湖南省师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期1月期末化学试题 答案

湖南师大附中2024—2025学年度高二第一学期期末考试化学时量：75分钟满分：100分得分：_____可能用到的相对原子质量：H～1C～12O～16Na～23Si～28S～32Cl～35.5K～39Ca～40Ti～48Cu～64一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.化学与科学技术、生产、生活密切相关。下列说法不正确的是A.可用红外光谱仪测得未知物质的化学键或官能团B.明矾净水与自来水用漂白粉杀菌消毒的原理相同C.医学上常采用硫酸钡作为“钡餐”，因为硫酸钡不会被盐酸溶解D.TiO2广泛用于涂料、橡胶和造纸等工业，可通过TiCl4与水反应制备【答案】B【解析】【详解】A．红外光谱仪是利用物质对不同波长的红外辐射的吸收特性，进行分子结构和化学组成分析的仪器，可以用来测定分子的化学键和官能团，A正确；B．明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附水中悬浮物形成沉淀，达到净水目的，但没有强氧化性，不能用于杀菌消毒，用于自来水杀菌消毒的漂白粉与CO2反应生成HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，所以明矾净水与自来水的杀菌消毒原理不相同，B错误；C．硫酸钡不溶于水和盐酸，无毒，医学上常采用硫酸钡作为钡餐，C正确；D．TiCl4和大量的水在加热条件下反应发生水解生成TiO2•xH2O，TiO2•xH2O分解生成TiO2，D正确；故选B。2.下列有关化学用语表示正确的是A.基态钠原子电子占据的最高能级的电子云轮廓图：B.基态Fe2+的价层电子排布式为3d44s2C.基态Ge原子的价层电子轨道表示式：D.基态氟原子核外电子的运动状态有9种【答案】D【解析】【详解】A．基态钠原子电子占据的最高能级为3s，其电子云轮廓图为球形，A错误；B．基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，B错误；C．基态Ge原子的价层电子排布式为4s24p2，轨道表示式中4p能级只有两个分占不同轨道且自旋平行的电子，C错误；D．基态氟原子核外有9个电子，故其核外电子的运动状态有9种，D正确；故选D。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.6gSiO2中含有0.1NA个SiO2分子B.在0.1mol/LNa2S溶液中，c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1mol/LC.电解法精炼铜时，阳极质量减少32g时，转移电子数一定为NAD.46g乙醇中发生sp3杂化的原子数为2NA【答案】B【解析】【详解】A．SiO2是共价晶体，物质中只含有S和O，而不存在SiO2分子，A错误；B．根据元素守恒可知，0.1mol/LNa2S溶液中，c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1mol/L，B正确；C．电解法精炼铜时，阳极是粗铜，反应过程中阳极溶解的金属除铜外还有比铜活泼的金属杂质，当阳极溶解32g时，无法计算其转移的电子数，C错误；D．CH3CH2OH分子中C和O均为sp3杂化，46gC2H5OH物质的量为1mol，其中sp3杂化的原子数为3NA，D错误；故选B。4.下列指定反应的离子方程式正确的是A.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OB.KI有助于I2溶于水：I2+I-C.铅酸蓄电池充电时阴极的电极反应式：Pb2++2H2O+2e-=PbO2+4H+D.向Ca(ClO)2溶液通入少量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO【答案】B【解析】【详解】A．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸，草酸是弱酸，应写化学式，正确的离子方程式为：2+5+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A错误；B．