安徽省師范大學附屬中學高三下第一次測試新高考化學試題及答案解析

安徽省師范大學附屬中學高三下第一次測試新高考化學試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、人體血液存在H2CO3/HCO3－、HPO42－/H2PO4－等緩沖對。常溫下，水溶液中各緩沖對的微粒濃度之比的對數值lgx[x表示c(H2CO3)/c(HCO3-)或c(HPO42-)/c(H2PO4-)]與pH的關系如圖所示。已知碳酸pKal=6.4、磷酸pKa2=7.2（pKa=-lgKa）。則下列說法正確的是A．曲線I表示lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)與pH的變化關系B．a－b的過程中，水的電離程度逐漸減小C．當c(H2CO3)=c(HCO3－)時，c(HPO42－)=c(H2PO4－)D．當pH增大時，c(HCO3-)?c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐漸減小2、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．14.0gFe發(fā)生吸氧腐蝕生成Fe2O3·xH2O，電極反應轉移的電子數為0.5NAB．標準狀況下，11.2LSO2溶于水，溶液中含硫粒子的數目大于0.5NAC．常溫下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的數目為0.5NAD．分子式為C2H6O的某種有機物4.6g，含有C－H鍵的數目一定為0.5NA3、反應Cl2+2KI=2KCl+I2中，氧化劑是（）A．Cl2B．KIC．KClD．I24、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加。W、X、Y簡單離子的電子層結構相同，X元素在短周期主族元素中原子半徑最大；W的簡單氫化物常溫下呈液態(tài)，Y的氧化物和氯化物熔融時都能導電，X、Y和Z原子的最外層電子數之和為10。下列說法正確的是A．W、Z形成的化合物可做消毒劑B．原子半徑：W<Y<ZC．工業(yè)上采用電解Y的氧化物冶煉單質YD．W、X、Z三種元素組成的化合物水溶液一定顯堿性5、W、X、Y、Z、R是原子序數依次增大的五種短周期元素，其中W、R同主族；X是形成化合物種類最多的元素；常溫下，W與Z能形成兩種常見的液態(tài)化合物。下列說法正確的是A．X、Y的簡單氫化物的沸點：X＞YB．Z、R的簡單離子的半徑大?。篫＜RC．Y與W形成的最簡單化合物可用作制冷劑D．1molR2Z2與足量W2Z反應，轉移的電子數為2NA6、下列有關氨氣的制備、干燥、收集和尾氣處理錯誤的是A．圖甲：實驗室制氨氣 B．圖乙：干燥氨氣C．圖丙：收集氨氣 D．圖?。簩嶒炇抑瓢睔獾奈矚馓幚?、—定溫度下，在三個容積均為2.0L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)各容器中起始物質的量濃度與反應溫度如下表所示，反應過程中甲、丙容器中CO2的物質的量隨間變化關系如圖所示。容器溫度/℃起始物質的量濃度/mol·L-1NO(g)CO(g)N2CO2甲T10.100.1000乙T2000.100.20丙T20.100.1000下列說法正確的是（）A．該反應的正反應為吸熱反應B．乙容器中反應達到平衡時，N2的轉化率小于40%C．達到平衡時，乙容器中的壓強一定大于甲容器的2倍D．丙容器中反應達到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，此時v(正)<v(逆)8、ClO2和NaClO2均具有漂白性，工業(yè)上用ClO2氣體制NaClO2的工藝流程如圖所示。下列說法不正確的是A．步驟a的操作包括過濾、洗滌和干燥B．吸收器中生成NaClO2的離子方程式為2ClO2+H2O2=2ClO2－+2H++O2↑C．工業(yè)上將ClO2氣體制成NaCIO2固體,其主要目的是便于貯存和運輸D．通入的空氣的目的是驅趕出ClO2，使其被吸收其充分吸收9、某有機化工品R的結構簡式如圖所示。下列有關R的說法正確的是A．R的分子式為C10H10O2B．苯環(huán)上一氯代物有2種C．R分子中所有原子可共平面D．R能發(fā)生加成、氧化和水解反應10、下列離子方程式書寫正確的是()A．向NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液：2Fe2++ClO—+2H+＝Cl—+2Fe3++H2OB．向明礬溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42—沉淀完全：2Al3++3SO42—+3Ba2++6OH—＝2Al(OH)3↓+3BaSO4↓C．向Al2(SO4)3溶液中加入過量的NH3·H2O：Al3++4NH3·H2O＝AlO2—+2H2O+4NH4+D．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3—+Ba2++OH—＝BaCO3↓+H2O11、部分元素在周期表中的分布如圖所示（虛線為金屬元素與非金屬元素的分界線），下列說法不正確的是A．B只能得電子，不能失電子B．原子半徑Ge＞SiC．As可作半導體材料D．Po處于第六周期第VIA族12、鈉離子電池具有成本低、能量轉換效率高、壽命長等優(yōu)點。一種鈉離子電池用碳基材料（NamCn）作負極，利用鈉離子在正負極之間嵌脫過程實現充放電，該鈉離子電池的工作原理為Na1-mCoO2+NamCnNaCoO2+Cn。下列說法不正確的是A．放電時，Na+向正極移動B．放電時，負極的電極反應式為NamCn—me-=mNa++CnC．充電時，陰極質量減小D．充電時，陽極的電極反應式為NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+13、短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，它們的原子最外層電子數為互不相等的奇數。X與Y位于不同周期，X與W的最高化合價之和為8，元素Z的單質是目前使用量最大的主族金屬元素單質。下列說法中正確的是A．化合物YX4W溶于水后，得到的溶液呈堿性B．化合物YW3為共價化合物，電子式為C．Y、Z形成的一種化合物強度高，熱膨脹系數小，是良好的耐熱沖擊材料D．原子半徑大?。篧＞Z＞Y＞X14、化學與生活密切聯系，下列有關物質性質與應用對應關系正確的是A．SiO2具有很強的導電能力，可用于生產光導纖維B．Na2CO3溶液呈堿性，可用于治療胃酸過多C．NH3具有還原性，可用于檢查HCl泄漏D．BaSO4不溶于水和鹽酸，可用作胃腸X射線造影檢查15、如圖1為甲烷和O2

