2022年河南省淮陽高三第六次模擬考試化學試卷含解析

1、2021-2022高考化學模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、體積相同的鹽酸和醋酸兩種溶液，n(Cl)=n(CH3COO)=0.01mol，下列敘述正確的是()A醋酸溶液的pH大于鹽酸B醋酸溶液的pH小于鹽酸C與NaOH完全中和時，醋酸消耗的NaOH多于鹽酸D分別用水稀釋相同倍數(shù)后，所得溶液中：n (Cl)=n (CH3COO)2、硫

2、酸鈣是一種用途非常廣泛的產(chǎn)品，可用于生產(chǎn)硫酸、漂白粉等一系列物質(zhì)（見下圖）。下列說法正確的是ACO、SO2、SO3均是酸性氧化物B工業(yè)上利用Cl2和澄清石灰水反應來制取漂白粉C除去與水反應，圖示轉(zhuǎn)化反應均為氧化還原反應D用CO合成CH3OH進而合成HCHO的兩步反應，原子利用率均為100%3、下列說法正確的是（）A甲烷有兩種二氯代物B1 mol CH2=CH2中含有的共用電子對數(shù)為5NAC等物質(zhì)的量的甲烷與氯氣在光照條件下反應的產(chǎn)物是CH3ClD鄰二甲苯只有一種結(jié)構(gòu)說明苯分子不是由單雙鍵交替組成的環(huán)狀結(jié)構(gòu)4、X、Y、Z、Q、R均為短周期元素，且Y、Z、Q、R在周期表中的位置關系如下圖所示。已知

3、X與Y同主族，X與Q能形成最簡單的有機物。則下列有關說法正確的是( )QRYZA原子半徑：r(Z)r(Y)(R)r(Q)B氣態(tài)化合物的穩(wěn)定性：QX4RX3CX與Y形成的化合物中含有離子鍵D最高價含氧酸的酸性：X2QO3XRO35、-紫羅蘭酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一種天然香料，它經(jīng)多步反應可合成維生素A1。下列說法正確的是A-紫羅蘭酮可使酸性KMnO4溶液褪色B1mol中間體X最多能與2mol H2發(fā)生加成反應C維生素A1易溶于NaOH溶液D-紫羅蘭酮與中間體X互為同分異構(gòu)體6、下列營養(yǎng)物質(zhì)在人體內(nèi)發(fā)生的變化及其對人的生命活動所起的作用敘述不正確的是：A淀粉葡萄糖（氧化）水和二氧化碳（釋放能

4、量維持生命活動）B纖維素（水解）葡萄糖（氧化）水和二氧化碳（釋放能量維持生命活動）C植物油含不飽和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色D酶通常是一類具有高選擇催化性能的蛋白質(zhì)7、油脂是重要的工業(yè)原料關于“油脂”的敘述錯誤的是A不能用植物油萃取溴水中的溴B皂化是高分子生成小分子的過程C和H2加成后能提高其熔點及穩(wěn)定性D水解可得到丙三醇8、關于常溫下pH均為1的兩種酸溶液,其稀釋倍數(shù)與溶液pH的變化關系如圖所示,下列說法中正確的是( )AHA是弱酸,HB是強酸BHB一定是弱酸,無法確定HA是否為強酸C圖中a=2.5D0.1 mol/L HB溶液與等物質(zhì)的量濃度、等體積的氫氧化鈉溶液混合后,所得溶液中

5、:c(H+)碳酸苯酚B取酸性KMnO4溶液少量，加入足量H2O2溶液，溶液紫紅色逐漸褪去且產(chǎn)生大量氣泡氧化性：KMnO4H2O2C用95%的酒精代替75%的酒精殺滅新型冠狀病毒高濃度酒精能讓蛋白質(zhì)變性更快D向裝有適量淀粉水解液試管中加入新制的銀氨溶液，然后水浴加熱一段時間，試管內(nèi)壁無任何現(xiàn)象淀粉未水解AABBCCDD10、下列由實驗操作及現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是操作及現(xiàn)象結(jié)論A其他條件相同，測定等濃度的HCOOK和K2S溶液的pH比較Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈紅色溶液中一定含有Fe2+C向純堿中滴加足量濃鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入硅酸鈉

6、溶液，溶液變渾濁酸性：鹽酸碳酸硅酸DC2H5OH與濃硫酸混合后加熱到170，制得氣體使酸性KMnO4溶液褪色一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色AABBCCDD11、用下圖所示裝置進行下列實驗：將中溶液滴入中，預測的現(xiàn)象與實際相符的是選項中物質(zhì)中物質(zhì)預測中的現(xiàn)象A稀鹽酸碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液立即產(chǎn)生氣泡B濃硝酸用砂紙打磨過的鋁條產(chǎn)生紅棕色氣體C草酸溶液高錳酸鉀酸性溶液溶液逐漸褪色D氯化鋁溶液濃氫氧化鈉溶液產(chǎn)生大量白色沉淀AABBCCDD12、已知酸性溶液中還原性的順序為SO32-I-Fe2+Br-Cl-，下列反應不能發(fā)生的是A2Fe3+SO32-+H2O2Fe2+SO42-+2H+BI

7、2+ SO32-+H2OSO42-+2I-+2H+C2Fe2+I22Fe3+2I-DBr2+SO32-+H2OSO42-+2Br-+2H+13、全釩液流儲能電池是一種新型的綠色環(huán)保儲能系統(tǒng)（工作原理如圖，電解液含硫酸）。該電池負載工作時，左罐顏色由黃色變?yōu)樗{色。4下列說法錯誤的是A該電池工作原理為VO2+VO2+2H+VO2+V3+H2OBa和b接用電器時，左罐電動勢小于右罐，電解液中的H+通過離子交換膜向左罐移動C電池儲能時，電池負極溶液顏色變?yōu)樽仙獶電池無論是負載還是儲能，每轉(zhuǎn)移1 mol電子，均消耗1 mol氧化劑14、X、Y、Z、Q、R為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其原子半徑與最

