湖北省示范2022年高三第一次模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示，下列说法不正确的是A该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2OB该过程中BMO表现较强

2、还原性C降解产物的分子中只含有极性分子D和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:12、下列工业生产过程中涉及到反应热再利用的是A接触法制硫酸B联合法制纯碱C铁矿石炼铁D石油的裂化和裂解3、面对突如其来的新型冠状病毒，越来越多人意识到口罩和医用酒精的重要作用，医用口罩由三层无纺布制成，无纺布的主要原料是聚丙烯树脂。下列说法错误的是A医用口罩能有效预防新型冠状病毒传染B聚丙烯树脂属于合成有机高分子材料C医用酒精中乙醇的体积分数为95%D抗病毒疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白质变性4、向淀粉碘化钾的酸性溶液中加入少量 H2O2 溶液，溶液立即变蓝，再向蓝色溶液中缓慢通入足量的 SO2， 蓝色逐渐消失。下列判

3、断不正确的是A根据上述实验判断 H2O2 和 SO2 反应能生成强酸B蓝色逐渐消失，体现了 SO2 的漂白性CSO2 中 S 原子采取 sp2杂化方式，分子的空间构型为 V 型DH2O2是一种含有极性键和非极性键的极性分子5、如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。下列说法错误的是A铁闸主要发生的是吸氧腐蚀B图中生成铁锈最多的是乙区域C铁腐蚀时的电极反应式：Fe2e=Fe2D将铁闸与石墨相连可保护铁闸6、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A氢气与氯气反应生成标准状况下22.4L氯化氢，断裂化学键总数为NABNA个SO3分子所占的体积约为22.4LC3.4 g H2

4、O2含有共用电子对的数目为0.2NAD1L 1mol/L 的FeCl3溶液中所含Fe3+数目为NA7、用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是A通电后阴极区附近溶液pH会增大B阳极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2C纯净的KOH溶液从b出口导出DK+通过交换膜从阴极区移向阳极区8、某实验小组用图示装置制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。制取实验完成后，取C中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不正确的是AB瓶应盛放饱和

5、食盐水除去混有的HClBC瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成C加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4Cl2D高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂9、下列说法不正确的是( )A乙醇的酯化反应和酯的水解反应均属于取代反应B乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,是因为乙烯分子中含有碳碳双键C乙醛分子式为C2H4O2它可以还原生成乙醇D苯与溴水混合,反复振荡后溴水层颜色变浅是因为苯与溴水发生了加成反应10、关于下列各实验装置的叙述中，错误的是 ()A装置可用于分离蔗糖和葡萄糖，且烧杯中的清水应多次更换B装置可用于制备少量 Fe(OH)2沉淀，并保持较长

6、时间白色C装置可用从a处加水的方法检验的气密性，原理为液差法D装置用于研究钢铁的吸氧腐蚀，一段时间后导管末端会进入一段水柱11、下列反应的离子方程式正确的是（ ）A用氯化铁溶液腐蚀铜板：Cu+2Fe3=Cu2+2Fe2+B向AgCl悬浊液中滴加KI溶液：Ag+I-=AgIC向明矾溶液中滴加硫化钠溶液：2Al3+3S2-=Al2S3D向NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)2溶液：Ca2OH-HCO3-=CaCO3H2O12、比较归纳是化学学习常用的一种方法。对以下三种物质的转化关系，CCO2；CH4CO2；COCO2，比较归纳正确的是A三种转化关系中发生的反应都属于化合反应B三种转化关系中所有

7、的生成物在常温下都是气体C三种物质都只能跟氧气反应转化为二氧化碳D三种物质都能在点燃条件下转化为二氧化碳13、中国科学家用蘸墨汁书写后的纸张作为空气电极，设计并组装了轻型、柔性、能折叠的可充电锂空气电池如下图1所示，电池的工作原理如下图2所示。下列有关说法正确的是A放电时，纸张中的纤维素作锂电池的正极B闭合开关K给锂电池充电，X为直流电源正极C放电时，Li+由正极经过有机电解质溶液移向负极D充电时，阳极的电极反应式为Li2O2-2e-=O2 +2Li+14、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍，W与Y同主族，X在短周期中原子半径最大。下列说法正

