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北京大学附属中学2025-2026学年高三上学期统练二 化学试题
1．（2025高三上·北京月考）下列化学用语或图示表达不正确的是
A．中子数为10的氧原子：
B．PCl3的空间结构：三角锥型
C．F2的共价键类型：p-p σ键
D．基态氮原子的轨道表示式：
2．（2025高三上·北京月考）温室气体在催化剂作用下可分解为和，也可作为氧化剂氧化苯制苯酚。下列说法错误的是
A．原子半径： B．第一电离能：
C．在水中的溶解度：苯<苯酚 D．苯和苯酚中C的杂化方式相同
3．（2025高三上·北京月考）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．由水电离的c(H+)=10 12 mol L 1的溶液中：Na+、NH、Cl－、K+
B．无色溶液中：Na+、K+、Cr2O、NO
C．含有I－的溶液中：H+、Na+、Cl－、NO
D．pH=14的溶液中：K+、ClO－、CO、Cl－
4．（2025高三上·北京月考）关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是（　　）
A．CH3OH为极性分子
B．N2H4空间结构为平面形
C．N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2
D．CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同
5．（2025高三上·北京月考）对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是
A．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：
B．工业废水中的用去除：
C．海水提溴过程中将溴吹入吸收塔：
D．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：
6．（2025高三上·北京月考）下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是
　 物质(括号内为杂质) 除杂试剂
A FeCl2溶液(FeCl3) Fe粉
B NaCl溶液(MgCl2) NaOH溶液、稀HCl
C CO2(HCl) 饱和Na2CO3、浓H2SO4
D NO(NO2) H2O、无水CaCl2
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高三上·北京月考）探究H2O2溶液的性质，根据实验所得结论不正确的是
实验 试剂a 现象 结论
A 溶有SO2的BaCl2溶液 产生沉淀 H2O2有氧化性
B 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 H2O2有氧化性
C KI淀粉溶液 溶液变蓝 H2O2有氧化性
D 盐酸酸化的FeCl3溶液 产生大量气泡 H2O2既有氧化性又有还原性
A．A B．B C．C D．D
8．（2025高三上·北京月考）硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，中原子总数为
B．溶液中，数目为
C．反应①每消耗，生成物中硫原子数目为
D．反应②每生成还原产物，转移电子数目为
9．（2025高三上·北京月考）某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法正确的是
A．X的分子式为C12H16O3
B．X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、氧化等反应
C．在催化剂的作用下，1molX最多能与1molH2加成
D．不能用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X
10．（2025高三上·北京月考）科学家用铜的氧化物做催化剂，成功实现选择性还原，用于回收和利用工业排放的低浓度二氧化碳。的晶胞、铜的氧化物的晶胞如图。下列说法正确的是
A．干冰晶体熔化时需要克服共价键
B．一个干冰晶胞中含有8个分子
C．铜的氧化物晶胞中距离氧离子最近且等距离的氧离子为6个
D．由铜的氧化物的晶胞可知其化学式为
11．（2025高三上·北京月考）下列关于物质的结构、性质及解释均正确的是
选项 物质的结构或性质 解释
A 键角： < 水分子中O上孤电子对数比氨分子中N上的少
B 热稳定性：> 分子间氢键强于分子间作用力
C Cl—Cl的键长小于Br—Br的键长 Cl—Cl的键能小于Br—Br的键能
D 酸性： > 烷基(R-)越长推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱
A．A B．B C．C D．D
12．（2025高三上·北京月考）实验室用如下方法制备饮用水消毒剂ClO2
已知：NCl3为强氧化剂，其中N元素为-3价
下列说法不正确的是
A．NH4Cl的电子式为
B．电解池中总反应的化学方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑
C．若NaClO2与NCl3恰好完全反应，则X为NaCl
D．饮用水中残留的ClO2可用适量FeSO4溶液去除
13．（2025高三上·北京月考）有一无色溶液，可能含有K+、Al3+、Mg2+、NH、Cl﹣、SO、HCO、MnO中的几种。为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生。下列推断正确的是
A．肯定有Al3+、Mg2+、Cl﹣ B．肯定有Al3+、Mg2+、NH
C．肯定有K+、HCO、MnO D．肯定有Al3+、Mg2+、SO
14．（2025高三上·北京月考）X为含Cu2+的配合物。实验室制备X的一种方法如下。
下列说法不正确的是
A．②中发生反应：Cu(OH)2+2NH3·H2O+2[Cu(NH3)4]2++4H2O
B．在①和②中，氨水参与反应的微粒不同
C．X所含N原子以π键与Cu2+结合
D．X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
15．（2025高三上·北京月考）由氧元素形成的常见物质有H2O、H2O2、O2和O3等。
（1）基态氧原子的电子排布式是　 　。
（2）H2O分子的VSEPR模型是　 　形。
（3）对H2O2分子结构的研究，曾有以下推测：
①根据测定H2O2分子中　 　(填字母序号)，确定其结构一定不是甲。
a．H-O键长　　　b．O-O键能　　　c．H-O-O键角
②由于H2O2不稳定，很难得到晶体。20世纪40年代初，卢嘉锡等化学家用尿素()与H2O2形成较稳定的尿素过氧化氢复合物晶体，进而测得H2O2结构为乙。上述晶体中尿素与H2O2分子交替排列且二者中的O均与另外分子的H之间形成氢键。
a．H2O2为　 　(填“极性”或“非极性”)分子。
b．用“X—H…Y”表示出上述晶体中形成的氢键：　 　。
（4）O2的晶胞为立方体，结构如下。
根据图中信息，可计算O2晶体密度是　 　g·cm-3。
（5）已知O3分子空间结构为V形，中心O为sp2杂化。除σ键外，O3分子中还形成了含4个电子的大π键。每个O3分子中用于成键的电子总数是　 　个，中心O提供参与成键的电子数是　 　个。
16．（2025高三上·北京月考）镇痉药物、化合物以及高分子树脂()的合成路线如下：
已知：
(、代表烃基)
(1)的含氧官能团的名称是　 　。
(2)在催化剂作用下可与反应生成。该反应的反应类型是　 　。
(3)酯类化合物的分子式是，其结构简式是　 　。
(4)发生银镜反应的化学方程式是　 　。
(5)扁桃酸()有多种同分异构体。属于甲酸酯且含酚羟基的同分异构体共有　 　种，写出其中一种含亚甲基的同分异构体的结构简式：　 　。
(6)与合成高分子树脂的化学方程式是　 　。
(7)在溶液中发生水解反应的化学方程式是　 　。
17．（2025高三上·北京月考）资料显示“O2的氧化性随溶液pH的增大逐渐减弱”。某兴趣小组探究不同条件下KI与O2的反应．实验如下。
装置 烧杯中的液体 现象（5分钟后）
①2 mL1 mol/LKI溶液+5滴淀粉 无明显变化
②2 mL1 mol/LKI溶液+5滴淀粉+2 mL0.2 mol/L HCl 溶液变蓝
③2 mL1 mol/LKI溶液+5滴淀粉+2 mL0.2 mol/L KCl 无明显变化
④2 mL1 mol/LKI溶液+5滴淀粉+2 mL0.2 mol/L CH3COOH 溶液变蓝，颜色较②浅
（1）实验②中生成I2的离子方程式是　 　。
（2）实验③的目的是　 　。
（3）实验④比②溶液颜色浅的原因是　 　。
（4）为进一步探究KI与O2的反应，用上表中的装置继续进行实验：
烧杯中的液体 现象（5小时后）
⑤2 mLpH=8.5混有KOH的1mol/L KI溶液+5滴淀粉 溶液才略变蓝
⑥2 mLpH=10混有KOH的1mol/L KI溶液+5滴淀粉 无明显变化
I．对于实验⑥的现象．甲同学提出猜想“pH=10时O2不能氧化I-”，设计了下列装置进行实验，验证猜想。
i．烧杯a中的溶液为　 　。
ii．实验结果表明，此猜想不成立。支持该结论的实验现象是：通入O2后，　 　。
Ⅱ．乙同学向pH=10的KOH溶液（含淀粉）中滴加碘水，溶液先变蓝后迅速褪色．经检测褪色后的溶液中含有IO3-，褪色的原因是（用离子方程式表示）　 　。
（5）该小组同学对实验过程进行了整体反思．推测实验①的现象产生的原因可能是　 　；实验⑥的现象产生的原因可能是　 　。
18．（2025高三上·北京月考）用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)3·18H2O，工艺流程如下(部分操作和条件略)：
I．向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；
Ⅱ．向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；
Ⅲ．加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；
Ⅳ．加入MnSO4至紫红色消失，过滤；
Ⅴ．浓缩、结晶、分离，得到产品。
（1）溶解的离子方程式是　 　。
（2）写出氧化的离子方程式(还原产物为)　 　。
（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pH(注：金属离子的起始浓度为)
　
开始沉淀时 3.4 6.3 1.5
完全沉淀时 4.7 8.3 2.8
根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的　 　。
（4）已知：一定条件下，可与反应生成。
①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是　 　，写出反应的离子方程式　 　。
②Ⅳ中加入MnSO4的目的是　 　。
19．（2025高三上·北京月考）自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯(ClO2)和高铁酸钾(K2FeO4)等。
（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2(夹持装置已略去)。
资料：ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体。
以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．
①冰水浴的作用是　 　。
②NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为　 　。
（2）用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量：
I．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸
II．在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口
III．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收
IV．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中
V．用0.1000 mol·L-1 硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液()，指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液
在此过程中：
①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为　 　。
②玻璃液封装置的作用是　 　。
③V中加入的指示剂通常为　 　，滴定至终点的现象是　 　。
④测得混合气中ClO2的质量为　 　g。
