2022屆北京市海淀區(qū)高三上學(xué)期期中考試化學(xué)試題(解析版)

PAGE北京市海淀區(qū)2021-2022學(xué)年高三上學(xué)期期中考試化學(xué)試題一、單選題1．我國“天問一號”探測器使用了大量新材料，其中屬于金屬材料的是（）A．探測器結(jié)構(gòu)材料——鎂鋁合金B(yǎng)．深空太陽能電池材料——砷化鎵C．隔熱組件材料——二氧化硅納米氣凝膠D．柔性可伸縮材料——形狀記憶聚合物2．下列有關(guān)放射性核素1532P的說法中，錯誤的A．1532PB．1532PC．1532PD．1532PH3和3．下列化學(xué)用語或圖示表達(dá)錯誤的是（）A．二氧化碳的電子式：B．乙烯的結(jié)構(gòu)式：C．乙醇的分子模型：D．鎂原子的結(jié)構(gòu)示意圖：4．用NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．6.2gNa2O中的離子總數(shù)為0.2NAB．pH=2的鹽酸中的H+總數(shù)為0.01NAC．2.3gNa和足量O2反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NAD．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，5.6LH2O所含O-H鍵的數(shù)目為0.5NA5．下列反應(yīng)中，H2OA．2Na2O2C．2F2+2H6．維生素C的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．維生素C中所含的官能團是羥基、酯基和碳碳雙鍵B．維生素C能使溴水、酸性KMnO4C．維生素C可保存在強堿性環(huán)境中D．維生素C分子中含有σ鍵和π鍵7．下列物質(zhì)的應(yīng)用中，主要利用的反應(yīng)不屬于氧化還原反應(yīng)的是（）A．用鋁和氧化鐵的混合物焊接鐵軌B．用氮氣實現(xiàn)工業(yè)合成氨C．實驗室用NaOH溶液吸收SO2D．用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗Cl8．以下是某種粗鹽(主要含SO42-、Ca2+、Mg2+等雜質(zhì)離子)精制成NaClA．①中的除雜試劑可以是BaCl2B．②中加入過量Na2CO3溶液后，只有C．③中加入過量NaOH溶液后過濾，還需加適量稀鹽酸D．雜質(zhì)離子的去除順序還可以是③①②9．下列方程式能準(zhǔn)確解釋相應(yīng)事實的是（）A．硫酸型酸雨的形成：SOB．84消毒液不能與潔廁靈混用：ClOC．和面時在小蘇打中加少量醋酸，增強效果：HD．向NaHSO4溶液中加入足量Ba(OH)210．實驗室制備下列氣體所選試劑、制備裝置及收集方法均正確的是（）氣體試劑制備裝置收集方法AClMnO2beBSOCu和稀硫酸bcCNOCu和稀硝酸bcDNHNH4Cl和adA．A B．B C．C D．D11．常溫常壓下，1體積水能溶解約700體積NH3。用下圖所示裝置進(jìn)行實驗，下列說法正確的是（）A．?dāng)D壓滴管并打開止水夾后，觀察到燒杯中的水倒吸，產(chǎn)生紅色“噴泉”B．“噴泉”的產(chǎn)生能證明NH3與H2C．若將NH3換成CO2，也能產(chǎn)生明顯的“D．實驗后，取出燒瓶中的溶液，測得其pH>7，原因是：NH3+H12．以CO和H2為原料合成甲醇是工業(yè)上的成熟方法，直接以CO2為原料生產(chǎn)甲醇是目前的研究熱點。我國科學(xué)家用CO2人工合成淀粉時，第一步就需要將CO已知：①CO②CO③2下列說法錯誤的是（）A．