广东省吴川一中2023学年高考化学倒计时模拟卷含解析

1、2023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、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数，Z元素在地壳中含量最高。Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐。常温下，X的

2、单质为气体。下列说法正确的是（ ）A简单阴离子的还原性：XYB原子半径：WZYXCZ与W形成的化合物中只含有离子键D简单氢化物的沸点：YZ2、室温下，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速度来滴定该浓氯水，根据测定结果绘制出ClO、ClO3等离子的物质的量浓度c与时间t的关系曲线如下。下列说法正确的是ANaOH溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装Ba点溶液中存在如下关系：c(Na+)+ c(H+)=c(ClO) +c(ClO3) +c(OH)Cb点溶液中各离子浓度：c(Na+) c(Cl) c(ClO3) =c(ClO) c(OH) c(H+)Dt2t4，ClO的物质的

3、量下降的原因可能是ClO自身歧化：2 ClO=Cl+ClO33、氮化铬具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，因而具有广泛应用前景。实验室制备CrN 反应原理为 CrCl3 +NH3CrN+3HCl，装置如图所示下列说法错误的是A装置还可以用于制取O2、Cl2、CO2等气体B装置、中分别盛装NaOH溶液、KOH固体C装置中也可盛装维生素c，其作用是除去氧气D装置 中产生的尾气冷却后用水吸收得到纯盐酸4、我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：下列说

4、法正确的是A图示显示：起始时的2个H2O最终都参与了反应B过程、过程均为放热过程C过程只生成了极性共价键D使用催化剂降低了水煤气变换反应的H5、利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配套装置示意图，闭合开关K之前，两个Cu电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是A循环物质E为水B乙池中Cu电极为阴极，发生还原反应C甲池中的电极反应式为Cu2+2e-=CuD若外电路中通过1mol电子，两电极的质量差为64g6、下列各组物质既不是同系物又不是同分异构体的是（ ）A甲酸甲酯和乙酸B对甲基苯酚和苯甲醇C油酸甘油酯和乙酸乙酯D软脂酸甘油酯和硬脂

5、酸甘油酯7、已知酸性溶液中还原性的顺序为SO32-I-Fe2+Br-Cl-，下列反应不能发生的是A2Fe3+SO32-+H2O2Fe2+SO42-+2H+BI2+ SO32-+H2OSO42-+2I-+2H+C2Fe2+I22Fe3+2I-DBr2+SO32-+H2OSO42-+2Br-+2H+8、下列实验操作及现象，不能得出对应结论的是选项实验操作现象结论A将甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中紫色石蕊试液变红且不褪色反应产生了HClB镀锌铁片出现刮痕后部分浸入饱和食盐水中,一段时间后铁片附近滴入K3Fe(CN)6溶液无蓝色沉淀镀锌铁没有发生原电池反应C向 2mL 0.

6、l mol/L 醋酸溶液和 2mL0.l mol/L 硼酸溶液中分别滴入少量0.lmol/LNaHCO3 溶液只有醋酸溶液中产生气体酸性：醋酸碳酸硼酸D向 FeCl3 溶液与 NaCl 溶液中分别滴入 30% H2O2 溶液只有FeCl3 溶液中迅速产生气体Fe3+能催H2O2分解AABBCCDD9、下列有关装置对应实验的说法正确的是（ ）A可用于制取H2，且活塞a处于打开状态B可用于收集NH3C可用于固体NH4Cl和I2的分离D可用于分离I2的CCl4溶液，导管b的作用是滴加液体10、常温下，下列有关溶液的说法正确的是（ ）ApH相等的NH4ClNH4Al(SO4)2NH4HSO4溶液：NH

7、4浓度的大小顺序为B常温下，pH为5的氯化铵溶液和pH为5的醋酸溶液中水的电离程度相同CHA的电离常数Ka=4.9310-10，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na)c(HA)c(A)D已知在相同条件下酸性HFCH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na)c(F-)c(K)c(CH3COO-)11、下列仪器名称为“烧杯”的是（ ）ABCD12、温度T时，在初始体积为1L的两个密闭容器甲（恒容）、乙（恒压）中分别加入0.2molA和0.1molB，发生反应2A(g)+B(g) x C(g)，实验测得甲、乙容器中A的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的

8、是Ax可能为4BM为容器甲C容器乙达平衡时B的转化率为25%DM的平衡常数大于N13、热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了Ti-H-Fe双温区催化剂（Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100）。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是A为N N的断裂过程B 在高温区发生，在低温区发生C为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程D使用Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应14、下列说法中不正确的是（ ）A蛋白质溶液中加入稀的硫酸铵溶液，会有固体析出

