南充市2022~2023学年度上期普通高中二年级学业质量监测化学答案

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17.亚氯酸钠(NaCIO2)常用于纺织、造纸业漂白，也用于食品消毒、水处理等。已知：①亚氯酸钠(NaCIO2)受热易分解；②纯C10,易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。I:制取NaClo,晶体浓硫酸H202溶液空气→KK2NaCIO3和Na2SO3NaOH溶液B冰水浴AC(1)实验过程中需要持续通入空气，目的是(2)装置A中产生C1O,的化学方程式为(3)装置B中还原剂和氧化剂的物质的量之比为，还原产物为：反应结束后，为从溶液中得到NaCIO,固体，采取减压蒸发而不用常压蒸发，原因是(4)装置C的作用是Ⅱ：测定亚氯酸钠的含量实验步骤：①准确称取所得亚氯酸钠样品g于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250mL待测溶液。②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmol·LNa,S,O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na,S2O3标准溶液体积的平均值为VmL。(已知：C1O? 4 4H=2H20 2L2 CI、I2 2S20号=2I S,O6)(5)达到滴定终点时的现象为Ⅱ：测定亚氯酸钠的含量实验步骤：①准确称取所得亚氯酸钠样品g于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250mL待测溶液。②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmol·LNa,S,O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na,S2O3标准溶液体积的平均值为VmL。(已知：C1O? 4 4H=2H20 2L2 CI、I2 2S20号=2I S,O6)(5)达到滴定终点时的现象为(6)该样品中NaCIO,的质量分数为%(用含m、c、V的代数式表示)。在滴定操作正确的情况下，此实验测得结果偏高，可能原因为(用离子方程式表示)。【答案】(1)稀释CIO2以防爆炸(2)2NaC1O3 Na2SO3 H2SO4=2C1021 2Na2S04 H2O(3)①.2：1②.02③常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解(4)吸收C1O2,防止污染空气(5)当滴入最后一滴标准溶液时，溶液由蓝色变成无色，且30s内颜色不恢复22.625cV(6)②.4I- 02 4H =2I2 2H20m【解析】【分析】A中75%硫酸与亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫，二氧化硫与氯酸钠反应生成C1O2,B中C1O2在碱性条件下与过氧化氢反应生成NCIO2,C为尾气吸收装置，且可防止倒吸；【小问1详解】根据题给信息“纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下”，可知实验过程中持续通入空气的目的是稀释C1O2,以防止发生爆炸：【小问2详解】装置A中NaCIo3被还原为ClO2,Na2SO3被氧化为Na2SO4;根据得失电子守恒和元素守恒，可知装置A中产生C1O2的化学方程式为2NaC1O3 Na2S03 H2S04==2ClO2↑ 2Na2S04 H20:【小问3详解】装置B中CIO2参加反应生成NaCIo2,C1元素的化合价降低，作氧化剂，HO2作还原剂，有氧气生成，根据得失电子守恒可得关系式：2CO2~HO2,故装置B中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，氧化产物为O2。根据题给信息“亚氯酸钠NaCIo2)受热易分解”，可知反应结束后为从溶液中得到NaCIo2固体，应采取减压蒸发而不用常压蒸发，原因是常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解：【小问4详解】装置C的作用是吸收CIO2,防止污染空气：【小问5详解】用N2S203标准溶液滴定待测溶液，发生反应：2 2S2O}=2I- S,O?,指示剂淀粉溶液遇12变为蓝色，故滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶液时，溶液由蓝色变成无色，且30$内颜色不恢复：【小问6详解】①由反应中的I元素守恒可知：C102~212~4S,O?,故25.00mL待测溶液中nNaC102)=一×cV×1043mol,m(NaCI02)=×90.5cV×10-3g:样品mg配成250mL待测溶液，故样品中NaC1O2的质量分数为×90.5cV×103×10g×100".625cV%mgm②实验测得结果偏高，说明滴定消耗的N2S,O3标准溶液体积偏大，则溶液中碘单质的含量偏高，可能原因为过量的碘离子被空气中的氧气氧化为碘单质，反应的离子方程式为4I- 02十4H ==212十2H20。

16.碳、氮元素是构成生物体的主要元素，在动植物生命活动中起着重要作用。根据要求回答下列问题：(1)氮原子核外有种不同空间运动状态的电子，基态氮原子核外电子排布图为(2)已知：NH4)2C03==2NH3↑ H2O↑ CO2T①与氧同周期，且第一电离能比氧小的非金属元素有种。②分解所得的气态化合物分子的键角由大到小的顺序为(填化学式)。OHCN(3)物质中与CO中的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为H3C(4)配合物Cu(CH3C≡N)4]中铜原子的价电子排布式为BF的空间构型为(5)碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图所示(8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方体的面心，4个氮原子在立方体内)，该晶体硬度超过金刚石，成为首屈一指的超硬新材料。OcON①晶胞中C原子的配位数为。该晶体硬度超过金刚石的原因是②已知该晶胞的边长apm,阿伏加德罗常数用Na表示，则该晶体的密度为gcm3。2s2p【答案】(1)①.7(2①.2②.CO2>NH3>H20(3)3:2(4)①.3d04sl②.正四面体9.2×1031(5)①.4②.都构成共价晶体，且C-N键的键能大于C-C键的键能【解析】【小问1详解】氮元素为7号元素，原子核外有7个电子，则有7种不同空间运动状态的电子，基态氮原子核外电子排布2s2p2s2p图为答案为：7：【小问2详解】①与氧同周期，且第一电离能比氧小的非金属元素有B、C元素，共2种。②分解所得的气态化合物为CO2、NH3、H2O,孤对电子分别有0对、1对、2对，孤电子对数越多，对成键电子的排斥作用越大，键角越小，所以分子的键角由大到小的顺序为CO2>NH3>H2O。答案为：2：CO2>NH3>H2O;【小问3详解】OHCNC0中的碳原子发生sp杂化，则中的碳原子发生sp2杂化的有6个，发生H3Csp3杂化的有3个，发生$p杂化的有1个，所以杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为6：(3 1)=3：2。答案为：3：2：【小问4详解】配合物Cu(CHC=N)4]中的铜原子，没有得失电子，原子核外电子数仍为29个，所以价电子排布式为3d04s,BF中，B原子的价层电子对数为4，空间构型为正四面体。答案为：3d14s;正四面体：【小问5详解】①设定晶胞中右上角的碳原子为中心碳原子，它被8个晶胞共用，有4个晶胞中的N原子与该碳原子形成共价键，所以晶胞中C原子的配位数为4。该晶体中，C-N键的键长比C-C键的键长短，所以硬度超过金刚石，原因是：都构成共价晶体，且C-N键的键能大于C-C键的键能。11②在晶胞中，含有的C原子数为8×二 4×三=3，N原子数为4，则化学式为C3N4,边长apm,阿伏加德8292g/mol9.2×1031罗常数用NA表示，则该晶体的密度为a×I00cm)PN,moaN,gcm3。答案为：4：都构成共9.2×1031价品体，且C-N键的键能大于C-C键的键能：aN【点睛】计算晶胞中所含原子的数目时，可使用均摊法。