1、2015-2016学年福建省漳州市漳浦一中高三（上）第一次调研化学试卷一、选择题（本题包括18小题，每小题2分，共36分每小题只有一个选项符合题意）1神农本草经说：“水银镕化（加热）还复为丹”黄帝九鼎神丹经中的“柔丹”“伏丹”都是在土釜中加热Hg制得的这里的“丹”是指( )A氯化物B合金C硫化物D氧化物2关于氧化剂的叙述正确的是( )A分子中不一定含有氧元素B分子中一定含有氧元素C在反应中易失电子的物质D是反应生成的物质3三氯异氰尿酸是一种极强的氧化剂和氯化剂，利用氰尿酸（如图1）与次氯酸在一定pH下反应可制备三氯异氰尿酸（如图2），若原料完全反应生成三氯异氰尿酸则氰尿酸和次氯酸的物质的量之比
2、应为( )A1：1B2：3C1：2D1：34将下列液体分别与溴水混合并振荡，静置后分为两层，溴水层几乎呈无色的是( )A氯水B乙烯C乙醇D碘化钾溶液5卤素是最活泼的一族非金属，下列关于卤族元素的说法正确的是( )A卤素单质的最外层电子数都是7B卤素单质与H2化合的容易程度为F2Cl2Br2I2C卤素单质与H2化合的产物由上至下稳定性减弱，其水溶液的酸性增强D从F到I，元素非金属性依次减弱，则其最高价氧化物的水化物的酸依次减弱6现有两瓶溶液，新制饱和氯水和亚硫酸，下列方法或试剂（必要时可加热）能用于鉴别它们的是：观察颜色；石蕊试剂；品红溶液( )AB只有C只有D只有7下列关于0.5molL1Al
3、2（SO4）3溶液的叙述中，不正确的是( )AAl3+与SO42的物质的量浓度之比为2：3B1L溶液中SO42的物质的量为1.5molC准确称取17.1g的Al2（SO4）3用100 mL蒸馏水溶解可配制得到该浓度的溶液D从1L 0.5 molL1Al2（SO4）3溶液中取出100mL，Al3+浓度仍为1 molL18设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A2.0 g H218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB常温常压下4.4 g乙醛所含键数目为0.7NAC标准状况下，5.6 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD50 mL 12 molL1盐酸与足量MnO2
4、共热，转移的电子数为0.3NA9常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A水电离的c（ H+）=1l013 mol/L的溶液中：K+、Na+、SiO32、SO42B能使石蕊呈蓝色的溶液中：Na+、Fe3+、SO42、ClC=ll013mol/L的溶液中：Ba2+、ClO、Cl、NO3D能与铝反应放出H2的溶液中：Fe2+、K+、SO42、Cl10能正确表示下列反应的离子方程式为( )A向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO沉淀完全2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4B铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH+H2OAlO2+H2C玻璃试剂瓶被烧碱
5、溶液腐蚀：SiO2+2Na+2OHNa2SiO3+H2ODVO2+与酸性高锰酸钾溶液反应：5VO2+MnO+H2O5VO+Mn2+2H+11已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO42CuI+13I2+12K2SO4+12H2O，下列说法正确的是( )ACu（IO3）2作氧化剂，Cu（IO3）2中的铜和碘元素被还原BCuI既是氧化产物又是还原产物C每生成1 mol CuI，有12 mol KI发生氧化反应D每转移1.1 mol电子，有0.2 mol IO3被氧化12根据所给的4个反应，判断下列4种物质的氧化性由强到弱的正确顺序是( )（1）Cl2+2KI=2KCl+I2（2
6、）2FeCl2+Cl2=2FeCl3（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2（4）H2S+I2=S+2HIASI2Fe3+Cl2BCl2Fe3+I2SCFe3+Cl2SI2DCl2I2Fe3+S13下列说法正确的是( )A用碱式滴定管取23.10mL溴水B为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可C做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加D提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法14下列有关实验的选项正确的是( )A配制0.10 molL1Na
7、OH溶液B记录滴定终点读数为12.20 mL C苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作D除去CO中的CO2AABBCCDD15某溶液中可能存在Br、CO32、SO32、Al3+、I、Mg2+、Na+等7种离子中的某几种现取该溶液进行实验，得到如下现象：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙黄色，且有无色气泡冒出 向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成 向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色据此可以推断：该溶液中肯定不存在的离子组是( )AAl3+ Mg2+ I SO32BMg2+ Na+ CO32 ICAl3+Na+ SO32 IDNa+ CO32 BrI16如图所示，集气瓶内充满某混
8、合气体，置于光亮处，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，集气瓶气体是( )CO、O2 Cl2、CH4 NO2、O2 N2、H2ABCD17某强氧化剂XO（OH）2+被亚硫酸钠还原到较低价态若还原2.4103 molXO（OH）2+，需用30ml0.2mol/L的亚硫酸钠溶液，还原后X的最终化合价为( )A+2B+1C0D218将KCl和KBr的混合物13.4g溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得到固体11.175g，则原来所配溶液中K+、Cl、Br的物质的量浓度之比为( )A1：2：3B1：3：2C2：3：1D3：2：1二、填空题（本题包含4小题，共6
