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2017-2018学年河北省邢台市第一中学高二下学期第三次月考化学试题 解析版
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河北省邢台市第一中学2017-2018学年高二下学期第三次月考化学试题
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N：14 O:16 Ca：40 Al:27
一、选择题：（每小题只有一个最佳选项。每小题2分，共48分）
1. 下列说法正确的是( )
A. 碳酸钠可用于治疗胃酸过多、制备食品发酵剂
B. 铝的钝化、煤的气化、漂白粉杀菌消毒过程均有化学反应发生
C. 福尔马林、漂白粉、胆矾均为混合物
D. 日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒
【答案】B
【解析】分析：A.碳酸钠腐蚀性强；
B.有新物质产生的变化是化学变化；
C.由两种或两种以上物质组成的是混合物；
D.75%的酒精常用于杀菌消毒。
详解：A. 碳酸钠具有较强的腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，A错误；
B. 铝的钝化、煤的气化、漂白粉杀菌消毒过程均有新物质生成，因此都有化学反应发生，B正确；
C. 福尔马林是甲醛的水溶液，漂白粉是次氯酸钙和氯化钙组成的混合物，胆矾是带有5个结晶水的硫酸铜，属于纯净物，C错误；
D. 日常生活中75%的酒精用来杀菌消毒，无水乙醇不能用于杀菌消毒，D错误。答案选B。
2. 若NA表示阿伏加德罗常数，下列有关叙述错误的是( )
A. 一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NA
B. 1 mol Na与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为NA个
C. 16 g CH4与18 g NH4+ 所含电子数均为10NA
D. 溶液中含氯化铁1mol，完全转化为氢氧化铁胶体后，胶粒数为NA
【答案】D
【解析】分析：A.反应属于可逆反应；
B.钠在反应中只能失去1个电子；
C.甲烷和铵根均是10电子微粒；
D.胶体是大分子的集合体。
详解：A. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NA，A正确；
B. 钠在反应中只能失去1个电子，因此1 mol Na与O2完全反应，不论生成氧化钠还是过氧化钠还是二者的混合物，转移电子总数为NA个，B正确；
C. 16 g CH4与18 g NH4+均是1mol，所含电子数均为10NA，C正确；
D. 由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此溶液中含氯化铁1mol，完全转化为氢氧化铁胶体后，胶粒数小于NA，D错误。答案选D。
3. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )
A. 用白醋除铁锈：Fe2O3＋6H＋==3H2O＋2Fe3＋
B. 向NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液并加热：Ba2＋＋2OH－＋NH4＋＋HCO3－NH3↑＋2H2O＋BaCO3↓
C. 氯化亚铁溶液在空气中慢慢滴入过量氨水，产生白色沉淀：Fe2++2NH3•H2O＝Fe(OH)2↓+2NH4+
D. NH4HS溶液与少量的NaOH溶液反应：NH4++OH－=NH3·H2O
【答案】B
【解析】分析：A.醋酸是弱电解质；
B.氢氧化钡过量，碳酸氢铵全部反应；
C.根据氢氧化亚铁易被氧化分析；
D.氢氧化钠不足，HS－首先反应。
详解：A. 醋酸难电离，用白醋除铁锈：Fe2O3＋6CH3COOH＝3H2O＋2Fe3++6CH3COO－，A错误；
B. 向NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液并加热生成碳酸钡、氨气和水：Ba2＋＋2OH－＋NH4＋＋HCO3－NH3↑＋2H2O＋BaCO3↓，B正确；
C. 氯化亚铁溶液在空气中慢慢滴入过量氨水，先产生白色沉淀，然后迅速转化为灰绿色，最后转化为红棕色，C错误；
D. 硫氢根离子结合氢氧根的能力强于铵根，则NH4HS溶液与少量的NaOH溶液反应：HS－+OH－=S2－+H2O，D错误。答案选B。
点睛：明确物质的性质、发生的化学反应是解答的基础，解答的关键是准确判断出反应的先后顺序。注意氨水作为反应物写NH3·H2O；作为生成物，若有加热条件或浓度很大时，可写NH3(标↑号)，若是稀溶液且不加热时，可写NH3·H2O。
4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 0. 1mol·L-1NaOH 溶液： K＋、Na＋、SO42－ 、CO32－
B. 0. 1mol·L-1Na2CO3 溶液： K＋、Ba2＋、NO3－ 、Cl－
C. 0. 1mol·L-1FeCl3 溶液： K＋、NH4+ 、I－、SCN－
D. c(H＋)/c(OH－)= 1*1014的溶液： Ca2＋、Na＋、ClO－、NO3－
【答案】A
【解析】试题分析：A．NaOH与K+，Na+、SO42-，CO32-均不反应，故可以共存，故A正确；B．CO32-能和Ba2+生成碳酸钡沉淀，故不能共存，故B错误；C．Fe3+能和I-发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质、Fe3+能和SCN-发生络合反应而不能共存，故C错误；D．=1×1014的溶液中，C(H+)＞C(OH-)，溶液显酸性，含大量H+能和ClO-反应生成弱电解质而不能共存，故D错误；故选A。
【考点定位】考查离子共存
【名师点晴】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
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5. 同温同压下，分别用等质量的H2、CO、CO2、NH3四种气体吹起四个气球，其中由H2吹起的是( )
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】气体的物质的量n=m/M，在同温同压下，气体摩尔体积相同，气体的体积V=n•Vm，即V=m/M·Vm可知，摩尔质量越大，体积越小。H2、CO、CO2、NH3的摩尔质量分别为2g/mol、28g/mol、44g/mol、17g/mol，H2的摩尔质量最小，故体积最大，答案选C。
点睛：本题考查了物质的量的计算，明确物质的量与气体摩尔体积、摩尔质量之间关系即可解答，注意阿伏加德罗定律的适用范围、条件等。
6. 三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)
B. 相同条件下，同质量的三种气体，气体密度最小的是X
C. 若一定条件下，三种气体体积均为2．24 L，则它们的物质的量一定均为0.1 mol
D. 同温下，体积相同的两容器分别充2g Y气体和lg Z气体，则其压强比为2：1
【答案】B
【解析】根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr（X）＜Mr（Y）＝0.5Mr（Z），即Mr（X）＜Mr（Y）＜Mr（Z），A、三种气体的原子组成不能确定，因此原子数目相等的三种气体中质量最大的不一定是Z，A错误；B、根据密度ρ＝M/Vm可知，气体处在相同的条件下，密度和相对分子质量成正比，三种气体中密度最小的是X，B正确；C、气体的物质的量n＝V/Vm，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24 L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，C错误；D、同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，由于Mr(Y)＝0.5Mr(Z)，所以2 g Y气体和1 g Z气体的物质的量之比是4：1，因此Y、Z气体所承受的压强比为4：1，D错误，答案选B。
点睛：本题涉及物质的量以及阿伏加德罗常数的计算等有关知识，注意阿伏加德罗定律的推论的使用是关键，注意气体摩尔体积和阿伏加德罗定律的适用范围和条件。
7. 2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素和双氢青蒿素治疗疟疾的新疗法而获得诺贝尔生理学或医学奖。双氢青蒿素的化学式为C15H24O5，相对分子质量为284。下面关于双氢青蒿素的说法正确的是( )
A. 1mol双氢青蒿素的质量为284g∙mol-1
B. 双氢青蒿素的摩尔质量等于它的相对分子质量
C. 14.2g双氢青蒿素中含有的原子总数为2.2NA
D. 含有6.02×1023个碳原子的双氢青蒿素的物质的量为1mol
【答案】C
【解析】试题分析：A．质量的单位是g，摩尔质量单位是g/mol，1mol双氢青蒿素的质量是284g，故A错误；B．摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，而不是摩尔质量就是相对分子质量，故B错误；C.14.2g双氢青蒿素的物质的量==0.05mol，每个分子中含有44个原子，根据N=nNA及分子构成计算原子总数=0.05mol×NA/mol×44=2.2NA，故C正确；D．每个分子中含有15个C原子，含有6.02×1023个碳原子的双氢青蒿素的物质的量=mol，故D错误；故选C。
考点：以双氢青蒿素为载体考查物质的量有关计算
8. 下列叙述不正确的是( )
A. 10 mL溶质质量分数为98%的H2SO4用10 mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%
B. 配制0.1 mol/L的Na2CO3溶液480 mL，需用500 mL 容量瓶
C. 将100 mL 2mol·L-1盐酸加热蒸发至50 mL，所得溶液的浓度为4 mol·L-1
D. 将10g CaO加入100mL饱和石灰水中，充分搅拌，静置并恢复到原来的温度，所得溶液的浓度不变
【答案】C
【解析】分析：A．浓硫酸的密度随浓度的增大而增大；
B．实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制；
C．根据盐酸易挥发分析；
D．溶液是饱和溶液，不能再溶解氢氧化钙。
详解：A．浓硫酸的密度大于水的密度，10 mL溶质质量分数为98%的H2SO4用10 mL水稀释后溶液质量小于原来的2倍，则稀释后H2SO4的质量分数大于49%，A正确；
B．实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制，B正确；
C．盐酸易挥发，蒸发时更易挥发，则将100 mL 2mol·L-1盐酸加热蒸发至50 mL，所得溶液的浓度小于4 mol·L-1，C错误；
D．将10g CaO加入100mL饱和石灰水中，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，溶剂减少，充分搅拌，静置并恢复到原来的温度，有氢氧化钙析出，因此所得溶液的浓度不变，D正确；答案选C。
点睛：本题考查溶液浓度计算、一定物质的量浓度溶液配制，注意理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系．注意实验室常用容量瓶的规格，题目难度不大。
9. Na2S2O3是重要的化工原料，用途很广，其还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成，常用作脱氯剂，主要用于治疗氰化物中毒。工业上可利用反应Na2CO3＋2Na2S＋4SO2===3Na2S2O3＋CO2制取Na2S2O3，下列说法正确的是( )
A. Na2S2O3只有还原性
B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
C. 每生成1 mol Na2S2O3，转移4×6.02×1023个电子
D. 标准状况下，每吸收4 mol SO2就会放出22.4 L CO2
【答案】D
【解析】分析：根据硫化钠中硫元素化合价升高，二氧化硫中硫元素化合价降低，结合氧化还原反应的有关概念和电子得失守恒判断与计算。
详解：A. Na2S2O3中硫元素化合价是+2价，处于中间价态，既有还原性，也有氧化性，A错误；
B. 硫化钠中硫元素从－2价升高到+2价，失去电子被氧化。二氧化硫中硫元素化合价从+4价降低到+2价，得到电子被还原，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，B错误；
C. 每生成3 mol Na2S2O3，转移8mol电子，则每生成1 mol Na2S2O3，转移8/3×6.02×1023个电子，C错误；
