2022年北京市西城區(qū)北高考考前提分化學仿真卷含解析

1、2021-2022學年高考化學模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、某學習小組設計實驗探究H2S的性質，裝置如圖所示。下列說法正確的是（ ）A若E中FeS換成Na2S，該裝置也可達到相同的目的B若

2、F中產(chǎn)生黑色沉淀，說明硫酸的酸性比氫硫酸強C若G中產(chǎn)生淺黃色沉淀，說明H2S的還原性比Fe2+強D若H中溶液變紅色，說明氫硫酸是二元弱酸2、下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象得出的結論不正確的是 選項操作及現(xiàn)象結論A將乙烯氣體通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色乙烯具有還原性B將少量濃硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖變黑，體積膨脹濃硫酸有脫水性和強氧化性C向溶液X 中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液, 出現(xiàn)白色沉淀溶液X 中可能含有SO32-D向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加熱，一段時間后，再加入新制的氫氧化銅懸濁液并加熱，無紅色沉淀淀粉未水解AABBCCDD3、下列過程中，共價鍵被破壞的是（ ）A碘升華BNa

3、OH熔化CNaHSO4溶于水D酒精溶于水4、下列關于有機物的說法錯誤的是A植物油分子結構中含有碳碳雙鍵B乙醇與鈉反應生成乙醇鈉和氫氣，屬于取代反應C同溫同壓下，等質量的乙炔和苯完全燃燒耗氧量相同D分子式為C3H6BrC1的有機物不考慮立體異構共5種5、常溫下，將0.2mol/LKMnO4酸性溶液0.1L與一定量pH=3的草酸（HOOCCOOH）溶液混合，放出VL氣體。NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（ ）A0.1molHOOCCOOH含共用電子對數(shù)目為0.9NAB當1molKMnO4被還原時，強酸提供的H+數(shù)目為NACpH=3的草酸溶液含有H+數(shù)目為0.001NAD該反應釋放CO2

4、分子數(shù)目為NA6、一場突如其來的“新冠疫情”讓我們暫時不能正常開學。下列說法中正確的是A垃圾分類清運是防止二次污染的重要一環(huán)，廢棄口罩屬于可回收垃圾B為了防止感染“新冠病毒”，堅持每天使用無水酒精殺菌消毒C以純凈物聚丙烯為原料生產(chǎn)的熔噴布，在口罩材料中發(fā)揮著不可替代的作用D中國研制的新冠肺炎疫苗已進入臨床試驗階段，抗病毒疫苗需要低溫保存7、已知：25時，有關弱酸的電離平衡常數(shù)，下列選項中正確的是弱酸H2C2O4CH3COOHHCNH2CO3電離常數(shù)KiKi1=5.9l0-2Ki2=6.4l0-51.8l0-54.9l0-10Ki1=4.3l0-7Ki2=5.6l0-11A等物質的量濃度的溶液p

5、H關系：NaHCO3NaCNCH3COONaNaHC2O4B反應NaHC2O4+NaHCO3Na2C2O4+H2O+CO2能發(fā)生C等體積等物質的量濃度的溶液中離子總數(shù)：NaCNCH3COONaDNa2CO3溶液中2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c( H2CO3)8、下列離子方程式正確的是A向FeCl3溶液中通人過量H2S：2Fe3H2S=2Fe2S2HB向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水：Ca2OHHCO3=CaCO3H2OC向NaClO溶液中通人少量SO2：SO2ClOH2O=SO42Cl2HD向FeI2溶液中通人等物質的量的Cl2：2Fe22I2Cl2=2Fe3I2

6、4Cl9、以下制得氯氣的各個反應中，氯元素既被氧化又被還原的是A2KClO3I2=2KIO3ClBCa(ClO)24HCl=CaCl22Cl22H2OC4HClO2 2Cl22H2OD2NaCl2H2O 2NaOHH2Cl210、含氯苯的廢水可通過加入適量乙酸鈉，設計成微生物電池將氯苯轉化為苯而除去，其原理如圖所示。下列敘述正確的是A電子流向：N極導線M極溶液N極BM極的電極反應式為C每生成lmlCO2，有3mole-發(fā)生轉移D處理后的廢水酸性增強11、鈦（Ti）常被稱為未來鋼鐵。下列關于的說法中，錯誤的是（）A質子數(shù)為22B質量數(shù)為70C中子數(shù)為26D核外電子數(shù)為2212、下列有關物質的說法

7、錯誤的是()A工業(yè)上常用H2和Cl2直接化合的方法生產(chǎn)氯化氫以制取鹽酸B氧化鋁可用于制造耐高溫材料CSO2具有漂白性，所以能使碘的淀粉溶液由藍色變?yōu)闊o色D常溫下鐵能被濃硫酸鈍化，可用鐵質容器貯運濃硫酸13、-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互為同分異構體14、氮及其化合物的轉化過程如圖所示。下列分析不合理的是A催化劑 a 表面發(fā)生了非極性共價鍵的斷裂和極性共價鍵的形成B催化劑不能改變反應焓變但

8、可降低反應活化能C在催化劑 b 表面形成氮氧鍵時，涉及電子轉移D催化劑 a、b 能提高反應的平衡轉化率15、下列物質中不能通過置換反應生成的是（ ）AF2BCOCCDFe3O416、有3份等量的燒堿溶液，第1份直接與鹽酸反應；第2份稀釋一倍，再與鹽酸反應；第3份通入適量的CO2后，再與鹽酸反應若鹽酸的濃度相同，完全反應時消耗鹽酸的體積分別為V1、V2和V3，則V1、V2和V3的大小關系正確的是（ ）AV1=V2=V3BV1V3V2CV2V3V1DV1V2V317、下列有關氨氣的制備、干燥、收集和尾氣處理錯誤的是A圖甲：實驗室制氨氣B圖乙：干燥氨氣C圖丙：收集氨氣D圖?。簩嶒炇抑瓢睔獾奈矚馓幚?

