2025年浙教版拓展型課程化學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版拓展型課程化學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、一定條件下的密閉容器中發(fā)生放熱反應(yīng)：2A(g)+B(g)2C(g)，若其它條件不變，下列措施會使該反應(yīng)速率減小，A轉(zhuǎn)化率增大的是A.升高溫度B.增大B濃度C.減少物質(zhì)CD.加入催化劑2、根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是。選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A甲烷與氯氣在光照下反應(yīng)，將反應(yīng)后的氣體通入紫色石蕊試液中紫色石蕊試液變紅反應(yīng)后的氣體是HCIB向正已烷中加入催化劑，高溫使其熱裂解，將產(chǎn)生的氣體通入溴水中溴水褪色裂解產(chǎn)生的氣體是乙烯C向FeCI3溶液中滴入幾滴30%的H2O2溶液有氣體產(chǎn)生，一段時間后，F(xiàn)eCl3溶液顏色加深Fe3+能催化H2O2分解，該分解反應(yīng)為放熱反應(yīng)D向某溶液中滴加氫氧化鈉稀溶液后，將紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍(lán)該溶液無NH4+

A.AB.BC.CD.D3、下列裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.實(shí)驗(yàn)室制備乙酸乙酯B.比較不同催化劑對化學(xué)反應(yīng)速率的影響C.比較硫、碳、硅三種元素的非金屬性D.驗(yàn)證苯和液溴發(fā)生取代反應(yīng)4、如圖是模擬侯氏制堿法的部分裝置。下列操作正確的是

A.b通入然后a通入c中放堿石灰B.a通入然后b通入廣口瓶中析出C.a通入然后b通入c中放蘸稀硫酸的脫脂棉D(zhuǎn).b通入然后a通入c中放蘸NaOH溶液的脫脂棉5、對如表實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象或操作的解釋或結(jié)論錯誤的是編號現(xiàn)象或操作解釋或結(jié)論AKI淀粉溶液中滴入氯水變藍(lán)，再通入藍(lán)色褪去具有漂白性B在的溶液中，加2滴酚酞顯淺紅色，微熱，溶液顏色加深鹽類水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)C向少量火柴頭的浸泡溶液中滴加和混合溶液后，產(chǎn)生白色沉淀火柴頭里含有氯元素D蒸餾時，溫度計(jì)的球泡應(yīng)靠近蒸餾燒瓶支管口處此位置指示的是餾出物的沸點(diǎn)

A.AB.BC.CD.D6、用下列實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)；能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ?/p>

A.用圖1所示裝置可收集NO氣體B.用圖2所示裝置可吸收多余氨氣且能防止倒吸C.用圖3所示裝置可實(shí)現(xiàn)反應(yīng)：2H2OO2↑+2H2↑D.用圖4所示裝置可證明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、根據(jù)所學(xué)知識回答下列問題。

(1)0.1mol?L-1的NaHCO3溶液中各離子的濃度由大到小的順序?yàn)開_。

(2)已知：常溫時，H2R的電離平衡常數(shù)Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，則0.1mol?L-1的NaHR溶液顯__(填“酸”；“中”或“堿”)性。

(3)實(shí)驗(yàn)室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作為__，若將AlCl3溶液蒸干并灼燒至恒重；得到的物質(zhì)為___(填化學(xué)式)。

(4)25℃時，將足量氯化銀分別放入下列4種溶液中，充分?jǐn)嚢韬?，銀離子濃度由大到小的順序是___(填標(biāo)號)；③中銀離子的濃度為_____mol?L-1。(氯化銀的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol?L-1鹽酸②100mL0.2mol?L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液④100mL蒸餾水8、向某密閉容器中充入等物質(zhì)的量的氣體M和N；一定條件下發(fā)生反應(yīng)，達(dá)到平衡后，只改變反應(yīng)的一個條件，測得容器中物質(zhì)的濃度；反應(yīng)速率隨時間的變化如圖1、圖2所示。

回答下列問題：

(1)該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______，其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min時改變的條件是____，40min時改變的條件是____，請?jiān)趫D2中畫出30min~40min的正逆反應(yīng)速率變化曲線以及標(biāo)出40min~50min內(nèi)對應(yīng)的曲線_____。

(3)0~8min內(nèi)，_______；50min后，M的轉(zhuǎn)化率為_______(保留三位有效數(shù)字)。

(4)20min~30min內(nèi)，反應(yīng)平衡時的平衡常數(shù)K=_______。9、以下是合成乙酰水楊酸（阿司匹林）的實(shí)驗(yàn)流程圖；請你回答有關(guān)問題：

已知：阿司匹林；水楊酸和乙酸酐的相對分子量分別為：180、138、102．

（1）制取阿司匹林的化學(xué)反應(yīng)方程式為_________________；反應(yīng)類型____________；

（2）水楊酸分子之間會發(fā)生縮合反應(yīng)生成聚合物，寫出用除去聚合物的有關(guān)離子方程式______________________________________________；

（3）抽濾裝置如圖所示，儀器A的名稱___________；該操作時在儀器A中加入濾紙，用蒸餾水濕潤后，應(yīng)________（選擇下列正確操作的編號）；再轉(zhuǎn)移液體①微開水龍頭；②開大水龍頭；③微關(guān)水龍頭；④關(guān)閉水龍頭。

（4）下列有關(guān)抽濾的說法中正確的是________

A．抽濾是為了加快過濾速率；得到較大顆粒的晶體。

B.不宜用于過濾膠狀沉淀或顆粒太小的沉淀。

C．當(dāng)吸濾瓶內(nèi)液面高度快達(dá)到支管口時；應(yīng)拔掉鏈接支管口的橡皮管，從支管口倒出。

D．將晶體轉(zhuǎn)移至布氏漏斗時；若有晶體附在燒杯內(nèi)壁，應(yīng)用蒸餾水淋洗至布氏漏斗中。

E.洗滌沉淀時；應(yīng)使洗滌劑快速通過沉淀。

（5）用冷水洗滌晶體的目的_______________________；

（6）取2.000g水楊酸、5.400g乙酸酐反應(yīng)，最終得到產(chǎn)品1．566g。求實(shí)際產(chǎn)率_______；10、實(shí)驗(yàn)室模擬工業(yè)生產(chǎn)食品香精菠蘿酯（）的簡易流程如下：

有關(guān)物質(zhì)的熔、沸點(diǎn)如表：。苯酚氯乙酸苯氧乙酸熔點(diǎn)/℃436299沸點(diǎn)/℃181.9189285

試回答下列問題：

（1）反應(yīng)室I中反應(yīng)的最佳溫度是104℃，為較好地控制溫度在102℃~106℃之間，加熱時可選用___（選填字母）。

A．火爐直接加熱B．水浴加熱C．油浴加熱。

（2）分離室I采取的操作名稱是___。

（3）反應(yīng)室I中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是___。

（4）分離室II的操作為：①用NaHCO3溶液洗滌后分液；②有機(jī)層用水洗滌后分液；洗滌時不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液，其原因是___（用化學(xué)方程式表示）。11、如圖所示的初中化學(xué)中的一些重要實(shí)驗(yàn)；請回答下列問題：

（1）圖A稱量NaCl的實(shí)際質(zhì)量是___。

（2）圖B反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是__。

（3）圖C反應(yīng)的表達(dá)式為__。

（4）圖D實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖莀_。12、連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)俗稱保險粉，是白色砂狀或淡黃色粉末狀固體，易溶于水、不溶于醇，該物質(zhì)具有強(qiáng)還原性，在空氣中易被氧化為NaHSO4，75℃以上會分解產(chǎn)生SO2。是重要的有機(jī)合成原料和漂白劑。

制取Na2S2O4常用甲酸鈉法：控制溫度60～70℃，在甲酸鈉(HCOONa)的甲醇溶液中，邊攪拌邊滴加Na2CO3甲醇溶液，同時通入SO2，即可生成Na2S2O4。反應(yīng)原理如下：2HCOONa＋4SO2＋Na2CO3＝2Na2S2O4＋H2O＋3CO2