D. 根据方程式可知，每吸收4 mol SO2就会放出1mol二氧化碳，标准状况下体积为22.4 L，D正确，答案选D。
10. 已知：SO2＋Br2+2H2O===2HBr+ H2SO4，在100 mL含等物质的量的HBr和H2SO3的溶液中通入0.025 mol Cl2，有一半Br－变为Br2。则原溶液中HBr和H2SO3的浓度都等于( )
A. 0.16 mol·L－1 B. 0.02 mol·L－1
C. 0.20 mol·L－1 D. 0.25 mol·L－1
【答案】C
【解析】分析：Br2能氧化H2SO3，向含有HBr和H2SO3的溶液里通入氯气，氯气先和亚硫酸反应生成硫酸，然后氯气再和溴离子反应生成溴单质，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算原溶液中HBr和H2SO3的浓度，以此来解答。
详解：设亚硫酸和溴化氢的物质的量都为xmol，氯气和溴化氢、亚硫酸反应的方程式分别为：Cl2+2HBr=Br2+2HCl、Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl，由方程式知，反应中氯元素得电子的物质的量为0.025mol×2=0.05mol；硫元素失电子的物质的量为xmol×（6-4）=2xmol，溴元素失电子的物质的量为xmol×1×0.5=0.5xmol，由氧化还原反应中得失电子数相等可知0.05mol=2xmol+0.5xmol，解得x=0.02，所以原溶液中HBr和H2SO3的浓度都为0.02mol÷0.1L=0.2mol/L，答案选C。
点睛：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应及氧化的先后顺序、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。
11. 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)，其主要反应为
①4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2
②2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O
下列说法中正确的是( )
A. 反应①和②均为氧化还原反应
B. 反应①，转移4 mol电子时，被氧化的为O2为1mol
C. 反应①的氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3
D. 生成1 mol Na2Cr2O7时共转移5 mol电子
【答案】C
【解析】分析：A、化学反应中有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，没有化合价变化的化学反应不是氧化还原反应；
B、根据元素化合价变化判断；
C、得电子化合价降低的物质是氧化剂，失电子化合价升高的物质是还原剂；
D、反应只有O元素的化合价降低，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，由方程式可知计算Na2CrO4与转移电子数，再换算为生成1mol的Na2Cr2O7时转移电子数。
详解：A、反应①中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而反应②中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，A错误；
B、反应①的氧气中氧元素得电子化合价降低，发生得到电子的还原反应，氧气被还原，B错误；
C、反应①的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，C正确；
D、由方程式4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2转移电子可知，生成1molNa2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为7/8 mol，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7/8 mol×4=3.5mol，所以反应①中每生成1molNa2CrO4时电子转移3.5mol，反应②不是氧化还原反应，所以生成1molNa2Cr2O7时转移7mol电子，D错误；答案选C。
12. 下列关于离子的检验方法一定正确的是（ ）
A. 向某溶液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则滴加足量稀HNO3，若有沉淀不溶解，则说明原溶液中一定含Ag+
B. 向某溶液中滴加足量稀HCl，产生气体使澄清石灰水变浑浊，则说明原溶液中一定含CO32-
C. 向某溶液中滴加KSCN溶液，若出现红色则说明原溶液中含Fe3+
D. 用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧直接观察火焰颜色未见紫色，则说明原溶液中不含K+
【答案】C
【解析】分析：A、Ag+的检验要排除Ba2+的干扰；
B、能使澄清石灰水变浑浊的不一定是二氧化碳；
C、可用KSCN溶液检验溶液中是否含有Fe3+；
D、K+的焰色反应要通过蓝色钴玻璃观察，以便滤去黄色光，避免干扰。
详解：A、溶液中滴加BaCl2溶液有白色沉淀，可能为AgCl沉淀，也可能为BaSO4沉淀，二者都不溶于稀稀HNO3，则说明原溶液中不一定含Ag+，A错误。
B、CO32-和HCO3-都能与HCl反应生成CO2气体，不能判断出是否含有CO32-，应该用BaCl2或CaCl2来检验CO32-，且生成的气体也可能是二氧化硫，B错误。
C、可用KSCN溶液检验溶液中是否含有Fe3+，二者反应溶液颜色变为红色，为Fe3+的特征反应，C正确。
D、实验室检验K+的存在用焰色反应，可以观察到紫色火焰，但要通过蓝色钴玻璃观察，以便滤去黄色光，避免干扰。D错误。答案选C。
点睛：本题考查离子的检验，做题时要注意排除其他离子的干扰，注重基础知识的积累，明确常见离子的检验方法是解答的关键。
13. 下列物质的用途不正确的是( )
①Ca(ClO)2是84消毒液的有效成分 ②Fe2O3可用作红色涂料
③氢氧化铁胶体能用于净水和杀菌消毒 ④液氨可用作制冷剂
⑤Na2O2可用作潜水艇的供氧剂 ⑥H2O2可用作绿色氧化剂
⑦二氧化硫可用来漂白馒头 ⑧钠失火后可用二氧化碳作灭火剂
A. ①③⑦⑧ B. ①②⑦⑧ C. ①③④⑤ D. ②③⑤⑦
【答案】A
【解析】①84消毒液的有效成分是NaClO，Ca(ClO)2是漂白粉的有效成分，故①错误；②氧化铁是红色氧化物，常用作红色涂料和油漆，故②正确；③氢氧化铁胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮杂质，但氢氧化铁不具有氧化性，不能用于杀菌消毒，故③错误；④液氨汽化时吸收大量的热，使周围环境温度降低，所以液氨可用作制冷剂，故④正确；⑤过氧化钠可以和二氧化碳、水反应生成氧气，用作潜水艇的供氧剂，故⑤正确；⑥H2O2作氧化剂时生成的产物是水，对环境无污染，是一种绿色氧化剂，故⑥正确，⑦二氧化硫具有漂白性，可以用来漂白纸浆等，但二氧化硫有毒，不能用于漂白食品，故⑦错误；⑧钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，会使钠燃烧更旺，所以钠失火后不能用二氧化碳作灭火剂，故⑧错误；综上所述，错误的是①③⑦⑧，答案选A。
14. 下列混合物分离(或除杂) 的方法正确的是( )
A. 除去Mg粉中的Al 粉：加入足量NaOH溶液后，过滤、洗涤
B. 除去BaCO3固体中混有的BaSO4：加过量盐酸后，过滤、洗涤
C. 除去NaHCO3溶液中的Na2CO3：加适量稀盐酸
D. 除去Al2O3中的少量Fe2O3：加入过量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤
【答案】A
【解析】A，Mg与NaOH溶液不反应，Al与NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2和H2，除去Mg粉中的Al粉：加入足量NaOH溶液后，过滤、洗涤，A项正确；B，加入盐酸会将BaCO3溶解，BaSO4不溶于盐酸，B项错误；C，加入适量盐酸可能发生的反应有Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，一方面盐酸的量难以控制，另一方面引入新杂质NaCl，同时NaHCO3可能减少，C项错误；D，加入过量NaOH会将Al2O3溶解转化为NaAlO2，Fe2O3与NaOH溶液不反应，不能将杂质除去，D项错误；答案选A。
点睛：本题考查物质的分离提纯，物质的分离提纯的原则是：（1）不引入新杂质（如C项引入新杂质）；（2）不减少被提纯物质（如B、D项减少了被提纯物质）；（3）所加除杂试剂要过量；（4）过量除杂试剂必须除去；（5）被提纯物质与杂质易分离。
15. FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是( )
A. 加入KSCN溶液一定不变血红色 B. 溶液中一定含Fe2+
C. 溶液中一定含Cu2+ D. 剩余固体中一定含铜
【答案】C
点睛：根据FeCl3、CuCl2的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分。
16. 高铁酸钠(Na2FeO4)是一种高效的饮用水处理剂，工业上可由下列方法制得：Fe2O3+3Na2O22Na2FeO4+Na2O，关于该反应说法正确的是( )
A. Fe2O3可以通过铁丝在氧气中燃烧制得
B. 反应中Na2O2是氧化剂
C. 生成1 mol Na2FeO4，有6 mol电子转移
D. 在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能消毒杀菌，又能在处理水时产生胶体净水
【答案】B
【解析】A、铁在氧气中燃烧中生成Fe3O4，故A错误；B、Na2O2中O显－1价，根据反应方程式，Na2O2中O由－1价转变成0价，故Na2O2作氧化剂，故B正确；C、Fe元素的化合价由＋3价→＋6价，因此生成1molNa2FeO4转移电子物质的量为1×(6－3)mol=3mol，故C错误；D、Na2FeO4中Fe显＋6价，具有强氧化性，能消毒杀菌，其还原产物是Fe3＋，Fe3＋水解成氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮颗粒，胶体聚沉，达到净水的目的，故D错误。
17. 下列实验结果与图像不相符的是( )
A. 向含有盐酸、氯化镁和氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量
B. 向澄清石灰水中通入二氧化碳气体直至过量
C. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量
D. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氨水直至过量
【答案】A
【解析】A. 向含有盐酸、氯化镁和氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量，开始没有沉淀产生，图像不符合，A正确；B. 向澄清石灰水中通入二氧化碳气体直至过量，开始生成碳酸钙沉淀，然后碳酸钙溶解转化为碳酸氢钙，图像符合，B错误；C. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量，发生的反应为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－===AlO2－＋2H2O，图像符合，C错误；D. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氨水直至过量生成氢氧化铝沉淀，氨水不能溶解氢氧化铝，图像符合，D错误，答案选A。
点睛：掌握物质的性质、发生的化学反应是解答的关键，关于图像的分析一般需要从三个角度判断，即点、线、面。①面：弄清纵、横坐标的含义。②线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。③点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。
18. 洁厕灵和84消毒液混合使用会发生反应： NaClO+2HCl===NaCl+Cl2↑+H2O，生成有毒的氯气。下列说法正确的是( )
A. 每生成1mol氯气，转移的电子数为2NA
B. 1 mol NaCl含有的电子数为28NA
C. 1L0.2mol/ L NaClO溶液中含有的次氯酸根离子数为0.2NA
D. 标准状况下，将22.4L HCl溶解在0.5L水中，形成2mol/L的盐酸
