2022年湖南长郡高考化学押题试卷含解析

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（每题只有一个选项符合题意）1、在标准状况下，ALNH3溶于B mL水中，得到密度为g/cm3的RL氨水，则此氨水的物质的量浓度是（ ）Amol/LBmol/LCmol/LDmol/L2、在化学能与电能的转化过程中，下列叙述正确的是A电解饱和食盐水时，阳极得到Cl2

2、 和NaOH(aq)B教材所示的铜-锌原电池在工作时，Zn2+ 向铜片附近迁移C电镀时，电镀槽里的负极材料发生氧化反应D原电池与电解池连接后，电子从原电池负极流向电解池阳极3、国际计量大会第26 届会议新修订了阿伏加德罗常数(NA6.022140761023 mol1), 并将于2019 年 5月20 日正式生效。下列说法中正确的是A在 1 mol511B中，含有的中子数为 6 NAB将7.1 g C12溶于水制成饱和氯水，转移的电子数为 0.1 NAC标准状况下，11.2 L NO和11. 2 L O2混合后，气体的分子总数为 0.75 NAD某温度下，1L pH= 3的醋酸溶液稀释到10L

3、 时，溶液中 H+的数目大于0.01 NA4、在2020年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中化学品发挥了重要作用。下列说法中错误的是（ ）A医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%B生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料C84消毒液、二氧化氯泡腾片可作为环境消毒剂D硝酸铵制成的医用速冷冰袋利用了硝酸铵溶于水吸热的性质5、 n-轴烯由单环n-烷烃每个碳原子上的两个氢原子被一个=CH2替换而成，部分轴烯的结构简式如图所示。下列说法错误的是碳原子数（n）681012。结构简式。A轴烯的通式可表示为CmHm(m3的整数)B轴烯可以使溴的四氯化碳溶液褪色C与足量H2完全反应，lmol轴烯消耗H2的物质的量

4、为m molDm=6的轴烯分子的同分异构体中含有两个碳碳三键的结构有4种6、实验室制备下列气体时，所用方法正确的是( )A制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置B制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体C制氨气时，用排水法或向下排空气法收集气体D制二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气7、分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（ ）A3种B4种C5种D6种8、下列关于物质保存或性质的描述错误的是（ ）A金属钠可以保存在无水乙醇中B氢氧化铜的悬浊液加热后变为黑色C氟化钠溶液需在塑料试剂瓶中保存D向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠

5、溶液，振荡后会变浑浊9、用石墨作电极电解KCl和CuSO4(等体积混合)混合溶液,电解过程中溶液pH随时间t的变化如图所示,下列说法正确的是Aab段H+被还原,溶液的pH增大B原溶液中KCl和CuSO4的物质的量浓度之比为21Cc点时加入适量CuCl2固体,电解液可恢复原来浓度Dcd段相当于电解水10、化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列叙述正确的是A塑料、有机玻璃、光导纤维、碳纤维都是新型有机高分子材料B磁性氧化铁可用于制备红色颜料和油漆C用明矾溶液可清除铜镜表面的铜锈，是因为溶液中的A13离子能与铜锈反应D肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，该过程涉及胶体

6、性质的应用11、一定符合以下转化过程的X是（）X溶液WZXAFeOBSiO2CAl2O3DNH312、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A20 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NAB2 L 0.5 molL1亚硫酸溶液中含有的H数为2NAC标准状况下，22.4 L水中含有的共价键数为2NAD50 mL 12 molL1的浓盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA13、工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理的是A活性炭对C

7、u2+具有一定的吸附作用B铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极C增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率D利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+Fe2+Cu14、室温下，用溶液分别滴定的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A表示的是滴定醋酸的曲线B时，滴定醋酸消耗的小于C时，两份溶液中D时，醋酸溶液中15、用“四室电渗析法”制备H3PO2的工作原理如图所示(已知：H3PO2是一种具有强还原性的一元弱酸；阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)，则下列说法不正确的是()A阳极电极反应式为：2H2O4e=O24HB工作过程中H+由阳

8、极室向产品室移动C撤去阳极室与产品室之间的阳膜a，导致H3PO2的产率下降D通电一段时间后，阴极室中NaOH溶液的浓度一定不变16、利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+，O2，NO3等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法错误的是（ ）A反应均在正极发生B单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时ne=amolC的电极反应式为NO3+10H+8e=NH4+3H2OD增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可使nt增大二、非选择题（本题包括5小题）17、具有抗菌作用

