2025年外研衔接版选修化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年外研衔接版选修化学上册阶段测试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8题，共16分)1、下列离子方程式中，正确的是A.稀硫酸除铁锈：Fe2O3+6H+=Fe3++3H2OB.稀盐酸与银反应：2H++2Cl-+2Ag=2AgCl↓+H2↑C.硫酸氢钠与氢氧化钾溶液反应：H++OH-=H2OD.湿法炼铜原理：2Fe+3Cu2+=2Fe3++3Cu2、下列式子中，属于水解反应的是A.H2O+H2O⇌H3O++OH-B.+H2O⇌+OH-C.NH3+H2O⇌NH3∙H2OD.+OH-⇌H2O+3、下列叙述正确的是A.常温下由水电离c(H＋)=10−4mol/L的溶液，有可能是稀盐酸B.pH相同的NaOH溶液和Na2S溶液加水稀释相同倍数后，Na2S溶液pH较大C.0.1mol/LCH3COONa溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)D.Na2CO3溶液中：c(HCO3－)＋c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)4、有机物分子中原子（或原子团）之间的相互影响会导致它们化学性质的改变，下列叙述能说明上述观点的是（）A.等物质的量的乙二醇和乙醇分别与足量金属钠反应，乙二醇产生的氢气多B.乙烯可发生加成反应，而乙烷不能C.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲基环己烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.乙烯和苯都能和氢气发生加成反应5、1,3-二异丙烯基苯是工业上常用的交联剂；可用于制备高性能超分子聚合物，其结构如图所示。下列有关1,3-二异丙烯基苯的说法错误的是（）

A.其一氯代物有6种B.与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应C.分子中所有碳原子可能处于同一平面D.能发生加聚反应6、下列说法中，不正确的是A.醇在一定条件下都能发生取代反应B.不是所有醇类在一定条件下都能与氢卤酸反应生成卤代烃C.与CH3CH2OH在浓H2SO4存在下加热，最多可生成5种有机产物D.CH3OH、CH3CH2OH、都能在铜催化下发生氧化反应7、在一定的条件下，既可以发生氧化反应又可以发生还原反应，还可以发生缩聚反应的是A.乙醇B.甲醛C.乙酸D.乙烯8、一定条件下，向密闭容器中充入一定量的NH3，发生反应2NH3(g)⇌N2(g)＋3H2(g)。达到平衡时，N2的体积分数与温度；压强的关系如图所示；下列说法正确的是。

A.a点时，NH3的转化率为30%B.达到平衡时，2v正(NH3)＝3v逆(H2)C.b、c两点对应的平衡常数：Kb＜KcD.压强：p1＞p2评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、有甲基；苯基、羟基、羧基四种基团；在它们两两组合形成的化合物中：

（1）能使石蕊试液变色的是_______________（只需写出一种物质的结构简式；下同）；

（2）能与溴水反应的是____________；

（3）催化氧化后产物能与新制氢氧化铜反应的是_________________；

（4）能与氯化铁溶液反应的是__________________________；

（5）不同情况下与氢氧化钠反应能生成两种盐的是_______________。10、弱电解质的电离程度与外界条件有关。

(1)某温度下纯水的pH=6。则此温度下pH=7的溶液呈_______(填“酸性”“中性”或“碱性”)。0.05mol·L-1Ba(OH)2溶液的pH=_______。

(2)向0.1mol/L醋酸溶液中加入水，电离平衡向_______移动(填“左”或“右”)；n(CH3COOH)_______(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)；_______。11、实验室有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而实现Cl-、SO和NO的相互分离。相应的实验过程可用图表示：

请回答下列问题：

(1)写出实验流程中下列物质的化学式试剂X：__沉淀B：__沉淀C：__(写出一种即可)。

(2)按此实验方案得到的溶液3中肯定含有__(填化学式)杂质。12、利用酸解法制钛白粉产生的废液[含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4]；生产铁红和补血剂乳酸亚铁。其生产步骤如下：

已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42—。请回答：

（1）步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作中所用的玻璃仪器是___________，步骤②得到硫酸亚铁晶体的操作为蒸发浓缩、______________。

（2）步骤④的离子方程式是_______________。

（3）步骤⑥必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及_______。

（4）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。

（5）用平衡移动的原理解释步骤⑤中加乳酸能得到乳酸亚铁的原因________。

（6）为测定步骤②中所得晶体中FeSO4·7H2O的质量分数，取晶体样品ag，溶于稀硫酸配成100．00mL溶液，取出20．00mL溶液，用KMnO4溶液滴定（杂质与KMnO4不反应）。若消耗0．1000mol•L-1KMnO4溶液20．00mL，所得晶体中FeSO4·7H2O的质量分数为（用a表示）____________。13、电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的物理量。已知：

。化学式。

电离常数(25℃)

HCN

K＝4.9×10－10

CH3COOH

K＝1.8×10－5

H2CO3

K1＝4.3×10－7、K2＝5.6×10－11

（1）25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三溶液的pH由大到小的顺序为________(用化学式表示)。

（2）向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的化学方程式为_____________。

（3）25℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH＝6，则溶液中c(CH3COO－)－c(Na＋)＝________mol·L－1(填精确值)，c(CH3COO－)/c(CH3COOH)＝________。14、A～E等几种烃分子的球棍模型如图所示，据此回答下列问题。A．B．C．D．E．(1)D的化学式为________；A的二氯取代物有________种。

