云南省宣威市六中2025届高三上化学期中学业水平测试试题含解析

云南省宣威市六中2025届高三上化学期中学业水平测试试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、检验某无色溶液中是否含有I-，所用试剂不合理的是
A．淀粉溶液和氯水B．硝酸酸化的硝酸银溶液
C．氯水和四氯化碳D．溴水和酒精
2、已知分解1mol H2O2 放出热量98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2的分解机理为：H2O2+I-→H2O+IO-慢，
H2O2+IO-→H2O+O2+I-快；下列有关反应的说法正确的是( )
A．反应的速率与I-的浓度有关B．IO-也是该反应的催化剂
C．反应活化能等于98kJ·mol-1D．v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
3、下列各表述与示意图不一致的是
A．图①表示5 mL 0.01 mol·L－1 KMnO4酸性溶液与过量的0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液混合时，n(Mn2＋)随时间的变化B．图②中曲线表示反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H<0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
C．图③表示25℃时，用0.1 mol·L－1盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
D．I2在KI溶液中存在I2(aq)＋I－(aq)I3－(aq)的平衡，c(I3－)与温度T的关系如图④，若反应进行到状态C时，一定有V(正)>V(逆)
4、“故近朱者赤，近墨者黑”出自晋朝傅玄的《傅鹑觚集·太子少傅箴》，这里的“朱”指的是朱砂，古代常用的一种红色颜料，也是古人“炼丹”的原料，有毒，它的主要成分是
A．HgS B．Cu2O C．Fe2O3D．Cu
5、茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成：将茶叶灼烧灰化→用浓硝酸溶解茶叶灰→过滤得到的滤液→检验滤液中的Fe3+．如图是可能用到的实验用品。

有关该实验的说法中正确的是（）
A．第一步需选用仪器①、②和⑨，①的名称叫钳埚
B．第二步用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦
C．要完成第三步，需选用④、⑤和⑦，除夹持仪器外还缺滤纸
D．第四步，若滤液中含有Fe3+，加入⑧中的溶液后滤液会显红色
6、关于元素在周期表中的位置、原子结构和性质的关系，说法正确的是
A．与铝同族的元素，其单质既能与酸反应，又能与碱反应
B．第三周期主族元素的最高正化合价等于它所处的族序数
C．短周期元素形成离子后，最外层都达到8电子稳定结构
D．最外层电子数相同的原子属于同一族且化学性质相似
7、二氧化硅(SiO2)又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料(各种转化见图)。

下列说法正确的是
A．SiO2既能与HF反应，又能与NaOH反应，属于两性氧化物
B．SiO2和Si都是光导纤维材料
C．硅胶吸水后可重复再生
D．图中所示转化反应都是非氧化还原反应
8、在相同温度时，100 mL 0.01 mol/L的醋酸溶液与10mL 0.l mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是A．中和时所需NaOH的量B．OH-的物质的量浓度
C．与Mg反应的起始速率D．溶液中
()()
()
3
3
c H c CH COO
c CH COOH
+-
9、用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温常压下,1.8gD2O含有的电子数是N A
B．标准状况下，5.6L一氯甲烷中共价键数目为N A
C．NaH与水反应生成0.5molH2时，转移电子数为N A
D．1.0L0.5mol/L的NH4NO3溶液中NH+
数目为0.5N A
4
10、取两份等量的铝粉，分别与足量的盐酸、浓氢氧化钠溶液反应，在相同状态下产生的气体体积之比是
A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．3：2
11、下列离子方程式中，正确的是
A．NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热：NH4++ OH－NH3↑+ H2O
B．氧化铁和稀硫酸反应：Fe2O3＋6H+＝2Fe2+＋3H2O
C．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性：Ba2+ + OH- + H+ + SO42- = BaSO4↓+ H2O
D．石灰石与硝酸反应：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O
12、用1.0mol·L－1NaOH溶液中和某浓度硫酸溶液时，其pH和所加NaOH溶液的体积关系如图所示。

