广西玉林市2023-2024学年高二上学期期末教学质量检测化学试题（含答案）

广西玉林市2023-2024学年高二上学期期末教学质量检测化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．化学与生活关系密切，下列说法正确的是（）A．“玉兔二号”月球车使用的太阳能电池板材料是二氧化硅B．水垢中的CaSO4，可先用C．SOD．钢管表面镀锌可以防止钢管被腐蚀，镀层破损后，钢管反而会加速腐蚀2．下列有关说法正确的是（）A．同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相等B．NaCl焰色试验为黄色，与Cl的电子跃迁有关C．He的电子排布式为1s2，故D．第四周期最外层电子数为1的元素只有K3．下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（）A．用浓氨水和NaOH固体制取氨气氨气B．新制的氯水久置后变成无色C．平衡体系加压后颜色变深D．加压后气体颜色先变深后变浅A．A B．B C．C D．D4．NAA．1mol苯中含有3NB．常温下，1LpH=10的氨水溶液中，发生电离的水分子数为：1×1C．标况下，2.24LCH3COOH中含D．Na2O25．下列化学反应式表示正确的是（）A．氢氧碱性燃料电池的负极反应式为：HB．铅酸蓄电池放电时正极反应式为：PbSC．钢铁吸氧腐蚀负极的电极反应式为：Fe−3D．电解精炼铜时阴极的电极反应式为：C6．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。下图是氯及其部分化合物的“价类二维图”，下列说法错误的是（）A．Y既有氧化性，又有还原性B．Z的电子式为：C．可存在X→ClD．X和Z在水溶液中不能大量共存7．1817年，瑞典的贝采利乌斯从硫酸厂的铅室底部的红色粉状物质中制得硒。硒在元素周期表中位于第VIA，其它数据如图所示，下列关于硒元素及其基态原子的说法正确的是（）A．属于非金属元素 B．第一电离能大于33C．电负性大于S D．价层电子排布式为：38．上海交通大学仇毅翔等研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C下列说法正确的是（）A．该反应的焓变：ΔH=+129．6kJ⋅moB．催化乙烯加氢效果较好的催化剂是AuFC．稳定性：过渡态1>过渡态2D．催化剂可以改变速率，但不能改变平衡转化率9．明矾成分是KAl(SA．加热明矾水溶液，溶液pH升高B．明矾溶液也可用于自来水的杀菌净水C．明矾溶液中能大量存在Na+、Mg2+D．明矾溶液中c(S10．治理汽车尾气中NO和CO污染的反应原理为2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+A．高温、低压有利于反应正移B．化学平衡常数的表达式为K=C．此温度下，因K值较大，故化学反应速率较快D．该反应在低温条件下可自发进行11．用如下实验装置进行相应实验，不能达到实验目的的是（）ABCD碱式滴定管的使用蒸发CuSO4溶液得通过实验验证K测定中和热A．A B．B C．C D．D12．CO可用于合成甲醇，其反应的化学方程式为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)。在一容积可变的密闭容器中充有10molCO与20molH2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇，COA．合成甲醇的反应为吸热反应B．A、B、C三点的平衡常数为KC．压强为pD．T1下，达平衡状态A后，又投入5molCO和10molH2，则再次平衡时，13．微生物脱盐池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以氯化钠溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图的装置处理有机废水（以含CHA．该电池可在高温环境下工作B．Y为阴离子选择性交换膜C．负极反应式为：CD．每消耗2.24L的空气，有0.4mol电子转移14．亚砷酸（H3AsO3）作为一种化疗药物，常用于白血病的治疗，其在水溶液中存在多种微粒形态。常温下，用NaOH溶液滴定A．②代表H2AsO3B．Ka1=1C．等浓度的H3AsOD．c点溶液中c(二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．现有六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。