? 重慶市巫山縣官渡中學2021-2022學年高二下學期期末考試
化學試題
第I卷 (選擇題)
一、選擇題(共14小題，每小題3分共42分)
1. 《厲害了，我的國》展示了中國在探索太空、開發(fā)深海、建設高鐵、開發(fā)5G技術等領域取得的舉世矚目的成就。它們與化學有著密切聯系，下列對應關系不正確的是
A. 5G手機芯片的關鍵材料--二氧化硅
B. 神舟飛船返回艙外表面使用的高溫結構陶瓷的主要成分--新型無機非金屬材料
C. 火箭外殼采用高強度的鋁合金--金屬材料
D. 神舟飛船航天員穿的航天服的材料--多種合成纖維
【答案】A
【解析】
【詳解】A．5G手機芯片的關鍵材料是硅，硅為半導體，二氧化硅是光導纖維的成分，故A錯誤；
B．新型無機非金屬材料在性能上比傳統(tǒng)無機非金屬材料有了很大的提高，可適用于不同的要求，如高溫結構陶瓷、壓電陶瓷、透明陶瓷、超導陶瓷等都屬于新型無機非金屬材料，故B正確；
C．金屬材料是指金屬元素或以金屬元素為主構成的具有金屬特性的材料的統(tǒng)稱。包括純金屬、合金、金屬材料金屬間化合物和特種金屬材料等，故鋁合金是金屬材料，故C正確；
D．神舟飛船航天員穿的航天服的材料是多種合成纖維制成，故D正確；
故選：A。
2. 下列敘述中正確的是
A. 干冰升華時碳氧鍵發(fā)生斷裂
B. CaO和SiO2晶體中都不存在單個小分子
C. Na2O與Na2O2所含的化學鍵類型完全相同
D. Br2蒸氣被木炭吸附時共價鍵被破壞
【答案】B
【解析】
【分析】
【詳解】A．升華是物質由固態(tài)直接變?yōu)闅鈶B(tài)的過程，是物理變化，沒有發(fā)生化學鍵的斷裂，故A錯誤；
B．CaO是離子晶體，由陰陽離子構成，SiO2是原子晶體，由原子構成，都不存在單個小分子，故B正確；
C．Na2O只含離子鍵，Na2O2既有Na+和之間的離子鍵，又有兩個氧原子之間的非極性鍵，故C錯誤；
D．Br2蒸氣被木炭吸附屬于物理變化，故化學鍵未被破壞，故D錯誤；
故選B。
3. 下列描述中，正確的是
A. 是空間結構為V形的極性分子
B. 的空間結構為平面三角形
C. 中所有的原子不都在一個平面上
D. 和的中心原子的雜化軌道類型均為雜化
【答案】D
【解析】
【詳解】A．中心原子C原子周圍的價電子對數為：2+=2，故其是空間結構為直線形，正負電荷中心重合，為非極性分子，A錯誤；
B．中心原子Cl原子周圍的價電子對數為：3+=4，故其空間結構為三角錐形，B錯誤；
C．中心原子N原子周圍價電子對數為：3+=3，故其空間構型為平面三角形，故其中所有的原子都在一個平面上，C錯誤；
D．中心原子Si原子周圍的價電子對數為：4+=4，中心原子S原子周圍的價電子對數為：3+=4，故二者的中心原子的雜化軌道類型均為雜化，D正確；
故答案為：D。
4. 下列電離或水解方程式正確的是
A. Na2SO3的水解：SO+2H2OH2SO3+2OH-
B. NaHCO3的電離：NaHCO3Na++H++CO
C. KHS溶液中HS-的電離：HS-+H2OH3O++S2-
D. 次氯酸電離：HClO=ClO-+H+
【答案】C
【解析】
【詳解】A．Na2SO3的水解分步進行，且以第一步水解為主，離子方程式為+H2O+OH-，A錯誤；
B．NaHCO3是強電解質，在水中完全電離，且不能拆寫為和H+，電離方程式為NaHCO3=Na++，B錯誤；
C．HS-的電離方程式為HS- +H2OH3O++S2-，C正確；
D．HClO是弱電解質，在水中部分電離，電離方程式為HClOClO-+H+，D錯誤；
故選C。
5. 設為阿伏伽德羅常數的值，下列說法正確的是
A. 1mol氯氣與足量的鐵反應后轉移的電子數為3
B. 標準狀況下，11.2L 中含有的分子數為0.5
C. 常溫常壓下，9.2g由氣體和組成的混合物中含有氧原子的數目為0.4
D. 2mol/L的硫酸溶液中含有的數目為4
【答案】C
