2025年沪教新版选择性必修2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年沪教新版选择性必修2化学下册阶段测试试卷54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、在氯化铬晶体()配成的水溶液中加入过量的溶液，产生沉淀，此氯化铬晶体的组成也可表示为A.B.C.D.2、某重金属解毒剂的分子结构如图所示，其中W、X、Y、Z均为短周期元素，且W、X、Y的质子数之和比的小1。下列说法错误的是。

A.电负性：Y>Z>X>WB.该解毒剂的沸点比丙三醇的低C.分子结构中X、Y、Z杂化类型相同D.重金属提供孤电子对与该解毒剂形成配位键3、下列排序不正确的是A.熔点：B.酸性：C.键角：D.分子的极性：4、胆矾可写成其结构示意图如下：

下列有关说法正确的是A.胆矾是分子晶体B.通常比更易与铜离子形成配位键C.在上述结构示意图中，存在的化学键有配位键、极性键、非极性键D.中，每个与5个形成配位键5、铁氮化合物()在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或b位置Fe，形成Cu替代型产物转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示；下列有关说法不正确的是。

A.二价铁离子的基态电子排布式为B.图1中氮原子的配位数为6C.更稳定的Cu替代型产物的化学式为D.当a位置的Fe位于体心时，b位置的Fe位于棱心评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、下列有关说法正确的是A.为含极性键的极性分子B.第一电离能介于N之间的第二周期元素有3种C.基态Cl原子核外有17种能量不同的电子D.N、O、P四种元素电负性最大的是O7、下列说法正确的是A.I2是分子晶体，加热升华过程中只需克服分子间作用力B.由于H—O键比H—S键牢固，所以水的沸点比H2S高C.随着相对分子质量的增加，四卤化碳CX4分子间作用力逐渐增大，所以它们相应的沸点也逐渐增高D.SiO2属于原子晶体，熔化破坏共价键和分子间作用力8、多晶硅是单质硅的一种形态；是制造硅抛光片；太阳能电池及高纯硅制品的主要原料。已知多晶硅第三代工业制取流程如图所示。下列说法错误的是。

A.Y、Z分别为H2、Cl2B.制取粗硅过程可能发生反应：SiO2＋3CSiC＋2CO↑C.提纯SiHCl3可采用萃取、分液的方法D.SiHCl3和SiCl4形成的晶体均为共价晶体9、下列说法正确的是A.已知键能为故键能为B.键能为键能为故比稳定C.某元素原子最外层有1个电子，它跟卤素相结合时，所形成的化学键为离子键D.键能为其含义为断裂所吸收的能量为390.8kJ10、X、Y、Z、Q、E、M六种元素中，X的原子的基态价电子排布式为2s2，Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Q是元素周期表中电负性最大的元素，E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，M的原子序数比E大5.下列说法正确的是A.EYQ4中阴离子中心原子的杂化方式为sp3杂化B.X、Y元素的第一电离能大小关系：XC.Z与氧元素形成的离子ZO的空间构型为V形D.M为元素周期表前四周期基态原子未成对电子最多的元素11、现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①②③则下列有关比较中正确的是A.未成对电子数：②>①>③B.原子半径：③>②>①C.电负性：③>②>①D.第一电离能：③>②>①评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)12、CoP、FeS2、NiS2等物质对电化学氢析出反应有良好的催化活性和稳定性。请回答下列问题：

(1)基态Co原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为________________，基态P原子的电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______。

(2)PH3的沸点_____(填“高于”或“低于”)NH3，原因是______________。

(3)下图为白磷(P4)的晶胞示意图，晶胞的边长为anm，设阿伏加德罗常数的数值为NA，其晶体密度的计算表达式为______g·cm-3。

13、1869年；俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学发展史上的重要里程碑之一；元素周期表与元素周期律在化学学习研究中有很重要的作用。

(1)下表是元素周期表的一部分。主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0二①②③三④⑤⑥⑦⑧⑨四⑩

i.元素④的过氧化物的电子式为___________，其最高价氧化物对应的水化物含有的化学键类型为___________，⑩元素最高价氧化物对应的水化物的化学式是___________。

ii.元素①、②、③的简单氢化物的稳定性最强的是___________(用化学式表示，下同)，②、⑧简单氢化物熔点高的是___________，④、⑤最高价氧化物的水化物碱性更强的是___________，④、⑤、⑧、⑨的简单离子半径由大到小的顺序(用离子符号表示)___________。

(2)最近；德国科学家实现了铷原子气体超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大突破。已知铷是37号元素，相对原子质量是85。

i.铷在元素周期表中的位置___________。

ii.铷单质性质活泼写出在点燃条件下它与氯气反应的化学方程式：___________；铷单质易与水反应，反应的离子方程式为___________，实验表明铷与水反应比钠与水反应___________(填“剧烈”或“缓慢”)；反应过程中铷在水___________(填“面”或“底”)与水反应。同主族元素的同类化合物的化学性质相似，写出过氧化铷与反应的化学方程式：___________。14、许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途；请回答下列有关问题：

