内蒙古鄂尔多斯市第一中学2025-2026学年第二学期高二4月诊断考试 化学试题（含解析）

这是一份内蒙古鄂尔多斯市第一中学2025-2026学年第二学期高二4月诊断考试 化学试题（含解析），共6页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：75分钟 考试分值：100分
一、单选题(共15道，每道3分，共45分)
1. 下列有关元素周期表的说法正确的是
A. 一个横行即是一个周期，一个纵行即是一个族。
B. 对于原子或离子都有关系：原子序数=核电荷数=核外电子数。
C. 每一周期都是碱金属元素开始，稀有气体元素结束。
D. 元素周期表中含元素种类最多的族是第ⅢB族。
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．元素周期表中，一个横行为一个周期，而1个纵行行不一定为一个族，如8、9、10三个纵行共同组成一个族，A错误；
B．离子中核电荷数≠核外电子数，B错误；
C．第一周期是由H元素开始，H元素不是碱金属元素，C错误；
D．第ⅢB族元素包括镧系和锕系，元素种类最多，D正确；
故答案为D。
2. 下列图形表示的晶体局部结构中，符合晶胞特点的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】晶胞特点是周期性有序无隙并置排列，具有对称性，根据图中信息B、C、D都不满足，只有A满足条件。
故选A。
3. 氨硼烷水溶液中存在氢键，使得氨硼烷易溶于水，以下能正确表示该键的是
A. B.
C. H3NBH2-H…NH3BH3D.
【答案】A
【解析】
【详解】氨硼烷水溶液中存在氢键，使得氨硼烷易溶于水，结合氢键只存在于已经和电负性较大的N、O、F原子结合的H原子与其他N、O、F原子之间的静电作用，且氨硼烷中与N原子结合的H带正电性，故该氢键为，故选A。
4. s轨道与s轨道重叠形成的共价键可用符号表示为σs-s，p轨道与p轨道以“头碰头”方式重叠形成的共价键可用符号表示为σp-p，请你指出下列分子中含有σs-sp2键的是
A. N2B. C2H4C. C2H2D. HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A．N2存在σp-p和π键，A项错误；
B．C2H4中，C原子为sp2杂化，存在σs-sp2键，B项正确；
C．C2H2中，中心C原子发生sp杂化，形成σs-sp键，C项错误；
D．HCl中只存在σs-p键，D项错误；
答案选B。
5. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法不正确的是
A. 用于汽车防撞气囊，含有两种类型的化学键
B. 简单氢化物分子内的键角：
C. 足量的锌与W最高价氧化物的水化物的浓溶液充分反应，还原产物有2种
D. 分子中含有键
【答案】B
【解析】
【分析】的最高价含氧酸pH等于1，为一元强酸，可能是和，结合X的原子序数最小，判定X是N元素。同理，判定W的最高价氧化物的水化物是二元强酸(W是S元素)，Y的最高价氧化物的水化物是一元强碱(Y是Na元素)。Z是P元素。
【详解】A．为，含有离子键和共价键，A正确；
B．和均为三角锥形分子，由于N的电负性大于P，所以分子内的共用电子对更靠近于中心原子N，共用电子对之间斥力更大，键与键的夹角略大，B错误；
C．足量的锌与浓硫酸反应，先后生成和两种还原产物，C正确；
D．分子为正四面体型分子，分子中含(键)，31gP4含有1.5mlσ键，D正确；
故答案选B。
6. 下列说法不正确的是
①阳离子都是由一个金属原子失去电子而形成的
②阳离子核外电子排布一定与稀有气体元素原子相同
③离子键是阴阳离子之间的静电吸引作用
④在化合物CaCl2中，两个氯离子之间也存在离子键
A. ①④B. ②④C. ①②③D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【详解】①阳离子不一定都是由一个金属原子失去电子而形成的，还有非金属元素构成的阳离子，如铵根离子，故①错误；
②氢离子是阳离子，核外电子数为0，则阳离子核外电子排布一定与稀有气体元素原子相同，故②错误
③离子键是阴阳离子之间的相互作用，不只是正负电荷的吸引作用，还有核之间的斥力作用等，故③错误
