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大连市第二十四中学 2022-2023 学年度高考适应性测试（一）
化学参考答案
1．A
【详解】A.7.8g硫化钠和过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol硫化钠和过氧化钠的混合物中含有0.2mol钠离子
和0.1mol硫离子与过氧根离子的混合物，总共含有0.3mol离子，含有的离子总数为0.3NA，故A正确；
B. 常温常压下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，故B错误；
C. 1.0 L 1.0 mol·L-1的NaClO水溶液中含有的氧原子数目大于N ，因为水中也含有氧原子，故C错误；
A
D. 常温常压下，18 g羟基（-O2H）中所含的中子数为N= ×N = ×10N =10 N ，故D错误；
A A A
故选A。
2．D
【详解】C H 和C H 的体积相同，密度相等，则C H 和C H 的质量相等；C H、C H 的摩尔质量依次为28g/
2 4 3 6 2 4 3 6 2 4 3 6
mol、42g/mol，C H 和C H 的物质的量之比为3:2，所含分子数目之比为3:2；所含氢原子数之比为（3 4）：（2
2 4 3 6
6）=1:1，即所含氢原子数目相等；同温度同体积，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，C H 与C H 的压
2 4 3 6
强之比为3:2，P（C H） P（C H）；正确的为D，答案选D。
2 4 3 6
3．B
【详解】A. 硅酸钠是易溶强电解质，应拆写成离子，A项错误；
B. 少量SO 与NaClO发生氧化还原反应，生成的H+与ClO-生成弱酸HClO，B项正确；
2
C. 高锰酸钾溶液氧化双氧水时，双氧水中的氧原子将电子转移给高锰酸钾中的锰原子，应写成2MnO -
4
+5H O+6H+=2Mn2++5O ↑+8H O，C项错误；
2 2 2 2
D. 小苏打为碳酸氢钠，应拆成Na+和HCO -，D项错误。
3
本题选B。
【点睛】+4价硫具有较强的还原性，+1价氯具有较强的氧化性，它们易发生氧化还原反应。
4．B
【详解】试题分析：A、盐酸少量生成碳酸氢钠，过量生成二氧化碳，A项错误；B、Al O 和NaOH溶液不论量多
2 3
少都生成氢氧化铝，B项正确；C、氢氧化钠少量生成二氧化碳，过量还生成氨气，C项错误；D、氢氧化钠少量
生成碳酸氢钠，过量生成碳酸钠，D项错误；答案选B。
考点：考查反应与量的关系
5．D
【详解】A．一元强酸滴定二元弱碱，滴定到终点时溶液显酸性，应该选甲基橙做指示剂，溶液有黄色到橙色且半
分钟内不恢复原来的颜色，故A错误；
B．在C点时，pH=5.9，X的二级电离 ，消耗盐酸的体积是18.75ml，c( )=c()，K = ，故B错误；
b2
C．在A点时，未达到滴定终点，氯化氢的量很少，所以c(X)＞c(Cl-)＞c(HX)+ ，故C错误；
D．在D点，电荷守恒是 ，物料守恒是 ，
两者相加得2c(X)+c(HX)+ =c(H+)-c(OH- )，故D正确；
故选：D。
6．A
【详解】A．X装置打开K，铜丝与硝酸接触反应生成的NO被排出。关闭K，NO不溶于稀硝酸，将液面压到铜
1 1
丝下方，反应停止，A项符合题意；
B．Y装置中的药品若换成浓硫酸，则无法除去X中可能产生的NO 等杂质，且U形管装置承装的干燥剂应为固
2
体，B项不符合题意；
C．实验时应先通入氯气赶走装置内的空气，防止NO被氧化为NO ，C项不符合题意；
2
D．方程式未配平，N元素不守恒，D项不符合题意；
故正确选项为A
7．D
【分析】因为还原性 ，所以通入氯气先后依次发生 、
、 离子反应，所以 段、 段、 段、 段分别表示 、 、
的物质的量的变化情况，并且根据横坐标氯气的物质的量，可以计算出 、 、 的物质的量分别是
、 、 ，因此原溶液中 和 的物质的量分别为 和 。
【详解】A． 段反应为 ，表示 物质的量的变化情况，A错误；
B．AB段氯气和碘离子反应、消耗氯气1mol，FG段氯气和溴离子反应、消耗氯气2mol，原溶液中 和 的
物质的量分别为 、2mol，B错误；
C． 段发生的离子反应为 ，C错误；
D．因为还原性 ，所以氯气会将 全部氧化为 之后再氧化 ，因此生成物中不会同时存在 和 ，
