【化学】吉林省吉林市第五十五中学2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）

吉林省吉林市第五十五中学2018-2019学年高二下学期期末考试
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 S-32 K-39 Na-23 Mg-24 Fe-56 Zn-65 Cu-64
一．选择题：每小题3分
1. 下列有关仪器的性能或者使用方法的说明中正确的是（ ）
A. 试管、蒸发皿既能用于给固体加热也能用于给溶液加热
B. 分液漏斗既能用于某些混合物的分离也能用于组装气体发生器
C. 碱式滴定管既可用于中和滴定，也可用于量取一定量的NaCl或AlCl3溶液
D. 测量酒精沸点的实验中，应使温度计水银球位于被加热的酒精中
【答案】B
【解析】试题分析：A．蒸发皿不能用于给固体加热，故A错误；B．分液漏斗既能用于某些混合物的分离，如分液，也能用于组装气体发生器，如向反应容器中滴加液体，故B正确；C．AlCl3溶液显酸性，不能使用碱式滴定管，故C错误；D．测量酒精沸点的实验中，应使温度计水银球位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故D错误；故选B。
【考点定位】考查化学实验的基本操作
【名师点晴】该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题综合性强，难易适中。在注重对基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计能力以及评价能力。该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。
2.下列药品的保存方法正确的是（　　）
A. 氢氟酸保存在棕色细口玻璃瓶中
B. 镁条能与氧气反应，所以必须保存在煤油中
C. 硅酸钠的水溶液保存在带有玻璃塞的细口玻璃瓶中
D. 碘单质保存在带有玻璃塞的棕色广口玻璃瓶中
【答案】D
【详解】A. 氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，因此不能保存在棕色细口玻璃瓶中，应该保存在塑料瓶中，A错误；
B. 镁条能与氧气反应，但其表面生成的氧化膜非常致密，有一定的抗腐蚀能力，不必保存在煤油中，B错误；
C. 硅酸钠的水溶液应该保存在带有玻璃塞的细口玻璃瓶中，C错误；
D. 单质碘易升华，碘单质保存在带有玻璃塞的棕色广口玻璃瓶中，D正确；
答案选D。
3.下列实验操作中仪器选择正确的是（　　）
A. 用碱式滴定管量取25.00 mL高锰酸钾溶液
B. 将小块钾放在坩埚中加热进行钾在空气中的燃烧实验
C. 用200 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸
D. 用480 mL容量瓶配制480 mL 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液
【答案】B
【详解】A. 高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管量取25.00 mL高锰酸钾溶液，A错误；
B. 钾是固体，可以将小块钾放在坩埚中加热进行钾在空气中的燃烧实验，B正确；
C. 应该用10 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸，C错误；
D. 没有480mL的容量瓶，应该用500 mL容量瓶配制480 mL 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液，D错误；
答案选B。
【点睛】选项D是解答的易错点，注意用容量瓶配制一定体积的物质的量浓度溶液时只能配制与容量瓶规格相对应的一定体积的溶液，不能配制任意体积的溶液。
4.清初《泉州府志》物产条载： “初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。”文中“盖泥法”的原理与下列相同的是（ ）
A. 活性炭净水 B. 用漂白粉漂白织物
C. 除去KNO3中的NaCl D. 除去河水中泥沙
【答案】A
【解析】文中“去土而糖白”是指固体土吸附糖色，所以文中“盖泥法”的原理与下列相同的是活性炭净水，故选A。
5.中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列各文献中所记载的古代化学研究过程或成果不涉及分离提纯操作的是（ ）
A. 《本草纲目》“(烧酒) 自元时创始，其法用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器盛露滴。”
B. 《齐民要术》“凡酿酒失所味者，或初好后动未压者，皆宜廻作醋。”
C. 《开宝本草》“(消石) 所在山泽，冬月地上有霜扫取，以水淋汁，后乃煎炼而成。”
D. 《天工开物》“草木之实，其中蕴藏膏液，而不能自流，假媒水火，凭藉木石，而后倾注而出焉。”
【答案】B
【解析】A、描述的是酒的蒸馏，涉及分离提纯操作，选项A不选；B、酒精在醋酸菌的作用下氧化可以转化成醋酸和水，涉及化学反应但没有涉及分离提纯操作，选项B选；C、包含溶解，蒸发结晶，涉及分离提纯操作，选项C不选；D、榨油或加热熔化使油脂从果实中分离出来，涉及分离提纯操作，选项D不选。答案选B。
6.为提纯下列物质（括号内为杂质），选用的试剂或分离方法错误的是（ ）
选项
物质
试剂
分离方法
A
硝酸钾（氯化钠）
蒸馏水
降温结晶
B
二氧化碳（氯化氢）
饱和NaHCO3溶液
洗气
C
甲烷（乙烯）
酸性高锰酸钾溶液
洗气
D
乙醇（水）
生石灰
蒸馏

