2025年统编版拓展型课程化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年统编版拓展型课程化学下册月考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、相同温度下，容积均恒为2L的甲、乙、丙3个密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；△H=-197kJ·mol-l。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：。容器起始各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化SO2O2SO3ArAr甲2100放出热量：Q1乙1.80.90.20放出热量：Q2=78.8kJ丙1.80.90.20.1放出热量：Q3

下列叙述正确的是A.Q1>Q3>Q2=78．8kJB.三个容器中反应的平衡常数均为K=2C.甲中反应达到平衡时，若升高温度，则SO2的转化率将大于50%D.若乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0~tmin内，v（O2）=1/5tmol/（L·min）2、如图是实验室常用的气体制备、净化和收集装置。若依据反应H2C2O4CO↑＋CO2↑＋H2O制取CO；则合理的装置组合为（）

A.①⑤⑧B.③⑤⑦C.②⑤⑥D.③④⑧3、CaH2是重要的供氢剂；遇水或酸能引起燃烧。利用下列装置制备氢化钙固体(提供的实验仪器不得重复使用)。下列说法正确的是。

A.装置①在加入试剂前无需检查装置气密性B.仪器接口的连接顺序为a→c→b→f→g→d→eC.加热装置④之前必须检查气体的纯度D.装置③的主要作用是防止空气中的CO2、H2O(g)进入装置④中4、用下列仪器或装置(图中夹持装置略)进行相应实验，不能达到实验目的的是。ABCD配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫制备无水铁上镀铜A.AB.BC.CD.D5、下列实验不能达到实验目的的是A.实验室分离CO与CO2B.检查装置气密性C.蒸发浓缩结晶D.分离出溴的四氯化碳溶液6、下列实验装置与操作正确的是。

A.用图1所示装置分离四氯化碳和水B.用图2所示装置干燥氨气C.用图3所示装置做制取氯气的发生装置D.用图4所示装置验证物质的酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO37、下列实验现象与实验操作不相匹配的是()

。

实验操作。

实验现象。

A

向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸。

有刺激性气味气体产生；溶液变浑浊。

B

在表面皿中加入少量胆矾；再加入3mL浓硫酸，搅拌。

固体由蓝色变白色。

C

用同一针筒先后抽取80mL氯气；20mL水；振荡。

气体完全溶解；溶液变为黄绿色。

D

向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液；再滴加双氧水。

产生白色沉淀。

A.AB.BC.CD.D8、一同学设计了两种由CuO→Cu的实验方案：

方案一：ZnH2Cu；

方案二：CuOCuSO4Cu。

大家认为方案二优于方案一，理由是：①节约能源；②Cu产率高；③产品纯净；④操作安全。其中，评价正确的是()A.①②③B.①②④C.①③④D.②③评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)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、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。11、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_______。

12、常温下有浓度均为0.1mol/L的四种溶液：①HCl；②CH3COOH；③NaOH；④Na2CO3。

(1)这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是___（用序号填写）。

(2)等体积混合②和③的溶液中离子浓度的大小顺序是___。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，则CH3COOH溶液的电离平衡常数Ka=___。

(4)用离子方程式表示④的水溶液呈碱性的主要原因：___。

(5)取10mL溶液①，加水稀释到1000mL，则该溶液中由水电离出的c(H+)约为___。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14、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________。15、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__。16、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)。17、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_______________________________________________；评卷人得分三、计算题(共3题，共6分)18、(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)。19、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_________。20、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_____。评卷人得分四、实验题(共3题，共15分)21、水合肼(N2H4·H2O)易溶于水，沸点为118℃，具有强还原性，属于二元弱碱，在空气中可吸收CO2而产生烟雾。工业上用尿素[CO(NH2)2]和NaClO溶液反应制备水合肼的实验流程如图：

