13.(1)⑤③④⑥⑦②①⑧(⑥⑦顺序可对调) (2)大理石　 盐酸 (3)吸收混在O₂中未反应的CO₂ 　吸收CO₂中混有的HCl (4)a 、c。

第24课时 (B卷)

纠错训练

12．BGO的化学式：2 Bi₂O₃·3GeO₂或Bi₄(GeO₄)₃。

讲析：锗最高价为+4价，铋有+3、+5，其氯化物为PCl₃、PCl₅。在PCl₃中P、Cl原子最外层电子数具有8电子稳定结构。PCl₅中P原子不满足8电子稳定结构。所以BGO中Bi为+3，Ge为+4。设BGO的化学式为XBi₂O₃·YGeO₂。由题意可知 ： 3 X= 2Y　　 X:Y = 2:3

11．(1).C、Si、Cl。 (2).H₂CO₃、H₄SiO₄、HClO ₄。H₄SiO₄。

10．碳、硅、锗、锡、铅。IVA。碳。铅。碳、硅、锗、锡。铅。

1.B、D 2.B 3.B 4.B 5.C 6.B 7.B、D 8.D 9.C

讲析：1． C₆₀为单质，是碳的同素异形体。2． CaCO₃溶于盐酸产生气体，CaO溶于盐酸，SiO₂不溶于盐酸。加足量盐酸有气体放出的有CaCO₃，不能全部溶解的有SiO₂。3． CO₂与BaCl₂溶液不反应；CO₂与Na₂SiO₃反应生成H₂SiO₃沉淀；CO₂与Ca(ClO)₂反应生成CaCO₃沉淀，CO₂继续与CaCO₃沉淀反应生成可溶的Ca(HCO₃)₂；CO₂与饱和Na₂CO₃溶液反应生成NaHCO₃沉淀。4． 10gCaCO₃与盐酸反应生成4.4g CO₂。根据平均值原理，10g 杂质生成的CO₂应该大于4.4g，所以固体一定含MgCO₃，有残留物不溶于盐酸，一定有SiO₂，固体中可能有K₂CO₃。8． Ca(HCO₃)₂在加热条件下分解成CaCO₃、CO₂、H₂O。CaCO₃高温下分解成CaO、CO₂。Ca(HCO₃)₂完全分解是余固体质量是原试样的50/81，大于50%，说明有CaCO₃分解了，所以Ca(HCO₃)₂的分解率为100%。

4.

讲析：氧化铜和碳在加热条件下由于反应物量不同，产物可能得到CO₂和Cu，也可能得到CO和Cu。该类型题常用数轴法分区间讨论计算。

新活题网站

3. (1)w₂=w₁(或回答相等)

(2)Ca(OH)₂+2HCl=CaCl₂+2H₂O　 (3)升高 (4)2NaOH+CO₂=Na₂CO₃+H₂O

Ca(OH)₂+CO₂=CaCO₃↓+H₂O

(Na₂CO₃+Ca(OH)₂=CaCO₃↓+2NaOH,)

讲析：根据质量守恒原理W₁=W₂(不考虑浮力的影响)n(HCl)=0.12mol　 n(CaCO₃)=0.04mol　 n(NaOH)=0.15mol 。把CaCO₃加入瓶中所得溶液中含0.04molCaCl₂、0.04molHCl，加NaOH溶液与HCl反应，由于局部过量，NaOH与CaCl₂反应生成Ca(OH)₂沉淀。摇动瓶子Ca(OH)₂沉淀与盐酸反应而溶解。由于酸碱中和反应是放热反应，所以瓶子内温度升高。此时瓶子里有NaOH、Ca(OH)₂与气球中的CO₂渐渐反应。

2. 一定含有H₂、CO，可能含有CO₂、H₂O。　讲析：通过碱石灰时，体积变小说明气体中可能有CO₂、H₂O。通过加热的氧化铜时，固体变红色说明气体可能有CO、H₂。白色硫酸铜粉末变蓝色说明有水生成，石灰水变浑浊说明有CO₂存在。

1.C、D　 讲析：碳族元素除+2价Pb稳定外其余均+4价稳定，故A正确。除CO₂外其余氧化物均难溶于水，RH₄稳定性与相对分子质量无规律关系，Pb无氢化物。故A、B正确，C、D错误。

9．(97年高考题) 重大贡献的三位科学家.C₆₀分子是形如球状的多面体(如图),该结构的建立基于以下考虑:

①C₆₀分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键;

②C₆₀分子只含有五边形和六边形;

③多面体的顶点数、面数和棱边数的关系,遵循欧拉定理:

据上所述,可推知C₆₀分子有12个五边形和20个六边形,C₆₀分子所含的双键数为30.

请回答下列问题:

(1)固体C₆₀与金刚石相比较,熔点较高者应是　　　　　 ,理由是: 　　　　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　　　　　 　　　　　。

(2)试估计C₆₀跟F₂在一定条件下,能否发生反应生成C₆₀F₆₀(填“可能”或“不可能”)　　　　　 ,并简述其理由：　　　　　　　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 。

(3)通过计算,确定C₆₀分子所含单键数.

C₆₀分子所含单键数为　　　　　　　　 .

(4)C₇₀分子也已制得,它的分子结构模型可以与C₆₀同样考虑而推知.通过计算确定C₇₀分子中五边形和六边形的数目.

C₇₀分子中所含五边形数为　　　　　 ,六边形数为　　　　　　　　　 。