KI有助于I2溶于水，生成，离子方程式为：I2+I-，B正确；C．铅酸蓄电池充电时阴极得电子生成Pb，电极反应式为：+2e-=Pb+，C错误；D．向Ca(ClO)2溶液通入少量SO2，发生氧化还原反应生成CaSO4沉淀，离子方程式为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，D错误；答案选B。5.下列关于物质结构的说法正确的是A.前四周期元素中基态原子的4s能级中只有1个电子的元素共有3种B.PCl3分子的空间结构与它的VSEPR模型一致C.O3分子中的共价键是极性键，中心氧原子呈负电性D.H2O的稳定性高，是因为水分子间存在氢键【答案】A【解析】【详解】A．钾（K）的基态电子排布为[Ar]4s¹，铬（Cr）为[Ar]3d⁵4s¹，铜（Cu）为[Ar]3d¹⁰4s¹。这三种元素均属于前四周期，A正确；B．PCl3的价层电子对数为4（3对σ键电子对和1对孤对电子），VSEPR模型为四面体，但实际分子结构为三角锥形，B错误；C．臭氧分子为极性键组成的极性分子，但中心氧原子呈正电性，端位氧原子呈负电性，C错误；D．H2O的稳定性由O-H键的键能决定，氢键影响其物理性质（如沸点），而非化学稳定性，D错误；故选A。6.类比是一种重要的学习方法，下列类比正确的是A.电解熔融NaCl可制Na，则电解熔融AlCl3可制AlB.Al3+与在溶液中可发生相互促进的水解反应生成沉淀和气体，则Fe3+与也可以C.Na在氧气中燃烧生成Na2O2，则Li在氧气中燃烧生成Li2O2D.过量NaOH溶液与CuSO4溶液反应生成Cu(OH)2沉淀和Na2SO4，则过量氨水与CuSO4溶液反应生成Cu(OH)2沉淀和(NH4)2SO4【答案】B【解析】【详解】A．AlCl3为共价化合物，熔融时不能导电，不能电解熔融氯化铝制Al，A错误；B．Al3+与在溶液中可发生相互促进的水解反应生成沉淀氢氧化铝和二氧化碳气体，Fe3+与在溶液也可以发生相互促进的水解反应生成沉淀氢氧化铁和二氧化碳气体，B正确；C．Na在氧气中燃烧生成Na2O2，而Li在氧气中燃烧生成Li2O，C错误；D．向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，生成氢氧化铜蓝色沉淀后会溶解生成硫酸四氨合铜，D错误；故选B。7.下列实验不能达到预期目的的是A．向乙烧杯中加入CaO，观察气体颜色探究勒夏特列原理B．滴定法测定未知浓度的NaOH溶液C．取Fe电极附近溶液滴加铁氰化钾，证明牺牲阳极法可保护Fe不被腐蚀D．利用此装置得到无水MgCl2固体A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．烧瓶中存在平衡2NO2⇌N2O4，该反应为放热反应，向乙烧杯中加入CaO，氧化钙和水反应放热，该平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，可以探究勒夏特列原理，A能达到目的；B．滴定时，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，B不能达到目的；C．取Fe电极附近溶液滴加铁氰化钾，若Fe被保护，则滴加铁氰化钾后，不会生成蓝色沉淀，C能达到目的；D．氯化镁可以水解，则在氯化氢的气流中加热可以抑制氯化镁的水解从而得到无水氯化镁固体，D能达到目的；故选B。8.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Y的价电子数相等，W与Z同主族，Z的价电子所在能层有16个轨道，4种元素形成的化合物如图。下列说法正确的是A.电负性：W>YB.酸性：W2YX3>W2YX4C.简单离子半径：Z>YD.Y的氢化物和氧化物可以反应【答案】D【解析】【分析】主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y的价电子数相等，Z的价电子所在能层有16个轨道，则Z的价电子处于第4个能层，根据化合物的结构，Z的离子为+1价的阳离子，则Z为K元素，W在结构中形成1个键，W与Z同主族，W为H元素，X、Y的价电子数相等，X、Y为同一主族元素，X形成2个键，Y形成6个键，则X为O元素，Y为S元素。