辽宁省大连市金普新区省示范性高中联合体2021-2022学年高三上学期第二阶段考试化学试题含解析

这是一份辽宁省大连市金普新区省示范性高中联合体2021-2022学年高三上学期第二阶段考试化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题，结构与性质，实验题等内容，欢迎下载使用。
辽宁省大连市金普新区省示范性高中联合体2021-2022学年高三上学期第二阶段考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．我国四川广汉的三星堆遗址距今已有3000～5000年历史，2021年3月20日，三星堆遗址新出土了多达500多件重要文物，如黄金面具、丝绸“黑炭”、青铜神树、陶瓷碎片等。下列有关叙述错误的是
A．考古时利用C测定文物的年代，C的中子数为8
B．黄金面具、青铜神树的成分均为纯金属
C．丝绸转化为“黑炭”的过程涉及化学变化
D．三星堆中含有大量的陶瓷碎片，属于无机非金属材料
【答案】B
【详解】A．C的质子数为6、质量数为14，中子数为(14—6)=8，故A正确；
B．青铜神树的成分为铜合金，故B错误；
C．丝绸转化为“黑炭”的过程中有新物质生成，属于化学变化，故C正确；
D．陶瓷碎片的主要成分是硅酸盐，硅酸盐属于无机非金属材料，故D正确；
故选B。
2．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．SO2通入漂白粉溶液中：
B．向0.1 mol/L AgNO3溶液中加入过量氨水：Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH
C．向FeCl3溶液中加入KSCN溶液：
D．向NaHSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：
【答案】D
【详解】A．SO2通入漂白粉溶液中，会发生氧化还原反应产生CaSO4、HCl，反应的离子方程式应该为：，A错误；
B．向0.1 mol/L AgNO3溶液中加入过量氨水，反应产生可溶性Ag(NH3)2OH，反应的离子方程式应该为：Ag++3NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+NH+2H2O，B错误；
C．向FeCl3溶液中加入KSCN溶液反应产生Fe(SCN)3是可溶性弱电解质，而不是沉淀，该反应的离子方程式应该为：Fe3++SCN-=Fe(SCN)3，C错误；
D．向NaHSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，要以不足量的NaHSO4为标准，假设其物质的量是1 mol，二者反应产生BaSO4沉淀、NaOH、H2O，该反应的离子方程式为：，D正确；
故合理选项是D。
3．25℃时，下列各溶液中一定能大量共存的离子组是
A．加入Al能放出的溶液中：、、、
B．的溶液中：、、、
C．澄清透明的溶液中：、、、
D．0.1mol/L的溶液中：、、、
【答案】C
【详解】A．加入Al能放出的溶液呈酸性或碱性，铝和硝酸反应放出NO气体，酸性条件下、都不能大量存在，碱性条件下不能大量存在，故不选A；
B．的溶液呈酸性，酸性条件下、不能大量存在，故不选B；
C．澄清透明的溶液中，、、、相互之间不反应，能大量共存，故选C；
D．酸性条件下，Fe2+能被氧化为Fe2+，0.1mol/L的溶液中不含大量，故不选D；
选C。
4．下列物质的性质变化规律正确的是
A．F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高
B．HF、HCl、HBr、HI的沸点顺序为HI＞HBr＞HCl＞HF
C．金刚石的硬度高于晶体硅，但熔点、沸点低于晶体硅
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次升高
【答案】A
【详解】A．F2、Cl2、Br2、I2的结构相似，都是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体。物质的分子的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔、沸点就越高。F2、Cl2、Br2、I2的相对分子质量逐渐增大，故它们的熔、沸点逐渐升高，A正确；
B．HF、HCl、HBr、HI都是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，物质的分子的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，导致物质的熔、沸点就越高。但由于HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致其熔沸点最高，故HF、HCl、HBr、HI的沸点高低顺序为：HF＞HI＞HBr＞HCl，B错误；
C．金刚石、晶体硅都属于共价晶体，原子半径越小，原子之间的共价键越强，其强度就越大，断裂消耗能量就越多，物质的硬度就越大，物质的熔沸点就越高。由于原子半径：C＜Si，所以金刚石的硬度高于晶体硅，其熔点、沸点也高于晶体硅，C错误；
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI都是离子晶体，化合物结构相似，离子半径越小，离子键就越强，断裂消耗的能量就越多，物质的熔沸点就越高。由于离子半径：F-＜Cl-＜Br-＜I-，则离子化合物NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低，D错误；
故合理选项是A。
5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NA
B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+
C．在常温常压下，0.1mol铁与0.1mol Cl2充分反应，转移的电子数为0.3NA
D．标准状况下，22.4L NO和11.2L O2混合后气体的分子总数小于NA
【答案】D
【详解】A．标准状况下苯是无色液体，故无法计算11.2L苯中含有分子的数目，A错误；
B．由于未告知溶液的体积，故无法计算pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+，B错误；
C．在常温常压下，0.1mol铁与0.1mol Cl2充分反应，根据反应方程式2Fe+3Cl2=2FeCl3可知，铁过量，故转移的电子数为0.2NA，C错误；
D．标准状况下，22.4L即=1mol NO和11.2L 即=0.5molO2混合后反应方程式为：2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，故反应后气体的分子总数小于NA，D正确；
故答案为：D。
6．在酸性条件下，黄铁矿( FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是

