山西省阳泉十五中2022届高三化学上学期第一次段考试卷含解析

2022-2022学年山西省阳泉十五中高三（上）第一次段考化学试卷一、选择题（本题共25小题，每小题只有一个选项符合题意．每题2分，共50分）1．IT产业中一些车间要求必须做到无尘生产，工人在车间工作时的服装需经静电除尘处理．这种处理方法应用的原理是()A．胶体的丁达尔现象B．胶体的布朗运动C．胶体的电泳D．渗析2．下列有关说法中，正确的是()A．盐酸、漂白粉都是混合物B．127I和131I互为同素异形体C．硫酸铜、二氧化硫都是电解质D．分馏、干馏都是物理变化3．下列实验操作或检验正确的是()A．收集氯气B．转移溶液C．模拟工业制备并检验氨气-44-D．用海水制少量蒸馏水4．下列有关物质保存的说法正确的组合是()①钠应该密封在煤油中保存；②过氧化钠可以露置在空气中保存；③氯水应该密封在无色试剂瓶中保存；④漂白粉不能露置在空气中保存．A．①③B．①④C．①③④D．①②③④5．广口瓶被称为气体实验的“万能瓶”，是因为它可以配合玻璃管和其它简单仪器组成各种功能的装置．下列各图中能用作防倒吸安全瓶的是()A．B．C．D．-44-6．下列有关实验装置进行的相应实验，能到达实验目的地()A．除去Cl2中含有的少量HClB．蒸干FeCl3饱和溶液制备FeCl3晶体C．制取少量纯净的CO2气体D．分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层7．碳化硅（SiC）的一种晶体具有类似金刚石的结构，其中碳原子和硅原子的位置是交替的．在下列三种晶体①金刚石、②晶体硅、③碳化硅中，它们的熔点从高到低的顺序是()A．①③②B．②③①C．③①②D．②①③8．下列混合物的分离或提纯操作中不正确的是()A．除去N2中的少量O2，可通过灼热的Cu网后，收集气体-44-B．除去Fe（OH）3胶体中混有的Cl﹣离子，可用渗析的方法C．除去乙醇中的少量NaCl，可用蒸馏的方法D．重结晶、滴定操作都可用于提纯物质9．下列变化的实质相似的是()①浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小②二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色③二氧化硫能使品红溶液、溴水褪色④氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥⑤常温下浓硫酸用铁制容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应⑥浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字⑦二氧化碳、二氧化硫使澄清石灰水变浑浊．A．只有②③④B．只有⑤⑦C．只有③④⑥⑦D．全部10．氢化钙（CaH2）可作为生氢剂，反应的化学方程式为CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑，下列说法不正确的是()A．CaH2既是还原剂，又是氧化剂B．H2既是氧化产物，又是还原产物C．CaH2是还原剂，H2O是氧化剂D．氧化产物与还原产物质量比为1：111．在无色溶液中，下列离子能大量共存的是()A．NH4+、Na+、S2﹣、ClO﹣B．K+、SO42﹣、OH﹣、AlO2﹣C．K+、Fe3+、Cl﹣、NO3﹣D．Ba2+、Na+、OH﹣、CO32﹣-44-12．如表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间因果关系的判断，完全正确的是()选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A铝制炊具最好不要盛放酸性或碱性较强的液体食物因为Al和Al2O3既可以与酸反应、又可以与碱反应Ⅰ对，Ⅱ对，有B铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔对熔化的铝有较强的吸附作用Ⅰ对，Ⅱ对，有C海啸使水源发生污染可用明矾进行消毒和净化因为明矾水解生成Al（OH）3胶体，具有吸附性Ⅰ对，Ⅱ错，无D铁或铝制成的槽车可以密封贮运浓硫酸或浓硝酸因为铁和铝不能与浓硫酸或浓硝酸反应Ⅰ错，Ⅱ对，无A．AB．BC．CD．D13．下列离子方程式表达正确的是()A．鸡蛋壳浸泡在盐酸中产生气泡：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OB．四氧化三铁固体溶解在稀硝酸溶液中：Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2OC．将氨气通入硫酸溶液中：NH3+H+═NH4+D．向碳酸氢铵溶液中加入足量的NaOH溶液：NH4++OH﹣═NH3•H2O14．如表实验设计能够成功的是()-44-A．AB．BC．CD．D15．下列说法中正确的是()A．1L水中溶解了58.5gNaCl，该溶液的物质的量浓度为1mol•L﹣1B．从1L2mol•L﹣1的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1mol•L﹣1C．配制500mL0.5mol•L﹣1的CuSO4溶液，需62.5g胆矾D．中和100mL1mol•L﹣1的H2SO4溶液，需NaOH4g16．一定量的镁溶液一定浓度的硝酸的反应中，产生标准状况下的N2O气体11.2L，在所得的溶液中加入适量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤出沉淀，经洗涤，蒸干并充分灼烧，最后得到固体物质的质量为()A．80gB．58gC．40gD．20g17．下列各组离子能在指定环境中大量共存的是()-44-A．在c（HCO3﹣）=0.1mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣B．在由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Fe2+、ClO﹣、Na+、SO42﹣C．在加入镁粉产生气体的溶液中：SO42﹣、NO3﹣、Na+、Fe2+D．在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO32﹣、CO32﹣、Na+、K+18．在一种酸性溶液中可能存在Fe3+、NO3﹣、Cl﹣、I﹣中的一种或几种离子，向溶液中加入溴水，溴单质被还原，由此可推断溶液中()A．一定含有I﹣，不含有Cl﹣B．可能含有Cl﹣、NO3﹣和I﹣C．可能含有NO3﹣D．一定不含有Fe3+19．下列说法正确的是()A．124gP4含有的P﹣P键的个数为6NAB．12g石墨中含有的C﹣C键的个数为2NAC．12g金刚石中含有的C﹣C键的个数为1.5NAD．60gSiO2中含Si﹣O键的个数为2NA20．下列离子方程式正确的是()A．向NaHSO4溶液中滴加过量Ba（OH）2溶液：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2OB．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2CO32﹣+SO2+H2O=2HCO3﹣+SO32﹣C．向FeCl3溶液中加入铜片：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D．向碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠：HCO3﹣+OH﹣=CO2↑+H2O21．在含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中，通入足量的SO2后有白色沉淀生成，过滤后，向溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，下列叙述不正确的是()A．白色沉淀是BaSO4和BaSO3B．溶液的酸性增强C．白色沉淀是BaSO4D．FeCl3全部被还原为FeCl2-44-22．关于某无色溶液中所含离子的鉴别，下列判断正确的是()A．加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可能确定有Cl﹣存在B．通入Cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，可确定有I一存在C．加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定有SO42﹣存在D．加入盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有CO32﹣存在23．下列各项操作中不发生先沉淀后溶解现象的是()①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2②向Fe（OH）3胶体中逐滴滴加入过量H2SO4③向Ba（NO3）2溶液中通入过量SO2④向石灰水中通入过量CO2⑤向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸．A．①②③B．①②⑤C．①②③⑤D．①③⑤24．用NA表示阿弗加德罗常数，下列说法正确的是()A．0.2molH2O2完全分解转移的电子数为0.4NAB．300mL2mol•L﹣1的蔗糖溶液中所含分子数为0.6NAC．在标准状况下，2.8gN2和2.8gCO所含电子数均为1.4NAD．在常温常压下，2.24LSO2与O2混合气体中所含氧原子数为0.2NA25．