2024年人民版拓展型课程化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年人民版拓展型课程化学下册阶段测试试卷776考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、在一支试管中加入少量氯化钴晶体，再逐滴加入浓盐酸至晶体完全溶解，然后滴加水至溶液呈紫色为止。溶液中存在如下平衡：(aq)(粉红色)+4Cl-(aq)(aq)(蓝色)+6H2O(l)∆H，下列说法不正确的是A.向溶液中加入适量的稀硫酸，平衡正向移动，溶液为蓝色B.将试管放入热水水中，溶液变成粉红色，则：∆H＜0C.当溶液中v正[()]=v逆()时，说明反应达到平衡状态D.该反应的平衡常数K=2、某有机物不能发生的化学反应是A.消除反应B.取代反应C.氧化反应D.加成反应3、下列实验装置（加热装置已略去）或操作合理的是。

。

A．吸收氨气并防倒吸。

B．用SO2与Ba(NO3)2反应获得BaSO3沉淀。

C．分离溴苯和苯的混合物。

D.验证HCl的溶解性。

A.AB.BC.CD.D4、下列实验不能达到实验目的的是A.实验室分离CO与CO2B.检查装置气密性C.蒸发浓缩结晶D.分离出溴的四氯化碳溶液5、根据下列实验操作和现象；能得出正确结论的是。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共3题，共6分)6、常温下，用溶液分别滴定体积和浓度均相同的三种一元弱酸的滴定曲线如图所示；图中横坐标a表示滴定百分数(滴定用量与滴定终点用量之比)。下列说法错误的是。

A.常温下，酸性：B.当滴定至溶液中存在：C.滴定当时，溶液中D.初始浓度7、某同学按图示装置进行实验；产生足量的气体通入c中，最终出现浑浊。下列所选物质组合符合要求的是。

a中试剂b中试剂c中溶液A浓硫酸浓盐酸饱和食盐水B浓硫酸Cu溶液C稀硫酸饱和溶液D浓氨水碱石灰溶液

A.AB.BC.CD.D8、“探究与创新能力”是化学的关键能力。下列各项中“操作或现象”能达到预期“实验目的”的是。选项实验目的操作或现象A制作简单原电池将铁钉和铜丝连接插入食醋中即可形成原电池B验证碳能与浓硝酸反应向浓硝酸中插入红热的碳，产生红棕色气体C鉴别溴蒸气和分别通入溶液中，产生浅黄色沉淀的是溴蒸气D除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入足量饱和氢氧化钠溶液，充分混合后分液

A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)9、研究CO还原NOx对环境的治理有重要意义；相关的主要化学反应有：

ⅠNO2（g）+CO（g）CO2（g）+NO（g）ΔH1

Ⅱ2NO2（g）+4CO（g）N2（g）+4CO2（g）ΔH2＜0

Ⅲ2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）ΔH3＜0

（1）已知：每1mol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为。NO2COCO2NO819kJ1076kJ1490kJ632kJ

①根据上述信息计算ΔH1=_______kJ·molˉ1。

②下列描述正确的是_______。

A在绝热恒容密闭容器中只进行反应Ⅰ；若压强不变，能说明反应Ⅰ达到平衡状态。

B反应ⅡΔH＜0；ΔS＜0；该反应在低温下自发进行。

C恒温条件下；增大CO的浓度能使反应Ⅲ的平衡向正向移动，平衡常数增大。

D上述反应达到平衡后；升温，三个反应的逆反应速率均一直增大直至达到新的平衡。

（2）在一个恒温恒压的密闭容器中，NO2和CO的起始物质的量比为1∶2进行反应，反应在无分子筛膜时二氧化氮平衡转化率和有分子筛膜时二氧化氮转化率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出N2。

①二氧化氮平衡转化率随温度升高而降低的原因为_______。

②P点二氧化氮转化率高于T点的原因为_______。

（3）实验测得，V正＝k正·c2（NO）·c2（CO），V逆＝k逆·c（N2）·c2（CO2）（k正、k逆为速率常数；只与温度有关）。

①一定温度下，向体积为1L的密闭容器中充入一定量的NO和CO，只发生反应Ⅲ，在tl时刻达到平衡状态，此时n（CO）=0.1mol，n（NO）=0.2mol，n（N2）=amol，且N2占平衡总体积的1/4则：=_______。

②在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的1/2，在其它条件不变的情况下．t3时刻达到新的平衡状态。请在图中补充画出t2-t3-t4时段，正反应速率的变化曲线_______。

10、常温下有浓度均为0.1mol/L的四种溶液：①HCl；②CH3COOH；③NaOH；④Na2CO3。

(1)这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是___（用序号填写）。

(2)等体积混合②和③的溶液中离子浓度的大小顺序是___。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，则CH3COOH溶液的电离平衡常数Ka=___。

(4)用离子方程式表示④的水溶液呈碱性的主要原因：___。

(5)取10mL溶液①，加水稀释到1000mL，则该溶液中由水电离出的c(H+)约为___。11、根据所学知识回答下列问题。

(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。

(2)已知：常温时，H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”；“中”或“碱”)性。

(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__，若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重；得到的物质为___(填化学式)。

(4)25℃时，将足量氯化银分别放入下列4种溶液中，充分搅拌后，银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号)；③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水12、以下是合成乙酰水杨酸（阿司匹林）的实验流程图；请你回答有关问题：

已知：阿司匹林；水杨酸和乙酸酐的相对分子量分别为：180、138、102．

（1）制取阿司匹林的化学反应方程式为_________________；反应类型____________；

（2）水杨酸分子之间会发生缩合反应生成聚合物，写出用除去聚合物的有关离子方程式______________________________________________；

