽糖均为单糖B．油脂的皂化反应生成高级脂肪酸钠和甘油C．氨基酸分子中都含有氨基和羧基，具有两性D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖16、0.01mol氯化铬（CrCl3·6H2O）在水溶液中用过量的AgNO3溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，此氯化铬最可能为A．[Cr(H2O)6]Cl3 B．[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2OC．[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O D．[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；Y原子的价电子(外围电子)排布为msnmpn；②R原子核外L层电子数为奇数；③Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。请回答下列问题：（1）Z2＋的核外电子排布式是________。（2）在[Z(NH3)4]2＋离子中，Z2＋的空轨道接受NH3分子提供的________形成配位键。（3）Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是________。a．稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙b．稳定性：甲>乙，沸点：甲<乙c．稳定性：甲<乙，沸点：甲<乙d．稳定性：甲<乙，沸点：甲>乙（4）Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为________(用元素符号作答)。（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，其中分子中的σ键与π键的键数之比为________，其中心原子的杂化类型是________。（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，该元素属于________区元素，元素符号是________。18、2018年3月21日是第二十六届“世界水日”，保护水资源、合理利用废水、节省水资源、加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品1L，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：请回答下列问题：(1)根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是________(2)写出实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式：___________。沉淀溶解时发生的离子方程式为________(3)分析图像，在原溶液中c(NH4+与c(Al3＋)的比值为________，所得沉淀的最大质量是________g。(4)若通过实验确定原废水中c(Na＋)＝0.18mol·L－1，试判断原废水中NO3-是否存在？________(填“存在”“不存在”或“不确定”)。若存在，c(NO3-)＝________mol·L－1。(若不存在或不确定则此空不填)19、硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的部分性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃其它性质SO2Cl2-54.169.1①易水解，产生大量白雾②易分解：SO2Cl2SO2↑+Cl2↑H2SO410.4338吸水性且不易分解实验室用干燥、纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，装置如图所示（夹持仪器已省略），请回答有关问题：（1）仪器A冷却水的进水口为________（填“a”或“b”）。（2）仪器B中盛放的药品是________，其目的是________________________。（3）实验时，装置丁中发生反应的离子方程式为______________________________，当生成6.72L的氯气（标况下），转移电子的物质的量为________。（4）装置丙中盛放的试剂是________，若缺少装置乙，对实验造成的影响是_______________。（5）少量硫酰氯也可用液态氯磺酸（ClSO3H）低温催化分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSO3H＝H2SO4+SO2Cl2，从分解产物中分离出硫酰氯的操作是______________。20、研究证明，高铁酸钾不仅能在饮用水源和废水处理过程中去除污染物，而且不产生任何诱变致癌的产物，具有高度的安全性。湿法制备高铁酸钾是目前最成熟的方法，实验步骤如下：a．直接用天平称取60.5gFe(NO3)3·9H2O、30.0gNaOH、17.1gKOH。b．在冰冷却的环境中向NaClO溶液中加入固体NaOH并搅拌，又想其中缓慢少量分批加入Fe(NO3)3·9H2O，并不断搅拌。c．水浴温度控制在20℃，用电磁加热搅拌器搅拌1.5h左右，溶液成紫红色时，即表明有Na2FeO4生成。d．在继续充分搅拌的情况下，向上述的反应液中加入固体NaOH至饱和。e.将固体KOH加入到上述溶液中至饱和。保持温度在20℃，并不停的搅拌15min，可见到烧杯壁有黑色沉淀物生成，即K2FeO4。（1）①步骤b中不断搅拌的目的是_______。②步骤c中发生反应的离子方程式为______。③由以上信息可知：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠_______(填“大”或“小”)。（2）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。①该反应的离子方程式为______。②高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是_______。③在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用______。A．H2OB．稀KOH溶液、异丙醇C．NH4Cl溶液、异丙醇D．Fe(NO3)3溶液、异丙醇（3）高铁酸钠还可以用电解法制得，其原理可表示为Fe+2NaOH+2H2O3H2↑+Na2FeO4，则阳极材料是____，电解液为______。（4）25℃时，Ksp(CaFeO4)=4.536×10-9,若要使100mL1.0×10-3mol/L的K2FeO4溶液中的c(FeO42-)完全沉淀，理论上要加入Ca(OH)2的物质的量为_____mol。（5）干法制备高铁酸钾的方法是Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成黑色高铁酸钾和KNO2等产物。则该方法中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。21、高氯酸三碳酰肼合镍{[Ni(CHZ)3](C104)2}是一种新型的起爆药。(1)Ni2+某杰核外电子排布式为________。(2)ClO4空间构型是_______；与ClO4互为等电子体的一种分子为_______(填化学式)。(3)化学式中CHZ为碳酰肼，组成为CO(N2H3)2,碳酰肼中碳原子的杂化轨道类型为_____；C、N、0三种元素的电负性由大到小的顺序为______。(4)高氯酸三碳酰肼合镍可由NiO、髙氯酸及碳酰肼化合而成。NiO的晶胞结构如图所示，晶胞中含有的Ni2+数目为_________。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】