A．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+= 4Fe3++4NO+2H2O
B．反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+
C．反应Ⅲ是氧化还原反应
D．黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
【答案】C
【详解】A．根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+= 4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；
B．根据图示，反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B正确；
C．根据图示，反应Ⅲ的反应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D正确；
故选C。
【点睛】解答本题的关键是认真看图，从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。
7．一种电池工作原理如装置图所示。下列说法正确的是

A．电池工作时电能转化为化学能
B．放电过程中电极区溶液的增大
C．电池工作一段时间后浓度增大
D．极区的反应为
【答案】C
【分析】由图可知该装置为原电池，主要将化学能转化为电能，则a作负极，极电极反应为Zn-2e-+4OH-=，b作正极，b极区的反应为PbO2+4H++2e-+=PbSO4+2H2O，阳离子(K+)向正极移动，阴离子()向负极移动，据此来解析；
【详解】A．电池工作时化学能转化为电能，A错误；
B．放电过程中电极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=，消耗氢氧根，酸性增强，pH 变小，B错误；
C．阳离子(K+)向正极移动，阴离子()向负极移动，因为存在阴阳离子交换膜，K+、致使K+、，留在两个交换膜之间，电池工作一段时间后浓度增大，C正确；
D．b极区的反应为PbO2+4H++2e-+=PbSO4+2H2O，D错误；
故选C；
8．尿素是一种高效化肥，也是一种化工原料。反应可用于尿素的制备。下列有关说法正确的是
A．分子为极性分子 B．分子的电子式：
C．分子的空间填充模型： D．尿素分子键和键的数目之比为
【答案】C
【详解】A. 分子是直线分子，结构对称，为非极性分子，故A错误；
B. 分子的电子式为 ，故B错误；
C.水分子的空间构型是“V”型，水分子的比例模型是，故C正确；
D.尿素分子的结构式是 ，键和键的数目之比为，故D错误；
故答案选C.
9．下列实验过程可以达到实验目的的是
编号
实验目的
实验过程
A
配制0.4000 mol·L−1的NaOH溶液
称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，立即转移至250 mL容量瓶中定容
B
探究维生素C的还原性
向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
C
制取纯净氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液
D
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5%H2O2溶液，观察实验现象

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A.氢氧化钠溶于水放热，因此溶解后需要冷却到室温下再转移至容量瓶中，A错误；
B.氯化铁具有氧化性，能被维生素C还原为氯化亚铁，从而使溶液颜色发生变化，所以向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，通过观察颜色变化可以探究维生素C的还原性，B正确；
C.向稀盐酸中加入锌粒，生成氢气，由于生成的氢气中含有氯化氢和水蒸气，因此将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸即可，不需要通过KMnO4溶液，或者直接通过碱石灰，C错误；
D.反应的方程式为HSO3－+H2O2＝SO42－+H＋+H2O，这说明反应过程中没有明显的实验现象，因此无法探究浓度对反应速率的影响，D错误。
答案选B。
【点睛】明确相关物质的性质特点、发生的反应和实验原理是解答的关键。注意设计或评价实验时主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是要考虑的。本题中选项D是解答的易错点，学生往往只考虑物质的浓度不同，而忽略了实验结论需要建立在实验现象的基础上。
10．工业上一种从海水中制备碘的方法为：取净化除氯后的含碘海水，加入AgNO3溶液，富集得到AgI悬浊液，进而制得粗碘。从AgI悬浊液中回收I2的流程如图1所示。

