北京市海淀区重点中学2022届高三化学上学期11月月考试卷含解析

2022-2022学年北京市海淀区重点中学高三（上）月考化学试卷　一、在下列各题的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的．1．下列关于晶体的说法正确的是（　　）A．构成分子晶体的微粒一定含有共价键B．原子晶体的熔点一定比金属晶体的高C．离子晶体发生状态变化时需要克服离子键D．晶体中只要有阳离子就一定有阴离子　2．下列关于等体积、等pH的NaOH和氨溶液的说法正确的是（　　）A．两种溶液中OH﹣浓度相同B．需要等浓度、等体积的盐酸中和C．温度升高10℃，两溶液的pH仍相等D．两种溶液中溶质的物质的量浓度相同　3．某溶液中含有大量的Al3+、NH4+、Ag+、Fe2+四种离子．向该溶液中加入足量Na2O2，微热并充分搅拌后，再加入过量稀盐酸，此时溶液中大量存在的阳离子可能是（　　）A．Na+、NH4+、Al3+、H+B．Fe2+、Al3+、Na+、H+C．Na+、Fe3+、Al3+、H+D．Ag+、Fe3+、Na+、H+　4．“绿色化学”提倡，设计制备物质的方案时，要从经济、环保和技术等方面考虑，以下由铜制取硝酸铜的四种方案中，比较符合“绿色化学”概念且可行的方案是（　　）A．Cu→Cu（NO3）2B．Cu→CuO→Cu（NO3）2C．Cu→CuCl2→Cu（NO3）2D．Cu→CuSO4→Cu（NO3）2　5．实验室制取少量N2常利用的反应是NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，关于该反应的说法正确的是（　　）A．NaNO2是氧化剂B．生成1molN2时转移的电子为6mol-19-\nC．NH4Cl中的N元素被还原D．N2既是氧化剂又是还原剂　6．NA表示阿伏加德罗常数，以下说法正确的是（　　）A．31g白磷含有P﹣P键的总数为6NAB．1.6gNH2¯离子含有电子总数为NAC．1L1mol•L﹣1FeCl3溶液中含有Fe3+的数目为NAD．标准状况，22.4LNO和22.4LO2的混合气体所含分子数为1.5NA　7．一定量的盐酸跟过量铁粉反应时，为了减缓反应速率且不影响生成H2的总量，可向盐酸中加入适量的（　　）A．CaCO3（固）B．Na2SO4溶液C．KNO3溶液D．CuSO4（固）　8．A、B、C、D是Na2SO3、AgNO3、HCl、BaCl2四种无色溶液中的某一种，把它们两两混合产生的现象是：A+B→白色沉淀；A+C→白色沉淀；B+C→白色沉淀；C+D→白色沉淀；B+D→无色、有刺激性气味的气体．则上述四种物质按A、B、C、D的顺序是（　　）A．BaCl2、AgNO3、Na2SO3、HClB．AgNO3、HCl、BaCl2、Na2SO3C．Na2SO3、HCl、AgNO3、BaCl2D．BaCl2、Na2SO3、AgNO3、HCl　　二、解答题（共4小题，满分61分）9．A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大．已知A与B、C、D均能形成含10个电子或18个电子的分子，其中相对分子质量最小的分子含A的质量分数为25%；B是形成化合物种类最多的元素；A原子与D可形成原子个数比为1：1或2：1的化合物．请回答：（1）C的元素名称　　　　　　．（2）A与B、A与D形成含18个电子的化合物的分子式分别是　　　　　　、　　　　　　．-19-\n（3）D与B、C可分别形成原子个数比为1：1的化合物，它们都是大气污染物，两者在催化剂存在下反应，可生成两种对大气无污染的气体．该反应的化学方程式　　　　　　．（4）请写出一种由A、C、D三种元素形成的常见无机化合物（填名称）　　　　　　，其溶液对水的电离起（填“抑制”、“促进”或“不影响”）　　　　　　作用，原因是　　　　　　．　10．某芳香族化合物A的分子式为C8H8O3，其苯环上的一卤代物有两种同分异构体．如图表示化合物A～H之间的转化关系，其中化合物G能发生银镜反应．请回答：（1）A的结构简式　　　　　　．（2）反应⑥的化学方程式　　　　　　．（3）反应①的离子方程式　　　　　　．（4）检验化合物H的试剂是　　　　　　，化合物H和E反应的化学方程式　　　　　　，该反应类型是　　　　　　．（5）写三种A的同分异构体的结构简式（要求所写结构式苯环上取代基数目各不相同）　　　　　　．　11．