2022年福建省泉州十高考化学倒计时模拟卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示，若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法正确的是（）AZ单质与氢气反应较Y剧烈BX与W的原子核外电子数相差9CX单质氧化性强于Y单质

2、D最高价氧化物对应水化物酸性W比Z强2、下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（）ANaClNa+Cl-BCuClCu2+2Cl-CCH3COOHCH3COO-+H+DH2（g）+Cl2（g）2HCl（g）+183kJ3、下列说法正确的是（）A古代的鎏金工艺利用了电解原理B“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”互为可逆反应C古代所用“鼻冲水”为氨水，其中含有5种微粒D“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”中涉及蒸馏操作4、十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下，当该装置工作时，下列

3、说法正确的是A盐桥中Cl-向Y极移动B电路中流过7.5 mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8LC电流由X极沿导线流向Y极DY极发生的反应为2NO3-10e-6H2O=N212OH，周围pH增大5、某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜，工艺流程如下所示：已知：Cu(NH3)42+(aq)Cu2+(aq) + 4NH3(aq)根据以上工艺流程，下列说法不正确的是A气体X中含有SO2B为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3H2O至红棕色沉淀刚好完全，过滤即可C蒸氨过程发生总反应的化学方程式为：Cu(NH3)4Cl2 + H2OCuO + 2HCl+ 4NH3D在制备产品时，溶液D中不直接加

4、入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低6、下表是25时五种物质的溶度积常数，下列有关说法错误的是化学式CuS溶度积A根据表中数据可推知，常温下在纯水中的溶解度比的大B向溶液中通入可生成CuS沉淀，是因为C根据表中数据可推知，向硫酸钡沉淀中加入饱和碳酸钠溶液，不可能有碳酸钡生成D常温下，在溶液中比在溶液中的溶解度小7、我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置(如图所示)，闭合K2、断开K1时，制氢并储能。下列说法正确的是A制氢时，X电极附近pH增大B断开K2、闭合K1时，装置中总反应为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2C断开K2、闭合K1时，K+向Zn

5、电极移动D制氢时，每转移0.1NA电子，溶液质量减轻0.1g8、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）ApH=l的溶液中：Ba2+、Fe3+、Cl-、SCN-B能使酚酞变红的溶液：Ca2+、K+、HCO3-、CO32-C=10-12的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-D由水电离的c(H+)=10-12molL-1的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、NO3-9、甲基环戊烷（）常用作溶剂，关于该化合物下列说法错误的是A难溶于水，易溶于有机溶剂B其一氯代物有3种C该有机物在一定条件下可以发生取代、氧化反应D与2-己烯互为同分异构体10、化学与环境、工农业生产等密切相关，

6、下列说法不正确的是A浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜BNaCl不能使蛋白质变性,所以不能用作食品防腐剂C捕获工业排放的CO2,可用来合成可降解塑料聚碳酸酯D在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化剂，可使酒保持良好品质11、热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiClKCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2 LiCl+CaCaCl2+Li2SO4+Pb下列有关说法不正确的是A负极反应式：Ca+2Cl2eCaCl2B放电过程中，Li+向负极移动C每转移0.2mol电子，理论上生成20.7gPbD常温时，

7、在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转12、下列说法正确的是AFe3、SCN、NO3、Cl可以大量共存B某碱溶液中通入少量 CO2 产生白色沉淀，该碱一定是 Ca(OH)2CNaAl(OH)4溶液和 NaHCO3 溶液混合可以产生白色沉淀和无色气体D少量的 Mg(HCO3)2 溶液加过量的 Ba(OH)2 溶液的离子方程式为：Mg22HCO32Ba24OH=2BaCO3Mg(OH)22H2O13、将下列物质分别加入溴水中，不能使溴水褪色的是ANa2SO3晶体B乙醇CC6H6DFe14、短周期元素 m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中 n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，