综上，W、X、Y、Z分别为H、O、S、K。【详解】A．W和Y可以形成H2S，其中S显-2价，因此，电负性S＞H，A不正确；B．前者为亚硫酸、是中强酸，后者为硫酸、是强酸，因此，在相同条件下，后者的酸性较强，B不正确；C．Z、Y的简单离子分别为钾离子和硫离子，核外电子数相同，核电荷数大的离子半径小，故简单离子半径：Z＜Y，C不正确；D．根据可知，Y的氢化物和氧化物可以反应，D正确；本题选D。9.我国科学家设计的一种甲酸(HCOOH)燃料电池如图所示(半透膜只允许K+、H+通过)。下列说法错误的是A.左侧电极为电池负极，电极反应式为HCOO--2e-+2OH-=+H2OB.电池放电时，左侧有K+通过半透膜移向右侧C.物质A可以是硫酸氢钾D.为保持Fe3+浓度稳定，需不断向电解质溶液中补充Fe3+【答案】D【解析】【分析】HCOOH燃料电池中，HCOOH发生失去电子被氧化生成，所在电极为负极，电极反应式为：HCOO-+2OH--2e-=+H2O，正极上铁离子得到电子被还原成Fe2+，Fe2+被氧气氧化成Fe3+循环利用，从装置中分离出物质为K2SO4，则物质A为硫酸氢钾或H2SO4，HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应将化学能转化为电能，总反应为2HCOOH+2OH-+O2=2+2H2O，原电池工作时K+通过半透膜移向正极。【详解】A．燃料电池中HCOOH发生失去电子被氧化生成，所在电极为负极，电极反应式为：HCOO-+2OH--2e-=+H2O，A正确；B．由分析可知原电池工作时K+通过半透膜移向正极（右侧），B正确；C．由图可知，原电池工作时K+通过半透膜移向正极(右侧)，右侧电极反应为：Fe3++e-=Fe2+，从装置中分离出的物质为K2SO4，放电过程中需补充的物质A是H2SO4或硫酸氢钾，C正确；D．右侧电极反应为：Fe3++e-=Fe2+，在氧气的作用下亚铁离子又被氧化成三价铁离子循环利用，故不需补充Fe3+，D错误；故选D。10.我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢的反应历程如图所示，下列说法正确的是A.过渡态1比过渡态2更稳定B.若该反应生成液态，则反应的增大C.催化剂AuF的催化效果比的好D.该反应的热化学方程式为：【答案】D【解析】【详解】A．过渡态1所处状态能量高于状态2，两种过渡态物质中较稳定的是过渡态2，A错误；B．若该反应生成液态，反应放热更多，则反应减小，B错误；C．由图可知AuPF3+对应的活化能小，则催化效果好，C错误；D．由反应物、生成物的总能量可知=-129.6kJ/mol-0=-129.6kJ/mol，该反应的热化学方程式为：，D正确；故选D。11.由氧化锌烟尘(主要含ZnO，还含有CuO、Fe3O4等)制备ZnSO4·7H2O的工艺流程如图。(氧化效率为单位质量的氧化剂得到的电子数)下列说法正确的是A.滤渣的成分为铜B.“除铁”时，可用ZnCO3代替ZnOC.“氧化”时，用NaClO代替H2O2，氧化效率更高D.由“滤液”获得ZnSO4·7H2O的操作是蒸发结晶【答案】B【解析】【分析】氧化锌烟尘(主要含ZnO，还含有CuO、等)加过量稀硫酸酸浸，过滤，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，加入双氧水，将亚铁离子氧化成铁离子，然后加入ZnO调节溶液的pH，使铁离子形成氢氧化铁沉淀，过滤，滤液中含有硫酸铜和硫酸锌，加过量锌粉置换铜离子，过滤，滤渣为Cu和Zn，滤液为硫酸锌溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到晶体。【详解】A．滤渣主要成分为置换生成的铜和过量的锌，A错误；B．本题的目的是制备ZnSO4·7H2O，则“除铁”时，用ZnCO3代替ZnO可以调高pH同时不会引入杂质，B正确；C．NaClO作氧化剂时还原产物为NaCl，74.5g(1mol)NaClO得到2mol电子，作氧化剂时得到2mol电子，故NaClO的氧化效率低于，C错误；D．由分析可知，将硫酸锌溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到晶体，而不是蒸发结晶，D错误；故选B。12.