1、河北省张家口市第一中学2021届高三化学上学期期中试题（普通、实验班，含解析）（满分：100分，测试时间：90分钟）第卷（选择题，共40分）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 P31 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Cu 64 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1. 新型冠状病毒肺炎威胁着人们的身体健康，以下是人们在面对“新型冠状病毒”时的一些认识，你认为符合科学的是（ ）A. 选用95%酒精溶液消毒的效果最好B. 外出归来，应立即向外套喷洒高浓度的84消毒液C. 为使消毒效果更好，可以将酒精和84消毒液
2、混合使用D. 医用酒精可用于皮肤消毒，其原因是医用酒精可以使病毒和细菌体内的蛋白质变性【答案】D【解析】【详解】A浓度为95%的酒精可使细胞壁上形成一层膜，阻止酒精的渗入，则75%的酒精消毒效果好，A项不符合题意；B高浓度的84消毒液的腐蚀性较强，且具有漂白性，不能直接用来喷洒消毒衣物，B项不符合题意；C84消毒液和酒精一起使用，可能会产生一些对人体有害物质，且降低杀菌消毒效果，所以84消毒液不可与其他洗涤剂或消毒液混合，C项不符合题意；D医用酒精可用于皮肤消毒，其可以使病毒和细菌体内的蛋白质变性，D项符合题意；故选D。2. 下列实验操作与现象不相匹配的是实验操作实验现象A向盛有Ba(NO3)
3、2溶液的试管中通入CO2产生白色沉淀B向盛有KI溶液的试管中滴加氯水和CCl4液体，振荡下层溶液变为紫红色C向盛有Na2S2O3溶液的试管中先滴入酚酞溶液，然后滴加盐酸，边滴边振荡。溶液先变红后褪色，有气泡产生并出现浑浊D向盛有FeCl3溶液的试管中先加入足量锌粉，充分振荡后加2滴K3Fe(CN)6溶液溶液黄色逐渐消失，加K3Fe(CN)6溶液产生深蓝色沉淀A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.向盛有Ba(NO3)2溶液的试管中通入CO2，相当于讨论H2CO3与Ba(NO3)2复分解反应能不能发生？用弱酸不能制强酸，不反应无现象，A项实验操作与现象不相匹配， A项错误；
4、B.向盛有KI溶液的试管中滴加氯水和CCl4液体， Br2+2KI =I2+2KBr，I2易溶于CCl4显紫红色，B项操作与现象相匹配，B项正确；C由于硫代硫酸根离子水解溶液呈碱性，滴入酚酞溶液先变红，然后滴加盐酸溶液，发生反应 Na2S2O3+2HCl=SO2+S+2NaCl+H2O，反应后溶液呈中性，红色褪去，C项操作与现象相匹配，C项正确；D.向盛有FeCl3溶液的试管中先加入足量锌粉，发生反应：Zn+2FeCl32FeCl2+ZnCl2，三价铁变二价铁溶液，溶液黄色逐渐消失，加K3Fe(CN)6溶液产生深蓝色沉淀，D项操作与现象相匹配，D项正确；答案选A。3. 下列有关仪器用途的说法正
5、确的是（）A. 试管、烧杯均可用于给液体、固体加热B. 洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱（蒸干水的设备）中烘干C. 区别NaCl、Na2SO4时常用到胶头滴管、试管D. 漏斗可用于过滤及向滴定管中添加溶液【答案】C【解析】【详解】A试管可用于给液体、固体加热，烧杯可用于给液体加热、但不能用于给固体加热，故A错误；B洗净的容量瓶不能放进烘箱中烘干，因为容量瓶是计量仪器，容量瓶上标有温度、容积和刻度线，若放进烘箱中烘干，会对其容积造成影响，故B错误；C由于鉴别物质所用试剂量较少，通常可用试管作为反应容器，用胶头滴管滴加试剂，如区别NaCl、Na2SO4，可分别取两种试剂各少许于两支试管中，然后用胶
6、头滴管向两支试管中分别滴加少量BaCl2溶液，产生白色沉淀的为Na2SO4，不出现白色沉淀的为NaCl，故C正确；D漏斗可用于组装过滤装置，向滴定管中添加溶液的方法是直接将试剂瓶中的溶液倾倒到滴定管中，不需要漏斗，故D错误；答案选C。4. 通过海水晾晒可以得到粗盐，粗盐除还有NaCl外，还含有MgCl2、 CaCl2、 Na2SO4以及泥沙等杂质。以下是某兴趣小组制备精盐的实验方案，各步操作流程如下。下列说法正确的是A. 实验过程中、步骤的操作分别是溶解、过滤B. 实验过程中步骤的目的是仅除去溶液中的Ca2+C. 实验过程中步骤中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、烧杯、铁架台(带铁圈)D.
