2025年冀教版拓展型課程化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀教版拓展型課程化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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8題，共16分)1、下列表述正確個數(shù)是。

①煤的干餾；煤的液化、石油的裂化都是化學變化；

②檢驗亞硫酸鈉溶液在空氣中放置是否變質可以通過先加稀硝酸；再加氯化鋇溶液的方法；

③汽車尾氣中NO主要來自燃油中氮元素的不完全燃燒；

④足量的鐵與稀硝酸反應后溶液呈淺綠色，說明稀硝酸不能氧化Fe2+；

⑤工業(yè)上；通過電解NaCl溶液的方法可以獲取金屬Na；

⑥高爐煉鐵中利用焦炭直接將鐵礦石還原為鐵單質；

⑦二氧化硫能使紫色石蕊試液褪色；可用于漂白紙漿；編織物；

⑧S與非金屬單質反應時；S均作還原劑；

⑨普通玻璃是由石灰石；石英砂、純堿為原料燒制而成的；

⑩制造太陽能電池板的二氧化硅屬于新型無機非金屬材料。A.4B.3C.2D.12、按下述實驗方法制備氣體，合理又實用的是A.鋅粒與稀硝酸反應制備H2B.加熱分解NH4Cl固體制備NH3C.亞硫酸鈉與濃硫酸反應制備SO2D.大理石與濃硫酸反應制備CO23、如圖是實驗室常用的氣體制備、凈化和收集裝置。若依據(jù)反應H2C2O4CO↑＋CO2↑＋H2O制取CO；則合理的裝置組合為（）

A.①⑤⑧B.③⑤⑦C.②⑤⑥D.③④⑧4、常溫下,二氯化二硫(S2Cl2)為橙黃色液體,遇水易水解，工業(yè)上用于橡膠的硫化。某學習小組合成S2Cl2的實驗裝置如圖所示。下列說法正確的是。

A.實驗室可以用鹽酸酸化高錳酸鉀溶液B.C中所盛試劑為飽和氯化鈉溶液C.實驗時需先點燃E處的酒精燈D.G中可收集到純凈的產(chǎn)品5、關于下列實驗的說法不正確的是：。操作現(xiàn)象

①銅片溶解；溶液變藍，起始產(chǎn)生紅棕色氣體，氣體顏色逐漸變淡，直至無色，在管口處變?yōu)榈厣?/p>

②銅片繼續(xù)溶解，產(chǎn)生無色氣體，在管口處變?yōu)榈厣?/p>

A.實驗中產(chǎn)生紅棕色氣體，說明濃HNO3具有氧化性B.在整個實驗過程中，發(fā)生的反應多于2個C.②中產(chǎn)生無色氣體，說明鹽酸有氧化性D.若將銅片換成鐵片，則①中沒有明顯實驗現(xiàn)象。6、下列實驗不能達到實驗目的的是A.實驗室分離CO與CO2B.檢查裝置氣密性C.蒸發(fā)濃縮結晶D.分離出溴的四氯化碳溶液7、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象；能得出正確結論的是。

A.AB.BC.CD.D8、80℃時，NO2(g)+SO2(g)?SO3(g)+NO(g)。該溫度下，在甲、乙、丙三個體積相等且恒容的密閉容器中，投入NO2和SO2，起始濃度如下表所示，其中甲經(jīng)2min達平衡時，NO2的轉化率為50%，下列說法不正確的是。起始濃度甲乙丙c(NO2)(mol/L)0.100.200.20c(SO2)/(mol/L)0.100.100.20A.容器甲中的反應在前2min的平均反應速率v(SO2)=0.025mol/(L·min)B.達到平衡時，容器丙中正反應速率與容器甲相等C.溫度升至90℃，上述反應平衡常數(shù)為1.56，則反應的△H＞0D.容器乙中若起始時改充0.10mol/LNO2和0.20mol/L，達到平衡時c(NO)與原平衡相同評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、油氣開采；石油化工、煤化工等行業(yè)廢氣普遍含有的硫化氫；需要回收處理并加以利用。

H2S熱分解反應：2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，在1373K、100kPa反應條件下，對于n(H2S)：n(Ar)分別為4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合氣，熱分解反應過程中H2S轉化率隨時間的變化如下圖所示。

(1)n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡轉化率___________，理由是___________

(2)n(H2S)：n(Ar)=1：9對應圖中曲線___________，計算其在0~0.1s之間，H2S分壓的平均變化率為___________kPa·s-1。10、常溫下有濃度均為0.1mol/L的四種溶液：①HCl；②CH3COOH；③NaOH；④Na2CO3。

(1)這四種溶液中水的電離程度由大到小的順序是___（用序號填寫）。

(2)等體積混合②和③的溶液中離子濃度的大小順序是___。

(3)常溫下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，則CH3COOH溶液的電離平衡常數(shù)Ka=___。

(4)用離子方程式表示④的水溶液呈堿性的主要原因：___。

(5)取10mL溶液①，加水稀釋到1000mL，則該溶液中由水電離出的c(H+)約為___。11、某有機物的結構簡式如圖所示：

(1)1mol該有機物和過量的金屬鈉反應最多可以生成________H2。

(2)該物質最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質的量之比為________。12、亞氯酸鈉（NaClO2）是一種重要的殺菌消毒劑；同時也是對煙氣進行脫硫；脫硝的吸收劑。

Ⅰ．以氯酸鈉（NaClO3）為原料制備NaClO2粗品的工藝流程如下圖所示：

已知：

i.純ClO2易分解爆炸，空氣中ClO2的體積分數(shù)在10%以下比較安全；

ii.NaClO2在堿性溶液中穩(wěn)定存在；在酸性溶液中迅速分解；

iii.NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時析出NaClO2?3H2O，等于或高于38℃時析出NaClO2晶體，高于60℃時分解成NaClO3和NaCl。

（1）試劑A應選擇_________。（填字母）

a．SO2b．濃硝酸c．KMnO4

（2）反應②的離子方程式為_________。

（3）已知壓強越大，物質的沸點越高。反應②結束后采用“減壓蒸發(fā)”操作的原因是________。

（4）下列關于上述流程的說法中，合理的是_________。（填字母）

a．反應①進行過程中應持續(xù)鼓入空氣。

b．反應①后得到的母液中；溶質的主要成分是NaCl

c．反應②中NaOH溶液應過量。

d．冷卻結晶時溫度選擇38℃，過濾后進行溫水洗滌，然后在低于60℃下進行干燥，得到粗產(chǎn)品NaClO2

Ⅱ．采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進行脫硫；脫硝。

（5）在鼓泡反應器中通入含有SO2和NO的煙氣，反應溫度為323K，NaClO2溶液濃度為5×10?3mol/L。反應一段時間后溶液中離子濃度的分析結果如下表：。離子SO42?SO32?NO3?NO2?Cl?c/（mol/L）8.35×10?46.87×10?61.5×10?41.2×10?53.4×10?3