8、也能与强碱反应，下列说法正确的是（）A元素n位于元素周期表第3周期，第A族B单质与水反应置换出氢气的能力：mnC简单离子半径：mqD最高价氧化物对应水化物的碱性：mn15、下列说法不正确的是（ ）AFe2O3可用作红色颜料B浓H2SO4可用作干燥剂C可用SiO2作半导体材料DNaHCO3可用作焙制糕点16、某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是A该有机物能发生取代反应、氧化反应和消去反应B1mol该有机物最多可与2molNaOH发生反应C该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D该有机物有3个手性碳原子17、使用下列试剂或进行下列操作，能达到相应实验目的的是实验目的试剂或

9、实验操作A制备一定量氢气锌粒、稀硝酸B证明Al(OH)3，具有两性0.1mol/L的盐酸与0.1mol/L的氨水C除去酒精中少量的水加入适量CaO后蒸发D证明Na2O2与H2O的键能之和小于生成的NaOH与氧气的键能之和用脱脂棉包裹适量Na2O2后，再向脱脂棉上滴几滴水，脱脂棉燃烧AABBCCDD18、我国是最早掌握炼锌的国家，天工开物中记载了以菱锌矿（主要成分为ZnCO3）和烟煤为原料的炼锌罐剖面图。已知：锌的沸点为907 ，金属锌蒸气遇热空气或CO2易生成ZnO。下列冶炼锌过程中的相关说法不正确的是A尾气可用燃烧法除去B发生了氧化还原反应C提纯锌利用了结晶法D泥封的目的是防止锌氧化19、关

10、于一定条件下的化学平衡H2(g)+I2(g)2HI(g) H0，下列说法正确的是（ ）A恒温恒容，充入H2，v（正）增大，平衡右移B恒温恒容，充入He，v（正）增大，平衡右移C加压，v（正），v（逆）不变，平衡不移动D升温，v（正）减小，v（逆）增大，平衡左移20、常温下，向1 L0.1 molL-1 NH4C1溶液中，逐渐加入NaOH固体粉末，随着n(NaOH)的变化，c(NH4+)与c(NH3H2O)的变化趋势如下图所示(不考虑体积变化、氨的挥发、温度的变化)。下列说法正确的是( )AM点溶液中水的电离程度比原溶液大B在M点时，n(OH-)+0.1 mol=(a+0.05)molC随着Na

11、OH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断减小D当n(NaOH)=0.1 mol时，c(Na+)H2SO4，故D正确。2、B【解析】A、NaCl为强电解质，电离方程式为NaCl=Na+Cl-，故A不符合题意；B、电解氯化铜溶液生成Cu和氯气，电解发生CuCl2Cu+Cl2，故B符合题意；C、醋酸为弱酸，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故C不符合题意；D、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则H2(g)+Cl2(g)2HCl(g) =(436+243-4312)kJ/mol=-183 kJ/mol，因此H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)+183kJ，故D不符合题意

12、；故选：B。【点睛】电解池中阳极若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应，若是惰性电极作阳极，放电顺序为：，注意：阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电；最常用、最重要的放电顺序为阳极：ClOH；阴极：AgCu2H。3、D【解析】A. 鎏金是指把溶解在水银里的金子涂在器物表面，经过烘烤，汞蒸发而金固结于器物上的一种传统工艺，古代的鎏金工艺没有外加电源，不是电解原理的应用，故A错误；B. 两个过程条件不同，不属于可逆反应，故B错误；C. 古代所用“鼻冲水”为氨水，氨水中有NH4、OH、H、NH3H2O、NH3、H2O等6种微粒，故C错误；D.

13、 “蒸烧”的过程为蒸馏操作，故D正确。综上所述，答案为D。4、D【解析】根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知，装置属于原电池装置，X是负极，发生失电子的氧化反应，Y是正极，发生得电子的还原反应，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极流向正极。【详解】A. 处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，即氯离子向X 极移动，故A错误；B. 电池总反应为：，该反应转移了15个电子，即转移15个电子生成4个氮气，故电路中流过7.5 mol电子时，产生2mol氮气，即44.8L，B错误；C. 电流由正极流向负极，即Y极沿导线流向X 极，故C错误；D. Y是正极，发生得电

