2022年河南省鄭州市十高三第一次調研測試化學試卷含解析

1、2021-2022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、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、從制溴苯的實驗中分離出FeBr3溶液，得到溴的苯溶液和無水FeCl3。下列設計能達到相應實驗目的的是A用裝置甲制取氯氣按圖示通入裝置乙中能使Br-全部轉化為溴單質B用裝置丙分液

2、時先從下口放出水層，換一容器從上口倒出有機層C檢驗溶液中是否氧化完全，取水層少許滴加硝酸銀溶液，看有無沉淀生成D用裝置丁將分液后的水層溶液蒸發(fā)至有大量晶體析出時，停止加熱，余熱蒸干2、硅元素在地殼中的含量非常豐富。下列有關說法不正確的是A晶體硅屬于共價晶體B硅原子的電子式為C硅原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2D硅原子的價電子排布圖為3、下列關于元素周期表和元素周期律的說法正確的是（ ）ALi、Na、K元素的原子核外電子層數(shù)隨著核電荷數(shù)的增加而減少B第二周期元素從Li到F，非金屬性逐漸減弱C因為K比Na容易失去電子，所以K比Na的還原性強DO與S為同主族元素，且O比S的非金屬

3、性弱4、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+BI2+ SO32-+H2OSO42-+2I-+2H+C2Fe2+I22Fe3+2I-DBr2+SO32-+H2OSO42-+2Br-+2H+5、以下物質檢驗的結論可靠的是( )A往溶液中加入溴水，出現(xiàn)白色沉淀，說明含有苯酚B向含酚酞的氫氧化鈉溶液中加入溴乙烷，加熱后紅色變淺，說明溴乙烷發(fā)生了水解C在制備乙酸乙酯后剩余的反應液中加入碳酸鈉溶液，產(chǎn)生氣泡，說明還有乙酸剩余D將乙醇和濃硫酸共熱后得到的氣體通入溴水中，溴水褪色，說明生成了乙烯6、下列有

4、關物質結構的敘述正確的是A在離子化合物中不可能存在非極性共價鍵B由電子定向移動而導電的物質一定是金屬晶體C有鍵能很大的共價鍵存在的物質熔沸點一定很高D只含有共價鍵的物質不一定是共價化合物7、海南是海洋大省，擁有豐富的海洋資源，下列有關海水綜合利用的說法正確的是A蒸發(fā)海水可以生產(chǎn)單質碘B蒸餾海水可以得到淡水C電解海水可以得到單質鎂D海水制食用鹽的過程只發(fā)生了物理變化8、已知：H2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ Se (g) Se (s) +102.17kJ； 下列選項正確的是AH2 (g) + Se (s)的總能量對應圖中線段 bB相同物質的量的 Se，Se(s)

5、的能量高于 Se(g)C1mol Se (g)中通入 1mol H2(g)，反應放熱 87.48kJDH2 (g) + S (g) H2S (g) +QkJ ，QKsp(AgI)向含少量NaCl的NaI溶液中滴入適量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成AABBCCDD10、在使用下列各實驗裝置時，不合理的是A裝置用于分離CCl4和H2O的混合物B裝置用于收集H2、CO2、Cl2等氣體C裝置用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D裝置用于收集NH3，并吸收多余的NH311、新型冠狀病毒感染的肺炎診療方案指出，5630分鐘、乙醚、75%乙醇、含氯消毒劑、過氧乙酸和氯仿等脂溶劑均可有效滅活病毒。下列有關說法

6、正確的是A含氯消毒劑說明含有氯元素的化學物質都有消毒作用。B有效滅活病毒原理主要是使病毒蛋白質發(fā)生變性而失去活性。C過氧乙酸的消毒能力主要是因其呈酸性。D居家常用的84消毒液與75%乙醇混合使用消毒效果會更好。12、我國古代的青銅器工藝精湛，有很高的藝術價值和歷史價值。下列說法不正確的是（ ）A我國使用青銅器的時間比使用鐵器、鋁器的時間均要早B將青銅器放在銀質托盤上，青銅器容易生成銅綠C本草綱目載有名“銅青”之藥物，銅青是銅器上的綠色物質，則銅青就是青銅D用蜂蠟做出銅器的蠟模，是古代青銅器的鑄造方法之一，蜂蠟的主要成分是有機物13、根據(jù)溶解度曲線，在80 時將含有等物質的量的硝酸鈉和氯化鉀混合

