2025年人教B版拓展型课程化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年人教B版拓展型课程化学上册阶段测试试卷877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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、FeCl3溶液与KSCN溶液混合，发生反应：Fe3+(aq)+3SCN-(aq)Fe(SCN)3(aq)ΔH，其中Fe(SCN)3的浓度与温度T的关系如图所示；下列说法正确的是。

A.ΔH＞0B.当溶液处于D点时，v(逆)＞v(正)C.溶液中c(Fe3+)：A点＞B点＞C点D.T1、T2时相应的平衡常数分别为K1、K2，则＜12、除去下列物质中的杂质(括号中为杂质)，采用的试剂和除杂方法正确的是。选项含杂质的物质试剂除杂方法AC2H2(H2S)溴水洗气B乙酸乙酯(乙酸)乙醇萃取C苯(苯酚)溴水过滤D乙醇(水)生石灰蒸馏

A.AB.BC.CD.D3、为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液；再分别滴加下图所示的试剂：

对实验现象的“解释或结论”错误的是()

A.AB.BC.CD.D4、用铁制备较纯净的Fe2O3，下列实验方案最好的是()A.使铁在潮湿的空气中缓慢氧化B.使铁与足量稀硝酸反应，然后加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤，然后充分加热分解C.使铁与足量稀硫酸反应，然后加入足量氨水，过滤、洗涤，然后充分加热分解D.使铁在氧气中燃烧，加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤，然后充分加热分解5、80℃时，NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个体积相等且恒容的密闭容器中，投入NO2和SO2，起始浓度如下表所示，其中甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，下列说法不正确的是。起始浓度甲乙丙c(NO2)(mol/L)0.100.200.20c(SO2)/(mol/L)0.100.100.20A.容器甲中的反应在前2min的平均反应速率v(SO2)=0.025mol/(L·min)B.达到平衡时，容器丙中正反应速率与容器甲相等C.温度升至90℃，上述反应平衡常数为1.56，则反应的△H＞0D.容器乙中若起始时改充0.10mol/LNO2和0.20mol/L，达到平衡时c(NO)与原平衡相同评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、水丰富而独特的性质与其结构密切相关。

(1)对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于_________键；依据O与H的电负性判断，属于_________共价键。

(2)水分子中，氧原子的价层电子对数为_________，杂化轨道类型为_________。

(3)下列事实可用“水分子间存在氢键”解释的是_________(填字母序号)。

a．常压下；4℃时水的密度最大。

b．水的沸点比硫化氢的沸点高160℃

c．水的热稳定性比硫化氢强。

(4)水是优良的溶剂，常温常压下极易溶于水，从微粒间相互作用的角度分析原因：_________(写出两条)。

(5)酸溶于水可形成的电子式为_________；由于成键电子对和孤电子对之间的斥力不同，会对微粒的空间结构产生影响，如中H－N－H的键角大于中H－O－H的键角，据此判断和的键角大小：________(填“＞”或“＜”)。7、晶体硼熔点为1873K；其结构单元为正二十面体，结构如图所示。氮化硼（BN）有多种相结构，例如六方相氮化硼与立方相氮化硼，结构如图所示，六方相氮化硼与石墨相似，具有层状结构；立方相氮化硼是超硬材料。回答下列问题：

（1）基态硼原子有___种不同能量的电子，第二周期中，第一电离能介于硼元素与氮元素之间的元素有___种。

（2）晶体硼为___（填晶体类型），结构单元由___个硼原子构成，共含有___个B-B键。

（3）关于氮化硼两种晶体的说法，正确的是___。

a.立方相氮化硼含有σ键和π键。

b.六方相氮化硼层间作用力小；所以质地软。

c.两种晶体均为分子晶体。

d.两种晶体中的B-N键均为共价键。

（4）NH4BF4是合成氮化硼纳米管的原料之一，1molNH4BF4含有___mol配位键。8、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________。9、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_______；10、如图所示的初中化学中的一些重要实验；请回答下列问题：

（1）图A称量NaCl的实际质量是___。

（2）图B反应的实验现象是__。

（3）图C反应的表达式为__。

（4）图D实验目的是__。11、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7题，共14分)12、草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体（H2C2O4·2H2O）无色；熔点为101℃，易溶于水，受热易脱水；升华，175℃时分解。

I；用硝酸氧化法制备草酸晶体并测定其纯度；制备装置如图所示（加热、固定等装置略去）。实验步骤如下。

①糖化：先将淀粉水解为葡萄糖；

②氧化：在淀粉水解液中加入混酸（质量之比为3：2的65%HNO3与98%H2SO4的混合物）；在55～60℃下水浴加热发生反应；

③结晶；蒸发、干燥：反应后溶液经冷却、减压过滤；即得草酸晶体粗产品。

（1）步骤②中，水浴加热的优点为_________。

（2）“②氧化”时发生的主要反应如下；完成下列化学方程式：

_____C6H12O6+_____HNO3______H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+__________。

（3）称取mg草酸晶体粗产品，配成100mL溶液。取20.00mL于锥形瓶中，用amoL·L-1KMnO4标准液标定，只发生5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O反应，消耗KMnO4标准液体积为VmL，则所得草酸晶体（H2C2O4·2H2O）的纯度为________（写出计算表达式）

