河北省石家庄市第二中学2021-2022学年高二上学期期末考试化学试题（含答案解析）

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时间：75分钟；分值：100分
一、单项选择题(本题包含20小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分)
1. 下列关于化学品的使用不合理的是
A. 硝酸铵是一种高效氮肥，可直接施用
B. SO2能杀菌消毒，可用于食品防腐
C. 使用药物时要考虑剂量、剂型、给药途径等因素
D. 在规定范围内使用食品添加剂，对人体健康无影响
【答案】A
【解析】
【详解】A．硝酸铵是一种高效氮肥，但受热或经撞击易爆炸，作为化肥使用时必须作改性处理，A错误
B．SO2 能够使细菌、病毒的蛋白质变性而失去其生理活性，故能杀菌消毒防腐，因此只要SO2气体的使用量在合适的范围，可以用作食品添加剂，B正确；
C．使用药物时要考虑剂量、剂型、给药途径等因素，要合理使用，C正确；
D．食品添加剂应依法合理使用，在合理限量范围内使用不影响人体健康，D正确；
故选A。
2. “关注海洋健康，守护蔚蓝星球”，我们每个公民义不容辞。下列有关说法不正确的是
A. 可通过蒸馏法、电渗析法、离子交换法从海水中获得淡水
B. 地球上99%的溴元素存在于海洋中，故溴称为“海洋元素”
C. 从海水中提取的NaCl可进一步用于生产NaOH
D. 海水只能提供物质资源，不能提供能量资源
【答案】D
【解析】
【详解】A．海水中含有丰富的资源，从海水中得到淡水的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，故A正确；
B．地球上99%的溴元素存在于海水中，所以人们也把溴称为“海洋元素”，故B正确；
C．从海水中能提取氯化钠，电解饱和氯化钠溶液可以制得氢氧化钠，故C正确；
D．海洋资源指的是与海水水体及海底、海面本身有着直接关系的物质和能量，海水既能提供物质资源，也能提供能量资源，如波浪、潮汐、潮流等会产生能量，故D错误；
故选D。
3. 我国科研人员使用催化剂CGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下：

下列说法错误的是
A. 该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基
B. 肉桂醇分子中存在手性碳原子
C. 还原反应过程中发生了σ和π键的断裂
D. 等质量的苯丙醛、肉桂醇完全燃烧消耗O2的量相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示可知该催化剂还原肉桂醛中的醛基为醇羟基，A正确；
B．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据肉桂醇分子结构简式可知其中不存在手性碳原子，B错误；
C．还原过程中有H-H中的σ键、C=O双键中较活泼的π键的断裂，C正确；
D．丙苯醛、肉桂醇分子式是C9H10O，二者分子式相同，因此等质量的苯丙醛、肉桂醇完全燃烧消耗O2的量相等，D正确；
故合理选项是B。
4. 有机物种类繁多，下列关于有机物的说法正确的是
A. 符合通式CnH2n+2但碳原子数不同的化合物之间一定是同系物
B. 燃烧产物只有CO2和H2O的化合物一定是烃类
C. 同分异构体结构不同，故性质一定不相似
D. 可用NaOH溶液一次性鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
【答案】A
【解析】
【详解】A．符合通式CnH2n+2为烷烃，当n不同时互为同系物，结构相似，组成上相差一个或若干个CH2，A正确
B．燃烧产物只有CO2和H2O的化合物可以是烃类也可以是烃的衍生物，如：醇、醛、酸、酯、酚等，B错误；
C．同分异构体又称同分异构物，在化学中，是指有着相同分子式的分子；各原子间的化学键也常常是相同的；但是原子的排列却是不同的，也就是说，它们有着不同的“结构式”，许多同分异构体有着相同或相似的化学性质，C错误；
D．NaOH与乙醇互溶，与乙酸反应无现象，乙酸乙酯与NaOH反应后不分层，不能鉴别，D错误；
故选A。
5. 室温时，在由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为1×10-20的溶液中，一定能大量共存的离子组是
A. 、Na+、Cl-、B. Na+、K+、Fe3+、Cl-
C. Na+、Al3+、Cl-、ClO-D. Na+、K+、Cl-、
【答案】D
【解析】
【分析】室温时，在由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为的溶液中，水电离产生的c(H+)=c(OH-)=ml/L，则水的电离受到抑制，溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。
【详解】A．若溶液呈酸性，则不能大量共存，A不符合题意；
B．若溶液呈碱性，不能大量共存，B不符合题意；
C．不管溶液呈酸性还是碱性，Al3+、都能发生双水解反应，C不符合题意；
D．不管溶液呈酸性还是碱性，Na+、K+、Cl-、都不反应，能大量存在，D符合题意；
故选D。
6. 下列有关说法不正确的是
A. 原子核外电子发生跃迁不一定吸收能量
B. 构造原理是一个思维模型，是个假想过程
C. 原子核外电子从基态跃迁到激发态时产生的光谱是发射光谱
D. 夜幕下的霓虹灯光、军事上使用的激光均与原子核外电子发生跃迁有关
【答案】C
【解析】
【详解】A．原子核外电子由低能量状态向高能量状态跃迁时会吸收能量，而由高能量状态向低能量状态跃迁时会释放能量，因此原子核外电子发生跃迁不一定吸收能量，A正确；
B．原子核外电子比较多时，根据电子能力的高低及离核的远近，将原子核外电子运动的空间分成不同的层次，电子可看作是在这些能力不同的区域运动，在一个轨道上最多可容纳2个自旋方向相反的电子存在，因此构造原理是一个思维模型，是个假想过程，B正确；
C．原子核外电子从基态跃迁到激发态时产生的光谱是吸收光谱，C错误；
D．电子跃迁本质上是组成物质的粒子(原子、离子或分子)中电子的一种能量变化，焰色反应、激光、霓虹灯光时原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，D正确；
