2025年浙教新版拓展型课程化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年浙教新版拓展型课程化学上册阶段测试试卷42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、氨基酸在水溶液中可通过得到或失去发生如下反应：

常温下，的甘氨酸()溶液中各微粒浓度对数值与pH的关系如图所示：

下列说法正确的是A.曲线③为的浓度与pH的关系图B.C.平衡常数的数量级为D.C点溶液中满足：2、如图是硫元素的“价-类”二维图；图中箭头表示物质之间的相互转化。下列有关说法错误的是。

A.c、f、g分别转化为d、e、h的反应都可以是化合反应B.a与c可以发生氧化还原反应，且氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2C.c与过氧化钠反应得到的产物是g和O2D.b存在于火山口附近或地壳的岩层中3、下列气体可用如图所示方法收集的是。

A.O2B.Cl2C.H2D.CO24、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+2NaHSO45、用如图所示装置进行气体x的性质实验；得出的实验结论正确的是。

。选项。

实验操作。

实验结论。

实验结论。

制备气体x

溶液a

溶液a

A

乙醇与浓硫酸共热至170℃

KMnO4酸性溶液。

紫色褪去。

C2H4被氧化。

B

碳酸钠与醋酸溶液作用。

Na2SiO3溶液。

产生白色沉淀。

H2CO3的酸性强于H2SiO3

C

双氧水与二氧化锰作用。

KI淀粉溶液。

溶液变蓝。

O2能将I-氧化为I2

D

溴乙烷与氢氧化钠醇溶液共热。

Br2的四氯化碳溶液。

橙红色褪去。

C2H4与Br2发生加成反应。

A.AB.BC.CD.D6、用制溴苯的废催化剂（主要含FeBr3及少量溴、苯）为原料，制取无水FeCl3和溴的苯溶液；选用的方法能达到相应实验目的的是。

A.用装置①及其试剂制取氯气B.用装置②氧化FeBr3溶液中的溴离子C.用装置③分离出FeCl3溶液，不能选用装置④分离D.用装置⑤将FeCl3溶液蒸发至干，可得无水FeCl37、按如图装置进行实验；下列推断正确的是（）

。选项。

I中试剂。

II中试剂及现象。

推断。

A

铁粉与湿棉花。

肥皂水冒泡。

铁粉与水蒸气发生了反应。

B

硫酸亚铁。

品红溶液褪色。

FeSO4分解生成FeO和SO2

C

涂有石蜡油的碎瓷片。

酸性高锰酸钾溶液褪色。

石蜡油分解产物中含有不饱和烃。

D

氯化铵。

酚酞溶液不变红色。

氯化铵稳定。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、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9、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“＜”)。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、研究CO还原NOx对环境的治理有重要意义；相关的主要化学反应有：

ⅠNO2（g）+CO（g）CO2（g）+NO（g）ΔH1

Ⅱ2NO2（g）+4CO（g）N2（g）+4CO2（g）ΔH2＜0

Ⅲ2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）ΔH3＜0

（1）已知：每1mol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为。NO2COCO2NO819kJ1076kJ1490kJ632kJ

①根据上述信息计算ΔH1=_______kJ·molˉ1。

②下列描述正确的是_______。

A在绝热恒容密闭容器中只进行反应Ⅰ；若压强不变，能说明反应Ⅰ达到平衡状态。

B反应ⅡΔH＜0；ΔS＜0；该反应在低温下自发进行。

C恒温条件下；增大CO的浓度能使反应Ⅲ的平衡向正向移动，平衡常数增大。

D上述反应达到平衡后；升温，三个反应的逆反应速率均一直增大直至达到新的平衡。

（2）在一个恒温恒压的密闭容器中，NO2和CO的起始物质的量比为1∶2进行反应，反应在无分子筛膜时二氧化氮平衡转化率和有分子筛膜时二氧化氮转化率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出N2。

