2019-2020学年上海黄浦区大同中学高中三年级（上）十月月考化学试题
1、单选题（本大题共12小题，共12.0分）
下列做法不正确的是 B. 用
合成可降解的聚碳酸酯塑料C. 用生物办法脱除生活污水中的氮和磷
D. 加强铅酸蓄电池、含汞锌锰等电池的生产
推广用电动汽车,可降低化石能源用,降低汽车尾气的排放,利于环境保护,故A正确； B.用
合成可降解的聚碳酸酯塑料,可降低白色污染,利于环境保护,故B正确； C.N、P可致使水中藻类植物很多成长,则用生物办法脱除生活污水中的氮和磷,利于水体资源保护,故C正确；
D.加强铅酸蓄电池、含汞锌锰等电池生产,可加重重金属对环境的污染,不借助环境保护,故D错误；
故选：D。
A.推广用电动汽车,可降低化石能源用；
B.用
合成可降解的聚碳酸酯塑料,可降低白色污染； C.N、P可致使水中藻类植物很多成长；
D.加强铅酸蓄电池、含汞锌锰等电池生产,可加重重金属对环境的污染．
本题考查物质的性质及环境保护,为核心考点,把握物质的性质、容易见到的环境污染问题为解答的重点,侧重剖析与应用能力的考查,注意化学与环境的联系,题目困难程度不大．
B.
分子结构式：
C.
结构示意图：
D. HF的形成过程
为氕原子,氚原子的中子数为2,其正确的元素符号为T,故A错误；B.
分子含有两个
键和1个
键,其结构式为：
,故B正确；C.
为镁原子结构示意图,镁离子的结构示意图为：
,故C错误；D.HF是共价化合物,没有阴阳离子,用电子式表示其形成过程为：
,故D错误；故选B．
本题考查了容易见到化学用语的表示办法,题目困难程度中等,涉及电子式、离子结构示意图、元素符号、结构式等常识,明确容易见到化学用语的书写原则为解答重点,考试试题培养了学生的规范答卷能力．
和
都能使品红溶液褪色,两者等体积混合可以增强漂白能力B.
是碱性氧化物,具备强氧化性可用于杀菌消毒C. 氨气是一种碱性气体,可用碱石灰或无水
干燥D. MgO的熔点非常高,可用于制作耐高温材料
和
都能使品红溶液褪色,两者等体积混合可以失去漂白能力,由于发生反应,产物不具备漂白性,故A错误； B.过氧化钠不是碱性氧化物,由于它与酸反应除生成盐和水以外,还有氧气,故B错误；
C.氨气不可以用无水
干燥,由于二者能反应生成
干燥,故C错误； D.氧化镁是离子晶体,熔点非常高,可用于制作耐高温材料,故D正确。
故选：D。
A.
和发生反应,产物不具备漂白性； B.过氧化钠与酸反应除生成盐和水以外,还有氧气,故不是碱性氧化物；
C.由于氨气和
能反应生成干燥,故氨气不可以用无水干燥； D.氧化镁是离子晶体,熔点非常高．
本题考查了
和、过氧化钠、氨气、氧化镁的性质及作用与功效,范围较广,困难程度不大．W | X |
|
| Y | Z |
A. 离子半径： B. 非金属性：
C. 还原性： D. 酸性：
【答案】C
【分析】解：由上述剖析可知,W为N、X为O、Y为S、Z为Cl,
A.电子层越多、离子半径越大,则离子半径为
,故A正确；
B.同周期从左向右非金属性增强,则非金属性：,故B正确；
C.非金属性越强,对应阴离子的还原性越弱,则还原性：
,故C错误；
D.非金属性越强,对应最高价含氧酸的酸性越强,则酸性为
,故D正确；
故选：C。
由短周期元素在周期表的地方可知,X坐落于第二周期,且X原子最外层有6个电子,X为O,结合相对地方可知W为N、Y为S、Z为Cl,然后结合元素周期律来解答。
本题考查地方、结构与性质,为核心考点,把握元素的地方、性质、元素周期律为解答的重点,侧重剖析与应用能力的考查,注意规律性常识的应用,题目困难程度不大。
、
、、B.
的溶液中：
、、、C. 含
的溶液中：
、
、、D. 含
的溶液中：
、
、
、 本题考查了离子共存问题,学会容易见到离子的颜色和容易见到离子之间的反应是解题的重点,困难程度一般。
【解答】
A.
