初中化学鲁教版九年级下册第八单元海水中的化学单元复习 高质作品

2015-2016学年江苏省南通市如皋中学高二（下）第二次段考化学试卷（选修）一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．2015年科学家首次利用X射线观测到化学反应过渡态的形成．在固体催化剂表面“抓取”CO分子和O原子，并“配对”生成CO2分子．下列关于说法正确的是（）A．CO与CO2均为酸性氧化物B．大量CO2的排放可导致酸雨的形成C．CO与O形成化学键过程中有电子转移D．相同条件下，CO的密度比CO2的密度大2．下列有关化学用语表示正确的是（）A．Al3+的结构示意图：B．甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2C．醋酸的电离方程式：CH3COOH═CH3COO﹣+H+D．中子数为145、质子数为94的钚（Pu）原子：Pu3．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．使石蕊变红的溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、HCO3﹣B．=108的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、NH4+、NO3﹣、SO42﹣D．mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中：Al3+、Ba2+、Cl﹣、OH﹣4．氨气在纯氧中燃烧（如图所示），生成化学性质稳定的气体X和水．下列说法正确的是（）A．气体X的分子式为NOB．N2、N4为元素N的两种同素异形体C．该反应条件下，氨气的还原性小于水D．两种气体通入的先后顺序是NH3、O25．下列物质性质与应用不存在对应关系的是（）A．K2FeO4具有强氧化性，可用作水处理剂B．氢氧化铝具有弱碱性，可用作制胃酸中和剂C．碳具有还原性，可用作锌锰干电池的正极材料D．常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可用铝制容器贮运浓硫酸6．设NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．常温常压下，1molNa2O2中含有的阴、阳离子总数是3NAB．标准状况下，L苯中含C﹣H数目为C．g由氧气和臭氧组成的混合物中含有的分子数目为D．Cl2与NaOH溶液反应每生成1molNaCl，转移电子的数目为2NA7．下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+B．用惰性电极电解氯化钠溶液：4Cl﹣+2H2O2Cl2↑+2H2↑+O2↑C．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：3Ag+4H++NO3﹣═3Ag++NO↑+2H2OD．NaHCO3溶液中与滴加少量Ca（OH）2溶液：CO32﹣+Ca2+═CaCO3↓8．下列有关实验原理或操作正确的是（）A．用湿润的pH试纸测定溶液的pHB．用如图所示装置灼烧碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]制取氧化铜C．用铜丝蘸取草木灰在酒精灯火焰灼烧检验钾元素D．称取NaOH，放入100mL容量瓶中，加入蒸馏水溶解，用胶头滴管定容至刻度线，振荡摇匀，配制100mLLNaOH溶液9．甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（反应条件略去，箭头表示一步转化）．下列各组物质中，满足如图所示转化关系的是（）甲乙丙戊ANa2O2CO2O2NaBFeH2OFe2O3H2CMgO盐酸MgCl2NaOHDCuSO4ZnCu稀H2SO4A．A B．B C．C D．D10．X、Y、Z、W均为短周期元素，原子序数依次递增．X与W位于同一主族，Y、Z、W同周期，Z原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为15．下列说法正确的是（）A．X的最高价氧化物对应水化物的酸性大于WB．Z的气态氢化物的稳定性大于WC．YZ和ZW2所含化学键类型相同D．简单离子半径：r（Y2+）＜r（X﹣）＜r（W﹣）＜r（Z2﹣）二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11．Y是一种皮肤病用药，它可以由原料X经过多步反应合成．下列说法正确的是（）A．X与Y互为同分异构体B．1molX最多可以与5molH2发生加成反应C．产物Y能发生氧化、加成、取代、消去反应D．1molY最多能与2molNaOH发生反应12．含氮废水在排入水体之前需进行脱氮处理以减缓水体富营养化．某化肥厂废水中NH4+的浓度为54mg/L，在微生物作用的条件下脱氮处理：①NH4++O2﹣NO2﹣+H++H2O（未配平）②2NO2﹣+O2=2NO3﹣③6NO3﹣+5CH3OH+6H+=3N2+5X+13H2O下列说法中正确的是（）A．反应①配平后，H2O的化学计量数为4B．若反应②有2mol电子发生转移，则生成1molNO3﹣C．反应③中生成物X为CO32﹣D．1L废水完全脱氮所需CH3OH的质量为13．以NaCl、CO2、NH3为原料发生反应，制得NaHCO3和NH4Cl是“侯氏制碱法”的重要步骤．相关物质的溶解度曲线如图所示．下列说法不正确的是（）A．将NaHCO3加热分解可得纯碱B．常温下碳酸氢钠的溶解度大于碳酸钠C．采用蒸发结晶从溶液中分离出NaHCO3D．20℃时，NaHCO3饱和溶液的物质的量浓度约为L14．下列实验的解释或结论正确的是（）选项实验解释或结论A向包有Na2O2的脱脂棉滴少量水，脱脂棉燃烧Na2O2与H2O反应放热并有O2生成B向NaI溶液滴加FeCl3溶液，再加入CCl4，振荡，静置，下层呈紫红色氧化性：I2＞Fe3+C取酸雨试样，滴加H2O2溶液，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀该酸雨试样中一定含有H2SO3D用激光笔照射水玻璃（Na2SiO3的溶液），有丁达尔现象SiO32﹣水解生成了硅酸胶体A．A B．B C．C D．D15．将FeO与Cu（NO3）2的混合物全部溶于300mL、1mol/L的盐酸中，有部分Fe2+被酸性条件下的NO3﹣氧化（其化学反应方程式为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O），放出NO气体448mL（标准状况）；继续向溶液中通入一定量的Cl2恰好将溶液中的Fe2+完全氧化；再加入10g过量的铁粉，充分反应放出H2，过滤，得到不溶固体．