2025年苏人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年苏人新版拓展型课程化学下册阶段测试试卷272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8题，共16分)1、2023年4月20日，SpaceX的巨无霸航天器“星舰”在美国得克萨斯州的星基地进行了试飞。下列关于“星舰”说法不正确的是A.“星舰”采用不锈钢外壳，不锈钢密度比铝合金大B.“星舰”舰体外的烧蚀层可采用耐高温材料C.“星舰”及助推器都实现了重复使用，从而大大降低发射成本D.“星舰”采用的猛禽发动机以液氧和甲烷为燃料，比使用与偏二甲肼为燃料环保2、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、实验室里可按如图装置来干燥；收集气体R；多余的气体R可用水吸收，则R是。

A.HClB.N2C.COD.NH34、某学习小组设计实验制备供氧剂氢化钙(CaH2)；实验装置如下图所示。

已知:①钙能与H2O、HCl、O2等反应;②氢化钙遇水剧烈反应。下列说法正确的是A.相同条件下，粗锌(含少量铜)比纯锌反应速率慢B.酸R为浓盐酸，装置b中盛装浓硫酸C.实验时先点燃酒精灯，后打开活塞KD.装置d的作用是防止水蒸气进入硬质玻璃管5、氧化铅(PbO)是黄色固体。实验室用草酸在浓硫酸作用下分解制备CO,其原理为:H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O。某课题组同学设计实验探究CO还原氧化铅并检验氧化产物（已知CO能使银氨溶液产生黑色沉淀）的装置如图所示。下列说法正确的是。

A.实验时，先点燃装置①处酒精灯，当装置⑤中产生连续气泡且有明显现象后再点燃装置③处酒精灯B.实验完毕时，先熄灭装置①处酒精灯，再熄灭装置③处酒精灯C.装置②④⑤中的试剂依次为碱石灰、银氨溶液、澄清石灰水D.尾气处理可选用点燃、气袋收集、NaOH溶液吸收等方法6、下列实验能达到实验目的的是（）

A.AB.BC.CD.D7、为确定HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱；某同学设计了如图所示的装置，下列有关叙述正确的是()

A.HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性依次增强B.A中锥形瓶中生成CO2气体C.B中装饱和Na2CO3溶液，用于除去A中挥发出的HCl气体D.C中装Na2SiO3溶液，预期现象是先出现白色沉淀后又逐渐溶解8、如图是模拟侯氏制碱法的部分装置。下列操作正确的是

A.b通入然后a通入c中放碱石灰B.a通入然后b通入广口瓶中析出C.a通入然后b通入c中放蘸稀硫酸的脱脂棉D.b通入然后a通入c中放蘸NaOH溶液的脱脂棉评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、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=_______。10、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。11、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=_______。12、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）。13、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)。评卷人得分三、原理综合题(共5题，共10分)14、醋酸乙烯(CH3COOCH=CH2)是一种重要的有机化工原料，以二甲醚(CH3OCH3)与合成气(CO、H2)为原料,醋酸锂；碘甲烷等为催化剂；在高压反应釜中一步合成醋酸乙烯及醋酸。回答下列问题:

(1)常温下,将浓度均为amol/L的醋酸锂溶液和醋酸溶液等体积混合，测得混合液的pH=b，则混合液中c(CH3COO-)=______mol/L(列出计算式即可)。

(2)合成二甲醚:Ⅰ.2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)ΔH1=-91.8kJ/mol;

Ⅱ.2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2=-23.5kJ/mol;

Ⅲ.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH3=-41.3kJ/mol.

已知:H-H的键能为436kJ/mol，C=O的键能为803kJ/mol，H-O的键能为464kJ/mol，则C≡O的键能为_____kJ/mol.

