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2021-2022学年上海市吴淞中学高一（下）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年上海市吴淞中学高一（下）期末化学试卷（含答案解析），共25页。试卷主要包含了Cl2，MgCl2，C6H6是有机物，故C正确；等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市吴淞中学高一（下）期末化学试卷
1. 关于 3685Kr正确的是( )
A. 原子序数为49 B. 质量数为36 C. 中子数85 D. 最外层电子数为8
2. 用如图装置制取干燥的气体(a、b表示加入的试剂)，能实现的是( )
选项
气体
a
b
A
H2S
稀H2SO4
FeS
B
Cl2
浓盐酸
MnO2
C
NO2
浓HNO3
铁片
D
CO2
稀盐酸
大理石
A. A B. B C. C D. D
3. 向盛有Cl2的密闭试管中注入少量Na2S稀溶液，充分振荡，无明显现象．则溶液中S元素存在的主要形式为( )
A. S2− B. H2S C. S D. SO42−
4. 火星大气中含有大量二氧化碳，一种有二氧化碳参加反应的新型全固态一次电池有望为火星探测器供电。该电池以金属Na为负极，碳纳米管为正极，放电时( )
A. 负极上发生还原反应 B. CO2在正极上得电子
C. 阳离子由正极移向负极 D. 将电能转化为化学能
5. SF6可作为超高压绝缘介质气体，分子如图呈正八面体结构，有关SF6的说法正确的是( )
A. 属于原子晶体 B. 是极性分子
C. S和F之间共用电子对偏离S D. 所有原子均满足8电子稳定结构
6. 一次性鉴别等浓度的NH4Cl、K2SO4和Na2CO3三种溶液，下列方法可行的是( )
A. AgNO3溶液 B. Ba(OH)2溶液 C. 稀盐酸 D. 焰色试验
7. 关于NH3性质的解释合理的是( )
选项
性质
解释
A
比PH3容易液化
NH3分子间作用力更小
B
熔点高于PH3
N−H键的键能比P−H键大
C
比PH3稳定性强
N−H键的键长比P−H键长
D
具有还原性
N化合价处于最低价
A. A B. B C. C D. D
8. 室温下，1体积的水能溶解约2体积的Cl2。用盛满Cl2的量筒进行如下实验．对实验现象的分析正确的是( )
A. 量筒内液面上升，证明Cl2与H2O发生了反应
B. 量筒中还剩余气体，是因为Cl2的溶解已达饱和
C. 取出量筒中的溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于Cl2挥发
D. 向大理石中滴加量筒中的溶液，产生气泡，是因为Cl2与H2O反应生成盐酸
9. 下列物质性质的变化规律与分子间作用力有关的是( )
A. F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高
B. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
C. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
D. 金刚石的硬度大于硅，其熔沸点也高于硅
10. 检验下列溶液是否变质，所选试剂或试纸肯定合理的是( )
选项
A
B
C
D
溶液
Na2SO3溶液
FeSO4溶液
KI溶液
NaOH溶液
所选试剂或试纸
BaCl2溶液
KSCN溶液
AgNO3溶液
广泛pH试纸
A. A B. B C. C D. D
11. 在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的原子个数比是( )
A. 1：6 B. 1：5 C. 6：1 D. 5：1
12. 将SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出( )
A. 漂白性 B. 氧化性和漂白性 C. 还原性 D. 还原性和漂白性
13. 根据图Ⅰ和图Ⅱ所示，下列判断正确的是( )
A. Ⅰ和Ⅱ中负极均被保护
B. Ⅰ中负极反应是Fe−2e−=Fe2+
C. Ⅰ中正极反应是O2+2H2O+4e−=4OH−
D. Ⅰ、Ⅱ溶液pH均增大，原因相同
14. 如图是由碳原子构成的环碳分子。正确的是( )
A. 与C60互为同位素
B. 硬度大、熔点高
C. 碳碳三键的键能大于碳碳单键
D. 这是一种共价化合物
15. 下列离子常用“气体法”检验的是( )
A. SO42− B. NH4+ C. I− D. Fe2+
16. 如图是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列分析正确的是( )
A. X可以和强碱溶液反应 B. Y的最高价氧化物的水化物是弱碱
C. Z最低负价是−2价 D. W的最高价氧化物的水化物是弱酸
17. 海水提溴时，下列操作步骤与目的均正确的是( )
A
B
C
D
步骤
海水提盐后母液
通Cl2
鼓入热空气
CCl4萃取
目的
提高n(Br−)
还原Br−
使Br2挥发
使Br2溶解
A. A B. B C. C D. D
18. 下列实验中均使用了饱和食盐水，实验设计不严谨的是( )
编号
A
B
C
D
实验
目的
验证甲烷与氯气发生化学反应
制消毒液
验证氯化钠的溶解平衡
得到平稳的气流
A. A B. B C. C D. D
19. 关于侯德榜制碱法，下列叙述正确的是( )
A. 纯碱是碳酸氢钠 B. 同时生产了纯碱和氯化铵两种产品
C. 在滤液中加入了生石灰 D. 食盐的利用率仍然较低
20. 关于金属的腐蚀与防护，下列说法正确的是( )
A. 图①：铁丝易生成Fe2O3⋅xH2O
B. 图②：M可用石墨代替
C. 图③：若电源断开闸门发生吸氧腐蚀，不易发生析氢腐蚀
D. 图③：N只能选金属
21. 某晶体中只含有非极性键和极性键，关于该晶体的说法错误的是( )
A. 可能是离子晶体也可能是分子晶体 B. 可能是电解质也可能是非电解质
C. 可能是有机物也可能是无机物 D. 可能是极性分子也可能是非极性分子
22. 下列固体物质中的杂质(括号内为杂质)能用加热法直接除去的是( )
A. Fe粉(硫粉) B. Na2CO3粉末(NaHCO3)
C. Al(OH)3(Al2O3) D. KMnO4(MnO2)
23. 测定硫酸铜晶体(CuSO4⋅nH2O)中结晶水含量的实验中，测定n偏低，其原因可能是( )
A. 称量晶体的坩埚潮湿
B. 加热后固体未放入干燥器中冷却
C. 加热过程中晶体有少量溅失
D. 晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质
24. 某无色溶液可能由K2CO3、MgCl2、NaHCO3、BaCl2溶液中的一种或几种组成。取样，向溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀；另取样，加入稀硫酸也出现白色沉淀并放出气体。据此分析，下列判断中正确的是( )
A. 一定有MgCl2和K2CO3 B. 一定有MgCl2和BaCl2
C. 一定有K2CO3和NaHCO3 D. 一定有BaCl2和NaHCO3
25. ，‘’已知：2A(g)⇌B(g)+Q(Q>0)；B(g)⇌B(l)；下列能量变化示意图正确的是( )
A. B.
C. D.
26. 硫酸铜晶体结晶水含量的测定结果，相对误差为−2.67%，其原因可能是( )
A. 实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥 B. 加热过程中晶体有少量溅失
C. 硫酸铜晶体灼烧后有黑色物质出现 D. 晶体中有受热不反应不挥发的杂质
27. 有关等体积等浓度氨水和氯水的说法中，正确的是( )
A. 含有的微粒总数相同 B. 放置一段时间后溶液pH均增大
C. 都有刺激性气味 D. 都有杀菌消毒作用
28. H2O2分解过程的能量变化如图，下列说法正确的是( )
A. 反应的能量变化为E1−E2 B. Fe3+的加入改变了反应的热效应
C. 该反应是吸热反应 D. H2O(l)比H2O2(l)稳定
29. 根据表格中信息，下列说法正确的是( )
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O
Fe2O3
HFeO2−
A. pH越大，钢铁腐蚀越困难
B. 中性环境中，钢铁较难腐蚀
C. pH>14时正极反应为O2+4H++4e−=2H2O
D. 自然界中钢铁腐蚀的产物只有Fe2O3
30. 向FeBr2和FeI2的混合溶液中通入氯气至恰好完全反应，Fe2+、I−、Br−的物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 还原性：I−
C. 若反应过程中滴入KSCN溶液，呈血红色，则n(Cl2)>amol
D. c点时加入过量NaOH溶液，反应后溶液中只含Na+、H+、Cl−、OH−四种离子
31. 氮元素的单质和化合物在生活生产中有广泛用途。
(1)氮分子中化学键名称是 ______；氮分子的电子式为：______；已知CS2分子与CO2分子结构相似，CS2熔点高于CO2，其原因是(从化学键和晶体的角度用文字表述原因)______。
(2)如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为 ______；浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，其中所含的正盐作为一种化肥俗称：______，长期施用容易造成土壤酸化板结；FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，一段时间后变成红褐色，发生的化学方程式分别是 ______和 ______。
(3)将氨通入水中溶液呈碱性的原因(用方程式表示)______。
(4)在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，写出反应的化学方程式并用单线桥标出电子转移方向和数目 ______，该反应中被氧化的元素是 ______，还原产物是 ______。若反应中有3mol电子发生转移，参与反应的氨的质量为 ______g。
32. 全球“青年化学家元素周期表”中多种元素由我国科学家代言，如氮、硫、钪(Sc)等。完成下列填空。
(1)钪(Sc)的原子结构示意图为，钪原子核外最外层电子排布式为 ______；c与第二主族相邻，Sc位于元素周期表的第 ______族；钪的最高价态可能是 ______。
(2)下列比较正确的是 ______(选填选项)。
A.原子半径：r(N)
(3)工业上以N2为原料，以NH4+、NO3−为产品，实现了“向空气要氮肥”的目标。
①在价、类二维图中用“→”和途径中间产物的化学式，画出由N2转化为NH4+路径______。
②工业上常以氨为原料制硝酸．写出氨催化氧化的化学方程式 ______。
(4)硫酸铵[(NH4)2SO4]，也称肥田粉，是我国生产和施用最早的氮肥之一。写出硫酸铵使用时的注意事项及对环境的影响(各一条)，并说明理由。
①______。
②______。
33. 六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)用氢气还原为金属钨再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)：
已知相关物质性质如表所示：
W
WO3
WCl6
颜色
银白色
黄色
蓝色
熔点/℃
3422
1473
275
沸点/℃
5660
1750
347
完成下列填空：
(1)冶炼W可以用WO3和H2在加热条件下实现，化学方程式是 ______；该冶炼金属的方法称为 ______法，除了W，还有 ______(举三个例子)金属也可以用此法冶炼。
(2)写出冶炼钠涉及的化学方程式：______。
(3)检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是 ______；
(4)一段时间后，加热管式电炉，以一定速率通入H2，升温至1000℃，并对装置末端逸出的H2进行后续处理。装置A的两个作用是：______；C中冷却水从 ______(选填“a”或“b”)口通入；反应过程中，B中的现象是 ______。
WO3完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H2；②以E替换D，在硬质玻璃管末端缠上电热丝③……；④加热至1000℃，通Cl2，同时将电热丝温度保持在350℃；……
(5)操作③必不可少，否则可能会导致危险事故，该操作是 ______。
