2021-2022学年河北省石家庄市复兴高三最后一卷化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、下表中各组物质之间不能通过一步反应实现如图转化的是甲乙丙ACH2=CH2CH3CH2ClCH3CH2OHBNH3NOHNO3CAlCl3Al(OH)3Al2O3DCl2HClCuCl2AABBCCDD2、2019 年

2、12 月 27 日晚，长征五号运载火箭“胖五”在海南文昌航天发射场成功将实践二十号卫星送入预定轨道。下列有关说法正确的是A胖五”利用液氧和煤油为燃料，煤油为纯净物B火箭燃料燃烧时将化学能转化为热能C火箭箭体采用铝合金是为了美观耐用D卫星计算机芯片使用高纯度的二氧化硅3、C8H9Cl的含苯环的（不含立体异构）同分异构体有A9种 B12种 C14种 D16种4、把14g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到23 mol NO2和22 mol NO，下列说法正确的是A反应后生成的盐只为Fe（NO3）3B反应后生成的盐只为Fe（NO3）2C反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物

3、质的量之比为13D反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为315、下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A去除甲烷中少量的乙烯将气体依次通过酸性高锰酸钾溶液和浓硫酸洗气B洗涤分解KMnO4制O2的试管先用稀盐酸洗涤试管，再用水清洗C探究蛋白质的盐析向硫酸铵饱和溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液，再加入蒸馏水D提纯混有NH4Cl的粗碘将粗碘放入烧杯中，烧杯口放一盛满冷水的烧瓶，隔石棉网对烧杯加热，然后收集烧瓶外壁的固体AABBCCDD6、25时，NaCN溶液中CN、HCN浓度所占分数()随pH变化的关系如图甲所示，其中a点的坐标为(9.5，0.5)。向10mL0.0

4、1molL1NaCN溶液中逐滴加入0.01molL-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示。下列溶液中的关系中一定正确的A图甲中pH=7的溶液：c(Cl)=c(HCN)B常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=104.5mol/LC图乙中b点的溶液：c(CN)c(Cl)c(HCN)c(OH)c(H+)D图乙中c点的溶液：c(Na+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH)+ c(CN)7、短周期中同主族元素的单质，晶体类型一定相同的是()AA 族BA 族CA 族DA 族8、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、B弱碱性溶液中：K+、

5、Na+、I、ClOC中性溶液中：Fe3+、K+、Cl、D能使甲基橙变红的溶液中：Al3+、Na+、Cl、9、V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3+a g，取V mL溶液稀释到4V mL，则稀释后溶液中SO42的物质的量浓度是()A mol/LB mol/LC mol/LD mol/L10、下列关于物质用途的说法中，错误的是A硫酸铁可用作净水剂B碳酸钡可用作胃酸的中和剂C碘酸钾可用作食盐的添加剂D氢氧化铝可用作阻燃剂11、用多孔石墨电极完成下列实验，下列解释或推断不合理的是（ ）实验现象（i）中a、b两极均有气泡产生（ii）中b极上析出红色固体（iii）中b极上析出灰白色固体A（i）中，

6、a电极上既发生了化学变化，也发生了物理变化B电解一段时间后，（i）中溶液浓度不一定会升高C（ii）中发生的反应为H2+Cu2+=2H+CuD（iii）中发生的反应只可能是2Ag+Cu=2Ag+Cu2+12、下列在科学研究过程中使用的实验装置内，没有发生氧化还原反应的是A屠呦呦用乙醚提取青蒿素B伏打发明电池 C拉瓦锡研究空气成分D李比希用CuO做氧化剂分析有机物的组成AABBCCDD13、根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，判断以下叙述正确的是元素代号ABCDE原子半径/nm0.1860.1430.0890.1020.074主要化合价1326、22A最高价氧化物对应水化物的碱性

7、CAB氢化物的沸点H2EH2DC单质与稀盐酸反应的速率ABDC2与A的核外电子数相等14、高纯碳酸锰在电子工业中有着重要的应用，湿法浸出软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量Fe、Al、Mg等杂质元素)制备高纯碳酸锰的流程如下：其中除杂过程包括：向浸出液中加入一定量的试剂X，调节浸出液的pH为3.55.5；再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；下列说法正确的是(已知室温下：KapMg(OH)21.81011，KapAl(OH)33.01034，KapFe(OH)34.01038。)A浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂B除杂过程中调节浸出液的pH为3.55.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质C试剂X