反应 不能发生，D正确；
答案选D。
答案第2页，共2页8．D
【详解】A．根据燃烧热的定义可知：C(金刚石，s)+O(g)=CO (g) ΔH=-395.40kJ·mol−1，C(石墨，s)+O(g)=CO (g)
2 2 2 2
ΔH=-393.51kJ·mol−1，反应C(石墨)→C(金刚石)的ΔH=(-393.51kJ·mol−1)-(-395.40kJ·mol−1)=1.89kJ·mol−1＞0，ΔS=S(金
刚石)-S(石墨)=2.4J·K−1·mol−1-5.7J·K−1·mol−1=-3.3J·K−1·mol−1＜0，A错误；
B．由公式∆G=∆H−T∆S可知，该反应∆G=1.89kJ·mol−1-298K(-3.3J·K−1·mol−1)=2.8734kJ·mol−1，B错误；
C．由A选项可知，反应C(石墨)→C(金刚石)是吸热反应，说明质量相同时，石墨的能量较低，则石墨比金刚石稳
定，C错误；
D．由于金刚石的密度比石墨大，故质量相同时，金刚石的体积小，则反应C(石墨)→C(金刚石)是体积减小的过程，
由影响相变速率的因素可知，随着体积差的增大，增大压强，成核速率加快，有利于相变向密度大的多面体方向
转变；故超高压条件下，石墨有可能变为金刚石，D正确；
故选D。
9．D
【详解】A. 1.6gNH -离子为0.1mol，1个NH -含质子数为9，故所含质子数为0.9N ，A错误；
2 2 A
B. 常温常压下，200g8.5%的HO 溶液中来自HO 的氧原子数为 ×2N =N ，但溶液中的水也含氧原子，
2 2 2 2 A A
B错误；
C. Na O 晶体由Na+和O2-构成，7.8gNa O 为7.8g÷78g/mol=0.1mol，晶体中所含离子总数为0.3N ，C错误；
2 2 2 2 2 A
D. 在反应KIO +6HI=KI+3I +3H O中，每生成3molI 转移的电子数为5N ，D正确；
3 2 2 2 A
故选D。
【点睛】NaO 晶体由Na+和O2-构成，我们常会错误地认为，NaO 晶体由Na+和O2-构成，从而得出错误的结论。
2 2 2 2 2
10．B
【分析】图象中含P物质只有3种，说明 为二元弱酸。随着 逐渐增大， 减小，根据
、 ，知 逐渐减小， 先增大后减小，
逐渐增大， ，则 逐渐增大， 先减小后增大， 逐渐减小，故曲
线③表示 ，曲线②表示 ，曲线①表示 ；
【详解】A．图象中含P物质只有3种，说明 为二元弱酸。随着 逐渐增大， 减小，根据
、 ，知 逐渐减小， 先增大后减小，逐渐增大， ，则 逐渐增大， 先减小后增大， 逐渐减小，故曲
线③表示 ，曲线②表示 ，曲线①表示 ；根据x点知， 时，
，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则 的 ，根据z点
知， ， ，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则 的
，曲线①表示 随 的变化，故A错误；
B． 即 ，由图可知，此时， ，即 ，而
，故 ，故B正确；
C． 为二元弱酸，其结构简式为 ，故C错误；
D．由 减去 ，可得 ，则平衡常数
，故D错误；
故答案：B。
11．C
【详解】A．若两容器保持恒温，则为等效平衡，正反应速率相等，现为恒容绝热容器，I中温度升高，II中温度
降低，所以达平衡时，混合气体的温度I比II高，正反应速率：I＞II，A不正确；
B．由A中分析可知，达平衡时容器I的温度比II高，由于正反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以两容
器中的平衡常数：I＜II，B不正确；
C．若温度不变，容器I和容器II中CO 的物质的量相等，现达平衡时，容器I的温度比II高，升温时平衡逆向移
2
动，所以容器Ⅰ中CO 的物质的量比容器Ⅱ中CO 的少，C正确；
2 2
D．若温度不变，容器I和容器II为等效平衡，则此时容器Ⅰ中CO 的转化率与容器II中CO 的转化率之和等于
2
1，现容器II的温度比容器I低，相当于容器I降温，平衡正向移动，容器II中CO 的转化率减小，所以容器Ⅰ 中
2
答案第4页，共2页CO 的转化率与容器II中CO 的转化率之和小于1，D不正确；
2
故选C。
12．A
【分析】由曲线Ⅰ、曲线Ⅱ可以看出只是反应速率加快，化学平衡不移动，改变的条件为加入催化剂；
【详解】A．根据图象，接近起始阶段，体系压强增大，但随着反应进行，气体分子数减少，容器体积不变，根据