7、溶液恒溫蒸發(fā)，首先析出的是A氯化鉀B硝酸鈉C氯化鈉D硝酸鉀14、已知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A120gNaHSO4固體中含有H+的數(shù)目為NAB向FeBr2溶液中緩慢通入0.2molCl2時，被氧化的Fe2數(shù)目一定為0.4NAC用惰性電極電解1L濃度均為2mol/L的AgNO3與Cu（NO3）2的混合溶液，當有0.2NA個電子轉移時，陰極析出金屬的質量大于6.4gD加熱條件下，1molFe投入足量的濃硫酸中，生成SO2的分子數(shù)目為NA15、下列有關實驗的選項正確的是()A分離甲醇與氯化鈉溶液B加熱NaHCO3固體C制取并觀察Fe(OH)2的生成D記錄滴定終點讀數(shù)為12.20mL

8、16、下圖是部分短周期元素原子半徑與原子序數(shù)的關系圖，下列說法正確的是AM、N的氧化物都能與Z、R的最高價氧化物對應水化物反應BY的單質能從含R簡單離子的水溶液中置換出R單質CX、M兩種元素組成的化合物熔點很高D簡單離子的半徑：RMX二、非選擇題（本題包括5小題）17、有A、B、C、D、E、F六種溶液，它們是氨水、硫酸鎂、碳酸氫鈉、碳酸鈉、稀硝酸、氯化鋇溶液中的某一種。各取少量，將其兩兩混合現(xiàn)象如圖所示。其中“”表示難溶物，“”表示氣體，“-” 表示無明顯現(xiàn)象，空格表示未做實驗，試推斷其中F是：A碳酸鈉溶液B氯化鋇溶液C硫酸鎂溶液D碳酸氫鈉溶液18、一種合成聚碳酸酯塑料（PC塑料）的路線如下：

9、已知：酯與含羥基的化合物可發(fā)生如下酯交換反應RCOORROH RCOO R+ ROHPC塑料結構簡式為：（1）C中的官能團名稱是_，檢驗C中所含官能團的必要試劑有_。（2）D的系統(tǒng)命名為_。（3）反應II的反應類型為_，反應的原子利用率為_。（4）反應IV的化學方程式為_。（5）1molPC塑料與足量NaOH溶液反應，最多消耗_molNaOH。（6）反應I生成E時會生成副產(chǎn)物F(C9H12O2)，其苯環(huán)上一氯代物有兩種，則F的結構簡式為_；寫出滿足下列條件的F的同分異構體的結構簡式_（任寫一種）分子中含有苯環(huán)，與NaOH溶液反應時物質的量為1：2核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環(huán)境的氫，且峰面積

10、之比為6：2：2：1：119、某小組同學探究物質的溶解度大小與沉淀轉化方向之間的關系。（查閱資料）物質BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20）2.41041.41033.01071.5104（實驗探究）（一）探究BaCO3和BaSO4之間的轉化，實驗操作如下所示：試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現(xiàn)象實驗實驗BaCl2Na2CO3Na2SO4Na2SO4Na2CO3有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解（1）實驗說明BaCO3全部轉化為BaSO4，依據(jù)的現(xiàn)象是加入稀鹽酸后，_。（2）實驗中加入稀鹽酸后發(fā)生反應的離子方程式是_。（3）實驗說明沉淀發(fā)生了部分轉化，結合BaSO4的沉淀溶解平衡解釋原因

11、：_。（二）探究AgCl和AgI之間的轉化。（4）實驗：證明AgCl轉化為AgI。甲溶液可以是_（填字母代號）。a AgNO3溶液b NaCl溶液c KI溶液（5）實驗：在試管中進行溶液間反應時，同學們無法觀察到AgI轉化為AgCl，于是又設計了如下實驗（電壓表讀數(shù)：acb0）。裝置步驟電壓表讀數(shù).按圖連接裝置并加入試劑，閉合Ka.向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全b.再向B中投入一定量NaCl（s）c.重復，再向B中加入與等量的NaCl（s）a注：其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性（或還原性）強弱與其濃度有關。查閱