①寫出NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式_________。

②由實驗結果可知，脫硫反應速率_________（填“大于”或“小于”）脫硝反應速率。除SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同外，還可能存在的原因是_________。（答出兩條即可）13、根據(jù)所學知識回答下列問題。

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

(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)實驗室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作為__，若將AlCl3溶液蒸干并灼燒至恒重；得到的物質為___(填化學式)。

(4)25℃時，將足量氯化銀分別放入下列4種溶液中，充分攪拌后，銀離子濃度由大到小的順序是___(填標號)；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蒸餾水評卷人得分三、元素或物質推斷題(共6題，共12分)14、周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序數(shù)依次增大，A的基態(tài)原子的L層電子是K層電子的兩倍；B的價電子層中的未成對電子有3個；C與B同族；D的最高價含氧酸為酸性最強的無機含氧酸。請回答下列問題：

(1)C的基態(tài)原子的電子排布式為_____________；D的最高價含氧酸酸性比其低兩價的含氧酸酸性強的原因是___________________________。

(2)雜化軌道分為等性和不等性雜化，不等性雜化時在雜化軌道中有不參加成鍵的孤電子對的存在。A、B、C都能與D形成中心原子雜化方式為____________的兩元共價化合物。其中，屬于不等性雜化的是____________(寫化學式)。以上不等性雜化的化合物價層電子對立體構型為_________，分子立體構型為_______________________________。

(3)以上不等性雜化化合物成鍵軌道的夾角________(填“大于”；“等于”或“小于”)等性雜化的化合物成鍵軌道間的夾角。

(4)A和B能形成多種結構的晶體。其中一種類似金剛石的結構，硬度比金剛石還大，是一種新型的超硬材料。其結構如下圖所示(圖1為晶體結構，圖2為切片層狀結構)，其化學式為________________。實驗測得此晶體結構屬于六方晶系，晶胞結構見圖3。已知圖示原子都包含在晶胞內，晶胞參數(shù)a＝0.64nm，c＝0.24nm。其晶體密度為________________(已知：＝1.414，＝1.732,結果精確到小數(shù)點后第2位)。

15、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，請用對應的的化學用語回答下列問題：

(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．單質的還原性：X＞Y，可以用X與YM2溶液發(fā)生反應來證明。

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元素的單質具有兩性16、周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序數(shù)依次增大，A的基態(tài)原子的L層電子是K層電子的兩倍；B的價電子層中的未成對電子有3個；C與B同族；D的最高價含氧酸為酸性最強的無機含氧酸。請回答下列問題：

(1)C的基態(tài)原子的電子排布式為_____________；D的最高價含氧酸酸性比其低兩價的含氧酸酸性強的原因是___________________________。

(2)雜化軌道分為等性和不等性雜化，不等性雜化時在雜化軌道中有不參加成鍵的孤電子對的存在。A、B、C都能與D形成中心原子雜化方式為____________的兩元共價化合物。其中，屬于不等性雜化的是____________(寫化學式)。以上不等性雜化的化合物價層電子對立體構型為_________，分子立體構型為_______________________________。

(3)以上不等性雜化化合物成鍵軌道的夾角________(填“大于”；“等于”或“小于”)等性雜化的化合物成鍵軌道間的夾角。

(4)A和B能形成多種結構的晶體。其中一種類似金剛石的結構，硬度比金剛石還大，是一種新型的超硬材料。其結構如下圖所示(圖1為晶體結構，圖2為切片層狀結構)，其化學式為________________。實驗測得此晶體結構屬于六方晶系，晶胞結構見圖3。已知圖示原子都包含在晶胞內，晶胞參數(shù)a＝0.64nm，c＝0.24nm。其晶體密度為________________(已知：＝1.414，＝1.732,結果精確到小數(shù)點后第2位)。

17、某白色固體甲常用于織物的漂白；也能將污水中的某些重金屬離子還原為單質除去。為研究其組成，某小組同學進行了如下實驗。

又知；甲的焰色為黃色，鹽丙和丁的組成元素和甲相同，乙能使品紅溶液褪色，①處氣體體積在充分加熱揮發(fā)后經(jīng)干燥測定。

(1)甲中所含陽離子的電子式為___________，甲的化學式___________。

(2)寫出①中產(chǎn)生黃色沉淀的反應的離子反應方程式___________。

(3)甲的溶液還可用作分析化學中的吸氧劑，假設其溶液與少量氧氣反應產(chǎn)生等物質的量的兩種酸式鹽，試寫出該反應的化學反應方程式___________。

(4)下列物質中可能在溶液中與甲反應的是___________。A．NaIB．C．D．NaOH18、Ⅰ.電鍍廢水中常含有陰離子A，排放前可加CuSO4溶液處理；使之轉化為沉淀B，按如圖流程進行實驗。

已知：B含三種元素；氣體D標況下密度2.32g/L；混合氣體l無色無味；氣體F標況下密度為1.25g/L。請回答：

(1)組成B的三種元素是_______，氣體D的分子式是______。

(2)寫出固體C在足量氧氣中灼燒的方程式_______。

(3)固體C在沸騰的稀鹽酸中會生成一種弱酸和一種白色沉淀，該白色沉淀是共價化合物(測其分子量為199)，則反應的化學方程式是________。

Ⅱ.某興趣小組為驗證鹵素單質的氧化性強弱，打開彈簧夾，向盛有NaBr溶液的試管B和分液漏斗C中同時通入少量Cl2；將少量分液漏斗C中溶液滴入試管D中，取試管D振蕩，靜止后觀察現(xiàn)象。實驗裝置如圖：

(4)說明氧化性Br2＞I2的實驗現(xiàn)象是________。

(5)為了排除Cl2對溴置換碘實驗的干擾，需確認分液漏斗C中通入Cl2未過量。試設計簡單實驗方案檢驗_________。19、周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序數(shù)依次增大，A的基態(tài)原子的L層電子是K層電子的兩倍；B的價電子層中的未成對電子有3個；C與B同族；D的最高價含氧酸為酸性最強的無機含氧酸。請回答下列問題：

(1)C的基態(tài)原子的電子排布式為_____________；D的最高價含氧酸酸性比其低兩價的含氧酸酸性強的原因是___________________________。

(2)雜化軌道分為等性和不等性雜化，不等性雜化時在雜化軌道中有不參加成鍵的孤電子對的存在。A、B、C都能與D形成中心原子雜化方式為____________的兩元共價化合物。其中，屬于不等性雜化的是____________(寫化學式)。以上不等性雜化的化合物價層電子對立體構型為_________，分子立體構型為_______________________________。

