2018-2019学年吉林省延边第二中学高二下学期第二次月考化学试题 解析版

2018-2019学年吉林省延边第二中学高二下学期第二次月考化学试题 解析版

延边第二中学2018～2019学年度第二学期第二次阶段检测高二年级化学学科试卷 可能用到的相对原子量：H:1 Li:7 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 S:32 Cl:35.5 K:39 Ca:40 Fe:56Cu:64 Ba:137‎ Ⅰ部分（共60分）‎ ‎1.下列物质在生活中应用时，起还原作用是（ ）‎ A. 明矾作净水剂 B. 甘油作护肤保湿剂 C. 漂粉精作消毒剂 D. 铁粉作食品袋内的脱氧剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、明矾净水是因为Al3+水解成Al(OH)3胶体吸附，不是氧化还原反应，A错误；B、甘油具有强的吸湿性，可以让皮肤上的水分不会太快散发，同时适当从空气中吸收水蒸气，故用作保湿剂，不是化学反应，B错误；C、漂粉精具有强氧化性，故可作消毒剂，起氧化剂作用，C错误；D、铁粉可以消耗食品袋中的氧气，铁粉自身被氧化，起还原作用，D正确。答案选D。‎ ‎【考点定位】考查氧化还原反应的判断 ‎【名师点睛】高考命题侧重氧化还原反应的基本概念、判断氧化还原反应中电子转移的方向和数目、配平反应方程式和化学计算等多个知识点。本题将氧化还原反应基础知识与常见元素及其化合物的性质结合起来，这种考查方式在历年高考中再现率较高，成为高考的热点，在复习时要引起足够的重视。明确常见物质的化学性质是解答该题的关键。‎ ‎2.图表归纳是学习化学的常用方法，某同学归纳的下表物质与图中对应关系正确的是（ ）‎ 选项 X Y Z A 含氧酸 一元强酸 HClO4‎ B 易溶碱 强碱 NaOH C 盐 酸式盐 NaHCO3‎ D 非电解质 氧化物 CO2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．一元强酸，包括含氧酸和无氧酸，不符合图示对应关系，故A错误；B．强碱包括易溶性强碱和难溶性强碱，不符合图示对应关系，故B错误；C．盐包括酸式盐和碱式盐，酸式盐包括碳酸氢钠，硫酸氢钠等，符合图示对应关系，故C正确；D．氧化物包括金属氧化物和非金属氧化物，及部分氧化物属于电解质，部分氧化物属于非电解质，不符合图示对应关系，故D错误；故选C。‎ 考点：考查了物质的分类的相关知识。‎ ‎3.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应 B. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应 C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化 D. 向豆浆中加入盐卤（主要成分为MgCl2）可制作豆腐，利用了胶体聚沉的性质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，属于置换反应，故A正确；‎ B．雾霾所形成的气溶胶，属于胶体，能产生丁达尔效应，故B正确；‎ C．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，为萃取，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；‎ D．向豆浆中加入盐卤(主要成分为MgCl2)可制作豆腐，利用了胶体聚沉的性质，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎4.阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是 A. 1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的数量为0.1‎ B. 2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1‎ C. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2‎ D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，故D正确。‎ ‎5.下列实验能达到目的且符合安全要求的是（ ）‎ A. 制备氢氧化亚铁并观察颜色 B. 收集氧气 C. 制备并检验氢气的可燃性 D. 浓硫酸稀释 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢氧化钠溶液滴入硫酸亚铁中：FeSO4+2NaOH═Fe(OH)2↓+Na2SO4，氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化：4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3，所以氢氧化亚铁的制备要隔绝空气，故A错误；‎ B．氧气是无色无味，不易溶于水的气体，所以可用排水法收集，该装置正确，故B正确；‎ C．用锌与盐酸反应：Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，制取氢气是固体和液体的不加热反应，该发生装置正确，氢气是可燃性气体，不纯点燃有爆炸的危险，所以要进行纯度的检验，故C错误；‎ D．稀释浓硫酸时，要考虑浓硫酸的物理性质，密度比水大，易溶于水，溶于水时放出大量的热，如果把水倒入浓硫酸中，水会浮在上面，放出的热足以使水沸腾，从而造成液滴飞溅，导致事故发生，所以稀释浓硫酸时要把浓硫酸倒入水中，并不断搅拌，使热量快速扩撒，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎6.实验室按照如图操作程序提纯某种物质，下列分析一定正确的是（　　）‎ A. 操作I一定是过滤，其目的是将固液分离 B. 可以提纯含少量氧化铁杂质的氧化铝 C. 可以提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾 D. 可以提纯含少量碘杂质的氧化钠 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．操作Ⅰ是溶解，将固体溶于水，A错误；B．氧化铁、氧化铝均不溶于水，不能除去氧化铁，B错误；C．硝酸钾的溶解度受温度影响大，可以将硝酸钾晶体从溶液中分离出来，C正确；D．