2025年人民版拓展型课程化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年人民版拓展型课程化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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9题，共18分)1、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2、苯甲酸常用作防腐剂；药物合成原料、金属缓蚀剂等；微溶于冷水，易溶于热水、酒精。实验室常用甲苯为原料，制备少量苯甲酸，具体流程如图所示：

下列说法正确的是A.操作1为蒸发B.操作2为过滤C.操作3为酒精萃取D.进一步提纯苯甲酸固体，可采用重结晶的方法3、常温下,二氯化二硫(S2Cl2)为橙黄色液体,遇水易水解，工业上用于橡胶的硫化。某学习小组合成S2Cl2的实验装置如图所示。下列说法正确的是。

A.实验室可以用盐酸酸化高锰酸钾溶液B.C中所盛试剂为饱和氯化钠溶液C.实验时需先点燃E处的酒精灯D.G中可收集到纯净的产品4、下列说法正确的是A.二氧化硫、二氧化氮、二氧化碳不仅严重污染大气，还会形成酸雨B.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性C.灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D.金属钠着火，应立即用水灭火5、关于下列实验的说法不正确的是：。操作现象

①铜片溶解；溶液变蓝，起始产生红棕色气体，气体颜色逐渐变淡，直至无色，在管口处变为淡棕色。

②铜片继续溶解，产生无色气体，在管口处变为淡棕色

A.实验中产生红棕色气体，说明浓HNO3具有氧化性B.在整个实验过程中，发生的反应多于2个C.②中产生无色气体，说明盐酸有氧化性D.若将铜片换成铁片，则①中没有明显实验现象。6、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7、类推的思维方法是化学学习和研究中常用的重要思维方法；但所得结论要经过实践的检验才能确定其正确与否。根据你所掌握的知识，判断下列类推结论中正确的是。

。

化学事实。

类推结论。

A

pH＝3的盐酸稀释1000倍后pH＝6

pH＝6的盐酸稀释1000倍后pH＝9

B

用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属镁。

用电解熔融NaCl的方法冶炼金属钠。

C

将SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成。

将SO2通入Ba(NO3)2溶液中也无沉淀生成。

D

Al在O2中燃烧生成Al2O3

Fe在O2中燃烧生成Fe2O3

A.AB.BC.CD.D8、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.D9、用如图所示装置进行实验；将少量液体甲逐滴加入到固体乙中，试管中试剂为丙，则下表中对应选项正确的是（）

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共3题，共6分)10、常温下，用溶液分别滴定体积和浓度均相同的三种一元弱酸的滴定曲线如图所示；图中横坐标a表示滴定百分数(滴定用量与滴定终点用量之比)。下列说法错误的是。

A.常温下，酸性：B.当滴定至溶液中存在：C.滴定当时，溶液中D.初始浓度11、某同学按图示装置进行实验；产生足量的气体通入c中，最终出现浑浊。下列所选物质组合符合要求的是。

a中试剂b中试剂c中溶液A浓硫酸浓盐酸饱和食盐水B浓硫酸Cu溶液C稀硫酸饱和溶液D浓氨水碱石灰溶液

A.AB.BC.CD.D12、“探究与创新能力”是化学的关键能力。下列各项中“操作或现象”能达到预期“实验目的”的是。选项实验目的操作或现象A制作简单原电池将铁钉和铜丝连接插入食醋中即可形成原电池B验证碳能与浓硝酸反应向浓硝酸中插入红热的碳，产生红棕色气体C鉴别溴蒸气和分别通入溶液中，产生浅黄色沉淀的是溴蒸气D除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入足量饱和氢氧化钠溶液，充分混合后分液

A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、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。14、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。15、向某密闭容器中充入等物质的量的气体M和N；一定条件下发生反应，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度；反应速率随时间的变化如图1、图2所示。

回答下列问题：

(1)该反应的化学方程式为_______，其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min时改变的条件是____，40min时改变的条件是____，请在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线_____。