（3）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①上述制备K2FeO4反应的离子方程式为　 　。
②净水过程中，K2FeO4起到吸附、絮凝作用的原理是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、左上角为质量数（质子数 + 中子数），左下角为质子数。氧原子质子数为 8，中子数为 10 时，质量数 = 8+10=18，故表示为 ，A正确；
B、PCl3的中心原子 P 的价层电子对数=3+=4 (3成键电子对+1孤电子对），根据价层电子对互斥理论，空间结构为三角锥型，B正确；
C、F 的价电子排布为 2s22p5，F2 中两个 F 原子通过 2p 轨道 “头碰头” 重叠形成 σ 键，即 p-p σ 键，C正确；
D、基态氮原子的核外电子排布为 1s22s22p3，根据洪特规则，2p 轨道的 3 个电子应分占不同轨道且自旋平行。但该轨道表示式中 2p 轨道有一个轨道填了 2 个电子，违背洪特规则， 正确轨道表示式中2p轨道应为，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
原子表示混淆：易记错原子符号中 “左上角是质量数（质子 + 中子）”，错把中子数当质量数。
空间结构判断偏差：分析 PCl3 结构时，易忽略 P 的孤电子对，错认为是平面三角形（实际价层电子对为 4，是三角锥型）。
共价键轨道误判：易混淆 F 的成键轨道，错把 F2 的 σ 键认为是 s-s、s-p 键（实际是 2p 轨道形成的 p-p σ 键）。
洪特规则疏漏：写 N 的轨道表示式时，易违背 “等价轨道电子先分占、自旋平行”，在 2p 一个轨道填 2 个电子。
2．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，同主族随周期数增大而增大，故原子半径：O
B、第一电离能同周期总体递增，但 N 的 2p 轨道为半满稳定结构，第一电离能：N>O，因此顺序应为 C
C、苯酚含羟基，能与水形成氢键，苯难溶于水，故水中溶解度：苯 < 苯酚，C正确；
D、苯和苯酚中 C 均采取 sp2 杂化（苯环中 C 为 sp2 杂化），杂化方式相同，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
第一电离能的特殊规律：易忽略 N 的 2p 轨道半满（稳定结构），错误认为同周期第一电离能 “C
原子半径的递变：需明确同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，避免混淆 O、N、C 的半径顺序。
3．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．由水电离的c(H+)=10 12 mol L 1的溶液，可能是酸溶液，可能是碱溶液，NH 与OH－反应生成氨水，故A不符合题意；
B．Cr2O 是橙红色，故B不符合题意；
C．I－与H+、NO 发生氧化还原反应，故C不符合题意；
D．pH=14的溶液，溶液中存在OH－，K+、ClO－、CO 、Cl－都大量共存，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题考查的是离子共存的问题，要注意以下组合；
产生水：OH-和H+、HCO3-、HS-、不能共存；
产生气体：NH4+和OH-不能共存、H+和CO32-、HCO3-、S2-、HS-、SO32-、 HSO3- 不能共存；
产生固体：OH-只能和K+、Na+、Ba2+大量共存；
CO32-只能和K+、 Na+共存；
SO42-只和Ba2+、Ca2+、Ag+不能共存；
Cl-只和Ag+不能共存。
4．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A.甲醇可以看作是甲烷中氢原子被羟基取代的产物，甲烷是含有极性键的非极性分子，但是甲醇是含有极性键的极性分子，故A不符合题意
B.N2H4中的氮原子是sp3杂化，应该是两个三角锥形形成的构型，故B符合题意
C.N2H4和 (CH3)2NNH2 均含有氮原子，均含有孤对电子，均易形成氢键，但是前者氢原子的个数多，形成的氢键多，沸点高，故C不符合题意
D. CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均为sp3杂化，杂化方式相同，故D不符合题意
【分析】A.根据正负电荷中心是否重合进行判断
B.根据氮原子的成键方式即可判断杂化方式
C.比较形成氢键的个数即可
D.分别找出成键方式即可判断杂化方式
5．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．银与稀硝酸发生氧化还原反应，生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，A不正确；
B．的溶解度小于，发生沉淀的转化，FeS为难溶物，应写化学式，则正确的离子方程式为，B不正确；
C．用SO2吸收吹出的Br2，生成氢溴酸HBr和硫酸，反应的离子方程式为，C正确；
D．草酸为弱酸，不能拆写成离子形式，正确的离子方程式为，D不正确；
故选C。
【分析】A．稀硝酸的还原产物是NO；
Ｂ．FeS为难溶物，应保留化学式；
Ｃ．溴与二氧化硫发生氧化还原反应；
Ｄ．草酸为弱酸，保留化学式。
6．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯
【解析】【解答】AF、e 粉可与杂质 FeCl3反应生成 FeCl2（Fe+2FeCl3=3FeCl2），但 Fe 元素化合价从 0 和 + 3 变为 + 2，有化合价变化，属于氧化还原反应，A不符合要求；
B、加 NaOH 溶液，杂质 MgCl2与 NaOH 反应生成 Mg(OH)2沉淀（MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl），过滤后加稀 HCl 中和过量 NaOH（NaOH+HCl=NaCl+H2O）。两步反应中各元素化合价均不变，无氧化还原反应，且能有效除杂，B符合要求；
C、饱和 Na2CO3溶液会与主物质 CO2反应（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），消耗原物质，除杂试剂错误，D不符合要求；
D、H2O 与杂质 NO2反应（3NO2+H2O=2HNO3+NO），N 元素化合价从 +4 变为 +5 和 +2，有化合价变化，属于氧化还原反应，D不符合要求；
故答案为：B。
【分析】解题突破口：
除杂试剂的合理性判断：不能与原物质反应（如 C 中 Na2CO3与 CO2反应，排除 C）；
能与杂质反应且不引入新杂质（如 B 中 NaOH 只与 MgCl2反应，后续 HCl 可除过量 NaOH）。
氧化还原反应的判断：看反应中是否有元素化合价变化（如 A 中 Fe、Fe3+ 的化合价变化，D 中 N 的化合价变化，均排除）；B 中反应无化合价改变，符合 “不涉及氧化还原” 的要求。
7．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、溶有 SO2的 BaCl2溶液中，SO2与水反应生成 H2SO3（含 SO32-）。H2O2将 SO32-氧化为 SO42-，SO42-与 Ba2+结合成 BaSO4沉淀。反应中 H2O2中 O 元素从 - 1 价变为 - 2 价（被还原），体现氧化性，A正确；
B、酸性 KMnO4溶液（强氧化剂）与 H2O2反应时，KMnO4中 Mn 元素从 + 7 价降为 + 2 价（被还原），则 H2O2中 O 元素从 - 1 价升为 0 价（被氧化），此时 H2O2体现还原性，而非结论中的 “氧化性”，B错误；
C、KI 淀粉溶液中，I-被 H2O2氧化为 I2，I2使淀粉变蓝。H2O2中 O 元素从 - 1 价变为 - 2 价（被还原），体现氧化性，C正确；
D、盐酸酸化的 FeCl3溶液中，Fe3+催化 H2O2分解为 H2O 和 O2。反应中 H2O2既作氧化剂（O到-2 价）又作还原剂（O到0 价），体现氧化性和还原性，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．SO2对应的 SO32-被氧化为 SO42-，H2O2降价，体现氧化性。
B．酸性 KMnO4是强氧化剂（Mn+7到+2 降价），则 H2O2必升价，体现还原性。
C．I-被氧化为 I2，H2O2降价，体现氧化性。
D．H2O2分解为 H2O（O-2）和 O2（O0），既升价又降价，体现双重性质。
8．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、标准状况下的物质的量为，1个分子含3个原子，故原子总数为，A错误；
B、会发生水解：，因此溶液中，的实际数目小于，B错误；
C、反应①是归中反应：，的物质的量为，参与反应时生成的物质的量为，硫原子数目为，C错误；
D、反应②是歧化反应：，还原产物是（从0价降为-2价），每生成，转移电子的物质的量为，即转移电子数目为，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
气体摩尔体积的原子数计算：利用“气体体积→物质的量→分子数→原子数”的逻辑，注意是三原子分子，可快速判断A的原子总数错误。
弱酸根离子的水解：是弱酸根，在溶液中会水解减少，因此实际离子数小于理论计算值，排除B。
归中反应的原子守恒：反应①中与归中生成，根据化学计量比（生成），可算出3.4g对应的原子数，排除C。
歧化反应的电子转移：反应②中歧化为（还原产物，降2价）和（氧化产物，升4价），结合还原产物的化合价变化，直接计算转移电子数，确定D正确。
9．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、数 X 的原子：C 原子数为 12（苯环 6 个 + 酯基 1 个 + 侧链 5 个），H 原子数为 14（苯环 4 个 + 侧链 10 个），O 原子数为 4（酯基 2 个 + 羟基 2 个），分子式应为 C12H14O4，A错误；B、X 含有的官能团：苯环、碳碳双键、酯基、羟基。
苯环、碳碳双键可发生加成反应；碳碳双键可发生加聚反应；酯基、羟基可发生取代反应；羟基、碳碳双键可被氧化，能发生氧化反应。因此 X 能发生加成、加聚、取代、氧化等反应，B正确；
C、苯环最多与 3mol H2加成，碳碳双键最多与 1mol H2加成，1mol X 最多能与 4mol H2加成，C错误；
D、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而 X 含碳碳双键、羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可区分二者，D错误；
故答案为：B。
【分析】分子式计数错误易漏数原子（如忽略羟基的 H、酯基的 O），或数错苯环、侧链的 H 原子数，导致分子式判断错误（如误将 C12H14O4写成 C12H16O3）。
加成反应的量判断偏差易只考虑碳碳双键的加成，忽略苯环的加成能力，错认为 1mol X 最多与 1mol H2加成（实际苯环 + 碳碳双键最多耗 4mol H2）。
官能团性质的遗漏判断反应类型时，易忽略羟基的取代、氧化反应，或碳碳双键的加聚反应，错判 X 能发生的反应类型。
物质区分的逻辑错误易混淆苯（无还原性官能团）与 X（含碳碳双键、羟基）的性质，错认为二者都不能使酸性高锰酸钾褪色（实际 X 能使其褪色，可区分）。
10．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、干冰是分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，不破坏 CO2分子内的共价键，A错误；
B、干冰晶胞为面心立方结构，用 “均摊法” 计算：顶点（8×）+ 面心（6×）=4 个 CO2分子，并非 8 个，B错误；
C、铜的氧化物晶胞中，氧离子位于立方体顶点，距离某一氧离子最近且等距的氧离子是同一平面的 4 个（顶点间距离），不是 6 个，C错误；
D、晶胞中含个O、4个Cu，化学式为，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：晶体熔化的作用力判断：干冰是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，而非共价键，据此排除 A。
晶胞粒子数的均摊法：干冰晶胞为面心立方，用 “顶点 × + 面心 ×” 计算得 4 个 CO2分子，排除 B。
晶胞中粒子的位置关系：铜的氧化物晶胞中，氧离子位于顶点，最近等距的氧离子是同一平面的 4 个，排除 C。
化学式的晶胞推导：铜的氧化物晶胞中，氧离子（顶点）均摊得 1 个，铜离子（体内）为 2 个，Cu 与 O 个数比 2：1，确定化学式为 Cu2O，这是 D 正确的核心依据。
11．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、键角由中心原子孤电子对数决定：H2O 中 O 的孤电子对是 2 对，NH3中 N 的孤电子对是 1 对。孤电子对越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，因此 H2O 键角＜NH3，但解释中 “O 的孤电子对少” 表述错误，A错误；