(3)二甲醚(DME)与合成气一步法合成醋酸乙烯(VAC)的反应方程式为2CH3OCH3(g)+4CO(g)+H2(g)CH3COOCH=CH2(g)+2CH3COOH(g)，T℃时,向2L恒容密闭反应釜中加入0.2molCH3OCH3、0.4molCO、0.1molH2发生上述反应,10min达到化学平衡；测得VAC的物质的量分数为10%。

①0~10min内,用CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)=______;该温度下,该反应的平衡常数K=__________。

②下列能说明该反应达到平衡状态的是______(填选项字母)。

A、V正(DME)=v逆(H2)≠0B；混合气体的密度不再变化。

C、混合气体的平均相对分子质量不再变化D；c(CO):c(VAC)=4:1

③如图是反应温度对二甲醚(DME)的转化率和醋酸乙烯(VAC)选择性(醋酸乙烯的选择性Svac=)的影响，该反应的ΔH______0(填“>”“<”或“=”);控制的最佳温度是___________.

④保持温度不变,向反应釜中通入氩气增大压强,则化学平衡______(填“向正反应方向”“向逆反应方向"或“不”)移动。

15、利用空气氧化NO；成本低廉，很具有研究价值。回答下列问题：

(1)NO氧化反应机理可能涉及如下过程：

Ⅰ．(快反应)

Ⅱ．(慢反应)

Ⅲ．(快反应)

上述反应_______(填序号)决定NO的氧化反应速率；已知则反应的_______(用a、b、c的代数式表示，a、b；c均为正值)。

(2)已知反应Ⅰ：v正=k1·c2(NO)，v逆=k2·c[(NO)2]，k1、k2为速率常数，仅受温度影响。下列叙述错误的是_______(填字母)。

A．反应Ⅰ达到平衡状态，可推知

B．反应Ⅱ的活化能低于反应Ⅰ的活化能。

C．增大NO的浓度，增大；升高温度，增大。

(3)一定条件下，将和按物质的量之比2：1充入反应容器，发生反应：其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(P1、P2)下随温度变化的曲线如图所示。

①_______(填“＞”“＜”或“＝”)

②400℃、条件下，O2的平衡转化率为_______%。

③700℃、p2条件下，该反应的平衡常数Kp=_______(以分压表示；分压=总压×物质的量分数)。

(4)恒容条件下，为提高NO转化为NO2的平衡转化率可采取的措施为_______(任写一种)。16、人们利用焦炭制取水煤气的工艺已广泛用于工业生产中。

I．以焦炭制备水煤气。

已知：①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+130.0kJ/mol

②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+40.0kJ/mol

(1)在工业上，反应①是煤的综合利用的一种途径，其名称是______。焦炭与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为_______________。

II．焦炭废气的再利用。

500℃时，在密闭容器中将焦炭废气中的CO2转化为二甲醚；其相关反应为：

主反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)

副反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+2H2O(g)

(2)测得不同时间段部分物质的浓度如下表：。时间(min)

浓度(mol·L-1)010203040H21.000.680.400.300.30CH3OCH300.050.080.100.10

①10〜20min内，CH3OCH3的平均反应速率v(CH3OCH3)=__________。

②在上述特定条件下，已知主反应的速率方程为v=(k为速率常数，a、b、m均大于0)，下列措施一定能提高主反应的反应速率的是______(填字母序号)。

A．适当温度B．分离出二甲醚C．恒压减小D．恒容下增大c(CO2)

③提高CH3OCH3产率的关键的因素是选用合适的催化剂。若起始时CO2和H2的浓度比为1：3，根据以上数据计算，上述主反应的平衡常数的计算表达式K=______。

(3)对该反应实验研究得出：在相同温度下，CO2的转化率等物理量随催化剂的组成比的变化关系如图所示。若温度不变，催化剂中约是______时最有利于二甲瞇的合成，此时，若增大反应投料比平衡常数K将____(填“增大”、“减小”或“不变”)17、以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO4·7H2O的过程如图所示：

