2025年沪教版拓展型课程化学下册月考试卷

…………○…………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年沪教版拓展型课程化学下册月考试卷495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9题，共18分)1、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32、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3、Haber提出的硝基苯转化为苯胺的两种反应途径如图所示。实验人员分别将、、与Na2S·9H2O在一定条件下反应5min，的产率分别为小于1%；大于99%，小于1%，下列说法正确的是。

A.硝基苯易溶水B.苯胺和苯酚类似，在水溶液中均显酸性C.该实验结果表明Na2S·9H2O参与反应时，优先选直接反应路径制备苯胺D.若该实验反应中的氧化产物为S，则由硝基苯生成1mmol苯胺，理论上消耗2molNa2S·9H2O4、现以CO、O2、熔熔盐Z(Na2CO3)组成的燃料电池，采用电解法制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2；下列说法正确的是。

A.石墨I是原电池的正极，发生氧化反应B.甲池中的CO向石墨I极移动C.乙池中左端Pt极电极反应式：N2O4-2e-+H2O=N2O5+2H+D.若甲池消耗氧气2.24L，则乙池中产生氢气0.2mol5、为了净化和收集由盐酸和大理石制得的CO2气体；从下图中选择合适的的装置并连接。合理的是。

A.a-a′→d-d′→eB.b-b′→d-d′→gC.c-c′→d-d′→gD.d-d′→c-c′→f6、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.D7、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)8、氧化铅(PbO)是黄色固体。实验室用草酸在浓硫酸作用下分解制备CO,其原理为:H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O。某课题组同学设计实验探究CO还原氧化铅并检验氧化产物（已知CO能使银氨溶液产生黑色沉淀）的装置如图所示。下列说法正确的是。

A.实验时，先点燃装置①处酒精灯，当装置⑤中产生连续气泡且有明显现象后再点燃装置③处酒精灯B.实验完毕时，先熄灭装置①处酒精灯，再熄灭装置③处酒精灯C.装置②④⑤中的试剂依次为碱石灰、银氨溶液、澄清石灰水D.尾气处理可选用点燃、气袋收集、NaOH溶液吸收等方法9、如图是进行Mg与SiO2反应的实验装置,O2和H2O(g)的存在对该实验有较大影响。

下列说法不正确的是A.装稀硫酸仪器的名称是分液漏斗，II中洗气瓶内是碳酸氢钠溶液B.可以把装置I换成启普发生器C.实验开始时,必须先通一段时间X气体,再在III处加热D.当III处反应引发后,移走酒精灯,反应仍进行,说明该反应为放热反应评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、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“＜”)。11、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___。12、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________。13、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）。14、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__。15、连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是白色砂状或淡黄色粉末状固体，易溶于水、不溶于醇，该物质具有强还原性，在空气中易被氧化为NaHSO4，75℃以上会分解产生SO2。是重要的有机合成原料和漂白剂。

制取Na2S2O4常用甲酸钠法：控制温度60～70℃，在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中，边搅拌边滴加Na2CO3甲醇溶液，同时通入SO2，即可生成Na2S2O4。反应原理如下：2HCOONa＋4SO2＋Na2CO3＝2Na2S2O4＋H2O＋3CO2

（1）如图，要制备并收集干燥纯净的SO2气体，接口连接的顺序为：a接__，__接__，__接__。制备SO2的化学方程式为___。

（2）实验室用图装置制备Na2S2O4。

①Na2S2O4中硫元素的化合价为___。

②仪器A的名称是___。

③水浴加热前要通一段时间N2，目的是___。

④为得到较纯的连二亚硫酸钠，需要对在过滤时得到的连二亚硫酸钠进行洗涤，洗涤的方法是___。

⑤若实验中所用Na2SO3的质量为6.3g，充分反应后，最终得到mg纯净的连二亚硫酸钠，则连二亚硫酸钠的产率为___(用含m的代数式表示)。16、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_______________________________________________；评卷人得分三、实验题(共7题，共14分)17、某化学兴趣小组的同学探究KI的化学性质。

（1）KI组成中含有钾元素，可知它能发生__________反应。

（2）①根据碘元素的化合价可推知KI有__________性。

②与KI反应，能体现上述性质的试剂有_________（填序号）

a、Fe2+b、Fe3+c、Br-d、Cl2

（3）兴趣小组的同学们猜测：Cu2+有可能氧化I-，为了验证，他们做了如下实验。（已知：CuI为不溶于水的白色沉淀）。操作现象溶液分层，上层显紫色，有白色沉淀生成

