2022届河南省洛阳市高三第三次测评化学试卷含解析

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、最近“垃圾分类”成为热词，备受关注。下列有关说法错误的是（ ）A垃圾是放错地方的资源，回收可变废为宝B废弃金属易发生电化学腐蚀，可掩埋处理C废弃荧光灯管含有重金属，属于有害垃圾D废弃砖瓦和陶瓷垃圾，属于硅酸盐材质2、钠

2、硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2Sx)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷(可传导Na+)为电解质，总反应为2Na+xSNa2Sx，其反应原理如图所示。下列叙述正确的是（ ）A放电时，电极a为正极B放电时，内电路中Na+的移动方向为从b到aC充电时，电极b的反应式为Sx2-2e-=xSD充电时，Na+在电极b上获得电子，发生还原反应3、将100mL1Lmol-1的NaHCO3溶液分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO32-)的变化分别是（ ）A减小、减小B增大、减小C增大、增大D减小、增大4、纪录片我在故宫

3、修文物表现了文物修复者穿越古今与百年之前的人进行对话的职业体验，让我们领略到历史与文化的传承。下列文物修复和保护的过程中涉及化学变化的是（ ）AABBCCDD5、在稳定人体血液的pH中起作用的离子是ANa+BHCO3CFe2+DCl-6、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。则下列说法中正确的是AC、D两种元素组成的化合物只含有离子键BA、B、C、D形成的简单离子半径排序：DCBACD元素的最高价氧化物对应水化物可以用于吸收

4、气体乙DA、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物7、已知HNO2在低温下较稳定，酸性比醋酸略强，既有氧化性又有还原性，其氧化产物、还原产物与溶液pH的关系如下表。pH范围77产物NO3-NO、N2O、N2中的一种下列有关说法错误的是()。A碱性条件下，NaNO2与NaClO反应的离子方程式为NO2-ClO=NO3-ClB向冷的NaNO2溶液中通入CO2可得到HNO2C向冷的NaNO2溶液中加入稀硫酸可得到HNO2D向冷的NaNO2溶液中加入滴有淀粉的氢碘酸，溶液变蓝色8、通常情况下，仅凭下列事实能证明乙酸是弱酸的是A某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢B乙酸钠溶液pH7C乙酸溶液能使石蕊变红D

5、某乙酸溶液能导电能力弱9、高能固氮反应条件苛刻，计算机模拟该历程如图所示，在放电的条件下，微量的O2或N2裂解成游离的O或N原子，分别与N2和O2发生以下连续反应生成NO。下列说法错误的（ ）A图1中，中间体1到产物1的方程式为O-ONO+NOBNO的生成速率很慢是因为图2中间体2到过渡态4的能垒较大C由O和N2制NO的活化能为315.72kJmol-1D由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率慢10、水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合常数，下列说法错误的是 A图中温度B图中五点间的关系：C曲线a、b均代表纯水的电离情况D若处在B点时，将的硫酸溶液与的KOH溶液等体积

6、混合后，溶液显碱性11、金属(M)空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应为：4M + nO2 + 2nH2O = 4M(OH)n。已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是A多孔电极有利于氧气扩散至电极表面，可提高反应速率B电池放电过程的正极反应式： O2 + 2H2O + 4e = 4OHC比较Mg、Al二种金属空气电池，“理论比能量”之比是89D为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜12、t时，将0.5mol/L的氨水逐滴加入盐酸中，溶液中温度变化曲线、

7、pH变化曲线与加入氨水的体积的关系如下图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列说法正确的是AKw的比较：a点比b点大Bb点氨水与盐酸恰好完全反应，且溶液中c（NH4+） = c（Cl）Cc点时溶液中c（NH4） = c（Cl） = c（OH） = c（H）Dd点时溶液中c（NH3H2O）c（OH） = c（Cl） +c（H）13、水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是AH2O的电子式为B4时，纯水的pH=7CD216O中，质量数之和是质子数之和的两倍D273K、101kPa，水分之间的平均距离：d(气态)d(液态)d(固态)14、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）ANaC