構成的燃料電池示意圖，電解質溶液為KOH溶液；圖2

為電解AlCl3

溶液的裝置，電極材料均為石墨。用該裝置進行實驗，反應開始后觀察到x電極附近出現白色沉淀。下列說法正確的是A．b電極為負極B．圖1中電解質溶液的pH增大C．a

電極反應式為CH4-8e-

+8OH-=CO2+6H2OD．圖2

中電解AlCl3溶液的總反應式為:2AlCl3

+6H2O2Al(OH)3

↓+3Cl

2↑+3H2

↑16、某興趣小組為研究碳酸鈉水解平衡與溫度的關系，用數字試驗系統(tǒng)測定一定濃度碳酸鈉溶液的pH與溫度的關系，得到曲線如圖，下列分析不合理的是（）A．碳酸鈉水解是吸熱反應B．ab段說明水解平衡向右移動C．bc段說明水解平衡向左移動D．水的電離平衡也對pH產生影響17、實驗室制備硝基苯的實驗裝置如圖所示（夾持裝置已略去）。下列說法不正確的是A．水浴加熱的優(yōu)點為使反應物受熱均勻、容易控制溫度B．濃硫酸、濃硝酸和苯混合時，應先向濃硝酸中緩緩加入濃硫酸，待冷卻至室溫后，再將苯逐滴滴入C．儀器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率D．反應完全后，可用儀器a、b蒸餾得到產品18、《Chem.sci.》報道麻生明院士團隊合成非天然活性化合物b(結構簡式如下)的新方法。下列說法不正確的是A．b的分子式為C18H17NO2 B．b的一氯代物有9種C．b存在一種順式結構的同分異構體 D．b能使酸性高錳酸鉀溶液褪色19、下列離子方程式正確且符合題意的是A．向Ba(NO3)2溶液中通入SO2，產生白色沉淀，發(fā)生的離子反應為Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2HB．向K3[Fe(CN)6]溶液中加入少量鐵粉，產生藍色沉淀，發(fā)生的離子反應為Fe+2[Fe(CN)6]3=Fe2++2[Fe(CN)6]4，3Fe2++2[Fe(CN)6]3=Fe3[Fe(CN)6]2↓C．向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，產生白色沉淀，證明一定發(fā)生離子反應：8MnO4-+5S2+24H=8Mn2++5SO42+12H2OD．向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液變黃色：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl20、某高校的研究人員研究出一種方法，可實現水泥生產時CO2零排放，其基本原理如圖所示，下列說法正確的是()A．該裝置可以將太陽能轉化為電能B．陰極的電極反應式為3CO2+4e—＝C+2CO32—C．高溫的目的只是為了將碳酸鹽熔融，提供陰陽離子D．電解過程中電子由負極流向陰極，經過熔融鹽到陽極，最后回到正極21、海洋中有豐富的食品、礦產、能源、藥物和水產資源等(如圖所示)。下列有關說法正確的是（）A．大量的氮、磷廢水排入海洋，易引發(fā)赤潮B．在③中加入鹽酸溶解得到MgCl2溶液，再直接蒸發(fā)得到MgCl2·6H2OC．在④⑤⑥中溴元素均被氧化D．在①中除去粗鹽中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質，加入的藥品順序為Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→過濾后加鹽酸22、以下說法正確的是（）A．共價化合物內部可能有極性鍵和非極性鍵B．原子或離子間相互的吸引力叫化學鍵C．非金屬元素間只能形成共價鍵D．金屬元素與非金屬元素的原子間只能形成離子鍵二、非選擇題(共84分)23、（14分）原子序數依次增大的X、Y、Z、W、M五種短周期主族元素中，X、Y兩元素間能形成原子個數比分別為1:1和1:2的固態(tài)化合物A和B，Y是短周期元素中失電子能力最強的元素，W、M的最高價氧化物對應的水化物化學式分別為H3WO4、HMO4，Z的單質能與鹽酸反應。(1)根據上述條件不能確定的元素是______（填代號），A的電子式為_____，舉例說明Y、Z的金屬性相對強弱：______(寫出一個即可）。(2)W能形成多種含氧酸及應的鹽，其中NaH2WO2能與鹽酸反應但不能與NaOH溶液反應，則下列說法中正確的是___________(填字母)AH3WO2是三元酸BH3WO2是一元弱酸CNaH2WO2是酸式鹽DNaH2WO2不可能被硝酸氧化(3)X、M形成的一種化合物MX2是一種優(yōu)良的水處理劑，某自來水化驗室利用下列方法襝測處理后的水中MX2殘留量是否符合飲用水標準（殘留MX2的濃度不高于0.1mg?L-1），已知不同pH環(huán)境中含M粒子的種類如圖所示：I.向100.00mL水樣中加入足量的KI，充分反應后將溶液調至中性，再加入2滴淀粉溶液。向I中所得溶液中滴加2.0×10-4mol?L-1的溶液至終點時消耗5.00mL標準溶液(已知2S2O32-+I2=S4O26-+2I-）。①則該水樣中殘留的的濃度為______mg?L-1。②若再向II中所得溶液中加硫酸調節(jié)水樣pH至1?3，溶液又會呈藍色，其原因是____(用離子方程式表示）。24、（12分）研究發(fā)現艾滋病治療藥物利托那韋對新型冠狀病毒也有很好的抑制作用，它的合成中間體2-異丙基-4-(甲基氨基甲基)噻唑可按如下路線合成：回答下列問題：(1)A的結構簡式是__________，C中官能團的名稱為______________。(2)①、⑥的反應類型分別是__________、_____。D的化學名稱是______。(3)E極易水解生成兩種酸，寫出E與NaOH溶液反應的化學方程式：_______。(4)H的分子式為__________________。(5)I是相對分子質量比有機物D大14的同系物，寫出I符合下列條件的所有同分異構體的結構簡式：_____________。