2022届河北省唐山遵化市高三下学期联合考试化学试题含解析

1、2021-2022学年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、某科研小组将含硫化氢的工业废气进行了资源化利用，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=

2、 -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22.4L2、常温下，在10mL0.1molL1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1molL1 HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示，下列说法不正确的是A溶液的pH为7时，溶液的总体积大于20mLB在B点所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)2c(CO32-)+c(HCO

3、3-)+c(OH-)+c(Cl-)C在A点所示的溶液中：c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)D已知CO32-水解常数为2104，当溶液中c(HCO3-)2c(CO32-)时，溶液的pH103、邮票是国家邮政发行的一种邮资凭证，被誉为国家名片。新中国化学题材邮票展现了我国化学的发展和成就，是我国化学史不可或缺的重要文献。下列说法错误的是A邮票中的人物是侯德榜。其研究出了联产纯碱与氯化铵化肥的制碱新工艺，创立了中国人自己的制碱工艺一侯氏制碱法B邮票中的图是用橡胶生产的机动车轮胎。塑料、橡胶和纤维被称为三大合成材料，它们不断替代金属成为现代社会使用的重要材料C邮票中的图

4、是显微镜视野下的结晶牛胰岛素。我国首次合成的人工牛胰岛素属于蛋白质D邮票是纪念众志成城抗击非典的邮票。冠状病毒其外壳为蛋白质，用紫外线、苯酚溶液、高温可以杀死病毒4、下列电子排布式表示的基态原子中，第一电离能最小的是Ans2np3Bns2np5Cns2np4Dns2np65、用如图示的方法可以保护钢质闸门。下列说法正确的是（）A当a、b间用导体连接时，则X应发生氧化反应B当a、b间用导体连接时，则X可以是锌或石墨C当a、b与外接电源相连时，a应连接电源的正极D当a、b与外接电源相连时，阴极的电极反应式：2Cl-2e-=Cl26、下列有关装置对应实验的说法正确的是（ ）A可用于制取H2，且活塞a

5、处于打开状态B可用于收集NH3C可用于固体NH4Cl和I2的分离D可用于分离I2的CCl4溶液，导管b的作用是滴加液体7、科学的假设与猜想是科学探究的先导与价值所在。在下列假设（猜想）引导下的探究肯定没有意义的是A探究Na与水反应可能有O2生成B探究Na2O2与SO2反应可能有Na2SO4生成C探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质中可能含有CuSD探究向滴有酚酞的NaOH溶液中通入Cl2，溶液红色褪去的原因是溶液酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致8、通过下列反应不可能一步生成MgO的是A化合反应B分解反应C复分解反应D置换反应9、在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无

6、色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法中，不正确的是（ ）A中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=2NO2B中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C对比、中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D针对中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化10、在1体积空气中混入1体积二氧化碳，在高温下跟足量的焦炭反应，假设氧气和二氧化碳都转化为一氧化碳，则反应后气体中一氧化碳的体积分数约是A75%B67%C50%D33.3%11、国际计量大会第26 届会议新修订了阿伏加德罗常数(N

7、A6.022140761023 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B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 时，溶液中 H+的数目大于0.01 NA12、下列变化过程中，需要破坏离子键的是（）A氯化氢溶于水B铁熔化C干冰升华D氯化钠溶于水13、下列物质分类正确的是ASO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B多肽、油脂、淀粉均为酯类C烧碱、冰醋酸、

8、四氯化碳均为电解质D福尔马林、漂粉精、氨水均为混合物14、下列各组物质所含化学键相同的是（）A钠（Na）与金刚石（C）B氯化钠（NaCl）与氯化氢（HCl）C氯气（Cl2）与氦气（He）D碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）15、下列关于反应N2(g)3H2(g) 2NH3(g)；Hc()=c()c(OH)c(H+)，故选C；D.根据Kh=计算可得c(OH)=10-4，因此溶液的pH10，故不选D；答案选C。3、B【解析】A邮票中的人物是侯德榜。1941年，侯德榜改进了索尔维制碱法，研究出了制碱流程与合成氨流程于一体的联产纯碱与氯化铵化肥的制碱新工艺，命名为“侯氏制碱法”，故A正确；B邮票中

