2025届宁夏银川市长庆高级中学高二下化学期末质量检测试题含解析

2025届宁夏银川市长庆高级中学高二下化学期末质量检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知前三周期某四种元素原子所形成的离子aW3+、bX+、cY2－、dZ－具有相同的电子层结构，则下列关系表示正确的是()A．质子数b>aB．离子的还原性Y2－>Z－C．氢化物的稳定性H2Y>HZD．原子半径X<W2、己知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+3C1O-+4OH－=2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（）A．+3 B．+4 C．+5 D．+63、已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ。且氧气中1molO＝O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH－O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH－H键断裂时吸收热量为（）A．920kJ B．557kJ C．188kJ D．436kJ4、阿伏加德罗常数的值为NA，实验室制备联氨（N2H4）的化学方程式为：2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O。下列说法正确的是（）A．0.1molN2H4中所含质子数为1.8NAB．0.1mol·L－1的NaClO溶液中，ClO－的数量为0.1NAC．消耗4.48LNH3时，转移电子数为0.2NAD．1.6gN2H4中存在共价键总数为0.2NA5、在密闭容器中充入4molX，在一定的温度下4X（g）

3Y(g)+Z(g)，达到平衡时，有30%的发生分解，则平衡时混合气体总物质的量是A．3.4mol B．4mol C．2.8mol D．1.2mol6、通过复习总结，下列归纳正确的是A．Na2O、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4、Na2O2都属于钠的含氧化合物B．简单非金属阴离子只有还原性，而金属阳离子不一定只有氧化性C．一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应一种氧化物D．物质发生化学变化一定有化学键断裂与生成,并伴有能量变化，而发生物理变化就一定没有化学键断裂与生成，也没有能量变化7、下列化学用语正确的是（）A．异戊烷的键线式： B．乙烯的结构简式：CH2CH2C．苯乙烯（）的实验式：CH2 D．乙酸分子的球棍模型：8、下列鉴别碳酸钠和碳酸氢钠固体的方法中正确的是A．分别取两种固体样品，加热产生气体的是碳酸钠B．分别取样品溶于水后加入氯化钙溶液，若有白色沉淀则是碳酸氢钠C．分别取样品溶于水后，通过加入氢氧化钠溶液后的现象来鉴别D．分别取等质量的两种固体样品，与盐酸反应，产生气体较快的是碳酸氢钠9、采用下列装置和操作,能达到实验目的的是()A．用装置分离出溴苯 B．用装置验证乙炔的还原性C．用装置制取乙烯 D．用装置制取乙酸乙酯10、下列关于元素性质的有关叙述中不正确的是A．C、N、O、F的原子半径依次减小B．KOH、NaOH、LiOH的碱性逐渐减弱C．P、S、Cl、Ar的最高正价依次升高D．Na、Mg、Al、Si的最外层电子数依次增加11、某烃有两种或两种以上的同分异构体，其中一种烃的一氯代物只有一种，则这种烃可能是①分子中含7个碳原子的芳香烃②分子中含4个碳原子的烷烃③分子中含6个碳原子的单烯烃④分子中含8个碳原子的烷烃A．③④ B．②③ C．①② D．②④12、某溶液可能含有Cl-、SO32-、CO32-、NH3+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液222mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到2．22mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到2．6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到3．66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中A．至少存在5种离子B．Cl-一定存在，且c（Cl）≥2．3mol/LC．SO32-、NH3+、一定存在，Cl-可能不存在D．CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在13、一种从植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其结构简式为，下列有关该化合物的说法错误的是A．分子式为C12H18O2B．分子中至少有6个碳原子共平面C．该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．一定条件下，1mol该化合物最多可与3molH2加成14、下列试剂的保存方法中错误的是()A．少量的钠保存在煤油中B．新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中C．氢氟酸保存在玻璃瓶中D．NaOH溶液保存在带橡皮塞的玻璃瓶中15、金属晶体和离子晶体是重要晶体类型。关于它们的说法中正确的是()①金属晶体导电，离子晶体在一定条件下也能导电②CsCl晶体中，每个Cs＋周围有6个Cl－③金属晶体和离子晶体都可采取“紧密堆积”方式④金属晶体和离子晶体中分别存在金属键和离子键等强烈的相互作用，很难断裂，因而都具有延展性A．①② B．①③ C．③ D．①④16、下列各组元素按第一电离能增加顺序排列的是（）A．Li、Na、KB．B、Be、LiC．O、F、NeD．C、P、Se二、非选择题（本题包括5小题）17、某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂的体积(V)的关系如图所示。(1)若Y是盐酸，所得到的关系图如图甲所示，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是_____，ab段发生反应的离子是_________，bc段发生反应的离子方程式是_________。(2)若Y是NaOH溶液，所得到的关系图如图乙所示，则X中一定含有的离子是__________，假设X溶液中只含这几种离子，则溶液中各离子物质的量之比为_____，ab段反应的离子方程式为_____________。