…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研銜接版選修化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列離子方程式中，正確的是A.稀硫酸除鐵銹：Fe2O3+6H+=Fe3++3H2OB.稀鹽酸與銀反應：2H++2Cl-+2Ag=2AgCl↓+H2↑C.硫酸氫鈉與氫氧化鉀溶液反應：H++OH-=H2OD.濕法煉銅原理：2Fe+3Cu2+=2Fe3++3Cu2、下列式子中，屬于水解反應的是A.H2O+H2O?H3O++OH-B.+H2O?+OH-C.NH3+H2O?NH3?H2OD.+OH-?H2O+3、下列敘述正確的是A.常溫下由水電離c(H＋)=10?4mol/L的溶液，有可能是稀鹽酸B.pH相同的NaOH溶液和Na2S溶液加水稀釋相同倍數后，Na2S溶液pH較大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、有機物分子中原子（或原子團）之間的相互影響會導致它們化學性質的改變，下列敘述能說明上述觀點的是（）A.等物質的量的乙二醇和乙醇分別與足量金屬鈉反應，乙二醇產生的氫氣多B.乙烯可發生加成反應，而乙烷不能C.甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，甲基環己烷不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.乙烯和苯都能和氫氣發生加成反應5、1,3-二異丙烯基苯是工業上常用的交聯劑；可用于制備高性能超分子聚合物，其結構如圖所示。下列有關1,3-二異丙烯基苯的說法錯誤的是（）

A.其一氯代物有6種B.與液溴混合后加入鐵粉可發生取代反應C.分子中所有碳原子可能處于同一平面D.能發生加聚反應6、下列說法中，不正確的是A.醇在一定條件下都能發生取代反應B.不是所有醇類在一定條件下都能與氫鹵酸反應生成鹵代烴C.與CH3CH2OH在濃H2SO4存在下加熱，最多可生成5種有機產物D.CH3OH、CH3CH2OH、都能在銅催化下發生氧化反應7、在一定的條件下，既可以發生氧化反應又可以發生還原反應，還可以發生縮聚反應的是A.乙醇B.甲醛C.乙酸D.乙烯8、一定條件下，向密閉容器中充入一定量的NH3，發生反應2NH3(g)?N2(g)＋3H2(g)。達到平衡時，N2的體積分數與溫度；壓強的關系如圖所示；下列說法正確的是。

A.a點時，NH3的轉化率為30%B.達到平衡時，2v正(NH3)＝3v逆(H2)C.b、c兩點對應的平衡常數：Kb＜KcD.壓強：p1＞p2評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、有甲基；苯基、羥基、羧基四種基團；在它們兩兩組合形成的化合物中：

（1）能使石蕊試液變色的是_______________（只需寫出一種物質的結構簡式；下同）；

（2）能與溴水反應的是____________；

（3）催化氧化后產物能與新制氫氧化銅反應的是_________________；

（4）能與氯化鐵溶液反應的是__________________________；

（5）不同情況下與氫氧化鈉反應能生成兩種鹽的是_______________。10、弱電解質的電離程度與外界條件有關。

(1)某溫度下純水的pH=6。則此溫度下pH=7的溶液呈_______(填“酸性”“中性”或“堿性”)。0.05mol·L-1Ba(OH)2溶液的pH=_______。

(2)向0.1mol/L醋酸溶液中加入水，電離平衡向_______移動(填“左”或“右”)；n(CH3COOH)_______(填“增大”、“減小”或“不變”，下同)；_______。11、實驗室有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，選擇適當的試劑將其轉化為相應的沉淀或固體，從而實現Cl-、SO和NO的相互分離。相應的實驗過程可用圖表示：

請回答下列問題：

(1)寫出實驗流程中下列物質的化學式試劑X：__沉淀B：__沉淀C：__(寫出一種即可)。

(2)按此實驗方案得到的溶液3中肯定含有__(填化學式)雜質。12、利用酸解法制鈦白粉產生的廢液[含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4]；生產鐵紅和補血劑乳酸亞鐵。其生產步驟如下：

已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以電離為TiO2+和SO42—。請回答：

（1）步驟①中分離硫酸亞鐵溶液和濾渣的操作中所用的玻璃儀器是___________，步驟②得到硫酸亞鐵晶體的操作為蒸發濃縮、______________。

（2）步驟④的離子方程式是_______________。

（3）步驟⑥必須控制一定的真空度，原因是有利于蒸發水以及_______。

（4）硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫，該反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為________。

（5）用平衡移動的原理解釋步驟⑤中加乳酸能得到乳酸亞鐵的原因________。

（6）為測定步驟②中所得晶體中FeSO4·7H2O的質量分數，取晶體樣品ag，溶于稀硫酸配成100．00mL溶液，取出20．00mL溶液，用KMnO4溶液滴定（雜質與KMnO4不反應）。若消耗0．1000mol?L-1KMnO4溶液20．00mL，所得晶體中FeSO4·7H2O的質量分數為（用a表示）____________。13、電離平衡常數是衡量弱電解質電離程度的物理量。已知：

。化學式。

電離常數(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℃時，有等濃度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三溶液的pH由大到小的順序為________(用化學式表示)。

（2）向NaCN溶液中通入少量的CO2，發生反應的化學方程式為_____________。

（3）25℃時，在CH3COOH與CH3COONa的混合溶液中，若測得pH＝6，則溶液中c(CH3COO－)－c(Na＋)＝________mol·L－1(填精確值)，c(CH3COO－)/c(CH3COOH)＝________。14、A～E等幾種烴分子的球棍模型如圖所示，據此回答下列問題。A．B．C．D．E．(1)D的化學式為________；A的二氯取代物有________種。

(2)可作為植物生長調節劑的是________(填序號)。15、現有①苯；②甲苯、③乙烯、④乙醇、⑤溴乙烷、⑥45℃苯酚；共6種有機物，請用它們的代號填空：

(1)能和金屬鈉反應放出氫氣的是_______；

(2)能和NaOH溶液反應的是_______；

(3)常溫下能和溴水反應的是_______；

(4)以上3種烴中，等質量燃燒耗氧最多的是_______。16、有機物H是鋰離子電池中的重要物質；以烴A；C為基礎原料合成H的路線圖如下：

回答下列問題：

以烴A、甲醛為基礎原料制備1，2，3，4-丁四醇，寫出能合成較多目標產物的較優合成路線：____(其他無機試劑任選)。評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)17、用稀NaOH滴定鹽酸，用酚酞作指示劑，當錐形瓶中溶液由紅色變無色時停止滴定。（______________）A.正確B.錯誤18、屬于稠環芳香烴。(_____)A.正確B.錯誤19、順-2-丁烯和反-2-丁烯均能使溴水退色。(____)A.正確B.錯誤20、取溴乙烷水解液，向其中加入AgNO3溶液，可觀察到產生淡黃色沉淀。(___________)A.正確B.錯誤21、濃硝酸濺在皮膚上，使皮膚呈黃色是由于濃硝酸與蛋白質發生了顯色反應。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、元素或物質推斷題(共4題，共36分)22、已知物質A～K之間有如下圖所示轉化關系。其中A是一種易溶于水的離子化合物；在空氣中易潮解和變質，在水中可以電離出電子總數相等的兩種離子；E為生活中常用消毒劑的有效成分，F是生活中不可缺少的調味劑，G為無色液體，B；C、D、K都是單質；反應②～⑤都是重要的工業反應。（部分反應需要在溶液中進行）