8、可以是MnO、MnO2、MnCO3等物质D为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度15、常温下，用0.1molL-1NaOH溶液滴定40mL0.1molL-1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述正确的是（ ）ASO32-水解常数Kh的数量级为10-8B若滴定到第一反应终点，可用酚酞作指示剂C图中Z点对应的溶液中：c(Na+)c(SO32-)c(HSO3-)c(OH-)D图中Y点对应的溶液中：3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)16、根据原子结构及元素周期律的知识，下列叙述正确的是( )A由于相对分子质量：HClHF，故沸点：HC

9、lHFB锗、锡、铅的+4价氢氧化物的碱性强弱顺序：Ge(OH)4Sn(OH)4Pb(OH)4C硅在周期表中处于金属与非金属的交界处，硅可用作半导体材料DCl-、S2-、K+、Ca2+半径逐渐减小17、天工开物中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日，其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。水性定时，淀沉于底其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操作是A溶解B搅拌C升华D蒸发18、乙醇、正戊烷、苯是常见有机物，下列说法正确的是（ ）。A苯和溴水共热生成溴苯B2，2-二甲基丙烷是正戊烷的同系物C乙醇、正戊烷、苯均可通过石油的分馏得到D乙

10、醇、正戊烷、苯均能发生取代反应和氧化反应19、下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A向NaBr溶液中分别 滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色Br-的还原性强于Cl-B相同条件下，分别 向20mL0.1mol/LKMnO4溶液和20mL0.5mol/LKMnO4溶液中滴加相同浓度和体积的草酸溶液(过量)，0.5mol/LKMnO4溶液紫色褪去的时间更短(生成的Mn2+对该反应无影响)浓度对反应速率的影响：浓度越大，反应速率越快C向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液由无色变为蓝色，后蓝色褪去氯气具有强氧化性和漂白性D室温下，用pH试纸测得0.1mol/LNa2

11、SO3溶液的pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-的强AABBCCDD20、化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是（ ）A煤的干馏和煤的液化均是物理变化B天然纤维和合成纤维的主要成分都是纤维素C海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等D用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同21、下列关于硫及其化合物说法错误的是（ ）A实验室常将硫磺撒在汞的表面以除去不慎洒落的汞B葡萄酒中添加适量SO2可以起到抗氧化的作用C硫酸钡可用作消化系统X射线检查的内服药剂D“石胆浅碧色，烧之变白色者真”所描述的“石胆”是指FeSO47H2O22、用短线“”

12、表示共用电子对，用“”表示未成键孤电子对的式子叫路易斯结构式。R分子的路易斯结构式可以表示为则以下叙述错误的是( )AR为三角锥形BR可以是BF3CR是极性分子D键角小于10928二、非选择题(共84分)23、（14分）聚碳酸酯的透光率良好，可制作挡风玻璃、眼镜片等。某聚碳酸酯(M)的合成路线如下：已知：.D的分子式为C3H4O3，核磁共振氢谱只有一组峰.R1COOR2+R3OHR1COOR3+ R2OH(1)A的名称是 _，D的结构简式为_；(2)BC的反应类型_；(3)关于H的说法正确的是（_）A分子式为C15H16O2B呈弱酸性，是苯酚的同系物C分子中碳原子可能共面D1mol H与浓溴水

13、取代所得有机物最多消耗NaOH10mol(4)写出AB化学方程式_；(5)最常见的聚碳酸酯是用H与光气()聚合得到，请写出该聚碳酸酯的结构简式_；(6)H的同分异构体中满足下列条件的有_种；有萘环()结构 能发生水解和银镜反应 两个乙基且在一个环上(7)FG需三步合成CH2=CHCH3KL若试剂1为HBr，则L的结构简式为_，的反应条件是_。24、（12分）有机物J是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如图：回答下列问题：（1）反应的反应类型是_；J中官能团名称是_。（2）不用甲苯与氯气在光照条件下反应得到B物质的原因是_。（3）根据流程中的信息，在反应的条件下，CH2（COOC