(3)以上不等性雜化化合物成鍵軌道的夾角________(填“大于”；“等于”或“小于”)等性雜化的化合物成鍵軌道間的夾角。

(4)A和B能形成多種結構的晶體。其中一種類似金剛石的結構，硬度比金剛石還大，是一種新型的超硬材料。其結構如下圖所示(圖1為晶體結構，圖2為切片層狀結構)，其化學式為________________。實驗測得此晶體結構屬于六方晶系，晶胞結構見圖3。已知圖示原子都包含在晶胞內，晶胞參數(shù)a＝0.64nm，c＝0.24nm。其晶體密度為________________(已知：＝1.414，＝1.732,結果精確到小數(shù)點后第2位)。

評卷人得分四、計算題(共3題，共24分)20、(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為___________。

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

(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)。21、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)寫出中和反應制備氮氣的離子反應方程式__________。

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

(4)寫出中發(fā)生反應的化學方程式___________。

(5)請用化學方法檢驗產(chǎn)物中是否含有未反應的鎂，寫出實驗操作、現(xiàn)象、結論_________。22、某研究性學習小組類比鎂在二氧化碳中的燃燒反應，認為鈉和二氧化碳也可以發(fā)生反應，他們對鈉在CO2氣體中燃燒進行了下列實驗：

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

（2）將制得的CO2凈化、干燥后由a口緩緩通入下圖裝置，待裝置中的空氣排凈后點燃酒精燈，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。

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)生的化學反應方程式主要為_________。

（3）若鈉著火，可以選用的滅火物質是_________。

A．水B．泡沫滅火劑C．干沙土D．二氧化碳。

（4）該小組同學對管壁的白色物質的成分進行討論并提出假設：

Ⅰ．白色物質可能是Na2O；Ⅱ．白色物質可能是Na2CO3；Ⅲ．白色物質還可能是_________。

（5）為確定該白色物質的成分，該小組進行了如下實驗：。實驗步驟實驗現(xiàn)象①取少量白色物質于試管中，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通過對上述實驗的分析，你認為上述三個假設中，___成立（填序號）。

②由實驗得出：鈉在CO2中燃燒的化學方程式為_____；每生成1mol氧化產(chǎn)物，轉移的電子數(shù)為____。

（6）在實驗（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_____。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題，共8分)23、某化學實驗小組從市場購買海帶并設計提碘的流程如圖所示：

請回答下列問題：

(1)操作2包括以下步驟：a.振蕩萃取b.分液c.靜置分層d.加碘溶液和CCl4e.檢漏。

①上述步驟的正確先后順序是______(填編號)。

②完成步驟a時要及時放氣，放氣時分液漏斗下端應_____(填“向上傾斜”或“向下傾斜”)，放氣的目的是______。

③步驟b的具體操作是______，再將分液漏斗下面的活塞擰開，使下層液體沿燒杯內壁流下，當下層液體剛好放完時關閉活塞，______。

(2)濃NaOH溶液與I2反應的化學方程式是_____。

(3)加入45%硫酸溶液的作用是______(用離子方程式表示)。

(4)利用如圖所示裝置進行粗碘提純。簡述純化I2的原理：_____。棉花的作用是______。

評卷人得分六、實驗題(共2題，共10分)24、某學習小組探究鐵和硝酸銀溶液的反應；實驗過程如下：

。實驗序號。

實驗操作。

實驗現(xiàn)象。

I

將一束光亮潔凈的鐵絲伸入到0.1mol/L的AgNO3溶液中。

鐵絲表面有銀白色固體析出；溶液逐漸變?yōu)闇\綠色。

II

取少量實驗I中上層清液，滴入K3[Fe(CN)6]溶液。

有藍色沉淀生成。

（1）根據(jù)上述實驗現(xiàn)象，甲同學認為有Fe2+生成，鐵和硝酸銀溶液的反應的離子方程式是____________________。

（2）乙同學認為實驗中可能生成Fe3+；設計并完成如下實驗。

。實驗序號。

實驗操作。

實驗現(xiàn)象。

III

取少量實驗I中上層清液；滴入少量KSCN溶液，振蕩。

產(chǎn)生白色沉淀；溶液局部變紅，振蕩后紅色消失，沉淀量增加。

查閱資料：Ag+與SCN－生成白色沉淀AgSCN

乙同學判斷有Fe3+，理由是____________________。

（3）乙同學繼續(xù)探究紅色褪去的原因；設計并完成如下實驗。

。實驗序號。

實驗操作。

實驗現(xiàn)象。

IV

取少量實驗I中上層清液；滴加幾滴稀鹽酸。

有白色沉淀生成。

V

取1mLFe(NO3)3溶液，滴加2滴等濃度的KSCN溶液，振蕩，再滴加少量AgNO3溶液。

溶液變紅；振蕩溶液顏色無變化，滴加AgNO3后溶液紅色褪去；產(chǎn)生白色沉淀．

①實驗IV的目的是____________________；

②用平衡移動原理解釋，實驗V中溶液紅色褪去的原因____________________。

（4）丙認為溶液中Fe3+是Fe2+被Ag+氧化所致。按下圖連接裝置并進行實驗；一段時間后取出左側燒杯溶液加入KSCN溶液，溶液變紅。

①其中X溶液是____________________；

②由實驗得出Ag+和Fe2+反應的離子方程式是____________________；

③丙同學的實驗設計及結論是否合理，請說明理由____________________。25、某小組探究清洗試管（內壁附著銀鏡）的反應原理；進行下列實驗。

I.初步探究。

（1）將稀硝酸加入附著銀鏡的試管中；記錄現(xiàn)象如下：

。

實驗Ⅰ

實驗操作。

實驗現(xiàn)象。

銀鏡上出現(xiàn)氣泡；在液面下方為無色氣體，在試管口附近；試管內壁上的銀逐漸溶解。

銀鏡上出現(xiàn)氣泡；在液面下方為無色氣體，在試管口附近；試管內壁上的銀逐漸溶解。

①補全反應中的實驗現(xiàn)象___。

②實驗Ⅰ中銀鏡消失發(fā)生反應的化學方程式為____。

（2）為消除實驗Ⅰ中氮氧化物的污染；將雙氧水溶液加入附著銀鏡的試管中。

。

實驗Ⅱ

實驗操作。

實驗現(xiàn)象。

劇烈反應；有大量無色氣體產(chǎn)生，該氣體可以使帶火星的木條復燃；試管內壁上的銀逐漸溶解。

劇烈反應；有大量無色氣體產(chǎn)生，該氣體可以使帶火星的木條復燃；試管內壁上的銀逐漸溶解。

①由現(xiàn)象推測H2O2將Ag氧化為Ag+；但通過實驗排除了這種可能。該實驗方案是：在反應后的液體中，加入___。

②查閱資料發(fā)現(xiàn)：該實驗中銀鏡溶解后最終產(chǎn)物為顆粒很?。ㄖ睆皆?～100nm之間）的Ag；其分散在液體中，肉眼無法識別。該同學通過實驗證實了這種可能性。他的操作及現(xiàn)象是：___。

