2025年苏科新版高三化学上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年苏科新版高三化学上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、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.2gH2所含的原子数目为NAB.标准状况下，22.4L水中含有水分子数为NAC.常温下，1L0.1mol•L-1的MgCl2溶液中含有的Cl-数为0.2NAD.常温常压下，11.2LCH4中含有的氢原子数为2NA2、可口的饭菜离不开油脂．下列叙述中正确的是（）A.油脂是高级脂肪酸B.食用花生油是纯净物C.维生素都易溶于油脂D.油脂消化的实质是发生水解3、下列有机化合物分子中的所有碳原子不可能处于同一平面的是（）A.B.HC≡C-CH3C.D.4、下列说法正确的是（）A.汽车尾气不会引起呼吸道疾病B.向煤中加入适量石灰石，高温下最终生成CaSO4，可减少SO2对大气的污染C.某次酸雨的pH为4.3，是由于溶解了CO2D.普通玻璃的主要成分是纯碱、石灰石和石英5、下列各组给定原子序数的元素，不能形成原子数之比为1：1稳定化合物的是（）A.3和17B.1和8C.1和6D.7和126、向50mL18mol/LH2SO4溶液中加入足量的锌粒（可加热）充分反应后生成的气体的物质的量为A.小于0.45molB.等于0.45molC.在0.45mol和0.90mol之间D.等于0.90mol7、下列关于物质分类的说法正确的是（）A.醋酸、氨水、硫酸钡均属于弱电解质、B.铜合金、铝合金、钢铁均属于金属材料C.动物油、植物油、矿物油均属于酯类化合物D.稀豆浆、稀盐酸、硅胶均属于胶体8、密闭容器中有反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑2s后HCl的浓度由2mol/L减小到1mol/L，求该反应的速率（）A.1mol/（L•s）B.0.5mol/（L•s）C.1.5mol/（L•s）D.无法计算9、已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，下列说法正确的是（）A.X与Y形成的化合物只有一种B.原子半径的大小顺序：r（R）＞r（W）＞r（Y）C.元素R的简单气态氢化物的热稳定性比W的强D.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、（2015秋•泸县校级月考）随原子序数的递增的八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小；最高正价或最低负价的变化如图所示．

根据判断出的元素回答问题：

（1）f在元素周期表的位置是____；g的离子结构示意图为____．

（2）在z、d、e、f四种元素中，其离子半径按由大到小的排列顺序为____（用。

化学式表示，下同）；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是：____．

（3）由x和z元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式____．

（4）由x、z、h三种元素构成的盐，其水溶液显酸性，用离子方程式解释其原因____．

（5）已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：____．11、工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3•5H2O；实验室可用如下装置（略去部分夹持仪器）模拟生产过程．

烧瓶C中发生反应如下：

Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）═Na2SO3（aq）+H2S（aq）（Ⅰ）

2H2S（aq）+SO2（g）═3S（s）+2H2O（l）（Ⅱ）

S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（Ⅲ）

（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若____，则整个装置气密性良好．装置D的作用是____．装置E中为____溶液．

（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为____．

（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择____．

a．蒸馏水b．饱和Na2SO3溶液。

c．饱和NaHSO3溶液d．饱和NaHCO3溶液。

实验中，已知反应（Ⅲ）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是____．反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器还有____．

a．烧杯b．蒸发皿c．试管d．锥形瓶．12、铁；铝及其化合物在生活、生产中有着广泛的应用．

Ⅰ．某研究性学习小组对某硫酸亚铁晶体（FeSO4•xH2O）热分解进行研究．该小组同学称取ag硫酸亚铁晶体样品按如图图1高温加热；使其完全分解，对所得产物进行探究，并通过称量装置B的质量测出x的值．

（1）装置B中硫酸铜粉末变蓝，质量增加12.6g，说明产物中有水，装置C中高锰酸钾溶液褪色，说明产物中还有____．

（2）实验中要持续通入氮气，否则测出的x会____（填“偏大”；“偏小”或“不变”）．

（3）硫酸亚铁晶体完全分解后装置A中还残留红棕色固体Fe2O3．

（4）从理论上分析得出硫酸亚铁分解还生成另一种物质SO3，写出FeSO4分解的化学方程式____．

（5）某研究所利用SDTQ600热分析仪对硫酸亚铁晶体（FeSO4•xH2O）进行热分解，获得相关数据，绘制成固体质量--分解温度的关系图如图2．根据两种热分解实验的有关数据，可计算出FeSO4•xH2O中的x=____．

Ⅱ．铝元素在自然界中主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中．工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如下．

（1）在滤液A中加入漂白液；目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性．

①检验滤液B中是否还含有铁元素的操作方法为：____．

②将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为____（填选项编号）．

a．氢氧化钠溶液b．硫酸溶液c．氨水d．二氧化碳。

③由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、____（填操作名称）；过滤、洗涤．

（2）SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为____（填选项编号）．

13、如图1是某固体酸燃料电池基本结构示意图，其中以Ca（HSO4）2固体为电解质传递H+，电池总反应式为：2H2+O2=2H2O；请回答以下问题：

（1）此电池工作时，H+移向多孔电极的____极（填“a”或“b”）；写出b极的电极反应式：____．若在标准状况下O2消耗11.2L，则电池通过了____mol电子．

（2）若用此电池作为电源，连接图2的装置进行电解实验．通电一段时间后，取出Pt电极洗涤、干燥、称重，电极质量增加了10.8g，则Pt电极连接电源的____（填“正”或“负”）极；在①池中阳极上的电极反应式为____；总反应方程式为____；在②池C极上可观察到的现象为____；

（3）电解一段时间后硫酸铜浓度是否发生变化？____；在第③个装置共收集到____L（标准状况）的气体．14、有机物A只含有C、H、O三种元素，常用作有机合成的中间体．16.8g该有机物经燃烧生成44.0gCO2和14.4gH2O；质谱图表明其相对分子质量为84；红外光谱分析表明A分子中含有O-H键和位于分子端的C≡C键，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积为6：1：1．

（1）A的分子式是____．

（2）下列物质中，一定条件能与A发生反应的是____．

a．H2b．NaHCO3c．KMnO4溶液d．FeCl3溶液。

（3）A的结构简式是____．

（4）有机物B是A的同分异构体，1molB可与1molBr2加成．该有机物所有碳原子在同一个平面，没有顺反异构现象．B的结构简式是____．15、氨气是一种无色；有特殊刺激性气味的气体；氨气极易液化和极易溶于水，且能使红色石蕊试纸变蓝．某校研究性学习小组设计实验欲制取氨气并探究其性质．

请回答下列问题：

（1）用氯化铵与消石灰共热制取氨气的化学方程式为____．

（2）图Ⅰ是进行氨气喷泉实验的装置，形成喷泉的操作步骤是____．

（3）学生甲和乙在相同环境下分别进行氨气喷泉实验，学生甲实验时，涌入烧瓶中的酚酞水溶液的体积占烧瓶容积的，学生乙实验时，涌入烧瓶中的酚酞水溶液的体积占烧瓶容积的，假设烧瓶内的溶液没有损失，学生甲和乙制得的氨水的物质的量浓度之比为____．