(6)制备WCl6的化学方程式为 ______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解： 3685Kr中质子数为36，质量数为85，
A.质子数=电子数=原子序数，则原子序数为36，故A错误；
B.质量数是85，故B错误；
C.中子数=质量数-质子数=85−36=49，故C错误；
D.质子数=电子数，则电子数为36，它的原子结构示意图为，故D正确；
故选：D。
根据原子的构成判断， 3685Kr中质子数为36，质量数为85，质子数+中子数=质量数，质子数=电子数=原子序数，据此分析。
本题考查了原子的构成，题目难度不大，注意把握原子中微粒之间的关系：质子数+中子数=质量数，质子数=电子数=原子序数。
2.【答案】D
【解析】解：A.浓硫酸具有强氧化性，能氧化硫化氢，故硫化氢不能用浓硫酸干燥，故A错误；
B.反应装置为固液混合不加热型装置，实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要加热，故B错误；
C.常温下，铁遇浓硝酸发生钝化，不能制取二氧化氮气体，故C错误；
D.大理石的主要成分为碳酸钙，盐酸与碳酸钙在常温下发生反应反应生成二氧化碳，用浓硫酸除去二氧化碳中水分，故D正确；
故选：D。
A.硫化氢具有还原性，能与浓硫酸反应；
B.二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要加热；
C.铁遇浓硝酸钝化；
D.盐酸与碳酸钙在常温下发生反应反应生成二氧化碳，用浓硫酸除去二氧化碳中水分。
本题考查常见气体的制备和干燥，题目难度中等，掌握常见气体的制备方法和干燥方法是解题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：向盛有Cl2的密闭试管中注入少量Na2S稀溶液，充分振荡，无明显现象，因氯气具有氧化性，则硫离子被氧化，S元素的化合价升高，溶液中S元素存在的主要形式为SO42−，只有D正确，
故选：D。
氯气可氧化硫离子，且溶液无明显现象，可知硫离子被氧化为硫酸根离子，以此来解答。
本题考查含硫物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素的化合价变化及氧化还原反应的应用，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.原电池的负极发生氧化反应，故A错误；
B.金属钠为负极，则CO2在正极上得电子发生还原反应，故B正确；
C.原电池工作时阳离子向正极移动，故C错误；
D.原电池是将化学能转化为电能的装置，该装置为原电池，放电时将化学能转化为电能，故D错误；
故选：B。
A.失电子的物质发生氧化反应；
B.原电池正极上得电子发生还原反应；
C.阳离子向正极移动；
D.原电池是将化学能转化为电能的装置。
本题考查原电池原理，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原电池概念、原电池各个电极上发生的反应、离子移动方向是解本题关键，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.依据题意可知，该晶体是由SF6分子通过分子间作用力结合，属于分子晶体，故A错误；
B.SF6呈正八面体结构，分子中正负电荷中心重合为非极性分子，故B错误；
C.F的电负性大于S，所以共用电子对偏向F，偏离S，故C正确；
D.SF6中硫为+6价，硫原子最外层6个电子，6+6=12，可知硫原子不能达到8电子稳定结构，故D错误；
故选：C。
A.原子晶体是原子通过共价键结合而成的空间网状结构的晶体；
B.分子中正负电荷中心不重合为极性分子；分子中正负电荷中心重合为非极性分子；
C.F的电负性大于S；
D.元素化合价绝对值+最外层电子数=8，则达到8电子稳定结构。
本题考查分子极性判断、晶体类型判断、8电子结构等知识点，侧重考查学生获取信息利用信息能力，知道8电子结构的判断方法。
6.【答案】D
【解析】解：A.均与硝酸银反应生成白色沉淀，不能鉴别，故A错误；
B.K2SO4和Na2CO3均与氢氧化钡反应生成白色沉淀，不能鉴别，故B错误；
C.NH4Cl、K2SO4均与稀盐酸不反应，不能鉴别，故C错误；
D.NH4Cl无焰色试验，K2SO4和Na2CO3的焰色试验分别为紫色、黄色，可鉴别，故D正确；
故选：D。
NH4Cl、K2SO4和Na2CO3的阳离子不同，钠、K的焰色试验分别为黄色、紫色，焰色试验可鉴别，以此来解答。
本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.NH3和PH3属于同一主族元素形成的氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但NH3能形成分子间氢键，导致其沸点升高，而PH3不能，故A错误；
B.NH3熔点高于PH3，是因为NH3能形成分子间氢键，氢键的存在，导致其熔、沸点升高，与键能大小无关，故B错误；
C.N−H键的键长小于P−H键长，N−H键的键能大于P−H，键能越大，对应分子越稳定，故NH3比PH3稳定性强，故C错误；
D.NH3中的N为−3价，是N元素的最低价，化合价可以升高，具有还原性，故D正确；
故选：D。
A.NH3能形成分子间氢键，会导致其熔、沸点升高，而PH3不能；
B.氢键的存在，导致其熔、沸点升高；
C.键长越小，键能越大，对应分子越稳定；
D.物质中所含元素化合价可以升高，被氧化，表现为还原性。
本题主要考查NH3和PH3的性质比较，同时考查氢键、键长与键能及分子稳定性的关系，属于基本知识、基础题型的考查，难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.由信息可知，氯气易溶于水，也能使液面上升，故A错误；
B.如果全部为氯气，水充满试管，若收集的氯气不纯净则会导致水不能充满，故B错误；
C.取出量筒中的溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于得到溶液中含有次氯酸，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，故C错误；
D.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸酸性强于碳酸，所以向大理石中滴加量筒中的溶液，产生气泡，故D正确；
故选：D。
A.室温下，1体积的水能溶解约2体积的氯气，其先溶于水；
B.收集的氯气不纯；
C.依据次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气解答；
D.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸酸性强于碳酸。
本题考查了元素化合物知识，熟悉氯气与水的反应及氯水的成分及性质即可解答，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，与分子间作用力有关，故A正确；
B.NaF、NaCl、NaBr、NaI都是离子晶体，熔点高低取决于离子键强弱，与分子间作用力无关，故B错误；
C.HF、HCl、HBr、HI都是共价化合物，热稳定性与共价键强弱有关，与分子间作用力无关，故C错误；
D.金刚石、晶体硅属于原子晶体，原子之间存在共价键，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，与分子间作用力无关，故D错误；
故选：A。
A.F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小；
B.影响离子晶体熔沸点的因素是离子键强弱，阴阳离子半径和越小，离子键越强；
C.共价化合物中，共价键键长越短，键能越大，性质越稳定；
D.金刚石、晶体硅属于原子晶体，影响熔沸点的因素是共价键。
本题考查晶体的熔沸点的比较，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确晶体的类型和决定熔沸点的作用力是解题关键，注意物质的稳定性与化学键的强弱有关，与分子间作用力无关，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.亚硫酸钠、硫酸钠均与氯化钡反应生成白色沉淀，不能检验亚硫酸钠是否变质，故A错误；
B.KSCN溶液遇铁离子变为血红色，能检验硫酸亚铁是否变质，故B正确；
C.KI、碘均与硝酸银反应生成AgI黄色沉淀，不能检验KI溶液是否变质，故C错误；
D.广泛pH试纸测定碱溶液的pH大于7，NaOH及变质生成的碳酸钠溶液均显碱性，不能检验NaOH溶液是否变质，故D错误；
故选：B。
A.亚硫酸钠、硫酸钠均与氯化钡反应生成白色沉淀；
B.KSCN溶液遇铁离子变为血红色；
C.KI、碘均与硝酸银反应生成AgI黄色沉淀；
D.广泛pH试纸测定碱溶液的pH大于7，NaOH及变质生成的碳酸钠溶液均显碱性。
本题考查物质的检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：根据化合价不交叉的原则，KClO3中+5价的氯元素降为0价，该氯原子为被还原的氯原子，HCl中氯元素升为0价，该氯原子为被氧化的氯原子，氯化钾中的氯元素来自盐酸，所以被氧化的氯原子与被还原的氯原子的原子个数比是5：1。
故选：D。
在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，根据化合价不交叉的原则，KClO3中+5价的氯元素降为0价，HCl中氯元素升为0价，氯化钾中的氯元素来自盐酸．
本题考查氧化还原反应的特征和有关的规律，要求学生具有分析和解决问题的能力，注意反应中只有一种元素化合价变化时的情况，难度较大．
12.【答案】C
【解析】解：SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质，而S元素的化合价升高，表现二氧化硫的还原性；后二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，溶液褪色，S元素的化合价升高，表现二氧化硫的还原性，
故选：C。
SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质，而S元素的化合价升高，以此来解答。
本题考查元素及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.Ⅰ和Ⅱ都构成原电池，Ⅰ中Fe作正极而被保护，Ⅱ中Fe作负极加速被腐蚀，故A错误；
B.Ⅰ中Zn作负极，负极反应式为Zn−2e−=Zn2+，故B错误；
C.Ⅰ中Fe作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，故C正确；
D.Ⅰ中正极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，Ⅱ中正极反应式为2H++2e−=H2↑，所以两个装置溶液中pH均增大，但原理不同，前者发生吸氧腐蚀、后者发生析氢腐蚀，故D错误；
故选：C。
A.由金属电极构成的原电池中正极材料被保护，负极材料被腐蚀；
B.Ⅰ中Zn作负极；
C.Ⅰ中Fe作正极，正极上氧气得电子发生还原反应；
D.Ⅰ中正极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，Ⅱ中正极反应式为2H++2e−=H2↑。
本题考查原电池原理，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确原电池正负极判断方法、析氢腐蚀和吸氧腐蚀区别是解本题关键，知道各个电极上发生的反应，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.环碳分子与C60是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故A错误；
B.该环碳分子是由分子构成的，不是原子晶体，故硬度大、熔点高说法错误，故B错误；
C.碳碳三键的键长小于碳碳单键，碳碳三键键能大于碳碳单键，故C正确；
D.该物质为碳单质，不是化合物，故D错误；
故选：C。
A.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；
B.该物质属于分子晶体；
C.碳碳三键比碳碳单键的键能大；
D.碳原子构成的环碳分子属于碳元素的单质。
本题考查物质分类、同素异形体的判断，题目难度不大，熟悉概念实质和物质分类依据为解答的关键。
15.【答案】B
【解析】解：A.SO42−的检验方法是利用生成硫酸钡沉淀，故方法属于沉淀法，故A错误；
