2022-2023学年吉林省长春兴华高中化学高三第一学期期中联考试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是A熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2OB在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得

2、到I2:2I-+ H2O2+2H+= I2+O2+2H2OC红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层：3Fe+ 4H2O(g)Fe3O4+4H2D“84消毒液”（有效成分NaClO）和“洁厕灵”（主要成分盐酸）混合使用放出氯气：ClO-+ Cl-+ 2H+= Cl2+H2O2、满足下列条件的有机物的种类数正确的是选项有机物条件种类数A该有机物的一氯代物4BC6H12O2能与NaHCO3溶液反应3CC5H12O含有2个甲基的醇5DC5H10O2在酸性条件下会水解生成甲和乙，且甲、乙的相对分子质量相等4AABBCCDD3、下列说法正确的是A常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变

3、大B用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小C在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2+)增大D物质的溶解度都随温度的升高而增加，物质的溶解都是吸热的4、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是（ ）A28 g由乙烯和环丁烷(C4H8)组成混合气体含有原子数目为6NAB在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O反应中，若有6.72L氯气生成，则反应中电子转移的数目为0.5NAC0.1molNa2O2含有的离子数0.3NAD0.1 mol OH-中所含有的电子数为NA5、电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.1molL1的NaOH溶液分别

4、滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.1molL1的盐酸和CH3COOH溶液，利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法不正确的是（ ）A曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线BA点溶液中：c(CH3COO)c(OH)c(H)0.05molL1C在相同温度下，A、B、C三点溶液中水电离的c(H)：Bc(OH)CD点时溶液中有: c(CH3COO-) + c(CH3COOH)=2c (Na+)D曲线上A、B间的任意一点，溶液中都有: c(Na+)c(CH3COO-) c(H+) c(OH-)10、有机物命名正确的是( )A2，3，5-三甲基己烷B1，3-二甲基丁烷C2，3-二甲基-2

5、-乙基己烷D2，3-二甲基-4-乙基戊烷11、下列离子方程式书写正确的是A硫化亚铁与浓硫酸混合：2H+FeS=H2S+Fe2+B酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3-+I-+6H+=I2+3H2OC磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+3H2OD将足量SO2通入氨水溶液中：SO2+NH3H2O=NH4+HSO3-12、化学与社会生活密切相关。下列说法正确的是A自来水厂用明矾净水，用Fe2(SO4)3或CuSO4均能代替明矾净水B根据是否能产生丁达尔效应可以将分散系分为溶液、浊液和胶体C晶体硅有半导体性质，所以可以制造光导纤维D有一种新发现的固态碳的结构称为“纳

6、米泡沫”，外形类似海绵，密度小且有磁性，这种碳与金刚石互为同素异形体13、-氰基丙烯酸异丁酯可用作医用胶，其结构简式如下。下列关于-氰基丙烯酸异丁酯的说法错误的是A其分子式为C8H11NO2B可以发生加成和取代反应C具有含苯环的同分异构体D分子中可能共平面的碳原子最多为6个14、四种短周期元素 X、Y、Z 和 W 在元素周期表中的位置如图所示，原子序数之和为 48。下列有关说法中正确的是A原子半径(r)大小比较 r(X)La(HCO3)3 B.稳定性La2(CO3)3La(HCO3)3 C.无法判断21、NOx、SO2是主要的大气污染物，能引发雾霾、光化学烟雾及酸雨。（1）NO2会产生硝酸型酸

7、雨，硝酸型酸雨中主要溶质的化学式为_。（2）目前新出厂的汽车均加装尿素CO（NH2）2箱，尾气中NO、NO2及尿素以物质的量之比1:1：1加热催化生成无害气体的化学方程式为_。（3）氨化法同时脱硫脱硝的原理如下（已知NH4NO2在浓度较大时会分解）“催化氧化”的目的是_。最终得到副产品的主要成分为_（填化学式）。相同条件下用氨水作吸收剂，NOx的脱除率与pH及的关系如图所示。pH及其他条件相同时，的比值越大，NOx的拖出率也越大，其主要原因是_。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【答案解析】A. 熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚，

8、因为二者反应：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，A正确；B. 在海带灰的浸出液（含有I-）中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+I2 +2H2O，B错误；C. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层四氧化三铁：3Fe+4H2O Fe3O4 +4H2，C正确；D. “84消毒液”(有效成分NaClO)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用发生氧化还原反应放出氯气：ClOCl2HCl2H2O，D正确；答案选B。2、A【答案解析】A.该有机物有四种氢原子，所以该有机物的一氯代物有4种，故A正确；B. 能与NaHCO3溶液反应的有机物含有COOH，C6H12O2可以看作C

