稀盐酸饱和碳酸钠溶液氢氧化钠溶液玻璃管滴有酚酞的氢氧化钠溶液瘦气球【任务一】氧化碱澄清石灰水（1）试管A中的现象是“否”），原因是（填“能”或以下【任务二】密封线内PH（5）bc段pH不变化的原因是不要（7）d点时，溶液中氯元素的质量为答体积/mLV,V题17.（5分）某同学用如图装置测定黄铜（铜锌合金）中铜的质量分数。往20g样品中加入19.6%稀硫酸，至不再有气体产生为止，发现加入酸的质量为100g。者，原因是乙（2）请计算该黄铜中铜的质量分数。稀硫水饰品酸样品ABC甲34第4页.（共4页）2025年中考模拟试题化学试卷iQo0z8x2025/04/24 17:08

稀盐酸饱和碳酸钠溶液氢氧化钠溶液玻璃管滴有酚酞的氢氧化钠溶液瘦气球【任务一】氧化碱澄清石灰水（1）试管A中的现象是“否”），原因是（填“能”或以下【任务二】密封线内PH（5）bc段pH不变化的原因是不要（7）d点时，溶液中氯元素的质量为答体积/mLV,V题17.（5分）某同学用如图装置测定黄铜（铜锌合金）中铜的质量分数。往20g样品中加入19.6%稀硫酸，至不再有气体产生为止，发现加入酸的质量为100g。者，原因是乙（2）请计算该黄铜中铜的质量分数。稀硫水饰品酸样品ABC甲34第4页.（共4页）2025年中考模拟试题化学试卷iQo0z8x2025/04/24 17:08

（填“放I图Ⅱ.溶Ⅲ计出”或“吸收”热量。14.5分进展。（1）(2）#的从陕西博物馆填“单质”“原子”或“元素”)。养丰富。这里的“钙、磷”是指1（填一种即可）等污染物的排放。可以减少（填“金属”或“合成”材料。肥。器的代表之作。青铜属于12.（3分）硝酸钾在工农业生产中有着广泛的应用。（填“物理”或“化学”（1）硝酸钾可作为无土栽培的营养液成分，KNO在化肥中属于15石也”。灼烧硝酸钾的火焰呈紫色，此变化中发生的是变化。（填字母）。C.蒸发结晶B.过滤A.降温结晶4050603020100温度/℃37.037.336.636.336.035.835.7甲63.985.5溶解度/g11031.645.820.9乙13.3（填“甲”或“乙”)。（1）两种物质的溶解度受温度变化影响较大的是（2）在tC时，两种物质的饱和溶液的溶质质量分数相同，则t°℃C的最小取值范围是（填字母）。C.20~30℃A.0~10℃B.10~20℃（3）某乙样品中混有甲杂质，可利用溶解度差异进行提纯。称取100g该样品进行实验过程如下：100g水溶液B冷却至加热至60°℃0℃操作①操作②100g样品84.7g溶液A乙晶体第3页（共6页）

【任务二】从能量变化角度探究酸和碱的反应在执行任务一的实验过程中，小组成员观察到烧杯温度升高的现象，于是用氢氧化钠溶液、稀盐酸和蒸馏水做了对比实验，试剂用量如表1所示。同学们将试剂混合后，用温度传感器测量溶液的温度，温度随时间的变化如图1所示。24表1实验③蒸馏水23序号20%盐酸/mL20%氢氧化钠溶液/mL/mL实验①1001022实验②010实验②x实验③1010021实验①时间/s020406080100图1（3）上表中x的值为（4）通过分析图1，得出氢氧化钠与盐酸发生了化学反应的结论，证据是【任务三】从pH变化的角度探究酸和碱的反应取10mL氢氧化钠溶液于烧杯中，滴加一定质量分数的稀盐酸，用数字传感器测定溶液的pH随时间变化的曲线如下图所示，从曲线变化可知，稀盐酸与氢氧化钠溶液发生了反应。pH14.012.0010.00 8.006.004.002.000.00→加入盐酸的体积/mL051015（5）观察上图，根据图中的信息：，推断出C点对应溶液中含有稀盐酸。进一步设计实验方案证明C点对应的溶液中含有稀盐酸：【拓展应用】中国近年来土壤酸化问题日益严重，为了改变酸性土壤，可向土壤中加入13．（4分）氮化钛（TiN）是一种新型的多功能金属陶瓷材料。利用钛粉（Ti）在高温和N2反应生产TiN，反应的化学方程式为 2Ti+N2 2 TiN。若有 48 kg Ti发生反应，计算生成的 TiN 的质量（写出计算过程及结果）。化学第4页（共4页）

绝密★启用前①一中##化学#合注意事项：卷上无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-140-160量中H00O.HO