（4）氨气在空气中不能燃烧；为了探究在催化剂存在时氨气能否被空气中的氧气氧化，该小组进行如图Ⅱ所示的实验．

①实验时，先加热硬质玻璃管至三氧化二铬红热，并鼓入空气．停止加热后再继续鼓入空气，三氧化二铬保持红热，原因是____．

②氨催化氧化的化学方程式为____．

③整个实验过程中，不会生成的物质是____（填序号）．

A．N2B．NO2C．HNO3D．NH4NO316、碱式碳酸镁有多种不同的组成，如：Mg2（OH）2CO3、Mg4（OH）2（CO3）3、Mg5（OH）2（CO3）4等．某研究性学习小组的同学们为了确定某碱式碳酸镁的组成；设如图所示的实验装置．

（1）实验步骤：

①按如图（夹持仪器未画出）组装好置后，首先进行的操作是____．E处干燥管盛放的药品是____．

②称取碱式碳酸镁样品m1g，并将其放入硬质玻璃管中；称量：装浓硫酸的洗气瓶C的质量为m2g；装碱石灰的U形管D的质量为m3g③打开活塞____，关闭____缓缓鼓入空气数分钟．

④关闭活塞____，打开____；点燃酒精灯加热，待不再产生气体为止．

⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，称职得洗气瓶C的质量为m4g；U形管D的质量为m5g．实验测得数据如下：m1=31g，m2=87.7g，m3=74.7g，m4=89.4g，m5=87.9g，计算推导：该碱式碳酸镁的化学式为____．

（2）关于该实验方案，以下说法你认为正确的是____（填字母）

A．硬质玻璃管中有水凝结对测定结果有较大影响

B．不称量碱式碳酸镁样品的质量无法确定碱式碳酸镁的组成

C．该实验装置也可用于确定天然碱[aNa2CO3•bNaHCO3•cH2O（a、b、c为正整数）]的化学组成．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)17、加过量的NaOH溶液，未看见产生气体，溶液里一定不含NH4+．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”18、以下有些结构简式；书写得不规范；不正确．请在它们后面打一个×号，并把你认为正确的写法写在后面．（注意：如果原式是允许的、正确的，请在后面打√就可以了）

（1）乙醇：HOCH2CH3____；

（2）丙二醛：CHOCH2CHO____；

（3）对甲苯酚：____；

（4）三硝基甲苯：____；

（5）甲酸苯酯：____；

（6）苯乙醛：____．19、在18g18O2中含有NA个氧原子．____（判断对错）20、在有Cl-和Br-共同存在的溶液中，只要滴入AgNO3溶液，就一定先有AgBr沉淀生成．____．（判断对错）21、标准状况下，1mol任何物质的体积都约是22.4L____（判断对错）22、红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析____．评卷人得分四、实验题(共1题，共7分)23、某实验小组利用如图装置验证rm{NH_{4}Cl}受热分解时的分解产物为氨气相氯化氢。请回答下列问题：

rm{(1)}组装好实验装置后，装入药品前必须要进行的实验操作是______________________________。rm{(2)}关闭_________止水夹rm{(}填“rm{A}”或“rm{B}”，下同rm{)}打开止水夹___________，加热rm{NH_{4}Cl}固体，当看到rm{Y}形管处________附近的rm{pH}试纸变蓝色时，证明rm{NH_{4}Cl}受热分解时产生了氨气。rm{(3)}下列物质可以替代rm{U}形管内石棉绒上附着的rm{NaOH}的是_________rm{(}填序号rm{)}A.碱石灰rm{B.}氧化钙rm{C.}氯化钙rm{D.}无水硫酸铜rm{(4)}利用图中的实验装置，仿照rm{(2)}设计相应的实验方案证明rm{NH_{4}Cl}受热分解时生成了rm{HCl}___________rm{(}答案中应包括实验操作、现象和结论rm{)}rm{(5)}若同时打开止水夹rm{A}和rm{B}则图中rm{Y}形管右端的实验现象为___________，看到上述现象后应立即停止实验，原因是______________。rm{(6)}带有气球的具支试管的作用为______________________________。评卷人得分五、简答题(共3题，共30分)24、青岛精细化工厂生产发烟硫酸和硫酸的流程如图所示．已知：②⑤装置为接触室．

（1）设备①的名称为______；在此处投入黄铁矿原料，发生反应的化学方程式为______．

（2）气体在进入②之前一定要进行净化处理，原因为______．为提高三氧化硫的产率，该处应采取______（填“等温”“绝热”或“加催化剂”）等措施．

（3）生产中，能够提高硫元素转化率的条件或措施有______（填字母）．

a．矿石加入沸腾炉之前先粉碎b．使用V2O5作催化剂。

c．接触室中不使用很高的温度d．净化后炉气中要有过量的空气。

e．接触氧化在常压下进行f．吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3

（4）③处的气体混合物主要是氮气和三氧化硫．混合物气体通过吸收塔④后不立即通入⑤中的原因是______

（5）产品最后从a口流出，浓度可达120%～130%，此流程的优点是______．

（6）工业上用200t黄铁矿（含FeS2为75%），煅烧损失10%，SO2转化为SO3时的转化率为96%，SO3的吸收率为95%，可生产98%硫酸的质量为______．25、甲；乙两同学欲分别完成“钠与氯气反应”的实验．

Ⅰrm{.}甲同学的方案为：取一块绿豆大的金属钠rm{(}除去氧化层rm{)}用滤纸吸净煤油，放在石棉网上，用酒精灯微热rm{.}待钠熔成球状时，将盛有氯气的集气瓶抽去玻璃片后倒扣在钠的上方rm{(}装置如图Ⅰrm{).}该方案的不足之处有______．

Ⅱrm{.}乙同学所采用的装置如图Ⅱ；回答下列问题：

rm{(1)}按图Ⅱ组装仪器；添加药品；实验开始后，先将浓盐酸挤入试管，试管中发生反应的离子方程式为______；待整套装置中______后，点燃酒精灯．

rm{(2)}点燃酒精灯后；玻璃管中出现的现象是______．

rm{(3)}乙同学欲将虚框内装置改为图Ⅲ所示装置；并测量多余气体的体积．

rm{垄脵}为提高测量的准确性；图Ⅲ量气管装置中的液体可用______；收集完气体后并读数，读数前应进行的操作是冷却至室温并______．

rm{垄脷}若未冷却至室温立即按上述操作读数，则会导致所测气体的体积______rm{(}填“偏大”、“偏小”或“无影响”rm{)}．

rm{垄脹}如果开始读数时操作正确，最后读数时俯视右边量气管液面，会导致所测气体的体积______rm{(}填“偏大”、“偏小”或“无影响”rm{)}．26、溴化锂是一种高效的水汽吸收剂和空气湿度调节剂；54%-55%的溴化锂水溶液是吸收式绿色制冷剂，其对环境无污染。制备路线图如下：