下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是()①碳酸钠溶液与盐酸②偏铝酸钠溶液与盐酸③苯酚钠溶液与CO2④硝酸银溶液与氨水⑤氯化铝溶液与氨水⑥碳酸氢钠溶液与澄清的石灰水．A．③⑤B．①③⑥-44-C．仅有⑤D．②④二、非选择题（共50分）26．为测定Na2CO3与Na2SO3混合物中各组分的含量，取样品23.2g，用如图所示装置进行实验（铁架台、铁夹等仪器未在图中画出）：（1）将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是：__________（2）此实验还必须用到的最重要的仪器是__________；仪器F的作用是__________．（3）已知仪器C中装有品红溶液，其作用是__________（4）实验室中备有以下常用试剂：a．浓硫酸；b．品红溶液；c．酸性高锰酸钾溶液；d．饱和碳酸氢钠溶液；e．氢氧化钠溶液；f．无水硫酸铜；g．碱石灰；h．五氧化二磷；i．无水氯化钙．请将下列容器中应盛放的试剂序号填入相应空格：B中__________，D中__________，E中__________．（5）实验过程中，当仪器A内的固体反应完全后，需打开活塞K，向A中缓慢通入大量的空气．这样做的目的是__________．所通空气应先经过__________试剂（填上述所供试剂的序号）处理，否则可能引起Na2SO3含量的测量结果比实际值__________（填“偏高”、“偏低”或“没影响”）．（6）若仪器E在实验完成时增重4.4g，则Na2CO3与Na2SO3的物质的量之比为__________．27．在Na+浓度为0.5mol•L﹣1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子：取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：-44-试回答下列问题：（1）实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是__________．（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为__________．（3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）阴离子NO3﹣CO32﹣SiO32﹣SO42﹣c/mol•L﹣1________________________________________（4）判断原溶液中K+是否存在，若存在，求其最小物质的量浓度，若不存在，请说明理由：__________．28．（13分）铁的发现和大规模使用，是人类发展史上的一个光辉里程碑，它把人类从石器时代、青铜器时代带到了铁器时代，推动了人类文明的发展．（1）高铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中的一种新型净水剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原成三价铁离子达到净水的目的．按要求回答下列问题：高铁酸钠主要通过如下反应制取：2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH═2Na2FeO4+3X+5H2O，则X的化学式__________，反应中被氧化的物质是__________（写化学式）．（2）铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆．以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红（Fe2O3）的过程如图：①酸溶过程中Fe2O3与稀硫酸反应的化学方程式为__________；“滤渣A”主要成份的化学式为__________．-44-②还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4，请完成该反应的离子方程式：__________FeS2+__________Fe3++__________H2O═__________Fe2++__________SO42﹣+__________．③氧化过程中，O2、NaOH与Fe2+反应的离子方程式为__________．④为了确保铁红的质量和纯度，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是3.2～3.8，如果pH过大，可能引起的后果是__________（几种离子沉淀的pH见表）；滤液B可以回收的物质有（写化学式）__________．29．已知A、B、C、D、E、F、G都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大，其中A、B、C、D、E为不同主族的元素．A、C的最外层电子数都是其电子层数的2倍，B的电负性大于C，透过蓝色钴玻璃观察E的焰色反应为紫色，F的基态原子中有4个未成对电子，G的+1价阳离子正好充满K，L，M三个电子层．回答下列问题：（1）A、B、C、D、E、F、G几种元素中第一电离能最小的是__________（填元素符号），D元素的原子核外有__________种不同运动状态的电子；有__________种不同能级的电子．基态的F3+核外电子排布式是__________．（2）B的气态氢化物在水中的溶解度远大于A、C的气态氢化物，原因是__________．（3）化合物ECAB中的阴离子与AC2互为等电子体，该阴离子的电子式是__________．（4）FD3与ECAB溶液混合，得到含多种配合物的血红色溶液，其中配位数为5的配合物的化学式是__________．（5）化合物EF是一种蓝色晶体，图1表示其晶胞的（E+未画出）．该蓝色晶体的一个晶胞中E+的个数为__________．（6）G的二价阳离子（如图2所示）能与乙二胺（H2N﹣CH2一CH2一NH2）形成配离子：该配离子中含有的化学键类型有__________．（填字母）a．配位键b．极性键c．离子键d．非极性键-44-阴离子CAB﹣中的A原子与乙二胺（H2N﹣CH2一CH2一NH2）中C原子的杂化方式为__________．2022-2022学年山西省阳泉十五中高三（上）第一次段考化学试卷一、选择题（本题共25小题，每小题只有一个选项符合题意．每题2分，共50分）1．IT产业中一些车间要求必须做到无尘生产，工人在车间工作时的服装需经静电除尘处理．这种处理方法应用的原理是()A．胶体的丁达尔现象B．胶体的布朗运动C．胶体的电泳D．渗析考点：胶体的重要性质．专题：溶液和胶体专题．分析：胶粒因吸附带有电荷，能在电场中发生定向运动，据此解题．解答：解：胶粒因吸附带有电荷，能在电场中发生定向运动，这种现象称为电泳．故选C．点评：本题考查胶体的性质，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．2．下列有关说法中，正确的是()A．盐酸、漂白粉都是混合物B．127I和131I互为同素异形体C．硫酸铜、二氧化硫都是电解质-44-D．分馏、干馏都是物理变化考点：混合物和纯净物；物理变化与化学变化的区别与联系；同素异形体；电解质与非电解质．分析：A．由不同种物质组成的属于混合物；B．同种元素形成的不同单质互称同素异形体；C．溶于水或熔融状态下能导电的化合物属于电解质；D．有新物质生成的属于化学变化，据此解答即可．解答：解：A、盐酸是HCl的水溶液，漂白粉主要成分是次氯酸钙，故两者均属于混合物，故A正确；B、127I和131I，质子数相同，中子数不同，属于同位素，故B错误；C、二氧化硫不能电离，属于非电解质，其水溶液能导电的原因是二氧化硫溶于数生成的亚硫酸，亚硫酸电离，故C错误；D、煤的干馏属于化学变化，故D错误，故选A．点评：本题主要考查的是混合物与纯净物的概念、电解质与非电解质的概念、物理变化与化学变化等，综合性较强，难度不大．3．下列实验操作或检验正确的是()A．收集氯气B．转移溶液C．模拟工业制备并检验氨气-44-D．用海水制少量蒸馏水考点：氨的制取和性质；配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法；氯气的化学性质；蒸馏与分馏．分析：A、根据氯气密度比空气密度大，应该长导管进短导管出分析；B、配制一定物质的量浓度的溶液时，转移溶液必须使用玻璃棒引流；C、根据合成氨原理及检验氨气的方法进行分析；D、利用海水中含有的盐沸点较高，而水的沸点较低可以制取少量蒸馏水．解答：解：A、由于氯气密度比空气密度大，收集氯气时应该长导管进短导管出，图中伸入集气瓶的导管错误，故A错误；B、配制溶液时不能直接将溶液导入容量瓶，应该使用玻璃棒引流，避免溶液流到容量瓶外壁，影响配制结果，故B错误；C、在催化剂作用下氮气与氢气飞反应生成氨气，使用湿润的红色石蕊试纸检验氨气有氨气生成，不是蓝色石蕊试纸，故C错误；D、图中装置可以利用水与海水中的盐的沸点不同，通过蒸馏获得少量的蒸馏水，故D正确．故选D．点评：本题考查了氨气的制取原理和检验方法、配制一定物质的量浓度的溶液转移溶液方法、氯气的收集及尾气处理、蒸馏水的制取等知识，题目难度不大，涉及的知识点较多，充分检查了学生对基础知识的巩固情况，培养了学生灵活应用所学知识的能力．4．下列有关物质保存的说法正确的组合是()①钠应该密封在煤油中保存；②过氧化钠可以露置在空气中保存；③氯水应该密封在无色试剂瓶中保存；④漂白粉不能露置在空气中保存．A．①③-44-B．①④C．①③④D．①②③④考点：化学试剂的存放．专题：元素及其化合物．分析：从物质的性质角度选择药品保存的方法，钠易与水、氧气反应；过氧化钠易与水、二氧化碳反应；氯水中次氯酸见光易分解；漂白粉易与空气中的水和二氧化碳反应产生次氯酸而见光分解．