9、4分）19处于下列状态的物质中：硫酸钡晶体 干冰 HCl气体 铜 蔗糖 熔融的硝酸钾 NaCl溶液 醋酸（1）能导电的是（填字母，下同）_；（2）属于电解质的是_；强电解质_；弱电解质_；（3）属于非电解质的是_20某消毒液的主要成分为NaClO（混有少量NaCl），请用相应的化学用语来解释下列事实（1）该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备，化学方程式为_（2）该消毒液的pH约为12，离子方程式为_（3）向FeSO4溶液中滴入少量该溶液，溶液颜色变成棕黄色，反应的离子方程式为_（4）该消毒液不能与洁厕灵（主要成分为浓盐酸）混用，否则会产生中毒危险每产生1mol Cl2（标准状况下），转移电子
10、个数约为_21胶体是一种常见的分散系，回答下列问题（1）向煮沸的蒸馏水中逐滴加入_溶液，继续煮沸至_，停止加热，可制得Fe（OH）3胶体，制取Fe（OH）3胶体化学反应方程式为_（2）区分胶体和溶液常用的方法叫做_22ClO2是一种广谱高效低毒的杀菌消毒剂，有与氯气相似的强烈刺激性气味，熔点为59，沸点为11.0，不稳定，易溶于水某研究小组在60时用硫铁矿还原氯酸钠制取并收集二氧化氯（1）三颈烧瓶中加入NaClO3溶液、浓H2SO4，通入空气，温度为60时，通过固体加料器缓慢匀速加入硫铁矿粉末反应开始时烧瓶内发生反应的离子方程式如下，请配平：_ ClO3+_ FeS2+_ H+=_ ClO2+
11、_ Fe3+_ SO42+_ H2O（2）凝集装置B必须添加温度控制装置，应该是_装置（3）装置D的现象是_（4）反应后在装置C中可得NaClO2溶液已 知NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出晶体是NaClO23H2O，在温度高于38时析出晶体是NaClO2根据图F所示的NaClO2的溶解度曲线，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：_；_；洗涤；干燥（5）用水吸收ClO2可得到ClO2溶液为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10mL，稀释成100mL试样，量取V1 mL试样加入到锥形瓶中步骤2：调节试样的pH2.0，加入足量的K
12、I晶体，静置片刻步骤3：加入淀粉指示剂，用c molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL（已知2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI）判断滴定终点的现象_原ClO2溶液的浓度为_molL1（用含字母的代数式表示）23（13分）磺酰氯（SO2Cl2）是一种重要的有机合成试剂，SO2Cl2的熔点为54.1，沸点为69.1，遇水能发生剧烈的水解反应，产物之一为氯化氢气体实验室可利用SO2与氯气反应制取少量的SO2Cl2装置如图（有些支持装置省略了）所示（1）化合物SO2Cl2中S元素的化合价是_（2）仪器E的名称是_，由B的使用可知SO2与氯气之间的反应属于_（
13、填“放”或“吸”）热反应，仪器C的作用是_（3）试剂X、Y的组合最好是_（填字母）a.18.4mol/LH2SO4+Cu b.4mol/LHNO3+Na2SO4 c.60% H2SO4+K2SO3（4）戊是贮氯气装置，则E中的试剂是_；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应的离子方程式是_（5）反应结束后，将丙中混合物分离开的实验操作是_若反应中消耗的氯气的体积为896mL（已转化为标准状况，SO2 足量），最后得到纯净的磺酰氯4.2g，则磺酰氯（相对分子质量：135）的产率为_（保留三位有效数字）24氟及氟产品在工农业生产中应用非常广泛，回答下列问题：（1）基态氟原子核外电子的运
14、动状态有_种，这些电子的电子云形状有_种；氟原子的外围电子排布式为_（2）NaHF2（氟化氢钠）电解可制氟气，NaHF2中所含作用力的类型有_；与HF2互为等电子体的分子有_（举一例）（3）N2F2（二氟氮烯）分子中，氮原子的杂化轨道类型为_，画出N2F2可能的结构式_（4）三氟化硼乙醚（如图1）的熔点为58，沸点为126129，它属于_晶体（5）氟化钙的晶胞结构如图2所示，晶胞参数=0.555pmCa2+、F的配位数分别为_和_列式表示氟化钙晶体的密度：_gcm3（不必计算出结果）2015-2016学年福建省漳州市漳浦一中高三（上）第一次调研化学试卷一、选择题（本题包括18小题，每小题2分，
15、共36分每小题只有一个选项符合题意）1神农本草经说：“水银镕化（加热）还复为丹”黄帝九鼎神丹经中的“柔丹”“伏丹”都是在土釜中加热Hg制得的这里的“丹”是指( )A氯化物B合金C硫化物D氧化物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 【分析】在加热的条件下，金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞，氧化汞属于物质分类中的氧化物，据此回答【解答】解：在土釜中加热Hg，金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞，氧化汞属于物质分类中的氧化物，故选D【点评】本题考查学生物质的分类以及氧化物的概念的理解知识，属于教材基本知识的考查，难度不大2关于氧化剂的叙述正确的是( )A分子中不一定含有氧元素B分子中一定含有
16、氧元素C在反应中易失电子的物质D是反应生成的物质【考点】氧化还原反应 【分析】氧化还原反应中，含元素化合价降低的物质为氧化剂，在反应中得到电子，氧化剂中不一定含氧元素，以此来解答【解答】解：A氧化剂中不一定含氧元素，如氯气与KI反应，氯气为氧化剂，故A正确；B由选项A的分析可知，氧化剂可以含氧元素，也可能不含氧元素，故B错误；C氧化剂在反应中易得到电子，故C错误；D氧化剂为反应物，故D错误故选A【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重氧化还原反应中氧化剂的考查，明确氧化剂得电子即可解答，题目难度不大3三氯异氰尿酸是一种极强的氧化剂和氯化剂，利用氰尿酸（如图1）与次氯酸在一定pH下反应
17、可制备三氯异氰尿酸（如图2），若原料完全反应生成三氯异氰尿酸则氰尿酸和次氯酸的物质的量之比应为( )A1：1B2：3C1：2D1：3【考点】化学方程式的有关计算 【分析】氰尿酸与次氯酸在一定pH下发生取代反应可制备三氯异氰尿酸，反应方程式为：+3HOCl+3H2O，由此分析解答【解答】解：氰尿酸与次氯酸在一定pH下发生取代反应可制备三氯异氰尿酸，反应方程式为：+3HOCl+3H2O，所以氰尿酸和次氯酸的物质的量之比应为1：3，故选D【点评】本题以三氯异氰尿酸为载体，考查化学反应的特点和应用，注意次氯酸的结构和性质，以及取代反应的特点，难度不大4将下列液体分别与溴水混合并振荡，静置后分为两层，溴