8、确的是A常温常压下Y的单质为气态BX的氧化物是离子化合物CX与Z形成的化合物的水溶液呈碱性DW与Y具有相同的最高化合价15、T时，分别向10 mL浓度均为0.1 molL1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1 molL1的Na2S溶液，滴加过程中lgc(Cu2)和lgc(Zn2)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示已知：Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，lg30.5。下列有关说法错误的是()。Aabd为滴定ZnCl2溶液的曲线B对应溶液pH：abeCa点对应的CuCl2溶液中：c(Cl)2c(Cu2)c(H)Dd点纵坐标约为33.916、能用共价键键能大小解释的性质是（ ）A稳定性：HC

9、lHIB密度：HIHClC沸点：HIHClD还原性：HIHCl二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物 A 含有碳、氢、氧三种元素，其质量比是 3:1:4,B 是最简单的芳香烃，D 是有芳香气味的酯。它们之间的转换关系如下：回答下列问题：(1)A 的结构简式为_。(2)C 中的官能团为_。(3) 的一氯代物有_种。(不考虑立体异构)(4)反应的化学方程式为_。18、已知化合物X由4种元素组成，某学习小组进行了如下实验：已知：步骤中消耗KI0.15mol请回答：（1）X的化学式是_，黄色溶液乙与SO2反应的离子方程式是_。（2）X中一种元素对应的单质，与足量的K2CO3溶液反应得到的产物中含溶

10、液甲中溶质，写出该反应的化学方程式：_。19、测定硫铁矿( 主要成分为FeS2)中硫和铁含量的实验步骤如下:（硫含量的测定）准确称取0.5g硫铁矿粉于坩埚中，加入4.5gNa2O2，用玻璃棒充分搅拌，上面再盖一层Na2CO3，在700下焙烧15min。将坩埚及其盖放入100 mL沸水中，浸泡10 min并洗净坩埚。将所得溶液转移至烧杯中。向上述烧杯中先加入过量硝酸，再加入足量Pb(NO3)2溶液。过滤，洗涤、干燥，称得固体为2.02g。（铁含量的测定）准确称取0.5g硫铁矿粉，加入盐酸和硝酸使其溶解。趁热加入稍过量的SnCl2溶液(Sn2+2Fe3+=2Fe2+Sn4+)，再用HgCl2 氧化

11、除去多余的SnCl2。以二苯胺磷酸钠为指示剂，用0.05mol/L的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+(K2Cr2O7被还原为Cr3+)，直至终点，消耗11.20mL K2Cr2O7溶液。回答下列问题。（1）步骤适宜材质的坩埚是_(填字母)。a.铁坩埚 b.铝坩埚 c.陶瓷坩埚（2）步骤中上面盖一层Na2CO3的主要目的是_，焙烧时，FeS2和Na2O2反应生成硫酸盐和氧化钠的化学方程式为_。（3）步骤中得到的固体的化学式为_。（4）步骤若不除去过量的SnCl2，则会造成铁的含量测量值_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（5）步骤滴定时，K2Cr2O7溶液应盛放在_(填“酸”或“碱”)式滴定

12、管中；实验室配制100 mL0.05mol/L K2Cr2O7溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_和_。20、I近期，四川等地频频发生地震，在地震过后，常常喷洒各类消毒液对灾民临时生活区进行消毒。某品牌的“84消毒液”的主要成分为NaClO，浓度为，密度为。请回答下列问题：（1）该“84消毒液”的质量分数为_（保留3位有效数字）。（2）某同学欲用NaClO固体配制240mL“84消毒液”。下列仪器中，不需要用到的是_。A烧杯 B250 mL容量瓶 C10mL量筒 D胶头滴管 E天平下列操作会导致所得溶液浓度偏高的是_。A用长时间放置在空气中的NaClO固体配制 B配制前，容量瓶中有少量蒸馏

