第三章不同聚集状态的物质与性质同步练习 2023-2024学年高二下学期鲁科版（2019）化学选择性必修2

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第三章不同聚集状态的物质与性质学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18—冠—6可与钾离子作用，如图是18—冠—6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构示意图。下列说法错误的是A．超分子具有分子识别和自组装的特征B．该超分子中K+的配位数为6C．利用超分子的分子识别特征，还可以分离C60、C70D．冠醚与碱金属离子形成的配合物属于“超分子”，其形成的晶体是分子晶体2．下列说法错误的是A．离子液体有难挥发的特点，常被用于有机合成的溶剂B．冠醚与碱金属离子通过离子键形成超分子C．等离子体是一种特殊的气体，由带电的阳离子、电子及电中性粒子组成D．液晶既具有液体的流动性，又具有类似晶体的各向异性3．下列关于物质的结构或性质的描述及解释都正确的是A．利用“杯酚”可分离C60和C70 ，是因为超分子具有“自组装”的特征B．干冰的熔点低于SiO2，2个C=O键的键能之和小于4个Si-O键的键能之和C．稳定性：，是由于水分子间存在氢键D．酸性：，是因为-CF3基团的吸电子作用4．下列关于物质特殊聚集状态结构的叙述中，不正确的是A．等离子体的基本构成微粒是带电的离子和电子及不带电的分子或原子B．超分子内部分子之间可以通过非共价键结合C．液晶内部分子沿分子长轴方向有序排列，使液晶具有各向异性D．纳米材料包括纳米颗粒与颗粒间的界面两部分，两部分都是长程有序5．某课题组设计合成的双(β-二酮)钛(Ⅳ)配合具有抗肿瘤作用，合成路线如下：下列说法正确的是A．乙的分子式为C8H8O2S2B．K2CO3中阴离子的VSEPR模型为正四面体形C．物质甲中含σ键和Π键的数目之比为7:1D．丙中Ti的配位数为46．下列关于物质特殊聚集状态的叙述中，错误的是A．离子液体的基本构成微粒是阴、阳离子B．超分子内部分子之间可以通过非共价键结合C．液晶内部分子沿分子长轴方向有序排列，使液晶具有各向异性D．纳米材料包括纳米颗粒与颗粒间的界面两部分，两部分的排列都是有序的7．下列说法正确的是A．A B．B C．C D．D8．下列叙述错误的是A．超分子是由两个或多个分子相互“组合”在一起形成具有特定结构和功能的聚集体，能表现出不同于单个分子的性质B．液晶内部分子沿分子长轴方向有序排列，使液晶具有各向异性C．液晶是液体和晶体的混合物D．纳米材料包括纳米颗粒与颗粒间的界面两部分组成9．物质的非晶体能自动转变为晶体，而晶体却不能自动地转变为非晶体，这说明A．非晶体是不稳定的，处于非晶体时能量大B．晶体是稳定的，处于晶体时能量大C．非晶体是不稳定的，处于非晶体时能量小D．晶体是不稳定的，处于非晶体时能量小10．关于液晶，下列说法正确的是A．液晶是一种晶体B．液晶分子的空间排列是稳定的，具有各向异性C．液晶的化学性质与温度变化无关D．液晶的光学性质随外加电场的变化而变化11．某钙钛矿型氧化物的晶胞结构如图所示，其中A为镧系金属离子，B为过渡金属离子，C为氧离子。下列说法正确的是A．镧系元素位于元素周期表中ⅠB族 B．该化合物的化学式为C．基态的电子排布式为 D．1个A离子周围最近的A离子有12个12．下列说法正确的是A．不存在没有化学键的分子B．盐酸能导电，所以HCl是离子化合物C．碳酸氢钠加热分解的过程中，有离子键和共价键的断裂和生成D．干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时均需克服共价键13．食盐晶体的晶胞结构如图所示。已知Na＋与最近的Na＋的距离为acm，NaCl的摩尔质量为Mg·mol-1，NA为阿伏加德罗常数的值，则食盐晶体的密度为A．g·cm-3 B．g·cm-3 C．g·cm-3 D．g·cm-314．四氯化锗()是光导纤维的常用掺杂剂，锗与硅同族。下列说法不正确的是A．基态原子价层电子排布式为 B．的熔点比低C．的空间构型为正四面体 D．第一电离能大小：15．下列关于晶体的说法正确的是A．将饱和硫酸铜溶液降温，析出的固体不是晶体B．