【答案】B
【解析】反应NaClO+2HCl===NaCl+Cl2↑+H2O中NaClO的氯元素由+1价为为0价，被还原，作氧化剂；HCl中部分氯元素由-1价变为0价，被氧化， 作还原剂，另一部分化合价不变，起酸性作用。A. 每生成1mol氯气，转移的电子数为NA，选项A错误；B. 1 mol NaCl含有的电子数为28NA，选项B正确；C.由于次氯酸根离子水解，故 1L0.2mol/ L NaClO溶液中含有的次氯酸根离子数小于0.2NA，选项C错误；D. 标准状况下，将22.4L HCl溶解在0.5L水中，溶液的体积不一定为0.5L，形成盐酸的浓度不一定为2mol/L ，选项D错误。答案选B。
19. 通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。下列实验操作、现象和解释或结论不正确的有( )
序号
实验操作
实验现象
解释或结论
①
用大理石和稀硝酸反应制取CO2气体，将制得的气体立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中
出现白色沉淀
H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强
②
向某溶液中加入浓NaOH溶液后微热，用蓝色石蕊试纸检验产生的气体
放出刺激性气味气体且试纸变红
原溶液中一定含有NH4+
③
少量铝热剂（只有一种金属氧化物）溶于足量稀盐酸后，分两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液
出现蓝色沉淀和血红色
铝热剂中可能含有Fe3O4
④
向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体再通入品红溶液
品红溶液褪色
该钾盐为K2SO3与KHSO3至少有一种
⑤
用pH试纸测量饱和新制氯水的pH
pH试纸先变为红色后褪色
饱和新制氯水呈酸性且Cl2具有漂白性
A. ①②④⑤ B. ②③④⑤ C. ①②④ D. ①②③⑤
【答案】A
【解析】①用大理石和稀硝酸反应制取CO2气体，由于硝酸易挥发，生成的CO2气体中含有一定量的硝酸，将制得的气体立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀，无法说明一定是H2CO3与反应Na2SiO3，所以无法证明H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强，①的结论不正确；②向某溶液中加入浓NaOH溶液后微热，用红色石蕊试纸检验产生的气体，放出刺激性气味气体且试纸变蓝，原溶液中一定含有NH4+，②不正确；③少量铝热剂（只有一种金属氧化物）溶于足量稀盐酸后，分两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液出现蓝色沉淀和血红色，说明溶液中有Fe2+和Fe3+，由于铝热剂中的铝粉可以把Fe3+还原为Fe2+，所以铝热剂中铁的氧化物可能是Fe2O3或Fe3O4，③正确；④向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体再通入品红溶液，品红溶液褪色，说明该气体的水溶液有漂白性，但是不能确定是二氧化硫还是氯气，④不正确；⑤用pH试纸测量饱和新制氯水的pH，pH试纸先变为红色后褪色，说明饱和新制氯水有酸性和漂白性，但是不能确定是哪种物质有漂白性，⑤不正确。综上所述，本题选A。
20. 某溶液中可能含有K+、 Na+、 Mg2+、 NH4+、 Fe2+、Br-、 CO32-、SO42-、SO32-中的若干种离子。某同学做了如下实验：
① 取少量溶液，滴加足量氯水，有气泡产生且溶液颜色变成黄色
② 另取少量溶液，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，无沉淀生成
③ 蘸取原溶液，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色。
为进一步确定该溶液的组成，无需进行的实验是（ ）
A. 上述实验③不透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色
B. 取少量溶液，滴加氯水和CCl4振荡、静置
C. 取少量溶液，滴加适量的稀硫酸和品红溶液
D. 取少量溶液，滴加适量的NaOH浓溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体
【答案】B
【解析】①滴加足量氯水，有气泡产生，则溶液中含有CO32-，因此溶液不可能含有Mg2+和Fe2+，则溶液颜色变成黄色，可证明是Br-被氯水氧化为Br2所致，即溶液中含有Br -，②加盐酸酸化的氯化钡溶液，无沉淀生成，则不含SO42-，实验③说明含有K+，由此可知，需要进一步检验 Na+、NH4+和SO32-。A、不透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，可以确定是否含有 Na+，即A需要；B滴加氯水和CCl4,振荡、静置，是利用萃取的方法检验是否含有Br-的，但实验①可以确定含有Br-，所以B不需要；C、滴加适量的稀硫酸和品红溶液，用于检验是否含有SO32-，故C需要；D、加NaOH浓溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，可以确定是否含有NH4+，故D也需要。所以本题正确答案为B。
21. 向m g镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体b L。向反应后的溶液中加入c mol/L氢氧化钾溶液V mL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为n g。再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体p g。则下列关系不正确的是（ ）
A. n＝17Vc＋m B. 5m/3＜p＜17m/9 C. p＝m+cV/125 D. c=1000b/11.2V
【答案】A
【解析】反应化学方程式为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑、2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑、MgSO4+2KOH=Mg(OH)2↓+K2SO4、Al2(SO4)3+6KOH=2Al(OH)3↓+3K2SO4、Mg(OH)2MgO+H2O；2Al(OH)3Al2O3+3H2O。A．得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和，即n=m+17×c×V/1000=m+17Vc/1000，A错误；B．氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若mg全是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为p=40m/24=5m/3；若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p=；得到的固体质量介于二者之间，即：5m/3＜p＜17m/9，B正确；C．p为生成的氧化物的质量，1molMg可结合1molO，2molAl结合3molO，因此生成沉淀的质量等于镁和铝的质量之和加氧元素的质量，而结合氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半；根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的NaOH的物质的量的一半，即生成氢气的物质的量为：c×V×10−3/2，则p=16×c×V×10−3/2+m=m+cV/125，C正确；D．根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，即b=22.4L/mol×c×V×10−3/2，整理得c=1000b/11.2V，D正确；答案选A。
22. 某同学设计用下图的装置制备少量的AlCl3(易水解)。下列说法错误的是（ ）
A. B装置中所装试剂为饱和的NaCl溶液，其作用是除去氯气中的HCl
B. 装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人E中
C. 用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，所得氯气可以制取26.7gAlCl3
D. 实验过程中应先点燃A处的酒精灯，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯
【答案】C
【解析】实验室是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，含有杂质气体氯化氢和水蒸气，氯化氢及易溶于水，而氯气在饱和食盐水中溶解度很小，因此B装置中所装试剂为饱和的NaCl溶液,其作用是除去氯气中的HCl，A正确；因为AlCl3易水解，所以铝和氯气反应必须在干燥的环境下进行，因此装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人E中，B正确；用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，由于浓盐酸不断消耗，变为稀盐酸，与二氧化锰不反应，所以50mL12mol/L的盐酸产生氯气的量小于0.15mol，因此氯气与铝反应生成氯化铝的量少于0.1 mol，质量小于13.35g，C错误；实验过程中应先点燃A处的酒精灯，反应产生氯气，利用氯气排净装置内的空气，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯，反应进行，D正确；正确选项C。
点睛：实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，若用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，产生氯气的量小于0.15 mol，若是 0.15 molMnO2足量的12mol/L的盐酸反应，可以生成氯气0.15 mol，因为浓盐酸与二氧化锰加热反应，而稀盐酸与二氧化锰加热也不反应。
23. 向溶质为FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，则下列叙述不正确的是 ( )
A. 原溶液中的Br－不一定被氧化
B. 通入氯气之后原溶液中的Fe2＋一定被氧化
C. 不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2＋
D. 若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，能产生黄色沉淀
【答案】D
【解析】还原性:，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明部分或全部被氧化，可能被氧化，A正确；向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明部分或全部被氧化，B正确；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在，C正确；如被氧化生成，则萃取后加入硝酸银,没有黄色沉淀生成，D错误；正确选项D。
点睛：还原性:，所以向溶质为FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，碘离子氧化完全后，亚铁离子才能被氧化，亚铁离子氧化完全后，溴离子才能被氧化；此题的解题思路一定要注意三种离子的还原性顺序，才能正确解决问题。
24. 若甲为100 mL、2 mol·L-1的AlCl3溶液，乙为100 mL、7mol·L-1的NaOH溶液，分别按以下两种步骤：将甲逐滴加入乙中；将乙逐滴加入甲中（边滴边振荡）完全混合后，对现象和结论的判断正确的是（ ）
A. 滴加过程中，两者的现象不同，最终产生的沉淀量相同
B. 滴加过程中，两者的现象不同，最终产生的沉淀量不同
C. 滴加过程中，两者的现象相同，最终产生的沉淀量相同
D. 滴加过程中，两者的现象相同，最终产生的沉淀量不同
【答案】A
【解析】分析：将NaOH溶液逐滴加入AlCl3溶液中，发生：Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，将AlCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中，分别发生：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓，以此进行判断。
