2022年河北省中原名校高考壓軸卷化學試卷含解析

1、2021-2022高考化學模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半徑最大,X和Y能組成兩種陰陽離子個數之比相同的離子化合物。常溫下,0.1 molL-1 W的氫化物水溶液的pH為1。向ZW3的水溶

2、液中逐滴加入Y的最高價氧化物對應的水化物,先產生白色沉淀,后沉淀逐漸溶解。下列推斷正確的是A簡單離子半徑:WYZXBY、Z分別與W形成的化合物均為離子化合物CY、W的簡單離子都不會影響水的電離平衡D元素的最高正化合價:WX Z Y2、NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A常溫常壓下,3.6g D2O2含有的共價鍵數為0.3NAB0.2mol/L K2SO3溶液中SO32的離子總數小于0.2NAC實驗室采用不同方法制得lmol O2，轉移電子數一定是4NAD標準狀況下將2.24LSO3溶于水，溶液中SO42的數目為0.1NA3、將一定質量的Mg和Al混合物投入到200 mL稀硫酸中，固體全

3、部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至過量，生成沉淀的物質的量與加入NaOH溶液的體積關系如圖所示。則下列說法錯誤的是A最初20 mL NaOH溶液用于中和過量的稀硫酸BNaOH溶液物質的量濃度為CMg和Al的總質量為9gD生成的氫氣在標準狀況下的體積為11.2 L4、已知： H=-akJ/mol下列說法中正確的是（ ）A順-2-丁烯比反-2-丁烯穩(wěn)定B順-2-丁烯分子比反-2-丁烯分子能量低C高溫有利于生成順-2-丁烯D等物質的量的順-2-丁烯和反-2-丁烯分別與足量氫氣反應，放出的熱量相等5、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，其中兩種元素形成的化合物可用于呼吸面具中作為供氧

4、劑。W、X、Y三種元素形成的一種化合物常用于清洗廚房用具的油污，Z的最外層電子數為X、Y的最外層電子數之和。下列說法不正確的是（ ）AX、Z的某些單質或兩元素之間形成的某些化合物可作水的消毒劑B化合物Y2X2和YZX都既存在離子鍵，又存在共價鍵C原子半徑大?。篧X；簡單離子半徑：YcBe的氧化物的水化物為強酸C化合物A為共價化合物D元素非金屬性強弱cO2Na+Al3+，即WXYZ，故A錯誤；B. AlCl3為共價化合物，故B錯誤；C. Cl和Na+在水溶液中均不發(fā)生水解，不影響水的電離平衡，故C正確；D. O沒有正價，故D錯誤；故答案為C。【點睛】電子層數越多，離子半徑越大，電子層數相同，核電

5、荷數越小半徑越大；主族元素若有最高正價，最高正價等于族序數，若有最低負價，最低負價等于族序數-8。2、A【解析】A. 一個D2O2含有的3條共價鍵，常溫常壓下，3.6g D2O2即0.1mol含有的共價鍵數為0.3NA，A正確；B. 0.2mol/L K2SO3溶液中未給定體積，則含有的離子總數無法確定，B錯誤；C. 實驗室采用不同方法制得lmol O2，轉移電子數可能是4NA，若用過氧化鈉（或過氧化氫）制取，則轉移2NA，C錯誤；D. 標準狀況下，三氧化硫為非氣態(tài)，不能用氣體摩爾體積進行計算，D錯誤；答案為A?！军c睛】標準狀況下SO3為非氣體，2.24LSO3其物質的量大于0.1mol。3、

6、D【解析】由圖象可以知道,從開始至加入NaOH溶液20mL,沒有沉淀生成,說明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余,此時發(fā)生的反應為:.當V(NaOH溶液)=200mL時,沉淀量最大,此時為和,二者物質的量之和為0.35mol,溶液中溶質為,根據鈉元素守恒可以知道此時等于200mL氫氧化鈉溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍.從200mL到240mL,NaOH溶解,當V(NaOH溶液)=240mL時,沉淀不再減少,此時全部為,物質的量為0.15mol, 為0.15mol, 為0.35mol-0.15mol=0.2mol,因為從200mL到240mL,發(fā)生,所以該階段消耗,氫氧化鈉的濃度為.【