（3）抽滤装置如图所示，仪器A的名称___________；该操作时在仪器A中加入滤纸，用蒸馏水湿润后，应________（选择下列正确操作的编号）；再转移液体①微开水龙头；②开大水龙头；③微关水龙头；④关闭水龙头。

（4）下列有关抽滤的说法中正确的是________

A．抽滤是为了加快过滤速率；得到较大颗粒的晶体。

B.不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀。

C．当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时；应拔掉链接支管口的橡皮管，从支管口倒出。

D．将晶体转移至布氏漏斗时；若有晶体附在烧杯内壁，应用蒸馏水淋洗至布氏漏斗中。

E.洗涤沉淀时；应使洗涤剂快速通过沉淀。

（5）用冷水洗涤晶体的目的_______________________；

（6）取2.000g水杨酸、5.400g乙酸酐反应，最终得到产品1．566g。求实际产率_______；13、已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色；现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，振荡后溶液呈黄色。

（1）甲同学认为这不是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是：______（填粒子的化学式；下同）；

乙同学认为这是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是_________。

（2）如果要验证乙同学判断的正确性；请根据下面所提供的可用试剂，用两种方法加以验证，请将选用的试剂代号及实验中观察到的现象填入下表。

实验可供选用试剂：。A．酸性高锰酸钾溶液B．氢氧化钠溶液C．四氯化碳D．硫氰化钾溶液E．硝酸银溶液F．碘化钾淀粉溶液。实验方案。

所选用试剂（填代号）

实验现象。

方案一。

方案二。

（3）根据上述实验推测，若在稀溴化亚铁溶液中通入氯气，则首先被氧化的离子是________，相应的离子方程式为_______________________________________________；评卷人得分四、工业流程题(共3题，共9分)14、铟(In)是一种稀散金属，常与其他金属矿石伴生，回收氧化锌烟尘(主要成分是ZnO，还含少量PbO、FeS、等)中的金属铟的工艺流程如下：

已知：室温下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。金属离子开始沉淀pH(离子浓度为时)1.363完全沉淀pH2.784.3

回答下列问题：

(1)In为49号元素，常以＋3价形式存在于化合物中，基态In原子的价电子排布式为_______。

(2)“中性浸出”的过程为：先加入稀硫酸和适量氧化剂氧化酸浸氧化锌烟尘；反应结束前半个小时加入CaO调整pH=5.0~5.2。

①与稀反应的化学方程式为_______。

②氧化酸浸过程中，中的硫元素被氧化为该反应的离子方程式为_______。

③氧化剂用量对中性浸出效果的影响如图所示。最佳氧化剂用量为_______。

④“中浸渣”的主要成分为_______(填化学式)。

(3)萃取时，发生反应代表有机萃取剂。

①反萃取时，宜选用的试剂X为_______。

②实验室进行萃取和反萃取时，均需要使用的玻璃仪器有_______。

(4)“置换”后的滤液可返回_______(填“滤液1”或“滤液2”)中利用。

(5)“置换”时锌粉的利用率为99.5%，若想获得6.9kg海绵铟，需要使用锌粉_______kg(保留两位小数)。15、我国青海查尔汗盐湖蕴藏丰富的盐业资源。经分析知道，该湖水中含有高浓度的Na＋、K＋、Mg2＋及Cl－等。利用盐湖水可得到某些物质。其主要工业流程如下：

请根据上述流程；回答下列问题：

(1)利用湖水得到晶体（A）的方法是_________结晶法（填“降温”或“蒸发”）。

(2)操作Ⅰ的名称为___________，此操作适用于分离__________________。

(3)本流程中分别采用条件1和条件2获得不同晶体，所依据的物理量是__________。

a．摩尔质量b．溶解度c．溶解性d．熔沸点。

(4)检验钾肥中是否含有Na+的实验方法是___________，若含有Na+，能观察到的现象是___________。若需得到高纯度的钾肥，可以采用的提纯方法为_________。

(5)水氯镁石的化学式可表示为MgCl2·xH2O；若通过实验确定x，其实验步骤设计为：

①先称坩埚质量、再称_________________质量；

②高温充分灼烧；

③____________；

④再称量；

⑤____________操作。根据实验数据计算χ时；所需的化学方程式为：

MgCl2·xH2O________＋________＋_________。16、央视网2019年6月17日报道；针对近年来青蒿素在全球部分地区出现的“抗药性”难题，我国著名药学家；诺贝尔生理学或医学奖获得者屠呦呦及其团队，经过多年攻坚，提出应对“青蒿素抗药性”难题的切实可行治疗方案。从青蒿（粉末）中提取青蒿素的方法以萃取原理为基础，主要有乙醚浸提法和汽油浸提法。青蒿素为白色针状晶体，易溶于乙醇、乙醚、苯和汽油等有机溶剂，不溶于水，熔点为156～157℃，沸点为389.9℃，热稳定性差，汽油浸提法的主要工艺流程如下图所示。

注:汽油的沸点为40～200℃。回答下列问题：

（1）超声提取的原理是在强大的超声波作用下，使青蒿细胞乳化、击碎、扩散，超声波提取的优点是___________；时间短、温度低等。

（2）操作1的名称为________，如图所示为操作Ⅱ的实验装置图(部分夹持装置已略)，图中A、B、C、D错误的是_______(填标号)。

（3）已知青蒿素在95％乙醇中的溶解度随温度的升高而升高，则操作Ⅲ为____________；过滤、洗涤、干燥。

（4）通过控制其他实验条件不变，来研究原料粒度、提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响，其结果如下图所示，采用的最佳原料粒度、提取时间和提取温度分别为________。

（5）将青蒿素加入滴有酚酞的NaOH溶液中，青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素与_________（填标号）具有相似的性质。

