江苏省盐城市2022届化学高二下期末达标检测模拟试题含解析

江苏省盐城市2022届化学高二下期末达标检测模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列分离提纯方法正确的是
A．除去乙醇中少量的水，加入新制的生石灰，过滤
B．分离苯和酸性高锰酸钾溶液，蒸馏
C．除去乙酸乙酯中的乙酸，可加入NaOH溶液后分液
D．提纯含有碘单质的食盐，常用升华法
【答案】D
【解析】分析：A．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异；
D．苯与酸性高锰酸钾溶液分层；
C．二者均与NaOH反应；
D．碘加热易升华，NaCl不变。

详解：A．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，A错误；
B．苯与酸性高锰酸钾溶液分层，可分液分离，不能选蒸馏，B错误；
C．二者均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液除去乙酸乙酯中的乙酸，C错误；D．碘加热易升华，NaCl不变，则升华法可分离，D正确；
答案选D。

2．已知：还原性HSO3—>I—，氧化性IO3—>I2。

在含0.3mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。

加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如右图所示（图中坐标单位均为mol）。

下列说法不正确的是
A．0～b间的反应可用如下离子方程式表示：3HSO3－＋IO3－=3SO42－＋I－＋3H＋
B．a点时消耗NaHSO3的物质的量为0.12mol
C．当溶液中I—与I2的物质的量之比为5：2时，加入的KIO3为0.18mol
D．b点时的还原产物可能是KI或NaI，b～c间的还原产物是I2
【答案】C
【解析】
【分析】
还原性HSO-3＞I-，所以首先发生的离子反应是3HSO3－＋IO3－＝3SO42－＋I－＋3H＋。

继续加入KIO3，已知氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-＝3H2O+3I2。

【详解】
A 、根据图像可知，0～b 间没有单质碘生成，所以反应可用如下离子方程式表示：3HSO 3－＋IO 3－＝3SO 42－＋I －＋3H ＋，A 正确；
B 、根据图像可知，a 点碘酸钾的物质的量是0.04mol ，所以根据反应3HSO 3－＋IO 3－＝3SO 42－＋I －＋3H ＋可知，消耗NaHSO 3的物质的量为0.04mol×3＝0.12mol ，B 正确；
C 、设生成的碘单质的物质的量为n ，则溶液中I —的物质的量是2.5n 。

则根据反应IO 3-+6H ++5I -＝3H 2O+3I 2可知，消耗的KIO 3的物质的量为3n ，消耗碘离子的量为53
n 。

根据反应3HSO 3－＋IO 3－＝3SO 42－＋I －＋3H ＋
可知，0.3molNaHSO 3的溶液消耗KIO 3溶液的物质的量为0.1mol ，生成碘离子的物质的量也是0.1mol ，则0.1mol －
53
n ＝2.5n ，解得3n ＝1125mol ，所以消耗碘酸钾的物质的量是（3n ＋0.1mol ）＝0.108mol ，C 不正确；
D 、根据以上分析可知，b 点时的还原产物可能是KI 或NaI ，b ～c 间的还原产物是I 2，D 正确。

答案选C 。

3．向某碳酸钠溶液中逐滴加1 mol·L －1的盐酸，测得溶液中Cl －、HCO 3-的物质的量随加入盐酸体积的关系如图所示，其中n 2∶n 1＝3∶2，则下列说法中正确的是
A ．b 点的数值为0.6
B ．该碳酸钠溶液中含有1 mol Na 2CO 3
C ．b 点时生成CO 2的物质的量为0.3 mol
D ．oa 段反应的离子方程式与ab 段反应的离子方程式相同
【答案】A
【解析】
【分析】
将盐酸逐滴滴入碳酸钠溶液中，碳酸钠过量，首先发生的反应是Na 2CO 3+HCl=NaHCO 3+NaCl ，碳酸钠反应完后，再发生反应是NaHCO 3+HCl=NaCl+CO 2+H 2O ，据此分析解答。