II；证明草酸晶体分解得到的产物。

（4）甲同学选择上述装置验证产物CO2，装置B的主要作用是_________。

（5）乙同学认为草酸晶体分解的产物中除了CO2、H2O应该还有CO；为进行验证CO的存在，乙同学选用甲同学实验中的装置A；B和如图所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。

①乙同学实验装置中依次连接的合理顺序为A、B、____、____、____、____、____、____。

②其中装置H反应管中盛有的物质是________________。

③能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是___________。13、某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：

乙二酸（HOOC﹣COOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸；易溶于水，属于二元中强酸（为弱电解质），且酸性强于碳酸，其熔点为101.5℃，在157℃升华．为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：

（1）向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生．该反应的离子方程式为________；

（2）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去；①说明乙二酸具有______（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”）；②请配平该反应的离子方程式：_____MnO4-+____H2C2O4+___H+=___Mn2++____CO2↑+_____H2O

（3）将一定量的乙二酸放于试管中；按如图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：

实验发现：装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝；F中CuO粉末变红。据此回答：

①上述装置中，D的作用是_________；

②乙二酸分解的化学方程式为________；

（4）该小组同学将2.52g草酸晶体（H2C2O4•2H2O）加入到100mL0.2mol/L的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，其原因是_______（用文字简单表述），该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为：_______（用离子符号表示）．14、MnSO4晶体是一种易溶于水的微红色晶体，某校同学设计实验制备并检验MnSO4的性质。回答下列问题：

（1）甲组同学设计用SO2和适量纯净的MnO2制备MnSO4；其装置如下：

①A装置中固体药品X通常是______填化学式）。

②B装置中通SO2的导管末端接多孔球泡的目的是______；C装置用于吸收少量的SO2，发生反应的离子方程式为______。

（2）乙组同学定性检验甲组同学的产品中Mn2+的存在，取少量晶体溶于水，加入（NH4）2S2O8溶液，滴入硝酸银（作催化剂），微热振荡，溶液显紫色，发生反应的离子方程式为______。

（3）丙组同学为检验无水MnSO4（接近白色）的热分解产物，将MnSO4晶体脱水后放入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓慢通入N2；加热，硬质玻璃管中最后得到黑色固体。

①检验分解的气态产物中是否有SO2及SO3，装置E、F中的溶液依次是______、______（填字母）。

a．Ba（NO3）2溶液b．BaCl2溶液c．品红溶液d．浓硫酸。

②若D中得到的黑色粉末为Mn3O4，E、F中均有明显现象，则D中发生反应的化学方程式为______。

（4）丁组同学设计实验以丙组同学得到的黑色粉末为原料，利用铝热反应原理将其还原为金属锰，所需的药品除氯酸钾外，还需要______。15、长期存放的亚硫酸钠可能会被空气中的氧气氧化。某化学兴趣小组通过实验来测定亚硫酸钠试剂的被氧化的程度；设计了如下图实验。请回答下面的问题：

（1）若将虚线框内的分液漏斗换成长颈漏斗，则应该怎样检查虚线框内装置的气密性？_____。

（2）D装置中反应的化学方程式为________,B装置中反应的离子方程为_______。为保证实验测定的准确性，则C装置中反应的离子方程式为：______。

（3）称量agNa2SO3样品放入锥形瓶中，向B装置反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液充分反应、过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀bg，原样品中Na2SO3的质量分为数为：____________。

（4）现有以下试剂：①蒸馏水、②稀盐酸、③稀硝酸、④BaCl2溶液、⑤Ba(NO3)2溶液，请从中选择合适试剂__________，设计一种不同的实验方法测定试样中无水亚硫酸钠被氧化的程度_________。16、常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，实验室制备并测定产品含量的实验过程如下：

（一）制备

实验室采用氧气氧化液态法制取实验装置（加热及夹持仪器略）如图：

有关物质的部分性质如下：

①磷酸银溶于硝酸。

②和的信息如下表：。物质熔点/℃沸点/℃相对分子质量其他-112.076.0（易挥发）137.5两者互溶，均为无色液体，遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢2.0106.0153.5

按要求回答下列问题：

（1）仪器甲的名称是______________。

（2）制备的实验中，按气体流向，仪器连接的合理顺序为__________；（填仪器接口处的字母编号）

（3）反应温度要控制在左右，原因是_____________；

（4）制备实验结束后；待三颈瓶中的液体冷却至室温，得到粗产品；

（5）制得的中混有少量提纯的方法是______________；

（二）测定产品的纯度。

Ⅰ．准确称取粗产品，置于盛有蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成溶液。

Ⅱ．取溶液于锥形瓶中，加入标准溶液。

Ⅲ．加入少许硝基苯用力摇动，使生成的沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加时，将沉淀转化为沉淀；