B、热稳定性是化学性质，由共价键强度决定（与分子间作用力无关）：N 的原子半径小于 P，N-H 键比 P-H 键强，故 NH3热稳定性＞PH3，但解释中用 “分子间氢键”（物理作用）说明化学性质，逻辑错误，B错误；
C、键长与原子半径正相关：Cl 原子半径小于 Br，故 Cl-Cl 键长＜Br-Br 键长；键能与键长负相关，键长越短键能越大，因此 Cl-Cl 键能＞Br-Br 键能，但解释中 “Cl-Cl 键能小” 表述错误，C错误；
D、羧酸酸性与羧基中羟基极性有关：烷基（R-）是推电子基团，烷基越长推电子效应越强，会减弱羧基中羟基的极性（使 H+更难电离）。CH3CH2- 的推电子效应强于 CH3-，故 CH3COOH 酸性＞CH3CH2COOH，性质与解释匹配，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．键角关键看孤电子对数量，H2O 中 O 有 2 对孤电子对，NH3中 N 有 1 对，孤电子对多斥力大、键角小，解释中 “O 的孤电子对少” 与事实矛盾。
B．热稳定性是化学性质，由共价键强度决定，与分子间氢键（影响物理性质）无关，解释逻辑错位。
C．键长与原子半径正相关（Cl 原子半径＜Br），故 Cl-Cl 键长更短、键能更大，解释中 “Cl-Cl 键能小” 表述错误。
D．羧酸酸性取决于羟基极性，烷基推电子效应越强，羟基极性越弱、酸性越弱，CH3CH2- 推电子效应强于 CH3-，故 CH3COOH 酸性更强，性质与解释一致。
12．【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、NH4Cl 是离子化合物，由 NH4+和 Cl-构成， 电子式为：，A正确；
B、电解池原料为 NH4Cl 溶液和盐酸，产物为 NCl3、H2：N 元素化合价不变（-3 价），H 元素从 + 1 价降为 0 价（H2），总反应为 NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，B正确；
C、 根据题意可知，二者反应方程式为：，X为氯化钠和氢氧化钠的混合液，C错误；
D、ClO2具有氧化性，FeSO4中 Fe2+具有还原性，二者可发生氧化还原反应（Fe2+被氧化为 Fe3+，ClO2被还原），能除去残留 ClO2，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
电子式书写的细节疏漏：易忽略 NH4Cl 是离子化合物，漏写 NH4+的方括号或 Cl-的孤电子对，错判电子式正误。
电解反应的化合价判断偏差：易误判 NCl3中 N 的化合价（实际为 - 3 价，化合价未变），错认为 N 发生氧化还原，导致总反应式判断错误。
物质除杂的性质混淆：易误认为 FeSO4不能与 ClO2反应，忽略二者的氧化还原性质，错判除杂可行性。
13．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】排除有色离子：溶液无色，而 MnO4-呈紫色，故溶液中一定不含 MnO4-。
分析实验①的现象：加入 Na2O2产生 “无色无味的气体”：Na2O2与水反应生成 O2（无色无味），若含 NH4+，NH4+与 OH-反应会生成有刺激性气味的 NH3，因此溶液中不含 NH4+。
产生 “白色沉淀，加入足量 NaOH 后部分溶解”：Al(OH)3能溶于 NaOH，Mg(OH)2不溶于 NaOH，说明沉淀含 Al(OH)3和 Mg(OH)2，因此溶液中一定含 Al3+、Mg2+。
离子共存：Al3+ 与 HCO3-会发生双水解反应（不能共存），故溶液中不含 HCO3-。
分析实验②的现象：加入盐酸酸化的 BaCl2溶液产生白色沉淀，该沉淀为 BaSO4，说明溶液中一定含 SO42-。
判断其他离子：K+、Cl-无法通过现有实验确定是否存在，因此不能 “肯定” 其存在。
综上所述，可判断原溶液中一定含有Al3＋、Mg2＋、SO；一定不含有NH、HCO、MnO，
故答案为：D。
【分析】本题易错点
有色离子的排除疏漏：忽略 “无色溶液” 条件，易误认 MnO4-可能存在（实际 MnO4-为紫色，必不存在）。
气体气味的判断偏差：实验①中 Na2O2生成的气体无色无味（为 O2），若误当作 NH3（有刺激性气味），会错判 NH4+存在（实际 NH4+不存在）。
沉淀溶解与离子的对应错误：混淆 Al (OH)3（溶于 NaOH）和 Mg (OH)2（不溶于 NaOH）的性质，漏判 Al3+、Mg2+的存在。
离子共存的忽略：忘记 Al3+与 HCO3-会发生双水解（不能共存），错认为 HCO3-可能存在。
不确定离子的过度推断：K+、Cl-无法通过实验确认，易误将其归为 “肯定存在” 的离子。
14．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、步骤①生成 Cu(OH)2蓝色沉淀，步骤②中过量氨水与 Cu (OH)2反应，NH3 H2O 电离出的 NH4+参与反应，生成 [Cu(NH3)4]2+配合物，反应式为
Cu(OH)2+2NH3·H2O+2[Cu(NH3)4]2++4H2O，A正确；B、步骤①中，氨水的 OH-与 Cu2+反应生成 Cu(OH)2沉淀（参与反应的微粒是 OH-）；步骤②中，氨水的 NH3作为配体与 Cu2+形成配合物（参与反应的微粒是 NH3），二者参与反应的微粒不同，B正确；
C、配合物 X 为 [Cu(NH3)4]2+的盐，Cu2+与 NH3中的 N 原子通过配位键结合（N 原子提供孤电子对，Cu2+提供空轨道），而非 π 键，C错误；
D、95% 乙醇极性比水弱，配合物 X 在乙醇中溶解度更小，故加入乙醇后析出晶体，利用了溶解度差异，D正确；
故答案为：C。
【分析】向 CuSO4溶液中加入氨水时，反应分两步进行：步骤①中，Cu2+ 与氨水电离出的 OH - 结合，生成 Cu(OH)2蓝色沉淀，反应为：Cu2++2NH3 H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+；继续加氨水（步骤②），过量的 NH3 H2O 提供配体 NH3，同时 NH4+ 参与反应，使 Cu(OH)2沉淀溶解，生成含 Cu2+ 的配合物离子 [Cu(NH3)4]2+，反应为：Cu(OH)2+2NH3 H2O+2NH4+=[Cu(NH3)4]2++4H2O。最终得到的配合物 X 是深蓝色晶体 [Cu(NH3)4] SO4 H2O。
15．【答案】（1）1s22s22p4
（2）四面体
（3）C；极性；O-H…O、N-H…O
（4）
（5）8；4
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）氧元素为8号元素，原子核外有8个电子，基态氧原子的电子排布式是1s22s22p4。
故答案为：1s22s22p4；
（2）H2O分子中，O原子的价电子对数为4，发生sp3杂化，所以VSEPR模型是四面体。
故答案为：四面体；
（3）①键长和键能不能决定分子结构，所以根据测定H2O2分子中H-O-O键角，确定其结构一定不是甲，故选C。
②a．由图乙可知，H2O2中的4个原子不在同一条直线上，所以H2O2为极性分子。
b．因为“晶体中尿素与H2O2分子交替排列且二者中的O均与另外分子的H之间形成氢键”，所以用“X—H…Y”表示出上述晶体中形成的氢键：O-H…O、N-H…O。
故答案为：C；极性；O-H…O、N-H…O；
（4）根据图中信息，可计算出晶胞中所含O2的个数为，所以O2晶体密度是g·cm-3。
故答案为：；
（5）每个O3分子中，中心O原子与周围2个O原子各形成1对共用电子，另外还形成含4个电子的大π键，所以用于成键的电子总数是2×2+4=8个，中心O原子提供2个电子形成σ键，提供2个电子形成大π键，所以中心O原子参与成键的电子数是4个。
故答案为：8；4。
【分析】(1)氧为8号元素，电子排布式为。
(2)的价电子对数为4（2对成键+2对孤电子），杂化，VSEPR模型为四面体。
(3)① 键角决定分子空间结构，测键角可确定不是甲；
② a. 分子不对称，是极性分子；b. 氢键表示为、。
(4)均摊法得晶胞中数为，密度公式为（为阿伏加德罗常数，为晶胞边长）。
(5)含2个键（4电子）+4电子大键，总成键电子8；中心提供2个键电子+2个键电子，共4个。
（1）氧元素为8号元素，原子核外有8个电子，基态氧原子的电子排布式是1s22s22p4。答案为：1s22s22p4；
（2）H2O分子中，O原子的价电子对数为4，发生sp3杂化，所以VSEPR模型是四面体。答案为：四面体；
（3）①键长和键能不能决定分子结构，所以根据测定H2O2分子中H-O-O键角，确定其结构一定不是甲，故选C。
②a．由图乙可知，H2O2中的4个原子不在同一条直线上，所以H2O2为极性分子。
b．因为“晶体中尿素与H2O2分子交替排列且二者中的O均与另外分子的H之间形成氢键”，所以用“X—H…Y”表示出上述晶体中形成的氢键：O-H…O、N-H…O。答案为：C；极性；O-H…O、N-H…O；
（4）根据图中信息，可计算出晶胞中所含O2的个数为，所以O2晶体密度是g·cm-3。答案为：；
（5）每个O3分子中，中心O原子与周围2个O原子各形成1对共用电子，另外还形成含4个电子的大π键，所以用于成键的电子总数是2×2+4=8个，中心O原子提供2个电子形成σ键，提供2个电子形成大π键，所以中心O原子参与成键的电子数是4个。答案为：8；4。
16．【答案】醛基；加成反应(或还原反应)；；+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O；13；或或(写出任意一种即可)；+nHCHO+(n-1)H2O；+2NaOH+H2O
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】(1)由发生已知信息反应生成扁桃酸，可知为，的含氧官能团的名称是醛基。
故答案为： 醛基 ；
(2)在催化剂作用下可与反应生成。该反应的反应类型是加成反应(或还原反应)。
故答案为： 加成反应(或还原反应) ；
(3)酯类化合物的分子式是，A为，化合物B，两者酯化生成C结构简式为。
故答案为： ；
(4)发生银镜反应的化学方程式是+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O。
故答案为：+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O ；
(5) 属于甲酸酯且含酚羟基的扁桃酸的同分异构体中，若苯环上有3个取代基，即、和，共有10种结构(先确定、的位置，再确定的位置，和位于邻、间、对位时，分别有4、4、2种位置)；若苯环上有2个取代基，即和，有邻、间、对位3种结构，故共有13种满足条件的同分异构体，写出其中一种含亚甲基的同分异构体的结构简式：或或(写出任意一种即可)。
故答案为：13；或或(写出任意一种即可) ；
(6)与合成高分子树脂，利用酚醛树脂合成方法，写出反应的化学方程式是+nHCHO+(n-1)H2O。
故答案为：+nHCHO+(n-1)H2O ；
(7)在溶液中酯基发生水解，消耗两份氢氧化钠，反应的化学方程式是+2NaOH+H2O 。
故答案为：+2NaOH+H2O 。
【分析】参考酚醛树脂的合成逻辑，可推出 M 为甲醛（HCHO），F 为对甲基苯酚（ ）。
根据 “RCHO 在碱性条件下反应” 的信息，结合 A 的结构（苯环连 CHO），可知 A 为苯甲醛（ ）；化合物 B 的结构是苯环连 CH2OH，对应物质为苯甲醇（ ）；A 与 B 反应生成的 C，C为羟基苯乙酸苯甲酯（ ）。A（苯甲醛）与氢氧化铜反应，醛基被氧化为羧基，生成的 D 为苯甲酸（ ）；D 中的羧基经转化得到 E，苯甲酰氯（ ）。E（苯甲酰氯）与 F（对甲基苯酚）发生取代反应，最终生成 N（ ，即对甲基苯酚苯甲酸酯）。据此解题。
17．【答案】4I-+O2+4H+=2I2+2H2O；验证Cl-是否影响KI与O2的反应；其他条件相同时，CH3COOH是弱电解质，溶液中c(H+)较盐酸小，O2的氧化性减弱；pH=10的KOH溶液；电流表指针偏转，烧杯b的溶液颜色变深；3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O；中性条件下，O2的氧化性比较弱，该反应速率慢，短时间内难以生成“一定量” 碘单质使溶液颜色发生变化；pH=10的KOH溶液中I-被氧化生成I2，I2迅速发生歧化反应变为IO3-和I-
【知识点】氧化还原反应；性质实验方案的设计；离子方程式的书写；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)实验②是在酸性条件下氧气将碘离子氧化生成碘单质，碘单质遇淀粉使溶液变蓝，其反应的离子方程式是：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O；
故答案为： 4I-+O2+4H+=2I2+2H2O ；
（2）实验②加入盐酸电离产生的H+和Cl-，通过实验③可以排除是否为Cl-离子对于KI与O2的反应的影响；