为浅绿色且不与、共存,故A不选；B.
的溶液显碱性,、、
、可以很多共存,故B选；C.
的溶液,因为与发生完全双水解,故不可以很多共存,故C不选；D.含
的溶液中,因为与发生了络合用途,故D不选。故选B。
 |
可以控制反应的发生与停止B. 实验Ⅱ
验证非金属性强弱：C. 实验Ⅲ
离别
的苯溶液D. 实验Ⅳ
察看小苏打的焰色反应 本题考查化学实验策略的评价,为核心考点,把握物质的性质、反应原理、实验装置有哪些用途为解答的重点,侧重剖析与实验能力的考查,注意实验评价性剖析及反应原理的应用,题目困难程度不大。
【解答】
A.过氧化钠为粉末固体,没办法维持在隔板的上方,关闭止水夹,与水不可以离别,则不可以控制反应的发生和停止,故A错误；
B.发生强酸制取弱酸的反应,硫酸是不挥发性酸,则实验Ⅱ可比较酸性强弱：
,进而得到非金属性强弱：,故B正确；C.应借助蒸馏离别溴的苯溶液,故C错误；
D.铜的焰色反应为绿色,会干扰小苏打焰色的察看,故D错误。
故选B。
中,水作氧化剂B. 依据反应
可推出Cu的还原性比
的强C. 反应
中氧化剂和还原剂的物质的量之比是3：1
D. 因
的氧化性强于
的氧化性,所以置换反应不可以发生 中H元素的化合价升高,水中H元素的化合价减少,则水为氧化剂,故A正确； B.常温下Cu与稀硫酸不反应,不可以借助电解反应判断,事实上Cu的还原性比
的弱,故B错误； C.
为氧化剂,也为还原剂,1mol氧化剂得到电子与2mol还原剂失去电子相等,则
中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：2,故C错误； D.
中I元素的化合价升高,Cl元素的化合价减少,置换反应能发生,与的氧化性强于的氧化性不矛盾,故D错误； 故选A．
A.
中H元素的化合价升高,水中H元素的化合价减少； B.常温下Cu与稀硫酸不反应,不可以借助电解反应判断；
C.
为氧化剂,也为还原剂,1mol氧化剂得到电子与2mol还原剂失去电子相等； D.
中I元素的化合价升高,Cl元素的化合价减少．本题考查氧化还原反应,为核心考点,把握反应中元素的化合价变化、氧化还原反应应用等为解答的重点,侧重剖析与应用能力的考查,题目困难程度不大．
溶液中加入酸性溶液：B. 碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液：NH
OC.
溶液中加入过量的HI溶液：
D. 用惰性电极电解熔融氯化钠：
本题考查了离子方程式的正误判断,题目困难程度中等,注意学会离子方程式的书写原则,明确离子方程式正误判断常用办法：检查反应能否发生,检查反应物、生成物是不是正确,检查各物质拆分是不是正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式等。
【解答】
A.
溶液中加入酸性溶液,二者发生氧化还原反应,反应的离子方程式为：
,故A正确；B.碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液,反应产物中不会生成碳酸根离子,正确的离子方程式为：
,故B错误；C.
溶液中加入过量的HI溶液,碘化氢过量,硝酸根离子和铁离子完全反应,正确的离子方程式为：,故C错误；D.用惰性电极电解熔融氯化钠,反应生成钠和氯气,
熔融
,故D错误。故选A。
B.
C.
D.
、,所以能达成,故A不选；B.
、,所以能达成,故B不选；C.
、、
,所以不可以达成,故C选；D.
、,所以能达成,故D不选。故选C。
本题考查物质之间的转化,明确物质的性质是解本题重点,熟练学会元素化合物常识,注意其反应条件,题目困难程度不大。
甲 乙 
丙 
丁 溶液中逐步加入
固体后,溶液pH的变化B. 图乙表示向
溶液中加水时溶液的导电性变化,则溶液的C. 图丙表示催化剂能改变化学反应的焓变
D. 图丁表示等量
在容积相同的恒容密闭容器中,不同温度下分别发生反应：,相同时间后测得含量的曲线,则该反应的
是弱酸,因为其溶液中存在电离平衡,当向该溶液中逐步加入固体后,会增大生成物的浓度,促进电离平衡逆向移动,最后使得溶液中减小,溶液pH变得比原来大,故A错误； ,所以溶液的离子浓度
,因此有pH：
,故B错误； ,故D正确。 B.
