2025年人教五四新版拓展型课程化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教五四新版拓展型课程化学上册阶段测试试卷271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、硫及其化合物的“价-类”二维图体现了化学变化之美。下列有关说法正确的是。

A.硫在氧气中燃烧直接生成B.为难溶于水的黑色固体，可溶于硝酸C.硫化氢与反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为D.可由其相应单质直接化合生成2、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3、用下列实验装置完成对应的实验，能达到实验目的的是（）A.制取并收集乙炔B.比较NaHCO3、Na2CO3的热稳定性C.吸收多余的NH3D.实验室中制取少量乙酸乙酯4、下列装置或操作能达到实验目的的是A.实验室制取并收集O2B.构成铜锌原电池C.检查装置气密性D.利用排空气法收集CO25、某化工厂为了综合利用生产过程中生成的CaSO4，与相邻的合成氨厂联合设计了以下制备（NH4）2SO4的工艺流程：

下列有关说法错误的是A.将滤液蒸干，即可提取产品（NH4）2SO4B.通入足量氨气使悬浊液呈碱性有利于CO2的吸收C.副产品是生石灰，X是CO2，其中CO2可循环利用D.沉淀池中发生的主要反应为CaSO4+CO2+2NH3+H2OCaCO3↓+（NH4）2SO4，6、实验室探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理；装置如下图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法不正确的是。

A.滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间N2B.Y中产生的白色沉淀是BaSO4或BaSO3C.产生白色沉淀的原因可能是在酸性条件下SO2与NO3-反应生成了SO42-D.若将Fe(NO3)3换成FeCl3，Y中也能产生白色沉淀，说明Fe3+也能将SO2氧化7、80℃时，NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个体积相等且恒容的密闭容器中，投入NO2和SO2，起始浓度如下表所示，其中甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，下列说法不正确的是。起始浓度甲乙丙c(NO2)(mol/L)0.100.200.20c(SO2)/(mol/L)0.100.100.20A.容器甲中的反应在前2min的平均反应速率v(SO2)=0.025mol/(L·min)B.达到平衡时，容器丙中正反应速率与容器甲相等C.温度升至90℃，上述反应平衡常数为1.56，则反应的△H＞0D.容器乙中若起始时改充0.10mol/LNO2和0.20mol/L，达到平衡时c(NO)与原平衡相同评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、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=_______。9、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=_______。10、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_______。

11、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________。12、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）13、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__。14、根据所学知识回答下列问题。

(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。

(2)已知：常温时，H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”；“中”或“碱”)性。

(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__，若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重；得到的物质为___(填化学式)。

(4)25℃时，将足量氯化银分别放入下列4种溶液中，充分搅拌后，银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号)；③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水评卷人得分三、实验题(共7题，共14分)15、硫酸铜受热分解生成氧化铜和气体，受热温度不同生成的气体成分也不同。气体成分可能含SO2、SO3和O2中的一种、二种或三种。某化学课外活动小组通过设计以下探究性实验，探究测定反应产生的SO2、SO3和O2的物质的量，并经计算确定各物质的化学计量数，从而确定CuSO4分解的化学方程式。实验用到的仪器如下图所示：

(1)[提出猜想]

①所得气体的成分可能只含_______一种。

②所得气体的成分可能含有_______二种。

③所得气体的成分可能含有_______三种。

(2)[实验探究]

实验操作过程(略)；已知实验结束时，硫酸铜完全分解。请回答下列问题：

①请你组装探究实验的装置，按从左至右的方向，各仪器接口连接顺序为_______(填序号)。

②若实验结束，B中量筒没有收集到水，则证明猜想_______。正确。

③若实验结束，经测定装置C的总质量增加了，能否肯定气体产物中含有SO2而不含SO3。请说明理由_______。

④有两个实验小组进行该实验，由于加热时的温度不同，实验结束后测得相关数据也不同，数据如下：。实验小组。

称取CuSO4的质量/g装置C增加的质量/g量筒中水的体积(折算成标准状况下气体的体积)/mL一6.42.56448二6.43.84224

请通过计算，推断出第一小组和第二小组的实验条件下CuSO4分解的化学反应方程式：

一组：_______；二组：_______。16、“结晶玫瑰”是具有强烈玫瑰香气的结晶型固体香料；在香料和日用化工产品中具有广阔的应用价值。其化学名称为“乙酸三氯甲基苯甲酯”，目前国内工业上主要使用以下路径来合成结晶玫瑰:

I.由苯甲醛和氯仿合成三氯甲基苯基甲醇。

Ⅱ.三氯甲基苯基甲醇与乙酸酐发生乙酰化反应制得“结晶玫瑰”。

已知:

。三氯甲基苯基甲醇。

相对分子质量:225.5。无色液体。不溶于水；密度比水大，溶于乙醇。

乙酸酐。

无色液体。与水反应生成乙酸；溶于乙醇。

“结晶玫瑰”

相对分子质量:267.5。白色晶体。熔点:88℃。不溶于水；溶于乙醇。

具体实验步骤如下:

I.由苯甲醛和氯仿合成三氯甲基苯基甲醇。步骤一:装置如图所示。依次将苯甲醛；氯仿加入三颈烧瓶中,仪器A中加入KOH和助溶剂。滴加A中试剂并搅拌；开始反应并控制一定温度下进行。

步骤二:反应结束后；将混合物依次用5%的盐酸；蒸馏水洗涤。

步骤三:将洗涤后的混合物蒸馏；除去其他有机杂质，加无水琉酸镁，过滤。滤液即为粗制三氯甲基萃基甲醇。

Ⅱ.三氯甲基苯基甲醇与乙酸酐发生乙酰化反应制得“结晶玫瑰”。

步骤四:向另一三颈瓶中加入制备的三氯甲基苯基甲醇；乙酸酐；并加入少量浓硫酸催化反应，加热控制反应温度在90℃～110℃之间。

步骤五:反应完毕后；将反应液倒入冰水中，冷却结晶获得“结晶玫瑰”。

请回答下列问题:

(1)仪器A的名称是_________。实验装置B中，冷凝水应从_____口进(填“a”或“b”)。

(2)步骤二中，用5%的盐酸洗涤的主要目的是___________。在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后有机层应___________(填序号)。

A.直接从上口倒出B.先将水层从上口倒出；再将有机层从下口放出。

C.直接从下口放出D.先将水层从下口放出；再将有机层从下口放出。

(3)步骤三中，加入无水硫酸镁的目的是___________。若未加入无水硫酸镁，直接将蒸馏所得物质进行后续反应，会使“结晶玫瑰”的产率偏______(填“高”或“低”),其原因是________(利用平衡移动原理解释)。(已知Ⅱ的具体反应如图所示)

(4)步骤四中，加料时，应先加入三氯甲基苯基甲醇和乙酸酐，然后慢慢加入浓硫酸并搅拌，主要是为了__________。加热反应时，为较好的控制温度，最适宜的加热方式为____(填“水浴加热”或“油浴加热”)。

(5)22.55g三氟甲基苯基甲醇与足量乙酸酐充分反应得到结晶玫瑰21.40g,则产率是_____。17、亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要的工业用盐；某同学针对亚硝酸钠设计了如下实验：

已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2

②2NO2+Na2O2=2NaNO3

③3NaNO2+3HC1=3NaC1+HNO3+2NO↑+H2O

④酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+。

（1）该同学用以上仪器制备NaNO2，则装置的连接顺序为A→___→____→____→___→E。(填序号，可重复)。_______________

（2）仪器a的名称为_____________。

（3）D装置的作用___________________、_________________(用化学方程式表示)。

（4）E装置的作用_______________________________________。

（5）比色法测定样品中的NaNO2含量：

①在5个有编号的带刻度试管中分别加入不同量的NaNO2溶液，各加入1mL的M溶液(M遇NaNO2呈紫红色，NaNO2的浓度越大颜色越深)，再加蒸馏水至总体积均为10mL并振荡，制成标准色阶：。试管编号abcdeNaNO2含量/(mg·L－1)020406080

②称量0.10g制得的样品，溶于水配成500mL溶液，取5mL待测液，加入1mLM溶液，再加蒸馏水至10mL并振荡，与标准比色阶比较：配制上述溶液所需要的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要___________(填名称)。

③比色的结果是：待测液的颜色与d组标准色阶相同，则样品中NaNO2的质量分数为________________。18、[实验化学]

焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的抗氧化剂，在空气中、受热时均易分解。实验室制备少量Na2S2O5的方法：在不断搅拌下，控制反应温度在40℃左右，向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2；实验装置如下图所示。

当溶液pH约为4时，停止反应，在20℃左右静置结晶。生成Na2S2O5的化学方程式为。

2NaHSO3===Na2S2O5+H2O

（1）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2，其离子方程式为_________________。

（2）装置Y的作用是______________________________。

（3）析出固体的反应液经减压抽滤、洗涤、25℃～30℃干燥，可获得Na2S2O5固体。

①组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗、________________和抽气泵。

②依次用饱和SO2水溶液、无水乙醇洗涤Na2S2O5固体。用饱和SO2水溶液洗涤的目的是______。

（4）实验制得的Na2S2O5固体中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4，其可能的原因是______。19、某学校课外活动小组仅有一大一小两试管和氢氧化钠溶液。甲；乙两个同学找来铝制废牙膏皮；各自设计了一套装置如下图，制取并收集一试管氢气。

(1)哪个学生设计的装置比较合理？____(填“甲”或“乙”)；另一设计装置不合理的原因____________

(2)用比较合理的装置制取氢气；要使氢气充满收集氢气的试管，应该采取的措施是____。

(3)还可以用哪些常见物品和试剂代替废牙膏皮和氢氧化钠溶液完成实验？_____________

(4)测定H2和空气混合气体的爆炸范围实验如下所述。取10支大试管，依次盛水90%(体积分数)、80%再用排水集气法收集H2；而后分别把试管口移近酒精灯火焰，实验结果如下：