解答：解：①钠易与水、氧气反应，而不与煤油反应，且密度大于煤油，可以密封在煤油中保存，正确；②过氧化钠易与水、二氧化碳反应，应在干燥的环境中密封保存，错误；③氯水中次氯酸见光易分解，应密封在棕色试剂瓶中，错误；④漂白粉易与空气中的水和二氧化碳反应产生次氯酸而见光分解，不能露置在空气中保存，正确．故选B．点评：本题考查药品的保存，题目难度不大，做题时注意把握物质的性质，根据性质选择保存方法．5．广口瓶被称为气体实验的“万能瓶”，是因为它可以配合玻璃管和其它简单仪器组成各种功能的装置．下列各图中能用作防倒吸安全瓶的是()A．B．C．-44-D．考点：尾气处理装置．专题：化学实验常用仪器．分析：A．该装置是排液量气装置；B．该装置可作为安全瓶；C．该装置混气装置；D．该装置是洗气装置．解答：解：A．该装置是排液量气装置，故A错误；B．该装置可作为安全瓶防倒吸，因为进气管较短（刚漏出瓶塞）若发生倒吸，倒吸液会被盛装在B瓶中，不会再倒流到前一装置，从而防止倒吸，故B正确；C．该装置是混气装置，进入C瓶中两气体在C瓶中充分混合，故C错误；D．该装置是洗气装置，故D错误．故选B．点评：本题考查防倒吸安全瓶，难度不大，平时注意知识的积累．6．下列有关实验装置进行的相应实验，能到达实验目的地()A．除去Cl2中含有的少量HClB．蒸干FeCl3饱和溶液制备FeCl3晶体-44-C．制取少量纯净的CO2气体D．分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．氯气和氯化氢都能与氢氧化钠反应；B．氯化铁在加热时水解生成氢氧化铁；C．碳酸钠为固体粉末不是块状固体；D．有机层和水层不溶．解答：解：A．氯气和氯化氢都能与氢氧化钠反应，将原物质除掉，故A错误；B．氯化铁在加热时水解生成氢氧化铁，不能直接用蒸发的方法制备，故B错误；C．碳酸钠为固体粉末不是块状固体，会从多孔塑料板上漏下，故C错误；D．有机层和水层不溶，能分层，可用分液漏斗分离，故D正确．故选D．点评：本题考查实验方案的评价，侧重于物质的分离、制备以及收集，题目难度不大，注意相关物质的性质的把握．7．碳化硅（SiC）的一种晶体具有类似金刚石的结构，其中碳原子和硅原子的位置是交替的．在下列三种晶体①金刚石、②晶体硅、③碳化硅中，它们的熔点从高到低的顺序是()A．①③②B．②③①C．③①②D．②①③-44-考点：晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．专题：化学键与晶体结构．分析：根据键长对对物质的熔、沸点的影响分析，晶体类型相同的物质，键长越短，键能越大，物质的熔点越高．解答：解：晶体类型相同的物质，键长越短，键能越大，物质的熔点越高．①金刚石、②晶体硅、③碳化硅着三种物质中键长关系为：C﹣C＜C﹣Si＜Si﹣Si，所以键能大小为：C﹣C键能＞C﹣Si键能＞Si﹣Si键能，所以物质的熔点高低为金刚石＞碳化硅＞晶体硅．故选A．点评：本题考查了晶体类型相同的物质中，键长对物质熔点的影响，键长越短，键能越大，物质的熔点越高．8．下列混合物的分离或提纯操作中不正确的是()A．除去N2中的少量O2，可通过灼热的Cu网后，收集气体B．除去Fe（OH）3胶体中混有的Cl﹣离子，可用渗析的方法C．除去乙醇中的少量NaCl，可用蒸馏的方法D．重结晶、滴定操作都可用于提纯物质考点：物质的分离、提纯和除杂．分析：A、氧气能和灼热的铜网反应，氮气不能；B、半透膜能允许离子和分子透过，胶体不能透过；C、乙醇易挥发，氯化钠不能挥发；D、滴定操作用于测定待测液的浓度．解答：解：A、氧气可以和金属铜反应，但是氮气不反应，除去氮气中的氧气可以用灼热的Cu网，故A正确；B、Cl﹣均可以通过半透膜，Fe（OH）3胶体不能透过，故可以采用渗析法来提纯胶体，故B正确；C、乙醇和氯化钠的沸点相差大，可用蒸馏的方法除去乙醇中少量NaCl，故C正确；D、重结晶可用于提纯物质，故D错误．故选D．点评：本题主要主要考查了物质的除杂，抓住除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质是解题的关键．-44-9．下列变化的实质相似的是()①浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小②二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色③二氧化硫能使品红溶液、溴水褪色④氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥⑤常温下浓硫酸用铁制容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应⑥浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字⑦二氧化碳、二氧化硫使澄清石灰水变浑浊．A．只有②③④B．只有⑤⑦C．只有③④⑥⑦D．全部考点：浓硫酸的性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质．分析：①浓硫酸具有吸水性，浓盐酸易挥发；②二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，次氯酸具有强氧化性；③二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，二氧化硫能被强氧化剂溴氧化；④氨气为碱性气体，碘化氢具有还原性；⑤浓硫酸具有强的氧化性；⑥浓硫酸具有脱水性，氢氟酸与二氧化硅能够发生反应；⑦二氧化碳、二氧化硫都能和澄清石灰水反应生成难溶性钙盐．解答：解：①浓硫酸具有吸水性，能吸收空气中的水分而使其溶液浓度减小，浓盐酸具有挥发性，能挥发导致溶液浓度降低，所以二者原理不同，故不选；②二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而体现漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性而体现漂白性，所以二者原理不同，故不选；③二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而体现漂白性，二氧化硫能被强氧化剂溴氧化生成硫酸，溴被还原生成HBr，二氧化硫体现还原性，所以二者原理不同，故不选；④两者都能和浓硫酸反应，氨气是碱性气体与浓硫酸发生化合反应生成硫酸铵，HI与浓硫酸发生了氧化还原反应：H2SO4+2HI═I2+SO2↑+2H2O，变化的实质不同，故④选；-44-⑤常温下浓硫酸用铁制容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应，两者都体现了浓硫酸的强氧化性，变化的实质相同，故选；⑥前者是浓硫酸的脱水性，后者是氢氟酸的腐蚀性：4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O，变化的实质不同，故不选；⑦二氧化碳、二氧化硫都能和澄清石灰水反应生成难溶性钙盐而使澄清石灰水变浑浊，二者原理相同，故选；故选：B．点评：本题考查物质之间的反应，明确反应原理是解本题关键，熟悉常见物质的性质，注意二氧化硫、次氯酸漂白原理的差别，二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，为易错点．10．氢化钙（CaH2）可作为生氢剂，反应的化学方程式为CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑，下列说法不正确的是()A．CaH2既是还原剂，又是氧化剂B．H2既是氧化产物，又是还原产物C．CaH2是还原剂，H2O是氧化剂D．氧化产物与还原产物质量比为1：1考点：氧化还原反应．分析：反应CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑中，CaH2中H元素为﹣1价，在反应中升高为0；H2O中H元素为+1价，在反应中降低为0，以此来解答．解答：解：A．CaH2中H元素为﹣1价，在反应中升高为0，则为还原剂，而H2O中H元素为+1价，在反应中降低为0，则为氧化剂，故A错误；B．由反应可知，氧化产物与还原反应均为氢气，故B正确；C．CaH2中H元素为﹣1价，在反应中升高为0，则为还原剂，而H2O中H元素为+1价，在反应中降低为0，则为氧化剂，故C正确；D．氧化产物与还原反应均为氢气，其物质的量相同，则氧化产物与还原产物的质量比为1：1，故D正确；故选A．点评：本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价是解答本题的关键，并熟悉氧化还原反应中的基本概念来解答，难度不大．-44-11．在无色溶液中，下列离子能大量共存的是()A．NH4+、Na+、S2﹣、ClO﹣B．K+、SO42﹣、OH﹣、AlO2﹣C．K+、Fe3+、Cl﹣、NO3﹣D．Ba2+、Na+、OH﹣、CO32﹣考点：离子共存问题．分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．解答：解：A．S2﹣、ClO﹣发生氧化还原反应，且NH4+分别与S2﹣、ClO﹣相互促进水解，不能大量共存，故A不选；B．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故B选；C．Fe3+为黄色，与无色不符，故C不选；D．Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故D不选；故选B．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意常见离子的颜色，题目难度不大．12．如表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间因果关系的判断，完全正确的是()A．