7、实验过程中、步骤互换，对实验结果不影响【答案】A【解析】【分析】由实验流程可知，为粗盐溶解，中硫酸根离子用钡离子转化为沉淀，中镁离子用氢氧根离子沉淀，中钙离子及过量钡离子用碳酸根离子沉淀，为过滤，过滤分离出所有的沉淀，滤液含NaCl、NaOH、Na2CO3，中用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子，为蒸发、结晶、烘干，得到精盐，以此解答该题。【详解】A由上述分析可知，、步骤的操作分别是溶解、过滤，故A正确；B步骤的目的是除去溶液中的Ca2+及过量的Ba2+，故B错误；C步骤中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、铁架台(带铁圈)，故C错误；D过程中、步骤互换，导致过量的钡离子不能除去，
8、故D错误；故答案为A。5. 下列有关仪器的名称、图形、用途与使用操作的叙述均正确的是（ ）选项ABCD名称洗气瓶分液漏斗酸式滴定管冷凝管图形用途与使用操作除去Cl2中的HCl用酒精萃取碘水中的碘，分液时，碘层需从上口放出可用于量取10.00 mL Na2CO3溶液蒸馏实验中将蒸气冷凝为液体A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A除去Cl2中HCl用饱和食盐水，A正确；B酒精与水互溶，不能萃取水中的碘，B错；C碳酸钠溶液呈碱性，应该用碱式滴定管量取，C错；D冷凝水应该下进上出，D错。6. 下列关于离子检验的说法正确的是（ ）A. 检验溶液中是否含有Ba2：取少量待测液，向其中
9、加入少量稀硫酸，若有白色沉淀产生，则溶液中含有Ba2B. 某溶液的焰色试验呈黄色，则溶液中一定有钠元素，可能有钾元素C. 检验用氯亚铁制得的氯化铁中是否含有Fe2+，可选用的试剂是酸性KMnO4溶液D. 在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在或【答案】B【解析】【详解】A加入少量稀硫酸，有白色沉淀产生，可能是硫酸钡或者硫酸银或者硫酸钙，所以不能确定溶液中一定含有Ba2+，A错误；B某溶液的焰色试验呈黄色，则溶液中一定有钠元素，由于没有通过蓝色钴玻璃观察，因此不能确定溶液中是否含有钾元素，B正确；CFe2+、Cl-都具有还原性，都能与高锰酸钾等发生
10、氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，因此不能用酸性KMnO4溶液鉴别溶液中是否含有Fe2+，C错误；D硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，则溶液中可能含或或Cl-，D错误；故合理选项是B。7. 下列说法正确的是（ ）需要通电才可以进行的有：电解、电离、电泳、电镀、电除尘金属氧化物均为碱性氧化物，酸性氧化物一定是非金属氧化物纳米材料石墨烯用一束强光照射可以发生丁达尔现象电解质溶液中自由移动离子数目越多导电能力越强把饱和三氯化铁溶液滴入沸水中并充分搅拌可以制得氢氧化铁胶体Na2O、Na2O2前者属于碱性氧化物，后者属于过氧化物，
11、都能与酸性氧化物CO2反应Na2O、Na2O2水溶液能导电，所以二者都是电解质水玻璃、漂粉精、硅胶、冰水混合物、明矾KAl（SO4）212H2O、铝热剂均为混合物元素由化合态变成游离态一定是被还原A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】电离不需要通电，电离的条件是水或熔融状态，与通电条件无关，故错误；氧化物为由两种元素组成，且一种元素为氧元素的化合物，按元素组成可分为金属氧化物和非金属氧化物，按性质可分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物，碱性氧化物都是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝是两性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如酸性氧化物Mn2O