18、水层几乎呈无色的是( )A氯水B乙烯C乙醇D碘化钾溶液【考点】分液和萃取 【专题】化学实验基本操作【分析】分别与溴水混合并振荡，静置后分为两层，则为含不饱和键的有机物与溴水反应，反应后与水分层，以此来解答【解答】解：A氯水和溴水不反应，也不分层，故A错误；B乙烯与溴水发生加成反应，反应后溴水层几乎呈无色，故B正确；C乙醇与溴水不反应，也不分层，故C错误；D碘化钾与溴水反应后不分层，故D错误；故选B【点评】本题考查物质的性质及萃取，为高频考点，侧重常见有机物性质的考查，把握乙烯与溴水的加成反应及卤代烃不溶于水为解答的关键，题目难度不大5卤素是最活泼的一族非金属，下列关于卤族元素的说法正确的是(
19、)A卤素单质的最外层电子数都是7B卤素单质与H2化合的容易程度为F2Cl2Br2I2C卤素单质与H2化合的产物由上至下稳定性减弱，其水溶液的酸性增强D从F到I，元素非金属性依次减弱，则其最高价氧化物的水化物的酸依次减弱【考点】卤素原子结构及其性质的比较 【专题】卤族元素【分析】A、同主族元素的原子最外层电子数相同；B、非金属性越强，则单质与氢气化合越容易；C、卤族元素从F到I，原子半径在增大，所以同浓度的HX水溶液酸性增强；D、氟与正价，只有负价和0价【解答】解：A、同主族元素的原子最外层电子数相同，卤素原子的最外层7个电子，但是卤素单质的最外层电子数都是8，故A错误；B、非金属性越强，则单质
20、与氢气化合越容易，非金属性：FClBrI，则卤素单质与H2化合的容易程度为F2Cl2Br2I2，故B错误；C、卤族元素从F到I，原子半径在增大，所以同浓度的HX水溶液酸性增强，故C正确；D、氟与正价，只有负价和0价，故D错误故选C【点评】本题考查了元素周期律，明确同一主族元素周期律的内涵是解本题关键，知道非金属元素非金属性强弱的判断方法，根据元素的非金属性强弱结合元素周期律来分析解答，题目难度不大6现有两瓶溶液，新制饱和氯水和亚硫酸，下列方法或试剂（必要时可加热）能用于鉴别它们的是：观察颜色；石蕊试剂；品红溶液( )AB只有C只有D只有【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计 【分析】根据氯水的
21、成分和性质以及亚硫酸的性质的差异进行鉴别，氯水含多种微粒，其中有H2O、Cl2、HClO、Cl、H+、OH（极少量，水微弱电离出来的），次氯酸的漂白性具有永久性，二氧化硫漂白性具有暂时性【解答】解：Cl2是新制氯水的主要成分，溶液呈浅黄绿色，而亚硫酸无色，故正确；氯水中含有HCl和HClO，能使石蕊试液先变红后褪色，而亚硫酸只能使石蕊试液变红，故正确；HClO的强氧化性将有色物质氧化成无色物质，不可逆，SO2能使品红溶液褪色，加热会恢复原来的颜色，故正确；故选A【点评】本题考查物质的鉴别，为高频考点，明确物质性质的差异性是解本题关键，注意：二氧化硫和次氯酸漂白性差别，二氧化硫能漂白品红溶液但不
22、能漂白酸碱指示剂，为易错点7下列关于0.5molL1Al2（SO4）3溶液的叙述中，不正确的是( )AAl3+与SO42的物质的量浓度之比为2：3B1L溶液中SO42的物质的量为1.5molC准确称取17.1g的Al2（SO4）3用100 mL蒸馏水溶解可配制得到该浓度的溶液D从1L 0.5 molL1Al2（SO4）3溶液中取出100mL，Al3+浓度仍为1 molL1【考点】物质的量浓度的相关计算 【专题】溶液浓度的计算【分析】A离子的浓度与溶液体积大小无关，根据硫酸铝的化学式可判断Al3+与SO42的物质的量浓度之比；B根据n=cV计算出硫酸铝的物质的量，再计算出含有硫酸根离子的物质的量
23、；C用100 mL蒸馏水溶解，所得溶液的体积不是100mL；D溶液具有均一性，取出的溶液浓度不变【解答】解：A根据化学式Al2（SO4）3可知，Al3+与SO42的物质的量浓度之比为2：3，故A正确；B.1L 0.5molL1Al2（SO4）3溶液中含有硫酸铝的物质的量为：0.5mol/L1L=0.5mol，0.5molAl2（SO4）3中含有硫酸根离子的物质的量为：0.5mol3=1.5mol，故B正确；C.17.1g硫酸铝的物质的量为0.05mol，配制时用100 mL蒸馏水溶解硫酸铝，所得溶液的体积不是100mL，则所得溶液浓度不是0.5mol/L，故C错误；D.1L 0.5 molL1
24、Al2（SO4）3溶液中铝离子浓度为1mol/L，溶液具有均一性，则取出的100mL该溶液中Al3+浓度仍为1 molL1，故D正确；故选C【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确离子的浓度与溶液体积大小无关为解答关键，注意熟练掌握物质的量浓度的概念及表达式，试题培养了学生的化学计算能力8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A2.0 g H218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB常温常压下4.4 g乙醛所含键数目为0.7NAC标准状况下，5.6 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD50 mL 12 molL1盐酸与足量MnO2共热，转移的电
25、子数为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、H218O与D2O的摩尔质量为20g/mol；B、求出乙醛的物质的量，然后根据1mol乙醛中含6mol键来分析；C、求出二氧化碳的物质的量，然后根据当1mol二氧化碳参与反应时，转移1mol电子来分析；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应【解答】解：A、H218O与D2O的摩尔质量为20g/mol，故2.0g混合物的物质的量为0.1mol，而两者中均含10个中子，故0.1mol混合物中含1mol中子即NA个，故A正确；B、4.4g乙醛的物质的量为n=0.1mol，而1mol乙醛中含6mol键，故0
26、.1mol乙醛中含0.6mol键即0.6NA个，故B错误；C、标况下5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而1mol二氧化碳参与反应时，转移1mol电子，故0.25mol二氧化碳参与反应时转移0.25mol电子即0.25NA个，故C错误；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，故盐酸不能反应完全，则转移的电子数小于0.3NA个，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大9常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A水电离的c（ H+）=1l013 mol/L的溶液中：K+、Na+、SiO32、SO42B
