2024年貴州省凱里一中等重點(diǎn)中學(xué)高三第二次診斷性檢測化學(xué)試卷注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、下列表示正確的是（）A．氯化鎂的電子式：B．氘（2H）原子的結(jié)構(gòu)示意圖：C．乙烯的結(jié)構(gòu)式：CH2=CH2D．CO2的比例模型：2、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是（）A．Na2O2吸收CO2產(chǎn)生O2，可用作呼吸面具供氧劑B．ClO2具有還原性，可用于自來水的殺菌消毒C．SiO2硬度大，可用于制造光導(dǎo)纖維D．NH3易溶于水，可用作制冷劑3、化學(xué)與工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和日常生活密切相關(guān)，下列說法正確的是A．漂白粉、漂白液和漂粉精既可作漂白劑，又可作消毒劑B．硅膠可用作催化劑的載體，但不可用作干燥劑C．常溫下鋁制容器可以盛放濃硫酸，是因?yàn)殇X與濃硫酸不反應(yīng)D．明礬可作凈水劑，是因?yàn)槠淙苡谒婋x出的Al3+具有強(qiáng)吸附性4、下列說法正確的是（）A．氫鍵、分子間作用力、離子鍵、共價(jià)鍵都是微粒間的作用力。其中分子間作用力只影響物質(zhì)的熔沸點(diǎn)而不影響物質(zhì)的溶解性。B．石墨烯是一種從石墨材料中用“撕裂”方法剝離出的單層碳原子平面材料，用這種方法可以從C60、金剛石等中獲得“只有一層碳原子厚的碳薄片”也必將成為研究方向。C．由“同溫度下等濃度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大”，可推知C比S的非金屬性弱。D．H、S、O三種元素組成的物質(zhì)的水溶液與Na、S、O三種元素組成的物質(zhì)的水溶液混合可能會觀察到渾濁現(xiàn)象。5、下列說法中正確的是（）A．向0.1mol?L-1的氨水中加入少量硫酸銨固體，溶液中增大B．廚房小實(shí)驗(yàn)：將雞蛋殼浸泡在食醋中，有氣泡產(chǎn)生，說明CH3COOH是弱電解質(zhì)C．有甲、乙兩種醋酸溶液，測得甲的pH=a、乙的pH=a+1，若用于中和等物質(zhì)的量濃度等體積的NaOH溶液，需消耗甲、乙兩酸的體積V(乙)>10V(甲)D．體積相同、濃度均為0.1mol?L-1的NaOH溶液、氨水，分別稀釋m、n倍，使溶液的pH都變?yōu)?，則m<n6、如圖是N2（g）+3H2（g）2NH3（g）在反應(yīng)過程中的反應(yīng)速率v與時(shí)間（t）的關(guān)系曲線，下列說法錯誤的是（）A．t1時(shí)，正方向速率大于逆反應(yīng)速率B．t2時(shí)，反應(yīng)體系中NH3的濃度達(dá)到最大值C．t2﹣t3時(shí)間段，正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率D．t2﹣t3時(shí)間段，各物質(zhì)的濃度相等且不再發(fā)生變化7、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．標(biāo)況下，22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四種微?？倲?shù)為NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，38g3H2O2中含有4NA共價(jià)鍵C．常溫下，將5.6g鐵塊投入一定量濃硝酸中，轉(zhuǎn)移0.3NA電子D．一定溫度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物質(zhì)的量一定不相同8、AlCl3常作凈水劑。某小組選擇如下裝置制備氯化鋁，已知氯化鋁易升華，遇水易水解。下列說法錯誤的是A．按氣流方向從左至右，裝置連接順序?yàn)閍→c→b→dB．先啟動a中反應(yīng)，當(dāng)硬質(zhì)試管內(nèi)充滿黃綠色時(shí)點(diǎn)燃酒精燈C．試劑R為P2O5或CaCl2吸收空氣中的水蒸氣D．為了中止反應(yīng)，停止通入Cl2的操作是關(guān)閉分液漏斗的活塞9、下列說法正確的是()A．鐵表面鍍銅時(shí)，將鐵與電源的正極相連，銅與電源的負(fù)極相連B．0.01molCl2通入足量水中，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為6.02×1021C．反應(yīng)3C(s)＋CaO(s)===CaC2(s)＋CO(g)在常溫下不能自發(fā)進(jìn)行，說明該反應(yīng)的ΔH>0D．加水稀釋0.1mol·L－1CH3COOH溶液，溶液中所有離子的濃度均減小10、化學(xué)和生活、社會發(fā)展息息相關(guān)，從古代文物的修復(fù)到現(xiàn)在的人工智能，我們時(shí)時(shí)刻刻能感受到化學(xué)的魅力。下列說法不正確的是A．銀器發(fā)黑重新變亮涉及了化學(xué)變化B．煤綜合利用時(shí)采用了干餾和液化等化學(xué)方法C．瓷器主要成分屬于硅酸鹽D．芯片制造中的“光刻技術(shù)”是利用光敏樹脂在曝光條件下成像，該過程并不涉及化學(xué)變化11、下列表示氮原子結(jié)構(gòu)的化學(xué)用語規(guī)范，且能據(jù)此確定電子能量的（）A． B．C．1s22s22p3 D．12、下列說法正確的是A．乙二醇和丙三醇互為同系物B．室溫下，在水中的溶解度：乙醇>苯酚>乙酸乙酯C．分子式為C7H8O且屬于酚類物質(zhì)的同分異構(gòu)體有4種D．甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明甲基使苯環(huán)變活潑13、下列化學(xué)用語表示正確的是A．中子數(shù)為8的氮原子：B．硫離子的結(jié)構(gòu)示意圖：C．銨根離子的電子式：D．聚丙烯的結(jié)構(gòu)簡式14、正確使用化學(xué)用語是學(xué)好化學(xué)的基礎(chǔ)，下列化學(xué)用語正確的是A．的名稱：1，4-二甲苯 B．丙烷的分子式：CH3CH2CH3C．聚丙烯的鏈節(jié)：—CH2-CH2-CH2— D．H2S的電子式：15、關(guān)于晶體的敘述正確的是（）A．原子晶體中，共價(jià)鍵的鍵能越大，熔、沸點(diǎn)越高B．分子晶體中，共價(jià)鍵的鍵能越大，熔、沸點(diǎn)越高C．存在自由電子的晶體一定是金屬晶體，存在陽離子的晶體一定是離子晶體D．離子晶體中可能存在共價(jià)鍵，分子晶體中可能存在離子鍵16、下列各組中的X和Y兩種原子，化學(xué)性質(zhì)一定相似的是()A．X原子和Y原子最外層都只有1個(gè)電子B．X原子的核外電子排布式為1s2，Y原子的核外電子排布式為1s22s2C．X原子的2p能級上有3個(gè)電子，Y原子的3p能級上有3個(gè)電子D．X原子核外M層上僅有2個(gè)電子，Y原子核外N層上僅有2個(gè)電子17、已知常溫下,Ka1(H2CO3)=4.3×10-7,

Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。某二元酸H2R及其鈉鹽的溶液中,H2R、HR-、R2-三者的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溶液pH變化關(guān)系如圖所示，下列敘述錯誤的是（）A．在pH=4.3的溶液中：3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)B．等體積、等濃度的NaOH溶液與H2R溶液混合后，此溶液中水的電離程度比純水小C．在pH=3的溶液中存在=10-3D．向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，發(fā)生反應(yīng)：CO32-+H2R=HCO3-+HR-18、下列說法正確的是（）A．lmol葡萄糖能水解生成2molCH3CH2OH和2molCO2B．苯的結(jié)構(gòu)簡式為，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．相同物質(zhì)的量的乙烯與乙醇分別在足量的O2中完全燃燒，消耗O2的物質(zhì)的量相同D．乙烯和植物油都能使溴水褪色，其褪色原理不同19、下列實(shí)驗(yàn)方案中，不能測定碳酸鈉和碳酸氫鈉混合物中碳酸鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的是A．取a克混合物充分加熱至質(zhì)量不再變化，減重b克B．取a克混合物加足量的鹽酸，產(chǎn)生的氣體通過堿石灰，稱量堿石灰增重的質(zhì)量為b克C．取a克混合物與足量澄清石灰水反應(yīng)，過濾、洗滌、干燥后稱量沉淀質(zhì)量為b克D．取a克混合物與足量稀鹽酸充分反應(yīng)，加熱、蒸干、灼燒得b克固體20、能證明KOH是離子化合物的事實(shí)是A．常溫下是固體 B．易溶于水 C．水溶液能導(dǎo)電 D．熔融態(tài)能導(dǎo)電21、已知有關(guān)溴化氫的反應(yīng)如下：反應(yīng)I：反應(yīng)Ⅱ：反應(yīng)Ⅲ：下列說法正確的是A．實(shí)驗(yàn)室可用濃與NaBr反應(yīng)制HBr并用干燥B．反應(yīng)Ⅰ中還原劑和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2:1C．HBr有強(qiáng)還原性，與溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)D．HBr的酸性比HF強(qiáng)，可用氫溴酸在玻璃器皿表面作標(biāo)記22、117號元素為TS位于元素周期表中氟元素同一族。下列說法錯誤的是A．TS是主族元素 B．TS的最外層p軌道中有5個(gè)電子C．TS原子核外共有6個(gè)電子層 D．同族元素中TS非金屬性最弱二、非選擇題(共84分)23、（14分）某芳香烴X（分子式為C7H8）是一種重要的有機(jī)化工原料，研究部門以它為初始原料設(shè)計(jì)出如下轉(zhuǎn)化關(guān)系圖（部分產(chǎn)物、合成路線、反應(yīng)條件略去）。其中A是一氯代物。已知：Ⅰ.Ⅱ.(苯胺，易被氧化)（1）寫出：X→A的反應(yīng)條件______；反應(yīng)④的反應(yīng)條件和反應(yīng)試劑：______。（2）E中含氧官能團(tuán)的名稱：______；反應(yīng)②的類型是_______；反應(yīng)②和③先后順序不能顛倒的原因是_______。（3）寫出反應(yīng)①的化學(xué)方程式：_______。（4）有多種同分異構(gòu)體，寫出1種含有1個(gè)醛基和2個(gè)羥基且苯環(huán)上只有2種一氯取代物的芳香族化合物的結(jié)構(gòu)簡式：_______。（5）寫出由A轉(zhuǎn)化為的合成路線________。(合成路線表示方法為：AB……目標(biāo)產(chǎn)物)。24、（12分）A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，A2-和B+具有相同的電子構(gòu)型：C、D為同周期元素，C核外電子總數(shù)是最外層層電子數(shù)的3倍；D元素最外層有一個(gè)未成對電子。回答下列問題：（1）四種元素中電負(fù)性最大的是___________（填元素符號），其中C原子的核外電子排布式為__________。（2）單質(zhì)A有兩種同素異形體，其中沸點(diǎn)高的是____________（填分子式）；A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為___________和___________。（3）C和D反應(yīng)可生成組成比為1：3的化合物E，E的立體構(gòu)型為____________，中心原子的雜化軌道類型為________________。（4）單質(zhì)D與濕潤的Na2CO3反應(yīng)可制備D2A，其化學(xué)方程式為______________。（5）A和B能夠形成化合物F，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)a=0.566nm，F(xiàn)的化學(xué)式為________；晶胞中A原子的配位數(shù)為____________；列式計(jì)算晶體F的密度（g?cm-3）__________。25、（12分）ClO2是一種高效安全消毒劑，常溫下ClO2為紅黃色有刺激性氣味氣體，其熔點(diǎn)為-59.5℃，沸點(diǎn)為11.0℃，能溶于水但不與水反應(yīng)，遇熱水緩慢水解。某研究性學(xué)習(xí)小組欲制備Ⅰ．二氧化氯水溶液制備。在圓底燒瓶中先放入10gKClO3固體和(1)裝置A用水浴加熱的優(yōu)點(diǎn)是_________；裝置A中水浴溫度不低于60℃，其原因是_______________。(2)裝置A中反應(yīng)生成ClO2及KHSO4等產(chǎn)物的化學(xué)方程式為(3)裝置B的水中需放入冰塊的目的是__________________；已知ClO2緩慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物質(zhì)的量之比為2:1，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________；裝置C中的NaOH溶液吸收尾氣中的ClO2，生成物質(zhì)的量之比為的1:1的兩種鹽，一種為NaClOⅡ．ClO2步驟1：量取ClO2溶液10mL，稀釋成100mL步驟2：調(diào)節(jié)試樣的pH≤2.0，加入足量的步驟3：加入指示劑，用c?mol?L-1?(4)已知：2ClO2+8H++10I-=5IⅢ．設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證ClO2(5)取適量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振蕩，得無色溶液。欲檢驗(yàn)H(6)證明ClO2的氧化性比Fe3+強(qiáng)的方案是26、（10分）疊氮化鈉(NaN3)是汽車安全氣囊的主要成分，實(shí)驗(yàn)室制取疊氮化鈉的實(shí)驗(yàn)步驟如下：①打開裝置D導(dǎo)管上的旋塞，加熱制取氨氣。②加熱裝置A中的金屬鈉，使其熔化并充分反應(yīng)后，再停止加熱裝置D并關(guān)閉旋塞。③向裝置A中b容器內(nèi)充入加熱介質(zhì)并加熱到210～220℃，然后通入N2O。④冷卻，向產(chǎn)物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，減壓濃縮結(jié)晶后，再過濾，并用乙醚洗滌，晾干。（1）裝置B中盛放的藥品為____。（2）步驟①中先加熱通氨氣一段時(shí)間的目的是____；步驟②氨氣與熔化的鈉反應(yīng)生成NaNH2的化學(xué)方程式為____。