高考化学探究试题汇编100题doc高中化学

==4Fe(OH)3②第一种：用一只容器较大针孔较细的注射器吸取滤液后再吸入NaOH溶液，然后倒置2～3次；第二种：向滤液中参加植物油，使滤液与空气隔绝，然后再将滴管伸入水溶液中滴加氢氧化钠溶液；第三种：向热的硫酸亚铁溶液中滴加热的氢氧化钠溶液，减少溶液中氧气的含量。36.【答案】（1）将盛满氯水的无色矿泉水瓶倒置在水槽中，光照一段时间后，瓶底有无色气体生成。将瓶子倒转过来，用带火星的木条在瓶口检验气体，假设木条复燃，证明HClO分解生成的气体为氧气。（2）提出假设：=1\*GB3①氯气使布条褪色=2\*GB3②盐酸使布条褪色=3\*GB3③HClO使布条褪色验证假设：=2\*GB3②把红色布条伸入稀盐酸中，红色布条不褪色结论：次氯酸使布条褪色（3）①②③37.【答案】(1)0.18B中黑色逐渐变红色，C中有无色液体水生成。(3)3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O38.【答案】1号HCl2号NaCl3号NaOH4号酚酞39.（1）C20H30N2O5（2）羧基（或—COOH）；弱碱、弱酸。（3）C6H5—CH2—CH（NH2）—COOH；α—氨基—β—苯基丙酸或苯丙氨酸；5；缩聚。（4）加成；取代。40题答案⑴．SO2是极性分子，所以易溶于极性溶剂水中；且SO2能与水反响生成亚硫酸，导致其在水中的溶解度增大。⑵．紫色石蕊溶液变红，气球鼓胀起来；SO2溶解时气球鼓胀程度大于CO2溶解时气球鼓胀程度；品红溶液褪色，溶液显浅紫色；溶液先变红后褪色（足量氯水能氧化SO2、漂白石蕊和品红溶液）；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。⑶．Mg3(Si4O10)(OH)241题答案⑴．①SO2（或“二氧化硫”）；②AC；③迅速将甲烧杯扣在乙烧杯上，充分振荡乙烧杯；⑵．①复原；确保KClO3中氯元素全部转化为AgCl沉淀；②50%；③偏小；偏大。42题答案⑴．①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；②用玻璃片在水面下盖住集气瓶口，将玻璃片与集气瓶一起移出水面，将盖有玻璃片的集气瓶正放在实验台上；⑵．①经估算，烧瓶中c(OH-)约为1mol/L；因为“酚酞在c(OH-)为1.0×10-4mol/L～2.5mol/L时呈红色，且0.5min内不会褪色”，因此，“红色迅速褪去”不是因为溶液中c(OH-)过大造成的；②取烧瓶中的溶液置于试管中，参加少量MnO2。有气泡放出，用带火星的木条检验，木条复燃，说明溶液中可能有H2O2；③取②中试管里的溶液滴加酚酞试液，溶液变红且不褪色，说明“红色迅速褪去”与H2O2的存在有关。43题答案⑴．①I2；②不是；⑵．①C；②液体分层，上层几乎无色，下层呈紫色；⑶．取一粒药片放入研钵中研碎，再将药粉装入试管中并参加约2mL蒸馏水，使其溶解，向试管中滴几滴淀粉溶液。溶液变蓝，证明有I2。44题答案⑴．原因②：Cl-对反响没有影响，而SO2-4对反响具有阻碍作用；原因⑤：Cl-、SO2-4均对反响具有阻碍作用，但Cl-影响更小（或SO2-4影响更大）；两个原因可互换位置。⑵．②反响速率加快；反响速率减慢；⑶．①酸式滴定管；100mL；100mL容量瓶、玻璃棒；②消耗完全相同质量的铝片需要的时间；或相同时间内消耗铝片的质量；45．（1）.NH3能与水分子形成氢键，而HCl不能。（2）NH3扩散速度比HCl快，丙(3)略(4)氯化铵受热时发生分解反响生成NH3和HCl由于NH3扩散速度比HCl强，在NH3扩散的同时，HCl能与金属外表的氧化物发生反响生成金属的氯化物，这样就除去了金属外表的氧化物。