2025年沪教版拓展型课程化学上册月考试卷

…………○…………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年沪教版拓展型课程化学上册月考试卷962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6题，共12分)1、某有机物不能发生的化学反应是A.消除反应B.取代反应C.氧化反应D.加成反应2、不能用启普发生器制取的气体是A.SO2B.H2SC.CO2D.H23、甲乙是某同学设计的两套制取二氧化碳的发生装置；对两套装置分析正确的是。

A.此时甲装置中的止水夹M处于打开状态B.甲装置气体导出过程中容器内外气压相等C.甲装置不具有启普发生器的功能D.乙装置N处添加止水夹可以与甲装置具有相同功能4、现有5瓶标签脱落的无色液体，分别为NaOH、KI、KSCN、Na2CO3、Na2SO4。下列试剂中，可以鉴别以上5种溶液的是（）A.氢氧化钡溶液B.氯化铁溶液C.石蕊试液D.盐酸5、根据下列实验操作和现象；能得出正确结论的是。

A.AB.BC.CD.D6、对FeC13溶液与KI溶液反应进行探究实验；按选项ABCD顺序依次进行操作，依据现象，所得结论错误的是。

。

操作。

现象。

结论。

A

取2mL0.1mol∙L-1KI溶液于试管中，滴加3滴0.1mol∙L-1FeCl3溶液；振荡，充分反应。将所得溶液分别置于试管①和试管②中。

溶液呈深棕黄色。

FeCl3与KI反应，生成了I2

B

向试管①中滴加2滴0.1mol∙L-1KSCN溶液。

溶液显红色。

FeCl3与KI反应具有可逆性。

C

向试管②中加入1mLCCl4；充分振荡，静置。

溶液分层；上层为浅棕黄色，下层为紫色。

上层溶液为浅棕黄色，证明有Fe3+剩余。

D

取试管②的上层液体置于试管③中，滴加0.1mol∙L-1KSCN溶液。

溶液显浅红色。

试管③中红色比试管①中浅；是平衡移动的结果。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、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“＜”)。8、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_______。

9、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_______；10、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__。11、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、元素或物质推断题(共6题，共12分)12、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)。

13、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)。

14、某白色固体甲常用于织物的漂白；也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。为研究其组成，某小组同学进行了如下实验。

又知；甲的焰色为黄色，盐丙和丁的组成元素和甲相同，乙能使品红溶液褪色，①处气体体积在充分加热挥发后经干燥测定。

(1)甲中所含阳离子的电子式为___________，甲的化学式___________。

(2)写出①中产生黄色沉淀的反应的离子反应方程式___________。

(3)甲的溶液还可用作分析化学中的吸氧剂，假设其溶液与少量氧气反应产生等物质的量的两种酸式盐，试写出该反应的化学反应方程式___________。

(4)下列物质中可能在溶液中与甲反应的是___________。A．NaIB．C．D．NaOH15、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_______。16、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_________。17、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)。

评卷人得分四、工业流程题(共2题，共6分)18、铟(In)是一种稀散金属，常与其他金属矿石伴生，回收氧化锌烟尘(主要成分是ZnO，还含少量PbO、FeS、等)中的金属铟的工艺流程如下：

已知：室温下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。金属离子开始沉淀pH(离子浓度为时)1.363完全沉淀pH2.784.3

回答下列问题：

(1)In为49号元素，常以＋3价形式存在于化合物中，基态In原子的价电子排布式为_______。

(2)“中性浸出”的过程为：先加入稀硫酸和适量氧化剂氧化酸浸氧化锌烟尘；反应结束前半个小时加入CaO调整pH=5.0~5.2。

①与稀反应的化学方程式为_______。

②氧化酸浸过程中，中的硫元素被氧化为该反应的离子方程式为_______。

③氧化剂用量对中性浸出效果的影响如图所示。最佳氧化剂用量为_______。

④“中浸渣”的主要成分为_______(填化学式)。

(3)萃取时，发生反应代表有机萃取剂。

①反萃取时，宜选用的试剂X为_______。

②实验室进行萃取和反萃取时，均需要使用的玻璃仪器有_______。

(4)“置换”后的滤液可返回_______(填“滤液1”或“滤液2”)中利用。

(5)“置换”时锌粉的利用率为99.5%，若想获得6.9kg海绵铟，需要使用锌粉_______kg(保留两位小数)。19、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4题，共24分)20、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21、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)22、利用空气氧化NO；成本低廉，很具有研究价值。回答下列问题：