14、2H5）2与足量CH3CH2CH2I充分反应生成的有机产物结构简式为_。（4）反应的化学方程式为：其中产物X的结构简式是_。（5）写出符合下列条件的I的同分异构体_。能发生银镜反应，但不能发生水解反应；苯环上一氯取代物只有一种；核磁共振氢谱有4组峰。（6）根据流程中的信息，写出以、CH3OH为有机原料合成的合成路线。_25、（12分）FeCl3是重要的化工原料，无水氯化铁在300时升华，极易潮解。I制备无水氯化铁。（1）A装置中发生反应的离子方程式为_。（2）装置的连接顺序为a_j，k_（按气流方向，用小写字母表示）。（3）实验结束后，取少量F装置玻璃管中的固体加水溶解，经检测，发现溶液中含有

15、Fe2+，可能原因为_。II探究FeCl3与SO2的反应。（4）已知反应体系中存在下列两种化学变化：（i）Fe3+与SO2发生络合反应生成Fe(SO2)63+（红棕色）；（ii）Fe3+与SO2发生氧化还原反应，其离子方程式为_。（5）实验步骤如下，并补充完整。步骤现象结论取5mL1molL-1FeCl3溶液于试管中，通入SO2至饱和。溶液很快由黄色变为红棕色用激光笔照射步骤中的红棕色液体。_红棕色液体不是Fe(OH)3胶体将步骤中的溶液静置。1小时后，溶液逐渐变为浅绿色向步骤中溶液加入2滴_溶液(填化学式)。_溶液中含有Fe2+（6）从上述实验可知，反应（i）、（ii）的活化能大小关系是：E

16、(i)_E(ii)（填“”、“B，故碱性NaOH Be(OH)2，A选项错误；BH2O含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，则H2D A1，C选项错误；DBe2+与Na+的核外电子数分别为2、10，二者核外电子数不等，D选项错误；答案选B。【点睛】本题主要考查了学生有关元素周期表和周期律的应用，难度一般，解答关键在于准确掌握原子半径和化合价的关系，熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。14、A【解析】A、结合流程分析，需将四价锰还原为二价，因植物粉为有机物，具有还原性，选项A正确；B、根据KSP可知，pH为不能完全除去镁离子，选项B错误；C、二氧化锰不能与酸反应，无法调节pH，选项C错

17、误；D、碳酸氢铵不稳定，受热易分解，故不能温度太高，选项D错误。答案选A。15、D【解析】常温下，用0.1molL-1NaOH溶液滴定40mL0.1molL-1H2SO3溶液，当NaOH体积为40mL时，达到第一滴定终点，在X点，pH=4.25；继续滴加NaOH溶液，在Y点，pH=7.19，此时c(SO32-)=c(HSO3-)；继续滴加NaOH溶液至Z点时，达到第二终点，此时pH=9.86。【详解】A在Y点，SO32-水解常数Kh=c(OH-)=10-6.81，此时数量级为10-7，A不正确；B若滴定到第一反应终点，pH=4.25，应使用甲基橙作指示剂，B不正确；C图中Z点为Na2SO3溶液

18、，对应的溶液中：c(Na+)c(SO32-)c(OH-)c(HSO3-)，C不正确；D图中Y点对应的溶液中，依据电荷守恒，可得c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+ c(HSO3-)+c(OH-)，此时c(SO32-)=c(HSO3-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，D正确；故选D。16、C【解析】AHF分子之间存在氢键，沸点高于HCl，故A错误；B同主族金属性增强，形成的碱的碱性增强，锗、锡、铅的+4价氢氧化物的碱性强弱顺序：Ge(OH)4Sn(OH)4Pb(OH)4，故B错误；CSi处于金属与非金属交界处，表现一定的金属性、非金属性，可用作半导体材

