2025年苏科新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2025年苏科新版拓展型课程化学下册阶段测试试卷372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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、如图是用于干燥；收集并吸收多余气体的装置；下列方案正确的是（）

选项X收集气体YA碱石灰氯气氢氧化钠B碱石灰氯化氢氢氧化钠C氯化钙二氧化硫氢氧化钠D氯化钙一氧化氮氢氧化钠

A.AB.BC.CD.D2、实验室制备ClO2的装置如图，A装置用于制备SO2。已知：二氧化氯(ClO2)是易溶于水且不与水反应的黄绿色气体；沸点为11℃。下列说法不正确的是。

A.连接顺序为：a→g→h→b→c→e→f→dB.装置C中装的是饱和NaHSO3溶液C.装置D放冰水的目的是液化并回收ClO2，防止污染环境D.制备原理为SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO43、除去下列物质中的杂质(括号中为杂质)，采用的试剂和除杂方法正确的是。选项含杂质的物质试剂除杂方法AC2H2(H2S)溴水洗气B乙酸乙酯(乙酸)乙醇萃取C苯(苯酚)溴水过滤D乙醇(水)生石灰蒸馏

A.AB.BC.CD.D4、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.D5、某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液；振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：

。序号。

实验操作。

实验现象。

溶液不变红；试纸不变蓝。

溶液不变红；试纸褪色。

生成白色沉淀。

下列实验分析中，不正确的是A.①说明Cl2被完全消耗B.②中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HIC.③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42−D.实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化6、下列实验合理的是A.吸收氨气，并防止倒吸B.证明非金属性：Cl＞C＞SiC.制备并收集少量NO2气体D.制备少量氧气7、用下列实验装置进行相应实验；能达到实验目的是（）

A.用图1所示装置可收集NO气体B.用图2所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸C.用图3所示装置可实现反应：2H2OO2↑+2H2↑D.用图4所示装置可证明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3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7题，共14分)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、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“＜”)。13、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。14、向某密闭容器中充入等物质的量的气体M和N；一定条件下发生反应，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度；反应速率随时间的变化如图1、图2所示。

回答下列问题：

(1)该反应的化学方程式为_______，其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min时改变的条件是____，40min时改变的条件是____，请在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线_____。

(3)0~8min内，_______；50min后，M的转化率为_______(保留三位有效数字)。

(4)20min~30min内，反应平衡时的平衡常数K=_______。15、实验室模拟工业生产食品香精菠萝酯（）的简易流程如下：

有关物质的熔、沸点如表：。苯酚氯乙酸苯氧乙酸熔点/℃436299沸点/℃181.9189285

试回答下列问题：

（1）反应室I中反应的最佳温度是104℃，为较好地控制温度在102℃~106℃之间，加热时可选用___（选填字母）。

A．火炉直接加热B．水浴加热C．油浴加热。

（2）分离室I采取的操作名称是___。

（3）反应室I中发生反应的化学方程式是___。

（4）分离室II的操作为：①用NaHCO3溶液洗涤后分液；②有机层用水洗涤后分液；洗涤时不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液，其原因是___（用化学方程式表示）。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、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1题，共3分)18、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)。

评卷人得分五、计算题(共3题，共18分)19、(1)若t=25℃时，Kw=___________，若t=100℃时，Kw=1.0×10-12，则100℃时0.05mol•L-1Ba(OH)2溶液的pH=___________。

(2)已知25℃时，0.1L0.1mol•L-1的Na2A溶液的pH=11，用离子方程式表示其原因为___________。

(3)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH___________NaOH溶液的pH(填“＞”“=”或“＜”)。

(4)室温下，pH=2的H2SO4溶液、pH=12的NaOH溶液、pH=12的Na2CO3溶液，水电离出的c(H+)之比为___________。

(5)相同物质的量浓度的①NH4HSO4、②NH4HCO3、③NH4Cl三种溶液，pH值从大到小的顺序为___________(用数字标号填空，下同)；相同温度下，NH浓度相等的上述三种溶液，物质的量浓度从大到小的顺序为___________。