(1)NO氧化反应机理可能涉及如下过程：

Ⅰ．(快反应)

Ⅱ．(慢反应)

Ⅲ．(快反应)

上述反应_______(填序号)决定NO的氧化反应速率；已知则反应的_______(用a、b、c的代数式表示，a、b；c均为正值)。

(2)已知反应Ⅰ：v正=k1·c2(NO)，v逆=k2·c[(NO)2]，k1、k2为速率常数，仅受温度影响。下列叙述错误的是_______(填字母)。

A．反应Ⅰ达到平衡状态，可推知

B．反应Ⅱ的活化能低于反应Ⅰ的活化能。

C．增大NO的浓度，增大；升高温度，增大。

(3)一定条件下，将和按物质的量之比2：1充入反应容器，发生反应：其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(P1、P2)下随温度变化的曲线如图所示。

①_______(填“＞”“＜”或“＝”)

②400℃、条件下，O2的平衡转化率为_______%。

③700℃、p2条件下，该反应的平衡常数Kp=_______(以分压表示；分压=总压×物质的量分数)。

(4)恒容条件下，为提高NO转化为NO2的平衡转化率可采取的措施为_______(任写一种)。23、近年来；全球丙烯需求快速增长，研究丙烷制丙烯有着重要的意义。

相关反应有：

Ⅰ．C3H8在无氧条件下直接脱氢：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)∆H1=+124kJ·mol−1

Ⅱ．逆水煤气变换：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∆H2

Ⅲ．CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯：C3H8(g)+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)∆H3

已知：CO和H2的燃烧热分别为−283.0kJ·mol−1、−285.8kJ·mol−1；

H2O(g)=H2O(l)∆H=−44kJ·mol−1

请回答：

(1)反应Ⅱ的∆H2=___________kJ·mol−1。

(2)下列说法正确的是___________

A．升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大。

B．选择合适的催化剂可以提高丙烷平衡转化率和丙烯选择性。

C．反应Ⅱ能自发，则∆S＜0

D．恒温恒压下通入水蒸气有利于提高丙烷转化率。

(3)在不同压强下(0.1MPa、0.01MPa)，反应Ⅰ中丙烷和丙烯的物质的量分数随温度变化如图所示，请计算556℃反应Ⅰ的平衡常数Kp=___________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp；如p(B)=p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。

(4)反应Ⅰ须在高温下进行，但温度过高时易发生副反应，导致丙烯选择性降低，且高温将加剧催化剂表面积炭，导致催化剂迅速失活。工业上常用CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯。请说明原因：________。

(5)研究表明，二氧化碳氧化丙烷脱氢制取丙烯可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图所示。该工艺可以有效消除催化剂表面的积碳，维持催化剂活性，原因是_____。

评卷人得分六、有机推断题(共1题，共5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6题，共12分)1、A【分析】【详解】

A．该物质中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子；不能发生消除反应，故A符合题意；

B．含有羟基可以发生酯化反应；含有酯基可以发生水解反应，均属于取代反应，故B不符合题意；

C．与羟基相连的碳原子上有氢原子；且含有碳碳双键，可以发生氧化反应，故C不符合题意；

D．含有碳碳双键；可以发生加成反应，故D不符合题意；

综上所述答案为A。2、A【分析】分析：启普发生器适用于固液混合状态且不需加热而制取的气体的反应,且固体必须是块状的,据此结合气体的制取原理进行判断。

详解：实验室用亚硫酸钠和硫酸制取SO2,硫酸钠是粉末状固体,所以不能用启普发生器制取，A正确；实验室用硫化亚铁和稀硫酸制取H2S,硫化亚铁为块状固体，硫酸为液体，且不需加热,可以使用启普发生器，B错误；实验室用碳酸钙和稀盐酸制取CO2,碳酸钙为块状固体，盐酸为液体，且不需加热,可以使用启普发生器，C错误；实验室用锌和稀硫酸制取H2,锌为块状固体，硫酸为液体，且不需加热,可以使用启普发生器，D错误；正确选项A。3、B【分析】【分析】

