2022届广西玉林市贵港市高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、下列有关物质性质的叙述一定不正确的是A向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色BKAl(SO4) 212H2O溶于水可形成 Al(OH)3胶体CNH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3DCu与FeCl3溶液反应可生成CuCl22、某种浓差电池的装置如图所示，碱

2、液室中加入电石渣浆液主要成分为，酸液室通入 (以NaCl为支持电解质)，产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述正确的是 （ ）A电子由N极经外电路流向M极BN电极区的电极反应式为C在碱液室可以生成 D放电一段时间后，酸液室溶液pH减小3、下表中实验“操作或现象”以及“所得结论”都正确且两者具有推导关系的是操作或现象所得结论A向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊酸性：盐酸碳酸苯酚B取酸性KMnO4溶液少量，加入足量H2O2溶液，溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡氧化性：KMnO4H2O2C用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒高浓度酒精能让蛋白质变性更快D向装有

3、适量淀粉水解液试管中加入新制的银氨溶液，然后水浴加热一段时间，试管内壁无任何现象淀粉未水解AABBCCDD4、下图是分离混合物时常用的仪器，可以进行的混合物分离操作分别是（）A蒸馏、过滤、萃取、蒸发B蒸馏、蒸发、萃取、过滤C萃取、过滤、蒸馏、蒸发D过滤、蒸发、萃取、蒸馏5、已知X、Y、Z、W、M均为短周期元素。25时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol/L）溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）AX、M简单离子半径大小顺序：XMBZ的最高价氧化物水化物的化学式为H2ZO4CX、Y、Z、W、M五种元素中只有一种是金属元素DX的最简单氢化物与Z的氢化物反应后生

4、成的化合物中既含离子键又含共价键6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAB密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个P-Cl键C92.0甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0 NAD高温下，0.1molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数为0.3NA7、室温下，pH相同的盐酸和醋酸的说法正确的是()A醋酸的浓度小于盐酸B盐酸的导电性明显大于醋酸C加水稀释相同倍数时，醋酸的pH变化更明显D中和两份完全相同的NaOH溶液，消耗的醋酸的体积更小8、下列实验操作、解释或结论均正确的是选项实验

5、目的操作结论或解释A检验、混合溶液中的取待测液少许，加入过量的溶液，再加振荡静置；取上层清液，向其中加入硝酸酸化的溶液液体分层，加入硝酸酸化的，溶液有白色沉淀产生，则溶液中含B检验某溶液中有无取待测液少许，加入盐酸，有气体放出，将气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊，则含C检验溶液中的取待测液少许，先通入氯气，再加KSCN溶液溶液变红色，则含D检验食盐中是否含取少量食盐溶于水，加少量淀粉溶液变蓝色，则含AABBCCDD9、下列实验操作正确的是( )A用装置甲收集SO2B用装置乙制备AlCl3晶体C中和滴定时，锥形瓶用待装液润洗D使用分液漏斗和容量瓶时，先要检查是否漏液10、下列化学用语正确的是

6、（ ）A重水的分子式：D2OB次氯酸的结构式：HClOC乙烯的实验式：C2H4D二氧化硅的分子式：SiO211、关于下列四个装置的说明符合实验要求的是A装置：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置B装置：实验室中可用此装置来制备硝基苯，但产物中可能会混有苯磺酸C装置：实验室中可用此装置分离含碘的四氯化碳液体，最终在锥形瓶中可获得碘D装置：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物12、新冠疫情暴发，消毒剂成为紧俏商品，下列常用的消毒剂中，消毒原理与氧化还原无关的是（ ）选项ABCD消毒剂双氧化水臭氧医用酒精84消毒液AABBCCDD13、在指定溶液中下列离子能大量共存的是A无色透明溶液