纯碱中常含有少量NaCl杂质．甲同学用下面的装置测定ng纯碱中Na2CO3的质量分数．其实验步骤：a．按装置图组装仪器，并检查其气密性；b．称量盛有碱石灰的干燥管D的质量为m1g；c．称量ng纯碱样品，并将其放入广口瓶内；d．从分液漏斗缓缓地注入一定量的稀硫酸，并缓缓地鼓入空气，直到B反应器中不再产生气体为止；e．再次称量干燥管D的总质量为m2g．请回答：（1）装置C的作用是　　　　　　．装置E的作用是　　　　　　．-19-\n（2）计算Na2CO3质量分数的数学表达式为（用m1、m2、n表示）　　　　　　．（3）请再设计两种其他的测定方案，并填写表中空白．可选择的主要仪器：①托盘天平②烧杯③玻璃棒④铁架台、漏斗（过滤器）⑤干燥管⑥酒精灯⑦烧瓶⑧蒸发皿供选择的试剂：a．CaCl2溶液b．稀硝酸c．AgNO3溶液d．碱石灰e．稀盐酸实验中所发生反应的化学方程式实验所用主要仪器（用编号表示）实验需直接测定的有关物理量（用文字说明）　12．密闭容器中，保持一定温度，进行如下反应：N2（气）+3H2（气）⇌2NH3（气），已知加入1molN2和3molH2，在恒压条件下，达到平衡时生成amolNH3；在恒容条件下，达到平衡时生成bmolNH3．若相同条件下，达到平衡时混合物中各组分的百分含量不变．请填空：状态条件起始时各物质的物质的量（mol）平衡时NH3的物质的量（mol）编号x（N2）y（H2）z（NH3）恒压（1）130a（2）3　　　　　　0　　　　　　（3）　　　　　　　　　　　　0.20.5ax、y、z取值必须满足的一般条件：　　　　　　．恒容（4）130b（5）00　　　　　　b（6）2.25b-19-\n　　　　　　　　　　　　x、y、z取值必须满足的一般条件（一个只含x、z，另一个只含y、z）：　　　　　　；　　　　　　．a与b的关系是：a　　　　　　b（填＞、＜、=）　　-19-\n2022-2022学年北京市海淀区重点中学高三（上）月考化学试卷参考答案与试题解析　一、在下列各题的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的．1．下列关于晶体的说法正确的是（　　）A．构成分子晶体的微粒一定含有共价键B．原子晶体的熔点一定比金属晶体的高C．离子晶体发生状态变化时需要克服离子键D．晶体中只要有阳离子就一定有阴离子【考点】晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；离子晶体．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键；B．金属钨的熔点高于原子晶体硅的熔点；C．离子晶体中离子间以离子键结合；D．金属晶体是由金属离子和自由电子构成的．【解答】解：A．分子晶体中的每个分子内不一定含有共价键，如稀有气体是单原子分子，它形成的分子晶体中不存在化学键，故A错误；B．金属钨的熔点高于原子晶体硅的熔点，所以原子晶体的熔点不一定比金属晶体的高，故B错误；C．离子晶体中离子间以离子键结合，所以离子晶体发生状态变化时需要克服离子键，故C正确；D．金属晶体是由金属离子和自由电子构成的，晶体中只有阳离子没有阴离子，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学键、晶体类型、熔沸点的比较，熟悉常见物质中的化学键并能举例即可解答，题目难度不大．　2．下列关于等体积、等pH的NaOH和氨溶液的说法正确的是（　　）A．两种溶液中OH﹣浓度相同B．需要等浓度、等体积的盐酸中和-19-\nC．温度升高10℃，两溶液的pH仍相等D．两种溶液中溶质的物质的量浓度相同【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．相同条件下一的pH相同，则溶液中的氢氧根离子浓度相等；B．氨水为弱碱，pH相同时氨水的浓度大于NaOH；C．温度升高后，一水合氨的电离程度增大，氢氧根离子浓度增大，则其pH增大；D．氨水为弱碱，在溶液中部分电离出氢氧根离子．【解答】解：A．等pH的NaOH和氨溶液，在相同条件下水的离子积相同，则溶液中氢氧根离子的浓度相等，故A正确；B．氨水属于弱碱，pH相同时氨水的浓度大于氢氧化钠，则用盐酸中和时氨水消耗的盐酸体积大于氢氧化钠溶液，故B错误；C．升高温度后一水合氨的电离程度增大，所以温度升高10℃，氨水中氢氧根离子浓度增大，则氨水的pH大于NaOH，故C错误；D．