硼镁泥的主要成分如下表：。MgOSiO2FeO、Fe2O3CaOAl2O3B2O330%~40%20%~25%5%~15%2%~3%1%~2%1%~2%

回答下列问题：

（1）“酸解”时应该加入的酸是_______，“滤渣1”中主要含有_________（写化学式）。

（2）“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是________、_______。

（3）判断“除杂”基本完成的检验方法是____________。

（4）分离滤渣3应趁热过滤的原因是___________。18、某校课外活动小组为了探讨铜与硝酸的反应设计了如下实验。

（1）甲同学欲探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO；设计装置如图所示（加热装置和固定装置均已略去）。图中K为止水夹（处于关闭状态），F是含有一半空气的注射器。

请回答有关问题：

①装置A中进行反应时打开止水夹K，当装置C中_________时，关闭止水夹K，试分析这样操作的目的是________，A中反应的离子方程式为______________。

②在完成①中的“操作”后，将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是__________________，B中反应的离子方程式为____________________。

③为进一步证明产物是NO，将注射器F中的空气推入E中，看到的现象是_________________。

④装置G的作用是_____________________。

（2）同学们发现铜与稀；浓硝酸反应所得溶液的颜色不同；并记录如下：

。将1g细铜丝放入盛有10mL的1mol·L-1HNO3溶液的试管中加热。

铜丝表面有无色气体逸出；溶液变为天蓝色。

将1g细铜丝放入盛有10mL的14mol·L-1HNO3溶液的试管中。

产生大量红棕色气体；溶液变为绿色，绿色由深到浅，未见到蓝色。

有同学认为是铜与浓硝酸反应的溶液中溶解了生成的气体，也有同学认为是溶液中剩余硝酸浓度较大所致，同学们分别设计了以下4个实验来判断该看法是否正确，以下方案中可行的是（选填序号字母）____________。

a.向上述绿色溶液中通入氮气；观察颜色变化。

b.加水稀释上述绿色溶液；观察颜色变化。

c.向饱和的硝酸铜溶液中不断滴加14mol·L-1HNO3溶液。

d.向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化评卷人得分四、结构与性质(共3题，共27分)19、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)。

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、开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。

(1)化合物A(H3BNH3)是一种潜在的储氢材料，可由六元环状物质(HB=NH)3通过如下反应制得：3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6H3BNH3。请回答：

①H3BNH3中是否存在配位键_______(填“是”或“否”)，B、C、N、O第一电离能由大到小的顺序为_______，CH4、H2O、CO2三分子按照键角由大到小的顺序排列为_______。

②与(HB=NH)3互为等电子体的分子为_______(填分子式)。

③人工可以合成硼的一系列氢化物，其物理性质与烷烃相似，故称之为硼烷。工业上可采用LiAlH4和BCl3在一定条件下制备乙硼烷B2H6，该反应的化学方程式为_______。

④在硼酸盐中，阴离子有链状、环状、骨架状等多种结构形式。图a为一种无限长链状结构的多硼酸根，其化学式为_______，图b为硼砂晶体中阴离子，其中硼原子采取的杂化方式为_______。

(2)一种铜合金具有储氢功能。

①Cu2+的价层电子排布式为_______。

②铜及其它许多金属及其化合物都可以发生焰色反应，其原因是_______。

③铜的单质中按ABCABC⋯方式堆积，设铜原子半径为apm，则该晶体的密度为_______g/cm3(阿伏伽德罗常数值为NA)评卷人得分五、元素或物质推断题(共3题，共27分)22、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)。

23、W；X、Y、Z、N、M六种主族元素；它们在周期表中位置如图所示，请用对应的的化学用语回答下列问题：

(1)N元素在周期表中的位置___________，根据周期表，推测N原子序数为___________

(2)比较Y、Z、W三种元素形成简单离子的半径由大到小的顺序___________

(3)M最高价氧化物的水化物在水中的电离方程式：___________

(4)以下说法正确的是___________

A．单质的还原性：X＞Y，可以用X与YM2溶液发生反应来证明。

B．Y与同周期的ⅢA元素的原子序数相差1

C．半导体器件的研制开始于硅；研发出太阳能光伏电池，将辐射转变为电能，如我校的路灯。

D．元素N位于金属与非金属的分界线附近，可以推断N元素的单质具有两性24、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_______。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【详解】