①二氧化氮平衡转化率随温度升高而降低的原因为_______。

②P点二氧化氮转化率高于T点的原因为_______。

（3）实验测得，V正＝k正·c2（NO）·c2（CO），V逆＝k逆·c（N2）·c2（CO2）（k正、k逆为速率常数；只与温度有关）。

①一定温度下，向体积为1L的密闭容器中充入一定量的NO和CO，只发生反应Ⅲ，在tl时刻达到平衡状态，此时n（CO）=0.1mol，n（NO）=0.2mol，n（N2）=amol，且N2占平衡总体积的1/4则：=_______。

②在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的1/2，在其它条件不变的情况下．t3时刻达到新的平衡状态。请在图中补充画出t2-t3-t4时段，正反应速率的变化曲线_______。

13、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14、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）。15、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_______________________________________________；评卷人得分三、有机推断题(共1题，共2分)16、G是一种治疗心血管疾病的药物；合成该药物的一种路线如下。

已知：R1CH2BrR1CH=CHR2

完成下列填空：

(1)写出①的反应类型_______。

(2)反应②所需的试剂和条件_______。

(3)B中含氧官能团的检验方法_______。

(4)写出E的结构简式_______。

(5)写出F→G的化学方程式_______。

(6)写出满足下列条件，C的同分异构体的结构简式_______。

①能发生银镜反应；②能发生水解反应；③含苯环；④含有5个化学环境不同的H原子。

(7)设计一条以乙烯和乙醛为原料(其它无机试剂任选)制备聚2-丁烯（）的合成路线_______。(合成路线常用的表达方式为：AB目标产物)评卷人得分四、实验题(共3题，共18分)17、“五⋅一”节后；小丽带着快乐的心情返回学校。当她来到实验室时，意外地发现实验桌上有瓶敞口放置已久的NaOH溶液，由此，激发了她的探究欲望。

[提出问题]这瓶NaOH溶液一定变质了；其变质程度如何呢?

[提出猜想]小丽的猜想：NaOH溶液部分变质。你的新猜想：_____________。

[实验探究]小丽设计如下实验来验证自己的猜想；请根据表中的内容填写空格：

。实验步骤。

现象。

结论。

取少量NaOH溶液样品于试管中,先滴加足量的CaCl2溶液,然后再滴加酚酞试液。

___________________

NaOH溶液部分变质。

假设你的猜想正确；并按小丽的实验方案进行实验，则你观察到的实验现象是：_______________________

[实验反思]

(1)下列物质①BaCl2溶液、②Ca(NO3)2溶液、③Ca(OH)2溶液、④Ba(OH)2溶液,不能替代小丽实验中CaCl2溶液的是___(填序号)。

(2)小丽第二次滴加的试剂除用指示剂外；还可以用___________替代。

[拓展应用]保存NaOH溶液的方法是______________。18、海波是无色透明的晶体，易溶于水，遇酸立即分硫化碱法是工业上制备海波的方法之一，反应原理为：某研究小组在实验室用硫化碱法制备实验装置如图所示：

装置A中滴加浓硫酸的仪器名称是______，实验室还可以用A装置制取的气体单质的离子方程式是______．

装置D的作用是检验装置C中的吸收效率，D中的试剂可以是______表明吸收效率低的实验现象是______．

实验制得的产品中可能含有等杂质．请设计实验，检测产品中是否存在杂质，简要说明实验操作、现象和结论：______．

溶液是定量实验中的常用试剂，为了测定某溶液的浓度，研究小组的同学准确量取溶液于锥形瓶中，加入过量KI固体和适量的稀滴加指示剂，用标准溶液滴定至终点，3次平行实验测得平均消耗溶液的体积为则______已知：19、氯化铁是黑棕色晶体，沸点为315℃，有强烈的吸水性，易潮解。某小组同学对无水FeCl3能否分解产生Cl2；进行了如下实验探究。

（1）甲同学认为装置B中湿润的淀粉KI试纸变蓝即可证明无水FeCl3能分解产生Cl2，乙同学认为不能得出此结论，理由是_______。

（2）乙同学提出了改进意见；用如图所示装置进行实验：

装置H中的试剂为________。装置F中饱和食盐水的作用是________。实验结束后，取装置D中残留固体溶于稀盐酸中，向所得溶液中加入_________（填化学式）溶液，若观察到_____，说明FeCl3已经分解完全。