12、有關資料可知，Ag可氧化I，但AgNO3溶液與KI溶液混合總是得到AgI沉淀，原因是氧化還原反應速率_（填“大于”或“小于”）沉淀反應速率。設計（）石墨（s）I（aq）/Ag（aq）石墨（s）（）原電池（使用鹽橋阻斷Ag與I的相互接觸）如上圖所示，則該原電池總反應的離子方程式為_。結合信息，解釋實驗中ba的原因：_。實驗的現(xiàn)象能說明AgI轉化為AgCl，理由是_。（實驗結論）溶解度小的沉淀容易轉化為溶解度更小的沉淀，反之則不易；溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉化溶解度較大的沉淀越難實現(xiàn)。20、K3Fe(C2O4)33H2O(三草酸合鐵酸鉀)為亮綠色晶體，可用于曬制藍圖。請回答下列問題：(1)

13、曬制藍圖時，用)K3Fe(C2O4)33H2O作感光劑，以K3Fe(CN)6溶液為顯色劑。其光解反應的化學方程式為：2K3Fe(C2O4)32FeC2O4+3K2C2O4+2CO2：顯色反應的化學反應式為_FeC2O4+_K3Fe(CN)6一_Fe3Fe(CN)62+_，配平并完成該顯色反應的化學方程式。(2)某小組為探究三草酸合鐵酸鉀的熱分解產(chǎn)物，按下圖所示裝置進行實驗。通入氮氣的目的是_。實驗中觀察到裝置B、F中澄清石灰水均變渾濁，裝置E中固體變?yōu)榧t色，由此判斷熱分解產(chǎn)物中一定含有_，_。為防止倒吸，停止實驗時應進行的操作是_。樣品完全分解后，裝置A中的殘留物含有FeO和Fe2O3，檢驗F

14、e2O3存在的方法是：_。(3)測定三草酸合鐵酸鉀中鐵的含量。稱量m g樣品于錐形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c molL-1KMnO4，溶液滴定至終點。在滴定管中裝入KMnO4溶液的前一步，應進行的操作為_。滴定終點的現(xiàn)象是_。向上述溶液中加入過量鋅粉至反應完全后，過濾、洗滌，將濾液及洗滌液全部收集到錐形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c molL-1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液V mL。該晶體中鐵的質量分數(shù)的表達式為_。若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視KMnO4溶液液面，則測定結果_。過濾、洗滌實驗操作過程需要的玻璃儀器有_。21、乙二酸俗稱草酸（結構簡式為HOOCCO

15、OH，可簡寫為H2C2O4），它是一種重要的化工原料（常溫下0.01mol/L的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如表所示）H2C2O4KHC2O4K2C2O4pH2.13.18.1填空：（1）寫出H2C2O4的電離方程式_（2）KHC2O4溶液顯酸性的原因是_；向0.1mol/L的草酸氫鉀溶液里滴加NaOH溶液至中性，此時溶液里各粒子濃度關系正確的是_ac（K+）=c（HC2O4）+c（H2C2O4）+c（C2O42） bc（Na+）=c（H2C2O4）+c（C2O42）cc（K+）+c（Na+）=c（HC2O4）+c（C2O42） dc（K+）c（Na+）（3）H2C2O4

16、與酸性高錳酸鉀溶液反應，現(xiàn)象是有氣泡（CO2）產(chǎn)生，紫色消失寫出反應的離子方程式_；又知該反應開始時速率較慢，隨后大大加快，可能的原因是_（4）某同學設計實驗如圖所示：兩個燒杯中的試管都分別盛有2mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液和4mL 0.1mol/L 酸性KMnO4溶液，分別混合并振蕩，記錄溶液褪色所需時間該實驗目的是研究_，但該實驗始終沒有看到溶液褪色，推測原因_（5）已知草酸（H2C2O4）受熱分解的化學方程式為：H2C2O4H2O+CO+CO2，寫出FeC2O4在密閉容器中高溫分解的化學方程式_參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】A乙中Cl2應當長進

17、短出，A錯誤；B分液操作時，先將下層液體從下口放出，再將上層液體從上口倒出，B正確；C無論氧化是否完全，滴加硝酸銀溶液都會產(chǎn)生沉淀，C錯誤；DFeCl3會水解，水解方程式為：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，蒸發(fā)時，應在HCl氛圍中進行，否則得不到FeCl3，得到Fe(OH)3，D錯誤。答案選B。2、D【解析】晶體硅中所有原子都以共價鍵相結合，屬于共價晶體，A正確；Si原子的最外層有4個電子，B正確；Si原子核外有14個電子，根據(jù)構造原理可知其排布式為1s22s22p63s23p2，C正確；硅原子的價電子排布圖不符合洪特規(guī)則，選項D錯誤。3、C【解析】A.Li、Na、K元素的原子核