结论：Cu2+_________(填能或不能)氧化I-。若能氧化，写出反应的离子方程式_____________________（若认为不能氧化；此空不用填写）。

（4）①同学们依据（3）的结论推测：Ag+能氧化I-，原因为___________。

他们做了如下实验进行探究。

实验一：。操作现象生成黄色沉淀

②发生反应的化学方程式为_________________________________。

实验二：。操作现象3分钟后KI溶液开始变黄，随后溶液黄色加深，取出该烧杯中溶液滴入盛有淀粉溶液的试管，溶液变蓝。

③甲同学认为根据上述实验现象不能说明Ag+能氧化I-，原因是_______________________________。

乙同学在上述实验基础上进行了改进，并得出结论：Ag+能氧化I-。发生反应的离子方程式为____________________________________。

由以上两个实验得出的结论为________________________________。18、二氯化二硫（S2Cl2）是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发粘、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：

（1）制取少量S2Cl2。物理性质毒性色态挥发性熔点沸点剧毒金黄色液体易挥发-76℃138℃138℃化学性质①300℃以上完全分解；

②S2Cl2+Cl22SCl2；

③遇高热或与明火接触；有引起燃烧的危险；

④受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；

实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品。

①仪器m的名称为___________，装置F中试剂的作用是__________。

②装置连接顺序：A→_______________→E→D。

③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是_____________。

④为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和_____________。

（2）S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，该反应的化学方程式2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑甲同学为了验证两种气体产物，将水解生成的气体依次通过硝酸银与稀硝酸的混合溶液、品红溶液、NaOH溶液，该方案_________（填“可行”或“不可行”），原因是___________。

（3）某同学为了测定S2Cl2与水反应后生成的气体X在混合气体中的体积分数；设计了如下实验方案：

①W溶液可以是____________（填标号）。

aH2O2溶液bKMnO4溶液（硫酸酸化）c氯水。

②该混合气体中气体X的体积分数为_____________（用含V、m的式子表示）。19、某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3·6H2O能否反应产生Cl2，FeCl3的升华温度为315℃。

实验操作和现象：。操作现象点燃酒精灯，加热ⅰ.A中部分固体溶解；上方出现白雾。

ⅱ.稍后；产生黄色气体，管壁附着黄色液滴。

ⅲ.B中溶液变蓝

（1）现象ⅰ中的白雾是___。

（2）分析现象ⅱ；该小组探究黄色气体的成分，实验如下：

a.加热FeCl3·6H2O；产生白雾和黄色气体。

b.用KSCN溶液检验现象ⅱ和a中的黄色气体，溶液均变红。通过该实验说明现象ⅱ中黄色气体含有___。

（3）除了氯气可使B中溶液变蓝外；推测还可能的原因是：

①实验b检出的气体使之变蓝，反应的离子方程式是___。经实验证实推测成立。

②溶液变蓝的另外一种原因是：在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是___。

（4）为进一步确认黄色气体是否含有Cl2，小组提出两种方案，均证实了Cl2的存在。

方案1：在A；B间增加盛有某种试剂的洗气瓶C。

方案2：将B中KI淀粉溶液替换为NaBr溶液；检验Fe2+。

现象如下：。方案1B中溶液变为蓝色方案2B中溶液呈浅橙红色，未检出Fe2+

①方案1的C中盛放的试剂是___(填字母)。

A.NaCl饱和溶液B.NaOH溶液C.NaClO溶液。

②方案2中检验Fe2+的原因是___。

③综合方案1、2的现象，说明选择NaBr溶液的依据是___。

（5）将A中的产物分离得到Fe2O3和MnCl2，A中产生Cl2的化学方程式是：___。20、硫代硫酸钠(Na2S2O3·5H2O)俗称“海波”；应用非常广泛。工业上可以用亚硫酸钠法(亚硫酸钠和硫粉通过化合反应)制得，装置如图(a)所示。