A．不锈钢是密度比铝合金大的铁合金；故A正确；

B．烧蚀层应采用熔沸点低易挥发的物质；不能采用耐高温材料，故B错误；

C．航天器和助推器的重复使用可以大大降低发射成本；有利于提高航天器的商业化利润，故C正确；

D．与发动机以有毒的二氧化氮与偏二甲肼为燃料相比；使用液氧和甲烷为燃料对环境污染相对比较小，更环保，故D正确；

故选B。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项；HCl的密度大于空气密度，用瓶收集时应“长进短出”，图中装置为“短进长出”，故不选A项；

B项，N2的密度略小于空气密度；不能用排空气法进行收集，且氮气没有毒，不用收集多余的氮气，故不选B项；

C项；CO密度与空气密度相近，不宜用排空气法收集，且在水中溶解度很小，与水也不反应，不能用水收集多余CO，故不选C项；

D项，NH3属于碱性气体，可用碱石灰干燥，密度比空气小，用瓶收集时“短进长出”，且在水中溶解度很大，则可用水吸收多余的NH3；故选D项；

综上所述，本题选D。4、D【分析】锌、铜和盐酸构成原电池，反应速率比纯锌与盐酸反应速率快，A错误；酸R为浓盐酸，与锌反应生成氢气中含有氯化氢、水蒸气，因此装置b中盛装浓硫酸，只能吸收水蒸气，不能除去氯化氢，导致钙与氯化氢反应生成氯化钙，影响实验，B错误；由于钙能够与氧气反应，所以先产生氢气，排净装置内的空气，然后再点燃酒精灯，才能保证氢气与钙反应，C错误；由于氢化钙遇水剧烈反应，所以装置d的作用是防止水蒸气进入硬质玻璃管，影响实验，D正确；正确选项D。5、A【分析】先点燃装置①处酒精灯，当装置⑤中产生连续气泡且有明显现象后，说明装置中的空气已经排净，然后再点燃装置③处酒精灯，故A正确；实验完毕时，先熄灭装置③处酒精灯，再熄灭装置①处酒精灯，故B错误；装置②④⑤中的试剂依次为碱石灰、澄清石灰水、银氨溶液，故C错误；NaOH溶液不与CO反应，不能吸收CO，故D错误。6、D【分析】【详解】

A.常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应；铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极，不能说明铝比铜活泼，故A错误；

B.制备溴苯要苯和液溴反应；故B错误；

C.二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气；故无法提纯CO气体，故C错误；

D.Fe2+容易被空气中氧气氧化为Fe3+，Fe3+可以与SCN-反应生成红色物质Fe(SCN)3,故D正确；

故答案选:D。

【点睛】

常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极。7、B【分析】【分析】

A.盐酸为强酸，H2CO3和H2SiO3为弱酸；根据元素的非金属性判断酸性的强弱；

B.根据强酸制弱酸原理进行分析判断；

C.Na2CO3和HCl；二氧化碳均发生反应；

D.硅酸不溶于水。

【详解】

A.盐酸是强酸，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水合物酸性越强，非金属性C＞Si，因此酸性：H2CO3＞H2SiO3，所以HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性依次减弱；A项错误；

B.要确定HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱；采用强酸制取弱酸原理，用稀盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，用二氧化碳和硅酸钠溶液制取硅酸，所以锥形瓶中用于制取二氧化碳，B项正确；

C.Na2CO3和HCl、二氧化碳都反应，所以B中应该用饱和的NaHCO3溶液除去A中挥发出的HCl气体；C项错误；

D.硅酸不溶于水；所以实验现象为出现白色沉淀，D项错误；

答案选B。8、C【分析】【详解】

“侯氏制碱法”制取的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到在这一实验过程中，由于在水中的溶解度较小，而的溶解度较大，为防止倒吸，b管通a管通所以要在食盐水先通然后再通否则通入后会从水中逸出，等再通时溶液中的量就很少了，这样得到的产品也很少；在这个实验中的尾气主要是和其中对环境影响较大，要吸收，而是碱性气体；所以在C装置中要装酸性物质；

