【化学】云南省景东一中2018-2019学年高二下学期开学考试（解析版）

云南省景东一中2018-2019学年高二下学期开学考试
分卷I
一、单选题(共24小题,每小题2.0分,共48分)
1.下列有关晶体和非晶体的说法中正确的是（　　）
A. 具有规则几何外形的固体均为晶体
B. 晶体具有自范性，非晶体没有自范性
C. 晶体研碎后即变为非晶体
D. 将玻璃加工成规则的固体即变成晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A.晶体的几何外形比较规则属于晶体的一般特性，但并不是所有具有几何外形的固体都是晶体，故A项错误。
B.晶体的自范性是指：在适宜的条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质，晶体的微观结构是物质微粒按照一定的规律在空间排列成整齐的行列，而非晶体内部原子或分子的排列呈现杂乱无章的分布状态，晶体具有自范性，非晶体没有自范性，故B项正确。
C.晶体碾碎后还是晶体，故C项错误。
D.将玻璃加工成规则的固体不会改变其各项同性的特征，所以不会变成晶体，故D项错误。答案：B。
【点睛】晶体的自范性是指：在适宜的条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质，晶体的微观结构是物质微粒按照一定的规律在空间排列成整齐的行列，而非晶体内部原子或分子的排列呈现杂乱无章的分布状态，晶体具有自范性，非晶体没有自范性。
2.假设原子晶体SiO2中，Si原子被铝原子取代，不足的价数由钾原子补充．当有25%的硅原子被铝原子取代时，可形成正长石．则正长石的化学组成为（　　）
A. KAlSiO4 B. KAlSi2O6 C. KAlSi2O8 D. KAlSi3O8
【答案】D
【解析】
【分析】
设有nmol二氧化硅，含有nmolSi原子、2nmolO原子，然后根据当有25%的硅原子被铝原子取代，不足的价数由钾原子补充，计算出用n表示的铝原子、钾原子的物质的量，物质的量之比就等于原子个数比，从而得出正长石的化学式。
【详解】根据题目条件因二氧化硅中有25%的硅原子被铝原子取代，不足的由钾原子补充，设二氧化硅的物质的量为nmol，则含有nmolSi原子、2nmolO原子，由于25%的硅原子被铝原子取代，所以Al原子的物质的量为：nmol×25%=0.25nmol，Si原子还属于物质的量为：0.75nmol，不足的价数由钾原子补充，钾原子的物质的量为：0.25nmol×（3-2）=0.25nmol，所以正长石中各微粒的物质的量之比为：n（K）：n（Al）：n（Si）：n（O）=0.25nmol：0.25nmol：0.75nmol：2nmol=1：1：3：8，所以对应的化学式为KAlSi3O8。
答案为D
【点睛】本题考查了正长石的化学式的计算，解题关键是理解题干的信息，充分考查了学生的分析、理解能力。
3.1919年，Langmuir提出等电子体的概念，由短周期元素组成的粒子，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体。等电子体的结构相似，物理性质相近。据上述原理，下列各对粒子中，空间结构相似的是(　　)
A. SO2和O3 B. CO2和NO2
C. CS2和NO2 D. PCl3和BF3
【答案】A
【解析】
【详解】A. SO2和O3的原子数相等，两者的各原子的最外层电子数之和相等，所以它们属于等电子体，空间结构相似，故A项正确；
B.二氧化碳和二氧化氮分子中原子个数相等,且各原子的最外层电子数之和不相等,所以不是等电子体,其空间构型不相似，故B错误；
C.二硫化碳和二氧化氮分子中原子个数相等,但各原子的最外层电子数之和不等,所以不是等电子体,则其空间构型不相似,故C错误；
D.三氯化磷和三氟化硼分子中原子个数相等，且各原子的最外层电子数之和不相同,所以不是等电子体，则其空间构型不相似,故D错误；
综上所述，本题选A。
4.元素X、Y、Z的原子序数之和为28，X＋与Z2－具有相同的电子层结构，Y、Z在同一周期。下列推测错误的是(　　)
A. 原子半径：X>Y，离子半径：Z2－>X＋
B. X单质与Z单质反应的物质的量之比一定为2∶1
C. Y与Z形成的化合物ZY2中，Z为＋2价
D. 所有元素中Y的气态氢化物稳定性最强
【答案】B
【解析】
【分析】
X+与Z2-具有相同的核外电子层结构，Y、Z在同一周期。可推X在Y、Z的下一个周期，则X为Na、Z为O、进而可知Y为F。
【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，Na>F。电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，O2->Na+，故A正确；