已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，有关物质的溶解度曲线如图(b)所示。

（1）Na2S2O3·5H2O的制备：

步骤1：如图连接好装置后，检查A、C装置气密性的操作是_____。

步骤2：加入药品，打开K1、关闭K2，向圆底烧瓶中加入足量浓硫酸并加热。装置B、D的作用是________。

步骤3：C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少。当C中溶液的pH接近7时，打开K2、关闭K1并停止加热；C中溶液要控制pH的理由是_____。

步骤4：过滤C中的混合液；将滤液经过蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品。

（2）Na2S2O3性质的检验：

向足量的新制氯水中滴加Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，再向溶液中滴加硝酸银溶液，观察到有白色沉淀产生，据此认为Na2S2O3具有还原性。该方案是否正确并说明理由：____。

（3）常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度，步骤如下：取废水25.00mL，控制适当的酸度加入足量K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解，此时CrO42-全部转化为Cr2O72-；再加过量KI溶液，充分反应后，加入淀粉溶液作指示剂，用0.010mol·L-1的Na2S2O3溶液进行滴定，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液18.00mL。部分反应的离子方程式为：a.Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；b.I2+2S2O32-=2I-+S4O62-。则该废水中Ba2+的物质的量浓度为_____。21、甲；乙两个化学兴趣小组；分别做乙醇催化氧化并验证产物的实验。甲组实验设计如图1所示，乙组实验设计如图2所示，密闭系统内空气很少。请填写下列空白：

（1）甲组要完成全部实验内容，以下步骤中正确的顺序是_____（填序号；步骤可重复）。

①加热②检查装置的气密性③向A中缓缓鼓入干燥的空气④取下D装置。

（2）甲、乙两组实验中，给定的A~H中需要加热的是________（填编号）。

（3）反应开始后，C中观察到的现象是________。

（4）写出E中发生反应的化学方程式________。22、如图是某化学兴趣小组制备PCl3的实验装置(部分仪器已省略)：

有关物质的部分性质如下：。熔点/℃沸点/℃其他黄磷44.1280.52P(过量)+3Cl22PCl3；2P+5Cl2(过量)2PCl5PCl3-11275.5遇水生成H3PO3和HCl，遇O2生成POCl3POCl32105.3遇水生成H3PO4和HCl，能溶于PCl3

请回答下列问题：

（1）仪器戊的名称为___。

（2）实验时甲中所发生反应的化学方程式为___。

（3）乙中盛放的试剂是___，其作用是___；丙中盛放的试剂是___，其作用是___。

（4）向仪器丁中通入干燥、纯净的Cl2之前，应先通入一段时间的CO2，其目的主要是___。

（5）碱石灰的作用是___(答出一条即可)。

（6）PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等，加入黄磷(化学式用P表示)经加热除去PCl5的化学反应方程式为___，后通过___(填实验操作名称)，即可得到PCl3纯品。23、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：______。评卷人得分四、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)评卷人得分五、结构与性质(共3题，共21分)25、硼是第ⅢA族中唯一的非金属元素；可以形成众多的化合物。回答下列问题：

(1)基态硼原子的电子排布式为_______，占据最高能级的电子云轮廓图为_______形。

(2)氨硼烷是目前最具潜力的储氢材料之一。

①氨硼烷能溶于水，其主要原因是_______。

②分子中存在配位键，提供孤电子对的原子是_______(填元素符号)；与互为等电子体的分子_______(任写一种满足条件的分子式)。

③氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是_______。

A.和B.LiH和HCNC.和D.和

(3)自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作实际上它的结构单元是由两个和两个缩合而成的双六元环，应该写成其结构如图1所示，它的阴离子可形成链状结构，阴离子中B原子的杂化轨道类型为_______，该晶体中不存在的作用力是_______(填字母)。

A.离子键B.共价键C.氢键D.金属键。

(4)硼氢化钠是一种常用的还原剂；其晶胞结构如图2所示：

①的配位数是_______。

②已知硼氢化钠晶体的密度为代表阿伏伽德罗常数的值，则与之间的最近距离为_______nm(用含的代数式表示)。

③若硼氢化钠晶胞上下底心处的被取代，得到晶体的化学式为_______。26、I．元素周期表中80％左右的非金属元素在现代技术包括能源；功能材料等领域占有极为重要的地位。

（1）氮及其化合物与人类生产、生活息息相关，基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是_____，N2F2分子中N原子的杂化方式是_______，1molN2F2含有____个δ键。