③寫出該實驗Ⅱ中發(fā)生反應的化學方程式：___。

II.查閱資料；繼續(xù)探究。

查閱文獻：Ag2O+4NH3?H2O=2[Ag(NH3)2]++2OH-+3H2O

（3）探究Ag?2O在H?2O?2分解反應中的作用；進行如下實驗。

。

實驗Ⅲ

實驗操作。

實驗現(xiàn)象。

劇烈反應；產(chǎn)生大量的無色氣體，同時在試管底部仍有少量黑色固體。

劇烈反應；產(chǎn)生大量的無色氣體，同時在試管底部仍有少量黑色固體。

根據(jù)實驗Ⅲ的現(xiàn)象猜想：Ag?2O在反應中作氧化劑。繼續(xù)實驗；在實驗Ⅲ反應后的試管中加入足量的溶液x后，固體仍有剩余。由此驗證了該猜想的正確。

①在實驗中加入足量的溶液x是____。

②實驗Ⅲ中發(fā)生反應的化學方程式為___。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

①煤的干餾生成煤焦油等、煤的液化生成甲醇、石油的裂化為大分子生成小分子，均有新物質生成，均為化學變化，故①正確；

②硝酸具有強的氧化性能夠氧化亞硫酸根離子，對硫酸根離子的檢驗造成干擾，不能用硝酸酸化，故②錯誤；

③汽車尾氣中NO主要來氮氣高溫下和氧氣反應，故③錯誤；

④鐵與硝酸反應首先生成硝酸鐵，溶液呈淺綠色由過量的鐵與鐵離子反應生成亞鐵離子所致，故④錯誤；

⑤電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉、氯氣和氫氣，不能得到金屬鈉，應通過電解熔融NaCl的方法可以獲取金屬Na，故⑤錯誤；

⑥鐵礦石含鐵的氧化物，高爐煉鐵中利用焦炭與氧氣反應生成CO，CO再與鐵的氧化物反應還原為鐵單質，故⑥錯誤；

⑦二氧化硫是酸性氧化物，可以使紫色石蕊變紅，不能使紫色石蕊試液褪色，故⑦錯誤；

⑧S與氫氣反應時，S作氧化劑，故⑧錯誤；

⑨純堿、石灰石和石英砂為制造玻璃的主要原料，故⑨正確；

⑩制造太陽能電池板的主要材料是硅單質；故⑩錯誤；

故選：C。2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．硝酸具有強氧化性，鋅粒與稀硝酸反應不能放出H2；故不選A；

B．NH4Cl受熱分解為氨氣和氯化氫，氨氣和氯化氫遇冷又生成氯化銨，不能用加熱分解NH4Cl固體的方法制備NH3；故不選B；

C．亞硫酸鈉與濃硫酸反應生成硫酸鈉；二氧化硫、水；故選C；

D．大理石與濃硫酸反應生成微溶于水的硫酸鈣，硫酸鈣附著于碳酸鈣表面，碳酸鈣和硫酸隔離，反應不能持續(xù)進行，不能用碳酸鈣和硫酸反應制備CO2；故不選D；

選C。3、D【分析】【分析】

根據(jù)實驗原理，制取CO，應用固體＋液體氣體的裝置，即③為制氣裝置，因為CO的密度與空氣的密度相差不大，因此收集CO時，需要用排水法收集，CO2是酸性氧化物；應用堿液吸收，據(jù)此分析；

【詳解】

依據(jù)反應H2C2O4CO↑＋CO2↑＋H2O，草酸為固體，濃硫酸為液體，并且需要加熱，因此需要用固體＋液體氣體的裝置，即③為制氣裝置，CO的摩爾質量為28g·mol－1，空氣的平均摩爾質量為29g·mol－1，即CO的密度與空氣的密度相差不大，因此采用排水法收集CO，只要除去CO2就可以，即用洗氣方法除去CO2；連接順序是③④⑧，故選項D正確；

答案選D。

【點睛】

需要根據(jù)反應物的狀態(tài)和反應條件，選擇反應裝置，根據(jù)實驗目的和原理，設計好除雜裝置，最后不能忽略尾氣處理裝置。4、B【分析】【詳解】

A、高錳酸鉀能將鹽酸氧化產(chǎn)生氯氣，不能用鹽酸酸化高錳酸鉀溶液，選項A錯誤；B、為除去氯氣中的氯化氫，C中所盛試劑為飽和氯化鈉溶液，選項B正確；C、實驗時需先點燃B處的酒精燈，先制取氯氣并充滿裝置，選項C錯誤；D、G中收集到的產(chǎn)品中可能含有硫，選項D錯誤。答案選B。5、C【分析】【詳解】

A.實驗中產(chǎn)生紅棕色氣體，說明濃HNO3的氧化性稀HNO3氧化性強；故A錯；B.在整個實驗過程中，發(fā)生的反應有Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO2+4H2O、2NO＋O22NO2等多個反應，故B錯；C.②中產(chǎn)生無色氣體，是因為鹽酸電離出的H+與溶液中有氧化性的NO3-，結合成硝酸繼續(xù)和銅反應。故C錯；D.若將銅片換成鐵片，會和濃HNO3發(fā)生鈍化，故①中沒有明顯實驗現(xiàn)象。所以D正確；答案：C。6、C【分析】A、要將CO和CO2分離，關閉b，打開a，混合氣體進入左邊廣口瓶裝置，CO與氫氧化鈉溶液不反應，可分離出被右邊廣口瓶中濃硫酸干燥過的純凈的CO，裝有NaOH溶液的廣口瓶用來吸收CO2，此時廣口瓶中發(fā)生的反應方程式為：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；再關閉a，打開b，利用稀硫酸與碳酸鈉反應生成CO2通過濃硫酸干燥得純凈的CO2，選項A正確；B、若長頸漏斗中液面不下降，說明裝置氣密性好，選項B正確；C、蒸發(fā)濃縮結晶所用的儀器為蒸發(fā)皿，坩堝用于灼燒固體，選項C錯誤；D、利用分液將水層和溴的四氯化碳溶液分離，選項D正確。答案選C。7、C【分析】【詳解】

A.如果白色沉淀為亞硫酸鋇，則X可能為氨氣，沒有強氧化性；如果白色沉淀為硫酸鋇，X也可能為氯氣等強氧化性氣體，故A錯誤；

B.HCI不是Cl元素的最高價氧化物的水合物，所以不能根據(jù)HCl和硅酸酸性強弱判斷非金屬性強弱，故B錯誤；

C.常溫下相同濃度的鈉鹽，如果溶液pH越大，該酸的酸性越弱。常溫下，濃度均為0.1molL-1NaHCO3和CH3COONa溶液的pH，前者的pH大，則酸性CH3COO>H2CO3，故C正確；

D.Y溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO)3，產(chǎn)生白色沉淀，Y溶液中可能含有SO42-，也可能含有SO2，故D錯誤；

