2022届吉林省长春市第十一高中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（每题只有一个选项符合题意）1、地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽 油、煤油、柴油等）的方法是（ ）A加入水中，浮在水面上的是地沟油B加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油C点燃，能燃烧的是矿物油D测定沸点，有固定

2、沸点的是矿物油2、加入少许下列一种物质，不能使溴水颜色显著变浅的是AMg粉BKOH溶液CKI溶液DCCl43、对下表鉴别实验的“解释”正确的是选项实验目的选用试剂或条件解释 A鉴别SO2和CO2溴水利用SO2的漂白性 B鉴别Fe3+和Fe2+KSCN利用Fe3+的氧化性 C鉴别硝酸钾和碳酸钠溶液酚酞碳酸钠溶液显碱性 D鉴别食盐和氯化铵加热利用熔点不同AABBCCDD4、实验室为探究铁与浓硫酸足量的反应，并验证的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法不正确的是（）A装置B中酸性溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性B实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液以检验生成的C装置D中品红溶液褪色可

3、以验证的漂白性D实验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸5、用“四室电渗析法”制备H3PO2的工作原理如图所示(已知：H3PO2是一种具有强还原性的一元弱酸；阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)，则下列说法不正确的是()A阳极电极反应式为：2H2O4e=O24HB工作过程中H+由阳极室向产品室移动C撤去阳极室与产品室之间的阳膜a，导致H3PO2的产率下降D通电一段时间后，阴极室中NaOH溶液的浓度一定不变6、常温下，某H2CO3溶液的pH约为5.5，c(CO32-)约为510-11molL-1，该溶液中浓度最小的离子是( )ACO32-BHCO3-CH+DOH-7、下列实验操作

4、与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作和现象预期实验目的或结论A向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡:I3-I2+ I-B向1 mL浓度均为0.05 molL-l NaCl、NaI的混合溶液中滴加2滴0.01 molL-l AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色Ksp(AgCl)0)，其中SO3的物质的量随时间变化如图所示，下列判断错误的是A08min内v(SO3)=0.025mol/(Lmin)B8min时，v逆(SO2)=2v正(O2)C8min时，容器内压强保持不变D若8min时将容器压缩为1L，n(SO3

5、)的变化如图中a9、下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是( )选项实验操作现象结论A将待测液中，依次滴加氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2+B向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuSZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)H2CO3AABBCCDD10、新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该科技实现了H2S废气资源回收能量，并H2S得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A电极a为电池正极B电路中每流过4mol电子， 正极消耗1molO 2C电极b上的电极反应：O2+4e+4H+=2H2OD电极a上的电极反应：2H2S+2O22e=S2+2

6、H2O11、下列有关14C60的叙述正确的是A与12C60化学性质相同B与12C60互为同素异形体C属于原子晶体D与12C60互为同位素12、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A1mol H2O2完全分解产生O2时，转移的电子数为2 NAB0. lmol 环氧乙烷（ ） 中含有的共价键数为0. 3 NAC常温下，1L pH= l 的草酸 （ H2C2O4 ） 溶液中H+ 的数目为0. 1NAD1mol淀粉水解后产生的葡萄糖分子数目为NA13、用0.1 molL1 NaOH溶液滴定40 mL 0.1 molL1 H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述错

7、误的是（ ）AKa2(H2SO3)的数量级为108B若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂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)14、钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：下列说法错误的是（ ）A酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2+4H2OB“热还原”中每生成1molPd同时生成的气体的物质的量为8molC化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+D在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸15、化

8、学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法正确的是A医疗上用浓度为95的酒精杀菌消毒B葡萄糖作为人类重要的能量来源，是由于它能发生水解C石墨纤维和制医用口罩的聚丙烯纤维都是有机高分子化合物D聚合硫酸铁Fe2(OH)x(SO4)yn是新型絮凝剂，可用来处理水中的悬浮物16、同温同压下,等质量的SO2气体和SO3气体相比较,下列叙述中正确的是（ ）A密度比为4:5B物质的量之比为4:5C体积比为1:1D原子数之比为3:4二、非选择题（本题包括5小题）17、-溴代羰基化合物合成大位阻醚的有效方法可用于药物化学和化学生物学领域。用此法合成化合物J的路线如下：已知：回答下列问题：（1）F中含有的含氧官能