（2）高温陶瓷材料Si3N4晶体中N-Si-N的键角大于Si-N-Si的键角，原因是_______。

II．金属元素铁；铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用。

（1）铁在元素周期表中的位置_________。

（2）配合物Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于_____（填晶体类型）。Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子吸之和为18，则x=________。

（3）N2是CO的一种等电子体，两者相比较沸点较高的为_______（填化学式）。

（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如下图甲所示。

①基态铜原子的核外电子排布式为___________。

②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为___________。

（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如下图乙所示(黑点代表铜原子）。已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为_________pm。(只写计算式）。27、I．元素周期表中80％左右的非金属元素在现代技术包括能源；功能材料等领域占有极为重要的地位。

（1）氮及其化合物与人类生产、生活息息相关，基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是_____，N2F2分子中N原子的杂化方式是_______，1molN2F2含有____个δ键。

（2）高温陶瓷材料Si3N4晶体中N-Si-N的键角大于Si-N-Si的键角，原因是_______。

II．金属元素铁；铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用。

（1）铁在元素周期表中的位置_________。

（2）配合物Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于_____（填晶体类型）。Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子吸之和为18，则x=________。

（3）N2是CO的一种等电子体，两者相比较沸点较高的为_______（填化学式）。

（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如下图甲所示。

①基态铜原子的核外电子排布式为___________。

②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为___________。

（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如下图乙所示(黑点代表铜原子）。已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为_________pm。(只写计算式）。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、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。2、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。3、C【分析】【分析】

以不同路径下的有机反应为载体；考查有机反应路径；常见有机化合物性质、氧化还原反应等知识。

【详解】

A．硝基苯中无亲水基团；难溶于水，A错误；

Ｂ．苯胺可结合水电离出的H+；在水溶液中显碱性，B错误；

Ｃ．与Na2S·9H2O反应的产率高于与Na2S·9H2O反应的产率；选择直接反应路径，C正确；

D．由1mol转化为1mol，少了2molO原子，多了2molH原子，共得到了6mole-，理论上消耗3molNa2S·9H2O；D错误；

故选C。4、B【分析】【详解】

A．甲池为原电池；乙池为电解池，甲池中通CO的一极为负极，石墨I为负极，A项错误；

B．根据原电池的工作原理，阴离子向负极移动，即向石墨I极移动；B项正确；

C．乙池左端连接电源的正极，乙池左端电极为阳极，因此阳极电极反应式为N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H＋；C项错误；

D．乙池的阴极电极反应为2H+＋2e-=H2↑；若甲池消耗标准状况下的氧气2.24L，转移电子0.4mol，则乙池中产生氢气0.2mol，由于没有指明在标准状况下，2.24L氧气不一定是0.1mol，D项错误。

故选B。5、C【分析】【详解】

由盐酸和大理石制得的CO2气体中会含有杂质H2O(g)和HCl，除去的试剂分别为浓硫酸和饱和碳酸氢钠溶液，应先让气体通过饱和NaHCO3溶液除去HCl，再通过浓硫酸干燥；CO2的相对分子量为44，比空气（29）的大，因此用向上排空气法收集CO2；答案选C。6、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。7、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。8、A【分析】先点燃装置①处酒精灯，当装置⑤中产生连续气泡且有明显现象后，说明装置中的空气已经排净，然后再点燃装置③处酒精灯，故A正确；实验完毕时，先熄灭装置③处酒精灯，再熄灭装置①处酒精灯，故B错误；装置②④⑤中的试剂依次为碱石灰、澄清石灰水、银氨溶液，故C错误；NaOH溶液不与CO反应，不能吸收CO，故D错误。9、A【分析】【分析】

【详解】

A．装稀硫酸仪器的名称是分液漏斗，Mg与SiO2反应的实验装置，O2和H2O(g)的存在对该实验有较大影响；因此II中洗气瓶内液体作用是干燥气体，应盛放浓硫酸，故A错误；

B．I是实验室制氢气；可以把装置I换成启普发生器，可以达到随开随用，随关随停，故B正确；

C．实验开始时，必须先通一段时间X气体，排除装置内的空气，以免镁和氧气反应，再在III处加热，Mg与SiO2反应；故C正确；

D．当III处反应引发后；移走酒精灯，反应仍进行，说明该反应为放热反应，故D正确。

综上所述，答案为A。二、填空题(共7题，共14分)10、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)>11、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/L12、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∶213、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=CH214、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15、略