(3)0~8min内，_______；50min后，M的转化率为_______(保留三位有效数字)。

(4)20min~30min内，反应平衡时的平衡常数K=_______。16、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___。17、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________。18、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_______；19、亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的杀菌消毒剂；同时也是对烟气进行脱硫；脱硝的吸收剂。

Ⅰ．以氯酸钠（NaClO3）为原料制备NaClO2粗品的工艺流程如下图所示：

已知：

i.纯ClO2易分解爆炸，空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全；

ii.NaClO2在碱性溶液中稳定存在；在酸性溶液中迅速分解；

iii.NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O，等于或高于38℃时析出NaClO2晶体，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl。

（1）试剂A应选择_________。（填字母）

a．SO2b．浓硝酸c．KMnO4

（2）反应②的离子方程式为_________。

（3）已知压强越大，物质的沸点越高。反应②结束后采用“减压蒸发”操作的原因是________。

（4）下列关于上述流程的说法中，合理的是_________。（填字母）

a．反应①进行过程中应持续鼓入空气。

b．反应①后得到的母液中；溶质的主要成分是NaCl

c．反应②中NaOH溶液应过量。

d．冷却结晶时温度选择38℃，过滤后进行温水洗涤，然后在低于60℃下进行干燥，得到粗产品NaClO2

Ⅱ．采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫；脱硝。

（5）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol/L。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表：。离子SO42−SO32−NO3−NO2−Cl−c/（mol/L）8.35×10−46.87×10−61.5×10−41.2×10−53.4×10−3

①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_________。

②由实验结果可知，脱硫反应速率_________（填“大于”或“小于”）脱硝反应速率。除SO2和NO在烟气中的初始浓度不同外，还可能存在的原因是_________。（答出两条即可）20、实验室模拟工业生产食品香精菠萝酯（）的简易流程如下：

有关物质的熔、沸点如表：。苯酚氯乙酸苯氧乙酸熔点/℃436299沸点/℃181.9189285

试回答下列问题：

（1）反应室I中反应的最佳温度是104℃，为较好地控制温度在102℃~106℃之间，加热时可选用___（选填字母）。

A．火炉直接加热B．水浴加热C．油浴加热。

（2）分离室I采取的操作名称是___。

（3）反应室I中发生反应的化学方程式是___。

（4）分离室II的操作为：①用NaHCO3溶液洗涤后分液；②有机层用水洗涤后分液；洗涤时不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液，其原因是___（用化学方程式表示）。21、某化学小组用下列装置和试剂进行实验，探究O2与KI溶液发生反应的条件。

供选试剂：质量分数为30%的H2O2溶液、0.1mol·L-1的H2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体。

(1)小组同学设计甲；乙、丙三组实验；记录如下：

。

操作。

现象。

甲。

向装置I的锥形瓶中加入MnO2固体，向装置I的____中加入质量分数为30%的H2O2溶液；连接装置I；III，打开活塞。

装置I中产生无色气体并伴随大量白雾；装置III中有气泡冒出；溶液迅速变蓝。

乙。

向装置II中加入KMnO4固体；连接装置II；III，点燃酒精灯。

装置III中有气泡冒出；溶液不变蓝。

丙。

向装置II中加入____，向装置III中再加入适量0.1mol·L-1的H2SO4溶液；连接装置II；III，点燃酒精灯。

装置III中有气泡冒出；溶液变蓝。

(2)丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式为___________________________________。

(3)对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是__________。为进一步探究该条件对反应速率的影响；可采取的实验措施是____________________________。

