2024年华师大版拓展型课程化学下册月考试卷

…………○…………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年华师大版拓展型课程化学下册月考试卷163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、下列溶液中各微粒浓度关系正确的是A.室温下，pH=4的0.1mol/L的NaHC2O4溶液中：c()＞c(H+)＞c(H2C2O4)＞c()B.0.1mol/L的CH3COONH4溶液中：c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(NH3•H2O)+c()C.同温下，两种盐溶液的浓度相同且pH(NaX)＞pH(NaY)，则c(X−)+c(OH−)＞c(Y−)+c(OH−)D.向含有BaSO4、BaCO3的饱和溶液中加入少量的Ba(NO3)2，溶液中的值减小(已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10-10；Ksp(BaCO3)=2.58×10-9)2、硫及其化合物的“价-类”二维图体现了化学变化之美。下列有关说法正确的是。

A.硫在氧气中燃烧直接生成B.为难溶于水的黑色固体，可溶于硝酸C.硫化氢与反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为D.可由其相应单质直接化合生成3、下列说法正确的是A.二氧化硫、二氧化氮、二氧化碳不仅严重污染大气，还会形成酸雨B.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性C.灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D.金属钠着火，应立即用水灭火4、下列气体不能用排水法收集的是A.O2B.H2C.NH3D.NO5、某小组利用下面的装置进行实验；②；③中溶液均足量，操作和现象如下表。

资料：CaS遇水完全水解。

由上述实验得出的结论不正确的是A.③中白色浑浊是CaCO3B.②中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+C.实验①中CO2过量发生的反应是：CO2+H2O+S2-=CO32-+H2SD.由实验I和II不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱评卷人得分二、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、水丰富而独特的性质与其结构密切相关。

(1)对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于_________键；依据O与H的电负性判断，属于_________共价键。

(2)水分子中，氧原子的价层电子对数为_________，杂化轨道类型为_________。

(3)下列事实可用“水分子间存在氢键”解释的是_________(填字母序号)。

a．常压下；4℃时水的密度最大。

b．水的沸点比硫化氢的沸点高160℃

c．水的热稳定性比硫化氢强。

(4)水是优良的溶剂，常温常压下极易溶于水，从微粒间相互作用的角度分析原因：_________(写出两条)。

(5)酸溶于水可形成的电子式为_________；由于成键电子对和孤电子对之间的斥力不同，会对微粒的空间结构产生影响，如中H－N－H的键角大于中H－O－H的键角，据此判断和的键角大小：________(填“＞”或“＜”)。10、晶体硼熔点为1873K；其结构单元为正二十面体，结构如图所示。氮化硼（BN）有多种相结构，例如六方相氮化硼与立方相氮化硼，结构如图所示，六方相氮化硼与石墨相似，具有层状结构；立方相氮化硼是超硬材料。回答下列问题：

（1）基态硼原子有___种不同能量的电子，第二周期中，第一电离能介于硼元素与氮元素之间的元素有___种。

（2）晶体硼为___（填晶体类型），结构单元由___个硼原子构成，共含有___个B-B键。

（3）关于氮化硼两种晶体的说法，正确的是___。

a.立方相氮化硼含有σ键和π键。

b.六方相氮化硼层间作用力小；所以质地软。

c.两种晶体均为分子晶体。

d.两种晶体中的B-N键均为共价键。

（4）NH4BF4是合成氮化硼纳米管的原料之一，1molNH4BF4含有___mol配位键。11、某有机物的结构简式如图所示：

(1)1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成________H2。

(2)该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为________。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、亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的杀菌消毒剂；同时也是对烟气进行脱硫；脱硝的吸收剂。

Ⅰ．以氯酸钠（NaClO3）为原料制备NaClO2粗品的工艺流程如下图所示：

已知：

i.纯ClO2易分解爆炸，空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全；

ii.NaClO2在碱性溶液中稳定存在；在酸性溶液中迅速分解；

iii.NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O，等于或高于38℃时析出NaClO2晶体，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl。

