1、吉林省长春市第一中学2019-2020学年高二化学下学期阶段测试试题（含解析）可能用到的相对原子量：H1 C12 N14 O16 S32 Si28 Cl35.5 Fe56 Na23 Cu64 Ca40第卷一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.双酚基丙烷(BPA，分子式为C15H16O2)可能降低男性及女性的生育能力。下列有关判断不正确的是A. BPA的摩尔质量是228 gmol-1B. 1 mol BPA中含有6.021023个分子C. BPA属于有机化合物D. 1 mol BPA在标准状况下的体积约为22.4 L【答案】D【解析】【详解】A.由分子式可知BPA的
2、相对分子质量为228，则摩尔质量为228 gmol-1，故A正确；B.BPA属于有机酚类，为共价分子型物质，1molBPA中含有分子数约为6.021023，故B正确；C.结合名称和分子组成可知其有机化合物，故C正确；D.根据有机物的性质特点，C原子大于4以上的有机物不是气态物质，结合BPA的分子组成可知标准状况下BPA不是气态物质，因此1mol的体积不是22.4L，故D错误；故选：D。2.下列物质不可用作食品添加剂的是（ ）A. 谷氨酸单钠B. 柠檬酸C. 山梨酸钾D. 三聚氰胺【答案】D【解析】【详解】A谷氨酸单钠为味精的主要成分；B柠檬酸主要用作酸味剂、抗氧化剂、调色剂等；C山梨酸钾，主要
3、用作食品防腐剂；D三聚氰胺有毒，不能不可用于食品加工及作食品添加剂。故选D。3.下列有关化学用语使用不正确的是（ ）A. NH4Br的电子式：B. S2-的结构示意图：C. 乙酸的分子式：C2H4O2D. 原子核内有l8个中子的氯原子：3517Cl【答案】A【解析】【详解】A. 溴离子最外层有8个电子，NH4Br为离子化合物，其电子式：，故A错误；B. S最外层6个电子，得2个电子形成硫离子，S2-的结构示意图：，故B正确；C. 乙酸分子式：C2H4O2，故C正确；D. 氯元素是17号，原子核内有l8个中子的氯原子，质量数为18+17=35：3517Cl，故D正确；故选A。4.能正确表示下列反
4、应的离子反应方程式为A. NH4HCO3溶于少量的浓KOH溶液中：+2OH-=+ NH3+2H2OB. 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使沉淀完全：2Al3+3+3Ba2+6OH -=2 Al(OH)3+3BaSO4C. 向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2+4Br-+3Cl2=2 Fe3+2Br2+6 Cl-D. 醋酸除去水垢：2H+CaCO3=Ca2+ CO2+ H2O【答案】C【解析】【详解】A由于和OH-结合的能力比和OH-的强，故NH4HCO3溶于少量的浓KOH溶液中的离子方程式为+OH-=+H2O， A不符合题意；B根据明矾的化学式为KAl(SO4)212H2O，当向明
5、矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使沉淀完全，Al3+和OH 的物质的量之比为1：4，正确的离子方程式为Al3+2+2Ba2+4OH -= +2BaSO4+2H2O，B不符合题意；C向FeBr2溶液中通入足量氯气即将Fe2+和Br-完全氧化，离子方程式为2Fe2+4Br-+3Cl2=2 Fe3+2Br2+6 Cl-，C符合题意；D醋酸是弱酸，在书写离子方程式时不能改写为离子，醋酸除去水垢的离子方程式为2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2+ CO2+ H2O，D不符合题意；故答案为：C。5.下列电子排布图所表示的元素原子中，其能量处于最低状态的是 ()A. B. C. D.
