2025年粵教版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵教版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的5種主族元素，其中元素A、E的單質(zhì)在常溫下呈氣態(tài)，元素B的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，元素C在第三周期的元素中原子半徑最大，元素D的合金是日常生活中常用的金屬材料且元素D有兩性．下列說法正確的是（）A.元素E組成的化合物BE4常溫下呈氣態(tài)B.一定條件下，元素D的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物之間不能發(fā)生反應(yīng)C.E的半徑：C＞D＞ED.化合物AE與CE是同類化合物2、氯仿可用作全身麻醉劑，但在光照條件下，易被氧化成生成劇毒的光氣（COCl2）2CHCl3+O22HCl+2COCl2為防止發(fā)生醫(yī)療事故，在使用前要先檢查是否變質(zhì)．下列那種試劑用于檢驗(yàn)效果最好（）A.燒堿溶液B.溴水C.KI淀粉溶液D.AgNO3溶液3、往含I－和Cl－的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的質(zhì)量與加入AgNO3溶液體積的關(guān)系如圖所示。則原溶液中c(I－)/c(Cl－)的比值為()A.(V2－V1)V1B.V1/V2C.V1/(V2－V1)D.V2/V14、2aLFe2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分成兩等份,向其中一份加入bmol的BaCl2溶液，恰好使溶中的SO42－完全沉淀；向另外一等份加入足量NaOH固體并加熱可得到cmolNH3，則原溶液中Fe3＋的物質(zhì)的量濃度為（）mol·L－1A.B.C.D.5、下列實(shí)驗(yàn)所得結(jié)論正確的是（）

。①②③④

充分振蕩試管，下層溶液紅色褪去溶液變紅溶液變紅充分振蕩右側(cè)小試管；

下層溶液紅色褪去A.①中溶液紅色褪去的原因是：CH3COOC2H5+NaOH?CH3COONa+C2H5OHB.②中溶液變紅的原因是：CH3COO-+H2O?CH3COOH+H+C.由實(shí)驗(yàn)①、②、③推測(cè)，①中紅色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞D.④中紅色褪去證明右側(cè)小試管中收集到的乙酸乙酯中混有乙酸6、下列關(guān)于電解質(zhì)溶液的敘述正確的是（）A.常溫下，在pH=7的醋酸鈉和醋酸混合溶液中，c（CH3COO-）＞c（Na+）B.稀釋醋酸溶液，溶液中所有離子的濃度均降低C.在pH=5的氯化鈉和稀硝酸的混合溶液中，c（Na+）=c（Cl-）D.在0.1mol?L-1的硫化鈉溶液中，c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+c（H2S）7、已知恒容條件下，反應(yīng)A2（g）+2B2（g）?2AB2（g）△H＜0，下列說法正確的是（）A.升高溫度，正向反應(yīng)速率增加，逆向反應(yīng)速率減小B.達(dá)到平衡后，充入氦氣，反應(yīng)速率增大C.達(dá)到平衡后，升高溫度或增大壓強(qiáng)都有利于該反應(yīng)平衡正向移動(dòng)D.達(dá)到平衡后，增大A2（g）的濃度，B2的轉(zhuǎn)化率增大8、CuCO3和Cu2（OH）2CO3的混合物34.6g，可恰好完全溶解于300mL、2mol?L-1的鹽酸中，若加熱分解等量的這種混合物可得CuO固體質(zhì)量為（）A.16.0gB.19.2gC.24.0gD.30.6g9、實(shí)驗(yàn)室里有4個(gè)藥品櫥，已經(jīng)存放以下物品：。藥品櫥甲櫥乙櫥丙櫥丁櫥藥品鹽酸、硫酸氫氧化鈉、氫氧化鈣紅磷、硫銅、鋅實(shí)驗(yàn)室新購(gòu)進(jìn)一些石墨，應(yīng)該將這些石墨放在()A.甲櫥B.乙櫥C.丙櫥D.丁櫥評(píng)卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、下列化學(xué)式中，能真實(shí)表示物質(zhì)的分子組成的是（）A.CuSO4B.CS2C.ArD.CsCl11、在2L的恒容密閉容器中充入A（g）和B（g）；發(fā)生反應(yīng)：

A（g）+B（g）?2C（g）+D（s）△H=akJ?mol-1；實(shí)驗(yàn)內(nèi)容和結(jié)果分別如表和如圖所示．下列說法正確的是（）

。實(shí)驗(yàn)。

序號(hào)溫度起始物質(zhì)的量熱量。

變化ABABⅠ600℃1mol3mol96kJⅡ800℃1.5mol0.5mol--A.實(shí)驗(yàn)Ⅰ中，10min內(nèi)平均速率v（B）=0.06mol?L-1?min-1B.上述方程式中a=-160C.600℃時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)是0.45D.向?qū)嶒?yàn)Ⅱ的平衡體系中再充入0.5molA和1.5molB，A的轉(zhuǎn)化率增大12、下列排列順序完全正確的是（）A.溶解性：NaHCO3＞Na2CO3＞AgCl＞AgIB.氧化性：MnO2＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+C.常溫下，α1、α2、α3分別表示pH=2的鹽酸、pH=12的氨水、pH=12的碳酸鈉溶液中水的電離程度，則α1=α2＞α3D.同溫下，1L0.5mol?L-1NH4Cl溶液中NH4+數(shù)與2L0.25mol?L-1NH4Cl溶液中NH4+數(shù)分別為a、b，則a＞b13、硫酸鍶（SrSO4）在水中的沉淀溶解平衡曲線如下．下列說法正確的是（）A.溫度一定時(shí)，Ksp（SrSO4）隨c（SO42-）的增大而減小B.三個(gè)不同溫度中，313K時(shí)Ksp（SrSO4）最大C.283K時(shí)，圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液是不飽和溶液D.283K下的SrSO4飽和溶液升溫到363K后變?yōu)椴伙柡腿芤?4、現(xiàn)某溶液中可能含有下列6種離子中的某幾種：Na+、NH4+、K+、Cl-、SO42-、CO32-．為確認(rèn)溶液組成進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：

（1）取200mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液；反應(yīng)后將沉淀過濾；洗滌、干燥，得沉淀4.30g，向沉淀中加入過量的鹽酸，有2.33g沉淀不溶．

（2）取200mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液；反應(yīng)后將沉淀過濾；洗滌、干燥，得沉淀4.30g，向沉淀中加入過量鹽酸，有2.33g沉淀不溶；

（3）向（2）所得濾液中加入足量的NaOH溶液；加熱，產(chǎn)生能使?jié)駶?rùn)紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體1.12L（已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況，假定產(chǎn)生的氣體全部逸出）．

由此可以得出關(guān)于原溶液組成的正確結(jié)論是（）A.一定存在SO42-、CO32-、NH4+，可能存在K+、Cl-、Na+B.一定存在SO42-、CO32-、NH4+、Na+、Cl-，一定不存在K+、Na+C.c（CO32-）=0.01mol?L-1，c（NH4+）＞c（SO42-）D.如果上述6種離子都存在，則c（Cl-）＞c（SO42-）15、下列說法正確的是（）A.同一元素各核素的質(zhì)量數(shù)不同，但它們的化學(xué)性質(zhì)幾乎完全相同B.任何元素的原子都是由核外電子和核內(nèi)中子、質(zhì)子構(gòu)成的C.鈉原子失去一個(gè)電子后，它的電子數(shù)與氖原子相同，變成10e-微粒D.Ar、K、Ca的質(zhì)量數(shù)相同，所以它們互為同位素16、在Cu+4HNO3（濃）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O反應(yīng)中（）A.參加反應(yīng)的硝酸和作氧化劑的硝酸質(zhì)量比為2：1B.硝酸都用作氧化劑C.每個(gè)硝酸分子得到2個(gè)電子D.硝酸銅是氧化產(chǎn)物17、（CH3）2CHCH2OH是某有機(jī)物的加氫還原產(chǎn)物，該有機(jī)物可能是（）A.正丁醛的同分異構(gòu)體B.正丁醛的同系物C.CH3CH2COCH3（2-丁酮）D.CH2=C（CH3）CHO18、在離子Rn-中，共有x個(gè)核外電子，R原子的質(zhì)量數(shù)為A，則R原子核內(nèi)含有的中子數(shù)是（）A.A-x+nB.A-x+nC.x-nD.x+n評(píng)卷人得分三、填空題(共6題，共12分)19、A；B、C、D、E、F、G七種短周期主族元素的原子序數(shù)依次增大．A和E最外層電子數(shù)相同；短周期主族元素的原子中，E原子的半徑最大；B、C和F在周期表中相鄰，B、C同周期，C、F同主族，F(xiàn)原子的質(zhì)子數(shù)是C原子質(zhì)子數(shù)的2倍；A和C可形成兩種常見的液態(tài)化合物X和Y（相對(duì)分子質(zhì)量X＜Y）；D形成的分子為雙原子分子．回答問題：

