辽宁省葫芦岛市六校协作体2026届化学高三上期中检测试题含解析

辽宁省葫芦岛市六校协作体2026届化学高三上期中检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．标准状况下，气体中所含数为B．的稀中，含有数目为C．金属钠与氧气充分反应，转移的电子数一定为D．密闭容器中，和充分反应后分子总数为2、按如图所示装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述不正确的是（）A．若A为浓盐酸，B为KMnO4，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B．若A为醋酸，B为贝壳，C中盛Na2SiO3，则C中溶液中变浑浊C．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生沉淀后沉淀又溶解D．实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用3、配制100mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液，下列操作正确的是()A．称取1.06g无水碳酸钠，加入100mL容量瓶中，加水溶解、定容B．称取1.06g无水碳酸钠，加入100mL蒸馏水，搅拌、溶解C．转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转，摇匀4、下列关于①乙烯②苯③乙醇④乙酸⑤葡萄糖等有机物的叙述不正确的是A．可以用新制的Cu（OH）2悬浊液鉴别③④⑤B．只有①③⑤能使酸性KMnO4溶液褪色C．只有②③④能发生取代反应D．一定条件下，⑤可以转化为③5、下列说法正确的是A．用澄清石灰水可区别Na2CO3和NaHCO3粉末B．只能用加试剂的方法区别(NH4)2SO4和Fe2(SO4)3溶液C．用氯化钡溶液可区别SO42—和CO32—离子D．用丁达尔效应可区别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液6、铁粉和铜粉的均匀混合物，平均分成四等份，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应，在标准状况下生成NO的体积和剩余金属的质量如下表（设硝酸的还原产物只和NO）：编号①②③④稀硝酸体积/mL100200300400剩余金属/g18.09.600NO体积/mL224044806720V下列计算结果错误的是A．①中溶解了8.4gFeB．原混合物总质量为105.6gC．硝酸的浓度为4mol/LD．④中V=67207、NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是（）A．1molSiO2晶体中Si—O键数为4NAB．将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NAC．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAD．78gNa2O2固体与过量水反应转移的电子数为2NA8、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．1mol·L-1CaCl2溶液中：K+、Na+、OH－、NO3－B．由水电离出的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中：Mg2+、K+、Br－、HCO3－C．澄清透明的溶液中：H+、Fe3+、SO42－、NO3－D．使甲基橙变红的溶液中：Ca2+、NH4+、CH3COO－、Cl－9、电解法精炼含有Fe、Zn、Ag等杂质的粗铜。下列叙述正确的是A．电解时以硫酸铜溶液作电解液，精铜作阳极B．粗铜与电源负极相连，发生氧化反应C．阴极上发生的反应是Cu2++2e－＝CuD．电解后Fe、Zn、Ag等杂质会沉积在电解槽底部形成阳极泥10、H2A为二元酸，其电离过程：H2AH++HA-，HA-H++A2-。常温时，向15mL0.1mol/LH2A水溶液中逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液中H2A、HA-和A-的物质的量分数(δ)随pH变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（）A．常温下H2A的Kal的数量级为10-1B．当溶液中c(H2A)=c(A2-)时，pH=2.9C．当溶液中c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)时，加入V(NaOH溶液)>15mLD．向pH=4.2的溶液中持续滴加NaOH溶液，水的电离程度持续变大11、缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构（一个原子通过共用电子使其价层电子数达到8，H原子达到2所形成的稳定分子结构）要求的一类化合物。下列说法错误的是（）A．NH3、BF3、CCl4中只有BF3是缺电子化合物B．BF3、CCl4中心原子的杂化方式分别为sp2、sp3C．BF3与NH3反应时有配位键生成D．CCl4的键角小于NH312、根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是选项事实推测AMg与冷水较难反应，Ca与冷水较易反应Be（铍）与冷水更难反应BNa与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键Si与Cl形成共价键CHCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间DSi是半导体材料，同族的Ge是半导体材料ⅣA族元素的单质都是半导体材料A．AB．BC．CD．D13、一定温度下，反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)，达到平衡时：n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)＝2∶3∶4。缩小体积，反应再次达到平衡时，n(O2)＝0.8mol，n(SO3)＝1.4mol，此时SO2的物质的量应是()A．1.2mol B．0.4mol C．0.8mol D．0.6mol14、关于三种有机物叙述正确的是（-SH的性质类似于-OH）（）甲：阿司匹林乙：青霉素氨基酸丙：麻黄碱A．三种有机物都能发生消去反应B．三种有机物都能与NaOH反应C．甲的苯环上的一氯代物有2种D．