石蜡和玻璃都是非晶体，但它们都有固定的熔点C．假宝石往往是玻璃仿造的，可以用划痕的方法鉴别宝石和玻璃制品D．蓝宝石在不同方向上的硬度一定相同16．化学科学在国防装备的打造中发挥着重要作用。下列有关叙述错误的是 A．战机机身大量采用了碳纤维材料，对比传统金属材质，碳纤维密度小、强度高B．隐形战机表面的吸波陶瓷——碳化硅属于分子晶体C．曳光弹尾部的曳光剂中加入铜盐，曳光弹可发出绿光D．涂在装甲车上的聚氨酯伪装涂料属于有机高分子材料17．金刚石、石墨、C60和石墨烯的结构示意图分别如图所示，下列说法不正确的是A．从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键，石墨烯具有导电性B．C60分子中含有双键的数目是 30 个C．石墨烯结构中，平均每个六元环含有 2 个碳原子D．等质量的金刚石和石墨晶体中含有的碳碳键数之比为 4：318．钙是构成人体骨骼和牙齿的主要元素之一，下列说法不正确的是  钙钛矿晶胞A．工业上通过电解法制备CaB．可用于海水提镁，其阴离子空间构型为平面三角形C．钙钛矿晶体中钛离子周围与它最近且距离相等的钛离子个数为8D．钙钛矿晶胞中氧、钙、钛的粒子个数比为3：1：119．下列说法正确的是A．分子晶体中，共价键键能越大，分子越稳定B．由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物C．共价晶体中一定含有共价键，离子晶体中不可能含有共价键D．分子晶体中一定存在共价键和范德华力20．下列哪种离子晶体的晶格能最大A． B． C． D．二、判断题21．用铂金做首饰不能用金属键理论解释。(_____)22．准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过X射线衍射方法区分晶体、准晶体和非晶体。(_____)23．含阳离子的化合物一定有阴离子。(_____)24．晶胞是晶体中最小的平行六面体。(____)25．金属元素和非金属元素组成的晶体不一定是离子晶体。(_____)三、解答题26．Fe/Fe3O4磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下：在氩气气氛下，向装有50mL1mol•L-1FeCl2溶液的三颈烧瓶(装置如图)中逐滴加入100mL14mol•L-1KOH溶液，用磁力搅拌器持续搅拌，在100℃下回流3h，得到成分为Fe和Fe3O4的黑色沉淀。  (1)使用恒压滴液漏斗的优点是 。(2)三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为 。(3)待三颈烧瓶中的混合物冷却后，过滤，再依次用沸水和乙醇洗涤，在40℃下干燥后焙烧3h，得到Fe/Fe3O4复合物产品3.24g。①焙烧需在隔绝空气的条件下进行，原因是 。②判断沉淀是否已经用水洗涤干净，应选择的试剂为 ；使用乙醇洗涤的目的是 。③计算实验所得产品的产率： 。(4)已知FeO的晶胞结构如图所示，Fe原子的配位数是 ，设其中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C的坐标参数为 。  27．I、亚硝酰硫酸(NOSO4H))主要用重氮化反应。实验室将二氧化硫通入到硫酸和硝酸中发生氧化还原反应，硝酸被还原为亚硝酸，二氧化硫被氧化为三氧化硫(夹持装置略)制备少量NOSO4H，并测定产品的纯度。已知：NOSO4H遇水分解，但溶于浓硫酸而不分解。(1)装置A制取；SO2①A中反应的化学方程式为 。②导管b的作用是 。(2)装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。①该反应必须维持体系温度不得高于20℃，采取的措施除了冷水浴外，还可以是 (只写1种)。②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快 。(3)装置C的作用是 。(4)该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷为 ；改进方法为 。