反应mX(g)nY(g)+pZ(g)ΔH，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法错误的是A.该反应的ΔH>0B.m＜n+pC.B、C两点化学平衡常数：KB>KCD.A、C两点的反应速率v(A)＜v(C)【答案】C【解析】【详解】A．由图可知温度升高，Y的体积分数增大，说明平衡正向移动，则正向为吸热反应，故A正确；B．由图可知，增大压强，Y的体积分数减小，说明平衡逆向移动，则m＜n+p，故B正确；C．对吸热反应来说，温度升高，K增大，KB＜KC，故C错误；D．A、C温度相同，C点压强大，则C点的速率大于A点，故D正确；故选C。13.常温下，向20.00mL0.05mol·L-1氨水中滴入0.05mol·L-1盐酸(忽略溶液混合过程中的体积变化)，溶液中由水电离出的c(H+)的负对数[-lgc水(H+)]与所加盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的是A.常温下，Kb(NH3·H2O)的数量级为10-5B.R、N、Q点都有c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)C.R、Q两点对应的溶液都呈中性D.N点有c(NH3·H2O)+c()=0.025mol·L-1【答案】C【解析】【分析】还没滴HCl时，氨水抑制水的电离，c水(H+)＜10-7，-lgc水(H+)＞7，NH3·H2O和HCl反应生成NH4Cl和H2O，二者恰好完全反应时溶质为NH4Cl，促进水的电离，溶液显酸性，此时水的电离程度最大，溶液c水(H+)最大，-lgc水(H+)最小，当盐酸过量后，盐酸会抑制水的电离，故图中N点代表恰好反应点，所以R点溶质为：NH4Cl和NH3·H2O，Q点溶质为：NH4Cl和HCl。【详解】A．V(HCl)=0时，溶质为NH3·H2O，此时溶液中的H+全都是由水电离的，所以-lgc(H+)=-lgc水(H+)=11，即c(H+)=10-11mol/L，则c(OH-)==10-3mol/L，所以Kb(NH3·H2O)==，故常温下，Kb(NH3·H2O)的数量级为10-5，A正确；B．R、N、Q三点始终存在电荷守恒c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)，B正确；C．由分析知，R点溶质为：NH4Cl和NH3·H2O，水的电离程度不促进也不抑制，说明该点NH4Cl的水解程度和NH3·H2O的电离程度相等，显中性，Q点溶质为：NH4Cl和HCl，一定显酸性，C错误；D．由分析知，N点溶质为NH4Cl，消耗盐酸体积为20.00mL，则NH4Cl的浓度为=0.025mol/L，故而根据物料守恒的原则有：c(NH3·H2O)+c()=0.025mol/L，D正确；故答案选C。14.CuS晶胞结构中S2-的位置如图1所示。Cu2+位于S2-所构成的四面体中心，其晶胞俯视图如图2所示。若晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A.Cu位于元素周期表的d区B.CuS晶胞中，Cu2+的配位数为4C.CuS晶胞中，Cu2+之间的最短距离为0.5apmD.CuS晶胞中，Cu2+填充了8个四面体空隙【答案】B【解析】【分析】由图1可知晶胞中S2-数目为：，化学式为CuS，故晶胞中含4个Cu2+，根据图2，晶胞中Cu2+填充了4个四面体空隙（将晶胞均分为8个小立方体，其中4个小立方体体心为Cu2+，且处于对角线位置）。【详解】A．Cu的价电子排布式为3d104s1，位于元素周期表的ds区，A错误；B．Cu2+位于S2-所构成的四面体中心，CuS晶胞中，Cu2+的配位数为4，B正确；C．根据分析，距离最近的Cu2+位于两个小立方体的体心，且为对角线位置，故最短距离为面对角线的一半，故为：，C错误；D．根据分析，晶胞中含4个Cu2+，Cu2+填充了4个四面体空隙，D错误；故选B。二、非选择题(本题包括4小题，共58分)15.非金属元素能形成多种物质，我们可以通过物质结构与性质的知识去认识和理解。（1）下列是氮元素的不同微粒，其中再失去一个电子需要能量最大的是_____(填标号)。（2）经测定，NH5中存在离子键，N原子最外层电子数是8，所有氢原子的最外层电子数都是2，则NH5中H的化合价为_____。