…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年中圖版拓展型課程化學上冊階段測試試卷732考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、氨基酸在水溶液中可通過得到或失去發生如下反應：

常溫下，的甘氨酸()溶液中各微粒濃度對數值與pH的關系如圖所示：

下列說法正確的是A.曲線③為的濃度與pH的關系圖B.C.平衡常數的數量級為D.C點溶液中滿足：2、下列表述正確個數是。

①煤的干餾；煤的液化、石油的裂化都是化學變化；

②檢驗亞硫酸鈉溶液在空氣中放置是否變質可以通過先加稀硝酸；再加氯化鋇溶液的方法；

③汽車尾氣中NO主要來自燃油中氮元素的不完全燃燒；

④足量的鐵與稀硝酸反應后溶液呈淺綠色，說明稀硝酸不能氧化Fe2+；

⑤工業上；通過電解NaCl溶液的方法可以獲取金屬Na；

⑥高爐煉鐵中利用焦炭直接將鐵礦石還原為鐵單質；

⑦二氧化硫能使紫色石蕊試液褪色；可用于漂白紙漿；編織物；

⑧S與非金屬單質反應時；S均作還原劑；

⑨普通玻璃是由石灰石；石英砂、純堿為原料燒制而成的；

⑩制造太陽能電池板的二氧化硅屬于新型無機非金屬材料。A.4B.3C.2D.13、由丙烯(CH2=CH—CH3)合成的聚丙烯可用于生產口罩濾芯材料。下列說法不正確的是A.聚丙烯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B.丙烯合成聚丙烯屬于加聚反應C.丙烯與溴發生加成反應生成CH2Br—CH2—CH2BrD.聚丙烯屬于難降解的物質，隨意丟棄會造成白色污染4、下列氣體可用如圖所示方法收集的是。

A.O2B.Cl2C.H2D.CO25、現有5瓶標簽脫落的無色液體，分別為NaOH、KI、KSCN、Na2CO3、Na2SO4。下列試劑中，可以鑒別以上5種溶液的是（）A.氫氧化鋇溶液B.氯化鐵溶液C.石蕊試液D.鹽酸6、根據下列實驗操作和現象得出的結論正確的是。選項實驗現象結論A甲烷與氯氣在光照下反應，將反應后的氣體通入紫色石蕊試液中紫色石蕊試液變紅反應后的氣體是HCIB向正已烷中加入催化劑，高溫使其熱裂解，將產生的氣體通入溴水中溴水褪色裂解產生的氣體是乙烯C向FeCI3溶液中滴入幾滴30%的H2O2溶液有氣體產生，一段時間后，FeCl3溶液顏色加深Fe3+能催化H2O2分解，該分解反應為放熱反應D向某溶液中滴加氫氧化鈉稀溶液后，將紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍該溶液無NH4+

A.AB.BC.CD.D7、下列裝置或操作能達到實驗目的的是A.實驗室制取并收集O2B.構成銅鋅原電池C.檢查裝置氣密性D.利用排空氣法收集CO28、如圖是進行Mg與SiO2反應的實驗裝置,O2和H2O(g)的存在對該實驗有較大影響。

下列說法不正確的是A.裝稀硫酸儀器的名稱是分液漏斗，II中洗氣瓶內是碳酸氫鈉溶液B.可以把裝置I換成啟普發生器C.實驗開始時,必須先通一段時間X氣體,再在III處加熱D.當III處反應引發后,移走酒精燈,反應仍進行,說明該反應為放熱反應9、《開寶本草》中記載了中藥材鐵華粉的制作方法：“取鋼煅作葉如笏或團，平面磨錯令光凈，以鹽水灑之，于醋甕中陰處埋之一百日，鐵上衣生，鐵華成矣。”中藥材鐵華粉是（）A.氧化鐵B.氯化亞鐵C.氯化鐵D.醋酸亞鐵評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、水豐富而獨特的性質與其結構密切相關。

(1)對于水分子中的共價鍵，依據原子軌道重疊的方式判斷，屬于_________鍵；依據O與H的電負性判斷，屬于_________共價鍵。

(2)水分子中，氧原子的價層電子對數為_________，雜化軌道類型為_________。

(3)下列事實可用“水分子間存在氫鍵”解釋的是_________(填字母序號)。

a．常壓下；4℃時水的密度最大。

b．水的沸點比硫化氫的沸點高160℃

c．水的熱穩定性比硫化氫強。

(4)水是優良的溶劑，常溫常壓下極易溶于水，從微粒間相互作用的角度分析原因：_________(寫出兩條)。

(5)酸溶于水可形成的電子式為_________；由于成鍵電子對和孤電子對之間的斥力不同，會對微粒的空間結構產生影響，如中H－N－H的鍵角大于中H－O－H的鍵角，據此判斷和的鍵角大小：________(填“＞”或“＜”)。11、晶體硼熔點為1873K；其結構單元為正二十面體，結構如圖所示。氮化硼（BN）有多種相結構，例如六方相氮化硼與立方相氮化硼，結構如圖所示，六方相氮化硼與石墨相似，具有層狀結構；立方相氮化硼是超硬材料。回答下列問題：

（1）基態硼原子有___種不同能量的電子，第二周期中，第一電離能介于硼元素與氮元素之間的元素有___種。

（2）晶體硼為___（填晶體類型），結構單元由___個硼原子構成，共含有___個B-B鍵。

（3）關于氮化硼兩種晶體的說法，正確的是___。

a.立方相氮化硼含有σ鍵和π鍵。

b.六方相氮化硼層間作用力小；所以質地軟。

c.兩種晶體均為分子晶體。

d.兩種晶體中的B-N鍵均為共價鍵。

（4）NH4BF4是合成氮化硼納米管的原料之一，1molNH4BF4含有___mol配位鍵。12、某有機物的結構簡式如圖所示：

(1)1mol該有機物和過量的金屬鈉反應最多可以生成________H2。

(2)該物質最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質的量之比為________。13、如圖所示的初中化學中的一些重要實驗；請回答下列問題：

（1）圖A稱量NaCl的實際質量是___。

（2）圖B反應的實驗現象是__。

（3）圖C反應的表達式為__。

（4）圖D實驗目的是__。14、某化學小組用下列裝置和試劑進行實驗，探究O2與KI溶液發生反應的條件。

供選試劑：質量分數為30%的H2O2溶液、0.1mol·L-1的H2SO4溶液、MnO2固體、KMnO4固體。

(1)小組同學設計甲；乙、丙三組實驗；記錄如下：

。

操作。

現象。

甲。

向裝置I的錐形瓶中加入MnO2固體，向裝置I的____中加入質量分數為30%的H2O2溶液；連接裝置I；III，打開活塞。

裝置I中產生無色氣體并伴隨大量白霧；裝置III中有氣泡冒出；溶液迅速變藍。

乙。

向裝置II中加入KMnO4固體；連接裝置II；III，點燃酒精燈。

裝置III中有氣泡冒出；溶液不變藍。

丙。

向裝置II中加入____，向裝置III中再加入適量0.1mol·L-1的H2SO4溶液；連接裝置II；III，點燃酒精燈。

裝置III中有氣泡冒出；溶液變藍。

(2)丙實驗中O2與KI溶液反應的離子方程式為___________________________________。

(3)對比乙、丙實驗可知，O2與KI溶液發生反應的適宜條件是__________。為進一步探究該條件對反應速率的影響；可采取的實驗措施是____________________________。

