2022-2023学年河北省唐山开滦一中化学高三上期中调研试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A标准状况下，0.1 mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为0.1NAB常温下，22g CO2和N2O混合气体中，含有的原子数目为1.5NAC物质的量浓度为0.1molL1的MgCl2溶液中，含有Cl个数为0.2NAD标准状况下，2.24L甲醇中含

2、有CH键的数目为0.3NA2、化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是A“时气错逆，霾雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应B“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”；屠呦呦改进提取青蒿素的这种方法，提取过程中发生了化学变化C中国诗词大会不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识。例如刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”可以看出金性质稳定，可通过物理方法得到D“外观如雪，强烧之，紫青烟起”。南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应3、反应A2(g)+B2(g) 2AB(g)的能量变化如图所示，叙述正确的是 A该反应是放热反应 B加入催化剂，(ba)的差值减小C每生成2m

3、olAB分子吸收bkJ热量D若反应生成AB为液态，吸收的热量小于(ab)kJ4、某化学小组构想将汽车尾气（NO、NO2）转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔材料.下列说法正确的是A电极A表面反应之一为NO2e+H2O= NO3_+2H+B电极B附近的c(NO3_)增大C电解质溶液中电流的方向由B到A，电子的流向与之相反D该电池工作时，每转移4mol电子，消耗22.4L O25、利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是( )选项实验结论实验装置A稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的溶液Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S)B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化

4、性C稀盐酸Na2SO3Ba(NO3)2 溶液SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸AABBCCDD6、为探究铁与稀硫酸的反应速率，向反应混合液中加入某些物质，下列关于v(H2)变化判断正确的是A加入Na2SO4 溶液，v(H2)减小B加入 NaHSO4固体，v(H2)不变C加入 NaNO3 固体，v(H2)不变D加入 CuSO4固体，v(H2)减小7、下列有关实验的做法错误的是（ ）A分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出B用加热的方法可区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体C用渗析的方法可除去Fe(OH)3胶体中混有的ClD加入适量的NaOH可除

5、去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO38、化学式为C3H4O2的液态有机物X（不含环状结构）不能与碳酸氢钠发生反应，推测X不可能发生的反应是A消去反应B酯化反应C加聚反应D银镜反应9、等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是( )A甲、乙中都是铝过量B甲中铝过量，乙中碱过量C甲中酸过量，乙中铝过量D甲中酸过量，乙中碱过量10、用下列实验装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是ABCD装置实验结合秒表定量比较锌与不同浓度的稀硫酸反应的快慢证明温度对化学平衡的影响验证铁钉发生吸氧腐蚀可证明非

6、金属性ClCSiAABBCCDD11、化学与我们的生活息息相关，下列说法正确的是()A红宝石、玛瑙、水晶、钻石的主要成分都是硅酸盐B电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法C“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶没有丁达尔效应D鸟巢使用了高强度、高性能的钒氮合金高新钢，铁合金熔点、硬度均比纯铁高12、某溶液中可能含有OH-、CO32-、Al(OH)4-、SiO32-、SO42-、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是ABC段是OH-与盐酸反应B反应后最终溶

7、液中的溶质只有NaC1C原溶液中含有CO32-与Al(OH)4-的物质的量之比为3：4D原溶液中一定含有的离子是Na+、OH-、SiO32-、SO42-、A1(OH)4-、CO32-13、依据元素周期表和元素周期律，下列推断正确的是AH3BO3的酸性比H2CO3的强BMg(OH)2的碱性比Be(OH)2的强CHCl 、HBr 、HI的热稳定性依次增强D若M+和R2-的核外电子层结构相同，则原子序数：M14、将11.2 g的MgCu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体x（假定产生的气体全部逸出）。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀。根据题意推断气体x的成分可能

8、是（）A0.3 mol NO2和0.3 mol NOB0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4C0.6 mol NOD0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O415、下列有关二氟二氯甲烷（CF2Cl2）的描述正确的是A是非极性分子B是正四面体型分子C只有一种结构D属于烃类化合物16、下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实砚如下图所示转化的是选项XYZANaNaOHNaClBSiSiO2Na2SiO3CCl2HClONaClODNONO2HNO3AABBCCDD二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物M是一种食品香料,可以C4H10为原料通过如下路

