贵州省遵义市南白中学2023-2024学年高一上学期期末化学模拟试卷

这是一份贵州省遵义市南白中学2023-2024学年高一上学期期末化学模拟试卷，共14页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(共15小题，满分45分，每小题3分)
1. 某氧化剂X2O，在溶液中，2ml该离子恰好能使6mlSO完全氧化成SO，则X2O被还原后X的价态为
A. +3B. -3C. +2D. +4
【答案】A
【解析】
【详解】X2O能使6个SO完全氧化成SO，则S元素的化合价由+4价升高为+6价，所以X元素的化合价降低，设X2O被还原后X的化合价为x，由电子守恒可知，2×2×(6-x)=6×(6-4)，解得x=+3，故选：A。
2. 下列物质在熔融状态下能导电的是
A. 乙酸B. 蔗糖C. 氯气D. 氯化钠
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙酸为共价化合物，熔融状态下以分子形成存在，不能电离产生自由移动的离子，不能导电，故A不选；
B．蔗糖在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，为非电解质，故B不选；
C．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；
D．氯化钠为离子化合物，熔融状态下能电离产生自由移动的离子而导电，属于电解质，故D选；
故选：D。
3. 用98%的浓硫酸(ρ=1．84 g·mL-1)配制1 ml·L-1的稀硫酸100 mL,按配制溶液时仪器的选用顺序排列,选择正确的是
①玻璃棒②胶头滴管 ③100 mL容量瓶④托盘天平⑤50 mL烧杯 ⑥10 mL量筒 ⑦100 mL量筒
A. ⑥⑤③②①B. ⑦⑤③①②C. ④⑤③②①⑨D. ⑥⑤①③②
【答案】D
【解析】
【详解】98%的浓硫酸（密度1.84g•mL-1）的物质的量浓度为：c=（1000×1.84×98%）/98ml/L=18.4ml/L，配制100mL 1ml•L-1的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为：（1ml/L×100mL）更多优质资源可进入 ÷18.4ml/L=5.4mL，需要选用10mL量筒；配制100mL 1ml•L-1的稀硫酸的步骤为：计算、量取、溶解、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，分别使用到的仪器为：⑥10mL量筒、⑤50mL烧杯、①玻璃棒、③100mL容量瓶、②胶头滴管；
选D。
4. 右图是BaC12溶液在稀释过程中，c（Ba2+）随溶液体积的变化曲线图，则M点时，溶液中c（Cl-）为
A. 0.25ml/LB. 0.5ml/LC. 1 ml/LD. 2ml/L
【答案】C
【解析】
【详解】根据稀释定律，稀释前后的物质的量不变，即：1L×2ml/L=4L×aml/L，解得：a=0.5，则c（Cl-）=2a= 1ml/L，故选C。
5. 下列分散系能产生丁达尔效应的是
A. 稀硫酸B. 蔗糖溶液C. 氢氧化铁胶体D. 硫酸铜溶液
【答案】C
【解析】
【详解】丁达尔效应是胶体的特征性质，是因为胶体分散质微粒在1nm—100nm之间对光产生的散射作用而形成的，溶液中是不能产生丁达尔效应的，稀硫酸、蔗糖溶液、硫酸铜溶液都属于溶液，变能产生丁达尔效应，氢氧化铁胶体属于胶体，能产生丁达尔效应，故选C。
6. 下列变化不涉及氧化还原反应的是
A. 澄清的石灰水在空气中久置后变浑浊
B. 金属铜制品表面生成铜绿
C. 铝箔在空气中表面失去光泽
D. 铁和水蒸气的反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．澄清的石灰水和二氧化碳反应生成不溶于水的碳酸钙沉淀，反应前后各元素的化合价不变，所以不是氧化还原反应，故A选；
B．铜绿的化学式为Cu2(OH)2CO3，金属铜制品表面生成铜绿的过程存在化合价变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C．铝箔在空气中表面失去光泽是因Al被氧化为氧化铝，该变化为氧化还原反应，故C不选；
D．铁和水蒸气的反应加热反应生成四氧化三铁和氢气，该反应为氧化还原反应，故D不选；
故选：A。
7. 合金是两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。根据表中四种金属的熔、沸点，其中不能形成合金的是
①Cu与Na ②Fe与Cu ③Fe与Na ④Al与Na
A. ①②B. ①③C. ①④D. ②④
【答案】B
【解析】
【分析】合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定的方法合成的具有金属特性的物质，一般通过熔合成均匀液体凝固而得，即两种金属都成为液态时进行混合。
【详解】①Cu与Na，由于金属钠的沸点较低，在Cu熔化时温度达1083℃，而此时金属钠已变成气态，无法完成液态时混合，Cu与Na不能形成合金；
