黑龍江省哈爾濱市六中新高考沖刺押題（最后一卷）化學試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、在一恒溫體積可變的密閉容器中發生如下反應：A(g)+B(g)2C(g)△H<0。t1時刻達到平衡后，在t2時刻改變某一條件，其反應過程如圖。下列說法正確的是A．0～t2時，v（正）>v（逆）B．t2時刻改變的條件可能是加催化劑C．Ⅰ、Ⅱ兩過程達到反應限度時，A的體積分數Ⅰ=ⅡD．Ⅰ、Ⅱ兩過程達到反應限度時，平衡常數I<Ⅱ2、短周期元素X、Y、Z、M的原子序數依次增大。元素X的一種高硬度單質是寶石，Y2+電子層結構與氖相同，Z的質子數為偶數，室溫下，M單質為淡黃色固體。下列說法不正確的是A．X單質與M單質不能直接化合B．Y的合金可用作航空航天飛行器材料C．M簡單離子半徑大于Y2+的半徑D．X和Z的氣態氫化物，前者更穩定3、298K時，向20mL濃度均為0.1mo1/L的MOH和NH3·H2O混合液中滴加0.1mol的CH3COOH溶液，測得混合液的電阻率（表示電阻特性的物理量）與加入CH3COOH溶液的體積（V）的關系如圖所示。已知CH3COOH的Ka＝1.8×10－5，NH3·H2O的Kb=1.8×10－5。下列說法錯誤的是（）A．MOH是強堿B．c點溶液中濃度：c（CH3COOH)<c(NH3·H2O）C．d點溶液呈酸性D．a→d過程中水的電離程度先增大后減小4、某學習小組在實驗室從海帶中提取碘，設計實驗流程如下：下列說法錯誤的是A．過濾操作主要除去海帶灰中難溶于水的固體，它們主要是無機物B．氧化劑參加反應的離子方程式為2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OC．萃取過程所用有機溶劑可以是酒精或四氯化碳D．因I2易升華，I2的有機溶液難以通過蒸餾法徹底分離5、一種碳納米管新型二次電池的裝置如圖所示。下列說法中正確的是A．離子交換膜選用陽離子交換膜（只允許陽離子通過）B．正極的電極反應為NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－C．導線中通過1mol電子時，理論上負極區溶液質量增加1gD．充電時，碳電極與電源的正極相連6、下列物質不屬于鹽的是A．CuCl2 B．CuSO4 C．Cu2(OH)2CO3 D．Cu(OH)27、下列說法正確的是()A．鋼鐵發生電化學腐蝕的負根反應：B．常溫下通入溶液，當溶液中約，一定存在C．向稀溶液中加入固體，則的值變小D．向溶液中滴加少量溶液，產生黑色沉淀，水解程度增大8、下列有關氧元素及其化合物的表示或說法正確的是A．氧原子的原子結構示意圖：B．羥基的結構式：O-HC．用電子式表示Na2O的形成過程：D．組成為C2H6O的分子中可能只存在極性鍵9、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W最簡單的氫化物常溫下為氣體，是可燃冰的成分，X是同周期中原子半徑最小的元素，W和Y的最外層電子數之和等于X的最外層電子數，X、Z同主族。下列有關判斷正確的是（）A．常溫下，X、Z的單質與水反應均有弱酸生成B．W、X、Z的最簡單氫化物中，HZ的熱穩定性最強C．Y與Z的化合物YZ3是非電解質D．W的氫化物的沸點一定低于X的氫化物的沸點10、萜類化合物廣泛存在于動植物體內，某萜類化合物如下圖所示，下列說法正確的是A．此萜類化合物的化學式為C10H14OB．該有機物屬于芳香烴C．分子中所有碳原子均處于同一平面上D．在濃硫酸、加熱條件下，可生成兩種芳香烯烴11、化學家認為氫氣與氮氣在固體催化劑表面合成氨的反應過程可用如下示意圖表示，其中過程⑤表示生成的NH3離開催化劑表面。下列分析正確的是（）A．催化劑改變了該反應的反應熱 B．過程③為放熱過程C．過程②是氫氣與氮氣分子被催化劑吸附 D．過程④為吸熱反應12、W、X、Y、Z、R為原子序數依次增大的短周期主族元素，W元素的一種核素可用于鑒定文物年代，X元素的一種單質可作為飲用水消毒劑，Y元素的簡單離子是同周期元素的簡單離子中半徑最小的，Z元素和W元素同主族，R元素被稱為“成鹽元素”。下列說法錯誤的是（）A．X、Y簡單離子半徑：X>YB．W、Z元素的簡單氫化物的穩定性：W>ZC．X元素和R元素形成的某種化合物可用于自來水的消毒D．工業上常用電解熔融Y元素和R元素形成的化合物的方法來制取單質Y13、下列過程沒有明顯現象的是A．加熱NH4Cl固體 B．向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水C．向FeSO4溶液中通入NO2 D．向稀Na2CO3溶液中滴加少量鹽酸14、有關化學資源的合成、利用與開發的敘述合理的是A．大量使用化肥和農藥，能不斷提高農作物產量B．通過有機合成，可以制造出比鋼鐵更強韌的新型材料C．安裝煤炭燃燒過程的“固硫”裝置，主要是為了提高煤的利用率D．開發利用可燃冰（固態甲烷水合物），有助于海洋生態環境的治理15、工業生產措施中，能同時提高反應速率和產率的是A．合成氨使用高壓 B．制硝酸用Pt-Rh合金作催化劑C．制硫酸時接觸室使用較高溫度 D．侯氏制堿法循環利用母液16、NA是阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．0.5molN4（分子為正四面體結構）含共價鍵數目為2NAB．1L0.5mol·L1Na2S溶液中含陰離子數目小于0.5NAC．鋅與濃硫酸反應生成氣體11.2L（標準狀況）時轉移電子數目為NAD．14g己烯和環己烷的混合物含氫原子數目為3NA17、已知反應：生成的初始速率與NO、的初始濃度的關系為，k是為速率常數。在時測得的相關數據如下表所示。下列說法不正確的是實驗數據初始濃度生成的初始速率mol/(L·s)123A．關系式中、B．時，k的值為C．若時，初始濃度mol/L，則生成的初始速率為mol/(L·s)D．當其他條件不變時，升高溫度，速率常數是將增大18、W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y處于同一周期，X、Z的最低價離子分別為X2－和Z－，Y＋和Z-離子具有相同的電子層結構。下列說法正確的是()A．原子最外層電子數：X＞Y＞Z B．單質沸點：X＞Y＞ZC．離子半徑：X2－＞Y＋＞Z－ D．原子序數：X＞Y＞Z19、用NA表示阿伏加德羅常數，下列說法正確的是A．用氫氧燃料電池電解飽和食鹽水得到0.4molNaOH，在燃料電池的負極上消耗氧氣分子數為0.1NAB．2molH3O＋中含有的電子數為20NAC．密閉容器中1molN2(g)與3molH2(g)反應制備氨氣，形成6NA個N-H鍵D．32gN2H4中含有的共用電子對數為6NA20、下列各組物質既不是同系物又不是同分異構體的是（）A．甲酸甲酯和乙酸 B．對甲基苯酚和苯甲醇C．油酸甘油酯和乙酸乙酯 D．軟脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯21、下列實驗操作對應的現象和結論均正確的是（）選項操作現象結論A相同溫度下，測定等濃度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH前者pH比后者大非金屬性：S＞CB將相同體積、相同pH的鹽酸和醋酸溶液分別稀釋a、b倍稀釋后溶液pH相同a＞bC向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3飽和溶液，繼續煮沸生成紅褐色沉淀制得Fe(OH)3膠體D向H2O2溶液中滴加少量硫酸酸化的FeSO4溶液溶液變為棕黃色后迅速出現大量氣泡Fe2+催化H2O2發生分解反應生成O2A．A B．B C．C D．D22、《本草綱目》中的“石堿”條目下寫道:“采蒿蓼之屬……曬干燒灰,以原水淋汁……久則凝淀如石……浣衣發面,甚獲利也。”下列說法中錯誤的是A．“石堿”的主要成分易溶于水B．“石堿”俗稱燒堿C．“石堿”可用作洗滌劑D．“久則凝淀如石”的操作為結晶二、非選擇題(共84分)23、（14分）鹽酸阿比朵爾，適合治療由A、B型流感病毒引起的上呼吸道感染，2020年入選新冠肺炎試用藥物，其合成路線：回答下列問題：（1）有機物A中的官能團名稱是______________和______________。（2）反應③的化學方程式______________。（3）反應④所需的試劑是______________。（4）反應⑤和⑥的反應類型分別是______________、______________。（5）I是B的同分異構體，具有兩性并能與碳酸氫鈉溶液反應放出氣體，寫出具有六元環結構的有機物H的結構簡式______________。(不考慮立體異構，只需寫出3個)（6）已知：兩分子酯在堿的作用下失去一分子醇生成β—羥基酯的反應稱為酯縮合反應，也稱為Claisen（克萊森）縮合反應，如：，設計由乙醇和制備的合成線路______________。(無機試劑任選)24、（12分）法華林是一種治療心腦血管疾病的藥物，屬于香豆素類衍生物，其合成路徑如下：已知：①法華林的結構簡式：②+③+(1)A的結構簡式是___________。(2)C分子中含氧官能團是___________。(3)寫出D與銀氨溶液反應的化學方程式___________。(4)E的結構簡式是___________。(5)水楊酸分子中苯環上有兩種含氧官能團，1mol水楊酸與足量NaHCO3完全反應生成1molCO2。寫出水楊酸反應生成F的化學方程式___________。(6)K分子中含有兩個酯基，K結構簡式是___________。(7)M與N互為同分異構體，N的結構簡式是____________。(8)已知：最簡單的香豆素結構式。以乙酸甲酯、甲醛和苯酚為主要原料，一種合成香豆素的路線如下(其他藥品自選)：寫出甲→乙反應的化學方程式___________；丙的結構簡式是_________。25、（12分）對氨基苯磺酸是制取染料和一些藥物的重要中間體，可由苯胺磺化得到。+H2SO4H2O已知：苯胺是一種無色油狀液體，微溶于水，易溶于乙醇，熔點?6.1℃，沸點184.4℃。對氨基苯磺酸是一種白色晶體，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于堿性溶液，不溶于乙醇。實驗室可用苯胺、濃硫酸為原料，利用如圖所示實驗裝置合成對氨基苯磺酸。實驗步驟如下：步驟1：在250mL三頸燒瓶中加入10mL苯胺及幾粒沸石，將三頸燒瓶放在冰水中冷卻，小心地加入18mL濃硫酸。步驟2：將三頸燒瓶置于油浴中緩慢加熱至170～180℃，維持此溫度2～2.5小時。步驟3：將反應產物冷卻至約50℃后，倒入盛有100mL冷水的燒杯中，用玻璃棒不斷攪拌，促使對氨基苯磺酸晶體析出。將燒瓶內殘留的產物沖洗到燒杯中，抽濾，洗滌，得到對氨基苯磺酸粗產品。步驟4：將粗產品用沸水溶解，冷卻結晶，抽濾，收集產品，晾干可得純凈的對氨基苯磺酸。（1）裝置中冷凝管的作用是__________。（2）步驟2油浴加熱的優點有____________________。（3）步驟3中洗滌沉淀的操作是______________。