13、水C配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒 D定容时俯视容量瓶刻度线近年来，雾霾天气频繁发生，降低氮氧化物的排放，至关重要。（3）三元催化剂能同时实现汽车尾气中的CO、三种成分的净化，其催化剂表面物质转化的关系如图1所示。化合物X可借助傅里叶红外光谱图（如图2所示）确定。X的化学式为_。在图1的转化中，既有被氧化又有被还原的元素是_（填元素符号）。21、硒（Se）是第四周期第A族元素，是人体内不可或缺的微量元素，H2Se是制备新型光伏太阳能电池、半导体材料和金属硒化物的重要原料。（1）工业上从含硒废料中提取硒的方法是用硫酸和硝酸钠的混合溶液处理后获得亚硒酸和少量硒酸，再与盐酸共热，硒酸转化为亚

14、硒酸，硒酸与盐酸反应的化学方程式为_，最后通入SO2析出硒单质。（2）T时，向一恒容密闭容器中加入3mol H2和1mol Se，发生反应：H2(g) +Se(s) H2Se (g) ，H0下列情况可判断反应达到平衡状态的是_（填字母代号）。a.气体的密度不变 b.(H2)=(H2Se)c.气体的压强不变 d.气体的平均摩尔质量不变温度对H2Se产率的影响如图550时H2Se产率的最大的原因为： _。（3）H2Se与CO2在一定温度和催化剂条件下发生反应：H2Se(g)+CO2(g)COSe(g) +H2O(g)。该反应速率较低的原因除了温度和反应物的起始浓度外还可能_（填标号）。A催化剂活性

15、降低 B平衡常数变大C有效碰撞次数增多 D反应活化能大在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2Se充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。反应平衡常数K1=_。若在620 K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03。若在610 K绝热容器中重复实验，该反应的平衡常数K2_（填“”“”或“=”）K1。（4）已知常温下H2Se的电离平衡常数Ka1=1.310-4、 Ka2=5.010-11，则NaHSe溶液呈_（填“酸性”或“碱性”）。（5）H2Se在一定条件下可以制备出CuSe，已知常温时CuSe的Ksp=7.910-49，CuS的Ksp=1.

16、310-36，则反应CuS(s)+ Se2-(aq)CuSe(s)+S 2-(aq)的化学平衡常数K=_（保留2位有效数字）。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A. 根据图知,反应物是C6H6O和氧气、生成物是二氧化碳和水,所以该过程的总反应为C6H6O+7O26CO2+3H2O，故A正确，但不符合题意；B. 该反应中BMO失电子发生氧化反应，作还原剂，体现较强的还原性，故B正确，但不符合题意；C. 二氧化碳是非极性分子，水是极性分子，故C错误，符合题意；D. 根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比,过氧根离子生成氧离子得到3个电子、BMO+得1个电子，根据转移电

17、子守恒知，和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，故D正确，但不符合题意；故选：C。2、A【解析】A接触法制硫酸中有热交换器，涉及到反应热再利用，选项A正确；B联合法制纯碱生产过程中不涉及到反应热再利用，选项B错误；C铁矿石炼铁生产过程中不涉及到反应热再利用，选项C错误；D石油的裂化和裂解生产过程中不涉及到反应热再利用，选项D错误；答案选A。3、C【解析】A医用口罩能够有效阻挡病毒的进入人体感染，故A不符合题意；B聚丙烯树脂为合成树脂材料，属于合成有机高分子材料，故B不符合题意；C医用酒精中乙醇的体积分数为75%，故C符合题意；D疫苗中主要成分为蛋白质，若温度过高，蛋白质会发生变性，故D不符合

