2022年上海市晋元高中高三适应性调研考试化学试题含解析

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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列实验装置正确的是（）A用图1所示装置收集SO2气体B用图2所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的C2H4C用图3所示装置从食盐水中提取NaCl

2、D用图4所示装置制取并收集O22、以下说法正确的是（ ）A共价化合物内部可能有极性键和非极性键B原子或离子间相互的吸引力叫化学键C非金属元素间只能形成共价键D金属元素与非金属元素的原子间只能形成离子键3、某离子反应中涉及H2O、ClO-、 NH4+、H+、 N2、Cl-六种微粒。其中ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（ ）A该反应的还原剂是Cl-B反应后溶液的酸性明显增强C消耗1mol还原剂，转移6 mol电子D氧化剂与还原剂的物质的量之比为234、下列垃圾或废弃物的处理不符合环保节约理念的是（ ）A废纸、塑料瓶、废铁回收再利用B厨余垃圾采用生化处理或堆肥C稻草、农膜

3、和一次性餐具露天焚烧D废电池等有毒有害垃圾分类回收5、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A常温常压下，124gP4中所含PP键数目为4NAB100mL1molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA6、下列实验操作能产生对应实验现象的是实验操作实验现象A用玻璃棒蘸取氯化铵溶液，点在红色石蕊试纸上试纸变蓝色B向盛有 K2Cr2O7 溶液的试管中滴加浓硫酸，充分振荡溶液由橙黄色逐渐变为黄色C向 FeCl3 溶液中加入 KI 溶液，再加入苯，充分

4、振荡，静置溶液分层，上层呈紫色D向蔗糖在硫酸催化下水解后的溶液中，加入新制氢氧化铜悬浊液并加热出现砖红色沉淀AABBCCDD7、下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是A体积相等时密度相等B原子数相等时具有的中子数相等C体积相等时具有的电子数相等D质量相等时具有的质子数相等8、某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3、SO42、Cl，滴入过量氨水，产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是ASO42BNO3CNa+DFe3+9、下列实验不能得到相应结论的是（ ）A向HClO溶液中通入SO2，生成H2SO4，证明H2SO4的酸性比HClO

5、强B向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，证明Na2SiO3发生了水解反应C将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝熔点高于铝D将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，证明氯水有漂白性10、下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是（ ）无色溶液中：K+，Cu2+，Na+，MnO4-，SO42-使pH=11的溶液中：CO32-，Na+，AlO2-，NO3-加入Al能放出H2的溶液中：Cl-，HCO3-，NO3-，NH4+加入Mg能放出H2的溶液中： NH4+，Cl-，K+，SO42-使石蕊变红的溶液中：Fe3+，MnO4-，NO3-，Na+，SO42-酸性溶液中：Fe2

6、+，Al3+，NO3-，I-，Cl-ABCD11、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12、有3.92 g铁的氧化物，用足量的CO在高温下将其还原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到7.0 g固体沉淀物，这种铁的氧化物为AFe3O4BFeOCFe2O3DFe5O713、某温度下，向溶液中滴加的溶液，滴加过程中溶液中与溶液体积的关系如图所示，已知：

7、，。下列有关说法正确的是 Aa、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点B溶液中：C向、浓度均为的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀D该温度下14、已知某酸HA的电离常数Ka=2.010-8，用2mol/LNaOH溶液滴定100ml2mol/LHA溶液，溶液的pH随滴入NaOH溶液的体积变化曲线如图下列说法正确的是Aa点溶液的pH=4Bb点溶液中存在：c（A-）c（Na+）c（H+）=c（OH-）Cb点c（HA）/c（A-）=5Dc点c（A-）+c（H+）=c（Na+）+c（OH-）15、下列物质中不能通过置换反应生成的是（ ）AF2BCOCCDFe3O416、某科研小组将含硫化氢的工业废气进行了