下列叙述不正确的是（）A．Cu（NO3）2的物质的量为B．通入Cl2的体积（标准状况）为448mLC．放出H2的体积（标准状况）为112mLD．得到不溶固体的质量为二、非选择题（共80分）16．有机物J是我国食品添加剂使用卫生标准规定允许使用的食品香料，香气强度为普通香料的3～4倍．有机物J的合成路线如图（1）该香料包装袋打开后需要尽快使用的原因是．（2）由D到F需要先后经过的反应类型为．（3）可以用来检验F→I合成过程中生成了有机物I的方程式：．（4）J的一种同分异构体K，能与NaHCO3反应，在浓硫酸加热情况下可失去一分子水后能形成L或M，L中除苯环外还有一个六元环，而M能使溴水褪色．写出K的结构简式．（5）已知：R﹣CH=CH2R﹣CHO+HCHO利用题目所给信息设计由合成合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHH2C=CH217．硝酸铝是一种常见常见媒染剂．工业上用含铝废料（主要含Al、Al2O3、Fe3O4、SiO2等）制取硝酸铝晶体[Al（NO3）3•9H2O]及铝单质的流程如下：（1）写出反应Ⅰ中Fe3O4参加反应的离子方程式：．（2）写出反应Ⅱ的离子方程式：．（3）该流程中有一处设计不合理，请指出并加以改正：．（4）写出反应Ⅵ的化学方程式：．18．为回收利用废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及SiO2等，其中VOSO4可溶于水），科研人员最新研制了一种回收钒的新工艺，其主要流程如图1：（1）萃取、反萃取过程中所需的主要玻璃仪器为．（2）上述流程中涉及到两处氧化还原反应．①“浸取还原”过程的产物为VOSO4，该反应的离子方程式为．②“氧化”过程无气体产生，溶液中VO2+转化为VO2+，该反应的离子方程式为．（3）“沉淀”过程中，沉钒率受温度、氯化铵系数（NH4Cl的质量与调节pH之后的料液中VO3﹣的质量比）等的影响，其中温度与沉淀率的关系如图2所示，温度高于80℃沉钒率降低的可能原因是．（4）上述流程中所得沉淀为一系列的聚合物种[其分子组成可用NmHnVxOy表示]，质谱法分析某沉淀的摩尔质量为832g/mol．取该沉淀用下列装置测定其组成，充分焙烧后玻璃管内残留V2O5固体为；所得气体通过U形管后，U形管增重．①广口瓶中浓硫酸的作用为．②该沉淀的分子式为．19．某地煤矸石经预处理后主要含SiO2（61%）、Al2O3（30%）和少量的Fe2O3、FeO及MgO．实验小组设计如下流程用其制备碱式硫酸铝[Al2（OH）4SO4]：（1）为提高“酸浸”时铝浸出率，可采取的措施之一是．（2）氧化时应控制反应温度在10℃～20℃，其原因是，“氧化”时可用MnO2替代，发生的离子方程式．（3）试剂X为，设计一个简单的实验，证明铁元素已被沉淀完全：．（4）加入CaCO3制备碱式硫酸铝的化学方程式．20．高锰酸钾在酸性介质中的强氧化性广泛应用于分析化学之中．如利用KMnO4标准溶液测定C2O42﹣的物质的量浓度，其反应原理如下：5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H++4H2O=2[Mn（H2O）6]2++10CO2↑（1）Mn2+基态的核外电子排布式可表示为；（2）C2O42﹣离子中C原子轨道杂化类型为；1mol[Mn（H2O）6]2+中所含有的σ键数目为．（3）与CO2互为等电子体的一种阴离子为（填化学式）；常温下CO2呈气态，而H2O呈液态，其主要原因为．（4）将KMnO4在空气中焙烧可制得Mn3O4，Mn3O4中Mn元素的化合价为．21．铜有很多重要的化合物．特别是Cu2+核外电子的特殊构型，其能与很多含有氧或氮元素的配体[如NH3、乙二胺（H2N﹣CH2﹣CH2﹣NH2）、乙酰丙酮（CH3COCH2COCH3）等]形成配合物．（1）C、N、O元素的电负性由小到大的顺序是．（2）[Cu（NH3）4]2+呈深蓝色，该粒子中配位体的空间构型为．（3）酞菁铜也是Cu2+的一种配合物，被广泛用于墨水生产，其结构如图1．请用箭头标出其中的配位键，该分子中氮原子的杂化方式为．（4）CuCl2在湿空气中潮解，易溶于水、乙醇和丙酮，熔点约100℃．推测氯化铜的晶体类型为．（5）Cu的晶胞如图2所示，铜原子的配位数为．22．X、Q、R、Z、T、U分别代表原子序数依次增大的元素．X是原子半径最小的元素，短周期中Q原子含有的未成对电子数最多，R和T属同族，T的原子序数是R的两倍，Z的单质的同周期中熔点最高；U5+的核外电子排布和氩元素相同．（1）U基态原子的原子结构示意图为．（2）在（QX4）2TR4的晶体中存在的化学键类型有．a．离子键b．共价键c．配位键d．金属键（3）Q、R、T所对应元素的第一电离能由大到小的顺序是（填元素符号）．（4）TR2是分子（填“极性”或“非极性”）．ZR2晶体结构如图I，6gZR2中所含Z﹣R键的数目为．（5）U和R形成的化合物的晶胞结构如图II所示，该化合物的化学式为．

2015-2016学年江苏省南通市如皋中学高二（下）第二次段考化学试卷（选修）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．2015年科学家首次利用X射线观测到化学反应过渡态的形成．在固体催化剂表面“抓取”CO分子和O原子，并“配对”生成CO2分子．下列关于说法正确的是（）A．CO与CO2均为酸性氧化物B．大量CO2的排放可导致酸雨的形成C．CO与O形成化学键过程中有电子转移D．相同条件下，CO的密度比CO2的密度大【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．酸性氧化物与碱反应只生成盐和水，与水反应只生成对应的酸；B．二氧化碳不会形成酸雨；C．有化合价变化的反应中一定有电子转移；D．相同条件下密度之比等于摩尔质量之比．【解答】解：A．CO不溶于水，与水、碱都不反应，不属于酸性氧化物，故A错误；B．酸雨的形成是由于SO2、NO2而引起的，与CO2无关，故B错误；C．一氧化碳中碳为+2价，二氧化碳中碳为+4价，反应中有化合价变化，一定有电子转移，故C正确；D．二氧化碳摩尔质量大于一氧化碳，则依据相同条件下密度之比等于摩尔质量之比，可知二氧化碳密度大于一氧化碳，故D错误；故选：C．2．下列有关化学用语表示正确的是（）A．Al3+的结构示意图：B．甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2C．