步驟③中最適宜的加熱方式為___(填“水浴加熱”，“油浴加熱”)。（3）生成NaN3的化學(xué)方程式為____。（4）產(chǎn)率計(jì)算①稱取2.0g疊氮化鈉試樣，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于錐形瓶中。②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸鈰銨[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL[發(fā)生的反應(yīng)為2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](雜質(zhì)均不參與反應(yīng))。③充分反應(yīng)后滴入2滴鄰菲羅啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]為標(biāo)準(zhǔn)液，滴定過量的Ce4＋，終點(diǎn)時(shí)消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋)。計(jì)算可知疊氮化鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____(保留2位有效數(shù)字)。若其他操作及讀數(shù)均正確，滴定到終點(diǎn)后，下列操作會導(dǎo)致所測定樣品中疊氮化鈉質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大的是____(填字母代號)。A．錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗B．滴加六硝酸鈰銨溶液時(shí)，滴加前仰視讀數(shù)，滴加后俯視讀數(shù)C．滴加硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，開始時(shí)尖嘴處無氣泡，結(jié)束時(shí)出現(xiàn)氣泡D．滴定過程中,將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)液滴用蒸餾水沖進(jìn)瓶內(nèi)（5）疊氮化鈉有毒，可以使用次氯酸鈉溶液對含有疊氮化鈉的溶液進(jìn)行銷毀，反應(yīng)后溶液堿性明顯增強(qiáng)，且產(chǎn)生無色無味的無毒氣體，試寫出反應(yīng)的離子方程式____。27、（12分）工業(yè)上可用下列儀器組裝一套裝置來測定黃鐵礦（主要成分FeS2）中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)(忽略SO2、H2SO3與氧氣的反應(yīng))。實(shí)驗(yàn)的正確操作步驟如下：A．連接好裝置，并檢查裝置的氣密性B．稱取研細(xì)的黃鐵礦樣品C．將2.0g樣品小心地放入硬質(zhì)玻璃管中D．以1L/min的速率鼓入空氣E．將硬質(zhì)玻璃管中的黃鐵礦樣品加熱到800℃～850℃F．用300mL的飽和碘水吸收SO2，發(fā)生的反應(yīng)是：I2＋SO2＋2H2O=2HI＋H2SO4G．吸收液用CCl4萃取、分離H．取20.00mLG中所得溶液，用0.2000mol·L－1的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。試回答：（1）步驟G中所用主要儀器是______，應(yīng)取_______(填“上”或“下”)層溶液進(jìn)行后續(xù)實(shí)驗(yàn)。（2）裝置正確的連接順序是④(填編號)。______（3）裝置⑤中高錳酸鉀的作用是__________。持續(xù)鼓入空氣的作用__________。（4）步驟H中滴定時(shí)應(yīng)選用_____作指示劑，可以根據(jù)________現(xiàn)象來判斷滴定已經(jīng)達(dá)到終點(diǎn)。（5）假定黃鐵礦中的硫在操作E中已全部轉(zhuǎn)化為SO2，并且被飽和碘水完全吸收，滴定得到的數(shù)據(jù)如下表所示：滴定次數(shù)待測液的體積/mLNaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積/mL滴定前滴定后第一次20.000.0020.48第二次20.000.2220.20第三次20.000.3620.38則黃鐵礦樣品中硫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________。（6）也有人提出用“沉淀質(zhì)量法”測定黃鐵礦中含硫質(zhì)量分?jǐn)?shù)，若用這種方法測定，最好是在裝置①所得吸收液中加入下列哪種試劑__________。A．硝酸銀溶液B．氯化鋇溶液C．澄清石灰水D．酸性高錳酸鉀溶液28、（14分）元素的性質(zhì)與原子結(jié)構(gòu)、元素在周期表中的位置有著密切的關(guān)系。回答下列問題：（1）如圖表示某短周期元素X的前五級電離能（I）的對數(shù)值，試推測并寫出X的元素符號___。（2）化合物甲與SO2所含元素種類相同，兩者互為等電子體，請寫出甲的化學(xué)式___，甲分子中心原子的雜化類型是___。（3）配位化學(xué)創(chuàng)始人維爾納發(fā)現(xiàn)，將1mo1CoC13·5NH3（紫紅色）和1mo1CoC13?4NH3（綠色）溶于水，加入AgNO3溶液，立即沉淀的AgCl分別為2mo1、1mol。則紫紅色配合物中配離子的化學(xué)式為___，綠色配合物中Co的配位數(shù)為___。（4）某稀土元素M的氧化物晶體為立方晶胞，其結(jié)構(gòu)如圖所示，圖中小球代表氧離子，大球代表M離子。①寫出該氧化物的化學(xué)式___。②己知該晶體密度為ρg·cm-3，晶胞參數(shù)為anm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。則M的相對原子質(zhì)量Mr=___（用含ρ、a等的代數(shù)式表示）；③以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，例如圖中原子1（M原子）的坐標(biāo)為（，，），則原子2(M原子）的坐標(biāo)為___。29、（10分）能源、材料已成為當(dāng)今科學(xué)研究的熱點(diǎn)。請回答下列問題：（1）單質(zhì)A的燃燒熱大，可作燃料。已知A為短周期元素，其氣態(tài)原子逐個(gè)失去1～4個(gè)電子所需能量（電離能）如表所示。若該原子核外電子有三層，則該元素位于周期表______族，寫出A燃燒后形成的氧化物的電子式：______．I1I2I3I4…電離能（kJ/mol）7381451773310540…（2）如圖是超導(dǎo)材料元素在周期表中的分布，上述元素的短周期元素中原子半徑最大的是______（填元素符號），其原子最外層有______種運(yùn)動狀態(tài)不同的電子，寫出其最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物在水溶液中的電離方程式：______。（3）上述主族元素中有兩種原子可以形成的五核分子，其化學(xué)鍵鍵長和鍵角都相等，則該分子的空間構(gòu)型為______，該物質(zhì)為______分子（選填“極性”或“非極性”）。（4）鐵單質(zhì)在高溫下會與水蒸氣反應(yīng)生成一種黑色固體和一種易燃性氣體，且每生成1mol該易燃?xì)怏w放出37.68kJ熱量，請寫出此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：______。（5）取適量Al、Mg合金樣品置于燒杯中，加入20mL1mol/L的NaOH溶液，恰好完全反應(yīng)。下列敘述正確的是______（選填編號）。a．Mg作負(fù)極，Al作正極b．若加入的是20mL1mol/L的鹽酸，則放出的氫氣的物質(zhì)的量減少2/3c．若把NaOH中的H換成D（D為重氫），生成的氫氣中D與H物質(zhì)的量之比為1：2。

