2025年鲁人新版拓展型课程化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年鲁人新版拓展型课程化学下册月考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7题，共14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、下列说法正确的是A.14N2和15N2互为同位素B.红磷和白磷互为同素异形体C.C2H2和C6H6互为同系物D.乙酸和乙醇互为同分异构体3、下列气体可用如图所示方法收集的是。

A.O2B.Cl2C.H2D.CO24、某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液；振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：

。序号。

实验操作。

实验现象。

溶液不变红；试纸不变蓝。

溶液不变红；试纸褪色。

生成白色沉淀。

下列实验分析中，不正确的是A.①说明Cl2被完全消耗B.②中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HIC.③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42−D.实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化5、利用图1所示装置（箭头表示气体或液体流向）可实现的实验是。

A.瓶内装满水用排水法收集H2B.瓶内装满水用排水法测定O2的体积C.瓶内装饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl杂质D.瓶内装NaOH溶液除去Cl2中的HCl杂质6、某同学利用锌、氧化铜和稀硫酸制取铜，他设计了两套方案，方案Ⅰ：利用锌与足量稀硫酸反应制氢气，氢气还原氧化铜；方案Ⅱ：氧化铜溶于稀硫酸生成硫酸铜，然后用锌与硫酸铜反应制备铜。下列关于方案Ⅰ和Ⅱ的评价不正确的是()A.方案Ⅱ比方案Ⅰ操作简便B.等质量的锌，相同条件下在方案Ⅰ和方案Ⅱ中制得的铜的质量相同C.等质量的H2SO4参加反应，方案Ⅰ制取铜的质量比方案Ⅱ的少D.为了加快锌与稀硫酸反应，可以在溶液中加入少量氧化铜7、利用下列实验装置能完成相应实验的是。

。选项。

装置图。

实验目的。

A

收集干燥的HCl

B

除去CO2中含有的少量HCl

C

收集H2、NH3、CO2、Cl2、HCl、NO、NO2等气体。

D

检查装置的气密性。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共3题，共6分)8、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9、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.D10、“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)11、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=_______。12、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“＜”)。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、研究CO还原NOx对环境的治理有重要意义；相关的主要化学反应有：

ⅠNO2（g）+CO（g）CO2（g）+NO（g）ΔH1

Ⅱ2NO2（g）+4CO（g）N2（g）+4CO2（g）ΔH2＜0

Ⅲ2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）ΔH3＜0

（1）已知：每1mol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为。NO2COCO2NO819kJ1076kJ1490kJ632kJ

①根据上述信息计算ΔH1=_______kJ·molˉ1。

②下列描述正确的是_______。

A在绝热恒容密闭容器中只进行反应Ⅰ；若压强不变，能说明反应Ⅰ达到平衡状态。

B反应ⅡΔH＜0；ΔS＜0；该反应在低温下自发进行。

C恒温条件下；增大CO的浓度能使反应Ⅲ的平衡向正向移动，平衡常数增大。

D上述反应达到平衡后；升温，三个反应的逆反应速率均一直增大直至达到新的平衡。

（2）在一个恒温恒压的密闭容器中，NO2和CO的起始物质的量比为1∶2进行反应，反应在无分子筛膜时二氧化氮平衡转化率和有分子筛膜时二氧化氮转化率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出N2。

①二氧化氮平衡转化率随温度升高而降低的原因为_______。

②P点二氧化氮转化率高于T点的原因为_______。

（3）实验测得，V正＝k正·c2（NO）·c2（CO），V逆＝k逆·c（N2）·c2（CO2）（k正、k逆为速率常数；只与温度有关）。

①一定温度下，向体积为1L的密闭容器中充入一定量的NO和CO，只发生反应Ⅲ，在tl时刻达到平衡状态，此时n（CO）=0.1mol，n（NO）=0.2mol，n（N2）=amol，且N2占平衡总体积的1/4则：=_______。

②在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的1/2，在其它条件不变的情况下．t3时刻达到新的平衡状态。请在图中补充画出t2-t3-t4时段，正反应速率的变化曲线_______。