8、资源化利用，将获得的电能用于制取“84”消毒液。已知:2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)H= -632 KJ/ mol。下图为该小组设计的原理图。下列说法正确的是 ( )A电极a为燃料电池正极B电极b上发生的电极反应为:O2+4e-+2H2O=4OH-C电路中每流过4mol电子，电池质子固体电解质膜饱和NaCl溶液内部释放热能小于632kJDa极每增重32g，导气管e将收集到气体22.4L17、通常检测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2H2O2BaCl2=BaSO42HCl。设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）A生成2.33gBaSO4沉淀时，转移

9、电子数目为0.02NABSO2具有漂白性，从而可使品红褪色C17gH2O2中含有非极性键的数目为0.5NAD0.1molBaCl2晶体中所含分子总数为0.1NA18、已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下(Q1、Q2均为正值)：H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)+Q1H2(g)+Br2(g)2HBr(g)+Q2 根据上述反应做出的判断正确的是()AQ1Q2B生成物总能量均高于反应物总能量C生成1mol HCl(g)放出Q1热量D等物质的量时，Br2(g)具有的能量低于Br2(l)19、常温下，向20mL 0.1mol/L氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入

10、盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是()A常温下，0.1 mol/L氨水中，c (OH)1105 mol/LBb点代表溶液呈中性Cc点溶液中c(NH4+)c(Cl)Dd点溶液中：c(Cl)c(NH4+)c(OH)c(H+)20、下列实验现象及所得结论均正确的是（ ）实验实验现象结论A左侧试管比右侧试管中产生气泡的速率快Fe3+对H2O2分解的催化效果更好B左侧棉花变为橙色，右侧棉花变为蓝色氧化性：Cl2Br2 I2CU形管左端液面下降,右端液面上升NH4NO3溶解吸热D烧杯中产生白色沉淀甲烷与氯气光照条件下发生取代反应AABBCCDD21、将1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合，在

11、密闭容器中，120充分反应后，排出气体，冷却，有固体残留下列分析正确的是（）A残留固体是2mol Na2CO3B残留固体是 Na2CO3和NaOH的混合物C反应中转移2mol电子D排出的气体是1.5mol氧气22、某溶液可能含有下列离子中的若干种：Cl、SO42、SO32、HCO3、Na+、Mg2+、Fe3+，所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成，进行如下实验： 取100 mL上述溶液，加入过量Ba(OH)2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀；向沉淀中加入过量的盐酸，白色沉淀部分溶解，并有气体生成。下列说法正确的是（ ）A气体可能是CO2或SO2B溶液中一定存在SO4

12、2、HCO3、Na+、Mg2+C溶液中可能存在Na+和Cl，一定不存在Fe3+和Mg2+D在第步和第步的滤液中分别加入硝酸酸化的硝酸银溶液，都能生成白色沉淀二、非选择题(共84分)23、（14分）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24、（12分）合成药物X、Y和高聚物Z，可以用烃A为主要原料，采用以下路线：已知：I.反应、反应均为加成反应。II.请回答

13、下列问题：(1)A的结构简式为_。(2)Z中的官能团名称为_，反应的条件为_.(3)关于药物Y()的说法正确的是_。A1mol药物Y与足量的钠反应可以生成33.6 L氢气B药物Y的分子式为C8H8O4，能使酸性高锰酸钾溶液褪色C药物Y中、三处-OH的活泼性由强到弱的顺序是D1mol药物Y与H2、浓溴水中的Br2反应，最多消耗分别为4 mol和2 mol(4)写出反应EF的化学方程式_。FX的化学方程式_。(5)写出符合下列条件的E的一种同分异构体的结构简式_。遇FeCl3溶液可以发生显色反应，且是苯的二元取代物；能发生银镜反应和水解反应；核磁共振氢谱有6个峰。(6)参考上述流程以CH3CHO和

14、CH3OH为起始原料,其它无机试剂任选设计合成Z的线路_。25、（12分）某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色液面上方出现白雾；稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_。（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：a用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b用酸化的AgNO3溶液检验白雾

15、，产生白色沉淀。 实验a目的是_。由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是_。（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是_。（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_。用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：_。26、（10分）测定硫铁矿( 主要成分为FeS2)中硫和铁含量的实验步骤如下:（硫含量的测定）准确称取0.5g硫铁矿粉于坩埚中，加入4.5gNa2O2，用玻璃棒充分搅拌，上面再

