2021-2022学年陕西省汉中中学高二下学期4月月考化学试题含解析

这是一份2021-2022学年陕西省汉中中学高二下学期4月月考化学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，工业流程题，填空题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
陕西省汉中中学2021-2022学年高二下学期4月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列物质按照纯净物、化合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列的是
A．纯盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、干冰
B．聚氯乙烯、漂白粉、苛性钠、氢硫酸、三氧化硫
C．冰醋酸、福尔马林、硫酸钡、氢氟酸、氯气
D．冰水混合物、胆矾、氯化钾、次氯酸、乙醇
【答案】D
【详解】A．纯盐酸、水煤气都是混合物，A错误；
B．聚氯乙烯、漂白粉是混合物，B错误；
C．福尔马林是混合物，氯气不是非电解质，C错误；
D．冰水混合物是纯净物，各物质均是按题干要求分类，D正确；
答案选D。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中错误的是
A．10克质量分数为46%的乙醇溶液，氢原子总数为1.2NA个
B．1mol O2与2mol SO2在一定条件下的密闭容器中充分反应，容器内分子数大于2NA个
C．标况下，含NA个氩原子的氩气体积约为22.4L
D．1mol OH—参与电解，提供的电子数目为2NA个
【答案】D
【详解】A．10g质量分数为46%的乙醇溶液中含溶质乙醇质量＝10g×46%＝4.6g；含溶剂水质量＝10g×(1−46%)＝5.4g，所含氢原子物质的量＝，氢原子总数为1.2NA，故A正确；
B．1mol O2与2mol SO2充分反应，根据，O2与SO2按照1∶2进行反应，该反应为可逆反应，所以充分反应后容器内分子数大于2NA个，故B正确；
C．氩气是单原子分子，标况下，含NA个氩原子的氩气体积约为22.4L，故C正确；
D．由4OH--4e-=2H2O+O2↑可知，1mol OH-参与电解，提供的电子数目应为1NA个，故D错误；
答案选D。
3．在配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液过程中，下列操作不正确的是
A．使用容量瓶前检查它是否漏水
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗
C．配制溶液时，把称好的固体药品用适量水溶解冷却后转入容量瓶
D．定容时，用玻璃棒引流加入蒸馏水至刻度线1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水到刻度线
【答案】B
【详解】A．因配制后要摇匀，所以容量瓶在使用前要检查是否漏水，选项A正确；
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能用待配溶液润洗，否则会导致溶液浓度偏大，选项B不正确；
C．配制溶液时，把称好的固体药品用适量水溶解冷却后转入容量瓶，加蒸馏水定容，选项C正确；
D．定容时，用玻璃棒引流加入蒸馏水至刻度线1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水到刻度线，选项D正确；
答案选B。
4．下列说法正确的是
A．标况下，1L HCl与1LH2O的物质的量相同
B．1mol/L KCl溶液中含有溶质1mol
C．2.0g重水(D2O)与1.6g甲烷所含质子数相等
D．一定体积的H2O吸收22.4L NH3形成1L溶液，所得氨水的浓度为1mol/L
【答案】C
【详解】A．标准状况下，HCl为气体，而H2O不是气体，二者体积相等，它们物质的量不相等，A错误；
B．没有给出溶液的体积，无法计算溶质的物质的量，B错误；
C．2.0g重水(D2O)的物质的量为，含有NA个质子，1.6g甲烷的物质的量为，含有NA个质子，两者质子数相同，C正确；
D．没有给出氨气的状态，无法计算氨气的物质的量，无法计算浓度，D错误；
故选C。
5．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．将过量二氧化硫气体入冷氨水中：SO2+NH3·H2O=HSO+NH
B．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H++3NO=Ag++NO↑+H2O
C．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO+2H+=H2SiO3↓
D．硫化钡加入稀硫酸：BaS+2H+=H2S↑+Ba2+
【答案】A
【详解】A．将过量二氧化硫气体通入冷氨水中，二氧化硫过量生成亚硫酸氢盐，离子方程式为：SO2+NH3·H2O=HSO+NH，故A正确；
B．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜，正确的离子方程式为：3Ag＋4H＋＋NO═3Ag＋＋NO↑＋2H2O，故B错误；
C．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：，故C错误；