（1）“步骤1”是制取NaClO溶液。实验室配制30%NaOH溶液时，下列仪器中不需要的是___(填标号)。

A.烧杯B.容量瓶C.温度计D.玻璃棒。

（2）“步骤2”是用如图1所示装置制备水合肼。

①仪器B的名称为___，仪器A中反应的化学方程式为___。

②实验时若滴加NaClO溶液的速度较快，水合肼的产率会下降，原因是___。

③有同学认为该实验装置有缺陷；请写出改进措施：___。

（3）“步骤3”是分离产品：已知NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如图2，充分反应后，仪器A中的溶液经蒸馏获得水合肼粗品，则从剩余溶液中获得NaCl粗品的操作是___。

（4）测定馏分中肼含量。称取样品mg，加入适量NaHCO3固体，加水配成100mL溶液，移出20.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用cmol·L-1的I2标准溶液滴定，经多次滴定，平均消耗I2溶液VmL。(滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右，相关反应：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为___；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的N2H4·H2O含量___(填“偏高”“偏低”或“不变”)。22、亚磷酸二乙酯[HPO(OC2H5)2]是一种液态阻燃增塑剂。实验室采用PCl3和无水乙醇制备高纯度亚磷酸二乙酯，反应方程式为：PCl3+4C2H5OH→HPO(OC2H5)2+HCl↑+2C2H5Cl+H2O；实验步骤如下：

①将45mLCHCl3和46.00g（1.0mol）无水乙醇混合后加入250mL三颈烧瓶中。

②从仪器A中滴加20mLCHCl3和41.25g（0.3mol）PCl3混合溶液；用冰水控温6～8℃，开动搅拌器，约1h滴加完毕。

③将反应物倒入烧杯中，用10%的Na2CO3溶液调节pH至7～8；再用去离子水洗涤三次，在仪器B中分离。

④减压蒸馏；收集产品，得29.60g产品。

（1）装置图中仪器A为恒压滴液漏斗，其中支管的作用为______；倒置漏斗的作用为______；步骤③中仪器B名称为______。

（2）用碳酸钠溶液洗涤的目的是为了除去酸性物质______（填化学式）以及PCl3；

（3）从无水乙醇利用角度计算，本次实验产率为______（填数值）。23、某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3•6H2O能否反应产生Cl2．资料：FeCl3是一种共价化合物；熔点306℃，沸点315℃。

ⅰ．实验操作和现象：

ⅱ．分析现象的成因：

（1）现象i中的白雾是______，用化学方程式和必要的文字说明白雾的形成原因是______。

（2）分析现象ii；该小组探究黄色气体的成分，实验如下：

a．直接加热FeCl3•6H2O；产生白雾和黄色气体。

b．将现象ii和a中的黄色气体通入KSCN溶液；溶液均变红。

通过该实验说明现象ii中黄色气体含有______。

（3）除了氯气可使B中溶液变蓝外；该小组还提出其他两种可能的原因：

可能原因①：实验b检出的气体使之变蓝；反应的离子方程式是______。

可能原因②：______；反应的离子方程式是______。

（4）为进一步确认黄色气体中是否含有Cl2，小组提出两种方案，均证实了Cl2的存在。

①方案1的C中盛放的试剂是______，从化学平衡原理的角度加以解释______。

②方案2中检验Fe2+的最佳试剂是______，若存在Fe2+，则现象是______。

③综合方案1、2的现象，说明方案2中选择NaBr溶液的依据是______。

（5）将A中产物分离得到Fe2O3和MnCl2，A中产生Cl2的化学方程式是______。评卷人得分五、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)评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共2分)25、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)。

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

乙、丙转化到左边，SO2、O2的物质的量分别为2mol、1mol，与甲中SO2、O2的物质的量对应相等，恒温恒容条件下，丙中Ar不影响平衡移动，故三者为完全等效平衡，平衡时SO2、O2、SO3的物质的量对应相等。