6、【答案】D【解析】【详解】A、2s能级的能量比2p能级的能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，A不符合题意；B、基态原子的电子在能量相同的原子轨道上排布时总是优先分占在不同的原子轨道，且自旋状态相同，违反了洪特规则，B不符合题意；C、2p能级的能量比3s能级的能量低，2p轨道没有排满不可能排3s轨道，违反了能量最低原理，C不符合题意；D、能级能量由低到高的顺序为1s、2s、2p，每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，在能量相同的原子轨道上排布时总是优先分占在不同的原子轨道，且自旋状态相同，能量最低，D符合题意；答案选D。6.下列离子中外层d轨道
7、达半充满状态的是( )A. Cr3+B. Fe3+C. Co3+D. Cu+【答案】B【解析】【分析】d能级上有5个轨道，最多容纳10个电子，半充满状态时，d能级上有5个电子。【详解】d能级上有5个轨道，最多容纳10个电子，半充满状态时，d能级上有5个电子；A、Cr3的电子排布式为Ar3d3，不符合半满，故A不符合题意；B、Fe3的电子排布式为Ar3d5，符合半满，故B符合题意；C、Co3的电子排布式为Ar3d6，不符合半满，故C不符合题意；D、Cu的电子排布式为Ar3d10，全满，故D不符合题意。故答案选B。7.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 2.24 L CO2中含有的原子
8、数为0.3NAB. 常温下11.2 L甲烷气体含有的甲烷分子数为0.5NAC. 标准状况下，2.24 L 氨水含有NH3分子数为0.1NAD. 标准状况下，22.4 L氧气、氮气和CO的混合气体中含有2NA个原子【答案】D【解析】【详解】A.未明确气体的状况，不能依据体积确定二氧化碳的物质的量，故A错误；B.常温不是标准状况，不能根据体积确定甲烷的物质的量，故B错误；C.标准状况下，氨水是溶液不是气态物质，不能依据氨水的体积确定氨气分子的物质的量，故C错误；D.标准状况下，22.4L氧气、氮气和CO的混合气体的物质的量为1mol，每个分子中均含有2个原子，则原子的物质的量为2mol，数目为2N
9、A个，故D正确；故选：D。8.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 常温常压下，3.2 g 18O2所含的原子数为0.2NAB. 标准状况下，18 g H2O所含的氧原子数目为NAC. 室温下，8g CH4中含有5NA原子D. 常温常压下，1 mol CO2与SO2的混合气体中含原子数为2NA【答案】B【解析】【详解】A3.2 g 18O2的物质的量为，所含的原子数为，A错误；B18 g H2O的物质的量为1mol，所含的氧原子数目为1NA，B正确；C8g CH4的物质的量为0.5mol，含有的原子数为2.5 NA，C错误；D因为每一个CO2分子含有3个原子，SO2也是3个原子，则不
10、管混合气体的成分比如何，1mol混合气体中，含原子数都是3NA，D错误；答案选B。9.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 在常温常压下，18 g H2O与18 g D2O所含电子数均为10NAB. 相同质量的CO与N2，所含分子数、原子数均相同C. 17 g OH与17 g OH-所含电子数均为10NAD. 30 g SiO2中含有硅氧键个数为1NA【答案】B【解析】【详解】A.18 g H2O为1mol，所含电子数为10mol，18 g D2O为0.9mol，所含电子数9mol，两者所含电子数不相同，故A错误；B.CO与N2的摩尔质量相同，且均为双原子分子，相同质量时的分子数和原
11、子数均相同，故B正确；C.1mol OH含9mol电子，1molOH-含10mol电子，质量相同的两种粒子所含电子数不同，故C错误；D.30 g SiO2为0.5mol，而1mol二氧化硅中含有4mol硅氧键，30gSiO2中含有硅氧键个数为2NA，故D错误；故选：B。10.下列除杂操作可行的是A. 通过浓硫酸除去HCl中的H2OB. 通过灼热的CuO除去H2中的COC. 通过灼热的镁粉除去N2中的O2D. 通过水除去CO中的CO2【答案】A【解析】【详解】A浓硫酸具有吸水性，因此通过浓硫酸除去HCl中的H2O，A正确；B灼热的CuO与H2、CO均反应，无法达到除杂的目的，B错误；C灼热的镁粉
12、与N2、O2均反应，无法达到除杂的目的，C错误；DCO2在水溶液中的溶解度小，不能通过水除去CO中的CO2，应该用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，D错误；答案选A。11.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A. 30 g甲醛中含有共用电子对数目为4NAB. 56 g乙烯中所含共用电子对数目为12NAC. 78 g苯中含有3NA碳碳双键D. 14 g乙烯与丙烯的混合气体中所含氢原子数目为2NA【答案】C【解析】【详解】A.30g甲醛的物质的量为1mol，1mol甲醛中含有2mol碳氢键、2mol碳氧共用电子对，总共含有4mol共用电子对，即4NA，故A正确；B.56 g乙烯2mol，1mol乙