（1）如圖，要制備并收集干燥純凈的SO2氣體，接口連接的順序?yàn)椋篴接__，__接__，__接__。制備SO2的化學(xué)方程式為___。

（2）實(shí)驗(yàn)室用圖裝置制備Na2S2O4。

①Na2S2O4中硫元素的化合價為___。

②儀器A的名稱是___。

③水浴加熱前要通一段時間N2，目的是___。

④為得到較純的連二亞硫酸鈉，需要對在過濾時得到的連二亞硫酸鈉進(jìn)行洗滌，洗滌的方法是___。

⑤若實(shí)驗(yàn)中所用Na2SO3的質(zhì)量為6.3g，充分反應(yīng)后，最終得到mg純凈的連二亞硫酸鈉，則連二亞硫酸鈉的產(chǎn)率為___(用含m的代數(shù)式表示)。評卷人得分三、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共6題，共12分)13、超細(xì)銅粉主要應(yīng)用于導(dǎo)電材料；催化劑等領(lǐng)域中。超細(xì)銅粉的某制備方法如下：

（1）Cu2+的價電子排布式為____。

（2）下列關(guān)于[Cu（NH3)4]SO4的說法中，正確的有____。（填字母序號）

A.[Cu（NH3)4]SO4中所含的化學(xué)鍵有離子鍵；極性鍵和配位鍵。

B.[Cu（NH3)4]SO4的組成元素中第一電離能最大的是氧元素。

C.[Cu（NH3)4]SO4的外界離子的空間構(gòu)型為正四面體。

（3）SO32-離子中S原子的雜化方式為____，SO32-離子的空間構(gòu)型為____。

（4）與SO3互為等電子體的一種分子的分子式是____

（5）下圖是銅的某種氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，由此可確定該氧化物的化學(xué)式為______。

14、超細(xì)銅粉主要應(yīng)用于導(dǎo)電材料；催化劑等領(lǐng)域中。超細(xì)銅粉的某制備方法如下：

（1）Cu2+的價電子排布式為____。

（2）下列關(guān)于[Cu（NH3)4]SO4的說法中，正確的有____。（填字母序號）

A.[Cu（NH3)4]SO4中所含的化學(xué)鍵有離子鍵；極性鍵和配位鍵。

B.[Cu（NH3)4]SO4的組成元素中第一電離能最大的是氧元素。

C.[Cu（NH3)4]SO4的外界離子的空間構(gòu)型為正四面體。

（3）SO32-離子中S原子的雜化方式為____，SO32-離子的空間構(gòu)型為____。

（4）與SO3互為等電子體的一種分子的分子式是____

（5）下圖是銅的某種氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，由此可確定該氧化物的化學(xué)式為______。

15、硒化銅納米晶體在光電轉(zhuǎn)化中有著廣泛的應(yīng)用；銅和硒等元素形成的化合物在生產(chǎn)；生活中應(yīng)用廣泛。

(1)銅元素位于元素周期表的___________區(qū)。

(2)易溶解于水，熔點(diǎn)為時升華，由此可判斷的晶體類型為___________。

(3)為深棕紅色的劇毒液體，其分子結(jié)構(gòu)中含有鍵，該分子中，原子的雜化軌道類型為___________，的空間構(gòu)型為___________(填字母)。

a．直線形b．鋸齒形c．環(huán)形d．四面體形。

(4)中的鍵角比的鍵角___________(填“大”或“小”)，原因是___________。

(5)銅的某種氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，則該氧化物的化學(xué)式為___________，若組成粒子銅、氧的半徑分別為密度為阿伏加德羅常數(shù)的值為則該晶胞的空間利用率為___________(用含的式子表示)。

16、開發(fā)新型儲氫材料是氫能利用的重要研究方向。

(1)化合物A(H3BNH3)是一種潛在的儲氫材料，可由六元環(huán)狀物質(zhì)(HB=NH)3通過如下反應(yīng)制得：3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6H3BNH3。請回答：

①H3BNH3中是否存在配位鍵_______(填“是”或“否”)，B、C、N、O第一電離能由大到小的順序?yàn)開______，CH4、H2O、CO2三分子按照鍵角由大到小的順序排列為_______。

②與(HB=NH)3互為等電子體的分子為_______(填分子式)。

③人工可以合成硼的一系列氫化物，其物理性質(zhì)與烷烴相似，故稱之為硼烷。工業(yè)上可采用LiAlH4和BCl3在一定條件下制備乙硼烷B2H6，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。

④在硼酸鹽中，陰離子有鏈狀、環(huán)狀、骨架狀等多種結(jié)構(gòu)形式。圖a為一種無限長鏈狀結(jié)構(gòu)的多硼酸根，其化學(xué)式為_______，圖b為硼砂晶體中陰離子，其中硼原子采取的雜化方式為_______。

(2)一種銅合金具有儲氫功能。

①Cu2+的價層電子排布式為_______。

②銅及其它許多金屬及其化合物都可以發(fā)生焰色反應(yīng)，其原因是_______。

③銅的單質(zhì)中按ABCABC?方式堆積，設(shè)銅原子半徑為apm，則該晶體的密度為_______g/cm3(阿伏伽德羅常數(shù)值為NA)17、鈰外圍電子排布(n-2)f1(n-1)d1ns2是原子序數(shù)為58的一種最早有實(shí)際用途的稀土元素；鈰及其化合物的用途十分廣泛。

(1)鈰在元素周期表中的位置是_____；屬于_____區(qū)元素。

(2)硝酸鈰銨Ce(NH4)2(NO3)6中，N的雜化方式為_____；Ce、C、N、O的第一電離能由大到小的順序?yàn)開____。

(3)已知CeX3的熔點(diǎn)為CeF3：1460℃、CeCl3：848℃、CeBr3：732℃、CeI3：760℃，依F、Cl、Br、I順序，從CeX3中化學(xué)鍵的離子性和共價性說明熔點(diǎn)的變化原因：______________________________________。

(4)鈰的一種氧化物具有獨(dú)特的晶體結(jié)構(gòu)和較高的儲存和釋放氧的能力；可形成氧空位，具有催化氧化性能，有著十分廣闊的應(yīng)用開發(fā)前景,其晶體結(jié)構(gòu)如圖所示：

這種鈰的氧化物的化學(xué)式為_____；晶胞中氧離子的配位數(shù)為_____。18、鉻是由法國化學(xué)家沃克蘭于1798年在巴黎發(fā)現(xiàn)。目前鉻被廣泛應(yīng)用于冶金；化工、鑄鐵、耐火及高精端科技等領(lǐng)域。

(1)鉻元素基態(tài)原子的價電子排布式為___________。

(2)金屬鉻的第二電離能和錳的第二電離能分別為1590.6kJ/mol、1509.0kJ/mol，的原因是___________。

(3)雷氏鹽(Reineckesalt)的化學(xué)式為是一種易溶于水和乙醇的暗紅色固體。

①雷氏鹽中存在的化學(xué)鍵有___________(填序號)。

A．鍵B．鍵C．氫鍵D．配位鍵E．金屬鍵。

②配體中C采取的雜化方式為___________，可用于形成配位鍵的原子有___________。

③的價層電子對數(shù)為___________，空間構(gòu)型是___________，寫出一種與互為等電子體的分子___________。

④乙醇能與水以任意比例互溶的原因是___________，___________。

(4)硒化鉻的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)為anm和bnm，則硒化鉻的密度為___________(列出表達(dá)式即可)。

評卷人得分四、原理綜合題(共2題，共16分)19、氮是地球上含量較豐富的一種元素；氮的化合物在工業(yè)生產(chǎn)和生活中有重要的作用。

(1)四氧化二氮是火箭推進(jìn)器的燃料，它與二氧化氮可以相互轉(zhuǎn)化。一定條件下，密閉容器內(nèi)發(fā)生化學(xué)反應(yīng)：△H＞0；達(dá)到平衡時，當(dāng)分別改變下列某一條件，回答：