（1）D元素的名稱為____，F(xiàn)形成的離子的結(jié)構(gòu)示意圖為____．

（2）寫出液態(tài)化合物Y的一種用途____．

（3）用某種金屬易拉罐與A、C、E組成的化合物的水溶液反應(yīng)，產(chǎn)生的氣體可充填氣球，請(qǐng)寫出該反應(yīng)的離子方程式____，使用這種氣球存在的隱患是____．

（4）P和Q兩種物質(zhì)都是由A、C、E、F四種元素組成的鹽，其水溶液都顯酸性，等物質(zhì)的量的P和Q恰好完全反應(yīng)．寫出該反應(yīng)的離子方程式：____．

（5）A、B、G三種元素兩兩組合形成的化合物在空氣中相遇形成白煙，反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．20、某學(xué)習(xí)小組在研究CH4還原Fe2O3的實(shí)驗(yàn)中，發(fā)現(xiàn)生成的黑色粉末各組分均能被磁鐵吸引．查閱資料得知：在溫度不同、受熱不均時(shí)會(huì)生成具有磁性的Fe3O4（組成相當(dāng)于Fe2O3?FeO）．為進(jìn)一步探究黑色粉末的組成及含量；他們進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)．

（1）往黑色粉末中滴加鹽酸，發(fā)現(xiàn)有氣泡產(chǎn)生，則黑色粉末中一定有____，產(chǎn)生氣泡的離子方程式為____．

（2）熱還原法檢驗(yàn)：按如圖所示裝置連接好儀器（圖中夾持設(shè)備已略去），檢查裝置的氣密性．往裝置中添加藥品．打開止水夾K通人氫氣，持續(xù)一段時(shí)間后再點(diǎn)燃C處的酒精燈．

請(qǐng)回答下列問題：

①點(diǎn)燃C處酒精燈之前，為何要先持續(xù)通H2一段時(shí)間____．

②B中試劑的名稱是_____．

③若加熱一段時(shí)間后，裝置D中白色粉末變藍(lán)色，對(duì)黑色粉末的組成得出的結(jié)論是____．

（3）為證明黑色粉末是否含F(xiàn)e3O4，某同學(xué)還進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：取少量黑色粉末于試管，加足量鹽酸，充分振蕩使黑色粉末完全溶解，所得溶液分兩份，第一份溶液滴入KSCN溶液，觀察溶液是否變紅；第二份溶液滴入酸性KMnO4溶液，觀察酸性KMnO4溶液是否褪色．請(qǐng)回答：第一份溶液滴入KSCN溶液后一定會(huì)變紅嗎？____（填“是”或“否”）；第二份溶液所進(jìn)行的操作是欲檢驗(yàn)溶液中是否存在____離子．經(jīng)分析，你認(rèn)為此方案是否可行____（填“是”或“否”）．21、現(xiàn)有六種元素，其中A、B、C、D為短周期主族元素，E、F為第四周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大．請(qǐng)根據(jù)下列相關(guān)信息，回答問題．。A原子核外電子分占3個(gè)不同能級(jí)，且每個(gè)能級(jí)上排布的電子數(shù)相同B元素原子的核外p電子總數(shù)比s電子總數(shù)少1個(gè)C原子p軌道上成對(duì)電子數(shù)等于未成對(duì)電子數(shù)，且與A同周期D元素的族序數(shù)與周期數(shù)的差為4，且不與A元素在同一周期E位于周期表中第七列F元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對(duì)電子，只有一個(gè)未成對(duì)電子（1）A的基態(tài)原子最外層有____種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子。

（2）E的基態(tài)核外電子排布式為____，F(xiàn)元素基態(tài)原子核外價(jià)電子排布式為____．

（3）A、B、C三種元素的最簡(jiǎn)單氫化物的熔點(diǎn)由低到高的順序是____．（用化學(xué)式表示）；A、B、D三種元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物酸性最強(qiáng)的是____．（用化學(xué)式表示）

（4）A、B、C三種元素第一電離能從大到小的順序是____，（用元素符號(hào)表示）以上六種元素電負(fù)性最強(qiáng)的是____．（用元素符號(hào)表示）22、（2012秋?自貢期末）利用N2和H2可以實(shí)驗(yàn)NH3的工業(yè)合成；而氨又可以進(jìn)一步制備硝酸，在工業(yè)上一般可進(jìn)行連續(xù)生產(chǎn)．請(qǐng)冋答下列問題：

（1）巳知：

N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol

2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol

則氨氣經(jīng)催化氧化完全生成一氧化氮?dú)怏w和水蒸氣的熱化學(xué)方程式為____．

（2）某科研小組研究在．恒溫、恒容（容器容積為2L）下反應(yīng)：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）的變化．初始條件n（H2）=3mol、n（N2）=1mol，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)H2的轉(zhuǎn)化率為60%，NH3出的體積分?jǐn)?shù)為X%．

①此條件下反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____

②若初始條件為n（NH3）=2mol，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)NH3的轉(zhuǎn)化率為____．

③若初始條件n（H2）=6mol、n（N2）=2mol，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)NH3的體積分?jǐn)?shù)____X%（填“＞、＜、或=），若此吋移走0.5molNH3，再次達(dá)到平衡時(shí)NH3的體積分?jǐn)?shù)____X%（填“＞；＜、或=’）．

（3）現(xiàn)有以NO2、O2、N2O3、熔融鹽NaNO3組成的燃料電池，裝置如圖．石墨I(xiàn)是電池的____極，石墨I(xiàn)I的電極反應(yīng)式為____．23、硫酸亞鐵銨晶體[（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O]俗稱“摩爾鹽”；是分析化學(xué)中的重要試劑．

（1）查閱文獻(xiàn)：硫酸亞鐵銨晶體在500℃時(shí)隔絕空氣加熱完全分解，固體產(chǎn)物可能有FeO和Fe2O3，則氣體產(chǎn)物可能有NH3、SO3、H2O、N2和____．

（2）為檢驗(yàn)分解產(chǎn)物的成分；設(shè)計(jì)如圖實(shí)驗(yàn)裝置．隔絕空氣加熱A中的硫酸亞鐵銨至分解完全．

①A中固體充分加熱較長(zhǎng)時(shí)間后，再通入氮?dú)猓康氖莀___．

②裝置B的作用是為了檢驗(yàn)分解產(chǎn)物中是否有____氣體生成；實(shí)驗(yàn)中，觀察到C中有白色沉淀生成，則C中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____．

③甲同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證A中殘留物是否含有FeO；請(qǐng)幫他完成表中內(nèi)容．

限選試劑：KSCN溶液、濃鹽酸、稀硫酸、KMnO4溶液；稀硝酸、蒸餾水．儀器和用品自選．

。實(shí)驗(yàn)步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論________④乙同學(xué)認(rèn)為只需精確稱量加熱前后固體的質(zhì)量即可確定殘留固體的成分，你是否同意乙同學(xué)的看法，并簡(jiǎn)述理由：____．24、鋁是地殼中含量最高的金屬元素；其單質(zhì)及合金在生產(chǎn)生活中的應(yīng)用日趨廣泛．

（1）真空碳熱還原法可實(shí)現(xiàn)由鋁土礦（主要成分為Al2O3）制備金屬鋁，試寫出該工藝發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：____；

（2）Al4C3是反應(yīng)過程中的中間產(chǎn)物．已知Al4C3可與鹽酸反應(yīng)生成一種常見的鹽和最簡(jiǎn)單的烴，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____；

（3）鎂鋁合金（Mg17Al12）是一種潛在的貯氫材料，可在一定條件下，將一定化學(xué)計(jì)量比的Mg、Al單質(zhì)在一定溫度下熔煉獲得．熔煉制備鎂鋁合金（Mg17Al12）時(shí)常需通入氬氣，目的是____；

