2021-2022学年云南省泸西县第一中学高三考前热身化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在常温下，向20 mL浓度均为0.1 molL1的盐酸和氯化铵混合溶液中滴加0.1 molL1的氢氧化钠溶液，溶液pH随氢氧化钠溶液加入体积的变化如图所示（忽略溶液体积变化）。下列说法正确的是AV（NaOH）20 mL时，2n（）n（NH3H

2、2O）n（H+）n（OH）0.1 molBV（NaOH）40 mL时，c（）c（OH）C当0V（NaOH）40 mL时，H2O的电离程度一直增大D若改用同浓度的氨水滴定原溶液，同样使溶液pH7时所需氨水的体积比氢氧化钠溶液要小2、实行垃圾分类，关系生活环境改善和节约使用资源。下列说法正确的是A回收厨余垃圾用于提取食用油B对废油脂进行处理可获取氨基酸C回收旧报纸用于生产再生纸D废旧电池含重金属须深度填埋3、向3molL-1盐酸中加入打磨后的镁条，一段时间后生成灰白色固体X，并测得反应后溶液pH升高。为确认固体X的成分，过滤洗涤后进行实验：向固体X中加入足量硝酸，固体溶解，得到无色溶液，将其分成两

3、等份；向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a；向另一份无色溶液中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀b。下列分析不正确的是（ ）A溶液pH升高的主要原因：Mg + 2H+ = Mg2+ + H2B生成沉淀a的离子方程式：Ag+ + Cl- = AgClC沉淀b是Mg(OH)2D若a、b的物质的量关系为n（a）：n（b） = 1：3，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)6Cl4、下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是A银氨溶液:Na+、K+、NO3、NH3H2OB空气:C2H4、CO2、SO2、NOC氯化铝溶液:Mg2+、HCO3、SO42、BrD使甲基橙呈红色的溶

4、液:I、Cl、NO3、Na+5、下列说法正确的是A刚落下的酸雨随时间增加酸性逐渐增强，是由于雨水中溶解了CO2B用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果C氧化性：HC1O稀H2SO4，故非金属性：ClSD将饱和FeCl3溶液煮沸至红褐色，可制得氢氧化铁胶体6、化学家合成了一种新化合物（如图所示），其中A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B与C在同一主族，C与D在同一周期。下列有关说法正确的是A熔点：B的氧化物C的氧化物B工业上由单质B可以制得单质CC氧化物对应水化物的酸性：DBCDA与B形成的化合物中只含有极性键7、改变下列条件，只对化学反应速率有影响，一定对化学平衡没有影响的是A催

5、化剂B浓度C压强D温度8、下列物质中含有非极性键的共价化合物是ACCl4BNa2O2CC2H4DCS29、我国成功研制的新型可充电 AGDIB电池(铝-石墨双离子电池)采用石墨、铝锂合金作为电极材料，以常规锂盐和碳酸酯溶剂为电解液。电池反应为：CxPF6+LiyAl=Cx+LiPE6+Liy1Al。放电过程如图，下列说法正确的是AB为负极，放电时铝失电子B充电时，与外加电源负极相连一端电极反应为：LiyAle=Li+Liy1AlC充电时A电极反应式为Cx+PF6e-=CxPF6D废旧 AGDIB电池进行“放电处理”时，若转移lmol电子，石墨电极上可回收7gLi10、下列方案设计能达到实验目的

6、的是ABCD检验淀粉是否水解由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响证明发生了取代反应验证KspCu(OH)2 c(H2A) c(A2)Cb点时c(H2A)c(A2)/c2(HA)=104.5DpH=3.005.30时，c(H2A)+c(HA)+c(A2)先减小后增大15、用下列装置完成相关实验，合理的是()A图：验证H2CO3的酸性强于H2SiO3B图：收集CO2或NH3C图：分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5D图：分离CH3CH2OH与CH3COOC2H516、下列实验中，依托图示实验装置不能实现的是（ ）A用CCl4萃取碘水中的碘B用NaOH溶液除去溴苯中的溴C用饱和食盐水分离硬