丙的分子式为C10H15ON，苯环上的一氯代物有3种15、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．钠与水反应:Na+2H2ONa++2OH－+H2↑B．将少量Na2O2固体加入过量Ba(HCO3)2溶液中:2Na2O2+4Ba2++4HCO3－=4BaCO3↓+2H2O+O2↑+4Na+C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸:Ba2++OH－+H++SO42-BaSO4↓+H2OD．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水:Ca2++HCO3－+OH－CaCO3↓+H2O16、下列陈述I、Ⅱ均正确且有因果关系的是陈述I陈述ⅡACO2能与水反应生成碳酸CO2属于酸性氧化物BAlCl3属于共价化合物AlCl3属于非电解质C漂白粉中的Ca(ClO)2会与空气中CO2、H2O反应漂白粉应密封保存DH2O2和SO2均能使酸性高锰酸钾溶液褪色H2O2有还原性，SO2有漂白性A．A B．B C．C D．D17、由下列实验操作和现象可得出结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向Co2O3中滴入浓盐酸产生黄绿色气体氧化性:Cl2>Co2O3B白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中,一段时间后入几滴K3[Fe(CN)6]溶液无明显现象该过程未发生氧化还原反应C用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔，在酒精灯上加热铝箔熔化并滴落金属铝的熔点较低D将10mL2mol·L-1的KI溶液与1mL1mol·L-1FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液溶液颜色变红KI与FeCl3反应有可逆性A．A B．B C．C D．D18、下列实验不能成功的是（）A．用加热法鉴别Na2CO3固体和NaHCO3固体B．用观察法区别Na2O粉末和Na2O2粉末C．用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液D．用AlCl3溶液鉴别Na2CO3溶液和NaOH溶液19、氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3·BH3＋3H2O2=NH4BO2＋4H2O。已知H2O2足量，下列说法正确的是（）A．正极的电极反应式为2H＋+2e-=H2↑B．电池工作时，H＋通过质子交换膜向负极移动C．电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3D．工作足够长时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子20、将1．5gZn投入到VmL浓硫酸中共热，恰好完全反应，则可以确定的数据是A．所得溶液的浓度 B．所得气体的质量C．所得气体在标准状况下的体积 D．原硫酸的浓度21、下列图象能正确地表达可逆反应3A(g)+B(g)⇌2C(g)（ΔH<0）的是()A． B．C． D．22、二硫化钨(WS2中W的化合价为+4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿(其主要成分是FeWO4，还含少量Al2O3)制备WS2的工艺流程如下图所示：下列说法正确的是A．操作I中用到的玻璃仪器只有漏斗、烧杯B．FeWO4在碱熔过程中发生反应的化学方程式为4FeWO4＋O2＋8NaOH2Fe2O3＋4Na2WO4＋4H2OC．已知(NH4)2WS4中W的化合价为+6，且2(NH4)2WS4＋3O22WS2＋4NH3＋2S＋2SO2＋2H2O，则生成124gWS2，该反应所转移的电子数目为2NAD．滤渣I的主要成分是氢氧化铝，CO2可以用过量盐酸代替二、非选择题(共84分)23、（14分）合成医用麻醉药苄佐卡因E和食品防腐剂J的路线如图所示：已知：请回答下列问题：（1）A属于芳香烃，结构简式为_____________。（2）E中官能团的名称是氨基、____________。（3）C能与NaHCO3溶液反应，反应③的化学方程式是___________。（4）反应⑥、⑦中试剂ii和试剂iii依次是___________、___________。（5）反应①~⑦中，属于取代反应的是_______________。（6）J有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有______________种，写出其中任一种同分异构体的结构简式：___________。a.为苯的二元取代物，其中一个取代基为羟基b.属于酯类，且能发生银镜反应（7）以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成高分子树脂（），写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）：_______________。24、（12分）某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去)：(1)写出B的电子式________。(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，写出A和B水溶液反应的离子方程式__________________________。(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图2所示，则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为_____________；c(HCl)=________mol/L。(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是______________________________________。(5)若A是一种可用于做氮肥的化合物,A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式为___________________。(6)若A是一种溶液，可能含有H＋、NH、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子是_____________________，它们的物质的量浓度之比为______________。