8、l(aq)Cl2(g)FeCl2(s)BS(s)SO3(g)H2SO4(aq)CMgCl2(aq)Mg(OH)2(s)Mg(s)DN2(g)NH3(g)NaHCO3(s)15、为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A0.1 mol 的中，含有个中子BpH=1的H3PO4溶液中，含有个C2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到个CO2分子D密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加个P-Cl键16、2017年12月，华为宣布: 利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+L

9、iCoO2，其工作原理如图所示。下列关于该电池的说法不正确的是A该电池若用隔膜可选用质子交换膜B石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度C充电时，LiCoO2极 发生的电极反应为: LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+D废旧的该电池进行“放电处理”让Li+从石墨烯中脱出而有利于回收17、化学家合成了一种新化合物（如图所示），其中A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B与C在同一主族，C与D在同一周期。下列有关说法正确的是A熔点：B的氧化物C的氧化物B工业上由单质B可以制得单质CC氧化物对应水化物的酸性：DBCDA与B形成的化合物中只含有极性键18、用下列实

10、验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是A加热装置I中的烧杯分离I2和FeB利用装置合成氨并检验氨的生成C利用装置制备少量的氯气D利用装置制取二氧化硫19、某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为：MnO2+12Zn +(1+x6)H2O+16ZnSO4充电放电MnOOH+16ZnSO4Zn(OH)其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。下列说法中，不正确的是A碳纳米管具有导电性，可用作电极材料B放电时，电池的正极反应为：MnO2+e+H+=MnOOHC充电时，Zn2+移向Zn膜D合成有机高聚物的单体

11、是：20、25时，向0.1mol/LCH3COOH溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述不正确的是（ ）ACH3COOH的Ka=1.010-4.7BC点的溶液中：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)CB点的溶液中：c(Na+)c(H+)=c(CH3COOH)c(OH-)DA点的溶液中：c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)c(OH-)=0.1mol/L21、已知磷酸分子（）中的三个氢原子都可以与重水分子（D2O）中的 D 原子发生氢交换。又知次磷酸（ H3 PO2）也可与 D2O 进行氢交换，但次磷酸钠（N

12、aH2PO2）却不能与 D2O 发生氢交换。下列说法正确的是AH3 PO2 属于三元酸BNaH2PO2 溶液可能呈酸性CNaH2PO2 属于酸式盐DH3 PO2 的结构式为22、同温同压下，热化学方程式中反应热数值最大的是A2W(l)+Y(l)2Z(g) +Q1B2W(g)+Y(g)2Z(l) +Q2C2W(g)+Y(g)2Z(g) +Q3D2W(l)+Y(l)2Z(l) +Q4二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物聚合物M：是锂电池正负极之间锂离子迁移的介质。由烃C4H8合成M的合成路线如下：回答下列问题：（1）C4H8的结构简式为_，试剂II是_。(2)检验B反应生成了C的方法是_

13、。（3）D在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为_；(4)反应步骤不可以为的主要理由是_。24、（12分）（化学：选修5：有机化学基础）以有机物A制备高分子化合物F（）的流程如下：请回答下列问题。（1）A的官能团名称是_；C的系统命名是_。（2）的反应类型是_，的反应类型是_。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）满足下列条件的B同分异构体有_种。.能与Na反应产生气体 .能与NaOH 反应 .不能与Na2CO3反应。若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则其结构简式是_。（5）已知：. . 写出以CH2=CHCH=CH2为原料制备C的合成路线流程图（无机试剂

14、可以任选）：_。25、（12分）某研究小组利用下图装置探究温度对氨气还原 Fe2O3 的影响（固定装置略）。完成下列填空：（1）实验时 A 中有大量紫红色的烟气，则 NH4I 的分解产物为 _（至少填三种），E装置的作用是_。（2）装置B中的反应方程式：_，D装置的作用是_。某研究小组按上图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置 C 加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物），两组分别用各自的产物进行以下探究，完成下列填空：步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤 1 中溶液，滴加 KSCN 溶液变红无现象3向步骤 2 溶液中滴加新制氯水红色先变深