制取装置包括加热和不需加热两种,实验室制取CO2,是在常温下,用大理石或石灰石和稀盐酸制取的；碳酸钙和盐酸互相交换成分生成氯化钙和水和二氧化碳，因此不需要加热；二氧化碳能溶于水,密度比空气的密度大,因此只能用向上排空气法收集；甲装置的优点是：可以控制反应的发生和停止,具有启普发生器的功能；乙装置N处添加止水夹也与甲装置具有的功能不同,因为乙中固体与液体不能分离。

【详解】

A项；图示甲装置中固液分离，且U形管中左边液面高于右边液面，说明止水夹M处于关闭状态，故A项分析错误；B项，甲装置气体导出过程中，容器内部与外部相通，装置气体顺利导出，气压相等，故B项分析正确；C项，启普发生器适用于块状固体与液体在常温下反应制取气体，能够实现“随开随用；随关随停”，而甲装置同样适于块状固体与液体在常温下反应制取气体，且利用止水夹的开闭能够控制反应的开始和停止，因此，甲装置具有启普发生器的功能，故C项分析错误；D项，甲装置关闭止水夹M后，U形管内的压强增大，从而使固体与液体反应物分离，而乙装置在N处添加止水夹不能实现固液分离，故D项分析错误；正确选项B。

【点睛】

启普发生器适用于块状固体与液体在常温下反应制取气体，能够实现“随开随用、随关随停”；可以利用启普发生器制备的气体常见的有氢气、二氧化碳、硫化氢等等。4、B【分析】【详解】

A.Na2CO3、Na2SO4与氢氧化钡溶液反应均生成白色沉淀；A错误；

B.NaOH与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁的红褐色沉淀、KI与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成氯化亚铁，溶液由黄色变为浅绿色、KSCN与氯化铁溶液反应，溶液变成血红色、Na2CO3与氯化铁溶液双水解生成氢氧化铁的红褐色沉淀和二氧化碳气体、Na2SO4与氯化铁溶液不反应；B正确；

C.NaOH、Na2CO3呈碱性；均能使石蕊变蓝，C错误；

D.NaOH与盐酸反应无明显现象，Na2CO3与盐酸反应生成气体，KI、KSCN、Na2SO4与盐酸不反应，D错误；故答案为：B。5、C【分析】【详解】

A.如果白色沉淀为亚硫酸钡，则X可能为氨气，没有强氧化性；如果白色沉淀为硫酸钡，X也可能为氯气等强氧化性气体，故A错误；

B.HCI不是Cl元素的最高价氧化物的水合物，所以不能根据HCl和硅酸酸性强弱判断非金属性强弱，故B错误；

C.常温下相同浓度的钠盐，如果溶液pH越大，该酸的酸性越弱。常温下，浓度均为0.1molL-1NaHCO3和CH3COONa溶液的pH，前者的pH大，则酸性CH3COO>H2CO3，故C正确；

D.Y溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO)3，产生白色沉淀，Y溶液中可能含有SO42-，也可能含有SO2，故D错误；

故选C。

【点睛】

判断盐溶液的酸碱性判断酸性的强弱。即同温下，相同浓度的钠盐溶液，如果pH越大，说明该酸的酸性越弱。6、C【分析】【详解】

A．Fe3+具有氧化性，I-具有还原性，Fe3+能把I-氧化为I2；碘水呈深棕黄色，故A正确；

B．取2mL0.1mol∙L-1KI溶液于试管中，滴加3滴0.1mol∙L-1FeCl3溶液，振荡，发生反应FeCl3溶液不足，再滴加2滴0.1mol∙L-1KSCN溶液，溶液显红色，说明溶液中含有Fe3+，所以可证明FeCl3与KI反应具有可逆性；故B正确；

C．试管②中上层溶液为浅棕黄色，可能是少量碘溶于水的结果，不能证明一定有Fe3+剩余；故C错误；

D．加入CCl4萃取，碘的浓度降低，使平衡正向移动，Fe3+的浓度降低，所以试管③中红色比试管①中浅，是平衡移动的结果，故D正确。二、填空题(共5题，共10分)7、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)>8、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）9、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%10、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11、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、元素或物质推断题(共6题，共12分)12、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－313、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－314、略