（3）实验后把镁条投入装置F的溶液中，发生的现象是___，其原因是（结合离子方程式）解释_______。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共12分)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、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“＜”)。22、I．元素周期表中80％左右的非金属元素在现代技术包括能源；功能材料等领域占有极为重要的地位。

（1）氮及其化合物与人类生产、生活息息相关，基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是_____，N2F2分子中N原子的杂化方式是_______，1molN2F2含有____个δ键。

（2）高温陶瓷材料Si3N4晶体中N-Si-N的键角大于Si-N-Si的键角，原因是_______。

II．金属元素铁；铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用。

（1）铁在元素周期表中的位置_________。

（2）配合物Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于_____（填晶体类型）。Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子吸之和为18，则x=________。

（3）N2是CO的一种等电子体，两者相比较沸点较高的为_______（填化学式）。

（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如下图甲所示。

①基态铜原子的核外电子排布式为___________。

②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为___________。

（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如下图乙所示(黑点代表铜原子）。已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为_________pm。(只写计算式）。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

由甘氨酸在水溶液中可通过得到或失去H+发生反应可知，氢离子浓度增大，含量最大，氢离子浓度减小，含量最大，曲线①为pH最小，氢离子浓度最大，则为的浓度与pH的关系图，曲线③为pH最大，氢离子浓度最小，则为的浓度与pH的关系图，故曲线②为的浓度与pH的关系图；

【详解】

A．据分析可知，曲线①为的浓度与pH的关系图；A错误；

B．据分析可知，②③分别为的曲线，由图可知，pH=7时，B错误；

C．的平衡常数K=当时，即图中A点，此时pH约为2.5，则平衡常数的数量级为C正确；

D．C点溶液中，溶液显碱性，则溶液中加入了其它碱性物质，应该还有一种阳离子，D错误；

故选C。2、C【分析】【详解】

A．硫的+4价氧化物；酸及盐的转化为+6相应化合物都可以通过氧气氧化；这些反应都是化合反应，A项正确；

B．硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水：SO2+2H2S=3S+2H2O；反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，B项正确；

C．过氧化钠具有氧化性，SO2具有还原性，SO2与过氧化钠反应生成硫酸钠；C项错误；

D．游离态的硫存在于火山口附近或地壳的岩层中；D项正确；

故选：C。3、C【分析】【分析】

图示收集气体的方法是向下排空集气法；用于收集密度比空气小的气体。

【详解】

A．O2密度比空气大；故A不符；

B．Cl2密度比空气大；故B不符；

C．H2密度比空气小；故C符合；

D．CO2密度比空气大；故D不符；

故选C。4、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。5、D【分析】A、乙醇易挥发，加热后产生的气体中含有乙醇蒸气也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项A错误；B、醋酸易挥发，产生的气体中可能含有醋酸，干扰实验的判断，选项B错误；C、氧气可以直接排放，不必进行尾气处理，选项C错误；D、溴乙烷与氢氧化钠醇溶液共热产生的乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明C2H4与Br2发生加成反应，选项D正确。答案选D。6、C【分析】【详解】

A、1mol/L盐酸是稀盐酸，实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，稀盐酸与二氧化锰不反应，无法制取得到氯气，选项A错误；B、用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，选项B错误；C、利用有机溶剂将溴萃取后，用装置③分离出FeCl3溶液；不能选用装置④分离，选项C正确；D；加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液，选项D错误。答案选C。