故合理选项是C。
7. 下列关于化石能源的说法错误的是
A. 天然气不仅是高热值气，且是清洁能源
B. 石油裂化的目的主要是提高轻质燃油的产量
C. 石油裂解是化学变化，煤的干馏是物理变化
D. 石油分馏所得馏分仍然是混合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．天然气燃烧放出大量的热，且燃烧产物没有污染，A正确；
B．石油裂化的目的是为了提高轻质油的产量，特别是汽油的产量，B正确；
C．煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加强热，使煤分解的过程，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，有新物质生成，属于化学变化，C错误；
D．石油分馏的产物有石油气、汽油、煤油、柴油等，各馏分均含有多种成分，因此仍然是混合物，D正确；
故选C。
8. 下列性质中不能证明HA是弱电解质的是
A. 25℃，0.1ml/L的NaA溶液pH>7
B. 25℃，pH之和等于14的HA和NaOH溶液等体积混合，pH<7
C. 25℃，10mL0.1ml/LHA溶液恰好与10mL0.1ml/LNaOH溶液完全反应
D. 25℃，向等体积等pH的足量HA和HCl溶液中放入等量Zn粉，HA中的Zn先反应完
【答案】C
【解析】
【详解】A．25℃，0.1ml/L的NaA溶液pH>7，说明NaA为强碱弱酸盐，能证明HA是弱电解质，A不符合题意；
B．25℃，pH之和等于14的HA和NaOH溶液等体积混合，pH<7，说明生成盐为强碱弱酸盐，能证明HA是弱电解质，B不符合题意；
C．两者恰好反应，说明HA是一元酸，但不能说明HA部分电离，C符合题意；
D．25℃，向等体积等pH的足量HA和HCl溶液中放入等量Zn粉，HA中的Zn先反应完，说明反应中HA会继续电离出氢离子，能证明HA是弱电解质，D不符合题意；
故选C。
9. 工业利用含镍废料(以镍铁钙合金为主)制取NiC2O4(草酸镍)，再经高温煅烧NiC2O4制取Ni2O3的流程如图所示。已知：NiC2O4、CaC2O4均难溶于水：Fe3+完全沉淀的pH约为3.2.下列说法错误的是
A. 工业上，为提高“酸溶”效率，可适当增大硫酸浓度
B. “氧化”步骤加入H2O2的主要目的是将Fe2+氧化成Fe3+
C. “沉镍”时发生反应的离子方程式为：Ni2++=NiC2O4↓
D. NiC2O4隔绝空气高温煅烧可制得Ni2O3，反应的化学方程式为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑
【答案】C
【解析】
【分析】由流程可知，含镍废料(以镍铁钙合金为主)加入酸溶解，加入过氧化氢发生Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，过滤后，滤液中加入NH4F沉淀钙离子，过滤得到溶液含有Ni2+的溶液，加入草酸生成草酸镍，蒸发浓缩、结晶析出NiC2O4晶体，煅烧可生成Ni2O3，以此来解析；
【详解】A．加入硫酸不能太多，否则在调pH时消耗较多的碳酸钠，难以调节pH，为提高“酸溶”效率，可适当增大硫酸浓度，A正确；
B．“氧化”步骤加入加入过氧化氢发生：Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，主要目的是将Fe2+氧化成Fe3+，B正确；
C．“沉镍"时加入草酸，镍离子和草酸生成可溶性的草酸镍，发生反应的离子方程式为：Ni2++H2C2O4=NiC2O4↓+2H+，C错误；
D．NiC2O4隔绝空气高温煅烧，发生氧化还原反应可制得Ni2O3，反应的化学方程式为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑，D正确；
故选C。
10. 下列说法正确的是
A. 氢原子的电子云图中一个黑点表示电子出现过一次
B. 已知某元素+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，该元素位于周期表中的d区
C. 处于最低能量的原子叫做基态原子，1s22s22px1→1s22s22py1过程中形成的是吸收光谱
D. 最外层电子数为ns2的元素都在元素周期表第2列或第12列
【答案】B
【解析】
【详解】A．小黑点的意义不是表示电子个数，而是表示电子出现的几率的多少，小黑点越密集的地方，电子出现的几率越高，小黑点越稀薄的地方，电子出现的几率越小，A错误；
B．某元素+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，离子的核外电子数是23，所以原子序数是26，即是铁元素，位于第四周期第Ⅷ族，属于d区，B 正确；
C．1s22s22px1→1s22s22py1，2P轨道上的能量一样，两者之间没有能量变化，也就没有光谱，C错误；
D．最外层电子数为ns2的元素在元素周期表第2列或第12列，还有第18列的He，还有一些过渡元素最外层电子数也为ns2，D错误；
故选B。
11. 阿司匹林又名乙酰水杨酸(结构如图)，下列说法错误的是
A. 阿司匹林分子中所有碳原子可能共平面
B. 阿司匹林的一种同分异构体能以1：2的比例与NaHCO3溶液反应
C. 阿司匹林能与乙醇发生酯化反应
D. 1ml阿司匹林能与5mlH2发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯环，羧基，酯基各自确定一个平面，通过旋转相互连接的单键，使之在一个平面上，甲基上的碳，也可以通过旋转单键，从而所有的碳在同一个平面内，A正确；
B．根据阿司匹林的结构简式可知其同分异构体中可以有两个羧基，则此时能以1：2的比例与NaHCO3溶液反应，B正确；
C．阿司匹林中含有羧基，可以和乙醇发生酯化反应，C正确；
D．阿司匹林中含有苯环，可以和氢气加成，其中的碳氧双键不能和氢气加成，故1ml阿司匹林能与3mlH2发生加成反应，D错误；
故选D。
12. 下列分子空间结构和其VSEPR模型均一致的组是
A. NH3、CH4、SO3B. BF3、SF6、PCl3