【详解】
A ．a 点全部生成碳酸氢钠，根据碳守恒，原溶液中含有0.5mol Na 2CO 3，假设再加入xmolHCl ，根据NaHCO 3+HCl=NaCl+CO 2+H 2O ，溶液中剩余(0.5-x)mol 的HCO 3-，则有00.5+x .5x =32
，解得：x=0.1，即b 点对
应0.6molHCl，因为盐酸的物质的量浓度为1mol•L─1，所以b=0.6L，b点的数值为0.6，故A正确；
B．a点全部生成碳酸氢钠，根据碳守恒，所以含有0.5mol Na2CO3，故B错误；
C．Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，碳酸钠反应完后，再发生反应是NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，可知a到b 消耗盐酸的物质的量为：0.6-0.5=0.1mol，由HCO3-+H+=CO2↑+H2O可知，b点时生成CO2的物质的量为0.1mol，故C错误；
D．oa段反应的离子方程式为CO32-+H+=HCO3-，ab段反应的离子方程式为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故D错误；
答案选A。

4．下列各组酸中，酸性依次增强的是
A．H2CO3、H2SiO3、H3PO4B．HNO3、H3PO4 、H2SO4
C．HI、HCl、H2S D．HBrO 、HBrO3 、HBrO4
【答案】D
【解析】
【详解】
A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水合物酸性越强，非金属性P＞C＞Si，则酸性H2SiO3、H2CO3、H3PO4 依次增强，故A错误；
B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水合物酸性越强，非金属性N＞P，则酸性HNO3＞H3PO4 ，故B错误；
C．同一主族元素的非金属性越强，其氢化物中化学键越稳定，越不易电离出氢离子，其酸性越弱，则酸性HCl＜HI；且H2S是弱酸，其酸性应该是最弱的；故C错误；
D．同一元素的含氧酸中，非羟基氧原子个数越多，其酸性越强，非羟基氧原子个数：HBrO＜HBrO3＜HBrO4，则酸性HBrO＜HBrO3＜HBrO4，故D正确；
故答案为D。

5．同温同压下,三个容积相同的烧瓶内分别充满了干燥的NH3、HCl、NO2气体,然后分别用水作喷泉实验,假设烧瓶内的溶质不散逸,则三种溶液的物质的量浓度之比为 ( )
A．无法比较B．2∶2∶3C．3∶3∶ 2D．1∶1∶1
【答案】D
【解析】
在容积相同的三个烧瓶内，分别充满干燥的NH3、HCl与NO2气体，所以V(NH3)：V(HCl)：V(NO2)=1：1：：1，同条件下，体积之比等于物质的量之比，所以n(NH3)：n(HCl)：n(NO2)=1：1：1．令n(NH3)=1mol、n(HCl)=1mol、n(NO2)=nmol，各自体积为V(NH3)=V(HCl)=V(NO2)=VL，对于氨气，溶液体积等于氨气气体体积，所以
c(NH3)==mol/L；对于氯化氢，溶液体积等于氯化氢气体体积，所以c(HCl)==mol/L；对于二氧化
氮，与水发生反应：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式可知溶液体积为二氧化氮体积的，生成的硝酸
的物质的量为二氧化氮物质的量的，所以c(HNO 3)==mol/L，所以c(NH3)：c(HCl)：c(HNO3)=1：1：1，
故选D。

点睛：解答本题的关键是明白溶液体积与气体体积的关系，注意氨气溶于水主要以一水合氨形式存在，但溶质仍为氨气。

氨气、氯化氢溶于水形成溶液，溶液体积等于气体体积，二氧化氮溶于水，发生反应：
3NO2+2H2O=2HNO3+NO，由方程式可知形成硝酸溶液体积等于NO2体积的。

6．下列离子方程式书写正确的是（）
A．氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO + 2H+= Fe2+ + H2O
B．往CaCl2溶液中通入少量的CO2：Ca2＋＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2H＋
C．碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液：HCO3－+ OH－＝CO32－+ H2O
D．向澄清石灰水中滴加少量的NaHCO3溶液：Ca2＋＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、硝酸有强氧化性，会将亚铁离子氧化为铁离子，方程式应为：3FeO十10H++NO3一=3Fe3++NO ↑+5 H2O，错误；
B、盐酸的酸性强于碳酸，反应无法进行，错误；
C、过量的氢氧化钠与铵根离子也会反应产生氨水，方程式应为：HCO3一+ NH4+ +2OH一=CO32—+ H2O+ NH3•H2O，错误；
D、向澄清石灰水中漓加少量的NaHCO3溶液，NaHCO3不足，氢氧根离子部分未反应，正确；
答案选D。