。H2体积分数/%

90

80

70

60～20

10

5

空气体积分数/%

10

20

30

40～80

90

95

点燃现象。

安静。

燃烧。

安静。

燃烧。

弱爆炸。

强爆炸。

弱爆炸。

不燃烧。

不爆炸。

由上述实验结果评价：用向下排空气法收集H2，保持试管倒置移近火焰，如果只发出轻微的“噗声”，表示收集的H2已纯净的说法的真正涵义：________________________。20、某小组同学为了获取在Fe(OH)2制备过程中；沉淀颜色的改变与氧气有关的实验证据，用下图所示装置进行了如下实验（夹持装置已略去，气密性已检验）。

（进行实验）

实验步骤：Ⅰ．向瓶中加入饱和FeSO4溶液；按图1所示连接装置；

Ⅱ．打开磁力搅拌器；立即加入10%NaOH溶液；

Ⅲ．采集瓶内空气中O2含量和溶液中O2含量（DO）的数据。

实验现象：生成白色絮状沉淀；白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后部分变为红褐色。

实验数据：

（解释与结论）

（1）搅拌的目的是__________________________。

（2）生成白色沉淀的离子方程式是____________。

（3）红褐色沉淀是__________________________。（填化学式）

（4）通过上述实验，可得到“在Fe(OH)2制备过程中；沉淀颜色改变与氧气有关”的结论，其实验证据是______________________。

（5）写出白色沉淀最终生成红褐色转化的方程式：___________________________。21、某实验小组探究AgNO3溶液与Na2SO3溶液的反应。实验I操作现象滴加5滴0.1mol/LNa2SO3溶液，振荡产生白色沉淀，测得混合溶液pH=5继续滴加0.1mol/LNa2SO3溶液，振荡白色沉淀增多，继续滴加，白色沉淀消失，测得混合溶液pH=9白色沉淀增多，继续滴加，白色沉淀消失，测得混合溶液pH=9

资料：Ag2SO3，白色固体，难溶于水；Ag2SO4；白色固体，微溶于水；AgOH，白色固体，常温下不稳定，易分解产生棕褐色固体。

(1)测得0.1mol/LNa2SO3溶液pH=10，用离子方程式解释原因：_______。

(2)实验小组对白色沉淀的成分提出猜想：

①可能含Ag2SO3。

②可能含Ag2SO4，理由是________。

③可能含AgOH。

实验产生的白色沉淀放置一段时间后未发生明显变化；排除猜想③。

(3)检验白色沉淀的成分。

(资料：Ag++2S2O32−Ag(S2O3)23−，Ag(S2O3)23−在溶液中稳定存在。)

测得沉淀C质量小于沉淀B，试剂1和试剂2分别是_____、______，说明白色沉淀是Ag2SO3和Ag2SO4的混合物。

(4)探究白色沉淀消失的原因。实验小组设计对照实验：。实验II实验III实验操作现象沉淀溶解

①补充实验III的实验操作及现象：_______，证明SO32−使白色沉淀溶解。

②查阅资料：Ag2SO3能溶于过量Na2SO3溶液中形成Ag(SO3)23−。白色沉淀中含有Ag2SO4，但还能全部溶解于Na2SO3溶液的原因是______。

(5)探究AgNO3溶液与Na2SO3溶液能否发生氧化还原反应。实验IV操作现象步骤i：滴加一定体积0.1mol/LNa2SO3溶液产生白色沉淀步骤ii：再加入NaOH溶液调pH=14，振荡白色沉淀变黑，经检验为Ag白色沉淀变黑，经检验为Ag

步骤ii中Ag2SO3发生反应的离子方程式是_________。

(6)综合实验I和IV，说明AgNO3溶液与Na2SO3溶液的反应类型与_______有关。评卷人得分四、工业流程题(共4题，共16分)22、工业上用铝土矿(主要成分为氧化铝；含少量氧化铁)制取铝的过程如图所示：

请回答：

（1）试剂1为_______(填化学式)，①~④转化中属于氧化还原反应的是_______(填序号)；

（2）沉淀B的化学式为_______，写出该物质发生铝热反应的化学方程式_______；（3）电解F，当转移0.6mol电子时，可制得铝_______g；

（4）沉淀D是药物“胃舒平”的主要成分，可用于治疗胃酸(稀盐酸)过多，写出该反应的离子方程式_______；

（5）②中发生反应的离子方程式为_______。23、将少量氯水加入到NaI溶液中”的学生实验产生了大量含碘废液。某研究小组用该含碘废液制备NaI固体，实验流程如下：

已知：反应②2I−+2Cu2++SO32−+H2O=2CuI↓+SO42−+2H+

回答下列问题：

（1）产生含碘废液的离子方程式为____________________________________。

（2）①中I2与Na2SO3溶液反应的离子方程为_________________________________。

（3）③中CuI发生了_____（填“氧化”或“还原”）反应,当有95.5gCuI参与反应，电子转移的数目为_______________，若还原产物只有NO2，写出该反应的化学方程式______________。