(4)由甲、乙、丙三組實驗推測，甲實驗中可能是I中的白霧使溶液變藍。為了驗證推測，可將裝置I中產生的氣體通入_________(填字母)溶液中，依據實驗現象來證明白霧中含有H2O2。A．酸性KMnO4B．FeCl2C．H2S(5)資料顯示：KI溶液在空氣中久置的過程中會被緩慢氧化：4KI＋O2＋2H2O＝2I2＋4KOH。該小組同學取20mL久置的KI溶液，向其中加入幾滴淀粉溶液，結果沒有觀察到溶液顏色變藍，他們猜想可能是發生了反應___________________________________(寫離子方程式)造成的，請設計實驗證明他們的猜想是否正確：___________________________________。評卷人得分三、實驗題(共7題，共14分)15、“結晶玫瑰”是具有強烈玫瑰香氣的結晶型固體香料；在香料和日用化工產品中具有廣闊的應用價值。其化學名稱為“乙酸三氯甲基苯甲酯”，目前國內工業上主要使用以下路徑來合成結晶玫瑰:

I.由苯甲醛和氯仿合成三氯甲基苯基甲醇。

Ⅱ.三氯甲基苯基甲醇與乙酸酐發生乙酰化反應制得“結晶玫瑰”。

已知:

。三氯甲基苯基甲醇。

相對分子質量:225.5。無色液體。不溶于水；密度比水大，溶于乙醇。

乙酸酐。

無色液體。與水反應生成乙酸；溶于乙醇。

“結晶玫瑰”

相對分子質量:267.5。白色晶體。熔點:88℃。不溶于水；溶于乙醇。

具體實驗步驟如下:

I.由苯甲醛和氯仿合成三氯甲基苯基甲醇。步驟一:裝置如圖所示。依次將苯甲醛；氯仿加入三頸燒瓶中,儀器A中加入KOH和助溶劑。滴加A中試劑并攪拌；開始反應并控制一定溫度下進行。

步驟二:反應結束后；將混合物依次用5%的鹽酸；蒸餾水洗滌。

步驟三:將洗滌后的混合物蒸餾；除去其他有機雜質，加無水琉酸鎂，過濾。濾液即為粗制三氯甲基萃基甲醇。

Ⅱ.三氯甲基苯基甲醇與乙酸酐發生乙酰化反應制得“結晶玫瑰”。

步驟四:向另一三頸瓶中加入制備的三氯甲基苯基甲醇；乙酸酐；并加入少量濃硫酸催化反應，加熱控制反應溫度在90℃～110℃之間。

步驟五:反應完畢后；將反應液倒入冰水中，冷卻結晶獲得“結晶玫瑰”。

請回答下列問題:

(1)儀器A的名稱是_________。實驗裝置B中，冷凝水應從_____口進(填“a”或“b”)。

(2)步驟二中，用5%的鹽酸洗滌的主要目的是___________。在洗滌、分液操作中，應充分振蕩，然后靜置，待分層后有機層應___________(填序號)。

A.直接從上口倒出B.先將水層從上口倒出；再將有機層從下口放出。

C.直接從下口放出D.先將水層從下口放出；再將有機層從下口放出。

(3)步驟三中，加入無水硫酸鎂的目的是___________。若未加入無水硫酸鎂，直接將蒸餾所得物質進行后續反應，會使“結晶玫瑰”的產率偏______(填“高”或“低”),其原因是________(利用平衡移動原理解釋)。(已知Ⅱ的具體反應如圖所示)

(4)步驟四中，加料時，應先加入三氯甲基苯基甲醇和乙酸酐，然后慢慢加入濃硫酸并攪拌，主要是為了__________。加熱反應時，為較好的控制溫度，最適宜的加熱方式為____(填“水浴加熱”或“油浴加熱”)。

(5)22.55g三氟甲基苯基甲醇與足量乙酸酐充分反應得到結晶玫瑰21.40g,則產率是_____。16、草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，草酸的鈉鹽和鉀鹽易溶于水，而其鈣鹽難溶于水。草酸晶體（H2C2O4·2H2O）無色；熔點為101℃，易溶于水，受熱易脫水；升華，175℃時分解。

I；用硝酸氧化法制備草酸晶體并測定其純度；制備裝置如圖所示（加熱、固定等裝置略去）。實驗步驟如下。

①糖化：先將淀粉水解為葡萄糖；

②氧化：在淀粉水解液中加入混酸（質量之比為3：2的65%HNO3與98%H2SO4的混合物）；在55～60℃下水浴加熱發生反應；

③結晶；蒸發、干燥：反應后溶液經冷卻、減壓過濾；即得草酸晶體粗產品。

（1）步驟②中，水浴加熱的優點為_________。

（2）“②氧化”時發生的主要反應如下；完成下列化學方程式：

_____C6H12O6+_____HNO3______H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+__________。

（3）稱取mg草酸晶體粗產品，配成100mL溶液。取20.00mL于錐形瓶中，用amoL·L-1KMnO4標準液標定，只發生5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O反應，消耗KMnO4標準液體積為VmL，則所得草酸晶體（H2C2O4·2H2O）的純度為________（寫出計算表達式）

II；證明草酸晶體分解得到的產物。

（4）甲同學選擇上述裝置驗證產物CO2，裝置B的主要作用是_________。

（5）乙同學認為草酸晶體分解的產物中除了CO2、H2O應該還有CO；為進行驗證CO的存在，乙同學選用甲同學實驗中的裝置A；B和如圖所示的部分裝置（可以重復選用）進行實驗。

①乙同學實驗裝置中依次連接的合理順序為A、B、____、____、____、____、____、____。

②其中裝置H反應管中盛有的物質是________________。

③能證明草酸晶體分解產物中有CO的現象是___________。17、某校化學研究性學習小組查閱資料了解到以下內容：

乙二酸（HOOC﹣COOH，可簡寫為H2C2O4）俗稱草酸；易溶于水，屬于二元中強酸（為弱電解質），且酸性強于碳酸，其熔點為101.5℃，在157℃升華．為探究草酸的部分化學性質，進行了如下實驗：

（1）向盛有1mL飽和NaHCO3溶液的試管中加入足量乙二酸溶液，觀察到有無色氣泡產生．該反應的離子方程式為________；

（2）向盛有乙二酸飽和溶液的試管中滴入幾滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振蕩，發現其溶液的紫紅色褪去；①說明乙二酸具有______（填“氧化性”、“還原性”或“酸性”）；②請配平該反應的離子方程式：_____MnO4-+____H2C2O4+___H+=___Mn2++____CO2↑+_____H2O

（3）將一定量的乙二酸放于試管中；按如圖所示裝置進行實驗（夾持裝置未標出）：

實驗發現：裝置C、G中澄清石灰水變渾濁，B中CuSO4粉末變藍；F中CuO粉末變紅。據此回答：

①上述裝置中，D的作用是_________；

②乙二酸分解的化學方程式為________；

（4）該小組同學將2.52g草酸晶體（H2C2O4?2H2O）加入到100mL0.2mol/L的NaOH溶液中充分反應，測得反應后溶液呈酸性，其原因是_______（用文字簡單表述），該溶液中各離子的濃度由大到小的順序為：_______（用離子符號表示）．18、某學習小組探究鐵和硝酸銀溶液的反應；實驗過程如下：

。實驗序號。

實驗操作。

實驗現象。

I

將一束光亮潔凈的鐵絲伸入到0.1mol/L的AgNO3溶液中。

鐵絲表面有銀白色固體析出；溶液逐漸變為淺綠色。

II

取少量實驗I中上層清液，滴入K3[Fe(CN)6]溶液。

有藍色沉淀生成。

（1）根據上述實驗現象，甲同學認為有Fe2+生成，鐵和硝酸銀溶液的反應的離子方程式是____________________。

（2）乙同學認為實驗中可能生成Fe3+；設計并完成如下實驗。

。實驗序號。

實驗操作。

實驗現象。

III

取少量實驗I中上層清液；滴入少量KSCN溶液，振蕩。

產生白色沉淀；溶液局部變紅，振蕩后紅色消失，沉淀量增加。

查閱資料：Ag+與SCN－生成白色沉淀AgSCN

乙同學判斷有Fe3+，理由是____________________。

（3）乙同學繼續探究紅色褪去的原因；設計并完成如下實驗。

。實驗序號。

實驗操作。

實驗現象。

IV

取少量實驗I中上層清液；滴加幾滴稀鹽酸。

有白色沉淀生成。

V

取1mLFe(NO3)3溶液，滴加2滴等濃度的KSCN溶液，振蕩，再滴加少量AgNO3溶液。

溶液變紅；振蕩溶液顏色無變化，滴加AgNO3后溶液紅色褪去；產生白色沉淀．

①實驗IV的目的是____________________；

②用平衡移動原理解釋，實驗V中溶液紅色褪去的原因____________________。

（4）丙認為溶液中Fe3+是Fe2+被Ag+氧化所致。按下圖連接裝置并進行實驗；一段時間后取出左側燒杯溶液加入KSCN溶液，溶液變紅。

①其中X溶液是____________________；

②由實驗得出Ag+和Fe2+反應的離子方程式是____________________；

③丙同學的實驗設計及結論是否合理，請說明理由____________________。19、MnSO4晶體是一種易溶于水的微紅色晶體，某校同學設計實驗制備并檢驗MnSO4的性質。回答下列問題：