故選C。

【點睛】

判斷鹽溶液的酸堿性判斷酸性的強弱。即同溫下，相同濃度的鈉鹽溶液，如果pH越大，說明該酸的酸性越弱。8、B【分析】【詳解】

A．容器甲中起始時c(NO2)=0.10mol/L，經(jīng)2min達平衡時，NO2的轉化率為50%則反應的NO2濃度為0.050mol/L，則反應消耗SO2的濃度也是0.050mol/L，故反應在前2min的平均速率v(SO2)==0.025mol/(L·min)；A正確；

B．反應NO2(g)+SO2(g)?SO3(g)+NO(g)為氣體體積不變的反應；壓強不影響平衡，則容器甲和丙互為等效平衡，平衡時反應物轉化率相等，由于丙中各組分濃度為甲的2倍，則容器丙中的反應速率比A大，B錯誤；

C．對于容器甲，反應開始時c(NO2)=c(SO2)=0.10mol/L，經(jīng)2min達平衡時，NO2的轉化率為50%，則反應的c(NO2)=0.050mol/L，根據(jù)物質反應轉化關系可知，此時c(SO2)=0.10mol/L=0.050mol/L=0.050mol/L，c(NO)=c(SO3)=0.050mol/L，該反應的化學平衡常數(shù)K=溫度升至90℃，上述反應平衡常數(shù)為1.56＞1，則升高溫度化學平衡向正反應方向移動，則正反應為吸熱反應，故該反應的△H＞0；C正確；

D．化學平衡常數(shù)只與溫度有關，與其它外界條件無關。由于NO2(g)、SO2(g)消耗是1：1關系，反應產(chǎn)生的SO3(g)、NO(g)也是1：1關系，所以容器乙中若起始時改充0.10mol/LNO2和0.20mol/L，平衡時，與原來的乙相同，則達到平衡時c(NO)與原平衡就相同；D正確；

故合理選項是B。二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】【分析】

2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，該反應正方向為體積增大的反應，降低壓強，平衡會向正反應方向移動；則對于n(H2S)：n(Ar)為4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合氣在圖中對應的曲線分別是a、b；c、d、e。

【詳解】

（1）由于正反應是體積增大的可逆反應，n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分壓越小，相當于降低壓強，平衡向正反應方向移動，因此H2S平衡轉化率越高；

（2）n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡轉化率越高，所以n(H2S)：n(Ar)=1：9對應的曲線是d；根據(jù)圖像可知n(H2S)：n(Ar)=1：9反應進行到0.1s時H2S轉化率為0.24；假設在該條件下；硫化氫和氬的起始投料的物質的量分別為1mol和9mol，則根據(jù)三段式可知：

此時H2S的壓強為≈7.51kPa，H2S的起始壓強為10kPa，所以H2S分壓的平均變化率為=24.9kPa·s-1?！窘馕觥?1)越高n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分壓越小，平衡向正反應方向進行，H2S平衡轉化率越高。

(2)d24.910、略

【分析】【詳解】

(1)水電離程度比較：碳酸鈉溶液屬于強堿弱酸鹽；碳酸根離子水解導致溶液顯堿性，促進了水的電離；鹽酸是強酸溶液，氫氧化鈉溶液是強堿溶液，溶液中水的電離都受到了抑制作用，其中鹽酸中的氫離子濃度等于氫氧化鈉溶液中的氫氧根離子濃度，二者中水的電離程度相等；醋酸溶液為弱酸，發(fā)生微弱的電離產(chǎn)生氫離子，抑制了水的電離，但醋酸溶液中氫離子濃度遠小于鹽酸，故水的電離程度比鹽酸和氫氧化鈉都強，綜合而言這四種溶液中水的電離程度由大到小的順序是④＞②＞①=③。故答案為：④＞②＞①=③。

(2)等體積的醋酸和氫氧化鈉混合，混合后溶液恰好為醋酸鈉溶液，屬于強堿弱酸鹽，醋酸根離子發(fā)生微弱的水解導致溶液顯堿性，所以溶液中離子濃度的大小順序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。故答案為：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。

(3)常溫下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，可得溶液中c(H+)=10-3mol/L，由醋酸的電離方程式：CH3COOHCH3COO-+H+可得其電離平衡常數(shù)為：故答案為：10-5。

(4)碳酸鈉溶液屬于強堿弱酸鹽，碳酸根離子水解導致溶液顯堿性，促進了水的電離，其水解方程式為：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-，故答案為：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-。

(5)取10mLHCl溶液，加水稀釋到1000mL，此時溶液中由HCl電離出的由此可知，此時溶液中的c(H+)=10-3mol/L，可得該溶液中由水電離出的故答案為：10?11mol/L?！窘馕觥竣埽劲冢劲?③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)10-5CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-10?11mol/L11、略

【分析】【分析】

由結構簡式可知；分子中含-OH；-COOH、碳碳雙鍵，結合醇、羧酸、烯烴的性質來解答。

【詳解】

(1)該有機物中的-OH、-COOH均與Na反應，金屬鈉過量，則有機物完全反應，1mol該有機物含有2mol羥基和1mol羧基，由2-OH～H2↑、2-COOH～H2↑可知，和過量的金屬鈉反應最多可以生成1.5molH2；

故答案為：1.5mol；

(2)-OH、-COOH均與Na反應，-COOH與NaOH、NaHCO3反應，則1mol該物質消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3，則n(Na)：n(NaOH)：n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3：2：2；

故答案為：3∶2∶2?！窘馕觥竣?1.5mol②.3∶2∶212、略

【分析】【詳解】

NaClO3和濃H2SO4在反應器①中發(fā)生還原反應生成ClO2和Na2SO4,所以試劑A可以用二氧化硫,ClO2在反應器②中與雙氧水、氫氧化鈉反應生成亞氯酸鈉,再得到其晶體。

(1)根據(jù)上面的分析可以知道試劑A為SO2,故選a,因此，本題正確答案是:a。

(2)反②中ClO2被雙氧水還原成ClO2?,反應的離子方程式為2OH?+2ClO2+H2O22ClO2?+O2+2H2O,因此，本題正確答案是:2OH?+2ClO2+H2O22ClO2?+O2+2H2O

（3）含水的NaClO2受熱易分解,所以亞氯酸鈉溶液中獲得晶體,溫度不能太高,所以反應②結束后采用“減壓蒸發(fā)”操作,在較低溫度蒸發(fā)濃縮,可防止溫度過高.NaClO2分解。因此，本題正確答案是:在較低溫度蒸發(fā)濃縮,可防止溫度過高.NaClO2分解。

（4）根據(jù)信息純ClO2易分解爆炸,空氣中ClO2的體積分數(shù)在10以下比較安全,所以要持續(xù)通過量的空氣,NaClO2在堿性溶液中穩(wěn)定存在,在酸性溶液中迅速分解,所以反應②中堿要過量,因為試劑A為二氧化硫,NaClO3被還原成ClO2,所以反應①后得到的母液中,溶質的主要成分是,Na2SO4。故選acd,因此；本題正確答案是:acd。

