2022年河南省郑州市十高三第一次调研测试化学试卷含解析

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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、从制溴苯的实验中分离出FeBr3溶液，得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列设计能达到相应实验目的的是A用装置甲制取氯气按图示通入装置乙中能使Br-全部转化为溴单质B用装置丙分液

2、时先从下口放出水层，换一容器从上口倒出有机层C检验溶液中是否氧化完全，取水层少许滴加硝酸银溶液，看有无沉淀生成D用装置丁将分液后的水层溶液蒸发至有大量晶体析出时，停止加热，余热蒸干2、硅元素在地壳中的含量非常丰富。下列有关说法不正确的是A晶体硅属于共价晶体B硅原子的电子式为C硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2D硅原子的价电子排布图为3、下列关于元素周期表和元素周期律的说法正确的是（ ）ALi、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而减少B第二周期元素从Li到F，非金属性逐渐减弱C因为K比Na容易失去电子，所以K比Na的还原性强DO与S为同主族元素，且O比S的非金属

3、性弱4、已知酸性溶液中还原性的顺序为SO32-I-Fe2+Br-Cl-，下列反应不能发生的是A2Fe3+SO32-+H2O2Fe2+SO42-+2H+BI2+ SO32-+H2OSO42-+2I-+2H+C2Fe2+I22Fe3+2I-DBr2+SO32-+H2OSO42-+2Br-+2H+5、以下物质检验的结论可靠的是( )A往溶液中加入溴水，出现白色沉淀，说明含有苯酚B向含酚酞的氢氧化钠溶液中加入溴乙烷，加热后红色变浅，说明溴乙烷发生了水解C在制备乙酸乙酯后剩余的反应液中加入碳酸钠溶液，产生气泡，说明还有乙酸剩余D将乙醇和浓硫酸共热后得到的气体通入溴水中，溴水褪色，说明生成了乙烯6、下列有

4、关物质结构的叙述正确的是A在离子化合物中不可能存在非极性共价键B由电子定向移动而导电的物质一定是金属晶体C有键能很大的共价键存在的物质熔沸点一定很高D只含有共价键的物质不一定是共价化合物7、海南是海洋大省，拥有丰富的海洋资源，下列有关海水综合利用的说法正确的是A蒸发海水可以生产单质碘B蒸馏海水可以得到淡水C电解海水可以得到单质镁D海水制食用盐的过程只发生了物理变化8、已知：H2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ Se (g) Se (s) +102.17kJ； 下列选项正确的是AH2 (g) + Se (s)的总能量对应图中线段 bB相同物质的量的 Se，Se(s)

5、的能量高于 Se(g)C1mol Se (g)中通入 1mol H2(g)，反应放热 87.48kJDH2 (g) + S (g) H2S (g) +QkJ ，QKsp(AgI)向含少量NaCl的NaI溶液中滴入适量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成AABBCCDD10、在使用下列各实验装置时，不合理的是A装置用于分离CCl4和H2O的混合物B装置用于收集H2、CO2、Cl2等气体C装置用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D装置用于收集NH3，并吸收多余的NH311、新型冠状病毒感染的肺炎诊疗方案指出，5630分钟、乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸和氯仿等脂溶剂均可有效灭活病毒。下列有关说法

6、正确的是A含氯消毒剂说明含有氯元素的化学物质都有消毒作用。B有效灭活病毒原理主要是使病毒蛋白质发生变性而失去活性。C过氧乙酸的消毒能力主要是因其呈酸性。D居家常用的84消毒液与75%乙醇混合使用消毒效果会更好。12、我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是（ ）A我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早B将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿C本草纲目载有名“铜青”之药物，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜D用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机物13、根据溶解度曲线，在80 时将含有等物质的量的硝酸钠和氯化钾混合

7、溶液恒温蒸发，首先析出的是A氯化钾B硝酸钠C氯化钠D硝酸钾14、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A120gNaHSO4固体中含有H+的数目为NAB向FeBr2溶液中缓慢通入0.2molCl2时，被氧化的Fe2数目一定为0.4NAC用惰性电极电解1L浓度均为2mol/L的AgNO3与Cu（NO3）2的混合溶液，当有0.2NA个电子转移时，阴极析出金属的质量大于6.4gD加热条件下，1molFe投入足量的浓硫酸中，生成SO2的分子数目为NA15、下列有关实验的选项正确的是()A分离甲醇与氯化钠溶液B加热NaHCO3固体C制取并观察Fe(OH)2的生成D记录滴定终点读数为12.20mL