9、5H11COOH，C5H11有8种，所以C5H11COOH有8种，故B错误；C.分子式为C5H12O的含有两个甲基的醇可看作C5H11OH，含有两个甲基的C5H11有4种，所以含有两个甲基的醇C5H11OH有4种，故C错误；D. 分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下会水解生成甲和乙，且甲、乙的相对分子质量相等，说明该有机物为CH3COOC3H7,丙醇有两种，所以该有机物有两种，故D错误。故选A。3、B【题目详解】A常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，沉淀溶解平衡逆向移动，但是由于温度不变，所以Ksp值不变，A错误；B用稀盐酸洗涤AgCl沉淀时由于沉淀溶解平衡逆向移动，所以溶解消耗的Ag

10、Cl比用水洗涤损耗AgCl小，B正确；C在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，由于c(SO42-)增大，所以沉淀溶解平衡逆向移动，使溶液中的c(Ba2+)减小，C错误；D大多数物质的溶解度随温度的升高而增加，说明多数物质的溶解是吸热的，只有少数物质溶解度随温度的降低而增大，这类物质的溶解是放热的，D错误。答案选B。4、B【题目详解】A乙烯和环丁烷的最简式均为CH2，故28g混合气体中含有的CH2的物质的量为2mol，则混合气体含有原子数目为6NA，故A正确；B选项中6.72L氯气状态未知，不能用标况下气体的摩尔体积计算生成氯气的物质的量，则反应中电子转移的数目无法确定，故B错误；C

11、Na2O2中含有2个Na+和1个构成，则0.1molNa2O2含有的离子数=20.1 molNA+10.1 molNA=0.3NA，故C正确；DOH-中含有10个电子，则0.1 mol OH-中所含有的电子数为100.1 molNA= NA，故D正确；答案选B。5、C【题目详解】A浓度相同的醋酸和盐酸，醋酸电离程度小于盐酸，则c(H+)盐酸大于醋酸，c(H+)越大溶液导电性越强，所以相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸导电性大于醋酸，根据图知导电性，所以代表滴定CH3COOH溶液的曲线，选项A正确；BA点醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)- c(H

12、+)=c(Na+)，二者等体积混合时c(Na+)是原来的一半，所以A点溶液中：c(CH3COO-)+ c(OH-)- c(H+)=0.05 molL-1，选项B正确；C相同温度下，A点溶液中溶质为醋酸钠、B点溶液中溶质为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠、C点溶液中溶质为NaCl，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以B点抑制水电离、A点促进水电离、C点不促进也不抑制水电离，则在相同温度下，A、B、C三点溶液中水电离的c(H+)：BCA，选项C错误；DD点溶液中溶质为NaCl和NaOH，且c(NaCl)=2c(NaOH)，溶液中存在物料守恒和电荷守恒，根据电荷守恒得c（Cl-）+ c(OH

13、-)= c(H+)+ c(Na+)，根据物料守恒得3c(Cl-)=2 c(Na+)，所以得c(Cl-)=2 c(OH-)-2 c(H+)，选项D正确；答案选C。6、A【分析】该反应中XO4-和Na2SO3发生氧化还原反应，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，XO4作氧化剂，则X元素得电子化合价降低，再结合转移电子守恒计算还原产物中X化合价【题目详解】Na2SO3恰好将XO4还原，反应中Na2SO3变成Na2SO4，S元素的化合价由+4价升高为+6价，则X的化合价降低，设元素X在还原产物中的化合价为a，由电子守恒可知，0.1molL10.02L（6-4）=110-3mol（7-a），解得a=+3，

14、故选A。【答案点睛】本题考查氧化还原反应的计算，解题的关键是明确氧化还原反应中元素的化合价升降及电子守恒。7、A【题目详解】A因为K2(H2CO3)K(HClO)，所以反应CO2H2ONaClO=NaHCO3HClO能发生，B正确；C因为K1(H2CO3) K(C6H5OH)，所以反应CO2H2OC6H5ONa=NaHCO3C6H5OH能发生，C正确；D因为K(CH3COOH) K(HCN)，所以反应CH3COOHNaCN=CH3COONaHCN能发生，D正确；故选A。8、D【题目详解】A、电池总反应是ZnH2SO4=ZnSO4H2，消耗H2SO4，c(H)降低，pH增大，A不符合题意；B、该