15、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16、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________。17、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_______；18、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）。19、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__。评卷人得分四、实验题(共4题，共8分)20、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)21、叠氮化钠(NaN3)可用于汽车安全气囊的添加剂，与酸反应生成N2和H2。某学习小组在实验室用亚硝酸钠和氨在无氧环境中制备NaN3；设计如下实验(夹持装置略去):

（1）按气流从左到右的方向；上述装置合理的连接顺序为_________________(填仪器接口字母)。

（2）试剂X可选用________________(填试剂名称)。

（3）装置C中发生反应的化学方程式为_________________________________________；该反应需要在无氧环境中进行的原因为_______________________________________________。

（4）装置B的作用为___________________________________________。

（5）加热条件下，NaNH2和N2O反应也可制备NaN3；同时生成能使湿响的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式为_____________________________________________。

（6）HNO2是一元弱酸，不稳定，容易分解为两种氮的氧化物。现用如下试剂：NaNO2、pH试纸、水、稀硫酸、NaOH溶液、碱石灰、CuSO4；CuO；计实验证明((可加热)；

①HNO2为弱酸:____________________________________________________。

②装置C中反应进行一段时间后，有NaN3生成：______________________________________。22、某同学设计如图装置；研究非金属元素性质变化规律。

(1)已知硅酸(H2SiO3)是一种难溶于水的弱酸，呈白色。在化学反应中，一般地，强酸能制弱酸，如NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，得出：HCl酸性强于H2CO3的酸性。现有硝酸溶液、碳酸钙、澄清石灰水、硅酸钠溶液，选择试剂用如图装置证明：酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3。A中装试剂___________，B中装试剂___________，C中装试剂___________。C中实验现象为___________；写出C中发生反应的离子方程式___________。

(2)已知高锰酸钾在常温下与浓盐酸反应产生氯气，利用如图装置证明氯气氧化性强于碘单质的氧化性。则A中装浓盐酸，B中装入高锰酸钾粉末，C中装试剂___________，C中现象___________，写出离子方程式___________。该实验装置有明显不足，请指出改进方法：___________。

(3)如果C中装饱和的氢硫酸溶液，A中装浓盐酸，B中装高锰酸钾溶液，反应开始后观察到现象是C中产生淡黄色沉淀，写出化学方程式___________；证明氯的非金属性比硫的非金属性___________(填“强”或“弱”或“无法判断”)。23、某化学兴趣小组用如图所示装置制取氯酸钾；次氯酸钠和氯水并进行有关探究实验。

实验Ⅰ：制取氯酸钾；次氯酸钠和氯水。

(1)写出装置A实验室制取Cl2的化学方程式______。

(2)制取实验结束后，取出装置B中试管，冷却结晶、过滤、洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有胶头滴管、烧杯、________、________。为提高氯酸钾和次氯酸钠的产率，在实验装置中还需要改进的是__________。

(3)装置C中反应需要在冰水浴中进行，其原因是_______。

实验Ⅱ：尾气处理。实验小组利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理。

(4)吸收尾气一段时间后，吸收液(强碱性)中肯定存在Cl－、OH－和SO42-。请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他阴离子(不考虑空气中CO2的影响)。

①提出合理假设。

假设1：只存在SO32-；

假设2：既不存在SO32-，也不存在ClO－；

假设3：________。

②设计实验方案，进行实验。请完成下列表格，写出相应的实验步骤以及预期现象和结论。限选实验试剂：3mol·L－1H2SO4、1mol·L－1NaOH溶液、0.01mol·L－1酸性KMnO4溶液、淀粉KI溶液。实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量吸收液分置于A、B试管中步骤2：向A试管中滴加0.01mol·L－1酸性KMnO4溶液(1)若溶液褪色，则假设1成(2)若溶液不褪色，则假设2或3成立(2)若溶液不褪色，则假设2或3成立步骤3：_____________________________________评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共20分)24、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25、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)。

26、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_______。27、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_________。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共8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7题，共14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、B【分析】【详解】