醋酸的电离方程式：CH3COOH═CH3COO﹣+H+D．中子数为145、质子数为94的钚（Pu）原子：Pu【考点】原子结构示意图；核素；结构简式；电离方程式的书写．【分析】A．Al3+核内有13个质子，核外有10个电子，分两层排布；B．C2H4O2为甲酸甲酯的分子式；C．乙酸为弱电解质，部分电离，电离方程式需用可逆符号连接；D．原子符号ZAX，左下角Z代表质子数，左上角A为质量数，X代表元素符号，其中质量数=质子数+中子数．【解答】解：A．Al核内有13个质子，核外有13个电子，失去最外层3个电子，形成Al3+，核内13个质子数不变，核外2层电子，最外层8个电子，结构示意图：，故A正确；B．甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，故B错误；C．醋酸为弱酸，部分电离，电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，故C错误；D．中子数为145、质子数为94的钚（Pu）原子，质量数=145+94=239，故该钚原子符号为，故D错误；故选A．3．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．使石蕊变红的溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、HCO3﹣B．=108的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、NH4+、NO3﹣、SO42﹣D．mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中：Al3+、Ba2+、Cl﹣、OH﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．使石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，碳酸氢根离子、氢离子、偏铝酸之间相互根离子反应；B．该溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；C．与Al反应能放出H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，亚铁离子、铵根离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；D．铁离子、铝离子与氢氧根离子反应，硫酸根离子与钡离子反应．【解答】解：A．使石蕊变红的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，H+、AlO2﹣、HCO3﹣之间相互反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．该溶液中存在大量氢离子，Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣之间不发生反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．与Al反应能放出H2的溶液呈酸性或强碱性，Fe2+、NH4+与碱性溶液中的氢氧根离子反应，Fe2+、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Fe2（SO4）3溶液中存在铁离子和硫酸根离子，Al3+、Fe3+与OH﹣发生反应，硫酸根离子与Ba2+生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．4．氨气在纯氧中燃烧（如图所示），生成化学性质稳定的气体X和水．下列说法正确的是（）A．气体X的分子式为NOB．N2、N4为元素N的两种同素异形体C．该反应条件下，氨气的还原性小于水D．两种气体通入的先后顺序是NH3、O2【考点】氨的化学性质．【分析】氨气在纯氧中燃烧（如图所示），生成化学性质稳定的气体X和水，气体氮气，氨气与氧气反应生成氮气和水．A．一氧化氮不稳定，容易与氧气反应；B．同种元素组成性质不同单质，为同素异形体；C．同一氧化还原反应中，还原剂还原性强于还原产物还原性；D．氨气密度小于空气，氧气密度大于空气密度，要使氨气燃烧，氧气应足量；【解答】解：A．一氧化氮不稳定，与空气中氧气生成二氧化氮，与题意不符，故A错误；B．N2、N4都是由氮元素组成，性质不同单质，二者互为同素异形体，故B正确；C．氨气与氧气反应生成水和氮气，氨气为还原剂，水为还原产物，所以氨气的还原性大于水，故C错误；D．氨气密度小于空气，氧气密度大于空气密度，要使氨气燃烧，氧气应足量，所以应先通入氧气，再通入氨气，故D错误；故选：B．5．下列物质性质与应用不存在对应关系的是（）A．K2FeO4具有强氧化性，可用作水处理剂B．氢氧化铝具有弱碱性，可用作制胃酸中和剂C．碳具有还原性，可用作锌锰干电池的正极材料D．常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可用铝制容器贮运浓硫酸【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．K2FeO4具有强氧化性，可用于消毒杀菌，被还原为Fe3+，水解生成Fe（OH）3，具有吸附性；B．氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸；C．原电池的正极不发生反应；D．常温下，浓硫酸遇到铝发生钝化．【解答】解：A．K2FeO4具有强氧化性，可用于消毒杀菌，被还原为Fe3+，水解生成Fe（OH）3，具有吸附性，可用于吸附水中的悬浮杂质，所以高铁酸钾作水处理剂具有净水功能，故A正确；B．胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸，二者有对应关系，故B正确；C．碳可用作锌锰干电池的正极材料，不参加电池反应，只起导体作用，所以与还原性无关，故C错误；D．常温下，浓硫酸遇到铝发生钝化，形成在致密氧化膜，阻止反应进行，所以可用铝制容器贮运浓硫酸，故D正确；故选：C．6．设NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．常温常压下，1molNa2O2中含有的阴、阳离子总数是3NAB．标准状况下，L苯中含C﹣H数目为C．g由氧气和臭氧组成的混合物中含有的分子数目为D．Cl2与NaOH溶液反应每生成1molNaCl，转移电子的数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．