②Fe与Cu，铁在1535℃熔化成液态时，铜也是液态，Fe与Cu能形成合金；
③Fe与Na，由于金属钠的沸点较低，在铁熔化时温度达1535℃，而此时金属钠已变成气态，无法完成液态时混合，Fe与Na不能形成合金；
④Al与Na，Al在660℃熔化成液态时，钠也是液态，Al与Na能形成合金；
综上分析，不能形成合金的为①③，答案选B。
8. 常温下，下列各组离子一定能大量共存的是
A. pH=1的溶液中：、、K+、Cl-
B. 遇酚酞变红的溶液中：、Na+、Cl-、K+
C. 84消毒液中：H+、Fe2+、Cl-、
D. 无色透明溶液中：K+、、Na+、
【答案】B
【解析】
【详解】A．pH=1的溶液呈酸性，、H+之间反应生成二氧化碳气体和水，在酸性溶液中不能大量共存，选项A错误；
B．遇酚酞变红的溶液呈碱性，、Na+、Cl﹣、K+、OH﹣之间不反应，在碱性溶液中能够大量共存，选项B正确；
C．H+、ClO﹣、Cl﹣之间反应生成氯气，ClO﹣、Fe2+之间发生氧化还原反应，不能大量共存，选项C错误；
D．为有色离子，不满足溶液无色的条件，选项D错误；
答案选B。
9. 元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图象。下图为铁元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是
A. 铁与氧气的燃烧反应可实现上述①转化
B. 加热Fe(OH)3发生转化⑥，Fe2O3加水溶解可转化为Fe(OH)3
C. 由图可预测：高铁酸盐(FeO)具有强氧化性，可用于饮用水的消毒
D. FeO是种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速被氧化成Fe2O3
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不能实现上述①转化，故A错误；
B．加热Fe(OH)3发生转化⑥分解生成氧化铁，Fe2O3不溶于水，加水不溶解不可实现转化③，故B错误；
C．高铁酸盐具有强氧化性，与水反应生成Fe(OH)3胶体，其中Fe元素化合价由+6价变为+3价，则O元素化合价由−2价变为0价，即有氧气生成，可用于消毒，则反应的离子方程式为：4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH−，生成的氢氧化铁胶体具有较大表面积，吸附悬浮杂质可以做净水剂，故C正确；
D．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，部分被氧化，氧化生成Fe3O4，故D错误；
故选C。
10. 下列五种物质：①Na2O ②NaCl ③Na2CO3溶液 ④NaOH ⑤Mg，其中不能与CO2反应的是
A. ⑤B. ④C. ③D. ②
【答案】D
【解析】
【详解】①Na2O能和二氧化碳反应：Na2O+CO2=Na2CO3，故①错误；
②NaCl溶液不能和二氧化碳反应，故②正确；
③Na2CO3溶液能和二氧化碳反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，故③错误；
④NaOH溶液能和二氧化碳反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O或NaOH+CO2=NaHCO3，故④错误；
⑤Mg和二氧化碳在点燃条件下反应生成氧化镁和单质碳，故⑤错误；
故选D。
11. Cl2和SO2都具有漂白作用，能使品红溶液褪色。若将等物质的量的Cl2、SO2混合后，再通入品红溶液与BaCl2的混合溶液，能观察到的现象是
A. 溶液很快褪色，出现沉淀
B. 溶液不褪色，不出现沉淀
C. 溶液不褪色，出现沉淀
D. 溶液很快褪色，不出现沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】等物质的量的SO2和Cl2混合后的气体溶解于适量的蒸馏水中，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，生成盐酸和硫酸都不具有漂白性，所以不能使品红溶液，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，所以会产生白色沉淀，故选：C。
12. 下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍
下列说法正确是
A. X、Z、W元素的原子半径以及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增
B. YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力
C. 根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性
D. Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，且W和X为同一主族元素，设X的原子序数是a、W的原子序数为(a+8)，2a=a+8，所以a=8，则X是O元素、W是S元素，Y、Z分别是Si、P、T为Sn元素，以此解答。
【详解】A．元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性O>S>P，故H2O>H2S>H3P，故A错误；
B．SiO2是原子晶体、液态SO3是分子晶体，二氧化硅熔融时破坏的是化学键，三氧化硫气化时破坏的是分子间作用力，故B错误；
C．Sn2O3具有氧化性和还原性，As化合价为+3，处于中间价，故既有氧化性也有还原性，故C正确；
D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强(O、F元素除外)，Si是亲氧元素，在自然界中不能以游离态存在，故D错误；
故选：C。
13. 科学家预测原子序数为114的元素具有相当稳定的同位素，它的位置是在第七周期ⅣA族，称为“类铅”。关于它的性质预测错误的是
A. 它的最外层有4个电子
B. 它在化合物中可能为+2价和+4价
C. 它的金属性比铅强
D. 金属铜能从114号元素的硝酸盐溶液中置换出114号元素的单质
【答案】D
【解析】
【分析】已知114的元素具有相当稳定的同位素，它的位置是在第七周期ⅣA族，铅的金属性强于铜，而类铅的金属性强于铅，所以类铅更活泼。
【详解】A. 它位于ⅣA族，其的最外层有4个电子，A正确；
B. 它为“类铅”元素，在化合物中可能为+2价和+4价，B正确；
C. 同主族中，序数越大金属性越强，它的金属性比铅强，C正确；
D. 铅的金属性强于铜，金属铜不能从114号元素的硝酸盐溶液中置换出114号元素的单质，D错误；
答案为D
14. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4L氢气在足量的氯气中完全燃烧，转移2NA个电子
B. 10gCaCO3固体与足量的稀盐酸反应后得到气体的体积为2.24L
C. 12.25gKClO3固体中含有0.1NA个Cl-
D. 1L 0.1ml•L-1的HClO溶液中含有0.1NA个ClO-
【答案】A
【解析】
【详解】A．标况下22.4L氢气的物质的量为1ml，而氢气反应后变为+1价，故1ml氢气反应后转移2NA个电子，故A正确；
B．二氧化碳所处的状态不明确，故生成的二氧化碳气体的体积无法计算，故B错误；
C．氯酸钾由钾离子和氯酸根构成，不能电离出氯离子，故C错误；
D．次氯酸为弱酸，不能完全电离，故溶液中的次氯酸根个数小于0.1NA个，故D错误。
故选：A。
15. 已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，2Fe3++2I-=2Fe2++I2。向1000mLFeI2和FeBr2组成的混合溶液中通入一定量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关说法中，不正确的是
A. 还原性：I-＞Fe2+＞Br-
B. 当通入2mlCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
C. 原溶液中n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶3
D. 图示中C点表示的溶液中c(Cl-)=4ml/L
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据氧化还原反应中：氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，还原剂的还原性＞还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，判断离子的反应先后顺序，然后根据图象判断参加反应的各离子的物质的量。
【详解】A．反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br-，即还原性：Fe2+＞Br-；在反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中，还原剂I-的还原性强于还原产物Fe2+，即还原性：I-＞Fe2+，则还原性：I-＞Fe2+＞Br-，A正确；
B．当通入2ml Cl2时，2ml的I-消耗氯气1ml，余下的1ml氯气再与2ml Fe2+反应，即溶液中发生的离子反应可表示为：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-，B正确；
C．由还原性：I-＞Fe2+＞Br-，可知通入Cl2后依次氧化的离子是I-、Fe2+、Br-，则由图示可知，I-的物质的量为2ml，Fe2+是4ml，Br-的物质的量是6ml，则n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2：1：3，C正确；
D．根据图中数据可知，C点表示的溶液中c(Cl-)=(3ml×2÷1L)=6ml/L，D错误；
答案选D。