【解析】
【詳解】A．1mol氯氣與足量的鐵反應生成氯化鐵，轉移的電子數為2，A錯誤；
B．標準狀況下水不是氣態(tài)，11.2L 中含有的分子數不是0.5，B錯誤；
C．和的最簡式均是“”，常溫常壓下，9.2g由氣體和組成的混合物中“”的物質的量是0.2mol，含有氧原子的數目為0.4，C正確；
D．2mol/L的硫酸溶液的體積不確定，無法判斷含有的數目，D錯誤；
答案選C。
6. 綜合如圖判斷，下列說法正確的是

A. 裝置Ⅰ和裝置Ⅱ中負極反應均Fe－2e－===Fe2＋
B. 裝置Ⅰ和裝置Ⅱ中正極反應均是O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C. 裝置Ⅰ和裝置Ⅱ中鹽橋中的陽離子均向右側燒杯移動
D. 放電過程中，裝置Ⅰ左側燒杯和裝置Ⅱ右側燒杯中溶液的pH均增大
【答案】D
【解析】
【詳解】A.裝置I負極反應為Zn-2e-=Zn2+，裝置II中負極反應Fe-2e-=Fe2+,A不正確；
B.裝置I正極反應為，裝置II中正極反應是2H++2e-=H2，B不正確；
C.裝置I鹽橋中的陽離子向左側燒杯移動，裝置II中鹽橋中的陽離子均向右側燒杯移動，C不正確；
D.放電過程中，裝置I左側燒杯產生OH-，pH增大，裝置II右側燒杯中溶液消耗H+，pH增大，D正確。答案選D。
7. 一定溫度下，向2L恒容密閉容器中充入0.4molNH3和0.5molO2發(fā)生反應：4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)。2min末，NO的物質的量為0.2mol。下列有關說法不正確的是
A. 2min末，NH3的濃度為0.1mol·L-1
B. 0～2min內，用NH3表示的平均反應速率為v(NH3)=0.05mol·L-1·min-1
C. 2min末，生成的水物質的量為0.3 mol
D. 繼續(xù)反應達平衡后，NO的濃度可以達到為0.2mol·L-1
【答案】D
【解析】
【詳解】A．2min末，NO的物質的量為0.2mol，則消耗NH3 0.2mol，則2min末，NH3的物質的量為0.4mol-0.2mol=0.2mol，容器體積為2L，則NH3的濃度為0.1mol/L，故A正確；
B．0～2min內，用NH3表示的平均反應速率為v(NH3)==0.05mol·L-1·min-1，故B正確；
C．根據反應方程式，生成0.2mol NO的同時生成0.3mol水，故C正確；
D．若0.4mol NH3完全反應，則生成NO 0.4mol，濃度為0.2mol/L，但該反應是可逆反應，不能進行到底，所以達平衡后，NO的濃度不能達到0.2mol·L-1，故D錯誤；
故選D。
8. 關于晶體的敘述中，正確的是
A. 原子晶體中，共價鍵的鍵能越大，熔、沸點越高
B. 分子晶體中，分子間的作用力越大，該分子越穩(wěn)定
C. 分子晶體中，共價鍵的鍵能越大，熔、沸點越高
D. 某晶體溶于水后，可電離出自由移動的離子，該晶體一定是離子晶體
【答案】A
【解析】
分析】
【詳解】A． 原子晶體中，熔化要破壞共價鍵，共價鍵的鍵能越大，熔、沸點越高，故A正確；
B． 分子晶體中，分子間的作用力越大，熔沸點越高，分子的穩(wěn)定性由分子內共價鍵強弱來決定，故B錯誤；
C． 分子晶體中，分子間的作用力越大，熔、沸點越高，共價鍵的鍵能越大，分子越穩(wěn)定，故C錯誤；
D． 某晶體溶于水后，可電離出自由移動的離子，該晶體可能是離子晶體，也可能是分子晶體，故D錯誤；
故選A。
9. 下列關于原子結構與元素周期表的說法正確的是
A. 電負性最大的元素位于周期表的左下角
B. 某基態(tài)原子的價電子排布式為4s24p1，該元素位于周期表第四周期IIIA族
C. 2s 軌道在空間呈啞鈴形
D. 原子核外可能有兩個電子的運動狀態(tài)是相同的
【答案】B
【解析】