（1）试剂A应选择_________。（填字母）

a．SO2b．浓硝酸c．KMnO4

（2）反应②的离子方程式为_________。

（3）已知压强越大，物质的沸点越高。反应②结束后采用“减压蒸发”操作的原因是________。

（4）下列关于上述流程的说法中，合理的是_________。（填字母）

a．反应①进行过程中应持续鼓入空气。

b．反应①后得到的母液中；溶质的主要成分是NaCl

c．反应②中NaOH溶液应过量。

d．冷却结晶时温度选择38℃，过滤后进行温水洗涤，然后在低于60℃下进行干燥，得到粗产品NaClO2

Ⅱ．采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫；脱硝。

（5）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol/L。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表：。离子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写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_________。

②由实验结果可知，脱硫反应速率_________（填“大于”或“小于”）脱硝反应速率。除SO2和NO在烟气中的初始浓度不同外，还可能存在的原因是_________。（答出两条即可）评卷人得分四、原理综合题(共2题，共6分)14、过渡元素铜的配合物在物质制备；尖端技术、医药科学、催化反应、材料化学等领域有着广泛的应用。请回答下列问题：

(1)科学家推测胆矾(CuSO4·5H2O)的结构示意图可简单表示如下图：

用配合物的形式表示胆矾的化学式为______；的空间构型为______，其中硫原子的轨道杂化方式为______。

(2)Cu能与(SCN)2反应生成Cu(SCN)2。1mol(SCN)2中含有的π键数目为______；(SCN)2对应的酸有两种，分别为硫氰酸和异硫氰酸其中异硫氰酸的沸点较高，原因是______。

(3)向硫酸铜溶液中，加入NaCl固体，溶液由蓝色变为黄绿色，则溶液中铜元素的主要存在形式是______(写微粒符号)；向上述溶液中继续滴加浓氨水，先有蓝色沉淀生成，继续滴加浓氨水后，沉淀溶解，溶液变为深蓝色。沉淀溶解的原因是______(用离子方程式表示)。

(4)Cu单独与氨水、过氧化氢都不反应，但能与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，发生的化学方程式为______。15、乙烯可用于制备乙醇：向10L某恒容密闭容器中通入2mol和amol发生上述反应，测得的平衡转化率与投料比以及温度的关系如图所示。回答下列问题：

(1)反应从开始分别进行到A、B、C点时，_______(填“放出”或“吸收”)的热量由大到小的顺序为_______。

(2)_______(填“>”、“<”或“=”)已知该反应的反应速率表达式为其中为速率常数，只与温度有关。若其他条件不变，则温度从变化到的过程中，下列推断合理的是_______(填标号)。

A.减小的倍数大于B.减小的倍数小于

C.增大的倍数大于D.增大的倍数小于

(3)若A点对应的体系中，反应从开始到达到平衡所用时间是2min，则0~2min内的平均反应速率_______。温度下，反应的平衡常数_______。

(4)B点对应的体系中，a=_______；A、B、C点对应体系的气体总压强由大到小的顺序为_______。(气体均看作理想气体)评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共20分)16、周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序数依次增大，A的基态原子的L层电子是K层电子的两倍；B的价电子层中的未成对电子有3个；C与B同族；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸。请回答下列问题：

(1)C的基态原子的电子排布式为_____________；D的最高价含氧酸酸性比其低两价的含氧酸酸性强的原因是___________________________。

(2)杂化轨道分为等性和不等性杂化，不等性杂化时在杂化轨道中有不参加成键的孤电子对的存在。A、B、C都能与D形成中心原子杂化方式为____________的两元共价化合物。其中，属于不等性杂化的是____________(写化学式)。以上不等性杂化的化合物价层电子对立体构型为_________，分子立体构型为_______________________________。

(3)以上不等性杂化化合物成键轨道的夹角________(填“大于”；“等于”或“小于”)等性杂化的化合物成键轨道间的夹角。

(4)A和B能形成多种结构的晶体。其中一种类似金刚石的结构，硬度比金刚石还大，是一种新型的超硬材料。其结构如下图所示(图1为晶体结构，图2为切片层状结构)，其化学式为________________。实验测得此晶体结构属于六方晶系，晶胞结构见图3。已知图示原子都包含在晶胞内，晶胞参数a＝0.64nm，c＝0.24nm。其晶体密度为________________(已知：＝1.414，＝1.732,结果精确到小数点后第2位)。

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_________。19、周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序数依次增大，A的基态原子的L层电子是K层电子的两倍；B的价电子层中的未成对电子有3个；C与B同族；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸。请回答下列问题：