下列有关说法正确的是
A．Fe粉与AgI悬浊液反应的离子方程式为：Fe+2Ag+=Ag+Fe2+
B．可在含碘海水中直接通入Cl2制备粗碘
C．如图2所示I2的晶胞中有14个I2分子
D．流程中沉淀可进一步转化，实现AgNO3的循环使用
【答案】D
【详解】A．Fe粉与AgI悬浊液反应的离子方程式为：Fe+2AgI(s)2Ag+Fe2++2I-，A错误；
B．由图可知，现将含碘海水中的碘转化为AgI，再转化为FeI2，进行I-的富集后，再通入Cl2制备粗碘，B错误；
C．如图2所示I2的晶胞中有个I2分子，C错误；
D．由题干流程可知，流程中沉淀即Ag和Fe加入一定量的稀硝酸可将Ag转化为AgNO3，实现AgNO3的循环使用，D正确；
故答案为：D。
11．氨硼烷是一种固体储氢材料，其结构和乙烷相似，下列有关说法正确的是
A．中子数为8的N原子： B．基态B原子的外围电子排布式：2s22p3
C．分子中N-B键是配位键 D．分子中所有原子共平面
【答案】C
【详解】A．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和。中子数为8的N原子质量数是7+8=15，用原子符号表示为，A错误；
B．B是5号元素，根据构造原理，可知基态B原子的外围电子排布式：2s22p1，B错误；
C．在分子中，N原子核外最外层的孤电子对与B原子的原子核之间以配位键结合，形成N-B键，C正确；
D．在分子中，N、B原子价层电子对数是4，原子都采用sp3杂化，因此形成的是四面体结构，不可能所有原子共平面，D错误；
故合理选项是C。
12．2021年6月17日，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭成功发射，并顺利完成与天和核心舱对接。火箭采用偏二甲肼/四氧化二氮发动机，核心舱电源系统由锂离子蓄电池组及太阳电池翼组成。飞船逃逸系统发动机喷管扩散段采用了酚醛树脂与增强体复合新工艺，氮化硼陶瓷基复合材料应用于核心舱电推进系统，碳化硅颗粒增强铝基复合材料应用于太阳电池翼伸展机构关键部件，表面处理后镁合金部件应用在核心舱医学样本分析与高微重力科学实验柜中。锂离子蓄电池放电时的反应如下：。下列说法正确的是
A．Co3+的基态3d能级上有2个未成对电子
B．该电池比能量高，污染小，是理想的一次电池
C．充电时，阴极电极反应式为：
D．放电时，Li+在电解质中由正极向负极迁移
【答案】C
【详解】A．Co是27号元素，根据构造原理可知基态Co原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2，Co原子失去最外层的2个4s电子后，再失去1个3d电子，就得到Co3+，则基态Co3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，由于d有5个轨道，根据原子核外电子排布规律可知其3d轨道上有4个未成对电子，A错误；
B．锂离子电池是可充电电池，属于二次电池，B错误；
C．锂离子蓄电池在充电时，Li+在阴极得到电子被还原，电极反应式为，C正确；
D．锂离子电池在放电时，阳离子向正极移动，则Li+在电解质中由负极向正极迁移，D错误；
故合理选项是C。
13．氯化钠是化学工业的最基本原料之一，被称为“化学工业之母”。下列有关说法正确的是
A．“制钠”：海水为原料制得精盐，再电解氯化钠溶液制备钠
B．“氯碱工业”：采用“阴离子交换膜”电解槽电解饱和食盐水获得氯气和烧碱
C．“侯氏制碱”：将二氧化碳通入氨化的氯化钠饱和溶液中，析出碳酸钠
D．“制皂”：向油脂的碱性水解液中加入热的饱和食盐水，使高级脂肪酸盐析出，制得肥皂
【答案】D
【详解】A．“制钠”：电解熔融的氯化钠，而不是电解氯化钠溶液，电解纯净的NaCl溶液：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，得不到钠，A错误；
B．由于阴极区氢氧根较多，为了得到NaOH所以采用的不是阴膜而是阳膜，让阳极区的Na+通过而平衡电荷；同时阳膜可以隔开阳极和阴极，防止产物混合，如H2和Cl2混合会爆炸，Cl2和NaOH混合会使NaOH不纯，B错误；
C．“侯氏制碱”：将二氧化碳通入氨化的氯化钠饱和溶液中，析出碳酸氢钠，C错误；
D．皂化液里加入饱和食盐水，降低高级脂肪酸钠的溶解度，发生盐析，促进高级脂肪酸钠的析出，D正确；
故选D。
14．、、、为分属不同周期的主族元素，原子序数依次增大且小于20，四种元素形成的化合物在农业上常用作肥料，结构如图所示。下列说法正确的是