A乙醇B乙酸甲酯C乙醛D果糖。

（6）已知青蒿素的分子式为C15H22O5（相对分子质量为282），将28.2g青蒿素样品在燃烧管中充分燃烧，将燃烧后的产物依次通过盛有足量P2O5和碱石灰的干燥管，盛有碱石灰干燥管增重的质量为______g。评卷人得分五、元素或物质推断题(共2题，共6分)17、某白色固体甲常用于织物的漂白；也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。为研究其组成，某小组同学进行了如下实验。

又知；甲的焰色为黄色，盐丙和丁的组成元素和甲相同，乙能使品红溶液褪色，①处气体体积在充分加热挥发后经干燥测定。

(1)甲中所含阳离子的电子式为___________，甲的化学式___________。

(2)写出①中产生黄色沉淀的反应的离子反应方程式___________。

(3)甲的溶液还可用作分析化学中的吸氧剂，假设其溶液与少量氧气反应产生等物质的量的两种酸式盐，试写出该反应的化学反应方程式___________。

(4)下列物质中可能在溶液中与甲反应的是___________。A．NaIB．C．D．NaOH18、Ⅰ.电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理；使之转化为沉淀B，按如图流程进行实验。

已知：B含三种元素；气体D标况下密度2.32g/L；混合气体l无色无味；气体F标况下密度为1.25g/L。请回答：

(1)组成B的三种元素是_______，气体D的分子式是______。

(2)写出固体C在足量氧气中灼烧的方程式_______。

(3)固体C在沸腾的稀盐酸中会生成一种弱酸和一种白色沉淀，该白色沉淀是共价化合物(测其分子量为199)，则反应的化学方程式是________。

Ⅱ.某兴趣小组为验证卤素单质的氧化性强弱，打开弹簧夹，向盛有NaBr溶液的试管B和分液漏斗C中同时通入少量Cl2；将少量分液漏斗C中溶液滴入试管D中，取试管D振荡，静止后观察现象。实验装置如图：

(4)说明氧化性Br2＞I2的实验现象是________。

(5)为了排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗C中通入Cl2未过量。试设计简单实验方案检验_________。评卷人得分六、结构与性质(共4题，共24分)19、硼是第ⅢA族中唯一的非金属元素；可以形成众多的化合物。回答下列问题：

(1)基态硼原子的电子排布式为_______，占据最高能级的电子云轮廓图为_______形。

(2)氨硼烷是目前最具潜力的储氢材料之一。

①氨硼烷能溶于水，其主要原因是_______。

②分子中存在配位键，提供孤电子对的原子是_______(填元素符号)；与互为等电子体的分子_______(任写一种满足条件的分子式)。

③氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是_______。

A.和B.LiH和HCNC.和D.和

(3)自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作实际上它的结构单元是由两个和两个缩合而成的双六元环，应该写成其结构如图1所示，它的阴离子可形成链状结构，阴离子中B原子的杂化轨道类型为_______，该晶体中不存在的作用力是_______(填字母)。

A.离子键B.共价键C.氢键D.金属键。

(4)硼氢化钠是一种常用的还原剂；其晶胞结构如图2所示：

①的配位数是_______。

②已知硼氢化钠晶体的密度为代表阿伏伽德罗常数的值，则与之间的最近距离为_______nm(用含的代数式表示)。

③若硼氢化钠晶胞上下底心处的被取代，得到晶体的化学式为_______。20、NH3具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，NH3的合成及应用一直是科学研究的重要课题。

(1)以H2、N2合成NH3；Fe是常用的催化剂。

①基态Fe原子的电子排布式为___________。

②实际生产中采用铁的氧化物Fe2O3、FeO，使用前用H2和N2的混合气体将它们还原为具有活性的金属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如下：

i.两种晶胞所含铁原子个数比为___________。

ii.图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，则其密度ρ=___________g·cm-3。

③我国科学家开发出Fe—LiH等双中心催化剂，在合成NH3中显示出高催化活性。第一电离能(I1)：I1(H)＞I1(Li)＞I1(Na)，原因是___。

(2)化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl

①1体积水可溶解1体积CO2，1体积水可溶解约700体积NH3。NH3极易溶于水的原因是_____。

②反应时，向饱和NaCl溶液中先通入______。

③NaHCO3分解得Na2CO3。空间结构为________。

(3)NH3、NH3BH3(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。元素HBN电负性2.12.03.0

①NH3的中心原子的杂化轨道类型为___________。

②NH3BH3存在配位键，提供空轨道的是___________。

③比较熔点：NH3BH3___________CH3CH3(填“＞”或“＜”)。21、超细铜粉主要应用于导电材料；催化剂等领域中。超细铜粉的某制备方法如下：

（1）Cu2+的价电子排布式为____。

（2）下列关于[Cu（NH3)4]SO4的说法中，正确的有____。（填字母序号）

A.[Cu（NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键；极性键和配位键。

B.[Cu（NH3)4]SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素。

C.[Cu（NH3)4]SO4的外界离子的空间构型为正四面体。

（3）SO32-离子中S原子的杂化方式为____，SO32-离子的空间构型为____。

（4）与SO3互为等电子体的一种分子的分子式是____

（5）下图是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图，由此可确定该氧化物的化学式为______。