氨水为弱碱，两溶液的pH相同时，氨水的浓度会大于NaOH溶液，故D错误；故选A．【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，明确影响弱电解质的电离平衡的因素为解答关键，试题有利于提高学生的分析、理解能力及灵活应用能力．　3．某溶液中含有大量的Al3+、NH4+、Ag+、Fe2+四种离子．向该溶液中加入足量Na2O2，微热并充分搅拌后，再加入过量稀盐酸，此时溶液中大量存在的阳离子可能是（　　）A．Na+、NH4+、Al3+、H+B．Fe2+、Al3+、Na+、H+C．Na+、Fe3+、Al3+、H+D．Ag+、Fe3+、Na+、H+【考点】离子共存问题．【专题】氧化还原反应专题；离子反应专题．【分析】向溶液中加入足量的Na2O2，与水反应生成NaOH、氧气，NaOH与Al3+、NH4+、Ag+、Fe2+四种离子分别反应生成氢氧化铝、氨气、氧化银、氢氧化亚铁，再加入过量的稀盐酸，只发生氢氧化铝、氢氧化铁与盐酸的反应，以此来解答．【解答】解：向溶液中加入足量的Na2O2，与水反应生成NaOH、氧气，NaOH与Al3+、NH4+、Ag+、Fe2+四种离子分别反应生成Al（OH）3、氨气、氧化银、Fe（OH）2，-19-\nFe（OH）2被氧化为Fe（OH）3，微热并充分搅拌后，氨气逸出，再加入过量的稀盐酸，盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝，盐酸与氢氧化铁反应生成氯化铁，则溶液中的阳离子为H+、Na+、Al3+、Fe3+，故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，注意过氧化钠、盐酸足量，生成的氢氧化亚铁易被氧化，题目难度不大．　4．“绿色化学”提倡，设计制备物质的方案时，要从经济、环保和技术等方面考虑，以下由铜制取硝酸铜的四种方案中，比较符合“绿色化学”概念且可行的方案是（　　）A．Cu→Cu（NO3）2B．Cu→CuO→Cu（NO3）2C．Cu→CuCl2→Cu（NO3）2D．Cu→CuSO4→Cu（NO3）2【考点】绿色化学．【分析】绿色化学要求尽可能地利用原材料并保证生产过程无污染．根据题干要求，要从反应的理论可行性，经济廉价性，环保安全性等方面进行考虑分析．【解答】解：A、铜与硝酸反应会有污染物N0或NO2生成，不符合“绿色化学”的思想；B、此项制得的方法是：2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3═Cu（NO3）2+H2O，反应原料易得，没有污染，符合要求．C、Cu→CuCl2，需要有毒气体Cl2．不符合环保要求．D、铜与浓硫酸反应能生成硫酸铜，但同时生成二氧化硫污染空气，故不符合题意．故选：B．【点评】本题主要考查“绿色化学”知识．此题难度较大，要熟悉铜及其化合物的各种性质，还要考虑环保、经济等方面．　5．实验室制取少量N2常利用的反应是NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，关于该反应的说法正确的是（　　）A．NaNO2是氧化剂B．生成1molN2时转移的电子为6molC．NH4Cl中的N元素被还原D．N2既是氧化剂又是还原剂-19-\n【考点】氧化还原反应．【分析】NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O中，N元素的化合价由+3价降低为0，N元素的化合价由﹣3价升高为0，以此来解答．【解答】解：A．NaNO2中N元素的化合价降低，为氧化剂，故A正确；B．只有N元素的化合价变化，则生成1molN2时转移的电子为3mol，故B错误；C．NH4Cl中的N元素化合价升高，失去电子被氧化，故C错误；D．N2既是氧化产物又是还原产物，故D错误；故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及氧化还原反应基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　6．NA表示阿伏加德罗常数，以下说法正确的是（　　）A．31g白磷含有P﹣P键的总数为6NAB．1.6gNH2¯离子含有电子总数为NAC．1L1mol•L﹣1FeCl3溶液中含有Fe3+的数目为NAD．