(1)C的基态原子的电子排布式为_____________；D的最高价含氧酸酸性比其低两价的含氧酸酸性强的原因是___________________________。

(2)杂化轨道分为等性和不等性杂化，不等性杂化时在杂化轨道中有不参加成键的孤电子对的存在。A、B、C都能与D形成中心原子杂化方式为____________的两元共价化合物。其中，属于不等性杂化的是____________(写化学式)。以上不等性杂化的化合物价层电子对立体构型为_________，分子立体构型为_______________________________。

(3)以上不等性杂化化合物成键轨道的夹角________(填“大于”；“等于”或“小于”)等性杂化的化合物成键轨道间的夹角。

(4)A和B能形成多种结构的晶体。其中一种类似金刚石的结构，硬度比金刚石还大，是一种新型的超硬材料。其结构如下图所示(图1为晶体结构，图2为切片层状结构)，其化学式为________________。实验测得此晶体结构属于六方晶系，晶胞结构见图3。已知图示原子都包含在晶胞内，晶胞参数a＝0.64nm，c＝0.24nm。其晶体密度为________________(已知：＝1.414，＝1.732,结果精确到小数点后第2位)。

评卷人得分六、工业流程题(共1题，共9分)20、某兴趣小组设计了利用MnO(含少量铁的氧化物和不溶性杂质)制备二氧化锰的两种方案流程如下：

已知：

①MnO+H2NCOONH4→+2H2OMnCO3↓+2NH3·H2O

②MnO易被空气中氧化；难溶于水；受热易分解；其他硝酸盐相对难分解。

请回答：

(1)方案一中铁元素以_______(填化学式)被除去。

(2)下列说法正确的是_______。A．步骤Ⅱ中，真空加热主要是为了防止被氧化B．步骤Ⅲ中，氨基甲酸铵溶液的制备应在水中先通氨气至饱和，再通至饱和C．步骤Ⅳ和Ⅴ，步骤Ⅳ所得的滤液3和步骤Ⅴ生成的气体可以循环利用D．方案二与方案一相比，方案二相对比较环保(3)过滤后，步骤Ⅴ，为了得到更多进行了以下操作。请选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：将带有沉淀的滤纸折卷→_______。

a.将滤纸包放入坩埚后；在泥三角上如装置1朝向摆放；

b.将滤纸包放入坩埚后；在泥三角上如装置2朝向摆放；

c.加热时；不断转动坩埚使滤纸完全灰化；

d.先加热装置3中a处，再加热b处；

e.先加热装置3中b处；再加热a处；

f.将沉淀转移至在石英玻璃管中继续灼烧氧化。

(4)步骤Ⅰ，硝酸的质量分数选取50%，不能过大或者过小的理由是_______。

(5)由碳酸锰在空气中灼烧获得的结构比较疏松，步骤Ⅵ用硫酸溶解其中的后，再用合适浓度的氧化后，可得到结构相对致密的重质精品。写出其中发生的离子反应方程式_______。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

A．室温下，0.1mol/L的NaHC2O4溶液pH=4，说明的电离作用大于其水解作用，所以c()＞c(H2C2O4)；A错误；

B．根据物料守恒可得c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(NH3•H2O)+c()；B正确；

C．两种盐溶液中都存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，两种溶液的pH(NaX)＞pH(NaY)，说明溶液中c(H+)：前者小于后者，由于两种溶液中离子浓度都是阳离子浓度的二倍，两种盐溶液浓度相同，c(Na+)相同，c(H+)越小，则离子总浓度就越小，故c(X−)+c(OH−)＜c(Y−)+c(OH−)；C错误；

D．=由于其中含有BaSO4、BaCO3，所以向其中加入少量的Ba(NO3)2，溶液中的值不变；仍等于两种盐的溶度积常数的比，D错误；

故合理选项是B。2、B【分析】【分析】

由图可知分别为

【详解】

A．硫在氧气中燃烧直接生成不是A错误；

B．可与硝酸发生氧化还原反应；B正确；

C．硫化氢与反应方程式为氧化产物和还原产物的物质的量之比应为C错误；

D．是不能由硫和铜直接反应生成，D错误。

故答案选B。3、B【分析】A、二氧化硫、二氧化氮不仅严重污染大气，还会形成酸雨，二氧化碳不会形成酸雨，故A错误；B、在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，由于浓硫酸使蔗糖碳化，说明浓硫酸具有脱水性，故B正确；C、灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，要确定有无钾元素，要透过蓝色的钴玻璃观察，不呈紫色才说明无K+，故C错误；D、金属钠着火，应立即用沙子灭火，钠能与水反应，故D错误；故选B。4、C【分析】【分析】