9、，该固体能重新溶解B苯与液溴的反应和苯酚与浓溴水的反应对比可以说明基团之间的影响作用C丙三醇是无色、黏稠、有甜味的液体，吸湿性强，有护肤作用，可应用于配制化妆品D在浓氨水作用下，甲醛过量时，苯酚与甲醛反应可得到体型酚醛树脂15、Na、Al、Fe都是重要的金属元素。下列说法正确的是A氧化物都是碱性氧化物B氢氧化物都是白色固体C单质都可以与水反应D单质在空气中都形成致密氧化膜16、下列说法不正确的是A常温下，0.1 molL1CH3COONa溶液的pH=8，则该溶液中 c(CH3COOH)=（10-6-10-8）molL1B对于相同浓度的弱酸HX和HY(前者的Ka较大)溶液，加水稀释相同倍数时，H

10、Y溶液的pH改变值大于HX溶液的pH改变值C硫酸钡固体在水中存在以下平衡BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42-（aq），当加入饱和碳酸钠溶液时可以生成BaCO3沉淀D常温下，a molL1的CH3COOH溶液与0.01molL1NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，此温度下醋酸的电离平衡常数Ka=二、非选择题（本题包括5小题）17、某研究小组按下列路线合成甜味剂阿斯巴甜：已知：芳香化合物A能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢原子；RCNH回答下列问题：(1)F的结构简式是_。(2)下列说法正确的是_。A化合物A的官能团是羟基B化合物B可发生消去反应C化合物C能发生加成反应

11、D化合物D可发生加聚反应(3)写出阿斯巴甜与足量NaOH水溶液充分反应的化学方程式：_。(4)写出同时符合下列条件的 D的同分异构体的结构简式：_。有三种化学环境不同的氢原子；含苯环的中性物质。(5)参照上述合成路线，设计一条由甲醛为起始原料制备氨基乙酸的合成路线_。18、化合物甲由四种元素组成。某化学研究小组按如图流程探究其组成：已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一。请回答下列问题：（1）甲的化学式为_。（2）甲发生爆炸反应的化学方程式为_。（3）已知化合物甲中，有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质

12、的量之比为_。19、FeCl3是重要的化工原料，无水氯化铁在300时升华，极易潮解。I制备无水氯化铁。（1）A装置中发生反应的离子方程式为_。（2）装置的连接顺序为a_j，k_（按气流方向，用小写字母表示）。（3）实验结束后，取少量F装置玻璃管中的固体加水溶解，经检测，发现溶液中含有Fe2+，可能原因为_。II探究FeCl3与SO2的反应。（4）已知反应体系中存在下列两种化学变化：（i）Fe3+与SO2发生络合反应生成Fe(SO2)63+（红棕色）；（ii）Fe3+与SO2发生氧化还原反应，其离子方程式为_。（5）实验步骤如下，并补充完整。步骤现象结论取5mL1molL-1FeCl3溶液于试管

13、中，通入SO2至饱和。溶液很快由黄色变为红棕色用激光笔照射步骤中的红棕色液体。_红棕色液体不是Fe(OH)3胶体将步骤中的溶液静置。1小时后，溶液逐渐变为浅绿色向步骤中溶液加入2滴_溶液(填化学式)。_溶液中含有Fe2+（6）从上述实验可知，反应（i）、（ii）的活化能大小关系是：E(i)_E(ii)（填“”、“H，元素的非金属性越强，对应的简单阴离子的还原性越弱，A项正确；B根据元素周期律，同周期，原子序数小的半径大，同主族，周期大的半径大，故原子半径NaNOH，B项错误；CZ与W形成的化合物可能为Na2O或Na2O2，前者只含有离子键，后者存在离子键和共价键，C项错误；D氨气和水分子都含有

14、氢键，但是水分子间形成的氢键较多，沸点更高，D项错误；答案选A。2、C【答案解析】A. NaOH溶液属于强碱溶液，浓氯水显酸性且具有强氧化性，所以NaOH溶液不能用酸式滴定管，浓氯水不能用碱式滴定管，两者不能使用同种滴定管盛装，故A错误；B.a点溶液中含有NaClO3、NaClO和NaCl，根据电荷守恒，有：(Na+)+c(H+)=c(ClO3-)+c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-)，故B错误；C.由图象可知，b点溶液中c(ClO3-)=c(ClO-)，根据氧化还原反应得失电子守恒，写出发生反应的化学方程式为：8NaOH+4Cl2=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O，由此可