pV=nRT，p= ，要使p增大，比如T增大，则说明反应放热，所以该反应焓变 H＜0，故A错误；
△
B．发生的反应为： ，曲线中平衡时的温度与起始时的温
度相同，则 ，可得x=0.4，则0～10min内 ，故B正确；
C．10min时反应达到平衡，曲线II对应的NO的平衡转化率为 ×100%=80%，故C正确，
D．反应达到平衡时c(NO)=c(H )= mol/L=0.02mol/L，c(N)= mol/L=0.04mol/L，c(HO)=0.08mol/L，所
2 2 2
以K= =1600，故D正确；
故选：A。
13．BD
【详解】A．随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析
温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据
勒夏特列原理分析该反应为放热反应， H<0，故A错误；
B．根据上述分析，X点时，反应还未到∆达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故
B正确；
C．Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加O 的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移
2
动，可以提高NO的转化率，故C错误；
D．设起始时 ，设反应前体积是V，反应后体积为x，则由三段式：
虽然随着反应的进行，体积在变，但是，一氧化氮和二氧化氮的浓度是相等的，故有 ，由于是恒压体系，根据体积之比等于气体物质的量之比，
则有 ，解得， ，则平衡后氧气的浓度c(O)=
2
， ，现在分析K和
2000之间的大小关系，设 ，则 ，
，0.75a+5×10-4=7.5×10-1a-500a2+5×10-4，只有500a2=0，上述等式才能成立，因
为a>0，所以K不等于2000，若K<2000，则-500a2>0，这个是不成立的，若K>2000，则500a2>0，这是成立的，
所以K>2000，是成立的，故D正确；
故选BD。
【点睛】解本题时需要注意：实线中在最高点之前反应没有达到平衡状态，主要讨论温度对化学反应速率的影响；
最高点之后反应达到平衡状态，可以研究温度对化学平衡的影响。
14．CD
【分析】HCl是强酸，在调节pH的过程中，若BOH是强碱，则当 时，pH应为7，但是当
时，pH小于7，溶液显酸性，对应图中点P，是因为存在水解平衡 ，故BOH
3
是一元弱碱。
【详解】A．由图可知，当pH=9.25，即c(OH-) ，lgc(BOH)=lgc(B+)，BOH的电离平衡常数为
，故A项错误；
B．t=0.5时，溶液中电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(Cl-)，且c(H+)与c(OH-)不相等，所以2c(H+)+c(BOH)不等于
答案第6页，共2页2c(OH-)+c(B+)，故B项错误；
C．P 所示的溶液中电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(Cl-)，c(H+)=10-9.25 mol·L-1，c(OH-)
1
mol·L-1， ，得到c(C1-)＜0.05mol·L-1，故C项正确；
D．P 所示溶液，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)=10-7，根据 ，
2
，故D项正确。
故答案选CD。
15．BD
【详解】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8× +6× =4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个
数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得
2a+b=4×2，解得a=4x，故A错误；
B．由题意可知，NaSe转化为Cu Se的电极反应式为NaSe-2e-+(2-x)Cu=Cu Se+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶
2 2-x 2 2-x
点和面心的硒离子个数为8× +6× =4，则每个晶胞中含有4个NaSe，转移电子数为8，故B正确；