纯水中 
C.
纯水的pH大于7D. 任何条件下,纯水都显中性
,水电离时吸热过程,升温平衡正向进行,溶液PH减小,如
,纯水,故A错误； B、水电离时吸热过程,升温平衡正向进行,氢离子浓度增大,
纯水中
,故B错误； C、水电离时吸热过程,升温平衡正向进行,氢离子浓度增大,PH减小,
纯水的pH小于7,故C错误； D、纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同,任何条件下,纯水都显中性,故D正确；
故选D．
A、常温纯水
,水电离时吸热过程,升温平衡正向进行,溶液PH减小； B、水电离时吸热过程,升温平衡正向进行,氢离子浓度增大；
C、水电离时吸热过程,升温平衡正向进行,氢离子浓度增大,PH减小；
D、纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同；
本题考查了水的电离平衡影响原因剖析,PH计算剖析判断,学会基础是重点,题目较简单．
B. 向某溶液中加盐酸产生无色气体,该气体能使澄清的石灰水变浑浊,说明该溶液中肯定含有
或C. 取少量久置的
样品于试管中加水溶解,再加盐酸酸化,然后加
溶液,若加盐酸有气体产生,加有白色沉淀产生,说样品已部分被氧化D. 将某气体通入品红溶液中,品红溶液褪色,该气体肯定是
本题考查化学实验策略的评价,为核心考点,把握离子检验、物质的检验、物质的性质为解答的重点,侧重剖析与实验能力的考查,注意元素化合物常识与实验的结合,题目困难程度不大。
【解答】
A.焰色反应为元素的性质,则火焰呈黄色,该溶液可能为钠盐或NaOH溶液等,故A错误；
B.无色气体为二氧化碳或二氧化硫,则该溶液中肯定含有
或 或 等,故B错误；C.
若被氧化生成,加盐酸只与反应,再加有白色沉淀产生,白色沉淀为硫酸钡,则样品已部分被氧化,故C正确；D.氯气、二氧化硫等均可使品红褪色,则溶液褪色,该气体可能不是
,故D错误；故选C。
下列说法正确的是  |
B. 1mol该中间体最多可与11
反应C. 2,
二羟基苯乙酮能发生加成、取代、缩聚反应D. 该中间体分子中含有1个手性碳原子
酚羟基不稳定,易被氧气氧化,所以对苯二酚在空气中不可以稳定存在,故A错误； B.中间体中苯环、羰基能和氢气在肯定条件下发生加成反应,所以1mol该中间体最多可与11
反应,故B正确； C.2,
二羟基苯乙酮含有酚羟基、醛基、苯环,具备酚、醛和苯的性质,所以2,二羟基苯乙酮能发生加成、取代、缩聚反应,故C正确； D.连接四个不同原子或原子团的C原子为手性碳原子,依据结构简式知,该分子中不含手性碳原子,故D错误；
故选BC．
A.酚羟基不稳定,易被氧化；
B.中间体中苯环、羰基能和氢气在肯定条件下发生加成反应；
C.2,
二羟基苯乙酮含有酚羟基、醛基、苯环,具备酚、醛和苯的性质； D.连接四个不同原子或原子团的C原子为手性碳原子．
本题考查有机物结构和性质,为核心考点,明确官能团及其性质关系是解本题重点,侧重考查酚、醛的性质,注意酚能和醛发生缩聚反应,题目困难程度不大．
时,NaCN溶液中、HCN浓度所占分数随pH变化的关系如下图甲所示。向10 mL 
NaCN溶液中逐滴加入 的盐酸,其pH变化曲线如下图乙所示。下列溶液中微粒的物质的量浓度关系肯定正确的是
| |
的溶液：B. 图甲中a点的溶液：
C. 图乙中b点的溶液：
D. 图乙中c点的溶液：
图甲中的溶液中,由溶液电荷守恒可知
,由物料守恒可知
,则,故A正确； B.图甲中a点的溶液
,溶液呈碱性,而中性时,则碱性时加入HCl较少,应为,故B错误； C.b点反应生成等浓度的NaCN、HCN,溶液呈碱性,则HCN电离程度小于
水解程度,可知,故C错误； D.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒,依据物料守恒得
,而依据电荷守恒可知,
,则,故D正确。 故选：AD。