A．14N2和15N2是同位素原子14N、15N形成的分子；分子相同，因此二者属于同一物质，A错误；

B．红磷和白磷都是磷元素形成的两种不同性质的单质；二者互为同素异形体，B正确；

C．C2H2是乙炔，属于炔烃，C6H6表示的物质可能是苯，也可能是其它含有双键或三键的物质，二者结构不相似，且在分子组成上也不是相差CH2的整数倍；因此二者不是同系物，C错误；

D．乙酸分子式是C2H4O2，乙醇分子式是C2H6O；二者分子式不同，因此不能互为同分异构体，D错误；

故合理选项是B。3、C【分析】【分析】

图示收集气体的方法是向下排空集气法；用于收集密度比空气小的气体。

【详解】

A．O2密度比空气大；故A不符；

B．Cl2密度比空气大；故B不符；

C．H2密度比空气小；故C符合；

D．CO2密度比空气大；故D不符；

故选C。4、C【分析】【详解】

A.①加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则Cl2被完全消耗，选项A正确；B.当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI，②中试纸褪色，选项B正确；C.硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−，选项C不正确；D.实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化；故加热后溶液不恢复红色，选项正确。答案选C。

点睛：本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−。5、C【分析】【详解】

A.氢气不溶于水，排水法收集时短导管进气，与进气方向不同，故A错误；

B.短导管进气可排出水；图中进气方向不能测定氧气的体积，故B错误；

C.饱和NaHCO3溶液与CO2不反应；与HCl反应生成二氧化碳，图中导管长进短出；洗气可分离，故C正确；

D.二者均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和食盐水，故C错误；

故答案：C。6、B【分析】【分析】

A.方案I需要加热条件且生成的氢气不一定完全反应；

B.I中锌生成的氢气和CuO反应时；部分氢气不参与反应；

C.等质量的硫酸参加反应；I中生成的氢气不能完全参加反应；

D.原电池能加快负极材料参加反应。

【详解】

A.方案I需要加热条件且生成的氢气不一定完全反应；所以造成原料和能源的浪费，且操作方案II比方案I操作简便，A项正确，不符合题意；

B.I中锌生成的氢气和CuO反应时；部分氢气不参与反应，所以等质量的锌，相同条件下方案I和方案II中制得的质量不同，B项错误，符合题意；

C.等质量的硫酸参加反应，I中生成的氢气不能完全参加反应，所以等质量的H2SO4参加反应；方案I制取铜的质量比方案II的少，C项正确，不符合题意；

D.锌置换出Cu；Zn；Cu和稀硫酸构成原电池，原电池能加快负极材料参加反应，所以为了加快锌与稀硫酸的反应，可以在溶液中加入少量的CuO，D项正确，不符合题意；

答案选B。7、D【分析】【分析】

A.HCl为酸性气体；能被碱性的干燥剂吸收；

B.CO2和HCl均能与Na2CO3反应；

C.H2、NH3的密度小于空气，Cl2、HCl、NO、NO2等气体的密度大于空气，且其中NO能与空气中的O2发生反应；

D.用针筒向试管中充入气体；当装置气密性良好时，长导管中会出现水柱。

【详解】

A.HCl为酸性气体；能被碱性的干燥剂吸收，因此不能用该装置收集干燥的HCl，A项错误；

B.CO2和HCl均能与Na2CO3反应，因此不能用该装置除去CO2中含有的少量HCl；B项错误；

C.H2、NH3的密度小于空气，选择向下排空气法收集，用该装置收集气体时导管应短进长出，Cl2、HCl、NO2等气体的密度大于空气，选择向上排空气法收集，用该装置收集气体时导管应长进短出，NO能与空气中的O2反应；不能用该装置收集，C项错误；

D.用针筒向试管中充入气体；当装置气密性良好时，长导管中会出现水柱，因此可用该装置检查气密性，D项正确；

答案选D。二、多选题(共3题，共6分)8、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。9、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。10、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)11、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)412、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)>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】【详解】

(1)①ΔH1=E反应物-E生成物=819+1076-1490-632=-227kJ/mol;

②A.反应前后气体系数不变；如果是恒温恒容，无论平衡是否移动，容器中的压强均不变，换为绝热容器后，随着反应的正向进行，反应放出热量，体系温度升高，等量气体的压强随之增大，此时压强是变量，可以作为平衡的依据，A项正确；