14、子的还原反应，周围pH 增大，故D正确；答案选D。5、B【解析】A、含有硫的矿物燃烧，肯定是二氧化硫气体，正确；B、为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3H2O至蓝色沉淀刚好溶解完全，过滤即可，错误；C、因为提示中有这样的方程式：Cu(NH3)42+(aq)Cu2+(aq) + 4NH3(aq)，因此在加热时，氨就会逸出，正确；D、在制备产品时，溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低，正确。答案选B。6、C【解析】本题考查溶度积常数，意在考查对溶度积的理解和应用。【详解】A.CaSO4和CaCO3的组成类似，可由溶度积的大小推知其在纯水中溶解度的大小，溶度积大的溶解度大

15、，故不选A；B.QcKsp时有沉淀析出，故不选B；C.虽然Ksp(BaCO3) Ksp(BaSO4)，但两者相差不大，当c(Ba2+)c(CO32)Ksp(BaCO3)时，硫酸钡可能转化为碳酸钡，故选C；D.根据同离子效应可知，CaSO4在0.05mol/LCaCl2溶液中比在0.01mol/LNa2SO4溶液中的溶解度小，故不选D；答案：C【点睛】(1)同种类型的难溶物，Ksp越小，溶解能力越小；（2）当QcKsp析出沉淀；当QcAl（OH）3，所以NaAl(OH)4溶液和 NaHCO3 溶液混合可以产生氢氧化铝白色沉淀，但不会生成气体，故C错误；D. 少量的Mg(HCO3)2 溶液加过量的

16、 Ba(OH)2 溶液生成碳酸钡沉淀、氢氧化镁沉淀和水，离子方程式为：Mg22HCO32Ba24OH=2BaCO3Mg(OH)22H2O，故D正确；故选D。13、B【解析】能使溴水褪色的物质应含有不饱和键或含有醛基等还原性基团的有机物以及具有还原性或碱性的无机物，反之不能使溴水因反应而褪色，以此解答该题。【详解】ANa2SO3具有还原性，可与溴水发生氧化还原反应使溴水褪色，A不符合题意；B乙醇与水混溶，且与溴水不发生反应，不能使溴水褪色，B符合题意；C溴易溶于苯，苯与水互不相溶，因此会看到溶液分层，水层无色，C不符合题意；D铁可与溴水反应溴化铁，溴水褪色，D不符合题意；故合理选项是B。【点睛】

17、本题考查有机物的结构和性质，侧重于考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能力，注意相关基础知识的积累。14、A【解析】短周期元素m、n、p、q在元素周期表中的排列如图所示，其中n的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，则n为Al，结合各元素的相对位置可知，m为Mg，p为C，q为N元素，据此解答。【详解】根据分析可知，m为Mg，n为Al，p为C，q为N元素。 A. Al的原子序数为13，位于元素周期表第3周期第A族，故A正确； B. 金属性：MgAl，则单质与水反应置换出氢气的能力：mn，故B错误； C. 镁离子和氮离子含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：mq，

18、故C错误； D. 金属性：MgAl，则最高价氧化物对应水化物的碱性：mn，故D错误； 故选：A。15、C【解析】A. Fe2O3的颜色是红色，可用作红色颜料，故A正确；B. 浓H2SO4具有吸水性，可用作干燥剂，故B正确；C. 单质Si是半导体材料，故C错误； D. NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，可用作焙制糕点，故D正确；答案选C。16、D【解析】A该有机物中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，故A错误；B该分子含有酯基，1mol该有机物含有1mol酯基，酯基水解后生成羧基和醇羟基，只能和1molNaOH发生反应，故B错误；C该分子中不含碳碳双键或三键，

19、不能与溴发生加成反应，故C错误；D连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子，所以与苯环相连的碳原子、六元环上与O相连的碳原子、六元环上连接一个甲基的碳原子均为手性碳原子，故D正确；答案为D。【点睛】与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子可发生消去反应；与羟基相连的碳原子上有氢原子可发生氧化反应；连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子。17、D【解析】A. 稀硝酸具有强氧化性，与锌粒反应不会生成氢气，达不到实验目的；B. 氢氧化铝不与弱碱反应，而氨水不能溶解氢氧化铝，达不到实验目的；C. 除去酒精中少量的水，加入适量CaO后，CaO会与水反应生成沸点较高的氢氧化钙，可利用蒸馏