【详解】

A.由于平衡时二氧化硫物质的量相等，故参加反应二氧化硫的物质的量：甲>乙=丙，故放出热量：Q1>Q3=Q2=78.8kJ；故A错误；

B.甲、乙、丙三容器温度相同，平衡常数相同，乙中平衡时放出热量为78.8kJ，由2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-197kJ•mol-1可知，参加反应的二氧化硫为2mol×

=0.8mol，则二氧化硫浓度变化量为=0.4mol/L，SO2、O2、SO3的起始浓度分别为

=0.9mol/L、=0.45mol/L、=0.1mol/L；则：

2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）

起始（mol/L）：0.90.450.1

转化（mol/L）：0.40.20.4

平衡（mol/L）：0.50.250.5

故平衡常数K==4；故B错误；

C.根据B中计算可知，乙中平衡时二氧化硫物质的量为1.8mol-0.8mol=1mol，甲中参加反应二氧化硫为2mol-1mol=1mol，甲中二氧化硫的转化率×100%=50%，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率将小于50%；故C错误；

D.乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0～tmin内，v（O2）==mol/（L•min）；故D正确；

答案：D

【点睛】

采用一边倒的方法，从等效平衡角度分析。2、D【分析】【分析】

根据实验原理，制取CO，应用固体＋液体气体的装置，即③为制气装置，因为CO的密度与空气的密度相差不大，因此收集CO时，需要用排水法收集，CO2是酸性氧化物；应用碱液吸收，据此分析；

【详解】

依据反应H2C2O4CO↑＋CO2↑＋H2O，草酸为固体，浓硫酸为液体，并且需要加热，因此需要用固体＋液体气体的装置，即③为制气装置，CO的摩尔质量为28g·mol－1，空气的平均摩尔质量为29g·mol－1，即CO的密度与空气的密度相差不大，因此采用排水法收集CO，只要除去CO2就可以，即用洗气方法除去CO2；连接顺序是③④⑧，故选项D正确；

答案选D。

【点睛】

需要根据反应物的状态和反应条件，选择反应装置，根据实验目的和原理，设计好除杂装置，最后不能忽略尾气处理装置。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．装置①为启普发生器；在加入试剂前应先检查装置气密性，然后再加入药品，A错误；

B．由装置①制取氢气，由于盐酸具有挥发性，故氢气中混有HCl和水蒸气，氢气由导管a口通入到装置③中除去HCl和水蒸气，再将纯净、干燥的H2通入装置④中与Ca在加热时反应产生CaH2；为防止空气中的H2O(g)进入装置④中，导致CaH2因吸收水蒸气而变质，最后要通过盛浓硫酸的洗气瓶，故装置接口连接顺序为a→d→e→f（或g）→g（或f）→b→c；B错误；

C．为防止Ca与空气中成分反应，加热前需先通入氢气排尽装置中的空气，H2是可燃性气体，为防止H2、O2混合气体点燃爆炸；加热装置④之前必须检查气体的纯度确认空气是否排尽，C正确；

D．装置③的主要作用是除去氢气中混有的HCl和水蒸气；D错误；

故合理选项是C。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液时；向容量瓶中转移溶液的操作是正确的，A正确；

B．检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫；用品红鉴别二氧化硫，用氢氧化钠来吸收尾气，B正确；

C．在氯化氢的氛围中加热六水合氯化镁制取无水氯化镁；防止其水解，C正确；

D．铁是阳极；铜是阴极，铁溶解，在铜电极上镀铜，D错误；

故选D。5、C【分析】A、要将CO和CO2分离，关闭b，打开a，混合气体进入左边广口瓶装置，CO与氢氧化钠溶液不反应，可分离出被右边广口瓶中浓硫酸干燥过的纯净的CO，装有NaOH溶液的广口瓶用来吸收CO2，此时广口瓶中发生的反应方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；再关闭a，打开b，利用稀硫酸与碳酸钠反应生成CO2通过浓硫酸干燥得纯净的CO2，选项A正确；B、若长颈漏斗中液面不下降，说明装置气密性好，选项B正确；C、蒸发浓缩结晶所用的仪器为蒸发皿，坩埚用于灼烧固体，选项C错误；D、利用分液将水层和溴的四氯化碳溶液分离，选项D正确。答案选C。6、C【分析】【详解】

