2022-2022学年山东省临沂市高三（上）期末化学试卷一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，满分42分）1．生活中处处有化学，下列说法正确的是()A．BaSO4、BaCO3都难溶于水，在医学上均可用作“钡餐”B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保护水源C．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可用作漂白粉D．棉花、蛋白质和油脂都是高分子化合物，水解产物均为电解质2．下列与化学概念有关的说法正确的是()A．水玻璃、漂白粉、液氯均为混合物B．含有共价键的物质中一定不含有金属元素C．有单质参加或生成的化学反应一定是氧化还原反应D．35Cl与37Cl核外电子排布相同，化学性质相同3．某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法正确的是()A．分子式为C10H18O3B．能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同C．能发生加成、取代、氧化反应D．能分别于钠和氢氧化钠溶液反应，且得到的产物相同4．下列叙述正确的是（设NA为阿伏伽德罗常数的数值）()A．常温下=1012的溶液中可能大量存在：K+、Mg2+、SO42﹣、ClO﹣B．含有Al3+的溶液中可能大量存在：Na+、Cl﹣、AlO2﹣、NO3﹣C．用容量瓶配制溶液，定溶时俯视刻度线所配溶液浓度偏大D．过氧化钠用作呼吸面具中的供氧剂每生成0.1molO2，转移电子数为0.4NA5．W、X、Y、Z四种短周期表中的位置如图，其中X的简单离子在同周期元素形成的简单离子中半径最小，下列说法正确的是()WXYZA．W元素形成的单核阴离子还原性强于ZB．Y、Z、W的最简单气态氧化物中稳定性最强的是WC．W与Z形成的化合物一定能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．X、Y的氧化物都即能与酸反应又能与碱反应，二者均为两性氧化物-24-\n6．下列有关金属及其化合物的说法正确的是()A．铜粉与稀硫酸不反应，加入一定量硝酸钠后铜粉溶解B．Na2O2久置于空气中最终生成Na2CO3C．Mg比Al活泼，更易于NaOH溶液反应生成H2D．水蒸气通过灼热的铁粉有红棕色固体生成7．下列实验装置不能达到相应实验目的是()A．制取氯气的发生装置B．除去粗盐溶液中的难溶物C．蒸干氯化铝溶液制AlCl3•6H2O晶体D．除去氯气中的少量氯化氢8．甲、乙、丙、丁四种物质中甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系甲乙丙．下列推断错误的是()A．若甲为Na2SO3，则丁可能是稀硫酸B．若甲为Fe，则丁可能是Cl2C．若甲为CO2，则丁可能是氨水D．若甲为NaAlO2，则丁可能是s盐酸-24-\n9．工业制备硫酸的重要反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），△H＜0下列有关说法正确的是()A．加入催化剂，反应速率加快，反应的△H不变B．将该反应设计成电池，放出的热量不变C．SO2的浓度和SO3浓度相等时，反应一定达到平衡状态D．98%的浓硫酸用等体积的水稀释后，硫酸的质量分数为49%10．下列实验操作与实验目的或结论一致的是()选项实验操作及现象实验目的或结论A将苯滴入溴水中，振荡，静置、溴水层褪色苯和溴水发生加成反应B向BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液，有白色沉淀产生Ksp（BaSO4）大于Ksp（BaCO3）C用酸度计分别测定SO2和CO2饱和溶液的pH前者小pHH2SO3酸性强于H2CO3D向含有少量FeCl3的溶液中加入足量CuO粉末，搅拌一段时间后过滤除去CuCl2溶液中少量FeCl3A．AB．BC．CD．D11．下列各组物质在一定条件下反应，产生等物质的量的气体时，消耗酸的物质的量最少的是()A．二氧化锰与浓盐酸B．碳与浓硝酸C．铁与稀硫酸D．铜与稀硝酸12．一定温度下向2L恒溶密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，发生反应2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）△H，10min后反应达到平衡，测得n（Cl2）=2.5×10﹣2mol．下列说法错误的是()A．0﹣10min的平均反应速率：n（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1B．平衡时NO的转化率为75%C．其它条件保持不变，反应若在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率变大D．升高温度，反应的平衡常数减小，则△H＞013．下列有关电化学装置的叙述正确的是()-24-\nA．Zn、MnO2干电池放电时MnO2被氧化B．电解精炼铜时，阳极减少的质量与阴极增加的质量一定相等C．K分别于M、N连接，均可保护Fe电极，且都称为“牺牲阳极的阴极保护法”D．在钢材上电镀铝，熔融盐中Al和Cl元素只以AlCl4﹣、Al2Cl3﹣，形式存在，则阳极反应式为：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣=4Al2Cl3﹣14．常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则()-24-\nA．b、c两点溶液的导电能力相同B．c点溶液中c（OH﹣）+c（CH3COOH）=c（H+）C．a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞bD．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液反应，消耗盐酸体积Vb=Vc二、解答题15．（14分）SO2、CO、NO都是常见的大气污染物（1）工业常用常用SO2除去CO，生成物为S和CO2已知：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=akJ•mol﹣1CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=2akJ•mol﹣1则反应SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）的△H=__________kJ•mol﹣1（2）在其他条件相同的密闭容器中发生反应：2S2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）分别测得SO2的平衡转化率在不同压强和温度下的变化曲线如图1所示．