2
C．由题意可知，Cu Se转化为NaCuSe的电极反应式为Cu Se+ e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于
2-x 2-x
顶点和面心的硒离子个数为8× +6× =4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜而个数为(4-4x)，故C错
误；
D．由题意可知，NaCu Se转化为NaCuSe的电极反应式为NaCu Se+(1-y) e-+(1-y) Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以
y 2-x y 2-x
每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D正确；
故选BD。
16． 2KMnO +16HCl(浓)=2KCl+2MnCl +5Cl↑+8H O Na SO +H SO =Na SO +SO↑+H O AgNO
4 2 2 2 2 3 2 4 2 4 2 2 3
饱和食盐水 Cl 和水反应也会生成Cl- a SO +Cl+2H O=2HCl+H SO
2 2 2 2 2 4
【详解】(1)在装置A高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应产生氯气，该反应的化学方程式是
2KMnO +16HCl(浓)=2KCl+2MnCl +5Cl↑+8H O；
4 2 2 2
(2)在装置C浓硫酸与NaSO 发生复分解反应产生SO ，该反应的化学方程式是
2 3 2
NaSO +H SO =Na SO +SO↑+H O；
2 3 2 4 2 4 2 2
(3) ①在B中SO 与Cl 会发生反应：SO +Cl+2H O=2HCl+H SO ，反应后的溶液中含Cl-，可利用AgNO 既不溶于
2 2 2 2 2 2 4 3水，也不溶于HNO 的性质检验Cl-。甲中含有Cl-可通过向该溶液中加入硝酸酸化的AgNO 溶液，若反应产生白色
3 3
沉淀，就证明含有Cl-，所以加入的溶液为AgNO；
3
②制备氯气中含有氯化氢和水蒸气，氯化氢进入B中溶于水也会生成氯离子，乙同学认为Cl 中混有的杂质是
2
HCl，需要在A、B间增加一个洗气瓶，用饱和食盐水除去；
③丙同学认为按乙同学的建议改进实验也不合理，理由是Cl 和水反应也会生成Cl-；
2
④SO 被Cl 氧化为HSO ，结合硫酸根离子检验证明二氧化硫和氯气发生了反应，丙同学取适量B中溶液于试管
2 2 2 4
中，向其中滴加少量溶液X中含Ba2+，且不能和二氧化硫发生反应，
a．BaCl 溶液可以检验SO 2-存在，证明SO 和Cl 发生了反应，a正确；
2 4 2 2
b．Ba(OH) 和SO 反应生成BaSO 沉淀，不能说明SO 和Cl 发生反应，b错误；
2 2 3 2 2
c．氯水有氧化性，氯水能将SO 在溶液中被氧化为HSO ，也会生成BaSO 沉淀，不能说明说明SO 和Cl 发生反
2 2 4 4 2 2
应，c错误；
d.无论氯气与SO 是否发生反应，二者溶于水后的溶液显酸性，酸溶液能够使石蕊溶液变红色，所以不能确定SO
2 2
与Cl 是否反应，d错误；
2
故合理选项是a；
SO 与Cl 同时通入水中反应的化学方程式是：SO +Cl+2H O=2HCl+H SO 。
2 2 2 2 2 2 4
17．(1)AC
(2)AD
(3) 碳碳双键、羧基 CHCHOH CH=CH ↑+H O
3 2 2 2 2
+2NaOH +NaCl+HO 2
2
答案第8页，共2页+2H O CH=CH +H O CHCHOH 10
2 2 2 2 3 2
【解析】（1）
A．由结构简式可知，X分子中含有酚羟基、Y分子中不含有酚羟基，则用氯化铁溶液能鉴别X与Y，故正确；
B．由结构简式可知，X分子中含有的酚羟基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故错误；
C．由结构简式可知，X分子中含有的酚羟基，能与溴水发生取代反应取代苯环邻位上的氢原子，故正确；
D．由结构简式可知，Y分子中含有的酚酯基和酰胺基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol Y最多能与3mol氢氧化钠
反应，故错误；
故选AC；
（2）