故答案为： 验证Cl-是否影响KI与O2的反应 ；
(3) 其他条件相同时，CH3COOH是弱电解质，溶液中c(H+)较盐酸小，O2的氧化性随溶液pH的增大逐渐减弱，故实验④比②溶液颜色浅；
故答案为： 其他条件相同时，CH3COOH是弱电解质，溶液中c(H+)较盐酸小，O2的氧化性减弱 ；
(4) i．甲同学提出猜想“pH=10时O2不能氧化I-”，故烧杯a中的溶液可以为pH=10的KOH溶液；ii．通入O2后，若电流表指针偏转，烧杯b的溶液颜色变深，则pH=10时O2也能氧化I-，此猜想不成立。Ⅱ．碱性条件下碘单质发生歧化反应生成IO3-和I-，则开始滴入时遇淀粉变蓝，后碘消耗而褪色，其离子反应方程式为：3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O ；
故答案为： pH=10的KOH溶液 ； 电流表指针偏转，烧杯b的溶液颜色变深 ； 3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O ；
(5)实验①的现象产生的原因可能是中性条件下，O2的氧化性比较弱，该反应速率慢，短时间内难以生成“一定量”的碘单质使溶液颜色发生变化；实验⑥的现象产生的原因可能是pH=10的KOH溶液中I-被氧化生成I2，I2迅速发生歧化反应变为IO3-和I-。
故答案为： 中性条件下，O2的氧化性比较弱，该反应速率慢，短时间内难以生成“一定量” 碘单质使溶液颜色发生变化 ； pH=10的KOH溶液中I-被氧化生成I2，I2迅速发生歧化反应变为IO3-和I- 。
【分析】(1)酸性条件下 O2氧化 I-，结合化合价升降写离子方程式。
(2)对比实验②，排除 Cl-对反应的影响。
(3)CH3COOH 是弱电解质，溶液中 c (H+) 小，O2氧化性弱。
(4)i烧杯 a 用 pH=10 的 KOH 溶液，与 b 构成原电池；电流表偏转、b 中溶液变蓝，证明 O2能氧化 I-。ii碱性条件下 I2发生歧化反应，生成 IO3-和 I-。
(5)实验①：中性时 O2氧化性弱，反应速率慢；实验⑥：生成的 I2快速歧化，无明显现象。
18．【答案】（1）Al2O3+6H+=2Al3++3H2O
（2）+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
（3）pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀
（4）生成黄绿色气体；MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；除去过量的
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故答案为： Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
（2）高锰酸根离子在酸溶液中被还原为锰离子，亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式为：+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，
故答案为：+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
（3）铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液pH为1.5～2.8，铝离子开始沉淀pH为3.4，亚铁离子开始沉淀的溶液pH大于铝离子完全沉淀pH，向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，所以调节溶液的pH约为3，可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，步骤Ⅱ的目的：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀，
故答案为：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀；
（4）①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，生成的氯气是黄绿色气体，能说明沉淀中存在MnO2，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：生成黄绿色气体；MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
②可与Mn2+反应生成MnO2，过滤除去，所以可以利用MnSO4的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量高锰酸根离子除去，
故答案为：除去过量的。
【分析】首先将含 Al2O3、SiO2和少量铁氧化物的铝灰，加入过量稀 H2SO4反应，使 Al2O3、铁氧化物溶解，过滤除去不溶的 SiO2；向滤液中加入过量 KMnO4溶液，调节 pH 约为 3，将 Fe2+氧化为 Fe3+（此时 Fe3+可沉淀，Al3+不沉淀）；加热后生成棕褐色沉淀，再加入 MnSO4除去过量的 MnO4-，过滤后对滤液进行浓缩、结晶、分离，最终得到 Al2(SO4)3 18H2O 产品。
（1）硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故答案为： Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
（2）高锰酸根离子在酸溶液中被还原为锰离子，亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式为：+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
（3）铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液pH为1.5～2.8，铝离子开始沉淀pH为3.4，亚铁离子开始沉淀的溶液pH大于铝离子完全沉淀pH，向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，所以调节溶液的pH约为3，可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，步骤Ⅱ的目的：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀，故答案为：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀；
（4）①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，生成的氯气是黄绿色气体，能说明沉淀中存在MnO2，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：生成黄绿色气体；MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
②可与Mn2+反应生成MnO2，过滤除去，所以可以利用MnSO4的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量高锰酸根离子除去，故答案为：除去过量的。
19．【答案】（1）分离Cl2和ClO2，收集ClO2；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（2）；用水再次吸收ClO2气体；淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；0.027
（3）3ClO-+10OH-+ 2Fe3+=2+ 3Cl-+ 5H2O；发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O ，制得的ClO2中混有Cl2，ClO2在11℃时液化成红棕色液体，将混合气导入集气瓶内，用冰水浴冷却，分离Cl2和ClO2，收集ClO2。
②NaOH溶液吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠和水，发生的主要反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
故答案为： 分离Cl2和ClO2，收集ClO2 ； Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ；
（2）①锥形瓶内ClO2与把I-氧化为I2，反应的离子方程式为。
②ClO2不可能被锥形瓶内的KI完全吸收，逸出的少量ClO2被玻璃液封管内的水溶解，与锥形瓶内液体混合时，再与KI发生反应，则装置中玻璃液封管的作用：用水再次吸收ClO2气体。
③I2能使淀粉变蓝，V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点时I2恰好完全消耗，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。
④根据、建立关系式，n(ClO2)=n()=×0.1mol/L×0.02L=0.0004mol，测得混合气中ClO2的质量为0.0004mol ×67.5g/mol=0.027g。
故答案为： ； 用水再次吸收ClO2气体 ； 淀粉溶液 ； 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 ； 0.027 ；
（3）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①碱性条件下，硝酸铁被次氯酸钾氧化为K2FeO4，反应的离子方程式为3ClO-+10OH-+ 2Fe3+=2+ 3Cl-+ 5H2O。
②净水过程中，发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用。
故答案为： 3ClO-+10OH-+ 2Fe3+=2+ 3Cl-+ 5H2O ；发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体 。
【分析】用 NaClO3与 HCl 的乙醇溶液反应制备 ClO2，反应方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。此反应会生成 ClO2和 Cl2的混合气体，需分离二者：将混合气体通入集气瓶，通过冰水浴冷却，利用 ClO2与 Cl2的沸点差异实现分离，收集得到 ClO2；而混有的 Cl2则沿导管进入 NaOH 溶液，被碱液吸收除去。
(1)① 利用 ClO2在 11℃液化的特性，冰水浴可分离 Cl2与 ClO2，同时收集 ClO2。② Cl2与 NaOH 反应，离子方程式为 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
(2)① 酸性条件下，ClO2氧化 I-，离子方程式为 2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O。② 玻璃液封管中的水可再次吸收逸出的 ClO2，减少损失。③ 指示剂用淀粉溶液，终点现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。④ 结合反应关系计算，ClO2质量为 0.027g。
(3)① 碱性条件下，ClO-氧化 Fe3+生成 FeO42-，离子方程式为 3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O。② FeO42-被还原为 Fe3+，Fe3+水解生成 Fe(OH)3胶体，发挥吸附、絮凝作用。
（1）①以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O ，制得的ClO2中混有Cl2，ClO2在11℃时液化成红棕色液体，将混合气导入集气瓶内，用冰水浴冷却，分离Cl2和ClO2，收集ClO2。
②NaOH溶液吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠和水，发生的主要反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（2）①锥形瓶内ClO2与把I-氧化为I2，反应的离子方程式为。
②ClO2不可能被锥形瓶内的KI完全吸收，逸出的少量ClO2被玻璃液封管内的水溶解，与锥形瓶内液体混合时，再与KI发生反应，则装置中玻璃液封管的作用：用水再次吸收ClO2气体。
③I2能使淀粉变蓝，V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点时I2恰好完全消耗，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。
④根据、建立关系式，n(ClO2)=n()=×0.1mol/L×0.02L=0.0004mol，测得混合气中ClO2的质量为0.0004mol ×67.5g/mol=0.027g。