7、：NH4+、Fe3+、SO42-、NO3-B能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、Cl-、CH3COO-Cc(ClO-)=0.1molL-1的溶液：K+、Na+、SO42-、S2-D由水电离产生的c(H+)=110-13molL-1的溶液：K+、Na+、Cl-、NO3-14、洛匹那韦是一种 HIV-1 和 HIV-2 的蛋白酶的抑制剂， 下图是洛匹那韦的结构简式，下列 有关洛匹那韦说法错误的是A在一定条件下能发生水解反应B分子中有四种含氧官能团C分子式是 C37H48N4O4D分子间可形成氢键15、相同温度下溶液的酸碱性对TiO2光催化燃料R降解反应的影响如图所示。下列判断不正确的是（ ）A

8、对比pH=7和pH=10的曲线，在同一时刻，能说明R的起始浓度越大，降解速率越大B对比pH=2和pH=7的曲线，说明溶液酸性越强，R的降解速率越大C在020min之间，pH=2时R的平均降解速率为0.087510-4molL-1min-1D50min时，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等16、下列物质的熔点，前者大于后者的是A晶体硅、碳化硅B氯化钠、甲苯C氧化钠、氧化镁D钾钠合金、钠17、NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A1mol OH 含有的电子数目为 NAB1L 1 molL-1 Na2CO3 溶液中含有的 CO32数目为 NAC0.5mol 苯中含有碳碳双键的数目为 1.5

9、NAD24 克 O3 中氧原子的数目为 1.5NA18、已知AG=lg，电离度=100%。常温下，向10mL0.1mol/LHX溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液中AG与滴加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）AF点溶液pHc(H+)=c（OH-）CV=10时，溶液中c（OH-）H2O2，B正确；C医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）通常是75%，乙醇浓度太大，杀菌能力强但渗透性差，95%的酒精溶液会导致病毒表面的蛋白质变性，当病毒退壳后，里面的蛋白质仍然会危害人体健康，所以不能用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒，C错误；D淀粉水解后溶液显酸性，应在

10、碱性条件下检验，正确的方法是在水解所制得溶液中先加NaOH溶液，再加入新制的银氨溶液，然后水浴加热，D错误；答案选B。4、A【解析】蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离；普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，以此来解答。【详解】蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸馏；普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体，即过滤；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；蒸发皿用于可溶性固体和液

11、体的分离，即蒸发，所以从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是：蒸馏、过滤、分液或萃取、蒸发。答案选A。5、B【解析】X、Y、Z、W、M均为短周期元素，由图像分析可知，原子半径：MWZYX，M的原子半径最大且0.01mol/L最高价氧化物对应水化物溶液的pH=12，则M为Na元素，0.01mol/LW的最高价氧化物对应水化物溶液的pH2，则W为S元素，0.01mol/LZ的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2，则Z为Cl元素，X的半径最小，其0.01mol/L的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2，则X为N元素，0.01mol/LY的最高价氧化物对应水化物溶液的2pHNa+，A选项正确；BZ为

12、Cl元素，其的最高价氧化物的水化物的化学式为HClO4，B选项错误；CX、Y、Z、W、M五种元素中只有Na元素一种金属元素，C选项正确；DX的最简单氢化物为NH3，Z的氢化物为HCl，两者反应后生成的化合物为NH4Cl，是离子化合物，既含离子键由含有共价键，D选项正确；答案选B。【点睛】本题要求学生能够掌握原子半径变化规律、酸碱性与pH的关系等，并且能够将这些变化及性质结合起来进行相关元素的判断，对学生的综合能力要求很高，在平时的学习中，要注意对相关知识点的总结归纳。6、A【解析】A过氧化钠与水的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，过氧化钠中氧元素的价态由-1价变为0价和-2价，故当生成0

13、.1mol氧气时转移0.2NA个电子，故A正确；BPCl3与Cl2生成PCl5的反应为可逆反应，则生成PCl5的物质的量小于1mol，增加的P-Cl键小于2NA，故B错误；C92.0g甘油(丙三醇)的物质的量为=1mol，1mol丙三醇含有3mol羟基，即含有羟基数为3NA，故C错误；D铁与水蒸气反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，消耗3mol铁生成4mol氢气，则0.1molFe与足量水蒸气反应生成的H2为mol，数目为NA，故D错误；答案选A。7、D【解析】盐酸为强酸，完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，相同pH时，醋酸的浓度大于盐酸的浓度，据此分析；【详解】A、醋酸