9、线合成:已知:RCHCH2RCH2CH2OHRCH2CHO+RCH2CHOF分子中的碳链上没有支链;E为芳香族化合物且E、N都能发生银镜反应。请回答下列问题:（1）A、B均为一氯代烃,写出其中一种的名称(系统命名)_;M中的官能团名称为_。（2）写出下列反应的反应类型:FG_,D+GM_。（3）F与新制Cu(OH)2/NaOH(aq)反应的化学方程式为_。（4）M的结构简式为_;E的核磁共振氢谱有_种峰。（5）与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体有_种,请写出其中一种的结构简式:_。（6）参照上述合成路线,以苯乙烯()和乙醛为原料(无机试剂任选),设计制备的合成路线：_。18、图中A为淡黄

10、色固体，B的阳离子与A相同（其他物质均略去）根据以上关系，回答下列问题：（1）A的电子式为_.（2）A投入FeCl2溶液中的反应为_(请用一个化学方程式表示)（3）若A、B按物质的量之比1:1.5混合在密闭容器中加热充分反应后，排出气体,则剩余的固体为_(写化学式)（4）氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源，试回答下列问题：与化石燃料相比，氢气作为燃料的优点是_(答两点)。施莱辛（Sehlesinger）等人提出可用NaBH4与水反应制氢气，写出NaBH4与水反应的化学方程式_。19、无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点232)与Cl2反应制备Sn

11、Cl4，装置如下图所示。已知：SnCl2、SnCl4有关物理性质如下表物质颜色、状态熔点/沸点/SnCl2无色晶体246652SnCl4无色液体33114SnCl4遇水极易水解生成SnO2xH2O。回答下列问题：（1）导管a的作用是_，装置A中发生反应的离子方程式为_ 。（2）当观察到装置F液面上方出现_ 现象时才开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热。此时继续加热的目的有两点：加快氯气与锡反应和_。（3）若上述装置中缺少装置C(其它均相同)，则D处具支试管中发生的主要副反应化学方程式为_。（4）Cl2和Sn的反应产物有SnCl4和SnCl2，为了防止产品中带入过多的SnCl2，

12、装置D可改为油浴加热来控制温度，该温度范围是_。（5）制得的SnCl4产品中常含有SnCl2，可用如下方法测定产品纯度：先准确称量7.60g产品于锥形瓶中，再加过量的FeCl3溶液，发生反应：SnCl22FeCl3=SnCl42FeCl2，再用0.1000 molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+，此时还原产物为Cr3+，消耗标准溶液 20.00 mL，则SnCl4产品的纯度为_。20、实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）K2FeO4作为高效、多功能水处理剂的原因

13、是_。（2）制备K2FeO4（夹持装置略） A为氯气发生装置。A中反应方程式是_。该装置有明显不合理设计，如何改进？_。改进后，B中得到紫色固体和溶液。B中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有_。（3）探究K2FeO4的性质（改进后的实验）取B中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案用KOH溶液充分洗涤B中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸

14、，有Cl2产生。a由方案中溶液变红可知a中含有_离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl氧化，还可能由_产生（用方程式表示）。b方案可证明K2FeO4氧化了Cl。用KOH溶液洗涤的目的是_。根据K2FeO4的制备实验和方案实验表明Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是_。21、为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：回答下列问题：(1)固体1含有的物质是_、CaCO3、Ca(OH)2；捕获剂所捕获的气体主要是_。(2)若X是空气，则上述反应中NO和O2的物质的量之比最好为_，若空气过量，导

15、致的结果会是_。(3)流程中处理含NH4+废水时发生反应的离子方程式为_。气体1也可通过催化剂直接转化成无污染气体，反应的化学方程式为_。(4)若工业废气中主要含N2、SO2，不考虑其他成分，则可用下列工艺生产NaHSO3过饱和溶液NaHSO3过饱和溶液是生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的原料。pH=4.1时，I中反应的化学方程式为_；工艺中加入Na2CO3固体、并再次通入废气的目的是_。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【题目详解】A、氯气与水的反应是可逆反应,故0.1 mol Cl2 溶于水,转移的电子数目小于0.1NA ,故

16、A错误；B、CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol,故22gCO2和N2O的混合物的物质的量为0.5mol,而CO2和N2O均为三原子分子,故0.5mol 混合气体含1.5mol 原子,故原子个数为1.5NA ,所以B正确; C. 物质的量浓度为0.1molL1的MgCl2溶液，没有体积无法计算含有的Cl-个数，故C错误；D、标况下甲醇为液态, 2.24L甲醇无法计算含有CH键的数目，故D错误；答案：B。2、B【答案解析】A、气溶胶具有胶体的性质，可发生丁达尔效应，故A正确；B、提取青蒿素的过程利用萃取的原理，没有发生化学变化，故B错误；C、由于金的密度大于沙，所以可以利用两者密度不同加以