22、铬是由法国化学家沃克兰于1798年在巴黎发现。目前铬被广泛应用于冶金；化工、铸铁、耐火及高精端科技等领域。

(1)铬元素基态原子的价电子排布式为___________。

(2)金属铬的第二电离能和锰的第二电离能分别为1590.6kJ/mol、1509.0kJ/mol，的原因是___________。

(3)雷氏盐(Reineckesalt)的化学式为是一种易溶于水和乙醇的暗红色固体。

①雷氏盐中存在的化学键有___________(填序号)。

A．键B．键C．氢键D．配位键E．金属键。

②配体中C采取的杂化方式为___________，可用于形成配位键的原子有___________。

③的价层电子对数为___________，空间构型是___________，写出一种与互为等电子体的分子___________。

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

(4)硒化铬的立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm和bnm，则硒化铬的密度为___________(列出表达式即可)。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【详解】

A．稀硫酸与溶液中的粒子均不反应；平衡不移动，A项错误；

B．温度升高，平衡逆移，根据勒夏特列原理可得出正反应为放热反应，∆H＜0；B项正确；

C．正反应减少的速率等于逆反应减少的速率；正逆反应速率相等，反应达到平衡，C项正确。

D．水溶液中计算平衡常数，水的浓度以1计，该反应的平衡常数K=D项正确；

故选A。2、A【分析】【详解】

A．该物质中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子；不能发生消除反应，故A符合题意；

B．含有羟基可以发生酯化反应；含有酯基可以发生水解反应，均属于取代反应，故B不符合题意；

C．与羟基相连的碳原子上有氢原子；且含有碳碳双键，可以发生氧化反应，故C不符合题意；

D．含有碳碳双键；可以发生加成反应，故D不符合题意；

综上所述答案为A。3、D【分析】【详解】

分析：A．苯的密度比水小在上层；不能使水和气体分离；B．二氧化硫与硝酸钡反应生成的硫酸钡沉淀．C；蒸馏时应注意冷凝水的流向；D、氯化氢极易溶于水。

详解：A．苯的密度比水小在上层，不能使水和气体分离，则不能用于吸收氨气，可发生倒吸，选项A错误；B．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，则SO2与Ba（NO3）2反应生成的是硫酸钡沉淀；无法获得亚硫酸钡，选项B错误；C．苯和溴苯的混合物，互溶，但沸点不同．则选图中蒸馏装置可分离，但冷凝水的方向不明，选项C错误；D；装置中HCl极易溶于水，滴入水后气球膨胀，选项D正确；答案选D。

点睛：本题考查了化学实验方案的评价，为高考常见题型，题目涉及氧化还原反应、化学反应速率的影响等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度不大。4、C【分析】A、要将CO和CO2分离，关闭b，打开a，混合气体进入左边广口瓶装置，CO与氢氧化钠溶液不反应，可分离出被右边广口瓶中浓硫酸干燥过的纯净的CO，装有NaOH溶液的广口瓶用来吸收CO2，此时广口瓶中发生的反应方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；再关闭a，打开b，利用稀硫酸与碳酸钠反应生成CO2通过浓硫酸干燥得纯净的CO2，选项A正确；B、若长颈漏斗中液面不下降，说明装置气密性好，选项B正确；C、蒸发浓缩结晶所用的仪器为蒸发皿，坩埚用于灼烧固体，选项C错误；D、利用分液将水层和溴的四氯化碳溶液分离，选项D正确。答案选C。5、C【分析】【详解】

A.如果白色沉淀为亚硫酸钡，则X可能为氨气，没有强氧化性；如果白色沉淀为硫酸钡，X也可能为氯气等强氧化性气体，故A错误；

B.HCI不是Cl元素的最高价氧化物的水合物，所以不能根据HCl和硅酸酸性强弱判断非金属性强弱，故B错误；

C.常温下相同浓度的钠盐，如果溶液pH越大，该酸的酸性越弱。常温下，浓度均为0.1molL-1NaHCO3和CH3COONa溶液的pH，前者的pH大，则酸性CH3COO>H2CO3，故C正确；

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

故选C。

【点睛】

判断盐溶液的酸碱性判断酸性的强弱。即同温下，相同浓度的钠盐溶液，如果pH越大，说明该酸的酸性越弱。二、多选题(共3题，共6分)6、BD【分析】【详解】

A．由起始点可以看出，酸性：A项正确；

B．当滴定至溶液中存在：B项错误；

C．当时，溶液呈酸性，C项正确；

D．D项错误。

故选BD。7、AC【分析】【详解】

A．浓硫酸加入浓盐酸中，生成气体，生成的气体通入饱和食盐水中，根据同离子效应，析出晶体；A符合题意；

B．浓硫酸和铜在加热条件下才能反应生成不符合实验要求，B不符合题意；

C．和稀硫酸反应生成与饱和溶液反应生成晶体；C符合题意；

D．浓氨水和碱石灰生成通入溶液中，先生成沉淀，继续通入氨气，溶解生成D不符合题意；

故选AC。8、AC【分析】【分析】

【详解】

A．将铁钉和铜丝连接插入食醋中即可形成简单铁铜原电池；故A符合题意；

B．浓硝酸受热分解能放出红棕色二氧化氮气体；所以向浓硝酸中插入红热的碳，产生红棕色气体，不能证明是碳与浓硝酸反应，故B不符合题意；

C．因为溴蒸气能和溶液反应；产生浅黄色溴化银沉淀，故C符合题意；

D．因为足量饱和氢氧化钠溶液能和乙酸乙酯反应；所以不能用足量饱和氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸，故D不符合题意；

故答案：AC。三、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【详解】

(1)①ΔH1=E反应物-E生成物=819+1076-1490-632=-227kJ/mol;

②A.反应前后气体系数不变；如果是恒温恒容，无论平衡是否移动，容器中的压强均不变，换为绝热容器后，随着反应的正向进行，反应放出热量，体系温度升高，等量气体的压强随之增大，此时压强是变量，可以作为平衡的依据，A项正确；

