重庆市育才中学校2023届高三上学期开学测试化学试题含解析

这是一份重庆市育才中学校2023届高三上学期开学测试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，工业流程题，实验题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

重庆市育才中学校2023届高三上学期开学测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．纯碱和都可以用作胃酸中和剂，制胃药
B．工人将模具干燥后再注入熔融钢水，原因是铁在高温下会与反应
C．过是一种常见的储氢材料，它与水的反应中，水是氧化剂，是还原剂
D．《本草经集注》中关于鉴别硝石和朴硝的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应
【答案】A
【详解】A．碳酸氢钠和都可以用作胃酸中和剂，制胃药；纯碱为碳酸钠碱性较强不用于治疗胃酸过多，A错误；
B．工人将模具干燥后再注入熔融钢水，原因是铁在高温下会与反应生成氢气和四氧化三铁，B正确；
C．与水的反应生成氢气，中氢元素化合价升高，为还原剂；水中氢元素化合价降低为氧化剂，C正确；
D．钾、钠元素焰色反应分别为紫色、黄色，用焰色反应可以鉴别，D正确；
故选A。
2．能将Na+、Al3+、Mg2+、Fe3+四种离子的溶液一次性鉴别开来的试剂是
A．NaCl溶液 B．NaOH溶液 C．氨水 D．NaHCO3溶液
【答案】B
【分析】Na+、A13+、Mg2+、Fe3+四种离子分别与NaOH混合的现象为：无现象、先生成白色沉淀后沉淀溶解、白色沉淀、红褐色沉淀，以此来解答。
【详解】A．均与NaCl不反应，不能进行鉴别，A不符合题意；
B．Na+、A13+、Mg2+、Fe3+四种离子分别与NaOH混合的现象为：无现象、先生成白色沉淀后沉淀溶解、白色沉淀、红褐色沉淀，四种溶液现象各不相同，可进行鉴别，B符合题意；
C．Al3+、Mg2+均与氨水反应生成白色沉淀，现象相同，不能进行鉴别，C不符合题意；
D．Na+、Mg2+均与NaHCO3溶液发生，现象相同，不能进行鉴别，D不符合题意；
故合理选项是B。
3．下列说法正确的是
A．原子最外层电子的电子云轮廓图为
B．基态的核外电子排布式为
C．的价电子的轨道表示式：
D．砷原子的原子结构示意图：
【答案】C
【详解】A．原子最外层电子2s电子云轮廓图为球形，A错误；
B．基态的核外电子排布式为，B错误；
C．的价电子为3d5，其轨道表示式：，C正确；
D．砷元素位于第四周期第VA族，其原子结构示意图为，D错误；
故选C。
4．下列说法正确的是
A．的模型为四面体形，属于极性分子
B．中σ键类型为“头碰头”形式形成的键和键
C．的空间构型为正四面体形，键角是
D．的离子半径依次增大
【答案】A
【详解】A．NH3分子中N原子的价层电子对数为3＋=4，N原子采用sp3杂化，模型为四面体形；分子中存在的孤电子对数为1，属于极性分子，A正确；
B．每个C都是sp2杂化的，每一个sp2杂化轨道是一个平面三角形轨道，有两个与氢原子的1s轨道“头碰头”形成σ键（这就是那四个C-H键），两个C剩余的sp2杂化轨道“头碰头”形成σ键，这是C=C中的一个键，另一个则是C原子没有杂化的p轨道“肩并肩”形成的p-pπ键，B错误；
C．的空间构型为正四面体形，键角是，C错误；
D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；的离子半径依次增大，D错误；
故选A。
5．阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是
A．中阴离子个数为
B．铁在足量氧气中完全燃烧，转移的电子数为
C．与浓硫酸反应，生成个分子
D．与足量充分反应，转移的电子数为
【答案】D
【详解】A．过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，中阴离子个数为，A错误；
B．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，3Fe~8e-，则铁在足量氧气中完全燃烧，转移的电子数为，B错误；
C．随着反应的进行，硫酸浓度变小，不再和稀硫酸反应了，生成小于个分子，C错误；
D．过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，，则与足量充分反应，转移的电子数为，D正确；
故选D。
6．下列物质的转化在给定条件下能实现的是