【分析】【分析】

甲的焰色反应为黄色，说明甲中含有钠元素，盐丙和盐丁的组成元素和甲相同，加入足量稀硫酸反应生成的乙能使品红溶液褪色，则乙为二氧化硫，淡黄色沉淀为硫单质，丙、丁中的一种物质为硫代硫酸钠，发生反应：反应①生成的二氧化硫的物质的量为0.02mol，硫的物质的量为0.01mol，而中生成的硫、二氧化硫物质的量相等均为0.01mol，故丙、丁中的另一种物质为亚硫酸钠，发生反应该反应生成的二氧化硫物质的量为0.01mol，甲分解得到的二氧化硫的物质的量为0.01mol。

【详解】

（1）根据前面分析得到甲中所含阳离子为钠离子，其电子式为根据原子守恒可知，0.01mol甲中Na原子的物质的量为0.01mol×2+0.01mol×2=0.04，S原子物质的量为0.01mol+0.01mol×2+0.01mol=0.04mol，O原子物质的量为(0.01mol+0.01mol)×3+0.01mol×2=0.08mol，则甲的化学式为Na2S2O4，则甲的化学式故答案为：

（2）①中产生黄色沉淀的反应是其离子反应方程式故答案为：

（3）甲的溶液还可用作分析化学中的吸氧剂，假设其溶液与少量氧气反应产生等物质的量的两种酸式盐，根据质量守恒得到两种盐分别为硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，则该反应的化学反应方程式故答案为：

（4）白色固体甲()常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去，说明具有强还原性，具有氧化性的物质或离子能与反应，氯气、硝酸银都具有强氧化性，能与发生氧化还原反应，则可能在溶液中与甲反应的是BC；故答案为：BC。【解析】(1)

(2)

(3)

(4)BC15、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，则实验检验溶液D中的主要离子方法是取少量溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃若看到紫色则含有K＋；另取少量溶液先加盐酸无沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀则含有SO故答案为：取少量溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃若看到紫色则含有K＋；另取少量溶液先加盐酸无沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀则含有SO【解析】(1)K、S、I、OKI(SO2)4或KIS4O8

(2)2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2SO4＋7H2SO4＋2H2O或2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋2KHSO4＋6H2SO4＋2H2O

(3)SO＋I＋H2O=3I－＋2H＋＋SO

(4)取少量溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃若看到紫色则含有K＋；另取少量溶液先加盐酸无沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀则含有SO16、略

【分析】【分析】

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，沉淀B含有铜元素，隔绝空气加热后的固体C应含铜元素，灼烧后黑色固体E应为CuO8.0g，CuO的物质的量==0.1mol，根据Cu守恒，B、C中Cu元素的物质的量0.1mol，Cu元素质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，C在足量O2灼烧后产生的混合气体1通入足量澄清石灰水，产生10g白色沉淀G，则G为CaCO3，混合气体1中含有CO2和未反应的O2，根据C守恒，固体C中含有含有C元素，其物质的量为=0.1mol，质量为0.1mol×12g/mol=1.2g，反应后的混合气体2通过灼热的铜网完全反应后，剩余1120mL气体F，结合气体F标况下密度为1.25g/L，气体F摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，推测为N2，氮气的物质的量==0.05mol，质量为0.05mol×28g/mol=1.4g，根据转化流程分析，若F为N2，则Cu、C、N元素都来自于固体C，即C由Cu、C、N三种元素组成，再根据m（Cu）+m（C）+m（N）=6.4g+1.2g+1.4g=9g，刚好等于参与反应的固体C的质量，由此可确定，F为N2，C由Cu、C、N三种元素组成，且n（Cu）∶n（C）∶n（N）=0.1mol∶0.1mol∶0.05mol×2=1∶1∶1，则固体C的化学式为CuCN，混合气体1为CO2、O2、N2的混合气体，混合气体2为O2、N2的混合气体；由于沉淀B也是由三种元素组成，隔绝空气加热分解为C和D，没有外来元素，则B也是由Cu、C、N三种元素组成，B为11.6g，C为9g，根据质量守恒，D的质量为2.6g，气体D标况下密度2.32g/L，则D摩尔质量为2.32g/L×22.4L/mol≈52g/mol，气体D的物质的量为=0.05mol，C中除Cu外的CN-的质量为9g-6.4g=2.6g，CN-的物质的量为=0.1mol，B中除Cu外的质量为11.6-6.4=5.2g，则B的化学式为Cu(CN)2；前面的分析中确定，B中含有Cu0.1mol，则B中含有CN-的物质的量为0.2mol，根据原子守恒，D中含有CN为0.1mol，则D的分子式为(CN)2；