19、料，故C正确；D电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：S2-Cl-K+Ca2+，故D错误；答案选C。17、C【解析】A、“水浸七日，其汁自来”涉及到溶解，故A不选；B、“搅冲数十下”涉及到搅拌，故B不选；C、升华是指由固态受热直接变成气体，文中没有涉及，故C选；D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发，故D不选；故选C。18、D【解析】A、苯和液溴铁作催化剂，不需要加热，生成溴苯，故A错误；B、2，2二甲基丙烷分子式为C5H12，与正戊烷为同分异构体，故B错误；C、石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，乙醇是含氧衍生物，故C错误；D、乙醇、正戊烷、苯都能发生取代反应，都能

20、燃烧，属于氧化反应，故D正确。19、A【解析】ANaBr溶液中滴入氯水，发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，由此得出还原性Br-Cl-，A正确；B要通过溶液紫色褪去的时间长短比较反应速率快慢，应该让酸性高锰酸钾的体积和浓度均相同，改变草酸的浓度，B错误；C淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液先变蓝后褪色，氯气只表现氧化性，氯气没有漂白性，C错误；D0.1mol/LNa2SO3溶液的pH大，碱性强，则结合H+的能力强，D错误；故选A。20、C【解析】试题分析：A、煤的干馏是化学变化，煤的液化是化学变化，故A错误；B、天然纤维指羊毛，、棉花或蚕丝等，羊毛和蚕丝是蛋白质，棉花是纤维素，故B错误；

21、C、蒸馏法或电渗析法可以实现海水淡化，故C正确；D、活性炭是吸附作用，次氯酸盐漂白纸浆是利用强氧化性，故D错误。考点： 煤的综合利用，纤维的成分，海水淡化，漂白剂21、D【解析】A常温下，硫磺能与汞反应生成硫化汞，从而防止汞的挥发，A正确；B葡萄酒中添加SO2，可减少葡萄中单宁、色素的氧化，B正确；C硫酸钡不溶于水不于酸，不能被X光透过，可作消化系统检查的内服药剂，C正确；D“石胆”是指CuSO45H2O，D错误；故选D。22、B【解析】A在中含有3个单键和1对孤电子对，价层电子对数为4，空间上为三角锥形，故A正确；BB原子最外层含有3个电子，BF3中B原子形成3个共价键，B原子没有孤电子对，

22、所以R不是BF3，故B错误；C由极性键构成的分子，若结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子，R分子的结构不对称，R是极性分子，故C正确；D三角锥形分子的键角为107，键角小于10928，故D正确；答案选B。二、非选择题(共84分)23、1,2-二氯乙烷 取代反应 AD 18 Cu/Ag，O2， 【解析】根据流程图，卤代烃A()在氢氧化钠溶液中水解生成B，B为，C()在氢氧化钠条件下反应生成D，D与甲醇发生酯交换生成E()，D的分子式为C3H4O3，核磁共振氢谱只有一组峰，因此D为，据此分析解答(1)(6)；(7)CH2=CHCH3与HBr发生加成反应生成CH3CHBrCH3，CH3CHB

23、rCH3水解生成CH3CHOHCH3，最后将CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮，据此分析解答。【详解】(1)A的结构简式为，名称为1,2-二氯乙烷，D的结构简式为，故答案为1,2-二氯乙烷；(2)B为，C为，B与发生取代反应生成，故答案为取代反应；(3)H为。A.根据H的结构简式，H的分子式为C15H16O2，故A正确；B.H中含有酚羟基，具有弱酸性，但含有2个苯环，不属于苯酚的同系物，故B错误；C.结构中含有，是四面体结构，因此分子中碳原子一定不共面，故C错误；D.酚羟基的邻位和对位氢原子能够发生取代反应，1mol H与浓溴水取代所得有机物中最多含有4个溴原子，酚羟基和溴原子均能消耗NaO

24、H，且溴原子水解生成的酚羟基也能与氢氧化钠反应，因此1mol 最多消耗10mol氢氧化钠，故D正确，故答案为AD；(4)AB是卤代烃的水解反应，反应的化学方程式为，故答案为；(5)最常见的聚碳酸酯是用H与光气()聚合得到，与发生缩聚反应生成，故答案为； (6)H()的不饱和度=8，H的同分异构体中满足下列条件：有萘环()结构，不饱和度=7，能发生水解和银镜反应，说明结构中含有酯基和醛基，因此属于甲酸酯类物质，酯基的不饱和度=1，因此其余均为饱和结构，两个乙基且在一个环上，两个乙基在一个环上有、4种情况，HCOO-的位置分别为6、6、3、3，共18种结构，故答案为18；(7)CH2=CHCH3与