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

E中所含化學鍵類型有___________________________________________；

M的結構式為___________________________________________________。

（2）反應④的離子方程式為___________________________________________。23、I.氨氣分子構型______；比較結合H+能力的相對強弱：H2O___NH3(填“＞”、“＜”或“=”),用一個離子方程式說明H3O+和NH給出H+能力的相對強弱_______。

II.某鉀鹽X(摩爾質量介于200g?mol-1~300g?mol-1之間)具有強氧化性；由三種常見的元素組成，有如下轉化關系：

請回答下列問題：

(1)X中除鉀元素外還含有元素________、__________。(填元素名稱)

(2)請寫出產生白色沉淀的離子反應方程式_________________。

(3)X與水在一定條件下發生反應，生成兩種物質，一種為酸式鹽，另一種具有漂白性，請寫出X與水反應的化學方程式：_______________。24、A；B、C、D均為中學化學中常見的物質；它們之間轉化關系如圖(部分產物已略去)：

ABC

試回答：

(1)若D是具有氧化性的單質，則屬于主族的金屬A為___________(填元素符號)

(2)若D是金屬，C溶液在儲存時應加入少量金屬D，其理由是(用必要的文字和離子方程式表示)______

(3)若A、B、C為含同一種金屬元素的無機化合物，且三種物質中有一種是白色不溶物。在溶液中A和C反應生成B。請寫出B轉化為C的所有可能的離子力程式_________、_________

(4)某一離子反應體系有反應物和產物共以下六種：MnO4-、H+、O2、H2O、H2O2、Mn2+。

①寫出該氧化還原反應的離子方程式_______

②溶液隨著酸性的增強氧化性不斷增強，應選擇_________(選填“稀硫酸”或“濃鹽酸”)進行KMnO4溶液的酸化。

③如反應轉移了0.6mo1電子，則產生的氣體在標準狀況下體積為__________

(5)一份溶液中可能含有K+、Al3+、Mg2+、Fe2+、H+、NH4+、Cl－、HCO3－、ClO－、AlO2－等離子中的若干種。為了確定溶液的組成；進行了如下操作：

往該溶液中逐滴加入NaOH溶液并適當加熱，產生沉淀和氣體的物質的量(n)與加入NaOH溶液的體積關系如圖所示；則該溶液中一定存在的離子是_______，一定不存在的離子是________。25、原子序數小于36的X；Y、Z、R、W五種元素；其中X是周期表中原子半徑最小的元素，Y是形成化合物種類最多的元素，Z原子基態時2p原子軌道上有3個未成對的電子，R單質占空氣體積的1/5；W的原子序數為29。回答下列問題:

(1)Y2X4分子中Y原子軌道的雜化類型為________，1molZ2X4含有σ鍵的數目為________。

(2)化合物ZX3與化合物X2R的VSEPR構型相同，但立體構型不同，ZX3的立體構型為________，兩種化合物分子中化學鍵的鍵角較小的是________(用分子式表示)，其原因是________________________________________________。

(3)與R同主族的三種非金屬元素與X可形成結構相似的三種物質，三者的沸點由高到低的順序是________。

(4)元素Y的一種氧化物與元素Z的單質互為等電子體，元素Y的這種氧化物的結構式是________。

(5)W元素原子的價電子排布式為________。評卷人得分五、實驗題(共2題，共12分)26、四氮化四硫(S4N4，S為+2價)是重要的硫－氮二元化合物，室溫下為橙黃色固體，難溶于水，能溶于CCl4等有機溶劑，可用NH3與SCl2(紅棕色液體)反應制備；反應裝置如圖所示(夾持裝置略)。

已知：S4N4+6OH-+3H2OS2O+2SO+4NH3↑

回答下列問題：

(1)試劑a是_____；裝置D的作用是______。

(2)裝置C中生成S4N4的同時，還生成一種常見固體單質和一種鹽，該反應的化學方程式為______；證明SCl2反應完全的現象是_____。

(3)分離產物后測定產品純度：

i.蒸氨：取0.1000g樣品加入三頸燒瓶中，再加入足量NaOH溶液并加熱蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol?L-1H2SO4標準溶液的錐形瓶中。

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

①滴定管的正確操作順序：檢漏→蒸餾水洗滌→______(填標號)→開始滴定。

a.裝入滴定液至“0”刻度以上。

b.調整滴定液液面至“0”刻度。

c.排除氣泡。

d.用滴定液潤洗2至3次。

e.記錄起始讀數。

②滴定時選用的指示劑為_____；在接近終點時，放液使半滴溶液懸于管口，用錐形瓶內壁將半滴溶液沾落，______；繼續搖動錐形瓶，觀察溶液顏色變化。

③S4N4的純度表達式為______；若所用NaOH溶液實際濃度偏低，測定結果_____(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。27、這次中美貿易戰的矛盾激化，也讓我們看到了中國半導體產業存在的諸多不足，俗話說“亡羊補牢，為時未晚”，找出存在的不足，然后針對地去解決問題，才能讓半導體產業鏈發展壯大起來。三氯化氧磷(POCl3)是一種重要的化工原料，常用作半導體摻雜劑及光導纖維原料。一研究小組在實驗室模PCl3+SO2+Cl2→POCl3+SOCl2制備POCl3并測定產品含量。

資料卡片：。物質熔點/℃沸點/℃相對分子質量其他PCl3-93.676.1137.5遇水劇烈水解，易與O2反應POCl31.25105.8153.5遇水劇烈水解，能溶于PCl3SOCl2-10578.8119遇水劇烈水解，受熱易分解

請回答下列問題：

(1)若選用Na2SO3固體與70％濃H2SO4制取SO2，反應的化學方程式是：______。

(2)溶液A為飽和食鹽水，乙裝置中應該盛裝的試劑為______(填“P2O5”或“堿石灰”或“濃H2SO4”或“無水硫酸銅”)；反應裝置圖的虛框中未畫出的儀器最好選擇______(填“己”或“庚”)。