详解：100mL 7mol•L-1NaOH溶液中n（NaOH）=0.7mol，100mL 2mol•L-1的AlCl3溶液中n（AlCl3）=0.2mol，则①将甲逐滴加入乙中，即AlCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中，分别发生：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓，先没有沉淀后出现沉淀，根据方程式计算的沉淀的物质的量为：0.1mol；
②将乙逐滴加入甲中，即NaOH溶液逐滴加入AlCl3溶液中，发生：Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，现象为先观察到白色沉淀后沉淀溶解，即根据方程式计算的生成沉淀的物质的量为：0.1mol；所以二者现象不同，沉淀质量相等。答案选A。
第Ⅱ卷（非选择题共52分）
25. （1）有以下几种物质①干燥的食盐晶体 ②液态氯化氢 ③Cu ④蔗糖 ⑤NH3 ⑥KNO3溶液 ⑦CO2 ⑧熔融的KCl ⑨石墨。填空回答（填序号）：以上物质中能导电的是______________；属于电解质的是__________；属于非电解质的是______________；
（2）用“双线桥”表示出反应中电子转移的方向和数目：KIO3＋5KI＋3H2SO4＝3K2SO4＋3I2＋3H2O_______
（3）铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐为重要化合物。高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为________________。
【答案】 (1). ③⑥⑧⑨ (2). ①②⑧ (3). ④⑤⑦ (4). (5). 2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO42－＋3Cl－＋5H2O
【解析】分析：（1）根据电解质与非电解质的概念判断；含有自由移动电子或离子的物质可以导电；
（2）根据元素的化合价变化结合电子得失守恒判断；
（3）根据元素的化合价变化结合电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒书写。
详解：（1）电解质是在水溶液里或熔化状态下能够自身电离出离子的化合物的化合物，属于电解质的是干燥的食盐晶体、液态氯化氢、熔融的KCl；非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能自身电离出离子的化合物，属于非电解质的是蔗糖、NH3、CO2；能导电的是金属铜、硝酸钾溶液、熔融的KCl和石墨；
（2）碘酸钾中碘元素化合价从+5价降低到0价，碘化钾中碘元素化合价从－1价升高都0价，则根据电子得失守恒可知用“双线桥”表示出反应中电子转移的方向和数目为。
（3）铁元素化合价从+3价升高到+6价，氯元素化合价从+1价降低到－1价，所以根据电子得失守恒可知其反应的离子方程式为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO42－＋3Cl－＋5H2O。
26. 磷的单质和化合物都是重要的化工产品。查阅资料可知：亚磷酸(H3PO3)、次磷酸(H3PO2)以及它们的盐都有较强的还原性，可用于化学镀银或镀镍。亚磷酸是中强酸，它与足量的NaOH溶液反应生成 Na2HPO3。试回答下列问题：
（1）Na2HPO3中P的化合价为____。
（2）Na2HPO3是____(填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液的pH____(填“>”、“=”或“<”)7。
（3）次磷酸钠(NaH2PO2)可用于化学镀镍。镀镍溶液中含Ni2+和H2PO2－，在酸性条件下发生下述反应： Ni2++ H2PO2－+ ＝ Ni+ H2PO3－+_____。
①请配平化学方程式___。
②依据化学方程式，反应消耗6 mol H2PO2－时，转移电子数为_____。
【答案】 (1). +3 (2). 正盐 (3). > (4). Ni2++H2PO2-+H2O＝Ni+H2PO3-+2H+ (5). 12NA
【解析】分析：（1）结合化合价代数和为0判断；
（2）由题给信息“亚磷酸是中强酸，它与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3”可知Na2HPO3为正盐，水解呈碱性；
（3）根据氧化还原反应中化合价变化及质量守恒定律判断反应物和生成物，并配平反应方程式；结合元素化合价的变化计算．
详解：（1）Na2HPO3中Na元素化合价为+1价，H为+1价，O为-2价，由化合价代数和为0可知P元素化合价为+3价；
（2）由题给信息“亚磷酸是中强酸，它与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3”可知Na2HPO3为正盐，酸根水解溶液呈碱性，pH＞7；
（3）①由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，所以根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：Ni2++H2PO2-+H2O＝Ni+H2PO3-+2H+；
②反应中P元素化合价从+1价升高到+3价，失去2个电子，则当消耗6mol H2PO2-时，转移电子数为12NA。
27. 某无色溶液，由Na+、Ba2+、Al3+、Cl-、AlO2-、MnO4-、CO32-、SO42-中的若干离子组成，将溶液平均分为两份置于两支试管：
①取其中一支试管，加入过量HCl．有气体生成，并得到溶液；
②在①所得溶液中加入HNO3酸化的AgNO3，出现白色沉淀；
③取另一支试管，先加入过量的HCl酸化，再加入过量的NaHCO3溶液，有气体生成同时析出白色沉淀甲，甲的质量为3.9g；
④在③所得溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，有白色沉淀乙析出．
根据上述实验完成下列问题：
（1）溶液中一定不存在的离子是_______________；
（2）一定存在的离子是_______________；
（3）判断沉淀乙成分的方法是_________________________________________；
（4）写出有关反应的离子方程式．实验①：______________________________；_____________________________________________；
（5）通过实验③可知溶液中存在的离子为_________，原溶液中该离子的物质的量为_________。
【答案】 (1). Ba2+，Al3+，MnO4- (2). Na+、AlO2-、CO32- (3). 向沉淀中加入过量HCl，全部溶解沉淀为碳酸钡，部分溶解沉淀为碳酸钡与硫酸钡的混合物 (4). CO32-+2H+=CO2↑+H2O (5). AlO2-+4H+=Al3++2H2O (6). AlO2- (7). 0.05mol
【解析】分析：无色溶液中一定不含MnO4-；①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到溶液，说明一定含CO32-、CO32-与Ba2+、Al3+反应产生沉淀，一定不含Ba2+，Al3+；②在①所得溶液中加入HNO3酸化的AgNO3，出现白色沉淀，由于①中引入氯离子，故不能判断此溶液中一定含有Cl-；③取另一支试管，先加入过量的HCl酸化，再加入过量的NaHCO3溶液，有气体生成同时析出白色沉淀甲，甲的质量为3.9g，说明溶液中一定含有AlO2-，沉淀甲为氢氧化铝，且物质的量为0.05mol；④在③所得溶液中加入过量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀乙析出，氢氧化钡和过量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钡沉淀，或者与原溶液中的硫酸根生成硫酸钡沉淀，依据电中性原则得出，溶液中一定含有：Na+，据此解答即可。
详解：（1）根据以上分析可知溶液中一定不存在的离子是Ba2+、Al3+、MnO4-；
（2）依据分析可知：一定存在的是Na+、AlO2-、CO32-；
（3）根据碳酸钡能溶于酸，硫酸钡不溶于酸判断，即向沉淀中加入过量HCl，沉淀全部溶解为碳酸钡，沉淀部分溶解为碳酸钡与硫酸钡的混合物；
（4）碳酸根与氢离子反应生成二氧化碳气体与水，偏铝酸根与氢离子反应生成铝离子和水，离子反应方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O、AlO2-+4H+=Al3++2H2O；
（5）依据分析可知：溶液中一定含有AlO2-，3.9g氢氧化铝的物质的量为3.9g÷78g/mol=0.05mol，则原溶液中含AlO2-物质的量为0.05mol。
28. 甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究。向A中通入氯气至过量，观察A中，发现溶液先呈红色，然后变为黄色。
（1）B中反应的离子方程式是________________________________________________。
（2）为了探究A中溶液由红色变为黄色的原因，甲同学进行如下实验。取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在__________________。
（3）资料显示：SCN -的电子式为 。甲同学猜想SCN―可能被Cl2氧化了，他进行了如下研究。①取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液， 产生白色沉淀，由此证明SCN―中被氧化的元素是__________________。
②甲同学通过实验证明了SCN―中氮元素转化为NO3― ，已知SCN―中碳元素没有被氧化，若SCN―与Cl2反应生成0.5mol CO2，则转移电子的物质的量是_______________mol。
【答案】 (1). Cl2+2OH―＝Cl―+ClO―+H2O (2). Fe3+ (3). 硫元素 (4). 8mol
详解：（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式为Cl2+2OH―＝Cl―+ClO―+H2O；
（2）A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+；
（3）①加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN-中硫显-2价，所以被氧化的元素为硫元素；
②SCN-与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的化学方程式为：SCN-+8Cl2+9H2O=NO3-+SO42-+CO2+Cl-+18H+，此反应中电子转移数目为16，即由方程式可知每生成0.5mol二氧化碳要转移8mol电子。
29. A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子最外层电子数是其内层电子数的2.5倍，B元素是地壳中含量最高的元素，C元素的最高化合价和最低化合价的代数和等于0，D元素的单质可用于自来水消毒杀菌，E元素位于周期表的ⅥB族，F的基态原子中有4个未成对电子。
（1）A元素单质的结构式为___________；B元素原子中的未成对电子数为_______________________。
（2）在A的氢化物A2H4分子中，A原子轨道的杂化类型是______；A与B形成的AB2-的空间构型为___________________________。
（3）A、B、C三种元素的第一电离能从大到小的顺序为_______________(用元素符号表示)。
（4）基态F3+的核外电子排布式是_____________________；F3+与SCN-络合得到多种配合物，其中配位数为5的配合物的化学式为__________________；化合物FD3是棕色固体、易潮解，100℃左右时升华，FD3的晶体类型是__________________________。
（5）铁在不同温度范围有不同的晶体结构。室温下铁是简单立方，称为α铁(α-Fe)。当温度升高到912℃，α铁转变为面心立方，称为γ铁(γ-Fe)。当温度继续升高到1394 ℃，γ铁转变为体心立方。称为δ铁(δ-Fe)。
①γ铁晶体中铁原子配位数是____________________。
②δ铁晶体密度为dg·cm-3，则其晶胞参数(边长)为__________cm(阿伏加德罗常数用NA表示)。
【答案】 (1). N≡N (2). 2 (3). sp3 (4). V形（或：平面三角型） (5). N>O>Si (6). 1s22s22p63s23p63d5（或：[Ar]3d5） (7). K2Fe(SCN)5 (8). 分子晶体 (9). 12 (10).