(2)可作为植物生长调节剂的是________(填序号)。15、现有①苯；②甲苯、③乙烯、④乙醇、⑤溴乙烷、⑥45℃苯酚；共6种有机物，请用它们的代号填空：

(1)能和金属钠反应放出氢气的是_______；

(2)能和NaOH溶液反应的是_______；

(3)常温下能和溴水反应的是_______；

(4)以上3种烃中，等质量燃烧耗氧最多的是_______。16、有机物H是锂离子电池中的重要物质；以烃A；C为基础原料合成H的路线图如下：

回答下列问题：

以烃A、甲醛为基础原料制备1，2，3，4-丁四醇，写出能合成较多目标产物的较优合成路线：____(其他无机试剂任选)。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)17、用稀NaOH滴定盐酸，用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定。（______________）A.正确B.错误18、属于稠环芳香烃。(_____)A.正确B.错误19、顺-2-丁烯和反-2-丁烯均能使溴水退色。(____)A.正确B.错误20、取溴乙烷水解液，向其中加入AgNO3溶液，可观察到产生淡黄色沉淀。(___________)A.正确B.错误21、浓硝酸溅在皮肤上，使皮肤呈黄色是由于浓硝酸与蛋白质发生了显色反应。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共36分)22、已知物质A～K之间有如下图所示转化关系。其中A是一种易溶于水的离子化合物；在空气中易潮解和变质，在水中可以电离出电子总数相等的两种离子；E为生活中常用消毒剂的有效成分，F是生活中不可缺少的调味剂，G为无色液体，B；C、D、K都是单质；反应②～⑤都是重要的工业反应。（部分反应需要在溶液中进行）

（1）物质D中所含元素在周期表中的位置为____________________________；

E中所含化学键类型有___________________________________________；

M的结构式为___________________________________________________。

（2）反应④的离子方程式为___________________________________________。23、I.氨气分子构型______；比较结合H+能力的相对强弱：H2O___NH3(填“＞”、“＜”或“=”),用一个离子方程式说明H3O+和NH给出H+能力的相对强弱_______。

II.某钾盐X(摩尔质量介于200g•mol-1~300g•mol-1之间)具有强氧化性；由三种常见的元素组成，有如下转化关系：

请回答下列问题：

(1)X中除钾元素外还含有元素________、__________。(填元素名称)

(2)请写出产生白色沉淀的离子反应方程式_________________。

(3)X与水在一定条件下发生反应，生成两种物质，一种为酸式盐，另一种具有漂白性，请写出X与水反应的化学方程式：_______________。24、A；B、C、D均为中学化学中常见的物质；它们之间转化关系如图(部分产物已略去)：

ABC

试回答：

(1)若D是具有氧化性的单质，则属于主族的金属A为___________(填元素符号)

(2)若D是金属，C溶液在储存时应加入少量金属D，其理由是(用必要的文字和离子方程式表示)______

(3)若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，且三种物质中有一种是白色不溶物。在溶液中A和C反应生成B。请写出B转化为C的所有可能的离子力程式_________、_________

(4)某一离子反应体系有反应物和产物共以下六种：MnO4-、H+、O2、H2O、H2O2、Mn2+。

①写出该氧化还原反应的离子方程式_______

②溶液随着酸性的增强氧化性不断增强，应选择_________(选填“稀硫酸”或“浓盐酸”)进行KMnO4溶液的酸化。

③如反应转移了0.6mo1电子，则产生的气体在标准状况下体积为__________

(5)一份溶液中可能含有K+、Al3+、Mg2+、Fe2+、H+、NH4+、Cl－、HCO3－、ClO－、AlO2－等离子中的若干种。为了确定溶液的组成；进行了如下操作：

往该溶液中逐滴加入NaOH溶液并适当加热，产生沉淀和气体的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积关系如图所示；则该溶液中一定存在的离子是_______，一定不存在的离子是________。25、原子序数小于36的X；Y、Z、R、W五种元素；其中X是周期表中原子半径最小的元素，Y是形成化合物种类最多的元素，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，R单质占空气体积的1/5；W的原子序数为29。回答下列问题:

(1)Y2X4分子中Y原子轨道的杂化类型为________，1molZ2X4含有σ键的数目为________。

(2)化合物ZX3与化合物X2R的VSEPR构型相同，但立体构型不同，ZX3的立体构型为________，两种化合物分子中化学键的键角较小的是________(用分子式表示)，其原因是________________________________________________。

(3)与R同主族的三种非金属元素与X可形成结构相似的三种物质，三者的沸点由高到低的顺序是________。

(4)元素Y的一种氧化物与元素Z的单质互为等电子体，元素Y的这种氧化物的结构式是________。

(5)W元素原子的价电子排布式为________。评卷人得分五、实验题(共2题，共12分)26、四氮化四硫(S4N4，S为+2价)是重要的硫－氮二元化合物，室温下为橙黄色固体，难溶于水，能溶于CCl4等有机溶剂，可用NH3与SCl2(红棕色液体)反应制备；反应装置如图所示(夹持装置略)。

已知：S4N4+6OH-+3H2OS2O+2SO+4NH3↑

回答下列问题：

(1)试剂a是_____；装置D的作用是______。

(2)装置C中生成S4N4的同时，还生成一种常见固体单质和一种盐，该反应的化学方程式为______；证明SCl2反应完全的现象是_____。

(3)分离产物后测定产品纯度：

i.蒸氨：取0.1000g样品加入三颈烧瓶中，再加入足量NaOH溶液并加热蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol•L-1H2SO4标准溶液的锥形瓶中。

ii.滴定：用c2mol•L-1溶液滴定剩余的H2SO4，消耗V2mLNaOH溶液。

①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→______(填标号)→开始滴定。

a.装入滴定液至“0”刻度以上。

b.调整滴定液液面至“0”刻度。

c.排除气泡。

d.用滴定液润洗2至3次。

e.记录起始读数。

②滴定时选用的指示剂为_____；在接近终点时，放液使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______；继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化。

③S4N4的纯度表达式为______；若所用NaOH溶液实际浓度偏低，测定结果_____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。27、这次中美贸易战的矛盾激化，也让我们看到了中国半导体产业存在的诸多不足，俗话说“亡羊补牢，为时未晚”，找出存在的不足，然后针对地去解决问题，才能让半导体产业链发展壮大起来。三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。一研究小组在实验室模PCl3+SO2+Cl2→POCl3+SOCl2制备POCl3并测定产品含量。

资料卡片：。物质熔点/℃沸点/℃相对分子质量其他PCl3-93.676.1137.5遇水剧烈水解，易与O2反应POCl31.25105.8153.5遇水剧烈水解，能溶于PCl3SOCl2-10578.8119遇水剧烈水解，受热易分解