17、分离，是物理方法，故C正确；D、选项涉及硝酸钾的灼烧以及颜色，利用了焰色反应，故D正确；故选B；3、D【答案解析】A、依据图象反应物总能量小于生成物总能量，所以为吸热反应，A错误；B、催化剂不影响焓变大小，B错误；C、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（a-b）kJ热量，C错误；D、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2mol气态AB2，吸收（a-b）kJ热量，生成AB为液态，吸收的热量小于（a-b）kJ，D正确；答案选D。【答案点睛】本题考查了化学反应的能量变化，图象分析判断，注意反应热H=反应物能量总和-生成物能量总和，注意

18、物质状态的变化与能量变化的关系。4、A【答案解析】试题分析：A、电极A通入的是汽车尾气，则二氧化氮发生氧化反应，与氢离子结合为硝酸，正确；B、电极B通入的氧气，则氧气得到电子与氢离子结合生成水，所以硝酸根离子的物质的量浓度减小，错误；C、A为负极，B为正极，则电解质溶液中的电流是从A到B，外电路中电流从B到A，电子从A到B，错误；D、该电池工作时，每转移4mol电子，则消耗1mol氧气，标准状况下的体积是22.4L，错误，答案选A。考点：考查原电池反应原理的判断5、B【题目详解】A稀硫酸与硫化钠反应生成硫化氢气体，由于中含有硝酸银，通入H2S一定生成硫化银沉淀，不能确定硫化银一定是由氯化银转化

19、的，也就不能比较溶度积大小，A错误；B浓硫酸将蔗糖脱水炭化，进而碳被氧化，生成CO2、SO2和H2O，SO2能使溴水褪色，B正确；C二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，可生成沉淀，但二氧化硫通入氯化钡溶液中则没有沉淀生成，C错误；D强酸能与弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱，浓硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸，但硝酸具有挥发性，生成的CO2中含有硝酸，硝酸也与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，不能实现实验目的，D错误；答案选B。【答案点睛】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的

20、考查，涉及酸性强弱判断、浓硫酸、硝酸、SO2的性质、气体的制备等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。选项D是易错点，注意硝酸的挥发性。6、A【题目详解】A. 加入Na2SO4 溶液会稀释原溶液，氢离子浓度减小，故v(H2)减小，故A正确；B. 加入 NaHSO4固体，使溶液中的氢离子浓度增大，故v(H2)增大，故B错误；C. 加入 NaNO3 固体会引入硝酸根，硝酸根的氧化性大于氢离子的氧化性，会先于氢离子与铁反应，故v(H2)减小；D加入CuSO4固体，铁会置换出铜单质附着在铁表面形成原电池，加快反应速率，故故v(H2)增大，故D错误；故答案为A。【答案点睛】本题中A项加入的物质对反

21、应本身没什么影响，但是会稀释原溶液。7、D【答案解析】A、分液漏斗在分液时要“上倒下流”，A正确；B、碳酸氢钠受热分解，产生二氧化碳气体，碳酸钠受热不分解，现象不同，可以区分，B正确；C、胶体不能透过半透膜，Cl可以透过半透膜，渗析可用于胶体的精制，C正确；D、NaOH可与NaHCO3反应生成Na2CO3，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，不能除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3，D错误；答案选D。8、B【答案解析】有机物中能与碳酸氢钠反应的官能团为羧基（COOH），有机物X（不含环状结构）不能与碳酸氢钠发生反应，固分子中没有羧基，所以不可能发生酯化反应，故答案为B。【答案点睛】

22、有机物中官能团和Na反应的有：醇羟基、酚羟基、羧基，和NaOH反应 有：酚羟基、羧基、酯基、卤代烃.和NaHCO3反应的有：羧基.和Na2CO3反应的有：羧基、酯基.9、B【题目详解】根据铝和硫酸、氢氧化钠反应的化学方程式：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知：相同物质的量的铝，消耗的氢氧化钠少于消耗的硫酸，所以根据生成的氢气是56可知，铝在与稀硫酸反应时，铝是过量的，硫酸是不足的，而与氢氧化钠反应时，铝是不足的，氢氧化钠是过量的，所以正确的答案选B。10、D【答案解析】试题分析：A、利用在相同时间内不同浓度的稀硫酸与锌反应