(5)由于加热时会发生MgCl2+2H2OMg（OH）2+2HCl和Mg（OH）2MgO+H2O,所以最终得到的可能不是无水MgCl2而是氧化镁46.（1）CaCO3消耗了氯水中的HCl，使Cl2+H2OHCl+HClO平衡向右移动，HclO浓度增大（2）Ca(HCO3)2（3）在导管末端再连接长导管，使导管的出口接近量筒底部（4）有局部碳酸钙与氯水反响生成了Ca(HCO3)2，从而使生成的CO2少于减少的CaCO3的物质的量(5)从圆底烧瓶蒸出的水蒸气在广口瓶中冷凝、聚集47.(1)2C6H5OH+2Na→2C6H5O-+2Na++H2↑(2)甲：不能到达实验目的，因为水的存在使乙醇和苯酚与钠反响的速率难以比较；乙：不能到达实验目的，因为乙醇溶液与NaOH溶液混合时溶液保持澄清不能说明乙醇酸性的相对强弱。(3)乙醇钠易溶于乙醇，而苯酚钠难溶于苯酚融液；不能(4)取适量的乙醇和苯酚，分别配制成同物质的量浓度的溶液，测定两溶液的pH，pH小的对应分子中羟基上的氢原子活泼。48.（I）在装置B中参加适量NaOH溶液或水，浸没长导管，翻开止水夹a，双手捂住烧瓶片刻或用酒精灯微热，假设B中长导管中有气泡逸出，松开手后，导管中有水柱上升，那么说明装置A气密性良好。（其它正确、合理的操作均可酌情给分）（2）NaOH溶液，H2S+2OH—==S2-+2H2O（3）先参加固体试剂HgO粉末，然后参加少量蒸馏水，再缓缓参加浓H2SO4稀释。（4）水浴加热，将温度计置于烧杯中。（5）Cu2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O△〔II〕CCl4或苯；其中最合理的方案是丙其它方案的缺乏是甲：洗涤后未蒸馏，无法除去与溴苯相混溶的苯和三溴苯。乙：先用碱洗，溴化铁与碱反响生成难溶于水的氢氧化铁，很难再别离。49.（1）甲：①中用分液漏斗可以控制液体的流量，控制反响的进展；②中用热水浴加热，可形成较平稳的乙醇气流，使反响更充分；②中的斜、长导管起到冷凝回流乙醇蒸汽的作用乙：①与③中的枯燥管可防止溶液中的水与无水硫酸铜反响，防止干扰生成物的验证丙；①中氧气发生装置中无水生成，且装置简单（2）丙①；甲②；乙③（3）温度计；控制水浴温度在78℃或略高于78℃，使乙醇蒸汽平稳流出，减少挥发，提高反响效率（4）c处无水硫酸铜变蓝；d处生成红色沉淀（5）50.（1）①⑨⑩⑥⑤③④⑧⑦②（2）吸收SO3放出等物质的量的SO2（3）枯燥SO2和O2（4）短进长出（5）O2（1分）3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑（6）B、E51.⑴两者反响时直接生成了酸式盐而看不到沉淀⑵SO2溶解度大，且对应的亚硫酸酸性比碳酸强，通入的SO2与石灰水反响快⑶增加尾气吸收装置52.实验Ⅰ：检验Na2SO3是否变质（或检验Na2SO3溶液中是否混有Na2SO4）实验Ⅱ：氢氧化铁胶体（或胶体）；先产生红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解，溶液变为黄色，有气泡产生（3分）；Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；Ba2++SO42-=BaSO4↓。实验III：Fe3+与SO32-同时发生氧化复原反响和双水解反响2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑①SO32-有较强的复原性，CO32-没有复原性（2分）；②SO32-水解能力较CO32-小53、（12分）⑴①②③（3分）研钵（1分）⑵沿玻璃棒向过滤器中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复2～3次（2分）⑶时间（2分）⑷碱式（1分）⑸取一根带火星的木条，伸入枯燥管内，看木条是否复燃（1分）⑹CuO的质量有没有改变（1分）CuO的化学性质有没有改变（1分）54、（9分）（1）KIO3在加热或高温下易分解而变质。