B.当ΔH-TΔS<0时；反应自发进行，由ΔH＜0，ΔS＜0，推出该反应低温下自发进行，B项正确；

C.增大CO的浓度可以使反应Ⅲ的平衡向正向移动；但是平衡常数只受到温度的影响，温度不变，平衡常数不变，C项错误；

D.温度升高；反应速率增大，三个反应的逆反应速率均增大，三个反应均为放热反应，温度升高，反应向吸热方向进行，则平衡逆向移动，所以平衡移动的初期为逆反应速率大于正反应速率，为了达到新的平衡，逆反应速率向正反应速率靠近，逆反应速率会减小，所以逆反应速率的变化趋势为先增大后减小，D项错误；

(2)①反应为放热反应；温度升高，平衡向逆反应(吸热)方向进行，二氧化氮转化率降低；

②相同温度下，二氧化氮的转化率在P点较高是因为使用了分子筛膜，将产物N2分离出来；降低了产物的浓度，使平衡正向进行，从而二氧化氮的转化率提高；

(3)①列三段式求解：因为N2占平衡总体积的1/4，所以a=0.3mol，此时为平衡状态，有v正=v逆，即k正·c2(NO)·c2(CO)=k逆·c(N2)·c2(CO2)；

②在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的1/2，压强瞬间增大为原来压强的两倍，正逆反应速率均增大，但是压强增大，平衡向正反应(气体系数减小)方向进行，则正反应速率大于逆反应速率，所以正反应速率的总体趋势为先突然增大，然后减小，直至平衡，其图像为【解析】①.-227②.AB③.反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）④.分子筛膜从反应体系中不断分离出N2，有利于反应正向进行，二氧化氮转化率升高⑤.270⑥.（起点的纵坐标为16，t3时刻达到平衡，t3-t4处于平衡状态与已有线平齐）10、略

【分析】【详解】

(1)水电离程度比较：碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐；碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离；盐酸是强酸溶液，氢氧化钠溶液是强碱溶液，溶液中水的电离都受到了抑制作用，其中盐酸中的氢离子浓度等于氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度，二者中水的电离程度相等；醋酸溶液为弱酸，发生微弱的电离产生氢离子，抑制了水的电离，但醋酸溶液中氢离子浓度远小于盐酸，故水的电离程度比盐酸和氢氧化钠都强，综合而言这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是④＞②＞①=③。故答案为：④＞②＞①=③。

(2)等体积的醋酸和氢氧化钠混合，混合后溶液恰好为醋酸钠溶液，属于强碱弱酸盐，醋酸根离子发生微弱的水解导致溶液显碱性，所以溶液中离子浓度的大小顺序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。故答案为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，可得溶液中c(H+)=10-3mol/L，由醋酸的电离方程式：CH3COOHCH3COO-+H+可得其电离平衡常数为：故答案为：10-5。

(4)碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离，其水解方程式为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-，故答案为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-。

(5)取10mLHCl溶液，加水稀释到1000mL，此时溶液中由HCl电离出的由此可知，此时溶液中的c(H+)=10-3mol/L，可得该溶液中由水电离出的故答案为：10−11mol/L。【解析】④＞②＞①=③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)10-5CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-10−11mol/L11、略

【分析】【详解】

(1)NaHCO3在水溶液中发生电离：NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用：H++也会发生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)＞c()；电离产生H+使溶液显酸性；水解产生OH-，使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除会电离产生，还有H2O电离产生，而只有电离产生，故离子浓度：c(H+)＞c()，因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中，存在HR-的电离作用：HR-R2-+H+，电离产生H+使溶液显酸性，同时也存在着水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解产生OH-，使溶液显碱性，其平衡常数Kh=＜Ka2=5.60×10-8，说明HR-的电离作用大于水解作用；因此NaHR溶液显酸性；

(3)AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，导致溶液变浑浊，由于水解产生HCl，因此根据平衡移动原理，若用固体配制溶液时，将其溶解在一定量的浓盐酸中，增加了H+的浓度，就可以抑制盐的水解，然后再加水稀释，就可以得到澄清溶液；若将AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向进行直至水解完全，HCl挥发逸出，得到的固体是Al(OH)3，然后将固体灼烧至恒重，Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，最后得到的固体是Al2O3；

(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解，溶液中Ag+、Cl-浓度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

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

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+；对氯化银在水中溶解无抑制作用。

它们抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，该溶液中含有的c(Ag+)最大；则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-1012、略

【分析】【详解】

(1)水杨酸和乙酸酐在浓硫酸的条件下发生取代反应生成乙酰水杨酸，方程式为：（2)在除去聚合物并提纯阿司匹林的过程中；可以将阿司匹林与碳酸氢钠反应使羧基变为羧酸钠，且酯基不水解，这样使阿司匹林溶于水，聚合物难溶于水，将聚合物除去，再将阿司匹林的钠盐盐酸酸化可得阿司匹林，过程中涉及的离子方程式为：

.(3)该仪器的名称为布氏漏斗。布氏漏斗中加入滤纸，用蒸馏水湿润后，应先微开水龙头，不能大开，避免滤纸破损。故选①。(4)A．抽滤能为了加快过滤速率，但不能使沉淀的颗粒变大，故错误；B.颗粒太小的沉淀不能用抽滤的原因是颗粒太小的容易在滤纸上形成一层密实的沉淀，不容易透过，故正确；C．当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，而不能从吸滤瓶支管口倒出溶液，故错误；D．将晶体转移至布氏漏斗时，若有晶体附在烧杯内壁，应用滤液来淋洗布氏漏斗，因为滤液是饱和溶液，冲洗是不会使晶体溶解，同时又不会带入杂质，故错误；E.洗涤沉淀时，应先关小水龙头，然后蒸馏水缓缓淋洗，再打开水龙头抽滤，不能使洗涤剂快速通过沉淀，故错误。故选B。（5）阿司匹林在冷水中的溶解度减小，所以用冷水洗涤晶体可以除去晶体表面附着的杂质，并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗。(6)根据方程式分析，乙酸酐过量，用水杨酸计算阿司匹林的质量为g，实际产率为=60%。【解析】取代反应布氏漏斗①B除去晶体表面附着的杂质，并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗60%13、略