(4)由甲、乙、丙三组实验推测，甲实验中可能是I中的白雾使溶液变蓝。为了验证推测，可将装置I中产生的气体通入_________(填字母)溶液中，依据实验现象来证明白雾中含有H2O2。A．酸性KMnO4B．FeCl2C．H2S(5)资料显示：KI溶液在空气中久置的过程中会被缓慢氧化：4KI＋O2＋2H2O＝2I2＋4KOH。该小组同学取20mL久置的KI溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可能是发生了反应___________________________________(写离子方程式)造成的，请设计实验证明他们的猜想是否正确：___________________________________。评卷人得分四、元素或物质推断题(共1题，共6分)22、W；X、Y、Z、N、M六种主族元素；它们在周期表中位置如图所示，请用对应的的化学用语回答下列问题：

(1)N元素在周期表中的位置___________，根据周期表，推测N原子序数为___________

(2)比较Y、Z、W三种元素形成简单离子的半径由大到小的顺序___________

(3)M最高价氧化物的水化物在水中的电离方程式：___________

(4)以下说法正确的是___________

A．单质的还原性：X＞Y，可以用X与YM2溶液发生反应来证明。

B．Y与同周期的ⅢA元素的原子序数相差1

C．半导体器件的研制开始于硅；研发出太阳能光伏电池，将辐射转变为电能，如我校的路灯。

D．元素N位于金属与非金属的分界线附近，可以推断N元素的单质具有两性评卷人得分五、原理综合题(共1题，共6分)23、我国自主知识产权的首套煤基乙醇工业化项目生产过程：先用煤制得乙酸甲酯；再将乙酸甲酯转化为乙醇。在1L密闭容器中充入1mol乙酸甲酯，乙酸甲酯转化为乙醇涉及反应原理：

主反应：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)C2H5OH(g)＋CH3OH(g)ΔH1=-23.61kJ·mol·L-1

副反应：CH3COOCH3(g)＋C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)＋CH3OH(g)ΔH2=0.99kJ·mol·L-1

在催化剂作用下的反应历程为(*表示吸附态)

化学吸附：H2→2H*

表面反应：CH3COOCH3+4H*→CH3CH2OH*+CH3OH*

化学脱附：CH3CH2OH*→CH3CH2OHCH3OH*→CH3OH

已知：化学吸附的活化能大；决定主反应的反应速率。

(1)反应2CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3COOC2H5(g)+2CH3OH(g)自发进行的条件是：____。

(2)能说明体系中主反应达到化学平衡状态的有____。

A．CH3COOCH3的质量分数不再变化B．v正(C2H5OH)=v正(CH3OH)

C．容器中气体密度不再变化D．体系的总压强不再变化。

(3)乙酸甲酯的平衡转化率与温度和氢酯比(x)〖〗的关系如图。

①比较x1、x2、x3的大小关系，最大的是___________。

②250℃、x1=5，C2H5OH的选择性为80%，则主反应的平衡常数为___________(保留2位有效数字)。

(4)其它条件相同，反应经过相同时间，乙酸甲酯的转化率与乙醇的选择性随氢酯比的关系如图所示。氢酯比(x)在2~9之间，乙醇的选择性逐渐增大的原因为___________。

(5)若在未加催化剂的情况下主反应的能量反应历程示意图如图，请在图3中画出使用催化剂后该反应的能量反应历程示意图_______。

评卷人得分六、有机推断题(共1题，共5分)24、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9题，共18分)1、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。2、D【分析】【分析】

已知苯甲酸微溶于冷水；易溶于热水；酒精，由题给流程可知，甲苯与高锰酸钾溶液共热、回流得到苯甲酸钾，过滤得到苯甲酸钾溶液；苯甲酸钾溶液经酸化、过滤得到苯甲酸固体。

【详解】

A．由分析可知；操作1为过滤，A错误；

B．由分析可知；操作2为酸化，B错误；

C．操作2酸化后得到苯甲酸；因为苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水；酒精，操作3为在低温条件下过滤，C错误；