25、（12分）碱式碳酸钴[Cox(OH)y(CO3)z]常用作电子材料，磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。（1）请完成下列实验步骤：①称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量：②按如图所示装置组装好仪器，第一步是__（填操作）；③加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生时，停止加热；④打开活塞a，缓慢通入一段时间空气，然后称量乙、丙装置的质量；⑤计算。（2）丁装置的名称为__。（3）某同学认为该实验装置中存在一个明显不足之处，为解决这一问题，可选用下列装置中的__（填字母）连接在__（填装置连接位置）。（4）若按正确装置进行实验，测得如下数据：乙装置的质量/g丙装置的质量/g加热前90.0082.00加热后90.3682.88则该碱式碳酸钴的化学式为__。26、（10分）隔绝空气加热至500℃时硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]能完全分解，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。[实验探究]某化学小组选用下图所示部分装置进行分步实验(夹持装置略)。实验Ⅰ甲同学为探究分解产物中的硫氧化物是SO2还是SO3，连接装置A-E-F-B进行实验。(1)实验过程中观察到：E中没有明显现象，F中溶液褪色，据此得出的结论是_______。(2)B的作用是_____________________________________。实验Ⅱ验证分解产物中含有水蒸气和氨气，并探究残留固体成分。(3)所选用装置的正确连接顺序为___________________________(填装置的字母序号)。(4)证明有水蒸气生成的实验现象为_____________________________________。(5)证明有氨气生成的实验现象为_____________________________________。(6)A中固体完全分解后变为红棕色粉末，设计实验证明A中残留固体中含有三价铁_________。(7)实验证明(NH4)2Fe(SO4)2受热分解除上述产物外，还有N2生成，写出A中反应的化学方程式________________。27、（12分）碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症。制备反应2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置模拟制备碳酸镧。(1)盛放稀盐酸的仪器名称为________________。(2)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为F→____→____→____→____→______。(3)W中发生反应的离子方程式为_______Y中发生反应的化学反应方程式为__________(4)X中盛放的试剂是_________，干燥管的作用为_________________。(5)Z中通入气体的方式________A.先通入足量NH3，后通入过量的CO2B.先通入足量CO2，后通入过量的NH3C.NH3和CO2同时通入(6)该化学兴趣小组为探究La2(CO3)3和La(HCO3)3的稳定性强弱，设计了如下的实验装置，则甲试管中盛放的物质为________________，实验过程中，发现乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线如图所示，则关于两种物质稳定性实验结论为_____。A.稳定性La2(CO3)3>La(HCO3)3B.稳定性La2(CO3)3<La(HCO3)3C.无法判断28、（14分）为更有效处理工业废气中排放的氮氧化物(NOx)、SO2等，减少大气污染。科学家不断对相关反应进行研究尝试。（1）按每年全国发电燃煤8亿吨，煤中含硫质量分数以2%计，若不经过脱硫处理，则会有_______亿吨SO2排放到大气中（假设S全部转化为SO2）。（2）下列物质中，能吸收SO2的有_______（填序号）。a．氨水b．酸性KMnO4溶液c．生石灰d．Na2CO3溶液（3）某工厂采用(NH4)2SO3和NH4HSO3的混合溶液A吸收废气中的SO2并制备(NH4)2SO3·H2O，过程如下：①“吸收”过程中，溶液中(NH4)2SO3和NH4HSO3物质的量之比变_____（填“大”或“小”）。②“制备”过程中，溶液B中发生反应的化学方程式是_____________________。③检验产品(NH4)2SO3·H2O中含有少量SO42-的方法如下：取少量产品加水溶解，（将实验操作和现象补充完整）___________________________________。（4）选择性催化还原技术(SCR)是目前较为成熟的烟气脱硝技术，其反应原理主要为：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)ΔH=-1627kJ•mol-1①被NO氧化的NH3和被O2氧化的NH3的物质的量之比为________________。②氨氮比会直接影响该方法的脱硝率如图为350℃时只改变氨气的投放量，NO的百分含量与氨氮比的关系图。当>1.0时，烟气中NO含量反而增大，主要原因是__________________。29、（10分）从精炼钢的阳极泥中(主要成分为Cu2Te)回收碲的工艺流程如下：请回答下列问题：（1）“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在，则每生成32gTeO2，反应转移电子的物质的量为____________mol。（2）为选择最佳焙烧工艺，进行温度和硫酸加入量的条件实验，结果如下表所示：则实验中应选择的条件为________________________。（3）“氧化”时的溶液温度不宜过高，原因为________________________。（4）工艺(I)中，“还原”时发生的总离子方程式为______________________________。H2SO4和Na2SO3可用浓盐酸代替，但缺点为______________________________________。（5）工艺(II)中，“浸出液电积”时产生碲粉的电极反应式为_______________________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【详解】A．标准状况下，气体为0.1mol，但HCl气体是共价化合物，不含Cl-，故A错误；B．