2025年浙教版拓展型课程化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年浙教版拓展型课程化学下册阶段测试试卷250考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、据报道，火星和金星大气层中可能存在一种非常特殊的气态化合物，这种化合物会导致温室效应，它的结构式为下列说法中不正确的是A.的电子式是：B.和互为同位素C.分子中存在极性键D.分子呈直线形2、气体A、B分别为0.6mol和0.5mol，在0.4L密闭容器中发生反应：3A＋BaC＋2D，经5min后，此时气体C为0.2mol；又知在此反应时间内，D的平均反应速率为0.1mol/(L·min)，下面的结论正确的是A.此时，反应混合物总物质的量为1molB.B的转化率20%C.A的平均反应速率为0.1mol/(L·min)D.a值为33、材料化学在航空航天中应用广泛，近期我国在航天领域取得了举世瞩目的成就，下列说法正确的是A.“神舟十五号”载人飞船使用了高性能耐烧蚀树脂，其主要成分是硅酸盐B.“玉兔二号”月球车上的太阳能电池板的主要原料是硅单质C.“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料D.C919大型客机采用了第三代铝锂合金，利用了合金熔点比其任一组成金属高的特点4、下列有关实验原理；现象、结论等均正确的是（）

A.a图示装置，滴加乙醇试管中橙色溶液变为绿色，乙醇发生消去反应生成乙酸B.b图示装置，右边试管中产生气泡迅速，说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好C.c图示装置，根据试管中收集到无色气体，验证铜与稀硝酸的反应产物是NOD.d图示装置，试管中先有白色沉淀、后有黑色沉淀，不能验证Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)5、按照如图所示的装置进行实验能达到相应实验目的的是。选项ABCD装置目的制取并收集纯净的NH3检验蔗糖脱水碳化过程中有CO2生成用95%酒精制取无水乙醇制取并收集氯气

A.AB.BC.CD.D6、下列关于应用套管实验装置（部分装置未画出）进行的实验；下列叙述错误的是（）

A.利用甲装置可以制取少量HFB.利用乙装置可以验证Na2O2与水反应既生成氧气，又放出热量C.利用丙装置验证KHCO3和K2CO3的热稳定性，X中应放的物质是KHCO3D.利用丁装置制取SO2，并检验其还原性，小试管中的试剂可为酸性KMnO4溶液评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、根据所学知识回答下列问题。

(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。

(2)已知：常温时，H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”；“中”或“碱”)性。

(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__，若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重；得到的物质为___(填化学式)。

(4)25℃时，将足量氯化银分别放入下列4种溶液中，充分搅拌后，银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号)；③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水8、油气开采；石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢；需要回收处理并加以利用。

H2S热分解反应：2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。

(1)n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率___________，理由是___________

(2)n(H2S)：n(Ar)=1：9对应图中曲线___________，计算其在0~0.1s之间，H2S分压的平均变化率为___________kPa·s-1。9、常温下有浓度均为0.1mol/L的四种溶液：①HCl；②CH3COOH；③NaOH；④Na2CO3。

(1)这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是___（用序号填写）。

(2)等体积混合②和③的溶液中离子浓度的大小顺序是___。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，则CH3COOH溶液的电离平衡常数Ka=___。

(4)用离子方程式表示④的水溶液呈碱性的主要原因：___。

(5)取10mL溶液①，加水稀释到1000mL，则该溶液中由水电离出的c(H+)约为___。10、某有机物的结构简式如图所示：

(1)1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成________H2。

(2)该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为________。11、以下是合成乙酰水杨酸（阿司匹林）的实验流程图；请你回答有关问题：

已知：阿司匹林；水杨酸和乙酸酐的相对分子量分别为：180、138、102．

（1）制取阿司匹林的化学反应方程式为_________________；反应类型____________；

（2）水杨酸分子之间会发生缩合反应生成聚合物，写出用除去聚合物的有关离子方程式______________________________________________；

（3）抽滤装置如图所示，仪器A的名称___________；该操作时在仪器A中加入滤纸，用蒸馏水湿润后，应________（选择下列正确操作的编号）；再转移液体①微开水龙头；②开大水龙头；③微关水龙头；④关闭水龙头。

（4）下列有关抽滤的说法中正确的是________

A．抽滤是为了加快过滤速率；得到较大颗粒的晶体。

B.不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀。

C．当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时；应拔掉链接支管口的橡皮管，从支管口倒出。

D．将晶体转移至布氏漏斗时；若有晶体附在烧杯内壁，应用蒸馏水淋洗至布氏漏斗中。

E.洗涤沉淀时；应使洗涤剂快速通过沉淀。

（5）用冷水洗涤晶体的目的_______________________；

（6）取2.000g水杨酸、5.400g乙酸酐反应，最终得到产品1．566g。求实际产率_______；12、已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色；现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，振荡后溶液呈黄色。

（1）甲同学认为这不是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是：______（填粒子的化学式；下同）；

乙同学认为这是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是_________。

（2）如果要验证乙同学判断的正确性；请根据下面所提供的可用试剂，用两种方法加以验证，请将选用的试剂代号及实验中观察到的现象填入下表。

实验可供选用试剂：。A．酸性高锰酸钾溶液B．氢氧化钠溶液C．四氯化碳D．硫氰化钾溶液E．硝酸银溶液F．碘化钾淀粉溶液。实验方案。

所选用试剂（填代号）

实验现象。

方案一。

方案二。

（3）根据上述实验推测，若在稀溴化亚铁溶液中通入氯气，则首先被氧化的离子是________，相应的离子方程式为_______________________________________________；13、根据所学知识回答下列问题。

(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。

(2)已知：常温时，H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”；“中”或“碱”)性。

(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__，若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重；得到的物质为___(填化学式)。

(4)25℃时，将足量氯化银分别放入下列4种溶液中，充分搅拌后，银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号)；③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水评卷人得分三、实验题(共8题，共16分)14、二苯基乙二酮常用作医药中间体及紫外线固化剂；可由二苯基羟乙酮氧化制得，相关物质的物理参数；化学方程式及装置图(加热和夹持装置已略去)如下：