【詳解】A．電負性最大的元素為F元素，位于周期表的右上角，故A錯誤；
B．某基態(tài)原子的價電子排布式為4s24p1，為Ga元素，位于周期表中的第四周期第IIIA族，故B正確；
C．s電子云是球形對稱的，在核外半徑相同處任一方向上電子出現的幾率相同，P軌道電子云圖為啞鈴型，故C錯誤；
D．根據泡利原理和洪特規(guī)則，原子核外不可能有兩個電子的運動狀態(tài)是完全相同的，故D錯誤；
故選：B。
10. 有關晶體的結構如圖所示，下列說法中錯誤的是

A. 鈦酸鈣的化學式為
B. 在金剛石晶體中，碳原子與碳碳鍵(C-C)數目之比為1：2
C. 硒化鋅晶體中與一個距離最近且相等的有8個
D. 中F-與距離最近的所形成的鍵的夾角為109.5°
【答案】C
【解析】
【詳解】A．該晶胞中各原子數為Ca：，Ti：1，O：，故鈦酸鈣的化學式為，A項正確；
B．在金剛石晶體中，每個碳原子周圍有4條碳碳鍵，每條碳碳鍵被兩個碳原子共用，故碳原子與碳碳鍵數目之比為1：（），B項正確；
C．硒化鋅晶體中與一個距離最近且相等的有12個，C項錯誤；
D．中以F-為中心，其周圍4個為頂點形成正四面體，故中F-與距離最近的所形成的鍵的夾角為109.5°，D項正確；
答案選C。
11. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，它們原子的最外層電子數之和為18，X最外層電子數是次外層電子數的3倍，Z的單質晶體是應用廣泛的半導體材料，W與X位于同一主族。下列說法不正確的是
A. X、W都能與Y形成離子化合物 B. W的簡單陰離子能促進水電離
C. 原子半徑：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X) D. 最高價氧化物對應水化物的酸性：W＞Z
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W為原子序數依次增大短周期主族元素，X最外層電子數是次外層電子數的3倍，則X為O元素，Z的單質晶體是應用廣泛的半導體材料，則Z為Si元素，W與X位于同一主族，則W為S元素，又它們原子的最外層電子數之和為18，可知Y的最外層電子數為18-6-6-4=2，則Y為Be元素，據此分析解答。
【詳解】A．Y為Be，是金屬元素，可以與O、S形成離子化合物，A正確；
B．W為S，其簡單陰離子S2-會水解，進而促進水的電離，B正確；
C．同周期元素，原子半徑從左至右依次減小，同主族元素自上而下原子半徑依次增大，因此原子半徑：r(Si)＞r(S)＞r(Be)＞r(O)，C錯誤；
D．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性S＞Si，則酸性H2SO4＞H2SiO3，D正確；
答案選C。
12. 下列各組離子能大量共存的是
A. 使無色酚酞溶液呈紅色的溶液中：Na+、K+、SO、CO
B. 無色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO、NO
C. 含有大量Ba(NO3)2溶液中：Mg2+、NH、SO、Cl-
D. 使紫色石蕊溶液呈紅色的溶液中：Na+、K+、CO、NO
【答案】A
【解析】
【分析】
【詳解】A．使無色酚酞溶液呈紅色的溶液為堿性溶液，堿性溶液中Na+、K+、SO、CO不發(fā)生任何反應，能大量共存，故A符合題意；
B．銅離子在溶液中為藍色，無色透明的溶液中不可能存在銅離子，故B不符合題意；
C．含有大量Ba(NO3)2的溶液中，鋇離子與硫酸根離子反應生成硫酸鋇沉淀，不能大量共存，故C不符合題意；
D．使紫色石蕊溶液呈紅色的溶液為酸性溶液，酸性溶液中碳酸根離子與氫離子反應生成二氧化碳和水，不能大量共存，故D不符合題意；
故選A。