则①A、B两点对于的反应速率vA__________vB（填“＞”“＜”或“=”）②B、C两点对于的化学平衡常数：KB__________KC（填“＞”“＜”或“=”）（3）25℃时，用100mL0.1mol•L﹣1的NaOH溶液吸收SO2．当溶液中c（Na+）=c（HSO3﹣）+2（SO32﹣）溶液呈__________性（填“酸”、“碱”、或“中”）溶液中c（HSO3﹣）=__________mol•L﹣1（4）已知：电解NO2制备NH4NO3，其工作原理如图2所示①阳极电极反应式为__________②为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，则A的化学式为__________．-24-\n16．（16分）钴的化合物具有重要的经济价值，以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取Co3O4的一种工艺如下：已知：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3开始沉淀2.37.57.63.4完全沉淀4.09.79.25.2请回答下列为题：（1）净化除杂时，加入H2O2发生反应的离子方程式为__________（2）通入NH3调节溶液pH为5.2﹣7.6，则操作I获得的滤渣成分为__________（3）实验测得NH4HCO3溶液显碱性，制备Co3O4时，选用的加料方式是__________（填代号）原因__________a．将滤液与NH4HCO3溶液同时加入到反应容器中b．将滤液缓缓加入到盛有NH4HCO3溶液反应容器中c．将NH4HCO3溶液缓缓加入到盛有滤液的反应容器中写出生成Co3O4过程中方式反应的离子方程式__________（4）实验获得的Co3O4经充分洗涤干燥后，在空气中燃烧可得到Co3O4．①洗涤Co3O4沉淀的操作为__________②若洗涤不充分，Co3O4沉淀表面混有的杂质时最终产品的纯度并无明显影响，但燃烧时会造成环境污染，原因是__________③实验室高温燃烧时，用于盛放Co3O4固体的仪器名称是__________．17．（16分）保险粉（Na2S2O4）有强还原性，在空气中易被氧化，但在碱性环境下较稳定．某实验小组利用如图装置制取保险粉（夹持装置已省略）将SO2气体缓缓通入锌粉﹣水悬浮液中生成ZnS2O4：待反应完全后，向三颈烧杯中加入18%NaOH的溶液，生成Na2S2O4和Zn（OH）2请回答下列问题：（1）实验前先通一段时间的N2，目的是__________（2）装置B的作用是观察SO2的生成速率，其中的液体可选择__________（填代号）a．蒸馏水b．浓硫酸c．饱和NaHCO3溶液d．饱和NaHSO3溶液（3）装置D的作用是__________（4）在一定温度下，将足量的SO2气体通入甲酸钠（HCOONa）和NaOH的混合溶液中，也可得到保险粉，同时成成CO2气体．①写出该反应的化学方程式__________②利用提供的试剂检验反应的混合气体CO2则混合气体依次通过试剂的顺序为：混合气体→__________品红溶液→__________（填供选试剂的代号）．判断混合气体中含有CO2的实验现象为__________供选试剂：a．澄清石灰水b．碳酸氢钠溶液c．酸性高锰酸钾溶液d．氢氧化钠溶液（5）验证Na2S2O4具有强还原性，选用的最佳试剂为__________（填代号）-24-\na．盐酸、Na2S溶液b．淀粉碘化钾溶液c．H2O2溶液、BaCl2溶液d．氯水、AlNO3溶液（6）保险粉（Na2S2O4）可以用于除去酸性废水中的Cr2O72﹣，保险粉被氧化为硫酸盐Cr2O72﹣转化为Cr3+．若测得酸性废水中Cr2O72﹣的物质的量浓度为0.01mol•L﹣1，则除去100mL酸性废水中的Cr2O72﹣，理论上需要保险粉的质量__________g．【化学-物质结构与性质】18．铁、铜、铝三种金属及其化合物在科学研究和工业生产中具有广泛用途．（1）基态Fe3+的M层电子排布式为__________（2）金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是__________（3）Al3Cl．NH3和AlCl4﹣中均含有配位键．AlCl3．NH3中，提供空轨道的原子是__________；AlCl4﹣中Al原子的杂化方式是__________（4）金属铝的晶胞结构如图所示，则晶体铝中原子的堆积方式为__________．晶胞中铝原子半径为dcm，则晶体铝的密度为__________g．cm﹣3（用NA表示阿伏伽德罗常数的数值）-24-\n2022-2022学年山东省临沂市高三（上）期末化学试卷一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，满分42分）1．生活中处处有化学，下列说法正确的是()A．BaSO4、BaCO3都难溶于水，在医学上均可用作“钡餐”B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保护水源C．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可用作漂白粉D．棉花、蛋白质和油脂都是高分子化合物，水解产物均为电解质【考点】氧化还原反应；胶体的重要性质；电解质与非电解质．【分析】A．用作“钡餐”的是BaSO4，不能是BaCO3；B．用高锰酸钾具有强氧化性可以杀菌消毒判断；C．明矾溶于水可以形成Al（OH）3胶体，胶体吸附悬浮物质而沉降，起净水作用，是常用的净水剂；D．油脂不是高分子化合物，且水解产物高级脂肪酸，其中甘油为非电解质；【解答】解：A．因为碳酸钡易溶于盐酸生成重金属离子钡离子有毒，所以用作“钡餐”的是BaSO4，不能是BaCO3，故A错误；B．因为高锰酸钾具有强氧化性，可以杀菌消毒，从而起到保护水源的作用，故B正确；C．明矾用作废水处理的混凝剂，明矾溶于水可以形成Al（OH）3胶体，胶体具有很大的表面积，吸附悬浮物质而沉降，起净水作用，是常用的净水剂，明矾没有氧化性也不能吸附颜色，不作漂白剂，故C错误；D．油脂不是高分子化合物，且棉花的水解产物葡萄糖、油脂的水解产物甘油均为非电解质，故D错误；故选B．【点评】本题主要考查了“钡餐”的成分、高锰酸钾的氧化性、明矾的净水、高分子化合物的判断等知识，较为综合，题目有一定的难度，平时注意基础知识的全面掌握．2．下列与化学概念有关的说法正确的是()A．水玻璃、漂白粉、液氯均为混合物B．含有共价键的物质中一定不含有金属元素C．有单质参加或生成的化学反应一定是氧化还原反应D．35Cl与37Cl核外电子排布相同，化学性质相同【考点】混合物和纯净物；同位素及其应用；化学键；氧化还原反应．【分析】A、液氯为单质，属于纯净物；B、含有共价键的化合物中可能含有金属元素；C、同素异形体的转化中没有化合价的变化；D、互为同位素原子的化学性质几乎完全相同．