(3)甲、丁裝置的作用除了用于氣體的凈化除雜外，還有______。

(4)水浴加熱三頸燒瓶，控制反應溫度在60～65℃，其原因是______。

(5)通過佛爾哈德法可測定經過提純后的產品中POCl3的含量：準確稱取1.600g樣品在水解瓶中搖動至完全水解，將水解液配成100mL溶液，取10.00mL于錐形瓶中，加入0.2000mol·L-1的AgNO3溶液20.00mL(Ag++C1-=AgC1↓)，再加少許硝基苯，用力振蕩，使沉淀被有機物覆蓋。加入NH4Fe(SO4)2作指示劑，用0.1000mol·L-1KSCN標準溶液滴定過量的AgNO3至終點(Ag++SCN-=AgSCN↓)；做平行實驗，平均消耗KSCN標準溶液10.00mL。

①達到滴定終點的現象是______。

②POCl3的質量分數為______(保留三位有效數字)。

③已知：Ksp(AgC1)=3.2×10-10mol2·L-2，Ksp(AgSCN)=2×10-12mol2·L-2，若無硝基苯覆蓋沉淀表面，測定POCl3的質量分數將______(填“偏大”、“偏小”、“無影響”)。評卷人得分六、結構與性質(共4題，共40分)28、【化學——選修3：物質結構與性質】

磷元素在生產和生活中有廣泛的應用。

（1）P原子價電子排布圖為__________________________。

（2）四（三苯基膦）鈀分子結構如下圖：

P原子以正四面體的形態圍繞在鈀原子中心上，鈀原子的雜化軌道類型為___________；判斷該物質在水中溶解度并加以解釋_______________________。該物質可用于右上圖所示物質A的合成：物質A中碳原子雜化軌道類型為__________________；一個A分子中手性碳原子數目為__________________。

（3）在圖示中表示出四（三苯基膦）鈀分子中配位鍵：_____________

（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導電的熔體，測得其中含有一種正四面體形陽離子和一種正六面體形陰離子，熔體中P－Cl的鍵長只有198nm和206nm兩種，這兩種離子的化學式為_____________________；正四面體形陽離子中鍵角小于PCl3的鍵角原因為__________________；該晶體的晶胞如右圖所示，立方體的晶胞邊長為apm，NA為阿伏伽德羅常數的值，則該晶體的密度為_______g/cm3。

（5）PBr5氣態分子的結構與PCl5相似，它的熔體也能導電，經測定知其中只存在一種P－Br鍵長，試用電離方程式解釋PBr5熔體能導電的原因___________________。29、現有四種烴：①C2H6、②C2H4、③C2H2、④C6H6

(1)易發生取代反應的烴是_______(填序號；下同)易發生加成反應的烴是_______。

(2)碳碳鍵的鍵長由長到短的順序為_______。

(3)在空氣中燃燒時；能產生濃煙的是_______。

(4)通入(或滴入)酸性KMnO4溶液中，可能使之褪色的是_______。30、第IIIA主族元素有著廣泛的應用；B可用作特種玻璃，Al可用作火箭和飛機外殼，Ga可用作半導體材料，In可用于電子儀器中，Tl可用于紅外技術。回答下列問題：

(1)基態Ga原子的電子排布式為_______，有_______種不同運動狀態的電子。

(2)B能形成很多類似于烴類的物質，比如B2H6，分子中B也形成四根鍵，但不含B-B鍵，試畫出B2H6的結構式_______。此外B與N元素可形成無機苯B3N3H6，它與苯的結構很相似，該分子中N的雜化方式是_______。

(3)電解氧化鋁需要添加冰晶石Na3AlF6，它的陰離子的空間結構為_______，它可通過以下反應制備：Al(OH)3+3NaOH+6HF=Na3AlF6+6H2O，該反應涉及的5種元素電負性最大的是_______。

(4)AlF3，AlCl3熔點分別為1290oC和192oC，熔點呈現如此變化的原因是_______。

(5)H3BO3晶體形成層狀結構，每一層的結構如下圖所示，層與層之間距離為318pm(大于氫鍵的長度)，硼酸晶體屬于_______晶體，晶體中含有的作用力有_______，在一層硼酸晶體結構中最小的重復單元含有_______個H3BO3分子。

(6)GaN是二元Ⅲ-ⅤA族的直接帶隙半導體，非常適合制造光電器件，GaN具有六方纖鋅礦結構，晶胞示意圖如下圖所示，該晶胞的邊長a=318pm，c=517pm。該GaN晶體的密度ρ=_______g·cm-3。(只列計算式，NA表示阿伏伽德羅常數)

31、目前鉻被廣泛應用于冶金；化工、鑄鐵及高精端科技等領域。回答下列問題：

（1）基態Cr原子價層電子的軌道表達式為_______，其核外有_______種不同能量的電子。

（2）Cr的第二電能離（ICr）和Mn的第二電離能（IMn）分別為1590.6kJ·mol-1、1509.0kJ·mol-1，ICr>IMn的原因是____________。

（3）過氧化鉻CrO5中Cr的化合價為+6，則該分子中鍵、鍵的數目之比為______。

（4）CrCl3的熔點（83℃）比CrF3的熔點（1100℃）低得多，這是因為___________。

（5）Cr的一種配合物結構如圖所示，該配合物中碳原子的雜化方式是_______，陽離子中Cr原子的配位數為_________，ClO的立體構型為________。

（6）氮化鉻晶體的晶胞結構如圖所示，Cr處在N所圍成的________空隙中，如果N與Cr核間距離為apm，則氮化鉻的密度計算式為__________g·cm-3（NA表示阿伏加德羅常數的值）。

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

A．鐵銹的主要成分為Fe2O3，可以用稀硫酸去除，但選項中的離子方程式沒有配平，正確的離子方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，A錯誤；B．Ag的活動性較弱，與稀鹽酸不發生反應，B錯誤；C．硫酸氫鈉在溶液中可以電離出H+，溶液中的H+可以和KOH電離出的OH-反應生成水，而其他離子互不反應，故反應的離子方程式正確，C正確；D．濕法煉銅是用活潑金屬Fe將銅鹽中的銅置換出來，反應的離子方程式為Fe+Cu2+=Fe2++Cu，D錯誤；故選C。2、B【分析】【分析】

