2025年浙教版拓展型课程化学下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年浙教版拓展型课程化学下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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯(HCOOCH3)：CH3OH(g)+CO(g)⇌HCOOCH3(g)。在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO；测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示。下列说法正确的是。

A.加入甲醇蒸气，甲醇转化率增大B.b点反应速率υ正=υ逆C.平衡常数K(75℃)＜K(85℃)D.反应速率υb逆＜υd逆2、已知25℃下水的离子积Kw=1×10-14，此温度下，下列说法错误的是A.纯水加入NaOH固体，水的电离程度减小B.纯水加入FeCl3固体，pH升高C.0.005mol·L-1的硫酸溶液，pH=2D.0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液，pH=123、用下图所示装置进行实验，将少量液体甲逐滴加入到固体乙中，试管中试剂为丙，则下表中现象与结论均正确的是。选项甲乙丙试管中现象A浓盐酸二氧化锰石蕊溶液先变红后褪色B浓氨水生石灰A1Cl3溶液先沉淀后消失C醋酸碳酸钙BaC12溶液变浑浊D浓硝酸铜水试管口出现红棕色

A.AB.BC.CD.D4、实验室里可按如图装置来干燥；收集气体R；多余的气体R可用水吸收，则R是。

A.HClB.N2C.COD.NH35、下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不对应的是。

。选项。

实验操作及现象。

解释或结论。

A．

向某溶液中逐滴加入盐酸；产生无色无味气体。

此溶液中一定含有CO32-

B．

将干燥和湿润的红色布条；分别放入盛有氯气的集气瓶中，湿润的红色布条褪色。

氯气与水反应一定产生具有漂白性的物质。

C．

将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近；产生大量白烟。

NH3遇到HCl时反应生成NH4Cl晶体。

D．

向某溶液中逐滴加入NaOH溶液；立即产生白色沉淀，迅速变成灰绿，最终变成红褐色。

此溶液中一定含有Fe2+

A.AB.BC.CD.DA.6、利用图1所示装置（箭头表示气体或液体流向）可实现的实验是。

A.瓶内装满水用排水法收集H2B.瓶内装满水用排水法测定O2的体积C.瓶内装饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl杂质D.瓶内装NaOH溶液除去Cl2中的HCl杂质7、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溶液评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、晶体硼熔点为1873K；其结构单元为正二十面体，结构如图所示。氮化硼（BN）有多种相结构，例如六方相氮化硼与立方相氮化硼，结构如图所示，六方相氮化硼与石墨相似，具有层状结构；立方相氮化硼是超硬材料。回答下列问题：

（1）基态硼原子有___种不同能量的电子，第二周期中，第一电离能介于硼元素与氮元素之间的元素有___种。

（2）晶体硼为___（填晶体类型），结构单元由___个硼原子构成，共含有___个B-B键。

（3）关于氮化硼两种晶体的说法，正确的是___。

a.立方相氮化硼含有σ键和π键。

b.六方相氮化硼层间作用力小；所以质地软。

c.两种晶体均为分子晶体。

d.两种晶体中的B-N键均为共价键。

（4）NH4BF4是合成氮化硼纳米管的原料之一，1molNH4BF4含有___mol配位键。9、油气开采；石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢；需要回收处理并加以利用。

H2S热分解反应：2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。

(1)n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率___________，理由是___________

(2)n(H2S)：n(Ar)=1：9对应图中曲线___________，计算其在0~0.1s之间，H2S分压的平均变化率为___________kPa·s-1。10、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________。11、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)。12、已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色；现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，振荡后溶液呈黄色。

（1）甲同学认为这不是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是：______（填粒子的化学式；下同）；

乙同学认为这是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是_________。

（2）如果要验证乙同学判断的正确性；请根据下面所提供的可用试剂，用两种方法加以验证，请将选用的试剂代号及实验中观察到的现象填入下表。

实验可供选用试剂：。A．酸性高锰酸钾溶液B．氢氧化钠溶液C．四氯化碳D．硫氰化钾溶液E．硝酸银溶液F．碘化钾淀粉溶液。实验方案。

所选用试剂（填代号）

实验现象。

方案一。

方案二。

（3）根据上述实验推测，若在稀溴化亚铁溶液中通入氯气，则首先被氧化的离子是________，相应的离子方程式为_______________________________________________；13、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8题，共16分)14、过氧化锶(SrO2)通常用作分析试剂、氧化剂、漂白剂等。制备反应原理为：Sr+O2SrO2。某兴趣小组利用下列装置在实验室中模拟制备过氧化锶。