18、外電子層數(shù)隨著核電荷數(shù)的增加而增多，故A錯誤；B. 第二周期元素從Li到F，金屬性逐漸減弱、非金屬性逐漸增強，故B錯誤；C.金屬越容易失去電子，則金屬性越強，K比Na容易失去電子，所以K比Na的還原性強，所以C選項是正確的；D.O與S為同主族元素，同主族自上而下元素非金屬性減弱，O比S的非金屬性強，故D錯誤。答案選C。4、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

19、原性強弱一致，能發(fā)生，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。5、B【解析】A酚類物質與溴水都發(fā)生取代反應生成白色沉淀，往溶液中加入溴水，出現(xiàn)白色沉淀，不一定為苯酚，也可能為其它酚類物質，故A錯誤；B向含酚酞的氫氧化鈉溶液中加入溴乙烷，加熱后紅色變淺，則堿性降低，可知溴乙烷發(fā)生了水解，故B正確；C乙酸乙酯的制備是在濃硫

20、酸作用下進行，硫酸與碳酸鈉反應生成二氧化碳氣體，不能證明乙酸是否過量，故C錯誤；D乙醇和濃硫酸共熱后得到的氣體含有二氧化硫等還原性氣體，與溴發(fā)生氧化還原反應，也能使溴水褪色，不能說明生成了乙烯，故D錯誤；故選B。6、D【解析】A含有離子鍵的化合物是離子化合物，離子化合物中可能含有極性鍵或非極性鍵，如Na2O2，故A錯誤；B多數(shù)物質導電都是靠電子定向移動的，不僅僅是金屬，如半導體材料硅等，故B錯誤；C分子晶體的熔沸點高低取決于分子間作用力的大小，與共價鍵的強弱無關，故C錯誤；D只含共價鍵的物質不一定是共價化合物，可能是多原子單質，如臭氧等，故D正確；答案選D?！军c睛】含有離子鍵的化合物是離子化合

21、物，而極性鍵和非極性鍵是從原子之間的共用電子對是否偏移判斷的，它們之間沒有必然的聯(lián)系。7、B【解析】A、海水中的碘元素以碘離子的形式存在，可以加氧化劑將碘離子氧化為碘單質，最后再萃取蒸餾得到碘單質即可，選項A錯誤；B、利用蒸餾法控制水的沸點100，使水變?yōu)檎魵馔ㄟ^冷凝得到蒸餾水，能使海水淡化，選項B正確；C、電解熔融的氯化鎂可以獲得金屬鎂，電解海水得不到金屬鎂，選項C錯誤；D、蒸發(fā)溶劑從海水中得到固體氯化鈉是物理變化，但粗鹽中除去雜質時涉及化學變化，選項D錯誤；答案選B?！军c睛】本題涉及海水中獲取碘單質、海水淡化以及金屬鎂、鈉的獲取方法，屬于綜合知識的考查，難度中等。8、A【解析】A. 根據(jù)H

22、2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ Se (g) Se (s) +102.17kJ 可得：H2 (g) + Se (s) H2Se (g) -14.69kJ ，所以H2 (g) + Se (s)的總能量對應圖中線段 b，故正確；B. 相同物質的量的 Se，Se(s)的能量低于 Se(g)，故錯誤；C. 1mol Se (g)中通入 1mol H2(g)，H2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ，該反應是可逆反應，放出的熱量小于87.48kJ，故錯誤；D.S和Se是同族元素，S的非金屬性比Se強，和氫氣化合更容易，放熱更多，故錯誤；故選：A

23、。9、C【解析】A容量瓶是配制一定物質的量濃度溶液的儀器，不能用于溶解溶質，即不能在容量瓶中溶解NaOH，A錯誤；BNH3極易溶于水，其收集方法不能用排水法，B錯誤；CNa2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O，可以通過黃色沉淀出現(xiàn)快慢來比較化學反應速率的快慢，從而探究濃度對化學反應速率的影響，C正確；D由于NaCl量較少，可能濃度商c(Ag)c(Cl)Ksp(AgCl)而未出現(xiàn)沉淀。只有在CI和I濃度相同情況下才可以比較，D錯誤。答案選C?！军c睛】A項需要注意的是NaOH溶液易變質，通常不能直接正確地配制一定物質的量的濃度的NaOH溶液（即NaOH不能作基準物質），而需要通