13、烯中含4molC-H，和1mol碳碳双键，共用电子对数为6对，2mol乙烯中含12mol共用电子对，即12 NA，故B正确；C.苯中不存在碳碳双键，故C错误；D.乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，故含2mol氢原子，数目为2NA，故D正确；故选：C。12.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 0.1 L 3.0 molL-1的NH4NO3溶液中含有的的数目为0.3NAB. 1.0 L 0.1 molL-1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NAC. 25 时，pH13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NA
14、D. 1 L 0.1 molL-1的Na2CO3溶液中所含氧原子数目为0.3NA【答案】C【解析】【详解】A.硝酸铵为强酸弱碱盐，在溶液中水解，则0.1 L 3.0 molL-1的NH4NO3溶液中含有的的数目小于0.3NA，故A错误；B.H2SO4第一步完全电离，第二步部分电离，NaHSO4在溶液中电离出钠离子和硫酸氢根，硫酸氢根部分电离出氢离子和硫酸根，则1.0 L 0.1 molL-1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和小于0.2NA，故B错误；C. 25 时，1.0 LpH13的Ba(OH)2溶液中OH-的物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，故C正确；D.Na2CO3溶液中Na
15、2CO3和水分子中都含有氧原子，则1 L 0.1 molL-1的Na2CO3溶液中所含氧原子数目大于0.3NA，故D错误；故选C。13.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 50mL 12molL1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NAB. 56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子C. 2mol SO2和1mol O2在一定条件下充分反应后，混合物中SO3的分子数小于2NAD. 标准状况下，22.4L NO2气体中所含分子数目为NA【答案】C【解析】【详解】A浓盐酸与足量MnO2共热，随反应的进行，浓盐酸变成稀盐酸，不再与二氧化锰反应，故该反应中转移的电子数小于
16、0.3NA，故A错误；B铁片投入足量浓H2SO4中，会产生钝化现象，表面产生致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，故B错误；CSO2和O2的反应是可逆反应，2mol SO2和1mol O2在一定条件下充分反应后，混合物中SO3的分子数小于2NA，故C正确；DNO2气体中总存在2NO2N2O4的平衡，标准状况下，22.4L NO2气体中所含分子数目少于NA，故D错误；故选C。14.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NAB. 1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NAC. 向FeI2溶液中通入适量
17、Cl2，当有1 mol Fe2+被氧化时，共转移的电子的数目为NAD. 1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA【答案】B【解析】【详解】A.5.6 g铁粉的物质的量为0.1mol，与少量硝酸反应时生成亚铁离子，失去的电子数0.2NA，故A错误；B.钠与氧气反应，无论生成氧化钠还是过氧化钠，均生成+1价钠离子，则1 mol Na与足量O2反应，转移的电子数为NA，故B正确；C.碘离子的还原性强于亚铁离子，当有1 mol Fe2+被氧化时，碘离子已经完全反应，则转移的电子的数目一定大于NA，故C错误；D.若1 mol Cl2与氢氧化钠溶液发生歧化反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，转移电子数为
18、NA，故D错误；故选B。【点睛】碘离子的还原性强于亚铁离子，当有1 mol Fe2+被氧化时，碘离子已经完全反应是解答关键。15.肼(N2H4)是火箭常用的高能燃料，常温下，为液体。一定条件，肼与双氧水可发生反应N2H4+2H2O2=N2+4H2O。用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，11.2LN2中所含电子的总数为5NAB. 标准状况下，22.4LN2H4中所含原子的总数为6NAC. 标准状况下，3.2gN2H4中含有共价键的数目为0.6NAD. 若生成3.6gH2O，则上述反应中转移电子的数目为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A标况下11.2L氮气的物
