2025年冀教新版拓展型课程化学下册月考试卷含答案

…………○…………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2025年冀教新版拓展型课程化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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7题，共14分)1、气体A、B分别为0.6mol和0.5mol，在0.4L密闭容器中发生反应：3A＋BaC＋2D，经5min后，此时气体C为0.2mol；又知在此反应时间内，D的平均反应速率为0.1mol/(L·min)，下面的结论正确的是A.此时，反应混合物总物质的量为1molB.B的转化率20%C.A的平均反应速率为0.1mol/(L·min)D.a值为32、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)3、用如图所示装置及药品进行实验，能达到对应实验目的的是。

A.图1：除去CO2气体中混有的HClB.图2：制备并收集SO2C.图3：加热熔融的纯碱固体D.图4：用海水制取蒸馏水4、以下几种气体可用如图所示装置干燥；收集的是。

①H2②O2③CO2④SO2⑤CH4⑥NH3

A.①③④B.②⑤⑥C.②③④D.①⑤⑥5、下列有关实验设计或操作；观察或记录、结论或解释都正确的是。

。选项。

实验设计或操作。

观察或记录。

结论或解释。

A.

将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中。

产生红棕色气体。

硝酸的还原产物是NO2

B.

某粉末用酒精润湿后；用铂丝蘸取做焰色反应。

火焰呈黄色。

该粉末一定不含钾盐。

C.

将Na2O2裹入棉花中，放入充满CO2的集气瓶中。

棉花燃烧。

Na2O2与CO2的反应为放热反应。

D.

将过量的CO2通入CaCl2溶液中。

无白色沉淀出现。

生成的Ca(HCO3)2可溶于水。

A.AB.BC.CD.DA.B.BC.C6、将液体Y滴加到盛有固体X的试管中，并在试管口对生成的气体进行检验。下表中固体X、液体Y及检测方法对应关系错误的是()。选项固体X液体Y检测方法ACaO浓氨水蘸有浓盐酸的玻璃棒BCu浓硫酸干燥的红色石蕊试纸CNa2O2水带火星的木条DNa2CO3稀硫酸滴有澄清石灰水的玻璃片

A.AB.BC.CD.D7、将体积均为5mL的甲；乙、丙三种液体依次沿试管壁缓缓滴入试管中(勿振荡)；出现如图所示的实验现象，则甲、乙、丙的组合可能是()

。选项ABCD甲1,2­二溴乙烷溴苯水乙醇乙水液溴大豆油乙酸丙苯乙醇溴水乙酸乙酯A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共3题，共6分)8、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9、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.D10、“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9题，共18分)11、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。12、油气开采；石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢；需要回收处理并加以利用。

H2S热分解反应：2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。

(1)n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率___________，理由是___________

(2)n(H2S)：n(Ar)=1：9对应图中曲线___________，计算其在0~0.1s之间，H2S分压的平均变化率为___________kPa·s-1。13、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________。14、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_______；15、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）16、如图所示的初中化学中的一些重要实验；请回答下列问题：

（1）图A称量NaCl的实际质量是___。

（2）图B反应的实验现象是__。

（3）图C反应的表达式为__。

（4）图D实验目的是__。17、连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是白色砂状或淡黄色粉末状固体，易溶于水、不溶于醇，该物质具有强还原性，在空气中易被氧化为NaHSO4，75℃以上会分解产生SO2。是重要的有机合成原料和漂白剂。

制取Na2S2O4常用甲酸钠法：控制温度60～70℃，在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中，边搅拌边滴加Na2CO3甲醇溶液，同时通入SO2，即可生成Na2S2O4。反应原理如下：2HCOONa＋4SO2＋Na2CO3＝2Na2S2O4＋H2O＋3CO2

