2022年河北省河间市第十学高三下学期第六次检测化学试卷含解析

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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、异丁烯与氯化氢可能发生两种加成反应及相应的能量变化与反应进程的关系如图所示，下列说法正确的是 ( )A反应 的活化能大于反应B反应的H 小于反应C中间体 2 更加稳定D改变催化剂，反应、的活化能和反应热发生改变2、25时，NH3H2O和CH3COOH的电离常数K相等。下列说

2、法正确的是A常温下，CH3COONH4溶液的pH=7，与纯水中H2O的电离程度相同B向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时，c(NH4+)、c(CH3COO)均会增大C常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14D等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值一定相同3、下列关于有机化合物的叙述中正确的是A用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的B汽油、柴油、花生油都是多种碳氢化合物的混合物C有机物 1mol最多可与3 mol H2发生加成反应D分子式为C15H16O2的同分异构体中不可能含有两个苯环结构4、用下列

3、实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是A加热装置I中的烧杯分离I2和FeB利用装置合成氨并检验氨的生成C利用装置制备少量的氯气D利用装置制取二氧化硫5、锂-铜空气燃料电池容量高、成本低，具有广阔的发展前景。该电池通过一种复杂的铜腐蚀现象产生电能，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li+2OH-，下列说法错误的是( )A放电时，Li透过固体电解质向右移动B放电时，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-C通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OD整个反应过程中，氧化剂为O26、NA是阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是A12g石墨烯（单层石墨）中含有

4、六元环的个数为2NAB标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为NAC密闭容器中，lmolNH3和lmolHC1反应后气体分子总数为NAD在1L 0.1 mol/L的硫化钠溶液中，阴离子总数大于0.1NA7、本草纲目中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是A“薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用B“以灰淋汁”的操作是萃取C“取碱”得到的是一种碱溶液D“浣衣”过程有化学变化8、下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是A氯碱工业中制备氯气：2NaCl(熔融) 2Na + Cl2B工业制硫酸的主要反应之一：2SO2 + O2 2SO3C氨氧化法制硝酸的主要反应

5、之一：4NH3 + 5O2 4NO + 6H2OD利用铝热反应焊接铁轨：2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe9、已知还原性 I- Fe2+ Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应）（ ）AI-、Fe3+ 、Cl-BFe2+、Cl-、BrCFe2+、Fe3+ 、Cl-DFe2+、I-、Cl-10、教材中证明海带中存在碘元素的实验过程中，下列有关装置或操作错误的是A过滤B灼烧C溶解D检验11、一种治疗感冒咳嗽的药物结构简式是。下列关于该有机物的说法正确的是（ ）A分子中所有碳原子可在同一平面上B该有机物

6、的分子式是C10H16OC该有机物能发生加成和氧化反应D该有机物与互为同分异构体12、Mg(NH)2可发生水解：Mg(NH)22H2O=N2H4Mg(OH)2。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A中子数为8的氧原子：OBN2H4的结构式：CMg2的结构示意图：DH2O的电子式：13、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A50mL 1mol/L硝酸与Fe完全反应，转移电子的数目为0.05NAB密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，所得物质中的氧原子数为4NAC30g乙酸和甲醛（HCHO）的混合物完全燃烧，消耗O2的分子数目为NAD1L0.1mol/L的CH3COONH4溶液

7、中，CH3COOH和CH3COO的微粒数之和为0.1NA14、相对分子质量约为4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一种缓泻剂。聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成()。下列说法正确的是A环氧乙烷在酸性条件下发生加聚反应制得聚乙二醇B聚乙二醇的结构简式为C相对分子质量约为4000的聚乙二醇的聚合度n67D聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键15、工业上电化学法生产硫酸的工艺示意图如图，电池以固体金属氧化物作电解质，该电解质能传导O2-离子，已知S(g)在负极发生的反应为可逆反应，则下列说法正确的是（ ）A在负极S(g)只发生反应S-6e-+3O2-=SO3B该工艺用稀硫