(1)选择必要仪器组装制备过氧化锶(气流按从左到右的流向)：____________(填字母)。

(2)该实验制备氧气的化学方程式为______________。

(3)连接好装置并进行实验；实验步骤如下，实验操作顺序为___________(填字母)。

①打开分液漏斗活塞；将水滴入烧瓶②在相应装置中装入药品③检查装置气密性④加热。

⑤停止加热⑥关闭分液漏斗活塞。

(4)利用反应Sr2++H2O2+2NH3+8H2O=SrO2·8H2O↓+2NH4+；制备过氧化锶的装置如下：

①X仪器的作用是_____________。

②氨气在该反应所起的作用是__________________。

③实验结束后，得到SrO2·8H2O的操作为_________________。

(5)设计实验证明SrO2的氧化性比FeCl3的氧化性强__________________。15、氢化铝锂(LiAlH4)是有机合成中的重要还原剂。某课题组设计实验制备氢化铝锂并测定其纯度。已知：氢化铝锂、氢化锂遇水都剧烈反应并产生同一种气体。活泼金属硫化物与酸反应产生H2S气体。

Ⅰ；制备氢化锂：选择下图中的装置制备氢化锂(有些装置可重复使用)：

(1)装置的连接顺序(从左至右)为A→___________________________________。

(2)检查好装置的气密性，打开装置A中分液漏斗的活塞后，点燃酒精灯前需进行的实验操作是________。

Ⅱ；制备氢化铝锂。

1947年，Schlesinger、Bond和Finholt首次制得氢化铝锂，其方法是使氢化锂与无水三氯化铝按一定比例在乙醚中混合，搅拌，充分反应后，经一系列操作得到LiAlH4晶体。

(3)写出氢化锂与无水三氯化铝反应的化学方程式_________________________。

Ⅲ.测定氢化铝锂产品(不含氢化锂)的纯度。

(4)按下图连接好装置后，检查装置气密性的操作是：_____________________。装好药品(Y形管中的蒸馏水足量，为了避免氢化铝锂遇水发生爆炸，蒸馏水中需掺入四氢呋喃作稀释剂)，启动反应的操作是__________________。

(5)在标准状况下，反应前量气管(由碱式滴定管改装而成)读数为V1mL，反应完毕并冷却之后，量气管读数为V2mL。该样品的纯度为_________(用含a、V1、V2的代数式表示)。如果起始读数时俯视刻度线，测得的结果将_________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。16、某兴趣小组对物质的性质进行相关探究。

（提出问题）氯化氢（HCl）气体显酸性吗？

（进行实验）该兴趣小组的同学根据二氧化碳与水反应的实验探究方法；用三朵由紫甘蓝的汁液染成蓝紫色的纸质干燥小花进行如图1的三个实验：

实验现象：I和Ⅱ中小花不变色；Ⅲ中小花变红色。

（查阅资料）图2是同学们查阅的氯化氢气体溶于水的微观示意图。

（实验结论）氯化氢气体不显酸性。

（交流反思）

(1)从微观角度分析氯化氢气体不显酸性的原因是________________。

(2)小明向实验Ⅲ中变红的小花上喷适当过量的稀氢氧化钠溶液；发现小花最后变成黄绿色，写出相关反应的化学方程式___________。

(3)紫甘蓝的汁液在酸性溶液中显__________色；在碱性溶液中显_________色。

(4)下列实验可以用来说明氯化氢气体不显酸性的是____________。

A．测试盐酸的导电性；盐酸能导电。

B．干燥的碳酸钠粉末放入氯化氢气体中；不反应。

C．氢气与氯气反应；生成氯化氢气体。

D．干燥的碳酸钠粉末放入盐酸中，能反应17、某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解；进行了如下实验：

（一）制取氧化铜。

①称取2gCuSO4·5H2O研细后倒入烧杯；加10mL蒸馏水溶解；

②向上述CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液；直到不再产生沉淀，然后将所得混合物转移到蒸发皿，加热至沉淀全部变为黑色；

③将步骤②所得混合物过滤；洗涤；晾干后研细备用。

回答下列问题：

（1）步骤①；③中研磨固体所用仪器的名称是__________________。

（2）步骤③中洗涤沉淀的操作是____________________________________。

（二）证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较用图装置进行实验；实验时均以生成25mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略，相关数据见下表：

。实验序号。

KClO3质量。

其它物质质量。

待测数据。

④

1.2g

无其他物质。

⑤

1.2g

CuO0.5g

⑥

1.2g

MnO20.5g

回答下列问题：

（3）上述实验中的“待测数据”指__________________。

（4）若要证明实验⑤中干燥管内收集的气体是O2；可待气体收集结束后，用弹簧夹夹住B中乳胶管，拔去干燥管上单孔橡皮塞，____________________________________。

（5）为探究CuO在实验⑤中是否起催化作用，需补做如下实验（无需写出具体操作）：a、_________________________________；b、CuO的化学性质有没有改变。18、肉桂酸在有机合成等多方面具有重要作用。实验室制备肉桂酸的反应装置示意图和有关数据如下：

(一)制备：在250mL三口烧瓶中放入3mL(3.18g；0.03mol)苯甲醛；8mL(8.16g，0.08mol)乙酸酐，以及4.2g无水碳酸钾。三口烧瓶的侧口插入一根200℃温度计于液面以下，采用空气冷凝管缓缓回流加热45min。