（4）目前世界上60%的鎂是從海水中提取，先將Mg2+轉(zhuǎn)化為MgCl2，然后再用電解法制取金屬鎂．請(qǐng)寫出電解時(shí)發(fā)生的化學(xué)方程式：____．評(píng)卷人得分四、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共9分)25、(8分)某同學(xué)用如圖所示裝置制取溴苯和溴乙烷。已知溴乙烷為無色液體，難溶于水，沸點(diǎn)為38.4℃，熔點(diǎn)為－119℃，密度為1.46g·cm－3。主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：①檢查裝置的氣密性后，向燒瓶中加入一定量的苯和液溴。②向錐形瓶中加入乙醇和濃H2SO4的混合液至稍高于進(jìn)氣導(dǎo)管口處。③將A裝置中的純鐵絲小心向下插入混合液中。④點(diǎn)燃B裝置中的酒精燈，用小火緩緩對(duì)錐形瓶加熱10min。請(qǐng)?zhí)顚懴铝锌瞻祝?1)步驟③中觀察到的現(xiàn)象是_____________________________________________。(2)導(dǎo)管a的作用是_______________________________________________________。(3)C裝置中U形管內(nèi)部用蒸餾水封住管底的作用是_______________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)反應(yīng)完畢后，U形管內(nèi)的現(xiàn)象是____________________________________________；分離溴乙烷時(shí)所用的最主要儀器的名稱是(只填一種)____________________________。(5)步驟④中能否用大火加熱，理由是___________________________________。(6)為證明溴和苯的上述反應(yīng)是取代反應(yīng)而不是加成反應(yīng)，該同學(xué)用裝置D代替裝置B、C直接與A相連重新操作實(shí)驗(yàn)。①裝置D的錐形瓶中，小試管內(nèi)的液體是________(填名稱)，其作用是________________；小試管外的液體是________(填名稱)，其作用是_________________。②反應(yīng)后，向錐形瓶中滴加________溶液，現(xiàn)象是__________________，其作用是____________________；裝置D還可起到的作用是__________________________________。26、對(duì)于混合物的分離或提純；常采用的方法有：A過濾；B蒸發(fā)、C蒸餾、D萃取、E滲析、F加熱分解．下列各組混合物的分離或提純應(yīng)采用什么方法？

（1）石灰水久置，液面上常懸浮有CaCO3微粒．可用____（填字母，下同）的方法除去Ca（OH）2溶液中懸浮的CaCO3微粒．

（2）實(shí)驗(yàn)室中制取的Fe（OH）3膠體中常常含有雜質(zhì)Cl-．可用____的方法除去Fe（OH）3膠體中混有的雜質(zhì)Cl-．

（3）除去食鹽水中溶解的I2可采用____的方法．

（4）除去氧化鈣中的碳酸鈣可用____的方法．27、三氯化鐵是合成草酸鐵的重要原料rm{.}利用工業(yè)rm{FeCl_{3}}制取純凈的草酸鐵晶體rm{[Fe_{2}(C_{2}O_{4})_{3}?5H_{2}O]}的實(shí)驗(yàn)流程如圖rm{1}所示：

rm{壟脵}為抑制rm{FeCl_{3}}水解，溶液rm{X}為______．

rm{壟脷}上述流程中rm{FeCl_{3}}能被異丙醚萃取，其原因是______；檢驗(yàn)萃取、分液后所得水層中是否含有rm{Fe^{3+}}的方法是______．

rm{壟脹}所得rm{Fe_{2}(C_{2}O_{4})_{3}?5H_{2}O}需用冰水洗滌；其目的是______．

rm{壟脺}為測(cè)定所得草酸鐵晶體的純度，實(shí)驗(yàn)室稱取rm{a}rm{g}樣品，加硫酸酸化，用rm{KMnO_{4}}標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的rm{H_{2}C_{2}O_{4}}rm{KMnO_{4}}標(biāo)準(zhǔn)溶液應(yīng)置于圖rm{2}所示儀器______rm{(}填“甲”或“乙”rm{)}中rm{.}下列情況會(huì)造成實(shí)驗(yàn)測(cè)得rm{Fe_{2}(C_{2}O_{4})_{3}?5H_{2}O}含量偏低的是______．

rm{a.}盛放rm{KMnO_{4}}的滴定管水洗后未用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗。

rm{b.}滴定管滴定前尖嘴部分有氣泡；滴定后消失。

rm{c.}滴定前仰視讀數(shù)，滴定后俯視讀數(shù)．評(píng)卷人得分五、綜合題(共4題，共12分)28、（15分）下列框圖中的A~K物質(zhì)均為中學(xué)常見物質(zhì)。已知B、D、E、L常溫下為密度比空氣大的氣體，D、E為單質(zhì)，其它為化合物。A和I都是常用的漂白劑，F(xiàn)的焰色反應(yīng)呈黃色。F、G均能與L的水溶液反應(yīng)放出B。請(qǐng)根據(jù)圖示關(guān)系回答問題：（1）F的俗名是＿＿＿＿＿＿；K的電子式＿＿＿＿＿＿。（2）反應(yīng)①~⑤中，屬于氧化－還原反應(yīng)的是＿＿＿＿＿＿。（3）反應(yīng)④的離子方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。反應(yīng)③的化學(xué)方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某單質(zhì)能與H反應(yīng)生成E，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。29、［化學(xué)選修──有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)］（15分）根據(jù)圖示回答下列問題：（1）寫出A、E、G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反應(yīng)②的化學(xué)方程式（包括反應(yīng)條件）是_________________________，（3）反應(yīng)④化學(xué)方程式（包括反應(yīng)條件）是____________________________________；（4）寫出①、⑤的反應(yīng)類型：①________________、⑤__________________。30、已知N、P同屬元素周期表的ⅤA族元素，N在第二周期，P在第三周期，NH3分子呈三角錐形，N原子位于錐頂，三個(gè)H原子位于錐底，N—H鍵間的夾角是107°。31、（14分）黃鐵礦是我國(guó)大多數(shù)硫酸廠制取硫酸的主要原料。某化學(xué)興趣小組對(duì)某黃鐵礦石（主要成分為FeS）進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)探究。[實(shí)驗(yàn)一]：測(cè)定硫元素的含量I．將mg該黃鐵礦樣品（雜質(zhì)中不含硫和鐵）放入如下圖所示裝置（夾持和加熱裝置省略）的石英管中，從a處不斷地緩緩?fù)ㄈ丝諝?，高溫灼燒石英管中的黃鐵礦樣品至反應(yīng)完全。石英管中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Ⅱ．反應(yīng)結(jié)束后，將乙瓶中的溶液進(jìn)行如下處理：?jiǎn)栴}討論：（1）I中，甲瓶?jī)?nèi)所盛試劑是＿＿＿＿＿＿＿＿溶液。乙瓶?jī)?nèi)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式有＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（2）Ⅱ中。所加HO溶液需足量的理由是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（3）該黃鐵礦石中硫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。[實(shí)驗(yàn)二]：設(shè)計(jì)以下實(shí)驗(yàn)方案測(cè)定鐵元素的含量問題討論：（4）②中，若選用鐵粉作還原劑。你認(rèn)為合理嗎?＿＿＿＿＿＿＿＿。若不合理，會(huì)如何影響測(cè)量結(jié)果：＿＿＿＿＿＿＿＿（若合理，此空不答）。（5）③中，需要用到的儀器除燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外，還有＿＿＿＿＿＿＿＿。（6）④中高錳酸鉀溶液應(yīng)放在＿＿＿＿＿滴定管中；判斷滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】A、B、C、D、E是短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大，元素C在第三周期的元素中原子半徑最大，則C為Na；元素B的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，結(jié)合原子序數(shù)可知，B只能有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為4，故B為C元素；元素D的合金是日常生活中常用的金屬材料且元素D有兩性，則D為Al元素；元素A、E的單質(zhì)在常溫下呈氣態(tài)，A的原子序數(shù)小于碳元素，A為H元素，E的原子序數(shù)大于鋁元素，E為Cl元素，然后結(jié)合元素及其化合物的性質(zhì)來解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E是短周期主族元素；原子序數(shù)依次增大，元素C在第三周期的元素中原子半徑最大，則C為Na；元素B的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，結(jié)合原子序數(shù)可知，B只能有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為4，故B為C元素；元素D的合金是日常生活中常用的金屬材料且元素D有兩性，則D為Al元素；元素A、E的單質(zhì)在常溫下呈氣態(tài)，A的原子序數(shù)小于碳元素，A為H元素，E的原子序數(shù)大于鋁元素，E為Cl元素；