A元素形成的物质种类繁多，其形成的一种固体单质工业上常用作切割工具B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C元素基态原子p轨道有两个未成对电子D原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ⋅mol−1；IE原子核外所有p轨道全满或半满F在周期表的第8纵列（1）某同学根据上述信息，推断A基态原子的核外电子排布为，该同学所画的电子排布图违背了。（2）A、B、C的原子半径由小到大的顺序为（用元素符号表示）。（3）D元素与同周期相邻两元素的第一电离能由大到小的排序为（用元素符号表示）；B与E的简单氢化物的稳定性大小关系为（用化学式表示）。（4）E原子中电子占据的最高能层符号是，其核外电子共有种空间运动状态。（5）F元素位于元素周期表中的区，F2+的价层电子轨道表示式为（6）过量单质F与B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液完全反应，生成BC气体，该反应的离子方程式为。16．过氧化钙是一种温和的氧化剂，常温下为白色的固体，无臭无味，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应；不溶于醇类、乙醚等，易与酸反应。常用作杀菌剂、防腐剂等。某实验小组拟选用如下操作与装置（部分固定装置略）制备过氧化钙。（1）三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为。（2）操作③中A最好选用的试剂是（填标号）。a．水b．乙醇c．盐酸（3）该反应常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：其一，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2⋅8（4）反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2⋅8H2（5）过氧化钙（CaO第一步：准确称取ag产品于烧杯中，加入适量的盐酸使其完全溶解；第二步：向上述溶液中加入稍过量的(NH4)第三步：将洗涤好的沉淀用稍过量的稀硫酸溶解，溶解液和洗涤液全部转移至锥形瓶中；第四步：因反应较慢，向锥形瓶中滴入几滴MnSO4溶液，然后逐滴滴入浓度为cmol⋅L−1的KMnO①滴定前，滴入MnSO4溶液的目的是②滴定终点的现象为。③产品的纯度为（用字母表示）。④若第三步用稀盐酸溶解，所测纯度（填“偏低”“不变”或“偏高”）。17．纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多特异功能的新材料，具有重要价值。工业上以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3、（1）“焙烧”中，SiO2几乎不发生反应，MgCO3、FeCO3、CaCO3转化为相应的硫酸盐。若FeCO3转化为NH（2）“滤渣I”的成分，除SiO2外，还有（3）已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表：金属离子FFM开始沉淀时的pH6.32.28.9完全沉淀时的pH9.02.810.9上述流程中所用“氧化剂”常用双氧水，这一步不可省掉的理由是。（4）“试剂a”是（填化学式）；调节pH的范围是。（5）“沉淀”形成MgCO3。资料显示煅烧MgCO3比煅烧Mg(OH)2更容易生成MgO纳米材料。“沉淀”时若将（6）该流程中可以循环利用的物质是（填化学式）。18．我国向世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。而研发二氧化碳捕捉和碳利用技术则是关键，其中CO2催化加氢合成甲酸反应为：（1）已知：298K时，部分物质的相对能量如表所示。物质CHHCOOH(g)相对能量/（kJ⋅mol－3930－423.9则ΔH＝kJ⋅mol−1。反应中应控制合适的投料比，随CO2与H2（2）CO2催化加氢合成甲酸的过程中，不断升高温度，下列图像正确的是ABCD（3）恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2A．Qc（浓度熵）不再变化 B．CO2C．气体的密度不再变化 D．HCOOH的质量分数不再改变（4）在某催化剂的作用下，CO2和H2CO2(g)+H2温度（K）CO甲酸选择性（%）32340.050.034354.648.3注：甲酸的选择性是指发生反应的CO①数据表明，升高温度，CO2转化率提高而甲酸选择性降低，其原因是②323K下，CO2与H2各按1mol投料，平衡时，HCOOH的物质的量为，主反应的平衡常数K

