2025年福建省永安市一中高三第六次质量考评化学试题试卷含解析

2025年福建省永安市一中高三第六次质量考评化学试题试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、Se元素是人体必需的微量元素之一。下列说法不正确的是（）A．SeO2可以被氧化 B．H2Se的分子构型为V型C．SeO2能和碱溶液反应 D．H2Se的稳定性强于H2S2、科学家研发了一种新型锂空气电池，结构如图所示。已知：①电解质由离子液体（离子能够自由移动，非溶液）和二甲基亚砜混合制成，可促进过氧化锂生成；②碳酸锂薄层的作用是让锂离子进入电解质，并阻止其他化合物进入；③二硫化钼起催化作用。下列叙述不正确的是（）A．放电时，a极发生氧化反应B．放电时的总反应是2Li+O2=Li2O2C．充电时，Li+在电解质中由b极移向a极D．充电时，b极的电极反应式为：Li2O2+2e-=2Li+O22-3、由两种物质组成的一包白色粉末，通过如下实验可鉴别其中的成分：取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色。该白色粉末可能为A．SiO2、明矾 B．BaCO3、无水CuSO4C．MgCO3、Na2S2O3 D．KCl、Ag2CO34、海洋是一个巨大的资源宝库，海水开发利用的部分过程如图所示。下列有关说法不正确的是()A．①粗盐制精盐除采用过滤泥沙外，还必须除去Ca2＋、Mg2＋、SO42-等杂质B．工业生产中常选用石灰乳作为Mg2＋的沉淀剂，并对沉淀进行洗涤C．第②步的反应是将MgCl2•6H2O晶体在空气中直接加热脱去结晶水得无水MgCl2D．第③步到第⑤步空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂5、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A．过量的铁在1molCl2中然烧，最终转移电子数为2NAB．在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氢原子总数为6NAC．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NAD．1L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LNaF溶液中离子总数：前者小于后者6、锂—铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，下列说法错误的是A．整个反应过程中，氧化剂为O2B．放电时，正极的电极反应式为：Cu2O＋H2O＋2e-＝2Cu＋2OH-C．放电时，当电路中通过0.1mol电子的电量时，有0.1molLi+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12L氧气参与反应D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O7、已知某溶液中含有碳酸钠、硫酸钠、氢氧化钠、氯化钠四种溶质，欲将该溶液中四种溶质的阴离子逐一检验出来，所加试剂先后顺序合理的是A．HNO3、Ba(NO3)2、NH4NO3、AgNO3 B．HNO3、NH4NO3、Ba(NO3)2、AgNO3C．NH4NO3、HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3 D．NH4NO3、HNO3、AgNO3、Ba(NO3)28、下列微粒互为同位素的是A．H2和D2 B．2He和3He C．O2和O3 D．冰和干冰9、用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是选项

①中物质

②中物质

预测②中的现象

A

稀盐酸

碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液

立即产生气泡

B

浓硝酸

用砂纸打磨过的铝条

产生红棕色气体

C

草酸溶液

高锰酸钾酸性溶液

溶液逐渐褪色

D

氯化铝溶液

浓氢氧化钠溶液

产生大量白色沉淀

A．A B．B C．C D．D10、乙醇转化为乙醛，发生的反应为A．取代反应 B．加成反应 C．消除反应 D．氧化反应11、基于临床研究，抗疟疾药物磷酸氯喹被证实在治疗新冠肺炎过程中具有疗效。4，7-二氯喹啉是合成磷酸氯喹的一种中间体，其结构简式如图所示。下列有关该物质的说法不正确的是A．属于芳香族化合物 B．分子中所有原子在同一平面上C．分子式为C9H6NCl2 D．可发生取代、加成、氧化反应12、利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法不正确的是A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀B．若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀D．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生氧化反应13、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．19g羟基（-18OH）所含中子数为10NAB．标准状况下，44.8LHF含有2NA个极性键C．1molNaHSO4晶体含有的离子数为3NAD．0.1mol·L-1KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目为0.2NA14、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．Na(s)Na2O2(s)Na2CO3(s)B．Fe3O4(s)Fe(s)FeCl2(s)C．SiO2(s)SiCl4(g)Si(s)D．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)15、将一定体积的CO2缓慢地通入V