B.NH4+的检验方法：取少量的样品与试管中，向试管中加入氢氧化钠溶液，加热，观察是否产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，属于气体法，故B正确；
C.I−的检验方法是利用生成淡黄色的溴化银沉淀，故该方法属于沉淀法，故C错误；
D.Fe2+的检验方法是滴加硫氰化钾溶液无变化，加氯水后显示红色，属于显色法，故D错误；
故选：B。
A.SO42−的检验方法是利用生成硫酸钡沉淀；
B.NH4+的检验方法是待检液与氢氧化钠溶液，加热反应生成氨气；
C.I−的检验方法是利用生成黄色的溴化银沉淀；
D.Fe2+的检验方法是滴加硫氰化钾溶液无变化，加氯水后显示红色。
本题主要考查常见离子的检验方法，属于基本知识，基础题型，难度不大。
16.【答案】A
【解析】解：A.X是铝，能和氢氧化钠溶液反应，故A正确；
B.Y为Si，其最高价氧化物的水化物为硅酸，属于弱酸，故B错误；
C.Z为P，最低价为−3价，故C错误；
D.W的最高价氧化物的水化物为硝酸，属于强酸，故D错误；
故选：A。
W、X、Y、Z为短周期主族元素，由它们在周期表中位置，可知W位于第二周期，X、Y、Z位于第三周期，W与X的最高化合价之和为8，设X最外层电子数为a，则W的最外层电子数为a+2，则有：a+a+2=8，解得：a=3，则X为Al，故W为N、Y为Si，Z为P元素。
本题考查位置结构性质关系的应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
17.【答案】C
【解析】解：A.浓缩海水提高c(Br−)，n(Br−)不变，故A错误；
B.通入氯气发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，氧化溴离子，故B错误；
C.溴易挥发，热空气可吹出溴，故C正确；
D.CCl4萃取可分离溴与水溶液，故D错误；
故选：C。
工业海水提溴时，先浓缩增大溴离子浓度，通入氯气发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，热空气吹出溴，吸收塔中发生SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，再通入氯气发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，达到富集溴的目的，最后萃取、分液、蒸馏分离出溴，以此来解答。
本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意海水中元素的提取原理，题目难度不大。
18.【答案】B
【解析】解：A.光照下甲烷与氯气发生取代反应生成HCl，HCl极易溶于水，观察试管内壁有悠装液体、气体颜色及水沿导管上升可证明发生化学反应，故A正确；
B.上方与电源正极相连作阳极，阳极上生成氯气，不利于与下方生成的NaOH混合，应将电影正负极互换，故B错误；
C.饱和食盐水中加入浓盐酸，增大氯离子浓度，形成NaCl固体，可验证氯化钠的溶解平衡，故C正确；
D.饱和食盐水与电石反应平稳，可制备乙炔，故D正确；
故选：B。
A.光照下甲烷与氯气发生取代反应生成HCl，HCl极易溶于水；
B.上方与电源正极相连作阳极，阳极上生成氯气，不利于与下方生成的NaOH混合；
C.饱和食盐水中加入浓盐酸，增大氯离子浓度，形成NaCl固体；
D.饱和食盐水与电石反应平稳。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
19.【答案】B
【解析】解：A.纯碱是碳酸钠，碳酸氢钠是小苏打，故A错误；
B.联合制碱法又称侯氏制碱法，是侯德榜在氨碱法的基础上改造形成的，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，最大的优点是把合成氨和纯碱两种产品联合起来，降低了成本，故B正确；
C.侯德榜制碱法：析出NaHCO3的母液中加入生石灰，生石灰和水反应放热，同时生成碱，与氯化铵反应生成的NH3可以循环利用，直接加入消石灰，不加热无氨气放出，故C错误；
D.侯氏制碱法中氯化钠可以循环使用，则实验利用率较高，故D错误；
故选：B。
A.纯碱是碳酸钠；
B.侯氏制碱法，是侯德榜在氨碱法的基础上改造形成的，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，最大的优点是把合成氨和纯碱两种产品联合起来，降低了成本；
C.消石灰为氢氧化钙，析出小苏打的母液中常加入生石灰，NH3循环使用；
D.侯氏制碱法中氯化钠可以循环使用。
本题考查了纯碱工业制备原理分析比较，反应实质的应用，试剂的作用，理解生产原理和过程的实质是解题关键，题目难度中等。
20.【答案】C
【解析】解：A.形成原电池需要电解质溶液，所以干燥空气中不易形成原电池，则铁丝很难发生吸氧腐蚀，故A错误；
B.原电池的正极被保护，则金属M的活泼性要比铁强，所以M不可用石墨代替，故B错误；
C.中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀，所以若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀，故C正确；
D.与原电池的负极相连的钢闸门作阴极，被保护，则阳极N可选石墨，故D错误；
故选：C。
A.干燥空气中不易形成原电池；
B.原电池的正极被保护，要保护金属M，应该将金属M作原电池正极；
C.中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀；
D.与原电池的负极相连的钢闸门作阴极，被保护。
本题考查学生金属腐蚀的实质以及金属腐蚀的防护，注意知识的梳理和归纳是解题的关键，难度不大，注意把握原电池原理和电解原理在金属腐蚀与防护中的应用。
21.【答案】A
【解析】解：A.极性键和非极性键均属于共价键，由题意知该晶体中不含离子键，故不可能是离子晶体，故A错误；
B.由题意知，下列物质符合题意，CH3COOH(属于电解质)、CH2=CH2(属于非电解质)、C6H6(属于非电解质)等，故B正确；
C.过氧化氢、乙烯、苯等只含非极性键和极性键，H2O2是无机物，C2H4、C6H6是有机物，故C正确；
D.H2O2是极性分子，C2H4、C6H6是非极性分子，故D正确；
故选：A。
A.离子晶体肯定含有离子键；
B.同种原子之间形成非极性键，不同种原子间形成极性键；
C.根据常见的有机物和无机物判断；
D.根据常见的由极性分子、非极性分子构成的物质判断。
本题考查了不同晶体的结构微粒和微粒间作用力的区别，难度不大，熟知常见物质含有的化学键是解题的关键，注意含有多种化学键的特殊物质的记忆。
22.【答案】B
【解析】解：A.加热时Fe与S反应生成FeS，将原物质除去，不能除杂，故A错误；
B.加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，加热至固体质量不变可除去杂质，故B正确；
C.加热时氢氧化铝分解生成氧化铝，将原物质除去，不能除杂，故C错误；
D.加热时高锰酸钾分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，将原物质除去，不能除杂，故D错误；
故选：B。
A.加热时Fe与S反应生成FeS；
B.加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠；
C.加热时氢氧化铝分解生成氧化铝；
D.加热时高锰酸钾分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
23.【答案】B
【解析】解：A.称量晶体的坩埚潮湿，会使质量差增大，导致生成的水的质量偏大，测定结果偏高，故A不选；
B.加热后固体未放入干燥器中冷却，吸收了空气中的水分，会使测得的结晶水的质量偏低，故B选；
C.加热过程中晶体有少量溅失，质量差增大，导致生成的水的质量偏大，测定结果偏高，故C不选；
D.晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质，导致生成的水的质量偏大，测定结果偏高，故D不选；
故选：B。
A.称量晶体的坩埚潮湿，会使质量差增大；
B.无水硫酸铜易吸收空气中的水分，会使质量差减小；
C.加热过程中晶体有少量溅失，质量差增大；
D.晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质，会使质量差增大。
本题考查了实验室测定硫酸铜晶体结晶水含量实验，对失水得到产物的分析判断以及对实验结果产生的误差的原因进行分析是解答的关键，题目难度不大。
24.【答案】D
【解析】解：无色溶液中加入稀硫酸出现白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，由于BaCl2与K2CO3不共存，则原溶液中一定不含有K2CO3，一定含有BaCl2，加入稀硫酸放出气体，则原溶液中一定含有NaHCO3；无色溶液中加入烧碱溶液，NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3与BaCl2反应生成BaCO3沉淀，MgCl2可能与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，则原溶液中可能含有MgCl2，所以原溶液中一定含有NaHCO3、BaCl2，可能含有MgCl2，一定不含有K2CO3，故D正确；
故选：D。
无色溶液中加入稀硫酸出现白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，可知原溶液中一定含BaCl2，由于BaCl2与K2CO3不共存，则原溶液中一定不含有K2CO3，加入稀硫酸放出气体，该气体为二氧化碳，则原溶液中一定含有NaHCO3；无色溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀，该白色沉淀为碳酸钡或碳酸钡、氢氧化镁的混合物，则原溶液中可能含有MgCl2，据此分析解答。
本题考查无机物的推断，为高考常见题型，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。
25.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、物质状态为解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意能量与图象的关系，题目难度不大。 2A(g)⇌B(g)+Q(Q>0)为放热反应，B(g)⇌B(l)为放热过程，以此来解答。
【解答】
2A(g)⇌B(g)+Q(Q>0)为放热反应，B(g)⇌B(l)为放热过程，且2A(g)能量最高，B(l)能量最低，只有A符合。
故选A。
26.【答案】D
【解析】解：相对误差为−2.67%，说明测定的结晶水含量偏小，
A.实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥，会使误差偏大，故A错误；
B.加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏大，故B错误；
C.加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故C错误；
D.晶体中有受热不反应不挥发的杂质，导致计算出的结晶水的质量偏低，测定结果偏低，故D正确；
故选：D。
结晶水合物中结晶水的质量=m(容器+晶体)−m(容器+无水硫酸铜)，质量分数=结晶水质量晶体质量×100%，相对误差为−2.67%，说明测定结晶水含量结果偏低，据此结合选项判断。
本题考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，题目难度不大，明确实验原理、正确操作方法为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的化学实验能力。
27.【答案】C
【解析】解：A.在氨水中含有的微粒有：NH3⋅H2O、NH3、H2O、H+、OH−、NH4+，共6种微粒；在氯水中含有H2O、HClO、Cl2、H+、Cl−、ClO−、OH−，共7种微粒.可见二者含有的微粒总数不相同，故A错误；
B.氨水放置一段时间后由于NH3挥发逸出，导致溶液的碱性减弱，溶液pH减小；Cl2放置一段时间，由于HClO光照分解产生HCl和O2，使氯水的酸性增强，溶液pH减小，因此两种溶液放置一段时间后溶液pH均减小，不是增大，故B错误；
C.氨水中的氨气易挥发而有刺激性气味，氯水中的Cl2挥发也产生刺激性气味，因此二者都有刺激性气味，故C正确；