15、后褪去先变红后也褪色（3）乙组得到的黑色粉末是_。（4）甲组步骤1中反应的离子方程式为_。（5）乙组步骤3中，溶液变红的原因为_；溶液褪色可能的原因及其验证方法为_。（6）若装置C中Fe2O3反应后的产物是两种氧化物组成的混合物，为研究氧化物的组成，研究小组取样品7.84克在加热条件下通入氨气，完全反应后，停止加热，反应管中铁粉冷却后，称得质量为5.6克，则混合物的组成为_。26、（10分）某研究性学习小组的同学设计了如图装置制取溴苯和溴乙烷：己知：乙醇在加热的条件下可与HBr反应得到溴乙烷（CH3CH2Br），二者某些物理性质如下表所示：溶解性（本身均可作溶剂）沸点（）密度（g/mL）乙醇与

16、水互溶，易溶于有机溶剂78.50.8溴乙烷难溶于水，易溶于有机溶剂38.41.4请回答下列问题：（1） B中发生反应生成目标产物的化学方程式为_。（2）根据实验目的，选择下列合适的实验步骤：_（选填等）。组装好装置，_（填写实验操作名称）；将A装置中的纯铁丝小心向下插入苯和液溴的混合液中；点燃B装置中的酒精灯，用小火缓缓对锥形瓶加热10分钟；向烧瓶中加入一定量苯和液溴，向锥形瓶中加入无水乙醇至稍高于进气导管口处，向U形管中加入蒸馏水封住管底，向水槽中加入冰水。（3）简述实验中用纯铁丝代替铁粉的优点：_。（4）冰水的作用是_。（5）反应完毕后，U形管内的现象是_；分离溴乙烷时所需的玻璃仪器有_。

17、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BaSO4BaCO3AgIAgCl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

18、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 cb 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

19、，解释实验中 b O2-Na+H+，即B(N3-)C(O2-)D(Na+)A(H+)，B错误；C. Na元素的最高价氧化物对应水化物NaOH是一元强碱，乙为NO2，NO2与NaOH会发生反应产生NaNO3、NaNO2、H2O，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，C正确；D. H、N、O三种元素可形成共价化合物如HNO3，也可以形成离子化合物如NH4NO3，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断，把握淡黄色固体为过氧化钠、W为液体物质水来推断物质为解答的关键，注意原子结构与元素性质的关系和元素与化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与推断能力。

20、7、B【解析】由表中数据知，碱性条件下，HNO2可被氧化为NO3-，而ClO有强氧化性，A对；HNO2的酸性比碳酸强但比硫酸弱，故CO2不能与亚硝酸盐作用而硫酸能，B错、C对；酸性条件下，NaNO2有氧化性，而I具有强还原性，NO2-能将I氧化成I2，D对。本题选B。8、B【解析】证明CH3COOH为弱酸，可从以下角度判断：等浓度的HCl、CH3COOH导电能力；等浓度的HCl、CH3COOH比较二者与金属反应速率大小；判断是否存在电离平衡；比较二者对应的盐溶液的酸碱性等，以此解答该题。【详解】A某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢，说明该乙酸中氢离子浓度很小，但是不能说明乙酸部分电离，不能证明乙

21、酸是弱电解质，A错误；B乙酸钠的pH7，说明乙酸钠是强碱弱酸盐，乙酸是弱酸，B正确；C乙酸溶液能使石蕊试液变红色，说明乙酸电离出氢离子，但不能说明部分电离，所以不能证明是弱电解质，C错误；D某乙酸导电能力弱，说明该酸中离子浓度较小，但是不能说明乙酸部分电离，则不能证明乙酸是弱电解质，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查弱电解质判断的知识。明确强、弱电解质根本区别是解本题关键，溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带电荷有关，与电解质强弱无关，题目难度不大。9、D【解析】A、由图1可知，中间体1为O-ON，产物1为O+NO，所以中间体1到产物1的方程式为O-ONO+NO，故A正确；B、反应的能垒越