7．铝箔在酒精灯上加热至熔化的实验现象与下列性质的叙述无关的是( )
A．铝表面可形成一层氧化物保护膜
B．铝的熔点较低
C．Al2O3熔点高，酒精灯不能将其熔化
D．铝能与酸或强碱溶液反应
【答案】D
【解析】本题考查铝及其化合物的性质。

解析：铝箔在酒精灯上加热至熔化看到的实验现象是铝熔化但不滴落，原因是铝在加热条件下与空气中的
氧气反应生成致密的熔点较高的Al2O3薄膜，薄膜内部低熔点的铝虽熔化但不能滴落，可见该现象与铝能与酸或强碱溶液反应无关。

答案：D
8．分子式C6H12主链上为4个碳原子的烯烃类的同分异构体有几种
A．3种B．4种C．5种D．5种
【答案】B
【解析】
分子式为C6H12主链上为4个碳原子的烯烃类的同分异构体有CH2=C(CH3)—CH(CH3)—CH3、
CH2=CH—C(CH3)2—CH3、CH2=C(CH2CH3)2、CH3—C(CH3)=C(CH3)—CH3共4种，故选B。

9．主族元素A和B可形成组成为AB2的离子化合物，则A、B两原子的最外层电子排布分别为( ) A．ns2和ns2np4B．ns1和ns2np4
C．ns2和ns2np5D．ns1和ns2
【答案】C
【解析】
【分析】
主族元素A和B可形成组成为AB2的离子化合物，主族元素中,金属元素的正化合价为+1到+3,所以A为+2价,B为-1价,主族元素的最高化合价与其族序数相等,最低化合价=其族序数-8,据此分析解答。

【详解】
主族元素的最高化合价与其族序数相等,最低化合价=其族序数-8,主族元素A和B可形成组成为AB2型的离子化合物，主族元素中,金属元素的正化合价为+1到+3，该化合物中A为+2价,B为-1价,所以A是第IIA族元素,B是第VIIA族元素，则A、B的最外层电子排布式为: ns2和ns2np5,C正确；
故答案选C。

10．下表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是
A．W元素的第一电离能小于Y元素的第一电离能
B．Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
C．p能级未成对电子最多的是Z元素
D．X元素是电负性最大的元素
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
根据元素在周期表中的相对位置可知，X是F，Y是S，Z是Br，W是P，R是Ar。

A、P元素的3p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，第一电离能大于S元素的，A错误；
B、Z的阴离子含有36个电子，其电子层结构与R原子的不相同，B错误；
C、p轨道未成对电子最多的是P元素，C错误；
D、F是最活泼的非金属，电负性最大，D正确；
答案选D。

11．0.1mol阿斯匹林（结构简式为）与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为（）
A．0.1mol B．0.2 mol C．0.4 mol D．0.3 mol
【答案】D
【解析】分析：本题考查的是有机物的结构和性质，注意酯水解产物的结构是关键。

详解：阿司匹林的结构中有羧基和酯基，都与氢氧化钠反应，注意酯基水解生成酚羟基和羧基，都与氢氧化钠反应，所以0.1mol阿司匹林与足量的氢氧化钠反应，最多消耗0.3mol氢氧化钠，故选D。

点睛：掌握能与氢氧化钠反应的官能团为酚羟基和羧基和酯基。

醇羟基不能与氢氧化钠反应。

12．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．用装置甲进行中和热的测定
B．用装置乙制取CO2气体
C．用装置丙比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱
D．用装置丁模拟工业制氨气并检验产物
【答案】C
【解析】
【详解】
A．图中缺少环形玻璃搅拌棒，则不能准确测定反应的最高温度，故A错误；
B．纯碱为粉末固体，与盐酸接触后关闭止水夹不能实现固液分离，不能制备少量气体，故B错误；C．高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气与NaBr反应生成溴，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱，故C正确；
D．氮气和氢气反应生成氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则图中蓝色试纸不能检验氨气，故D 错误；
故答案为C。