19、质的量为0.5mol，而一个氮气分子中含14个电子，故0.5mol氮气中含7NA个电子，故A错误；B标况下肼为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C3.2g肼的物质的量为0.1mol，而一个肼分子中含5条共价键，故0.1mol肼中含0.5NA条共价键，故C错误；D3.6g水的物质的量为0.2mol，而反应中当生成4mol水时，转移4mol电子，故当生成0.2mol水时，转移0.2NA个电子，故D正确。故选：D。16.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A. 0.1 mol Fe在0.1 mol氯气中充分燃烧时转移的电子数为0.3NAB. 0.1 mol乙烷和丙烯的
20、混合物所含氢原子数目为0.6NAC. 64 g的SO2与足量的O2充分反应后可得到NA个SO3分子D. 标准状况下，2.24 L四氯化碳含有的分子数目为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A、铁与氯气燃烧的方程式为：2Fe+3Cl32FeCl3，0.1molFe完全反应需要0.15molCl2，由此可知Cl2不足，故转移电子数按照Cl2计算，Cl2中氯元素化合价由0降低为-1价，故0.1molCl2反应转移电子数N=0.121NA=0.2 NA，故A错误；B、乙烷与丙烯分子式中的氢原子数相同，故0.1mol乙烷和丙烯的混合物所含氢原子数目N=0.16NA=0.6NA，故B正确；C、64gSO2
21、的物质的量n=1mol，因SO2与O2反应生成SO3的反应为可逆反应，SO2不能完全转化为SO3，故无法计算出最终得到的SO3分子数，故C错误；D、标准状况下四氯化碳不是气体，故2.24L四氯化碳所含的分子数大于0.1 NA，故D错误。【点睛】本题需注意A选项，Fe与Cl2燃烧时，无论Fe是否过量，生成物都只有FeCl3，没有FeCl2，其原因是FeCl3为分子化合物，在熔融状态下不能电离出Fe3+，因此就无法发生2Fe3+Fe=3Fe2+反应。17.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Mg
22、Cl2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比较水和乙醇中氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中生成的是Fe(OH)3沉淀，不能制备Fe(OH)3胶体；B. 将MgCl2溶液加热蒸干时，由于发生生水解且水解产物易挥发或易分解，故不能由MgCl2溶液制备无水MgCl2，B不能达到；C. 加入稀硝酸溶液， Cu粉及其中混有的CuO全部溶解，不能达到；D. 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可以根据反应的剧烈程度比较水和乙醇中羟基氢
23、的活泼性，D能达到。故选D。18. 用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是（ ）A. 称量B. 溶解C. 转移D. 定容【答案】B【解析】【详解】A、托盘天平称量时应是左物右码，A错误；B、固体溶解在烧杯中进行，B正确；C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D错误。答案选B。19.取100 mL 0.3 molL1和300 mL 0.25 molL1的硫酸注入500 mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H的物质的量浓度是()A. 0.21 molL1B. 0.42 molL
24、1C. 0.56 molL1D. 0.26 molL1【答案】B【解析】【分析】混合后溶液中溶质H2SO4的物质的量等于100mL 0.3mol/L和300mL0.25mol/L的H2SO4溶液中含有的H2SO4之和，假设混合后溶质H2SO4的物质的量浓度为a，根据n=cV计算混合后的浓度，溶液中H+的物质的量浓度是H2SO4浓度的2倍。【详解】假设混合后溶质H2SO4的物质的量浓度为a，根据混合前后溶液中溶质的物质的量总和不变可得：100mL0.3mol/L+300mL0.25 mol/L =500mLa，解得：a=0.21mol/L，H2SO4是二元强酸，在溶液中完全电离，因此混合后溶液中