过氧化钠阴离子为过氧根离子；B．标况下苯是液体；C．氧气与臭氧的摩尔质量不同；D．氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，为歧化反应，生成1mol氯化钠，转移1mol电子．【解答】解：A．常温常压下，1molNa2O2中含有的2mol钠离子，1mol过氧根离子，共含有阴、阳离子总数是3NA，故A正确；B．标况下苯是液体，不能使用气体摩尔体积，无法计算物质的量，故B错误；C．氧气与臭氧的摩尔质量不同，只知道混合气体的质量，不知二者混合的比例，无法计算混合物含有的分子数目，故C错误；D．氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，为歧化反应，生成1mol氯化钠，转移1mol电子，转移电子数为NA，故D错误；故选：A．7．下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+B．用惰性电极电解氯化钠溶液：4Cl﹣+2H2O2Cl2↑+2H2↑+O2↑C．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：3Ag+4H++NO3﹣═3Ag++NO↑+2H2OD．NaHCO3溶液中与滴加少量Ca（OH）2溶液：CO32﹣+Ca2+═CaCO3↓【考点】离子方程式的书写．【分析】A．电荷不守恒；B．不符合反应客观事实；C．二者反应生成硝酸银、一氧化氮和水；D．氢氧化钙少量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；【解答】解：A．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板，离子方程式：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故A错误；B．用惰性电极电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，离子方程式：2Cl﹣+2H2OCl2↑+2H2↑+2OH﹣，故B错误；C．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜，离子方程式：3Ag+4H++NO3﹣═3Ag++NO↑+2H2O，故C正确；D．NaHCO3溶液中与滴加少量Ca（OH）2溶液，离子方程式：2HCO3﹣+2OH﹣+Ca2+═CaCO3↓+CO32﹣，故D错误；故选：C．8．下列有关实验原理或操作正确的是（）A．用湿润的pH试纸测定溶液的pHB．用如图所示装置灼烧碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]制取氧化铜C．用铜丝蘸取草木灰在酒精灯火焰灼烧检验钾元素D．称取NaOH，放入100mL容量瓶中，加入蒸馏水溶解，用胶头滴管定容至刻度线，振荡摇匀，配制100mLLNaOH溶液【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．湿润的pH试纸导致溶液浓度降低，可能影响溶液的pH值；B．灼烧固体药品用坩埚；C．Cu的焰色反应呈绿色；D．容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，不能溶解或稀释药品．【解答】解：A．湿润的pH试纸导致溶液浓度降低，如果是酸或碱，则影响溶液的pH值，如果是强酸强碱盐溶液，则不影响溶液的pH测定，故A错误；B．灼烧固体药品用坩埚，所以灼烧碱式碳酸铜固体应该用坩埚，故B正确；C．Cu的焰色反应呈绿色，影响K元素检验，应该用Fe或Pt丝，故C错误；D．容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，不能溶解或稀释药品，应该先将称量的NaOH在烧杯中溶解，冷却至室温后，再将溶液转移到容量瓶中配制一定物质的量浓度溶液，故D错误；故选B．9．甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（反应条件略去，箭头表示一步转化）．下列各组物质中，满足如图所示转化关系的是（）甲乙丙戊ANa2O2CO2O2NaBFeH2OFe2O3H2CMgO盐酸MgCl2NaOHDCuSO4ZnCu稀H2SO4A．A B．B C．C D．D【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质．【分析】根据反应甲+乙→丙+丁，丙+戊→甲分析，将四个选项中的各物质代入，结合物质的性质判断这两个反应是否能发生，如果能发生，则正确，否则错误．【解答】解：A、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na+O2Na2O2，所以能实现转化，故A正确；B、3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，3H2+Fe2O32Fe+3H2O，所以能实现转化，故错误；C、丙氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁而不是氧化镁，故C错误；D、丙铜与戊稀硫酸不反应，故D错误；故选A．10．X、Y、Z、W均为短周期元素，原子序数依次递增．X与W位于同一主族，Y、Z、W同周期，Z原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为15．下列说法正确的是（）A．X的最高价氧化物对应水化物的酸性大于WB．Z的气态氢化物的稳定性大于WC．YZ和ZW2所含化学键类型相同D．简单离子半径：r（Y2+）＜r（X﹣）＜r（W﹣）＜r（Z2﹣）【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，原子序数依次递增．Z原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，故Z处于VIA族，由于Y、Z、W同周期，X与W位于同一主族，则Y、Z、W只能处于第三周期，故Z为S元素、W为Cl，则X为F元素，且Y、Z、W原子的最外层电子数之和为15，则Y原子最外层电子数为15﹣6﹣7=2，故Y为Mg．【解答】解：X、Y、Z、W均为短周期元素，原子序数依次递增．