请回答下列问题：

(1)若选用Na2SO3固体与70％浓H2SO4制取SO2，反应的化学方程式是：______。

(2)溶液A为饱和食盐水，乙装置中应该盛装的试剂为______(填“P2O5”或“碱石灰”或“浓H2SO4”或“无水硫酸铜”)；反应装置图的虚框中未画出的仪器最好选择______(填“己”或“庚”)。

(3)甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还有______。

(4)水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60～65℃，其原因是______。

(5)通过佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中POCl3的含量：准确称取1.600g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入0.2000mol·L-1的AgNO3溶液20.00mL(Ag++C1-=AgC1↓)，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂，用0.1000mol·L-1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点(Ag++SCN-=AgSCN↓)；做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。

①达到滴定终点的现象是______。

②POCl3的质量分数为______(保留三位有效数字)。

③已知：Ksp(AgC1)=3.2×10-10mol2·L-2，Ksp(AgSCN)=2×10-12mol2·L-2，若无硝基苯覆盖沉淀表面，测定POCl3的质量分数将______(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。评卷人得分六、结构与性质(共4题，共40分)28、【化学——选修3：物质结构与性质】

磷元素在生产和生活中有广泛的应用。

（1）P原子价电子排布图为__________________________。

（2）四（三苯基膦）钯分子结构如下图：

P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为___________；判断该物质在水中溶解度并加以解释_______________________。该物质可用于右上图所示物质A的合成：物质A中碳原子杂化轨道类型为__________________；一个A分子中手性碳原子数目为__________________。

（3）在图示中表示出四（三苯基膦）钯分子中配位键：_____________

（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正六面体形阴离子，熔体中P－Cl的键长只有198nm和206nm两种，这两种离子的化学式为_____________________；正四面体形阳离子中键角小于PCl3的键角原因为__________________；该晶体的晶胞如右图所示，立方体的晶胞边长为apm，NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为_______g/cm3。

（5）PBr5气态分子的结构与PCl5相似，它的熔体也能导电，经测定知其中只存在一种P－Br键长，试用电离方程式解释PBr5熔体能导电的原因___________________。29、现有四种烃：①C2H6、②C2H4、③C2H2、④C6H6

(1)易发生取代反应的烃是_______(填序号；下同)易发生加成反应的烃是_______。

(2)碳碳键的键长由长到短的顺序为_______。

(3)在空气中燃烧时；能产生浓烟的是_______。

(4)通入(或滴入)酸性KMnO4溶液中，可能使之褪色的是_______。30、第IIIA主族元素有着广泛的应用；B可用作特种玻璃，Al可用作火箭和飞机外壳，Ga可用作半导体材料，In可用于电子仪器中，Tl可用于红外技术。回答下列问题：

(1)基态Ga原子的电子排布式为_______，有_______种不同运动状态的电子。

(2)B能形成很多类似于烃类的物质，比如B2H6，分子中B也形成四根键，但不含B-B键，试画出B2H6的结构式_______。此外B与N元素可形成无机苯B3N3H6，它与苯的结构很相似，该分子中N的杂化方式是_______。

(3)电解氧化铝需要添加冰晶石Na3AlF6，它的阴离子的空间结构为_______，它可通过以下反应制备：Al(OH)3+3NaOH+6HF=Na3AlF6+6H2O，该反应涉及的5种元素电负性最大的是_______。

(4)AlF3，AlCl3熔点分别为1290oC和192oC，熔点呈现如此变化的原因是_______。

(5)H3BO3晶体形成层状结构，每一层的结构如下图所示，层与层之间距离为318pm(大于氢键的长度)，硼酸晶体属于_______晶体，晶体中含有的作用力有_______，在一层硼酸晶体结构中最小的重复单元含有_______个H3BO3分子。

(6)GaN是二元Ⅲ-ⅤA族的直接带隙半导体，非常适合制造光电器件，GaN具有六方纤锌矿结构，晶胞示意图如下图所示，该晶胞的边长a=318pm，c=517pm。该GaN晶体的密度ρ=_______g·cm-3。(只列计算式，NA表示阿伏伽德罗常数)

31、目前铬被广泛应用于冶金；化工、铸铁及高精端科技等领域。回答下列问题：

（1）基态Cr原子价层电子的轨道表达式为_______，其核外有_______种不同能量的电子。

（2）Cr的第二电能离（ICr）和Mn的第二电离能（IMn）分别为1590.6kJ·mol-1、1509.0kJ·mol-1，ICr>IMn的原因是____________。

（3）过氧化铬CrO5中Cr的化合价为+6，则该分子中键、键的数目之比为______。

（4）CrCl3的熔点（83℃）比CrF3的熔点（1100℃）低得多，这是因为___________。

（5）Cr的一种配合物结构如图所示，该配合物中碳原子的杂化方式是_______，阳离子中Cr原子的配位数为_________，ClO的立体构型为________。

（6）氮化铬晶体的晶胞结构如图所示，Cr处在N所围成的________空隙中，如果N与Cr核间距离为apm，则氮化铬的密度计算式为__________g·cm-3（NA表示阿伏加德罗常数的值）。

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A．铁锈的主要成分为Fe2O3，可以用稀硫酸去除，但选项中的离子方程式没有配平，正确的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，A错误；B．Ag的活动性较弱，与稀盐酸不发生反应，B错误；C．硫酸氢钠在溶液中可以电离出H+，溶液中的H+可以和KOH电离出的OH-反应生成水，而其他离子互不反应，故反应的离子方程式正确，C正确；D．湿法炼铜是用活泼金属Fe将铜盐中的铜置换出来，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，D错误；故选C。2、B【分析】【分析】

盐类的水解实质是盐类电离产生的弱酸根离子或弱碱离子与水电离产生的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应；由此分析。