13．下列有机物分子中，不可能
．．．所有原子在同一平面内的是
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【详解】
A.分子中平面分子，分子在所有原子在同一平面上，A不符合题意；
B.甲苯可看作是苯分子中的一个H原子被甲基取代产生的物质，也可以看成是甲烷分子中的1个H原子被苯基取代产生的物质。

苯分子是平面分子，由于甲烷是正四面体结构的分子，若某一平面通过C原子，分子中最多有2个顶点在同一平面，因此甲苯分子中不可能所有原子都在同一平面上，B符合题意；
C.苯乙烯可看作是苯分子中的H原子被乙烯基-CH=CH2取代产生的物质，由于苯分子、乙烯分子都是平面分子，两个平面共直线，可能所有原子在同一平面上，C不符合题意；
D.苯乙炔可看作中苯分子中的1个H原子被乙炔基-C≡CH取代产生的物质，乙炔中与苯环连接的C原子取代苯分子中H原子的位置，在苯分子的平面内，由于苯分子是平面分子，乙炔是直线型分子，一条直线上2点在某一平面上，则直线上所有点都在这个平面上，因此所有原子在同一平面内，D不符合题意；
故合理选项是B。

14．下列各组物质中，均为强电解质的是
A．NaOH、KNO3、BaSO4
B．NH4Cl、CH3COOH、K2S
C．NH3·H2O、KOH 、CaCO3
D．HClO、NaCl、KOH
【答案】A
【解析】
【详解】
A. NaOH、KNO3、BaSO4均为强电解质，符合题意，A正确；
B. CH3COOH为弱电解质，与题意不符，B错误；
C. NH3·H2O为弱电解质，与题意不符，C错误；
D. HClO为弱电解质，与题意不符，D错误；
答案为A。

15．下列各组物质熔点高低的比较，正确的是（）
A．晶体硅>金刚石>碳化硅B．CsCl KCl NaCl
>>
C ．22SiO CO He >>
D ．222Br I Cl >>
【答案】C
【解析】
【详解】 A.晶体硅、金刚石、碳化硅都是原子晶体，因键长C-C ＜C-Si ＜Si-Si ，原子晶体中半径越小，共价键越强，熔点越大，则熔点为金刚石＞碳化硅＞晶体硅，A 错误；
B ．这几种都是离子晶体，阴离子相同，离子半径Cs +＞K +＞Na +，晶格能CsCl ＜KCl ＜NaCl ，物质的晶格能越大，熔沸点越高，所以晶体熔点CsCl ＜KCl ＜NaCl ，B 错误；
C.二氧化硅是原子晶体，原子间通过共价键结合，二氧化碳是分子晶体，CO 2分子之间通过分子间作用力结合，He 是分子晶体，He 分子之间通过分子间作用力结合，二氧化碳相对分子质量大于He ，分子间作用力越大，物质的熔沸点越高，化学键比分子间作用力大很多，所以晶体熔点SiO 2＞CO 2＞He ，C 正确；
D.Cl 2、Br 2、I 2都是分子晶体，物质的分子的相对分子质量越大，分子间作用力就越强，物质的熔沸点就越高，由于相对分子质量I 2>Br 2>Cl 2，所以这三种物质熔点高低顺序是I 2＞Br 2＞Cl 2，D 错误；
故合理选项是C 。

16．完成下列实验所选择的装置或仪器(夹持装置已略去)正确的是 选项 A
B C D 实验
用CCl 4提取溴水
中的Br 2 除去乙醇中的苯酚 从KI 和I 2的固体混合物中回收I 2 配制100 mL 0.100 0 mol·L −1
K 2Cr 2O 7溶液 装置或
仪器
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D 【答案】A
【解析】
试题分析：A 、用CCl 4提取溴水中的Br 2应用萃取分液的方法，题给装置可以实现，A 正确；B 、除去乙醇中的苯酚 应用蒸馏的方法，题给装置为过滤装置，B 错误；C 、固体的灼烧应在坩埚中进行，C 错误；D 、
配制100 mL 0.1000mol·
L －1K 2Cr 2O 7溶液还缺少100mL 容量瓶、胶头滴管、托盘天平等，D 错误，答案选A 。