24、過滴定來測定NaOH溶液的濃度。10、D【解析】ACCl4和H2O的混合物分層，則圖中分液裝置可分離，選項A正確；B短導管進入可收集密度比空氣小的氣體，長導管進入可收集密度比空氣大的氣體，則圖中裝置可收集H2、CO2、Cl2等氣體，選項B正確；C四氯化碳的密度比水大，在下層，可使氣體與水不能直接接觸，則裝置用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸，選項C正確；D不能利用無水氯化鈣干燥氨氣，應選堿石灰干燥，選項D錯誤；答案選D?！军c睛】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及混合物分離提純、氣體的收集、防止倒吸等，把握圖中裝置的作用及實驗基本技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查。11、B【解

25、析】A不是所有的含氯物質都有消毒作用，如NaCl溶液，A錯誤；B有效滅活病毒原理主要是使病毒蛋白質發(fā)生變性而失去活性，B正確；C過氧乙酸的消毒能力主要是因其有強氧化性，C錯誤；D84消毒液的有效成分是NaClO，有強氧化性，乙醇有還原性，可發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生有毒物質氯氣，不能混合使用，D錯誤。答案選B。12、C【解析】A. 金屬大規(guī)模被使用的先后順序跟金屬的活動性關系最大，金屬性越弱的金屬使用越早，所以我國使用青銅器的時間比使用鐵器、鋁器的時間均要早，故A正確；B. Cu比Ag活潑，將青銅器放在銀質托盤上，構成原電池，銅為負極，青銅器容易生成銅綠，故B正確；C. 銅在空氣中長時間放置，會與空

26、氣中氧氣、二氧化碳、水反應生成堿式碳酸銅，因此本草綱目載有名“銅青”之藥物，銅青就是銅銹蝕生成的堿式碳酸銅，故C錯誤；D.蜂蠟的主要成分是酸類、游離脂肪酸、游離脂肪醇和碳水化合物，主要成分是有機物，故D正確；故選C。13、C【解析】在80時，氯化鈉的溶解度為39克，氯化鉀的溶解度為51克，硝酸鉀的溶解度為170克，硝酸鈉的溶解度為150克；復分解反應發(fā)生的條件是生成物中有沉淀生成或有氣體生成或有水生成，所謂沉淀就是生成的物質的溶解度小，就會有沉淀生成，所以加熱蒸發(fā)溶液的溫度在80時開始析出的晶體是氯化鈉反應的化學方程式為NaNO3+KCl=NaCl+KNO3，故選C。14、C【解析】A固體Na

27、HSO4中不含氫離子，故A錯誤；B被氧化的Fe2數(shù)目與溶液中FeBr2的量有關，故B錯誤；C混合溶液中n(Ag+)=2mol1L=2mol，n(Cu2+)=2mol，Ag+氧化性大于Cu2+，電解混合溶液時，陰極首先析出的固體為銀單質，當有0.2mol電子轉移時，首先析出Ag，質量為0.2mol108g/mol=21.6g，故C正確；D 濃硫酸氧化性較強，可以將Fe氧化成Fe3+，所以1molFe可以提供3mol電子，則生成的SO2的物質的量為1.5mol，個數(shù)為1.5NA，故D錯誤；答案為C。【點睛】熔融狀態(tài)下NaHSO4電離出鈉離子和硫酸氫根離子，在水溶液中NaHSO4電離出鈉離子、氫離子

28、、硫酸根離子。15、C【解析】A甲醇與水互溶，不分層，則不能用分液的方法分離，故A錯誤；B加熱固體，試管口應略朝下傾斜，以避免試管炸裂，故B錯誤；C植物油起到隔絕空氣作用，氫氧化鈉與硫酸亞鐵反應，可生成氫氧化亞鐵，故C正確；D滴定管刻度從上到下增大，則記錄滴定終點讀數(shù)為11.80mL，故D錯誤。故選：C?！军c睛】酸式滴定管或堿式滴定管的0刻度在滴定管的上方，與量筒讀數(shù)不同。16、C【解析】由圖可知，為第二周期和第三周期元素的原子半徑的變化，根據(jù)原子序數(shù)關系可知X為O元素，Y為F元素，Z為Na元素，M為Al元素，N為Si元素，R為Cl元素，AM、N的氧化物Al2O3、SiO2都能與Z、R的最高價