【详解】

A．H2O+H2O⇌H3O++OH-表示水的电离方程式；不属于水解反应，故A不符合题意；

B．+H2O⇌+OH-表示的水解反应，与水电离时生成的氢离子反应生成属于水解反应，故B符合题意；

C．NH3+H2O⇌NH3∙H2O表示的是氨气和水反应生成一水合氨；属于化合反应，不属于水解反应，故C不符合题意；

D．+OH-⇌H2O+表示的是和OH-反应生成H2O和属于复分解反应，不属于水解反应，故D不符合题意；

答案选B。3、B【分析】【详解】

A．盐酸加入水中会抑制水的电离，所以由水电离c(H＋)应小于10-7mol/L而不能大于10-7mol/L；A错误；

B．NaOH是强电解质完全电离，Na2S是强碱弱酸盐存在水解：S2-+H2O⇌HS-+OH-，加水会促进S2-水解，二者加水稀释相同倍数后，溶液中OH-浓度是Na2S>NaOH，所以pH变化大的是NaOH，变化小的是Na2S，故pH相同的NaOH溶液和Na2S溶液加水稀释相同倍数后，Na2S溶液pH较大；B正确；

C．CH3COONa=CH3COO－+Na＋，由于醋酸根发生水解：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-,所以c(OH-)>c(H＋)，c(Na＋)>c(CH3COO-)，又因水解是微弱的，所以c(CH3COO-)>c(OH-)，所以溶液中各离子浓度大小为：c(Na＋)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H＋)；C错误；

D．根据质子守恒可知：Na2CO3溶液中：c(OH-)=c(HCO3-)＋c(H+)＋2c(H2CO3)；D错误。

答案选B。4、C【分析】【详解】

A.乙二醇产生的氢气多仅仅是因为它多一个羟基；与相互作用无关，A项错误；

B.乙烯因有碳碳双键可以发生加成反应；乙烷无不饱和键不能加成，与相互作用无关，B项错误；

C.同样是甲基；连在苯环上的甲基可以被氧化成羧基，连在环己烷上的甲基却不能被氧化，证明苯环内的离域π键对甲基起到了影响，从而导致化学性质的改变，C项正确；

D.乙烯和苯确实可以与氢气发生加成；但不能说明分子中原子之间的相互影响会导致化学性质的改变，D项错误；

答案选C。5、A【分析】【分析】

分析1,3-二异丙烯基苯的结构可知，为对称结构，其分子中有5种等效氢：根据等效氢的种数判断一氯取代物的同分异构体数目。根据与双键和苯环直接相连的原子共平面判断分子中原子共面情况。

【详解】

A．由分析可知；1,3-二异丙烯基苯分子中含有5种等效氢，则其一氯代物有5种，A项错误；

B．1,3-二异丙烯基苯分子中含有苯环；可与液溴在溴化铁的催化作用下发生取代反应，B项正确；

C．1,3-二异丙烯基苯中任一双键两侧的碳原子是处于同一平面的；当苯环与两双键处于同一平面时，分子中所有碳原子就处于同一平面，C项正确；

D．1,3-二异丙烯基苯分子中含有碳碳双键；可以发生加聚反应，D项正确；

答案选A。6、B【分析】【详解】

A．醇在一定条件下都能与羧酸发生取代反应生成酯；故A不符合题意；

B．醇类在一定条件下都能与氢卤酸发生取代反应生成卤代烃；故B符合题意；

C．与CH3CH2OH在浓H2SO4存在下加热可以发生消去反应的两种有机产物；可以发生分子间脱水的三种产物，最多可生成5种有机产物，故C不符合题意；

D．连接醇羟基的碳原子上含有氢原子的醇能在铜催化下发生氧化反应，CH3OH、CH3CH2OH、连接醇羟基的碳原子上含有氢原子；故D不符合题意；

答案选B。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．乙醇能被氧化；不能发生还原反应，故A不符合题意；

B．甲醛含有醛基；可以被氧化为甲酸，也可以被还原为甲醇，结构中含有醛基，可以发生缩聚反应，故B符合题意；

C．乙酸能发生氧化反应；不能发生还原反应，故C不符合题意；

D．乙烯可以发生氧化反应；还原反应；不能发生缩聚反应，故D不符合题意；

答案选B。

【点睛】

缩合聚合反应是缩聚反应的全称，是指由一种或多种单体相互缩合生成高分子的反应，其主产物称为缩聚物。缩聚反应往往是官能团的反应，除形成缩聚物外，还有水、醇、氨或氯化氢等低分子副产物产生。8、C【分析】【详解】

A．a点氮气的体积分数为0.1，设开始的氨气为x，转化的氨气为y，则=0.1，解得：y=0.25x，NH3的转化率为=25%；故A错误；

B．a点为平衡点，不同物质的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，则满足3v(NH3)正═2v(H2)逆；故B错误；

C．由图可知，升高温度，氮气的体积分数增大，则正反应为吸热反应，K与温度有关，c点温度高，则b、c两点对应的平衡常数：Kb＜Kc；故C正确；

D．若p1＞p2，图中压强越大，氮气的体积分数越大，而增大压强2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)逆向移动；氮气的体积分数减小，二者不一致，故D错误；

故选C。二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【分析】

甲基、苯基、羟基、羧基四种基团两两组合对应的有机物有CH3COOH、H2CO3、CH3OH等；结合有机物官能团的性质分析解答。

【详解】

甲基、苯基、羟基、羧基四种基团两两组合对应的有机物有CH3COOH、H2CO3、CH3OH等。

(1)能使石蕊试液变色的物质具有酸性，对应的有CH3COOH、HO-COOH(H2CO3)，苯酚不能使石蕊变色，故答案为：CH3COOH(或或HO-COOH)；

(2)能与溴水反应的是与溴水发生取代反应生成三溴苯酚沉淀，故答案为：(或C6H5OH)；

(3)催化氧化后产物能与新制氢氧化铜反应，说明产物中含有-CHO，只有CH3OH符合，故答案为：CH3OH；

(4)能与氯化铁溶液发生显色反应的是反应后溶液显紫色，为的特征反应，故答案为：

(5)不同情况下与氢氧化钠反应能生成两种盐的是HOCOOH(H2CO3)，可生成Na2CO3或NaHCO3；故答案为：HOCOOH。

【点睛】

本题的易错点为(1)，要注意苯酚不能使石蕊试液变红色。【解析】①.CH3COOH（或C6H5COOH或HO-COOH）②.③.CH3OH④.⑤.HOCOOH10、略