考点：考查化学实验基本操作。

17．苯与Br 2发生取代反应时能量与反应进程如下图所示。

下列说法正确的是
A．①、②两步均放出能量B．FeBr3可以改变反应的焓变
C．FeBr3不能改变反应的活化能D．FeBr3可以加快该反应速率
【答案】D
【解析】分析：反应①中，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，反应②中，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题。

详解：A．反应①为吸热反应，反应②为放热反应，选项A错误；B．加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，选项B错误；C．催化剂能改变反应的活化能，选项C错误；D．加入催化剂，能改变反应的活化能，加快反应速率，选项D正确。

答案选D。

点睛：本题考查化学反应与能量变化，题目难度不大，注意把握物质的总能量与反应热的关系，注意把握催化剂对反应速率及反应活化能的影响。

18．25℃时，pH=2的某酸H n A(A n—为酸根）与pH=12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH变为5。

下列判断正确的是
A．生成的正盐化学式为B m A n
B．该盐中存在着一定水解的离子，该离子水解方程式为B m++mH 2O B(OH)m+mH+
C．生成的盐为强酸弱碱盐
D．H n A为弱酸，其第一步电离方程式为H n A H n-1A-+H+
【答案】D
【解析】
【分析】
25℃时，pH=2的某酸H n A(A n—为酸根）与pH=12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH变为5。

说明
H n A为弱酸，且酸过量。

根据化合物中化合价的代数和为0可以确定其化学式，根据酸碱的相对强弱可以确定水解的离子。

【详解】
A．H n A中A的化合价为-n价，碱B(OH)m中B的化合价是+m价，根据化合物中化合价的代数和为0可知，二者的离子个数比为：n:m，则其化学式为B n A m，A项错误；
B．根据题意可知H n A为弱酸，则A n–一定能水解，水解方程式为：A n–+H2OƒHA(n-1)–+OH-，B项错误；C．根据题意可知H n A为弱酸，生成的盐为弱酸强碱盐，C项错误；
D．H n A为弱酸，在水溶液中部分电离成酸根离子和氢离子，电离方程式为：H n A H n-1A-+H+，D项正确；
答案选D。

19．下列各组物质中，全部属于纯净物的是
A．福尔马林、酒、醋B．苯、汽油、无水酒精
C．甘油、乙醇钠、氯仿D．豆油、丙烯酸、四氯化碳
【答案】C
【解析】分析：纯净物是由一种物质组成的物质；混合物是由多种物质组成的物质。

详解：A．福尔马林是甲醛的水溶液，属于混合物，白酒的主要成分是乙醇和水，属于混合物，食醋的主要成分是乙酸和水，属于混合物，选项A错误；B．苯由一种物质组成的，属于纯净物，汽油主要是由
C4～C10各种烃类组成，是混合物，无水乙醇是纯度达到99%以上的乙醇，选项B错误；C．甘油、氯仿、乙醇钠都是由一种物质组成的，属于纯净物，选项C正确；D．丙烯酸、四氯化碳是纯净物，豆油是混合物，选项D错误。

答案选C。

点睛：本题考查纯净物和混合物，题目难度不大，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质就属于混合物。

20．用pH试纸测量碱溶液的pH时，若事先将pH试纸用蒸馏水润湿，则测量结果会
A．偏大B．偏小C．不变D．无法判断
【答案】B
【解析】
【分析】
用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH。

不能用水湿润pH试纸，否则稀释了某碱溶液，使溶液的碱性减弱，据此进行分析判断。

【详解】
用pH试纸测定未知溶液的pH时不能先将试纸用蒸馏水润湿，否则稀释了某碱溶液，使溶液的碱性减弱，测得的结果与实际的pH比较偏小。

答案选B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。

回答下列问题：
(1)在处理废水时，ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，该反应的离子方程式是_______。