（1）如图，要制备并收集干燥纯净的SO2气体，接口连接的顺序为：a接__，__接__，__接__。制备SO2的化学方程式为___。

（2）实验室用图装置制备Na2S2O4。

①Na2S2O4中硫元素的化合价为___。

②仪器A的名称是___。

③水浴加热前要通一段时间N2，目的是___。

④为得到较纯的连二亚硫酸钠，需要对在过滤时得到的连二亚硫酸钠进行洗涤，洗涤的方法是___。

⑤若实验中所用Na2SO3的质量为6.3g，充分反应后，最终得到mg纯净的连二亚硫酸钠，则连二亚硫酸钠的产率为___(用含m的代数式表示)。18、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_______________________________________________；19、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蒸馏水评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共28分)20、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)。

21、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．NaOH22、物质A由4种元素组成；按如下流程进行实验。

已知：

①每一步反应均完全②溶液D仅含一种溶质。

③沉淀E不溶于酸④溶于

请回答：

(1)物质A的组成元素为_______(元素符号)，其化学式为_______。

(2)写出A与双氧水反应的化学方程式_______。

(3)写出F至G的离子方程式_______。

(4)设计实验检验溶液D中的主要离子_______。23、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_________。评卷人得分五、实验题(共2题，共6分)24、为了将混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体提纯，并制得纯净的KNO3溶液，某同学设计如下实验方案：

（1）操作①为______。

（2）操作②~④加入的试剂可以为____________。

（3）如何判断SO42-已除尽，简述实验操作____________。

（4）该同学设计的实验方案______（填“合理”或“不合理”），理由是____________。25、有一含Na2CO3·xH2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定Na2CO3··xH2O中x的数值。

（1）实验步骤：

①按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后；检查装置的气密性。

②称取样品；并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和盛装碱石灰的U形管的质量。

③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入氮气数分钟，其目的是_________________________。

④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯，加热至不再产生气体。加热时NaHCO3发生反应的化学方程式为___________________________________。

⑤打开活塞K1；缓缓鼓入氮气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。

（2）关于该实验方案；请回答下列问题。

①装置E的名称是_________，E中盛放的试剂也是碱石灰，其作用是_______________________________。

②若样品质量为29.3g，反应后C、D装置增加的质量分别为9g、4.4g，则Na2CO3·xH2O中x为___________。评卷人得分六、结构与性质(共1题，共10分)26、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_______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A．在此反应时间内，D的平均反应速率为0.1mol/(L·min)，则反应产生D物质的物质的量为n(D)=0.1mol/(L·min)×5min×0.4L=0.2mol，根据物质反应转化关系可知：每反应产生2molD，同时会消耗3molA和1molB，则反应产生0.2mol的D，消耗A是0.3mol，消耗B是0.1mol，因此5min后，反应混合物总物质的量n(总)=(0.6-0.3)mol+(0.5-0.1)mol+0.2mol+0.2mol=1.1mol；A错误；

B．根据选项A分析可知在5min内消耗B的物质的量是0.1mol，则B的转化率为：×100%=20%；B正确；

C．根据选项A分析可知在5min内消耗A的物质的量是0.3mol，则用A表示的平均反应速率v(A)==0.15mol/(L•min)；C错误；

D．由以上分析可知：在5min内产生C；D的物质的量相等；则C、D的化学计量数相等，故a=2，D错误；

故合理选项是B。2、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。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．能与溶液反应而损耗，应该用饱和溶液；选项A错误；

