2025年人民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年人民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、据报道，火星和金星大气层中可能存在一种非常特殊的气态化合物，这种化合物会导致温室效应，它的结构式为下列说法中不正确的是A.的电子式是：B.和互为同位素C.分子中存在极性键D.分子呈直线形2、在一支试管中加入少量氯化钴晶体，再逐滴加入浓盐酸至晶体完全溶解，然后滴加水至溶液呈紫色为止。溶液中存在如下平衡：(aq)(粉红色)+4Cl-(aq)(aq)(蓝色)+6H2O(l)∆H，下列说法不正确的是A.向溶液中加入适量的稀硫酸，平衡正向移动，溶液为蓝色B.将试管放入热水水中，溶液变成粉红色，则：∆H＜0C.当溶液中v正[()]=v逆()时，说明反应达到平衡状态D.该反应的平衡常数K=3、如图是用于干燥；收集并吸收多余气体的装置；下列方案正确的是（）

选项X收集气体YA碱石灰氯气氢氧化钠B碱石灰氯化氢氢氧化钠C氯化钙二氧化硫氢氧化钠D氯化钙一氧化氮氢氧化钠

A.AB.BC.CD.D4、由下列实验及现象推出的相应结论正确的是。

实验

现象

结论

A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液

产生蓝色沉淀

原溶液中有Fe2+，无Fe3+

B．向C6H5ONa溶液中通入CO2

溶液变浑浊

酸性：H2CO3>C6H5OH

C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液

生成黑色沉淀

Ksp(CuS)sp(ZnS)

D．①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液。

②再加足量盐酸

①产生白色沉淀。

②仍有白色沉淀

原溶液中有SO42-

A.AB.BC.CD.D5、将液体Y滴加到盛有固体X的试管中，并在试管口对生成的气体进行检验。下表中固体X、液体Y及检测方法对应关系错误的是()。选项固体X液体Y检测方法ACaO浓氨水蘸有浓盐酸的玻璃棒BCu浓硫酸干燥的红色石蕊试纸CNa2O2水带火星的木条DNa2CO3稀硫酸滴有澄清石灰水的玻璃片

A.AB.BC.CD.D6、某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应,设计装置如下；下列说法正确的是（）

A.若D中无水硫酸铜变蓝，则说明Na2O2与H2反应生成水B.装置B中盛放浓硫酸，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气C.装置C加热前，用试管在干燥管管口处收集气体点燃,通过声音判断气体纯度D.装置A也可直接用于二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气7、实验室常用如图所示的两套装置测量所制得气体的体积；下面有关这两套量气装置的使用说明有错误的是。

A.使用A装置量气前，其右管中应充满相应的液体B.量气前，B装置中广口瓶通常应盛满相应的液体C.A装置收集完气体后，在读数前应使盛液管内液面与集气管内液面相平D.A装置是直接测量气体体积，而B装置直接测量的是所排出液体的体积8、利用溶液、尿素为原料制取水合肼的流程如下：

已知：①

②沸点约具有强还原性，能与剧烈反应生成

下列说法错误的是（）A.步骤Ⅰ、Ⅱ反应过程中需控制好温度B.所得副产物可用于工业上吸收尾气C.步骤Ⅱ具体操作为将尿素溶液逐滴加入溶液中D.水合肼与反应的离子方程式为：↑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7题，共14分)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、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=_______。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15、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_______；16、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）。17、连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是白色砂状或淡黄色粉末状固体，易溶于水、不溶于醇，该物质具有强还原性，在空气中易被氧化为NaHSO4，75℃以上会分解产生SO2。是重要的有机合成原料和漂白剂。

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

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

（2）实验室用图装置制备Na2S2O4。

①Na2S2O4中硫元素的化合价为___。

②仪器A的名称是___。

③水浴加热前要通一段时间N2，目的是___。

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

⑤若实验中所用Na2SO3的质量为6.3g，充分反应后，最终得到mg纯净的连二亚硫酸钠，则连二亚硫酸钠的产率为___(用含m的代数式表示)。18、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、结构与性质(共2题，共6分)19、NH3具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，NH3的合成及应用一直是科学研究的重要课题。

(1)以H2、N2合成NH3；Fe是常用的催化剂。

①基态Fe原子的电子排布式为___________。

②实际生产中采用铁的氧化物Fe2O3、FeO，使用前用H2和N2的混合气体将它们还原为具有活性的金属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如下：

i.两种晶胞所含铁原子个数比为___________。

ii.图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，则其密度ρ=___________g·cm-3。