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、太阳能电池板材料为硅，二氧化硅为光导纤维的主要材料，A不符合题意。

B、水垢中的CaSO4，可用Na2CO3转化为更难溶的CaCO3，再用酸溶液将CaCO3溶解，B符合题意。

C、SO2是一种有毒气体，不可广泛应用于食品增白工业，C不符合题意。

D、钢管表面镀锌可以起到防止钢管腐蚀的作用。当镀层破损后，由于金属活动性Zn＞Fe，所以Zn做负极，Fe做正极，钢管被保护起来，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、太阳能电池板材料为Si。

B、微溶的CaSO4可转化为更难溶的CaCO3。

C、SO2有毒，不能广泛应用于食品漂白。

D、金属活动性Zn＞Fe，镀层破损，Zn做负极。2．【答案】A【解析】【解答】A、同一原子中，p能级的轨道数都是3，因此2p、3p、4p能级的轨道数都相等，A符合题意。

B、NaCl焰色试验为黄色，是由于加热过程中，Na元素中电子跃迁引起的，与Cl元素无关，B不符合题意。

C、He为稀有气体元素，属于p区，C不符合题意。

D、第四周期最外层电子数为1的元素，其基态原子核外价电子排布式可能为4s1、3d54s1或3d104s1，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、p能级的轨道数都是3。

B、焰色试验是金属元素中电子跃迁引起的。

C、He元素属于p区。

D、第四周期最外层电子数为1的元素，其基态原子核外价电子排布式可能为4s1、3d54s1或3d104s1。3．【答案】C【解析】【解答】A、NaOH固体溶于水的过程中放出热量，温度升高，NH3逸出，使得可逆反应NH3·H2O⇌NH3＋H2O平衡正向移动，可用于制取NH3。能用勒夏特列原理解释，A不符合题意。

B、光照过程中发生反应2HClO=2HCl＋O2↑，使得氯水中c(HClO)减小，使得可逆反应Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO平衡正向移动，氯水中Cl2的含量减少，因此久置氯水变为无色。能用勒夏特列原理解释，B不符合题意。

C、加压后，容器的体积减小，c(I2)增大，气体的颜色加深。由于可逆反应H2(g)＋I2(g)⇌2HI(g)反应前后气体分子数不变，加压平衡不移动。因此不能用勒夏特列原理解释，C符合题意。

D、加压后体积减小，c(NO2)增大，气体颜色加深。由于可逆反应2NO2(g)⇌2N2O4(g)为气体分子数减小的反应，因此增大压强，平衡正向移动，c(NO2)减小，气体颜色变浅。因此可用勒夏特列原理解释，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A、浓氨水中存在可逆反应NH3·H2O⇌NH3＋H2O。

B、氯水中存在可逆反应Cl＋H2O⇌HCl＋HClO。

C、加压后容器的体积减小，c(I2)增大，颜色加深。

D、加压后c(NO2)增大，颜色变深；增大压强后，可逆反应2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡正向移动。4．【答案】B【解析】【解答】A、苯中不存在碳碳双键，A不符合题意。

B、1LpH=10的氨水溶液中，n(H＋)=1L×10－10mol·L－1=10－10mol。溶液中H＋都来自于H2O电离产生，因此发生电离的水分子数为1×10－10NA，B符合题意。

C、标准状态下，CH3COOH不属于气态，不能应用气体摩尔体积进行计算，C不符合题意。

D、由Na2O2与H2O反应的化学方程式可知，每生成1molO2转移2mol电子。因此每生成0.1molO2，转移电子数为0.2NA，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、苯中不含有碳碳双键。

B、pH=10的氨水溶液中c(H＋)=1.0×10－10mol·L－1，溶液中H＋来自于H2O电离产生。

C、标准状态下CH3COOH不属于气态。

D、Na2O2与H2O反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2，每生成1molO2，转移2mol电子。5．【答案】D【解析】【解答】A、氢氧碱性燃料电池的负极反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，A不符合题意。

B、铅蓄电池放电时正极上PbO2发生得电子的还原反应，生成PbSO4，其电极反应式为：PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42－=PbSO4＋2H2O，B不符合题意。

C、钢铁发生吸氧腐蚀的过程中，Fe在负极发生失电子的氧化反应，生成Fe2＋，其电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，C不符合题意。

D、电解精炼铜时，Cu2＋在阴极上发生得电子的还原反应，生成Cu，其电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、碱性条件下H＋能与OH－反应生成H2O。

B、放电时PbO2发生得电子的还原反应，生成PbSO4。

C、负极Fe发生失电子的氧化反应，生成Fe2＋。

D、电解精炼铜时，Cu2＋在阴极上发生得电子的还原反应生成Cu。6．【答案】B【解析】【解答】A、Y为Cl2O，其中Cl元素为＋1价，处于中间价态，既有氧化性，又有还原性，A不符合题意。