④CaCl2是离子化合物，氯离子与钙离子之间形成离子键，两个氯离子之间不存在化学键，故④错误；
①②③④均不正确，答案选D。
7. 下列“类比”结果不正确的是
A. H2O的分子构型为V形，则Cl2O的分子构型也为V形
B. 液态NH3中含有氢键，则液态N2H4中也含有氢键
C. H2O2的热稳定性比H₂O的弱，则H2S2的热稳定性比H2S的弱
D. Ba(HCO3)2的溶解度比BaCO3的大，则NaHCO3的溶解度比Na2CO3的大
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，所以H2O分子是V形分子；Cl2O分子中O原子的价层电子对数为2＋=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，所以Cl2O分子是V形分子；A正确；
B．N的电负性较大，可以形成氢键；液态NH3中含有氢键，则液态N2H4中也含有氢键，B正确；
C．氧、硫属于同一主族元素，H2O2的热稳定性比H₂O的弱，则H2S2的热稳定性比H2S的弱，C正确；
D．Ba(HCO3)2的溶解度比BaCO3的大，但是NaHCO3的溶解度比Na2CO3的小，D错误；
故选D。
8. 短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。其中基态W原子核外电子只有一种运动状态，X、Y位于同一周期，基态X原子核外s能级电子数是p能级电子数的4倍。四种元素能形成如图所示结构的化合物M是一种优良的漂白剂、杀菌剂。下列说法错误的是
A. M阴离子中的各原子均满足8稳定结构
B. M因含有－1价的Y元素而具有强氧化性
C. 该化合物中X、Y的杂化方式相同
D. W分别与X、Y形成的二元化合物所含化学键类型相同
【答案】A
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中基态W原子核外电子只有一种运动状态，则W为H，基态X原子核外s能级电子数是p能级电子数的4倍，则X基态核外电子排布式为1s22s22p1，X为B， X、Y位于同一周期，由结构式知，Y能形成2个共价键，Y为O，Z能形成一价阳离子，Z为Na。
【详解】A．结合结构式可知，M阴离子中的H原子不满足8稳定结构，A错误；
B．M阴离子中含过氧键具有强氧化性，故因含有-1价的Y元素(O)而具有强氧化性，B正确；
C．由图可知，B元素形成4个键，杂化类型为sp3，O原子形成2个键且含有2个孤电子对，杂化类型为sp3，C正确；
D．H分别与B、O形成的二元化合物中只含有共价键，D正确；
故选A。
9. 以表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 88g干冰中含有0.5个晶胞B. 28g晶体硅中含有Si-Si键数目为4
C. 22.4L冰含有个H2O分子D. 12g石墨烯中含有个六元环
【答案】A
【解析】
【详解】A．88g干冰物质的量，1个晶胞中含有CO2分子=8×+6×=4个，2ml干冰中含有0.5NA个晶胞，故A正确；
B．28g晶体硅的物质的量，而晶体硅中，1个硅原子形成2条Si-Si键，故1ml硅中含2NA条Si-Si键，故B错误；
C．22.4L冰为固体，物质的量不是1ml，不能计算H2O分子数，故C错误；
D．12 g 石墨烯中C的物质的量，则其中含有六元环物质的量是0.5 ml，即0.5NA个六元环，故D错误；
故选：A。
10. 下表列出了卤素的氢化物(HX)、钠的卤化物(NaX)的熔点，下列说法不正确的是
A. HCl、HBr、HI的熔点依次升高，因为分子间范德华力依次增大
B. HF的熔点高于HCl，因为固态HF分子之间存在氢键作用
C. NaX的熔点高于对应HX的熔点，因为NaX的摩尔质量更大
D. NaX的熔点依次降低，推测与半径增大有关
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCl、HBr、HI的熔点依次升高，其分子量依次增大，范德华力增强，A正确；
B．HF的熔点显著高于HCl，因固态HF分子间存在氢键，增强了分子间作用力，B正确；
C．NaX的熔点高于HX是因NaX为离子晶体（强离子键），而HX为分子晶体（弱范德华力），与摩尔质量无关，C错误；