8、外層電子數(shù)的關系如下圖所示。R原子最外層電子數(shù)Q原子最外層電子數(shù)的4倍，Q的簡單離子核外電子排布與Z2-相同。下列相關敘述不正確的是A化合物XZ2中含有離子鍵B五種元素中Q的金屬性最強C氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：YH3XH4D最高價氧化物對應的水化物酸性：HYO3H2RO315、關于下列各實驗裝置的敘述中正確的是A裝置可用于吸收氯化氫氣體B裝置可用于制取氯氣C裝置可用于制取乙酸乙酯D裝置可用于制取氨氣16、某課外活動小組的同學從采集器中獲得霧霾顆粒樣品，然后用蒸餾水溶解，得到可溶性成分的浸取液。在探究該浸取液成分的實驗中，下列根據(jù)實驗現(xiàn)象得出的結(jié)論錯誤的是A取浸取液少許，滴入AgNO3溶液有白色沉淀

9、產(chǎn)生，則可能含有Cl-B取浸取液少許，加入Cu和濃H2SO4，試管口有紅棕色氣體產(chǎn)生，則可能含有NO3-C取浸取液少許，滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，則一定含SO42-D用潔凈的鉑絲棒蘸取浸取液，在酒精燈外焰上灼燒，焰色呈黃色，則一定含有Na+17、丁苯橡膠的化學組成為，其單體一定有()A2丁炔B1，3丁二烯C乙苯D乙烯18、ClO2是一種消毒殺菌效率高、二次污染小的水處理劑，可通過以下反應制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O，下列說法錯誤的是（ ）A每1molKClO3參加反應就有2mol電子轉(zhuǎn)移BClO2是還原產(chǎn)物C

10、H2C2O4在反應中被氧化DKClO3在反應中得到電子19、Q、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X的焰色反應呈黃色。Q元素的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍。W、Z最外層電子數(shù)相同，Z的核電荷數(shù)是W的2倍。元素Y的合金是日常生活中使用最廣泛的金屬材料之一，下列說法正確的是A原子半徑的大小順序：rY rXrQrWBX、Y的最高價氧化物的水化物之間不能發(fā)生反應CZ元素的氫化物穩(wěn)定性大于W元素的氫化物穩(wěn)定性D元素Q和Z能形成QZ2型的共價化合物20、如圖所示是一種以液態(tài)肼（N2H4）為燃料，某固體氧化物為電解質(zhì)的新型燃料電池。該電池的工作溫度可高達700900，生成物均為無毒無害的

11、物質(zhì)。下列說法錯誤的是A電池總反應為：N2H4+2O2=2NO+2H2OB電池內(nèi)的O2由電極乙移向電極甲C當甲電極上消耗lmol N2H4時，乙電極理論上有 22.4L（標準狀況下）O2參與反應D電池正極反應式為：O2+4e=2O221、常溫下，BaCO3的溶度積常數(shù)為Ksp，碳酸的電離常數(shù)為Ka1、Ka2，關于0.1mol/LNaHCO3溶液的下列說法錯誤的是A溶液中的c(HCO3-)一定小于0.1 mol/LBc(H+)c(H2CO3)c(CO32-)c(OH)C升高溫度或加入NaOH固體, 均增大D將少量該溶液滴入BaCl2溶液中，反應的平衡常數(shù)22、如圖是一個一次性加熱杯的示意圖。當水

12、袋破裂時，水與固體碎塊混合，杯內(nèi)食物溫度逐漸上升。制造此加熱杯可選用的固體碎塊是（ ）A硝酸銨B生石灰C氯化銨D食鹽二、非選擇題(共84分)23、（14分）化合物 I(）是治療心臟病的一種重要藥物，可由簡單有機物 A、B 和萘（ ）合成，路線如下： (1)C的結(jié)構(gòu)簡式為_，E的化學名稱_。(2)由萘生成C、B生成E的反應類型分別為_、_ 。(3)I中含氧官能團的名稱為_。(4)D可使溴水褪色，由D生成G的反應實現(xiàn)了原子利用率100%，則該反應的化學方程式為_。(5)同位素標記可用來分析有機反應中的斷鍵情況，若用超重氫（T）標記的G（）與F反應，所得H的結(jié)構(gòu)簡式為 則反應中G（）斷裂的化學鍵為

13、_（填編號）(6)Y為H的同分異構(gòu)體，滿足以下條件的共有_種,請寫出其中任意一種的結(jié)構(gòu)簡式_。 含有萘環(huán)，且環(huán)上只有一個取代基?？砂l(fā)生水解反應，但不能發(fā)生銀鏡反應。24、（12分）阿司匹林()是有機合成過程中的中間體。已知：.(具有較強的還原性)(1)反應的試劑和條件為_；反應的反應類型為_；反應的作用是_；(2)B的結(jié)構(gòu)簡式為_；(3)下列關于G中的描述正確的是_；A具有兩性，既能與酸反應也能與堿反應B能發(fā)生加成、消去、取代和氧化反應C能聚合成高分子化合物D1molG與足量NaHCO3溶液反應放出2molCO2 (4)D與足量的NaOH溶液反應的化學方程式為_；反應的化學方程式為_；(5)符

14、合下列條件的C的同分異構(gòu)體有_種；a.屬于芳香族化合物，且含有兩個甲基b.既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為6211的是_；(6)已知：依據(jù)題意，寫出以甲苯為原料合成鄰氨基苯甲酸的流程圖(無機試劑任選)_。25、（12分）甲同學向做過銀鏡反應的試管滴加0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液(pH=2)，發(fā)現(xiàn)銀鏡部分溶解，和大家一起分析原因：甲同學認為：Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質(zhì)Ag。乙同學認為：Fe(NO3)3溶液顯酸性，該條件下NO3也能氧化單質(zhì)Ag。丙同學認為：Fe3+和NO3均能把Ag氧化而溶解。(1)生成銀鏡反應過程中銀氨溶液發(fā)生_（氧化、還

15、原）反應。(2)為得出正確結(jié)論，只需設計兩個實驗驗證即可。實驗I：向溶解了銀鏡的Fe(NO3)3的溶液中加入_（填序號，KSCN溶液、K3Fe(CN)6溶液、稀HC1），現(xiàn)象為_，證明甲的結(jié)論正確。實驗：向附有銀鏡的試管中加入_溶液，觀察銀鏡是否溶解。兩個實驗結(jié)果證明了丙同學的結(jié)論。(3)丙同學又把5mLFeSO4溶液分成兩份：第一份滴加2滴KSCN溶液無變化；第二份加入1mL0.1mol/LAgNO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀，隨后有黑色固體產(chǎn)生（經(jīng)驗證黑色固體為Ag顆粒），再取上層溶液滴加KSCN溶液變紅。根據(jù)上述的實驗情況，用離子方程式表示Fe3+、Fe2+、Ag+、Ag之間的反應關系_。(4)