A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①④⑤
【答案】A
【详解】①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳可以发生反应：2NaAlO2 + CO2 + 3H2O= 2Al(OH)3↓+Na2CO3，生成氢氧化铝，故①正确；
②硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故②错误；
③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水,再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子， 其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③正确；
④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，加热FeCl3溶液，Fe3+会水解：FeCl3 +3H2O 3Fe(OH)3 + 3HCl，HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故④错误；
⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故⑤正确。
故①③⑤正确；答案选A

7．下列类比关系正确的是
A．钠与氧气在不同条件下反应会生成或，则与氧气反应也能生成或
B．与反应生成和，则与反应可生成和
C．与反应生成，则与反应可生成
D．在过量的中燃烧生成和在过量的中燃烧也生成和
【答案】C
【详解】A．Li元素的还原性较弱，与氧气反应只能生成Li2O，A错误；
B．由于SO2有还原性，过氧化钠有氧化性，两者反应之后会生成硫酸钠而不是亚硫酸钠，B错误；
C．S的氧化性较弱，遇到变价金属会把变价金属氧化到低价态，故铁、铜分别与硫反应生成的为硫化亚铁和硫化亚铜，C正确；
D．由于二氧化碳过量，Na在过量的二氧化碳之中反应生成的为碳酸钠，D错误；
故选C。
8．下列离子方程式书写正确的是
A．将过量通入到溶液中：
B．溶于溶液：
C．澄清石灰水与过量的小苏打溶液混合：
D．向氯化铝溶液中滴入过量的氨水
【答案】C
【详解】A．将过量通入到溶液中既会与也会与Br-反应，反应离子方程式为，A错误；
B．会与I-反应生成和I2，则溶于溶液，反应离子方程式为，B错误；
C．澄清石灰水与过量的小苏打溶液混合，碳酸氢钠过量，反应离子方程式为，C正确；
D．向氯化铝溶液中滴入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应离子方程式为，D错误；
故选C。
9．在的饱和溶液中通入至饱和，再加入乙醚生成绿色晶体，如果不加入乙醚，直接通入得到的是紫色晶体，已知两种晶体分子式均为，配位数都是6的配合物，分别取两种晶体在水溶液中用过量处理，绿色晶体得到的白色沉淀质量为紫色晶体得到沉淀质量的，则下列有关说祛不正确的是
A．该绿色晶体配体是氯离子和水，它们物质的量之比为1∶5
B．绿色晶体配合物的化学式为
C．紫色晶体中包含的键个数为
D．紫色晶体在水溶液中与过量作用最多可得到沉淀
【答案】D
【分析】配合物中内界原子不能发生电离，外界离子在水溶液里能发生电离，氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子含量，绿色晶体的水溶液与溶液反应得到白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，两种晶体分子式均为，说明紫色晶体中含有3个自由移动的氯离子，而绿色晶体中只有2个自由移动的氯离子，即有一个氯原子形成了配合物，因为钛为6配位，即配合物中须有5个水，即化学式为 ，而紫色晶体的化学式为。
【详解】A．绿色晶体分子式为，配位数为6，含2个氯离子，化学式为，配体是氯离子和水，它们物质的量之比为1∶5，A正确；
B．由A知，绿色晶体配合物的化学式为，B正确；
C．紫色晶体中含3个氯离子，配位数为6，化学式为，结合化学式可知，紫色晶体中含有6个配位键和12个O-H键均为键，则紫色晶体中包含的键个数为，C正确；
D．配合物中内界原子不能发生电离，外界离子在水溶液里能发生电离，紫色晶体中含3个氯离子，紫色晶体化学式为，紫色晶体在水溶液中与过量作用最多可得到0.03mol沉淀，沉淀质量，D错误；
故选D。
10．短周期主族元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Z的基态原子的2p轨道半充满，M的最高正价与最低负价的绝对值之差为4，由这4种元素组成的一种分子的结构如图所示。下列说法正确的是

A．电负性：
B．简单气态氢化物的热稳定性：
C．第一电离能：
D．X与Z、M形成的化合物中，一定不含离子键
【答案】B
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Z的基态原子的2p轨道半充满，可知Z的核外电子排布式为1s22s22p3，Z的电子数为7，则Z为N元素；M的最高正价与最低负价的绝对值之差为4，结合主族元素化合价的一般规律，最高正价与最低负价绝对值之和为8，可知M的最高价为+6价，最低价为-2价，则M为S元素；结合由这4种元素组成的一种分子的结构可知，X形成1个共价键，且X的原子序数小于Z(N元素)，则X为H元素；Y均形成4个共价键，且原子序数小于Z(N元素)，则Y为C元素；综上所述，X、Y、Z、M分别为H、C、N、S元素。
【详解】A．一般非金属性越强，电负性越大，而C元素的非金属性弱于S元素，则电负性：，A错误；
B．C和N位于同一周期，同一周期元素从左到右非金属性增强，元素非金属性越强，其对应气态氢化物越稳定，则简单气态氢化物的热稳定性：，B正确；
C．N的2p能级处于半充满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，C错误；
D．X与Z、M形成的化合物NH4HS中含有离子键，D错误；
故选B。
11．有关下列实验装置及对应的实验现象和目的均正确的是
选项
A
B
C
D
实验装置