18、题意；故答案为：C。4、B【解析】A向淀粉-碘化钾的酸性溶液中加入少量H2O2溶液，溶液立即变蓝，发生：H2O2+2I-+2H+I2+2H2O说明H2O2具有氧化性，再向蓝色溶液中缓慢通入足量的SO2，蓝色逐渐消失，发生：SO2+I2+2H2OSO42-+2I-+4H+，说明SO2具有还原性，所以H2O2和SO2可以反应生成硫酸为强酸，故A正确；B再向蓝色溶液中缓慢通入足量的SO2，蓝色逐渐消失，发生：SO2+I2+2H2OSO42-+2I-+4H+，体现了SO2的还原性，故B错误；CSO2的价层电子对个数=2+(6-22)=3，孤电子对数为1，硫原子采取sp2杂化，该分子为V形结构，故C正确

19、；DH2O2分子中O-O为非极性键，O-H键为极性键，H2O2是展开书页型结构，该物质结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，故D正确；故选：B。【点睛】同种原子形成的共价键为非极性键，不同种原子形成的共价键为极性键；正负电荷中心重合的分子为非极性分子。5、D【解析】A海水溶液为弱碱性，发生吸氧腐蚀，在酸性较强的条件下才发生析氢腐蚀，故A正确；B在乙处，海水与氧气接触，与Fe最易形成原电池，发生的吸氧腐蚀的程度最大，生成铁锈最多，故B正确；C铁腐蚀时作负极失电子生成亚铁离子，电极反应式：Fe2e=Fe2，故C正确；D将铁闸与石墨相连，铁比碳活泼，铁作负极失电子，可以加快海水对铁闸的腐蚀，故

20、D错误；答案选D。6、A【解析】A当反应生成2molHCl时，断裂2mol化学键，故当生成标况下22.4LHCl即1molHCl时，断裂1mol化学键即NA个，故A正确；B标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C.3.4 g H2O2物质的量为0.1mol，含有共用电子对的数目为0.3 NA，故C错误；D三价铁离子为弱碱阳离子，在水溶液中会发生部分水解，所以1 L 1 mol/L 的FeCl 3溶液中所含Fe3+数目小于NA，故D错误；故选：A。【点睛】当用Vm=22.4L/mol时，一定要在标准状况下为气体。如B选项，标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积=22.4/

21、mol。7、D【解析】A、阴极的反应是2H+2e-=H2，氢离子来自于水电离，所以剩余了水电离的氢氧根离子，溶液的pH升高，A正确；B、阳极是溶液的氢氧根离子失电子，反应为：4OH-4e-=2H2O+O2，B正确；C、左侧溶液中氢氧根离子转化为氧气，多余的钾离子透过阳离子交换膜进入右侧；右侧水电离的氢离子转化为氢气，剩余大量水电离的氢氧根离子，加上透过交换膜过来的钾离子，使右侧溶液中氢氧化钾的浓度增大，所以纯净的KOH溶液从b出口导出，C正确；D、阳离子应该向阴极移动，所以K+通过交换膜从阳极区移向阴极区移动，D错误；故选D。8、C【解析】A、盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢气体，B瓶应盛放

22、饱和食盐水除去混有的HCl，选项A正确；B、高铁酸钾在碱性溶液中较稳定，故KOH过量有利于它的生成，选项B正确；C、根据题给信息可知，加盐酸产生的气体也可能是氧气，选项C不正确；D、高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂，选项D正确；答案选C。9、D【解析】A. 乙醇的酯化反应和酯的水解反应都可看作是有机物分子中的原子或原子团被其他的原子和原子团所代替的反应，是取代反应，故A不选；B. 乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为乙烯分子中含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B不选。C. 乙醛的结构简式为CH3CHO，分子式为C2H4O。它可以