9、团的名称是_，用系统命名法命名A的名称是_。（2）B C所需试剂和反应条件为_。（3）由C生成D的化学反应方程式是_。（4）写出G的结构简式_，写出检验某溶液中存在G的一种化学方法_。（5）FHJ的反应类型是_。F与C在CuBr和磷配体催化作用下也可合成大位阻醚，写出其中一种有机产物的结构简式：_。（6）化合物X是E的同分异构体，分子中不含羧基，既能发生水解反应，又能与金属钠反应。符合上述条件的X的同分异构体有_种（不考虑立体异构），其中能发生银镜反应，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1:1:6的结构简式为_。18、有机物A（C10H20O2）具有兰花香味，可用作香皂、洗发香波的芳香赋予剂。

10、已知：B分子中没有支链。D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳。D、E互为具有相同官能团的同分异构体。E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种。F可以使溴的四氯化碳溶液褪色。（1）B可以发生的反应有_（选填序号）取代反应 消去反应 加聚反应 氧化反应（2）D、F分子所含的官能团的名称依次是：_、_。（3）写出与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式：_。（4）E可用于生产氨苄青霉素等。已知E的制备方法不同于其常见的同系物，据报道，可由2甲基1丙醇和甲酸在一定条件下制取E。该反应的化学方程式是_。19、草酸铵(NH4)2C2O4为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、

11、Mg2+的含量。I某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有_（填化学式）；若观察到_， 说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为_。(2)反应开始前，通人氮气的目的是_。(3)装置C的作用是 _。(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，该反应的化学方程式为 _。该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。(5)取20. 00mL血液样品，定容至l00mL，分别取三份体积均为25. 00mL稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0. 0l

12、00mol/LKMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为_。三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，则该血液样品中钙元素的含量为_ mmol/L。20、叠氮化钠(NaN3)是汽车安全气囊的主要成分，实验室制取叠氮化钠的实验步骤如下：打开装置D导管上的旋塞，加热制取氨气。加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210220，然后通入N2O。冷却，向产物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。（1）装置B中盛放的药品为_。（2）步骤中先加热

13、通氨气一段时间的目的是_；步骤氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为_。步骤中最适宜的加热方式为_(填“水浴加热”，“油浴加热”)。（3）生成NaN3的化学方程式为_。（4）产率计算称取2.0 g叠氮化钠试样，配成100 mL溶液，并量取10.00 mL溶液于锥形瓶中。用滴定管加入0.10 molL1六硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00 mL发生的反应为2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32Ce(NO3)32NaNO33N2(杂质均不参与反应)。充分反应后滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10 molL1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2为标准液，

14、滴定过量的Ce4，终点时消耗标准溶液20.00 mL(滴定原理：Ce4Fe2=Ce3Fe3)。计算可知叠氮化钠的质量分数为_(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是_(填字母代号)。A锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D滴定过程中,将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内（5）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方

15、程式_。21、 (1)用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染.传统上该转化通过如图所示的催化剂循环实现，其中，反应为 2HCl(g)+CuO(s)=H2O(g)+CuCl2(s) 反应生成1molCl2(g)的反应热为，则总反应的热化学方程式为_(反应热H用含和的代数式表示)。(2)在容积为1L的密闭容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g) 2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：该反应的_0（填“”或“”或“”或“Ksp(AgI)，与结论不符，B项不符合题意；CNaClO水解生成HClO，次氯酸具有强氧化性，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，

16、应使用pH计测量比较二者pH的大小，C项不符合题意；D浓硫酸具有强氧化性，能将乙醇氧化，自身被还原为二氧化硫，二氧化硫以及挥发出来的乙醇蒸气都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故该气体不一定是乙烯，实验现象所得结论与题给结论不符，D项不符合题意；答案选A。8、D【解析】A、08 min内v（SO3）=0.025mol/（Lmin），选项A正确；B、8min时，n(SO3)不再变化，说明反应已达平衡，v逆(SO2)= v正(SO2)=2v正(O2)，选项B正确；C、8min时，n(SO3)不再变化，说明各组分浓度不再变化，容器内压强保持不变，选项C正确；D、若8min时压缩容器体积时，平衡向气体体积减小

