四平市重點中學2024-2025學年高三下學期階段性測試（三）（5月）化學試題含解析

四平市重點中學2024-2025學年高三下學期階段性測試（三）（5月）化學試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、阿托酸是用于合成治療胃腸道痙攣及潰瘍藥物的中間體，其結構如圖所示。下列有關說法正確的是A．阿托酸分子中所有碳原子一定處于同一平面B．阿托酸是含有兩種官能團的芳香烴C．阿托酸苯環(huán)上的二氯代物超過7種D．一定條件下，1mol阿托酸最多能4molH2、1molBr2發(fā)生加成反應2、下列由實驗現(xiàn)象得出的結論正確的是（）操作及現(xiàn)象結論A其他條件相同，測定等濃度的HCOOK和K2S溶液的pH比較Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈紅色溶液中一定含有Fe2+C向等體積等濃度的H2O2溶液中分別加入5滴等濃度的CuSO4和KMnO4溶液，觀察氣體產(chǎn)生的速度比較CuSO4和KMnO4的催化效果DC2H5OH與濃硫酸混合后加熱到170℃，制得的氣體使酸性KMnO4溶液褪色一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色A．A B．B C．C D．D3、下列關于有機化合物和的說法正確的是()A．一氯代物數(shù)目均有6種B．二者均能發(fā)生取代、加成和氧化反應C．可用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)分D．分子中所有碳原子可能在同一平面上4、M是一種化工原料，可以制備一系列物質(zhì)（見下圖）。下列說法正確的是A．元素C、D形成的簡單離子半徑，前者大于后者B．F的熱穩(wěn)定性比H2S弱C．化合物A、F中化學鍵的類型相同D．元素C、D的最高價氧化物的水化物均可以和H發(fā)生反應5、下列有機化合物中均含有雜質(zhì)，除去這些雜質(zhì)的方法中正確的是（）A．苯中含單質(zhì)溴雜質(zhì)：加水，分液B．乙酸丁酯中含乙酸雜質(zhì)：加入碳酸鈉溶液洗滌，分液C．乙醛中含乙酸雜質(zhì)：加入氫氧化鈉溶液洗滌，分液D．乙醇中含乙酸雜質(zhì)：加入碳酸鈉溶液洗滌，分液6、下列有關化學用語表示正確的是A．中子數(shù)為10的氟原子：10FB．乙酸乙酯的結構簡式：C4H8O2C．Mg2+的結構示意圖：D．過氧化氫的電子式為：7、下列實驗方案中，可以達到實驗目的的是選項實驗目的實驗方案A除去苯中混有的苯酚加入適量的溴水充分反應后過濾B檢驗Fe2+溶液中是否含有Fe3+向待測液中滴加幾滴鐵氰化鉀溶液C除去粗鹽中含有Mg2+、Ca2+、SO42-的試劑加入順序向該溶液中先加入NaOH溶液、再加BaCl2溶液，最后加碳酸鈉溶液D檢驗SO2中是否含有HCl將產(chǎn)生的氣體通入HNO3酸化的AgNO3溶液中A．A B．B C．C D．D8、化學與生產(chǎn)、生活密切相關。下列敘述正確的是（）A．光導纖維是一種新型硅酸鹽材料B．用純堿溶液洗去油污時，加熱能夠提高去污能力C．食物中的營養(yǎng)素主要為糖類、油脂、蛋白質(zhì)、纖維素、無機鹽和水D．《物理小識》記載：“青礬（綠礬）廠氣熏人，衣服當之易爛，栽木不茂。”青礬廠氣是CO和CO29、25℃時，將濃度均為0.1mol·L-1、體積分別為Va和Vb的HX溶液與NH3·H2O溶液按不同體積比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb與混合液的pH的關系如圖所示。下列說法不正確的是A．Ka(HX)的值與Kb(NH3·H2O)的值相等B．b點，c(NH4+)+c(HX)=0.05mol·L-1C．a(chǎn)→c點過程中，值不變D．a(chǎn)、b、c三點，c點時水電離出的c(H＋)最大10、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。由一種陽離子與兩種酸根陰離子組成的鹽稱為混鹽。向混鹽CaOCl2中加入足量濃硫酸，發(fā)生反應：CaOCl2+H2SO4（濃）=CaSO4+Cl2↑+H2O。下列說法正確的是A．明礬、小蘇打都可稱為混鹽B．在上述反應中，濃硫酸體現(xiàn)氧化劑和酸性C．每產(chǎn)生1molCl2，轉移電子數(shù)為NAD．1molCaOCl2中共含離子數(shù)為4NA11、關于下列各實驗裝置的敘述中，不正確的是（）A．可用于實驗室制取少量NH3或O2B．可用從a處加水的方法檢驗裝置②的氣密性C．實驗室可用裝置③收集H2、NH3D．制硫酸和氫氧化鈉，其中b為陽離子交換膜、c為陰離子交換膜12、以下是中華民族為人類文明進步做出巨大貢獻的幾個事例，運用化學知識對其進行的分析不合理的是A．四千余年前用谷物釀造出酒和醋，釀造過程中只發(fā)生水解反應B．商代后期鑄造出工藝精湛的后(司)母戊鼎，該鼎屬于銅合金制品C．漢代燒制出“明如鏡、聲如磬”的瓷器，其主要原料為黏士D．屠呦呦用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效的青蒿素，該過程包括萃取操作13、如圖是某有機物分子的比例模型，黑色的是碳原子，白色的是氫原子，灰色的是氧原子。該物質(zhì)不具有的性質(zhì)是（）A．能與氫氧化鈉反應 B．能與稀硫酸反應 C．能發(fā)生酯化反應 D．能使紫色石蕊試液變紅14、已知：。下列關于（b）、（d）、（p）的說法不正確的是A．有機物可由2分子b反應生成B．b、d、p均能使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色C．