D．NaX熔点依次降低是因X⁻半径增大导致离子键强度减弱（如F⁻→I⁻半径递增，离子键减弱），D正确；
故选C。
11. 下列化学用语不正确的是
A. 的VSEPR模型：
B. 基态的价层电子排布式：
C. 过氧化钠的电子式为
D. 共价键电子云轮廓图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．中O为中心原子，价层电子对数为，水分子含有两对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，A正确；
B．Fe原子基态电子排布为[Ar]3d64s2，失电子形成Fe2+时先失4s电子，应失去2个4s电子，价层电子排布式为3d6，而非3d54s1，B错误；
C．过氧化钠为离子化合物，由Na+和-构成，中O-O为共价键，电子式为，C正确；
D．中H的1s轨道与Cl的轨道形成σ键，电子云轮廓图为轴对称的头碰头重叠图形，D正确；
故选B。
12. 下列化学用语表达正确的是
A. 乙酸分子的实验式：
B. 乙醇分子的球棍模型：
C. 乙炔分子的空间填充模型：
D. 水分子的模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙酸分子的分子式为，乙酸分子的实验式为，故A错误；
B．乙醇的球棍模型为，故B错误；
C．乙炔是直线型分子，乙炔的空间填充模型为，故C错误；
D．的中心原子价层电子对数为，有对孤电子对，模型为，故D正确；
选D。
13. 铁元素的一种配合物的形成过程为，下列有关说法错误的是
A. 中键与键的数目比为2：1B. 键角：
C. 第一电离能大小：D. 中配位原子为、
【答案】A
【解析】
【详解】A．与结构相似，与形成三键，键与键的数目比为1:2，项错误；
B．与中心原子杂化方式均为，中原子有孤电子对，键角小，项正确；
C．第一电离能：，项正确；
D．中配位原子为N、O，D项正确。
故本题选A。
14. 已知W、X、Y、Z四种元素分别属于三个短周期，且原子序数依次增大，由它们组成的化合物E、Q可以发生如下图的反应。化合物M是有机合成重要的中间体，M中阴离子为48电子微粒，下列说法错误的是
A. E易液化，是因为可形成分子间氢键B. Q是导致温室效应的成分之一
C. 简单离子的半径：Y＜ZD. M的阴阳离子中均含有极性共价键
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z四种元素分别属于三个短周期，且原子序数依次增大，W为H；由E、Q的结构可知Y为N、X为C、Z为O或S；M中阴离子为48电子微粒，1×2+7+6+8×2+1=32不符合，1×2+7+6+16×2+1=48符合，可知Z只能为S，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，E为NH3，其易液化，说明其沸点较高，是因为可形成分子间氢键，A正确；
B．由分析可知，Q是CS2，故不是导致温室效应的成分之一，B错误；
C．由分析可知，Y、Z分别为N和S，故简单离子的半径大小为N3-＜S2-即Y＜Z，C正确；
D．由题干信息可知，M的阴离子中含有N-H、C-N、C-S极性键，阳离子中含有H-N极性共价键，D正确；
故答案为：B。
15. 、、、为原子序数依次增大的四种短周期元素，已知、元素的原子序数之和是、元素的原子序数之和的3倍，且、元素是同主族元素。甲、乙、丙、丁、戊五种二元化合物的组成如下表：
物质间存在反应：甲+乙→单质+丙；丁+戊→单质(淡黄色固体)+丙。下列说法正确的是
A. 甲、乙、丙、丁、戊均为只含极性键的极性分子
B. 原子半径：；电负性：
C. 可用酒精洗涤粘在容器内壁上的单质
D. 若甲与乙恰好反应生成单质，则乙为双原子分子
【答案】D
【解析】
【分析】根据单质D为淡黄色固体，则D为S元素；A、B、C、D为原子序数依次增大的四种短周期元素，C、D元素是同主族元素，在C为O元素；C、D元素的原子序数之和是A、B元素的原子序数之和的3倍，A、B元素的原子序数之和为8，戊为O、S两种元素组成的化合物，且丁+戊→单质D(淡黄色固体)+丙，其反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O、3H2S+SO2=3H2O+4S↓，则A为H元素，B为N元素；甲+乙→单质B+丙，其反应方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O、4NH3+6NO=5N2+6H2O，则甲为NH3，乙为NO2或NO，丙为H2O，丁为H2S，戊为SO3或SO2。