时,NaCN溶液中、HCN浓度所占分数随pH变化的关系如图甲所示,可知、HCN含量相等时,溶液呈碱性,说明HCN电离程度小于水解程度,向10 mL NaCN溶液中逐滴加入 的盐酸,其pH变化曲线如图乙所示,当加入盐酸5mL时,溶液组成为NaCN、HCN,溶液呈碱性,加入盐酸10mL时,完全反应生成HCN,溶液呈酸性,以此解答该题。本题考查离子浓度大小比较,为核心考点,侧重考查学生剖析判断能力,明确每一点发生的反应、溶液中的溶质及离子浓度大小是解本题重点,易错选项是C,题目困难程度中等。
的恒容密闭容器中发生反应。达到平衡时,下列说法正确的是 容器 | 温度
| 物质的起始浓度
| 物质的平衡浓度
| ||
|
|
|
| ||
Ⅰ | 758 |
|
| 0 |
|
Ⅱ | 758 |
|
| 0 |
|
Ⅲ | 858 |
|
| 0 |
|
A. 从开始至平衡时,容器Ⅰ中的反应速率为
B. 平衡时,容器Ⅱ中的浓度小于
C. 平衡时,容器Ⅲ中的浓度大于
D. 若起始时,向容器Ⅰ中充入
、和,则反应向逆反应方向进行
【答案】BD
【分析】【剖析】
A.结合计算；
B.I与Ⅱ温度相同,I中起始量为II中2倍,该反应为气体体积减小的反应,增大压强平衡正向移动；
C.I与Ⅲ起始量相同,该反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动；
D.
开始 0
转化
平衡
,若起始时,向容器Ⅰ中充入 mol , mol 和 mol ,,以此来解答。
【解答】
A.从开始至平衡时,时间未知,不可以计算容器Ⅰ中的反应速率,故A错误；
B.I与Ⅱ温度相同,I中起始量为II中2倍,该反应为气体体积减小的反应,增大压强平衡正向移动,则平衡时,容器Ⅱ中的浓度小于 ,故B正确；
C.I与Ⅲ起始量相同,该反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,则平衡时,容器Ⅲ中的浓度小于 ,故C错误；
D.
开始 0
转化
平衡
,若起始时,向容器Ⅰ中充入 mol , mol 和 mol ,,则反应向逆反应方向进行,故D正确。
故选BD。
3、简答卷（本大题共5小题，共28.0分）
含FeO、CuO等制备ZnO,采取酸浸入、净化除杂、中和沉淀、干燥等步骤,工艺如下： 
该步骤中物质X可以是下列中的 ________________ 
已知ZnO为两性氧化物,与氢氧化钠溶液反应可生成可溶性的锌酸盐,写出反应的离子方程式_________________________________； 写出加入
时发生反应的离子方程式 ___________________________________________； 加锌粉过滤得到的滤渣主要成分是_________ 
上述步骤中多次用到了过滤操作,请写出过滤时用到的玻璃仪器：_________； 检验滤液A中溶质的阴离子的办法是_______________________________________________________________________________。 取碱式碳酸锌水合物,溶于盐酸中生成二氧化碳标况下
,溶解过程消耗氯化氢,若该碱式盐中氢元素的水平分数为
,试推断该碱是碳酸锌水合物的化学式是__________________。 锌和铜烧杯、漏斗、玻璃棒取于试管中,加盐酸酸化,再滴加氯化钡溶液,若生成白色沉淀,说明含有硫酸根离子 本题考查物质离别和提纯的办法和基本操作综合应用,涉及容易见到离子的检验、氧化还原方程式的配平、离子方程式的书写、化学方程式的有关计算。
【解答】
剖析步骤图可知加入物质X的目的是使铁元素形成沉淀,加入ZnO和能促进铁离子的水解使之形成沉淀,故AC正确,加入NaOH和