(二)纯化：反应完毕，在搅拌下向反应液中分批加入20mL水；再慢慢加入碳酸钠中和反应液至pH=8；然后进行水蒸气蒸馏，蒸出未反应完的苯甲醛。待三口烧瓶中的剩余液体冷却后，加入活性炭煮沸10~15min，进行趁热过滤以除去树脂状物。将滤液冷却至室温，在搅拌下用浓盐酸酸化至溶液pH=3。充分冷却，待晶体析出后进行抽滤，用少量冷水洗涤沉淀。抽干，让粗产品在空气中晾干，得粗产品3.0g。已知：。名称性状熔点沸点溶解度水乙醇水乙醇苯甲醛无色液体－26178微溶互溶乙酸酐无色液体、易水解－73.1139易溶可溶肉桂酸无色晶体，较高温度下会脱去羧基，最终生成树脂状物质133300微溶可溶

注：加热装置和固定装置未画出。

回答下列问题：

(1)仪器a的名称是____________________。

(2)制备步骤中，回流的目的是___________________。

(3)纯化步骤中，分批加入20mL水的目的是____________________________________，加入碳酸钠是为了中和___________。

(4)水蒸气蒸馏装置中玻璃管的作用是___________________________________________；如何判断蒸馏已完成？__________________________________________。

(5)粗产品中含有少量氯化钠、氯化钾，进一步提纯粗产品的方法是_____________。

(6)本次实验粗产品的产率为___________(保留三位有效数字)。19、某课外活动小组设计了下列装置；验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。

【装置分析】

（1）装置①中反应的离子方程式是___________；

（2）装置②中的试剂是______（填字母），装置③中的试剂是_________（填字母）；

a饱和NaHCO3溶液b饱和Na2CO3溶液c浓H2SO4dNaOH溶液。

【进行实验】

步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1；打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。

步骤2：打开弹簧夹K1，关闭K2；打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。

（3）步骤1和步骤2中；a处带火星的木条产生的实验现象分别是。

步骤1中_____________，步骤2中_____________；

（4）步骤2中过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式是_______________；

【实验反思】

（5）有同学提出质疑：“上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应”。其理由是____________；

（6）需要补充的实验操作是：取⑤中反应后的少量固体，______________；

【测定实验】测定反应后⑤中固体CO32－的质量分数。

（7）将反应后⑤中固体，称量质量为ag。将ag固体溶于水，加入__________（填“BaCl2”或“CaCl2”）溶液，与未选物质相比的优点是___________。将生成的沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，得固体质量为bg，计算质量分数。20、碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了FeCO3，并对FeCO3的性质和应用进行了探究。

已知：①FeCO3是白色固体，难溶于水②Fe2++6SCN-⇌Fe(SCN)64-(无色)

Ⅰ.FeCO3的制取(夹持装置略)

实验i

装置C中，向Na2CO3溶液(pH＝11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。

(1)试剂a是________。

(2)向Na2CO3溶液通入CO2的目的是________。

(3)C装置中制取FeCO3的离子方程式为________。

Ⅱ.FeCO3的性质探究。

实验ii

实验iii

(4)对比实验ⅱ和ⅲ；得出的实验结论是________。

(5)依据实验ⅱ的现象，写出加入10%H2O2溶液的离子方程式________。

Ⅲ.FeCO3的应用。

(6)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂；此反应的离子方程式为____。

(7)该实验小组用KMnO4测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，发现乳酸亚铁的质量分数总是大于100%，其原因是____(不考虑操作不当引起的误差)。21、间硝基苯胺是一种重要的有机合成中间体；它是一种黄色针状晶体，微溶于冷水，在水中的溶解度随温度升高而增大，易溶于乙醇；乙醚、甲醇等。实验室制备间硝基苯胺的反应原理及装置如下(夹持及加热装置略去)：

4+6NaHS+H2O→4+3Na2S2O3

实验步骤：

①硫氢化钠溶液的制备。将0.05molNa2S∙9H2O溶于25mL水中，分批加入4.2gNaHCO3粉末；完全溶解后，慢慢加入30ml.甲醇，冰水浴冷却，立即析出一水合碳酸钠。静置，抽滤，滤饼用15mL甲醇分三次洗涤，合并滤液和洗涤液备用。

②间硝基苯胺的制备。在A中将0.03mol间二硝基苯溶于40mL热甲醇中；装上B，从B的顶端加入上述硫氢化钠溶液，水浴加热回流20min。冷却至室温后，改为蒸馏装置，蒸出大部分甲醇，将残液倾入150mL冷水中，立即析出间硝基苯胺粗品，抽滤，洗涤，重结晶，脱色后，得黄色的间硝基苯胺针状晶体2.4g。回答下列问题：

(1)仪器B的名称是________，使用时要从_____(填“a”或“b”)口通入冷水；滴液漏斗的细支管c的作用是________。

(2)写出步骤①中总反应的离子方程式：____________。

(3)步骤①中合并洗涤液的目的是________。

(4)步骤②中制备装置改为蒸馏装置，需增加的仪器除了蒸馏头、温度计、尾接管之外，还有________、________。

(5)步骤②中蒸出大部分甲醇的目的是__________。

(6)步骤②中洗涤粗品使用的洗涤剂为_____；粗品脱色使用的脱色剂可以是______。

(7)本实验的产率为______[保留2位有效数字；Mr(间硝基苯胺)=138]。评卷人得分四、元素或物质推断题(共3题，共12分)22、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)。