18、M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：(1)单质M的晶体类型为________，其中M原子的配位数为________。(2)元素Y基态原子的核外电子排布式为________，其同周期元素中，第一电离能最大的是________(写元素符号)。(3)M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。①该化合物的化学式为________，已知晶胞参数a＝0.542nm，此晶体的密度为__________g·cm－3。(写出计算式，不要求计算结果。阿伏加德罗常数为NA)②此化合物的氨水溶液遇到空气被氧化为深蓝色，其中阳离子的化学式为________。19、某课题组对某样品W（组成用CxHyOzNaSb表示）进行探究。实验一：确定W中元素组成（1）取W样品，将有机氮转化成NH4+，_____________（补充实验方案），证明W中含氮元素。（2）用燃烧法确定W样品中含碳、氢、硫三种元素，装置如图所示。①A框内是加热固体制备氧气发生装置，写出A中反应的化学方程式：__________________。②写出E中发生反应的离子方程式：_________________。③从实验简约性考虑，D、E、F、G装置可以用下列装置替代：能证明W含碳元素的实验现象是__________________。实验二：测定W中硫元素含量（3）取wgW样品在过量的氧气中充分燃烧，用V1mLc1mol·L-1碘水溶液吸收SO2，用V2mLc2mol·L-1Na2S2O3溶液滴定过量的I2。已知:2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。滴定终点的标志是__________________。该W样品中硫元素的质量分数为_________％。（4）二氧化硫通入吸收液前必须通过过量的赤热铜粉（SO2不参与反应），否则会导致测定的硫元素质量分数_________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。20、富马酸亚铁(C4H2O4Fe)是常用的治疗贫血的药物。可由富马酸与FeSO4反应制备。(1)制备FeSO4溶液的实验步骤如下：步骤1.称取4.0g碎铁屑，放入烧杯中，加入10%Na2CO3溶液，煮沸、水洗至中性。步骤2.向清洗后的碎铁屑中加入3mol/LH2SO4溶液20mL，盖上表面皿，放在水浴中加热。不时向烧杯中滴加少量蒸馏水，控制溶液的pH不大于1。步骤3.待反应速度明显减慢后，趁热过滤得FeSO4溶液。①步骤1的实验目的是____。②步骤2“不时向烧杯中滴加少量蒸馏水”的目的是____；“控制溶液的pH不大于1”的目的是____。(2)制取富马酸亚铁的实验步骤及步骤（Ⅱ）的实验装置如下：①步骤(Ⅰ)所得产品(富马酸)为_______－丁烯二酸（填“顺”或“反”）。②富马酸与足量Na2CO3溶液反应的方程式为_________。③图中仪器X的名称是_________，使用该仪器的目的是__________。(3)测定(2)产品中铁的质量分数的步骤为：准确称取产品ag，加入新煮沸过的3mol/LH2SO4溶液15mL，待样品完全溶解后，再加入新煮沸过的冷水50mL和4滴邻二氮菲-亚铁指示剂，立即用cmol/L(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定(Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+)，滴定到终点时消耗标准液VmL。①(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液适宜盛放在_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。②该实验中能否用KMnO4标准溶液代替(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定Fe2+，说明理由_____。③产品中铁的质量分数为________（用含a、V的代数式表示）。21、Li、Na、Mg、C、N、O、S等元素的研究一直在进行中，其单质及化合物在诸多领域都有广泛的应用。回答下列问题：（1）钠在火焰上灼烧的黄光是一种_____（填字母）A．吸收光谱；B．发射光谱。（2）H2S的VSEPR模型为________，其分子的空间构型为________；结合等电子体的知识判断离子N3–的空间构型为________。（3）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过下图的Born-Haber循环计算得到。可知Li2O晶格能为______kJ·mol-1。（4）N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示：X、Y、Z中为N元素的是______，判断理由是_____________________________。（5）N5–为平面正五边形，科学家预测将来会制出含N4–、N6–等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大π键，可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为），则N4–离子中的大π键应表示为_________。（6）一种Fe、Si金属间化合物的晶胞结构如下图所示：晶胞中含铁原子为______个，已知晶胞参数为0.564nm，阿伏伽德罗常数的值为NA，则Fe、Si金属间化合物的密度为___________g·cm–3（列出计算式）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】分析：本题考查结构与位置关系、元素周期律等，根据电荷与核外电子排布相同推断元素在周期表中的位置是关键，侧重于考查学生的分析能力与对基础知识的应用能力。详解：已知前三周期某四种元素原子所形成的离子aW3+、bX+、cY2－、dZ－具有相同的电子层结构，则有a-3=b-1=c+2=d+1，可知原子序数a>b>c>d，Y、Z为非金属，处于第二周期，故YW为氧元素，Z为氟元素，W、X为金属处于第三周期，W为铝元素，X为钠元素。A.根据以上分析，质子数a>b，故错误；B.非金属性越强，离子还原性越弱，所以离子的还原性Y2－>Z－，故正确；C.非金属性越强，其氢化物稳定性越强，所以氢化物的稳定性H2Y<HZ，故错误；D.钠和铝属于同周期元素，原子序数越大，半径越小，故原子半径X>W，故错误。故选B。2、D【解析】