22、高，反应速率越小，总反应的快慢主要由机理反应慢的一步决定，由图2可知，中间体2到过渡态4的能垒较大、为223.26kJ/mol，决定了NO的生成速率很慢，故B正确；C、由图2可知，反应物2到过渡态4的能垒为315.72kJmol-1，过渡态4到反应物2放出能量为逆反应的活化能，所以由O和N2制NO的能垒或活化能为315.72kJmol-1，故C正确；D、由图1可知，N和O2制NO的过程中各步机理反应的能垒不大，反应速率较快；由图2可知，O原子和N2制NO的过程中多步机理反应的能垒较高、中间体2到过渡态4的能垒为223.26kJ/mol，导致O原子和N2制NO的反应速率较慢，所以由N和O2制NO

23、的过程比由O原子和N2制NO的过程速率快，故D错误；故选：D。【点睛】明确图中能量变化、焓变与能垒或活化能关系为解答的关键，注意反应过程中能量变化和反应速率之间的关系。10、C【解析】A水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则水中、及离子积常数增大，根据图知，曲线上离子积常数大于，所以温度，故A正确；B水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低顺序是，所以离子积常数大小顺序是，故B正确；C纯水中，所以曲线a、b上只有A、B点才是纯水的电离，故C错误；DB点时，的硫酸中，的KOH溶液中，等体积混合时碱过量，溶液呈碱性，故D正确。故选C。11、C

24、【解析】A反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，正确，A不选；B根据总反应方程式，可知正极是O2得电子生成OH，则正极反应式：O2+2H2O+4e=4OH，正确，B不选；C根据指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。1molMg，质量为24g，失去2mole；1molAl，质量为27g，失去3mole；则镁、铝两种金属理论比能量之比为；错误，C选；D负极上Mg失电子生成Mg2，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则阴极区溶液不能含有大量OH，所以宜采用中性电解质，或采用阳离子交换膜，负极生成OH

25、不能达到阴极区，正确，D不选。答案选C。12、D【解析】A据图可知b点的温度比a点高，水的电离吸热，所以b点Kw更大，故A错误；B据图可知b点加入10mL0.5mol/L的氨水，与盐酸恰好完全反应，所以溶液中的溶质为NH4Cl，由于铵根会发生水解，所以c(NH4+) c(OH)= c(H)，故C错误；Dd点加入20 mL0.5mol/L的氨水，所以溶液中的溶质为等物质的量的NH4Cl和NH3H2O，溶液中存在电荷守恒：c(NH4)+c(H)= c(Cl)+c(OH)，物料守恒：2c(Cl)= c(NH4)+c(NH3H2O)，二式联立可得c(NH3H2O)c(OH) = c(Cl) +c(H)

26、，故D正确；故答案为D。13、C【解析】AH2O是共价化合物，其电子式为，故A错误；B25时，纯水的pH=7，故B错误；CD216O质量数之和为21+116=20，质子数之和为21+18=10，质量数之和是质子数之和的两倍，故C正确；D273K时，水以固液混合物的形式存在，且温度、压强相同，同种状态、同种分子间的距离相同，故D错误；故选C。14、D【解析】A铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以Cl2(g)FeCl2(s)转化不能实现，故A错误；B硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误； C氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，所以Mg(OH)2(

27、s)Mg(s)转化不能实现，故C错误； D氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，故D正确；故答案选D。15、A【解析】A11B中含有6个中子，0.1mol 11B含有6NA个中子，A正确；B溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；C标准状况下苯不是气体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；DPCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的PCl键的数目小于2NA个，D错误；答案选A。16、A【解析】A

28、、由电池反应，则需要锂离子由负极移向正极，所以该电池不可选用质子交换膜，选项A不正确；B、石墨烯超强电池，该材料具有极佳的电化学储能特性，从而提高能量密度，选项B正确；C、充电时，LiCoO2极是阳极，发生的电极反应为:LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，选项C正确；D、根据电池反应式知，充电时锂离子加入石墨中，选项D正确。答案选A。点睛：本题考查原电池和电解池的原理，根据电池反应式知，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+、正极反应式为Li1-xCoO2+xLi+xe-=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池