A、溶液中偏铝酸根能与碳酸氢根发生如下反应：AlO2—+HCO3—+H2O=Al（OH）3↓+CO32—，在溶液中不能大量共存，故A错误；B项、次氯酸根具有强氧化性，硫离子具有强还原性，在碱性溶液中能发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C项、无色溶液中，Mg2＋、NO3-、SO42－、H+之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D项、使pH试纸变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中亚铁离子和硝酸根能发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C。【答案点睛】碳酸氢根的电离大于氢氧化铝的酸式电离，溶液中偏铝酸根能与碳酸氢根反应生成氢氧化铝沉淀是易错点。2、B【答案解析】分析：A、反应是否自发进行需要用焓变和熵变温度来确定，△H-T△S＜0，说明反应自发进行；B、铁生锈是发生了电化学的吸氧腐蚀；C、反应是否自发进行需要用焓变和熵变温度来确定，△H-T△S＜0，说明反应自发进行；D、电解反应有的是非自发进行的反应，有的是自发反应。详解：A、所有放热反应△H＞0，但焓变和温度未知，所以不一定都是自发反应，选项A错误；B、铁生锈是发生了电化学的吸氧腐蚀，是自发进行反应，选项B正确；C、依据△H-T△S＜0判断反应是自发进行的反应，熵增的反应只能是△S＞0，熵变和温度未知，所以不一定都是自发反应，选项C错误；D、电解反应可以是自发反应，也可以是非自发的氧化还原反应，选项D错误；答案选B。点睛：本题考查了反应自发进行的判断依据、电化腐蚀的原理应用、电解原理的应用，注意常见的氧化还原反应的特点及能量变化来解答，题目难度不大。3、A【答案解析】

本题考查的是化学反应类型的判断，关键是氧化还原反应的判断，根据是否有化合价变化分析。【题目详解】A、反应为化合反应，有化合价变化，属于氧化还原反应，故正确；B、反应不是化合反应，有化合价变化，属于氧化还原反应，故错误；C、是化合反应，不是氧化还原反应，故错误；D、不是化合反应，不是氧化还原反应，故错误。故选A。4、C【答案解析】

A．步骤①中发生的主要反应是氯气和溴离子反应生成溴单质，反应离子方程式为：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，故A正确；B．步骤②③吹出溴单质后，用二氧化硫还原后再用氯气氧化的目的是富集溴元素，故B正确；C．分析可知X为HBr，故C错误；D．热空气吹出溴单质是利用了溴单质易挥发的性质，故D正确；答案选C。5、D【答案解析】

A.苯酚同系物中只含1个苯环和1个酚羟基，该物质含2个苯环和3个酚羟基，不是苯酚同系物，但含酚-OH，遇FeCl3溶液呈紫色，A错误；B.碳碳双键、酚-OH、与苯环直接相连的甲基均能被酸性KMnO4溶液氧化，滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去，不能能证明其结构中碳碳双键，B错误；C.酚-OH的邻对位苯环氢与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成，则1mol该物质与浓溴水反应，最多消耗溴为4mol；苯环与碳碳双键均与氢气发生加成，则1mol该物质与氢气反应时，最多消耗氢气为7mol，C错误；D.苯环、碳碳双键均为平面结构，单键可以旋转，则该分子中的所有碳原子可能共平面，D正确；故合理选项是D。6、D【答案解析】