（4）步驟3和4均進行抽濾操作，在抽濾完畢停止抽濾時，應注意先__________，然后__________，以防倒吸。（5）若制得的晶體顆粒較小，分析可能的原因______（寫出兩點）。26、（10分）某活動小組利用廢鐵屑(含少量S等元素)為原料制備硫酸亞鐵銨晶體[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]，設計如圖所示裝置(夾持儀器略去)。稱取一定量的廢鐵屑于錐形瓶中，加入適量的稀硫酸，在通風櫥中置于50~60°C熱水浴中加熱.充分反應。待錐形瓶中溶液冷卻至室溫后加入氨水，使其反應完全，制得淺綠色懸濁液。(1)在實驗中選擇50~60°C熱水浴的原因是___________(2)裝置B的作用是______________；KMnO4溶液的作用是______________。(3)若要確保獲得淺綠色懸濁液，下列不符合實驗要求的是_________(填字母)。a.保持鐵屑過量b.控制溶液呈強堿性c.將稀硫酸改為濃硫酸(4)檢驗制得的(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O中是否含有Fe3+的方法：將硫酸亞鐵銨晶體用加熱煮沸過的蒸餾水溶解，然后滴加_______(填化學式)。(5)產品中雜質Fe3+的定量分析：①配制Fe3+濃度為0.1mg/mL的標準溶液100mL。稱取______(精確到0.1)mg高純度的硫酸鐵銨[(NH4)Fe(SO4)2·12H2O]，加入20.00mL經處理的去離子水。振蕩溶解后，加入2mol·L-1HBr溶液1mL和1mol·L-1KSCN溶液0.5mL，加水配成100mL溶液。②將上述溶液稀釋成濃度分別為0.2、1.0、3.0、5.0、7.0、10.0(單位：mg·L-1)的溶液。分別測定不同濃度溶液對光的吸收程度(吸光度)，并將測定結果繪制成如圖所示曲線。取硫酸亞鐵銨產品，按步驟①配得產品硫酸亞鐵銨溶液10mL，稀釋至100mL，然后測定稀釋后溶液的吸光度，兩次測得的吸光度分別為0.590、0.610，則該興趣小組所配產品硫酸亞鐵銨溶液中所含Fe3+濃度為_______mg·L-1。(6)稱取mg產品，將產品用加熱煮沸的蒸餾水溶解，配成250mL溶液，取出100mL放入錐形瓶中，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液VmL，則硫酸亞鐵銨晶體的純度為_____(用含c、V、m的代數式表示)。27、（12分）疊氮化鈉(NaN3)固體易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，是汽車安全氣囊中的主要成分，能在發生碰撞的瞬間分解產生大量氣體使氣囊鼓起。已知：。實驗室利用如圖裝置模擬工業級NaN3制備。實驗Ⅰ：制備NaN3(1)裝置C中盛放的藥品為____________，裝置B的主要作用是__________________。(2)為了使a容器均勻受熱，裝置D中進行油浴而不用水浴的主要原因是______________。(3)氨氣與熔化的鈉反應生成NaNH2的化學方程式____________________________________。(4)N2O可由NH4NO3(熔點169.6℃)在240℃分解制得，應選擇的氣體發生裝置是________。實驗Ⅱ：分離提純分離提純反應完全結束后，取出裝置D中的混合物進行以下操作，得到NaN3固體。(5)已知：NaNH2能與水反應生成NaOH和氨氣，操作Ⅳ采用__________洗滌，其原因是_____________。實驗Ⅲ：定量測定實驗室用滴定法測定疊氮化鈉樣品中NaN3的質量分數：①將2.500g試樣配成500.00mL溶液。②取50.00mL溶液于錐形瓶中，加入50.00mL0.1010(NH4)2Ce(NO3)6溶液。③充分反應后，將溶液稍稀釋，向溶液中加入8mL濃硫酸，滴入3滴鄰菲啰啉指示液，0.0500(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定過量的Ce4+，消耗標準溶液的體積為29.00mL。測定過程中涉及的反應方程式如下：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑，Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+(6)配制疊氮化鈉溶液時，除燒杯、玻璃棒、量筒外，還需要用到的玻璃儀器有___________。若其它讀數正確，滴定到終點后讀取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液體積時俯視，將導致所測定樣品中疊氮化鈉質量分數__________(選填“偏大”、“偏小”或“不變”)。(7)試樣中NaN3的質量分數為___________。(保留四位有效數字)28、（14分）消除尾氣中的NO是環境科學研究的熱點課題。I.NO氧化機理已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=-110kJ?mol-1T1℃時，將NO和O2按物質的量之比為2：1充入剛性反應容器中(忽略NO2與N2O4的轉化)。（1）下列可以作為反應已經到達平衡狀態的判斷依據的是____。A.2v正(O2)=v逆(NO2)B.NO與O2的物質的量之比為2：1C.容器內混合氣體的密度保持不變D.K不變E.容器內混合氣體的顏色保持不變（2）通過現代科學技術動態跟蹤反應的進行情況，得到容器內混合氣體的壓強、平均摩爾質量隨反應時間的變化曲線如圖1圖2所示。則反應2NO(g)+O2(g)2NO2(g)在T1℃時的平衡常數Kp=____。[對于氣相反應，用某組分B的平衡壓強p(B)代替物質的量濃度c(B)也可表示平衡常數，記作Kp，如p(B)=p?x(B)，p為平衡總壓強，x(B)為平衡系統中B的物質的量分數]。保持其它條件不變，僅改變反應溫度為T2℃(T2＞T1)，在圖2中畫出容器內混合氣體的平均摩爾質量隨反應時間的變化趨勢圖_____。II.NO的工業處理（3）H2還原法：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH1已知在標準狀況下，由元素最穩定的單質生成1mol純化合物時的焓變叫做標準摩爾生成焓。NO(g)和H2O(g)的標準摩爾生成焓分別為+90kJ?mol-1、-280kJ?mol-1。則ΔH1=____。（4）O3-CaSO3聯合處理法NO可以先經O3氧化，再用CaSO3水懸浮液吸收生成的NO2，轉化為HNO2。已知難溶物在溶液中并非絕對不溶，同樣存在著一定程度的沉淀溶解平衡。在CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液能提高SO32-對NO2的吸收速率，請用平衡移動原理解釋其主要原因____。（5）電化學處理法工業上以多孔石墨為惰性電極，稀硝酸銨溶液為電解質溶液，將NO分別通入陰陽兩極，通過電解可以得到濃的硝酸銨溶液。則電解時陽極發生的電極反應為____。29、（10分）碳和氮的化合物在生產生活中廣泛存在。回答下列問題：(1)催化轉化器可使汽車尾氣中的主要污染物（CO、NOx、碳氫化合物）進行相互反應，生成無毒物質，減少汽車尾氣污染。已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+180.5kJ/mol；2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=－221.0kJ/mol；C(s)+O2(g)=CO2(g)△H3=－393.5kJ/mol則尾氣轉化反應2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H=___________。(2)氨是一種重要的化工原料，在工農業生產中有廣泛的應用。在773K時，分別將2.00molN2和6.00molH2充入一個固定容積為1L的密閉容器中，隨著反應的進行，氣體混合物中n(H2)、n(NH3)與反應時間(t)的關系如表所示：t/min051015202530n(H2)/mol6.004.503.603.303.033.003.00n(NH3)/mol01.001.601.801.982.002.00①該溫度下，若向同容積的另一容器中投入N2、H2、NH3，其濃度均為3mol/L，則此時v正____v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。②由表中的實驗數據可得到“c—t”的關系，如圖1所示，表示c(N2)—t的曲線是______。在此溫度下，若起始充入4molN2和12molH2，則反應剛達到平衡時，表示c(H2)—t的曲線上相應的點為________。(3)NOx的排放主要來自于汽車尾氣，有人利用反應C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)△H=－34.0kJ/mol，用活性炭對NO進行吸附。已知在密閉容器中加入足量的C和一定量的NO氣體，保持恒壓測得NO的轉化率隨溫度的變化如圖2所示：①由圖可知，1050K前反應中NO的轉化率隨溫度升髙而增大，其原因為_______；在1100K時，CO2的體積分數為__________。②用某物質的平衡分壓代替其物質的量濃度也可以表示化學平衡常數(記作Kp)。在1050K、1.1×106Pa時，該反應的化學平衡常數Kp=______[已知：氣體分壓(P分)=氣體總壓(Pa)×體積分數]。(4)在酸性電解質溶液中，以惰性材料作電極，將CO2轉化為丙烯的原理如圖3所示①太陽能電池的負極是_______(填“a”或“b”)②生成丙烯的電極反應式是___________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】試題分析：A、圖像分析判斷0～t2時，0～t1逆反應速率大于正反應速率，t1～t2正逆反應速率相同，A錯誤；B、在t2時刻若是加入催化劑，由于催化劑對正逆反應速率都有影響，圖像中逆反應速率和正反應速率同等程度增大，而現在逆反應速率先增大最后和原平衡相同，速率不變，最后反應達到平衡和原平衡相同，B錯誤；C、Ⅰ、Ⅱ兩過程達到反應限度時，反應速率不變，說明反應達到相同的平衡狀態，A的體積分數Ⅰ=Ⅱ，C正確；D、Ⅰ、Ⅱ兩過程達到反應限度時，反應速率不變，說明反應達到相同的平衡狀態，平衡常數不變，D錯誤，答案選C。考點：考查化學平衡的建立、圖像的分析2、A【解析】元素X的一種高硬度單質是寶石，即X是C，Y2＋電子層結構與氖相同，則Y為Mg，Z的質子數為偶數，Z可能是Si，也可能是S，室溫下，M的單質為淡黃色固體，則M為S，即Z為Si，A、C與S能直接化合成CS2，故說法錯誤；B、鎂合金質量輕，硬度大，耐高溫，可用作航空航天飛行器材料，故說法正確；C、S2－比Mg2＋多一個電子層，因此S2－的半徑大于Mg2＋，故說法正確；D、氫化物分別是CH4、SiH4，非金屬性越強，氫化物越穩定，非金屬性C>Si，即CH4比SiH4穩定，故說法正確。3、B【解析】