A；C装置中要装酸性物质；故A错误；

B、广口瓶中析出的是NaHCO3；故B错误；

C、a通入然后b通入c中放蘸稀硫酸的脱脂棉，吸收NH3；故C正确；

D；c中放蘸稀硫酸的脱脂棉；故D错误；

故选C。二、填空题(共5题，共10分)9、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)410、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)d24.911、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)412、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=CH213、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次三、原理综合题(共5题，共10分)14、略

【分析】【详解】

（1）常温下，将浓度均为amol/L的酷酸锂溶液和酷酸溶液等体积混合，根据电荷守恒可得：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Li+），则c（CH3COO-）+10b-14mol/L=0.5amol/L+10-bmol/L，整理可得c（CH3COO-）=

（2）根据CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)+H2(g)ΔH3=-41.3kJ/mol可知；△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则C≡O的键能=（-41.3kJ/mol）+（2×803kJ/mol）+（436kJ/mol）-（2×464kJ/mol）=1072.7kJ/mol；

（3）①2CH3OCH3(g)+4CO(g)+H2(g)CH3COOCH=CH2(g)+2CH3COOH(g)

起始量（mol）0.20.40.100

反应量（mol）2x4xxx2x

平衡量（mol）0.2-2x0.4-4x0.1-xx2x

则

解得x＝0.05

0～10min内用CO浓度变化表示的平均反应速率v（CO）＝

该温度下，该反应的平衡常数K＝

②A．V正(DME)=v逆(H2)；不满足计量数关系，表明正逆反应速率不相等，该反应没有达到平衡状态，故A错误；

B．该反应中气体总质量和体积始终不变；则混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故B错误；

C．该反应中气体总质量不变；而气体的物质的量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，表明该反应已经达到平衡状态，故C正确；

D．c(CO):c(VAC)=4:1；无法判断各组分的浓度是否继续变化，则无法判断平衡状态，故D错误；

答案为：C；

③结合图象可知；升高温度，二甲醚的转化率减小，说明平衡向着逆向移动，则该反应为放热反应，该反应的△H＜0；180℃时，醋酸乙烯选择性最高，所以最佳的反应温度为180℃；

④保持温度不变，向反应釜中通入氩气增大压强，由于各组分的浓度不变，则化学平衡不移动。【解析】a/2+10-b-10b-141072.70.01mol·L-1·min-110000C<180℃不15、略

【分析】【详解】

(1)总化学反应速率由慢反应决定。根据已知信息可知：在上述三个反应中反应II是慢反应；故反应II决定NO的氧化反应速率；

已知反应：Ⅰ．(快反应)

Ⅲ．(快反应)

IV．

根据盖斯定律，将(IV)-(I)-(Ⅲ)，整理可得：△H=(-a+b-c)kJ/mol；

(2)A．已知反应Ⅰ：v正=k1·c2(NO)，v逆=k2·c[(NO)2]，当反应Ⅰ达到平衡状态，v正=v逆，则k1·c2(NO)=k2·c[(NO)2]，A正确；

B．反应的活化能越大；反应越难发生，反应速率越慢。由于反应I是快反应，反应II是慢反应，说明反应Ⅱ的活化能高于反应Ⅰ的活化能，B错误；

C．反应速率常数只与温度有关，温度不变，化学速率常数不变。所以增大NO的浓度，k1不变；C错误；

故合理选项是BC；

(3)①在温度不变时，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，NO的平衡转化率增大。根据图像可知：在压强是p2时NO转化率比p1时大，说明压强：p1＜p2；

②由于是将NO、O2按2：1的物质的量的比加入，二者反应的物质的量的比是2：1，所以平衡时二者的转化率相同。根据图像可知：在400℃、p1条件下，NO的平衡转化率为40%，所以O2的平衡转化率也是40%；