【详解】A．若戊为SO3，则SO3是平面正三角形，含极性键的非极性分子，A错误；
B．同周期从左到右元素原子半径减小，电负性增大；同主族从上到下元素原子半径增大，电负性减小，故原子半径：S>N>O；电负性：O>N>S，B错误；
C．D为S单质，硫微溶于酒精，不能达到洗涤目的，应用二硫化碳洗涤，C错误；
D．根据4NH3+6NO=5N2+6H2O，若2ml甲与3ml乙恰好反应生成2.5ml单质B，则乙为NO，是双原子分子，D正确；
故答案为：D。
二、非选择题(共55分)
16. 是一种重要的化工原料，以含砷氧化铜矿(主要成分是CuO，含有少量等杂质)为原料，通过氨浸法制备的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）Cu在元素周期表中的位置是第___________周期___________族。
（2）“氨浸”中由CuO生成的离子方程式为___________。
（3）的空间构型为___________，其中心原子的杂化轨道类型为___________。
（4）“除砷”中生成的滤渣为，则的作用是___________，将“蒸氨”中产生的气体返回“氨浸”工序的意义是___________。
（5）溶液与过量KCN溶液反应可生成配合物，该配合物中的配体是___________，不考虑空间构型，其内界的结构可用示意图表示为___________。
【答案】（1） ①. 四或4 ②. IB
（2）
（3） ①. 三角锥形 ②. 杂化
（4） ①. 氧化与 ②. 循环利用，防止环境污染
（5） ①. ②.
【解析】
【分析】含砷氧化铜矿(主要成分是CuO，含有少量等杂质)加入硫酸铵、氨气进行氨浸得到和，继续加入和硫酸亚铁发生氧化还原反应得到沉淀和，进行蒸氨得到氨气和，加入硫酸反应而得到硫酸铜。
【小问1详解】
Cu在元素周期表中的位置是第四周期IB族。
【小问2详解】
“氨浸”中由CuO生成的离子方程式为。
【小问3详解】
的中心原子提供5个价层电子，另有三个电子共计8个价层电子，故价层电子对为4，价层电子对互斥模型为四面体形，中心原子采取杂化，因含有3个σ键电子对和1个孤电子对，故的分子模型为三角锥形。
【小问4详解】
“除砷”中的作用是氧化与得到，将“蒸氨”中产生的气体返回“氨浸”工序的意义是循环利用，防止环境污染。
【小问5详解】
配合物中的配体是，其内界的结构可用示意图表示为。
17. 研究物质的结构，用来探寻物质的性质,是我们学习化学的重要方法。回答下列问题：
（1）Fe、Ru、Os在元素周期表中处于同一列，人们已经发现和应用了Ru、Os的四氧化物、量子化学理论预测铁也存在四氧化物,但最终人们发现铁的化合价不是+8价而是+6价。OsO4分分子空间形状是___；铁的“四氧化物”分子中，铁的价电子排布式是___，氧的化合价是__。
（2）NH3分子中H-N-H键角为106.7°，在Ag(NH3)中，H一N一H键角近似109.5"，键角变大的原因是___。
（3）氢键的本质是缺电子的氢原子和富电子的原子或原子团之间的一种弱的电性作用。近年来，人们发现了双氢键，双氢键是指带正电的H子与带负电的H原子之间的一种弱电性相互作用。下列不可能形成双氢键的是___(填字母代号)。
aBe—H…H—O b.O——N
c.B——N d.Si——Al
（4）冰晶石(Na3AlF6)主要用作电解氧化铝的助熔剂，也用作研磨产品的耐磨添加剂。其晶胞结构如图所示。晶胞是正四棱柱形状，Na(I)位于四个侧面上，AlF位于顶点和体心。
AlF中，中心原子周围的成键电子总数是__个。若用原子坐标来描述晶胞中所有Na原子的位置，则需要___组原子坐标。已知晶胞边长为anm，bnm，冰晶石晶体的密度为__g•cm-3(Na3AlF6的摩尔质量为210g/ml)
【答案】 ①. 正四面体 ②. 3d2 ③. -1、-2 ④. [Ag(NH3)2]+中，配位键N-Ag键的成键电子对相比NH3中的孤电子对对N-H键的排斥力变小，故[Ag(NH3)2]+中H--N--H键角变大 ⑤. bd ⑥. 12 ⑦. 6 ⑧.