【分析】【详解】

(1)某温度下纯水的pH=6，则该温度下水的离子积常数Kw=10-12，此温度下pH=7的溶液中，c(H+)=10-7mol/L，则c(OH-)=mol/L，则c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性，0.05mol·L-1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.05mol/L×2=0.1mol/L，则则pH=-lgc(H+)=11；

(2)醋酸中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向0.1mol/L醋酸溶液中加入水，加水促进电离，因此电离平衡向右移动，则n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，CH3COOH、CH3COO-、H+的浓度均会减小，根据温度不变，平衡常数K不变，c(H+)减小，则增大。【解析】①.碱性②.11③.右④.减小⑤.增大11、略

【分析】【分析】

如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的BaCl2[或Ba(NO3)2]，生成BaSO4沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。

【详解】

(1)根据分析可知X为BaCl2或Ba(NO3)2；沉淀B为AgCl；沉淀C为BaCO3或Ag2CO3；

(2)第③步操作中加入了过量的Na2CO3，所以溶液3中肯定有Na2CO3杂质。【解析】①.BaCl2或Ba(NO3)2②.AgCl③.BaCO3或Ag2CO3④.Na2CO312、略

【分析】【分析】

废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，加铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2（SO4）3反应生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2•xH2O，过滤，滤渣为TiO2•xH2O、Fe，滤液为FeSO4；FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硫酸亚铁晶体，脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加如碳酸氢铵；反应生成碳酸亚铁沉淀；硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸，碳酸亚铁溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到乳酸亚铁晶体。

【详解】

（1）步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作为过滤；过滤用的仪器有玻璃棒；烧杯、漏斗；步骤②得到硫酸亚铁晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：玻璃棒、烧杯、漏斗；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

（2）步骤④的反应为FeSO4与如碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，反应的离子方程式是Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；

（3）Fe2+具有还原性，步骤⑥必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及隔绝空气，防止Fe2+被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；

（4）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，反应的方程式为4FeSO4+O24SO3+2Fe2O3，由化合价变化可知，氧化剂为O2和还原剂为FeSO4；由得失电子数目守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:4，故答案为：1:4；

（5）硫酸亚铁在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，加入乳酸，CO32-与乳酸反应，使CO32-浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液，故答案为：硫酸亚铁在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，CO32-与乳酸反应浓度降低；平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液；

（6）亚铁离子会被高锰酸钾氧化为三价铁离子，本身被还原为+2价的锰离子，根据得失电子守恒可知5FeSO4·7H2O—KMnO4，则依据消耗0.1000mol/LKMnO4溶液20.00mL可知FeSO4·7H2O的质量分数为×100%=×100%，故答案为：【解析】①.玻璃棒、烧杯、漏斗②.冷却结晶、过滤、洗涤、干燥③.Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑④.防止Fe2+被氧化⑤.1:4⑥.硫酸亚铁在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，CO32-与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液⑦.×100%13、略

【分析】【详解】

（1）根据盐类水解的规律，越弱越水解，水解程度越大，溶液的pH值越大，根据电离平衡常数可判断酸性的强弱顺序为：CH3COOH＞HCN＞HCO3-，则pH由大到小的顺序为Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa；

（2）由于酸性的强弱顺序为：CH3COOH＞HCN＞HCO3-，则根据强酸制备弱酸可知向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的化学方程式为NaCN＋H2O＋CO2＝HCN＋NaHCO3；

（3）室温下，Kw=10-14，则pH＝6的溶液中氢离子和氢氧根浓度分别是10-6mol/L、10-8mol/L，根据溶液呈电中性可得：c(Na＋)+c（H＋）＝c(CH3COO－)+c（OH-），c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c（H＋）-c（OH-）=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10－7mol/L；c(CH3COO－)/c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)×c（H＋）/[c(CH3COOH)×c（H＋）]=K/c（H＋）==18。【解析】Na2CO3＞NaCN＞CH3COONaNaCN＋H2O＋CO2＝HCN＋NaHCO39.9×10－71814、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据物质的球棍模型可知，A、B、C、D、E的结构简式依次为CH4、CH3CH3、CH2=CH2、CH≡CH、CH3CH2CH3，D的化学式为C2H2，A是甲烷，甲烷是正四面体结构，则A的二氯取代物有1种，故答案为：C2H2；1；

(2)可作为植物生长调节剂的是CH2=CH2，C选项正确，故答案为：C。【解析】C2H21C15、略

【分析】【分析】

含-OH；-COOH的有机物与Na反应生成氢气；含-COOH、-COOC-、酚-OH、-X的有机物能够与NaOH反应；含碳碳双键、三键的有机物与溴水发生加成反应；含酚-OH，能够与溴水发生取代反应，据此分析解答(1)～(3)；等质量的烃，含氢量越高，燃烧时耗氧越多，据此分析解答(4)。

【详解】

(1)能和金属钠反应放出氢气的是④乙醇；⑥45℃苯酚；故答案为：④⑥；

(2)能和NaOH溶液反应的是⑤溴乙烷；⑥45℃苯酚；溴乙烷与氢氧化钠溶液发生水解反应苯酚与氢氧化钠溶液发生中和反应，故答案为：⑤⑥；

(3)常温下能和溴水反应的是③乙烯；⑥45℃苯酚；分别发生加成反应、取代反应，故答案为：③⑥；

(4)等质量的烃，含氢量越高，燃烧时耗氧越多，①苯、②甲苯、③乙烯中含氢量分别为含氢量最高的是乙烯，故答案为：③。【解析】④⑥⑤⑥③⑥③16、略

【分析】【分析】

【详解】

由题干流程图信息可知，烃A与甲醛在KOH作用下发生加成反应生成B为CHC-CH2OH，故A为乙炔，结合流程图中A到B的转化信息可知，乙炔和甲醛反应生成：HOCH2C≡CCH2OH，由流程图中E到F的信息可知，HOCH2C≡CCH2OH部分加氢可以转化为：HOCH2CH=CHCH2OH，HOCH2CH=CHCH2OH和Br2发生加成反应生成HOCH2CHBrCHBrCH2OH，HOCH2CHBrCHBrCH2OH在NaOH水溶液中加热发生水解反应即可得到1，2，3，4-丁四醇，故确定合成路线为：HC≡CHHOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CHBrCHBrCH2OH故答案为：HC≡CHHOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CHBrCHBrCH2OH【解析】HC≡CHHOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CHBrCHBrCH2OH三、判断题(共5题，共10分)17、B【分析】【分析】