【详解】

A.O2微溶于水；密度比空气大；可以排水法或向上排空气法收集，故不选A；

B.H2难溶于水；密度比空气小；可以排水法或向下排空气法收集，故不选B；

C.NH3极易溶于水；不能用排水法收集；故选C；

D.NO难溶于水；用排水法收集，故不选D。

答案选C。5、C【分析】【分析】

实验I：向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量；②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，说明生成了硫化氢气体，同时生成了硫酸；③中产生白色沉淀，该浑浊遇酸冒气泡，说明二氧化碳被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；

实验II：向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量；②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了硫化铜黑色沉淀，同时生成了硫酸；③中产生白色沉淀，该浑浊遇酸冒气泡，说明反应生成了二氧化碳，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀。

【详解】

A．由上述分析可知，③中白色浑浊是CaCO3；不可能是CaS，CaS遇水完全水解，故A结论正确；

B．②中溶液降低的原因：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；产生黑色沉淀，溶液的pH降低，故B结论正确；

C．实验①中过量CO2发生的反应是2CO2+2H2O+S2-=2HCO3-+H2S；故C结论错误；

D．根据实验I和II中现象：I中通二氧化碳有硫化氢生成；II中通硫化氢有二氧化碳生成，故不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱；故D结论正确；

答案为C。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）对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于键；O与H的电负性不同；共用电子对偏向于O，则该共价键属于极性共价键；

（2）水分子中，氧原子的价层电子对数为杂化轨道类型为sp3；

（3）a．水中存在氢键；导致冰的密度小于水的密度，且常压下，4℃时水的密度最大，a正确；

b．水分子间由于存在氢键，使分子之间的作用力增强，因而沸点比同主族的H2S高，b正确；

c．水的热稳定性比硫化氢强的原因是其中的共价键的键能更大；与氢键无关，c错误；

故选ab；

（4）极易溶于水的原因为NH3和H2O极性接近；依据相似相溶原理可知，氨气在水中的溶解度大；氨分子和水分子间可以形成氢键，大大增强溶解能力；

（5）的电子式为有1对孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对与成键电子对之间的排斥力，水中键角被压缩程度更大，故和的键角大小：>【解析】(1)极性。

(2)4sp3

(3)ab

(4)NH3和H2O极性接近；依据相似相溶原理可知，氨气在水中的溶解度大；氨分子和水分子间可以形成氢键，大大增强溶解能力。

(5)>10、略

【分析】【分析】

（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；电子位于1s；2s、2p三个能量不同的能级上；同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，由于全充满和半充满的缘故，ⅡA族和ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素；

（2）由晶体硼熔点为1873K可知，晶体硼为熔沸点高、硬度大的原子晶体；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的

（3）a.由图可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之间只存在单键；

b.由图可知；六方相氮化硼层间为分子间作用力，分子间作用力小；

c.由图可知；立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体；

d.非金属元素之间易形成共价键；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—构成，NH4+中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、BF4—中B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键。

【详解】

（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；电子位于1s；2s、2p三个能量不同的能级上，则有3种不同能量的电子；同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，由于全充满和半充满的缘故，ⅡA族和ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素，则介于硼元素与氮元素之间的有Be、C、O三种元素，故答案为：3；3；

（2）由晶体硼熔点为1873K可知，晶体硼为熔沸点高、硬度大的原子晶体；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每个等边三角形拥有的顶点为20个等边三角形拥有的顶点为×20=12；每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的每个等边三角形占有的B-B键为20个等边三角形拥有的B-B键为×20=30；故答案为：12；30；

（3）a.由图可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之间只存在单键，则立方相氮化硼中含有σ键，不存在π键，故错误；

b.由图可知；六方相氮化硼层间为分子间作用力，分子间作用力小，导致其质地软，故正确；

c.由图可知；立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体，故错误；

d.非金属元素之间易形成共价键；所以N原子和B原子之间存在共价键，故正确；

bd正确，故答案为：bd；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—构成，NH4+中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、BF4—中B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1molNH4BF4含有2mol配位键，故答案为：2。【解析】①.3②.3③.原子晶体④.12⑤.30⑥.bd⑦.211、略