B．Na与O2反应可形成Na2O、Na2O2等化合物，如4Na+ O2=2Na2O，故B错误；
C．F在化合物中显-1价，故F与O形成的化合物OF2中，O为＋2价，故C正确；
D．非金属性F最强，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故D正确。
答案选B。
【点睛】掌握原子、离子半径比较技巧：
一看电子层数，电子层数越大，半径越大；
二看核电荷数，核电荷数越大，半径越小；（电子层数相等时）
三看核外电子数，核外电子数越大，半径越大。（电子层数、核电荷数相等时）
5.具有如下电子层结构的原子，其相应元素一定属于同一主族的是(　　)
A. 3p能级上有2个未成对电子的原子和4p能级上有2个未成对电子的原子
B. 3p能级上只有1个空轨道的原子和4p能级上只有1个空轨道的原子
C. 最外层电子排布为1s2的原子和最外层电子排布为2s22p6的原子
D. 最外层电子排布为1s2的原子和最外层电子排布为2s2的原子
【答案】B
【解析】
当p能级上有2个或者4个电子时,p能级上都有2个未成对电子,所以相应元素可能是第ⅣA族,也可能是第ⅥA族,故A项不符合题意;p能级上有3个轨道,当p能级有1个空轨道时,另两个轨道各容纳了1个电子,加上s能级上的2个电子,最外层为4个电子,所以不管处于哪个能层,只要最外层为4个电子,就属于第ⅣA族,故B项符合题意;最外层电子排布为1s2的原子是He,最外层电子排布为2s22p6的原子是Ne,两者均属于0族元素,题干中要求属于同一主族元素,故C项不符合题意;最外层电子排布为2s2的原子是Be,属于第ⅡA族,而最外层电子排布为1s2的原子是He,属于0族,故D项也是错误的。
6.按电子排布可把周期表里的元素划分成5个区，以下元素属于s区的是(　　)
A. Fe B. Mg C. Al D. La
【答案】B
【解析】
【分析】
电子最后填入的能级是p能级的元素属于P区元素，P区元素的外围电子排布为ns2npx，包含第ⅢA～ⅦA族及零族元素，电子最后填入的能级是s能级的元素属于s区元素（注意氦元素除外），包括ⅠA、ⅡA族元素，电子最后填入的能级是d能级的元素属于d区元素，包括ⅢB～ⅦB及Ⅷ族，ds区包括ⅠB族（11列）、ⅡB族（12列），此外还有f区，包含镧系、锕系。
【详解】A. Fe的核外电子排布为：[Ar]3d64s2，最后填入的是能量较高的能级3d，铁是d区，故A错误；
B. Mg的核外电子排布为：[Ne]3s2，最后填入的是能级3s，镁是s区，故B正确；
C. Al的核外电子排布为：[Ne]3s23p1，最后填入的是能级3p，铝是p区，故C错误；
D. 由分析可知，La是f区，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查元素周期表的结构、原子结构与位置关系等，难度不大，注意整体把握元素周期表。
7.化学上通常把原子数和电子数相等的分子或离子称为等电子体，研究发现等电子体间结构和性质相似（等电子原理）．化合物B3N3H6被称为无机苯，它与苯是等电子体，则下列说法中不正确的是（　　）
A. 无机苯是仅由极性键组成的分子
B. 无机苯能发生取代反应
C. 无机苯的二氯代物有3种同分异构体
D. 无机苯不能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】C
【解析】
【分析】
由苯的分子结构可知无机苯的结构，它们是等电子体，结构和性质相似。
【详解】A．由分析可知，无机苯分子结构中只含有极性键，故A正确；
B．无机苯的结构和性质与苯相似，能发生取代反应，故B正确；
C．苯分子中的环上六个碳原子均是等效的，而无机苯中的环上三个B原子是等效的，三个N原子又是等效的，所以该环上共有两种等效氢，故其二氯代物中，两个氯原子分别处在邻位或对位时各一种，而处在间位时，有两种，故其二氯代物的异构体有四种，故C错误；
D．无机苯的结构和性质与苯相似，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；
答案选C。
8.2001年报道硼和镁形成的化合物刷新了金属化合物超导温度的最高记录．如图示意的是该化合物的晶体结构单元：镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下底面各有一个镁原子，6个硼原子位于棱柱内，则该化合物的化学式可表示为（　　）

A. MgB B. MgB2 C. Mg2B D. Mg3B2
【答案】B
【解析】
【分析】
利用均摊法先计算出镁原子与硼原子个数。再求出原子个数比即可解答。