(2)某小组按照文献中制备ClO2的方法设计了如图所示的实验装置用于制备ClO2。

①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是____________________。

②装置B的作用是__________________。

③装置A用于生成ClO2气体，该反应的化学方程式是_______________________________。

(3)测定装置C中ClO2溶液的浓度：取10.00 mL C中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入___________________作指示剂，用0.100 0 mol L－1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液（I2+ 2S2O32－＝2I－+ S4O62－），消耗标准溶液的体积为20.00 mL。

滴定终点的现象是
______________________________，C中ClO2溶液的浓度是__________mol L－1。

【答案】2ClO2 + 2CN－＝2CO2 + N2 + 2Cl－稀释二氧化氯，防止二氧化氯的浓度过高而发生爆炸或防倒吸防止倒吸（或作安全瓶）2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O淀粉溶液
当滴入最后一滴标准溶液后，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色0.04000
【解析】
【分析】
（1）ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被还原为Cl-，据此书写发生反应的离子方程式；（2）根据图示：A装置制备ClO2，通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，B装置为安全瓶，可防倒吸；
（3）根据滴定原理，KI在酸性条件下被ClO2氧化为I2，反应为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故选用淀粉溶液做指示剂；用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪
去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则n（ClO2）=1 5 n
（Na2S2O3）=1
5
×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，据此计算可得。

【详解】
（1）ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被还原为Cl-，则发生反应的离子方程式为
2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；
（2）①氮气可以搅拌混合液，使其充分反应，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；
②已知二氧化氯易溶于水，则装置B防止倒吸（或作安全瓶）；
③NaClO3和H2O2的混合液中滴加稀H2SO4即生成ClO2气体，依据氧化还原反应原理，同时会得到氧化产物O2，根据质量守恒可知有Na2SO4生成，则结合原子守恒，装置A中发生反应的化学方程式是2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O；
（3）根据滴定原理，KI在酸性条件下被ClO2氧化为I2，反应为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故选用淀粉溶液做指示剂；用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪
去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则n（ClO2）=1 5 n
（Na2S2O3）=1
5
×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，C中ClO2溶液的浓度为
0.0004mol
0.01L
=0.04000mol/L。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。

某同学欲探究X的组成。

查阅资料：①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。

②Al3＋在pH＝5.0时沉淀完全；Mg2＋在pH＝8.8时开始沉淀，在pH＝11.4时沉淀完全。

实验过程：
Ⅰ.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液。

Ⅱ.用铂丝蘸取少量Ⅰ中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。

Ⅲ.向Ⅰ中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5～6，产生白色沉淀B，过滤。

Ⅳ.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。

Ⅴ.向Ⅲ中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。

(1)Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是________。

(2)由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、________。

(3)Ⅲ中生成B的离子方程式是__________________________________________________。

(4)Ⅳ中B溶解的离子方程式是__________________________________________________。

(5)沉淀C的化学式是________。

(6)若上述n(A)∶n(B)∶n(C)＝1∶1∶3，则X的化学式是__________________________。

【答案】CO2钠、硅Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2O Mg(OH)2 Mg3Al(OH)7CO3
【解析】
【分析】
气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体A为CO2，X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入适量盐酸，会产生硅酸沉淀，溶液B中含有氯化镁和氯化铝；X中一定不含Na，因为Na的焰色为黄色；根据题给信息知调节pH至5～6时生成的白色沉淀B为Al(OH)3；加入过量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，离子方程式为：Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2，据此解答。