9、的图是用橡胶生产的机动车轮胎。橡胶和纤维都有天然的，三大合成材料是指塑料、合成橡胶和合成纤维，它们不断替代金属成为现代社会使用的重要材料，故B错误；C邮票中的图是显微镜视野下的结晶牛胰岛素。1965年9月，我国科学家首先在世界上成功地实现了人工合成具有天然生物活力的蛋白质结晶牛胰岛素，故C正确；D邮票是纪念众志成城抗击非典的邮票。冠状病毒其外壳为蛋白质，用紫外线、苯酚溶液、高温都可使蛋白质变性，从而可以杀死病毒，故D正确；答案选B。【点睛】合成材料又称人造材料，是人为地把不同物质经化学方法或聚合作用加工而成的材料，其特质与原料不同，如塑料、合金（部分合金）等。 塑料、合成纤维和合成橡胶号称20

10、世纪三大有机合成材料，纤维有天然纤维和人造纤维，橡胶也有天然橡胶和人造橡胶。4、C【解析】同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但A族3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能的大小顺序为：DBAC，故选：C。5、A【解析】A当a、b间用导体连接时构成原电池，根据题意，X应为负极，发生氧化反应，A正确；B当a、b间用导体连接时构成原电池，根据题意，X应为负极，X应比Fe活泼，则X可以是锌，不能选用石墨，B错误；C当a、b与外接电源相连时，a应连接电源的负极，C错误；D当a、b与外接电源相连时，阴极应该发生得电子的还原反应，D错误；答案选A。6、A【解析】A. 可用于

11、制取H2，且活塞a处于打开状态时，稀硫酸和锌粒发生反应，生成氢气，故A正确；B. NH3密度比空气小，所以不能用向上排空气法收集，故B错误；C. 加热氯化铵分解，碘升华，则NH4Cl和I2的固体混合物不能用加热的方法分离，故C错误；D. 导管b的作用是回收冷凝的CCl4，故D错误；正确答案是A。7、A【解析】A、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，钠和水中含有钠、氢和氧三种元素，产生的气体如果为氧气，不符合氧化还原反应的基本规律，钠是还原剂，水只能做氧化剂，元素化合价需要降低，氧元素已是最低价-2价，不可能再降低，故A选；B、二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有氧化性，SO2和Na2O2

12、反应可能有Na2SO4生成，故B不选；C、根据氧化还原反应化合价变化，浓硫酸与铜反应，硫酸中的硫元素被还原，铜有可能被氧化为硫化铜，有探究意义，故C不选；D氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠次氯酸钠和水，消耗氢氧化钠溶液红色褪去，氯气可以与水反应生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性，有探究意义，故D不选；故选A。点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及生成物成分推测，解题关键：氧化还原反应规律、物质性质，易错点：C选项，注意氧化还原反应特点及本质，题目难度中等。8、C【解析】A. 2Mg+O22MgO属于化合反应，A不选；B. Mg(OH)2MgOH2O属于分解反应，B不选； C. 复分

13、解反应无法一步生成MgO，C选；D. 2MgCO22MgOC属于置换反应，D不选；答案选C。9、C【解析】I 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮；中Fe遇浓硝酸钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，所以产生少量红棕色气泡后，迅速停止；中构成原电池，Fe作为负极，且Fe与浓硝酸直接接触，会产生少量二氧化氮，Cu作为正极，发生得电子的反应，生成二氧化氮。【详解】AI 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮，化学方程式为: 2NO+O2=2NO2，A正确；B常温下，Fe遇浓硝酸易钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，B正确；C对比、中现象，说明浓H