參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、B【解析】

A．相同離子不能合并；B．氘（2H）原子中有1個(gè)質(zhì)子，核外有1個(gè)電子；C．結(jié)構(gòu)式中需要用短線代替所有的共用電子對，CH2=CH2為結(jié)構(gòu)簡式；D．比例模型表示原子的相對大小及原子連接順序、空間結(jié)構(gòu)。【詳解】A．氯化鎂屬于離子化合物，鎂離子直接用離子符號表示，氯離子需要標(biāo)出最外層電子及所帶電荷，氯化鎂的電子式為：，故A錯誤；B．氘（2H）原子中有1個(gè)質(zhì)子，核外有1個(gè)電子，原子結(jié)構(gòu)示意圖：，故B正確；C．乙烯分子中含有2個(gè)碳原子和4個(gè)氫原子，兩個(gè)碳原子之間通過共用2對電子形成一個(gè)碳碳雙鍵，碳碳鍵與碳?xì)滏I之間夾角120度，為平面型結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)式為：，故C錯誤；D．二氧化碳的分子式為CO2，由模型可知小球?yàn)樘荚樱?個(gè)大球?yàn)檠踉?，而氧原子半徑小，?shí)際碳原子半徑大于氧原子半徑，二氧化碳為直線型結(jié)構(gòu)，其正確的比例模型為，故D錯誤；故選：B?！军c(diǎn)睛】易錯點(diǎn)D，氧原子半徑小，實(shí)際碳原子半徑大于氧原子半徑。2、A【解析】

A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，Na2O2用作呼吸面具中的供氧劑，故A正確；B．ClO2具有強(qiáng)氧化性而使蛋白質(zhì)變性而不是還原性，故B錯誤；C．光導(dǎo)纖維的主要成分是二氧化硅，光導(dǎo)纖維是利用光的全反射原理，與二氧化硅的硬度大小無關(guān)，故C錯誤；D．氨氣易液化而吸收熱量導(dǎo)致周圍環(huán)境溫度降低，所以氨氣常常作制冷劑，與氨氣易溶于水無關(guān)，故D錯誤；故選B。3、A【解析】

本題考查化學(xué)在生活中的應(yīng)用，意在考查對物質(zhì)性質(zhì)的識記和理解能力。【詳解】A.漂白粉，漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸鹽，有強(qiáng)氧化性，所以可以漂白，殺菌，故A正確；B.硅膠具有吸水性，可用作干燥劑，故B錯誤；C.常溫下鋁制容器可以盛放濃硫酸，是因?yàn)殇X在濃硫酸中發(fā)生鈍化，故C錯誤；D.明礬可作凈水劑，是因?yàn)槠淙苡谒婋x出的能水解生成氫氧化鋁膠體，膠體的吸附能力很強(qiáng)，故D錯誤；答案：A4、D【解析】

A.氫鍵也屬于分子間作用力，分子間作用力不僅影響物質(zhì)的熔沸點(diǎn)，也影響物質(zhì)的溶解性，故A錯誤；B.C60、金剛石中碳原子間形成網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)而不是層狀結(jié)構(gòu)，所以不能用“撕裂”方法剝離出的單層碳原子面材料，故B錯誤；C.等濃度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大，則碳酸的酸性小于亞硫酸，而亞硫酸不是硫元素的最高價(jià)氧化物的水化物，不能比較C比S的非金屬性弱，故C錯誤；D.H、S、O三種元素組成的物質(zhì)的水溶液可以是硫酸溶液，Na、S、O三種元素組成的物質(zhì)的水溶液可以是硫代硫酸鈉溶液，硫酸和硫代硫酸鈉溶液混合有不溶于水的硫單質(zhì)生成，所以可能會觀察到渾濁現(xiàn)象，故D正確。答案選D?！军c(diǎn)睛】本題考查了微粒間作用力、元素化合物性質(zhì)、非金屬性的判斷等知識點(diǎn)，注意氫鍵不是化學(xué)鍵，屬于分子間作用力，為易錯點(diǎn)。5、C【解析】

A.因?yàn)殇@根離子加入后，一水合氨的電離平衡受到抑制，則減小，故A錯誤；B.醋酸能與碳酸鈣反應(yīng)放出二氧化碳?xì)怏w，說明醋酸的酸性比碳酸的酸性強(qiáng)，但不能說明醋酸是弱酸，也不能說明醋酸是弱電解質(zhì)，故B錯誤；C.根據(jù)越稀越電離可知，c（甲）>10c（乙），則若用于中和等物質(zhì)的量濃度等體積的NaOH溶液，需消耗甲、乙兩酸的體積V(乙)>10V(甲)，故C正確；D.體積相同、濃度均為0.1mol?L-1的NaOH溶液、氨水，pH（NaOH）>pH（氨水），若使溶液的pH都變?yōu)?，則應(yīng)在氫氧化鈉溶液中加入更多的水，即m>n，故D錯誤；綜上所述，答案為C?！军c(diǎn)睛】中和等物質(zhì)的量濃度等體積的NaOH溶液，即氫氧化鈉的物質(zhì)的量相同，需要的一元酸的物質(zhì)的量也相同，則需要濃度大的酸體積消耗的小，濃度小的酸消耗的體積大。6、D【解析】

A．t1時(shí)反應(yīng)沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，正方向速率大于逆反應(yīng)速率，A正確；B．t2時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)體系中NH3的濃度達(dá)到最大值，B正確；C．t2﹣t3時(shí)間段反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率，C正確；D．t2﹣t3時(shí)間段，各物質(zhì)的濃度不再發(fā)生變化，但不一定相等，D錯誤。答案選D。7、D【解析】

A、氯氣與水反應(yīng)：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，溶液中氯原子總數(shù)為2mol，Cl2中含有2個(gè)氯原子，故溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四種微粒總數(shù)大于NA，故A錯誤；B、雙氧水結(jié)構(gòu)為：，38g3H2O2的物質(zhì)的量為=1mol，由結(jié)構(gòu)式可知，1mol雙氧水中含有3NA共價(jià)鍵，故B錯誤；C、常溫下鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化，形成致密氧化膜，阻止反應(yīng)進(jìn)行，所以常溫下，將5.6g鐵塊投入足量濃硝酸中，轉(zhuǎn)移小于0.3NA電子，故C錯誤；D、1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液所對應(yīng)濃度不同，所以水解程度不同，溶液中的物質(zhì)的量一定也不同，故D正確；故答案為D。【點(diǎn)睛】本題A選項(xiàng)屬于易錯項(xiàng)，該反應(yīng)屬于可逆反應(yīng)，溶液中總氯原子為2mol，發(fā)生反應(yīng)后，溶液中含氯微粒總數(shù)小于2mol大于1mol。8、C【解析】