12、7是金属氧化物，故错误；纳米材料石墨烯不是胶体分散系，不具有丁达尔效应，故错误；电解质溶液导电能力强弱与自由移动的离子浓度，自由移动离子带电荷多少有关，与数目无关，故错误；把饱和三氯化铁溶液滴入沸水中并充分搅拌得不到氢氧化铁胶体，得到Fe(OH)3沉淀，故错误；Na2O、Na2O2前者与盐酸反应只生成氯化钠和水，属于碱性氧化物，后者与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，属于过氧化物，但二者都能与酸性氧化物CO2反应，故正确；Na2O、Na2O2水溶液能导电，是因为二者能够与水反应生成电解质氢氧化钠，不能据此判断氧化钠、过氧化钠是电解质，故错误；冰水混合物只含有一种物质水，属于纯净物，明矾属于盐，为纯
13、净物，故错误；某元素从化合态变为游离态，化合价可能升高，也可能降低，如S2-S为被氧化过程，Fe2+Fe为被还原过程，故错误；由上分析，正确的只有，D正确；答案为D。8. 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PP键数目为4NAB. 3 mol单质Fe完全燃烧转变为Fe3O4，失去8NA个电子C. 1mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAD. 7.2gCaO2与CaS的混合物中离子总数为0.3NA【答案】B【解析】【详解】A. 1个P4中含有6个PP共价键，124gP4的物质的量为1mol，所含PP键数目为6NA，故A错误；B. 1
14、molFe3O4中含有2molFe3+、1molFe2+，则3 mol单质Fe完全燃烧转变为Fe3O4，失去8NA个电子，故B正确；C. 氯气过量时，FeI2中Fe2+、I-全部被氧化成Fe3+、I2，则1mol FeI2与足量氯气反应时，转移的电子数为3NA，故C错误；D. CaO2由Ca2+、离子构成，CaS由Ca2+、S2-构成，二者的摩尔质量均为72g/mol，所以7.2gCaO2与CaS的混合物中离子总数为0.2NA，故D错误；答案选B。9. 下列关于原子结构与元素周期表的说法正确的是( )A. 电负性最大的元素位于周期表的左下角B. 基态原子最外层电子排布为ns2的元素都位于周期表
15、IIA族C. 某基态原子的电子排布式为Ar3d104s24p1，该元素位于周期表第四周期IIIA族D. 基态原子p能级电子半充满的原子第一电离能一定大于p能级有一对成对电子的【答案】C【解析】【详解】A同周期元素从左到右电负性逐渐增强，从上到下电负性逐渐减小，电负性最大的元素位于周期表的右上角，故A错误；B基态原子最外层电子排布为ns2的元素有的位于周期表IIA，还有的位于0族，例如氦，锌最外层电子排布为4s2，位于IIB族，故B错误；C某基态原子的电子排布式为Ar3d104s24p1的元素是31号元素镓，核外共有4层电子，最外层电子数为3，该元素位于周期表第四周期IIIA族，故C正确；D基态
16、原子p能级电子半充满的原子第一电离能不一定大于p能级有一对成对电子的，例如磷(1s22s22p63s23p3)的第一电离能小于氧(1s22s22p4)，故D错误；答案选C。10. 近日，温州大学王舜教授课题组与美国北德克萨斯大学Zhenhai Xia教授合作在杂原子掺杂碳的超级电容领域取得了新突破。下列C原子电子排布图表示的状态中能量关系正确的是A. =B. C. =D. 【答案】D【解析】【详解】电子能量为1s2s2p，则2p轨道上电子越多、1s、2s轨道上电子越少，其能量越高，则能量由高到低的顺序是，故合理选项是D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合
17、题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. 工业上制备有机氟化剂SF4的反应为：3SCl2+4NaF=SF4+S2Cl2+4NaCl。下列说法正确的是A. SCl2与S2Cl2两种物质中的氯元素化合价不同B. NaF既不作氧化剂也不作还原剂，SF4为氧化产物C. 制备反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1D. 转移0.2 mol电子时，生成11.7 g NaCl【答案】BC【解析】【详解】ASCl2与S2Cl2两种物质中的氯元素化合价均为-1价，Cl元素的化合价相同，A错误；B反应中只有S元素的化合价发生变化，NaF既不作氧化剂也不作还原剂，S的化合价部分从+2升高到