AB．BC．CD．D-44-考点：铝的化学性质．分析：A．二者有因果关系；B．铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高；C．明矾能净化水但不能消毒；D．铁和铝与浓硫酸或浓硝酸发生钝化反应．解答：解：A．因为Al和Al2O3既可以与酸反应，又可以与碱反应，则不要盛放酸性或碱性较强的液体食物，二者有因果关系，故A正确；B．铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高，则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，Ⅱ错，故B错误；C．明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体吸附水中的悬浮物而净化水，氢氧化铝胶体没有强氧化性，所以不能杀菌消毒，故C错误；D．铁和铝与浓硫酸或浓硝酸发生钝化反应，故D错误．故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，侧重于学生的实验能力和评价能力的考查，明确物质的性质为解答该题的关键，难度不大．13．下列离子方程式表达正确的是()A．鸡蛋壳浸泡在盐酸中产生气泡：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OB．四氧化三铁固体溶解在稀硝酸溶液中：Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2OC．将氨气通入硫酸溶液中：NH3+H+═NH4+D．向碳酸氢铵溶液中加入足量的NaOH溶液：NH4++OH﹣═NH3•H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．鸡蛋壳中的碳酸钙在离子反应中保留化学式；B．发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、水；C．反应生成硫酸铵；D．漏写生成碳酸氢根离子与碱的反应．解答：解：A．鸡蛋壳浸泡在盐酸中产生气泡的离子反应为CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+，故A错误；-44-B．四氧化三铁固体溶解在稀硝酸溶液中的离子反应为3Fe3O4+NO3﹣+28H+═9Fe3++NO↑+14H2O，故B错误；C．将氨气通入硫酸溶液中的离子反应为NH3+H+═NH4+，故C正确；D．向碳酸氢铵溶液中加入足量的NaOH溶液的离子反应为HCO3﹣+NH4++2OH﹣═NH3•H2O+CO32﹣+H2O，故D错误；故选C．点评：本题考查离子反应方程式的书写，为高考常见题型，把握发生的化学反应为解答的关键，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，题目难度不大．14．如表实验设计能够成功的是()A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．亚硫酸根离子在酸性条件下可与硝酸根离子发生氧化还原反应；B．铵盐和强碱在加热条件下反应生成氨气，氨气具有碱性；C．过氧化氢是氧化剂，稀硝酸是氧化剂，都能氧化碘离子；D．硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同．-44-解答：解：A．亚硫酸根离子在酸性条件下可与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，不能观察到沉淀溶解，故A错误；B．铵盐和强碱在加热条件下反应生成氨气，氨气具有碱性，使湿润红色石蕊试纸变蓝，应加入碱液加热，故B错误；C．过氧化氢是氧化剂，稀硝酸是氧化剂，都能氧化碘离子，碘单质遇淀粉变蓝，故C错误；D．硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同，可利用重结晶法分离，故D正确．故选D．点评：本题考查较为综合，涉及离子的检验等性质方案的评价，题目侧重于反应原理以及实验操作的严密性的考查，题目难度中等，注意相关物质的性质的异同．15．下列说法中正确的是()A．1L水中溶解了58.5gNaCl，该溶液的物质的量浓度为1mol•L﹣1B．从1L2mol•L﹣1的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1mol•L﹣1C．配制500mL0.5mol•L﹣1的CuSO4溶液，需62.5g胆矾D．中和100mL1mol•L﹣1的H2SO4溶液，需NaOH4g考点：物质的量浓度．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：A、根据溶液的体积与溶剂的体积不等；B、根据溶液的物质的量浓度与溶液的体积无关；C、根据化学式可知硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，根据m=CVM计算所需胆矾的质量．D、根据关系式H2SO4～2NaOH来求解．解答：解：A、1L水中溶解了58.5gNaCl，溶液的体积不是1L，溶液的物质的量浓度无法求出，故A错误；B、从1L2mol•L﹣1的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为2mol•L﹣1，故B错误；C、根据化学式可知硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，所以需要胆矾的质量为：0.5L×0.5mol•L﹣1×250g/mol=62.5g，故C正确；D、由关系式H2SO4～2NaOH可知：n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×0.1L×1mol•L﹣1=0.2mol，m（NaOH）=0.2mol×40g/mol=8g，故D错误；故选C．-44-点评：本题主要考查了物质的量浓度及其计算，难度不大，需要注意的是C选项中硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量．16．一定量的镁溶液一定浓度的硝酸的反应中，产生标准状况下的N2O气体11.2L，在所得的溶液中加入适量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤出沉淀，经洗涤，蒸干并充分灼烧，最后得到固体物质的质量为()A．80gB．58gC．40gD．20g考点：氧化还原反应的计算．专题：守恒法．分析：由题意可知，加入氢氧化钠后所得沉淀为氢氧化镁，蒸干并充分灼烧，最后得到固体为MgO，在金属与硝酸的反应中，金属提供的电子的物质的量等于硝酸中氮元素的得电子的物质的量，硝酸被还原为N2O，根据n=计算N2O的物质的量，根据氮元素的化合价变化计算转移电子物质的量，利用电子转移守恒计算n（Mg）根据镁原子守恒可知n（MgO）=n（Mg），再根据m=nM计算氧化镁的质量．解答：解：11.2LN2O气体的物质的量为=0.5mol，金属提供的电子的物质的量等于硝酸中氮元素的得电子的物质的量，故2×n（Mg）=2×n（N2O）×（5﹣1），即2×n（Mg）=2×0.5mol×（5﹣1），解得n（Mg）=2mol，故n（MgO）=n（Mg）=2mol，m（MgO）=2mol×40g/mol=80g，故选A．点评：本考查氧化还原反应有关计算，难度中等，根据电子转移守恒计算氧化镁的物质的量是解题关键，转移氧化还原反应中守恒思想的运用．17．下列各组离子能在指定环境中大量共存的是()A．在c（HCO3﹣）=0.1mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣B．在由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Fe2+、ClO﹣、Na+、SO42﹣C．在加入镁粉产生气体的溶液中：SO42﹣、NO3﹣、Na+、Fe2+-44-D．在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO32﹣、CO32﹣、Na+、K+考点：离子共存问题．分析：A．离子之间相互促进水解；B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；C．在加入镁粉产生气体的溶液，显酸性；D．使红色石蕊试纸变蓝的溶液，显碱性．解答：解：A．HCO3﹣、Al3+相互促进水解，不能大量共存，故A错误；B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在ClO﹣，且Fe2+、ClO﹣发生氧化还原反应，碱溶液中不能大量存在Fe2+，故B错误；C．在加入镁粉产生气体的溶液，显酸性，NO3﹣、H+、Fe2+发生氧化还原反应，故C错误；D．使红色石蕊试纸变蓝的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存及分子与应用能力的考查，题目难度不大．18．在一种酸性溶液中可能存在Fe3+、NO3﹣、Cl﹣、I﹣中的一种或几种离子，向溶液中加入溴水，溴单质被还原，由此可推断溶液中()A．一定含有I﹣，不含有Cl﹣B．可能含有Cl﹣、NO3﹣和I﹣C．可能含有NO3﹣D．一定不含有Fe3+考点：氧化性、还原性强弱的比较．专题：氧化还原反应专题．分析：酸性溶液中NO3﹣、Fe3+具有氧化性，I﹣、Cl﹣具有还原性，且还原性：I﹣＞Br﹣＞Cl﹣，向该溶液中加入溴水后，溴单质被还原，说明含有I﹣．