2022届广东省清远市清城区高三第二次调研化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、下列模型表示的烃或烃的含氧衍生物中，可以发生酯化反应的是（ ）ABCD2、下列实验操作能达到实验目的的是A用容量瓶配制溶液时，先用蒸馏水洗涤，再用待装溶液润洗B用湿润的红色石蕊试纸检验酸性气体C在装置甲中放入MnO2和浓盐酸加热制备氯气D用

2、装置乙分离乙酸和乙醇的混合物3、下列离子方程式正确的是ACl2通入水中：Cl2+H2O = 2H+Cl-+ClO-B双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O22H2I=I22H2OC用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu22H2O2CuO24HDNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O324H=SO423S2H2O4、废水中过量的氨氮(NH3和NH4+)会导致水体富营养化。为研究不同pH下用NaClO氧化废水中的氨氮(用硝酸铵模拟)，使其转化为无污染的气体，试剂用量如下表。已知：HClO的氧化性比ClO的氧化性更强。下列说法错误的是pH0.100mol/LNH4NO3(mL)0.100mol/LNaC

3、lO(mL)0.200mol/LH2SO4(mL)蒸馏水(mL)氨氮去除率(%)1.010.0010.0010.0010.00892.010.0010.00V1V2756.085AV1=2.00BpH=1时发生反应:3ClO+2NH4+=3Cl+N2+3H2O+2H+CpH从1升高到2，氨氮去除率降低的原因是更多的HClO转化为ClODpH控制在6时再进行处理更容易达到排放标准5、继电器在控制电路中应用非常广泛，有一种新型继电器是以对电池的循环充放电实现自动离合（如图所示）。以下关于该继电器的说法中错误的是已知电极材料为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料。A充电完成时，电池能被磁铁

4、吸引B该电池电解液一般由高纯度的有机溶剂、锂盐等原料组成C充电时，该电池正极的电极反应式为3Li2O+2Fe-6e-Fe2O3+6Li+D放电时，Li作电池的负极，Fe2O3作电池的正极6、下列属于氧化还原反应的是()A2NaHCO3Na2CO3H2OCO2BNa2OH2O=2NaOHCFe2O33CO2Fe3CO2DCa(OH)2CO2=CaCO3H2O7、甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) -49.0kJCH3OH(g)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)+192.9kJ下列说法正确的是( )A1molC

5、H3OH完全燃烧放热192.9kJB反应中的能量变化如图所示CCH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量D根据推知反应：CH3OH(l)+ O2(g)CO2(g)+2H2(g)+Q的QHClOHCO3)C向Na2CO3溶液中通入足量的Cl2的离子方程式：2Cl2CO32H2OCO22Cl2HClOD室温下，向NaOH溶液中通入Cl2至溶液呈中性时，相关粒子浓度满足：c(Na)2c(ClO)c(HClO)11、甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相似。已知pKb=lgKb，pKb(CH3NH2H2O)=3.4，pKb(NH3H2O)=4.8。常温下，向10.00 mL 0. 1000 molL1的甲胺

6、溶液中滴加0. 0500 molL1的稀硫酸，溶液中c(OH-)的负对数pOH=lgc(OH-)与所加稀硫酸溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是AB点对应的溶液的pOH3.4B甲胺溶于水后存在平衡：CH3NH2+H2OCH3NH+OHCA、B、C三点对应的溶液中，水电离出来的c(H+)：CBADA、B、C、D四点对应的溶液中，c(CH3NH3+)的大小顺序：DCBA12、全世界每年因钢铁锈蚀造成大量的损失。某城市拟用如图方法保护埋在弱碱性土壤中的钢质管道，使其免受腐蚀。关于此方法，下列说法正确的是（ ）A钢管附近土壤的pH小于金属棒附近土壤B钢管上的电极反应式为：O2+2H2O+4