23、和氢气发生加成反应，即还原反应生成乙醇，故C不选；D.苯与溴水混合反复振荡，溴水层颜色变浅是因为溴水中的溴从水中进入到了苯中，是萃取，不是苯和溴水发生了加成反应，故D选。故选D。10、A【解析】A. 蔗糖、葡萄糖分子的直径都比较小，可以通过半透膜，因此通过渗析的方法不能分离蔗糖和葡萄糖，A错误；B. 根据装置图可知：Fe为阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；在阴极石墨电极上，溶液中的H+得到电子变为H2逸出，电极反应式为2H+2e-=H2，H+放电，破坏了水的电离平衡，使溶液中OH-浓度增大，发生反应：Fe2+OH-=Fe(OH)2，由于在溶液表面覆盖保护层苯可以

24、阻止O2在溶液中的溶解，故可以较长时间观察到产生的Fe(OH)2白色沉淀，B正确；C. 关闭分液漏斗的活塞，由a处加水，若装置不漏气，会长时间观察到U型管左右两侧有高度差，C正确；D. 若发生吸氧腐蚀，一段时间后，具支试管中空气中的O2会因反应消耗，气体减少，小试管中的水在外界大气压强作用下会进入小试管中，从而在导管末端形成一段水柱，D正确；故合理选项是A。11、A【解析】A. 用氯化铁溶液腐蚀铜板：Cu2Fe3=Cu2+2Fe2+，故A正确；B. 向AgCl悬浊液中滴加KI溶液：AgCl(s) I(aq) AgI(s) Cl(aq)，故B错误；C. 向明矾溶液中滴加硫化钠溶液反应生成氢氧化铝

25、和硫化氢：2Al3+3S26H2O =2Al(OH)33H2S，故C错误；D. 向NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)2溶液：Ca22OH2HCO3=CaCO32H2OCO32，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】铝离子和硫离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体。12、D【解析】分析：CCO2属于碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳；CH4CO2属于甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态；COCO2属于一氧化碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳。详解：A甲烷燃烧生成二氧化碳和水，碳与氧化铜反应生成铜与二氧化碳，不是化合反应，A错误；B甲烷在

26、氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态，B错误；C碳、一氧化碳与氧化铜反应能够生成二氧化碳，C错误；D碳、一氧化碳、甲烷都能够燃烧生成二氧化碳，D正确；答案选D。13、D【解析】本题主要考查电解原理。可充电锂空气电池放电时，墨汁中的碳作锂电池的正极，活泼的锂是负极，电解质里的阳离子经过有机电解质溶液移向正极；开关K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，充电时阳极上发生失电子的氧化反应，据此回答。【详解】A、可充电锂空气电池放电时，墨汁中的碳作锂电池的正极，错误；B、开关K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，X为直流电源负极，错误；C、放电时，Li+由负极经过有机电解质溶液移向正极，错

27、误；D、充电时阳极上发生失电子的氧化反应：Li2O22e=O2+2Li+，故D正确。14、B【解析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍，最外层电子数只能为6，次外层电子数为2，W为O元素；W与Y同主族，则Y为S元素；X在短周期中原子半径最大，X为Na元素；短周期中比S原子序数大的主族元素只有Cl，因此Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为S元素，Z为Cl元素。A常温常压下，S为固体，故A错误；BX的氧化物为氧化钠或过氧化钠，均是离子化合物，故B正确；CX与Z形成的化合物为NaCl，NaCl为强酸强碱盐

28、，不水解，水溶液呈中性，故C错误；D一般情况下，O元素不存在正价，S的最高价为+6价，故D错误；故选B。15、A【解析】A10mL浓度为0.1 molL1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴入10mL0.1 molL1的Na2S反应生成CuS沉淀和ZnS沉淀，Ksp(ZnS) Ksp(CuS)，反应后溶液中锌离子浓度大，则abe为滴定ZnCl2溶液的曲线，故A错误；B某温度下，分别向10mL浓度均为0.1 molL1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1 molL1的Na2S溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌，铜离子浓度和锌离子浓度减小，水解产生的c(H+)降低，溶液pH增大，硫化钠溶液呈碱性，完全