原硫酸溶液的物质的量浓度和完全反应后溶液的总体积是
A．1mol·L－1,60mL B．0.5mol·L－1,80mL
C．0.5mol·L－1,40mL D．1mol·L－1.80mL
13、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．NaCl(aq) Cl2FeCl2B．NH3NO HNO3
C．Fe Fe2O3Fe D．S SO3H2SO4
14、已知图一表示的是可逆反应CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)-Q（Q＞0）的化学反应速率（v）与时间（t）的关系，图二表示的是可逆反应2NO2(g)N2O4(g)+Q（Q＞0）的浓度（c）随时间t 的变化情况，下列说法中正确的是
A ．图一 t 2 时刻改变的条件可能是升高了温度或增大了压强
B ．图一 t 2 时刻改变的条件可能是通入了 CO 气体
C ．图二 t 1 时刻改变的条件可能是升高了温度或增大了压强
D ．图二 t 1 时刻改变的条件是增大压强，则混合气体的平均相对分子质量将减小 15、下列物质的水溶液因水解呈碱性的是
A ．CaO
B ．Na 2SO 4
C ．CH 3COONa
D ．NH 3
16、下列关于砹(85At)及其化合物的说法中，正确的是 ( ) A ．稳定性：HAt ＞HCl B ．氧化性：At 2＞I 2 C ．At 2为分子晶体 D ．NaAt 的水溶液呈碱性 二、非选择题（本题包括5小题）
17、功能高分子P 可用作光电材料，其合成路线如下：
已知： i:
||
|
''
O OH R C C H R C H R C C C HR -≡-+--→-≡-一定条件
（R,R’表示氢或烃基）
ii.
iii.
（1）烃A 的相对分子质量是26，其结构简式是_________。

（2）反应①的反应类型是__________。

（3）C 中含有的官能团名称是___________。

（4）D为苯的同系物，反应③的化学方程式是_________。

（5）G的结构简式是__________。

（6）反应⑨的化学方程式是__________。

（7）反应⑤和⑦的目的是___________。

（8）以乙炔和甲醛为起始原料，选用必要的无机试剂合成1，3-丁二烯，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）。

___________
18、某固体化合物X由5种元素组成。

某学习小组进行了如下实验：
己知气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体F能使带火星的木条复燃。

请回答：
(1)A的其空间构型为_______，往某蓝色盐溶液中缓慢通入气体A至过量的现象为________。

(2)写出X隔绝空气强热生成A、C、D的化学方程式________________________________。

(3)写出混合气体D与足量碘水反应的离子方程_____________________________________。

19、氨气是重要的化工原料。

(1)检验氨气极易溶于水的简单操作是：收集一试管氨气，______________。

(2)往饱和食盐水中依次通入足量的NH3和足量的CO2，生成沉淀的化学式为_________；过滤后，使余液尽可能析出较多NH4Cl晶体的方法是：再通入足量的NH3、冷却并加入________，请说明这样操作为什么可以析出较多NH4Cl 的原因：_________________。

某NaHCO3晶体中含有NaCl杂质，某同学在测定其中NaHCO3的含量时，称取5.000g 试样，定容成100mL溶液，用标准盐酸溶液滴定(用甲基橙做指示剂)，测定数据记录如下：
0.5000mol/L盐酸溶液的体积(mL)
滴定次数待测液(mL)
初读数终读数
第一次20.00 1.00 21.00
第二次20.00 如图Ⅰ如图Ⅱ
(3)定容过程中需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、___________和____________。

(4)当滴定至__________________________，即为滴定终点；第二次滴定，从图I图II显示消耗的盐酸溶液体积为
_________mL。

(5)该实验测定样品中NaHCO3的质量分数为__________(保留2位小数)。

(6)若该同学测定结果偏大，请写出一个造成该误差的原因_____________。

20、工业品纯碱中常含有少量的NaCl等杂质，图中的仪器装置可用来测定纯碱中Na2CO3的质量分数，图中标号：①空气；②某溶液，③纯碱样品，④稀H2SO4，⑤浓H2SO4，⑥碱石灰，⑦碱石灰。

实验步骤是：
①检查装置的气密性；②准确称量盛有碱石灰的干燥管Ⅰ的质量(设为m1 g)。

③准确称量一定量的纯碱的质量(设为m2 g)，并将其放入广口瓶中；
④从分液漏斗中缓缓滴入稀H2SO4，至不再产生气体为止；
⑤缓缓鼓入空气数分钟，然后称量干燥管Ⅰ的总质量(设为m3 g)。

根据上述实验，回答下列问题：
（1）鼓入空气的目的是______________________________。

（2）装置A中液体②应为______，其作用是______________________，如撤去装置A，直接向装置B中缓缓鼓入空气，测定结果将____________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