23、产生氢气的量的不同，来判断比较锌与不同浓度的稀硫酸反应的快慢，正确；B、热水与冷水的温度不同，根据容器内气体颜色的变化判断，平衡移动的方向，证明温度对化学平衡的影响，正确；C、食盐浸泡过的铁钉若发生吸氧腐蚀，则大试管内的压强减小，右侧导气管会倒吸一段水柱，否则导气管内的液面会降低，正确；D、利用最高价氧化物的水化物的酸性可以比较元素非金属性的强弱，而HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能通过比较HCl与碳酸、硅酸的酸性来比较Cl、C、Si的非金属性强弱，错误，答案选D。考点：考查对实验方案的评价11、B【答案解析】A红宝石的主要成分是三氧化二铝，玛瑙、水晶的主要成分是二氧化硅，钻石

24、主要成分不是硅酸盐而是碳单质，故A错误；B镁比金属内胆活泼，镁与金属内胆连接后，镁失去电子受到腐蚀，从而保护了金属内胆不受腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故C错误；D合金比各成分金属的硬度大、熔点低，故D错误。故答案为B。12、C【答案解析】由图象可知，开始加入HCl时无沉淀生成，说明加入的HCl与溶液中OH-的反应，则溶液中一定不会存在与氢氧根离子发生反应的离子:Fe3+、Mg2+、Al3+;之后开始生成沉淀且反应生成沉淀逐渐增大，说明溶液中存在AlO2-、SiO32-，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32-离子，碳酸

25、根离子反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸;硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中至少含有K+、Na+离子中的一种离子。BC段是CO32-与盐酸反应，故A错误；溶液中至少含有K+、Na+离子中的一种离子、反应后最终溶液中一定铝离子、氯离子、钠离子或钾离子，故B错误；依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，反应总方程式为:CO32-+2H+=CO2+H2O;氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，反应的离子方程式为:Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O;所以原溶液中含有CO32-与Al(O

26、H)3的物质的量之比为n(CO32-):n(Al(OH)3)=2 ： =3:4，故C正确；根据以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是:OH-、SiO32-、A1(OH)4-、CO32-，故D错误。点睛：根据电荷守恒，溶液中阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。根据电荷守恒可计算离子的物质的量。13、B【题目详解】A、同周期非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，同周期从左向右非金属性增强，则H3BO3的酸性比H2CO3弱，错误；B、金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同主族从上到下，金属性增强，则Mg(OH)2的碱性比Be(OH)2的强，正确；C、氢化物的稳定

27、性与其非金属性强弱有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，氯、溴、碘非金属性减弱 ，则HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，错误；D、M和R2的核外电子层结构相同，M所在周期在R的下周期，则原子序数：RM，错误；故选B。14、D【分析】向MgCu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中m(OH)为21.4 g11.2 g10.2 g，物质的量为 0.6 mol，根据电荷守恒可知，11.2 g的MgCu提供的电子为0.6 mol，据此分析；【题目详解】A. 生成0.3 mol NO2和0.3 mol NO，N元素获得电子为0.3

28、mol(54)0.3 mol(52)1.2 mol，得失电子不相等，A错误；B. 生成0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4，N元素获得电子为0.2 mol(54)0.1 mol2(54)0.4 mol，得失电子不相等，B错误；C. 生成0.6 mol NO，N元素获得电子为0.6 mol(52)1.8 mol，C错误；D. 生成0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4，N元素获得电子为0.1 mol(52)0.2 mol(54)0.05 mol2(54)0.6 mol，得失电子相等，D正确；答案选D。15、C【题目详解】A. 二氟二氯甲烷（CCl2F

29、2）为四面体结构，但氯原子、氟原子大小不同，C-F、C-Cl键长不同，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，故A错误；B.二氟二氯甲烷（CCl2F2）为四面体结构，C-F、C-Cl键长不同，不是正四面体，故B错误，CCF2Cl2是甲烷的取代产物，为四面体结构，因此结构只有一种，故C正确；D.对二氟二氯甲烷（CCl2F2）含有卤素，属于卤代烃，故D错误；故答案为C。【答案点睛】甲烷的正四面体型结构为载体，考查学生对知识的迁移和空间想象能力。16、B【答案解析】A. 钠和水反应生成氢氧化钠，电解熔融的氯化钠生成钠，电解氯化钠溶液得到氢氧化钠，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，A正确；B. 硅酸钠不能直