14、NO3的氧化性强于稀HNO3，C错误；D中构成原电池，在Fe、 Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化，D正确；答案选C。10、A【解析】根据碳与二氧化碳反应的化学方程式计算出1体积二氧化碳生成的一氧化碳的体积，再根据碳与氧气反应的化学方程式计算出空气中氧气和碳反应生成的一氧化碳的体积；两者相加就是反应后气体中一氧化碳的体积，反应后气体的总体积空气体积反应掉的氧气体积氧气生成的一氧化碳体积二氧化碳反应生成的一氧化碳；然后根据体积分数公式计算即可。【详解】1体积的二氧化碳和足量的碳反应可以得到2体积的一氧化碳(CCO22CO)。因为原来空气中的二氧化碳仅占0.03%，所以原空气中的二氧化碳

15、反应得到的一氧化碳忽略不计；原空气中一共有0.2体积的氧气，所以氧气和碳反应后(2CO22CO)得到0.4体积的一氧化碳；所以反应后气体的总体积为1(空气)0.2(反应掉的氧气)0.4(氧气生成的一氧化碳)2(二氧化碳反应生成的一氧化碳)3.2体积，一氧化碳的体积为0.422.4体积；所以一氧化碳的体积分数为100%75%；故答案选A。11、A【解析】A、511B中含有中子数是11-5=6，所以1 mol511B、将7.1 g C12溶于水制成饱和氯水，氯气没有完全与水反应，所以转移的电子数小于 0.1 NA，故B错误；C、标准状况下，11.2 L NO和11. 2 L O2混合后，由于存在2

16、NO2N2O4，所以气体的分子总数小于0.75 NA，故C错误；D、某温度下，1L pH= 3的醋酸溶液稀释到10L 时，溶液4pH3，溶液中 H+的数目小于0.01 NA，故D错误。12、D【解析】AHCl溶于水发生电离生成氢离子和氯离子，破坏共价键，故A错误； B铁熔化破坏金属键，故B错误； C干冰升华发生物理变化，只破坏分子间作用力，故C错误； D氯化钠中只存在离子键，溶于水发生电离而破坏离子键，故D正确； 故选：D。【点睛】本题考查化学键，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键区别是解本题关键，发生物理变化时不发生化学键断裂，C为解答易错点。13、D【解析】A. SO2、SiO2均能和碱

17、反应生成盐和水，为酸性氧化物，CO不与酸或水反应，属于不成盐氧化物，故A错误；B.油脂是由高级脂肪酸和甘油形成的酯，多肽是由氨基酸形成的，淀粉属于多糖，故B错误；C.四氯化碳在水溶液中和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，故C错误;D.福尔马林是甲醛水溶液，属于混合物；漂粉精主要成分是次氯酸钙，属于混合物；氨水是氨气溶于水形成的溶液，属于混合物；故D正确；答案选D。14、D【解析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。【详解】A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶

18、体，含共价键，故A不符合题意； B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子晶体，含共价键，故B不符合题意； C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C不符合题意； D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D符合题意；故选：D。【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。15、A【解析】A. 根据图中能量变化图可以看出，N2(g)3H2(g) 2NH3(g)；H+2254 kJmol1-2346 kJm

19、ol1=92 kJmol1，A项正确；B. 随n(H2)/n(N2)比值越大，氢气的转化率逐渐减小，氮气的转化率逐渐增大，B项错误；C. 该反应正向为放热反应，则升高温度，正、逆速率均增大，但逆速率受温度影响更大，C项错误；D. 该反应正方向是气体分子数减小的放热反应。同一压强下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数减小；同一温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数增大，图示中压强变化曲线不正确，D项错误；答案选A。16、B【解析】A选项，标准状况下乙醇为液体，不能用气体摩尔体积来计算，故A错误；B选项，D2O与H