在反应装置中，加入10ml冰醋酸、5.50gFeCl3固体；10ml水及少量碎瓷片；加热至沸腾，停止加热，待沸腾平息后加入2.12g二苯基羟乙酮，继续加热回流至二苯基羟乙酮完全反应。反应结束后加水煮沸，冷却后即有二苯基乙二酮粗产品析出，用70%乙醇水溶液重结晶提纯，得到1.80g产品。

重结晶过程如下：

加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥。

请回答以下问题：

（1）装置图中仪器a的名称是_______________，其作用是______________。

（2）加入碎瓷片的作用是________。若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是____________________________________________________。

（3）实验中可采用薄层色谱跟踪反应进程；其原理和操作与纸上层析类同，通过观察薄层色谱展开后的斑点(在实验条件下，只有二苯基羟乙酮和二苯基乙二酮能够产生斑点)判断样品中的成分。下图分别为加入二苯基羟乙酮后反应开始；回流15min、30min、45min和60min时，用毛细管取样、点样，薄层色谱展开后的斑点：

该实验条件下加热________后可认为反应结束。

A.15minB.30minC.45minD.60min

（4）上述重结晶过程中，____________(填步骤名称)操作除去了不溶性杂质。

（5）在重结晶过程中，不可选用明火直接加热，原因是_________________________。

（6）不选择蒸馏的方法提纯二苯基乙二酮粗产品的原因是______________________。

（7）本实验的产率是_________%。(保留3位有效数字)15、某化学兴趣小组对硫代硫酸钠Na2S2O3产生兴趣。该小组通过实验对Na2S2O3的某些性质进行了探究。完成下列填空：

(1)甲同学设计并进行了如下实验：。序号实验操作实验现象实验①向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液氯水颜色变浅实验②取少量实验①反应后的溶液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液出现白色沉淀

实验②中产生白色沉淀的化学式为___。上述实验说明Na2S2O3具有______性。

(2)乙同学取少量实验①反应后的溶液，滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，据此也认为氯水将Na2S2O3氧化。评价他的推理是否正确并说明理由。_____

(3)丙同学查阅资料，了解到Na2S2O3的一种制取原理：S+Na2SO3Na2S2O3.为探究外界条件对Na2SO3转化率的影响，他设计如下对比实验(每次反应时间为60min)：。序号硫粉质量Na2SO3质量水质量反应温度Na2SO3转化率实验③18g63g42g80℃80.7%实验④18g63g57g80℃94.6%实验⑤36g63g42g80℃80.8%

(i)实验③、④的目的是探究_________对亚硫酸钠转化率的影响；

(ii)实验③、⑤中Na2SO3转化率基本不变的原因是________；

(iii)实验⑥想要探究温度升高对亚硫酸钠转化率是否有影响，请设计一组实验数据填入表中:。序号硫粉质量Na2SO3质量水质量反应温度Na2SO3转化率实验③18g63g42g80℃80.7%实验④18g63g57g80℃94.6%实验⑤36g63g42g80℃80.8%实验⑥__________

(4)丁同学将少量Na2S2O3溶液滴至AgNO3溶液中，发现立即生成了白色Ag2S2O3沉淀，但沉淀很快变为棕黄色，最终变为黑色。过滤后，滤液中只含AgNO3、NaNO3与H2SO4.已知Ag、Ag2O、Ag2S均为黑色且难溶于水，推测该实验中黑色沉淀可能是________，理由是_________。16、碳酸镧为白色粉末、难溶于水、分解温度900℃，可用于治疗高磷酸盐血症.在溶液中制备时，形成水合碳酸镧如果溶液碱性太强，易生成受热分解的碱式碳酸镧已知酒精喷灯温度可达1000℃。回答下列问题：

(1)用如图装置模拟制备水合碳酸镧：

①仪器B的名称为_______。

②装置接口的连接顺序为f→_______。

③Z中应先通入：_______(化学式)，后通入过量的另一种气体，该气体需要过量的原因是_______。

④该反应中生成副产物氯化铵，请写出生成水合碳酸镧的化学方程式：_______。

(2)甲小组通过以下实验验证制得的样品中不含并测定水合碳酸铜中结晶水的含量，将石英玻璃A管称重，记为将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为将装有试剂的装置C称重，记为按图示连接好装置进行实验。

实验步骤：

①打开和缓缓通入

②数分钟后关闭打开点燃酒精喷灯，加热A中样品：

③一段时间后，熄灭酒精灯，打开通入数分钟后关闭和冷却到室温，称量A.重复上述操作步骤，直至A恒重，记为(此时装置A中为).称重装置C，记为

①实验中第二次通入的目的为_______。

②根据实验记录，当_______，说明制得的样品中不含有计算水合碳酸镧化学式中结晶水数目_______(列式表示).(用含的式子表示)17、某校科学活动小组对教材中“测定空气里氧气含量”的实验（如图1）进行了大胆改进；设计如图2（选用容积为40mL的试管作为反应容器和润滑性很好的注射器组装）实验方案进行。请你对比分析图1；图2实验，回答下列有关问题：

I.请结合图1回答下列问题：

（1）指出实验中A、B仪器的名称：A___；B___。

（2）写出红磷燃烧反应的表达式___。

（3）实验中点燃红磷后观察到___，待红磷熄灭并冷却至室温后，打开弹簧夹，观察到___。

（4）由此实验可推知剩余主要气体的化学性质是___(答一条即可)。

II.改用图2实验方案进行；实验的操作步骤如下：①将红磷装入试管中，将30mL的注射器活塞置于10mL刻度处，并按图2中所示的连接方式固定好，再将弹簧夹夹紧橡皮管②点燃酒精灯③撤去酒精灯，待试管冷却后松开弹簧夹④读取注射器活塞的数据。

（5）与图1比较，图2装置的优点是___(答一点即可)。

（6）若用图2装置测得的氧气体积分数小于则可能的原因是___(写一条即可)。

（7）图2实验中注射器活塞将从10mL刻度处慢慢前移到约为___mL刻度处才停止(忽略导管气体体积)。

（8）若图2装置中改用容积为80mL试管且不使用夹弹簧夹，其它操作都不变，为确保实验成功，则加热前注射器活塞前沿至少应调整到___mL刻度处(填整数)。18、甲；乙两化学活动小组对中学化学教材中“氨的催化氧化”进行了实验探究。