【分析】【分析】

溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为三价铁，三价铁在水溶液中是黄色的；要验证乙同学的判断正确，可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+，根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质；Br2能将Fe2+氧化成Fe3+，说明还原性：Fe2+>Br-；依据氧化还原反应中“先强后弱”规律判断。

【详解】

(1)在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1-2滴液溴，若没有发生化学反应，使溶液呈黄色的微粒为Br2；若是发生化学反应，二价铁离子被溴单质氧化为三价铁在水溶液中是黄色的；因此答案是:Br2；Fe3+；

(2)要验证乙同学的判断正确，可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+，根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质；方案一可选用CCl4（C），向黄色溶液中加入四氯化碳，充分振荡、静置，溶液分层，若下层呈无色，表明黄色溶液中不含Br2，则乙同学的判断正确；方案二可选用KSCN溶液（D），向黄色溶液中加入KSCN溶液，振荡，若溶液变为血红色，则黄色溶液中含Fe3+；则乙同学的判断正确。

(3)根据上述推测说明发生反应Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-，由此说明亚铁离子的还原性大于溴离子，Cl2具有氧化性，先氧化的离子是亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；因此答案是:Fe2+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。【解析】Br2；Fe3+答案如下:

。

选用试剂。

实验现象。

第一种方法。

C

有机层无色。

第二种方法。

D

溶液变红。

Fe2+2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-四、工业流程题(共3题，共9分)14、略

【分析】【分析】

氧化锌烟尘中性浸出，过滤分离得到滤液1，滤液1为ZnSO4，中性渣主要含加入硫酸酸浸，过滤得到滤液2和酸浸渣，酸浸渣为滤液2中主要含有In3+、Fe3+；加入P204+260号溶剂由萃取，再加入酸反萃取后，加入Zn置换得到海绵铟。

【详解】

（1）In为第五周期第ⅢA族元素，基态In原子的价电子排布式为故答案为：

（2）①加入稀硫酸浸泡过程中，与稀反应生成和沉淀，反应的化学方程式为故答案为：

②氧化酸浸过程中，中的硫元素被氧化为MnO2被还原为Mn2+，则发生反应的离子方程式为故答案为：

③“中性浸出”时要尽可能使锌元素浸出；铟元素不浸出，根据题图判断，最佳氧化剂用量为1%，故答案为：1%；

④由上述分析可知，“中浸渣”的主要成分为故答案为：

（3）①反萃取过程中，需要加入酸溶液让萃取反应的平衡逆向移动，从流程中看出宜选用稀故答案为：稀

②萃取和反萃取后需要分液；则均需要使用的玻璃仪器有烧杯；分液漏斗，故答案为：烧杯、分液漏斗；

（4）“置换”后的滤液中含有大量可返回滤液1中利用，故答案为：滤液1；

（5）“置换”过程中发生反应则需要消耗的Zn的质量为故答案为：5.88。【解析】(1)

(2)1%

(3)稀烧杯；分液漏斗。

(4)滤液1

(5)5.8815、略

【分析】【分析】

湖水中含有高浓度的Na+、K+、Mg2+及Cl-等，氯化钠的溶解度受温度影响不大，通过蒸发结晶得到晶体A，通过过滤得到食盐晶体和溶液B，溶液B中含大量K+、Mg2+及Cl-，氯化钾的溶解度受温度影响较大，通加入冷水冷却结晶，再次过滤得到得到钾肥氯化钾晶体和溶液C，溶液C中含大量Mg2+及Cl-；最后蒸发浓缩；冷却结晶得到水氯镁石。

【详解】

（1）得到的晶体A主要是氯化钠；氯化钠的溶解度受温度影响变化较小，所以得到晶体A的方法是蒸发结晶，故答案为：蒸发；

（2）过滤可以将溶液和固体分离；所以操作Ⅰ的名称为过滤，故答案为：过滤；不溶于液体的固体和液体；

（3）本流程中分别采用条件1和条件2获得不同晶体，所依据是物质的溶解度，故答案为：b；

（4）钠离子用焰色反应进行检验；火焰呈黄色，要得到较高纯度的钾肥，利用钾盐和钠盐在水中不同温度时的溶解度不同而使它们相互分离，这种方法叫重结晶，故答案为：焰色反应；火焰呈黄色；重结晶；

（5）水氯镁石在高温的条件下反应，镁离子水解生成氢氧化镁，且产生的氯化氢不断挥发，使水解彻底，氢氧化镁灼烧后分解得到氧化镁，所以水氯镁石分解生成氧化镁、水和氯化氢，化学方程式为：MgCl2•xH2OMgO+2HCl+（x-1）H2O；结晶水的测定实验步骤为：

①称量：称量坩埚质量；再称坩埚和晶体样品的总质量；

②加热灼烧：使晶体MgCl2•xH2O完全转化为MgO为止；

③冷却：将坩埚放在干燥器里冷却；

④称量：称量坩埚和MgO的总质量；

⑤重复②③④操作，若再次称量的坩埚和MgO的总质量与第一次的差小于0.1g，则实验成功；若大于0.1g，必须再重复②③④操作，也叫做恒重操作，直至两次的差小于0.1g为止，取平均值，故答案为：坩埚和样品；冷却；恒重；MgO；2HCl；（x-1）H2O。【解析】①.蒸发②.过滤③.不溶于液体的固体和液体④.b⑤.焰色反应⑥.火焰呈黄色⑦.重结晶法⑧.坩埚和样品⑨.冷却⑩.恒重⑪.MgO⑫.2HCl⑬.（x-1）H2O16、略