b、q、p均可與乙烯發(fā)生反應D．p的二氯代物有五種15、化學品在抗擊新型冠狀病毒的戰(zhàn)役中發(fā)揮了重要作用。下列說法不正確的是（）A．醫(yī)用防護口罩中熔噴布的生產(chǎn)原料主要是聚丙烯，聚丙烯的單體是丙烯B．“84”消毒液的主要成分是次氯酸鈉C．用硝酸銨制備醫(yī)用速冷冰袋是利用了硝酸銨溶于水快速吸熱的性質(zhì)D．75%的醫(yī)用酒精常用于消毒，用95%的酒精消毒效果更好16、分枝酸可用于生化研究。其結構簡式如圖。下列關于分枝酸的敘述正確的是A．分子中含有2種官能團B．可與乙醇、乙酸反應，且反應類型相同C．1mol分枝酸最多可與3molNaOH發(fā)生中和反應D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色，且原理相同17、高溫下，某反應達到平衡，平衡常數(shù)，保持其他條件不變，若溫度升高，c（H2）減小。對該反應的分析正確的是A．反應的化學方程式為：CO+H2OCO2+H2B．升高溫度，v（正）、v(逆)都增大，且v（逆）增大更多C．縮小容器體積，v（正）、v(逆)都增大，且v（正）增大更多D．升高溫度或縮小容器體積，混合氣體的平均相對分子量都不會發(fā)生改變18、用下列實驗方案不能達到實驗目的的是（）A．圖A裝置——Cu和稀硝酸制取NO B．圖B裝置——檢驗乙炔的還原性C．圖C裝置——實驗室制取溴苯 D．圖D裝置——實驗室分離CO和CO219、下列不能說明氯元素的非金屬性比硫元素強的是（）A．氧化性：HClOB．ClC．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HClD．Cl2與Fe反應生成FeCl3，而S與Fe20、下列實驗現(xiàn)象與實驗操作不相匹配的是）（）選項實驗操作實驗現(xiàn)象A向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色B向濃HNO3中加入炭粉并加熱，產(chǎn)生的氣體通入少量澄清石灰石中有紅棕色氣體產(chǎn)生，石灰石變渾濁C向稀溴水中加入苯，充分振蕩，靜置水層幾乎無色D向試管底部有少量銅的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸銅逐漸溶解A．A B．B C．C D．D21、新華網(wǎng)報道，我國固體氧化物燃料電池技術研發(fā)取得新突破?？茖W家利用該科技實現(xiàn)了H2S廢氣資源回收能量，并H2S得到單質(zhì)硫的原理如圖所示。下列說法正確的是A．電極a為電池正極B．電路中每流過4mol電子，正極消耗1molO2C．電極b上的電極反應：O2+4e－+4H+=2H2OD．電極a上的電極反應：2H2S+2O2――2e―=S2+2H2O22、屬于弱電解質(zhì)的是A．一水合氨 B．二氧化碳 C．乙醇 D．硫酸鋇二、非選擇題(共84分)23、（14分）近期科研人員發(fā)現(xiàn)磷酸氯喹等藥物對新型冠狀病毒肺炎患者療效顯著。磷酸氯喹中間體合成路線如下：已知：Ⅰ.鹵原子為苯環(huán)的鄰對位定位基，它會使第二個取代基主要進入它的鄰對位；硝基為苯環(huán)的間位定位基，它會使第二個取代基主要進入它的間位。Ⅱ.E為汽車防凍液的主要成分。Ⅲ.2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5+C2H5OH請回答下列問題(1)寫出B的名稱__________，C→D的反應類型為_____________；(2)寫出E生成F的化學方程式___________________________。寫出H生成I的化學方程式__________________。(3)1molJ在氫氧化鈉溶液中水解最多消耗________molNaOH。(4)H有多種同分異構體，其滿足下列條件的有_________種(不考慮手性異構)，其中核磁共振氫譜峰面積比為1：1：2：6的結構簡式為___________。①只有兩種含氧官能團②能發(fā)生銀鏡反應③1mol該物質(zhì)與足量的Na反應生成0.5molH2(5)以硝基苯和2-丁烯為原料可制備化合物，合成路線如圖：寫出P、Q結構簡式：P_______，Q________。24、（12分）合成藥物中間體L的路線如圖(部分反應條件或試劑略去)：已知：I.最簡單的Diels-Alder反應是II.III.+R4OH請回答下列問題：（1）下列說法中正確的是____。A.B→C的反應條件可以是“NaOH/H2O，△”B.C→D的目的是實現(xiàn)基團保護，防止被KMnO4(H+)氧化C.欲檢驗化合物E中的溴元素，可向其中滴加HNO3酸化的AgNO3溶液觀察是否有淡黃色沉淀生成D.合成藥物中間體L的分子式是C14H20O4（2）寫出化合物J的結構簡式____。（3）寫出K→L的化學方程式____。（4）設計由L制備M的合成路線(用流程圖表示，試劑任選)____。（5）寫出化合物K同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式____。①1H-NMR譜檢測表明：分子中共有5種化學環(huán)境不同的氫原子；②能發(fā)生水解反應；③遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。25、（12分）二氧化氯是高效、低毒的消毒劑。已知：ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，回答下列問題：(1)ClO2的制備及性質(zhì)探究(如圖所示)。①儀器a的名稱為________，裝置B的作用是________。