标准状况，22.4LNO和22.4LO2的混合气体所含分子数为1.5NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、求出白磷P4的物质的量，然后根据1mol白磷中含6molp﹣p键来分析；B、求出NH2¯的物质的量，然后根据1molNH2¯中10mol电子来分析；C、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；D、一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮部分转化成四氧化二氮．【解答】解：A、31g白磷P4的物质的量为n==0.25mol，而1mol白磷中含6molp﹣p键，故0.25mol白磷中含1.5molp﹣p键，即1.5NA个，故A错误；B、1.6gNH2¯的物质的量为0.1mol，而1molNH2¯中10mol电子，故0.1molNH2¯中含1mol电子即NA个，故B正确；C、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铁离子的个数小于NA个，故C错误；D、标准状况，22.4LNO和22.4LO2的物质的量均为1mol．1molNO与1molO2混合后生成1mol二氧化氮，氧气剩余0.5mol，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，所以气体分子数小于1.5NA，故D错误；-19-\n故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　7．一定量的盐酸跟过量铁粉反应时，为了减缓反应速率且不影响生成H2的总量，可向盐酸中加入适量的（　　）A．CaCO3（固）B．Na2SO4溶液C．KNO3溶液D．CuSO4（固）【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】为了减缓反应速率且不影响生成H2的总量，可使溶液中H+浓度降低，但总量不变，以此解答该题．【解答】解：A．加入CaCO3固体，消耗H+，生成氢气的总量较少，故A错误；B．加入Na2SO4溶液，H+浓度降低，但总量不变，可减缓反应速率且不影响生成H2的总量，故B正确；C．加入KNO3溶液，生成NO气体，不生成氢气，故C错误；D．加入CuSO4固体，置换出铜，形成原电池反应，反应速率加快，故D错误．故选：B．【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高考高频考点，侧重于基本概念的综合考查和运用，难度大不，注意把握题目要求以及影响反应速率的因素，学习中要注意相关基础知识的学习和积累．　8．A、B、C、D是Na2SO3、AgNO3、HCl、BaCl2四种无色溶液中的某一种，把它们两两混合产生的现象是：A+B→白色沉淀；A+C→白色沉淀；B+C→白色沉淀；C+D→白色沉淀；B+D→无色、有刺激性气味的气体．则上述四种物质按A、B、C、D的顺序是（　　）A．BaCl2、AgNO3、Na2SO3、HClB．AgNO3、HCl、BaCl2、Na2SO3C．Na2SO3、HCl、AgNO3、BaCl2D．BaCl2、Na2SO3、AgNO3、HCl【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质检验鉴别题．-19-\n【分析】根据物质的性质进行推断：硝酸银可以和Na2SO3、HCl、BaCl2反应均能获得白色沉淀，亚硫酸钠和盐酸反应生成二氧化硫，可以根据物质间的两两混合产生的现象来回答．【解答】解：由题给物质及其性质知：能与三种物质反应都生成沉淀的只有AgNO3，由此可推知C是AgNO3，能与两种物质反应生成白色沉淀的有Na2SO3和BaCl2，两种物质反应产生无色有刺激性气味气体的是Na2SO3和HCl，所以B、D分别是Na2SO3和HCl中的一种，则A一定是BaCl2，而B与A、B与C都可生成白色沉淀，则B一定是Na2SO3，从而可推断出正确选项．故选D．【点评】本题考查了常见物质的推断，完成此题，可以依据题干提供的信息结合物质的性质进行，要求同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，以便灵活应用．　