7、e-=4OH-C金属棒X的材料应该是比镁活泼的金属D也可以外接直流电源保护钢管，直流电源正极连接金属棒X13、某有机物W的结构简式为下列有关W的说法错误的是A是一种酯类有机物B含苯环和羧基的同分异构体有3种C所有碳原子可能在同一平面D能发生取代、加成和氧化反应14、如图表示某个化学反应过程的能量变化。该图表明（ ）A催化剂可以改变该反应的热效应B该反应是个放热反应C反应物总能量低于生成物D化学反应遵循质量守恒定律15、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A标准状况下，2.24L SO3中所含原子数为0.4NABl0mL 12mol/L盐酸与足量MnO2加热反应，制得Cl2的分子数

8、为0. 03NAC0. 1mol CH4与0.4mol Cl2在光照下充分反应，生成CCl4的分子数为0.1NAD常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA16、不洁净玻璃仪器洗涤方法正确的是（ ）A做银镜反应后的试管用氨水洗涤B做碘升华实验后的烧杯用酒精洗涤C盛装CCl4后的试管用盐酸洗涤D实验室制取O2后的试管用稀盐酸洗涤二、非选择题（本题包括5小题）17、由化合物A 合成黄樟油（E）和香料F的路线如下（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）下列有关说法正确的是_（填选项字母）。a化合物A核磁共振氢谱为两组峰bCH2Br2只有一种结构c化合物E能发生加聚反应得到线型高分子d

9、化合物B能发生银镜反应，也能与NaOH溶液反应（2）由B转化为D所需的试剂为_。（3）D含有的官能团名称为_，C的同分异构体中具有顺反异构的名称是_（不必注明“顺”“反”）。（4）写出AB的化学反应方程式：_。（5）满足下列条件的E的同分异构体W有_种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1:2:2:2:3的结构简式为_。 lmolW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH 能发生银镜反应 苯环上只有两个取代基，能发生聚合反应（6）参照上述合成路线，写出以、丙酮为主要原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线_。18、原子序数依次增大的X、Y、Z、W、M五种短周期主族元素

10、中，X、Y两元素间能形成原子个数比分别为1:1和1:2的固态化合物A和B，Y是短周期元素中失电子能力最强的元素，W、M的最高价氧化 物对应的水化物化学式分别为H3WO4、HMO4，Z的单质能与盐酸反应。(1)根据上述条件不能确定的元素是_（填代号），A的电子式为_，举例说明Y、Z的金属性相对强弱：_(写出一个即可）。(2)W能形成多种含氧酸及应的盐，其中NaH2WO2能与盐酸反应但不能与NaOH溶液反应，则下列说法中正确的是_(填字母)A H3WO2是三元酸B H3WO2是一元弱酸C NaH2WO2是酸式盐D NaH2WO2不可能被硝酸氧化(3)X、M形成的一种化合物MX2是一种优良的水处理剂

11、，某自来水化验室利用下列方法裣测处理后的 水中MX2残留量是否符合饮用水标准（残留MX2的浓度不高于0.1 mgL-1），已知不同pH环境中含M粒子的种类如图所示：I.向100.00 mL水样中加入足量的KI，充分反应后将溶液调至中性，再加入2滴淀粉溶液。向I中所得溶液中滴加2.010-4 molL-1的溶液至终点时消耗5.00 mL标准溶液 (已知 2S2O32- +I2 =S4O26- +2I-）。则该水样中残留的的浓度为_mgL-1。若再向II中所得溶液中加硫酸调节水样pH至13，溶液又会呈蓝色，其原因是_(用离子方程式表示）。19、碘及其化合物可广泛用于医药和工业生产等。(1)实验室用

12、海带提取I2时操作步骤依次为：灼烧、溶解、过滤、_、_及蒸馏。(2)灼烧海带时除需要三脚架、酒精灯、玻璃棒外，还需要的实验仪器是_。(3)“过滤”后溶液中含一定量硫酸盐和碳酸盐。现要检验溶液中的I，需选择的试剂组合及其先后顺序是_(选填编号)。aAgNO3溶液 bBa(NO3)2溶液 cBaCl2溶液 dCaCl2溶液(4)在海带灰滤液中加入适量氯水后一定存在I2，可能存在IO3。请补充完整检验含I2溶液中是否含有IO3的实验方案(可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液)：取适量含I2溶液用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；_。(5)分