C. PCl3、CO2、CCl4D. HCHO、HCN、CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH3中心原子N的价层电子对数=3+(5-3×1)=4，其杂化方式为sp3杂化，VSEPR构型为四面体形，含有一对孤电子对，其分子的立体构型为三角锥形。
CH4中心原子C的价层电子对数=4+(4-4×1)=4，其杂化方式为sp3杂化，VSEPR构型为四面体形，无孤电子对，其分子的立体构型为四面体形。
SO3中心原子S的价层电子对数=3+(6-3×2)=3，其杂化方式为sp2杂化，VSEPR构型为平面三角形，无孤电子对，其分子的立体构型为平面三角形，A不符合题意；
B．BF3中心原子B的价层电子对数=3+(3-3×1)=3，其杂化方式为sp2杂化，VSEPR构型为平面三角形，无孤电子对，其分子的立体构型为平面三角形。
SF6中心原子S的价层电子对数=6+(6-6×1)=6，其杂化方式为sp3d2杂化，VSEPR构型为正八面体，无孤电子对，其分子的立体构型为正八面体。
PCl3中心原子P的价层电子对数=3+(5-3×1)=4，其杂化方式为sp3杂化，VSEPR构型为四面体形，含有一对孤电子对，其分子的立体构型为三角锥形，B不符合题意；
C．PCl3中心原子P的价层电子对数=3+(5-3×1)=4，其杂化方式为sp3杂化，VSEPR构型为四面体形，含有一对孤电子对，其分子的立体构型为三角锥形。
CO2中心原子C的价层电子对数=2+(4-2×2)=2，其杂化方式为sp杂化，VSEPR构型为直线形，无孤电子对，其分子的立体构型为直线形。
CCl4中心原子C的价层电子对数=4+(4-4×1)=4，其杂化方式为sp3杂化，VSEPR构型为正四面体形，无孤电子对，其分子的立体构型为正四面体形，C不符合题意；
D．HCHO中心原子C的价层电子对数=3+(4-2×1-2)=3，其杂化方式为sp2杂化，VSEPR构型为平面三角形，无孤电子对，其分子的立体构型为平面三角形。
HCN中心原子C的价层电子对数=2+(4-3-1)=2，其杂化方式为sp杂化，VSEPR构型为直线形，无孤电子对，其分子的立体构型为直线形。
CO2中心原子C的价层电子对数=2+(4-2×2)=2，其杂化方式为sp杂化，VSEPR构型为直线形，无孤电子对，其分子的立体构型为直线形，D符合题意；
故选D。
13. 糖类、油脂、蛋白质是人类常见的营养物质，下列说法不正确的是
A. 糖类和油脂的组成元素相同
B. 油脂都不能因化学反应使溴水褪色
C. 紫外线能使蛋白质变性，故可用紫外线灯杀菌消毒
D. 不是所有糖类都能为人类提供能量
【答案】B
【解析】
【详解】A．糖类和油脂组成元素相同，均是碳、氢、氧三种元素，A正确。
B．油脂是高级脂肪酸的甘油酯，油酸甘油酯即含有碳碳双键，而双键可以跟溴水发生加成反应，因此可以使溴水褪色，油酸甘油酯能使溴水褪色，B错误；
C．紫外线令表皮具有保护作用的脂质层氧化，使皮肤变干，进一步则使表皮细胞内的核酸和蛋白质变性，可用紫外线灯杀菌消毒，C正确；
D．如纤维素人体不能将其转化能量，D正确；
故选B。
14. 法匹拉韦是治疗新冠肺炎的种药物，其结构简式如图所示，下列说法错误的是
A. 该分子中N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O
B. 该分子中C-H键的键能大于N-H键的键能
C. 该分子中所有C原子都为sp2杂化
D. 该分子可形成分子间氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A．N原子最外层为半充满结构，第一电离能大于相邻元素，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，则N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O，A正确；
B．键长越小，键能越大，则C-H键的键长大于N-H键长，C-H键的键能小于N-H键的键能，B错误；
C．含有N=C、C=O、C=C键的C原子中均形成3个σ犍，为sp2杂化，故所有C原子都为sp2杂化，C正确；
D．如图：红色的氧原子和红色的氢原子之间可以形成分子内氢键，D正确；
故选B。
15. 甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，25°C时向10mL0.1ml·L-1的甲胺中逐滴滴入0.1ml·L-1稀盐酸。溶液中水电离出的氢离子浓度的负对数[用pC表示，pC=-lgc水(H+)]与加入盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是
A. Kb(CH3NH2)的数量级为10-3
B. 溶液的pH：a>b>c=d>e
C. 将e点溶液稀释，pC将沿该曲线向d点靠近
D. b点溶液：c(CH3NH)>c(Cl-)>c(CH3NH2)>c(OH-)>c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】A．a点加入稀盐酸的量0，水电离出的c(H+) = 10-11.8ml/L，溶液中c(OH- )= ml ，a点显碱性，显碱性的原因为CH3NH2+H2O⇌ CH3NH2·H2O⇌CH3NH+OH-，根据三段式
甲胺(CH3NH2)的电离平衡常数Kb==≈10-3.4，则Kb(CH3NH2)的数量级为10-4，A错误；
B．甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，溶液水显碱性，加入盐酸由后溶液的pH随着加酸量的pH逐渐减小，溶液的pH：a>b>c>e>d，B错误；
C．e点为CH3NH2和盐酸恰好生成CH3NH3Cl，对于水的电离属于促进程度最大的点，且此时水解显酸性，将其溶液稀释，促进水的电离，水出氢离子浓度增大，pC将减小，C错误；
D．根据反应CH3NH2+HCl=CH3NH3Cl，根据加入盐酸的体积为5ml，可知 b点溶质为等量CH3NH3Cl，CH3NH2·H2O，CH3NH3Cl水解溶液显酸性，CH3NH2·H2O电离显碱性，此时溶液显碱性，c(OH-)>c(H+) 存在电荷守恒：c(CH3NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，可知c(CH3NH)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，根据物料守恒可知：c(CH3NH)+c(CH3NH2)=2c(Cl-)，再由c(CH3NH)>c(Cl-)，可知c(Cl-)>c(CH3NH2)，最后得出c(CH3NH)>c(Cl-)>c(CH3NH2)>c(OH-)>c(H+)，D正确；
