2022年广东省广州铁学高三二诊模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、对下图两种化合物的结构或性质描述正确的是A不是同分异构体B分子中共平面的碳原子数相同C均能与溴水反应D可用红外光谱区分，但不能用核磁

2、共振氢谱区分2、对氧化还原反应：11P+15CuSO4+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，下列说法正确的是A5/11的磷被氧化B3mol CuSO4可氧化11/5mol PC每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6molD当1mol P参加反应时，转移电子的物质的量为3 mol3、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A能使酚酞变红的溶液：Na、Al3、SO42-、NO3-B0.1 mol/LNaClO溶液：K、Fe2、Cl、SO42-C0.1mol/L氨水：K、Ag(NH3)2+、NO3-、OHD由水电离产生的c(H)=11013 mol/L的溶液

3、：Na、NH4+、Cl-、HCO3-4、下列对化学用语的理解中正确的是（ ）A原子结构示意图：可以表示35Cl，也可以表示37ClB电子式：可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子C比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子D结构简式(CH3)2CHOH：可以表示1-丙醇，也可以表示2-丙醇5、下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（ ）A生铁B硫酸C烧碱D纯碱6、含有酚类物质的废水来源广泛，危害较大。含酚废水不经处理排入水体，会危害水生生物的繁殖和生存；饮用水含酚，会影响人体健康。某科研结构研究出一种高效光催化剂BMO（Bi2MoO6)，可用于光催化降解丁基酚，原理如图

4、所示。下列说法错误的是（ ）A光催化剂BMO可降低丁基酚氧化反应的HB在丁基酚氧化过程中BMO表现出强还原性C苯环上连有一OH和一C4H9的同分异构体共有12种（不考虑立体异构）D反应中BMO参与反应过程且可以循环利用7、制取Na2CO3和高纯Si的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A反应属于固氮反应B步骤为先向饱和食盐水中通入CO2至饱和后，再通入NH3C反应、均为氧化还原反应D用精馏的方法可提纯三氯氢硅8、如图1为甲烷和O2构成的燃料电池示意图，电解质溶液为KOH溶液；图2为电解AlCl3溶液的装置，电极材料均为石墨。用该装置进行实验，反应开始后观察到x电极附近出现白色沉淀。下列说法正确的

5、是Ab电极为负极B图1中电解质溶液的pH增大Ca电极反应式为CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2OD图2中电解AlCl3溶液的总反应式为: 2AlCl3+6H2O 2Al(OH)3+3Cl2+3H29、短周期非金属元素甲戊在元素周期表中位置如下所示，分析正确的是A非金属性：甲丙B原子半径：乙丁C最外层电子数：乙丙，A项错误；B. 同主族从上到下，原子半径依次增大，故半径乙丙，C项错误；D. 戊在第三周期、VIA或VIIA，可能是硫或氯元素，D项错误。本题选B。10、C【解析】由示意图可知：Na+向a电极移动，HSO3、SO42向b电极移动，则a为阴极，b为阳极，据此解答。【详解】Aa极上氢

6、离子被还原为氢气，发生还原反应，故a为阴极，故A错误；Ba极上氢离子得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，促进HSO3电离生成SO32，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生，故B错误；C酸性条件，阴离子主要为HSO3，b电极上HSO3转化为SO42，电极反应式为：HSO32e+H2OSO42+3H+，故C正确；Db膜允许阴离子通过，故b膜为阴离子交换膜，故D错误。故选：C。11、D【解析】A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在，后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀，说明不含溴离子。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以4

7、.66克白色沉淀为硫酸钡沉淀，产生气体为氨气，所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子，若有亚铁离子，则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，灼烧后得到红棕色氧化铁，故一定不含亚铁离子，故错误；B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀，故错误；C.氨气的体积为448mL，物质的量为0.02mol，说明铵根离子物质的量为0.02mol，结合氢氧化钠的物质的量为0.02mol，硫酸钡沉淀为4.66克，硫酸根离子物质的量为0.02mol，氧化镁质量为0.4克，镁离子物质的量为0.01mol，结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol，第一步消耗0.06mol氢氧化钠，所以说明原溶液还有氢离子，物质的量为

8、0.06-0.02-0.02=0.02mol，根据电荷守恒分析，还应存在有阴离子，只能为氯离子，所以氯离子的物质的量为0.012+0.02+0.02-0.022=0.02mol，若溶液中含有钠离子，则氯离子的物质的量大于0.02mol，则氯离子的浓度最小值为，故错误；D.溶液中含有0.02mol铵根离子，0.02mol硫酸根离子，0.01mol镁离子，0.02mol氢离子，氯离子物质的量最小值为0.02mol，可能是由0.02molNH4HSO4和0.01molMgCl2按物质的量之比21混合再溶于水配制而成，或还有氯化钠，故正确。答案选D。【点睛】掌握反应过程中离子之间的比例关系，进行定量和