(1)某同学画出基态碳原子的核外电子排布图：该电子排布图违背了_______；CH-CH3、CH都是重要的有机反应中间体，CH的VSEPR模型为_______。

(2)CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为___________。

(3)基态溴原子的价层电子排布图为________，用价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中Sn—Br的键角___________120°(填“>”、“<”或“=”)。

(4)CN-能与多种金属离子形成配合物，例如，工业冶炼金的原理：2[Zn(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-。与CN-互为等电子体的分子有___________(只写一种)，1mol[Zn(CN)4]2-中含_____molσ键。

(5)类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸(H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)的沸点，其原因是___________。15、通过本单元的学习，你认为物质结构的研究成果对人类物质文明产生了多大的影响，你认为化学还应该为人类解决哪些问题，解决这些问题需要哪些条件_______。16、已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，ECl3能与B；C的氢化物形成六配位的配合物；且两种配体的物质的量之比为2∶1，三个氯离子位于外界。

请根据以上情况；回答下列问题：

(答题时；A；B、C、D、E用所对应的元素符号表示)

（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为__。

（2）B的氢化物分子的立体构型是__。其中心原子采取__杂化。

（3）E的核外电子排布式是__，ECl3形成的配合物的化学式为___。

（4）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是__。

（5）NaH具有NaCl型晶体结构，已知NaH晶体的晶胞参数a＝488pm(棱长)。Na＋半径为102pm，H－的半径为___，NaH的理论密度是__g·cm－3(只列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA)。评卷人得分四、判断题(共1题，共6分)17、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误评卷人得分五、结构与性质(共4题，共24分)18、第四周期元素由于受3d电子的影响；性质的递变规律与短周期元素略有不同。

(1)镓的基态原子电子排布式是_______。

(2)已知钛和铝的相对原子半径分别是1.45和1.43，钛的硬度比铝大的原因是_______。

(3)多酚氧化酶与植物的抗病性有关。配合物是多酚氧化酶的模型配合物。

(EDTA)+(邻苯二氨)(EDTB)

①EDTA中N的杂化轨道类型为_______。

②邻苯二胺分子中键的数目为_______。

③EDTB分子中所含元素的电负性由小到大的顺序为_______。

④与互为等电子体的一种阴离子为_______。

⑤配离子中的配位原子是_______。

(4)向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加入氨水，沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，向该溶液中加入乙醇，析出深蓝色晶体。蓝色沉淀先溶解、后析出的原因是(用离子方程式和简单的文字说明加以解释)：_______。

(5)氮化铝在电子工业上有广泛应用，其晶胞如图1所示。N原子所在空隙的类型是_______(填“正四面体”“正八面体”或“立方体”)空隙，该空隙的填充率为_______。

(6)铁和氮组成一种过渡金属氮化物，其结构如图2所示。直六棱柱的底边边长为xcm，高为ycm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度算式为_______

19、Cu2+能与NH3、H2O、OH-、Cl-等形成配位数为4的配合物。

(1)向CuSO4溶液中加入过量溶液可生成Na2[Cu(OH)4]。

①画出配离子[Cu(OH)4]2-中的配位键：_______；

②Na2[Cu(OH)4]中除了配位键外，还存在的化学键类型有_______(填序号)；

a.离子键b.金属键C.极性共价键d.非极性共价键。

(2)金属铜单独与氨水或过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液发生反应，反应的离子方程式为_______；

(3)Cu2+可以与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)形成配离子；如下图：

①H、O、N三种元素的电负性从大到小的顺序为_______；

②乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮原子的杂化类型是_______；

乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是_______(填“Mg2+”或“Cu2+”)；

③乙二胺和三甲胺{[N(CH3)3]}均属于胺，乙二胺的沸点_______三甲胺的沸点(填“大于”或“小于”)，原因是_______。20、纳米级TiO2是一种光催化材料，可处理甲醛、氮氧化物等污染物，工业上也可用其催化乙醇脱氢制备乙醛：CH3CH2OHCH3CHO+H2↑。