16、丁同學改用如圖實驗裝置做進一步探究：K剛閉合時，指針向左偏轉(zhuǎn)，此時石墨作_，（填“正極”或“負極。此過程氧化性：Fe3+_Ag+（填或或）。由上述實驗，得出的結(jié)論是：_。26、（10分）碳酸鎂晶須是一種新型的吸波隱形材料中的增強材料。（1）合成該物質(zhì)的步驟如下：步驟1：配制0.5molL-1 MgSO4溶液和0.5molL-1 NH4HCO3溶液。步驟2：用量筒量取500mL NH4HCO3溶液于1000mL三頸燒瓶中，開啟攪拌器。溫度控制在50。步驟3：將250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min內(nèi)滴加完后，用氨水調(diào)節(jié)溶液pH到9.5。步驟4：放置1h后，過濾，洗滌。步

17、驟5：在40的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸鎂晶須產(chǎn)品（MgCO3nH2O n=15）。步驟2控制溫度在50，較好的加熱方法是_。步驟3生成MgCO3nH2O沉淀的化學方程式為_。步驟4檢驗沉淀是否洗滌干凈的方法是_。（2）測定生成的MgCO3nH2O中的n值。稱量1.000碳酸鎂晶須，放入如圖所示的廣口瓶中加入適量水，并滴入稀硫酸與晶須反應，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室溫下反應45h，反應后期將溫度升到30，最后將燒杯中的溶液用已知濃度的鹽酸滴定，測得CO2的總量；重復上述操作2次。圖中氣球的作用是_。上述反應后期要升溫到30，主要目的是_。測得每7.8000g碳酸鎂晶須產(chǎn)生標準狀況

18、下CO2為1.12L，則n值為_。（3）碳酸鎂晶須可由菱鎂礦獲得，為測定某菱鎂礦（主要成分是碳酸鎂，含少量碳酸亞鐵、二氧化硅）中鐵的含量，在實驗室分別稱取12.5g菱鎂礦樣品溶于過量的稀硫酸并完全轉(zhuǎn)移到錐形瓶中，加入指示劑，用0.010mol/L H2O2溶液進行滴定。平行測定四組。消耗H2O2溶液的體積數(shù)據(jù)如表所示。實驗編號1234消耗H2O2溶液體積/mL15.0015.0215.6214.98H2O2溶液應裝在_（填“酸式”或“堿式”）滴定管中。根據(jù)表中數(shù)據(jù)，可計算出菱鎂礦中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為_ %（保留小數(shù)點后兩位）。27、（12分）輝銅礦與銅藍礦都是天然含硫銅礦，在地殼中二者常伴生存

19、在。現(xiàn)取一份該伴生礦樣品，經(jīng)檢測后確定僅含、和惰性雜質(zhì)。為進一步確定其中、的含量，某同學進行了如下實驗： 取2.6g樣品，加入200.0mL 0.2000mol/L酸性溶液，加熱（硫元素全部轉(zhuǎn)化為），濾去不溶雜質(zhì)； 收集濾液至250mL容量瓶中，定容； 取25.00mL溶液，用溶液滴定，消耗20.00mL； 加入適量溶液（掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再參與其他反應），再加入過量KI固體，輕搖使之溶解并發(fā)生反應：； 加入2滴淀粉溶液，用溶液滴定，消耗30.00mL（已知：）?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出溶于酸性溶液的離子方程式：_。（2）配制溶液時要用煮沸過的稀硫酸，原因是_，配制過程中所需玻璃儀

20、器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有_。（3）中取25.00mL待測溶液所用的儀器是_。（4）中滴定至終點時的現(xiàn)象為_。（5）混合樣品中和的含量分別為_%、_%（結(jié)果均保留1位小數(shù)）。（6）判斷下列情況對樣品中和的含量的影響（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）若量取酸性溶液時俯視讀數(shù)，則最終結(jié)果的含量_。若用溶液滴定終點讀數(shù)時仰視，則最終結(jié)果的含量_。28、（14分）水體中硝酸鹽造成的污染已成為突出的環(huán)境問題。某課題組研究了去除不同各種水體中NO3的方法。（1）用鋁粉去除飲用水中NO3的一種方案如下：用熟石灰而不用NaOH調(diào)節(jié)pH的主要原因是_。在調(diào)節(jié)pH時，若pH過大或過小都會造成Al的利用率降

21、低。寫出pH過大造成Al利用率降低的離子方程式_。在加入鋁粉去除NO3的反應中，氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為_。（2）用鐵粉處理pH=2.5的含NO3廢水，測得溶液中相關離子濃度、pH隨時間的變化關系如圖（部分副反應產(chǎn)物略去）：t1時刻前，該反應的離子方程式為_。研究表明：鐵粉還原含NO3廢水時，加入活性碳粉可以提高去除NO3的速率，可能的原因是_。（3）用Pt作電極電解含NO3的酸性廢水，原理如圖。N為電源的_（選填“正”或 “負”）極，與直流電源M端相連的Pt電極上的電極反應式為_。（4）課題組以鈦基氧化物涂層材料為惰性陽極、碳納米管修飾的石墨為陰極，控制一定條件，電解含大量NO3、

22、SO42的廢水，可使NO3變?yōu)镹H4+。研究發(fā)現(xiàn)：其他條件不變，廢水中加一定量NaCl，去除NH4+的效果明顯提高，溶液中氮元素含量顯著降低，可能的原因是_。29、（10分）中科院大連化學物理研究所的一項最新成果實現(xiàn)了甲烷高效生產(chǎn)乙烯，如圖所示，甲烷在催化作用下脫氫，在不同溫度下分別形成等自由基，在氣相中經(jīng)自由基:CH2偶聯(lián)反應生成乙烯(該反應過程可逆)(1)已知相關物質(zhì)的燃燒熱如上表所示，寫出甲烷制備乙烯的熱化學方程式_。(2)現(xiàn)代石油化工采用Ag作催化劑，可實現(xiàn)乙烯與氧氣制備X(分子式為C2H4O，不含雙鍵)該反應符合最理想的原子經(jīng)濟，則反應產(chǎn)物是_(填結(jié)構(gòu)簡式)。(3)在400時，向初始