若溫度不變，反應(yīng)①中生成1???mol????CHB．CO2與H2合成甲醇的熱化學(xué)方程式為：C．通過電解制H2和選用高效催化劑，可降低CO2與HD．以CO2和H2O為原料合成甲醇，同時生成13．水體中的局部氮循環(huán)如下圖所示，其中含氮物質(zhì)轉(zhuǎn)化方向與水深有關(guān)。下列說法錯誤的是（）A．圖中涉及的反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng)B．反硝化過程中含N物質(zhì)被還原C．不同水深含氮物質(zhì)轉(zhuǎn)化方向不同，可能與溶氧量有關(guān)D．排放含NH4+廢水不會影響水體中NO14．研究小組在探究鹵素離子與硝酸銀的反應(yīng)時，進(jìn)行了以下實驗。編號操作試劑現(xiàn)象1①KCl溶液②稀硝酸酸化的AgNO3產(chǎn)生白色沉淀2①KCl溶液②濃硝酸酸化的AgNO3產(chǎn)生白色沉淀3①KI溶液②稀硝酸酸化的AgNO3產(chǎn)生黃色沉淀4①KI溶液②濃硝酸酸化的AgNO3產(chǎn)生褐色的濁液下列說法錯誤的是（）A．實驗1和2說明，硝酸濃度不影響Cl-B．實驗1和3說明，鹵素離子的檢驗可使用稀硝酸酸化的AgNO3C．對比實驗2和4，說明異?，F(xiàn)象的產(chǎn)生與鹵素離子種類有關(guān)D．由上述實驗推測，Br-的檢驗不能使用濃硝酸酸化的AgNO3二、綜合題15．鈦酸鈣是最典型的鈣鈦礦型化合物，該類化合物具有特殊的理化性質(zhì)。（1）基態(tài)Ca2+的核外電子排布式為。（2）鈦酸鈣的晶胞如圖所示，1個晶胞中含有O2-的個數(shù)是。離子半徑Ca2+大于Ti4+，理由是（3）鈦酸鈣的陰、陽離子均可被半徑相近的其它離子替代，從而衍生出多種鈣鈦礦型化合物。①晶體密度ρ可以用晶胞的質(zhì)量除以體積來求算。已知，鈦酸鈣晶胞的棱長為apm(1pm=1×10-10cm)，則鈦酸鈣晶體密度ρ=②若忽略離子替代時的體積變化，下列鈣鈦礦型化合物中，密度大于鈦酸鈣的是(填字母序號)a．BaTiO3b．MgTiO3c．（4）通過離子替代可獲得具有優(yōu)異光電性能的有機鈣鈦礦型化合物CH3NH3PbI3。其中有機陽離子CH3NH①CH3NH3+中N的雜化方式為②請從化學(xué)鍵的角度解釋由甲胺形成CH3NH3+的過程：16．碘是人體必須的微量元素之一，海洋植物如海帶、海藻中含有豐富的碘元素。在實驗室中，從海藻里提取碘的流程如下：（1）指出上述過程中有關(guān)實驗操作的名稱，步驟i：，步驟iii：。（2）步驟ii中可使用Cl2，從原子結(jié)構(gòu)角度說明理由：。Cl2過量時，可能無法獲得I2，原因是I2會被繼續(xù)氧化為IO3-（3）當(dāng)使用H2O2做氧化劑時，I①圖1中，pH=7時I-轉(zhuǎn)化率幾乎為0，結(jié)合離子方程式解釋原因：②圖2中，H2O2與I-物質(zhì)的量之比從0.5﹕1提高至1﹕1時，I-的轉(zhuǎn)化率明顯增大，可能的原因是(17．軟錳礦漿(主要成分MnO2)可吸收煙氣中的SO2，同時可制備MnCO3資料：①吸收SO2后的軟錳礦漿中含有Fe2+、Fe3+、Al3+、②金屬離子沉淀的pH如下表。金屬離子MnFeFeAlZn開始沉淀的pH8.16.31.53.46.2沉淀完全的pH10.18.32.84.78.2（1）脫硫的產(chǎn)物是MnSO4，軟錳礦中MnO2所起的作用是（2）過程1向漿液中通入O2的目的是。（3）濾渣1的成分是，過程2中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。