点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。7、C【分析】【详解】

A.加热铁粉与水蒸气；由于装置内空气受热膨胀，能够使肥皂水冒泡，所以不能根据肥皂水冒泡得出铁粉与水蒸气发生了反应，A错误；

B.该反应为氧化还原反应，生成SO2时S的价态降低，则Fe2+的价态应升高到+3价的Fe2O3，即FeSO4分解生成Fe2O3和SO2；B错误；

C.石蜡油蒸气在炽热碎瓷片的作用下；发生裂解生成乙烯等不饱和烃，酸性高锰酸钾溶液褪色说明了有乙烯等不饱和烃生成，从而证明石蜡油发生了化学变化，C正确；

D.氯化铵加热分解生成氨气和HCl；遇冷时氨气与氯化氢又能够化合生成氯化铵，所以酚酞溶液不变红色，D错误。

故选C。二、填空题(共8题，共16分)8、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＞③6.0×10-109、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)>10、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】【详解】

(1)①ΔH1=E反应物-E生成物=819+1076-1490-632=-227kJ/mol;

②A.反应前后气体系数不变；如果是恒温恒容，无论平衡是否移动，容器中的压强均不变，换为绝热容器后，随着反应的正向进行，反应放出热量，体系温度升高，等量气体的压强随之增大，此时压强是变量，可以作为平衡的依据，A项正确；

B.当ΔH-TΔS<0时；反应自发进行，由ΔH＜0，ΔS＜0，推出该反应低温下自发进行，B项正确；

C.增大CO的浓度可以使反应Ⅲ的平衡向正向移动；但是平衡常数只受到温度的影响，温度不变，平衡常数不变，C项错误；

D.温度升高；反应速率增大，三个反应的逆反应速率均增大，三个反应均为放热反应，温度升高，反应向吸热方向进行，则平衡逆向移动，所以平衡移动的初期为逆反应速率大于正反应速率，为了达到新的平衡，逆反应速率向正反应速率靠近，逆反应速率会减小，所以逆反应速率的变化趋势为先增大后减小，D项错误；

(2)①反应为放热反应；温度升高，平衡向逆反应(吸热)方向进行，二氧化氮转化率降低；

②相同温度下，二氧化氮的转化率在P点较高是因为使用了分子筛膜，将产物N2分离出来；降低了产物的浓度，使平衡正向进行，从而二氧化氮的转化率提高；

(3)①列三段式求解：因为N2占平衡总体积的1/4，所以a=0.3mol，此时为平衡状态，有v正=v逆，即k正·c2(NO)·c2(CO)=k逆·c(N2)·c2(CO2)；

②在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的1/2，压强瞬间增大为原来压强的两倍，正逆反应速率均增大，但是压强增大，平衡向正反应(气体系数减小)方向进行，则正反应速率大于逆反应速率，所以正反应速率的总体趋势为先突然增大，然后减小，直至平衡，其图像为【解析】①.-227②.AB③.反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）④.分子筛膜从反应体系中不断分离出N2，有利于反应正向进行，二氧化氮转化率升高⑤.270⑥.（起点的纵坐标为16，t3时刻达到平衡，t3-t4处于平衡状态与已有线平齐）13、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＞③6.0×10-1014、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=CH215、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-三、有机推断题(共1题，共2分)16、略

【分析】【分析】

化合物A分子式是C7H8，结构简式是根据物质反应过程中碳链结构不变，结合D分子结构及B、C转化关系，可知B是B发生催化氧化反应产生C是C与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生D是D与HCHO发生信息反应产生的分子式是C9H8O2的E是：E与I2反应产生F是：F与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生G：然后结合物质性质逐一分析解答。

【详解】

根据上述分析可知A是B是C是D是E是F是G是

(1)反应①是与O2在催化剂存在的条件下加热，发生氧化反应产生故该反应的类型为氧化反应；

(2)反应②是与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生故所需试剂和条件是Br2；光照；

(3)B结构简式是含有的官能团是醛基-CHO，检验其存在的方法是：取样，滴加少量新制的Cu(OH)2悬浊液；加热煮沸，若产生砖红色沉淀，就说明物质分子中含有醛基；

(4)根据上述推断可知E的结构简式是

(5)F是与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应产生G：则F→G的化学方程式为：+NaOHNaI+H2O+

(6)化合物C是C的同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，说明分子中含有-CHO；②能发生水解反应，说明含有酯基；③含苯环；④含有5个化学环境不同的H原子，则其可能的结构简式是