7、詳解】A. 由上述分析可以知道,最初20mLNaOH溶液用于中和過量的稀硫酸,所以A選項是正確的;B. 由上述分析可以知道,氫氧化鈉溶液的物質的量濃度為5mol/L,所以B選項是正確的;C. 由元素守恒可以知道，,所以鎂和鋁的總質量為,所以C選項是正確的;D. 由電子守恒可以知道,生成的氫氣為,若在標況下,體積為,但狀況未知,故D錯誤;故答案選D。4、C【解析】A反應可知是放熱反應，順2丁烯能量高于反2丁烯的能量，所以反2丁烯穩(wěn)定，故A錯誤；B反應可知是放熱反應，順2丁烯能量高于反2丁烯的能量，故B錯誤；C溫度升高平衡向吸熱反應方向進行，所以平衡逆向進行，有利于生成順2丁烯，故C正確； D順2

8、丁烯能量高于反2丁烯的能量，等物質的量的順2丁烯和反2丁烯分別與足量氫氣反應，放出的熱量不相等，故D錯誤； 故答案選C。5、D【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大， W、X、Y三種元素形成的一種化合物常用于清洗廚房用具的油污，推測為碳酸鈉，則W為C，X為O，Y為Na，滿足其中兩種元素形成的化合物可用于呼吸面具中作為供氧劑，該物質為O和Na元素形成的Na2O2；Z的最外層電子數為X、Y的最外層電子數之和，則Z的最外層電子數為7，則Z為Cl?！驹斀狻扛鶕治鯳為C，X為O，Y為Na，Z為Cl，A. O、Cl形成的單質臭氧、氯氣可作水的消毒劑，二者形成的二氧化氯具有強氧化性，也可作

9、水的消毒劑，故A正確；B. 化合物Y2X2為Na2O2，YZX為NaClO，過氧化鈉中含有離子鍵和共價鍵，NaClO中既含有離子鍵又含有共價鍵，故B正確；C. 同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，則原子半徑大小：WX；鈉離子含有2個電子層，氯離子含有3個電子層，則簡單離子半徑：YZ，故C正確；D. C、O可以形成CO、二氧化碳，二氧化碳能夠與NaOH溶液反應，但CO不與NaOH溶液反應，故D錯誤；故答案為D。【點睛】碳酸鈉溶液水解顯堿性，故可以用來除油污；Na2O2能與水與二氧化碳反應生成氧氣，可用于呼吸面具中作為供氧劑。6、B【解析】把鋁粉和某鐵氧化物xFeOyFe2O3粉末配成鋁熱劑，分成兩

10、等份，一份在高溫下恰好完全反應生成鐵與氧化鋁，Fe與鹽酸反應生成FeCl2與H2，令一份直接加入足量的NaOH溶液分反應生成偏鋁酸鈉與氫氣，前后兩種情況下生成的氣體質量比是5:7，設氫氣物質的量分別為5mol、7mol，根據電子轉移守恒,n(Fe)=n(H2)=5mol，n(Al)=7mol =mol，假設x mol FeO、y mol Fe2O3，由Fe元素守恒可知：x+2y=5，由電子轉移守恒,可得：2x+2y3=3解得x=1，y=2，故x:y=1:2，故選：B。7、D【解析】A右邊苯環(huán)上方的第一個碳與周圍四個碳原子均為單鍵結構，為四面體構型，不可能所有碳原子在同一平面內，故A錯誤；B分子

11、中含有碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應，但沒有可發(fā)生消去反應的官能團，故B錯誤；C碳碳雙鍵使溴水褪色發(fā)生的是加成反應，而其使酸性高錳酸鉀褪色發(fā)生的是氧化反應，故C錯誤；D1mol蓓薩羅丁與足量的Na反應生成0.5molH2，而其與足量NaHCO3反應生成1mol的CO2，產生氣體的物質的量之比為l2，故D正確。本題選D。8、B【解析】A根據圖像，pH =1.9時，溶液顯酸性，c(H+)c(OH-)，根據電荷守恒，有c(Na+)+ c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+ c(OH-)，因此c(Na+)c(HA-)+2c(A2-)，故A正確；B根據圖像，當溶液中的溶質為NaHA，溶液顯酸性，pH7，此時