【答案】C
【解析】分析：A.利用硝酸钾和氯化钠的溶解度不同分离；
B.利用氯化氢与饱和NaHCO3溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳的性质分离；
C.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新的杂质；
D.加生石灰可增大乙醇与水的沸点差异。
详解：A.硝酸钾的溶解度随温度变化较大，而氯化钠的溶解度随温度变化不大，所以可以采用先制得较高温度下的硝酸钾和氯化钠的溶液，再降温结晶，可析出硝酸钾晶体，故A正确；
B.氯化氢与饱和NaHCO3溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，而二氧化碳不溶于饱和NaHCO3溶液，可让混合气体通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶洗气，除去HCl，故B正确；
C.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新的杂质，故不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯，应通入溴水，故C错误；
D. 加生石灰可增大乙醇与水的沸点差异，则蒸馏可分离出乙醇，故D正确。
综合以上分析，本题选C。
点睛：本题考查混合物的分离、提纯，侧重除杂和分离的考查，把握物质的化学性质为解答本题的关键，注意D中生石灰的作用，题目难度不大。
7.下列装置所示的分离、提纯方法和物质的溶解性无关的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】A、洗气与物质的溶解度有关，选项A不符合；
B、晶体的析出与溶解度有关，选项B不符合；
C、蒸馏与物质的沸点有关，与溶解度无关，选项C符合；
D、萃取与物质溶解度有关，选项D不符合；
答案选C。
8.下列检验方法不合理的是（　　）
选项
实验
检验方法
A
向沸水中滴加5～6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，得Fe（OH）3胶体
用激光笔照射烧杯中的液体
B
证明溶液中存在NH4+
滴加浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝
C
区分AgNO3溶液和Al2（SO4）3溶液
分别取少量溶液，滴加BaCl2溶液
D
证明氯水中起漂白作用的不是Cl2
用CCl4充分萃取，将红纸条分别浸入分层后的溶液中