B、Z为HClO，其电子式为，B符合题意。

C、X为HCl，能与HClO反应生成Cl2，Cl2能与NaOH溶液反应生成NaClO。因此可实现X→Cl2→NaClO的转化关系，C不符合题意。

D、HCl能与HClO发生反应HCl＋HClO=Cl2＋H2O，因此二者不可大量共存，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、Y为Cl2O，Cl元素处于中间价态。

B、Z为HClO，其中Cl原子只能形成一个共价键。

C、X为HCl，可转化为Cl2。

D、HCl和HClO可反应生成Cl2。7．【答案】A【解析】【解答】A、硒元素属于非金属元素，A符合题意。

B、As的基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，其中4p能级为半充满稳定结构，难以失去电子。因此第一电离能：As＞Se，B不符合题意。

C、S、Se属于同主族元素，核电荷数越大，电负性越弱。因此电负性：S＞Se，C不符合题意。

D、Se的基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，所以其价层电子排布式为4s24p4，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、硒元素属于非金属元素。

B、As基态原子的4p能级为半充满稳定结构，难以失去电子。

C、同主族元素，核电荷数越大，电负性越弱。

D、硒元素的价电子排布式为4s24p4。8．【答案】D【解析】【解答】A、由图可知，该反应的反应热ΔH=－129.6kJ·mol－1，A不符合题意。

B、由图可知，使用催化剂AuPF3＋时，反应所需的活化能更小，反应速率更快。因此催化乙烯加氢效果较好的催化剂为AuPF3＋，B不符合题意。

C、由图可知，过渡态1所具有的能量高于过渡态2，物质具有的能量越高，越不稳定。因此稳定性：过渡态1＜过渡态2，C不符合题意。

D、使用催化剂，可降低反应所需的活化能，从而加快反应速率。但不影响平衡移动，因此加入催化剂不能改变平衡转化率，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、根据图示能量变化确定反应热ΔH。

B、反应所需的活化能越小，催化效果越好。

C、物质所具有的能量越高，越不稳定。

D、催化剂可以改变反应速率，但不影响平衡移动。9．【答案】D【解析】【解答】A、明矾溶液中存在Al3＋的水解反应Al3＋＋3H2O⇌Al(OH)3＋3H＋，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，使得溶液中c(H＋)增大，溶液的pH减小，A不符合题意。

B、明矾溶液中Al3＋水解产生Al(OH)3胶体，可以起到吸附净水的作用，但没有杀菌作用，B不符合题意。

C、Al3＋能与HCO3－发生反应Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，因此二者不可大量共存，C不符合题意。

D、KAl(SO4)2在水中完全电离KAl(SO4)2=K＋＋Al3＋＋2SO42－，溶液中Al3＋发生水解，使得溶液显酸性，因此c(Al3＋)＜c(K＋)、c(H＋)＞c(OH－)。所以溶液中离子浓度关系为：c(SO42－)＞c(K＋)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、加热可以促进Al3＋的水解。

B、明矾只能用于净水，不能用于杀菌。

C、Al3＋能与HCO3－反应，不能大量共存。

D、明矾溶液中存在Al3＋的水解，使得溶液显酸性。10．【答案】D【解析】【解答】A、该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动。因此低温、高压有利于反应正向移动，A不符合题意。

B、该反应的化学平衡常数的表达式为K=c2CO2×cN2c2NO×c2CO，B不符合题意。11．【答案】A【解析】【解答】A、图示仪器为酸式滴定管，A符合题意。

B、对CuSO4溶液进行蒸发结晶，可得到CuSO4固体，B不符合题意。

C、往浓度相同的NaCl溶液和NaI溶液中滴加AgNO3溶液，可观察到先产生黄色沉淀（AgI），说明溶度积Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，C不符合题意。