A．制得氯氣后，應(yīng)先除HCl后干燥，A正確；B．通入氯氣，排盡裝置內(nèi)的空氣，防止氧氣與鋁反應(yīng)，當(dāng)硬質(zhì)試管內(nèi)充滿黃綠色氣體時(shí)，表明空氣已排盡，此時(shí)點(diǎn)燃酒精燈，加熱鋁粉，B正確；C．試劑R的作用是吸收未反應(yīng)的Cl2，同時(shí)防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入，而P2O5或CaCl2只能吸收水蒸氣，不能吸收Cl2，C錯誤；D．關(guān)閉分液漏斗的活塞，停止加入濃鹽酸，a中反應(yīng)會停止，D正確。故選C。9、C【解析】

A.根據(jù)電鍍原理易知，鐵表面鍍銅時(shí)，將鐵與電源的負(fù)極相連作電解池的陰極被保護(hù)，銅與電源的正極相連作陽極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，A項(xiàng)錯誤；B.0.01molCl2通入足量水中發(fā)生的反應(yīng)為：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，為可逆反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目小于6.02×1021，B項(xiàng)錯誤；C.反應(yīng)3C(s)＋CaO(s)===CaC2(s)＋CO(g)中ΔS>0，因在常溫下不能自發(fā)進(jìn)行，則ΔG=ΔH-TΔS>0，那么ΔH必大于0，C項(xiàng)正確；D.CH3COOH為弱酸，發(fā)生電離方程式為：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀釋0.1mol·L－1CH3COOH溶液過程中，CH3COO-與H+的離子濃度減小，但一定溫度下，水溶液中的離子積不變，則OH-的濃度增大，D項(xiàng)錯誤；答案選C。10、D【解析】

A．銀器發(fā)黑的原因就是因與空氣里的氧氣等物質(zhì)發(fā)生氧化而腐蝕，重新變亮就是又變成原來的銀，在這個(gè)過程中涉及到化學(xué)變化，A正確；B．煤的干餾是將煤隔絕空氣加強(qiáng)熱，生成焦炭、煤焦油、出爐煤氣等產(chǎn)物的過程；煤的液化是利用煤制取液體燃料，均為化學(xué)變化，B正確；C．瓷器是混合物，主要成分是二氧化硅和硅酸鹽（硅酸鋁，硅酸鈣）等，C正確；D．光敏樹脂遇光會改變其化學(xué)結(jié)構(gòu)，它是由高分子組成的膠狀物質(zhì)，在紫外線照射下，這些分子結(jié)合變成聚合物高分子，屬于化學(xué)變化，D錯誤；答案選D?！军c(diǎn)睛】復(fù)習(xí)時(shí)除了多看課本，還要多注意生活中的熱點(diǎn)現(xiàn)象，思考這些現(xiàn)象與化學(xué)之間的關(guān)系。11、C【解析】

A.表示N原子的原子結(jié)構(gòu)示意圖，只能看出在原子核外各個(gè)電子層上含有的電子數(shù)的多少，不能描述核外電子運(yùn)動狀態(tài)，故A錯誤；B.表示N原子的電子式，可以知道原子的最外電子層上有5個(gè)電子，不能描述核外電子運(yùn)動狀態(tài)，故B錯誤；C.表示N原子的核外電子排布式，不僅知道原子核外有幾個(gè)電子層，還知道各個(gè)電子層上有幾個(gè)電子軌道及核外電子運(yùn)動狀態(tài)，能據(jù)此確定電子能量，故C正確；D.表示N原子的軌道表示式，原子核外的電子總是盡可能的成單排列，即在2p的三個(gè)軌道上各有一個(gè)電子存在，這樣的排布使原子的能量最低，故D錯誤；故答案為：C。12、B【解析】

A．乙二醇含有2個(gè)羥基，丙三醇含有3個(gè)羥基，結(jié)構(gòu)不同，二者不是同系物，A錯誤；B．室溫下，乙醇可與水以任意比例互溶，苯酚在水中的溶解度不大，乙酸乙酯不溶于水，故在水中的溶解度：乙醇>苯酚>乙酸乙酯，B正確；C．分子式為C7H8O且屬于酚類物質(zhì)的同分異構(gòu)體有鄰甲基苯酚、間甲基苯酚和對甲基苯酚共3種，C錯誤；D．甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色而被氧化為苯甲酸，說明苯環(huán)影響了甲基，使甲基變活潑，D錯誤；故答案選B。13、C【解析】A項(xiàng)，N的質(zhì)子數(shù)為7，質(zhì)量數(shù)=8+7=15，可表示為，A錯誤；B項(xiàng)，硫離子含有16個(gè)質(zhì)子數(shù)，硫離子的結(jié)構(gòu)示意圖為，故B錯誤；C項(xiàng)，銨根離子的電子式為，C正確；D項(xiàng)，丙烯發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚丙烯，聚丙烯的結(jié)構(gòu)簡式為：，D錯誤。點(diǎn)睛：本題考查常見化學(xué)用語的正誤判斷，題目難度一般，主要考查學(xué)生對常見化學(xué)用語的掌握情況，注意常見的化學(xué)用語主要包括元素符號、化學(xué)式、化合價(jià)、電子式、原子結(jié)構(gòu)示意圖、結(jié)構(gòu)式、結(jié)構(gòu)簡式以及方程式和各種模型等，需要熟記。14、A【解析】

A．，為對二甲苯，系統(tǒng)命名法命名為：1，二甲苯，A正確；

B．分子式是表示物質(zhì)的元素構(gòu)成的式子，故丙烷的分子式為，B錯誤；

C．聚丙烯的鏈節(jié)：，C錯誤；

D．H2S為共價(jià)化合物，硫原子中最外層有8個(gè)電子達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，分子中存在兩個(gè)鍵，電子式為：，D錯誤。

答案選A。15、A【解析】A、原子晶體中，共價(jià)鍵的鍵能越大，熔、沸點(diǎn)越高，A正確；B、分子晶體中，分子間作用力越大，熔、沸點(diǎn)越高，分子間作用力影響物質(zhì)的熔沸點(diǎn)，共價(jià)鍵影響物質(zhì)的熱穩(wěn)定性，B錯誤；C、存在自由電子的晶體不一定是金屬晶體，如石墨中也含有自由電子，它是一種混合晶體。存在陽離子的晶體不一定是離子晶體，如金屬晶體中存在陽離子和自由電子，C錯誤；D、離子晶體中可能存在共價(jià)鍵，如NaOH屬于離子晶體，其中含有H-O共價(jià)鍵，分子晶體中一定不存在離子鍵，全部是共價(jià)鍵，D錯誤。正確答案為A。點(diǎn)睛：注意區(qū)分各種作用力對物質(zhì)性質(zhì)的影響。對于分子晶體，分子間作用力和氫鍵主要影響物質(zhì)的熔沸點(diǎn)，化學(xué)鍵影響物質(zhì)的熱穩(wěn)定性即化學(xué)性質(zhì)；影響原子晶體熔沸點(diǎn)的因素是共價(jià)鍵的強(qiáng)弱，影響離子晶體熔沸點(diǎn)大小的因素為離子鍵的強(qiáng)弱，影響金屬晶體熔沸點(diǎn)的因素為金屬鍵的強(qiáng)弱。16、C【解析】