故选D。
16. 铁有δ、γ、α三种晶体结构，以下依次是δ、γ、α三种晶体不同温度下转化的图示，下列有关说法错误的是

A. 三种晶体中与相邻铁原子距离相等且最近的铁原子分别有8个、12个、6个
B. 三种晶体的空间利用率(原子体积/晶胞体积)之比等于密度之比
C. 若三种晶胞均为立方结构，且铁原子半径为anm，则三种晶体的棱长之比是∶∶2
D. 将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型不相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．三种晶体分别为体心立方，面心立方和简单立方，其配位数分别为8、12、6，A正确；
B．空间利用率越大，密度越大，B正确；
C．晶胞棱长为a，δ-Fe晶胞中晶胞体对角线长度等于棱长的倍，其棱长为a，γ-Fe晶胞中棱长为，α-Fe晶胞中，棱长为2a，则其比值为：∶∶2，C错误；
D．将铁加热到1500℃分别急速冷却得到δ-Fe晶体，缓慢冷却得到α-Fe晶体，晶体类型不相同，D正确；
故选C。
17. U、V、W、X、Y是原子序数依次增大的五种短周期元素，质子数之和39，V、W同周期，U、X同主族，U、W能形成两种液态化合物U2W和U2W2，Y元素的周期序数与主族序数相等。下列说法中正确的是
A. 简单离子半径：X>Y>W
B. 1mlX的淡黄色化合物，投入到1L2ml/L的氯化亚铁溶液中，产生的气体在标准状况下的体积为5.6L
C. U、V、W、X形成的一种离子化合物，与W、X、Y组成的盐溶液相遇时，会产生大量的气泡
D. XYU4中有离子键，其YU4原子团的空间构型的是正四面体，在潮湿的空气中会变质而产生H2
【答案】D
【解析】
【分析】U、V、W、X、Y是原子序数依次增大的五种短周期元素，由U、W能形成两种液态化合物U2W和U2W2可知，U2W和U2W2分别为H2O和H2O2，则U为H元素、W为O元素；由U、X同主族可知，X为Na元素；Y元素的周期序数与主族序数相等可知，Y为Al元素；由质子数之和39可知，V的原子序数为39-1-8-11-13=6，则V为C元素。
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，氧离子、钠离子和铝离子的电子层结构相同，则离子半径：W>X>Y，A错误；
B．X的淡黄色化合物为过氧化钠，1ml过氧化钠与水反应生成0.5ml氧气，由得失电子数目守恒可知，0.5ml氧气能氧化2ml亚铁离子，则1 ml 过氧化钠投入到1 L 2ml / L的氯化亚铁溶液中，不可能有气体生成，B错误；
C．U、V、W、X形成的一种离子化合物为碳酸氢钠时，能与W、X、Y组成的盐偏铝酸钠溶液反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，没有气体生成，C错误；
D．XYU4即NaAlH4为离子化合物，化合物中存在离子键和共价键，离子中Al的价层电子对数为4，Al上没有孤电子对，则空间构型是正四面体，在潮湿的空气中NaAlH4与水反应生成偏铝酸钠和氢气，D正确；
故选D。
18. 为测定某二元弱酸H2A与NaOH溶液反应过程中溶液pH与粒子关系，在25°C时进行实验，向H2A溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示或]随溶液pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 直线II中X表示的是
B. 当pH=3.81时，溶液中c(HA-)：c(H2A)=100：1
C. 0.1ml·L-1NaHA溶液中：c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
D. 当pH=6.91时，对应的溶液中，3c(A2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
【答案】A
【解析】
【详解】A．当pH=0时，c(H+)=1ml/L，Ka1==，Ka2==，由于Ka2＜Ka1，故直线Ⅱ中X表示，A错误；
B．当lgX=0时溶液的pH=1.81，带入Ka1计算式中可求出Ka1=1×10-1.81，当pH=3.81时，c(H+)=1×10-3.81ml/L，所以有Ka1=1×10-1.81==1×10-3.81×，解得c(HA-)：c(H2A)=100：1，B正确；
C．与B项同理，可求出Ka2=1×10-6.91＞10-7，由此可知HA-的电离能力强于其水解能力，电离生成的c(A2-)比水解生成的c(H2A)大，Na+既不水解也不电离，其浓度最大，故离子浓度顺序为：c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，C正确；
D．当pH=6.91时，对应的溶液中c(HA-)=c(A2-)，又因电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，所以3c(A2-)=c(Na＋)＋c(H＋)-c(OH-)，D正确；
故选A。
19. GaAs的熔点为1238℃，其晶胞结构如图所示，下列说法错误的是
A. 该晶体中普通共价键与配位键的个数比为3：1
B. GaAs晶体属于共价晶体
C. 该晶胞中在面对角线方向上三个As原子相切
D. 该晶体固态和熔融状态都不导电
【答案】C
【解析】
【详解】A．从图中信息可知一个晶胞中由4个Ga，每一Ga与其最近的4个As形成共价键，所以配位数为4，Ga最外层三个电子，可以形成3个普通共价键，还有一个配位键，Ga提供空轨道，As提供孤电子对，形成配位键，一个晶胞中由4×3=12普通共价键，普通共价键与配位键的个数比为12：4=3：1，A正确；
B．GaAs的熔点为1238℃，原子晶体熔沸点较高，该物质的熔点高为共价晶体，B正确；
C．根据半径关系Ga半径比As的半径大，导致面对角线方向上三个As不能相切，C错误；
D．该晶体为共价晶体，固态和熔融状态都不导电，不存在自由移动的粒子，D正确；