D．硫化钡加入稀硫酸：，故D错误；
故答案选A。
6．把500 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c(Na＋)为(    )
A．( － ) mol/L B．(2b－a) mol/L
C．(5b－ ) mol/L D．(10b－5a) mol/L
【答案】D
【详解】500 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，每份100 mL，设100 mL溶液中含有NH4HCO3 x mol，Na2CO3 y mol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOH=NH3•H2O+Na2CO3+H2O，则100 mL溶液中含NH4HCO3为0.5a mol，100 mL溶液中加入含b mol HCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HCl=NH4Cl+CO2↑+H2O，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，则其中Na2CO3的物质的量n(Na2CO3)=×(b-0.5a) mol，根据Na元素守恒可知溶液中含有Na+的物质的量n(Na+)=2n(Na2CO3)=(b-0.5a) mol，由于溶液的体积是100 mL，所以离子浓度c(Na+)=(b-0.5a) mol÷0.1 L=(10b-5a) mol/L；
答案选D。
7．下列反应中，不属于四种基本反应类型的是
A．CuSO4+H2S＝CuS↓+H2SO4 B．4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3
C．2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2 D．Cu2(OH)2CO3＝2CuO+CO2↑+H2O
【答案】C
【详解】A．CuSO4+ H2S ＝CuS↓+ H2SO4是两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物，属于复分解反应，A不合题意；
B．4Fe(OH)2+O2+2H2O＝ 4Fe(OH)3是两种或两种以上的物质生成一种物质，故属于化合反应，B不合题意；
C．2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2，是氧化还原反应，不属于四种基本反应类型，C符合题意；
D．Cu2(OH)2CO3＝2CuO+ CO2↑ + H2O是由一种物质分解生成两种或两种以上的物质，故属于分解反应，D不合题意；
故答案为：C。
8．工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反应为①4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，②2Na2CrO4+H2SO4=Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O，下列说法正确的是 (　　)
A．反应①和②均为氧化还原反应
B．反应①的氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3
C．高温下，O2的氧化性强于Fe2O3，弱于Na2CrO4
D．反应①中每生成1 mol Na2CrO4时转移电子3 mol
【答案】B
【详解】A. 4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4+H2SO4=Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；
B. 4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeO·Cr2O3，故B正确；
C. 4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中中，氧化剂是氧气，还原剂是FeO·Cr2O3，所以氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，故C错误；
D. 由方程式4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 转移电子可知，生成1 mol Na2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为，反应中O元素由0价降低为-2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为，所以反应①中每生成1 mol Na2CrO4时电子转移，故D错误。
答案选B。
9．谚语诗词中蕴含科学道理。下列说法正确的是
A．“真金不怕火炼”说明黄金的熔点很高
B．“众人拾柴火焰高”是指可燃物越多，着火点越低，越容易着火
C．“百炼成钢”与“只要功夫深，铁杵磨成针”蕴含的化学原理相同
D．“满架蔷薇一院香”说明分子在时刻不停地做无规则运动
【答案】D
【详解】A．“真金不怕火炼”意思是金即使在高温时也不与氧气反应，说明金的化学性质不活泼，故A错误；