（1）25℃时在Li2CO3与LiF的混合悬浊液中，=______（25℃，Li2CO3，Ksp=8×10-4；LiF，Ksp=2×10-3）；溶液显______（填“中性”；“酸性”或“碱性”）。

（2）制得LiBr的关键是“合成”与“调pH”阶段。

①“合成”制得LiBr时，绿色还原剂CO（NH2）2与Br2恰好反应的物质的量之比是______。

②“合成”后的生成液为橙黄色，用Li2CO3调节pH到8-9，Li2CO3转化为LiHCO3，同时溶液变为无色，加人Li2CO3的目的为______。

③“合成”时温度与BrO3-%的关系如下表：

。温度（℃）20304050607080BrO3-%00.500.600.710.758.515.2“合成”时选择的温度为______；理由是______。

（3）“除杂1”利用CS（NH2）2去除BrO3-，生成物为Li2SO4、CO（NH2）2等；写出相应的化学方程式______。

（4）“除杂2”先用HBr把溶液调到一定的酸度，加热到70℃左右，然后用LiOH调至pH=7，加热的作用是______。评卷人得分六、探究题(共4题，共20分)27、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．28、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：29、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．30、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】A；氢气由氢原子构成；

B；标况下；水为液态；

C；求出氯化镁的物质的量n=CV；然后根据1mol氯化镁中含2mol氯离子来分析；

D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol．【解析】【解答】解：A、氢气由氢原子构成，故2g氢气中含有的氢原子的个数N==2NA个；故A错误；

B；标况下；水为液态，不能根据其体积来计算其物质的量，故B错误；

C、氯化镁的物质的量n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，而1mol氯化镁中含2mol氯离子，故0.1mol氯化镁中含0.2mol氯离子即0.2NA个；故C正确；

D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2L甲烷的物质的量小于0.5mol，含有的氢原子的个数小于2NA个；故D错误．

故选C．2、D【分析】【分析】油脂成分高级脂肪酸甘油酯，在人体内酶的催化作用下可以发生水解为人提供能，脂溶性维生素易溶于油脂．【解析】【解答】解：A；油脂的成分为高级脂肪酸和甘油反应生成的高级脂肪酸甘油酯；故A错误；

B；油脂均为混合物；根据常温下状态不同分为油和脂肪，油为不饱和高级脂肪酸甘油酯大多存在于植物中，故B错误；

C；维生素根据溶解度的不同分为水溶性维生素和脂溶性维生素；水溶性维生素易溶于水难溶于有机溶剂，脂溶性维生素易溶于有机溶剂难溶于水，故C错误；

D；油脂在酸性、碱性、酶催化作用下均可发生水解反应；油脂消化的实质是发生水解，故D正确；

故选：D．3、D【分析】【分析】常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断．【解析】【解答】解：A；苯为平面结构；甲苯中甲基碳原子处于苯中H原子位置，所有碳原子都处在同一平面上，故A不选；

B；乙炔为直线结构；丙炔中甲基碳原子处于乙炔中H原子位置，所有碳原子处于同一直线，所有碳原子都处在同一平面上，故B不选；

C；乙烯为平面结构；2-甲基丙烯中2个甲基的碳原子处于乙烯中H原子位置，所有碳原子都处在同一平面上，故C不选；

D；2-甲基丙烷中；3个甲基处于2号碳原子四面体的顶点位置，2号碳原子处于该四面体内部，所以碳原子不可能处于同一平面，故D选．

故选D．4、B【分析】【分析】A．汽车尾气中含有氮的氧化物；

B．燃煤脱硫可减少二氧化硫的排放；

C．正常酸雨的pH＜5.6；某次酸雨的pH为4.3，酸性增强；

D．普通玻璃的主要成分硅酸钙、硅酸钠、二氧化硅．【解析】【解答】解：A．汽车尾气中含有氮的氧化物；氮的氧化物为有毒物质，能引起呼吸道疾病，故A错误；

B．燃煤脱硫可减少二氧化硫的排放，即向煤中加入适量石灰石，高温下最终生成CaSO4，可减少SO2对大气的污染；故B正确；

C．正常酸雨的pH＜5.6，某次酸雨的pH为4.3，酸性增强，所以由于溶解了SO2导致的；故C错误；

D．普通玻璃的主要成分硅酸钙；硅酸钠、二氧化硅；主要原料为纯碱、石灰石和石英，故D错误；

故选B．5、D【分析】【分析】根据元素序数判断元素种类，结合元素的化合价判断．【解析】【解答】解：A．原子序数为为3的元素为Li；原子序数为17的元素为Cl，可形成LiCl，故A不选；

B．原子序数为为1的元素为H，原子序数为8的元素为O，可形成H2O2；故B不选；

C．原子序数为为1的元素为H，原子序数为6的元素为C，可形成C2H2；故C不选；

D．原子序数为为7的元素为N，原子序数为12的元素为Mg，可形成Mg3N2；故D选．

故选D．6、C【分析】【解析】【答案】C7、B【分析】解：A．醋酸在水溶液中部分电离；是弱电解质；氨水是氨气的水溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；硫酸钡溶于水的部分完全电离，是强电解质，故A错误；

B．铜合金；铝合金、钢铁都属于合金；属于金属材料，故B正确；

C．动物油；植物油是高级脂肪酸的甘油酯；属于酯类化合物；矿物油主要来源于石油化工，属于烃类，故C错误；

D．稀豆浆是蛋白质形成的分散系属于胶体；稀盐酸是氯化氢的水溶液，属于溶液，硅胶是一种高活性吸附材料，不属于胶体，故D错误；

故选B．

A．氨水是混合物；硫酸钡是强电解质；

B．金属材料包括金属单质和合金两大类；

C．根据动物油；植物油、矿物油的成分来确定所属类别；

D．胶体的分散质微粒直径在1～100nm之间；是一种均一介稳定的分散系．

本题考查电解质的概念、金属材料的判断、有机物种类的判断及胶体的概念，难度不大．要注意基础知识的积累．【解析】【答案】B8、B【分析】【分析】反应速率表示单位时间内浓度的变化量，即反应速率v=，据此计算．【解析】【解答】解：2s后HCl的浓度由2mol/L减小到1mol/L，则2s后内HCl的化学反应速率==0.5mol/（L•s）；

故答案为：0.5mol/（L•s）．9、C【分析】【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Z为Mg；W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，原子序数大于Mg，故W为S元素，R原子序数大于W且为短周期主族元素，所以R为Cl；Y的最高正价与最低负价的代数和为0，原子序数小于Mg，处于ⅣA族，故Y为C元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答．【解析】【解答】解：X；Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素．X是原子半径最小的元素；则X为H元素；Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Z为Mg；W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，原子序数大于Mg，故W为S元素，R原子序数大于W且为短周期主族元素，所以R为Cl；Y的最高正价与最低负价的代数和为0，原子序数小于Mg，处于ⅣA族，故Y为C元素．