15、知，溶液中n(NaCl):n(NaClO3):n(NaClO)=6:1:1，溶液中各离子浓度：(Na+) c(Cl-) c(ClO3-)=c(ClO-)c(OH-)c(H+)，故C正确；D. ClO-发生歧化反应，离子方程式为：3ClO-=2Cl-+ ClO3-，故D错误。故选C。3、D【答案解析】A. 装置可以用双氧水（MnO2作催化剂）制取氧气，用浓盐酸与高锰酸钾制取氯气，用盐酸与碳酸钙制取二氧化碳气体，故A正确；B. 装置中的NaOH溶液可以吸收装置中的二氧化碳气体，中的KOH固体可以吸收水分，故B正确；C. 装置中的亚硫酸钠可以除去装置中的氧气，所以也可盛装维生素c，故C正确；D. 装

16、置中产生的尾气有反应生成的HCl，还有未完全反应的NH3，所以冷却后用水吸收得到的不是纯盐酸，故D错误；故选D。4、A【答案解析】A根据反应过程示意图，过程中1个水分子中的化学键断裂，过程另一个水分子中的化学键断裂的过程，过程中形成了新的水分子，因此起始时的2个H2O最终都参与了反应，A项正确；B根据反应过程示意图，过程、中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，B项错误；C过程中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水和氢气，H2中的化学键为非极性键，C项错误；D催化剂不能改变反应的H，D项错误；答案选A。【答案点睛】值得注意的是D选项，催化剂只能降低活化能，改变化学反应速率，不能改变反应

17、的热效应。5、B【答案解析】由阴离子SO42-的移动方向可知：右边Cu电极为负极，发生反应：Cu-2e-=Cu2+，Cu电极失去电子，发生氧化反应；左边的电极为正极，发生反应：Cu2+2e-=Cu，当电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，两极的质量差变为64g。电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发，分离为CuSO4浓溶液和水后，再返回浓差电池。A.通过上述分析可知循环物质E为水，使稀硫酸铜溶液变为浓硫酸铜溶液，A正确；B.乙池的Cu电极为负极，发生氧化反应，B错误；C.甲池的Cu电极为正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2+2e-=Cu，C正确；D.若外电路

18、中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，所以两电极的质量差为64g，D正确；故合理选项是B。6、C【答案解析】A甲酸甲酯和乙酸分子式相同，结构不同，属于同分异构体，A不合题意；B对甲基苯酚和苯甲醇分子式相同，结构不同，属于同分异构体，B不合题意；C油酸甘油酯是不饱和酯，乙酸乙酯是饱和酯，分子式不同，结构不相似，则既不是同系物，又不是同分异构体，C符合题意；D软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯，结构相似，分子组成上相差2个CH2，互为同系物，D不合题意；故选C。7、C【答案解析】A、因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-Fe2

19、+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故A不选；B、因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-I-，与已知的还原性强弱一致，能发生，故B不选；C、因该反应中Fe元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则Fe2+为还原剂，还原性强弱为Fe2+I-，与已知的还原性强弱不一致，反应不能发生，故C选；D、因该反应中Br元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-Br-，与已知的还原性强弱一致，能发生，故D不选。答案选C。8、B【答案解析】A. 将甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液

20、变红且不褪色，说明生成了HCl，故A不符合题意；B. 镀锌铁片出现刮痕后部分浸入饱和食盐水中，一段时间后铁片附近滴入K3Fe(CN)6溶液，无蓝色沉淀，锌作负极，铁作正极，铁受到了保护，镀锌铁发生了原电池反应，故B符合题意；C. 向 2mL 0.l molL1醋酸溶液和 2mL0.l molL1硼酸溶液中分别滴入少量0.l molL1 NaHCO3溶液，只有醋酸溶液中产生气体，说明醋酸和碳酸氢钠反应，硼酸不与碳酸氢钠反应，则得出酸性：醋酸碳酸硼酸，故C不符合题意；D. 向FeCl3溶液与NaCl溶液中分别滴入 30% H2O2 溶液，只有FeCl3溶液中迅速产生气体，说明Fe3+对H2O2分解