25、HBr发生加成反应生成CH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3水解生成CH3CHOHCH3，最后将CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮，因此L为CH3CHOHCH3，反应的条件为Cu/Ag，O2，故答案为CH3CHOHCH3；Cu/Ag，O2，。【点睛】本题的难点和易错点为(3)D的判断，要注意H与溴水的取代产物为，与氢氧化钠充分反应生成和溴化钠。24、取代反应酯基、溴原子在光照条件下氯气与甲苯反应选择性差，得到的B物质中副产物多HOCH2CH2OH、【解析】A为，B为，由合成流程结合生成C的条件及图中转化关系可知，C为，酸性条件下水解得到D为：，酸和醇发生酯化反应，生成E为：，E发生取代反

26、应生成F，F与碘甲烷发生取代反应生成G，G取代生成H，H与甲醇发生酯化反应，生成I，I发生取代反应得到J，同时还生成乙二醇，以此解答。【详解】（1）由上述分析可知，反应为酯化反应或取代反应；J中含有官能团为溴原子、酯基，故答案为：酯化反应(或取代反应)；溴原子、酯基；（2）由于用甲苯与氯气在光照条件下反应，氯气取代甲基的H原子，选择性差，因此得到的B物质中副产物多，故答案为：在光照条件下氯气与甲苯反应选择性差，得到的B物质中副产物多；（3）反应发生的是取代反应，CH2(COOC2H5)2与足量CH3CH2CH2I充分反应：；（4）I发生取代反应得到J，根据原子守恒可知同时还生成乙二醇；反应的化

27、学方程式为：，其中产物X的结构简式为OHCH2CH2OH，故答案为：OHCH2CH2OH；（5）能发生银镜反应，说明含有醛基，但不能发生水解反应，则另一个为醚键；苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子；核磁共振氢谱有4组峰，说明只有4种氢原子；符合条件的同分异构体为：、，故答案为：、；（6）与NaCN发生取代反应生成，水解生成CH3CH2CH(COOH)CH3，与甲醇发生酯化反应生成，合成路线为：。25、MnO22Cl4H+Mn2+Cl22H2O h，i，d，e g，f，b，（c） 未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在水溶液中反应生成Fe2+ SO2+2H2O+2Fe3+=SO

28、42-+4H+2Fe2+ 液体中无明显光路 K3Fe(CN)6 生成蓝色沉淀 【解析】首先制取氯气，然后除杂、干燥，再与铁粉反应，冷凝法收集升华出的FeCl3，最后连接盛有碱石灰的干燥剂，吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气使FeCl3水解。F中剩余的固体可能为未升华的FeCl3和铁粉的混合物，溶于水发生反应生成FeCl2；Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出离子方程式；没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；用K3Fe(CN)6溶液检验Fe2+，生成蓝色沉淀；反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)E(ii)；

29、反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i)K(ii);【详解】（1）反应的离子方程式为：MnO22Cl4H+Mn2+Cl22H2O；（2）首先制取氯气，然后除杂、干燥，导管应长进短出，所以a连接h，i连接d；在F中与铁粉反应，为防止FeCl3堵塞导管，应用粗导管，则e连接j，冷凝法收集升华出的FeCl3，所以k连接g；最后连接盛有碱石灰的干燥管，吸收未反应的氯气；（3）实验结束后，去少量F中的固体加水溶解，经检测发现溶液中含有Fe2+，其原因为未升华出来的FeCl3与未反应的Fe发生反应生成Fe2+；（4）Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒

30、和原子守恒，离子方程式为SO2+2H2O+2Fe3+=SO42-+4H+2Fe2+；（5）没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；（6）由实验现象可知，FeCl3与SO2首先发生反应(i)，说明反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)E(ii)；反应最终得到Fe2+，反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i)K(ii)。26、缺少尾气处理装置 Fe2O3 ABCD 【解析】（1）剩余的气体不能处理，缺少尾气处理装置；（2）由图3质量的变化来解答，Fe2O3Fe3O4FeOFe质量变化3次；（3）实验开始时，排尽装置中的空气，停止加热后，导管中还有残留的二氧化碳，继续通