【详解】处于六棱柱顶点上的镁原子同时为6个结构单元所共有，每个镁原子有属于该结构单元；处于面上的镁原子同时为2个结构单元所共有，每个镁原子有属于该结构单元；处于棱柱内的6个硼原子，则完全属于该结构单元。故每个结构单元中有镁原子：l2×+2×=3，有硼原子6个。故化学式可表示为MgB2。故B正确，ACD错误；
答案选B。
9.下列分子中存在的共价键类型完全相同的是(　　)
A. CH4与NH3 B. C2H6与C2H4 C. H2与Cl2 D. Cl2与N2
【答案】A
【解析】
【详解】A．CH4与NH3分子中只有单键，全部为极性键，所以共价键类型完全相同，故A正确；
B．C2H6分子中只有单键，全部为σ键，C2H4中有双键，故既有σ键又有π键，所以共价键类型不完全相同，故B错误；
C．H2与Cl2分子中只有单键，但是氢气是ss型σ键，氯气是pp型σ键，均为非极性键，所以共价键类型不完全相同，故C错误；
D．Cl2分子中只有单键，全部为σ键，N2中有三键既有σ键又有π键，所以共价键类型不完全相同，故D错误；
答案选A。
【点睛】共价键类型分为σ键和π键。注意单键只有σ键，双键既有σ键又有π键。
10.判断物质在不同溶剂中的溶解性时，一般都遵循“相似相溶”规律。下列装置中，不宜用做HCl尾气吸收的是(　　)
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
HCl是极性分子，水是极性分子，四氯化碳是非极性分子，氯化氢易溶于水，难溶于四氯化碳。A．倒置的漏斗可防倒吸，选项A错误； B．氯化氢难溶于四氯化碳，可防倒吸，选项B错误；C．氯化氢易溶于水，会发生倒吸，选项C正确；D．球形干燥管能防止倒吸，选项D错误；答案选C。
点睛：本题考查尾气处理装置的应用。HCl是极性分子，水是极性分子，四氯化碳是非极性分子，则HCl极易溶于水，难溶于四氯化碳，吸收HCl时不能直接将导管插入水中，必须使用防止倒吸的装置；常用的方法为：使用倒置的漏斗、使用球形干燥管、使用四氯化碳和水的混合液，据此进行判断。
11.已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合。下列关于C3N4晶体的说法正确的是(　　)
A. C3N4晶体是分子晶体
B. C3N4晶体中C—N键的键长比金刚石中C—C键的键长要长
C. C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子
D. C3N4晶体中微粒间通过离子键结合
【答案】C
【解析】
根据C3N4晶体性质可推测，该化合物应该是原子晶体。在原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，所以C—N键长比金刚石中C—C要小。根据氮原子和碳原子的价电子数并依据8电子稳定结构可知选项C是正确的。答案C。
12.下列各组物质的沸点，按由低到高顺序排列的是(　　)
A. NH3、CH4、NaCl、Na B. H2O、H2S、MgSO4、SO2
C. CH4、H2O、NaCl、SiO2 D. Li、Na、K、Rb、Cs
【答案】C
【解析】
A、NH3存在氢键，沸点大于CH4，选项A错误；B、H2O存在氢键，沸点大于H2S、SO2，选项B错误；C、因为SiO2是原子晶体，NaCl是离子晶体，CH4、H2O都是分子晶体，且常温下水为液态，CH4是气态。各物质的沸点按由低到高顺序排列，选项C正确；D、五种碱金属晶体，由于金属键渐弱（金属阳离子电荷数相等，但半径增大）等原因，熔点依次降低，选项D错误。答案选C。
13.下列各组物质中，酸性由强到弱排列顺序错误的是(　　)
A. HClO4　H2SO4　H3PO4 B. HClO4　HClO3　HClO2
C. HClO　HBrO4　HIO4 D. H2SO4　H2SO3　H2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A.P、S、Cl元素处于同一周期，且非金属性逐渐增强，且这几种酸都是其相应的最高价含氧酸，所以HClO4　H2SO4　H3PO4酸性逐渐减弱，故A不选；
B.这几种酸都是氯元素的不同含氧酸，氯元素的化合价越高其酸性越强，所以HClO4　、HClO3、HClO2的酸性逐渐减弱，故B不选；
C.高溴酸的酸性比高碘酸强，且高溴酸和高碘酸都是强酸，次氯酸是弱酸，所以酸性由强到弱的顺序是HBrO4 HIO4 HClO，故C选；
D.硫酸的酸性比亚硫酸强，亚硫酸的酸性比碳酸的强，所以这几种酸的酸性逐渐减弱，故D不选；
本题答案为C。
【点睛】酸性强弱的比较，注意非金属的非金属性强弱决定其最高价含氧酸的酸性强弱，但不决定其低价含氧酸的酸性强弱。．
14.宇宙中最多的元素是(　　)
A. H B. O C. He D. N
【答案】A
【解析】
【详解】氢是宇宙中含量最多的元素，在我们知道的宇宙范围内，超过总数90%的原子都是氢。第二轻的元素是氦，虽然它在地球上相当稀少，却占了宇宙间除氢以外剩下10%原子数目的大部分。答案为A