①能發(fā)生銀鏡反應②與NaOH反應生成兩種有機物(6)設計由，和丙烯制備的合成路線______________(無機試劑任選)。25、（12分）亞氯酸鈉（NaClO2）是一種重要的含氯消毒劑，在水中溶解度較大，遇酸放出ClO2，是一種高效的氧化劑和優(yōu)質漂白劑，可用于各種纖維和某些食品的漂白。過氧化氫法制備NaClO2固體的實驗裝置如圖所示：已知：①ClO2的熔點為-59℃、沸點為11℃，極易溶于水，遇熱水、見光易分解；氣體濃度較大時易發(fā)生分解，若用空氣、CO2、氮氣等氣體稀釋時，爆炸性則降低。②2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O請回答：(1)按上圖組裝好儀器后，首先應該進行的操作是____；裝置B的作用是___；冰水浴冷卻的主要目的不包括_（填字母）。a．減少H2O2的分解b．降低ClO2的溶解度c．減少ClO2的分解(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，寫出三頸燒瓶中生成ClO2的化學方程式：____。(3)裝置C中加入NaOH溶液的目的除了作反應物外，還因為_____?？諝獾牧魉龠^慢或過快都會影響NaClO2的產率，試分析原因：________。(4)該套裝置存在的明顯缺陷是_________。(5)為防止生成的NaClO2固體被繼續(xù)還原為NaCl，所用還原劑的還原性應適中。除H2O2外，還可以選擇的還原劑是_（填字母）A．過氧化鈉B．硫化鈉C．氯化亞鐵D．高錳酸鉀(6)若mgNaClO3(s)最終制得純凈的ngNaClO2(s)，則NaClO2的產率是_×100%。26、（10分）實驗室用如圖裝置（略去夾持儀器）制取硫代硫酸鈉晶體。已知：①Na2S2O1．5H2O是無色晶體，易溶于水，難溶于乙醇。②硫化鈉易水解產生有毒氣體。③裝置C中反應如下：Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1?；卮鹣铝袉栴}：（1）裝置B的作用是___。（2）該實驗能否用NaOH代替Na2CO1？___（填“能”或“否”）。（1）配制混合液時，先溶解Na2CO1，后加入Na2S·9H2O，原因是___。（4）裝置C中加熱溫度不宜高于40℃，其理由是___。（5）反應后的混合液經過濾、濃縮，再加入乙醇，冷卻析出晶體。乙醇的作用是___。（6）實驗中加入m1gNa2S·9H2O和按化學計量的碳酸鈉，最終得到m2gNa2S2O1·5H2O晶體。Na2S2O1·5H2O的產率為___（列出計算表達式）。[Mr(Na2S·9H2O)=240，Mr(Na2S2O1·5H2O)=248]（7）下列措施不能減少副產物Na2SO4產生的是___（填標號）。A．用煮沸并迅速冷卻后的蒸餾水配制相關溶液B．裝置A增加一導管，實驗前通人N2片刻C．先往裝置A中滴加硫酸，片刻后往三頸燒瓶中滴加混合液D．將裝置D改為裝有堿石灰的干燥管27、（12分）氮化鍶（Sr3N2）在工業(yè)上廣泛用于生產熒光粉。已知：鍶與鎂位于同主族；鍶與氮氣在加熱條件下可生成氮化鍶，氮化鍶遇水劇烈反應。I.利用裝置A和C制備Sr3N2（1）寫出由裝置A制備N2的化學方程式_______。（2）裝置A中a導管的作用是_______。利用該套裝置時，應先點燃裝置A的酒精燈一段時間后，再點燃裝置C的酒精燈，理由是__________。II.利用裝置B和C制備Sr3N2。利用裝置B從空氣中提純N2（已知：氧氣可被連苯三酚溶液定量吸收）（3）寫出裝置B的NaOH溶液中發(fā)生反應的離子方程式_________。（4）裝置C中廣口瓶盛放的試劑是_________。III.測定Sr3N2產品的純度（5）取ag該產品，向其中加入適量的水，將生成的氣體全部通入濃硫酸中，利用濃硫酸增重質量計算得到產品的純度，該方法測得產品的純度偏高，其原因是____。經改進后測得濃硫酸增重bg，則產品的純度為_____（用相關字母的代數式表示）。28、（14分）過氧化氫(H2O2)在醫(yī)藥、化工、民用等方面有廣泛的應用。回答下面問題：（1）最早制備H2O2使用的原料是易溶于水的BaO2和稀硫酸，發(fā)生反應的化學方程式是_____。BaO2的電子式為：__________。（2）目前工業(yè)制備H2O2的主要方法是蒽醌法。反應流程如下：已知：乙基蒽醌是反應中的催化劑。①蒽醌法所用原料的物質的量之比為_____________。②操作a是__________________。③再生回收液的成分是______________________。（3）測量過氧化氫濃度常用的方法是滴定法，某次測定時，取20.00mL過氧化氫樣品，加入過量硫酸酸化，用0.l000mol/L的KMnO4標準溶液滴定至終點，消耗10.00mL，滴定時發(fā)生反應的離子方程式為____，該樣品中H2O2的物質的量濃度為_______。29、（10分）稀土元素是指元素周期表中原子序數為57到71的15種鑭系元素，以及與鑭系元素化學性質相似的鈧(Sc)和釔(Y)共17種元素。稀土元素有“工業(yè)維生素”的美稱，如今已成為極其重要的戰(zhàn)略資源。（1）鈧(Sc)為21號元素，位于周期表的_____區(qū)，基態(tài)原子價電子排布圖為_______。（2）離子化合物Na3[Sc(OH)6]中，存在的化學鍵除離子鍵外還有_______。（3）Sm(釤)的單質與l，2－二碘乙烷可發(fā)生如下反應：Sm+ICH2CH2I→SmI2+CH2=CH2。ICH2CH2I中碳原子雜化軌道類型為______,lmolCH2=CH2中含有的σ鍵數目為______。常溫下l，2－二碘乙烷為液體而乙烷為氣體，其主要原因是__________（4）與N3-互為等電子體的分子有________________（寫兩個化學式）。（5）Ce（鈰）單質為面心立方晶體，其晶胞參數a=516pm。晶胞中Ce（鈰）原子的配位數為_______，列式表示Ce（鈰）單質的密度：________g/cm3（用NA表示阿伏伽德羅常數的值，不必計算出結果）