(1)甲小组设计了如下图所示的实验装置(固定装置已略去)。

①若装置A中使用的药品是NH4HCO3固体，则A需要的仪器有试管、导管、橡胶塞和_______(填选项序号)。

a．锥形瓶b．酒精灯c．烧瓶d．蒸发皿。

②装置B的作用是___________________；装置D的作用是___________________。

③装置C中发生反应的化学方程式为________________________________。

④若A、B中药品足量，则可以观察到装置F中的实验现象是_____________________________。

⑤该装置存在的主要缺陷是___________________________________________________。

(2)乙小组认为可将甲小组的装置中A；B部分换成如图所示装置(其余部分相同)进行实验。

①烧瓶中加入的是过氧化钠固体，则分液漏斗中加入的最佳试剂是___________，U形管中加入的试剂是___________。

②此装置能产生大量氨气的原因是___________________________________________。19、某实验小组研究FeCl3溶液与Na2SO3溶液之间的反应；进行如下实验探究。

（1）配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。结合化学用语说明浓盐酸的作用：______。

（2）甲同学认为，上述实验在开始混合时观察到的现象不涉及氧化还原反应，实验I中红褐色比II中略浅的原因是______。

（3）乙同学认为实验II可能发生了氧化还原反应；为了探究反应的产物做了实验III和生成物检验。

①取少量Na2SO3溶液电极附近的混合液，加入______，产生白色沉淀，证明产生了SO42-。

②该同学又设计实验探究另一电极的产物，取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生____________________，证明产生了Fe2+。

（4）实验III发生反应的方程式是______。

（5）实验小组查阅资料：溶液中Fe3+、SO32-、OH-三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：

从反应速率和化学平衡两个角度解释实验I、II现象背后的原因可能是：______。20、某化学兴趣小组设计如图所示装置，用CuCl2·2H2O晶体和SOCl2获取无水CuCl2并回收过量的SOCl2。

已知：SOCl2的熔点为－105℃；沸点为76℃，遇水剧烈反应生成两种酸性气体。

回答下列问题：

（1）CuCl2·2H2O晶体和SOCl2发生反应的化学方程式是___。

（2）碱石灰除了能吸收SO2、HCl等酸性气体，还能起到的作用为__。

（3）某同学用“间接碘量法”测定无水CuCl2样品中铜元素的百分含量；操作步骤如下：

步骤1：取0.2500g试样溶于水；加入过量KI固体充分反应，生成白色CuI沉淀。

步骤2：滴入几滴淀粉溶液。

步骤3：再滴入0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液，发生的反应为2S2O32-＋I2=S4O62-＋2I-，恰好完全反应时，消耗Na2S2O3溶液18.00mL。

①恰好完全反应时的实验现象为__。

②计算试样中铜元素的质量分数__(写出计算过程)。21、四氯化锡是一种无色有强烈的刺激性气味的液体，有腐蚀性，常用作媒染剂和有机合成上的氯化催化剂。工业上常用氯气与金属锡或SnCl2来制得。某化学兴趣小组把干燥氯气通入熔融SnCl2•2H2O中制取无水SnCl4有如图所示的相关装置：

(1)盛装SnCl4的容器应贴上的安全警示标签是____________（填序号）。

(2)装置b的作用是______________________。

(3)为避免SnCl4水解，通Cl2前应先除SnCl2的结晶水，其操作是_____________，在潮湿空气中SnCl4水解产生白色烟雾，其化学方程式为________________。

(4)该学习小组最终制得的SnCl4呈黄色，可能的原因是______________________，如果要除去黄色得到无色产品，你的做法是________________________。

(5)可以通过测定剩余SnCl4的量来计算该次实验的产率，方法是让残留的SnCl4与足量硫酸铁铣反应，其中Fe3+被Sn2+还原为Fe2+。然后在硫酸和磷酸混合条件下，以二苯胺磺酸钠作指示剂，用K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+过程中的离子方程式为。

a.Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+

b.Cr2O72-＋____Fe2++()____＝_____Cr3++______Fe3++()_____

①完成并配平上述方程式b。

②已知二苯胺磺酸钠还原态为无色，氧化态为紫色，则滴定达到终点的现象是____

③若实验前称取22.6gSnC1•2H2O晶体于烧瓶中，实验结束后，向烧瓶内残留物中通入足量N2,取烧瓶内残留物溶于水配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，用以上方法滴定，消耗0.0l00mol/LK2Cr2O7标准溶20.00mL,则SnCl4的产率最大值为__________。评卷人得分四、元素或物质推断题(共3题，共9分)22、物质A由4种元素组成；按如下流程进行实验。

已知：

①每一步反应均完全②溶液D仅含一种溶质。

③沉淀E不溶于酸④溶于

请回答：

(1)物质A的组成元素为_______(元素符号)，其化学式为_______。

(2)写出A与双氧水反应的化学方程式_______。

(3)写出F至G的离子方程式_______。

(4)设计实验检验溶液D中的主要离子_______。23、Ⅰ.电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理；使之转化为沉淀B，按如图流程进行实验。

已知：B含三种元素；气体D标况下密度2.32g/L；混合气体l无色无味；气体F标况下密度为1.25g/L。请回答：

(1)组成B的三种元素是_______，气体D的分子式是______。

(2)写出固体C在足量氧气中灼烧的方程式_______。

(3)固体C在沸腾的稀盐酸中会生成一种弱酸和一种白色沉淀，该白色沉淀是共价化合物(测其分子量为199)，则反应的化学方程式是________。

Ⅱ.某兴趣小组为验证卤素单质的氧化性强弱，打开弹簧夹，向盛有NaBr溶液的试管B和分液漏斗C中同时通入少量Cl2；将少量分液漏斗C中溶液滴入试管D中，取试管D振荡，静止后观察现象。实验装置如图：

(4)说明氧化性Br2＞I2的实验现象是________。

(5)为了排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗C中通入Cl2未过量。试设计简单实验方案检验_________。24、周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序数依次增大，A的基态原子的L层电子是K层电子的两倍；B的价电子层中的未成对电子有3个；C与B同族；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸。请回答下列问题：

(1)C的基态原子的电子排布式为_____________；D的最高价含氧酸酸性比其低两价的含氧酸酸性强的原因是___________________________。

