2019屆寧夏銀川高三第二次月考理綜化學(xué)試題（解析版）

寧夏銀川2019屆高三年級(jí)第二次月考理科綜合化學(xué)試卷1.化學(xué)與科學(xué)、技術(shù)、社會(huì)、環(huán)境密切相關(guān)。下列有關(guān)說法中正確的是A.現(xiàn)代化學(xué)的重要任務(wù)之一是利用化學(xué)反應(yīng)創(chuàng)造新的原子合成新的物質(zhì)B.霧霾天氣對(duì)人的健康造成危害，“霧”和“霾”的分散質(zhì)微粒直徑不相同C.為防止中秋月餅等富脂食品因被氧化而變質(zhì)，常在包裝袋中放入生石灰或硅膠D.在次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化硫可使其消毒能力增強(qiáng)【答案】B【解析】【詳解】A.原子是化學(xué)變化中最小微粒，不能被創(chuàng)造，A錯(cuò)誤；B.“霧”的分散質(zhì)為小液滴，“霾”的分散質(zhì)是固體小顆粒，微粒直徑不相同，B正確；C.生石灰或硅膠均無還原性不能與氧化性物質(zhì)反應(yīng)，故不能防止食品氧化，C錯(cuò)誤；D.生成的次氯酸具有強(qiáng)氧化性，能夠把亞硫酸鈉氧化為硫酸鈉，本身還原為鹽酸，其消毒能力減弱，D錯(cuò)誤；綜上所述，本題選B。2.常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.0.1mol/LA1O2-溶液中:Na+、K+、SO32-、CO32-B.在含0.1mol/LHClO溶液中：Cu2+、Fe2+、Cl-、SO42-C.在pH=7的某透明溶液中：Fe3+、Ca2+、NO3-、Cl-D.能使pH試紙變深藍(lán)色的溶液:Na+、NH4+、K+、CO32-【答案】A【解析】【詳解】A.A1O2-能夠發(fā)生水解，溶液顯堿性，在堿性溶液中Na+、K+、SO32-、CO32-間可以大量共存，正確；B.HClO溶液具有強(qiáng)氧化性，能夠把Fe2+氧化為Fe3+，所以Fe2+不能大量存在，錯(cuò)誤；C.pH=7的溶液為中性溶液，而含有Fe3+時(shí)，由于Fe3+發(fā)生水解，溶液呈酸性，故Fe3+不能大量存在，錯(cuò)誤；D.能使pH試紙變深藍(lán)色的溶液顯堿性，在堿性環(huán)境下，NH4+不能大量共存，D錯(cuò)誤；綜上所述，本題選A?！军c(diǎn)睛】此題是離子共存問題，根據(jù)題給條件判斷溶液的酸性或堿性，在此基礎(chǔ)上，我們?cè)倏紤]離子能否存在于酸性或堿性環(huán)境中，離子間能否發(fā)生氧化還原反應(yīng)，能否發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，還要考慮溶液是否無色。3.下列除雜試劑的選擇或除雜操作正確的是選項(xiàng)括號(hào)內(nèi)為雜質(zhì)除雜試劑除雜操作ACO2（SO2）Na2CO3溶液．將氣體通過足量的Na2CO3溶液BNa2O2(Na2O)固體O2在純氧氣中加熱CFeCl3溶液（CuCl2）Fe粉加入過量Fe粉，充分反應(yīng)后過濾DNa2SO4溶液（Na2CO3）鹽酸加入鹽酸至不再產(chǎn)生氣泡為止A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【詳解】A.CO2和SO2氣體均能和Na2CO3溶液反應(yīng)，原物質(zhì)被反應(yīng)掉，達(dá)不到除雜的目的，A錯(cuò)誤；B.氧化鈉與氧氣反應(yīng)生成過氧化鈉，則在純氧氣中加熱可除雜質(zhì)Na2O，B正確；C.FeCl3溶液與鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，CuCl2溶液與鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵和銅，原物質(zhì)被除去，達(dá)不到除雜的目的，C錯(cuò)誤；D.Na2CO3溶液與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉和二氧化碳，除去了碳酸鈉，但是引入了新的雜質(zhì)氯化鈉，達(dá)不到除雜的目的，D錯(cuò)誤；綜上所述，本題選B?！军c(diǎn)睛】根據(jù)原物質(zhì)和雜質(zhì)的性質(zhì)選擇適當(dāng)?shù)某s劑和分離方法，所謂除雜(提純)，是指除去雜質(zhì)，同時(shí)被提純物質(zhì)不得改變；除雜質(zhì)至少要滿足兩個(gè)條件:(1)加入的試劑只能與雜質(zhì)反應(yīng),不能與原物質(zhì)反應(yīng)；(2)反應(yīng)后不能引入新的雜質(zhì)。