（1）Ti原子基态核外电子排布式为____。

（2）CH3CHO分子中碳原子轨道的杂化类型是____，1molCH3CHO分子中含有σ键的数目为____。

（3）与NO互为等电子体的一种阳离子为____（填化学式）。

（4）乙醇可以与水以任意比互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为____。

（5）一种TiO2的晶胞结构如图所示，其中与每个氧原子直接相连的钛原子数目为____。

21、过渡金属及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：(1)锰、锝、铼位于同一副族相邻位置。类比锰，写出基态锝原子的价层电子排布式___________。(2)下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是___________(填编号)。A．[Ar]B．[Ar]C．[Ar]D．[Ar](3)铁制容器在储存N2O4液体时，会腐蚀生成离子化合物N4O6[Fe(NO3)4]2，N4O的离子为平面结构，其结构图如图1，中心N原子的杂化类型为___________。(4)EAN规则指的是配合物中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为18.符合EAN规则的配合物分子结构和化学性质都较稳定。已知Fe(CO)5和Ni(CO)x均符合EAN规则，性质稳定，而Co(CO)4则容易在化学反应中表现氧化性。①x=___________。②从结构角度解释Co(CO)4则容易在化学反应中表现氧化性的原因___________。(5)Ni和As形成某种晶体的晶胞图如图2所示。其中，大球为Ni，小球为As，距离As最近的Ni构成正三棱柱，其中晶胞下方As原子坐标为(1/3，2/3，1/4)。①Ni的配位数为___________。②已知晶胞底面边长为apm，高为cpm，NA为阿伏加德罗常数。则晶胞密度为___________g/cm3评卷人得分六、实验题(共4题，共16分)22、二氯异氰尿酸钠(结构为)是一种非常高效的强氧化性消毒剂。常温下是白色固体，难溶于冷水；合成二氯异氰尿酸钠的反应为某同学在实验室用如下装置制取二氯异氰尿酸钠(部分夹持装置已略)。

请回答下列问题：

(1)二氯异氰尿酸钠中N原子的杂化类型是_______。

(2)仪器a的名称是_______；仪器D中的试剂是_______。

(3)A中烧瓶内发生反应的化学方程式为_______。

(4)装置B的作用是_______；如果没有B装置，NaOH溶液会产生的不良结果是_______。

(5)待装置C_______时(填实验现象)，再滴加溶液，反应过程中需要不断通入的目的是_______。

(6)实验室测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的原理如下：

准确称取mg样品，配成100mL溶液，取20.00mL所配溶液于碘量瓶中，加入稀和过量KI溶液，充分反应后，加入淀粉溶液，用c标准溶液滴定，滴到终点时，消耗标准溶液的体积为VmL，则样品有效氯含量为_______%()23、某小组设计一系列实验探究SO2和AgNO3溶液反应的原理。回答下列问题：已知：Ag+能与NH3·H2O反应生成稳定的络合物[Ag(NH3)2]+。

实验(一)：制备SO2并完成SO2和AgNO3溶液反应。

已知：常温下，实验室用70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2。

实验中；硝酸银溶液中产生大量白色沉淀，过滤得到灰白色沉淀A和无色溶液B。

(1)制备SO2的发生装置宜选择___________(填标号)。A．B．C．D．(2)饱和NaHSO3溶液的作用是___________。

实验(二)：探究灰白色沉淀A的成分。

步骤1：向沉淀A中加入足量的浓氨水；灰白色沉淀逐渐减少，得到灰黑色浊液。

步骤2：静置一段时间；取上层清液于试管中，加入浓硝酸，产生红棕色气体。

(3)经检验，灰黑色浊液中的固体是银单质，则每生成1mol银转移的电子的物质的量为___________mol。

(4)灰白色沉淀A与浓氨水发生反应的离子方程式为___________(写出一个即可)。

实验(三)：探究无色溶液B的成分。

已知：AgCl溶于浓盐酸生成[AgCl2]-

操作与现象：

将无色溶液B分成两份，向一份溶液中滴加浓盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解；向另一份溶液中加入饱和Na2SO3溶液；试管中无沉淀产生。

(5)补充实验：向0.1mol•L-1的AgNO3溶液中滴加饱和Na2SO3溶液，有白色沉淀产生。由此推知，无色溶液B中___________(填“存在”或“不存在”)Ag+。

(6)经检验发现此溶液中含有[Ag(SO3)2]3-，用平衡移动原理解释向溶液B中滴加浓盐酸出现白色沉淀的原因：___________。

(7)取少量无色溶液B，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，有同学认为是由于空气中的O2参与了反应，设计实验探究该同学的猜想：___________。

(8)通过上述实验，可以推出SO2与AgNO3溶液反应包括氧化还原反应和复分解反应。由此推知：Fe3+和SO不能大量共存的原因有两种：一种是2Fe3++3SO+6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2SO3，另一种是___________(用离子方程式表示)。24、用如图所示实验装置可以完成中学化学实验中的一些实验。

(1)现有稀硝酸、稀盐酸、稀硫酸、碳酸钠粉末、硅酸钠溶液五种试剂。选择三种试剂利用如图装置证明酸性强弱：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3。

①仪器B的名称：____；A中试剂：____，B中试剂：____。

②由实验现象可得C和Si简单氢化物的稳定性大小：____。

③C中发生反应的化学方程式：____。

(2)利用如图装置实验，证明二氧化硫气体具有漂白性。已知：Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O。在装置A中加入70%的硫酸溶液，B中加入Na2SO3粉末；则：

①C中应加入____溶液(填“品红”或“石蕊”)。打开分液漏斗活塞；一段时间后观察到C中现象是____，反应完全后，将C试管加热一段时间发生的现象是____。

②如果仅用如图装置进行此实验；缺点是____；可以怎样改进：____。

③将二氧化硫气体通入H2S溶液中，会看到产生淡黄色的沉淀，请写出所发生反应的离子方程式：____。25、晶体具有规则的几何外形，晶体中最基本的重复单元称之为晶胞。NaCl晶体的晶胞如右图所示。随着科学技术的发展，测定阿伏加德罗常数的手段越来越多，测定精确度也越来越高。现有一简单可行的测定方法，具体步骤如下：①将固体食盐研细，干燥后，准确称取mgNaCl固体并转移到定容仪器A中。②用滴定管向仪器A中加苯；并不断振荡，继续加苯至A仪器的刻度线，计算出NaCl固体的体积为VmL。回答下列问题：