A.图1所示装置为过滤装置；不能分离四氯化碳和水，A项错误；

B.氨气会与硫酸反应；不用用浓硫酸干燥氨气，B项错误；

C.二氧化锰和浓盐酸在加热下可以制备氯气；图3所示装置可以完成，C项正确；

D.用图4所示装置中盐酸具有挥发性；最后硅酸的形成，无法判断是二氧化碳还是盐酸与硅酸钠反应制得，D项错误；

答案选C。7、C【分析】【详解】

A.硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸；生成有刺激性气味的二氧化硫气体；单质硫、氯化钠和水，单质硫微溶于水，所以溶液变浑浊，故A正确；

B.浓硫酸具有吸水性；胆矾遇到浓硫酸失去结晶水，蓝色晶体变为白色粉末，故B正确；

C.用同一针筒先后抽取80mL氯气、20mL水，振荡，氯气与水反应：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，1体积水可溶解2体积Cl2；所以气体不能完全溶解，故C错误；

D.向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液；无现象，再滴加双氧水，二氧化硫被氧化成硫酸，硫酸与氯化钡生成白色的硫酸钡沉淀，故D正确；

答案选C。

【点睛】

根据具体的反应判断实验现象，一定需要弄清实验原理。8、B【分析】【分析】

方案一：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，H2+CuO=Cu+H2O，反应需加热，且H2还原CuO时需先通H2排出空气，否则易爆炸，反应结束后还需通入H2至生成的Cu冷却；否则Cu又易被氧化；

方案二：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu；耗原料少；操作安全，产率高，但Cu中易混有Zn，以此来解答。

【详解】

方案一中发生Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑、H2+CuO=Cu+H2O，反应需加热，且H2还原CuO时需先通H2排出空气，否则易爆炸，反应结束后还需通入H2至生成的Cu冷却；否则Cu又易被氧化，而方案二消耗原料少，操作安全，产率高，则方案二优于方案一，理由是：①节约能源；②Cu产率高、④操作安全；

故选：B。二、填空题(共9题，共18分)9、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】【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.bd⑦.211、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）12、略

【分析】【详解】

(1)水电离程度比较：碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐；碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离；盐酸是强酸溶液，氢氧化钠溶液是强碱溶液，溶液中水的电离都受到了抑制作用，其中盐酸中的氢离子浓度等于氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度，二者中水的电离程度相等；醋酸溶液为弱酸，发生微弱的电离产生氢离子，抑制了水的电离，但醋酸溶液中氢离子浓度远小于盐酸，故水的电离程度比盐酸和氢氧化钠都强，综合而言这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是④＞②＞①=③。故答案为：④＞②＞①=③。

(2)等体积的醋酸和氢氧化钠混合，混合后溶液恰好为醋酸钠溶液，属于强碱弱酸盐，醋酸根离子发生微弱的水解导致溶液显碱性，所以溶液中离子浓度的大小顺序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。故答案为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，可得溶液中c(H+)=10-3mol/L，由醋酸的电离方程式：CH3COOHCH3COO-+H+可得其电离平衡常数为：故答案为：10-5。

(4)碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离，其水解方程式为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-，故答案为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-。

(5)取10mLHCl溶液，加水稀释到1000mL，此时溶液中由HCl电离出的由此可知，此时溶液中的c(H+)=10-3mol/L，可得该溶液中由水电离出的故答案为：10−11mol/L。【解析】④＞②＞①=③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)10-5CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-10−11mol/L13、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＞③6.0×10-1014、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∶215、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16、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17、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-三、计算题(共3题，共6分)18、略

【分析】【详解】

(1)水是弱电解质，存在电离平衡：H2OH++OH-，在室温25℃时，Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14；