B．Cu不能与稀硫酸反应产生选项B错误；

C．瓷甘埚中含有高温加热纯碱时发生反应：瓷坩埚被腐蚀，选项C错误；

D．海水中含有杂质；可采用蒸馏法使海水淡化，选项D正确。

答案选D。4、D【分析】【分析】

由图示可知气体用碱石灰来干燥；说明气体是显中性或碱性，不能是酸性气体；由收集方法是向下排空气方法说明该气体密度比空气小。

【详解】

①H2密度比空气小；且属于中性气体，①符合要求；

②O2密度比空气大；且属于中性气体，①不符合要求；

③CO2密度比空气大；且属于酸性气体，③不符合要求；

④SO2密度比空气大；且属于酸性气体，④不符合要求；

⑤CH4密度比空气小；且属于中性气体，⑤符合要求；

⑥NH3密度比空气小；属于碱性气体，⑥符合题意；

综上所述可知：符合要求的物质序号是①⑤⑥；故合理选项是D。

【点睛】

碱性干燥剂只能用来干燥中性气体或碱性气体；酸性干燥剂只能用来干燥酸性或中性气体；中性干燥剂理论上可以干燥酸性、碱性、中性气体，但碱性气体NH3不能使用中性干燥剂无水CaCl2干燥；H2S属于酸性气体，同时具有还原性，不能使用酸性干燥剂浓硫酸来干燥；用排空气法收集气体时，主要考虑气体的密度与空气的相对大小，密度比空气小的使用向下排气法，密度比空气大的使用向上排空气方法。5、C【分析】A．稀硝酸的还原产物是一氧化氮，一氧化氮易与氧气反应生成二氧化氮，选项A错误；B．火焰呈黄色，说明是含钠元素的物质，不能确定是否含有钾元素，选项B错误；C、将Na2O2裹入棉花中，放入充满CO2的集气瓶中，Na2O2与CO2的反应为放热反应，温度升高，达到棉花的着火点，且有大量氧气，棉花燃烧，选项C正确；D、弱酸不能制强酸，所以CO2不与强酸盐反应，所以无沉淀，选项D错误。答案选C。6、B【分析】【详解】

A项；浓氨水滴加到生石灰上产生氨气，可以用蘸有浓盐酸的玻璃棒来检验氨气，正确；

B项；铜和浓硫酸反应需加热，产生的二氧化硫气体遇石蕊溶液变红色或使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，错误；

C项；过氧化钠和水反应生成氧气和氢氧化钠，氧气能使带火星的木条复燃，正确；

D项；碳酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠；水和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，在滴有澄清石灰水的玻璃片上有浑浊现象，正确；

故选B。7、A【分析】【分析】

由题意可知三种液体满足的条件是甲与乙互不相溶且乙的密度小于甲；乙与丙互不相溶且丙的密度小于乙。

【详解】

由图可知；甲；乙、丙的密度中，丙的密度最小，甲的密度最大；甲与乙不相溶，乙与丙不相溶。

A；苯的密度最小；1,2—二溴乙烷的密度最大，苯与水不相溶，水与1,2—二溴乙烷不相溶，选项A正确；

B；三种物质互溶；选项B错误；

C；三种物质中；乙的密度最小，所以最上层是乙，选项C错误；

D；三种物质互溶；选项D错误；

答案选A。二、多选题(共3题，共6分)8、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。9、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。10、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9题，共18分)11、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.bd⑦.212、略

【分析】【分析】

2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，该反应正方向为体积增大的反应，降低压强，平衡会向正反应方向移动；则对于n(H2S)：n(Ar)为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气在图中对应的曲线分别是a、b；c、d、e。

【详解】

（1）由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；

（2）n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S)：n(Ar)=1：9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S)：n(Ar)=1：9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24；假设在该条件下；硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知：

此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。【解析】(1)越高n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高。

(2)d24.913、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∶214、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%15、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16、略

【分析】【分析】

（1）托盘天平的平衡原理：称量物质量=砝码质量+游码质量；

（2）镁在空气中剧烈燃烧；放出大量的热，发出耀眼的白光，生成白色固体氧化镁；

（3）图C表示铜和氧气在加热条件下生成黑色氧化铜；

（4）图D表示加压气体体积缩小；

【详解】

（1）称量物质量=砝码质量+游码质量；15=NaCl质量+3，NaCl的实际质量是15g-3g=12g；

（2）镁在空气中燃烧的现象是：放出大量的热；发出耀眼的白光，生成白色固体；

（3）图C的表达式为：铜+氧气氧化铜；

（4）图D表示加压气体体积缩小，实验目的是验证分子之间的存在间隙；【解析】12g放出大量的热，发出耀眼的白光，生成白色固体铜+氧气氧化铜验证分子之间的存在间隙17、略