L

NaOH溶液中，已知NaOH完全反应，若在反应后的溶液中加入足量石灰水，得到ag沉淀；若在反应后的溶液中加入足量CaCl2溶液，得到bg沉淀，则下列说法正确的是A．参加反应的CO2的体积为0.224aLB．若a=b，则CO2与NaOH溶液反应的产物中盐只有Na2CO3C．b可能等于a、小于a或大于aD．不能确定NaOH溶液的物质的量浓度16、下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（）A．NaCl→Na++Cl-B．CuCl→Cu2++2Cl-C．CH3COOH⇌CH3COO-+H+D．H2

（g）+Cl2

（g）→2HCl（g）+183kJ17、常温下，用0.10mol·L-1的AgNO3溶液分别滴定体积均为50.0mL的由Cl-与Br-组成的混合溶液和由C1-与I-组成的混合溶液(两混合溶液中Cl-浓度相同，Br-与I-的浓度也相同)，其滴定曲线如图所示。已知25℃时：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=4.9×10-13，Ksp(AgI)=8.5×10-16。下列有关描述正确的是（）A．图中X-为Br-B．混合溶液中n(Cl-)：n(I-)=8：5C．滴定过程中首先沉淀的是AgClD．当滴入AgNO3溶液25mL时，Cl-与Br-组成的混合溶液中c(Ag+)=7×10-7mol·L-118、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1mol/LNaHSO4溶液中，阳离子数目之和为0.2NAB．标准状况下0.2molCl2溶于水中，转移的电子数为0.2NAC．常温常压下1.5gNO与1.6gO2充分反应后混合物中原子总数为0.2NAD．标准状况下，4.48LHF含有的分子总数为0.2NA19、下列图示与对应的叙述相符的是()A．图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8kJ·mol－1B．图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大C．根据图3，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量CuO，调节pH＝4，过滤D．图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH20、W、R、X、Y均为短周期元素且原子序数依次增大.Y的最高正价和最低负价之和等于0；常温常压下，W和R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化；这4种元素原子的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2倍。下列说法正确的是A．元素的非金属性为R>Y>WB．原子半径为W>R>X>YC．R与其他三种元素均可形成二元共价化合物D．简单氢化物的热稳定性为R>W>Y21、联合国气候变化会议在延长一天会期之后于星期六在印尼巴厘岛闭幕。会议在经过激烈的谈判后通过了巴厘岛路线图，决定启动至关重要的有关加强应对气候变化问题的谈判。为人类生存环境创造好的条件。下面关于环境的说法正确的是（）A．地球上的碳是不断地循环着的，所以大气中的CO2含量不会改变B．燃烧含硫的物质导致酸雨的形成C．生活中臭氧的含量越高对人越有利D．气候变暖只是偶然的因素22、298K时，用0.01mol∙L-1NaOH溶液滴定10mL0.01mol∙L-1H2A溶液的滴定曲线如图所示（已知：25℃时，H2A的Ka1=10-1.75，Ka2=10-7.19）。下列说法不正确的是（）A．a点所得溶液中：V0=5mLB．B点所得溶液中：c(H2A)＋c(H＋)=c(A2-)＋c(OH-)C．C点所得溶液中：c(Na＋)>3c(HA-)D．D点所得溶液中A2-水解平衡常数Kh1=10-6.81二、非选择题(共84分)23、（14分）A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：，R-COOH(1)A的名称是_____________；B中含氧官能团名称是________________。(2)C的结构简式________________；D→E的反应类型为________________(3)E→F的化学方程式为___________________________。(4)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是__________________（写出结构简式）。(5)等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为__________；检验其中一种官能团的方法是______________（写出官能团名称、对应试剂及现象）。24、（12分）普鲁卡因M（结构简式为）可用作临床麻醉剂，熔点约60℃。它的一条合成路线如下图所示（部分反应试剂和条件已省略）：已知：B和乙醛互为同分异构体；的结构不稳定。完成下列填空：(1)比A多两个碳原子，且一氯代物只有3种的A的同系物的名称是____________。(2)写出反应①和反应③的反应类型反应①_______________，反应③_______________。(3)写出试剂a和试剂b的名称或化学式试剂a________________，试剂b____________________。(4)反应②中将试剂a缓缓滴入C中的理由是_____________________________。(5)写出B和F的结构简式B________________________，F________________(6)写出一种同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式________________。①能与盐酸反应②能与碳酸氢钠反应③苯环上有2种不同环境的氢原子25、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol]，装置如图所示（部分装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，有强腐蚀性，不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题：I．SO2Cl2的制备（1）水应从___（选填“a”或“b”）口进入。（2）制取SO2的最佳组合是___（填标号）。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙装置中盛放的试剂是___。（4）制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中，原因是___。（5）反应结束后，分离甲中混合物的最佳实验操作是___。II．测定产品中SO2Cl2的含量，实验步骤如下：①取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液均放入锥形瓶中；②向锥形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；③向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；④加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12（6）滴定终点的现象为___。