【解答】解：A、液氯为单质，属于纯净物，故A错误；B、含有共价键的化合物中可能含有金属元素，如氯化铝，故B错误；C、同素异形体的转化中没有化合价的变化，如O2═O3，则有单质参加或单质生成的化学反应不一定是氧化还原反应，故C错误；D、3517Cl与3717Cl互为同位素，化学性质几乎完全相同，故D正确，故选D．-24-\n【点评】本题考查元素周期律知识，注意含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，只含非金属元素的化合物也不一定是共价化合物，为易错点．3．某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法正确的是()A．分子式为C10H18O3B．能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同C．能发生加成、取代、氧化反应D．能分别于钠和氢氧化钠溶液反应，且得到的产物相同【考点】有机物的结构和性质．【分析】由有机物的结构简式可知分子式，分子中含双键、﹣OH、﹣COOC﹣，结合烯烃、醇、酯的性质来解答．【解答】解：A．由有机物的结构简式可知分子式为C10H16O3，故A错误；B．含双键，与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，则褪色原理不同，故B错误；C．含双键可发生加成反应，含﹣OH可发生氧化、取代反应，故C正确；D．只有﹣OH与Na反应，只有﹣COOC﹣与NaOH反应，则能分别于钠和氢氧化钠溶液反应，且得到的产物不同，故D错误；故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、醇、酯的性质考查，题目难度不大．4．下列叙述正确的是（设NA为阿伏伽德罗常数的数值）()A．常温下=1012的溶液中可能大量存在：K+、Mg2+、SO42﹣、ClO﹣B．含有Al3+的溶液中可能大量存在：Na+、Cl﹣、AlO2﹣、NO3﹣C．用容量瓶配制溶液，定溶时俯视刻度线所配溶液浓度偏大D．过氧化钠用作呼吸面具中的供氧剂每生成0.1molO2，转移电子数为0.4NA【考点】离子共存问题；阿伏加德罗常数；配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】A．常温下=1012的溶液，显酸性；B．离子之间相互促进水解；C．定溶时俯视刻度线，V偏小，结合c=分析；D．过氧化钠用作呼吸面具中的供氧剂每生成0.1molO2，O元素的化合价由﹣1价升高为0，以此计算．-24-\n【解答】解：A．常温下=1012的溶液，显酸性，H+、ClO﹣结合生成弱电解质，不能共存，故A错误；B．Al3+、AlO2﹣相互促进水解，不能共存，故B错误；C．定溶时俯视刻度线，V偏小，由c=可知，所配溶液浓度偏大，故C正确；D．过氧化钠用作呼吸面具中的供氧剂每生成0.1molO2，O元素的化合价由﹣1价升高为0，转移电子数为0.1mol×2×（1﹣0）×NA=0.2NA，故D错误；故选C．【点评】本题考查较综合，涉及离子共存、氧化还原反应中转移电子及溶液配制的计算等，注重高频考点的考查，综合性较强，题目难度不大．5．W、X、Y、Z四种短周期表中的位置如图，其中X的简单离子在同周期元素形成的简单离子中半径最小，下列说法正确的是()WXYZA．W元素形成的单核阴离子还原性强于ZB．Y、Z、W的最简单气态氧化物中稳定性最强的是WC．W与Z形成的化合物一定能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．X、Y的氧化物都即能与酸反应又能与碱反应，二者均为两性氧化物【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】X的简单离子在同周期元素形成的简单离子中半径最小，则X为金属元素，且X是该周期金属元素中核电荷数最大的，为ⅢA族元素；则W为ⅥA族元素，结合元素周期表结构可知W一定处于第二周期、XYZ处于第三周期，则X为Al元素、Y为Si元素、Z为S元素、W为O元素，据此结合元素周期律知识进行解答．【解答】解：X的简单离子在同周期元素形成的简单离子中半径最小，则X为金属元素，且X是该周期金属元素中核电荷数最大的，为ⅢA族元素；则W为ⅥA族元素，结合元素周期表结构可知W一定处于第二周期、XYZ处于第三周期，则X为Al元素、Y为Si元素、Z为S元素、W为O元素，A．W为O元素、Z为S元素，非金属性越强，对应离子的还原性越弱，则元素形成的单核阴离子还原性小于Z，故A错误；B．非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性越强，Y、Z、W中非金属性的为O（W）元素，则Y、Z、W的最简单气态氧化物中稳定性最强的是W，故B正确；C．W为O、Z为S，二者形成的化合物有二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．X为Al、Y为Si，二者对应氧化物为氧化铝、二氧化硅，氧化铝为两性氧化物，而二氧化硅不能与硫酸、硝酸等强酸酸反应，不属于两性氧化物，故D错误；故选B．【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，根据题干信息正确推断各元素名称为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系．6．下列有关金属及其化合物的说法正确的是()A．铜粉与稀硫酸不反应，加入一定量硝酸钠后铜粉溶解-24-\nB．Na2O2久置于空气中最终生成Na2CO3C．Mg比Al活泼，更易于NaOH溶液反应生成H2D．水蒸气通过灼热的铁粉有红棕色固体生成【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【分析】A．硝酸盐在酸性溶液中具有强氧化性；B．与水、二氧化碳反应，生成NaOH也与二氧化碳反应，最终只有碳酸钠；C．Mg与NaOH溶液不反应；D．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气．【解答】解：A．硝酸盐在酸性溶液中具有强氧化性，则铜粉与稀硫酸不反应，加入一定量硝酸钠后铜粉溶解，发生Cu、氢离子、硝酸根离子的氧化还原反应，故A正确；B．Na2O2久置于空气中与水、二氧化碳反应，生成NaOH也与二氧化碳反应，形成结晶水合物再风化最终转化生成碳酸钠，故B正确；C．Mg与NaOH溶液不反应，只有Al与NaOH反应，故C错误；D．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，则有黑色固体生成，故D错误；故选AB．【点评】本题考查金属及化合物性质，为高频考点，把握金属及化合物的性质及相互转化为解答的关键，侧重元素化合物知识的考查，题目难度不大．