（4）制備MnCO3的過程中，一般控制溶液的pH范圍為5~7，不宜過大或過小，原因是。（5）已知：常溫下，(NH4)2CO3溶液的pH約為9.3，NH4HCO3溶液的pH約為7.8.請推測物質(zhì)A，并寫出制備（6）取mg碳酸錳樣品，加適量硫酸加熱溶解后，用c???mol?L-1的KMnO4溶液滴定，至滴定終點時，消耗KMnO4溶液的體積為VmL。(已知：反應(yīng)產(chǎn)物為MnO2，雜質(zhì)不參與反應(yīng)),樣品中MnCO318．W、X、Y、Z為同一周期的四種主族元素，原子序數(shù)依次增大?；鶓B(tài)Y原子的價電子排布為3s23p4電離能IIII???Ia/7381451773310540???（1）X在元素周期表中的位置是。（2）用電子式表示W(wǎng)Z的形成過程：。（3）下列事實能用元素周期律解釋的是___________(填字母序號)。A．W可用于制備活潑金屬鉀B．Y的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性小于HC．將Z單質(zhì)通入Na2SD．Y的氧化物對應(yīng)的水化物H2YO3的酸性比（4）為了進(jìn)一步研究最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸堿性與元素金屬性、非金屬性的關(guān)系，查閱如下資料。i．某元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物脫水前的化學(xué)式通?？梢员硎緸镸(OH)n，該水化物中的M-O-H結(jié)構(gòu)有兩種斷鍵方式：斷M-O鍵在水中電離出OH-ⅱ．在水等強極性溶劑中，成鍵原子電負(fù)性的差異是影響化學(xué)鍵斷裂難易程度的原因之一、水化物的M-O①已知：O、H元素的電負(fù)性數(shù)值分別為3.5和2.1；某元素M的電負(fù)性數(shù)值為2.5，且電負(fù)性差異是影響M-O-H中化學(xué)鍵斷裂難易程度的主要原因。該元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物呈(填“酸”或“堿”)性，依據(jù)是②W和X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物中，堿性較強的是(寫化學(xué)式)，結(jié)合資料說明理由：。19．某實驗小組同學(xué)用KSCN探究久置FeSO4固體變質(zhì)的情況。將0.3gFeSO4固體用10mL（1）（初步實驗）用KSCN檢驗Fe3+的原理是(用離子方程式表示)（2）甲同學(xué)認(rèn)為FeSO4固體幾乎未變質(zhì)，ⅱ中變血紅色是由于Fe2+被氧化，反應(yīng)的離子方程式為；ⅱ中血紅色褪去的可能原因是（3）乙同學(xué)不認(rèn)同甲對現(xiàn)象的解釋，他推測加入濃硝酸后ⅱ中變血紅色還可能與其它因素有關(guān)，可能的影響因素是。（4）（繼續(xù)探究）步驟操作現(xiàn)象Ⅰ取2mL待測液，加入5滴0.1mol?L-1KSCN溶液，再加入5mL濃溶液顏色無明顯變化Ⅱ取2mL待測液，溶液變?yōu)榧t色Ⅲ向Ⅱ中所得溶液中逐滴加入5mL濃硝酸，邊加邊振蕩溶液逐漸加深為血紅色，繼續(xù)滴加濃硝酸，溶液褪色，pH變化始終不明顯（5）請補全步驟Ⅱ中的操作：。（6）由Ⅰ~Ⅲ推測FeSO4固體變質(zhì)的情況是(填字母序號)，理由是。a．幾乎未變質(zhì)b．部分變質(zhì)c．完全變質(zhì)（7）（反思與遷移）從上述探究中獲得啟發(fā)，在用KSCN檢驗Fe3+及進(jìn)行Fe2+還原性驗證實驗時，需要注意的事項有(至少2條