18、+4，SF4为氧化产物，B正确；C反应中SCl2是氧化剂，又是还原剂，参加反应的3个SCl2中，有2个作氧化剂，得到电子变为S2Cl2，1个作还原剂，失去电子被氧化变为SF4，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，C正确；D该反应中生成4 mol NaCl转移2 mol电子，则每转移0.2 mol电子生成0.4 mol NaCl，其质量m(NaCl)=58.5 g/mol0.4 mol=23.4 g，D错误；故合理选项是BC。12. 下列离子方程式书写正确的是（ ）A. 用酸化的H2O2氧化海带灰浸出液中的碘：2I-+H2O2=I2+2OH-B. 用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：Fe2
19、O3+6H+=2Fe3+3H2OC. NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液混合：+OH-=+H2OD. NaHSO4溶液中加Ba(OH)2溶液至中性：Ba2+2OH-+2H+SO=BaSO4+2H2O【答案】D【解析】【详解】A酸性条件下不能大量存在OH-，A错误；B稀氢碘酸溶液与铁锈会发生氧化还原反应变为I2、Fe2+、H2O，不符合反应事实，B错误；CNH4HCO3电离产生的、都会与OH-发生反应，不符合反应事实，C错误；D反应符合事实，遵循物质拆分原则，D正确；故合理选项是D。13. 下列化学用语表达正确的是（ ）A. 质子数为8，中子数为10的氧原子：B. CO2的比例模型C. Na
20、2S4的电子式：D. Ni在元素周期表中的位置是第四周期第族【答案】CD【解析】【详解】A元素符号左上角标质量数（质子与中子之和），即，A错；BCO2为直线型，B错；CNa+写在两侧，C正确；DNi为28号元素，电子排布式为Ar3d84s2，确定Ni位于第四周期第VIII族，D正确。14. 室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是（ ）A. pH=1的无色溶液中：CH3CH2OH、Cr2O、K、SOB. c（Ca2）=0.1molL1的溶液中：NH、SO、Cl、BrC. 含大量HCO溶液中：C6H5O、CO、Br、KD. 能使甲基橙变为橙色的溶液：Na、NH、CO、Cl【答案】C【解析】
21、【详解】A能将乙醇氧化成乙酸，A错误；BCa2+与反应生成CaSO3沉淀，B错误；C各离子互不反应，能大量共存，C正确；D甲基橙显橙色为酸性条件，不能大量存在，D错误；答案选C。15. X、Y、Z、W、M 为原子序数依次増加的五种短周期元素，A、B、C、D、E 是由这些元素组成的常见化合物，A、B 为厨房中的食用碱，C 是一种无色无味的气体，C、D 都是只有两种元素组成。上述物质之间的转化关系为: (部分反应物戒生成物省略)。下列说法错误的是A. 原子半径大小序，WYZXB. 对应最简单氢化物的沸点:ZMC. 上述变化过秳中，发生的均为非氧化还原反应D. Z 和 W 形成的化合物中一定只含离子
22、健【答案】D【解析】【分析】由题目可推断出 X，Y，Z，W，M 分别是 H，C，O，Na，Cl 这五元素。【详解】A选项，原子半径大小顺序为 NaCOH，故A正确；B选项，Z对应的简单氢化物为H2O，M对应的简单氢化物为HCl，水分子形成分子间氢键，沸点反常高，故B正确；C选项，上述变化为复分解反应，故C正确；D选项，O和Na可形成Na2O2，既有离子键又有共价键，故D错误。综上所述，答案为D。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16. 实验室要配制0.1molL-1CuSO4溶液480mL 和0.1molL-1硫酸溶液360mL，现用CuSO4.5H2O晶体和质量分数为98%、密度为1.8
23、4gcm-3的浓硫酸配制上述溶液 实验室提供的仪器如图回答下列问题：(1)所给仪器中配制溶液时肯定不需要的是_(填字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称) (2)在配制CuSO4溶液时：根据计算用托盘天平称取CuSO45H2O的质量为 _g。若称取CuSO45H2O质量时，使用了生锈的砝码，则所得溶液浓度 _ （填“”“”或“=”)0.1molL-1。若定容时俯视读数，则所得溶液浓度_（填“”“”或“=”)0.1molL-1。 (3)在配制硫酸溶液时：所需质量分数为98%、密度为1.84gcm-3的浓硫酸的体积为 _(计算结果保留一位小数)mL。如果实验室有10mL、15mL、