(6)含有Cr2O的废水毒性较大。某工厂酸性废水中含5.0×10-3mol•L-1的Cr2O可先向废水中加入绿矾(FeSO4·7H2O)；搅拌后撒入生石灰处理。

①写出加入绿矾的离子方程式___________。

②若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol•L-1，则残留的Cr3+的浓度_______________mol•L-1(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33)。20、制备氮化镁的装置示意图：

回答下列问题：

(1)填写下列仪器名称：的名称是_________。

(2)写出中和反应制备氮气的离子反应方程式__________。

(3)的作用是_____，是否可以把和的位置对调并说明理由_________。

(4)写出中发生反应的化学方程式___________。

(5)请用化学方法检验产物中是否含有未反应的镁，写出实验操作、现象、结论_________。21、某研究性学习小组类比镁在二氧化碳中的燃烧反应，认为钠和二氧化碳也可以发生反应，他们对钠在CO2气体中燃烧进行了下列实验：

（1）若用下图装置制备CO2，则发生装置中反应的离子方程式为_________。

（2）将制得的CO2净化、干燥后由a口缓缓通入下图装置，待装置中的空气排净后点燃酒精灯，观察到玻璃直管中的钠燃烧，火焰为黄色。待冷却后，管壁附有黑色颗粒和白色物质。

①能说明装置中空气已经排净的现象是_________。

②若未排尽空气就开始加热，则可能发生的化学反应方程式主要为_________。

（3）若钠着火，可以选用的灭火物质是_________。

A．水B．泡沫灭火剂C．干沙土D．二氧化碳。

（4）该小组同学对管壁的白色物质的成分进行讨论并提出假设：

Ⅰ．白色物质可能是Na2O；Ⅱ．白色物质可能是Na2CO3；Ⅲ．白色物质还可能是_________。

（5）为确定该白色物质的成分，该小组进行了如下实验：。实验步骤实验现象①取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加过量的CaCl2溶液出现白色沉淀②静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液无明显现象

①通过对上述实验的分析，你认为上述三个假设中，___成立（填序号）。

②由实验得出：钠在CO2中燃烧的化学方程式为_____；每生成1mol氧化产物，转移的电子数为____。

（6）在实验（2）中还可能产生另一种尾气，该气体为________；处理该尾气的方法为_____。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A.氯气能被碱石灰吸收；故不能用碱石灰干燥氯气，故错误；B.氨气可以用碱石灰干燥，氨气的密度比空气小，应用向下排气法收集，但图中为向上排气法收集，故错误。氨气极易溶于水，用干燥管进行氨气的吸收装置，可以防止倒吸。C.二氧化硫的密度比空气大，用向上排气法收集，二氧化硫和氯化钙不反应，能用氯化钙干燥，二氧化硫能与氢氧化钠反应，使用干燥管能防止倒吸，故正确；D.一氧化氮不能用排空气法收集，也不能用氢氧化钠吸收，故错误。故选C。

【点睛】

实验装置中表示，气体能用某种固体干燥剂干燥，用向上排气法收集，说明该气体的密度比空气大，且与空气不反应，能用某种溶液或水吸收。2、B【分析】【分析】

A装置制得的SO2先经过E装置平缓气流同时防止倒吸，后通入B装置与NaClO3和H2SO4的混合溶液反应制得ClO2，ClO2在冰水浴中降温液化收集；尾气用水吸收，防止污染环境。

【详解】

A．据分析，连接顺序为：a→g→h→b→c→e→f→d；A正确；

B．装置C的作用是吸收尾气，因ClO2易溶于水；装置C装水即可以，B错误；

C．ClO2沸点为11℃，装置D放冰水的目的是液化并回收ClO2；防止污染环境，C正确；

D．SO2通入B装置与NaClO3和H2SO4的混合溶液反应制得ClO2，制备原理为：SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；D正确；