③我国科学家开发出Fe—LiH等双中心催化剂，在合成NH3中显示出高催化活性。第一电离能(I1)：I1(H)＞I1(Li)＞I1(Na)，原因是___。

(2)化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl

①1体积水可溶解1体积CO2，1体积水可溶解约700体积NH3。NH3极易溶于水的原因是_____。

②反应时，向饱和NaCl溶液中先通入______。

③NaHCO3分解得Na2CO3。空间结构为________。

(3)NH3、NH3BH3(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。元素HBN电负性2.12.03.0

①NH3的中心原子的杂化轨道类型为___________。

②NH3BH3存在配位键，提供空轨道的是___________。

③比较熔点：NH3BH3___________CH3CH3(填“＞”或“＜”)。20、铬是由法国化学家沃克兰于1798年在巴黎发现。目前铬被广泛应用于冶金；化工、铸铁、耐火及高精端科技等领域。

(1)铬元素基态原子的价电子排布式为___________。

(2)金属铬的第二电离能和锰的第二电离能分别为1590.6kJ/mol、1509.0kJ/mol，的原因是___________。

(3)雷氏盐(Reineckesalt)的化学式为是一种易溶于水和乙醇的暗红色固体。

①雷氏盐中存在的化学键有___________(填序号)。

A．键B．键C．氢键D．配位键E．金属键。

②配体中C采取的杂化方式为___________，可用于形成配位键的原子有___________。

③的价层电子对数为___________，空间构型是___________，写出一种与互为等电子体的分子___________。

④乙醇能与水以任意比例互溶的原因是___________，___________。

(4)硒化铬的立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm和bnm，则硒化铬的密度为___________(列出表达式即可)。

评卷人得分五、工业流程题(共3题，共21分)21、某化学实验小组从市场购买海带并设计提碘的流程如图所示：

请回答下列问题：

(1)操作2包括以下步骤：a.振荡萃取b.分液c.静置分层d.加碘溶液和CCl4e.检漏。

①上述步骤的正确先后顺序是______(填编号)。

②完成步骤a时要及时放气，放气时分液漏斗下端应_____(填“向上倾斜”或“向下倾斜”)，放气的目的是______。

③步骤b的具体操作是______，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使下层液体沿烧杯内壁流下，当下层液体刚好放完时关闭活塞，______。

(2)浓NaOH溶液与I2反应的化学方程式是_____。

(3)加入45%硫酸溶液的作用是______(用离子方程式表示)。

(4)利用如图所示装置进行粗碘提纯。简述纯化I2的原理：_____。棉花的作用是______。

22、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___________。23、碘酸钾可用作食用盐的加碘剂，为无色或白色颗粒或粉末状结晶，加热至560℃开始分解，是一种较强的氧化剂，水溶液呈中性,溶解度在0℃时为4.74g，100℃时为32.3g。下图是利用过氧化氢氧化法制备碘酸钾的工业流程:

(1)步骤①需控制温度在70℃左右,不能太高,可能的原因是_______;不能太低,原因是________________________

(2)写出步骤②中主要反应的离子方程式:__________

(3)步骤⑤用冰水冷却至0℃,过滤出碘酸钾晶体,再用适量冰水洗涤2~3次。用冰水洗涤的优点是_____________

(4)产品纯度测定：取产品9.0g,加适量水溶解并配成250mL溶液。取出25.00mL该溶液并用稀硫酸酸化，加入过量的KI溶液，使碘酸钾反应完全，最后加入指示剂，用物质的量浓度为1.00mol•L-1的Na2S2O3溶液滴定，消耗25.00mL该滴定液时恰好达到滴定终点。已知

①实验中可用_______作指示剂。

②产品的纯度为_____%（精确到小数点后两位）。求得的纯度比实际值偏大，可能的原因是________________________。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共6分)24、G是一种治疗心血管疾病的药物；合成该药物的一种路线如下。

已知：R1CH2BrR1CH=CHR2

完成下列填空：

(1)写出①的反应类型_______。

(2)反应②所需的试剂和条件_______。

(3)B中含氧官能团的检验方法_______。

(4)写出E的结构简式_______。

(5)写出F→G的化学方程式_______。

(6)写出满足下列条件，C的同分异构体的结构简式_______。

①能发生银镜反应；②能发生水解反应；③含苯环；④含有5个化学环境不同的H原子。

(7)设计一条以乙烯和乙醛为原料(其它无机试剂任选)制备聚2-丁烯（）的合成路线_______。(合成路线常用的表达方式为：AB目标产物)参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【详解】