（2分）（2）6H2O+6e－===3H2↑+6OH－I－+3H2O－6e－===IO+6H+（每空2分，共4分）（3）5I－+IO+6H+===3I2+3H2O（2分）合格（1分）55、（8分）⑴乙基C9H12O3⑵与NaOH溶液在加热条件下反响⑶（每空2分，共8分）56．（14分）⑶②酸式滴定管或移液管，（1分）③酸式滴定管；（1分）④甲醛吸收不充分，影响测定结果；（1分）⑤偏高；（2分）⑥不需要，（1分）参加最后一滴草酸溶液时溶液褪色且半分钟内不重新变红（2分）⑷(75clVl—30c2V2)×103；（3分）27.60（2分）不能（1分）57、（14分）(1)4(2)防止Na2SO3被氧化2Na2SO3+O2=2Na2SO4高温(3)4Na2SO3Na2S+3Na2SO4高温(4)实验③的溶液中可能有Na2S，相同条件下，S2-水解程度大于SO，溶液的碱性强S2-+H2OHS-+OH-(5)取③溶液适量于试管中，向其中加稀H2SO4，如有腐蛋气味气体生成，那么证明有S2-58．（8分）（1）（4分）B（2）反响的条件不同①锌粒大小不同②硫酸滴下速度不同③注射器内外针筒间的摩擦力大小不同④所用的计时器不同也会带来误差（其他合理的答案也给分，要求讲对3个合理的理由）（2）开放性答案，合理者给2分（3）a相同时间内所生成的H2的体积b相同时间内溶液H+浓度的变化值c．相同时间内锌质量的变化值(只要对一种就给2分)59.（1）(4分)H2SNO4.8g(1,1,2)（2）（1）放出（1分）；(2)由图可知：H2和Te的反响是一个吸热反响，即△H＞0，熵变约为0时,所以该反响不自发（1分）。(3）第二个反响为：Al3＋＋3OH－＝Al（OH）3↓（2分）最后一个离子反响为：Ai（OH）3＋OH－＝AlO2－＋2H2O（2分）（4）0．05(2分)；恒温条件下，缩小反响的容积，恒容条件下，参加适当的催化剂(2分)；不变(1分)，37%(2分)60．（1）①（1分）A、B、C（各1分，共3分）②NaA1O2[或NaA1（OH）4]、NaSiO3（各1分，共2分）③除去A1O2、SiO32-等杂质（1分） ④2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O（2分）（2）（6分）②蒸发将所得溶液转移至蒸发皿中，加热蒸发溶液，使NaC1结晶析出③过滤趁热过滤，将NaC1晶体与溶液别离④冷却，结晶冷却滤液使K2Cr2O7结晶析出61．（1）CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑……1分；CH≡CH+2Br2→CHBr2—CHBr2……1分（2）不能；AC……2分（3）H2S……1分；Br2+H2S==S↓+2HBr……1分（4）（共4分，其中顺序2分，试剂2分）CCBBD（电石、水）（CuSO4溶液或Pb(NO3)2溶液）（溴水）（CuSO4溶液或Pb(NO3)2溶液）62．(10分)(1)HCO3－+OH－=CO32－+H2O Ca2++HCO3－+OH－=CaCO3↓+H2OCa2++2HCO3－+2OH－=CaCO3↓+CO32－+2H2OMg2++2OH－=Mg(OH)2↓(写出任意一个，即可给2分)(2)③(1分)Fe(OH)3(1分)(3)除去钙离子(1分)调节溶液酸度(1分)(4)杀菌消毒(2分)(5)①④(2分，每选对1个得分，选错1个倒扣1分，本问题不得负分)63、（1）可逆反响的进展程度越大（1分）可能增大也可能减小（1分）（2）0.03（2分）（3）①平衡（1分）；大于（1分）②d（1分）；a（1分）64.