【详解】

I(1)根据分析，组成B的三种元素是Cu、C、N三元素，气体D的分子式是(CN)2；

(2)固体C为CuCN，在足量氧气中灼烧生成CuO、CO2和N2，则发生反应的化学方程式为2CuCN＋3O22CuO＋2CO2＋N2；

(3)CuCN与盐酸反应生成弱酸为HCN，沉淀的摩尔质量为199g/mol，则可推断其为Cu2Cl2，发生反应的化学方程式为2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN；

II(4)四氯化碳的密度大于水的密度，若试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明Br2与KI反应生成了I2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可以说明氧化性Br2＞I2；

(5)若氯气未过量，可向试管B或分液漏斗中继续通入氯气，若溶液出现橙红色，说明氯气未过量，则实验方案为：方案一：关闭弹簧夹，向B试管中继续通入氯气，若B试管出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。方案二：取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。【解析】Cu、C、N(CN)22CuCN＋3O22CuO＋2CO2＋N22CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色方案一：关闭弹簧夹，向B试管中继续通入氯气，若B试管出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。方案二：取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。17、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－3四、工业流程题(共2题，共6分)18、略

【分析】【分析】

氧化锌烟尘中性浸出，过滤分离得到滤液1，滤液1为ZnSO4，中性渣主要含加入硫酸酸浸，过滤得到滤液2和酸浸渣，酸浸渣为滤液2中主要含有In3+、Fe3+；加入P204+260号溶剂由萃取，再加入酸反萃取后，加入Zn置换得到海绵铟。

【详解】

（1）In为第五周期第ⅢA族元素，基态In原子的价电子排布式为故答案为：

（2）①加入稀硫酸浸泡过程中，与稀反应生成和沉淀，反应的化学方程式为故答案为：

②氧化酸浸过程中，中的硫元素被氧化为MnO2被还原为Mn2+，则发生反应的离子方程式为故答案为：

③“中性浸出”时要尽可能使锌元素浸出；铟元素不浸出，根据题图判断，最佳氧化剂用量为1%，故答案为：1%；

④由上述分析可知，“中浸渣”的主要成分为故答案为：

（3）①反萃取过程中，需要加入酸溶液让萃取反应的平衡逆向移动，从流程中看出宜选用稀故答案为：稀

②萃取和反萃取后需要分液；则均需要使用的玻璃仪器有烧杯；分液漏斗，故答案为：烧杯、分液漏斗；

（4）“置换”后的滤液中含有大量可返回滤液1中利用，故答案为：滤液1；

（5）“置换”过程中发生反应则需要消耗的Zn的质量为故答案为：5.88。【解析】(1)

(2)1%

(3)稀烧杯；分液漏斗。

(4)滤液1

(5)5.8819、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；

B.没有真空，也可在水浴条件下蒸发，既要防止Al(NO3)3的分解；也要防止发生水解，B不正确；

C.干燥器隔板下一般放硅胶吸水；打开时，要用力平推玻璃盖，C不正确；

D.制取后的Al(NO3)3必须密封保存；防水解，D正确。答案为：D；

（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，反应的方程式为Al(NO3)3·9H2O＋9SOCl2=Al(NO3)3＋9SO2↑＋18HCl↑。答案为：Al(NO3)3·9H2O＋9SOCl2=Al(NO3)3＋9SO2↑＋18HCl↑；

（4）①通入水蒸气；不仅提高温度还起到搅拌作用；答案为：搅拌；

②由于水蒸气通入和反应，HNO3的浓度不断变化，NO和NO2的物质的量之比不是1∶1，很难被NaOH吸收干净；答案为：由于HNO3在反应过程中浓度不断变化，NO和NO2物质的量之比不一定是1∶1；