D.氨水与氨气一样，对人起腐蚀和窒息作用，但没有杀菌消毒作用，氯水中含有的HClO具有强氧化性，会将蛋白质氧化变性而失去生理活性，因而具有杀菌消毒作用，故D错误；
故选：C。
A.在氨水中含有的微粒有：NH3⋅H2O、NH3、H2O、H+、OH−、NH4+，共6种微粒；在氯水中含有H2O、HClO、Cl2、H+、Cl−、ClO−、OH−，共7种微粒；
B.氨水放置一段时间后由于NH3挥发逸出，溶液pH减小；Cl2放置一段时间，由于HClO光照分解产生HCl和O2，溶液pH减小；
C.氨气、Cl2均为刺激性气味气体；
D.氨水不具有杀菌消毒功能，氯水的杀菌消毒作用是因为次氯酸的作用。
本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉氨水、氯水的成分和各微粒的性质是解题关键，题目难度不大。
28.【答案】D
【解析】解：A.该反应的能量变化为反应物与生成物的能量差，小于E1−E2，故A错误；
B.Fe3+在反应中作催化剂，催化剂只能加快化学反应速率，不能改变反应热，故B错误；
C.该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为放热反应，故C错误；
D.从图中可以看出，H2O(l)所具有的能量小于H2O2(l)，所以H2O(l)比H2O2(l)稳定，故D正确；
故选：D。
A.该反应的能量变化为反应物与生成物的能量差；
B.催化剂只能加快化学反应速率，不能改变反应热；
C.反应物的总能量小于生成物的总能量，为放热反应；
D.物质所具有的能量越低越稳定。
本题主要考查反应热的计算，为基础知识的考查，题目难度不大。
29.【答案】B
【解析】解：A.结合表中数据可知，pH>13.5时，钢铁的腐蚀速率较快，故A错误；
B.溶液的pH在6∼8范围内钢铁的腐蚀慢，说明中性环境中，钢铁较难腐蚀，故B正确；
C.在pH>14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为：O2+2H2O+4e−=4OH−，故C错误；
D.结合表中数据可知，钢铁的腐蚀产物有Fe2+、Fe3O4、Fe2O3、HFeO2−，故D错误；
故选：B。
A.根据表中数据知，pH<4或pH>9，钢铁腐蚀较快，pH在6∼8范围内钢铁的腐蚀慢；
B.pH在6∼8范围内钢铁的腐蚀慢；
C.pH>14时，钢铁发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子发生还原反应；
D.随着溶液pH的变化，钢铁的腐蚀产物可能发生变化。
本题考查金属的腐蚀原理，明确题中信息为解答关键，注意掌握常见金属的腐蚀原理，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
30.【答案】C
【解析】解：A.根据分析可知：还原性I−>Fe2+>Br−，故A错误；
B.通入氯气的总量为1mol+2mol+3mol=6mol，故B错误；
C.若反应过程中滴入KSCN溶液，呈血红色，说明有Fe3+生成，则amol
故选：C。
向仅含Fe2+、I−、Br−的溶液中通入适量氯气，还原性I−>Fe2+>Br−，首先发生反应2I−+Cl2=I2+2Cl−，I−反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，故0a段代表I−的变化情况，ab段代表Fe2+的变化情况，bc段代表Br−的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n(I−)=2n(Cl2)=2mol，则a=1；n(Fe2+)=2n(Cl2)=4mol，则b=2，Fe2+反应完毕，故n(Br−)=6mol，n(Cl2)=12n(Br−)=3mol，则c=3据，此分析解答即可。
本题主要考查氧化还原反应中氧化性、还原性强弱的判断，离子反应的先后顺序，以及根据方程式进行定量计算，同时考查学生的看图理解能力，对学生的要求较高，难度中等。
31.【答案】共价键 二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大 NH3+HCl=NH4Cl硫铵或肥田肥 Fe2++2NH3⋅H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+ 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH− N 亚硝酸和水 23.5
【解析】解：(1)氮气分子中N、N原子间共用3对电子对，属于共价键，N原子满足最外层8电子稳定结构，其电子式为；CS2的电子式类似于CO2，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高，
故答案为：共价键；；二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大；
(2)浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生HCl与氨气的反应生成氯化铵，该反应为NH3+HCl=NH4Cl；浓硫酸难挥发，能与氨气反应生成硫酸盐，则一段时间后浓硫酸的液滴中生成的白色固体为(NH4)2SO4，俗称硫铵或肥田肥；FeSO4与碱反应生成白色沉淀，发生反应为Fe2++2NH3⋅H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+，然后出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，是因氢氧化亚铁被氧化，发生反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，
故答案为：NH3+HCl=NH4Cl；硫铵或肥田肥；Fe2++2NH3⋅H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+；4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；
(3)在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，使得溶液呈碱性，
故答案为：NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−；
(4)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，结合元素的化合价变化计算，反应的化学方程式并用单线桥标出电子转移方向和数目为，由反应可知，生N元素化合价升高，被氧化，氧元素得到电子，化合价降低，得到亚硝酸和水，成2molHNO2时转移2mol×[3−(−3)]=12mol电子，则有3mol电子发生转移时，生成亚硝酸3mol×212=0.5mol，其质量为0.5mol×47g/mol=23.5g，
故答案为：；N；亚硝酸和水；23.5。
(1)氮气分子中每个N原子还有1对孤电子对；CS2的电子式类似于CO2，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高；
(2)浓盐酸和浓氨水易挥发，浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生HCl与氨气的反应生成氯化铵；氨气与浓硫酸反应生成硫酸铵或硫酸氢铵；氨气与硫酸亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化生成氢氧化铁，以此解答；
(3)结合NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−及平衡移动分析；
(4)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水；结合元素的化合价变化计算。
本题以氮及其化合物的性质考查物质之间的反应，涉及电子式、物质结构、氧化还原反应、平衡移动原理等，综合性较强，侧重学生分析能力和计算能力的考查，注意知识的迁移应用，题目难度中等。
32.【答案】4s2 ⅢB+3C 4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O不要与碱性物质混放或混用 不宜长期施用
【解析】解：(1)钪原子核外最外层电子排列在4s能级上且自旋方向相反，则基态Sc原子最外层电子排布式为4s2；c与第二主族相邻，Sc位于元素周期表的第ⅢB族；基态Sc的价电子为3d能级上的1个电子、4s能级上的2个电子，这些价电子完全失去时就得到其最高化合价，所以为+3价，
故答案为：4s2；ⅢB；+3；
(2)A.同一主族元素，原子序数越大，其原子半径越大，则r(S)>r(O)，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，则r(N)>r(O)，一般来说，电子层数越多，其原子半径越大，所以这三种元素原子半径的顺序是r(O)
故答案为：C；
(3)①氮气和氢气反应生成NH3、NH3和酸反应生成NH4+，其路径为，
故答案为：；
②氨气被催化氧化生成NO和H2O，方程式为4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O；
(4)NH4+能和碱反应生成氨气，所以不要和碱性物质混放或混用；NH4+水解导致溶液呈酸性，长期施用会使土壤酸化、板结，所以不宜长期施用，
故答案为：不要与碱性物质混放或混用；不宜长期施用。
(1)钪原子核外最外层电子排列在4s能级上且自旋方向相反；c与第二主族相邻，Sc位于元素周期表的第ⅢB族；基态Sc的价电子为3d、4s能级上的电子，这些价电子完全失去时就得到其最高化合价；
(2)A.同一主族元素，原子序数越大，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；
B.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强；
C.能和水形成分子间氢键的氢化物易溶于水；
D.氢硫酸中微粒有H2S、HS−、S2−、OH−、H+、H2O，氨水中含有NH3、H2O、NH3⋅H2O、OH−、H+、NH4+；
(3)①氮气和氢气反应生成NH3、NH3和酸反应生成NH4+；
②氨气被催化氧化生成NO和H2O；
(4)NH4+能和碱反应生成氨气，NH4+水解导致溶液呈酸性。
本题考查原子结构和性质、元素化合物的性质等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素周期表结构及元素位置关系、元素化合物的性质是解本题关键，知道物质之间的转化关系，题目难度不大。
33.【答案】WO3+3H2−加热W+3H2O热还原法 铁、钴、铜 2NaCl(熔融)−通电2Na+Cl2↑排除装置中的空气 观察气体的流速，控制进气速度 b 黄色变为银白色，通入氯气后变为蓝色 在导气管末端收集一试管气体，靠近酒精灯点燃，若听到“噗的一声”证明氢气纯净了，可以加热BW+3Cl2−△WCl6
【解析】解：(1)冶炼W可以用WO3和H2在加热条件下实现，化学方程式是WO3+3H2−加热W+3H2O；该冶炼金属的方法称为热还原法，除了W，还有铁、钴、铜金属也可以用此法冶炼，
故答案为：WO3+3H2−加热W+3H2O；热还原法；铁、钴、铜；
(2)工业冶炼钠一般采用电解熔融氯化钠，涉及的化学方程式2NaCl(熔融)−通电2Na+Cl2↑，
故答案为：2NaCl(熔融)−通电2Na+Cl2↑；
(3)检查气密性后，先通N2，其目的是排除装置中的空气，
故答案为：排除装置中的空气；
(4)装置A中盛有浓硫酸除干燥气体外，还能观察气体的流速，控制进气速度，C为冷凝管，冷却水从b进入，先后发生WO3+3H2−△W+3H2O，W+3Cl2−△WCl6，B中的现象是由黄色变为银白色，通入氯气后变为蓝色，
故答案为：观察气体的流速，控制进气速度；b；黄色变为银白色，通入氯气后变为蓝色；
(5)操作检验氢气的纯度，否则可能会导致爆炸事故，该操作是在导气管末端收集一试管气体，靠近酒精灯点燃，若听到“噗的一声”证明氢气纯净了，可以加热B，
故答案为：在导气管末端收集一试管气体，靠近酒精灯点燃，若听到“噗的一声”证明氢气纯净了，可以加热B；
(6)W在加热的情况下与氯气生成WCl6，化学方程式为W+3Cl2−△WCl6，
故答案为：W+3Cl2−△WCl6。
分析实验装置可知，检查装置气密性并加入WO3，先通N2，排除装置中的空气，再通入氢气，发生还原反应生成钨单质，之后改通氯气，加热条件下发生反应W+3Cl2−△WCl6，结合提示可知，产物极易水解，E为干燥管，目的是吸收空气中的水蒸气，防止产品水解，碱石灰呈碱性，也可以用于吸收多余的氯气，据此分析。