20、218O的摩尔质量均为20gmol-1，故20gD2O与20gH218O的物质的量均为1mol，且它们每个分子中均含10个中子，故1mol两者中均含10NA个中子，故B正确；C选项，溶液体积未知，无法计算离子个数，故C错误；D选项，50mL12molL-1盐酸与足量MnO2共热反应一段时间后，盐酸浓度减小，无法继续反应，转移电子数目小于0.3NA，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】计算溶液中溶质物质的量时一定要注意题中给没给溶液的体积，二氧化锰与浓盐酸、铜与浓硫酸反应，当盐酸浓度或浓硫酸浓度降低变为稀溶液时就不再反应了。17、C【解析】A战国曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是铜锡的合金，故A正

21、确；B陶瓷主要成分为硅酸盐，秦朝兵马俑用陶土烧制而成的陶，属硅酸盐产品，故B正确； C碳纤维是一种含碳量在95%以上的高强度、高模量纤维的新型纤维材料，作画用的一些宣纸其主要成分是纤维素，属于多糖，故C错误；D铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，呈绿色，故D正确；故选C。18、D【解析】A. 溴水中有下列平衡：Br2+H2O HBr+HBrO，当加入AgNO3（s）后，硝酸银与溴离子反应生成溴化银沉淀，平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B. 反应CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）+Q，Q0，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，能用勒夏特列原理解释，故C不选；C.

22、 增大氯离子的浓度，平衡Cl2+H2O=H+Cl-+HClO逆向移动使得氯气难溶于饱和食盐水，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D. 合成氨反应是放热反应，升高温度，反应逆向移动，原料的转化率减小，不能通过升高温度提高原料的转化率，故D选；正确答案是D。【点睛】本题考查平衡移动原理，明确平衡移动原理内涵及适用范围是解本题关键，注意：改变条件时不影响平衡移动的不能用平衡移动原理解释。19、D【解析】A. 强碱滴定弱酸时，化学计量点 pH7,应该用酚酞做指示剂，不能用甲基橙，因为变色pH范围大于7,而且由无色变成浅红色,颜色加深,便于确定终点，故A错误；B. 将少量氯水滴入溴化亚铁溶液中，Cl2首先

23、和Fe2+反应，不能证明Cl2的氧化性比Br2强，故B错误；C. 二氧化锰是粉末状，不能用镊子取，故C错误；D. CO32-和SO32-在水溶液中水解使溶液呈碱性，碱性强弱取决于对应酸的电离程度，电离常数越小，酸性越弱，对应盐的碱性越强，pH越大，故D正确；正确答案是D。20、B【解析】A. 非标准状况下，6.72 L的H2的物质的量不一定是0.3mol，所以生成6.72 L的H2，溶液中AlO2的数目不一定增加0.2 NA，故A错误；B. 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，反应中只有水是氧化剂，每生成0.15 mol H2，被还原的水分子数目为0.3 NA，故B正确；C.

24、 当2.7 g Al参加反应时，转移的电子数目为0.3 NA，加入2.7 g Al，参加反应的铝不一定是0.1mol，故C错误；D. 根据钠元素守恒，溶液中Na+的数目不变，故D错误。【点睛】本题考查化学方程式有关计算，侧重考查学生分析计算能力，注意：该反应中氢氧化钠不作氧化剂，易错选项是B，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件。21、C【解析】A.空气中微小的尘埃或液滴分散在空气中形成气溶胶，阳光照射时产生丁达尔现象，A项正确；B.葡萄糖酸钙口服液是市面上常见的一种补钙药剂，葡萄糖酸钙属于有机钙，易溶解，易被人体吸收，医学上常以葡萄糖为原料合成补钙药物，B项正确；C.太阳能电池帆板的主要材料是

25、硅而不是二氧化硅，C项错误；D.塑料薄膜属于有机高分子材料，不属于无机非金属材料，D项正确；所以答案选择C项。22、B【解析】A. 水的电离为吸热过程，随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，A项错误；B. 随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，则NaOH溶液pH会减小，B项正确；C. 随温度升高，促进CH3COOH的电离，提高氢离子浓度，氢离子会抑制水的电离，C项错误；D. 盐类的水解反应是吸热反应，温度升高，促进盐类的水解，即水解平衡向右移动，D项错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、C6H12O6 CH3-CH=CH2 羰基、羧基 +2H2O 【解析】B的分子式为C3H6，