13、解水可用SO2/I2循环法。该法共涉及三步化学反应。_；2H2SO4 2SO2+O2+2H2O；_。与传统的分解水的方法相比，本法的优点是_；缺点是_。20、水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cmol/L标准溶液；用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1小时；向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄

14、色； 将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；V待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。已知：I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和_。（2）在步骤中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2+O2+8OH2MnMnO3+4H2O。（3）步骤中发生反应的离子方程式为 _。（4）滴定时，溶液由_色到_色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。（5）河水中的溶解氧为_mg/L。（6）当河水中含有较多NO3时，测定结果会比实际值_(填偏高、偏低或不变

15、)21、钒被称为“现代工业味精”，是发展现代工业、现代国防和现代科学技术不可缺少的重要材料。常见的钒氧化物为VO、V2O3、VO2、V2O5，低价氧化钒在空气中易被氧化成高价氧化钒。请回答下列问题：（1）已知：2V(s)O2(g)=2VO(s) H1=825.6kJmol-14VO(s)O2(g)=2V2O3(s) H2=788.8kJmol-1V2O3(s)O2(g)=V2O5(s) H3=334.6kJmol-14V(s)5O2(g)=2V2O5(s) H4据上述反应热效应之间的关系，可知H4=_。（2）V2O5是钒氧化物中最重要的，也是最常用的钒化工制品。工业上制备V2O5的一个方法是利

16、用VOCl3水解，则VOCl3中V的化合价为_，水解反应的化学方程式为_。（3）工业上由V2O5冶炼金属钒常用铝热法，该反应的化学方程式为_。（4）工业制硫酸常用V2Os作催化剂，已知2SO2(g)O2(g)2SO3(g) H=196kJmol-1，500时将2molSO2和1molO2装入一容积恒定的10L密闭容器中，达到平衡时容器中SO3的浓度为0.1molL-1。该反应的平衡常数K=_。某温度时，该反应的平衡常数K=50，则该温度_(填“”“”或“=”)500。下列措施能使的值减小的是_(填字母)。A升温B其他条件不变，再充入2molHeC其他条件不变，再充入2molSO2和1molO2

17、D不用V2O5作催化剂，改用其他更高效的催化剂（5）酸性条件下，V2O5和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成可溶性的VOSO4，请写出该反应的离子方程式：_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】醇和羧酸发生酯化反应生成酯和水， 表示甲烷，表示苯，表示乙醛， 表示乙醇，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，能发生酯化反应的是乙醇；答案选D。2、C【解析】A用容量瓶配制溶液不能用待装液润洗，A项错误；B湿润的红色石蕊试纸遇酸性气体不变色，B项错误；CMnO2和浓盐酸在加热条件下可制备氯气，C项正确；D乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗进行分离，D项错误。答案选C。3、B【解析】A、Cl

18、2通入水中的离子反应为Cl2+H2OH+Cl-+HClO，故A错误；B、双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H+2I-I2+2H2O，故B正确；C、用铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子，故C错误；D、Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32-+2H+SO2+S+H2O，故D错误。故选B。4、A【解析】A. 溶液中氢离子浓度改变，而其它条件不变，则总体积为40mL，pH=2，则0.0140= V10.2002，V1=1.00mL，符合题意，A正确；B. pH=1时NaClO氧化废水中的氨氮(用硝酸铵模拟)，使其转化为无污染的气体

19、，发生反应:3ClO-+2NH4+=3Cl-+N2+3H2O+2H+，与题意不符，B错误；C. HClO的氧化性比ClO-的氧化性更强，pH从1升高到2，酸性减弱，氨氮去除率降低的原因是更多的HClO转化为ClO-，与题意不符，C错误；D. pH控制在6时氨氮去除率为85%，进行处理更容易达到排放标准，与题意不符，D错误；答案为A。5、A【解析】由图可知该电池放电时负极反应式为Li-e-xLi+，正极反应式为Fe2O3+6Li+6e-3Li2O+2Fe，充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反，以此解答该题。【详解】A充电时，Fe作为阳极生成Fe2O3，充电完成时，铁完全转化