31、入CO，可以将其赶到B装置中，减小实验误差，能防止倒吸等；【详解】（1）一氧化碳有毒不能排放，应收集或吸收，上述实验装置存在一个明显缺陷是缺少尾气处理装置；（2）Fe2O3和CO反应是随温度升高而逐步进行的，先生成Fe3O4，再生成FeO（黑色），最后生成Fe，由图可以看出，管内的固体质量变化了3次，如果只有Fe3O4，只会Fe3O4FeOFe变化2次，而如果是Fe2O3则Fe2O3Fe3O4FeOFe变化3次，故含有杂质为Fe2O3；（3）CO除作为反应物外，A利用一氧化碳气体可以在实验开始时，排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故A正确；B一氧化碳不溶于水，可以防止b中的溶液倒吸入a中，

32、故B正确；C停止加热后，继续通CO气体，在一氧化碳气体中铁不易被氧化，可防止生成物被氧化，故C正确；D将产生的CO2全部赶入装置b中，减小实验误差，以提高实验的精确度，故D正确；故选ABCD；【点睛】难点：在于掌握通入CO后，铁的氧化物的转化流程，找准质量变化的几个点是解答此题的突破口。27、酸性 铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水 先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失 2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+（NH4）2SO4 省略过程，因HCO3-与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉

33、淀，导致铵明矾的产率降低 冷却结晶 打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟 （NH4）2SO3 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 1：3 【解析】碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠，过滤得到滤渣与滤液A，而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳，可知滤渣为NaHCO3，过程I利用溶解度不同发生复分解反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+（NH4）2SO4 ，滤液A中含有（NH4）2SO4 及少量HCO3-等，加入硫酸，调节pH使HCO3-转化二氧化碳与，得到溶液B为（NH4）2SO4 溶液，再加入硫酸铝得铵明矾；（1）铵明矾溶液中NH4+、铝离子水解NH4+H2ONH3H2O+

34、H+、Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，促进水的电离，溶液呈酸性；铵明矾用于净水的原因是：铵明矾水解得到氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附水中悬浮物，达到净水的目的；向铵明矾溶液中加入氢氧化钠溶液，首先Al3+与OH-反应生成氢氧化铝沉淀，接着NH4+与OH-反应生成氨气，最后加入的过量NaOH溶液溶解氢氧化铝，现象为：先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失。（2）过程I利用溶解度不同发生复分解反应，反应方程式为：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+（NH4）2SO4 。（3）省略过程，因HCO3-与Al3+的水解相互促进，

35、产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低。（4）由于铵明矾的溶解度随温度升高明显增大，加入硫酸铝后从溶液中获得铵明矾的操作是：加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥。（5）检验氨气方法为：打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟；装置A和导管中未见红棕色气体，说明没有生成氮的氧化物，试管C中的品红溶液褪色，说明加热分解有SO2生成，氨气与二氧化硫、水蒸汽反应可以生成（NH4）2SO3，白色固体可能是（NH4）2SO3；装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，该物质为氧化铝，氧化铝与氢氧化钠溶液反应离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；反应中-3价的N化合价升高发生氧化

36、反应生成N2，+6价的S化合价降低发生还原反应生成SO2，根据电子转移守恒：n（N2）20（3）=n（SO2）（64），故n（N2）：n（SO2）=1：3，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，故V（N2）：V（SO2）=1：3。28、 d Ca3P2+6H2O2PH3+3Ca(OH)2 -30 0.1molL-1min-1 D 延长 反应生成的H3PO4与催化剂Cu2、Pd2反应，使催化效率降低 【解析】(1)PH3中P原子通过3个共价键分别与3个H原子结合；(2)Ca3P2在潮湿的空气中水解生成氢氧化钙和PH3；(3)焓变=反应物总键能-生成物总键能；(4)4PH3(g)P4(g)6H2(g)生成H2的物质的量为1.5 mol，则消耗1mol PH3；根据平衡标志分析平衡状态；(5)(I)由图可知，氧气的体积分数越大，PH3高净化率持续时间长；()随着反应进行，PH