A.最外層都只有1個(gè)電子的X和Y，可能為H與堿金屬元素，性質(zhì)不同，故A錯誤；

B.原子的核外電子排布式為1s2的X為He，原子的核外電子排布式為1s22s2的Y為Be，兩者性質(zhì)不同，故B錯誤；

C.原子的2p能級上有3個(gè)電子的X為N，原子的3p能級上有3個(gè)電子的Y為P，二者位于周期表同一主族，性質(zhì)相似，所以C選項(xiàng)是正確的；

D.原子核外M層上僅有2個(gè)電子的X為Mg，原子核外N層上僅有2個(gè)電子的Y的M層電子數(shù)不確定，元素種類很多，但價(jià)電子數(shù)不同，性質(zhì)不相同故D錯誤。

所以C選項(xiàng)是正確的?！军c(diǎn)睛】解答時(shí)注意原子核外電子排布特點(diǎn)與對應(yīng)元素化合物的性質(zhì)的關(guān)系，原子的結(jié)構(gòu)決定元素的化學(xué)性質(zhì)，原子核外最外層的電子或價(jià)電子數(shù)目相等，則元素對應(yīng)的單質(zhì)或化合價(jià)的性質(zhì)相似。17、D【解析】

A．據(jù)圖可知在pH=4.3的溶液中，c(R2-)=c(HR-)，溶液中電荷守恒為：2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以3c(HR-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故A正確；B．等體積、等濃度的NaOH溶液與H2R溶液混合后，此時(shí)反應(yīng)生成NaHR，據(jù)圖可知該溶液呈酸性，說明HR-的電離程度大于HR-的水解程度，HR-電離抑制水的電離，所以此溶液中水的電離程度比純水小，故B正確；C．，當(dāng)溶液pH=1.3時(shí)，c(H2R)=c(HR-)，則Kh2==10-12.7，溶液的pH=4.3時(shí)，c(R2-)=c(HR-)，則Ka2==10-4.3，所以=10-3，故C正確；D．由H2R的電離常數(shù)Ka2大于H2CO3的Ka2，即酸性：HR-＞HCO3-，所以向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，發(fā)生反應(yīng)：2CO32-+H2R=2HCO3-+R2-，故D錯誤；故答案為D。【點(diǎn)睛】選項(xiàng)C為難點(diǎn)，注意對所給比值進(jìn)行變換轉(zhuǎn)化為與平衡常數(shù)有關(guān)的式子；選項(xiàng)D為易錯點(diǎn)，要注意H2R少量，且酸性：HR-＞HCO3-，所有溶液中不可能有HR-，氫離子全部被碳酸根結(jié)合。18、C【解析】A．葡萄糖是單糖不能水解，lmol葡萄糖能分解生成2molCH3CH2OH和2molCO2，故A錯誤；B．苯的結(jié)構(gòu)簡式為，但分子結(jié)構(gòu)中無碳碳雙鍵，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B錯誤；C．乙醇分子式可以變式為C2H4·H2O，故乙醇燃燒相當(dāng)于乙烯燃燒，耗氧量相同，故C正確；D．乙烯和植物油均含有碳碳雙鍵，都能使溴水褪色，其褪色原理均為加成反應(yīng)，故D錯誤；答案為C。19、B【解析】

A、在Na2CO3和NaHCO3中，加熱能分解的只有NaHCO3，選項(xiàng)A正確；B、堿石灰可以同時(shí)吸收CO2和水蒸氣，則無法計(jì)算，選項(xiàng)B錯誤；C、Na2CO3和NaHCO3轉(zhuǎn)化為BaCO3時(shí)的固體質(zhì)量變化不同，利用質(zhì)量關(guān)系來計(jì)算，選項(xiàng)C正確；D、反應(yīng)后加熱、蒸干、灼燒得到的固體產(chǎn)物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3轉(zhuǎn)化為NaCl時(shí)的固體質(zhì)量變化不同，由鈉元素守恒和質(zhì)量關(guān)系，可列方程組計(jì)算，選項(xiàng)D正確；答案選B?！军c(diǎn)睛】本題看似是實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)，實(shí)際上是從定性和定量兩個(gè)角度考察碳酸鈉和碳酸氫鈉性質(zhì)的不同，實(shí)驗(yàn)方案是否可行，關(guān)鍵看根據(jù)測量數(shù)據(jù)能否計(jì)算出結(jié)果。易錯點(diǎn)為選項(xiàng)A、此方案利用碳酸氫鈉的不穩(wěn)定性，利用差量法即可計(jì)算質(zhì)量分?jǐn)?shù)。20、D【解析】

離子化合物在熔融狀態(tài)下能電離生成陰陽離子而導(dǎo)電，共價(jià)化合物在熔融狀態(tài)下以分子存在，據(jù)此分析解答。【詳解】離子化合物在熔融狀態(tài)下能電離生成陰陽離子而導(dǎo)電，共價(jià)化合物在熔融狀態(tài)下以分子存在，所以在熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是離子化合物，KOH在熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，所以是離子化合物，與其狀態(tài)、溶解性強(qiáng)弱、其水溶液是否導(dǎo)電都無關(guān)，答案選D。21、B【解析】

A.HBr會與發(fā)生反應(yīng)，故HBr不能用干燥，A錯誤；B.反應(yīng)Ⅰ中還原劑為HBr，還原產(chǎn)物為水，還原劑和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2:1，B正確；C.HBr與溶液會發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成AgBr沉淀，C錯誤；D.HF中F是親硅元素，故可用于刻蝕玻璃，而HBr不行，D錯誤；故答案選B。22、C【解析】

A．Ts的原子核外最外層電子數(shù)是7，與氟元素同族，是VIIA元素，A正確；B．Ts位于第七周期ⅦA族，電子排布式為[Rn]6f146d107s27p5，故Ts的最外層p軌道中有5個(gè)電子，B正確；C．Ts位于第七周期ⅦA族，核外共有7個(gè)電子層而不是6，C錯誤；D．同族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，所以Ts非金屬性在同族中最弱，D正確；故合理選項(xiàng)是C。二、非選擇題(共84分)23、光照O2、Cu，加熱羧基氧化防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）+HNO3(濃)+H2O、【解析】