【解析】
【详解】（1）Fe、Ru、Os在元素周期表中处于同一列；OsO4分分子空间形状是正四面体；铁的四氧化物分子中，铁的化合价不是+8价而是+6价，则铁失去6个电子，铁的价电子排布式是3d2，氧的化合价是-1、-2；
故答案为：正四面体；3d2；-1、-2；
（2）NH3分子中H-N-H键角为106.7°，在Ag(NH3)中，[Ag(NH3)2]+中，配位键N-Ag键的成键电子对相比NH3中的孤电子对对N-H键的排斥力变小，故[Ag(NH3)2]+中H--N--H键角变大；
（3）氢键的本质是缺电子的氢原子和富电子的原子或原子团之间的一种弱的电性作用。近年来，人们发现了双氢键，双氢键是指带正电的H原子与带负电的H原子之间的一种弱电性相互作用，则
a．Be—H…H—O，前者氢原子带负电，后者氢原子带正电，可形成双氢键，a不选；
b．O——N，两个氢原子都带正电，不能形成双氢键，b选；
c．B——N，前者氢带负电，后者氢带正电，可形成双氢键，a不选；
d．Si——Al，两个氢原子都带负电，不能形成双氢键，d选；
答案选bd；
（4）冰晶石(Na3AlF6)主要用作电解氧化铝的助培剂，也用作研磨产品的耐磨添加剂；其晶胞结构如图所示，晶胞是正四棱柱形状，Na(I)位于四个侧面上，AlF位于顶点和体心；AlF中，中心原子周围的成键电子总数是12个；若用原子坐标来描述晶胞中所有Na原子的位置，则需要6组原子坐标。已知晶胞边长为anm，bnm，冰晶石晶体的密度为g•cm-3。
18. 工业上利用钛与铁可以制造多种新型合金材料，广泛用于航空、船舶、医疗、储能等领域。
（1）基态核外电子排布式为______。
（2）尿素与氯化铁形成配合物是一种高效有机催化剂。尿素与铁离子形成配位键时，最容易提供孤电子对的是______元素，原因是____________。
（3）研究表明用作光催化剂可将、、等氧化为、。下列说法正确的是______（选填序号）。
A．、均为直线型分子，但分子极性不同
B．、、的第一电离能依次增大
C．沸点比低得多，主要是因为分子间作用力较小
（4）Ti的某氧化物和CaO相互作用能形成钛酸盐的晶胞结构如图所示（位于立方体的顶点，处于立方体的中心）。该晶体中，和周围______个相紧邻；若该晶胞的边长为acm，则晶胞的密度为______（设为阿伏加德罗常数）。
（5）纳米晶体是一种贮氢容量大、价格低廉的储氢材料。可由Mg和Fe的粉末在气氛中反应加热球磨制得，该反应分两步进行。第一步反应为，第二步反应的化学方程式为______。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d6
（2） ①. N ②. N的电负性比O小，容易提供孤电子对
（3）A （4） ①. 12 ②.