14、为弱酸，部分电离，盐酸为强酸，完全电离，相同pH时，醋酸的浓度大于盐酸，故A错误；B、电解质导电性与离子浓度和离子所带电荷数有关，醋酸和盐酸都是一元酸，相同pH时，溶液中离子浓度和所带电荷数相等，导电能力几乎相同，故B错误；C、加水稀释，两种酸的pH增大，醋酸是弱酸，加水稀释，促进电离，稀释相同倍数时，醋酸溶液中c(H)大于盐酸c(H)，即盐酸的pH变化更明显，故C错误；D、根据A选项分析，c(CH3COOH)c(HCl)，中和相同的NaOH溶液时，浓度大的醋酸消耗的体积小，故D正确；答案选D。8、A【解析】本题考查化学实验的评价，意在考查分析问题，解决问题的能力。【详解】A.检验氯离子用硝酸

15、银溶液，但碘离子的存在对氯离子的检验有干扰，因此用Fe(NO3)3将碘离子氧化为碘单质并用CCl4萃取，此时上层液体中不含碘离子，再加硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀产生，则表明溶液中含有氯离子，故A正确；B.CO32、SO32、HCO3、HSO3均可与盐酸反应，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，故B错误；C.检验亚铁离子应先加KSCN溶液，溶液未变红，再通人氯气，溶液变红，证明有Fe2+，故C错误；D.碘酸钾遇淀粉不能变蓝色，故D错误；答案：A9、D【解析】A、二氧化硫密度比空气大，收集时需长进短出，故A错误；B、氯化铝水解生成的氯化氢易挥发，通过加热氯化铝溶液制备AlCl3晶体，需在氯化氢氛围

16、下蒸发，故B错误；C、中和滴定时，锥形瓶不能用待装液润洗，否则会使滴定结果产生较大误差，故C错误；D、分液漏斗和容量瓶上均有塞子，使用分液漏斗和容量瓶时，先要检查是否漏液，防止实验过程中漏液，故D正确。答案选D。10、A【解析】A. 重水中氧原子为16O，氢原子为重氢D，重水的分子式为D2O，故A正确；B. 次氯酸中不存在氢氯键，其中心原子为氧原子，分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，结构式为HOCl，故B错误；C. 实验式为最简式，乙烯的实验式为CH2，故C错误；D. 二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D错误。答案选A。11、B【解析】A电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，

17、易堵塞导管，则不能利用图中装置制取乙炔，故A错误；B制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应生成苯磺酸，图中制备装置合理，故B正确；C分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来，所以利用该装置进行分离可，最终在锥型瓶中可获得四氯化碳，故C错误；D制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物，应在制备装置后连接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠），故D错误；故选：B。12、C【解析】双氧水、臭氧、84消毒液均具有强氧化性，氧化病毒和细菌，达到消毒杀菌的目的；酒精消毒的原理是使蛋白质变性，故答案为C。13、D【解析】A.Fe3+的水溶液显黄色，与“无色溶液”矛盾，A错误

18、；B.能使甲基橙变红的溶液显酸性，此时H+、CH3COO-会发生反应产生CH3COOH，不能大量共存，B错误；C.ClO-具有强的氧化性，与具有还原性的微粒S2-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D.选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；故合理选项是D。14、C【解析】A. 根据图示结构简式知，结构中含有肽键（），在一定条件下能发生水解反应，故A正确；B. 根据图示结构简式知，分子中有肽键、羰基、羟基、醚键四种含氧官能团，故B正确；C. 根据图示结构简式知，分子中含有5个O原子，故C错误；D. 结构中含有羟基，则分子间可形成氢键，故D正确；故选C。【点睛】高中阶段主要官能