12、溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故B錯誤；C根據圖像，pH=6時，c(HA-)c(A2-)，溶液中的溶質為NaHA和Na2A，c(Na+)c(HA-)c(A2一)c(H2A)，故C正確；DKa2(H2A)=，根據圖像，當pH=7.2時，c(HA-)=c(A2一)，則Ka2(H2A)= c(H+)=10-7.2，因此lgKa2(H2A)=-7.2，故D正確；故選B。9、D【解析】A選項，放電時，“同性相吸”即Li+通過隔膜移向正極，故A正確；B選項，放電時，電子由負極即鋁箔沿導線流向正極即銅箔，故B正確；C選項，放電正極得電子，發(fā)生氧化反應為：xFeP

13、O4 + xLi+xe=xLiFeO4，故C正確；D選項，磷酸鐵鋰鋰離子電池充放電過程通過Li+遷移實現，Fe元素化合價發(fā)生變化，故D錯誤；綜上所述，答案為D。【點睛】放電時，溶液中的離子是“同性相吸”，即陽離子向正極移動，陰離子向負極移動；充電時，溶液中的離子是“異性相吸”，即陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動。10、C【解析】A.如果加入鹽酸的體積為5mL，由B(OH)2+HClB(OH)Cl+H2O可知此時溶液含等量的B(OH)2、B(OH)+，由于水解和電離能力不同，所以溶液中不可能含等量的B(OH)2、B(OH)+，A錯誤；B當加入的鹽酸溶液的體積為10mL時，反應生成B(OH)Cl

14、，溶液顯堿性，則c(OH-)c(H+)，B錯誤；C.交點b處B(OH)+、B2+的分布分數相等，二者平衡濃度相等，由K2=6.410-5，可知b處c(OH-)=6.410-5，C正確；D.當加入的鹽酸溶液的體積為15mL時，生成等物質的量的B(OH)Cl和BCl2的混合溶液，溶液遵循電荷守恒，則存在c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+2c(B2+)+ cB(OH)+)，D錯誤；故合理選項是C。11、A【解析】煉鋼過程中反應原理：2Fe+O22FeO、FeO+CFe+CO 、2FeO+Si2Fe+SiO2。反應中C元素化合價升高，Fe元素發(fā)生FeFeOFe的一系列反應中，則Fe元素既失去電子

15、也得到電子，所以既被氧化又被還原，答案選A?！军c睛】從化合價的角度分析被氧化還是被還原，要正確的寫出煉鋼過程的化學方程式。12、C【解析】根據2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反應，得出負極H2S失電子發(fā)生氧化反應，則a為電池的負極，正極O2得電子發(fā)生還原反應，則b為電池的正極，則c為陰極，發(fā)生還原反應生成氫氣，d為陽極，發(fā)生氧化反應生成氯氣，以此解答該題?！驹斀狻緼.由2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反應，得出負極H2S失電子發(fā)生氧化反應，則a為電池的負極，故A錯誤；B.正極O2得電子發(fā)生還原反應，所以電極b上發(fā)生的電極反應為：O2+4H+4e-2H2O，故B錯

16、誤；C.電路中每流過4mol電子，則消耗1mol氧氣，但該裝置將化學能轉化為電能，所以電池內部釋放熱能小于632kJ，幾乎不放出能量，故C正確；D.a極發(fā)生2H2S4e=S2+4H+，每增重32g，則轉移2mol電子，導氣管e 將收集到氣體1mol，但氣體存在的條件未知，體積不一定為22.4L，故D錯誤。故選C?！军c睛】此題易錯點在D項，涉及到由氣體物質的量求體積時，一定要注意條件是否為標準狀態(tài)。13、D【解析】A、SO2與碳酸氫鈉反應：SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2或SO2+2NaHCO3=Na2SO3+H2O+2CO2，CO2能夠與堿石灰反應，應采用濃硫酸或者無水氯化鈣等干燥，

17、故A不符合題意；B、Cu與空氣中氧氣在加熱條件下能反應生成CuO，應將混合固體加入稀鹽酸溶液中，然后過濾干燥，故B不符合題意；C、FeCl2與氯氣會發(fā)生反應，因此達不到除雜目的，故C不符合題意；D、KNO3溶解度隨溫度變化較大，而NaCl溶解度隨溫度變化較小，將混合固體溶于水后，制成飽和溶液后，將溶液冷卻，KNO3會析出，而NaCl在溶液中，可達到除雜的目的，故D符合題意；故答案為：D。【點睛】KNO3中混有少量NaCl，提純的方法是：溶解成熱飽和溶液冷卻結晶過濾；NaCl中混有少量KNO3，提純的方法是：溶解成飽和溶液加熱蒸發(fā)、濃縮結晶過濾；需注意二者試驗操作的區(qū)分。14、D【解析】A.所給