25、氢离子的浓度c(H+)=2c(H2SO4)=20.21mol/L=0.42mol/L，故合理选项是B。【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，注意混合溶液中溶质的物质的量为混合前两种溶液中溶质的物质的量的和，并根据酸分子化学式确定氢离子与酸的浓度关系，结合物质的量浓度定义式的变形进行计算、判断。20.在t 时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为 gmL1，质量分数为w，其中含有NH4+的物质的量是b mol，下列叙述正确的是()A. 溶质的质量分数wa/(V-a)100%B. 溶质的物质的量浓度c1000a/35V molL1C. 溶液中c(OH)1000b/V
26、molL1c(H)D. 上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w【答案】C【解析】【详解】A.氨水中溶质为氨气，该溶液的密度为gmL1，体积为VmL，所以溶液质量为V g，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为a/V100%，故A不正确；B. a g NH3的物质的量为a/17 mol，溶液体积为V mL，所以溶质的物质的量浓度为1000a/17V molL1，故B不正确；C.氨水溶液中存在电荷守恒，c(OH)c(H)c(NH4+)c(H)1000b/V molL1，故C正确；D.混合前后溶质的质量不变，仍为a g，因水的密度比氨水的密度大，等体积的水的质量比氨水的大，
27、混合后溶液的质量大于2V g，所以混合后溶质的质量分数小于0.5w，故D不正确。综上所述，本题选C。【点睛】将一定量的NH3完全溶于水，所得溶液的溶质为氨气，电解质为一水合氨，溶液中存在微粒有：NH3、NH3H2O、NH4+、H+、OH-、H2O；根据溶液呈电中性原则，溶液中存在电荷守恒：c(OH)c(H)c(NH4+)，这样就可以求出氨水溶液中c(OH)大小，选项C就很容易解决。21.某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是（ ）A. 所用的NaOH已经潮解B. 向容量瓶中加水未到刻度线C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯里D. 用带游码托盘天平称2.4克Na
28、OH时误用了“左码右物”的方法【答案】B【解析】【详解】A. 所用NaOH固体已潮解，称取一定质量的NaOH时，溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，不选A；B. 向容量瓶中加水未到刻度线，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏高，选B；C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯里，导致移入容量瓶中溶质氢氧化钠的物质的量偏小，溶液浓度偏低，不选C；D. 将砝码放在左盘，被称量物放在右盘，使用游码，会导致所称取的氢氧化钠的质量少，导致溶液的浓度偏低，不选D；故答案为：B。【点睛】22.用质量分数为98%的浓硫酸(1.84 gcm-3)配制240 mL 1.84 molL-1稀硫酸，下列操作正确的是A. 将
29、蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中，并不断搅拌至冷却B. 必需的定量仪器有50 mL量筒、250 mL容量瓶和托盘天平C. 量取浓硫酸的体积为25.0 mLD. 先在容量瓶中加入适量水，将量好浓硫酸注入容量瓶，加水定容【答案】C【解析】【详解】A浓硫酸稀释放热，故为了防止浓硫酸外溅，浓硫酸稀释时应将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中，同时不断用玻璃棒搅拌，产生的热量及时散发出去，故A错误；B浓硫酸为液态，用质量分数为98%的浓硫酸(1.84 gcm-3)配制240 mL 1.84 molL-1稀硫酸时，不需要用到托盘天平，故B错误；C质量分数为98%的浓硫酸（=1.84gcm-3）物质的量浓度为
30、mol/L =18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，由稀释定律可得V18.4mol/L=250mL1.84mol/L，解得V=25.0mL，故C正确；D浓硫酸稀释放热，而容量瓶为精密仪器，不能受热，因此不能用来稀释浓硫酸，故D错误；故选C。第卷二、非选择题23.合成氨工业生产中所用的Fe催化剂的主要成为FeO、Fe2O3。(1)某FeO、Fe2O3混合物中，铁、氧的物质的量之比45，其中Fe2与Fe3物质的量之比为_。(2)当催化剂中Fe2与Fe3的物质的量之比为12时，其催化剂活性最高，此时混合物中铁的质量分数为_(保留2位小数)。(3)写出由C(炭粉)与Fe2O3在高温下反应制备铁触媒