（7）产品中SO2Cl2的质量分数为___%，若步骤③不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将___（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。26、（10分）为了检验在氢气和二氧化碳的混合气体中是否混入了一氧化碳，用如下的装置进行实验。请回答：(1)写出标有番号的仪器名称：①___________，②_____________，③_____________。(2)装置B中用的试剂是_______________，目的是为了_______________________。(3)当观察到E装置中出现____________现象时，说明混合气体中一定含有一氧化碳。(4)如果混合气体中含有一氧化碳，为了保护环境，应在E装置右边的排气管口采取的措施是_____。(5)A装置的作用是___________，反应的化学方程式是___________________。(6)假设混合气体中的CO与CuO完全反应，当通入的气体为mg，D增重ng，E瓶增重pg。则混合气体中CO的质量百分数为：_________%；如果去掉D装置，这里计算的CO的质量百分数准确吗？为什么？___________________________________________。27、（12分）ClO2是一种优良的消毒剂，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，实验室在50℃时制备ClO2。实验Ⅰ：制取并收集ClO2，装置如图所示：(1)写出用上述装置制取ClO2的化学反应方程式_____________。(2)装置A中持续通入N2的目的是___________。装置B应添加__________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“50℃的热水浴”)装置。实验Ⅱ：测定装置A中ClO2的质量，设计装置如图：过程如下：①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；②按照右图组装好仪器；在玻璃液封管中加入①中溶液，浸没导管口；③将生成的ClO2由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封溶液倒入锥形瓶中，洗涤玻璃液封管2—3次，都倒入锥形瓶，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；④用cmol·L−1Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I−+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是_____________。(4)滴定终点的现象是___________________。(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______g(用整理过的含c、V的代数式表示)。28、（14分）镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。请回答下列问题：（1）基态镍原子的价电子排布式为_____，排布时能量最高的电子所占能级的原子轨道有____个伸展方向。（2）镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+等。下列说法正确的有___A．CO与CN-互为等电子体，其中CO分子内σ键和π键个数之比为1:2-B．NH3的空间构型为平面三角形C．Ni2+在形成配合物时，其配位数只能为4D．Ni(CO)4和[Ni(CN)4]2-中，镍元素均是sp3杂化（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“→”和“•••”分别表示出配位键和氢键。_____（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，相关离子半径如下表：NiO晶胞中Ni2+的配位数为____，NiO熔点比NaCl高的原因是_____。（5）研究发现镧镍合金LaNix是一种良好的储氢材料。属六方晶系,其晶胞如图a中实线所示，储氢位置有两种，分别是八面体空隙（“”）和四面体空隙（“”），见图b、c，这些就是氢原子存储处，有氢时，设其化学式为LaNixHy。①LaNix合金中x的值为_____；②晶胞中和“”同类的八面体空隙有___个，和“”同类的四面体空隙有___个。③若H进入晶胞后，晶胞的体积不变，H的最大密度是______g/cm-3（保留2位有效数字，NA=6.0×1023，=1.7）29、（10分）随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一。Ⅰ.利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)△H＜0(1)写出一种可以提高NO的转化率的方法：__________(2)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)︰n(NO)=2︰3充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是___________A．c(NH3)︰c(NO)=2︰3B．n(NH3)︰n(N2)不变C．容器内压强不变D．容器内混合气体的密度不变E.1molN—H键断裂的同时，生成1molO—H键(3)已知该反应速率v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·cx(N2)·cy(H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，该反应的平衡常数K=k正/k逆,则x=_____，y=_______。(4)某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应，NO的转化率随温度变化的情况如图所示：①在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)=_______;②在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是___________。Ⅱ.用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收氮氧化物也是一种可行的方法。NO和NO2不同配比混合气通入尿素溶液中，总氮还原率与配比关系如图。(5)

用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收体积比为1∶1的NO和NO2混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。写出该反应的化学方程式____。(6)随着NO和NO2配比的提高，总氮还原率降低的主要原因是________________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】