4.下列有關(guān)化學(xué)現(xiàn)象和化學(xué)概念表述正確的是A.由于四氯化碳的沸點(diǎn)高，所以四氯化碳可用于滅火B(yǎng).Fe(OH)3膠體做電泳實(shí)驗(yàn)時(shí)，由陰極區(qū)紅色加深可知Fe(OH)3膠體帶正電荷C.鑒定FeCl3溶液中含有FeCl2可以滴加酸性KMnO4溶液，若褪色，則證明有FeCl2D.1molH3PO3最多可與2molNaOH發(fā)生中和反應(yīng)，因此Na2HPO3屬于正鹽【答案】D【解析】【詳解】A.由于四氯化碳本身不燃燒，也不支持燃燒，所以四氯化碳可用于滅火，A錯(cuò)誤；B.Fe(OH)3膠體做電泳實(shí)驗(yàn)時(shí)，陰極區(qū)紅色加深，說明Fe(OH)3的膠體粒子帶正電荷，而膠體呈電中性，B錯(cuò)誤；C.酸性條件下，氯離子能夠被酸性KMnO4溶液氧化，而導(dǎo)致酸性KMnO4溶液褪色，不能確定一定是亞鐵離子與酸性KMnO4溶液反應(yīng)，而導(dǎo)致酸性KMnO4溶液褪色，C錯(cuò)誤；D.1molH3PO3最多可與2molNaOH發(fā)生中和反應(yīng)，說明H3PO3是一種二元酸，因此Na2HPO3屬于正鹽，D正確；綜上所述，本題選D。5.被稱為萬能還原劑的NaBH4溶于水并和水反應(yīng)：NaBH4+2H2O==NaBO2+4H2↑，下列說法中正確的是A.NaBH4中H的化合價(jià)為+1價(jià)B.NaBH4是氧化劑，H2O是還原劑C.被氧化的元素與被還原的元素質(zhì)量之比為1:1D.3.8gNaBH4充分反應(yīng)，放出8.96LH2【答案】C【解析】【詳解】A項(xiàng)，NaBH4中Na為+1價(jià)，B為+3價(jià)，根據(jù)化合價(jià)法則可知H為-1價(jià)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，NaBH4中氫元素的化合價(jià)升高，所以NaBH4是還原劑，水中氫元素化合價(jià)降低，所以水是氧化劑，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。C項(xiàng)，化合價(jià)升高的元素是NaBH4中的氫元素，被氧化，水中的氫元素被還原，氧化劑和還原劑中H元素的化合價(jià)變化數(shù)值相同，物質(zhì)的量之比為1：1，被氧化的元素與被還原的元素質(zhì)量比為1：1，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，根據(jù)反應(yīng)可知，3.8gNaBH4的物質(zhì)的量為3.8/38=0.1mol，產(chǎn)生氫氣的量為0.4mol，標(biāo)況下氫氣的體積為8.96L，而題中沒有給出氣體的存在條件，所以氫氣不一定為8.96L，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；綜上所述，本題選C。6.將足量的CO2不斷通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中〔已知NaAlO2與CO2反應(yīng)生成Al（OH）3〕，則生成沉淀的物質(zhì)的量與通入CO2的體積的關(guān)系可表示為A.B.C.D.【答案】D【解析】【詳解】將二氧化碳?xì)怏w通入含有NaOH、Ca（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，

CO2先與Ca(OH)2反應(yīng)（有沉淀CaCO3生成），當(dāng)Ca(OH)2消耗完畢后再與氫氧化鈉反應(yīng)（此時(shí)無沉淀）；最后與NaAlO2反應(yīng)（有沉淀氫氧化鋁生成），以上過程中圖形應(yīng)是：出現(xiàn)沉淀（CaCO3），沉淀保持不變，沉淀增加；過量的CO2還可以繼續(xù)與碳酸鈉反應(yīng)得到碳酸氫鈉，過量的CO2還可以使CaCO3沉淀溶解，最后只有氫氧化鋁沉淀，所以接著的圖形應(yīng)該為：沉淀保持不變，沉淀（CaCO3）減少，沉淀保持不變，故整個(gè)過程的圖形應(yīng)為：出現(xiàn)沉淀（CaCO3），沉淀保持不變，沉淀增加，沉淀保持不變，沉淀（CaCO3）減少，沉淀保持不變，滿足以上關(guān)系的圖象為D，故D正確；綜上所述，本題選D。7.某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一種或幾種物質(zhì)組成。某校課外興趣小組以兩條途徑分別對(duì)X進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)探究，下列有關(guān)說法正確的是...............A.