【分析】【分析】

根据乙醚浸取法的流程可知；对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，对粗品加95%的乙醇，浓缩；结晶、过滤可得精品；

（1）根据乙醚浸取法的流程可知；对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积；

（2）根据上面的分析；操作I为过滤，需要的玻璃仪器依据装置图分析选择玻璃仪器；提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品；

（3）根据上面的分析可知，粗品中加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品；

（4）根据原料的粒度；提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响如图3所示；取提取率最大的值进行答题；

（5）根据酯的性质；结合题给信息，分析青蒿素的性质；

（6）碱石灰能够吸收水蒸气和二氧化碳；据此分析计算干燥管增重的质量；

【详解】

（1）超声提取的原理是在强大的超声波作用下；使青蒿细胞乳化；击碎、扩散，超声波提取的优点是浸取率高；

故答案为浸取率高；

（2）操作1是固体和液体分离；名称为过滤，该冷凝管是直形冷凝管，故D错误；

故答案为过滤；D；

（3）已知青蒿素在95％乙醇中的溶解度随温度的升高而升高；从溶液中获得晶体，则操作Ⅲ为蒸发浓缩；冷却结晶；

故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；

（4）有图像分析可知采用的最佳原料粒度；提取时间和提取温度分别为60目（40~60目）、100min、50℃；

故答案为60目（40~60目）；100min、50℃；

（5）将青蒿素加入滴有酚酞的NaOH溶液中；青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素在碱性环境下发生了反应，与酯的性质相似；

故答案为B；

（6）28.2g青蒿素样品完全燃烧，生成1.5mol的二氧化碳和1.1mol的水，通过盛有足量P2O5，水被吸收，碱石灰吸收的是二氧化碳，故盛有碱石灰干燥管增重的质量为m=n×M=1.5mol×44g/mol=66g；

故答案为66。【解析】①.浸取率高(及其他合理答案)②.过滤③.D④.蒸发浓缩、冷却结晶⑤.60目（40~60目）、100min、50℃（合理即可给分）⑥.B⑦.66五、元素或物质推断题(共2题，共6分)17、略

【分析】【分析】

甲的焰色反应为黄色，说明甲中含有钠元素，盐丙和盐丁的组成元素和甲相同，加入足量稀硫酸反应生成的乙能使品红溶液褪色，则乙为二氧化硫，淡黄色沉淀为硫单质，丙、丁中的一种物质为硫代硫酸钠，发生反应：反应①生成的二氧化硫的物质的量为0.02mol，硫的物质的量为0.01mol，而中生成的硫、二氧化硫物质的量相等均为0.01mol，故丙、丁中的另一种物质为亚硫酸钠，发生反应该反应生成的二氧化硫物质的量为0.01mol，甲分解得到的二氧化硫的物质的量为0.01mol。

【详解】

（1）根据前面分析得到甲中所含阳离子为钠离子，其电子式为根据原子守恒可知，0.01mol甲中Na原子的物质的量为0.01mol×2+0.01mol×2=0.04，S原子物质的量为0.01mol+0.01mol×2+0.01mol=0.04mol，O原子物质的量为(0.01mol+0.01mol)×3+0.01mol×2=0.08mol，则甲的化学式为Na2S2O4，则甲的化学式故答案为：

（2）①中产生黄色沉淀的反应是其离子反应方程式故答案为：

（3）甲的溶液还可用作分析化学中的吸氧剂，假设其溶液与少量氧气反应产生等物质的量的两种酸式盐，根据质量守恒得到两种盐分别为硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，则该反应的化学反应方程式故答案为：

（4）白色固体甲()常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去，说明具有强还原性，具有氧化性的物质或离子能与反应，氯气、硝酸银都具有强氧化性，能与发生氧化还原反应，则可能在溶液中与甲反应的是BC；故答案为：BC。【解析】(1)

(2)

(3)

(4)BC18、略

【分析】【分析】

I.电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理，使之转化为沉淀B，沉淀B含有铜元素，隔绝空气加热后的固体C应含铜元素，灼烧后黑色固体E应为CuO8.0g，CuO的物质的量==0.1mol，根据Cu守恒，B、C中Cu元素的物质的量0.1mol，Cu元素质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，C在足量O2灼烧后产生的混合气体1通入足量澄清石灰水，产生10g白色沉淀G，则G为CaCO3，混合气体1中含有CO2和未反应的O2，根据C守恒，固体C中含有含有C元素，其物质的量为=0.1mol，质量为0.1mol×12g/mol=1.2g，反应后的混合气体2通过灼热的铜网完全反应后，剩余1120mL气体F，结合气体F标况下密度为1.25g/L，气体F摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，推测为N2，氮气的物质的量==0.05mol，质量为0.05mol×28g/mol=1.4g，根据转化流程分析，若F为N2，则Cu、C、N元素都来自于固体C，即C由Cu、C、N三种元素组成，再根据m（Cu）+m（C）+m（N）=6.4g+1.2g+1.4g=9g，刚好等于参与反应的固体C的质量，由此可确定，F为N2，C由Cu、C、N三种元素组成，且n（Cu）∶n（C）∶n（N）=0.1mol∶0.1mol∶0.05mol×2=1∶1∶1，则固体C的化学式为CuCN，混合气体1为CO2、O2、N2的混合气体，混合气体2为O2、N2的混合气体；由于沉淀B也是由三种元素组成，隔绝空气加热分解为C和D，没有外来元素，则B也是由Cu、C、N三种元素组成，B为11.6g，C为9g，根据质量守恒，D的质量为2.6g，气体D标况下密度2.32g/L，则D摩尔质量为2.32g/L×22.4L/mol≈52g/mol，气体D的物质的量为=0.05mol，C中除Cu外的CN-的质量为9g-6.4g=2.6g，CN-的物质的量为=0.1mol，B中除Cu外的质量为11.6-6.4=5.2g，则B的化学式为Cu(CN)2；前面的分析中确定，B中含有Cu0.1mol，则B中含有CN-的物质的量为0.2mol，根据原子守恒，D中含有CN为0.1mol，则D的分子式为(CN)2；