【解析】分析：A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子最外层电子数是其内层电子数的2.5倍，则A为N，B元素是地壳中含量最高的元素，为O，C元素的最高化合价和最低化合价的代数和等于0，为第四主族元素，结合原子序数大小可知为Si，D元素的单质可用于自来水消毒杀菌，则D为Cl，E元素位于周期表的ⅥB族，则E为Cr，F的基态原子中有4个未成对电子，则F为Fe，结合原子结构特点及元素性质解答。
详解：依据上述分析可知A、B、C、D、E、F元素依次为：N，O，Si，Cl，Cr，Fe。则
（1）A元素单质为氮气，氮气分子内存在1个氮氮三键，结构式为N≡N；B元素为氧元素，O原子中的未成对电子数有2个；
（2）A2H4分子为N2H4，N2H4分子中氮原子的价层电子对=3+1=4，含有一个孤电子对，N原子轨道的杂化类型是sp3，A与B形成的NO2-离子中孤对电子数为：（6-2×2）/2=1，因此分子空间构型是V型；
（3）同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C，同一主族从上到下第一电离能逐渐增大，则第一电离能：C＞Si，则N、O、Si的第一电离能大小为：N＞O＞Si；
（4）Fe3+的3d轨道含有5个电子，则铁离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5），FeCl3溶液与KSCN溶液混合，得到含多种配合物的红色溶液，其中配位数为5的配合物的化学式是K2Fe(SCN)5；化合物FD3即FeCl3是棕色固体、易潮解、100℃左右时升华，熔沸点低，属于分子晶体；
（5）①γ铁晶体中与顶点铁原子最近的位于面心处，因此铁原子配位数是12。
②δ铁晶体含有的铁原子个数是8×1/2+1＝2，密度为dg·cm-3，则，因此其晶胞参数(边长)为cm(阿伏加德罗常数用NA表示)。
点睛：本题主要是物质结构与元素性质的考查，涉及核外电子排布、轨道杂化类型判断、晶体类型与性质、配合物、晶胞计算等，依据题干信息准确推断出元素名称，熟悉相关原子结构是解题关键，难点是晶胞的分析与计算，注意均摊法的灵活应用。
河北省邢台市第一中学2017-2018学年高二下学期第三次月考化学试题
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N：14 O:16 Ca：40 Al:27
一、选择题：（每小题只有一个最佳选项。每小题2分，共48分）
1. 下列说法正确的是( )
A. 碳酸钠可用于治疗胃酸过多、制备食品发酵剂
B. 铝的钝化、煤的气化、漂白粉杀菌消毒过程均有化学反应发生
C. 福尔马林、漂白粉、胆矾均为混合物
D. 日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒
【答案】B
【解析】分析：A.碳酸钠腐蚀性强；
B.有新物质产生的变化是化学变化；
C.由两种或两种以上物质组成的是混合物；
D.75%的酒精常用于杀菌消毒。
详解：A. 碳酸钠具有较强的腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，A错误；
B. 铝的钝化、煤的气化、漂白粉杀菌消毒过程均有新物质生成，因此都有化学反应发生，B正确；
C. 福尔马林是甲醛的水溶液，漂白粉是次氯酸钙和氯化钙组成的混合物，胆矾是带有5个结晶水的硫酸铜，属于纯净物，C错误；
D. 日常生活中75%的酒精用来杀菌消毒，无水乙醇不能用于杀菌消毒，D错误。答案选B。
2. 若NA表示阿伏加德罗常数，下列有关叙述错误的是( )
A. 一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NA
B. 1 mol Na与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为NA个
C. 16 g CH4与18 g NH4+ 所含电子数均为10NA
D. 溶液中含氯化铁1mol，完全转化为氢氧化铁胶体后，胶粒数为NA
【答案】D
【解析】分析：A.反应属于可逆反应；
B.钠在反应中只能失去1个电子；
C.甲烷和铵根均是10电子微粒；
D.胶体是大分子的集合体。
详解：A. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NA，A正确；
B. 钠在反应中只能失去1个电子，因此1 mol Na与O2完全反应，不论生成氧化钠还是过氧化钠还是二者的混合物，转移电子总数为NA个，B正确；
C. 16 g CH4与18 g NH4+均是1mol，所含电子数均为10NA，C正确；
D. 由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此溶液中含氯化铁1mol，完全转化为氢氧化铁胶体后，胶粒数小于NA，D错误。答案选D。
3. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )
A. 用白醋除铁锈：Fe2O3＋6H＋==3H2O＋2Fe3＋
B. 向NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液并加热：Ba2＋＋2OH－＋NH4＋＋HCO3－NH3↑＋2H2O＋BaCO3↓
C. 氯化亚铁溶液在空气中慢慢滴入过量氨水，产生白色沉淀：Fe2++2NH3•H2O＝Fe(OH)2↓+2NH4+
D. NH4HS溶液与少量的NaOH溶液反应：NH4++OH－=NH3·H2O
【答案】B
【解析】分析：A.醋酸是弱电解质；
B.氢氧化钡过量，碳酸氢铵全部反应；
C.根据氢氧化亚铁易被氧化分析；
D.氢氧化钠不足，HS－首先反应。
详解：A. 醋酸难电离，用白醋除铁锈：Fe2O3＋6CH3COOH＝3H2O＋2Fe3++6CH3COO－，A错误；
B. 向NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液并加热生成碳酸钡、氨气和水：Ba2＋＋2OH－＋NH4＋＋HCO3－NH3↑＋2H2O＋BaCO3↓，B正确；
C. 氯化亚铁溶液在空气中慢慢滴入过量氨水，先产生白色沉淀，然后迅速转化为灰绿色，最后转化为红棕色，C错误；
D. 硫氢根离子结合氢氧根的能力强于铵根，则NH4HS溶液与少量的NaOH溶液反应：HS－+OH－=S2－+H2O，D错误。答案选B。
点睛：明确物质的性质、发生的化学反应是解答的基础，解答的关键是准确判断出反应的先后顺序。注意氨水作为反应物写NH3·H2O；作为生成物，若有加热条件或浓度很大时，可写NH3(标↑号)，若是稀溶液且不加热时，可写NH3·H2O。
4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 0. 1mol·L-1NaOH 溶液： K＋、Na＋、SO42－ 、CO32－
B. 0. 1mol·L-1Na2CO3 溶液： K＋、Ba2＋、NO3－ 、Cl－
C. 0. 1mol·L-1FeCl3 溶液： K＋、NH4+ 、I－、SCN－
D. c(H＋)/c(OH－)= 1*1014的溶液： Ca2＋、Na＋、ClO－、NO3－
【答案】A
【解析】试题分析：A．NaOH与K+，Na+、SO42-，CO32-均不反应，故可以共存，故A正确；B．CO32-能和Ba2+生成碳酸钡沉淀，故不能共存，故B错误；C．Fe3+能和I-发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质、Fe3+能和SCN-发生络合反应而不能共存，故C错误；D．=1×1014的溶液中，C(H+)＞C(OH-)，溶液显酸性，含大量H+能和ClO-反应生成弱电解质而不能共存，故D错误；故选A。
【考点定位】考查离子共存
【名师点晴】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
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5. 同温同压下，分别用等质量的H2、CO、CO2、NH3四种气体吹起四个气球，其中由H2吹起的是( )
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】气体的物质的量n=m/M，在同温同压下，气体摩尔体积相同，气体的体积V=n•Vm，即V=m/M·Vm可知，摩尔质量越大，体积越小。H2、CO、CO2、NH3的摩尔质量分别为2g/mol、28g/mol、44g/mol、17g/mol，H2的摩尔质量最小，故体积最大，答案选C。
点睛：本题考查了物质的量的计算，明确物质的量与气体摩尔体积、摩尔质量之间关系即可解答，注意阿伏加德罗定律的适用范围、条件等。
6. 三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)
B. 相同条件下，同质量的三种气体，气体密度最小的是X
C. 若一定条件下，三种气体体积均为2．24 L，则它们的物质的量一定均为0.1 mol
D. 同温下，体积相同的两容器分别充2g Y气体和lg Z气体，则其压强比为2：1
【答案】B
【解析】根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr（X）＜Mr（Y）＝0.5Mr（Z），即Mr（X）＜Mr（Y）＜Mr（Z），A、三种气体的原子组成不能确定，因此原子数目相等的三种气体中质量最大的不一定是Z，A错误；B、根据密度ρ＝M/Vm可知，气体处在相同的条件下，密度和相对分子质量成正比，三种气体中密度最小的是X，B正确；C、气体的物质的量n＝V/Vm，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24 L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，C错误；D、同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，由于Mr(Y)＝0.5Mr(Z)，所以2 g Y气体和1 g Z气体的物质的量之比是4：1，因此Y、Z气体所承受的压强比为4：1，D错误，答案选B。
点睛：本题涉及物质的量以及阿伏加德罗常数的计算等有关知识，注意阿伏加德罗定律的推论的使用是关键，注意气体摩尔体积和阿伏加德罗定律的适用范围和条件。
7. 2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素和双氢青蒿素治疗疟疾的新疗法而获得诺贝尔生理学或医学奖。双氢青蒿素的化学式为C15H24O5，相对分子质量为284。下面关于双氢青蒿素的说法正确的是( )
A. 1mol双氢青蒿素的质量为284g∙mol-1
B. 双氢青蒿素的摩尔质量等于它的相对分子质量
C. 14.2g双氢青蒿素中含有的原子总数为2.2NA
D. 含有6.02×1023个碳原子的双氢青蒿素的物质的量为1mol
【答案】C
【解析】试题分析：A．质量的单位是g，摩尔质量单位是g/mol，1mol双氢青蒿素的质量是284g，故A错误；B．摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，而不是摩尔质量就是相对分子质量，故B错误；C.14.2g双氢青蒿素的物质的量==0.05mol，每个分子中含有44个原子，根据N=nNA及分子构成计算原子总数=0.05mol×NA/mol×44=2.2NA，故C正确；D．每个分子中含有15个C原子，含有6.02×1023个碳原子的双氢青蒿素的物质的量=mol，故D错误；故选C。
考点：以双氢青蒿素为载体考查物质的量有关计算
8. 下列叙述不正确的是( )
A. 10 mL溶质质量分数为98%的H2SO4用10 mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%
B. 配制0.1 mol/L的Na2CO3溶液480 mL，需用500 mL 容量瓶
C. 将100 mL 2mol·L-1盐酸加热蒸发至50 mL，所得溶液的浓度为4 mol·L-1
D. 将10g CaO加入100mL饱和石灰水中，充分搅拌，静置并恢复到原来的温度，所得溶液的浓度不变
【答案】C
【解析】分析：A．浓硫酸的密度随浓度的增大而增大；
B．实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制；
C．根据盐酸易挥发分析；
D．溶液是饱和溶液，不能再溶解氢氧化钙。
详解：A．浓硫酸的密度大于水的密度，10 mL溶质质量分数为98%的H2SO4用10 mL水稀释后溶液质量小于原来的2倍，则稀释后H2SO4的质量分数大于49%，A正确；
B．实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制，B正确；
C．盐酸易挥发，蒸发时更易挥发，则将100 mL 2mol·L-1盐酸加热蒸发至50 mL，所得溶液的浓度小于4 mol·L-1，C错误；
D．将10g CaO加入100mL饱和石灰水中，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，溶剂减少，充分搅拌，静置并恢复到原来的温度，有氢氧化钙析出，因此所得溶液的浓度不变，D正确；答案选C。
点睛：本题考查溶液浓度计算、一定物质的量浓度溶液配制，注意理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系．注意实验室常用容量瓶的规格，题目难度不大。
9. Na2S2O3是重要的化工原料，用途很广，其还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成，常用作脱氯剂，主要用于治疗氰化物中毒。工业上可利用反应Na2CO3＋2Na2S＋4SO2===3Na2S2O3＋CO2制取Na2S2O3，下列说法正确的是( )
A. Na2S2O3只有还原性
B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