23、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．NaOH24、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)。

评卷人得分五、计算题(共3题，共21分)25、(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)。26、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_________。27、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、D【分析】【详解】

A．加入甲醇蒸气；平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，平衡移动消耗量远小于投入量，因此甲醇转化率会减小，A错误；

B．b点时反应未达到平衡，反应正向进行，因此反应速率υ正＞υ逆；B错误；

C．根据图象可知：在反应温度高于85℃后，升高温度，CO转化率降低，说明升高温度化学平衡逆向移动，该反应正反应为放热反应。温度越高，化学平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数：K(75℃)＞K(85℃)；C错误；

D．温度升高，化学反应速率增大，反应的物质的浓度越大，反应速率越大。根据图象可知：b点CO的转化率比d点小，且反应温度：b＜d，故反应速率：υb逆＜υd逆；D正确；

故合理选项是D。2、B【分析】【详解】

A．向纯水中加入NaOH固体，NaOH电离产生OH-，使溶液中c(OH-)增大；水的电离平衡逆向移动，因此水的电离程度减小，A正确；

B．纯水中加入FeCl3固体，FeCl3电离产生Fe3+，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)>c(OH-)；溶液显酸性，故pH减小，B错误；

C．0.005mol·L-1的硫酸溶液中c(H+)=2c(H2SO4)=2×0.005mol/L=0.01mol/L；故溶液pH=2，C正确；

D．0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液中c(OH-)=0.01mol/L，则c(H+)=mol/L=10-12mol/L；所以溶液pH=12，D正确；

故合理选项是B。3、D【分析】【详解】

A.浓盐酸与MnO2在加热时发生反应产生Cl2。该装置为加热；反应不能发生。故A错误；

B.把浓氨水滴加在生石灰上，由于CaO与水发生反应，消耗水，产生的Ca(OH)2溶解放热，会加速氨水的分解，产生氨气。把氨气通入到A1Cl3溶液中，发生反应：Al3＋＋3NH3＋3H2O＝3NH4+＋Al(OH)3↓。因为NH3·H2O是弱碱，不能溶解产生的Al(OH)3沉淀。因此现象有误。故B错误；

C.把醋酸加入到碳酸钙中，发生反应：2CH3COOH+CaCO3=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑。把气体通入到BaC12溶液中时，因为酸性HCl>H2CO3。所以不会发生反应；试管中不会出现浑浊现象。故C错误；

D.浓硝酸在常温下与Cu发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。3NO2+H2O=2HNO3+NO。O2+2NO=2NO2。NO2是红棕色的气体。故D正确。

故选D。4、D【分析】【详解】

A项；HCl的密度大于空气密度，用瓶收集时应“长进短出”，图中装置为“短进长出”，故不选A项；

B项，N2的密度略小于空气密度；不能用排空气法进行收集，且氮气没有毒，不用收集多余的氮气，故不选B项；

C项；CO密度与空气密度相近，不宜用排空气法收集，且在水中溶解度很小，与水也不反应，不能用水收集多余CO，故不选C项；

D项，NH3属于碱性气体，可用碱石灰干燥，密度比空气小，用瓶收集时“短进长出”，且在水中溶解度很大，则可用水吸收多余的NH3；故选D项；

综上所述，本题选D。5、A【分析】CO32-、HCO3-都能与盐酸反应放出二氧化碳气体，所以向某溶液中逐滴加入盐酸，产生二氧化碳气体，不一定含有CO32-，故A错误；水不能使红布条褪色，将干燥的红色布条放入盛有氯气的集气瓶中，红布条不褪色，说明氯气没有漂白性，将湿润的红色布条放入盛有氯气的集气瓶中，湿润的红色布褪色，说明氯气与水反应生成了具有漂白性的物质，故B正确；浓盐酸、浓氨水都有挥发性，将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近，NH3遇到HCl时反应生成NH4Cl，产生大量白烟，故C正确；Fe2+与NaOH溶液反应生成白色氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁被氧气氧化为红褐色氢氧化铁，故D正确。6、C【分析】【详解】

A.氢气不溶于水，排水法收集时短导管进气，与进气方向不同，故A错误；

B.短导管进气可排出水；图中进气方向不能测定氧气的体积，故B错误；

C.饱和NaHCO3溶液与CO2不反应；与HCl反应生成二氧化碳，图中导管长进短出；洗气可分离，故C正确；

D.二者均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和食盐水，故C错误；

故答案：C。7、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。二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】【分析】

（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；电子位于1s；2s、2p三个能量不同的能级上；同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，由于全充满和半充满的缘故，ⅡA族和ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素；

（2）由晶体硼熔点为1873K可知，晶体硼为熔沸点高、硬度大的原子晶体；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的