鹽類的水解實質是鹽類電離產生的弱酸根離子或弱堿離子與水電離產生的氫離子或氫氧根離子結合生成弱電解質的反應；由此分析。

【詳解】

A．H2O+H2O?H3O++OH-表示水的電離方程式；不屬于水解反應，故A不符合題意；

B．+H2O?+OH-表示的水解反應，與水電離時生成的氫離子反應生成屬于水解反應，故B符合題意；

C．NH3+H2O?NH3?H2O表示的是氨氣和水反應生成一水合氨；屬于化合反應，不屬于水解反應，故C不符合題意；

D．+OH-?H2O+表示的是和OH-反應生成H2O和屬于復分解反應，不屬于水解反應，故D不符合題意；

答案選B。3、B【分析】【詳解】

A．鹽酸加入水中會抑制水的電離，所以由水電離c(H＋)應小于10-7mol/L而不能大于10-7mol/L；A錯誤；

B．NaOH是強電解質完全電離，Na2S是強堿弱酸鹽存在水解：S2-+H2O?HS-+OH-，加水會促進S2-水解，二者加水稀釋相同倍數后，溶液中OH-濃度是Na2S>NaOH，所以pH變化大的是NaOH，變化小的是Na2S，故pH相同的NaOH溶液和Na2S溶液加水稀釋相同倍數后，Na2S溶液pH較大；B正確；

C．CH3COONa=CH3COO－+Na＋，由于醋酸根發生水解：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-)，所以溶液中各離子濃度大小為：c(Na＋)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H＋)；C錯誤；

D．根據質子守恒可知：Na2CO3溶液中：c(OH-)=c(HCO3-)＋c(H+)＋2c(H2CO3)；D錯誤。

答案選B。4、C【分析】【詳解】

A.乙二醇產生的氫氣多僅僅是因為它多一個羥基；與相互作用無關，A項錯誤；

B.乙烯因有碳碳雙鍵可以發生加成反應；乙烷無不飽和鍵不能加成，與相互作用無關，B項錯誤；

C.同樣是甲基；連在苯環上的甲基可以被氧化成羧基，連在環己烷上的甲基卻不能被氧化，證明苯環內的離域π鍵對甲基起到了影響，從而導致化學性質的改變，C項正確；

D.乙烯和苯確實可以與氫氣發生加成；但不能說明分子中原子之間的相互影響會導致化學性質的改變，D項錯誤；

答案選C。5、A【分析】【分析】

分析1,3-二異丙烯基苯的結構可知，為對稱結構，其分子中有5種等效氫：根據等效氫的種數判斷一氯取代物的同分異構體數目。根據與雙鍵和苯環直接相連的原子共平面判斷分子中原子共面情況。

【詳解】

A．由分析可知；1,3-二異丙烯基苯分子中含有5種等效氫，則其一氯代物有5種，A項錯誤；

B．1,3-二異丙烯基苯分子中含有苯環；可與液溴在溴化鐵的催化作用下發生取代反應，B項正確；

C．1,3-二異丙烯基苯中任一雙鍵兩側的碳原子是處于同一平面的；當苯環與兩雙鍵處于同一平面時，分子中所有碳原子就處于同一平面，C項正確；

D．1,3-二異丙烯基苯分子中含有碳碳雙鍵；可以發生加聚反應，D項正確；

答案選A。6、B【分析】【詳解】

A．醇在一定條件下都能與羧酸發生取代反應生成酯；故A不符合題意；

B．醇類在一定條件下都能與氫鹵酸發生取代反應生成鹵代烴；故B符合題意；

C．與CH3CH2OH在濃H2SO4存在下加熱可以發生消去反應的兩種有機產物；可以發生分子間脫水的三種產物，最多可生成5種有機產物，故C不符合題意；

D．連接醇羥基的碳原子上含有氫原子的醇能在銅催化下發生氧化反應，CH3OH、CH3CH2OH、連接醇羥基的碳原子上含有氫原子；故D不符合題意；

答案選B。7、B【分析】【分析】

【詳解】

A．乙醇能被氧化；不能發生還原反應，故A不符合題意；

B．甲醛含有醛基；可以被氧化為甲酸，也可以被還原為甲醇，結構中含有醛基，可以發生縮聚反應，故B符合題意；

C．乙酸能發生氧化反應；不能發生還原反應，故C不符合題意；

D．乙烯可以發生氧化反應；還原反應；不能發生縮聚反應，故D不符合題意；

答案選B。

【點睛】

縮合聚合反應是縮聚反應的全稱，是指由一種或多種單體相互縮合生成高分子的反應，其主產物稱為縮聚物。縮聚反應往往是官能團的反應，除形成縮聚物外，還有水、醇、氨或氯化氫等低分子副產物產生。8、C【分析】【詳解】

A．a點氮氣的體積分數為0.1，設開始的氨氣為x，轉化的氨氣為y，則=0.1，解得：y=0.25x，NH3的轉化率為=25%；故A錯誤；

B．a點為平衡點，不同物質的正、逆反應速率之比等于化學計量數之比，則滿足3v(NH3)正═2v(H2)逆；故B錯誤；

C．由圖可知，升高溫度，氮氣的體積分數增大，則正反應為吸熱反應，K與溫度有關，c點溫度高，則b、c兩點對應的平衡常數：Kb＜Kc；故C正確；

D．若p1＞p2，圖中壓強越大，氮氣的體積分數越大，而增大壓強2NH3(g)?N2(g)+3H2(g)逆向移動；氮氣的體積分數減小，二者不一致，故D錯誤；

故選C。二、填空題(共8題，共16分)9、略

【分析】【分析】

甲基、苯基、羥基、羧基四種基團兩兩組合對應的有機物有CH3COOH、H2CO3、CH3OH等；結合有機物官能團的性質分析解答。

【詳解】

甲基、苯基、羥基、羧基四種基團兩兩組合對應的有機物有CH3COOH、H2CO3、CH3OH等。

(1)能使石蕊試液變色的物質具有酸性，對應的有CH3COOH、HO-COOH(H2CO3)，苯酚不能使石蕊變色，故答案為：CH3COOH(或或HO-COOH)；

(2)能與溴水反應的是與溴水發生取代反應生成三溴苯酚沉淀，故答案為：(或C6H5OH)；

(3)催化氧化后產物能與新制氫氧化銅反應，說明產物中含有-CHO，只有CH3OH符合，故答案為：CH3OH；

(4)能與氯化鐵溶液發生顯色反應的是反應后溶液顯紫色，為的特征反應，故答案為：

(5)不同情況下與氫氧化鈉反應能生成兩種鹽的是HOCOOH(H2CO3)，可生成Na2CO3或NaHCO3；故答案為：HOCOOH。

【點睛】

本題的易錯點為(1)，要注意苯酚不能使石蕊試液變紅色。【解析】①.CH3COOH（或C6H5COOH或HO-COOH）②.③.CH3OH④.⑤.HOCOOH10、略

【分析】【詳解】

(1)某溫度下純水的pH=6，則該溫度下水的離子積常數Kw=10-12，此溫度下pH=7的溶液中，c(H+)=10-7mol/L，則c(OH-)=mol/L，則c(H+)＜c(OH-)，溶液呈堿性，0.05mol·L-1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.05mol/L×2=0.1mol/L，則則pH=-lgc(H+)=11；