二、解答题(共5小题，满分55分)
16. 物质性质研究是化学研究的一项重要内容，按要求回答下列问题：
(1)补齐下列物质与其用途之间的连线_________________________。
(2)以下物质：①KOH固体②熔融KNO3③盐酸④稀H2SO4⑤NaCl溶液⑥Fe。其中，属于纯净物的是________(填“序号”)；不能导电的物质是_______________(填“序号”)，属于电解质的是____________________(填“序号”)。
(3)Na2CO3俗称“纯碱”，属于__________类(填“酸”、“碱”或“盐”)，遇足量稀盐酸产生气泡，该反应的离子方程式为____________；若Na2CO3粉末中混有少量NaHCO3杂质，除去杂质的方法是 __________________，涉及的反应的化学方程式为______________________。
【答案】 ①. ②. ①②⑥ ③. ① ④. ①② ⑤. 盐 ⑥. +2H+=CO2↑+H2O ⑦. 加热 ⑧. 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
【详解】(1)漂白粉具有强氧化性，可作消毒剂；碳酸氢钠加热分解能产生二氧化碳气体，可作膨松剂；过氧化钠能与二氧化碳或水反应生成氧气，可作供养剂；
(2)①KOH固体是纯净物，本身不能导电，熔融条件和水溶液都能导电，属于电解质；
②熔融KNO3是纯净物，能导电，属于电解质；
③盐酸是混合物，能导电，不属于电解质；
④稀H2SO4是混合物，能导电，不属于电解质；
⑤NaCl溶液是混合物，能导电，不属于电解质；
⑥Fe是纯净物，能导电，为单质不属于电解质；所以属于纯净物的是①②⑥；
不能导电的物质是①；属于电解质的是①②；
(3)Na2CO3由钠离子和碳酸根形成的盐；与足量稀盐酸产生二氧化碳气体，反应的离子方程式为+2H+=CO2↑+H2O；若Na2CO3粉末中混有少量NaHCO3杂质，利用NaHCO3的不稳定性加热分解成Na2CO3，所以除去杂质的方法是加热，涉及的反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。
17. 实验室用密度为1.25g/ml，质量分数为36.5%浓盐酸配制250ml0.1ml/L的盐酸溶液，填空并请回答下列问题：
（1）配制250ml0.1ml/L的盐酸溶液
（2）配制时，其正确的操作顺序是（ ）(字母表示，每个字母只能用一次)
A 用30ml水洗涤烧杯2－3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B. 用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加少量水(约30ml)，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C. 将冷却的盐酸沿玻璃棒注入250ml的容量瓶中
D. 继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1－2cm处
E. 将容量瓶盖紧，振荡，摇匀
F. 改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切
（3）操作A中，将洗涤液均注入容量瓶，其目的是________________，
溶液注入容量瓶前需恢复到室温，这是因为_______________________。
（4）若实验过程中出现下列情况如何处理？
加蒸馏水时不慎超过了刻度____________；向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴掉在容量瓶外面_____________________。
【答案】（1） ①. 2.0mL ②. 250mL ③. 烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管 （2）BCADFE
（3） ①. 防止烧杯中的残留液没有移入容量瓶使溶液浓度减少 ②. 盐酸溶解放热使溶液体积膨胀，不冷却会使溶液浓度增大
（4） ①. 重新配制 ②. 重新配制
【解析】
【小问1详解】
浓盐酸的物质的量浓度=ml/L=11.8ml/L，配制250mL0.1ml•L-1的盐酸溶液，故需要250mL容量瓶，令需浓盐酸的体积为V，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，所以V×11.8ml/L=250mL×0.1ml/L，解得：V=2.1mL，配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取(用到胶头滴管)称量，在烧杯中稀释，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、250mL容量瓶，故答案为2.1mL；250mL；玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒；
【小问2详解】