根据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，答案选D。3、D【解析】

根据n=计算1g氢气的物质的量，化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，依此结合反应方程式H2(g)+O2(g)=H2O(g)进行计算。【详解】水的结构式为H-O-H，1mol水含有2mol氢氧键，1g氢气的物质的量为n(H2)==0.5mol，完全燃烧生成水蒸气时放出能量121kJ，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为x，根据方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(g)，则2×463kJ-(x+×496kJ)=2×121kJ，解得x=436kJ，答案选D。本题考查反应热的有关计算，注意把握反应热与反应物、生成物键能的关系，注意理解反应放出的热量与物质的量成正比。4、A【解析】分析：A.1个N2H4中含有(2×7+4×1)=18个质子；B.根据c=分析判断；C.气体的体积与温度和压强有关；D.1个N2H4中存在1个N-N键和4个N-H键。详解：A.1个N2H4中含有(2×7+4×1)=18个质子，则0.lmolN2H4中所含质子数为1.8NA，故A正确；B.未告知0.1mol·L-1的NaClO溶液的体积，无法计算ClO-的数量，故B错误；C.为告知气体的状态，无法计算4.48LNH3的物质的量，故C错误；D.1个N2H4中存在1个N-N键和4个N-H键，1.6gN2H4的物质的量==0.05mol，存在共价键0.05mol×5=0.25mol，故D错误；故选A。点睛：解答此类试题需要注意：①气体摩尔体积的使用范围和条件，对象是否气体；温度和压强是否为标准状况，如本题的C；②溶液计算是否告知物质的量浓度和溶液体积，如本题的B。5、B【解析】平衡时混合气体总的物质的量是2.8+0.9+0.3=44mol，故B正确。6、B【解析】