17、的逆向移动，但纵坐标是指物质的量，不是浓度，SO3的变化曲线应为逐变不可突变，选项D错误；答案选D。【点睛】本题考查了化学反应速率的求算、平衡常数、平衡状态的判断、平衡移动的图象分析，明确概念是解题的关键。9、B【解析】A若原溶液中有Fe3，加入氯水，再加入KSCN溶液，也会变红，不能确定溶液中是否含有Fe2，结论错误；应该先加入KSCN溶液不变红，说明没有Fe3，再加入氯水，溶液变红，说明氯气将Fe2氧化成Fe3，A错误；BZnS溶解而CuS不溶解，可知CuS更难溶；这两种物质的类型相同，可通过溶解度大小直接比较Ksp大小，则Ksp(CuS)Ksp(ZnS)，B正确；CCu(NO3)2溶液中

18、有NO3，加入稀硫酸酸化，则混合溶液中的Cu、H、NO3发生氧化还原反应，而不是Cu与稀硫酸反应，结论错误，C错误；DCO32HCO3电离得到CO32。相同条件下，NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH，说明CO32水解能力强，则酸性HAHCO3，而不是强于H2CO3，结论错误，D错误。答案选B。【点睛】容易误选D项，需要注意，CO32是由HCO3电离得到的，因此通过比较NaA溶液和Na2CO3溶液的pH比较酸的强弱，其实比较的是HA和HCO3的强弱。若需要比较HA和H2CO3的酸性强弱，则应该同浓度NaA和NaHCO3溶液的pH大小。10、B【解析】A. 电极a是化合价升高，发生氧化反应

19、，为电池负极，故A错误；B. 电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2，故B正确；C. 电极b上的电极反应：O2+4e =2 O2，故C错误；D. 电极a上的电极反应：2H2S+2O2 4e = S2 + 2H2O，故D错误。综上所述，答案为B。11、A【解析】A14C60与12C60中碳原子为同种元素的碳原子，则化学性质相同，故A正确；B14C60与12C60是同一种单质，二者不是同素异形体，故B错误；C14C60是分子晶体，故C错误；D14C与12C的质子数均为6，中子数不同，互为同位素，14C60与12C60是同一种单质，故D错误。故选：A。12、C【解析】A.H2O2分解的方程式

20、为2H2O2=2H2O+O2，H2O2中O元素的化合价部分由-1价升至0价、部分由-1价降至-2价，1molH2O2完全分解时转移1mol电子，转移电子数为NA，A错误；B.1个环氧乙烷中含4个CH键、1个CC键和2个CO键，1mol环氧乙烷中含7mol共价键，0.1mol环氧乙烷中含0.7mol共价键，含共价键数为0.7NA，B错误；C.pH=1的草酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，1L该溶液中含H+物质的量n（H+）=0.1mol/L1L=0.1mol，含H+数为0.1NA，C正确；D.淀粉水解的方程式为，1mol淀粉水解生成nmol葡萄糖，生成葡萄糖分子数目为nNA，D错误；答案选C

21、。【点睛】本题易错选B，在确定环氧乙烷中共价键时容易忽略其中的CH键。13、C【解析】用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOHNa2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。【详解】A由图像可知，当溶液中c(HSO3-)= c(SO32)时，此时pH=7.19，即c(H+)=10-7.19mol/L，则H2SO3的Ka2=c(SO32)cH+c（HSO3-）=c(H+)，所以H2SO

22、3的Ka2=110-7.19，B第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.14.4，可用甲基橙作指示剂，故B正确；CZ点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液pH=9.86，溶液显碱性，表明SO32-会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH-)c(HSO3-)，故C错误；D根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH

23、-)，故D正确；答案选C。【点睛】明确滴定反应式，清楚特殊点的含义，把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意根据Y点结合Ka2的表达式分析解答。14、D【解析】A据图可知，酸浸时反应物有Pd、浓HNO3和浓HCl，产物有NO2，中和过程为非氧化还原过程，说明酸浸后Pd的化合价应为+4价，存在形式为PdCl62-，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2+4H2O，故A正确；B根据元素守恒生成的气体应为HCl和NH3，生成1molPd，则消耗1mol氯钯酸铵，根据元素守恒可知可生成2molNH3和6molHCl，共8mol气体