15.下图为铜锌原电池示意图，下列说法正确的是(　　)

A. 锌片逐渐溶解
B. 烧杯中溶液逐渐呈蓝色
C. 电子由铜片通过导线流向锌片
D. 锌为正极，铜为负极
【答案】A
【解析】
分析：原电池中较活泼的金属作负极，发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，据此解答。
详解：A. 锌的金属性强于铜，锌是负极，锌片逐渐溶解，A正确；
B. 铜是正极，溶液中的氢离子放电，则烧杯中溶液不会呈蓝色，B错误；
C. 锌是负极，铜是正极，电子锌由片通过导线流向铜片，C错误；
D. 锌为负极，铜为正极，D错误。
答案选A。
16.在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32-＋H2OHCO3-＋OH－。下列说法正确的是(　　)
A. 稀释溶液，水解平衡向逆反应方向移动，水解程度减小
B. 通入CO2，平衡向正反应方向移动
C. 升高温度，c(HCO3-)/c(CO32-)减小
D. 加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.稀释溶液，促进水解，水解平衡向正反应方向移动，水解程度增大，故A错误；
B. CO2通入水中，生成H2CO3，可以与OH-反应，平衡向正反应方向移动，故B正确；
C.因水解是吸热的，则升温可以促进水解，平衡正向移动，c(CO32-)减小，c(HCO3-)增大，故c(HCO3-)/c(CO32-)是增大的，故C错误；
D.加入NaOH固体，碱性肯定增强，pH增大，故D错误；
答案选B。
【点睛】注意稀释溶液会促进水解和弱电解质的电离，反之，增浓使水解程度和弱电解质的电离程度均减小。
17.有一化学平衡mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图表示的是A的转化率与压强、温度的关系。下列叙述正确的是(　　)

A. 正反应是放热反应；m＋n>p＋q
B. 正反应是吸热反应；m＋np＋q，答案选D。
考点：考查可逆反应图像分析
18.目前人们正研究开发一种高能电池——钠硫电池，它以熔融的钠、硫为两极，以Na＋导电的β″­Al2O3陶瓷作固体电解质，反应为2Na＋xSNa2Sx。以下说法正确的是(　　)
A. 放电时，钠作正极，硫作负极
B. 放电时，Na＋向负极移动
C. 充电时，钠极与外电源正极相连，硫极与外电源的负极相连
D. 放电时，负极发生的反应是：2Na－2e－===2Na＋
【答案】D
【解析】
【分析】
可充电电池2Na＋xSNa2Sx，放电时，作为原电池，Na为负极失去电子，S为正极得到电子。充电时，作为电解池，电极发生的反应与原电池相反，Na为阴极得到电子，S作阳极失去电子。
【详解】A.由分析可知，放电时，Na为负极失去电子，S为正极得到电子，故A错误；
B.放电时，作为原电池，阳离子向正极移动，故Na＋向正极移动，故B错误；
C.由分析可知，充电时，作为电解池，电极发生的反应与原电池相反，Na为阴极得到电子，S作阳极失去电子。故钠极与外电源负极相连，硫极与外电源的正极相连，故C错误；
D. 放电时，Na为负极失去电子，负极发生的反应是：2Na－2e－===2Na＋，故D正确；
答案选D。
19.已知反应A＋B=C＋D的能量变化如图所示，下列说法正确的是(　　)

A. 该反应为放热反应
B. 该反应为吸热反应
C. 反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 该反应只有在加热条件下才能进行
【答案】B
【解析】
试题分析：根据图分析，反应物的总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应，选B，不选AC；吸热反应有的在常温的下进行，故不选D。
考点：放热反应和吸热反应的判断。
20.在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A. 在O点时，醋酸不导电
B. a、b、c三点，a点时醋酸溶液中H＋浓度最小
C. b点时，醋酸电离程度最大
D. 可通过微热的方法使c点溶液中c(CH3COO－)增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．在0点时，冰醋酸中不存在自由移动的离子，所以不导电，故A正确；B．溶液的导电能力越大，溶液中存在的离子浓度越大，a、b、c三点，a点溶液导电能力最小，所以a点时醋酸溶液中H+浓度最小，故B正确；C．醋酸的浓度越小，其电离程度越大，a、b、c三点，c点溶液的体积最大，则c点醋酸的浓度最小，电离程度最大，故C错误；D．醋酸的电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，所以可以通过微热的方法使c点溶液中c(CH3COO-)增大，故D正确；故选C。