的稀中，含有H+浓度为0.1mol/L，含有H+物质的量为0.1mol/L×1L=0.1mol，则含数目为0.1NA，故B错误；C．依据n=，计算钠的物质的量==0.1mol，根据反应4Na+O2=2Na2O、2Na+O2Na2O2，氧气过量，与过量氧气反应电子转移依据完全反应的钠计算，不论生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素都是由0价转变为+1价，电子转移一定为0.1NA，故C正确；D．密闭容器中，NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式可知，2molNO和1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，其化学方程式为2NO2⇌N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D错误；答案选C。【点睛】B项的陷阱是认为稀是二元酸，再将物质的量乘以2，需注意理解pH的意义，指的是氢离子浓度的负对数，故不需乘以2，可以绕过陷阱。2、C【详解】A．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，则C中盛品红溶液褪色，故A正确；B．醋酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，则C中溶液变浑浊，故B正确；C．浓氨水与生石灰混合可制备氨气，氨气与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，则C中产生白色沉淀，但氢氧化铝不能被氨水溶解，故C错误；D．仪器D具有球形结构，体积较大，可以起到防止溶液倒吸的作用，故D正确；故选C。3、D【解析】A项，称量好的固体不能直接放入容量瓶中，应先在烧杯中溶解并冷却至室温后转移到容量瓶中，错误；B项，题中100mL指溶液的体积，不是溶剂蒸馏水的体积，错误；C项，向容量瓶中转移溶液时应用玻璃棒引流，防止液滴外洒，错误；D项，定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀，正确；答案选D。4、C【解析】试题分析：A项中，③是气体，新制的Cu(OH)2悬浊液⑤葡萄糖混合加热产生红色沉淀，故正确；B项中，①中有碳碳双键，③有—OH，⑤中有—CHO，都能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；C项中，①乙烯中的H原子和⑤葡萄糖中的—OH，在一定条件下能发生取代反应，不正确；D项中，在酒精酶的作用下⑤可以转化为③，正确。考点：有机物的性质。5、D【解析】试题分析：A项：澄清石灰水与Na2CO3、NaHCO3都生成白色沉淀，故错；B项：可与氢氧化钠溶液反应来区别，故错；C项：都有白色沉淀生成，故错。故选D。考点：物质的鉴别点评：本题考查物质的鉴别，注意现象不同才是正确的，难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握，加强基础知识的学习掌握。6、D【详解】A.①②有金属剩余，①②反应结束溶液中铁元素以Fe2＋的形式存在，②在①的基础上反应，又加入100mL的硝酸，消耗金属的质量为18g－9.6g=8.4g，产生的气体体积为4480mL－2240mL=2240mL，即n（NO）=0.1mol，根据3M＋8HNO3（稀）=3M(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，此时消耗金属的物质的量为3×0.1mol÷2=0.15mol，M的摩尔质量为8.4g÷0.15mol=56g·mol－1，①②之间消耗的铁，即①消耗的是铁，A正确；B.根据A的分析，消耗100mL的硝酸，消耗8.4g的铁，因此一份合金的质量为18g+8.4g=26.4g，即原混合物总质量为4×26.4g=105.6g，B正确；C.根据A的分析，100mL溶液中含硝酸物质的量为8×0.1mol÷2=0.4mol，则硝酸的浓度为0.4mol÷0.1L=4mol·L－1，C正确；D.③在②的基础上100mL稀硝酸消耗9.6g的金属，产生(6720－4480)mL=2240mLNO，即0.1molNO，按照反应方程式消耗金属的物质的量为0.15mol，M的摩尔质量为9.6g÷0.15mol=64g·mol－1，即9.6g金属为Cu，从上述分析，②中只消耗的是Fe，铜没有参加反应，此时铁元素以Fe2＋形式存在，其物质的量为4480×10－3L÷22.4L/mol×3÷2=0.3mol，④是在③的基础之上，增加100mL硝酸将Fe2＋氧化成Fe3＋，根据反应3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，则反应又生成0.1molNO，V(NO)=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，因此V=6720mL＋2240mL=8960mL，D错误；答案选D。7、A【详解】A.在SiO2晶体中，1个Si原子周围有4个以共价单键相连的O原子，1个O原子周围有2个以共价单键相连的Si原子，所以1个“SiO2”中平均含4个Si-O键，1molSiO2晶体中Si-O键数为4NA，A正确；B.将1molCl2通入水中，有一部分Cl2没有跟水发生反应，就以Cl2分子的形式存在于溶液中，还有一部分Cl2与水发生反应，生成HClO、Cl-、ClO-，所以HClO、Cl-、ClO-粒子数之和应小于2NA，B不正确；C.密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，生成2molNO2，NO2还要部分化合，生成N2O4，所以产物的分子数小于2NA，C不正确；D.78gNa2O2固体与过量水发生反应，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，转移的电子数为NA，D不正确。故选A。8、C【详解】A、钙离子在碱性时溶解度较小，故不能与氢氧根大量共存，故A正确；B、由水电离出的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液可酸可碱，碱性时，不能与Mg2+、HCO3－大量共存，酸性时不能与HCO3－大量共存，故B错误；C、H+、Fe3+、SO42－、NO3－均不相互反应，可以大量共存，故C正确；D、使甲基橙变红的溶液显酸性，不能与CH3COO－大量共存，故D错误；故选C；【点睛】虽然在写离子反应方程式时，澄清石灰水需要拆分，但是氢氧化钙微溶于水，所以钙离子不能与氢氧根大量共存。9、C【详解】A.