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．探測器結(jié)構(gòu)材料——鎂鋁合金屬于金屬材料，是金屬鎂與金屬鋁的合金，A符合題意；B．砷化鎵為半導(dǎo)體材料不是金屬材料，B不符合題意；C．納米二氧化硅，一般就是二氧化硅顆粒，粒度在納米級，氣凝膠是氣凝膠為介孔材料，不屬于金屬材料，C不符合題意；D．形狀記憶聚合物是指具有初始形狀的制品在一定的條件下改變其初始條件并固定后，通過外界條件（如熱、電、光、化學(xué)感應(yīng)等）的刺激又可恢復(fù)其初始形狀的高分子材料不屬于金屬材料，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.合金屬于金屬材料；

B.砷化鎵是一種半導(dǎo)體材料；

C.二氧化硅納米氣凝膠為納米級二氧化硅顆粒構(gòu)成的充滿氣體的極輕的固體；

D.形狀記憶聚合物是具有形狀記憶功能的高分子化合物。2．【答案】B【解析】【解答】A．原子符號左下角數(shù)字表示質(zhì)子數(shù)，1532P的質(zhì)子數(shù)為15，核外電子數(shù)等于質(zhì)子數(shù)，所以原子核外電子數(shù)為15，故AB．原子符號左上角數(shù)字表示質(zhì)量數(shù)，1532P原子的質(zhì)量數(shù)為32，故C．1532P是1530PD．同位素原子質(zhì)量數(shù)不同，質(zhì)子數(shù)相同，化學(xué)性質(zhì)基本相同，1532PH3和1535PH故答案為：B。

【分析】A.原子核電荷數(shù)=核外電子數(shù)=質(zhì)子數(shù)；

B.原子中質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)；.

C.1532P是1530P的同位素；

3．【答案】A【解析】【解答】A．CO2屬于共價化合物，碳氧原子最外層均滿足8電子，電子式為，A符合題意；B．乙烯為共價化合物，碳碳之間為雙鍵，結(jié)構(gòu)式為，B不符合題意；C．乙醇為共價化合物，碳原子半徑大于氫原子半徑，分子模型：，C不符合題意；D．鎂原子的核外有12個電子，結(jié)構(gòu)示意圖：，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.二氧化碳中C原子和O原子之間以雙鍵結(jié)合；

B.用一條短線來代替一-對共用電子對所得到的式子為結(jié)構(gòu)式；

C.乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，C原子均為sp3雜化，與碳原子直接成鍵的四個原子呈四面體構(gòu)型；

D.鎂原子的核內(nèi)有12個質(zhì)子，核外有12個電子。

4．【答案】C【解析】【解答】A．6.2gNa2O的物質(zhì)的量為6.2g62g/mol=0.1mol，0.1molNa2O中的離子總數(shù)為0.1×3NA=0.3NA，故AB．未告知溶液體積，無法計算溶液中所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量，故B項說法不符合題意；C．2.3gNa的物質(zhì)的量為2.3g23g/mol=0.1mol，Na與足量O2后，Na失去1個電子，0.1molNa完全反應(yīng)失去電子數(shù)為0.1×NA=0.1NA，故CD．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，H2O不是氣體，不能根據(jù)氣體摩爾體積計算其物質(zhì)的量，因此無法計算其所含化學(xué)鍵數(shù)目，故D項說法不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.1個氧化鈉含有2個鈉離子和1個氧離子；

B.溶液體積未知；

C.鈉與氧氣反應(yīng)無論生成氧化鈉還是過氧化鈉，鈉都為+1價；

D.氣體摩爾體積使用對象為氣體。

5．【答案】D【解析】【解答】A．化合價降低被還原為氧化劑，2Na2O2+2H2O=4B．化合價降低被還原為氧化劑，H2O中元素化合價沒發(fā)生變化，不是氧化劑，C．化合價降低被還原為氧化劑，H2O中O元素化合價由-2價升高到0價，表現(xiàn)為還原劑，D．化合價降低被還原為氧化劑，H2O中H元素化合價由+1價變?yōu)?價，表現(xiàn)為氧化劑，故答案為：D。

【分析】有元素化合價變化的反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，化合價降低元素所在的反應(yīng)物是氧化劑，水作氧化劑，則水中的H元素的化合價降低。

6．【答案】C【解析】【解答】A．維生素C中所含的官能團是羥基、酯基和碳碳雙鍵，A不符合題意；B．維生素C含有碳碳雙鍵能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，BC．維生素C含有酯基，在強堿環(huán)境中酯基會發(fā)水解，C符合題意；D．維生素C分子中含有碳碳雙鍵，含有σ鍵和π鍵，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】由結(jié)構(gòu)分析可知，維生素C中有羥基、酯基和碳碳雙鍵，以此分析即可。7．【答案】C【解析】【解答】A．鋁和氧化鐵在高溫下反應(yīng)生成鐵和氧化鋁，屬于置換反應(yīng)，元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故A不選；B．氮氣和氫氣在高溫、高壓、催化劑條件下反應(yīng)生成氨氣，元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故B不選；C．NaOH溶液和SO2反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水，元素化合價沒有變化，不屬于氧化還原反應(yīng)，故CD．發(fā)生反應(yīng)為2KI+Cl2=2KCl+I2，此反應(yīng)為置換反應(yīng)，屬于氧化還原反應(yīng)，故D不選；故答案為：C。