②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，該反應的化學方程式為_________。裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，其作用是________________。③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，則該反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為________，氧化產(chǎn)物是___________。(2)粗略測定生成ClO2的量實驗步驟如下：a.取下裝置D，將其中的溶液轉入250mL容量瓶，用蒸餾水洗滌D瓶2~3次，并將洗滌液一并轉移到容量瓶中，再用蒸餾水稀釋至刻度。b.從容量瓶中取出25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸鈉標準溶液滴定（I2+2S2O32-=2I－+S4O62-），指示劑顯示終點時共用去24.00mL硫代硫酸鈉溶液。①滴定至終點的現(xiàn)象是_____________。②進入裝置D中的ClO2質(zhì)量為_______，與C中ClO2的理論產(chǎn)量相比，測定值偏低，可能的原因是__________。26、（10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(fā)生碰撞的瞬間分解產(chǎn)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(yè)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(fā)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(zhì)量分數(shù)：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(shù)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(zhì)量分數(shù)__________(選填“偏大”、“偏小”或“不變”)。(7)試樣中NaN3的質(zhì)量分數(shù)為___________。(保留四位有效數(shù)字)27、（12分）資料顯示：濃硫酸形成的酸霧中含有少量的H2SO4分子。某小組擬設計實驗探究該資料的真實性并探究SO2的性質(zhì)，實驗裝置如圖所示（裝置中試劑均足量，夾持裝置已省略）。請回答下列問題：（1）檢驗A裝置氣密性的方法是__；A裝置中發(fā)生反應的化學方程式為___。（2）實驗過程中，旋轉分液漏斗活塞之前要排盡裝置內(nèi)空氣，其操作是__。（3）能證明該資料真實、有效的實驗現(xiàn)象是___。（4）本實驗制備SO2，利用的濃硫酸的性質(zhì)有___（填字母）。a．強氧化性b．脫水性c．吸水性d．強酸性（5）實驗中觀察到C中產(chǎn)生白色沉淀，取少量白色沉淀于試管中，滴加___的水溶液（填化學式），觀察到白色沉淀不溶解，證明白色沉淀是BaSO4。寫出生成白色沉淀的離子方程式：___。28、（14分）向Fe2(SO4)3溶液中加入KSCN溶液，發(fā)生反應：Fe3++SCN-?[Fe(SCN)]2+；若加入K4[Fe(CN)6]溶液，兩者發(fā)生反應會生成Fe4[Fe(CN)6]3沉淀。(1)基態(tài)Fe原子的價電子排布式為_______，F(xiàn)e原子失去電子變成陽離子時，首先失去的電子所處的軌道的形狀為_______(2)[Fe(SCN)]2+的四種元素中第一電離能最大的是_______(填元素符號，下同)，電負性最大的是_______。(3)配合物Fe(CO)n可作催化劑，F(xiàn)e(CO)n內(nèi)中心原子價電子數(shù)與配體提供電子總數(shù)之和為18，則n=_______(4)Fe4[Fe(CN)6]3中鐵元素的化合價為_______。(5)SO42-的立體構型為_______。(6)鐵鎂合金是目前已發(fā)現(xiàn)的儲氫密度較高的儲氫材料之一，其晶胞結構如圖所示(黑球代表Fe，白球代表Mg)，鐵鎂合金的化學式為_______；若該晶胞為正方體，棱長為acm，則鎂原子與鐵原子間的最短距離為_______cm，晶胞的密度為_______g?cm-3。29、（10分）電解是一種非常強有力的促進氧化還原反應的手段，許多很難進行的氧化還原反應，都可以通過電解來實現(xiàn)。（1）工業(yè)上常以石墨做電極，電解NaCl水溶液時，陰極區(qū)產(chǎn)物有____，其溶液可用于吸收工業(yè)尾氣中的SO2，寫出反應的化學方程式_____。（2）電解NaCl水溶液時，用鹽酸控制陽極區(qū)溶液的pH在2～3，用平衡移動原理解釋鹽酸的作用_____。離子液體是一種室溫熔融鹽，為非水體系。由有機陽離子、Al2Cl7-和AlCl4-組成的離子液體作電解液時，可在鋼制品上發(fā)生電鍍，有鋁產(chǎn)生。（3）鋁原子的核外電子排布式是____，其中有____種不同能級的電子。（4）為測定鍍層厚度，用NaOH溶液溶解鋼制品表面的鋁鍍層，當所得還原產(chǎn)物為6g時，轉移電子的物質(zhì)的量為___mol。（5）用鋁粉和Fe2O3做鋁熱反應實驗，需要的試劑還有____(填編號)。a．KClO3b．Mgc．MnO2d．KCl取少量鋁熱反應所得的固體混合物，將其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液無明顯現(xiàn)象，不能說明固體混合物中無Fe2O3，理由是________(用離子方程式說明)。