铁离子沉淀的同时,锌和铜也会转化为沉淀,故BD错误；故答案为：AC； 已知ZnO为两性氧化物,与氢氧化钠溶液反应生成可溶性的锌酸盐,离子方程式为 ；故答案为： ； 加是将亚铁氧化为三价铁,发生反应的离子方程式,故答案为：；除去后,在滤液中加入Zn的目的是除去滤液中含有些铜离子,锌置换出铜,且锌应过量,过滤所得的滤渣有：锌和铜；故答案为：锌和铜；过滤时用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；依据步骤剖析,碳酸氢铵洗涤沉淀表面硫酸反应生成硫酸铵,所以A中主要含有些溶质是,可以检验硫酸根离子,硫酸根离子的检验办法为：取于试管中,用盐酸酸化,再滴加氯化钡溶液,假如出现白色沉淀,说明含有硫酸根离子；故答案为取于试管中,加盐酸酸化,再滴加氯化钡溶液,若生成白色沉淀,说明含有硫酸根离子；, ：：：：：：：4：1：
1
化学式为：
,即。故答案为：
。 是一种高效低毒的防腐剂某研究小组使用的合成路线如下： 已知：
请回答下列问题：
化合物B的名字是 ______ ,其中的官能团有 ______ ． 第步是 ______ 反应填反应种类．两步的反应次序不可以颠倒,其理由是 ______ ． 请写出同时符合下列条件的A的同分异构体的结构简式 ______ 任写3种．分子结构中有醛基 谱显示有苯环,且苯环上只有两种氢原子 写出第
步反应的化学方程式 ______ ． 请以乙烯为材料,结合题中所给信息,设计化合物C的合成路线无机试剂及溶剂任选合成路线的书写格式参照如下示例步骤图： 步进行还原反应,则在第
步氨基会被氧化；； 的结构可知,甲苯发生硝化反应生成A为
,A发生氧化反应生成B为,B发生还原反应得,依据D的分子式和的结构可知,C为, 依据上面的剖析可知,B为,B的名字是对硝基苯甲酸,其中的官能团有硝基、羧基,故答案为：对硝基苯甲酸；硝基、羧基； 第步是氧化反应,故答案为：氧化； 两步的反应次序不可以颠倒,由于假如第步进行还原反应,则在第步氨基会被氧化, 故答案为：假如第
步进行还原反应,则在第步氨基会被氧化； 的同分异构体符合下列条件分子结构中有醛基；谱显示有苯环,且苯环上只有两种氢原子,符合条件的结构简式为, 故答案为：
； 第步反应的化学方程式为, 故答案为：
； 以乙烯为材料,合成,可以将乙烯与氧气氧化成,同时乙烯与氯化氢加成得,发生信息中的反应生成,与反应生成,水解得,合成路线为, 故答案为：
． 依据题中各物质的转化关系,依据
的结构可知,甲苯发生硝化反应生成A为,A发生氧化反应生成B为,B发生还原反应得,依据D的分子式和的结构可知,C为,乙烯被氧气氧化成,同时乙烯与氯化氢加成得,发生信息中的反应生成,与反应生成,水解得,据此答卷．本题考查有机物合成和判断,是有机化学中的要紧题型,有机合成过程主要包含官能团的引入、官能团的消除、官能团的衍变、碳骨架的变化等,注意有机入门知识的灵活运用．
是一种新型高效的水处置混凝剂,而高铁酸钾其中铁的化合价为是一种要紧的杀菌消毒剂,某课题小组设计如下策略制备上述两种商品：请回答下列问题：
若A为,写出反应方程式：______．若B为与稀硫酸,写出其氧化的离子方程式还原产物为______．若C为和KOH的混合物,写出其与加热共融制得高铁酸钾的化学方程式,并配平：____________为测定溶液Ⅰ中铁元素的总含量,实验操作如下：准确量取溶液Ⅰ于带塞锥形瓶中,加入足量,调节,加热除去过量；加入过量KI充分反应后,再用标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液．已知：
滴定使用的指示剂及滴定终点察看到的现象______．溶液Ⅰ中铁元素的总含量为______ 若滴定前溶液中没除尽,所测定的铁元素的含量将会______填“偏高”“偏低”或“不变”． 
；；、3、2、、3、；；偏高。 本题考查了物质的制备策略的设计、容易见到离子的检验、氧化还原反应配平、化学计算等常识,题目困难程度中等,考试试题要点较多、综合性较强,是一道水平结合的题目,充分考查了学生的剖析、理解能力及灵活应用所学常识的能力。
【解答】
与水蒸气在高温下反应的化学方程式为：,故答案为：
；依据题中步骤可知,四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁,在溶液Ⅰ中含有亚铁离子,酸性条件下,氧化为,本身被还原为,依据化合价升降相等配平,配平后的离子方程式为：,故答案为：