29、氧化物對應水化物NaOH反應，但SiO2不與R的最高價氧化物對應水化物HClO4反應，選項A錯誤；BF2非常活潑，與含氯離子的水溶液反應時直接與水反應，無法置換出氯氣，選項B錯誤；CX、M兩種元素組成的化合物氧化鋁熔點很高，選項C正確；DO2-、Al3+電子層結構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，Cl-比它們多一個電子層，半徑最大，故離子半徑Cl-O2-Al3+，選項D錯誤。答案選C。點睛：本題考查結構性質位置關系應用，推斷元素是解題關鍵，側重對化學用語的考查，注意理解氫氧化鋁的兩性，能與強酸強堿反應，由圖可知，為第二周期和第三周期元素的原子半徑的變化，根據(jù)原子序數(shù)關系可知X為O元素，Y為F元素

30、，Z為Na元素，M為Al元素，N為Si元素，R為Cl元素，據(jù)此分析得解。二、非選擇題（本題包括5小題）17、D【解析】所給5種物質中，只有硫酸鎂可與三種物質（氨水、碳酸鈉、氯化鋇）生成沉淀，故D為硫酸鎂，A、B、C分別為氨水、碳酸鈉、氯化鋇中的一種；再根據(jù)A可與C生成沉淀，故A、C為碳酸鈉和氯化鋇，則B為氨水；A與E產(chǎn)生氣體，故A為碳酸鈉，E為稀硝酸，所以F為碳酸氫鈉?！驹斀狻緼+E氣體說明有A、E一種一定是硝酸,另一種可能是碳酸鈉、碳酸氫鈉中的一種, A+C生成沉淀，A+D生成沉淀，說明A不是硝酸，所以E為硝酸，A為碳酸鈉，C、D就可能是硫酸鎂、氯化鋇中的一種，因為B+D生成沉淀，C+D生成

31、沉淀，C+F無現(xiàn)象說明D是硫酸鎂，C為氯化鋇，B為氨水，最后F為碳酸氫鈉，則A：碳酸鈉，B：氨水，C：氯化鋇，D：硫酸鎂，E：硝酸，F(xiàn)：碳酸氫鈉；答案選D?！军c睛】這類試題還有一種表達形式“A+C，A+D，A+E，B+D，C+D，C+F無明顯現(xiàn)象。解題時一般先找現(xiàn)象較全面的一種如D或A(分別做了三次實驗)。依次假設D為六種溶液中的某一種。如假設D是氨水或是硫酸鎂等，分析它與其他五種溶液分別混合時的現(xiàn)象。若能出現(xiàn)三次沉淀，則假設成立。由此可確定D是硫酸鎂。依照上述方式可推出A是碳酸鈉，依次推出F是碳酸氫鈉。18、溴原子 NaOH溶液、稀硝酸、硝酸銀溶液 2-丙醇 氧化反應 100% 4n 等 【

32、解析】B為CH2=CH2，B發(fā)生氧化反應生成環(huán)氧乙烷，環(huán)氧乙烷與二氧化碳發(fā)生反應生成，與甲醇反應為信息的反應，反應的化學方程式是，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；A在一定的條件下與HBr發(fā)生加成反應，根據(jù)原子守恒知，A為C3H6，結構簡式為CH2=CHCH3，C為CH3CHBrCH3，C中NaOH溶液中加熱發(fā)生水解生成D，D為CH3CHOHCH3，D在銅作催化劑，加熱條件下氧化成丙酮，丙酮與發(fā)生反應I生成E，E與丙酮發(fā)生反應生成PC?！驹斀狻浚?）C為CH3CHBrCH3，官能團名稱是溴原子，C中NaOH溶液中加熱發(fā)生水解生成D和溴化鈉，先加稀硝酸中和氫氧化鈉，再加硝酸銀溶液，

33、產(chǎn)生白色沉淀，檢驗C中所含官能團的必要試劑有NaOH溶液、稀硝酸、硝酸銀溶液。（2）為CH3CHOHCH3，D的系統(tǒng)命名為2-丙醇。（3）B為CH2=CH2，B發(fā)生氧化反應生成環(huán)氧乙烷，反應II的反應類型為氧化反應，環(huán)氧乙烷與二氧化碳發(fā)生反應生成，反應的原子利用率為100%。（4）E與丙酮發(fā)生反應生成PC，反應IV的化學方程式為。（5）酚形成的酯水解時需消耗2molNaOH，PC的一個鏈節(jié)中有2個酚形成的酯基，1molPC塑料與足量NaOH溶液反應，最多消耗4nmolNaOH。（6）反應I生成E時會生成副產(chǎn)物F(C9H12O2)，分子式為C9H12O2且符合屬于芳香化合物，其苯環(huán)上一氯代物有兩