A．H与C元素形成烃类物质；化合物种类繁多，故A错误；

B．同周期元素原子序数依次增大，原子半径依次减小，电子层越多原子半径越大，故：r（S）＞r（Cl）＞r（C），即r（W）＞r（R）＞r（Y）；故B错误；

C．非金属性Cl＞S，故氢化物稳定性HCl＞H2S；故C正确；

D．Y；W的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、硫酸；非金属性W＞Y，且碳酸是弱酸，而硫酸是强酸，所以酸性W＞Y，故D错误；

故选C．二、填空题(共7题，共14分)10、第三周期ⅢA族r（N3-）＞r（O2-）＞r（Na+）＞r（Al3+）HClO4NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=-511kJ•mol-1【分析】【分析】从图中的化合价；原子半径的大小及原子序数；可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素．

（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；S2-离子核电荷数为16；核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数为2；8、8；

（2）电子层结构相同的离子；核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强；

（3）由H和N元素组成一种四原子共价化合物为NH3；

（4）由H、N、Cl三种元素构成的盐，其水溶液显酸性，该盐为NH4Cl；铵根离子水解溶液呈酸性；

（5）钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，反应方程式为：2Na+O2Na2O2，计算2mol钠反应放出放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式．【解析】【解答】解：从图中的化合价；原子半径的大小及原子序数；可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素．

（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；S2-离子结构示意图为

故答案为：第三周期ⅢA族；

（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r（N3-）＞r（O2-）＞r（Na+）＞r（Al3+）；

非金属性S＜Cl，非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4＞H2SO4；

故答案为：r（N3-）＞r（O2-）＞r（Na+）＞r（Al3+）；HClO4；

（3）由H和N元素组成一种四原子共价化合物为NH3，电子式为：

故答案为：

（4）由H、N、Cl三种元素构成的盐，其水溶液显酸性，该盐为NH4Cl，铵根离子水解：NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+；溶液呈酸性；

故答案为：NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+；

（5）钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，反应方程式为：2Na+O2Na2O2，2mol钠反应放出放出的热量为255.5kJ×2=511kJ，反应热化学方程式为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=-511kJ•mol-1；

故答案为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=-511kJ•mol-1．11、液柱高度保持不变防止倒吸NaOH2：1c溶液变澄清（或浑浊消失）a、d【分析】【分析】（1）液柱高度保持不变，说明气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用；

（2）根据题目所给（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3；

（3）观察SO2的生成速率，发生强酸制取弱酸的反应，Ⅲ中发生S（g）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq），反应达到终点是S完全溶解，烧杯、锥形瓶需要加热时必须使用石棉网，蒸发皿、试管可直接加热．【解析】【解答】解：（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用；可选用NaOH溶液；

故答案为：液柱高度保持不变；防止倒吸；NaOH；

（2）根据题目所给（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1；

故答案为：2：1；

（3）观察SO2的生成速率，发生强酸制取弱酸的反应，a不生成二氧化硫，bd中物质均与二氧化硫反应，只有c中饱和NaHSO3溶液适合制取二氧化硫；Ⅲ中发生S（g）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）；反应达到终点是S完全溶解，可观察到溶液变澄清（或浑浊消失）；因烧杯；锥形瓶底部表面积比较大，加热时为了加热均匀必须使用石棉网；

故答案为：c；溶液变澄清（或浑浊消失）；ad．12、二氧化硫偏小2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑7取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含铁元素c冷却结晶B【分析】【分析】Ⅰ．（1）二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色；

（2）实验中要持续通入氮气；把水蒸气全部赶出，否则测出的x会偏小；

（4）FeSO4的分解后装置A中还有残留红棕色固体，即生成了氧化铁，又还生成另一物质SO3，根据氧化还原反应，还应该有化合价减低的产物SO2；配平即可；

（5）通过FeSO4•xH2O的化学式可知铁原子和水的个数比为1：2x；根据原子守恒计算；

Ⅱ．图示工艺流程为：铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）加入稀盐酸；得到滤渣为二氧化硅，滤液中含有铁离子；亚铁离子和铝离子；加入漂白液后亚铁离子氧化成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁沉淀；滤液B为氯化铝溶液；二氧化硫与氢氧化钠在铁坩埚中焙烧生成硅酸钠；

（1）①检验滤液B中是否还含有铁元素的方法为利用铁离子和亚铁离子的检验方法进行检验；先检验是否含铁离子，再检验是否含亚铁离子；

②滤液B中铝元素为氯化铝；依据氢氧化铝溶液强酸强碱，不溶于弱碱选择；

③加入浓盐酸抑制氯化铝的水解；蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤；

（2）A．蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应；

B．铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠；

C．玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应；

D．瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应；【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色；

故答案为：二氧化硫；

（2）实验中要持续通入氮气；把水蒸气全部赶出，否则部分水残留在装置中，会导致测出的x会偏小；

故答案为：偏小；

（4）FeSO4的分解后装置A中还有残留红棕色固体，即生成了氧化铁，又还生成另一物质SO3，根据氧化还原反应，还应该有化合价减低的产物SO2，方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；

故答案为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；

（5）通过FeSO4•xH2O的化学式可知铁原子和水的个数比为1：2x；

Fe2O3～2xH2O

16036x

8g12.6g

x=7

故答案为：7

II．根据流程可知，铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）加入稀盐酸；得到滤渣为二氧化硅，滤液中含有铁离子；亚铁离子和铝离子；加入漂白液后亚铁离子氧化成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁沉淀；滤液B为氯化铝溶液；二氧化硫与氢氧化钠在铁坩埚中焙烧生成硅酸钠；

（1）①滤液B中是否还含有铁元素的方法为利用铁离子和亚铁离子的检验方法进行检验；取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含铁元素；

故答案为：取少量滤液B；加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含铁元素；

②滤液中含有的是氯化铝溶液；将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出；

a．氢氧化钠溶液可以沉淀铝离子但过了会溶解氢氧化铝；氢氧化钠不是最佳试剂，故a错误；

b．硫酸溶液不与铝离子反应，故b错误；

c．氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝；过量的氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体，故c正确；

d．二氧化碳和氯化铝不反应；无法生成氢氧化铝沉淀，故d错误；

故答案为：c；

③加入浓盐酸抑制氯化铝的水解；蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤；

故答案为：冷却结晶；

（2）A．蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠；故A错误；

B．铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，可在铁坩埚中用SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠；故B正确；

C．玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠；故C错误；

D．瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠；故D错误；

故答案为：B．13、aH2-2e-=2H+2负4OH--4e-═2H2O+O2↑4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3有红色固体析出不变2.24【分析】【分析】（1）该装置是原电池；原电池放电时，氢离子向正极移动，根据电子流向知，通入氢气的电极为负极；通入氧气的电极为正极；a极上氧气得电子和氢离子反应生成水；根据氧气和转移电子之间的关系式计算；