(5)①亞氯酸鈉具有氧化性,且NaClO2溶液呈堿性,則NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式因此，本題正確答案是:

②由實驗結果可以知道,在相同時間內硫酸根離子的濃度增加的多,因此脫硫反應速率大于脫硝反應速率.原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同,還可能是NO溶解度較低或脫硝反應活化能較高,因此，本題正確答案是:大于;NO溶解度較低或脫硝反應活化能較高?！窘馕觥縜2OH?+2ClO2+H2O22ClO2?+O2+2H2O減壓可以使物質沸點降低，實驗較低溫度下進行蒸發(fā)，可避免NaClO2因溫度高而發(fā)生分解acd4OH?+3ClO2?+4NO4NO3?+3Cl?+2H2O大于SO2比NO溶解度更大；在此條件下SO2還原性更強；脫硝反應活化能更大13、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為：c(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是強酸弱堿鹽，在溶液中會發(fā)生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，導致溶液變渾濁，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。【解析】c(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＞③6.0×10-10三、元素或物質推斷題(共6題，共12分)14、略

【分析】【詳解】

周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序數(shù)依次增大，A的基態(tài)原子的L層電子是K層電子的兩倍，則A為碳元素；B的價電子層中的未成對電子有3個，則B為氮元素；C與B同族，則C為磷元素；D的最高價含氧酸為酸性最強的無機含氧酸，則D為氯元素。

（1）C為P元素，原子核外有15個電子，基態(tài)原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p3；D為Cl元素，最高價含氧酸為HClO4，比其低兩價的含氧酸是HClO3；高氯酸中非羥基氧原子為3個，氯酸中為2個(或高氯酸中Cl元素為＋7價，吸引羥基氧原子的能力很強，而氯酸中Cl元素為＋5價對羥基氧原子吸引能力較弱)，所以高氯酸酸性比氯酸強。

（2）C、N、P與Cl形成兩元共價化合物為CCl4、NCl3、PCl3，中心原子都為sp3雜化；雜化后得到的雜化軌道完全相同就是等性雜化，如甲烷中的sp3雜化，得到4個完全相同的sp3雜化軌道；雜化后得到的雜化軌道至少存在兩個不同的，就是非等性雜化，如氨分子中N原子、PCl3中的P原子，雖是sp3雜化；雜化后的雜化軌道不完全相同，所以屬于不等性雜化；以上不等性雜化的化合物價層電子對立體構型為四面體形，分子立體構型為三角錐形。

（3）因為孤電子對對成鍵電子對的排斥力較大；所以不等性雜化化合物成鍵軌道的夾角小于等性雜化的化合物成鍵軌道間的夾角。

（4）根據(jù)晶胞結構，每個C原子與4個N原子以共價鍵相連，每個N原子與3個C原子以共價鍵相連，所以氮化碳的化學式為C3N4；從圖3可以看出，一個C3N4晶胞包括6個C原子和8個N原子，則其晶體密度為ρ==3.59g?cm-3。【解析】①.1s22s22p63s23p3②.高氯酸中非羥基氧原子為3個，氯酸中為2個(或高氯酸中Cl元素為＋7價，吸引羥基氧原子的能力很強，而氯酸中Cl元素為＋5價對羥基氧原子吸引能力較弱)③.sp3雜化④.NCl3、PCl3⑤.四面體形⑥.三角錐形⑦.小于⑧.C3N4⑨.3.59g·cm－315、略

【分析】【分析】

根據(jù)六種元素在周期表中的位置；可判斷W；X、Y、Z、N、M六種主族元素分別為O、Na、Mg、S、Cl、Ge元素，然后根據(jù)元素周期律分析解答。

【詳解】

(1)根據(jù)上述分析可知；N元素為Ge，在元素周期表中的位置為第四周期ⅣA族；根據(jù)第四周期元素排滿時原子序數(shù)為36，則Ge原子序數(shù)為32；

(2)W、Y、Z三種元素分別為O、Mg、S，O、Mg形成的簡單離子具有相同的核外電子排布，原子序數(shù)越大半徑越小，O、S同主族，原子序數(shù)越大，簡單離子半徑越大，則簡單離子的半徑由大到小的順序：S2-＞O2-＞Mg2+；

(3)M為Cl，其最高價氧化物的水化物為HClO4，為強酸，在水中完全電離，電離方程式為HClO4=H++ClO

(4)A．單質的還原性：Na＞Mg，Na能與水反應，則不能用Na與MgCl2溶液發(fā)生反應來證明；A說法錯誤；

B．Y為Mg；與同周期的ⅢA元素的Al，原子序數(shù)少1，B說法正確；

C．半導體器件的研制開始于鍺；C說法錯誤；

D．元素N位于金屬與非金屬的分界線附近；即具有金屬性也具有非金屬性，可以推測Ge元素具有兩性，即可以與酸反應也可以與堿發(fā)生反應，D說法正確；

答案為BD?！窘馕觥康谒闹芷冖鬉32S2-＞O2-＞Mg2+HClO4=H++ClOBD16、略

【分析】【詳解】

周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序數(shù)依次增大，A的基態(tài)原子的L層電子是K層電子的兩倍，則A為碳元素；B的價電子層中的未成對電子有3個，則B為氮元素；C與B同族，則C為磷元素；D的最高價含氧酸為酸性最強的無機含氧酸，則D為氯元素。

（1）C為P元素，原子核外有15個電子，基態(tài)原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p3；D為Cl元素，最高價含氧酸為HClO4，比其低兩價的含氧酸是HClO3；高氯酸中非羥基氧原子為3個，氯酸中為2個(或高氯酸中Cl元素為＋7價，吸引羥基氧原子的能力很強，而氯酸中Cl元素為＋5價對羥基氧原子吸引能力較弱)，所以高氯酸酸性比氯酸強。

（2）C、N、P與Cl形成兩元共價化合物為CCl4、NCl3、PCl3，中心原子都為sp3雜化；雜化后得到的雜化軌道完全相同就是等性雜化，如甲烷中的sp3雜化，得到4個完全相同的sp3雜化軌道；雜化后得到的雜化軌道至少存在兩個不同的，就是非等性雜化，如氨分子中N原子、PCl3中的P原子，雖是sp3雜化；雜化后的雜化軌道不完全相同，所以屬于不等性雜化；以上不等性雜化的化合物價層電子對立體構型為四面體形，分子立體構型為三角錐形。