26、根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，据此答题。【详解】B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，

27、D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖。（1）物质A为葡萄糖，其分子式为C6H12O6，B的结构简式为CH3-CH=CH2；（2）E为CH3COCOOH，含氧官能团的名称为羰基、羧基；（3）根据上面的分析可知，反应中属于加成反应的是；（4）由两分子F合成六元环化合物的化学方程式为+2H2O。【点睛】本题考查有机物的推断，确定B的结构是关键，再根据官能团的性质结合反应条件进行推断，题目难度中等，注意掌握官能团的性质与转化。24、或HOCH2CH2NHNH2 BCD HCl 、 、 【解析】

28、从E到F的分子式的变化分析，物质E和NH2NH2的反应为取代反应，另外的产物为氯化氢，则推断B的结构简式为，根据信息分析，C的结构简式为，E的结构简式为HOCH2CH2Cl，F的结构简式为HOCH2CH2NHNH2。【详解】(1)根据以上分析可知F的结构简式为 或HOCH2CH2NHNH2 ；(2) A的结构中含有氯原子，结合信息分析，HX的反应类型属于取代反应，故错误；B化合物F的结构简式为HOCH2CH2NHNH2，含有氨基，具有弱碱性，故正确；C化合物G含有的官能团为羟基，羰基，碳氮双键，碳碳双键，所以能发生取代、消去、还原反应，故正确；D结合信息分析，的分子式为C12H12O2N7Cl

29、，与之反应的分子式为C11H16ON2，该反应为取代反应，生成的另外的产物为氯化氢，则化合物X的分子式为C23H27O3N9，故正确。选BCD；(3)B到C为取代反应，方程式为： HCl；(4) 以苯酚和乙烯为原料制备的合成路线，从逆推方法入手，需要合成的物质为和HN（CH2CH2Br）2，由苯酚和浓硝酸反应生成，乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，再与氨气反应生成HN（CH2CH2Br）2即可。合成路线为： ；(5)化合物B的分子式为C5H6O2N2，其同分异构体同时符合下列条件：分子中有一个六元环，无其它环状结构；1HNMR谱表明分子中有2种氢原子；IR谱显示存在CN，说明结构有对称

30、性，除了-CN外另一个氮原子在对称轴上，两个氧原子在六元环上，且处于对称位，所以结构可能为 、 、。25、打开玻璃塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中 3CaO+3Br2+2NH3=3CaBr2+N2+3H2O 温度过高，Br2、NH3易挥发 使NH3稍过量，确保Br2被充分还原 Ca(OH)2 将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥（或低温干燥，或用滤纸吸干） 【解析】制备溴化钙晶体的工艺流程：将液氨、液溴、CaO与水混合发生反应3CaO+3Br2+2NH3=3CaBr2+N2+3H2O、CaO+H2O=Ca(OH)2，过滤，滤渣为Ca(OH)2，滤液为CaBr2

31、溶液，呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥，得到CaBr22H2O晶体，据此分析作答。【详解】(1)实验室模拟海水提溴的过程中，用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中；(2)在“合成”中为液氨、液溴、CaO发生反应：3CaO+3Br2+2NH3=3CaBr2+N2+3H2O；其中液溴、

32、液氨易挥发，所以合成过程温度不能过高；投料时控制n(Br2)n(NH3)=10.8，确保Br2被充分还原；(3)合成反应中：CaO+H2O=Ca(OH)2，故滤渣为Ca(OH)2；(4)滤液为CaBr2溶液，呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥，得到CaBr22H2O晶体。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对反应条件的控制选择等，理解工艺流程的反应原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，是