实验目或现象
比较、的热稳定性
证明与水的反应为放热反应的现象是：U形管内的红墨水液面左高右低
直接蒸干溶液，制备胆矾晶体
制备，并观察其颜色

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A． 的热稳定性强于，则比较、的热稳定性实验大试管应装，小试管应装，A错误；
B．挤压胶头滴管中的水时观察到U形管中红墨水左低右高，说明U形管左侧气体受热膨胀，Na与水的反应为放热反应，B错误；
C．铜离子会发生水解反应，直接蒸干溶液会得到CuO与的混合物，不能制备胆矾晶体，C错误；
D．由图可知，该电解池阳极反应为，阴极反应为，Fe2+与OH-反应生成，易被氧化，用汽油隔绝空气，D正确；
故选D。
12．以铜银合金(含少量铁)废料为原料回收银和铜的工艺流程如下：

下列说法正确的是
A．从上述流程中可知，冶炼金属可以用热分解的方法
B．粗铜溶于过量稀硝酸，过滤、低温干燥得纯铜
C．电解时用粗银作阴极，硝酸银溶液为电解质溶液
D．用稀硫酸处理渣料时主要发生了氧化还原反应
【答案】A
【分析】铜银合金废料高温后分离出银熔体，银熔体得到粗银，电解得到纯银；渣料加入稀硫酸分离出不反应的银，铜变为硫酸铜溶液，加入铁置换得到粗铜。
【详解】A．铜银合金废料高温后分离出银熔体，故冶炼金属可以用热分解的方法，A正确；
B．粗铜溶于过量稀硝酸，反应生成硝酸铜，不能得到纯铜，B错误；
C．电解时用粗银作阳极，粗银溶解进入溶液，在阴极发生还原反应得到银；硝酸银溶液为电解质溶液，C错误；
D．用稀硫酸处理渣料时主要反应为硫酸和铜的氧化物生成盐和水，没有发生氧化还原反应，D错误；
故选A。
13．草酸亚铁可作为生产电池正极材料磷酸铁锂的原料，受热容易分解，为探究草酸亚铁的热分解产物，按下面所示装置进行实验。

下列说法正确的是
A．装置D的作用是除去混合气中的水蒸气，由于草酸亚铁的热分解产物中没有水，故装置D可省略
B．实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，则证明分解产物中有和
C．反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴溶液，溶液无颜色变化，证明分解产物中不含
D．反应结束后，应先停止通入，再熄灭A，E处酒精灯
【答案】B
【分析】草酸亚铁受热容易分解，本实验是为了探究草酸亚铁的热分解产物，A装置草酸亚铁晶体加热分解，B装置中若出现浑浊，证明产物中有CO2存在，C装置利用氢氧化钠除去CO2，防止影响CO的检验，D装置利用浓硫酸干燥气体，F中出现浑浊，E内固体变红，证明分解产物存在CO。
【详解】A．装置D的作用是除去混合气中的水蒸气，虽然草酸亚铁的热分解产物中没有水，但通过B、C装置会带出水蒸气，且检验CO时必须干燥CO才能通入装置E中，故装置D不可省略，A错误；
B．据分析可知，实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，则证明分解产物中有和，B正确；
C．因反应中生成CO，CO会部分还原氧化铁得到铁，因此反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴溶液，溶液无颜色变化，不能证明分解产物中不含，C错误；
D．反应结束后，应熄灭A、E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温避免生成的铜单质被氧化，D错误；
故选B。
14．已知，图甲为金属钠的晶胞，晶胞边长为a pm，图乙为金属钠的晶胞截面，图丙为Li2S晶胞截面(已知Li2S的晶体结构与CaF2相似)。假设晶胞边长为d pm，则下列关于Li2S晶胞的描述错误的是