（3）因為孤電子對對成鍵電子對的排斥力較大；所以不等性雜化化合物成鍵軌道的夾角小于等性雜化的化合物成鍵軌道間的夾角。

（4）根據(jù)晶胞結構，每個C原子與4個N原子以共價鍵相連，每個N原子與3個C原子以共價鍵相連，所以氮化碳的化學式為C3N4；從圖3可以看出，一個C3N4晶胞包括6個C原子和8個N原子，則其晶體密度為ρ==3.59g?cm-3?！窘馕觥竣?1s22s22p63s23p3②.高氯酸中非羥基氧原子為3個，氯酸中為2個(或高氯酸中Cl元素為＋7價，吸引羥基氧原子的能力很強，而氯酸中Cl元素為＋5價對羥基氧原子吸引能力較弱)③.sp3雜化④.NCl3、PCl3⑤.四面體形⑥.三角錐形⑦.小于⑧.C3N4⑨.3.59g·cm－317、略

【分析】【分析】

甲的焰色反應為黃色，說明甲中含有鈉元素，鹽丙和鹽丁的組成元素和甲相同，加入足量稀硫酸反應生成的乙能使品紅溶液褪色，則乙為二氧化硫，淡黃色沉淀為硫單質，丙、丁中的一種物質為硫代硫酸鈉，發(fā)生反應：反應①生成的二氧化硫的物質的量為0.02mol，硫的物質的量為0.01mol，而中生成的硫、二氧化硫物質的量相等均為0.01mol，故丙、丁中的另一種物質為亞硫酸鈉，發(fā)生反應該反應生成的二氧化硫物質的量為0.01mol，甲分解得到的二氧化硫的物質的量為0.01mol。

【詳解】

（1）根據(jù)前面分析得到甲中所含陽離子為鈉離子，其電子式為根據(jù)原子守恒可知，0.01mol甲中Na原子的物質的量為0.01mol×2+0.01mol×2=0.04，S原子物質的量為0.01mol+0.01mol×2+0.01mol=0.04mol，O原子物質的量為(0.01mol+0.01mol)×3+0.01mol×2=0.08mol，則甲的化學式為Na2S2O4，則甲的化學式故答案為：

（2）①中產(chǎn)生黃色沉淀的反應是其離子反應方程式故答案為：

（3）甲的溶液還可用作分析化學中的吸氧劑，假設其溶液與少量氧氣反應產(chǎn)生等物質的量的兩種酸式鹽，根據(jù)質量守恒得到兩種鹽分別為硫酸氫鈉和亞硫酸氫鈉，則該反應的化學反應方程式故答案為：

（4）白色固體甲()常用于織物的漂白，也能將污水中的某些重金屬離子還原為單質除去，說明具有強還原性，具有氧化性的物質或離子能與反應，氯氣、硝酸銀都具有強氧化性，能與發(fā)生氧化還原反應，則可能在溶液中與甲反應的是BC；故答案為：BC?！窘馕觥?1)

(2)

(3)

(4)BC18、略

【分析】【分析】

I.電鍍廢水中常含有陰離子A，排放前可加CuSO4溶液處理，使之轉化為沉淀B，沉淀B含有銅元素，隔絕空氣加熱后的固體C應含銅元素，灼燒后黑色固體E應為CuO8.0g，CuO的物質的量==0.1mol，根據(jù)Cu守恒，B、C中Cu元素的物質的量0.1mol，Cu元素質量為0.1mol×64g/mol=6.4g，C在足量O2灼燒后產(chǎn)生的混合氣體1通入足量澄清石灰水，產(chǎn)生10g白色沉淀G，則G為CaCO3，混合氣體1中含有CO2和未反應的O2，根據(jù)C守恒，固體C中含有含有C元素，其物質的量為=0.1mol，質量為0.1mol×12g/mol=1.2g，反應后的混合氣體2通過灼熱的銅網(wǎng)完全反應后，剩余1120mL氣體F，結合氣體F標況下密度為1.25g/L，氣體F摩爾質量為1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，推測為N2，氮氣的物質的量==0.05mol，質量為0.05mol×28g/mol=1.4g，根據(jù)轉化流程分析，若F為N2，則Cu、C、N元素都來自于固體C，即C由Cu、C、N三種元素組成，再根據(jù)m（Cu）+m（C）+m（N）=6.4g+1.2g+1.4g=9g，剛好等于參與反應的固體C的質量，由此可確定，F(xiàn)為N2，C由Cu、C、N三種元素組成，且n（Cu）∶n（C）∶n（N）=0.1mol∶0.1mol∶0.05mol×2=1∶1∶1，則固體C的化學式為CuCN，混合氣體1為CO2、O2、N2的混合氣體，混合氣體2為O2、N2的混合氣體；由于沉淀B也是由三種元素組成，隔絕空氣加熱分解為C和D，沒有外來元素，則B也是由Cu、C、N三種元素組成，B為11.6g，C為9g，根據(jù)質量守恒，D的質量為2.6g，氣體D標況下密度2.32g/L，則D摩爾質量為2.32g/L×22.4L/mol≈52g/mol，氣體D的物質的量為=0.05mol，C中除Cu外的CN-的質量為9g-6.4g=2.6g，CN-的物質的量為=0.1mol，B中除Cu外的質量為11.6-6.4=5.2g，則B的化學式為Cu(CN)2；前面的分析中確定，B中含有Cu0.1mol，則B中含有CN-的物質的量為0.2mol，根據(jù)原子守恒，D中含有CN為0.1mol，則D的分子式為(CN)2；

【詳解】

I(1)根據(jù)分析，組成B的三種元素是Cu、C、N三元素，氣體D的分子式是(CN)2；

(2)固體C為CuCN，在足量氧氣中灼燒生成CuO、CO2和N2，則發(fā)生反應的化學方程式為2CuCN＋3O22CuO＋2CO2＋N2；

(3)CuCN與鹽酸反應生成弱酸為HCN，沉淀的摩爾質量為199g/mol，則可推斷其為Cu2Cl2，發(fā)生反應的化學方程式為2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN；

II(4)四氯化碳的密度大于水的密度，若試管內溶液分層，且下層為紫紅色，上層無色，說明Br2與KI反應生成了I2，根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，可以說明氧化性Br2＞I2；

(5)若氯氣未過量，可向試管B或分液漏斗中繼續(xù)通入氯氣，若溶液出現(xiàn)橙紅色，說明氯氣未過量，則實驗方案為：方案一：關閉彈簧夾，向B試管中繼續(xù)通入氯氣，若B試管出現(xiàn)橙紅色，說明有溴單質生成，可確定氯氣未過量。方案二：取分液漏斗中上層少量溶液于試管中，向試管中通入Cl2，若試管中溶液出現(xiàn)橙紅色，說明有溴單質生成，可確定氯氣未過量?！窘馕觥緾u、C、N(CN)22CuCN＋3O22CuO＋2CO2＋N22CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN試管內溶液分層，且下層為紫紅色，上層無色方案一：關閉彈簧夾，向B試管中繼續(xù)通入氯氣，若B試管出現(xiàn)橙紅色，說明有溴單質生成，可確定氯氣未過量。方案二：取分液漏斗中上層少量溶液于試管中，向試管中通入Cl2，若試管中溶液出現(xiàn)橙紅色，說明有溴單質生成，可確定氯氣未過量。19、略