(2)杂化轨道分为等性和不等性杂化，不等性杂化时在杂化轨道中有不参加成键的孤电子对的存在。A、B、C都能与D形成中心原子杂化方式为____________的两元共价化合物。其中，属于不等性杂化的是____________(写化学式)。以上不等性杂化的化合物价层电子对立体构型为_________，分子立体构型为_______________________________。

(3)以上不等性杂化化合物成键轨道的夹角________(填“大于”；“等于”或“小于”)等性杂化的化合物成键轨道间的夹角。

(4)A和B能形成多种结构的晶体。其中一种类似金刚石的结构，硬度比金刚石还大，是一种新型的超硬材料。其结构如下图所示(图1为晶体结构，图2为切片层状结构)，其化学式为________________。实验测得此晶体结构属于六方晶系，晶胞结构见图3。已知图示原子都包含在晶胞内，晶胞参数a＝0.64nm，c＝0.24nm。其晶体密度为________________(已知：＝1.414，＝1.732,结果精确到小数点后第2位)。

评卷人得分五、计算题(共3题，共6分)25、(1)若t=25℃时，Kw=___________，若t=100℃时，Kw=1.0×10-12，则100℃时0.05mol•L-1Ba(OH)2溶液的pH=___________。

(2)已知25℃时，0.1L0.1mol•L-1的Na2A溶液的pH=11，用离子方程式表示其原因为___________。

(3)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH___________NaOH溶液的pH(填“＞”“=”或“＜”)。

(4)室温下，pH=2的H2SO4溶液、pH=12的NaOH溶液、pH=12的Na2CO3溶液，水电离出的c(H+)之比为___________。

(5)相同物质的量浓度的①NH4HSO4、②NH4HCO3、③NH4Cl三种溶液，pH值从大到小的顺序为___________(用数字标号填空，下同)；相同温度下，NH浓度相等的上述三种溶液，物质的量浓度从大到小的顺序为___________。

(6)含有Cr2O的废水毒性较大。某工厂酸性废水中含5.0×10-3mol•L-1的Cr2O可先向废水中加入绿矾(FeSO4·7H2O)；搅拌后撒入生石灰处理。

①写出加入绿矾的离子方程式___________。

②若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol•L-1，则残留的Cr3+的浓度_______________mol•L-1(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33)。26、制备氮化镁的装置示意图：

回答下列问题：

(1)填写下列仪器名称：的名称是_________。

(2)写出中和反应制备氮气的离子反应方程式__________。

(3)的作用是_____，是否可以把和的位置对调并说明理由_________。

(4)写出中发生反应的化学方程式___________。

(5)请用化学方法检验产物中是否含有未反应的镁，写出实验操作、现象、结论_________。27、某研究性学习小组类比镁在二氧化碳中的燃烧反应，认为钠和二氧化碳也可以发生反应，他们对钠在CO2气体中燃烧进行了下列实验：

（1）若用下图装置制备CO2，则发生装置中反应的离子方程式为_________。

（2）将制得的CO2净化、干燥后由a口缓缓通入下图装置，待装置中的空气排净后点燃酒精灯，观察到玻璃直管中的钠燃烧，火焰为黄色。待冷却后，管壁附有黑色颗粒和白色物质。

①能说明装置中空气已经排净的现象是_________。

②若未排尽空气就开始加热，则可能发生的化学反应方程式主要为_________。

（3）若钠着火，可以选用的灭火物质是_________。

A．水B．泡沫灭火剂C．干沙土D．二氧化碳。

（4）该小组同学对管壁的白色物质的成分进行讨论并提出假设：

Ⅰ．白色物质可能是Na2O；Ⅱ．白色物质可能是Na2CO3；Ⅲ．白色物质还可能是_________。

（5）为确定该白色物质的成分，该小组进行了如下实验：。实验步骤实验现象①取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加过量的CaCl2溶液出现白色沉淀②静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液无明显现象

①通过对上述实验的分析，你认为上述三个假设中，___成立（填序号）。

②由实验得出：钠在CO2中燃烧的化学方程式为_____；每生成1mol氧化产物，转移的电子数为____。

（6）在实验（2）中还可能产生另一种尾气，该气体为________；处理该尾气的方法为_____。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共2分)28、G是一种治疗心血管疾病的药物；合成该药物的一种路线如下。

已知：R1CH2BrR1CH=CHR2

完成下列填空：

(1)写出①的反应类型_______。

(2)反应②所需的试剂和条件_______。

(3)B中含氧官能团的检验方法_______。

(4)写出E的结构简式_______。

(5)写出F→G的化学方程式_______。

(6)写出满足下列条件，C的同分异构体的结构简式_______。

①能发生银镜反应；②能发生水解反应；③含苯环；④含有5个化学环境不同的H原子。

(7)设计一条以乙烯和乙醛为原料(其它无机试剂任选)制备聚2-丁烯（）的合成路线_______。(合成路线常用的表达方式为：AB目标产物)参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【详解】

A．的电子式是A错误；

B．同位素是指质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同原子，则和互为同位素；B正确；

C．不同非金属元素之间形成的共价键为极性键，则分子中存在极性键；C正确；

D．为CO2；其分子呈直线形，D正确；

故选A。2、B【分析】【详解】

A．在此反应时间内，D的平均反应速率为0.1mol/(L·min)，则反应产生D物质的物质的量为n(D)=0.1mol/(L·min)×5min×0.4L=0.2mol，根据物质反应转化关系可知：每反应产生2molD，同时会消耗3molA和1molB，则反应产生0.2mol的D，消耗A是0.3mol，消耗B是0.1mol，因此5min后，反应混合物总物质的量n(总)=(0.6-0.3)mol+(0.5-0.1)mol+0.2mol+0.2mol=1.1mol；A错误；