D．题给流程制得的苯甲酸固体中含有杂质；可采用重结晶的方法可以进一步提纯苯甲酸固体，D正确；

故答案为：D。3、B【分析】【详解】

A、高锰酸钾能将盐酸氧化产生氯气，不能用盐酸酸化高锰酸钾溶液，选项A错误；B、为除去氯气中的氯化氢，C中所盛试剂为饱和氯化钠溶液，选项B正确；C、实验时需先点燃B处的酒精灯，先制取氯气并充满装置，选项C错误；D、G中收集到的产品中可能含有硫，选项D错误。答案选B。4、B【分析】A、二氧化硫、二氧化氮不仅严重污染大气，还会形成酸雨，二氧化碳不会形成酸雨，故A错误；B、在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，由于浓硫酸使蔗糖碳化，说明浓硫酸具有脱水性，故B正确；C、灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，要确定有无钾元素，要透过蓝色的钴玻璃观察，不呈紫色才说明无K+，故C错误；D、金属钠着火，应立即用沙子灭火，钠能与水反应，故D错误；故选B。5、C【分析】【详解】

A.实验中产生红棕色气体，说明浓HNO3的氧化性稀HNO3氧化性强；故A错；B.在整个实验过程中，发生的反应有Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO2+4H2O、2NO＋O22NO2等多个反应，故B错；C.②中产生无色气体，是因为盐酸电离出的H+与溶液中有氧化性的NO3-，结合成硝酸继续和铜反应。故C错；D.若将铜片换成铁片，会和浓HNO3发生钝化，故①中没有明显实验现象。所以D正确；答案：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。7、B【分析】试题分析：浓度较大时，强酸稀释为等倍数稀释，但是若是无限稀释则不能等倍数稀释，酸溶液稀释无限倍后还是酸溶液，pH只能无限接近于7，但不能大于或等于7，A错误；活泼金属单质制备采用电解法，所以电解法制备镁和钠原理相同，B正确；SO2对应的酸酸性较弱，不能与非氧化性的强酸盐反应，但是Ba(NO3)2溶液中溶有SO2后，溶液呈酸性，则相当于有氧化性的硝酸，硝酸把亚硫酸根氧化为硫酸根，会生成难溶性的BaSO4白色沉淀，所以C错误；Fe在O2中燃烧生成Fe3O4。

考点：本题考查的是化合物性质的类比。8、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。9、B【分析】【详解】

A.二氧化锰和浓盐酸反应需要加热；该装置没有加热，所以不能产生氯气，导致不能使石蕊试液先变红后褪色，故A错误；

B.醋酸和碳酸钙反应生成二氧化碳；二氧化碳和硅酸钠反应生成不溶于水的硅酸，所以试管中溶液变浑浊，故B正确；

C.浓氨水和氢氧化钠混合导致氨水分解生成氨气；氨气和氯化铝反应生成氢氧化铝，虽然氢氧化铝是两性氢氧化物，但氢氧化铝不和氨水反应，所以试管中看到的现象是只生成白色沉淀，故C错误；

D.浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫；二氧化硫有漂白性，但不能使酸碱指示剂褪色，所以试管中的现象是紫色变成红色，故D错误；

答案选B。二、多选题(共3题，共6分)10、BD【分析】【详解】

A．由起始点可以看出，酸性：A项正确；

B．当滴定至溶液中存在：B项错误；

C．当时，溶液呈酸性，C项正确；

D．D项错误。

故选BD。11、AC【分析】【详解】

A．浓硫酸加入浓盐酸中，生成气体，生成的气体通入饱和食盐水中，根据同离子效应，析出晶体；A符合题意；

B．浓硫酸和铜在加热条件下才能反应生成不符合实验要求，B不符合题意；

C．和稀硫酸反应生成与饱和溶液反应生成晶体；C符合题意；

D．浓氨水和碱石灰生成通入溶液中，先生成沉淀，继续通入氨气，溶解生成D不符合题意；

故选AC。12、AC【分析】【分析】

【详解】

A．将铁钉和铜丝连接插入食醋中即可形成简单铁铜原电池；故A符合题意；

B．浓硝酸受热分解能放出红棕色二氧化氮气体；所以向浓硝酸中插入红热的碳，产生红棕色气体，不能证明是碳与浓硝酸反应，故B不符合题意；

C．因为溴蒸气能和溶液反应；产生浅黄色溴化银沉淀，故C符合题意；

D．因为足量饱和氢氧化钠溶液能和乙酸乙酯反应；所以不能用足量饱和氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸，故D不符合题意；