13. 在t℃時，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。已知t℃時AgCl的Ksp=4×10-10，下列說法正確的是

A. 圖中a點對應的體系中將有AgBr沉淀生成
B. 加入NaBr固體，AgBr的溶解度減小，AgBr的Ksp也減小
C. 在AgBr飽和溶液中加入固體NaBr，可使溶液中c點變到b點
D. 在t℃時，AgCl(s)+Br－(aq) AgBr(s)+Cl－(aq)的平衡常數K≈816
【答案】D
【解析】
【詳解】A. a點位于曲線下方，c(Ag+)c(Br－)< Ksp，對應的溶液為不飽和溶液，故A錯誤；
B. 在一定溫度下，Ksp為一常數，故B錯誤；
C. AgBrAg+(aq)+Br－(aq)，加入固體NaBr后，c(Br－)增大，使溶解平衡逆向移動，c(Ag+)應減小，但仍然在曲線上移動，不能到b點，故C錯誤；
D.由圖中c點可知，t℃時AgBr的Ksp= c(Ag+)c(Br－)=（7×10-7）2=4.9×10-13，由方程式可知，K= c(Cl－) / c(Br－)=Ksp(AgCl)/ Ksp(AgBr)= 4×10-10/4.9×10-13≈816，故D正確；
故選D。
14. 用下列實驗裝置進行相應實驗，有關說法不正確的是

A. 裝置①可用于演示噴泉實驗
B. 裝置②可用于比較金屬X和Zn的金屬活動性強弱
C. 裝置③可用于實驗室制備并收集NO2
D. 裝置④可用于制備乙酸乙酯
【答案】C
【解析】
【詳解】A．SO2是酸性氧化物，容易和NaOH溶液反應，將膠頭滴管里的NaOH溶液擠入圓底燒瓶中，由于SO2的溶解，使燒瓶內壓強降低，打開止水夾，燒杯中的NaOH溶液就會被大氣壓入圓底燒瓶形成噴泉，故A正確；
B．將金屬X和鋅相連浸入稀硫酸中，通過觀察電流表指針的偏轉以及電極是否變細、哪個電極上有氣體產生可以判斷X和Zn的金屬活動性強弱，故B正確；
C．銅和濃硝酸可以生成NO2，但NO2和水反應生成硝酸和NO，不能用排水法收集NO2，故C錯誤；
D．乙醇、乙酸和濃硫酸共熱可以制取乙酸乙酯，用飽和碳酸鈉溶液收集生成的乙酸乙酯，同時除去雜質乙酸和乙醇，用圖示裝置可以防止倒吸，故D正確；
故選C。
第Ⅱ卷 (非選擇題)
二、非選擇題(包括4個小題，共58分)
15. 元素X位于第四周期，其基態(tài)原子的內層軌道全部排滿電子，且最外層電子數為2.元素Y基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子。元素Z的原子最外層電子數是其內層的3倍。
（1）X與Y所形成化合物晶體的晶胞如圖所示。在該晶胞中，X離子的數目為___________；該化合物的化學式為___________。

（2）在Y的氫化物(H2Y)分子中，Y原子軌道的雜化類型是___________。
（3）Z的氫化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y的，其原因是___________。
（4）Y與Z可形成的YZ的空間結構為___________(用文字描述)。
【答案】（1） ①. 4 ②. ZnS
（2）sp3雜化 （3）水分子與乙醇分子之間形成氫鍵
（4）正四面體
【解析】
【分析】元素X位于第四周期，其基態(tài)原子的內層軌道全部排滿電子，且最外層電子數為2，核外電子數為2+8+18+2=30，則X為Zn元素；元素Y基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子，則Y為S元素；元素Z的原子最外層電子數是其內層的3倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數為6，故Z為O元素；據此解答。
【小問1詳解】
由上述分析可知，X為Zn元素，Y為S元素，Zn與S所形成化合物晶體的晶胞如圖所示，Zn位于頂點和面心，在一個晶胞中，Zn2+離子的數目8×+6×=4；S2-位于晶胞內，S2-離子數目為4，該化合物的化學式為ZnS；答案為4；ZnS。