(7)CH2=CH2与HBr在一定条件下发生加成反应产生CH3-CH2Br，CH3-CH2Br与CH3CHO发生信息反应产生CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在一定条件下发生加聚反应产生聚2-丁烯，故合成路线为：CH2=CH2CH3-CH2BrCH3CH=CHCH3【解析】氧化反应Br2、光照取样，滴加少量新制的Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸，若产生砖红色沉淀，说明含有醛基+NaOHNaI+H2O+CH2=CH2CH3-CH2BrCH3CH=CHCH3四、实验题(共3题，共18分)17、略

【分析】【分析】

根据二氧化碳能和氢氧化钠反应生成碳酸钠；碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，而氢氧化钠和氯化钙反应生成氢氧化钙和氯化钠，氢氧化钙微溶于水，溶液仍为碱性进行分析。

【详解】

[提出猜想]因为氢氧化钠容易和二氧化碳反应；所以放置很久的话，容易得到的猜想为氢氧化钠全部变质；

[实验探究]碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠；氢氧化钠和氯化钙反应生成氢氧化钙和氯化钠，前者反应后为中性，后者反应后为碱性，所以结论为部分变质，则现象为产生白色沉淀，滴入酚酞后，溶液变红色；若氢氧化钠全部变质，则实验现象为开始时出现白色沉淀，然后在加酚酞溶液，没有变色现象；

（1）因为要区别是否含有氢氧化钠；即溶液是否具有碱性，所以不能加入氢氧化钙或氢氧化钡，故选③④；

（2）检验溶液中是否含有氢氧化钠，可以利用硫酸铜溶液，二者相遇会有蓝色沉淀生成；或利用铵盐和碱反应时，可以产生刺激性气味的气体氨气；因此可以使用硫酸铜溶液(或NH4Cl溶液)；

（3）因为氢氧化钠容易和空气中的二氧化碳反应，所以应密封保存。【解析】全部变质产生白色沉淀，滴入酚酞后，溶液变红色开始时出现白色沉淀，然后在加酚酞溶液，没有变色现象③④硫酸铜溶液(或NH4Cl溶液)应密封保存18、略

【分析】【分析】

用硫化碱法制备A装置：在加热条件下，Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，其反应的方程式为：浓B装置：缓冲瓶，防止C液体倒吸到A装置，C装置：为的生成装置，多孔的球泡可以增大气体与溶液的接触面积，使气体被充分吸收，有利于提高实验的准确度，D装置：二氧化硫能和品红作用，二氧化硫能被高锰酸钾氧化，能与溴单质，上述溶液均褪色，盛放品红、溴水或溶液，其作用是检验装置B中的吸收效率；E装置：二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。

【详解】

根据仪器的结构特点可知，装置A中滴加浓硫酸的仪器名称是分液漏斗；装置A为二氧化硫的制取，浓该装置属于固液加热型装置，实验室还可以用A装置制取氯气，浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应制备离子方程式为：

故答案为：分液漏斗；

装置D的作用是检验装置C中的吸收效率，说明D中物质能与二氧化硫反应，且有明显的现象，二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，具有还原性，能被溴水氧化，溴水褪色：二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，硫元素化合价升高，二氧化硫表现还原性，高锰酸钾溶液褪色：所以可以用品红、溴水或溶液，来检验二氧化硫是否被完全品红吸收，如C中吸收效率低；则D中进入较多的二氧化硫，导致D中溶液颜色很快褪色；

故答案为：品红、溴水或溶液；溶液颜色很快褪色；

检测产品中是否存在杂质，先加过量的稀盐酸排除干扰，静置，取上层清液，再加氯化钡，若出现白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根离子，即产品中含有

故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液或过滤后取滤液滴加溶液，若出现白色沉淀则说明晶体中含有杂质．