电解精炼铜时以硫酸铜溶液为电解质溶液，粗铜作阳极，精铜作阴极，A错误；B.粗铜作阳极，与电源的正极相连，B错误；C.阴极上发生还原反应，阴极反应式为Cu2++2e-=Cu，C正确；D.Fe、Zn比Cu活泼，电解时Fe、Zn在阳极发生失电子的氧化反应生成Fe2+、Zn2+而进入电解质溶液中，Ag等活泼性不如Cu的杂质会沉积在电解槽底部形成阳极泥，D错误；答案选C。10、C【详解】A.Ka1(H2A)=，根据图知，当c(HA-)=c(H2A)时，溶液的pH=1.2，则溶液中c(H+)=10-1.2，Ka1(H2A)=10-1.2，常温下H2A的Ka的数量级为10-2，故A错误；B.根据图知Ka1(H2A)=10-1.2，Ka2(H2A)=10-4.2，当c(H2A)=c(A-)时,Ka1(H2A)×Ka2(H2A)=1×10-5.4=c2(H+)，c(H+)=1×10-2.7mol/L，pH=2.7，故B错误；C.向15mL0.1mol/LH2A水溶液中逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，当加入V(NaOH溶液)=15mL时，二者恰好反应生成NaHA，根据图知此时溶液的pH<4.2，当溶液中c(Na+)=2c(A-)+c(HA-)时，由电荷守恒知：c(H+)=c(OH-)，此时溶液的pH=7，所以此时加入V(NaOH溶液)>15mL，故C正确；D.pH=4.2时，HA-、A2-含量相同，则c(HA-)=c(A2-)，溶液为Na2A、NaHA等浓度的混合溶液，溶液中持续滴加NaOH溶液，NaHA转化为Na2A，水解程度逐渐增大，水的电离程度增大，但是当全部转化为Na2A后,再加入NaOH溶液，就开始抑制水的电离,水的电离程度减小，故D错误。故选C。11、D【详解】A.NH3电子式为，符合路易斯结构，BF3电子式为，B原子价层电子数为6，不符合路易斯结构，CCl4电子式为、，符合路易斯结构，只有BF3是缺电子化合物，故A正确；B.BF3中心原子B价层电子对数为3+×(3-3×1)=3，则杂化方式为sp2杂化；CCl4中心原子C价层电子对数为4+×(4-4×1)=4，则杂化方式为sp3杂化，故B正确；C.BF3与NH3反应时，NH3中N原子有孤电子对，BF3中B有空轨道，可生成配位键，故C正确；D.CCl4和NH3均为sp3杂化，CCl4中心原子无孤电子对，NH3有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，键角减小，则CCl4的键角大于NH3，故D错误；故答案选：D。12、D【解析】A.Be、Mg、Ca位于同一主族，其金属性逐渐减弱。根据Mg与冷水较难反应、Ca与冷水较易反应，可以推测Be（铍）与冷水更难反应，A合理；B.Na、Al、Si位于同一周期，其金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增加。根据Na与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键可以推测Si与Cl形成共价键，B合理；C.Cl、Br、I位于同一主族，其非金属性逐渐减弱。根据HCl在1500℃时分解、HI在230℃时分解，可以推测HBr的分解温度介于二者之间，C合理；D.硅和锗位于金属与非金属的分界线附近，这样的元素既有一定的非金属性又有一定的金属性，可在这附近找到半导体材料。Si是半导体材料，同族的Ge是半导体材料。ⅣA族的其他元素距分界线较远，其单质不是半导体材料，如金刚石不导电，锡和铅是金属导体，D不合理。本题选D。13、B【详解】反应平衡后SO2、O2、SO3的物质的量之比是2：3：4，保持其它条件不变，缩小体积达到新的平衡时，O2、SO3的物质的量分别为0.8mol和1.4mol，产生SO3、O2的物质的量之比是1.4：0.8=1.75：1＞4：3，说明缩小体积平衡向正反应方向移动，设改变体积后生成的SO3的物质的量为xmol，则反应的氧气为0.5xmol，因此(1.4mol-xmol)：(0.8mol+0.5xmol)=4：3，解得x=0.2，故原平衡时SO3的物质的量=1.4mol-0.2mol=1.2mol，则原平衡时SO2的物质的量=1.2mol×=0.6mol，故到达新平衡SO2的物质的量=0.6mol-0.2mol=0.4mol，故选B。【点睛】本题考查化学平衡的有关计算，难度中等，根据SO2、O2的物质的量比例关系或改变的条件判断平衡移动的方向是解题的关键。14、D【详解】A．阿司匹林不能发生消去反应，A错误；B．阿司匹林含有羧基，青霉素氨基酸含有羧基，它们都可与NaOH反应，麻黄碱不含羧基，也不含酚羟基，它不能用与NaOH反应，B错误；C．甲的苯环上有4种等效氢，苯环上的一氯代物有4种，C错误；D．麻黄碱的分子式为C10H15ON，苯环上有3种等效氢，苯环上的一氯代物有3种，故D正确；故选D。15、B【解析】A．钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．将少量Na2O2固体加入过量Ba(HCO3)2溶液中，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与过量Ba(HCO3)2反应生成碳酸钡和碳酸氢钠，反应的离子方程式为2Na2O2+4Ba2++4HCO3－=4BaCO3↓+2H2O+O2↑+4Na+，故B正确；C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸，离子方程式：Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，离子方程式：Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3↓+2H2O+CO32-，故D错误；故选B。点睛：本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法是解题关键。本题的易错点为B，要注意Ba(HCO3)2与少量氢氧化钠的反应，要正确区分，氢氧化钠过量时的情况。16、C【解析】A．CO2能与水反应生成碳酸，CO2属于酸性氧化物，都正确，但CO2属于酸性氧化物，不是因为CO2能与水反应生成碳酸，是能跟碱起反应，只生成盐和水的氧化物，故A错误；B.AlCl3属于共价化合物，但氯化铝溶于水能够导电，属于电解质，故B错误；C.漂白粉中的Ca(ClO)2会与空气中CO2、H2O反应变质，因此漂白粉需要密封保存，存在因果关系，故C正确；D．H2O2、SO2都能使酸性KMnO4溶液褪色，都可被高锰酸钾氧化，H2O2、SO2均表现还原性，陈述II不合理，故D错误；故选C。点睛：本题考查了物质的性质和分类。