A．每个晶胞中含有的S2-数目为4
B．与Li+距离最近且相等的S2-有4个
C．与Li+距离最近且相等的Li+有12个
D．该晶胞中两个距离最近的Li+和S2-的核间距的计算表达式为
【答案】C
【分析】根据图丙可知Li2S的晶胞结构为：，据此分析解答。
【详解】A．根据晶胞结构可知在该晶胞中S2-个数=8×+6×=4，A正确；
B．每个Li+连接4个距离最近且相等的S2-，所以与Li+距离最近且相等的S2-有4个，B正确；
C．该晶胞中含有8个Li+，两个距离最近的Li+之间距离为晶胞边长d的一半，与Li+距离最近且相等的Li+有6个，分别位于该Li+的上、下、前、后、左、右六个方向，C错误；
D．该晶胞中该晶胞中两个距离最近的Li+和S2-的核间距为晶胞体对角线的，该晶胞边长为d pm，体对角线为，则该晶胞中该晶胞中两个距离最近的Li+和S2-的核间距的计算表达式为，D正确；
故合理选项是C。

二、元素或物质推断题
15．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。

请根据以上信息完成下列各题：
(1)写出下列物质的化学式：B___________，丙___________，H___________。
(2)金属C在元素周期表中的位置为___________，属于___________区，C元素的核外电子的空间运动状态一共有___________种。
(3)反应③中的离子方程式是___________。
(4)反应⑤的离子方程式是___________。
(5)熔点：金属A___________金属B的(填“大于”或“小于”)，理由是___________。
【答案】(1)     Al     HCl     Fe(OH)3
(2)     第四周期第Ⅷ族     d     7
(3)
(4)2Fe2++Cl2=2Fe3+ +2Cl-
(5)     小于     铝原子半径小于钠原子且价电子数大于钠，故金属键键能更大

【分析】金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图；A焰色反应为黄色，为钠；钠和水生成氢氧化钠和氢气，甲为氢气、D为氢氧化钠；氢氧化钠和铝生成氢气，B为铝；氢气和黄绿色气体氯气生成氯化氢，则乙为氯气、丙为氯化氢；氯化氢溶于水得到盐酸，E为盐酸；氢氧化钠和氯化铁生成红褐色沉淀氢氧化铁，氯气和氯化亚铁生成氯化铁，铁和盐酸生成氯化亚铁，则C为铁、F为氯化亚铁、G为氯化铁、H为氢氧化铁；氯化亚铁和氢氧化钠生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁在空气中被氧气氧化为氢氧化铁；
（1）
由分析可知，B：Al，丙：HCl，H：Fe(OH)3。
（2）
金属C为铁，为26号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，属于d区；把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于轨道数，铁元素的核外电子的空间运动状态一共有7种；
（3）
反应③为铝和氢氧化钠生成氢气和偏铝酸钠，离子方程式是；
（4）
反应⑤为氯气和氯化亚铁生成氯化铁，离子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3+ +2Cl-；
（5）
熔点：金属A小于金属B，理由是铝原子半径小于钠原子且价电子数大于钠，故金属键键能更大，熔点更高。

三、工业流程题
16．草酸钴可用于指示剂和催化剂。其中草酸钴的制备可用水钴矿(主要成分为，含少量等)制取工艺流程如图所示：


已知：①浸出液含有的阳离子主要有等；
②酸性条件下，不会氧化，转化为；
③部分阳离子的氢氧化物形式沉淀时溶液的见下表。
沉淀物





开始沉淀
2.7
7.6
4.0
7.6
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
5.2
9.2
9.8

(1)回答下列问愿：浸出过程中加入的主要目的___________，发生反应的离子方程式为___________。
(2)向浸出液中加入发生反应的离子方程式为___________。
(3)“加调至5.2”，过滤所得到的沉淀的成分为___________。
(4)向滤液Ⅰ中加入溶液得到的沉淀的主要成分是___________(写化学式)。
(5)萃取剂对金属离子的萃取率与的关系如图1所示，萃取剂的作用是除锰离子，其使用的适宜范围是___________(填字母代号)。


A．2.0～2.5        B．3.0～3.5        C．4.0～4.5
(6)①实验室里灼烧晶体，所需要的硅酸盐质仪器除了酒精灯和玻璃棒外，还有___________(填仪器名称)
②热分解质量变化过程如图2所示。其中以前是隔绝空气加热，以后是花空气中加热。A、B、C均为纯净物，C点所示产物的化学式是___________。