B．众人拾柴火焰高，含义是可燃物越多，燃烧越旺，故B错误；

C．生铁和钢的主要区别在于含碳量不同，钢的碳含量低，在空气中锤打，目的是让碳和氧气反应生成二氧化碳，从而降低含碳量，发生的是化学变化；“只要功夫深，铁杵磨成针”，只是形状发生改变，属于物理变化；故它们蕴含的化学原理不同，故C错误；

D．“满架蔷薇一院香”的原因是分子在不断地做无规则的运动，属扩散现象，故D正确；
故选D。
10．向含SO32-、Fe2＋、Br－、I－各0.1 mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是(　　)
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据还原性强弱分析反应的先后顺序，从而计算出氯气的量与各离子浓度的关系。
【详解】离子还原性SO32－> I－> Fe2＋> Br－，故首先发生反应SO32－+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+ ,再发生反应2I－+Cl2=I2+2Cl-，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积；
A.由SO32－+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+可知，0.1mol SO32－完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的氯气的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积不符合，故A错误；
B.0.1molSO32－完全反应后，才发生2I－+Cl2=I2+2Cl-, 0.1mol SO32－完全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1mol I－完全反应消耗0.05氯气，故0.1molI-完全反应时消耗氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L， 图象中氯气的体积不符合，故B错误；
C.0.1mol SO32－完全反应需要消耗0.1mo氯气，0.1molI－完全反应消耗0.05氯气，故亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知， 0.1molFe2+完全反应消耗0.05mol氯气，故Fe2+完全时消耗的氯气体积为3.36L +0.05mol×22.4L/mol=4.48L，图象与实际符合，故C正确；
D. SO32－、 I－、 Fe2＋反应完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，即溴离子开始反应时氯气的体积为4.48L，由2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，0.1mol Br-完全反应消耗0.05mol氯气，故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+0.05mol×22.4L/mol=5.6L，图象中氯气的体积不符合，故D错误。
故选C。
【点睛】解决此题的关键在于明确几种离子的还原性强弱。
11．次氟酸（又名氟氧酸）是较新颖的氧化剂，应用性极强，可用被氮气稀释的氟气在细冰上缓慢通过制得：F2+H2O═HOF+HF。该反应中水的作用与下列反应中水的作用相同的是
A．氟单质与水反应制氧气 B．钠与水反应制氢气
C．氯气与水反应制次氯酸 D．过氧化钠与水反应制氧气
【答案】A
【分析】分析反应“F2+H2O=HOF+HF”和各选项中H2O的作用，根据分析结果作答。
【详解】HOF中F元素的化合价为-1价、H为+1价、O为0价，HF中F元素的化合价为-1价、H为+1价，反应F2+H2O=HOF+HF中F2为氧化剂，H2O为还原剂，其中O元素被氧化。
A项，F2与H2O反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2，该反应中F元素的化合价由0价降至-1价，F2为氧化剂，O元素的化合价由-2价升至0价，H2O为还原剂，被氧化；
B项，Na与H2O反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，该反应中Na元素的化合价由0价升至+1价，Na为还原剂，H元素的化合价由+1价降至0价，H2O为氧化剂，被还原；
C项，Cl2与H2O反应的化学方程式为Cl2+H2OHCl+HClO，该反应中Cl元素的化合价部分由0价升至HClO中+1价，部分由0价降至HCl中-1价，Cl2既是氧化剂又是还原剂，H2O既不是氧化剂又不是还原剂；
D项，Na2O2与H2O反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应中Na2O2中-1价的O化合价部分升高至0价，部分降至-2价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，H2O既不是氧化剂又不是还原剂；
与反应“F2+H2O=HOF+HF”中H2O的作用相同的是A项，答案选A。
【点睛】本题易错选C项，注意HOF中F的化合价和HClO中Cl的化合价不同，HOF中F的化合价为-1价，而HClO中Cl的化合价为+1价，所以HOF中O的化合价和HClO中O的化合价也不同。
12．ClO2是一种广谱型的消毒剂，根据世界环保联盟的要求ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，在以上反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为
A．1︰1 B．1︰2 C．2︰1 D．2︰3
【答案】C
【详解】根据题意知，酸性条件下，NaClO3和Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，同时生成水，该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、S元素化合价由+4价变为+6价，其转移电子数为2，根据转移电子守恒配平方程式为：H2SO4+2NaClO3+Na2SO3=2Na2SO4+2ClO2+H2O，所以该反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2:1，答案选C。
13．工业上从含硒的废液中提取硒的方法之一是：用硫酸和硝酸处理废料，获得亚硒酸和少量硒酸，再与盐酸共热，硒酸转化为亚硒酸(2HCl+H2SeO4=H2SeO3+Cl2↑+H2O)，在亚硒酸溶液中通入SO2，有单质硒析出。下列说法错误的是
A．氧化性：H2SeO4>Cl2；H2SeO3>H2SO4
B．酸性：H2SO4>H2SeO4> H2SeO3
C．析出l mol硒需要消耗标准状况下22.4 L SO2
D．亚硒酸理论上既有氧化性，又有还原性，但还原性不及亚硫酸
【答案】C
【详解】A．在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在2HCl+H2SeO4=H2SeO3+Cl2↑+H2O中，氧化剂是H2SeO4，氧化产物是Cl2，所以氧化性H2SeO4>Cl2；在亚硒酸溶液中通入SO2，有单质硒析出，说明氧化性H2SeO3>H2SO4，A正确；
B．同一主族的元素，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强。由于元素的非金属性S>Se，所以酸性：H2SO4>H2SeO4；同一元素的最高价的含氧酸的酸性强于较低价态的酸的酸性。所以酸性：H2SeO4>H2SeO3，B正确；
C．根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知析出l mol硒，转移4mol电子，则需要消耗标准状况下44.8 L SO2，C错误；
D．在亚硒酸中Se的化合价为+4价，介于该元素的最高化合价和最低化合价之间，理论上既有氧化性，又有还原性，但还原性不及亚硫酸，D正确；
答案选C。