9、8、下列有關有機物甲丁說法不正確的是 A甲可以發(fā)生加成、氧化和取代反應B乙的分子式為C6H6Cl6C丙的一氯代物有2種D丁在一定條件下可以轉化成只含一種官能團的物質19、下列有關電解質溶液的說法正確的是A0.1mol/L氨水中滴入等濃度等體積的醋酸，溶液導電性增強B適當升高溫度，CH3COOH溶液pH增大C稀釋0.1 mol/L NaOH溶液，水的電離程度減小DCH3COONa溶液中加入少量CH3COOH，減小20、常溫下，現(xiàn)有0.1molL1NH4HCO3溶液，pH=7.1已知含氮（或含碳）各微粒的分布分數(shù)（平衡時，各微粒濃度占總微粒濃度之和的分數(shù)）與pH的關系如圖所示：下列說法不正確的是（

10、 ）A當溶液的pH=9時，溶液中存在：c（HCO3）c（NH4+）c（NH3H2O）c（CO32）B0.1 molL1 NH4HCO3溶液中存在：c（NH3H2O）=c（H2CO3）+c（CO32）C向pH=7.1的上述溶液中逐滴滴加氫氧化鈉溶液時，NH4+和HCO3濃度逐漸減小D分析可知，常溫下Kb（NH3H2O）Ka1（H2CO3）21、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關敘述正確的是A常溫常壓下，1 mol甲基(14CD3)所含的中子數(shù)和電子數(shù)分別為11NA、9NABpH1的H2SO3溶液中，含有0.1NA個HC1 mol Fe分別與足量的稀硫酸和稀硝酸反應轉移電子數(shù)均為3NAD1 mo

11、l CH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子數(shù)為NA22、在一定條件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有關物質的沸點、熔點如下表：對二甲苯鄰二甲苯間二甲苯苯沸點點/13-25-476下列說法錯誤的是（）A該反應屬于取代反應B用蒸餾的方法可將苯從反應所得產(chǎn)物中首先分離出來C甲苯和氫氣完全反應所得產(chǎn)物的分子式是C7H16D對二甲苯的一溴代物有2種二、非選擇題(共84分)23、（14分）某抗結腸炎藥物有效成分的合成路線如圖(部分反應略去試劑和條件)：已知：a. b. 根據(jù)以上信息回答下列問題：(1)烴A的結構簡式是_。(2)的反應條件是_；的反應類型是_。(3)下列

12、對抗結腸炎藥物有效成分可能具有的性質推測正確的是_。A水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大 B能發(fā)生消去反應 C能發(fā)生聚合反應 D既有酸性又有堿性(4)E與足量NaOH溶液反應的化學方程式是_.(5)符合下列條件的E的同分異構體有_種，其中核磁共振氫譜有四組峰，峰面積之比3111的異構體的結構簡式為_。a.與E具有相同的官能團b.苯環(huán)上的一硝基取代產(chǎn)物有兩種(6)已知易被氧化，苯環(huán)上連有烷基時再引入一個取代基，常取代在烷基的鄰對位，而當苯環(huán)上連有羧基時則取代在間位。據(jù)此設計以A為原料制備高分子化合物的合成路線_。(無機試劑任選)24、（12分）某研究小組以環(huán)氧乙烷和布洛芬為主要原料，按下列路線合成藥

13、物布洛芬酰甘氨酸鈉。己知：（1）RCOOH RCOC1 RCOOR（2）R-Cl- R-NH2 R-NH2HC1 RCONHR請回答：（1）寫出化合物的結構簡式：B_ ； D_ 。（2）下列說法不正確的是_。A轉化為A為氧化反應 B RCOOH與SOCl2反應的產(chǎn)物有SO2和HC1C化合物B能發(fā)生縮聚反應 D布洛芬酰甘氨酸鈉的分子式為C15H19NO3Na（3）寫出同時符合下列條件的布洛芬的所有同分異構體_。紅外光譜表明分子中含有酯基，實驗發(fā)現(xiàn)能與NaOH溶液12反應，也能發(fā)生銀鏡反應；HNMR譜顯示分子中有三個相同甲基，且苯環(huán)上只有一種化學環(huán)境的氫原子。（4）寫出F布洛芬酰甘氨酸鈉的化學方程

14、式_。（5）利用題給信息，設計以為原料制備（）的合成路線(用流程圖表示：無機試劑任選)_。25、（12分）硫酸亞鐵晶體俗稱綠礬(FeSO4 7H2O)，重鉻酸鈉晶體俗稱紅礬鈉(Na2Cr2O72H2O)，它們都是重要的化工產(chǎn)品。工業(yè)上以鉻鐵礦主要成分是Fe(CrO2)2為原料制備綠礬和紅礬鈉的工藝流程如圖所示。請回答下列問題：(1)已知Fe(CrO2)2中鉻元素的化合價為+3價，則Fe(CrO2)中鐵元素的化合價為_。(2)化學上可將某些鹽寫成氧化物的形式，如Na2SiO3寫成Na2OSiO2，則Fe(CrO2)2可寫成_。(3)煅燒鉻鐵礦時，礦石中的Fe(CrO2)2轉變成可溶于水的Na2C

15、rO4，反應的化學方程式如下：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2該反應中還原劑與氧化劑的物質的量之比為_。為了加快該反應的反應速率，可采取的措施是_(填一種即可)。己知CrO42-在氫離子濃度不同的酸性溶液中有不同的反應。如：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O 3CrO42-+4H+=Cr3O102-+2H2O往混合溶液甲中加入硫酸必須適量的原因是_?；旌先芤阂抑腥苜|的化學式為_。(5)寫出Fe與混合溶液丙反應的主要離子方程式_。檢驗溶液丁中無Fe3+的方法是：_。從溶液丁到綠鞏的實驗操作為蒸發(fā)濃縮、_、過濾、洗滌、干燥。26、（1

16、0分）鹵素單質在堿性溶液中容易發(fā)生歧化反應，歧化的產(chǎn)物依反應溫度的不同而不同。Cl22OH ClClOH2O3Cl26OH5ClClO3-3H2O下圖為制取氯氣、氯酸鉀、次氯酸鈉和檢驗氯氣性質的微型實驗裝置：裝置中盛裝的藥品如下：多用滴管中裝有5 mL濃鹽酸；微型具支試管中裝有1.5 g KMnO4；微型具支試管中裝有23 mL濃硫酸；U形反應管中裝有30% KOH溶液；U形反應管中裝有2 molL1 NaOH溶液；、雙U形反應管中分別裝有0.1 molL1 KI淀粉溶液和KBr溶液；尾氣出口用浸有0.5 molL1 Na2S2O3溶液的棉花輕輕覆蓋?。?）檢查整套裝置氣密性的方法是_。（2）