B．根据选项A分析可知在5min内消耗B的物质的量是0.1mol，则B的转化率为：×100%=20%；B正确；

C．根据选项A分析可知在5min内消耗A的物质的量是0.3mol，则用A表示的平均反应速率v(A)==0.15mol/(L•min)；C错误；

D．由以上分析可知：在5min内产生C；D的物质的量相等；则C、D的化学计量数相等，故a=2，D错误；

故合理选项是B。3、B【分析】【详解】

A．高性能耐烧蚀树脂属于有机高分子材料；不属于传统的硅酸盐材料，故A错误；

B．晶体硅为良好的半导体材料；是制造太阳能电池的主要原料，故B正确；

C．碳纤维的主要成分是碳单质；属于新型无机非金属材料，故C错误；

D．铝锂合金属于合金；应用于飞机是利用了其硬度大；密度小、韧性强等特点，且合金熔点比其任一组成金属低，故D错误。

故选B。4、D【分析】【分析】

【详解】

A、乙醇具有还原性，能被重铬酸钾氧化为乙酸，不发生消去反应，选项A错误；B、双氧水的浓度应相同，浓度影响反应速率，无法比较，选项B错误；C、因为红棕色的二氧化氮可与水反应生成无色的NO，故根据排水集气法收集的无色气体不能证明铜与稀硝酸反应生成NO，选项C错误；D、由于硝酸银过量，故沉淀中既有氯化银又有硫化银，不能据此比较氯化银、硫化银溶度积的大小，选项D正确。答案选D。5、C【分析】【详解】

A.氨气的密度比空气小；应用向下排空气法收集，故A错误；

B.蔗糖脱水碳化过程中有二氧化硫生成；二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，故B错误；

C.蒸馏95%酒精制取无水乙醇；装置正确，故C正确；

D.浓盐酸与二氧化锰制取氯气需要加热；故D错误。

综上所述，答案为C。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．HF会腐蚀玻璃；不能用玻璃仪器作为制备氟化氢的装置，故A错误；

B．利用乙装置在p处放带火星的木条，木条复燃，则可以验证Na2O2与水反应生成氧气，将q管放入到水中，有气泡冒出，则证明Na2O2与水反应是放出热量；故B正确；

C．利用丙装置验证KHCO3和K2CO3的热稳定性，Y中温度高，X中温度低，物质在温度低的环境中受热分解，温度高的不分解，说明更加稳定性，因此X中应放的物质是KHCO3；故C正确；

D．利用丁装置制取SO2，生成的二氧化硫再与内管中盛装的高锰酸钾溶液反应，高锰酸钾溶液褪色，则说明SO2有还原性；故D错误。

综上所述，答案为A。二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】【详解】

(1)NaHCO3在水溶液中发生电离：NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用：H++也会发生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)＞c()；电离产生H+使溶液显酸性；水解产生OH-，使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除会电离产生，还有H2O电离产生，而只有电离产生，故离子浓度：c(H+)＞c()，因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中，存在HR-的电离作用：HR-R2-+H+，电离产生H+使溶液显酸性，同时也存在着水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解产生OH-，使溶液显碱性，其平衡常数Kh=＜Ka2=5.60×10-8，说明HR-的电离作用大于水解作用；因此NaHR溶液显酸性；

(3)AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，导致溶液变浑浊，由于水解产生HCl，因此根据平衡移动原理，若用固体配制溶液时，将其溶解在一定量的浓盐酸中，增加了H+的浓度，就可以抑制盐的水解，然后再加水稀释，就可以得到澄清溶液；若将AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向进行直至水解完全，HCl挥发逸出，得到的固体是Al(OH)3，然后将固体灼烧至恒重，Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，最后得到的固体是Al2O3；

(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解，溶液中Ag+、Cl-浓度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L；

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+；对氯化银在水中溶解无抑制作用。

它们抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，该溶液中含有的c(Ag+)最大；则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-108、略

【分析】【分析】

2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，该反应正方向为体积增大的反应，降低压强，平衡会向正反应方向移动；则对于n(H2S)：n(Ar)为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气在图中对应的曲线分别是a、b；c、d、e。

【详解】

（1）由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；

（2）n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S)：n(Ar)=1：9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S)：n(Ar)=1：9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24；假设在该条件下；硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知：

此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。【解析】(1)越高n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高。

(2)d24.99、略

【分析】【详解】

(1)水电离程度比较：碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐；碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离；盐酸是强酸溶液，氢氧化钠溶液是强碱溶液，溶液中水的电离都受到了抑制作用，其中盐酸中的氢离子浓度等于氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度，二者中水的电离程度相等；醋酸溶液为弱酸，发生微弱的电离产生氢离子，抑制了水的电离，但醋酸溶液中氢离子浓度远小于盐酸，故水的电离程度比盐酸和氢氧化钠都强，综合而言这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是④＞②＞①=③。故答案为：④＞②＞①=③。

(2)等体积的醋酸和氢氧化钠混合，混合后溶液恰好为醋酸钠溶液，属于强碱弱酸盐，醋酸根离子发生微弱的水解导致溶液显碱性，所以溶液中离子浓度的大小顺序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。故答案为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，可得溶液中c(H+)=10-3mol/L，由醋酸的电离方程式：CH3COOHCH3COO-+H+可得其电离平衡常数为：故答案为：10-5。

(4)碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离，其水解方程式为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-，故答案为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-。

(5)取10mLHCl溶液，加水稀释到1000mL，此时溶液中由HCl电离出的由此可知，此时溶液中的c(H+)=10-3mol/L，可得该溶液中由水电离出的故答案为：10−11mol/L。【解析】④＞②＞①=③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)10-5CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-10−11mol/L10、略

【分析】【分析】

由结构简式可知；分子中含-OH；-COOH、碳碳双键，结合醇、羧酸、烯烃的性质来解答。

【详解】

(1)该有机物中的-OH、-COOH均与Na反应，金属钠过量，则有机物完全反应，1mol该有机物含有2mol羟基和1mol羧基，由2-OH～H2↑、2-COOH～H2↑可知，和过量的金属钠反应最多可以生成1.5molH2；

故答案为：1.5mol；

(2)-OH、-COOH均与Na反应，-COOH与NaOH、NaHCO3反应，则1mol该物质消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3，则n(Na)：n(NaOH)：n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3：2：2；

故答案为：3∶2∶2。【解析】①.1.5mol②.3∶2∶211、略

【分析】【详解】

(1)水杨酸和乙酸酐在浓硫酸的条件下发生取代反应生成乙酰水杨酸，方程式为：（2)在除去聚合物并提纯阿司匹林的过程中；可以将阿司匹林与碳酸氢钠反应使羧基变为羧酸钠，且酯基不水解，这样使阿司匹林溶于水，聚合物难溶于水，将聚合物除去，再将阿司匹林的钠盐盐酸酸化可得阿司匹林，过程中涉及的离子方程式为：