8、16、下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法正确的是AM、N的氧化物都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应BY的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质CX、M两种元素组成的化合物熔点很高D简单离子的半径：RMX二、非选择题（本题包括5小题）17、有A、B、C、D、E、F六种溶液，它们是氨水、硫酸镁、碳酸氢钠、碳酸钠、稀硝酸、氯化钡溶液中的某一种。各取少量，将其两两混合现象如图所示。其中“”表示难溶物，“”表示气体，“-” 表示无明显现象，空格表示未做实验，试推断其中F是：A碳酸钠溶液B氯化钡溶液C硫酸镁溶液D碳酸氢钠溶液18、一种合成聚碳酸酯塑料（PC塑料）的路线如下：

9、已知：酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应RCOORROH RCOO R+ ROHPC塑料结构简式为：（1）C中的官能团名称是_，检验C中所含官能团的必要试剂有_。（2）D的系统命名为_。（3）反应II的反应类型为_，反应的原子利用率为_。（4）反应IV的化学方程式为_。（5）1molPC塑料与足量NaOH溶液反应，最多消耗_molNaOH。（6）反应I生成E时会生成副产物F(C9H12O2)，其苯环上一氯代物有两种，则F的结构简式为_；写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式_（任写一种）分子中含有苯环，与NaOH溶液反应时物质的量为1：2核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，且峰面积

10、之比为6：2：2：1：119、某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。（查阅资料）物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20）2.41041.41033.01071.5104（实验探究）（一）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作如下所示：试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验实验BaCl2Na2CO3Na2SO4Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解（1）实验说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入稀盐酸后，_。（2）实验中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_。（3）实验说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因

11、：_。（二）探究AgCl和AgI之间的转化。（4）实验：证明AgCl转化为AgI。甲溶液可以是_（填字母代号）。a AgNO3溶液b NaCl溶液c KI溶液（5）实验：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：acb0）。装置步骤电压表读数.按图连接装置并加入试剂，闭合Ka.向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全b.再向B中投入一定量NaCl（s）c.重复，再向B中加入与等量的NaCl（s）a注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。查阅

12、有关资料可知，Ag可氧化I，但AgNO3溶液与KI溶液混合总是得到AgI沉淀，原因是氧化还原反应速率_（填“大于”或“小于”）沉淀反应速率。设计（）石墨（s）I（aq）/Ag（aq）石墨（s）（）原电池（使用盐桥阻断Ag与I的相互接触）如上图所示，则该原电池总反应的离子方程式为_。结合信息，解释实验中ba的原因：_。实验的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_。（实验结论）溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。20、K3Fe(C2O4)33H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。请回答下列问题：(1)

13、晒制蓝图时，用)K3Fe(C2O4)33H2O作感光剂，以K3Fe(CN)6溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为：2K3Fe(C2O4)32FeC2O4+3K2C2O4+2CO2：显色反应的化学反应式为_FeC2O4+_K3Fe(CN)6一_Fe3Fe(CN)62+_，配平并完成该显色反应的化学方程式。(2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。通入氮气的目的是_。实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有_，_。为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是_。样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验F

14、e2O3存在的方法是：_。(3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c molL-1KMnO4，溶液滴定至终点。在滴定管中装入KMnO4溶液的前一步，应进行的操作为_。滴定终点的现象是_。向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c molL-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为_。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视KMnO4溶液液面，则测定结果_。过滤、洗涤实验操作过程需要的玻璃仪器有_。21、乙二酸俗称草酸（结构简式为HOOCCO

15、OH，可简写为H2C2O4），它是一种重要的化工原料（常温下0.01mol/L的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如表所示）H2C2O4KHC2O4K2C2O4pH2.13.18.1填空：（1）写出H2C2O4的电离方程式_（2）KHC2O4溶液显酸性的原因是_；向0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是_ac（K+）=c（HC2O4）+c（H2C2O4）+c（C2O42） bc（Na+）=c（H2C2O4）+c（C2O42）cc（K+）+c（Na+）=c（HC2O4）+c（C2O42） dc（K+）c（Na+）（3）H2C2O4