9、定性分析，注意前后的一致性，如当加入氢氧化钠后溶液为中性，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子，再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。12、B【解析】软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）中Mn元素显+4价，浸出并过滤后Mn元素以Mn2+的形式存在于滤液中，浓硫酸无还原性，据此可推知植物粉作还原剂；浸出后的滤液中，除了Mn2+还有Fe2+、Al3+、Mg2+，除杂时可调节pH使其中一些离子转化为沉淀，为了不引入新的杂质，可加入Mn（）的氧化物或碳酸盐；除杂过程中调节浸出液的pH为

10、3.55.5，不能将Fe2+、Al3+、Mg2+完全转化为沉淀，之后加入双氧水可将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，加入的软锰矿也会再消耗一些H+；NH4HCO3受热易分解，因此加入NH4HCO3沉淀Mn2+时，温度不宜过高。【详解】A试剂X用于调节pH，为了不引入新的杂质，可加入Mn（）的氧化物或碳酸盐，不宜加入MnO2，A项错误；B浸出时，MnO2转化为Mn2+，植物粉作还原剂，B项正确；C除杂过程中调节浸出液的pH为3.55.5不能完全除去Fe、Al、Mg等杂质，C项错误；D沉淀MnCO3步骤中，NH4HCO3受热易分解，不能持续升高温度，D项错误；答案选B。【点睛】控制实验条件时要充分

11、考虑物质的特性，如： Fe3+在较低的pH环境下就可沉淀完全，要完全沉淀Fe元素，应将Fe2+转化为Fe3+； NH4HCO3受热易分解，要注意控制反应的温度。13、A【解析】A铁与铜盐发生置换反应Fe+Cu2+Fe2+Cu，属于氧化还原反应，A正确；B化学变化不能将原子核改变，也即不能改变元素的种类，不可能将铁变成铜，B错误；C由A的分析知，铁在此条件下变成Fe2+，赤色为生成Cu的颜色，C错误；D铁置换出铜，说明铜的金属性比铁弱，D错误。故选A。14、A【解析】A对于可逆反应2NO2N2O4，升高温度，气体的颜色变深，则平衡逆向移动；降低温度，气体颜色变浅，则平衡正向移动，A正确；B铜与浓

12、硝酸反应，不管生成的气体是NO还是NO2，用排水法收集后，都收集到无色的气体，所以不能肯定生成的气体的成分，B错误；C灼烧海带时，应放在坩埚内，否则会损坏烧杯，C错误；D饱和食盐水，用于除去Cl2中混有的HCl气体，D错误；故选A。15、B【解析】A.生物炼铜利用某些具有特殊本领的细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐，使铜的冶炼变得非常简单，而不是将铜矿石中的杂质元素转化为铜元素，故A错误；B.为了防止铁生锈，可对铁制品表面进行“发蓝”处理，即把铁制品浸入热的NaNO2、NaNO3、NaOH混合溶液中，使它的表面氧化生成一层致密的氧化膜(Fe3O4)，故B正确

13、；C.锶是活泼金属元素，SrCl2是强酸强碱盐，加热时不发生水解，则以SrCl26H2O制取无水SrCl2不必在氯化氢气流中加热，故C错误；D.自然界中含硫矿物分布非常广泛，种类也很多，以单质硫（即游离态）和化合态硫两种形式出现，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】根据元素周期律，第IIA族元素从上到下，金属性逐渐增强，所以金属性：BaSr CaMgBe，则可知SrCl2是强酸强碱盐。16、D【解析】A、由175mL到275mL是与碳酸氢钠反应，而n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=n（CO2）=0.02mol，NaHCO3HCl1mol 1mol0.02mol 0.02mol所以c（H

14、Cl）=0.02mol/(275175)103L=0.2mol/L，A正确；B、由图像可知，因为175275-175所以固体混合物为NaOH，Na2CO3，B正确；C、由方程式可知：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，生成0.02mol的二氧化碳和0.02mol的水，再根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知密闭容器中排出气体的成分O2，H2O，C正确；D、根据碳原子守恒可知，n（NaHCO3） = n（CO2） = 0.02mol = 0.02mol ，275ml时溶质是单一的氯化钠，根据钠守恒可知n（Na2O2） 0.2 mol