(5)测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中，加入0.1000mol·L-1、60.00mL的的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500mol·L-1草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。已知：①写出Na2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式： 。②滴定终点时的现象为 。③亚硝酰硫酸的纯度= 。(精确到0.1%)[]Ⅱ、(6)氮化锂晶体中存在锂、氮原子共同组成的锂、氮层，锂原子以石墨晶体中的碳原子方式排布，N原子处在六元环的中心，同层中氮、锂的原子个数比为 ；设氮化锂晶体中，同层N—N间距为apm，层与层间距为bpm，该物质的密度为 g⋅cm-3(用含a、b的式子表示)。28．是重要的化学试剂，遇高温分解，与酸发生反应。实验室可通过如图所示装置制备。回答下列问题：(1)仪器A的名称为 。(2)下列关于装置B的作用叙述正确的是 (填标号)a．通过观察气泡可控制气流速率b．防止发生倒吸c．通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置是否堵塞(3)C中生成产品的化学反应方程式为 。(4)为保证硫代硫酸钠的产率和纯度，实验中通入的不能过量，原因是 。(5)为测定所得产品纯度，取m g所得产品溶于蒸馏水中配制成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入2滴淀粉试剂，用碘的标准溶液滴定，消耗标准液V mL。已知：。①滴定终点现象为 。②产品纯度为 (用m、c、V表示)。(6)下列装置和试剂能代替E的是 (填标号)。(7)硫化铜是一种难溶固体，晶胞中的位置如图1所示，位于所构成的四面体中心，晶胞侧视图如图2所示。则与距离最近的数目为 。ABCD        超分子“杯酚”与C60形成氢键而识别CaF2晶胞中配位数为8，配位数为4二氧化硅晶体中，硅原子与硅氧键个数比为1∶2石墨晶体是层状结构，图中7个六元环完全占有的碳原子数为14参考答案：1．D【详解】A．超分子是由两种或两种以上的分子通过相互作用形成的分子聚集体，具有分子识别与自组装的特征，A正确； B．由题干图示信息可知，该超分子中K+周围形成有6个配位键，故其的配位数为6，B正确；C．C60和C70混合物加入一种空腔大小适合C60的“杯酚”中可进行分离，这是利用超分子的分子识别特征，C正确；D．由题干信息可知冠醚是皇冠状的分子，则冠醚与碱金属离子形成配合物是一个配位阳离子，所得到的晶体里还有阴离子，该类化合物配合物晶体是由阴、阳离子组成的，故属于是离子晶体，D错误； 故答案为：D。2．B【详解】A．离子液体是指全部由离子组成的液体，有难挥发的特点，常被用于有机合成的溶剂，A正确；B．冠醚与碱金属离子通过配位键形成分子，配位键属于共价键，B错误；C．等离子体是由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的气态物质聚集体，C正确；D．液晶是介于晶态和液态之间的物质状态，既具有液体的流动性，又具有类似晶体的各向异性，D正确；答案为：B。3．D【详解】A．杯酚与形成超分子，而杯酚与不能形成超分子，反映了超分子具有“分子识别”的特性，故A错误；B．干冰二氧化碳为分子晶体、二氧化硅为共价晶体，共价晶体熔沸点高于分子晶体，故B错误；C．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性O＞S，则稳定性：H2O＞H2S，故C错误；D．氟的电负性大于氯的电负性，F－C的极性大于Cl－C的性，使－CF3的极性大于－CCl3的极性，导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出，故酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，故D正确；故答案选D。4．D【详解】A．等离子体是呈准电中性的，其基本构成微粒可以是带电的粒子也可以是中性粒子，A项正确；B．超分子内部分子之间可以通过非共价键结合，如氢键，静电作用等，B项正确；C．