B.当ΔH-TΔS<0时；反应自发进行，由ΔH＜0，ΔS＜0，推出该反应低温下自发进行，B项正确；

C.增大CO的浓度可以使反应Ⅲ的平衡向正向移动；但是平衡常数只受到温度的影响，温度不变，平衡常数不变，C项错误；

D.温度升高；反应速率增大，三个反应的逆反应速率均增大，三个反应均为放热反应，温度升高，反应向吸热方向进行，则平衡逆向移动，所以平衡移动的初期为逆反应速率大于正反应速率，为了达到新的平衡，逆反应速率向正反应速率靠近，逆反应速率会减小，所以逆反应速率的变化趋势为先增大后减小，D项错误；

(2)①反应为放热反应；温度升高，平衡向逆反应(吸热)方向进行，二氧化氮转化率降低；

②相同温度下，二氧化氮的转化率在P点较高是因为使用了分子筛膜，将产物N2分离出来；降低了产物的浓度，使平衡正向进行，从而二氧化氮的转化率提高；

(3)①列三段式求解：因为N2占平衡总体积的1/4，所以a=0.3mol，此时为平衡状态，有v正=v逆，即k正·c2(NO)·c2(CO)=k逆·c(N2)·c2(CO2)；

②在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的1/2，压强瞬间增大为原来压强的两倍，正逆反应速率均增大，但是压强增大，平衡向正反应(气体系数减小)方向进行，则正反应速率大于逆反应速率，所以正反应速率的总体趋势为先突然增大，然后减小，直至平衡，其图像为【解析】①.-227②.AB③.反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）④.分子筛膜从反应体系中不断分离出N2，有利于反应正向进行，二氧化氮转化率升高⑤.270⑥.（起点的纵坐标为16，t3时刻达到平衡，t3-t4处于平衡状态与已有线平齐）15、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＞③6.0×10-1016、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∶217、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%18、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=CH219、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四、实验题(共4题，共8分)20、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21、略

【分析】(1)由实验目的和原理可知，装置A用于制氨气，装置D用于干燥氨气，装置C用于制NaN2；装置B可用于防止外界空气进入于扰实验并吸收未参加反应的氨气。故按气流从左到右的方向，上述装置合理的连接顺序为afg(或gf)(或ed)c。

(2)装置A是用浓氨水制氨气；故可选用碱石灰或生石灰或NaOH固体。

(3)装置C中发生NH3与NaNO2在加热条件下制NaN3的反应，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为5NH3+4NaNO2+3NaN3+NaOH+7H2O。加热条件下，NaNO2容易被氧气氧化；故该反应需在无氧环境下反应。

(4)装置B可用于防止外界空气进入干扰实验并吸收未参加反应的氨气。

(5)由信息，加热条件下，NaNH2和N2O发生氧化还原反应制备NaN，根据得失电子守恒和原子守恒知，反应方程式为2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3。

(6)①证明某酸为弱酸可用其对应盐水解使液碱性或测定一定浓度的该酸溶液的pH说明该酸不完全电离来实现②由信息，NaN3与酸反应生成N2和H2；HNO2是一元弱酸；不稳定，容易分解为两种氮的氧化物。则证明装置C中反应进行一段时间后，部分NaNO2有NaN3生成的方法为取少量装置C中固体加入稀硫酸中，将产生的气体通过足量的NaOH溶液，经碱石灰干燥后通过灼热的CuO，再将生成的气体通过CuSO4，若观察到CuO黑色固体变红，CuSO4变蓝，则有NaN3生成。【解析】afg(或gf)de(或ed)c(b)碱石灰(或生石灰或NaOH固体)5NH3+4NaNO23NaN3+NaOH+7H2O加热条件下，NaNO2容易被氧气氧化防止外界空气进人C装置干扰实验并吸收来参加反应的氨气2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3将NaNO2溶于适量水中配成溶液，常温下，用pH试纸测定该溶液的pH>7取少量装置C中固体加入稀硫酸中，将产生的气体通过足量的NaOH溶液，经碱石灰干燥后通过灼热的CuO，再将生成的气体通过CuSO4，若观察到CuO黑色固体变红，CuSO4变蓝，则有NaN3生成22、略