①達(dá)到平衡時，升高溫度，平衡將______移動(填“正向”；“逆向”或“不”)。

②達(dá)到平衡時，保持體積不變充入Ar氣時，平衡將______移動(填“正向”；“逆向”或“不”)。

③達(dá)到平衡時，保持容器容積不變，再通入一定量N2O4，達(dá)到平衡時NO2的百分含量______(填“增大”；“減小”或“不變”)。

(2)消除汽車尾氣污染物中NO的反應(yīng)平衡常數(shù)表達(dá)式為：

已知：

寫出此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式______，該反應(yīng)______(填“高溫”或“低溫”)能自發(fā)進(jìn)行。

(3)在催化劑作用下，H2可以還原NO消除污染，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：將2molNO和1molH2充入一個1L恒容的密閉容器中，經(jīng)相同時間測得混合氣體N2的體積分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖所示。則低于900K時，N2的體積分?jǐn)?shù)______(填“是”或“不是”)對應(yīng)溫度下平衡時的體積分?jǐn)?shù)，原因是______。高于900K時，N2的體積分?jǐn)?shù)降低的可能原因是______(任寫一點(diǎn))。

(4)氨氣是生產(chǎn)氮肥的主要原料，一定溫度下，在體積為1L的密閉容器中充入1molN2和2molH2合成氨反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，測得N2的轉(zhuǎn)化率為25%，則達(dá)平衡時該反應(yīng)的中衡常數(shù)K=______(列出計(jì)算式)。20、研究金屬與硝酸的反應(yīng)；實(shí)驗(yàn)如下。

。實(shí)驗(yàn)（20℃）

現(xiàn)象。

Ⅰ．過量銅粉、2mL0.5mol/LHNO3

無色氣體（遇空氣變紅棕色）；溶液變?yōu)樗{(lán)色。

Ⅱ．過量鐵粉、2mL0.5mol/LHNO3

6mL無色氣體（經(jīng)檢測為H2）；溶液幾乎無色。

（1）Ⅰ中產(chǎn)生的無色氣體是________。

（2）研究Ⅱ中的氧化劑。

①甲同學(xué)認(rèn)為該濃度的硝酸中H+的氧化性大于NO3-，所以NO3-沒有發(fā)生反應(yīng)。乙同學(xué)依據(jù)Ⅰ和Ⅱ證明了甲的說法不正確；其實(shí)驗(yàn)證據(jù)是________。

②乙同學(xué)通過分析，推測出NO3-也能被還原，依據(jù)是________，進(jìn)而他通過實(shí)驗(yàn)證實(shí)該溶液中含有NH4+；其實(shí)驗(yàn)操作是________。

③補(bǔ)全Ⅱ中NO3-被還原為NH4+的過程：NO3-＋________e-＋____＝NH4+＋____H2O____

（3）研究影響產(chǎn)生H2的因素。

。實(shí)驗(yàn)。

現(xiàn)象。

Ⅲ．過量鐵粉、2mL0.5mol/LHNO3；40℃

3.4mL氣體（經(jīng)檢測為H2）；溶液略帶黃色。

Ⅳ．過量鐵粉、2mL0.5mol/LHNO3；60℃

2.6mL氣體（經(jīng)檢測為H2）；黃色溶液。

Ⅴ．過量鐵粉、2mL3mol/LHNO3；20℃

無色氣體（遇空氣變紅棕色）；深棕色溶液。

資料：[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。

④對比Ⅱ；Ⅲ、Ⅳ；溫度不同時收集到氫氣的體積不同，原因是________。

⑤Ⅴ中無色氣體是混合氣體；則一定含有遇空氣變紅棕色的氣體和________。

（4）根據(jù)實(shí)驗(yàn)，金屬與硝酸反應(yīng)時，影響硝酸的還原產(chǎn)物不同的因素有________。評卷人得分五、計(jì)算題(共3題，共30分)21、(1)若t=25℃時，Kw=___________，若t=100℃時，Kw=1.0×10-12，則100℃時0.05mol?L-1Ba(OH)2溶液的pH=___________。

(2)已知25℃時，0.1L0.1mol?L-1的Na2A溶液的pH=11，用離子方程式表示其原因?yàn)開__________。

(3)pH相等的NaOH溶液與CH3COONa溶液，分別加熱到相同的溫度后CH3COONa溶液的pH___________NaOH溶液的pH(填“＞”“=”或“＜”)。

(4)室溫下，pH=2的H2SO4溶液、pH=12的NaOH溶液、pH=12的Na2CO3溶液，水電離出的c(H+)之比為___________。

(5)相同物質(zhì)的量濃度的①NH4HSO4、②NH4HCO3、③NH4Cl三種溶液，pH值從大到小的順序?yàn)開__________(用數(shù)字標(biāo)號填空，下同)；相同溫度下，NH濃度相等的上述三種溶液，物質(zhì)的量濃度從大到小的順序?yàn)開__________。

(6)含有Cr2O的廢水毒性較大。某工廠酸性廢水中含5.0×10-3mol?L-1的Cr2O可先向廢水中加入綠礬(FeSO4·7H2O)；攪拌后撒入生石灰處理。

①寫出加入綠礬的離子方程式___________。

②若處理后的廢水中殘留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol?L-1，則殘留的Cr3+的濃度_______________mol?L-1(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33)。22、制備氮化鎂的裝置示意圖：

回答下列問題：

(1)填寫下列儀器名稱：的名稱是_________。

(2)寫出中和反應(yīng)制備氮?dú)獾碾x子反應(yīng)方程式__________。

(3)的作用是_____，是否可以把和的位置對調(diào)并說明理由_________。

(4)寫出中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式___________。

(5)請用化學(xué)方法檢驗(yàn)產(chǎn)物中是否含有未反應(yīng)的鎂，寫出實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象、結(jié)論_________。23、某研究性學(xué)習(xí)小組類比鎂在二氧化碳中的燃燒反應(yīng)，認(rèn)為鈉和二氧化碳也可以發(fā)生反應(yīng)，他們對鈉在CO2氣體中燃燒進(jìn)行了下列實(shí)驗(yàn)：

（1）若用下圖裝置制備CO2，則發(fā)生裝置中反應(yīng)的離子方程式為_________。

（2）將制得的CO2凈化、干燥后由a口緩緩?fù)ㄈ胂聢D裝置，待裝置中的空氣排凈后點(diǎn)燃酒精燈，觀察到玻璃直管中的鈉燃燒，火焰為黃色。待冷卻后，管壁附有黑色顆粒和白色物質(zhì)。

①能說明裝置中空氣已經(jīng)排凈的現(xiàn)象是_________。

②若未排盡空氣就開始加熱，則可能發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式主要為_________。

（3）若鈉著火，可以選用的滅火物質(zhì)是_________。

A．水B．泡沫滅火劑C．干沙土D．二氧化碳。

（4）該小組同學(xué)對管壁的白色物質(zhì)的成分進(jìn)行討論并提出假設(shè)：

Ⅰ．白色物質(zhì)可能是Na2O；Ⅱ．白色物質(zhì)可能是Na2CO3；Ⅲ．白色物質(zhì)還可能是_________。

（5）為確定該白色物質(zhì)的成分，該小組進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：。實(shí)驗(yàn)步驟實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象①取少量白色物質(zhì)于試管中，加入適量水，振蕩，樣品全部溶于水，向其中加過量的CaCl2溶液出現(xiàn)白色沉淀②靜置片刻，取上層清液于試管中，滴加無色酚酞試液無明顯現(xiàn)象

①通過對上述實(shí)驗(yàn)的分析，你認(rèn)為上述三個假設(shè)中，___成立（填序號）。

②由實(shí)驗(yàn)得出：鈉在CO2中燃燒的化學(xué)方程式為_____；每生成1mol氧化產(chǎn)物，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為____。

（6）在實(shí)驗(yàn)（2）中還可能產(chǎn)生另一種尾氣，該氣體為________；處理該尾氣的方法為_____。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共2題，共10分)24、W；X、Y、Z、N、M六種主族元素；它們在周期表中位置如圖所示，請用對應(yīng)的的化學(xué)用語回答下列問題：