【小問2詳解】
由上述分析可知，Y為S元素，Y的氫化物為H2S，H2S分子中中心S原子價層電子對數=2+=2+2=4，則S原子采取sp3雜化；答案為sp3雜化。
【小問3詳解】
由上述分析可知，Y為S元素，Z為O元素，Y的氫化物為H2S，Z的氫化物為H2O，H2O分子與乙醇分子之間形成氫鍵，H2O在乙醇中的溶解度大于H2S；答案為水分子與乙醇分子之間形成氫鍵。
小問4詳解】
由上述分析可知，Y為S元素，Z為O元素，Y與Z可形成的YZ為，中中心S原子價層電子對數=4+=4+0=4，無孤電子對，其空間結構為正四面體；答案為正四面體。
16. I．回答下列問題：
（1）生產氫氣：將水蒸氣通過紅熱的炭即產生水煤氣。C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g)，△H=+131.3kJ·mol-1，△S=+133.7J·mol-1·K-1，該反應在低溫下_______(填“能”或“不能”)自發(fā)進行。
（2）已知在400℃時，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的K=0.5。
①在400℃時，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的K′=_______(填數值)。
②400℃時，在0.5L的反應容器中進行合成氨反應，一段時間后，測得N2、H2、NH3的物質的量分別為2mol、1mol、2mol，則此時反應v正(N2)_______(填“＞”“＜”“=”或“不確定”)v逆(N2)。
③若在恒溫、恒壓條件下向平衡體系中通入氬氣，則合成氨反應的平衡_______(填“向左”“向右”或“不”)移動；使用催化劑_______(填“增大”“減小”或“不改變”)反應的△H。
Ⅱ．目前工業(yè)合成氨的原理是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。在一定溫度下，將1molN2和3molH2混合置于體積不變的密閉容器中發(fā)生反應，達到平衡狀態(tài)時，測得氣體總物質的量為2.8mol。
（3）達平衡時，H2的轉化率α1=_______。
（4）判斷反應達到平衡的依據為_______(填字母代號)。
a．壓強不隨時間改變
b．氣體的密度不隨時間改變
c．c(N2)不隨時間改變
d．單位時間里生成N2和NH3的物質的量相等
【答案】（1）不能 （2） ①. 2 ②. = ③. 向左 ④. 不改變
（3）60% （4）ac
【解析】
【小問1詳解】
ΔH=+131.3kJ·mol-1，ΔS=+133.7J·mol-1·K-1，ΔG=ΔH-TΔS，在低溫下，該值一定是大于0的，所以在低溫下不能自發(fā)進行；
【小問2詳解】
①反應2NH3(g)N2(g)+3H2(g)和反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是互為可逆反應，則400℃時，平衡常數互為倒數，故此反應的平衡常數K'===2；
②一段時間后，N2、H2、NH3的物質的量分別為2mol、1mol、2mol，則它們的物質的量濃度分別為4mol/L、2mol/L、4mol/L，則Qc==0.5=K，所以該狀態(tài)是平衡狀態(tài)，正逆反應速率相等，即v(N2)正=v(N2)逆；
③在恒溫、恒壓的條件下向平衡體系中通入氬氣，則容器體積膨脹，相當于減壓，根據合成氨N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)反應的化學計量數，根據平衡移動原理，可知平衡向左移動；使用催化劑，可加快反應速率，但反應的?H只與反應物的用量和物質的始末狀態(tài)有關，故?H不變。