Ⅳ．以为指示剂，用溶液滴定过量的溶液，达到滴定终点时共用去溶液。

（1）步骤Ⅳ中指示剂为________________。

（2）若滴定终点时，读取溶液体积时俯视刻度线，则测定结果___________。（填“偏高”；“偏低”、或“无影响”）

（3）反应中的百分含量为___________。（保留四位有效数字）17、实验室常用的几种气体发生装置如图A；B、C所示：

①实验室可以用B或C装置制取氨气；如果用C装置，通常使用的药品是___。

②气体的性质是气体收集方法选择的主要依据。下列性质与收集方法无关的是___（填序号；下同）；

A．密度B．颜色C．溶解性D．热稳定性。A．与氧气反应③若用A装置与D装置相连制取并收集X气体；则X可能是下列气体中的___。

A．CO2B．NOC．Cl2D．H218、一氯化碘是一种重要的卤素互化物；在化工生产中有广泛应用。有关一氯化碘的部分信息如下：

某小组拟设计实验制备一氯化碘并测定其纯度；装置如图所示。

按如图所示装置进行实验；当D装置中产生红棕色液体；固体消失时停止反应。

请回答下列问题：

(1)盛装碘单质的仪器名称是_____________；E装置作用是_____________。

(2)装置中试剂名称是______________________________。

(3)写出A中反应的离子方程式______________________。

(4)启动反应后，将D装置的仪器放置于冷水浴中，其目的是__________________。

(5)粗产品中混有碘单质，提纯产品可选择下列装置中的_____________填字母

(6)测定产品纯度。取该产品于锥形瓶，加入过量的KI溶液，充分反应。用溶液滴定有关反应：三次平行实验测得数据如下：

该产品纯度为___________用含a和c的代数式表示若产品中混有少量测得结果_______________填“偏高”“偏低”或“无影响”评卷人得分四、工业流程题(共1题，共10分)19、H5IO6(正高碘酸)是用于光度法测定苯肼的试剂。工业上用NaIO3制备H5IO6的流程如图：

（1）“反应Ⅰ”可在如图所示的装置中进行。该反应生成不溶于水的Na2H3IO6的离子方程式为____。若要提高Cl2的利用率，可对装置进行改进的措施为___。

（2）反应Ⅱ生成不溶于水的黑色Ag5IO6，“滤液2”呈__(填“酸”“碱”或“中”)性。

（3）“无色气体”为__(填化学式)。

（4）工业上为降低成本，减少对环境的污染，整个流程需要控制加入Cl2和AgNO3的物质的量之比为n(Cl2)∶n(AgNO3)=__。

（5）H5IO6具有强氧化性，可将FeSO4氧化为H2FeO4，自身被还原为HIO3，该反应的化学方程式为___。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共9分)20、铬是由法国化学家沃克兰于1798年在巴黎发现。目前铬被广泛应用于冶金；化工、铸铁、耐火及高精端科技等领域。

(1)铬元素基态原子的价电子排布式为___________。

(2)金属铬的第二电离能和锰的第二电离能分别为1590.6kJ/mol、1509.0kJ/mol，的原因是___________。

(3)雷氏盐(Reineckesalt)的化学式为是一种易溶于水和乙醇的暗红色固体。

①雷氏盐中存在的化学键有___________(填序号)。

A．键B．键C．氢键D．配位键E．金属键。

②配体中C采取的杂化方式为___________，可用于形成配位键的原子有___________。

③的价层电子对数为___________，空间构型是___________，写出一种与互为等电子体的分子___________。

④乙醇能与水以任意比例互溶的原因是___________，___________。

(4)硒化铬的立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm和bnm，则硒化铬的密度为___________(列出表达式即可)。

21、KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器；填补了国家战略空白。回答下列问题：

(1)在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是_______(填离子符号)。

(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。

(3)已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为_______，其中P采取_______杂化方式。

(4)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸；如：

如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为_______。

(5)分别用○、●表示和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2POK+在晶胞xz面；yz面上的位置：

①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度_______g·cm-3(写出表达式)。

②晶胞在x轴方向的投影图为_______(填标号)。

22、铬是由法国化学家沃克兰于1798年在巴黎发现。目前铬被广泛应用于冶金；化工、铸铁、耐火及高精端科技等领域。

(1)铬元素基态原子的价电子排布式为___________。

(2)金属铬的第二电离能和锰的第二电离能分别为1590.6kJ/mol、1509.0kJ/mol，的原因是___________。

(3)雷氏盐(Reineckesalt)的化学式为是一种易溶于水和乙醇的暗红色固体。

①雷氏盐中存在的化学键有___________(填序号)。

A．键B．键C．氢键D．配位键E．金属键。

②配体中C采取的杂化方式为___________，可用于形成配位键的原子有___________。

③的价层电子对数为___________，空间构型是___________，写出一种与互为等电子体的分子___________。

④乙醇能与水以任意比例互溶的原因是___________，___________。

(4)硒化铬的立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm和bnm，则硒化铬的密度为___________(列出表达式即可)。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

图象中曲线上的A、B、C三点为不同温度下的平衡状态，D在曲线上方，未处于平衡状态，c[Fe(SCN)3]比平衡状态大；反应应向逆反应方向移动。

【详解】

A．随着温度的升高，溶液中c[Fe(SCN)3]逐渐减小，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，△H＜0；A错误；

B．D点在曲线下方，未处于平衡状态，由于c[Fe(SCN)3]比平衡状态大，反应向逆反应方向移动，故v(逆)＞v(正)；B正确；

C．升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，c[Fe(SCN)3]减小，反应温度：A点＜B点＜C点。降低温度，化学平衡正向移动，使c(Fe3+)减小，故溶液中c(Fe3+)：A点＜B点＜C点；C错误；

D．该反应的正反应是放热反应，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使化学平衡K减小。由于温度为：T1＜T2时，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2，故＞1；D错误；