17、為了使裝置中的反應順利完成，應該控制的反應條件分別為_。（3）裝置中能夠觀察到的實驗現(xiàn)象分別是_。（4）如果把裝置中的試劑互換位置，則_（填“能”或“不能”）證明氧化性Cl2I2，理由是_。（5）已知氯酸鉀和氯化鉀的溶解度曲線如圖所示，反應結束后，從裝置所得溶液中提取氯酸鉀晶體的實驗操作是_。（6）尾氣處理時Cl2發(fā)生反應的離子方程式為_。（7）選擇微型實驗裝置的優(yōu)點有_（任答兩點）。27、（12分）某實驗小組探究SO2與Cu(OH)2懸濁液的反應。（1）實驗一：用如圖裝置（夾持裝置已略，氣密性已檢驗）制備SO2，將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中。B中出現(xiàn)少量紅色沉淀；稍后，B中所得溶

18、液呈綠色，與CuSO4溶液、CuCl2溶液的顏色有明顯不同。排除裝置中的空氣，避免空氣對反應干擾的操作是_，關閉彈簧夾。打開分液漏斗旋塞，A中發(fā)生反應的方程式是_。（2）實驗二：為確定紅色固體成分，進行以下實驗：在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是_。根據(jù)上述實驗可得結論：該紅色固體為_。（3）實驗三：為探究B中溶液呈綠色而不是藍色的原因，實驗如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入過量SO2，未見溶液顏色發(fā)生變化。ii.取少量B中濾液，加入少量稀鹽酸，產(chǎn)生無色刺激性氣味的氣體，得到澄清的藍色溶液。再加入BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀。查閱資料：SO2在酸性條件下還原性較差。實驗i的目的_

19、。根據(jù)上述實驗可得結論：溶液顯綠色的原因是溶液中含有較多Cu(HSO3)2。小組同學通過進一步實驗確認了這種可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_溶液，得到綠色溶液。（4）綜上實驗可以得出：出現(xiàn)紅色沉淀的原因是：_；（用離子方程式表示）溶液呈現(xiàn)綠色的原因是：_。（用化學方程式表示）28、（14分）人類向大氣中排放的NOx和SO2對環(huán)境會產(chǎn)生危害，煙氣的脫硝（除NOx）技術和脫硫（除SO2）技術都是環(huán)境科學研究的熱點。（1）選擇性催化還原技術是目前最成熟的煙氣脫硝技術，即在催化劑作用下，用還原劑（如NH3選擇性地與NOx反應生成N2和H2O。已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO

20、(g)+6H2O(g) H1=-905.5kJmol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g) H2=+180kJmol-1則4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) H3=_。（2）堿性KMnO4氧化法也可將NOx進行脫除。用KMnO4(NaOH)溶液進行煙氣中NO的脫除，將該離子方程式補充完整。_NO+MnO4-+_=NO2-+3NO3-+MnO42-+_下列敘述正確的是_（填字母序號）。A將脫除后的混合溶液進行分離可獲得氮肥B反應后混合溶液中：c(MnO4-)+2c(MnO42-)=c(K+)C在不同酸堿性條件下，KMnO4發(fā)生還原反應的產(chǎn)物可能不同（3）催化

21、劑V2O5可用于處理NOx和SO2。V2O5在催化降解NOx的過程中，也會對SO2和O2反應起到一定的催化作用，其反應式如下：a.V2O5+SO2=V2O4+SO3b._c.2VOSO4=V2O5+SO2+SO3SO3進一步與煙氣中逃逸的氨反應，生成硫酸氫銨和硫酸銨。29、（10分）用納米Fe/Ni復合材料能去除污染水體的NO3，Ni不參與反應。離子在材料表面的活性位點吸附后發(fā)生反應，活性位點被其他附著物占據(jù)會導致速率減慢（NH4+無法占據(jù)活性位點）。反應過程如圖所示：（1）酸性環(huán)境中，納米Fe/Ni去除NO3分兩步，將步驟ii補充完整：.NO3+Fe+2H+=NO2+Fe2+H2O. + +

22、H+=Fe2+ + _（2）初始pH=2.0的廢液反應15min后，出現(xiàn)大量白色絮狀物，過濾后很快變成紅褐色，結合化學用語解釋整個變化過程的原因_。（3）水體初始pH會影響反應速率，不同pH的硝酸鹽溶液與納米Fe/Ni反應時，溶液中隨時間的變化如圖1所示。（注：c0(NO3)為初始時NO3的濃度。）為達到最高去除率，應調水體的初始pH=_。t15min，其反應速率迅速降低，原因分別是_。（4）總氮量指溶液中自由移動的所有含氮微粒濃度之和，納米Fe/Ni處理某濃度硝酸鹽溶液時，隨時間的變化如圖2所示。40min時總氮量較初始時下降，可能的原因是_。（5）利用電解無害化處理水體中的NO3，最終生成

23、N2逸出。其裝置及轉化圖如圖所示：陰極的電極反應式為_。生成N2的離子方程式為_。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. 若E中FeS換成Na2S，硫化亞鐵是塊狀固體，硫化鈉是粉末，不能達到隨關隨停的效果，故A錯誤；B. 若F中產(chǎn)生黑色沉淀，是硫酸銅和硫化氫反應生成硫化銅沉淀和硫酸，不能說明硫酸的酸性比氫硫酸強，故B錯誤；C. 若G中產(chǎn)生淺黃色沉淀是硫化氫和氯化鐵反應生成硫單質、氯化亞鐵和鹽酸，根據(jù)氧化還原反應原理得出H2S的還原性比Fe2+強，故C正確；D. 若H中溶液變紅色，說明氫硫酸是酸，不能說明是二元弱酸，故D錯誤。綜上所述，答案為C。