C. 每生成1 mol Na2S2O3，转移4×6.02×1023个电子
D. 标准状况下，每吸收4 mol SO2就会放出22.4 L CO2
【答案】D
【解析】分析：根据硫化钠中硫元素化合价升高，二氧化硫中硫元素化合价降低，结合氧化还原反应的有关概念和电子得失守恒判断与计算。
详解：A. Na2S2O3中硫元素化合价是+2价，处于中间价态，既有还原性，也有氧化性，A错误；
B. 硫化钠中硫元素从－2价升高到+2价，失去电子被氧化。二氧化硫中硫元素化合价从+4价降低到+2价，得到电子被还原，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，B错误；
C. 每生成3 mol Na2S2O3，转移8mol电子，则每生成1 mol Na2S2O3，转移8/3×6.02×1023个电子，C错误；
D. 根据方程式可知，每吸收4 mol SO2就会放出1mol二氧化碳，标准状况下体积为22.4 L，D正确，答案选D。
10. 已知：SO2＋Br2+2H2O===2HBr+ H2SO4，在100 mL含等物质的量的HBr和H2SO3的溶液中通入0.025 mol Cl2，有一半Br－变为Br2。则原溶液中HBr和H2SO3的浓度都等于( )
A. 0.16 mol·L－1 B. 0.02 mol·L－1
C. 0.20 mol·L－1 D. 0.25 mol·L－1
【答案】C
【解析】分析：Br2能氧化H2SO3，向含有HBr和H2SO3的溶液里通入氯气，氯气先和亚硫酸反应生成硫酸，然后氯气再和溴离子反应生成溴单质，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算原溶液中HBr和H2SO3的浓度，以此来解答。
详解：设亚硫酸和溴化氢的物质的量都为xmol，氯气和溴化氢、亚硫酸反应的方程式分别为：Cl2+2HBr=Br2+2HCl、Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl，由方程式知，反应中氯元素得电子的物质的量为0.025mol×2=0.05mol；硫元素失电子的物质的量为xmol×（6-4）=2xmol，溴元素失电子的物质的量为xmol×1×0.5=0.5xmol，由氧化还原反应中得失电子数相等可知0.05mol=2xmol+0.5xmol，解得x=0.02，所以原溶液中HBr和H2SO3的浓度都为0.02mol÷0.1L=0.2mol/L，答案选C。
点睛：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应及氧化的先后顺序、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。
11. 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)，其主要反应为
①4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2
②2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O
下列说法中正确的是( )
A. 反应①和②均为氧化还原反应
B. 反应①，转移4 mol电子时，被氧化的为O2为1mol
C. 反应①的氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3
D. 生成1 mol Na2Cr2O7时共转移5 mol电子
【答案】C
【解析】分析：A、化学反应中有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，没有化合价变化的化学反应不是氧化还原反应；
B、根据元素化合价变化判断；
C、得电子化合价降低的物质是氧化剂，失电子化合价升高的物质是还原剂；
D、反应只有O元素的化合价降低，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，由方程式可知计算Na2CrO4与转移电子数，再换算为生成1mol的Na2Cr2O7时转移电子数。
详解：A、反应①中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而反应②中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，A错误；
B、反应①的氧气中氧元素得电子化合价降低，发生得到电子的还原反应，氧气被还原，B错误；
C、反应①的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，C正确；
D、由方程式4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2转移电子可知，生成1molNa2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为7/8 mol，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7/8 mol×4=3.5mol，所以反应①中每生成1molNa2CrO4时电子转移3.5mol，反应②不是氧化还原反应，所以生成1molNa2Cr2O7时转移7mol电子，D错误；答案选C。
12. 下列关于离子的检验方法一定正确的是（ ）
A. 向某溶液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则滴加足量稀HNO3，若有沉淀不溶解，则说明原溶液中一定含Ag+
B. 向某溶液中滴加足量稀HCl，产生气体使澄清石灰水变浑浊，则说明原溶液中一定含CO32-
C. 向某溶液中滴加KSCN溶液，若出现红色则说明原溶液中含Fe3+
D. 用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧直接观察火焰颜色未见紫色，则说明原溶液中不含K+
【答案】C
【解析】分析：A、Ag+的检验要排除Ba2+的干扰；
B、能使澄清石灰水变浑浊的不一定是二氧化碳；
C、可用KSCN溶液检验溶液中是否含有Fe3+；
D、K+的焰色反应要通过蓝色钴玻璃观察，以便滤去黄色光，避免干扰。
详解：A、溶液中滴加BaCl2溶液有白色沉淀，可能为AgCl沉淀，也可能为BaSO4沉淀，二者都不溶于稀稀HNO3，则说明原溶液中不一定含Ag+，A错误。
B、CO32-和HCO3-都能与HCl反应生成CO2气体，不能判断出是否含有CO32-，应该用BaCl2或CaCl2来检验CO32-，且生成的气体也可能是二氧化硫，B错误。
C、可用KSCN溶液检验溶液中是否含有Fe3+，二者反应溶液颜色变为红色，为Fe3+的特征反应，C正确。
D、实验室检验K+的存在用焰色反应，可以观察到紫色火焰，但要通过蓝色钴玻璃观察，以便滤去黄色光，避免干扰。D错误。答案选C。
点睛：本题考查离子的检验，做题时要注意排除其他离子的干扰，注重基础知识的积累，明确常见离子的检验方法是解答的关键。
13. 下列物质的用途不正确的是( )
①Ca(ClO)2是84消毒液的有效成分 ②Fe2O3可用作红色涂料
③氢氧化铁胶体能用于净水和杀菌消毒 ④液氨可用作制冷剂
⑤Na2O2可用作潜水艇的供氧剂 ⑥H2O2可用作绿色氧化剂
⑦二氧化硫可用来漂白馒头 ⑧钠失火后可用二氧化碳作灭火剂
A. ①③⑦⑧ B. ①②⑦⑧ C. ①③④⑤ D. ②③⑤⑦
【答案】A
【解析】①84消毒液的有效成分是NaClO，Ca(ClO)2是漂白粉的有效成分，故①错误；②氧化铁是红色氧化物，常用作红色涂料和油漆，故②正确；③氢氧化铁胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮杂质，但氢氧化铁不具有氧化性，不能用于杀菌消毒，故③错误；④液氨汽化时吸收大量的热，使周围环境温度降低，所以液氨可用作制冷剂，故④正确；⑤过氧化钠可以和二氧化碳、水反应生成氧气，用作潜水艇的供氧剂，故⑤正确；⑥H2O2作氧化剂时生成的产物是水，对环境无污染，是一种绿色氧化剂，故⑥正确，⑦二氧化硫具有漂白性，可以用来漂白纸浆等，但二氧化硫有毒，不能用于漂白食品，故⑦错误；⑧钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，会使钠燃烧更旺，所以钠失火后不能用二氧化碳作灭火剂，故⑧错误；综上所述，错误的是①③⑦⑧，答案选A。
14. 下列混合物分离(或除杂) 的方法正确的是( )
A. 除去Mg粉中的Al 粉：加入足量NaOH溶液后，过滤、洗涤
B. 除去BaCO3固体中混有的BaSO4：加过量盐酸后，过滤、洗涤
C. 除去NaHCO3溶液中的Na2CO3：加适量稀盐酸
D. 除去Al2O3中的少量Fe2O3：加入过量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤
【答案】A
【解析】A，Mg与NaOH溶液不反应，Al与NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2和H2，除去Mg粉中的Al粉：加入足量NaOH溶液后，过滤、洗涤，A项正确；B，加入盐酸会将BaCO3溶解，BaSO4不溶于盐酸，B项错误；C，加入适量盐酸可能发生的反应有Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，一方面盐酸的量难以控制，另一方面引入新杂质NaCl，同时NaHCO3可能减少，C项错误；D，加入过量NaOH会将Al2O3溶解转化为NaAlO2，Fe2O3与NaOH溶液不反应，不能将杂质除去，D项错误；答案选A。
点睛：本题考查物质的分离提纯，物质的分离提纯的原则是：（1）不引入新杂质（如C项引入新杂质）；（2）不减少被提纯物质（如B、D项减少了被提纯物质）；（3）所加除杂试剂要过量；（4）过量除杂试剂必须除去；（5）被提纯物质与杂质易分离。
15. FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是( )
A. 加入KSCN溶液一定不变血红色 B. 溶液中一定含Fe2+
C. 溶液中一定含Cu2+ D. 剩余固体中一定含铜
【答案】C
点睛：根据FeCl3、CuCl2的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分。
16. 高铁酸钠(Na2FeO4)是一种高效的饮用水处理剂，工业上可由下列方法制得：Fe2O3+3Na2O22Na2FeO4+Na2O，关于该反应说法正确的是( )
A. Fe2O3可以通过铁丝在氧气中燃烧制得
B. 反应中Na2O2是氧化剂
C. 生成1 mol Na2FeO4，有6 mol电子转移
D. 在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能消毒杀菌，又能在处理水时产生胶体净水
【答案】B
【解析】A、铁在氧气中燃烧中生成Fe3O4，故A错误；B、Na2O2中O显－1价，根据反应方程式，Na2O2中O由－1价转变成0价，故Na2O2作氧化剂，故B正确；C、Fe元素的化合价由＋3价→＋6价，因此生成1molNa2FeO4转移电子物质的量为1×(6－3)mol=3mol，故C错误；D、Na2FeO4中Fe显＋6价，具有强氧化性，能消毒杀菌，其还原产物是Fe3＋，Fe3＋水解成氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮颗粒，胶体聚沉，达到净水的目的，故D错误。
17. 下列实验结果与图像不相符的是( )
A. 向含有盐酸、氯化镁和氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量
B. 向澄清石灰水中通入二氧化碳气体直至过量
C. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量
D. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氨水直至过量
【答案】A
【解析】A. 向含有盐酸、氯化镁和氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量，开始没有沉淀产生，图像不符合，A正确；B. 向澄清石灰水中通入二氧化碳气体直至过量，开始生成碳酸钙沉淀，然后碳酸钙溶解转化为碳酸氢钙，图像符合，B错误；C. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量，发生的反应为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－===AlO2－＋2H2O，图像符合，C错误；D. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氨水直至过量生成氢氧化铝沉淀，氨水不能溶解氢氧化铝，图像符合，D错误，答案选A。
点睛：掌握物质的性质、发生的化学反应是解答的关键，关于图像的分析一般需要从三个角度判断，即点、线、面。①面：弄清纵、横坐标的含义。②线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。③点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。
18. 洁厕灵和84消毒液混合使用会发生反应： NaClO+2HCl===NaCl+Cl2↑+H2O，生成有毒的氯气。下列说法正确的是( )
A. 每生成1mol氯气，转移的电子数为2NA
B. 1 mol NaCl含有的电子数为28NA
C. 1L0.2mol/ L NaClO溶液中含有的次氯酸根离子数为0.2NA
D. 标准状况下，将22.4L HCl溶解在0.5L水中，形成2mol/L的盐酸
【答案】B