本题考查了六氯化钨的制备，明确反应原理与实验装置及其功能为解题关键，考查较为综合，学生应具有获得信息并处理的能力，整体难度中等。
2021-2022学年上海市吴淞中学高一（下）期末化学试卷
1. 关于 3685Kr正确的是( )
A. 原子序数为49 B. 质量数为36 C. 中子数85 D. 最外层电子数为8
2. 用如图装置制取干燥的气体(a、b表示加入的试剂)，能实现的是( )
选项
气体
a
b
A
H2S
稀H2SO4
FeS
B
Cl2
浓盐酸
MnO2
C
NO2
浓HNO3
铁片
D
CO2
稀盐酸
大理石
A. A B. B C. C D. D
3. 向盛有Cl2的密闭试管中注入少量Na2S稀溶液，充分振荡，无明显现象．则溶液中S元素存在的主要形式为( )
A. S2− B. H2S C. S D. SO42−
4. 火星大气中含有大量二氧化碳，一种有二氧化碳参加反应的新型全固态一次电池有望为火星探测器供电。该电池以金属Na为负极，碳纳米管为正极，放电时( )
A. 负极上发生还原反应 B. CO2在正极上得电子
C. 阳离子由正极移向负极 D. 将电能转化为化学能
5. SF6可作为超高压绝缘介质气体，分子如图呈正八面体结构，有关SF6的说法正确的是( )
A. 属于原子晶体 B. 是极性分子
C. S和F之间共用电子对偏离S D. 所有原子均满足8电子稳定结构
6. 一次性鉴别等浓度的NH4Cl、K2SO4和Na2CO3三种溶液，下列方法可行的是( )
A. AgNO3溶液 B. Ba(OH)2溶液 C. 稀盐酸 D. 焰色试验
7. 关于NH3性质的解释合理的是( )
选项
性质
解释
A
比PH3容易液化
NH3分子间作用力更小
B
熔点高于PH3
N−H键的键能比P−H键大
C
比PH3稳定性强
N−H键的键长比P−H键长
D
具有还原性
N化合价处于最低价
A. A B. B C. C D. D
8. 室温下，1体积的水能溶解约2体积的Cl2。用盛满Cl2的量筒进行如下实验．对实验现象的分析正确的是( )
A. 量筒内液面上升，证明Cl2与H2O发生了反应
B. 量筒中还剩余气体，是因为Cl2的溶解已达饱和
C. 取出量筒中的溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于Cl2挥发
D. 向大理石中滴加量筒中的溶液，产生气泡，是因为Cl2与H2O反应生成盐酸
9. 下列物质性质的变化规律与分子间作用力有关的是( )
A. F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高
B. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
C. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
D. 金刚石的硬度大于硅，其熔沸点也高于硅
10. 检验下列溶液是否变质，所选试剂或试纸肯定合理的是( )
选项
A
B
C
D
溶液
Na2SO3溶液
FeSO4溶液
KI溶液
NaOH溶液
所选试剂或试纸
BaCl2溶液
KSCN溶液
AgNO3溶液
广泛pH试纸
A. A B. B C. C D. D
11. 在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的原子个数比是( )
A. 1：6 B. 1：5 C. 6：1 D. 5：1
12. 将SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出( )
A. 漂白性 B. 氧化性和漂白性 C. 还原性 D. 还原性和漂白性
13. 根据图Ⅰ和图Ⅱ所示，下列判断正确的是( )
A. Ⅰ和Ⅱ中负极均被保护
B. Ⅰ中负极反应是Fe−2e−=Fe2+
C. Ⅰ中正极反应是O2+2H2O+4e−=4OH−
D. Ⅰ、Ⅱ溶液pH均增大，原因相同
14. 如图是由碳原子构成的环碳分子。正确的是( )
A. 与C60互为同位素
B. 硬度大、熔点高
C. 碳碳三键的键能大于碳碳单键
D. 这是一种共价化合物
15. 下列离子常用“气体法”检验的是( )
A. SO42− B. NH4+ C. I− D. Fe2+
16. 如图是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列分析正确的是( )
A. X可以和强碱溶液反应 B. Y的最高价氧化物的水化物是弱碱
C. Z最低负价是−2价 D. W的最高价氧化物的水化物是弱酸
17. 海水提溴时，下列操作步骤与目的均正确的是( )
A
B
C
D
步骤
海水提盐后母液
通Cl2
鼓入热空气
CCl4萃取
目的
提高n(Br−)
还原Br−
使Br2挥发
使Br2溶解
A. A B. B C. C D. D
18. 下列实验中均使用了饱和食盐水，实验设计不严谨的是( )
编号
A
B
C
D
实验
目的
验证甲烷与氯气发生化学反应
制消毒液
验证氯化钠的溶解平衡
得到平稳的气流
A. A B. B C. C D. D
19. 关于侯德榜制碱法，下列叙述正确的是( )
A. 纯碱是碳酸氢钠 B. 同时生产了纯碱和氯化铵两种产品
C. 在滤液中加入了生石灰 D. 食盐的利用率仍然较低
20. 关于金属的腐蚀与防护，下列说法正确的是( )
A. 图①：铁丝易生成Fe2O3⋅xH2O
B. 图②：M可用石墨代替
C. 图③：若电源断开闸门发生吸氧腐蚀，不易发生析氢腐蚀
D. 图③：N只能选金属
21. 某晶体中只含有非极性键和极性键，关于该晶体的说法错误的是( )
A. 可能是离子晶体也可能是分子晶体 B. 可能是电解质也可能是非电解质
C. 可能是有机物也可能是无机物 D. 可能是极性分子也可能是非极性分子
22. 下列固体物质中的杂质(括号内为杂质)能用加热法直接除去的是( )
A. Fe粉(硫粉) B. Na2CO3粉末(NaHCO3)
C. Al(OH)3(Al2O3) D. KMnO4(MnO2)
23. 测定硫酸铜晶体(CuSO4⋅nH2O)中结晶水含量的实验中，测定n偏低，其原因可能是( )
A. 称量晶体的坩埚潮湿
B. 加热后固体未放入干燥器中冷却
C. 加热过程中晶体有少量溅失
D. 晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质
24. 某无色溶液可能由K2CO3、MgCl2、NaHCO3、BaCl2溶液中的一种或几种组成。取样，向溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀；另取样，加入稀硫酸也出现白色沉淀并放出气体。据此分析，下列判断中正确的是( )
A. 一定有MgCl2和K2CO3 B. 一定有MgCl2和BaCl2
C. 一定有K2CO3和NaHCO3 D. 一定有BaCl2和NaHCO3
25. ，‘’已知：2A(g)⇌B(g)+Q(Q>0)；B(g)⇌B(l)；下列能量变化示意图正确的是( )
A. B.
C. D.
26. 硫酸铜晶体结晶水含量的测定结果，相对误差为−2.67%，其原因可能是( )
A. 实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥 B. 加热过程中晶体有少量溅失
C. 硫酸铜晶体灼烧后有黑色物质出现 D. 晶体中有受热不反应不挥发的杂质
27. 有关等体积等浓度氨水和氯水的说法中，正确的是( )
A. 含有的微粒总数相同 B. 放置一段时间后溶液pH均增大
C. 都有刺激性气味 D. 都有杀菌消毒作用
28. H2O2分解过程的能量变化如图，下列说法正确的是( )
A. 反应的能量变化为E1−E2 B. Fe3+的加入改变了反应的热效应
C. 该反应是吸热反应 D. H2O(l)比H2O2(l)稳定
29. 根据表格中信息，下列说法正确的是( )
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O
Fe2O3
HFeO2−
A. pH越大，钢铁腐蚀越困难
B. 中性环境中，钢铁较难腐蚀
C. pH>14时正极反应为O2+4H++4e−=2H2O
D. 自然界中钢铁腐蚀的产物只有Fe2O3
30. 向FeBr2和FeI2的混合溶液中通入氯气至恰好完全反应，Fe2+、I−、Br−的物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 还原性：I−
C. 若反应过程中滴入KSCN溶液，呈血红色，则n(Cl2)>amol
D. c点时加入过量NaOH溶液，反应后溶液中只含Na+、H+、Cl−、OH−四种离子
31. 氮元素的单质和化合物在生活生产中有广泛用途。
(1)氮分子中化学键名称是 ______；氮分子的电子式为：______；已知CS2分子与CO2分子结构相似，CS2熔点高于CO2，其原因是(从化学键和晶体的角度用文字表述原因)______。
(2)如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为 ______；浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，其中所含的正盐作为一种化肥俗称：______，长期施用容易造成土壤酸化板结；FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，一段时间后变成红褐色，发生的化学方程式分别是 ______和 ______。
(3)将氨通入水中溶液呈碱性的原因(用方程式表示)______。
(4)在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，写出反应的化学方程式并用单线桥标出电子转移方向和数目 ______，该反应中被氧化的元素是 ______，还原产物是 ______。若反应中有3mol电子发生转移，参与反应的氨的质量为 ______g。
32. 全球“青年化学家元素周期表”中多种元素由我国科学家代言，如氮、硫、钪(Sc)等。完成下列填空。
(1)钪(Sc)的原子结构示意图为，钪原子核外最外层电子排布式为 ______；c与第二主族相邻，Sc位于元素周期表的第 ______族；钪的最高价态可能是 ______。
(2)下列比较正确的是 ______(选填选项)。
A.原子半径：r(N)
(3)工业上以N2为原料，以NH4+、NO3−为产品，实现了“向空气要氮肥”的目标。
①在价、类二维图中用“→”和途径中间产物的化学式，画出由N2转化为NH4+路径______。
②工业上常以氨为原料制硝酸．写出氨催化氧化的化学方程式 ______。
(4)硫酸铵[(NH4)2SO4]，也称肥田粉，是我国生产和施用最早的氮肥之一。写出硫酸铵使用时的注意事项及对环境的影响(各一条)，并说明理由。
①______。
②______。
33. 六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)用氢气还原为金属钨再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)：
已知相关物质性质如表所示：
W
WO3
WCl6
颜色
银白色
黄色
蓝色
熔点/℃
3422
1473
275
沸点/℃
5660
1750
347
完成下列填空：
(1)冶炼W可以用WO3和H2在加热条件下实现，化学方程式是 ______；该冶炼金属的方法称为 ______法，除了W，还有 ______(举三个例子)金属也可以用此法冶炼。
(2)写出冶炼钠涉及的化学方程式：______。
(3)检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是 ______；
(4)一段时间后，加热管式电炉，以一定速率通入H2，升温至1000℃，并对装置末端逸出的H2进行后续处理。装置A的两个作用是：______；C中冷却水从 ______(选填“a”或“b”)口通入；反应过程中，B中的现象是 ______。
WO3完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H2；②以E替换D，在硬质玻璃管末端缠上电热丝③……；④加热至1000℃，通Cl2，同时将电热丝温度保持在350℃；……
(5)操作③必不可少，否则可能会导致危险事故，该操作是 ______。
(6)制备WCl6的化学方程式为 ______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解： 3685Kr中质子数为36，质量数为85，
A.质子数=电子数=原子序数，则原子序数为36，故A错误；
B.质量数是85，故B错误；