24、50mL量简，应选用_mL量简为宜。若稀释浓硫酸后，未冷却至室温直接转移，则所得溶液浓度_（填“”“”或“=”)0.1molL-1。【答案】 (1). AC (2). 胶头滴管、500mL容量瓶 (3). 12.5 (4). (5). (6). 2.7 (7). 10 (8). 【解析】【分析】用CuSO4.5H2O晶体配制0.1molL-1CuSO4溶液480mL，选用500mL容量瓶，根据m=cVM计算CuSO4.5H2O晶体的质量，根据分析误差；用质量分数为98%、密度为1.84gcm-3的浓硫酸配制0.1molL-1硫酸溶液360mL，选用500mL容量瓶，根据 计算需要浓硫酸的体积，
25、根据分析误差。【详解】(1)配制一定物质的量浓度的溶液步骤，称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容，根据步骤，所给仪器中配制溶液时肯定不需要的是烧瓶、分液漏斗，选AC；配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是胶头滴管、500mL容量瓶；(2)用托盘天平称取CuSO45H2O的质量为m=cVM=0.1molL-10.5L250g/mol=12.5g。若称取CuSO45H2O的质量时，使用了生锈的砝码，称取CuSO45H2O的质量偏大，则所得溶液浓度大于0.1molL-1；若定容时俯视读数，溶液体积偏小，则所得溶液浓度大于0.1molL-1； (3)需质量分数为98%、密度为1.84gcm-3的浓硫酸的体积为
26、；根据大而近的原则，如果实验室有10mL、15mL、50mL量简，应选用10mL量简为宜。若稀释浓硫酸后，未冷却至室温直接转移，溶液体积偏小，则所得溶液浓度大于0.1molL-1。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，明确实验步骤是解题关键，注意根据实验步骤选取仪器，根据选择容量瓶的规格计算溶质的质量，根据分析误差。17. 以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生产硫酸的催化剂。从废矾催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.22.92.83.122286065121以下
27、是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：（1）已知“酸浸”时，V2O5转化为，V2O4转化成，请写出废钒催化剂“酸浸”时发生反应的所有离子方程式_、_、_、_。（2）工艺中“氧化”步骤使变为反应的离子方程式为_。（3）实验室可以用Na2S2O8溶液来检验Mn2+是否完全发生反应，原理为： Mn2+H2OH+请配平上述离子方程式_；（4）碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物，该过程的离子方程式为：_。【答案】 (1). V2O5+2H+=2+H2O (2). V2O4+4H+=+2H2O (3). Fe2O3+6H+
28、=2Fe3+3H2O (4). Al2O3+6H+=2Al3+3H2O (5). 63H2O+=6+Cl-+6H+ (6). 2Mn2+5+8H2O=16H+10+2 (7). 2+3N2H4H2O=3N2+2I-+9H2O【解析】【分析】废钒催化剂主要成分中V2O5、V2O4、Fe2O3、Al2O3均能与稀硫酸反应，生成硫酸铝、硫酸铁、SiO2不与硫酸反应且难溶，故废渣1为SiO2；加入氯酸钾氧化，变为，进一步加入氢氧化钾中和，调节pH使铁离子、铝离子水解转化为沉淀而除去，废渣2为Al(OH)3、Fe(OH)3；通过离子交换、淋洗液洗脱，再加入氯化铵沉钒，最后煅烧生成V2O5。【详解】（1）
29、已知“酸浸”时，V2O5转化为，V2O4转化成，废钒催化剂主要成分中V2O5、V2O4、Fe2O3、Al2O3均能与稀硫酸反应，故废钒催化剂“酸浸”时发生反应的所有离子方程式分别为V2O5+2H+=2+H2O、V2O4+4H+=+2H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；（2）工艺中“氧化”步骤使变为反应的离子方程式为63H2O+=6+Cl-+6H+；（3）Mn2+H2OH+中Mn从+2价升高为+7价，S从+7价降为+6价，根据电子守恒，Mn2+前系数为2，前系数为5，再结合电荷守恒和原子守恒得此反应的离子方程式为2Mn2+5+8H2O=16H+
