2023学年哈尔滨师大附中高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷含解析

1、2023高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(2019nCOV)

2、的感染，其结构如图所示。下列说法错误的是A基态C1原子的核外电子有17种运动状态BC、N、O、P四种元素中电负性最大的是OCH3PO4分子中磷原子的价层电子对数为4D与足量H2发生加成反应后，该分子中手性碳原子个数不变2、下列说法不正确的是A国庆70周年放飞的气球材质是可降解材料，主要成分是聚乙烯B晶体硅可用来制造集成电路、晶体管、太阳能电池等CMgO与Al2O3均可用于耐高温材料D燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施3、下列装置不能完成相应实验的是A甲装置可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱B乙装置可除去CO2中少量的SO2杂质C丙装置可用于检验溴乙烷与NaOH的醇溶液共

3、热产生的乙烯D丁装置可用于实验室制备氨气4、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A澄清石灰水与过量苏打溶液混合：Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+CO32-+2H2OB少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中：C1O-+SO2+H2O=SO42-+2H+Cl-C向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气：2Cu+4H+O22Cu2+2H2OD向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水：7H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2+6O2+10H2O5、关于 2NaOH（s）+H2SO4（aq）Na2SO4（aq）+2H2O（l）+Q kJ 说法正确的是（）ANaOH（s）溶于水的过程中扩散吸收的能量大于水合释放

4、的能量BQ0CNaOH（s）+1/2H2SO4（aq）1/2Na2SO4（aq）+H2O（l）+1/2QkJD若将上述反应中的NaOH（s）换成NaOH（aq），则QQ6、镍-铁碱性电池十分耐用，但其充电过程中正负极得到的产物对电解水有很好的催化作用，因此电池过充时会产生氢气和氧气，限制了其应用。科学家将电池和电解水结合在起，制成新型的集成式电池电解器，可将富余的能量转化为氢能储存。已知镍铁碱性电池总反应方程式为：Fe+2NiOOH+2H2OFe（OH）2+2Ni（OH）2。下列有关说法错误的是（ ）A电能、氢能属于二次能源B该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜C该装置储氢能发生的反应为：2H2

5、O2H2+O2D镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni（OH）2+OH-e-NiOOH+H2O7、在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) H10平衡常数K12NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) H2c(HC2O4-)= c(C2O42-) =c(Cl-) c(H+)c(OH-)二、非选择题（本题包括5小题）17、香豆素-3-羧酸是一种重要的香料，常用作日常用品或食品的加香剂。已知：RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）+R

6、1OH（1）A和B均有酸性，A的结构简式：_；苯与丙烯反应的类型是_。（2）F为链状结构，且一氯代物只有一种，则F含有的官能团名称为_。（3）D丙二酸二乙酯的化学方程式：_。（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物E，其结构简式为：_。（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式：_。与丙二酸二乙酯的官能团相同；核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为321；能发生银镜反应。（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成请写出中间产物的结构简式：中间产物I_；中间产物II_。18、氟西汀G是一种治疗抑郁性精神障碍的药物，其一种合成路线如图：已知：LiAIH4是强还原剂，不仅能还原醛、酮，还

7、能还原酯，但成本较高。回答下列问题：（1）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出D的结构简式，用星号（*）标出D中的手性碳_。（2）的反应类型是_。（3）C的结构简式为_。（4）G的分子式为_。（5）反应的化学方程式为_。（6）已知M与D互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应。M分子的苯环上有3个取代基，其中两个相同。符合条件的M有_种。（7）也是一种生产氟西汀的中间体，设计以和为主要原料制备它的合成路线_（无机试剂任选）。19、工业上常用铁质容器盛装冷的浓硫酸。但某兴趣小组的同学发现将一定量的生铁与浓硫酸加热时，观察到固体能完全溶解，并产生大量气体。为此他们