③假设反应开始时加入1mol的O2，则加入NO物质的量是2mol，根据图像可知在700℃、p2条件下，NO的平衡转化率是20%，平衡时n(NO)=2mol×(1-20%)=1.6mol，n(O2)=1mol×(1-20%)=0.8mol，n(NO2)=2mol×20%=0.4mol，平衡时气体总物质的量为n(总)=1.6mol+0.8mol+0.4mol=2.8mol，所以该反应的平衡常数Kp=

(4)根据图像可知：在其它条件不变时，升高温度，反应的NO平衡转化率降低，说明正反应是放热反应，同时该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以在恒容条件下，为提高NO转化为NO2的平衡转化率，可采取的措施有增大O2的浓度或适当降低反应温度。【解析】II-a+b-cBC＜40增大O2的浓度或适当降低温度16、略

【分析】【详解】

(1)在工业上反应①是煤的综合利用的一种途径；其名称是煤的气化；

①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+130.0kJ/mol

②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+40.0kJ/mol

根据盖斯定律，将方程式①-②，整理可得C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=+90.0kJ/mol；

(2)①在10-20min内，CH3OCH3的平均反虚速率v(CH3OCH3)==0.003mol/(L·min)；

②A．适当温度是升高温度还是降低温度不明确；所以其速率不一定是增大，A错误；

B．分离出二甲醚；根据速率方程式可知，主反应速率增大，B正确；

C．恒压下减小不能确定速率变化，C错误；

D．恒容条件下增大CO2的浓度；根据主反应速率公式可知，主反应速率加快，D正确；

故合理选项是BD；

③根据表中数据可知：消耗的c(H2)总=(1.0-0.3)mol/L=0.7mol/L，可逆主反应中2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)产生CH3OCH3(g)的浓度为0.10mol//L，则同时必然会产生0.3mol/LH2O(g)，消耗0.2mol/LCO2和0.6mol/L的H2，则副反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)消耗H2的浓度是0.7mol/L-0.6mol/L=0.1mol/L，同时消耗CO2(g)mol/L，产生CH3OH(g)mol/L，产生H2O(g)mol/L，则平衡时各种气体的浓度c(CH3OCH3)=0.10mol/L，c(H2)=0.30mol/L，c(CO2)==0.1mol/L，c(H2O)=(0.3+)mol/L=mol/L，故该反应的化学平衡常数K=

(3)温度不变，二甲醚的选择性的纵坐标最大时最有利于二甲醚的合成，根据图示可知：二甲醚选择性最好时约是2；

温度不变，化学平衡常数不变，则增大反应投料比平衡常数K将不变。【解析】煤的气化C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=+90.0kJ/mol0.003mol/(L•min)BD2不变17、略

【分析】【详解】

（1）流程制备的是MgSO4·7H2O，为了不引入杂质，因此所用的酸是硫酸，化学式为H2SO4；根据硼镁泥的成分，SiO2不与硫酸反应，因此滤渣1为SiO2；（2）硼镁泥中含有FeO，与硫酸反应后生成FeSO4，次氯酸钙具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，氧化镁的作用是调节pH，使Al3＋和Fe3＋以氢氧化物形式沉淀出来，除去Fe3＋和Al3＋；（3）除杂是除去的Fe3＋和Al3＋，因此验证Fe3＋就行，方法是取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全；（4）防止MgSO4·7H2O结晶析出。【解析】①.H2SO4②.SiO2③.将Fe2＋氧化为Fe3＋④.调节溶液pH，使Fe3＋、Al3＋以氢氧化物的形式沉淀除去⑤.取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全⑥.防止MgSO4·7H2O结晶析出18、略