24、2、D【解析】A乙烯被高錳酸鉀氧化，則溶液褪色，體現(xiàn)乙烯的還原性，故A正確；B濃硫酸使蔗糖炭化后，C與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應，則蔗糖變黑，體積膨脹，體現(xiàn)濃硫酸有脫水性和強氧化性，故B正確；C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，生成的白色沉淀為硫酸鋇，由于稀硝酸能夠氧化亞硫酸根離子，則原溶液中可能含有SO32-，故C正確；D淀粉水解生成葡萄糖，檢驗葡萄糖應在堿性條件下，沒有加堿至堿性，再加入新制的氫氧化銅懸濁液并加熱，無紅色沉淀，不能檢驗，故D錯誤；故選D。3、C【解析】A、碘升華，只是碘狀態(tài)發(fā)生變化，發(fā)生物理變化，共價鍵未被破壞,A錯誤；B、NaOH為離子化合物，熔化時破壞的是

25、離子鍵，B錯誤；C、NaHSO4溶于水時，在水分子的作用下電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，所以共價鍵被破壞，C正確； D、酒精溶于水，酒精在水溶液里以分子存在，所以共價鍵未被破壞，D錯誤；答案選C。4、B【解析】A植物油屬于不飽和高級脂肪酸甘油酯，分子結構中含有碳碳雙鍵，故A正確；B鈉與乙醇發(fā)生反應生成乙醇鈉和氫氣，屬于置換反應，故B錯誤；C乙炔和苯的最簡式相同，都是CH，則相同質量的乙炔和苯充分燃燒耗氧量相同，故C正確；D分子式為C3H6BrC1的有機物的同分異構體有：Br在1號C上，C1有3種位置，即3種結構；Br在2號C上，C1有2種位置，即2種結構，共5種結構，故D正確；故選B?！军c

26、睛】本題的易錯點為A，要注意油脂包括油和脂，油是不飽和高級脂肪酸甘油酯，脂是飽和高級脂肪酸甘油酯，不飽和高級脂肪酸結構中含有碳碳雙鍵。5、A【解析】A.1個HOOCCOOH分子中含有9對共用電子對，則0.1molHOOCCOOH含共用電子對數(shù)目為0.9NA，A正確；B.KMnO4與草酸反應的方程式為：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O，根據(jù)方程式可知當1molKMnO4被還原時，強酸提供的H+的物質的量為3mol，因此反應消耗的H+數(shù)目為3NA，B錯誤；C.缺少溶液的體積，不能計算H+的數(shù)目，C錯誤；D.不確定CO2氣體所處的環(huán)境，因此不

27、能計算其物質的量，也就不能確定其分子數(shù)，D錯誤；故合理選項是A。6、D【解析】A使用過的口罩、手套等個人防護用品受到細菌、病毒感染屬于有害垃圾，隨意丟棄或者和生活垃圾混合有可能造成二次污染，對這些有害垃圾集中回收既能減少二次污染，也方便了對廢棄口罩、手套等防護用品的集中處理，故A錯誤；B無水酒精是純度較高的乙醇水溶液，99.5%的叫無水酒精，過高濃度的酒精使蛋白質凝固的本領很大，它卻使細菌表面的蛋白質一下子就凝固起來，形成了一層硬膜。這層硬膜阻止酒精分子進一步滲入細菌內部，反而保護了細菌，殺菌消毒效果降低，70%75%的酒精稱之為醫(yī)用酒精，用于消毒效果最好，為了防止感染“新冠病毒”，堅持每天使

28、用醫(yī)用殺菌消毒，故B錯誤；C聚丙烯是平常常見的高分子材料之一，高聚物的聚合度n值不同，分子式不同，不是純凈物，屬于混合物，故C錯誤；D疫苗是將病原微生物(如細菌、立克次氏體、病毒等)及其代謝產(chǎn)物，經(jīng)過人工減毒、滅活或利用基因工程等方法制成的用于預防傳染病的自動免疫制劑，病毒疫苗主要成分是蛋白質，高溫下蛋白質會變質，需要低溫保存，故D正確；答案選D。7、B【解析】A、根據(jù)酸的電離常數(shù)的大小確定酸性強弱順序是HCNH2CO3CH3COOHH2C2O4，所以等物質的量濃度的溶液pH關系：NaCNNaHCO3CH3COONaNaHC2O4，故A錯誤；B、根據(jù)數(shù)據(jù)知道酸性：草酸氫根離子強于碳酸的酸性，所

29、以反應NaHC2O4+NaHCO3Na2C2O4+H2O+CO2能發(fā)生，故B正確；C、等體積等物質的量濃度的溶液中，NaCN水解程度大，水解生成HCN分子，則相同條件下，兩溶液比較，CH3COONa溶液中的離子總數(shù)較多，故C錯誤；D、Na2CO3溶液中物料守恒c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c( H2CO3)，故D錯誤；故選B?！军c晴】本題考查離子濃度大小的比較，明確信息得到酸性的強弱是解答的關鍵，注意鹽類水解規(guī)律及溶液中的守恒式來解答。在探究離子濃度問題，要充分認識電解質在溶液中的表現(xiàn)，全面考慮溶液中各種離子的存在情況及相互關系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3

30、的電離，CO32-的水解、二級水解以及H2O的電離等多個反應，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽視任何一個很微弱的反應、很微少的粒子都是不正確的等方面的因素。8、A【解析】A向FeCl3溶液中通人過量H2S，生成氯化亞鐵、硫單質和鹽酸，離子反應方程式為2Fe3H2S=2Fe2S2H，A選項正確；B過量少量問題，應以少量為標準，向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水，反應中有2個OH-參與反應，正確的離子反應方程式為Ca22OH2HCO3=CaCO3+CO32-2H2O，B選項錯誤；CNaClO溶液中通人少量SO2的離子反應方程式為SO23ClOH

31、2O=SO42Cl2HClO，C選項錯誤；D由于I-的還原性大于Fe2+的還原性，則氯氣先與I-反應，將I-氧化完后，再氧化Fe2+，根據(jù)得失電子守恒可知，等量的Cl2剛好氧化I-，F(xiàn)e2+不被氧化，正確的離子反應方程式應為2I-+Cl2=I2+2Cl-，D選項錯誤；答案選A。9、B【解析】氧化還原反應中，元素失電子、化合價升高、被氧化，元素得電子、化合價降低、被還原。A. 反應中，氯元素化合價從+5價降至0價，只被還原，A項錯誤；B. 歸中反應，Ca(ClO)2中的Cl元素化合價從1降低到O價，生成Cl2，化合價降低，被還原； HCl中的Cl元素化合價從-1升高到0價，生成Cl2，化合價升高