31、的化学方程式(另一种产物可溶于水)_。(4)为制得这种活性最高的催化剂，理论上应向480 g Fe2O3粉末加入炭粉的质量为_，生成实验条件下CO2的体积为_(假设此实验条件下，气体摩尔体积为24 Lmol-1)。【答案】 (1). 11 (2). 0.72 (3). 2Fe2O3C4FeOCO2 (4). 6 g (5). 12 L【解析】【分析】（1）由铁、氧的物质的量之比45计算可得；（2）由催化剂中Fe2与Fe3的物质的量之比为12计算可得；（3）由题给信息知，C会将一部分Fe2O3还原成FeO，同时C氧化成CO2；（4）由题意知，被还原的Fe2O3与未被还原的Fe2O3的物质的量之比
32、为12，480 g Fe2O3中被还原的物质的量为1mol，由此计算可得。【详解】（1）设混合物中FeO、Fe2O3的物质的量分别是a、b，由铁、氧的物质的量之比45可得（a+2b）：（a+3b）=4：5，解得a：b=2：1，则n（Fe2+）n（Fe3+）=11，故答案为：1:1；（2）设Fe2+为1mol，Fe3+为2mol，由题意可知Fe元素的质量为3mol56g/mol=168g，混合物总质量为1mol72g/mol+1mol160g/mol=232g，则Fe元素的质量分数为 =0.72，故答案为：0.72；（3）由题给信息知，C会将一部分Fe2O3还原成FeO，同时C氧化成CO2，则反
33、应的化学方程式为2Fe2O3C4FeOCO2，故答案为：2Fe2O3C4FeOCO2；（4）由题意知，被还原的Fe2O3与未被还原的Fe2O3的物质的量之比为12，480 g Fe2O3的物质的量为=3mol，被还原的Fe2O3的物质的量为3mol=1mol，由方程式可得2Fe2O3CCO2，则C的质量为1mol12g/mol=6g，CO2的体积为1mol24L/mol=12L，故答案为：6；12。24.在实验室利用胆矾晶体和烧碱溶液制备氧化铜固体，其实验操作可分解为如下几步：混合；过滤；加热分解；溶解；洗涤。就此实验完成下列填空：(1)正确操作步骤的顺序是_(填序号)。(2)步骤中所用到的玻
34、璃仪器有_。(3)在实验中多次用到玻璃棒，其作用有三个，是_、_、_。【答案】 (1). (2). 玻璃棒、漏斗、烧杯 (3). 搅拌 (4). 引流 (5). 转移【解析】【分析】（1）胆矾晶体和烧碱溶液反应生成氢氧化铜，过滤、洗涤沉淀，加热分解生成氧化铜；（2）步骤为过滤操作，过滤所用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；（3）在溶解时玻璃棒起搅拌作用、过滤时玻璃棒起引流作用、加热分解后转移试剂时玻璃棒起转移作用。【详解】（1）实验室利用胆矾晶体和烧碱溶液制备氧化铜固体，可将晶体溶解，混合后发生反应生成氢氧化铜沉淀，将沉淀过滤、洗涤，然后将氢氧化铜加热分解可生成氧化铜，顺序为，故答案为：；(2
35、)步骤为过滤操作，过滤所用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；（3）在实验实验中多次用到玻璃棒，其中在溶解时玻璃棒起搅拌作用、过滤时玻璃棒起引流作用、加热分解后转移试剂时玻璃棒起转移作用，故答案为：搅拌；引流；转移。【点睛】本题考查物质的制备、分离、提纯，注意把握物质的性质以及实验的原理和方法是解答关键。25.I.下图是X、Y、Z三种固体物质的溶解度曲线。按要求回答下列问题：(1)若X溶液中混有少量Y，提纯X的操作_；(2)若Y溶液中混有少量的X，提纯Y的操作_。II.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
36、答下列问题：84消毒液有效成分NaClO规格1 000 mL质量分数25%密度1.19 gcm-3(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为_molL-1。(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+)_molL-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如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器B容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制C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D需要称量NaClO固体的质量为143.0
37、 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 gcm-3)的浓硫酸配制2 L 2.3 molL-1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。所配制的稀硫酸中，H的物质的量浓度为_molL-1。需用浓硫酸的体积为_mL。【答案】 (1). 加热浓缩，冷却结晶，过滤 (2). 蒸发结晶，趁热过滤 (3). 4.0 (4). 0.04 (5). C (6). 4.6 (7). 250【解析】【详解】(1)若X溶液中混有少量Y，根据溶解度曲线，X的溶解度受温度的影响较大，Y的溶解度受温度的影响变化不大，应采用加热浓缩，冷却结晶，过滤提纯X，故答案为：加