C.中子数=质量数-质子数=85−36=49，故C错误；
D.质子数=电子数，则电子数为36，它的原子结构示意图为，故D正确；
故选：D。
根据原子的构成判断， 3685Kr中质子数为36，质量数为85，质子数+中子数=质量数，质子数=电子数=原子序数，据此分析。
本题考查了原子的构成，题目难度不大，注意把握原子中微粒之间的关系：质子数+中子数=质量数，质子数=电子数=原子序数。
2.【答案】D
【解析】解：A.浓硫酸具有强氧化性，能氧化硫化氢，故硫化氢不能用浓硫酸干燥，故A错误；
B.反应装置为固液混合不加热型装置，实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要加热，故B错误；
C.常温下，铁遇浓硝酸发生钝化，不能制取二氧化氮气体，故C错误；
D.大理石的主要成分为碳酸钙，盐酸与碳酸钙在常温下发生反应反应生成二氧化碳，用浓硫酸除去二氧化碳中水分，故D正确；
故选：D。
A.硫化氢具有还原性，能与浓硫酸反应；
B.二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要加热；
C.铁遇浓硝酸钝化；
D.盐酸与碳酸钙在常温下发生反应反应生成二氧化碳，用浓硫酸除去二氧化碳中水分。
本题考查常见气体的制备和干燥，题目难度中等，掌握常见气体的制备方法和干燥方法是解题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：向盛有Cl2的密闭试管中注入少量Na2S稀溶液，充分振荡，无明显现象，因氯气具有氧化性，则硫离子被氧化，S元素的化合价升高，溶液中S元素存在的主要形式为SO42−，只有D正确，
故选：D。
氯气可氧化硫离子，且溶液无明显现象，可知硫离子被氧化为硫酸根离子，以此来解答。
本题考查含硫物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素的化合价变化及氧化还原反应的应用，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.原电池的负极发生氧化反应，故A错误；
B.金属钠为负极，则CO2在正极上得电子发生还原反应，故B正确；
C.原电池工作时阳离子向正极移动，故C错误；
D.原电池是将化学能转化为电能的装置，该装置为原电池，放电时将化学能转化为电能，故D错误；
故选：B。
A.失电子的物质发生氧化反应；
B.原电池正极上得电子发生还原反应；
C.阳离子向正极移动；
D.原电池是将化学能转化为电能的装置。
本题考查原电池原理，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原电池概念、原电池各个电极上发生的反应、离子移动方向是解本题关键，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.依据题意可知，该晶体是由SF6分子通过分子间作用力结合，属于分子晶体，故A错误；
B.SF6呈正八面体结构，分子中正负电荷中心重合为非极性分子，故B错误；
C.F的电负性大于S，所以共用电子对偏向F，偏离S，故C正确；
D.SF6中硫为+6价，硫原子最外层6个电子，6+6=12，可知硫原子不能达到8电子稳定结构，故D错误；
故选：C。
A.原子晶体是原子通过共价键结合而成的空间网状结构的晶体；
B.分子中正负电荷中心不重合为极性分子；分子中正负电荷中心重合为非极性分子；
C.F的电负性大于S；
D.元素化合价绝对值+最外层电子数=8，则达到8电子稳定结构。
本题考查分子极性判断、晶体类型判断、8电子结构等知识点，侧重考查学生获取信息利用信息能力，知道8电子结构的判断方法。
6.【答案】D
【解析】解：A.均与硝酸银反应生成白色沉淀，不能鉴别，故A错误；
B.K2SO4和Na2CO3均与氢氧化钡反应生成白色沉淀，不能鉴别，故B错误；
C.NH4Cl、K2SO4均与稀盐酸不反应，不能鉴别，故C错误；
D.NH4Cl无焰色试验，K2SO4和Na2CO3的焰色试验分别为紫色、黄色，可鉴别，故D正确；
故选：D。
NH4Cl、K2SO4和Na2CO3的阳离子不同，钠、K的焰色试验分别为黄色、紫色，焰色试验可鉴别，以此来解答。
本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.NH3和PH3属于同一主族元素形成的氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但NH3能形成分子间氢键，导致其沸点升高，而PH3不能，故A错误；
B.NH3熔点高于PH3，是因为NH3能形成分子间氢键，氢键的存在，导致其熔、沸点升高，与键能大小无关，故B错误；
C.N−H键的键长小于P−H键长，N−H键的键能大于P−H，键能越大，对应分子越稳定，故NH3比PH3稳定性强，故C错误；
D.NH3中的N为−3价，是N元素的最低价，化合价可以升高，具有还原性，故D正确；
故选：D。
A.NH3能形成分子间氢键，会导致其熔、沸点升高，而PH3不能；
B.氢键的存在，导致其熔、沸点升高；
C.键长越小，键能越大，对应分子越稳定；
D.物质中所含元素化合价可以升高，被氧化，表现为还原性。
本题主要考查NH3和PH3的性质比较，同时考查氢键、键长与键能及分子稳定性的关系，属于基本知识、基础题型的考查，难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.由信息可知，氯气易溶于水，也能使液面上升，故A错误；
B.如果全部为氯气，水充满试管，若收集的氯气不纯净则会导致水不能充满，故B错误；
C.取出量筒中的溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于得到溶液中含有次氯酸，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，故C错误；
D.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸酸性强于碳酸，所以向大理石中滴加量筒中的溶液，产生气泡，故D正确；
故选：D。
A.室温下，1体积的水能溶解约2体积的氯气，其先溶于水；
B.收集的氯气不纯；
C.依据次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气解答；
D.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸酸性强于碳酸。
本题考查了元素化合物知识，熟悉氯气与水的反应及氯水的成分及性质即可解答，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，与分子间作用力有关，故A正确；
B.NaF、NaCl、NaBr、NaI都是离子晶体，熔点高低取决于离子键强弱，与分子间作用力无关，故B错误；
C.HF、HCl、HBr、HI都是共价化合物，热稳定性与共价键强弱有关，与分子间作用力无关，故C错误；
D.金刚石、晶体硅属于原子晶体，原子之间存在共价键，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，与分子间作用力无关，故D错误；
故选：A。
A.F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小；
B.影响离子晶体熔沸点的因素是离子键强弱，阴阳离子半径和越小，离子键越强；
C.共价化合物中，共价键键长越短，键能越大，性质越稳定；
D.金刚石、晶体硅属于原子晶体，影响熔沸点的因素是共价键。
本题考查晶体的熔沸点的比较，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确晶体的类型和决定熔沸点的作用力是解题关键，注意物质的稳定性与化学键的强弱有关，与分子间作用力无关，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.亚硫酸钠、硫酸钠均与氯化钡反应生成白色沉淀，不能检验亚硫酸钠是否变质，故A错误；
B.KSCN溶液遇铁离子变为血红色，能检验硫酸亚铁是否变质，故B正确；
C.KI、碘均与硝酸银反应生成AgI黄色沉淀，不能检验KI溶液是否变质，故C错误；
D.广泛pH试纸测定碱溶液的pH大于7，NaOH及变质生成的碳酸钠溶液均显碱性，不能检验NaOH溶液是否变质，故D错误；
故选：B。
A.亚硫酸钠、硫酸钠均与氯化钡反应生成白色沉淀；
B.KSCN溶液遇铁离子变为血红色；
C.KI、碘均与硝酸银反应生成AgI黄色沉淀；
D.广泛pH试纸测定碱溶液的pH大于7，NaOH及变质生成的碳酸钠溶液均显碱性。
本题考查物质的检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：根据化合价不交叉的原则，KClO3中+5价的氯元素降为0价，该氯原子为被还原的氯原子，HCl中氯元素升为0价，该氯原子为被氧化的氯原子，氯化钾中的氯元素来自盐酸，所以被氧化的氯原子与被还原的氯原子的原子个数比是5：1。
故选：D。
在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，根据化合价不交叉的原则，KClO3中+5价的氯元素降为0价，HCl中氯元素升为0价，氯化钾中的氯元素来自盐酸．
本题考查氧化还原反应的特征和有关的规律，要求学生具有分析和解决问题的能力，注意反应中只有一种元素化合价变化时的情况，难度较大．
12.【答案】C
【解析】解：SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质，而S元素的化合价升高，表现二氧化硫的还原性；后二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，溶液褪色，S元素的化合价升高，表现二氧化硫的还原性，
故选：C。
SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质，而S元素的化合价升高，以此来解答。
本题考查元素及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.Ⅰ和Ⅱ都构成原电池，Ⅰ中Fe作正极而被保护，Ⅱ中Fe作负极加速被腐蚀，故A错误；
B.Ⅰ中Zn作负极，负极反应式为Zn−2e−=Zn2+，故B错误；
C.Ⅰ中Fe作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，故C正确；
D.Ⅰ中正极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，Ⅱ中正极反应式为2H++2e−=H2↑，所以两个装置溶液中pH均增大，但原理不同，前者发生吸氧腐蚀、后者发生析氢腐蚀，故D错误；
故选：C。
A.由金属电极构成的原电池中正极材料被保护，负极材料被腐蚀；
B.Ⅰ中Zn作负极；
C.Ⅰ中Fe作正极，正极上氧气得电子发生还原反应；
D.Ⅰ中正极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，Ⅱ中正极反应式为2H++2e−=H2↑。
本题考查原电池原理，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确原电池正负极判断方法、析氢腐蚀和吸氧腐蚀区别是解本题关键，知道各个电极上发生的反应，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.环碳分子与C60是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故A错误；
B.该环碳分子是由分子构成的，不是原子晶体，故硬度大、熔点高说法错误，故B错误；
C.碳碳三键的键长小于碳碳单键，碳碳三键键能大于碳碳单键，故C正确；
D.该物质为碳单质，不是化合物，故D错误；
故选：C。
A.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；
B.该物质属于分子晶体；
C.碳碳三键比碳碳单键的键能大；
D.碳原子构成的环碳分子属于碳元素的单质。
本题考查物质分类、同素异形体的判断，题目难度不大，熟悉概念实质和物质分类依据为解答的关键。
15.【答案】B
【解析】解：A.SO42−的检验方法是利用生成硫酸钡沉淀，故方法属于沉淀法，故A错误；
B.NH4+的检验方法：取少量的样品与试管中，向试管中加入氢氧化钠溶液，加热，观察是否产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，属于气体法，故B正确；
C.I−的检验方法是利用生成淡黄色的溴化银沉淀，故该方法属于沉淀法，故C错误；