7．下列实验装置不能达到相应实验目的是()A．制取氯气的发生装置B．除去粗盐溶液中的难溶物C．蒸干氯化铝溶液制AlCl3•6H2O晶体D．-24-\n除去氯气中的少量氯化氢【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．浓盐酸与二氧化锰加热，发生氧化还原反应生成氯气；B．粗盐中难溶物不溶于水，过滤可分离；C．氯化铝加热促进水解，生成HCl挥发；D．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解．【解答】解：A．浓盐酸与二氧化锰加热，发生氧化还原反应生成氯气，图中固体、液体加热装置制备实验合理，故A正确；B．粗盐中难溶物不溶于水，过滤可分离，图中过滤操作合理，故B正确；C．氯化铝加热促进水解，生成HCl挥发，则蒸干氯化铝溶液不能制AlCl3•6H2O晶体，应在HCl气流中蒸发，故C错误；D．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则图中装置可除去氯气中的少量氯化氢，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的制备、混合物分离提纯、盐类水解及应用等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．8．甲、乙、丙、丁四种物质中甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系甲乙丙．下列推断错误的是()A．若甲为Na2SO3，则丁可能是稀硫酸B．若甲为Fe，则丁可能是Cl2C．若甲为CO2，则丁可能是氨水D．若甲为NaAlO2，则丁可能是s盐酸【考点】无机物的推断．【分析】A．若甲为Na2SO3，则丁可能是稀硫酸，乙为NaHSO3，丙为SO2；B．甲为Fe，则丁为盐酸不能实现转化关系；C．若甲为CO2，则丁可能是氨水，乙为NH4HCO3，丙为（NH4）2CO3；D．若甲为NaAlO2，丁是HCl，则乙为氢氧化铝，丙为AlCl3．【解答】解：A．甲为焦炭，则丁可能是O2，则乙为CO，丙为CO2，则CCOCO2，符合转化，故A正确；B．甲为Fe，则丁为盐酸不能实现转化关系；C．若甲为CO2，则丁可能是氨水，乙为NH4HCO3，丙为（NH4）2CO3，则CO2NH4HCO3（NH4）2CO3，符合转化，故C正确；D．若甲为NaAlO2，丁是HCl，则乙为氢氧化铝，丙为AlCl3，则NaAlO2Al（OH）3AlCl3，符合转化，故D正确；-24-\n故选B．【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质、发生的转化反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大．9．工业制备硫酸的重要反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），△H＜0下列有关说法正确的是()A．加入催化剂，反应速率加快，反应的△H不变B．将该反应设计成电池，放出的热量不变C．SO2的浓度和SO3浓度相等时，反应一定达到平衡状态D．98%的浓硫酸用等体积的水稀释后，硫酸的质量分数为49%【考点】化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断．【分析】A、催化剂只能改变反应速率，对反应的焓变无影响；B、化学能转化为电能时，放热减少；C、平衡时各物质浓度大小决定于开始加入的多少；C、硫酸溶液随浓度的增大密度不断增大，98%的浓硫酸密度比水大．【解答】解：A、焓变决定于反应物和生成物能量高低，催化剂对其无影响，故A正确；B、化学能转化为电能，转化为热能的能量减少，所以放热减少，故B错误；C、平衡时各物质浓度大小决定于开始加入的多少，与平衡状态无关，故C错误；D、98%的浓硫酸密度比水大，与水等体积混合时，硫酸质量大，所以混合溶液的浓度比49%大，故D错误．故选A．【点评】本题考查催化剂对平衡无影响、可逆反应的特点、两溶液等体积混合问题以及原电池原理，题目有一定难度．10．下列实验操作与实验目的或结论一致的是()选项实验操作及现象实验目的或结论A将苯滴入溴水中，振荡，静置、溴水层褪色苯和溴水发生加成反应B向BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液，有白色沉淀产生Ksp（BaSO4）大于Ksp（BaCO3）C用酸度计分别测定SO2和CO2饱和溶液的pH前者小pHH2SO3酸性强于H2CO3D向含有少量FeCl3的溶液中加入足量CuO粉末，搅拌一段时间后过滤除去CuCl2溶液中少量FeCl3A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．苯滴入溴水不反应；B．加入饱和Na2CO3溶液，Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3）；C．SO2和CO2饱和溶液，浓度不同，不能比较电离程度；D．加入足量CuO粉末，促进铁离子水解转化为沉淀．【解答】解：A．苯滴入溴水不反应，发生萃取，振荡，静置、溴水层褪色，故A错误；-24-\nB．加入饱和Na2CO3溶液，Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3），生成碳酸钡沉淀，不能比较Ksp（BaSO4）、Ksp（BaCO3），故B错误；C．SO2和CO2饱和溶液，浓度不同，不能比较电离程度，应测定等浓度的pH比较酸性，故C错误；D．加入足量CuO粉末，促进铁离子水解转化为沉淀，过滤可除去CuCl2溶液中少量FeCl3，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及有机物的性质、沉淀生成、pH与酸性比较、盐类水解等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．11．下列各组物质在一定条件下反应，产生等物质的量的气体时，消耗酸的物质的量最少的是()A．二氧化锰与浓盐酸B．碳与浓硝酸C．铁与稀硫酸D．铜与稀硝酸【考点】化学方程式的有关计算．【分析】A．二氧化锰与浓盐酸为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2OB．木炭与浓硝酸反应：C+4HNO3CO2↑+4NO2↑+2H2O；C．Fe与稀硫酸反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；D．铜与稀硝酸反应：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；假设生成气体为1mol，根据方程式计算消耗酸的物质的量，据此判断．