溶液于锥形瓶中，加入过量KI固体和适量的稀反应生成用标准溶液滴定至终点，3次平行实验测得平均消耗溶液的体积为则

已知：

1mol6mol

n

则所以

故答案为：

【点睛】

该题考查的是一个未知无机化合物的制备实验，我们要做的就是根据之前学过的内容来进行合理推理即可，根据题干告知的反应方程式我们发现原料里有二氧化硫，因此装置A、B应该就是二氧化硫的制备仪器；装置C中的多孔球泡虽然我们没有听过，但是“多孔”这一特征在化学中一般都对应“接触面积大”的性质。D是检验二氧化硫吸收率的，因此可以用品红溶液来检验C是否将二氧化硫全部吸收，二氧化硫有毒，所以最后我们用E中的氢氧化钠来进行尾气处理，据此本题得解。【解析】分液漏斗品红、溴水或溶液溶液颜色很快褪色取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液或过滤后取滤液滴加溶液，若出现白色沉淀则说明晶体中含有杂质19、略

【分析】【分析】

该小组同学对无水FeCl3能否分解产生Cl2，进行试验探究，甲同学想通过装置B中湿润的淀粉KI试纸变蓝来证明无水FeCl3能分解产生Cl2，他认为的原理是：Cl2有氧化性，会把I-氧化为I2，I2遇到淀粉显蓝色。但是在第一套装置中，有氧化性的除了氯气还有空气中的氧气，以及沸点较低的FeCl3受热变成的FeCl3蒸汽，他们都可以把I-氧化为I2。这样看来，第一套装置不够严密，可以从上述角度出发来改进装置，即乙同学改进的装置。通入N2可以排出装置内的空气，避免氧气的干扰，E是安全瓶，F可以吸收FeCl3蒸气，G用来检验氯气，若出现湿润的淀粉KI试纸变蓝即可证明无水FeCl3能分解产生Cl2，H是尾气处理装置，可以用NaOH溶液吸收氯气。判断FeCl3是否完全分解，可以通过检验Fe3+来检验。

【详解】

（1）甲同学认为装置B中湿润的淀粉KI试纸变蓝即可证明无水FeCl3能分解产生Cl2，这个结论不够严密，因为该实验条件下能将I-氧化为I2的物质，除了无水FeCl3分解产生的Cl2外，还有装置中的氧气，以及沸点较低的FeCl3受热变成的FeCl3蒸气。

答案为：该实验条件下能将I-氧化为I2的物质，除了无水FeCl3分解产生的Cl2外，还有装置中的氧气，以及沸点较低的FeCl3受热变成的FeCl3蒸气。

（2）装置H中的试剂为NaOH溶液，吸收剩余的氯气。氯化铁沸点为315℃，加热到600℃会产生FeCl3蒸气，干扰试验，所以用装置F中饱和食盐水吸收FeCl3蒸气。，取装置D中残留固体溶于稀盐酸中，向所得溶液中加入KSCN溶液，若溶液未变红色说明溶液中不含Fe3+，FeCl3已经分解完全。

答案为：NaOH溶液；除去FeCl3蒸气；KSCN；溶液未变红色；

（3）装置F的溶液中含有FeCl3，FeCl3水解时溶液显酸性，水解的离子方程式为：Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，加入镁条，镁可以和H+反应生成氢气，从而使水解平衡正向移动，促进Fe3+完全水解，生成Fe（OH）3沉淀。

答案为：有气泡和红褐色沉淀产生；Fe3+水解：Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，Mg与H+反应，Mg+2H+=Mg2++H2↑产生氢气，pH升高，促进Fe3+完全水解，生成Fe（OH）3沉淀；【解析】该实验条件下能将I-氧化为I2的物质，除了无水FeCl3分解产生的Cl2外，还有装置中的氧气，以及沸点较低的FeCl3受热变成的FeCl3蒸气NaOH溶液除去FeCl3蒸气KSCN溶液未变红色有气泡和红褐色沉淀产生Fe3+水解：Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，Mg与H+反应，Mg+2H+=Mg2++H2↑产生氢气，pH升高，促进Fe3+完全水解，生成Fe（OH）3沉淀五、结构与性质(共3题，共12分)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