38、热浓缩，冷却结晶，过滤；(2)若Y溶液中混有少量的X，根据溶解度曲线，Y的溶解度受温度影响较小，X的溶解度受温度的影响较大，杂质X温度高时溶解度较大，应采用蒸发结晶，趁热过滤提纯Y，故答案为：蒸发结晶，趁热过滤；II. (1)由标签可知84消毒液的质量分数25%，密度1.19 gcm-3，该“84消毒液”的物质的量浓度c(NaClO)=，故答案为：4.0；(2) 该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用，稀释后的浓度是原浓度的，即稀释后次氯酸钠的浓度为，稀释后的溶液中c(Na+)c(NaClO)= ，故答案为：0.04；(3) A配制溶液时需用天平称取溶质质量，在烧杯中溶解，冷却后玻
39、璃棒引流到容量瓶中，加水定容时还要用到胶头滴管，因此如图所示的仪器中，圆底烧瓶和分液漏斗是不需要的，还需要两种玻璃仪器：玻璃棒和胶头滴管，故A错误；B容量瓶烘干会对其体积产生影响，故B错误；C配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒会导致烧杯玻璃棒上粘有的溶质损失，导致结果偏低，故C正确；D欲用NaClO固体配制480 mL溶液，但实验室中没有该规格的容量瓶，根据近且大的选取原则，应选用500mL容量瓶配制，需要称量NaClO固体的质量应按照500mL溶液计算，m(NaClO)=，故D错误；故答案为：C；(4) 所配制的稀硫酸为2 L 2.3 molL-1，硫酸是强酸完全电离，则H的物质的量浓度
40、为硫酸浓度的2倍，即4.6 molL-1，故答案为：4.6 molL-1；98%(密度为1.84 gcm-3)的浓硫酸的物质的量浓度=；根据稀释定量 ，V(浓)=，故答案为：250；26.碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题：(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用_形象化描述。在基态14C原子中，核外存在_对自旋相反的电子。(2)碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是_。(3)CS2分子中，共价键的类型有_，C原子的杂化轨道类型是_，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_。(4)CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物的熔点为253
41、K，沸点为376K，其固体属于_晶体，1mol Fe(CO)5有键_NA(5)碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：在石墨烯晶体中，每个C原子连接_个六元环，每个六元环占有_个C原子。在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接_个六元环，六元环中最多有_个C原子在同一平面。【答案】 (1). 电子云 (2). 2 (3). C有4个价电子且半径较小，难以通过得或失电子达到稳定电子结构 (4). 键和键 (5). sp (6). CO2、SCN- (7). 分子 (8). 10 (9). 3 (10). 2 (11). 12 (12). 4【解析】【详解】
42、(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述，离核近的区域电子云密度较大，离核远的区域电子云密度较小，C原子核外电子排布为1s22s22p2，则在基态14C原子中，核外存在2对自旋相反的电子，故答案为：电子云；2；(2)共价键为原子之间以共用电子对成键，碳原子核外有4个电子，且元素的非金属性较弱，但半径较小，反应中难以失去或得到电子，故答案为：C有4个价电子且半径较小，难以通过得或失电子达到稳定结构；(3)CS2分子的结构式为SCS，含有键和键，CS2分子中C原子形成2个键，孤对电子数为0，则为sp杂化，与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子为等电子
43、体，应含有3个原子，价电子数为16，常见分子和离子有CO2、SCN，故答案为：键和键；sp；CO2、SCN；(4)Fe(CO)5熔点为253K，沸点为376K，具有分子晶体的性质，则固体应为分子晶体；配合物Fe(CO)5的配离子中Fe原子和C原子之间有5个键，CO分子中C和O之间存在1个键，1个键，1个配位键，因此4个CO有4个键，故1mol Fe(CO)5中含有10mol键，故答案为：分子；10；(5)石墨晶体中最小的环为六元环，每个碳原子连接3个CC化学健，则每个C原子连接 3个六元环，每个六元环占有的C原子数为6132，故答案为：3；2；在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4个碳原子形
