内蒙古巴彦淖尔市乌拉特前旗2021-2022学年高三第二次联考化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在药物制剂中，抗氧剂与被保护的药物在与O2发生反应时具有竞争性，抗氧性强弱主要取决于其氧化反应的速率。Na2SO3、NaHSO3和Na2S2O5是三种常用的抗氧剂。已知：Na2S2O5 溶于水发生反应：S2O52+H2O=2HSO3实验用品实验操作和现象1.0010-2mol/L Na2SO3溶液

2、1.0010-2mol/L NaHSO3溶液5.0010-3mol/L Na2S2O5溶液实验1：溶液使紫色石蕊溶液变蓝，溶液使之变红。实验2：溶液与O2反应，保持体系中O2浓度不变，不同pH条件下，c(SO32) 随反应时间变化如下图所示。实验3：调溶液的pH相同，保持体系中O2浓度不变，测得三者与O2的反应速率相同。下列说法中，不正确的是ANa2SO3溶液显碱性，原因是：SO32+H2OHSO3+OHBNaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度C实验2说明，Na2SO3在pH=4.0时抗氧性最强D实验3中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同2、下列依

3、据实验操作及现象得出的结论正确的是( )选项实验操作现象结论A将待测液中，依次滴加氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2+B向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuSZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)H2CO3AABBCCDD3、黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在1200高温下继续反应：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO22Cu2O+Cu2S6Cu+SO2则A反应中还原产物只有SO2B反应中Cu2S只发生了氧化反应C将1 molCu2S冶炼成 2mol Cu，需要O21molD若1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NA4、我

4、国科学家以MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图。下列说法错误的是（ ）ALi2SO4溶液利于MoS2对N2的活化B两种电解质溶液环境下从N2NH3的焓变不同CMoS2(Li2SO4溶液)将反应决速步(*N2*N2H)的能量降低DN2的活化是NN键的断裂与NH键形成的过程5、新型夹心层石墨烯锂硫二次电池的工作原理可表示为16Li+xS88Li2Sx，其放电时的工作原理如图所示，下列有关该电池的说法正确的是A电池充电时X为电源负极B放电时，正极上可发生反应：2Li+Li2S4+2e-=2Li2S2C充电时，没生成1molS8转移0.2mol

5、电子D离子交换膜只能通过阳离子，并防止电子通过6、根据能量示意图,下列判断正确的是( )A化学反应中断键要放出能量,形成化学键要吸收能量B该反应的反应物总能量小于生成物总能量C2A2(g)+B2(g)= 2C(g)H=-(b+c-a)kJmol-1D由图可知,生成1 mol C(l),放出 (b+c-a)kJ热量7、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z是地壳中含量最多的金属元素，四种元素原子的最外层电子数总和为16。下列说法正确的是A原子半径：r(X)r(Z)Ag2SD向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶

6、液红色逐渐褪去BaCl2溶液是酸性溶液AABBCCDD二、非选择题（本题包括5小题）17、某芳香烃X（分子式为C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物。已知：.(苯胺，易被氧化)（1）写出：XA的反应条件_；反应的反应条件和反应试剂：_。（2）E中含氧官能团的名称：_；反应的类型是_；反应和先后顺序不能颠倒的原因是_。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）有多种同分异构体，写出1种含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物的结构简式：_。（5）写出由A 转化为的合成路线_。(合成路线

7、表示方法为：AB目标产物)。18、3-对甲苯丙烯酸甲酯(E)是一种用于合成抗血栓药的中间体,其合成路线如图： 已知：HCHO+CH3CHOCH2CHCHO+H2O（1）A的名称是_，遇FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有_种。B的结构简式_，D中含氧官能团的名称为_。（2）试剂C可选用下列中的_。a.溴水 b.银氨溶液 c.酸性KMnO4溶液 d.新制Cu(OH)2悬浊液（3）是E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为_。（4）E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为_。19、四溴化钛（TiBr4）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。已知Ti

8、Br4常温下为橙黄色固体，熔点为38.3，沸点为233.5，具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制备TiBr4的装置如图所示。回答下列问题：（1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是_，其目的是_，此时活塞K1，K2，K3的状态为_；一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时活塞K1，K2，K3的状态为_。（2）试剂A为_，装置单元X的作用是_；反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是_。（3）反应结束后应继续通入一段时间CO2，主要目的是_。（4）将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。此时应将a端的仪器改装为_、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上