32、被氧化，所以Cl元素既被氧化又被還原，B項正確；C. HCl中的Cl元素化合價從-1升高到0價，生成Cl2，化合價升高，只被氧化，C項錯誤；D. NaCl中的Cl元素化合價從-1升高到0價，生成Cl2，化合價升高，只被氧化，D項錯誤。本題選B。10、D【解析】A原電池中陽離子向正極移動，所以由圖示知M極為正極，則電子流向：N極導線M極，電子無法在電解質溶液中移動，故A錯誤；BM為正極，電極反應式為+2e-+H+Cl，氯苯被還原生成苯，故B錯誤；CN極為負極，電極反應為CH3COO+2H2O8e2CO2+7H+，根據(jù)轉移電子守恒，則每生成1molCO2，有4mole-發(fā)生轉移，故C錯誤；D根據(jù)電

33、極反應式計算得，轉移4mol e-時，負極生成3.5mol H+，正極消耗2mol H+，則處理后的廢水酸性增強，故D正確。故選D。11、B【解析】的質子數(shù)為22，質量數(shù)為48，故中子數(shù)=質量數(shù)-質子數(shù)=48-22=26?！驹斀狻緼項、的質子數(shù)為22，故A正確；B項、的質量數(shù)為48，故B錯誤；C項、的中子數(shù)=質量數(shù)-質子數(shù)=48-22=26，故C正確；D項、的電子數(shù)=質子數(shù)=22，故D正確；故選B。12、C【解析】A. 工業(yè)上常用H2和Cl2直接化合的方法生產(chǎn)氯化氫，氯化氫極易溶于水，可以制得鹽酸，故A正確；B. 氧化鋁的熔點很高，故可用于制造耐高溫材料，故B正確；C. SO2能使碘的淀粉溶液

34、由藍色變?yōu)闊o色，是因為發(fā)生氧化還原反應：SO2I22H2O=H2SO42HI，SO2體現(xiàn)的是還原性，而非漂白性，故C錯誤；D. 濃硫酸具有強氧化性，常溫下鐵和濃硫酸反應，在鐵表面生成一層致密的氧化膜，也就是發(fā)生了鈍化反應，可阻止?jié)饬蛩崤c內部的鐵進一步反應，因此可用鐵質容器貯運濃硫酸，故D正確；答案選C。13、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

35、分異構體，故D錯誤。故選A。14、D【解析】A. 催化劑a表面是氫氣和氮氣反應生成氨氣，催化劑a表面發(fā)生了非極性共價鍵的斷裂和極性鍵的形成，故A合理；B. 催化劑可降低反應活化能，改變反應速率，但不能改變反應焓變，故B合理；C. 催化劑b表面是氨氣催化氧化生成NO的反應，發(fā)生的是氧化還原反應，涉及電子轉移，故C合理；D. 催化劑a、b改變反應速率，不改變化學平衡，不能提高反應的平衡轉化率，故D不合理；故選D。15、A【解析】A因氟單質的氧化性最強，不能利用置換反應生成氟單質，故A選；BC與二氧化硅在高溫下發(fā)生置換反應可以生成硅和CO，故B不選；C鎂在二氧化碳中燃燒生成氧化鎂和黑色的碳，該反應為

36、置換反應，故C不選；DFe與水蒸氣在高溫下發(fā)生置換反應生成四氧化三鐵和氫氣，可以通過置換反應制得，故D不選；故選A?！军c睛】本題的易錯點為D，要注意掌握常見的元素及其化合物的性質。16、A【解析】最后生成物質的都為NaCl，根據(jù)Na原子、Cl原子守恒：n（HCl） = n（NaCl）= n（NaOH） ，由于NaOH物質的量相等，則消耗HCl的物質的量相等，故消耗鹽酸的體積相等，即V1=V2=V3。答案選A?！军c晴】該題側重于分析能力和計算能力的考查，題目難度不大，注意根據(jù)元素質量守恒進行計算，可省去中間過程的繁瑣。17、D【解析】A實驗室通過加熱氯化銨和氫氧化鈣的混合物制氨氣，故A正確；B氨

37、氣是堿性氣體，可以用堿石灰干燥氨氣。故B正確；C氨氣的密度比空氣小，于空氣中的物質不反應，可以用排空氣法收集，用圖示裝置收集氨氣需要短進長出，故C正確；D氨氣極易溶于水，用圖示裝置進行氨氣的尾氣處理，會產(chǎn)生倒吸，故D錯誤；故選D。【點睛】本題的易錯點為C，要注意理解瓶口向上排空氣法的原理。18、B【解析】A. 物質甲中含苯環(huán)和羧基，可以發(fā)生苯環(huán)的加成反應，燃燒反應(屬于氧化反應)，可以發(fā)生酯化反應(屬于取代反應)，A正確；B. 根據(jù)乙結構簡式可知，該物質是苯分子中六個H原子全部被Cl原子取代產(chǎn)生的物質，故分子式是C6Cl6，B錯誤；C. 丙分子中含有2種類型的H原子，所以其一氯代物有2種，C正

38、確；D. 丁分子中含有醛基、醇羥基，在一定條件下醛基與氫氣可以轉化成羥基，就得到只含醇羥基一種官能團的物質，D正確；故答案選B。19、A【解析】A向氨水中滴加少量等濃度的醋酸溶液后，反應生成醋酸銨為強電解質，完全電離，溶液中離子濃度增大，溶液的導電性增強，故A正確；B醋酸的電離是吸熱反應，升高溫度，促進醋酸電離，所以醋酸的電離程度增大，溶液的pH減小，故B錯誤；C酸堿對水的電離有抑制作用，稀釋0.1 mol/L NaOH溶液，對水的電離的抑制作用減小，水的電離程度增大，故C錯誤；DCH3COONa溶液中存在醋酸根離子的水解，=，加入少量CH3COOH，溶液的溫度不變，醋酸根的水解平衡常數(shù)不變，