（4）化合物B中含两种元素，铁元素与另一种元素物质的量之比为3:8，则化合物B的化学式为____________。

（5）反应⑤中生成黑色固体和无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，则⑤的化学方程式为_____________________________________________。24、某同学在实验室以α－呋喃甲醛()为原料制备α－呋喃甲醇()和α－呋喃甲酸()；过程如下：

相关物质性质如下表：。物质α－呋喃甲醛α－呋喃甲醇α－呋喃甲酸乙醚常温性状无色或浅黄色液体无色透明液体白色针状固体无色透明液体熔、沸点/℃-36.5

161.7-31

171131

230-232-116.3

34.6相对分子量969811274溶解性微溶于水，易溶于乙醇、乙醚、丙酮、氯仿、苯溶于水、可混溶于乙醇、乙醚、苯、氯仿水溶性：36g/L(20℃)微溶于水

回答下列问题：

(1)步骤①所用装置(夹持仪器已省略)如图，盛放NaOH溶液的仪器名称为_____________。

(2)步骤②中操作I是_____________，步骤③中操作II是_____________，操作II前需要向乙醚混合液中加入无水MgSO4，其目的是_________________________________________。

(3)向水层中加入浓盐酸，反应的化学方程式为_____________________________________。

(4)步骤④操作III包括_____________；过滤、洗涤、干燥。

(5)本实验呋喃甲酸的产率为_____________%(保留三位有效数字)，进一步提纯α－呋喃甲酸，若重结晶时加入过多的蒸馏水，则会导致α－呋喃甲酸的产率_____________(填“偏低”“偏高”或“不影响”)。25、硝酸铝广泛应用在显像管生产；稀土的提炼等，工业上具体流程如下：

已知：①硝酸铝白色透明结晶。易溶于水和乙醇；极微溶于丙酮，几乎不溶于乙酸乙酯。

②熔点73℃；在135℃时分解。

③硝酸和铝反应的还原产物分布如图1。

某兴趣小组在实验室制取硝酸铝；请回答：

（1）从工业生产角度考虑稀硝酸的最佳浓度范围为________mol·L－1。反应2中的离子方程式____________。

（2）下列说法合理的是________。

A反应1中加入的NaOH溶液；除油污和氧化膜，所以要足量。

B没有真空，也可在水浴条件下蒸发，防止Al(NO3)3的分解。

CAl（NO3）3·9H2O干燥时；可放在如图2的干燥器中，隔板下放上浓硫酸吸水，由于吸附力较大，要用力垂直拉开玻璃盖。

D制取后的Al(NO3)3必须密封保存。

（3）Al(NO3)3·9H2O也可以和SOCl2反应，除了生成Al(NO3)3，其它产物都是酸性气体，有关的方程式是______________；

（4）由铝制备Al(NO3)3的装置如图3：

①通入水蒸气的作用是提高温度和________。

②e中很难除尽尾气，理由是_______________，Al(NO3)3·9H2O晶体吸附HNO3，合适的洗涤剂是________。

③有人认为C的冷凝管是多余的，他提供的理由可能是___________。评卷人得分五、原理综合题(共1题，共3分)26、研究二氧化硫；氮氧化物等大气污染物的治理具有重要意义；请回答下列问题：

I．为减少SO2的排放；将煤转化为清洁气体燃料。已知：

2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1

C(s)＋O2(g)＝CO(g)ΔH＝－110.4kJ·mol－1

(1)写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式_________________________。

(2)洗涤含SO2的烟气，含以下物质的溶液可作洗涤剂的是____________________。

A．NaHSO3B．NaHCO3C．BaCl2D．FeCl3

II．NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。

(3)汽车尾气中生成NO的反应为：N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)ΔH＞0

①T℃时，2L密闭气缸中充入4molN2和1molO2发生反应，5min后达平衡，测得NO为1mol。计算该温度下，N2的平均反应速率v(N2)＝_______________，反应的平衡常数K=____________。

②如图曲线a表示该反应在温度T℃下N2的物质的量随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时N2的物质的量随时间的变化，则改变的条件可能是____________(写出一条即可)III．汽车燃油不完全燃烧时会产生CO。

(4)有人设想按2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)反应除去CO，但事实上该反应在任何温度下都不能实现，由此判断该反应的ΔH_______0。(填写“＞”；“＜”或者“＝”)

(5)在汽车尾气系统中安装催化转化器可降低尾气中污染物的排放，其反应为：2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)。已知该反应在570K时的平衡常数的数值为1×1059，但反应速率极慢。为了提高尾气的净化效率在实际操作中最可行的措施是_____。

A．升高温度B．增大压强C．使用高效催化剂评卷人得分六、计算题(共3题，共27分)27、(1)若t=25℃时，Kw=___________，若t=100℃时，Kw=1.0×10-12，则100℃时0.05mol•L-1Ba(OH)2溶液的pH=___________。

(2)已知25℃时，0.1L0.1mol•L-1的Na2A溶液的pH=11，用离子方程式表示其原因为___________。

(3)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH___________NaOH溶液的pH(填“＞”“=”或“＜”)。