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡的影响，明确图中导电性与离子浓度的关系是解答本题的关键，本题的易错点为C，注意不能根据溶液的导电能力判断醋酸的电离程度，要根据溶液的体积判断醋酸的电离程度。
21.常温下，将pH＝8的NaOH与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，溶液中c(H＋)最接近于(　　)
A. (10－8＋10－10)mol·L－1 B. (10－4＋10－6)mol·L－1
C. (10－8＋10－10)/2mol·L－1 D. 2×10－10mol·L－1
【答案】D
【解析】
【分析】
常温下，pH=8的NaOH溶液中c（OH-）=10-6 mol/L，pH=10的NaOH溶液中c（OH-）=10-4 mol/L，计算出等体积混合后c（OH-），再利用KW计算溶液中c(H＋)。
【详解】二者等体积混合溶液中c（OH-）=mol/L mol/L，混合溶液中c（H+）==2×10-10mol/L，故D正确，ABC错误。
答案选D。
22.用石墨作电极电解CuCl2和KCl的混合溶液，电解初期阴极和阳极分别析出的物质是(　　)
A. H2、Cl2 B. Cu、Cl2 C. H2、O2 D. Cu、O2
【答案】B
【解析】
试题分析：电解初期，Cu2+放电，阴极析出Cu，阳极生成Cl2，后期由于Cu2+消耗完全，溶液仍有Cl-。继而
阴极生成H2，故B正确，此题选B。
考点：考查电解池的相关知识
23.把镁条直接投入到盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率如图所示，

在下列因素中，影响反应速率的因素是
①盐酸的浓度 ②镁条的表面积 ③溶液的温度 ④Cl－的浓度
A. ①④ B. ③④ C. ①②③ D. ②③
【答案】C
【解析】
【分析】
镁条与盐酸反应离子方程式为Mg+2H+═Mg2++H2↑。由图可知，产生H2速率先增大后减小。
【详解】①开始盐酸的浓度较大，反应速率快，但随反应的进行，浓度减小，则反应速率减小，故①正确；
②由反应可知Mg参加反应，开始接触面积大，反应速率快，但随反应的进行，接触面积减小，则反应速率减小，故②正确；
③因该反应为放热反应，放热使温度升高，则反应速率加快，故③正确；
④因Cl-实质上不参加反应，Cl-的浓度增大或减小都不影响化学反应速率，且该反应中Cl-的浓度不变，故④错误；故C正确。
答案选C。
24.对可逆反应4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是(　　)
A. 达到化学平衡时，4v正(O2)＝5v逆(NO)
B. 若单位时间内生成xmol NO的同时，消耗xmol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增大容器容积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系：2v正(NH3)＝3v正(H2O)
【答案】A
【解析】
【详解】A.达到化学平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，反应速率之比等于化学计量数之比，则4v正(O2)＝5v逆(NO)，故A正确；
B. 单位时间内生成xmol NO的同时，消耗xmol NH3，均是正反应方向，不能判断反应达到平衡状态，故B错误；
C.达到化学平衡时，若增加容器体积，容器的压强减小，正逆反应速率都减小，故C错误；
D. 反应速率之比等于化学计量数之比，则3v正(NH3)＝2v正(H2O)，故D错误。
答案选A。
分卷II
二、填空题(共6小题,共52分)
25.用下图装置可以测定混合气体中ClO2的含量：

Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；
Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；
Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；
Ⅴ.用0.100 0mol·L－1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-)，指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：