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】

H2CO3HCO3－+H＋的電離平衡常數Kal=c(H＋)·c(HCO3－)/c(H2CO3)，所以lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=pKal-pH=6.4-pH，H2PO4－HPO42－+H＋的電離平衡常數Ka2=c(H＋)·c(HPO42－)/c(H2PO4－)，所以lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-pKa2=pH-7.2，A．當lgx=0時，pH分別為6.4、7.2；B．酸對水的電離有抑制作用，酸性越強即pH越小，抑制作用越大，水的電離程度越??；C．當c（H2CO3）=c（HCO3－）時，即lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=0，溶液中pH=6.4，則lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8；D．c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3－)·c(H＋)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2，pH增大則H2CO3HCO3－+H＋正向進行，使c（H2CO3）減小?！驹斀狻緼．當lgx=0時，pH分別為6.4、7.2，所以曲線I表示lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=pKal-pH=6.4-pH，曲線II表示lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-pKa2=pH-7.2，故A錯誤；B．酸對水的電離有抑制作用，酸性越強即pH越小，抑制作用越大，水的電離程度越小，a-b的過程中pH增大，溶液酸性減弱，水的電離程度增大，故B錯誤；C．當c（H2CO3）=c（HCO3－）時，即lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=0，溶液中pH=6.4，則lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8＜0，即c（HPO42－）＜c（H2PO4－），故C錯誤；D、c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3－)·c(H＋)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2，pH增大則H2CO3HCO3－+H＋正向進行，使c（H2CO3）減小，Ka1、Ka2不變，所以pH增大時，c(HCO3-)?c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐漸減小，故D正確；故選D。【點睛】本題考查弱電解質的電離平衡及其溶液中離子濃度的變化關系，把握電離平衡常數意義及應用、分析圖象信息是解題關鍵，注意比例式的恒等轉化以判斷其增減性的方法。2、A【解析】

A．鐵發(fā)生吸氧腐蝕，鐵為負極，電極反應為：Fe-2e-=Fe2+，正極反應為：O2+4e-+2H2O=4OH-，Fe2+與OH-反應生成的氫氧化亞鐵又被氧氣氧化為氫氧化鐵，最后變成Fe2O3·xH2O，14.0gFe的物質的量為，電極反應轉移的電子數為0.252NA=0.5NA，A正確；B．標況下，11.2LSO2的物質的量為0.5mol，溶于水生成H2SO3，H2SO3發(fā)生兩級電離：H2SO3?HSO3-+H+、HSO3-?SO32-+H+，根據質量守恒定律，溶液中含硫粒子的數目等于0.5NA，B錯誤；C．常溫下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=1mol?L-1，OH-數目為0.5L1mol?L-1=0.5NA，由Ba(OH)2的化學式可知Ba2+的數目為0.25NA，C錯誤；D．化學式為C2H6O的有機物可能為乙醇（C2H5OH）或甲醚(CH3OCH3)，乙醇(C2H5OH)分子中有5個C-H鍵，甲醚(CH3OCH3)分子中有6個C-H鍵，C2H6O的某種有機物4.6g的物質的量為0.1mol，含C-H鍵數目不一定為0.5NA，D錯誤。答案選A。3、A【解析】根據單質中元素化合價為零、化合物中正負化合價代數和為零可知，反應物中，Cl2屬于單質，氯氣中氯元素化合價為零，碘化鉀中鉀顯+1價，碘顯-1價，生成物中，氯化鉀中鉀為+1價，氯為-1價，碘單質中碘元素的化合價是零，因此反應后化合價降低的元素是氯，氯氣是氧化劑，故選A。4、A【解析】

X元素是短周期主族元素中原子半徑最大，則X為Na，W的簡單氫化物常溫下呈液態(tài)，該氫化物是H2O，即W為O，Y的氧化物和氯化物熔融狀態(tài)下都能夠導電，說明它們都是離子化合物，即Y為Mg，X、Y、Z原子最外層電子數之和10，推出Z的最外層有7個電子，四種元素原子序數依次增大，即Z為Cl，據此分析；【詳解】X元素是短周期主族元素中原子半徑最大，則X為Na，W的簡單氫化物常溫下呈液態(tài)，該氫化物是H2O，即W為O，Y的氧化物和氯化物熔融狀態(tài)下都能夠導電，說明它們都是離子化合物，即Y為Mg，X、Y、Z原子最外層電子數之和10，推出Z的最外層有7個電子，四種元素原子序數依次增大，即Z為Cl，A.W和Z形成的化合物可以是ClO2，ClO2具有強氧化劑，能作消毒劑，故A正確；B.O、Mg、Cl原子半徑大小是Mg>Cl>O，故B錯誤；C.工業(yè)上冶煉金屬鎂，常電解熔融狀態(tài)的氯化鎂，因為氯化鎂的熔點低于氧化鎂，故C錯誤；D.O、Na、Cl可以形成多種化合物，NaClO水溶液顯堿性，NaClO4水溶液顯中性，故D錯誤；答案：A?！军c睛】易錯點是Y元素的推斷，學生認為Y可能是Al，認為Al2O3和AlCl3熔融中狀態(tài)下都能夠導電，忽略了AlCl3是共價化合物，熔融狀態(tài)下不能夠導電。5、C【解析】

W、X、Y、Z、R是原子序數依次增大的五種短周期元素，X是形成化合物種類最多的元素，推出X為C，常溫下，W與Z能形成兩種常見的液態(tài)化合物，可知是H2O、H2O2，推出W為H，Z為O，W、R同主族，因此推出R為Na，X為C，Z為O，可知Y為N。A.X、Y的簡單氫化物分別為CH4、H2O，水分子之間存在氫鍵，沸點：CH4＜H2O，A項錯誤；B.Z、R對應的離子為：O2-、Na+，電子層相同，原子序數小的，離子半徑大，離子的半徑大?。篛2-＞Na+，B項錯誤；C.Y與W形成的最簡單化合物NH3，可用作制冷劑，C項正確；D.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2mol過氧化鈉轉移電子2mol，1molNa2O2反應，轉移的電子數為NA，D項錯誤；答案選C。6、D【解析】

A．實驗室通過加熱氯化銨和氫氧化鈣的混合物制氨氣，故A正確；B．氨氣是堿性氣體，可以用堿石灰干燥氨氣。故B正確；C．氨氣的密度比空氣小，于空氣中的物質不反應，可以用排空氣法收集，用圖示裝置收集氨氣需要短進長出，故C正確；D．氨氣極易溶于水，用圖示裝置進行氨氣的尾氣處理，會產生倒吸，故D錯誤；故選D?！军c睛】本題的易錯點為C，要注意理解瓶口向上排空氣法的原理。7、B【解析】