A.Se原子最外层有6个电子，最高价为+6，所以SeO2可以被氧化，故A正确；B.Se与O同族，H2O的分子构型为V型，所以H2Se的分子构型为V型，故B正确；C.Se与S是同族元素，SO2是酸性氧化物，能和碱溶液反应，所以SeO2能和碱溶液反应，故C正确；D.同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性Se<S，所以H2S的稳定性强于H2Se，故D错误；答案选D。本题考查同主族元素性质递变规律，利用同主族元素的相似性解决问题，根据二氧化硫的性质推出SeO2的性质，根据H2O的分子构型构型推出H2Se的分子构型。2、D【解析】

A.根据图示可知A电极为锂电极，在放电时，失去电子变为Li+，发生氧化反应，A正确；B.根据图示可知a电极为锂电极，失去电子，发生反应：Li-e-=Li+，b电极通入空气，空气中的氧气获得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2e-+2Li+=2Li2O2，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以总反应方程式为：2Li+O2=Li2O2，B正确；C.充电时，a电极连接电源的负极，作阴极，Li+向阴极定向移动，在a电极获得电子，变为Li，所以充电时Li+在电解质中由b极移向a极，C正确；D.充电时，b极连接电源的正极，作阳极，发生氧化反应：Li2O2-2e-=2Li+O2，D错误；故合理选项是D。3、D【解析】

A、取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解，说明固体中含有不溶性的物质和可溶性物质，对四个选项分析比较，都具备该条件；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，说明有碳酸盐，A中无碳酸盐，A错误；B、最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色，由于CuSO4溶液显蓝色，不是无色，B错误；C、Na2S2O3与硝酸反应产生Na2SO4、S单质、NO气体，S是淡黄色难溶于水的物质，不是白色固体，C错误；D、KCl能溶于水，而Ag2CO3不溶于水，加入HNO3，反应产生AgNO3、CO2气体和H2O，KCl再与AgNO3发生复分解反应产生AgCl白色不溶于酸的沉淀，符合题意，通过上述分析可知该白色粉末为KCl、Ag2CO3，D正确；故合理选项是D。4、C【解析】

A.①粗盐制精盐除采用过滤泥沙外，还必须除去Ca2＋、Mg2＋、SO42−等杂质，故A正确；B.利用沉淀溶解平衡转化，工业生产中常选用石灰乳作为Mg2＋的沉淀剂，并对沉淀进行洗涤，故B正确；C.镁离子要水解，因此第②步的反应是将MgCl2⸱6H2O晶体在HCl气流中加热脱去结晶水得无水MgCl2，故C错误；D.第③步到第⑤步空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂，SO2与Br2反应生成HBr和H2SO4，故D正确；答案为C。工业上沉淀镁离子只能用石灰乳，不能用氢氧化钠，要注意与实际应用相联系，工业要考虑成本问题。5、D【解析】

A.铁过量，1molCl2完全反应转移2mol电子，选项A正确；B.乙醇有0.5mol，另外还有1.5mol水，故氢原子总数为（0.5mol×6+1.5mol×2）×NA=6NA，选项B正确；C.反应中每生成4mol氮气转移15mol电子，生成28gN2时（物质的量为1mol），转移的电子数目为3.75NA，选项C正确；D.NaCl溶液不水解，为中性，NaF溶液水解，为碱性，根据电荷守恒，两溶液中离子总数均可表示为2[n(Na+)+n(H+)]，Na+数目相等，H+数目前者大于后者，所以L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LNaF溶液中离子总数：前者大于后者，选项D错误；答案选D。6、C【解析】A，根据题意，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，由放电反应推知Cu极电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，Cu2O又被还原成Cu，整个过程中Cu相当于催化剂，氧化剂为O2，A项正确；B，放电时正极的电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，B项正确；C，放电时负极电极反应式为Li-e-=Li+，电路中通过0.1mol电子生成0.1molLi+，Li+透过固体电解质向Cu极移动，反应中消耗O2物质的量为=0.025mol，在标准状况下O2的体积为0.025mol22.4L/mol=0.56L，C项错误；D，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，D项正确；答案选C。7、C【解析】

先加硝酸，氢离子与碳酸根离子生成气体，可以鉴别出碳酸钠，但硝酸也可和氢氧化钠反应生成水，没有明显现象，又除去了氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应生成具有刺激性气味的气体，加入硝酸铵可以证明氢氧化钠的存在；再加入稀硝酸，有气体生成，证明含有碳酸钠；加入硝酸钡，钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，可以证明含有硝酸钡；最后加入硝酸银，银离子与氯离子反应生成氯化银白色沉淀，证明含有氯化钠，可以将四种溶质都证明出来，如先加入硝酸银，则硫酸银、氯化银都生成沉淀，不能鉴别，综上所述，C项正确；答案选C。8、B【解析】