【分析】【详解】

（1）亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫,反应的方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O，生成的二氧化硫含有水蒸气，可用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，且用碱石灰吸收尾气，避免污染环境，则连接顺序为a接b；c接f，g接d；

（2）①Na2S2O4中硫元素的化合价为+3；

②由装置可知；仪器A的名称为恒压滴液漏斗；

③实验时应避免Na2S2O4和HCOONa被氧化，可应先通入二氧化硫，排净系统中的空气，防止加热时Na2S2O4和HCOONa被氧化，也可通一段时间N2；排净系统中的空气；

④洗涤连二亚硫酸钠时应与空气隔离；洗涤剂可用甲醇或乙醇，洗涤过程为：在无氧环境中，向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体，待甲醇顺利流下，重复2-3次；

⑤设连二亚硫酸钠理论产率为x；根据硫原子守恒：

2Na2SO3～Na2S2O4

252174

6.3gx

则解得x=4.35g，产率为：【解析】bcfgdNa2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O+3恒压滴液漏斗排净系统中的空气向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体，待甲醇顺利流下，重复2-3次16、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-三、实验题(共7题，共14分)17、略

【分析】【详解】

（1）因为钾是非常活泼的金属；鉴别钾元素的方法是用焰色反应。答案：焰色。

（2）①KI中的碘元素为最低价态-1价；所以可推知KI有还原性。答案：还原性。

②因为Fe3+和Cl2具有很强的氧化性，可以氧化KI，所以体现了KI的还原性。故答案：bd。

（3）①根据溶液分层，上层显紫色，有白色沉淀生成说明生成了I2和CuI，说明Cu2+能氧化I-，反应的离子方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。因为Cu2+能氧化I-，Ag+氧化性大于Cu2+，所以Ag+也可以化I-。

②发生反应的化学方程式为AgNO3+KI=AgI↓+KNO3。

③KI溶液开始变黄，随后溶液黄色加深，可能是Ag++I-=AgI取出该烧杯中溶液滴入盛有淀粉溶液的试管，溶液变蓝。说明KI被氧化有I2生成了，如果不是Ag+的作用，就可能是空气中O2的氧化KI溶液出现上述现象。

Ag+能氧化I-的离子方程式为2Ag++2I-=2Ag+I2。

由上述分析Ag+与I-能发生沉淀反应，亦能发生氧化还原反应，当两者在溶液中接触时，沉淀反应优先发生。【解析】焰色还原性b、d)能2Cu2++4I-=2CuI↓+I2Ag+的氧化性大于Cu2+AgNO3+KI=AgI↓+KNO3有可能是空气中O2的氧化KI溶液出现上述现象2Ag++2I-=2Ag+I2Ag+与I-能发生沉淀反应，亦能发生氧化还原反应，当两者在溶液中接触时，沉淀反应优先发生。18、略

【分析】【分析】

（1）根据实验目的及实验装置分析解答；（2）根据物质的性质及常见的物质检验方法分析解答；（3）根据分析氧化剂的氧化性强弱分析解答；根据元素守恒及题给数据计算体积体积分数。

【详解】

（1）①根据仪器构造分析知，仪器m的名称为三颈烧瓶；实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，故答案为：三颈烧瓶；除去Cl2中混有的HCl杂质；

②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)；连接装置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D，故答案为：FCB；

③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集，故答案为：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；

④反应生成S2Cl2的氯气过量则会生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度；实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量，故答案为：滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；

（2）二氧化硫具有还原性；能被硝酸氧化生成硫酸根，无法使品红褪色。硫酸根结合银离子生成硫酸银沉淀，干扰氯离子的检验，故答案为：不可行；二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验；

（3）①W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液，可以是a.H2O2溶液，c.氯水，但不能是b.KMnO4溶液(硫酸酸化)；因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，故答案为：ac；

②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)=该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，则二氧化硫体积分数=故答案为：【解析】三颈烧瓶除去Cl2中混有的HCl杂质FCB将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集滴入浓盐酸的速率（或B中通入氯气的量）不可行二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验ac×100%19、略

【分析】【分析】

(1)FeCl36H2O受热失去结晶水，同时水解，生成HCI气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴；

(2)FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，用KSCN溶液检验现象ii和A中的黄色气体，溶液均变红，说明含有FeCl3；