8、酸吸收SO3可提高S(g)的转化率C每生产1L浓度为98%，密度为1.84g/mL的浓硫酸，理论上将消耗30mol氧气D工艺中稀硫酸浓度增大的原因是水参与电极放电质量减少16、某热再生电池工作原理如图所示。放电后，可利用废热进行充电。已知电池总反应：Cu2+4NH3Cu(NH3)42+ H0。下列说法正确的是（ ）A充电时，能量转化形式主要为电能到化学能B放电时，负极反应为NH3-8e-+9OH-=NO3-+6H2OCa为阳离子交换膜D放电时，左池Cu电极减少6.4g时，右池溶液质量减少18.8g17、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，

9、其中有两种组成为ZXY3、ZWY4。下列说法中正确的是 A简单离子半径：r(W) r(Z) r(Y) r(X)B最常见氢化物的稳定性：XYCZ2Y2中含有共价键且在熔融状态下能导电DHWY分子中各原子均达到8电子稳定结构18、下列由实验现象得出的结论正确的是操作及现象结论A向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀。Ksp（AgCl）”或“ Fe2+ Br-，所以在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，首先发生反应：Cl22I=2ClI2；当I反应完全后再发生反应：2Fe3+ Cl2=2Fe2+2Cl，当该反应完成后发生反应：Cl22Br=2ClBr2。因此可能存在的情况是F

10、e2+、Cl-、Br，故选项是B。10、B【解析】A过滤时使用漏斗和烧杯，溶液沿玻璃棒引流，装置正确，故A不选；B灼烧海带应该在坩埚中进行，装置中使用仪器不正确，故B选；C溶解时用玻璃棒搅拌，并且适当加热，可以加速溶解，装置正确，故C不选；D可以向溶液中滴加淀粉溶液检验是否存在碘单质，装置图正确，故D不选；故选B。11、C【解析】A饱和碳原子连接的四个原子构成四面体结构，最多有三个原子处于同一平面，中标*的碳原子连了三个碳原子，所以所有碳原子不可能在同一平面，A错误；B该有机物的分子式是C10H14O，B错误；C该有机物含有的碳碳双键、羰基能发生加成反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，C正确；

11、D的分子式为C10H12O，二者分子式不相同，不互为同分异构体，D错误。答案选C。12、D【解析】A中子数为8的O原子，质量数=质子数+中子数=8+8=16，中子数为8的O原子：O，故A错误； BN2H4为联氨，是共价化合物，氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键，结构式为：，故B错误；CMg的结构示意图： ，Mg2的结构示意图为，故C错误；DH2O分子中氢原子与氧原子之间形成1对共用电子对，电子式：，故D正确；答案选D。【点睛】在元素符号做下架表示的是质子数，左上角是质量数，质量数=质子数+中子数。13、A【解析】A项、50mL 1mol/L硝酸与Fe完全反应生成硝酸铁或硝酸

12、亚铁，若硝酸的还原产物只有一氧化氮，50mL 1mol/L硝酸的物质的量为0.05mol，则生成一氧化氮转移的电子数目为0.0375mol，故A错误；B项、2molNO与1molO2所含O原子的物质的量为4 mol，由质量守恒定律可知，反应前后原子个数不变，则所得物质中的氧原子数为4NA，故B正确；C项、乙酸和甲醛（HCHO）的最简式相同，均为CH2O，30gCH2O的物质的量为1mol，1molCH2O完全燃烧消耗O2的物质的量为1mol，故C正确；D项、1L0.1mol/L的CH3COONH4的物质的量为0.1mol，由物料守恒可知溶液中CH3COOH和CH3COO的物质的量为0.1mol

13、，故D正确。故选A。【点睛】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。14、D【解析】在H+条件下先水解生成HOCH2CH2OH，乙二醇再发生缩聚反应生成聚乙二醇，其结构简式为；A环氧乙烷在酸性条件下先发生水解反，再发生缩聚反应制得聚乙二醇，故A错误；B聚乙二醇的结构简式为，故B错误；C聚乙二醇的链节为OCH2CH2，则聚合度n=90，故C错误；D聚乙二醇能与水分子间形成氢键，则能保持肠道水分，故D正确；故答案为D。15、B【解析】A据图可知反应过程中有SO2生成，所以负极还发生S-4e-+2O2-=SO2，故A错误；BS(g)在负极发生的反应为可逆反应，吸