34、種，F(xiàn)的兩取代基只能處于對位，則F的結構簡式為；能滿足下列條件的F的同分異構體分子中含有苯環(huán)，與NaOH溶液反應時物質的量為1:2，核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環(huán)境的氫，且峰面積之比為6：2：2：1：1，符合條件的是二元酚類，符合條件的同分異構體結構簡式為：等。【點睛】本題考查有機物的合成，把握合成流程中官能團的變化、有機反應、習題中的信息為解答的關鍵，注意有機物性質的應用，難點（6），注意掌握同分異構體的書寫方法。19、沉淀不溶解，無氣泡產(chǎn)生或無明顯現(xiàn)象 BaCO32H=Ba2CO2H2O BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，當加入濃度較高的

35、Na2CO3溶液，CO32-與Ba2結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動 b 小于 2Ag2I=I22Ag 生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（I）減小，I還原性減弱，原電池的電壓減小 實驗步驟表明Cl本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟中cb說明加入Cl使c（I）增大，證明發(fā)生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq) 【解析】因為BaCO3能溶于鹽酸，放出CO2氣體，BaSO4不溶于鹽酸。實驗是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉化為BaCO3，則加入鹽酸后有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解。BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(

36、s) Ba2(aq)SO42(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32與Ba2結合生成BaCO3沉淀。向AgCl的懸濁液中加入KI溶液，獲得AgCl懸濁液時NaCl相對于AgNO3過量，因此說明有AgCl轉化為AgI。AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說明氧化還原反應遠遠小于沉淀反應速率；原電池總反應的離子方程式為2I2Ag = 2AgI2；由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，產(chǎn)生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I)減小，I還原性減弱，根據(jù)已知信息“其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強，原電池的電壓越大；離子

37、的氧化性(或還原性)強弱與其濃度有關”可的結論；實驗步驟表明Cl本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟中cb說明加入Cl使c(I)增大，證明發(fā)生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)?！驹斀狻恳驗锽aCO3能溶于鹽酸，放出CO2氣體，BaSO4不溶于鹽酸，所以實驗說明BaCO3全部轉化為BaSO4，依據(jù)的現(xiàn)象是加入鹽酸后，沉淀不溶解，無氣泡產(chǎn)生(或無明顯現(xiàn)象)；故答案為：沉淀不溶解，無氣泡產(chǎn)生或無明顯現(xiàn)象。實驗是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉化為BaCO3，則加入鹽酸后有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解，發(fā)生反應的離子方程式為BaCO32

38、H = Ba2CO2H2O；故答案為：BaCO32H = Ba2CO2H2O。BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32與Ba2結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動，BaSO4沉淀部分轉化為BaCO3沉淀；故答案為：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32與Ba2結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動。為觀察到AgCl轉化為AgI，需向AgCl的懸濁液中加入KI溶液，獲得AgCl懸濁液時NaCl相對于AgNO3過量，

39、因此說明有AgCl轉化為AgI；故答案為：b。AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說明氧化還原反應遠遠小于沉淀反應速率；原電池總反應的離子方程式為2I2Ag = 2AgI2；故答案為：小于；2I2Ag= 2AgI2。由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，產(chǎn)生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I)減小，I還原性減弱，根據(jù)已知信息“其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性(或還原性)強弱與其濃度有關”可知，實驗中ba；故答案為：生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I)減小，I還原性減弱，原電池的電壓減小

40、。實驗步驟表明Cl本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟中cb說明加入Cl使c(I)增大，證明發(fā)生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)；故答案為：實驗步驟表明Cl本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟中cb說明加入Cl使c(I)增大，證明發(fā)生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)。20、3 2 1 3K2C2O4 隔絕空氣，使反應產(chǎn)生的氣體全部進入后續(xù)裝置 CO2 CO 先熄滅裝置A、E的酒精燈，冷卻后停止通入氮氣 取少許固體粉末于試管中，加稀硫酸溶解，滴入1-2滴KSCN溶液，溶液變紅色，證明含有Fe2O3 用KMnO4溶液進行潤洗 粉紅色出現(xiàn) 偏低 燒杯、漏斗、玻璃棒