Z原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，故Z处于VIA族，由于Y、Z、W同周期，X与W位于同一主族，则Y、Z、W只能处于第三周期，故Z为S元素、W为Cl，则X为F元素，且Y、Z、W原子的最外层电子数之和为15，则Y原子最外层电子数为15﹣6﹣7=2，故Y为Mg．A．X为F元素，不存+7的氧化物对应水化物，故A错误；B．非金属性Z（硫）＜W（Cl），故氯元素氢化物更稳定，故B错误；C．MgS含有离子键，而SCl2含有共价键，故C错误；D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：r（Mg2+）＜r（F﹣）＜r（Cl﹣）＜r（S2﹣），故D正确．故选：D．二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11．Y是一种皮肤病用药，它可以由原料X经过多步反应合成．下列说法正确的是（）A．X与Y互为同分异构体B．1molX最多可以与5molH2发生加成反应C．产物Y能发生氧化、加成、取代、消去反应D．1molY最多能与2molNaOH发生反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．原料X与中间体Y的分子式相同，但结构不同；B．能与氢气反应的为苯环和碳碳双键；C．羟基连接在苯环上，不能发生消去反应；D．Y含有酯基，可水解生成酚羟基和羧基．【解答】解：A．原料X与中间体Y的分子式相同，但结构不同，则二者互为同分异构体，故A正确；B．能与氢气反应的为苯环和碳碳双键，则1molX最多可以与4molH2发生加成反应，故B错误；C．苯环较稳定，羟基连接在苯环上，不能发生消去反应，故C错误；D．能与氢氧化钠反应的为酚羟基和酯基，Y含有酯基，可水解生成酚羟基和羧基，故D错误．故选A．12．含氮废水在排入水体之前需进行脱氮处理以减缓水体富营养化．某化肥厂废水中NH4+的浓度为54mg/L，在微生物作用的条件下脱氮处理：①NH4++O2﹣NO2﹣+H++H2O（未配平）②2NO2﹣+O2=2NO3﹣③6NO3﹣+5CH3OH+6H+=3N2+5X+13H2O下列说法中正确的是（）A．反应①配平后，H2O的化学计量数为4B．若反应②有2mol电子发生转移，则生成1molNO3﹣C．反应③中生成物X为CO32﹣D．1L废水完全脱氮所需CH3OH的质量为【考点】氧化还原反应的计算．【分析】A、根据电子守恒和电荷守恒配平方程式；B、根据电子守恒结合反应物产物的量的关系来计算回答；C、根据电荷守恒和原子守恒来配平方程式；D、废水中NH4+在微生物作用的条件下脱氮处理转化为氮气，根据反应进行计算即可．【解答】解：A、根据电子守恒和电荷守恒配平方程式为：2NH4++3O2=2NO2﹣+4H++2H2O，H2O的化学计量数为2，故A错误；B、反应②2NO2﹣+O2=2NO3﹣转移电子是4mol生成2molNO3﹣，若反应②有2mol电子发生转移，则生成1molNO3﹣，故B正确；C、根据电荷守恒和原子守恒得到：6NO3﹣+5CH3OH+6H+=3N2+5X+13H2O中的X是CO2，故C错误；D、废水中NH4+在微生物作用的条件下脱氮处理转化为氮气，根据反应③6NO3﹣+5CH3OH+6H+=3N2+5CO2+13H2ONH4+的浓度为54mg/L，1L废水含有铵根离子是54mg，即，根据三个反应得到关系式：2NH4+～2NO3﹣～CH3OH，完全脱氮所需CH3OH的质量为g=，故D正确．故选BD．13．以NaCl、CO2、NH3为原料发生反应，制得NaHCO3和NH4Cl是“侯氏制碱法”的重要步骤．相关物质的溶解度曲线如图所示．下列说法不正确的是（）A．将NaHCO3加热分解可得纯碱B．常温下碳酸氢钠的溶解度大于碳酸钠C．采用蒸发结晶从溶液中分离出NaHCO3D．20℃时，NaHCO3饱和溶液的物质的量浓度约为L【考点】钠的重要化合物．【分析】A．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠=二氧化碳和水；B．常温下碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠；C．碳酸氢钠受热分解；℃时碳酸氢钠溶解度为，溶质物质的量n=，溶液体积近似为100ml计算；【解答】解：A．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，将NaHCO3加热分解可得纯碱，故A正确；B．Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，常温下碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，故B错误；C．碳酸氢钠受热分解，采用蒸发结晶不能从溶液中分离出NaHCO3，故C错误；℃时碳酸氢钠溶解度为，溶质物质的量n===，溶液体积近似为100ml计算得到c==L，故D正确；故选BC．14．下列实验的解释或结论正确的是（）选项实验解释或结论A向包有Na2O2的脱脂棉滴少量水，脱脂棉燃烧Na2O2与H2O反应放热并有O2生成B向NaI溶液滴加FeCl3溶液，再加入CCl4，振荡，静置，下层呈紫红色氧化性：I2＞Fe3+C取酸雨试样，滴加H2O2溶液，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀该酸雨试样中一定含有H2SO3D用激光笔照射水玻璃（Na2SiO3的溶液），有丁达尔现象SiO32﹣水解生成了硅酸胶体A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．向包有Na2O2的脱脂棉滴少量水，脱脂棉燃烧，说明该反应为放热反应，且放出氧气；B．下层呈紫红色，说明碘离子被铁离子氧化成碘单质，则氧化性I2＜Fe3+；C．酸雨中可能只含有硫酸，不一定含有亚硫酸；D．丁达尔现象为胶体的性质，说明溶液中存在硅酸胶体．【解答】解：A．过氧化钠与水反应放出氧气，该反应为放热反应，导致脱脂棉燃烧，故A正确；B．向NaI溶液滴加FeCl3溶液，再加入CCl4，振荡，静置，下层呈紫红色，说明碘离子被铁离子氧化，则氧化性：I2＜Fe3+，故B错误；C．取酸雨试样，滴加H2O2溶液，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，但是原溶液中可能含有硫酸，不一定含有H2SO3，故C错误；D．用激光笔照射水玻璃（Na2SiO3的溶液），有丁达尔现象，此为胶体的性质，说明SiO32﹣水解生成了硅酸胶体，故D正确；故选AD．15．