16、盖一层Na2CO3，在700下焙烧15min。将坩埚及其盖放入100 mL沸水中，浸泡10 min并洗净坩埚。将所得溶液转移至烧杯中。向上述烧杯中先加入过量硝酸，再加入足量Pb(NO3)2溶液。过滤，洗涤、干燥，称得固体为2.02g。（铁含量的测定）准确称取0.5g硫铁矿粉，加入盐酸和硝酸使其溶解。趁热加入稍过量的SnCl2溶液(Sn2+2Fe3+=2Fe2+Sn4+)，再用HgCl2 氧化除去多余的SnCl2。以二苯胺磷酸钠为指示剂，用0.05mol/L的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+(K2Cr2O7被还原为Cr3+)，直至终点，消耗11.20mL K2Cr2O7溶液。回答下列问题。（

17、1）步骤适宜材质的坩埚是_(填字母)。a.铁坩埚 b.铝坩埚 c.陶瓷坩埚（2）步骤中上面盖一层Na2CO3的主要目的是_，焙烧时，FeS2和Na2O2反应生成硫酸盐和氧化钠的化学方程式为_。（3）步骤中得到的固体的化学式为_。（4）步骤若不除去过量的SnCl2，则会造成铁的含量测量值_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（5）步骤滴定时，K2Cr2O7溶液应盛放在_(填“酸”或“碱”)式滴定管中；实验室配制100 mL0.05mol/L K2Cr2O7溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_和_。27、（12分）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。已知：物质BaSO4BaC

18、O3AgIAgCl溶解度/g(20)2.410-41.410-33.010-71.510-4 (1) 探究 BaCO3和 BaSO4之间的转化试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验BaCl2Na2CO3Na2SO4实验Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解实验I 说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，_。 实验中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_。 实验 中加入试剂C后，沉淀转化的平衡常数表达式 K =_。 (2)探究AgCl和AgI之间的转化实验 ：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： a c

19、b 0)。装置步骤电压表读数.如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i，再向B中加入与等量NaCl (s)d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。实验证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是_（填标号）。a AgNO3溶液 b NaCl 溶液 c KI溶液 实验的步骤i中， B中石墨上的电极反应式是_。 结合信息，解释实验中 b c(H+)c(OH-)，B错误；C. b点溶液显中性，c(H+)107mol/L

20、，根据电离平衡常数表达式可知c(HA)/c(A-)=5，C正确；D. c点酸碱恰好中和，生成NaA，根据电荷守恒可知c(A-)+c(OH-)= c(Na+)+ c(H+)，D错误，答案选C。 15、A【解析】A因氟单质的氧化性最强，不能利用置换反应生成氟单质，故A选；BC与二氧化硅在高温下发生置换反应可以生成硅和CO，故B不选；C镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和黑色的碳，该反应为置换反应，故C不选；DFe与水蒸气在高温下发生置换反应生成四氧化三铁和氢气，可以通过置换反应制得，故D不选；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意掌握常见的元素及其化合物的性质。16、C【解析】根据2H2S(g)+O2

21、(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，正极O2得电子发生还原反应，则b为电池的正极，则c为阴极，发生还原反应生成氢气，d为阳极，发生氧化反应生成氯气，以此解答该题。【详解】A.由2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，故A错误；B.正极O2得电子发生还原反应，所以电极b上发生的电极反应为：O2+4H+4e-2H2O，故B错误；C.电路中每流过4mol电子，则消耗1mol氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部释放热能小于632kJ，几乎不放出能量，故C正确；D.a极发生2H2

22、S4e=S2+4H+，每增重32g，则转移2mol电子，导气管e 将收集到气体1mol，但气体存在的条件未知，体积不一定为22.4L，故D错误。故选C。【点睛】此题易错点在D项，涉及到由气体物质的量求体积时，一定要注意条件是否为标准状态。17、D【解析】A2.33gBaSO4物质的量为0.01mol，根据BaSO42e-得，当生成0.01molBaSO4时，转移电子数目为0.02NA，故A正确；BSO2具有漂白性，可使品红褪色，故B正确；C1个H2O2分子中很有1个非极性键，17gH2O2物质的量为0.5mol，含有非极性键的数目为0.5NA，故C正确；DBaCl2为离子化合物，不含分子，故D