【详解】

用稀NaOH滴定盐酸，用酚酞作指示剂，开始时溶液为无色，随着NaOH的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，当锥形瓶中溶液由无色变红色，半分钟内溶液不再变为无色时停止滴定，此时达到滴定终点，故认为锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定的说法是错误的。18、B【分析】【详解】

由两个或两个以上的苯环共用相邻的两个碳原子的芳香烃称为稠环芳香烃，联苯中苯环之间含碳碳单键，不属于稠环芳香烃，故该说法错误。19、A【分析】【详解】

顺-2-丁烯和反-2-丁烯都存在碳碳双键，均能使溴水退色，正确。20、B【分析】【分析】

【详解】

溴乙烷水解是在NaOH的水溶液中进行的，取溴乙烷水解液，向其中加入AgNO3溶液之前，需要先加入稀硝酸中和可能过量的NaOH，否则可能观察不到AgBr淡黄色沉淀，而是NaOH和AgNO3反应生成的AgOH，进而分解生成的黑褐色的Ag2O，故错误。21、A【分析】【分析】

【详解】

皮肤中含有蛋白质，含有苯环的蛋白质遇浓硝酸变黄色，所以浓硝酸溅在皮肤上，使皮肤呈黄色是由于浓硝酸和蛋白质发生显色反应，故正确。四、元素或物质推断题(共4题，共36分)22、略

【分析】【详解】

A是一种易溶于水的离子化合物；在空气中易潮解和变质，在水中可以电离出电子总数相等的两种离子，A是氢氧化钠；E为生活中常用消毒剂的有效成分，E是次氯酸钠。F是生活中不可缺少的调味剂，F是氯化钠，G为无色液体，G是水，B；C、D、K都是单质，反应②～⑤都是重要的工业反应，则B是氯气，电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，则C是氢气。H是氯化氢，氯化氢与次氯酸钠反应生成M是次氯酸，次氯酸见光分解生成氧气和氯化氢，则K是氧气。I与氧气发生催化氧化生成水和J，所以D是氮气，I是氨气，J是NO。则：

（1）氨气中所含元素是N；在周期表中的位置为第二周期第VA族，次氯酸钠中所含化学键类型有离子键和极性共价键，M是次氯酸，结构式为H－O－Cl。

（2）反应④的离子方程式为2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－。【解析】①.第二周期第VA族②.离子键和极性共价键（或离子键和共价键）③.H—O—Cl④.2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-23、略

【分析】【分析】

Ⅱ.单质气体C可使带火星的木条复燃，C是氧气，标况下，224mL氧气的物质的量是0.01mol；气体B的物质的量是0.03mol，通入足量BaCl2溶液，生成硫酸钡沉淀0.02mol，说明B气体含有0.02molSO3；A是强酸盐，则A为K2SO4；可根据各元素的质量计算X的化学式。

【详解】

Ⅰ.NH3中心原子的价电子对数为含有1对孤对电子，则其分子构型为三角锥形，H2O为弱电解质，能够电离生成H3O+，而H3O+又能与NH3反应生成所以结合H+的能力H2O＜NH3，反应方程式为NH3+H3O+=NH+H2O；

Ⅱ.(1)X隔绝空气加热，分解出SO3和O2；所以X中除钾元素外还含有元素硫；氧；

(2)SO3和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，该反应的离子方程式是SO3+Ba2++H2O=BaSO4+2H+。

(3)0.02molSO3和0.01molO2的质量为0.02mol×80g/mol+0.01mol×32g/mol=1.92g，根据质量守恒，m(K2SO4)=5.4g-1.92g=3.48g，n(K2SO4)=所以n(K)=0.04mol、n(S)=0.02mol+0.02mol=0.04mol、n(O)=0.02mol×4+0.02mol×3+0.01mol×2=0.16mol，n(K)：n(S)：n(O)=1：1：4，X的摩尔质量介于200g•mol-1~300g•mol-1之间，所以X的化学式是K2S2O8，K2S2O8与水在一定条件下发生反应，生成两种物质，一种为酸式盐，另一种具有漂白性，则产物是KHSO4、H2O2，根据原子守恒可知K2S2O8与水反应的化学方程式是K2S2O8+2H2O=2KHSO4+H2O2。【解析】三角锥形＜NH3+H3O+=NH+H2O硫氧SO3+Ba2++H2O=BaSO4+2H+K2S2O8+2H2O=2KHSO4+H2O224、略

【分析】【分析】

（1）D是具有氧化性的单质，A元素属于短周期主族金属元素，根据反应关系可知A为Na，B为Na2O，D为O2，C为Na2O2；

（2）若D为金属，由转化关系可知为变价金属，应为Fe，则C含有Fe2+；具有还原性；

（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B．判断为：Al3+→Al(OH)3→D为OH-；或→Al(OH)3→Al3+，D为H+；

（4）由H2O2→O2知，双氧水在反应中作还原剂，所以还必须有氧化剂参加反应，在反应中得电子化合价降低，根据化合价知，高锰酸根离子作氧化剂，还原产物是锰离子，同时反应后生成水，反应的离子方程式为：结合离子方程式解答；

（5）根据产生沉淀和气体的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系的图示可以知道；刚加入氢氧化钠溶液时，没有产生沉淀；之后产生了沉淀，且沉淀完全溶解；沉淀溶解前产生了气体，该气体一定是氨气，以上分析依据，分别对离子存在情况作出判断。

【详解】

（1）D是具有氧化性的单质，A元素属于短周期主族金属元素，根据反应关系可知A为Na，B为Na2O，D为O2，C为Na2O2；

（2）若D为金属，由转化关系可知为变价金属，应为Fe，则C含有Fe2+，具有还原性，保存时应加入少量Fe，防止被Fe2+空气氧化，原理是2Fe3++Fe=3Fe2+；