24、，故B正确；C氯钯酸铵为红色沉淀，所以若某溶液中含有铵根，滴入含有氯钯酸根离子的溶液可以生成红色沉淀，有明显现象，可以检验铵根，故C正确；D溶解过程中盐酸电离出的Cl-与Pd4+生成络合物，促使Pd转化为Pd4+的反应正向移动，从而使Pd溶解，若换成硫酸，无法生成络合物，会使溶解的效率降低，故D错误；故答案为D。【点睛】难点为A选项，要注意结合后续流程判断Pd元素的存在形式；分析选项B时首先根据元素守恒判断产物，然后再根据守恒计算生成的气体的物质的量，避免写反应方程式。15、D【解析】A过高浓度的酒精使蛋白质凝固的本领很大，它却使细菌表面的蛋白质一下子就凝固起来，形成了一层硬膜，阻止酒精分子进

25、一步渗入细菌内部，反而保护了细菌免遭死亡，酒精浓度过低，虽可进入细菌，但不能将其体内的蛋白质凝固，同样也不能将细菌彻底杀死，医疗上用浓度为75%的酒精杀菌消毒，故A错误；B葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，葡萄糖在人体组织中缓慢氧化放出热量，供给人体所需能量，故B错误；C石墨纤维是由碳元素构成的单质，不是有机高分子化合物，故C错误；D聚合硫酸铁Fe2(OH)x(SO4)yn中的铁离子在水溶液中能发生水解反应，生成氢氧化铁胶体，可以吸附水中的悬浮物，故D正确；答案选D。【点睛】有机化合物指含碳元素的化合物，但是不包括碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等，有机物是生命产生的物质基础，所有的生命体都含有机化合

26、物。脂肪、氨基酸、蛋白质、糖类、血红素、叶绿素、酶、激素等。生物体内的新陈代谢和生物的遗传现象，都涉及到有机化合物的转变。此外，许多与人类生活有密切相关的物质，如石油、天然气、棉花、染料、化纤、塑料、有机玻璃、天然和合成药物等，均与有机化合物有着密切联系。16、A【解析】由n可知，据此分析作答。【详解】A. 由上述分析可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于其密度之比，所以两种气体的密度之比为648045，A项正确；B. 设气体的质量均为m g，则n(SO2)mol，n(SO3)mol，所以二者物质的量之比为806454，B项错误；C. 根据VnVm可知，同温同压下，气体的体积之比等于物质

27、的量之比，所以两种气体的体积之比为54，C项错误；D. 根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为（53）（44）1516，D项错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基 2-甲基-1-丙烯 NaOH水溶液，加热 向溶液中滴加FeCl3溶液，若溶液显紫色，证明有苯酚存在 取代反应 或或 11 【解析】由合成流程可知，A、C的碳链骨架相同，A发生加成反应生成B，B水解生成C，则A为，A与溴加成生成B为，B与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应产生C是，C发生催化氧化生成D为，D与新制Cu(OH)2悬浊液在加热煮沸时醛基被氧化生成羧酸盐、酸化生成E为，E与HBr在加热时发生取代反应，E

28、中-OH被Br原子取代反应生成F，F的结构简式是，结合J的结构可知H为，G为苯酚，结构简式为，以此来解答。【详解】(1)根据上述分析可知 F是，根据结构简式可知F中含有的含氧官能团的名称是羧基，A物质是，用系统命名法命名A的名称是2-甲基1丙烯；(2)B结构简式是，C物质是，BC是卤代烃在NaOH的水溶液中加热发生的取代反应，所需试剂和反应条件为NaOH水溶液、加热；(3)C结构简式是，C中含有羟基，其中一个羟基连接的C原子上含有2个H原子，可以被催化氧化产生-CHO，则由C生成D的化学反应方程式是；(4)根据上述分析可知G的结构简式为，检验某溶液中存在苯酚的一种化学方法向溶液中滴加FeCl3

29、溶液，若溶液显紫色，证明有苯酚存在；(5)根据上述分析可知F是，H是，F+H在加热时发生取代反应生成J和HBr，该反应类型是取代反应。F与C在和磷配体催化作用下也可合成大位阻醚，其中一种有机产物的结构简式：或或；(6)E为，化合物X是E的同分异构体，分子中不含羧基，既能发生水解反应，又能与金属钠反应，则含-COO-及-OH，可先写出酯，再用OH代替烃基上H，若为甲酸丙酯，-OH有3种位置；若为甲酸异丙酯，-OH有2种位置；如为乙酸乙酯，-OH有3种位置；若为丙酸甲酯，-OH有3种位置，共11种，其中能发生银镜反应，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：6的结构简式为。【点睛】本题考查有机物