14、收生成物SO3可使反应正向移动，提高S的转化率，故B正确；C浓度为98%，密度为1.84g/mL的浓硫酸中n(H2SO4)=18.4mol，由S6e-1.5O2H2SO4可知，消耗氧气为18.4mol1.5=27.6mol，故C错误；D工艺中稀硫酸浓度增大的原因是负极生成的三氧化硫与水反应生成硫酸，故D错误；故答案为B。16、D【解析】已知电池总反应：Cu2+4NH3 Cu(NH3)42+ H0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu2eCu2，通入氨气发生反应Cu24NH3Cu(NH3)42 H0，右端为原电池正极，电极反应Cu22eCu，中间为阴离子交换膜，据此分析。

15、【详解】已知电池总反应：Cu2+4NH3 Cu(NH3)42+ H0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu2eCu2，通入氨气发生反应Cu24NH3Cu(NH3)42 H0，右端为原电池正极，电极反应Cu22eCu，中间为阴离子交换膜；A充电时，能量转化形式主要为热能化学能，故A错误；B放电时，负极反应为Cu4NH32eCu(NH3)42，故B错误；C原电池溶液中阴离子移向负极，a为阴离子交换膜，故C错误；D放电时，左池Cu电极减少6.4 g时，Cu2eCu2，电子转移0.2mol，右池溶液中铜离子析出0.1mol，硝酸根离子移向左电极0.2mol，质量减少0.2mol

16、62g/mol0.1mol64g/mol18.8 g，故D正确；故答案选D。17、C【解析】由三种元素组成的盐通常是含氧酸盐，可确定Y为O元素，由于X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，可确定ZXY3是NaNO3，而不是MgCO3；W是Cl元素，排除Si或S元素，结合已有的知识体系可推出这两种盐为：NaNO3、NaClO4，X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl元素，A. 电子层数越大，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径：r

17、(Cl) r(N3) r(O2) r(Na)，A项错误；B. 因非金属性：NO，故最常见氢化物的稳定性：XY，B项错误；C. Z2Y2为过氧化钠，其中含有离子键和共价键，属于离子晶体，在熔融状态下能导电，C项正确；D. HWY分子为HClO，其中Cl和O原子均达到8电子稳定结构，而H是2电子稳定结构，D项错误；答案选C。18、C【解析】A、Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，A错误；B、滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，说明该溶液可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；C、上层呈橙红色，说明Cl2与NaBr反应生成了Br2和NaCl，则Br的还原性强于Cl，C正确；D、不是升华，试管底部N

18、H4Cl分解生成NH3和HCl，试管口NH3与HCl反应生成了NH4Cl，发生了化学反应，D错误；答案选C。【点睛】把元素化合物的知识、化学原理和实验操作及实验结论的分析进行了结合，考查了考生运用所学知识分析实验现象，得出正确结论的能力，审题时应全面细致，如滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液可能含有Fe2+或Fe3+，体现了化学实验方案设计的严谨性，加热盛有NH4Cl固体的试管，体现了由现象看本质的科学态度。19、B【解析】某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I、Cl、CO32、SO32。将该溶液加少量新制氯水，溶液变黄色，说明亚铁离子和碘离子至少有一种，在反应中被氯水氧化转化为铁离子

19、和碘。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均无明显现象，这说明溶液中没有碘生成，也没有硫酸根，所以原溶液中一定没有碘离子和亚硫酸根离子，一定存在亚铁离子，则一定不存在碳酸根离子。根据溶液的电中性可判断一定还含有氯离子，钠离子和铵根离子不能确定，亚铁离子水解溶液显酸性；答案选B。20、C【解析】A. 联氨的水溶液中，水可以电离出H+，故A错误；B. 当c(N2H5+)=c(N2H4)时，Kb1=c(OH-)，同理c(N2H6+)= c(N2H5+)时，Kb2=c(OH-)，所以曲线N表示pOH与的变化关系，曲线M表示pOH与的变化关系，故B错误；C. c(N2H5+)=c(N2H4