A项，氯化钠中没有氧元素，不属于含氧化合物，A不正确；B项，简单非金属阴离子中非金属元素的化合价处于最低价，只有还原性，金属阳离子不一定只有氧化性如Fe2+具有较强还原性，B项正确；C项，N的+4价有两种氧化物：NO2和N2O4，C项错误；D项，物理变化中也可以发生化学键的断裂如HCl溶于水，也可以伴随能量的变化，D项错误；答案选B。7、A【解析】

A.键线式是表示有机物结构式的方式之一，指只用键线来表示碳骨架，而分子中的碳氢键、碳原子及与碳原子相连的氢原子均被省略，其他杂原子及与杂原子相连的氢原子须保留的表示方法；B.乙烯分子中含有碳碳双键，其结构简式中必须标出碳碳双键；C.实验式为分子中各原子的最简比；D.根据球棍模型与比例模型的表示方法分析。【详解】A.异戊烷分子内的2号碳原子上有一个甲基，其键线式为：，故A项正确；B.乙烯分子中含有的官能团为碳碳双键，其结构简式为：CH2=CH2，故B项错误；C.苯乙烯的分子式为C8H8，其实验式为CH，故C项错误；D.为乙酸的比例模型，而乙酸的球棍模型为，故D项错误；答案选A。本题侧重考查学生对有机物表示方法的认识与理解，D选项是学生易疏忽的地方，要分清比例模型与球棍模型的区别，球棍模型中球与球之间有棍相连，而比例模型的球与球之间没有棍，只是所有元素原子的比例球连在一起。值得注意的是，比例模型的各元素原子半径相对大小要适当。8、D【解析】

A．Na2CO3较稳定，受热不易分解，NaHCO3不稳定，受热易分解生成CO2，故A错误；

B．Na2CO3和CaCl2反应生成白色沉淀CaCO3，反应方程式为Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，NaHCO3和CaCl2不反应，现象不同，故B错误；C．NaHCO3与氢氧化钠溶液反应但现象不明显，Na2CO3与氢氧化钠溶液不反应，故C错误；D．M（Na2CO3）>M（NaHCO3），所以相同质量时n（Na2CO3）<nM（NaHCO3），根据Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑知，生成气体较快的是NaHCO3，该鉴别方法正确，故D选；故选：D。9、A【解析】

A．互不相溶的液体采用分液方法分离，水和溴苯不互溶，所以可以采用分液方法分离，A正确；B．由于电石不纯，生成的乙炔中含有H2S等气体也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法验证乙炔的还原性，B错误；C．浓硫酸和乙醇混合加热需要170℃，温度计测量溶液温度，温度计应该插入混合溶液中，C错误；D．乙酸乙酯易在氢氧化钠溶液中水解，应该用饱和碳酸钠溶液，D错误；答案选A。10、C【解析】

A．C、N、O、F位于周期表同一周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，A正确；B．Li、Na、K位于同一主族，同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，KOH、NaOH、LiOH的碱性逐渐减弱，B正确；C．P、S、Cl的最高正价依次升高，Ar为惰性气体，化合价一般为0，C错误；D．Na、Mg、Al、Si的最外层电子数依次为1、2、3、4，依次增加，D正确；故合理选项是C。11、A【解析】

分子中含7个碳原子的芳香烃只能是甲苯，没有同分异构体，不符合此题有两个限制条件，满足第一个条件只要是含4个碳原子及其以上即可，满足第二个条件的烷烃烃分子中，同一个碳上的氢原子等效，连在同一个碳原子上的氢原子等效，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，符合这些条件的烷烃有：甲烷、乙烷、新戊烷、2,2,3,3­四甲基丁烷等。综合起来，③④正确，答案选A。12、B【解析】