7、脂酸钠与甘油D用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸二、非选择题（本题包括5小题）17、氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物。以A为原料合成该药物的路线如图：（1）A的化学名称是_，C中的官能团除了氯原子，其他官能团名称为_。（2）A分子中最少有_原子共面。（3）C生成D的反应类型为_。（4）A与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为_。（5）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有_种。除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应。苯环上有只有两个取代基。其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2221的结构简式

8、为_。（6）已知：，写出以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）_。18、某合金X由常见的两种元素组成。为探究该合金X的元素组成和性质,设计并进行如下实验:根据上述信息,回答下列问题:(1)合金X的化学式为_。(2)用离子方程式解释溶液中滴加H2O2后呈红色的原因:_(3)写出336 mL(标准状况)气体B通入100 mL 0.2 mol/L 的NaOH溶液中的化学反应方程式:_19、草酸亚铁晶体（FeC2O4-2H2O，M=180g.mol-1）为淡黄色固体，难溶于水，可用作电池正极材料磷酸铁锂的原料。回答下列问题：实验1探究纯草酸亚铁晶体热分解产物（1）气体产物成分的探究，设

9、计如下装置（可重复选用）进行实验：装置B的名称为 _。按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为a_ 点燃（填仪器接口的字母编号）。为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是_。C处固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，则证明气体产物中含有_。（2）固体产物成分的探究，待固体热分解充分后，A处残留黑色固体。黑色固体可能是Fe或FeO，设计实验证明其成分为FeO的操作及现象为_。（3）依据（1）和（2）结论，A处发生反应的化学方程式为_。实验2草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的流程如下图：（4）草酸亚铁晶体溶解酸化用KMnO

10、4溶液滴定至终点的离子方程式为_。（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为 _（用代数式表示），若配制溶液时Fe2+被氧化，则测定结果将_（填“偏高”“偏低”或“不变”）。20、硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) H=-97.3kJ/mol，装置如图所示（部分装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为54.1，沸点为69.1，有强腐蚀性，不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题：ISO2Cl2的制备（1）水应从_（选填“a”或“b”）口进入。（2）制取

11、SO2的最佳组合是_（填标号）。Fe+18.4mol/LH2SO4Na2SO3+70%H2SO4Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙装置中盛放的试剂是_。（4）制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中，原因是_。（5）反应结束后，分离甲中混合物的最佳实验操作是_。II测定产品中SO2Cl2的含量，实验步骤如下：取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液均放入锥形瓶中；向锥形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000molL1的AgNO3溶液l00.00mL；向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用0.1000molL

12、-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.210-10Ksp(AgSCN)=210-12（6）滴定终点的现象为_。（7）产品中SO2Cl2的质量分数为_%，若步骤不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。21、I是合成抗凝血药物的中间体,一种合成I的路线如下(部分产物和条件省略):已知:酚羟基难与羧酸发生酯化反应。回答下列问题:(1)E的名称是_；I中既含碳又含氧的官能团名称是_。(2)F有多种同分异构体，它们在下列仪器中显示信号完全相同的是_ (填字母)。a.核磁共振氢谱仪 b.元素分析仪 c.质谱仪 d

13、.红外光谱仪(3)D +GH的反应类型是_。(4)写出FG的化学方程式：_。(5)T是H的同分异构体，T同时具备下列条件的同分异构体有_种，其中苯环上一氯代物只有2种的结构简式为_(写出一种即可)。苯环上只有3个取代基 只含一种官能团能发生水解反应和银镜反应 1 mol该有机物消耗4 mol NaOH(6)参照上述流程,以苯甲醇为原料(无机试剂自选)合成,设计合成方案：_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A. V（NaOH）20 mL时，溶液中的溶质为0.02mol氯化钠和0.02mol氯化铵，电荷守恒有n(Na+)+n（H+）+ n（）=n(Cl-)+n（OH），