9、的白头翁素衍生物I的合成路线如图所示：已知：.R-HC=CH-R+R”COOH.R-HC=CH-R”(以上R、R、R”代表氢、烷基或芳基等)。回答下列问题：（1）反应的反应类型是_。（2）写出反应的化学方程式是_。（3）合成过程中设计步骤和的目的是_。（4）试剂a是_。（5）下列说法正确的是_（选填字母序号）。a.物质A极易溶于水 b.反应后的试管可以用硝酸洗涤c.F生成G的反应类型是取代反应 d.物质D既能与盐酸反应又能与氢氧化钠钠溶液反应（6）由F与I2在一定条件下反应生成G的化学方程式是_；此反应同时生成另外一个有机副产物且与G互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是_。（7）已知：RC

10、H2BrR-CH=CH-R1以乙烯起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）_。18、现有五种可溶性物质 A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子 Al3、Fe3、Cu2、Ba2、K和五种阴离子 NO3-、OH、Cl、CO32-、Xn-（n = 1 或 2）中的一种。（1）通过比较分析，无需检验就可判断其中必有的两种物质是 _ 和 _。（2）物质 C 中含有离子 Xn-。为了确定 Xn-，现将（1）中的两种物质记为 A 和 B，当 C 与 A 的溶液混合时产生白色沉淀，继续加入过量

11、 A 溶液白色沉淀部分溶解，然后将沉淀中滴入足量稀 HCl，白色沉淀不溶解，则 C 为 _（填化学式）。写出部分白色沉淀溶解的离子方程式 _。（3）将 19.2 g Cu 投入装有足量 D 溶液的试管中，Cu 不溶解，再滴加稀 H2SO4，Cu 逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质 D 一定含有上述离子中的 _（填相应的离子符号），写出 Cu 溶解的离子方程式 _，若要将 Cu 完全溶解，至少加入 H2SO4 的物质的量是_。（4）E 溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，写出该反应的化学方程式为 _。19、X、Y、Z均是中学化学中常见的物质，某同学用X、Y两种单质及Z的溶液进行实验

12、，部分实验内容如下表所示：(1)I中反应物与生成物总能量的大小E(反应物)_E(生成物）（填“ ”“pH3，溶液中 H+的数目小于0.01 NA，故D错误。4、A【解析】A医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，这个浓度的酒精使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒，故A错误；BPP纤维也称聚丙烯纤维，由聚丙烯及多种有机、无机材料，经特殊的复合技术精制而成的有机高分子材料，故B正确；C84消毒液、二氧化氯具有强氧化性，可作为环境消毒剂，故C正确；D硝酸铵溶于水是吸热的，可以用于医用速冷冰袋，故D正确；答案选A。5、C【解析】A每个C原子形成4个共价键，轴烯分子中C原子数与H原子数相同，所以轴烯的通式可表示

13、为CmHm，选项A正确；B、轴烯均含有碳碳双键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，选项B正确；C轴烯的通式可表示为CmHm，由题中数据可知，碳碳双键数目是碳原子数目的一半，故与足量H2完全反应，lmol轴烯消耗H2的物质的量为0.5m mol，选项C错误；D该轴烯的分子式为：C6H6，含有2个碳碳三键的碳架结构分别为：CC-CC-C-C、CC-C-CC-C、CC-C-C-CC、C-CC-CC-C，故总共4种，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查有机物结构简式的书写及同分异构体的判断，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等。易错点为选项C，轴烯的通式可表示为CmHm，由题中数据可知，碳碳双键数目是碳原

14、子数目的一半。6、A【解析】ANa2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体常温条件下反应，可选择相同的气体发生装置，故A正确； B实验室制取的氯气含有氯化氢和水分，常用饱和食盐水和浓硫酸净化气体，若用饱和NaHCO3溶液，氯化氢、氯气都能和NaHCO3反应，故B错误；C氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故C错误；D二氧化氮与水反应生成一氧化氮，仍然污染空气，所以不能用水吸收，故D错误；答案选A。7、B【解析】分子式为C5H10O2的有机物可能是羧酸或酯，能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，说明该有机物含有-COOH，为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，丁基异