由于加入过量NaOH溶液，加热，得到2.22mol气体，说明溶液中一定有NH3+，且物质的量为2.22mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，2.6g固体为氧化铁，物质的量为2.22mol，有2.22molFe3+，一定没有CO32-；3.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO32-，物质的量为2.22mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，且至少为2.22mol×3+2.22-2.22mol×2=2.23mol，物质的量浓度至少为c(Cl-)=2.23mol÷2.2L=2.3mol/L。【详解】A.至少存在Cl-、SO32-、NH3+、Fe3+四种离子，A项错误；B.根据电荷守恒，至少存在2.23molCl-，即c(Cl-)≥2.3mol·L-2，B项正确；C.一定存在氯离子，C项错误；D.Al3+无法判断是否存在，D项错误；答案选B。13、B【解析】分子式为C13H20O，故A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5个碳原子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；含有2个碳碳双键、1个羰基，一定条件下，1mol该化合物最多可与3molH2加成，故D正确。14、C【解析】

A、Na不与煤油发生反应，且Na的密度大于煤油，因此少量的金属钠保存在煤油中，故A说法正确；B、新制的氯水中：Cl2＋H2OHCl＋HClO，HClO见光受热分解，因此新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中，故B说法正确；C、氢氟酸与SiO2发生反应，腐蚀玻璃，盛放氢氟酸用塑料瓶，故C说法错误；D、NaOH是碱，盛放碱时应用橡皮塞的玻璃瓶，故D说法正确；答案选C。15、B【解析】

①金属晶体中含自由电子，能导电，而离子晶体只有在溶于水或熔化状态下才能导电，在固态时不导电，在一定条件下也能导电，①正确；②CsCl晶体中，每个Cs＋周围有8个Cl－，故②错误；③金属晶体和离子晶体都可采取“紧密堆积”方式，③正确；④离子键在受到锤打或锻压时会断裂，因而离子晶体没有延展性，④错误。故选B。16、C【解析】A．Li、Na、K，第一电离能逐渐减小；B．B、Be、Li，Be的2s全满，故第一电离能大于Li；C．O、F、Ne逐渐增大；D．C、P、Se，P的3p处于半满，第一电离能大于Se。二、非选择题（本题包括5小题）17、SiO32—、AlO2-CO32-3H++Al(OH)3=Al3++3H2OAl3+Mg2+NH4+Cl-2:1:4:12NH4++OH-═NH3•H2O【解析】

无色溶液中不可能含有Fe3+离子。（1）如果Y是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，盐酸和碳酸根离子反应生成气体，则溶液中不含镁离子、铝离子；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子，弱酸根离子和铵根离子能双水解，所以溶液中含有的阳离子是钠离子；（2）若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，氢氧化钠和铵根离子反应生成气体；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子，则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子。【详解】（1）如果Y是盐酸，由图可知，向溶液中加盐酸，先生成沉淀后沉淀部分溶解，则溶液中可能含SiO32-、AlO2-，不含Al3+、Mg2+；ab段，沉淀的量没有变化，说明溶液中含有CO32-，盐酸和碳酸根离子反应，反应的离子方程式依次为CO32-+H+═HCO3-和HCO3-+H+═H2O+CO2↑；bc段,氢氧化铝沉淀与盐酸反应生成偏铝酸钠和水，硅酸沉淀不反应，沉淀部分溶解，反应的离子方程式为3H++Al(OH)3=Al3++3H2O，故答案为：SiO32—、AlO2—；CO32-；3H++Al(OH)3=Al3++3H2O；（2）若Y是氢氧化钠，由图可知，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al3+、Mg2+或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸的阴离子会双水解而不能共存，即溶液中不含CO32-、SiO32-、AlO2-，由于溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl-；ab段，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：NH4++OH-═NH3•H2O，即溶液中含NH4+；bc段，沉淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有Al3+、Mg2+，bc段的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，则X中一定含有的离子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；由于溶液中有Al3+、Mg2+，oa段转化为沉淀的离子是Al3+、Mg2+，ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体，反应的离子方程式为NH4++OH-═NH3•H2O；溶液中有Al3+、Mg2+，即沉淀中含Al（OH）3和Mg（OH）2，故bc段的反应离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，NH4+反应需要NaOH的体积是2V，由于Al（OH）3溶解时需要的NaOH的体积是V，则生成Al（OH）3需要的NaOH的体积是3V，而生成Mg（OH）2和Al（OH）3共消耗NaOH的体积为4V，则生成Mg（OH）2需要NaOH溶液的体积是V，则n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）=2：1：4，根据溶液要呈电中性，即有：3n（Al3+）+2n（Mg2+）+n（NH4+）=n（Cl-），故n（Cl-）=12，即有：n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）：n（Cl-）=2：1：4：12，故答案为：Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；2：1：4：12；NH4++OH-═NH3•H2O。本题考查无机物的推断，注意根据溶液的颜色结合题给图象确定溶液中存在的离子，再结合物质之间的反应来确定微粒的量是解答关键。18、金属晶体121s22s22p63s23p5ArCuCl或[Cu(NH3)4]2＋【解析】