故选C
20. 已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。用0.1ml·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1ml·L-1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是
A. a点所得溶液中：2c(HSO)+c(SO)=0.1ml/L
B. b点所得溶液中：c(H+)+c(SO)=c(OH-)+c(H2SO3)
C. c点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO)
D. d点所得溶液中：c(Na+)>c(OH-)>c(SO)
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．a点溶液pH=1.85，即pH=pKa1，所以溶液中c(H2SO3)=c(HSO)，根据物料守恒：c(SO)+(HSO)+c(H2SO3)=，由于c(H2SO3)=c(HSO)，所以2c(HSO)+c(SO)=，故A错误；
B．b点加入KOH溶液的体积为20mL，恰好反应生成NaHSO3，根据质子守恒：c(H+)+c(H2SO3)=c(SO)+c(OH-)，故B错误；
C．c点溶液pH=7.19，即pH=pKa2，所以溶液中c(HSO)=c(SO)，溶液为碱性，溶液中c(H+)3c(HSO)，故C正确；
D．d点加入NaOH溶液体积为40mL，恰好反应生成Na2SO3，Na2SO3水解，水解是微弱的，故c(SO)>c(OH-)，故D错误；
故选C。
二、不定项选择题(本题包含5个小题，每小题有一个或两个选项符合题意，每小题3分，共15分；部分正确得1分，有错得0分。)
21. 将a g下列物质在足量O2中充分燃烧的产物缓慢通过装有过量Na2O2固体的干燥管，干燥管质量增加大于a g的是
A. CH3CH2OHB. C6H12O6(葡萄糖)C. HCOOCH3D. C2H4
【答案】AD
【解析】
【分析】根据2H2+O22H2O，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应的总方程式为H2+ Na2O2=2NaOH；2CO+O22CO2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，反应的总方程式为CO+ Na2O2+CO2=Na2CO3，可见只要物质化学式符合(CO)m·(H2)n，燃烧前的质量与燃烧产物增重相等，若其化学式中为(CO)m·(H2)nCx，则燃烧产物增重大于燃烧前的质量，据此分析解答。
【详解】A．CH3CH2OH的分子式是C2H6O，可表示为CO·(H2)3·C，符合通式(CO)m·(H2)nCx，因此a g下列物质在足量O2中充分燃烧的产物缓慢通过装有过量Na2O2固体的干燥管，干燥管质量增加大于a g，A符合题意；
B．葡萄糖分子式是C6H12O6，符合通式(CO)m·(H2)n，燃烧前的质量与燃烧后产物通过装有过量Na2O2固体的干燥管后的质量相比，二者质量相等，B不符合题意；
C．HCOOCH3分子式是C2H4O2，符合通式(CO)m·(H2)n，燃烧前的质量与燃烧后产物通过装有过量Na2O2固体的干燥管后的质量相比，二者质量相等，C不符合题意；
D． C2H4符合通式Cm·(H2)n，燃烧前的质量小于燃烧后产物被装有过量Na2O2固体的干燥管吸收所增加的质量，D符合题意；
故合理选项是AD。
22. 茶文化是中国人民对世界饮食文化的一大贡献，茶叶中含有少量的咖啡因(结构简式如图)。下列关于咖啡因的说法不正确的是
A. 咖啡因的分子式为C8H10N4O2
B. 咖啡因分子中sp2与sp3杂化C个数比为5：3
C. 咖啡内分子中N原子的杂化方式有两种，O原子只有一种杂化方式
D. 咖啡因分子间存在氢键
【答案】D
【解析】
【详解】A．从咖啡因的结构简式可知，其分子式为C8H10N4O2，A正确；
B．sp2杂化C原子周围存在一个双键，sp3杂化C原子周围存在四个单键，从咖啡因的结构简式可知，咖啡因分子中sp2与 sp3杂化C个数比为5:3，B正确；
C．咖啡内分子中，与甲基相连的N原子为sp3杂化，含有N=C的N原子为sp2杂化；O原子只有一种杂化方式sp2杂化，C正确；
D．咖啡因分子内不存在O-H、N-H等可形成氢键的共价键，故其分子间不存在氢键，D错误；
故选D。
23. 根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将废铁屑溶于过量盐酸，滴入KSCN溶液，未见溶液变为红色，说明溶液中未见Fe2+，可能是Fe2O3与HCl反应产生FeCl3，反应产生的FeCl3与Fe反应产生FeCl2，因此不能说该废铁屑中不含三价铁，A错误；
B．向Na2SO3溶液中先加入少量Ba(NO3)2溶液，二者发生复分解反应产生BaSO3白色沉淀，过滤、洗涤，然后再向沉淀上加入稀盐酸，BaSO3与盐酸反应产生BaCl2、H2O、CO2，因此看到沉淀溶解，若变质为Na2SO4，Na2SO4与Ba(NO3)2反应产生BaSO4，BaSO4是白色不溶于水和盐酸的物质，因此向产生的沉淀中加入盐酸，沉淀不能溶解，说明Na2SO3溶液已经变质，B正确；
C．向Mg(OH)2悬浊液中滴加适量CH3COONH4浓溶液，与OH-反应，导致平衡氢氧化镁的溶解平衡正向移动，则Mg(OH)2溶解，与CH3COONH4溶液酸碱性无关，C错误；
D．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀，说明Cn2+与S2-产生CuS黑色沉淀，不能比较溶度积常数的大小，D错误；
故合理选项是B。
24. 室温下，在0.1ml·L-1三元弱酸H3A溶液中，微粒H3A、H2A-、HA2-、A3-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。下列叙述错误的是
[已知：δ(X)=]
A. 反应A3-+H2A-⇌2HA2-的平衡常数的值为105.2
B. 物质的量浓度均为0.1ml·L-1的KH2A、K2HA混合溶液中：c(K+)>c(HA2-)>c(H2A-)>c(H+)>c(A3-)>c(OH-)