27、能使石蕊呈蓝色的溶液中：Na+、Fe3+、SO42、ClC=ll013mol/L的溶液中：Ba2+、ClO、Cl、NO3D能与铝反应放出H2的溶液中：Fe2+、K+、SO42、Cl【考点】离子共存问题 【分析】A水电离的c（ H+）=1l013 mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；B能使石蕊呈蓝色的溶液呈碱性；C.=ll013mol/L的溶液呈碱性；D能与铝反应放出H2的溶液，可能为强碱性或非氧化性酸溶液【解答】解：A水电离的c（ H+）=1l013 mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下SiO32不能大量共存，故A错误；B能
28、使石蕊呈蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下Fe3+不能大量共存，故B错误；C.=ll013mol/L的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D能与铝反应放出H2的溶液，可能为强碱性或非氧化性酸溶液，碱性条件下Fe2+不能大量共存，故D错误故选C【点评】本题考查离子共存问题，为高考常见题型，题目难度中等，本题注意把握相关题给信息，为解答该类题目的关键，学习中注重相关基础知识的积累10能正确表示下列反应的离子方程式为( )A向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO沉淀完全2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4B铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2
29、OH+H2OAlO2+H2C玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀：SiO2+2Na+2OHNa2SiO3+H2ODVO2+与酸性高锰酸钾溶液反应：5VO2+MnO+H2O5VO+Mn2+2H+【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A硫酸根离子恰好沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4，二者反应生成偏铝酸根离子；B2mol铝完全反应生成3mol氢气，该反应不满足电子守恒；C硅酸钠为易溶的强电解质，离子方程式中应该拆开；DVO2+与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成VO2+【解答】解：A明矾KAl（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42恰好完全沉淀，硫酸铝钾与氢氧化钡的物
30、质的量之比为1：2，反应生成偏铝酸钠，正确的离子方程式为：2Ba2+4OH+Al3+2SO422BaSO4+AlO2+2H2O，故A错误；B铝溶于氢氧化钠溶液，反应生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故B错误；C玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀，硅酸钠应该拆开，正确的离子方程式为：SiO2+2OHSiO32+H2O，故C错误；DVO2+与酸性高锰酸钾溶液反应，二者发生氧化还原反应生成VO2+，的离子方程式为：5VO2+MnO4+H2O5VO2+Mn2+2H+，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式正误判断
31、常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等11已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO42CuI+13I2+12K2SO4+12H2O，下列说法正确的是( )ACu（IO3）2作氧化剂，Cu（IO3）2中的铜和碘元素被还原BCuI既是氧化产物又是还原产物C每生成1 mol CuI，有12 mol KI发生氧化反应D每转移1.1 mol电子，有0.2 mol IO3被氧化【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2
32、CuI+13I2+12K2SO4+12H2O中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由1价升高为0，该反应中转移22e，以此来解答【解答】解：ACu、I元素的化合价降低，铜和碘元素被还原，Cu（IO3）2为氧化剂，故A正确；BCuI为生成物，Cu元素得到电子后的生成物，为还原产物，故B错误；C.24mol KI在反应中只有22molKI作还原剂，此时2molCuI生成，可知每生成1 mol CuI，有11 mol KI发生氧化反应，故C错误；D2mol氧化剂在反应中得到的电子为22 mol，由反应可知，每转移1.1 mol电子，0.1molCu（
33、IO3）2被还原，故D错误；故选A【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大12根据所给的4个反应，判断下列4种物质的氧化性由强到弱的正确顺序是( )（1）Cl2+2KI=2KCl+I2（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2（4）H2S+I2=S+2HIASI2Fe3+Cl2BCl2Fe3+I2SCFe3+Cl2SI2DCl2I2Fe3+S【考点】氧化性、还原性强弱的比较 【专题】氧化还原反应专题【分析】根据同一反应方程式
34、中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断各物质的氧化性强弱【解答】解：根据根据同一反应方程式中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断（1）Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化剂是Cl2，氧化产物是I2，所以Cl2的氧化性大于I2的氧化性；（2）2FeCl2+Cl2=2 FeCl3，氧化剂是Cl2，氧化产物是FeCl3，所以Cl2的氧化性大于FeCl3的氧化性；（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2，氧化剂是FeCl3，氧化产物是I2，所以FeCl3的氧化性大于I2的氧化性；（4）H2S+I2=S+2HI，氧化剂是I2，氧化产物是S，所以I2的氧化性大于S的氧化性；所以各物