.(3)该仪器的名称为布氏漏斗。布氏漏斗中加入滤纸，用蒸馏水湿润后，应先微开水龙头，不能大开，避免滤纸破损。故选①。(4)A．抽滤能为了加快过滤速率，但不能使沉淀的颗粒变大，故错误；B.颗粒太小的沉淀不能用抽滤的原因是颗粒太小的容易在滤纸上形成一层密实的沉淀，不容易透过，故正确；C．当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，而不能从吸滤瓶支管口倒出溶液，故错误；D．将晶体转移至布氏漏斗时，若有晶体附在烧杯内壁，应用滤液来淋洗布氏漏斗，因为滤液是饱和溶液，冲洗是不会使晶体溶解，同时又不会带入杂质，故错误；E.洗涤沉淀时，应先关小水龙头，然后蒸馏水缓缓淋洗，再打开水龙头抽滤，不能使洗涤剂快速通过沉淀，故错误。故选B。（5）阿司匹林在冷水中的溶解度减小，所以用冷水洗涤晶体可以除去晶体表面附着的杂质，并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗。(6)根据方程式分析，乙酸酐过量，用水杨酸计算阿司匹林的质量为g，实际产率为=60%。【解析】取代反应布氏漏斗①B除去晶体表面附着的杂质，并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗60%12、略

【分析】【分析】

溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为三价铁，三价铁在水溶液中是黄色的；要验证乙同学的判断正确，可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+，根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质；Br2能将Fe2+氧化成Fe3+，说明还原性：Fe2+>Br-；依据氧化还原反应中“先强后弱”规律判断。

【详解】

(1)在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1-2滴液溴，若没有发生化学反应，使溶液呈黄色的微粒为Br2；若是发生化学反应，二价铁离子被溴单质氧化为三价铁在水溶液中是黄色的；因此答案是:Br2；Fe3+；

(2)要验证乙同学的判断正确，可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+，根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质；方案一可选用CCl4（C），向黄色溶液中加入四氯化碳，充分振荡、静置，溶液分层，若下层呈无色，表明黄色溶液中不含Br2，则乙同学的判断正确；方案二可选用KSCN溶液（D），向黄色溶液中加入KSCN溶液，振荡，若溶液变为血红色，则黄色溶液中含Fe3+；则乙同学的判断正确。

(3)根据上述推测说明发生反应Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-，由此说明亚铁离子的还原性大于溴离子，Cl2具有氧化性，先氧化的离子是亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；因此答案是:Fe2+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。【解析】Br2；Fe3+答案如下:

。

选用试剂。

实验现象。

第一种方法。

C

有机层无色。

第二种方法。

D

溶液变红。

Fe2+2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-13、略

【分析】【详解】

(1)NaHCO3在水溶液中发生电离：NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用：H++也会发生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)＞c()；电离产生H+使溶液显酸性；水解产生OH-，使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除会电离产生，还有H2O电离产生，而只有电离产生，故离子浓度：c(H+)＞c()，因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中，存在HR-的电离作用：HR-R2-+H+，电离产生H+使溶液显酸性，同时也存在着水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解产生OH-，使溶液显碱性，其平衡常数Kh=＜Ka2=5.60×10-8，说明HR-的电离作用大于水解作用；因此NaHR溶液显酸性；

(3)AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，导致溶液变浑浊，由于水解产生HCl，因此根据平衡移动原理，若用固体配制溶液时，将其溶解在一定量的浓盐酸中，增加了H+的浓度，就可以抑制盐的水解，然后再加水稀释，就可以得到澄清溶液；若将AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向进行直至水解完全，HCl挥发逸出，得到的固体是Al(OH)3，然后将固体灼烧至恒重，Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，最后得到的固体是Al2O3；

(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解，溶液中Ag+、Cl-浓度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L；

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+；对氯化银在水中溶解无抑制作用。

它们抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，该溶液中含有的c(Ag+)最大；则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-10三、实验题(共8题，共16分)14、略

【分析】【分析】

（1）根据装置图确定仪器a的名称及作用；

（2）蒸馏装置中加入碎瓷片可防止暴沸；若加热后发现未加碎瓷片；要将装置冷却至室温后再补加碎瓷片；

（3）由色谱的斑点可知；45min和60min的斑点一致，由此进行判断；

（4）重结晶的过程为加热溶解；趁热过滤，冷却结晶，其中除去不溶性杂质可趁热过滤；

（5）乙醇易挥发；蒸气与空气混合后遇明火爆炸；

（6）二苯基乙二酮粗产品中含有二苯基羟二酮；二者的沸点分别为344℃；348℃，沸点差异过小，不能使用蒸馏的方法分离提纯；

（7）2.12g二苯基羟乙酮物质的量为0.01mol，1.80g二苯基乙二酮物质的量为=0.008574mol；可进一步计算产率。

【详解】

（1）装置图中仪器a的名称是冷凝管；其作用是使蒸气冷凝回流，继续反应；

（2）加入碎瓷片的作用为防暴沸；若加热后发现未加碎瓷片，应该采取的操作为停止加热，待冷却后补加；

（3）45min和60min的斑点一致；则在45min时，反应已经结束；答案选C；

（4）重结晶过程中获得产品为二苯基乙二酮；含有的杂质为二苯基羟乙酮，二苯基羟乙酮不溶于冷水，则应该趁热过滤；

（5）提纯二苯基乙二酮粗产品；所用70%乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸，因此不能选用明火加热；

（6）不选择蒸馏的方法提纯二苯基乙二酮粗产品的原因是二苯基乙二酮粗产品为固体混合物；二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小；

（7）2.12g二苯基羟乙酮物质的量为0.01mol，1.80g二苯基乙二酮物质的量为=0.008574mol，则产率为×100%=85.7%。【解析】冷凝管冷凝回流防止暴沸停止加热，待冷却后补加C趁热过滤所用70%乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小85.715、略

【分析】【详解】

(1)向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，则说明氯气发生反应；取反应后的溶液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，可知该沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素的化合价升高，则Na2S2O3作还原剂；具有还原性；