18、確為比例模型，氫原子和氧原子的半徑相對大小不對，應該是中間的氧的原子半徑大，水分子為V形，不是直線形，A項錯誤；B.過氧化氫是只由共價鍵形成的分子，B項錯誤；C.石油的分餾是物理變化，煤的氣化和液化均是化學變化，煤的氣化是指將煤轉化為CO、H2等氣體燃料，煤的液化是指將煤變成液體燃料如甲醇等，C項錯誤；D.甲基環(huán)丁烷中二個氯原子取代同一個碳的2個氫，共有3種可能，取代不同碳上的氫共有7種（用數字標出碳，則可表示為：1，2、1，3、1，5、2，3、2，5、3，4、3，5），D項正確；所以答案選擇D項。15、A【解析】A和氫氧化鈉溶液反應生成B和C，C為氣體，C的分子式為ba3，能使?jié)駶櫟募t色石蕊

19、試紙變藍，根據化學式可推斷C為氨氣，B為白色沉淀，繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液沉淀溶解，則B可推斷為氫氧化鋁，A中加入酸化的氯化鋇溶液形成白色沉淀，則A中含有硫酸根離子，根據以上推斷，A為NH4Al(SO4)2，a為H元素，b為N元素，c為O元素，d為Al元素，e為S元素，據此分析解答。【詳解】Ab為N元素，c為O元素，同周期元素隨核電荷數增大，半徑逐漸減小，則原子半徑bc，故A正確；Be為S元素，S的氧化物的水化物有硫酸和亞硫酸，亞硫酸是弱酸，故B錯誤；CA為NH4Al(SO4)2，是離子化合物，故C錯誤；Dc為O元素，e為S元素，同主族元素隨核電荷數增大非金屬性逐漸減弱，元素非金屬性強弱ce，故D

20、錯誤；答案選A。16、C【解析】實驗原理分析：二氧化碳通過U型管與過氧化鈉反應生成氧氣，氧氣和沒有反應的二氧化碳通入堿液洗氣瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗氣瓶驗證二氧化碳是否除盡，在通過盛有濃硫酸的洗氣瓶干燥氧氣，最后收集；【詳解】A.裝置中試劑可以是NaOH溶液，用來除掉二氧化碳氣體，故不選A；B. 裝置中盛有濃硫酸，作用是干燥O2，故不選B；C. 由于氧氣密度大于空氣，選擇裝置b，故選C；D. 裝置、之間應增加盛澄清石灰水的洗氣瓶，驗證二氧化碳是否除盡，故不選D；答案：C17、D【解析】燃料電池：a端：二氧化硫生成硫酸根離子，硫元素化合價升高失電子所以a為負極，電極反應式SO2+2

21、H2O-4e-=SO42-+4H+；b為正極，電極反應式為O2+4H+4e-=2H2O，總電極反應式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。電解池：c極和電源正極相連為陽極，失電子，電極反應式為4OH-4e-=2H2O+O2，d極與電源負極相連為陰極，得電子，電極反應式為Cu2+2e+=Cu,總電極反應式為2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2。【詳解】A. b為正極，看到質子交換膜確定酸性環(huán)境，電極反應式為O2+4H+4e-=2H2O，故不選A；B.原電池內部陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，故不選B；C.由上面分析可知該燃料電池的總反應為2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，

22、故不選C；D.d極與電源負極相連，為陰極得電子，有銅析出，所以應該是若a電極消耗標況下2.24LSO2，理論上在d極上有6.4g銅析出，故選D；正確答案：D?！军c睛】根據質子交換膜確定溶液酸堿性，燃料電池中燃料在負極反應失電子，氧氣在正極反應得電子。根據燃料電池正負極確定電解池的陰陽極、電極反應式和離子移動方向等。18、B【解析】A.火法煉銅是指用氧氣與硫化亞銅制取銅的反應，屬于氧化還原反應，故A不選；B. 轉輪排字屬于物理變化，故選B；C.用糧食釀酒過程實質是淀粉水解生成葡萄糖，在進行發(fā)酵生成乙醇的過程，中間有元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故C不選；D. 鉆木取火是通過動能轉化為熱能