由圖可知X中一定存在Fe2O3B.不可以判斷混合物中是否含有Al2O3C.混合物X中含0.64gCuD.Ⅰ中發(fā)生的反應(yīng)的離子方程式為Cu+2H+=Cu2++H2↑【答案】A【解析】【分析】根據(jù)途徑a可知混合物中含有銅和硅，且能夠計(jì)算出硅的質(zhì)量；根據(jù)途徑b可知，混合物中含有氧化鐵，且根據(jù)質(zhì)量守恒，計(jì)算出混合物中含有的氧化鐵、銅的質(zhì)量，最后能夠計(jì)算出氧化鋁的質(zhì)量，據(jù)此思路進(jìn)行解析?！驹斀狻扛鶕?jù)途徑b可知，混合物X加入過量的強(qiáng)堿溶液，生成偏鋁酸鈉溶液、硅酸鈉溶液，過濾后剩余的固體為5.12克，若全為銅，則固體加入鹽酸后，銅不反應(yīng)，剩余固體仍為5.12克，而實(shí)際為0.64克，所以5.12克固體中一定含有Fe2O3和銅；設(shè)Fe2O3為xmol,Cu為ymol，根據(jù)反應(yīng)Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2可知，消耗銅的量為xmol，剩余銅的量為0.64/64=0.01mol，所以：160x+64y=5.12，y-x=0.01，解之得：x=0.02mol，y=0.03mol；根據(jù)途徑a可知，混合物X加入過量的鹽酸溶液，剩余固體為Cu、SiO2，加入足量的強(qiáng)堿溶液，只有SiO2與強(qiáng)堿溶液反應(yīng)生成硅酸鹽，銅不反應(yīng)，所以剩余銅為0.64/64=0.01mol，所以二氧化硅的質(zhì)量為1.84-0.64=1.2g，所以氧化鋁的質(zhì)量為：8.36-1.2-0.03×64-0.02×160=2.04g；A.根據(jù)以上分析可知，X中一定存在Fe2O3，A正確；B.根據(jù)以上分析可知，原混合物中含有Al2O3，B錯(cuò)誤；C.根據(jù)以上分析可知，混合物X中含0.03×64=1.92gCu，C錯(cuò)誤；D.銅和鹽酸不反應(yīng)，D錯(cuò)誤；綜上所述，本題選A。8.化學(xué)興趣小組對(duì)某品牌牙膏中的摩擦劑成分及其含量進(jìn)行以下探究：查得資料：該牙膏摩擦劑由碳酸鈣、氫氧化鋁組成；牙膏中其它成分遇到鹽酸時(shí)無氣體產(chǎn)生。Ⅰ．摩擦劑中氫氧化鋁的定性檢驗(yàn)取適量牙膏樣品，加水充足攪拌、過濾。（1）往濾渣中加入過量NaOH溶液，過濾。氫氧化鋁與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式是_________________。（2）往（1）所得濾液中先通入過量二氧化碳，再加入過量稀鹽酸。觀察的現(xiàn)象是__________________。Ⅱ．牙膏樣品中碳酸鈣的定量測(cè)定利用下圖所示裝置（圖中夾持儀器略去）進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，充分反應(yīng)后，測(cè)定C中生成的BaCO沉淀質(zhì)量，以確定碳酸鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。依據(jù)實(shí)驗(yàn)過程回答下列問題：（3）實(shí)驗(yàn)過程中需持續(xù)緩緩?fù)ㄈ肟諝?。其作用除了可攪拌B、C中的反應(yīng)物外，還有：________________________。（4）C中反應(yīng)生成沉淀的離子方程式是__________________。（5）下列各項(xiàng)措施中，不能提高測(cè)定準(zhǔn)確度的是_________（填標(biāo)號(hào)）。a．在加入鹽酸之前，應(yīng)排凈裝置內(nèi)的CO2氣體b．滴加鹽酸不宜過快c．在A-B之間增添盛有濃硫酸的洗氣裝置d．在B-C之間增添盛有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣裝置（6）實(shí)驗(yàn)中準(zhǔn)確稱取10.00g樣品三份，進(jìn)行三次測(cè)定，測(cè)得BaCO3平均質(zhì)量為3.94g。則樣品中碳酸鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__________。（7）有人認(rèn)為不必測(cè)定C中生成的BaCO3質(zhì)量，只要測(cè)定裝置C在吸收CO2前后的質(zhì)量差，一樣可以確定碳酸鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。實(shí)驗(yàn)證明按此方法測(cè)定的結(jié)果明顯偏高，原因是______．