15、构数等于该有机物的异构体数。【详解】分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3能产生气体，说明该有机物中含有-COOH，为饱和一元羧酸，则烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B。【点睛】本题考查特定结构的同分异构体书写，侧重于分析能力的考查，注意官能团的性质与确定，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键。8、A【解析】A钠能够与乙醇反应，所以钠不能保存在乙醇中，故A错误；B氢氧化铜受热分解生成黑色氧化铜，所以氢氧化铜的悬浊液加热后变

16、为黑色，故B正确；C氟离子水解生成HF，HF能够腐蚀玻璃，所以氟化钠溶液不能用玻璃瓶盛放，可以用塑料试剂瓶中保存，故C正确；D碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后会变浑浊，故D正确；故选：A。9、D【解析】用惰性电极电解相等体积的KCl和CuSO4混合溶液，溶液中存在的离子有：K+，Cl-，Cu2+，SO42-，H+，OH-；阴极离子放电顺序是Cu2+H+，阳极上离子放电顺序是Cl-OH-，电解过程中分三段：第一阶段：阳极上电极反应式为2Cl-2e-Cl2、阴极电极反应式为Cu2+2e-Cu，铜离子浓度减小，水解得

17、到氢离子浓度减小，溶液pH上升；第二阶段：阳极上电极反应式为4OH-4e-2H2O+O2（或2H2O-4e-4H+O2），阴极反应先发生Cu2+2e-Cu，反应中生成硫酸，溶液pH降低；第三阶段：阳极电极反应式为4OH-4e-2H2O+O2、阴极电极反应式为2H+2e-H2，实质是电解水，溶液中硫酸浓度增大，pH继续降低；据此分析解答。【详解】A. ab段阴极电极反应式为Cu2+2e-Cu，由于铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小，溶液pH上升，氢离子未被还原，故A错误；B. 由图像可知，ab、bc段，阴极反应都是Cu2+2e-Cu，所以原混合溶液中KCl和CuSO4的浓度之比小于2:1，故

18、B错误；C. 电解至c点时，阳极有氧气放出，所以往电解液中加入适量CuCl2固体，不能使电解液恢复至原来的浓度，故C错误；D. cd段pH降低，此时电解反应参与的离子为H+，OH-，电解反应相当于电解水，故D正确；选D。【点睛】本题考查电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，根据电解过程中溶液中氢离子浓度变化判断发生的反应；本题需结合图象分析每一段变化所对应的电解反应。10、D【解析】A.光导纤维主要成分是二氧化硅不属于有机高分子材料，故A错误；B.磁性氧化铁的成分是四氧化三铁，是黑色固体，不能制备红色颜料和油漆，故B错误；C. 明矾溶液中 水解使溶液呈酸性，铜锈为溶于酸性溶液，故能利用明矾溶

19、液的酸性清除铜镜表面的铜锈，而不是因为溶液中的离子能与铜锈反应，故C错误；D. 血液透析原理就是胶体的渗析原理，胶体不能通过半透膜，涉及胶体性质，故D正确；故答案为：D。11、D【解析】AFeO与稀硝酸反应生成硝酸铁溶液，硝酸铁溶液与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁加热分解生成氧化铁，不能生成FeO，所以不符合转化关系，故A不选；BSiO2与稀硝酸不反应，故B不选；CAl2O3与稀硝酸反应生成硝酸铝溶液，硝酸铝溶液与少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，但过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，偏铝酸钠加热得不到氧化铝，所以不一定符合，故C不选；DNH3与稀硝酸

20、反应生成硝酸铵溶液，硝酸铵溶液与NaOH溶液反应生成一水合氨，一水合氨加热分解生成NH3，符合转化关系，故D选；故答案为：D。12、A【解析】A. 20 g D2O物质的量，含有的质子数均为10NA，18 g H2O物质的量，含有的质子数均为10NA，故A正确；B. 亚硫酸是弱电解质，不能完全电离，溶液中含有的H数小于2NA，故B错误；C. 标准状况下，水为液体，故C错误；D. 随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，MnO2与稀盐酸不反应，反应停止，且盐酸易挥发则转移的电子数小于0.3NA，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】用22.4Lmol1时一定要注意两个前提条件，一、是否为气体，二、

21、是否为标准状况下。13、C【解析】A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加

22、至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+Fe2+Cu，故不选D项。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及