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、D【解析】

A．苯環(huán)和C之間的C-C鍵可旋轉，C原子不一定都共面，A錯誤；B．阿托酸含碳碳雙鍵、羧基兩種官能團，但不屬于烴，B錯誤；C．阿托酸苯環(huán)上的二氯代物有6種，如圖：，二個氯分別在：1，2位、1，3位、1，4位、1，5位、2，3位、2，4位，C錯誤；D．1mol苯環(huán)可和3molH2加成，1mol碳碳雙鍵可和1molH2、1molBr2加成，故1mol阿托酸最多能和4molH2、1molBr2發(fā)生加成反應，D正確。答案選D。2、A【解析】由于甲酸的酸性大于氫硫酸，等濃度的HCOOK和K2S溶液的PH：K2S溶液>HCOOK溶液，所以甲酸的電離平衡常數(shù)較大，A正確；含有鐵離子的溶液滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈紅色，不一定為Fe2+的溶液，B錯誤；硫酸銅在H2O2溶液分解時作催化劑，而KMnO4溶液與H2O2溶液反應，KMnO4溶液做氧化劑，沒有可比性，C錯誤；濃硫酸能夠使乙醇脫水碳化，濃硫酸被還原為二氧化硫，可能是二氧化硫能夠使酸性KMnO4溶液褪色，也可能是乙醇蒸氣使高錳酸鉀溶液褪色，D錯誤；正確選項A。點睛：C2H5OH與濃硫酸混合后加熱到170℃，制得的氣體通入到足量的氫氧化鈉溶液中進行洗氣，除去二氧化硫和二氧化碳氣體，然后所得的氣體通入到酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，證明一定制得了乙烯氣體。3、C【解析】

A.中有6種等效氫，則一氯代物有6種，中有4種等效氫，一氯代物有4種，兩種一氯代物數(shù)目不同，故A錯誤；B.中含碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應，除此之外還能發(fā)生取代、氧化反應，中不含不飽和鍵，不能發(fā)生加成反應，能發(fā)生取代、氧化反應，故B錯誤；C.中含碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀褪色，中不含不飽和鍵，不能使酸性高錳酸鉀褪色，則可用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)分，故C正確；D.中與碳碳雙鍵上的碳原子直接相連的原子共面，其中含1個叔碳原子（與甲基直接相連的碳原子），則所有碳原子不可能在同一平面上，故D錯誤。答案選C。4、A【解析】推論各物質(zhì)如圖：A、元素C、D形成的簡單離子Cl―、Na＋半徑，

Cl―多一個電子層，半徑大些，故A正確；B、F為HCl，氯原子半徑小，與氫形成的共價鍵穩(wěn)定，穩(wěn)定性大于H2S，故B錯誤；C、A為NaOH，有離子鍵、共價鍵，F(xiàn)為HCl，只有共價鍵，故C錯誤；D、元素C、D的最高價氧化物的水化物分別是HClO4、NaOH，只有HClO4可以和H（Na2CO3

）發(fā)生反應，故D錯誤。故選A。點睛：考查物質(zhì)間反應，涉及鈉、氯的化合物等物質(zhì)的化學性質(zhì)。要求學生對常見物質(zhì)化學性質(zhì)的熟煉掌握，加強對知識識記和理解。5、B【解析】

A.溴易溶于苯，不能加水使苯和溴單質(zhì)分層，不能通過分液除去苯中含單質(zhì)溴雜質(zhì)，故A錯誤；B.乙酸丁酯不溶于碳酸鈉溶液，乙酸的酸性比碳酸強，能與碳酸鈉反應生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到純凈的乙酸丁酯，故B正確；C.乙醛有α氫，在氫氧化鈉溶液中發(fā)生羥醛縮合反應，生成β-羥基丁醛，所以不能用氫氧化鈉去雜質(zhì)，故C錯誤；D.乙醇中含乙酸雜質(zhì)：加入碳酸鈉溶液，乙酸與碳酸鈉反應生成乙酸鈉和水，但乙酸鈉和乙醇互溶在水中，不分層，不能采用分液的方法，故D錯誤；正確答案是B。本題考查物質(zhì)的分離提純、鑒別，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同，除雜時不能引入新雜質(zhì)，更不能影響被提純物質(zhì)的性質(zhì)，難度不大。6、C【解析】

A.中子數(shù)為10的氟原子為：，選項A錯誤；B.C4H8O2為乙酸乙酯的分子式，乙酸乙酯的結構簡式：CH3COOC2H5，選項B錯誤；C.Mg2+的結構示意圖為：，選項C正確；D.過氧化氫是共價化合物，兩個氧原子之間共用一對電子，過氧化氫的電子式應為：，選項D錯誤。答案選C。7、C【解析】

A.苯酚與溴水生成的三溴苯酚溶于苯，無法除去雜質(zhì)，且引進了新的雜質(zhì)溴，A項錯誤；B.鐵氰化鉀溶液用于檢驗亞鐵離子，無法檢測鐵離子，B項錯誤；C.NaOH溶液可以除去Mg2+、再加稍過量的BaCl2溶液可以除去SO42-，最后加碳酸鈉溶液可以除去Ca2+和過量的Ba2+，到達除雜目的，C項正確；D.HNO3會氧化二氧化硫為硫酸根，硫酸根與銀離子反應生成微溶的硫酸銀白色沉淀，與氯化銀無法區(qū)分，D項錯誤；答案選C。8、B【解析】