9、加装的仪器是_（填仪器名称）。20、实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁Fe2(OH)n(SO4)30.5n m和绿矾(FeSO47H2O)，过程如下：(1)验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是_。(2)实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如下。装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a_f。_装置A中发生反应的化学方程式为_。D装置的作用_。(3)制备绿矾时，向溶液X中加入过量_，充分反应后，经过滤操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾。过滤所需的玻璃仪器有_。(4)欲测定溶液Y中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制KMnO4标准

10、溶液，用KMnO4标准溶液滴定时应选用_滴定管(填“酸式”或“碱式”)。21、阻燃剂又称防火剂，主要用于延迟或防止可燃物的燃烧。根据组成，阻燃剂可分为卤系阻燃剂、无机阻燃剂等。（1）卤系阻燃剂多为有机氯化物和有机溴化物，受热会分解产生卤化氢（HX），起到阻燃作用。卤化氢的电子式为_；HF、HCl、HBr、HI四种氯化氢的沸点由高到低的顺序是_。（2）溴离子的最外层电子排布式是_；氯原子的核外电子云有_种伸展方向。（3）下列能说明氯的非金属性强于溴的事实是_（选填编号）。aHClO酸性强于HBrObHBr的分解温度低于HClc向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄dBrCl+H2O HBrO

11、+HCl是非氧化还原反应无机阻燃剂中，氢氧化铝和氢氧化镁两种阻燃剂占据着重要位置。两者的阻燃机理都是在达到热分解温度时迅速分解为氧化物与水，起到吸热降温的作用。（4）写出氢氧化铝在酸性溶液中的电离方程式_。（5）两种阻燃剂的分解产物在自然界中最有可能成为原子晶体的是_。（填化学式）（6）无水碳酸镁也是一种新型无机阻燃剂，除了具有单位质量吸热量更大的特点外，还能释放具有灭火作用的气体。写出该气体的结构式_。（7）与镁离子核外电子排布相同的另外两个阳离子的半径大小关系为_（填微粒符号）。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A. Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32水解SO32

12、+H2OHSO3+OH，所以溶液显碱性，故A正确；B. HSO3电离呈酸性、HSO3水解呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3的电离程度大于水解程度，故B正确；C. 根据图示，Na2SO3在pH=9.2时反应速率最快，所以pH=9.2时抗氧性最强，故C错误；D. 根据已知信息可知实验3中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同，故D正确；选C。2、B【解析】A若原溶液中有Fe3，加入氯水，再加入KSCN溶液，也会变红，不能确定溶液中是否含有Fe2，结论错误；应该先加入KSCN溶液不变红，说明没有Fe3，再加入氯水，溶液变红，说明氯气将Fe2氧化成Fe3，A错

13、误；BZnS溶解而CuS不溶解，可知CuS更难溶；这两种物质的类型相同，可通过溶解度大小直接比较Ksp大小，则Ksp(CuS)Ksp(ZnS)，B正确；CCu(NO3)2溶液中有NO3，加入稀硫酸酸化，则混合溶液中的Cu、H、NO3发生氧化还原反应，而不是Cu与稀硫酸反应，结论错误，C错误；DCO32HCO3电离得到CO32。相同条件下，NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH，说明CO32水解能力强，则酸性HAHCO3，而不是强于H2CO3，结论错误，D错误。答案选B。【点睛】容易误选D项，需要注意，CO32是由HCO3电离得到的，因此通过比较NaA溶液和Na2CO3溶液的pH比较酸的强弱

14、，其实比较的是HA和HCO3的强弱。若需要比较HA和H2CO3的酸性强弱，则应该同浓度NaA和NaHCO3溶液的pH大小。3、C【解析】反应中S化合价变化为：-2+4，O化合价变化为：0-2；反应中，Cu化合价变化为：+10，S化合价变化为：-2+4。可在此认识基础上对各选项作出判断。【详解】AO化合价降低，得到的还原产物为Cu2O和SO2，A选项错误；B 反应中Cu2S所含Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以Cu2S既发生了氧化反应，又发生了还原反应，B选项错误；C 将反应、联立可得：3Cu2S+3O26Cu+3SO2，可知，将1 molCu2S冶炼成 2mol Cu，需要O21mol