15、装置为电解池装置，总反应是Cu2H2OCu(OH)2H2，消耗的H2O，c(OH)增大，pH增大，B不符合题意；C、电解饱和食盐水，总反应是2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，c(OH)增大，pH增大，C不符合题意；D、电解CuSO4溶液的总反应式2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，溶液中c(H)增大，pH降低，D符合题意。答案选D。9、C【答案解析】A、反应至溶液显中性时，即c（OH-）=c（H+），醋酸应稍过量，a12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO)c(OH)=c(H+)，选项A错误；B、在C点，溶液显酸性，醋酸过量，溶液中有c（OH-）c（H+），根据电荷守恒：c（

16、Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），故c（Na+）c（CH3COO-），溶液中离子浓度大小关系为：c（CH3COO-）c（Na+）c（H+）c（OH-），选项B错误；C、在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/L，根据物料守恒可得：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol/L，而c（Na+）=0.05mol/L，所以c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2 c（Na+），选项C正确；D、根据电荷守恒则有：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），若c(Na+)c(CH3COO-) c(H+)

17、c(OH-)成立则与溶液必须呈电中性不相符合，选项D错误。答案选C。10、A【题目详解】A符合烷烃命名规则，主链最长，主链编号之和最小，A选项正确；B主链选取错误，该物质的正确命名为2-甲基戊烷，B选项错误；C主链选取错误，该物质的正确命名应为3，3，4-三甲基庚烷，C选项错误；D主链选取错误，该物质的正确命名应为2，3，4-三甲基己烷，D选项错误；答案选A。【答案点睛】烷烃命名规则：长：选最长碳链为主链；多：遇等长碳链时，支链最多为主链；近：离支链最近一端编号；小：支链编号之和最小；简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号，如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。11

18、、D【答案解析】A、硫化亚铁与浓硫酸混合发生氧化还原反应，得不到硫酸亚铁和H2S，A错误；B、酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，B错误；C、磁性氧化铁溶于稀硝酸发生氧化还原反应，且四氧化三铁应该用化学式表示，C错误；D、将足量SO2通入氨水溶液中生成亚硫酸氢铵：SO2+NH3H2O=NH4+HSO3-，D正确，答案选D。12、D【答案解析】A.Fe3+水解产生氢氧化铁胶体，可以起到净水作用；硫酸铜有杀菌消毒的作用，是因为铜离子有毒，且硫酸铜没有吸附沉淀的功能，不能代替明矾净水，A错误；B.根据分散质微粒直径大小的不同，把分散系分为溶液、浊液和胶体

19、，B错误；C. 晶体硅有半导体性质，能够导电，而二氧化硅能够导光，可以制造光导纤维，C错误；D.都由C元素组成，属于不同单质,为同素异形体关系,故D正确；综上所述，本题选D。13、D【题目详解】A.该物质的分子式为C8H11NO2，故A正确，不符合题意；B.该物质含有碳碳双键和酯基，所以能发生加成和取代反应，故B正确，不符合题意；C.该物质具有四个不饱和度，故具有含苯环的同分异构体，故C正确，不符合题意；D.碳碳双键、-CN、-COOC均直接相连，且3个原子可确定一个平面，连接2个甲基的C为四面体结构，可能共平面的碳原子最多为7个，即只有1个甲基上C与其它碳原子不共面，故D错误，符合题意。故选

20、D。14、D【答案解析】由短周期元素X、Y、Z 和 W 在元素周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，设X原子序数为a，则Y原子序数为a+1，Z原子序数为a+9，W原子序数为a+10，则a+a+1+a+9+a+10=48，a=7，故X为N元素， Y为O元素， Z为S元素， W为Cl元素。【题目详解】由位置及原子序数之和为 48 可推得 X、Y、Z 和 W 分别是 N、O、S和Cl；A.同周期元素原子半径由左向右依次减小，原子半径(r)大小比较 r(X)r(Y)，A错误；BZ 和 Y 可形成共价化合物为 SO3 ，即应为 ZY3，B错误；CCl 的非金属性比 S 的强，但非金

21、属性与气态氢化物的沸点高低无关，C错误；D非金属性WX，故W的最低价单核阴离子（Cl-）的失电子能力比 X 的（N3-）弱，D正确，故选 D。15、B【题目详解】AN2(g)2N(g)为化学键的断裂过程，应吸收能量，故A错误；BN(g)+3F(g)NF3(g)为形成化学键的过程，放出能量，故B正确；C反应N2(g)+3F2(g)2NF3(g)，H=（946+3154.8-283.06）kJmol-1=-287.6kJmol-1，H0，为放热反应，故C错误；DNF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，则不能发生化学反应，化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，故D错误；答案为B。16、A【题目