A．元素C、Cl組成的化合物CCl4常溫下為液態(tài)；故A錯(cuò)誤；

B．元素C；D的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物分別為NaOH、氫氧化鋁；氫氧化鋁是兩性氫氧化物，與強(qiáng)堿NaOH反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與水，故B錯(cuò)誤；

C．Na；Al、Cl同周期；核電荷數(shù)依次增大，故原子半徑依次減小，故C正確；

D．HCl屬于共價(jià)化合物；而NaCl屬于離子化合物，故D錯(cuò)誤；

故選C．2、D【分析】【分析】根據(jù)方程式可知，如氯仿變質(zhì)會(huì)生成HCl，加入AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀．【解析】【解答】解：A．氯仿在NaOH溶液中發(fā)生水解；不能鑒別是否生成HCl，則不能鑒別是否變質(zhì)，故A錯(cuò)誤；

B．溴水和HCl不反應(yīng)；無法鑒別是否變質(zhì)，故B錯(cuò)誤；

C．氯仿和HCl等與KI淀粉溶液都不反應(yīng)；不能鑒別是否變質(zhì)，故C錯(cuò)誤；

D．如氯仿變質(zhì)會(huì)生成HCl，加入AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀；可鑒別，故D正確．

故選D．3、C【分析】試題分析：往含I－和Cl－的稀溶液中滴入AgNO3溶液，先生成的是碘化爭(zhēng)沉淀，等碘離子沉淀完全后，氯離子才開始沉淀。因此沉淀碘離子所用去的AgNO3溶液為V1，沉淀氯離子所用去的AgNO3溶液為（V2－V1），而碘離子與銀離子的比跟氯離子與銀離子的比都為1︰1，所以原溶液中c(I－)/c(Cl－)的比值為：V1/(V2－V1)，C正確?？键c(diǎn)：物質(zhì)的量在化學(xué)計(jì)量中的應(yīng)用?！窘馕觥俊敬鸢浮緾4、C【分析】【解析】試題分析：根據(jù)反應(yīng)式Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓可知，每一份溶液中的SO42－的物質(zhì)的量是bmol。再根據(jù)反應(yīng)式NH4＋＋OH－H2O＋NH3↑可知，每一份溶液中的NH4＋的物質(zhì)的量是cmol，所以根據(jù)溶液的電中性可知，每一份溶液中鐵離子的物質(zhì)的量是則溶液中鐵離子的濃度是mol/L，答案選C。考點(diǎn)：考查溶液中離子濃度的有關(guān)計(jì)算【解析】【答案】C5、D【分析】解：A．乙酸乙酯在NaOH溶液中發(fā)生水解，且水解徹底，則紅色褪去的原因是：CH3COOC2H5+NaOH=CH3COONa+C2H5OH；不需要可逆號(hào)，故A錯(cuò)誤；

B．醋酸鈉水解顯堿性，則②中溶液變紅的原因是：CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-；故B錯(cuò)誤；

C．褪色與萃取無關(guān)；與反應(yīng)有關(guān)，故C錯(cuò)誤；

D．乙酸與碳酸鈉反應(yīng)；導(dǎo)致堿性降低，則溶液紅色褪去可知收集到的乙酸乙酯中混有乙酸，故D正確；

故選：D。

A．乙酸乙酯在NaOH溶液中發(fā)生水解；且水解徹底；

B．醋酸鈉水解顯堿性；

C．褪色與萃取無關(guān)；

D．乙酸與碳酸鈉反應(yīng)；導(dǎo)致堿性降低。

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)與現(xiàn)象、酯及鹽的水解為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大?！窘馕觥緿6、C【分析】【分析】A．常溫下，pH=7的溶液呈中性，溶液中存在c（OH-）=c（H+），根據(jù)電荷守恒判斷c（CH3COO-）、c（Na+）相對(duì)大小；

B．稀釋醋酸時(shí)，醋酸中c（OH-）增大；

C．任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒；根據(jù)物料守恒判斷；

D．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒、物料守恒，根據(jù)電荷守恒和物料守恒判斷．【解析】【解答】解：A．常溫下，pH=7的溶液呈中性，溶液中存在c（OH-）=c（H+），根據(jù)電荷守恒得c（CH3COO-）=c（Na+），水的電離程度很小，所以離子濃度大小順序是c（CH3COO-）=c（Na+）＞c（OH-）=c（H+）；故A錯(cuò)誤；

B．稀釋醋酸時(shí)，增大醋酸電離程度，但醋酸電離增大程度小于溶液體積增大程度，所以溶液中c（CH3COO-）、c（CH3COOH）、c（H+）都減小，溫度不變，離子積常數(shù)不變，所以醋酸中c（OH-）增大；故B錯(cuò)誤；

C．任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得c（Na+）=c（Cl-）；故C正確；

D．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒、物料守恒，根據(jù)電荷守恒得c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-）=c（H+）+c（Na+），根據(jù)物料守恒得c（Na+）=2[c（HS-）+c（H2S）+c（S2-）]，所以得c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S）；故D錯(cuò)誤；

故選C．7、D【分析】【分析】A．升高溫度；正逆反應(yīng)速率都增大；

B．達(dá)到平衡狀態(tài)后；充入氦氣，反應(yīng)物和生成物濃度不變，不影響反應(yīng)速率；

C．達(dá)到平衡狀態(tài)后；增大壓強(qiáng)平衡向氣體體積減小的方向移動(dòng)，升高溫度平衡向吸熱方向移動(dòng)；

D．達(dá)到平衡后，增大一種反應(yīng)物濃度，平衡正向移動(dòng)．【解析】【解答】解：A．升高溫度；增大活化分子百分?jǐn)?shù)，所以正逆反應(yīng)速率都增大，故A錯(cuò)誤；

B．達(dá)到平衡狀態(tài)后；充入氦氣，反應(yīng)物和生成物濃度不變，不影響反應(yīng)速率，所以正逆反應(yīng)速率不變，故B錯(cuò)誤；

C．達(dá)到平衡狀態(tài)后；增大壓強(qiáng)平衡向氣體體積減小的方向移動(dòng)，升高溫度平衡向吸熱方向移動(dòng)，該反應(yīng)的正反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體體積減小的放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)；增大壓強(qiáng)平衡正向移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D．達(dá)到平衡后，增大一種反應(yīng)物濃度，平衡正向移動(dòng)，則另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率會(huì)增大，所以達(dá)到平衡后，增大A2（g）的濃度，B2的轉(zhuǎn)化率增大；故D正確；

故選D．8、C【分析】【分析】CuCO3和Cu（OH）2的混合物和鹽酸反應(yīng)生成CuCl2，加熱分解生成CuO，根據(jù)消耗鹽酸的物質(zhì)的量結(jié)合質(zhì)量守恒定律計(jì)算CuO的質(zhì)量．【解析】【解答】解：已知CuCO3CuCl2，Cu（OH）2CuCl2；

n（HCl）=0.3L×2mol?L-1=0.6mol；

則n（CuCl2）=×n（HCl）=×0.6mol=0.3mol；

又有：CuCO3→CuO，Cu（OH）2→CuO；

根據(jù)Cu元素質(zhì)量守恒，則：n（CuO）=n（CuCl2）=0.3mol；

則m（CuO）=0.3mol×80g/mol=24.0g；

故選C．9、C【分析】考查物質(zhì)的分類。石墨是非金屬單質(zhì)，所以應(yīng)該放在丙廚中，答案選C?！窘馕觥俊敬鸢浮緾二、多選題(共9題，共18分)10、BC【分析】【分析】化學(xué)式能真實(shí)表示物質(zhì)分子組成的是分子晶體，常見的分子晶體有：所有非金屬氫化物、部分非金屬單質(zhì)（金剛石、晶體硅等除外）、部分非金屬氧化物（二氧化硅等除外）、幾乎所有的酸、絕大多數(shù)的有機(jī)物晶體、稀有氣體等，據(jù)此即可解答．【解析】【解答】解：A．CuSO4為離子化合物；只有銅離子和硫酸根離子，沒有分子，故A錯(cuò)誤；

B．CS2為非金屬硫化物，CS2晶體是分子晶體，晶體中只存在分子，所以化學(xué)式CS2能真實(shí)表示二硫化碳分子組成；故B正確；

C．Ar為單原子分子，晶體中只存在分子，所以化學(xué)式Ar能真實(shí)表示氬氣分子組成；故C正確；

D．CsCl為離子化合物；只有銫離子和氯根離子，沒有分子，故D錯(cuò)誤；

故選BC．11、BD【分析】【分析】A、圖象分析可知實(shí)驗(yàn)Ⅰ中，10min內(nèi)C生成了1.2mol，結(jié)合化學(xué)反應(yīng)速率V=計(jì)算；速率之比等于化學(xué)方程式計(jì)量數(shù)之比，以此計(jì)算B的反應(yīng)速率；