30、10+2；（4）根据流程可知，副产物与水合肼生成碘离子和氮气，反应为2+3N2H4H2O=3N2+2I-+9H2O。18. 镍、钴、钛、铜等元素常用作制备锂离子电池的正极材料或高效催化剂。NA表示阿伏加德罗常数，请填写下列空白。（1）基态Co原子的电子排布式为_。（2）镍与CO生成的配合物Ni(CO)4中，易提供孤电子对的成键原子是_（填元素名称）；1 molNi(CO)4中含有的键数目为_；写出与CO互为等电子体的一种阴离子的化学式_。（3）Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH4-的空间构型是_，B原子的杂化方式_。与钛同周期的第B族和A族两种元素中第一电离能较大的是_（写元素符号），原因是
31、_。（4）CuFeS2的晶胞如图所示，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm；CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与_个S原子相连，晶体密度_gcm3（列出计算表达式）。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子2和3的坐标分别为（0，1，）、（，0），则原子1的坐标为_。【答案】 (1). Ar3d74s2 (2). 碳 (3). 8NA (4). CN或C22 (5). 正四面体 (6). sp3 (7). Zn (8). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (9). 4 (10). (11). （，）【解析】【分析】(1)Co是27号元素
32、，结合构造原理写出电子排布式；(2)Ni原子含有空轨道，CO与氮气互为等电子体，二者化学键类似，CO分子中C、O原子均有1对孤对电子，结合电负性判断哪个原子更易提供孤对电子形成配位键；Ni(CO)4分子中有4个配位键，属于键，CO中含有1个键，故1个Ni(CO)4分子中有8个键；(3)根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数计算判断BH4-中B原子杂化类型和空间构型；结合原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定分析判断；(4)根据均摊法计算晶胞中含有的原子个数，再根据=计算；根据原子2和3的坐标分析判断出坐标原点，再根据图示判断原子1的坐标。【详解】(1)钴为27号元素，基态钴原子的核外电子
33、排布式是1s22s22p63s23p63d74s2或简写为Ar3d74s2，故答案为1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2；(2)Ni原子含有空轨道，CO与氮气互为等电子体，二者化学键类似，CO分子中C、O原子均有1对孤对电子，由于O元素电负性比碳元素的大，C原子更易提供孤对电子形成配位键；Ni(CO)4分子中有4个配位键，属于键，CO中含有1个键，故1个Ni(CO)4分子中有8个键，1molNi(CO)4中含有的键数目为8NA(或86.021023或4.8161023)；与CO互为等电子体微粒有2个原子、价电子总数为10，阴离子可以是CN-或C22，故答案为碳；8NA(
34、或86.021023或4.8161023)；CN-或C22； (3)BH4-中B原子的孤电子对数=0，价层电子对数=0+4=4，BH4-的空间构型与VSEPR模型相同，即为正四面体，杂化轨道数目为4，B原子采取sp3杂化；与钛同周期的第B族和A族两种元素为Zn和Ga，由于Zn核外电子排布为全满结构，比较稳定，较难失电子，因此第一电离能比Ga的大，故答案为正四面体形；sp3杂化；Zn；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；(4)根据CuFeS2的晶胞图，晶胞内部的每个Cu原子与4个S相连，因此晶胞中每个Cu原子与4个S原子相连；该晶胞中S原子个数=8、Fe原子个数=4+4+2=4、Cu原子