22、详解】A.羟基是中性基团，氧原子与氢原子之间形成一对共用电子对，其电子式为 ，故A正确；B.CO2的结构式为O=C=O，属于直线结构，比例模型中，碳原子半径大于氧原子的半径，而题中CO2的比例模型中，碳原子半径小于氧原子的半径，故B错误；C.碳原子的核电荷数为6，核内有8个中子，质量数为6+8=14，所以该碳原子可表示为：，故C错误；D. 的主碳链有3个碳原子，羟基在2位碳上，属于醇类，名称是：2-丙醇，故D错误；故答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、Al3+、NO3-3H2O+2Al3+ 3CO32=2Al（OH）3+3CO2 3Cu+8H+NO3-3Cu2+2NO+4H2O33.

23、6LNH4+、Na+ 、SO42-Al(OH)3OH=AlO2-2H2O【答案解析】(1)、溶液为酸性溶液，则溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32；溶液A中加过量(NH4)2CO3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液一定含有有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，说明原溶液中有NO3，强酸性溶液中含有NO3，则一定不存在具有还原性的离子：Fe2+、I。故答案是Al3+、NO3-。（2）、根据上述分析，生成沉淀甲是CO32-和溶液中的Al3+发生双水解反应，故离子方程式为3H2O+2Al3+ 3CO32=2Al（OH）3

24、+3CO2。（3）、根据上述分析可知，生成的气体丙是NO，是Cu、H+和溶液中的NO3-反应生成的，离子方程式为3Cu+8H+NO3-3Cu2+2NO+4H2O。实验消耗Cu 144g，则Cu的物质的量是：144g64g/mol=2.25mol，由3Cu+8H+NO3-3Cu2+2NO+4H2O可得：3Cu2NO，则NO的物质的量是2.25mol，其在标准状况下的体积是2.25mol22.4L/mol=33.6L；故本题的答案是：3Cu+8H+NO3-3Cu2+2NO+4H2O；33.6L。（4）、因焰色反应为黄色，说明含有Na+；加入氯化钡和稀盐酸可以生成白色沉淀，说明溶液中一定含有SO42

25、-，2.33g白色沉淀是BaSO4；根据上面的分析可知，溶液中含有H+和Al3+，根据图像可知，开始时发生的是HOH=H2O，当H完全反应后，开始发生Al33OH=Al(OH)3，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3并没有立刻溶解，说明溶液中含有NH4，发生了NH4OH=NH3H2O；故一定存在的离子还有：NH4+、Na+、SO42-；沉淀溶解时是Al(OH)3和过量的NaOH发生反应生成NaAlO2和H2O，其离子方程式是：Al(OH)3OH=AlO2-2H2O。18、K+ Br- 2Fe2+ +Cl2=2Fe3+2Cl- 8NH3 + 3Cl2 =6NH4Cl + N2 Al(OH)3 +

26、 OH- =Al(OH)4- 【分析】溶液焰色反应，用蓝色钴玻璃观察显紫色，说明溶液中含有钾离子；与硝酸银反应产生淡黄色沉淀，说明有溴离子；加入过量氢氧化钠产生刺激性气味气体，气体为氨气，说明有铵根离子；加入氢氧化钠产生白色沉淀，沉淀有部分溶于NaOH，说明溶液中存在镁离子，铝离子，溶液中不含Fe3+、Cu2+；加入KSCN后无现象，氯水氧化后产生红色，说明溶液中存在亚铁离子。【题目详解】（1）实验焰色反应通过蓝色钴玻璃进行观察，火焰为紫色，说明溶液中存在K+，中加入硝酸银发生黄色沉淀，说明溶液中有Br-。故能确定原溶液中一定存在K+和Br-；（2）实验中通入氯水，溶液中亚铁离子与氯水反应产生

27、三价铁离子，三价铁离子与SCN-作用使溶液变红，故所发生的氧化还原反应的离子方程式为2Fe2+ +Cl2=2Fe3+2Cl-；（3）实验中产生的刺激性气味的气体为氨气，工人常利用该物质的浓溶液即氨水，检查氯气管道是否漏气，若漏气，漏气位置产生大量氯化铵白烟，反应的化学方程式是8NH3 + 3Cl2 =6NH4Cl + N2；（4）实验中，随着氢氧化钠的含量不断增加，沉淀开始部分溶解，说明沉淀中有氢氧化铝，由AB过程中所发生反应的离子方程式Al(OH)3 + OH- =Al(OH)4-或Al(OH)3 + OH- =AlO2-+2H2O。【答案点睛】离子推断题要从基础颜色出发，进行初步排除，进而