23、使木材燃燒，屬于氧化還原反應，故D不選；答案：B。19、D【解析】該有機物完全燃燒生成的二氧化碳和水的物質的量相等，則滿足CnH2n，根據相對分子量為56可得：14n=56，n=4，該有機物分子式為C4H8，可能為丁烯或環(huán)丁烷、甲基環(huán)丙烷，若為丁烯，則丁烯的碳鏈異構的同分異構體為：CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3、(CH3)2C=CH2，其中和不存在順反異構，存在順反異構，所以屬于烯烴的同分異構體總共有4種；還有可能為環(huán)丁烷或者甲基環(huán)丙烷，所以分子式為C4H8的同分異構體總共有6種。故選：D?！军c睛】完全燃燒時產生等物質的量的CO2和H2O，則該烴中C、H原子個數之比為1：2，

24、設該有機物分子式為CnH2n，則14n=56，解得n=4，再根據分子式為C4H8的碳鏈異構及順反異構確定同分異構體的種類。20、C【解析】A、Na2S2O3為可溶性鹽類，其與稀硫酸反應的離子方程式為：，故A錯誤；B、硝酸鐵水解會生成硝酸，其氧化性大于鐵離子，因此向硝酸鐵中加入少量碘化氫時，其反應的離子方程式為：，故B錯誤；C、因酸性：碳酸次氯酸碳酸氫根，因此向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸的離子反應方程式為：，故C正確；D、硫酸鋁銨與氫氧化鋇以1：2混合形成的溶液中反應的離子方程式為：，故D錯誤；故答案為：C?！军c睛】對于先后型非氧化還原反應的分析判斷，可采用“假設法”進行分析，其分

25、析步驟為：先假定溶液中某離子與所加物質進行反應，然后判斷其生成物與溶液中相關微粒是否發(fā)生反應，即是否能夠共存，若能共存，則假設成立，若不能共存，則假設不能成立。21、D【解析】A. 由于碳九中碳原子個數比汽油的多，所以燃燒時更容易燃燒不充分產生單質碳而形成“積碳”，故A正確；B. 裂解碳九中含有烯烴，能與溴水發(fā)生加成反應而使其褪色，故B正確；C. 均三甲苯的二氯代物中，兩個氯原子在同一個碳原子上的有1種：，在不同碳原子上的有4種：、，共有5種，故C正確；D. 異丙苯與對甲己苯分子式相同，不符合同系物中分子組成相差一個或若干個“CH2原子團的要求，故D錯誤；故答案為D。【點睛】有機物二元取代物的

26、種數確定，應采用“定一移二”的方法，即先固定一個取代基的位置，再移動另一個取代基，以確定同分異構體的數目。22、A【解析】A項、當H2O、CO、CO2、H2的濃度不再變化時，說明正逆反應速率相等，反應已達化學平衡狀態(tài)，故A正確； B項、可逆反應不可能完全反應，則H2O和CO反應不可能全部轉化為CO2和H2，故B錯誤；C項、化學平衡狀態(tài)是動態(tài)平衡，正、逆反應速率相等且大于零，故C錯誤；D項、平衡狀態(tài)時H2O、CO、CO2、H2的濃度不變，不一定相等，故D錯誤；故選A。二、非選擇題(共84分)23、N、H、S、O 2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2+6H2O 7S2

27、O82-+2Mn2+4Cl-+8H2O=2Cl2+2MnO4-+14SO42-+16H+ 【解析】從圖中可以采集以下信息：m(X)=4.56g，m(BaSO4)=9.32g，V(O2)=0.224L，V(NH3)=1.12L-0.224L=0.896L。n(BaSO4)=，n(O2)=，n(NH3)=。在X中，m(NH4+)=0.04mol18g/mol=0.72g，m(S)=0.04mol32g/mol=1.28g，則X中所含O的質量為m(O)= 4.56g-0.72g-1.28g=2.56g，n(O)=。X中所含NH4+、S、O的個數比為0.04:0.04:0.16=1:1:4，從而得出X

28、的最簡式為NH4SO4，顯然這不是X的化學式，X可作為氧化劑和漂白劑，則其分子中應含有過氧鏈，化學式應為(NH4)2S2O8。（1）從以上分析，可確定X中含有的元素；圖中被濃硫酸吸收的氣體為NH3。（2）反應中，(NH4)2S2O8與NaOH反應，生成BaSO4、NH3、O2等。（3）已知X常用于檢驗Mn2+，它可將Mn2+氧化成MnO4-。則(NH4)2S2O8與MnCl2反應生成MnO4-、Cl2、SO42-等?！驹斀狻浚?）從以上分析，可確定X中含有的元素為N、H、S、O；圖中被濃硫酸吸收的氣體為NH3，電子式為。答案為：N、H、S、O；（2）反應中，(NH4)2S2O8與NaOH反應，