【详解】
（1）气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体为CO2；
（2）X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入过量盐酸，会产生硅酸沉淀，一定不含Na元素，因为Na 元素的焰色为黄色，即由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、硅、钠；
（3）调节pH至5～6时生成的白色沉淀为Al(OH)3，NH3•H2O为弱电解质，离子方程式中应写为化学式，即离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋；
（4）Ⅳ中氢氧化铝溶解的离子方程式为Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；
（5）加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2；
（6）由于n（CO2）:n[Al(OH)3]:n[Mg(OH)2]=1:1:3，则CO32-、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1:1:3，结合电荷守恒，则CO32-、Al3+、Mg2+、OH-的物质的量之比为1:1:3:7，故X为Mg3Al(OH)7CO3。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．1915年诺贝尔物理学奖授予Henry Bragg和Lawrence Bragg，以表彰他们用X射线对晶体结构的分析所作的贡献．
(1)科学家通过X射线探明，NaCl、KCl、MgO、CaO晶体结构相似，其中三种晶体的晶格能数据如下表：
4种晶体NaCl、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序是__．
(2)科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如下，其中配位键和氢键均采用虚线表示．
①写出基态Cu原子的核外电子排布式__；金属铜采用下列__（填字母代号）堆积方式．
②写出胆矾晶体中水合铜离子的结构简式（必须将配位键表示出来）__．
③水分子间存在氢键，请你列举两点事实说明氢键对水的性质的影响__．
④SO42﹣的空间构型是________．
【答案】MgO＞CaO＞NaCl＞KCl1s22s22p63s23p63d104s1C水的熔、
沸点较高，结冰时密度减小正四面体
【解析】
【分析】
(1)影响晶体晶格能大小的因素有离子半径以及离子所带电荷的多少，晶格能越大熔点越高；
(2)①Cu的原子序数为29，结合能量最低原理和洪特规则的特例书写电子排布式；Cu为面心立方密堆积；
②Cu2+提供空轨道，水中氧原子提供孤电子对，形成配位键；
③氢键较一般分子间作用力强，影响物质的物理性质；
④计算S原子价层电子对数与孤电子对数,判断SO42-的空间结构。

【详解】
(1)离子半径Mg 2+<Na +<O 2-<Ca 2+ <Cl -，离子电荷数Na += Cl -< O 2-= Mg 2+= Ca 2+，离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点越高,则有NaCl 、KCl 、MgO 、CaO 熔点由高到低的顺序是MgO ＞CaO ＞NaCl ＞KCl ；
正确答案：MgO ＞CaO ＞NaCl ＞KCl 。

(2)①Cu 的原子序数为29，电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 1，Cu 为面心立方密堆积，配位数为12，故C 符合；
正确答案：1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 1 ；C 。

②Cu 2+提供空轨道，水中氧原子提供孤电子对，形成配位键，水合铜离子的结构简式为：
； 正确答案：。

③氢键较一般分子间作用力强，所以水的熔、沸点较高，因为氢键具有方向性，结冰时，氢键增多，体积增大，密度减小；
正确答案：水的熔、沸点较高，结冰时密度减小。

④SO 42﹣中心原子S 的价层电子对数=4+62242
+-⨯=4、孤电子对数为0，为正四面体结构； 正确答案：正四面体。

24．根据要求回答下列问题：
I .氯系消毒剂在生活中有广泛应用。

（1）NaClO 2是饮用水的消毒剂，常用FeSO 4∙
7H 2O 清除残留的亚氯酸钠。

①Fe 2＋的电子排布式为[Ar ]________________________________。

②与SO 42－互为等电子体的分子有____________________(写一种)。

③ClO 2－中氯原子的孤电子对数为___________。

④常用K 3[Fe (CN )6]检验水中的F 2＋。

K 3[Fe (CN )6]的配体是________________。

（2）ClO 2是新一代饮用水消毒剂。

沸点：ClO 2________________(填“＞”“＜”或“＝”)Cl 2O ，理由是________________________________________________。

Ⅱ.Fe 、Cu 为过渡金属元素，它们在工业生产中都有重要的应用。

（2）将乙醇蒸气通过赤热的氧化铜粉末，会发生反应：Δ3232CH CH OH+CuO CH CHO+Cu+H O −−
→ ①有同学书写基态碳原子的核外电子排布图为，这样的书写不正确，违背了________。

②乙醛和乙醇的相对分子质量相差2，但是乙醇的沸点远高于乙醛，其主要原因是_______。

（2）Fe 、Fe 2＋都能被硝酸氧化。

HNO 3中氮原子轨道的杂化类型为_______________________。