二、解答题（共4小题，满分61分）9．A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大．已知A与B、C、D均能形成含10个电子或18个电子的分子，其中相对分子质量最小的分子含A的质量分数为25%；B是形成化合物种类最多的元素；A原子与D可形成原子个数比为1：1或2：1的化合物．请回答：（1）C的元素名称　氮　．（2）A与B、A与D形成含18个电子的化合物的分子式分别是　C2H6　、　H2O2　．（3）D与B、C可分别形成原子个数比为1：1的化合物，它们都是大气污染物，两者在催化剂存在下反应，可生成两种对大气无污染的气体．该反应的化学方程式　2NO+2CON2+2CO2　．（4）请写出一种由A、C、D三种元素形成的常见无机化合物（填名称）　硝酸　，其溶液对水的电离起（填“抑制”、“促进”或“不影响”）　抑制　作用，原因是　硝酸电离产生H+，抑制水的电离　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大．B是形成化合物种类最多的元素，则B为C元素；A与B、C、D均能形成含10个电子或18个电子的分子，其中相对分子质量最小的分子含A的质量分数为25%，则A为H元素；A原子与D可形成原子个数比为1：1或2：1的化合物，则D为O元素，由原子序数可知C为N元素，据此解答．-19-\n【解答】解：A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大．B是形成化合物种类最多的元素，则B为C元素；A与B、C、D均能形成含10个电子或18个电子的分子，其中相对分子质量最小的分子含A的质量分数为25%，则A为H元素；A原子与D可形成原子个数比为1：1或2：1的化合物，则D为O元素；由原子序数可知C为N元素．（1）C的元素名称为氮，故答案为：氮；（2）H与C形成的18电子化合物为C2H6，H与O形成的18电子化合物为H2O2，故答案为：C2H6；H2O2；（3）O与C、N可分别形成原子个数比为1：1的化合物分别为CO、NO，它们都是大气污染物，两者在催化剂存在下反应，可生成两种对大气无污染的气体，应生成氮气与二氧化碳，该反应的化学方程式为：2NO+2CON2+2CO2，故答案为：2NO+2CON2+2CO2；（4）一种由H、N、O三种元素形成的常见无机化合物为硝酸等，溶液中硝酸电离产生H+，抑制水的电离，故答案为：硝酸；抑制；硝酸电离产生H+，抑制水的电离．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意掌握中学常见10电子、18电子微粒，注意（4）中答案不唯一．　10．某芳香族化合物A的分子式为C8H8O3，其苯环上的一卤代物有两种同分异构体．如图表示化合物A～H之间的转化关系，其中化合物G能发生银镜反应．请回答：（1）A的结构简式　　．（2）反应⑥的化学方程式　　．（3）反应①的离子方程式　+2OH﹣+CH3OH+H2O　．-19-\n（4）检验化合物H的试剂是　浓溴水（或FeCl3溶液）　，化合物H和E反应的化学方程式　　，该反应类型是　缩聚　．（5）写三种A的同分异构体的结构简式（要求所写结构式苯环上取代基数目各不相同）　　．【考点】有机物的推断．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用．【分析】C能经过两步氧化得F，F与C反应生成G，G能发生银镜反应，则说明C为CH3OH，E为HCHO，F为HCOOH，G为HCOOCH3，某芳香族化合物A的分子式为C8H8O3，A能与氢氧化钠溶液反应生成B和C，其苯环上的一卤代物有两种同分异构体，说明有A中有酯基，且有两个处于对位的基团，根据H的分子式可知，H为苯酚，结合各物质转化关系，结合A的分子式和C的结构可知，A为，B为，B与碱石灰加热得D为，D酸化得H为，据此答题．