氧化钠溶于水生成氢氧化钠，不能提纯含少量碘杂质的氧化钠，D错误，答案选C。‎ 点睛：本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、流程中分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意分离方法的选择。‎ ‎7.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NA B. 100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+数目为0.1NA C. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A.根据白磷是正四面体结构分析；‎ B.根据铁离子水解分析；‎ C.根据甲烷和乙烯均含有4个氢原子分析；‎ D.根据反应是可逆反应判断。‎ 详解：A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；‎ B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；‎ C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；‎ D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。‎ 点睛：本题主要是考查阿伏加德罗常数的应用，是高考的一个高频考点，主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。‎ ‎8.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是 A. 用装置甲灼烧碎海带 B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液 C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2‎ D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；‎ B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；‎ C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；‎ D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.下列实验操作能达到实验目的的是（ ）‎ 实验目的 实验操作 A 制备Fe(OH)3胶体 将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中 B 由MgCl2溶液制备无水MgCl2‎ 将MgCl2溶液加热蒸干 C 除去Cu粉中混有的CuO 加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥 D 比较Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)‎ 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，反应生成氢氧化铁沉淀，欲得到氢氧化铁胶体，应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中制取氢氧化铁胶体，故A错误；‎ B．由MgCl2溶液制备无水MgCl2，由于氯化镁易水解、氯化氢易挥发，若将MgCl2溶液加热蒸干，最终得到的是MgO，应该在HCl气流中加热氯化镁溶液制取无水氯化镁，故B错误；‎ C．稀硝酸能够与铜粉反应，除去Cu粉中混有的CuO，可用稀硫酸或稀盐酸，故C错误；‎ D．Ksp小的先沉淀，可根据一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显变化，判断Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎10.下列有关物质分类或归纳的说法中，正确的是（ ）‎ A. C60、液氯是单质，HD和干冰是化合物，NO2是酸性氧化物 B. 胆矾、铝热剂、漂白粉、福尔马林都是混合物 C. 煤的干馏、煤的气化、煤的液化、海带中提取碘的过程都包括化学变化 D. 已知NaH2PO2是正盐，其水溶液呈碱性，则H3PO2属于三元弱酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HD只含氢元素，是单质；NO2和碱反应时发生氧化还原反应，故不是酸性氧化物，故A错误；‎ B．胆矾是纯净物，铝热剂、漂白粉、福尔马林都是混合物，故B错误；‎ C．煤的干馏是隔绝空气加强热使煤分解，煤的气化是让煤在高温条件下与水蒸气反应生成氢气和一氧化碳，煤的液化是利用煤制取甲醇的反应，海带中提取碘的过程中存在I-氧化为I2，故均为化学变化，故C正确； ‎ D．NaH2PO2是正盐，说明H3PO2属于一元酸；NaH2PO2的水溶液呈碱性，说明H2PO2-在水溶液中能水解，即H3PO2属于弱酸，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎11.同温同压下，x g的甲气体和y g的乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述错误的是（ ）‎ A. x∶y等于甲与乙的相对分子质量之比 B. x∶y等于等质量的甲与乙的分子个数之比 C. x∶y等于同温同压下甲与乙的密度之比 D. y∶x等于同温同体积下等质量的甲与乙的压强之比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 同温同压下，x g的甲气体和y g的乙气体占有相同的体积即，x g的甲气体和y g的乙气体物质的量相等；所以 A正确，甲与乙的相对分子质量之比：；B错，等质量的甲与乙的分子个数之比即为物质的量之比，；C正确，同温同压下甲与乙的密度之比为摩尔质量这比，即；D正确，同温同体积下等质量的甲与乙的压强之比为y∶x；‎ ‎12.