溶液中離子濃度越小，溶液的導電率越小，電阻率越大，向混合溶液中加入等物質的量濃度的CH3COOH溶液時，發生反應先后順序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O，NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4。a-b溶液中電阻率增大，b點最大，因為溶液體積增大導致b點離子濃度減小，b點溶液中溶質為CH3COOM、NH3·H2O繼續加入醋酸溶液，NH3·H2O是弱電解質，生成CH3COONH4是強電解質，導致溶液中離子濃度增大，電阻率減小，c點時醋酸和一水合銨恰好完成反應生成醋酸銨，c點溶液中溶質為CH3COOM，CH3COONH4且二者的物質的量相等。【詳解】A.由圖可知，向混合溶液中加入等物質的量濃度的CH3COOH溶液時，電阻率先增大后減小，說明發生了兩步反應，發生反應先后順序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O然后NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4，所以MOH是強堿，先和酸反應，故A正確；B.加入醋酸40mL時，溶液中的溶質為CH3COOM、CH3COONH4且二者的物質的量濃度相等，CH3COOM是強堿弱酸鹽，又因為CH3COOH的Ka＝1.8×10－5等于NH3·H2O的Kb=1.8×10－5，CH3COONH4是中性鹽，所以溶液呈堿性，則醋酸根的水解程度大于銨根的電離程度，則c（CH3COOH)>c(NH3·H2O），故B錯誤；C.d點加入醋酸60mL，溶液中的溶質為CH3COOM、CH3COONH4和CH3COOH且三者物質的量濃度相等，CH3COONH4是中性鹽，溶液相當于CH3COOM和CH3COOH等物質的量混合，溶液呈酸性，故C正確；D.a→d過程，溶液的堿性逐漸減弱，水電離程度加大，后來酸性逐漸增強，水的電離程度減小，所以實驗過程中水的電離程度是先增大后減小，故D正確；故選B。4、C【解析】