23、物质的性质，为解答该题的关键。14、B【解析】A.醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH盐酸的pH，所以I是滴定醋酸的曲线，故A错误；B.时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH，所以滴定醋酸消耗的小于20mL，故B正确；C.时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以，故C错误；D.时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的、，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则，再结合电荷守恒得，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和

24、反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度不大。15、D【解析】阴极室中阳离子为钠离子和水电离出的氢离子，阴极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e=H2OH，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动；H2PO2离子通过阴膜向产品室移动；阳极室中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，溶液中氢离子浓度增大，H+通过阳膜向产品室移动，产品室中H2PO2-与H+反应生成弱酸H3PO2。【详解】A项、阳极中阴离子为硫酸根离子和水

25、电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，故A正确；B项、阳极上水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，溶液中氢离子浓度增大，H+通过阳膜向产品室移动，故B正确；C项、撤去阳极室与产品室之间的阳膜，阳极生成的氧气会把H3PO2氧化成H3PO4，导致H3PO2的产率下降，故C正确；D项、阴极上水电离出的氢离子得电子发生还原反应生成氢气，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动，通电一段时间后，阴极室中NaOH溶液的浓度增大，故D错误。故选D。【点睛】本题考查电解池原理的应用，注意电解池反应的原理和离子流动的

26、方向，明确离子交换膜的作用是解题的关键。16、B【解析】A选项，由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应均为得电子的反应，所以应在正极发生，故A正确；B选项，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子，所以脱去a mol Cl时ne = 2a mol，故B错误；C选项，由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3_ + 8e_ NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH_来配平，所以 的电极反应式为NO3_ + 1

27、0H+ + 8e_ = NH4+ + 3H2O，故C正确；D选项，增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D正确；综上所述，答案为B。二、非选择题（本题包括5小题）17、加成反应 2+O22+2H2O 保护碳碳双键，防止催化氧化时被破坏 氢氧化钠的醇溶液或氢氧化钠的乙醇溶液 bd +I2+HI 【解析】与HBr发生加成反应生成(B)，(B)催化氧化生成(C)，(C)发生银镜反应生成(D)，(D)与氢氧化钠的醇溶液反应生成(E)，(E)酸化后生成(F)，(F)与I2反应生成(G)，一定条件下可反应生成(H)，最终反应

28、生成(I)，据此作答。【详解】（1）反应为与HBr发生加成反应生成，因此反应类型为加成反应；（2）反应为催化氧化生成，反应方程式为：2+O22+2H2O；（3）步骤将碳碳双键改变，步骤将碳碳双键还原，两个步骤保护了碳碳双键，防止催化氧化时碳碳双键被破坏；（4）反应是发生消去反应反应生成的过程，小区反映的条件是氢氧化钠的醇溶液；（5）a. 有机物A中存在羟基，属于亲水基，因此A可溶于水，但不是及易溶于水，a项错误；b. 反应为银镜反应，银镜反应后的试管可用硝酸洗涤，b项正确；c. 与I2反应生成发生了加成反应和消去反应，不是取代反应，c项错误；d. 物质D为，既可与氢氧化钠水溶液发生取代反应，也

29、可与盐酸发生取代反应，d项正确；答案选bd；（6）F为，与I2在在一定条件下反应生成G的化学方程式为：+I2+HI；另一有机物与G互为同分异构体，根据结构特点可知该物质的结构简式为：；（7）根据已知条件可知乙烯与水加成生成乙醇，乙醇催化氧化后得到乙醛；乙烯与HBr发生加成反应生成溴乙烷，溴乙烷与乙醛反应生成2-丙烯，2-丙烯在一定条件下可生成，因此合成路线可表示为：。【点睛】对于有机合成和推断题的解法，可概括为“前推后，后推前，两边推中间，关键看条件、信息、官能团”，解题的关键是快速提取有效信息，具体过程为：18、K2CO3 Ba(OH)2 Al2(SO4)3 Al(OH)3OH=AlO2-2