M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，则M为铜元素；元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同，则Y为氯元素，结合核外电子排布规律和晶胞的计算方法分析解答。【详解】M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，则M为铜元素；元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同，则Y为氯元素。(1)铜为金属原子，晶体中金属阳离子与电子之间通过金属键结合在一起，铜晶体属于金属晶体；铜晶体是面心立方堆积，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，每个平面上铜原子的配位数是4，三个面共有4×3=12个铜原子，所以铜原子的配位数是12，故答案为：金属晶体；12；(2)氯是17号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p5；氯为第三周期元素，同周期元素中，Ar是稀有气体元素，第一电离能最大的是Ar，故答案为：1s22s22p63s23p5；Ar；(3)①依据晶胞结构，每个晶胞中含有铜原子个数为：8×+6×=4，氯原子个数为4，则化学式为CuCl；1mol晶胞中含有4molCuCl，1mol晶胞的质量为M(CuCl)×4，晶胞参数a=0.542nm，则晶体密度为g·cm－3=g·cm－3，故答案为：CuCl；或；②Cu+可与氨形成易溶于水的配合物，所以CuCl难溶于水但易溶于氨水，该配合物中Cu+被氧化为Cu2+，所以深蓝色溶液中阳离子为[Cu(NH3)4]2+，故答案为：[Cu(NH3)4]2+。本题的易错点为(3)②，要注意Cu+形成的配合物在空气中容易被氧化。19、加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝色2KClO32KCl＋3O2↑（或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑）2MnO4-+5SO2+2H2O＝2Mn2+＋5SO42-+4H+X中颜色变浅色，但不褪色；Y中变浑浊滴加最后一滴时溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟不恢复偏低【解析】分析：实验一(确定W中元素组成)：必须使用干燥氧气，A是发生装置，通过加热固体制备氧气，注意不能用双氧水制氧气。用无水硫酸铜检验H2O，D装置用于检验SO2，E装置用于除去SO2，F装置用于确定SO2是否除尽，因为SO2会干扰CO2的检验；实验二(测定W中硫元素含量)：根据SO2＋I2＋2H2O＝2HI＋H2SO4，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。有：n(SO2)＋12n(Na2S2O3)＝n(I2)，据此分析计算硫元素的质量分数；过量的氧气混在SO2气体中，会发生2SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4，据此分析判断误差详解：(1)检验铵离子，操作要点是加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，现象是由红色变蓝色，故答案为：加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝色；(2)①通过加热固体制备氧气，应该是加热高锰酸钾或氯酸钾分解制备氧气，反应的方程式为2KClO32KCl＋3O2↑(或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑)，故答案为：2KClO32KCl＋3O2↑(或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑)；②用无水硫酸铜检验H2O，D装置用于检验SO2，E装置用于除去SO2，F装置用于确定SO2是否除尽，因为SO2会干扰CO2的检验。因此E中反应为2KMnO4＋5SO2＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4，离子方程式为2MnO4+5SO2+2H2O＝2Mn2+＋5SO42+4H，故答案为：2MnO4+5SO2+2H2O＝2Mn2+＋5SO42+4H；③从简约装置看，X装置中试剂“过量”，它有三个作用：检验SO2、除去SO2、确认SO2除尽，实验现象是紫色溶液变浅——检验并除去SO2，不褪色——说明SO2已除尽了，最后Y中变浑浊，才能证明W中含碳元素，故答案为：X中颜色变浅色，但不褪色；Y中变浑浊；(3)用硫代硫酸钠溶液滴定过量的I2，用淀粉溶液作指示剂。滴定前碘使淀粉溶液变蓝色，当碘完全消耗时蓝色变无色。根据SO2＋I2＋2H2O＝2HI＋H2SO4，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。有：2n(SO2)＋n(Na2S2O3)＝2n(I2)，ω(S)＝2c1V1-c2V(4)氧化W时，O2过量，过量的氧气混在SO2气体中，用赤热铜粉除去O2。如果不除去氧气，在水溶液中会发生反应：2SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4，结果测得V2偏大，测得S元素质量分数偏低，故答案为：偏低。20、除去铁锈表面油污补充蒸发掉的水份，防止硫酸亚铁晶体析出抑制Fe2+水解反+Na2CO3+CO2↑+H2O(球形，回流)冷凝管冷凝回流水酸式不能，KMnO4溶液除氧化Fe2+外，还能氧化富马酸中的碳碳双键【解析】