(2)醋酸中存在電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向0.1mol/L醋酸溶液中加入水，加水促進電離，因此電離平衡向右移動，則n(H+)增大，n(CH3COOH)減小，CH3COOH、CH3COO-、H+的濃度均會減小，根據溫度不變，平衡常數K不變，c(H+)減小，則增大。【解析】①.堿性②.11③.右④.減小⑤.增大11、略

【分析】【分析】

如先加入AgNO3，則會同時生成Ag2SO4和AgCl沉淀，則應先加入過量的BaCl2[或Ba(NO3)2]，生成BaSO4沉淀，然后在濾液中加入過量的AgNO3，使Cl-全部轉化為AgCl沉淀，在所得濾液中加入過量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液為NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后進行蒸發操作可得固體NaNO3。

【詳解】

(1)根據分析可知X為BaCl2或Ba(NO3)2；沉淀B為AgCl；沉淀C為BaCO3或Ag2CO3；

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

【分析】【分析】

廢液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，加鐵屑，Fe與H2SO4和少量Fe2（SO4）3反應生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2?xH2O，過濾，濾渣為TiO2?xH2O、Fe，濾液為FeSO4；FeSO4溶液通過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌得到硫酸亞鐵晶體，脫水、煅燒得到氧化鐵；FeSO4溶液中加如碳酸氫銨；反應生成碳酸亞鐵沉淀；硫酸銨和二氧化碳，碳酸亞鐵沉淀加乳酸，碳酸亞鐵溶解生成乳酸亞鐵溶液和二氧化碳，乳酸亞鐵溶液通過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌得到乳酸亞鐵晶體。

【詳解】

（1）步驟①中分離硫酸亞鐵溶液和濾渣的操作為過濾；過濾用的儀器有玻璃棒；燒杯、漏斗；步驟②得到硫酸亞鐵晶體的操作為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，故答案為：玻璃棒、燒杯、漏斗；冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥；

（2）步驟④的反應為FeSO4與如碳酸氫銨反應生成碳酸亞鐵沉淀、硫酸銨和二氧化碳，反應的離子方程式是Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案為：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；

（3）Fe2+具有還原性，步驟⑥必須控制一定的真空度，原因是有利于蒸發水以及隔絕空氣，防止Fe2+被氧化，故答案為：防止Fe2+被氧化；

（4）硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫，反應的方程式為4FeSO4+O24SO3+2Fe2O3，由化合價變化可知，氧化劑為O2和還原劑為FeSO4；由得失電子數目守恒可知氧化劑和還原劑的物質的量之比為1:4，故答案為：1:4；

（5）硫酸亞鐵在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，加入乳酸，CO32-與乳酸反應，使CO32-濃度降低，平衡向右移動，使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液，故答案為：硫酸亞鐵在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，CO32-與乳酸反應濃度降低；平衡向右移動，使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液；

（6）亞鐵離子會被高錳酸鉀氧化為三價鐵離子，本身被還原為+2價的錳離子，根據得失電子守恒可知5FeSO4·7H2O—KMnO4，則依據消耗0.1000mol/LKMnO4溶液20.00mL可知FeSO4·7H2O的質量分數為×100%=×100%，故答案為：【解析】①.玻璃棒、燒杯、漏斗②.冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥③.Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑④.防止Fe2+被氧化⑤.1:4⑥.硫酸亞鐵在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，CO32-與乳酸反應濃度降低，平衡向右移動，使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液⑦.×100%13、略

【分析】【詳解】

（1）根據鹽類水解的規律，越弱越水解，水解程度越大，溶液的pH值越大，根據電離平衡常數可判斷酸性的強弱順序為：CH3COOH＞HCN＞HCO3-，則pH由大到小的順序為Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa；

（2）由于酸性的強弱順序為：CH3COOH＞HCN＞HCO3-，則根據強酸制備弱酸可知向NaCN溶液中通入少量的CO2，發生反應的化學方程式為NaCN＋H2O＋CO2＝HCN＋NaHCO3；

（3）室溫下，Kw=10-14，則pH＝6的溶液中氫離子和氫氧根濃度分別是10-6mol/L、10-8mol/L，根據溶液呈電中性可得：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】

【詳解】

(1)根據物質的球棍模型可知，A、B、C、D、E的結構簡式依次為CH4、CH3CH3、CH2=CH2、CH≡CH、CH3CH2CH3，D的化學式為C2H2，A是甲烷，甲烷是正四面體結構，則A的二氯取代物有1種，故答案為：C2H2；1；

(2)可作為植物生長調節劑的是CH2=CH2，C選項正確，故答案為：C。【解析】C2H21C15、略

【分析】【分析】

含-OH；-COOH的有機物與Na反應生成氫氣；含-COOH、-COOC-、酚-OH、-X的有機物能夠與NaOH反應；含碳碳雙鍵、三鍵的有機物與溴水發生加成反應；含酚-OH，能夠與溴水發生取代反應，據此分析解答(1)～(3)；等質量的烴，含氫量越高，燃燒時耗氧越多，據此分析解答(4)。

【詳解】

(1)能和金屬鈉反應放出氫氣的是④乙醇；⑥45℃苯酚；故答案為：④⑥；

(2)能和NaOH溶液反應的是⑤溴乙烷；⑥45℃苯酚；溴乙烷與氫氧化鈉溶液發生水解反應苯酚與氫氧化鈉溶液發生中和反應，故答案為：⑤⑥；

(3)常溫下能和溴水反應的是③乙烯；⑥45℃苯酚；分別發生加成反應、取代反應，故答案為：③⑥；

(4)等質量的烴，含氫量越高，燃燒時耗氧越多，①苯、②甲苯、③乙烯中含氫量分別為含氫量最高的是乙烯，故答案為：③。【解析】④⑥⑤⑥③⑥③16、略

【分析】【分析】

【詳解】

由題干流程圖信息可知，烴A與甲醛在KOH作用下發生加成反應生成B為CHC-CH2OH，故A為乙炔，結合流程圖中A到B的轉化信息可知，乙炔和甲醛反應生成：HOCH2C≡CCH2OH，由流程圖中E到F的信息可知，HOCH2C≡CCH2OH部分加氫可以轉化為：HOCH2CH=CHCH2OH，HOCH2CH=CHCH2OH和Br2發生加成反應生成HOCH2CHBrCHBrCH2OH，HOCH2CHBrCHBrCH2OH在NaOH水溶液中加熱發生水解反應即可得到1，2，3，4-丁四醇，故確定合成路線為：HC≡CHHOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CHBrCHBrCH2OH故答案為：HC≡CHHOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CHBrCHBrCH2OH【解析】HC≡CHHOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CHBrCHBrCH2OH三、判斷題(共5題，共10分)17、B【分析】【分析】