35、质的氧化性大小顺序为：Cl2Fe3+I2S故选B【点评】氧化性、还原性强弱取决于得失电子的难易，与得失电子的数目无关13下列说法正确的是( )A用碱式滴定管取23.10mL溴水B为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可C做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加D提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法【考点】化学实验方案的评价 【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A溴水具有氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管；B氯水中的次氯酸能漂白pH试纸； C蒸馏操作中需要
36、加入沸石，若在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加，避免发生爆沸现象；D氯化钠中混有少量的硝酸钾，不能制得硝酸钾的饱和溶液【解答】解：A溴水能够氧化碱式滴定管的橡胶管，应该用酸式滴定管量取，故A错误；B氯水具有强氧化性，能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故B错误； C液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，该操作合理，故C正确；D氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学实验基
37、本操作方法及评价，题目难度中等，明确正确的操作方法为解答关键，B为易错点，注意氯水具有氧化性的特点，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力14下列有关实验的选项正确的是( )A配制0.10 molL1NaOH溶液B记录滴定终点读数为12.20 mL C苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作D除去CO中的CO2AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析】A容量瓶只能配制溶液，不能稀释或溶解药品；B滴定管中大刻度在下边，小刻度在上边；C萃取时，苯密度小于水密度，所以苯在水的上层；D洗气除杂时，要除去杂质但不能引进新的杂质，且导气管遵循“长进短出”原则【解答】解：A容量瓶只能
38、配制溶液，不能稀释或溶解药品，所以溶解烧碱时不能用容量瓶，应该用烧杯，故A错误；B滴定管中大刻度在下边，小刻度在上边，记录滴定终点读数为11.80mL，故B错误；C萃取时，苯密度小于水密度，所以苯在水的上层，所以含有碘的苯层应该从上口倒出，故C错误；D洗气除杂时，要除去杂质但不能引进新的杂质，且导气管遵循“长进短出”原则，该装置符合条件，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及仪器的使用、基本操作、除杂等知识点，明确仪器使用方法、基本操作规范性是解本题关键，注意滴定管和量筒刻度区别，题目难度不大15某溶液中可能存在Br、CO32、SO32、Al3+、I、Mg2+、Na
39、+等7种离子中的某几种现取该溶液进行实验，得到如下现象：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙黄色，且有无色气泡冒出 向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成 向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色据此可以推断：该溶液中肯定不存在的离子组是( )AAl3+ Mg2+ I SO32BMg2+ Na+ CO32 ICAl3+Na+ SO32 IDNa+ CO32 BrI【考点】常见离子的检验方法 【专题】离子反应专题【分析】向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙黄色，说明溶液中有Br；且有无色气泡冒出，说明溶液中有CO32； 溶液中有CO32，则无Al3+、Mg2+，根据溶液呈电中性，可知一定有
40、Na+；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明溶液中无SO32； 向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，说明无I，据此进行解答【解答】解：根据可知溶液中有Br；且有无色气泡冒出，说明溶液中有CO32；溶液中有CO32，则一定不存在Al3+、Mg2+，再结合溶液呈电中性可知一定含有Na+；根据可知溶液中无SO32； 根据可知无I，根据以上分析可知，原溶液中一定存在的离子为：Br、CO32、Na+；一定不存在的离子是：SO32、Al3+、I、Mg2+，故选A【点评】本题考查了常见离子的检验方法及离子共存的知识，题目难度中等，明确常见离子的性质及检验方法为解答关键，注意熟练掌
41、握离子反应发生条件，试题培养了学生的灵活应用能力16如图所示，集气瓶内充满某混合气体，置于光亮处，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，集气瓶气体是( )CO、O2 Cl2、CH4 NO2、O2 N2、H2ABCD【考点】氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响 【专题】卤族元素；氮族元素【分析】氯气和甲烷在光照条件下发生取代反应生成氯化氢气体，氯化氢易溶于水，二氧化氮和氧气与水反应生成硝酸，其它两组气体在光照下不反应【解答】解：一氧化碳与氧气在点燃条件下反应，在光照条件下不反应，压强不变化，烧杯中的水不会进入，故错误；氯气和甲烷在光照条件下发生取代反应生成氯化氢气体，氯化
42、氢易溶于水，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，故正确；二氧化氮和氧气与水反应生成硝酸，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，故正确；氮气与氢气在催化剂、加热条件下反应，在光照条件下不反应，压强不变化，烧杯中的水不会进入，故错误故选：D【点评】本题考查气体的性质，题目难度不大，学习中注意基础知识的积累17某强氧化剂XO（OH）2+被亚硫酸钠还原到较低价态若还原2.4103 molXO（OH）2+，需用30ml0.2mol/L的亚硫酸钠溶液，还原后X的最终化合价为( )A+2B+1C0D2【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分