（3）科学家一直致力于“人工固氮”的研究，一种新型人工固氮的原理如图。参与该人工固氮转化的物质中含有的化学键类型有_____(填标号)。A.离子键B.极性键C.非极性键D.氢键（4）某同学把O原子价电子的轨道表示式写成了以下形式：，这种写法违背了_____。（5）SO2Cl2和SO2F2分子中，S与O之间以双键结合，S与Cl、S与F之间以单键结合。则中心原子S为_____杂化，SO2Cl2分子中∠Cl—S—Cl_____(填“<”“>”或“=”)SO2F2分子中∠F—S—F．（6）比较化合物SiC与单质Si的熔点高低并说明理由：_____。（7）下列说法正确的是_____(填标号)。A.分子的极性：BCl3<NCl3B.物质的沸点：HF<HClC.S在不同溶剂中的溶解度：CS2>H2OD.酸性：丙酸>乙酸【答案】（1）B（2）+1，-1（3）ABC（4）泡利原理（5）①.sp3②.>（6）SiC熔点高于Si单质，因为同为共价晶体，C的半径比Si小，Si—C键长更短，键能更大，SiC的熔点更高（7）AC【解析】【小问1详解】A．为基态氮原子；

B．为失去1个电子形成的基态N+离子，再失去1个电子为第二电离能；

C．为失去1个电子，且1个2s电子跃迁到2p轨道形成的激发态N+离子，再失去1个电子为第二电离能；

则再失去一个电子需要能量最大的是B。【小问2详解】经测定，NH5中存在离子键，N原子最外层电子数是8，所有氢原子的最外层电子数都是2，则NH5为离子化合物NH4H，由铵离子和H-构成，H的化合价依次为+1、-1。【小问3详解】氮气与锂反应生成Li3N，Li3N与水反应生成氨气和LiOH，LiOH溶液通电生成Li、O2和水。氮化锂中微粒之间为离子键，水中氢氧原子之间为极性共价键，氮气和氧气中原子之间为非极性键，氢键不是化学键，故选ABC；【小问4详解】泡利原理：在一个原子轨道里，最多能容纳2个电子，且自旋方向相反，则该同学的这种写法违背了泡利原理。【小问5详解】SO2Cl2和SO2F2分子中硫原子的价层电子对数都为4、孤对电子对数都为0，所以两种分子的空间构型都为四面体形，则中心原子S为sp3杂化，氟元素的电负性大于氯元素，氟原子的得电子能力大于氯原子，F—S中电子云比S—Cl中更偏离S，且F—S的键长比S—Cl更短，则Cl—S形成的共用电子对的斥力强，所以SO2Cl2分子中∠Cl—S—Cl＞SO2F2分子中∠F—S—F；【小问6详解】SiC熔点高于Si单质，因为同为共价晶体，C的半径比Si小，Si—C键长更短，键能更大，SiC的熔点更高。【小问7详解】A．三氯化硼分子中硼原子的孤对电子对数为，价层电子对数为3，分子的空间构型为平面正三角形，分子属于非极性分子，三氯化氮分子中氮原子的孤对电子对数为，价层电子对数为4，分子的空间构型为三角锥形，分子属于极性分子，所以三氯化硼分子的极性小于三氯化氮，故A正确；B．氟化氢能形成分子间氢键，而氯化氢不能形成分子间氢键，所以氟化氢的分子间作用力强于氯化氢，沸点高于氯化氢，故B错误；C．CS2分子中心原子孤电子对数=、价层电子对数=2+0=2，则中心C原子发生sp杂化，分子呈直线形、为非极性分子，由相似相溶原理可知，非极性分子硫单质在非极性溶剂二硫化碳中的溶解度大于在极性分子水中的溶解度，故C正确；D．烷基是推电子基团，烃基越长，推电子效应越大，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，酸性：丙酸＜乙酸，故D错误；故选AC。16.实验室利用SO2合成硫酰氯(SO2Cl2)，实验原理：SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH<0，实验装置如图所示(夹持仪器已省略)。已知：①常温下，H2SO3的Ka1=10-1.9，Ka2=10-7.2；②SO2Cl2的熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃；③SO2Cl2水解生成硫酸和盐酸，在空气中遇水蒸气发生剧烈反应，并产生大量白雾，100℃以上分解生成SO2和Cl2。请回答下列问题：（1）实验室可用Na2SO3制备SO2.常温下，Na2SO3水解的离子方程式为_____，Kh=_____。（2）装置A的名称为_____，所盛试剂为_____。（3）在冰水浴中制备SO2Cl2的原因是_____。