B；根據(jù)圖象中的變化量結(jié)合圖表中熱量變化計(jì)算；依據(jù)化學(xué)平衡三段式可知；

A（g）+B（g）?2C（g）+D（s）△H=akJ?mol-1；

起始量（mol）1300aKJ

變化量（mol）0.60.61.20.696KJ

平衡量（mol）0.42.41.20.6

反應(yīng)焓變是指1molA全部反應(yīng)的熱量變化；

C；結(jié)合B中化學(xué)平衡三段式列式計(jì)算平衡濃度；c（A）=0.2mol/L，c（B）=1.2mol/L，c（C）=0.6mol/L，平衡常數(shù)等于生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應(yīng)物平衡濃度冪次方乘積；

D、反根據(jù)等效平衡分析判斷，反應(yīng)前后氣體體積不變，等比等效，開始投入量AB之比為3：1，向?qū)嶒?yàn)Ⅱ的平衡體系中再充入0.5molA和1.5molB，可以看作充入AB反應(yīng)比為3：1，先投入0.5molA和molB，達(dá)到平衡狀態(tài)，A的轉(zhuǎn)化率不變，相當(dāng)于多投入1.5mol-molB的量．【解析】【解答】解：圖象分析；先拐先平溫度高，溫度越高C物質(zhì)的量越小，溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，說明反應(yīng)是放熱反應(yīng)；

A、10min內(nèi)C生成了1.2mol，則反應(yīng)速率V（C）==0.06mol/L?min，速率之比等于化學(xué)方程式計(jì)量數(shù)之比，V（B）=V（C）=0.06mol/L?min×=0.03mol/L?min；故A錯(cuò)誤；

B；由化學(xué)平衡三段式可知；

A（g）+B（g）?2C（g）+D（s）△H=akJ?mol-1；

起始量（mol）1300aKJ

變化量（mol）0.60.61.20.696KJ

平衡量（mol）0.42.41.20.6

反應(yīng)焓變是指1molA全部反應(yīng)的熱量變化，則a==160KJ/mol

圖象分析；先拐先平溫度高，溫度越高C物質(zhì)的量越小，溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，說明反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以a=-160KJ/mol，故B正確；

C、由B中可知平衡濃度：c（A）=0.2mol/L，c（B）=1.2mol/L，c（C）=0.6mol/L，平衡常數(shù)K==1.5；故C錯(cuò)誤；

D、反應(yīng)前后氣體體積不變，等比等效，開始投入量AB之比為3：1，向?qū)嶒?yàn)Ⅱ的平衡體系中再充入0.5molA和1.5molB，可以看作充入AB反應(yīng)比為3：1，先投入0.5molA和molB，達(dá)到平衡狀態(tài)，A的轉(zhuǎn)化率不變，相當(dāng)于多投入1.5mol-molB的量；B量增大，A的轉(zhuǎn)化率增大，故D正確；

故選BD．12、BD【分析】【分析】A．溶解度：Na2CO3＜NaHCO3，鈉鹽易溶于水，鹵化銀AgX（X=F，Cl，Br，I）中AgF易溶，AgI、AgBr、AgCl難溶于水，溶解度大小AgI＜AgBr＜AgCl＜AgF（易溶）；

B．結(jié)合方程式；利用氧化劑氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物氧化性判斷；

C．pH=2的鹽酸中氫氧根離子為水電離；pH=12的氨水中氫離子是水電離的，pH=12的碳酸鈉溶液中氫氧根離子是水的電離的，根據(jù)水電離的離子濃度比較水的電離程度；

D．NH4+發(fā)生水解，NH4+濃度越小，水解程度越大，但水解是極其微弱的，溶液中NH4+數(shù)目取決于溶液體積與NH4+的濃度；【解析】【解答】解：A．溶解度：Na2CO3＜NaHCO3，鈉鹽易溶于水，鹵化銀AgX（X=F，Cl，Br，I）中AgF易溶，AgI、AgBr、AgCl難溶于水，溶解度大小AgI＜AgBr＜AgCl＜AgF（易溶），所以溶解度Na2CO3＞NaHCO3＞AgCl＞AgI；故A錯(cuò)誤；

B．二氧化錳氧化元素為氯氣，所以氧化性MnO2＞Cl2，氯氣氧化鐵為氯化鐵，所以氧化性Cl2＞Fe3+，鐵離子氧化銅為銅離子，所以氧化性Fe3+＞Cu2+，所以氧化性MnO2＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+；故B正確；

C．pH=2的鹽酸中氫氧根離子為水電離，氫氧根離子濃度為10-12mol/L，pH=12的氨水中氫離子是水電離的，氫離子濃度為10-12mol/L，pH=12的碳酸鈉溶液中氫氧根離子是水的電離的，氫氧根離子濃度為10-2mol/L，所以水的電離程度為pH=2的鹽酸等于pH=12的氨水小于pH=12的碳酸鈉溶液，即α1=α2＜α3；故C錯(cuò)誤；

D．NH4+發(fā)生水解，NH4+濃度越小水解程度越大，但水解是極其微弱的，溶液中NH4+數(shù)目取決于溶液體積與NH4+的濃度，所以溶液中a＞b；故D正確；

故選BD．13、BC【分析】【分析】沉淀溶解平衡中的溶度積常數(shù)只與溫度有關(guān)；與濃度改變無關(guān)；溶解度隨溫度變化而變化，也隨離子濃度改變；

硫酸鍶（SrSO4）在水中的沉淀溶解平衡曲線，縱軸是鍶離子濃度的對(duì)數(shù)，橫軸是硫酸根離子濃度的對(duì)數(shù)．圖象分析采取定一議二的方法進(jìn)行分析；【解析】【解答】解：A；Ksp只與溫度有關(guān)與濃度無關(guān)；故A錯(cuò)誤；

B、由圖象可知：在相同條件下，溫度越低，越大，Ksp（SrSO4）越大；B正確；

C；a點(diǎn)在283K的下方；屬于不飽和溶液，C正確；

D、283K下的SrSO4飽和溶液升溫到363K后會(huì)有晶體析出；還是屬于飽和溶液，D錯(cuò)誤．

故選BC．14、AD【分析】【分析】（1）取少量該溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量鹽酸后，沉淀部分溶解，并有氣體生成，說明白色沉淀為BaCO3和BaSO4，質(zhì)量一共是4.3g，則溶液中含有CO32-、SO42-，向沉淀中加入過量的鹽酸，有2.33g沉淀不溶，則硫酸鋇的質(zhì)量是2.33g，所以硫酸根離子的物質(zhì)的量是=0.01mol；碳酸鋇的質(zhì)量是：4.3g-2.33g=1.97g，碳酸根離子的物質(zhì)的量為：=0.01mol；

（2）向（1）的濾液中加入足量的NaOH溶液，加熱，產(chǎn)生能使?jié)駶?rùn)紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體是氨氣，物質(zhì)的量是=0.05mol，說明溶液中有NH4+的物質(zhì)的量是0.05mol，據(jù)此進(jìn)行解答．【解析】【解答】解：（1）取少量該溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量鹽酸后，沉淀部分溶解，并有氣體生成，說明白色沉淀為BaCO3和BaSO4，質(zhì)量一共是4.3g，則溶液中含有CO32-、SO42-，向沉淀中加入過量的鹽酸，有2.33g沉淀不溶，則硫酸鋇的質(zhì)量是2.33g，所以硫酸根離子的物質(zhì)的量是=0.01mol；碳酸鋇的質(zhì)量是：4.3g-2.33g=1.97g，碳酸根離子的物質(zhì)的量為：=0.01mol；

（2）向（1）的濾液中加入足量的NaOH溶液，加熱，產(chǎn)生能使?jié)駶?rùn)紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體是氨氣，物質(zhì)的量是=0.05mol，說明溶液中有NH4+的物質(zhì)的量是0.05mol；

A．根據(jù)分析可知，溶液一定存在的離子有：CO32-、SO42-、NH4+，可能存在的離子有：Cl-、K+、Na+；故A正確；

B．根據(jù)A可知，溶液中K+、Na+；故B錯(cuò)誤；

C．依據(jù)計(jì)算得出c（CO32-）==0.05mol/L，硫酸根為0.01mol，銨根為0.05mol，故c（NH4+）＞c（SO42-）；故C錯(cuò)誤；

