2025年上外版拓展型课程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年上外版拓展型课程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8题，共16分)1、下列说法中正确的是()A.气体单质中，一定有键，可能有键B.PCl3分子是非极性分子C.氢键键长一般定义为的长度D.的模型与离子的空间立体构型一致2、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是A.B.C.D.3、肉桂酸（）是一种合成有机光电材料的中间体。关于肉桂酸的下列说法正确的是A.分子式为C9H9O2B.不存在顺反异构C.可发生加成、取代、加聚反应D.与安息香酸（）互为同系物4、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)5、下列关于应用套管实验装置（部分装置未画出）进行的实验；下列叙述错误的是（）

A.利用甲装置可以制取少量HFB.利用乙装置可以验证Na2O2与水反应既生成氧气，又放出热量C.利用丙装置验证KHCO3和K2CO3的热稳定性，X中应放的物质是KHCO3D.利用丁装置制取SO2，并检验其还原性，小试管中的试剂可为酸性KMnO4溶液6、下列装置能达到实验目的的是A.实验室制备乙酸乙酯B.比较不同催化剂对化学反应速率的影响C.比较硫、碳、硅三种元素的非金属性D.验证苯和液溴发生取代反应7、硼氢化钠（NaBH4）为白色粉末，熔点400℃，容易吸水潮解，可溶于异丙胺（熔点：-101℃，沸点：33℃），在干燥空气中稳定，吸湿而分解，是无机合成和有机合成中常用的选择性还原剂。某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4；其流程如图：下列说法不正确的是（）

A.NaBH4中H元素显+1价B.操作③所进行的分离操作是蒸馏C.反应①为NaBO2+SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3D.实验室中取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀8、用下列实验装置进行相应实验；能达到实验目的是（）

A.用图1所示装置可收集NO气体B.用图2所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸C.用图3所示装置可实现反应：2H2OO2↑+2H2↑D.用图4所示装置可证明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3评卷人得分二、多选题(共3题，共6分)9、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10、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.D11、“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5题，共10分)12、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13、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_______。

14、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）15、某化学小组用下列装置和试剂进行实验，探究O2与KI溶液发生反应的条件。

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

(1)小组同学设计甲；乙、丙三组实验；记录如下：

。

操作。

现象。

甲。

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

装置I中产生无色气体并伴随大量白雾；装置III中有气泡冒出；溶液迅速变蓝。

乙。

向装置II中加入KMnO4固体；连接装置II；III，点燃酒精灯。

装置III中有气泡冒出；溶液不变蓝。

丙。

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

装置III中有气泡冒出；溶液变蓝。

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

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

(4)由甲、乙、丙三组实验推测，甲实验中可能是I中的白雾使溶液变蓝。为了验证推测，可将装置I中产生的气体通入_________(填字母)溶液中，依据实验现象来证明白雾中含有H2O2。A．酸性KMnO4B．FeCl2C．H2S(5)资料显示：KI溶液在空气中久置的过程中会被缓慢氧化：4KI＋O2＋2H2O＝2I2＋4KOH。该小组同学取20mL久置的KI溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可能是发生了反应___________________________________(写离子方程式)造成的，请设计实验证明他们的猜想是否正确：___________________________________。16、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蒸馏水评卷人得分四、工业流程题(共1题，共9分)17、某兴趣小组设计了利用MnO(含少量铁的氧化物和不溶性杂质)制备二氧化锰的两种方案流程如下：

已知：

①MnO+H2NCOONH4→+2H2OMnCO3↓+2NH3·H2O

②MnO易被空气中氧化；难溶于水；受热易分解；其他硝酸盐相对难分解。

请回答：

(1)方案一中铁元素以_______(填化学式)被除去。

(2)下列说法正确的是_______。A．步骤Ⅱ中，真空加热主要是为了防止被氧化B．步骤Ⅲ中，氨基甲酸铵溶液的制备应在水中先通氨气至饱和，再通至饱和C．步骤Ⅳ和Ⅴ，步骤Ⅳ所得的滤液3和步骤Ⅴ生成的气体可以循环利用D．方案二与方案一相比，方案二相对比较环保(3)过滤后，步骤Ⅴ，为了得到更多进行了以下操作。请选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：将带有沉淀的滤纸折卷→_______。