将FeO与Cu（NO3）2的混合物全部溶于300mL、1mol/L的盐酸中，有部分Fe2+被酸性条件下的NO3﹣氧化（其化学反应方程式为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O），放出NO气体448mL（标准状况）；继续向溶液中通入一定量的Cl2恰好将溶液中的Fe2+完全氧化；再加入10g过量的铁粉，充分反应放出H2，过滤，得到不溶固体．下列叙述不正确的是（）A．Cu（NO3）2的物质的量为B．通入Cl2的体积（标准状况）为448mLC．放出H2的体积（标准状况）为112mLD．得到不溶固体的质量为【考点】氧化还原反应的计算；有关混合物反应的计算．【分析】A．n（NO）===，由氮元素守恒计算硝酸铜物质的量；B．由m=nM计算硝酸铜质量，进而计算FeO的质量，由n=计算FeO的物质的量，根据电子转移守恒计算通入氯气物质的量，根据V=nVm计算氯气体积；C．由NO的物质的量，根据方程式计算消耗HCl物质的量，进而计算剩余HCl，根据氢原子守恒计算生成氢气体积；D．Fe发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Cu+Fe2++、Fe+2H+=Fe2++H2↑，根据方程式计算参加反应Fe的质量，进而计算剩余Fe的质量，最后不溶固体为Cu与剩余Fe的质量之和．【解答】解：混合物与盐酸反应后的溶液中通入一定量的氯气时，溶液中的Fe2+刚好被完全氧化，再向溶液中加入10g过量的铁粉，充分反应后，有气体产生，说明混合物与盐酸反应时，硝酸根完全反应，且盐酸有剩余，A．n（NO）===，由氮元素守恒可知硝酸铜物质的量为=，故A正确；B．硝酸铜质量为×188g/mol=，则氧化亚铁的质量为﹣=，根氧化亚铁物质的量==，令通入氯气为xmol，根据电子转移守恒：×（3﹣2）=×（5﹣2）+2x，解得x=，故通入氯气的体积为×mol==448mL，故B正确；C．生成NO的物质的量为，根据方程式3FeCl2+HNO3+3HCl═3FeCl3+NO↑+2H2O，可知消耗HCl的物质的量=×（3+1）=，由FeO+2HCl=FeCl2+H2O可知消耗HCl为×2=，故共消耗HCl为，剩余HCl为﹣=，根据氢原子守恒，生成氢气的物质的量为=，故生成氢气的体积=×mol==224mL，故C错误；D．由Fe元素守恒可知，溶液中Fe3+为，由Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，消耗Fe为=，溶液中Cu2+为，由Fe+Cu2+=Cu+Fe2+可知，消耗Fe为，生成氢气为，由Fe+2H+=Fe2++H2↑，可知消耗Fe为，故总共消耗Fe的质量=（++）mol×56g/mol=，剩余Fe的质量=10g﹣=，最后不溶固体为Cu与剩余Fe的质量之和，故不溶固体质量为+×64g/mol=，故D正确；故选C．二、非选择题（共80分）16．有机物J是我国食品添加剂使用卫生标准规定允许使用的食品香料，香气强度为普通香料的3～4倍．有机物J的合成路线如图（1）该香料包装袋打开后需要尽快使用的原因是容易因氧化变质．（2）由D到F需要先后经过的反应类型为加成、消去．（3）可以用来检验F→I合成过程中生成了有机物I的方程式：+2Ag（NH3）2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu（OH）2+NaOH+Cu2O↓+3H2O．（4）J的一种同分异构体K，能与NaHCO3反应，在浓硫酸加热情况下可失去一分子水后能形成L或M，L中除苯环外还有一个六元环，而M能使溴水褪色．写出K的结构简式．（5）已知：R﹣CH=CH2R﹣CHO+HCHO利用题目所给信息设计由合成合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHH2C=CH2【考点】有机物的合成．【分析】根据流程图可知，A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代生成D，结合D和F的结构简式可知，D与溴化氢发生加成反应生成E为，E发生消去得F，F发生氧化反应生成I，I酸化得J，（5）苯丙烯被氧化生成苯甲醛和乙醛，苯甲醛和氢气发生加成反应生成苯甲醇，乙醛被催化氧化生成乙酸，乙酸和苯甲醇发生酯化反应生成乙酸苯甲酯．【解答】解：根据流程图可知，A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代生成D，结合D和F的结构简式可知，D与溴化氢发生加成反应生成E为，E发生消去得F，F发生氧化反应生成I，I酸化得J，（1）该香料中含有酚羟基和醛基，易被氧气氧化而变质，所以香料包装袋打开后需要尽快使用，故答案为：容易因氧化变质；（2）根据上面的分析可知，由D到F需要先后经过的反应类型为加成、消去，故答案为：加成、消去；（3）根据I的结构简式可知，I中有醛基，可以用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验，相关的反应方程式为+2Ag（NH3）2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu（OH）2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为：+2Ag（NH3）2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu（OH）2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；（4）J的一种同分异构体K，能与NaHCO3反应，说明有羧基，在浓硫酸加热情况下可失去一分子水后能形成L或M，L中除苯环外还有一个六元环，而M能使溴水褪色，说明有碳碳双键，可推知K中含有羟基，结合J的结构简式可知符合条件的K的结构简式为，故答案为：；（5）苯丙烯被氧化生成苯甲醛和乙醛，苯甲醛和氢气发生加成反应生成苯甲醇，乙醛被催化氧化生成乙酸，乙酸和苯甲醇发生酯化反应生成乙酸苯甲酯，则其合成路线为，故答案为：．17．硝酸铝是一种常见常见媒染剂．工业上用含铝废料（主要含Al、Al2O3、Fe3O4、SiO2等）制取硝酸铝晶体[Al（NO3）3•9H2O]及铝单质的流程如下：（1）写出反应Ⅰ中Fe3O4参加反应的离子方程式：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O．（2）写出反应Ⅱ的离子方程式：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O．