【解答】解：假设生成气体为1mol，则：A．二氧化锰与浓盐酸为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，消耗HCl为1mol×4=4mol；B．木炭与浓硝酸反应：C+4HNO3CO2↑+4NO2↑+2H2O，消耗硝酸为1mol×=0.8mol；C．Fe与稀硫酸反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，消耗硫酸为1mol；D．铜与稀硝酸反应：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，消耗硝酸为1mol×=4mol；所以产生等物质的量的气体时，消耗酸的物质的量最少的是B，故选：B．【点评】本题考查化学方程式有关计算，关键是正确书写出各个反应的化学方程式，题目难度不大．12．一定温度下向2L恒溶密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，发生反应2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）△H，10min后反应达到平衡，测得n（Cl2）=2.5×10﹣2mol．下列说法错误的是()A．0﹣10min的平均反应速率：n（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1B．平衡时NO的转化率为75%C．其它条件保持不变，反应若在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率变大D．升高温度，反应的平衡常数减小，则△H＞0【考点】化学平衡的计算．-24-\n【分析】一定温度下向2L恒溶密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min后反应达到平衡，测得n（Cl2）=2.5×10﹣2mol，反应的氯气物质的量=0.1mol﹣0.025mol=0.075mol；2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）起始量（mol）0.20.10变化量（mol）0.150.0750.15平衡量（mol）0.050.0250.15A、反应速率V=计算得到；B、转化率=×100%；C、恒压条件下进行时反应过程中为保持恒压，体积缩小，对恒容容器中相当于压强增大，过程中使平衡正向进行；D、升高温度，反应的平衡常数减小，说明平衡逆向进行，升温平衡向吸热反应方向进行．【解答】解：一定温度下向2L恒溶密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min后反应达到平衡，测得n（Cl2）=2.5×10﹣2mol，反应的氯气物质的量=0.1mol﹣0.025mol=0.075mol；2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）起始量（mol）0.20.10变化量（mol）0.150.0750.15平衡量（mol）0.050.0250.15A、0﹣10min的平均反应速率：n（ClNO）===0.0075mol/L•min=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，故A正确；B、平衡时NO的转化率=×100%=×100%=75%，故B正确；C、恒压条件下进行时反应过程中为保持恒压，体积缩小，对恒容容器中相当于压强增大，过程中使平衡正向进行，平衡时NO的转化率变大，故C正确；D、升高温度，反应的平衡常数减小，说明平衡逆向进行，升温平衡向吸热反应方向进行，逆向是吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0，故D错误；故选D．【点评】本题考查了化学平衡的计算应用，主要是一些化学平衡的因素分析判断，平衡移动原理的理解应用是解题关键，题目难度中等．13．下列有关电化学装置的叙述正确的是()-24-\nA．Zn、MnO2干电池放电时MnO2被氧化B．电解精炼铜时，阳极减少的质量与阴极增加的质量一定相等C．K分别于M、N连接，均可保护Fe电极，且都称为“牺牲阳极的阴极保护法”D．在钢材上电镀铝，熔融盐中Al和Cl元素只以AlCl4﹣、Al2Cl3﹣，形式存在，则阳极反应式为：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣=4Al2Cl3﹣【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、锌作原电池的负极，发生氧化反应；B、电解精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，而粗铜中有比铜活泼的金属首先放电；-24-\nC、K与M相连接，铁作阴极，受保护；而K与N相连接，构成原电池，铁在的电极叫正极，受保护，称为“牺牲阳极的阴极保护法”；D、铝与电源的正极相连，叫阳极，而阳极发生氧化反应．【解答】解：A、锌作原电池的负极，发生氧化反应，而不是MnO2被氧化，故A错误；B、电解精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，而粗铜中有比铜活泼的金属首先放电，所以阳极减少的质量与阴极增加的质量不相等，故B错误；C、K与M相连接，铁作阴极，受保护；而K与N相连接，构成原电池，铁在的电极叫正极，受保护，称为“牺牲阳极的阴极保护法”，所以前者不是“牺牲阳极的阴极保护法”，故C错误；D、铝与电源的正极相连，叫阳极，而阳极发生氧化反应，所以电极反应式为：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣=4Al2Cl3﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查原电池和电解池原理，根据金属的腐蚀及保护、粗铜的精炼、电解原理等知识来分析解答，难度不大．14．常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则()A．b、c两点溶液的导电能力相同B．c点溶液中c（OH﹣）+c（CH3COOH）=c（H+）C．a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞bD．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液反应，消耗盐酸体积Vb=Vc【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH﹣）CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，变化小的是CH3COONa，A．