（3）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①碱性条件下，硝酸铁被次氯酸钾氧化为K2FeO4，反应的离子方程式为3ClO-+10OH-+ 2Fe3+=2+ 3Cl-+ 5H2O。
②净水过程中，发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用。
1 / 1北京大学附属中学2025-2026学年高三上学期统练二 化学试题
1．（2025高三上·北京月考）下列化学用语或图示表达不正确的是
A．中子数为10的氧原子：
B．PCl3的空间结构：三角锥型
C．F2的共价键类型：p-p σ键
D．基态氮原子的轨道表示式：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、左上角为质量数（质子数 + 中子数），左下角为质子数。氧原子质子数为 8，中子数为 10 时，质量数 = 8+10=18，故表示为 ，A正确；
B、PCl3的中心原子 P 的价层电子对数=3+=4 (3成键电子对+1孤电子对），根据价层电子对互斥理论，空间结构为三角锥型，B正确；
C、F 的价电子排布为 2s22p5，F2 中两个 F 原子通过 2p 轨道 “头碰头” 重叠形成 σ 键，即 p-p σ 键，C正确；
D、基态氮原子的核外电子排布为 1s22s22p3，根据洪特规则，2p 轨道的 3 个电子应分占不同轨道且自旋平行。但该轨道表示式中 2p 轨道有一个轨道填了 2 个电子，违背洪特规则， 正确轨道表示式中2p轨道应为，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
原子表示混淆：易记错原子符号中 “左上角是质量数（质子 + 中子）”，错把中子数当质量数。
空间结构判断偏差：分析 PCl3 结构时，易忽略 P 的孤电子对，错认为是平面三角形（实际价层电子对为 4，是三角锥型）。
共价键轨道误判：易混淆 F 的成键轨道，错把 F2 的 σ 键认为是 s-s、s-p 键（实际是 2p 轨道形成的 p-p σ 键）。
洪特规则疏漏：写 N 的轨道表示式时，易违背 “等价轨道电子先分占、自旋平行”，在 2p 一个轨道填 2 个电子。
2．（2025高三上·北京月考）温室气体在催化剂作用下可分解为和，也可作为氧化剂氧化苯制苯酚。下列说法错误的是
A．原子半径： B．第一电离能：
C．在水中的溶解度：苯<苯酚 D．苯和苯酚中C的杂化方式相同
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，同主族随周期数增大而增大，故原子半径：O
B、第一电离能同周期总体递增，但 N 的 2p 轨道为半满稳定结构，第一电离能：N>O，因此顺序应为 C
C、苯酚含羟基，能与水形成氢键，苯难溶于水，故水中溶解度：苯 < 苯酚，C正确；
D、苯和苯酚中 C 均采取 sp2 杂化（苯环中 C 为 sp2 杂化），杂化方式相同，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
第一电离能的特殊规律：易忽略 N 的 2p 轨道半满（稳定结构），错误认为同周期第一电离能 “C
原子半径的递变：需明确同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，避免混淆 O、N、C 的半径顺序。
3．（2025高三上·北京月考）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．由水电离的c(H+)=10 12 mol L 1的溶液中：Na+、NH、Cl－、K+
B．无色溶液中：Na+、K+、Cr2O、NO
C．含有I－的溶液中：H+、Na+、Cl－、NO
D．pH=14的溶液中：K+、ClO－、CO、Cl－
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．由水电离的c(H+)=10 12 mol L 1的溶液，可能是酸溶液，可能是碱溶液，NH 与OH－反应生成氨水，故A不符合题意；
B．Cr2O 是橙红色，故B不符合题意；
C．I－与H+、NO 发生氧化还原反应，故C不符合题意；
D．pH=14的溶液，溶液中存在OH－，K+、ClO－、CO 、Cl－都大量共存，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题考查的是离子共存的问题，要注意以下组合；
产生水：OH-和H+、HCO3-、HS-、不能共存；
产生气体：NH4+和OH-不能共存、H+和CO32-、HCO3-、S2-、HS-、SO32-、 HSO3- 不能共存；
产生固体：OH-只能和K+、Na+、Ba2+大量共存；
CO32-只能和K+、 Na+共存；
SO42-只和Ba2+、Ca2+、Ag+不能共存；
Cl-只和Ag+不能共存。
4．（2025高三上·北京月考）关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是（　　）
A．CH3OH为极性分子
B．N2H4空间结构为平面形
C．N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2
D．CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A.甲醇可以看作是甲烷中氢原子被羟基取代的产物，甲烷是含有极性键的非极性分子，但是甲醇是含有极性键的极性分子，故A不符合题意
B.N2H4中的氮原子是sp3杂化，应该是两个三角锥形形成的构型，故B符合题意
C.N2H4和 (CH3)2NNH2 均含有氮原子，均含有孤对电子，均易形成氢键，但是前者氢原子的个数多，形成的氢键多，沸点高，故C不符合题意
D. CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均为sp3杂化，杂化方式相同，故D不符合题意
【分析】A.根据正负电荷中心是否重合进行判断
B.根据氮原子的成键方式即可判断杂化方式
C.比较形成氢键的个数即可
D.分别找出成键方式即可判断杂化方式
5．（2025高三上·北京月考）对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是
A．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：
B．工业废水中的用去除：
C．海水提溴过程中将溴吹入吸收塔：
D．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．银与稀硝酸发生氧化还原反应，生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，A不正确；
B．的溶解度小于，发生沉淀的转化，FeS为难溶物，应写化学式，则正确的离子方程式为，B不正确；
C．用SO2吸收吹出的Br2，生成氢溴酸HBr和硫酸，反应的离子方程式为，C正确；
D．草酸为弱酸，不能拆写成离子形式，正确的离子方程式为，D不正确；
故选C。
【分析】A．稀硝酸的还原产物是NO；
Ｂ．FeS为难溶物，应保留化学式；
Ｃ．溴与二氧化硫发生氧化还原反应；
Ｄ．草酸为弱酸，保留化学式。
6．（2025高三上·北京月考）下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是
　 物质(括号内为杂质) 除杂试剂
A FeCl2溶液(FeCl3) Fe粉
B NaCl溶液(MgCl2) NaOH溶液、稀HCl
C CO2(HCl) 饱和Na2CO3、浓H2SO4
D NO(NO2) H2O、无水CaCl2
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯
【解析】【解答】AF、e 粉可与杂质 FeCl3反应生成 FeCl2（Fe+2FeCl3=3FeCl2），但 Fe 元素化合价从 0 和 + 3 变为 + 2，有化合价变化，属于氧化还原反应，A不符合要求；
B、加 NaOH 溶液，杂质 MgCl2与 NaOH 反应生成 Mg(OH)2沉淀（MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl），过滤后加稀 HCl 中和过量 NaOH（NaOH+HCl=NaCl+H2O）。两步反应中各元素化合价均不变，无氧化还原反应，且能有效除杂，B符合要求；
C、饱和 Na2CO3溶液会与主物质 CO2反应（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），消耗原物质，除杂试剂错误，D不符合要求；
D、H2O 与杂质 NO2反应（3NO2+H2O=2HNO3+NO），N 元素化合价从 +4 变为 +5 和 +2，有化合价变化，属于氧化还原反应，D不符合要求；
故答案为：B。
【分析】解题突破口：
除杂试剂的合理性判断：不能与原物质反应（如 C 中 Na2CO3与 CO2反应，排除 C）；
能与杂质反应且不引入新杂质（如 B 中 NaOH 只与 MgCl2反应，后续 HCl 可除过量 NaOH）。
氧化还原反应的判断：看反应中是否有元素化合价变化（如 A 中 Fe、Fe3+ 的化合价变化，D 中 N 的化合价变化，均排除）；B 中反应无化合价改变，符合 “不涉及氧化还原” 的要求。
7．（2025高三上·北京月考）探究H2O2溶液的性质，根据实验所得结论不正确的是
实验 试剂a 现象 结论
A 溶有SO2的BaCl2溶液 产生沉淀 H2O2有氧化性
B 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 H2O2有氧化性
C KI淀粉溶液 溶液变蓝 H2O2有氧化性
D 盐酸酸化的FeCl3溶液 产生大量气泡 H2O2既有氧化性又有还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、溶有 SO2的 BaCl2溶液中，SO2与水反应生成 H2SO3（含 SO32-）。H2O2将 SO32-氧化为 SO42-，SO42-与 Ba2+结合成 BaSO4沉淀。反应中 H2O2中 O 元素从 - 1 价变为 - 2 价（被还原），体现氧化性，A正确；
B、酸性 KMnO4溶液（强氧化剂）与 H2O2反应时，KMnO4中 Mn 元素从 + 7 价降为 + 2 价（被还原），则 H2O2中 O 元素从 - 1 价升为 0 价（被氧化），此时 H2O2体现还原性，而非结论中的 “氧化性”，B错误；
C、KI 淀粉溶液中，I-被 H2O2氧化为 I2，I2使淀粉变蓝。H2O2中 O 元素从 - 1 价变为 - 2 价（被还原），体现氧化性，C正确；
D、盐酸酸化的 FeCl3溶液中，Fe3+催化 H2O2分解为 H2O 和 O2。反应中 H2O2既作氧化剂（O到-2 价）又作还原剂（O到0 价），体现氧化性和还原性，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．SO2对应的 SO32-被氧化为 SO42-，H2O2降价，体现氧化性。
B．酸性 KMnO4是强氧化剂（Mn+7到+2 降价），则 H2O2必升价，体现还原性。
C．I-被氧化为 I2，H2O2降价，体现氧化性。
D．H2O2分解为 H2O（O-2）和 O2（O0），既升价又降价，体现双重性质。
8．（2025高三上·北京月考）硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，中原子总数为
B．溶液中，数目为
C．反应①每消耗，生成物中硫原子数目为
D．反应②每生成还原产物，转移电子数目为
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、标准状况下的物质的量为，1个分子含3个原子，故原子总数为，A错误；
B、会发生水解：，因此溶液中，的实际数目小于，B错误；
C、反应①是归中反应：，的物质的量为，参与反应时生成的物质的量为，硫原子数目为，C错误；
D、反应②是歧化反应：，还原产物是（从0价降为-2价），每生成，转移电子的物质的量为，即转移电子数目为，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
气体摩尔体积的原子数计算：利用“气体体积→物质的量→分子数→原子数”的逻辑，注意是三原子分子，可快速判断A的原子总数错误。
弱酸根离子的水解：是弱酸根，在溶液中会水解减少，因此实际离子数小于理论计算值，排除B。
归中反应的原子守恒：反应①中与归中生成，根据化学计量比（生成），可算出3.4g对应的原子数，排除C。
歧化反应的电子转移：反应②中歧化为（还原产物，降2价）和（氧化产物，升4价），结合还原产物的化合价变化，直接计算转移电子数，确定D正确。
9．（2025高三上·北京月考）某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法正确的是
A．X的分子式为C12H16O3
B．X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、氧化等反应