⑴步骤①中A仪器最好用__________________(填仪器名称)。

⑵能否用胶头滴管代替步骤②中的滴定管______，其原因是____________。

⑶能否用水代替苯_______，其原因是______________________。

⑷经X射线衍射测得NaCl晶胞中最邻近的Na+和Cl-平均距离为acm；则利用上述。

方法测得的阿伏加德罗常数的表达式为NA=_______________________。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

【详解】

氯化铬晶体()配成的水溶液中加入过量的溶液，产生沉淀，说明有0.2molCl-在配合物外界，0.1molCl-参与配位，根据物质的量之比等于个数比可得配合物的化学式为：故答案为：B2、D【分析】【分析】

由分子结构示意图可知，X周围均形成了4个共价键，W周围形成一个共价键，Z周围形成2个共价键，Y周围形成了2个共价键，说明Y、Z为同一主族元素，又W、X、Y的质子数之和比的小1；故可推知：Y为O，Z为S，则W和X的质子数之和为16-1-8=7，故W为H，X为C，据此分析解题。

【详解】

A．根据同一周期从左往右元素的电负性依次增大，同一主族从上往下依次减小，故电负性：Y>Z>X>W；A正确；

B．由于该解毒剂分子中只含有一个羟基；故形成的分子间氢键比丙三醇形成的分子间氢键数目更少，故该解毒剂分子的沸点比丙三醇的低，B正确；

C．由图可知，分子中X周围形成了4个单键，且无孤电子对，故为sp3杂化，Y和Z均形成了2个单键，有对孤电子对；故杂化类型为sp3杂化，故杂化类型相同，C正确；

D．由图可知；O和S原子均有孤电子对，故重金属提供空轨道与该解毒剂形成配位键，D错误；

故答案为：D。3、D【分析】【详解】

A．SiO2是共价晶体，NaCl为离子晶体，C60形成晶体为分子晶体，则熔点：A正确；

B．极性C-F>C-Cl>C-H，导致羧酸电离氢离子能力增强，酸性：B正确；

C．孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，H2O、NH3、CH4中O、N、C原子价电子对数都是4，CH4分子中无孤对电子,NH3分子中含有1对孤对电子，H2O分子中含有2对孤对电子；对成键电子对的排斥作用依次增大，C正确；

D．BF3为平面三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，NCl3，NH3为三角锥形，其中氯的电负性大，其键角较大，则其极性较小，故分子的极性：D错误；

故选D。4、B【分析】【详解】

A．胆矾是五水硫酸铜；胆矾是由水合铜离子及硫酸根离子构成的，属于离子晶体，A错误；

B．往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成配离子，故比更易与铜离子形成配位键；B正确；

C．在题述结构示意图中；存在O→Cu配位键，H-O；S-O极性共价键和配离子与硫酸根离子之间形成离子键，C错误；

D．根据图示结构，每个与4个形成配位键；D错误；

故选B。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．铁原子失去4s能级上的2个电子，二价铁离子的基态电子排布式为故A正确；

B．图1中氮原子的上下左右前后各有1个铁原子；氮原子的配位数为6，故B正确；

C．晶胞中Fe原子个数：6×=3，Cu：8×=1，N：1，更稳定的Cu替代型产物的化学式为故C错误；

D．由图1将顶点置于体心，即当a位置的Fe位于体心时，b位置的Fe位于棱心；故D正确；

故选C。二、多选题(共6题，共12分)6、BD【分析】【分析】

【详解】

A．二硫化碳为含有极性键的共价化合物；空间构型为直线形，结构对称，正负电荷重心重合，属于非极性分子，故A错误；

B．IIA族元素原子的s轨道为全充满的稳定结构；第一电离能大于IIIA族，VA族元素原子的p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能介于B；N之间的第二周期元素有Be、C、O，共3种，故B正确；

C．氯原子核外有17个电子，核外电子排布式为能级不同能量不同，则原子核外能量不同的电子有5种，故C错误；

D．同周期从左到右；电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱，则C；N、O、P四种元素中电负性最大的是O元素，故D正确；

故选BD。7、AC【分析】【详解】

A．I2是分子晶体；加热升华过程中，状态发生变化，分子不变，只需克服分子间作用力，故A正确；

B．物质的熔沸点与化学键无关，水的熔沸点比H2S高；是因为水分子间存在氢键，故B错误；

C．结构相同的分子晶体中，物质的熔沸点与其相对分子质量成正比，所以随着相对分子质量的增加，卤化物CX4分子间作用力逐渐增大；所以它们相应的熔沸点也逐渐升高，故C正确；