A．的电子式是A错误；

B．同位素是指质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同原子，则和互为同位素；B正确；

C．不同非金属元素之间形成的共价键为极性键，则分子中存在极性键；C正确；

D．为CO2；其分子呈直线形，D正确；

故选A。2、A【分析】【详解】

A．稀硫酸与溶液中的粒子均不反应；平衡不移动，A项错误；

B．温度升高，平衡逆移，根据勒夏特列原理可得出正反应为放热反应，∆H＜0；B项正确；

C．正反应减少的速率等于逆反应减少的速率；正逆反应速率相等，反应达到平衡，C项正确。

D．水溶液中计算平衡常数，水的浓度以1计，该反应的平衡常数K=D项正确；

故选A。3、C【分析】【详解】

A.氯气能被碱石灰吸收；故不能用碱石灰干燥氯气，故错误；B.氨气可以用碱石灰干燥，氨气的密度比空气小，应用向下排气法收集，但图中为向上排气法收集，故错误。氨气极易溶于水，用干燥管进行氨气的吸收装置，可以防止倒吸。C.二氧化硫的密度比空气大，用向上排气法收集，二氧化硫和氯化钙不反应，能用氯化钙干燥，二氧化硫能与氢氧化钠反应，使用干燥管能防止倒吸，故正确；D.一氧化氮不能用排空气法收集，也不能用氢氧化钠吸收，故错误。故选C。

【点睛】

实验装置中表示，气体能用某种固体干燥剂干燥，用向上排气法收集，说明该气体的密度比空气大，且与空气不反应，能用某种溶液或水吸收。4、B【分析】【详解】

A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+；选项A错误；

B．向C6H5ONa溶液中通入CO2；溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚，选B正确；

C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀；不能证明发生了沉淀转化，选项C错误；

D．向溶液中加入硝酸钡溶液；得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子，选项D错误。

【点睛】

在解决本题中选项C的类似问题时，一定要注意判断溶液中的主要成分。当溶液混合进行反应的时候，一定是先进行大量离子之间的反应（本题就是进行大量存在的硫离子和铜离子的反应），然后再进行微量物质之间的反应。例如，向碳酸钙和碳酸钠的悬浊液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸钠反应得到碳酸氢钠，再与碳酸钙反应得到碳酸氢钙。5、B【分析】【详解】

A项；浓氨水滴加到生石灰上产生氨气，可以用蘸有浓盐酸的玻璃棒来检验氨气，正确；

B项；铜和浓硫酸反应需加热，产生的二氧化硫气体遇石蕊溶液变红色或使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，错误；

C项；过氧化钠和水反应生成氧气和氢氧化钠，氧气能使带火星的木条复燃，正确；

D项；碳酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠；水和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，在滴有澄清石灰水的玻璃片上有浑浊现象，正确；

故选B。6、C【分析】【详解】

A选项，若D中无水硫酸铜变蓝，不能说明Na2O2与H2反应生成水；因为D外的水蒸气会进入到D装置中引起变蓝，故A错误；

B选项；装置B是U形管，只能装固体干燥剂碱石灰，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气和挥发的HCl，故B错误；

C选项；装置C加热前，应该先检验氢气的纯度，方法是用试管在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度，故C正确；

D选项；装置A不能直接用于二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，因为该装置缺少加热装置，故D错误；

综上所述，答案为C。7、A【分析】【详解】

A．A在量气前应通过提升右则管的高度的方法使左管充满液体而右侧没有液体；以使收集气体时将液体压入到右侧，故A错误；

B．B装置中广口瓶通常应盛满相应的液体；气体将液体排除测定液体的体积即为气体的体积，故B正确；

C．A装置收集完气体后；在读数前应使盛液管内的液面与集气管内的液面相平，使两侧气压相同，故C正确；

D．A装置是直接根据刻度测量气体的体积；而B装置直接测量的是所排出液体的体积，故D正确。

故选A。8、C【分析】【分析】

实验流程可知步骤I为氯气和氢氧化钠溶液的反应，生成NaClO，为避免生成NaClO3，应控制温度在40以下，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4⋅H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4⋅H2O，副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3。

【详解】

A.步骤I制备NaClO溶液时，若温度超过40Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaC1，步骤Ⅱ中NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40以下反应；所以步骤Ⅰ；Ⅱ反应过程中需控制好温度，A正确；

B.副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，可以用于吸收尾气；B正确；

C.步骤Ⅱ的反应为NaClO碱性溶液与尿素反应制备水合肼；由于水合肼具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成氮气，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，C错误；

D.水合肼被氧化生成氮气，其反应的离子方程式为：↑，D正确；故答案为：C。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7题，共14分)12、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】【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)414、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＞③6.0×10-1015、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%16、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=CH217、略