D．依據(jù)溶液電中性原則，假設(shè)都存在，那么n（+）=n（-），即0.05+n（Na+）+n（K+）=2×0.01+2×0.01+n（Cl-），據(jù)此得出n（Cl-）=n（Na+）+n（K+）+0.01＞0.01=n（SO42-），則c（Cl-）＞c（SO42-）；故D正確；

故選AD．15、AC【分析】【分析】A；同位素之間質(zhì)量數(shù)不同；化學(xué)性質(zhì)相似；

B；氫元素的一種原子：氕；是不含有中子的原子；

C；鈉失去一個(gè)電子成為鈉離子；和氖原子核外電子排布相同；

D、同位素是質(zhì)子數(shù)相同，而中子數(shù)不同的同種元素的不同原子之間的互稱．【解析】【解答】解：A；同一元素各核素互為同位素；同位素之間質(zhì)量數(shù)不同，化學(xué)性質(zhì)相似，故A正確；

B；氕是不含有中子的原子；故B錯(cuò)誤；

C；鈉失去一個(gè)電子成為鈉離子；它的電子數(shù)與氖原子相同均是10，故C正確；

D、同位素是質(zhì)子數(shù)形同，而中子數(shù)不同的同種元素的不同原子之間的互稱，4018Ar、4019K、4020Ca的質(zhì)量數(shù)相同；不能說明質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)之間的關(guān)系，故D錯(cuò)誤．

故選AC．16、AD【分析】【分析】該反應(yīng)中Cu元素化合價(jià)由0價(jià)變?yōu)?2價(jià)、部分N元素化合價(jià)由+5價(jià)變?yōu)?4價(jià)，部分N元素化合價(jià)不變，該反應(yīng)中有一半的硝酸作氧化劑、部分硝酸體現(xiàn)酸性，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：該反應(yīng)中Cu元素化合價(jià)由0價(jià)變?yōu)?2價(jià)；部分N元素化合價(jià)由+5價(jià)變?yōu)?4價(jià)；部分N元素化合價(jià)不變，該反應(yīng)中有一半的硝酸作氧化劑、一半體現(xiàn)酸性；

A．該反應(yīng)中有一半的硝酸作氧化劑；一半體現(xiàn)酸性；所以參加反應(yīng)的硝酸和作氧化劑的物質(zhì)的量之比為2：1，根據(jù)m=nM知，摩爾質(zhì)量相等，其質(zhì)量之比等于物質(zhì)的量之比，所以參加反應(yīng)的硝酸和作氧化劑的硝酸質(zhì)量比為2：1，故A正確；

B．該反應(yīng)中有一半的硝酸作氧化劑；一半體現(xiàn)酸性；故B錯(cuò)誤；

C．該反應(yīng)中一半硝酸作氧化劑；一半體現(xiàn)酸性；所以并不是所有硝酸分子都得到1個(gè)電子，故C錯(cuò)誤；

D．該反應(yīng)中Cu失電子作還原劑，所以Cu（NO3）2是氧化產(chǎn)物；故D正確；

故選AD．17、AD【分析】【分析】有機(jī)物加氫反應(yīng)后的還原產(chǎn)物是CH3CH（CH3）CH2OH，則該有機(jī)物分子中含有不飽和鍵，醛加氫還原可以得到醇：（CH3）2CHCHO+H2（CH3）2CHCH2OH，烯醇加氫還原可以得到醇：CH2=C（CH3）CH2OH+H2CH3CH（CH3）CH2OH，有可能為CH2=C（CH3）CHO，據(jù)此進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：該有機(jī)物可能為醛：（CH3）2CHCHO+H2（CH3）2CHCH2OH，有可能為烯醇：CH2=C（CH3）CH2OH+H2CH3CH（CH3）CH2OH，還有可能為：CH2=C（CH3）CHO；

A．（CH3）2CHCHO和CH2=C（CH3）CH2OH都與正丁醛具有相同的分子式；不同的結(jié)構(gòu)；它們之間互為同分異構(gòu)體，故A正確；

B．互為同系物的有機(jī)物必須具有不同的分子式；該有機(jī)物與正丁醛具有相同的分子式，所以一定不屬于同系物，故B錯(cuò)誤；

C．該有機(jī)物可能為（CH3）2CHCHO或CH2=C（CH3）CH2OH、CH2=C（CH3）CHO，一定不是CH3CH2COCH3；故C錯(cuò)誤；

D．CH2=C（CH3）CHO與氫氣加成產(chǎn)物為（CH3）2CHCH2OH，所以該有機(jī)物可能為（CH3）2CHCH2OH；故D正確；

故選AD．18、AB【分析】【分析】在陰離子中，陰離子的核外電子數(shù)=質(zhì)子數(shù)+電荷數(shù)，質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，所以中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)=核外電子數(shù)-電荷數(shù)．【解析】【解答】解：Rn-離子有x個(gè)電子，電荷數(shù)為n，陰離子的核外電子數(shù)=質(zhì)子數(shù)+電荷數(shù)，所以質(zhì)子數(shù)=核外電子數(shù)-電荷數(shù)=x-n；中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)=A-（x-n）=A-x+n，故選AB．三、填空題(共6題，共12分)19、氟一定濃度的H2O2溶液作消毒劑2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑氫氣易燃、易爆H++HSO3-═SO2↑+H2ONH3+HCl═NH4Cl【分析】【分析】A、B、C、D、E、F、G七種短周期主族元素的原子序數(shù)依次增大．A和E最外層電子數(shù)相同，二者同主族，短周期主族元素的原子中，E原子的半徑最大，則E為Na；B、C和F在周期表中相鄰，B、C同周期，C、F同主族，則B、C處于第二周期，F(xiàn)處于第三周期，F(xiàn)原子的質(zhì)子數(shù)是C原子質(zhì)子數(shù)的2倍，則C為O元素、F為S元素，可知B為N元素；A和C可形成兩種常見的液態(tài)化合物X和Y（相對(duì)分子質(zhì)量X＜Y），則A為H元素，X為H2O、Y為H2O2；D形成的分子為雙原子分子，且原子序數(shù)介于氧、鈉之間，故D為F元素；G的原子序數(shù)大于硫，故G為Cl，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E、F、G七種短周期主族元素的原子序數(shù)依次增大．A和E最外層電子數(shù)相同，二者同主族，短周期主族元素的原子中，E原子的半徑最大，則E為Na；B、C和F在周期表中相鄰，B、C同周期，C、F同主族，則B、C處于第二周期，F(xiàn)處于第三周期，F(xiàn)原子的質(zhì)子數(shù)是C原子質(zhì)子數(shù)的2倍，則C為O元素、F為S元素，可知B為N元素；A和C可形成兩種常見的液態(tài)化合物X和Y（相對(duì)分子質(zhì)量X＜Y），則A為H元素，X為H2O、Y為H2O2；D形成的分子為雙原子分子；且原子序數(shù)介于氧；鈉之間，故D為F元素；G的原子序數(shù)大于硫，故G為Cl．

（1）由上述分析可知，D為氟元素，F(xiàn)形成的離子為S2-，離子結(jié)構(gòu)示意圖為：故答案為：氟；

（2）液態(tài)化合物Y為H2O2，一定濃度的H2O2溶液作消毒劑，故答案為：一定濃度的H2O2溶液作消毒劑；

（3）用某種金屬易拉罐與A、C、E組成的化合物NaOH的水溶液反應(yīng)，產(chǎn)生的氣體可充填氣球，是Al與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與氫氣，該反應(yīng)的離子方程式：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；使用這種氣球存在的隱患是：氫氣易燃；易爆；

故答案為：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；氫氣易燃；易爆；

（4）P和Q兩種物質(zhì)都是由H、O、Na、S四種元素組成的鹽，其水溶液都顯酸性，兩物質(zhì)為NaHSO3、NaHSO4，等物質(zhì)的量的P和Q恰好完全反應(yīng)，該反應(yīng)的離子方程式：H++HSO3-═SO2↑+H2O；

故答案為：H++HSO3-═SO2↑+H2O；

（5）H、N、Cl三種元素兩兩組合形成的化合物在空氣中相遇形成白煙，是氨氣與HCl反應(yīng)生成氯化銨，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NH3+HCl═NH4Cl；