A.根據圖示，甲反應速率快，，升高溫度，CO2的物質的量減少，所以該反應的正反應為放熱反應，故A錯誤；B.丙中達到平衡狀態(tài)時二氧化碳為0.12mol，根據“一邊倒原則”，乙容器相當于加入0.20molNO和0.20molCO，投料是丙的2倍，與丙相比，相當于加壓，平衡正向移動，乙容器中N2的平衡濃度大于0.06mol/L；所以N2的轉化率小于40%，故B正確；C.根據“一邊倒原則”，乙容器相當于加入0.20molNO和0.20molCO，投料的物質的量是甲的2倍，乙壓強大，平衡正向進行，氣體物質的量減小，甲的溫度比乙高，所以乙容器中的壓強一定小于甲容器的2倍，故C錯誤；D.；丙容器中反應達到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，，平衡正向進行，所以v(正)>v(逆)，故D錯誤；【點睛】本題考查了平衡常數、等效平衡原理的應用，學會根據Q、K的關系判斷化學反應方向，Q=K時，反應達到平衡狀態(tài)；Q>K時，反應逆向進行；Q<K時，反應正向進行。8、B【解析】

A.結晶后分離出固體的操作是過濾、洗滌和干燥，故A正確；B.在堿性條件下，產物中不能有酸，生成NaClO2的離子方程式為2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+2H2O+O2↑，故B錯誤；C.ClO2是氣體，氣體不便于貯存和運輸，制成NaCIO2固體，便于貯存和運輸，故C正確；D.通入的空氣可以將ClO2驅趕到吸收器中，使其被吸收其充分吸收，故D正確。選B。9、D【解析】

A．R的分子式為C10H8O2，A項錯誤；B．苯環(huán)上4個氫原子位置不對稱，故苯環(huán)上一氯代物有4種，B項錯誤；C．－CH3中四個原子不可能共平面，則R分子中所有原子不可能共平面，C項錯誤；D．R含有酯基、碳碳雙鍵和苯環(huán)，能發(fā)生水解反應、加成反應和氧化反應，D項正確；答案選D?！军c睛】確定多官能團有機物性質的步驟：（1）找出有機物所含的官能團，如碳碳雙鍵、碳碳叁鍵、醇羥基、酚羥基、羧基等等；（2）聯想每種官能團的典型性質；（3）結合選項分析對有機物性質描述的正誤。注意：有些官能團性質會交叉，如碳碳叁鍵與醛基都能被溴水、酸性高錳酸鉀溶液氧化，也能與氫氣發(fā)生加成反應等。10、D【解析】

A.NaClO溶液呈堿性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，會生成Fe(OH)3沉淀；B.硫酸根離子完全沉淀時，鋁離子與氫氧根離子的物質的量之比為1:4，反應生成偏鋁酸根；C.氫氧化鋁不溶于弱堿，所以不會生成偏鋁酸根；D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，n[Ba(OH)2]:n(NaHCO3)=1:1【詳解】A.NaClO溶液呈堿性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，發(fā)生3H2O+3ClO-+6Fe2+=2Fe(OH)3↓+4Fe3++3Cl-，故A錯誤；B.向明礬溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀，鋁離子恰好反應生成偏鋁酸根離子，反應的化學方程式為KAl(SO4)2+2Ba(OH)2=2BaSO4+KAlO2+2H2O，對應的離子方程式為：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故B錯誤；C.氫氧化鋁不溶于弱堿，所以向Al2(SO4)3溶液中加入過量的NH3?H2O：Al3++3NH3?H2O═Al(OH)3↓+3NH4+D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，HCO3-無剩余，離子方程式：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，D正確，選D?！军c睛】本題考查了離子方程式的書寫，明確反應實質及離子方程式書寫方法是解題關鍵，注意化學式的拆分、注意離子反應遵循原子個數、電荷數守恒規(guī)律，題目難度不大．11、A【解析】

同一周期從左到右元素的金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強；同一主族從上到下元素的金屬性逐漸增強，非金屬性逐漸減弱，因此圖中臨近虛線的元素既表現一定的金屬性，又表現出一定的非金屬性，在金屬和非金屬的分界線附近可以尋找半導體材料（如鍺、硅、硒等），據此分析解答。【詳解】A.根據以上分析，B元素位于金屬元素與非金屬元素的分界線附近，既能得電子，又能失電子，故A錯誤；B.同一主族元素從上到下原子半徑逐漸增大，所以原子半徑Ge＞Si，故B正確；C.As元素位于金屬元素與非金屬元素的分界線附近，可作半導體材料，故C正確；D.Po為主族元素，原子有6個電子層，最外層電子數為6，處于第六周期第VIA族，故D正確。故選A。12、C【解析】

A.放電時，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，故A不選；B.放電時，負極是金屬鈉失去電子，故電極反應式為NamCn—me-=mNa++Cn，故B不選；C.充電時，陰極的電極反應式為mNa++Cn+me-=NamCn，電極質量增加，故C選；D.充電時，陽極是NaCoO2中的Co失去電子轉化為Na1-mCoO2，電極反應式為NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+，故D不選。故選C?！军c睛】碳基材料NamCn中，Na和C都為0價，Na是嵌在碳基里的。在NaCoO2中，Co的化合價比Na1-mCoO2中的Co的化合價低，所以充電時，陽極是NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+。13、C【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，它們的原子最外層電子數為互不相等的奇數，說明最外層電子數依次為1、3、5、7，元素Z的單質是目前使用量最大的主族金屬元素單質，則Z為Al元素、Y為N元素、W為Cl元素；。X與Y位于不同周期，則X為H元素?！驹斀狻緼項、X為H、Y為N元素、W為Cl元素，元素化合物YX4W為NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，故A錯誤；B項、Y為N元素、W為Cl元素，化合物NCl3為共價化合物，電子式為，故B錯誤；C項、Y為N元素、Z為Al元素，AlN為原子晶體，原子晶體具有強度高、熱膨脹系數小、耐熱沖擊的特征，故C正確；D項、在周期表中，同一周期從左到右，原子半徑逐漸減小，同一主族的元素的原子半徑從上到下依次增大，H原子半徑最小，故原子半徑從大到小的順序為Al＞Cl＞H，D錯誤。故選C。【點睛】本題考查元素周期律的應用，元素的推斷為解答本題的關鍵，注意最外層電子數為1、3、5、7來推斷元素為解答的難點。14、D【解析】