28、通过后续实验现象对于特征离子进行鉴别，易忽略的地方是三价铁的颜色，对于涉及的氧化还原反应、双水解反应、沉淀反应等，作为确定一定存在和一定不存在的两类离子的辅助手段，最后根据电荷守恒进行检查。19、CaSO4+2HCl=CaCl2+SO2+H2O 将SO2通入氢硫酸溶液或者硫化钠（NaHS也给分）溶液中，出现淡黄色沉淀（或溶液变浑浊）即证 B E 除去HCl气体 当D中品红不褪色，F中出现白色沉淀 b 64.00 残液中有剩余的盐酸（或过氧化氢），导致实验中消耗的氢氧化钠的量偏多 【答案解析】装置A制取二氧化硫，二氧化硫和硫化氢反应可以证明二氧化硫的氧化性。要证明亚硫酸的酸性强于次氯酸，需要借助

29、碳酸，酸性：亚硫酸碳酸次氯酸，所以需要把二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中制得二氧化碳，然后再通入漂白粉溶液中得到次氯酸和碳酸钙沉淀。测定A的残液中二氧化硫的含量，先把二氧化硫转化为硫酸，然后用氢氧化钠溶液滴定，根据消耗的氢氧化钠的体积计算二氧化硫的含量。【题目详解】（1）装置A制备SO2，发生的化学反应方程式为CaSO32HCl=CaCl2SO2H2O；（2）SO2表现氧化性，是与H2S反应，SO22H2S=2H2O3S，设计实验如下：将SO2通入氢硫酸溶液或者硫化钠（或NaHS）溶液中，出现淡黄色沉淀（或溶液变浑浊），能够证明SO2的氧化性；（3）装置A的作用是制备SO2，SO2中混有HCl，干扰

30、实验，用NaHSO3溶液吸收，然后通过装置B，得到CO2气体，推出亚硫酸的酸性强于碳酸，气体通过酸性高锰酸钾溶液，除去多余SO2，再通过品红溶液，验证SO2是否被完全除尽，最后通过漂白粉溶液，如果出现沉淀，说明碳酸的酸性强于次氯酸，从而最终得出亚硫酸的酸性强于次氯酸，连接顺序是ACBEDF；装置C的作用是除去SO2中混有HCl；通过装置D中品红溶液不褪色，防止SO2的干扰，F中出现白色沉淀；（4）冷凝水进口方向为b；根据信息建立关系式为SO2H2SO42NaOH，得出1mL残夜中含有SO2的物质的量为201030.1/2mol=1103mol，则残液中SO2的含量为110364/(1103)g

31、L1=64.00gL1；测定值高于实际值，说明消耗NaOH多，可能是盐酸有剩余或H2O2有剩余。【答案点睛】本题的难点是装置的连接，首先弄清楚实验目的，本实验验证亚硫酸和次氯酸酸性强弱，然后找准实验原理，亚硫酸不仅具有酸性，还具有还原性，次氯酸能氧化亚硫酸，不能直接将SO2通入漂白粉中，采用间接方式进行验证，即亚硫酸制备碳酸，碳酸与次氯酸盐反应，从而得出亚硫酸和次氯酸酸性的强弱，根据原理连接装置，注意杂质气体的干扰。20、分液漏斗 A B D E C CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2 NH3H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3 饱和NaHCO3溶液 防倒吸 A La(HCO3)3

32、C 【分析】在W中用盐酸与CaCO3反应制取CO2气体，经过X装置除去CO2气体中的杂质HCl气体后通入Z装置在，与由Y装置制取得到的NH3在装置C中发生反应，制备La2(CO3)3沉淀；可根据NH3、CO2在水溶液中的溶解度大小确定气体通入的先后顺序。要确定La2(CO3)3、La(HCO3)3两种物质放入套管实验中的试管位置，先选择稳定强的直接加热，稳定性差的间接性加热；根据实验过程中乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线图示，可证明乙试管中固体发生了分解反应，生成了CO2气体，据此分析两试管中的物质的稳定性。【题目详解】(1)根据仪器结构可知盛装稀盐酸的仪器为分液漏斗；(2)由装置可知，W中制备CO2气体，X除去CO2中的杂质HCl，Y中制备NH3，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：FABDEC；(3)W中稀HCl与CaCO3发生复分解反应制取CO2气体，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；Y中浓氨水与CaO发生反应制取NH3，反应的化学反应式为NH3H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3；(4)X中盛放的试剂是NaHCO3溶液，其作用为吸收