43、析】Na2SO3还原2.4103molXO（OH）2+到X元素的最终价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价，令X元素在还原产物中的化合价为a，根据电子转移守恒计算a的值【解答】解：Na2SO3还原2.4103molXO（OH）2+到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价，令X元素在还原产物中的化合价为a，由电子守恒可知，2.4103mol（5a）=0.03L0.2molL1（64），解得a=0，故选C【点评】本题考查氧化还原反应的有关计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关
44、键，题目难度不大，注意计算中守恒思想的运用18将KCl和KBr的混合物13.4g溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得到固体11.175g，则原来所配溶液中K+、Cl、Br的物质的量浓度之比为( )A1：2：3B1：3：2C2：3：1D3：2：1【考点】有关混合物反应的计算 【专题】利用化学方程式的计算【分析】溶液呈电中性，则原来所配溶液中K+、Cl、Br的物质的量浓度满足：c（K+）=c（Cl）+c（Cl），据此对各选项进行判断即可【解答】解：将KCl和KBr的混合物13.4g溶于水配成500mL溶液，溶液中K+、Cl、Br的物质的量浓度满足：c（K+）=c（Cl）
45、+c（Cl），选项中A、B、C不符合，只有D满足电荷守恒，故选D【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度不大，根据电荷守恒得出“c（K+）=c（Cl）+c（Cl）”为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力二、填空题（本题包含4小题，共64分）19处于下列状态的物质中：硫酸钡晶体 干冰 HCl气体 铜 蔗糖 熔融的硝酸钾 NaCl溶液 醋酸（1）能导电的是（填字母，下同）；（2）属于电解质的是；强电解质；弱电解质；（3）属于非电解质的是【考点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念 【分析】（1）能导电的物质必须有自由电子或自由移动的离子；（2）电解质是在水溶液里或熔融状态下能
46、导电的化合物；完全电离为强电解质，部分电离为弱电解质；（3）非电解质是在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物【解答】解：（1）铜是金属，有自由移动的电子能导电；熔融的硝酸钾和NaCl溶液中有自由移动的离子，故答案为：；（2）硫酸钡晶体，HCl气体，熔融的硝酸钾，醋酸在水溶液里或熔融状态下能导电，属于电解质，其中硫酸钡晶体，HCl气体，熔融的硝酸钾全部电离属于强电解质，醋酸为弱酸部分电离，属于弱电解质，故答案为：；（3）干冰的水溶液能导电，原因是二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电，碳酸是电解质，干冰是非电解质；蔗糖在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物，
47、属于非电解质，故答案为：【点评】本题考查电解质、非电解质的定义、物质导电的原因，题目难度不大，注意能导电的不一定是电解质，如硝酸钾溶液；电解质不一定能导电，如硫酸铜晶体20某消毒液的主要成分为NaClO（混有少量NaCl），请用相应的化学用语来解释下列事实（1）该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备，化学方程式为Cl2+NaOHNaCl+NaClO+H2O（2）该消毒液的pH约为12，离子方程式为ClO+H2OHClO+OH（3）向FeSO4溶液中滴入少量该溶液，溶液颜色变成棕黄色，反应的离子方程式为2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H2O（4）该消毒液不能与洁厕灵（主要成分为浓盐酸）混
48、用，否则会产生中毒危险每产生1mol Cl2（标准状况下），转移电子个数约为6.021023或NA【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用 【分析】（1）氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（2）NaClO水解显碱性；（3）发生氧化还原反应生成铁离子，溶液为黄色；（4）消毒液不能与洁厕灵（主要成分为浓盐酸）混用，发生NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O，以此计算【解答】解：（1）氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应为Cl2+NaOHNaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+NaOHNaCl+NaClO+H2O；（2）NaClO水解显碱性，pH=12，水解离子方
49、程式为ClO+H2O HClO+OH，故答案为：ClO+H2O HClO+OH；（3）发生氧化还原反应生成铁离子，溶液为黄色，离子反应方程式为2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H2O，故答案为：2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H2O；（4）消毒液不能与洁厕灵（主要成分为浓盐酸）混用，发生NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O，由Cl元素的化合价变化可知，生成1mol氯气转移1mol电子，转移电子个数为6.021023或NA，故答案为：6.021023或NA【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、氧化还原反应及盐类水解等为解答的关键，侧重分析与应
50、用能力的考查，题目难度不大21胶体是一种常见的分散系，回答下列问题（1）向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，可制得Fe（OH）3胶体，制取Fe（OH）3胶体化学反应方程式为FeCl3+3H2O（沸水）Fe（OH）3（胶体）+3HCl（2）区分胶体和溶液常用的方法叫做丁达尔效应【考点】胶体的重要性质 【专题】溶液和胶体专题【分析】（1）根据Fe（OH）3胶体的制备过程进行判断；（2）根据胶体与溶液性质的区别进行解答【解答】解：（1）Fe（OH）3胶体的制备过程：向煮沸的蒸馏水中逐滴加入FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，FeCl3+3H2O（沸水