(15分)此题为实验题，考察了实验仪器及中和滴定的操作由于此题为定量分析，所以还考察了误差分析。方案一：①烧杯、玻璃棒、漏斗、量筒、锥形瓶、酸式滴定管、碱式滴定管②B③方案二：①让CaCO3全部溶解。②用坩埚钳夹住坩埚，放入枯燥器中冷却。方案三：①AB②偏高最好方案：方案一，方案二需1000℃65．(10分)(1)38.4(2分)(2)Al2O3+2OH－+3H2O=2[A1(OH)4]－或Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O(2分)(3)2Al+3H2O→Al2O3+6H++6e—(2分)6H++6e—→3H2↑(2分)(4)NH3·H2O+H+=NH4++H2O(2分)66．（9分）（3）NH+NON2↑+2H2O（2分）（5）反响后的气体中碳、氧原子的物质的量之比为2：3，二氧化碳分子中碳、氧原子个数之比为1：2，两者不相符，故原假设不成立。（2分）高温高温（6）CO和CO2（2分）2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑（7）在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置（1分）67．（12分）（1）H2O2；H2S（各1分）（2）H2Se(g)=H2(g)+Se(s)△H（298K）=－81kJ·mol－1（2分）（3）因为H2Te分解反响的△S>0，△H=－154kJ·mol－1，所以Te和H2反响的△S<0，△H>0，即△H－T△S>0，故该反响不能发生（2分）（4）H2SHS－+H+，HS－H++S2－（2分）；一定增大（1分）（5）2（2分）；大于（1分）68．[解题思路]该题为通过实验确定生成物化学式。因为组成元素未知，所以不能定性分析，而需转化成可测控的量进展定量分析。根据反响物和生成物均为气体的特点，运用阿伏加德罗定律，可通过反响过程中体积变化或压强的变化值来确定反响物的物质的量之比，再由原子守恒得出生成物的化学式。 [答案及评分标准]此题共8分。 [答案1]实验及操作：（2分——测定反响前后的数据、容器性能、恢复温度三项全对才给分） 分别取同温、同压、等体积（V1）的X2和Y2两种气体充入一恒压、容积可变的密闭容器中，在一定条件下反响完全并恢复到原来温度后，测定容器的容积（V2） 分析及结论： ①假设实验结果是：V2=2V1（1分），那么生成物C的化学式为XY。 判断的依据是：X2+Y2=2XY，反响前后分子数比是1:1，根据阿伏加德罗定律可推得以上结论（2分）。 ②假设实验结果是：（1分），那么生成物C的化学式为X2Y。 判断的依据是：2X2+Y2=2X2Y，反响前后分子数比是4:3，根据阿伏加德罗定律可推得以上结论（2分） [答案2]实验及操作： 分别取同温、同压、等体积的X2和Y2两种气体充入一恒容的密闭容器中，并测定容器的压强（P1）在一定条件下反响完全并恢复到原温度后，再测定容器的压强（P2）。 分析及结论： ①假设实验结果是：P2=P1，那么生成物C的化学式为XY。 判断的依据是：X2+Y2=2XY，反响前后分子数比是1:1，根据阿伏加德罗定律可推得以上结论。 ②假设实验结果是：，那么生成物C的化学式为X2Y。 判断的依据是：2X2+Y2=2X2Y，反响前后分子数比是4:3，根据阿伏加德罗定律可推得以上结论。 [说明] 1．如果反响条件没有控制在两个因素不变，一个因素改变的前提下，该题不得分。 2．如果实验结果是只从定性方面答复，没有从定量方面答复，只给一半分。 3．判断依据中方程式、反响前后物质的分子数比（或物质的量比），与阿伏加德罗定律各占一半分。 4．建议不要用“恒温容器”的说法，因为这是理想状况，不是实际所能实现的。