(1)锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为____________________________。
(2)玻璃液封装置的作用是_______________________。
(3)V中加入的指示剂通常为_____，滴定至终点的现象是_______。
(4)测得混合气中ClO2的质量为________ g。
【答案】 (1). 2ClO2＋10I－＋8H＋=2Cl－＋5I2＋4H2O (2). 吸收残留的ClO2气体(避免碘的逸出) (3). 淀粉溶液 (4). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 (5). 0.027 00
【解析】
【分析】
(1)由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I-为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水；
(2)玻璃液封装置可防止有害气体逸出；
(3)淀粉遇碘单质变蓝；
(4)由关系式2ClO25I210S2O32-可求。
【详解】(1)由分析可知，ClO2氧化I-为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I-+8H+═2Cl-+5I2+4H2O；
(2) ClO2气体易溶于水，玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出）；
(3)V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
(4)由关系式2ClO25I210S2O32-，则m(ClO2)==0.027 00g。
【点睛】解滴定类题目的关键是：找出所求物质与标准溶液的溶质的物质的量关系，建立关系式。再根据物质的量计算公式即可解答。
26.某同学用邻苯二甲酸氢钾溶液来滴定NaOH溶液有下列操作：
①向溶液中加入1～2滴指示剂
②取20.00 mL标准溶液放入锥形瓶中
③用NaOH溶液滴定至终点(终点时溶液的pH约为9.1)
④重复以上操作
⑤用天平精确称取一定量的邻苯二甲酸氢钾固体配成250 mL标准溶液(测得pH约为4.2)
⑥根据实验数据计算NaOH的物质的量浓度
(1)以上各步中，正确的(填序号)操作顺序是________，上述②中使用的仪器除锥形瓶外，还需要使用的仪器是________，选用指示剂是________。
(2)滴定，并记录NaOH的终读数．重复滴定几次，数据记录如下表：

某同学在处理数据过程中计算得到平均消耗NaOH溶液的体积为V(NaOH)＝(19.98+20.00+20.80+20.02)/4mL＝20.20mL，他的计算合理吗？理由是__________。
(3)步骤②中在观察滴定管的起始读数时，要使滴定管的尖嘴部分充满溶液，如果滴定管内部有气泡，赶走气泡的操作__________；滴定前用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加NaOH溶液进行滴定，此操作对实验结果________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】 (1). ⑤②①③④⑥ (2). 酸式滴定管 (3). 酚酞 (4). 第3组数据误差较大，不应采用 (5). 快速放液 (6). 偏小
【解析】
【分析】
（1）中和滴定顺序：检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、滴定等。邻苯二甲酸氢钾显弱酸性。酚酞的变色范围：8.2～10.0；
（2）误差大的数据要舍弃；
（3）酸式滴定管赶走气泡的操作快速放液。用蒸馏水洗净碱式滴定管，会使待测的NaOH溶液浓度偏小，测出的结果偏小。
【详解】（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、滴定等顺序操作，则操作顺序为⑤②①③④⑥；滴定时，用酸式滴定管待测液取20mL邻苯二甲酸氢钾放入锥形瓶中；邻苯二甲酸氢钾为弱酸，终点时溶液的pH约为9.1，滴定终点的pH要在指示剂的变色范围之内，所以选用酚酞作指示剂；
（2）第3组数据和其他三组相差较大，氢氧化钠溶液的体积取其他3次平均值；
（3）邻苯二甲酸氢钾标准溶液盛放在酸式滴定管中，如果滴定管内部有气泡，赶走气泡的操作快速放液；滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加待测定的氢氧化钠溶液滴定，待测液被稀释，待测液的浓度偏小。
27.下列是钠、碘、金刚石、干冰、氯化钠晶体的晶胞图(未按顺序排序)。

(1)辨别晶胞(请用相应的编号填写)。