解答：解：NO3﹣、Fe3+具有氧化性，I﹣、Cl﹣具有还原性，且还原性：I﹣＞Br﹣＞Cl﹣，向该溶液中加入溴水后，溴单质被还原，说明含有I﹣，则一定不存在具有强氧化性的NO3﹣、Fe3+离子，不能确定是否含Cl﹣．故选D．-44-点评：本题考查氧化性、还原性的比较以及离子共存问题，注意NO3﹣、Fe3+与I﹣不能大量共存．19．下列说法正确的是()A．124gP4含有的P﹣P键的个数为6NAB．12g石墨中含有的C﹣C键的个数为2NAC．12g金刚石中含有的C﹣C键的个数为1.5NAD．60gSiO2中含Si﹣O键的个数为2NA考点：物质结构中的化学键数目计算．专题：化学键与晶体结构．分析：A．先根据质量、物质的量、分子数之间的关系式计算白磷分子数，一个白磷分子中含有6个P﹣P键，据此计算含有的P﹣P键个数；B．石墨中每个碳原子含有个C﹣C键，根据12g石墨中含有的碳原子个数计算C﹣C键个数；C．金刚石中每个碳原子含有2个C﹣C键，根据12g金刚石中含有的碳原子个数计算C﹣C键个数；D．二氧化硅晶体中每个硅原子含有4个Si﹣O键，根据60g二氧化硅中含有的硅原子个数计算Si﹣O键个数．解答：解：A.124g白磷中含有的磷分子个数==NA，一个白磷分子中含有6个P﹣P键，所以124gP4含有的P﹣P键的个数为6NA，故A正确；B.12g石墨中含有碳原子个数==NA，石墨中每个碳原子含有个C﹣C键，所以12g石墨中含有C﹣C键个数是1.5NA，故B错误；C.12g金刚石中含有碳原子个数==NA，金刚石中每个碳原子含有2个C﹣C键，所以12g金刚石中含有C﹣C键个数是2NA，故C错误；D.60g二氧化硅中含有的硅原子个数==NA，每个硅原子含有4个Si﹣O键，所以60g二氧化硅中含有的Si﹣O键的个数为4NA，故D错误；故选：A．点评：本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算，明确物质结构是解本题关键，注意石墨和金刚石结构的区别，为易错点．-44-20．下列离子方程式正确的是()A．向NaHSO4溶液中滴加过量Ba（OH）2溶液：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2OB．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2CO32﹣+SO2+H2O=2HCO3﹣+SO32﹣C．向FeCl3溶液中加入铜片：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D．向碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠：HCO3﹣+OH﹣=CO2↑+H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．二者反应生成氢氧化钠、硫酸钡和水；B．二者反应生成碳酸氢钠和亚硫酸根离子；C．电荷不守恒；D．二者反应生成碳酸钠和水．解答：解：A．二者反应生成氢氧化钠、硫酸钡和水，离子方程式为H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O，故A错误；B．二者反应生成碳酸氢钠和亚硫酸根离子，离子方程式为2CO32﹣+SO2+H2O=2HCO3﹣+SO32﹣，故B正确；C．电荷不守恒，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；D．二者反应生成碳酸钠和水，离子方程式为HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O，故D错误；故选B．点评：本题考查了离子方程式的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等．21．在含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中，通入足量的SO2后有白色沉淀生成，过滤后，向溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，下列叙述不正确的是()A．白色沉淀是BaSO4和BaSO3B．溶液的酸性增强C．白色沉淀是BaSO4D．FeCl3全部被还原为FeCl2-44-考点：二价Fe离子和三价Fe离子的检验．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：在FeCl3的酸性溶液中，通入足量的SO2后，发生反应为：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+，反应后溶液显示酸性，不可能生成亚硫酸钡沉淀，以此解答该题．解答：解：Fe3+具有氧化性，通入足量SO2后发生氧化还原反应，Fe3+全部被还原为Fe2+，所以向溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，同时SO2被氧化为SO42﹣，白色沉淀是BaSO4，A、根据以上分析，因为溶液呈酸性，一定不会生成BaSO3沉淀，故A错误；B、依据2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+可知溶液酸性增强，故B正确；C、生成的白色沉淀为硫酸钡，故C正确；D、二氧化硫足量，Fe3+全部被还原为Fe2+，向溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，证明溶液在不存在铁离子，故D正确；故选：A．点评：本题考查铁的化合物的性质，题目难度中等，根据反应现象和物质的性质写出反应的离子方程式为解答该题的关键．22．关于某无色溶液中所含离子的鉴别，下列判断正确的是()A．加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可能确定有Cl﹣存在B．通入Cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，可确定有I一存在C．加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定有SO42﹣存在D．加入盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有CO32﹣存在考点：常见阴离子的检验．专题：物质检验鉴别题．分析：A、稀盐酸沉淀时，HCl中含有大量Cl﹣离子，所以不能确定Cl﹣离子是原溶液里的还是后来加进去的；B、氯气具有氧化性，能将碘离子氧化；C、亚硫酸钡白色沉淀可以被硝酸氧化为硫酸钡；D、碳酸根和碳酸氢跟能和氢离子反应生成水和二氧化碳．-44-解答：解：A、因加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀，也可能是别的白色沉淀，但是后面加上HCl中含有大量Cl﹣离子，所以不能确定Cl﹣离子是原溶液里的还是后来加进去的，故A错误；B、氯气具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，碘水呈黄色，碘单质遇到淀粉变蓝色，故B正确；C、因为加入的是硝酸钡，溶液中存在了硝酸根离子，再加入盐酸时引入氢离子，就相当于存在了硝酸，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，与钡离子形成不可溶的硫酸钡沉淀，也可能含有亚硫酸离子，故C错误；D、能和盐酸反应生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体的可以是碳酸根、碳酸氢根等离子，此外二氧化硫也能使石灰水变浑浊，故D错误．故选B．点评：本题强调的A选项，原因是别的白色沉淀加上HCl转化为AgCl沉淀，这一点需要特别注意，容易出错．23．下列各项操作中不发生先沉淀后溶解现象的是()①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2②向Fe（OH）3胶体中逐滴滴加入过量H2SO4③向Ba（NO3）2溶液中通入过量SO2④向石灰水中通入过量CO2⑤向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸．A．①②③B．①②⑤C．①②③⑤D．①③⑤考点：钠的重要化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；二氧化硫的化学性质；含硅矿物及材料的应用．分析：①向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2生成NaHCO3比Na2CO3溶解度小；②先发生Fe（OH）3胶体的聚沉，H2SO4过量时，Fe（OH）3溶解；③SO3+H2O═H2SO4，H2SO4+Ba（NO3）2═BaSO4↓+2HNO3，SO3过量时，BaSO4不会溶解；-44-④向石灰水中通入过量CO2时，先反应：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2，CO2过量时，沉淀消失；⑤生成硅酸沉淀．解答：解：①Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2生成NaHCO3，NaHCO3的溶解度比Na2CO3溶解度小，会生成沉淀，NaHCO3通入CO2时不会反应，不发生先沉淀后溶解现象，故①符合题意；②先发生Fe（OH）3胶体的聚沉，H2SO4过量时，Fe（OH）3溶解，发生先沉淀后溶解现象，故②不符合题意；③SO3+H2O═H2SO4，H2SO4+Ba（NO3）2═BaSO4↓+2HNO3，SO3过量时，BaSO4不会溶解，不发生先沉淀后溶解现象，故③符合题意；④向石灰水中通入过量CO2时，先反应：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2，CO2过量时，沉淀消失，发生先沉淀后溶解现象，故④不符合题意；⑤向硅酸钠溶液中加入盐酸生成H2SiO3沉淀，H2SiO3不溶于HCl，不发生先沉淀后溶解现象，故⑤符合题意．