故合理选项是B。2、D【分析】【详解】

A．溴水与乙炔会发生加成反应；A项错误；

B．乙醇与乙酸乙酯互溶；引入杂质，B项错误；

C．苯酚与溴水生成三溴苯酚；三溴苯酚溶于苯，C项错误；

D．水与生石灰反应生成氢氧化钙；低温不分解，可以蒸馏法得到乙醇，D项正确；

故选D。3、D【分析】【详解】

A.a中反应为I2＋SO＋H2O===SO＋2H＋＋2I－，还原性SO>I－；A正确；

B.b中反应为2S2－＋SO＋6H＋===3S↓＋3H2O；B正确；

C.Na2SO3溶液使酚酞溶液变红，是因为SO32-水解生成OH-所致，加入BaCl2溶液后，生成BaSO3沉淀，从而使溶液中c(OH-)不断减小；C正确；

D.即使不变质，在酸性条件下，NO也把SO氧化成SO生成BaSO4沉淀；D错误。

故选D。4、C【分析】【详解】

A．铁在潮湿的空气中缓慢氧化，逐渐生锈，虽然铁锈的主要成分是Fe2O3，但铁锈不纯，因此不能制备较纯净的Fe2O3；A项错误；

B.铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁，同时生成有毒的NO，加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤，然后充分加热分解，虽然可以得到Fe2O3；但过程中生成了有毒的NO，不是最好的方法，B项错误；

C.铁与硫酸反应生成Fe2+，与氨水反应生成Fe(OH)2，在空气中加热氧化为Fe(OH)3，分解最后可生成纯净Fe2O3；C项正确；

D.铁在氧气中燃烧，生成Fe3O4，加入足量NaOH溶液后Fe3O4不能反应，因此不能生成较纯净的Fe2O3；D项错误；

答案选C。5、B【分析】【详解】

A．容器甲中起始时c(NO2)=0.10mol/L，经2min达平衡时，NO2的转化率为50%则反应的NO2浓度为0.050mol/L，则反应消耗SO2的浓度也是0.050mol/L，故反应在前2min的平均速率v(SO2)==0.025mol/(L·min)；A正确；

B．反应NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)为气体体积不变的反应；压强不影响平衡，则容器甲和丙互为等效平衡，平衡时反应物转化率相等，由于丙中各组分浓度为甲的2倍，则容器丙中的反应速率比A大，B错误；

C．对于容器甲，反应开始时c(NO2)=c(SO2)=0.10mol/L，经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，则反应的c(NO2)=0.050mol/L，根据物质反应转化关系可知，此时c(SO2)=0.10mol/L=0.050mol/L=0.050mol/L，c(NO)=c(SO3)=0.050mol/L，该反应的化学平衡常数K=温度升至90℃，上述反应平衡常数为1.56＞1，则升高温度化学平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故该反应的△H＞0；C正确；

D．化学平衡常数只与温度有关，与其它外界条件无关。由于NO2(g)、SO2(g)消耗是1：1关系，反应产生的SO3(g)、NO(g)也是1：1关系，所以容器乙中若起始时改充0.10mol/LNO2和0.20mol/L，平衡时，与原来的乙相同，则达到平衡时c(NO)与原平衡就相同；D正确；

故合理选项是B。二、填空题(共6题，共12分)6、略

【分析】【详解】

（1）对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于键；O与H的电负性不同；共用电子对偏向于O，则该共价键属于极性共价键；

（2）水分子中，氧原子的价层电子对数为杂化轨道类型为sp3；

（3）a．水中存在氢键；导致冰的密度小于水的密度，且常压下，4℃时水的密度最大，a正确；

b．水分子间由于存在氢键，使分子之间的作用力增强，因而沸点比同主族的H2S高，b正确；

c．水的热稳定性比硫化氢强的原因是其中的共价键的键能更大；与氢键无关，c错误；

故选ab；

（4）极易溶于水的原因为NH3和H2O极性接近；依据相似相溶原理可知，氨气在水中的溶解度大；氨分子和水分子间可以形成氢键，大大增强溶解能力；

（5）的电子式为有1对孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对与成键电子对之间的排斥力，水中键角被压缩程度更大，故和的键角大小：>【解析】(1)极性。

(2)4sp3

(3)ab

(4)NH3和H2O极性接近；依据相似相溶原理可知，氨气在水中的溶解度大；氨分子和水分子间可以形成氢键，大大增强溶解能力。

(5)>7、略

【分析】【分析】

（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；电子位于1s；2s、2p三个能量不同的能级上；同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，由于全充满和半充满的缘故，ⅡA族和ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素；

（2）由晶体硼熔点为1873K可知，晶体硼为熔沸点高、硬度大的原子晶体；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的

（3）a.由图可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之间只存在单键；

b.由图可知；六方相氮化硼层间为分子间作用力，分子间作用力小；

c.由图可知；立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体；

d.非金属元素之间易形成共价键；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—构成，NH4+中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、BF4—中B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键。

【详解】

（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；电子位于1s；2s、2p三个能量不同的能级上，则有3种不同能量的电子；同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，由于全充满和半充满的缘故，ⅡA族和ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素，则介于硼元素与氮元素之间的有Be、C、O三种元素，故答案为：3；3；