（1）甲組同學設計用SO2和適量純凈的MnO2制備MnSO4；其裝置如下：

①A裝置中固體藥品X通常是______填化學式）。

②B裝置中通SO2的導管末端接多孔球泡的目的是______；C裝置用于吸收少量的SO2，發生反應的離子方程式為______。

（2）乙組同學定性檢驗甲組同學的產品中Mn2+的存在，取少量晶體溶于水，加入（NH4）2S2O8溶液，滴入硝酸銀（作催化劑），微熱振蕩，溶液顯紫色，發生反應的離子方程式為______。

（3）丙組同學為檢驗無水MnSO4（接近白色）的熱分解產物，將MnSO4晶體脫水后放入下圖所示的裝置中，打開K1和K2，緩慢通入N2；加熱，硬質玻璃管中最后得到黑色固體。

①檢驗分解的氣態產物中是否有SO2及SO3，裝置E、F中的溶液依次是______、______（填字母）。

a．Ba（NO3）2溶液b．BaCl2溶液c．品紅溶液d．濃硫酸。

②若D中得到的黑色粉末為Mn3O4，E、F中均有明顯現象，則D中發生反應的化學方程式為______。

（4）丁組同學設計實驗以丙組同學得到的黑色粉末為原料，利用鋁熱反應原理將其還原為金屬錳，所需的藥品除氯酸鉀外，還需要______。20、常用作半導體摻雜劑及光導纖維原料，實驗室制備并測定產品含量的實驗過程如下：

（一）制備

實驗室采用氧氣氧化液態法制取實驗裝置（加熱及夾持儀器略）如圖：

有關物質的部分性質如下：

①磷酸銀溶于硝酸。

②和的信息如下表：。物質熔點/℃沸點/℃相對分子質量其他-112.076.0（易揮發）137.5兩者互溶，均為無色液體，遇水均劇烈反應生成含氧酸和氯化氫2.0106.0153.5

按要求回答下列問題：

（1）儀器甲的名稱是______________。

（2）制備的實驗中，按氣體流向，儀器連接的合理順序為__________；（填儀器接口處的字母編號）

（3）反應溫度要控制在左右，原因是_____________；

（4）制備實驗結束后；待三頸瓶中的液體冷卻至室溫，得到粗產品；

（5）制得的中混有少量提純的方法是______________；

（二）測定產品的純度。

Ⅰ．準確稱取粗產品，置于盛有蒸餾水的水解瓶中搖動至完全水解，將水解液配成溶液。

Ⅱ．取溶液于錐形瓶中，加入標準溶液。

Ⅲ．加入少許硝基苯用力搖動，使生成的沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加時，將沉淀轉化為沉淀；

Ⅳ．以為指示劑，用溶液滴定過量的溶液，達到滴定終點時共用去溶液。

（1）步驟Ⅳ中指示劑為________________。

（2）若滴定終點時，讀取溶液體積時俯視刻度線，則測定結果___________。（填“偏高”；“偏低”、或“無影響”）

（3）反應中的百分含量為___________。（保留四位有效數字）21、某學習小組通過下列裝置探究MnO2與FeCl3?6H2O能否反應產生Cl2．資料：FeCl3是一種共價化合物；熔點306℃，沸點315℃。

ⅰ．實驗操作和現象：

ⅱ．分析現象的成因：

（1）現象i中的白霧是______，用化學方程式和必要的文字說明白霧的形成原因是______。

（2）分析現象ii；該小組探究黃色氣體的成分，實驗如下：

a．直接加熱FeCl3?6H2O；產生白霧和黃色氣體。

b．將現象ii和a中的黃色氣體通入KSCN溶液；溶液均變紅。

通過該實驗說明現象ii中黃色氣體含有______。

（3）除了氯氣可使B中溶液變藍外；該小組還提出其他兩種可能的原因：

可能原因①：實驗b檢出的氣體使之變藍；反應的離子方程式是______。

可能原因②：______；反應的離子方程式是______。

（4）為進一步確認黃色氣體中是否含有Cl2，小組提出兩種方案，均證實了Cl2的存在。

①方案1的C中盛放的試劑是______，從化學平衡原理的角度加以解釋______。

②方案2中檢驗Fe2+的最佳試劑是______，若存在Fe2+，則現象是______。

③綜合方案1、2的現象，說明方案2中選擇NaBr溶液的依據是______。

（5）將A中產物分離得到Fe2O3和MnCl2，A中產生Cl2的化學方程式是______。評卷人得分四、計算題(共3題，共12分)22、(1)若t=25℃時，Kw=___________，若t=100℃時，Kw=1.0×10-12，則100℃時0.05mol?L-1Ba(OH)2溶液的pH=___________。

(2)已知25℃時，0.1L0.1mol?L-1的Na2A溶液的pH=11，用離子方程式表示其原因為___________。

(3)pH相等的NaOH溶液與CH3COONa溶液，分別加熱到相同的溫度后CH3COONa溶液的pH___________NaOH溶液的pH(填“＞”“=”或“＜”)。

(4)室溫下，pH=2的H2SO4溶液、pH=12的NaOH溶液、pH=12的Na2CO3溶液，水電離出的c(H+)之比為___________。

(5)相同物質的量濃度的①NH4HSO4、②NH4HCO3、③NH4Cl三種溶液，pH值從大到小的順序為___________(用數字標號填空，下同)；相同溫度下，NH濃度相等的上述三種溶液，物質的量濃度從大到小的順序為___________。

(6)含有Cr2O的廢水毒性較大。某工廠酸性廢水中含5.0×10-3mol?L-1的Cr2O可先向廢水中加入綠礬(FeSO4·7H2O)；攪拌后撒入生石灰處理。

①寫出加入綠礬的離子方程式___________。

②若處理后的廢水中殘留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol?L-1，則殘留的Cr3+的濃度_______________mol?L-1(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33)。23、制備氮化鎂的裝置示意圖：

回答下列問題：

(1)填寫下列儀器名稱：的名稱是_________。

(2)寫出中和反應制備氮氣的離子反應方程式__________。

(3)的作用是_____，是否可以把和的位置對調并說明理由_________。

(4)寫出中發生反應的化學方程式___________。

(5)請用化學方法檢驗產物中是否含有未反應的鎂，寫出實驗操作、現象、結論_________。24、某研究性學習小組類比鎂在二氧化碳中的燃燒反應，認為鈉和二氧化碳也可以發生反應，他們對鈉在CO2氣體中燃燒進行了下列實驗：

（1）若用下圖裝置制備CO2，則發生裝置中反應的離子方程式為_________。

（2）將制得的CO2凈化、干燥后由a口緩緩通入下圖裝置，待裝置中的空氣排凈后點燃酒精燈，觀察到玻璃直管中的鈉燃燒，火焰為黃色。待冷卻后，管壁附有黑色顆粒和白色物質。