(1)N元素在周期表中的位置___________，根據(jù)周期表，推測N原子序數(shù)為___________

(2)比較Y、Z、W三種元素形成簡單離子的半徑由大到小的順序___________

(3)M最高價氧化物的水化物在水中的電離方程式：___________

(4)以下說法正確的是___________

A．單質(zhì)的還原性：X＞Y，可以用X與YM2溶液發(fā)生反應(yīng)來證明。

B．Y與同周期的ⅢA元素的原子序數(shù)相差1

C．半導(dǎo)體器件的研制開始于硅；研發(fā)出太陽能光伏電池，將輻射轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?，如我校的路燈?/p>

D．元素N位于金屬與非金屬的分界線附近，可以推斷N元素的單質(zhì)具有兩性25、物質(zhì)A由4種元素組成；按如下流程進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。

已知：

①每一步反應(yīng)均完全②溶液D僅含一種溶質(zhì)。

③沉淀E不溶于酸④溶于

請回答：

(1)物質(zhì)A的組成元素為_______(元素符號)，其化學(xué)式為_______。

(2)寫出A與雙氧水反應(yīng)的化學(xué)方程式_______。

(3)寫出F至G的離子方程式_______。

(4)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)溶液D中的主要離子_______。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】

該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)；根據(jù)外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡移動的影響分析解答。

【詳解】

A．升高溫度；化學(xué)反應(yīng)速率增大；化學(xué)平衡向吸熱的逆反應(yīng)方向移動，A轉(zhuǎn)化率降低，A不符合題意；

B．增大反應(yīng)物B的濃度；化學(xué)反應(yīng)速率加快；化學(xué)平衡正向移動，A的平衡轉(zhuǎn)化率增大，B不符合題意；

C．減少生成物C；物質(zhì)濃度降低，反應(yīng)速率減??；生成物濃度降低，化學(xué)平衡正向移動，A轉(zhuǎn)化率增大，C符合題意；

D．加入催化劑；能夠使化學(xué)反應(yīng)速率大大加快；由于催化劑對正；逆反應(yīng)速率影響相同，因此化學(xué)平衡不移動，故A的平衡轉(zhuǎn)化率不變，D不符合題意；

故合理選項(xiàng)是C。2、C【分析】【詳解】

甲烷與氯氣在光照下反應(yīng)，將反應(yīng)后的混合氣體通入紫色石蕊試液中紫色石蕊試液變紅且不褪色，混合氣體中含有HC1,故A錯誤；向正已烷中加入催化劑，然后高溫?zé)崃呀猓瑢a(chǎn)生的氣體通入溴水中溴水褪色裂解產(chǎn)生的氣體中含有烯烴，但不一定是乙烯，故B錯誤；向FeCI3溶液中滴入幾滴30%的H2O2有氧氣產(chǎn)生，一段時間后溶液顏色加深，F(xiàn)e3+能催化H2O2分解且該分解反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故C正確；銨鹽與堿反應(yīng)，加熱才能放出氨氣，向某溶液中滴加氫氧化鈉稀溶液后，將紅色石蕊試紙置于試管口，試紙不變藍(lán)，不一定無NH4+；故D錯誤。

點(diǎn)睛：甲烷與氯氣在光照下反應(yīng)，反應(yīng)后的混合氣體中含有氯化氫、氯代烴，可能含有剩余的氯氣，將反應(yīng)后的氣體通入紫色石蕊試液中，紫色石蕊試液變紅且不褪色，一定含有氯化氫，紫色石蕊試液變紅后褪色，不一定有氯化氫。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A.右側(cè)導(dǎo)管插入到碳酸鈉溶液中；易產(chǎn)生倒吸，A錯誤；

B.雙氧水的濃度不同；無法比較不同的催化劑對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，B錯誤；

C.硫酸的酸性大于碳酸；碳酸的酸性大于硅酸，三種含氧酸中，硫；碳、硅元素均為最高價，可以比較三種元素的非金屬的強(qiáng)弱，C正確；

D.揮發(fā)出的溴進(jìn)入到右側(cè)燒杯中；也能與硝酸銀反應(yīng)產(chǎn)生淺黃色沉淀，不能驗(yàn)證苯與溴發(fā)生取代反應(yīng)生成了溴化氫，D錯誤；

正確選項(xiàng)C。4、C【分析】【詳解】

“侯氏制堿法”制取的原理是在飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳，而得到在這一實(shí)驗(yàn)過程中，由于在水中的溶解度較小，而的溶解度較大，為防止倒吸，b管通a管通所以要在食鹽水先通然后再通否則通入后會從水中逸出，等再通時溶液中的量就很少了，這樣得到的產(chǎn)品也很少；在這個實(shí)驗(yàn)中的尾氣主要是和其中對環(huán)境影響較大，要吸收，而是堿性氣體；所以在C裝置中要裝酸性物質(zhì)；

A；C裝置中要裝酸性物質(zhì)；故A錯誤；

B、廣口瓶中析出的是NaHCO3；故B錯誤；

C、a通入然后b通入c中放蘸稀硫酸的脫脂棉，吸收NH3；故C正確；

D；c中放蘸稀硫酸的脫脂棉；故D錯誤；

故選C。5、A【分析】【詳解】

氯氣能氧化碘離子生成碘；碘具有氧化性；二氧化硫具有還原性，二氧化硫能還原碘生成碘離子，所以該實(shí)驗(yàn)體現(xiàn)二氧化硫還原性而不是漂白性，故A錯誤；

B.強(qiáng)堿弱酸鹽溶液呈堿性；向強(qiáng)堿弱酸鹽溶液中加入酚酞試液，溶液堿性越強(qiáng)，溶液的顏色越深，該實(shí)驗(yàn)加熱后顏色加深，說明鹽類水解為吸熱反應(yīng)，故B正確；

C.火柴頭中含有檢驗(yàn)氯元素，應(yīng)把還原為酸性條件下，具有還原性，向少量的火柴頭浸泡液中滴加稀和發(fā)生的離子反應(yīng)為：出現(xiàn)白色沉淀，證明含有氯元素，故C正確；

D.蒸餾時；溫度計(jì)測量餾分溫度，則蒸餾時溫度計(jì)的球泡應(yīng)靠近蒸餾燒瓶支管口處，此位置指示的是餾出物的沸點(diǎn)，故D正確；

答案選A。

【點(diǎn)睛】

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案評價，為高頻考點(diǎn)，涉及顏色檢驗(yàn)、儀器的使用、鹽類水解、物質(zhì)性質(zhì)等知識點(diǎn)，明確實(shí)驗(yàn)原理、儀器用途、物質(zhì)性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，易錯選項(xiàng)是B，注意B中氯元素先轉(zhuǎn)化為氯離子再檢驗(yàn)氯離子。6、D【分析】【分析】

【詳解】

A.圖1中NO氣體極易被空氣中的氧氣氧化，其密度小于CO2的密度，應(yīng)該短管進(jìn)入，長管排出CO2；故A不能實(shí)現(xiàn)；

B.圖2中苯密度比水??；漂在上層不能起到防止倒吸的作用，故B不能實(shí)現(xiàn)；

C.圖3中Cu做陽極失電子溶解，變成Gu2+，Gu2+進(jìn)入溶液；石墨電極是陰極，H+得電子析出H2，溶液中生成Cu(OH)2，不能實(shí)現(xiàn)2H2OO2↑+2H2↑；故C錯誤；

D.用圖4所示裝置中硫酸不揮發(fā)，可與碳酸鈉反應(yīng)放出二氧化碳?xì)怏w，可證明酸性：H2SO4＞H2CO3，生成的二氧化碳可與硅酸鈉溶液反應(yīng)生成H2SiO3，可證明H2CO3＞H2SiO3，所以圖4裝置可以證明：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3；故D正確；

故答案：D。二、填空題(共6題，共12分)7、略

【分析】【詳解】

(1)NaHCO3在水溶液中發(fā)生電離：NaHCO3=Na++電離產(chǎn)生是會發(fā)生電離作用：H++也會發(fā)生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。發(fā)生電離、水解作用都會消耗離子導(dǎo)致c(Na+)＞c()；電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性；水解產(chǎn)生OH-，使溶液顯堿性。由于其水解作用大于電離作用，最終達(dá)到平衡時，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但鹽水解程度是微弱的，主要以鹽電離產(chǎn)生的離子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除會電離產(chǎn)生，還有H2O電離產(chǎn)生，而只有電離產(chǎn)生，故離子濃度：c(H+)＞c()，因此該溶液中各種離子濃度由大到小的順序?yàn)椋篶(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol?L-1的NaHR溶液中，存在HR-的電離作用：HR-R2-+H+，電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性，同時也存在著水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解產(chǎn)生OH-，使溶液顯堿性，其平衡常數(shù)Kh=＜Ka2=5.60×10-8，說明HR-的電離作用大于水解作用；因此NaHR溶液顯酸性；

