ⅱ．重复滴定三次，平均每次耗用H2C2O4标准溶液15.63 mL，则本实验中生铁与浓硫酸反应产生的SO2气体的物质的量为 。（保留小数点后三位数字）
【答案】（1）CAB（2分）
（2）不同意（1分），生铁中的碳与浓硫酸加热会产生CO2，CO2也能使澄清石灰水变浑浊（2分）
（3）i．⑤①③④②（共2分）
ii．装置①的A中溶液紫红色变浅说明生成了SO2，装置②中黑色粉末变红说明生成了H2（2分，其他合理答案也可）
（4）i．5SO2+2MnO4-+2H2O═5SO42-+2Mn2++4H+（2分）ii．0.025mol（3分） 【解析】（1）实验开始时连接好装置，检验气密性，加入试剂，加热，实验结束，应将生铁丝上提离开液面。（2）生铁中含有的碳也会与浓硫酸在加热的条件下反应生成CO2气体。（3）i．⑤是气体发生器，①中有品红溶液，可联想①是用来验证SO2的，③中澄清石灰水显然是用来验证CO2的，②是装有氧化铜粉末的反应管，可验证氢气。由于SO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊，因此从⑤出来的气体必须先用装置①验证，并除去SO2，然后进入装置③验证CO2，由此可以得出正确的连接顺序应为⑤→①→③→④→②。ii．SO2具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。氢气具有还原性，能还原黑色氧化铜生成红色的铜。（4）ii．消耗草酸的物质的量为0.01563L×0.2000mol·L-1= 0.003126 mol，由5H2C2O4+2MnO4-+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，消耗高锰酸钾0.0012504 mol，即与SO2反应后剩余高锰酸钾0.0012504mol×8=0.010mol，则与SO2反应的高锰酸钾的物质的量为0.020mol－0.010mol=0.010mol，所以该反应生成的SO2是0.025mol。
27．（15分）氢、碳、氮、氧、铝为五种常见的短周期元素，请回答下列问题： （1）在密闭容器内（反应过程保持体积不变），使1 mol N2和3 mol H2混合发生下列反应：N2(g) + 3H2(g)
2NH3 (g) △H=-92.4 kJ·mol-1。当反应达到平衡时：
①N2和H2的浓度之比是 。
②其他条件不变，升高温度，则混合气体的平均相对分子质量 (填“增大”“减小”或“不变”)。
③其他条件不变，再向容器内充入1 mol N2，H2的转化率 （填“升高”“降低”或“不变”）。
④其他条件不变，将c(N2)、c(H2)、c(NH3)同时增大1倍，平衡 （填“正向“‘逆向”或“不”）移动。
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（2）由上述元素中的三种组成的原子个数比为1:3:9的某种强酸弱碱盐的化学式为____，其溶于水能____（填“促进”或“抑制”）水的电离使溶液显 （填“酸”或“碱”）性，原因是 （用离子方程式表示）。
（3）空气是硝酸工业生产的重要原料，氨催化氧化是硝酸工业的基础，氨气在铁触媒作用下只发生主反应①和副反应②。
4NH3 (g) + 5O2(g)=== 4NO (g) + 6H2O (g) △H=-905 kJ·mol-1 ① 4NH3 (g) + 3O2(g)=== 2N2 (g) + 6H2O (g) △H=-1268 kJ·mol-1 ②
则氮气与氧气反应生成NO的热化学方程式为 。 （4）M是重要的有机化工原料，其分子与H2O2含有相同的电子数，将1 mol M在氧气中完全燃烧，只生成1 mol CO2和2 mol H2O，则M的化学式为 。若某种燃料电池采用铂作为电极，以KOH溶液为电解质溶液，以M为燃料，以空气为氧化剂，则该电池的正极反应式为 。
【答案】（1）①1:3（1分）②减小（1分）③升高（1分）④正向（1分） （2）A1(NO3)3（2分）促进（1分）酸（1分）A13++3H2O （3）N2(g)+O2(g)═2NO(g) △H=+181.5 kJ·mol-1(2分) （4）CH3OH（l分） O2+4e-+2H2O═4OH-（2分）
【解析】（1）①合成氨反应是气体分子数减小的放热反应，充人的N2和H2的物质的量之比与二者反应消耗的物质的量之比均为1:3，所以当反应达到平衡时，剩余的N2和H2的浓度之比仍是1：3；②升高温度，平衡逆向移动，则混'合气体中分子总数增多，但总质量不变，平均相对分子质量减小；③达到平衡时再向容器内充人1molN2，平衡正向移动，H2的转化率升高；④达到平衡时，将c(N2)、c(H2)、C(NH3)同时增大1倍，正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，从而使平衡正向移动。（2）符合条件的强酸弱碱盐为Al(NO3)3，因其溶于水电离出的Al3+水解，从而促进水的电离，溶液显酸性。（3）根据盖斯定律可得氮气与氧气反应生成NO的热化学方程式为N2(g)+O2(g)═2NO(g) △H=+181.5 kJ·mol-1。（4）H202分子内有18个电子。由1molM在氧气中完全燃烧生成1molCO2和2molH2O得出M的化学式为CH3OH。在该甲醇燃料电池中，负极反应式为CH3OH+80H--6e-═CO32-+6H2O，正极反应式为O2+4e-+2H2O═4OH-
28．（14分）高氯酸铜易溶于水，在130℃时会发生分解反应，是一种燃烧催化剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]的一种工艺流程如下：
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A1(OH)3+3H+（2分）
（1）发生“电解I”时，所用的交换膜是 (填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。
（2）歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。