實驗室從海帶中提取碘：將海帶在坩堝中灼燒得到海帶灰，將海帶灰浸泡得到海帶灰懸濁液，然后采用過濾的方法將殘渣和溶液分離，得到含有碘化鉀的溶液，向水溶液中加入氧化劑，將I-氧化成I2，向含有碘單質的溶液中加入萃取劑萃取分液得到碘單質的有機溶液，據此分析解答。【詳解】A．海帶在坩堝中灼燒得到海帶灰，有機物燃燒生成二氧化碳和水，過濾操作主要除去海帶灰中難溶于水的固體，主要是無機物，故A正確；B．氧化劑可以選用過氧化氫溶液，反應的離子方程式為2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B正確；C．萃取過程所用有機溶劑可以是四氯化碳或苯，不能選用酒精，因為酒精易溶于水，故C錯誤；D．因I2易升華，有機溶劑的沸點一般較低，因此I2的有機溶液通過蒸餾法難以徹底分離，故D正確；故選C。5、B【解析】根據裝置圖，碳電極通入氫氣，發生氧化反應，電極反應為H2-2e-+2OH－=2H2O，Ni電極NiO(OH)→Ni(OH)2發生還原反應，電極反應為NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－，碳電極是負極，Ni電極是正極。根據以上分析，離子交換膜選用陰離子交換膜（只允許陰離子通過），故A錯誤；正極的電極反應為NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－，故B正確；導線中通過1mol電子時，負極生成1mol水，理論上負極區溶液質量增加18g，故C錯誤；充電時，負極與電源負極相連，所以碳電極與電源的負極相連，故D錯誤。6、D【解析】