D．二氧化硅是原子晶体；只存在化学键，不存在分子间作用力，则二氧化硅熔化时破坏共价键，故D错误；

故选AC。8、CD【分析】【分析】

饱和食盐水电解生成氯化钠、氢气和氯气，焦炭与二氧化硅反应生成硅与一氧化碳，硅和氢气、氯气反应生成的氯化氢作用得SiHCl3；再用氢气还原得到多晶硅，以此解答。

【详解】

A．电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，其中H2在Cl2中燃烧，而Y具有还原性，所以Y、Z分别为H2、Cl2；故A正确；

B．制取粗硅的过程中焦炭与石英会发生副反应生成碳化硅，在该副反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，方程式为：SiO2＋3CSiC＋2CO↑；故B正确；

C．SiHCl3遇水剧烈反应；不能采用萃取；分液的方法分离，故C错误；

D．SiHCl3和SiCl4的分子结构与CHCl3和CCl4类似；属于分子晶体，故D错误；

故选CD。9、BD【分析】【详解】

A．氮氮三键中含有1个σ键、2个π键，σ键与π键的键能不同，并且形成氮氮三键更稳定，释放的能量更多，所以键能远大于A项错误；

B．分子中共价键的键能越大；分子越稳定，B项正确；

C．该元素可能为氢元素或碱金属元素；故与卤素相结合可形成共价键或离子键，C项错误。

D．键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量；D项正确。

故本题选BD。10、AD【分析】【分析】

X、Y、Z、Q、E、M六种元素中，X的原子的基态价电子排布式为2s2，X为Be；Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Y的质子数为5，Y为B；Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Z为C；Q是元素周期表中电负性最大的元素，Q为F；E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，E为K；M的原子序数比E大5，M为Cr，由上述分析可知，X为Be、Y为B、Z为C、Q为F、E为K、M为Cr。以此解答该题。

【详解】

A．KBF4中阴离子的中心原子孤电子对数为价层电子对个数为4+0=4，则阴离子中心原子的杂化方式为sp3杂化；故A正确；

B．Be的最外层电子数全满为稳定结构；第一电离能较大，则X；Y元素的第一电离能大小关系：X＞Y，故B错误；

C．CO中阴离子的中心原子孤电子对数为价层电子对个数为3+0=3，则中心原子的杂化方式为sp2杂化；空间构型为平面三角形，故C错误；

D．M即Cr为24号，按构造原理，其价电子排布式为3d54s1；为元素周期表前四周期基态原子未成对电子最多的元素，故D正确；

故答案选AD。11、AD【分析】由核外电子排布式可知，①为S元素，②为P元素，③为F元素；据此分析解答。

【详解】

A．基态S原子核外有2个未成对电子，基态P原子核外有3个未成对电子，基态F原子核外有1个未成对电子，所以未成对电子数：③<①<②；A正确；

B．同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：P>S>F，即②>①>③；B错误；

C．同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，则电负性：③>①>②；C错误；

D．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但P原子轨道为半充满稳定状态，其元素第一电离能大于同周期相邻元素，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，所以第一电离能：F>P>S，即③>②>①；D正确；

故选AD。三、填空题(共5题，共10分)12、略

【分析】【分析】

(1)Co是27号元素，处于第四周期第VIII族，价电子排布式为3d74s2；结合泡利原理；洪特规则画出价电子排布图；基态P原子的电子占据最高能级为3p能级；

(2)分子间形成氢键会使其熔沸点升高；

(3)均摊法计算晶胞中P4的数目；计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。

【详解】

(1)Co是27号元素，处于第四周期第VIII族，价电子排布式为3d74s2，结合泡利原理、洪特规则，价电子排布图为基态P原子的电子占据最高能级为3p能级；电子云形状为哑铃形；

(2)NH3分子之间形成氢键，PH3分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故NH3的沸点比PH3的高；

(3)晶胞中P4的数目=8×+6×=4，晶胞质量=4×g，晶体密度=4×g÷(a×10-7cm)3=g•cm-3。

【点睛】

考查晶胞的计算，属于高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有。【解析】哑铃形或纺锤形低于NH3分子之间形成氢键，PH3分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故NH3的沸点比PH3的高13、略

【分析】【分析】

(1)根据图示可知，①为N，②为O，③为F，④为Na，⑤为Al，⑥为Si，⑦为P，⑧为S，⑨为Cl，⑩为Br元素。

【详解】

(1)i．元素④位于元素周期表的第三周期第ⅠA族，该元素为Na元素，Na的过氧化物是过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，其电子式为其最高价氧化物对应的水化物是NaOH，钠离子和氢氧根离子之间为离子键，O原子和H原子之间为共价键，含有的化学键类型为离子键和共价键；元素⑩位于元素周期表的第四周期第ⅦA族，为Br元素，Br元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式是HBrO4，故答案为：离子键和共价键；HBrO4；

ii．据表可知，元素①、②、③分别为N、O、F，非金属性N＜O＜F，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，则简单氢化物稳定性最强的是HF；②、⑧分别为O、S元素，因水分子间含有氢键，所以简单氢化物熔点高的是H2O，④、⑤分别为Na、Al元素，金属性Na＞Al，金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，则最高价氧化物的水化物碱性最强的是NaOH；④、⑤、⑧、⑨分别是Na、Al、S、Cl元素，电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小，四种元素的简单离子半径由大到小的顺序是：S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+，故答案为：HF；H2O；NaOH；S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+；