（2）由晶体硼熔点为1873K可知，晶体硼为熔沸点高、硬度大的原子晶体；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每个等边三角形拥有的顶点为20个等边三角形拥有的顶点为×20=12；每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的每个等边三角形占有的B-B键为20个等边三角形拥有的B-B键为×20=30；故答案为：12；30；

（3）a.由图可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之间只存在单键，则立方相氮化硼中含有σ键，不存在π键，故错误；

b.由图可知；六方相氮化硼层间为分子间作用力，分子间作用力小，导致其质地软，故正确；

c.由图可知；立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体，故错误；

d.非金属元素之间易形成共价键；所以N原子和B原子之间存在共价键，故正确；

bd正确，故答案为：bd；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—构成，NH4+中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、BF4—中B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1molNH4BF4含有2mol配位键，故答案为：2。【解析】①.3②.3③.原子晶体④.12⑤.30⑥.bd⑦.28、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∶29、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%10、略

【分析】【分析】

（1）托盘天平的平衡原理：称量物质量=砝码质量+游码质量；

（2）镁在空气中剧烈燃烧；放出大量的热，发出耀眼的白光，生成白色固体氧化镁；

（3）图C表示铜和氧气在加热条件下生成黑色氧化铜；

（4）图D表示加压气体体积缩小；

【详解】

（1）称量物质量=砝码质量+游码质量；15=NaCl质量+3，NaCl的实际质量是15g-3g=12g；

（2）镁在空气中燃烧的现象是：放出大量的热；发出耀眼的白光，生成白色固体；

（3）图C的表达式为：铜+氧气氧化铜；

（4）图D表示加压气体体积缩小，实验目的是验证分子之间的存在间隙；【解析】12g放出大量的热，发出耀眼的白光，生成白色固体铜+氧气氧化铜验证分子之间的存在间隙11、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7题，共14分)12、略

【分析】【分析】

在水浴条件下，葡萄糖被硝酸氧化为草酸，草酸晶体受热分解为CO、CO2、水，用氢氧化钠溶液除去CO中的CO2，干燥后用CO还原氧化铜，用澄清石灰水检验生成的CO2；再用排水法收集CO，防止污染空气。

【详解】

(1)步骤②；在55～60℃下，葡萄糖被硝酸氧化为草酸，水浴加热可以使受热均匀，便于控制温度；

(2)根据得失电子守恒；葡萄糖被硝酸氧化为草酸的方程式是。

C6H12O6+12HNO33H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；

(3)20.00mL草酸溶液中；含有草酸的物质的量是xmol；

x=

所得草酸晶体（H2C2O4·2H2O）的纯度为

(4)草酸钙难溶于水，验证产物CO2，需要除去草酸蒸气，所以装置B的主要作用是使升华的草酸冷凝，避免对CO2检验的干扰；

(5)①草酸晶体受热分解为CO、CO2、水，检验CO时，用氢氧化钠溶液除去CO中的CO2，干燥后用CO还原氧化铜，用澄清石灰水检验生成的CO2；再用排水法收集CO，防止污染空气，装置依次连接的合理顺序为A；B、F、D、G、H、D、E。

②CO和氧化铜反应生成铜和二氧化碳；其中装置H反应管中盛有的物质是CuO；

③H中黑色固体变红色；第一个D装置无现象，第二个D装置出现白色浑浊，即可证明草酸晶体分解产物中有CO。

【点睛】

本题以草酸的制备和性质检验为载体，考查学生实验能力，理解实验原理是解题关键，明确CO的检验方法，培养学生实验探究能力和实验操作能力。【解析】使受热均匀，便于控制温度11239H2O使升华的草酸冷凝，避免对CO2检验的干扰FDGHDECuOH中黑色固体变红色，第一个D装置无现象，第二个D装置出现白色浑浊，即可证明13、略

【分析】【分析】

（1）强酸制弱酸原理；

（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性；草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化；根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式；

（3）H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑，B装置验证产物水，C装置验证产物CO2，D装置除掉CO2；E装置除掉水蒸气，F；G装置验证产物CO，据此分析。

（4）通过计算反应后溶液为NaHC2O4溶液，根据反应后溶液呈酸性，可知HC2O4-的电离程度比水解程度大；由此确定溶液中各离子浓度到大小。

【详解】

（1）乙二酸中含有羧基，具有酸性，酸性比碳酸强，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳和乙酸钠，该反应的离子方程式为：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；

答案：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；

（2）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，向盛有少量乙二酸饱和溶液的试管中滴入用硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸被酸性高锰酸钾氧化，具有还原性；根据氧化还原反应方程式的配平原则：得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒配平该反应的离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

答案：还原性2562108

（3）加热乙二酸，反应物通入B，使CuSO4粉末变蓝，说明有水生成，装置C中澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；装置D中二氧化碳和氢氧化钠反应除去混合气体中的二氧化碳，F中CuO粉末变红、G中澄清石灰水变浑浊说明有一氧化碳生成，所以乙二酸的分解产物为CO、CO2、H2O；

答案：除去混合气体中的CO2；H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑；

（4）①2.52g草酸晶体的物质的量==0.02mol，100mL0.2mol/L的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量=100mL×10-3L/mL×0.2mol/L=0.02mol；所以反应生成NaHC2O4，所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4-的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）＞c（OH-）；所以溶液呈酸性；