a.将滤纸包放入坩埚后；在泥三角上如装置1朝向摆放；

b.将滤纸包放入坩埚后；在泥三角上如装置2朝向摆放；

c.加热时；不断转动坩埚使滤纸完全灰化；

d.先加热装置3中a处，再加热b处；

e.先加热装置3中b处；再加热a处；

f.将沉淀转移至在石英玻璃管中继续灼烧氧化。

(4)步骤Ⅰ，硝酸的质量分数选取50%，不能过大或者过小的理由是_______。

(5)由碳酸锰在空气中灼烧获得的结构比较疏松，步骤Ⅵ用硫酸溶解其中的后，再用合适浓度的氧化后，可得到结构相对致密的重质精品。写出其中发生的离子反应方程式_______。评卷人得分五、实验题(共4题，共12分)18、二苯基乙二酮常用作医药中间体及紫外线固化剂；可由二苯基羟乙酮氧化制得，相关物质的物理参数；化学方程式及装置图(加热和夹持装置已略去)如下：

在反应装置中，加入10ml冰醋酸、5.50gFeCl3固体；10ml水及少量碎瓷片；加热至沸腾，停止加热，待沸腾平息后加入2.12g二苯基羟乙酮，继续加热回流至二苯基羟乙酮完全反应。反应结束后加水煮沸，冷却后即有二苯基乙二酮粗产品析出，用70%乙醇水溶液重结晶提纯，得到1.80g产品。

重结晶过程如下：

加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥。

请回答以下问题：

（1）装置图中仪器a的名称是_______________，其作用是______________。

（2）加入碎瓷片的作用是________。若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是____________________________________________________。

（3）实验中可采用薄层色谱跟踪反应进程；其原理和操作与纸上层析类同，通过观察薄层色谱展开后的斑点(在实验条件下，只有二苯基羟乙酮和二苯基乙二酮能够产生斑点)判断样品中的成分。下图分别为加入二苯基羟乙酮后反应开始；回流15min、30min、45min和60min时，用毛细管取样、点样，薄层色谱展开后的斑点：

该实验条件下加热________后可认为反应结束。

A.15minB.30minC.45minD.60min

（4）上述重结晶过程中，____________(填步骤名称)操作除去了不溶性杂质。

（5）在重结晶过程中，不可选用明火直接加热，原因是_________________________。

（6）不选择蒸馏的方法提纯二苯基乙二酮粗产品的原因是______________________。

（7）本实验的产率是_________%。(保留3位有效数字)19、如图在化学实验中有多种用途：

(1)现用此装置收集氨气，气体从_____口通入，若用此装置收集氯气，气体从____口通入。

(2)现有位同学采用排水法收集氨气；其装置如图：

气体从_______口通入，上层液体应选择_____。20、某兴趣小组同学将CO2分别通入澄清石灰水和氢氧化钠溶液中；观察到前者变浑浊，后者无明显现象。

(1)写出上述澄清石灰水变浑浊的化学方程式：__________。

(2)为探究CO2和NaOH是否发生了化学反应；王强设计了如下图所示的实验，观察到的实验现象是试管内液面上升。

王强得出结论：CO2与NaOH发生了化学反应。

①王强认为试管内液面上升的原因是_________。

②李莉提出质疑，她认为上述实验设计不严谨，理由是___________。要得到科学严谨的结论，仍利用该装置，补做的对比实验是__________。21、连二亚硫酸钠（Na2S2O4），也称为保险粉，Na2S2O4易溶于水，难溶于甲醇，具有极强的还原性，易被空气氧化，在碱性介质中稳定。工业上常用制备Na2S2O4的方法有I锌粉法；II甲酸钠法。

Ⅰ．实验室模拟锌粉法的装置如下（加热等辅助仪器略去）

（1）第一步，将A中生成的气体通往B中进行反应，B中装的是颗粒度约为180µm的锌粉与水形成的分散系，该分散系为___(填“溶液”、“胶体”或“悬浊液”)。在B装置生成连二亚硫酸锌的化学反应方程式为___。