根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知正确的操作顺序是B、C、A、F、E、D，故答案为B、C、A、F、E、D；
【小问3详解】
如果不能洗涤液均移入容量瓶，则会造成溶质的损失，则溶液浓度偏低，故目的是保证溶质全部转入容量瓶；溶液体积会热胀冷缩，故如果不冷却即移液并定容，则溶液体积冷却后偏小，浓度偏高；故答案为保证溶质全部转入容量瓶；容量瓶盛放热溶液时，体积不准；
【小问4详解】
加蒸馏水时不慎超过了刻度线，无法补救，应重新配制；向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面，无法补救，应重新配制，故答案重新配制，重新配制。
18. A—J是中学化学常见的物质，它们之间的转化关系如下图所示（部分产物已略去）。已知A是一种高熔点物质，常用作耐火材料D是一种红棕色固体,可用作涂料。
回答下列问题：
（1）A物质的名称为___________，D的化学式为_________。
（2）G→J的反应现象为______________其化学方程式为：_______________
（3）写出下列离子方程式：A→H_______________________
F→G _____________________
（4）写出C+D→A+E的化学方程式为________________________
【答案】 ①. 氧化铝 ②. Fe2O3 ③. 白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 ④. 4Fe(OH)2+O2 + 2H2O＝4Fe(OH)3 ⑤. Al2O3 + 2OH－＝2 AlO2—+ H2O ⑥. Fe2＋＋2NH3·H2O＝Fe(OH)2 ＋2NH ⑦. 2 Al+ Fe2O3＝2 Fe+ Al2O3
【解析】
【详解】A是高熔点物质，常用作耐火材料，根据转化图，条件是电解熔融，因此推出A为Al2O3，D是一种红棕色固体，常用作涂料，即D为Fe2O3，C和Fe2O3在高温下发生反应，属于铝热反应，即C为Al，B为O2，氧化铝和NaOH反应，则H为NaAlO2，氧化铝和稀盐酸反应，则I为AlCl3，E为Fe，F为FeCl2，G为Fe(OH)2，J为Fe(OH)3，（1）A的名称为氧化铝，D的化学式为Fe2O3；（2）4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，现象是白色沉淀迅速转变成灰绿色，最终变成红褐色；（3）氧化铝表现两性，和NaOH的反应是Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，Fe2＋＋2NH3·H2O=Fe(OH)2↓＋2NH4＋；（4）2 Al+ Fe2O32 Fe+ Al2O3。
【点睛】考查无机推断题，能够迅速找出突破口，如焰色反应、在空气中或者题中信息，也可以根据题目中条件找到突破口，同样也可以根据问题找出突破口，然后利用反应的特点，推出物质，如元素守恒，像本题中N和H的转化；做无机推断题审清题意，题中让写名称还是化学式，化学反应方程式还是离子反应方程式，涉及的化学计算常常利用元素守恒、得失电子数目守恒、溶液电中性、极端假设、关系式等方法，需要根据题目中特点，作出需要用什么方法解决问题。
19. 溴化亚铜可用于彩色照相，是一种白色结晶状粉末，见光分解，在空气中会慢慢氧化成绿色，溶于氢溴酸、盐酸、硝酸和氨水，在热水中也会发生分解。实验室制备CuBr的装置示意图和步骤如下：

实验步骤：
①在装置A中加入50.0gCuSO4·5H2O、30.9gNaBr、150 mL蒸馏水，60℃时不断搅拌，以适当流速通入SO2；
②溶液冷却后倾去上层清液，在避光的条件下过滤；
③依次用溶有少量SO2水、溶有少量SO2的乙醇、纯乙醚洗涤；
④在双层干燥器（分别装有浓硫酸和氢氧化钠）中干燥3~4 h，再经氢气流干燥，最后进行真空干燥，得到产品21.6g。
回答下列问题：
（1）步骤②中过滤需要避光的原因是___________。
（2）步骤①中实验所用蒸馏水事先要进行的处理操作是___________，控制反应在60℃条件下进行，实验中可采取的措施是___________。
（3）步骤③中洗涤剂需“溶有SO2”的原因是___________；最后洗涤剂改用乙醚的目的是___________。
（4）装置A中反应生成CuBr的离子方程式为___________；说明反应已完成的现象是___________。
（5）本实验产品的产率是___________。
【答案】（1）防止CuBr见光分解
（2） ①. 加热煮沸 ②. 60℃水浴加热
（3） ①. 防止CuBr被氧化 ②. 除去表面乙醇，并使晶体快速干燥
（4） ①. 2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO+4H+ ②. 溶液蓝色完全褪去
（5）75.0%
【解析】
【分析】溴化亚铜见光分解，在空气中会慢慢氧化成绿色，所以在实验过程中要避光，为防止氧化，要排出空气中氧气的干扰；
【小问1详解】