30、接转化为硅单质，B错误；C. 氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠溶液吸收CO2转化为次氯酸，次氯酸钠氧化盐酸生成氯气，C正确；D. NO与氧气反应生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，浓硝酸被还原生成NO2，稀硝酸被还原生成NO，D正确，答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、2-甲基-1-氯丙烷 碳碳双键和酯基 氧化反应 酯化反应 +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O 4 4 、(任写一种) 【答案解析】根据有机物官能团的结构和性质、反应条件、有机物分子式和转化关系图，利用正推法或逆推法并借助于已知信息逐一分析判断出每种有机物的结构简式，最后结合问

31、题解答。C4Hl0与氯气光照得到两种有机物A和B，A和B均发生消去反应生成C，则A是异丁烷，C是2甲基丙烯；根据已知信息可知C转化为D，则D的结构简式为(CH3)CHCH2OH。F分子中的碳链上没有支链；E为芳香族化合物且E、N都能发生银镜反应，说明均含有醛基。根据分子式和已知信息可知E是苯甲醛，N是乙醛，F的结构简式为，G的结构简式为,D和G发生酯化反应生成M，则M的结构简式为。（1）A、B均为一氯代烃，其名称为 2甲基1氯丙烷或2甲基2氯丙烷；根据M的结构简式可知中的官能团名称为碳碳双键和酯基；（2）根据以上分析可知FG是醛基的氧化反应，D+GM是酯化反应；（3）F中含有醛基，与新制Cu(

32、OH)2/NaOH(aq)反应的化学方程式为；（4）根据以上分析可知M的结构简式为；E的结构简式为，因此核磁共振氢谱有4种波峰；（5）G的官能团是碳碳双键和醛基，则与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体中苯环上可以含有一个取代基，则应该是C(CHO)CH2，如果含有两个取代基，应该是醛基和乙烯基，有邻间对三种，共计有4种，其结构简式为；（6）根据已知信息以及框图中C转化为D的信息可知路线图为。18、4Na2O2+4FeCl2+6H2O4Fe(OH)3+8NaCl+O2NaOH、 Na2CO3热值高,污染小NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2【分析】图中A为淡黄色固体为Na2O2，框图中C

33、为气体为O2， A与B在加入稀硫酸或加热或加水都能产生气体C，结合D通入E能产生B，B与稀硫酸反应又能产生D，且B的阳离子与A相同，则B为NaHCO3，加入稀硫酸反应生成二氧化碳气体D为CO2，A、B和水反应生成E为Na2CO3，据此答题。【题目详解】图中A为淡黄色固体为Na2O2，框图中C为气体为O2， A与B在加入稀硫酸或加热或加水都能产生气体C，结合D通入E能产生B，B与稀硫酸反应又能产生D，且B的阳离子与A相同，则B为NaHCO3，加入稀硫酸反应生成二氧化碳气体D为CO2，A、B和水反应生成E为Na2CO3，（1）A为Na2O2，Na2O2的电子式为。因此，本题正确答案是：。(2) A

34、为Na2O2，具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，碱性条件下生成氢氧化铁沉淀，同时过氧化钠和水反应还有氧气生成，根据得失电子守恒写出方程式为4Na2O2+4FeCl2+6H2O4Fe(OH)3+8NaCl+O2 ， 因此，本题正确答案是：4Na2O2+4FeCl2+6H2O4Fe(OH)3+8NaCl+O2。(3)若A、B按物质的量之比1:1.5混合在密闭容器中加热充分反应后，排出气体，可能发生的反应及个物质的量分析如下：2NaHCO3Na2CO3 + CO2 + H2O 1.5mol 0.75mol 0.75mol 0.75mol 2Na2O2+2CO22Na2CO3+O21mol 0

35、.75mol 0.75mol2Na2O2 + 2H2O4NaOH+O2(1-0.75)mol 0.75mol 0.5mol根据反应：Na2O2+1.5NaHCO3 0.5NaOH + 1.5Na2CO3+ O2，则剩余的固体为NaOH、 Na2CO3，因此，本题正确答案是：NaOH、 Na2CO3。(4)氢能是清洁能源，具有原料来源广、燃烧热值高、污染小、可再生等优点。因此，本题正确答案是：热值高，污染小。(5) NaBH4与水发生氧化还原反应生成NaBO2和氢气，化学方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2。因此，本题正确答案是：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2。【答案点睛】