23、错误；故答案选D。18、A【解析】A非金属性ClBr，HCl比HBr稳定，则反应中放出的热量多，即QlQ2，故A正确；B燃烧反应为放热反应，则反应物总能量均高于生成物总能量，故B错误；C由反应可知，Q1为生成2mol HCl的能量变化，则生成 molHCl(g)时放出热量小于Q1，故C错误；D同种物质气体比液体能量高，则1molHBr(g)具有的能量大于1molHBr(l)具有的能量，故D错误；故选A。19、B【解析】A、由图可知，常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）1011mol/L，则c （OH）1103mol/L，故A错误；B、b点为NH4Cl和NH3H2O的混合溶液，溶液中N

24、H4+促进水的电离程度和H+抑制程度相等，所以水电离的氢离子浓度为107mol/L，溶液呈中性，故B正确；C、c点溶液为NH4Cl溶液，呈酸性，c（H+）c（OH），电荷关系为c（NH4+）+c（H+）c（OH）+c（Cl），所以c点溶液中c（NH4+）c（Cl），故C错误；D、d点溶液为NH4Cl和HCl的混合溶液，溶液呈酸性，c（H+）c（OH），电荷关系为c（NH4+）+c（H+）c（OH）+c（Cl），所以d点溶液中：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故D错误；故选：B。20、A【解析】A等量同浓度的双氧水中分别滴入相同体积含相同浓度的Fe3+和Cu2+的溶液，滴入Fe3+

25、的试管中产生气泡的速率快，说明Fe3+对H2O2的分解的催化效果更好，故A正确；B氯气从左侧通入，先接触到吸有NaBr溶液的棉花，棉花变橙色，说明Cl2和NaBr发生了置换反应：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，说明氧化性：Cl2Br2。右侧的棉花吸有淀粉碘化钾溶液，右侧棉花变蓝，说明有I2生成。I2的生成可能是左侧棉花上产生的Br2挥发到右侧棉花上置换出了I2，也可能是通入的Cl2和KI反应置换出了I2，所以无法说明Br2和I2的氧化性相对强弱，故B错误；CNH4NO3溶解吸热，使试管内空气遇冷体积减小，试管内压强降低，U形管左端液面上升，右端液面下降，故C错误；D甲烷和氯气发生取代反

26、应生成HCl，可以和AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀，但未被消耗的氯气也会进入AgNO3溶液中，和AgNO3反应生成白色沉淀，故根据烧杯中产生白色沉淀不能证明甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，故D错误；故选A。【点睛】本题B选项中硬质玻璃管中右侧棉花变蓝，不一定是挥发的Br2和KI反应，从左端通入的氯气可能没有完全被NaBr溶液消耗，也可能氯气已经完全把NaBr氧化，这样氯气就会氧化KI，所以本实验只能证明氧化性：Cl2Br2，不能确定Br2和I2的氧化性相对强弱。21、A【解析】过氧化钠受热不分解，但是受热分解，产生1mol二氧化碳和1mol水，二氧化碳和水都能和过氧化钠发生反应，但是此

27、处过氧化钠是少量的，因此要优先和二氧化碳发生反应，得到1mol碳酸钠和0.5mol氧气，此时我们一共有2mol碳酸钠、1mol水和0.5mol氧气。整个反应中只有过氧化钠中-1价的氧发生了歧化反应，因此一共转移了1mol电子，答案选A。22、B【解析】由实验流程可知，该溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，且白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSO4，气体为CO2，由于SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存，反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知不含Cl-，则溶液中一定含SO42-、H

28、CO3-、Na+、Mg2+，以此来解答。【详解】A. 中白色沉淀为硫酸钡和碳酸钡，气体为CO2，故A错误；B. 白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSO4，气体为CO2，由于SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存，反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知不含Cl-，则溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，故B正确；C. 反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，则溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，故C错误；D. 溶液中含Na+及过量的Ba(OH)