（5）2MgH2+Fe+H2Mg2FeH6或3MgH2+FeMg2FeH6+Mg
【解析】
【小问1详解】
铁是26号元素，Fe2+的基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6；
【小问2详解】
尿素中O和N有孤电子对，其中N的电负性小，容易提供孤电子对，故答案为：N；N的电负性比O小，容易提供孤电子对；
【小问3详解】
A．、中碳都是sp杂化，空间结构都是直线型，其中是极性分子，是非极性分子，A正确；
B．同周期越靠右，第一电离能越大，其中N元素的2p为半满的稳定结构，第一电离能比O大，B错误；
C．可形成分子间氢键，沸点较高，则沸点比低得多，主要是因为可形成分子间氢键，C错误；
故选A；
【小问4详解】
由晶胞结构图可知，体心为Ca2＋，面心为O2－，该晶体中每个顶点Ti4＋与面心的O2－相邻，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，晶体中，Ti4＋和周围紧相邻O2－数目为3×=12，该晶体中，Ti4+和周围12个O2-相紧邻；如图晶胞中Ti4＋为8×=1，Ca2＋为1，O2－为6×=3，令晶胞边长为acm，，密度ρ=；
【小问5详解】
本题的目的是制备Mg2FeH6，则第二步应是制备Mg2FeH6，两步反应加起来可以消掉中间产物MgH2，且根据题意反应物有铁参与，因此第二步应是或2MgH2+Fe+H2Mg2FeH6或3MgH2+FeMg2FeH6+Mg。
19. 锡及其化合物在生产、生活中有着重要的用途。已知：Sn的熔点为231℃；Sn2+易水解、易被氧化；SnCl4极易水解、熔点为-33°C、 沸点为114℃；SnO2对空气和热都很稳定，不溶于水，常温下也难溶于酸或碱溶液。请回答下列问题：
(1)元素锡比同主族碳的周期数大3，锡的原子序数为___________。
(2)用于微电子器件生产的锡粉纯度测定(已知锡的相对原子质量为119)：
①取1.19 g试样溶于稀硫酸中(杂质不参与反应)，使Sn完全转化为Sn2+；
②加入过量的Fe(SO4)3；
③用0.1000 ml/LK2Cr2O7溶液滴定(产物中Cr呈+3价)，消耗20.00 mL。步骤②中加入Fe2(SO4)3的作用是_____；此锡粉样品中锡的质量分数为___。若在滴定终点时俯视读数，则会导致测得的样品中锡的质量分数__________(填“偏高“偏低”或“无影响”)。
(3)SnO2是一种优秀的透明导电材料。由锡石(主要成分SnO2,含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)制备纯净SnO2的一种工艺流程为：
请选用实验室常用试剂，把流程图中的试剂1等的化学式填入下表：
(4)实验室欲用下图装置制备少量SnCl4，该装置存在明显缺陷，改进方法是______。
【答案】 ①. 50 ②. 将Sn2+全部氧化为Sn4+ ③. 60% ④. 偏低 ⑤. NaOH ⑥. SnO2、Fe2O3 ⑦. H2SO4(或HCl) ⑧. SnO2 ⑨. 在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶
【解析】
【分析】(2)Sn2+易被氧化，先加入Fe2(SO4)3将Sn2+全部氧化为Sn4+，再用K2Cr2O7标准液滴定，将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子转移守恒，整个过程关系式为：3Sn～3Sn2+～6Fe3+～6Fe2+～Cr2O72-；
(3)锡石主要成分SnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2，要制备纯净SnO2，可先加入NaOH溶液，此时Al2O3、SiO2溶解，得到的沉淀1主要含SnO2、Fe2O3；SnO2常温下也难溶于酸，所以可以向沉淀1中加入稀硫酸或稀盐酸，此时Fe2O3溶解，得到的沉淀2为SnO2。
【详解】(1)元素锡比同主族碳的周期数大3，二者原子序数相差第三、四、五周期容纳元素种数之和，则Sn的原子序数为6+8+18+18=50；
(2)Sn2+易被氧化，先加入Fe2(SO4)3可将Sn2+全部氧化为Sn4+；
根据题意可知n(K2Cr2O7)= 0.02L×0.1ml/L=0.002ml，则根据分析中的数量关系可知n(Sn)= 0.002ml×3=0.006ml，锡粉样品中锡的质量分数为=60%；
若在滴定终点时俯视读数，读取的消耗的K2Cr2O7标准液的体积偏小，锡的质量分数偏低；
(3)根据分析可知试剂1为NaOH，沉淀1为SnO2、Fe2O3，试剂2为H2SO4(或HCl)，沉淀2为SnO2；
(4)利用图示装置制取的氯气含有氯化氢和水蒸气，生成的SnCl4容易发生水解反应，改进方法是在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去氯化氢和水蒸气。
对于陌生物质的制备要充分利用题目所给的有关该物质的性质，例如“SnCl4极易水解”则在制备SnCl4时就需要保证制备装置处于无水环境，进口和出口都需要干燥装置。元素
X
Y
Z
W
最高价氧化物的水化物
分子式
25℃时，溶液对应的pH
1.00
13.00
1.57
0.70
HX
HF
HCl
HBr
HI
熔点/℃
NaX
NaF
NaCl
NaBr
NaI
熔点/℃
995
801
775
651
甲
乙
丙
丁
戊
、
、
、
、
C、
试剂1
沉淀1
试剂2
沉淀2
化学式
____
____
____
____