（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B，判断为：Al3+→Al(OH)3→A为Al3+，B为Al(OH)3，C为D为NaOH；或→Al(OH)3→Al3+，A为B为Al(OH)3，C为Al3+，D为H+；B转化为C的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；

（4）①由上述分析可知，该氧化还原反应离子方程式为：

②高锰酸钾具有强氧化性；可氧化盐酸生成氯气，应用稀硫酸酸化；

③反应中；Mn元素化合价由+7价降低到+2价，由方程式可知生成5mol氧气转移10mol电子，则如反应转移了0.6mo1电子，产生的氧气0.3mol，气体在标准状况下体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L；

（5）根据图示，开始时没有沉淀生成，说明溶液中H+，一定没有ClO−、随后出现沉淀，且沉淀完全溶解了，说明沉淀是氢氧化铝，溶液中一定含有Al3+，因Al3+与ClO-能够发生反应，则一定没有ClO-；氢氧化铝溶解前生成了气体，该气体一定是氨气，故溶液中一定含有最终沉淀完全溶解，因此溶液中一定不含Mg2+、Fe2+；故答案为：Al3+、H+、Cl－；Mg2+、Fe2+、ClO-、

【点睛】

离子推断题解法归纳：这些推断题的解法在于掌握离子的特有反应以及离子间的共存情况，在解题之前，应对所提供的离子在溶液中能否大量共存进行分析，做到心中有数，一般来说，离子间能生成沉淀、或气体、或弱电解质，以及能发生氧化还原反应的，就不能在溶液中大量共存。例如，与与弱酸根阴离子，与弱碱阳离子，与与与酸性条件下与与等等；都不能在溶液中共存。

在具体推断过程中；要注意以下几点：

（1）把推断离子的肯定与否定存在结合起来考虑；

（2）推断过程中；前后的结论不应该矛盾，因此，前面已下结论的离子，在后面的推断过程中可不再重叙，若在分析中发现前后结论有矛盾，则应找出错误原因；

（3）在作推断结果时，应该考虑三个方面，即肯定存在的离子，肯定不存在的离子，不能判定存在与否的离子，并且这三个方面的离子应是互相独立的，任何一种离子只能出现一次，不能重复出现，当然有的题目中不一定三种情况都需要回答，但分析问题时都应该考虑到。【解析】①.Na②.2Fe3++Fe=3Fe2+③.Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O④.Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O⑤.2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O⑥.稀硫酸⑦.6.72L⑧.Al3+、H+、NH4+、Cl－⑨.Mg2+、Fe2+、HCO3－、ClO-、AlO2-25、略

【分析】【分析】

原子序数小于36的X；Y、Z、W四种元素；其中X是周期表中半径最小的元素，则X是H元素；Y是形成化合物种类最多的元素，则Y是C元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素；R单质占空气体积的1/5，则R为O元素；W的原子序数为29，则W是Cu元素；再结合物质结构分析解答。

【详解】

（1）C2H4分子中每个碳原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以采取sp2杂化；一个乙烯分子中含有5个σ键，则1molC2H4含有σ键的数目为5NA；

（2）NH3和CH4的VSEPR模型为正四面体形；但氨气中的中心原子上含有1对孤对电子，所以其实际构型是三角锥形；

由于水分子中O的孤电子对数比氨分子中N原子多，对共价键排斥力更大，所以H2O的键角更小；

（3）H2O可形成分子间氢键，沸点最高；H2Se相对分子质量比H2S大，分子间作用力大，沸点比H2S高，三者的沸点由高到低的顺序是H2O>H2Se>H2S；

（4）元素C的一种氧化物与元素N的一种氧化物互为等电子体，CO2和N2O互为等电子体，所以元素C的这种氧化物CO2的结构式是O=C=O；

（5）铜是29号元素，其原子核外有29个电子，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，价电子排布式为3d104s1。【解析】sp25NA三角锥形H2O水分子中O的孤电子对数比氨分子中N原子多，对共价键排斥力更大，所以键角更小H2O>H2Se>H2SO=C=O3d104s1五、实验题(共2题，共12分)26、略

【分析】【分析】

根据已知信息可知装置A制备氨气，装置B干燥氨气，然后通入装置C中与SCl2(红棕色液体)反应制备S4N4，使硫粉与氯气在50℃下反应生成SCl2；装置D是尾气吸收装置，用于吸收多余的氨气并能放倒吸，据此解答。

【详解】

（1）根据分析；装置A制备氨气，是浓氨水与碱石灰反应生成氨气，所以a是浓氨水；装置D的作用是吸收多余的氨气，防止污染空气；

（2）装置C中氨气与SCl2生成S4N4，还有一种常见固体单质和一种盐，根据质量守恒推知化学方程式为由于SCl2是红棕色液体，所以证明SCl2反应完全的现象是溶液红棕色褪去；

（3）①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至“0”刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至“0”刻度→记录起始读数→开始滴定，故答案：dacbe；

②根据已知：S4N4+6OH-+3H2OS2O+2SO+4NH3↑及滴定关系，得出S4N4~4NH3↑~2H2SO4，所以S4N4的纯度表达式为

若所用NaOH溶液实际浓度偏低，则会使消耗的NaOH溶液体积偏大，计算时会使剩余硫酸的量偏多，则使测定结果偏低。【解析】(1)浓氨水吸收多余的氨气；防止污染空气；

(2)溶液红棕色褪去。

(3)dacbe甲基橙或酚酞再用少量水冲洗锥形瓶内壁偏低27、略

【分析】【分析】

由实验装置图和实验原理可知；装置A甲中盛有饱和食盐水，除去氯气中混有的氯化氢，装置乙中盛有酸性固体干燥剂五氧化二磷，干燥氯气，装置丁中盛有浓硫酸，干燥二氧化硫，装置丙为三氯化氧磷的制备装置，装置中球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化氧磷，防止三氯化氧磷受热挥发，盛有碱石灰的干燥管的作用是吸收未反应的氯气和二氧化硫，防止污染环境，同时吸收空气中水蒸气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致三氯化氧磷水解。