(3)AlCl3是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中會發(fā)生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，導(dǎo)致溶液變渾濁，由于水解產(chǎn)生HCl，因此根據(jù)平衡移動原理，若用固體配制溶液時，將其溶解在一定量的濃鹽酸中，增加了H+的濃度，就可以抑制鹽的水解，然后再加水稀釋，就可以得到澄清溶液；若將AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向進(jìn)行直至水解完全，HCl揮發(fā)逸出，得到的固體是Al(OH)3，然后將固體灼燒至恒重，Al(OH)3分解產(chǎn)生Al2O3和H2O，最后得到的固體是Al2O3；

(4)氯化銀在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都會抑制物質(zhì)的溶解，溶液中Ag+、Cl-濃度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol?L-1鹽酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

②100mL0.2mol?L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L；

③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸餾水中不含Cl-、Ag+；對氯化銀在水中溶解無抑制作用。

它們抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，該溶液中含有的c(Ag+)最大；則這四種液體物質(zhì)中銀離子濃度由大到小的順序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度積常數(shù)Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，則該溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L?！窘馕觥縞(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸將AlCl3(s)溶解在較濃的鹽酸中，然后加水稀釋Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-108、略

【分析】【詳解】

（1）依據(jù)圖1中各物質(zhì)的濃度變化量可得到0-20min，M、N濃度減少量為1.5mol/L，P濃度增加量為3mol/L，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為由圖1可知，40min時平衡發(fā)生了移動，而P、M、N的濃度沒有改變，且改變壓強(qiáng)和使用催化劑平衡不移動，則改變的條件是溫度，30min時P、M、N濃度均減小則改變的條件為擴(kuò)大容器體積，壓強(qiáng)減小，反應(yīng)速率減小，由圖2可知40min時速率增大，則40min時改變的條件是升高溫度，而生成物P的濃度在減小，依據(jù)勒夏特列原理可判斷該反應(yīng)的

（2）由(1)分析可知，30min時改變的條件是擴(kuò)大容器的體積；40min時改變的條件是升高溫度；在圖2中畫出30min~40min的正逆反應(yīng)速率變化曲線以及標(biāo)出40min~50min內(nèi)對應(yīng)的曲線為

（3）8min時，M、N、P的物質(zhì)的量濃度相等，設(shè)

則解得x=2，故8min時，0~8min內(nèi)；

50min后；M；N、P的物質(zhì)的量濃度相等，故M的轉(zhuǎn)化率為33.3%；

（4）由圖1可知，20min~30min內(nèi)，為平衡狀態(tài)，M、N的平衡濃度為1.5mol/L，P的平衡濃度為3mol/L，則反應(yīng)平衡時的平衡常數(shù)K=【解析】(1)<

(2)擴(kuò)大容器的體積升高溫度

(3)33.3%

(4)49、略

【分析】【詳解】

(1)水楊酸和乙酸酐在濃硫酸的條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成乙酰水楊酸，方程式為：（2)在除去聚合物并提純阿司匹林的過程中；可以將阿司匹林與碳酸氫鈉反應(yīng)使羧基變?yōu)轸人徕c，且酯基不水解，這樣使阿司匹林溶于水，聚合物難溶于水，將聚合物除去，再將阿司匹林的鈉鹽鹽酸酸化可得阿司匹林，過程中涉及的離子方程式為：

.(3)該儀器的名稱為布氏漏斗。布氏漏斗中加入濾紙，用蒸餾水濕潤后，應(yīng)先微開水龍頭，不能大開，避免濾紙破損。故選①。(4)A．抽濾能為了加快過濾速率，但不能使沉淀的顆粒變大，故錯誤；B.顆粒太小的沉淀不能用抽濾的原因是顆粒太小的容易在濾紙上形成一層密實(shí)的沉淀，不容易透過，故正確；C．當(dāng)吸濾瓶內(nèi)液面高度快達(dá)到支管口時，應(yīng)拔掉吸濾瓶上的橡皮管，從吸濾瓶上口倒出溶液，而不能從吸濾瓶支管口倒出溶液，故錯誤；D．將晶體轉(zhuǎn)移至布氏漏斗時，若有晶體附在燒杯內(nèi)壁，應(yīng)用濾液來淋洗布氏漏斗，因?yàn)闉V液是飽和溶液，沖洗是不會使晶體溶解，同時又不會帶入雜質(zhì)，故錯誤；E.洗滌沉淀時，應(yīng)先關(guān)小水龍頭，然后蒸餾水緩緩淋洗，再打開水龍頭抽濾，不能使洗滌劑快速通過沉淀，故錯誤。故選B。（5）阿司匹林在冷水中的溶解度減小，所以用冷水洗滌晶體可以除去晶體表面附著的雜質(zhì)，并減少阿司匹林因溶解而引起的損耗。(6)根據(jù)方程式分析，乙酸酐過量，用水楊酸計(jì)算阿司匹林的質(zhì)量為g，實(shí)際產(chǎn)率為=60%?！窘馕觥咳〈磻?yīng)布氏漏斗①B除去晶體表面附著的雜質(zhì)，并減少阿司匹林因溶解而引起的損耗60%10、略

【分析】【分析】

用苯氧乙酸和丙烯醇發(fā)生酯化反應(yīng)制得菠蘿酯，苯氧乙酸用苯酚和氯乙酸反應(yīng)制得，考慮到它們?nèi)芊悬c(diǎn)的差異，最好選擇溫度讓苯酚，氯乙酸，苯氧乙酸都成為液體，反應(yīng)室I中反應(yīng)的最佳溫度是104℃，水浴加熱溫度太低，苯氧乙酸沸點(diǎn)99攝氏度，水浴溫度會使它凝固，不利于分離，火爐直接加熱，會使苯酚，氯乙酸，苯氧乙酸全都生成氣體，不利于反應(yīng)，故選擇油浴。生成的菠蘿酯屬于酯類，在堿性條件下會發(fā)生水解，所以不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液。

【詳解】

(1)火爐直接加熱溫度比較高；會讓苯酚和氯乙酸變成蒸汽，不利于它們之間的反應(yīng)，還會使苯氧，故溫度不能太高，水浴加熱溫度較低，不能讓氯乙酸和苯酚熔化，故溫度也不能太低，可以使所有物質(zhì)都成液體，為較好地控制溫度在102℃~106℃之間，加熱時可選用油浴加熱；

答案為：C；

(2)分離室I是將反應(yīng)不充分的原料再重復(fù)使用；為了增加原料的利用率，要把苯酚和氯乙酸加入反應(yīng)室1，操作名稱為蒸餾；

答案為：蒸餾；

(3)反應(yīng)室1為苯酚和氯乙酸發(fā)生取代反應(yīng)，制得苯氧乙酸，+HCl；

答案為：+HCl；

(4)分離室II發(fā)生的反應(yīng)是苯氧乙酸和丙烯醇發(fā)生酯化反應(yīng)，制取菠蘿酯，由于酯在NaHCO3溶液中的溶解度較小，可以析出，隨后分液即可，如用NaOH會使酯發(fā)生水解，故不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液，化學(xué)方程式為+NaOH+HOCH2CH=CH2

答案為+NaOH+HOCH2CH=CH2?！窘馕觥緾蒸餾+HCl+NaOH+HOCH2CH=CH211、略

【分析】【分析】

（1）托盤天平的平衡原理：稱量物質(zhì)量=砝碼質(zhì)量+游碼質(zhì)量；

（2）鎂在空氣中劇烈燃燒；放出大量的熱，發(fā)出耀眼的白光，生成白色固體氧化鎂；

（3）圖C表示銅和氧氣在加熱條件下生成黑色氧化銅；

（4）圖D表示加壓氣體體積縮?。?/p>

【詳解】

（1）稱量物質(zhì)量=砝碼質(zhì)量+游碼質(zhì)量；15=NaCl質(zhì)量+3，NaCl的實(shí)際質(zhì)量是15g-3g=12g；