分子式為芳香烴C7H8的不飽和度為：=4，則該芳香烴為甲苯（）；甲苯在光照條件下與氯氣反應(yīng)生成A，則A為；A生成B，且B能發(fā)生催化氧化，則B為、C為、D為、E為；發(fā)生硝化反應(yīng)生成F，F(xiàn)通過題目提示的反應(yīng)原理生成，以此解答?！驹斀狻浚?）甲苯在光照條件下與氯氣反應(yīng)生成A，反應(yīng)條件是光照；B發(fā)生氧化反應(yīng)生成C，條件是O2、Cu，加熱；（2）由分析可知E為，氧官能團(tuán)的名稱為：羧基；F是，②的方程式為：，該反應(yīng)是氧化反應(yīng)；苯胺易被氧化，所以②和③先后順序不能顛倒，以免氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）；（3）發(fā)生硝化反應(yīng)生成F，方程式為：+HNO3(濃)+H2O；（4）含有1個(gè)醛基和2個(gè)羥基且苯環(huán)上只有2種一氯取代物的芳香族化合物應(yīng)該是對稱的結(jié)構(gòu)，苯環(huán)上必須有3個(gè)取代基，可能的結(jié)構(gòu)有、；（5）由分析可知A為，通過加成反應(yīng)和消去反應(yīng)，生成，用Cl2加成生成，再進(jìn)行一步取代反應(yīng)即可，整個(gè)合成路線為：。24、Ols22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）O3分子晶體離子晶體三角錐形sp32Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）Na2O82.27g/cm3【解析】

A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元索，C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，則C為P元素，C、D為同周期元索，D元素最外層有一個(gè)未成對電子，則D為Cl元素，A2－和B＋具有相同的電子構(gòu)型，則A為O、B為Na元素；通過以上分析，A、B、C、D分別是O、Na、P、Cl元素?！驹斀狻浚?）元素的非金屬性越強(qiáng)，其電負(fù)性越大，這幾種元素非金屬性最強(qiáng)的是O元素，則電負(fù)性最大的是O元素；C是P元素，其原子核外有15個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫P原子核外電子排布式為ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；故答案為：O；ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；（2）單質(zhì)A為氧氣，氧氣的同素異形體是臭氧，二者都是分子晶體，分子晶體熔沸點(diǎn)與范德華力成正比，范德華力與相對分子質(zhì)量成正比，臭氧的相對分子質(zhì)量大于氧氣，則范德華力：臭氧＞氧氣，所以熔沸點(diǎn)較高的是O3；A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為水是分子晶體和NaH為離子晶體。故答案為：O3；分子晶體；離子晶體；（3）C和D反應(yīng)可生成組成比為1：3的化合物PCl3，PCl3中P原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)=3+=4且含1個(gè)孤電子對，根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論判斷該分子的立體構(gòu)型為三角錐形、中心原子的雜化軌道類型為sp3，故答案為：三角錐形；sp3；（4）單質(zhì)Cl2與濕潤的Na2CO3反應(yīng)可制備Cl2O，其化學(xué)方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）。故答案為：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）；（5）O和Na能夠形成化合物F，半徑大的為O元素離子、半徑小的為Na＋，該晶胞中大球個(gè)數(shù)=8×+6×=4、小球個(gè)數(shù)為8，則大球、小球個(gè)數(shù)之比=4：8=1：2，則化學(xué)式為Na2O；觀察晶胞中面心的原子，與之相連的原子有8個(gè)，晶胞中O原子的配位數(shù)為8；該晶胞體積=a3nm3，晶胞密度==g·cm－3=2.27g·cm－3；故答案為：Na2O；2.27g·cm-3?！军c(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及晶胞計(jì)算、原子雜化方式判斷、微粒空間構(gòu)型判斷、原子核外電子排布等知識點(diǎn)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識點(diǎn)的靈活運(yùn)用、空間想像能力及計(jì)算能力，難點(diǎn)是晶胞計(jì)算，利用均攤法求出晶胞中原子的個(gè)數(shù)，結(jié)合密度公式含義計(jì)算。25、受熱均勻，且易控制溫度如溫度過低，則反應(yīng)速率較慢，且不利于ClO2的逸出2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O可減少ClO2揮發(fā)和水解8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2NaClO3135cV2V1偏大鹽酸和BaCl2溶液將ClO2氣體通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，觀察溶液顏色變化，若溶液變?yōu)檠t色，則證明ClO2的氧化性比【解析】

Ⅰ．水浴加熱條件下，草酸、氯酸鉀在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成ClO2，因遇熱水緩慢水解，則B中含冰塊的水用于吸收ClO2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律，結(jié)合生成物的物質(zhì)的量的比及質(zhì)量守恒定律書寫反應(yīng)方程式；C中NaOH溶液可吸收ClO2尾氣，生成物質(zhì)的量之比為1：1的兩種陰離子，一種為NaClO2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律來書寫；II.有碘單質(zhì)生成，用淀粉做指示劑；根據(jù)元素守恒結(jié)合反應(yīng)得到關(guān)系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3計(jì)算c(ClO2)；III.ClO2具有強(qiáng)氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亞鐵離子生成鐵離子，檢驗(yàn)鐵離子即可解答該題?！驹斀狻縄.(1)裝置A用水浴加熱的優(yōu)點(diǎn)是受熱均勻，且易控制溫度，如溫度過低，則反應(yīng)速率較慢，且不利于ClO2的逸出，溫度過高，會加劇ClO2水解；(2)裝置A中反應(yīng)生成ClO2及KHSO4等產(chǎn)物，同時(shí)草酸被氧化生成水和二氧化碳，則反應(yīng)化學(xué)方程式為2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；(3)裝置B的水中需放入冰塊，可減少ClO2揮發(fā)和水解；ClO2緩慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物質(zhì)的量之比為2:1，則根據(jù)反應(yīng)前后各種元素原子個(gè)數(shù)相等，結(jié)合電子轉(zhuǎn)移守恒，可得該反應(yīng)的化學(xué)方程式為8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2；裝置C中NaOH溶液的作用是吸收尾氣中的ClO2，生成物質(zhì)的量之比為的1：1的兩種鹽，由于ClO2中Cl元素的化合價(jià)為+4價(jià)，一種為NaClO2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，則另一種生成物為NaClO3；II.有碘單質(zhì)生成，用淀粉作指示劑；二氧化硫和碘單質(zhì)的反應(yīng)中，根據(jù)電子守恒，得到：2ClO2～5I2，結(jié)合反應(yīng)2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到關(guān)系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3。設(shè)原ClO2溶液的濃度為x，n(Na2S2O3)=c·V2×10-3mol，2ClO2～5I2～10Na2S2O32mol10mol10-2?x?V1×10-310-1cV2×10-3mol，2:10=10-2?x?V1如果滴加速率過慢，溶液中部分I-被氧氣氧化產(chǎn)生I2，消耗的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液的體積偏大，則由此計(jì)算出的ClO2的含量就會偏大；(4)取適量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振蕩，得無色溶液，說明硫化氫被氧化生成硫酸，可先加入鹽酸酸化，然后再加入氯化鋇檢驗(yàn)，若反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀，證明有SO42-，即H2S被氧化產(chǎn)生了H2SO4；(5)證明ClO2的氧化性比Fe3+強(qiáng)，則可通過ClO2氧化Fe2+生成Fe3+，可將ClO2氣體通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，觀察溶液顏色變化，若溶液變?yōu)檠t色，則證明ClO2的氧化性比Fe3+強(qiáng)。【點(diǎn)睛】本題考查了物質(zhì)的制備和性質(zhì)探究，把握物質(zhì)的性質(zhì)以及實(shí)驗(yàn)的原理和操作方法是解題關(guān)鍵，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?，同時(shí)考查學(xué)生接受題目提供的信息能力與應(yīng)用能力。26、堿石灰(或生石灰、氫氧化鈉固體)排盡裝置中的空氣2Na+2NH32NaNH2+H2油浴加熱NaNH2+N2ONaN3+H2O65%ACClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑【解析】