(3)①氯化铁具有强氧化性；可以将碘离子氧化为碘单质；

②作对照实验，需要除去Cl2和Fe3+的干扰才能检验酸性情况下的O2影响，所以最好另取溶液对酸性情况下氧气的影响进行检验。因为原题中存在HC1气体，所以酸化最好选用盐酸；

(4)①方案1：除去Cl2中的FeCl3和O2(H+),若仍能观察到B中溶液仍变为蓝色则证明原气体中确实存在Cl2，Cl2中的氯化氢的去除使用饱和NaCl溶液，饱和NaCl溶液也可以让FeCl3溶解，并且除去O2影响过程中提供酸性的HCI气体；从而排除两个其他影响因素；

②方案2：若B中观察到浅橙红色，则证明有物质能够将Br-氧化成Br2，若未检查到Fe2+，则证明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+另外，因为还原剂用的不是I-，可不用考虑O2(H+)的影响问题；

③方案2：将B中KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，结果B中溶液呈橙红色，且未检出Fe2+，Br-可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3+氧化为Br2；

(5)二氧化锰与FeCl36H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2及水；据此结合原子守恒书写反应方程式。

【详解】

(1)FeCl3⋅6H2O受热失去结晶水FeCl3⋅6H2OFeCl3+6H2O，同时水解FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴；而形成白雾，故答案为：HCl小液滴；

(2)FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，生成血红色的硫氰化铁，用KSCN溶液检验现象ii和A中的黄色气体，溶液均变红，说明含有FeCl3，故答案为：FeCl3；

(1)①碘离子具有还原性，氯化铁具有强氧化性，两者反应，碘离子被氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故答案为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；

②FeCl3⋅6H2O受热水解；生成HCl气体，作对照实验，需用盐酸酸化，另取一支试管，向其中加入KI-淀粉溶液，再滴入几滴HCl溶液，在空气中放置，观察一段时间后溶液是否变蓝，若一段时间后溶液变蓝则推测成立，故答案为：另取一支试管，向其中加入KI淀粉溶液，再滴入几滴HCl溶液，在空气中放置，观察溶液是否变蓝,进行推测；

(4)①方案1：氯化铁能氧化碘离子，氧气在酸性条件下，能氧化碘离子，所以需除去Cl2中的FeCl3和O2(H+)，若仍能观察到B中溶液仍变为蓝色，则证明原气体中确实存在Cl2，使用饱和NaCl溶液，可以让FeCl3溶解，并且除去O2影响过程中提供酸性的HCl气体；从而排除两个其他影响因素，故答案为：A；

方案2：若B中观察到浅橙红色，为溴水的颜色，则证明有物质能够将Br-氧化成Br2，铁离子不能氧化溴离子，若未检查到Fe2+，则证明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+另外，因为还原剂用的不是I-，可不用考虑O2(H+)的影响问题，故答案为：排除Fe3+将Br-氧化成Br2的可能性；

选择NaBr溶液的依据是Br-可以被Cl2氧化成Br2，但不会被氧化为Br2，故答案为：该实验条件下，Br-可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3+氧化为Br2；

（5）二氧化锰与FeCl3⋅6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2及水，反应方程式为：3MnO2+4FeCl3⋅6H2O2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑+24H2O，故答案为：3MnO2+4FeCl3⋅6H2O2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑+24H2O。

【点睛】

本题根据FeCl3的强氧化性，进行解答；根据Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，生成血红色的硫氰化铁，选择用KSCN溶液检验Fe3+。【解析】盐酸小液滴FeCl32Fe3++2I-=2Fe2++I2另取一支试管，向其中加入KI淀粉溶液，再滴入几滴HCl溶液，在空气中放置，观察溶液是否变蓝A排除Fe3+将Br-氧化成Br2的可能性该实验条件下，Br-可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3+氧化为Br23MnO2+4FeCl3⋅6H2O2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑+24H2O20、略

【分析】【分析】

⑴步骤1：首先封闭体系，再进行操作，通过现象得出结论；步骤2：反应生成Na2S2O3，多余的二氧化硫要处理，防止污染环境；步骤3：根据题知Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在；因此C中溶液要控制pH。