标准状况下VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL -1 )，所得溶液的密度为ρg·mL -1，质量分数为ω，物质的量浓度为cmol·L -1，则下列关系中不正确的是 A. ρ=(17V+22400)/(22.4+22.4V)‎ B. ω=17c/1000ρ C. ω=17V/(17V＋22400)‎ D. c=1000Vρ/(17V+22400)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】NH3溶于水绝大部分与水生成一水合氨，但是计算时，以NH3算。‎ A．根据，则，选项中的表达式利用的是，‎ ‎，但是溶液的体积不是气体体积（V）和溶剂体积（1L）的加和，A项错误，符合题意；‎ B．根据公式，得；B项正确，不符合题意；‎ C．，；，，C项正确，不符合题意；‎ D．,，带入 有，D项正确，不符合题意；‎ 本题答案选A。‎ ‎【点睛】两个体积不同的溶液混合在一起，混合后的溶液体积不等于混合前两溶液的体积之和，所以混合后的溶液的体积一般根据计算，此外注意单位的换算。‎ ‎13.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA B. 32 g S8（分子结构：）中的共价键数目为NA C. 标准状况下，11.2 L Cl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA D. 39g钾与氧气完全反应，生成K2O转移NA个电子，生成KO2转移2NA电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．合成氨是可逆反应，N2的转化率不可能达到100%，则1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NA，故A错误；‎ B．一个分子中含有8个S-S键，则32gS8(分子结构：)中的共价键数目为/mol=NA，故B正确；‎ C．Cl2溶于水是可逆反应，只有部分Cl2与水反应生成HCl、HClO，其余仍以Cl2分子形式存在于水中，则标准状况下，11.2 L Cl2的物质的量为0.5mol，溶于水后溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和小于NA，故C错误；‎ D．39g钾的物质的量为1mol，而钾反应后变为+1价，故1mol钾反应后转移NA个电子，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎14. 某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：‎ ‎①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；‎ ‎②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。‎ 该白色粉末可能为 A. NaHCO3、Al（OH）3 B. AgCl、NaHCO3 C. Na2SO3、BaCO3 D. Na2CO3、CuSO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A． NaHCO3、Al（OH）3中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，A项错误；B．AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，B项错误；C．亚硫酸钠和碳酸钡溶于水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳和水，符合题意，C项正确；D． Na2CO3、CuSO4中加热足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D项错误；答案选C。‎ 考点：物质的推断和性质。‎ ‎15.利用下列实验装置不能完成相应实验的是（ ）‎ A. 用装置①测量生成氧气的化学反应速率 B. 用装置②比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性 C. 装置③中分液漏斗内的液体可顺利加入蒸馏烧瓶中 D. 装置④可实现制取CO2实验中的“即关即止，即开即用”的作用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 此装置可在一定的时间段内测得氧气的生成量，从而计算出氧气的化学反应速率，故A可完成；B. 因碳酸氢钠不稳定加热易分解，而碳酸钠加热时不分解，如果用装置②比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，则不能说明是因受热程度不同还是热稳定性不同所致，故B不能完成；C. 橡胶管连通了上下装置，使分液漏斗与烧瓶内的气压相同，液体可以顺利滴下，故C可完成；D. 此装置是用盐酸溶液封住产生的气体，如果夹住止水夹，气体压强增大，可将溶液压向U型管左端而与大理石分离，使反应停止，打开止水夹气体逸出，气压减小，液体与大理石接触而反应，从而达到“即关即止，即开即用”的作用，故D可完成；答案选B。‎ ‎16.一定温度下，某物质在水中的溶解度为S，计算该温度下这种饱和溶液中溶质的物质的量浓度，必不可少的物理量是（ ）‎ ‎①溶液中溶质的摩尔质量 ②溶液中溶质和溶剂的质量比 ③溶液的密度 ④溶液的体积 A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】该物质的溶解度为S，则该饱和溶液的质量分数为：，根据物质的量浓度c=可知，计算该溶液的浓度，还应该知道①溶液中溶质的摩尔质量、③溶液的密度，故答案为C。‎ ‎17.正丁醛经催化加氢可制备1－丁醇。为提纯含少量正丁醛杂质的1－丁醇，现设计如下路线：‎ 已知：①正丁醛与饱和NaHSO3溶液反应可生成沉淀； ②乙醚的沸点是34℃，难溶于水，与1－丁醇互溶；③1－丁醇的沸点是118℃。则操作1～4分别是（ ）‎ A. 萃取、过滤、蒸馏、蒸馏 B. 过滤、分液、蒸馏、萃取 C. 过滤、蒸馏、过滤、蒸馏 D. 过滤、分液、过滤、蒸馏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由提纯含少量正丁醛杂质的1-丁醇的流程可知，粗品中加饱和NaHSO3溶液与正丁醛反应生成沉淀，不溶性物质与液体分离，则操作I为过滤，对滤液萃取后分液得到乙醚和1-丁醇，操作2为分液，有机层中加固体干燥剂，除去水，操作3为过滤，最后对乙醚和醇的混合物，利用沸点不同进行蒸馏，则操作4为蒸馏，故选D。