A.光導纖維的成分是SiO2，不是硅酸鹽，A錯誤；B.油脂在堿性條件下水解，純堿水解使溶液呈堿性，加熱能夠促進純堿的水解，使溶液堿性增強，因此可促進油脂的水解，從而可提高去污能力。B正確；C.食物中的營養(yǎng)素主要為糖類、油脂、蛋白質(zhì)、維生素、無機鹽和水，而人體內(nèi)無纖維素酶，不能消化纖維素，因此不是人體的營養(yǎng)素，C錯誤；D.CO、CO2氣體沒有氣味，不符合廠氣熏人的性質(zhì)，D錯誤；故合理選項是B。9、D【解析】

A.b點加入等體積等濃度的HX和氨水，兩者恰好完全反應生成NH4X，b點溶液的pH=7，說明X-與NH4+的水解程度相等，則Ka(HX)的值與Kb(NH3·H2O)的值相等，故A正確；B.由圖可知0.1mol·L-1的HX溶液的pH=3，HX為弱酸，因為b點的pH=7，所以b點c(X-)=c(NH4+)，，根據(jù)物料守恒c(X-)+c(HX)=0.1mol/L×0.05L/0.1L=0.05mol/L，則c(NH4+)+c(HX)=0.05mol·L-1，故B正確；C.a→c點過程中，，水解平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變，則值不變，故C正確；D.b點加入等體積等濃度的HX和氨水，兩者恰好完全反應生成NH4X，NH4X是弱酸弱堿鹽，促進水電離，則a、b、c三點，b點時水電離出的c(H＋)最大，故D錯誤。答案選D。10、C【解析】

A選項，明礬是兩種陽離子和一種陰離子組成的鹽，小蘇打是一種陽離子和一種陰離子組成的鹽，因此都不能稱為混鹽，故A錯誤；B選項，在上述反應中，濃硫酸化合價沒有變化，因此濃硫酸只體現(xiàn)酸性，故B錯誤；C選項，CaOCl2中有氯離子和次氯酸根，一個氯離子升高一價，生成一個氯氣，因此每產(chǎn)生1molCl2，轉移電子數(shù)為NA，故C正確；D選項，CaOCl2中含有鈣離子、氯離子、次氯酸根，因此1molCaOCl2共含離子數(shù)為3NA，故D錯誤；綜上所述，答案為C。讀清題中的信息，理清楚CaOCl2中包含的離子。11、D【解析】

A.裝置①可以用濃氨水和生石灰取值氨氣，或用二氧化錳和過氧化氫制取氧氣，A正確；B.關閉活塞后，從a處加水就可以形成一個密閉的空間，可以用來檢驗裝置②的氣密性，B正確；C.短進長出，是向下排空氣法集氣，所以可以用裝置③收集H2、NH3，C正確；D.裝置④左邊是陽極，OH-放電，所以左邊生成H2SO4，b應該是陰離子交換膜，右邊是陰極，H+放電，所以右邊生成NaOH，a應該是陽離子交換膜，D錯誤；答案選D。12、A【解析】

本題考查的是化學知識在具體的生產(chǎn)生活中的應用，進行判斷時，應該先考慮清楚對應化學物質(zhì)的成分，再結合題目說明判斷該過程的化學反應或?qū)镔|(zhì)的性質(zhì)即可解答。【詳解】A．谷物中的淀粉在釀造中發(fā)生水解反應只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，顯然都不是只水解就可以的，選項A不合理；B．商代后期鑄造出工藝精湛的后(司)母戊鼎屬于青銅器，青銅是銅錫合金，選項B合理；C．陶瓷的制造原料為黏土，選項C合理；D．屠呦呦用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度較大的原理，將青蒿素提取到乙醚中，所以屬于萃取操作，選項D合理。萃取操作有很多形式，其中比較常見的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。實際應用中，還有一種比較常見的萃取形式是固液萃取，即：用液體溶劑萃取固體物質(zhì)中的某種成分，例如：用烈酒浸泡某些藥材。本題的選項D就是一種固液萃取。13、B【解析】

該物質(zhì)的結構簡式為CH3COOH，為乙酸。A．乙酸具有酸性，能夠與NaOH溶液反應，不選A；B．乙酸不與稀硫酸反應，選B；C．乙酸能夠與醇發(fā)生酯化反應，不選C；D．乙酸具有酸性，能夠使紫色石蕊試液變紅，不選D。答案選B。14、D【解析】

A.根據(jù)已知反應可知，有機物可由2分子b反應生成，故A正確；B.b、d、p均含有碳碳雙鍵，則都能使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；C.根據(jù)已知反應可知，b、q、p均可與乙烯發(fā)生反應，故C正確；D.p有2種等效氫原子，根據(jù)“定一移一”的思路可得其二氯代物有以下四種，分別是3種、1種，故D錯誤；故選D。15、D【解析】

A.聚丙烯是由丙烯在一定條件下發(fā)生加聚反應得到的，A項正確；B.“84”消毒液的主要成分是次氯酸鈉，可以水解得到次氯酸，起到殺菌消毒的作用，B項正確；C.硝酸銨溶于水可以吸熱，因此可以用作速冷冰袋，C項正確；D.醫(yī)用酒精是體積分數(shù)為75%的乙醇溶液，濃度太高或濃度太低都起不到殺菌效果，D項錯誤；答案選D。注意醫(yī)用酒精的75%的是體積分數(shù)，而化學中一般用得較多的是質(zhì)量分數(shù)，例如98%的濃硫酸中的98%就是質(zhì)量分數(shù)。16、B【解析】