②两者正好1：1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度比水解程度大，而溶液中还存在着水的电离，故H+＞C2O42-，由于离子的电离程度较小，则有HC2O4-＞H+，离子浓度由大到小的顺序为Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣；

答案：反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4﹣的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣

【点睛】

第（4）小题为易错点，根据酸碱中和反应确定反应后的溶质为NaHC2O4，弱酸的酸式酸根离子存在电离平衡和水解平衡，可根据溶液的酸碱性确定哪个平衡为主，最后再确定离子浓度的大小。【解析】HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O还原性2562108除去混合气体中的CO2H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4﹣的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣14、略

【分析】【详解】

（1）①A装置制备二氧化硫气体，实验室一般用亚硫酸盐与浓硫酸制备，固体药品X通常是Na2SO3,故答案为Na2SO3；

②B装置中通SO2的导管末端接多孔球泡的目的是增大SO2与液体的接触面积；C装置用于吸收少量的SO2，反应为：SO2+2OH-=SO32-+H2O,故答案为增大SO2与液体的接触面积；SO2+2OH-=SO32-+H2O；

（2）根据题意，Mn2+与（NH4）2S2O8溶液在硝酸银作催化剂，微热振荡反应，溶液显紫色，说明生成高锰酸跟离子，锰元素化合价升高，则硫元素化合价降低生成硫酸根离子，故反应为：2Mn2++5S2O82-+8H2O2MnO4-+10SO42-+16H+,故答案为2Mn2++5S2O82-+8H2O2MnO4-+10SO42-+16H+；

（3）①检验分解的气态产物中是否有SO2及SO3，检验三氧化硫时，为防止二氧化硫的干扰，用氯化钡溶液检验，二氧化硫用品红溶液检验，装置E、F中的溶液依次是BaCl2溶液，品红溶液,故答案为b；c；

②D中得到的黑色粉末为Mn3O4，E、F中均有明显现象，说明生成SO2及SO3，反应为：3MnSO4Mn3O4+SO2↑+2SO3↑,故答案为3MnSO4Mn3O4+SO2↑+2SO3↑；

（4）利用铝热反应原理将其还原为金属锰，所需的药品有铝粉，氯酸钾作供氧剂，还需要点燃的镁条提供高温条件,故答案为铝粉、镁条。【解析】Na2SO3增大SO2与液体的接触面积SO2+2OH-=SO32-+H2O2Mn2++5S2O82-+8H2O2MnO4-+10SO42-+16H+bc3MnSO4Mn3O4+SO2↑+2SO3↑铝粉、镁条15、略

【分析】【分析】

（1）长颈漏斗没有塞子；必须加水至漏斗内液面高于锥形瓶内液面，形成密闭系统并形成压强差，观察液面变化；

（2）D为实验室制备氯气的发生装置；氯气具有氧化性，二氧化硫具有还原性，在B中发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸；C中为NaOH溶液，氯气在其溶液中反应生成NaCl和NaClO；

（3）根据硫元素守恒计算，Na2SO3～SO2～BaSO4；

（4）亚硫酸钠被氧化为硫酸钠；加入氯化钡生成硫酸钡沉淀，以此计算百分含量。

【详解】

（1）检验实验装置的气密性常用的做法是加热或形成液面差；以形成压强差来观察是否有气泡或液面是否发生变化，长颈漏斗没有塞子，必须加水至漏斗内液面高于锥形瓶内液面，形成密闭系统并形成压强差，观察液面变化；

故答案为：关闭弹簧夹（或止水夹）a；由长颈漏斗向锥形瓶中加水至漏斗内液面高于锥形瓶内液面，过一段时间观察液面是否变化，若不变，说明气密性好，否则说明装置漏气；

（2）D为实验室制备氯气的发生装置，反应为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；氯气具有氧化性，二氧化硫具有还原性，在B中发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，反应为：氯气在NaOH溶液中反应生成NaCl和NaClO，反应为：

故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（3）根据硫元素守恒计算；

原样品中Na2SO3的质量分为数为

故答案为：

（）亚硫酸钠中混有硫酸钠；设计实验方案时可从两个角度设计：一是测定亚硫酸钠的含量，二是测定硫酸钠的含量，亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀，根据硫酸钡的质量求解硫酸钠的质量，可计算出亚硫酸钠的质量，题中从第一个角度设计，本题可从第二个角度设计，加入盐酸除去亚硫酸钠，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀，根据硫酸钡的质量求解硫酸钠的质量，可计算出亚硫酸钠的质量；

故答案为：①②④；一定质量的Na2SO3样品于试管中，加入适量的蒸馏水溶解，加入过量的稀盐酸，不再产生气泡，再加入足量的BaCl2溶液充分反应，过滤，洗涤，干燥，称重，求算出被氧化的Na2SO3的量；即可求算出无水亚硫酸钠被氧化的百分含量。

【点睛】

亚硫酸钠中混有硫酸钠，设计实验方案时可从两个角度设计：一是测定亚硫酸钠的含量，二是测定硫酸钠的含量，亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀，根据硫酸钡的质量求解硫酸钠的质量，可计算出亚硫酸钠的质量。4【解析】关闭弹簧夹（或止水夹）a，由长颈漏斗向锥形瓶中加水至漏斗内液面高于锥形瓶内液面，过一段时间观察液面是否变化，若不变，说明气密性好，否则说明装置漏气MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2OCl2+SO2+2H2O═4H++2Cl-+SO42-Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O①②④一定质量的Na2SO3样品于试管中，加入适量的蒸馏水溶解，加入过量的稀盐酸，不再产生气泡，再加入足量的BaCl2溶液充分反应，过滤，洗涤，干燥，称重，求算出被氧化的Na2SO3的量，即可求算出无水亚硫酸钠被氧化的百分含量16、略