15、，C选项正确；D 根据反应：3Cu2S+3O26Cu+3SO2，若1molCu2S完全转化为2molCu，只有S失电子，： (4-(-2) mol=6mol，所以，转移电子的物质的量为6mol，即转移的电子数为6NA，D选项错误；答案选C。【点睛】氧化还原反应中，转移的电子数=得电子总数=失电子总数。4、B【解析】A.从图中可知在Li2SO4溶液中N2的相对能量较低，因此Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化，A正确；B.反应物、生成物的能量不变，因此反应的焓变不变，与反应途径无关，B错误；C.根据图示可知MoS2在Li2SO4溶液中的能量比Na2SO4溶液中的将反应决速步(*N2*N2H)

16、的能量大大降低，C正确；D.根据图示可知N2的活化是NN键的断裂形成N2H的过程，即是NN键的断裂与NH键形成的过程，D正确；故合理选项是B。5、B【解析】A、在原电池中，电解质里的阳离子移向正极，所以M是正极，发生还原反应，N是负极，发生氧化反应，电池充电时X为电源正极，A错误；B、根据装置图可知正极反应式可以为2Li+Li2S4+2e-=2Li2S2，B正确；C、根据总反应式可知充电时每生成xmolS8转移16mol电子，C错误；D、电子一定不会通过交换膜，D错误，答案选B。6、D【解析】A. 断键需要吸热，成键会放热，故A不选；B. 该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B不

17、选；C. 2A2(g)+B2(g)=2C(g) H=-(b-a)kJmol-1。生成C(l)时的H=-(b+c-a)kJmol-1，故C不选；D. 据图可知，生成1 mol C(l)，放出 (b+c -a)kJ的热量，故D选。故选D。7、B【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，最外层电子数相同，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为金属钠，Z是地壳中含量最多的金属元素，为铝，四种元素原子的最外层电子数总和为16，所以计算X、W的最外层电子数为6，分别为氧和硫。X为氧，Y为钠，Z为铝，W为硫。A. 原子半径同一周期从左至右逐渐减小，同一主族从上至下逐渐增大，则

18、原子半径：r(X) r(W) W，故错误；D. X 分别与Y形成氧化钠或过氧化钠，含有离子键，氧和硫形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，只含共价键，故错误。故选B。8、C【解析】由信息可知W是H，X是Li，Y是Al，Z是Cl元素。A. H元素最高为+1价，最低为-1价，二者代数和为0，A正确；B. H-、Li+电子层结构相同，核电荷数Li+H-，所以离子半径H-Li+，B正确；C. Y是Al元素，Al最高价氧化物对应水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，C错误；D. Cl2溶于水得到氯水，氯气与水反应产生盐酸和次氯酸，其中含有的HClO不稳定，光照容易分解，所以应该保存在棕色试剂瓶中，D正确；故合

19、理选项是C。9、A【解析】醋酸的电离常数，取对数可得到；【详解】A. 据以上分析，将C点坐标(6,1.7)代入，可得lg Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，Ka(CH3COOH)=5.010-5，A正确；B. 根据A项分析可知，B错误；C. 当往10 mL 0.10 molL-1 NaOH溶液中加入10 mL 0.10 molL-1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH=7时加入的醋酸溶液体积应大于10mL，C错误；D. B点，又lg Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，则由得，pH=8.3，c(H+)=10-8.3 molL-1，结合电荷守恒式：c(

20、CH3COO-)+ c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3) molL-1，D错误；答案选A。10、C【解析】的分子式为C4H4O，共有2种等效氢，再结合碳碳双键的平面结构特征和烃的燃烧规律分析即可。【详解】A属于酚，而不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，两者不可能是同系物，故A错误；B共有2种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是4种，故B错误；C中含有两个碳碳双键，碳碳双键最多可提供6个原子共平面，则中所有原子都处于同一平面内，故C正确；D的分子式为C4H4O，1mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物

21、质的量为1mol（4+）=4.5mol，故D错误；故答案为C。11、B【解析】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨是负极，发生的反应式为NO2- e-+NO3- = N2O5，则石墨为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2 N2O5=4 NO3-，该电池的总反应为：4NO2+ O2=2 N2O5。【详解】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨是负极，发生的反应式为NO2- e-+NO3- = N2O5，则石墨为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e

22、-+2 N2O5=4 NO3- 。A电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石墨是负极，NO3- 向石墨I移动，A正确；B该电池一种熔融KNO3燃料电池，负极发生氧化反应，石墨上发生的电极反应为：NO2- e-+NO3- = N2O5，B错误；C石墨生成N2O5，石墨消耗N2O5，可循环利用的物质Y的化学式为N2O5，C正确；D原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的物质的量之比是1:4，则消耗的O2和NO2的物质的量之比是4：23，D正确；答案选D。【点睛】考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨、石墨是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池