16、与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡（CO2）产生，紫色消失写出反应的离子方程式_；又知该反应开始时速率较慢，随后大大加快，可能的原因是_（4）某同学设计实验如图所示：两个烧杯中的试管都分别盛有2mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液和4mL 0.1mol/L 酸性KMnO4溶液，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间该实验目的是研究_，但该实验始终没有看到溶液褪色，推测原因_（5）已知草酸（H2C2O4）受热分解的化学方程式为：H2C2O4H2O+CO+CO2，写出FeC2O4在密闭容器中高温分解的化学方程式_参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A乙中Cl2应当长进

17、短出，A错误；B分液操作时，先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，B正确；C无论氧化是否完全，滴加硝酸银溶液都会产生沉淀，C错误；DFeCl3会水解，水解方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，蒸发时，应在HCl氛围中进行，否则得不到FeCl3，得到Fe(OH)3，D错误。答案选B。2、D【解析】晶体硅中所有原子都以共价键相结合，属于共价晶体，A正确；Si原子的最外层有4个电子，B正确；Si原子核外有14个电子，根据构造原理可知其排布式为1s22s22p63s23p2，C正确；硅原子的价电子排布图不符合洪特规则，选项D错误。3、C【解析】A.Li、Na、K元素的原子核

18、外电子层数随着核电荷数的增加而增多，故A错误；B. 第二周期元素从Li到F，金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强，故B错误；C.金属越容易失去电子，则金属性越强，K比Na容易失去电子，所以K比Na的还原性强，所以C选项是正确的；D.O与S为同主族元素，同主族自上而下元素非金属性减弱，O比S的非金属性强，故D错误。答案选C。4、C【解析】A、因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故A不选；B、因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-I-，与已知的还

19、原性强弱一致，能发生，故B不选；C、因该反应中Fe元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则Fe2+为还原剂，还原性强弱为Fe2+I-，与已知的还原性强弱不一致，反应不能发生，故C选；D、因该反应中Br元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-Br-，与已知的还原性强弱一致，能发生，故D不选。答案选C。5、B【解析】A酚类物质与溴水都发生取代反应生成白色沉淀，往溶液中加入溴水，出现白色沉淀，不一定为苯酚，也可能为其它酚类物质，故A错误；B向含酚酞的氢氧化钠溶液中加入溴乙烷，加热后红色变浅，则碱性降低，可知溴乙烷发生了水解，故B正确；C乙酸乙酯的制备是在浓硫

20、酸作用下进行，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，不能证明乙酸是否过量，故C错误；D乙醇和浓硫酸共热后得到的气体含有二氧化硫等还原性气体，与溴发生氧化还原反应，也能使溴水褪色，不能说明生成了乙烯，故D错误；故选B。6、D【解析】A含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有极性键或非极性键，如Na2O2，故A错误；B多数物质导电都是靠电子定向移动的，不仅仅是金属，如半导体材料硅等，故B错误；C分子晶体的熔沸点高低取决于分子间作用力的大小，与共价键的强弱无关，故C错误；D只含共价键的物质不一定是共价化合物，可能是多原子单质，如臭氧等，故D正确；答案选D。【点睛】含有离子键的化合物是离子化合

21、物，而极性键和非极性键是从原子之间的共用电子对是否偏移判断的，它们之间没有必然的联系。7、B【解析】A、海水中的碘元素以碘离子的形式存在，可以加氧化剂将碘离子氧化为碘单质，最后再萃取蒸馏得到碘单质即可，选项A错误；B、利用蒸馏法控制水的沸点100，使水变为蒸气通过冷凝得到蒸馏水，能使海水淡化，选项B正确；C、电解熔融的氯化镁可以获得金属镁，电解海水得不到金属镁，选项C错误；D、蒸发溶剂从海水中得到固体氯化钠是物理变化，但粗盐中除去杂质时涉及化学变化，选项D错误；答案选B。【点睛】本题涉及海水中获取碘单质、海水淡化以及金属镁、钠的获取方法，属于综合知识的考查，难度中等。8、A【解析】A. 根据H

22、2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ Se (g) Se (s) +102.17kJ 可得：H2 (g) + Se (s) H2Se (g) -14.69kJ ，所以H2 (g) + Se (s)的总能量对应图中线段 b，故正确；B. 相同物质的量的 Se，Se(s)的能量低于 Se(g)，故错误；C. 1mol Se (g)中通入 1mol H2(g)，H2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ，该反应是可逆反应，放出的热量小于87.48kJ，故错误；D.S和Se是同族元素，S的非金属性比Se强，和氢气化合更容易，放热更多，故错误；故选：A