故答案：AC。三、填空题(共9题，共18分)13、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.bd⑦.214、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)d24.915、略

【分析】【详解】

（1）依据图1中各物质的浓度变化量可得到0-20min，M、N浓度减少量为1.5mol/L，P浓度增加量为3mol/L，则反应的化学方程式为由图1可知，40min时平衡发生了移动，而P、M、N的浓度没有改变，且改变压强和使用催化剂平衡不移动，则改变的条件是温度，30min时P、M、N浓度均减小则改变的条件为扩大容器体积，压强减小，反应速率减小，由图2可知40min时速率增大，则40min时改变的条件是升高温度，而生成物P的浓度在减小，依据勒夏特列原理可判断该反应的

（2）由(1)分析可知，30min时改变的条件是扩大容器的体积；40min时改变的条件是升高温度；在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线为

（3）8min时，M、N、P的物质的量浓度相等，设

则解得x=2，故8min时，0~8min内；

50min后；M；N、P的物质的量浓度相等，故M的转化率为33.3%；

（4）由图1可知，20min~30min内，为平衡状态，M、N的平衡浓度为1.5mol/L，P的平衡浓度为3mol/L，则反应平衡时的平衡常数K=【解析】(1)<

(2)扩大容器的体积升高温度

(3)33.3%

(4)416、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/L17、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∶218、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%19、略

【分析】【详解】

NaClO3和浓H2SO4在反应器①中发生还原反应生成ClO2和Na2SO4,所以试剂A可以用二氧化硫,ClO2在反应器②中与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠,再得到其晶体。

(1)根据上面的分析可以知道试剂A为SO2,故选a,因此，本题正确答案是:a。

(2)反②中ClO2被双氧水还原成ClO2−,反应的离子方程式为2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O,因此，本题正确答案是:2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O

（3）含水的NaClO2受热易分解,所以亚氯酸钠溶液中获得晶体,温度不能太高,所以反应②结束后采用“减压蒸发”操作,在较低温度蒸发浓缩,可防止温度过高.NaClO2分解。因此，本题正确答案是:在较低温度蒸发浓缩,可防止温度过高.NaClO2分解。

（4）根据信息纯ClO2易分解爆炸,空气中ClO2的体积分数在10以下比较安全,所以要持续通过量的空气,NaClO2在碱性溶液中稳定存在,在酸性溶液中迅速分解,所以反应②中碱要过量,因为试剂A为二氧化硫,NaClO3被还原成ClO2,所以反应①后得到的母液中,溶质的主要成分是,Na2SO4。故选acd,因此；本题正确答案是:acd。

(5)①亚氯酸钠具有氧化性,且NaClO2溶液呈碱性,则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式因此，本题正确答案是:

②由实验结果可以知道,在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多,因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率.原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高,因此，本题正确答案是:大于;NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。【解析】a2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O减压可以使物质沸点降低，实验较低温度下进行蒸发，可避免NaClO2因温度高而发生分解acd4OH−+3ClO2−+4NO4NO3−+3Cl−+2H2O大于SO2比NO溶解度更大；在此条件下SO2还原性更强；脱硝反应活化能更大20、略