①钠晶胞是________；
②碘晶胞是________；
③金刚石晶胞是________；
④干冰晶胞是________；
⑤氯化钠晶胞是________。
(2)与冰的晶体类型相同的是__________。
(3)在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键(如图所示)，已知冰的升华热是51 kJ·mol－1，除氢键外，水分子间还存在范德华力(11 kJ·mol－1)，则冰晶体中氢键的“键能”是________kJ·mol－1。

【答案】 (1). E (2). C (3). D (4). B (5). A (6). BC (7). 20
【解析】
【分析】
由晶胞图可知，A为氯化钠的晶胞图，构成微粒为离子；B为干冰的晶胞图，构成微粒为二氧化碳分子；C为碘的晶胞图，构成微粒为碘分子；D为金刚石的晶胞图，构成微粒为碳原子；E为钠的晶胞图，构成微粒为原子。
【详解】(1)由分析可知，A为氯化钠的晶胞图，B为干冰的晶胞图，C为碘的晶胞图，D为金刚石的晶胞图，E为钠的晶胞图；
(2) 金刚石属于原子晶体、氯化钠属于离子晶体，钠是金属晶体，碘和干冰属于分子晶体。冰属于分子晶体，故与冰的晶体类型相同的是BC；
(3) 每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，每个氢键属于水分子的1/2，所以1mol冰晶体中含有2mol氢键，冰吸收热量升华，成为水蒸气，需要克服2mol氢键和范德华力，设氢键的“键能”是x，所以51kJ/mol=11kJ/mol+2x，解得x=20kJ/mol。
【点睛】本题考查根据晶胞图判断晶体类型，题目难度不大。掌握构成微粒是解题的关键。
28.下表是元素周期表中短周期的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。

(1)上述元素的单质中熔点最高的可能是________(填字母)；dh4比gh4稳定，其原因是______。
(2)f和a所形成的物质的沸点在f相应主族元素的同类型化合物中比较高，其原因是_____________。
(3)f的氢化物属于___晶体，a与d形成的化合物da4的立体构型是___，它的晶体属于_____晶体。
(4) c、i、j可组成离子化合物cxij6，其晶胞结构如下图所示，阳离子c＋(用○表示)位于正方体棱的中点和正方体内部；阴离子ij6x-(用●表示)位于该正方体的顶点和面心。该化合物的化学式是________。

【答案】 (1). d (2). 碳的原子半径比硅的原子半径小，C—Cl键的键能比Si—Cl键的键能大 (3). 水分子之间存在氢键 (4). 分子 (5). 正四面体 (6). 分子 (7). Na3AlF6
【解析】
【分析】
由元素周期各元素相对位置可知，a、b、c、d、e、f、g、h、i、j分别是H、He、Na、C、N、O、Si、Cl、Al、F。
【详解】(1)元素单质的熔点最高，则该单质属于原子晶体，硅单质、碳的单质都可以形成原子晶体，但是C-C键键长比Si-Si键键长短，C-C键更强，故碳的单质熔点可能最高。dh4和gh4分别为CCl4和SiCl4，碳的原子半径比硅的原子半径小，C—Cl键的键能比Si—Cl键的键能大；
(2) f和a所形成的物质为H2O，水分子之间存在氢键，沸点在第VIA族的同类型化合物中比较高；
(3) f的氢化物是H2O，属于分子晶体。da4是CH4，sp3杂化，立体构型是正四面体，CH4由分子构成，属于分子晶体；
(4) 阳离子Na＋个数：12+8+1=12，阴离子AlF6x-个数：8+6=4，阴阳离子个数比=4:12=1:3，化合物中电荷代数和为0，所以x=3。则其化学式为Na3AlF6。
29.A，B，C，D四种短周期元素的原子半径依次减小，D能分别与A，B，C形成电子总数相等的分子X、Y、Z。C原子的最外层电子排布为nsnnp2n。E的原子序数为29。
(1)A，B，C的第一电离能由小到大的顺序为________(用元素符号表示)。
(2)X是含有________键(填“非极性”或“极性”，下同)的________分子。
(3)A的一种氢化物的相对分子质量为26，其分子中的σ键与π键的键数之比为________。
(4)Y分子的空间构型为__________，其中心原子采取________杂化。
(5)一种由B，C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为________。
(6)Y是一种易液化的气体，请简述其易液化的原因_________。
(7)写出E2＋的电子排布式___________________，并写出E2＋在Z中通入足量Y得到深蓝色溶液的离子反应方程式_______。
【答案】 (1). C