（3）a.由图可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之间只存在单键；

b.由图可知；六方相氮化硼层间为分子间作用力，分子间作用力小；

c.由图可知；立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体；

d.非金属元素之间易形成共价键；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—构成，NH4+中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、BF4—中B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键。

【详解】

（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；电子位于1s；2s、2p三个能量不同的能级上，则有3种不同能量的电子；同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，由于全充满和半充满的缘故，ⅡA族和ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素，则介于硼元素与氮元素之间的有Be、C、O三种元素，故答案为：3；3；

（2）由晶体硼熔点为1873K可知，晶体硼为熔沸点高、硬度大的原子晶体；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每个等边三角形拥有的顶点为20个等边三角形拥有的顶点为×20=12；每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的每个等边三角形占有的B-B键为20个等边三角形拥有的B-B键为×20=30；故答案为：12；30；

（3）a.由图可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之间只存在单键，则立方相氮化硼中含有σ键，不存在π键，故错误；

b.由图可知；六方相氮化硼层间为分子间作用力，分子间作用力小，导致其质地软，故正确；

c.由图可知；立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体，故错误；

d.非金属元素之间易形成共价键；所以N原子和B原子之间存在共价键，故正确；

bd正确，故答案为：bd；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—构成，NH4+中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、BF4—中B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1molNH4BF4含有2mol配位键，故答案为：2。【解析】①.3②.3③.原子晶体④.12⑤.30⑥.bd⑦.29、略

【分析】【分析】

2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，该反应正方向为体积增大的反应，降低压强，平衡会向正反应方向移动；则对于n(H2S)：n(Ar)为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气在图中对应的曲线分别是a、b；c、d、e。

【详解】

（1）由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；

（2）n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S)：n(Ar)=1：9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S)：n(Ar)=1：9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24；假设在该条件下；硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知：

此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。【解析】(1)越高n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高。

(2)d24.910、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∶211、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12、略

【分析】【分析】

溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为三价铁，三价铁在水溶液中是黄色的；要验证乙同学的判断正确，可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+，根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质；Br2能将Fe2+氧化成Fe3+，说明还原性：Fe2+>Br-；依据氧化还原反应中“先强后弱”规律判断。

【详解】

(1)在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1-2滴液溴，若没有发生化学反应，使溶液呈黄色的微粒为Br2；若是发生化学反应，二价铁离子被溴单质氧化为三价铁在水溶液中是黄色的；因此答案是:Br2；Fe3+；

(2)要验证乙同学的判断正确，可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+，根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质；方案一可选用CCl4（C），向黄色溶液中加入四氯化碳，充分振荡、静置，溶液分层，若下层呈无色，表明黄色溶液中不含Br2，则乙同学的判断正确；方案二可选用KSCN溶液（D），向黄色溶液中加入KSCN溶液，振荡，若溶液变为血红色，则黄色溶液中含Fe3+；则乙同学的判断正确。

(3)根据上述推测说明发生反应Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-，由此说明亚铁离子的还原性大于溴离子，Cl2具有氧化性，先氧化的离子是亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；因此答案是:Fe2+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。【解析】Br2；Fe3+答案如下:

。

选用试剂。

实验现象。

第一种方法。

C

有机层无色。

第二种方法。

D

溶液变红。

Fe2+2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-13、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8题，共16分)14、略

【分析】本题考查实验制备、实验方案设计的评价，（1）根据反应原理，需要制备氧气，因为锶是活泼金属与水反应，因此需要除去氧气中的水蒸气，然后通入直玻璃管中反应，同时防止空气进入E装置，因此连接顺序是ABEB；（2）制备氧气反应方程式：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；（3）有气体参加反应，需要先检验装置的气密性，然后加入药品，打开分液漏斗活塞，排除装置的空气，对直玻璃管进行加热，发生反应，反应完全后，停止加热，关闭分液漏斗活塞，顺序是③②①④⑤⑥；（4）①NH3极易溶于水，因此作用是防止倒吸；②根据反应方程式，应是Sr2＋＋H2O2=SrO2＋2H＋，通入氨气，中和H＋，促进反应进行；③SrO2·8H2O是沉淀，得到SrO2·8H2O，需要过滤，洗涤，干燥；（5）在盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，再向其中加少量过氧化锶，溶液变为红色，证明SrO2的氧化性比FeCl3的强。

点睛：本题考查实验方案设计的评价，实验顺序连接一般是：制气装置→除杂除杂→反应或收集→尾气处理，具体操作时还要注意题目中信息，如Sr是活泼金属，易与氧气、水反应，因此需要装置前和装置后防止水蒸气的进入。【解析】ABEB2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑③②①④⑤⑥防止到吸中和生成的氢离子，促进反应进行过滤、洗涤、干燥在盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，再向其中加少量过氧化锶，溶液变为红色，证明SrO2的氧化性比FeCl3的强15、略

【分析】【分析】

氢化锂遇水能够剧烈反应，因此生成的氢气需要干燥，并除去其中混有的H2S；因此需要先通过氢氧化钠溶液除去硫化氢气体，再通过浓硫酸干燥，然后在C装置中发生反应生成氢化锂，为防止外界水蒸气进入装置，后面需要接干燥装置B，最后用排水集气法收集未反应的氢气；之后利用氢化锂和无水三氯化铝反应制备氢化铝锂。