液晶内部分子的排列沿分子长轴方向呈现出有序的排列，使液晶在折射率、磁化率、电导率等宏观性质方面表现出类似晶体的各向异性，C项正确；D．纳米颗粒是长程有序的晶状结构，颗粒间的界面却是无序的结构，D项错误；故答案选D。5．C【详解】A．乙的不饱和度为4，分子式为C8H10O2S2，故A错误；B．K2CO3中CO的VSEPR模型为平面正三角形，故B错误；C．根据共价键的饱和性和价键理论可知，注意键线式中省略的一些C-H键中的键容易漏数，故甲中σ键和Π键的数目之比为7:1，故C正确；D．由丙的结构可知，Ti的配位数为6，故D错误；故选C。6．D【详解】A．离子液体一般由有机阳离子和无机阴离子构成，A项正确；B．超分子内部分子之间可以通过非共价键结合，如氢键、静电作用等，B项正确；C．液晶内部分子的排列沿分子长轴方向呈现出有序的排列，使液晶在折射率、磁化率、电导率等宏观性质方面表现出类似晶体的各向异性，C项正确；D．纳米颗粒内部具有晶状结构，原子排列有序，而界面则为无序结构，D项错误；故选D。7．D【详解】A．氢键形成于电负性很大的原子（氮、氧、氟）和氢原子之间，所以超分子“杯酚”与C60没有形成氢键，A错误；B．以顶面面心Ca2+为例，该晶胞中距离其最近且相等的F-有4个，上方晶胞中还有4个，所以Ca2+配位数为8，化学式为CaF2，则F-的配位数为4，B错误；C．根据晶体结构可知，二氧化硅晶体中，硅原子与硅氧键个数比为1：4，C错误；D．根据石墨晶体的结构示意图知，每个环中有6个碳原子，每个碳原子为三个环共用，对一个环的贡献为，则一个六元环平均占有两个碳原子，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是14，D正确； 故选D。8．C【详解】A．超分子能表现出不同于单个分子的性质，其原因是两个或多个分子相互“组合”在一起，形成具有特定结构和功能的聚集体，A正确；B．液晶具有各向异性，其原因是液晶内部分子沿分子长轴方向进行有序排列，B正确；C．液晶是某些特殊的化合物，不是混合物，C错误；D．纳米材料包括纳米颗粒和颗粒间的界面两部分，D正确；故选C。9．A【分析】根据“非晶体能自动转变为晶体”可知，非晶体不稳定，晶体较稳定，由此分析【详解】由分析可知，非晶体不稳定，晶体较稳定，能量越低越稳定，说明非晶体是处于高能量状态，转变为晶体后趋向于低能量的稳定状态，答案选A。10．D【详解】A．液晶在一定温度范围内存在，既具有液体的可流动性，又表现出类似晶体的各向异性，但它不是晶体，A项错误；B．虽然液晶分子沿特定方向的排列比较有序，但分子的空间排列是不稳定的，B项错误；C．外界条件的微小变化都会引起液晶分子排列的变化，从而改变液晶的某些性质，如温度、外加电场等因素变化时，都会改变液晶的光学性质，C项错误；D．液晶的光学性质随外加电场的变化而变化，D项正确；故选D。11．C【详解】A．根据周期表的位置关系，镧系元素位于元素周期表第六周期ⅢB族，A项错误；B．晶胞中B位于体心只有1个，O2-位于面心，6个面上有6×=3个O2-，A处于顶点，有8×=1个，对应化合物的化学式为，B项错误；C．基态氧原子电子排布式为1s22s22p4，则基态的电子排布式为，C项正确；D．1个A离子周围最近的A离子有上下前后左右共6个，D项错误；答案选C。12．C【详解】A．存在没有化学键的分子，例如稀有气体，属于单原子分子，分子内不存在化学键，故A错误；B．盐酸能导电，是因为氯化氢溶于水形成的盐酸可以电离，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物，HCl中只含共价键，为共价化合物，故B错误； C．碳酸氢钠中存在离子键和共价键，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，水和二氧化碳中只有共价键、碳酸钠中既有离子键又有共价键，则有离子键和共价键的断裂和生成，故C正确；D．干冰由分子构成，石英由原子构成，分别为分子晶体、原子晶体，但化学键类型相同，熔化时干冰破坏分子间作用力，石英晶体熔化时需克服共价键，故D错误；答案选C。13．B【详解】已知Na＋与最近的Na＋的距离为acm，则立方体的棱长为acm，晶胞体积为（a）3cm3，由图可知，Na+位于棱心和体心，其个数为，Cl-位于顶点和面心，其个数为，NaCl的摩尔质量为Mg/mol，则晶胞的质量为g，食盐晶体的密度为=g/cm3，故B正确。