故选D．点评：本题考查较为综合，涉及元素化合物知识，胶体等，题目难度中等，解答本题的关键是把握物质的性质，注意胶体的性质．24．用NA表示阿弗加德罗常数，下列说法正确的是()A．0.2molH2O2完全分解转移的电子数为0.4NAB．300mL2mol•L﹣1的蔗糖溶液中所含分子数为0.6NAC．在标准状况下，2.8gN2和2.8gCO所含电子数均为1.4NAD．在常温常压下，2.24LSO2与O2混合气体中所含氧原子数为0.2NA考点：阿伏加德罗常数．分析：A．过氧化氢分解属于歧化反应；B．蔗糖溶液中包含蔗糖分子和水分子；C．氮气分子和一氧化碳分子是等电子体，且分子量相同，所以可以把混合物当作一种物质进行计算，根据气体的物质的量和分子的构成计算电子数；D．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol．-44-解答：解：A．过氧化氢分解属于歧化反应，0.2molH2O2完全分解转移的电子数为0.2NA，故A错误；B．蔗糖溶液中包含蔗糖分子和水分子，300mL2mol•L﹣1的蔗糖溶液中所含分子数大于0.6NA，故B错误；C．一个氮气分子或一氧化碳分子中都含有14的电子，氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，所以可把两种物质当成一种物质进行计算，2.8gN2和2.8gCO的物质的量都是0.1mol，含有的电子数都是1.4NA，故C正确；D．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以2.24LSO2与O2混合气体中所含氧原子数小于0.2NA，故D错误；故选：C．点评：本题考查本题考查阿伏加德罗常数，注意蔗糖溶液中溶剂和溶质都是由分子构成是解题关键，题目难度不大．25．下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是()①碳酸钠溶液与盐酸②偏铝酸钠溶液与盐酸③苯酚钠溶液与CO2④硝酸银溶液与氨水⑤氯化铝溶液与氨水⑥碳酸氢钠溶液与澄清的石灰水．A．③⑤B．①③⑥C．仅有⑤D．②④考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：①碳酸钠溶液与盐酸，前者过量生成碳酸氢钠和氯化钠，后者过量生成氯化钠、水和二氧化碳；②偏铝酸钠溶液与盐酸，根据氢氧化铝的两性分析，生成的氢氧化铝可以溶解在强酸中；③酸性H2CO3＞C6H5OH＞HCO3﹣；④硝酸银溶液与氨水反应，氨水多时生成银氨溶液，氨水少时生成氢氧化银沉淀；⑤Al（OH）3不溶于过量的氨水；-44-⑥酸式盐和对应碱的反应，前者过量，生成的碳酸根离子过量，后者过量，氢氧根离子过量．解答：解：①碳酸钠溶液与盐酸，前者过量，反应为：CO32﹣+H+=HCO3﹣；后者过量，即碳酸钠少量，发生反应为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，所以量不同，反应不同，故①错误；②偏铝酸钠溶液与盐酸反应，前者过量，反应为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓产生白色沉淀，后者过量发生AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，量不同，生成产物不同，故②错误；③苯酚钠中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和苯酚，与量无关，C6H5O﹣+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3﹣，故③正确；④硝酸银中滴氨水是银氨溶液的配制，先产生白色氢氧化银沉淀，继续滴加，形成配合物银氨络离子（银氨溶液）使沉淀溶解．先发生：Ag++NH3•H2O=AgOH↓+NH4+，后发生：AgOH+2NH3•H2O=++OH﹣+2H2O；氨水中滴硝酸银，一开始就产生银氨溶液（氨水过量），量不同，生成产物不同，故④错误；⑤Al（OH）3不溶于过量的氨水，所以与量无关，离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故⑤正确；⑥碳酸氢钠溶液与澄清石灰水的反应：前者过量，2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，后者过量，HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O，量不同，生成产物不同，故⑥错误；故选A．点评：本题考查离子方程式的书写，关键是熟练掌握离子的性质和产物与过量试剂的后续反应的性质，题目难度较大．二、非选择题（共50分）26．为测定Na2CO3与Na2SO3混合物中各组分的含量，取样品23.2g，用如图所示装置进行实验（铁架台、铁夹等仪器未在图中画出）：-44-（1）将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是：检查装置的气密性（2）此实验还必须用到的最重要的仪器是托盘天平；仪器F的作用是防止空气中的水蒸气和CO2与E中试剂反应．（3）已知仪器C中装有品红溶液，其作用是检验SO2是否被B吸收完全（4）实验室中备有以下常用试剂：a．浓硫酸；b．品红溶液；c．酸性高锰酸钾溶液；d．饱和碳酸氢钠溶液；e．氢氧化钠溶液；f．无水硫酸铜；g．碱石灰；h．五氧化二磷；i．无水氯化钙．请将下列容器中应盛放的试剂序号填入相应空格：B中c，D中a，E中g．（5）实验过程中，当仪器A内的固体反应完全后，需打开活塞K，向A中缓慢通入大量的空气．这样做的目的是使生成的CO2气体能够全部被E吸收．所通空气应先经过e试剂（填上述所供试剂的序号）处理，否则可能引起Na2SO3含量的测量结果比实际值偏低（填“偏高”、“偏低”或“没影响”）．（6）若仪器E在实验完成时增重4.4g，则Na2CO3与Na2SO3的物质的量之比为1：1．考点：探究物质的组成或测量物质的含量；钠的重要化合物．专题：实验探究和数据处理题．分析：由装置图可知，实验原理为：混合物中加入硫酸，转化为二氧化硫、二氧化碳，除去反应生成的二氧化硫，利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算混合物中碳酸钠的质量，进而计算各组分的质量分数．（1）由于需要测定二氧化碳的质量，整套装置应气密性良好，故实验之前应检验装置的气密性；（2）实验测定二氧化碳的质量，进而计算碳酸钠的质量，要计算质量分数，需要知道样品的总质量，故应需要用托盘天平称量样品的质量；利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，故F装置目的是防止空气中的水蒸气、二氧化碳加入E装置中，影响测量结果；（3）实验测定Na2CO3与Na2SO3混合物中各组分的含量，样品和酸反应生成的气体为二氧化碳和二氧化硫气体，利用B装置除去二氧化硫，利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算混合物中碳酸钠的质量，为避免二氧化硫气体对测定结果的干扰，装置C作用是用品红试液验证二氧化硫是否被除净；-44-（4）实验原理是除去反应生成的二氧化硫，利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算混合物中碳酸钠的质量，所以进入装置E中的二氧化碳要干燥、不含二氧化硫，装置B的作用是除去气体中的二氧化硫，试剂全部吸收二氧化硫，不能吸收二氧化碳且不能生成二氧化碳；装置C的作用是验证二氧化硫是否除尽，装置D的作用是干燥气体；（5）装置内会残留部分二氧化碳，应使二氧化碳全部被装置E中药品吸收，故通入大量的空气目的是排尽装置内的二氧化碳，使生成的二氧化碳能够全部进入装置E中药品吸收；由于空气中含有二氧化碳，应先除去空气中的二氧化碳，若不除去空气中的二氧化碳，导致测定二氧化碳的质量增大，计算所得碳酸钠的质量增大，引起测定的Na2S03质量减小；（6）装置E在实验完成时增重4.4g为二氧化碳的质量，物质的量为=0.1mol，根据碳元素守恒可知混合物中碳酸钠的质量为0.1mol×106g/mol=10.6g，所以亚硫酸钠的质量为23.2g﹣10.6g=12.6g，亚硫酸钠物质的量为=0.1mol，据此计算．解答：解：分析可知实验原理为：混合物中加入硫酸，转化为二氧化硫、二氧化碳，除去反应生成的二氧化硫，利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算混合物中碳酸钠的质量，进而计算各组分的质量分数．（1）由于需要测定二氧化碳的质量，整套装置应气密性良好，故实验之前应检验装置的气密性；故答案为：检验装置的气密性；（2）实验测定二氧化碳的质量，进而计算碳酸钠的质量，要计算质量分数，需要知道样品的总质量，故应需要用托盘天平称量样品的质量；利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，故F装置目的是防止空气中的水蒸气、二氧化碳加入E装置中，影响测量结果；故答案为：托盘天平；防止空气中的水蒸气、二氧化碳加入E装置中；（3）样品和酸反应生成的气体为二氧化碳和二氧化硫气体，利用B装置除去二氧化硫，利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算混合物中碳酸钠的质量，所以装置C的作用是用品红试液验证二氧化硫是否被B吸收完全；故答案为：检验SO2是否被B吸收完全；（4）实验原理是除去反应生成的二氧化硫，利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算混合物中碳酸钠的质量，故进入装置E中的二氧化碳要干燥、不含二氧化硫，所以装置B的作用是除去气体中的二氧化硫，试剂是吸收二氧化硫，不能吸收二氧化碳且不-44-能生成二氧化碳，分析选项中试剂可知应选择c．