【答案】(1)     将Fe3+和Co3+还原    
(2)
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)CaF2、MgF2
(5)B
(6)     瓷坩埚和泥三角     Co2O3

【分析】在盐酸和Na2SO3作用下将水钴矿中的离子浸出，得到含有等离子的浸出液，NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过滤后得到滤液I中含有的金属阳离子为等，向滤液I中加入NaF溶液，将转化为CaF2、MgF2沉淀，再加萃取剂将锰元素从溶液中分离，经分液操作，对分离后的水层溶液加入(NH4)2C2O4溶液制得。
（1）
具有还原性，能还原氧化性离子铁离子和钴离子，所以浸出过程中加入的主要目的是将Fe3+和Co3+还原；发生反应的离子方程式为 ；
故答案为：将Fe3+和Co3+还原；；
（2）
NaClO3加入浸出液中，是为了将Fe2+氧化为Fe3+，其反应离子方程式为；
故答案为：；
（3）
根据表格数据可知，“加调至5.2”，过滤所得到的沉淀的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；
故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）
向滤液Ⅰ中加入溶液是为了除镁钙，则得到的沉淀的主要成分是CaF2、MgF2；
故答案为：CaF2、MgF2；
（5）
由图可知，调节pH在3.0～3.5之间，可使Mn2+萃取较完全，并尽可能减少Co2+损失，故选B；
故答案为：B；
（6）
①实验室里灼烧晶体，所需要的硅酸盐质仪器除了酒精灯和玻璃棒外，还有瓷坩埚和泥三角；
故答案为：瓷坩埚和泥三角；
②18.30g的物质的量为 ，以后是花空气中加热，则C点对应的产物为钴的氧化物，质量为8.30g，而0.1mol钴的质量为5.90g，则该氧化物中氧元素质量为8.30g-5.90g=2.40g，Co原子与O原子的物质的量之比为 ，故C点所示产物的化学式是Co2O3；
故答案为：Co2O3。

四、实验题
17．氮化铝()是一种性能优异的新型材料，在许多领域有广泛应用。某化学小组模拟工业制氮化铝原理，欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。查阅资料：
①实验室用饱和溶液与溶液共热制：
②工业制氮化铝：，氮化铝在高温下能水解。
③与饱和溶液反应：
Ⅰ、氮化铝的制备
(1)实验中使用的装置如图所示，请按照氮气气流方向将各仪器接口连接___________。

(2)B装置内的X液体可能是___________；E装置内氯化钯溶液的作用可能是___________
Ⅱ、氮化铝纯度的测定
(方案Ⅰ)甲同学用下图装置测定的纯度(部分夹持装置已略去)。

(3)在分液漏斗和导气管之间连接导管A的目的是：___________。
(4)为了准确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是___________。
a、b、c、饱和溶液d、植物油
(方案Ⅱ)乙同学按以下步骤测定样品中的纯度(流程如下图)

(5)步骤②的操作是通入过量___________气体。
(6)样品中的纯度是___________(用含表示)，若在步骤③中未洗涤，则测定结果将___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
【答案】(1)f(g)→g(f)→a→b
(2)     浓硫酸     吸收CO防污染
(3)平衡压强使分液漏斗内液体能顺利滴下、防止因液体滴入使所测气体体积偏大
(4)ad
(5)二氧化碳##CO2
(6)          偏高