D.Fe2+的检验方法是滴加硫氰化钾溶液无变化，加氯水后显示红色，属于显色法，故D错误；
故选：B。
A.SO42−的检验方法是利用生成硫酸钡沉淀；
B.NH4+的检验方法是待检液与氢氧化钠溶液，加热反应生成氨气；
C.I−的检验方法是利用生成黄色的溴化银沉淀；
D.Fe2+的检验方法是滴加硫氰化钾溶液无变化，加氯水后显示红色。
本题主要考查常见离子的检验方法，属于基本知识，基础题型，难度不大。
16.【答案】A
【解析】解：A.X是铝，能和氢氧化钠溶液反应，故A正确；
B.Y为Si，其最高价氧化物的水化物为硅酸，属于弱酸，故B错误；
C.Z为P，最低价为−3价，故C错误；
D.W的最高价氧化物的水化物为硝酸，属于强酸，故D错误；
故选：A。
W、X、Y、Z为短周期主族元素，由它们在周期表中位置，可知W位于第二周期，X、Y、Z位于第三周期，W与X的最高化合价之和为8，设X最外层电子数为a，则W的最外层电子数为a+2，则有：a+a+2=8，解得：a=3，则X为Al，故W为N、Y为Si，Z为P元素。
本题考查位置结构性质关系的应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
17.【答案】C
【解析】解：A.浓缩海水提高c(Br−)，n(Br−)不变，故A错误；
B.通入氯气发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，氧化溴离子，故B错误；
C.溴易挥发，热空气可吹出溴，故C正确；
D.CCl4萃取可分离溴与水溶液，故D错误；
故选：C。
工业海水提溴时，先浓缩增大溴离子浓度，通入氯气发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，热空气吹出溴，吸收塔中发生SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，再通入氯气发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，达到富集溴的目的，最后萃取、分液、蒸馏分离出溴，以此来解答。
本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意海水中元素的提取原理，题目难度不大。
18.【答案】B
【解析】解：A.光照下甲烷与氯气发生取代反应生成HCl，HCl极易溶于水，观察试管内壁有悠装液体、气体颜色及水沿导管上升可证明发生化学反应，故A正确；
B.上方与电源正极相连作阳极，阳极上生成氯气，不利于与下方生成的NaOH混合，应将电影正负极互换，故B错误；
C.饱和食盐水中加入浓盐酸，增大氯离子浓度，形成NaCl固体，可验证氯化钠的溶解平衡，故C正确；
D.饱和食盐水与电石反应平稳，可制备乙炔，故D正确；
故选：B。
A.光照下甲烷与氯气发生取代反应生成HCl，HCl极易溶于水；
B.上方与电源正极相连作阳极，阳极上生成氯气，不利于与下方生成的NaOH混合；
C.饱和食盐水中加入浓盐酸，增大氯离子浓度，形成NaCl固体；
D.饱和食盐水与电石反应平稳。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
19.【答案】B
【解析】解：A.纯碱是碳酸钠，碳酸氢钠是小苏打，故A错误；
B.联合制碱法又称侯氏制碱法，是侯德榜在氨碱法的基础上改造形成的，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，最大的优点是把合成氨和纯碱两种产品联合起来，降低了成本，故B正确；
C.侯德榜制碱法：析出NaHCO3的母液中加入生石灰，生石灰和水反应放热，同时生成碱，与氯化铵反应生成的NH3可以循环利用，直接加入消石灰，不加热无氨气放出，故C错误；
D.侯氏制碱法中氯化钠可以循环使用，则实验利用率较高，故D错误；
故选：B。
A.纯碱是碳酸钠；
B.侯氏制碱法，是侯德榜在氨碱法的基础上改造形成的，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，最大的优点是把合成氨和纯碱两种产品联合起来，降低了成本；
C.消石灰为氢氧化钙，析出小苏打的母液中常加入生石灰，NH3循环使用；
D.侯氏制碱法中氯化钠可以循环使用。
本题考查了纯碱工业制备原理分析比较，反应实质的应用，试剂的作用，理解生产原理和过程的实质是解题关键，题目难度中等。
20.【答案】C
【解析】解：A.形成原电池需要电解质溶液，所以干燥空气中不易形成原电池，则铁丝很难发生吸氧腐蚀，故A错误；
B.原电池的正极被保护，则金属M的活泼性要比铁强，所以M不可用石墨代替，故B错误；
C.中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀，所以若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀，故C正确；
D.与原电池的负极相连的钢闸门作阴极，被保护，则阳极N可选石墨，故D错误；
故选：C。
A.干燥空气中不易形成原电池；
B.原电池的正极被保护，要保护金属M，应该将金属M作原电池正极；
C.中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀；
D.与原电池的负极相连的钢闸门作阴极，被保护。
本题考查学生金属腐蚀的实质以及金属腐蚀的防护，注意知识的梳理和归纳是解题的关键，难度不大，注意把握原电池原理和电解原理在金属腐蚀与防护中的应用。
21.【答案】A
【解析】解：A.极性键和非极性键均属于共价键，由题意知该晶体中不含离子键，故不可能是离子晶体，故A错误；
B.由题意知，下列物质符合题意，CH3COOH(属于电解质)、CH2=CH2(属于非电解质)、C6H6(属于非电解质)等，故B正确；
C.过氧化氢、乙烯、苯等只含非极性键和极性键，H2O2是无机物，C2H4、C6H6是有机物，故C正确；
D.H2O2是极性分子，C2H4、C6H6是非极性分子，故D正确；
故选：A。
A.离子晶体肯定含有离子键；
B.同种原子之间形成非极性键，不同种原子间形成极性键；
C.根据常见的有机物和无机物判断；
D.根据常见的由极性分子、非极性分子构成的物质判断。
本题考查了不同晶体的结构微粒和微粒间作用力的区别，难度不大，熟知常见物质含有的化学键是解题的关键，注意含有多种化学键的特殊物质的记忆。
22.【答案】B
【解析】解：A.加热时Fe与S反应生成FeS，将原物质除去，不能除杂，故A错误；
B.加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，加热至固体质量不变可除去杂质，故B正确；
C.加热时氢氧化铝分解生成氧化铝，将原物质除去，不能除杂，故C错误；
D.加热时高锰酸钾分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，将原物质除去，不能除杂，故D错误；
故选：B。
A.加热时Fe与S反应生成FeS；
B.加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠；
C.加热时氢氧化铝分解生成氧化铝；
D.加热时高锰酸钾分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
23.【答案】B
【解析】解：A.称量晶体的坩埚潮湿，会使质量差增大，导致生成的水的质量偏大，测定结果偏高，故A不选；
B.加热后固体未放入干燥器中冷却，吸收了空气中的水分，会使测得的结晶水的质量偏低，故B选；
C.加热过程中晶体有少量溅失，质量差增大，导致生成的水的质量偏大，测定结果偏高，故C不选；
D.晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质，导致生成的水的质量偏大，测定结果偏高，故D不选；
故选：B。
A.称量晶体的坩埚潮湿，会使质量差增大；
B.无水硫酸铜易吸收空气中的水分，会使质量差减小；
C.加热过程中晶体有少量溅失，质量差增大；
D.晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质，会使质量差增大。
本题考查了实验室测定硫酸铜晶体结晶水含量实验，对失水得到产物的分析判断以及对实验结果产生的误差的原因进行分析是解答的关键，题目难度不大。
24.【答案】D
【解析】解：无色溶液中加入稀硫酸出现白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，由于BaCl2与K2CO3不共存，则原溶液中一定不含有K2CO3，一定含有BaCl2，加入稀硫酸放出气体，则原溶液中一定含有NaHCO3；无色溶液中加入烧碱溶液，NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3与BaCl2反应生成BaCO3沉淀，MgCl2可能与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，则原溶液中可能含有MgCl2，所以原溶液中一定含有NaHCO3、BaCl2，可能含有MgCl2，一定不含有K2CO3，故D正确；
故选：D。
无色溶液中加入稀硫酸出现白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，可知原溶液中一定含BaCl2，由于BaCl2与K2CO3不共存，则原溶液中一定不含有K2CO3，加入稀硫酸放出气体，该气体为二氧化碳，则原溶液中一定含有NaHCO3；无色溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀，该白色沉淀为碳酸钡或碳酸钡、氢氧化镁的混合物，则原溶液中可能含有MgCl2，据此分析解答。
本题考查无机物的推断，为高考常见题型，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。
25.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、物质状态为解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意能量与图象的关系，题目难度不大。 2A(g)⇌B(g)+Q(Q>0)为放热反应，B(g)⇌B(l)为放热过程，以此来解答。
【解答】
2A(g)⇌B(g)+Q(Q>0)为放热反应，B(g)⇌B(l)为放热过程，且2A(g)能量最高，B(l)能量最低，只有A符合。
故选A。
26.【答案】D
【解析】解：相对误差为−2.67%，说明测定的结晶水含量偏小，
A.实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥，会使误差偏大，故A错误；
B.加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏大，故B错误；
C.加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故C错误；
D.晶体中有受热不反应不挥发的杂质，导致计算出的结晶水的质量偏低，测定结果偏低，故D正确；
故选：D。
结晶水合物中结晶水的质量=m(容器+晶体)−m(容器+无水硫酸铜)，质量分数=结晶水质量晶体质量×100%，相对误差为−2.67%，说明测定结晶水含量结果偏低，据此结合选项判断。
本题考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，题目难度不大，明确实验原理、正确操作方法为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的化学实验能力。
27.【答案】C
【解析】解：A.在氨水中含有的微粒有：NH3⋅H2O、NH3、H2O、H+、OH−、NH4+，共6种微粒；在氯水中含有H2O、HClO、Cl2、H+、Cl−、ClO−、OH−，共7种微粒.可见二者含有的微粒总数不相同，故A错误；
B.氨水放置一段时间后由于NH3挥发逸出，导致溶液的碱性减弱，溶液pH减小；Cl2放置一段时间，由于HClO光照分解产生HCl和O2，使氯水的酸性增强，溶液pH减小，因此两种溶液放置一段时间后溶液pH均减小，不是增大，故B错误；
C.氨水中的氨气易挥发而有刺激性气味，氯水中的Cl2挥发也产生刺激性气味，因此二者都有刺激性气味，故C正确；
D.氨水与氨气一样，对人起腐蚀和窒息作用，但没有杀菌消毒作用，氯水中含有的HClO具有强氧化性，会将蛋白质氧化变性而失去生理活性，因而具有杀菌消毒作用，故D错误；
故选：C。
A.在氨水中含有的微粒有：NH3⋅H2O、NH3、H2O、H+、OH−、NH4+，共6种微粒；在氯水中含有H2O、HClO、Cl2、H+、Cl−、ClO−、OH−，共7种微粒；