14、因为n(Na+)=0.02mol，n(Cl-)=0.04mol，所以有n（H+）+ n（）=0.02+n（OH），物料守恒有n(Cl-)= n(Na+)+ n（）n（NH3H2O），即0.02= n（）n（NH3H2O），所以，2n（）n（NH3H2O）n（H+）0.04 mol+n（OH），故错误；B. V（NaOH）40 mL时，溶质为0.04mol氯化钠和0.02mol一水合氨，溶液显碱性，因为水也能电离出氢氧根离子，故c（）c（OH）正确；C. 当0V（NaOH）40 mL过程中，前20毫升氢氧化钠是中和盐酸，水的电离程度增大，后20毫升是氯化铵和氢氧化钠反应，水的电离程度减小，故错误

15、；D. 盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠溶液，为中性，若改用同浓度的氨水滴定原溶液，盐酸和氨水反应后为氯化铵的溶液仍为酸性，所以同样使溶液pH7时所需氨水的体积比氢氧化钠溶液要大，故错误。故选B。2、C【解析】A回收厨余垃圾油脂部分可用于制备生物燃料，但不能用于提取食用油，故A错误；B油脂由碳、氢、氧元素组成，氨基酸最少由碳、氢、氧、氮元素组成，回收废油脂用于提炼氨基酸不符合质量守恒，故B错误；C使用的纸张至少含有30%的再生纤维，故再生纸是对废旧纤维的回收利用，可节约资源，故C正确；D废旧电池含重金属，深度填埋会使重金属离子进入土壤和水体中，造成水源和土壤污染，故D错误；答案选C。【点睛】多从环

16、保和健康的角度分析垃圾分类回收，提倡可持续发展。3、D【解析】A、溶液pH升高的主要原因是H 被消耗，即：Mg + 2H+ = Mg2+ + H2，故A正确；B、向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a，a是不溶于HNO3的白色沉淀，应为AgCl，故B正确；C、沉淀b，与OH 有关，NO3、Cl 、Mg2 能形成沉淀的只有Mg2 ，故C正确；D、若a、b的物质的量关系为n（a）：n（b） = 1：3，根据化合价代数和为0，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)5Cl，故D错误。故选D。4、A【解析】A. 在银氨溶液中，题中所给各离子间不发生反应，可以大量共存，故A正确； B.

17、 空气中有氧气，NO与氧气反应生成二氧化氮，不能大量共存，故B错误；C. 氯化铝溶液中铝离子与碳酸氢根离子双水解，不能大量共存，故C错误；D. 使甲基橙呈红色的溶液显酸性，I-和NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；答案选A。5、B【解析】A.酸雨中含有亚硫酸，亚硫酸可被氧化生成硫酸，溶液酸性增强，并不是雨水中溶解了CO2的缘故，故A错误；B.乙烯是水果催熟剂，乙烯可与高锰酸钾溶液反应，所以除去乙烯达到水果保鲜的目的，故B正确；C.非金属性强弱的判断，依据最高价氧化物对应水化物酸性强弱，不是氧化性的强弱且HClO不是Cl元素的最高价含氧酸，不能做为判断的依据，故C错误；D.制备氢氧

18、化铁胶体，应在沸水中滴加氯化铁溶液，继续加热至溶液呈红褐色，如在饱和氯化铁溶液煮沸，铁离子的水解程度较大，生成氢氧化铁沉淀，故D错误。故选B。6、B【解析】从图中可以看出，B、C都形成4个共价键，由于B与C在同一主族且原子序数C大于B，所以B为碳(C)元素，C为硅(Si)元素；D与C同周期且原子序数大于14，从图中可看出可形成1个共价键，所以D为氯(Cl)元素；A的原子序数小于6且能形成1个共价键，则其为氢(H)元素。【详解】AB的氧化物为CO2，分子晶体，C的氧化物为SiO2，原子晶体，所以熔点：B的氧化物C的氧化物，A不正确；B工业上由单质C可以制得单质Si，反应方程式为SiO2+2CSi