A項，該化合物分子中含有羧基、醇羥基、醚鍵和碳碳雙鍵4種官能團，故A項錯誤；B項，該物質(zhì)中含有羧基和羥基，既可以與乙醇發(fā)生酯化反應，也可以與乙酸發(fā)生酯化反應，反應類型相同，故B項正確；C項，分枝酸中只有羧基能與NaOH溶液發(fā)生中和反應，一個分子中含兩個羧基，故1mol分枝酸最多能與2molNaOH發(fā)生中和反應，故C項錯誤；D項，該物質(zhì)使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴與碳碳雙鍵發(fā)生加成反應，而是使酸性高錳酸鉀溶液褪色是發(fā)生氧化反應，原理不同，故D項錯誤。綜上所述，本題正確答案為B。本題考查了有機化合物的結構與性質(zhì)，包含了通過分析有機化合物的結構簡式，判斷有機化合物的官能團、反應類型的判斷、有機物的性質(zhì)，掌握官能團的性質(zhì)是解題的關鍵。17、D【解析】

A.化學平衡常數(shù)中,分子中各物質(zhì)是生成物、分母中各物質(zhì)是反應物，所以反應方程式為：CO2+H2?CO+H2O，故A錯誤；B.升高溫度,正逆反應速率都增大，平衡向吸熱方向移動，升高溫度，氫氣濃度減小，說明平衡正向移動，則正反應是吸熱反應，所以v正增大更多，故B錯誤；C.縮小容器體積，增大壓強，正逆反應速率都增大，平衡向氣體體積減小的方向移動，該反應前后氣體體積不變，所以壓強不影響平衡移動，則v(逆)、v(正)增大相同，故C錯誤；D.反應前后氣體計量數(shù)之和不變，所以升高溫度、縮小體積混合氣體的物質(zhì)的量不變，根據(jù)質(zhì)量守恒定律知，反應前后氣體質(zhì)量不變，所以混合氣體平均相對分子質(zhì)量都不變，故D正確；故選：D。18、B【解析】

A.銅和稀硝酸反應生成一氧化氮，一氧化氮不與水反應，所以可以用此裝置制取一氧化氮，故A正確；B.用此法制取的乙炔氣體中?；煊辛蚧瘹涞?，硫化氫具有還原性，也能使高錳酸鉀溶液褪色，故B錯誤；C.圖C裝置，有分液漏斗，可以通過控制液溴的量控制反應，裝有四氯化碳的試管可用于除液溴，燒杯中的液體用于吸收溴化氫，倒置漏斗可防倒吸，此裝置用于實驗室制取溴苯，故C正確；D.二氧化碳可以先被堿液吸收，在球膽中收集一氧化碳氣體，再通過分液漏斗向試劑瓶中加入酸液，二氧化碳即可放出，可以用于分離一氧化碳和二氧化碳，故D正確。答案選B。本題考查的實驗方案的設計，解題的關鍵是掌握各實驗的目的和各物質(zhì)的性質(zhì)。解題時注意A選項根據(jù)銅和稀硝酸反應的化學方程式分析產(chǎn)生的氣體以及一氧化氮的性質(zhì)分析；D選項根據(jù)一氧化碳和二氧化碳的性質(zhì)的區(qū)別分析實驗裝置和操作方法。據(jù)此解答。19、A【解析】

A.元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，不能根據(jù)其含氧酸的氧化性判斷元素的非金屬性強弱，A符合題意；B.在該反應中Cl2將S置換出來，說明氧化性Cl2>S，則元素的非金屬性Cl>S，B不符合題意；C.元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的穩(wěn)定性就越強，因此可通過穩(wěn)定性HCl>H2S，證明元素的非金屬性Cl>S，C不符合題意；D.Fe是變價金屬，氧化性強的可將其氧化為高價態(tài)，氧化性弱的將其氧化為低價態(tài)，所以可根據(jù)其生成物中Fe的價態(tài)高低得出結論氧化性Cl2>S，則元素的非金屬性Cl>S，D不符合題意；故合理選項是A。20、B【解析】

A.酸性KMnO4溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化，酸性KMnO4溶液溶液褪色，故A正確，不符合題意；B.C與濃硝酸反應生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮與水反應生成硝酸，即使生成了碳酸鈣，也會被硝酸溶解，因此不會有渾濁現(xiàn)象，故B錯誤，符合題意；C.苯與溴水發(fā)生萃取，水層接近無色，故C正確，不符合題意；D.

向硝酸銅溶液中滴加稀硫酸，有氫離子和硝酸根離子，能使銅溶解，故D正確，不符合題意；故選：B。21、B【解析】

A.電極a是化合價升高，發(fā)生氧化反應，為電池負極，故A錯誤；B.電路中每流過4mol電子，正極消耗1molO2，故B正確；C.電極b上的電極反應：O2+4e－=2O2?，故C錯誤；D.電極a上的電極反應：2H2S+2O2??4e?=S2+2H2O，故D錯誤。綜上所述，答案為B。22、A【解析】