23、。9、C【解析】A容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解溶质，即不能在容量瓶中溶解NaOH，A错误；BNH3极易溶于水，其收集方法不能用排水法，B错误；CNa2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O，可以通过黄色沉淀出现快慢来比较化学反应速率的快慢，从而探究浓度对化学反应速率的影响，C正确；D由于NaCl量较少，可能浓度商c(Ag)c(Cl)Ksp(AgCl)而未出现沉淀。只有在CI和I浓度相同情况下才可以比较，D错误。答案选C。【点睛】A项需要注意的是NaOH溶液易变质，通常不能直接正确地配制一定物质的量的浓度的NaOH溶液（即NaOH不能作基准物质），而需要通

24、过滴定来测定NaOH溶液的浓度。10、D【解析】ACCl4和H2O的混合物分层，则图中分液装置可分离，选项A正确；B短导管进入可收集密度比空气小的气体，长导管进入可收集密度比空气大的气体，则图中装置可收集H2、CO2、Cl2等气体，选项B正确；C四氯化碳的密度比水大，在下层，可使气体与水不能直接接触，则装置用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸，选项C正确；D不能利用无水氯化钙干燥氨气，应选碱石灰干燥，选项D错误；答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的收集、防止倒吸等，把握图中装置的作用及实验基本技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。11、B【解

25、析】A不是所有的含氯物质都有消毒作用，如NaCl溶液，A错误；B有效灭活病毒原理主要是使病毒蛋白质发生变性而失去活性，B正确；C过氧乙酸的消毒能力主要是因其有强氧化性，C错误；D84消毒液的有效成分是NaClO，有强氧化性，乙醇有还原性，可发生氧化还原反应产生有毒物质氯气，不能混合使用，D错误。答案选B。12、C【解析】A. 金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大，金属性越弱的金属使用越早，所以我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，故A正确；B. Cu比Ag活泼，将青铜器放在银质托盘上，构成原电池，铜为负极，青铜器容易生成铜绿，故B正确；C. 铜在空气中长时间放置，会与空

26、气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜，因此本草纲目载有名“铜青”之药物，铜青就是铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，故C错误；D.蜂蜡的主要成分是酸类、游离脂肪酸、游离脂肪醇和碳水化合物，主要成分是有机物，故D正确；故选C。13、C【解析】在80时，氯化钠的溶解度为39克，氯化钾的溶解度为51克，硝酸钾的溶解度为170克，硝酸钠的溶解度为150克；复分解反应发生的条件是生成物中有沉淀生成或有气体生成或有水生成，所谓沉淀就是生成的物质的溶解度小，就会有沉淀生成，所以加热蒸发溶液的温度在80时开始析出的晶体是氯化钠反应的化学方程式为NaNO3+KCl=NaCl+KNO3，故选C。14、C【解析】A固体Na

27、HSO4中不含氢离子，故A错误；B被氧化的Fe2数目与溶液中FeBr2的量有关，故B错误；C混合溶液中n(Ag+)=2mol1L=2mol，n(Cu2+)=2mol，Ag+氧化性大于Cu2+，电解混合溶液时，阴极首先析出的固体为银单质，当有0.2mol电子转移时，首先析出Ag，质量为0.2mol108g/mol=21.6g，故C正确；D 浓硫酸氧化性较强，可以将Fe氧化成Fe3+，所以1molFe可以提供3mol电子，则生成的SO2的物质的量为1.5mol，个数为1.5NA，故D错误；答案为C。【点睛】熔融状态下NaHSO4电离出钠离子和硫酸氢根离子，在水溶液中NaHSO4电离出钠离子、氢离子

28、、硫酸根离子。15、C【解析】A甲醇与水互溶，不分层，则不能用分液的方法分离，故A错误；B加热固体，试管口应略朝下倾斜，以避免试管炸裂，故B错误；C植物油起到隔绝空气作用，氢氧化钠与硫酸亚铁反应，可生成氢氧化亚铁，故C正确；D滴定管刻度从上到下增大，则记录滴定终点读数为11.80mL，故D错误。故选：C。【点睛】酸式滴定管或碱式滴定管的0刻度在滴定管的上方，与量筒读数不同。16、C【解析】由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，AM、N的氧化物Al2O3、SiO2都能与Z、R的最高价