19、团：碳碳双键、碳碳叁键、卤原子、羟基、醛基、羰基、羧基、酯基、硝基、氨基（主要前8个）等，本题主要题干要求是含氧官能团。15、A【解析】A根据图中曲线可知，曲线的斜率表示反应速率，起始浓度不同分解速率不同，PH不同分解速率也不同，故R的起始浓度和溶液的PH均影响R的降解速率，且R的起始浓度越大，降解速率越小，故A错误；B溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故B正确；C在020min之间，pH=2时R的平均降解速率为17.510-4mol/L20min=0.087510-416、B【解析】A、原子晶体共价键的键长越短、键能越大，熔点越高，键长：Si-SiSi-C，所

20、以熔点前者小于后者，选项A不符合题意；B、分子晶体的熔点低于离子晶体，甲苯是分子晶体而氯化钠是离子晶体，所以氯化钠的熔点高于甲苯，选项B符合题意；C、离子晶体晶格能越大熔点越高，氧化镁的晶格能大于氧化钠，所以熔点前者小于后者，选项C不符合题意；D、合金的熔点低于各成份的熔点，所以钾钠合金的熔点小于钠熔点，选项D不符合题意；答案选B。17、D【解析】1个OH 含有10个电子，1mol OH 含有的电子数目为10NA，故A错误；碳酸根离子水解，所以1L 1 molL-1 Na2CO3 溶液中含有的 CO32数目小于 NA，故B错误；苯中不含碳碳双键，故C错误；24 克O3 中氧原子的数目1.5NA

21、，故D正确。18、C【解析】E点为0.1mol/LHX溶液，AG=lg=8，则=108，水的离子积KW=10-14,由此计算氢离子浓度；F点为等物质的量HX溶液NaX溶液的混合液，此时AG=lg=6，则c(H+)c（OH-），pHc(HX)。【详解】A. F点为等物质的量HX溶液NaX溶液的混合液，此时AG=lg=6，则c(H+)c（OH-），pHc(H+)=c（OH-），故B正确；CV=10时溶液为NaX溶液,由于水解和水的电离c（OH-）c(HX)，故C错误；DE点为0.1mol/LHX溶液，AG=lg=8，则=108，水的离子积KW=10-14, ,则电离度=，故D正确；故答案选：C。【

22、点睛】溶液中存在电荷守恒c(H+)+ c(Na+)=c（OH-）+ c（X-）。19、B【解析】测定硫酸铜晶体中结晶水含量实验，经计算相对误差为+0.4%，即测定的结晶水含量偏高。【详解】A所用晶体中有受热不挥发的杂质，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，导致测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故A不选； B用玻璃棒搅拌时沾去少量的药品，会导致测定的硫酸铜的质量偏小，导致水的质量测定结果偏大，测定的结晶水含量偏高，故B选； C未将热的坩埚放在干燥器中冷却，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故C不选； D在实验结束时没有进行恒重操作，会导致测定的硫酸铜的质

23、量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故D不选； 故选：B。20、A【解析】A、向明矾（KAl（SO4）212H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：Al3+2SO422Ba2+4OHAlO2-2BaSO42H2O，故A正确；B、向FeBr2溶液中通入足量Cl2的离子反应为：2Fe2+ +4Br-十3Cl2= 2Fe3+ + 2Br2 + 6Cl-，故B不正确；C、AlCl3溶液中加入过量氨水的离子反应为：A13+ + 3NH3H2O= Al(OH)3+3NH4+，故C不正确；D、铜与浓硝酸反应的离子反应为：Cu+4H+ +2NO3- = Cu2+ + 2N