A．简单离子半径：
B．的第一电离能较同周期相邻的两种元素都大
C．、分别与形成的简单化合物的沸点：
D．与形成的化合物溶于水，可使紫色石蕊试液变红
【答案】B
【分析】W、X、Y、Z为分属不同周期的主族元素，原子序数依次增大且小于20，推出W为第一周期，即W为H，X为第二周期，Y为第三周期，Z为第四周期，根据化合物的结构图，Z显+1价，即Z为K，X有2个共价键，X为ⅥA族元素，即X为O，K失去一个电子给了O，因此Y最外层有5个电子，即Y为P；据此分析；
【详解】A．P和K简单离子是P3-、K+，它们核外电子排布相同，因此简单离子半径大小顺序是r(P3-)＞r(K+)，故A错误；
B．同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，当原子核外电子排布在能量相等的轨道上形成全空、半满和全满结构时，原子的能量较低，该元素具有较大的第一电离能，则同周期元素第一电离能：VA>VIA，(P)的第一电离能较同周期相邻的两种元素都大，故B正确；
C．X、Y分别与W形成的简单化合物分别是H2O、PH3，常温下水为液体，PH3为气体，因此沸点：H2O＞PH3，故C错误；
D．K与H形成的化合物，溶于水时与水反应生成KOH溶液与氢气，KOH为强碱，滴入紫色石蕊试液，溶液显蓝色，故D错误；
答案为B。
15．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是
A．第一电离能：W>X>Y>Z B．简单离子的还原性：Y>X>W
C．简单离子的半径：W>X>Y>Z D．氢化物水溶液的酸性：Y>W
【答案】C
【分析】四种短周期主族元素，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，设若X为第二周期元素原子，则X可能为Be或O，若X为第三周期元素原子，则均不满足题意，Z与X能形成Z2X2的淡黄色化合物，该淡黄色固体为Na2O2，则X为O元素，Z为Na元素；Y与W的最外层电子数相同，则Y为F元素，W为Cl元素，据此分析。
【详解】A．同一周期从左向右第一电离能总趋势为逐渐增大，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，故四种元素中第一电离能从大到小的顺序为F＞O＞Cl＞Na，A错误；
B．单质的氧化性越强，简单离子的还原性越弱，O、F、Cl三种元素中F2的氧化性最强O2的氧化性最弱，故简单离子的还原性O2-＞Cl-＞F-，B错误；
C．电子层数越多简单离子半径越大，相同结构的离子，原子序数越大半径越小，故四种元素中离子半径从大到小的顺序为Cl-＞O2-＞F-＞Na+，C正确；
D．F元素的非金属性强于Cl元素，则形成氢化物后F原子束缚H原子的能力强于Cl原子，在水溶液中HF不容易发生电离，故HCl的酸性强于HF，D错误；
故选C。