23、體積為1L的恒壓密閉反應器中充入1 molCH4，發(fā)生(1)中反應，測得平衡混合氣體中C2H4的體積分數(shù)為20.0。則:在該溫度下，其平衡常數(shù)K_。若向該反應器中通入高溫水蒸氣(不參加反應，高于400)，則C2H4的產(chǎn)率將_(填“増大”“減小”“不變”或“無法確定”)，理由是_。若反應器的體積固定，不同壓強下可得變化如下圖所示，則壓強的關系是_。實際制備C2H4時，通常存在副反應2CH4(g)C2H6(g)+H2(g)。反應器和CH4起始量不変，不同溫度下C2H6和C2H4的體積分數(shù)與溫度的關系曲線如下圖所示。I.在溫度高于600時，有可能得到一種較多的雙碳有機副產(chǎn)物的名稱是_。II.若在40

24、0時，C2H4、C2H6的體積分數(shù)分別為20.0、6.0，其余為CH4和H2，則體系中CH4的體積分數(shù)是_。參考答案一、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、C【解析】A根據(jù)電荷守恒，當體積相同的鹽酸和醋酸兩種溶液中n(Cl)=n(CH3COO)，氫離子濃度相同，溶液pH相同，故A錯誤；B根據(jù)電荷守恒，當體積相同的鹽酸和醋酸兩種溶液中n(Cl)=n(CH3COO)，氫離子濃度相同，溶液pH相同，故B錯誤；C醋酸是弱酸存在電離平衡，當n(Cl)=n(CH3COO)時，n(CH3COOH)遠遠大于n(HCl)，與NaOH完全中和時，醋酸消耗的NaOH多于鹽酸，故C正確；D加

25、水稀釋時，醋酸電離平衡正向移動，醋酸溶液中醋酸根離子物質(zhì)的量增大，而鹽酸溶液中氯離子物質(zhì)的量不變，所以分別用水稀釋相同倍數(shù)后，所得溶液中：n (Cl) r(Z) r(Q) r(R)，A項錯誤；B. 非金屬性越強，其對應的氣態(tài)化合物越穩(wěn)定，則NH3的穩(wěn)定性大于CH4，即RX3 QX4，B項錯誤；C. X與Y形成NaH，含離子鍵，C項正確； D. 非金屬性越強，其對應的最高價含氧酸的酸性越大，則硝酸的酸性大于碳酸，即：XRO3 X2QO3，D項錯誤；答案選C。5、A【解析】A.紫羅蘭酮含有碳碳雙鍵，可使酸性KMnO4溶液褪色，故A正確；B.1mol中間體X含有2mol碳碳雙鍵、1mol醛基，所以最

26、多能與3 mol H2發(fā)生加成反應，故B錯誤；C.維生素A1含有醇羥基，所以不易溶于NaOH溶液，故C錯誤；D.紫羅蘭酮與中間體X所含C原子數(shù)不同，不是同分異構(gòu)體，故D錯誤。故選A。6、B【解析】A. 淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能釋放出能量，故A正確；B. 人體內(nèi)沒有水解纖維素的酶，它在人體內(nèi)主要是加強胃腸蠕動，有通便功能，不能被消化功能，故B錯誤；C. 植物油含不飽和脂肪酸酯，分子中含有碳碳雙鍵具有烯烴的性質(zhì)，能使Br2/CCl4褪色，故C正確；D. 酶是蛋白質(zhì)，具有高選擇性和催化性能，故D正確；答案選B。7、B【解析】A、植物油的主要成分為不飽和高級脂肪酸甘油酯，分子

27、中含有雙鍵能夠與溴反應，A正確；B、皂化反應是油脂的堿性水解，反應的主要產(chǎn)物脂肪酸鈉和甘油不是高分子化合物，B錯誤；C、油脂和H2加成后油脂中的不飽和高級脂肪酸甘油酯轉(zhuǎn)化成飽和的高級脂肪酸甘油酯，其熔點及穩(wěn)定性均得到提高，C正確；D、油脂是高級脂肪酸和甘油形成的酯，水解后可以得到甘油，即丙三醇， D正確。8、D【解析】A.強酸稀釋103倍，pH變化3，據(jù)圖可知HA是強酸、HB是弱酸，故A不選；B.由A項分析可知，HA是強酸、HB是弱酸，故B不選；C.由題中數(shù)據(jù)不能確定a的數(shù)值，故C不選；D.弱酸HB與等物質(zhì)的量的氫氧化鈉溶液混合后，生成的NaB是強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，故D選。故選D。9、B【

28、解析】A由于濃鹽酸揮發(fā)出HCl，可以使苯酸鈉生成苯酚，只能證明鹽酸酸性強于碳酸，A錯誤；B發(fā)生反應：5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2+8H2O+5O2,現(xiàn)象為紫紅色褪去，有氣泡產(chǎn)生，證明氧化性KMnO4H2O2，B正確；C醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度（體積分數(shù)）通常是75%，乙醇濃度太大，殺菌能力強但滲透性差，95%的酒精溶液會導致病毒表面的蛋白質(zhì)變性，當病毒退殼后，里面的蛋白質(zhì)仍然會危害人體健康，所以不能用95%的酒精代替75%的酒精殺滅新型冠狀病毒，C錯誤；D淀粉水解后溶液顯酸性，應在堿性條件下檢驗，正確的方法是在水解所制得溶液中先加NaOH溶液，再加入新制的銀氨溶液，然后水浴加熱，

29、D錯誤；答案選B。10、A【解析】A.酸的電離平衡常數(shù)越大，其酸根離子水解程度越小，則其相應的鉀鹽pH越小，所以測定等物質(zhì)的量濃度的HCOOK和K2S溶液的pH比較Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小，故A正確；B.向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，原溶液中可能含有鐵離子，無法據(jù)此判斷原溶液中是否含有亞鐵離子，故B錯誤；C.鹽酸易揮發(fā)，產(chǎn)生的氣體中混有HCl，HCl與硅酸鈉反應也產(chǎn)生白色沉淀，則該實驗不能比較碳酸與硅酸酸性的強弱，故C錯誤；D.C2H5OH與濃硫酸混合后加熱到170，制取的乙烯氣體中混有乙醇、SO2等，乙醇、SO2都能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能說明一定是乙烯使酸