若t=100℃时，Kw=1.0×10-12，100℃时0.05mol•L-1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.05mol/L×2=0.10mol/L，则该温度下c(H+)==10-11mol/L；故该溶液的pH=11；

(2)25℃时，0.1L0.1mol•L-1的Na2A溶液的pH=11，溶液显碱性，是由于该盐是强碱弱酸盐，在溶液中A2-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，用离子方程式表示为A2-+H2O⇌HA-+OH-；

(3)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度，由于CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液显碱性，升高温度，盐水解程度增大，溶液的碱性增强，所以CH3COONa溶液的pH增大，而NaOH溶液的pH变化比较小，所以分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH＞NaOH溶液的pH；

(4)室温下，pH=2的H2SO4溶液中水电离产生的H+的浓度c(H+)=10-12mol/L；

pH=12的NaOH溶液溶液中水电离产生的H+的浓度c(H+)=10-12mol/L；

pH=12的Na2CO3溶液，水电离出的c(H+)=10-2mol/L，故三种溶液中水电离产生的c(H+)之比为10-12：10-12：10-2=1：1：1010；

(5)①NH4HSO4是强酸的酸式盐，电离产生H+使溶液显酸性；②NH4HCO3水解使溶液显碱性；③NH4Cl水解使溶液显酸性，碱性溶液的pH大于酸性溶液的pH，电离产生的H+浓度大于盐水解的酸性；所以三种溶液pH从大到小的顺序为：②＞③＞①；

三种溶液中都存在NH的水解作用，①NH4HSO4电离产生H+会抑制NH的水解作用，使c(NH)增大；②NH4HCO3溶液中水解会促进NH的水解作用，使溶液中c(NH)减小，故相同温度下，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：②＞③＞①；

(6)①在酸性条件下，Cr2O将Fe2+氧化为Fe3+，Cr2O被还原为Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式：Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；

②若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol•L-1，则由Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，可知c3(OH-)=结合Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33，可知此时溶液中c(Cr3+)==6.0×10-8mol/L。【解析】1.0×10-1411A2-+H2O⇌HA-+OH-＞1：1：1010②＞③＞①②＞③＞①Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O6.0×10-819、略

【分析】【分析】

装置A中NaNO2和（NH4）2SO4发生反应（NH4）2SO4+2NaNO22N2↑+Na2SO4+4H2O生成氮气；从发生装置A出来的气体中可能伴有O2，会对后面实验的进行造成干扰，因此在E中反应发生前必须把O2除去，而硫酸亚铁中的Fe2＋能够和氧气结合生成硫酸铁，进而除去O2；E中反应生成的氮化镁极易与水反应，因此在反应前必须把水除去（浓硫酸干燥）；E中镁和氮气在加热条件发生反应N2+3MgMg3N2生成Mg3N2；B；F为缓冲瓶，起到防倒吸作用；G中硫酸亚铁可防止空气进入E。

【详解】

（1）根据图示可知；仪器a的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；

（2）NaNO2和（NH4）2SO4反应生成氮气，该反应为归中反应，反应的化学方程式为：（NH4）2SO4+2NaNO22N2↑+Na2SO4+4H2O，离子反应方程式：2NH4＋＋2NO2－2N2↑＋4H2O，故答案为：2NH4＋＋2NO2－2N2↑＋4H2O；

（3）从发生装置A出来的气体中可能伴有O2，会对后面实验的进行造成干扰，因此在E中反应发生前必须把O2除去，而硫酸亚铁中的Fe2＋能够和氧气结合生成硫酸铁，进而除去O2；E中反应生成的氮化镁极易与水反应；因此在反应前必须把水除去（浓硫酸干燥）；不能将C和D对调，对调后无法除去水蒸气，故答案为：除去氧气（及氮氧化物）；除去水蒸气；不能，对调后无法除去水蒸气；