故答案为：BaSO4；还原；

(2)乙同学取少量实验①反应后的溶液，滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，据此也认为氯水将Na2S2O3氧化，氯气溶于水能生成盐酸和次氯酸，故溶液中存在氯离子，不能证明是与Na2S2O3发生了氧化还原反应；故该推理不正确；

故答案为：不正确，因为氯水过量，氯水中同样含有Cl-；

(3)(i)对比实验③；④；可知水的量不同，则两组实验的目的是探究亚硫酸钠浓度对亚硫酸钠转化率的影响；

(ii)实验③、⑤的变量是硫粉的质量，硫粉是固体，其量的变化不影响平衡的移动，故Na2SO3转化率基本不变；

(iii)实验⑥想要探究温度升高对亚硫酸钠转化率是否有影响，故除温度外，硫粉的质量，亚硫酸钠浓度均不变，故硫粉质量可为：18g或36g；Na2SO3质量为：63g；水的质量为：42g或57g；温度为100℃；

故答案为：亚硫酸钠浓度；硫为固体；不影响平衡移动；18g或36g；63g；42g或57g或其他合理数据；100℃；

(4)丁同学将少量Na2S2O3溶液滴至AgNO3溶液中，发现立即生成了白色Ag2S2O3沉淀，但沉淀很快变为棕黄色，最终变为黑色，已知过滤后，滤液中只含AgNO3、NaNO3与H2SO4.已知Ag、Ag2O、Ag2S均为黑色且难溶于水；溶液中含S元素化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成Ag，则电子得失无法守恒，故黑色沉淀只能为Ag2S；

故答案为：Ag2S；溶液中含S元素化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成Ag，则电子得失无法守恒，故黑色沉淀只能为Ag2S。【解析】BaSO4还原不正确，因为氯水过量，氯水中同样含有Cl-亚硫酸钠浓度硫为固体,不影响平衡移动18g或36g63g42g或57g或其他合理数据100℃Ag2S溶液中含S元素化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成Ag，则电子得失无法守恒，故只能为Ag2S16、略

【分析】【分析】

（1）结合装置以及所给试剂，制取水合碳酸镧的原理为2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl，装置Y制备NH3，NH3易溶于水，通入带有球形干燥管的导气管中防倒吸，装置W制备CO2，装有饱和碳酸氢钠的装置X用于除去CO2中的HCl；防止消耗过多的氨气，在装置Z中生成水合碳酸镧。

（2）根据已知信息，m2-m1为La2(CO3)3·xH2O的质量，m4-m1为La2O3的质量，m5-m3为CO2的质量。B中装有浓硫酸，C中装有碱石灰，D中碱石灰的作用是防止空气中CO2和H2O进入到装置C中影响实验结果；第一次通入N2，目的是排出装置中的空气，防止空气中CO2干扰实验结果，第二次通入N2，将装置中残留的CO2全部排入装置C中被吸收；减小实验误差。

【详解】

(1)①根据仪器的结构特点可知其名称为球形干燥管；故答案为：球形干燥管；

②结合分析可知装置接口顺序应为f→b→a→d→e→c；故答案为：b→a→d→e→c；

③为增大CO2溶解度，提高产率，Z中应先通入氨气再通入CO2；根据题目信息可知如果溶液碱性太强，易生成受热分解的碱式碳酸镧La(OH)CO3，所以通入CO2需要过量的原因是：控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3；故答案为：氨气；控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3；

④根据元素守恒可知化学方程式为2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl；故答案为：2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl；

(2)①第二次通入N2，将装置中残留的CO2全部排入装置C中被吸收；减小实验误差；故答案为：将装置中产生的气体全部吹入后续装置中被吸收，减少实验误差；

②如果制得的样品中不含有La(OH)CO3，则由La2(CO3)3·xH2O化学式可知n(La2O3)：n(CO2)=1:3，即=n(La2O3)=n[La2(CO3)3·xH2O]，可求出水合碳酸镧化学式中结晶水数目x=故答案为：【解析】球形干燥管b→a→d→e→cNH3控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO32LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl将装置中产生的气体全部吹入后续装置中被吸收，减少实验误差17、略

【分析】【分析】

（1）根据装置图回答A；B仪器的名称；

（2）红磷燃烧生成五氧化二磷；

（3）红磷燃烧产生大量白烟；放出大量热；磷燃烧消耗氧气，气体减少；

（4）反应完成后；红磷；气体都有剩余；

（5）装置2能准确测量气体体积变化；

（6）氧气反应不完全或装置漏气，测得的氧气体积分数小于

（7）容器中空气的体积为40mL，氧气的体积分数为

（8）根据氧气的体积分数为计算；

【详解】

（1）根据装置图；仪器A是燃烧匙；仪器B是烧杯；

（2）红磷燃烧生成五氧化二磷，磷燃烧反应的表达式是：红磷+氧气五氧化二磷；

（3）红磷燃烧能观察到产生大量白烟，放出大量热；氧气占空气体积的磷燃烧消耗氧气，气体体积减少，所以待红磷熄灭并冷却至室温后，打开弹簧夹，观察到水沿导管进入集气瓶，进入水的体积约等于集气瓶剩余总体积的

（4）反应完成后；红磷；气体都有剩余，说明剩余气体不燃烧或不支持燃烧；

（5）装置2能准确测量气体体积变化；使实验结论更加准确；

（6）红磷量不足氧气反应不完全或装置漏气，测得的氧气体积分数小于

（7）容器中空气的体积为40mL，氧气的体积分数为氧气的体积为8mL，所以注射器活塞将从10mL刻度处慢慢前移到约为2mL刻度处才停止；

（8）设加热前注射器活塞前沿至少应调整到xmL刻度处，x=20。【解析】燃烧匙烧杯红磷+氧气五氧化二磷红磷燃烧，产生大量白烟，放出大量热水沿导管进入集气瓶，进入水的体积约等于集气瓶剩余总体积的不燃烧或不支持燃烧环保或使实验结论更加准确红磷量不足或装置漏气22018、略

【分析】【分析】

本题主要考查实验探究；（1）A装置用于制取氨气和水，B装置用于制取氧气，C装置为反应装置，D装置防倒吸，E装置为干燥装置，F装置用于尾气吸收。（2）浓氨水与过氧化钠反应可产生实验所需氨气和氧气，据此分析。