A.H2和D2是单质，不是原子，且是同一种物质，A错误；B.2He和3He是同种元素的不同种原子，两者互为同位素，B正确；C.O2和O3是氧元素的两种不同的单质，互为同素异形体，C错误；D.冰是固态的水，干冰是固态的二氧化碳，是两种不同的化合物，不是同位素，D错误；故合理选项是B。9、C【解析】

A项、盐酸首先中和氢氧化钠，故A错误；B项、常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，故B错误；C项草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使其褪色，故C正确；D项、氢氧化钠溶液开始是过量的，因此不可能产生白色沉淀氢氧化铝，故D错误；故选C。10、D【解析】

乙醇在催化条件下，可与氧气发生反应生成乙醛，以此解答。【详解】乙醇在催化条件下，可与氧气发生氧化反应生成乙醛，—OH被氧化生成—CHO，为氧化反应。答案选D。11、C【解析】

A．由4，7-二氯喹啉的结构简式可知，该分子含有苯环，属于芳香族化合物，A选项正确；B．根据苯环、碳碳双键中所有原子共平面分析可知，该分子中所有原子在同一平面上，B选项正确；C．由结构简式可知，分子式为C9H5NCl2，C选项错误；D．该分子中苯环能够发生取代、加成反应，碳碳双键能够发生加成反应、氧化反应，D选项正确；答案选C。12、B【解析】

若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，发生氧化反应；铁做正极被保护，故A正确，B不正确。若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C正确；X极作阳极，发生氧化反应，D正确。答案选B。13、A【解析】

A．19g

羟基(-18OH)的物质的量为=1mol，而羟基(-18OH)中含10个中子，故1mol羟基(-18OH)中含10NA个中子，故A正确；B．标况下HF为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C．NaHSO4由钠离子和硫酸氢根离子构成，1mol

NaHSO4晶体中含有的离子总数为2NA，故C错误；D．溶液体积未知，无法计算0.1mol·L-1KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目，故D错误；故选A。本题的易错点为B，要注意一些特殊物质在标准状况下的状态，本题中的HF为液体，类似的还有SO3为固体，H2O为液体或固体等。14、A【解析】

A．Na在氧气中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3，能实现转化，故A正确；B．Fe与Cl2燃烧，反应生成FeCl3不能生成FeCl2，故B错误；C．在高温下，SiO2与与盐酸溶液不反应，故C错误；D．S在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能得到三氧化硫，故D错误；答案选A。氯气是强氧化剂，与变价金属单质反应时，金属直接被氧化为最高价。15、B【解析】

根据Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，NaHCO3与CaCl2不反应，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，已知NaOH完全反应，则一定体积的CO2通入V

L

NaOH溶液中产物不确定，以此来解答。【详解】A.因a、b的关系不确定，无法计算参加反应的CO2的体积，A项错误；B.由A选项可知若a=b，则CO2与NaOH溶液反应生成的盐只有Na2CO3，B项正确；C.若产物为碳酸钠，碳酸钠与石灰水、CaCl2溶液都能反应生成碳酸钙，则a=b；若产物为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠与CaCl2溶液不反应，碳酸钠与CaCl2溶液反应生成碳酸钙，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，则a>b，但不可能a<b，C项错误；D.若a、b相等时，由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，由NaCl∼NaOH可计算NaOH的物质的量，溶液的体积已知，则可以计算浓度，D项错误；答案选B。16、B【解析】

A、NaCl为强电解质，电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；B、电解氯化铜溶液生成Cu和氯气，电解发生CuCl2Cu+Cl2↑，故B符合题意；C、醋酸为弱酸，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故C不符合题意；D、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)=(436+243-431×2)kJ/mol=-183kJ/mol，因此H2

(g)+Cl2

(g)→2HCl(g)+183kJ，故D不符合题意；故选：B。电解池中阳极若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应，若是惰性电极作阳极，放电顺序为：，注意：①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电；②最常用、最重要的放电顺序为阳极：Cl－>OH－；阴极：Ag＋>Cu2＋>H＋。17、B【解析】