（4）E中镁和氮气在加热条件下反应生成氮化镁，化学方程式为：N2+3MgMg3N2，故答案为：N2+3MgMg3N2；

（5）由氮化镁和水反应的化学方程式可知；可以取少量产物于试管中，加入少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁，故答案为：取少量产物于试管中，加少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把润湿的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁。

【点睛】

本题涉及氮化镁的制备以及检验，明确实验原理、实验目的为解答关键，试题意在考查化学实验基本操作、常用化学仪器及使用方法以及化学物质的分析检验的能力。【解析】分液漏斗2NH4＋＋2NO2－2N2↑＋4H2O除去氧气（及氮氧化物）；除去水蒸气；不能，对调后无法除去水蒸气N2+3MgMg3N2取少量产物于试管中，加少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把润湿的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁。20、略

【分析】【详解】

（1）该装置为固体和液体反应制备气体的发生装置，二氧化碳的制备用大理石和稀盐酸反应，其离子反应方程式为：↑；

（2）①二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；能说明装置中空气已经排净的现象是试管中的澄清石灰水变浑浊；

②若未排尽空气就开始加热，与空气中的氧气发生反应，生成过氧化钠，其化学反应方程式为：

（3）可以与氧气；二氧化碳、水发生反应；所以用干燥的沙土灭火；

（4）钠在二氧化碳中燃烧；该反应中只含钠元素；氧元素和碳元素，没有氢元素，所以可能会生成氧化钠或碳酸钠或二者的混合物；

（5）①碳酸钠能与氯化钙反应生成氯化钠和碳酸钙白色沉淀；氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠不能与氯化钙溶液反应产生白色沉淀，且其水溶液显碱性，使酚酞溶液变红，Ⅰ；Ⅲ不成立，Ⅱ成立；

②根据实验现象以及实验分析，钠在中燃烧的化学方程式为：反应前后钠元素从0价变为+1，化合价升高，发生氧化反应，钠作还原剂，碳酸钠是氧化产物，每生成1mol氧化产物，转移的电子数为2NA；

（6）可与生成的反应生成所以在实验（2）中还可能产生的另一种尾气为可以燃烧，可用点燃的方法处理尾气。【解析】CaCO3+2H+===Ca2++CO2↑+H2O澄清石灰水变浑浊2Na+O2Na2O2CNa2O和Na2CO3Ⅱ4Na＋3CO22Na2CO3＋C2NACO点燃四、实验题(共3题，共15分)21、略

【分析】【详解】

(1)实验室配制30%NaOH溶液时；需要用到的玻璃容器有烧杯；玻璃棒、量筒，不用容量瓶、温度计，故答案：BC

(2)①由装置图可知仪器B的名称为冷凝管，仪器A中发生的是尿素[CO(NH2)2]和NaClO溶液反应制备水合肼的反应，其化学方程式为NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=N2H4H2O+NaCl+Na2CO3，故答案：冷凝管；NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=N2H4H2O+NaCl+Na2CO3。

②因为水合肼(N2H4·H2O)具有强还原性，实验时若滴加NaClO溶液的速度较快，造成NaClO溶液过量，氧化水合肼，使得水合肼的产率下降，故答案：N2H4•H2O被NaClO氧化。

③因为水合肼(N2H4·H2O)易溶于水，在空气中可吸收CO2而产生烟雾，所以应在冷凝管上端连接一个装有碱石灰的干燥管，防止空气中的CO2进入；故答案：在冷凝管上端连接一个装有碱石灰的干燥管。

(3)根据NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如图可知；两者的溶解度受温度影响变化不同，NaCl的溶解度受温度影响变化不大，所以要从剩余溶液中获得NaCl粗品的操作是：加热溶液至有大量固体析出，趁热过滤。故答案：加热溶液至有大量固体析出，趁热过滤。