33、对学生综合能力的考查。26、打开分液漏斗上口的玻璃塞或者将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔 4SO2+2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2 增大SO2与溶液的接触面积，使反应充分 bc 滴入最后一滴Na2S2O3 溶液蓝色褪去且在半分钟内不恢复 0.03mol/L a 【解析】装置A中利用浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，进入B装置，多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，装置B中利用二氧化硫、硫化钠和碳酸钠反应制取硫代硫酸钠；装置C检验二氧化硫的吸收效果，需要有明显的实验现象；装置D进行尾气吸收。(4)滴定过程中，Cr2O72-将碘离子氧化成碘单质，然后滴入Na2S2O3标准液滴定生成的碘

34、单质的量，从而确定Cr2O72-的量，进而确定钡离子的量。【详解】(1)若没有打开分液漏斗上口的玻璃塞，或没有将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔，分液漏斗内的液体将不能顺利滴下，为保证硫酸顺利滴下需打开分液漏斗上口的玻璃塞或者将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔；(2)根据已知信息SO2、Na2S、Na2CO3反应生成Na2S2O3和CO2，该过程中二氧化硫中硫元素化合价降低，做氧化剂，硫化钠中硫元素化合价升高做还原剂，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为：4SO2+2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2；在该装置中使用多孔球泡可以增大接触面积，使反应充分；(3)a二氧化硫可以被双氧水氧化，但没

35、有明显现象，故a不选；b溴水可以氧化二氧化硫，且溶液颜色会发生变化，故b选；c高锰酸钾可以氧化二氧化硫，且溶液颜色会发生变化，故c选；d二氧化硫与氯化钡溶液不反应，故d不选；综上所述选bc；(4)滴定终点碘单质被完全反应，溶液蓝色褪去，所以滴定终点的现象为：滴入最后一滴Na2S2O3 溶液蓝色褪去且在半分钟内不恢复；Cr2O72-将碘离子氧化成碘单质，自身被还原成Cr3+，所以有转化关系Cr2O72-3I2，滴定过程中发生反应I2 +2S2O32-= S4O62-+ 2I-，所以I22S2O32-，钡离子与Cr2O72-存在转化关系2Ba2+2BaCrO4Cr2O72-，所以Ba2+和S2O3

36、2-存在数量关系2Ba2+6S2O32-，所以废液中Ba2+的浓度为；a滴定管未用标准液润洗，会稀释标准液，导致消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高；b滴定终点时俯视读数导致读数偏小，读取的标准液体积偏小，测定结果偏低；c锥形瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理，对待测液的溶质的物质的量没有影响，故对实验结果不影响；d滴定管尖嘴处滴定前无气泡，滴定终点发现有气泡将使读取的标准液体积偏小，测定结果偏低；综上所述选a。27、吸收HClKClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解。或答：将KClO浓溶液

37、滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液呈酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2。2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O铁氰化钾3Fe3+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62B18.0089.1%偏低【解析】高锰酸钾与浓盐酸在A装置中反应生成氯气，由于浓盐酸易挥发，生成的氯气中一定会混有氯化氢，因此通过装置B除去氯化氢，在装置C中氯气与氢氧化钾反应生成KClO，装置D吸收尾气中的氯气，防止污染。结合题示信息分析解答。(6)用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离

38、子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，利用硫代硫酸钠的物质的量可计算得高铁酸钾的质量，进而确定质量分数。【详解】(1)根据上述分析，B装置是用来除去氯气中的氯化氢的，故答案为吸收HCl；(2)根据题干信息知，KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3，因此反应时需将C装置置于冷水浴中，故答案为KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3；(3)根据题干信息知，K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和

39、O2，因此制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，防止Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解；KClO浓溶液与Fe(NO3)3饱和溶液反应制备K2FeO4的离子方程式为2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解(或将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液成酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2)；2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2