①能說明裝置中空氣已經排凈的現象是_________。

②若未排盡空氣就開始加熱，則可能發生的化學反應方程式主要為_________。

（3）若鈉著火，可以選用的滅火物質是_________。

A．水B．泡沫滅火劑C．干沙土D．二氧化碳。

（4）該小組同學對管壁的白色物質的成分進行討論并提出假設：

Ⅰ．白色物質可能是Na2O；Ⅱ．白色物質可能是Na2CO3；Ⅲ．白色物質還可能是_________。

（5）為確定該白色物質的成分，該小組進行了如下實驗：。實驗步驟實驗現象①取少量白色物質于試管中，加入適量水，振蕩，樣品全部溶于水，向其中加過量的CaCl2溶液出現白色沉淀②靜置片刻，取上層清液于試管中，滴加無色酚酞試液無明顯現象

①通過對上述實驗的分析，你認為上述三個假設中，___成立（填序號）。

②由實驗得出：鈉在CO2中燃燒的化學方程式為_____；每生成1mol氧化產物，轉移的電子數為____。

（6）在實驗（2）中還可能產生另一種尾氣，該氣體為________；處理該尾氣的方法為_____。評卷人得分五、有機推斷題(共1題，共2分)25、G是一種治療心血管疾病的藥物；合成該藥物的一種路線如下。

已知：R1CH2BrR1CH=CHR2

完成下列填空：

(1)寫出①的反應類型_______。

(2)反應②所需的試劑和條件_______。

(3)B中含氧官能團的檢驗方法_______。

(4)寫出E的結構簡式_______。

(5)寫出F→G的化學方程式_______。

(6)寫出滿足下列條件，C的同分異構體的結構簡式_______。

①能發生銀鏡反應；②能發生水解反應；③含苯環；④含有5個化學環境不同的H原子。

(7)設計一條以乙烯和乙醛為原料(其它無機試劑任選)制備聚2-丁烯（）的合成路線_______。(合成路線常用的表達方式為：AB目標產物)參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】

由甘氨酸在水溶液中可通過得到或失去H+發生反應可知，氫離子濃度增大，含量最大，氫離子濃度減小，含量最大，曲線①為pH最小，氫離子濃度最大，則為的濃度與pH的關系圖，曲線③為pH最大，氫離子濃度最小，則為的濃度與pH的關系圖，故曲線②為的濃度與pH的關系圖；

【詳解】

A．據分析可知，曲線①為的濃度與pH的關系圖；A錯誤；

B．據分析可知，②③分別為的曲線，由圖可知，pH=7時，B錯誤；

C．的平衡常數K=當時，即圖中A點，此時pH約為2.5，則平衡常數的數量級為C正確；

D．C點溶液中，溶液顯堿性，則溶液中加入了其它堿性物質，應該還有一種陽離子，D錯誤；

故選C。2、C【分析】【詳解】

①煤的干餾生成煤焦油等、煤的液化生成甲醇、石油的裂化為大分子生成小分子，均有新物質生成，均為化學變化，故①正確；

②硝酸具有強的氧化性能夠氧化亞硫酸根離子，對硫酸根離子的檢驗造成干擾，不能用硝酸酸化，故②錯誤；

③汽車尾氣中NO主要來氮氣高溫下和氧氣反應，故③錯誤；

④鐵與硝酸反應首先生成硝酸鐵，溶液呈淺綠色由過量的鐵與鐵離子反應生成亞鐵離子所致，故④錯誤；

⑤電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉、氯氣和氫氣，不能得到金屬鈉，應通過電解熔融NaCl的方法可以獲取金屬Na，故⑤錯誤；

⑥鐵礦石含鐵的氧化物，高爐煉鐵中利用焦炭與氧氣反應生成CO，CO再與鐵的氧化物反應還原為鐵單質，故⑥錯誤；

⑦二氧化硫是酸性氧化物，可以使紫色石蕊變紅，不能使紫色石蕊試液褪色，故⑦錯誤；

⑧S與氫氣反應時，S作氧化劑，故⑧錯誤；

⑨純堿、石灰石和石英砂為制造玻璃的主要原料，故⑨正確；

⑩制造太陽能電池板的主要材料是硅單質；故⑩錯誤；

故選：C。3、C【分析】【詳解】

A．丙烯中含有碳碳雙鍵；聚丙烯不含有雙鍵，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，A項正確；

B．丙烯合成聚丙烯；反應類型為加聚反應，B項正確；

C．丙烯與溴發生加成反應生成CH2Br—CHBr—CH3；C項錯誤；

D．聚丙烯屬于難降解的物質；隨意丟棄會污染環境，造成白色污染，D項正確；

答案選C。4、C【分析】【分析】

圖示收集氣體的方法是向下排空集氣法；用于收集密度比空氣小的氣體。

【詳解】

A．O2密度比空氣大；故A不符；

B．Cl2密度比空氣大；故B不符；

C．H2密度比空氣小；故C符合；

D．CO2密度比空氣大；故D不符；

故選C。5、B【分析】【詳解】

A.Na2CO3、Na2SO4與氫氧化鋇溶液反應均生成白色沉淀；A錯誤；

B.NaOH與氯化鐵溶液反應生成氫氧化鐵的紅褐色沉淀、KI與氯化鐵溶液發生氧化還原反應生成氯化亞鐵，溶液由黃色變為淺綠色、KSCN與氯化鐵溶液反應，溶液變成血紅色、Na2CO3與氯化鐵溶液雙水解生成氫氧化鐵的紅褐色沉淀和二氧化碳氣體、Na2SO4與氯化鐵溶液不反應；B正確；

C.NaOH、Na2CO3呈堿性；均能使石蕊變藍，C錯誤；

D.NaOH與鹽酸反應無明顯現象，Na2CO3與鹽酸反應生成氣體，KI、KSCN、Na2SO4與鹽酸不反應，D錯誤；故答案為：B。6、C【分析】【詳解】

甲烷與氯氣在光照下反應，將反應后的混合氣體通入紫色石蕊試液中紫色石蕊試液變紅且不褪色，混合氣體中含有HC1,故A錯誤；向正已烷中加入催化劑，然后高溫熱裂解，將產生的氣體通入溴水中溴水褪色裂解產生的氣體中含有烯烴，但不一定是乙烯，故B錯誤；向FeCI3溶液中滴入幾滴30%的H2O2有氧氣產生，一段時間后溶液顏色加深，Fe3+能催化H2O2分解且該分解反應為放熱反應，故C正確；銨鹽與堿反應，加熱才能放出氨氣，向某溶液中滴加氫氧化鈉稀溶液后，將紅色石蕊試紙置于試管口，試紙不變藍，不一定無NH4+；故D錯誤。

點睛：甲烷與氯氣在光照下反應，反應后的混合氣體中含有氯化氫、氯代烴，可能含有剩余的氯氣，將反應后的氣體通入紫色石蕊試液中，紫色石蕊試液變紅且不褪色，一定含有氯化氫，紫色石蕊試液變紅后褪色，不一定有氯化氫。7、C【分析】【詳解】

A；氧氣密度大于空氣；應選用向上排空氣法，故A錯誤；

B、構成原電池時電解液應交換，在能有電子通過外電路，否則Zn直接與CuSO4反應；故B錯誤；

C；關閉止水夾；從長頸漏斗注入水，當漏斗下端與燒瓶內液面差的高度在一段時間不變，可知氣密性良好，故C正確；

D；二氧化碳的密度比空氣密度大；應從長導管進入，選擇向上排空氣法收集，故D錯誤；

故選C。

【點睛】

在選擇收集氣體的裝置時，根據氣體的密度和在水中的溶解度來選擇。如O2密度大于空氣難溶于水，則可以選擇向上排空氣法和排水法。8、A【分析】【分析】

【詳解】

A．裝稀硫酸儀器的名稱是分液漏斗，Mg與SiO2反應的實驗裝置，O2和H2O(g)的存在對該實驗有較大影響；因此II中洗氣瓶內液體作用是干燥氣體，應盛放濃硫酸，故A錯誤；