向体积均为50.0mL的由Cl-与Br-组成的混合溶液和由Cl-与I-组成的混合溶液中滴加0.10mol·L-1的AgNO3溶液，根据溶度积数据，Cl-与I-组成的混合溶液中I-先沉淀，Cl-与组成的混合溶液中Br-先沉淀，由图象可知当加入25mLAgNO3溶液时I-和Br-分别反应完，当加入65mLAgNO3溶液时Cl-反应完，据此分析解答。【详解】A、由于Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，因此当开始沉淀时，I-浓度应该更小，纵坐标值应该更大，故X-表示I-；故A错误；B、由图象可知，当滴定Cl-与I-组成的混合溶液时，当加入25mLAgNO3溶液时I-反应完，n（I-）=0.025L0.10mol·L-1=0.0025mol；当加入65mLAgNO3溶液时Cl-反应完，即Cl-反应完消耗了40mLAgNO3溶液，n（Cl-）=0.04L0.10mol·L-1=0.004mol，混合溶液中n(Cl-)：n(I-)=0.004mol:0.0025mol=8：5，故B正确；C、由溶度积可知，滴定过程中首先沉淀的是AgI，故C错误；D、由图象可知，当滴入AgNO3溶液25mL时，Cl-与Br-组成的混合溶液中c(Ag+)<7×10-7mol·L-1，故D错误。答案选B。18、C【解析】

A.未给出体积，无法计算物质的量，A错误；B.Cl2溶于水中，部分氯气与水反应生成次氯酸和氯化氢，转移的电子数小于0.2NA，B错误；C.1.5gNO为0.05mol，1.6gO2为0.05mol，充分反应，2NO+O2=2NO2，0.05molNO全部反应生成0.05molNO2，剩余O2为0.025mol，体系中还存在2NO2N2O4，但化学反应原子守恒，所以0.05molNO2中原子总数0.15NA，为0.025molO2中原子总数0.05NA，反应后混合物中总共原子总数为0.2NA；C正确；D.标准状况下，HF不是气体，无法计算，D错误；故答案为：C。19、C【解析】试题分析：A．燃烧热是1mol的物质完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量，由于氢气是2mol，而且产生的是气体水，所以H2的燃烧热大于241.8kJ/mol，错误；B.2A(g)+2B(g)3C(g)+D（s）的正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡会正向移动，物质的平衡含量改变，因此图2不能表示压强对可逆反应的影响，错误；C．根据图3，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量CuO，增大溶液的pH,还不回引入杂质离子，调节pH＝4，这时就会形成Fe(OH)3沉淀，然后过滤即可除去，正确；D．当两种电离程度不同的酸溶液稀释水，酸越强，溶液中离子的浓度变化就越大，酸越弱，酸稀释时未电离的电解质分子会继续电离使离子浓度由有所增加，所以离子浓度变化小，根据图像可知酸性：HA>HB。酸越强，其盐水解程度就越小，其盐溶液的碱性就越弱。所以相同条件下NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，错误。考点：考查图像法在表示燃烧热、平衡移动原理、杂质的除去即盐的水解中的应用的知识。20、D【解析】

W、R、X、Y的原子序数依次增大，Y的最高正价和最低负价之和等于0，则Y位于第IVA族；W和R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化，二氧化氮和四氧化二氮之间能相互转化，且没有电子转移，则W为N、R为O元素；这4种元素的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2倍，R核电荷数为8，W最外层有5个电子、R最外层有6个电子、Y最外层有4个电子，则X最外层有1，且X原子序数大于R而小于Y，为Na元素，Y为硅，然后结合元素的性质和元素周期律来解答。【详解】A.

W、R、Y分别是N、O、Si元素，同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性强弱顺序是R>W>Y，故A错误；B.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是X>Y>W>R，故B错误；C.活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子化合物，R是活泼非金属元素、X是活泼金属元素，二者易形成离子化合物Na2O、Na2O2，故C错误；D.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性R>W>Y，则简单氢化物的热稳定性次序为R>W>Y，故D正确；故选D。21、B【解析】

A.地球上的碳是不断地循环着的，但由于人类的乱砍滥伐，导致大气中的CO2含量不断升高，A错误；B.燃烧含硫的物质导致大气中SO2含量升高，从而导致酸雨的形成，B正确；C.生活中臭氧的含量高，不仅会导致金属制品的腐蚀，还会对人体造成伤害，C错误；D.若不对大气进行治理，气候变暖是必然的，D错误。故选B。22、A【解析】