29、氧化物对应水化物NaOH反应，但SiO2不与R的最高价氧化物对应水化物HClO4反应，选项A错误；BF2非常活泼，与含氯离子的水溶液反应时直接与水反应，无法置换出氯气，选项B错误；CX、M两种元素组成的化合物氧化铝熔点很高，选项C正确；DO2-、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，Cl-比它们多一个电子层，半径最大，故离子半径Cl-O2-Al3+，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，注意理解氢氧化铝的两性，能与强酸强碱反应，由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素

30、，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，据此分析得解。二、非选择题（本题包括5小题）17、D【解析】所给5种物质中，只有硫酸镁可与三种物质（氨水、碳酸钠、氯化钡）生成沉淀，故D为硫酸镁，A、B、C分别为氨水、碳酸钠、氯化钡中的一种；再根据A可与C生成沉淀，故A、C为碳酸钠和氯化钡，则B为氨水；A与E产生气体，故A为碳酸钠，E为稀硝酸，所以F为碳酸氢钠。【详解】A+E气体说明有A、E一种一定是硝酸,另一种可能是碳酸钠、碳酸氢钠中的一种, A+C生成沉淀，A+D生成沉淀，说明A不是硝酸，所以E为硝酸，A为碳酸钠，C、D就可能是硫酸镁、氯化钡中的一种，因为B+D生成沉淀，C+D生成

31、沉淀，C+F无现象说明D是硫酸镁，C为氯化钡，B为氨水，最后F为碳酸氢钠，则A：碳酸钠，B：氨水，C：氯化钡，D：硫酸镁，E：硝酸，F：碳酸氢钠；答案选D。【点睛】这类试题还有一种表达形式“A+C，A+D，A+E，B+D，C+D，C+F无明显现象。解题时一般先找现象较全面的一种如D或A(分别做了三次实验)。依次假设D为六种溶液中的某一种。如假设D是氨水或是硫酸镁等，分析它与其他五种溶液分别混合时的现象。若能出现三次沉淀，则假设成立。由此可确定D是硫酸镁。依照上述方式可推出A是碳酸钠，依次推出F是碳酸氢钠。18、溴原子 NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液 2-丙醇 氧化反应 100% 4n 等 【

32、解析】B为CH2=CH2，B发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷与二氧化碳发生反应生成，与甲醇反应为信息的反应，反应的化学方程式是，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；A在一定的条件下与HBr发生加成反应，根据原子守恒知，A为C3H6，结构简式为CH2=CHCH3，C为CH3CHBrCH3，C中NaOH溶液中加热发生水解生成D，D为CH3CHOHCH3，D在铜作催化剂，加热条件下氧化成丙酮，丙酮与发生反应I生成E，E与丙酮发生反应生成PC。【详解】（1）C为CH3CHBrCH3，官能团名称是溴原子，C中NaOH溶液中加热发生水解生成D和溴化钠，先加稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银溶液，

33、产生白色沉淀，检验C中所含官能团的必要试剂有NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液。（2）为CH3CHOHCH3，D的系统命名为2-丙醇。（3）B为CH2=CH2，B发生氧化反应生成环氧乙烷，反应II的反应类型为氧化反应，环氧乙烷与二氧化碳发生反应生成，反应的原子利用率为100%。（4）E与丙酮发生反应生成PC，反应IV的化学方程式为。（5）酚形成的酯水解时需消耗2molNaOH，PC的一个链节中有2个酚形成的酯基，1molPC塑料与足量NaOH溶液反应，最多消耗4nmolNaOH。（6）反应I生成E时会生成副产物F(C9H12O2)，分子式为C9H12O2且符合属于芳香化合物，其苯环上一氯代物有两

34、种，F的两取代基只能处于对位，则F的结构简式为；能满足下列条件的F的同分异构体分子中含有苯环，与NaOH溶液反应时物质的量为1:2，核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：2：1：1，符合条件的是二元酚类，符合条件的同分异构体结构简式为：等。【点睛】本题考查有机物的合成，把握合成流程中官能团的变化、有机反应、习题中的信息为解答的关键，注意有机物性质的应用，难点（6），注意掌握同分异构体的书写方法。19、沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象 BaCO32H=Ba2CO2H2O BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，当加入浓度较高的

35、Na2CO3溶液，CO32-与Ba2结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 b 小于 2Ag2I=I22Ag 生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（I）减小，I还原性减弱，原电池的电压减小 实验步骤表明Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中cb说明加入Cl使c（I）增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq) 【解析】因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸。实验是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解。BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(

36、s) Ba2(aq)SO42(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32与Ba2结合生成BaCO3沉淀。向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI。AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I2Ag = 2AgI2；由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I)减小，I还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子