【答案】(1).Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O(2).往（1）通入CO2氣體有白色沉淀生成；加入鹽酸有氣體產(chǎn)生，沉淀溶解(3).把生成的CO2氣體全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收(4).CO2+Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O(5).cd(6).20%(7).B中的水蒸氣、氯化氫氣體等進(jìn)入裝置C中．【解析】【詳解】Ⅰ.（1）Al（OH）3溶于NaOH溶液生成NaAlO2和H2O，離子方程式為Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；綜上所述，本題答案是：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O。（2）NaAlO2溶液呈堿性，通入過量CO2時(shí)沉淀Al（OH）3和NaHCO3，Al（OH）3是兩性氫氧化物，能溶于強(qiáng)酸溶液，所以產(chǎn)生的沉淀溶于稀鹽酸中，碳酸氫鈉與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w；所以看到的現(xiàn)象是：通入CO2氣體有白色沉淀生成；加入鹽酸有氣體產(chǎn)生、沉淀溶解；綜上所述，本題答案是：往（1）通入CO2氣體有白色沉淀生成；加入鹽酸有氣體產(chǎn)生，沉淀溶解。

（2）Ⅱ．（3）空氣中含有CO2，所以A裝置能吸收空氣中CO2，通入空氣的目的是將B中產(chǎn)生的CO2全部排入C中，使CO2完全被Ba（OH）2吸收；綜上所述，本題答案是：把生成的CO2氣體全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收。

（4）二氧化碳與氫氧化鋇溶液反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀和水，離子方程式為：CO2+Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O；綜上所述，本題答案是：CO2+Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O。（5）a．在加入鹽酸之前，應(yīng)排凈裝置內(nèi)的CO2氣體,提高二氧化碳測(cè)定的準(zhǔn)確度，錯(cuò)誤；b．滴加鹽酸不宜過快，使反應(yīng)物反應(yīng)充分，提高二氧化碳測(cè)定的準(zhǔn)確度，錯(cuò)誤；c．本實(shí)驗(yàn)要測(cè)定的是反應(yīng)產(chǎn)生的二氧化碳?xì)怏w的量，與水的量無關(guān)，因此在A-B之間增添盛有濃硫酸的洗氣裝置，不能提高測(cè)定準(zhǔn)確度，正確；d．在B-C之間增添盛有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣裝置，可以除去鹽酸揮發(fā)出來的氯化氫氣體，但是反應(yīng)又生成了二氧化碳?xì)怏w，增大了實(shí)驗(yàn)誤差，準(zhǔn)確度降低，正確；綜上所述，本題選cd。（6）根據(jù)C原子守恒得n（CaCO3）=n（BaCO3），所以n（BaCO3）=3.94/197=0.02mol，碳酸鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.02×100/10×100%=20%；綜上所述，本題答案是：20%。（7）B中的水蒸氣、氯化氫氣體等進(jìn)入裝置C中，導(dǎo)致測(cè)定的二氧化碳的量偏高；綜上所述，本題答案是：B中的水蒸氣、氯化氫氣體等進(jìn)入裝置C中。9.在平板電視顯示屏生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的廢玻璃粉末中含有二氧化鈰(CeO2)。（1）在空氣中煅燒Ce(OH)CO3可制備CeO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式_____________；（2）已知在一定條件下，電解熔融狀態(tài)的CeO2可制備Ce，寫出陽極的電極反應(yīng)式__________；（3）某課題組以上述廢玻璃粉末（含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其它少量不溶于稀酸的物質(zhì)）為原料，設(shè)計(jì)如圖流程對(duì)資源進(jìn)行回收，得到Ce(OH)4和硫酸鐵銨。