【解答】解：C能经过两步氧化得F，F与C反应生成G，G能发生银镜反应，则说明C为CH3OH，E为HCHO，F为HCOOH，G为HCOOCH3，某芳香族化合物A的分子式为C8H8O3，A能与氢氧化钠溶液反应生成B和C，其苯环上的一卤代物有两种同分异构体，说明有A中有酯基，且有两个处于对位的基团，根据H的分子式可知，H为苯酚，结合各物质转化关系，结合A的分子式和C的结构可知，A为，B为，B与碱石灰加热得D为，D酸化得H为，-19-\n（1）根据上面的分析可知，A的结构简式为，故答案为：；（2）反应⑥的化学方程式为，故答案为：；（3）反应①的离子方程式为+2OH﹣+CH3OH+H2O，故答案为：+2OH﹣+CH3OH+H2O；（4）检验的试剂是浓溴水（或FeCl3溶液），和HCHO反应生成酚苯树脂，反应的化学方程式为，该反应类型是缩聚，故答案为：浓溴水（或FeCl3溶液）；；（5）A为，A的同分异构体的结构简式（要求所写结构式苯环上取代基数目各不相同）为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断，掌握官能团的性质是关键，C可以连续氧化生成的F与反应生成G能发生银镜反应为突破口，再根据H和A的分子式进行推断，综合考查学生的能力，难度中等．-19-\n　11．纯碱中常含有少量NaCl杂质．甲同学用下面的装置测定ng纯碱中Na2CO3的质量分数．其实验步骤：a．按装置图组装仪器，并检查其气密性；b．称量盛有碱石灰的干燥管D的质量为m1g；c．称量ng纯碱样品，并将其放入广口瓶内；d．从分液漏斗缓缓地注入一定量的稀硫酸，并缓缓地鼓入空气，直到B反应器中不再产生气体为止；e．再次称量干燥管D的总质量为m2g．请回答：（1）装置C的作用是　干燥CO2　．装置E的作用是　防止空气中水蒸气和CO2进入干燥器D　．（2）计算Na2CO3质量分数的数学表达式为（用m1、m2、n表示）　　．（3）请再设计两种其他的测定方案，并填写表中空白．可选择的主要仪器：①托盘天平②烧杯③玻璃棒④铁架台、漏斗（过滤器）⑤干燥管⑥酒精灯⑦烧瓶⑧蒸发皿供选择的试剂：a．CaCl2溶液b．稀硝酸c．AgNO3溶液d．碱石灰e．稀盐酸实验中所发生反应的化学方程式实验所用主要仪器（用编号表示）实验需直接测定的有关物理量（用文字说明）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】无机实验综合．-19-\n【分析】装置A中的氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳，利用除去二氧化碳的空气排净装置中的空气，关闭K后从分液漏斗缓缓地注入一定量的稀硫酸，和样品发生反应，并缓缓地鼓入空气，直到B反应器中不再产生气体为止，生成的气体中水蒸气通过浓硫酸吸收水蒸气，进入装置D吸收生成的二氧化碳，装置E是防止空气中二氧化碳进入装置D防止干扰影响测定结果，（1）装置C中浓硫酸是吸收二氧化碳气体中的水蒸气，空气中二氧化碳、水蒸气进入D中影响二氧化碳的质量测定，导致测定二氧化碳的质量增大，E装置的作用是吸收空气中二氧化碳中和水蒸气，防止进入装置D中；（2）称量盛有碱石灰的干燥管D的质量为m1g为吸收二氧化碳的质量，依据碳元素守恒计算碳酸钠质量得到碳酸钠的质量分数；（3）纯碱中常含有少量NaCl杂质，测定ng纯碱中Na2CO3的质量分数，可以利用氯化钙和碳酸钠反应生成沉淀，称量沉淀质量计算得到，需要的仪器为①托盘天平②烧杯③玻璃棒④铁架台、漏斗（过滤器）；利用硝酸和碳酸钠反应后的溶液中加入硝酸银和氯化钠反应生成氯化银沉淀，称量沉淀质量计算得到，需要的仪器为①托盘天平②烧杯③玻璃棒④铁架台、漏斗（过滤器）；利用硝酸和碳酸钠完全反应后，溶液蒸干得到氯化钠晶体，称量质量计算，需要的仪器：①托盘天平②烧杯③玻璃棒④铁架台、漏斗（过滤器）、⑧蒸发皿；利用盐酸和碳酸钠溶液反应后得到溶液蒸干得到氯化钠晶体质量，依据元素守恒和质量计算得到，需要的仪器为：①②③⑥⑧；【解答】解：（1）装置C的作用是吸收二氧化碳气体中的水蒸气，空气中二氧化碳、水蒸气进入D中影响二氧化碳的质量测定，导致测定二氧化碳的质量增大，E装置的作用是吸收空气中二氧化碳中和水蒸气，防止进入装置D中，故答案为：干燥CO2防止空气中水蒸气和CO2进入干燥器D；（2）称量盛有碱石灰的干燥管D的质量为m1g为吸收二氧化碳的质量，元素守恒得到碳酸钠质量分数=×100%=×100%，故答案为：×100%；（3）纯碱中常含有少量NaCl杂质，测定ng纯碱中Na2CO3的质量分数，可以利用氯化钙和碳酸钠反应生成沉淀，称量沉淀质量计算得到，需要的仪器为①托盘天平②烧杯③玻璃棒-19-\n④铁架台、漏斗（过滤器）；利用硝酸和碳酸钠反应后的溶液中加入硝酸银和氯化钠反应生成氯化银沉淀，称量沉淀质量计算得到，需要的仪器为①托盘天平②烧杯③玻璃棒④铁架台、漏斗（过滤器）；利用硝酸