故答案為：NH3+HCl═NH4Cl．20、FeFe+2H+═Fe2++H2↑排盡裝置內(nèi)的空氣，防止H2與空氣混和，受熱時(shí)發(fā)生爆炸濃硫酸黑色固體中含F(xiàn)e3O4否Fe2+否【分析】【分析】（1）還原Fe2O3的實(shí)驗(yàn)中；發(fā)現(xiàn)生成的黑色粉末各組分均能被磁鐵吸引，往黑色粉末中滴加鹽酸，觀察到有氣泡產(chǎn)生，證明含有金屬鐵；

（2）此流程為：A裝置產(chǎn)生氫氣；B裝置干燥氫氣，C裝置還原黑色粉末，D裝置檢驗(yàn)生成產(chǎn)物水，E裝置吸收空氣中水和二氧化碳；

①氫氣是可燃性氣體；混有氧氣會(huì)發(fā)生爆炸危險(xiǎn)；

②氣體進(jìn)入C裝置前需要除去水蒸氣；否則以炸裂玻璃管；

③D中白色粉末硫酸銅變藍(lán)色證明反應(yīng)有水生成，黑色固體中含有的Fe3O4被氫氣還原生成水；

（3）黑色粉末加入足量鹽酸溶解后，滴入KSCN溶液，可能變紅，也可能不變紅色，不變紅可能有兩種情況，一種是無鐵離子存在，一種是有鐵離子存在，和過量的鐵反應(yīng)生成亞鐵離子；高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，能把亞鐵離子氧化成鐵離子，同時(shí)高錳酸鉀也會(huì)把氯離子氧化，使高錳酸鉀褪色．【解析】【解答】解：（1）還原Fe2O3的實(shí)驗(yàn)中，發(fā)現(xiàn)生成的黑色粉末各組分均能被磁鐵吸引，應(yīng)為鐵或四氧化三鐵，或者二者混合物，往黑色粉末中滴加鹽酸，觀察到有氣泡產(chǎn)生，證明含有金屬鐵；發(fā)生反應(yīng)Fe+2HCl=FeCl2+H2↑黑色粉末中一定含有鐵；

故答案為：Fe；Fe+2H+=Fe2++H2↑；

（2）①氫氣是可燃性氣體；混有氧氣會(huì)發(fā)生爆炸危險(xiǎn)，故應(yīng)先通一會(huì)氫氣，驗(yàn)純后再加熱C裝置；

故答案為：排盡裝置內(nèi)的空氣，防止H2與空氣混和；受熱時(shí)發(fā)生爆炸；

②氣體進(jìn)入C裝置前需要除去水蒸氣；否則會(huì)需要產(chǎn)物水蒸氣的檢驗(yàn)，有可能炸裂玻璃管，吸收氫氣中的水蒸氣用濃硫酸溶液；

故答案為：濃硫酸；

③D中白色粉末硫酸銅變藍(lán)色證明反應(yīng)有水生成，黑色固體中含有Fe3O4被氫氣還原生成水，發(fā)生反應(yīng)4H2+Fe3O43Fe+4H2O；所以黑色固體中含有四氧化三鐵；

故答案為：黑色固體含有Fe3O4；

（3）黑色粉末加入足量鹽酸溶解后，滴入KSCN溶液，不一定變紅，因?yàn)楣腆w中含有Fe，生成的Fe3+可能全被Fe還原：2Fe3++Fe═3Fe2+；加入KSCN溶液不變紅；高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，能把亞鐵離子氧化成鐵離子，同時(shí)高錳酸鉀也會(huì)把氯離子氧化，使高錳酸鉀褪色，因此不能根據(jù)高錳酸鉀褪色就證明含亞鐵離子，氯離子干擾亞鐵離子的檢驗(yàn)；

故答案為：否；Fe2+；否．21、41s22s22p63s23p63d54s21s22s22p63s23p63d104s1CH4＜NH3＜H2OHClO4N＞O＞CO【分析】【分析】A、B、C、D為短周期主族元素，E、F為第四周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大．A原子核外電子分占3個(gè)不同能級(jí)，且每個(gè)能級(jí)上排布的電子數(shù)相同，其電子排布為1s22s22p2，則A為C；B元素原子的核外p電子總數(shù)比s電子總數(shù)少1個(gè)，其電子排布為1s22s22p3，則B為N；C原子p軌道上成對(duì)電子數(shù)等于未成對(duì)電子數(shù)，且與A同周期，為第二周期元素，其電子排布為1s22s22p4，則C為O；D元素的族序數(shù)與周期數(shù)的差為4，且不與A元素在同一周期，D在第三周期，為第ⅤⅡA元素，則D為Cl；E位于周期表中第七列，為第四周期ⅤⅡB元素，所以E為Mn；F元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對(duì)電子，只有一個(gè)未成對(duì)電子，電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1，則F為Cu，原子序數(shù)為29，以此來解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D為短周期主族元素，E、F為第四周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大．A原子核外電子分占3個(gè)不同能級(jí)，且每個(gè)能級(jí)上排布的電子數(shù)相同，其電子排布為1s22s22p2，則A為C；B元素原子的核外p電子總數(shù)比s電子總數(shù)少1個(gè)，其電子排布為1s22s22p3，則B為N；C原子p軌道上成對(duì)電子數(shù)等于未成對(duì)電子數(shù)，且與A同周期，為第二周期元素，其電子排布為1s22s22p4，則C為O；D元素的族序數(shù)與周期數(shù)的差為4，且不與A元素在同一周期，D在第三周期，為第ⅤⅡA元素，則D為Cl；E位于周期表中第七列，為第四周期ⅤⅡB元素，所以E為Mn；F元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對(duì)電子，只有一個(gè)未成對(duì)電子，電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1；則F為Cu，原子序數(shù)為29；

（1）A的基態(tài)原子最外層有4個(gè)電子；則有4種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子，故答案為：4；

（2）E為Mn，原子序數(shù)為25，其基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s2，F(xiàn)為Cu，原子序數(shù)為29，基態(tài)原子核外價(jià)電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；

故答案為：1s22s22p63s23p63d54s2；1s22s22p63s23p63d104s1；

（3）A、B、C三種元素的最簡(jiǎn)單氫化物的相對(duì)分子質(zhì)量為A＜B＜C，則最簡(jiǎn)單氫化物的熔點(diǎn)由低到高的順序是CH4＜NH3＜H2O，A、B、D三種元素中Cl的非金屬性最強(qiáng)，則A、B、D三種元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物酸性最強(qiáng)的是HClO4，故答案為：CH4＜NH3＜H2O；HClO4；

（4）N原子最外層p電子半滿為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；非金屬性強(qiáng)的第一電離能大，則第一電離能從大到小的順序是N＞O＞C，上述元素中非金屬性最強(qiáng)的為O，其電負(fù)性最大；

故答案為：N＞O＞C；O．22、4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=-905.0kJ/mol8.340%＞＞負(fù)極O2+4e-+2N2O5=4NO3-【分析】【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律；由已知熱化學(xué)方程式通過相互加減等，得到所求熱化學(xué)方程式；

（2）①在化學(xué)平衡常數(shù)的表達(dá)式中；只列入氣態(tài)物質(zhì)和溶液；

②利用三段式法求解．

③根據(jù)平衡移動(dòng)原理；恒溫；恒容容器中，濃度對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)的影響解答，增大反應(yīng)物的濃度，平衡正向移動(dòng)，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率增大；

（3）根據(jù)正極發(fā)生還原反應(yīng)，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)來判斷，氧氣發(fā)生還原反應(yīng)Ⅱ是正極，故Ⅰ是負(fù)極；書寫電極反應(yīng)式時(shí)注意電解質(zhì)成分，若為熔融物，則應(yīng)在電極上生成相應(yīng)離子電極Ⅱ通入的是O2、N2O5，O2發(fā)生還原反應(yīng)，N2O5價(jià)態(tài)不變，又電解質(zhì)是熔融鹽NaNO3，應(yīng)生成NO3-，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：（1）①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol

②N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol

③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol

據(jù)蓋斯定律，①×2-②×2+③×3得：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=-905.0kJ/mol；

故答案為：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=-905.0kJ/mol；

（2）①據(jù)H2的轉(zhuǎn)化率可求得反應(yīng)的H23mol×60%=1.8mol；濃度為0.9mol/L，則有。

N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）

反應(yīng)前（mol/L）0.51.50

反應(yīng)了（mol/L）0.30.90.6

平衡后（mol/L）0.20.60.6

所以：K==8.3；

故答案為：8.3；

②相同條件下，初始時(shí)加入n（H2）=3mol、n（N2）=1mol和加入n（NH3）=2mol；按等效平衡理論，達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，各物質(zhì)的組成完全相同；