①過濾得到濾渣B時(shí)，需要將其表面雜質(zhì)洗滌干凈．沉淀洗滌的的操作是__________________________。②反應(yīng)①的離子方程式為______________________。③操作I的名稱是___________。④如圖，氧化還原滴定法測(cè)定制得的Ce(OH)4產(chǎn)品純度。該產(chǎn)品中Ce(OH)4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_________（保留兩位有效數(shù)字）．若滴定所用FeSO4溶液已在空氣中露置了一段時(shí)間，則測(cè)得該Ce(OH)4產(chǎn)品的純度__________（“偏高”、“偏低”或“無影響”）?！敬鸢浮?1).4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O(2).2O2--4e－=O2↑(3).沿玻璃棒向沉淀中加蒸餾水至沒過沉淀，待水流盡，重復(fù)兩到三次(4).2CeO2＋6H+＋H2O2＝2Ce3+＋4H2O＋O2↑(5).冷卻結(jié)晶(6).86.67%(7).偏高【解析】【詳解】（1）在空氣中煅燒Ce（OH）CO3可制備CeO2，該反應(yīng)方程式為4Ge（OH）CO3+O2═4GeO2+4CO2+2H2O；綜上所述，本題答案是：4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O。（2）電解熔融狀態(tài)的CeO2可制備Ce，在陰極獲得鈰，陽極是氧離子失電子變?yōu)檠鯕?，電極反應(yīng)為：2O2--4e－=O2↑；綜上所述，本題答案：2O2--4e－=O2↑。（3）廢玻璃粉末加氫氧化鈉溶液后過濾，得到濾渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO；濾渣A（Fe2O3、CeO2、FeO）加稀硫酸后過濾得濾液B是硫酸亞鐵溶液，加入氧化劑C可生成硫酸鐵，所加氧化劑應(yīng)避免引入新雜質(zhì)，濾渣B的成分是CeO2；CeO2與H2O2和稀H2SO4反應(yīng)生成Ce3+和O2；Ce3+加堿生成Ce（OH）3懸濁液；Ce（OH）3懸濁液被氧化生成Ce（OH）4；①沉淀洗滌的的操作是沿玻璃棒向沉淀中加蒸餾水至沒過沉淀，待水流盡，重復(fù)兩到三次；綜上所述，本題答案是：沿玻璃棒向沉淀中加蒸餾水至沒過沉淀，待水流盡，重復(fù)兩到三次。②CeO2與H2O2反應(yīng)生成Ce2（SO4）3和O2，反應(yīng)的方程式為2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O，離子方程式為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；綜上所述，本題答案是：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O。③根據(jù)操作流程判斷，由溶液生成固體，應(yīng)首先進(jìn)行蒸發(fā)濃縮，然后冷卻結(jié)晶，故答案為：冷卻結(jié)晶；綜上所述，本題答案是：冷卻結(jié)晶。④稱取0.6g樣品，加入硫酸溶解，用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定，消耗25.00ml溶液，Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，依據(jù)元素守恒計(jì)算n（Ce（OH）4）=n（Fe2+）=0.1000mol/L×0.0250L=2.5×10﹣3mol，含量=2.5×10﹣3×208/0.6×100%=86.67%；FeSO4溶液在空氣中露置一段時(shí)間后會(huì)被氧化，消耗硫酸亞鐵增大，測(cè)定該Ce（OH）4產(chǎn)品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)會(huì)偏高；綜上所述，本題答案是：86.67%；偏高?！军c(diǎn)睛】雙氧水是一種常見的綠色強(qiáng)氧化劑，還原產(chǎn)物為水，對(duì)環(huán)境沒有危害；但是雙氧水中的氧為-1價(jià)，還具有還原性，也能被強(qiáng)氧化劑氧化為氧氣，因此在解題時(shí)，一定要避免陷入思維定式，認(rèn)為只能做氧化劑，此題中2Ce4+

+H2O2=2Ce3++O2