（3）该流程中有一处设计不合理，请指出并加以改正：反应Ⅲ使用过量NaOH错误，应改为氨水．（4）写出反应Ⅵ的化学方程式：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】由实验流程可知，加盐酸，Al、Al2O3均转化为Al3+，Fe3O4转化为Fe2+、Fe3+，只有SiO2不反应，则过滤得到的滤渣I为SiO2，反应Ⅱ中过氧化氢与亚铁离子发生氧化还原反应，调节pH使铁离子转化为沉淀，过滤得到的滤渣Ⅱ为Fe（OH）3，反应Ⅲ中铝离子转化为AlO2﹣，应利用氨水使铝离子转化为Al（OH）3，反应Ⅵ中电解熔融氧化铝得到Al，以此来解答．【解答】解：由实验流程可知，加盐酸，Al、Al2O3均转化为Al3+，Fe3O4转化为Fe2+、Fe3+，只有SiO2不反应，则过滤得到的滤渣I为SiO2，反应Ⅱ中过氧化氢与亚铁离子发生氧化还原反应，调节pH使铁离子转化为沉淀，过滤得到的滤渣Ⅱ为Fe（OH）3，反应Ⅲ中铝离子转化为AlO2﹣，应利用氨水使铝离子转化为Al（OH）3，反应Ⅵ中电解熔融氧化铝得到Al，（1）反应Ⅰ中Fe3O4参加反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；（2）反应Ⅱ的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；（3）该流程中有一处设计不合理，指出并加以改正为反应Ⅲ使用过量NaOH错误，应改为氨水，故答案为：反应Ⅲ使用过量NaOH错误，应改为氨水；（4）反应Ⅵ的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑．18．为回收利用废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及SiO2等，其中VOSO4可溶于水），科研人员最新研制了一种回收钒的新工艺，其主要流程如图1：（1）萃取、反萃取过程中所需的主要玻璃仪器为分液漏斗．（2）上述流程中涉及到两处氧化还原反应．①“浸取还原”过程的产物为VOSO4，该反应的离子方程式为V2O5+SO32﹣+4H+=2VO2++SO42﹣+2H2O．②“氧化”过程无气体产生，溶液中VO2+转化为VO2+，该反应的离子方程式为6VO2++ClO3﹣+3H2O=6VO2++Cl﹣+6H+．（3）“沉淀”过程中，沉钒率受温度、氯化铵系数（NH4Cl的质量与调节pH之后的料液中VO3﹣的质量比）等的影响，其中温度与沉淀率的关系如图2所示，温度高于80℃沉钒率降低的可能原因是温度高于80度，导致部分氯化铵分解．（4）上述流程中所得沉淀为一系列的聚合物种[其分子组成可用NmHnVxOy表示]，质谱法分析某沉淀的摩尔质量为832g/mol．取该沉淀用下列装置测定其组成，充分焙烧后玻璃管内残留V2O5固体为；所得气体通过U形管后，U形管增重．①广口瓶中浓硫酸的作用为吸收产生的氨气．②该沉淀的分子式为N2H16V8O22．【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及SiO2等，其中VOSO4可溶于水），废钒催化剂粉碎、加硫酸、亚硫酸钠浸取，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，发生反应：V2O5+SO32﹣+4H+=2VO2++SO42﹣+2H2O，将溶解性物质溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，滤渣中含有SiO2等不溶性杂质，将滤液中加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为（VO2）2SO4，调节溶液pH为8且采用离子交换方法得到VO3﹣，向溶液中加入氯化铵，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5．（1）萃取、反萃取过程中，需要烧杯、分液漏斗等仪器；（2）①“浸取还原”过程的产物为VOSO4，据流程图和氧化还原剂原理，可写出反应的离子方程式；②“氧化”过程无气体产生，溶液中VO2+转化为VO2+，氯元素化合价从+5→﹣1，根据得失电子守恒和原子守恒书写离子方程式；（3）沉钒率受温度、氯化铵系数（NH4Cl的质量与调节pH之后的料液中VO3﹣的质量比）等的影响，根据图2分析坐标系中的表示含义，结合图中的沉矾率在80度C时最大，约为98%，温度高于80度，导致部分氯化铵分解；（4）①图3干燥的氮气驱赶装置中的空气，碱石灰吸收产物水，浓硫酸吸收产物氨气；②根据n=计算出该沉淀的物质的量，得到的残留固体为V2O5，碱石灰吸收的为水、浓硫酸吸收的为氨气，根据题中数据计算出各分解产物的物质的量，再得出该沉淀的化学式即可．【解答】解：（1）萃取、反萃取过程中，需要烧杯、分液漏斗等仪器，主要玻璃仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）①浸取还原过程的产物之一是VOSO4，V化合价为+4，据是还原过程可得原反应物是更高价的V，即为V2O5，反应的化学方程式为：Na2SO3+V2O5+2H2SO4=2VOSO4+Na2SO4+2H2O，离子反应方程式为：V2O5+SO32﹣+4H+=2VO2++SO42﹣+2H2O，故答案为：V2O5+SO32﹣+4H+=2VO2++SO42﹣+2H2O；②氯元素化合价从+5→﹣1，化合价降低6，钒化合价从+4→+5，化合价升高1，二者最小公倍数为6，把变价元素配平，初步配平为：ClO3﹣+6VO2++H2O→6VO2++Cl﹣+H+，根据氧原子守恒确定H2O前系数为3，氢离子前系数为6，故配平后为：6VO2++ClO3﹣+3H2O=6VO2++Cl﹣+6H+，故答案为：6VO2++ClO3﹣+3H2O=6VO2++Cl﹣+6H+；（3）沉钒率受温度、氯化铵系数（NH4Cl的质量与调节pH之后的料液中VO3﹣的质量比）等的影响，根据图示2分析数据，80℃时沉矾率最高为98%，温度高于80度，导致部分氯化铵分解，所以温度高于80℃沉钒率降低，故答案为：温度高于80度，导致部分氯化铵分解；（4）①沉淀为一系列的聚合物种[其分子组成可用NmHnVxOy表示]，取该沉淀，加热，产生氨气、水、五氧化二钒，图3干燥的氮气驱赶装置中的空气，碱石灰吸收产物水，浓硫酸吸收产物氨气，故答案为：吸收产生的氨气；②n（沉淀）=÷832g/mol=，由题意知沉淀分解生成H2O、NH3和V2O5，n（H2O）=÷18g/mol=，n（NH3）=（﹣﹣）÷17g/mol=，n（V2O5）=÷182g/mol=（沉淀）：n（H2O）：n（NH3）：n（V2O5）=1：2：4：4，因此该物质的分子式为N4H16V8O22，故答案为：N2H16V8O22．