(4)室温下，pH=2的H2SO4溶液、pH=12的NaOH溶液、pH=12的Na2CO3溶液，水电离出的c(H+)之比为___________。

(5)相同物质的量浓度的①NH4HSO4、②NH4HCO3、③NH4Cl三种溶液，pH值从大到小的顺序为___________(用数字标号填空，下同)；相同温度下，NH浓度相等的上述三种溶液，物质的量浓度从大到小的顺序为___________。

(6)含有Cr2O的废水毒性较大。某工厂酸性废水中含5.0×10-3mol•L-1的Cr2O可先向废水中加入绿矾(FeSO4·7H2O)；搅拌后撒入生石灰处理。

①写出加入绿矾的离子方程式___________。

②若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol•L-1，则残留的Cr3+的浓度_______________mol•L-1(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33)。28、制备氮化镁的装置示意图：

回答下列问题：

(1)填写下列仪器名称：的名称是_________。

(2)写出中和反应制备氮气的离子反应方程式__________。

(3)的作用是_____，是否可以把和的位置对调并说明理由_________。

(4)写出中发生反应的化学方程式___________。

(5)请用化学方法检验产物中是否含有未反应的镁，写出实验操作、现象、结论_________。29、某研究性学习小组类比镁在二氧化碳中的燃烧反应，认为钠和二氧化碳也可以发生反应，他们对钠在CO2气体中燃烧进行了下列实验：

（1）若用下图装置制备CO2，则发生装置中反应的离子方程式为_________。

（2）将制得的CO2净化、干燥后由a口缓缓通入下图装置，待装置中的空气排净后点燃酒精灯，观察到玻璃直管中的钠燃烧，火焰为黄色。待冷却后，管壁附有黑色颗粒和白色物质。

①能说明装置中空气已经排净的现象是_________。

②若未排尽空气就开始加热，则可能发生的化学反应方程式主要为_________。

（3）若钠着火，可以选用的灭火物质是_________。

A．水B．泡沫灭火剂C．干沙土D．二氧化碳。

（4）该小组同学对管壁的白色物质的成分进行讨论并提出假设：

Ⅰ．白色物质可能是Na2O；Ⅱ．白色物质可能是Na2CO3；Ⅲ．白色物质还可能是_________。

（5）为确定该白色物质的成分，该小组进行了如下实验：。实验步骤实验现象①取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加过量的CaCl2溶液出现白色沉淀②静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液无明显现象

①通过对上述实验的分析，你认为上述三个假设中，___成立（填序号）。

②由实验得出：钠在CO2中燃烧的化学方程式为_____；每生成1mol氧化产物，转移的电子数为____。

（6）在实验（2）中还可能产生另一种尾气，该气体为________；处理该尾气的方法为_____。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

由图可知分别为

【详解】

A．硫在氧气中燃烧直接生成不是A错误；

B．可与硝酸发生氧化还原反应；B正确；

C．硫化氢与反应方程式为氧化产物和还原产物的物质的量之比应为C错误；

D．是不能由硫和铜直接反应生成，D错误。

故答案选B。2、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。3、C【分析】【详解】

A.乙炔的相对分子质量是26；空气的平均相对分子质量是29，且乙炔和氧气在常温条件下不反应，所以乙炔应该用向下排空气法收集，A错误；

B.该装置中加热碳酸氢钠的温度高于碳酸钠；虽然澄清石灰水变浑浊，但不能证明碳酸钠的稳定性比碳酸氢钠强，B错误；

C.氨气极易溶于水和酸性溶液；不溶于四氯化碳，氨气通入四氯化碳中，因不溶解而逸出，被上层的稀硫酸吸收，达到了既能吸收氨气又不倒吸的实验目的，C正确；

D.导气管伸入NaOH溶液中；一方面会导致乙酸乙酯的水解，另一方面会产生倒吸，D错误。

故选C。4、C【分析】【详解】

A；氧气密度大于空气；应选用向上排空气法，故A错误；

B、构成原电池时电解液应交换，在能有电子通过外电路，否则Zn直接与CuSO4反应；故B错误；

C；关闭止水夹；从长颈漏斗注入水，当漏斗下端与烧瓶内液面差的高度在一段时间不变，可知气密性良好，故C正确；

D；二氧化碳的密度比空气密度大；应从长导管进入，选择向上排空气法收集，故D错误；

故选C。

【点睛】

在选择收集气体的装置时，根据气体的密度和在水中的溶解度来选择。如O2密度大于空气难溶于水，则可以选择向上排空气法和排水法。5、A【分析】【详解】

A.加热蒸干会使(NH4)2SO4受热分解，应将滤液蒸发浓缩、冷却结晶来提取(NH4)2SO4；故A错误；

B.CO2溶解度小，而氨气极易溶于水，先通入氨气使溶液呈碱性，能吸收更多的CO2；B正确；

C.CaSO4溶解度大于CaCO3，在沉淀池中CaSO4转化为CaCO3，进入煅烧炉，分解为生石灰，同时产生能循环利用的CO2；故C正确；

D.沉淀池中微溶的CaSO4转化为难溶的CaCO3；D正确；

答案为A。6、B【分析】【详解】

A.通入一段时间N2，是为了排除空气中O2的干扰；故A正确；

B.由于NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能将SO32-氧化为SO42-，所以Y中产生的白色沉淀是BaSO4；故B不正确；