15、/L 0.275L 0.02 mol/L 0.0175mol，固体的质量为：0.02 84 + 0.0175 78 = 3.045g，故x=3.045g，D错误；答案选D。【点晴】解答时注意掌握过氧化钠、碳酸氢钠的性质及根据化学方程式进行的简单计算方法，本题中分析、理解图像信息是解题关键。另外明确二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的先后顺序是解答的难点和易错点，一定量的Na2O2与一定量的CO2和H2O(g)的混合物的反应，可看做Na2O2先与CO2反应，待CO2反应完全后，Na2O2再与H2O(g)发生反应。17、A【解析】A. 乙醇分子间能够形成氢键，而丙烷不能，因此沸点，故A错误；B卤化银的

16、溶解度从上到下，逐渐减小，AgI的溶解度更小，即溶解度：AgIAgCl，故B正确；C. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性AsBr，则热稳定性，故C正确；D. 金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性BaCs，则碱性，故D正确；答案选A。【点睛】本题的易错点为C，要注意As和Br在元素周期表中的位置，同时注意元素周期律的应用。18、C【解析】A由图可知，氢气转化为H原子，Cu纳米颗粒作催化剂，故A正确；BDMO中CO、C=O均断裂，则反应过程中生成了EG和甲醇，故B正确； CDMO为草酸二甲酯，EG为乙二醇，则CO、C=O均断裂，故C错误；DEG与甲醇中OH数目不同，二者不是同系物，

17、故D正确；综上所述，答案为C。19、C【解析】A. 95%乙醇使菌体表面蛋白迅速变性凝固，妨碍乙醇再渗入，不能起到消毒的效果，故A错误；B. 甲醛有毒，故B错误；C. 次氯酸钠稀溶液具有强氧化性，能够杀菌消毒，且产物无毒，故C正确；D. 生理盐水不能消毒杀菌，故D错误；故答案为C。【点睛】日常用75%的乙醇溶液进行消毒杀菌；生理盐水就是0.9%的氯化钠水溶液，没有消毒杀菌的功效。20、D【解析】A. 甘油醛不属于单糖，故错误；B.键线式为 的名称为2,2,4,5四甲基3,3二乙基己烷，故错误；C. 高聚物的单体为碳酸乙二醇，而的单体是乙二醇，故没有共同的单体，故错误；D. 水杨酸含有羧基和酚羟

18、基，1 mol的水杨酸消耗2mol氢氧化钠，1 mol的1,2二氯乙烷消耗2mol氢氧化钠，CH3NHCOOCH3含有酯基和肽键，所以1 mol的CH3NHCOOCH3消耗2mol氢氧化钠，将总物质的量为1 mol三种物质的混合物与NaOH溶液充分反应，最多可以消耗2 mol NaOH，故正确。故选D。21、C【解析】A.乙硫醇(C2H5SH)分子间无氢键而乙醇分子之间有氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点升高，故乙醇的熔沸点比乙硫醇高，A错误；B.乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此不能达到除杂的目的，还引入了新的杂质，B错误；C.苯、苯

19、乙烯最简式相同，同质量消耗O2量相同，因此消耗的氧气在相同条件下体积也相同，C正确；D.C4H8Cl2可看作是C4H10分子中的2个H原子被Cl原子取代产生的物质，C4H10有正丁烷、异丁烷两种结构，4个碳原子可形成，符合条件的正丁烷的二氯代物有2种，异丁烷的1种，共有3种不同的结构，D错误；故合理选项是C。22、A【解析】化学反应实质是旧的化学键的断裂、新化学键的形成的过程，金属钠中含金属键、水是共价键化合物，生成物氢氧化钠是含有共价键的离子化合物、氢气是分子中含有非极性键的单质分子。【详解】A.形成离子键，而不是生成离子键，故A错误； B.破坏水分子中的极性共价键，故B正确； C.破坏了金

20、属钠中的金属键，故C正确； D.形成氢气分子中氢、氢非极性共价键，故D正确； 故选：A。二、非选择题(共84分)23、酚羟基 C8H7NO4 浓硫酸、浓硝酸、加热 相同 ：+HCl 2 +H2 【解析】根据流程图，A在浓硫酸、浓硝酸、加热条件下发生取代反应生成B，B的结构简式为，B和发生取代反应生成C()，C和磷酸在加热条件下发生取代生成D，D在SOCl2、催化剂、加热条件下转化为E()，E与A发生被取代转化为F，根据E、F的结构简式可判断，A的结构简式为，据此分析答题。【详解】(1)根据流程图中A的结构简式分析，官能团名称是羟基；根据图示C中的每个节点为碳原子，每个碳原子连接4个共价键，不足