（2）鎂在空氣中燃燒的現(xiàn)象是：放出大量的熱；發(fā)出耀眼的白光，生成白色固體；

（3）圖C的表達(dá)式為：銅+氧氣氧化銅；

（4）圖D表示加壓氣體體積縮小，實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖球?yàn)證分子之間的存在間隙；【解析】12g放出大量的熱，發(fā)出耀眼的白光，生成白色固體銅+氧氣氧化銅驗(yàn)證分子之間的存在間隙12、略

【分析】【詳解】

（1）亞硫酸鈉和硫酸反應(yīng)生成二氧化硫,反應(yīng)的方程式為：Na2SO3+H2SO4(濃)═Na2SO4+SO2↑+H2O，生成的二氧化硫含有水蒸氣，可用濃硫酸干燥，用向上排空氣法收集，且用堿石灰吸收尾氣，避免污染環(huán)境，則連接順序?yàn)閍接b；c接f，g接d；

（2）①Na2S2O4中硫元素的化合價為+3；

②由裝置可知；儀器A的名稱為恒壓滴液漏斗；

③實(shí)驗(yàn)時應(yīng)避免Na2S2O4和HCOONa被氧化，可應(yīng)先通入二氧化硫，排凈系統(tǒng)中的空氣，防止加熱時Na2S2O4和HCOONa被氧化，也可通一段時間N2；排凈系統(tǒng)中的空氣；

④洗滌連二亞硫酸鈉時應(yīng)與空氣隔離；洗滌劑可用甲醇或乙醇，洗滌過程為：在無氧環(huán)境中，向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸沒晶體，待甲醇順利流下，重復(fù)2-3次；

⑤設(shè)連二亞硫酸鈉理論產(chǎn)率為x；根據(jù)硫原子守恒：

2Na2SO3～Na2S2O4

252174

6.3gx

則解得x=4.35g，產(chǎn)率為：【解析】bcfgdNa2SO3+H2SO4(濃)═Na2SO4+SO2↑+H2O+3恒壓滴液漏斗排凈系統(tǒng)中的空氣向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸沒晶體，待甲醇順利流下，重復(fù)2-3次三、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共6題，共12分)13、略

【分析】【詳解】

（1）Cu位于第四周期IB族，其Cu2＋的價電子排布式為3d9；

（2）A、[Cu(NH3)4]2＋與SO42－之間存在離子鍵，Cu2＋和NH3之間存在配位鍵；N和H之間存在極性共價鍵，故A正確；

B；該化合物中第一電離能最大的是N元素；故B錯誤；

C、外界離子為SO42－，根據(jù)價層電子對互斥理論，SO42－的空間構(gòu)型為正四面體形；故C正確；

答案選AC；

（3）SO32－中心原子S有3個σ鍵，孤電子對數(shù)=1，價層電子對數(shù)為4，雜化軌道數(shù)等于價層電子對數(shù)，即SO32－中S的雜化類型為sp3；SO32－空間構(gòu)型為三角錐形；

（4）根據(jù)等電子體的概念，與SO3互為等電子體的分子為BF3等；

（5）利用均攤的方法進(jìn)行判斷，根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)，O位于頂點(diǎn)、面心、棱上和內(nèi)部，屬于晶胞的氧原子的個數(shù)為=4，Cu位于內(nèi)部，有4個，即化學(xué)式為CuO?！窘馕觥竣?3d9②.AC③.sp3④.三角錐形⑤.BF3⑥.CuO14、略

【分析】【詳解】

（1）Cu位于第四周期IB族，其Cu2＋的價電子排布式為3d9；

（2）A、[Cu(NH3)4]2＋與SO42－之間存在離子鍵，Cu2＋和NH3之間存在配位鍵；N和H之間存在極性共價鍵，故A正確；

B；該化合物中第一電離能最大的是N元素；故B錯誤；

C、外界離子為SO42－，根據(jù)價層電子對互斥理論，SO42－的空間構(gòu)型為正四面體形；故C正確；

答案選AC；

（3）SO32－中心原子S有3個σ鍵，孤電子對數(shù)=1，價層電子對數(shù)為4，雜化軌道數(shù)等于價層電子對數(shù)，即SO32－中S的雜化類型為sp3；SO32－空間構(gòu)型為三角錐形；

（4）根據(jù)等電子體的概念，與SO3互為等電子體的分子為BF3等；

（5）利用均攤的方法進(jìn)行判斷，根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)，O位于頂點(diǎn)、面心、棱上和內(nèi)部，屬于晶胞的氧原子的個數(shù)為=4，Cu位于內(nèi)部，有4個，即化學(xué)式為CuO。【解析】①.3d9②.AC③.sp3④.三角錐形⑤.BF3⑥.CuO15、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)Cu為29號元素，核外電子排布式為則銅元素為周期表中ds區(qū)，故答案為：ds；

(2)易溶解于水，熔點(diǎn)為時升華,由此可得出是分子晶體；故答案為：分子晶體；

(3)為深棕紅色的劇毒液體，其分子結(jié)構(gòu)中含有鍵，根據(jù)8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)可知，該分子結(jié)構(gòu)為因此該分子中Se的雜化軌道類型為雜化；Se的價層電子數(shù)時4，含有2個孤對電子，的空間構(gòu)型為鋸齒形，故答案為：b；

(4)的立體構(gòu)型為正四面體，鍵角為109°28′，的立體構(gòu)型為平面三角形，鍵角為120°，所以中的鍵角比的鍵角小，故答案為：小；的立體構(gòu)型為正四面體，鍵角為109°28′，的立體構(gòu)型為平面三角形；鍵角為120°；

(5)用“均攤法”：晶胞中含4個Cu，O氧原子個數(shù)為8Cu與O的個數(shù)比為2：1，所以該氧化物的化學(xué)式為1個晶胞中氧原子、銅原子的體積之和為晶體的體積為1個晶胞的體積為故該晶胞的空間利用率為故答案為：【解析】ds分子晶體b小的立體構(gòu)型為正四面體，鍵角為109°28′，的立體構(gòu)型為平面三角形，鍵角為120°16、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①N的最外層電子數(shù)為5，B的最外層電子數(shù)為3，能形成3個共價鍵，B原子提供空軌道，N原子提供孤對電子，在化合物H3BNH3中；B與N原子之間存在配位鍵；

B；C、N、O是同一周期的元素。一般情況下；元素的非金屬性越強(qiáng)，原子半徑越小，元素的第一電離能越大，但是由于N原子的2p軌道上的電子處于半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，所以其電離能比O還大，因此第一電離能由大到小的順序N＞O＞C＞B；

CH4是正四面體結(jié)構(gòu)，鍵角109°28′；H2O是V型分子，鍵角104.5°，CO2是直線型分子，鍵角為180°。因此這三分子按照鍵角由大到小的順序排列為CO2＞CH4＞H2O；

②等電子體是原子數(shù)等，最外層電子數(shù)也相等的物質(zhì)，(HB=NH)3的原子數(shù)為12，最外層電子數(shù)為30，與(HB=NH)3互為等電子體的分子為C6H6；

③LiAlH4和BCl3在一定條件下制備乙硼烷B2H6、LiCl、AlCl3，根據(jù)原子守恒可得合成乙硼烷B2H6的化學(xué)方程式為：4BCl3+3LiAlH4=2B2H6+3LiCl+3AlCl3；

④圖(a)是一種鏈狀結(jié)構(gòu)的多硼酸根，從圖可看出，每個單元，有一個B，有一個O完全屬于這個單元，剩余的2個O分別為2個單元共用，所以B∶O=1∶(1+2×)=1∶2，化學(xué)式為：

從圖(6)是硼砂晶體中陰離子的環(huán)狀結(jié)構(gòu)可看出，[B4O5(OH)4]2-一半sp3雜化形成兩個四配位BO4四面體；另一半是sp2雜化形成兩個三配位BO3平面三角形結(jié)構(gòu)，硼原子采取的雜化方式為sp3、sp2；