23、中阴离子移向负极、阳离子移向正极，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。12、B【解析】Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si的单质为原子晶体，且C单质的熔沸点大于Si原子晶体的熔点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a为H，b为N，c为Na，d为Cu，e为Si，f为C。【详解】A选项，e为Si，f为C，对应的单质为原子晶体，存在共价键，熔化时破坏共价键，故A正确；B选项，d为Cu，铜单质对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p23d104s1，故B错误；C选项，b为N，

24、N元素形成的气态氢化物氨气，易与水分子之间形成氢键，故C正确；D选项，单质a、b、f对应的元素以原子个数比1:1:1形成的分子为HCN，结构式为HCN，分子中含2个键，2个键，故D正确；综上所述，答案为B。13、D【解析】光照时贮能VO2+失电子转化为VO2+，b极为阳极，a极为阴极，放电时b极为正极，a极为负极，据此分析解答。【详解】A. 贮能时，光能转变为化学能，选项A错误；B. 贮能时电子由b极流出，放电时电子由a极流出，在导线中流向不相同，选项B错误；C. 贮能时，氢离子由阳极b极区迁移至阴极a极区，选项C错误；D. 放电时，b极为正极，发生电极反应：VO2+2H+e-=VO2+H2O

25、，选项D正确；答案选D。14、B【解析】A. 氨基酸是形成蛋白质的基石，氨基酸通过缩聚反应形成蛋白质，则蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故A正确；B非金属性CB，因此碳酸的酸性大于硼酸，向饱和硼酸溶液中滴加Na2CO3溶液，一定不能生成二氧化碳，故B错误；C吸热反应的H0，反应可自发进行，需要满足H-TS0，则S0，故C正确；D甲烷与水形成的水合物晶体可燃冰，常温常压下容易分解，需要在低温高压下才能存在，海底的低温高压满足可燃冰的存在条件，因此可燃冰可存在于海底，故D正确；答案选B。【点睛】本题的易错点为C，反应自发进行需要满足H-TS0，要注意不能单纯根据焓判据或熵判据判断。15、A【解析】结

26、构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物互为同系物A、由于同系物在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团，故相对分子质量不同，选项A选；B、由于同系物的结构相似，即属于同一类物质，故通式相同，选项B不选；C、由于同系物的结构相似，即属于同一类物质，故化学性质相似，选项C不选；D、互为同系物的物质的结构必须相似，选项D不选。答案选A。16、A【解析】A单质溴与KI在溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，产生的碘单质易溶于四氯化碳，由于四氯化碳的密度比水大，与水互不相容，所以静置分层，上层无色，下层紫红色，可知溴的非金属性强于碘，A正确；B酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉

27、淀，因此不能确定Na2SO3溶液是否变质，B错误；C由于是向硝酸银溶液中首先滴入少量NaCl溶液，所以硝酸银过量，过量的硝酸银与滴入的Na2S反应产生Ag2S沉淀，均为沉淀生成，不能比较AgCl、Ag2S的溶解度，C错误；D钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中c(OH-)减小，溶液红色逐渐褪去，并不是因为BaCl2溶液是酸性溶液，D错误；故合理选项为A。二、非选择题（本题包括5小题）17、光照 O2、Cu，加热 羧基 氧化 防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化） +HNO3(浓)+H2O 、 【解析】分子式为芳香烃C7H8的不饱和度为：=4，则该芳香

28、烃为甲苯（）；甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，则A为；A生成B，且B能发生催化氧化，则B为、C为、D为、E为；发生硝化反应生成F，F通过题目提示的反应原理生成，以此解答。【详解】（1）甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，反应条件是光照；B发生氧化反应生成C，条件是O2、Cu，加热；（2）由分析可知E为，氧官能团的名称为：羧基；F是，的方程式为：，该反应是氧化反应；苯胺易被氧化，所以和先后顺序不能颠倒，以免氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）；（3）发生硝化反应生成F，方程式为：+HNO3(浓)+H2O；（4）含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物应该是对称的结构

29、，苯环上必须有3个取代基，可能的结构有、；（5）由分析可知A为，通过加成反应和消去反应，生成，用Cl2加成生成，再进行一步取代反应即可，整个合成路线为：。18、对甲基苯甲醛 3 羧基 b、d 【解析】由合成路线可知，甲苯发生取代反应生成A对甲基苯甲醛，再与CH3CHO在碱性条件下反应生成B，B为，中-CHO被弱氧化剂氧化为-COOH，而C=C不能被氧化，再酸化得到D，D与甲醇发生酯化反应生成E为，然后结合有机物的结构与性质来解答。【详解】（1）由上述分析可知，A为对甲基苯甲醛，遇FeCl3溶液显紫色，则含酚OH，且苯环上有两个取代基，另一取代基为CH=CH2，则符合条件的A的同分异构体为(邻、