C.根据B项分析；C正确；

D.若将Fe(NO3)3换成FeCl3，Y中也能产生白色沉淀，且沉淀为BaSO4，说明Fe3+也能将SO2氧化；D正确；

综合以上分析；本题答案为：B。

【点睛】

本题是一道实验探究题，探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理，X装置用于制备二氧化硫，Y装置中盛有Fe(NO3)3和BaCl2的混合溶液，已知SO2不与BaCl2的溶液反应，二氧化硫具有还原性，可与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡白色沉淀，该实验还要考虑到空气中氧气的干扰以及排除干扰的方法，另外Fe3+的氧化性也是需要注意的，本题考查学生思维的严密性。7、B【分析】【详解】

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

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

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

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

故合理选项是B。二、填空题(共7题，共14分)8、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)49、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)410、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）11、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∶212、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13、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14、略

【分析】【详解】

(1)NaHCO3在水溶液中发生电离：NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用：H++也会发生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)＞c()；电离产生H+使溶液显酸性；水解产生OH-，使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除会电离产生，还有H2O电离产生，而只有电离产生，故离子浓度：c(H+)＞c()，因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中，存在HR-的电离作用：HR-R2-+H+，电离产生H+使溶液显酸性，同时也存在着水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解产生OH-，使溶液显碱性，其平衡常数Kh=＜Ka2=5.60×10-8，说明HR-的电离作用大于水解作用；因此NaHR溶液显酸性；

(3)AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，导致溶液变浑浊，由于水解产生HCl，因此根据平衡移动原理，若用固体配制溶液时，将其溶解在一定量的浓盐酸中，增加了H+的浓度，就可以抑制盐的水解，然后再加水稀释，就可以得到澄清溶液；若将AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向进行直至水解完全，HCl挥发逸出，得到的固体是Al(OH)3，然后将固体灼烧至恒重，Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，最后得到的固体是Al2O3；

(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解，溶液中Ag+、Cl-浓度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L；

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+；对氯化银在水中溶解无抑制作用。

它们抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，该溶液中含有的c(Ag+)最大；则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-10三、实验题(共7题，共14分)15、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】(1)SO3SO2、O2SO3、SO2、O2

(2)①⑨⑩⑥⑤③④⑧⑦②I不能，因为SO3与F中的饱和NaHSO3反应会生成SO22CuSO42CuO+2SO2↑+O3↑4CuSO44CuO+2SO2↑+2SO3↑+O2↑16、略

【分析】【详解】

（1）通过实验装置图可知，仪器A的名称是恒压滴液漏斗，实验装置B中，冷凝水应采用逆流原理，冷凝效果好，所以冷凝水下口进上口出，b口进，正确答案：恒压滴液漏斗；b。

（2）步骤1中加入了氢氧化钾试剂；一部分参与了反应，还会有剩余的KOH，所以步骤2中用5%的盐酸洗涤的主要目的是除去未反应完的KOH；有机物密度比水大，在下层，因此在洗涤；分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后有机层应直接从下口放出，C操作正确；正确答案：除去未反应完的KOH；C。

（3）无水硫酸镁具有吸水作用；可以做干燥剂，步骤三中，加入无水硫酸镁的目的是除水干燥；根据信息可知，若不干燥，乙酸酐会与水反应生成乙酸，增大乙酸的浓度，使“结晶玫瑰”的合成反应平衡逆向移动，产品产率降低；正确答案：低；若不干燥，乙酸酐会与水反应生成乙酸，使“结晶玫瑰”的合成反应平衡逆向移动，产品产率降低。

（4）浓硫酸溶于水放出大量的热；因此步骤四中，加料时，应先加入三氯甲基苯基甲醇和乙酸酐，然后慢慢加入浓硫酸并搅拌，主要是为了防止放热过快而迸溅；通过题中信息加热控制反应温度在90℃～110℃之间可知，最适宜的加热方式为油浴加热，而水浴加热温度不能超过100℃；正确答案：防止放热过快而迸溅；油浴加热。

（5）根据反应可知，1mol三氟甲基苯基甲醇充分反应生成结晶玫瑰1mol，22.55g三氟甲基苯基甲醇即为0.1mol，生成结晶玫瑰0.1mol，质量为26.75g，所以22.55g三氟甲基苯基甲醇与足量乙酸酐充分反应得到结晶玫瑰21.40g,则产率是21.40/26.75×100%=80%，正确答案：80%。【解析】恒压滴液漏斗b除去未反应完的KOHC除水干燥低若不干燥，乙酸酐会与水反应生成乙酸，使“结晶玫瑰”的合成反应平衡逆向移动，产品产率降低防止放热过快而迸溅油浴加热80%17、略