8、进行了如下探究实验。探究一称取铁钉(碳素钢)6.0g放入15.0 mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X，并收集到气体Y。(1)(I)甲同学认为X中除Fe3外还可能含有Fe2。若要判断溶液X中是否含有Fe2，可以选用_。a.KSCN溶液和氯水 b.K3Fe(CN)6溶液 c.浓氨水 d.酸性KMnO4溶液()乙同学将336 mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，发现溶液颜色变浅，试用化学方程式解释溴水颜色变浅的原因_，然后向反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，经适当操作得干燥固体2.33 g。由此推知气体Y中SO2的体积分数为_。(结果保留一位小数)。探究二甲乙两同学认为气体Y中除SO2外

9、，还可能含有H2和CO2。为此设计如图实验装置(图中夹持仪器省略)进行验证。(2)简述该实验能产生少量H2的原因_(用化学用语结合少量文字表述)。(3)装置B中试剂的作用是_，装置F的作用是_。(4)为了进一步确认CO2的存在，需在上述装置中添加M于_(选填序号)，M中所盛装的试剂可以是_。a.AB之间 b.BC之间 c.CD之间 d.EF之间20、EDTA(乙二胺四乙酸)是一种能与Ca2+、Mg2+等结合的螯合剂。某高三研究性学习小组在实验室制备EDTA，并用其测定某地下水的硬度。制备EDTA的实验步骤如下：步骤1：称取94.5g(1.0mol)ClCH2COOH于1000mL三颈烧瓶中(如

10、图)，慢慢加入50%Na2CO3溶液，至不再产生无色气泡；步骤2：加入15.6g(0.26mol)H2NCH2CH2NH2，摇匀，放置片刻，加入2.0 mol/L NaOH溶液90mL，加水至总体积为600mL左右，温度计50加热2h；步骤3：冷却后倒入烧杯中，加入活性炭脱色，搅拌、静置、过滤。用盐酸调节滤液至pH=1，有白色沉淀生成，抽滤，干燥，制得EDTA。测地下水硬度：取地下水样品25.00mL进行预处理后，用EDTA进行检测。实验中涉及的反应有M2+ (金属离子)+Y4(EDTA)=MY2；M2+(金属离子)+EBT(铬黑T，蓝色)=MEBT(酒红色)；MEBT+Y4(EDTA)=MY

11、2+EBT(铬黑T)。请回答下列问题：(1)步骤1中发生反应的离子方程式为_。(2)仪器Q的名称是_，冷却水从接口_流出(填“x”或“y”)(3)用NaOH固体配制上述NaOH溶液，配制时使用的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、_和_，需要称量NaOH固体的质量为_。(4)测定溶液pH的方法是_。(5)将处理后的水样转移到锥形瓶中，加入氨水氯化铵缓冲溶液调节pH为10，滴加几滴铬黑T溶液，用0.0100molL1EDTA标准溶液进行滴定。确认达到滴定终点的现象是_。滴定终点时共消耗EDTA溶液15.0mL，则该地下水的硬度=_(水硬度的表示方法是将水中的Ca2+和Mg2+都看作Ca2+，并将其折算成C

12、aO的质量，通常把1L水中含有10 mg CaO称为1度)若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则测定结果将_(填“偏大“偏小”或“无影响”)。21、CO、CO2是化石燃料燃烧的主要产物。(1)将含0.02mol CO2和0.01 mol CO的混合气体通入有足量Na2O2固体的密闭容器中，同时不断地用电火花点燃，充分反应后，固体质量增加_g。(2)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H=-566.0kJ/mol，键能Eo-o=499.0kJ/mol。则反应:CO(g)+O2(g)CO2(g)+O(g)的H=_kJ/mol。(3)在某密闭容器中发生反应:

13、2CO2(g)2CO(g)+O2(g)，1molCO2在不同温度下的平衡分解量如图所示。恒温恒容条件下,能表示该可逆反应达到平衡状态的有_(填字母)。ACO的体积分数保持不变 B容器内混合气体的密度保持不变C容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变D单位时间内，消耗CO的浓度等于生成CO2的浓度分析上图，若1500时反应达到平衡状态，且容器体积为1L，则此时反应的平衡常数K=_(计算结果保留1位小数)。向2L的恒容密闭容器中充入2molCO2(g)，发生反应: 2CO2(g)2CO(g)+O2(g)，测得温度为T时，容器内O2的物质的量浓度随时间的变化如曲线II所示。图中曲线I表示相对于曲线II仅

14、改变一种反应条件后，c(O2)随时间的变化，则改变的条件是_；a、b两点用CO浓度变化表示的净反应速率关系为va(CO)_(填“”“CSi，能完成实验；B.CO2也能被碳酸钠溶液吸收，不能选用碳酸钠溶液，不能完成实验；C.溴乙烷、乙醇、水蒸气都不能使溴的四氯化碳溶液褪色，对乙烯的检验没有影响，丙装置中溴的四氯化碳溶液褪色说明溴乙烷与NaOH的醇溶液共热产生了乙烯，能完成实验；D.在氨水中存在平衡NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，CaO与水反应放热、同时生成Ca(OH)2，反应放出的热量促进NH3H2O分解产生氨气，同时Ca(OH)2电离出OH-，使平衡逆向移动，促进氨气逸出，实验室可以

15、用氧化钙固体与浓氨水反应来制备氨气，能完成实验；答案选B。4、C【答案解析】A.苏打为碳酸钠，则澄清石灰水与过量苏打溶液反应的离子方程式为：Ca2+ CO32-=CaCO3，故A错误；B.次氯酸根离子具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42-，CaSO4微溶于水，则少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中，反应的离子方程式为Ca2+ClO+SO2+H2O=CaSO4+2H+Cl，故B错误；C.向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气，反应生成硫酸铜和水，离子方程式为2Cu+4H+O22Cu2+2H2O，故C正确；D. 向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，离子方程式为5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+5O

16、2+8H2O，故D错误，答案选C。【答案点睛】本题考查离子方程式的正误判断，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等。解题时容易把苏打误认为碳酸氢钠，为易错点。5、C【答案解析】A、氢氧化钠固体溶于水是放热的过程，故NaOH(s)溶于水的过程中扩散吸收的能量小于水合释放的能量，故A错误；B、酸碱中和放热，故Q大于0，故B错误；C、反应的热效应与反应的计量数成正比，故当将反应的计量数除以2时，反应的热效应也除以2，即变为NaOH（s）+H2SO4（aq）Na2SO4（aq）+H2O（l）+QkJ，故C正确；D、氢氧化钠固体溶于水放热，即若将氢氧化钠固体换为氢氧化钠溶液，则

17、反应放出的热量变小，即则QQ，故D错误。故选：C。6、D【答案解析】A电能、氢能都是由其他能源转化得到的能源，为二次能源，故A正确；B电解时氢氧根离子通过离子交换膜进入阳极，在阳极失电子生成氧气，则该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜，故B正确；C该装置储氢时，发生电解水的反应，电解水生成氢气和氧气，即反应为：2H2O2H2+O2，故C正确；D正极上发生得电子的还原反应，则镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni(OH)2+OH-+e-NiOOH+H2O，故D错误。故选：D。7、C【答案解析】A.2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) H10 平衡常数K1=c(ClNO)c

18、2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) H20 平衡常数K2 =c2反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数K=c2(NO)c(Cl2)c4B.10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.510-3mol/(Lmin)，则平衡时n(ClNO)=7.510-3 mol/(Lmin)10min2L=0.15mol，设中反应的NO2为xmol，中反应的Cl2为ymol，则：2

19、NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)xmol 0.5xmol2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)2ymol ymol 2ymol则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)=0.1mol-0.05mol2L=2.510-2mol/L，BC.平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，C错误；D.平衡时NO2的转化率为0.1mol0.2mol100%=50%，故合理选项是C。8、D【答案解析】A. 断键需要吸热，成键会放