【答案】C
【解析】A．向沸水中滴加5~6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，得Fe(OH)3 胶体，胶体具有丁达尔效应，用激光笔照射烧杯中的液体可以检验制备的胶体，故A正确；B．铵根离子和NaOH反应生成一水合氨，一水合氨在加热条件下分解生成氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，所以该实验能证明溶液中含有铵根离子，故B正确；C．滴加BaCl2溶液后 BaCl2分别和AgNO3 和Al2(SO4)3反应生成氯化银和硫酸钡沉淀，现象基本相同，不能鉴别，故C错误；D．经四氯化碳萃取后的氯气不能使干燥的红纸条褪色，说明氯气没有漂白性，水溶液中含有次氯酸能够使红纸条褪色，说明起漂白作用的是次氯酸，故D正确；故选C。
点睛：本题考查了化学实验方案的设计与评价，掌握反应的原理是解题的关键。本题的易错点为D，要能够根据课本知识进行迁移，四氯化碳能够将氯水中的氯气萃取出来，水层中含有次氯酸。
9.下列说法不正确的是（　　）
A. 葡萄糖溶液和乙酸可用新制氢氧化铜鉴别
B. 植物油和矿物油可用热的饱和碳酸钠溶液鉴别
C. 甲苯和乙醇可用酸性高锰酸钾溶液鉴别
D. 乙醇、苯、四氯化碳既可用燃烧法鉴别，又可用水鉴别
【答案】C
【详解】A. 葡萄糖溶液能把新制氢氧化铜悬浊液还原产生红色沉淀，乙酸能与氢氧化铜发生中和反应使其溶解，因此可用新制氢氧化铜鉴别葡萄糖溶液和乙酸，A正确；
B. 植物油属于油脂，能在饱和的热的碳酸钠溶液中水解，而矿物油主要是烃类物质，与热的饱和碳酸钠溶液不反应，也不溶解在碳酸钠溶液中，因此可以鉴别，B正确；
C. 甲苯和乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，C错误；
D. 乙醇、苯均能燃烧，燃烧的实验现象不同，四氯化碳不能燃烧，可用燃烧法鉴别，又因为乙醇与水互溶，苯不溶于水在上层，四氯化碳不溶于水在下层，因此又可用水鉴别，D正确；
答案选C。
【点睛】掌握物质的性质差异是解答的关键，即任何具有明显实验现象差异的物理性质、化学性质都可用于物质的鉴定。在物质鉴定过程中常常是根据颜色的变化、是否有气体产生、能否溶解、有无沉淀、有无吸热或放热等现象来判别。可以根据能不能产生某个现象来判别，也可以根据产生某个现象的快慢进行判断。所以常常可以用多种方法鉴定某种物质。
10.下表中根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓X溶液
有白烟产生
X一定是HCl
B
将Cl2持续通入淀粉­KI溶液中
溶液先变蓝色，后褪色
氯气先表现氧化性，后表现漂白性
C
向强酸性溶液Y中加入Ba（NO3）2溶液，静置后再加入铁氰化钾溶液
只有白色沉淀产生
Y中一定含有SO42-，一定不含Fe2＋
D
将无色气体X通入品红溶液中，然后加热
开始时品红溶液褪色，加热后又恢复红色
X中一定含有SO2