24、O2+2H2O，故D不正确；故选A。【点睛】离子反应方程式的正误判断：(1)、是否符合客观事实；(2)、拆分是否正确，能够拆分的是强酸、强碱和可溶性盐。如C选项，一水合氨为弱碱，不能拆分，所以C错误；(3)、电荷守恒。21、D【解析】A由于醋酸根和铵根均会发生水解，所以溶液中这两种离子的数目一定小于0.5NA，A项错误；B该溶液中乙醇的质量为4.6g，根据公式计算可知：；该溶液中的水的质量为5.4g，根据公式计算可知：；所以溶液中的H原子数目为1.2NA，B项错误；C1个氨基中含有9个电子，16g氨基即1mol，所以含有电子数为9NA，C项错误；D密闭容器中发生的虽然是可逆反应，但原子总数守恒

25、，所以为8 NA，D项正确；答案选D。22、D【解析】X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，应为C元素，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，即为24，则Y为O元素，R为S元素，Z为短周期中金属性最强的元素，应为Na元素，W是地売中含量最高的金属元素，为Al元素；A由分析可知：Z为Na、W为Al，原子NaAl，故A错误；BW为Al、R为S元素，对应的离子的原子核外电子层数不同，故B错误；C非金属性SC，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故C错误；DX、R分别与Y形成的常见化合物分别为二氧化碳、二氧化硫

26、，都为共价化合物，化学键类型相同，故D正确；故答案为D。点睛：。二、非选择题(共84分)23、 B、C、D、F、G 酯化 6 【解析】有机物A有C、H、O三种元素组成，Mr(A)=12/0.1=120， 0.1molA在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8molCO2和7.2g H2O，水的物质的量=7.2/18=0.4mol，根据原子守恒可知，该有机物中N(C)=0.8/0.1=8，N(H)= 0.420.1=8，有机物中N(O)= (120-128-18)16=1，有机物A的分子式为C8H8O，A经过一系列反应得到芳香醛E，结合信息中醛与HCN的加成反应，可知A含有C=O双键，A与HCN发生加

27、成反应生成B，B发生水解反应生成C，C在浓硫酸、加热条件下生成D，D能使溴的四氯化碳溶液褪色，应为发生消去反应，D被臭氧氧化生成E与F，F继续被氧化生成G，G的相对分子质量为90，则G为HOOC-COOH，F为OHC-COOH，E为苯甲醛，D为苯丙烯酸，C为2-羟基-3-苯基丙酸，B为，A的结构简式为。【详解】（1）由上述分析可知，A为；（2）只要含有羧基或羟基的都能发生酯化反应，在AG中能发生酯化反应的有机物有B、C、D、F、G；（3）由于C中含有羧基、羟基，另外还可以发生酯化反应生成另一种有机物，该反应的方程式为，反应类型为酯化反应。（4）C的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有多

28、种，能与3mol NaOH溶液反应，说明含有酚羟基、羧酸与酚形成的酯基；苯环上的一卤代物只有一种，说明苯环上含有1种氢原子；能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合可知，酯基为甲酸与酚形成的酯基，满足条件的有机物的结构简式为：和。（5）C中羧基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基发生酯化反应生成两种酯，C中的羟基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基脱水生成两种醚，C中的羧基和羟基与4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基同时脱水可生成两种产物，一共可生成6种产物。24、1,2-二氯丙烷 C、D 取代反应 8 【解析】M（A）=1.875g/L22.4L/mol=42g/mol，A属于链烃，用“商余

29、法”，4212=36，A的分子式为C3H6，A的结构简式为CH2=CHCH3；A与Cl2反应生成B，B的结构简式为CH3CHClCH2Cl；根据B的结构简式和C的分子式（C3H8O2），BC为氯代烃的水解反应，C的结构简式为CH3CH（OH）CH2OH；D在NaOH/乙醇并加热时发生消去反应生成E，E发生氧化反应生成F，根据F的结构简式HOOC（CH2）4COOH和D的分子式逆推，D的结构简式为，E的结构简式为；聚酯G是常见高分子材料，反应为缩聚反应，G的结构简式为；根据反应的反应条件，反应发生题给已知的反应，F+IH为酯化反应，结合HK+I和K的结构简式推出，I的结构简式为CH3CH2OH，