【詳解】

用稀NaOH滴定鹽酸，用酚酞作指示劑，開始時溶液為無色，隨著NaOH的滴入，溶液的酸性逐漸減弱，當錐形瓶中溶液由無色變紅色，半分鐘內溶液不再變為無色時停止滴定，此時達到滴定終點，故認為錐形瓶中溶液由紅色變無色時停止滴定的說法是錯誤的。18、B【分析】【詳解】

由兩個或兩個以上的苯環共用相鄰的兩個碳原子的芳香烴稱為稠環芳香烴，聯苯中苯環之間含碳碳單鍵，不屬于稠環芳香烴，故該說法錯誤。19、A【分析】【詳解】

順-2-丁烯和反-2-丁烯都存在碳碳雙鍵，均能使溴水退色，正確。20、B【分析】【分析】

【詳解】

溴乙烷水解是在NaOH的水溶液中進行的，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過量的NaOH，否則可能觀察不到AgBr淡黃色沉淀，而是NaOH和AgNO3反應生成的AgOH，進而分解生成的黑褐色的Ag2O，故錯誤。21、A【分析】【分析】

【詳解】

皮膚中含有蛋白質，含有苯環的蛋白質遇濃硝酸變黃色，所以濃硝酸濺在皮膚上，使皮膚呈黃色是由于濃硝酸和蛋白質發生顯色反應，故正確。四、元素或物質推斷題(共4題，共36分)22、略

【分析】【詳解】

A是一種易溶于水的離子化合物；在空氣中易潮解和變質，在水中可以電離出電子總數相等的兩種離子，A是氫氧化鈉；E為生活中常用消毒劑的有效成分，E是次氯酸鈉。F是生活中不可缺少的調味劑，F是氯化鈉，G為無色液體，G是水，B；C、D、K都是單質，反應②～⑤都是重要的工業反應，則B是氯氣，電解飽和食鹽水生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，則C是氫氣。H是氯化氫，氯化氫與次氯酸鈉反應生成M是次氯酸，次氯酸見光分解生成氧氣和氯化氫，則K是氧氣。I與氧氣發生催化氧化生成水和J，所以D是氮氣，I是氨氣，J是NO。則：

（1）氨氣中所含元素是N；在周期表中的位置為第二周期第VA族，次氯酸鈉中所含化學鍵類型有離子鍵和極性共價鍵，M是次氯酸，結構式為H－O－Cl。

（2）反應④的離子方程式為2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－。【解析】①.第二周期第VA族②.離子鍵和極性共價鍵（或離子鍵和共價鍵）③.H—O—Cl④.2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-23、略

【分析】【分析】

Ⅱ.單質氣體C可使帶火星的木條復燃，C是氧氣，標況下，224mL氧氣的物質的量是0.01mol；氣體B的物質的量是0.03mol，通入足量BaCl2溶液，生成硫酸鋇沉淀0.02mol，說明B氣體含有0.02molSO3；A是強酸鹽，則A為K2SO4；可根據各元素的質量計算X的化學式。

【詳解】

Ⅰ.NH3中心原子的價電子對數為含有1對孤對電子，則其分子構型為三角錐形，H2O為弱電解質，能夠電離生成H3O+，而H3O+又能與NH3反應生成所以結合H+的能力H2O＜NH3，反應方程式為NH3+H3O+=NH+H2O；

Ⅱ.(1)X隔絕空氣加熱，分解出SO3和O2；所以X中除鉀元素外還含有元素硫；氧；

(2)SO3和氯化鋇溶液反應生成硫酸鋇沉淀和鹽酸，該反應的離子方程式是SO3+Ba2++H2O=BaSO4+2H+。

(3)0.02molSO3和0.01molO2的質量為0.02mol×80g/mol+0.01mol×32g/mol=1.92g，根據質量守恒，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的摩爾質量介于200g?mol-1~300g?mol-1之間，所以X的化學式是K2S2O8，K2S2O8與水在一定條件下發生反應，生成兩種物質，一種為酸式鹽，另一種具有漂白性，則產物是KHSO4、H2O2，根據原子守恒可知K2S2O8與水反應的化學方程式是K2S2O8+2H2O=2KHSO4+H2O2。【解析】三角錐形＜NH3+H3O+=NH+H2O硫氧SO3+Ba2++H2O=BaSO4+2H+K2S2O8+2H2O=2KHSO4+H2O224、略

【分析】【分析】

（1）D是具有氧化性的單質，A元素屬于短周期主族金屬元素，根據反應關系可知A為Na，B為Na2O，D為O2，C為Na2O2；

（2）若D為金屬，由轉化關系可知為變價金屬，應為Fe，則C含有Fe2+；具有還原性；

（3）若A、B、C為含同一種金屬元素的無機化合物，在溶液中A和C反應生成B．判斷為：Al3+→Al(OH)3→D為OH-；或→Al(OH)3→Al3+，D為H+；

（4）由H2O2→O2知，雙氧水在反應中作還原劑，所以還必須有氧化劑參加反應，在反應中得電子化合價降低，根據化合價知，高錳酸根離子作氧化劑，還原產物是錳離子，同時反應后生成水，反應的離子方程式為：結合離子方程式解答；

（5）根據產生沉淀和氣體的物質的量(n)與加入NaOH溶液的體積(V)的關系的圖示可以知道；剛加入氫氧化鈉溶液時，沒有產生沉淀；之后產生了沉淀，且沉淀完全溶解；沉淀溶解前產生了氣體，該氣體一定是氨氣，以上分析依據，分別對離子存在情況作出判斷。

【詳解】

（1）D是具有氧化性的單質，A元素屬于短周期主族金屬元素，根據反應關系可知A為Na，B為Na2O，D為O2，C為Na2O2；

（2）若D為金屬，由轉化關系可知為變價金屬，應為Fe，則C含有Fe2+，具有還原性，保存時應加入少量Fe，防止被Fe2+空氣氧化，原理是2Fe3++Fe=3Fe2+；

（3）若A、B、C為含同一種金屬元素的無機化合物，在溶液中A和C反應生成B，判斷為：Al3+→Al(OH)3→A為Al3+，B為Al(OH)3，C為D為NaOH；或→Al(OH)3→Al3+，A為B為Al(OH)3，C為Al3+，D為H+；B轉化為C的離子方程式為：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；

（4）①由上述分析可知，該氧化還原反應離子方程式為：

②高錳酸鉀具有強氧化性；可氧化鹽酸生成氯氣，應用稀硫酸酸化；

③反應中；Mn元素化合價由+7價降低到+2價，由方程式可知生成5mol氧氣轉移10mol電子，則如反應轉移了0.6mo1電子，產生的氧氣0.3mol，氣體在標準狀況下體積為0.3mol×22.4L/mol=6.72L；