(2)i．铷是37号元素；位于元素周期表的第五周期第ⅠA族，故答案为：第五周期第ⅠA族；

ii．铷单质性质活泼，它在氯气中燃烧的化学方程式为铷单质易与水反应，反应的离子方程式为2Rb+2H2O═2Rb++2OH-+H2↑，实验表明，铷与水反应比钠与水反应剧烈，铷的密度大于水，反应中沉在水底，过氧化铷与过氧化钠类似，与反应生成碳酸铷和氧气，化学方程式为：

故答案为：剧烈；底；【解析】离子键和共价键HFNaOH第五周期第ⅠA族剧烈底14、略

【分析】(1)

洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，该电子排布图违背了洪特规则。CH中心C原子价层电子对数为3+=4，C原子采用sp3杂化；VSEPR模型为四面体形；

(2)

电负性越强，吸电子能力越强，CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为C>H>Si；

(3)

溴为与第四周期第ⅦA族，基态溴原子的价层电子排布图为用价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中Sn原子的价层电子对数=2＋=3，孤电子对数为1，孤电子对与成键电子对的斥力大于则成键电子对与成键电子对的斥力，故Sn—Br的键角<120°。

(4)

等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团。与CN-互为等电子体的分子有CO；单键均为σ键，双键中含有1个σ键，1mol[Zn(CN)4]2-中含8molσ键。

(5)

理论上硫氰酸(H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)的沸点，其原因是异硫氰酸分子间存在氢键，而硫氰酸分子间只存在范德华力。【解析】(1)洪特规则四面体形。

(2)C>H>Si

(3)<

(4)CO或其他合理答案8

(5)异硫氰酸分子间存在氢键，而硫氰酸分子间只存在范德华力15、略

【分析】【详解】

物质结构研究获得的知识和方法可以指导人们解决很多实践中的问题，在搞清楚新物质结构特征的基础上，才能有目的地进行合成，如制备高效手性催化剂，必须运用立体选择性反应的方法获得手性分子的单一异构体，才能实现化学反应‘友好环境’的需要，探明了特定物质的空间结构、手性、溶解性、基团的位置等具体信息，才能合成具有特效的药物。【解析】如制备高效手性催化剂，必须运用立体选择性反应的方法获得手性分子的单一异构体，才能实现化学反应‘友好环境’的需要，探明了特定物质的空间结构、手性、溶解性、基团的位置等具体信息，才能合成具有特效的药物16、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3。NaH具有NaCl型晶体结构则以此计算H－的半径；NaH的理论密度Z为晶胞中NaH个数；M为NaH的摩尔质量，V为晶胞体积，以此计算。

【详解】

A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。

故A为碳元素；B为氮元素；C为氧元素，D为镁元素，E为Cr元素。

(1)A为碳元素、B为氮元素、C为氧元素，同周期自左而右第一电离能增大，氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量低，氮元素第一电离能高于相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为C

故答案为：C

(2)B为氮元素,其氢化物为NH3,分子中含有3个N−H键,N原子有1对孤对电子对,杂化轨道数为4,N原子采取杂化；空间构型为三角锥型。

故答案为：三角锥型;

(3)E为Cr元素,原子序数为24,原子核外有24个电子,核外电子排布式是CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物,且两种配体的物质的量之比为2:1,则配体中有4个NH3、2个H2O,三个氯离子位于外界,该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。

故答案为：[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3.。

(4)B的最高价氧化物对应的水化物为HNO3,D的单质为Mg,HNO3稀溶液与Mg反应时,N元素被还原到最低价,则生成NH4NO3,Mg被氧化为Mg(NO3)2,令NH4NO3,Mg(NO3)2的化学计量数分别为x、y,则根据电子转移守恒有所以该反应的化学方程式是

故答案为：

（5）因为NaH具有NaCl型晶体结构，因而Na＋半径H－的半径及晶胞参数a有关系晶胞中Na＋数目H-数目NaH的理论密度故答案为：

【点睛】

CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3。NaH具有NaCl型晶体结构则以此计算H－的半径；NaH的理论密度【解析】C＜O＜N三角锥形sp31s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl34Mg＋10HNO3=4Mg(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O142pm四、判断题(共1题，共6分)17、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。五、结构与性质(共4题，共24分)18、略

【分析】(1)

镓是31号元素，镓的基态原子电子排布式是

(2)

Al的价电子排布为3s23p1，Ti的价电子排布为3d24s2；Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强，所以钛的硬度比铝大。

(3)

①EDTA中N形成3个单键，有1个孤电子对，杂化轨道数是4，杂化轨道类型为

②单键为键，双键中有1个键，邻苯二胺分子中键的数目为16。

③EDTB分子中所含H、C、N三种元素，非金属性越强电负性越大，电负性由小到大的顺序为H

④等电子体是原子数相等、价电子数也相等的微粒，与互为等电子体。

⑤配离子中N原子含有孤电子对；配位原子是N；

(4)