29、和电解池的工作原理来解答。17、B【解析】从图中可以看出，B、C都形成4个共价键，由于B与C在同一主族且原子序数C大于B，所以B为碳(C)元素，C为硅(Si)元素；D与C同周期且原子序数大于14，从图中可看出可形成1个共价键，所以D为氯(Cl)元素；A的原子序数小于6且能形成1个共价键，则其为氢(H)元素。【详解】AB的氧化物为CO2，分子晶体，C的氧化物为SiO2，原子晶体，所以熔点：B的氧化物C的氧化物，A不正确；B工业上由单质C可以制得单质Si，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO，B正确；C未强调最高价氧化物对应的水化物，所以D不一定比B大，如HClO的酸性 c(OH-)，c(CH3

30、COO-)c(H+)c(CH3COOH)c(OH-)0.1mol/L，故D符合题意；故答案为D。21、D【解析】根据磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换及次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换，说明羟基上的氢能与D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟D2O发生氢交换，说明次磷酸钠中没有羟基氢，则H3PO2中只有一个羟基氢，据此分析解答。【详解】A. 根据以上分析，H3PO2中只有一个羟基氢，则H3PO2属于一元酸，故A错误；B. NaH2PO2属于正盐并且为强碱形成的正盐，所以溶液不可能呈酸性，故B错误；C. 根据以上分析，H3PO2中只有一

31、个羟基氢，则H3PO2属于一元酸，所以NaH2PO2属于正盐，故C错误；D. 根据以上分析，H3PO2中只有一个羟基氢，结构式为，故D正确；故选：D。【点睛】某正盐若为弱碱盐，由于弱碱根水解可能显酸性，若为强碱盐其水溶液只可能是中性或者由于弱酸根水解为碱性。22、B【解析】试题分析：各反应中对应物质的物质的量相同，同一物质的能量gls，所以反应物的总能量为：W(g)W(l)，Y(g) Y(l)，生成物的能量为：Z(g)Z(l)，同温同压下，各反应为放热反应，反应物的总能量越高，生成物的总能量越低，则反应放出的热量越多，故B放出的热量最多，即Q2最大，故选B。【点睛】本题主要考查物质能量、物质状

32、态与反应热的关系，难度不大，根据能量变化图来解答非常简单，注意反应热比较时数值与符号均进行比较。二、非选择题(共84分)23、 NaOH水溶液 取样，加入新配Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成C 保护碳碳双键不被氧化【解析】（1）根据M的结构简式可知F与乙酸酯化生成M，则F的结构简式为CH2C(CH3)COOCH2CH2OH。E和环氧乙烷生成F，则E的结构简式为CH2C(CH3)COOH，因此C4H8应该是2甲基2丙烯，其结构简式为；B连续氧化得到D，D发生消去反应生成E，所以反应应该是卤代烃的水解反应，因此试剂II是

33、NaOH水溶液；（2）B发生催化氧化生成C，即C中含有醛基，所以检验B反应生成了C的方法是取样，加入新配Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成C； （3）D分子中含有羟基和羧基，因此在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为；(4)由于碳碳双键易被氧化，所以不能先发生消去反应，则反应步骤不可以为的主要理由是保护碳碳双键不被氧化。24、溴原子、羟基、酯基 1，3-丁二醇 取代反应或水解反应 缩聚反应 11 CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH 【解析】试题

34、分析：A水解生成B和C，C连续2次以后生成E，E和氢气发生加成反应生成B，则B和C分子中含有相同的碳原子数，均是4个。B发生缩聚反应生成F，则根据F的结构简式可知B的结构简式为HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的结构简式为CH3COCH2COOH，D的结构简式为CH3COCH2CHO，因此C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH，据此分析解答。解析：A水解生成B和C，C连续2次以后生成E，E和氢气发生加成反应生成B，则B和C分子中含有相同的碳原子数，均是4个。B发生缩聚反应生成F，则根据F的结构简式可知B的结构简式为HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的结构简式为CH3COCH2