【详解】

Ⅰ.(1)氢化锂遇水能够剧烈反应，因此生成的氢气需要干燥，并除去其中混有的H2S；因此需要先通过氢氧化钠溶液除去硫化氢气体，再通过浓硫酸干燥，然后在C装置中发生反应生成氢化锂，为防止外界水蒸气进入装置，后面需要接干燥装置B，最后用排水集气法收集未反应的氢气，装置的连接顺序(从左至右)为A→D→B→C→B→E；

(2)检查好装置的气密性；点燃酒精灯前需要首先制备氢气，并检验氢气的纯度，因此进行的实验操作为：打开装置A中分液漏斗的活塞，一段时间后，用小试管在装置E的水槽中收集气体并验纯；

Ⅱ.(3)氢化锂与无水三氯化铝按一定比例在乙醚中混合，充分反应得到LiAlH4，反应的化学方程式为：4LiH+AlCl3═LiAlH4+3LiCl；

Ⅲ.(4)按图2装配仪器，向量气管中加水至左右出现液面差，静置，若液面差保持稳定，则装置气密性良好；检查好装置气密性并装好药品，Y形管中的蒸馏水足量，启动反应时只需要倾斜Y形管，将蒸馏水(掺入四氢呋喃)全部注入ag产品中即可；

(5)氢化铝锂、氢化锂遇水都剧烈反应并产生同一种气体为氢气，LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑，在标准状况下，反应前量气管读数为V1mL，反应完毕并冷却之后，量气管读数为V2mL，则生成的氢气为(V2-V1)mL，根据方程式，LiAlH4的物质的量为mol，则样品的纯度为：×100%=如果起始读数时俯视刻度线，导致V1偏小，结果偏高。【解析】D→B→C→B→E用小试管在装置E的水槽中收集气体并验纯4LiH+AlCl3═LiAlH4+3LiCl向量气管中加水至左右出现液面差，静置，若液面差保持稳定，则装置气密性良好倾斜Y形管，将蒸馏水(掺入四氢呋喃)全部注入ag产品中偏高16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由于在氯化氢气体中；氯化氢以分子形式存在，没有解离出氢离子，所以氯化氢气体不显酸性。

(2)小明向实验Ⅲ中变红的小花上喷适当过量的稀氢氧化钠溶液，发现小花最后变成黄绿色，这说明盐酸被氢氧化钠溶液中和，所以颜色发生变化，反应的化学方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O。

(3)由于Ⅲ中小花变红色；所以紫甘蓝的汁液在酸性溶液中显红色；向实验Ⅲ中变红的小花上喷适当过量的稀氢氧化钠溶液，发现小花最后变成黄绿色，这说明紫甘蓝的汁液在碱性溶液中显黄绿色。

(4)A．测试盐酸的导电性；盐酸能导电，只能说明氯化氢在溶液中能电离出阴阳离子，并不能说明氯化氢气体不显酸性，A不选；

B．干燥的碳酸钠粉末放入氯化氢气体中；不反应，说明氯化氢气体不显酸性，B选；

C．氢气与氯气反应；生成氯化氢气体，只能说明氢气能与氯气反应，不能说明氯化氢气体不显酸性，C不选；

D．干燥的碳酸钠粉末放入盐酸中；能反应，只能说明盐酸溶液显酸性，不能说明氯化氢气体不显酸性，D不选；

答案选B。【解析】在氯化氢气体中，氯化氢以分子形式存在，没有解离出氢离子，所以氯化氢气体不显酸性NaOH+HCl=NaCl+H2O红黄绿B17、略

【分析】分析：由实验步骤可知；硫酸铜晶体溶于水后，向其中加入NaOH溶液可转化为蓝色的氢氧化铜沉淀，加热后，氢氧化铜分解为氧化铜，过滤；洗涤、晾干、研细后得到氧化铜粉末，研磨固体通常用研钵。用对比实验和控制变量法研究氧化铜的催化效果。催化剂在反应前后质量不变、化学性质不变。

详解：（1）步骤①；③中研磨固体所用仪器的名称是研钵。

（2）步骤③中洗涤沉淀的操作是：将沉淀置于过滤器中；加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复操作2-3次。

（二）（3）根据控制变量法可知；上述实验中的“待测数据”指的是产生25mL气体所需时间。

（4）若要证明实验⑤中干燥管内收集的气体是O2，可待气体收集结束后，用弹簧夹夹住B中乳胶管，拔去干燥管上单孔橡皮塞，插入带火星的小木条，若木条复燃，证明干燥管内收集的气体是O2。