氧化水解：加入H202,将Ti²氧化为+4价，然后水解生成【深度解析】加人NaOH20.00mL时，即加人的NaOH的物质的量TiO2·xH2O,同时H2O2将Fe²+氧化为Fe+，过滤除去含有Fe和n(NaOH)=2x10-²mol,97.8%的NH2OH·HCl 转化为 NH,OH,Ca²+的滤液，得到TiO2·xH2O。（C正确)2.2%的NH,CI转化为NH·H2O,根据方程式NH2OH·HCI+【深度解析】TiO2可被铝粉还原为TiO（1≤x≤1.5），说明TiO2NaOH=NH,OH+NaCl+HO,NH,Cl+NaOH=NH·HO+具有弱氧化性，A正确。NaCl，可知有97.8%的NaOH与NH2OH·HCI反应，所以原溶液13.A热门考点化学反应机理分析，涉及催化剂活性、化学键的变中n（NH2OH·HCI)=n（NHCI)=2x10-²mol,所以溶质中化、氧化还原反应、转移电子数计算2×10-² molx69.5 g · mol-【深度解析】铁掺杂TiO2催化剂中Fe元素显+3价，在过程②中NH,OH·HCI质量分数为0.2460 g×100%≈转变为+2价，过程④中又被02氧化为+3价，再经过程5恢复原56.5%，D正确。样，恢复了催化剂活性,A正确；过程①没有非极性键的断裂，B16.(每空2分，共14分)错误；过程③仅发生了02的吸附，未发生氧化还原反应，C错误；34g即1molH2S转化为S,S元素化合价升高了2,理论上转移电(1)4CeO+2CI+HO+14H*=4Ce+Cl↑+0↑+8H0温子数为2NA，D错误。度过低，反应速率较慢；温度过高，过氧化氢受热分解，盐酸挥发14.C常规考点晶胞结构分析，涉及化学式、核间距、晶体密度、分(2)调溶液pH至1.8~2.0，便于在“沉淀”步骤中利用草酸选择数坐标性沉淀Ce+【深度解析】根据均摊法，Ti"位于体心,有1个,Pb位于顶点，有高温(3)Ce(C0)·10H,0+202CeO+6CO+10H,0抑制8x=1个，0²位于面心，有6x1=3个，所以化学式为PbTiO，A草酸铈溶解，减少草酸铈损耗（4)①C②95.568必考题型从稀土抛光粉中回收铈（CeO2）的工艺流程，涉及离子正确；1位和2位的0²核间距为侧面面对角线长的一半,即及化学方程式书写、目的分析、产品含量计算等√a²+(1.1a)²√2.21apm,B正确；晶胞中含1个PbTiO，所2【流程分析】2207+48+16x3303g,晶胞体积为（α²×10-2×原料：稀土抛光粉（SiO2、CeO2、FeOs、Al203）以晶胞质量为NAg=NA除杂元素：Fe、Al、Si1.1ax10-"）cm²=1.1a²×10-3°cm²，所以晶体密度p=目标产物：Ce0303酸浸：向稀土抛光粉中加入盐酸和双氧水，已知CeO2具有强氧化N%303x10g·cm，C错误；2位的0²-位性，“酸浸”时加入盐酸和H,O2,产生两种等体积的气体，则一种1. 1a²×10-cm²N×1. 1a²气体为O2，另一种为Cl2,发生反应4CeO2+2Cl+H2O2+14H*=于左侧面的面心，所以分数坐标为，D正确4Ce²++Cl↑+O↑+8HO、FeO+6H*=2Fe²++3HO、AlO+15.D重难考点水溶液中粒子衡图像分析，涉及曲线的判断、转6H'=2AI++3H20。此过程中，温度需适中，温度过低，反应速化率和含量的计算、电荷守恒等率较慢；温度过高，过氧化氢受热分解，盐酸挥发。…第(1)问【要点图解】过滤：分离滤液和滤渣，SiO2不与盐酸和H2O2反应，得到的滤渣第一步，看图乙，根据分布分数的定义，可判断①和②为一为 SiO20组，③和④为一组，且随pH增大，NH和NHOH的浓度减小，NH3·H2O和NHOH浓度增大，所以①③分别为NH和NHOH操作X：依据已知条件“草酸在pH=1.8~2.0区间内，可选择性中的一种，②④分别为NH·H2O和NH2OH中的一种沉淀稀土元素，而不与其他离子沉淀”，加入氨水可调节溶液的第三步，看图甲，由于碱性NH·H2O>NH2OH，所以酸性NHOH·HCI>NHCI，NaOH先与NHOH·HCI反应，a点处pH至1.8~2.0,便于在“沉淀”步骤中利用草酸选择性沉淀Ce+。