30、性KMnO4溶液褪色，故D錯誤。故選A。11、C【解析】A項、鹽酸首先中和氫氧化鈉，故A錯誤；B項、常溫下鋁在濃硝酸中鈍化，得不到氣體，故B錯誤；C項草酸具有還原性，能被酸性 高錳酸鉀溶液氧化，使其褪色，故C正確；D項、氫氧化鈉溶液開始是過量的，因此不可能產(chǎn)生白色沉淀氫氧化鋁，故D錯誤；故選C。12、C【解析】A、因該反應中S元素的化合價升高，F(xiàn)e元素的化合價降低，則SO32-為還原劑，還原性強弱為SO32-Fe2+，與已知的還原性強弱一致，能發(fā)生，故A不選；B、因該反應中S元素的化合價升高，I元素的化合價降低，則SO32-為還原劑，還原性強弱為SO32-I-，與已知的還原性強弱一致，能發(fā)生，

31、故B不選；C、因該反應中Fe元素的化合價升高，I元素的化合價降低，則Fe2+為還原劑，還原性強弱為Fe2+I-，與已知的還原性強弱不一致，反應不能發(fā)生，故C選；D、因該反應中Br元素的化合價降低，S元素的化合價升高，則SO32-為還原劑，還原性強弱為SO32-Br-，與已知的還原性強弱一致，能發(fā)生，故D不選。答案選C。13、B【解析】電池負載工作時，左罐顔色由黃色變?yōu)樗{色，說明O2+變?yōu)镺2，V化合價降低，則左罐所連電極a為正極；右罐發(fā)生V2+變?yōu)閂3+，化合價升高的反應，所以右罐所連電極b為負極，因此電池反應為VO2+V2+2H+=VO2+V3+H2O，所以，該儲能電池工作原理為VO2+VO

32、2+2H+VO2+V3+H2O，故A正確；B、a和b接用電器時，該裝置為原電池，左罐所連電極為正極，所以電動勢大于右罐，電解液中的H+通過離子交換膜向正極移動，即向左罐方向移動，故B錯誤；C、電池儲能時為電解池，故電池a極接電源正極，電池b極接電源負極，電池負極所處溶液即右罐V3+變?yōu)閂2+，因此溶液顏色由綠色變?yōu)樽仙?，故C正確；D、負載時為原電池，儲能時為電解池，根據(jù)反應式VO2+VO2+2H+VO2+V3+H2O可知，原電池時氧化劑為VO2+，電解池時氧化劑為V3+，它們與電子轉(zhuǎn)移比例為n(VO2+)：n（V3+）:n(e)=1:1:1，故D正確。答案選B。14、A【解析】X、Y、Z、Q、

33、R為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，R原子最外層上的電子數(shù)是Q原子最外層電子數(shù)的4倍，則Q只能處于IA族，R處于A族，R與X最外層電子數(shù)相同，二者同主族，且R的原子半徑較大，故X為C元素、R為Si元素；最外層電子數(shù)ZY4，且二者原子半徑小于碳原子，故Y、Z處于第二周期，Z能夠形成離子Z2-，故Z為O元素，則Y為N元素；Q離子核外電子排布與O2-相同，且Q處于IA族，故D為Na，據(jù)此進行解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知X是C元素，Y是N元素，Z是O元素，R是Si元素，Q是Na元素。A.化合物XZ2是CO2，該物質(zhì)是共價化合物，由分子構(gòu)成，分子中含有共價鍵，A錯誤；B.在上述五種元素中只有Q表示的

34、Na元素是金屬元素，因此五種元素中Q的金屬性最強，B正確；C.元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的穩(wěn)定性就越強。由于元素的非金屬性NC，所以氫化物的穩(wěn)定性NH3CH4，C正確；D.元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強。由于元素的非金屬性NSi，所以酸性：HNO3H2SiO3，D正確；故合理選項是A?！军c睛】本題考查了元素周期表與元素周期律的應用的知識。根據(jù)元素的原子結(jié)構(gòu)及相互關系進行元素推斷是本題解答的關鍵，難度適中。15、A【解析】A、導管口插入四氯化碳中，氯化氫氣體易溶于水不易溶于四氯化碳，能防止倒吸且能吸收氯化氫，選項A正確；B、制備氯氣時應為二氧化錳和濃鹽酸共熱，裝

35、置中缺少加熱裝置，選項B錯誤；C、收集乙酸乙酯時導管末端不能伸入液面以下，選項C錯誤；D、制備氨氣時應加熱氯化銨和氫氧化鈣混合固體，選項D錯誤。答案選A。16、C【解析】A滴入AgNO3溶液有白色沉淀產(chǎn)生，則可能含有Cl-、SO42-等，A正確；B取浸取液少許，加入Cu和濃H2SO4，試管口有紅棕色氣體產(chǎn)生，紅棕色氣體應該是NO2，說明溶液中可能含有NO3-，B正確；C取浸取液少許，滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，原浸取液中可能含SO32-、SO42-等，不一定含SO42-，C錯誤；D焰色反應呈黃色，則浸取液中一定含有Na+，D正確；答案選C。17、B【解析】根據(jù)丁苯橡膠的結(jié)構(gòu)可

36、知，其主鏈上全是碳原子，故其一定是由單體發(fā)生加聚反應得到的，由于其分子式中有雙鍵，一定是發(fā)生聚合反應新生成的，將鏈節(jié)分斷，可以發(fā)生其單體是苯乙烯和1，3丁二烯，答案選B。18、A【解析】A. 根據(jù)化學方程式，KClO3中Cl元素由+5價下降到+4價，得到1個電子，所以1molKClO3參加反應有1mol電子轉(zhuǎn)移，故A錯誤；B. 反應2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O中，化合價升高元素是C，對應的產(chǎn)物CO2是氧化產(chǎn)物，化合價降低元素是Cl，對應的產(chǎn)物ClO2是還原產(chǎn)物，故B正確；C. 化合價升高元素是C元素，所在的反應物H2C2O4是還原劑，在反應中

37、被氧化，故C正確；D. 反應2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O中，KClO3中Cl元素化合價降低，得到電子，故D正確；故選A。19、D【解析】X的焰色反應呈黃色，X為Na元素；Q元素的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍，Q元素原子有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，Q為碳元素；W、Z最外層電子數(shù)相同，所以二者處于同一主族，Z的核電荷數(shù)是W的2倍， W為氧元素，Z為硫元素；元素Y的合金是日常生活中使用最廣泛的金屬材料之一，則Y為Al元素。A、同周期自左向右原子半徑減小，所以原子半徑NaAlSi，CO，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑SiC，故原子

38、半徑NaAlCO，即XYQW，故A錯誤；B、X、Y的最高價氧化物的水化物分別是氫氧化鈉和氫氧化鋁，而氫氧化鋁是兩性氫氧化物，與氫氧化鈉反應生，故B錯誤；C、非金屬性OS，故氫化物穩(wěn)定性H2OH2S，故C錯誤；D、元素Q和Z能形成QZ 2是CS2屬于共價化合物，故D正確；故答案選D。20、A【解析】A、按照題目意思，生成物均為無毒無害的物質(zhì)，因此N2H4和O2反應的產(chǎn)物為N2和H2O，總反應方程式為N2H4O2=N22H2O，A錯誤，符合題意；B、在原電池中，陰離子向負極移動，N2H4中N的化合價從1升高到0，失去電子，因此通過N2H4的一極為負極，則O2由電極乙向電極甲移動，B正確，不符合題意

39、；C、總反應方程式為N2H4O2=N22H2O，每消耗1molN2H4，就需要消耗1molO2，在標準狀況下的體積為22.4L，C正確，不符合題意；D、根據(jù)題目，O2得到電子生成O2，電極方程式為O2+4e=2O2，D正確，不符合題意；答案選A。21、D【解析】AHCO3-離子在溶液中既要發(fā)生電離又要發(fā)生水解，0.1mol/LNaHCO3溶液中的c（HCO3-）一定小于0.1 mol/L，A正確；BNaHCO3溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)、電荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，代入可得

40、c(H+)+c(H2CO3)(CO32-)+c(OH-)，B正確；C升高溫度，HCO3-離子的電離和水解都是吸熱反應，所以c(HCO3-)會減小，而c(Na+)不變，會增大；加入NaOH固體，c(Na+)會增大， HCO3-與OH-反應導致c(HCO3-)減小，會增大，所以C正確；D將少量NaHCO3溶液滴入BaCl2溶液發(fā)生：HCO3- H+ CO32-（Ka2）、Ba2+ CO32-= BaCO3（）、H+ HCO3-= H2CO3（），三式相加可得總反應Ba2+2HCO3-=BaCO3+H2CO3(K)，所以K=，D錯誤；答案選D。【點睛】方程式相加平衡常數(shù)相乘，方程式反應物生成物互換平

41、衡常數(shù)變成原來的倒數(shù)。22、B【解析】A硝酸銨與水混合時，吸收熱量，溫度降低，故A錯誤；B生石灰(CaO)與水反應時放出熱量，溫度升高，故B正確；C氯化銨與水混合時，吸收熱量，溫度降低，故C錯誤；D食鹽溶于水沒有明顯的熱效應，溫度變化不明顯，故D錯誤；故答案為B?！军c睛】考查常見的放熱和吸熱反應，明確物質(zhì)的性質(zhì)、掌握常見的放熱反應和吸熱反應是解決該類題目的關鍵，根據(jù)常見的放熱反應有：大多數(shù)的化合反應，酸堿中和的反應，金屬與酸的反應，金屬與水的反應，燃燒反應，爆炸反應；常見的吸熱反應有：大多數(shù)的分解反應，C、CO、H2還原金屬氧化物，銨鹽與堿的反應；結(jié)合題意可知水與固體碎片混合時放出熱量，即為放

42、熱反應來解題。二、非選擇題(共84分)23、 乙醇 取代反應 加成反應 醚鍵和羥基 ad 8 (任寫一種，符合題目要求即可) 【解析】和氯氣在催化劑作用下發(fā)生取代生成C，C在堿性條件下發(fā)生發(fā)生水解反應生成F，F(xiàn)和G在堿性條件下生成H，根據(jù)H的結(jié)構(gòu)簡式，可知C的結(jié)構(gòu)簡式為，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為；B(乙烯)在催化劑作用下與水發(fā)生加成反應生成E，則E為乙醇，乙醇與氨氣發(fā)生取代反應生成(CH3CH2)3N，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)分析C的結(jié)構(gòu)簡式為，E的化學名稱是乙醇；(2)根據(jù)分析，和氯氣在催化劑作用下發(fā)生取代生成C，反應類型為取代反應；B(乙烯)在催化劑作用下與水發(fā)生加成反應生成E，反應類型為加

43、成反應；(3)化合物 I的結(jié)構(gòu)簡式為，其中含氧官能團有醚鍵和羥基；(4) A與氯氣在加熱條件下反應生成D，D在催化劑作用下被氧氣氧化生成G，D可使溴水褪色，說明D中含有碳碳雙鍵，由D生成G的反應實現(xiàn)了原子利用率100%，結(jié)合G的結(jié)構(gòu)簡式可知，D的結(jié)構(gòu)簡式為，則該反應的化學方程式為：；(5)反應中G（）到H( )過程中，氯原子從G分子中脫離，則a位置的鍵發(fā)生斷鍵；含有重氫的環(huán)狀結(jié)構(gòu)斷開，說明d位置化學鍵斷裂；斷裂的化學鍵為ad；(6)H的結(jié)構(gòu)簡式為 ，Y為H的同分異構(gòu)體，含有萘環(huán)，且環(huán)上只有一個取代基，可發(fā)生水解反應，但不能發(fā)生銀鏡反應，說明分子中由酯基，沒有醛基，故符合要求的結(jié)構(gòu)簡式為、 、

44、、 、 、 ，共有8種(任寫一種，符合題目要求即可)。24、濃硫酸、濃硝酸、加熱 取代反應 保護酚羥基，以防被氧化 AC +3NaOH+CH3COONa+2H2O +(CH3CO)2O+CH3COOH 6 或 【解析】乙酰氯和乙酸反應生成A，A和B反應生成C，C被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成D，根據(jù)D的結(jié)構(gòu)簡式()知，C為，B中含有苯環(huán)，根據(jù)B的分子式C7H8O知，B為，根據(jù)信息I，A為(CH3CO)2O；D發(fā)生水解反應然后酸化得到E，E為，E反應生成F，F(xiàn)發(fā)生還原反應生成G，根據(jù)G的結(jié)構(gòu)簡式()結(jié)合題給信息知，F(xiàn)為；(6)甲苯和濃硝酸發(fā)生取代反應生成鄰硝基甲苯，鄰硝基甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生