二、元素或物质推断题
14．某强酸性溶液X中仅含有NH、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO、SO、SO、Cl-、NO中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：

下列有关推断合理的是
A．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+
B．沉淀H为Al(OH)3、BaCO3的混合物
C．溶液中一定含有H+、Al3+、NH、Fe2+、SO、Cl-
D．若溶液X为100 mL，产生的气体A为112 mL(标况)，则X中c(Fe2+)=0.05 mol·L-1
【答案】A
【分析】在强酸性溶液中一定不会存在，离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有−离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2＋离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只为，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al(OH)3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3＋离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2＋离子，则一定不含离子和离子，那么一定含有离子，那么就一定不含Ba2＋离子，不能确定是否含有的离子Fe3＋和Cl−，以此解答。
【详解】依据分析可知，溶液中一定存在、Al3＋、Fe2＋、，一定不含有Ba2＋、、、，不能确定是否含有Fe3＋和Cl−。
A．由分析可知，上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3＋，故A正确；
B．根据上述分析可知H为Al(OH)3，BaCO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，故B错误；
C．依据分析可知，溶液中一定存在：、Al3＋、Fe2＋、，不能确定Cl−是否存在，故C错误；
D． 生成气体A的离子反应方程式为：3Fe2＋＋＋4H＋＝3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，产生的气体A为112 mL，物质的量为：，故n(Fe2＋)＝3×0.005＝0.015mol，c(Fe2＋)＝，故D错误；
故答案选A。
【点睛】本题考查了常见离子的检验、无机推断，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法。
15．现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合溶液，选择适当的试剂除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液。相应的实验过程可用下图表示。请回答下列问题：

(1)试剂X最好是_______(填化学式)。
(2)写出步骤②的离子反应方程式_______。
(3)按此实验方案得到的溶液3中肯定含有_______(填化学式)杂质；为了除这个杂质，可以向溶液3中加入过量的_______。
(4)为检验所得的NaNO3固体中是否含有NaCl和Na2SO4.取一定量的固体物质溶于水配成溶液：
①首先检验_______离子，应先加入过量的_______；
②将所得混合物过滤，然后在溶液中加入试剂_______检验另一离子。
【答案】(1)Ba(NO3)2
(2)Ag++ Cl-=AgCl↓
(3)     Na2CO3     HNO3
(4)     SO     Ba(NO3)2、HNO3     AgNO3、HNO3