（3）装置C的作用是_____________，如果撤去装置C，则会导致实验结果_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

（4）干燥管Ⅱ的作用是____________________。

（5）上述实验的操作④和⑤，都要求缓缓进行，其理由是：______________________，如果这两步操作太快，则会导致实验测定结果____________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

（6）根据实验，纯碱中Na2CO3的质量分数的计算式为__________________________。

21、过量排放含氮物质会污染大气或水体，研究氮及其化合物的性质及转化，对降低含氮物质的污染有着重大的意义。

(1)科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。

由图可知合成氨反应1
2
N2(g)+
3
2
H2(g)⇌NH3(g)的△H=______kJ·mol-1，该反应历程中最大能垒对应的化学方程式为：
_________。

(2) 2NO(g)+O2(g)⇌ 2NO2(g) (ΔH E a)的反应历程由两步基元反应组成：
Ⅰ.2NO(g)⇌N2O2(g) (快) ΔH1＜0 E a1 v1正＝k1正c2(NO)v1逆＝k1逆c(N2O2)
Ⅱ.N2O2(g)＋O2(g)⇌2NO2(g) (慢) ΔH2＜0 E a2 v2正＝k2正c(N2O2)c(O2)v2逆＝k2逆c2(NO2)
①一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)达到平衡状态，写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K＝_________。

②下列关于反应2NO(g)+O2(g)⇌ 2NO2(g)的说法正确的是_______。

A．2Ea=E a1+E a2
B．增大压强，反应速率常数增大
C．温度升高，正逆反应速率都增大
D．总反应快慢由第二步决定
③在其他条件不变的情况下，2NO(g)+O2(g)⇌ 2NO2(g)反应速率随着温度升高而减小，请解释原因_______。

④画出2NO+O2⇌ 2NO2的反应过程—能量示意图______。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意） 1、D
【解析】A 、氯水将碘离子氧化产生的碘单质遇淀粉变蓝，所用试剂合理， A 错误；
B 、加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生黄色沉淀，说明溶液中含有碘离子，所用试剂合理，B 错误；
C 、氯水将碘离子氧化产生碘单质被四氯化碳所萃取，下层溶液显紫红色，所用试剂合理，C 错误；
D 、溴水虽能氧化碘离子产生碘单质，但酒精能与水任意比互溶，生成的碘-水-酒精溶液依旧呈棕色，溶液颜色上变化不大，不能判断是否有I -，D 错误； 答案选D 。

2、A
【详解】A 、根据反应机理可知I -是H 2O 2分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO -就多反应速率就快，A 正确； B 、IO -不是该反应的催化剂，B 错误；
C 、反应的活化能是反应物的总能量与生成物的总能量的差值。

这与反应的物质得到多少，错误；
D 、 H 2O 2分解的总方程式是2H 2O 2=2H 2O+ O 2↑；由于水是纯液体，不能用来表示反应速率，而且H 2O 2和O 2的系数不同，表示的化学反应速率也不同，D 错误； 故合理选项为A 。

3、C
【分析】KMnO 4酸性溶液与H 2C 2O 4溶液混合：24224222562n 108MnO H C O H M CO H O -++
++=+↑+ ；升高温
度，平衡向吸热方向移动；当加入盐酸20 mL 时，pH 发生骤变；曲线AB 表示平衡状态，在状态C 时，在温度T 1下， c （I 3－）过低，未达到平衡，所以反应需正向进行以达到平衡。

【详解】A ．酸性KMnO 4与H 2C 2O 4混合24224222562n 108MnO H C O H M CO H O -++
++=+↑+，随着反应的进行，
不断有Mn 2＋
生成，最终趋于稳定，故A 正确； B ．反应2SO 2(g)＋O 2(g)2SO 3(g) △H<0，升高温度，平衡向吸热方向移动，逆向移动，故升高温度，K 逆增大，K 正
减小，B 正确；
C ．强酸滴定强碱，当加入盐酸20 mL 时，pH 发生骤变，故图像不符，C 错误；
D ．曲线AB 表示平衡状态，在状态C 时，在温度T 1下， c （I 3－）过低，未达到平衡，所以反应需正向进行以达到平衡，故在状态C 时，一定有V (正)>V (逆)，故D 正确； 答案选C 。