20、热，故A不选；B. 该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B不选；C. 2A2(g)+B2(g)=2C(g) H=-(b-a)kJmol-1。生成C(l)时的H=-(b+c-a)kJmol-1，故C不选；D. 据图可知，生成1 mol C(l)，放出 (b+c -a)kJ的热量，故D选。故选D。9、D【答案解析】A.氢键也属于分子间作用力，分子间作用力不仅影响物质的熔沸点，也影响物质的溶解性，故A错误；B.C60、金刚石中碳原子间形成网状结构而不是层状结构，所以不能用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子面材料，故B错误；C.等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大，则碳酸的酸性

21、小于亚硫酸，而亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物的水化物，不能比较C比S的非金属性弱，故C错误；D.H、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫酸溶液，Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫代硫酸钠溶液，硫酸和硫代硫酸钠溶液混合有不溶于水的硫单质生成，所以可能会观察到浑浊现象，故D正确。答案选D。【答案点睛】本题考查了微粒间作用力、元素化合物性质、非金属性的判断等知识点，注意氢键不是化学键，属于分子间作用力，为易错点。10、B【答案解析】根据图示，M极，苯酚转化为CO2，C的化合价升高，失去电子，M为负极，在N极，Cr2O72转化为Cr(OH)3，Cr的化合价降低，得到电子，N为正极。A根

22、据分析，M为电源负极，有机物失去电子，被氧化，A错误；B由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na和Cl不能定向移动。电池工作时，M极电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28H+，负极生成的H透过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，N极电极反应式为Cr2O726e14H2O=2Cr(OH)38OH，生成的OH透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中，OH与H反应生成水，使NaCl溶液浓度减小，B正确；C苯酚的化学式为C6H6O，C的化合价为升高到+4价。1mol苯酚被氧化时，失去的电子的总物质的量为64()=28mol，则其电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28

23、H+，C错误；D原电池中，阳离子向正极移动，因此H从阳离子交换膜的左侧向右侧移动，D错误。答案选B。【答案点睛】此题的B项比较难，M极是负极，阴离子应该向负极移动，但是M和NaCl溶液之间，是阳离子交换膜，阴离子不能通过，因此判断NaCl的浓度的变化，不能通过Na和Cl的移动来判断，只能根据电极反应中产生的H和OH的移动反应来判断。11、A【答案解析】A. 将铜丝在酒精灯的外焰上加热变黑后，生成氧化铜，置于内焰中遇到乙醇，发生反应生成铜，又恢复原来的红色，故A正确；B. 氨气极易溶于水中，不能用排饱和氯化铵溶液的方法收集，故B错误；C. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变

24、浑浊，原溶液中可能含有CO32、HCO3、SO32、HSO3等，故C错误；D. 过滤时玻璃棒起引流作用，不能搅拌，会捅破滤纸，故D错误。故选：A12、B【答案解析】A、晶体硅能导电，可用于制作半导体材料，与熔点高硬度大无关系，A不正确；B、氢氧化铝具有弱碱性，能与酸反应生成铝盐和水，可用于制胃酸中和剂，B正确；C、漂白粉具有强氧化性，可用于漂白纸张，与其稳定性无关系，C不正确；D、氧化铁是红棕色粉末，可用于制作红色涂料，与是否能与酸反应无关系，D不正确，答案选B。13、D【答案解析】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

25、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。【答案点睛】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。14、C【答案解析】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

26、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；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。15、D【答案解析】根据（1）中沉淀6.63 g和4.66 g可知，含有SO42-和CO32-，且二者的物质的量分别为0.02 mol、0.01 mol；根据（2）中气体0.672 L可知含有NH4+ 0.03 mol。根据离子的定量关系看，只能选择Na2SO4、NH4Cl、K2CO3，若选择B项KCl、Na2CO3、(NH4)2SO4，SO42- 0.02 mol时NH4+有0.04 mol，