（2）第二步，加入NaOH溶液，于28～35℃下反应生成Na2S2O4和一种白色沉淀，沉淀的成分为___（写化学式）。

（3）第三步，将第二步的混合物过滤，并向滤液中加入固体NaCl，冷却至20℃，便有Na2S2O4晶体析出；用平衡移动的原理解释加入NaCl固体的作用是___。

第四步，过滤，用甲醇洗涤滤渣，干燥，得到Na2S2O4晶体。

II．实验室模拟甲酸钠法的装置如下（加热等辅助仪器略去）

第一步；在F装置中加入甲酸钠浓溶液；氢氧化钠，甲醇(溶剂)的混合液；

第二步；向装置F中通入二氧化硫；

第三步；75℃加热一段时间，装置中有晶体析出，并产生大量气体；

第四步；过滤；洗涤、干燥，收集产品。

（4）装置F中制备连二亚硫酸钠的化学方程式可表示为___。

（5）已知某温度下，H2SO3的电离常数为K1≈1.5×10－2，K2≈1.0×10－7，H2CO3的电离常数为K1≈4.4×10－7，K2≈4.7×10－11。装置G用于吸收未反应完的SO2和反应产生的CO2。该温度下当G溶液中HSO3－、SO32－离子浓度相等时，溶液的pH约为___。

甲酸钠法于1968年实现工业化，继而逐渐替代了锌粉法生产连二亚硫酸钠。与锌粉法相比，甲酸钠法的优点在于___。评卷人得分六、原理综合题(共3题，共21分)22、乙烯可用于制备乙醇：向10L某恒容密闭容器中通入2mol和amol发生上述反应，测得的平衡转化率与投料比以及温度的关系如图所示。回答下列问题：

(1)反应从开始分别进行到A、B、C点时，_______(填“放出”或“吸收”)的热量由大到小的顺序为_______。

(2)_______(填“>”、“<”或“=”)已知该反应的反应速率表达式为其中为速率常数，只与温度有关。若其他条件不变，则温度从变化到的过程中，下列推断合理的是_______(填标号)。

A.减小的倍数大于B.减小的倍数小于

C.增大的倍数大于D.增大的倍数小于

(3)若A点对应的体系中，反应从开始到达到平衡所用时间是2min，则0~2min内的平均反应速率_______。温度下，反应的平衡常数_______。

(4)B点对应的体系中，a=_______；A、B、C点对应体系的气体总压强由大到小的顺序为_______。(气体均看作理想气体)23、研究氮和碳的化合物对工业生产和防治污染有重要意义；回答下列问题：

I.(1)化学键键能数据如下：。化学键H-HN=NN-HE/(kJ·mol-1)436946391

合成氨反应的活化能Ea1=254kJ·mol-1，由此计算氨分解反应的活化能Ea2=___________kJ·mol-1。

(2)利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染；其中除去NO的主要反应如下：

4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1)ΔH<0某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应；NO的转化率随温度变化的情况如图所示：

①温度从420K升高到580K用时4min，则此时段内NO的平均反应速率v(NO)=___________。

②在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是___________。

II.目前有一种新的循环利用方案处理航天员呼吸产生的CO2，是用Bosch反应CO2(g)+2H2(g)=C(s)＋2H2O(g)ΔH<0，再电解水实现O2的循环利用。

(3)若要此反应自发进行___________(填“高温”或“低温”)更有利。

(4)350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生以上反应，若反应起始和平衡时温度相同(均为350℃)，测得反应过程中压强随时间的变化如表所示：。时间/min0102030405060压强6.00P05.60P05.30P05.15P05.06P05.00P05.60P0

①350℃时Bosch反应的Kp=___________(Kp为用气体的分压表示的平衡常数；分压=气体的体积分数x体系总压)

②Bosch反应的速率方程：V正=K正·c(CO2)·c2(H2),V逆=K逆·c2(H2O)(k是速率常数，只与温度有关)。20min时，=____(填“>”“＜”或“=”)

(5)利用铜基配合物催化剂电催化还原CO2制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之一；其装置原理如图所示。

①电池工作过程中，阴极的电极反应式为___________。

②每转移2mol电子，阳极室溶液质量减轻___________g。24、人们利用焦炭制取水煤气的工艺已广泛用于工业生产中。

I．以焦炭制备水煤气。

已知：①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+130.0kJ/mol

②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+40.0kJ/mol

(1)在工业上，反应①是煤的综合利用的一种途径，其名称是______。焦炭与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为_______________。

II．焦炭废气的再利用。

500℃时，在密闭容器中将焦炭废气中的CO2转化为二甲醚；其相关反应为：

主反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)

副反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+2H2O(g)

(2)测得不同时间段部分物质的浓度如下表：。时间(min)