【分析】【分析】

（1）该同学用浓HNO3与Cu反应制去NO2，NO2溶于水生成NO，NO与Na2O2直接反应可生成NaNO2；多余的气体用酸性的高锰酸钾溶液吸收，由此连接装置；

（2）根据装置确定a的名称；

（3）浓硝酸与Cu反应生成含有少量NO的NO2，NO2溶于水生成NO和HNO3，稀硝酸再与Cu反应生成NO，即能除去NO2，又能充分利用NO2转化为NO；提高了N原子的利用率；

（4）NO有毒；要进行尾气吸收；

（5）配制溶液时需要烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管；待测液的颜色与d组标准色阶相同，可知NaNO2为60mg/L，先计算出10ml溶液中所含的NaNO2的质量，再计算出500ml溶液中含有NaNO2的质量；进行质量分数的计算。

【详解】

（1）由分析可知，A为发生装置，用于制取NO2，NO2在D装置中与水生成NO，NO在C装置中与Na2O2直接反应可生成NaNO2；多余的气体用酸性的高锰酸钾溶液吸收，因此装置的连接顺序为A→D→B→C→B→E；

（2）a为硬质玻璃管；

（3）浓硝酸与Cu反应生成含有少量NO的NO2，NO2溶于水生成NO和HNO3，稀硝酸再与Cu反应生成NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，既能即能除去NO2，又能充分利用NO2转化为NO；提高了N原子的利用率；

（4）NO有毒；要进行尾气吸收，防止污染环境；

（5）配制溶液时需要烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管，因此除烧杯、玻璃棒外，还需要500ml容量瓶和胶头滴管；待测液的颜色与d组标准色阶相同，可知NaNO2为60mg/L，10ml该溶液中所含NaNO2的质量为10×10-3L×60mg/L=0.6mg，所以样品中NaNO2的质量为×0.6mg=60mg，因此样品中NaNO2的质量分数为×100%=60%。

【点睛】

在解答物质制备型的实验题时，要掌握思维流程：【解析】D→B→C→B硬质玻璃管3NO2＋H2O===2HNO3＋NO3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O吸收NO，防止污染环境500ml容量瓶、胶头滴管60%18、略

【分析】【分析】

（1）向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2，发生反应生成NaHSO3和CO2；

（2）二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液；Y为安全瓶，可防止倒吸；

（3）①组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗；吸滤瓶和抽气泵；

②用饱和SO2水溶液洗涤；可降低溶质的溶解度；

（4）Na2S2O5易分解生成a2SO3，且Na2SO3易被氧化。

【详解】

在不断搅拌下，控制反应温度在40℃左右，向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2，发生反应生成NaHSO3和CO2；多余的二氧化硫可用氢氧化钠溶液吸收，因二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液，Y为安全瓶，可防止倒吸。

（1）向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2，发生反应生成NaHSO3和CO2，反应的离子方程式为2SO2+CO32-+H2O=2HSO3-+CO2；

故答案为2SO2+CO32-+H2O=2HSO3-+CO2；

（2）二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液；Y为安全瓶，可防止倒吸，故答案为防止倒吸；

（3）①组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗；吸滤瓶和抽气泵；

故答案为吸滤瓶；

②由反应2NaHSO3═Na2S2O5+H2O可知，增大HSO3-的浓度，有利于生成Na2S2O5，用饱和SO2水溶液洗涤，可降低Na2S2O5的溶解度，减少Na2S2O5的溶解；

故答案为：减少Na2S2O5在水中的溶解；

（4）Na2S2O5易分解生成Na2SO3，且Na2SO3易被氧化，可知验制得的Na2S2O5固体中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4；

故答案为：在制备过程中Na2S2O5易分解生成Na2SO3，且Na2SO3易被氧化生成Na2SO4。【解析】2SO2+CO32-+H2O=2HSO3-+CO2防止倒吸抽滤瓶减少Na2S2O5的在水中的溶解在制备过程中Na2S2O5分解生成生Na2SO3，Na2SO3被氧化生成Na2SO419、略

【分析】【分析】

根据氢气密度比空气小且收集气体时的注意事项来选择合适的气体收集装置；可利用生活中的废弃活泼金属材料进行氢气制备实验，之后对氢气的纯度进行检验。

【详解】

（1）氢气的密度比空气小，甲学生的装置小试管中的空气不易排尽且H2会两试管的间隙逸出，乙学生的装置大试管中空气易排除且逸出较少，故选择乙学生的装置，故答案为：乙，甲学生的装置小试管中的空气不易排尽，且H2可以从两试管的间隙逸出；

（2）收集氢气的过程中要使氢气充满大试管可以将大试管慢慢往上移动；氢气密度比空气小也会向上，故答案为：将大试管慢慢往上移动；

（3）可以利用日常生活中的废弃活泼金属与酸反应制取氢气；如Fe；废干电池中的Zn，酸可用食用醋，发生金属和酸的反应制取氢气，故答案为：日常生活中的金属如Fe、废干电池中的Zn，酸可用食用醋；