【分析】化合價升降為氧化還原反應(yīng)的特征，則反應(yīng)中存在元素化合價變化的反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，以此進(jìn)行判斷。

8．【答案】B【解析】【解答】A．為了得到純凈的NaCl，第一步除去硫酸根需要加入過量的氯化鋇；第二步除去鈣離子，需加入過量的碳酸鈉，除去鈣離子的同時除去過量的鋇離子；第三部除去鎂離子，加入過量氫氧化鈉，將沉淀過濾；最后加入過量的鹽酸，將雜質(zhì)離子碳酸根，氫氧根除去，蒸發(fā)結(jié)晶過程中，氯化氫會從中揮發(fā)出來，最終得到純凈的氯化鈉；A不符合題意；B．加入碳酸鈉的作用，一方面為除去雜質(zhì)離子鈣離子，另外一方面除去除雜過程中引入的鋇離子；B符合題意；C．通過A中的分析可知，C不符合題意；D．在該除雜過程中，必須確保除硫酸根在除鈣離子之前，主要目的是除鈣的同時將除硫酸根離子過程中引入的鋇離子一塊除去，除鎂離子可以在任何時候加入；故可以是③①②，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】在除雜的過程中為了保證完全反應(yīng)會加入過量的反應(yīng)物，在生成物中如果有新的雜質(zhì)生成，在后續(xù)的步驟中應(yīng)能保證將其去掉。

9．【答案】B【解析】【解答】A．硫酸型酸雨的形成：SO2+H2O?H2SOB．84消毒液(主要成分為次氯酸)不能與潔廁靈(主要成分為HCl)混用：ClO-+Cl-C．和面時在小蘇打中加少量醋酸，增強效果，醋酸為弱酸不能拆：CH3COOH+D．向NaHSO4溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，生成硫酸鋇、氫氧化鈉和水：H+故答案為：B。

【分析】A.酸雨最終生成硫酸；

B.次氯酸和鹽酸混合會生成氯氣；

C.弱電解質(zhì)應(yīng)寫成分子式；

D.足量生成硫酸鋇、氫氧化鈉和水。10．【答案】D【解析】【解答】A．MnO2和濃鹽酸反應(yīng)需要固液加熱裝置，b中無加熱裝置，故A不符合題意；B．Cu和稀H2SO4不發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，故B不符合題意；C．Cu稀HNO3生成NO，會和空氣反應(yīng)生成NO2，不能用排空氣法收集，故C不符合題意；D．NH4Cl和Ca(OH)2為固固加熱，選用a做發(fā)生裝置，氨氣的密度比空氣小，選向下排空氣法，收集裝置選故答案為：D。

【分析】A.MnO2和濃鹽酸在燒瓶中加熱生成氯氣；

B.Cu和稀硫酸不反應(yīng)；

C.NO與氧氣反應(yīng)，不能用排空氣法收集；

D.NH4Cl和Ca(OH)2生成氨氣，氨氣密度小于空氣，用向下排空氣法收集。

11．【答案】D【解析】【解答】A．該實驗中水中未加入酚酞，故不會產(chǎn)生紅色“噴泉”，A不符合題意；B．氨氣極易溶于水，溶于水后會形成壓強差，“噴泉”的產(chǎn)生不能證明NH3與H2OC．CO2在水中的溶解度遠(yuǎn)小于NH3，將NH3換成CO2，CO2溶解的量小，壓強差也較小，不能產(chǎn)生明顯的“D．氨氣溶于水形成一水合氨，一水合氨未弱電解質(zhì)，在水中電離出氫氧根，其pH>7，原因是：NH3+H2O?NH故答案為：D。