27、不符合定量关系，A、C项也类似，故D正确；答案选D。16、D【答案解析】A. 如图所示，从M点到N点的过程中，pH减小，氢离子浓度增大，c(H2C2O4)逐渐增大，故A正确；B. pH增大，增大，减小，则直线n表示pH与的关系，故B正确；C. 由N点可知Ka1 (H2C2O4)的数量级为10 -2Ka1(H2C2O4)= ，在N点=-1，即，N点的pH2.22，则c(H+)102.22mol/L，所以Ka1(H2C2O4)10102.221.0101.22，故C正确；D. M点：-lg=0，Ka2=10-3.1810-1=10-4.18，pH=4.18时，c(HC2O4-)= c(C2O42-

28、)，但无法判断c(HC2O4-)= c(C2O42-) =c(Cl-)，故D错误；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3COOH 加成反应 羰基 +2C2H5OH2H2O 【答案解析】丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由(1)可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B再与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物E为。【题目详解】(1)由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；(2) F为C3H6O，不饱和度为1，链状结

29、构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，方程式为+2C2H5OH2H2O ，故答案为：+2C2H5OH2H2O ；(4)根据信息提示，则丙二酸二乙酯()要形成高聚物E，则要发生分子间的缩聚反应，高聚物E为，故答案为： ；(5) 丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分异构体满足与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为321，故氢个数分别为6，4，2；能发生银镜反应，说明要存在醛基或者甲酯，官能团又要为酯基，只能为甲酯，根据可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10，要满足相同氢分别为6

30、、4，只能为两个乙基，满足的为 ，故答案为：； (6) 与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，进过消去反应得到，根据题干信息RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）提示，可反生取代得到，故答案为：；。【答案点睛】本题难点(5)，信息型同分异构体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代物的个数，确定位置。18、 取代反应 C17H18NOF3 +CH3NH2+CH3SO2OH 12 【答案解析】B在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成C，C与氢化铝锂反应生成D，根据D和B的结构简式，D与CH3SO2Cl发

31、生取代反应生成E，E与CH3NH2发生取代反应生成F，F与在氢化钠作用下发生取代反应生成G。根据G和E的结构简式，可得F的结构简式为，据此分析解答。【题目详解】(1)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。D中的手性碳位置为；(2)根据分析，的反应类型是取代反应；(3)根据分析，C的结构简式为；(4)G的分子式为C17H18NOF3；(5)反应为E与CH3NH2发生取代反应生成F化学方程式为：+CH3NH2+CH3SO2OH；(6)D的结构简式为，已知M与D互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应，说明分子中有酚羟基。M分子的苯环上有3个取代基，其中两个相同，即苯环上

32、有两个羟基和一个-C3H7原子团。-C3H7原子团的结构式共有-CH2CH2CH3和-C(CH3)2两种结构，同分异构体数目分析如下：若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为22=4种，若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为12=2种，若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为32=6种；则符合条件的M有12种；(7) 在加热条件下，在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成，和氯气发生加成反应生成，加热条件下，与氢氧化钠溶液发生取代反应生成，与CH3SO2Cl发生取代反应生成，合成路线为：。19、bd 66.7% 随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气， 检验SO2是否除尽 防止空

33、气中的水进入E，影响氢气的检验 b 澄清石灰水 【答案解析】(1)(I)Fe2与K3Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀；Fe2具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；()铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫；(2)铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；(3)高锰酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫；(4)用澄清石灰水检验CO2。【题目详解】(1)Fe2能与K3Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀，Fe2具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；要判断溶液X中是否含有Fe2，可以选用K3Fe(CN)6溶液或酸性KMnO4溶液，选bd；()铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫，二氧化硫具有还原性，二氧