B．I是實驗室制氫氣；可以把裝置I換成啟普發生器，可以達到隨開隨用，隨關隨停，故B正確；

C．實驗開始時，必須先通一段時間X氣體，排除裝置內的空氣，以免鎂和氧氣反應，再在III處加熱，Mg與SiO2反應；故C正確；

D．當III處反應引發后；移走酒精燈，反應仍進行，說明該反應為放熱反應，故D正確。

綜上所述，答案為A。9、D【分析】【詳解】

根據題意分析，醋中含有醋酸，與鐵反應生成醋酸亞鐵和氫氣，因此中藥材鐵華粉的主要成分是醋酸亞鐵。故選D。二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】【詳解】

（1）對于水分子中的共價鍵，依據原子軌道重疊的方式判斷，屬于鍵；O與H的電負性不同；共用電子對偏向于O，則該共價鍵屬于極性共價鍵；

（2）水分子中，氧原子的價層電子對數為雜化軌道類型為sp3；

（3）a．水中存在氫鍵；導致冰的密度小于水的密度，且常壓下，4℃時水的密度最大，a正確；

b．水分子間由于存在氫鍵，使分子之間的作用力增強，因而沸點比同主族的H2S高，b正確；

c．水的熱穩定性比硫化氫強的原因是其中的共價鍵的鍵能更大；與氫鍵無關，c錯誤；

故選ab；

（4）極易溶于水的原因為NH3和H2O極性接近；依據相似相溶原理可知，氨氣在水中的溶解度大；氨分子和水分子間可以形成氫鍵，大大增強溶解能力；

（5）的電子式為有1對孤電子對，有2對孤電子對，孤電子對之間的排斥力大于孤電子對與成鍵電子對之間的排斥力，水中鍵角被壓縮程度更大，故和的鍵角大小：>【解析】(1)極性。

(2)4sp3

(3)ab

(4)NH3和H2O極性接近；依據相似相溶原理可知，氨氣在水中的溶解度大；氨分子和水分子間可以形成氫鍵，大大增強溶解能力。

(5)>11、略

【分析】【分析】

（1）基態硼原子的電子排布式為1s22s22p1；電子位于1s；2s、2p三個能量不同的能級上；同周期元素，從左到右，第一電離能呈增大的趨勢，由于全充滿和半充滿的緣故，ⅡA族和ⅤA族元素第一電離能大于相鄰元素；

（2）由晶體硼熔點為1873K可知，晶體硼為熔沸點高、硬度大的原子晶體；在硼原子組成的正二十面體結構中，每5個面共用一個頂點，每個面擁有這個頂點的每2個面共用一個B-B鍵，每個面擁有這個B-B鍵的

（3）a.由圖可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之間只存在單鍵；

b.由圖可知；六方相氮化硼層間為分子間作用力，分子間作用力小；

c.由圖可知；立方相氮化硼為空間網狀結構，屬于原子晶體；

d.非金屬元素之間易形成共價鍵；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—構成，NH4+中N原子和其中一個H原子之間存在配位鍵、BF4—中B原子和其中一個F原子之間存在一個配位鍵。

【詳解】

（1）基態硼原子的電子排布式為1s22s22p1；電子位于1s；2s、2p三個能量不同的能級上，則有3種不同能量的電子；同周期元素，從左到右，第一電離能呈增大的趨勢，由于全充滿和半充滿的緣故，ⅡA族和ⅤA族元素第一電離能大于相鄰元素，則介于硼元素與氮元素之間的有Be、C、O三種元素，故答案為：3；3；

（2）由晶體硼熔點為1873K可知，晶體硼為熔沸點高、硬度大的原子晶體；在硼原子組成的正二十面體結構中，每5個面共用一個頂點，每個面擁有這個頂點的每個等邊三角形擁有的頂點為20個等邊三角形擁有的頂點為×20=12；每2個面共用一個B-B鍵，每個面擁有這個B-B鍵的每個等邊三角形占有的B-B鍵為20個等邊三角形擁有的B-B鍵為×20=30；故答案為：12；30；

（3）a.由圖可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之間只存在單鍵，則立方相氮化硼中含有σ鍵，不存在π鍵，故錯誤；

b.由圖可知；六方相氮化硼層間為分子間作用力，分子間作用力小，導致其質地軟，故正確；

c.由圖可知；立方相氮化硼為空間網狀結構，屬于原子晶體，故錯誤；

d.非金屬元素之間易形成共價鍵；所以N原子和B原子之間存在共價鍵，故正確；

bd正確，故答案為：bd；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—構成，NH4+中N原子和其中一個H原子之間存在配位鍵、BF4—中B原子和其中一個F原子之間存在一個配位鍵，所以含有2個配位鍵，則1molNH4BF4含有2mol配位鍵，故答案為：2。【解析】①.3②.3③.原子晶體④.12⑤.30⑥.bd⑦.212、略

【分析】【分析】

由結構簡式可知；分子中含-OH；-COOH、碳碳雙鍵，結合醇、羧酸、烯烴的性質來解答。

【詳解】

(1)該有機物中的-OH、-COOH均與Na反應，金屬鈉過量，則有機物完全反應，1mol該有機物含有2mol羥基和1mol羧基，由2-OH～H2↑、2-COOH～H2↑可知，和過量的金屬鈉反應最多可以生成1.5molH2；

故答案為：1.5mol；

(2)-OH、-COOH均與Na反應，-COOH與NaOH、NaHCO3反應，則1mol該物質消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3，則n(Na)：n(NaOH)：n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3：2：2；

故答案為：3∶2∶2。【解析】①.1.5mol②.3∶2∶213、略

【分析】【分析】

（1）托盤天平的平衡原理：稱量物質量=砝碼質量+游碼質量；

（2）鎂在空氣中劇烈燃燒；放出大量的熱，發出耀眼的白光，生成白色固體氧化鎂；

（3）圖C表示銅和氧氣在加熱條件下生成黑色氧化銅；

（4）圖D表示加壓氣體體積縮小；

【詳解】

（1）稱量物質量=砝碼質量+游碼質量；15=NaCl質量+3，NaCl的實際質量是15g-3g=12g；

（2）鎂在空氣中燃燒的現象是：放出大量的熱；發出耀眼的白光，生成白色固體；

（3）圖C的表達式為：銅+氧氣氧化銅；

（4）圖D表示加壓氣體體積縮小，實驗目的是驗證分子之間的存在間隙；【解析】12g放出大量的熱，發出耀眼的白光，生成白色固體銅+氧氣氧化銅驗證分子之間的存在間隙14、略

【分析】【分析】

(1)甲實驗:根據裝置Ⅰ不要加熱制取氧氣可以知道利用的是雙氧水的分解；過氧化氫在二氧化錳催化作用下分解生成氧氣，I中產生無色氣體并伴隨大量白霧；Ⅲ中有氣泡冒出，溶液迅速變藍說明生成碘單質；

(2)碘離子具有還原性；在酸性條件下能夠被氧化氧化成碘單質，據此寫出反應的離子方程式；

(3)對比乙、丙實驗可以知道，O2與KI溶液發生反應的適宜條件酸性環境；酸溶液中氫離子濃度不同，裝置Ⅲ中出現藍色的速率不同；

(4)證明Ⅰ中產生的氣體中含有雙氧水；氧氣和雙氧水都具有氧化性，需要利用不同性質進行檢驗；

(5)該小組同學取20mL久置的KI溶液；向其中加入幾滴淀粉溶液，結果沒有觀察到溶液顏色變藍，可能是生成的碘單質在堿溶液中發生反應生成碘化鉀；碘酸鉀，驗證是否正確是在未變藍色的溶液中滴入稀硫酸觀察是否變藍。

【詳解】

(1)甲實驗:根據裝置Ⅰ不需要加熱制取氧氣可以知道利用的是雙氧水的分解，過氧化氫在二氧化錳催化作用下分解生成氧氣，向Ⅰ的錐形瓶中加入MnO2固體，向Ⅰ的分液漏斗中加入30%H2O2溶液；連接Ⅰ；Ⅲ，打開活塞，Ⅰ中產生無色氣體并伴隨大量白霧；Ⅲ中有氣泡冒出，溶液迅速變藍說明生成碘單質，故答案為：分液漏斗；