A.CuCl2是銅離子和氯離子組成的化合物，屬于鹽，A不選；B.CuSO4是硫酸根離子和銅離子組成的化合物，屬于鹽，B不選；C.Cu2(OH)2CO3為堿式碳酸銅，屬于鹽，C不選；D.Cu(OH)2為氫氧化銅，在溶液中能部分電離出銅離子和氫氧根離子，屬于堿，D選；答案選D。7、B【解析】

A．鋼鐵發生電化學腐蝕時，負極發生的反應是：Fe-2e-═Fe2+，故A錯誤；B．當在25℃時由水電離的H+濃度為10-7mol/L，說明溶液呈中性，則c(H+)=c(OH-)①，根據電荷守恒c(K+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)②，由①②得，c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故B正確；C．常溫下向CH3COONa稀溶液中加入CH3COONa固體，加入CH3COONa固體，醋酸根離子以及鈉離子濃度均增大，同時會對水解平衡起到抑制作用，所以醋酸根離子濃度增加的程度大，的比值變大，故C錯誤；D．在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，HS-電離出的S2-與Cu2+結合生成CuS黑色沉淀，HS-電離程度增大，pH減小，故D錯誤；故答案為B。8、D【解析】

A.

O原子核內質子數為8，有2個電子層，最外層有6個電子，原子結構示意圖為：，故A錯誤；B.羥基中含有1個氧氫鍵，羥基可以表示為?OH，故B錯誤；C.

Na2O為離子化合物,用電子式表示Na2O的形成過程為：，故C錯誤；D.二甲醚只存在極性鍵，故D正確；故選：D。9、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W最簡單的氫化物是可燃冰的有效成分，即為CH4，則W為C元素；X是同周期中原子半徑最小的元素，X不是F就是Cl，因原子序數依次增大，則X為F元素；W和Y的原子核外最外層電子數之和等于X的最外層電子數，則Y為Al元素；X、Z同主族，則Z為Cl元素，據此分析解答。【詳解】根據上述分析可知，W為C元素、X為F元素、Y為Al元素、Z為Cl元素。A．常溫下，X、Z的單質與水的反應分別是2F2+2H2O=4HF+O2、Cl2+H2O=HCl+HClO，HF和HClO都是弱酸，故A正確；B．F的非金屬性最強，則HF最穩定，故B錯誤；C.Y與Z的化合物YZ3為AlCl3，氯化鋁溶于水能夠導電，屬于電解質，故C錯誤；D.W的氫化物為烴，其中很多為固體，沸點不一定低于HF的沸點，故D錯誤；答案選A。【點睛】本題的易錯點為D，要注意碳的氫化物是一類物質——烴，隨著碳原子數目的增多，烴的熔沸點升高，在烴中有氣態、液態的烴，還有固態的烴。10、A【解析】

A.由萜類化合物的結構簡式可知分子式為C10H14O，故A正確；B.萜類化合物中含有氧元素，屬于芳香化合物，不屬于芳香烴，故B錯誤；C.萜類化合物中含有4個飽和碳原子，所有碳原子不可能處于同一平面上，故C錯誤；D.萜類化合物含有羥基，與羥基相連的碳原子上含有的兩個甲基是等效的，在濃硫酸、加熱條件下，只能生成一種芳香烯烴，故D錯誤；故選A。【點睛】判斷分子中共線、共面原子數的技巧1.任何兩個直接相連的原子在同一直線上。2.任何滿足炔烴結構的分子，其所有4個原子在同一直線上。3.苯環對位上的2個碳原子及與之相連的2個氫原子共4個原子一定在一條直線上。4.典型所有的原子一定共平面的有：CH2=CH2、CHCH、苯；可能共平面的有：CH2=CH—CH=CH2、。5.只要出現CH4、—CH3或—CX3等，即只要出現飽和碳原子，所有原子肯定不能都在同一平面上。11、C【解析】

A項、催化劑可改變反應的途徑，不改變反應的始終態，則反應熱不變，故A錯誤；B項、過程③為化學鍵的斷裂過程，為吸熱過程，故B錯誤；C項、過程②氫氣與氮氣分子沒有變化，被催化劑吸附的過程，故C正確；D．過程④為化學鍵的形成過程，為放熱過程，故D錯誤；故選C。12、D【解析】

W、X、Y、Z、R為原子序數依次增大的短周期主族元素，W元素的一種核素可用于鑒定文物年代，W為C元素；X元素的一種單質可作為飲用水消毒劑，X為O元素；Y元素的簡單離子是同周期元素的簡單離子中半徑最小的，Y為Al元素；Z元素和W元素同主族，Z為Si元素；R元素被稱為“成鹽元素”，R為Cl元素，以此來解答。【詳解】由上述分析可知，W為C、X為O、Y為Al、Z為Si、R為Cl元素。A.O2-和Al3+核外電子排布都是2、8，離子的核電荷數越大，離子半徑就越小，因此簡單離子半徑：X>Y，A正確；B.同一主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，則非金屬性C>Si。元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的穩定性就越強，因此簡單氫化物的穩定性：W>Z，B正確；C.元素X和R形成的ClO2，該物質具有強氧化性，可用于自來水的消毒殺菌，C正確；D.Y和R化合物為AlCl3，AlCl3為共價化合物，熔融氯化鋁不能導電。在工業上常用電解熔融Al2O3的方法制金屬Al，D錯誤；故合理選項是D。【點睛】本題考查原子結構與元素周期律。把握短周期元素、原子序數、元素的性質和位置來推斷元素為解答的關鍵，D選項為易錯點，注意冶煉金屬Al原料的選擇。13、D【解析】

A.加熱NH4Cl固體分解生成氨氣和氯化氫氣體，在試管口處重新生成固體氯化銨，有明顯的現象，A不符合題意；B.向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水發生反應生成氫氧化鋁白色沉淀，有明顯現象，B不符合題意；C.向FeSO4溶液中通入NO2，二氧化氮和水反應生成硝酸具有強氧化性，能氧化Fe2+為Fe3+，溶液變為黃色，有明顯現象，C不符合題意；D.向稀Na2CO3溶液中滴加少量鹽酸，發生反應產生NaCl和NaHCO3，無明顯現象，D符合題意；故合理選項是D。【點睛】本題考查了物質的特征性質和反應現象，掌握基礎是解題關鍵，題目難度不大。D項為易錯點，注意碳酸鈉與稀鹽酸反應時，若鹽酸少量生成物為碳酸氫鈉和氯化鈉、鹽酸過量生成物為氯化鈉、二氧化碳和水。14、B【解析】

A．使用農藥和化肥固然有利于增加農作物的產量，但會在農產品中造成農藥殘留，會使土地里的鹽堿越來越多，土壤越來越硬，影響農作物的生長，從長遠來講反而會影響農作物的收成，故A錯誤；B．通過有機物的合成可以制造出新型高分子材料，某些新型高分子材料的性能比鋼鐵更強韌，故B正確；C．安裝煤炭燃燒過程的“固硫“裝置，主要是為了減少污染，故C錯誤；D．過分開發可燃冰，會影響海洋生態環境，故D錯誤；故選B。15、A【解析】