69．（1）B（2）CH3COONH4溶液呈中性，滴入Mg(OH)2悬浊液，假设Mg(OH)2溶解，那么说明乙同学解释正确，假设Mg(OH)2不溶，那么甲同学解释正确。（3）乙；Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3·H2O70．(14分)(1)稀盐酸KSCN溶液2Fe2++C12=2Fe3++2C1－Fe3++SCN－=[Fe(SCN)]2+(前二空格各1分，后二空格各2分)(2)少量的Fe2+转化为Fe3+，参加KSCN后显淡红色4FeCl2+4HCl+O2=4FeCl3+2H2O(每空2分)(3)不合理我的猜测是[Fe(sCN)]2+离子中的SCN－被过量的氯水氧化。设计的实验为在褪色后溶液参加FeCl3溶液，仍不变红色(或在褪色后溶液参加参加KSCN溶液，变红色)(第l空1分，第2空3分)71.（15分）第二步：Fe2+(1分)第三步：②③(各1分，共2分)第五步：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(2分)Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3(血红色)(2分)H2O2氧化SCN-，使平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3左移，红色消失(2分)取一支试管，参加少量FeCl3溶液和几滴KSCN溶液，溶液变为红色，再参加适量H2O2振荡，产生气泡，红色褪去，说明是H2O2氧化了溶液的SCN-离子使溶液褪色(3分)说明：⑴参加H2O2与KSCN溶液的顺序可以互换；⑵上面离子方程式中的SCN－写成HSCN不扣分；⑶简答中要有仪器、试剂、操作、现象、结论共5个要点，现象“产生气泡”和“红色褪去”2点不能少；⑷假设把“溶液褪色”答成“溶液变为黄色或棕色”照样给分。第六步：复原性(1分)Fe2+在人体血红蛋白中起传送O2的作用，Fe3+没有此功能，服用VC可防止药品的Fe2+氧化成Fe3+(或答成人体只能吸收Fe2+，Fe2+在人体血红蛋白中起传送O2的作用，服用VC可防止药品的Fe2+氧化成Fe3+)(2分)（以上各问中，其他合理答案也给分）72．（１2分）⑴①溶液蓝色恰好褪去所需的时间，吸收前后颗粒吸附剂、棉花、盛放容器的总质量②同时参加少量碘化钾固体，用适量水使之完全溶解将第一步所得溶液全部转入1000mL的容量瓶中，定容，摇匀⑵①800②抽气速度过快，或装置气密性较差 ③将50mL5×10-4mol/L的碘溶液的体积减小为5mL，并将广口瓶改为试管（每空2分，共12分）73．(10分，每空2分)⑴2H2SO3＋O2＝2H2SO4⑵既能回收利用SO2，又能得到复合肥磷铵⑶直线型⑷KAl(SO4)2·12H2O或FeSO4·7H2O，6NO3－＋5CH3OH＋6H＋＝3N2↑＋5CO2↑＋13H2O74（10分）=1\*GB2⑴N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O（1）；△H=－624kJ/mol(2分)=2\*GB2⑵O2+2H2O+4e－=4OH－(1分)N2H4+4OH－－4e－=4H2O+N2↑(1分)=3\*GB2⑶①Cu2++2e－=Cu(2分)②112(2分)=4\*GB2⑷ClO-+2NH3=N2H4+Cl-+H2O(2分)75．⑴2Fe3++SO32－+H2O=2Fe2++SO42－+2H+⑵①BaCl2溶液、稀盐酸⑶①Fe3+与SO32－同时发生氧化复原反响和双水解反响②Fe(OH)3（胶体）+3SCN－=Fe(SCN)3+3OH－⑷①2Fe3++3CO32－+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑②SO32－有较强的复原性，而CO32－没有复原性（每空2分共12分）76．