35、个数=8+4+1=4，则晶胞质量为g，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，则晶胞体积=abc(nm3)，晶体密度= gcm3；图中原子2和3的坐标分别为(0，1，)、(，0)，说明是以图中底面左前方的铜原子作为坐标原点的，则原子1的坐标为(，)，故答案为4；(，)；【点睛】本题的难点和易错点为(4)中原子1的坐标的确定，要注意根据原子2和3的坐标找出坐标原点。19. 我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，生产流程可简要表示为图所示：(1)写出上述流程中X物质的分子式_。(2)要检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠的操作为_。(3)如图是在实验室中模拟“氨碱法”制取NaHCO3的部分装置。 完成下
36、列填空：仔细观察两只通气导管内所处的位置，由此推断：气体a为_，气体b为_；两者的通入次序为_。为防止尾气污染，c中可放入蘸_(填写“酸”“碱”)溶液的脱脂棉。(4)反应过程中可以看到上图装置饱和食盐水中有晶体逐渐析出，写出相关反应的化学方程式：_。(5)得到的NaHCO3晶体中会含有少量NaCl杂质，可采用如下方法进行纯度测定：该试样中NaHCO3的质量分数为_(精确到0.01)。【答案】 (1). CO2 (2). 取少量样品溶于水，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若观察到产生白色沉淀，就证明含有NaCl (3). NH3 (4). CO2 (5). 先通入NH3，再通入CO2气体 (6)
37、. 酸 (7). NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3+NH4Cl (8). 93.80%【解析】【分析】在沉淀池中，先将合成氨厂产生NH3通入NaCl饱和溶液，使溶液显碱性，然后再通入足量CO2气体，发生反应：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3+NH4Cl，在沉淀池中产生的沉淀为NaHCO3，将NaHCO3在煅烧炉中加热发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，CO2可循环利用，则X是CO2气体。利用AgCl是既不溶于水，也不溶于酸的性质检验NaCl的存在；NH3会导致大气污染，可根据NH3是碱性气体，利用酸液吸收，防止大气污染。将试样溶解，向其中加入足
38、量HCl，NaHCO3与HCl反应产生NaCl，根据反应前后质量变化确定NaHCO3的质量，利用NaHCO3的质量与样品质量比可得该试样中 NaHCO3的质量分数。【详解】(1)根据上述分析可知X物质的分子式是CO2；(2)检验样品碳酸钠中是否含有氯化钠的操作为：取少量样品溶于水，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若观察到产生白色沉淀，就证明含有NaCl；(3)氨气极易溶于水，易引起倒吸现象，二氧化碳溶于水，但溶解度不大，为促进二氧化碳在水中溶解，以便形成NaHCO3晶体，则通入二氧化碳的导气管伸入到液面以下，且应该先通入氨气，形成碱性溶液，再通入二氧化碳；所以a为氨气，b为二氧化碳；二者的通入
39、顺序是先通入a，后通入b；氨气直接排入大气，会造成大气污染，可根据氨气的水溶液显碱性，用稀酸溶液吸收，故c中可放入蘸稀酸溶液的脱脂棉吸收氨气；(4)在反应过程中可以看到上图装置饱和食盐水中有晶体逐渐析出，该反应的化学方程式为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3+NH4Cl；(5)设样品中NaHCO3的质量是x，NaCl质量为y，则x+y=8.060，NaHCO3与HCl会发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，根据方程式可知：84 g NaHCO3反应会产生58.5 g NaCl，则x g NaHCO3反应产生NaCl质量为 g，则反应后固体NaCl的质量+y=5