A．a点所得溶液中，pH=1.75，则c(H2A)==c(HA-)，所以H2A与NaOH反应发生后，c(H2A)>c(HA-)，V0<5mL，A不正确；B．B点时，H2A与KOH刚好完全反应生成KHA，溶液中存在三个平衡体系：HA-H++A2-，HA-+H2OH2A+OH-，H2OH++OH-，由此得出所得溶液中：c(H2A)＋c(H＋)=c(A2-)＋c(OH-)，B正确；C．C点时，c(HA-)==c(A2-)，依据电荷守恒c(Na＋)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)=3c(HA-)+c(OH-)，因为pH=7.19，c(H+)<c(OH-)，所以c(Na＋)>3c(HA-)，C正确；D．D点所得溶液中，A2-水解平衡常数Kh1===10-6.81，D正确；故选A。二、非选择题(共84分)23、丙烯酯基取代反应CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2HCOO-CH=C(CH3)2l：l检验羧基：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变红(或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色)【解析】

A分子式为C3H6，A与CO、CH3OH发生反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，聚丁烯酸甲酯发生水解反应，然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A与Cl2在高温下发生反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构简式CH2=CHCH2OH可知D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。【详解】根据上述推断可知A是CH2=CH-CH3，C为，D是CH2=CHCH2Cl，E为CH2=CHCH2OH，F是，G是。(1)A是CH2=CH-CH3，名称为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能团名称是酯基；(2)C的结构简式为，D是CH2=CHCH2Cl，含有Cl原子，与NaOH的水溶液加热发生水解反应产生E：CH2=CHCH2OH，该水解反应也是取代反应；因此D变为E的反应为取代反应或水解反应；(3)E为CH2=CHCH2OH、E与2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，该反应方程式为：CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2；(4)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有醛基、酯基及碳碳双键，则为甲酸形成的酯，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；(5)含有羧基，可以与NaOH反应产生；含有羧基可以与NaHCO3反应产生和H2O、CO2，则等物质的量消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；在中含有羧基、碳碳双键、醇羟基三种官能团，检验羧基的方法是：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变为红色；检验碳碳双键的方法是：加入溴水，溴水褪色。本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型、反应条件及题给信息是解本题关键，难点是有机物合成路线设计，需要学生灵活运用知识解答问题能力，本题侧重考查学生分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。24、1,2-二甲苯（或邻二甲苯）取代反应还原反应浓硝酸，浓硫酸浓硫酸防止出现多硝基取代的副产物(CH3)2NH（任写一种）【解析】

B和乙醛互为同分异构体，且的结构不稳定，则B为，由F与B反应产物结构可知，C2H7N的结构简式为H3C﹣NH﹣CH3。由普鲁卡因M的结构简式（），可知C6H6的结构简式为，与环氧乙烷发生类似加成反应得到C为，对比C、D分子式可知，C发生硝化反应得到D，由普鲁卡因M的结构可知发生对位取代反应，故D为，D发生氧化反应得到E为，E与HOCH2CH2N（CH3）2发生酯化反应得到G为，G中硝基被还原为氨基得到普鲁卡因，据此解答。【详解】（1）比A多两个碳原子，且一氯代物只有3种的A的同系物为，名称是1，2﹣二甲苯，故答案为1，2﹣二甲苯；（2）反应①属于取代反应，反应③属于还原反应，故答案为取代反应；还原反应；（3）反应②为硝化反应，试剂a为浓硝酸、浓硫酸，反应③为酯化反应，试剂b为浓硫酸，故答案为浓硝酸、浓硫酸；浓硫酸；（4）反应②中将试剂a缓缓滴入C中的理由是：防止出现多硝基取代的副产物，故答案为防止出现多硝基取代的副产物；（5）B的结构简式为，F的结构简式：H3C﹣NH﹣CH3，故答案为；H3C﹣NH﹣CH3；（6）一种同时满足下列条件的D（）的同分异构体：①能与盐酸反应，含有氨基，②能与碳酸氢钠反应，含有羧基，③苯环上有2种不同环境的氢原子，可以是含有2个不同的取代基处于对位，符合条件的同分异构体为等，故答案为。25、b②碱石灰制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率蒸馏溶液变为红色，而且半分钟内不褪色85.5%偏小【解析】