A．增大壓強加快反應速率，且合成氨的反應為體積縮小的反應，則加壓平衡正向移動，有利于提高產率，選項A正確；B．催化劑對平衡移動無影響，不影響產率，選項B錯誤；C．二氧化硫的催化氧化反應為放熱反應，則升高溫度平衡逆向移動，產率降低，選項C錯誤；D．侯氏制堿法循環利用母液可提高產率，但對反應速率無影響，選項D錯誤；答案選A。16、C【解析】

A．N4呈正四面體結構，類似白磷(P4)，如圖所示，1個N4分子含6個共價鍵（N–N鍵），則0.5molN4含共價鍵數目為3NA，A項錯誤；B．S2＋H2O?HS＋OH，陰離子包括S2、OH和HS，陰離子的量大于0.5mol，B項錯誤；C．鋅與濃硫酸發生反應：Zn＋2H2SO4(濃)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，生成氣體11.2L（標準狀況），則共生成氣體的物質的量，即n(H2+SO2)=，生成1mol氣體時轉移2mol電子，生成0.5mol氣體時應轉移電子數目為NA，C項正確；D．己烯和環己烷的分子式都是C6H12，最簡式為CH2，14g混合物相當于1molCH2，含2molH原子，故14g己烯和環己烷的混合物含氫原子數目為2NA，D項錯誤；答案選C。17、A【解析】

A.將表中的三組數據代入公式，得，，，解之得：，，故A錯誤；B.時，，k的值為

，故B正確；C.若時，初始濃度

mol/L，則生成的初始速率為

mol/(L·s)，故C正確；D.當其他條件不變時，升高溫度，反應速率增大，所以速率常數將增大，故D正確。故選A。18、D【解析】

X、Z的最低價離子分別為X2-和Z-，則X為第ⅥA族元素，Z為ⅦA族元素；Y+和Z-具有相同的電子層結構，則Y在Z的下一周期，則Y為Na元素，Z為F元素，X、Y同周期，則X為S元素，A．X、Y、Z分別為S、Na、F，原子最外層電子數分別為6、1、7，即原子最外層電子數：Z＞X＞Y，故A錯誤；B．常溫下Na、S為固體，F2為氣體，Na的熔點較低，但鈉的沸點高于硫，順序應為Na＞S＞F2，故B錯誤；C．Na+、F-具有相同的核外電子排布，離子的核電荷數越大，半徑越小，應為F-＞Na+，S2-電子層最多，離子半徑最大，故離子半徑S2-＞F-＞Na+，故C錯誤；D．X、Y、Z分別為S、Na、F，原子序數分別為16、11、9，則原子序數：X＞Y＞Z，故D正確。答案選D。19、B【解析】

A.電解飽和食鹽水的化學方程式為：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，反應中氯元素的化合價由-1價升高為0價，得到0.4molNaOH時，生成0.2molCl2，轉移電子數為0.4NA，氫氧燃料電池正極的電極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此正極上消耗氧氣分子數為0.1NA，故A錯誤；B.1個H3O＋中含有10個電子，因此2molH3O＋中含有的電子數為20NA，故B正確；C.N2與H2反應的化學方程式為：N2+3H22NH3，該反應屬于可逆反應，因此密閉容器中1molN2(g)與3molH2(g)反應生成氨氣物質的量小于2mol，形成N-H鍵的數目小于6NA，故C錯誤；D.32gN2H4物質的量為=1mol，兩個氮原子間有一個共用電子對，每個氮原子與氫原子間有兩個共用電子對，因此1molN2H4中含有的共用電子對數為5NA，故D錯誤；故選B。【點睛】本題考查阿伏加德羅常數的有關計算和判斷，題目難度中等，注意明確H3O＋中含有10個電子，要求掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數的關系。20、C【解析】

A．甲酸甲酯和乙酸分子式相同，結構不同，屬于同分異構體，A不合題意；B．對甲基苯酚和苯甲醇分子式相同，結構不同，屬于同分異構體，B不合題意；C．油酸甘油酯是不飽和酯，乙酸乙酯是飽和酯，分子式不同，結構不相似，則既不是同系物，又不是同分異構體，C符合題意；D．軟脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯，結構相似，分子組成上相差2個CH2，互為同系物，D不合題意；故選C。21、A【解析】

A.相同溫度下，測定等濃度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH，前者pH比后者大，說明酸性H2CO3<H2SO4，故A正確；B.鹽酸是強酸、醋酸是弱酸，稀釋相同倍數，弱酸存在電離平衡移動，弱酸的pH變化小，若稀釋后溶液pH相同，則弱酸稀釋的倍數大，即a<b，故B錯誤；C.向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3飽和溶液，繼續煮沸，整個液體變為透明紅褐色，制得Fe(OH)3膠體，故C錯誤；D.溶液變為棕黃色后迅速出現大量氣泡，應該是Fe3+催化H2O2發生分解反應生成O2，故D錯誤；故選A。22、B【解析】

A.由“以原水淋汁”可以看出，“石堿”的主要成分易溶于水，故A正確；B.“采蒿蓼之屬……曬干燒灰”，草木灰的成分是碳酸鉀，故B錯誤；C.碳酸鉀溶液呈堿性，可用作洗滌劑，故C正確；D.“以原水淋汁……久則凝淀如石”是從碳酸鉀溶液中得到碳酸鉀晶體，操作為蒸發結晶，故D正確；選B。二、非選擇題(共84分)23、羰基酯基+→+HClBr2取代反應取代反應（任寫3個）CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH【解析】

根據合成路線圖中反應物和生成物的結構變化分析反應類型；根據題給信息及路線圖中反應類型比較目標產物及原料的結構設計合成路線圖。【詳解】（1）根據A的結構簡式分析，A中的官能團有羰基和酯基，故答案為：羰基；酯基；（2）根據比較C和E的結構及反應物的結構，分析中間產物D的結構簡式為：，則反應③的化學方程式為：+→+HCl；故答案為：+→+HCl；（3）比較D和E的結構，反應④為取代反應，所需的試劑是Br2，故答案為：Br2；（4）比較E和F的結構變化及F和G的結構變化，反應⑤為取代反應；反應⑥也為取代反應，故答案為：取代反應；取代反應；（5）I是B（）的同分異構體，具有兩性并能與碳酸氫鈉溶液反應放出氣體，則結構中含有氨基和羧基，其中具有六元環結構的有機物H的結構簡式有：；（6）乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸與乙醇酯化反應反應得到乙酸乙酯（），乙酸乙酯發生酯縮合反應生成，與發生合成路線中反應①的反應即可得到，故答案為：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH。24、羥基+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O+CH3OH+H2O2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O【解析】