（5）为探究CuO在实验⑤中是否起催化作用，需补做如下实验：a、反应前后氧化铜的质量是否改变；b；CuO的化学性质有没有改变。

点睛：本题为实验题，考查了氧化铜的制备及氧化铜对氯酸钾分解的催化作用探究，同时还考查了实验的基本操作、物质的分离与提纯的方法等等。要求学生能掌握实验的基本操作和基本技能，明确实验设计的一般要求，能灵活运用对比实验、控制变量法实验手段，对物质的性质进行科学探究，培养学生的实验素养和科学方法。【解析】研钵将沉淀置于过滤器中，加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复操作2-3次产生25mL气体所需时间插入带火星的小木条，若木条复燃，证明干燥管内收集的气体是O2反应前后氧化铜的质量是否改变18、略

【分析】【分析】

根据实验装置回答实验仪器的名称和作用；根据反应原理计算产率；根据物质的性质选择提纯方法。

【详解】

(1)根据装置图可知：仪器a为冷凝管；故答案：冷凝管。

(2)根据反应原理可知，反应物乙酸酐的沸点为139此反应加热的温度为150-170所以乙酸酐会气化，造成反应物损失，所以制备步骤中，需要冷凝回流，提高反应物的转化率，使反应充分进行，故答案：充分反应提高反应物的转化率。

(3)根据反应原理可知；开始加入3mL(3.18g，0.03mol)苯甲醛，8mL(8.16g，0.08mol)乙酸酐，显然乙酸酐过量，乙酸酐又易溶于水，苯甲醛和肉桂酸微溶于水，所以搅拌下向反应液中分批加入20mL水，使得乙酸酐完全溶解转化为乙酸，加入碳酸钠是为了中和肉桂酸和乙酸，故答案：将未反应的乙酸酐转化为乙酸；肉桂酸和乙酸。

(4)水蒸气蒸馏装置中玻璃管的作用是平衡气压；防止压强过大造成危险；根据肉桂酸的性质无色晶体，较高温度下会脱去羧基，最终生成树脂状物质，所以当馏出液澄清透明，说明不在含有机物，故答案：平衡气压，防止压强过大造成危险；当馏出液澄清透明不在含有机物。

(5)因为氯化钠；氯化钾都能溶于水；可以根据溶解度不同，进行重结晶的方法提纯，故答案：重结晶。

(6)根据反应原理可知，开始加入3mL(3.18g，0.03mol)苯甲醛，8mL(8.16g，0.08mol)乙酸酐，理论上可产生0.03mol肉桂酸，质量为4.44g，实际产量粗产品3.0g，本次实验粗产品的产率==67.6%，故答案：67.6%。【解析】冷凝管充分反应提高反应物的转化率将未反应的乙酸酐转化为乙酸肉桂酸和乙酸平衡气压，防止压强过大造成危险当馏出液澄清透明不在含有机物重结晶67.6%19、略

【分析】【分析】

将碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳；氯化钙和水；先除掉二氧化碳中的HCl气体，一部分气体直接通入过氧化钠，另一部分先干燥再通入过氧化钠中，验证有无氧气；但也有可能是过氧化钠和水在反应，因此要验证产物中是否生成了碳酸根，常用氯化钡来验证。

【详解】

⑴装置①中反应的离子方程式是CaCO3＋2H+=Ca2+＋H2O＋CO2↑；故答案为：CaCO3＋2H+=Ca2+＋H2O＋CO2↑。

⑵装置②中的试剂主要是除掉HCl；因此用a，装置③中的试剂主要干燥二氧化碳气体，因此用c；故答案为：a；c。

⑶步骤1中没有氧气生成；因此木条不复燃，步骤2中产生了氧气，因此使木条复燃；故答案为：木条不复燃；木条复燃。

⑷步骤2中过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式是2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2↑；故答案为：2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2↑。

⑸有同学提出质疑：“上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应”。其理由是气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃；故答案为：气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃。

⑹需要补充的实验主要是验证有碳酸钠生成，通过反应生成二氧化碳来验证，因此操作是：取⑤中反应后的少量固体加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中[或加BaCl2溶液等体现检验CO32－的方法即可，加CaCl2不给分]；故答案为：加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中[或加BaCl2溶液等体现检验CO32－的方法即可，加CaCl2不给分]。

⑺将反应后⑤中固体，称量质量为ag。将ag固体溶于水，加入BaCl2溶液，生成碳酸钡沉淀，与氯化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钙，因此与未选物质相比的优点是生成沉淀质量更大，相对误差更小[或加CaCl2会产生微溶的Ca(OH)2]；故答案为：BaCl2溶液；生成沉淀质量更大，相对误差更小[或加CaCl2会产生微溶的Ca(OH)2]。【解析】CaCO3＋2H+=Ca2+＋H2O＋CO2↑ac步骤1中木条不复燃步骤2中木条复燃气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中【或加BaCl2溶液等体现检验CO32-的方法即可，加CaCl2不给分】BaCl2生成沉淀质量更大，相对误差更小【或加CaCl2会产生微溶的Ca(OH)2】20、略

【分析】【分析】

Ⅰ.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的CO2中混有挥发的HCl气体，需要利用装置B中盛装的饱和NaHCO3溶液除去，装置C中，向Na2CO3溶液(pH＝11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体；