Al(NO3)3·9H2O晶体吸附HNO3，合适的洗涤剂是冷水，不用有机物，有机物不能除去吸附的HNO3；答案为：冷水；

③从分析冷凝管是多余的方向考虑；通入水蒸气，冷凝回流会使浓度迅速下降，反应速率迅速变小。答案为：通入水蒸气，冷凝回流会使浓度迅速下降，反应速率迅速变小。

【点睛】

分析稀硝酸的最佳浓度范围时，从哪个角度切入，是解题的关键。从反应速率看，浓度越大，反应速率越快；从环保的角度看，最好是不产生污染环境的气体，N2不污染环境，不需对气体进行处理，其它气体都需收集或处理，所以自然会想到NO、NO2的综合处理。综合以上两点，就能确定硝酸的浓度范围。【解析】8～8.54Al＋18H＋＋6NO3-=4Al3＋＋3NO↑＋3NO2↑＋9H2ODAl(NO3)3·9H2O＋9SOCl2=Al(NO3)3＋9SO2↑＋18HCl↑搅拌由于HNO3在反应过程中浓度不断变化，NO和NO2物质的量之比不一定是1∶1冷水通入的水蒸气，冷凝回流会使浓度迅速下降，反应速率迅速变小五、原理综合题(共4题，共24分)20、略

【分析】【详解】

I．(1)①已知：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1

②C(s)＋O2(g)＝CO(g)ΔH＝－110.4kJ·mol－1；

根据盖斯定律，将②-①×整理可得：C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋131.4kJ·mol－1

(2)洗涤含SO2的烟气，使SO2与洗涤剂发生反应。

A．NaHSO3与SO2不能反应；不能作洗涤剂，A不符合题意；

B．由于亚硫酸的酸性比碳酸强，所以NaHCO3与SO2能反应，产生Na2SO3或NaHSO3及CO2；因此能作洗涤剂，B符合题意；

C．由于盐酸的酸性比亚硫酸的酸强，所以BaCl2与SO2不能反应；不能作洗涤剂，C不符合题意；

D．FeCl3与SO2、H2O发生氧化还原反应，产生FeCl2、HCl、H2SO4；因此可以作洗涤剂，D符合题意；

故合理选项是BD；

II．(3)根据方程式N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)，每反应消耗1molN2、1molO2就会产生2molNO，则5min后达平衡，测得NO为1mol，则消耗N2为0.5mol，消耗O2为0.5mol，用N2的浓度变化表示的平均反应速率v(N2)==0.05mol/(L·min)；此时各种气体的浓度分别是c(N2)=mol/L，c(O2)=mol/L，c(NO)=mol，则此时反应的平衡常数K=

②由曲线改变可知：改变外界条件后反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，且化学平衡正向移动，由于该反应的正反应是气体体积不变的吸热反应，则改变的条件可能是升温或增大O2的浓度；

(4)有人设想按2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)反应除去CO，该反应反应后气体混乱程度减小，△S＜0，若使该反应在任何温度下都不能实现，则ΔG＞0，ΔG=ΔH-T△S＞0，由此判断该反应的ΔH＞0；

(5)反应2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)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，就应该加快化学反应速率，由于该条件下化学平衡常数已经很大，在影响化学反应速率的因素中，采用升高温度或增大压强，就需消耗较高的能量和动力，对设备的材料承受的压力要求也高，投入大大增加，一般不采用；而催化剂能够成千上万倍的加快化学反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，因此在实际操作中最可行的措施是使用高效催化剂，故合理选项是C。【解析】C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋131.4kJ·mol－1BD0.05mol/(L·min)或0.57升温或增大O2的浓度＞C21、略

【分析】（1）

为放热反应，起始时通入的物质的量相同，则乙烯的平衡转化率越大，反应进行的限度越大，放出的热量也越多，故

（2）

由图中的B、C点分析，结合勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，故温度从变化到的过程为升高温度，正、逆反应速率均会加快，且该反应为放热反应，故逆反应速率加快的幅度大于正反应速率加快的幅度，即增大的倍数小于D项符合题意；

（3）

A点时，此时与的物质的量相等，即据图中信息列三段式：

容器体积为10L，反应时间为2min，故

（4）

由A；B、C点可知；A、C点对应的平衡常数相等，B、C点对应体系起始通入的反应物的物质的量相等，故将C点对应的体系列三段式：

则解得结合图中A、B、C点的信息，可计算出，A、B、C点对应的体系中气体的总物质的量分别为2.4mol、2.2mol、2.3mol，依据判断，A、C点对应的温度相同，气体的物质的量越大，容器的压强越大，即将数据代入公式得到因为所以即【解析】(