A.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，A不选；B.铁在硫蒸汽中燃烧生成硫化亚铁，B不选；C.铁在氯气中燃烧生成氯化铁，C不选；D.铁在氯气中燃烧生成氯化铁，氯化亚铁不能由铁跟非金属单质直接结合而成，D选。答案选D。7、C【答案解析】分析：碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，结合电荷守恒、物料守恒等解答。详解：A、溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），A正确；B、溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），B正确；C、溶液呈碱性，故HCO3-的电离程度小于其水解程度，C错误；D、小苏打溶液中，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，碳酸氢根离子的水解和电离都较微弱，水和碳酸氢根离子都电离出氢离子，只有碳酸氢根离子电离出碳酸根离子，所以c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(CO32-)，D正确。答案选C。点睛：本题考查离子浓度比较以及三大守恒定律，注意多元弱酸酸式根离子可电离也可水解。HSO3-、H2PO4-等以电离为主，溶液显酸性；HCO3-、HS-等以水解为主，溶液显碱性。8、B【答案解析】

A、乙醇蒸气能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色；B、石蜡油能发生催化裂化反应生成气态烯烃；C、过量的氨水与硝酸银溶液反应生成无色的银氨溶液；D、未加氢氧化钠溶液中和硫酸，使溶液呈碱性。【题目详解】A项、溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成乙烯，因乙醇具有挥发性，制得的乙烯气体中混有能使酸性高锰酸钾溶液褪色的乙醇蒸气，干扰乙烯的检验，故A错误；B项、在少量碎瓷片做催化剂作用下，石蜡油发生裂化反应生成能使酸性高锰酸钾溶液褪色的气态烯烃，故B正确；C项、向1mL2%的氨水中滴入5滴2%的AgNO3溶液，过量的氨水与硝酸银溶液反应生成无色的银氨溶液，故C错误；D项、向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热蔗糖水解生成的葡萄糖，葡萄糖在碱性条件下加热与银氨溶液发生银镜反应生成银镜，该实验未加氢氧化钠溶液中和硫酸，故D错误；故选B。【答案点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重物质性质及实验技能的考查，注意实验的评价性、操作性分析，注意反应原理和实验实验原理的分析是解答关键。9、C【答案解析】

A．氨气分子中氮原子价层电子对个数=3+=4，所以N原子采用sp3杂化，故A正确；B．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，N原子提供孤电子对，所以N原子是配位原子，NH3分子是配体，故B正确；C．NH3和PH3结构相似且都属于分子晶体，分子晶体的熔沸点随着其相对分子质量的增大而增大，但氢键能增大物质的沸点，氨气分子间存在氢键，所以相同压强时，NH3和PH3比较，氨气沸点高，故C错误；D．等电子体为原子数相等和价电子数相等的原子团，NH4+与PH4+、CH4、BH4-均含有5个原子团，且价电子均为8，互为等电子体，故D正确；答案选C。10、B【答案解析】

不论按何种比例混合，只要总质量一定，完全燃烧生成水的总质量就相同，说明氢元素的质量分数相同。A、甲烷分子式为CH4，丙烷的分子式为C3H8，二者相对分子质量不同，氢元素质量分数不同，不符合题意，A错误；B、甲苯分子式为C7H8，甘油的分子式为C3H8O3，氢元素质量分数相同，符合题意，B正确；C、甲酸分子式为CH2O2，乙酸的分子式为C2H4O2，二者相对分子质量不同，氢元素质量分数不同，不符合题意，C错误；D、乙醇的分子式为C2H6O，乙二醇的分子式为C2H6O2，二者相对分子质量不同，氢元素质量分数不同，不符合题意，D错误。答案选B。11、B【答案解析】该物质中含有苯环、碳碳双键和氯原子；双键能使溴水和酸性高锰酸钾褪色，选项A错误、选项B正确；C、在加热和催化剂作用下与氢气发生加成时,苯环消耗3mol，碳碳双键消耗1mol，共4mol氢气，选项C错误；D、该有机物分子式为C13H17Cl，选项D错误。答案选B。12、C【答案解析】