29、2，溶液含Mg2+及过量盐酸，只有溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液能生成白色沉淀AgCl，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题的关键在于理解“所含离子的物质的量浓度均相同”这一句话，通过电荷守恒推出一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，另外SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存也是需要注意的点。二、非选择题(共84分)23、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。

30、【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

31、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。24、CHCH 酯基 NaOH水溶液、加热 B、C +C2H5OH+H2O +H2O 或 CH3CHO CH2=CHCOOCH3 【解析】反应、反应的原子利用率均为100%，属于加成反应，结合反应的产物，可知烃A为HCCH，B为，而G的相对分子质量为78，则G为C可以发出催化氧化生成D，D发生信息中I的反应，则反应为卤代烃在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生的水解反应，则C为，D为，E为，F为，F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应得到X。乙醛与HCN发生加成反应、

32、酸性条件下水解得到，与甲醇反应酯化反应生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应得到，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知A为CHCH；(2)由Z的结构简式可知Z含有酯基，反应为卤代烃的水解，条件为：氢氧化钠水溶液、加热；(3)A羟基、羧基能与钠反应生成氢气，1mol药物Y与足量的钠反应可以生成1.5mol氢气，标况下氢气体积为33.6L，但氢气不一定处于标况下，故A错误；B药物Y的分子式为C8H804，含有酚羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C羧基酸性最强，酚羟基酸性很弱，醇羟基表现为中性，药物Y中、三处-OH的电离程度由大到小的顺序是

33、，故C正确；D苯环与氢气发生加成反应，1mol药物Y与3molH2加成，Y中酚羟基的邻位能与浓溴水发生取代反应，1molY消耗2molBr2，故D错误；故答案为B、C；(4)反应E-F的化学方程式：，FX的化学方程式为；(5)E为，对应的同分异构体遇FeCl3溶液可以发生显色反应，说明含有酚羟基，且是苯的对位二元取代物；能发生银镜反应和水解反应，应为甲酸酯类；核磁共振氢谱有6个峰，则可能的结构为；(6)以CH3CHO和CH3OH为起始原料，合成Z，可用乙醛与HCN发生加成反应，然后水解生成2-羟基丙酸，与甲醇发生酯化反应，再发生消去反应，最后发生加聚反应生成Z，也可用乙醛与HCN发生加成反应，

34、然后水解生成2-羟基丙酸，发生消去反应生成丙烯酸，与甲醇发生酯化反应，最后发生加聚反应生成Z，对应的流程可为或者。【点睛】在进行推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。25、2Cl22Ca(OH)2 =Ca(ClO)2CaCl22H2O 漂白性

35、检验氯气 SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀 要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可 CaSO4 Cl2SO22H2O=2Cl-4H+ SO42- 【解析】（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯

36、气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。【详解】（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未

37、观察到白雾推测现象的白雾由HCl小液滴形成，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；（4）现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙

38、、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为 氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；（5）取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。26、a防止产生的少量SO2逸出(或隔绝空气，防止空气与过氧化钠反应等合理答案)2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3+NaSO4+14Na2OPbSO4偏大酸玻璃棒100mL容量瓶【解析】（1）铝坩埚和陶瓷坩埚在高温下可

39、以与过氧化钠或碳酸钠反应，而铁坩埚不会，所以，步骤适宜材质的坩埚是a。（2）步骤中上面盖一层Na2CO3的主要目的是：防止产生的少量SO2逸出。焙烧时，FeS2和Na2O2反应生成硫酸盐和氧化钠的化学方程式为2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3+NaSO4+14Na2O 。（3）PbSO4不溶于水和酸，所以，步骤中得到的固体为PbSO4。（4）步骤若不除去过量的SnCl2，因为Sn2+的还原性强于Fe2+，后面用K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+时，会消耗过多的K2Cr2O7溶液，必然会造成铁的含量测量值偏大。（5）步骤滴定时，K2Cr2O7溶液有强氧化性，故应将其盛放在酸式滴定管