酸性高锰酸钾溶液；装置C的作用是验证二氧化硫是否除尽，装置D的作用是干燥气体，选择试剂为a（浓硫酸），E和F装置中是盛碱石灰的干燥管，利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，F为了排除空气中的二氧化碳，水蒸气进入装置E产生误差；故答案为：c；a；g；（5）装置内会残留部分二氧化碳，应使二氧化碳全部被装置E中药品吸收，所以通入大量的空气目的是排尽装置内的二氧化碳，使生成的二氧化碳能够全部被装置E中药品吸收；由于空气中含有二氧化碳，应先除去空气中的二氧化碳，若不除去空气中的二氧化碳，导致测定二氧化碳的质量增大，计算所得碳酸钠的质量增大，引起测定的Na2S03质量减小，导致Na2SO3含量偏低，可以使空气先通过e氢氧化钠溶液，除去含有的二氧化碳；故答案为：使生成的二氧化碳能够全部装置E中药品吸收；e；偏低；（6）装置E在实验完成时增重4.4g为二氧化碳的质量，物质的量为=0.1mol，根据碳元素守恒可知混合物中碳酸钠的质量为0.1mol×106g/mol=10.6g，所以亚硫酸钠的质量为23.2g﹣10.6g=12.6g，物质的量为=0.1mol，所以则Na2CO3与Na2SO3的物质的量之比为0.1mol：0.1mol=1：1，故答案为：1：1．点评：本题考查学生对实验原理的理解、物质组成的测定等，难度中等，理解原理是关键，需要学生具有扎实的基础知识与综合运用知识分析解决问题的能力．27．在Na+浓度为0.5mol•L﹣1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子：取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：试回答下列问题：-44-（1）实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是Ag+、Mg2+．（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓．（3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）（4）判断原溶液中K+是否存在，若存在，求其最小物质的量浓度，若不存在，请说明理由：存在，且其最小物质的量浓度为0.8mol•L﹣1．考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计．专题：物质检验鉴别题．分析：根据溶液为澄清溶液可知：溶液中含有的离子一定能够能大量共存；由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32﹣，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32﹣，发生反应SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32﹣的浓度为=0.4mol/L；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42﹣，根据电荷守恒2c（CO32﹣）+2c（SiO32﹣）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3﹣是否存在，以此来解答．解答：解：根据溶液为澄清溶液可知：溶液中含有的离子一定能够能大量共存；由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32﹣，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+；-44-由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32﹣，发生反应SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32﹣的浓度为=0.4mol/L；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42﹣，根据电荷守恒2c（CO32﹣）+2c（SiO32﹣）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3﹣是否存在；（1）由实验Ⅰ可知，加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体，则该溶液中一定含有CO32﹣、SiO32﹣，则一定没有Ag+、Mg2+，故答案为：Ag+、Mg2+；（2）由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32﹣，发生反应SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓，故答案为：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓；（3）根据以上计算可知，不能确定NO3﹣，c（CO32﹣）=0.25mol/L，c（SiO32﹣）=0.4mol/L，一定不存在硫酸根离子，所以c（SO42﹣）=0，故答案为：；（4）根据电荷守恒2c（CO32﹣）+2c（SiO32﹣）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，故答案为：存在，且其最小物质的量浓度为0.8mol•L﹣1．点评：本题考查较综合，涉及离子共存、离子检验及相关物质的量浓度的计算等，注重高频考点的考查，把握离子反应反应条件及常见离子的检验方法为解答的关键，注意电荷守恒判断K+是否存在为解答本题的难点、易错点，题目难度中等．28．（13分）铁的发现和大规模使用，是人类发展史上的一个光辉里程碑，它把人类从石器时代、青铜器时代带到了铁器时代，推动了人类文明的发展．（1）高铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中的一种新型净水剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原成三价铁离子达到净水的目的．按要求回答下列问题：-44-高铁酸钠主要通过如下反应制取：2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH═2Na2FeO4+3X+5H2O，则X的化学式NaCl，反应中被氧化的物质是Fe（OH）3（写化学式）．（2）铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆．以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红（Fe2O3）的过程如图：①酸溶过程中Fe2O3与稀硫酸反应的化学方程式为Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O；“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2．②还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4，请完成该反应的离子方程式：1FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+．③氧化过程中，O2、NaOH与Fe2+反应的离子方程式为4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe（OH）3↓．④为了确保铁红的质量和纯度，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是3.2～3.8，如果pH过大，可能引起的后果是Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯（几种离子沉淀的pH见表）；滤液B可以回收的物质有（写化学式）Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；氧化还原反应方程式的配平．分析：（1）根据元素守恒判断X的化学式；反应中化合价升高被氧化；（2）硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；①氧化铁属于碱性氧化物，与酸反应生成盐和水；Fe2O3、Al2O3、MgO都和硫酸反应，二氧化硅不和酸反应；②根据得失电子守恒和原子守恒来配平；③NaOH与Fe2+反应生成的氢氧化亚铁易被氧化；-44-④根据几种离子沉淀的pH分析；因加入的是氢氧化钠来调节PH，所以滤液B中应是未沉淀离子的硫酸盐和硫酸钠．解答：解：（1）2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH═2Na2FeO4+3X+5H2O，根据元素守恒可知X的化学式为NaCl；反应中Fe（OH）3中的Fe元素是化合价升高被氧化；故答案为：NaCl；Fe（OH）3；（2）硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；①氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，方程式为：Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O；因二氧化硅不与硫酸反应，故“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2．