该高聚物的形成过程属于加聚反应，加聚反应是由不饱和单体(如碳碳双键，碳碳叁键以及碳氧双键等)聚合高分子的反应，其产物只有一种高分子化合物，凡链节中主碳链为6个碳原子，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换，直接合成该高聚物的物质为：CH2=CH−CN、CH2=CH−CH=CH2、C6H5−CH=CH2，故本题选C。【答案点睛】首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断。13、B【答案解析】试题分析：乙酸与乙醇的酯化反应是可逆反应，其反应的实质是：乙酸脱去羟基，乙醇脱去羟基中的氢原子而生成酯和水：。当生成的酯水解时，原来生成酯的成键处即是酯水解时的断键处，且将结合水提供的羟基，而—OC2H5结合水提供的氢原子，即，答案选B。考点：考查酯化反应原理的有关判断点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型和考点。该题设计新颖，选项基础，侧重对学生能力的培养与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是记住酯化反应的机理，然后灵活运用即可。14、D【答案解析】辛酸含有一个“—COOH”和三个“—CH3”的主链最多有6个碳原子。（1）若主链有6个碳原子，余下2个碳原子为2个—CH3，先固定一个—CH3，移动第二个—CH3，碳干骨架可表示为：（数字代表第二个—CH3的位置），共4+3+2+1=10种。（2）若主链有5个碳原子，余下3个碳原子为可能为：①一个—CH3和一个—CH2CH3或②一个—CH（CH3）2。①若为一个—CH3和一个—CH2CH3，先固定—CH2CH3，再移动—CH3，碳干骨架可表示为：；②若为一个—CH（CH3）2，符合题意的结构简式为（题给物质）；共3+3+1=7种。（3）若主链有4个碳原子，符合题意的同分异构体的结构简式为（CH3CH2）3CCOOH。辛酸含有一个“—COOH”和三个“—CH3”的同分异构体有10+7+1=18种，除去题给物质，还有17种，答案选D。点睛：本题考查限定条件同分异构体数目的确定，注意采用有序方式书写，避免重复和漏写。15、A【答案解析】

A项、麦芽糖为能够水解的二糖，故A错误；B项、油脂在碱溶液的作用下发生的水解反应叫皂化反应，水解反应生成高级脂肪酸钠和甘油，故B正确；C项、氨基酸分子中含有氨基（-NH2，具有碱的性质）和羧基（-COOH，具有酸的性质），因此它具有两性，故C正确；D项、淀粉和纤维素属于多糖，水解的最终产物都是葡萄糖，故D正确；故选A。16、C【答案解析】

0.01mol的氯化铬能生成0.02mol的AgCl沉淀，说明该氯化铬中的Cl-仅有两个形成的是离子键，那么剩余的一个Cl-则是通过配位键与中心原子形成了配离子；C项的书写形式符合要求；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、1s22s22p63s23p63d9孤电子对bSi<C<N3∶2sp杂化dCr【答案解析】分析：Z的原子序数为29，Z为Cu元素；R原子核外L层电子数为奇数，R为第二周期元素，Q的p轨道电子数为2，Q的原子序数小于R，Q为C元素；Y原子的价电子排布为msnmpn，Y原子的价电子排布为ms2mp2，Y为第IVA族元素，Y的原子序数介于Q与Z之间，Y为Si元素；X原子p轨道的电子数为4，X的原子序数介于Q与Y之间，X为O元素；R的原子序数介于Q与X之间，R为N元素。（1）Z2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。（2）在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+的空轨道接受NH3分子中N原子提供的孤电子对形成配位键。（3）Q、Y形成的最简单气态氢化物依次为CH4（甲）、SiH4（乙），稳定性：CH4>SiH4，沸点：CH4<SiH4。（4）C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为Si<C<N。（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为CH≡CH，CH≡CH中σ键与π键的键数之比为3:2。其中C原子为sp杂化。（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，该元素属于d区元素，元素符号是Cr。详解：Z的原子序数为29，Z为Cu元素；R原子核外L层电子数为奇数，R为第二周期元素，Q的p轨道电子数为2，Q的原子序数小于R，Q为C元素；Y原子的价电子排布为msnmpn，Y原子的价电子排布为ms2mp2，Y为第IVA族元素，Y的原子序数介于Q与Z之间，Y为Si元素；X原子p轨道的电子数为4，X的原子序数介于Q与Y之间，X为O元素；R的原子序数介于Q与X之间，R为N元素。（1）Z为Cu元素，Cu原子核外有29个电子，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Z2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。（2）在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+的空轨道接受NH3分子中N原子提供的孤电子对形成配位键。（3）Q、Y形成的最简单气态氢化物依次为CH4（甲）、SiH4（乙），由于C-H键的键长小于Si-H键，C-H键的键能大于Si-H键，稳定性：CH4>SiH4；由于CH4的相对分子质量小于SiH4的相对分子质量，CH4分子间作用力小于SiH4分子间作用力，沸点：CH4<SiH4；答案选b。（4）根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第一电离能C<N；同主族从上到下第一电离能逐渐减小，第一电离能C>Si；C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为Si<C<N。（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为CH≡CH，CH≡CH的结构式为H—C≡C—H，单键全为σ键，三键中含1个σ键和2个π键，CH≡CH中σ键与π键的键数之比为3:2。CH≡CH中每个碳原子形成2个σ键，C原子上没有孤电子对，C原子为sp杂化。（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，由于最后电子填入的能级符号为3d，该元素属于d区元素，元素符号是Cr。18、CO32-NH4+＋OH－===NH3·H2OAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O2:110.7存在0.08【答案解析】