39、則不變，故D錯誤；故選A。【點睛】本題的易錯點為D，要注意化學平衡常數(shù)、電離平衡常數(shù)、水解平衡常數(shù)、溶度積、水的離子積等都是只與溫度有關，溫度不變，這些常數(shù)不變。20、C【解析】A當pH=9時，結合圖象判斷溶液中各離子濃度大??；B0.1 molL-1 NH4HCO3溶液中存在的物料守恒分析，圖象可知PH=7.1時c（NH4）=c（HCO3）；C該碳酸氫銨溶液的pH=7.1，結合圖象判斷滴入氫氧化鈉溶液后NH4和HCO3濃度變化；D碳酸氫銨溶液顯示堿性，根據(jù)鹽的水解原理判斷二者的酸堿性強弱及電離平衡常數(shù)大小。【詳解】A結合圖象可知，溶液的pH=9時，溶液中離子濃度大小為：c（HCO3）c（NH4

40、+）c（NH3H2O）c（CO32），故A正確；BNH4HCO3溶液中，pH=7.1溶液顯堿性，圖象可知PH=7.1時c（NH4+）=c（HCO3），溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），得到c（NH3H2O）=c（H2CO3）+c（CO32），故B正確；的NH4HCO3溶液的pH=7.1，根據(jù)圖象可知，當溶液pH增大時，銨根離子濃度逐漸減小，而碳酸氫根離子能夠先增大后減小，故C錯誤；D由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，說明碳酸氫根離子的水解程度大于銨根離子的水解程度，則一水合氨的電離平衡常數(shù)大于Ka1（

41、H2CO3），故D正確；故選：C?！军c睛】本題結合圖象考查了離子濃度大小比較、鹽的水解原理等知識，解題關鍵：明確圖象曲線變化的含義，難點B，注意掌握電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理在判斷離子濃度大小中的應用方法。21、A【解析】A.一個14C中的中子數(shù)為8，一個D中的中子數(shù)為1，則1個甲基(14CD3)所含的中子數(shù)為11，一個14C中的電子數(shù)為6，一個D中的電子數(shù)為1，則1個甲基(14CD3)所含的電子數(shù)為9；則1 mol甲基(14CD3)所含的中子數(shù)和電子數(shù)分別為11NA、9NA，故A正確；B. pH1的H2SO3溶液中，c(H+)為0.1mol/L，沒有給出溶液的體積，無法根據(jù)公式n=cV

42、計算出氫離子的物質的量，也無法計算氫離子的數(shù)目,故B錯誤；C.鐵和稀硫酸反應變?yōu)?2價，和足量稀硝酸反應變?yōu)?3價，故1 mol Fe分別與足量的稀硫酸和稀硝酸反應轉移電子數(shù)依次為2mol、3mol，故C錯誤；D.酯在酸性條件下的水解反應是可逆反應，故1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子數(shù)小于NA，故D錯誤。答案選A?！军c睛】本題考查的是與阿伏加德羅常數(shù)有關的計算。解題時注意C選項中鐵和稀硫酸反應變?yōu)?2價，和足量稀硝酸反應變?yōu)?3價，故失電子數(shù)不同；D選項酯在酸性條件下的水解反應是可逆反應，可逆反應的特點是不能進行徹底，故1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中不

43、會完全水解。22、C【解析】甲苯發(fā)生取代反應生成二甲苯，由表中數(shù)據(jù)可知苯與二甲苯的沸點相差較大，可用蒸餾的方法分離，而對二甲苯熔點較低，可結晶分離，結合有機物的結構特點解答該題?！驹斀狻緼、甲苯變成二甲苯是苯環(huán)上的氫原子被甲基取代所得，屬于取代反應，故A不符合題意； B、苯的沸點與二甲苯的沸點相差較大，且二者能夠互溶，因此可以用蒸餾的方法分離，故B不符合題意； C、甲苯和氫氣完全反應所得產(chǎn)物為甲基環(huán)己烷，分子式是C7H14，故C符合題意； D、對二甲苯結構對稱，有2種H，則一溴代物有2種，故D不符合題意。 故選：C。二、非選擇題(共84分)23、 Fe或FeCl3 取代反應或硝化反應 ACD

44、4 或 【解析】E的結構簡式中含有1個COOH和1個酯基，結合已知a，C到D為C中的酚羥基上的氫，被OCCH3替代，生成酯，則D到E是為了引入羧基，根據(jù)C的分子式，C中含有酚羥基和苯環(huán)，結合E的結構簡式，則C為，D為。A為烴，與Cl2發(fā)生反應生成B，B為氯代烴，B與氫氧化鈉發(fā)生反應，再酸化，可知B為氯代烴的水解，引入羥基，則A的結構為，B為。E在NaOH溶液中反應酯的水解反應，再酸化得到F，F(xiàn)的結構簡式為，根據(jù)已知b，則G中含有硝基，F(xiàn)到G是為了引入硝基，則G的結構簡式為?！驹斀狻?1)根據(jù)分析A的結構簡式為；(2)反應為在苯環(huán)上引入一個氯原子，為苯環(huán)上的取代反應，反應條件為FeCl3或Fe作

45、催化劑；反應F到G是為了引入硝基，反應類型為取代反應或硝化反應；(3)抗結腸炎藥物有效成分中含有氨基、羧基和酚羥基，具有氨基酸和酚的性質；A三個官能團都是親水基，相對分子質量比苯酚大，所以水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大，A正確；B與苯環(huán)相連的羥基不能發(fā)生消去反應，可以發(fā)生氧化反應；該物質含有氨基（或羥基）和羧基，可以發(fā)生縮聚反應；該物質含有羧基和羥基酯化反應等，B錯誤；C含有氨基和羧基及酚羥基，所以能發(fā)生聚合反應，C正確；D氨基具有堿性、羧基具有酸性，所以既有酸性又有堿性，D正確；答案為：ACD；(4)E中的羧基可以與NaOH反應，酯基也可以與NaOH反應，酯基水解得到的酚羥基也能與NaOH反