向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜生成四氨合铜离子，发生反应，所以沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液；向该溶液中加入乙醇，在极性较小的乙醇中溶解度较小而析出析出；所以析出深蓝色晶体。

(5)

N原子所在空隙是4个Al原子围成的正四面体空隙；该空隙的填充率为50%。

(6)

根据均摊原则，1个晶胞含有Fe原子数是N原子数是2，直六棱柱的底边边长为xcm，高为ycm，晶胞的体积为阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度算式为【解析】(1)

(2)Ti原子的价电子数比Al多；金属键更强。

(3)16H或N

(4)蓝色沉淀与氨水可发生如下反应：生成的在极性较小的乙醇中溶解度较小而析出(或加入乙醇使溶液极性减小，在极性较小的溶液中溶解度较小从而析出)

(5)正四面体50%

(6)19、略

【分析】【详解】

(1)①Cu2+含有空轨道，OH-含有孤对电子，可形成配位键，配离子[Cu(OH)4]2+中1个Cu2+与4个OH-形成配位键，可表示为

②Na2[Cu(OH)4]为离子化合物；含有离子键，O原子和H原子形成极性共价键，不存在金属键和非极性共价键，故选ac；

(2)金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，而同时混合能反应，说明两者能互相促进，这是两种物质共同作用的结果：其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行，根据电荷守恒，还有氢氧根离子生成，反应离子方程式为：Cu+H2O2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-；

(3)①非金属性越强元素的电负性越大，所以电负性从大到小为O>N>H；

②乙二胺中N原子形成3个σ键，还有一对孤电子对，价层电子对数为4，所以为sp3杂化；与主族金属离子相比，过渡金属离子空轨道更多，对配体具有更强的结合力，所以与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+；

③乙二胺中含有氨基，可以形成分子间氢键，所以乙二胺的沸点高于三甲胺。【解析】a、cCu+H2O2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-O>N>Hsp3Cu2+大于乙二胺分子间可形成氢键20、略

【分析】【分析】

（1）Ti是22号元素，所以Ti原子基态核外电子排布式为[Ar]3d24s2；

(2)CH3CHO分子中甲基上饱和碳，而醛基上是不饱和碳；双键中有一个键、一个键；

(3)互为等电子体的一种微粒具有相同的价电子数和原子数；

(4)乙醇与水分子间氢键的存在可以增大溶解度；

(5)TiO2的晶胞结构中黑球的个数是+1=2，而空心球的个数为：4+2=4，而化学式为TiO2；所以空心球是氧原子，所以每个氧原子直接相连的钛原子数目为3个。

【详解】

（1）Ti是22号元素，所以Ti原子基态核外电子排布式为[Ar]3d24s2；

因此，本题正确答案是：[Ar]3d24s2；

(2)CH3CHO分子中甲基上饱和碳，是sp3杂化，而醛基上是不饱和碳，是sp2杂化，1molCH3CHO分子中含有键的数目为6mol或6×6.02×1023；

因此，本题正确答案是：sp2、sp3；6mol或6×6.02×1023；

(3)与NO分子互为等电子体的一种微粒具有相同的价电子数11和原子数2，微粒为O2+；

因此，本题正确答案是：O2+；

(4)乙醇可以与水以任意比互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为CH3CH2OH与H2O分子之间可以形成氢键，

因此，本题正确答案是：CH3CH2OH与H2O分子之间可以形成氢键；

(5)TiO2的晶胞结构中黑球的个数是+1=2，而空心球的个数为：4+2=4，而化学式为TiO2；所以空心球是氧原子，所以每个氧原子直接相连的钛原子数目为3个。

因此；本题正确答案是：3。

【点睛】

本题涉及键和键的判断方法，可总结为：①由轨道重叠方式判断，“头碰头”重叠为键，“肩并肩”重叠为键；②由共用电子对数判断，单键为键，双键或三键，其中有一个键，其余为键；③由成键轨道类型判断，s轨道形成的共价键全部是键，杂化轨道形成的共价键全部为键。【解析】①.[Ar]3d24s2②.sp2、sp3③.6mol或6×6.02×1023④.O2+⑤.CH3CH2OH与H2O分子之间可以形成氢键⑥.321、略