C．在催化剂的作用下，1molX最多能与1molH2加成
D．不能用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、数 X 的原子：C 原子数为 12（苯环 6 个 + 酯基 1 个 + 侧链 5 个），H 原子数为 14（苯环 4 个 + 侧链 10 个），O 原子数为 4（酯基 2 个 + 羟基 2 个），分子式应为 C12H14O4，A错误；B、X 含有的官能团：苯环、碳碳双键、酯基、羟基。
苯环、碳碳双键可发生加成反应；碳碳双键可发生加聚反应；酯基、羟基可发生取代反应；羟基、碳碳双键可被氧化，能发生氧化反应。因此 X 能发生加成、加聚、取代、氧化等反应，B正确；
C、苯环最多与 3mol H2加成，碳碳双键最多与 1mol H2加成，1mol X 最多能与 4mol H2加成，C错误；
D、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而 X 含碳碳双键、羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可区分二者，D错误；
故答案为：B。
【分析】分子式计数错误易漏数原子（如忽略羟基的 H、酯基的 O），或数错苯环、侧链的 H 原子数，导致分子式判断错误（如误将 C12H14O4写成 C12H16O3）。
加成反应的量判断偏差易只考虑碳碳双键的加成，忽略苯环的加成能力，错认为 1mol X 最多与 1mol H2加成（实际苯环 + 碳碳双键最多耗 4mol H2）。
官能团性质的遗漏判断反应类型时，易忽略羟基的取代、氧化反应，或碳碳双键的加聚反应，错判 X 能发生的反应类型。
物质区分的逻辑错误易混淆苯（无还原性官能团）与 X（含碳碳双键、羟基）的性质，错认为二者都不能使酸性高锰酸钾褪色（实际 X 能使其褪色，可区分）。
10．（2025高三上·北京月考）科学家用铜的氧化物做催化剂，成功实现选择性还原，用于回收和利用工业排放的低浓度二氧化碳。的晶胞、铜的氧化物的晶胞如图。下列说法正确的是
A．干冰晶体熔化时需要克服共价键
B．一个干冰晶胞中含有8个分子
C．铜的氧化物晶胞中距离氧离子最近且等距离的氧离子为6个
D．由铜的氧化物的晶胞可知其化学式为
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、干冰是分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，不破坏 CO2分子内的共价键，A错误；
B、干冰晶胞为面心立方结构，用 “均摊法” 计算：顶点（8×）+ 面心（6×）=4 个 CO2分子，并非 8 个，B错误；
C、铜的氧化物晶胞中，氧离子位于立方体顶点，距离某一氧离子最近且等距的氧离子是同一平面的 4 个（顶点间距离），不是 6 个，C错误；
D、晶胞中含个O、4个Cu，化学式为，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：晶体熔化的作用力判断：干冰是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，而非共价键，据此排除 A。
晶胞粒子数的均摊法：干冰晶胞为面心立方，用 “顶点 × + 面心 ×” 计算得 4 个 CO2分子，排除 B。
晶胞中粒子的位置关系：铜的氧化物晶胞中，氧离子位于顶点，最近等距的氧离子是同一平面的 4 个，排除 C。
化学式的晶胞推导：铜的氧化物晶胞中，氧离子（顶点）均摊得 1 个，铜离子（体内）为 2 个，Cu 与 O 个数比 2：1，确定化学式为 Cu2O，这是 D 正确的核心依据。
11．（2025高三上·北京月考）下列关于物质的结构、性质及解释均正确的是
选项 物质的结构或性质 解释
A 键角： < 水分子中O上孤电子对数比氨分子中N上的少
B 热稳定性：> 分子间氢键强于分子间作用力
C Cl—Cl的键长小于Br—Br的键长 Cl—Cl的键能小于Br—Br的键能
D 酸性： > 烷基(R-)越长推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、键角由中心原子孤电子对数决定：H2O 中 O 的孤电子对是 2 对，NH3中 N 的孤电子对是 1 对。孤电子对越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，因此 H2O 键角＜NH3，但解释中 “O 的孤电子对少” 表述错误，A错误；
B、热稳定性是化学性质，由共价键强度决定（与分子间作用力无关）：N 的原子半径小于 P，N-H 键比 P-H 键强，故 NH3热稳定性＞PH3，但解释中用 “分子间氢键”（物理作用）说明化学性质，逻辑错误，B错误；
C、键长与原子半径正相关：Cl 原子半径小于 Br，故 Cl-Cl 键长＜Br-Br 键长；键能与键长负相关，键长越短键能越大，因此 Cl-Cl 键能＞Br-Br 键能，但解释中 “Cl-Cl 键能小” 表述错误，C错误；
D、羧酸酸性与羧基中羟基极性有关：烷基（R-）是推电子基团，烷基越长推电子效应越强，会减弱羧基中羟基的极性（使 H+更难电离）。CH3CH2- 的推电子效应强于 CH3-，故 CH3COOH 酸性＞CH3CH2COOH，性质与解释匹配，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．键角关键看孤电子对数量，H2O 中 O 有 2 对孤电子对，NH3中 N 有 1 对，孤电子对多斥力大、键角小，解释中 “O 的孤电子对少” 与事实矛盾。
B．热稳定性是化学性质，由共价键强度决定，与分子间氢键（影响物理性质）无关，解释逻辑错位。
C．键长与原子半径正相关（Cl 原子半径＜Br），故 Cl-Cl 键长更短、键能更大，解释中 “Cl-Cl 键能小” 表述错误。
D．羧酸酸性取决于羟基极性，烷基推电子效应越强，羟基极性越弱、酸性越弱，CH3CH2- 推电子效应强于 CH3-，故 CH3COOH 酸性更强，性质与解释一致。
12．（2025高三上·北京月考）实验室用如下方法制备饮用水消毒剂ClO2
已知：NCl3为强氧化剂，其中N元素为-3价
下列说法不正确的是
A．NH4Cl的电子式为
B．电解池中总反应的化学方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑
C．若NaClO2与NCl3恰好完全反应，则X为NaCl
D．饮用水中残留的ClO2可用适量FeSO4溶液去除
【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、NH4Cl 是离子化合物，由 NH4+和 Cl-构成， 电子式为：，A正确；
B、电解池原料为 NH4Cl 溶液和盐酸，产物为 NCl3、H2：N 元素化合价不变（-3 价），H 元素从 + 1 价降为 0 价（H2），总反应为 NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，B正确；
C、 根据题意可知，二者反应方程式为：，X为氯化钠和氢氧化钠的混合液，C错误；
D、ClO2具有氧化性，FeSO4中 Fe2+具有还原性，二者可发生氧化还原反应（Fe2+被氧化为 Fe3+，ClO2被还原），能除去残留 ClO2，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
电子式书写的细节疏漏：易忽略 NH4Cl 是离子化合物，漏写 NH4+的方括号或 Cl-的孤电子对，错判电子式正误。
电解反应的化合价判断偏差：易误判 NCl3中 N 的化合价（实际为 - 3 价，化合价未变），错认为 N 发生氧化还原，导致总反应式判断错误。
物质除杂的性质混淆：易误认为 FeSO4不能与 ClO2反应，忽略二者的氧化还原性质，错判除杂可行性。
13．（2025高三上·北京月考）有一无色溶液，可能含有K+、Al3+、Mg2+、NH、Cl﹣、SO、HCO、MnO中的几种。为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生。下列推断正确的是
A．肯定有Al3+、Mg2+、Cl﹣ B．肯定有Al3+、Mg2+、NH
C．肯定有K+、HCO、MnO D．肯定有Al3+、Mg2+、SO
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】排除有色离子：溶液无色，而 MnO4-呈紫色，故溶液中一定不含 MnO4-。
分析实验①的现象：加入 Na2O2产生 “无色无味的气体”：Na2O2与水反应生成 O2（无色无味），若含 NH4+，NH4+与 OH-反应会生成有刺激性气味的 NH3，因此溶液中不含 NH4+。
产生 “白色沉淀，加入足量 NaOH 后部分溶解”：Al(OH)3能溶于 NaOH，Mg(OH)2不溶于 NaOH，说明沉淀含 Al(OH)3和 Mg(OH)2，因此溶液中一定含 Al3+、Mg2+。
离子共存：Al3+ 与 HCO3-会发生双水解反应（不能共存），故溶液中不含 HCO3-。
分析实验②的现象：加入盐酸酸化的 BaCl2溶液产生白色沉淀，该沉淀为 BaSO4，说明溶液中一定含 SO42-。
判断其他离子：K+、Cl-无法通过现有实验确定是否存在，因此不能 “肯定” 其存在。
综上所述，可判断原溶液中一定含有Al3＋、Mg2＋、SO；一定不含有NH、HCO、MnO，
故答案为：D。
【分析】本题易错点
有色离子的排除疏漏：忽略 “无色溶液” 条件，易误认 MnO4-可能存在（实际 MnO4-为紫色，必不存在）。
气体气味的判断偏差：实验①中 Na2O2生成的气体无色无味（为 O2），若误当作 NH3（有刺激性气味），会错判 NH4+存在（实际 NH4+不存在）。
沉淀溶解与离子的对应错误：混淆 Al (OH)3（溶于 NaOH）和 Mg (OH)2（不溶于 NaOH）的性质，漏判 Al3+、Mg2+的存在。
离子共存的忽略：忘记 Al3+与 HCO3-会发生双水解（不能共存），错认为 HCO3-可能存在。
不确定离子的过度推断：K+、Cl-无法通过实验确认，易误将其归为 “肯定存在” 的离子。
14．（2025高三上·北京月考）X为含Cu2+的配合物。实验室制备X的一种方法如下。
下列说法不正确的是
A．②中发生反应：Cu(OH)2+2NH3·H2O+2[Cu(NH3)4]2++4H2O
B．在①和②中，氨水参与反应的微粒不同
C．X所含N原子以π键与Cu2+结合
D．X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、步骤①生成 Cu(OH)2蓝色沉淀，步骤②中过量氨水与 Cu (OH)2反应，NH3 H2O 电离出的 NH4+参与反应，生成 [Cu(NH3)4]2+配合物，反应式为
Cu(OH)2+2NH3·H2O+2[Cu(NH3)4]2++4H2O，A正确；B、步骤①中，氨水的 OH-与 Cu2+反应生成 Cu(OH)2沉淀（参与反应的微粒是 OH-）；步骤②中，氨水的 NH3作为配体与 Cu2+形成配合物（参与反应的微粒是 NH3），二者参与反应的微粒不同，B正确；
C、配合物 X 为 [Cu(NH3)4]2+的盐，Cu2+与 NH3中的 N 原子通过配位键结合（N 原子提供孤电子对，Cu2+提供空轨道），而非 π 键，C错误；
D、95% 乙醇极性比水弱，配合物 X 在乙醇中溶解度更小，故加入乙醇后析出晶体，利用了溶解度差异，D正确；
故答案为：C。
【分析】向 CuSO4溶液中加入氨水时，反应分两步进行：步骤①中，Cu2+ 与氨水电离出的 OH - 结合，生成 Cu(OH)2蓝色沉淀，反应为：Cu2++2NH3 H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+；继续加氨水（步骤②），过量的 NH3 H2O 提供配体 NH3，同时 NH4+ 参与反应，使 Cu(OH)2沉淀溶解，生成含 Cu2+ 的配合物离子 [Cu(NH3)4]2+，反应为：Cu(OH)2+2NH3 H2O+2NH4+=[Cu(NH3)4]2++4H2O。最终得到的配合物 X 是深蓝色晶体 [Cu(NH3)4] SO4 H2O。
15．（2025高三上·北京月考）由氧元素形成的常见物质有H2O、H2O2、O2和O3等。
（1）基态氧原子的电子排布式是　 　。
（2）H2O分子的VSEPR模型是　 　形。
（3）对H2O2分子结构的研究，曾有以下推测：
①根据测定H2O2分子中　 　(填字母序号)，确定其结构一定不是甲。
a．H-O键长　　　b．O-O键能　　　c．H-O-O键角
②由于H2O2不稳定，很难得到晶体。20世纪40年代初，卢嘉锡等化学家用尿素()与H2O2形成较稳定的尿素过氧化氢复合物晶体，进而测得H2O2结构为乙。上述晶体中尿素与H2O2分子交替排列且二者中的O均与另外分子的H之间形成氢键。
a．H2O2为　 　(填“极性”或“非极性”)分子。
b．用“X—H…Y”表示出上述晶体中形成的氢键：　 　。
（4）O2的晶胞为立方体，结构如下。
根据图中信息，可计算O2晶体密度是　 　g·cm-3。
（5）已知O3分子空间结构为V形，中心O为sp2杂化。除σ键外，O3分子中还形成了含4个电子的大π键。每个O3分子中用于成键的电子总数是　 　个，中心O提供参与成键的电子数是　 　个。