‎ 考点：考查了物质的分离和提纯的相关知识。‎ ‎18.一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL 2mol•L﹣1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现．若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为（ ）‎ A. 0.21 mol B. 0.25 mol C. 0.3 mol D. 0.35 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因一定量Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL 2mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.35L×2mol/L-=0.6mol，所以n[Fe(NO3)2]==0.3mol，由铁元素守恒可知，氢气还原混合物得到Fe的物质的量：n(Fe)=n[Fe(NO3)2]=0.3mol，故答案为C。‎ ‎【点睛】混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2．足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，由铁元素守恒可知，能得到铁的物质的量与Fe(NO3)2中的铁的物质的量相同，根据氮元素守恒计算n[Fe(NO3)2]，再根据Fe元素守恒计算氢气还原混合物得到Fe的物质的量。‎ ‎19.实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是(　　)‎ A. ①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液 B. 管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度 C. 结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热 D. 装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、从焦性没食子酸溶液逸出的气体含有水蒸气，所以宜于最后通过浓硫酸干燥气体，选项A错误；B、管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度，以免因气体不纯引发爆炸，选项B正确；C、为了防止W受热被氧化，应该先停止加热，等待W冷却后再关闭K，选项C错误；D、二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，而启普发生器不能加热，所以启普发生器不能用于氯气的制备，选项D错误。答案选B。‎ ‎20.1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL(标准状况)。向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1‎ B. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%‎ C. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L D. 得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为 ‎=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是：2：1，故A正确；‎ B．标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为：=0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05-a)mol，根据电子转移守恒可知，a×1+(0.05-a)×2×1=0.06，解得：a=0.04，NO2的体积分数为×100%=80%，故B正确；‎ C．该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，则该浓硝酸的物质的量浓度为：mol/L=14.0mol/L，故C正确；‎ D．金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L-0.04mol-(0.05-0.04)mol×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：=0.64L=640mL，故D错误；‎ 故答案为D。‎ II部分（共40分）‎ ‎21.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。‎ ‎22.醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·H2O］为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示，回答下列问题：‎ ‎ ‎ ‎（1）仪器a的名称是___________。‎ ‎（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开K1、K2，关闭K3。‎ ‎①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为_______。‎ ‎②同时c中有气体产生，该气体的作用是______。‎ ‎（3）打开K3，关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d，其原因是_______；‎ ‎（4）指出装置d可能存在的缺点________。‎ ‎【答案】 (1). 分液(或滴液)漏斗 (2). Zn＋2Cr3＋===Zn2＋＋2Cr2＋ (3). 