29、反应后继续滴加硫化钠溶液，溶液pH增大，溶液pH：abe，故B正确；CCuCl2在溶液中发生水解反应，生成氢氧化铜，溶液中存在物料守恒：c(Cl)= 2c(Cu2+) + 2cCu(OH)2，溶液中氢离子浓度大于氢氧化铜的浓度，c(Cl)2c(Cu2+)+c(H+)，故C正确；Dc点时铜离子全部沉淀，此时加入的Na2S的物质的量等于原溶液中CuCl2的物质的量，所以生成CuS沉淀后，c(Cu2+)=c(S2)，则Ksp(CuS)=1017.71017.7=1035.4，d点加入20mL0.1 molL1Na2S溶液，溶液中硫离子浓度，c(Cu2+)=31034.4molL1，-lgc(Cu2+

30、)=34.4-lg3= 34.4-0.5= 33.9，故D正确。综上所述，答案为A。16、A【解析】A.元素非金属性FClBrI，影响其气态氢化物的稳定性的因素是共价键的键能，共价键的键能越大其氢化物越稳定，与共价键的键能大小有关，A正确；B.物质的密度与化学键无关，与单位体积内含有的分子的数目及分子的质量有关，B错误；C. HI、HCl都是由分子构成的物质，物质的分子间作用力越大，物质的沸点就越高，可见物质的沸点与化学键无关，C错误；D.元素非金属性FClBrI，元素的非金属性越强，其得电子能力越强，故其气态氢化合物的还原性就越弱，所以气态氢化物还原性由强到弱为HIHBrHClHF，不能用共

31、价键键能大小解释，D错误；故合理选项是A。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3OH 羧基 5 【解析】(1)根据化合物A的质量比分析，因此A的结构简式为CH3OH。 (2)乙苯和酸性高锰酸钾反应生成苯甲酸，因此C中含有羧基。(3) 有五种位置的氢，因此其一氯代物有5种。(4)反应是甲醇和苯甲酸酯化反应，其化学方程式为：。【详解】(1)根据化合物A的质量比分析，因此A的结构简式为CH3OH，故答案为：CH3OH。(2)乙苯和酸性高锰酸钾反应生成苯甲酸，因此C中含有羧基，故答案为：羧基。(3) 有五种位置的氢，因此其一氯代物有5种，故答案为：5。(4)反应是甲醇和苯甲酸酯化反应，其化学方程式

32、为：，故答案为：。18、KIO32HIO3 I2+2H2O+SO2=2I-+SO42+4H+ 3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3 【解析】由反应可知生成黄色溶液，则应生成碘，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸，方程式为I2+2H2O+SO2=2I+SO42+4H+，加入足量氯化钡生成硫酸钡沉淀质量为20.97g，可知n（BaSO4）=，则n（I2）=n（SO2）=0.09mol，n（I）=0.18mol，步骤中消耗KI0.15mol，化合物X由4种元素组成，加入KOH为单一成分溶液，则应与KOH发生中和反应，含有K、H、I、O等元素，则5.66gX应含有n（I）=0

33、.03mol，应发生IO3+5I+6H+=3I2+3H2O，消耗KI0.15mol，可知n（IO3）=0.03mol，如化合物为0.01mol，则相对分子质量为 ，应为KIO32HIO3，以此解答该题。【详解】（1）由以上分析可知X为KIO32HIO3，黄色溶液乙含有碘，与SO2反应的离子方程式是I2+2H2O+SO2=2I+SO42+4H+，故答案为：KIO32HIO3；I2+2H2O+SO2=2I+SO42+4H+；（2）X中一种元素对应的单质，与足量的K2CO3溶液反应得到的产物中含溶液甲中溶质，应为碘与碳酸钾的反应，化学方程式为3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHC

34、O3，故答案为：3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3。19、a防止产生的少量SO2逸出(或隔绝空气，防止空气与过氧化钠反应等合理答案)2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3+NaSO4+14Na2OPbSO4偏大酸玻璃棒100mL容量瓶【解析】（1）铝坩埚和陶瓷坩埚在高温下可以与过氧化钠或碳酸钠反应，而铁坩埚不会，所以，步骤适宜材质的坩埚是a。（2）步骤中上面盖一层Na2CO3的主要目的是：防止产生的少量SO2逸出。焙烧时，FeS2和Na2O2反应生成硫酸盐和氧化钠的化学方程式为2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3+NaSO4+14Na2O 。（3）

35、PbSO4不溶于水和酸，所以，步骤中得到的固体为PbSO4。（4）步骤若不除去过量的SnCl2，因为Sn2+的还原性强于Fe2+，后面用K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+时，会消耗过多的K2Cr2O7溶液，必然会造成铁的含量测量值偏大。（5）步骤滴定时，K2Cr2O7溶液有强氧化性，故应将其盛放在酸式滴定管中；实验室配制100mL0.05mol/L K2Cr2O7溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒和100mL容量瓶。20、24.8% C D N 【解析】I.（1）根据公式，可计算=24.8%；（2）在配制过程中，不会用到10mL的量筒，答案选C根据判断是否对配制溶液浓度有影响，如果

36、n偏大或者V偏小，都会导致c偏高；A. 用长时间放置在空气中的NaClO固体配制，由于NaClO易吸收空气中的水和二氧化碳而变质，导致有效成分NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，则溶液的物质的量浓度偏小，故A错误；B. 配制前，容量瓶中有少量蒸馏水对溶液配制无影响，B错误；C. 配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质损失，配制溶液浓度偏小，C错误；D. 定容时俯视容量瓶刻度线，溶剂未加到刻度线，配制浓度偏高，故D正确；故答案选D；（3）由傅里叶红外光谱图（如图2所示）确定化合物X含硝酸根，再结合图一由钡离子参与，所以X为；既有被氧化又有被还原的元素，化合价既有升高，又有降

37、低，故为N元素。21、2HCl +H2SeO4 H2SeO3+H2O+ Cl2 ad 低于550 时，温度越高反应速率越快，H2Se的产率越大；高于550 时，反应达到平衡，该反应为放热反应，温度越高平衡逆向移动H2Se的产率越小 AD 2.8103 碱性 1.61012 【解析】（1）此小题考查的是氧化还原反应方程式的书写。题中给出反应物，生成物，可根据得失电子守恒配平方程式；（2）根据化学平衡状态的本质和特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定

38、值时，说明可逆反应到达平衡状态；根据温度对速率和平衡的影响分析。升高温度，速率加快；升高温度，平衡向吸热反应方向进行；（3）此小题考查的是影响速率的因素。A. 催化剂可以影响反应速率，催化剂的活性降低，反应速率减慢；B.平衡常数与反应速率没有关系；C.有效碰撞次数增多，化学反应速率越大；D.化学反应中，所需活化能越小，需要提供的能量越小，反应速率越快，所需活化能越大，需要提供的能量越大，反应越难进行，反应速率越慢；先三段式解题，再根据平衡常数公式进行计算；根据温度对平衡的影响和平衡常数的影响分析；（4）弱酸酸式盐溶液中，酸式根离子既存在电离平衡又存在水解水解，通过电离平衡常数计算比较二者的强弱来确定溶液的酸碱性；（5） 根据反应写出K，结合溶度积分析得出平衡常数K=。据此解答。【详解】（1）根据题意，硒酸与盐酸共热生成亚硒酸，硒酸中的硒元素化合价由+6价降低到+4价生成亚硒酸，盐酸中的氯元素由-1价升高到0价生成氯气，化学反应方程式为2HCl +H2SeO4 H2SeO3+H2O+ Cl2。本小题答案为：2HCl +H2SeO4 H2SeO3+H2O+ Cl2。（2）a.从反应式中可以看出Se为固体，反应过程