【答案】（1）1s22s22p4
（2）四面体
（3）C；极性；O-H…O、N-H…O
（4）
（5）8；4
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）氧元素为8号元素，原子核外有8个电子，基态氧原子的电子排布式是1s22s22p4。
故答案为：1s22s22p4；
（2）H2O分子中，O原子的价电子对数为4，发生sp3杂化，所以VSEPR模型是四面体。
故答案为：四面体；
（3）①键长和键能不能决定分子结构，所以根据测定H2O2分子中H-O-O键角，确定其结构一定不是甲，故选C。
②a．由图乙可知，H2O2中的4个原子不在同一条直线上，所以H2O2为极性分子。
b．因为“晶体中尿素与H2O2分子交替排列且二者中的O均与另外分子的H之间形成氢键”，所以用“X—H…Y”表示出上述晶体中形成的氢键：O-H…O、N-H…O。
故答案为：C；极性；O-H…O、N-H…O；
（4）根据图中信息，可计算出晶胞中所含O2的个数为，所以O2晶体密度是g·cm-3。
故答案为：；
（5）每个O3分子中，中心O原子与周围2个O原子各形成1对共用电子，另外还形成含4个电子的大π键，所以用于成键的电子总数是2×2+4=8个，中心O原子提供2个电子形成σ键，提供2个电子形成大π键，所以中心O原子参与成键的电子数是4个。
故答案为：8；4。
【分析】(1)氧为8号元素，电子排布式为。
(2)的价电子对数为4（2对成键+2对孤电子），杂化，VSEPR模型为四面体。
(3)① 键角决定分子空间结构，测键角可确定不是甲；
② a. 分子不对称，是极性分子；b. 氢键表示为、。
(4)均摊法得晶胞中数为，密度公式为（为阿伏加德罗常数，为晶胞边长）。
(5)含2个键（4电子）+4电子大键，总成键电子8；中心提供2个键电子+2个键电子，共4个。
（1）氧元素为8号元素，原子核外有8个电子，基态氧原子的电子排布式是1s22s22p4。答案为：1s22s22p4；
（2）H2O分子中，O原子的价电子对数为4，发生sp3杂化，所以VSEPR模型是四面体。答案为：四面体；
（3）①键长和键能不能决定分子结构，所以根据测定H2O2分子中H-O-O键角，确定其结构一定不是甲，故选C。
②a．由图乙可知，H2O2中的4个原子不在同一条直线上，所以H2O2为极性分子。
b．因为“晶体中尿素与H2O2分子交替排列且二者中的O均与另外分子的H之间形成氢键”，所以用“X—H…Y”表示出上述晶体中形成的氢键：O-H…O、N-H…O。答案为：C；极性；O-H…O、N-H…O；
（4）根据图中信息，可计算出晶胞中所含O2的个数为，所以O2晶体密度是g·cm-3。答案为：；
（5）每个O3分子中，中心O原子与周围2个O原子各形成1对共用电子，另外还形成含4个电子的大π键，所以用于成键的电子总数是2×2+4=8个，中心O原子提供2个电子形成σ键，提供2个电子形成大π键，所以中心O原子参与成键的电子数是4个。答案为：8；4。
16．（2025高三上·北京月考）镇痉药物、化合物以及高分子树脂()的合成路线如下：
已知：
(、代表烃基)
(1)的含氧官能团的名称是　 　。
(2)在催化剂作用下可与反应生成。该反应的反应类型是　 　。
(3)酯类化合物的分子式是，其结构简式是　 　。
(4)发生银镜反应的化学方程式是　 　。
(5)扁桃酸()有多种同分异构体。属于甲酸酯且含酚羟基的同分异构体共有　 　种，写出其中一种含亚甲基的同分异构体的结构简式：　 　。
(6)与合成高分子树脂的化学方程式是　 　。
(7)在溶液中发生水解反应的化学方程式是　 　。
【答案】醛基；加成反应(或还原反应)；；+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O；13；或或(写出任意一种即可)；+nHCHO+(n-1)H2O；+2NaOH+H2O
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】(1)由发生已知信息反应生成扁桃酸，可知为，的含氧官能团的名称是醛基。
故答案为： 醛基 ；
(2)在催化剂作用下可与反应生成。该反应的反应类型是加成反应(或还原反应)。
故答案为： 加成反应(或还原反应) ；
(3)酯类化合物的分子式是，A为，化合物B，两者酯化生成C结构简式为。
故答案为： ；
(4)发生银镜反应的化学方程式是+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O。
故答案为：+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O ；
(5) 属于甲酸酯且含酚羟基的扁桃酸的同分异构体中，若苯环上有3个取代基，即、和，共有10种结构(先确定、的位置，再确定的位置，和位于邻、间、对位时，分别有4、4、2种位置)；若苯环上有2个取代基，即和，有邻、间、对位3种结构，故共有13种满足条件的同分异构体，写出其中一种含亚甲基的同分异构体的结构简式：或或(写出任意一种即可)。
故答案为：13；或或(写出任意一种即可) ；
(6)与合成高分子树脂，利用酚醛树脂合成方法，写出反应的化学方程式是+nHCHO+(n-1)H2O。
故答案为：+nHCHO+(n-1)H2O ；
(7)在溶液中酯基发生水解，消耗两份氢氧化钠，反应的化学方程式是+2NaOH+H2O 。
故答案为：+2NaOH+H2O 。
【分析】参考酚醛树脂的合成逻辑，可推出 M 为甲醛（HCHO），F 为对甲基苯酚（ ）。
根据 “RCHO 在碱性条件下反应” 的信息，结合 A 的结构（苯环连 CHO），可知 A 为苯甲醛（ ）；化合物 B 的结构是苯环连 CH2OH，对应物质为苯甲醇（ ）；A 与 B 反应生成的 C，C为羟基苯乙酸苯甲酯（ ）。A（苯甲醛）与氢氧化铜反应，醛基被氧化为羧基，生成的 D 为苯甲酸（ ）；D 中的羧基经转化得到 E，苯甲酰氯（ ）。E（苯甲酰氯）与 F（对甲基苯酚）发生取代反应，最终生成 N（ ，即对甲基苯酚苯甲酸酯）。据此解题。
17．（2025高三上·北京月考）资料显示“O2的氧化性随溶液pH的增大逐渐减弱”。某兴趣小组探究不同条件下KI与O2的反应．实验如下。
装置 烧杯中的液体 现象（5分钟后）
①2 mL1 mol/LKI溶液+5滴淀粉 无明显变化
②2 mL1 mol/LKI溶液+5滴淀粉+2 mL0.2 mol/L HCl 溶液变蓝
③2 mL1 mol/LKI溶液+5滴淀粉+2 mL0.2 mol/L KCl 无明显变化
④2 mL1 mol/LKI溶液+5滴淀粉+2 mL0.2 mol/L CH3COOH 溶液变蓝，颜色较②浅
（1）实验②中生成I2的离子方程式是　 　。
（2）实验③的目的是　 　。
（3）实验④比②溶液颜色浅的原因是　 　。
（4）为进一步探究KI与O2的反应，用上表中的装置继续进行实验：
烧杯中的液体 现象（5小时后）
⑤2 mLpH=8.5混有KOH的1mol/L KI溶液+5滴淀粉 溶液才略变蓝
⑥2 mLpH=10混有KOH的1mol/L KI溶液+5滴淀粉 无明显变化
I．对于实验⑥的现象．甲同学提出猜想“pH=10时O2不能氧化I-”，设计了下列装置进行实验，验证猜想。
i．烧杯a中的溶液为　 　。
ii．实验结果表明，此猜想不成立。支持该结论的实验现象是：通入O2后，　 　。
Ⅱ．乙同学向pH=10的KOH溶液（含淀粉）中滴加碘水，溶液先变蓝后迅速褪色．经检测褪色后的溶液中含有IO3-，褪色的原因是（用离子方程式表示）　 　。
（5）该小组同学对实验过程进行了整体反思．推测实验①的现象产生的原因可能是　 　；实验⑥的现象产生的原因可能是　 　。
【答案】4I-+O2+4H+=2I2+2H2O；验证Cl-是否影响KI与O2的反应；其他条件相同时，CH3COOH是弱电解质，溶液中c(H+)较盐酸小，O2的氧化性减弱；pH=10的KOH溶液；电流表指针偏转，烧杯b的溶液颜色变深；3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O；中性条件下，O2的氧化性比较弱，该反应速率慢，短时间内难以生成“一定量” 碘单质使溶液颜色发生变化；pH=10的KOH溶液中I-被氧化生成I2，I2迅速发生歧化反应变为IO3-和I-
【知识点】氧化还原反应；性质实验方案的设计；离子方程式的书写；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)实验②是在酸性条件下氧气将碘离子氧化生成碘单质，碘单质遇淀粉使溶液变蓝，其反应的离子方程式是：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O；
故答案为： 4I-+O2+4H+=2I2+2H2O ；
（2）实验②加入盐酸电离产生的H+和Cl-，通过实验③可以排除是否为Cl-离子对于KI与O2的反应的影响；
故答案为： 验证Cl-是否影响KI与O2的反应 ；
(3) 其他条件相同时，CH3COOH是弱电解质，溶液中c(H+)较盐酸小，O2的氧化性随溶液pH的增大逐渐减弱，故实验④比②溶液颜色浅；
故答案为： 其他条件相同时，CH3COOH是弱电解质，溶液中c(H+)较盐酸小，O2的氧化性减弱 ；
(4) i．甲同学提出猜想“pH=10时O2不能氧化I-”，故烧杯a中的溶液可以为pH=10的KOH溶液；ii．通入O2后，若电流表指针偏转，烧杯b的溶液颜色变深，则pH=10时O2也能氧化I-，此猜想不成立。Ⅱ．碱性条件下碘单质发生歧化反应生成IO3-和I-，则开始滴入时遇淀粉变蓝，后碘消耗而褪色，其离子反应方程式为：3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O ；
故答案为： pH=10的KOH溶液 ； 电流表指针偏转，烧杯b的溶液颜色变深 ； 3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O ；
(5)实验①的现象产生的原因可能是中性条件下，O2的氧化性比较弱，该反应速率慢，短时间内难以生成“一定量”的碘单质使溶液颜色发生变化；实验⑥的现象产生的原因可能是pH=10的KOH溶液中I-被氧化生成I2，I2迅速发生歧化反应变为IO3-和I-。
故答案为： 中性条件下，O2的氧化性比较弱，该反应速率慢，短时间内难以生成“一定量” 碘单质使溶液颜色发生变化 ； pH=10的KOH溶液中I-被氧化生成I2，I2迅速发生歧化反应变为IO3-和I- 。
【分析】(1)酸性条件下 O2氧化 I-，结合化合价升降写离子方程式。
(2)对比实验②，排除 Cl-对反应的影响。
(3)CH3COOH 是弱电解质，溶液中 c (H+) 小，O2氧化性弱。
(4)i烧杯 a 用 pH=10 的 KOH 溶液，与 b 构成原电池；电流表偏转、b 中溶液变蓝，证明 O2能氧化 I-。ii碱性条件下 I2发生歧化反应，生成 IO3-和 I-。
(5)实验①：中性时 O2氧化性弱，反应速率慢；实验⑥：生成的 I2快速歧化，无明显现象。
18．（2025高三上·北京月考）用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)3·18H2O，工艺流程如下(部分操作和条件略)：
I．向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；
Ⅱ．向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；
Ⅲ．加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；
Ⅳ．加入MnSO4至紫红色消失，过滤；
Ⅴ．浓缩、结晶、分离，得到产品。
（1）溶解的离子方程式是　 　。
（2）写出氧化的离子方程式(还原产物为)　 　。
（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pH(注：金属离子的起始浓度为)
　
开始沉淀时 3.4 6.3 1.5
完全沉淀时 4.7 8.3 2.8
根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的　 　。
（4）已知：一定条件下，可与反应生成。
①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是　 　，写出反应的离子方程式　 　。
②Ⅳ中加入MnSO4的目的是　 　。
【答案】（1）Al2O3+6H+=2Al3++3H2O
（2）+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
（3）pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀
（4）生成黄绿色气体；MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；除去过量的
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故答案为： Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