⑴密度小、强度大⑵①Mg+2OH――2e－＝Mg(OH)2②Al+4OH――3e-＝AlO2-+2H2OO2+2H2O+4e－=4OH－⑶12mol/L(每空2分，共10分)[76B.]⑴铝是比较活泼的金属，冶炼困难点燃⑵铝外表的氧化膜熔点比铝高，包在铝的外面，熔化了的液态铝不会滴落点燃⑶4A1(s)+3O2(g)2A12O3(s)；(4)O2+2H2O+4e-=4OH―(5)A，铝跟氧气或空气在一定条件下燃烧时，会放出大量的热，假设合理利用，作为一种能源是可能的；B，铝的性质活泼，冶炼铝需要消耗大量的电能，还要消耗铝的矿产资源等(其它合理答案参照给分)77.（10分）(1)①H2S②SO2③CO2④H2S、CO2⑤SO2、CO2（3分，填出5种加1分）(2)实验方案可能的现象和相应的结论将混合气体依次通过盛有品红、溴水、澄清石灰水的洗气瓶。（2分）假设品红褪色，溴水不完全褪色，澄清石灰水变浑浊，该气体SO2、CO2的混合气体（1分）；假设品红不褪色，溴水褪色（或变浅）且有浑浊出现，澄清石灰水变浑浊，该气体为H2S、CO2的混合气体（1分）。(3)取题中实验③后所得溶液，参加BaCl2溶液，假设有沉淀出现说明生成了Na2SO4，假设无沉淀，那么说明没有生成Na2SO4。（3分）78.（14分）【实验设计】方法一：B；Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4、H2SO4+2NaOH=Na2SO4＋2H2O中和反响方程式不写不扣分方法二：⑦、⑨或⑦、⑧、②。（每空1分，共6分）【探究思考】（1）（共3分）由于Fe(OH)2局部被氧化，混入少量的Fe(OH)3（1分）。△FeO·Fe2O3·4H2O（2分）。△（2）（共3分，各1分）翻开，发生，Fe（OH）2·nH2O=Fe（OH）2+nH2O。（3）（共2分）向Fe2+和Fe3+的混合液中参加NaOH溶液后，观察生成的沉淀的颜色是否为灰绿色（或者可以将Fe(OH)3和Fe(OH)2混合后观察其颜色。）（合理答案均给分）79．（11分）（1）2I－＋4H＋＋MnO2====Mn2＋＋2H2O＋I2（2分）2IO3－＋5HSO3－====3H＋＋5SO42－＋H2O＋I2（2分）氧化；（1分）复原。（1分）实验目的：2．认识碘单质的检验方法。（1分）（其它合理答案也给分）实验步骤实验现象实验结论1．取食盐少许于一支试管中，参加适量的蒸馏水，振荡，使食盐全部溶解。溶液变成蓝色（每空2分，共4分）80．（12分）=1\*ROMANI、（1）CaCO3+CO2+H2O==Ca（HCO3）2（2分）（2）D（1分）（3）CH4；B（每空1分，共2分）=2\*ROMANII、（1）2C8H18+17O2→16CO+18H2O2C8H18+9O2→16C+18H2O2CO+O22CO2N2＋O22NO2NO+O2＝2NO2（共4分，正确写出上述中的4个反响就给4分，对一个给1分，写其它合理反响酌情给分）（2）125：2（1分）（3）CO；NO、NO2或NO2（每空1分，共2分）81．（1）①NaHCO3（1分），53：42（2分）；（2）不正确（2分）（3）天平、温度计（各1分）（4）A、B、C（3分）；（5）NaHCO3的溶解过程及NaHCO3溶液和盐酸反响的吸、放热过程（2分）.82.（10分）⑴△H>0（1分），升高温度Mg的产率增大，平衡向正反响方向移动，说明正反响为吸热反响（2分）⑵①降低反响所需温度，节约能源（1分）②防止Mg被空气氧化（1分）⑶A（1分）说明：产物为SiO2+2MgO得0分。说明：产物为SiO2+2CaO得1分，为CaO+CaSiO3得2分。