D、图示装置可用于测定中和热，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、图示为酸式滴定管。

B、CuSO4溶液蒸发结晶可得到CuSO4晶体。

C、先形成黄色沉淀AgI，说明其溶度积Ksp较小。

D、根据中和热的测定装置分析。12．【答案】B【解析】【解答】A、由图可知，其他条件相同时，升高温度，CO的平衡转化率减小。说明升高温度，平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应。因此合成甲醇的反应为放热反应，A不符合题意。

B、同一反应，其化学平衡常数只与温度有关。温度不变，平衡常数不变；温度改变时，若反应正向进行的程度越大，则平衡常数越大。A、B两点的温度相同，则KA=KB；C点温度下CO的平衡转化率较小，说明反应正向进行的程度较低，则平衡常数KC较小。因此A、B、C三点的化学平衡常数：KA＝KB＞KC，B符合题意。

C、该反应为气体分子数减小的反应，因此增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大。说明相同条件下，CO的平衡转化率越大，则压强越大，所以p1＜p2，C不符合题意。

D、由于该装置为恒温恒压装置，平衡后又投入5molCO和10molH2，与起始投入量之比相等，因此达到新的平衡后，CO的转化率不变，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。

B、平衡常数只与温度有关，温度相同，平衡常数相同。不同温度下，反应正向进行的程度越大，平衡常数越大。

C、结合压强对平衡移动的影响分析，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。

D、等比例增大CO和H2的量，容器体积可变，则平衡不移动，转化率不变。13．【答案】C【解析】【解答】A、该电池利用微生物处理，高温环境会使得微生物结构被破坏，电池无法正常工作，A不符合题意。

B、由分析可知，Na＋通过离子交换膜Y进入酸性水溶液中，因此离子交换膜Y为阳离子交换膜，B不符合题意。

C、由分析可知，负极的电极反应式为CH3COO－－8e－＋2H2O=2CO2↑＋↓H＋，C符合题意。

D、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】利用微生物处理有机废水获得电能，则该装置为原电池装置。左侧负极上CH3COO－发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：CH3COO－－8e－＋2H2O=2CO2↑＋7H＋。右侧正极上O2发生得电子的还原反应，生成H2O，其电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。模拟海水中Na＋通过阳离子交换膜进入右侧酸性水溶液中；Cl－进入左侧有机废水中。据此结合选项分析。14．【答案】C【解析】【解答】A、由分析可知，②表示H2AsO3－；曲线③表示的是HAsO32－，A不符合题意。

B、a点时，溶液中c(H3AsO3)=c(H2AsO3－)，此时溶液的pH=9.3，即溶液中c(H＋)=10－9.3mol·L－1。因此H3AsO3的第一步电离平衡常数Ka1=cH2AsO3-×cH+cH3AsO3=cH+=10-9.3。b点时溶液中c(H2AsO3－)=c(HAsO32－)，此时溶液的pH=12，即溶液中c(H＋)=10－12mol·L－1。因此H3AsO3的第二步电离平衡常数Ka2=cHAsO32-×cH+cH2AsO3-=cH+=10-12，B不符合题意。

C、等浓度的H3AsO3与NaOH溶液等体积混合后，所得溶液的溶质为NaH2AsO3，此时溶液显碱性。说明H2AsO3－的水解程度大于其电离程度，而水解会促进水的电离，C符合题意。

D、c点溶液的溶质为Na2HAsO3、Na3AsO3，溶液中存在电荷守恒：c(H2AsO3－)＋2c(HAsO32－)＋3c(AsO33－)＋c(OH－)=c(H＋)＋c(Na＋)，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】用NaOH溶液滴定H3AsO3时，依次发生反应：H3AsO3＋OH－=H2AsO315．【答案】（1）洪特规则（2）O<N<C（3）Mg>Al>Na；NH3>P（4）M；9（5）d；（6）3Fe+8【解析】【解答】（1）由分析可知，A为C，其核外电子排布式为1s22s22p2。电子进入轨道中时，总是单独优先占据，且自旋平行。图示2p能级的2个电子自选相反，不符合洪特规则。