【答案】D
【详解】A、蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓X溶液，有白烟产生，X不一定是HCl，也可能是硝酸，A错误；
B、将Cl2持续通入淀粉­KI溶液中，溶液先变蓝色，后褪色，说明开始有单质碘生成，氯气过量后继续氧化单质碘，氯气只表现氧化性，氯气没有漂白性，B错误；
C、向强酸性溶液Y中加入Ba（NO3）2溶液，静置后再加入铁氰化钾溶液，只有白色沉淀产生，说明Y中含有SO42-或在反应中产生硫酸根离子，由于在酸性溶液中硝酸根能氧化亚铁离子，则无法判断溶液中是否含有Fe2＋，C错误；
D、将无色气体X通入品红溶液中，然后加热，开始时品红溶液褪色，加热后又恢复红色，即漂白是不稳定的，这说明X中一定含有SO2，D正确；
答案选D。
11.据央视新闻报道，在政府工作报告中指出，建设一批光网城市，推进5万个行政村通光纤，让更多城乡居民享受数字化生活。光缆的主要成分为SiO2。下列叙述正确的是（　　）
A. SiO2的摩尔质量为60
B. 标准状况下，15 g SiO2的体积为5.6 L
C. SiO2中Si与O的质量比为7∶8
D. 相同质量的SiO2和CO2中含有的氧原子数相同
【答案】C
【详解】A. SiO2的摩尔质量为60g/mol，A错误；
B. 标准状况下二氧化硅是固体，15 g SiO2的体积不是5.6 L，B错误；
C. SiO2中Si与O质量比为28：32＝7：8，C正确；
D. SiO2和CO2的摩尔质量不同，则相同质量的SiO2和CO2中含有的氧原子数不相同，D错误；
答案选C。
12.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA
B. 22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18 NA
C. 92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0 NA
D. 1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0 NA
【答案】B
【解析】分析：A、胶体是大分子的集合体；
B、根据氩气的组成解答；
C、根据丙三醇的结构分析；
D、根据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的特点分析。
详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；
B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B正确；
C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3 NA，C错误；
D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。答案选B。
点睛：选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。
13.标准状况下，5.6 L O2中含有N个氧原子，则阿伏加德罗常数的值为（　　）
A. 4N B.
C. 2N D.
【答案】C
【分析】根据n＝V/Vm、N=nNA解答。
【详解】标准状况下，5.6 L O2中含有N个氧原子，氧气的物质的量是5.6L÷22.4L/mol＝0.25mol，氧原子的物质的量是0.5mol，则阿伏加德罗常数的值为N÷0.5＝2N。答案选C。
14.下列叙述正确的是( )
A. NaCl的摩尔质量是58.5g B. 64g氧气中含有2mol氧
C. 4g氦气中含有2mol氦原子 D. 0.1molCO2中含有6.02×1022个CO2分子
【答案】D
【分析】A、摩尔质量的单位是g/mol；
B、氧气为双原子分子；
C、氦气为单原子分子；
D、根据N=nNA计算CO2分子数目。
【详解】A项、NaCl的摩尔质量是58.5g/mol，1mol氯化钠的质量是58.5g，故A错误；
B项、64g氧气的物质的量是=2mol，氧气为双原子分子，故含氧原子为4mol，2mol氧表述不清，是指氧原子还是氧分子不明确，故B错误；
C项、4g氦气的物质的量是=1mol，氦气为单原子分子，则含原子数为1mol，故C错误；
D项、0.1 molCO2中所含的CO2分子数为0.1mol×6.02×1023=6.02×1022个，故D正确；
故选D
【点睛】本题主要考查物质的量的计算，注意摩尔质量、物质的组成、与物质的量有关的计算公式是解答关键。
15.我市溪口风景区被称为天然氧吧，其原因是空气中的自由电子附着在分子或原子上形成空气负离子，被称为“空气维生素”。O2－就是一种空气负离子，其摩尔质量为（ ）
A. 33 g B. 32 g
C. 33 g·molˉ1 D. 32 g·molˉ1
【答案】D
【解析】O2－的相对分子质量是32，所以其摩尔质量为32g/mol，答案选D。
16.某气体的摩尔质量为M g·mol－1，NA表示阿伏加德罗常数，在一定的温度和压强下，体积为V L的该气体所含有的分子数为x。则表示的是（　　）
A. V L该气体的质量（以g为单位）
B. 1 L该气体的质量（以g为单位）
C. 1 mol该气体的体积（以L为单位）
D. 1 L该气体中所含的分子数
【答案】B
【解析】试题分析：X除以NA为该气体的物质的量；然后乘以M表示其质量；最后除以V为该气体密度，故选A。
【考点定位】考查阿伏加德罗常数；物质的量的相关计算
【名师点晴】本题考查了物质的量与微粒数、质量、摩尔质量、气体体积、阿伏伽德罗常数等物理量之间的关系和计算，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握。在一定的温度和压强下，体积为VL的该气体所含有的分子数为X，则气体物质的量n=mol，乘以气体摩尔质量得到气体的质量，再除以气体体积得到的是气体的密度。
17.一定温度和压强下，30 L某种气态纯净物中含有6.02×1023个分子，这些分子由1.204×1024个原子组成，下列有关说法中不正确的是（ ）
A. 该温度和压强可能是标准状况
B. 标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4 L
C. 每个该气体分子含有2个原子
D. 若O2在该条件下为气态，则1 mol O2在该条件下的体积也为30 L
【答案】A
【解析】试题分析：如果温度和压强是标准状况，根据气体的体积：V=nmol×22.4L/mol,那么30 L某种气态纯净物的物质的量大于1mol，分子个数大于6.02×1023个，故肯定不是标准状况，A不正确；分子数为6.02×1023个，那么物质的量就是1mol，标准状况下的体积约是22.4 L，B正确；分子数为6.02×1023个，原子数为1.204×1024个原子，说明该分子是由2个原子组成，C正确；O2是双原子分子，是气态物质，符合条件，D正确。选A。
考点：有关气体摩尔体积公式使用条件的理解
18.人造空气（氧气O2与氦气He的混合气）可用于减轻某些病痛或供深水潜水员使用。在标准状况下，5.6L“人造空气”的质量是2.4g，其中氧气与氦气的质量比是（ ）
A. 1：1 B. 1∶4 C. 2： 1 D. 2：3
【答案】C
【解析】试题分析：5.6L“人造空气”的质量是2.4g，则22.4L人造空气的质量为2.4×4=9.6g；即混合气体的平均相对分子质量为9.6；利用“十字交叉”法得：物质的量的关系为：