30、推断的知识，把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。18、 羧基 碳碳双键 、 【解析】B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，BF为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其

31、一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，据此分析作答。【详解】B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，BF为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H2

32、0O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，（1）B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，B属于饱和一元醇，B可以与HBr、羧酸等发生取代反应，B中与OH相连碳原子的邻碳上连有H原子，B能发生消去反应，B能与O2、KMnO4等发生氧化反应，B不能加聚反应，答

33、案选。（2）D为CH3CH2CH2CH2COOH，所含官能团名称为羧基；F为CH3CH2CH2CH=CH2，所含官能团名称为碳碳双键。（3）D、E的官能团为羧基，与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式为（CH3）2CHCH2COOH、CH3CH2CH（CH3）COOH。（4）E为（CH3）3CCOOH，2甲基1丙醇与甲酸在一定条件下制取E的化学方程式为。19、NH3、CO2 E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊 (NH4)2C2O42NH3+CO2+CO+H2O 排尽装置中的空气 充分吸收CO2，防止干扰CO的检验 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O 因最后一滴KMnO4溶液

34、的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去 2.1 【解析】(l)按实验过程中观察到现象，推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式；(2) 氮气驱赶装置内原有气体，从空气对实验不利因素来分析；(3)由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用；(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质，结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式；(5)三次平行实验，计算时要数据处理，结合关系式进行计算；【详解】(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体；若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产

35、物中含有CO；答案为：NH3；CO2 ； E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊；草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO，结合质量守恒定律知，另有产物H2O，则草酸铵分解的化学方程式为(NH4)2C2O42NH3+CO2+CO+H2O；答案为：(NH4)2C2O42NH3+CO2+CO+H2O；(2)反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的CO2干扰实验； 答案为：排尽装置中的空气；(3) 装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO，所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去，所以装置C的作用是：吸收CO2，避免对CO的检验产生干扰；答案为

36、：充分吸收CO2，防止干扰CO的检验；(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，那就是氨气，NH3也会与CuO反应，其产物是N2和水，该反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；(5)草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸，用0. 0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定，反应为，滴定至终点时，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；答案为：因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，应舍弃0

37、.52mL，误差较大，则平均体积为0.42mL，滴定反应为，； =1.05105mol，所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为，即4.2102mmol，则该血液中钙元素的含量为；答案为：2.1。20、碱石灰(或生石灰、氢氧化钠固体) 排尽装置中的空气 2Na+2NH32NaNH2+H2 油浴加热 NaNH2+N2O NaN3+H2O 65% AC ClO2N3-H2O=Cl2OH3N2 【解析】(1)制备的氨气中含有大量的水，B中盛放碱石灰干燥氨气，故答案为：碱石灰(或生石灰、氢氧化钠固体)； (2)用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应，步骤制备NaNH2，还生成

38、氢气，反应方程式为：2Na+2NH32NaNH2+H2；控制温度210220，故选用油浴加热，故答案为：排尽装置中的空气；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加热；(3) NaNH2和N2O在210220下反应生成NaN3和水，反应为：NaNH2+N2O NaN3+H2O，故答案为：NaNH2+N2O NaN3+H2O；（4）Ce4+的物质的量浓度总计为0.10 molL10.04 L=0.004 mol，分别与Fe2+和N3反应。其中与Fe2+按1:1反应消耗0.10 molL10.02 L=0.002 mol，则与N3按1:1反应也为0.002 mol，即10 mL所取溶液中有0.002 mol N3，原2.0 g叠氮化钠试样，配成100 mL溶液中有0.02 mol即1.3 g NaN3，所以样品质量分数为=65%；A. 使用叠氮化钠溶液润洗锥形瓶，使进入锥形瓶中溶质比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大，故A正确；B. 六硝酸铈铵溶液实际取量大于40.00 mL，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大，计算叠氮化钠溶液浓度偏小，故B错误；C. 滴定前无气泡，终点时出现气泡，则读数体积为实际溶液体积减气泡体积，硫酸亚铁铵标准液读数体积减小，叠