（4）为了测定SO2Cl2产品纯度(杂质不参与反应)，称取agSO2Cl2产品于锥形瓶中，加入足量蒸馏水，充分反应后配制成100mL溶液，取25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1的NaOH标准溶液滴定，平行滴定三次消耗标准溶液体积的平均值为VmL，该SO2Cl2产品的纯度为_____%。（5）下列有关滴定过程的说法正确的是_____(填标号)。A．指示剂可选择酚酞或甲基橙B．用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准溶液的体积为21.7mLC．配制标准溶液的NaOH固体中含有KOH杂质，则测定结果偏高D．读数时，滴定前仰视，滴定终点俯视，会导致测定结果偏低E．滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失，会导致测定结果偏低【答案】（1）①.+H2O+OH-②.10-6.8（2）①.球形干燥管②.无水CaCl2或P2O5（3）反应放热，且SO2Cl2沸点低，冰水浴有利于生成和收集SO2Cl2（4）（5）ACD【解析】【分析】磺酰氯(SO2Cl2)易水解，氯气和二氧化硫进入装置A前必须先干燥，实验室制备氯气中含有氯化氢和水蒸气，分别通过装置乙和装置丙除去氯化氢和水蒸气，二氧化硫用浓硫酸进行干燥，二氧化硫和氯气在装置A中活性炭催化剂作用下反应制取磺酰氯(SO2Cl2)，合成磺酰氯(SO2Cl2)的反应是放热反应，使用冰水浴有利于生成和收集磺酰氯(SO2Cl2)，氯气和二氧化硫反应不充分，过量的氯气和二氧化硫用碱石灰吸收，同时避免空气中的水蒸气进入装置A。【小问1详解】Na2SO3水解显碱性，其离子方程式为；水解平衡常数与电离平衡常数之积为水的离子积，所以Kh=；【小问2详解】装置A为球形干燥管，是为了干燥二氧化硫，所以所盛装的试剂为无水CaCl2或P2O5，故答案为：球形干燥管；无水CaCl2或P2O5；【小问3详解】SO2(g)＋Cl2(g)=SO2Cl2(l)正反应放热，SO2Cl2熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，100℃以上分解生成SO2和Cl2，C中冰水浴的作用是生成和收集SO2Cl2，减少SO2Cl2的挥发，防止SO2Cl2的分解，故答案为：反应放热，且SO2Cl2沸点低，冰水浴有利于生成和收集SO2Cl2；【小问4详解】SO2Cl2水解生成硫酸和盐酸，化学方程式为SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，即用氢氧化钠滴定溶液中的氢离子，根据关系式可知样品中的氢离子浓度为0.1000mol·L-1V10-3L=V10-4mol，则锥形瓶内的SO2Cl2的物质的量为=V10-4mol，所以SO2Cl2的质量为，该SO2Cl2产品的纯度为；【小问5详解】A．强碱滴强酸，终点显中性，指示剂可选择酚酞或甲基橙，A正确；B．滴定管的最小精确度到0.01mL，数据不正确，B错误；C．因摩尔质量：KOH＞NaOH，若配制标准溶液的NaOH固体中含有KOH杂质，则所标定的标准液浓度偏小，最终读取的标准体积偏大，即测定结果偏高，C正确；D．读数时，滴定前仰视，滴定终点俯视，最终读取的标准体积偏小，会导致测定结果偏低，D正确；E．滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失，最终读取的标准体积偏大，会导致测定结果偏高，E错误；综上，说法正确的是ACD选项。17.某油脂厂废弃的镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，表面有残留油污，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH7.23.72.27.5完全沉淀时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH8.74.73.29.0回答下列问题：（1）Ni在元素周期表中位置是_____。（2）碱浸的目的除了除去Al及其氧化物，还有_____。