【分析】【分析】

用苯氧乙酸和丙烯醇发生酯化反应制得菠萝酯，苯氧乙酸用苯酚和氯乙酸反应制得，考虑到它们溶沸点的差异，最好选择温度让苯酚，氯乙酸，苯氧乙酸都成为液体，反应室I中反应的最佳温度是104℃，水浴加热温度太低，苯氧乙酸沸点99摄氏度，水浴温度会使它凝固，不利于分离，火炉直接加热，会使苯酚，氯乙酸，苯氧乙酸全都生成气体，不利于反应，故选择油浴。生成的菠萝酯属于酯类，在碱性条件下会发生水解，所以不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液。

【详解】

(1)火炉直接加热温度比较高；会让苯酚和氯乙酸变成蒸汽，不利于它们之间的反应，还会使苯氧，故温度不能太高，水浴加热温度较低，不能让氯乙酸和苯酚熔化，故温度也不能太低，可以使所有物质都成液体，为较好地控制温度在102℃~106℃之间，加热时可选用油浴加热；

答案为：C；

(2)分离室I是将反应不充分的原料再重复使用；为了增加原料的利用率，要把苯酚和氯乙酸加入反应室1，操作名称为蒸馏；

答案为：蒸馏；

(3)反应室1为苯酚和氯乙酸发生取代反应，制得苯氧乙酸，+HCl；

答案为：+HCl；

(4)分离室II发生的反应是苯氧乙酸和丙烯醇发生酯化反应，制取菠萝酯，由于酯在NaHCO3溶液中的溶解度较小，可以析出，随后分液即可，如用NaOH会使酯发生水解，故不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液，化学方程式为+NaOH+HOCH2CH=CH2

答案为+NaOH+HOCH2CH=CH2。【解析】C蒸馏+HCl+NaOH+HOCH2CH=CH221、略

【分析】【分析】

(1)甲实验:根据裝置Ⅰ不要加热制取氧气可以知道利用的是双氧水的分解；过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，I中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝说明生成碘单质；

(2)碘离子具有还原性；在酸性条件下能够被氧化氧化成碘单质，据此写出反应的离子方程式；

(3)对比乙、丙实验可以知道，O2与KI溶液发生反应的适宜条件酸性环境；酸溶液中氢离子浓度不同，装置Ⅲ中出现蓝色的速率不同；

(4)证明Ⅰ中产生的气体中含有双氧水；氧气和双氧水都具有氧化性，需要利用不同性质进行检验；

(5)该小组同学取20mL久置的KI溶液；向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，可能是生成的碘单质在碱溶液中发生反应生成碘化钾；碘酸钾，验证是否正确是在未变蓝色的溶液中滴入稀硫酸观察是否变蓝。

【详解】

(1)甲实验:根据装置Ⅰ不需要加热制取氧气可以知道利用的是双氧水的分解，过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，向Ⅰ的锥形瓶中加入MnO2固体，向Ⅰ的分液漏斗中加入30%H2O2溶液；连接Ⅰ；Ⅲ，打开活塞，Ⅰ中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝说明生成碘单质，故答案为：分液漏斗；

(2)碘离子具有还原性，在酸性条件下能够被氧化成碘单质，据此写出反应的离子方程式为:O2+4I-+4H+=2I2+2H2O，故答案为：O2+4I-+4H+=2I2+2H2O；

(3)向装置Ⅱ中加入KMnO4固体，连接装置II、III，点燃酒精灯，Ⅲ中有气泡冒出，溶液不变蓝，向Ⅱ中加入KMnO4固体，Ⅲ中加入适量0.1mol·L-1的H2SO4溶液，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯，Ⅲ中有气泡冒出，溶液变蓝。对比乙、丙实验可以知道，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是：酸性环境；为进一步探究该条件对反应速率的影响；可采取的实验措施是：使用不同浓度的稀硫酸作对比实验，故答案为：酸性环境；使用不同浓度的稀硫狻作对比实验；