故选：B。14．B【详解】A．锗是32号元素，基态原子价层电子排布式为，A正确；B．与晶体都属于分子晶体，的相对分子质量大，晶体内的分子间作用力大，则的熔点比高，B错误；C．分子中原子形成了4个键，孤电子对数=，价层电子对数为4，中心原子的杂化类型为sp3，分子的空间构型为正四面体，C正确；D．同周期，从左到右，元素第一电离能呈增大的趋势；同主族，从上往下，元素第一电离能逐渐减小，则第一电离能大小：，D正确；故选B。15．C【详解】A．得到晶体一般有三条途径：①熔融态物质凝固；②气态物质冷却不经液态直接凝固(凝华)；③溶质从溶液中析出，所以将饱和硫酸铜溶液降温，析出的固体是晶体，A错误；B．晶体具有固定的熔沸点，而非晶体没有固定熔沸点，而是在一定温度范围内熔化，石蜡和玻璃都是非晶体，故它们都没有固定的熔点，B错误；C．硬度是衡量固体软硬程度的指标，一般宝石的硬度较大，玻璃制品的硬度较小，故可以用划痕的方法鉴别宝石和玻璃制品，C正确；D．晶体具有各向异性的性质，蓝宝石属于晶体，在不同方向上硬度有一些差异，D错误；综上所述答案为C。16．B【详解】A．碳纤维一种含碳量在95%以上的高强度、高模量的新型纤维材料。 它是由片状石墨微晶等有机纤维沿纤维轴向方向堆砌而成，经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料。 碳纤维质量比金属材质轻，但强度却高于金属材质，并且具有耐腐蚀、高模量、密度低、无蠕变、良好的导电导热性能、非氧化环境下耐超高温、耐疲劳性好等特性，故A正确；B．碳化硅是碳原子和硅原子以共价键结合而成的具有三维骨架结构的共价晶体，故B错误；C．铜的焰色为绿色，所以曳光弹尾部的曳光剂中加入铜盐，曳光弹可发出绿光，故C正确；D．聚氨酯伪装涂料是由有机小分子通过聚合反应生成的高分子，属于有机高分子材料，故D正确；故选B。17．A【详解】A．石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，故A错误，B．C60有60个碳，每个碳原子周围有3个共价键，其中一个双键，两个单键，每个碳原子周围有一个双键，每个双键由两个碳原子共用，共有60×0.5=30个双键，故B正确；C．每个C原子为3个环共有，则石墨烯中平均每个六元碳环含有碳原子数为6×=2，故C正确；D．金刚石中每个C原子形成含4×=2条C－C键，石墨中每个C相当于含有3×=1.5条C－C键，等质量的金刚石和石墨晶体中含有的碳碳键数之比为4：3，故D正确；故选A。18．C【详解】A．金属钙化学性质非常活泼，用电解熔融氯化钙的方法制备，A项正确；B．高温分解得到氧化钙，CaO溶于水生成Ca(OH)2，Ca(OH)2可用于沉镁；CO空间构型是平面三角形，B项正确；C．钙钛矿晶体中钛离子处于顶角位置，周围与它最近且距离相等的钛离子个数为6，C项错误；D．晶胞中氧原子位于边上，钙原子位于面心，钛原子位于顶角，根据平均原则，钙钛矿晶胞中氧、钙、钛的粒子个数为12×，1,8×，D项正确；故答案选C 。19．A【详解】A．分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高；共价键的键能越大，物质的分子稳定性越大，A正确；B．由非金属元素组成的化合物可能是共价化合物，也可能是离子化合物，如HCl为共价化合物，NH4Cl为离子化合物，B错误；C．共价晶体中一定含有共价键，离子晶体中可能含有共价键，如NaOH为离子晶体，阳离子Na+与阴离子OH-之间以离子键结合，在阴离子OH-中存在共价键，C错误；D．分子晶体中一定存在范德华力，若物质分子是单原子分子，就不存在共价键；若为双原子或多原子分子，就存在共价键，因此分子晶体中不一定存在共价键，一定存在范德华力，D错误；故合理选项是A。20．B【详解】此题答案可能不正确，如您有正确答案请联系总部编辑qq：80720464921．错误【详解】用铂金做首饰利用了金属晶体的延展性，能用金属键理论解释，故错误；22．正确【详解】X射线衍射方法是一种利用X射线衍射图样探索物质微观结构和结构缺陷的研究方法，能够区分晶体、准晶体和非晶体；正确。23．