故答案为：洪特规则

（2）由分析可知，A、B、C分别为C、N、O，属于同周期元素。其核电荷数越大，原子半径越小。因此原子半径：O＜N＜C。

故答案为：O＜N＜C

（3）由分析可知，D为Mg。其相邻的同周期元素为Na、Al。同周期元素，从左到右，第一电离能逐渐增大，其中第ⅡA族、ⅤA族元素，其2p能级为全满、半满状态，结构稳定，难以失去电子。因此三种元素的第一电离能大小为Mg＞Al＞Na。由分析可知B为N、E为P；二者的非金属性N＞P。非金属性越强，则其简单氢化物的稳定性越强，因此简单氢化物的稳定性NH3＞PH3。

故答案为：Mg＞Al＞Na；NH3＞PH3

（4）由分析可知，E为P，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，因此其电子占据的最高能层为第三层，其能层符号为M。其核外电子共有9种不同的空间运动状态。

故答案为：M；9

（5）由分析可知，F为Fe，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，电子最后填充的为d能级，因此F元素位于周期表中的d区。F2+是由F原子失去最外层2个电子形成的，其核外电子排布式为[Ar]3d6，因此F2+的价层电子轨道表示式为。

故答案为：d；

（6）B的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，过量Fe与HNO3反应，生成Fe(NO3)2、NO和H2O。该反应的离子方程式为：3Fe＋8H＋＋2NO3－=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O。

故答案为：3Fe＋8H＋＋2NO3－=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O

【分析】A的一种固体单质可用作切割工具，因此A为C。B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则B原子的核外电子排布式为1s22s22p3，因此B为N。C元素基态原子p轨道有两个未成对电子，所以C原子的核外电子排布式为1s22s22p4，所以C为O。D原子的第三电离能发生突变，说明D原子最外层有2个电子，因此D为Mg。E原子核外所有p轨道全满或半满，则E的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，所以E为P。F在周期表中第8纵列，因此F为Fe。据此结合题干设问分析作答。16．【答案】（1）CaCl2（2）b（3）避免过氧化氢分解（4）稀硝酸和硝酸银（或稀HNO3和（5）起催化作用，加快反应速率；滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不变色；【解析】【解答】（1）三颈烧瓶中CaCl2、H2O2和NH3·H2O反应生成CaO2·8H2O和NH4Cl，该反应的化学方程式为：CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O=CaO2·8H2O＋2NH4Cl；或CaCl2＋H2O2＋2NH3·8H2O=CaO2·8H2O＋2NH4Cl。

故答案为：CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O=CaO2·8H2O＋2NH4Cl或CaCl2＋H2O2＋2NH3·8H2O=CaO2·8H2O＋2NH4Cl

（2）操作③中对CaO2·8H2O进行洗涤。

a、为了防止CaO2·8H2O吸水潮解并发生反应，不能使用水进行洗涤，a不符合题意。

b、CaO2·8H2O不溶于醇类，因此可用乙醇进行洗涤，b符合题意。

c、CaO2·8H2O能与盐酸反应，因此不能用盐酸洗涤，c不符合题意。

故答案为：b

（3）若温度过高，则H2O2可能发生分解反应。因此温度低有利于避免H2O2分解。

故答案为：避免过氧化氢分解

（4）洗涤CaO2·8H2O的过程中是为了除去CaO2·8H2O表面附着的NH4Cl，因此洗出液中含有NH4＋、Cl－。检验是否洗涤干净，可往最后一次洗出液中滴加AgNO3溶液和稀硝酸，观察是否有白色沉淀产生。若有白色沉淀产生，则说明未洗涤干净；若无白色沉淀产生，则说明已洗涤干净。

故答案为：稀硝酸和硝酸银（或稀HNO3和AgNO3）

（5）①因反应较慢，所以向锥形瓶中滴入几滴MnSO4溶液，以加快反应速率。所以滴入MnSO4溶液的目的是起催化作用，加快反应速率。

故答案为：起催化作用，加快反应速率

②滴入的KMnO4溶液与H2C2O4反应，当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不变色，则说明此时H2C2O4已完全反应，达到滴定终点。