21、键由氢原子补齐，则分子式为C8H7NO4；(2)A到B为硝化反应，根据分析，B的结构简式为，A到B的反应条件是浓硫酸、浓硝酸、加热；(3)根据分析，B和发生取代反应生成C()，C和磷酸在加热条件下发生取代生成D，则B到C、D到E的反应类型相同；E与A发生被取代转化为F， A的结构简式为，化学方程式为：+HCl； (4)C的结构简式为 ，H是C的同分异构体， 硝基直接连在苯环上，核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:2:1，说明分子结构中含有4中不同环境的氢原子，且氢原子的个数比为2:2:2:1，遇FeCl3溶液显紫色，说明结构中含有酚羟基，根据不饱和度可知，还存在CH=CH2，满足下列条件的同分异构

22、体结构简式为、，共有有2种；(5) 与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成，在SOCl2、催化剂、加热条件下转化为，则合成路线为：+H2。24、bc 液溴、Fe（或液溴、FeBr3） 醚键、溴原子 1-溴丙烯 9 【解析】根据A的分子式和性质，判断为酚，再根据D的结构，可以判断A为邻二苯酚()，B为。(l)aA为邻二苯酚()，核磁共振氢谱为三组峰，故a错误；b. 甲烷是正四面体结构，因此CH2Br2只有一种结构，故b正确；c化合物E为，含有碳碳双键，能发生加聚反应得到线型高分子，故c正确；dB为，不存在醛基，不能发生银镜反应，故d错误；故选bc；(2)由B转化为D是在苯环上引入溴原子，需要试剂为

23、液溴、Fe，故答案为液溴、Fe；(3)根据D的结构可知，其含有的含氧官能团为醚键和溴原子，C的同分异构体中具有顺反异构的是1-溴丙烯，故答案为醚键、溴原子；1-溴丙烯；(4)A为邻二苯酚()，B为，AB的化学方程式为：，故答案为；(5)E为，E的同分异构体W满足： lmolW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH ； 能发生银镜反应； 苯环上只有两个取代苯，能发生聚合反应，说明苯环上含有2个侧链，其中含有碳碳双键、醛基或属于甲酸某酯，结合E的结构，W属于甲酸苯酚酯，即HCOO-，另一个侧链为-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2，每种侧链对应与邻位、间位、对

24、位3种结构，共9种，其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1：2：2：2：3的结构简式为，故答案为9；(6)以、为主要原料制备，可以将丙酮，与发生题中类似FG的反应，得到醇再与溴化氢反应后，得溴代烃，在镁的作用下，两个分子之间发生类似题中C+DE的反应，合成路线为，故答案为。点睛：本题考查有机物推断与合成、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等知识，是对有机物化学基础的综合应用，侧重考查学生对知识的迁移应用。本题的难点是(6)的合成路线的设计。25、Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2OPt、Au将Fe2+氧化为Fe3+不引

25、入杂质，对环境无污染Al3+、Fe3+加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙100%c【解析】稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，滤液1中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氢氧化钠并调节溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀，滤液2中主要含有Cu2+，然后将硫酸铜溶液蒸发、冷却结晶、过滤得到硫酸铜晶体；将滤渣2(主要含有氢氧化铁和氢氧化铝)经过一系列步骤制取Al2(SO4)318H2O。结合物质的性质分析解答。【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加

26、热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O，故答案为Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O；Pt、Au，(2)第步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，根据流程图，调溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案为将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，

27、对环境无污染；Al3+、Fe3+；(3)第步由CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是在坩埚中加热脱水，故答案为在坩埚中加热脱水；(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，过滤除去生成的铁和过量的铝粉，将滤液蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成A

28、l2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成药品浪费，故答案为甲；所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；乙；(5)取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c molL-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL，滴定反应如下：Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/Lb10-3L=bc10-3mol；依据元素守恒得到：则20mL溶液中含有的CuSO45H2O物质的量为bc

29、10-3mol；100mL溶液中含bc10-3mol5=5bc10-3mol，所以CuSO45H2O质量分数的表达式=100%，故答案为100%；a未干燥锥形瓶对实验结果无影响，故错误；b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，导致消耗标准液读数偏小，结果偏低，故错误；c未除净可与EDTA反应的干扰离子，导致消耗标准液多，结果偏高，故正确；导致含量的测定结果偏高的是c，故答案为c。【点睛】掌握中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质等是解答本题的关键。本题的易错点为(4)，要注意从原子利用的角度分析解答。26、球形冷凝管 防倒吸 碘水或I2 C D G F J 37.8 还原性 5H2C2O1+2Mn