【分析】氨氣極易溶于水，擠壓滴管并打開止水夾后，氨氣溶于水，造成圓底燒瓶內(nèi)氣體減少，壓強變小，外界大氣壓大，將燒杯中水壓入圓底燒瓶，形成噴泉。

12．【答案】C【解析】【解答】A．CH3OH從氣態(tài)轉(zhuǎn)化為液態(tài)放出熱量，則反應(yīng)①中生成1???mol????CH3OH(lB．根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)①-②得到目標(biāo)方程CO2(g)+3H2(gC．催化劑只改變反應(yīng)歷程，不改變反應(yīng)的焓變，C符合題意；D．根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)①-②-③得到CO2+3H2O?CH3OH+O2，ΔH=ΔH1-ΔH2-ΔH2故答案為：C。

【分析】依據(jù)蓋斯定律和反應(yīng)熱及焓變分析解答即可。13．【答案】D【解析】【解答】A．由圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，圖中涉及的反應(yīng)，元素化合價都發(fā)生了變化，故均為氧化還原反應(yīng)，故A不符合題意；B．由圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，反硝化過程中含N物質(zhì)化合價均降低，被還原，故B不符合題意；C．表層水中氧氣濃度大，含氮物質(zhì)轉(zhuǎn)化以硝化過程為主，發(fā)生氧化反應(yīng)；底層水中氧氣濃度小，含氮物質(zhì)轉(zhuǎn)化以反硝化過程為主，發(fā)生還原反應(yīng)，所以不同水深含氮物質(zhì)轉(zhuǎn)化方向不同，可能與溶氧量有關(guān)，故C不符合題意；D．圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系中NH4+濃度增大，硝化作用增強，會導(dǎo)致NO2-增多，所以排放含NH4+廢水會影響水體中故答案為：D。

【分析】根據(jù)圖中含氮化合物的轉(zhuǎn)變，分析氮元素化合價的變化，進(jìn)而分析解答。14．【答案】D【解析】【解答】A．對比實驗1和2，實驗1酸化時使用的是稀硝酸，而實驗2使用的是濃硝酸，但二者皆可以產(chǎn)生白色沉淀，故不影響氯離子的檢驗，A不符合題意；B．稀硝酸酸化的硝酸銀溶液分別和F-、Cl-、I-反應(yīng)，得到氟化銀(易溶)，氯化銀(白色沉淀)，溴化銀(淺黃色沉淀)，碘化銀(黃色沉淀)故可以區(qū)分開，B不符合題意；C．對比實驗2和4的條件可得，異?，F(xiàn)象的產(chǎn)生與鹵素離子種類有關(guān)，C不符合題意；D．濃硝酸的氧化性強于溴單質(zhì)，所以濃硝酸可以把溴離子氧化為溴單質(zhì)(紅棕色)，同時用氮的氧化物產(chǎn)生，故可以用來檢測溴離子，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.對比實驗1和2，實驗1酸化時使用的是稀硝酸，而實驗2使用的是濃硝酸，但二者皆可以產(chǎn)生白色沉淀；

B.稀硝酸酸化的硝酸銀溶液分別和F-、Cl-、I-反應(yīng)，得到氟化銀(易溶)、氯化銀(白色沉淀)、溴化銀(淺黃色沉淀)、碘化銀(黃色沉淀);