（5）根據圖示，開始時沒有沉淀生成，說明溶液中H+，一定沒有ClO?、隨后出現沉淀，且沉淀完全溶解了，說明沉淀是氫氧化鋁，溶液中一定含有Al3+，因Al3+與ClO-能夠發生反應，則一定沒有ClO-；氫氧化鋁溶解前生成了氣體，該氣體一定是氨氣，故溶液中一定含有最終沉淀完全溶解，因此溶液中一定不含Mg2+、Fe2+；故答案為：Al3+、H+、Cl－；Mg2+、Fe2+、ClO-、

【點睛】

離子推斷題解法歸納：這些推斷題的解法在于掌握離子的特有反應以及離子間的共存情況，在解題之前，應對所提供的離子在溶液中能否大量共存進行分析，做到心中有數，一般來說，離子間能生成沉淀、或氣體、或弱電解質，以及能發生氧化還原反應的，就不能在溶液中大量共存。例如，與與弱酸根陰離子，與弱堿陽離子，與與與酸性條件下與與等等；都不能在溶液中共存。

在具體推斷過程中；要注意以下幾點：

（1）把推斷離子的肯定與否定存在結合起來考慮；

（2）推斷過程中；前后的結論不應該矛盾，因此，前面已下結論的離子，在后面的推斷過程中可不再重敘，若在分析中發現前后結論有矛盾，則應找出錯誤原因；

（3）在作推斷結果時，應該考慮三個方面，即肯定存在的離子，肯定不存在的離子，不能判定存在與否的離子，并且這三個方面的離子應是互相獨立的，任何一種離子只能出現一次，不能重復出現，當然有的題目中不一定三種情況都需要回答，但分析問題時都應該考慮到。【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】

原子序數小于36的X；Y、Z、W四種元素；其中X是周期表中半徑最小的元素，則X是H元素；Y是形成化合物種類最多的元素，則Y是C元素；Z原子基態時2p原子軌道上有3個未成對的電子，則Z是N元素；R單質占空氣體積的1/5，則R為O元素；W的原子序數為29，則W是Cu元素；再結合物質結構分析解答。

【詳解】

（1）C2H4分子中每個碳原子含有3個σ鍵且不含孤電子對，所以采取sp2雜化；一個乙烯分子中含有5個σ鍵，則1molC2H4含有σ鍵的數目為5NA；

（2）NH3和CH4的VSEPR模型為正四面體形；但氨氣中的中心原子上含有1對孤對電子，所以其實際構型是三角錐形；

由于水分子中O的孤電子對數比氨分子中N原子多，對共價鍵排斥力更大，所以H2O的鍵角更小；

（3）H2O可形成分子間氫鍵，沸點最高；H2Se相對分子質量比H2S大，分子間作用力大，沸點比H2S高，三者的沸點由高到低的順序是H2O>H2Se>H2S；

（4）元素C的一種氧化物與元素N的一種氧化物互為等電子體，CO2和N2O互為等電子體，所以元素C的這種氧化物CO2的結構式是O=C=O；

（5）銅是29號元素，其原子核外有29個電子，其基態原子的電子排布式為[Ar]3d104s1，價電子排布式為3d104s1。【解析】sp25NA三角錐形H2O水分子中O的孤電子對數比氨分子中N原子多，對共價鍵排斥力更大，所以鍵角更小H2O>H2Se>H2SO=C=O3d104s1五、實驗題(共2題，共12分)26、略

【分析】【分析】

根據已知信息可知裝置A制備氨氣，裝置B干燥氨氣，然后通入裝置C中與SCl2(紅棕色液體)反應制備S4N4，使硫粉與氯氣在50℃下反應生成SCl2；裝置D是尾氣吸收裝置，用于吸收多余的氨氣并能放倒吸，據此解答。

【詳解】

（1）根據分析；裝置A制備氨氣，是濃氨水與堿石灰反應生成氨氣，所以a是濃氨水；裝置D的作用是吸收多余的氨氣，防止污染空氣；

（2）裝置C中氨氣與SCl2生成S4N4，還有一種常見固體單質和一種鹽，根據質量守恒推知化學方程式為由于SCl2是紅棕色液體，所以證明SCl2反應完全的現象是溶液紅棕色褪去；

（3）①滴定管的正確操作順序：檢漏→蒸餾水洗滌→用滴定液潤洗2至3次→裝入滴定液至“0”刻度以上→排除氣泡→調整滴定液液面至“0”刻度→記錄起始讀數→開始滴定，故答案：dacbe；

②根據已知：S4N4+6OH-+3H2OS2O+2SO+4NH3↑及滴定關系，得出S4N4~4NH3↑~2H2SO4，所以S4N4的純度表達式為

若所用NaOH溶液實際濃度偏低，則會使消耗的NaOH溶液體積偏大，計算時會使剩余硫酸的量偏多，則使測定結果偏低。【解析】(1)濃氨水吸收多余的氨氣；防止污染空氣；

(2)溶液紅棕色褪去。

(3)dacbe甲基橙或酚酞再用少量水沖洗錐形瓶內壁偏低27、略

【分析】【分析】

由實驗裝置圖和實驗原理可知；裝置A甲中盛有飽和食鹽水，除去氯氣中混有的氯化氫，裝置乙中盛有酸性固體干燥劑五氧化二磷，干燥氯氣，裝置丁中盛有濃硫酸，干燥二氧化硫，裝置丙為三氯化氧磷的制備裝置，裝置中球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化氧磷，防止三氯化氧磷受熱揮發，盛有堿石灰的干燥管的作用是吸收未反應的氯氣和二氧化硫，防止污染環境，同時吸收空氣中水蒸氣，防止水蒸氣進入三頸燒瓶中導致三氯化氧磷水解。

【詳解】

(1)Na2SO3固體與70％濃H2SO4反應生成硫酸鈉、二氧化硫和水，反應的化學方程式為Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O；

(2)溶液A中飽和食鹽水的作用是除去氯氣中混有的氯化氫；裝置乙中盛有酸性固體干燥劑五氧化二磷，干燥氯氣，防止水蒸氣進入三頸燒瓶中導致三氯化氧磷水解；裝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；三氯化氧磷等受熱揮發，降低三氯化氧磷的產率，為增強冷凝效果不能選用直形冷凝管，應選擇裝置己；

(3)甲；丁裝置的作用除了用于氣體的凈化除雜外；還可以起到觀察產生氣泡的速率控制通入氣體的流速，有利于反應充分進行；

(4)因若溫度太低，反應速率太慢，若溫度太高，PCl3等物質受熱揮發；降低三氯化氧磷的產率，所以實驗時用水浴加熱三頸燒瓶，控制反應溫度在60～65℃；

(5)①由題意可知，測定POCl3產品含量時以NH4Fe(SO4)2溶液為指示劑，用KSCN溶液滴定過量的AgNO3溶液；達到終點時的現象是滴入最后一滴KSCN標準溶液，溶液變紅色，且半分鐘內不褪色；