20、的方法得到酒精，而不是蒸发操作，C项错误；D. 用脱脂棉包裹适量Na2O2后，再向脱脂棉上滴几滴水，脱脂棉燃烧，说明该反应为放热反应，放热反应的反应物的键能之和小于生成物的键能之和，即证明Na2O2与H2O的键能之和小于生成的NaOH与氧气的键能之和，D项正确；答案选D。【点睛】反应热的表达有宏观与微观两种方式。第一种，反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；第二种，反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和，学生要理解反应的实质。18、C【解析】A. 菱锌矿煅烧，ZnCO3分解产生ZnO和CO2，ZnO与C在高温下发生反应：2ZnO+C2Zn+CO2，由于C过量，还会发生反应C+CO22CO

21、，所以尾气中含有有毒气体CO，可利用其可燃性，用燃烧的方法使CO转化为CO2除去，A正确；B. 由ZnCO3转化为Zn单质及C转化为CO、CO2的反应中有Zn、C元素化合价的变化，因此发生了氧化还原反应，B正确；C. Zn是比较活泼的金属，要使用电解方法提纯，C错误；D. 泥封为了防止高温下Zn蒸气被空气氧化为ZnO，D正确；故合理选项是C。19、A【解析】A. 恒温恒容，充入H2，氢气浓度增大，v（正）增大，平衡右移，故A正确；B. 恒温恒容，充入He，各反应物浓度都不变，v（正）不变，平衡不移动，故B错误；C. 加压，体积缩小，各物质浓度均增大，v（正）、v（逆）都增大，平衡不移动，故C错

22、误；D. 升温，v（正）增大，v（逆）增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查影响反应速率和影响化学平衡移动的因素；注意恒容容器通入惰性气体，由于浓度不变，速率不变、平衡不移动，恒压条件下通入惰性气体，容器体积变大，浓度减小，相当于减压。20、C【解析】AM点，向1L 0.1molL-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A项错误；B. 在M点时溶液中存在电荷守恒，n(OH)+n(Cl) = n(H+)+n(Na+)+n

23、(NH4+)，则n(OH) + 0.1 mol = 0.05+ n(H+)+a =(a+0.05) mol + n(H+)，B项错误；C. 铵根离子水解显酸性，因=，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)不断减小，C项正确；D. 当n(NaOH)=0.1 mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知，c(Na+) = c(NH4+)+c(NH3H2O)，D项错误；答案选C。21、D【解析】A. 装置乙试管中收集到的液体物质是苯和甲苯，两种物质的分子中都含有苯环，在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应，A正确；B. 加热聚丙烯废塑料得

24、到的不饱和烃乙烯、丙烯可以与Br2发生加成反应，产生1，2-二溴乙烷和1，2-二溴丙烷，它们都是液体物质，难溶于水，密度比水大，B正确；C. 加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，气体物质有氢气、甲烷、乙烯、丙烯，液体物质有苯和甲苯，其中苯和甲苯经冷水降温恢复至常温下的液态留在小试管中；气体中乙烯、丙烯与溴的四氯化碳溶液反应变为液体，剩余气体为氢气、甲烷，燃烧产生H2O、CO2，无污染，因此可作为清洁燃料使用，C正确；D. 甲烷是正四面体结构，分子中只有一种H原子，其二氯代物只有1种，D错误；故合理选项是D。22、D【解析】A、图中为固液反应不加热装置，选浓氨水与碱石灰

25、可制备氨气，选过氧化氢与二氧化锰可制备氧气，故A正确；B、高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气，不用加热，尾气用碱溶液吸收，故B正确；C、装里可用从右侧管处加水，观察U型管是否出现液面差，可检验装置的气密性，故C正确；D、装置中若溴水褪色则证明石蜡油分解产生了不饱和烃，不一定是乙烯，故D错误；故选D。二、非选择题(共84分)23、C、D 【解析】（1）奥美拉的分子式为C17 H19N3O3S，A错误；J生成K的过程中，增加了氧原子，反应类型为氧化反应，B错误；化合物C中有苯环，可发生取代和加成反应；有碳氧双键，可得到氢，发生还原反应；C正确；设计A转化为B的目的是保护其中的官能团，D正确。答案选CD。（