；和KOH的混合物,写出其与加热共融制得,则缺项中有一种为,中铁元素化合价为,则亚铁离子从价变为价,化合价升高3价,化合价至少升高价；中N元素从降为中的价,化合价减少2价,则化合价最小公倍数为6,所以氧化铁的系数为1,的系数为3,然后依据水平守恒定律配平,配平后的方程式为：,故答案为：
1、3、2、
、3、；氧化生成,淀粉遇碘变蓝,选择淀粉溶液作指示剂；当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液时,蓝色消失,且半分钟不变色说明是终点,故答案为：淀粉；溶液由蓝色变无色且维持半分钟不变色；
由、可得：,则,铁元素总含量为：；也能氧化生成,所以若过氧化氢没除尽,则消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大,所测结果偏高,故答案为：
；偏高。的问题。已知：则
的______用、、表示。对于化学平衡,在不同温度下,CO的浓度与反应时间的关系如图所示,由图可得出如下规律：伴随温度升高,
____________某温度下,将 和足量碳充入3L的恒容密闭容器中,发生如下反应：,达到平衡时测得为平衡常数,求平衡时的实际转化的比例？写出计算过程  |
； 在同一时间CO的生成浓度大；反应的速率加快,达到平衡的时间缩短,温度升高平衡正向进行,正反应为吸热反应； 计算过程见分析。 依据盖斯定律
得到, 的；故答案为：
；对于化学平衡,在不同温度下,CO的浓度与反应时间的关系如图所示,由图可得出如下规律：伴随温度升高中一年级氧化碳浓度越大,反应速率越大,达到平衡的时间短,温度升高平衡正向进行,正反应为吸热反应；
故答案为：同一时间一氧化碳生成浓度越大,反应速率越大,达到平衡的时间短；温度升高平衡正向进行,正反应为吸热反应；
某温度下,将 和足量碳充入3L的恒容密闭容器中,发生如下反应,设消耗水蒸气浓度为x：,起始量
2 0 0变化量
x x x平衡量
x x达到平衡时测得
为平衡常数,由
,解得
；所以
实际转化的比例为 ；答：
实际转化的比例为。依据热化学方程式和盖斯定律计算得到热化学方程式,；剖析图象中曲线的变化和随温度变化的一氧化碳浓度结合平衡移动原理总结存在的规律；依据化学平衡三段式列式计算,假设转化了x ,,,依据题意有：C
起始浓度
0 0转化浓度
x x x平衡浓度
x x 结合平衡常数计算实际转化的比例
；本题考查了化学平衡的计算办法和剖析应用,热化学方程式书写,主如果平衡常数、实际转化的比例的计算剖析,学会基础是重点,题目困难程度中等。
高分子纳米活性钛无霸是钛氧化物经过光照射,在其表面产生氧化性最强的活性离子,这种活性离子可以分解存在生活空间中的一些有害物质甲醛、氮氧化物等．的基态价电子排布式为______．甲醛分子中C原子轨道杂化种类为______甲醛分子中含有键的数目为______．甲醛易溶于水,除由于它们都是极性分子外,还由于______．与互为等电子体的一种分子为______填化学式．某含钛化合物晶胞结构如图所示,该化合物的化学式为______． ；；3mol；甲醛与水分子之间形成氢键；或者； 钛是22号元素,核外有20个电子,依据架构原理知其基态核外电子排布为：,所以基态价电子排布式为；故答案为：
；甲醛分子中含有碳氧双键,1个甲醛分子中含有2个碳氢键,1个碳氧键,共有3个键,则碳原子轨道的杂化种类为杂化；1个甲醛分子含有2个碳氢键,1个碳氧键,共有3个键,所以1mol甲醛分子中含有键的数目为3mol；答案为：
；3mol；甲醛分子与水分子之间可以形成氢键,氢键的存在可以大大增强物质的溶解性；故答案为：甲醛与水分子之间形成氢键；
或者与的原子数相同、电子总数都相同,是等电子体；故答案为：
或者；借助均摊法确定化学式,处于晶胞中心的原子被一个晶胞占有,处于面上的原子被2个晶胞占有,处于顶点上的原子被8个晶胞占有,处于棱上的原子被4个晶胞占有,钛原子的个数为,氧原子的个数为个,钙离子处于晶胞中心,被一个晶胞占有,所以个数为1,则该化合物的化学式为,故答案为：