【分析】除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液，由实验流程可知，如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的X为BaCl2[或Ba(NO3)2]，生成沉淀A为BaSO4沉淀，然后在溶液1中加入过量的AgNO3，使Cl−全部转化为AgCl沉淀，即沉淀B为AgCl，再向所得溶液2中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag＋、Ba2＋完全沉淀，沉淀C为碳酸钡、碳酸银，最后所得溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3，以此来解答。
（1）
根据上面的分析可知，实验最终要得到NaNO3，试剂X最好是Ba(NO3)2；
故答案为Ba(NO3)2；
（2）
步骤②的离子反应方程式为Ag＋＋Cl−═AgCl↓；
故答案为Ag＋＋Cl−═AgCl↓；
（3）
根据上面的分析可知，按此实验方案得到的溶液3中肯定含有Na2CO3杂质，为了除这个杂质，可以向溶液3中加入过量的HNO3，之后若要获得纯固体NaNO3；
故答案为Na2CO3，HNO3；
（4）
检验所得的NaNO3固体中是否含有NaCl和Na2SO4，应先检验，在检验Cl-，所以应先加入过量的Ba(NO3)2、HNO3，再加入AgNO3、HNO3检测Cl-；
故答案为，Ba(NO3)2、HNO3，AgNO3、HNO3。
【点睛】本题考查物质的分离提纯操作，题目难度中等，本题注意Cl-、的性质，把握除杂原则，提纯时不能引入新的杂质，注意把握实验的先后顺序。

三、工业流程题
16．亚氯酸钠(NaClO2)是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。

(1)Ⅰ、Ⅲ中发生反应的还原剂分别是_______、_______(填化学式)。
(2)Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
(3)A的化学式是_______，装置Ⅲ中A在_______极区产生。
(4)ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：
①写出该反应的离子方程式_______
②若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，用离子方程式解释产生Cl2的原因：_______。
(5)NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl。取等质量NaClO2，其中一份给以适当条件使之变质，另一份严格保存，均配成溶液，并分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量_______(填“相同”“不相同”或“无法判断”)。
【答案】(1)     Na2SO3     H2O
(2)2ClO2 + H2O2 + 2OH- = 2+ O2↑+ 2H2O
(3)     H2SO4     阳
(4)     5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2↑ + 2H2O     +3Cl-+4H+=2Cl2↑+2H2O
(5)相同

【分析】由流程图可知，Ⅲ是离子隔膜电解池，电解硫酸钠溶液本质是电解水，气体a与溶液A在同一电极得到，NaOH与另一种气体b在另外电极得到，故A为硫酸，气体a为氧气，右侧产生的气体b为氢气，I中NaClO3、Na2SO3、硫酸反应生成ClO2、Na2SO4溶液，反应离子方程式为：2H++ +2＝2ClO2+ +H2O，Ⅱ中ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气。
（1）
Ⅰ中NaClO3和Na2SO3反应生成Na2SO4和ClO2气体，Na2SO3中S元素化合价升高，还原剂为Na2SO3，Ⅲ中电解硫酸钠溶液，相当于电解水，还原剂是H2O；
（2）
根据以上分析可知Ⅱ中反应的离子方程式是2ClO2+H2O2+2OH-＝2+O2↑+2H2O；
（3）
用离子交换膜电解硫酸钠溶液，在阳极生成O2和硫酸，阴极产生H2和NaOH，A为硫酸在阳极产生；
（4）
Cl-浓度大时，还原性增强，被生成的ClO2氧化，5NaClO2+ 4HCl = 5NaCl + 4ClO2↑+ 2H2O、+3Cl-+4H+=2Cl2↑+2H2O。答案为：5NaClO2+ 4HCl =5NaCl+ 4ClO2↑+ 2H2O、+3Cl-+4H+=2Cl2↑+2H2O；
（5）
NaClO2变质前后分别与Fe2+反应时，最终均得到等量NaCl，Cl元素均由+3价最终变为-1价，根据得失电子守恒，两个过程中转移电子的物质的量相同，所以消耗Fe2+的物质的量相等。