29、生成BaSO4、NH3、O2等，且三者的物質的量之比為4:4:1，化學方程式為2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2+6H2O。答案為：2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2+6H2O；（3）已知X常用于檢驗Mn2+，它可將Mn2+氧化成MnO4-。則(NH4)2S2O8與MnCl2反應生成MnO4-、Cl2、SO42-等。S2O82-中有兩個O從-1價降低到-2價，共得2e-；MnCl2中，Mn2+由+2價升高到+7價，Cl-由-1價升高到0價，MnCl2共失7e-，從而得到下列關系：7S2O82-+2Mn2+4Cl-2Cl2+2MnO

30、4-+14SO42-，再依據電荷守恒、質量守恒進行配平，從而得出反應的離子方程式為7S2O82-+2Mn2+4Cl-+8H2O=2Cl2+2MnO4-+14SO42-+16H+。答案為：7S2O82-+2Mn2+4Cl-+8H2O=2Cl2+2MnO4-+14SO42-+16H+。24、CH2=CH2羧基2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【解析】A為常見烴，是一種水果催熟劑，則A為CH2=CH2，A與水反應生成B，B為CH3CH2OH，B發(fā)生催化氧化反應生成C，C為CH3CHO，F具有芳香味，F為酯，B氧化生成D，

31、D為CH3COOH，B與D發(fā)生酯化反應生成F，F為CH3COOCH2CH3，據此分析解答?！驹斀狻?1)根據上述分析，A的結構簡式為CH2=CH2，D為乙酸，D中官能團為羧基，故答案為：CH2=CH2；羧基；(2)反應為乙醇的催化氧化，反應的化學方程式是2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案為：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；(3)反應為乙醇和乙酸的酯化反應，反應的化學方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。25、除去油污 防止Fe2+被氧化 保

32、持溶液的體積，防止硫酸亞鐵析出，減少損失 計算加入硫酸銨晶體的質量 鹽酸酸化的氯化鋇溶液 吸收尾氣SO2，避免污染環(huán)境 稀硫酸和鐵氰化鉀溶液或稀硫酸和酸性高錳酸鉀溶液 【解析】（1）工業(yè)廢鐵粉中含有油脂，熱的Na2CO3溶液顯堿性可以洗滌油污；（2）根據目標產品NH4Fe(SO4)2分析需要硫酸銨與硫酸亞鐵的比例關系；（3）檢驗氣態(tài)產物中的SO2和SO3時，要考慮檢驗氣體的試劑及連接的順序問題；檢驗氧化物中是否含有二價鐵，先將氧化物溶解，再檢驗?！驹斀狻浚?）用熱的Na2CO3溶液洗滌工業(yè)廢鐵粉表面油脂,；再攪拌過程中Fe2+可能會被氧氣氧化為Fe3+，步驟中設計鐵粉過量，把Fe3+還原變?yōu)镕

33、e2+；在加熱的過程中水會不斷減少，可能會造成硫酸亞鐵固體的析出，造成損失，所以不斷補充蒸餾水維持溶液體積；答案：除去油污；防止Fe2+被氧化；保持溶液的體積，防止硫酸亞鐵析出，減少損失；（2）步驟中稱量反應后剩余鐵粉的質量,計算出生成硫酸亞鐵的物質的量,根據硫酸亞鐵和硫酸銨反應生成NH4Fe(SO4)2；答案：計算加入硫酸銨晶體的質量。（3）檢驗氣態(tài)產物中的SO2和SO3時，A中的NaOH溶液適用于吸收尾氣SO2，B中的品紅溶液適用于檢驗SO2，明顯僅剩C裝置用于檢驗SO3，但不能影響二氧化硫，那么用鹽酸酸化的氯化鋇溶液來檢驗SO3比較合理，同時避免二氧化硫溶解，由于考慮SO3會溶于水中，所