（3）结合表格数据，若“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1mol·L-1，则“调pH”除去杂质金属阳离子时应将pH的范围控制为_____。（4）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，写出该反应的离子方程式：_____。（5）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其目的是_____。（6）过渡元素在科技发展中发挥重要作用。在高温超导领域中，有一种化合物叫钙钛矿，其晶胞如图所示，在该晶胞中氧、钙、钛的粒子个数比是_____。若晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_____g·cm-3.【答案】（1）第四周期第Ⅷ族（2）除去表面油污（3）3.2～6.2或3.2≤pH<6.2（4）2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O（5）提高镍的回收率（6）①.3∶1∶1②.【解析】【分析】废镍催化剂进行碱浸后，氧化铝、铝均能与碱反应，得到的滤液①为偏铝酸盐或四羟基合铝离子，滤饼①为Ni、Fe、Fe2O3和其他不溶性杂质等；进行酸浸后，滤渣②为不溶性杂质，滤液②为Ni2+、Fe2+、Fe3+等，加入双氧水后，亚铁离子被氧化为铁离子，之后加入氢氧化钠溶液，调溶液的pH，使得铁离子变为氢氧化铁沉淀而除去，得到滤渣③，滤液③为含有Ni2+的溶液，控制pH浓缩结晶，得到硫酸镍晶体，据以上分析进行解答。【小问1详解】Ni是28号元素，在元素周期表中的位置是第四周期Ⅷ族；【小问2详解】废弃的镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，表面有残留油污，其中油脂、氧化铝、铝均能与碱反应，因此“碱浸”中NaOH的作用是除去油脂、溶解铝及Al2O3，故答案为：除去表面油污；【小问3详解】利用上述表格数据，pH=8.7，c(OH-)=10-5.3，c(Ni2+)=1.010−5mol·L−1，Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)c2(OH-)=1.0×10−5×(10-5.3)2=110-15.6mol3·L-3；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L−1，据Ksp=c(Ni2+)c2(OH-)=110-15.6mol3·L-3分析可知，c(OH-)=10-7.8，c(H+)=10-6.2，pH=6.2；为保证铁离子沉淀完全而镍离子不沉淀，结合表格中数据，则“调pH”应控制的pH范围是3.2~6.2或3.2≤pH<6.2；【小问4详解】硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，据此可知，镍离子被氧化为NiOOH，次氯酸根离子被还原为氯离子，该反应的离子方程式2Ni2++ClO-+4OH-=2NOOH↓+Cl-+H2O；【小问5详解】将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，提高提高镍的回收率；【小问6详解】在一个晶胞中含有的Ca个数为1，O的个数为：，Ti的个数为，因此该晶胞中氧、钙、钛的粒子个数比是3:1:1；其化学式为CaTiO3，所以上述晶胞的质量为，晶胞的密度为，故答案为：3:1:1；。18.深入研究碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，按要求回答下列问题：Ⅰ．用CO处理大气污染物N2O的反应为CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)ΔH1，Kp1。（1）若向某恒温恒容的密闭容器中加入等物质的量的CO和N2O，发生上述反应。下列叙述不能说明反应已经达到平衡状态的是_____(填标号)。A.n(CO)∶n(N2O)=1∶1B.压强不再变化C.CO2的体积分数不再变化D.混合气体的平均相对分子质量不再变化（2）在恒压恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应。在不同条件下分别达到平衡，T1K时N2O的转化率与和当=