浓度(mol·L-1)010203040H21.000.680.400.300.30CH3OCH300.050.080.100.10

①10〜20min内，CH3OCH3的平均反应速率v(CH3OCH3)=__________。

②在上述特定条件下，已知主反应的速率方程为v=(k为速率常数，a、b、m均大于0)，下列措施一定能提高主反应的反应速率的是______(填字母序号)。

A．适当温度B．分离出二甲醚C．恒压减小D．恒容下增大c(CO2)

③提高CH3OCH3产率的关键的因素是选用合适的催化剂。若起始时CO2和H2的浓度比为1：3，根据以上数据计算，上述主反应的平衡常数的计算表达式K=______。

(3)对该反应实验研究得出：在相同温度下，CO2的转化率等物理量随催化剂的组成比的变化关系如图所示。若温度不变，催化剂中约是______时最有利于二甲瞇的合成，此时，若增大反应投料比平衡常数K将____(填“增大”、“减小”或“不变”)参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A．若气体为惰性气体；则分子为单原子分子，就不存在化学键，A错误；

B．PCl3分子中正负电荷重心不重合，因此PCl3分子是极性分子；B错误；

C．氢键的键长就是指X与Y原子之间的距离，一般定义为的长度；C正确；

D．的价层电子对数是3+=4，且中心O原子上含有1对孤对电子对，所以模型是四面体形；而粒子的立体构型为三角锥形，二者不一致，D错误；

故合理选项是C。2、B【分析】【详解】

A．因为酸性：所以反应不发生，所以不能实现；A错误；

B．通过铝热反应：可以实现B正确；

C．乙醇的催化氧化反应为：C错误；

D．乙醇消去反应制取乙烯反应为：D错误；

故选B。3、C【分析】【详解】

A.根据肉桂酸的结构式可知分子式为：A错误；

B.肉桂酸双键碳所连的两个原子团均不同；故存在顺反异构，B错误；

C.肉桂酸中苯环和碳碳双键可以发生加成反应；羧基可以发生取代反应，碳碳双键可以发生加聚反应，C正确；

D.肉桂酸中含碳碳双键；安息香酸中不含，故两者不是同系物，D错误；

答案选C。

【点睛】

若有机物只含有碳氢两种元素，或只含有碳氢氧三种元素，那该有机物中的氢原子个数肯定是偶数，即可迅速排除A选项。同系物结构要相似，即含有相同的官能团，肉桂酸和安息香酸含有官能团不同，排除D选项。4、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。5、A【分析】【分析】

【详解】

A．HF会腐蚀玻璃；不能用玻璃仪器作为制备氟化氢的装置，故A错误；

B．利用乙装置在p处放带火星的木条，木条复燃，则可以验证Na2O2与水反应生成氧气，将q管放入到水中，有气泡冒出，则证明Na2O2与水反应是放出热量；故B正确；

C．利用丙装置验证KHCO3和K2CO3的热稳定性，Y中温度高，X中温度低，物质在温度低的环境中受热分解，温度高的不分解，说明更加稳定性，因此X中应放的物质是KHCO3；故C正确；

D．利用丁装置制取SO2，生成的二氧化硫再与内管中盛装的高锰酸钾溶液反应，高锰酸钾溶液褪色，则说明SO2有还原性；故D错误。

综上所述，答案为A。6、C【分析】【分析】

【详解】

A.右侧导管插入到碳酸钠溶液中；易产生倒吸，A错误；

B.双氧水的浓度不同；无法比较不同的催化剂对化学反应速率的影响，B错误；

C.硫酸的酸性大于碳酸；碳酸的酸性大于硅酸，三种含氧酸中，硫；碳、硅元素均为最高价，可以比较三种元素的非金属的强弱，C正确；

D.挥发出的溴进入到右侧烧杯中；也能与硝酸银反应产生浅黄色沉淀，不能验证苯与溴发生取代反应生成了溴化氢，D错误；

正确选项C。7、A【分析】【详解】

A．NaBH4中Na元素显+1价；B元素显+3价、H元素显-1价；A错误；

B．异丙胺沸点为33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4；所以操作③所进行的分离操作是蒸馏，B正确；

C．反应①为NaBO2+SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，H2作氧化剂；Na作还原剂，C正确；