pH=7.61，由图乙可得此时8(NH)=0.978，有97.8%的NHCI未参与反应，B错误pHe(7.61,0.978) NH · H0沉淀：加入草酸发生反应2Ce3++3H2C204=Ce（C2O4）；↓+1.0HN6H*，生成Ce2(C2O4）沉淀。0.8①②③④a(20.00,7.61)HOHN酸洗沉淀：加入过量草酸，抑制草酸铈溶解，减少草酸铈损耗，得0.6c(5.96,d(9.26,(00S0)0.500)到Ce（CO4）·10HO。..…...…第（3）问0.47.61,0.20.022)灼烧：发生反应Ce（C2O4）：·10H20+202NHOH2051015/202530350.0+1010HO。….第（3）问6812V(NaOH)/mLpH【深度解析】(4)①在滴定操作中，标准液洒出，会导致消耗标准甲乙第四步，b点溶液中存在电荷守恒：c(OH)+c(CI）=液的体积增大，从而使测定结果偏大，A不符合题意；锥形瓶洗干c(NH)+c(NH;OH)+c(Na)+c(H)，C错误净后未干燥对测定结果无影响，B不符合题意；在滴定时，锥形瓶第二步，c点处对应微粒浓度相等，可得K=10-84；d点处对应微粒中的溶液溅出，会导致待测液的体积减小，消耗标准液的体积减浓度相等，可得K=10-"；由于NH3·H20的碱性强于NH20H，可得K为NH·HO的电离衡常数，且③为NH，④为NH·H20；K小,从而使测定结果偏小，C符合题意。②滴定过程中消耗为NH2OH电离衡常数，①为NHOH，②为NH2OH，A错误n(Fe²+)=0.1000 mol·L-x25.00×10-²L=2.5x10-²mol,由得失

氧化水解：加入H202,将Ti²氧化为+4价，然后水解生成【深度解析】加人NaOH20.00mL时，即加人的NaOH的物质的量TiO2·xH2O,同时H2O2将Fe²+氧化为Fe+，过滤除去含有Fe和n(NaOH)=2x10-²mol,97.8%的NH2OH·HCl 转化为 NH,OH,Ca²+的滤液，得到TiO2·xH2O。（C正确)2.2%的NH,CI转化为NH·H2O,根据方程式NH2OH·HCI+【深度解析】TiO2可被铝粉还原为TiO（1≤x≤1.5），说明TiO2NaOH=NH,OH+NaCl+HO,NH,Cl+NaOH=NH·HO+具有弱氧化性，A正确。NaCl，可知有97.8%的NaOH与NH2OH·HCI反应，所以原溶液13.A热门考点化学反应机理分析，涉及催化剂活性、化学键的变中n（NH2OH·HCI)=n（NHCI)=2x10-²mol,所以溶质中化、氧化还原反应、转移电子数计算2×10-² molx69.5 g · mol-【深度解析】铁掺杂TiO2催化剂中Fe元素显+3价，在过程②中NH,OH·HCI质量分数为0.2460 g×100%≈转变为+2价，过程④中又被02氧化为+3价，再经过程5恢复原56.5%，D正确。样，恢复了催化剂活性,A正确；过程①没有非极性键的断裂，B16.(每空2分，共14分)错误；过程③仅发生了02的吸附，未发生氧化还原反应，C错误；34g即1molH2S转化为S,S元素化合价升高了2,理论上转移电(1)4CeO+2CI+HO+14H*=4Ce+Cl↑+0↑+8H0温子数为2NA，D错误。度过低，反应速率较慢；温度过高，过氧化氢受热分解，盐酸挥发14.C常规考点晶胞结构分析，涉及化学式、核间距、晶体密度、分(2)调溶液pH至1.8~2.0，便于在“沉淀”步骤中利用草酸选择数坐标性沉淀Ce+【深度解析】根据均摊法，Ti"位于体心,有1个,Pb位于顶点，有高温(3)Ce(C0)·10H,0+202CeO+6CO+10H,0抑制8x=1个，0²位于面心，有6x1=3个，所以化学式为PbTiO，A草酸铈溶解，减少草酸铈损耗（4)①C②95.568必考题型从稀土抛光粉中回收铈（CeO2）的工艺流程，涉及离子正确；1位和2位的0²核间距为侧面面对角线长的一半,即及化学方程式书写、目的分析、产品含量计算等√a²+(1.1a)²√2.21apm,B正确；晶胞中含1个PbTiO，所2【流程分析】2207+48+16x3303g,晶胞体积为（α²×10-2×原料：稀土抛光粉（SiO2、CeO2、FeOs、Al203）以晶胞质量为NAg=NA除杂元素：Fe、Al、Si1.1ax10-"）cm²=1.1a²×10-3°cm²，所以晶体密度p=目标产物：Ce0303酸浸：向稀土抛光粉中加入盐酸和双氧水，已知CeO2具有强氧化N%303x10g·cm，C错误；2位的0²-位性，“酸浸”时加入盐酸和H,O2,产生两种等体积的气体，则一种1. 