二、原理综合题
16．回答下列问题：
(1)CO2、CO是化石燃料燃烧后的主要产物，回收并利用CO2、CO是科学家研究的重要课题。CH4-CO2催化重整可以得到CO和H2：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2
C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH3
该催化重整反应的ΔH=_______(用ΔH1、ΔH2和ΔH3表示)。
(2)利用回收的制取甲醛的反应为CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g)    -6kJmol-1。一定条件下，将n(CO2)：n(H2)=1：2的混合气体充入某恒温恒容的密闭容器中，下列描述能说明反应已达到平衡状态的是_______(填标号)。
a.单位时间内，断裂1mol的H-H键的，同时生成1mol的H-O键
b.H2O的体积分数保持不变
c.混合气体的平均相对分子质量不变
d.气体的密度不变
(3)ZnS是一种使用广泛的荧光材料。已知立方ZnS的晶胞结构如图所示：

①已知A、B点的原子坐标分别为(0，0，0)和(1，，)，则C点的原子坐标为_______；
②立方ZnS的晶胞边长acm，则其晶体密度为_______ g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
(4)一种利用H2S电催化制氢并最终制得硫酸的装置如图所示：

①阳极的电极反应式为_______。
②写出一个SO2经一步反应转化为H2SO4的化学方程式：_______。
(5)用稀硝酸吸收，得到和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_______。(为弱酸)
【答案】(1)2ΔH3-ΔH1-ΔH2
(2)bc
(3)     (，，)    
(4)     H2S﹣6e﹣+2H2O=6H++SO2     SO2+H2O2=H2SO4
(5)

【解析】（1）
由题干信息可知，①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH1 ②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2，③C(s)+ O2(g)=CO(g) ΔH3，根据盖斯定律，③-①-②可得，CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=2ΔH3-ΔH1-ΔH2；
（2）
a．单位时间内，断裂1mol的H-H键的，同时生成1mol的H-O键，表示的都是正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，a错误；
b．H2O的体积分数保持不变，说明反应达到平衡状态，b正确；
c．反应前后体积可变，混合气体的平均相对分子质量不变，可说明反应达到平衡状态，c正确；
d．恒温恒容的密闭容器，反应前后质量不变，密度一直不变，不能说明反应达到平衡状态，d错误；
故选bc；
（3）
①A、B点的原子坐标分别为(0，0，0)和(1，，)，根据空间坐标系，C点的原子坐标为；
②根据ZnS的晶胞结构可知，一个晶胞中S2-的个数为，Zn2+的个数为4，假设1mol的ZnS，质量为97g，体积为 cm3，故晶体密度为 ；
（4）
①a电极硫化氢转化为二氧化硫，硫元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极，阳极的电极反应式为H2S﹣6e﹣+2H2O=6H++SO2；
②二氧化硫被过氧化氢氧化生成硫酸，化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4；
（5）
用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，说明电解时阳极上亚硝酸根离子失电子生成硝酸根离子，其电极反应式为 HNO2+H2O−2e−=3H++ 。

三、工业流程题
17．某同学在实验室利用Fe-Mg合金废料制备金属镁，其工艺流程如图。回答下列问题：

(1)工业上常将Fe-Mg合金废料粉碎后再“酸溶”，其目的是_______。
(2)写出“氧化”时反应的离子方程式_______。
(3)制备无水MgCl2过程中，需要将SOCl2与MgCl2·6H2O混合并加热，试解释原因_______。
(4)写出电解得到金属Mg时阴极的电极反应式_______。
(5)“沉铁”时，应用X调节溶液的pH，X是_______(任填一种合适试剂的化学式)，当溶液的pH调节为4时，此时溶液中的c(Fe3+)=_______{ Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10-39}。
【答案】(1)增大接触面积、提高反应速率和浸取率
(2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(3)SOCl2与H2O反应同时产生SO2和HCl酸性气体，抑制MgCl2的水解
(4)Mg2++2e-=Mg
(5)     MgO、Mg(OH)2等     2.7×10-9 mol/L