A．油脂不溶于水，在水溶液中会分层，与氢氧化钠溶液共热反应生成的高级脂肪酸钠和甘油溶于水，所以向油脂
中加入氢氧化钠溶液，加热，液体不再分层说明油脂水解完全，故正确；
B．葡萄糖在碱性条件下与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成氧化亚铜砖红色沉淀，向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水
浴加热几分钟，加入少量新制的氢氧化铜悬浊液，加热，没有加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，直接加入少量新制
的氢氧化铜悬浊液不能生成砖红色沉淀，无法判断蔗糖是否发生水解，故错误；
C．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则将乙醇与浓硫酸混合溶
液加热，产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色不能确定乙醇发生了消去反应，故错误；
D．向葡萄糖溶液中加入少量酸性高锰酸钾溶液，充分振荡，溶液紫红色褪去说明葡萄糖具有还原性，故正确；
故选AD；
（3）
由A的分子式和H的结构简式可知，A的结构简式为 ；由B的分子式可知，B为乙醇，结构简式为CHCHOH，则X为 ； 与氯化氢发生加成反应生成
3 2
，则D为 ； 在氢氧化钠溶液中共热反应转化为
，则E为 ； 酸化得到 ，
则F为 ； 在浓硫酸作用下发生分子间酯化反应生成
答案第10页，共2页；CHCHOH在浓硫酸作用下共热发生消去反应生成CH=CH ，则G
3 2 2 2
为CH=CH ；
2 2
①由分析可知，A的结构简式为 ，官能团为碳碳双键、羧基；X的结构简式为
，故答案为：碳碳双键、羧基； ；
②由分析可知，B→C的反应为CHCHOH在浓硫酸作用下共热发生消去反应生成CH=CH 和水，反应的化学方
3 2 2 2
程式为CHCHOH CH=CH ↑+H O；D→E的反应为 在氢氧化钠溶液中共热反应生
3 2 2 2 2成 、氯化钠和水，反应的化学方程式为 +2NaOH
+NaCl+HO；F→H的反应为 在浓硫酸作用下发生分子间酯化反应生成
2
和水，反应的化学方程式为2
答案第12页，共2页+2H O；G→B的反应为催化剂作用下，乙烯与水共热发生加成反应
2
生成乙醇，反应的化学方程式为CH=CH +H O CHCHOH，故答案为：CHCHOH
2 2 2 3 2 3 2
CH=CH ↑+H O； +2NaOH +NaCl+HO；2
2 2 2 2
+2H O；CH=CH +H O
2 2 2 2
CHCHOH；
3 2
③A的同分异构体遇氯化铁溶液发生显色反应，能发生加聚反应，能发生银镜反应说明分子中含有碳碳双键、酚羟
基、醛基，同分异构体可以视作羟基苯甲酸分子的苯环上的氢原子被碳碳双键取代所得结构，其中邻羟基苯甲酸、
间羟基苯甲酸分子的苯环上的氢原子被碳碳双键取代所得结构都有4种，对分子的苯环上的氢原子被碳碳双键取
代所得结构有2种，共有10种，故答案为：10。
18．(1)Ba(OH)
2(2)取少量甲溶液于试管中，向其中滴加适量的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则确定组成为NH Cl，反之则为
4
NH NO 。
4 3
(3) Na CO、NaCl BaCl +Na CO=BaCO ↓+2NaCl
2 3 2 2 3 3
(4) 沉淀部分溶解，有气泡产生 Mg2+、Ba2+、Na+
【详解】（1）甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性强碱或盐。OH-只能与Ba2＋组合成强碱Ba(OH) ，分子量
2
为171。NO 可能组成NH NO 和Mg(NO)，分子量分别为80和148。Cl-可能组成NH Cl和MgCl ，分子量分别
4 3 3 2 4 2
为53.5和95。题中已知相对分子质量：甲<乙<丙，可知丙为Ba(OH) 。
2
（2）题中已知甲相对分子最小，则甲有可能为NH Cl或NH NO ，因此需要检验是否含有Cl-以确定甲的组成，操
4 4 3
作为：取少量甲溶液于试管中，向其中滴加适量的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则确定组成为NH Cl，反之
4
则为NH NO 。
4 3