1a²×10-cm²N×1. 1a²气体为O2，另一种为Cl2,发生反应4CeO2+2Cl+H2O2+14H*=于左侧面的面心，所以分数坐标为，D正确4Ce²++Cl↑+O↑+8HO、FeO+6H*=2Fe²++3HO、AlO+15.D重难考点水溶液中粒子衡图像分析，涉及曲线的判断、转6H'=2AI++3H20。此过程中，温度需适中，温度过低，反应速化率和含量的计算、电荷守恒等率较慢；温度过高，过氧化氢受热分解，盐酸挥发。…第(1)问【要点图解】过滤：分离滤液和滤渣，SiO2不与盐酸和H2O2反应，得到的滤渣第一步，看图乙，根据分布分数的定义，可判断①和②为一为 SiO20组，③和④为一组，且随pH增大，NH和NHOH的浓度减小，NH3·H2O和NHOH浓度增大，所以①③分别为NH和NHOH操作X：依据已知条件“草酸在pH=1.8~2.0区间内，可选择性中的一种，②④分别为NH·H2O和NH2OH中的一种沉淀稀土元素，而不与其他离子沉淀”，加入氨水可调节溶液的第三步，看图甲，由于碱性NH·H2O>NH2OH，所以酸性NHOH·HCI>NHCI，NaOH先与NHOH·HCI反应，a点处pH至1.8~2.0,便于在“沉淀”步骤中利用草酸选择性沉淀Ce+。pH=7.61，由图乙可得此时8(NH)=0.978，有97.8%的NHCI未参与反应，B错误pHe(7.61,0.978) NH · H0沉淀：加入草酸发生反应2Ce3++3H2C204=Ce（C2O4）；↓+1.0HN6H*，生成Ce2(C2O4）沉淀。0.8①②③④a(20.00,7.61)HOHN酸洗沉淀：加入过量草酸，抑制草酸铈溶解，减少草酸铈损耗，得0.6c(5.96,d(9.26,(00S0)0.500)到Ce（CO4）·10HO。..…...…第（3）问0.47.61,0.20.022)灼烧：发生反应Ce（C2O4）：·10H20+202NHOH2051015/202530350.0+1010HO。….第（3）问6812V(NaOH)/mLpH【深度解析】(4)①在滴定操作中，标准液洒出，会导致消耗标准甲乙第四步，b点溶液中存在电荷守恒：c(OH)+c(CI）=液的体积增大，从而使测定结果偏大，A不符合题意；锥形瓶洗干c(NH)+c(NH;OH)+c(Na)+c(H)，C错误净后未干燥对测定结果无影响，B不符合题意；在滴定时，锥形瓶第二步，c点处对应微粒浓度相等，可得K=10-84；d点处对应微粒中的溶液溅出，会导致待测液的体积减小，消耗标准液的体积减浓度相等，可得K=10-"；由于NH3·H20的碱性强于NH20H，可得K为NH·HO的电离衡常数，且③为NH，④为NH·H20；K小,从而使测定结果偏小，C符合题意。②滴定过程中消耗为NH2OH电离衡常数，①为NHOH，②为NH2OH，A错误n(Fe²+)=0.1000 mol·L-x25.00×10-²L=2.5x10-²mol,由得失

的变化如下表所示：（4）在1 L密闭容器中，加人2mol异丙醇发生反应i和i，两个反应的衡常数K，系达到衡后，再充人1 mol CHCH（OH）CH（g），再次衡后气体的均相对分子质量1 mol CH,CH =根据上述数据计算a=（2）已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：能量（1）下列图像能正确表示两个反应关系的是（ii:CH,CH(OH)CH,（g）i:CH,CH(OH)CH,（g）=应如下：（4）合成水杨醛亚胺配体过程得到粗产物，获得更纯净的水杨醛亚胺配体的方法是第二步反应方程式：（2）合成水杨醛亚胺配体过程第一步为加成反应；第二步的反应类型为中可能存在的缺陷：（1）装置中装有3mLTiCl和50mL二氯甲烷的仪器名称为回答下列问题：i.亚胺类物质通常易水解，生成醛酮；能量回答下列问题：键能/kJ·mol-CH,CH(OH)CH;(g)_（填“变大”、BS共价键职反应进程前反应进C程反应、“变小”或“不变”）。((C-H413CH,CH=CH（g）+HO（g）△H=+52k·mol支士主武只中器容（高三年级）化学试卷第5页（共6页）。断开1mol CH,COCH,（g）化学键吸收的能量0.02C-C348K能量C-O01能量423K密反应进程21.60.15H-OCH,COCH（g)+H（g）463CHCOOCHCHDSC00745，写出无水化473Kbo，并指出装置99.6写出H-H