【分析】将Fe-Mg合金废料粉碎后再“酸溶”，与盐酸发生反应生成氯化亚铁、氯化镁溶液，“氧化”时，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，加入X可以为氧化镁等调节pH，使Fe3+沉淀完全转变为Fe(OH)3，过滤得到MgCl2溶液，MgCl2易水解，在干燥的氯化氢气流中加热MgCl2溶液制得无水MgCl2，电解熔融氯化镁得到金属镁。
（1）
工业上常将Fe-Mg合金废料粉碎后再“酸溶”，其目的是增大接触面积、提高反应速率和浸取率；
（2）
“氧化”时，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，H2O2得到电子被还原为H2O，该反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）
制备无水MgCl2过程中，需要将SOCl2与MgCl2·6H2O混合并加热，这是由于MgCl2·6H2O加热会失去结晶水，SOCl2与H2O反应同时产生SO2和HCl酸性气体，从而可抑制MgCl2的水解，最终得到无水MgCl2；
（4）
电解熔融MgCl2，在阳极上Cl-失去电子帮我Cl2；在阴极上Mg2+得到电子，被还原产生Mg，则阴极的电极反应式为：Mg2++2e-=Mg；
（5）
“沉铁”时，应用X调节溶液的pH，但不能引入杂质，X可以是MgO、Mg(OH)2等。当溶液的pH调节为4时，溶液中c(OH-)=，此时溶液中的c(Fe3+)=。

四、结构与性质
18．铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第VIII族的元素，在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中应用广泛。
(1)基态Ni原子的核外价层电子排布图为_______。
(2)铁系元素能与CO形成Fe(CO)5、Ni(CO)4等金属羰基化合物。已知室温时Fe(CO)5为浅黄色液体，沸点103oC，则Fe(CO)5中含有的化学键类型包括_______。
A．极性共价键 B．离子键 C．配位键 D．金属键
(3)以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如下所示)。色胺酮分子中所含元素(C、N、O)第一电离能由大到小的顺序为_______，色氨酮分子中N原子的杂化类型为_______。X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过_______作用与色胺酮钴配合物相结合。

(4)LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料，其阴离子PO的空间构型为_______。
(5)Fe、Co、Ni与Ca都位于第四周期且最外层电子数相同，但相应单质的熔点，Fe、Co、Ni明显高于Ca，其原因是_______。
【答案】(1)
(2)AC
(3)     N＞O＞C     sp2、sp3     氢键
(4)正四面体形
(5)Fe、Co、Ni的原子半径比Ca的小，同时价电子数目多，金属键强，因此熔点高

【解析】（1）
Ni是28号元素，根据构造原理，可知基态Ni原子核外电子排布式是[Ar]3d84s2，则基态Ni原子的核外价层电子排布图为；
（2）
已知室温时Fe(CO)5为浅黄色液体，沸点103℃，则Fe(CO)5的沸点较低，物质属于分子晶体，在分子内配位体CO与中心Fe原子之间以配位键结合，在配位体CO中C、O原子之间以极性共价键结合，故其中含有极性共价键和配位键，合理选项是AC；
（3）
一般情况下同一周期元素的非金属性越强，其第一电离能越大，但当元素处于第VA时，核外电子处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素。这三种元素的非金属性：O＞N＞C，则元素的第一电离能大小关系为：N＞O＞C；
在色氨酮分子中存在2种N原子，其中一种形成3个σ共价键，N原子上还存在一对孤对电子，价层电子对水数是4，该N原子杂化类型是sp3杂化；另外一种N原子形成一个共价单键，一个共价双键，即形成2个σ共价键，1个π键，N原子上还存在一对孤对电子，价层电子对水数是3，该N原子杂化类型是sp2杂化，故在色氨酮分子中N原子的杂化类型为sp2、sp3杂化；
色胺酮钴配合物和CH3OH都是由分子构成的物质，甲醇中含有-OH，二者能形成分子间氢键，所以CH3OH是通过氢键作用与色胺酮钴配合物相结合；
（4）
LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料，其阴离子PO的中心P原子价层电子对数是4+=4，P原子上无孤对电子，因此PO的空间构型为正四面体形；
（5）
Fe、Co、Ni与Ca都位于第四周期且最外层电子数相同，但相应单质的熔点，Fe、Co、Ni明显高于Ca，这是由于Fe、Co、Ni的原子半径比Ca的小，同时价电子数目多，金属键强，断裂金属键消耗的能量就越高，因此物质的熔点就高。