20、为Fe2O3，磁铁不可吸引Fe2O3，故A错误；B锂属于活泼金属，会和水发生反应，所以不可以用电解质溶液作为电解液，一般由高纯度的有机溶剂、锂盐等原料组成，故B正确；C充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反，则充电时，该电池正极的电极反应式为3Li2O+2Fe-6e-Fe2O3+6Li+，故C正确；D根据分析，放电时，Li作电池的负极，Fe2O3作电池的正极，故D正确；答案选A。【点睛】根据题意要判断出正负极，写出电极反应,原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，而电解池中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。6、C【解析】凡是有元素化合价变化的反应均为氧化还原反应，A、

21、B、D项中均无化合价变化，所以是非氧化还原反应；C项中Fe、C元素化合价变化，则该反应为氧化还原反应，故C符合；答案选C。7、D【解析】A燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，即H元素要转化为液态水而不是转化为氢气，故1molCH3OH完全燃烧放出的热量不是192.9kJ，故A错误；B因为CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)的Q小于0，该反应是吸热反应，所以反应物的总能量应该小于生成物的总能量，故B错误；C中的热化学方程式表明，CH3OH转变成H2的过程不一定要吸收能量，故C错误；D因为CH3OH(l)变成CH3OH(g)需要吸收能量，根据推知反应

22、：CH3OH(l)+ O2(g)CO2(g)+2H2(g)+Q的QHClO HCO3-，故HClO与CO32-不能同时产生，选项B错误；C.足量氯气和水产生的盐酸将CO32-全部反应成CO2气体，选项C正确；D.中性时由电荷守恒得到c(Na)c(ClO)c(Cl)，由于发生氧化还原反应，由得失电子守恒得到c(Cl)c(ClO)c(HClO)，两式联立可得c(Na)2c(ClO)c(HClO)，选项D正确。答案选B。11、D【解析】AB点加入5 mL0.0500 mol/L的稀硫酸，不考虑水解和电离，反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3NH2H2O)=3.4，CH3

23、NH2H2O的电离程度大于CH3NH3+的水解程度，则溶液中c(CH3NH3+)c(CH3NH2)；B甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相似，说明CH3NH2H2O是一元弱碱，可以部分电离出氢氧根离子；C恰好反应时水的电离程度最大，碱过量抑制了水的电离，碱的浓度越大抑制程度越大；DC、D点相比，n(CH3NH3+)相差较小，但D点溶液体积较大，则c(CH3NH3+)较小，据此分析。【详解】AB点加入5 mL0.0500 mol/L的稀硫酸，不考虑水解和电离，反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3NH2H2O)=3.4，pKh(CH3NH3+)=14-3.4=10.6，

24、说明CH3NH2H2O的电离程度大于CH3NH3+的水解程度，则溶液中c(CH3NH3+)c(CH3NH2)，1，结合Kb(CH3NH2H2O)=c(OH-)=10-3.4可知，c(OH-)3.4，A正确；BCH3NH2H2O是一元弱碱，可以部分电离出氢氧根离子，电离过程可逆，则电离方程式为：CH3NH2H2OCH3NH3+OH-，B正确；C用0.0500 mol/L的稀硫酸滴定10 mL 0.1000 mol/L的甲胺溶液滴入10 mL恰好完全反应此时生成的是强酸弱碱盐，溶液显碱性，CH3NH3+水解促进水的电离，A、B点溶液中弱碱过量抑制了水的电离，所以A、B、C三点溶液中，水电离出来的c

25、(H)：CBA，C正确；DC点硫酸与CH3NH2H2O恰好反应，由于CH3NH3+的水解程度较小，则C、D点n(CH3NH3+)相差较小，但D点加入硫酸溶液体积为C点2倍，则c(CH3NH3+)：CD，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较。明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。12、B【解析】A金属棒X与钢管构成原电池；钢管是正极，氧气得电子，发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-，钢管附近土壤的pH大于金属棒附近土壤，故A错误；B金属棒X与钢管构成原电池；钢管是正极