正确【详解】含有阳离子的晶体可能含有阴离子或电子，离子化合物一定由阴离子和阳离子构成，故正确；24．错误【详解】晶胞是能完整反映晶体内部原子或离子在三维空间分布之化学－结构特征的最小单元，习惯采用的晶胞都是平行六面体，但是晶胞不是晶体中最小的“平行六面体”，故错误。25．正确【详解】金属元素和非金属元素组成的晶体不一定是离子晶体，可能是分子晶体，如：AlCl3；正确。26．(1)平衡气压，便于液体顺利流下(2)(3) 防止产品中的铁被空气中的氧气氧化 稀硝酸和硝酸银溶液 除去晶体表面的水分，便于快速干燥 90.0%(4) 6 (1，，)【详解】（1）恒压滴液漏斗的优点是：平衡气压，便于液体顺利流下；（2）向装有溶液中逐滴加入溶液，反应得到Fe和，反应方程式为：；（3）①焙烧需在隔绝空气的条件下进行，原因是：防止产品中的铁被空气中的氧气氧化；②因为反应后溶液中有，所以判断沉淀是否已经用水洗涤干净，需取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化，然后加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净，故检验沉淀是否洗涤干净所需的试剂是稀硝酸、硝酸银溶液；乙醇易溶于水，且易挥发，所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面的水分，便于快速干燥；③溶液中铁元素的物质的量为，根据反应可知生成、的物质的量均为，故实验所得产品的产率为％＝90.0％。（4）原子在顶点，O原子在棱上，Fe原子的配位数是6，原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C的坐标参数为(1，，)。27．(1) 平衡气压，使液体顺利滴下(2) 调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度 生成的NOSO4H作为反应的催化剂(3)吸收尾气SO2，防止其污染空气()(4) A和C装置中的水蒸气会进入装置B中使NOSO4H水解 在BC间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶(或在AB和BC间均增加一个装有浓硫酸的洗气瓶)(5) 滴入最后半滴草酸溶液，溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复 92.02%(6) 1∶2 【分析】装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O制取SO2，制取的SO2通入到B装置中，HNO3与SO2在浓H2SO4作用下在冰水浴中反应制得NOSO4H，由于亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水分解，所以应该是对产生的二氧化硫进行干燥，但是题目中并未进行，且装置A中制得的SO2属于大气污染物，不能直接排放到大气中，则装置C中的氢氧化钠的作用是吸收SO2，但是会导致部分水蒸气进入装置B中，导致产率降低，据此分析回答问题。【详解】（1）①由分析可知A的化学方程式为；②导管b的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；（2）①该反应必须维持体系温度不得高于20℃，采取的措施除了冷水浴外，还可以是：调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度；②开始反应缓慢，待生成少量 NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是：生成的NOSO4H作为反应的催化剂；（3）装置C的主要作用是利用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫防止污染空气，反应的离子方程式为；（4）该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是：A和C装置中的水蒸气会进入装置B中使NOSO4H水解，应在BC间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶(或在AB和BC间均增加一个装有浓硫酸的洗气瓶)；（5）①酸溶液中高锰酸钾和草酸钠发生氧化还原反应，生成二氧化碳，锰元素化合价+7价降低到+2价，电子转移5e-，碳元素化合价+3价变化为+4价，电子转移e-，电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式：；②用0.2500mol•L-1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点；③根据题目数据：n=0.002mol，则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000mol•L-1×0.0600L-0.002mol=0.004mol，根据方程式，可得NOSO4H的物质的量为0.004mol=0.01mol，亚硝酰硫酸的纯度==92.02%。（6）每个六元环的中心有1个N原子，而六元环上的每个Li原子为3个六元环共用，故同层中氮、锂的原子个数比为1：(6×)=1：2；晶胞中N原子数目=8×=1，Li原子数目=4×+4×=3，则晶胞质量为=；同层N-N间距为apm,则底面的面积为(a×10-10cm)×(a×10-10cm×sin60°)=() cm2，则晶胞体积为()×(b×10-10cm)= cm3，则晶体密度== g⋅cm-3。28．(1)圆底烧瓶(2)ac(3)(4)Na2S2O3与酸反应，过量SO2会使溶液呈酸性(5) 滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色 (6)ac(7)12【分析】由实验装置图可知，70%较浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置B用于控制二氧化硫的气流速率和通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置是否堵塞的作用，装置C中二氧化硫与硫化钠和碳酸钠混合溶液共热反应制备硫代硫酸钠，装置D为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳和未反应的二氧化硫，防止污染空气，据此分析解题。【详解】（1）由实验装置图可知，仪器A为圆底烧瓶，故答案为圆底烧瓶。（2）由分析可知，装置B用于控制二氧化硫的气流速率和通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置是否堵塞的作用，但不能起防倒吸的作用，故正确的是ac。（3）C中生成产品的反应为二氧化硫与硫化钠和碳酸钠混合溶液共热反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学反应方程式为，故答案为。（4）硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定，若二氧化硫过量，会与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性导致硫代硫酸在溶液中发生歧化反应，所以实验中通入的二氧化硫不能过量，故答案为Na2S2O3与酸反应，过量SO2会使溶液呈酸性。（5）①硫代硫酸钠溶液与碘溶液恰好反应时，滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液会变为蓝色，且半分钟内不褪色，所以判断滴定终点的现象为滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色；②由题意可知，滴定消耗VmLcmol/L的碘标准溶液，则由方程式可知，则mg产品纯度为，故答案为。（6）由分析可知，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳和未反应的二氧化硫，防止污染空气，则盛有碱石灰的干燥管和盛有氢氧化钠的U形管能代替E，而浓硫酸、氯化钙溶液不能与二氧化碳和二氧化硫反应，则盛有浓硫酸的洗气瓶和盛有氯化钙溶液得试管不能代替E，故答案为ac。（7）离顶点的S2−最近的S2−位于面心，个数为，故与S2−距离最近的S2−数目为12，故答案为12。