(2)碘離子具有還原性，在酸性條件下能夠被氧化成碘單質，據此寫出反應的離子方程式為:O2+4I-+4H+=2I2+2H2O，故答案為：O2+4I-+4H+=2I2+2H2O；

(3)向裝置Ⅱ中加入KMnO4固體，連接裝置II、III，點燃酒精燈，Ⅲ中有氣泡冒出，溶液不變藍，向Ⅱ中加入KMnO4固體，Ⅲ中加入適量0.1mol·L-1的H2SO4溶液，連接Ⅱ、Ⅲ，點燃酒精燈，Ⅲ中有氣泡冒出，溶液變藍。對比乙、丙實驗可以知道，O2與KI溶液發生反應的適宜條件是：酸性環境；為進一步探究該條件對反應速率的影響；可采取的實驗措施是：使用不同濃度的稀硫酸作對比實驗，故答案為：酸性環境；使用不同濃度的稀硫狻作對比實驗；

(4)A.高錳酸鉀溶液能夠將雙氧水氧化；導致高錳酸鉀溶液褪色，而氧氣不與高錳酸鉀溶液反應，如果高錳酸鉀溶液褪色可證明混合氣體中含有雙氧水，故A正確；

B.氧氣和高錳酸鉀溶液都能夠氧化亞鐵離子；無法證明混合氣體中含有雙氧水，故B錯誤；

C.高錳酸鉀和氧氣都能夠氧化硫化氫；無法用硫化氫檢驗混合氣體中是否含有雙氧水，故C錯誤；

故答案為：A；

（5）KI溶液在空氣中久置的過程中會被緩慢氧化：4KI＋O2＋2H2O＝2I2＋4KOH。該小組同學取20mL久置的KI溶液，向其中加入幾滴淀粉溶液，結果沒有觀察到溶液顏色變藍，他們猜想可能是發生了反應的離子方程式為3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，設計實驗證明他們的猜想是否正確的實驗方案為：在上述未變藍的溶液中滴入0.1mol?L-1H2SO4溶液，觀察現象，若溶液變藍則猜想正確，否則錯誤，故答案為：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O；在上述未變藍的溶液中滴入0.1mol?L-1H2SO4溶液；觀察現象，若溶液變藍則猜想正確，否則錯誤。

【點睛】

在做探究性實驗的題目時，根據資料，如果沒有得到預期的實驗結果，那么除了資料中給的化學反應，還要考慮酸性或堿性環境的影響，結合題目的上下文進行聯系，綜合考慮得出結論。這是解答此類題目時的難點。【解析】分液漏斗KMnO4固體O2+4I-+4H+=2I2+2H2O酸性環境使用同體積不同濃度的稀硫酸做對比實驗A3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O在上述未變藍的溶液中滴入0.1mol?L-1H2SO4溶液，觀察現象，若溶液變藍則猜想正確，否則錯誤三、實驗題(共7題，共14分)15、略

【分析】【詳解】

（1）通過實驗裝置圖可知，儀器A的名稱是恒壓滴液漏斗，實驗裝置B中，冷凝水應采用逆流原理，冷凝效果好，所以冷凝水下口進上口出，b口進，正確答案：恒壓滴液漏斗；b。

（2）步驟1中加入了氫氧化鉀試劑；一部分參與了反應，還會有剩余的KOH，所以步驟2中用5%的鹽酸洗滌的主要目的是除去未反應完的KOH；有機物密度比水大，在下層，因此在洗滌；分液操作中，應充分振蕩，然后靜置，待分層后有機層應直接從下口放出，C操作正確；正確答案：除去未反應完的KOH；C。

（3）無水硫酸鎂具有吸水作用；可以做干燥劑，步驟三中，加入無水硫酸鎂的目的是除水干燥；根據信息可知，若不干燥，乙酸酐會與水反應生成乙酸，增大乙酸的濃度，使“結晶玫瑰”的合成反應平衡逆向移動，產品產率降低；正確答案：低；若不干燥，乙酸酐會與水反應生成乙酸，使“結晶玫瑰”的合成反應平衡逆向移動，產品產率降低。

（4）濃硫酸溶于水放出大量的熱；因此步驟四中，加料時，應先加入三氯甲基苯基甲醇和乙酸酐，然后慢慢加入濃硫酸并攪拌，主要是為了防止放熱過快而迸濺；通過題中信息加熱控制反應溫度在90℃～110℃之間可知，最適宜的加熱方式為油浴加熱，而水浴加熱溫度不能超過100℃；正確答案：防止放熱過快而迸濺；油浴加熱。

（5）根據反應可知，1mol三氟甲基苯基甲醇充分反應生成結晶玫瑰1mol，22.55g三氟甲基苯基甲醇即為0.1mol，生成結晶玫瑰0.1mol，質量為26.75g，所以22.55g三氟甲基苯基甲醇與足量乙酸酐充分反應得到結晶玫瑰21.40g,則產率是21.40/26.75×100%=80%，正確答案：80%。【解析】恒壓滴液漏斗b除去未反應完的KOHC除水干燥低若不干燥，乙酸酐會與水反應生成乙酸，使“結晶玫瑰”的合成反應平衡逆向移動，產品產率降低防止放熱過快而迸濺油浴加熱80%16、略

【分析】【分析】

在水浴條件下，葡萄糖被硝酸氧化為草酸，草酸晶體受熱分解為CO、CO2、水，用氫氧化鈉溶液除去CO中的CO2，干燥后用CO還原氧化銅，用澄清石灰水檢驗生成的CO2；再用排水法收集CO，防止污染空氣。

【詳解】

(1)步驟②；在55～60℃下，葡萄糖被硝酸氧化為草酸，水浴加熱可以使受熱均勻，便于控制溫度；

(2)根據得失電子守恒；葡萄糖被硝酸氧化為草酸的方程式是。

C6H12O6+12HNO33H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；

(3)20.00mL草酸溶液中；含有草酸的物質的量是xmol；

x=

所得草酸晶體（H2C2O4·2H2O）的純度為

(4)草酸鈣難溶于水，驗證產物CO2，需要除去草酸蒸氣，所以裝置B的主要作用是使升華的草酸冷凝，避免對CO2檢驗的干擾；

(5)①草酸晶體受熱分解為CO、CO2、水，檢驗CO時，用氫氧化鈉溶液除去CO中的CO2，干燥后用CO還原氧化銅，用澄清石灰水檢驗生成的CO2；再用排水法收集CO，防止污染空氣，裝置依次連接的合理順序為A；B、F、D、G、H、D、E。

②CO和氧化銅反應生成銅和二氧化碳；其中裝置H反應管中盛有的物質是CuO；

③H中黑色固體變紅色；第一個D裝置無現象，第二個D裝置出現白色渾濁，即可證明草酸晶體分解產物中有CO。

【點睛】

本題以草酸的制備和性質檢驗為載體，考查學生實驗能力，理解實驗原理是解題關鍵，明確CO的檢驗方法，培養學生實驗探究能力和實驗操作能力。【解析】使受熱均勻，便于控制溫度11239H2O使升華的草酸冷凝，避免對CO2檢驗的干擾FDGHDECuOH中黑色固體變紅色，第一個D裝置無現象，第二個D裝置出現白色渾濁，即可證明17、略

【分析】【分析】

（1）強酸制弱酸原理；

（2）酸性高錳酸鉀具有強氧化性；草酸具有還原性，能被酸性高錳酸鉀氧化；根據得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式；

（3）H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑，B裝置驗證產物水，C裝置驗證產物CO2，D裝置除掉CO2；E裝置除掉水蒸氣，F；G裝置驗證產物CO，據此分析。