D．钠硬度小；且保存在煤油里，取用少量钠需要用镊子取出，滤纸吸干煤油，用小刀在玻璃片上切割，D正确；

故答案选A。8、D【分析】【分析】

【详解】

A.图1中NO气体极易被空气中的氧气氧化，其密度小于CO2的密度，应该短管进入，长管排出CO2；故A不能实现；

B.图2中苯密度比水小；漂在上层不能起到防止倒吸的作用，故B不能实现；

C.图3中Cu做阳极失电子溶解，变成Gu2+，Gu2+进入溶液；石墨电极是阴极，H+得电子析出H2，溶液中生成Cu(OH)2，不能实现2H2OO2↑+2H2↑；故C错误；

D.用图4所示装置中硫酸不挥发，可与碳酸钠反应放出二氧化碳气体，可证明酸性：H2SO4＞H2CO3，生成的二氧化碳可与硅酸钠溶液反应生成H2SiO3，可证明H2CO3＞H2SiO3，所以图4装置可以证明：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3；故D正确；

故答案：D。二、多选题(共3题，共6分)9、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。10、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。11、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5题，共10分)12、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＞③6.0×10-1013、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）14、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15、略

【分析】【分析】

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

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

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

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

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

【详解】

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

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

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

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

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

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

故答案为：A；

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

【点睛】

在做探究性实验的题目时，根据资料，如果没有得到预期的实验结果，那么除了资料中给的化学反应，还要考虑酸性或碱性环境的影响，结合题目的上下文进行联系，综合考虑得出结论。这是解答此类题目时的难点。【解析】分液漏斗KMnO4固体O2+4I-+4H+=2I2+2H2O酸性环境使用同体积不同浓度的稀硫酸做对比实验A3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝则猜想正确，否则错误16、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＞③6.0×10-10四、工业流程题(共1题，共9分)17、略

【分析】【分析】

方案一利用MnO加入50%硝酸溶液浸取，调节pH、过滤后得到滤液1在真空加热到250℃~300℃，洗涤后得到二氧化锰粗品，多步操作后得到二氧化锰精品；方案二在MnO和水中同时通入CO2和氨气；浸取后得到滤液2，蒸发；过滤得到的滤渣灼烧得到二氧化锰粗品，多步操作得到精品。

【详解】

（1）方案一中通过调节溶液的pH，使铁离子水解产生氢氧化铁沉淀过滤而除去，故铁元素以被除去；

（2）A.受热易分解，其他硝酸盐相对难分解，步骤Ⅱ中，真空加热主要是为了使氧化生成二氧化锰；选项A错误；

B.步骤Ⅲ中，氨基甲酸铵溶液的制备应在MnO和水中同时通氨气和进行反应；选项B错误；

C.步骤Ⅳ和Ⅴ，步骤Ⅳ所得的滤液3和步骤Ⅴ生成的气体可以循环利用；选项C正确；

D.方案一有硝酸参与；产生氮的氧化物，故方案二与方案一相比，方案二相对比较环保，选项D正确；

答案选CD；

（3）过滤后，步骤Ⅴ，为了得到更多具体操作为b.将滤纸包放入坩埚后，在泥三角上如装置2朝向摆放；d.先加热装置3中a处，再加热b处；c.加热时，不断转动坩埚使滤纸完全灰化；f.将沉淀转移至在石英玻璃管中继续灼烧氧化；答案为bdcf；

（4）步骤Ⅰ，硝酸的质量分数选取50%；因为浓度太小，反应速率太小，浓度过大容易被氧化而不利于MnO的溶解；在后续过滤中被滤除；

（5）步骤Ⅵ用硫酸溶解其中的后，再用合适浓度的氧化后，可得到结构相对致密的重质精品，高锰酸根离子与锰离子发生归中反应生成二氧化锰，发生的离子反应方程式为【解析】(1)