【分析】【分析】

制备的实验中，先制氧气，遇水易剧烈反应，要先对氧气进行干燥，最后冷凝时要避免与空气中的水蒸气以及其他物质反应；的沸点是76.0（易挥发），故温度不能过高，温度太低，反应速率慢；与两者互溶，但二者沸点不一样，采用蒸馏的方式可将二者分开；俯视读数，则变小，再根据对应关系求的百分含量。

【详解】

（一）制备

（1）仪器甲的名称是球形冷凝管；故答案为：球形冷凝管；

（2）制备的实验中，先制氧气，遇水易剧烈反应，要先对氧气进行干燥，最后冷凝时要避免与空气中的水蒸气以及其他物质反应，故装置的安装顺序为：aedbcfg；故答案为：aedbcfg；

（3）的沸点是76.0（易挥发），故温度不能过高，温度太低，反应速率慢，故要水浴加热，控制温度在左右；故答案为：温度过低，反应速率太慢；温度过高，易挥发；利用率低；

（5）与两者互溶；均为无色液体，遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢，但二者沸点不一样，采用蒸馏的方式可将二者分开；故答案为：蒸馏；

（二）测定产品的纯度。

（1）铁离子遇变血红色溶液，Cl-和SO42-都可以和Ag+生成沉淀，故指示剂为故答案为：

（2）最后与溶液反应的是过量的计算时俯视读数，则变小；会使得结果偏大；故答案为：偏大；

（3）POCl3中的杂质只能是PCl3，所以当加入水时，POCl3和PCl3都和水反应生成HCl和含氧酸，加入过量的硝酸银溶液，生成AgCl沉淀，剩余的Ag+用KSCN测定。则原样品中则POCl3和PCl3的总的物质的量为0.1mol，设的物质的量为x，则PCl3的物质的量为0.1-x，总质量为15.03g，所以有153.5x+137.5(0.1-x)=15.03，求出x=0.08，所以m(POCl3)=0.08mol×153.5g/mol=12.28g，可得出POCl3的百分含量为故答案为：81.70%。

【点睛】

根据题上的已知条件知与互溶，且易与水反应，需要在做实验时要保证无水环境；根据实验可以测得氯元素的含量，再推导的百分含量。【解析】球形冷凝管aedbcfg温度过低，反应速率太慢；温度过高，易挥发，利用率低蒸馏偏高81.70%17、略

【分析】【分析】

(1)；用B装置制备氨气为固体加热装置；用C装置制备氨气为固体与液体不需要加热装置；

(2)；收集气体的方法的选择可依据气体的密度和溶解性；如气体与氧气反应则只能用排水法收集;结合密度可选择向下或向上排空气法收集；

(3)；若用A装置与D装置相连制取并收集X气体；为固体与液体反应需要加热装置，且气体可利用浓硫酸干燥、向上排空气法收集，需要尾气处理，以此来解答。

【详解】

(1)；用B装置制备氨气为固体加热装置；选择药品为氢氧化钙固体和氯化铵固体；用C装置制备氨气为固体与液体不需要加热装置，选择药品为浓氨水和氧化钙(或碱石灰、固体氢氧化钠等)，故答案为：浓。

氨水和氧化钙(或碱石灰；固体氢氧化钠等)；

(2)；收集气体的方法的选择可依据气体的密度和溶解性；如气体与氧气反应则只能用排水法收集，气体是否有颜色、热稳定性与收集方法无关，故答案为：BD；

(3)、若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，为固体与液体反应需要加热装置，且气体可利用浓硫酸干燥、向上排空气法收集，需要尾气处理，符合条件的只有氯气，故答案为：C。【解析】浓氨水、CaO固体（NaOH固体）BDC18、略

【分析】【分析】

利用A制取氯气；氯气中含有HCl和H2O的杂质，需要除去，利用饱和食盐水，除去HCl，利用浓硫酸除去H2O，在D中发生反应得到ICl，由于产物与水反应，在进行尾气处理时，要防止水蒸气，进入D，因此在D和尾气处理装置之间加入了一个干燥装置。

【详解】

(1)根据装置图分析可知装置D的名称为圆底烧瓶；装置E的作用是吸收F装置挥发出来的水蒸气，防止ICl与水反应，故答案为：圆底烧瓶；吸收F装置挥发出来的水蒸气，防止ICl与水反应；

(2)B装置的作用是除去氯气中的氯化氢气体；因此可以选用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；

(3)A装置用于制取氯气，反应的离子方程式为：MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；

(4)根据一氯化碘的物理性质以及制备一氯化碘的反应放热分析可知启动反应后；将D装置的仪器放置于冷水浴中，其目的是冷却产品，减少产品挥发，故答案为：冷却产品，减少产品挥发；