【详解】

(1)Na2SO3固体与70％浓H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O；

(2)溶液A中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢；装置乙中盛有酸性固体干燥剂五氧化二磷，干燥氯气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致三氯化氧磷水解；装置中球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化磷，防止三氯化磷；三氯化氧磷等受热挥发，降低三氯化氧磷的产率，为增强冷凝效果不能选用直形冷凝管，应选择装置己；

(3)甲；丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外；还可以起到观察产生气泡的速率控制通入气体的流速，有利于反应充分进行；

(4)因若温度太低，反应速率太慢，若温度太高，PCl3等物质受热挥发；降低三氯化氧磷的产率，所以实验时用水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60～65℃；

(5)①由题意可知，测定POCl3产品含量时以NH4Fe(SO4)2溶液为指示剂，用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液；达到终点时的现象是滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色；

②KSCN的物质的量为0.1mol/L×0.01L=0.001mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.001mol，则与POCl3和水反应生成氯化氢的银离子的物质的量为(0.004mol-0.001mol)=0.003mol，水解生成的氯化氢的物质的量为0.003mol，由题意可知1.600g样品中POCl3的物质的量为×=0.01mol，所以产品中POCl3的质量分数为×100%=95.9%；

③加入少量硝基苯可以使生成的氯化银沉淀离开溶液，如果不加硝基苯，在水溶液中部分氯化银可以转化成AgSCN，已知：Ksp(AgC1)=3.2×10-10mol2·L-2，Ksp(AgSCN)=2×10-12mol2·L-2，AgSCN沉淀的溶解度比AgC1小，如果不进行此操作，则会有AgC1部分电离，消耗的KSCN溶液偏多，导致样品中氯元素的含量偏小，测定POCl3的质量分数将偏小。

【点睛】

POCl3遇水均剧烈水解，为防止POCl3水解，氯气、二氧化硫气体进入制备POCl3的装置前要干燥，防止水蒸气进入装置，同时要吸收尾气，所以还要连接盛有碱石灰的干燥管，防止空气中水蒸气进入装置，同时吸收尾气是实验设计的关键，也是解答易错点。【解析】Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2OP2O5己通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速温度太低，反应速率太慢；温度太高，PCl3等物质挥滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色95.9％偏小六、结构与性质(共4题，共40分)28、略

【分析】【分析】

（1）P原子价电子排布式为3s22p3；结合泡利原理；洪特规则画出价电子排布图；

（2）P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为sp3；四（三苯基膦）钯分子为非极性分子；而水是极性分子，结合相似相溶原理判断；A分子中C原子均没有孤对电子，三键中C原子杂化轨道数目为2，双键中碳原子杂化轨道数目为3，其它碳原子杂化轨道数目为4；连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子；

（3）Pd含有空轨道；P原子有1对孤对电子，提供孤对电子与Pd形成配位键；

（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，形成的正四面体形阳离子为PCl4+，正六面体形阴离子为PCl6-；PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力；由晶胞结构可知，PCl4+位于体心，PCl6-位于顶点，由均摊法可知晶胞中含有1个PCl6-，计算晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度；

（5）PBr5气态分子的结构与PCl5相似，它的熔体也能导电，经测定知其中只存在一种P-Br键长，则电离生成PBr4+与Br-。

【详解】

（1）磷是15号元素，其原子核外有15个电子，P元素基态原子电子排布为1s22s22p63s23P3，P的最外层3p电子3个电子自旋方向相同，为故答案为

（2）P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子与P原子成4个单键，杂化轨道数为4，为sp3杂化，水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶，所以四(三苯基膦)钯分子在水中难溶，物质A中甲基上的C采取sp3杂化类型，C≡N为SP杂化，碳碳双键为sp2杂化，连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，如图：所以一个A分子中手性碳原子数目为3个，故答案为sp3；不易溶于水，水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶；sp、sp2、sp3；3；

（3）配位键由含有孤电子对的原子指向含有空轨道的原子，Pd含有空轨道、P原子含有孤电子对，所以配位键由P原子指向Pd原子，如图：故答案为

（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子是PCl4+和一种正六面体形阴离子是PCl6-，即发生反应为：2PCl5=PCl4++PCl6-，PCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5−3×1)=4，所以原子杂化方式是sp3，PCl5中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=5+(5−5×1)=4，所以原子杂化方式是sp3，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对．孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以PCl5中正四面体形阳离子中键角小于PCl3的键角，晶胞中PCl5位于顶点8×=1，1个PCl5分子位于晶胞内部，立方体的晶胞边长为apm，所以密度为：ρ==

故答案为：PCl4+和PCl6-；两分子中P原子杂化方式均为sp3杂化，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力；

（5）PBr5气态分子的结构与PCl5相似，说明PBr5也能电离出能导电的阴阳离子，而产物中只存在一种P-Br键长，所以发生这样电离PBr5═PBr4++Br-；

故答案为PBr5=PBr4++Br-。

【点晴】

本题考查物质结构和性质，涉及电子排布图、杂化方式的判断、电离方式和微粒结构等，侧重于基础知识的综合应用的考查，题目难度较大。杂化类型的判断方法：1)例如常见的简单分子，C2H2、CO2为直线型分子，键角为180°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp；C2H4、C6H6为平面型分子，键角为120°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp2；CH4、CCl4为正四面体，键角109.5°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp3。扩展到以共价键形成的晶体，如：已知金刚石中的碳原子、晶体硅和石英中的硅原子，都是以正四面体结构形成共价键的，所以也都是采用sp3杂化；已知石墨的二维结构平面内，每个碳原子与其它三个碳原子结合，形成六元环层，键角为120°，由此判断石墨的碳原子采用sp2杂化。2)根据价层电子对互斥理论判断杂化类型：中心原子电子对计算公式：价电子对数n=(中心原子的价电子数+配位原子的价电子数×m±电荷数)。注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”；②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零；根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；3)对于有机物利用杂化轨道数=孤对电子对数+σ键数进行判断．如C2H2分子中碳原子形成1个C-H，1个C≡C(含1个σ键)，C原子杂化轨道数为1+1=2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C-H，1个C═C双键(含1个σ键)，C原子杂化轨道数为(2+1)=3，C原子采取sp2杂化方式。【解