40、中；实验室配制100mL0.05mol/L K2Cr2O7溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒和100mL容量瓶。27、沉淀不溶解，无气泡产生 BaCO3+2H+= Ba2+CO2+H2O b 2I2eI2 由于生成AgI沉淀，使B溶液中c(I)减小，I还原性减弱，原电池电压减小 实验步骤表明Cl本身对原电池电压无影响，实验步骤中cb说明加入Cl使c(I)增大，证明发生了AgI+ Cl AgCl+ I 溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现 【解析】(1) BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体， BaSO4不溶

41、于盐酸；实验中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；实验 中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+ CO32-= BaSO4+ SO42-；(2) 要证明AgCl转化为AgI， AgNO3与NaCl 溶液反应时，必须是NaCl 过量；I具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；B 中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；AgI转化为AgCl，则c(I)增大，还原性增强，电压增大。(3)根据实验目的及现象得出结论。【详解】(1) BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体， BaSO4不溶于盐酸，实验I 说明BaCO3全部转化为BaSO4的现象是加入盐酸后，

42、沉淀不溶解，无气泡产生；实验中加入稀盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，说明是BaCO3与盐酸反应，反应离子方程式是BaCO3+2H+= Ba2+CO2+H2O；实验 中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+ CO32-= BaSO4+ SO42-；固体不计入平衡常数表达式，所以沉淀转化的平衡常数表达式 K=；(2) AgNO3与NaCl 溶液反应时， NaCl 过量，再滴入KI溶液，若有AgI沉淀生成才能证明AgCl转化为AgI，故实验中甲是NaCl 溶液，选b；I具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极，负极反应是2I2eI2；B 中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀，

43、B溶液中c(I)减小，I还原性减弱，原电池电压减小，所以实验中 b b说明加入Cl使c(I)增大，证明发生了AgI+ Cl AgCl+ I。(3) 综合实验 ,可得出的结论是溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。28、0.1c1mol/(Ls) 60% 19.6 CH3OH-6e-+80H-=CO32-+6H2O 4OH-4e-=O2+2H2O 1 【解析】(1)根据甲醇的浓度计算二氧化碳的浓度变化量再根据速率公式计算CO2 的反应速率；根据反应放出的热量计算参加反应的二氧化碳的物质的量，再利用转化率定义计算；恒温恒

44、容下，容器A与容器B为等效平衡，平衡时对应组分的物质的量、浓度相等，二者起始物质的量等于各物质的化学计量数，放出热量与吸收热量之和等于反应热数值；(2)甲醇发生氧化反应，在碱性条件下生成碳酸根离子与水；原电池通入甲醇的为负极，乙中石墨电极为阳极、铁电极为阴极，开始Cl-在阳极放电生成氯气，阴极Cu2+放电生成Cu，故图丙中I表示阴极产生的气体，II表示阳极产生的气体，t1前电极反应式为:阳极2Cl-4e-=Cl2，阴极2Cu2+4e-=2Cu，t1t2电极反应式为: 阳极4OH-4e-=O2+2H2O，阴极4H+4e-=2H2，在根据氧气的量计算氢氧根离子的物质的量，水电离出等物质的量的氢离子

45、和氢氧根离子，根据公式计算得出c(H+)从而得出溶液的pH。【详解】(1) 根据表格可知A反应中甲醇的反应速率为v=0.1c1mol/(Ls)，根据CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，所以A中CO2的平均反应速率为0.1c1mol/(Ls)；根据CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；H=-49kJmol-1，由表中数据可知，反应达到平衡时放出的热量为29.4kJ，所以参加反应的CO2的物质的量为0.6mol，所以A中达到平衡时CO2的转化率为=；故答案为：60%；恒温恒容下，容器A与容器B为等效平衡，平衡时对应组分的物质的量、浓度相等，二者起始物质的量等于各物质的化学计量数，放出热量与吸收热量之和等于反应热数值，则吸收的热量a=反应热-放出的热量=49.0kJ-29.4kJ=19.6kJ，故答案为：19.6； (2)由图象可知左图为甲醇燃料电池，在碱性条件下甲醇失电子生成碳酸根离子和水，电极