(2)CD

(3)bdcf

(4)浓度太小，反应速率太小，浓度过大容易被氧化而不利于MnO的溶解；在后续过滤中被滤除。

(5)五、实验题(共4题，共12分)18、略

【分析】【分析】

（1）根据装置图确定仪器a的名称及作用；

（2）蒸馏装置中加入碎瓷片可防止暴沸；若加热后发现未加碎瓷片；要将装置冷却至室温后再补加碎瓷片；

（3）由色谱的斑点可知；45min和60min的斑点一致，由此进行判断；

（4）重结晶的过程为加热溶解；趁热过滤，冷却结晶，其中除去不溶性杂质可趁热过滤；

（5）乙醇易挥发；蒸气与空气混合后遇明火爆炸；

（6）二苯基乙二酮粗产品中含有二苯基羟二酮；二者的沸点分别为344℃；348℃，沸点差异过小，不能使用蒸馏的方法分离提纯；

（7）2.12g二苯基羟乙酮物质的量为0.01mol，1.80g二苯基乙二酮物质的量为=0.008574mol；可进一步计算产率。

【详解】

（1）装置图中仪器a的名称是冷凝管；其作用是使蒸气冷凝回流，继续反应；

（2）加入碎瓷片的作用为防暴沸；若加热后发现未加碎瓷片，应该采取的操作为停止加热，待冷却后补加；

（3）45min和60min的斑点一致；则在45min时，反应已经结束；答案选C；

（4）重结晶过程中获得产品为二苯基乙二酮；含有的杂质为二苯基羟乙酮，二苯基羟乙酮不溶于冷水，则应该趁热过滤；

（5）提纯二苯基乙二酮粗产品；所用70%乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸，因此不能选用明火加热；

（6）不选择蒸馏的方法提纯二苯基乙二酮粗产品的原因是二苯基乙二酮粗产品为固体混合物；二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小；

（7）2.12g二苯基羟乙酮物质的量为0.01mol，1.80g二苯基乙二酮物质的量为=0.008574mol，则产率为×100%=85.7%。【解析】冷凝管冷凝回流防止暴沸停止加热，待冷却后补加C趁热过滤所用70%乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小85.719、略

【分析】【分析】

根据仪器结合气体的性质进行；根据气体密度比空气大还是小确定上向上排空气还是向下排空气法收集；使用排水法收集氨气时，要看水从哪易于排出，据此解答即可。

【详解】

(1)氨气的密度比空气的密度小；应用向下排空气法收集，即从A口进，B口出；氯气的密度比空气的密度大，用向上排空气法收集，即从B口进，A口出；

(2)氨气极易溶于水；氨气不能与水接触，所以上层液体应与水互不相溶，且其密度比水的小，同时和氨气又不能发生反应，可选择植物油(其他合理答案也可)。

【点睛】

本题考查了气体的收集方法，完成此题，可以依据气体的性质进行。【解析】①.A②.B③.A④.植物油20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据反应物和生成物即可写出反应方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；

(2)①试管内液面上升的原因是：氢氧化钠溶液吸收了二氧化碳后；使集气瓶和试管中的压强减小，在外界大气压的作用下A中试管的液面上升；

②二氧化碳不但能与氢氧化钠反应还能与水反应，试管中的压强一样能减小；要得到科学严谨的结论，仍利用该装置，补做的对比实验是：把A中的氢氧化钠溶液换成水再做此实验。【解析】CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O氢氧化钠溶液吸收了二氧化碳后，使集气瓶和试管中的压强减小，在外界大气压的作用下A中试管的液面上升二氧化碳还能与水反应，可能减小试管中的压强把A中的氢氧化钠溶液换成水再做此实验21、略

【分析】【详解】

（1）分散系中分散质的粒径大于100纳米时为浊液，180µm>100nm，所以该分散系为悬浊液；装置B中的反应物为Zn，SO2，生成物为ZnS2O4，S2O42-中硫为+3价，根据电子守恒和元素守恒可得反应方程式为：故答案为：悬浊液；

（2）溶液中含有Zn2+，加入氢氧化钠后与氢氧根反应生成氢氧化锌沉淀，故答案为：Zn(OH)2；

（3）生成Na2S2O4晶体时加入加入固体NaCl，增大Na+浓度，平衡右移，促进Na2S2O4析出；

（4）装置F中的反应物有SO2、NaOH和HCOONa，S2O42-中硫为+3价，故SO2做氧化剂，还原剂为HCOONa，结合电子守恒和元素守恒可得方程式为：

（5）H2SO3的电离常数为当HSO3－、SO32－离子浓度相等时，即时，氢离子浓度等于K2≈1.0×10－7；pH值约为7，故答案为：7；

（6）方案优点一般从成本；操作复杂性，环保，安全；原料利用率等角度回答，故答案为：甲酸钠法工艺操作简单；锌粉法中使用的锌粉价格较高，甲酸钠法的原料价格低；锌粉法废液中锌离子对环境有较大污染，甲酸钠法没有废液产生。

【点睛】

对于电离平衡常数和水解平衡常数的公式要记忆准确，涉及到离子浓度的相关计算，离不开平衡常数，本题第（5）问中若正确列出亚硫酸的第二步电离平