C. 欲用H3A和K2HA配制pH=7.2的缓冲溶液(KH2A和K2HA的混合溶液)，则需n(H3A)：n(K2HA)=1：2
D. 将KOH溶液还滴加入到H3A溶液中，反应H2A-+OH-=HA2-+H2O发生的pH范围是4.7~9.8
【答案】BC
【解析】
【详解】A．反应A3-+H2A-⇌2HA2-的平衡常数K=，由图可知c(HA2-)=c(H2A-)时pH=7.2，c(HA2-)= c(A3-)时pH=12.4，则Ka2=10-7.2，Ka3=10-12.4，故K=，A正确；
B．Ka2=10-7.2，则Kh2=10-6.8，则HA2-的水解程度大于H2A-电离程度，故均为0.1ml·L-1的KH2A、K2HA混合溶液中c(H2A-)> c(HA2-)，B错误；
C．由图可知，c(HA2-)=c(H3A)时pH=2.2，Ka1=10-2.2，K2HA电离大于水解溶液显酸性；由B分析可知K2HA溶液显碱性；等物质的量KH2A和K2HA的混合溶液中pH=7.2，HA2-的水解大于H2A-的电离，而使n(K2HA)减小、n(KH2A)增加，要使H3A和K2HA配制缓冲溶液的pH=7.2，则n(K2HA)要大于n(KH2A)，H3A+K2HA=2 KH2A，即n(H3A):n(K2HA)<1:2，C错误；
D．由图可知，pH范围是4.7~9.8时H2A-浓度减小HA2-浓度增加，故将KOH溶液还滴加入到H3A溶液中，反应H2A-+OH-=HA2-+H2O发生的pH范围是4.7~9.8，D正确；
故选BC。
25. CO的面心立方晶胞如图所示，下列说法正确的是
A. 与O2-等距且最近的C2+有8个
B. 与O2-等距且最近的O2-有12个
C. O2-填充在由C2+构成的八面体空隙中
D. C2+填充在由O2-构成的四面体空隙中
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图示可知，与O2-等距且最近的C2+有上下、左右、前后共6个，A错误；
B．由图示可知，与O2-等距且最近的O2-有空间立体的三个面，一个面4个，所以共12个，B正确；
C．在八面体型间隙相中，6个原子构成八面体，间隙原子位于八面体中心的间隙位置，具有这种间隙类型的间隙相可以是面心立方、密排六方、正交和体心立方等，由图示可知，O2-填充在由C2+构成的八面体空隙中，C正确；
D．由以上分析可知以及图示可知，C2+填充在由O2-构成的八面体空隙中，D错误；
故选BC。
II卷(非选择题)
该部分包含4题，共45分。
26. 部分弱电解质的电离平衡常数如表：据此回答下列问题：
（1）若要使1L1ml/LNa2CO3溶液完全反应生成CO2，至少需要H2SO3和H2C2O4的物质的量分别是______ml，_______ml。
（2）将少量SO2通入NaClO溶液中的离子方程式为__________。
（3）下列离子在溶液中不能大量共存是___________。
A. HCOO-、、HS-B. 、、
C. 、、HCOO-D. 、、
（4）室温下，将CO2通入NaOH溶液中，在所得溶液中c()：c()=10：1，溶液的pH=_______(lg7=0.8，lg2=0.3)
（5）水在25℃和95℃时电离平衡曲线如图。
①在曲线B所对应的温度下，0.05ml·L-1H2SO4溶液由水电离出来的c(H+)=___________ml·L-1。
②在曲线A所对应的温度下，01ml·L-1氨水的pH=___________。
③在曲线B所对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的6，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为___________。
【答案】（1） ①. 2 ②. 1
（2）SO2+3ClO-+H2O=+Cl-+2HClO （3）AB
（4）9.3 （5） ①. 1×10-11 ②. 11.15 ③. 1：10
【解析】
【分析】(1)相同温度下，电离平衡常数越大，越容易电离出氢离子，粒子的酸性越强，根据表中数据可知酸性有强到弱顺序为， 酸性强弱：H2C2O4>H2SO3>HCOOH>HC2O>H2CO3>H2S>HSO>HCO>HS-，碱性强弱：HC2O< HSO< HCOO-< C2O< HCO< HS- < SO< CO(4)根据图表中数据可知碳酸的第二步电离常数，pH=-lg(H+)进行求算；
（5））水的电离是吸热过程温度低，电离程度小，C(H+)×C(OH-)小，可知A曲线为25℃电离平衡曲线和B为95℃时电离平衡曲线，根据题中数据可知25℃和95℃和，Kw，根据Kw再进相关计算，以此来解析；
【小问1详解】
根据c==n(Na2CO3)=1L×1ml/L=1ml根据分析可知酸性关系，H2C2O4>H2SO3>HC2OH2CO3>HSO>HCO，可知碱性关系为HC2O< HSO< C2O< HCO < SO< CO，根据强强制弱弱制，可得反应：H2C2O4+Na2CO3=Na2C2O4+CO2+H2O，2H2SO3+Na2CO3=2NaHSO3+CO2+H2O，根据反应得：H2C2O4～Na2CO3，2H2SO3～Na2CO3，要使1L1ml/LNa2CO3溶液完全反应生成CO2需要H2SO3和H2C2O4的物质的量分别是2ml，1ml；
【小问2详解】
SO2具有还原性，NaClO具有氧化性，二者发生氧化还原反应，S的化合价由+4价升高为+6价，Cl的化合价由+1降低为-1价，根据化合价升降守恒和原子守恒、NaClO+SO2+H2O=H2SO4+NaCl，由于SO2的量少，NaClO的量多，生成的硫酸会和剩余NaClO反应生成HClO，故反应应为3NaClO+SO2+H2O=Na2SO4+2HClO+NaCl ，反应的的离子方程式为：SO2+3ClO-+H2O=SO+Cl-+2HClO；
【小问3详解】
A．HC2O和HS-会发生反应生成H2S和C2O，不能大量共存，A符合题意；
B．HC2O和HCO发生反应生成H2CO3和C2O，不能大量共存，B符合题意
C．HC2O、HSO、 HCOO-这些离子之间不反应可以大量共存，C不符合题意；
D．HSO、HCO、NH这些离子之间不反应可以大量共存，D不符合题意；
故选AB。
【小问4详解】