35、COOH，D的结构简式为CH3COCH2CHO，因此C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH，则（1）A属于酯类，且含有溴原子和羟基，因此A的官能团名称是溴原子、羟基、酯基；C分子中含有2个羟基，其系统命名是1，3-丁二醇。（2）根据以上分析可知的反应类型是取代反应或水解反应，的反应类型是缩聚反应。（3）反应是醛基的氧化反应，反应的化学方程式为。（4）.能与Na反应产生气体，说明含有羟基或羧基；.能与NaOH 反应，说明含有羧基或酯基；.不能与Na2CO3反应，说明含有酯基，不存在羧基，如果是甲酸形成的酯基，有5种；如果是乙酸形成的酯基有2种；如果羟基乙酸和乙醇形成的酯基有1种；丙酸形成的

36、酯基有1种；羟基丙酸和甲醇形成的酯基有2种，共计11种；若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则符合条件的有机物结构简式有CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH。（5）结合已知信息、相关物质的结构和性质，利用逆推法可知其合成路线可以设计为。25、NH3、H2、I2(HI) 吸收多余的氨气 Zn+I2ZnI2 安全瓶 Fe粉 Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-显红色 假设SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立 Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4

37、 【解析】(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)NH3(气)+HI(气)，2HI(气)H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为 NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是 吸收多余的氨气；(2)装置B中锌的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2ZnI2，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸，因为氨气极易被浓硫酸吸收；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；(5)步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2

38、氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7，由此确定混合物的组成。【详解】：(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)NH3(气)+HI(气)，2HI(气)H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为 NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是 吸收多余的氨气；(

39、2)装置B的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2ZnI2，因为氨气极易被浓硫酸吸收，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)利用甲组现象可知Fe2O3与CO在酒精灯加热的条件下，Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；(5)因Fe3+遇SCN-显红色，所以乙组步骤3中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致，溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶

40、液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7；则混合物的组成为Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4，故答案为：Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4。26、C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O 检査其气密性 随时控制反应的进行，不反应时上拉铁丝，反应时放下铁丝 降温，冷凝溴乙烷 U形管底部产生无色的油状液体 分液漏斗、烧杯。 【解析】装置A中生成溴苯和溴化氢，B中乙醇和溴化氢反应生成溴乙烷和水，C用来收集产品，据此解答。【详

41、解】（1）HBr和乙醇在加热条件下，发生取代反应生成目标产物溴乙烷和水， B中发生反应生成目标产物的化学方程式为C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O。故答案为：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；（2）利用苯和液溴反应制得溴苯，同时生成的溴化氢与乙醇发生取代反应得到溴乙烷，则应先连接装置并检查所密性，再添加药品，先加热A装置使苯和液溴先反应，再加热B装置制溴乙烷，即实验的操作步骤为：，故答案为：；检查气密性；（3）实验中用纯铁丝代替铁粉的优点：可随时控制反应的进行，不反应时上拉铁丝，反应时放下铁丝，而铁粉添加后就无法控制反应速率了，故答案为：随时控制反应的进行，不反应时上拉铁丝，反应

42、时放下铁丝；（4）冰水的作用是可降温，冷凝溴乙烷，防止其挥发，故答案为：降温，冷凝溴乙烷；（5）反应完毕后，U形管内的现象是底部有油状液体；溴乙烷与蒸气水不相溶，混合物可利用分液操作进行分离，需要的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯，故答案为：U形管底部产生无色的油状液体；分液漏斗、烧杯。【点睛】本题考查了溴苯和溴乙烷的制取，这是一个综合性较强的实验题，连续制备两种产品溴苯和溴乙烷，需要根据题意及装置图示，联系所学知识合理分析完成，易错点（5）实验时要注意观察并认真分析分离物质的原理，确定用分液的方法分离。27、沉淀不溶解，无气泡产生 BaCO3+2H+= Ba2+CO2+H2O b 2I2eI2 由于

43、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， AgNO

44、3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，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+ C

45、O32-= 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，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、Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+ 78 烧杯、玻璃棒、漏斗 Al(OH)3