26、2）根据流程I到J有机物两个分子结构的差别可知，化合物F的结构简式。（3）根据生成物B的结构式和反应物可得A的结构式为，发生的化学反应为；（4）分子中含苯环，遇FeC13显紫色，结构中有酚羟基；分子中含有4种不同化学环境的氢原子，根据化合物G的结构符合要求的化合物H结构式为；（5）结合题中流程图，从乙烯合成的路线为；24、 +NaOH+NaCl+H2O 加成反应 3羟基丙醛(或羟基丙醛) n+n+(2n-1)H2O b 5 c 【解析】烃A的相对分子质量为70，由=510，则A为C5H10，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，故A的结构简式为；A与氯气在光照下发生取代反应生成B，B为单氯代烃

27、，则B为，化合物C的分子式为C5H8，B发生消去反应生成C，C为， C发生氧化反应生成D，D为HOOC(CH2)3COOH，F是福尔马林的溶质，则F为HCHO，E、F为相对分子质量差14的同系物，可知E为CH3CHO，由信息可知E与F发生加成反应生成G，G为HOCH2CH2CHO，G与氢气发生加成反应生成H，H为HOCH2CH2CH2OH，D与H发生缩聚反应生成PPG()，据此分析解答。【详解】(1)由上述分析可知，A的结构简式为，故答案为：；(2)由B发生消去反应生成C的化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+NaOH+NaCl+H2O； (3)由信息可知，由E和F生成G的反

28、应类型为醛醛的加成反应，G为HOCH2CH2CHO，G的名称为3-羟基丙醛，故答案为：加成反应；3-羟基丙醛；(4)由D和H生成PPG的化学方程式为：n+n+(2n-1)H2O ，故答案为：n+n+(2n-1)H2O；若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为58，故答案为：b；(5)D为HOOC(CH2)3COOH，D的同分异构体中能同时满足：能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，含-COOH，既能发生银镜反应，又能发生水解反应-COOCH，D中共5个C，则含3个C-C-C上的2个H被-COOH、-OOCH取代，共为3+2=5种，含其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为61

29、1的是，D及同分异构体中组成相同，由元素分析仪显示的信号(或数据)完全相同，故答案为：5；c。25、蒸馏烧瓶 饱和亚硫酸氢钠溶液 O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S 氧气中水中的溶解度比二氧化硫小 吸收液出现稳定的蓝色 空白实验 0.096% 【解析】I.在装置A中制取SO2气体，通过乙观察SO2气体产生的速率，经品红溶液检验SO2的漂白性，在装置丁中SO2与Na2S会发生氧化还原反应产生S单质，SO2及反应产生的H2S都是有毒气体，经NaOH溶液尾气处理后排出。II.根据IO3-能够氧化SO2为SO42-，氧化I-为I2，SO2反应完全后，再滴入的IO3-溶液，I2不再反应，溶液中

30、的I2遇淀粉溶液变为蓝色；要测定物质含量，应该排除杂质的干扰，设计对比实验，为减少实验的偶然性，要进行多次平行实验，取多次实验的平均值，根据反应过程中电子守恒计算铁矿石样品中硫元素的质量分数。【详解】(1)根据图示仪器结构可知：仪器A的名称为蒸馏烧瓶；(2)装置乙的作用是为了观察生成SO2的速率，为了减少SO2气体在溶液中的溶解，可根据H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡的性质，在装置乙中加入的试剂为饱和NaHSO3溶液；(3)Na2S具有还原性，O2具有氧化性，在溶液中会发生氧化还原反应产生S单质和NaOH，反应的化学方程式为O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S；根据O2、SO

31、2气体分别通入到Na2S溶液中产生S单质的时间可知，物质的氧化性：SO2O2，该实验条件下Na2S溶液出现浑浊现象是SO2导致的。表中实验1反应较慢的原因可能是O2难溶于水，而SO2易溶于水，由于氧气中水中的溶解度比二氧化硫小，导致反应速率较慢；II. (4)根据方程式可知物质的氧化性：IO3-I2SO2，向含有SO2、KI和淀粉溶液中滴加KIO3溶液，首先发生反应，当SO2反应完全后发生反应，反应产生的I2单质遇淀粉溶液会变为蓝色，且半分钟内溶液蓝色不褪去，就证明滴定达到终点；(5)通过比较实验一、实验二的数据，发现V1远远小于V2，可忽略不计V1。设置实验一的目的是空白对比实验，排除干扰因