20、)时，反应N2H4+H2ON2H5+OH-的K=10-6，故C正确；D. N2H4在水溶液中不能完全电离，则N2H5Cl属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故D错误；故选C。21、C【解析】A. CH3OH为非电解质，溶于水时不能电离出OH，A项错误；B. Cu2(OH)2CO3难溶于水，且电离出的阴离子不全是OH，属于碱式盐，B项错误；C. NH3H2O在水溶液中电离方程式为NH4+OH，阴离子全是OH，C项正确；D. Na2CO3电离只生成Na+、CO32-，属于盐，D项错误。本题选C。22、D【解析】原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z，Y是地壳中含量最高的金属元素，则Y为Al元素；

21、其中只有X与Z同主族；Z原子序数大于Al，位于第三周期，最外层电子数大于3；W、X、Y最外层电子数之和为10，则W、X的最外层电子数之和为10-3=7，Z的原子序数小于7，所以可能为Si、P、S元素，若Z为Si时，X为C元素，W为B元素，B与Al同主族，不符合；若Z为P元素时，X为N元素，W为Be元素；若Z为S元素，X为O元素，W为为H（或Li）元素。【详解】A项、Z可能为P、S元素，P的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸为弱电解质，不属于强酸，故A错误；B项、Y为Al元素，氧化铝为离子化合物，W为H元素时，水分子为共价化合物，故B错误； C项、X为O时，Z为S，水分子之间存在氢键，导致水的沸

22、点大于硫化氢，故C错误； D项、X可能为N或O元素，Y为Al，氮离子、氧离子和铝离子都含有3个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径XY，故D正确。故选D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用讨论法推断元素为解答关键。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键 氧化反应 加成反应 CH3CH=CH2 、 【解析】A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中F和M可生成N，则E为HOCH2CH2OH，F为碳

23、酸二甲酯，结构简式为；G和苯反应生成J，由J分子式知G生成J的反应为加成反应，G为CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成L和丙酮，L和丙酮在酸性条件下反应生成M，由M结构简式和D分子式知，D为，F和M发生缩聚反应生成的PC结构简式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到；【详解】（1）A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；（2）反应是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应； （3）反应是和CH3OH发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二

24、甲酯，发生反应的化学方程式是；（4）反应是G和苯发生加成反应生成的J为C9H12，由原子守恒可知D的分子式为C3H6，结合G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是CH3CH=CH2； （5）反应中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成等；（6）反应是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物1为环己醇，结构简式是。【点睛】本题题干给出了较多的信息，学

25、生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据产物的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。24、羰基 酯基 +HCl Br2 取代反应 取代反应 （任写 3 个） CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH 【解析】根据合成路线图中反应物和生

26、成物的结构变化分析反应类型；根据题给信息及路线图中反应类型比较目标产物及原料的结构设计合成路线图。【详解】（1）根据A的结构简式分析，A中的官能团有羰基和酯基，故答案为：羰基；酯基；（2）根据比较C和E的结构及反应物的结构，分析中间产物D的结构简式为：，则反应的化学方程式为：+HCl；故答案为：+HCl；（3）比较D和E的结构，反应为取代反应，所需的试剂是Br2，故答案为：Br2；（4）比较E和F的结构变化及F和G的结构变化，反应为取代反应；反应也为取代反应，故答案为：取代反应；取代反应；（5）I 是 B（） 的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，则结构中含有氨基和羧基，其中具

27、有六元环结构的有机物H的结构简式有：；（6）乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸与乙醇酯化反应反应得到乙酸乙酯（），乙酸乙酯发生酯缩合反应生成，与发生合成路线中反应的反应即可得到，故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH。25、与C6H5NH3+发生中和反应，生成C6H5NH2 C6H5NH3+OH-C6H5NH2+H2O 安全管、平衡压强、防止气压过大等 打开止水夹d 撤掉酒精灯或停止加热 40.0% 在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再向水溶液中加氢氧化钠溶液，析出苯胺，分液后用氢氧化钠固体（或碱石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，滤去氢氧化钠固体即可得较纯净的苯胺 【解析】(1)