【分析】【详解】

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

（2）①Na2S2O4中硫元素的化合价为+3；

②由装置可知；仪器A的名称为恒压滴液漏斗；

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

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

⑤设连二亚硫酸钠理论产率为x；根据硫原子守恒：

2Na2SO3～Na2S2O4

252174

6.3gx

则解得x=4.35g，产率为：【解析】bcfgdNa2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O+3恒压滴液漏斗排净系统中的空气向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体，待甲醇顺利流下，重复2-3次18、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、结构与性质(共2题，共6分)19、略

【分析】【分析】

根据Fe的原子序数，结合核外电子排布规则写出Fe的电子排布式；根据晶胞的结构，利用“均摊法”进行晶胞的有关计算；根据同主族元素性质递变规律解释H、Li、Na的第一电离能的关系；根据NH3分子与H2O分子之间会形成氢键解释NH3极易溶于水的原因；根据NH3极易溶于水，CO2在水中溶解度不大，解释侯氏制碱法先通入NH3再通入CO2；根据VSEPR理论，判断其空间结构和杂化类型；根据形成配位健的条件判断提供空轨道的原子；根据NH3BH3(氨硼烷)分子间形成氢键判断其熔点较高；据此解答。

（1）

①Fe元素的原子序数为26，核外有26个电子，根据核外电子排布规则，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；答案为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；

②由晶胞的结构可知，图1结构中，Fe位于顶点和体心，Fe原子的个数为8×+1=2，图2结构中，Fe位于顶点和面心，Fe原子的个数为8×+6×=4，则两种晶胞所含铁原子个数比为2:4=1:2；又图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，其体积为V=(a×10-10cm)3，晶胞的质量为m==其密度ρ===g·cm-3；答案为1:2；

③第一电离能(I1)为I1(H)>I1(Li)>I1(Na)；原因是H；Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；答案为H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；

（2）

①NH3极易溶于水的原因是NH3与H2O分子间能形成氢键；答案为NH3与H2O分子间能形成氢键；

②因为二氧化碳在水中溶解度不大，氨气极易溶于水，饱和氨盐水显碱性，比饱和食盐水更容易吸收二氧化碳，所以要先向饱和食盐水中通入氨气，制成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳即反应时，向饱和NaCl溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳；答案为NH3；

③中中心原子C原子的价层电子对个数=3+=3+0=3，且无孤电子对，采取sp2杂化；其空间结构为平面三角形；答案为平面三角形；

（3）

①NH3分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+=3+1=4，且含有一个孤电子对，所以中心原子N原子的杂化轨道类型为sp3杂化；答案为sp3；

②在NH3BH3结构中；N原子存在孤电子对，B原子为缺电子原子，在配位键的形成中B原子提供空轨道；答案为B；

③NH3BH3(氨硼烷)与CH3CH3互为等电子体，由于NH3BH3分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，所以NH3BH3熔点高于CH3CH3；答案为>。【解析】(1)1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s21:2H；Li、Na位于同一主族；价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小。

(2)NH3与H2O分子间能形成氢键NH3平面三角形。

(3)sp3B＞20、略

【分析】【分析】

根据Cr原子的电子排布式，写出基态价电子的排布式；根据Cr原子失去一个电子后价电子排布情况判断铬的第二电离能大于锰的第二电离能；根据题中结构判断存在化学键类型；根据VSEPR理论判断中心原子杂化方式和空间构型；根据等电子体的概念写出一种与互为等电子体的分子；根据形成氢键和相似相溶原理解释乙醇能与水以任意比例互溶；根据题中晶胞的结构；利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。

（1）

Cr是24号元素，核外有24个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价电子排布式为3d54s1，答案为3d54s1。

（2）

因为铬原子失去1个电子后，价电子层电子排布式为属于半充满，相对稳定，即铬的第二电离能是失去半充满3d5上的电子，锰的第二电离能是失去3d6上的电子变为半充满状态，所以金属铬的第二电离能大于锰的第二电离能答案为铬原子失去1个电子后，价电子层电子排布式为属于半充满，相对稳定。

（3）

①由可知，该结构中存在N－H键是键，N＝C双键、C＝S双键中有键、键，Cr3+与配体间形成配位键；ABD符合题意；答案为ABD。

②由可知，NCS-的中心原子C原子形成2个双键，NCS-为直线形结构，C原子采取sp杂化；因为NCS-结构中，N、S均有孤电子对，均可与Cr3+形成配位键；答案为sp杂化；N；S。