A生成B是在光照條件下進行，發生的是取代反應，在根據A的分子式知道A是甲苯，B是，與氫氧化鈉發生取代反應，則C是，根據反應條件知道D是，根據信息反應②的特點，醛與酮反應時醛基會轉變為碳碳雙鍵，故E中有碳碳雙鍵，則E是。【詳解】(1)A的名稱為甲苯，結構簡式是，故答案為：；(2)C分子的結構簡式為，含氧官能團是羥基，故答案為：羥基；(3)D是，與銀氨溶液反應的化學方程式為：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案為：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(4)由分析可知，E的結構簡式是，故答案為：；(5)水楊酸分子中苯環上有兩種含氧官能團，1mol水楊酸與足量NaHCO3完全反應生成1molCO2，說明存在羧基，同時含有羥基，故水楊酸的結構簡式為，與CH3OH發生酯化反應，化學方程式為：+CH3OH+H2O，故答案為：+CH3OH+H2O；(6)由(5)可知，F為，與乙酸酐反應生成K，K分子中含有兩個酯基，則K結構簡式是，故答案為：；(7)M與N互為同分異構體，N與E生成，可知N的結構簡式是，故答案為;;(8)由流程圖可知，乙酸甲酯、甲醛在堿性條件下反生羥醛縮合生成甲，故甲為HOCH2CH2COOCH3，根據信息②③提示，要實現乙到丙過程，乙要有醛基，則甲到乙，實質是HOCH2CH2COOCH3變為OHCH2COOCH3，反應方程式為：2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O；OHCH2COOCH3與反應，再脫水得到丙，則丙為：，故答案為：2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O；。【點睛】重點考查有機流程的理解和有機物結構推斷、官能團、有機反應類型、簡單有機物制備流程的設計、有機方程式書寫等知識，考查考生對有機流程圖的分析能力、對已知信息的理解能力和對有機化學基礎知識的綜合應用能力。有機物的考查主要是圍繞官能團的性質進行，這些官能團的性質以及它們之間的轉化要掌握好，這是解決有機化學題的基礎。官能團是決定有機物化學性質的原子或原子團，有機反應絕大多數都是圍繞官能團展開，而高中教材中的反應原理也只是有機反應的一部分，所以有機綜合題中經常會出現已知來告知部分沒有學習過的有機反應原理，認識這些反應原理時可以從最簡單的斷鍵及變換的方法進行，而不必過多追究。25、冷凝回流受熱均勻，便于控制溫度向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作2~3次拆下連接泵和吸濾瓶的橡皮管關閉水龍頭溶液溫度過高或冷卻結晶時速度過快（合理答案即可）【解析】

結合題給信息進行分析：步驟1中，將三頸燒瓶放入冷水中冷卻，為防止暴沸，加入沸石。步驟2中，因為反應溫度為170～180℃，為便于控制溫度，使反應物受熱均勻，采取油浴方式加熱；步驟3中，結合對氨基苯磺酸的物理性質，將反應產物導入冷水燒杯中，并不斷攪拌有助于對氨基苯磺酸的析出。再根據對氨基苯磺酸與苯胺在乙醇中的溶解性不同，采用乙醇洗滌晶體。步驟4中，利用對氨基苯磺酸可溶于沸水，通過沸水溶解，冷卻結晶等操作，最終得到純凈產品。【詳解】（1）冷凝管起冷凝回流的作用，冷卻水從下口進入，上口排出；答案為：冷凝回流；（2）油浴加熱優點是反應物受熱均勻，便于控制溫度；答案為：受熱均勻，便于控制溫度；（3）苯胺是一種無色油狀液體，微溶于水，易溶于乙醇，對氨基苯磺酸是一種白色晶體，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于堿性溶液，不溶于乙醇，則洗滌時選用乙醇。洗滌的操作為向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作2~3次；答案為：向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作2~3次；（4）抽濾完畢停止抽濾時，為防止倒吸，先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶間的橡皮管，再關水龍頭；答案為：拆下連接泵和吸濾瓶的橡皮管；關閉水龍頭；（5）對氨基苯磺酸微溶于冷水，可溶于沸水，若制得的晶體顆粒較小，可能的原因是溶液溫度過高或冷卻結晶時速度過快。答案為：溶液溫度過高或冷卻結晶時速度過快（合理答案即可）。【點睛】冷卻結晶的晶體大小影響因素：（1）漿料的過飽和度，這個主要由溫度來控制，溫度越低過飽和度越低。過飽和度越大，則產生晶核越多，結晶體粒徑越小。（2）停留時間，時間越長，則產生的結晶體粒徑越大。（3）容器的攪拌強度，攪拌越強，容易破碎晶體，結晶體粒徑越小。（4）雜質成分，雜質成分較多，則比較容易形成晶核，結晶體粒徑越小。26、使受熱均勻，加快反應速率，防止溫度過高，氨水揮發過多，原料利用率低防止液體倒吸進入錐形瓶吸收氨氣、硫化氫等雜質氣體，防止污染空氣bcKSCN86.185【解析】

A中稀硫酸與廢鐵屑反應生成硫酸亞鐵、氫氣，還有少量的硫化氫氣體，滴加氨水，可生成硫酸亞鐵銨，B導管短進短出為安全瓶，避免倒吸，C用于吸收硫化氫等氣體，避免污染環境，氣囊可以吸收氫氣。【詳解】（1）水浴加熱的目的是控制溫度，加快反應的速率，同時防止溫度過高，氨水揮發過多，原料利用率低，故答案為：使受熱均勻，加快反應速率，防止溫度過高，氨水揮發過多，原料利用率低；（2）B裝置短進短出為安全瓶，可以防止液體倒吸進入錐形瓶；由于鐵屑中含有S元素，因此會產生H2S，同時氨水易揮發，因此高錳酸鉀溶液(具有強氧化性)吸收這些氣體，防止污染空氣，吸收氨氣、硫化氫等雜質氣體，防止污染空氣，故答案為：防止液體倒吸進入錐形瓶；吸收氨氣、硫化氫等雜質氣體，防止污染空氣；（3）由于Fe2+易被氧化，所以為防止其被氧化，鐵屑應過量，同時為抑制Fe2+的水解，所以溶液要保持強酸性，濃硫酸常溫下會鈍化鐵，故答案為：bc；（4）檢驗鐵離子常用KSCN溶液，故答案為：KSCN；（5）①在Fe3+濃度為1.0mg/mL的標準溶液100mL中，m（Fe3+）=0.1mg/mL×100mL=10.0mg，依據關系式Fe3+～（NH4）Fe（SO4）2?12H2O得：m[（NH4）Fe（SO4）2?12H2O]=10.0mg×=86.1mg，故答案為：86.1；②兩次測定所得的吸光度分別為0.590、0.610，取其平均值為0.600，從吸光度可以得出濃度為8.5mg/L，又因配得產品溶液10mL，稀釋至100mL，故原產品硫酸亞鐵銨溶液中所含Fe3+濃度為：8.5mg/L×=85mg/L，故答案為：85；（6）滴定過程中Fe2+被氧化成Fe3+，化合價升高1價，KMnO4被還原生成Mn2+，所以有數量關系5Fe2+~KMnO4，所以n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]=V×10-3L×cmol·L-1×5×=12.5Vc10-3mol，則硫酸亞鐵銨晶體的純度為×100%=；故答案為：。27、堿石灰冷凝分離出氨氣中的水反應需要在210℃～220℃下進行，水浴不能達到這樣的高溫2Na+2NH32NaNH2+H2↑Ⅳ乙醚NaN3固體不溶于乙醚，能減少其損失，可洗去表面的乙醇雜質，且乙醚易揮發，有利于產品快速干燥500mL容量瓶、膠頭滴管偏大93.60%【解析】