所以可求得氧气与氦气的质量比是2：1
考点：物质的量的计算
【名师点睛】“十字交叉”法使用范围：
（1）根据二元混合物的平均分子量，求两元的物质的量之比．若为气体也即体积之比．
（2）根据只含2种同位素的元素的平均原子量，求两种同位素原子的个数比或物质的量之比或在自然界中的百分含量（也称作丰度）。
19.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A. 含4 mol HCl的浓盐酸与足量MnO2在加热条件下反应生成Cl2的分子数为NA
B. 向1 L 0.1 mol·L－1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则NH4+的数目为0.1NA
C. 向1 L 1 mol·L－1 FeBr2溶液中通入足量氯气，转移的电子数为3NA
D. 密闭容器中1 mol N2与3 mol H2在一定条件下充分反应，生成的NH3分子数为2NA
【答案】B
【详解】A. 含4 mol HCl的浓盐酸与足量MnO2在加热条件下反应，由于随着反应的进行盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，则生成Cl2的分子数小于NA，A错误；
B. 向1 L 0.1 mol·L－1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则根据电荷守恒可知c(Cl－)＝c(NH4+)＝0.1mol/L，所以NH4+数目为0.1NA，B正确；
C. 向1 L 1 mol·L－1 FeBr2溶液中通入足量氯气，溴化亚铁全部被氧化，但过量的氯气能与水又发生氧化还原反应，所以转移的电子数大于3NA，C错误；
D. 密闭容器中1 mol N2与3 mol H2在一定条件下充分反应，由于是可逆反应，则生成的NH3分子数小于2NA，D错误；
答案选B。
【点睛】选项C是解答的易错点，主要是忽略了过量的氯气会发生后续反应。因此计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。尤其要注意反应中物质的过量问题以及是否会有后续反应发生等。
20.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是(  )
A. 常温常压下，4gD2O 中含有的电子数为2NA
B. 42gC2H4 和C4H8的混合气中含有氢原子数为6NA
C. 25℃时，pH=1的H3PO4溶液中含有H+数为0.1NA
D. H2O(g)通过Na2O2( s) 使其增重bg 时，反应中转移的电子数为bNA/2
【答案】C
【解析】A. 常温常压下，4gD2O 的物质的量为=0.2mol，含有电子2mol，故A正确；B. C2H4 和C4H8的的最简式相同，均为CH2，42gC2H4 和C4H8的混合气中含有CH2原子团的物质的量为=3mol，氢原子数为6NA，故B正确；C.缺少溶液的体积，无法计算 25℃时，pH=1的H3PO4溶液中含有的H+数，故C错误；D. 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ↑，1mol Na2O2转移1mol电子，H2O(g)通过Na2O2( s) 使其增重bg 时，反应的过氧化钠的物质的量==mol，因此反应中转移的电子数为bNA/2，故D正确；故选C。
点睛：解答此类试题需要注意：①气体摩尔体积的使用范围和条件，对象是否气体；温度和压强是否为标准状况；②溶液计算是否告知物质的量浓度和溶液体积，如本题的C项。
二．填空题
21.已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用。请回答下列问题：

（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为________mol·L－1。（保留小数点后一位）
（2）某同学取100 mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c（Na＋）＝________mol·L－1。
（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是________（填字母）。
A、容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制
B、配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低
C、需要称量NaClO固体的质量为143.0 g
（4）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%（密度为1.84 g·cm－3）的浓硫酸配制2 L 2.3 mol·L－1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。
①所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为________mol·L－1。
②需用浓硫酸的体积为________mL。
【答案】 (1). 4.0 (2). 0.04 (3). B (4). 4.6 (5). 250
【分析】（1）根据计算；
（2）根据稀释过程中溶质的物质的量不变解答；
（3）配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液需要500mL容量瓶，结合一定物质的量浓度溶液配制的原理分析解答；
（4）根据硫酸是二元强酸计算氢离子的浓度；根据稀释过程中硫酸的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积。
【详解】（1）由得，c(NaClO)＝1000×1.19×25%/74.5 g·mol－1＝4.0 mol·L－1。
（2）稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变，则稀释100倍后c(NaClO)＝0.04 mol·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04 mol·L－1。
（3）A、配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，且容量瓶不能烘干，A错误；
B、未洗涤烧杯和玻璃棒将导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低，B正确；
C、应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的质量为0.5 L×4.0 mol·L－1×74.5 g·mol－1＝149.0 g，C错误；
答案选B。
（4）①根据H2SO4的组成可知，溶液中c(H＋)＝2c(H2SO4)＝4.6 mol·L－1。
②2 L 2.3 mol·L－1的稀硫酸中溶质的物质的量为2 L×2.3 mol·L－1＝4.6 mol，设需要98%(密度为1.84 g·cm－3)的浓硫酸的体积为V mL，则有：VmL×1.84g/mL×98%/98g·mol－1＝4.6 mol，解得V＝250。
22.人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。
【配制KMnO4标准溶液】如图所示是配制50 mL KMnO4标准溶液的过程示意图。