③的价层电子对数＝4+＝4+0＝4，无孤电子对，的空间构型为正四面体结构；根据原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，则的等电子体的分子为CH4；答案为4；正四面体；CH4。

④CH3CH2OH与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子，根据相似相溶原理，所以CH3CH2OH能与水以任意比互溶；答案为乙醇可与水形成分子间氢键；乙醇属于极性分子。

（4）

由可知，晶胞中Cr原子数目=8×+4×=2，Se原子位于晶胞内，数目=2，故晶胞质量m=2×g=g，晶胞的体积V=a×10-7cm×a×10-7cm×b×10-7cm=a2b×10-21cm3，则晶体密度ρ===答案为【解析】(1)

(2)铬原子失去1个电子后，价电子层电子排布式为属于半充满，相对稳定。

(3)ABDsp杂化S、N4正四面体形乙醇可与水形成分子间氢键乙醇属于极性分子。

(4)五、工业流程题(共3题，共21分)21、略

【分析】【分析】

海带中提取I2，即将海带中的I-溶于水中，再将其氧化为I2，再利用CCl4萃取从水中提取出来。

【详解】

（1）操作为从水中分离出I2，即为萃取分液。具体操作顺序为edacb。在振荡过程中CCl4挥发导致分液漏斗中气压增大为了防止炸裂引发安全事故，需要进行放气，放气时分液漏斗下端朝上转动活塞放气。将漏斗置于铁圈上打开上端活塞静置分层，然后从下口放出下层，再从上口倒出上层。答案为edacb；向上倾斜；排除气体防止压强过大分液漏斗炸裂；打开上端活塞静置；从上口倒出上层；

（2）从图可以看出I2转变为NaI和NaIO3，那么反应按照升降守恒配平即可，3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O。答案为3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O；

（3）从图看NaI和NaIO3经稀硫酸转变为I2，即反应为6H++5I-+=3I2+3H2O。答案为6H++5I-+=3I2+3H2O；

（4）碘易升华经冷却之后便可被收集起来。该装置中I2经加热升华进入漏斗冷却为固体被收集在漏斗中从而达到分离提纯的目的。棉花为防止I2蒸汽升华至空气中。答案为I2经加热升华进入漏斗冷却为固体被收集在漏斗中从而达到分离提纯的目的；防止I2蒸汽升华至空气中。【解析】(1)edacb向上倾斜排除气体防止压强过大分液漏斗炸裂打开上端活塞从上口倒出上层。

(2)3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O

(3)6H++5I-+=3I2+3H2O

(4)I2经加热升华进入漏斗冷却为固体被收集在漏斗中从而达到分离提纯的目的防止I2蒸汽升华至空气中22、略

【分析】【分析】

（1）在反应过程中，反应产生的环境污染气体为NO、NO2、N2O，为减少对环境的污染，从反应方程式NO＋NO2＋2NaOH==2NaNO2，确定NO、NO2的体积关系，从而在图中找到稀硝酸的最佳浓度范围。对应的反应2中，确定NO、NO2的体积关系；也就确定了物质的量关系，从而确定还原产物及相对关系，也就能写出反应的离子方程式。

（2）A.NaOH溶液；既能去除油污和氧化膜，也会与Al反应；

B.没有真空，也可在水浴条件下蒸发，但在防止Al(NO3)3分解的同时；也要防止水解反应的发生；

C.干燥器隔板下一般放硅胶吸水；浓硫酸吸水能力太强，会导致晶体失去所有的结晶水；

D.制取后的Al(NO3)3易吸水；必须密封保存。

（3）此反应实际是水和SOCl2反应，从化合价考虑，只能生成SO2和HCl。

（4）①通入水蒸气；不仅提高温度还起到增大铝与稀硝酸接触面积的作用；

②NO和NO2的物质的量之比不一定是1∶1。

Al(NO3)3·9H2O晶体吸附HNO3，不用有机物，有机物不能除去吸附的HNO3。

③从分析冷凝管是多余的方向考虑；通入的水蒸气，冷凝回流会使浓度迅速下降。

【详解】

（1）从硝酸和铝反应的还原产物分布图来看，在8～8.5mol·L－1时，NO∶NO2＝1∶1，最容易被NaOH吸收，对应的方程式为NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2。对应的反应2的离子方程式是4Al＋18H＋＋6NO==4Al3＋＋3NO↑＋3NO2↑＋9H2O。答案为：8～8.5；4Al＋18H＋＋6NO3-=4Al3＋＋3NO↑＋3NO2↑＋9H2O；

（2）A.NaOH溶液；除油污和氧化膜，也要和Al反应，所以应适量，A不正确