30、O1-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O 反应生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用，加快反应速率 取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中，测定其pH，若pH1，则说明草酸为弱酸 【解析】（1）根据仪器构造可知仪器乙为球形冷凝管；B装置为安全瓶，其作用是防倒吸，故答案为球形冷凝管；防倒吸；（2）淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液，溶液显蓝色，则证明淀粉没有完全水解，溶液若不显色，则证明淀粉完全水解，故答案为碘水或I2；（3）为证明草酸的受热分解产物中含有H2O、CO2和CO，先首先将混合气体通入盛有无水硫酸铜的干燥管检验水蒸气，如果变蓝说明有水蒸气产生；再通入盛有冷水的洗气

31、瓶除去草酸蒸气，防止草酸干扰二氧化碳的检验；接着通入盛有澄清的石灰水的洗气瓶检验二氧化碳，如果澄清的石灰水变浑浊，则证明含有二氧化碳气体；再用盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收二氧化碳，防止二氧化碳干扰一氧化碳的检验；然后再将洗气后的气体进行干燥，最后将气体再通过黑色的氧化铜装置，一氧化碳和黑色的氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再用澄清的石灰水检验二氧化碳是否存在，如果澄清石灰水变浑浊，则证明该混合气体中含有一氧化碳；为防止有毒的一氧化碳污染环境，用排水集气法收集一氧化碳，连接顺序为ACDGFEBGJ，故答案为C；D；G；F；J。（1）由化学方程式CuO+COCu+CO2可知A管减轻质量为氧原子的质量，

32、则n(CO) ：m (O)=1:16= n(CO)：18g，解得n(CO)为0.3mol，H2C2O12H2O受热分解的方程式为H2C2O12H2O3H2O+CO+CO2，由方程式可知分解的草酸晶体为0.3mol，所以质量为：0.3mol126g/mol=37.8g，故答案为37.8；（5）向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时，可观察到溶液由紫红色变为近乎无色，说明酸性高锰酸钾与草酸发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾具有强氧化性，草酸能够被氧化，草酸具有还原性，被氧化为二氧化碳，发生的反应为5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O，生成的硫酸锰或锰离子对反应有催

33、化作用，加快反应速率；故答案为还原；5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O；生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用，加快反应速率； （6）若草酸为弱酸，则其在水溶液中不能完全电离，0.1molL-1草酸溶液的pH大于1。因此，实验证明草酸是弱酸的实验方案为：取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中，用pH计测定其pH，若pH1，则说明草酸为弱酸，故答案为取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中，测定其pH，若pH1，则说明草酸为弱酸。【点睛】本题考查了性质实验方案的设计与评价，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实

34、验基本操作方法，明确常见物质的性质及化学实验方案设计原则是解答关键。27、烧杯、漏斗、玻璃棒 可能 研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响 硫酸浓度为0的对照实验 淀粉； 量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得 【解析】（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤，该实验操作过程需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）若对调B和C装置的位置，A中挥发出来的气体有Cl2和HCl，气体进入C装置，HCl溶于水后，抑制氯气的溶解，B中氯气与KOH加热生

35、成氯酸钾，则可能提高氯酸钾的产率，故答案为：可能；（3）研究反应条件对反应产物的影响，由表格数据可知，总体积相同，只有硫酸的浓度不同，则实验目的为研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响，故答案为：研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；设计1号试管实验的作用是硫酸浓度为0的对照实验，故答案为：硫酸浓度为0的对照实验；淀粉遇碘单质变蓝，若2号试管实验现象是溶液变为黄色，因此取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色，故答案为：淀粉；（4）由资料可知，次氯酸会破坏酸碱指示剂，因此设计实验不能用酸碱指示剂，可以利用氯水的氧化性，设计简单实验为量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H

36、2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得，故答案为：量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得。【点睛】本题的难点是（4），实验目的是测定饱和氯水中氯元素的总量，氯水中氯元素以Cl、HClO、Cl2、ClO形式存在，根据实验目的需要将Cl元素全部转化成Cl，然后加入AgNO3，测AgCl沉淀质量，因此本实验不能用SO2和FeCl3，SO2与Cl2、ClO和HClO反应，SO2被氧化成SO42，SO42与AgNO3也能生成沉淀，干扰Cl测定，FeCl3中含有Cl，干扰Cl测定，因此只能用H2O2。28、1，2-二溴乙烷 C10H22N4O6 取代反应 CH3COOH+CH3CONHCH2COOG+H2O 4 或 【解析】由框图可知乙烯和溴的四氯化碳加成反应生成A，所以A的结构简式为CH2BrCH2Br；由，可知E为CH3COOH。结合有机物的性质和反应条件、反应类型作答。【详解】(1)