A.SiO2纖維傳導光的能力非常強，所以是制光導纖維的主要原料，但二氧化硅不能導電，A錯誤；B.碳酸鈉溶液的堿性較強，不能用于治療胃酸過多，應選氫氧化鋁或碳酸氫鈉來治療胃酸過多，B錯誤；C.NH3與HCl反應生成NH4Cl白色固體，因此會看到產生大量的白煙，利用這一現象可檢查HCl是否泄漏，與NH3的還原性無關，C錯誤；D.硫酸鋇不溶于水，也不能與鹽酸反應，同時也不能被X射線透過，因此可用作鋇餐，用于胃腸X射線造影檢查，D正確；故合理選項是D。15、D【解析】A.x電極附近出現的白色沉淀是氫氧化鋁，X電極因產生OH-而作陰極，相應地b電極為正極，故A錯誤；B.圖1中電池反應為CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，電解質溶液的pH減小，故B錯誤；C.在堿性溶液中不能產生CO2，a電極反應式為CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，故C錯誤；D.圖2中電解AlCl3溶液的總反應式為：2AlCl3+6H2O2Al(OH)3↓+3Cl2↑+3H2↑，故D正確。故選D。16、C【解析】

A．根據圖象，碳酸鈉溶液中碳酸根離子水解，在一定的溫度范圍內升高溫度，溶液的pH增大，說明升高溫度，促進了水解，說明水解是吸熱反應，故A正確；B．ab段說明升溫促進水解，氫氧根離子濃度增大，堿性增大，溶液pH增大，圖象符合，故B正確；C．溶液中存在碳酸根的水解平衡CO32-+H2O?HCO3-+OH-和水的電離平衡H2O?H++OH-，二者均為吸熱反應，bc段中溫度進一步升高，水電離出更多的氫氧根，抑制了碳酸根的水解，導致溶液的堿性降低，pH減小，故C錯誤；D．隨溫度升高，此時促進鹽類水解，對水的電離也起到促進作用，氫氧根離子濃度增大，抑制碳酸鈉的水解，因此水的電離平衡也對pH產生影響，故D正確；故選C?！军c睛】本題的難點是圖象變化特征的理解，要注意溶液中存在的平衡之間的相互影響。17、D【解析】

A．水浴加熱可保持溫度恒定，即水浴加熱的優(yōu)點為使反應物受熱均勻、容易控制溫度，故A正確；

B．濃硫酸稀釋放熱，為了防止暴沸，則向濃硝酸中緩緩加入濃硫酸，為防止苯揮發(fā)，待冷卻后，將苯逐滴滴入，故B正確；

C．球形冷凝管可冷凝回流反應物，則儀器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，故C正確；

D．反應完全后，混合體系分層，應分液分離出有機物，再蒸餾分離出硝基苯，故D錯誤；

故選：D。18、B【解析】

A．由結構簡式()可知，該有機物分子式為C18H17NO2，故A正確；B．有機物b中含有10種()不同的H原子，一氯代物有10種，故B錯誤；C．C=C兩端碳原子上分別連接有2個不同的基團，存在一種順式結構的同分異構體，故C正確；D．含有碳碳雙鍵，可發(fā)生氧化反應，可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D正確；答案選B?！军c睛】本題的易錯點為C，要注意有機物存在順反異構的條件和判斷方法。19、B【解析】

A．BaSO3和HNO3不能大量共存，白色沉淀是BaSO4，A項錯誤；B．鐵氰化鉀可氧化鐵單質生成亞鐵離子，Fe2+與K3[Fe(CN)6]溶液反應生成具有藍色特征的鐵氰化亞鐵沉淀，離子方程式正確，B項正確；C．不能排除是用硫酸對高錳酸鉀溶液進行酸化，故酸化的高錳酸鉀溶液中可能含有H2SO4，則不能證明上述離子反應一定發(fā)生，C項錯誤；D．還原性：I＞Fe2+，少量氯水優(yōu)先氧化碘離子，離子方程式應為2I＋Cl2=I2＋2Cl，D項錯誤；答案選B。【點睛】離子方程式書寫正誤判斷方法：（1）一查：檢查離子反應方程式是否符合客觀事實；（2）二查：“==”“”“↓”“↑”是否使用恰當；（3）三查：拆分是否正確。只有易溶于水的強電解質能拆寫成離子，其他物質均不能拆寫；（4）四查：是否漏寫離子反應；（5）五查：反應物的“量”——過量、少量、足量等；（6）六查：是否符合三個守恒：質量守恒、電荷守恒以及得失電子守恒。20、B【解析】

A.由題圖知，太陽能轉化為化學能，該裝置為電解池，將電能轉化為化學能，故A錯誤；B.陰極發(fā)生還原反應，電極反應式為3CO2+4e—＝C+2CO32—，故B正確；C.高溫的目的是將碳酸鹽熔融提供陰陽離子，將碳酸鈣分解為氧化鈣和二氧化碳，故C錯誤；D.電解過程中電子由負極流向陰極，陽極流向正極，熔融鹽中沒有電子移動，故D錯誤。答案選B。21、A【解析】

A．氮、磷為植物生長的營養(yǎng)元素，氮和磷大量排入海洋中，會導致水體富營養(yǎng)化污染，形成赤潮，故A正確；B．在③中加入鹽酸溶解得到MgCl2溶液，MgCl2溶液中水解生成的氯化氫容易揮發(fā)，直接蒸發(fā)得不到MgCl2·6H2O，故B錯誤；C．⑤中溴得電子化合價降低轉化為溴離子，溴元素被還原，故C錯誤；D．鎂離子用氫氧根離子沉淀，硫酸根離子用鋇離子沉淀，鈣離子用碳酸根離子沉淀，為了除去過量的鋇離子，碳酸鈉要放在加入的氯化鋇之后，這樣碳酸鈉會除去反應剩余的氯化鋇，因此Na2CO3溶液不能放在BaCl2溶液之前加入，故D錯誤；故選A。22、A【解析】