⑵因为氯水中含有Cl－，加入硝酸银生成沉淀，沉淀含有AgCl，因此不能证明Na2S2O3具有还原性。

⑶根据方程式得到关系式2BaCrO4～Cr2O72−～3I2～6S2O32−；根据关系式进行计算。

【详解】

⑴步骤1：如图连接好装置后，检查A、C装置气密性的操作是关闭分液漏斗活塞，往D广口瓶中加水至浸没长导管，打开K1、关闭K2，用酒精灯微热圆底烧瓶，若D中长导管口有气泡产生，停止加热后长导管内形成一段水柱，说明气密性良好；故答案为：关闭分液漏斗活塞，往D广口瓶中加水至浸没长导管，打开K1、关闭K2；用酒精灯微热圆底烧瓶，若D中长导管口有气泡产生，停止加热后长导管内形成一段水柱，说明气密性良好。

步骤2：反应生成Na2S2O3，多余的二氧化硫要处理，因此装置B、D的作用是用来吸收SO2，防止污染环境；故答案为：用来吸收SO2；防止污染环境。

步骤3：根据题知Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，因此C中溶液要控制pH；故答案为：由于Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在。

⑵向足量的新制氯水中滴加Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，再向溶液中滴加硝酸银溶液，观察到有白色沉淀产生，据此认为Na2S2O3具有还原性，因为氯水中含有Cl－，加入硝酸银生成沉淀，沉淀含有AgCl，因此不能证明Na2S2O3具有还原性；故答案为：不正确；因为氯水中含有Cl－，加入硝酸银生成沉淀，不能证明Na2S2O3具有还原性。

⑶根据方程式得到关系式2BaCrO4～Cr2O72−～3I2～6S2O32−，因此则该废水中Ba2+的物质的量浓度故答案为：2.4×10−3mol·L−1。【解析】关闭分液漏斗活塞，往D广口瓶中加水至浸没长导管，打开K1、关闭K2，用酒精灯微热圆底烧瓶，若D中长导管口有气泡产生，停止加热后长导管内形成一段水柱，说明气密性良好用来吸收SO2，防止污染环境由于Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在不正确因为氯水中含有Cl-，加入硝酸银生成沉淀，不能证明Na2S2O3具有还原性2.4×10-3mol·L-121、略

【分析】【分析】

（1）气体制备与性质检验实验的一般步骤：组装仪器；检验装置气密性、气体制取和检验据此排序；

（2）依据反应原理乙醇与氧气在铜做催化剂条件下生成乙醛和水；需要通过加热乙醇液体提供乙醇蒸汽，乙醇的催化氧化需要加热；

（3）白色的无水硫酸铜与水反应生成蓝色的五水硫酸铜；

（4）氧化铜与乙醇加热生成铜；水和乙醛。

【详解】

（1）完成乙醇催化氧化并验证产物的实验；组装完仪器后应先检查装置气密性，然后制备乙醛，用空气将乙醇蒸汽鼓入B中，在铜做催化剂条件下加热生成乙醛和水，用无水硫酸铜检验水的生成，最后用新制的银氨溶液检验乙醛的生成，所以正确的顺序为：②①③④①（或②③①④①）；

故答案为：②①③④①（或②③①④①）；

（2）依据反应原理乙醇与氧气在铜做催化剂条件下生成乙醛和水；需要通过加热乙醇液体提供乙醇蒸汽，乙醇的催化氧化需要加热，甲；乙两组实验中，给定的A~H中需要加热的是：A、B、E、H；

故答案为：A；B、E、H；

（3）反应开始后，白色的无水硫酸铜与水反应生成蓝色的五水硫酸铜，所以看到的现象为：CuSO4粉末变为蓝色；

故答案为：CuSO4粉末变为蓝色；

（4）E中发生反应是氧化铜与乙醇加热生成铜、水和乙醛，方程式：CH3CH2OH＋CuOCH3CHO＋H2O＋Cu，故答案为：CH3CH2OH＋CuOCH3CHO＋H2O＋Cu。

【点睛】

本题考查了乙醛的制备和性质检验，明确乙醇结构及催化氧化实验原理是解题关键，难点（4）乙醇还原氧化铜的方程式，乙醇发生去氢氧化，要求学生明确反应原理，不能写成乙醇与氧气在铜催作用下氧化的反应方程式。【解析】②①③④①（或②③①④①）A、B、E、HCuSO4粉末变为蓝色CH3CH2OH＋CuOCH3CHO＋H2O＋Cu22、略