【分析】【详解】

(1)锰、锝、铼位于同一副族相邻位置，锰价层电子排布式为3d54s2，则基态锝原子的价层电子排布式为4d55s2；(2)A项为Fe3+的基态，B项为Fe2+的基态，C项为Fe2+的激发态，D项为Fe3+的激发态，Fe3+的基态3d为半充满，最稳定，失去一个电子需要的能量最高，则电离最外层的一个电子所需能量最大的是A；(3)如图，中心N原子周围有3个氧原子，且无孤电子对，则杂化类型为sp2杂化；(4)①Ni为28号元素，价层电子排布式为3d84s2，价电子数为8，每个CO提供2个电子，则有10+2x=18，解得x=4；②Co(CO)4价层电子为9+2×4=17，不符合EAN规则，易得到一个电子，转化为18电子更稳定，所以表现氧化性的原因为Co(CO)4价层为17电子，不符合EAN规则，得到一个电子，转化为18电子更稳定，故表现氧化性；(5)晶胞含Ni原子2个，As原子2个，化学式为NiAs；①配位数之比应为1∶1，故Ni的配位数为6；②由底部As的坐标，以及与As配位的Ni形成正三棱柱可判断，该三棱柱底面为正三角形，晶胞底面夹角为60°和120°，故晶胞密度为268/(10−30a2cNA)。【解析】4d55s2Asp2杂化4Co(CO)4价层为17电子，不符合EAN规则，得到一个电子，转化为18电子更稳定，故表现氧化性6268/(10−30a2cNA)六、实验题(共4题，共16分)22、略

【分析】【分析】

A装置制备氯气，B装置除去氯气中的HCl，C装置中氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠和合成二氯异氰尿酸钠；D用于吸收尾气。

【详解】

（1）二氯异氰尿酸钠中N原子的杂化类型是答案：

（2）仪器a的名称是恒压滴液漏斗；仪器D中的试剂是氢氧化钠溶液，吸收尾气氯气，防止污染空气，答案：恒压滴液漏斗；NaOH溶液；

（3）装置A中浓盐酸和氯酸钾反应生成氯气，化学方程式答案：

（4）装置B用于除去中的HCl，如果没有B装置，HCl会和NaOH反应生成NaCl，造成NaOH的利用率低，产品杂质含量多，答案：除去中的HCl；NaOH的利用率低；产品杂质含量多；

（5）反应时，先打开A中恒压滴液漏斗活塞，反应产生氯气，排除装置中空气，待装置C液面上方有黄绿色气体，证明空气已被排尽，再滴加溶液，发生反应反应过程中需要不断通入使反应生成的NaOH再次生成NaClO；提高原料利用率，答案：液面上方有黄绿色气体；使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料利用率；

（6）由得中反应可得关系：

有效氯含量答案：【解析】(1)

(2)恒压滴液漏斗NaOH溶液。

(3)

(4)除去中的HClNaOH的利用率低；产品杂质含量多。

(5)液面上方有黄绿色气体使反应生成的NaOH再次生成NaClO；提高原料利用率。

(6)23、略

【分析】【分析】

70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2，生成气体通过饱和NaHSO3溶液进行除杂；得到纯净二氧化硫气体通入硝酸银溶液中观察实验现象，二氧化硫气体有毒，尾气通入碱液中吸收处理。

（1）

已知：常温下，实验室用70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2；反应为固液不加热反应；且亚硫酸钠为粉末，多孔隔板不起作用，故应该选择装置c。

（2）

生成的二氧化硫气体会带出部分硫酸酸雾和三氧化硫气体，硫酸、三氧化硫会和饱和碳酸氢钠反应，故饱和NaHSO3溶液的作用是：除去SO2中H2SO4形成的酸雾或通过观察气泡控制SO2流速。

（3）

已知：

步骤1：向沉淀A中加足量的浓氨水，灰白色沉淀逐渐减少，说明沉淀溶于氨水，据信息，是含银离子的沉淀与NH3·H2O反应生成稳定的络合物[Ag(NH3)2]+。

步骤2：静置一段时间，取上层清液于试管中，加入浓硝酸，产生红棕色气体，则浓硝酸转变为二氧化氮，说明上层清液含有还原剂，则含有+4价S，综上，可以推知灰白色沉淀含Ag2SO3、溶于氨水时能发生非氧化还原反应得到[Ag(NH3)2]+与SO则Ag2SO3与浓氨水反应方程式可以为Ag2SO3+4NH3▪H2O=2[Ag(NH3)2]++SO+4H2O；经检验；实验步骤1中还得到含银单质的灰黑色浊液，则+1价银转变为Ag，发生了氧化还原反应；银化合价降低1价，按得失电子守恒，每生成1mol银转移的电子的物质的量为1mol。

（4）

结合(3)可知，Ag2SO3溶于NH3·H2O还得到了Ag，则亚硫酸根离子作还原剂被氧化为SO故还可能发生的反应为Ag2SO3+2NH3·H2O2Ag+SO+2NH+H2O。综上，灰白色沉淀A与浓氨水发生反应的离子方程式为Ag2SO3+4NH3·H2O2[Ag(NH3)2]++SO+4H2O或Ag2SO3+2NH3·H2O2Ag+SO+2NH+H2O。(写出一个即可)。

（5）

将无色溶液B分成两份，向一份溶液中滴加浓盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则沉淀为氯化银、并且AgCl溶于浓盐酸生成[AgCl2]-；说明无色溶液B中存在Ag+。

向另一份溶液中加入饱和Na2SO3溶液，试管中无沉淀产生。补充实验：向0.1mol•L-1的AgNO3溶液中滴加饱和Na2SO3溶液，有白色沉淀产生，二者一比较可推知，无色溶液B中存在的Ag+