B.氨水放置一段时间后由于NH3挥发逸出，溶液pH减小；Cl2放置一段时间，由于HClO光照分解产生HCl和O2，溶液pH减小；
C.氨气、Cl2均为刺激性气味气体；
D.氨水不具有杀菌消毒功能，氯水的杀菌消毒作用是因为次氯酸的作用。
本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉氨水、氯水的成分和各微粒的性质是解题关键，题目难度不大。
28.【答案】D
【解析】解：A.该反应的能量变化为反应物与生成物的能量差，小于E1−E2，故A错误；
B.Fe3+在反应中作催化剂，催化剂只能加快化学反应速率，不能改变反应热，故B错误；
C.该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为放热反应，故C错误；
D.从图中可以看出，H2O(l)所具有的能量小于H2O2(l)，所以H2O(l)比H2O2(l)稳定，故D正确；
故选：D。
A.该反应的能量变化为反应物与生成物的能量差；
B.催化剂只能加快化学反应速率，不能改变反应热；
C.反应物的总能量小于生成物的总能量，为放热反应；
D.物质所具有的能量越低越稳定。
本题主要考查反应热的计算，为基础知识的考查，题目难度不大。
29.【答案】B
【解析】解：A.结合表中数据可知，pH>13.5时，钢铁的腐蚀速率较快，故A错误；
B.溶液的pH在6∼8范围内钢铁的腐蚀慢，说明中性环境中，钢铁较难腐蚀，故B正确；
C.在pH>14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为：O2+2H2O+4e−=4OH−，故C错误；
D.结合表中数据可知，钢铁的腐蚀产物有Fe2+、Fe3O4、Fe2O3、HFeO2−，故D错误；
故选：B。
A.根据表中数据知，pH<4或pH>9，钢铁腐蚀较快，pH在6∼8范围内钢铁的腐蚀慢；
B.pH在6∼8范围内钢铁的腐蚀慢；
C.pH>14时，钢铁发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子发生还原反应；
D.随着溶液pH的变化，钢铁的腐蚀产物可能发生变化。
本题考查金属的腐蚀原理，明确题中信息为解答关键，注意掌握常见金属的腐蚀原理，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
30.【答案】C
【解析】解：A.根据分析可知：还原性I−>Fe2+>Br−，故A错误；
B.通入氯气的总量为1mol+2mol+3mol=6mol，故B错误；
C.若反应过程中滴入KSCN溶液，呈血红色，说明有Fe3+生成，则amol
故选：C。
向仅含Fe2+、I−、Br−的溶液中通入适量氯气，还原性I−>Fe2+>Br−，首先发生反应2I−+Cl2=I2+2Cl−，I−反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，故0a段代表I−的变化情况，ab段代表Fe2+的变化情况，bc段代表Br−的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n(I−)=2n(Cl2)=2mol，则a=1；n(Fe2+)=2n(Cl2)=4mol，则b=2，Fe2+反应完毕，故n(Br−)=6mol，n(Cl2)=12n(Br−)=3mol，则c=3据，此分析解答即可。
本题主要考查氧化还原反应中氧化性、还原性强弱的判断，离子反应的先后顺序，以及根据方程式进行定量计算，同时考查学生的看图理解能力，对学生的要求较高，难度中等。
31.【答案】共价键 二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大 NH3+HCl=NH4Cl硫铵或肥田肥 Fe2++2NH3⋅H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+ 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH− N 亚硝酸和水 23.5
【解析】解：(1)氮气分子中N、N原子间共用3对电子对，属于共价键，N原子满足最外层8电子稳定结构，其电子式为；CS2的电子式类似于CO2，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高，
故答案为：共价键；；二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大；
(2)浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生HCl与氨气的反应生成氯化铵，该反应为NH3+HCl=NH4Cl；浓硫酸难挥发，能与氨气反应生成硫酸盐，则一段时间后浓硫酸的液滴中生成的白色固体为(NH4)2SO4，俗称硫铵或肥田肥；FeSO4与碱反应生成白色沉淀，发生反应为Fe2++2NH3⋅H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+，然后出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，是因氢氧化亚铁被氧化，发生反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，
故答案为：NH3+HCl=NH4Cl；硫铵或肥田肥；Fe2++2NH3⋅H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+；4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；
(3)在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，使得溶液呈碱性，
故答案为：NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−；
(4)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，结合元素的化合价变化计算，反应的化学方程式并用单线桥标出电子转移方向和数目为，由反应可知，生N元素化合价升高，被氧化，氧元素得到电子，化合价降低，得到亚硝酸和水，成2molHNO2时转移2mol×[3−(−3)]=12mol电子，则有3mol电子发生转移时，生成亚硝酸3mol×212=0.5mol，其质量为0.5mol×47g/mol=23.5g，
故答案为：；N；亚硝酸和水；23.5。
(1)氮气分子中每个N原子还有1对孤电子对；CS2的电子式类似于CO2，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高；
(2)浓盐酸和浓氨水易挥发，浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生HCl与氨气的反应生成氯化铵；氨气与浓硫酸反应生成硫酸铵或硫酸氢铵；氨气与硫酸亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化生成氢氧化铁，以此解答；
(3)结合NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−及平衡移动分析；
(4)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水；结合元素的化合价变化计算。
本题以氮及其化合物的性质考查物质之间的反应，涉及电子式、物质结构、氧化还原反应、平衡移动原理等，综合性较强，侧重学生分析能力和计算能力的考查，注意知识的迁移应用，题目难度中等。
32.【答案】4s2 ⅢB+3C 4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O不要与碱性物质混放或混用 不宜长期施用
【解析】解：(1)钪原子核外最外层电子排列在4s能级上且自旋方向相反，则基态Sc原子最外层电子排布式为4s2；c与第二主族相邻，Sc位于元素周期表的第ⅢB族；基态Sc的价电子为3d能级上的1个电子、4s能级上的2个电子，这些价电子完全失去时就得到其最高化合价，所以为+3价，
故答案为：4s2；ⅢB；+3；
(2)A.同一主族元素，原子序数越大，其原子半径越大，则r(S)>r(O)，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，则r(N)>r(O)，一般来说，电子层数越多，其原子半径越大，所以这三种元素原子半径的顺序是r(O)
故答案为：C；
(3)①氮气和氢气反应生成NH3、NH3和酸反应生成NH4+，其路径为，
故答案为：；
②氨气被催化氧化生成NO和H2O，方程式为4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O；
(4)NH4+能和碱反应生成氨气，所以不要和碱性物质混放或混用；NH4+水解导致溶液呈酸性，长期施用会使土壤酸化、板结，所以不宜长期施用，
故答案为：不要与碱性物质混放或混用；不宜长期施用。
(1)钪原子核外最外层电子排列在4s能级上且自旋方向相反；c与第二主族相邻，Sc位于元素周期表的第ⅢB族；基态Sc的价电子为3d、4s能级上的电子，这些价电子完全失去时就得到其最高化合价；
(2)A.同一主族元素，原子序数越大，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；
B.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强；
C.能和水形成分子间氢键的氢化物易溶于水；
D.氢硫酸中微粒有H2S、HS−、S2−、OH−、H+、H2O，氨水中含有NH3、H2O、NH3⋅H2O、OH−、H+、NH4+；
(3)①氮气和氢气反应生成NH3、NH3和酸反应生成NH4+；
②氨气被催化氧化生成NO和H2O；
(4)NH4+能和碱反应生成氨气，NH4+水解导致溶液呈酸性。
本题考查原子结构和性质、元素化合物的性质等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素周期表结构及元素位置关系、元素化合物的性质是解本题关键，知道物质之间的转化关系，题目难度不大。
33.【答案】WO3+3H2−加热W+3H2O热还原法 铁、钴、铜 2NaCl(熔融)−通电2Na+Cl2↑排除装置中的空气 观察气体的流速，控制进气速度 b 黄色变为银白色，通入氯气后变为蓝色 在导气管末端收集一试管气体，靠近酒精灯点燃，若听到“噗的一声”证明氢气纯净了，可以加热BW+3Cl2−△WCl6
【解析】解：(1)冶炼W可以用WO3和H2在加热条件下实现，化学方程式是WO3+3H2−加热W+3H2O；该冶炼金属的方法称为热还原法，除了W，还有铁、钴、铜金属也可以用此法冶炼，
故答案为：WO3+3H2−加热W+3H2O；热还原法；铁、钴、铜；
(2)工业冶炼钠一般采用电解熔融氯化钠，涉及的化学方程式2NaCl(熔融)−通电2Na+Cl2↑，
故答案为：2NaCl(熔融)−通电2Na+Cl2↑；
(3)检查气密性后，先通N2，其目的是排除装置中的空气，
故答案为：排除装置中的空气；
(4)装置A中盛有浓硫酸除干燥气体外，还能观察气体的流速，控制进气速度，C为冷凝管，冷却水从b进入，先后发生WO3+3H2−△W+3H2O，W+3Cl2−△WCl6，B中的现象是由黄色变为银白色，通入氯气后变为蓝色，
故答案为：观察气体的流速，控制进气速度；b；黄色变为银白色，通入氯气后变为蓝色；
(5)操作检验氢气的纯度，否则可能会导致爆炸事故，该操作是在导气管末端收集一试管气体，靠近酒精灯点燃，若听到“噗的一声”证明氢气纯净了，可以加热B，
故答案为：在导气管末端收集一试管气体，靠近酒精灯点燃，若听到“噗的一声”证明氢气纯净了，可以加热B；
(6)W在加热的情况下与氯气生成WCl6，化学方程式为W+3Cl2−△WCl6，
故答案为：W+3Cl2−△WCl6。
分析实验装置可知，检查装置气密性并加入WO3，先通N2，排除装置中的空气，再通入氢气，发生还原反应生成钨单质，之后改通氯气，加热条件下发生反应W+3Cl2−△WCl6，结合提示可知，产物极易水解，E为干燥管，目的是吸收空气中的水蒸气，防止产品水解，碱石灰呈碱性，也可以用于吸收多余的氯气，据此分析。
本题考查了六氯化钨的制备，明确反应原理与实验装置及其功能为解题关键，考查较为综合，学生应具有获得信息并处理的能力，整体难度中等。
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