【分析】氮化铝在高温下能水解，因此C装置制得氮气后，先用B装置干燥氮气，再在D装置发生反应生成氮化铝和一氧化碳，再通入到A防止E处水蒸气进入D，E主要是处理尾气；
根据样品溶解氧化铝和AlN变为偏铝酸钠，得到滤渣碳和不溶性杂质，滤液与二氧化碳反应，过滤、洗涤最后得到灼烧得到氧化铝，可以计算样品中氧化铝的质量，再计算纯度。
（1）
氮化铝在高温下能水解，因此C装置制得氮气后，先用B装置干燥氮气，再在D装置发生反应生成氮化铝和一氧化碳，再通入到A防止E处水蒸气进入D，E主要是处理尾气，因此气流方向将各仪器接口连接 e→c→d→f(g)→g(f)→a→b→i→h；
（2）
B装置主要是干燥氮气气体，浓硫酸具有吸水性可做干燥剂，因此X液体可能是浓硫酸；E装置内氯化钯溶液可以吸收有毒气体一氧化碳防治污染，其作用是处理尾气，防止CO污染环境；故答案为：浓硫酸；吸收CO防污染。
（3）
在分液漏斗和导气管之间连接导管A的目的是：平衡压强使分液漏斗内液体能顺利滴下、防止因液体滴入使所测气体体积偏大；
（4）
氨气极易溶于水形成氨水，不溶于有机溶剂；AlN和NaOH溶液反应生成氨气，为准确测定生成气体的体积，则氨气不能溶于该溶液，因此量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是ad；故答案为：ad。
（5）
滤液主要是偏铝酸钠和氢氧化钠溶液，偏铝酸钠和二氧化碳可以反应生成氢氧化铝沉淀，故将偏铝酸钠溶液转化为沉淀，则为通入过量CO2气体；故答案为：通入过量CO2气体。
（6）
样品中C等不溶性杂质为m2g，则AlN和Al2O3的质量为(m1−m2)g，AlN最终变为Al2O3，利用质量差量法计算，，，因此AlN的质量为，则AlN的纯度是；
若在步骤③中未洗涤，测差量法时质量变大，因此测定结果将偏高。

五、结构与性质
18．Ⅰ、由CO2、甲醇为原料合成绿色化学品碳酸二甲酯()的过程如图，请回答下列问题：

(1)下列说法不正确的是___________(填字母)。
A．上述过程a中，从反应物到产物，C和N元素的杂化方式均保持不变
B．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键
C．尿素的沸点比碳酸二甲酯的高，主要原因为前者能形成分子间氢键，而后者不能形成分子间氢键
Ⅱ、硫元素在化合物中常表现出多种化合价，它的许多化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：
(2)S单质的常见形式为S8，其环状结构如图所示，S原子的杂化轨道类型是___________。

(3) 的电子式是___________，依据理论推测的空间构型为___________，常温下是气体而是液体的原因是___________。
(4)的键角___________的键角(填“大于”或“小于”)，理由是___________。
(5) 在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛，立方晶体结构如图所示。

①已知A、B点的原子坐标分别为和，则C点的原子坐标为___________；
②若晶胞棱长为，密度为___________(表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)AB
(2)sp3
(3)          直线形     二者都是分子晶体，的相对分子质量更大，分子间作用力更大，熔沸点更高
(4)     大于     O的电负性比S大，共用电子对更偏向O，斥力更大，键角更大
(5)         

【解析】（1）
A．上述过程a中，CO2与NH3反应生成尿素和H2O，反应物中C的价层电子对数=2+=2，采取sp杂化，产物中C的价层电子对数=3+=3，采取sp2杂化，C元素的杂化方式发生改变，故A错误；
B．氨分子与水分子间能形成氢键，且氨分子为极性分子，由相似相溶原理可知，氨气极易溶解在水中，故B错误；
C．尿素能形成分子间氢键，而碳酸二甲酯不能形成分子间氢键，所以尿素的分子间作用力强于碳酸二甲酯，沸点高于碳酸二甲酯，故C正确；
故答案为：AB；
（2）
为环状立体结构，每个S原子形成2个键，S原子上还有2对孤电子对，所以每个S原子价层电子对数是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp3；
（3）
CS2为共价化合物，碳原子与2个硫原子各共用2对电子，电子式为；CS2分子中中心原子C的价层电子对数=2+=2，采取sp杂化，无孤对电子，空间构型为直线形；常温下CO2是气体而CS2是液体的原因是二者都是分子晶体，CS2的相对分子质量更大，分子间作用力更大，熔沸点更高，故答案为：；直线形；二者都是分子晶体，CS2的相对分子质量更大，分子间作用力更大，熔沸点更高；
（4）
H2O的键角大于H2S的键角，其原因为O的电负性比S大，共用电子对更偏向O，斥力更大，键角更大，故答案为：大于；O的电负性比S大，共用电子对更偏向O，斥力更大，键角更大；
（5）
①已知A点的原子坐标为，B点是面心上的点，原子坐标为，C点在晶胞体对角线的四分之一处，由C点分别向3个面作垂线可知，C点的原子坐标为，故答案为：；
②根据晶胞可知，S2-位于晶胞顶点和面心，S2-个数为8+6=4，Zn2+位于晶胞内部，共有4个，若晶胞棱长为，则该晶胞体积为(a10-10cm)3=a310-30cm3，根据密度公式可得==，即为，故答案为：。