34、化硫通入足量溴水中，发生反应，所以溶液颜色变浅，反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，生成硫酸钡沉淀2.33 g，硫酸钡的物质的量是，根据关系式，可知二氧化硫的物质的量是0.01mol，由此推知气体Y中SO2的体积分数为66.7%。(2)由于随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的方程式为；(3)高锰酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫，所以装置B中试剂的作用是检验SO2是否除尽；装置E用于检验装置D中是否有水生成，所以装置F的作用是防止空气中的水进入E，影响氢气的检验；(4)C中的碱石灰能吸收二氧化碳，所以要确认CO2的存在，在B、C之间添加M，M中盛放

35、澄清石灰水即可。20、2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2+H2O （球形）冷凝管 x 胶头滴管 100mL容量瓶 8.0g 取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较 滴入最后一滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色 33.6度 偏大 【答案解析】(1)根据强酸制弱酸的原理书写反应的离子方程式；(2)根据仪器结构判断仪器名称，冷凝管中冷却水应从下口进入，从上口流出；(3)实验中需要2.0 mol/L NaOH溶液90mL，但是实验室没有90mL的容量瓶，应用100mL容量瓶，即应

36、配制100mLNaOH溶液，据此计算需要NaOH固体的质量，再根据用NaOH固体配制NaOH溶液的实验步骤判断所需仪器；(4)根据pH试纸的使用方法进行解答；(5)根据溶液颜色变色判断滴定终点，用EBT(铬黑T，蓝色)作为指示剂，结合已知反应判断滴定终点颜色的变化；首先明确关系式n(M2+)n(EDTA) n(CaO)，进而计算1L水样中CaO的质量，再结合该地下水的硬度的表示方法进行计算；若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则使得EDTA标准液的浓度偏小，则滴定等量EDTA消耗EDTA标准液的体积偏大。【题目详解】(1)已知ClCH2COOH与Na2CO3溶液反

37、应产生无色气泡，可知二者反应生成二氧化碳气体，由强酸制弱酸的原理可知，反应的离子方程式为2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2+H2O，故答案为：2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2+H2O；(2)仪器Q的名称是（球形）冷凝管，冷却水应从下口进入，从上口流出，故答案为：（球形）冷凝管；x；(3)实验中需要2.0 mol/L NaOH溶液90mL，但是实验室没有90mL的容量瓶，应用100mL容量瓶，即应配制100mLNaOH溶液，因此n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=2.0mol/L0.1L=0.2mol，m(NaOH)=n(NaO

38、H)M(NaOH)=0.2mol40g/mol=8.0g，用NaOH固体配制NaOH溶液的实验步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、装瓶，据此可知配制时使用的仪器除了天平、烧杯、玻璃棒外，还需要胶头滴管和100mL容量瓶，故答案为：胶头滴管；100mL容量瓶；8.0g；(4)测定溶液pH的方法是取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较，故答案为：取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较；(5)根据已知反应可知滴定前溶液为酒红色，滴定结束后为蓝色，所以滴定

39、终点溶液的颜色变化为酒红色变为蓝色，故答案为：滴入最后一滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色；用0.0100molL1的EDTA标准溶液进行滴定，滴定终点时共消耗EDTA溶液15.0mL，则n(M2+)=n(EDTA)=0.0100molL115.0103L=1.5104mol，则25.00ml水中m(CaO)=nM=56g/mol1.5104mol=8.4mg，所以1L水中，通常把1L水中含有10mgCaO称为1度，所以该地下水的硬度为，故答案为：33.6度；若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则使得EDTA标准液的浓度偏小，则消耗EDTA标准液的体积偏大，会使得测定结果将偏大，故答案为：偏大。【答案点睛】容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应体积的溶液。容量瓶有以下规格：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等，因此该题中配制90 mLNaOH溶液，需要使用100mL容量瓶，在使用公式n(NaOH)=cV计算NaOH物质的量时，一定注意代入的体积为0.1L，而不是0.09L，这是学生们的易错点。容量瓶的选用原则：如果所配制溶液的体积正好与容量