五、实验题
19．疫情期间，公共场所需要经常进行消毒，75%的医用酒精和84消毒液都能有效消灭病毒。某化学兴趣小组探究84消毒液(有效成分为NaClO)与75%医用酒精能否反应，进行如图实验：

(1)实验室制备84消毒液的化学方程式为_______。
(2)将25mL无水乙醇配成75%医用酒精，所给仪器中不需要使用的有_______(填序号)。
A． B． C． D．
(3)实验结果：实验Ⅰ的淀粉碘化钾试纸在3 min时变蓝，实验Ⅱ的淀粉碘化钾试纸在8 min时变蓝。
①实验Ⅰ中，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的物质是_______(写化学式)。
②实验II中，湿润的淀粉碘化钾试纸也变蓝的原因可能是_______。
③通过对比实验Ⅰ和Ⅱ的现象，可以说明84消毒液与75%医用酒精能够反应，理由是_______。
(4)为了测定84消毒液与医用酒精1：1反应后溶液中残留的NaClO的含量(假设反应生成的气体已全部逸出)，小组进行了如下实验：取7.45 mL反应后溶液(密度约1 g·mL-1)于锥形瓶，加入过量KI溶液和适量硫酸，在冷暗处静置4-5min后，再加入少量淀粉指示剂，用0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准液滴定，消耗标准液体积为24.00 mL。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)
①NaClO与KI反应的离子方程式为_______。
②判断滴定终点的方法是_______，上述实验中84消毒液与医用酒精1：1反应后溶液中残留的NaClO的质量分数为_______(计算结果保留两位有效数字)。
【答案】(1)Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
(2)AD
(3)     Cl2     被空气中的氧气氧化     实验I中淀粉碘化钾试纸变蓝及褪色的时间更短，说明乙醇将NaClO还原为Cl2
(4)     ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O     滴入最后一滴Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复     1.2%

【分析】（1）
实验室制备84消毒液的原理是将氯气通入NaOH溶液中，则化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；
（2）
75%医用酒精是指无水乙醇的体积分数为75%，故只需将25mL无水乙醇加水混合成=33.3mL医用酒精即可，故需要用到的仪器为量筒、玻璃棒和烧杯，所给仪器中不需要使用的有容量瓶和天平，故答案为：AD；
（3）
①能使淀粉碘化钾试纸变蓝，说明反应生成了I2，结合乙醇具有还原性，NaClO具有强氧化性，则该实验原理为：首先乙醇和NaClO反应生成了Cl2，然后发生Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变蓝，且实验I和实验II褪色的时间相差较大，说明两实验中将KI氧化的物质不同，故答案为：Cl2；
②由题干信息可知，实验II中并未加入医用酒精，不能发生①中发生的氧化还原反应生成氧化性气体Cl2，故湿润的淀粉碘化钾试纸也变蓝的原因可能是空气中的氧气具有氧化性，能将KI氧化为I2，故答案为：被空气中的氧气氧化；
③通过对比实验Ⅰ和Ⅱ的现象，实验I比实验II显色所需要的时间短得多，说明两实验中将KI氧化的物质不同，故可以说明84消毒液与75%医用酒精能够反应，故答案为：实验I中淀粉碘化钾试纸变蓝及褪色的时间更短，说明乙醇将NaClO还原为Cl2；
（4）
①NaClO与KI反应时，I-被ClO-氧化生成I2，ClO-本身被还原为Cl-，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平，反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O，故答案为： ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O；
②滴定前为I2和淀粉的混合溶液，显蓝色，滴定终点时I2被消耗完，溶液的颜色变为无色，故滴定终点的现象为：滴入最后一滴Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复，根据ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O，I2+2=2I-+S4O62-，得到关系式：ClO-～2I-～I2～2，n（ClO-）=n（）=×0.1000mol•L-1×24.00×10-3L=1.20×10-3mol，则m（NaClO）=1.20×10-3mol×74.5g/mol=0.0894g，7.45mL的反应后溶液的质量为1g•mL-1×7.45mL=7.45g，则 NaClO的质量分数==1.20%，故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；1.20%。