83．(1)①E、C、D、B（２分）②91.4％（2分）(2)试样质量、锥形瓶和水的质量、第4(5)次读数(或用具体数据表示)（每个1分，共3分），锥形瓶内质量已达恒重（２分）(3)①蒸发（２分）②CaCl2质量（２分）③偏大（２分）84、（1）21.4，分解（2）4HNO3===4NO2↑+O2↑+2H2O（3）因为2NO2N2O4存在的平衡，有局部二氧化氮转化为四氧化二氮使体积变小。85、（1）Y为亚硫酸，Z为碳酸，W为次氯酸，U为氧气，V为水。（2）a==4.1g，b==2.2g，c==7.3g。（3）HClO中+1价氯具有强氧化性，能把—2价氧元素氧化为氧气。Y为H2SO3，Z为H2CO3，其中+4价硫和+4价碳不能氧化—2价氧，那么不能生成氧气。（4）用排饱和食盐水法收集到的气体因含有水蒸气，且水蒸气的相对分子质量小于Q，所以测得的数据偏低。86：（2）酒精灯胶头滴管⑶3-A、1-B、4-D、5-C、6-E、2-F（4）随原子序数递增，Na、Mg、Al、S、Cl元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。（5）①同周期从左到右，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，原子核对外层电子吸引力逐渐增强，因而原子失电子能力逐渐减弱，得电子能力逐渐增强，表现在化学性质上，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。②另两种元素是Si和P，设计方案为：向硅酸钠溶液中参加磷酸溶液，有白色沉淀生成，说明磷酸的酸性比硅酸强，即非金属性：P＞Si。87．参考答案：水位在10~20cm时的DO含量高于水面，水位越深（›20cm），DO含量越低；温度、压强③C；应用增氧机提高含氧量④吸氧腐蚀；负极：Fe-2e-=Fe2+；正极：2H2O+O2+4e-=4OH-88.【参考答案】（1）秒表······················································（2分）（错误点：有些同学没看清实验目的，错认为是滴定法测定未知溶液的物质的量浓度，而填“酸式滴定管”。既然要测时间，就要用到秒表）（2）5H2C2O4+2MnO4-+6H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O················（2分）（错误点：H2C2O4属于弱酸，应写分子式；已知①提示MnO4-在酸性环境下的复原产物是Mn（3）C························································（2分）（错误点：如果认为是滴定实验，在毫不犹豫选择A，细想褪色时间只有4秒，远没有半分钟的时间。再就是颜色变化把握不准）（4）Mn2+在反响中起到催化剂的作用，加快了反响速率···············（2分）（提示：很明显，该实验属于比照实验，就是要找出不同点，再加上已知②的提示自然就迎刃而解了）（5）①该反响是放热反响，温度升高，反响速率增大，溶液褪色加快····（2分）②硫酸的浓度对反响速率有影响，参加少量硫酸，可以促进草酸和高锰酸钾溶液的反响，而参加大量的硫酸，会抑制草酸的电离，使反响速率变慢··········（2分）（该小问属于开放型试题，如果考生简答“温度”和“浓度”，可以给一半分，从该题的设问来看应该说不难，但答复的完美实属不易）答案：89、AH3B:NH3（或BNH6）BH2B=NH2（或BNH4）C—H2B-NH2DB3N3H6EBN（5分）3CH4+2(HBNH)3+6H2O=3CO2+6H3BNH3（2分）90、(1)S（1分）(2)Al3++3HCO===