(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有___________(填序号)。
(2)其中确定50 mL溶液体积的容器是_______________(填名称)。
(3)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_____(填“偏大”或“偏小”)。
【测定血液样品中Ca2＋的浓度】抽取血样20.00 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 mol/L KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL KMnO4溶液。
(4)已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O，则方程式中的x＝______。
(5)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为_____mg/cm3。
【答案】(1). ②⑤ (2). 50 mL容量瓶 (3). 偏小 (4). 2 (5). 1.2
【解析】(1)由图示可知②⑤操作不正确。②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面最低处与刻度线相切；(2)应该用50 mL容量瓶准确确定50 mL溶液的体积；(3)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；(4)根据电荷守恒，草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；(5)血液样品中Ca2＋的浓度为＝1.2 mg/cm3。
23.元素的基态原子的核外电子有3种能量状态、5种空间状态，X是其中第一电离能最小的元素；元素Y的M层电子运动状态与X的价电子运动状态相同；元素Z位于第四周期，其基态原子的2价阳离子M层轨道全部排满电子。
（1）X基态原子的电子排布式为___________。
（2）X的氢化物（H2X）在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是____________________。
（3）在Y的氢化物（H2Y分子中，Y原子轨道的杂化类型是___________。
（4）Y与X可形成YX32−。
①YX32−的立体构型为___________（用文字描述）。
②写出一种与YX32−互为等电子体的分子的化学式___________。
（5）Z的氯化物与氨水反应可形成配合物[Z（NH3）4（H2O）2]Cl2，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是___________（写化学式）。
（6）Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如图所示，该化合物的化学式为_________。其晶胞边长为540.0 pm，密度为___________g·cm−3（列式并计算），a位置Y与b位置Z之间的距离为_______pm（列式表示）。

【答案】 (1). 1s22s22p4 (2). 水分子和乙醇分子间形成氢键 (3). sp3 (4). 三角锥形 (5). NCl3 (或PCl3、等N、P的三卤代物、SOCl2) (6). H2O (7). ZnS (8). 4.09 (或4.1) (9). 135
【分析】元素Z位于第四周期，其基态原子的2价阳离子M层轨道全部排满电子，Z是Zn元素；元素的基态原子的核外电子有3种能量状态、5种空间状态，X是其中第一电离能最小的元素，说明X原子2p能级有4个电子，X是O元素；元素Y的M层电子运动状态与X的价电子运动状态相同，Y是S元素。
【详解】(1)X是O元素，核外有8个电子，基态原子的电子排布式为1s22s22p4。
(2) 水分子和乙醇分子间形成氢键，H2S与乙醇分子不能形成氢键，所以水在乙醇中的溶解度大于H2S。
(3) H2S分子中，S原子杂化轨道数是，S原子轨道的杂化类型是sp3。
(4)①SO32－中S原子杂化轨道数是，配位数是3,1对孤电子对，所以立体构型为三角锥形。
②SO32－的原子数是4、价电子数为26，互为等电子体的分子的化学式NCl3。
(5)配合物[Zn(NH3)4(H2O)2]Cl2中O的非金属性大于N，O原子吸引孤电子对的能力大于N，所以Zn与H2O形成的配位键弱，所以该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O。
(6)S与Zn所形成化合物晶体的晶胞如图所示，根据均摊原则，该晶胞中S原子数是、Zn原子数是4，化合物的化学式为ZnS。其晶胞边长为540.0pm，密度为= 4.09g·cm－3，体对角线的长度是 pm， a与b之间的距离为体对角线的 ，a位置Y与b位置Z之间的距离为 =135pm。
24.亚硝酰氯（NOCl，熔点：－64.5 ℃，沸点：－5.5 ℃）是一种黄色气体，遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。
（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如图所示：