51、）Fe（OH）3（胶体）+3HCl，停止加热，可制得Fe（OH）3胶体，故答案为：饱和FeCl3；溶液呈红褐色；FeCl3+3H2O（沸水）Fe（OH）3（胶体）+3HCl；（2）胶体具有丁达尔效应，据此可以区分胶体和溶液，胶体的丁达尔效应是胶体粒子对光线的散射作用形成的，故答案为：丁达尔效应【点评】本题考查了胶体的制备及性质，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，题目难度不大注意掌握胶体的制备方法、胶体的性质及鉴别方法22ClO2是一种广谱高效低毒的杀菌消毒剂，有与氯气相似的强烈刺激性气味，熔点为59，沸点为11.0，不稳定，易溶于水某研究小组在60时用硫铁矿还原氯酸钠制
52、取并收集二氧化氯（1）三颈烧瓶中加入NaClO3溶液、浓H2SO4，通入空气，温度为60时，通过固体加料器缓慢匀速加入硫铁矿粉末反应开始时烧瓶内发生反应的离子方程式如下，请配平：15 ClO3+1 FeS2+14 H+=15 ClO2+1 Fe3+2 SO42+7 H2O（2）凝集装置B必须添加温度控制装置，应该是冰水浴装置（3）装置D的现象是红色褪去（4）反应后在装置C中可得NaClO2溶液已 知NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出晶体是NaClO23H2O，在温度高于38时析出晶体是NaClO2根据图F所示的NaClO2的溶解度曲线，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作
53、步骤：蒸发结晶；趁热过滤；洗涤；干燥（5）用水吸收ClO2可得到ClO2溶液为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10mL，稀释成100mL试样，量取V1 mL试样加入到锥形瓶中步骤2：调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻步骤3：加入淀粉指示剂，用c molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL（已知2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI）判断滴定终点的现象加到最后一滴时，溶液的颜色突然由蓝色变为无色，且半分钟不变化原ClO2溶液的浓度为molL1（用含字母的代数式表示）【考点】制备实验方案的设计 【专题】
54、实验分析题；实验评价题；演绎推理法；气体的制备与性质检验类实验【分析】（1）NaClO3与FeS2的反应中，氯从+5价变为+4价，铁从+2价变为+3价，硫从2价变为+6价，根据化合价升降法结合电荷守恒和元素守恒配平离子方程式；（2）ClO2熔点为59，沸点为11.0，B中要收集ClO2，要有冰水浴；（3）ClO2有强氧化性，能使品红褪色，通过品红可以判断ClO2是否吸收完全；（4）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法；（5）滴定时用淀粉做指示剂，溶液开始是蓝色，当滴定到终点时，溶液的蓝色会褪色；根据关系式2ClO25I210Na2S2O3计算c（ClO2）【解答】解：（1
55、）NaClO3与FeS2的反应中，氯从+5价变为+4价，铁从+2价变为+3价，硫从2价变为+6价，根据化合价升降法结合电荷守恒和元素守恒配平离子方程式为15ClO3+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3+2SO42+7H2O，故答案为：15；1；14；15；1；2；7；（2）ClO2熔点为59，沸点为11.0，B中要收集ClO2，要用冰水浴装置，故答案为：冰水浴；（3）ClO2有强氧化性，能使品红褪色，所以装置D的现象是红色褪去，故答案为：红色褪去；（4）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，防止析出晶体NaClO23H2O，趁热过滤，故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；（
56、5）滴定时用淀粉做指示剂，溶液开始是蓝色，当滴定到终点时，溶液的蓝色会褪色，所以判断滴定终点的现象是加到最后一滴时，溶液的颜色突然由蓝色变为无色，且半分钟不变化，故答案为：加到最后一滴时，溶液的颜色突然由蓝色变为无色，且半分钟不变化；设原ClO2溶液的浓度为x， 2ClO25I210Na2S2O3 2mol 10mol 1103cV2molx=mol/L，故答案为：【点评】本题考查物质的制备、对信息的利用、对装置的理解、氧化还原反应等，理解反应原理，掌握实验基本操作是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，难度较大，注意氧化还原反应的计算23（13分）磺酰氯（SO2Cl2）是一种重要
57、的有机合成试剂，SO2Cl2的熔点为54.1，沸点为69.1，遇水能发生剧烈的水解反应，产物之一为氯化氢气体实验室可利用SO2与氯气反应制取少量的SO2Cl2装置如图（有些支持装置省略了）所示（1）化合物SO2Cl2中S元素的化合价是+6（2）仪器E的名称是分液漏斗，由B的使用可知SO2与氯气之间的反应属于放（填“放”或“吸”）热反应，仪器C的作用是吸收逸出都有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入C，防止污染环境及磺酰氯水解（3）试剂X、Y的组合最好是c（填字母）a.18.4mol/LH2SO4+Cu b.4mol/LHNO3+Na2SO4 c.60% H2SO4+K2SO3（4）戊是贮
58、氯气装置，则E中的试剂是饱和食盐水；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应的离子方程式是SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2Cl（5）反应结束后，将丙中混合物分离开的实验操作是蒸馏若反应中消耗的氯气的体积为896mL（已转化为标准状况，SO2 足量），最后得到纯净的磺酰氯4.2g，则磺酰氯（相对分子质量：135）的产率为77.8%（保留三位有效数字）【考点】制备实验方案的设计 【专题】制备实验综合【分析】由（4）戊是贮氯气装置，可知甲装置制备二氧化硫，二氧化硫与氯气在丙中反应生成SO2Cl2，丙中活性炭可能起催化剂作用，SO2Cl2遇水发生剧烈的水解反应，乙为干燥二氧化硫，