A、全部由共價鍵形成的化合物是共價化合物，則共價化合物內部可能有極性鍵和非極性鍵，例如乙酸、乙醇中，A正確；B、相鄰原子之間強烈的相互作用是化學鍵，包括引力和斥力，B不正確；C、非金屬元素間既能形成共價鍵，也能形成離子鍵，例如氯化銨中含有離子鍵，C不正確；D、金屬元素與非金屬元素的原子間大部分形成離子鍵，但也可以形成共價鍵，例如氯化鋁中含有共價鍵，D不正確；答案選A。二、非選擇題(共84分)23、Z鈉的金屬性比Z的強，如鈉能與冷水劇烈反應而Z不能（或最高價氧化物對應水化物的堿性：Na＞Z）B0.675ClO2－+4I－+4H+=Cl-+2I2+2H2O【解析】

Y是短周期元素中失電子能力最強的元素，則推出Y為Na元素，又X、Y兩元素間能形成原子個數比分別為1:1和1:2的固態(tài)化合物A和B，則推出X為O元素，兩者形成的化合物為B為Na2O、A為Na2O2；Z的單質能與鹽酸反應，則說明Z為活潑金屬，為Mg或Al中的一種；W、M的最高價氧化物對應的水化物化學式分別為H3WO4、HMO4，則W和M的最高價化合價分別為+5和+7，又X、Y、Z、W、M五種短周期主族元素原子序數依次增大，則可推出W為P元素，M為Cl元素，據此分析作答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治鲆字篨、Y、Z、W、M分別是O、Na、Mg或Al、P、Cl，則（1）Z可與鹽酸反應，Z可能是Mg或Al中的一種，不能確定具體是哪一種元素；A為Na2O2，由離子鍵和共價鍵構成，其電子式為：；鈉的金屬性比Z的強，如鈉能與冷水劇烈反應而Z不能（或最高價氧化物對應水化物的堿性：Na＞Z），故答案為：Z；；鈉的金屬性比Z的強，如鈉能與冷水劇烈反應而Z不能（或最高價氧化物對應水化物的堿性：Na＞Z）；（2）NaH2PO2能與鹽酸反應，說明H3PO2是弱酸，NaH2PO2不能與NaOH反應，說明NaH2PO2中的H不能被中和，推出NaH2PO2為正鹽，C項錯誤；H3PO2分子中只能電離出一個H＋，為一元弱酸，B項正確，A項錯誤；NaH2PO2中P的化合價為+1，具有還原性，可被硝酸氧化，D項錯誤；故答案為B；（3）①由圖知，中性條件下ClO2被I－還原為ClO2－，I－被氧化為I2；根據氧化還原反應中得失電子數目相等可知：2ClO2~I2~2Na2S2O3，因此可知，水中殘留的ClO2的濃度為2×10-4mol/L×5×10-3L×67.5g/mol×1000mg/g÷0.1L=0.675mg/L，故答案為：0.675；②由圖知，水樣pH調至1~3時，ClO2-被還原成Cl-，該操作中I－被ClO2－氧化為I2，故離子方程式為：ClO2－+4I－+4H+=Cl-+2I2+2H2O。24、CH2＝CH－CH2Cl羰基、氯原子加成反應取代反應2-甲基丙酸+2NaOH→+NaCl+H2OC8H14N2SHCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3【解析】

根據合成路線中，有機物的結構變化、分子式變化及反應條件分析反應類型及中間產物；根據目標產物及原理的結構特征及合成路線中反應信息分析合成路線；根據結構簡式、鍵線式分析分子式及官能團結構?！驹斀狻浚?）根據B的結構及A的分子式分析知，A與HOCl發(fā)生加成反應得到B，則A的結構簡式是CH2＝CH－CH2Cl；C中官能團的名稱為羰基、氯原子；故答案為：CH2＝CH－CH2Cl；羰基、氯原子；（2）根據上述分析，反應①為加成反應；比較G和H的結構特點分析，G中氯原子被甲胺基取代，則反應⑥為取代反應；D為，根據系統(tǒng)命名法命名為2-甲基丙酸；故答案為：加成反應；取代反應；2-甲基丙酸；（3）E水解時C-Cl鍵發(fā)生斷裂，在堿性條件下水解生成兩種鹽，化學方程式為：+2NaOH→+NaCl+H2O，故答案為：+2NaOH→+NaCl+H2O；（4）H的鍵線式為，則根據C、N、S原子的成鍵特點分析分子式為C8H14N2S，故答案為：C8H14N2S；（5）I是相對分子質量比有機物D大14的同系物，則I的結構比D多一個CH2原子團；①能發(fā)生銀鏡反應，則結構中含有醛基；②與NaOH反應生成兩種有機物，則該有機物為酯；結合分析知該有機物為甲酸某酯，則I結構簡式為：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3，故答案為：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；（6）根據合成路線圖中反應知，可由與合成得到，由氧化得到，可由丙烯加成得到，合成路線為：，故答案為：。25、檢查裝置的氣密性防止倒吸b2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2ONaClO2遇酸放出ClO2空氣流速過慢時，ClO2不能及時被移走，濃度過高導致分解爆炸；空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的產率下降沒有處理尾氣A或或(或其他合理答案)【解析】