在水溶液中只能部分電離的電解質(zhì)為弱電解質(zhì)，包括弱酸、弱堿和水等，據(jù)此分析?！驹斀狻緼.NH3?H2O在水溶液中部分電離產(chǎn)生離子，在溶液中存在電離平衡，屬于弱電解質(zhì)，A正確；B.CO2在水溶液中和熔融狀態(tài)下均不能導電，為非電解質(zhì)，B錯誤；C.乙醇在水溶液中和熔融狀態(tài)下均不能導電，為非電解質(zhì)，C錯誤；D.BaSO4在水溶液中雖然溶解度很小，但溶解的能完全電離，故為強電解質(zhì)，D錯誤；故合理選項是A。本題考查了電解質(zhì)、非電解質(zhì)以及強弱電解質(zhì)的判斷的知識，應注意的是強弱電解質(zhì)的本質(zhì)區(qū)別是電離是否徹底，和溶解度、離子濃度及溶液的導電能力等均無關。二、非選擇題(共84分)23、硝基苯還原反應HOCH2-CH2OH+O2OHC—CHO+2H2O+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH412、【解析】

A分子式是C6H6，結合化合物C的結構可知A是苯，結構簡式為，A與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發(fā)生取代反應產(chǎn)生硝基苯，結構簡式為，B與液氯在Fe催化下發(fā)生取代反應產(chǎn)生C：，C與Fe、HCl發(fā)生還原反應產(chǎn)生D：；由于F與新制Cu(OH)2懸濁液混合加熱，然后酸化得到分子式為C2H2O4的G，說明F中含有-CHO，G含有2個-COOH，則G是乙二酸：HOOC-COOH，逆推F是乙二醛：OHC-CHO，E為汽車防凍液的主要成分，則E是乙二醇，結構簡式是：HOCH2-CH2OH，HOOC-COOH與2個分子的CH3CH2OH在濃硫酸作用下加熱，發(fā)生酯化反應產(chǎn)生分子式是C6H10O4的H，H的結構簡式是C2H5OOC-COOC2H5；H與CH3COOC2H5發(fā)生III條件的反應產(chǎn)生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，I與D反應產(chǎn)生J和H2O，J在一定條件下反應產(chǎn)生J，K發(fā)生酯的水解反應，然后酸化可得L，L發(fā)生脫羧反應產(chǎn)生M，M在一定條件下發(fā)生水解反應產(chǎn)生N，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知A是，B是，E是HOCH2-CH2OH，F(xiàn)是OHC—CHO，G是HOOC-COOH，H是C2H5OOC-COOC2H5，I是C2H5OOCCOCH2COOC2H5。(1)B是，名稱是硝基苯；C是，C與Fe、HCl發(fā)生還原反應產(chǎn)生D：，-NO2被還原為-NH2，反應類型為還原反應；(2)E是HOCH2-CH2OH，含有醇羥基，可以在Cu作催化劑條件下發(fā)生氧化反應產(chǎn)生乙二醛：OHC-CHO，所以E生成F的化學方程式是HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；H是C2H5OOC-COOC2H5，H與CH3COOC2H5發(fā)生III條件的反應產(chǎn)生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，反應方程式為：C2H5OOC-COOC2H5+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH；(3)J結構簡式是，在J中含有1個Cl原子連接在苯環(huán)上，水解產(chǎn)生HCl和酚羥基；含有2個酯基，酯基水解產(chǎn)生2個分子的C2H5OH和2個-COOH，HCl、酚羥基、-COOH都可以與NaOH發(fā)生反應，所以1molJ在氫氧化鈉溶液中水解最多消耗4molNaOH；(4)H結構簡式是：C2H5OOC-COOC2H5，分子式是C6H10O4，其同分異構體滿足下列條件①只有兩種含氧官能團；②能發(fā)生銀鏡反應說明含有醛基；③1mol該物質(zhì)與足量的Na反應生成0.5molH2，結合分子中含有的O原子數(shù)目說明只含有1個-COOH，另一種為甲酸形成的酯基HCOO-，則可能結構采用定一移二法，固定酯基HCOO-，移動-COOH的位置，碳鏈結構的羧基可能有共4種結構；碳鏈結構的羧基可能有4種結構；碳鏈結構的羧基可能有3種結構；碳鏈結構為的羧基可能位置只有1種結構，因此符合要求的同分異構體的種類數(shù)目為4+4+3+1=12種；其中核磁共振氫譜峰面積比為1：1：2：6的結構簡式為、；(5)CH3-CH=CH-CH3與溴水發(fā)生加成反應產(chǎn)生CH3CHBr-CHBrCH3，然后與NaOH水溶液共熱發(fā)生取代反應產(chǎn)生，發(fā)生催化氧化產(chǎn)生Q是；與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發(fā)生硝化反應產(chǎn)生P是，P與Fe、HCl發(fā)生還原反應產(chǎn)生，與在HAc存在條件下，加熱40—50℃反應產(chǎn)生和H2O，故P是，Q是。本題考查有機物推斷和有機合成，明確有機物官能團及其性質(zhì)關系、有機反應類型及反應條件是解本題關鍵，難點是H的符合條件的同分異構體的種類的判斷，易漏選或重選，可以采用定一移二的方法，在物質(zhì)推斷時可以由反應物采用正向思維或由生成物采用逆向思維方法進行推斷，側重考查學生分析推斷及合成路線設計能力。24、AB、、、、【解析】