C.對比實驗2和4的條件只有鹵素離子種類不一樣；

D.濃硝酸的氧化性強于溴單質(zhì)，所以濃硝酸可以把溴離子氧化為溴單質(zhì)(紅棕色)，同時有氮的氧化物產(chǎn)生。

15．【答案】（1）1s22s22p63s23p6（2）3；Ti是22號元素，Ti4+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p6，Ca2+和Ti4+的電子排布相同，但Ca元素的核電荷數(shù)小于Ti，則離子半徑Ca2+（3）136×1030（4）sp3；氨分子中的一個氫原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2)的性質(zhì)與氨相似，其中的N原子有一對孤電子，可以通過配位鍵再結(jié)合一個H+形成CH【解析】【解答】（1）Ca是20號元素，基態(tài)Ca2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p6（2）由均攤法可知，1個晶胞中含有O2-的個數(shù)是6×12=3，Ti是22號元素，Ti4+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p6，Ca2+和Ti4+的電子排布相同，但Ca元素的核電荷數(shù)小于Ti，則離子半徑Ca（3）①由均攤法可知，1個晶胞中含有O2-的個數(shù)是6×12=3，含有Ti4+的個數(shù)為1，含有Ca2+的個數(shù)為8×18=1，鈦酸鈣晶胞的棱長為apm(1pm②鈦酸鈣的陰、陽離子均可被半徑相近的其它離子替代，忽略離子替代時的體積變化，鈣鈦礦型化合物的密度取決于陰陽離子的質(zhì)量，由此可知密度大于鈦酸鈣的是BaTiO3和BaZrO3故答案為：ac；（4）①CH3NH3+中以N原子為中心原子，價層電子對數(shù)為4+12(5-1-3-1)=4②氨分子中的一個氫原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2)的性質(zhì)與氨相似，其中的N原子有一對孤電子，可以通過配位鍵再結(jié)合一個H+形成CH3NH【分析】(1)書寫核外電子排布式時要運用構(gòu)造原理，并注意洪特規(guī)則及其特例；

(2)根據(jù)均攤法分析判斷；

(3)①分析晶胞中緊密接觸的離子，利用半徑關(guān)系求出晶胞邊長，由此求出晶胞密度；

②密度取決于陰陽離子的質(zhì)量；

(4)①可利用氮原子的成鍵方式判斷雜化類型；

②考慮N原子有一對孤電子，可以通過配位鍵再結(jié)合一個H+形成CH3NH16．【答案】（1）過濾；萃取分液（2）同主族從上到下非金屬性減弱，單質(zhì)的氧化性減弱，即氧化性：Cl2>I2；5Cl2+I2+6H2O=2IO3-+10Cl-（3）反應(yīng)的離子方程式為H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，pH=7時，即減小反應(yīng)物的濃度，反應(yīng)正向進(jìn)行受阻；增大H2O2的濃度，促進(jìn)反應(yīng)正向進(jìn)行，I-的轉(zhuǎn)化率增大；過量的H2【解析】【解答】海藻在坩堝中灼燒得到海藻灰，將海藻灰浸泡得到海藻灰懸濁液，然后利用過濾的方法分離海藻灰懸濁液，得到殘渣和溶液，在溶液中通入過量氯氣，氯氣和碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)得失I2，向含有I2的溶液中加入有機溶劑進(jìn)行萃取，得到含有碘的有機溶液，再利用蒸餾的方法得到晶態(tài)碘。（1）過濾適用于不溶于水的固體和液體，步驟i分離固體和液體用過濾；利用溶質(zhì)在互不相溶的溶劑里溶解度不同，用一種溶劑把溶質(zhì)從它跟另一種溶劑所組成的溶液里提取出來，這種方法叫做萃取，步驟ii將碘水中的碘單質(zhì)萃取出來，選擇合適的萃取劑即可，故答案為：過濾；萃取分液；（2）步驟ii是將I-氧化為I2，使用Cl2，原因是同主族從上到下非金屬性減弱，單質(zhì)的氧化性減弱，即氧化性：Cl2>I2；Cl2具有強氧化性，過量的Cl2與I2反應(yīng)生成IO3-和Cl-，反應(yīng)的離子方程式為5Cl2+I2+6H2O=2IO3-（3）①H2O2做氧化劑時，反應(yīng)的離子方程式為H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，溶液在酸性條件下，②理論上H2O2與I-物質(zhì)的量之比為0.5﹕1，若提高至1﹕1，即增大H2O2的濃度，促進(jìn)反應(yīng)正向進(jìn)行，I-的轉(zhuǎn)化率增大，還有可能是多余的H2【分析】海帶灼燒可生成水和二氧化碳，海帶灰中含有碘化鉀等物質(zhì)，溶于水，浸泡過濾得到含有碘離子的溶液，通入氯氣,氯氣置換出碘,得到碘的水溶液，用四氯化碳萃取得到含碘的有機溶液，經(jīng)蒸餾可得到碘，以此解答該題。