【分析】【分析】

由结构简式可知；分子中含-OH；-COOH、碳碳双键，结合醇、羧酸、烯烃的性质来解答。

【详解】

(1)该有机物中的-OH、-COOH均与Na反应，金属钠过量，则有机物完全反应，1mol该有机物含有2mol羟基和1mol羧基，由2-OH～H2↑、2-COOH～H2↑可知，和过量的金属钠反应最多可以生成1.5molH2；

故答案为：1.5mol；

(2)-OH、-COOH均与Na反应，-COOH与NaOH、NaHCO3反应，则1mol该物质消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3，则n(Na)：n(NaOH)：n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3：2：2；

故答案为：3∶2∶2。【解析】①.1.5mol②.3∶2∶212、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】【详解】

NaClO3和浓H2SO4在反应器①中发生还原反应生成ClO2和Na2SO4,所以试剂A可以用二氧化硫,ClO2在反应器②中与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠,再得到其晶体。

(1)根据上面的分析可以知道试剂A为SO2,故选a,因此，本题正确答案是:a。

(2)反②中ClO2被双氧水还原成ClO2−,反应的离子方程式为2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O,因此，本题正确答案是:2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O

（3）含水的NaClO2受热易分解,所以亚氯酸钠溶液中获得晶体,温度不能太高,所以反应②结束后采用“减压蒸发”操作,在较低温度蒸发浓缩,可防止温度过高.NaClO2分解。因此，本题正确答案是:在较低温度蒸发浓缩,可防止温度过高.NaClO2分解。

（4）根据信息纯ClO2易分解爆炸,空气中ClO2的体积分数在10以下比较安全,所以要持续通过量的空气,NaClO2在碱性溶液中稳定存在,在酸性溶液中迅速分解,所以反应②中碱要过量,因为试剂A为二氧化硫,NaClO3被还原成ClO2,所以反应①后得到的母液中,溶质的主要成分是,Na2SO4。故选acd,因此；本题正确答案是:acd。

(5)①亚氯酸钠具有氧化性,且NaClO2溶液呈碱性,则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式因此，本题正确答案是:

②由实验结果可以知道,在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多,因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率.原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高,因此，本题正确答案是:大于;NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。【解析】a2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O减压可以使物质沸点降低，实验较低温度下进行蒸发，可避免NaClO2因温度高而发生分解acd4OH−+3ClO2−+4NO4NO3−+3Cl−+2H2O大于SO2比NO溶解度更大；在此条件下SO2还原性更强；脱硝反应活化能更大四、原理综合题(共2题，共6分)14、略

【分析】【详解】

(1)根据结构示意图可知：Cu2+与4个H2O分子的O原子形成4个配位键，所以Cu2+的配位体是H2O，配位数是4，用配合物的形式表示胆矾的化学式为[Cu(H2O)4]SO4·H2O；

在中S原子采用sp3杂化，形成4个σ键，离子中含有的价层电子对数为：4+=4，不含孤电子对，所以离子的空间结构为正四面体形；

(2)根据元素原子结构可知气体(SCN)2的分子结构式是N≡C—S—-S—C≡N。共价单键都是σ键，共价三键中1个σ键2个π键，在1个(SCN)2中含有4个π键，则在1mol(SCN)2中含有的π键数目为4NA；

(SCN)2对应的酸有两种，分别为硫氰酸和异硫氰酸其中异硫氰酸的沸点较高，这是由于硫氰酸分子之间只存在分子间作用力，没有形成氢键，而在异硫氰酸分子之间除存在分子间作用力外，还形成了氢键，氢键的形成增加了分子之间的吸引作用，导致异硫氰酸的沸点比硫氰酸高；

(3)向硫酸铜溶液中，加入NaCl固体，溶液由蓝色变为黄绿色，这是由于发生如下转化：[Cu(H2O)4]2+(aq)(蓝色)+4Cl-(aq)[CuCl4]2-(aq)(黄色)+4H2O(aq)，因此此时溶液中铜元素的主要存在形式是[Cu(Cl)4]2-；