28、与NH3相似，NaOH与反应生成； (2)装置A中玻璃管与空气连通，能平衡烧瓶内外的压强； (3)为防止倒吸，在苯胺吹出完毕后，打开止水夹d，再停止加热；(4)根据硝基苯的体积计算苯胺的理论产量，实际产量理论产量=产率；(5)根据易溶于水、硝基苯难溶于水设计分离方案；【详解】(1)与NH3相似，加入氢氧化钠，NaOH与反应生成，反应的离子方程式是；(2)装置A中玻璃管与空气连通，能平衡烧瓶内外的压强，所以玻璃管的作用是安全管、平衡压强、防止气压过大；(3)为防止倒吸，先打开止水夹d，再停止加热；(4)5mL硝基苯的质量是5mL1.23 gcm-3=6.15g，物质的量是=0.05mol，根据质

29、量守恒定律，生成苯胺的物质的量是0.05mol，苯胺的质量是0.05mol93g/mol=4.65g，苯胺的产率是=40.0%；(5)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再向水溶液中加氢氧化钠溶液，析出苯胺，分液后用氢氧化钠固体（或碱石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，滤去氢氧化钠固体即可得较纯净的苯胺。26、Al4C3+12HCl=3CH4+4AlCl3除去甲烷中的HCl和H2O（球形）干燥管FDBECG平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发D中黑色氧化铜变红，硬质玻璃管内壁有水珠附着取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，则证明含Cu2O【解析】装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反

30、应生成氯化铝和甲烷，甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物,，生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的氯化氢，干燥气体，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验生成的水蒸气，通过裝置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，CO能与银氨溶液反应： CO+2Ag(NH3)2+2OH-=2Ag+2NH4+CO32-+2NH3，最后用排水法吸收和收集尾气。【详解】(1).装置A是用于制取甲烷，可判断 A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷,反应的化学方程式为Al4C3+12HCl=3CH4+4AlCl3，故答案为: Al4C3+12HCl=3CH4+

31、4AlCl3；(2). A中稀盐酸和Al4C3反应生成的甲烷中混有杂质HCl和H2O，碱石灰的作用就是除去甲烷中的HCl和H2O，故答案为：除去甲烷中的HCl和H2O ；装置B为球形干燥管；(3).装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，生成的甲烷气体通过装置F除杂并干燥，甲烷在加热条件下可还原氧化铜,气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验生成的水蒸气。通过装置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，最后用排水法吸收和收集气体，按气流方向各装置从左到右的连接顺序为AFDBECG，故答案为：FDBECG ；(4). 如果是

32、普通分液漏斗，需先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下，对比起来，恒压分液漏斗的好处是平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发，故答案为：平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发；(5). D中是甲烷在加热条件下还原氧化铜，产物为铜或Cu2O、水蒸气、碳的氧化物，故答案为：D中黑色氧化铜变红，硬质玻璃管内壁有水珠附着；(6). 当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色，根据信息Cu2O为红色，不与Ag反应，与稀硫酸发生反应Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O，故可加稀硫酸观察溶液是否变蓝来判断，答案为：取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，则证明含C

33、u2O。【点睛】实验题的重中之重是实验目的，如本题目的是探究甲烷在加热条件下可还原氧化铜的产物。同时要注意实验方案设计的基本要求，如科学性、安全性、可行性、简约性。设计的实验方案要严谨，具有可持续发展意识和绿色化学理念。27、Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3 饱和食盐水可减缓生成氨气的速率 三颈烧瓶(或三口烧瓶) 分液漏斗的活塞与旋塞 关闭K3和分液漏斗旋塞 打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2 减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收 0.0375 【解析】在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反

34、应产生AgOH白色沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3定量反应生成Fe2+，Fe2与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe21.12 mg，据此结合反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。【详解】(1)Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3，反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；(2)根据仪器B的结构可知，仪器B的名称为三颈烧瓶；(3)银氨溶液

35、的制备：关闭K1、K2，打开K3，打开K3，分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，首先发生反应：Ag+NH3+H2O=AgOH+NH4+，后又发生反应：AgOH+2NH3 H2O= Ag(NH3)2 +OH-+2H2O，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋塞；(4)用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再重复上述操作3次。毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有

36、还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量n(Fe)=210-5 mol，根据氧化还原反应电子守恒计算，设消耗甲醛物质的量为x mol，则4x=210-5 mol1，x=510-6 mol，因此实验进行了4次操作，所以测得1 L空气中甲醛的含量为1.2510-6 mol，空气中甲醛的含量为1.2510-6 mol30 g/mol103 mg/g=0.0375 mg/L。【点睛】本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的应