【点睛】
酸性KMnO4在溶液中发生氧化还原反应时，一般被氧化为Mn2＋，再根据氧化还原配平原则配平方程；常温下，强酸与强碱的滴定，在pH=7发生突变。

4、A
【解析】“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”为朱砂，朱砂的主要成分是硫化汞，硫化汞的化学式为HgS，故选A。

5、C
【详解】A、茶叶灼烧需要酒精灯、坩埚、三脚架和泥三角等，A不正确；
B、容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的，不能用来稀释溶液或溶解固体，B不正确；
C、过滤需要烧杯、漏斗和玻璃棒，另外还需要滤纸，C正确；
D、检验铁离子一般用KSCN溶液，但⑧中的溶液不一定KSCN溶液，D错误；
答案选C。

6、B
【详解】A．同主族自上而下金属性增强，同主族其它元素与Al性质有差异，单质不一定都既能与酸反应，又能与碱反应，故A错误；
B．O、F元素除外，主族元素最高正化合价等于族序数，第三周期主族元素的最高正化合价等于它所处的族序数，故B正确；
C．H+、Li+等离子不满足8电子结构，故C错误；
D．He、Mg最外层电子数都是2，二者不同族，化学性质也不相似，故D错误，
故选B．
7、C
【详解】A.两性氧化物的定义为与酸和碱反应均生成盐和水的氧化物，SiO2与HF反应得到的SiF4不属于盐类，所以SiO2不是两性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，A错误；
B.SiO2是光导纤维材料，Si为半导体材料，B错误；
C.硅胶表面积大，吸附力强，硅胶吸附水分后，可通过热脱附方式将水分除去而重复使用，C正确；
D.图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应，硅酸的分解，硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，而Si与Cl2反应产生SiCl4的反应及SiCl4与H2反应产生Si单质的反应属于氧化还原反应，因此反应不全是非氧化还原反应，D错误；
答案选C。

8、B
【解析】若两溶液中醋酸的电离程度相同,则后者氢离子浓度应是前者的10倍,但是若将浓溶液加水稀释为稀溶液,则醋酸的电离平衡会向电离的方向移动,只是平衡的移动只是减弱这种改变,而不能消除这种改变,所以平衡移动后,浓溶
液中氢离子浓度仍然大于稀溶液中氢离子浓度。

【详解】A 项、两溶液中醋酸的物质的量，n(前)=c 1·V 1=0.1 L×0.01 mol·L -1
=1×10-3
mol,n(后)=c 2·V 2=0.01 L×0.1 mol·L -1
=1×10-3
mol,两者相等，因而中和时消耗的NaOH 的量相等，故A 错误；
B 项、浓溶液中氢离子浓度小于稀溶液中氢离子浓度，温度不变，水的离子积常数Kw 不变，则OH -的物质的量浓度前者大于后者，故B 正确；
C 项、浓溶液中氢离子浓度小于稀溶液中氢离子浓度，氢离子浓度越大，与Mg 反应的起始速率越大，则与Mg 反应的起始速率前者小于后者，故C 错误；
D 项、醋酸的电离常数K 为c(H +
)c(CH 3COO -)/ c(CH 3COOH)，温度不变，电离常数不变，故D 错误。

故选B 。

【点睛】
相同条件下，同种溶质的溶液，浓度越大，电离程度越小，但浓溶液中离子浓度仍然大于稀溶液中离子浓度。

9、B
【详解】A. D 2O 摩尔质量为20g/mol ，则1.8gD 2O 物质的量 1.8g
n==0.09mol 20g/mol
，D 2O 中含有10个电子，则1.8gD 2O
含有的电子数是0.9N A ，故A 错误； B. 标准状况下，5.6L 一氯甲烷物质的量 5.6L
n==0.25mol 22.4L/mol
，一氯甲烷含4条共价键，则标准状况下，5.6L 一
氯甲烷中共价键数目为N A ，故B 正确；
C. NaH 与水反应22NaH+H O=NaOH+H ↑,0.5molH 2时有0.5molNaH 参与反应，转移电子数为0.5N A ，故C 错误；
D. NH +4会发生水解+
+4232NH +H O NH H O+H ⋅，则1.0L0.5mol/L 的NH 4NO 3溶液中NH +4
数目小于0.5N A ，故D 错误。