．钛是22号元素,核外有20个电子,写出其基态核外电子排布,然后判断其基态价电子；借助甲醛中的成键来剖析碳原子的杂化种类；1个甲醛分子含有2个碳氢键,1个碳氧键,共有3个键；甲醛分子与水分子之间可以形成氢键,氢键的存在可以大大增强物质的溶解性；原子数相同、电子总数相同的分子,互称为等电子体,据此写出与等电子体的分子；借助均摊法确定化学式,处于晶胞中心的原子被一个晶胞占有,处于顶点上的原子被8个晶胞占有,处于面上的原子被2个晶胞占有,处于棱上的原子被4个晶胞占有,据此解答．本题考查了基态价电子排布式、轨道杂化种类的判断、等电子体判断、依据晶胞结构书写物质化学式,题目困难程度中等,学会基础是解题重点,注意等电子体的定义、注意借助均摊法确定化学式的办法．
写出实验室制取的化学方程式 ______ ,表示阿伏加德罗常数,若有4mol的HCl参加反应,则转移的电子总数为 ______ ；现有以下3种试剂：饱和食盐水 浓硫酸 溶液请在以上试剂中选择并回答填空：
X溶液应使用 ______
填写序号；Y试剂有哪些用途 ______ ．某化学兴趣小组为了探究的有关性质,设计了如图1的实验．通入
后,从察看集气瓶A、B中的现象可得出的结论是 ______写出化学反应方程式,并用简要文字讲解．某兴趣小组的同学为探究和比较和氯水的漂白性,设计了如图2的实验装置．
实验室用装置A制备某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后,漏斗中液体未流下,你觉得缘由可能是： ______ ；反应开始一段时间后,察看到B、D两试管中的品红溶液都出现褪色的现象,但两者褪色原理不同,怎么样不同,请你帮助设计实验,你的操作是 ______ ． 浓；；除去氯气中混有些水蒸气或干燥氯气次氯酸有漂白性分液漏斗的玻璃塞没拿下来停止通气后,再给B、D两个试管分别加热 本题考查了二氧化硫与氯气的制取与二氧化硫漂白与次氯酸漂白有什么区别,明确二者制备原理及漂白原理是解题重点,题目困难程度不大。
实验室用加热二氧化锰与浓盐酸的办法制取氯气,二者反应生成氯化锰、氯气和水；氯化氢在反应中只有一半被氧化,做还原剂,据此判断转移电子数目；浓盐酸易挥发,所以制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气,应依次通过饱和食盐水、浓硫酸除去；氯气不具备漂白性,具备漂白性的是氯气与水反应生成的次氯酸,据此解答；用分液漏斗时应拿下塞子,使分液漏斗内的压强等于大方压强,保证液体顺利流出；依据二氧化硫漂白性具备不稳定性,受热易恢复颜色,次氯酸漂白具备稳定性,受热不恢复颜色解答。【解答】
实验室用加热二氧化锰与浓盐酸的办法制取氯气,二者反应生成氯化锰、氯气和水,化学方程式：浓,依据方程式可知,参加反应氯化氢4mol,只有2mol氯化氢中价化合价升高为氯气中的0价,转移电子数目为：；故答案为：
浓；；浓盐酸易挥发,所以制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气,氯气在饱和食盐水中溶解度不大,氯化氢易溶于水,所以可通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢,再通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气；故答案为：A；除去氯气中混有些水蒸气
或干燥氯气；通入后,从察看集气瓶A、B中的现象A瓶不褪色,B瓶布条褪色,可得出的结论是：氯气不具备漂白性,氯气与水反应生成次氯酸,次氯酸具备漂白性,化学方程式：；故答案为：
次氯酸有漂白性；用分液漏斗时应拿下塞子,使分液漏斗内的压强等于大方压强,保证液体顺利流出,打开分液漏斗,发现其中的液体不可以流下,可能是什么原因分液漏斗瓶塞未打开；故答案为：分液漏斗的玻璃塞没拿下来；
二氧化硫漂白性具备不稳定性,受热易恢复颜色,次氯酸漂白具备稳定性,受热不恢复颜色,所以为不同二者可以进行如下操作：停止通气后,再给B、D两个试管分别加热；故答案为：停止通气后,再给B、D两个试管分别加热。