【分析】【详解】

（1）亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫,反应的方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O，生成的二氧化硫含有水蒸气，可用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，且用碱石灰吸收尾气，避免污染环境，则连接顺序为a接b；c接f，g接d；

（2）①Na2S2O4中硫元素的化合价为+3；

②由装置可知；仪器A的名称为恒压滴液漏斗；

③实验时应避免Na2S2O4和HCOONa被氧化，可应先通入二氧化硫，排净系统中的空气，防止加热时Na2S2O4和HCOONa被氧化，也可通一段时间N2；排净系统中的空气；

④洗涤连二亚硫酸钠时应与空气隔离；洗涤剂可用甲醇或乙醇，洗涤过程为：在无氧环境中，向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体，待甲醇顺利流下，重复2-3次；

⑤设连二亚硫酸钠理论产率为x；根据硫原子守恒：

2Na2SO3～Na2S2O4

252174

6.3gx

则解得x=4.35g，产率为：【解析】bcfgdNa2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O+3恒压滴液漏斗排净系统中的空气向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体，待甲醇顺利流下，重复2-3次18、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-19、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＞③6.0×10-10四、元素或物质推断题(共4题，共28分)20、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－321、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)BC22、略

【分析】【分析】

①由18.64g白色沉淀E及单一溶质D推得含有n(K2SO4)=0.08mol，则物质A中含有n(K＋)=0.02mol，n(S)=0.08mol，②由黄色沉淀H及加入的0.18molKI推得物质A中含有n(I)=0.02mol，由①②推出含有n(O)=0.16mol，所以化学式为KI(SO2)4或KIS4O8。

【详解】

（1）根据前面分析得到物质A的组成元素为K、S、I、O，其化学式为KI(SO2)4或KIS4O8；故答案为：K、S、I、O；KI(SO2)4或KIS4O8。

（2）A与双氧水反应的化学方程式2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2SO4＋7H2SO4＋2H2O或2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋2KHSO4＋6H2SO4＋2H2O；故答案为：2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2SO4＋7H2SO4＋2H2O或2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋2KHSO4＋6H2SO4＋2H2O。

（3）F至G是亚硫酸根和I发生氧化还原反应，将I变为碘离子，其反应的离子方程式SO＋I＋H2O=3I－＋2H＋＋SO故答案为：SO＋I＋H2O=3I－＋2H＋＋SO

（4）D是硫酸钾，主要验证钾离子和硫酸根离子，钾离子应从焰色试验进行验证，硫酸根主要通过加入氯化钡来进行验证，则实验检验溶液D中的主要离子方法是取少量溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃若看到紫色则含有K＋；另取少量溶液先加盐酸无沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀则含有SO故答案为：取少量溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃若看到紫色则含有K＋；另取少量溶液先加盐酸无沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀则含有SO【解析】(1)K、S、I、OKI(SO2)4或KIS4O8

(2)2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2SO4＋7H2SO4＋2H2O或2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋2KHSO4＋6H2SO4＋2H2O

(3)SO＋I＋H2O=3I－＋2H＋＋SO

(4)取少量溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃若看到紫色则含有K＋；另取少量溶液先加盐酸无沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀则含有SO23、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。五、实验题(共2题，共6分)24、略

【分析】【分析】

由流程可知，混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体溶解，配制成溶液，先加氢氧化钾溶液，除去镁离子，生成C含有氢氧化镁沉淀，再加硝酸钡溶液，除去硫酸根，生成硫酸钡沉淀，再加碳酸钾，除去多余的钡离子，过滤除去沉淀得到滤液，在滤液中加入硝酸，除去多余的碳酸钾和氢氧化钾，硝酸易挥发，加热煮沸，制得纯净的KNO3溶液（E），加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl-；以此解答该题。

【详解】

(1)由流程可知；操作①为(加水)溶解，配制成溶液，故答案为加水溶解；

(2)先加硝酸钡；除去硫酸根，再加氢氧化