實驗I：A裝置為制取氨氣的裝置，B裝置用于冷凝分離出氨氣中的水，C裝置為干燥氨氣，因為疊氮化鈉(NaN3)固體易溶于水，所以必須保證干燥環境；D裝置為制取疊氮化鈉(NaN3)的裝置。反應之前需要排出裝置內的空氣，防止Na與空氣中的氧氣發生反應而影響產率，同時應該有尾氣處理裝置，據此分析解答(1)～(4)；實驗II：根據(NaN3)固體易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，分析解答(5)；實驗Ⅲ：根據配制溶液的步驟和使用的儀器結合滴定操作的誤差分析的方法解答(6)；(7)結合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應，用0.0500mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標準溶液滴定過量的Ce4+，結合化學方程式定量關系計算。【詳解】(1)根據上述分析，濃氨水分解產生的氨氣中含有較多的水蒸氣，經B裝置分離出大部分水后，氨氣中仍有少量的水蒸氣，故裝置C為干燥氨氣的裝置，其中的干燥劑可以選用堿石灰；B裝置用于冷凝分離出氨氣中的水，故答案為堿石灰；冷凝分離出氨氣中的水；(2)裝置D中的反應需要在210℃～220℃下進行，水浴不能達到這樣的高溫，因此需要油浴，故答案為反應需要在210℃～220℃下進行，水浴不能達到這樣的高溫；(3)氨氣與熔化的鈉反應生成NaNH2的化學方程式為2Na+2NH32NaNH2+H2↑，故答案為2Na+2NH32NaNH2+H2↑；(4)N2O可由NH4NO3(熔點169.6℃)在240℃分解制得，NH4NO3分解時已經融化，同時分解過程中會生成水，為了防止水倒流到試管底部，使試管炸裂，試管口需要略向下傾斜，且需要防止NH4NO3流下，只有裝置Ⅳ滿足要求，故答案為Ⅳ；(5)NaN3固體不溶于乙醚，操作Ⅳ可以采用乙醚洗滌，能減少NaN3損失，同時洗去表面的乙醇雜質，且乙醚易揮發，有利于產品快速干燥，故答案為乙醚；NaN3固體不溶于乙醚，能減少其損失，可洗去表面的乙醇雜質，且乙醚易揮發，有利于產品快速干燥；(6)配制疊氮化鈉溶液時，除需用到燒杯、玻璃棒、量筒外，還需要用到的玻璃儀器有500mL容量瓶、膠頭滴管；若其它讀數正確，滴定到終點后，讀取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液體積時俯視，導致消耗標準液的體積偏小，則(NH4)2Ce(NO3)6的物質的量偏大，將導致所測定樣品中疊氮化鈉質量分數偏大，故答案為500mL容量瓶、膠頭滴管；偏大；(7)50.00mL0.1010mol?L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液中：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=0.1010mol?L-1×50.00×10-3L=5.05×10-3mol，29.00mL0.0500mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液中，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.0500mol?L-1×29.00×10-3L=1.45×10-3mol，根據Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可知，(NH4)2Fe(SO4)2消耗(NH4)2Ce(NO3)6的物質的量為1.45×10-3mol，則與NaN3反應的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=5.05×10-3mol-1.45×10-3mol=3.6×10-3mol，根據2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑可知，n(NaN3)=n[(NH4)2Ce(NO3)6]=3.6×10-3mol，故500.00mL溶液中(2.500g試樣中)n(NaN3)=3.6×10-3mol×=0.036mol，試樣中NaN3的質量分數ω=×100%=93.60%，故答案為93.60%。【點睛】本題的易錯點為(7)中試樣中NaN3的質量分數的計算，要注意加入的(NH4)2Ce(NO3)6涉及的反應和目的，理清楚滴定的原理。28、AE0.08-740kJ?mol-1對于反應CaSO3(s)Ca2+(aq)+SO32-(aq)，加入Na2SO4溶液時，SO42-結合部分Ca2+，使其平衡向正反應方向移動，c(SO32-)增大，吸收NO2的速率增大NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+【解析】

I.（1）在一定條件下，當一個可逆反應的正反應速率與逆反應速率相等時，反應物的濃度與生成物的濃度不再改變，達到一種表面靜止的狀態，即“化學平衡狀態”。其中，正反應速率與逆反應速率相等是化學平衡狀態的實質，而反應物的濃度與生成物的濃度不再改變是化學平衡狀態的表現。A.當2v正(O2)=v逆(NO2)時，說明反應已達平衡態，故A正確；B.NO與O2的物質的量之比為2：1時，不能說明該反應反應物的濃度與生成物的濃度不再改變，故B錯誤；C.根據質量守恒定律，容器內氣體的質量恒定不變，則恒容容器內混合氣體的密度始終保持不變，不能說明達到化學平衡狀態，故C錯誤；D.該反應中平衡常數K只與溫度有關，則不能用K不變來判斷化學平衡狀態，故D錯誤；E.容器內混合氣體的顏色保持不變，則說明反應物的濃度與生成物的濃度不再改變，即達到化學平衡狀態，故E正確；綜上所述，答案為AE；（2）設容器內二氧化氮與氧氣分別為2mol、1mol，達平衡態時，氧氣轉