故答案为：Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O；SiO2；②FeS2中S元素的化合价从﹣1价升高到+6价，2个S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电子，则二者的计量数之比为1：14，根据S守恒可知SO42﹣前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知H20前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16，则反应的离子方程式为：1FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+．故答案为：1、14、8、15、2、16H+；③Fe2+与OH﹣反应生成4Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定易被氧气氧化为Fe（OH）3，用化合价升价法配平方程式，故答案为：4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe（OH）3↓；④根据几种离子沉淀的pH，如果pH过大，Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯；未沉淀的离子为Na+、Mg2+、Al3+，故滤液B可以回收的物质有Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4，故答案为：Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯；Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4．点评：本题通过制备铁红，考查了物质制备方案的设计及化学实验基本操作方法的综合应用，题目难度中等，明确制备流程及化学实验基本操作方法为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．-44-29．已知A、B、C、D、E、F、G都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大，其中A、B、C、D、E为不同主族的元素．A、C的最外层电子数都是其电子层数的2倍，B的电负性大于C，透过蓝色钴玻璃观察E的焰色反应为紫色，F的基态原子中有4个未成对电子，G的+1价阳离子正好充满K，L，M三个电子层．回答下列问题：（1）A、B、C、D、E、F、G几种元素中第一电离能最小的是K（填元素符号），D元素的原子核外有17种不同运动状态的电子；有5种不同能级的电子．基态的F3+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d5．（2）B的气态氢化物在水中的溶解度远大于A、C的气态氢化物，原因是NH3与H2O分子间存在氢键，CH4、H2S分子与H2O分子间不存在氢键．（3）化合物ECAB中的阴离子与AC2互为等电子体，该阴离子的电子式是．（4）FD3与ECAB溶液混合，得到含多种配合物的血红色溶液，其中配位数为5的配合物的化学式是K2Fe（SCN）5．（5）化合物EF是一种蓝色晶体，图1表示其晶胞的（E+未画出）．该蓝色晶体的一个晶胞中E+的个数为4．（6）G的二价阳离子（如图2所示）能与乙二胺（H2N﹣CH2一CH2一NH2）形成配离子：该配离子中含有的化学键类型有abd．（填字母）a．配位键b．极性键c．离子键d．非极性键阴离子CAB﹣中的A原子与乙二胺（H2N﹣CH2一CH2一NH2）中C原子的杂化方式为sp、sp3．考点：位置结构性质的相互关系应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．-44-分析：A、B、C、D、E、F、G都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大，其中A、B、C、D、E为不同主族的元素．A、C的最外层电子数都是其电子层数的2倍，则A是C元素，C是S元素，透过蓝色钴玻璃观察E的焰色反应为紫色，E是K元素，D的原子序数介于S与K元素之间，故D为Cl元素，B的电负性大于C，且B的原子序数小于硫，由B与S、Cl属于不同主族，所以B是N元素，F位于第四周期，基态原子中有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，则F是Fe元素，G的+1价阳离子正好充满K，L，M三个电子层，则G原子的核外电子数为2+8+18+1=29，故G为Cu．（1）金属性越强，第一电离能越小；原子核外没有运动状态相同的电子，结合核外电子排布式确定不同能级的电子种数；根据核外电子排布规律书写基态的Fe3+核外电子排布式，注意原子失去电子的顺序是从最外层到里层；（2）氨气分子与水分子之间存在氢键，影响物质的溶解性；（3）化合物ECAB为KSCN，其中阴离子是SCN﹣，AC2是CS2，根据二硫化碳的电子式写出硫氰根离子的电子式；（4）氯化铁和硫氰化钾溶液混合生成络合物，根据化合物中化合价的代数和为0写出该化学式；（5）化合物EF是KFe，利用均摊法计算一个晶胞的中含有的离子，结合化学式确定钾离子个数；（6）Cu的二价阳离子能与乙二胺（H2N﹣CH2一CH2一NH2）形成配离子，配离子中C﹣C原子之间存在非极性键、C﹣N和C﹣H及N﹣H原子之间存在极性键，铜离子和氮原子之间存在配位键；SCN﹣中的C原价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以C原子杂化方式为sp，乙二胺（H2N﹣CH2一CH2一NH2）中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，所以C的杂化方式为sp3．解答：解：A、B、C、D、E、F、G都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大，其中A、B、C、D、E为不同主族的元素．A、C的最外层电子数都是其电子层数的2倍，则A是C元素，C是S元素，透过蓝色钴玻璃观察E的焰色反应为紫色，E是K元素，D的原子序数介于S与K元素之间，故D为Cl元素，B的电负性大于C，且B的原子序数小于硫，由B与S、Cl属于不同主族，所以B是N元素，F位于第四周期，基态原子中有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，则F是Fe元素，G的+1价阳离子正好充满K，L，M三个电子层，则G原子的核外电子数为2+8+18+1=29，故G为Cu．（1）元素的金属性越强，其第一电离能越小，这几种元素中金属性最强的是K，则第一电离能最小的是K；D是Cl元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5-44-，原子核外没有运动状态相同的电子，所以Cl元素原子核外电子有17种运动状态，有5种不同的能级；F是Fe元素，失去三个电子生成铁离子，铁离子核外有23个电子，根据构造原理知铁离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5，故答案为：K；17；5；1s22s22p63s23p63d5；（2）B的氢化物是氨气、C的氢化物是硫化氢、A的氢化物是甲烷，硫化氢、甲烷和水分子不能形成氢键、氨气和水分子能形成氢键，氢键的存在促进其溶解度增大，所以氨气的溶解度大于甲烷和硫化氢，故答案为：NH3与H2O分子间存在氢键，CH4、H2S分子与H2O分子间不存在氢键；（3）化合物ECAB为KSCN，其中阴离子是SCN﹣，AC2是CS2，其电子式为，SCN﹣与CS2互为等电子体，则硫氰根离子的电子式为，故答案为：；（4）FeCl3与KSCN溶液混合得到含多种配合物的血红色溶液，生成的配合物为铁氰化钾，其中配位数为5的配合物的化学式是K2Fe（SCN）5，故答案为：K2Fe（SCN）5；（5）晶胞的（E+未画出）中，亚铁离子个数=4×=，铁离子个数=4×=，CN﹣离子个数=12×，所以晶胞中亚铁离子个数是×8=4，铁离子个数是×4=4，CN﹣离子个数=3×8=24，化合物EF是KFe，根据各离子的个数比知，晶胞中钾离子个数是4，故答案为：4；（6）Cu的二价阳离子能与乙二胺（H2N﹣CH2一CH2一NH2）形成配离子（如图2），C﹣C原子之间存在非极性键、C﹣N和C﹣H及N﹣H原子之间存在极性键，铜离子和氮原子之间存在配位键，所以该配离子中含有的化学键类型有配位键、极性键、非极性键，故选abd；SCN﹣中的C原价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以C原子杂化方式为sp，乙二胺（H2N﹣CH2一CH2一NH2）中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，所以C的杂化方式为sp3，故答案为：abd；sp、sp3．点评：本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、氢键、等电子体、配合物、化学键、晶胞计算、杂化方式判断等，侧重考查学生分析应用能力，注意（5）中图不是一个晶胞，为易错点．-44--44-