（4）根据题意表示此时是弱爆炸，没有达到安静燃烧的程度，这种说法只能表明收集的H2的体积分数小于70%，而不是纯氢气，故答案为：这种说法只能表明收集的H2的体积分数小于70%，而不是纯氢气。【解析】乙甲学生的装置小试管中的空气不易排尽，且H2可以从两试管的间隙逸出将大试管慢慢往上移动日常生活中的金属如Fe、废干电池中的Zn，酸可用食用醋这种说法只能表明收集的H2的体积分数小于70%，而不是纯氢气20、略

【分析】【分析】

根据题中Fe(OH)2制备可知，本题考查Fe(OH)2制备即Fe(OH)2的性质，运用Fe(OH)2制备原理和步骤、Fe(OH)2的性质分析。

【详解】

（1)搅拌可以使生成的沉淀与氧气充分反应；

故答案为：使沉生成的沉淀与氧气充分反应；

（2）生成的白色沉淀是Fe(OH)2，离子方程式是Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓；

故答案为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓；

(3)Fe(OH)2被氧化生成红褐色Fe(OH)3沉淀，所以红褐色沉淀是Fe(OH)3；

故答案为：Fe(OH)3；

（3）由图2和图3可知，瓶内空气中、溶液中O2含量均降低，此时沉淀颜色发生改变，说明“在Fe(OH)2制备过程中；沉淀颜色改变与氧气有关”；

故答案为：瓶内空气和溶液中氧气的含量均降低；沉淀颜色改变；

(4)白色沉淀是Fe(OH)2，最终生成红褐色是Fe(OH)3，因此白色沉淀最终生成红褐色转化的方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；

故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。

【点睛】

Fe(OH)2非常容易被空气中的氧气氧化成Fe(OH)3，现象是生成的在白色沉淀迅速转化成灰绿色，最后变成红褐色。因此制备Fe(OH)2时一定要隔绝空气。【解析】使生成的沉淀与氧气充分接触Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓Fe(OH)3瓶内空气和溶液中氧气的含量均降低，沉淀颜色改变4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)321、略

【分析】【分析】

试验I在AgNO3溶液中滴加Na2SO3溶液生成白色沉淀，可以考虑生成Ag2SO3沉淀；同时考虑亚硫酸盐易被空气中的氧气氧化，又可以考虑白色沉淀中有Ag2SO4；加入的Na2SO3溶液呈碱性，所以还可以考虑AgOH。随着Na2SO3溶液滴入量的增加；PH值也逐渐增大，沉淀先增加后溶解，可见该反应与反应物的用量和PH有关。

小题(3)是对于白色沉淀的检验：用Na2S2O3溶液溶解沉淀，使Ag+结合成Ag(S2O3)23−而溶解，释放出白色沉淀中的阴离子，再用可溶钡盐+盐酸检验可能的SO32−和SO42−。

小题(4)是对于白色沉淀溶解的原因探究：根据所给信息，沉淀的溶解应是生成了Ag(SO3)23−。溶解过程中有两个量在变：Na2S2O3的量和PH；因此可从这两方面进行探究。

小题(5)是探究AgNO3溶液与Na2SO3溶液能否发生氧化还原反应：根据实验现象可直接判断。

【详解】

(1)Na2SO3溶液呈碱性的原因是弱酸根离子SO32−的水解：SO32−+H2OHSO3−+OH−，故答案为：SO32−+H2OHSO3−+OH−

(2)+4价硫的还原性较强，易被氧化。根据实验环境，可考虑Ag+或O2，由于Ag+的还原产物Ag为黑色，可排除，所以可能产生Ag2SO4的理由是SO32−可能被O2氧化，故答案为：SO32−可能被O2氧化。

(3)对于白色沉淀的检验：用Na2S2O3溶液溶解沉淀，使Ag+结合成Ag(S2O3)23−而溶解，释放出白色沉淀中的阴离子，再用可溶钡盐将可能的SO32−和SO42−沉淀，分离出的沉淀用盐酸溶解，如果能全溶解，则不含SO42−，如果不能全溶解，则含SO42−，故答案为：Ba(NO3)2溶液；盐酸溶液。

(4)①为证明是SO32−是使白色沉淀溶解的原因，本题设计了对照试验，为此要控制好变量，排除溶液PH值的影响，即应在对照组的白色沉淀中滴加NaOH溶液至PH=9，故答案为：操作：滴加NaOH溶液至pH=9，现象：白色沉淀不溶解

②Ag2SO4在水中存在溶解平衡：Ag2SO4(s)Ag+(aq)+SO42−(aq)，加入的SO32−将Ag+结合成溶解性更小的Ag2SO3，c(Ag+)降低，促进Ag2SO4转化成Ag2SO3，并进一步转化成Ag(SO3)23−，直至完全溶解，故答案为：Ag2SO4微溶，溶液中存在SO32−，Ag2SO4易转化为更难溶的Ag2SO3，进而被Na2SO3溶液溶解。

(5)试验IV通过改变沉淀所在环境的PH来探究AgNO3溶液与Na2SO3溶液能否发生氧化还原反应。从试验现象及产物可知，加入NaOH溶液至pH=14时发生了氧化还原反应，生成了Ag，可知S应被氧化成SO42−，