(1)制備的氨氣中含有大量的水，B中盛放堿石灰干燥氨氣，故答案為：堿石灰(或生石灰、氫氧化鈉固體)；(2)用氨氣排盡裝置中的空氣，防止加熱時(shí)空氣中的氧氣等能與鈉反應(yīng)，步驟②制備NaNH2，還生成氫氣，反應(yīng)方程式為：2Na+2NH32NaNH2+H2；控制溫度210～220℃，故選用油浴加熱，故答案為：排盡裝置中的空氣；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加熱；(3)NaNH2和N2O在210～220℃下反應(yīng)生成NaN3和水，反應(yīng)為：NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案為：NaNH2+N2ONaN3+H2O；（4）Ce4+的物質(zhì)的量濃度總計(jì)為0.10mol?L?1×0.04L=0.004mol，分別與Fe2+和N3?反應(yīng)。其中與Fe2+按1:1反應(yīng)消耗0.10mol?L?1×0.02L=0.002mol，則與N3?按1:1反應(yīng)也為0.002mol，即10mL所取溶液中有0.002molN3?，原2.0g疊氮化鈉試樣，配成100mL溶液中有0.02mol即1.3gNaN3，所以樣品質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=65%；A.使用疊氮化鈉溶液潤洗錐形瓶，使進(jìn)入錐形瓶中溶質(zhì)比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)液體積減小，疊氮化鈉溶液濃度偏大，故A正確；B.六硝酸鈰銨溶液實(shí)際取量大于40.00mL，滴定消耗的硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)液體積增大，計(jì)算疊氮化鈉溶液濃度偏小，故B錯誤；C.滴定前無氣泡，終點(diǎn)時(shí)出現(xiàn)氣泡，則讀數(shù)體積為實(shí)際溶液體積減氣泡體積，硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)液讀數(shù)體積減小，疊氮化鈉溶液濃度偏大，故C正確；D選項(xiàng)，滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)液滴用蒸餾水沖進(jìn)瓶內(nèi)無影響，故D錯誤；故答案為：65%；AC；（5）反應(yīng)后溶液堿性明顯增強(qiáng)，且產(chǎn)生無色無味的無毒氣體，根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒，則發(fā)生的離子反應(yīng)為：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑故答案為：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。27、分液漏斗上⑤③②④①除去空氣中的SO2和其他還原性氣體將黃鐵礦充分氧化，且將產(chǎn)生的二氧化硫全部擠入碘水中，被碘水充分吸收酚酞滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液變?yōu)闇\紅色，并在半分鐘內(nèi)不褪色24.0%B【解析】

(1)萃取、分液的主要儀器為分液漏斗，根據(jù)滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上層水溶液；(2)實(shí)驗(yàn)的目的是將黃鐵礦在空氣中完全燃燒生成的SO2被飽和碘水吸收，實(shí)驗(yàn)中需要通入干燥空氣將裝置②中生成的SO2全部趕入裝置①中，通入的空氣需要利用酸性KMnO4溶液除去還原性的氣體雜質(zhì)，并借助裝置堿石灰干燥，由此確定裝置的連接順序；(3)結(jié)合(2)的分析判斷裝置⑤中高錳酸鉀的作用和持續(xù)鼓入空氣的作用；(4)根據(jù)題意，用氫氧化鈉滴定混合強(qiáng)酸溶液，所以常用的指示劑為酚酞，在滴定終點(diǎn)時(shí)溶液變?yōu)闇\紅色；(5)對于多次測量數(shù)據(jù)一般要求平均值進(jìn)行數(shù)據(jù)處理，由于第一次所消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積與后兩次相差較大，為減小誤差，只求后兩次標(biāo)準(zhǔn)液的體積的平均值：20.00ml。根據(jù)反應(yīng)4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得關(guān)系式S～SO2～4H+～4OH-，所以樣品中硫元素的質(zhì)量為：mol×32g/mol×=0.48g，據(jù)此計(jì)算樣品中硫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；(6)裝置⑤所得溶液為HI、H2SO4的混合溶液，為測得硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，最好選用能與SO42-反應(yīng)生成不溶于酸性溶液的沉淀。【詳解】(1)萃取、分液的主要儀器為分液漏斗，因?yàn)镃Cl4密度大于水，所以萃取碘后，有機(jī)層在下層，水溶液為上層，則后續(xù)滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上層水溶液；(2)實(shí)驗(yàn)的目的是將黃鐵礦完全燃燒生成的SO2被飽和碘水吸收，實(shí)驗(yàn)中需要通入干燥空氣將裝置②中生成的SO2全部擠入裝置①中，通入的空氣需要利用酸性KMnO4溶液除去還原性的氣體雜質(zhì)，并借助裝置堿石灰干燥，則裝置正確的連接順序是⑤→③→②→④→①；(3)實(shí)驗(yàn)中需要通入干燥空氣將裝置②中生成的SO2全部趕入裝置①中，通入的空氣需要利用酸性KMnO4溶液除去還原性的氣體雜質(zhì)，故裝置⑤中高錳酸鉀的作用是除去空氣中的SO2和其他還原性氣體；持續(xù)鼓入空氣的作用將黃鐵礦充分氧化，且將產(chǎn)生的二氧化硫全部擠入碘水中，被碘水充分吸收。(4)根據(jù)題意，用氫氧化鈉滴定混合強(qiáng)酸溶液，所以常用的指示劑為酚酞，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰aOH溶液后，溶液變?yōu)闇\紅色，并在半分鐘內(nèi)不褪色，說明滴定已經(jīng)達(dá)到終點(diǎn)；(5)對于多次測量數(shù)據(jù)一般要求平均值進(jìn)行數(shù)據(jù)處理，由于第一次所消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積與后兩次相差較大，為減小誤差，只求后兩次標(biāo)準(zhǔn)液的體積的平均值：20.00ml。根據(jù)反應(yīng)4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得關(guān)系式S～SO2～4H+～4OH-，所以樣品中硫元素的質(zhì)量為：mol×32g/mol×=0.