44、成四个碳碳单键，最小的环为6元环，每个单键为3个环共有，则每个C原子连接4312个六元环，晶胞中共平面的原子如图，共4个，故答案为：12；4。27.周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：(1)b、c、d中第一电离能最大的是_(填元素符号)，e的价层电子轨道示意图为_ 。(2)a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为_；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的
45、化合物是_(填化学式，写两种)。(3)这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是_；酸根呈三角锥结构的酸是_。(填化学式)(4)e和c形成的一种离子化合物的晶体结构如图，则e离子的电荷为_。(5)这5种元素形成的一种1:1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图所示)。该化合物中阴离子为_，阳离子中存在的化学键类型有_；该化合物加热时首先失去的组分是_，判断理由是_。(6)用晶体的X射线衍射法对e的测定得到以下结果：e的晶胞为面心立方最密堆积(如下图)，已知该晶体的密度为9.00gcm-3，晶胞中该原子的配位数为_；e的原子半径为_cm(阿伏加
46、德罗常数为NA，要求列式,下同)。晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_。【答案】 (1). N (2). (3). sp3 (4). H2O2、N2H4 (5). HNO2、HNO3 (6). H2SO3 (7). +1 (8). (9). 共价键和配位键 (10). H2O (11). H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱 (12). 12 (13). (14). 【解析】【分析】周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a为H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则c是O元素；b的价电子层中的未成对
47、电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则e原子核外电子数为2818129，为Cu元素；d与c同族，且原子序数小于e，所以d为S元素，据此分析解答。【详解】(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族和第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素中，元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以b、c、d元素第一电离能最大的是N元素；e的价层电子为3d、4s电子，其价层电子排布图为，故答案为：N；(2)a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子为NH3，该分子的中心原子含有3个共价单键和一个孤电
48、子对，所以N原子的杂化方式为sp3；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物有H2O2和N2H4，故答案为：sp3；H2O2和N2H4；(3)这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是HNO2、HNO3；酸根呈三角锥结构的酸是H2SO3，故答案为：HNO2、HNO3；H2SO3；(4)该晶胞中c离子个数182，e离子个数4，该晶胞中氧离子和铜离子个数之比2：41：2，所以e和c形成的一种离子化合物化学式为Cu2O，则e离子的电荷为1，故答案为：1；(5)这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是4且不含孤电子对，为；
49、阳离子呈轴向狭长的八面体结构，根据图知在八面体上下顶点上分子含有两个共价键且含有两个孤电子对，为水分子，有两个，正方形平面上四个顶点上分子含有3个共价键且含有一个孤电子对，所以为氨气分子，有4个，所以阳离子中含有配位键和共价键；H2O和Cu2的配位键比NH3与Cu2的弱，所以该化合物加热时首先失去的组分是H2O，故答案为：；共价键和配位键；H2O；H2O和Cu2的配位键比NH3与Cu2的弱；(6)Cu的晶胞为面心立方最密堆积，以顶点Cu原子研究，与之最近的Cu原子位于面心上，每个顶点Cu原子为12个面共用，所以Cu的配位数为12，根据晶胞的结构图可知，晶胞中含有铜原子数为864，设晶胞的边长为a cm，则a3NA464，所以a，由于面对角线为a，面对角线的为Cu原子半径，所以Cu原子半径为cm，晶胞中4个铜原子所占体积为=，晶胞体积为a3=，则原子体积占晶胞体积的百分率=，故答案为：12；