4.N为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molNa在氧气中完全燃烧生成NaO2，转移的电子数为2N2024~2025学年度第二学期期中校际联考线B.6.0g金刚石中含有质子的数目为6N高二化学试题C.标准状况下，22.4LH0所含分子数目为N000000000D.1molNa0和Na0的混合物中所含离子数目为3N县市区注意事项：5.实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中错误的是1.本试题共8页，满分100分，时间75分钟。NH.CI固体2.答卷前，考生务必将自已的姓名和准考证号填写在答题卡上。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题因的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时.将答案写在答题卡上。写在本试诚石灰学校卷上无效。?④4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收。封A.①可用于氨气的实验室制备B.②不能用于氨气的尾气处理可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-140-16S-32Cu-64C.③可用于氨气的实验室制备D.④可用于氨气的检验姓名第I卷（选择题共42分）一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，计42分。每小题只有一个选项是符合题意的）下列说法正确的是1.纵观古今，化学与材料、生产、生活关系密切，下列说法错误的是A.HCIO中含有金属元素B.NH;CI属于离子化合物A.“蛟龙号”载人潜水器外壳使用的钛合金的硬度比单质钛的硬度大C.HCI分子中的键属于s-so键D.H为极性分子班级7.主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y的价电子数相等，Z的价电子所在能层有16个轨B.第三代核电“华龙一号”落户福建，核反应属于化学变化C.火炬“飞扬”以氢气为燃料，可以添加显色剂（如钠盐）调节火焰颜色，这是利用了焰色试验的原理道，4种元素形成化合物的化学式为ZWYX，其结构如图。下列说法正确的是A.电负性：W>YB.第一电离能：X>YD.放电影时，放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔敷应XC.酸性：WYX>WYXD.简单离子半径：Z>YZ'[x-X-WJ密试场2.某学生做完实验后，分别采用以下方法清洗仪器，其中应用相似相溶”原理的是8.下列有关N、P及其化合物的说法错误的是A.用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管A.N的电负性比P的大，可推断NCI分子的极性比PCI的大B.N与N的键比P与P的强，可推断N=N的稳定性比P=P的高C.用氢氧化钠溶液清洗盛过硅酸的试管C.NH，的成键电子对间排斥力较大，可推断NH的键角比PH的大考号D.用四氯化碳清洗做过碘升华实验的烧杯D.已知HNO的分子间作用力比HPO小，可推断HNO的熔点比HPO的低3.下列化学用语表示正确的是9.下列指定反应的离子方程式错误的是A.HCIO的电子式：H:C:B.中子数为8的氧原子：0A.将SO2通人到BaCl溶液中：SO2+HO+Ba²BaSO,↓+2H*B.HSO的电离方程式：HSO2H*+SOC.CH的空间结构：正四面体形D.0²的离子结构示意图C.Cu和浓HNO，反应生成NO气体：Cu+4H*+2NO=Cu²+2NO↑+2H0D.向硅酸钠溶液中通人少量CO气体：SiO+CO+H0=HSiO,↓+CO高二化学期中校际联考试题-1-（共8页）高二化学期中校际联考试题-2-（共8页）