【详解】

I(1)根据分析，组成B的三种元素是Cu、C、N三元素，气体D的分子式是(CN)2；

(2)固体C为CuCN，在足量氧气中灼烧生成CuO、CO2和N2，则发生反应的化学方程式为2CuCN＋3O22CuO＋2CO2＋N2；

(3)CuCN与盐酸反应生成弱酸为HCN，沉淀的摩尔质量为199g/mol，则可推断其为Cu2Cl2，发生反应的化学方程式为2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN；

II(4)四氯化碳的密度大于水的密度，若试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明Br2与KI反应生成了I2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可以说明氧化性Br2＞I2；

(5)若氯气未过量，可向试管B或分液漏斗中继续通入氯气，若溶液出现橙红色，说明氯气未过量，则实验方案为：方案一：关闭弹簧夹，向B试管中继续通入氯气，若B试管出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。方案二：取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。【解析】Cu、C、N(CN)22CuCN＋3O22CuO＋2CO2＋N22CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色方案一：关闭弹簧夹，向B试管中继续通入氯气，若B试管出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。方案二：取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。六、结构与性质(共4题，共24分)19、略

【分析】【分析】

根据B的原子序数和电子排布规律；写出其电子排布式并判断电子排布的最高能级为2p，判断其电子云轮廓图；根据氨硼烷的结构，判断其溶于水的原因是与水分子形成氢健和配位键形成条件判断提供孤电子对的原子；根据等电子体概念找出等电子体分子；根据题中信息，判断形成双氢键的正确选项；根据题中所给结构，由σ键个数判断B原子的杂化方式和该晶体中不存在的作用力；根据晶胞的结构，利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。

(1)

B的原子序数为5，核外有5个电子，则B基态原子核外电子排布式为1s22s22p1，能级最高的是2p能级，p轨道为哑铃形；答案为1s22s22p1；哑铃。

(2)

①氨硼烷能溶于水；其主要原因是氨硼烷与水分子间形成氢键；答案为氨硼烷与水分子间形成氢键。

②分子中，B原子提供空轨道，NH3中N原子提供1对孤电子对，形成配位键；原子总数相同、价电子总数相同的微粒为等电子体，用相邻原子代替N、B原子可以得到其等电子体分子C2H6；答案为N；C2H6。

③A．和分子中的H均呈正电性，和不能形成双氢键；故A不符合题意；

B．LiH为离子化合物；LiH和HCN不能形成双氢键，故B不符合题意；

C．分子中与B原子相连的H呈负电性，分子中与N相连的H呈正电性，与能形成双氢键；故C符合题意；

D．和分子中的H均呈正电性，和不能形成双氢键；故D不符合题意；

答案为C。

(3)

由的结构可知，阴离子中形成3个σ键的B原子(无孤电子对)的杂化轨道类型为sp2，形成4个σ键的B原子(无孤电子对)的杂化轨道类型为sp3；该晶体中阴阳离子之间存在离子键，B和O原子之间存在共价键和配位键，水分子之间存在分子间作用力和氢键，所以该物质中不含金属键；答案为sp2、sp3；D

(4)

①由硼氢化钠晶胞结构可知，底心Na+周围等距且最近的个数即为Na+的配位数，则Na+的配位数为8；答案为8。

②由硼氢化钠晶胞结构可知，Na+位于面心和棱上，Na+离子个数为=6×+4×=4，位于顶点、面心、体心，个数为=8×+4×+1=4，该晶胞的质量为m=g，体积V=(a×10-7cm)2×2a×10-7cm=2a3×10-21cm3，晶胞密度==解之a=底心Na+位于面对角线的中点，所以与之间的最近距离为d=a=nm；答案为

③若硼氢化钠晶胞上下底心处的被取代，则个数为4，Na+数目为3，Li+数目为1，所以得到的晶体的化学式为Na3Li(BH4)4；答案为Na3Li(BH4)4。【解析】(1)1s22s22p1；哑铃。

(2)氨硼烷与水分子间形成氢键NC2H6C

(3)sp2、sp3D

(4)8Na3Li(BH4)420、略

【分析】【分析】

根据Fe的原子序数，结合核外电子排布规则写出Fe的电子排布式；根据晶胞的结构，利用“均摊法”进行晶胞的有关计算；根据同主族元素性质递变规律解释H、Li、Na的第一电离能的关系；根据NH3分子与H2O分子之间会形成氢键解释NH3极易溶于水的原因；根据NH3极易溶于水，CO2在水中溶解度不大，解释侯氏制碱法先通入NH3再通入CO2；根据VSEPR理论，判断其空间结构和杂化类型；根据形成配位健的条件判断提供空轨道的原子；根据NH3BH3(氨硼烷)分子间形成氢键判断其熔点较高；据此解答。

（1）

①Fe元素的原子序数为26，核外有26个电子，根据核外电子排布规则，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；答案为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；

②由晶胞的结构可知，图1结构中，Fe位于顶点和体心，Fe原子的个数为8×