32、素的存在；三次实验数据相差不大，均有效，则平均消耗KIO3标准溶液体积V(KIO3)=mL=10.00 mL，n(KIO3)=cV=0.0010 mol/L0.0100 L=1.010-5 mol，根据电子守恒及结合方程式可知n(SO2)=3n(KIO3)=3.010-5 mol，根据S元素守恒可知其中含有S元素的质量为m(S)=nM=3.010-5 mol32 g/mol=9.610-4 g，所以该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为100%=0.096%。【点睛】本题考查了气体的制取、性质的验证、化学反应方程式的书写及应用和物质含量测定。掌握反应原理和物质的性质是计算与判断的依据。在进行有

33、关计算时要结合电子守恒及元素守恒分析判断。易错点是(5)中S含量计算，关键是IO3-氧化SO2时二者物质的量的关系的确定，注意还原产物I2也可氧化SO2，要根据总方程式判断。26、碱石灰 冷凝分离出氨气中的水 反应需要在210220下进行，水浴不能达到这样的高温 2Na+2NH32NaNH2+H2 乙醚 NaN3固体不溶于乙醚，能减少其损失，可洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥 500mL容量瓶、胶头滴管 偏大 93.60% 【解析】实验I：A装置为制取氨气的装置，B装置用于冷凝分离出氨气中的水，C装置为干燥氨气，因为叠氮化钠(NaN3)固体易溶于水，所以必须保证干燥环境；D

34、装置为制取叠氮化钠(NaN3)的装置。反应之前需要排出装置内的空气，防止Na与空气中的氧气发生反应而影响产率，同时应该有尾气处理装置，据此分析解答(1)(4)；实验II：根据(NaN3)固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，分析解答(5)；实验：根据配制溶液的步骤和使用的仪器结合滴定操作的误差分析的方法解答(6)；(7)结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，用0.0500molL-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算。【详解】(1)根据上述分析，浓氨水分解产生的氨气中含有较多的水蒸气，经B装置分离出大部分水后，氨气中仍有少量的水蒸

35、气，故装置C为干燥氨气的装置，其中的干燥剂可以选用碱石灰；B装置用于冷凝分离出氨气中的水，故答案为碱石灰；冷凝分离出氨气中的水；(2) 装置D中的反应需要在210220下进行，水浴不能达到这样的高温，因此需要油浴，故答案为反应需要在210220下进行，水浴不能达到这样的高温；(3)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为2Na+2NH32NaNH2+H2，故答案为2Na+2NH32NaNH2+H2；(4)N2O可由NH4NO3(熔点169.6)在240分解制得，NH4NO3分解时已经融化，同时分解过程中会生成水，为了防止水倒流到试管底部，使试管炸裂，试管口需要略向下倾斜，且需要防止NH4

36、NO3流下，只有装置满足要求，故答案为； (5) NaN3固体不溶于乙醚，操作可以采用乙醚洗涤，能减少NaN3损失，同时洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故答案为乙醚；NaN3固体不溶于乙醚，能减少其损失，可洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥；(6)配制叠氮化钠溶液时，除需用到烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要用到的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；若其它读数正确，滴定到终点后，读取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积时俯视，导致消耗标准液的体积偏小，则(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量偏大，将导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大，故答案为5

37、00mL容量瓶、胶头滴管；偏大；(7)50.00 mL 0.1010 molL-1(NH4)2Ce(NO3)6 溶液中：n(NH4)2Ce(NO3)6=0.1010molL-150.0010-3L=5.0510-3mol，29.00mL 0.0500 molL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液中，n(NH4)2Fe(SO4)2=0.0500molL-129.0010-3L=1.4510-3mol，根据Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+可知，(NH4)2Fe(SO4)2消耗(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为1.4510-3mol，则与NaN3反应的n(NH4)2Ce(NO3)6=5.