【解析】反应NaClO+2HCl===NaCl+Cl2↑+H2O中NaClO的氯元素由+1价为为0价，被还原，作氧化剂；HCl中部分氯元素由-1价变为0价，被氧化， 作还原剂，另一部分化合价不变，起酸性作用。A. 每生成1mol氯气，转移的电子数为NA，选项A错误；B. 1 mol NaCl含有的电子数为28NA，选项B正确；C.由于次氯酸根离子水解，故 1L0.2mol/ L NaClO溶液中含有的次氯酸根离子数小于0.2NA，选项C错误；D. 标准状况下，将22.4L HCl溶解在0.5L水中，溶液的体积不一定为0.5L，形成盐酸的浓度不一定为2mol/L ，选项D错误。答案选B。
19. 通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。下列实验操作、现象和解释或结论不正确的有( )
序号
实验操作
实验现象
解释或结论
①
用大理石和稀硝酸反应制取CO2气体，将制得的气体立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中
出现白色沉淀
H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强
②
向某溶液中加入浓NaOH溶液后微热，用蓝色石蕊试纸检验产生的气体
放出刺激性气味气体且试纸变红
原溶液中一定含有NH4+
③
少量铝热剂（只有一种金属氧化物）溶于足量稀盐酸后，分两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液
出现蓝色沉淀和血红色
铝热剂中可能含有Fe3O4
④
向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体再通入品红溶液
品红溶液褪色
该钾盐为K2SO3与KHSO3至少有一种
⑤
用pH试纸测量饱和新制氯水的pH
pH试纸先变为红色后褪色
饱和新制氯水呈酸性且Cl2具有漂白性
A. ①②④⑤ B. ②③④⑤ C. ①②④ D. ①②③⑤
【答案】A
【解析】①用大理石和稀硝酸反应制取CO2气体，由于硝酸易挥发，生成的CO2气体中含有一定量的硝酸，将制得的气体立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀，无法说明一定是H2CO3与反应Na2SiO3，所以无法证明H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强，①的结论不正确；②向某溶液中加入浓NaOH溶液后微热，用红色石蕊试纸检验产生的气体，放出刺激性气味气体且试纸变蓝，原溶液中一定含有NH4+，②不正确；③少量铝热剂（只有一种金属氧化物）溶于足量稀盐酸后，分两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液出现蓝色沉淀和血红色，说明溶液中有Fe2+和Fe3+，由于铝热剂中的铝粉可以把Fe3+还原为Fe2+，所以铝热剂中铁的氧化物可能是Fe2O3或Fe3O4，③正确；④向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体再通入品红溶液，品红溶液褪色，说明该气体的水溶液有漂白性，但是不能确定是二氧化硫还是氯气，④不正确；⑤用pH试纸测量饱和新制氯水的pH，pH试纸先变为红色后褪色，说明饱和新制氯水有酸性和漂白性，但是不能确定是哪种物质有漂白性，⑤不正确。综上所述，本题选A。
20. 某溶液中可能含有K+、 Na+、 Mg2+、 NH4+、 Fe2+、Br-、 CO32-、SO42-、SO32-中的若干种离子。某同学做了如下实验：
① 取少量溶液，滴加足量氯水，有气泡产生且溶液颜色变成黄色
② 另取少量溶液，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，无沉淀生成
③ 蘸取原溶液，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色。
为进一步确定该溶液的组成，无需进行的实验是（ ）
A. 上述实验③不透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色
B. 取少量溶液，滴加氯水和CCl4振荡、静置
C. 取少量溶液，滴加适量的稀硫酸和品红溶液
D. 取少量溶液，滴加适量的NaOH浓溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体
【答案】B
【解析】①滴加足量氯水，有气泡产生，则溶液中含有CO32-，因此溶液不可能含有Mg2+和Fe2+，则溶液颜色变成黄色，可证明是Br-被氯水氧化为Br2所致，即溶液中含有Br -，②加盐酸酸化的氯化钡溶液，无沉淀生成，则不含SO42-，实验③说明含有K+，由此可知，需要进一步检验 Na+、NH4+和SO32-。A、不透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，可以确定是否含有 Na+，即A需要；B滴加氯水和CCl4,振荡、静置，是利用萃取的方法检验是否含有Br-的，但实验①可以确定含有Br-，所以B不需要；C、滴加适量的稀硫酸和品红溶液，用于检验是否含有SO32-，故C需要；D、加NaOH浓溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，可以确定是否含有NH4+，故D也需要。所以本题正确答案为B。
21. 向m g镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体b L。向反应后的溶液中加入c mol/L氢氧化钾溶液V mL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为n g。再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体p g。则下列关系不正确的是（ ）
A. n＝17Vc＋m B. 5m/3＜p＜17m/9 C. p＝m+cV/125 D. c=1000b/11.2V
【答案】A
【解析】反应化学方程式为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑、2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑、MgSO4+2KOH=Mg(OH)2↓+K2SO4、Al2(SO4)3+6KOH=2Al(OH)3↓+3K2SO4、Mg(OH)2MgO+H2O；2Al(OH)3Al2O3+3H2O。A．得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和，即n=m+17×c×V/1000=m+17Vc/1000，A错误；B．氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若mg全是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为p=40m/24=5m/3；若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p=；得到的固体质量介于二者之间，即：5m/3＜p＜17m/9，B正确；C．p为生成的氧化物的质量，1molMg可结合1molO，2molAl结合3molO，因此生成沉淀的质量等于镁和铝的质量之和加氧元素的质量，而结合氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半；根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的NaOH的物质的量的一半，即生成氢气的物质的量为：c×V×10−3/2，则p=16×c×V×10−3/2+m=m+cV/125，C正确；D．根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，即b=22.4L/mol×c×V×10−3/2，整理得c=1000b/11.2V，D正确；答案选A。
22. 某同学设计用下图的装置制备少量的AlCl3(易水解)。下列说法错误的是（ ）
A. B装置中所装试剂为饱和的NaCl溶液，其作用是除去氯气中的HCl
B. 装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人E中
C. 用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，所得氯气可以制取26.7gAlCl3
D. 实验过程中应先点燃A处的酒精灯，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯
【答案】C
【解析】实验室是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，含有杂质气体氯化氢和水蒸气，氯化氢及易溶于水，而氯气在饱和食盐水中溶解度很小，因此B装置中所装试剂为饱和的NaCl溶液,其作用是除去氯气中的HCl，A正确；因为AlCl3易水解，所以铝和氯气反应必须在干燥的环境下进行，因此装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人E中，B正确；用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，由于浓盐酸不断消耗，变为稀盐酸，与二氧化锰不反应，所以50mL12mol/L的盐酸产生氯气的量小于0.15mol，因此氯气与铝反应生成氯化铝的量少于0.1 mol，质量小于13.35g，C错误；实验过程中应先点燃A处的酒精灯，反应产生氯气，利用氯气排净装置内的空气，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯，反应进行，D正确；正确选项C。
点睛：实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，若用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，产生氯气的量小于0.15 mol，若是 0.15 molMnO2足量的12mol/L的盐酸反应，可以生成氯气0.15 mol，因为浓盐酸与二氧化锰加热反应，而稀盐酸与二氧化锰加热也不反应。
23. 向溶质为FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，则下列叙述不正确的是 ( )
A. 原溶液中的Br－不一定被氧化
B. 通入氯气之后原溶液中的Fe2＋一定被氧化
C. 不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2＋
D. 若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，能产生黄色沉淀
【答案】D
【解析】还原性:，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明部分或全部被氧化，可能被氧化，A正确；向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明部分或全部被氧化，B正确；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在，C正确；如被氧化生成，则萃取后加入硝酸银,没有黄色沉淀生成，D错误；正确选项D。
点睛：还原性:，所以向溶质为FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，碘离子氧化完全后，亚铁离子才能被氧化，亚铁离子氧化完全后，溴离子才能被氧化；此题的解题思路一定要注意三种离子的还原性顺序，才能正确解决问题。
24. 若甲为100 mL、2 mol·L-1的AlCl3溶液，乙为100 mL、7mol·L-1的NaOH溶液，分别按以下两种步骤：将甲逐滴加入乙中；将乙逐滴加入甲中（边滴边振荡）完全混合后，对现象和结论的判断正确的是（ ）
A. 滴加过程中，两者的现象不同，最终产生的沉淀量相同
B. 滴加过程中，两者的现象不同，最终产生的沉淀量不同
C. 滴加过程中，两者的现象相同，最终产生的沉淀量相同
D. 滴加过程中，两者的现象相同，最终产生的沉淀量不同
【答案】A
【解析】分析：将NaOH溶液逐滴加入AlCl3溶液中，发生：Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，将AlCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中，分别发生：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓，以此进行判断。
详解：100mL 7mol•L-1NaOH溶液中n（NaOH）=0.7mol，100mL 2mol•L-1的AlCl3溶液中n（AlCl3）=0.2mol，则①将甲逐滴加入乙中，即AlCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中，分别发生：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓，先没有沉淀后出现沉淀，根据方程式计算的沉淀的物质的量为：0.1mol；
②将乙逐滴加入甲中，即NaOH溶液逐滴加入AlCl3溶液中，发生：Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，现象为先观察到白色沉淀后沉淀溶解，即根据方程式计算的生成沉淀的物质的量为：0.1mol；所以二者现象不同，沉淀质量相等。答案选A。
第Ⅱ卷（非选择题共52分）
25. （1）有以下几种物质①干燥的食盐晶体 ②液态氯化氢 ③Cu ④蔗糖 ⑤NH3 ⑥KNO3溶液 ⑦CO2 ⑧熔融的KCl ⑨石墨。填空回答（填序号）：以上物质中能导电的是______________；属于电解质的是__________；属于非电解质的是______________；