46、應，化學方程式為；(5)符合下列條件：a.與E具有相同的官能團，b.苯環(huán)上的一硝基取代產(chǎn)物有兩種；則苯環(huán)上有兩個取代基處，且處于對位：如果取代基為COOH、OOCCH3，處于對位，有1種；如果取代基為COOH、COOCH3，處于對位，有1種；如果取代基為COOH、CH2OOCH，處于對位，有1種；如果取代基為HCOO、CH2COOH，處于對位，有1種；所以符合條件的有4種；若核磁共振氫譜有四組峰，峰面積之比3：1：1：1的異構體的結構簡式為或；(6)目標產(chǎn)物為對氨基苯甲酸，NH2可由硝基還原得到，COOH可由CH3氧化得到。由于NH2容易被氧化，因此在NO2還原成氨基前甲基需要先被氧化成COO

47、H。而兩個取代基處于對位，但苯環(huán)上連有烷基時再引入一個取代基，常取代在烷基的鄰對位，而當苯環(huán)上連有羧基時則取代在間位，因此CH3被氧化成COOH前，需要先引入NO2，則合成路線為。24、D【解析】氧化得到的A為ClCH2COOH，ClCH2COOH與NH3作用得到的B為H2NCH2COOH，H2NCH2COOH再與SOCl2作用生成的C為，再與CH3OH作用得到的D為；與SOCl2作用生成的E為，E與D作用生成的F為，F(xiàn)再在NaOH溶液中水解可得布洛芬酰甘氨酸鈉；（1）寫出化合物的結構簡式：B為H2NCH2COOH； D為；（2）A催化氧化為轉化為ClCH2COOH，反應類型為氧化反應，故A正

48、確；B RCOOH與SOCl2發(fā)生取代反應，所得產(chǎn)物為RCOOCl、SO2和HC1，故B正確；C化合物B為氨基酸，一定條件下能發(fā)生縮聚反應，故B正確；D布洛芬酰甘氨酸鈉的分子式為C15H20NO3Na，故D錯誤；答案為D。（3）紅外光譜表明分子中含有酣基，實驗發(fā)現(xiàn)能與NaOH溶液12反應，也能發(fā)生銀鏡反應，說明苯環(huán)上直接連接HCOO；HNMR譜顯示分子中有三個相同甲基，說明同一碳原子上連接三個甲基；苯環(huán)上只有一種化學環(huán)境的氫原子，因苯環(huán)上不可能只有對位有兩個不同的取代基，可以保證對稱位置上的氫原子環(huán)境相同，滿足條件的同分異構體有；（4）F布洛芬酰甘氨酸鈉的化學方程式為；（5）以為原料制備的合成

49、路線為。點睛：本題題干給出了較多的信息，學生需要將題目給信息與已有知識進行重組并綜合運用是解答本題的關鍵，需要學生具備準確、快速獲取新信息的能力和接受、吸收、整合化學信息的能力，采用正推和逆推相結合的方法，逐步分析有機合成路線，可推出各有機物的結構簡式，然后分析官能團推斷各步反應及反應類型；難點是有機物D的結構確定，可先根據(jù)F的堿性水解，結合產(chǎn)物確定出F，再利用D和E生成F，可借助碳架結構、反應原理及原子守恒分析推測D的結構。25、+2 價 FeOCr2O3 4：7 粉碎礦石(或升高溫度） H2SO4量少時不能除盡Na2CO3雜質，H2SO4量多時又會生成新的雜質(Cr3O10-2)，所以H2

50、SO4必須適量 Na2Cr2O7、Na2SO4 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 取少量丁溶液于試管中，向其中加入KSCN溶液，不顯紅色則說明丁溶液中不含F(xiàn)e3+ 冷卻結晶 【解析】鉻鐵礦中加入碳酸鈉并通入氧氣，高溫下將Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同時生成CO2，將得到的固體溶于水得到Na2CrO4溶液，然后過濾，得到得到Na2CrO4和過量的碳酸鈉混合溶液和氧化鐵固體，在Na2CrO4和碳酸鈉混合溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2CrO4反應生成Na2Cr2O7和硫酸鈉，同時除去碳酸鈉，通過蒸發(fā)濃縮冷卻結晶，得到紅礬鈉(Na2Cr2O72H2O)；氧化鐵與硫酸反應生成硫酸

51、鐵，加入鐵粉將硫酸鐵還原生成硫酸亞鐵，最后蒸發(fā)濃縮冷卻結晶，得到綠礬。 (1) Fe(CrO2)2中鉻元素的化合價為+3價，根據(jù)正負化合價的代數(shù)和為0，F(xiàn)e(CrO2)中鐵元素的化合價為+2價，故答案為+2 價；(2) Fe(CrO2)2中鉻元素的化合價為+3價，鐵元素的化合價為+2價，可寫成FeOCr2O3，故答案為FeOCr2O3；(3)高溫氧化時，F(xiàn)e(CrO2)2和碳酸鈉、氧氣反應氧化還原反應生成Na2CrO4、二氧化碳和氧化鐵，該反應中Fe元素化合價由+2價變?yōu)?3價、Cr元素化合價由+3價變?yōu)?6價，O元素化合價由0價變?yōu)?2價，所以氧氣是氧化劑、Fe(CrO2)2是還原劑，則還原

52、劑和氧化劑的物質的量之比為4：7，故答案為4：7；根據(jù)影響化學反應速率的外界因素，為了加快該反應的反應速率，可采取的措施有粉碎礦石、升高溫度等，故答案為粉碎礦石(或升高溫度)；H2SO4量少時不能除盡Na2CO3雜質，H2SO4量多時又會生成新的雜質(Cr3O102-)，所以H2SO4必須適量，故答案為H2SO4量少時不能除盡Na2CO3雜質，H2SO4量多時又會生成新的雜質(Cr3O102-)，所以H2SO4必須適量；根據(jù)上述分析，混合溶液乙中的溶質有Na2Cr2O7、Na2SO4，故答案為Na2Cr2O7、Na2SO4；(5)Fe與硫酸鐵溶液反應的離子方程式為Fe+2Fe3+=3Fe2+。

53、檢驗溶液丁中無Fe3+的方法為：取少量丁溶液于試管中，向其中加入KSCN溶液，不顯紅色則說明丁溶液中不含F(xiàn)e3+；從硫酸亞鐵溶液到綠鞏的實驗操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，故答案為取少量丁溶液于試管中，向其中加入KSCN溶液，不顯紅色則說明丁溶液中不含F(xiàn)e3+ ；冷卻結晶。點睛：本題考查物質的制備、分離和提純，為高頻考點，涉及氧化還原反應、基本實驗操作等知識，明確物質的性質、熟悉制備流程和基本實驗操作等是解題的關鍵。本題的難點是(4)硫酸必須適量的原因，需要理解題目信息方程式中的計量數(shù)對反應的影響。26、連接好實驗裝置，由導管向裝置中加水，若能形成一段穩(wěn)定的水柱，則裝置的氣密性良好