四、填空题
17．重铬酸钠俗称红矾钠（Na2Cr2O7·2H2O）是重要的化工产品和强氧化剂。工业上通过煅烧铬铁矿制取，其反应如下：
反应Ⅰ 4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2→ 2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2
反应Ⅱ 2CrO42-+ 2H+ → Cr2O72-+ H2O
反应Ⅲ 3CrO42- + 4H+ →Cr3O102-+ 2H2O（副反应）
（1）上述反应中不属于氧化还原反应有________个。已知Fe(CrO2)2中铬元素是+3价，关于反应Ⅰ的下列说法中正确的是________。
a．被氧化的元素只有+3的Cr，被还原的元素只有0价的O
b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:7
c．每生成1molCO2，转移3.5mol电子
d．每摩尔+3的Cr能还原0.75mol氧气
（2）+6价铬的毒性很强，制取红矾钠后的废水中含有的Cr2O72－，可以用绿矾除去。测得反应后的溶液中含Cr3+、Fe2+、Fe3+、H+等阳离子。写出该反应的离子方程式并标出电子转移的方向和数目：_________________________________________________________。
（3）某厂废水中含1.00×10−3mol/L的Cr2O72－，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Cr的化合价为+3，Fe的化合价依次为+3、+2)。欲使1L该废水中的Cr2O72－完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4。理论上需要加入_____________g FeSO4·7H2O。
【答案】     2     c d          2.78
【详解】试题分析：
（1）氧化还原反应只有Ⅰ，该反应中Cr从+3到+6价，Fe从+2到+3价，O2中O从0到-2价。
（2）该反应中Cr从+6到+3，做氧化剂，那么Fe从+2到+3做还原剂，然后根据缺项配平，可以写出反应方程式。
（3）根据Cr0.5Fe1.5FeO4中，Cr：Fe=0.5:2.5=1:5；故有n(FeSO4·7H2O)=1.00×10-3mol/L×1L×2×5=10×10-3mol，故质量为2.78g。
考点：氧化还原反应概念、氧化还原反应方程式的书写及配平，化学计算。

五、结构与性质
18．请回答下列有关铜及其化合物的问题：
(1)请写出基态Cu原子的价电子排布式_______。焰火中的绿色是铜的焰色，基态铜原子在灼烧时价电子发生了_______而变为激发态。
(2)新型农药松脂酸铜具有低残留的特点，下图是松脂酸铜的结构简式：

请分析1个松脂酸铜中π键的个数_______；加“*”碳原子的杂化方式为_______。
(3)下图是某铜矿的晶胞图，请推算出此晶胞的化学式(以X表示某元素符号)________；与X等距离且最近的X原子个数为_______。

(4)黄铜矿在冶炼的时候会产生副产品SO2，SO2分子的立体构型_______。
(5)黄铜合金可以表示为Cu3Zn，为面心立方晶胞，晶体密度为8.5g·cm-3，求晶胞的边长(只写计算式，不求结果)________。

【答案】(1)     3d104s1     跃迁
(2)     6     sp3
(3)     Cu2X     8
(4)折线形(V形或角形)
(5)cm(或cm)

【解析】（1）
Cu原子核外电子数为29，根据能量最低原理，外围电子排布式为：3d104s1，基态铜原子在灼烧时外围电子获得能量，发生跃迁而变为激发态，焰色反应为绿色，故答案为3d104s1；跃迁；
（2）
1个松脂酸铜中含有6个双键，则含有6个π键，加“*”碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故答案为6；sp3；
（3）
晶胞中Cu原子数目为4，X原子数目为1+8×=2，故化学式为Cu2X；据图可知，体心X原子与晶胞顶点的X原子距离为晶胞棱长的倍，体心X原子与晶胞顶点的X原子距离最近，个数为8个，故答案为Cu2X；8；
（4）
S原子孤对电子数为 、价层电子对数=2+1=3，故其空间结构为V形，故答案为折线形(V形或角形)；
（5）
黄铜合金可以表示为Cu3Zn，为面心立方晶胞，根据化学式可知，Zn位于顶点上，Cu位于面心上，该晶胞中含有1个Zn原子，3个Cu原子，晶胞体积为 ，所以晶胞的边长为：cm，故答案为×107。