21、起催化作用，故D不符合题意。综上所述，答案为B。9、A【答案解析】A. 可用于制取H2，且活塞a处于打开状态时，稀硫酸和锌粒发生反应，生成氢气，故A正确；B. NH3密度比空气小，所以不能用向上排空气法收集，故B错误；C. 加热氯化铵分解，碘升华，则NH4Cl和I2的固体混合物不能用加热的方法分离，故C错误；D. 导管b的作用是回收冷凝的CCl4，故D错误；正确答案是A。10、A【答案解析】A氢离子抑制铵根离子水解，NH4HSO4溶液呈强酸性，NH4Al(SO4)2中两种阳离子水解显酸性，要使这三种溶液的pH相等，则NH4Cl和NH4Al(SO4)2溶液中阳离子的水解程度相等，硫酸氢铵浓度最小

22、，所以NH4浓度的大小顺序为，故A正确；B氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，醋酸溶液中醋酸电离抑制水的电离，当pH相同时，溶液中水的电离程度不同，故B错误；CKhKa，可知混合溶液中盐的水解大于弱酸的电离，则等浓度的NaA、HA混合溶液中： c(HA)c(Na)c(A)，故C错误；D酸性HFCH3COOH，则酸根离子水解程度FCH3COO，则溶液中c(F)c(CH3COO)，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中由物料守恒得c(Na)c(K)，可知c(Na)c(F)c(K)c(CH3COO)，故D错误；故答案选A。【答案点睛】本题C选项注意利用HA的电离常数计算A-的水解常数，判断混合

23、溶液中水解和电离程度的相对大小，进而得出溶液中粒子浓度的相对大小。11、A【答案解析】A仪器的名称是烧杯，故A正确；B仪器的名称是分液漏斗，故B错误；C仪器 的名称是容量瓶，故C错误； D仪器的名称是烧瓶，故D错误；答案为A。12、D【答案解析】若该反应为气体物质的量增大的反应，即x3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强增大，平衡过程中反应速率比恒压时大，建立平衡需要的时间较少，对应于图像M，增大压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像相符；若该反应为气体物质的量减少的反应，即x3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强减小，平衡过程中反应速率比恒压时小，建立平衡需要的时间较长，对应于图像N，减

24、小压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像不符；若该反应x=3，则两容器得到相同的平衡状态，与图像不符，据此分析解答。【题目详解】A根据上述分析，该反应为气体物质的量增大的反应，因此x可能为4，故A正确；B根据上述分析，该反应为气体体积增大的反应，M为容器甲，N为容器乙，故B正确；C根据上述分析，N为容器乙，容器乙达平衡时A的转化率为25%，根据方程式2A(g)+B(g) x C(g)，加入0.2molA和0.1molB时，反应的B为A的物质的量的一半，A和B的转化率相等，也是25%，故C正确； D温度不变，平衡常数不变，达到平衡时，M、N对应的温度相同，则平衡常数相等，故D错误；故选D。【

25、答案点睛】解答本题的关键是判断压强对该反应的影响。本题的难点是排除x3的情况。13、C【答案解析】A. 经历过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，过程中氮氮三键没有断裂，故A错误；B. 为催化剂吸附N2的过程，为形成过渡态的过程，为N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行；为了增大平衡产率要在低温区进行，故B错误；C. 由题中图示可知，过程完成了Ti-H-Fe-*N到Ti-H-*N-Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti-H区域传递，故C正确；D. 化学反应不会因加入催化剂而改变吸放热情况，故D错误；故选：C。14、A【答案解析】A.蛋白质溶液中加入浓的硫酸铵溶液发生盐析，会

26、有固体析出，故A错误；B.苯与液溴的反应是一溴取代，且需要溴化铁催化，苯酚与浓溴水的反应为三溴取代，对比可以说明是酚羟基活化了苯环上的氢，能说明基团之间的影响作用，故B正确；C.丙三醇俗称甘油，是无色、黏稠、有甜味的液体，吸湿性强，有护肤作用，可应用于配制化妆品，故C正确；D.苯酚与甲醛能在在浓氨水作用下，甲醛过量时，发生酚醛缩合反应，可得到体型酚醛树脂，故D正确；综上所述，答案为A。15、C【答案解析】ANa、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠能跟酸起反应，除生成盐和水外，还生成氧气，不是碱性氧化物，氧化铝不但可以和碱反应还可以和酸反应均生成盐和水，为两性氧化物，故A错误；B氢氧化钠、氢氧化铝为