本题的易错点为A，要注意酸性氧化物的分类标准，可以通过举例判断，如二氧化硅不溶于水，但属于酸性氧化物。17、D【详解】A．向Co2O3中滴入浓盐酸，发生氧化还原反应生成氯气，钴元素的化合价降低，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Cl2<Co2O3，故A项错误；B．白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，构成原电池，锌为负极，发生氧化反应，铁为正极被保护，故B项错误；C．坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔，在酒精灯上加热，由于铝易被氧化，而且氧化铝熔点高，故C项错误；D．KI过量，由现象可知还反应后存在铁离子，则KI与FeCl3的反应具有可逆性，故D项正确；故选D。综上所述，本题正确选项为D项。18、C【详解】A.加热法NaHCO3固体分解，而碳酸钠不能，则加热法可鉴别，故正确；B.Na2O粉末为白色，Na2O2粉末为淡黄色，颜色不同，则观察法可鉴别，故正确；C.澄清石灰水与Na2CO3溶液和NaHCO3溶液反应均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故错误；D.AlCl3溶液与Na2CO3溶液反应生成沉淀，与NaOH溶液反应先生成沉淀后沉淀消失，现象不同，可鉴别，故正确；故选C。19、D【分析】以氨硼烷(NH3•BH3)电池工作时的总反应为NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O可知，左侧NH3•BH3失电子发生氧化反应为负极，电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2得到电子发生还原反应为正极，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，据此分析。【详解】A.右侧H2O2得到电子发生还原反应为正极，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，A错误；B.放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，B错误；C.NH3•BH3为负极，失电子发生氧化反应，则负极电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，所以电池工作时，两个电极都不产生气体，C错误；D.未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入后，负极电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，假设转移电子的物质的量是6mol，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加6g，两极的质量相差19g，理论上转移0.6mol电子，工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了原电池原理，涉及电极的判断、电极式的书写、离子移动方向等，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液分析。对于两个电极溶液的质量差，要根据反应过程中电子转移数目相等，进入电极溶液中物质的质量与从该区域中减少的质量两部分分析计算，题目侧重考查学生对基础知识的综合应用能力。20、C【详解】1.5g锌的物质的量为0.5mol，与浓硫酸反应生成硫酸锌、SO2和H2O，随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐减小，稀硫酸与锌反应生成硫酸锌和氢气，反应的方程式为：Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，由反应可知1mol锌产生1mol氢气或1molSO2，所以可以由锌的物质的量计算产生的气体在标准状况下的体积。由于不能确定氢气和SO2的体积之比，所以不能计算氢气和SO2的物质的量，以及消耗的硫酸的物质的量，反应后溶液的体积不能确定，则不能计算反应后溶液的浓度，故答案选C。21、D【分析】对于可逆反应3A(g)+B(g)⇌2C(g)△H＜0，反应放热，升高温度，正、逆反应速率都增大，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，则C%降低，A%增大，A的转化率降低；反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动，则C%增大，A%降低，A的转化率增大，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知，

A.由图象可知，温度升高，C%增大，说明升高温度平衡向正反应移动，图象与实际不相符，A项错误；

B.由图象可知，温度升高，正反应速率增大比逆反应速率增大更多，平衡向正反应移动，图象与实际不相符，B项错误；

C.由图象可知，压强越大A%降低，平衡向正反应移动，升高温度A%降低，平衡向正反应移动，图象与实际不相符，C项错误；

D.由图象可知，压强越大A转化率增大，平衡向正反应移动，升高温度A的转化率降低，平衡向逆反应移动，图象与实际相符，D项正确；

答案选D。22、B【分析】由流程可知，钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠，Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，水浸时，可除去不溶于水的氧化铁，向粗钨酸钠溶液中通入过量CO2，经过滤后得到的滤液含钨酸钠，滤渣I的主要成份是Al(OH)3，滤液再经酸化得钨酸，向钨酸中加入氨水并控制温度得钨酸铵，继续通入H2S气体，生成(NH4)2WS4，最后将(NH4)2WS4在氧气中高温加热即可得到WS2；【详解】A.操作Ⅰ为过滤，需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故A错误；B.FeWO4在碱熔过程中被空气中氧气氧化，生成Fe2O3、Na2WO4和H2O，发生反应的化学方程式为4FeWO4+O2+8NaOH2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O，故B正确；C.