（2）Pt电极上质量增加；说明Pt电极为阴极，阴极上析出银，①中阳极上氢氧根离子放电生成氧气；②中C电极为阴极，铜离子在C电极放电生成铜；

（3）②是电镀池，电解质溶液浓度不变，③中阴极上氢离子放电、阴极上氯离子放电，电极反应式分别为：2H++2e-=H2↑、2Cl--2e-=Cl2↑，根据串联电路中转移电子相等计算生成气体体积．【解析】【解答】解：（1）根据电子流向知，b电极是负极、a电极是正极，放电时，电解质中氢离子向正极a移动，负极上电极反应式为H2-2e-=2H+，若在标准状况下消耗O211.2L，物质的量==0.5mol，据电极反应式正极上电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O；则电池中转移电子的物质的量0.5mol×4=2mol；

故答案为：a；H2-2e-=2H+；2；

（2）Pt电极上质量增加，说明Pt电极为阴极，连接电源负极，阴极上析出银，阳极上氢氧根放电生成氧气，电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑，总反应方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；②中C电极为阴极；铜离子在C电极放电生成铜；

故答案为：负；4OH--4e-═2H2O+O2↑；4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；有红色固体析出；

（3）②是电镀池，电解质溶液浓度不变；生成Ag10.8g，为0.1mol，转移电子0.1mol，③中阴极上氢离子放电、阴极上氯离子放电，电极反应式分别为：2H++2e-=H2↑、2Cl--2e-=Cl2↑，转移电子0.1mol，则生成氢气和氯气体积×2×22.4L/mol=2.24L；

故答案为：不变；2.24．14、C5H8Oac（CH3）2C=CHCHO【分析】【分析】（1）根据n=计算有机物A；二氧化碳、水的物质的量；根据原子守恒计算烃分子中C、H原子数目，根据相对原子质量计算分子中氧原子数目，据此书写该烃的分子式；

（2）根据有机物A含有是官能团进行分析解答；

（3）红外光谱分析表明A分子中含有O-H键和位于分子端的C≡C键；核磁共振氢谱有三个峰，峰面积为6：1：1，分子中有3种不同的H原子，原子数目之比为6：1：1，结合有机物的分子式判断有机物A的结构；

（4）有机物B是A的同分异构体，1molB可与1molBr2加成，故分子中含有1个C=C双键，该有机物所有碳原子在同一个平面，其余的碳原子连接C=C双键，没有顺反异构现象，不饱和双键至少其中一个C原子连接两个相同的基团甲基，结合A的结构简式书写．【解析】【解答】解：（1）有机物A只含有C、H、O三种元素，质谱图表明其相对分子质量为84，16.8g有机物A的物质的量==0.2mol，经燃烧生成44.0gCO2，物质的量为1mol，生成14.4gH2O，物质的量为=0.8mol，故有机物A分子中N（C）==5，N（H）==8，故N（O）==1，故A的分子式为C5H8O；

故答案为：C5H8O；

（2）红外光谱分析表明A分子中含有O-H键和位于分子端的C≡C键，不饱和度为=2；不含其它官能团，变化苯环，含有羟基；C≡C三键，能与酸性高锰酸钾发生氧化反应，含有C≡C三键能与氢气发生加成反应，不能与碳酸氢钠、氯化铁溶液反应；

故答案为：ac；

（3）不饱和度为=2，红外光谱分析表明A分子中含有O-H键和位于分子端的C≡C键，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积为6：1：1，故分子中含有2个CH3、1个-OH连接在同一C原子上，故A的结构简式为

故答案为：

（4）有机物B是A的同分异构体，1molB可与1molBr2加成，故分子中含有1个C=C双键，该有机物所有碳原子在同一个平面，其余的碳原子连接C=C双键，没有顺反异构现象，不饱和双键至少其中一个C原子连接两个相同的基团甲基，结合A的结构简式可知，B中还含有-CHO，故B为（CH3）2C=CHCHO；

故答案为：（CH3）2C=CHCHO．15、2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O轻轻挤压滴管，使少量水加入烧瓶，然后打开止水夹K1：1该反应是放热反应4NH3+5O24NO+6H2OA【分析】【分析】Ⅰ．（1）实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气；

（2）氨气是极易溶于水的气体；氨气溶于水后，烧瓶内压强减少，产生压强差，导致溶液进入烧瓶；

（3）根据C=计算其物质的量浓度；

（4）①实验时；先加热硬质玻璃管至三氧化二铬红热，并鼓入空气．停止加热后再继续鼓入空气，三氧化二铬保持红热，说明该反应是放热反应；

②氨催化氧化是硝酸工业的基础；根据氨催化氧化法制硝酸的原理解答；

③根据氨气、氧气、一氧化氮、水、之间的反应进行解答．【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）在加热条件下，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

（2）NH3极易溶解于水；1体积水溶解700体积氨气，打开止水夹挤出胶头滴管中的水，然后打开止水夹K，由于氨气迅速溶解在挤出胶头滴管中的水，导致烧瓶内气体压强迅速减小，导致溶液进入烧瓶产生喷泉现象，故答案为：轻轻挤压滴管，使少量水加入烧瓶，然后打开止水夹K；

（3）由题意知，学生甲实验溶解于水的氨气占烧瓶的，即溶液的体积占烧瓶的=0.8，C（NH3）===mol/L，学生乙实验时，涌入烧瓶中的酚酞水溶液的体积占烧瓶容积的，即溶液的体积占烧瓶的=0.2，C（NH3）===mol/L；两种物质的物质的量浓度相等，所以学生甲和乙制得的氨水的物质的量浓度之比为1：1，故答案为：1：1；

（4）①实验时；先加热硬质玻璃管至三氧化二铬红热，并鼓入空气，停止加热后再继续鼓入空气，三氧化二铬保持红热，说明氨气继续进行催化氧化，该反应无需加热能继续反应，说明该反应为放热反应，故答案为：该反应是放热反应；

②氨气催化氧化为一氧化氮和水，所以氨催化氧化的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；

③氨催化氧化法制硝酸的步骤：氨气催化氧化为一氧化氮、一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮、二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，氨气和硝酸反应生成硝酸铵，所以整个实验过程中，不会生成的物质是N2，故选A．16、检验装置的气密性碱石灰（或氧化钙）K1，K2K3K1，K2K3Mg4（OH）2（CO3）3AC【分析】【分析】（1）实验步骤：

①由实验原理可知；实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置装置，计算生成的水的质量，故应首先检验装置的气密性；

D装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；故干燥管E是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，防止进入D装置中，影响测量结果；

③装置内有空气，含有水蒸气和二氧化碳，影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，故实验前要通入空气，赶走装置中含有水蒸气和二氧化碳，减少误差，活塞的操作方法是：打开活塞K1、K2，关闭活塞K3；