溶液的导电能力与离子浓度成正比；B．任何电解质溶液中都存在质子守恒；C．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；D．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比．【解答】解：NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH﹣）CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，变化小的是CH3COONa，A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，pH相等的醋酸钠和氢氧化钠，c（CH3COONa）＞c（NaOH），所以c点导电能力大于a，故A错误；B．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得（OH﹣）=c（CH3COOH）+c（H+），故B错误；-24-\nC．氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进，所以、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞b．故C正确；D．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比，相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液n（CH3COONa）＞n（NaOH），所以醋酸钠消耗盐酸多，消耗盐酸体积Vb＜Vc，故D错误；故选C．【点评】本题考查了盐类水解，涉及离子浓度大小比较、溶液导电能力大小比较、水的电离程度等知识点，根据溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合质子守恒、溶液导电能力与离子浓度的关系等知识点来分析解答，题目难度中等．二、解答题15．（14分）SO2、CO、NO都是常见的大气污染物（1）工业常用常用SO2除去CO，生成物为S和CO2已知：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=akJ•mol﹣1CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=2akJ•mol﹣1则反应SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）的△H=2b﹣akJ•mol﹣1（2）在其他条件相同的密闭容器中发生反应：2S2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）分别测得SO2的平衡转化率在不同压强和温度下的变化曲线如图1所示．则①A、B两点对于的反应速率vA＜vB（填“＞”“＜”或“=”）②B、C两点对于的化学平衡常数：KB＞KC（填“＞”“＜”或“=”）（3）25℃时，用100mL0.1mol•L﹣1的NaOH溶液吸收SO2．当溶液中c（Na+）=c（HSO3﹣）+2（SO32﹣）溶液呈中性（填“酸”、“碱”、或“中”）溶液中c（HSO3﹣）=0.02mol•L﹣1（4）已知：电解NO2制备NH4NO3，其工作原理如图2所示①阳极电极反应式为NO2﹣e﹣+H2O=NO3﹣+2H+②为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，则A的化学式为NH3．【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；用盖斯定律进行有关反应热的计算；电解原理．【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算所需热化学方程式；（2）①图象分析可知AB两点，温度相同，二氧化硫转化率A＜B，说明B点压强大于A点的压强，P1＜P2，结合影响反应速率因素分析判断；②B、C两点是在压强相同条件下的平衡，温度不同平衡常数不同，图象分析可知B点二氧化硫转化率大于C点转化率，说明升温平衡逆向进行，反应是放热反应，据此分析判断；（3）依据溶液中电荷守恒分析判断，利用平衡常数计算亚硫酸氢根离子的浓度；-24-\n（4）工业上电解NO2制备NH4NO3，由装置图可知阳极发生氧化反应，NO2被氧化生成NO3﹣，阴极发生还原反应，NO2被还原生成NH4+，阳极反应为NO2﹣e﹣+H2O=NO3﹣+2H+，阴极反应为：NO2+7e﹣+8H+=NH4++2H2O，结合电极方程式解答该题．【解答】解：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算所需热化学方程式，工业上常用SO2除去CO，生成物为S和CO2．已知：①S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=akJ•mol﹣1②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=bkJ•mol﹣1依据盖斯定律②×2﹣①得到，则反应SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=（2b﹣a）KJ/mol，故答案为：2b﹣a；（2）①图象分析可知AB两点，温度相同，二氧化硫转化率A＜B，说明B点压强大于A点的压强，P1＜P2，结合影响反应速率因素分析判断，A点反应速率小于B点的反应速率；故答案为：＜；②B、C两点是在压强相同条件下的平衡，温度不同平衡常数不同，图象分析可知B点二氧化硫转化率大于C点转化率，说明升温平衡逆向进行，反应是放热反应，B点平衡常数大于C点；故答案为：＞；（3）依据溶液中电荷守恒分析判断，溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（HSO3﹣）+2（SO32﹣）+c（OH﹣），时，c（Na+）=c（HSO3﹣）+2（SO32﹣），表明溶液呈中性，利用平衡常数计算亚硫酸氢根离子的浓度，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1×10﹣2mol•L﹣1，H2SO3⇌HSO3﹣+H+，c（Na+）=c（HSO3﹣）+2（SO32﹣）=0.1mol/L①Ka2==2×10﹣7，c（H+）=10﹣7mol/L②；计算①②得到c（HSO3﹣）=0.02mol/L；故答案为：中；0.02；（4）①电解NO2制备NH4NO3，阳极反应为：NO2﹣e﹣+H2O=NO3﹣+2H+，阴极反应为：NO2+7e﹣+8H+=NH4++2H2O，故答案为：NO2﹣e﹣+H2O=NO3﹣+2H+；②从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3﹣的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO2+5H2ONH4NO3+6HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，故答案为：NH3．