向该溶液中加入氨水，首先是[Cu(Cl)4]2-电离产生的Cu2+与氨水中的电解质NH3·H2O电离产生的OH-结合产生Cu(OH)2蓝色沉淀，当氨水过量时，又发生反应：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，形成了铜氨络离子[Cu(NH3)4]2+；从而使溶液变为深蓝色；

(4)Cu单独与氨水、过氧化氢都不反应，但能与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，这是由于Cu被氧化产生的Cu2+与NH3结合形成络离子[Cu(NH3)4]2+，H2O2得到电子被还原为OH-，发生反应的化学方程式为：Cu+H2O2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。【解析】①.[Cu(H2O)4]SO4·H2O②.正四面体③.sp3杂化④.4NA⑤.异硫氰酸分子之间能形成氢键⑥.[Cu(Cl)4]2-⑦.Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O⑧.Cu+H2O2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O15、略

【分析】（1）

为放热反应，起始时通入的物质的量相同，则乙烯的平衡转化率越大，反应进行的限度越大，放出的热量也越多，故

（2）

由图中的B、C点分析，结合勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，故温度从变化到的过程为升高温度，正、逆反应速率均会加快，且该反应为放热反应，故逆反应速率加快的幅度大于正反应速率加快的幅度，即增大的倍数小于D项符合题意；

（3）

A点时，此时与的物质的量相等，即据图中信息列三段式：

容器体积为10L，反应时间为2min，故

（4）

由A；B、C点可知；A、C点对应的平衡常数相等，B、C点对应体系起始通入的反应物的物质的量相等，故将C点对应的体系列三段式：

则解得结合图中A、B、C点的信息，可计算出，A、B、C点对应的体系中气体的总物质的量分别为2.4mol、2.2mol、2.3mol，依据判断，A、C点对应的温度相同，气体的物质的量越大，容器的压强越大，即将数据代入公式得到因为所以即【解析】(1)放出

(2)<D

(3)

(4)1.8五、元素或物质推断题(共4题，共20分)16、略

【分析】【详解】

周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序数依次增大，A的基态原子的L层电子是K层电子的两倍，则A为碳元素；B的价电子层中的未成对电子有3个，则B为氮元素；C与B同族，则C为磷元素；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸，则D为氯元素。

（1）C为P元素，原子核外有15个电子，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3；D为Cl元素，最高价含氧酸为HClO4，比其低两价的含氧酸是HClO3；高氯酸中非羟基氧原子为3个，氯酸中为2个(或高氯酸中Cl元素为＋7价，吸引羟基氧原子的能力很强，而氯酸中Cl元素为＋5价对羟基氧原子吸引能力较弱)，所以高氯酸酸性比氯酸强。

（2）C、N、P与Cl形成两元共价化合物为CCl4、NCl3、PCl3，中心原子都为sp3杂化；杂化后得到的杂化轨道完全相同就是等性杂化，如甲烷中的sp3杂化，得到4个完全相同的sp3杂化轨道；杂化后得到的杂化轨道至少存在两个不同的，就是非等性杂化，如氨分子中N原子、PCl3中的P原子，虽是sp3杂化；杂化后的杂化轨道不完全相同，所以属于不等性杂化；以上不等性杂化的化合物价层电子对立体构型为四面体形，分子立体构型为三角锥形。

（3）因为孤电子对对成键电子对的排斥力较大；所以不等性杂化化合物成键轨道的夹角小于等性杂化的化合物成键轨道间的夹角。

（4）根据晶胞结构，每个C原子与4个N原子以共价键相连，每个N原子与3个C原子以共价键相连，所以氮化碳的化学式为C3N4；从图3可以看出，一个C3N4晶胞包括6个C原子和8个N原子，则其晶体密度为ρ==3.59g•cm-3。【解析】①.1s22s22p63s23p3②.高氯酸中非羟基氧原子为3个，氯酸中为2个(或高氯酸中Cl元素为＋7价，吸引羟基氧原子的能力很强，而氯酸中Cl元素为＋5价对羟基氧原子吸引能力较弱)③.sp3杂化④.NCl3、PCl3⑤.四面体形⑥.三角锥形⑦.小于⑧.C3N4⑨.3.59g·cm－317、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