27、白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B错误；C钠与水反应2Na+2H2O=2NaOH+H2，生成氢氧化钠和氢气，铁与水蒸汽反应生成氢气与四氧化三铁，3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，在金属活动性顺序表中，铝介于二者之间，铝和水2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2，反应生成氢氧化铝和氢气，高温下氢氧化铝分解阻碍反应进一步进行，但铝能与水反应，故C正确；DNa在空气中最终生成碳酸钠，不是形成致密氧化膜，Al在空气中与氧气在铝的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止Al与氧气的进一步反应，铁在空气中生成三氧化二铁，不是形成致密氧化膜，故D错误；故答案为C。16、B【答案解析】A列出溶液中的

28、电荷守恒式为：，溶液中的物料守恒式为：，两式联立可得：，又因为溶液在常温下pH=8，所以有，A项正确；B由于，HX酸性更强，所以HX溶液在稀释过程中pH变化更明显，B项错误；C硫酸钡向碳酸钡的转化方程式为：，当向硫酸钡中加饱和碳酸钠溶液时，溶液中的碳酸根浓度很高，可以让上述转化反应正向进行，生成BaCO3沉淀，C项正确；D常温下，两种溶液混合后，溶液呈中性，即：=10-7mol/L；列出溶液的电荷守恒式：，所以有：；此外，溶液中还有下列等式成立：，所以；醋酸的电离平衡常数即为：，D项正确；答案选B。【答案点睛】处理离子平衡的题目，如果题干中指出溶液呈中性，一方面意味着常温下的该溶液c(H+)=

29、10-7mol/L，另一方面意味着溶液中，可以通过将这个等量关系与其他守恒式关联进一步得出溶液中其他粒子浓度之间的等量关系。二、非选择题（本题包括5小题）17、BC、【答案解析】化合物A为芳香族化合物，即A中含有苯环，根据A的分子式，以及A能发生银镜反应，A中含有醛基，核磁共振氢谱有5种不同化学环境的氢原子，根据苯丙氨酸甲酯，A的结构简式为，根据信息，推出B的结构简式为，根据信息，推出C的结构简式为，根据信息，NH2取代羟基的位置，即D的结构简式为，根据反应产物，推出F的结构简式为，据此分析。【题目详解】（1）根据上述分析，F的结构简式为；（2）A、根据A的结构简式，A中含有官能团是醛基，故A

30、错误；B、根据B的结构简式，羟基所连碳原子的相邻的位置上有H，即能发生消去反应，故B正确；C、C中含有苯环，能发生加成反应，故C说法正确；D、化合物D中不含碳碳双键或叁键，不能发生加聚反应，故D错误；答案选BC；（3）根据阿斯巴甜的结构简式，1mol阿斯巴甜中含有1mol羧基、1mol酯基、1mol肽键，因此1mol阿斯巴甜最多消耗3molNaOH，其化学方程式为+3NaOH CH3OHH2O；（4）有三种不同化学环境的氢原子，说明是对称结构，该有机物显中性，该有机物中不含羧基、NH2、酚羟基，根据D的结构简式，该同分异构体中含有NO2，符合要求同分异构体是、；（5）氨基乙酸的结构简式为H2N

31、CH2COOH，原料为甲醛，目标产物是氨基乙酸，增加了一个碳原子，甲醛先与HCN发生加成反应，生成HOCH2CN，在酸溶液生成HOCH2COOH，然后在一定条件下，与NH3发生H2NCH2COOH，即合成路线为。【答案点睛】本题的难点是同分异构体的书写，应从符合的条件入手，判断出含有官能团或结构，如本题，要求有机物为中性，有机物中不含羧基、NH2、酚羟基，即N和O组合成NO2，该有机物有三种不同化学环境的氢原子，说明是对称结构，即苯环应有三个甲基，从而判断出结构简式。18、AgOCN 2AgOCN=2Ag+N2+2CO 1：2 【答案解析】已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的

32、主要成分之一，由此可知丁是氮气，丙是一氧化碳。根据流程图可知氮气的物质的量为0.01mol，一氧化碳的物质的量为n（CO）= ，由此可知甲中C、N、O的原子个数比为1:1:1，化合物由四种元素组成，已知化合物中有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，撞击甲容易发生爆炸生成三种物质，则甲中应该有一种金属元素，设甲的化学式为R（CNO）x，R的相对原子质量为M，根据反应2R（CNO）x=2R+2xCO+xN2，有，所以M=108x，设x=1，2，3，当x=1时，M=108，R为银元素，当x取2、3时，没有对应的金属元素的相对原子质量符合要求，所以甲为AgOCN。【题目详解】（1