26、，氧气得电子，发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；C金属棒X保护钢管免受腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，X的材料应该是比铁活泼的金属，但不能比镁活泼，否则它会直接与水反应，故C错误；D外接直流电源保护钢管，钢管应作阴极，该装置金属棒X与钢管用导线连接，若直流电源正极连接金属棒X，则钢管失电子被腐蚀，故D错误；故选B。【点睛】本题考查金属的吸氧腐蚀及保护，中性或碱性环境下，活泼金属易发生吸氧腐蚀，正极是氧气得电子生成氢氧根离子；明确牺牲阳极的阴极保护法，让被保护的金属作正极发生还原反应。13、B【解析】根据有机物W的结构简式，还可写为C6H5-OOCCH3，可判断有机物中含有酯基

27、。【详解】A. W的结构简式为C6H5-OOCCH3，含有酯基，是一种酯类有机物，与题意不符，A错误；B. 同分异构体含苯环和羧基，则苯环上的取代基为-CH3、-COOH有邻间对3种，或-CH2COOH一种，合计有4种，错误，符合题意，B正确；C. 苯环上的C原子及酯基上的碳原子均为为sp2杂化，则苯环与酯基各为一个平面，当两平面重合时，所有碳原子可能在同一平面，与题意不符，C错误；D. 有机物含有苯环及酯基能发生取代、加成，可以燃烧发生氧化反应，与题意不符，D错误；答案为B。14、B【解析】A. 由图可知，加入催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，A项错误；B. 由图象可知，反应物总能量大

28、于生成物总能量，故为放热反应，B项正确；C. 由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，C项错误；D. 化学反应一定遵循质量守恒定律，但是根据题目要求，图示不能说明质量守衡，D项错误。答案选B。15、D【解析】A. 标准状况下，SO3不是气体，2.24L SO3并不是0.1 mol，A错误；B. 12mol/L盐酸为浓盐酸，和足量的二氧化锰共热时，盐酸因消耗、部分挥发以及水的生成，使盐酸浓度变小不能完全反应，所以制得的Cl2小于0.03 mol，分子数小于0. 03NA，B错误；C. 0. 1mol CH4与0.4mol Cl2在光照下充分反应，发生的是取代反应，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲

29、烷、四氯甲烷及氯化氢的混合物，生成CCl4的分子数小于0.1NA，C错误；D. 一个乙酸分子中有3个C-H键，则常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA，D正确；答案选D。16、B【解析】A. 银单质与氨水不反应，可用稀硝酸洗去，A项错误；B. 根据碘溶于酒精的性质，所以可用酒精清洗残留碘，B项正确；C. CCl4与盐酸不反应，但易溶于酒精，因此残留有CCl4的试管，可用酒精洗涤，C项错误；D. 实验室若用过氧化氢制取O2，则反应后会剩余不溶于水也不溶于稀盐酸的二氧化锰，因此用稀盐酸无法洗净试管，D项错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、bc 液溴、Fe（或液溴、Fe

30、Br3） 醚键、溴原子 1-溴丙烯 9 【解析】根据A的分子式和性质，判断为酚，再根据D的结构，可以判断A为邻二苯酚()，B为。(l)aA为邻二苯酚()，核磁共振氢谱为三组峰，故a错误；b. 甲烷是正四面体结构，因此CH2Br2只有一种结构，故b正确；c化合物E为，含有碳碳双键，能发生加聚反应得到线型高分子，故c正确；dB为，不存在醛基，不能发生银镜反应，故d错误；故选bc；(2)由B转化为D是在苯环上引入溴原子，需要试剂为液溴、Fe，故答案为液溴、Fe；(3)根据D的结构可知，其含有的含氧官能团为醚键和溴原子，C的同分异构体中具有顺反异构的是1-溴丙烯，故答案为醚键、溴原子；1-溴丙烯；(4