④关闭活塞K1、K2，打开K3；加热分解碱式碳酸镁；

⑤碱式碳酸镁可以看做氢氧化镁与碳酸镁的混合物；根据二氧化碳可以确定碳酸镁物质的量，根据水可以确定氢氧化镁的物质的量，据此确定化学式；

（2）A．硬质玻璃管中有水凝结；测定的水的质量偏小，对测定结果有较大影响；

B．碱式碳酸镁可以看做氢氧化镁与碳酸镁的混合物；根据二氧化碳可以确定碳酸镁，根据水可以确定氢氧化镁，故不需要称量样品的质量；

C．天然碱[aNa2CO3•bNaHCO3•cH2O]加热分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，可以测定二氧化碳确定碳酸氢钠，根据二氧化碳计算碳酸氢钠分解生成的水，根据水的总量可以确定天然碱中的水，进而确定碳酸钠．【解析】【解答】解：（1）①由实验原理可知；实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置装置，计算生成的水的质量，故应首先检验装置的气密性．

D装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；故干燥管E中可以盛放碱石灰（或氧化钙），吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，防止进入D装置中，影响测量结果；

故答案为：检验装置的气密性；碱石灰（或氧化钙）；

③装置内有空气，含有水蒸气和二氧化碳，影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，故实验前要通入空气，赶走装置中含有水蒸气和二氧化碳，减少误差，活塞的操作方法是：打开活塞K1、K2，关闭活塞K3；

故答案为：K1，K2；K3；

④关闭活塞K1、K2，打开K3；加热分解碱式碳酸镁；

故答案为：K1，K2；K3；

⑤反应前C装置的质量为87.7g，反应后质量为89.4g，故生成水的质量为89.4g-87.7g=1.7g，故水的物质的量为≈0.1mol，由H元素守恒可知样品中Mg（OH）2为0.1mol，反应前D装置的质量为74.7g，反应后质量为87.9g，生成二氧化碳的质量为87.9g-74.7g=13.2g，物质的量为=0.3mol，由碳元素守恒可知样品中MgCO3为0.3mol，故样品中Mg（OH）2与MgCO3物质的量之比为0.1mol：0.3mol=1：3，故该碱式碳酸镁为Mg（OH）2•3MgCO3，即为Mg4（OH）2（CO3）3；

故答案为：Mg4（OH）2（CO3）3；

（2）A．硬质玻璃管中有水凝结；测定的水的质量偏小，对测定结果有较大影响，故A正确；

B．碱式碳酸镁可以看做氢氧化镁与碳酸镁的混合物；根据二氧化碳可以确定碳酸镁，根据水可以确定氢氧化镁，故不需要称量样品的质量，故B错误；

C．天然碱[aNa2CO3•bNaHCO3•cH2O]加热分解生成碳酸钠；二氧化碳与水；可以测定二氧化碳确定碳酸氢钠，根据二氧化碳计算碳酸氢钠分解生成的水，根据水的总量可以确定天然碱中的水，进而确定碳酸钠，故C正确；

故选AC．三、判断题(共6题，共12分)17、×【分析】【分析】需要考虑铵根离子的浓度和氨气极易溶于水的性质来解答．【解析】【解答】解：因为氨气极易溶于水；所以若溶液里铵根离子的浓度很小时，即使加入过量的NaOH溶液，生成的一水合氨的浓度很小，不能放出氨气．

故答案为：×．18、√【分析】【分析】（1）羟基正在有机物分子最前面时应该表示为HO-；据此进行判断；

（2）醛基写在有机物分子前边时应该表示为：OHC-；

（3）酚羟基的表示方式错误；应该表示为：HO-；

（4）左边的硝基中含有原子组成错误，应该为O2N-；

（5）结构简式中酯基表示方式错误；

（6）苯乙醛中醛基的结构简式表示错误，应该为-CHO．【解析】【解答】解：（1）乙醇：HOCH2CH3；乙醇的结构简式正确，故答案为：√；

（2）羟基的表示方法错误，丙二醛的结构简式应该是：OHCCH2CHO，故答案为：OHCCH2CHO；

（3）酚羟基的表示方法错误，对甲基苯酚的结构简式应该是：故答案为：

（4）左边硝基的组成错误，正确应该为：O2N-，三硝基甲苯的结构简式为故答案为：

（5）酯基的表示方法错误，甲酸苯酚的结构简式是故答案为：

（6）醛基的书写错误，苯乙醛的结构简式是：

故答案为：．19、√【分析】【分析】18O2的相对分子质量为36，结合n==计算．【解析】【解答】解：18O2的相对分子质量为36，n（18O2）==0.5mol，则含有1mol18O原子，个数为NA，故答案为：√．20、×【分析】【分析】根据溶度积常数计算各沉淀生成时所需银离子的浓度，从而判断生成沉淀的先后顺序．【解析】【解答】解：如生成沉淀，应满足c（Ag+）×c（Cl-）＞Ksp（AgCl）、c（Ag+）×c（Br-）＞Ksp（AgBr），如c（Cl-）远大于c（Br-），且c（Ag+）×c（Br-）＜Ksp（AgBr），则不一定先生成AgBr沉淀；

故答案为：×．21、×【分析】【分析】1mol任何气体的体积都约是22.4L，只针对于气体．【解析】【解答】解：标准状况下；气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，则1mol气体的体积为22.4L，而非气体不是；

故答案为：×．22、√【分析】【分析】红外光谱仪用于测定有机物的官能团；核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目；质谱法用于测定有机物的相对分子质量．【解析】【解答】解：红外光谱仪用于测定有机物的官能团；核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目；质谱法用于测定有机物的相对分子质量；所以红外光谱仪；核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析；故说法正确；

故答案为：√．四、实验题(共1题，共7分)23、（1）检查装置气密性

（2）BAA

（3）AB

（4）关闭止水夹A，打开止水夹B，利用U形管内石棉绒上附着的五氧化二磷除去氯化氢气体中的氨气，则Y形管A处附近的PH试纸变红色，证明氯化铵分解生成了氯化氢气体

（5）有白烟生成防止生成的氯化铵固体颗粒堵塞Y形管

（6）防止氨气和氯化氢气体外泄污染空气【分析】【分析】本题考查了氯化铵、氯化氢、氨气的性质和检验，主要是实验装置的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。rm{(1)}气体发生装置在实验前需要检验装置气密性；

rm{(2)}要证明氯化铵受热分解时产生的气体氨气，应打开止水夹rm{A}关闭止水夹rm{B}利用rm{U}形管内石棉绒上附着的氢氧化钠除去氨气中的氯化氢气体，则rm{Y}形管rm{A}处附近的rm{PH}试纸变蓝色；

rm{(3)}石棉绒上附着的氢氧化钠除去氨气中的氯化氢气体；选择不与氨气反应，和氯化氢反应的碱性物质，碱石灰；氧化钙符合；

rm{(4)}若证明氯化铵受热分解时产生的rm{HCl}应打开止水夹rm{B}关闭止水夹rm{A}利用rm{U}形管内石棉绒上附着的五氧化二磷除去氯化氢气体中的氨气，则rm{Y}形管rm{A}处附近的rm{PH}试纸变红色；

rm{(5)}若同时打开止水夹rm{A}和止水夹rm{B}在图中rm{Y}形管右端氨气和氯化氢相遇生成氯化铵固体小颗粒；实验现象为白烟生成；

rm{(6)}带有气球的具支试管为密闭体系，作用是防止氨气和氯化氢气体外泄污染空气。【解答】rm{(1)}气体发生装置在实验前需要检验装置气密性；组装好实验装置后，装入药品前必须要进行的实验操作是：检查装置气密性；