①“歧化反应”的化学方程式为 。
②“歧化反应”阶段所采用的不同温度对产率影响的结果如图所示。则该反应最适宜的温度是 。
（3）“电解II”的阳极产物为 (填离子符号)。
（4）操作a的操作名称是 ，该流程中可循环利用的物质是 (填化学式)。
（5）用该工艺流程制备高氯酸铜时，若起始时NaCl的质量为at，最终制得的Cu(ClO4)2·6H2O为bt，则产率为 (用含a、b的代数式表示)。
【答案】（1）阳离子交换膜
（2）①3Na2CO3+3Cl2===5NaCl+NaC1O3+3CO2 ②60℃
（3）ClO4- （4）蒸发浓缩 NaCl （5）(702b/371a)×100%
【解析】以食盐等为原料制备高氯酸铜[Cu(C1O4)2?6H2O]，则生成产物应生成高氯酸钠，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，“歧化反应”时，高氯酸钠与碳酸钠溶液发生歧化反应，生成的产物之一为NaClO3 ，同时生成二氧化碳气体，通电电解，溶液其中氯酸根离子失电子发生氧化反应生成高氯酸根离子，加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，得到60%
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以上的高氯酸， “反应II”阶段，Cu2(OH)2CO3与HClO4反应经过一系列操作后得到蓝色Cu(ClO4)2溶液。
（1）“电解Ⅰ”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离电解
子方程式为：2Cl- +2H2O=====2OH-+H2↑+Cl2↑，需要防止氢氧根离子与氯气反应，因此选择阳离子交换膜，故答案为：阳离子交换膜；
（2）①“歧化反应”时，氯气通入碳酸钠溶液发生反应，生成的产物之一为NaC1O3，同时生成二氧化碳气体，歧化反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl2===5NaCl+NaC1O3+3CO2，故答案为：3Na2CO3+3Cl2===5NaCl+NaC1O3+3CO2；②图象分析可知60°C产率最高，则该反应最适宜的温度是：60°C，故答案为：60℃；
（3）通电电解，溶液其中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解II”的阳极产物为ClO4-，故答案为：ClO4-；
（4）加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，通过蒸发浓缩即可得到60%以上的高氯酸；该流程中可循环利用的物质是NaCl，故答案为：蒸发浓缩；NaCl；
（5）根据流程图，氯化钠电解生成的氯气与碳酸钠反应生成NaC1O3和NaCl，电解后NaC1O3变成NaC1O4，加入盐酸反应生成HC1O4，最后与Cu2(OH)2CO3反应生成Cu(ClO4)2·6H2O
假设起始是氯化钠为6mol，则生成的氯气为3mol，得到1molNaC1O3，根据氯元素守恒最
b702b16H2O，因此产率=a×100%=×100%，故答案为： 终得到0.5molCu(ClO4)2·??371371a58.512702b×100%。 371a35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
A、B、C、W、M、N为原子序数依次增大的前四周期元素。A、C的基态原子中都有两个未成对电子，W是短周期中原子半径最大的金属元素，M为其所在周期中电负性最大的元素，基态N原子的3d轨道上有6个电子。
请回答下列问题：
（1）N在周期表中的位置是 ；N的单质的一种晶胞如图1，该晶胞为 堆积。
（2）A、B、C第一电离能由小到大的顺序为 。
（3）(AB)2中所有原子均满足8电子结构，则(AB)2中σ键与π键个数之比为 。
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（4）C的简单氢化物在同主族元素的简单氢化物中沸点反常，其原因是 。
（5）与B3-互为等电子体的分子为 （写出一种）。依据价层电子对互斥理论，BC3-的空间构型为 。
（6）BM3中B原子的杂化轨道类型是 。
（7）如图2所示为W、M两种元素形成的化合物的晶胞结构图以及晶胞的剖面图：若a＝5.6×10-8 cm，，则该晶体的密度为 g·cm-3（精确到小数点后1位）。
【答案】（1）第四周期第Ⅷ族（2分）面心立方密（1分） （2）C＜O＜N（2分） （3）3:4（2分）
（4）H2O分子间能形成氢键（2分）
（5）CO2或N2O（1分）平面正三角形（1分） （6）sp3杂化（2分） （7）2.2（2分）
【解析】根据题给条件可推断出A为碳元素，B为氮元素，C为氧元素，W为钠元素，M为氯元素，N为铁元素。（1）铁位于周期表第四周期第Ⅷ族，由题给晶胞可知，该晶胞为面心立方密堆积。（2）同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，由于N的2p轨道上电子半充满，较稳定，难以失去电子，则C、N、O三种元素第一电离能从小到大的顺序是C＜O＜N。（3）根据(CN)2中所有原子均满足8电子结构知，其结构式为
，
1个(CN)2分子中有3个σ键和4个π键，则σ键与π键个数之比为3:4。（4）O的简单氢化物为H2O，H2O分子间能形成氢键，所以沸点反常。（5）与N3-互为等电子体的分子有CO2、N2O等；依据价层电子对互斥理论，NO3-的空间构型为平面正三角形。（6）NCl3中心原子5?3?1=42价层电子对数为，所以N原子的杂化轨道类型为sp3杂化。（7）由晶胞结构可知，
1个NaCl晶胞中含有Na数为1＋12×1/4=4；Cl数为8×1/8＋6×1/2=4。故该晶体的密度为
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