在裝置內，NaClO3與H2SO4的混合液中滴加H2O2，發(fā)生反應2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，生成的ClO2與O2的混合氣隨空氣排出進入B裝置；B裝置的進、出氣導管都很短，表明此裝置為防倒吸裝置，混合氣進入C中，發(fā)生反應2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，ClO2的熔點低，遇熱水、見光易分解，所以應使用冰水浴，以降低氣體的溫度；氣體濃度較大時易發(fā)生分解，若用空氣、CO2、氮氣等氣體稀釋時，爆炸性則降低，則需控制氣體的流速不能過慢，但過快又會導致反應不充分，吸收效率低。ClO2氣體會污染大氣，應進行尾氣處理。【詳解】(1)制取氣體前，為防漏氣，應在組裝好儀器后，進行的操作是檢查裝置的氣密性；由以上分析知，裝置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷卻氣體，可減少H2O2的分解、減少ClO2的分解，ClO2為氣體，降溫有利于氣體的溶解，不可能降低ClO2的溶解度，所以主要目的不包括b。答案為：檢查裝置的氣密性；防止倒吸；b；(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，三頸燒瓶中NaClO3與H2SO4的混合液中滴加H2O2，發(fā)生反應生成ClO2的化學方程式為2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。答案：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；(3)因為NaClO2遇酸會放出ClO2，所以裝置C中加入NaOH溶液的目的除了作反應物外，還因為NaClO2遇酸放出ClO2，加堿可改變環(huán)境，使NaClO2穩(wěn)定存在?？諝獾牧魉龠^慢或過快都會影響NaClO2的產率，原因是：空氣流速過慢時，ClO2不能及時被移走，濃度過高導致分解爆炸；空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的產率下降。答案為：NaClO2遇酸放出ClO2；空氣流速過慢時，ClO2不能及時被移走，濃度過高導致分解爆炸；空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的產率下降；(4)ClO2氣體會污染大氣，應進行尾氣處理，所以該套裝置存在的明顯缺陷是沒有處理尾氣。答案為：沒有處理尾氣；(5)A．過氧化鈉與水反應，可生成H2O2和NaOH，其還原能力與H2O2相似，A符合題意；B．硫化鈉具有強還原性，能將NaClO2固體還原為NaCl，B不合題意；C．氯化亞鐵具有較強還原性，能將NaClO2固體還原為NaCl，C不合題意；D．高錳酸鉀具有強氧化性，不能將NaClO2固體還原，D不合題意；故選A。答案為：A；(6)可建立如下關系式：NaClO3(s)—ClO2—NaClO2(s)，從而得出NaClO2(s)的理論產量為：=g，NaClO2的產率是=×100%。答案為：或或(或其他合理答案)?！军c睛】書寫三頸燒瓶中NaClO3與H2SO4的混合液中滴加H2O2的方程式時，我們可先確定主反應物(NaClO3、H2O2)和主產物(ClO2、O2)，然后配平，即得2NaClO3+H2O2——2ClO2↑+O2↑；再利用質量守恒確定其它反應物(H2SO4)和產物(Na2SO4、H2O)，最后配平，即得2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。26、安全瓶，防止倒吸能碳酸鈉溶液顯堿性，可以抑制Na2S水解溫度過高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1較多，或Na2S2O1產率降低等其它合理答案降低Na2S2O1晶體的溶解度，促進晶體析出×100%D【解析】

(1)裝置B的作用是平衡壓強，防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是與二氧化硫反應制備亞硫酸鈉；(1)Na2S是強堿弱酸鹽，易發(fā)生水解；(4)溫度過高不利于二氧化硫的吸收，產品產率會降低；(5)Na2S2O1．5H2O是無色晶體，易溶于水，難溶于乙醇；(6)根據反應Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1，列關系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，結合數據計算理論上制得Na2S2O1·5H2O晶體的質量，Na2S2O1·5H2O的產率為；(7)Na2SO1易被氧化為硫酸鈉，減少副產物的含量就要防止Na2SO1被氧化?！驹斀狻?1)裝置B的作用是平衡壓強，防止倒吸，則B為安全瓶防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是與二氧化硫反應制備亞硫酸鈉，氫氧化鈉和二氧化硫反應也可以生成亞硫酸鈉，可以代替碳酸鈉；(1)Na2S是強堿弱酸鹽，易發(fā)生水解，碳酸鈉溶液顯堿性，可以抑制Na2S水解；(4)溫度過高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1較多，或Na2S2O1產率降低等其它合理答案；(5)Na2S2O1．5H2O是無色晶體，易溶于水，難溶于乙醇，則乙醇的作用為：降低Na2S2O1晶體的溶解度，促進晶體析出；(6)根據反應Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1，列關系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，理論上制得Na2S2O1·5H2O晶體的質量為g，Na2S2O1·5H2O的產率為×100%=×100%；(7)A．用煮沸并迅速冷卻后的蒸餾水中含氧量降低，可有效防止Na2SO1被氧化為Na2SO4，可減少副產物的產生，故A不符合題意；B．裝置A增加一導管，實驗前通人N2片刻，可將裝置中的空氣趕走提供無氧環(huán)境，可防止Na2SO1被氧化為Na2SO4，可減少副產物的產生，故B不符合題意；C．先往裝置A中滴加硫酸，產生二氧化硫，可將裝置中的空氣趕走，片刻后往三頸燒瓶中滴加混合液，可減少副產物的產生，故C不符合題意；D．將裝置D改為裝有堿石灰的干燥管，裝置中仍然含有空氣，氧氣可將Na2SO1被氧化為Na2SO4，不能減少副產物產生，故D符合題意；答案選D。27、NH4Cl＋NaNO2N2↑＋NaCl＋2H2O平衡氣壓，使液體順利流下利用生成的N2將裝置內空氣排盡CO2＋2OH-=CO32-＋H2O濃硫酸未將氣體中的水蒸氣除去，也被濃硫酸吸收引起增重（或其他合理答案）%【解析】

I.利用裝置A和C制備Sr3N2，裝置A中NaNO2和NH4Cl反應制備N2，由于N2中混有H2O（g），為防止氮化鍶遇水劇烈反應，故N2與Sr反應前必須干燥，裝置C中廣口瓶用于除去N2中的H2O（g），堿石灰的作用是防止外界空氣進入硬質玻璃管中。II.利用裝置B和C制備Sr3N2，鍶與鎂位于同主族，聯想Mg的性質，空氣中的CO2、O2等也能與鍶反應，為防止鍶與CO2、O2反應，則裝置B中NaOH用于吸收CO2，連苯三酚吸收O2，裝置C中廣口瓶用于除去N2中的H2O（g），堿石灰的作用是防止外界空氣進入硬質玻璃管中。III.測定Sr3N2產品的純度的原理為：Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑、2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，根據濃硫酸增加的質量和濃硫酸的性質分析計算。【詳解】I.利用裝置A和C制備Sr3N2（1）NaNO2和NH4Cl反應制