【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算，图象分析判断，化学平衡影响因素的理解应用，弱电解质电离平衡和电解质溶液中电荷守恒的分析，掌握基础是关键，题目难度中等．-24-\n16．（16分）钴的化合物具有重要的经济价值，以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取Co3O4的一种工艺如下：已知：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3开始沉淀2.37.57.63.4完全沉淀4.09.79.25.2请回答下列为题：（1）净化除杂时，加入H2O2发生反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O（2）通入NH3调节溶液pH为5.2﹣7.6，则操作I获得的滤渣成分为Al（OH）3、Fe（OH）3（3）实验测得NH4HCO3溶液显碱性，制备Co3O4时，选用的加料方式是c（填代号）原因防止生成Co（OH）2沉淀a．将滤液与NH4HCO3溶液同时加入到反应容器中b．将滤液缓缓加入到盛有NH4HCO3溶液反应容器中c．将NH4HCO3溶液缓缓加入到盛有滤液的反应容器中写出生成Co3O4过程中方式反应的离子方程式Co2++2HCO3﹣=CoCO3↓+H2O+CO2↑（4）实验获得的Co3O4经充分洗涤干燥后，在空气中燃烧可得到Co3O4．①洗涤Co3O4沉淀的操作为沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流出后，重复操作2﹣3次②若洗涤不充分，Co3O4沉淀表面混有的杂质时最终产品的纯度并无明显影响，但燃烧时会造成环境污染，原因是焙烧时氯化铵分解生成氨气和HCl③实验室高温燃烧时，用于盛放Co3O4固体的仪器名称是坩埚．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】含Co废料中含有Fe、Al等杂质，向废料中加入过量稀盐酸并加热，发生反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，向溶液中加入双氧水发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，然后向溶液中通入氨气，通入NH3调节溶液pH为5.2﹣7.6，所以发生反应为2Al3++3NH3．H2O=2Al（OH）3↓+3NH4+、2Fe3++3NH3．H2O=2Fe（OH）3↓+3NH4+，然后过滤，滤渣为Al（OH）3、Fe（OH）3，NH4HCO3溶液呈碱性，为防止生成Co（OH）2沉淀，应将碳酸氢铵溶液加入滤液中，使其生成CoCO3沉淀，然后过滤、洗涤得到CoCO3沉淀，将CoCO3焙烧得到Co3O4，据此分析解答．【解答】解：含Co废料中含有Fe、Al等杂质，向废料中加入过量稀盐酸并加热，发生反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，向溶液中加入双氧水发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，然后向溶液中通入氨气，通入NH3调节溶液pH为5.2﹣7.6，所以发生反应为2Al3++3NH3．H2O=2Al（OH）3↓+3NH4+、2Fe3++3NH3．H2O=2Fe（OH）3↓+3NH4+，然后过滤，滤渣为Al（OH）3、Fe（OH）3，NH4HCO3溶液呈碱性，为防止生成Co（OH）2沉淀，应将碳酸氢铵溶液加入滤液中，使其生成CoCO3沉淀，然后过滤、洗涤得到CoCO3沉淀，将CoCO3焙烧得到Co3O4，（1）通过以上分析知，净化除杂时，加入H2O2发生反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；-24-\n（2）通过以上分析知，通入NH3调节溶液pH为5.2﹣7.6，则操作I获得的滤渣成分为Al（OH）3、Fe（OH）3，故答案为：Al（OH）3、Fe（OH）3；（3）NH4HCO3溶液呈碱性，为防止生成Co（OH）2沉淀，应将碳酸氢铵溶液加入滤液中，使其生成CoCO3沉淀，所以选用的加料方式是c，生成Co3O4过程中方式反应的离子方程式为Co2++2HCO3﹣=CoCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：c；防止生成Co（OH）2沉淀；Co2++2HCO3﹣=CoCO3↓+H2O+CO2↑；（4）①洗涤Co3O4沉淀的操作为：沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流出后，重复操作2﹣3次，故答案为：沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流出后，重复操作2﹣3次；②溶液中含有氯化铵，若洗涤不充分，Co3O4沉淀表面混有的杂质氯化铵不稳定，受热易分解生成氨气和HCl而污染环境，故答案为：焙烧时氯化铵分解生成氨气和HCl；③实验室高温燃烧时，用于盛放Co3O4固体的仪器名称是坩埚，故答案为：坩埚．【点评】本题考查混合物的分离和提纯，为高考高频点，侧重考查分析、推断、仪器选取和运用、基本操作等知识点，综合性较强，明确流程图中发生的反应、基本操作是解本题关键，难点是判断（3）中药品滴加顺序，为易错点．17．（16分）保险粉（Na2S2O4）有强还原性，在空气中易被氧化，但在碱性环境下较稳定．某实验小组利用如图装置制取保险粉（夹持装置已省略）将SO2气体缓缓通入锌粉﹣水悬浮液中生成ZnS2O4：待反应完全后，向三颈烧杯中加入18%NaOH的溶液，生成Na2S2O4和Zn（OH）2请回答下列问题：（1）实验前先通一段时间的N2，目的是排尽装置内的氧气（2）装置B的作用是观察SO2的生成速率，其中的液体可选择bd（填代号）a．蒸馏水b．浓硫酸c．饱和NaHCO3溶液d．饱和NaHSO3溶液（3）装置D的作用是吸收二氧化硫尾气、防止污染空气，同时防倒吸（4）在一定温度下，将足量的SO2气体通入甲酸钠（HCOONa）和NaOH的混合溶液中，也可得到保险粉，同时成成CO2气体．①写出该反应的化学方程式HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O②利用提供的试剂检验反应的混合气体CO2则混合气体依次通过试剂的顺序为：混合气体→c品红溶液→a（填供选试剂的代号）．