已知溶液为无色，则无Fe3＋；焰色反应时为黄色，则含Na元素；加入盐酸酸化的氯化钡有白色沉淀，则含硫酸根离子；加入过量的NaOH有白色沉淀，含镁离子；根据加入NaOH的体积与沉淀的关系可知，原溶液中含有H＋、NH4+、Al3＋、Mg2＋；与Al3＋、Mg2＋反应的CO32-离子不存在。【题目详解】（1）根据分析可知，一定不存在的阴离子为CO32-；（2）③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化时，加入NaOH，沉淀的量未变，则有离子与NaOH反应，只能是NH4+，其反应的离子方程式为：NH4+＋OH－=NH3·H2O；沉淀溶解为氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；（3）根据反应式及数量，与NH4+、Al（OH）3消耗NaOH的量分别为0.2mol、0.1mol，则c(NH4+):c(Al3＋)=2:1；（4）H＋为0.1mol，NH4+为0.2mol，Al3＋为0.1mol，Mg2＋为0.05mol，Na＋为0.18mol，SO42-为0.4mol，根据溶液呈电中性，n（NO3-）=0.08mol。19、a碱石灰吸收尾气并防止空气中水蒸气进入反应装置导致产品水解ClO3－+5Cl－+6H+＝3Cl2↑+3H2O0.5NA饱和氯化钠溶液SO2Cl2发生水解蒸馏【答案解析】

二氧化硫和氯气合成硫酰氯：甲装置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，硫酰氯会水解，仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气，丁装置：浓盐酸和氯酸钾反应制取氯气，浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置：除去Cl2中的HCl，乙装置：干燥氯气。（1）根据采用逆流的冷凝效果好，判断冷凝管的进水口；（2）仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；（3）实验时，装置丁中氯酸钾+5价的氯和盐酸中-1价的氯发生氧化还原反应生成氯气；根据化合价升降以及生成物的量计算转移电子数；（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置的作用是除去Cl2中的HCl，由此目的选择试剂；SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氢；（5）二者均为液态，且沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离。【题目详解】（1）冷凝管采用逆流时冷凝效果好，所以冷凝管中的冷却水进口为a；（2）甲装置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，二氧化硫、氯气为有毒的酸性气体，产物硫酰氯会水解，所以仪器B中盛放的药品是碱性物质碱石灰，可防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；（3）浓盐酸和氯酸钾发生反应生成KCl、氯气和水，反应为：6HCl（浓）+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O，离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；根据归中反应同元素化合价“只靠近，不交叉”原则可知，氯酸钾+5价的氯降低为0价，盐酸中-1价的氯升高为0价，即每生成3molCl2，其转移电子为5mol，故当生成0.3molCl2，转移电子数目为0.5NA；（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯气难溶于饱和食盐水，HCl易溶于水，可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl；装置乙中试剂为浓硫酸，其作用是除去Cl2中的水，若缺少装置乙，SO2Cl2遇水发生水解反应生成硫酸和氯化氢；（5）由题干表格可知，低温条件下，SO2Cl2和H2SO4均为液态，二者会互溶，且沸点相差较大，可采取蒸馏法进行分离。20、使固体充分溶解2Fe3++3Cl-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-小4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑消毒、净水B铁NaOH溶液4.536×10-53:1【答案解析】

（1）①步骤b中不断搅拌可以增大反应物的接触面积，使固体充分溶解；②溶液成紫红色时，表明有Na2FeO4生成，则步骤c中发生反应的离子方程式为2Fe3++3Cl-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-；③Na2FeO4与饱和KOH溶液反应产生K2FeO4和NaOH，说明高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小；（2）①高铁酸钾溶于水能释放大量的氧原子，即生成氧气单质，同时它本身被还原产生氢氧化铁胶体，离子反应方程式是：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑；②根据方程式可知高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是既作氧化剂杀菌消毒，同时还原产物又其净化水的作用；③结合化学平衡移动原理可知，在碱性条件下可以抑制该反应的发生，K2FeO4易溶于水，所以不能