已知(NH4)2WS4中W的化合价为+6，且2(NH4)2WS4+3O22WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O，反应中(NH4)2WS4中+6价W被还原为+4价的WS2，-2价S元素被氧化成0价的S单质，每生成2molWS2转移了4mol电子，同时参加反应的氧气为3mol，则反应中共转移16mol电子，124gWS2的物质的量为：=0.5mol，转移电子的物质的量为：16mol×=4mol，即转移电子数目为4NA，故C错误；D.滤渣I的主要成分是氢氧化铝，过量盐酸可将氢氧化铝溶解，导致杂质铝除不干净，则CO2不可以用过量盐酸代替，故D错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、酯基（键）酸性高锰酸钾溶液NaOH/H2O①③⑤⑦6（以下结构任写一种）（路线合理即可）【分析】本题考查有机推断和有机合成，涉及有机物官能团的识别，有机物结构简式和有机反应方程式的书写，有机反应类型的判断，限定条件下同分异构体数目的确定和书写，有机合成路线的设计。A属于芳香烃，A发生反应①生成B，A的结构简式为；对比B和E的结构简式以及反应④的条件，反应④是将-NO2还原为-NH2，D的结构简式为；C能与NaHCO3溶液反应，C中含羧基，反应②为用酸性高锰酸钾溶液将B中-CH3氧化成-COOH，C的结构简式为；反应③为C与CH3CH2OH的酯化反应，试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸。结合F的分子式，反应⑤为A与Cl2在催化剂存在下发生苯环上的取代反应，由于J中两个侧链处于对位，则F的结构简式为；由于试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸，由J逆推出I的结构简式为；对比F和I的结构简式，F转化为I需要将-CH3氧化成-COOH，将-Cl水解成酚羟基，由于酚羟基也易发生氧化反应，为了保护酚羟基不被氧化，反应⑥为氧化反应，反应⑦为水解反应，则试剂ii为酸性KMnO4溶液，G的结构简式为；试剂iii为NaOH溶液，H的结构简式为，据以上分析解答。【详解】A属于芳香烃，A发生反应①生成B，A的结构简式为；对比B和E的结构简式以及反应④的条件，反应④是将-NO2还原为-NH2，D的结构简式为；C能与NaHCO3溶液反应，C中含羧基，反应②为用酸性高锰酸钾溶液将B中-CH3氧化成-COOH，C的结构简式为；反应③为C与CH3CH2OH的酯化反应，试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸。结合F的分子式，反应⑤为A与Cl2在催化剂存在下发生苯环上的取代反应，由于J中两个侧链处于对位，则F的结构简式为；由于试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸，由J逆推出I的结构简式为；对比F和I的结构简式，F转化为I需要将-CH3氧化成-COOH，将-Cl水解成酚羟基，由于酚羟基也易发生氧化反应，为了保护酚羟基不被氧化，反应⑥为氧化反应，反应⑦为水解反应，则试剂ii为酸性KMnO4溶液，G的结构简式为；试剂iii为NaOH溶液，H的结构简式为，（1）A属于芳香烃，A的结构简式为；（2）由E的结构简式可知，E中官能团的名称为氨基、酯基；（3）C的结构简式为，反应③为C与CH3CH2OH的酯化反应，反应的化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O；（4）反应⑥是将中-CH3氧化成-COOH，试剂ii是酸性高锰酸钾溶液。反应⑦是的水解反应，试剂iii是NaOH溶液；（5）反应①~⑦依次为取代反应、氧化反应、取代反应、还原反应、取代反应、氧化反应、取代反应，属于取代反应的是①③⑤⑦；（6）J的结构简式为，J的同分异构体属于酯类且能发生银镜反应，则结构中含有HCOO-，J的同分异构体为苯的二元取代物，其中一个取代基为-OH；符合条件的同分异构体有：（1）若两个取代基为-OH和-CH2CH2OOCH，有邻、间、对三个位置，结构简式为、、；（2）若两个取代基为-OH和-CH（CH3）OOCH，有邻、间、对三个位置，结构简式为、、；符合条件的同分异构体共6种；（7）由单体和发生缩聚反应制得，合成需要由合成和；由合成，需要在-CH3的对位引入-OH，先由与Cl2在催化剂存在下发生苯环上的取代反应生成，然后在NaOH溶液中发生水解反应生成，酸化得；由合成，在侧链上引入官能团，先由与Cl2在光照下发生侧链上的取代反应生成，在NaOH溶液中发生水解反应生成，发生催化氧化生成；合成路线为：。24、Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑NaOH、Na2CO30.05先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4ClH＋、Al3＋、、c(H＋)∶c(Al3＋)∶c()∶c()＝1∶1∶2∶3【分析】(1)C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH；(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2；(3)曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；(4)若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；(5)若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；(6)由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)之比，再结合电荷守恒计算与n(SO42-)的比例关系，据此计算。【详解】(1)B为NaOH，其电子式为；(2)A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2，反应的离子方程式为Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑；(3)曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL，结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则c(HCl)==0.05mol/L；(4)若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失；(5)若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，(6)由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H++OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积，发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(SO42-)=1：1：2：3，故c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42-)=1：1：2：3。