【分析】【分析】

(1)利用强酸制备弱酸，可以根据所给试剂选择，硝酸和碳酸钙反应制备CO2，CO2通入硅酸钠溶液制备硅酸；产生白色沉淀；

(2)利用氧化性强的制氧化性弱的；氯气和KI反应置换出碘单质，利用碘遇淀粉变蓝现象明显，选择淀粉碘化钾，氯气有毒，要注意尾气处理，以免污染环境；

(3)氯气置换出硫；氧化剂氧化性大于氧化产物。

【详解】

(1)根据较强的酸制取较弱的酸可知，A中装试剂是硝酸溶液，B中装试剂是碳酸钙，C中装试剂硅酸钠溶液。由于碳酸的酸性强于硅酸的，所以C中有白色沉淀硅酸生成，反应的方程式是CO2＋SiO32-＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-。

(2)酸性高锰酸钾溶液能把盐酸氧化生成氯气，所以C中试剂是淀粉碘化钾溶液。由于氯气能把碘化钾氧化生成单质碘，所以实验现象是溶液变蓝色，反应的离子方程式是2I-＋Cl2===I2＋2Cl-；由于氯气有毒；所以必须增加装有氢氧化钠溶液的尾气吸收装置。

(3)高锰酸钾溶液能把盐酸氧化生成氯气，而氯气能把硫化氢氧化生成单质S沉淀，所以反应的方程式是Cl2＋H2S===S↓＋2HCl，这说明氯的非金属性比硫的非金属性强。【解析】硝酸溶液碳酸钙硅酸钠溶液产生白色沉淀CO2＋SiO＋H2O=H2SiO3↓＋CO淀粉-KI溶液溶液变蓝色2I-＋Cl2=I2＋2Cl-增加装有氢氧化钠溶液的尾气吸收装置Cl2＋H2S=S↓＋2HCl强23、略

【分析】【分析】

(1)写出装置A实验室制取Cl2是用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰；氯气和水。

(2)过滤主要的玻璃仪器有胶头滴管；烧杯、漏斗、玻璃棒；由于生成氯气时有部分浓盐酸挥发出来；因此B装置之前要将HCl除掉。

(3)氯气与氢氧化钠反应；低温下生成次氯酸钠，温度稍高生成氯酸钠。

(4)根据上面得到假设3：只存在ClO－。②根据步骤2分析得出；步骤2是验证有无亚硫酸根，而步骤三主要是验证有无次氯酸根，验证它主要用淀粉KI溶液来进行，利用次氯酸根的氧化性，碘离子的还原性生成单质碘使淀粉变蓝的性质。

【详解】

(1)写出装置A实验室制取Cl2是用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，其化学方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。

(2)制取实验结束后；取出装置B中试管，冷却结晶；过滤、洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有胶头滴管、烧杯、漏斗、玻璃棒。为提高氯酸钾和次氯酸钠的产率，由于生成氯气时有部分浓盐酸挥发出来，因此B装置之前要将HCl除掉，所以在实验装置中还需要改进的是在A和B之间添加盛有饱和NaCl的洗气装置，故答案为：漏斗；玻璃棒；在A和B之间添加盛有饱和NaCl的洗气装置。

(3)氯气与氢氧化钠反应；低温下生成次氯酸钠，温度稍高生成氯酸钠，因此装置C中反应需要在冰水浴中进行，其原因是温度升高会生成氯酸钠，故答案为：温度升高会生成氯酸钠。