37、的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可的结论；实验步骤表明Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中cb说明加入Cl使c(I)增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)。【详解】因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生(或无明显现象)；故答案为：沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象。实验是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，发生反应的离子方程式为BaCO32

38、H = Ba2CO2H2O；故答案为：BaCO32H = Ba2CO2H2O。BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32与Ba2结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动，BaSO4沉淀部分转化为BaCO3沉淀；故答案为：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32与Ba2结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。为观察到AgCl转化为AgI，需向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，

39、因此说明有AgCl转化为AgI；故答案为：b。AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I2Ag = 2AgI2；故答案为：小于；2I2Ag= 2AgI2。由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I)减小，I还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可知，实验中ba；故答案为：生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I)减小，I还原性减弱，原电池的电压减小

40、。实验步骤表明Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中cb说明加入Cl使c(I)增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)；故答案为：实验步骤表明Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中cb说明加入Cl使c(I)增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)。20、3 2 1 3K2C2O4 隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置 CO2 CO 先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气 取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1-2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3 用KMnO4溶液进行润洗 粉红色出现 偏低 烧杯、漏斗、玻璃棒

41、、胶头滴管(可不填“胶头滴管”) 【解析】（1）根据元素守恒规律配平亚铁离子能与K3Fe(CN)6发生的显色反应；（2）根据氮气能隔绝空气和排尽气体分析；根据CO2、CO的性质分析；要防止倒吸可以根据外界条件对压强的影响分析；根据铁离子的检验方法解答；（3）标准滴定管需用标准液润洗，再根据酸性高锰酸钾溶液显红色回答；根据电子得失守恒计算；结合操作不当对标准液浓度的测定结果的影响进行回答；根据操作的基本步骤及操作的规范性作答。【详解】（1）光解反应的化学方程式为2K3Fe(C2O4)32FeC2O4+3K2C2O4+2CO2，反应后有草酸亚铁产生，根据元素守恒规律可知，所以显色反应的化学方程式为

42、3FeC2O4+2K3Fe(CN)6Fe3Fe(CN)62+3K2C2O4，因此已知方程式中所缺物质化学式为K2C2O4，故答案为3；2；1；3K2C2O4。（2）装置中的空气在高温下能氧化金属铜，能影响E中的反应，所以反应前通入氮气的目的是隔绝空气排尽装置中的空气；反应中有气体生成，不会全部进入后续装置，故答案为隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置。实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，说明反应中一定产生二氧化碳。装置E中固体变为红色，说明氧化铜被还原为铜，即有还原性气体CO生成，由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO，故答案为CO2；CO；为防止倒吸，必须保证装置中保持一定的

43、压力，所以停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气即可，故答案为先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气；要检验Fe2O3存在首先要转化为可溶性铁盐，因此方法是取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入12滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3，故答案为取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1-2滴KSCN溶液；溶液变红色，证明含有Fe2O3；（3）滴定管需用标准液润洗后才能进行滴定操作；高锰酸钾氧化草酸根离子，其溶液显红色，所以滴定终点的现象是粉红色出现，故答案为用KMnO4溶液进行润洗；粉红色出现。锌把Fe3+还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把

44、亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾是0.001cVmol，Mn元素化合价从+7价降低到+2价，所以根据电子得失守恒可知铁离子的物质的量是0.005cVmol，则该晶体中铁的质量分数的表达式为；滴定终点读取滴定管刻度时，俯视KMnO4溶液液面，则消耗的标准液的体积偏小，导致最终结果偏低，故答案为；偏低；过滤和洗涤需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(可不填“胶头滴管”)，故答案为烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(可不填“胶头滴管”)。【点睛】本题主要是考查物质分解产物检验、元素含量测定等实验方案设计与评价，题目难度中等，明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键。关于化学实验从安全角度常考虑的主要因素如下：净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸；进行某些易燃易爆实验时要防爆炸(如H2还原CuO应先通H2，气体点燃前先验纯等)；防氧化(如H2还原CuO后要“先灭灯再停氢”，白磷切割宜在水中进行等)；污染性的气体要进行尾气处理；有粉末状物质参加的反应，要注意防止导气管堵塞；防吸水(如实验取用、制取易吸水、潮解、水解的物质时宜采取必要措施，以保证达到实验目的)。21、H2C2O4H+HC2O4；HC2O4H+C2O42 HC2O4的电离