45、成鄰硝基苯甲酸，鄰硝基苯甲酸被還原生成鄰氨基苯甲酸，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)反應為轉(zhuǎn)化為，發(fā)生的是苯環(huán)上的硝化反應，反應的條件為濃硫酸、濃硝酸和加熱；反應為乙酰氯()轉(zhuǎn)化為乙酸，反應類型為取代反應；酚羥基也容易被酸性高錳酸鉀溶液氧化，反應的作用是保護酚羥基，防止被氧化，故答案為濃硫酸、濃硝酸和加熱；取代反應；保護酚羥基，防止被氧化；(2)根據(jù)上述分析，B的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為；(3)AG()中含有羧基和氨基，所以具有酸性和堿性，則具有兩性，既能與酸反應也能和堿反應，故A正確；BG()中含有酚羥基，能發(fā)生氧化反應，但不能發(fā)生消去反應，羧基能發(fā)生取代反應，苯環(huán)能發(fā)生加成反應，故B錯誤；CG()

46、中含有羧基和酚羥基(或氨基)，能發(fā)生縮聚反應生成高分子化合物，故C正確；D只有羧基能和碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，所以1molG與足量NaHCO3溶液反應放出1molCO2，故D錯誤；故選AC；(4)D中含有羧基和酯基，酯基水解生成的酚羥基都能與氫氧化鈉反應，與足量的NaOH反應的化學方程式為+3NaOH +CH3COONa+2H2O，反應的化學方程式為+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案為+3NaOH +CH3COONa+2H2O；+(CH3CO)2O+CH3COOH；(5)C為，C的同分異構(gòu)體符合下列條件：a屬于芳香族化合物，說明含有苯環(huán)，且含有兩個甲基；b能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛

47、基；又能發(fā)生水解反應，說明含有酯基，則為甲酸酯類物質(zhì)，如果兩個-CH3位于鄰位，HCOO-有2種位置；如果兩個-CH3位于間位，HCOO-有3種位置；如果兩個-CH3位于對位，HCOO-有1種位置；共6種同分異構(gòu)體，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為6211的是或，故答案為6；或；(6)甲苯和濃硝酸發(fā)生取代反應生成鄰硝基甲苯，鄰硝基甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成鄰硝基苯甲酸，鄰硝基苯甲酸被還原生成鄰氨基苯甲酸，其合成流程圖為，故答案為。【點睛】本題的易錯點為(6)，根據(jù)題意，苯環(huán)上引入取代基的位置與苯環(huán)上已有取代基的種類有關，要注意硝化反應和氧化反應的先后順序不能顛倒。25、還原 產(chǎn)生藍

48、色沉淀 pH=2 0.3mol/L KNO3或NaNO3溶液 Ag + Fe3+ Ag+ + Fe2+或(Ag+ + Fe2+ Ag + Fe3+) 正極 其它條件不變時，物質(zhì)的氧化性與濃度有關系，濃度的改變可導致平衡的移動 【解析】(1)根據(jù)元素化合價的變化判斷；(2)實驗：甲同學認為：Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質(zhì)Ag，則要證明甲的結(jié)論正確，可驗證Fe3+的還原產(chǎn)物Fe2+的存在；實驗：進行對照實驗；(3)根據(jù)實驗現(xiàn)象判斷溶液中發(fā)生的反應；(4)根據(jù)指針偏轉(zhuǎn)方向判斷正負極，判斷電極反應，并結(jié)合氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物分析解答?！驹斀狻?1)往AgNO3溶液中逐滴加入氨水，

49、銀離子和氨水反應生成白色的氫氧化銀沉淀和銨根離子，Ag+NH3H2OAgOH+NH4+；繼續(xù)滴入氨水白色沉淀溶解，氫氧化銀和氨水反應生成銀氨溶液和水，AgOH+2NH3H2OAg(NH3)2OH+2H2O，若用乙醛進行銀鏡反應，再加入乙醛溶液后，水浴加熱，生成乙酸銨，氨氣、銀和水，化學反應方程式為：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O，銀氨溶液中的銀為+1價，被醛基還原生成0價的銀單質(zhì)，故答案為：還原；(2)實驗：甲同學認為：Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質(zhì)Ag，則要證明甲的結(jié)論正確，可驗證Fe3+的還原產(chǎn)物Fe2+的存在即可，驗證Fe2+的實驗是取

50、少量除盡Ag+后的溶液于試管中，加入K3Fe(CN)6溶液會和Fe2+反應生成藍色沉淀，故答案為：；產(chǎn)生藍色沉淀；實驗：丙同學認為：Fe3+和NO3均能把Ag氧化而溶解，且兩個實驗結(jié)果證明了丙同學的結(jié)論，而實驗I驗證了Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質(zhì)Ag，則實驗II需要驗證NO3也能把Ag氧化而溶解，需進行對照實驗，0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液(pH=2)，NO3為0.3 mol/L，所以需向附有銀鏡的試管中加入pH=2的 0.3 mol/L KNO3或NaNO3溶液，故答案為：pH=2的 0.3 mol/L KNO3或NaNO3；(3)Fe3+遇KSCN溶液變紅，第一份滴加2滴KS

51、CN溶液無變化，說明FeSO4溶液中無Fe3+，第二份加入1ml 0.1mol/L AgNO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀，隨后有黑色固體Ag產(chǎn)生，再取上層溶液滴加KSCN溶液變紅，說明有Fe3+產(chǎn)生，說明Fe2+被Ag+氧化生成Fe3+，Ag+被還原為Ag，又Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質(zhì)Ag，則該反應為可逆反應，反應的離子方程式為：Fe3+AgFe2+Ag+或Ag+Fe2+Ag+Fe3+； (4)K剛閉合時，指針向左偏轉(zhuǎn)，則銀為負極，石墨為正極，該電池的反應本質(zhì)為Fe3+AgFe2+Ag+，該反應中鐵離子為氧化劑，銀離子為氧化產(chǎn)物，則氧化性：Fe3+Ag+，故答案為：正極；當指針歸零后，向右燒杯中

52、滴加幾滴飽和AgNO3溶液，指針向右偏轉(zhuǎn)，則此時石墨為負極，銀為正極，右側(cè)燒杯中銀離子濃度增大，反應Fe3+AgFe2+Ag+的平衡左移，發(fā)生反應Ag+Fe2+Ag+Fe3+，此時Ag+為氧化劑，F(xiàn)e3+為氧化產(chǎn)物，則氧化性：Fe3+Ag+；由上述實驗，得出的結(jié)論是：在其它條件不變時，物質(zhì)的氧化性與濃度有關，濃度的改變可導致平衡移動。26、水浴加熱 MgSO4+NH4HCO3+NH3H2O+(n-1)H2OMgCO3nH2O+(NH4)2SO4 取最后一次洗滌液少許于試管中，加入稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，然后加入BaCl2溶液，若無白色沉淀，則沉淀已經(jīng)洗滌干凈 緩沖壓強（或平衡壓強），還可以起到封閉