【分析】（1）由实验装置及流程可知，A中发生硝酸与碳酸钙的反应生成二氧化碳，因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成二氧化氮，利用A装置反应生成的二氧化碳气体赶净装置中的空气避免对一氧化氮气体检验的干扰；B中发生Cu与硝酸的反应生成NO、硝酸铜，E中收集到无色气体NO，利用F充入空气，可检验NO的生成；C装置可检验二氧化碳充满B、E装置；D装置为尾气处理装置，吸收氮的氧化物，防止污染空气。①装置A中进行反应时打开止水夹K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭止水夹K，这样操作的目的是利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2，对气体产物的观察产生干扰，A中反应的离子方程式为CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O。②在完成①中的“操作”后，将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是铜丝上产生气泡，液面上仍为无色，溶液变为蓝色，B中反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O。③为进一步证明产物是NO，将注射器F中的空气推入E中，看到的现象是无色气体变为红棕色。④装置G的作用是防倒吸。（2）要证明是溶液中剩余硝酸浓度较大或是溶解了NO2导致装置①中溶液颜色不同，一是可设计将溶解的NO2赶走（a方案）再观察颜色变化，二是增大溶液中NO2浓度（d方案），通过观察颜色变化可以判断；三是向饱和的硝酸铜溶液中不断滴加14mol·L-1HNO3溶液（c方案）。故选acd。

点睛：本题主要考查HNO3的性质、属物质验证性实验设计，利用对比的方法判断硝酸的性质。解题关键：（1）结合已知的物质具有的性质，选择合适的试剂，设计具体实验方案验证物质是否具有该性质。D对有毒气体要设计尾气处理装置，防止污染环境，还要注意防止倒吸。（2）针对铜与稀、浓硝酸反应所得溶液的颜色不同提出假设，并设计实验进行验证。b方案易错，加水稀释后，硝酸和硝酸铜的浓度均降低。【解析】产生白色沉淀利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2，对气体产物的观察产生干扰CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O铜丝上产生气泡，液面上仍为无色，溶液变为蓝色3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O无色气体变为红棕色防倒吸acd四、结构与性质(共3题，共27分)19、略

【分析】【分析】

根据Cr原子的电子排布式，写出基态价电子的排布式；根据Cr原子失去一个电子后价电子排布情况判断铬的第二电离能大于锰的第二电离能；根据题中结构判断存在化学键类型；根据VSEPR理论判断中心原子杂化方式和空间构型；根据等电子体的概念写出一种与互为等电子体的分子；根据形成氢键和相似相溶原理解释乙醇能与水以任意比例互溶；根据题中晶胞的结构；利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。

（1）

Cr是24号元素，核外有24个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价电子排布式为3d54s1，答案为3d54s1。

（2）

因为铬原子失去1个电子后，价电子层电子排布式为属于半充满，相对稳定，即铬的第二电离能是失去半充满3d5上的电子，锰的第二电离能是失去3d6上的电子变为半充满状态，所以金属铬的第二电离能大于锰的第二电离能答案为铬原子失去1个电子后，价电子层电子排布式为属于半充满，相对稳定。

（3）

①由可知，该结构中存在N－H键是键，N＝C双键、C＝S双键中有键、键，Cr3+与配体间形成配位键；ABD符合题意；答案为ABD。

②由可知，NCS-的中心原子C原子形成2个双键，NCS-为直线形结构，C原子采取sp杂化；因为NCS-结构中，N、S均有孤电子对，均可与Cr3+形成配位键；答案为sp杂化；N；S。

③的价层电子对数＝4+＝4+0＝4，无孤电子对，的空间构型为正四面体结构；根据原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，则的等电子体的分子为CH4；答案为4；正四面体；CH4。

④CH3CH2OH与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子，根据相似相溶原理，所以CH3CH2OH能与水以任意比互溶；答案为乙醇可与水形成分子间氢键；乙醇属于极性分子。

（4）

由可知，晶胞中Cr原子数目=8×+4×=2，Se原子位于晶胞内，数目=2，故晶胞质量m=2×g=g，晶胞的体积V=a×10-7cm×a×10-7cm×b×10-7cm=a2b×10-21cm3，则晶体密度ρ===答案为【解析】(1)