Al(OH)3↓+3CO2↑（2分）(3)Ba2+、Cl－Na+（2分)(4)S2－、SO、AlO（2分）（5）H2S；SO2；CO2；H2S、CO2；SO2、CO291、（1）Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O（2）大于；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O（3）不同意；等质量的铜片与等体积、过量的浓硝酸、稀硝酸反响，所得溶液中Cu2+的浓度根本相等；将一定量的NO2通入铜片与稀硝酸反响后的溶液中，假设溶液呈绿色，那么该同学的结论正确，反之，不正确。（其他合理答案也给分）92．⑴碱式滴定管（或移液管）；烧杯（或小烧杯）；冷却；容量瓶；胶头滴管；⑵否；有少量蒸馏水稀释，不会改变氨水溶质的物质的量，也就不会改变中和反响消耗酸的物质的量。⑶①检查酸式滴定管是否漏水；润洗2～3次；所要盛放的盐酸润洗2～3次；尖嘴局部的气泡；“0”刻度或“0”刻度以下；②NH3·H2O+H+=NH+4+H2O；③NH3·H2O是弱电解质，只能局部电离，使氨水中离子浓度较小，导电性较差；与盐酸反响生成的NH4Cl是强电解质，完全电离，离子浓度大，导电性强；恰好完全反响时，离子浓度最大，导电能力最强；④0.1000mol/L×100mL÷10mL=1.0000mol/L。⑷①不正确；因为NH+4+H2ONH3·H2O+H+时，NH+4与H+是1：1转化，阳离子总量不变，总浓度也不变，导电性不变；②c(Cl-)=c(NH+4)＞c(H+)=c(OH-)93．⑴①起点pH不同，盐酸的小，醋酸的大；②均有一个pH突跃；③盐酸中开场pH上升慢，突跃前突然变快，醋酸中开场pH上升快，突跃前因为缓冲溶液的作用而使pH上升变慢。⑵不可行；NaOH的用量超过了所用碱式滴定管的最大体积读数；减少磷酸的体积；⑶①有两个pH突跃；②H3PO4H++H2PO-4；H2PO-4H++HPO2-4；HPO2-4H++PO3-4；③Na2HPO4的碱性已经较强，pH较大，与NaOH反响生成Na3PO4后，pH变化不大，所以没有pH突跃现象。94.（1）SO2(g)+O2(g)SO3(g)；△H–98.3kJ/mol（1分）（2）提高二氧化硫的转化率（2分）（3）给催化剂加热（1分）因为该反响为放热反响，这样做是为了防止温度过高，而使SO2的转化率和催化剂的活性降低（2分）（4）或×100%（2分）（5）（2分）（或通入盛有足量碱石灰的枯燥管等，只要保证SO2和SO3不污染环境，SO3不与空气中的水接触的合理方案均可）95．Ⅰ．⑴或⑵用pH试纸检测溴水与褪色后溶液的酸碱性。假设酸性明显增强，那么猜测①正确；反之，猜测②正确(或其它合理方法)Ⅱ．⑴2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O⑵使生成乙醇蒸气的速率加快且较均匀发生倒吸⑶过量的气体将体系中的热量带走单位时间内甲中的气泡数96．（1）Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O（3分）（2）①可以控制反响。②吸收NO2气体，防止污染环境。（4分）（3）关闭c；翻开a、b。（4分）（4）先关闭b，再关闭a,然后翻开c，用手捂住（热水、热毛巾、加热）②试管。（合理答案均给分）（4分）（5）1/22.4mol·L－1或0.045mol·L－1（3分）97．（1）浓硫酸吸收水蒸气(枯燥氯气)（各1分，共2分）（2）TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO（2分）（3）a、b（1分）冷凝回流四氯化钛（2分，答到关键字即可）（4）（3分）缺陷和不妥之处：①不