19、+2CO，B正确；C未强调最高价氧化物对应的水化物，所以D不一定比B大，如HClO的酸性H2CO3，C不正确；DA与B形成的化合物中可能含有非极性键，如CH3CH3，D不正确；故选B。7、A【解析】A催化剂会改变化学反应速率，不影响平衡移动，故A选；B增大反应物浓度平衡一定正向移动，正反应反应速率一定增大，故B不选；C反应前后气体体积改变的反应，改变压强平衡发生移动，故C不选；D任何化学反应都有热效应，所以温度改变，一定影响反应速率，平衡一定发生移动，故D不选； 故答案选A。8、C【解析】ACCl4中只含C-Cl极性共价键，故A不选；BNa2O2既含有非极性共价键，又含有离子键，为离子化合物，

20、故B不选；CC2H4中含C-H极性共价键和C=C非极性共价键，只含共价键，由C、H元素组成，为共价化合物，故C选；DCS2中只含C=S极性共价键，故D不选；故选：C。9、C【解析】电池反应为CxPF6+LiyAl=Cx+LiPE6+Liy1Al ,根据离子的移动方向可知A是正极, B是负极,结合原电池的工作原理解答。【详解】A、根据装置图可知放电时锂离子定向移动到A极，则A极为正极，B极为负极，放电时Al失电子，选项 A错误；B、充电时，与外加电源负极相连一端为阴极，电极反应为：Li+Liy1Al+e= LiyAl, 选项B错误；C、充电时A电极为阳极，反应式为Cx+PF6e=CxPF6, 选

21、项C正确;D、废旧AGDIB电池进行放电处理”时,若转移1mol电子,消耗1molLi ,即7gLi失电子,铝电极减少7g , 选项D错误。答案选C。【点睛】本题主要是考查化学电源新型电池,为高频考点,明确正负极的判断、离子移动方向即可解答,难点是电极反应式的书写。10、A【解析】A、淀粉水解时要用硫酸作催化剂，要先用NaOH将混合液中和至弱碱性或中性，再用新制氢氧化铜悬浊液检验，故A正确；B、实验的原理方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H=2Mn2+10CO2+8H2O，题中高锰酸钾过量，应设计成：高锰酸钾的物质的量相同，浓度不同的草酸溶液，且草酸要过量，探究反应物浓度对该反应速率的影

22、响，故B错误；C、要证明甲烷与氯气发生了取代反应，因有氯化氢生成，不能通过体积变化就断定发生取代反应，故C错误；D、验证KspCu(OH)2KspMg(OH)2 ，要先制得Mg(OH)2，再加入少量Cu2+，沉淀转化为Cu(OH)2，沉淀由白色转化成蓝色，故D错误；故选A。11、C【解析】室温下，用0.100molL-1的NH3H2O滴定10.00mL浓度均为0.100molL-1HCl和CH3COOH的混合溶液，NH3H2O先与HCl发生反应生成氯化铵和水，自由移动离子数目不变但溶液体积增大，电导率下降；加入10mLNH3H2O后，NH3H2O与CH3COOH反应生成醋酸铵和水，醋酸为弱电解

23、质而醋酸铵为强电解质，故反应后溶液中自由移动离子浓度增加，电导率升高。【详解】A点处为0.100molL-1HCl和CH3COOH的混合溶液，随着NH3H2O的滴入，pH逐渐升高，A错误；B酸碱中和为放热反应，故溶液温度为：低于，B错误；C点溶质为等物质的量的氯化铵和醋酸铵，但醋酸根离子为若酸根离子，要发生水解，故点溶液中：c(Cl-)c(CH3COO-)，C正确；D点处加入一水合氨的物质的量和溶液中的醋酸的物质的量相同，根据元素守恒可知，c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，D错误；答案选C。12、A【解析】ANaBr溶液中滴入氯水，发生反应2Br-