（3）试管I中反应方程式为：MgCl +2NaOH=Mg(OH)↓+2NaCl，试管Ⅱ中反应方程式为：
2 2
BaCl +Na SO =BaSO ↓+2NaCl。I和Ⅱ中反应所得滤液A与试管Ⅲ中的物质混合后，溶液B呈红色，可知显碱性，
2 2 4 4
一定含有NaCO。试管Ⅲ中反应方程式为：2HCl+ Na CO=2NaCl+ CO ↑+H O，可知反应后的滤液中一定含有
2 3 2 3 2 2
NaCl。步骤①中一定发生的反应的化学方程式是BaCl +Na CO=BaCO ↓+2NaCl。
2 2 3 3
（4）沉淀M是Mg(OH) 和BaSO，沉淀N是BaCO ，混合后加入AgNO 溶液和过量的稀硝酸，Mg(OH) 和
2 4 3 3 2
BaCO 能溶于稀硝酸，BaSO 不溶于稀硝酸，观察到的实验现象是沉淀部分溶解，有气泡产生。实验结束，乙同学
3 4
把反应后的混合物与滤液C全部倒入废液缸中，废液缸内上层清液中，一部分是乙同学反应后混合物上清液的主
要成分Mg(NO)、Ba (NO ) 以及过量稀硝酸，另一部分是滤液C的主要成分NaCl。则废液缸内上层清液中，除酚
3 2 3 2
酞和H+、NO 外一定含有的离子有Mg2+、Ba2+、Na+。
19．(1)ebd或bed
(2) NaOH溶液 过滤
(3)②⑥⑦
(4)
(5)
(6)65
【分析】海水经过蒸发浓缩，过滤得到粗盐和母液，在母液中加入NaOH溶液，过滤得到 和含Br元素的
溶液Ⅰ，经系列操作得到NaBr溶液，通入氯气发生反应： ，空气吹出，再用 吸收，再
答案第14页，共2页氧化得到纯净的 ；
【详解】（1）粗盐中的泥沙可以通过过滤除去，其中 比较难除，先用钡盐将其转化为硫酸钡，然后加NaOH
溶液除去 ，最后用碳酸钠溶液除去 ，或者先除 ，然后除去 ，最后除去 ，过滤后得到含
和 的溶液，用盐酸调pH为中性得到NaCl溶液，再次蒸发结晶得到精盐，故填ebd或bed；
（2）步骤③得到 沉淀，需用NaOH溶液，然后过滤、洗涤，得到 固体，故填NaOH溶液、过
滤；
（3）步骤①为复分解反应；步骤②从化合物到单质，涉及氧化还原反应；步骤③和④为复分解反应；步骤⑤为失
去结晶水的反应，不涉及；步骤⑥由化合物到单质，属于氧化还原反应；步骤⑦为 转化为 ，涉及氧还原反
应，综上故填②⑥⑦；
（4）工业上制镁用电解熔融氯化镁的方法，其反应为 ，故填 ；
（5）步骤⑦用 吸收 ， 被氧化成 ， 转化为 ，其反应的的离子方程式为
，故填 ；
（6）根据题意， 海水中溴的质量为 ，即海水中溴的浓度为 ，故填65；
20．(1)
(2) LiF＞NaF＞KF K
(3) sp3 平面三角形 对于结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，故NF 、PF 和
3 3
AsF 的沸点依次升高。
3
(4) 离子键、共价键 33：20
【解析】（1）
基态F原子核外共有9个电子，有1s轨道，2s轨道和2p轨道，1s和2s轨道各能排布2个电子，剩余5个电子排布
在2p轨道上，故其电子排布图为 。（2）
氟化物的晶格能是随着碱金属阳离子半径的减小而逐渐增大，离子半径：Li+＜Na+＜K+，故晶格能LiF＞NaF＞
KF。同主族元素，从上到下第一电离能逐渐减小，故元素Li 、Na、K中第一电离能最小的是K。
（3）
OF 分子中中心原子价层电子对个数为4，故O原子采用sp3杂化。BF 中硼原子采用sp2杂化，形成平面三角形。
2 3
对于结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，故NF 、PF 和AsF 的沸点依次升高。
3 3 3
（4）
根据该化合物晶胞中OH-和F-的分布情况可知，F-的数量与OH-的数量相等，故取代后化合物的化学式为
[Ca (PO )(OH)F]①根据该化合物的化学式可知，该化合物中存在离子键、共价键。②该化合物的一个晶胞体积为
5 4 3
×10-21cm3，一个晶胞中含有10个Ca2+，6个 ，1个OH−和一个F-，则一个晶胞质量为
= g，则密度为 。③若有剩余OH−有20%缺失，即失去0.2个，且磷酸根和氟离子不发生变化，
则Ca2+也会出现缺失0.1个，Ca2+有9.9，原晶胞中Ca和P的物质的量之比为10：6，Ca2+缺失后，Ca和P的物质
的量之比为9.9：6=33：20。
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