(2)①Cu是29號元素，Cu的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+失去4s上的一個電子和3d上的一個電子，Cu2+的價層電子排布式為3d9；

②銅及其它許多金屬及其化合物都可以發(fā)生焰色反應(yīng)的原因是在灼燒時原子中的電子吸收能量；從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)。但是激發(fā)態(tài)是不穩(wěn)定的，激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時，以一定波長的光的形式釋放能量；

③Cu是面心立方緊密堆積，在一個晶胞中含有的Cu原子的個數(shù)為：8×+6×=4；設(shè)銅原子半徑為apm=a×10-10cm，晶胞的邊長；L=2×10-10cm，晶胞的體積為(2×10-10cm)3，該晶體的密度為g/cm3?！窘馕觥渴荖＞O＞C＞BCO2＞CH4＞H2OC6H64BCl3+3LiAlH4=2B2H6+3LiCl+3AlCl3sp3、sp23d9激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時，以一定波長的光的形式釋放能量17、略

【分析】【詳解】

(1)由題意有鈰的原子序數(shù)為58；則有58-2-8-8-18-18=4，處于元素周期表的第六周期，第四縱行的鑭系，則鈰在元素周期表中位置為：第六周期第ⅢB族，屬于f區(qū)元素，故答案為：第六周期第ⅢB族；f；

(2)在硝酸鈰銨Ce(NH4)2(NO3)6中，因?yàn)橹兄行脑覰沒有孤電子對，所以它是正四面專體形，是空間結(jié)構(gòu)，所以是雜化，中氮的價層電子對數(shù)為3，是sp2雜化；在Ce、C、N、O中C、N、O屬于同一周期元素且原子序數(shù)依次減小，同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大，但第ⅤA族的第一電離能大于第ⅥA族的第一電離能，所以其第一電離能大小順序是N＞O＞C；由于Ce為第六周期元素，原子半徑最大，則其第一電離能最小，故答案為：sp3、sp2；N>O>C>Ce；

(3)依F、Cl、Br、I順序，CeX3中的化學(xué)鍵的離子性越來越弱、共價性越來越強(qiáng)，故答案為：依F、Cl、Br、I順序，CeX3中的化學(xué)鍵的離子性越來越弱；共價性越來越強(qiáng)；

(4)由圖示可知這種鈰的氧化物的化學(xué)式為CeO2；晶胞中氧離子的配位數(shù)為4，故答案為：CeO2；4；【解析】第六周期第ⅢB族fsp3、sp2N>O>C>Ce依F、Cl、Br、I順序，CeX3中的化學(xué)鍵的離子性越來越弱、共價性越來越強(qiáng)CeO2418、略

【分析】【分析】

根據(jù)Cr原子的電子排布式，寫出基態(tài)價電子的排布式；根據(jù)Cr原子失去一個電子后價電子排布情況判斷鉻的第二電離能大于錳的第二電離能；根據(jù)題中結(jié)構(gòu)判斷存在化學(xué)鍵類型；根據(jù)VSEPR理論判斷中心原子雜化方式和空間構(gòu)型；根據(jù)等電子體的概念寫出一種與互為等電子體的分子；根據(jù)形成氫鍵和相似相溶原理解釋乙醇能與水以任意比例互溶；根據(jù)題中晶胞的結(jié)構(gòu)；利用“均攤法”進(jìn)行晶胞的相關(guān)計(jì)算；據(jù)此解答。

（1）

Cr是24號元素，核外有24個電子，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，價電子排布式為3d54s1，答案為3d54s1。

（2）

因?yàn)殂t原子失去1個電子后，價電子層電子排布式為屬于半充滿，相對穩(wěn)定，即鉻的第二電離能是失去半充滿3d5上的電子，錳的第二電離能是失去3d6上的電子變?yōu)榘氤錆M狀態(tài)，所以金屬鉻的第二電離能大于錳的第二電離能答案為鉻原子失去1個電子后，價電子層電子排布式為屬于半充滿，相對穩(wěn)定。

（3）

①由可知，該結(jié)構(gòu)中存在N－H鍵是鍵，N＝C雙鍵、C＝S雙鍵中有鍵、鍵，Cr3+與配體間形成配位鍵；ABD符合題意；答案為ABD。

②由可知，NCS-的中心原子C原子形成2個雙鍵，NCS-為直線形結(jié)構(gòu)，C原子采取sp雜化；因?yàn)镹CS-結(jié)構(gòu)中，N、S均有孤電子對，均可與Cr3+形成配位鍵；答案為sp雜化；N；S。

③的價層電子對數(shù)＝4+＝4+0＝4，無孤電子對，的空間構(gòu)型為正四面體結(jié)構(gòu)；根據(jù)原子總數(shù)相等、價電子總數(shù)也相等的微粒互為等電子體，則的等電子體的分子為CH4；答案為4；正四面體；CH4。

④CH3CH2OH與水分子間能形成氫鍵，并且都是極性分子，根據(jù)相似相溶原理，所以CH3CH2OH能與水以任意比互溶；答案為乙醇可與水形成分子間氫鍵；乙醇屬于極性分子。

（4）

由可知，晶胞中Cr原子數(shù)目=8×+4×=2，Se原子位于晶胞內(nèi)，數(shù)目=2，故晶胞質(zhì)量m=2×g=g，晶胞的體積V=a×10-7cm×a×10-7cm×b×10-7cm=a2b×10-21cm3，則晶體密度ρ===答案為【解析】(1)

(2)鉻原子失去1個電子后，價電子層電子排布式為屬于半充滿，相對穩(wěn)定。

(3)ABDsp雜化S、N4正四面體形乙醇可與水形成分子間氫鍵乙醇屬于極性分子。

(4)四、原理綜合題(共2題，共16分)19、略

【分析】【詳解】

(1)①該反應(yīng)的正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)；根據(jù)平衡移動原理，升高溫度，化學(xué)平衡向吸熱的移動，所以升高溫度，化學(xué)平衡正向移動；

②達(dá)到平衡時，保持體積不變充入Ar氣時，反應(yīng)體系中任何一種物質(zhì)的濃度不變，因此加入Ar氣對化學(xué)平衡移動無影響；因此化學(xué)平衡不發(fā)生移動平衡；

③達(dá)到平衡時，保持容器容積不變，再通入一定量N2O4，導(dǎo)致反應(yīng)體系壓強(qiáng)增大。根據(jù)平衡移動原理：增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡向氣體體積減小的方向移動。該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積增大的方向，因此增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡向氣體體積減小的逆反應(yīng)方向移動，當(dāng)反應(yīng)再次達(dá)到平衡時NO2的百分含量減小；

(2)根據(jù)平衡常數(shù)可知該可逆反應(yīng)為2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)；

已知：①

②

③

根據(jù)蓋斯定律，將②×2-③-①，整理可得：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol；

根據(jù)方程式可知：該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體混亂程度減小的放熱反應(yīng)，由反應(yīng)自由能公式△G=△H-T△S＜0，可知當(dāng)△G＜0；反應(yīng)可自發(fā)進(jìn)行，可判斷該反應(yīng)在低溫下就可以自發(fā)進(jìn)行；

(3)根據(jù)圖象可知：在低于900K時，N2的體積分?jǐn)?shù)隨溫度的升高而增大，在900K以后，溫度升高，N2的體積分?jǐn)?shù)減小，說明在低于900K時反應(yīng)正向進(jìn)行，未處于平衡狀態(tài)。溫度升高，反應(yīng)速率加快，反應(yīng)產(chǎn)生更多N2，因此N2的體積分?jǐn)?shù)隨溫度的升高而增大。在900K以后，溫度升高，N2的體積分?jǐn)?shù)減小，這是由于該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，在反應(yīng)達(dá)到平衡后，升高溫度，化學(xué)平衡向吸熱的逆反應(yīng)方向移動，導(dǎo)致N2的體積分?jǐn)?shù)隨溫度的升高而減?。辉诟哂?00K時，N2的體積分?jǐn)?shù)降低的可能原因是升高溫度平衡逆向移動或發(fā)生的副反應(yīng)增多或由于任何催化劑都有一定的使用溫度范圍；溫度升高導(dǎo)致催化劑的活性降低等；