排除c中空气 (4). c中产生H2使压强大于大气压 (5). 敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 醋酸亚铬在气体分析中用作氧气吸收剂，说明亚铬离子具有强还原性，易与氧气反应，则制备实验中应避免接触氧气，实验时，将过量锌粒和氯化络固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开K1、K2，关闭K3，盐酸与锌反应可生成氢气，可将装置内的空气排出，避免亚铬离子被氧化，且发生Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+，可观察到c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，打开K3，关闭K1和K2，c中压强增大，可将亮蓝色溶液流入d，可生成醋酸亚铬砖红色沉淀，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)由装置图可知a为分液漏斗或滴液漏斗；‎ ‎(2)①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明生成亚铬离子，反应的离子方程式为Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+；‎ ‎②盐酸与锌反应可生成氢气，可将装置内的空气排出，避免亚铬离子被氧化；‎ ‎(3)打开K3，关闭K1和K2，c中产生H2使压强大于大气压，可使亮蓝色溶液流入d；‎ ‎(4)d为敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触而被氧化，应在密闭容器中制备，且缺少氢气的处理装置。‎ ‎23.硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：‎ ‎ ‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为____，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形。‎ ‎（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_________。‎ ‎（3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为_____。‎ ‎ ‎ ‎（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形，其中共价键的类型有_____种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为_____。‎ ‎（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为____g·cm−3；晶胞中Fe2+位于S22-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为____nm。1molFeS2晶体中含有阴阳离子总数为____‎ ‎【答案】 (1). (2). 哑铃 (3). H2S (4). S8属于分子晶体，熔点高低与其相对分子质量的大小直接相关，因为S8的相对分子质量比SO2大的多，因此其熔沸点比SO2高许多 (5). 平面三角形 (6). 2 (7). sp3杂化 (8). g∙cm-3 (9). (10). 2NA ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子；基态S原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3s、3p，最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形；‎ ‎(2)H2S中S原子价层电子对个数=2+=4、SO2中S原子价层电子对个数=2+=3、SO3中S原子价层电子对个数=3+=3；‎ ‎(3)S8、SO2都分子晶体，分子晶体熔沸点与其分子间作用力成正比，分子间作用力与其相对分子质量成正比；‎ ‎(4)SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型；该分子中S-O原子之间存在共价键；该分子中每个S原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型； (5)晶胞边长为anm=a×10-7cm，晶胞体积=(a×10-7cm)3，该晶胞中Fe2+个数=1+12×=4，S22-个数=8×+6×=4，其晶体密度=；晶胞中Fe2+位于S22-所形成八面体的体心，该正八面体的边长根据正方形对角线的长度计算。‎ ‎【详解】(1)基态Fe原子的核外价电子排布式为[Ar]3d64s2，基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子，则基态Fe原子的核外价电子排布图为；基态S原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3s、3p，最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形；‎ ‎(2)H2S中S原子价层电子对个数=2+=4、SO2中S原子价层电子对个数=2+=3、SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是H2S；‎ ‎(3)S8、SO2都分子晶体，分子晶体熔沸点与其分子间作用力成正比，分子间作用力与其相对分子质量成正比，S8相对分子质量大于SO2，所以分子间作用力S8大于SO2，导致熔沸点S8大于SO2；‎ ‎(4)SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面正三角形；该分子中S-O原子之间存在σ和离域大π键，所以共价键类型2种；该分子中每个S原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型为sp3；‎ ‎(5)晶胞边长为anm=a×10-7cm，晶胞体积=(a×10-7cm)3，该晶胞中Fe2+个数=1+12×=4，S22-个数=8×+6×=4，其晶体密度==g/cm3=g/cm3；晶胞中Fe2+位于S22-所形成的八面体的体心，该正八面体的平面对角线为anm，则正八面体的边长为nm；1molFeS2晶体中含有Fe2+和S22-的总数为2NA。‎ ‎【点睛】把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=‎ ‎(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。‎ ‎ ‎