54、（其他合理答案均可） 裝置放入348 K（或75 ）熱水浴中；裝置放入冷水浴中 裝置中溶液變藍；裝置中溶液變成橙色 能 Cl2與KBr反應生成Br2，氧化性Cl2Br2，Cl2與揮發(fā)出來的Br2均可與KI反應，氧化性Br2I2或Cl2I2，均可證明氧化性Cl2I2 蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾（洗滌、干燥） S2O32-4Cl25H2O=2SO42-8Cl10H 簡化實驗裝置、節(jié)約成本；試劑用量少、能源消耗少；節(jié)省空間，縮短實驗時間；減少污染等（任答兩點） 【解析】（1）氣體經(jīng)過的裝置數(shù)目較多，可用液差法檢查整套裝置的氣密性；（2）該實驗的目的是制取氯酸鉀和次氯酸鈉，由于U形反應管中裝有30%KO

55、H溶液，用于制取氯酸鉀，U形反應管中裝有2molL1NaOH溶液用于制取次氯酸鈉，結合已知離子方程式寫出反應條件；（3）裝置中KI溶液與Cl2反應生成I2，使淀粉溶液變藍，裝置中KBr溶液與Cl2反應生成Br2；（4）如果把裝置、中的試劑互換位置，Cl2與KBr反應生成的Br2揮發(fā)出來會與KI反應生成I2，據(jù)此分析解答；（5）物質的溶解度隨溫度的變化較快，常常選擇冷卻結晶方式析出晶體，物質的溶解度隨溫度的變化相對平緩，常常選擇蒸發(fā)溶劑的結晶方式析出晶體；觀察溶解度曲線特點，選擇結晶方式；（6）Na2S2O3和Cl2發(fā)生氧化還原反應生成Na2SO4和NaCl，結合電子守恒、電荷守恒寫出離子方程式

56、；（7）結合微型實驗裝置的特點回答其優(yōu)點，如節(jié)約藥品，減少環(huán)境污染等等。【詳解】（1）整套裝置氣密性的檢查用液差法，方法是連接好實驗裝置，由導管向裝置中加水，若能形成一段穩(wěn)定的水柱，則裝置的氣密性良好。（2）裝置中盛放30% KOH溶液，裝置中發(fā)生的反應為3Cl26KOHKClO35KCl3H2O，則裝置用于制備KClO3；裝置中盛放2 molL1 NaOH溶液，裝置中發(fā)生的反應為Cl22NaOHNaClNaClOH2O，則裝置用于制備NaClO。為了使裝置中的反應順利完成，裝置應放入348 K（或75 ）熱水浴中；為了使裝置中的反應順利完成，裝置應放入冷水浴中。（3）裝置中盛放KI淀粉溶液，

57、通入Cl2發(fā)生反應Cl22KI=2KClI2，I2遇淀粉呈藍色，則裝置中的實驗現(xiàn)象是溶液變藍；裝置中盛放KBr溶液，通入Cl2發(fā)生反應Cl22KBr=2KClBr2，則裝置中的實驗現(xiàn)象是溶液變成橙色。（4）如果把裝置中的試劑互換位置，即裝置中盛放KBr溶液，裝置中發(fā)生反應Cl22KBr=2KClBr2，由此得出氧化性Cl2Br2；裝置中盛放KI淀粉溶液，無論是Cl2還是裝置中揮發(fā)出來的Br2（g）都能與KI反應生成I2，則說明Cl2或Br2（g）的氧化性強于I2。結合裝置中得出的結論也能證明氧化性Cl2I2。（5）根據(jù)溶解度曲線可知，KClO3的溶解度隨溫度升高明顯增大，KCl在低溫時溶解度大

58、于KClO3，高溫時溶解度小于KClO3，則從裝置所得溶液中提取KClO3晶體的實驗操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。（6）尾氣用浸有0.5 molL1 Na2S2O3溶液的棉花吸收，Cl2將S2O氧化成SO，自身被還原成Cl，根據(jù)氧化還原反應原理可將尾氣吸收時Cl2發(fā)生反應的離子方程式配平為4Cl2S2O5H2O=2SO8Cl10H。（7）選擇微型實驗裝置的優(yōu)點有：簡化實驗裝置、節(jié)約成本；試劑用量少、能源消耗少；節(jié)省空間，縮短實驗時間；減少污染等?！军c睛】本題以制取氯氣、氯酸鉀、次氯酸鈉和檢驗氯氣性質的實驗為載體考查了基本實驗操作、反應條件對化學反應的影響、混合物分離或提純、氧化還

59、原反應規(guī)律及其化學方程式書寫、實驗方案的設計及其評價，掌握物質的化學性質是解題關鍵，試題有利于培養(yǎng)學生的綜合能力。27、打開彈簧夾，通入N2一段時間 H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2+H2O 將紅色物質轉化為氧化銅 Cu 排除溶解的SO2、H2SO3導致溶液顯綠色的可能性 NaHSO3或KHSO3 SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O 2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2 【解析】(1)為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出；裝置A中的反應是制備SO2的反應；(2)將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中，B中出現(xiàn)少量紅色沉

60、淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是將紅色物質轉化為氧化銅，有利于后續(xù)定量判斷；由實驗中物質的質量計算紅色固體的平均摩爾質量，進而分析固體成分；(3)根據(jù)B中所得溶液中可能的成分等，實驗i可以排除部分成分顯綠色的可能性；確認Cu(HSO3)2使溶液呈綠色，需要在溶液中加入含有HSO3-離子的物質；(4)出現(xiàn)紅色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈現(xiàn)綠色的原因生成了含HSO3-離子的物質?！驹斀狻?1)為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出，操作為：打開彈簧夾，通入N2一段時間，關閉彈簧夾；裝置A中的反應是制備SO2的反應，化學方程式為H2S