30、H的结构简式为CH3CH2OOC（CH2）4COOCH2CH3。【详解】根据上述分析可知，（1）B的结构简式为CH3CHClCH2Cl，其名称为1,2二氯丙烷。E的结构简式为。（2）A，K中含酯基和羰基，含有8个碳原子，K难溶于水，溶于CCl4，A项错误；B，K分子中五元环上碳原子只有羰基碳原子为sp2杂化，其余4个碳原子都是sp3杂化，联想CH4和HCHO的结构，K分子中五元环上碳原子不可能均处于同一平面，B项错误；C，K中含酯基能发生水解反应，K中含羰基能发生加成反应，C项正确；D，K的分子式为C8H12O3，K燃烧的化学方程式为2C8H12O3+19O216CO2+12H2O，1molK

31、完全燃烧消耗9.5molO2，D项正确；答案选CD。（3）反应为题给已知的反应，反应类型为取代反应。反应为C与F发生的缩聚反应，反应的化学方程式为nHOOC（CH2）4COOH+nCH3CH（OH）CH2OH+（2n-1）H2O。（4）F中含有2个羧基，与F官能团种类和数目完全相同的同分异构体有、，共8种。其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为1:2:3:4的结构简式为。（5）对比CH3CH2OH和的结构简式，联想题给已知，合成先合成CH3COOCH2CH3；合成CH3COOCH2CH3需要CH3CH2OH和CH3COOH；CH3CH2OH发生氧化可合成CH3COOH；以乙醇为原料合成的流程

32、图为：CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3（或CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3）。【点睛】本题的难点是符合条件的F的同分异构体数目的确定和有机合成路线的设计。确定同分异构体数目应用有序思维，先确定官能团，再以“主链由长到短，支链由整到散，位置由心到边，排布同、邻、间”的顺序书写。有机合成路线的设计首先对比原料和最终产物的结构，官能团发生了什么改变，碳原子数是否发生变化，再根据官能团的性质和题给信息进行设计。25、：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2或2KClO32KCl+3O2； NH4Cl、Ca(OH) 2 碱石灰 乙炔或CHCH 分

33、液漏斗 生石灰与氨水中的水反应发出大量的热促使氨水分解生成NH3 BD 现另取一个锥形瓶，将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察象 【解析】(1)该装置为固体加热制取氧气，因此可加热高锰酸钾或加热氯酸钾和二氧化锰的混合物；(2)实验室装置为固+固气，可利用NH4Cl和Ca(OH)2共热制取氨气，反应产生水，可用碱石灰干燥；(3)图2装置为固+液气，可用于制备常见的有机气体乙炔，仪器b分液漏斗，生石灰与氨水中的水反应发出大量的热促使氨水分解生成NH3；(4)A浓氨水挥发，氨气密度小于空气；B氨气极易溶于水，锥形瓶必须干燥；C4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2分析；D该反应为放热

34、反应，铜丝能保持红热；另取一个锥形瓶，将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察现象。如果无现象，则证明上述红棕色气体由氨催化氧化后造成，而不是空气中氮气氧化后造成。【详解】(1)该装置为固体加热制取氧气，可加热高锰酸钾或加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，化学方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，2KClO32KCl+3O2，故答案为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2或2KClO32KCl+3O2；(2)实验室装置为固+固气，可利用NH4Cl和Ca(OH)2共热制取氨气，化学方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3+2H2O，产物中的水可用碱石灰干燥，故答案为：NH4

35、Cl、Ca(OH)2；碱石灰；(3)图2装置为固+液气，可用于制备常见的有机气体乙炔，CaC2+2H2OCa(OH)2+CHCH，仪器b分液漏斗，生石灰与氨水中的水反应发出大量的热，可以促使氨水分解生成NH3，故答案为：乙炔或CHCH；分液漏斗；生石灰与氨水中的水反应发出大量的热促使氨水分解生成NH3；(4)A浓氨水挥发，氨气密度小于空气，故A错误；B氨气极易溶于水，锥形瓶必须干燥，故B正确；C发生的反应为4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，收集氨气时间越长，锥形瓶中氧气浓度越低，最终生成NO2的浓度越低，颜色越浅，故C错误；D该反应为放热反应，铜丝能保持红热，故D正确；