(5)根据一氯化碘和碘单质的物理性质分析可知二者的分离可以采用蒸馏的方法；故答案为：c；

(6)根据反应的原理分析可知反应转化关系式为ICl~I2~2Na2S2O3，由表中数据知第二次测定误差较大，故舍去，由第一次和第三次实验分析可得一氯化碘的物质的量为一氯化碘的纯度为若产品中混有少量I2，由ICl、I2和Na2S2O3的关系可知，在质量不变的情况下，含I2越多，则消耗的Na2S2O3​的量越少，测得结果会偏低；故答案为：​偏低。

【点睛】

除去氯气中的氯化氢气体，可以选用饱和食盐水，因为这降低氯气在水中的溶解度,氯化氢本含有氯离子,有同离子效应,氯气和水生成的次氯酸会被抑制,这样就很好的保护了氯气，而氯化氢在水中的溶解度很大,饱和食盐水没有任何影响。【解析】圆底烧瓶吸收F装置挥发出来的水蒸气，防止ICl与水反应饱和食盐水c冷却产品，减少产品挥发偏低四、工业流程题(共1题，共10分)19、略

【分析】【分析】

反应Ⅰ是在氢氧化钠溶液中将碘酸钠氧化为不溶于水的Na2H3IO6，过滤得到Na2H3IO6，反应Ⅱ加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6，过滤得到黑色Ag5IO6，反应Ⅲ加入氯气和水反应的化学方程式为：2Ag5IO6+5Cl2+H2O=10AgCl↓+5O2+2H5IO6，生成气体氧气，过滤得到H5IO6(正高碘酸)。

【详解】

（1）氢氧化钠溶液中氯气将碘酸钠氧化为不溶于水的Na2H3IO6，反应的化学方程式为：NaIO3+Cl2+3NaOH=Na2H3IO6↓+2NaCl，该反应生成不溶于水的Na2H3IO6的离子方程式为IO3-+Cl2+2Na++3OH-=Na2H3IO6↓+2Cl-。若要提高Cl2的利用率，可对装置进行改进的措施为：通Cl2导管的下端连接多孔球泡装置。

故答案为：IO3-+Cl2+2Na++3OH-=Na2H3IO6↓+2Cl-；通Cl2导管的下端连接多孔球泡装置；

（2）反应Ⅱ加入硝酸银反应生成不溶于水的黑色Ag5IO6，反应为：Na2H3IO6+5AgNO3=3HNO3+2NaNO3+Ag5IO6↓；滤液中生成硝酸，溶液显酸性；

故答案为：酸；

（3）上述分析可知Ag5IO6被氧化生成高碘酸，反应的化学方程式为：2Ag5IO6+5Cl2+H2O=10AgCl↓+5O2+2H5IO6，“无色气体”为O2(填化学式)。

故答案为：O2；

（4）依据化学反应的定量关系计算：NaIO3+Cl2+3NaOH=Na2H3IO6+2NaCl，Na2H3IO6+5AgNO3=3HNO3+2NaNO3+Ag5IO6↓，2Ag5IO6+5Cl2+H2O=10AgCl↓+5O2+2H5IO6，计算得到，2Cl2～2Na2H3IO6～10AgNO3～2Ag5IO6～5Cl2，所以整个流程需要控制加入氯气和硝酸银的物质的量之比为n(Cl2)∶n(AgNO3)=7∶10。

故答案为：7∶10；

（5）H5IO6具有强氧化性，可将FeSO4氧化为H2FeO4，自身被还原为HIO3，该反应的化学方程式为FeSO4+2H5IO6=H2FeO4+H2SO4+2HIO3。

故答案为：FeSO4+2H5IO6=H2FeO4+H2SO4+2HIO3。

【点睛】

本题考查了物质分离提纯的分析，主要是化学反应的定量关系分析计算，过程的产物判断和化学方程式的书写是解题关键，难点（4）写出方程式，计算得到，2Cl2～2Na2H3IO6～10AgNO3～2Ag5IO6～5Cl2，所以整个流程需要控制加入氯气和硝酸银的物质的量之比为n(Cl2)∶n(AgNO3)=7∶10。【解析】①.IO3-+Cl2+2Na++3OH-=Na2H3IO6↓+2Cl-②.通Cl2导管的下端连接多孔球泡装置③.酸④.O2⑤.7∶10⑥.FeSO4+2H5IO6=H2FeO4+H2SO4+2HIO3五、结构与性质(共3题，共9分)20、略

【分析】【分析】

根据Cr原子的电子排布式，写出基态价电子的排布式；根据Cr原子失去一个电子后价电子排布情况判断铬的第二电离能大于锰的第二电离能；根据题中结构判断存在化学键类型；根据VSEPR理论判断中心原子杂化方式和空间构型；根据等电子体的概念写出一种与互为等电子体的分子；根据形成氢键和相似相溶原理解释乙醇能与水以任意比例互溶；根据题中晶胞的结构；利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。

（1）

Cr是24号元素，核外有24个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价电子排布式为3d54s1，答案为3d54s1。

（2）

因为铬原子失去1个电子后，价电子层电子排布式为属于半充满，相对稳定，即铬的第二电离能是失去半充满3d5上的电子，锰的第二电离能是失去3d6上的电子变为半充满状态，所以金属铬的第二电离能大于锰的第二电离能答案为铬原子失去1个电子后，价电子层电子排布式为属于半充满，相对稳定。

（3）

①由可知，该结构