【分析】【分析】

甲装置中为浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中含有的杂质为HCl、水蒸气，分别用饱和食盐水和浓硫酸除去，纯净的氯气与黄磷在加热条件下反应生成气态的冷却得到液态的

【详解】

根据装置图可知仪器戊名称为冷凝管；

装置甲中二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为浓)

氯气中含有的杂质为HCl；水蒸气；分别用饱和食盐水和浓硫酸除去，所以乙中盛放的试剂是饱和氯化钠溶液用于除去氯气中的氯化氢，丙中盛放的试剂是浓硫酸用于除去水蒸气；

由于遇会生成遇水生成和HCl，通入一段时间的可以排尽装置中的空气，防止生成的与空气中的和水反应；所以通入二氧化碳赶净空气；避免水和氧气与三氯化磷发生反应；

氯气有毒；污染空气，碱石灰吸收多余氯气防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入影响产品纯度；

在加热条件下，黄磷与反应生成则反应的方程式为：3PCl5+2P5PCl3；沸点较低；加热易挥发，可以利用蒸馏的方法分离出三氯化磷。

【点睛】

本题考查物质的制备和分离提纯实验方案设计，对实验原理理解是解题的关键，需要具有扎实的实验操作能力与综合运用知识分析解决问题的能力。【解析】冷凝管MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O饱和氯化钠溶液除去氯气中的氯化氢浓硫酸除去氯气中的水蒸气排净装置中的空气，防止空气中的水分和氧气与PCl3反应吸收多余的Cl2，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入影响产品纯度；3PCl5+2P5PCl3蒸馏23、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+生成四、有机推断题(共1题，共5分)24、略

【分析】【分析】

化合物A分子式是C7H8，结构简式是根据物质反应过程中碳链结构不变，结合D分子结构及B、C转化关系，可知B是B发生催化氧化反应产生C是C与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生D是D与HCHO发生信息反应产生的分子式是C9H8O2的E是：E与I2反应产生F是：F与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生G：然后结合物质性质逐一分析解答。

【详解】

根据上述分析可知A是B是C是D是E是F是G是

(1)反应①是与O2在催化剂存在的条件下加热，发生氧化反应产生故该反应的类型为氧化反应；

(2)反应②是与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生故所需试剂和条件是Br2；光照；

(3)B结构简式是含有的官能团是醛基-CHO，检验其存在的方法是：取样，滴加少量新制的Cu(OH)2悬浊液；加热煮沸，若产生砖红色沉淀，就说明物质分子中含有醛基；

(4)根据上述推断可知E的结构简式是

(5)F是与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应产生G：则F→G的化学方程式为：+NaOHNaI+H2O+

(6)化合物C是C的同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，说明分子中含有-CHO；②能发生水解反应，说明含有酯基；③含苯环；④含有5个化学环境不同的H原子，则其可能的结构简式是

(7)CH2=CH2与HBr在一定条件下发生加成反应产生CH3-CH2Br，CH3-CH2Br与CH3CHO发生信息反应产生CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在一定条件下发生加聚反应产生聚2-丁烯，故合成路线为：CH2=CH2CH3-CH2BrCH3CH=CHCH3【解析】氧化反应Br2、光照取样，滴加少量新制的Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸，若产生砖红色沉淀，说明含有醛基+NaOHNaI+H2O+CH2=CH2CH3-CH2BrCH3CH=CHCH3五、结构与性质(共3题，共21分)25、略

【分析】【分析】

根据B的原子序数和电子排布规律；写出其电子排布式并判断电子排布的最高能级为2p，判断其电子云轮廓图；根据氨硼烷的结构，判断其溶于水的原因是与水分子形成氢健和配位键形成条件判断提供孤电子对的原子；根据等电子体概念找出等电子体分子；根据题中信息，判断形成双氢键的正确选项；根据题中所给结构，由σ键个数判断B原子的杂化方式和该晶体中不存在的作用力；根据晶胞的结构，利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。

(1)

B的原子序数为5，核外有5个电子，则B基态原子核外电子排布式为1s22s22p1，能级最高的是2p能级，p轨道为哑铃形；答案为1s22s22p1；哑铃。

(2)

①氨硼烷能溶于水；其主要原因是氨硼烷与水分子间形成氢键；答案为氨硼