故答案为：检查装置气密性；

rm{(2)}氨气是碱性气体，遇到湿润的rm{PH}试纸会变蓝色，要证明氯化铵受热分解时产生的气体氨气，应打开止水夹rm{A}关闭止水夹rm{B}利用rm{U}形管内石棉绒上附着的氢氧化钠除去氨气中的氯化氢气体，则rm{Y}形管rm{A}处附近的rm{PH}试纸变蓝色，证明rm{NH_{4}Cl}受热分解时产生了氨气；

故答案为：rm{B}rm{A}rm{A}

rm{(3)}石棉绒上附着的氢氧化钠除去氨气中的氯化氢气体，选择不与氨气反应，和氯化氢反应的碱性物质，可以替代rm{LT}形管内石棉绒上附着的rm{NaOH}的是碱石灰；氧化钙；故选AB；

故答案为：rm{AB}

rm{(4)}氯化氢是酸性气体，遇到湿润的rm{PH}变红色，若证明氯化铵受热分解时产生的rm{HCl}应打开止水夹rm{B}关闭止水夹rm{A}利用rm{U}形管内石棉绒上附着的五氧化二磷除去氯化氢气体中的氨气，rm{Y}形管rm{A}处附近的rm{PH}试纸变红色；证明氯化铵分解生成了氯化氢气体；

故答案为：关闭止水夹rm{A}打开止水夹rm{B}利用rm{U}形管内石棉绒上附着的五氧化二磷除去氯化氢气体中的氨气，则rm{Y}形管rm{A}处附近的rm{PH}试纸变红色；证明氯化铵分解生成了氯化氢气体；

rm{(5)}若同时打开止水夹rm{A}和止水夹rm{B}在图中rm{Y}形管右端氨气和氯化氢相遇生成氯化铵固体小颗粒，rm{HCl+NH_{3}=NH_{4}Cl}实验现象为白烟生成，看到上述现象后应立即停止实验，原因是：防止生成的氯化铵固体颗粒堵塞rm{Y}形管；

故答案为：有白烟生成；防止生成的氯化铵固体颗粒堵塞rm{Y}形管；

rm{(6)}氨气和氯化氢都是污染气体；带有气球的具支试管为密闭体系，作用是防止氨气和氯化氢气体外泄污染空气；

故答案为：防止氨气和氯化氢气体外泄污染空气。【解析】rm{(1)}检查装置气密性rm{(2)B}rm{A}rm{A}rm{(3)AB}rm{(4)}关闭止水夹rm{A}打开止水夹rm{B}利用rm{U}形管内石棉绒上附着的五氧化二磷除去氯化氢气体中的氨气，则rm{Y}形管rm{A}处附近的rm{PH}试纸变红色，证明氯化铵分解生成了氯化氢气体rm{(5)}有白烟生成防止生成的氯化铵固体颗粒堵塞rm{Y}形管rm{(6)}防止氨气和氯化氢气体外泄污染空气五、简答题(共3题，共30分)24、略

【分析】解：（1）设备①是硫铁矿与氧气在高温下煅烧反应在沸腾炉中进行，方程式为4FeS2+11O22FeO3+8SO2；

故答案为：沸腾炉；4FeS2+11O22FeO3+8SO2；

（2）以黄铁矿为原料生产硫酸主要分为三个阶段进行，即煅烧、催化氧化、吸收；其中二氧化硫的催化氧化在催化剂表面和空气中的氧气接触反应，若气体中含有杂质气体容易使催化剂中毒，所以煅烧黄铁矿形成的炉气必须经除尘、洗涤、干燥；二氧化硫在接触室中被氧化成三氧化硫，化学方程式为2SO2+O22SO3；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于提高三氧化硫的产率，因此应选择等温过程；

故答案为：防止催化剂中毒；等温；

（3）硫酸生产中，SO3的制取反应原理为：2SO2+O22SO3，该反应为可逆反应，根据化学平衡原理为了提高SO2的转化率，通常采用增大O2浓度的方法来达到使SO2尽可能多的转化为SO3的目的．

a．矿石加入沸腾炉之前先粉碎，目的是为了增大黄铁矿与空气的接触面，加快4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2反应速率，而不是从2SO2+O22SO3反应中化学平衡角度考虑；故a不正确；

b．使用V2O5作催化剂，催化2SO2+O22SO3反应，只能加快该反应的速率，不能使平衡移动，故b不正确；

c．接触室中催化转化器使用适宜的温度，目的是使催化剂活性最强，使反应速率最快，而实际上升高温度，会促使2SO2+O22SO3平衡向吸热方向移动，即逆向移动，不利于提高SO2的转化率；所以接触室中不使用很高的温度，故c正确；

d．从沸腾炉中出来的气体成分为SO2、O2、N2，经过净化后，进入接触室，炉气中要有过量的空气，即增大O2浓度，会促使2SO2+O22SO3平衡正向移动，有利于提高SO2的转化率；故d正确；

e．接触室中：2SO2+O22SO3，增大压强促使平衡正向移动（即气体总体积减小的方向），减小压强促使平衡逆向移动（即气体总体积增大的方向）．在常压下，不利于平衡正向移动，不利于提高SO2的转化率．对于该化学平衡；压强的增大，促使平衡正向移动，效果并不明显，所以工业上直接采用常压条件，而不采用高压条件，故e不正确；

f．吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3，主要目的是防止产生酸雾，阻碍SO3的吸收；与化学平衡移动原理无关，故f不正确；

故答案为：cd；

（4）通过吸收塔④后，混合气体中SO3含量较多，由2SO2+O22SO3可知；不利于平衡正向移动；

故答案为：混合气体中SO3含量较多，不利于SO2的催化氧化反应进行；

（5）产品最后从a口流出；浓度可达120%～130%，此流程的优点是多次反应，多次吸收，提高原料的利用率；

故答案为：多次反应；多次吸收，提高原料的利用率；

（6）设生产98%的H2SO4质量为x．

FeS2～～～～～～～～～～～～2H2SO4

1202×98

200t×75%×（1-10%）×96%×95%98%x

列比例式：=

解得x=205.2t；

故答案为：205.2t．

（1）依据接触法制硫酸的工业流程和设备反应分析判断；硫铁矿与氧气在高温下煅烧反应；

（2）气体进入②接触室前必须对气体继续除尘；洗涤、干燥；防止催化剂中毒，影响催化氧化的效果；

二氧化硫在接触室中被氧化成三氧化硫，化学方程式为2SO2+O22SO3；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于提高三氧化硫的产率；

（3）化学平衡的适用范围是可逆反应，在工业接触法制硫酸2SO2+O22SO3为可逆反应，化学平衡移动的条件有：浓度、温度、压强．催化剂V2O5的作用是提高反应速率；温度控制在450℃左右，是根据使催化剂的活性最强确定，压强采用常压．因此根据化学平衡移动原理来确定的条件只有浓度；