41、、膠頭滴管(可不填“膠頭滴管”) 【解析】（1）根據(jù)元素守恒規(guī)律配平亞鐵離子能與K3Fe(CN)6發(fā)生的顯色反應；（2）根據(jù)氮氣能隔絕空氣和排盡氣體分析；根據(jù)CO2、CO的性質分析；要防止倒吸可以根據(jù)外界條件對壓強的影響分析；根據(jù)鐵離子的檢驗方法解答；（3）標準滴定管需用標準液潤洗，再根據(jù)酸性高錳酸鉀溶液顯紅色回答；根據(jù)電子得失守恒計算；結合操作不當對標準液濃度的測定結果的影響進行回答；根據(jù)操作的基本步驟及操作的規(guī)范性作答。【詳解】（1）光解反應的化學方程式為2K3Fe(C2O4)32FeC2O4+3K2C2O4+2CO2，反應后有草酸亞鐵產(chǎn)生，根據(jù)元素守恒規(guī)律可知，所以顯色反應的化學方程式為

42、3FeC2O4+2K3Fe(CN)6Fe3Fe(CN)62+3K2C2O4，因此已知方程式中所缺物質化學式為K2C2O4，故答案為3；2；1；3K2C2O4。（2）裝置中的空氣在高溫下能氧化金屬銅，能影響E中的反應，所以反應前通入氮氣的目的是隔絕空氣排盡裝置中的空氣；反應中有氣體生成，不會全部進入后續(xù)裝置，故答案為隔絕空氣，使反應產(chǎn)生的氣體全部進入后續(xù)裝置。實驗中觀察到裝置B、F中澄清石灰水均變渾濁，說明反應中一定產(chǎn)生二氧化碳。裝置E中固體變?yōu)榧t色，說明氧化銅被還原為銅，即有還原性氣體CO生成，由此判斷熱分解產(chǎn)物中一定含有CO2、CO，故答案為CO2；CO；為防止倒吸，必須保證裝置中保持一定的

43、壓力，所以停止實驗時應進行的操作是先熄滅裝置A、E的酒精燈，冷卻后停止通入氮氣即可，故答案為先熄滅裝置A、E的酒精燈，冷卻后停止通入氮氣；要檢驗Fe2O3存在首先要轉化為可溶性鐵鹽，因此方法是取少許固體粉末于試管中，加稀硫酸溶解，滴入12滴KSCN溶液，溶液變紅色，證明含有Fe2O3，故答案為取少許固體粉末于試管中，加稀硫酸溶解，滴入1-2滴KSCN溶液；溶液變紅色，證明含有Fe2O3；（3）滴定管需用標準液潤洗后才能進行滴定操作；高錳酸鉀氧化草酸根離子，其溶液顯紅色，所以滴定終點的現(xiàn)象是粉紅色出現(xiàn)，故答案為用KMnO4溶液進行潤洗；粉紅色出現(xiàn)。鋅把Fe3+還原為亞鐵離子，酸性高錳酸鉀溶液又把

44、亞鐵離子氧化為鐵離子。反應中消耗高錳酸鉀是0.001cVmol，Mn元素化合價從+7價降低到+2價，所以根據(jù)電子得失守恒可知鐵離子的物質的量是0.005cVmol，則該晶體中鐵的質量分數(shù)的表達式為；滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視KMnO4溶液液面，則消耗的標準液的體積偏小，導致最終結果偏低，故答案為；偏低；過濾和洗滌需要的玻璃儀器為燒杯、漏斗、玻璃棒、膠頭滴管(可不填“膠頭滴管”)，故答案為燒杯、漏斗、玻璃棒、膠頭滴管(可不填“膠頭滴管”)。【點睛】本題主要是考查物質分解產(chǎn)物檢驗、元素含量測定等實驗方案設計與評價，題目難度中等，明確實驗原理和相關物質的性質是解答的關鍵。關于化學實驗從安全角度常考慮的主要因素如下：凈化、吸收氣體及熄滅酒精燈時要防止液體倒吸；進行某些易燃易爆實驗時要防爆炸(如H2還原CuO應先通H2，氣體點燃前先驗純等)；防氧化(如H2還原CuO后要“先滅燈再停氫”，白磷切割宜在水中進行等)；污染性的氣體要進行尾氣處理；有粉末狀物質參加的反應，要注意防止導氣管堵塞；防吸水(如實驗取用、制取易吸水、潮解、水解的物質時宜采取必要措施，以保證達到實驗目的)。21、H2C2O4H+HC2O4；HC2O4H+C2O42 HC2O4的電離