【小問3詳解】
設達到平衡時，H2轉化的物質的量為x mol，列三段式有：

達到平衡狀態(tài)時，測得氣體總物質的量為2.8mol，則(1-)+(3-x)+=2.8，解得x=1.8，則H2的轉化率α1=；
【小問4詳解】
對于反應N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)：
a．容器內壓強保持不變，說明氣體的物質的量不變，反應達平衡狀態(tài)，a符合題意；
b．容器體積不變，根據質量守恒，氣體的總質量不變，則混合氣體的密度一直保持不變，因此氣體的密度不隨時間改變不能判斷反應是否達到平衡，b不符合題意；
c．c(N2)不隨時間改變，說明N2的物質的量不再改變，可以說明反應達到平衡，c符合題意；
d．單位時間里生成N2和NH3的物質的量相等，正逆反應速率不相等，反應沒有達到平衡，d不符合題意；
答案選ac。
17. A、B、C、D、E、F、G是原子序數依次增大的前四周期元素，A元素原子核外電子只有一種自旋取向，A、B元素原子的最外層電子數相等；C元素原子核外s能級上的電子總數與p能級上的電子總數相等；D元素原子半徑是短周期主族元素中最大的；E元素的價層電子在s和p能級的原子軌道中運動的電子數相等；與F元素的基態(tài)原子均有5個未成對電子。請回答下列問題：
（1）若A離子與B離子的電子層結構相同，半徑較大的是___________(填離子符號)，A與Ｂ形成的二元化合物的晶體類型為___________。
（2）比較第一電離能的大?。篒1(B) ___________(填“＞”、“＜”或“=”)I1(D)，原因是___________。
（3）晶體熔點：___________(填“高于”、“低于”或“等于”)DCA。
（4）基態(tài)G原子的價層電子排布式為___________，與的未成對電子數之比為___________。
（5）基態(tài)F原子含有___________種空間運動狀態(tài)不同的電子。C和F形成的一種化合物的立方晶胞如圖所示，則該化合物的化學式為___________。

【答案】（1） ①. ②. 離子晶體
（2） ①. ＞ ②. 鈉與鋰同主族，鈉原子的電子層數多，半徑大，易失電子
（3）高于 （4） ①. ②. 4∶5
（5） ①. 15 ②. MnO
【解析】
【分析】A元素原子核外電子只有一種自旋取向，說明核外只有一個電子，即A為H，C元素原子核外s能級上的電子總數等于p能級上電子總數相等，C元素可能為Ｏ也可能為Mg，A、B元素原子的最外層電子數相等，屬于IA族，原子序數依次增大，即B為Li，D元素原子半徑是短周期主族元素中最大的，即D為Na，從而推出C元素為Ｏ，E元素的價層電子在s和p能級的原子軌道中運動的電子數相等，即E為Si，F元素基態(tài)原子有5個未成對電子，價電子排布式為3d54s2，即F為Mn，G3＋也有5個未成對電子，則G元素基態(tài)原子的價電子排布式3d64s2，即G為Fe，據此分析；
【小問1詳解】
A、B兩種離子的電子層結構相同，根據上述分析，應是H－和Li＋，利用核外電子排布相同，半徑隨著原子序數的增大而減小，半徑較大的是H－；A和B形成二元化合物為LiH，LiH為離子晶體；故答案為H－；離子晶體；
【小問2詳解】
B為Li，D為Na，兩者均屬于IA族，從上到下原子半徑增大，對最外層電子吸引能力減弱，容易失去電子，第一電離能減小，即I1(Li)＞I1(Na)；故答案為＞；鈉與鋰同主族，鈉原子的電子層數多，半徑大，易失電子；
【小問3詳解】
EC2為SiO2，DCA為NaOH，前者屬于共價晶體，后者離子晶體，一般共價晶體的熔沸點高于離子晶體，因此SiO2熔點高于NaOH；故答案為高于；
【小問4詳解】
G為Fe，價電子包括最外層和次外層d能級上電子，即Fe的價層電子排布式為3d64s2；Fe2＋的電子排布式為[Ar]3d6，Fe3＋的電子排布式為[Ar]3d5，未成對電子數的比值為4∶5；故答案為3d64s2；4∶5；