（4）通過計算反應后溶液為NaHC2O4溶液，根據反應后溶液呈酸性，可知HC2O4-的電離程度比水解程度大；由此確定溶液中各離子濃度到大小。

【詳解】

（1）乙二酸中含有羧基，具有酸性，酸性比碳酸強，與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳和乙酸鈉，該反應的離子方程式為：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；

答案：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；

（2）酸性KMnO4溶液具有強氧化性，向盛有少量乙二酸飽和溶液的試管中滴入用硫酸酸化的KMnO4溶液，振蕩，發現其溶液的紫紅色褪去，說明乙二酸被酸性高錳酸鉀氧化，具有還原性；根據氧化還原反應方程式的配平原則：得失電子守恒、質量守恒和電荷守恒配平該反應的離子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

答案：還原性2562108

（3）加熱乙二酸，反應物通入B，使CuSO4粉末變藍，說明有水生成，裝置C中澄清石灰水變渾濁，說明有二氧化碳生成；裝置D中二氧化碳和氫氧化鈉反應除去混合氣體中的二氧化碳，F中CuO粉末變紅、G中澄清石灰水變渾濁說明有一氧化碳生成，所以乙二酸的分解產物為CO、CO2、H2O；

答案：除去混合氣體中的CO2；H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑；

（4）①2.52g草酸晶體的物質的量==0.02mol，100mL0.2mol/L的NaOH溶液中氫氧化鈉的物質的量=100mL×10-3L/mL×0.2mol/L=0.02mol；所以反應生成NaHC2O4，所得溶液為NaHC2O4溶液，由于HC2O4-的電離程度比水解程度大，導致溶液中c（H+）＞c（OH-）；所以溶液呈酸性；

②兩者正好1：1反應生成NaHC2O4，溶液顯酸性，說明HC2O4-的電離程度比水解程度大，而溶液中還存在著水的電離，故H+＞C2O42-，由于離子的電離程度較小，則有HC2O4-＞H+，離子濃度由大到小的順序為Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣；

答案：反應所得溶液為NaHC2O4溶液，由于HC2O4﹣的電離程度比水解程度大，導致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣

【點睛】

第（4）小題為易錯點，根據酸堿中和反應確定反應后的溶質為NaHC2O4，弱酸的酸式酸根離子存在電離平衡和水解平衡，可根據溶液的酸堿性確定哪個平衡為主，最后再確定離子濃度的大小。【解析】HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O還原性2562108除去混合氣體中的CO2H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑反應所得溶液為NaHC2O4溶液，由于HC2O4﹣的電離程度比水解程度大，導致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣18、略

【分析】（1）鐵和硝酸銀溶液的反應生成硝酸亞鐵和銀，反應的離子方程式是2Ag+＋Fe====Fe2+＋2Ag；（2）取少量實驗I中上層清液，滴入少量KSCN溶液，振蕩，溶液局部變紅，故此乙同學判斷有Fe3+；（3）①實驗IV的目的是證明實驗I上層清液中存在Ag+；②Fe3+＋3SCN－Fe(SCN)3，加入硝酸銀后，Ag+與SCN－生成白色沉淀AgSCN，SCN－濃度降低促使平衡逆向移動紅色褪去；（4）①溶液中Fe3+是Fe2+被Ag+氧化所致，右邊溶液含有銀離子，左邊溶液應該含有亞鐵離子，故X溶液是Fe(NO3)2溶液；②由實驗得出Ag+和Fe2+反應生成Fe3+和Ag，反應的離子方程式是Ag+＋Fe2+=Ag＋Fe3+；③有可能空氣中的氧氣將Fe2+氧化為Fe3+；故丙同學的實驗設計及結論不合理。

點睛：本題為探究實驗，考查實驗操作、裝置的作用、物質的檢驗等知識，題目難度中等，注意掌握實驗設計的方法和物質實驗驗證方案分析方法，側重考查了學生提出假設并設計實驗驗證的能力、分析問題解決問題的能力及提取信息的能力。【解析】2Ag+＋Fe====Fe2+＋2Ag溶液局部變紅證明實驗I上層清液中存在Ag+Fe3+＋3SCN－Fe(SCN)3，加入硝酸銀后，Ag+與SCN－生成白色沉淀AgSCN，SCN－濃度降低促使平衡逆向移動紅色褪去。Fe(NO3)2(aq)Ag+＋Fe2+====Ag＋Fe3+不合理，有可能空氣中的氧氣將Fe2+氧化為Fe3+19、略

【分析】【詳解】

（1）①A裝置制備二氧化硫氣體，實驗室一般用亞硫酸鹽與濃硫酸制備，固體藥品X通常是Na2SO3,故答案為Na2SO3；

②B裝置中通SO2的導管末端接多孔球泡的目的是增大SO2與液體的接觸面積；C裝置用于吸收少量的SO2，反應為：SO2+2OH-=SO32-+H2O,故答案為增大SO2與液體的接觸面積；SO2+2OH-=SO32-+H2O；

（2）根據題意，Mn2+與（NH4）2S2O8溶液在硝酸銀作催化劑，微熱振蕩反應，溶液顯紫色，說明生成高錳酸跟離子，錳元素化合價升高，則硫元素化合價降低生成硫酸根離子，故反應為：2Mn2++5S2O82-+8H2O2MnO4-+10SO42-+16H+,故答案為2Mn2++5S2O82-+8H2O2MnO4-+10SO42-+16H+；

（3）①檢驗分解的氣態產物中是否有SO2及SO3，檢驗三氧化硫時，為防止二氧化硫的干擾，用氯化鋇溶液檢驗，二氧化硫用品紅溶液檢驗，裝置E、F中的溶液依次是BaCl2溶液，品紅溶液,故答案為b；c；

②D中得到的黑色粉末為Mn3O4，E、F中均有明顯現象，說明生成SO2及SO3，反應為：3MnSO4Mn3O4+SO2↑+2SO3↑,故答案為3MnSO4Mn3O4+SO2↑+2SO3↑；

（4）利用鋁熱反應原理將其還原為金屬錳，所需的藥品有鋁粉，氯酸鉀作供氧劑，還需要點燃的鎂條提供高溫條件,故答案為鋁粉、鎂條。【解析】Na2SO3增大SO2與液體的接觸面積SO2+2OH-=SO32-+H2O2Mn2++5S2O82-+8H2O2MnO4-+10SO42-+16H+bc3MnSO4Mn3O4+SO2↑+2SO3↑鋁粉、鎂條20、略

【分析】【分析】

制備的實驗中，先制氧氣，遇水易劇烈反應，要先對氧氣進行干燥，最后冷凝時要避免與空氣中的水蒸氣以及其他物質反應；的沸點是76.0（易揮發），故溫度不能過高，溫度太低，反應速率慢；與兩者互溶，但二者沸點不一樣，采用蒸餾的方式可將二者分開；俯視讀數，則變小，再根據對應關系求的百分含量。

【詳解】

（一）制備

（1）儀器甲的名稱是球形冷凝管；故答案為：球形冷凝管；

（2）制備的實驗中，先制氧氣，遇水易劇烈反應，要先對氧氣進行干燥，最后冷凝時要避免與空氣中的水蒸氣以及其他物質反應，故裝置的安裝順序為：aedbcfg；故答案為：aedbcfg；

（3）的沸點是76.0（易揮發），故溫度不能過高，溫度太低，反應速率慢，故要水浴加熱，控制溫度在左右；故答案為：溫度過低，反應速率太慢；溫度過高，易揮發；利用率低；