↑+2H+反應(yīng)就是一例。10.（1）某透明溶液僅含Na+、Fe2+、Ba2+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣中的4種離子，所含離子均為1mol．若向該溶液中加入過量的稀硫酸，有氣泡產(chǎn)生，且溶液中陰離子種類不變（不考慮水的電離和離子的水解）．回答下列問題：①溶液中存在的離子是____________________；②寫出溶液中加入過量的稀硫酸反應(yīng)的離子方程式____________________________；（2）以TiO2為催化劑用NaClO將CN－離子氧化成CNO－，CNO－在酸性條件下繼續(xù)與NaClO反應(yīng)生成N2、CO2、Cl2等。取濃縮后含CN－離子的廢水與過量NaClO溶液的混合液共200mL（設(shè)其中CN－的濃度為0.2mol·L—1）進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。①寫出CNO-在酸性條件下被NaClO氧化的離子方程式：________________________；②若結(jié)果測(cè)得CO2的質(zhì)量為1.584g，則該實(shí)驗(yàn)中測(cè)得CN－被處理的百分率為_________________。（3）酸性KMnO4、H2O2在生產(chǎn)、生活、衛(wèi)生醫(yī)療中常用作消毒劑，其中H2O2還可用于漂白，是化學(xué)實(shí)驗(yàn)室里必備的重要氧化試劑。高錳酸鉀造成的污漬可用還原性的草酸(H2C2O4)去除，完成下列問題。①酸性KMnO4還與H2O2發(fā)生反應(yīng)，其氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為_________。②取300mL0.2mol/L的KI溶液與一定量的酸性KMnO4溶液恰好反應(yīng)，生成I2和KIO3的物質(zhì)的量之比為1：4，則消耗KMnO4的物質(zhì)的量的是________mol。③寫出酸性高錳酸鉀與草酸的反應(yīng)離子方程式______________________________?！敬鸢浮?1).Na+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣(2).3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O(3).2CNO-+6ClO-+8H+=N2↑++3Cl2↑+4H2O＋2CO2↑(4).90.0%(5).5:2(6).0.052(7).2MnO4﹣＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑+8H2O【解析】【詳解】（1）某透明溶液中加入過量的稀硫酸，有氣泡產(chǎn)生，且溶液中陰離子種類不變，氣體只能為NO，為Fe2+、NO3-之間氧化還原反應(yīng)生成的，由于陰離子種類不變，則原溶液中一定存在SO42-，又溶液中含有四種離子，所含離子的物質(zhì)的量均為1mol，根據(jù)由電荷守恒，一定還含有帶一個(gè)單位正電荷的陽離子，即一定含有Na+。①綜上分析可知，溶液中存在的離子是Na+、Fe2+、NO3-、SO42-；綜上所述，本題答案是：Na+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣。②亞鐵離子在酸性條件下被硝酸根離子氧化為鐵離子，硝酸根離子被還原為一氧化氮，反應(yīng)的離子方程式3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；綜上所述，本題答案是：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O。（2）①CNO-在酸性條件下被NaClO氧化為氮?dú)?，而ClO-被還原為氯氣，反應(yīng)的離子方程式：2CNO-+6ClO-+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O；綜上所述，本題答案是：2CNO-+6ClO-+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O。②1.584g二氧化碳的物質(zhì)的量=1.584/44=0.036mol，據(jù)反應(yīng)2CNO-+6ClO-+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O，CNO-物質(zhì)的量為0.036mol，據(jù)碳原子守恒，CN－離子與CNO－物質(zhì)的量相等為0.036mol，開始溶液中CN－離子物質(zhì)的量=0.2×0.2=0.04mol，故CN－被處理的百分率為0.036/0.04×100%=90.0%；綜上所述，本題答案是：90.0%。