为制备纯净干燥的气体，补充下表中缺少的药品。

装置Ⅰ
装置Ⅱ
烧瓶中
分液漏斗中
制备纯净的Cl2
MnO2
①________
②________
制备纯净的NO
Cu
③________
④________

（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：

①装置连接顺序为a→________________（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。
②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是____________________。
③装置Ⅶ的作用是________________________________________________________。
④装置Ⅷ中吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为______________________。
（3）丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为_______________________________________。
【答案】 (1). 浓盐酸 (2). 饱和食盐水 (3). 稀硝酸 (4). 水 (5). e→f（或f→e）→c→b→d (6). 通过观察气泡调节气体的流速 (7). 防止水蒸气进入反应器 (8). NOCl＋2NaOH===NaCl＋NaNO2＋H2O (9). HNO3(浓)＋3HCl(浓)===NOCl↑＋Cl2↑＋2H2O
【解析】(1)实验室加热制取氯气是用MnO2与浓盐酸加热生成的，所以分液漏斗中装的是浓盐酸，装置Ⅱ是用于吸收氯气中HCl气体，所以内装饱和的食盐水；实验室里NO是用Cu和稀硝酸反应制取的，所以分液漏斗中装的是稀硝酸，装置Ⅱ是用于吸收NO中HNO3蒸气的，因此内装水即可。
(2)已知NOCl沸点为-5.5 ℃，遇水易水解，所以可用冰盐冷却收集液体NOCl，再用装有无水CaCl2干燥管Ⅶ防止水蒸气进入装置Ⅸ中使NOCl变质，由于NO和Cl2都有毒且污染环境，所以用NaOH吸收尾气，因此①接口顺序为a→e→f(或f→e) →c→b→d，②通过观察洗气瓶中的气泡的快慢，调节NO、Cl2气体的流速，以达到最佳反应比，提高原料的利用率，减少有害气体的排放，③装置Ⅶ中装有的无水CaCl2，是防止水蒸气进入装置Ⅸ中使生成的NOCl变质，④NOCl遇水反应生成HCl和HNO2，再与NaOH反应，所以反应的化学方程式为：NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O。
(3)由题中叙述可知，反应物为浓硝酸和浓盐酸，生成物为亚硝酰氯和氯气，所以可写出反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)NOCl↑+Cl2↑+2H2O。
点睛：本题要特别注意NOCl的性质对解题的影响，1、沸点为-5.5 ℃，冰盐可使其液化，便于与原料气分离；2、遇水易水解，所以制备前、制备后都要防止水蒸气的混入，这样才能找到正确的装置连接顺序。
25.实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
（1）制备K2FeO4（夹持装置略）

①A为氯气发生装置。A中反应方程式是_________________________（锰被还原为Mn2+）。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。________________
③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有
3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有________________。
（2）探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。

Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。
Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。
②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是_______________________________。
③资料表明，酸性溶液中氧化性＞，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性＞。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：______________________
______________________________________________________________________________。
【答案】 (1). 2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O (2). (3). Cl2+2OH−Cl−+ClO−+H2O (4). Fe3+ (5). 4FeO42−+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O (6). 排除ClO−的干扰 (7). > (8). 溶液的酸碱性不同 (9). 若能，理由：FeO42−在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4−的颜色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）
【解析】分析：（1）KMnO4与浓盐酸反应制Cl2；由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl；Cl2与Fe（OH）3、KOH反应制备K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大气。
（2）①根据制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H2O。
I.加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+。
II.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗涤除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。
②根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案II在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。
③判断的依据是否排除FeO42-的颜色对实验结论的干扰。
详解：（1）①A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
②由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为。
③ C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。
i.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。
ii.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。
②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。
③该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42-MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。
点睛：本题考查K2FeO4的制备和K2FeO4的性质探究。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置→除杂净化装置→制备实验装置→尾气吸收。进行物质性质实验探究是要排除其他物质的干扰。尤其注意最后一空为开放性答案，要注重多角度思考。