24、+Cl2Br2+2Cl-，由此得出还原性Br-Cl-，A正确；B要通过溶液紫色褪去的时间长短比较反应速率快慢，应该让酸性高锰酸钾的体积和浓度均相同，改变草酸的浓度，B错误；C淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液先变蓝后褪色，氯气只表现氧化性，氯气没有漂白性，C错误；D0.1mol/LNa2SO3溶液的pH大，碱性强，则结合H+的能力强，D错误；故选A。13、D【解析】A没有提供溶液的体积，无法计算混合溶液中NH4+的数目，A不正确；B60gSiO2和28gSi都为1mol，分别含有4NA个Si-O键和2NA个Si-Si键，B不正确；C标准状况下22.4LCl2为1mol，若由浓盐酸分别与MnO2

25、、KClO3反应制得，则转移的电子数分别为2NA、NA，C不正确；D10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为 =0.5NA，D正确；故选D。14、C【解析】H2A存在电离平衡：H2AH+HA-、HA-H+A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，由此分析解答。【详解】A由分析可知，随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，故A错误；BpH=3.50时，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，此时

26、pC（H2A）pC（A2-）pC（HA-），即c（HA-）c（A2-）c（H2A），故B错误；Cb点时，c（H2A）=c（A2-），交点a处c（HA-）=c（H2A），故Ka1=c（H+）=l10-0.8，HA-A2-+H+，交点c处c（HA-）=c（A2-），故Ka2= =c（H+）=l10-5.3，故c(H2A)c(A2)/c2(HA)=10-0.8/10-5.3=104.5，故C正确；DDpH=3.005.30时，结合物料守恒c（H2A）+c（HA-）+C（A2-）始终不变，故D错误；故答案为C。【点睛】认真分析纵坐标的意义，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电离平衡及其影响，试

27、题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。15、B【解析】A、生成的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，干扰二氧化碳与硅酸钠反应，A错误；B氨气的密度比空气密度小，二氧化碳的密度比空气密度大，则导管长进短出收集二氧化碳，短进长出收集氨气，B正确；CNa2CO3溶液与CH3COOC2H5分层，应选分液法分离，C错误；DCH3CH2OH与CH3COOC2H5互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，D错误；答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、酸性比较、气体收集、混合物分离、实验技能为解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，选项A

28、是解答的易错点，注意浓盐酸的挥发性。16、C【解析】A.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则利用图中装置萃取、分液可分离，故A正确；B.溴与氢氧化钠反应后，与溴苯分层，然后利用图中装置分液可分离，故B正确；C.分离硬脂酸钠与甘油时，加入热的饱和食盐水，发生盐析，使硬脂酸钠变为沉淀，再用滤纸过滤即可分离，故C错误；D.乙酸与碳酸钠溶液反应后，与酯分层，然后利用图中装置分液可分离，故D正确；综上所述，答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、邻氯苯甲醛（2氯苯甲醛） 氨基、羧基 12 取代反应（或酯化反应） +2Cu(OH)2+NaOHCu2O+3H2O+ 6 、 【解析】根据题干信息分析合成氯吡

29、格雷的路线可知，A与NH4Cl、NaCN反应生成B，B酸化得到C，C与CH3OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应得到E，E最终发生反应得到氯吡格雷，据此结合题干信息分析解答问题。【详解】(1)有机物A的结构简式为，分子中含有醛基和氯原子，其化学名称为邻氯苯甲醛，C的结构简式为，分子中含有的管能团有氨基、羧基和氯原子，故答案为：邻氯苯甲醛；氨基、羧基；(2)A分子中苯环和醛基均为共平面结构，故分子中最少有苯环上的所有原子共平面，即最少有12个原子共平面，故答案为：12；(3) C与CH3OH发生酯化反应生成D，反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为：取代反应（或酯化反应）；(4)A的结构简

30、式为，分子中含有醛基，可与新制Cu(OH)2反应生成Cu2O的砖红色沉淀，反应方程式为+2Cu(OH)2+NaOHCu2O+3H2O+，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOHCu2O+3H2O+；(5) 物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，物质G除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应，可知物质G含有醛基，又苯环上有只有两个取代基，则物质G除苯环外含有的基团有2组，分别为CHO、CH2Cl和Cl、CH2CHO，分别都有邻间对3中结构，故G的同分异构体共有6种，其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2221的结构简式为、，故答案为：6；、；(6) 已知：，根据题干信息，结合合成氯吡格雷