故选B。3、D【分析】【详解】

A．溴水与乙炔会发生加成反应；A项错误；

B．乙醇与乙酸乙酯互溶；引入杂质，B项错误；

C．苯酚与溴水生成三溴苯酚；三溴苯酚溶于苯，C项错误；

D．水与生石灰反应生成氢氧化钙；低温不分解，可以蒸馏法得到乙醇，D项正确；

故选D。4、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。5、C【分析】【详解】

A.①加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则Cl2被完全消耗，选项A正确；B.当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI，②中试纸褪色，选项B正确；C.硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−，选项C不正确；D.实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化；故加热后溶液不恢复红色，选项正确。答案选C。

点睛：本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−。6、A【分析】【分析】

A．氨气不溶于四氯化碳；

B．比较非金属性；应用最高价氧化物对应的水化物；

C．二氧化氮不能用排水法收集；

D．反应剧烈不能用简易气体发生装置制备。

【详解】

A．氨气不溶于四氯化碳；氨气与水不直接接触，可防止倒吸，B正确；

B．比较非金属性；应用最高价氧化物对应的水化物，且盐酸易挥发不能排除HCl的影响，B错误；

C．二氧化氮易溶于水；且与水反应不能用排水法收集，C错误；

D．过氧化钠与水反应剧烈；不能用简易气体发生装置制备，D错误；

正确答案为A。7、D【分析】【分析】

【详解】

A.图1中NO气体极易被空气中的氧气氧化，其密度小于CO2的密度，应该短管进入，长管排出CO2；故A不能实现；

B.图2中苯密度比水小；漂在上层不能起到防止倒吸的作用，故B不能实现；

C.图3中Cu做阳极失电子溶解，变成Gu2+，Gu2+进入溶液；石墨电极是阴极，H+得电子析出H2，溶液中生成Cu(OH)2，不能实现2H2OO2↑+2H2↑；故C错误；

D.用图4所示装置中硫酸不挥发，可与碳酸钠反应放出二氧化碳气体，可证明酸性：H2SO4＞H2CO3，生成的二氧化碳可与硅酸钠溶液反应生成H2SiO3，可证明H2CO3＞H2SiO3，所以图4装置可以证明：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3；故D正确；

故答案：D。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7题，共14分)11、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）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)>13、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)d24.914、略

【分析】【详解】

（1）依据图1中各物质的浓度变化量可得到0-20min，M、N浓度减少量为1.5mol/L，P浓度增加量为3mol/L，则反应的化学方程式为由图1可知，40min时平衡发生了移动，而P、M、N的浓度没有改变，且改变压强和使用催化剂平衡不移动，则改变的条件是温度，30min时P、M、N浓度均减小则改变的条件为扩大容器体积，压强减小，反应速率减小，由图2可知40min时速率增大，则40min时改变的条件是升高温度，而生成物P的浓度在减小，依据勒夏特列原理可判断该反应的

（2）由(1)分析可知，30min时改变的条件是扩大容器的体积；40min时改变的条件是升高温度；在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线为

（3）8min时，M、N、P的物质的量浓度相等，设

则解得x=2，故8min时，0~8min内；

50min后；M；N、P的物质的量浓度相等，故M的转化率为33.3%；

（4）由图1可知，20min~30min内，为平衡状态，M、N的平衡浓度为1.5mol/L，P的平衡浓度为3mol/L，则反应平衡时的平衡常数K=【解析】(1)<

(2)扩大容器的体积升高温度

(3)33.3%

(4)415、略

【分析】【分析】

用苯氧乙酸和丙烯醇发生酯化反应制得菠萝酯，苯氧乙酸用苯酚和氯乙酸反应制得，考虑到它们溶沸点的差异，最好选择温度让苯酚，氯乙酸，苯氧乙酸都成为液体，反应室I中反应的最佳温度是104℃，水浴加热温度太低，苯氧乙酸沸点99摄氏度，水浴温度会使它凝固，不利于分离，火炉直接加热，会使苯酚，氯乙酸，苯氧乙酸全都生成气体，不利于反应，故选择油浴。生成的菠萝酯属于酯类，在碱性条件下会发生水解，所以不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液。