(4)根据上面得到假设3：只存在ClO－，故答案为：只存在ClO—。

②根据步骤2分析得出，步骤2是验证有无亚硫酸根，而步骤三主要是验证有无次氯酸根，验证它主要用淀粉KI溶液来进行，利用次氯酸根的氧化性，碘离子的还原性生成单质碘使淀粉变蓝的性质。因此步骤3为向B试管中滴加淀粉KI溶液，预期现象及结论为若溶液变蓝，则假设3成立；若溶液不变蓝，结合步骤2中的(2)则假设2成立，故答案为：向B试管中滴加淀粉KI溶液；若溶液变蓝，则假设3成立；若溶液不变蓝，结合步骤2中的(2)则假设2成立。【解析】MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O漏斗玻璃棒在A和B之间添加盛有饱和NaCl的洗气装置温度升高会生成氯酸钠只存在ClO—向B试管中滴加淀粉KI溶液若溶液变蓝，则假设3成立若溶液不变蓝，结合步骤2中的(2)则假设2成立五、元素或物质推断题(共4题，共20分)24、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++ClOBD25、略

【分析】【详解】

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，则A为碳元素；B的价电子层中的未成对电子有3个，则B为氮元素；C与B同族，则C为磷元素；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸，则D为氯元素。

（1）C为P元素，原子核外有15个电子，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3；D为Cl元素，最高价含氧酸为HClO4，比其低两价的含氧酸是HClO3；高氯酸中非羟基氧原子为3个，氯酸中为2个(或高氯酸中Cl元素为＋7价，吸引羟基氧原子的能力很强，而氯酸中Cl元素为＋5价对羟基氧原子吸引能力较弱)，所以高氯酸酸性比氯酸强。

（2）C、N、P与Cl形成两元共价化合物为CCl4、NCl3、PCl3，中心原子都为sp3杂化；杂化后得到的杂化轨道完全相同就是等性杂化，如甲烷中的sp3杂化，得到4个完全相同的sp3杂化轨道；杂化后得到的杂化轨道至少存在两个不同的，就是非等性杂化，如氨分子中N原子、PCl3中的P原子，虽是sp3杂化；杂化后的杂化轨道不完全相同，所以属于不等性杂化；以上不等性杂化的化合物价层电子对立体构型为四面体形，分子立体构型为三角锥形。

（3）因为孤电子对对成键电子对的排斥力较大；所以不等性杂化化合物成键轨道的夹角小于等性杂化的化合物成键轨道间的夹角。

（4）根据晶胞结构，每个C原子与4个N原子以共价键相连，每个N原子与3个C原子以共价键相连，所以氮化碳的化学式为C3N4；从图3可以看出，一个C3N4晶胞包括6个C原子和8个N原子，则其晶体密度为ρ==3.59g•cm-3。【解析】①.1s22s22p63s23p3②.高氯酸中非羟基氧原子为3个，氯酸中为2个(或高氯酸中Cl元素为＋7价，吸引羟基氧原子的能力很强，而氯酸中Cl元素为＋5价对羟基氧原子吸引能力较弱)③.sp3杂化④.NCl3、PCl3⑤.四面体形⑥.三角锥形⑦.小于⑧.C3N4⑨.3.59g·cm－326、略

【分析】【分析】

①由18.64g白色沉淀E及单一溶质D推得含有n(K2SO4)=0.08mol，则物质A中含有n(K＋)=0.02mol，n(S)=0.08mol，②由黄色沉淀H及加入的0.18molKI推得物质A中含有n(I)=0.02mol，由①②推出含有n(O)=0.16mol，所以化学式为KI(SO2)4或KIS4O8。

【详解】

（1）根据前面分析得到物质A的组成元素为K、S、I、O，其化学式为KI(SO2)4或KIS4O8；故答案为：K、S、I、O；KI(SO2)4或KIS4O8。

（2）A与双氧水反应的化学方程式2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2SO4＋7H2SO4＋2H2O或2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋2KHSO4＋6H2SO4＋2H2O；故答案为：2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2SO4＋7H2SO4＋2H2O或2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋2KHSO4＋6H2SO4＋2H2O。

（3）F至G是亚硫酸根和I发生氧化还原反应，将I变为碘离子，其反应的离子方程式SO＋I＋H2O=3I－＋2H＋＋SO故答案为：SO＋I＋H2O=3I－＋2H＋＋SO

（4）D是硫酸钾，主要验证钾离子和硫酸根离子，钾离子应从焰色试验进行验证，硫酸根主要通过加入氯化钡来进行验证，则实验