故答案选：B 。

10、A
【详解】Al 与HCl 、NaOH 溶液反应的化学方程式为：2Al+6HCl=2AlCl 3+3H 2↑、2Al+2H 2O+2NaOH=2NaAlO 2+3H 2↑，根据方程式可知：当酸、碱均过量时，金属铝完全反应，等物质的量的铝与两种不同的物质发生反应，产生的氢气的物质的量相等，根据n=
m
m V
M V =，可知Al 的物质的量相等，其质量相等；反应产生的氢气的物质的量相等，则在相同条件下其体积也相等，因此取两份等量的铝粉，分别与足量的盐酸、浓氢氧化钠溶液反应，在相同状态下产生的气体体积之比是1：1，故合理选项是A 。

11、D
【详解】A. NH 4HCO 3溶液与过量KOH 浓溶液共热反应生成碳酸钾、氨气和水，离子方程式为：NH 4++ 2OH －
+HCO3-NH3↑+ 2H2O+CO32-，故A错误；
B. 氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为：Fe2O3＋6H+＝2Fe3+＋3H2O，故B错误；
C. 向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性，则反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子方程式为：Ba2+ + 2OH-+2 H+ + SO42- = BaSO4↓+ 2H2O，故C错误；
D. 石灰石与硝酸发生复分解反应，生成硝酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O，故D正确，
故选D。

12、B
【详解】根据图象知，硫酸的pH=0，则c(H+)=1mol/L，c(H2SO4)=1
2
c(H+)=0.5mol/L；完全反应时氢氧化钠溶液的体
积为40mL，根据反应中氢氧化钠和硫酸的关系式得：n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.5mol/L×0.04L=1mol/L×V，所以
V(NaOH)=20.5/0.04
1/
mol L L
mol L
⨯⨯
=40mL，则混合溶液体积=40mL×2=80mL，故选B。

13、B
【解析】A、铁与氯气生成氯化铁；
B、氨催化氧化生成NO，与氧气、水生成硝酸；
C、铁与水蒸汽反应生成四氧化三铁；
D、硫燃烧只能生成二氧化硫。

【详解】A、铁与氯气生成氯化铁，故A错误；
B、氨催化氧化生成NO，与氧气、水生成硝酸，两步均能实现，故B正确；
C、铁与水蒸汽反应生成四氧化三铁，故C错误；
D、硫燃烧只能生成二氧化硫，故D错误。

故选B。

14、A
【详解】A. 该反应的正反应是吸热反应，图一中升高温度正逆反应速率都增大，平衡正向移动，改变条件瞬间正逆反应速率与原来平衡速率没有接触点，图象符合，故A正确；
B. 图一中通入CO气体瞬间，反应物浓度增大，生成物浓度不变，则改变条件瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，与原来平衡速率应该有接触点，图象不符合，故B错误；
C. 该反应的正反应是放热反应，图二中升高温度瞬间反应物和生成物浓度不变，则升高温度瞬间反应物和生成物浓度都不变，图象不符合，故C错误；
D. 图二中如果改变的条件是增大压强，容器体积减小，反应物和生成物浓度都增大，平衡正向移动，导致反应物浓度减小、生成物浓度增大，混合气体总物质的量减小，气体总质量不变，其平均摩尔质量增大，摩尔质量在数值上等于
其相对分子质量，所以改变条件后气体平均相对分子质量增大，故D错误；
答案选A。

15、C
【解析】A、CaO溶于水生成氢氧化钙，溶液显碱性，与水解无关，A错误；B、Na2SO4是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，B错误；C、CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，C错误；D、NH3溶于水生成一水合氨，电离出氢氧根，溶液显碱性，与水解没有关系，D错误，答案选C。

点睛：明确水解原理、水解特点是解答的关键。

即有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。

16、C
【解析】A、非金属性越强，其氢化物稳定性越强，Cl和At属于同主族，同主族从上到下，非金属性减弱，Cl的非金属性强于At，即HCl比HAt稳定，故A错误；B、同主族从上到下，非金属性减弱，I的非金属性强于At，即I2的氧化性强于At2，，故B错误；C、At2属于分子晶体，故C正确；D、HAt属于强酸，则NaAt属于强碱强酸盐，其水溶液显中性，故D错误。

二、非选择题（本题包括5小题）
≡加成反应碳碳三键、溴原子
17、HC CH
保护苯环上的（酚）羟基
【解析】（1）分子量为26的烃一定有2个碳原子，这样就只能连两个氢原子凑成26的分子量，所以是乙炔（C2H2），≡。