溴化亚铜见光会分解，所以步骤2过滤需要避光，防止CuBr见光分解；
【小问2详解】
溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，用二氧化硫还原铜离子生成溴化亚铜要排除氧气的干扰，可以通过加热煮沸的方法除去其中水中的O2；控制反应在60℃进行，可以用60℃的水浴加热；
【小问3详解】
溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，二氧化硫具有还原性，所以洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，最后溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；
【小问4详解】
三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO+4H+；铜离子的溶液为蓝色，当溶液蓝色完全褪去即说明反应已完成；
【小问5详解】
50.0 g CuSO4·5H2O的物质的量为0.2ml，30.9gNaBr为0.3ml，理论生成CuBr的物质的量为0.2ml，质量为0.2ml×144g/ml=28.8g，本实验产品的产率是×100%=75.0%。
20. 新型陶瓷材料氮化硅（Si3N4）可用于制作火箭发动机中燃料的喷嘴。氮化硅可由石英、焦炭在高温氮气流中制取。完成下列填空：______SiO2+______C+______N2______Si3N4+______CO。
（1）试配平该化学反应方程式，将系数填写在对应位置上。在方程式上标出电子转移的方向和数目。____________
（2）反应中______被还原，当氧化产物比还原产物多 1ml 时，反应中电子转移数为______。
（3）在该反应体系中：所涉及物质属于非极性分子的电子式为______；所涉及元素中原子半径最大的原子的最外层电子排布式为______。
（4）反应的主要产物氮化硅所属的晶体类型为______，证明氮化硅组成元素非金属性强弱：
（Ⅰ）写出一个化学事实______；
（Ⅱ）从原子结构上进行说明：______。
【答案】 ①. ②. N2 ③. 2.4NA ④. ⑤. 3s23p2 ⑥. 原子晶体 ⑦. HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸（或Si3N4中Si为+4价、N为-3价等） ⑧. 相对原子半径小的N原子最外层有5个电子，形成稳定结构得3个电子，相对原子半径大的Si原子最外层有4个电子，形成稳定结构要得4个电子，得电子形成稳定结构时Si比N更难
【解析】
【详解】(1)由产物CO可知，SiO2与C化学计量数之比为1：2。由产物Si3N4可知SiO2与N2化学计量数之比为3：2，所以SiO2、C、N2化学计量数之比为3：6：2，令SiO2的化学计量数为3，C、N2化学计量数分别为6、2，结合元素守恒可知Si3N4、CO化学计量数分别为1、6，配平后方程式为3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，其中N的化合价降低，则N2发生得电子的还原反应，C发生失电子的氧化反应，反应中共转移12e-，电子转移的方向和数目为；
(2)反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO中N元素化合价降低，N2发生还原反应，Si3N4为还原产物、CO为氧化产物，生成6mlCO和1mlSi3N4时，共转移12mle-，所以当氧化产物比还原产物多1ml时，反应中转移=2.4ml电子，即转移电子数电子数为2.4NA；
(3)反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO中，N2为非极性分子，结构式为N≡N，电子式为，Si的原子半径最大，最外层电子的4个电子排布于3s、3p能级上，即排布式为3s23p2；
(4)氮化硅(Si3N4)是共价化合物，可用于制作火箭发动机中燃料的喷嘴，说明其熔点高，所以氮化硅为原子晶体；
(I)比较N、Si非金属性强弱，可根据元素的最高价含氧酸的酸性强弱判断，酸性越强，则元素的非金属性越强，即它们的最高价氧化物对应水化物中，HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸；
(Ⅱ)由于N原子半径小，Si原子半径大，形成稳定结构时N得电子的能力强，即得电子能力强的N原子的非金属性强于Si，导致Si3N4中Si为+4价、N为-3价。
【点睛】把握氧化还原反应概念及规律、明确原子结构和元素周期律是解题关键，注意理解运用元素周期律解释实际问题。金属
Na
Cu
Al
Fe
熔点/℃
97.8
1083
660
1535
沸点/℃
883
2567
2467
2750
X
Y
Z
W
T
应量取盐酸体积/ml
应选用容量瓶的规格/ml
除容量瓶外还需要的其它仪器
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