（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；（7）用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V，则过量Ag+的物质的量为Vcmol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol，则可以求出SO2Cl2的物质的量；AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。【详解】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出，故水应该从b口进入；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用②70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2，故选②；（3）根据装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰，可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中，故乙装置中盛放的试剂是碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；（7）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积10.00mL，则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.2000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol＝1.9×10-2mol，则SO2Cl2的物质的量为1.9×10-2mol×0.5=9.5×10-3mol，产品中SO2Cl2的质量分数为×100%=85.5%；已知：Ksp(AgCl)=3.2×10−10，Ksp(AgSCN)=2×10−12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：85.5%；偏小。26、集气瓶铁架台酒精灯澄清石灰水检验混合气体中的二氧化碳是否被完全吸收白色浑浊（或白色沉淀）验纯后点燃（或套接气球或塑料袋）除去空气中的CO2CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O不准确，因为E瓶增重的pg包含了水蒸汽的质量【解析】

(1)结合装置图书写装置名称；(2)根据检验一氧化碳是将一氧化碳转化为二氧化碳检验，从排除干扰方面分析；(3)根据一氧化碳和氧化铜生成铜和二氧化碳、二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊分析；(4)根据一氧化碳具有可燃性燃烧生成二氧化碳，二氧化碳无毒分析；(5)根据二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水分析；(6)根据E中质量的增加量是生成的二氧化碳的质量，再根据二氧化碳的质量计算出一氧化碳的质量，再用一氧化碳的质量除以气体的总质量即可。【详解】(1)根据图示：①为集气瓶，②为铁架台，③为酒精灯；(2)因为实验室检验一氧化碳通常是让它先转化为二氧化碳，然后再用澄清石灰水去检验二氧化碳．但该混合气体中原来就有二氧化碳，为了避免引起干扰，所以应该先把二氧化碳吸收完，A装置目的就是吸收二氧化碳，B装置用来检验混合气体中二氧化碳是否吸收完全，所以应该用澄清石灰水；(3)氢气和一氧化碳都会与氧化铜反应，氢气与氧化铜反应生成水，而一氧化碳与氧化铜反应生成二氧化碳，二氧化碳可以使E中出现混浊现象。即只要E中变浑浊就证明混合气体中有一氧化碳；(4)E中出来的气体中有一氧化碳，一氧化碳有毒，不能直接排放到空气中，一氧化碳具有可燃性燃烧生成二氧化碳，二氧化碳无毒，为了保护环境，应在E装置右边的排气管口点燃气体；(5)因为实验室检验一氧化碳通常是让它先转化为二氧化碳，然后再用澄清石灰水去检验二氧化碳，但该混合气体中原来就有二氧化碳，为了避免引起干扰，所以应该先把二氧化碳吸收完全，A装置目的就是吸收二氧化碳，，反应方程式为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；(6)E瓶增重pg．说明生成二氧化碳质量为pg，设生成pg二氧化碳需要一氧化碳的质量为x，则：根据：=，解得x=g，所以混合气体中CO的质量百分数为：×100%=%，如果去掉D装置，氢气与氧化铜反应生成的水也进入E装置内，误认为是生成的二氧化碳的质量，所以计算出的一氧化碳质量偏大。本题易错点为(2)中对B装置作用的判断，会误认为B中盛装浓硫酸来吸收混合气体中的水蒸气，该实验的目的在于检验混合气体中含有一氧化碳，水蒸气对检验一氧化碳基本无影响，二氧化碳的存在是干扰一氧化碳检验的重点。27、降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸冰水浴防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化1.35×10-2cV【解析】

Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；Ⅱ.(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，准确测量；(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)根据氧化还原反应分析，有关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)。【详解】Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质，则化学反应方程式为：，故答案为：；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气，及时排出；ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，故答案为：降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸；冰水浴；Ⅱ.(3)装置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量，故答案为：防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，故答案为：溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3L×cmol/L=c•V•10-3mol．则：根据关系式：，所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3mol，所以m(ClO2)=n(ClO2)•M=×c•V•10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g，故答案为：1.35cV×10-2。本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键。28、3d84s25A6离子所带电荷数越高，离子半径越小，则晶格能越大，熔点越高5360.18【解析】

（1）依据Ni的最外层电子排布式作答；（2）A.CO与N2互为等电子体，互为等电子体的两种物质结构相似；B.依据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论作答；C.找出[Ni(CN)4]2-和[Ni(NH3)6]2+两种配合物的配体个数；D.依据杂化轨道理论分析其杂化类型；（3）依据配位键与氢键的存在原子种类分析；（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠相同；从离子晶体的晶格能角度分析熔点高低；（5）①利用均摊法求出晶胞中La与Ni的原子