40、.765 g，两式联立，可得x=7.56 g，则样品中NaHCO3的质量分数100%=93.80%。【点睛】本题考查纯碱的制取方法，注意根据物质的溶解性及物质化学性质分析，根据反应前后固体质量变化，利用NaHCO3与酸反应产生NaCl的性质计算其含量。20. 过氧化钠常作漂白剂、杀菌剂、消毒剂。过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而变质。(1)某课外活动小组欲探究某过氧化钠样品是否已经变质，取少量样品，溶解，加入_溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。(2)该课外活动小组为了粗略测定过氧化钠的纯度，他们称取a g样品，并设计用下图装置来测定过氧化钠的质量分数。A中发生反应离子方程
41、式为_。将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是_。B装置出来的气体是否需要干燥_。(填“是”或“否”)写出装置C中发生的所有反应的化学方程式_。D中NaOH溶液的作用_。实验结束时，读取实验中生成气体的体积时，不合理的是_。a直接读取气体体积，不需冷却到室温b上下移动量筒，使得E、F中液面高度相同c视线与凹液面最低点相平读取量筒中水的体积读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，则样品中过氧化钠的质量分数为_。【答案】 (1). CaCl2或BaCl2溶液 (2). CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2 (3). 检查装置的气密性 (4). 否 (5). 2CO2+2N
42、a2O2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 (6). 吸收未反应的CO2 (7). a (8). 【解析】【分析】过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而转化为碳酸钠，检验是否变质只需检验碳酸根离子；装置图中A为生成二氧化碳的装置，B为洗气装置，除去二氧化碳中的氯化氢气体，C为二氧化碳与过氧化钠反应的装置，D为吸收多余的二氧化碳的装置，E和F是测量生成氧气的体积的装置，根据标况下氧气的体积转化为物质的量，根据氧气和过氧化钠的物质的量关系，计算出过氧化钠的物质的量，转化为质量，质量与样品的质量的比值得到质量分数，由此分析。【详解】(1)过氧化钠在空气中变质，最后生成碳
43、酸钠固体，探究一包过氧化钠样品是否已经变质，可以利用碳酸根离子和钡离子结合生成碳酸钡白色沉淀证明Na2O2已经变质，取少量样品，溶解，加入CaCl2或BaCl2溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质；(2)A中是碳酸钙和稀盐酸反应制得氯化钙、水和二氧化碳，发生反应离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；实验探究测定方法是测定二氧化碳和过氧化钠反应生成的氧气，装置中必须是气密性完好，将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置的气密性；B装置出来的气体不需要干燥，二氧化碳、水蒸气和过氧化钠反应生成氧气的反应，过氧化钠反应生成氧气的物质的量定量关系相同对测定过氧化
44、钠质量分数无影响，所以不需要干燥除去水蒸气；装置C中是过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，从装置B中出来的水蒸气也会和过氧化钠反应制得氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；D为吸收多余的二氧化碳的装置，防止多余的二氧化碳进入量气装置，否则导致测得的氧气的体积偏大；a直接读取气体体积，不冷却到室温，会使溶液体积增大，读出结果产生误差，故a不正确；b调整量筒内外液面高度使之相同，使装置内压强和外界压强相同，避免读取体积产生误差，故b正确；c视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积是正确的读取方法，故c正确；故答案为a；测定出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，则n(O2)=mol，由于n(O2)=n(Na2O2)，则样品中过氧化钠的质量分数为=100%=%。【点睛】E和F是测量生成氧气的体积的装置，相当于排水法收集氧气，为易错点.