4.N为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molNa在氧气中完全燃烧生成NaO2，转移的电子数为2N2024~2025学年度第二学期期中校际联考线B.6.0g金刚石中含有质子的数目为6N高二化学试题C.标准状况下，22.4LH0所含分子数目为N000000000D.1molNa0和Na0的混合物中所含离子数目为3N县市区注意事项：5.实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中错误的是1.本试题共8页，满分100分，时间75分钟。NH.CI固体2.答卷前，考生务必将自已的姓名和准考证号填写在答题卡上。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题因的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时.将答案写在答题卡上。写在本试诚石灰学校卷上无效。?④4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收。封A.①可用于氨气的实验室制备B.②不能用于氨气的尾气处理可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-140-16S-32Cu-64C.③可用于氨气的实验室制备D.④可用于氨气的检验姓名第I卷（选择题共42分）一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，计42分。每小题只有一个选项是符合题意的）下列说法正确的是1.纵观古今，化学与材料、生产、生活关系密切，下列说法错误的是A.HCIO中含有金属元素B.NH;CI属于离子化合物A.“蛟龙号”载人潜水器外壳使用的钛合金的硬度比单质钛的硬度大C.HCI分子中的键属于s-so键D.H为极性分子班级7.主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y的价电子数相等，Z的价电子所在能层有16个轨B.第三代核电“华龙一号”落户福建，核反应属于化学变化C.火炬“飞扬”以氢气为燃料，可以添加显色剂（如钠盐）调节火焰颜色，这是利用了焰色试验的原理道，4种元素形成化合物的化学式为ZWYX，其结构如图。下列说法正确的是A.电负性：W>YB.第一电离能：X>YD.放电影时，放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔敷应XC.酸性：WYX>WYXD.简单离子半径：Z>YZ'[x-X-WJ密试场2.某学生做完实验后，分别采用以下方法清洗仪器，其中应用相似相溶”原理的是8.下列有关N、P及其化合物的说法错误的是A.用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管A.N的电负性比P的大，可推断NCI分子的极性比PCI的大B.N与N的键比P与P的强，可推断N=N的稳定性比P=P的高C.用氢氧化钠溶液清洗盛过硅酸的试管C.NH，的成键电子对间排斥力较大，可推断NH的键角比PH的大考号D.用四氯化碳清洗做过碘升华实验的烧杯D.已知HNO的分子间作用力比HPO小，可推断HNO的熔点比HPO的低3.下列化学用语表示正确的是9.下列指定反应的离子方程式错误的是A.HCIO的电子式：H:C:B.中子数为8的氧原子：0A.将SO2通人到BaCl溶液中：SO2+HO+Ba²BaSO,↓+2H*B.HSO的电离方程式：HSO2H*+SOC.CH的空间结构：正四面体形D.0²的离子结构示意图C.Cu和浓HNO，反应生成NO气体：Cu+4H*+2NO=Cu²+2NO↑+2H0D.向硅酸钠溶液中通人少量CO气体：SiO+CO+H0=HSiO,↓+CO高二化学期中校际联考试题-1-（共8页）高二化学期中校际联考试题-2-（共8页）