Ⅱ.(4)根据Fe2++6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；

(5)实验ⅱ中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%H2O2溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；

Ⅲ.(6)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂；可结合盐和酸反应生成新酸和新盐的反应原理分析；

(7)乳酸根中羟基也能被高锰酸钾溶液氧化。

【详解】

Ⅰ.(1)欲除去CO2中混有的HCl，则B中盛装的试剂a是饱和NaHCO3溶液，故答案为：饱和NaHCO3溶液；

(2)向Na2CO3溶液通入CO2的目的是，利用碳酸钠和CO2反应生成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2，故答案为：降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；

(3)装置C中，向Na2CO3溶液(pH＝11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3+CO2↑+H2O，故答案为：2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

Ⅱ.(4)通过对比实验ⅱ和ⅲ，可知Fe2+与SCN—的络合生成可溶于水的Fe(SCN)64-，会促进FeCO3固体的溶解，故答案为：Fe2+与SCN—的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解；

(5)依据实验ⅱ的现象，可知在含有Fe(SCN)64-的溶液中滴加10%H2O2溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成，发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN，故答案为：6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-；

Ⅲ.(6)FeCO3溶于乳酸制得可溶性乳酸亚铁补血剂，发生反应的离子方程式为FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=2CH3CH(OH)COO-+Fe2++CO2↑+H2O，故答案为：FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=2CH3CH(OH)COO-+Fe2++CO2↑+H2O；

(7)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，故答案为：乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4。【解析】饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)22HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2OFe2+与SCN—的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=2CH3CH(OH)COO-+Fe2++CO2↑+H2O乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO421、略

【分析】【分析】

0.05molNa2S∙9H2O溶于水中，分批加入NaHCO3粉末，发生反应Na2S+NaHCO3+H2O=NaHS+Na2CO3∙H2O↓；由于NaHS溶于甲醇，加入甲醇溶解NaHS，冰水浴冷却，析出一水合碳酸钠，抽滤，洗涤，将滤液和洗涤液合并，间二硝基苯与硫氢化钠溶液反应生成间二硝基苯胺，反应完后蒸馏出大部分甲醇，根据信息间硝基苯胺是一种黄色针状晶体，微溶于冷水，因此将残液倾入冷水中，析出间硝基苯胺粗品。

【详解】

(1)根据图中得到B的名称是球形冷凝管；冷凝管水流是“下进上出”，因此使用时要从a口通入冷水；滴液漏斗的细支管c的作用是平衡滴液漏斗与烧瓶内的气压，使液体能够顺利滴下；故答案为：球形冷凝管；a；平衡滴液漏斗与烧瓶内的气压，使液体能够顺利滴下。

(2)步骤①中总反应是Na2S+NaHCO3+H2O=NaHS+Na2CO3∙H2O↓，其离子方程式：S2−+H2O+Na++HCO3－=HS－+Na2CO3∙H2O↓；故答案为：S2−+H2O+Na++HCO3－=HS－+Na2CO3∙H2O↓。

(3)NaHS能溶于甲醇；洗涤液中也有NaHS，因此步骤①中合并洗涤液的目的是NaHS能溶于甲醇，减少NaHS的损失；故答案为：NaHS能溶于甲醇，减少NaHS的损失。

(4)步骤②中制备装置改为蒸馏装置；需增加的仪器除了蒸馏头；温度计、尾接管之外，还有冷凝气体的直形冷凝管和接受液体的锥形瓶；故答案为：直形冷凝管；锥形瓶。

(5)根据题中信息间硝基苯胺是黄色针状晶体；微溶于冷水，在水中的溶解度随温度升高而增大，易溶于甲醇等，因此步骤②中蒸出大部分甲醇的目的是间硝基苯胺易溶于甲醇，蒸出甲醇有利于间硝基苯胺结晶析出；故答案为：间硝基苯胺易溶于甲醇，蒸出甲醇有利于间硝基苯胺结晶析出。

(6)根据题中信息间硝基苯胺是黄色针状晶体；微溶于冷水，在水中的溶解度随温度升高而增大，因此步骤②中洗涤粗品使用的洗涤剂为冷水；粗品脱色使用的脱色剂可以是活性炭；故答案为：冷水；活性炭。

(7)0.05molNa2S∙9H2O溶于25mL水中，分批加入4.2gNaHCO3即物质的量为0.05mol，两者反应生成0.05molNaHS，与0.03mol间二硝基苯反应，根据反应方程式0.05molNaHS过量，按照间二硝基苯计算得到得到间硝基苯胺物质的量为0.03mol，因此本实验的产率为故答案为：58%。【解析】球形冷凝管a平衡滴液漏斗与烧瓶内的气压，使液体能够顺利滴下S2-+H2O+Na++HCO3-=HS-+Na2CO3∙H2O↓NaHS能溶于甲醇，减少NaHS的损失直形冷凝管锥形瓶间硝基苯胺易溶于甲醇，蒸出甲醇有利于间硝基苯胺结晶析出冷水活性炭58%四、元素或物质推断题(共3题，共12分)22、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