【小問5詳解】
F為Mn，電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s2，含有原子軌道數和等于空間運動狀態(tài)不同的電子，即Mn核外有15種空間運動狀態(tài)不同的電子；Mn位于晶胞的頂點和面心，個數為=4，O位于棱上和體心，個數為=4，該化合物的化學式為MnO；故答案為15；MnO。
18. I.某?；瘜W興趣小組為研究Cl2的性質，設計如圖所示裝置進行實驗。裝置III中夾持裝置已略去，其中a為干燥的有色布條，b為濕潤的有色布條。


（1）c的儀器名稱為：____；裝置Ⅳ中發(fā)生的離子方程式為：____；氫氧化鈉溶液的作用是___。
（2）實驗結束后，該組同學在裝置III中觀察到b的紅色褪去，但是并未觀察到“a無明顯變化”這一預期現象。為了達到這一實驗目的，你認為還需在如圖裝置II與III之間添加圖中的___裝置(填序號)。
II.某學生設計如圖實驗裝置利用氯氣與潮濕的消石灰反應制取少量漂白粉(這是一個放熱反應)，據此回答下列問題：

（3）漂白粉將在U形管中產生，其化學反應方程式是____。
（4）此實驗結果所得Ca(ClO)2產率太低。經分析并查閱資料發(fā)現主要原因是在U形管中存在兩個副反應：
①溫度較高時氯氣與消石灰反應生成了Ca(C1O3)2，為避免此副反應的發(fā)生，可采取的措施是____。
②試判斷另一個副反應，為避免此副反應發(fā)生，可采取的措施是____。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. Cl2+2I-=I2+2Cl- ③. 吸收未反應的氯氣
（2）④ （3）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
（4） ①. 將U形管置于冷水浴中 ②. 在B、C之間連接一個盛有飽和食鹽水的洗氣瓶
【解析】
【分析】為研究Cl2的性質，首先由MnO2與濃鹽酸反應制得Cl2，然后利用飽和NaCl溶液去除HCl，但沒有干燥Cl2；然后利用潮濕的氯氣做漂白實驗、Cl2氯化KI的實驗，并利用NaOH吸收尾氣；通過對實驗現象的分析，推斷氯氣的性質。
【小問1詳解】
c的儀器名稱為：分液漏斗；裝置Ⅳ中，Cl2與KI反應，生成KCl和I2，離子方程式為：Cl2+2I－＝I2+2Cl－；因為Cl2有毒，會污染環(huán)境，所以需用堿液吸收，由此得出氫氧化鈉溶液的作用是：吸收未反應的氯氣。答案為：分液漏斗；Cl2+2I－＝I2+2Cl－；吸收未反應的氯氣；
【小問2詳解】
由于制得的Cl2中混有水蒸氣，導致未觀察到“a無明顯變化”這一預期現象。為了達到這一實驗目的，需對氯氣進行干燥，還需在上圖裝置Ⅱ與Ⅲ之間添加圖中的④裝置。答案為：④；
【小問3詳解】
在U形管中，Cl2與Ca(OH)2反應，生成CaCl2、Ca(ClO)2和H2O，其化學反應方程式是2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。答案為：2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
【小問4詳解】
①溫度較高時氯氣與消石灰反應生成了Ca(C1O3)2，為避免此副反應的發(fā)生，應對裝置進行降溫，可采取的措施是將U形管置于冷水浴中。
②另一個副反應，應為Cl2中混入的HCl與Ca(OH)2發(fā)生反應，為避免此副反應發(fā)生，可采取的措施是在B、C之間連接一個盛有飽和食鹽水的洗氣瓶。答案為：將U形管置于冷水浴中；在B、C之間連接一個盛有飽和食鹽水的洗氣瓶。

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