(4)A.高锰酸钾溶液能够将双氧水氧化；导致高锰酸钾溶液褪色，而氧气不与高锰酸钾溶液反应，如果高锰酸钾溶液褪色可证明混合气体中含有双氧水，故A正确；

B.氧气和高锰酸钾溶液都能够氧化亚铁离子；无法证明混合气体中含有双氧水，故B错误；

C.高锰酸钾和氧气都能够氧化硫化氢；无法用硫化氢检验混合气体中是否含有双氧水，故C错误；

故答案为：A；

（5）KI溶液在空气中久置的过程中会被缓慢氧化：4KI＋O2＋2H2O＝2I2＋4KOH。该小组同学取20mL久置的KI溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可能是发生了反应的离子方程式为3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，设计实验证明他们的猜想是否正确的实验方案为：在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝则猜想正确，否则错误，故答案为：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O；在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液；观察现象，若溶液变蓝则猜想正确，否则错误。

【点睛】

在做探究性实验的题目时，根据资料，如果没有得到预期的实验结果，那么除了资料中给的化学反应，还要考虑酸性或碱性环境的影响，结合题目的上下文进行联系，综合考虑得出结论。这是解答此类题目时的难点。【解析】分液漏斗KMnO4固体O2+4I-+4H+=2I2+2H2O酸性环境使用同体积不同浓度的稀硫酸做对比实验A3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝则猜想正确，否则错误四、元素或物质推断题(共1题，共6分)22、略

【分析】【分析】

根据六种元素在周期表中的位置；可判断W；X、Y、Z、N、M六种主族元素分别为O、Na、Mg、S、Cl、Ge元素，然后根据元素周期律分析解答。

【详解】

(1)根据上述分析可知；N元素为Ge，在元素周期表中的位置为第四周期ⅣA族；根据第四周期元素排满时原子序数为36，则Ge原子序数为32；

(2)W、Y、Z三种元素分别为O、Mg、S，O、Mg形成的简单离子具有相同的核外电子排布，原子序数越大半径越小，O、S同主族，原子序数越大，简单离子半径越大，则简单离子的半径由大到小的顺序：S2-＞O2-＞Mg2+；

(3)M为Cl，其最高价氧化物的水化物为HClO4，为强酸，在水中完全电离，电离方程式为HClO4=H++ClO

(4)A．单质的还原性：Na＞Mg，Na能与水反应，则不能用Na与MgCl2溶液发生反应来证明；A说法错误；

B．Y为Mg；与同周期的ⅢA元素的Al，原子序数少1，B说法正确；

C．半导体器件的研制开始于锗；C说法错误；

D．元素N位于金属与非金属的分界线附近；即具有金属性也具有非金属性，可以推测Ge元素具有两性，即可以与酸反应也可以与碱发生反应，D说法正确；

答案为BD。【解析】第四周期ⅣA32S2-＞O2-＞Mg2+HClO4=H++ClOBD五、原理综合题(共1题，共6分)23、略

【分析】【详解】

(1)已知：①CH3COOCH3(g)＋2H2(g)C2H5OH(g)＋CH3OH(g)ΔH1=-23.61kJ·mol·L-1

②：CH3COOCH3(g)＋C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)＋CH3OH(g)ΔH2=0.99kJ·mol·L-1

根据盖斯定律，将反应①+②整理可得：2CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3COOC2H5(g)+2CH3OH(g)ΔH=-22.62kJ/mol，要使反应自发进行，则△G=△H-T△S＜0，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，ΔH＜0，ΔS＜0；所以反应自发进行的条件是低温；

(2)A．反应混合物的总质量不变，若CH3COOCH3的质量分数不再变化；说明其中任何成分的质量不变，反应达到平衡状态，A符合题意；

B．C2H5OH、CH3OH都是生成物，在任何时刻，都存在v正(C2H5OH)=v正(CH3OH)；表示反应正向进行，不能据此判断反应是否处于平衡状态，B不符合题意；

C．反应混合物都是气体；气体的质量不变；反应的容器容积不变，则容器中气体密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到