【详解】

(1)①若A中使用的药品是NH4HCO3固体，加热NH4HCO3固体需要酒精灯；

故答案为：b；

②装置B中盛放过氧化钠，碳酸氢铵受热分解生成NH3、CO2和H2O；过氧化钠和水；二氧化碳均反应生成氧气，氨气和氧气在催化剂作用下反应，所以装置B的作用是与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气；装置D作用是防止E中液体倒吸；

故答案为：与水和二氧化碳反应；产生C中所需的反应物氧气；防止E中液体倒吸；

③NH3与O2在催化剂、加热条件下发生反应生成一氧化氮和水，反应方程式为：

故答案为：

④若A、B中药品足量，生成的NO被氧化生成NO2；与水反应生成硝酸，硝酸能和铜反应生成硝酸铜和NO，反应现象为：铜片逐渐溶解，表面有气泡产生，溶液逐渐变蓝，液面上方气体逐渐变红棕色；

故答案为：铜片逐渐溶解；表面有气泡产生，溶液逐渐变蓝，液面上方气体逐渐变红棕色；

⑤该装置存在的主要缺陷是：F中液体因为压强变化的关系可能会倒吸；生成的二氧化氮有毒，应加一个尾气吸收装置；

故答案为：F中液体可能会倒吸，尾气产生的NO2会污染环境；

(2)①烧瓶中要产生氨气和氧气；则分液漏斗中加入的最佳试剂是浓氨水；干燥氨气和氧气可选用碱石灰（生石灰；氢氧化钠固体均可）；

故答案为：浓氨水；碱石灰（生石灰；氢氧化钠固体均可）；

②过氧化钠和氨水中水反应生成氢氧化钠和氧气，反应放热，氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，使平衡左移，利于NH3释放；

故答案为：氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，Na2O2与水反应产生OH－并放出大量热量，使平衡左移，利于NH3释放。【解析】b与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气防止E中液体倒吸4NH3+5O24NO+6H2O铜片逐渐溶解，表面有气泡产生，溶液逐渐变蓝，液面上方气体逐渐变红棕色F中液体可能会倒吸，尾气产生的NO2会污染环境浓氨水碱石灰（生石灰、氢氧化钠固体均可）氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，Na2O2与水反应产生OH－并放出大量热量，使平衡左移，利于NH3释放19、略

【分析】【分析】

（1）FeCl3溶液中存在Fe3+水解平衡，Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+；加入浓盐酸可以抑制其水解。

（2）实验Ⅰ中1.0mol/LFeCl3溶液2滴，实验Ⅱ中1.0mol/LFeCl3溶液2mL，实验I相对于实验Ⅱ，Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少。

（3）①加入足量盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明SO42-。

②加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明Fe2+。

（4）由（3）可知，Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-。

（5）130min的实验现象溶液立即变为红褐色，随后变浅，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的反应速率慢，是因为在氧气的作用下，c(HOFeOSO2)减小，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成；

【详解】

（1）配制FeCl3溶液时，Fe3+会水解，Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入浓盐酸可以抑制其水解，故答案为：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+；盐酸抑制氯化铁水解。

（2）实验Ⅰ中1.0mol/LFeCl3溶液2滴，实验Ⅱ中1.0mol/LFeCl3溶液2mL，实验I相对于实验Ⅱ，Fe3+起始浓度小，虽然越稀越水解，但水解的铁离子数目不及实验Ⅱ，且水解的速率不及实验Ⅱ，水解出的Fe(OH)3少，所以开始混合时，实验I中红褐色比Ⅱ中略浅，故答案为：Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少。

（3）①要证明产生了的SO42-，应加入足量盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明产生了SO42-，故答案为：足量盐酸和BaCl2溶液。

②要证明Fe3+发生还原反应生成了Fe2+，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+；故答案为：蓝色沉淀。

（4）由（3）可知，Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-，化学反应方程式为：2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+，故答案为：2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+。

（5）130min的实验现象溶液立即变为红褐色，随后变浅，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的反应速率慢，是因为在氧气的作用下，c(HOFeOSO2)减小，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成，故答案为：生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢，在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成。

【点睛】

常见的铁离子与亚铁离子的检验方法：（1）Fe3+的检验：①加入OH-生成红褐色沉淀；②加入苯酚溶液生成紫色溶液；③加入KSCN溶液生成血红色溶液；④加入亚铁氰化钾生成蓝色沉淀。（2）Fe2+的检验：①加入OH-白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；②先加KSCN，无现象，再加氯水，生成血红色溶液；③加入铁氰化钾生成蓝色沉淀。【解析】Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+；盐酸抑制氯化铁水解Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少足量盐酸和BaCl2溶液蓝色沉淀2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，有浅绿色的Fe2+生成20、略

【分析】【分析】

将SOCl2液体加入到CuCl2·2H2O晶体中，发生反应生成CuCl2，将多余的SOCl2蒸馏除去，经过冷凝在锥形瓶中接受，注意防止SOCl2遇水剧烈反应；因此要用碱石灰防止空气中水蒸气进入到锥形瓶中。

【详解】

⑴SOCl2遇水剧烈反应生成两种酸性气体，因此CuCl2·2H2O晶体和SOCl2发生反应的化学方程式是CuCl2·2H2O＋2SOCl2=CuCl2＋2SO2↑＋4HCl↑；故答案为：CuCl2·2H2O＋2SOCl2=CuCl2＋2SO2↑＋4HCl↑。

⑵碱石灰除了能吸收SO2、HCl等酸性气体，由于SOCl2遇水剧烈反应，因此碱石灰还能起到的作用为防止空气中水蒸气进入锥形瓶，与SOCl2发生反应；故答案为：防止空气中水蒸气进入锥形瓶，与SOCl2发生反应。

⑶①开始有碘单质；后来被反应完，因此恰好完全反应时的实验现象为溶液由蓝色变为无色；故答案为：溶液由蓝色变为无色。

②根据反应方程式得到关系式2Cu2+—I2—2S2O32−，n(Na2S2O3)=n(Cu2+)=0.1000mol·L−1×0.018L=0.0018mol，故答案为46.1%。【解析】CuCl2·2H2O＋2SOCl2=CuCl2＋2SO2↑＋4HCl↑防止空气中水蒸气进入锥形瓶，与SOCl2发生反应溶液由蓝色变为无色46.1%21、略

【分析】【分析】

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