則有N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）

反應(yīng)前（mol/L）001

反應(yīng)了（mol/L）0.20.60.4

平衡后（mol/L）0.20.60.6

α（NH3）=×100%=40%；

故答案為：40%；

③因?yàn)轶w積為2L不變，增大反應(yīng)物的量，相當(dāng)于加壓，平衡正向移動(dòng)，NH3的體積分?jǐn)?shù)比原平衡大；取出0.5molNH3等于少加了0.25molN2和0.75molH2，但相對(duì)于原平衡，還是增大反應(yīng)物的量，平衡正向移動(dòng)，NH3的體積分?jǐn)?shù)還是比原平衡大；

故答案為：＞；＞；

（3）原電池中正極發(fā)生還原反應(yīng)，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極Ⅰ通入的是NO2，電極Ⅱ通入的是O2和N2O5；氧氣發(fā)生還原反應(yīng)，故電極Ⅱ是正極，電極Ⅰ是負(fù)極；

電解質(zhì)溶液是有熔融鹽NaNO3組成，在電極Ⅱ通入的O2和N2O5應(yīng)生成NO3-，故應(yīng)為O2+4e-+2N2O5=4NO3-．

故答案為：負(fù)極；O2+4e-+2N2O5=4NO3-．23、SO2將分解生成的氣體在BC裝置中完全吸收SO3SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+取少量A中殘留物與試管中；加入適量稀硫酸，充分振蕩使其完全溶解；

在所得溶液中滴加KMnO4溶液，并振蕩．若KMnO4溶液褪色；則殘留物中含有FeO；

若KMnO4溶液不褪色，則殘留物中不含F(xiàn)eO．同意，一定量的（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O完全分解后生成FeO或Fe2O3的量是確定的，且各不相同【分析】【分析】（1）根據(jù)硫酸亞鐵銨晶體[（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O]的化學(xué)式組成及質(zhì)量守恒定律判斷；

（2）①依據(jù)實(shí)驗(yàn)測(cè)定過程分析；通入氮?dú)饪梢允狗纸馍傻臍怏w全部趕到裝置BC中完全吸收；

②三氧化硫和氯化鋇溶液反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀；裝置C中通入二氧化硫和過氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)；生成硫酸和氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀；

③氧化亞鐵具有還原性；能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化從而使高錳酸鉀溶液褪色，據(jù)此可以判斷A中殘留物否是否有氧化亞鐵；

④氧化亞鐵和氧化鐵的摩爾質(zhì)量不同，主要（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O的質(zhì)量固定，則生成的氧化亞鐵和氧化鐵的質(zhì)量會(huì)不同，據(jù)此進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：（1）硫酸亞鐵銨晶體的化學(xué)式為：（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O，在500℃時(shí)隔絕空氣加熱完全分解，固體產(chǎn)物可能有FeO和Fe2O3，則氣體產(chǎn)物可能有NH3、SO3、H2O、N2，還可能含有SO2；

故答案為：SO2；

（2）①A中固體充分加熱較長(zhǎng)時(shí)間后；通入氮?dú)饽康氖鞘狗纸馍傻臍怏w在BC裝置中完全吸收；

故答案為：將分解生成的氣體在BC裝置中完全吸收；

②裝置B中BaC12溶液的作用是為了檢驗(yàn)分解產(chǎn)物中是否有SO3氣體生成；若含有該氣體，會(huì)生成硫酸鋇白色沉淀，觀察到的觀象為溶液變渾濁；

裝置C中通入二氧化硫和過氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸和氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；

故答案為：SO3；SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；

③根據(jù)亞鐵離子的還原性；可以用高錳酸鉀溶液檢驗(yàn)，方法為：取少量A中殘留物與試管中，加入適量稀硫酸，充分振蕩使其完全溶解，在所得溶液中滴加高錳酸鉀溶液，并振蕩，若高錳酸鉀溶液褪色，則殘留物中含有FeO；若高錳酸鉀溶液不褪色，則殘留物中不含F(xiàn)eO；

故答案為：。實(shí)驗(yàn)步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論取少量A中殘留物與試管中；加入適量稀硫酸，充分振蕩使其完全溶解；

在所得溶液中滴加高錳酸鉀溶液，并振蕩．若高錳酸鉀溶液褪色；則殘留物中含有FeO；

若高錳酸鉀溶液不褪色，則殘留物中不含F(xiàn)eO．④將一定量的（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O完全分解后生成FeO或Fe2O3的量是確定的；且二者的質(zhì)量不相同，所以只需精確稱量加熱前后固體的質(zhì)量即可確定殘留固體的成分；

故答案為：同意，一定量的（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O完全分解后生成FeO或Fe2O3的量是確定的，且各不相同．24、Al2O3+3C2Al+3CO↑Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4防止Mg、Al被空氣氧化MgCl2Mg+Cl2↑【分析】【分析】（1）根據(jù)反應(yīng)物；生成物、和反應(yīng)條件下配平既得反應(yīng)的化學(xué)方程式；

（2）最簡(jiǎn)單的烴為甲烷；根據(jù)元素守恒可推知，這種鹽應(yīng)該是氯化鋁，配平該反應(yīng)的化學(xué)方程式；

（3）Mg、Al是活潑金屬易被氧化，故熔煉制備鎂鋁合金（Mg17Al12）時(shí)常需通入氬氣作保護(hù)氣；

（4）用電解MgCl2制取金屬鎂的化學(xué)方程式為：MgCl2Mg+Cl2↑．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)反應(yīng)物碳和Al2O3在加熱條件下制備金屬鋁，碳要過量故生成一氧化碳，配平既得反應(yīng)的化學(xué)方程式：Al2O3+3C2Al+3CO；

故答案為：Al2O3+3C2Al+3CO↑；

（2）已知Al4C3可與鹽酸反應(yīng)生成一種常見的鹽和最簡(jiǎn)單的烴，最簡(jiǎn)單的烴為甲烷，根據(jù)元素守恒可推知，這種鹽應(yīng)該是氯化鋁，配平該反應(yīng)的化學(xué)方程式為Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4，故答案為：Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4；

（3）Mg、Al是活潑金屬易被氧化，故熔煉制備鎂鋁合金（Mg17Al12）時(shí)常需通入氬氣作保護(hù)氣；目的是防止Mg；Al被空氣氧化；

故答案為：防止Mg；Al被空氣氧化；

（4）用電解MgCl2制取金屬鎂的化學(xué)方程式為：MgCl2Mg+Cl2↑，故答案為：MgCl2Mg+Cl2↑．四、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共9分)25、略

【分析】這是一個(gè)綜合性較強(qiáng)的實(shí)驗(yàn)題，連續(xù)制備兩種產(chǎn)品：溴苯和溴乙烷，反應(yīng)方程式為：＋Br2FeBr3＋HBr，CH3CH2OH＋HBr―→CH3CH2Br＋H2O。(1)溴與苯的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，會(huì)有溴蒸氣產(chǎn)生；(2)a導(dǎo)管很長(zhǎng)，除導(dǎo)出HBr外，還起到冷凝回流的作用，使苯蒸氣和溴蒸氣回流到燒瓶中繼續(xù)反應(yīng)；(3)U形管內(nèi)的蒸餾水用來溶解吸收HBr，防止HBr及CH3CH2Br逸出；(4)反應(yīng)完畢，U形管內(nèi)會(huì)發(fā)生液體分層現(xiàn)象，上層為水層，下層為無色油狀液體(溴乙烷)，可用分液漏斗進(jìn)行分液；(5)步驟④不能用大火加熱，否則乙醇在濃H2SO4存在條件下發(fā)生副反應(yīng)生成乙醚、乙烯等；(6)要證明溴與苯的反應(yīng)是取代反應(yīng)，必須檢驗(yàn)有HBr生成。①裝置D的錐形瓶中小試管內(nèi)應(yīng)裝苯，用于吸收溴蒸氣；小試管外的液體為水，用于吸收HBr氣體。②反應(yīng)后可向錐形瓶中滴加AgNO3溶液，產(chǎn)生淺黃色沉淀(AgBr)，證明發(fā)生的是取代反應(yīng)。同時(shí)裝置D還可防止倒吸?！窘馕觥俊敬鸢浮?/p>