判断混合气体中含有CO2的实验现象为品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑供选试剂：a．澄清石灰水b．碳酸氢钠溶液c．酸性高锰酸钾溶液d．氢氧化钠溶液（5）验证Na2S2O4具有强还原性，选用的最佳试剂为c（填代号）a．盐酸、Na2S溶液b．淀粉碘化钾溶液c．H2O2溶液、BaCl2溶液d．氯水、AlNO3溶液（6）保险粉（Na2S2O4）可以用于除去酸性废水中的Cr2O72﹣，保险粉被氧化为硫酸盐Cr2O72﹣转化为Cr3+．若测得酸性废水中Cr2O72﹣的物质的量浓度为0.01mol•L﹣1，则除去100mL酸性废水中的Cr2O72﹣，理论上需要保险粉的质量0.174g．-24-\n【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）保险粉（Na2S2O4）有强还原性，在空气中易被氧化，所以在制取保险粉时，装置中不能有空气；（2）二氧化硫能溶于水，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，不能溶于浓硫酸，在亚硫酸氢钠溶液中溶解度很小；（3）未反应的二氧化硫会污染空气，所以要吸收，同时二氧化硫能溶于水，会产生倒吸，据此答题；（4）①SO2与HCOONa、NaOH反应，生成Na2S2O4，同时生成CO2气体，根据元素守恒可写化学方程式；②根据提供的试剂检验反应的混合气体CO2，可以先除去可能有的未反应的二氧化硫，再通过澄清石灰水检验；（5）Na2S2O4具有强还原性，可以被氧化剂氧成硫酸根离子，通过检验硫酸根离子可判断其被氧化；（6）保险粉（Na2S2O4）可以用于除去酸性废水中的Cr2O72﹣，保险粉被氧化为硫酸盐Cr2O72﹣转化为Cr3+，根据电子得失守恒有关系式Na2S2O4～Cr2O72﹣，根据Cr2O72﹣的物质的量计算保险粉的质量．【解答】解：（1）保险粉（Na2S2O4）有强还原性，在空气中易被氧化，所以在制取保险粉时，装置中不能有空气，所以实验前先通一段时间的N2，目的是排尽装置内的氧气，故答案为：排尽装置内的氧气；（2）二氧化硫能溶于水，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，不能溶于浓硫酸，在亚硫酸氢钠溶液中溶解度很小，故选bd；（3）未反应的二氧化硫会污染空气，所以要吸收，同时二氧化硫能溶于水，会产生倒吸，所以装置D的作用是吸收二氧化硫尾气、防止污染空气，同时防倒吸，故答案为：吸收二氧化硫尾气、防止污染空气，同时防倒吸；（4）①SO2与HCOONa、NaOH反应，生成Na2S2O4，同时生成CO2气体，反应的化学方程式为HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O，故答案为：HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O；②根据提供的试剂检验反应的混合气体CO2，要先除去可能有的未反应的二氧化硫，要以通过高锰酸钾溶液，再通过品红检验二氧化硫是否除尽，再通过澄清石灰水检验，证明有二氧化碳的现象为品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑，故答案为：c；a；品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑；（5）Na2S2O4具有强还原性，可以被氧化剂氧成硫酸根离子，通过检验硫酸根离子可判断其被氧化，所以验证Na2S2O4具有强还原性，选用的最佳试剂为H2O2溶液、BaCl2溶液，故选c；（6）保险粉（Na2S2O4）可以用于除去酸性废水中的Cr2O72﹣，保险粉被氧化为硫酸盐Cr2O72﹣转化为Cr3+，根据电子得失守恒有关系式Na2S2O4～Cr2O72﹣，0.01mol•L﹣1，100mL酸性废水中的Cr2O72﹣的物质的量为0.001mol，所以保险粉的质量为0.001mol×174g/mol=0.174g，故答案为：0.174．【点评】本题主要考查学生从题目中获取信息的能力以及根据获得的信息结合所学化学知识解决问题的能力，题目中用到的化学知识有根据电子得失守恒和质量守恒定律进行相关计算、实验基本操作分析等知识，综合性强，但难度中等．【化学-物质结构与性质】-24-\n18．铁、铜、铝三种金属及其化合物在科学研究和工业生产中具有广泛用途．（1）基态Fe3+的M层电子排布式为3s23p63d5（2）金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行（3）Al3Cl．NH3和AlCl4﹣中均含有配位键．AlCl3．NH3中，提供空轨道的原子是Al；AlCl4﹣中Al原子的杂化方式是sp3（4）金属铝的晶胞结构如图所示，则晶体铝中原子的堆积方式为面心立方最密堆积．晶胞中铝原子半径为dcm，则晶体铝的密度为g．cm﹣3（用NA表示阿伏伽德罗常数的数值）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）Fe原子核外电子数为26，原子形成阳离子先按能层高低失去电子，能层越高的电子越容易失去，同一能层中按能级高低失去电子，能级越高越容易失去；（2）题中给出了两物质和铜单独不反应，而同时混合能反应，说明两者能互相促进；（3）中心原子提供空轨道，通过计算Al价层电子对数求杂化类型；（4）根据图乙可推算堆积方式为ABCABC…，可通过求每个晶胞的质量和体积计算密度．【解答】解：（1）Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则M层电子排布式为：3s23p63d5，故答案为：3s23p63d5；（2）题中给出了两物质和铜单独不反应，而同时混合能反应，说明两者能互相促进，这是两种物质共同作用的结果：其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行；故答案为：过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行；（3）AlCl3•NH3中Al为中心原子，NH3和Cl﹣为配体，中心原子提供空轨道，AlCl4﹣的价层电子对=4+（3+1﹣4×1）=4，故Al采用sp3杂化，故答案为：Al；sp3；（4）结合晶胞结构可知，金属铝中Al的堆积方式为ABCABCABC…，属于面心立方最密堆积，铝原子半径为dcm，则晶胞的边长为2dcm，晶胞的体积V=（2dcm）3=16d3cm3，一个晶胞含有Al原子个数为：8×+6×=4，一个晶胞的质量m=g，故密ρ==g/cm3=g/cm3，故答案为：面心立方最密堆积；g/cm3．-24-\n【点评】本题涉及的基态电子排布式、晶体熔沸点的比较较为简单，杂化类型的计算稍难，关于晶胞的密度等计算难度较大，需要细心根据密度公式求算．-24-