【分析】【詳解】

周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序數(shù)依次增大，A的基態(tài)原子的L層電子是K層電子的兩倍，則A為碳元素；B的價電子層中的未成對電子有3個，則B為氮元素；C與B同族，則C為磷元素；D的最高價含氧酸為酸性最強的無機含氧酸，則D為氯元素。

（1）C為P元素，原子核外有15個電子，基態(tài)原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p3；D為Cl元素，最高價含氧酸為HClO4，比其低兩價的含氧酸是HClO3；高氯酸中非羥基氧原子為3個，氯酸中為2個(或高氯酸中Cl元素為＋7價，吸引羥基氧原子的能力很強，而氯酸中Cl元素為＋5價對羥基氧原子吸引能力較弱)，所以高氯酸酸性比氯酸強。

（2）C、N、P與Cl形成兩元共價化合物為CCl4、NCl3、PCl3，中心原子都為sp3雜化；雜化后得到的雜化軌道完全相同就是等性雜化，如甲烷中的sp3雜化，得到4個完全相同的sp3雜化軌道；雜化后得到的雜化軌道至少存在兩個不同的，就是非等性雜化，如氨分子中N原子、PCl3中的P原子，雖是sp3雜化；雜化后的雜化軌道不完全相同，所以屬于不等性雜化；以上不等性雜化的化合物價層電子對立體構型為四面體形，分子立體構型為三角錐形。

（3）因為孤電子對對成鍵電子對的排斥力較大；所以不等性雜化化合物成鍵軌道的夾角小于等性雜化的化合物成鍵軌道間的夾角。

（4）根據(jù)晶胞結構，每個C原子與4個N原子以共價鍵相連，每個N原子與3個C原子以共價鍵相連，所以氮化碳的化學式為C3N4；從圖3可以看出，一個C3N4晶胞包括6個C原子和8個N原子，則其晶體密度為ρ==3.59g?cm-3。【解析】①.1s22s22p63s23p3②.高氯酸中非羥基氧原子為3個，氯酸中為2個(或高氯酸中Cl元素為＋7價，吸引羥基氧原子的能力很強，而氯酸中Cl元素為＋5價對羥基氧原子吸引能力較弱)③.sp3雜化④.NCl3、PCl3⑤.四面體形⑥.三角錐形⑦.小于⑧.C3N4⑨.3.59g·cm－3四、計算題(共3題，共24分)20、略

【分析】【詳解】

(1)水是弱電解質，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，是由于該鹽是強堿弱酸鹽，在溶液中A2-發(fā)生水解反應，消耗水電離產(chǎn)生的H+，使水的電離平衡正向移動，最終達到平衡時，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，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從大到小的順序為：②＞③＞①；

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；物質的量濃度從大到小的順序為：②＞③＞①；

(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-)=結合Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33，可知此時溶液中c(Cr3+)==6.0×10-8mol/L?！窘馕觥?.0×10-1411A2-+H2O?HA-+OH-＞1：1：1010②＞③＞①②＞③＞①Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O6.0×10-821、略

【分析】【分析】

裝置A中NaNO2和（NH4）2SO4發(fā)生反應（NH4）2SO4+2NaNO22N2↑+Na2SO4+4H2O生成氮氣；從發(fā)生裝置A出來的氣體中可能伴有O2，會對后面實驗的進行造成干擾，因此在E中反應發(fā)生前必須把O2除去，而硫酸亞鐵中的Fe2＋能夠和氧氣結合生成硫酸鐵，進而除去O2；E中反應生成的氮化鎂極易與水反應，因此在反應前必須把水除去（濃硫酸干燥）；E中鎂和氮氣在加熱條件發(fā)生反應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反應生成氮氣，該反應為歸中反應，反應的化學方程式為：（NH4）2SO4+2NaNO22N2↑+Na2SO4+4H2O，離子反應方程式：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，會對后面實驗的進行造成干擾，因此在E中反應發(fā)生前必須把O2除去，而硫酸亞鐵中的Fe2＋能夠和氧氣結合生成硫酸鐵，進而除去O2；E中反應生成的氮化鎂極易與水反應；因此在反應前必須把水除去（濃硫酸干燥）；不能將C和D對調，對調后無法除去水蒸氣，故答案為：除去氧氣（及氮氧化物）；除去水蒸氣；不能，對調后無法除去水蒸氣；

（4）E中鎂和氮氣在加熱條件下反應生成氮化鎂，化學方程式為：N2+3MgMg3N2，故答案為：N2+3MgMg3N2；

（5）由氮化鎂和水反應的化學方程式可知；可以取少量產(chǎn)物于試管中，加入少量蒸餾水，試管底部有沉淀生成，可聞到刺激性氨味（把濕潤的紅色石蕊試紙放在管口，試紙變藍），證明產(chǎn)物中含有氮化鎂；棄去上清液，加入鹽酸，若觀察到有氣泡產(chǎn)生，則證明產(chǎn)物中含有未反應的鎂，故答案為：取少量產(chǎn)物于試管中，加少量蒸餾水，試管底部有沉淀生成，可聞到刺激性氨味（把潤濕的紅色石蕊試紙放在管口，試紙變藍），證明產(chǎn)物中含有氮化鎂；棄去上清液，加入鹽酸，若觀察到有氣泡產(chǎn)生，則證明產(chǎn)物中含有未反應的鎂。

【點睛】

本題涉及氮化鎂的制備以及檢驗，明確實驗原理、實驗目的為解答關鍵，試題意在考查化學實驗基本操作、常用化學儀器及使用方法以及化學物質的分析檢驗的能力?！窘馕觥糠忠郝┒?NH4＋＋2NO2－2N2↑＋4H2O除去氧氣（及氮氧化物）；除去水蒸氣；不能，對調后無法除去水蒸氣N2+3MgMg3N2取少量產(chǎn)物于試管中，加少量蒸餾水，試管底部有沉淀生成，可聞到刺激性氨味（把潤濕的紅色石蕊試紙放在管口，試紙變藍），證明產(chǎn)物中含有氮化鎂；棄去上清液，加入鹽酸，若觀察到有氣泡產(chǎn)生，則證明產(chǎn)物中含有未反應的鎂。22、略

【分析】【詳解】

（1）該裝置為固體和液體反應制備氣體的發(fā)生裝置，二氧化碳的制備用大理石和稀鹽酸反應，其離子反應方程式為：↑；

（2）①二氧化碳能使澄清石灰水變渾濁；能說明裝置中空氣已經(jīng)排凈的現(xiàn)象是試管中的澄清石灰水變渾濁；

②若未排盡空氣就開始加熱，與空氣中的氧氣發(fā)生反應，生成過氧化鈉，其化學反應方程式為：

（3）可以與氧氣；二氧化碳、水發(fā)生反應；所以用干燥的沙土滅火；

（4）鈉在二氧化碳中燃燒；該反應中只含鈉元素；