（3）①KMnO4發(fā)生還原反應(yīng)，MnO4-→Mn2+，化合價(jià)變化了5；H2O2發(fā)生氧化反應(yīng)，H2O2→O2，化合價(jià)變化了2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)電子得失守恒規(guī)律可知：5molH2O2被氧化，氧化產(chǎn)物為5mol，2molKMnO4被還原，還原產(chǎn)物為2mol，因此氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為5:2；綜上所述，本題答案是：5:2。②有題意可知：0.06mol-→0.02molI2+0.04molIO3-，轉(zhuǎn)移0.26mol電子，從MnO4-→Mn2+可以看出，化合價(jià)由+7價(jià)降低為+2價(jià),由電子守恒可以知道參加反應(yīng)的n(KMnO4)=0.26/(7-2)=0.052mol；綜上所述，本題答案是：0.052。③酸性高錳酸鉀能夠把草酸氧化為二氧化碳，本身被還原為錳離子，反應(yīng)離子方程式：2MnO4﹣＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑+8H2O；綜上所述，本題答案是：2MnO4﹣＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑+8H2O。11.鑭系為元素周期表中第ⅢB族、原子序數(shù)為57~71的元素。（1）鏑(Dy)的基態(tài)原子電子排布式為[Xe]4f106s2，畫出鏑(Dy)原子外圍電子排布圖：___________。（2）高溫超導(dǎo)材料鑭鋇銅氧化物中含有Cu3+，基態(tài)時(shí)Cu3+的電子排布式為________________。（3）觀察下面四種鑭系元素的電離能數(shù)據(jù)，判斷最有可能顯示+3價(jià)的元素是___________(填元素名稱)。幾種鑭系元素的電離能(單位：kJ?mol-1)元素I1I2I3I4Yb(鐿）604121744945014Lu(镥）532139041114987La(鑭）538106718505419Ce(鈰）527104719493547（4）元素銪(Eu)可以形成配合物[Eu(NH3)2(H2O)2]Cl2。①配合物的中心原子的配位數(shù)為_____，配體分子具有相同的___________(從給出選項(xiàng)中用序號(hào)表示)。a．分子的立體構(gòu)型b．VSEPR構(gòu)型c．鍵角d．孤電子對(duì)數(shù)e．中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)②寫出氮的最簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物水溶液中存在的氫鍵：__________________(任寫一種)。③元素Al也有類似成鍵情況，氣態(tài)氯化鋁分子表示為(AlCl3)2，分子中Al原子雜化方式為_____________，分子中所含化學(xué)鍵類型有______________(填字母)。a．離子鍵b．極性鍵C．非極性鍵d．配位鍵（5）PrO2(二氧化鐠)的晶體結(jié)構(gòu)與CaF2相似，晶胞中鐠原子位于面心和頂點(diǎn)，則PrO2的晶胞中有________個(gè)氧原子；已知晶胞參數(shù)為apm，密度為ρg·cm-3，Mr(PrO2)=173，則NA=_____________(用含a、ρ的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1)..(2).[Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8)(3).鑭(4).4(5).be(6).N-H…O(或N-H…N或O-H…N或O-H…O)(7).sp3(8).bd(9).8(10).(或)mol-1【解析】【詳解】（1）根據(jù)鏑(Dy)的基態(tài)原子電子排布式[Xe]4f106s2可知，鏑(Dy)原子外圍4f能級(jí)上有10個(gè)電子，6s能級(jí)上有2個(gè)電子，則其外圍電子排布圖為：；綜上所述，本題答案是：。（2）Cu是29號(hào)元素，基態(tài)原子的電子排布式為：[Ar]3d104s1，高溫超導(dǎo)材料鑭鋇銅氧化物中含有Cu3+，說明Cu失去3個(gè)電子，則基態(tài)時(shí)Cu3+的電子排布式為：[Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8)；綜上所述，本題答案是：[Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8)。