【详解】

(1)火炉直接加热温度比较高；会让苯酚和氯乙酸变成蒸汽，不利于它们之间的反应，还会使苯氧，故温度不能太高，水浴加热温度较低，不能让氯乙酸和苯酚熔化，故温度也不能太低，可以使所有物质都成液体，为较好地控制温度在102℃~106℃之间，加热时可选用油浴加热；

答案为：C；

(2)分离室I是将反应不充分的原料再重复使用；为了增加原料的利用率，要把苯酚和氯乙酸加入反应室1，操作名称为蒸馏；

答案为：蒸馏；

(3)反应室1为苯酚和氯乙酸发生取代反应，制得苯氧乙酸，+HCl；

答案为：+HCl；

(4)分离室II发生的反应是苯氧乙酸和丙烯醇发生酯化反应，制取菠萝酯，由于酯在NaHCO3溶液中的溶解度较小，可以析出，随后分液即可，如用NaOH会使酯发生水解，故不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液，化学方程式为+NaOH+HOCH2CH=CH2

答案为+NaOH+HOCH2CH=CH2。【解析】C蒸馏+HCl+NaOH+HOCH2CH=CH216、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)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1题，共3分)18、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－3五、计算题(共3题，共18分)19、略

【分析】【详解】

(1)水是弱电解质，存在电离平衡：H2OH++OH-，在室温25℃时，Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14；

若t=100℃时，Kw=1.0×10-12，100℃时0.05mol•L-1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.05mol/L×2=0.10mol/L，则该温度下c(H+)==10-11mol/L；故该溶液的pH=11；

(2)25℃时，0.1L0.1mol•L-1的Na2A溶液的pH=11，溶液显碱性，是由于该盐是强碱弱酸盐，在溶液中A2-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，用离子方程式表示为A2-+H2O⇌HA-+OH-；

(3)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度，由于CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液显碱性，升高温度，盐水解程度增大，溶液的碱性增强，所以CH3COONa溶液的pH增大，而NaOH溶液的pH变化比较小，所以分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH＞NaOH溶液的pH；

(4)室温下，pH=2的H2SO4溶液中水电离产生的H+的浓度c(H+)=10-12mol/L；

pH=12的NaOH溶液溶液中水电离产生的H+的浓度c(H+)=10-12mol/L；

pH=12的Na2CO3溶液，水电离出的c(H+)=10-2mol/L，故三种溶液中水电离产生的c(H+)之比为10-12：10-12：10-2=1：1：1010；

(5)①NH4HSO4是强酸的酸式盐，电离产生H+使溶液显酸性；②NH4HCO3水解使溶液显碱性；③NH4Cl水解使溶液显酸性，碱性溶液的pH大于酸性溶液的pH，电离产生的H+浓度大于盐水解的酸性；所以三种溶液pH从大到小的顺序为：②＞③＞①；

三种溶液中都存在NH的水解作用，①NH4HSO4电离产生H+会抑制NH的水解作用，使c(NH)增大；②NH4HCO3溶液中水解会促进NH的水解作用，使溶液中c(NH)减小，故相同温度下，NH浓度相等的上述三种溶液；物质的量浓度从大到小的顺序为：②＞③＞①；

(6)①在酸性条件下，Cr2O将Fe2+氧化为Fe3+，Cr2O被还原为Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式：Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；

②若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol•L-1，则由Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，可知c3(OH-)=结合Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33，可知此时溶液中c(Cr3+)==6.0×10-8mol/L。【解析】1.0×10-1411A2-+H2O⇌HA-+OH-＞1：1：1010②＞③＞①②