36、本题考查无机物的推断，涉及Na元素化合物性质与相互转化，关键是根据A为淡黄色固体推断A为过氧化钠，再结合混合物与水、酸反应都去气体生成确定一定含有过氧化钠。19、使分液漏斗内的液体顺利流下 2MnO4-+16H+10C1-=2Mn2+5Cl2+8H2O 黄绿色气体时 使SnC14气化，利于从混合物中分离出来 SnC14+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl 232652 85% 【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中含有的HCl，装置C中浓硫酸的作用是吸收水蒸气，干燥氯气，装置

37、D中干燥的氯气与Sn在加热条件下共热反应生成SnCl4，装置E的作用是冷凝收集SnCl4，装置F中浓硫酸的作用是吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中使产物水解，装置G中氢氧化钠溶液的作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气。【题目详解】（1）导管a将圆底烧瓶和分液漏斗连通，能起到平衡气压，使分液漏斗内的液体顺利流下的作用；烧瓶A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为2MnO4-+16H+10C1-=2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为：2MnO4-+16H+10C1-=2Mn2+5Cl2+8H2O；（2）因金属锡易与氯气、氧气反应，反应前应先生成氯气，利用生成的氯气

38、将装置中的空气排出，防止空气中的氧气干扰实验，当观察到装置F液面上方出现黄绿色气体时，说明空气已经排尽；由题给四氯化锡受热易挥发，点燃酒精灯使锡熔化后，继续加热可以加快氯气与锡反应，还能使使四氯化锡气化，利于其从混合物中分离出来，故答案为：黄绿色气体时；使SnC14气化，利于从混合物中分离出来；（3）若上述装置中缺少装置C，氯气中混有的水蒸气会使生成的四氯化锡反应水解生成SnO2xH2O和氯化氢，反应的化学方程式为SnC14+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl，故答案为：SnC14+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl；（4）若改为油浴加热来控制温度达到使四氯化锡气化，而二氯

39、化锡不气化的目的，应控制温度范围在232652，故答案为：232652；（5）K2Cr2O7标准溶液与氯化亚铁溶液反应的离子方程式为6Fe2+Cr2O72-+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，由题给二氯化锡与氯化铁反应的化学方程式可得如下转化关系：3SnCl26FeCl36FeCl2K2Cr2O7，反应中消耗K2Cr2O7的物质的量为0.1000 molL10.02000L=2.000103mol，则二氯化锡的含量为100%=15%，则四氯化锡的纯度为115%=85%，故答案为：85%。【答案点睛】金属锡易与氯气、氧气反应，SnCl4极易水解，制备实验应在无氧和无水环境下进行进行，则利用

40、反应生成的氯气排尽空气，在制备四氯化锡的装置前后都应有除水装置是设计实验的关键，也是解答关键。20、K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO42被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮杂质 2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl +5Cl2+8H2O 应该增加盛装饱和食盐水的洗气瓶，吸收蒸发出来的HCl气体 Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O Fe3+ 4FeO42+20 H+=4Fe3+3O2+10H2O 排除ClO的干扰 溶液的酸碱性不同 【分析】(1)K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速产生O2，说明K

41、2FeO4具有强氧化性，而FeO42被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮杂质，所以可以用来净水；(2)本实验采用氯气与氢氧化铁在碱性条件下制备K2FeO4，而采用浓盐酸与高锰酸钾溶液反应制备的氯气中混有氯化氢杂质，应先除去；(3)通过Cl2、Fe(OH)3与KOH之间的反应制备K2FeO4，溶液中可能存在副反应Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，因此制备出的K2FeO4中可能混有次氯酸钾和氯化钾等杂质。方案I，取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色说明溶液中存在Fe3+，但Fe3+不一定是与K2FeO4将Cl氧化，根据题干已知K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，同时产生Fe3+，氯气是由酸性条件下次氯酸根与氯离子发生归中反应生成的。方案II可以证明K2FeO4将Cl氧化，方案II中采氢氧化钾溶液洗涤高铁酸钾，使K2FeO4稳定析出，并除去ClO，防止酸性条件下ClO与Cl发生反应产生Cl2，干扰实验。【题目详解】(1)K2FeO4在酸性或中性溶液中快