33、）由分析可知，甲的化学式为AgOCN，故答案为：AgOCN；（2）由分析可知，乙为银单质，丙为一氧化碳，丁为氮气，则甲发生爆炸反应的化学方程式为2AgOCN=2Ag+N2+2CO，故答案为：2AgOCN=2Ag+N2+2CO；（3）根据爆炸反应方程式可知，爆炸反应中被氧化的元素为氮元素，共2mol，还原产物为银单质和一氧化碳，共4mol，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2。19、MnO22Cl4H+Mn2+Cl22H2O h，i，d，e g，f，b，（c） 未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在水溶液中反应生成Fe2+ SO2+2H2O+2Fe3+=S

34、O42-+4H+2Fe2+ 液体中无明显光路 K3Fe(CN)6 生成蓝色沉淀 【答案解析】首先制取氯气，然后除杂、干燥，再与铁粉反应，冷凝法收集升华出的FeCl3，最后连接盛有碱石灰的干燥剂，吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气使FeCl3水解。F中剩余的固体可能为未升华的FeCl3和铁粉的混合物，溶于水发生反应生成FeCl2；Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出离子方程式；没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；用K3Fe(CN)6溶液检验Fe2+，生成蓝色沉淀；反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)E(i

35、i)；反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i)K(ii);【题目详解】（1）反应的离子方程式为：MnO22Cl4H+Mn2+Cl22H2O；（2）首先制取氯气，然后除杂、干燥，导管应长进短出，所以a连接h，i连接d；在F中与铁粉反应，为防止FeCl3堵塞导管，应用粗导管，则e连接j，冷凝法收集升华出的FeCl3，所以k连接g；最后连接盛有碱石灰的干燥管，吸收未反应的氯气；（3）实验结束后，去少量F中的固体加水溶解，经检测发现溶液中含有Fe2+，其原因为未升华出来的FeCl3与未反应的Fe发生反应生成Fe2+；（4）Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒

36、、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为SO2+2H2O+2Fe3+=SO42-+4H+2Fe2+；（5）没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；（6）由实验现象可知，FeCl3与SO2首先发生反应(i)，说明反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)E(ii)；反应最终得到Fe2+，反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i)K(ii)。20、Cu2S+2MnO4+8H+2Mn2+2Cu2+SO42+4H2O 除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化 胶头滴管 酸式滴定管 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 61.5 36.9 偏低 偏低 【答案解析】由配制溶液的过程确定

37、所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成，据测定原理分析实验误差。【题目详解】（1）Cu2S与KMnO4酸性溶液反应，高锰酸钾做氧化剂氧化Cu2S反应生成硫酸铜、硫酸钾、硫酸锰和水，反应化学方程式为Cu2S+2KMnO4+4H2SO4K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，反应的离子方程式：Cu2S+2MnO4+8H+2Mn2+2Cu2+SO42+4H2O，故答案为Cu2S+2MnO4+8H+2Mn2+2Cu2+SO42+4H2O；（2）配制0.1000molL1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化，配制过程中所

38、需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有胶头滴管，故答案为除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化；胶头滴管；（3）取25.00mL溶液为高锰酸钾溶液，具有强氧化性，所以取25.00待测溶液所用的仪器是酸式滴定管，故答案为酸式滴定管；（4）加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1L1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL，发生反应2S2O32+I2S4O62+2I，滴定终点的现象是：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色，故答案为溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；（5）Cu2S与KMnO4酸性溶液反应的化学方程式：Cu2S+2KMnO4+4H2SO4K2SO4+2MnSO4+2CuSO

39、4+4H2O，5CuS+8MnO4+24H+5Cu2+8Mn2+5SO42+12H2O，5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O，滴定Fe2+消耗的MnO4：n10.1000mol/L0.020L0.0004mol，样品消耗MnO4物质的量n20.200L0.2000moL10.0004mol0.036mol，2Cu2+4I2CuI+I2，2S2O32+I2S4O62+2I，滴定消耗S2O32的物质的量n30.1000mo1L10.03L0.03mol，则起始样品溶解所得溶液中含Cu2+物质的量n40.03mol，设样品中含CuS、Cu2S的物质的量分别为x、y，则：x+2y0.03mol，x+2y0.036mol联立，解方程组得：x0.01mol，y0.01mol，混合样品中Cu2S的含量=100%=61.5%，混合样品中CuS的含量=100%=36.9%，故答案为61.5；36.9。（6）结合上述计算过程，量取200.0mL 0.2000mol/L酸性溶液