（2）用“双线桥”表示出反应中电子转移的方向和数目：KIO3＋5KI＋3H2SO4＝3K2SO4＋3I2＋3H2O_______
（3）铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐为重要化合物。高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为________________。
【答案】 (1). ③⑥⑧⑨ (2). ①②⑧ (3). ④⑤⑦ (4). (5). 2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO42－＋3Cl－＋5H2O
【解析】分析：（1）根据电解质与非电解质的概念判断；含有自由移动电子或离子的物质可以导电；
（2）根据元素的化合价变化结合电子得失守恒判断；
（3）根据元素的化合价变化结合电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒书写。
详解：（1）电解质是在水溶液里或熔化状态下能够自身电离出离子的化合物的化合物，属于电解质的是干燥的食盐晶体、液态氯化氢、熔融的KCl；非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能自身电离出离子的化合物，属于非电解质的是蔗糖、NH3、CO2；能导电的是金属铜、硝酸钾溶液、熔融的KCl和石墨；
（2）碘酸钾中碘元素化合价从+5价降低到0价，碘化钾中碘元素化合价从－1价升高都0价，则根据电子得失守恒可知用“双线桥”表示出反应中电子转移的方向和数目为。
（3）铁元素化合价从+3价升高到+6价，氯元素化合价从+1价降低到－1价，所以根据电子得失守恒可知其反应的离子方程式为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO42－＋3Cl－＋5H2O。
26. 磷的单质和化合物都是重要的化工产品。查阅资料可知：亚磷酸(H3PO3)、次磷酸(H3PO2)以及它们的盐都有较强的还原性，可用于化学镀银或镀镍。亚磷酸是中强酸，它与足量的NaOH溶液反应生成 Na2HPO3。试回答下列问题：
（1）Na2HPO3中P的化合价为____。
（2）Na2HPO3是____(填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液的pH____(填“>”、“=”或“<”)7。
（3）次磷酸钠(NaH2PO2)可用于化学镀镍。镀镍溶液中含Ni2+和H2PO2－，在酸性条件下发生下述反应： Ni2++ H2PO2－+ ＝ Ni+ H2PO3－+_____。
①请配平化学方程式___。
②依据化学方程式，反应消耗6 mol H2PO2－时，转移电子数为_____。
【答案】 (1). +3 (2). 正盐 (3). > (4). Ni2++H2PO2-+H2O＝Ni+H2PO3-+2H+ (5). 12NA
【解析】分析：（1）结合化合价代数和为0判断；
（2）由题给信息“亚磷酸是中强酸，它与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3”可知Na2HPO3为正盐，水解呈碱性；
（3）根据氧化还原反应中化合价变化及质量守恒定律判断反应物和生成物，并配平反应方程式；结合元素化合价的变化计算．
详解：（1）Na2HPO3中Na元素化合价为+1价，H为+1价，O为-2价，由化合价代数和为0可知P元素化合价为+3价；
（2）由题给信息“亚磷酸是中强酸，它与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3”可知Na2HPO3为正盐，酸根水解溶液呈碱性，pH＞7；
（3）①由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，所以根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：Ni2++H2PO2-+H2O＝Ni+H2PO3-+2H+；
②反应中P元素化合价从+1价升高到+3价，失去2个电子，则当消耗6mol H2PO2-时，转移电子数为12NA。
27. 某无色溶液，由Na+、Ba2+、Al3+、Cl-、AlO2-、MnO4-、CO32-、SO42-中的若干离子组成，将溶液平均分为两份置于两支试管：
①取其中一支试管，加入过量HCl．有气体生成，并得到溶液；
②在①所得溶液中加入HNO3酸化的AgNO3，出现白色沉淀；
③取另一支试管，先加入过量的HCl酸化，再加入过量的NaHCO3溶液，有气体生成同时析出白色沉淀甲，甲的质量为3.9g；
④在③所得溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，有白色沉淀乙析出．
根据上述实验完成下列问题：
（1）溶液中一定不存在的离子是_______________；
（2）一定存在的离子是_______________；
（3）判断沉淀乙成分的方法是_________________________________________；
（4）写出有关反应的离子方程式．实验①：______________________________；_____________________________________________；
（5）通过实验③可知溶液中存在的离子为_________，原溶液中该离子的物质的量为_________。
【答案】 (1). Ba2+，Al3+，MnO4- (2). Na+、AlO2-、CO32- (3). 向沉淀中加入过量HCl，全部溶解沉淀为碳酸钡，部分溶解沉淀为碳酸钡与硫酸钡的混合物 (4). CO32-+2H+=CO2↑+H2O (5). AlO2-+4H+=Al3++2H2O (6). AlO2- (7). 0.05mol
【解析】分析：无色溶液中一定不含MnO4-；①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到溶液，说明一定含CO32-、CO32-与Ba2+、Al3+反应产生沉淀，一定不含Ba2+，Al3+；②在①所得溶液中加入HNO3酸化的AgNO3，出现白色沉淀，由于①中引入氯离子，故不能判断此溶液中一定含有Cl-；③取另一支试管，先加入过量的HCl酸化，再加入过量的NaHCO3溶液，有气体生成同时析出白色沉淀甲，甲的质量为3.9g，说明溶液中一定含有AlO2-，沉淀甲为氢氧化铝，且物质的量为0.05mol；④在③所得溶液中加入过量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀乙析出，氢氧化钡和过量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钡沉淀，或者与原溶液中的硫酸根生成硫酸钡沉淀，依据电中性原则得出，溶液中一定含有：Na+，据此解答即可。
详解：（1）根据以上分析可知溶液中一定不存在的离子是Ba2+、Al3+、MnO4-；
（2）依据分析可知：一定存在的是Na+、AlO2-、CO32-；
（3）根据碳酸钡能溶于酸，硫酸钡不溶于酸判断，即向沉淀中加入过量HCl，沉淀全部溶解为碳酸钡，沉淀部分溶解为碳酸钡与硫酸钡的混合物；
（4）碳酸根与氢离子反应生成二氧化碳气体与水，偏铝酸根与氢离子反应生成铝离子和水，离子反应方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O、AlO2-+4H+=Al3++2H2O；
（5）依据分析可知：溶液中一定含有AlO2-，3.9g氢氧化铝的物质的量为3.9g÷78g/mol=0.05mol，则原溶液中含AlO2-物质的量为0.05mol。
28. 甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究。向A中通入氯气至过量，观察A中，发现溶液先呈红色，然后变为黄色。
（1）B中反应的离子方程式是________________________________________________。
（2）为了探究A中溶液由红色变为黄色的原因，甲同学进行如下实验。取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在__________________。
（3）资料显示：SCN -的电子式为 。甲同学猜想SCN―可能被Cl2氧化了，他进行了如下研究。①取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液， 产生白色沉淀，由此证明SCN―中被氧化的元素是__________________。
②甲同学通过实验证明了SCN―中氮元素转化为NO3― ，已知SCN―中碳元素没有被氧化，若SCN―与Cl2反应生成0.5mol CO2，则转移电子的物质的量是_______________mol。
【答案】 (1). Cl2+2OH―＝Cl―+ClO―+H2O (2). Fe3+ (3). 硫元素 (4). 8mol
详解：（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式为Cl2+2OH―＝Cl―+ClO―+H2O；
（2）A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+；
（3）①加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN-中硫显-2价，所以被氧化的元素为硫元素；
②SCN-与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的化学方程式为：SCN-+8Cl2+9H2O=NO3-+SO42-+CO2+Cl-+18H+，此反应中电子转移数目为16，即由方程式可知每生成0.5mol二氧化碳要转移8mol电子。
29. A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子最外层电子数是其内层电子数的2.5倍，B元素是地壳中含量最高的元素，C元素的最高化合价和最低化合价的代数和等于0，D元素的单质可用于自来水消毒杀菌，E元素位于周期表的ⅥB族，F的基态原子中有4个未成对电子。
（1）A元素单质的结构式为___________；B元素原子中的未成对电子数为_______________________。
（2）在A的氢化物A2H4分子中，A原子轨道的杂化类型是______；A与B形成的AB2-的空间构型为___________________________。
（3）A、B、C三种元素的第一电离能从大到小的顺序为_______________(用元素符号表示)。
（4）基态F3+的核外电子排布式是_____________________；F3+与SCN-络合得到多种配合物，其中配位数为5的配合物的化学式为__________________；化合物FD3是棕色固体、易潮解，100℃左右时升华，FD3的晶体类型是__________________________。
（5）铁在不同温度范围有不同的晶体结构。室温下铁是简单立方，称为α铁(α-Fe)。当温度升高到912℃，α铁转变为面心立方，称为γ铁(γ-Fe)。当温度继续升高到1394 ℃，γ铁转变为体心立方。称为δ铁(δ-Fe)。
①γ铁晶体中铁原子配位数是____________________。
②δ铁晶体密度为dg·cm-3，则其晶胞参数(边长)为__________cm(阿伏加德罗常数用NA表示)。
【答案】 (1). N≡N (2). 2 (3). sp3 (4). V形（或：平面三角型） (5). N>O>Si (6). 1s22s22p63s23p63d5（或：[Ar]3d5） (7). K2Fe(SCN)5 (8). 分子晶体 (9). 12 (10).
【解析】分析：A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子最外层电子数是其内层电子数的2.5倍，则A为N，B元素是地壳中含量最高的元素，为O，C元素的最高化合价和最低化合价的代数和等于0，为第四主族元素，结合原子序数大小可知为Si，D元素的单质可用于自来水消毒杀菌，则D为Cl，E元素位于周期表的ⅥB族，则E为Cr，F的基态原子中有4个未成对电子，则F为Fe，结合原子结构特点及元素性质解答。
详解：依据上述分析可知A、B、C、D、E、F元素依次为：N，O，Si，Cl，Cr，Fe。则
（1）A元素单质为氮气，氮气分子内存在1个氮氮三键，结构式为N≡N；B元素为氧元素，O原子中的未成对电子数有2个；
（2）A2H4分子为N2H4，N2H4分子中氮原子的价层电子对=3+1=4，含有一个孤电子对，N原子轨道的杂化类型是sp3，A与B形成的NO2-离子中孤对电子数为：（6-2×2）/2=1，因此分子空间构型是V型；
（3）同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C，同一主族从上到下第一电离能逐渐增大，则第一电离能：C＞Si，则N、O、Si的第一电离能大小为：N＞O＞Si；
（4）Fe3+的3d轨道含有5个电子，则铁离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5），FeCl3溶液与KSCN溶液混合，得到含多种配合物的红色溶液，其中配位数为5的配合物的化学式是K2Fe(SCN)5；化合物FD3即FeCl3是棕色固体、易潮解、100℃左右时升华，熔沸点低，属于分子晶体；
（5）①γ铁晶体中与顶点铁原子最近的位于面心处，因此铁原子配位数是12。
②δ铁晶体含有的铁原子个数是8×1/2+1＝2，密度为dg·cm-3，则，因此其晶胞参数(边长)为cm(阿伏加德罗常数用NA表示)。
点睛：本题主要是物质结构与元素性质的考查，涉及核外电子排布、轨道杂化类型判断、晶体类型与性质、配合物、晶胞计算等，依据题干信息准确推断出元素名称，熟悉相关原子结构是解题关键，难点是晶胞的分析与计算，注意均摊法的灵活应用。
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