A與溴發(fā)生1，4-加成生成B（），B在氫氧化鈉水溶液加熱條件下水解生成C（），C與溴化氫加成生成D（），D被高錳酸鉀氧化生成E（），E在氫氧化鈉醇溶液加熱條件下水解生成F（），F(xiàn)發(fā)生分子內(nèi)脫水生成G（），根據(jù)K的分子式推知J為，G與J發(fā)生已知I的反應生成K（），K與乙醇發(fā)生取代反應生成L。【詳解】（1）A.B→C的反應為鹵代烴的水解，條件是“NaOH/H2O，△”，故A正確；B.C→D的目的是為了保護碳碳雙鍵，防止被KMnO4(H+)氧化，故B正確；C.若要檢驗有機物分子結構中的鹵族元素，則應先使其水解，后用HNO3酸化的AgNO3溶液，故C錯誤；D.合成藥物中間體L的分子式是C14H22O4，故D錯誤；綜上所述，答案為AB；（2）由分析可知，J的結構簡式為，故答案為：；（3）K→L發(fā)生取代反應，其化學方程式為，故答案為：；（4）對比L的結構和目標產(chǎn)物的結構可推知，可先用高錳酸鉀將碳碳雙鍵氧化，發(fā)生已知II的反應，后在發(fā)生已知III的反應即可制備M，其合成路線為，故答案為：；（5）①1H-NMR譜檢測表明：分子中共有5種化學環(huán)境不同的氫原子，說明分子結構比較對稱；②能發(fā)生水解反應，結合分子式可知分子結構中有酯基；③遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，可知有苯環(huán)和酚羥基；綜上所述，符合條件的同分異構體的結構簡式為、、、、；故答案為：、、、、。書寫同分異構體時，可先確定官能團再根據(jù)化學環(huán)境不同的氫的數(shù)目有序進行書寫，避免漏寫。25、分液漏斗防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶均可)SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2檢驗有I2生成，進而證明ClO2有強氧化性2:1O2溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)溶液顏色不再改變0.324

g產(chǎn)生ClO2的速率太快，ClO2沒有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部進入D中【解析】

(1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A制備SO2，B裝置有緩沖作用，可防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發(fā)生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，在D中發(fā)生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2遇淀粉變藍色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環(huán)境；(2)①碘遇淀粉變藍色，當?shù)馔耆磻笕芤鹤優(yōu)闊o色；②ClO2與KI在溶液反應離子方程式為：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；ClO2部分沒有被吸收、未完全進入D中都導致測定值偏低。【詳解】(1)濃H2SO4和Na2SO3反應生成SO2，A用于制備SO2，B裝置有緩沖作用，能防止倒吸、堵塞；裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，則C中發(fā)生反應SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一種黃綠色易溶于水的氣體，具有強氧化性，所以D中發(fā)生氧化還原反應生成I2，裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，I2單質(zhì)遇淀粉溶液變?yōu)樗{色；裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，雙氧水作還原劑生成氧氣，從而防止尾氣污染環(huán)境，①儀器a的名稱為分液漏斗，裝置B有緩沖作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡氣壓、安全瓶)；②裝置C用于制備ClO2，同時還生成一種酸式鹽，根據(jù)元素守恒可知，生成的酸式鹽為KHSO4，該反應的化學方程式為SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液變?yōu)樗{色，根據(jù)淀粉溶液是否變色來判斷是否有I2單質(zhì)生成，從而證明ClO2是否具有氧化性；③裝置E用于吸收尾氣，反應生成NaClO2，反應方程式為H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+H2O，在該反應中ClO2是氧化劑，NaClO2的還原產(chǎn)物，H2O2是還原劑，O2是氧化產(chǎn)物，該反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1；(2)①I2單質(zhì)遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，當?shù)馔耆磻笕芤鹤優(yōu)闊o色，所用滴定終點是溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)溶液顏色不再改變；②ClO2溶液與碘化鉀反應的離子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，結合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得關系式：ClO2～5S2O32-，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，則在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；由于C中ClO2有一部分沒有被吸收、未完全進入D中都導致測定值偏低。本題考查物質(zhì)制備，涉及實驗操作、氧化還原反應、方程式的計算、物質(zhì)檢驗等知識點，側重考查實驗操作規(guī)范性、元素化合物性質(zhì)等知識點，明確實驗原理、物質(zhì)性質(zhì)、物質(zhì)之間的轉化關系是解本題關鍵。26、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(zhì)，且乙醚易揮發(fā)，有利于產(chǎn)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(huán)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(nèi)的空氣，防止Na與空氣中的氧氣發(fā)生反應而影響產(chǎn)率，同時應該有尾氣處理裝置，據(jù)此分析解答(1)～(4)；實驗II：根據(jù)(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(jù)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(jù)上述分析，濃氨水分解產(chǎn)生的氨氣中含有較多的水蒸氣，經(jīng)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(jīng)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(zhì)，且乙醚易揮發(fā)，有利于產(chǎn)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(zhì)，且乙醚易揮發(fā)，有利于產(chǎn)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(shù)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(zhì)的量偏大，將導致所測定樣品中疊氮化鈉質(zhì)量分數(shù)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(jù)Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可知，(NH4)2Fe(SO4)2消耗(NH4)2Ce(NO3)6的物質(zhì)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(jù)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(zhì)量分數(shù)ω=×100%=93.60%，故答案為93.60%。本題的易錯點為(7)中試樣中NaN3的質(zhì)量分數(shù)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。27、關閉止水夾，將右側導管插入盛水燒杯中，微熱容器，若燒杯中有氣泡產(chǎn)生，冷卻后能形成一段水柱，則證明容器氣密性良好打開止水夾K，向裝置中通入一段時間N2