25、检查装置气密性球形干燥管D活塞a前（或装置甲前）Co3(OH)4(CO3)2【分析】该实验的目的是测定碱式碳酸钴的组成，根据提供的实验仪器知，通过分别测量生成的水和二氧化碳的质量来达到实验目的。装置甲是分解碱式碳酸钴的装置，分解后产生水蒸气和二氧化碳，乙装置为浓硫酸，吸收水蒸气，通过测量反应前后质量的变化，可以获得碱式碳酸钴中H元素的质量，丙装置为碱石灰，可以吸收产生的二氧化碳，通过测量反应前后质量的变化，可以获得碱式碳酸钴中C元素的质量，因为整个装置与外部空气连通，所以碱式碳酸钴分解产生的二氧化碳的质量会受到空气中水蒸气和二氧化碳的影响，故增加丁装置防止干扰，相应的装置的左侧也会受到外部空气的影响，也需要增加装置。【详解】(1)该实验要测定气体的质量，所以组装好装置后，首先要进行气密性的检查；(2)丁装置的名称是球形干燥管；(3)该实验容易受到空气中水蒸气和二氧化碳的影响，所以反应前后都需要避免空气的影响，故应在甲装置前增加盛有碱石灰的干燥管，排除空气的干扰；(4)碱式碳酸钴样品是3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后为80.36g，生成水的质量为0.36g，即0.02mol；反应前丙装置的质量为60.00g，反应后为60.88g，生成二氧化碳的质量为0.88g即0.02mol，故Co的质量为，即0.03mol，根据Co、H、C元素守恒可知x:y:z=3:4:2,故化学式为Co3(OH)4(CO3)226、分解产物中有SO2没有SO3吸收SO2防止污染空气ACBDC中无水硫酸铜变蓝色D中溶液变红色取少量A中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量KSCN溶液，溶液变红色，说明含三价铁2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+5H2O↑；【分析】实验I甲同学为探究分解产物中的硫氧化物，连接装置A-E-F-B进行实验，E中没有明显现象，F中溶液褪色，可说明生成硫氧化物为二氧化硫，没有生成三氧化硫，碱石灰用于吸收二氧化硫，防止污染空气。实验Ⅱ验证分解产物中含有氨气和水蒸气，选择装置A先通入氮气排净装置中的空气，加热分解硫酸亚铁铵，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，通过装置C中无水硫酸铜检验生成的水，再通过装置B中的足量碱石灰除去水蒸气、硫的氧化物，通过装置D检验氨气的生成，通入后溶液变红色说明生成气体中含氨气。【详解】（1）E中含HCl的BaCl2溶液没有明显现象，无硫酸钡沉淀生成，证明分解产物中无三氧化硫生成，二氧化硫具有漂白性能使品红溶液褪色，F中溶液褪色说明有二氧化硫生成，故：分解产物中有SO2没有SO3；（2）连接装置A-E-F-B进行实验，最后装置B是：吸收SO2防止污染空气；（3））实验Ⅱ验证分解产物中含有氨气和水蒸气，选择装置A先通入氮气排净装置中的空气，加热分解硫酸亚铁铵，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，通过装置C中无水硫酸铜检验生成的水，再通过装置B中的足量碱石灰除去水蒸气、硫的氧化物，通过装置D检验氨气的生成，通入后溶液变红色说明生成气体中含氨气，所选用装置的正确连接顺序为ACBD；（4）利用无水硫酸铜遇到水变蓝色证明水蒸气生成，证明有水蒸气生成的实验现象为：C中无水硫酸铜变蓝色；（5）证明有氨气生成是利用氨气极易溶于水生成一水合氨，溶液显碱性使酚酞变红色，证明有氨气生成的实验现象为：D中溶液变红色；（6）要证明残留固体中含三价铁，可利用Fe3+与SCN-作用溶液呈红色。设计的实验为：取少量A中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则残留固体中含三价铁；（7）实验证明(NH4)2Fe(SO4)2受热分解生成氨气、二氧化硫、氧化铁、水，还有N2产生，结合原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+5H2O↑。27、分液漏斗ABDECCaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑饱和NaHCO3溶液防倒吸ALa(HCO3)3C【分析】在W中用盐酸与CaCO3反应制取CO2气体，经过X装置除去CO2气体中的杂质HCl气体后通入Z装置在，与由Y装置制取得到的NH3在装置C中发生反应，制备La2(CO3)3沉淀；可根据NH3、CO2在水溶液中的溶解度大小确定气体通入的先后顺序。要确定La2(CO3)3、La(HCO3)3两种物质放入套管实验中的试管位置，先选择稳定强的直接加热，稳定性差的间接性加热；根据实验过程中乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线图示，可证明乙试管中固体发生了分解反应，生成了CO2气体，据此分析两试管中的物质的稳定性。【详解】(1)根据仪器结构可知盛装稀盐酸的仪器为分液漏斗；(2)由装置可知，W中制备CO2气体，X除去CO2中的杂质HCl，Y中制备NH3，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C；(3)W中稀HCl与CaCO3发生复分解反应制取CO2气体，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；Y中浓氨水与CaO发生反应制取NH3，反应的化学反应式为NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；(4)X中盛放的试剂是NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl、同时生成CO2；干燥管连接NH3的导气管C，由于氨气极容易溶于水，为防止倒吸现象的发生，连接干燥管，因此干燥管的作用是防止倒吸现象的发生；(5)由于氨气在水中溶解度很大，Z中应先通入NH3，使溶液显碱性，然后通入过量的CO2，这样就可以溶解更多CO2气体，产生较大量的HCO3-，生成较大浓度的NH4HCO3，故合理选项是A；(6)酸式