36、故答案为：BD；现另取一个锥形瓶，将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察象，如果无现象，则证明上述红棕色气体由氨催化氧化后造成，而不是空气中氮气氧化后造成，如出现红棕色气体，说明乙的说法合理；故答案为：现另取一个锥形瓶，将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察象。26、HCOOHH2O+CO CO 及 Ni(CO)4 与装置中空气混合在加热条件下爆炸 E 装置中产生黑色沉淀 473K 0.50 【解析】A装置中甲酸和浓硫酸反应生成CO，经B装置中浓硫酸进行干燥，根据方程式Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，温度在5080是更有利于Ni(CO)4的生成，为了更好的控制温度可选用水浴加热，Ni(C

37、O)4的沸点为43，所以反应生成的Ni(CO)4会变成气体，在D装置中进行冷凝得到Ni(CO)4液体，之后利用E装置吸收未反应的CO，同时为了防止Ni(CO)4与空气混合加热，需先通一段时间的CO，通过观察E装置中是否有黑色成生成可判断装置中是否充满CO。【详解】(1)装置A中甲酸与在浓硫酸的作用下生成CO和水，反应方程式为HCOOHH2O+CO；(2)温度在5080是更有利于Ni(CO)4的生成，为了更好的控制温度，且可避免温度过高，可选用水浴加热，所以选用装置；(3)CO 及 Ni(CO)4 与装置中空气混合在加热条件下会发生爆炸，所以要先观察到E装置中生成黑色沉淀，再加热C装置；(4)3

38、23K是49.85，473K是199.85，根据方程式Ni(CO)4 (g)Ni(s)+4CO(g)可知180200时生成Ni单质，所以高纯镍粉在封管的473K温度区域端生成；(5)n(HCOOH)=0.25mol，则生成的n(CO)=0.25mol，C装置中发生Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)，则C管减轻的质量即反应的Ni的质量，则反应n(Ni)=0.05mol，则消耗n(CO)=0.2mol，所以PdCl2 溶液至少要吸收CO的物质的量为0.25mol-0.2mol=0.05mol，根据方程式CO + PdCl2 + H2O = CO2 + Pd(黑色) + 2HCl可知所需

39、n(PdCl2)=0.05mol，所以其浓度至少为=0.5mol/L。【点睛】解答第(4)题时要注意单位的换算，方程式中温度的单位是摄氏度，封管所给温度时开尔文，0=273.15K。27、除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+ 蒸发浓缩 检验晶体中是否含有结晶水 防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果 滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色） 4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3 + 8H+ 当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性。（或当其它条件相同时，硫

40、酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。） O2 + 4e- +4H+= 2H2O 溶液酸性越强,Fe2+的还原性越弱 1 3（或2和4） 其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定。 【解析】I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体；(2) 无水硫酸铜遇水变蓝色；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰；检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，说明存在

41、Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3) 由表可知，pH=4.5的0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀；0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不同，可以以此提出假设；(4) FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水；实验1 和 2（或 3 和

42、 4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；对比实验1 和 4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合的结论分析。【详解】I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化，在

43、配制溶液时使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+；向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体；(2) 无水硫酸铜遇水变蓝色，该装置的实验目的是：检验晶体中是否含有结晶水；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰，需要使用浓硫酸防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果；检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II

44、.(3) 由表可知，pH=4.5的0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3 + 8H+；0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不同，0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根浓度更大，故可以假设：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性；或者当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好；

45、(4) FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水，故电极方程式为：O2 + 4e- +4H+= 2H2O；实验1 和 2（或 3 和 4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出的结论是：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该