17．【答案】（1）吸收煙氣中的SO2（2）將其中的Fe2+氧化成Fe3+（3）氫氧化鐵與氫氧化鋁；Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓（4）pH過小的話Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH過大的話Mn2+轉(zhuǎn)化成沉淀（5）Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2（6）34.5cV【解析】【解答】本實驗為通過軟錳礦漿(主要成分MnO2)吸收煙氣中的SO2，經(jīng)過脫硫，反應(yīng)，除雜等一系列操作，制備MnCO3的過程，據(jù)此分析回答問題。（1）由題意可知，MnO2可吸收煙氣中的SO2，生成MnSO4；，（2）過程1向漿液中通入O2的目的是將其中的Fe2+氧化成Fe3+，而后經(jīng)過調(diào)節(jié)溶液的pH除去；（3）金屬離子沉淀的pH表可知，調(diào)節(jié)溶液的pH將Fe3+、Al3+變成氫氧化鐵與氫氧化鋁沉淀；離子方程式為Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；（4）制備MnCO3的過程中，一般控制溶液的pH范圍為5~7，pH過小的話Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH過大的話Mn2+轉(zhuǎn)化成沉淀；（5）金屬離子沉淀的pH表可知，pH不能過大，所以選擇物質(zhì)A為NH4HCO3，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O（6）碳酸錳與硫酸反應(yīng)生成硫酸錳，而后與KMnO4反應(yīng)生成MnO2，化合價由+2價變成+4價，KMnO4由+7價變成+4價，根據(jù)化合價升降規(guī)律，設(shè)碳酸錳的物質(zhì)的量為n，所以n×2=V×10-3×c×3，解得n=3cV×10-32mol，故MnCO【分析】本實驗為通過軟錳礦漿(主要成分MnO2)吸收煙氣中的SO2，經(jīng)過脫硫，反應(yīng)，除雜等一系列操作，制備MnCO3的過程；MnO2先吸收煙氣中的SO2，生成MnSO4，過程1通入O2將其中Fe2+氧化成Fe3+，而后經(jīng)過調(diào)節(jié)溶液的pH將Fe3+、Al3+變成沉淀濾渣1除去；通過過程2除去Zn2+，通過加入NH4HCO3，制得MnCO3，依氧化還原反應(yīng)中電子得失數(shù)目相等計算MnCO18．【答案】（1）第三周期第ⅡA族（2）（3）B；C（4）酸；M和O的電負(fù)性差值為1，O和H的電負(fù)性差值1.4，根據(jù)電負(fù)性差異是影響M?O?H中化學(xué)鍵斷裂難易程度的主要原因，明顯O-H鍵更容易斷裂，該元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物呈酸性；NaOH；Na與O的電負(fù)性差值比Mg與O的電負(fù)性差值大，M?O鍵更容易斷裂，所以堿性較強的是NaOH【解析】【解答】基態(tài)Y原子的價電子排布為3s23p4，可知Y為S，W、X、Y、Z為同一周期的四種主族元素，原子序數(shù)依次增大，Z為Cl，Y第三周期主族元素，其他三種元素為第三周期元素，根據(jù)X電離能知，該元素位于第ⅡA族，X為Mg元素，W為Na；（1）X為Mg元素，位于第三周期第ⅡA族；（2）由上面分析可知WZ為氯化鈉，NaCl為離子化合物，書寫電子式時注意，左邊寫鈉原子和氯原子電子式，右邊寫氯化鈉的電子式，中間用箭頭連接，用電子式表示NaCl的形成過程為；（3）A．同主族元素從上到下元素的金屬性依次增強，A不能用元素周期律解釋，A不正確；B．同主族元素從上到下元素的非金屬性依次減弱，S的非金屬性弱于O，氫化物穩(wěn)定性H2S小于H2O，B能用元素周期律解釋，B正確；C．同周期從左到右元素的非金屬性依次增強，所以Cl的非金屬性強于S，C能用元素周期律解釋，C正確；D．同周期從左到右元素的非金屬性依次增強，所以S的非金屬性強于Si，所以S的最高價氧化物對應(yīng)水化物H2SO4的酸性強于H2SiO3，