34、以先檢驗SO2，再檢驗SO3，最后進行尾氣吸收，綜合考慮連接順序為；裝置A的作用是吸收尾氣SO2，避免污染環(huán)境；檢驗充分分解并冷卻后的瓷舟中鐵的氧化物中是否含有二價鐵，先將氧化物溶解，用硫酸溶解，再滴加鐵氰化鉀溶液，產生藍色沉淀或滴加酸性高錳酸鉀溶液，紫紅色褪去，證明有二價鐵；答案：；鹽酸酸化的氯化鋇溶液；處理尾氣，避免污染環(huán)境；稀硫酸和鐵氰化鉀溶液或稀硫酸和酸性高錳酸鉀溶液?！军c睛】一般工業(yè)使用的金屬表面會有防銹油脂，熱的Na2CO3溶液顯堿性可以洗滌油污；對于原料的加入我們一般是要有估算的，要根據產品化學式的原子比例來估算原料的加入量；檢驗固體中的離子時，要是固體本身溶于水可直接加水溶解即

35、可，要是難溶于水，可根據固體性質加入酸溶液或堿溶液等其他不干擾檢驗的溶液進行溶解。26、使硫粉易于分散到溶液中 冷凝管(或球形冷凝管) 冷凝回流 Na2SO4 取少量產品溶于過量稀鹽酸，過濾，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產品中含有Na2SO4 由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色 18.10 【解析】I（1）硫粉難溶于水、微溶于乙醇，乙醇濕潤可以使硫粉易于分散到溶液中；（2）根據圖示裝置中儀器構造寫出其名稱，然后根據冷凝管能夠起到冷凝回流的作用進行解答；（3）由于S2O32具有還原性，易被氧氣氧化成硫酸根離子可知雜質為硫酸鈉；根據檢驗硫酸根離子的方法檢驗雜質硫酸鈉；（4）S2O32與

36、氫離子在溶液中能夠發(fā)生氧化還原反應生成硫單質，據此寫出反應的離子方程式；II（5）滴定終點為最后一滴碘的標準液滴入時，溶液中淀粉遇碘單質變藍；（6）滴定管讀數從上往下逐漸增大；根據氧化還原反應轉移電子守恒解答?！驹斀狻縄（1）硫粉難溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反應前用乙醇濕潤是使硫粉易于分散到溶液中，故答案為：使硫粉易于分散到溶液中；（2）根據題中圖示裝置圖可知，儀器a為冷凝管(或球形冷凝管)，該實驗中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案為：冷凝管(或球形冷凝管)；冷凝回流；（3）具有還原性，能夠被氧氣氧化成硫酸根離子，所以可能存在的雜質是硫酸鈉；檢驗硫酸鈉的方法為：取少量產品溶于過量稀鹽酸，過濾

37、，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產品中含有Na2SO4，故答案為：Na2SO4；取少量產品溶于過量稀鹽酸，過濾，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產品中含有Na2SO4；（4）與氫離子發(fā)生氧化還原反應生成淡黃色硫單質，反應的離子方程式為：；II（5）因指示劑為淀粉，當滴定到終點時，過量的單質碘遇到淀粉顯藍色，且半分鐘內不褪色；（6）起始體積為0.00mL，終點體積為18.10mL，因此消耗碘的標準溶液體積為18.10mL；該滴定過程中反應的關系式為：，則產品的純度為。27、蒸餾燒瓶 冷凝管 Sn可能與HCl反應生成SnCl2 防止SnCl4水解 Sn和Cl2 反應放出大量的

38、熱 91.2% 空氣中有白煙 取樣品少許，溶于稀鹽酸中，加2滴碘的淀粉溶液，振蕩，若紫色褪去，說明SnCl4混有少量的SnCl2，否則SnCl4純凈 【解析】裝置A有支管，因此是蒸餾燒瓶，氯氣進入燒瓶與錫反應得到，加熱后揮發(fā)，進入裝置B冷凝管中，注意冷凝水的方向是下進上出，冷卻后的變?yōu)橐后w，經牛角管進入錐形瓶E中收集，而F中的燒堿溶液可以吸收過量的氯氣，據此來分析作答?！驹斀狻浚?）裝置A是蒸餾燒瓶，裝置B是冷凝管；（2）錫在金屬活動順序表中位于氫之前，因此金屬錫會和反應得到無用的，而除去水蒸氣是為了防止水解；（3）此反應過程會放出大量的熱，因此此時我們可以停止加熱，靠反應放出的熱將持續(xù)蒸出；根據算出錫的物質的量，代入的摩爾質量算出理論上能得到26.1克，則產率為；（4）水解產生白色的固態(tài)二氧化錫，應該能