②KSCN的物質的量為0.1mol/L×0.01L=0.001mol，根據反應Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的銀離子的物質的量為0.001mol，則與POCl3和水反應生成氯化氫的銀離子的物質的量為(0.004mol-0.001mol)=0.003mol，水解生成的氯化氫的物質的量為0.003mol，由題意可知1.600g樣品中POCl3的物質的量為×=0.01mol，所以產品中POCl3的質量分數為×100%=95.9%；

③加入少量硝基苯可以使生成的氯化銀沉淀離開溶液，如果不加硝基苯，在水溶液中部分氯化銀可以轉化成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，如果不進行此操作，則會有AgC1部分電離，消耗的KSCN溶液偏多，導致樣品中氯元素的含量偏小，測定POCl3的質量分數將偏小。

【點睛】

POCl3遇水均劇烈水解，為防止POCl3水解，氯氣、二氧化硫氣體進入制備POCl3的裝置前要干燥，防止水蒸氣進入裝置，同時要吸收尾氣，所以還要連接盛有堿石灰的干燥管，防止空氣中水蒸氣進入裝置，同時吸收尾氣是實驗設計的關鍵，也是解答易錯點。【解析】Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2OP2O5己通過觀察產生氣泡的速率控制通入氣體的流速溫度太低，反應速率太慢；溫度太高，PCl3等物質揮滴入最后一滴KSCN標準溶液，溶液變紅色，且半分鐘內不褪色95.9％偏小六、結構與性質(共4題，共40分)28、略

【分析】【分析】

（1）P原子價電子排布式為3s22p3；結合泡利原理；洪特規則畫出價電子排布圖；

（2）P原子以正四面體的形態圍繞在鈀原子中心上，鈀原子的雜化軌道類型為sp3；四（三苯基膦）鈀分子為非極性分子；而水是極性分子，結合相似相溶原理判斷；A分子中C原子均沒有孤對電子，三鍵中C原子雜化軌道數目為2，雙鍵中碳原子雜化軌道數目為3，其它碳原子雜化軌道數目為4；連接4個不同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子；

（3）Pd含有空軌道；P原子有1對孤對電子，提供孤對電子與Pd形成配位鍵；

（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導電的熔體，形成的正四面體形陽離子為PCl4+，正六面體形陰離子為PCl6-；PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對，孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力；由晶胞結構可知，PCl4+位于體心，PCl6-位于頂點，由均攤法可知晶胞中含有1個PCl6-，計算晶胞質量，再根據ρ=計算晶胞密度；

（5）PBr5氣態分子的結構與PCl5相似，它的熔體也能導電，經測定知其中只存在一種P-Br鍵長，則電離生成PBr4+與Br-。

【詳解】

（1）磷是15號元素，其原子核外有15個電子，P元素基態原子電子排布為1s22s22p63s23P3，P的最外層3p電子3個電子自旋方向相同，為故答案為

（2）P原子以正四面體的形態圍繞在鈀原子中心上，鈀原子與P原子成4個單鍵，雜化軌道數為4，為sp3雜化，水為極性分子，四(三苯基膦)鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶，所以四(三苯基膦)鈀分子在水中難溶，物質A中甲基上的C采取sp3雜化類型，C≡N為SP雜化，碳碳雙鍵為sp2雜化，連接4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子，如圖：所以一個A分子中手性碳原子數目為3個，故答案為sp3；不易溶于水，水為極性分子，四(三苯基膦)鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶；sp、sp2、sp3；3；

（3）配位鍵由含有孤電子對的原子指向含有空軌道的原子，Pd含有空軌道、P原子含有孤電子對，所以配位鍵由P原子指向Pd原子，如圖：故答案為

（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導電的熔體，說明生成自由移動的陰陽離子，一種正四面體形陽離子是PCl4+和一種正六面體形陰離子是PCl6-，即發生反應為：2PCl5=PCl4++PCl6-，PCl3中價層電子對個數=σ鍵個數+孤電子對個數=3+(5?3×1)=4，所以原子雜化方式是sp3，PCl5中價層電子對個數=σ鍵個數+孤電子對個數=5+(5?5×1)=4，所以原子雜化方式是sp3，PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對．孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力，所以PCl5中正四面體形陽離子中鍵角小于PCl3的鍵角，晶胞中PCl5位于頂點8×=1，1個PCl5分子位于晶胞內部，立方體的晶胞邊長為apm，所以密度為：ρ==

故答案為：PCl4+和PCl6-；兩分子中P原子雜化方式均為sp3雜化，PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對，孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力；

（5）PBr5氣態分子的結構與PCl5相似，說明PBr5也能電離出能導電的陰陽離子，而產物中只存在一種P-Br鍵長，所以發生這樣電離PBr5═PBr4++Br-；

故答案為PBr5=PBr4++Br-。

【點晴】

本題考查物質結構和性質，涉及電子排布圖、雜化方式的判斷、電離方式和微粒結構等，側重于基礎知識的綜合應用的考查，題目難度較大。雜化類型的判斷方法：1)例如常見的簡單分子，C2H2、CO2為直線型分子，鍵角為180°，推斷其C原子的雜化軌道類型為sp；C2H4、C6H6為平面型分子，鍵角為120°，推斷其C原子的雜化軌道類型為sp2；CH4、CCl4為正四面體，鍵角109.5°，推斷其C原子的雜化軌道類型為sp3。擴展到以共價鍵形成的晶體，如：已知金剛石中的碳原子、晶體硅和石英中的硅原子，都是以正四面體結構形成共價鍵的，所以也都是采用sp3雜化；已知石墨的二維結構平面內，每個碳原子與其它三個碳原子結合，形成六元環層，鍵角為120°，由此判斷石墨的碳原子采用sp2雜化。2)根據價層電子對互斥理論判斷雜化類型：中心原子電子對計算公式：價電子對數n=(中心原子的價電子數+配位原子的價電子數×m±電荷數)。注意：①當上述公式中電荷數為正值時取“-”，電荷數為負值時取“+”；②當配位原子為氧原子或硫原子時，成鍵電子數為零；根據n值判斷雜化類型：一般有如下規律：當n=2，sp雜化；n=3，sp2雜化；n=4，sp3雜化；3)對于有機物利用雜化軌道數=孤對電子對數+σ鍵數進行判斷．如C2H2分子中碳原子形成1個C-H，1個C≡C(含1個σ鍵)，C原子雜化軌道數為1+1=2，采取sp雜化方式，C2H4分子中碳原子形成2個C-H，1個C═C雙鍵(含1個σ鍵)，C原子雜化軌道數為(2+1)=3，C原子采取sp2雜化方式。【解