38、0510-3mol-1.4510-3mol=3.610-3mol，根据2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2可知，n(NaN3)=n(NH4)2Ce(NO3)6=3.610-3mol，故500.00mL溶液中(2.500g试样中)n(NaN3)=3.610-3mol=0.036mol，试样中NaN3的质量分数=100%=93.60%，故答案为93.60%。【点睛】本题的易错点为(7)中试样中NaN3的质量分数的计算，要注意加入的(NH4)2Ce(NO3)6涉及的反应和目的，理清楚滴定的原理。27、水浴加热 使乙酰水杨酸与NaHCO3

39、溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠,与不溶性杂质分离 三颈烧瓶 b 控制反应温度,防止乙酰水杨酸受热分解 取少量结晶产品于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色则含水杨酸 81.1% 【解析】（1）合成的温度为85，所以可以采取水浴加热；（2）加入饱和NaHCO3溶液使乙酰水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，与不溶性杂质分离，故答案为：使乙酰水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠,与不溶性杂质分离；（3）冷凝管中水的流向是下口进水，上口出水。由于乙酰水杨酸受热易分解，所以使用温度计控制反应温度，防止乙酰水杨酸受热分解。故答案为：三颈烧瓶

40、，b，控制反应温度,防止乙酰水杨酸受热分解；（4）乙酰水杨酸和水杨酸中都有羧基，但水杨酸中有酚羟基，可以用FeCl3溶液检验酚羟基，进而检验产品中是否含有水杨酸，故答案为：取少量结晶产品于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色则含水杨酸；(5)2.76g水杨酸为0.02mol，乙酸酐为7.5 mL1.08 g/cm3102g/mol=0.08mol，所以乙酸酐是过量的，生成的乙酰水杨酸的物质的量和水杨酸的物质的量相等，所以乙酰水杨酸的质量为0.02mol180g/mol=3.6g。则所得乙酰水杨酸的产率为100%81.1%。28、 提高CO2的浓度，增大CO2的放电能力，抑制H

41、+的放电 14CO2+12e-+8H2O= C2H4+12HCO3- 1000 +247 高温低压 因为发生了反应2 H2(g) + CO2(g) H2O(g) +CO(g) 随温度的升高，CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H0，平衡正移，CO浓度增大并且CO2浓度降低，反应2平衡逆移，由图中c(H2O)/ c(CO)变小得到验证，从而c(H2)/ c(CO)增大。 【解析】CO2是共价化合物，其分子内碳与每个氧原子之间存在二个共用电子对；(1)持续通入CO2可提高CO2气体的浓度，确保阴极持续发生CO2的还原反应；(2) CO2在电解池的阴极得电子发生还原反应生成C2H4

42、；(3)若CO2转化为烃的转化率为10%，生成C2H4的选择性为12%，结合选择性=目标产物的消耗原料量/原料总的转化量计算参加反应的CO2的物质的量；(1)根据盖斯定律计算H；结合温度和压强对平衡的影响，分析促进平衡正向移动的条件；(2)结合温度对反应2：H2(g) + CO2(g)H2O(g)+CO(g) H2=+35kJmol1和CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H=+247 kJmol1的平衡状态的影响分析。【详解】CO2是共价化合物，其电子式为；(1)持续通入CO2的目的是为了提高CO2的浓度，增大CO2的放电能力，抑制H+的放电，确保阴极持续发生CO2的还原反应

43、；(2)CO2在电解池的阴极得电子发生还原反应生成C2H4，发生的电极反应为14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12HCO3-；(3)设参加反应的CO2的物质的量为nmol，依据选择性=目标产物的消耗原料量/原料总的转化量可知：12%=，解得：n=1000mol；(1)已知：反应1：CH4(g) C(s)+2H2(g) H1=+75kJmol1；反应3：2CO(g) C(s)+ CO2(g) H3=172kJmol1；根据盖斯定律，由反应1-反应3即可得到CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，则H=(+75kJmol1)-(172kJmol1)=+247 kJmol1；对反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H=+247 kJmol1，升高温度和降低压