结构简式为HC CH
（2）反应①进行的一定是题目给出的已知ⅰ，该反应为用碳碳三键一端的H原子对碳氧双键进行加成，得到炔醇类化合物，所以反应①的反应类型是加成反应。

得到的B为CH≡C-CH2OH。

B与HBr发生取代得到（C）CH≡C-CH2Br。

（3）B与HBr发生取代得到（C）CH≡C-CH2Br。

C中含有的官能团为碳碳三键和溴原子。

（4）D为苯的同系物，根据反应③的生成物，D只能是对二甲苯（）。

所以反应为。

（5）反应④将溴原子水解，再酸化得到（E），与CH3I发生已知中的反应ⅲ得到，经高锰酸钾氧化为（F），再与HI发生题目已知的反应ⅱ，得到（G）。

（6）C和G发生取代得到（H），H发生加聚反应得到最后产物，所以方程式为。

（7）用高锰酸钾氧化甲基为羧基的过程中，要防止氧化酚羟基，所以设计反应⑤和⑦，对酚羟基进行保护。

（8）乙炔有两个碳原子，甲醛只有一个碳原子，所以必须用一个乙炔结合两个甲醛以生成最终的四个碳原子的化合物。

结合题目信息，一定选择乙炔和两个甲醛进行加成，后续过程就很好理解了。

所以路线为：
18、三角锥形生成蓝色沉淀，溶液逐渐变成绛蓝色
2[Cu(NH3)4]SO4=8NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-
【分析】己知气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A为氨气，气体F能使带火星的木条复燃，F是氧气，根据标况
下氧气的物质的量n=
2.24L
22.4L/mol
=0.1mol，则混合气体D中的另一种气体的物质的质量为16g-0.1mol×32g/mol=12.8g，
则混合气体D加入足量氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，物质的量为
46.6g
233g/mol
=0.2mol，根据硫元素守恒，故混合气
体中的另一种气体为二氧化硫，物质的量为0.2mol，固体B为硫酸铜，加强热分解得到氧化铜，二氧化硫，氧气，X 为硫酸四氨合铜，加热分解可以得到硫酸铜和氨气。

【详解】根据，分析A为氨气，B为硫酸铜，C为氧化铜，D为二氧化硫和氧气，E为硫酸钡，X为硫酸四氨合铜。

(1)A是氨气，中心原子是N，与H原子形成三对共用电子对，剩余一对孤对电子，价层电子对数为4对，其空间构型为三角锥形，氨气加入含有铜离子的溶液中发生反应Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，
Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故实验现象为生成蓝色沉淀，溶液逐渐变成绛蓝色；
故答案为：三角锥形；生成蓝色沉淀，溶液逐渐变成绛蓝色；
(2) X为[Cu(NH3)4]SO4，加热分解的方程式为2[Cu(NH3)4]SO4=8NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑，
故答案为：2[Cu(NH3)4]SO4=8NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑；
(3)二氧化硫具有还原性，碘具有氧化性，则化学反应为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，离子方程式
SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-，
故答案为：SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-。

19、倒插入水中，水迅速充满试管NaHCO3NaCl 足量的NH3、冷却并加入NaCl，能够增大NH4+和Cl-的浓度，使平衡NH4Cl(s)⇌NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移动100mL容量瓶胶头滴管溶液由橙色变成黄色，且半分钟内部变色20.20 84.42% 滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定(或滴定前有气泡，滴定后气泡消失或锥形瓶用待测液润洗了等)
【分析】(1)根据氨气极易溶于水分析解答；
(2)根据侯氏制碱法的反应原理分析判断；结合NH4Cl饱和溶液中存在NH4Cl(s)⇌NH4+(aq)+Cl-(aq)的平衡分析解答；
(3)根据定容的操作分析解答；
(4) 碳酸氢钠溶液显碱性，用甲基橙做指示剂时，开始时溶液显橙色，解甲基橙的变色范围分析判断；根据滴定管的结构结合图I图II读出初读数和终读数，再计算消耗的盐酸溶液体积；
(5)计算两次消耗盐酸的平均值，计算消耗盐酸的物质的量，依据方程式：HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，然后计算碳酸氢钠的物质的量和质量，计算其质量分数；
(6)根据c(待测)=
()()
()
c V
V
标准标准
待测
，测定结果偏大，造成该误差的原因为V(标准)偏大，结合造成V(标准)偏大的可能
因素解答。