53、體系的作用 使廣口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收 4 酸式 0.13 【解析】本實驗題分為合成碳酸鎂晶須、測定MgCO3nH2O中n值、測定菱鎂礦中鐵的含量三部分。合成碳酸鎂晶須是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反應生成。測定MgCO3nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3nH2O反應，測定產(chǎn)生的CO2的體積，可以通過計算確定MgCO3nH2O中n值。測定菱鎂礦中鐵的含量的原理是將菱鎂礦中的鐵轉(zhuǎn)化為Fe2+，用H2O2溶液滴定，根據(jù)消耗的H2O2的物質(zhì)的量以及電子守恒即可計算出菱鎂礦中鐵的含量?！驹斀狻浚?）步驟2控制溫度在50，當溫度不超過100時，較

54、好的加熱方法是水浴加熱。水浴加熱既可均勻加熱，又可以很好地控制溫度。MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反應生成MgCO3nH2O沉淀的同時還得到(NH4)2SO4，化學方程式為：MgSO4+NH4HCO3+NH3H2O+(n-1)H2OMgCO3nH2O+(NH4)2SO4。步驟4檢驗沉淀是否洗滌干凈，可以檢驗洗滌液中的SO42-，方法是取最后一次洗滌液少許于試管中，加入稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，然后加入BaCl2溶液，若無白色沉淀，則沉淀已經(jīng)洗滌干凈。（2）圖中氣球可以緩沖壓強（或平衡壓強），還可以起到封閉體系的作用。上述反應后期要升溫到30，主要目的是使廣口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被N

55、aOH溶液充分吸收。標準狀況下1.12LCO2的物質(zhì)的量為0.05mol，根據(jù)碳守恒，有=0.05mol，解得n=4。（3）H2O2溶液有強氧化性和弱酸性，應裝在酸式滴定管中。四次實驗數(shù)據(jù)，第3次和其他三次數(shù)據(jù)偏離較大，舍去，計算出三次實驗消耗H2O2溶液體積的平均值為15.00mL。n(H2O2)=0.015L0.010mol/L=1.510-4mol，在H2O2和Fe2+的反應中，H2O2做氧化劑，-1價氧的化合價降低到-2價，F(xiàn)e2+中鐵的化合價升高到+3價，根據(jù)電子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)= 310-4mol，則m(Fe)= 310-4mol56g/mol=0.0168g，

56、實驗菱鎂礦中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為100%=0.13%。【點睛】當控制溫度在100以下時，可以采取水浴加熱的方法。檢驗沉淀是否洗滌干凈時需要選擇合適的檢測離子，選擇檢測的離子一定是濾液中的離子，并且容易通過化學方法檢測。檢驗沉淀是否洗滌干凈的操作需要同學記住。27、Cu2S+2MnO4+8H+2Mn2+2Cu2+SO42+4H2O 除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化 膠頭滴管 酸式滴定管 溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內(nèi)不恢復原色 61.5 36.9 偏低 偏低 【解析】由配制溶液的過程確定所需儀器，據(jù)滴定實驗原理判斷終點現(xiàn)象，運用關系式計算混合物的組成，據(jù)測定原理分析實驗誤差?！驹斀狻浚?）C

57、u2S與KMnO4酸性溶液反應，高錳酸鉀做氧化劑氧化Cu2S反應生成硫酸銅、硫酸鉀、硫酸錳和水，反應化學方程式為Cu2S+2KMnO4+4H2SO4K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，反應的離子方程式：Cu2S+2MnO4+8H+2Mn2+2Cu2+SO42+4H2O，故答案為Cu2S+2MnO4+8H+2Mn2+2Cu2+SO42+4H2O；（2）配制0.1000molL1FeSO4溶液時要用煮沸過的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化，配制過程中所需玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有膠頭滴管，故答案為除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化；膠頭滴管；

58、（3）取25.00mL溶液為高錳酸鉀溶液，具有強氧化性，所以取25.00待測溶液所用的儀器是酸式滴定管，故答案為酸式滴定管；（4）加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1L1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL，發(fā)生反應2S2O32+I2S4O62+2I，滴定終點的現(xiàn)象是：溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內(nèi)不恢復原色，故答案為溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內(nèi)不恢復原色；（5）Cu2S與KMnO4酸性溶液反應的化學方程式：Cu2S+2KMnO4+4H2SO4K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，5CuS+8MnO4+24H+5Cu2+8Mn2+5SO42+12H2O，5Fe2+MnO4+8

59、H+5Fe3+Mn2+4H2O，滴定Fe2+消耗的MnO4：n10.1000mol/L0.020L0.0004mol，樣品消耗MnO4物質(zhì)的量n20.200L0.2000moL10.0004mol0.036mol，2Cu2+4I2CuI+I2，2S2O32+I2S4O62+2I，滴定消耗S2O32的物質(zhì)的量n30.1000mo1L10.03L0.03mol，則起始樣品溶解所得溶液中含Cu2+物質(zhì)的量n40.03mol，設樣品中含CuS、Cu2S的物質(zhì)的量分別為x、y，則：x+2y0.03mol，x+2y0.036mol聯(lián)立，解方程組得：x0.01mol，y0.01mol，混合樣品中Cu2S的含

60、量=100%=61.5%，混合樣品中CuS的含量=100%=36.9%，故答案為61.5；36.9。（6）結(jié)合上述計算過程，量取200.0mL 0.2000mol/L酸性溶液，要用量筒，根據(jù)量筒的構(gòu)造，若量取時俯視讀數(shù)，則所取量偏小，則樣品消耗MnO4物質(zhì)的量n2偏小，即方程中x+2y0.036mol，造成由方程組解得的x值比實際偏大，因x+2y0.03mol，則y值偏小，最終結(jié)果的含量偏低。根據(jù)實驗過程，若用溶液滴定終點讀數(shù)時仰視，實際消耗的溶液體積要小于讀數(shù)值，即方程中x+2y0.03mol，造成由方程組解得的x值比實際偏小，則最終結(jié)果的含量偏低，故答案為偏低；偏低?！军c睛】本題考查了物質(zhì)