根据图表中数据可知碳酸的第二步电离常数K2=5.6×10-11，K2=，则得c(H+)= =10×5.6×10-11ml/L=5.6×10-10ml/L，pH=-lg(H+)=-lg(5.6×10-10)=9.3；
【小问5详解】
①曲线B所对应的温度为95℃，水的离子积常数Kw=1.0×10-6ml/L×1.0×10-6ml/L=1.0×10-12，0.05ml·L-1H2SO4中c(H+)=0.05ml·L-1×2=0.1ml/L，由于Kw = c(H+) c(OH-)，可得 c(OH-)==ml/L=1×10-11ml/L，OH-全部来自水，并且水电离出的H+和OH-一样多，水电离出来的c(H+)=1×10-11ml·L-1；
②曲线B所对应的温度为25℃，水的离子积常数Kw=1.0×10-7ml/L×1.0×10-7ml/L=1.0×10-14
根据图表可知Kb=2×10-5==解得x=×10-3ml/L=c(OH-)，根据Kw，可得c(H+)= =ml/L=×10-11ml/L，pH=-lg(H+)=-lg(×10-11ml/L)=11.15；
③由图可知，曲线B所对应的温度为95℃，水的离子积常数 Kw=1.0×10-6ml/L×1.0×10-6ml/L=1.0×10-12，设氢氧化钠溶液和硫酸溶液的体积分别为a、b，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶波的6说明溶液呈中性，酸溶液中的氢离子的物质的量和碱溶液中的氢氧根离子的物质的量相等，则1.0×10-4b=1.0×10-3a，解得a：b=1：10；
27. 磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表。回答下列问题：
（1）“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出MgO与(NH4)2SO4反应的化学方程式___________。
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，最后沉淀的金属阳离子是___________(填离子符号)。
（3）“分步沉淀”用氨水比用NaOH的优点是___________、___________。(写出两点)
（4）“水浸渣”“酸溶”的温度是160°C，TiO2溶于酸生成的阳离子是TiO2+，写出该反应的化学方程式___________。
（5）“酸溶“后，将溶液适当稀释并加热，水解析出TiO2·xH2O沉淀，稀释并加热目的是___________。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得___________(填化学式)，循环利用。
【答案】（1）MgO+(NH4)2SO4MgSO4+2NH3↑+H2O↑
（2）Mg2+ （3） ①. 氨水不会使Al(OH)3溶解 ②. 可以使用尾气中的氨气，节省原料
（4）TiO2+H2SO4TiOSO4+H2O
（5）稀释降低H+浓度和升高温度都能使水解平衡正向移动
（6）(NH4)2SO4
【解析】
【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向滤液中加入氨水调节pH，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。
【小问1详解】
氧化镁和硫酸铵混合后焙烧生成硫酸镁和氨气、水，MgO+(NH4)2SO4MgSO4+2NH3↑+H2O↑；
【小问2详解】
由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀；故最后沉淀的金属阳离子是Mg2+；
【小问3详解】
“分步沉淀”用氨水比用NaOH的优点：氢氧化铝会溶于强碱氢氧化钠中而氨水不会使Al(OH)3溶解，尾气中含有氨气可以继续利用，以节省原料；
【小问4详解】
“水浸渣”“酸溶”的温度是160°C，TiO2溶于酸生成的阳离子是TiO2+，反应温度较高不能使用挥发性酸，则酸为硫酸，反应为二氧化钛和硫酸反应生成TiOSO4和H2O，反应为TiO2+H2SO4TiOSO4+H2O；
【小问5详解】
TiOSO4水解为酸性溶液、水解为吸热反应，稀释降低H+浓度和升高温度都能使水解平衡正向移动，促进水解析出TiO2·xH2O沉淀；
【小问6详解】
由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
28. 某实验小组研究溶液中AgNO3和Na2S的反应。
（1）用离子方程式解释Na2S溶液pH>7的原因：___________。
（2）实验小组同学认为黑色沉淀中可能含有Ag2O、Ag2S或Ag，设计实验验证。
已知：i.浓硝酸能将Ag2S转化为Ag+和：
ii．Ag2O能溶解在浓氨水中形成银氨溶液，而Ag2S和Ag均不能溶于氨水。
实验2：①设计并实施如下实验，证实沉淀中含有Ag2S。
试剂1和试剂2分别是___________、___________。
现象1和现象2分别是___________、___________。
实验3：②设计并实施如下实验，证实沉淀中不含有Ag2O，将实验操作和现象补充完整。
③经检验，沉淀不含有Ag。该黑色沉淀是Ag2S
【答案】（1）S2-+H2O⇌HS-+OH-
（2） ①. 浓硝酸 ②. Ba(NO3)2溶液 ③. 黑色沉淀溶解，有红棕色气体生成 ④. 生成白色沉淀 ⑤. 加入浓氨水，过滤后，向滤液中滴加盐酸 ⑥. 滴加盐酸后，无明显现象
【解析】
【分析】硝酸银和硫化钠反应生成黑色沉淀，通过实验验证黑色沉淀的成分，根据题给的已知条件，设计实验根据实验现象确定黑色的具体成分，据此解题。
【小问1详解】
Na2S溶液，因硫离子水解而使其显碱性，故其pH > 7，离子方程式为S2-+H2O⇌HS-+OH-；
【小问2详解】
①由题中信息可知，浓硝酸能将Ag2S转化为Ag+和，所以可以向黑色沉淀中加入足量的浓硝酸，黑色沉淀溶解后，向溶液中加入硝酸钡溶液，生成白色沉淀，证明黑色沉淀中含有Ag2S。因此，试剂1和试剂2分别是浓硝酸、Ba(NO3)2溶液；现象1和现象2分别是黑色沉淀溶解并有红棕色气体生成、生成白色沉淀。
② 根据题中信息可知，Ag2O能溶解在浓氨水中形成银氨溶液，而Ag2S和Ag均不能。因此，可以设计并实施如下对比实验，证实沉淀中不含有Ag2O，实验操作和现象如下表：
29. CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：
（1）As位于元素周期表中___________周期___________族，其基态原子的核外电子排布式为___________；第一电离能As>Se，原因是___________。
（2）NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为___________(填化学式，下同)，键角由大到小的顺序为___________。
（3）Sn为IVA族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4.常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型为___________，中心原子Sn的杂化方式为___________。
（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。
一个晶胞中有_____个Sn，找出该晶胞内距离Cd(0，0，0)最近的Sn______(用分数坐标表示)。
【答案】（1） ①. 四 ②. VA ③. 1s22s22p63s23p63d104s24p3([Ar]3d104s24p3) ④. As原子价层电子排布为4s24p3，其4p轨道为半满稳定结构：Se的价层电子排布为4s24p4失去的是4p轨道的配对电子，配对电子有一定的斥力
（2） ①. NH3>AsH3>PH3 ②. NH3>PH3>AsH3
（3） ①. 正四面体 ②. sp3
（4） ①. 4 ②. (，0，)；(，，0)
【解析】
【分析】（1）根据元素判断在周期表的位置，根据同一周期从左到右第一电离能逐渐增大，但是As的4p轨道处于半满状态，判断电离能大小；
（2）分子晶体熔沸点比较，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，但是NH3分子间能形成氢键，在判断沸点由高到低；根据成键电子对之间的斥力，键长来判断键角大小；
（3）根据中心原子价层电子对个数，孤电子对对数，来判断中心原子杂化方式和分子空间构型；
（4）结合部分原子的分数坐标，结合晶胞图，确定各原子在晶胞中的位置，利用均摊法计算具体原子个数，以此来解析；
【小问1详解】
根据As与氮磷位于同一主族，且位于磷的下一周期，位于元素周期表中第四周期第ⅤA族，其基态原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；As、Se位于同一周期从左到右第一电离能逐渐增大，但是As的4p轨道处于半满状态，更稳定，As的第一电离能>Se的第一电离能；
【小问2详解】
NH3、PH3、AsH3的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，相对分子质量大小比较：AsH3>PH3>NH3，但是NH3分子间能形成氢键，所以沸点比AsH3更高，故这三种物质的沸点由高到低的顺序为：NH3>AsH3>PH3；
NH3、PH3、AsH3的中心原子都是sp3杂化，均形成3对共用电子对和一对孤电子对，中心原子的电负性越小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，电负性大小比较： NH3 > AsH3 > PH3且原子半径： As>P>N，键长：As-H> P-H> N-H，因此σ键电子对之间的排斥力由强到弱的顺序为N>P> As，所以这三种物质的键角由大到小的顺序为NH3 > PH3 > AsH3；
【小问3详解】
SnCl4中Sn原子价层电子对个数是4+(4-4×1)=4，且无孤电子对，所以中心原子杂化方式是sp3，分子空间构型为正四面体形；
【小问4详解】
由部分Cd原子的分数坐标(0，0，0)，可知8个Cd在 晶胞的顶点，4个Cd在 晶胞的面心，1个在晶胞的体心；4个Sn在 晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面心，8个As在晶胞的体心；所以一个晶胞中含有Sn的个数为：4×+6×=4；距离Cd (0，0，0)最近的Sn是(，0，)；(，，0)。选项
实验操作和现象
实验结论
A
将废铁屑溶于过量盐酸，滴入KSCN溶液，未见溶液变为红色
该废铁屑中不含三价铁
B
向Na2SO3溶液中先加入少量Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，过滤、洗涤，然后再向沉淀上加入稀盐酸，沉淀不溶解
Na2SO3溶液已经变质
C
取少量Mg(OH)2悬浊液，向其中滴加适量CH3COONH4浓溶液，Mg(OH)2溶解
CH3COONH4溶液呈酸性
D
向含有ZnS和Na2S悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀
Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)
弱酸
HCOOH
H2CO3
H2S
H2SO3
H2C2O4
NH3·H2O
电离平衡
常数(25℃)
K=1.8×10-4
K1=4.2×10-7
K2=5.6×10-11
K1=9.1×10-8
K2=1.1×10-12
K1=1.23×10-2
K2=6.6×10-8
K1=5.4×10-2K2=5.4×10-5
K=2×10-5
金属离子
Fe3+
Al3+
Mg2+
Ca2+
开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全(c=1.0×10-5ml·L-1)的pH
3.2
4.7
11.1
13.8
实验I
试剂
现象
试管
滴管
0.lml/LAgNO3溶液(pH=4)
0.lml/LNa2S溶液(pH=9)
出现黑色沉淀
实验操作
实验现象
步骤i
取少量银氨溶液，向其中滴加盐酸
出现白色沉淀
步骤ii
取少量实验1洗涤后的黑色沉淀，________
________
实验操作
实验现象
步骤i
取少量银氨溶液，向其中滴加盐酸
出现白色沉淀
步骤ii
取少量洗涤后的黑色沉淀，加入浓氨水，过滤后，向滤液中滴加盐酸
滴加盐酸后，无明显现象
坐标原子
x
y
z
Cd
0
0
0
Sn
0
0
0.5
As
0.25
0.25
0.125