40、O；(4)工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+可以使用铁氰化钾，如果含有亚铁离子，会产生蓝色沉淀，其反应原理为3Fe3+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62，故答案为铁氰化钾；3Fe3+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62；(5)根据上述分析，反应后的三颈瓶中生成了KClO，加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4固体，过滤、洗涤、干燥，由于K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，为了减少K2FeO4的损失，洗涤K2FeO4时不能选用水或稀KOH溶液，应该选用无水乙醇，故答案为B；(6)根据装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终

41、点读数，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为19.40-1.40=18.00mL，故答案为18.00；用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，得关系式FeO42-2I24Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为1.0mol/L0.018L198g/mol=0.891g，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为100%=89.1%，故答案为89.1%若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，导致配制的

42、Na2S2O3标准溶液的浓度偏大，滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液的体积偏小，则测得的高铁酸钾的质量分数偏低，故答案为偏低。28、 Ar3d64s2 (或) 1s22s22p63s23p63d64s2 小于 Mn2+的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子 Fe2O3 FeO与Fe2O3都是离子晶体，Fe3+的半径小且电荷大，Fe2O3晶格能大 N ACD sp2、sp3 6 【解析】(1)Fe为第26号元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写该原子核外电子排布式；(2)根据Fe2+的电子排布为Ar3d6，Mn2+的电子排布为Ar3d5，结合稳定结构分析判断；(3)离子晶体晶格

43、能越大，其熔沸点越高，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比；(4)同周期从左到右，电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱；(5)环戊二烯的结构简式为，据此判断液态环戊二烯中存在的作用力；环戊二烯分子中存在两种碳原子，一种碳原子形成4个键，一种形成3个键，都没有孤电子对；根据二茂铁的分子结构，铁与4个电子形成4个配位键，与2个孤对电子形成2个配位键，据此分析解答；(6)Fe原子位于结构单元的内部、顶点、面心，N原子位于内部，根据均摊法计算该晶胞中Fe原子和N原子个数，计算出晶胞的质量和体积，最后计算晶胞的密度。【详解】：(1)Fe为第26号元素，根据电子排布规律，可知Fe的电子排布为1s

44、22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2，故答案为1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；(2)Fe的电子排布为Ar3d64s2，Mn的电子排布为Ar3d54s2，则Fe2+的电子排布为Ar3d6，Mn2+的电子排布为Ar3d5，Mn2+的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子，故第三电离能I3(Fe)I3(Mn)，故答案为小于；Mn2+的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子；(3)离子晶体晶格能越大，其熔沸点越高，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，二者都是离子化合物，Fe3+的半径小且电荷多，Fe3+与O2-之间的离子键晶格能更大，故Fe2

45、O3的熔点高于FeO的熔点，故答案为 Fe2O3；Fe2O3都是离子化合物，Fe3+的半径小且电荷多，Fe3+与O2-之间的晶格能更大；(4)同周期从左到右，电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱，而周期内变化比同族内变化要小得多，根据S、C、N三种元素位置关系可知，N元素电负性最大，故答案为氮或N；(5)环戊二烯的结构简式为，液态环戊二烯中存在极性键C-H和非极性键C-C、C=C，单键为键，双键中还含有键，分子间存在范德华力；环戊二烯分子中存在两种碳原子，一种碳原子形成4个键，一种形成3个键，都没有孤电子对，分别采用sp3杂化和sp2杂化；配合物中配体提供电子对的方式包括孤对电子、电

46、子等，根据二茂铁的分子结构，铁与4个电子形成4个配位键，与2个孤对电子形成2个配位键，铁的配位数为6，故答案为ACD；sp2、sp3；6；(6)Fe原子位于结构单元的内部、顶点、面心，该晶胞中Fe原子个数=12+3+2=6，N原子个数为2，化学式为Fe3N，六棱柱底面积=aasin603cm2=a23cm2，晶胞体积=a23ccm3，氮化铁密度=g/cm3，故答案为。29、CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-49kJmol-1 B 54.5% A、B、E D 该反应是焓增、熵减反应，根据G=H-Ts可知任何温度下G均大于0，说明任何温度下不能自发进行 1:2 【解析】(1) 发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)