31、的路线可得，以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线可以是，故答案为：。18、Fe5C H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O、Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3 4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O 【解析】由血红色可以推出X含有铁元素，由无色无味的气体使澄清石灰水变浑浊推出X中另一种元素为碳。铁碳合金和足量的稀硫酸反应生成FeSO4和H2（A气体），剩余黑色固体碳在足量的氧气中灼烧，生成无色无味气体B（CO2），CO2通入足量澄清石灰水中得到白色沉淀CaCO3。【详解】(1)生成的CaCO3为5.0 g即0.05 mol，碳元素的质量为0.05 mol12 g

32、/mol=0.6 g，则X中铁的含量为14.6 g-0.6 g=14.0 g，即含铁14.0g56g/mol=0.25 mol，所以X为Fe5C。(2)合金中的Fe与H2SO4反应生成的是FeSO4，加氧化剂H2O2后被氧化成Fe3+再与SCN-生成Fe(SCN)3。故离子方程式为：H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O、Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3；(3)CO2的物质的量为0.336L22.4L/mol=0.015 mol，NaOH的物质的量为0.02mol。0.015molCO2与0.02 mol NaOH反应生成Na2CO3 a mol与NaHCO3 b mol，根据Na

33、和C守恒列2个二元一次方程分别为2a+b=0.02，a+b=0.015解得a=0.005，b=0.01，根据四种物质的最简比写出方程式:4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O。19、洗气瓶 f g b c hi d eb c 先通入一段时间的氮气 CO 取少量固体溶于硫酸，无气体生成 偏低 【解析】（1）根据图示分析装置B的名称；先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜、澄清石灰水检验CO，最后用点燃的方法处理尾气；用氮气排出装置中的空气；CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳；（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸

34、反应不生成氢气；（3）依据（1）和（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水；（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2；（5）亚铁离子消耗高锰酸钾溶液V2mL，则草酸根离子消耗高锰酸钾溶液V1mL-V2mL，由于样品含有FeSO4杂质，所以根据草酸根离子的物质的量计算草酸亚铁晶体样品的纯度。【详解】（1）根据图示，装置B的名称是洗气瓶；先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜检验CO，再用澄清石灰水检验二氧化碳的生成，最后用点燃的方法处理尾气，仪器的连接顺序是afgbc hidebc；为了排尽装置中的空气，防止

35、加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是先通入一段时间的氮气；CO具有还原性，C处固体由黑变红，说明氧化铜被还原为铜，其后的澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，则证明气体产物中含有CO；（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气，取少量固体溶于硫酸，没有气体放出，则证明是FeO；（3）依据（1）和（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水，反应方程式是 ；（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2，反应的离子方程式是；（5）25mL样品溶液中亚铁离子消耗高锰酸钾的物质的量是，草酸根离子消耗高锰酸钾的物质的量为，根据方程式，草酸亚铁晶体样品的纯度为 ；若配制

36、溶液时Fe2+被氧化，则V1减小，V2不变，测定结果将偏低。【点睛】本题通过探究草酸亚铁的性质，考查学生实验基本操作和获取信息解决实际问题的能力，明确实验原理与方法是解题的关键，知道草酸、亚铁离子都能被高锰酸钾氧化。20、b 碱石灰 制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率 蒸馏 溶液变为红色，而且半分钟内不褪色 85.5% 偏小 【解析】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70% H2SO4+Na2SO3来制备SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应

37、为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点； （7）用cmolL-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V，则过量Ag+的物质的量为Vcmo

38、l，与Cl反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L0.1LVc103mol，则可以求出SO2Cl2的物质的量； AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。【详解】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出，故水应该从b口进入；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70% H2SO4+Na2SO3来制备SO2，故选；（3）根据装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰，可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中，故乙装置中盛放的试剂是碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用