（5）與兩者互溶；均為無色液體，遇水均劇烈反應生成含氧酸和氯化氫，但二者沸點不一樣，采用蒸餾的方式可將二者分開；故答案為：蒸餾；

（二）測定產品的純度。

（1）鐵離子遇變血紅色溶液，Cl-和SO42-都可以和Ag+生成沉淀，故指示劑為故答案為：

（2）最后與溶液反應的是過量的計算時俯視讀數，則變小；會使得結果偏大；故答案為：偏大；

（3）POCl3中的雜質只能是PCl3，所以當加入水時，POCl3和PCl3都和水反應生成HCl和含氧酸，加入過量的硝酸銀溶液，生成AgCl沉淀，剩余的Ag+用KSCN測定。則原樣品中則POCl3和PCl3的總的物質的量為0.1mol，設的物質的量為x，則PCl3的物質的量為0.1-x，總質量為15.03g，所以有153.5x+137.5(0.1-x)=15.03，求出x=0.08，所以m(POCl3)=0.08mol×153.5g/mol=12.28g，可得出POCl3的百分含量為故答案為：81.70%。

【點睛】

根據題上的已知條件知與互溶，且易與水反應，需要在做實驗時要保證無水環境；根據實驗可以測得氯元素的含量，再推導的百分含量。【解析】球形冷凝管aedbcfg溫度過低，反應速率太慢；溫度過高，易揮發，利用率低蒸餾偏高81.70%21、略

【分析】【分析】

（1）FeCl3?6H2O受熱失水氯化鐵會水解；找出反應產物，據此回答；

（2）用KSCN溶液檢驗發現溶液均變紅；從相關的特征反應得出結論；

（3）①氯化鐵具有強氧化性；可以將碘離子氧化，據此回答；

②作對照實驗，需要除去Cl2和Fe3+的干擾才能檢驗酸性情況下的O2影響；所以最好另取溶液對酸性情況下氧氣的影響進行檢驗，碘離子在酸溶液中被氧氣氧化生成碘單質；

（4）①方案1：除去Cl2中的FeCl3和O2（H+），若仍能觀察到B中溶液仍變為藍色，則證明原氣體中確實存在Cl2；使用飽和NaCl溶液，可以讓FeCl3溶解，并且除去O2影響過程中提供酸性的HCl氣體；從而排除兩個其他影響因素；

②可從特征反應找到方案2中檢驗Fe2+的試劑；

③NaBr比KI-淀粉溶液好的原因，在于Fe3+能氧化I-對檢驗Cl2產生干擾，而Fe3+不會氧化Br-；不會產生干擾；

（5）二氧化錳與FeCl3?6H2O反應生成Fe2O3、MnCl2、Cl2及水；氯化氫氣體。

【詳解】

（1）FeCl3?6H2O受熱失去結晶水，FeCl3受熱水解：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl↑，生成HCl氣體，HCl和H2O結合形成白霧為鹽酸小液滴；

故答案為：鹽酸小液滴；FeCl3?6H2O受熱失去結晶水，FeCl3受熱水解：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl↑，生成HCl氣體，HCl和H2O結合形成鹽酸小液滴；

（2）用KSCN溶液檢驗現象ii和A中的黃色氣體，溶液均變紅，說明含有FeCl3；

故答案為：FeCl3；

（3）①氯化鐵具有強氧化性，可以將碘離子氧化為碘單質，反應離子方程式為：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；

故答案為：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；

②在酸性條件下，裝置中的空氣使之變藍，作對照實驗，另取一支試管，向其中加入KI-淀粉溶液，再滴入幾滴HCl溶液，在空氣中放置，溶液變藍，反應的離子方程式為4H++4I-+O2=2I2+2H2O；

故答案為：在酸性條件下，裝置中的空氣使之變藍；4H++4I-+O2=2I2+2H2O；

（4）①方案1：除去Cl2中的FeCl3和O2（H+），若仍能觀察到B中溶液仍變為藍色，則證明原氣體中確實存在Cl2，使用飽和NaCl溶液，可以讓FeCl3溶解，并且除去O2；同時氯氣與水反應為可逆反應，飽和NaCl溶液中含有大量氯離子，可使溶解平衡逆向移動，從而排除兩個其他影響因素；

故答案為：飽和NaCl溶液；氯氣與水反應為可逆反應；飽和NaCl溶液中含有大量氯離子，可使溶解平衡逆向移動；

②方案2中檢驗Fe2+的試劑是：K3[Fe(CN)6]；遇到亞鐵離子反應生成藍色沉淀；

故答案為：K3[Fe(CN)6]；生成藍色沉淀；

③氧化性強弱順序：Cl2＞Br2＞Fe3+，NaBr比KI-淀粉溶液好的原因，在于Fe3+能氧化I-對檢驗Cl2產生干擾，而Fe3+不會氧化Br-；不會產生干擾；

故答案為：氧化性強弱順序：Cl2＞Br2＞Fe3+，Br-可以被Cl2氧化成Br2，但不會被Fe3+氧化為Br2；

（5）二氧化錳與FeCl3?6H2O反應生成Fe2O3、MnCl2、Cl2及水和氯化氫氣體，反應方程式為：2FeCl3?6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O；

故答案為：2FeCl3?6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O。【解析】鹽酸小液滴FeCl3?6H2O受熱失去結晶水，FeCl3受熱水解：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl↑，生成HCl氣體，HCl和H2O結合形成鹽酸小液滴FeCl32Fe3++2I-=2Fe2++I2在酸性條件下，裝置中的空氣使之變藍4H++4I-+O2=2I2+2H2O飽和NaCl溶液氯氣與水反應為可逆反應，飽和NaCl溶液中含有大量氯離子，可使溶解平衡逆向移動K3[Fe（CN）6]生成藍色沉淀氧化性強弱順序：Cl2＞Br2＞Fe3+，Br-可以被Cl2氧化成Br2，但不會被Fe3+氧化為Br22FeCl3?6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O四、計算題(共3題，共12分)22、略

【分析】【詳解】

(1)水是弱電解質，存在電離平衡：H2OH++OH-，在室溫25℃時，Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14；

若t=100℃時，Kw=1.0×10-12，100℃時0.05mol?L-1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.05mol/L×2=0.10mol/L，則該溫度下c(H+)==10-11mol/L；故該溶液的pH=11；

(2)25℃時，0.1L0.1mol?L-1的Na2A溶液的pH=11，溶液顯堿性，是由于該鹽是強堿弱酸鹽，在溶液中A2-發生水解反應，消耗水電離產生的H+，使水的電離平衡正向移動，最終達到平衡時，溶液中c(OH-)＞c(H+)，用離子方程式表示為A2-+H2O?HA-+OH-；

(3)pH相等的NaOH溶液與CH3COONa溶液，分別加熱到相同的溫度，由于CH3COONa是強堿弱酸鹽，醋酸根離子水解使溶液顯堿性，升高溫度，鹽水解程度增大，溶液的堿性增強，所以CH3COONa溶液的pH增大，而NaOH溶液的pH變化比較小，所以分別加熱到相同的溫度后CH3COONa溶液的pH＞NaOH溶液的pH；

(4)室溫下，pH=2的H2SO4溶液中水電離產生的H+的濃度c(H+)=10-12mol/L；

pH=12的NaOH溶液溶液中水電離產生的H+的濃度c(H+)=10-12mol/L；

pH=12的Na2CO3溶液，水電離出的c(H+)=10-2mol/L，故三種溶液中水電離產生的c(H+)之比為10-12：10-12：10-2=1：1：1010；

(5)①NH4HSO4是強酸的酸式鹽，電離產生H+使溶液顯酸性；②NH4HCO3水解使溶液顯堿性；③NH4Cl水解使溶液顯酸性，堿性溶液的pH大于酸性溶液的pH，電離產生的H+濃度大于鹽水解的酸性；所以三種溶液pH從大到小的順序為：②＞③＞①；

三種溶液中都存在NH的水解作用，①NH4HSO4電離產生H+會抑制NH的水解作用，使c(NH)增大；②NH4HCO3溶液中水解會促進NH的水解作用，使溶液中c(NH)減小，故相同溫度下，NH濃度相等的上述三種溶液；物質的量濃度從大到小的順序為：②＞③＞①；

(6)①在酸性條件下，Cr2O將Fe2+氧化為Fe3+，Cr2O被還原為Cr3+，根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得該反應的離子方程式：Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；

②若處理后的廢水中殘留的c(Fe3+)=4.0×10-13mo