(4)在一定溫度下，在體積為1L的密閉容器中充入1molN2和2molH2合成氨，發(fā)生反應(yīng)：N2+3H22NH3，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，測得N2的轉(zhuǎn)化率為25%，則此時N2的物質(zhì)的量是mol，H2的物質(zhì)的量是NH3的物質(zhì)的量是由于容器的容積是1L，則各種氣體的平衡濃度分別是c(N2)=mol/L，c(H2)=mol/L，c(NH3)=mol/L，故該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)計(jì)算式為K=【解析】正向不減小2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol低溫不是該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡時N2的體積分?jǐn)?shù)應(yīng)隨著溫度的升高而降低催化劑的活性下降(或升溫平衡逆向移動或副反應(yīng)增多等)20、略

【分析】（1）因銅過量反應(yīng)過程中濃硝酸變稀，稀硫酸與銅反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮和水，故Ⅰ中產(chǎn)生的無色氣體是NO；（2）①硝酸濃度相同，銅的還原性弱于鐵，但Ⅰ中溶液變藍(lán)，同時沒有氫氣放出，證明了甲的說法不正確；②NO3-中氮元素的化合價為最高價，具有氧化性，故NO3-也能被還原；?、蛑蟹磻?yīng)后的溶液，加入足量NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生有刺激性氣味并能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，證實(shí)該溶液中含有NH4+；③Ⅱ中NO3-被還原為NH4+，氮元素由+5價變?yōu)?3價得到8e-，完成電極反應(yīng)為：NO3-＋8e-＋10H+＝NH4+＋3H2O；（3）④對比Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，溫度不同時收集到氫氣的體積不同，原因是相同條件下，溫度升高時，化學(xué)反應(yīng)速率增大，但NO3-的還原速率增大的更多；⑤Ⅴ中無色氣體是混合氣體則為NO和H2，則一定含有遇空氣變紅棕色的氣體和H2；（4）根據(jù)實(shí)驗(yàn)，金屬與硝酸反應(yīng)時，影響硝酸的還原產(chǎn)物不同的因素有金屬的種類、硝酸的濃度、溫度。【解析】NO硝酸濃度相同，銅的還原性弱于鐵，但Ⅰ中溶液變藍(lán)，同時沒有氫氣放出NO3-中氮元素的化合價為最高價，具有氧化性?、蛑蟹磻?yīng)后的溶液，加入足量NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生有刺激性氣味并能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體NO3-+____e-+____＝NH4++____H2O相同條件下，溫度升高時，化學(xué)反應(yīng)速率增大，但NO3-的還原速率增大的更多H2金屬的種類、硝酸的濃度、溫度五、計(jì)算題(共3題，共30分)21、略

【分析】【詳解】

(1)水是弱電解質(zhì)，存在電離平衡：H2OH++OH-，在室溫25℃時，Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14；

若t=100℃時，Kw=1.0×10-12，100℃時0.05mol?L-1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.05mol/L×2=0.10mol/L，則該溫度下c(H+)==10-11mol/L；故該溶液的pH=11；

(2)25℃時，0.1L0.1mol?L-1的Na2A溶液的pH=11，溶液顯堿性，是由于該鹽是強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中A2-發(fā)生水解反應(yīng)，消耗水電離產(chǎn)生的H+，使水的電離平衡正向移動，最終達(dá)到平衡時，溶液中c(OH-)＞c(H+)，用離子方程式表示為A2-+H2O?HA-+OH-；

(3)pH相等的NaOH溶液與CH3COONa溶液，分別加熱到相同的溫度，由于CH3COONa是強(qiáng)堿弱酸鹽，醋酸根離子水解使溶液顯堿性，升高溫度，鹽水解程度增大，溶液的堿性增強(qiáng)，所以CH3COONa溶液的pH增大，而NaOH溶液的pH變化比較小，所以分別加熱到相同的溫度后CH3COONa溶液的pH＞NaOH溶液的pH；

(4)室溫下，pH=2的H2SO4溶液中水電離產(chǎn)生的H+的濃度c(H+)=10-12mol/L；

pH=12的NaOH溶液溶液中水電離產(chǎn)生的H+的濃度c(H+)=10-12mol/L；

pH=12的Na2CO3溶液，水電離出的c(H+)=10-2mol/L，故三種溶液中水電離產(chǎn)生的c(H+)之比為10-12：10-12：10-2=1：1：1010；

(5)①NH4HSO4是強(qiáng)酸的酸式鹽，電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性；②NH4HCO3水解使溶液顯堿性；③NH4Cl水解使溶液顯酸性，堿性溶液的pH大于酸性溶液的pH，電離產(chǎn)生的H+濃度大于鹽水解的酸性；所以三種溶液pH從大到小的順序?yàn)椋孩冢劲郏劲伲?/p>

三種溶液中都存在NH的水解作用，①NH4HSO4電離產(chǎn)生H+會抑制NH的水解作用，使c(NH)增大；②NH4HCO3溶液中水解會促進(jìn)NH的水解作用，使溶液中c(NH)減小，故相同溫度下，NH濃度相等的上述三種溶液；物質(zhì)的量濃度從大到小的順序?yàn)椋孩冢劲郏劲伲?/p>

(6)①在酸性條件下，Cr2O將Fe2+氧化為Fe3+，Cr2O被還原為Cr3+，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得該反應(yīng)的離子方程式：Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；

②若處理后的廢水中殘留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol?L-1，則由Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，可知c3(OH-)=結(jié)合Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33，可知此時溶液中c(Cr3+)==6.0×10-8mol/L。【解析】1.0×10-1411A2-+H2O?HA-+OH-＞1：1：1010②＞③＞①②＞③＞①Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O6.0×10-822、略

【分析】【分析】

裝置A中NaNO2和（NH4）2SO4發(fā)生反應(yīng)（NH4）2SO4+2NaNO22N2↑+Na2SO4+4H2O生成氮?dú)猓粡陌l(fā)生裝置A出來的氣體中可能伴有O2，會對后面實(shí)驗(yàn)的進(jìn)行造成干擾，因此在E中反應(yīng)發(fā)生前必須把O2除去，而硫酸亞鐵中的Fe2＋能夠和氧氣結(jié)合生成硫酸鐵，進(jìn)而除去O2；E中反應(yīng)生成的氮化鎂極易與水反應(yīng)，因此在反應(yīng)前必須把水除去（濃硫酸干燥）；E中鎂和氮?dú)庠诩訜釛l件發(fā)生反應(yīng)N2+3MgMg3N2生成Mg3N2；B；F為緩沖瓶，起到防倒吸作用；G中硫酸亞鐵可防止空氣進(jìn)入E。

【詳解】

（1）根據(jù)圖示可知；儀器a的名稱是分液漏斗，故答案為：分液漏斗；

（2）NaNO2和（NH4）2SO4反應(yīng)生成氮?dú)?，該反?yīng)為歸中反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：（NH4）2SO4+2NaNO22N2↑+Na2SO4+4H2O，離子反應(yīng)方程式：2NH4＋＋2NO2－2N2↑＋4H2O，故答案為：2NH4＋＋2NO2－2N2↑＋4H2O；

（3）從發(fā)生裝置A出來的氣體中可能伴有O2，會對后面實(shí)驗(yàn)的進(jìn)行造成干擾，因此在E中反應(yīng)發(fā)生前必須把O2除去，而硫酸亞鐵中的Fe2＋能夠和氧氣結(jié)合生成硫酸鐵，進(jìn)而除去O2；E中反應(yīng)生成的氮化鎂極易與水反應(yīng)；因此在反應(yīng)前必須把水除去（濃硫酸干燥）；不能將C和D對調(diào)，對調(diào)后無法除去水蒸氣，故答案為：除去氧氣（及氮氧化物）；除去水蒸氣；不能，對調(diào)后無法除去水蒸氣；

（4）E中鎂和氮?dú)庠诩訜釛l件下反應(yīng)生成氮化鎂，化學(xué)方程式為：N2+3MgMg3N2，故答案為：N2+3Mg