30、间、对)3种，由上述分析可知，B为；D的结构为，其中含有含氧官能团为：羧基；故答案为：对甲基苯甲醛；3；羧基；（2）由生成可知，试剂C不能与C=C反应，只氧化CHO，则C为b或d，故答案为：b、d；（3）中含COOC，与足量NaOH溶液共热的化学方程式为：，故答案为：；（4）E中含-C=C-，在一定条件下可以生成高聚物F，发生加聚反应，则F的结构简式为，故答案为：。【点睛】具有多官能团的有机物在实现官能团之间的转化时，需要注意官能团的保护，其常见的措施可将官能团先反应，然后再复原，或在选择反应试剂时控制相关反应。19、打开K1，关闭K2和K3 先通入过量的CO2气体，排除装置内空气 打开K1，

31、关闭K2和K3 打开K2和K3 ，同时关闭K1 浓硫酸 吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解 防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险 排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气 直形冷凝管 温度计（量程250C） 【解析】检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，开始仅仅是通入CO2气体，所以只需要打开K1，关闭K2和K3，打开电炉并加热反应管，此时需要打开K2和K3,同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中。因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的CO2

32、气体必须干燥，装置单元X应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染。实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯，因此需要用到直形冷凝管。【详解】检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，因此加热实验前应先通入过量的CO2气体，其目的是排除装置内空气。此时仅仅

33、是通入CO2气体，所以只需要打开K1，关闭K2和K3；而反应开始一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时需要打开K2和K3,同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中，故答案为：先通入过量的CO2气体；排除装置内空气；打开K1，关闭K2和K3；打开K2和K3，同时关闭K1。因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的CO2气体必须干燥，所以试剂A为浓硫酸（作干燥剂），装置单元X应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险，

34、用热源间歇性微热连接管可以使产品四溴化钛加热熔化，流入收集装置中，故答案为：浓硫酸；吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解；防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险。反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染，故答案为：排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气。实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。在产品四溴化钛中还有残留的液溴，因此根据题中给出的四溴化钛的沸点233.5C，可以使用蒸馏法提纯；此时应将a端的仪器改装为直形冷

35、凝管、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是温度计（量程是250C），故答案为：直形冷凝管；温度计（量程250C）。20、将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色 decb Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O 防止倒吸 铁屑 烧杯、漏斗、玻璃棒 酸式 【解析】制备聚铁和绿矾(FeSO47H2O)流程为：硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，得到滤液X和不溶物(S、二氧化硅等)W；滤液X中加入铁粉生成硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾；将滤液X通过调节pH获得溶液Z，在7080条件下得到聚铁胶体，最后得到聚铁，以此解答该题。【详解】(1)检验SO2的一般方法是：

36、将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后溶液又恢复红色，证明含有SO2；(2)实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体，该反应为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，收集SO2前应先干燥然后再收集。由于SO2的密度比空气大，要从c口进气，SO2是有毒气体，在排放前要进行尾气处理，然后再进行排放，所以最后进行尾气处理。因为SO2易于氢氧化钠反应，故D瓶的作用是安全瓶，以防止倒吸现象的发生，故仪器接口顺序为adecbf；(3)因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，所以溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉(或铁屑)，发生反应：2Fe3+Fe=3Fe2+，除去Fe3+，然后过

37、滤除去过量的铁粉，得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾，过滤使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(4)KMnO4溶液具有强的氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以用KMnO4标准溶液滴定Fe2+的溶液时，要使用酸式滴定管盛装。【点睛】本题考查了制备方案的设计，涉及实验室中二氧化硫的制取方法、常见尾气的处理方法以及铁离子的检验等，明确实验目的、了解仪器结构与作用是解答关键，注意掌握制备方案的设计方法，试题培养了学生的化学实验能力。21、 HFHIHBrHCl 4s24p6 4 bd Al(OH)3Al3+3OH- Al2O3 O=C=O Na+Al3+ 【解析】(1)卤素原子的最外层电子数均为7个，卤化氢均为共价型分子，且HF分子间存在氢键；(2)溴原子核电荷数为35；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；(3)元素的非金属性