30、H2O NO3- 、Cu2 3Cu8H2NO3-=3Cu22NO4H2O 0.4mol 2 FeCl32 H I=2 FeCl2I22HCl 【解析】因为碳酸根离子只能与钠离子结合才能形成可溶性物质K2CO3，与其他阳离子结合都是沉淀，氢氧根离子除与钾离子结合外还可以与钡离子结合形成可溶性物质，与其余三种结合都是沉淀，根据题意它们所含的阴、阳离子互不相同，所以氢氧根离子只能与钡离子结合形成Ba(OH)2，故答案为K2CO3；Ba(OH)2；根据C与A的溶液混合时产生白色沉淀，白色沉淀部分溶解，然后将沉淀中滴入足量稀HCl，白色沉淀不溶解，可知溶解沉淀为氢氧化铝，则B为Na2CO3，A为Ba(O

31、H)2则C为Al2(SO4)3，则阴离子有SO42，则X为SO42，即C为Al2(SO4)3，沉淀溶解的离子方程式为Al(OH)3OH=AlO22H2O，故答案为Al2(SO4)3；Al(OH)3OH=AlO22H2O；19.2 g Cu即物质的量为0.3 mol，Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，溶液中没有Fe3+，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口有红棕色气体，说明开始产生的是NO，说明D中的阴离子一定是NO3，则D为硝酸铜，E为氯化铁，管口有红棕色气体，说明开始产生的是NO，所以Cu溶解的离子方程式为：3 Cu+8 H+2 NO3= 3 Cu2+2 NO+4 H2O，根据关

32、系0.3 mol Cu消耗0.8mol氢离子，即0.4mol硫酸；故答案为NO3、Cu2；3Cu8H2NO3= 3Cu22NO4H2O；0.4 mol；氯化铁溶液与氢碘酸反应氯化亚铁和使淀粉变蓝的I2，反应的化学方程式为：2 FeCl32 H I=2 FeCl2I22HCl，故答案为2 FeCl32 H I=2 FeCl2I22HCl；【点睛】加碱先生成沉淀，继续加碱沉淀溶解，一定含有铝离子；加铜不反应，加硫酸生成气体，有无色气体，在空气中生成红棕色气体，说明含有硝酸根离子。19、 硝酸或硫酸 Cl对铝与H之间的反应有催化作用 2Al36H6NO3=Al2O36NO23H2O B Cu2e=C

33、u2 NO3 【解析】（1）该反应自发进行，且为放热反应，根据反应热=生成物的总能量-反应物的总能量作答；根据图示信息可知，X在常温下被Z的浓溶液钝化；（2）根据影响反应速率的外因结合三种盐的结构特点分析；（3）结合Z可能是硫酸或硝酸，及题意中II中反应产生的气泡有特殊颜色，推测该气泡为二氧化氮，据此分析作答；结合原电池的工作原理分析；（4）Cu2为蓝色溶液；NO3在正极得电子生成NO2。【详解】（1）I进行的是自发的氧化还原反应，为放热反应，所以反应物总能量高于生成物总能量；由I、II可知，X在常温下被Z的浓溶液钝化，故Z可能是硫酸或硝酸，故答案为：；硫酸或硝酸；（2）由于加入（适量）等物质

34、的量的NaCl、KCl、CsCl后反应速率明显加快，因三种盐均含有Cl，而Cl不可能与Al反应，故只能是Cl起催化作用，故答案为：Cl对铝与H之间的反应有催化作用；（3）有色气体为NO2，Z是硝酸，铝被浓硝酸氧化后生成致密的Al2O3，故反应的离子方程式为：2Al36H6NO3=Al2O36NO23H2O；由III知，X、Y与浓硝酸构成原电池且Y是负极，故Y的单质在常温下应该与浓硝酸发生反应，铅、镁、银都能与浓硝酸反应，石墨与浓硝酸不反应，答案选B；故答案为2Al36H6NO3=Al2O36NO23H2O；B；（4）溶液最终变成蓝色，则说明生成铜离子，即铜是负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Cu2e=Cu2；NO3与H在正极得电子生成NO2和H2O，故答案为：Cu2e=Cu2；NO3。20、C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O 检査其气密性 随时控制反应的进行，不反应时上拉铁丝，反应时放下铁丝 降温，冷凝溴乙烷 U形管底部产生无色的油状液体 分液漏斗、烧杯。 【解析】装置A中生成溴苯和溴化氢，B中乙醇和溴化氢反应生成溴乙烷和水，C用来收集产品，据此解答。【详解】（1）HBr和乙醇在加热条件下，发生取代反应生成目标产物溴乙烷和水