（3）第三電離能與第一電離能、第二電離能相差越小，第三個(gè)電子越容易失去，+3價(jià)可能性越大，在上述表中，鑭的I1、I2和I3最接近，則最有可能顯示+3價(jià)的元素是鑭；綜上所述，本題答案是：鑭。（4）①配合物[Eu(NH3)2(H2O)2]Cl2結(jié)構(gòu)中可知，Eu與2個(gè)NH3、2個(gè)H2O形成4個(gè)配位鍵，因此該配合物的中心原子的配位數(shù)為4；氨氣分子中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=σ鍵個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+1/2(5-3×1)=4,因此N采取sp3雜化，VSEPR構(gòu)型為四面體形；水分子中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=σ鍵個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)個(gè)數(shù)=2+1/2(6-2×1)=4,因此O采取sp3雜化,VSEPR構(gòu)型為四面體形；選項(xiàng)be符合題意；綜上所述，本題答案是：4，be。②N和O元素的電負(fù)性強(qiáng)，則NH3的水溶液中存在的氫鍵有：N-H…O(或

N-H…N或O-H…N或O-H…O)；綜上所述，本題答案是：N-H…O(或N-H…N或O-H…N或O-H…O)。③在氣態(tài)氯化鋁(AlCl3)2中，每個(gè)Al原子與4個(gè)Cl原子形成4個(gè)σ鍵，則Al原子的雜化方式為sp3，在該分子中，與Al原子形成極性共價(jià)鍵的兩個(gè)Cl原子中，有一個(gè)是配位鍵，氯原子提供電子，鋁原子提供空軌道；氣態(tài)氯化鋁(AlCl3)2分子中所含化學(xué)鍵類型有：極性鍵，配位鍵；綜上所述，本題答案是：sp3；bd。（5）PrO2(二氧化鐠)的晶體結(jié)構(gòu)與CaF2相似，晶胞中鐠原子位于面心和頂點(diǎn)，所以晶胞中鐠原子的個(gè)數(shù)為：6×1/2+8×1/8=4，則氧原子個(gè)數(shù)為：4×2=8；根據(jù)上述分析可知，一個(gè)二氧化鐠晶胞中含有4個(gè)PrO2，則ρ=n×M/V=[(4/NA)×173]/(a×10-10)3，則NA=4×173/ρ×((a×10-10)3或(6.92×1032/ρa(bǔ)3)mol-1；綜上所述，本題答案是：8；4×173/ρ×((a×10-10)3或(6.92×1032/ρa(bǔ)3)mol-1。12.以A（C2H2）為原料合成食用香料E和吡咯（pyrrole）的路線如圖所示，部分反應(yīng)條件及產(chǎn)物略去。其中D在一定條件下可被氧化成酮?；卮鹣铝袉栴}：（1）A的電子式是_________；已知C是反式產(chǎn)物，則C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_________。（2）⑥的反應(yīng)類型是_________，⑧的反應(yīng)類型是__________。（3）F含有的官能團(tuán)的名稱是________。（4）反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式為__________。（5）肉桂酸（）的同分異構(gòu)體中，含有苯環(huán)和碳碳雙鍵，且能夠NaHCO3反應(yīng)的共有_____種（不考慮順反異構(gòu)）。與D互為同分異構(gòu)體，且核磁共振氫譜有兩組峰且面積比為2：3的有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是___________。（6）參照上述合成路線，設(shè)計(jì)一條由A和乙醛為起始原料制備2，5-二甲基吡咯（）的合成路線___________?！敬鸢浮?1).(2).(3).加成反應(yīng)(4).氧化反應(yīng)(5).碳碳雙鍵羥基(6).(7).4(8).CH3CH2OCH2CH3(9).【解析】【分析】上支合成路線中，B分子式為C4H6，由乙炔鈉（NaC≡CNa）與CH3Cl反應(yīng)得到，可將NaC≡CNa看作堿，與CH3Cl發(fā)生取代反應(yīng)，則可得B結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3C≡CCH3；C由B得到，較之B增加2個(gè)H原子，則可判斷反應(yīng)③為B的加成反應(yīng)，C結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為[且由（1）問可知C為反式結(jié)構(gòu)]