（4）通过吸收塔④后，混合气体中SO3含量较多，分析对2SO2+O22SO3平衡移动的影响；

（5）产品最后从a口流出；浓度可达120%～130%，此流程的优点是多次反应，多次吸收，提高原料的利用率；

（6）根据反应的转化关系式计算，关系式为：FeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4．

本题考查了化学工业生产流程的分析、实验操作以及产物的判断和计算，综合性强，掌握工业制取硫酸的原理和流程是解题的关键，难度中等．【解析】沸腾炉；4FeS2+11O22FeO3+8SO2；防止催化剂中毒；等温；cd；混合气体中SO3含量较多，不利于SO2的催化氧化反应进行；多次反应，多次吸收，提高原料的利用率；205.2t25、略

【分析】解：Ⅰ钠预先在空气中加热；会生成氧化钠，使氯气与钠难以反应，影响钠在氯气中的燃烧，放在石棉网上，用酒精灯微热，当盛有氯气的集气瓶倒扣时，会有少量氯气泄漏，污染环境；

故答案为：钠预先在空气中加热；会生成过氧化物，影响钠在氯气中燃烧；实验过程中会产生少量污染；

Ⅱrm{(1)}高锰酸钾具有强氧化性，与浓盐酸反应生成氯气，反应的离子方程式为rm{2MnO_{4}^{-}+10Cl^{-}+16H^{+}=2Mn^{2+}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}氯气呈黄绿色，当整个装置充满黄绿色气体时，开始点燃酒精灯，可充分反应；

故答案为：rm{2MnO_{4}^{-}+10Cl^{-}+16H^{+}=2Mn^{2+}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}充满黄绿色气体；

rm{(2)}钠熔点低，与氯气在加热时剧烈反应，放出大量的热，生成rm{NaCl}产生白烟，火焰呈黄色，故答案为：钠熔化并燃烧，产生黄色火焰，有白烟；

rm{(3)垄脵}氯气不溶于饱和食盐水；图Ⅲ量气管装置中的液体应用饱和食盐水，读数时，应使左右压强相等，可上下移动量气管，使左右两边液面相平；

故答案为：饱和rm{NaCl}溶液；上下移动量气管；使左右两边液面相平；

rm{垄脷}若未冷却至室温立即按上述操作读数；会导致体积偏大，故答案为：偏大；

rm{垄脹}俯视时；读数偏小，与开始的体积之差偏大，故答案为：偏大．

Ⅰrm{.}钠在空气中熔成球状时；易与空气氧气反应生成过氧化钠；

Ⅱrm{.(1)}高锰酸钾具有强氧化性；与浓盐酸反应生成氯气，颜色为黄绿色；

rm{(2)}钠熔点低，与氯气反应时，生成rm{NaCl}产生白烟，火焰呈黄色；

rm{(3)垄脵}氯气不溶于饱和食盐水；读数时，应使左右压强相等；

rm{垄脷}若未冷却至室温立即按上述操作读数；会导致体积偏大；

rm{垄脹}开始读数时操作正确；最后读数时俯视右边滴定管液面，会使体积偏大．

本题考查氯气与钠反应的实验设计，题目难度中等，学习中牢固掌握相关基础知识，把握相关实验操作，则本题不易出错．【解析】钠预先在空气中加热，会生成过氧化物，影响钠在氯气中燃烧；实验过程中会产生少量污染；rm{2MnO_{4}^{-}+10Cl^{-}+16H^{+}=2Mn^{2+}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}充满黄绿色气体；钠熔化并燃烧，产生黄色火焰，有白烟；饱和rm{NaCl}溶液；上下移动量气管，使左右两边液面相平；偏大；偏大26、200碱性1：3除去多余的Br260℃温度小于60℃时，反应速率较慢，大于60℃时，副产物BrO3-%骤然增大，产率降低4LiBrO3+3CS（NH2）2+6LiHCO3=4LiBr+3CO（NH2）2+3Li2SO4+6CO2↑+3H2O使溶液中的CO2逸出，以免消耗更多的LiOH【分析】解：（1）已知：25℃，Li2CO3，Ksp=8×10-4；LiF，Ksp=2×10-3，====200；CO32-、F-水解显碱性；故溶液显碱性；

故答案为：200；碱性；

（2）①“合成”制得LiBr时，绿色还原剂CO（NH2）2中氮元素化合价从-3升高到0，Br2中溴元素从0降低到-1；根据氧化还原反应中化合价升降变化相等可得恰好反应的物质的量之比为1：3；

故答案为：1：3；

②“合成”后的生成液为橙黄色，说明溴单质过量，加入Li2CO3的目的为除去多余的Br2；

故答案为：除去多余的Br2；

③观察表有：温度小于60℃时，反应速率较慢，大于60℃时，副产物BrO3-%骤然增大；产率降低，故温度选择60℃；

故答案为：60℃；温度小于60℃时，反应速率较慢，大于60℃时，副产物BrO3-%骤然增大；产率降低；

（3）CS（NH2）2与溶液中LiHCO3、副产物LiBrO3反应生成Li2SO4、CO（NH2）2、LiBr、CO2、H2O，反应为：4LiBrO3+3CS（NH2）2+6LiHCO3=4LiBr+3CO（NH2）2+3Li2SO4+6CO2↑+3H2O；

故答案为：4LiBrO3+3CS（NH2）2+6LiHCO3=4LiBr+3CO（NH2）2+3Li2SO4+6CO2↑+3H2O；

（4）“除杂2”先用HBr把溶液调到一定的酸度，加热到70℃左右，然后用LiOH调至pH=7，加热的作用是使溶液中的CO2逸出；以免消耗更多的LiOH；

故答案为：使溶液中的CO2逸出；以免消耗更多的LiOH。

根据流程：尿素、碳酸锂、溴单质发生氧化还原反应制得溴化锂，继续加碳酸锂反应过量的溴单质，加入CS（NH2）2去除副产物LiBrO3，再加入HBr；LiOH同时加热除杂；蒸发浓缩冷却降温得到产品；

（1）已知：25℃，Li2CO3，Ksp=8×10-4；LiF，Ksp=2×10-3，==据此计算；CO32-、F-水解显碱性；

（2）①根据化合价的升降变化分析；

②“合成”后的生成液为橙黄色；说明溴单质过量，加入碳酸锂与其反应；

③考虑反应速率和减少副产物；

（3）CS（NH2）2与溶液中LiHCO3、副产物LiBrO3反应生成Li2SO4、CO（NH2）2、LiBr、CO2、H2O；据此书写；

（4）加热促进溶液中CO2的逸出。

本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强，题目难度较大。【解析】200碱性1：3除去多余的Br260℃温度小于60℃时，反应速率较慢，大于60℃时，副产物BrO3-%骤然增大，产率降低4LiBrO3+3CS（NH2）2+6LiHCO3=4LiBr+3CO（NH2