【详解】(1)检验氨气易溶于水的简单操作是：收集一试管氨气，将试管倒插入水中，水迅速充满试管，故答案为：倒插入水中，水迅速充满试管；
(2)根据侯氏制碱法的反应原理，往饱和食盐水中依次通入足量的NH3和足量的CO2，可生成碳酸氢钠沉淀；NH4Cl 饱和溶液中存在NH4Cl(s)⇌NH4+(aq)+Cl-(aq)，为尽可能析出较多NH4Cl晶体，可以向溶液中再通入足量的NH3、冷却并加入NaCl，可使平衡逆向移动，故答案为：NaHCO3；NH3；NaCl；足量的NH3、冷却并加入NaCl，能够增大NH4+和Cl-的浓度，使平衡NH4Cl(s)⇌NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移动；
(3)定容过程中需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；
(4) 用甲基橙做指示剂，用标准盐酸溶液滴定NaHCO3，碳酸氢钠溶液显碱性，开始时溶液显橙色，当滴入最后一滴
盐酸，溶液由橙色变成黄色，且半分钟内部变色，即为滴定终点；根据图I 图II ，初读数为2.40 mL ，终读数为22.60mL ，则消耗的盐酸溶液体积20.20 mL ，故答案为：溶液由橙色变成黄色，且半分钟内部变色；20.20 ；
(5)第一次消耗盐酸的体积是21.00mL-1.00mL=20.00mL ，所以两次消耗盐酸的平均值是20.20mL 220.00mL +=20.10mL ，所以消耗盐酸的物质的量是0.0201L×0.5000mol/L ；根据方程式HCl+NaHCO 3=NaCl+H 2O+CO 2↑可知，碳酸氢钠的物质的量是0.0201L×0.5000mol/L ，质量是
0.0201L×0.5000mol/L×84g/mol ，所以碳酸氢钠的纯度是
100mL 0.0201L 0.5000mol /L 84g /mol 20mL 5.000g ⨯⨯⨯
×100%=84.42%，故答案为：84.42%；
(6)若该同学测定结果偏大，造成该误差的原因可能是滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定(或滴定前有气泡，滴定后气泡消失或锥形瓶用待测液润洗了等)，故答案为：滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定(或滴定前有气泡，滴定后气泡消失或锥形瓶用待测液润洗了等)。

20、 赶走残留在广口瓶中及装置里的CO 2 碱溶液 除去空气里的CO 2 偏大 除去CO 2中混有的水蒸气 偏大 吸收空气中的CO 2和水蒸气 使反应产生的CO 2能与碱石灰充分反应而完全吸收 偏小 ×100%
【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）实验目的是测定Na 2CO 3质量分数，Na 2CO 3和稀硫酸反应Na 2CO 3＋H 2SO 4=Na 2SO 4＋CO 2↑＋H 2O ，通过CO 2的量计算Na 2CO 3的量，装置中含有空气，需要排除，鼓入空气的目的是赶走残留在广口瓶中及装置里的CO 2；（2）空气中含有CO 2，对CO 2质量测定，产生干扰，必须除去空气中CO 2，即装置A 中盛放的试剂为碱液；如果撤去装置A ，直接向装置B 中缓缓鼓入空气，造成所测CO 2的质量增加，根据碳元素守恒，Na 2CO 3的质量增大，即碳酸钠的质量分数增大；（3）装置C 中的试剂是浓硫酸，作用是除去CO 2中水蒸气，如果撤去装置C ，所测CO 2的质量增大，即碳酸钠的质量增大，导致实验结果偏大；（4）空气中含有水蒸气和CO 2，进入干燥管I 中，造成所测碳酸钠质量增大，因此装置II 作用是空气中的CO 2和水蒸气；（5）使反应产生CO 2能与碱石灰充分反应而完全吸收，如果通入过快，导致实验所测结果偏小；（6）干燥管I 的质量差为CO 2的质量，即CO 2的质量为(m 3－m 1)g ，根据碳元素守恒，碳酸钠的质量为(m 3－m 1)×106/44g ，则质量分数为(m 3－m 1)×106/44m 2×100%=
×100%。

21、△H = -46 kJ·mol - 1 N ad +3H ad = NH ad +2H ad 1正2正1逆2逆
k k k k CD 第一步快速平衡，温度升高，平衡逆向移动，c (N 2O 2)减小，第二步为决速步，c (N 2O 2)减小对反应速率的影响大于温度升高对反应速度的影响。