（2）高锰酸根离子在酸溶液中被还原为锰离子，亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式为：+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，
故答案为：+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
（3）铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液pH为1.5～2.8，铝离子开始沉淀pH为3.4，亚铁离子开始沉淀的溶液pH大于铝离子完全沉淀pH，向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，所以调节溶液的pH约为3，可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，步骤Ⅱ的目的：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀，
故答案为：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀；
（4）①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，生成的氯气是黄绿色气体，能说明沉淀中存在MnO2，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：生成黄绿色气体；MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
②可与Mn2+反应生成MnO2，过滤除去，所以可以利用MnSO4的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量高锰酸根离子除去，
故答案为：除去过量的。
【分析】首先将含 Al2O3、SiO2和少量铁氧化物的铝灰，加入过量稀 H2SO4反应，使 Al2O3、铁氧化物溶解，过滤除去不溶的 SiO2；向滤液中加入过量 KMnO4溶液，调节 pH 约为 3，将 Fe2+氧化为 Fe3+（此时 Fe3+可沉淀，Al3+不沉淀）；加热后生成棕褐色沉淀，再加入 MnSO4除去过量的 MnO4-，过滤后对滤液进行浓缩、结晶、分离，最终得到 Al2(SO4)3 18H2O 产品。
（1）硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故答案为： Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
（2）高锰酸根离子在酸溶液中被还原为锰离子，亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式为：+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
（3）铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液pH为1.5～2.8，铝离子开始沉淀pH为3.4，亚铁离子开始沉淀的溶液pH大于铝离子完全沉淀pH，向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，所以调节溶液的pH约为3，可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，步骤Ⅱ的目的：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀，故答案为：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀；
（4）①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，生成的氯气是黄绿色气体，能说明沉淀中存在MnO2，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：生成黄绿色气体；MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
②可与Mn2+反应生成MnO2，过滤除去，所以可以利用MnSO4的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量高锰酸根离子除去，故答案为：除去过量的。
19．（2025高三上·北京月考）自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯(ClO2)和高铁酸钾(K2FeO4)等。
（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2(夹持装置已略去)。
资料：ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体。
以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．
①冰水浴的作用是　 　。
②NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为　 　。
（2）用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量：
I．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸
II．在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口
III．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收
IV．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中
V．用0.1000 mol·L-1 硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液()，指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液
在此过程中：
①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为　 　。
②玻璃液封装置的作用是　 　。
③V中加入的指示剂通常为　 　，滴定至终点的现象是　 　。
④测得混合气中ClO2的质量为　 　g。
（3）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①上述制备K2FeO4反应的离子方程式为　 　。
②净水过程中，K2FeO4起到吸附、絮凝作用的原理是　 　。
【答案】（1）分离Cl2和ClO2，收集ClO2；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（2）；用水再次吸收ClO2气体；淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；0.027
（3）3ClO-+10OH-+ 2Fe3+=2+ 3Cl-+ 5H2O；发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O ，制得的ClO2中混有Cl2，ClO2在11℃时液化成红棕色液体，将混合气导入集气瓶内，用冰水浴冷却，分离Cl2和ClO2，收集ClO2。
②NaOH溶液吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠和水，发生的主要反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
故答案为： 分离Cl2和ClO2，收集ClO2 ； Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ；
（2）①锥形瓶内ClO2与把I-氧化为I2，反应的离子方程式为。
②ClO2不可能被锥形瓶内的KI完全吸收，逸出的少量ClO2被玻璃液封管内的水溶解，与锥形瓶内液体混合时，再与KI发生反应，则装置中玻璃液封管的作用：用水再次吸收ClO2气体。
③I2能使淀粉变蓝，V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点时I2恰好完全消耗，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。
④根据、建立关系式，n(ClO2)=n()=×0.1mol/L×0.02L=0.0004mol，测得混合气中ClO2的质量为0.0004mol ×67.5g/mol=0.027g。
故答案为： ； 用水再次吸收ClO2气体 ； 淀粉溶液 ； 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 ； 0.027 ；
（3）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①碱性条件下，硝酸铁被次氯酸钾氧化为K2FeO4，反应的离子方程式为3ClO-+10OH-+ 2Fe3+=2+ 3Cl-+ 5H2O。
②净水过程中，发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用。
故答案为： 3ClO-+10OH-+ 2Fe3+=2+ 3Cl-+ 5H2O ；发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体 。
【分析】用 NaClO3与 HCl 的乙醇溶液反应制备 ClO2，反应方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。此反应会生成 ClO2和 Cl2的混合气体，需分离二者：将混合气体通入集气瓶，通过冰水浴冷却，利用 ClO2与 Cl2的沸点差异实现分离，收集得到 ClO2；而混有的 Cl2则沿导管进入 NaOH 溶液，被碱液吸收除去。
(1)① 利用 ClO2在 11℃液化的特性，冰水浴可分离 Cl2与 ClO2，同时收集 ClO2。② Cl2与 NaOH 反应，离子方程式为 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
(2)① 酸性条件下，ClO2氧化 I-，离子方程式为 2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O。② 玻璃液封管中的水可再次吸收逸出的 ClO2，减少损失。③ 指示剂用淀粉溶液，终点现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。④ 结合反应关系计算，ClO2质量为 0.027g。
(3)① 碱性条件下，ClO-氧化 Fe3+生成 FeO42-，离子方程式为 3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O。② FeO42-被还原为 Fe3+，Fe3+水解生成 Fe(OH)3胶体，发挥吸附、絮凝作用。
（1）①以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O ，制得的ClO2中混有Cl2，ClO2在11℃时液化成红棕色液体，将混合气导入集气瓶内，用冰水浴冷却，分离Cl2和ClO2，收集ClO2。
②NaOH溶液吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠和水，发生的主要反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（2）①锥形瓶内ClO2与把I-氧化为I2，反应的离子方程式为。
②ClO2不可能被锥形瓶内的KI完全吸收，逸出的少量ClO2被玻璃液封管内的水溶解，与锥形瓶内液体混合时，再与KI发生反应，则装置中玻璃液封管的作用：用水再次吸收ClO2气体。
③I2能使淀粉变蓝，V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点时I2恰好完全消耗，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。
④根据、建立关系式，n(ClO2)=n()=×0.1mol/L×0.02L=0.0004mol，测得混合气中ClO2的质量为0.0004mol ×67.5g/mol=0.027g。
（3）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①碱性条件下，硝酸铁被次氯酸钾氧化为K2FeO4，反应的离子方程式为3ClO-+10OH-+ 2Fe3+=2+ 3Cl-+ 5H2O。
②净水过程中，发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用。
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