(2)铬原子失去1个电子后，价电子层电子排布式为属于半充满，相对稳定。

(3)ABDsp杂化S、N4正四面体形乙醇可与水形成分子间氢键乙醇属于极性分子。

(4)20、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×+1=2，图2结构中，Fe位于顶点和面心，Fe原子的个数为8×+6×=4，则两种晶胞所含铁原子个数比为2:4=1:2；又图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，其体积为V=(a×10-10cm)3，晶胞的质量为m==其密度ρ===g·cm-3；答案为1:2；

③第一电离能(I1)为I1(H)>I1(Li)>I1(Na)；原因是H；Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；答案为H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；

（2）

①NH3极易溶于水的原因是NH3与H2O分子间能形成氢键；答案为NH3与H2O分子间能形成氢键；

②因为二氧化碳在水中溶解度不大，氨气极易溶于水，饱和氨盐水显碱性，比饱和食盐水更容易吸收二氧化碳，所以要先向饱和食盐水中通入氨气，制成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳即反应时，向饱和NaCl溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳；答案为NH3；

③中中心原子C原子的价层电子对个数=3+=3+0=3，且无孤电子对，采取sp2杂化；其空间结构为平面三角形；答案为平面三角形；

（3）

①NH3分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+=3+1=4，且含有一个孤电子对，所以中心原子N原子的杂化轨道类型为sp3杂化；答案为sp3；

②在NH3BH3结构中；N原子存在孤电子对，B原子为缺电子原子，在配位键的形成中B原子提供空轨道；答案为B；

③NH3BH3(氨硼烷)与CH3CH3互为等电子体，由于NH3BH3分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，所以NH3BH3熔点高于CH3CH3；答案为>。【解析】(1)1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s21:2H；Li、Na位于同一主族；价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小。

(2)NH3与H2O分子间能形成氢键NH3平面三角形。

(3)sp3B＞21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①N的最外层电子数为5，B的最外层电子数为3，能形成3个共价键，B原子提供空轨道，N原子提供孤对电子，在化合物H3BNH3中；B与N原子之间存在配位键；

B；C、N、O是同一周期的元素。一般情况下；元素的非金属性越强，原子半径越小，元素的第一电离能越大，但是由于N原子的2p轨道上的电子处于半充满的稳定状态，所以其电离能比O还大，因此第一电离能由大到小的顺序N＞O＞C＞B；

CH4是正四面体结构，键角109°28′；H2O是V型分子，键角104.5°，CO2是直线型分子，键角为180°。因此这三分子按照键角由大到小的顺序排列为CO2＞CH4＞H2O；

②等电子体是原子数等，最外层电子数也相等的物质，(HB=NH)3的原子数为12，最外层电子数为30，与(HB=NH)3互为等电子体的分子为C6H6；

③LiAlH4和BCl3在一定条件下制备乙硼烷B2H6、LiCl、AlCl3，根据原子守恒可得合成乙硼烷B2H6的化学方程式为：4BCl3+3LiAlH4=2B2H6+3LiCl+3AlCl3；

④图(a)是一种链状结构的多硼酸根，从图可看出，每个单元，有一个B，有一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个单元共用，所以B∶O=1∶(1+2×)=1∶2，化学式为：

从图(6)是硼砂晶体中阴离子的环状结构可看出，[B4O5(OH)4]2-一半sp3杂化形成两个四配位BO4四面体；另一半是sp2杂化形成两个三配位BO3平面三角形结构，硼原子采取的杂化方式为sp3、sp2；

(2)①Cu是29号元素，Cu的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+失去4s上的一个电子和3d上的一个电子，Cu2+的价层电子排布式为3d9；

②铜及其它许多金属及其化合物都可以发生焰色反应的原因是在灼烧时原子中的电子吸收能量；从基态跃迁到激发态。但是激发态是不稳定的，激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长的光的形式释放能量；

③Cu是面心立方紧密堆积，在一个晶胞中含有的Cu原子的个数为：8×+6×=4；设铜原子半径为apm=a×10-10cm，晶胞的边长；L=2×10-10cm，晶胞的体积为(2×10-10cm)3，该