59、E中盛放溶液加入戊中排出装置内氯气，可以是饱和食盐水，降低氯气溶解度，丁干燥氯气，SO2Cl2沸点低、易挥发，B为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，碱石灰吸收为反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入C中导致磺酰氯水解（1）SO2Cl2遇水能发生剧烈的水解反应，产物之一为氯化氢气体，另外生成物质为硫酸，可知硫元素化合价；（2）由仪器结构特征可知，仪器E为分液漏斗；SO2Cl2沸点低、易挥发，B为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，说明SO2与氯气之间的反应属于放热反应；（3）甲装置制备二氧化硫，Cu与浓硫酸反应需要加热，稀硝酸与硫酸钠不反应；（4）E中盛
60、放溶液加入戊中排出装置内氯气，可以是饱和食盐水；潮湿的氯气和二氧化硫反应生成HCl与硫酸；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法；计算氯气物质的量，再计算磺酰氯的理论产量，进而计算其产率【解答】解：由（4）戊是贮氯气装置，可知甲装置制备二氧化硫，二氧化硫与氯气在丙中反应生成SO2Cl2，丙中活性炭可能起催化剂作用，SO2Cl2遇水发生剧烈的水解反应，乙为干燥二氧化硫，E中盛放溶液加入戊中排出装置内氯气，可以是饱和食盐水，降低氯气溶解度，丁干燥氯气，SO2Cl2沸点低、易挥发，B为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，碱石灰吸收为反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防
61、止进入C中导致磺酰氯水解（1）SO2Cl2遇水能发生剧烈的水解反应，产物之一为氯化氢气体，另外生成物质为硫酸，可知硫元素化合价+6价，故答案为：+6；（2）由仪器结构特征可知，仪器E为分液漏斗；SO2Cl2沸点低、易挥发，B为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，说明SO2与氯气之间的反应属于放热反应，仪器C的作用是：吸收逸出都有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入C，防止污染环境及磺酰氯水解，故答案为：分液漏斗；放；吸收逸出都有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入C，防止污染环境及磺酰氯水解；（3）甲装置制备二氧化硫，Cu与浓硫酸反应需要加热，稀硝酸与硫酸钠不反应，60%硫酸
62、与亚硫酸钾不需要加热可以得到二氧化硫，故选：c；（4）E中盛放溶液加入戊中排出装置内氯气，可以是饱和食盐水，降低氯气溶解度；潮湿的氯气和二氧化硫反应生成HCl与硫酸，反应离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2Cl，故答案为：饱和食盐水；SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2Cl；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以丙中混合物分离开的实验操作是蒸馏，标准状况下，896mlCl2为=0.04mol，故理论上可得到0.04molSO2Cl2，即为0.04135g=5.4g，所以SO2Cl2的产为100%=77.8%，故答案为：蒸馏；77.8%【点评】本题考查实验制
63、备方案，涉及对反应原理、装置及操作的分析评价、对仪器的识别、物质的分离提纯等，注意对物质性质信息的应用，难度中等24氟及氟产品在工农业生产中应用非常广泛，回答下列问题：（1）基态氟原子核外电子的运动状态有9种，这些电子的电子云形状有2种；氟原子的外围电子排布式为2s22p5（2）NaHF2（氟化氢钠）电解可制氟气，NaHF2中所含作用力的类型有离子键、共价键、氢键；与HF2互为等电子体的分子有CO2（或Na2O）（举一例）（3）N2F2（二氟氮烯）分子中，氮原子的杂化轨道类型为sp2，画出N2F2可能的结构式（4）三氟化硼乙醚（如图1）的熔点为58，沸点为126129，它属于分子晶体（5）氟化
64、钙的晶胞结构如图2所示，晶胞参数=0.555pmCa2+、F的配位数分别为8和4列式表示氟化钙晶体的密度：=gcm3（不必计算出结果）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 【分析】（1）原子核外含有多少电子，核外电子的运动状态就有几种；氟原子含有s和p两种类型的轨道，则电子云有2种；氟原子最外层为L层，含有7个电子，据此写出外围电子排布式；（2）NaHF2中含有离子键、共价键，F的电负性较强，还存在氢键；（3）N2F2（二氟氮烯）分子中存在氮氮双键和两个NF键，据此画出其结构式，在根据N原子形成的键数目判断杂化类型；（4）根据三氟化硼乙醚的熔点、沸点大小进行判断
65、其晶体类型；（5）根据图示的晶胞结构判断钙离子、氟离子的配位数；该晶胞为立方体结构，根据棱长计算出该晶胞体积，再结合=计算出氟化钙晶体的密度【解答】解：（1）基态氟原子核外含有9个电子，则其核外电子的运动状态有9种；氟原子核外含有2s轨道和p轨道两种轨道，则氟原子的电子的电子云形状有2种；氟原子的外围含有7个电子，其外围电子排布式为：2s22p5，故答案为：9；2；2s22p5；（2）NaHF2为离子化合物，存在离子键，HF键为共价键，F的电负性较强，还存在氢键，故答案为：离子键、共价键、氢键；CO2（或Na2O）；（3）N2F2（二氟氮烯）分子中，氮原子形成了3个键和1个键，则其杂化轨道类型
66、为sp2；N2F2可能的结构式为：，故答案为：sp2；（4）三氟化硼乙醚（如图1）的熔点为58，沸点为126129，其熔沸点降低，应该属于分子晶体，故答案为：分子；（5）在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，但在下面一个晶胞中又连接4个氟离子，所以其配位数为8；在CaF2晶胞中每个F连接4个钙离子，所以其配位数为4，故答案为：8；4；该晶胞中含有钙离子个数=8+6=4，氟离子在该晶胞的内部，所以氟离子个数是8，该晶胞中含有4个CaF2，该晶胞的体积为：V=（5.55106）3cm3，该晶胞的密度为：=，故答案为：=【点评】本题考查了晶胞计算，题目难度中等，涉及原子核外电子排布、原子轨道杂化方式及杂质类型、晶胞结构及计算等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学计算能力，注意掌握晶胞的结构及计算方法，明确原子核外电子排布规律及原子轨道杂化类型的判断方法