故答案为：滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不变色

③KMnO4与H2C2O4反应的过程中，Mn元素由＋7价变为＋2价，得到5个电子；C元素由＋3价变为＋4价，失去2个电子。根据得失电子守恒可得，关系式2KMnO4～5H2C2O4。根据元素守恒可得关系式“2KMnO4～5H2C2O4～5CaC2O4～5CaO2”，所以ag产品中nCaO2=cmol·L-1×V×10-3L×52=2.5cV×10-3mol。所以产品的纯度为2.5cV×10-3mol×72g·mol-1ag×100%=18cVa%。

故答案为：18cVa%

④若用稀盐酸溶解，则Cl－会与MnO4－反应，使得消耗的n(KMnO4)增大，导致计算所得n(CaO2)增大，最终结果偏高。

故答案为：偏高

【分析】（1）三颈烧瓶中CaCl2、H2O2和NH3·H2O反应生成CaO2·8H2O和NH4Cl，据此写出反应的化学方程式。

（2）结合题干信息CaO2不溶于醇类分析。

（3）温度过高，H2O2易分解。

（4）洗涤过程中是为了除去晶体表面附着的NH4Cl，因此检验洗出液中是否含有NH4Cl，即可证明晶体是否洗涤干净。

（5）①17．【答案】（1）0.25；C（2）CaS（3）防止Fe2+未完全转化成Fe3+，导致下一步（4）MgO或Mg(OH)2或MgCO3（5）Na2C（6）(N【解析】【解答】（1）1molFeCO3转化为NH4Fe(SO4)2的过程中，铁元素有＋2价变为＋3价，因此转移电子数为1mol×1=1mol。根据得失电子守恒可得，参与反应的O2得到的电子数也是1mol，因此参与反应的n(O2)=0.25mol。反应过程中生成的尾气中含有NH3，同时还含有FeCO3分解产生的CO2气体。

故答案为：0.25；CO2

（2）由分析可知，滤渣的成分为SiO2和CaSO4。

故答案为：CaSO4

（3）用“氧化剂”进行氧化的步骤，是为了将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋。若缺少这一步骤，则在“调节pH”使溶液中Fe2＋沉淀的过程中，会使得Mg2＋也同时沉淀，导致纳米MgO的产率降低。

故答案为：防止Fe2＋未完全转化为Fe3＋，导致下一步Fe2＋和Mg2＋同时沉淀，后续难以分离产品

（4）加入“试剂a”调节溶液的pH，是为了使溶液中的Fe3＋形成Fe(OH)3沉淀，同时防止引入新的杂质。溶液中Fe3＋存在水解平衡Fe3＋＋3H2O=Fe(OH)3＋3H＋，可加入MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH)2CO3，消耗Fe3＋水解生成的H＋，使得Fe3＋的水解平衡正向移动，将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀除去。

故答案为：MgO或Mg(OH)2或MgCO3或Mg2(OH)2CO3

（5）“沉淀”使若将NH4HCO3更换为Na2CO3，则由于Na2CO3的碱性更强，使得Mg2＋转化为更难溶的Mg(OH)2沉淀。而煅烧Mg(OH)2难以得到MgO纳米材料。

故答案为：Na2CO3碱性更强，易生成难溶的Mg(OH)2沉淀，不利于制备MgO纳米材料

（6）该流程中“在空气中焙烧”时需要加入(NH4)2SO4；而“沉淀”步骤中加入NH4HCO3，过滤后所得滤液的成分为(NH4)2SO4。因此可循环使用的物质有(NH4)2SO4。

故答案为：(NH4)2SO4

【分析】加入(NH4)2SO4，在空气中煅烧后，MgCO3、FeCO3、CaCO3转化为MgSO4、Fe2(SO4)3、CaSO4。加水浸取后，MgSO4、Fe2(SO4)3溶于水形成水溶液，过滤所得滤渣为SiO2和CaSO4。加入氧化剂，是将溶液中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋。加入试剂a调节pH，是为了将溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀。因此过滤得到的滤渣为Fe(OH)3沉淀。为防止引入新的杂质，所加试剂a为Mg(OH)2、MgO或MgCO3。加入NH4HCO3进行