(1)①步骤1中加入碳酸钠溶液显碱性，可去除油污；②根据该步操作加热水分蒸发导致溶液浓度变大分析；从盐的水解角度分析控制pH大小的原因；(2)①根据两个相同基团在双键同一侧的为顺式结构，在不同侧的为反式结构分析；②根据羧酸的酸性比碳酸酸性强，强酸与弱酸的盐反应产生强酸盐和弱酸书写；③根据仪器的结构命名；结合实验操作判断其作用；(3)①根据盐溶液的酸碱性判断使用滴定管的种类；②KMnO4溶液具有强氧化性，可以氧化Fe2+、碳碳双键；③根据消耗标准溶液的体积及浓度计算n(Fe2+)，再计算其质量，最后根据物质的含量计算公式计算铁的质量分数。【详解】(1)①步骤1中加入碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液CO32-水解，消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，油脂能够与碱发生反应产生可溶性的物质，因此加入碳酸钠溶液目的是去除可去除铁锈表面油污；②步骤2“不时向烧杯中滴加少量蒸馏水”的目的是补充蒸发掉的水份，防止硫酸亚铁晶体析出；FeSO4是强酸弱碱盐，Fe2+水解使溶液显酸性，“控制溶液的pH不大于1”就可以抑制Fe2+水解，防止形成Fe(OH)2沉淀；(2)①步骤(Ⅰ)所得产品(富马酸)结构简式为，可知：两个相同的原子或原子团在碳碳双键的两侧，因此该富马酸是反式结构；名称为反－丁烯二酸；②富马酸与足量Na2CO3溶液反应产生富马酸钠、水、二氧化碳，反应的化学方程式为：+Na2CO3+CO2↑+H2O；③由仪器的结构可知：该物质名称是球形冷凝管；其作用是冷凝回流水，减少水分挥发；(3)①(NH4)2Ce(SO4)3是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，所以应该将其标准溶液适宜盛放在酸式滴定管中；②使用(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定，只发生Ce4++Fe