19．某地煤矸石经预处理后主要含SiO2（61%）、Al2O3（30%）和少量的Fe2O3、FeO及MgO．实验小组设计如下流程用其制备碱式硫酸铝[Al2（OH）4SO4]：（1）为提高“酸浸”时铝浸出率，可采取的措施之一是适当加热（或将煤矸石粉碎，适当提高硫酸的浓度等）．（2）氧化时应控制反应温度在10℃～20℃，其原因是防止H2O2分解，“氧化”时可用MnO2替代，发生的离子方程式MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O．（3）试剂X为Al2O3，设计一个简单的实验，证明铁元素已被沉淀完全：静置，取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液呈现血红色，说明未沉淀完全，反之则沉淀完全．（4）加入CaCO3制备碱式硫酸铝的化学方程式Al2（SO4）3+2CaCO3+2H2O=Al2（OH）4SO4+2CaSO4+2CO2↑．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】煤矸石经预处理后主要含SiO2（61%）、Al2O3（30%）和少量的Fe2O3、FeO及MgO，由实验流程可知，加硫酸后，Al2O3、Fe2O3、FeO、MgO均与硫酸反应，只有SiO2不反应，酸溶后溶液中含Al3+、Fe2+、Fe3+、Mg2+，然后加过氧化氢氧化Fe2+，再加X为氧化铝、氢氧化铝等调节pH，促进铁离子水解转化为沉淀，则过滤得到滤渣为SiO2、Fe（OH）3，除杂II除去溶液中镁离子，滤渣Ⅱ为Mg（OH）2，然后滤液中加硫酸酸化，再加碳酸钙调节pH，从而制备Al2（OH）4SO4，以此来解答．【解答】解：煤矸石经预处理后主要含SiO2（61%）、Al2O3（30%）和少量的Fe2O3、FeO及MgO，由实验流程可知，加硫酸后，Al2O3、Fe2O3、FeO、MgO均与硫酸反应，只有SiO2不反应，酸溶后溶液中含Al3+、Fe2+、Fe3+、Mg2+，然后加过氧化氢氧化Fe2+，再加X为氧化铝、氢氧化铝等调节pH，促进铁离子水解转化为沉淀，则过滤得到滤渣为SiO2、Fe（OH）3，除杂II除去溶液中镁离子，滤渣Ⅱ为Mg（OH）2，然后滤液中加硫酸酸化，再加碳酸钙调节pH，从而制备Al2（OH）4SO4，（1）为提高“酸浸”时铝浸出率，可采取的措施之一是适当加热（或将煤矸石粉碎，适当提高硫酸的浓度等），故答案为：适当加热（或将煤矸石粉碎，适当提高硫酸的浓度等）；（2）氧化时应控制反应温度在10℃～20℃，其原因是防止H2O2分解，“氧化”时可用MnO2替代，发生的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：防止H2O2分解；MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；（3）试剂X为Al2O3，设计一个简单的实验，证明铁元素已被沉淀完全的方法为静置，取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液呈现血红色，说明未沉淀完全，反之则沉淀完全，故答案为：Al2O3；静置，取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液呈现血红色，说明未沉淀完全，反之则沉淀完全；（4）加入CaCO3制备碱式硫酸铝的化学方程式为Al2（SO4）3+2CaCO3+2H2O=Al2（OH）4SO4+2CaSO4+2CO2↑，故答案为：Al2（SO4）3+2CaCO3+2H2O=Al2（OH）4SO4+2CaSO4+2CO2↑．20．高锰酸钾在酸性介质中的强氧化性广泛应用于分析化学之中．如利用KMnO4标准溶液测定C2O42﹣的物质的量浓度，其反应原理如下：5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H++4H2O=2[Mn（H2O）6]2++10CO2↑（1）Mn2+基态的核外电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；（2）C2O42﹣离子中C原子轨道杂化类型为sp2杂化；1mol[Mn（H2O）6]2+中所含有的σ键数目为18mol．（3）与CO2互为等电子体的一种阴离子为SCN﹣（填化学式）；常温下CO2呈气态，而H2O呈液态，其主要原因为水分子之间存在氢键．（4）将KMnO4在空气中焙烧可制得Mn3O4，Mn3O4中Mn元素的化合价为：+2和+3．【考点】原子核外电子排布；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）Mn原子核外电子数为25，处于第四周期ⅦB族，基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s2；（2）中心原杂化轨道数为=3，所以碳是sp2杂化，[Mn（H2O）6]2+中所含有的σ键数目为6×2个氢氧键和6人配位键，所以1mol[Mn（H2O）6]2+中所含有的σ键数目为18mol；（3）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体；水分子之间存在氢键；（4）根据化合代数和为零，Mn3O4中Mn元素的平均化合价为+．【解答】解：（1）Mn原子核外电子数为25，处于第四周期ⅦB族，基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s2，所以Mn2+基态的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5，故答案为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；（2）中心原杂化轨道数为=3，所以碳是sp2杂化，[Mn（H2O）6]2+中所含有的σ键数目为6×2个氢氧键和6人配位键，所以1mol[Mn（H2O）6]2+中所含有的σ键数目为18mol，故答案为：sp2杂化；18mol；（3）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，二氧化碳分子中原子个数是3、价电子数是16，与二氧化碳互为等电子体的阴离子是SCN﹣，因为水分子之间存在氢键，氢键强度远大于分子间作用力，所以常温下CO2呈气态，而H2O呈液态，故答案为：SCN﹣；水分子之间存