和碳酸钠完全反应后，溶液蒸干得到氯化钠晶体，称量质量计算，需要的仪器：①托盘天平②烧杯③玻璃棒④铁架台、漏斗（过滤器）、⑧蒸发皿；利用盐酸和碳酸钠溶液反应后得到溶液蒸干得到氯化钠晶体质量，依据元素守恒和质量计算得到，需要的仪器为：①②③⑥⑧，故答案为：实验中所发生反应的化学方程式实验所用主要仪器（用编号表示）实验需直接测定的有关物理量（用文字说明）CaCl2+Na2CO3=2NaCl+CaCO3↓①②③④CaCO3沉淀的质量2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2OAgNO3+NaCl=NaNO3+AgCl↓①②③④AgCl沉淀的质量2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O①②③⑥⑧蒸干后所得固体的质量2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2↑+H2O①②③⑥⑧蒸干后所得固体的质量【点评】本题考查学生对实验原理及装置理解、对操作的评价、物质含量的测定、化学计算等，难度中等，根据物质的化学性质，要认真分析，把握实验设计的每个步骤中的实验目的．　12．密闭容器中，保持一定温度，进行如下反应：N2（气）+3H2（气）⇌2NH3（气），已知加入1molN2和3molH2，在恒压条件下，达到平衡时生成amolNH3；在恒容条件下，达到平衡时生成bmolNH3．若相同条件下，达到平衡时混合物中各组分的百分含量不变．请填空：状态条件起始时各物质的物质的量（mol）平衡时NH3的物质的量（mol）编号x（N2）y（H2）z（NH3）恒压（1）130a（2）3　9　0　3a　（3）　0.4　　1.2　0.20.5ax、y、z取值必须满足的一般条件：-19-\n　y=3x（x≥0）；z≥0（x、y、z不同时为0）　．恒容（4）130b（5）00　2　b（6）　0.75　2.25　0.5　bx、y、z取值必须满足的一般条件（一个只含x、z，另一个只含y、z）：　2x+z=2　；　2y+3z=6　．a与b的关系是：a　＞　b（填＞、＜、=）【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】若相同条件下，达到平衡时混合物中各组分的百分含量不变，即各个编号的反应之间互为等效平衡，在恒压强条件下，将所有生成物都折算成反应物后，起始量要成比例，在恒容条件下，由于该反应是气体体积不等的反应，所以将所有生成物都折算成反应物后，起始量要完全相等，据此进行计算和答题；【解答】解：若相同条件下，达到平衡时混合物中各组分的百分含量不变，即各个编号的反应之间互为等效平衡，在恒压强条件下，将所有生成物都折算成反应物后，起始量要成比例，所以实验编号1、2、3是成比例等效，在编号2中氮气是编号1的3倍，所以氢气也是3倍，即为9mol，平衡时，氨气也是3倍即为3a；在编号3中平衡时氨气是编号1中的一半，所以起始时，如果将0.2mol氨气折算成反应物，氮气的物质的量为0.5mol，氢气的物质的量为1.5mol，而0.2mol氨气相当于0.1mol氮气和0.3mol氢气，所以起始时氮气的物质的量为0.4mol，氢气的物质的量为1.2mol；根据成比例等效的原理可知，在反应N2（气）+3H2（气）⇌2NH3（气）中，x、y、z取值必须满足的一般条件：y=3x（x≥0）；z≥0（x、y、z不同时为0）；在恒容条件下，由于该反应是气体体积不等的反应，所以将所有生成物都折算成反应物后，起始量要完全相等，所以编号4、5、6三个容器中为完全等效，编号5中将反应物都折算成生物，氨气为2mol，在编号6中，氢气在编号4的基础上反应了0.75mol，所以根据化学方程式，氮气反应了0.25mol，还剩余0.75mol，生成氨气0.5mol，根据完全等效的原理，可知将Z折算成x、y可得，2x+z=2；2y+3z=6；-19-\n由于合氨反应是体积减小的反应，所以在达到平衡时，恒容过程达到的平衡体系的压强小于恒压过程得到的平衡体系，所以在起始量相同的情况下，a＞b，故答案为：恒压（2）93a（3）0.41.2y=3x（x≥0）；z≥0（x、y、z不同时为0）恒容（5）2（6）0.750.52x+z=2；2y+3z=6．＞【点评】本题主要考查了等效平衡的思想，中等难度，解题目关键是注意不同条件下的等效平衡的要求．　-19-