(4)根据N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O可知：N2H4·H2O2I2，所以2n(N2H4·H2O)=n(I2)=VmLcmol，m(N2H4·H2O)=50mol/L，根据称取样品mg，加入适量NaHCO3固体，加水配成100mL溶液，移出20.00mL置于锥形瓶中，所以m(N2H4·H2O)=50mol/L样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数==×100%；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使V增大，使测得的N2H4·H2O含量偏高，故答案：×100%；偏高。【解析】BC(球形)冷凝管NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=N2H4•H2O+NaCI+Na2CO3N2H4•H2O被NaClO氧化在冷凝管上端连接一个装有碱石灰的干燥管加热溶液至有大量固体析出，趁热过滤×100%偏高22、略

【分析】【分析】

仪器A为恒压滴液漏斗，有利于平衡压强，液体能顺利流入到三颈烧瓶中发生反应，将反应物放在三颈烧瓶中发生反应生成HPO(OC2H5)2、HCl、C2H5Cl，再制备过程中冰水控制温度，反应后将混合物倒入到盛有碳酸钠溶液的烧杯中洗涤HCl以及PCl3；再用分液漏斗分开亚磷酸二乙酯，根据反应物量计算理论产量，再计算产率。

【详解】

⑴装置图中仪器A为恒压滴液漏斗；支管上面连接分液漏斗，下面连接三颈烧瓶，使得分液漏斗和三颈烧瓶大气相通，因此支管的作用为平衡压强，便于液体顺利滴下，由于该反应会产生HCl气体，HCl气体极易溶于水，进入到烧杯中，因此倒置漏斗的作用为_防倒吸，制得的亚磷酸二乙酯不溶于水，因此步骤③中仪器B名称为分液漏斗，故答案为平衡压强，便于液体顺利滴下；防倒吸；分液漏斗；

⑵反应生成了盐酸、亚磷酸二乙酯和C2H5Cl，因此用碳酸钠溶液洗涤的目的是为了除去酸性物质HCl以及PCl3；故答案为HCl；

⑶从无水乙醇利用角度计算；本次实验产率为______（填数值）。

根据上面分析得出PCl3过量，应该按照C2H5OH的量来进行计算；得式子。

解得x=0.25mol；

本次实验产率故答案为85.80%。【解析】平衡压强，便于液体顺利滴下防倒吸分液漏斗HCl85.80%（85%—86%均可）23、略

【分析】【分析】

（1）FeCl3⋅6H2O受热失水氯化铁会水解；找出反应产物，据此回答；

（2）用KSCN溶液检验发现溶液均变红；从相关的特征反应得出结论；

（3）①氯化铁具有强氧化性；可以将碘离子氧化，据此回答；

②作对照实验，需要除去Cl2和Fe3+的干扰才能检验酸性情况下的O2影响；所以最好另取溶液对酸性情况下氧气的影响进行检验，碘离子在酸溶液中被氧气氧化生成碘单质；

（4）①方案1：除去Cl2中的FeCl3和O2（H+），若仍能观察到B中溶液仍变为蓝色，则证明原气体中确实存在Cl2；使用饱和NaCl溶液，可以让FeCl3溶解，并且除去O2影响过程中提供酸性的HCl气体；从而排除两个其他影响因素；

②可从特征反应找到方案2中检验Fe2+的试剂；

③NaBr比KI-淀粉溶液好的原因，在于Fe3+能氧化I-对检验Cl2产生干扰，而Fe3+不会氧化Br-；不会产生干扰；

（5）二氧化锰与FeCl3⋅6H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2及水；氯化氢气体。

【详解】

（1）FeCl3⋅6H2O受热失去结晶水，FeCl3受热水解：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl↑，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成白雾为盐酸小液滴；

故答案为：盐酸小液滴；FeCl3⋅6H2O受热失去结晶水，FeCl3受热水解：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl↑，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴；

（2）用KSCN溶液检验现象ii和A中的黄色气体，溶液均变红，说明含有FeCl3；

故答案为：FeCl3；

（3）①氯化铁具有强氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；

故答案为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；

②在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝，作对照实验，另取一支试管，向其中加入KI-淀粉溶液，再滴入几滴HCl溶液，在空