31、)A为邻二苯酚()，B为，AB的化学方程式为：，故答案为；(5)E为，E的同分异构体W满足： lmolW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH ； 能发生银镜反应； 苯环上只有两个取代苯，能发生聚合反应，说明苯环上含有2个侧链，其中含有碳碳双键、醛基或属于甲酸某酯，结合E的结构，W属于甲酸苯酚酯，即HCOO-，另一个侧链为-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2，每种侧链对应与邻位、间位、对位3种结构，共9种，其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1：2：2：2：3的结构简式为，故答案为9；(6)以、为主要原料制备，可以将丙酮，与发生题中类似FG的反应，得到醇

32、再与溴化氢反应后，得溴代烃，在镁的作用下，两个分子之间发生类似题中C+DE的反应，合成路线为，故答案为。点睛：本题考查有机物推断与合成、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等知识，是对有机物化学基础的综合应用，侧重考查学生对知识的迁移应用。本题的难点是(6)的合成路线的设计。18、Z 钠的金属性比Z的强，如钠能与冷水剧烈反应而Z不能（或最高价氧化物对应水化物的碱性：NaZ） B 0.675 ClO2+4I+4H+ = Cl- +2I2+2H2O 【解析】Y是短周期元素中失电子能力最强的元素，则推出Y为Na元素，又X、Y两元素间能形成原子个数比分别为1:1和1:2的固态化合物A和B，则推出

33、X为O元素，两者形成的化合物为B为Na2O、A为Na2O2；Z的单质能与盐酸反应，则说明Z为活泼金属，为Mg或Al中的一种；W、M的最高价氧化物对应的水化物化学式分别为H3WO4、HMO4，则W和M的最高价化合价分别为+5和+7，又X、Y、Z、W、M五种短周期主族元素原子序数依次增大，则可推出W为P元素，M为Cl元素，据此分析作答。【详解】根据上述分析易知：X、Y、Z、W、M分别是O、Na、Mg或Al、P、Cl，则（1）Z可与盐酸反应，Z可能是Mg或Al中的一种，不能确定具体是哪一种元素；A为Na2O2，由离子键和共价键构成，其电子式为：；钠的金属性比Z的强，如钠能与冷水剧烈反应而Z不能（或最

34、高价氧化物对应水化物的碱性：NaZ），故答案为：Z；钠的金属性比Z的强，如钠能与冷水剧烈反应而Z不能（或最高价氧化物对应水化物的碱性：NaZ）；（2）NaH2PO2能与盐酸反应，说明H3PO2是弱酸，NaH2PO2不能与NaOH反应，说明NaH2PO2中的H不能被中和，推出NaH2PO2为正盐，C项错误；H3PO2分子中只能电离出一个H，为一元弱酸，B项正确，A项错误；NaH2PO2中P的化合价为+1，具有还原性，可被硝酸氧化，D项错误；故答案为B；（3）由图知，中性条件下ClO2被I还原为ClO2，I被氧化为I2；根据氧化还原反应中得失电子数目相等可知：2ClO2I22Na2S2O3，因此可

35、知，水中残留的ClO2的浓度为210-4mol/L510-3L67.5g/mol1000mg/g0.1L=0.675 mg/L，故答案为：0.675；由图知，水样pH调至13时，ClO2-被还原成Cl-，该操作中I被ClO2氧化为I2，故离子方程式为：ClO2+4I+4H+ = Cl- +2I2+2H2O。19、氧化 萃取(或萃取分液) 坩埚(或瓷坩埚)、泥三角 ba 从水层取少量溶液，加入12 mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明滤液中含有IO3，若溶液不变蓝，说明滤液中不含有IO3 SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4 2HIH2+I2 节约电能 使用能造

36、成污染环境的SO2 【解析】(1)将海带灼烧、溶解、过滤后所得溶液中碘以I-存在，要将碘从水溶液中分离出来，应将I- 转化成水溶性差而易溶于有机溶剂的I2；(2)根据灼烧装置即可找除出题中所列外还需要的实验仪器；(3)检验I- 通常用AgNO3溶液，而Ag2SO4微溶、Ag2CO3难溶，所以SO42-和CO32-会干扰I-的检验，需排除干扰；(4)检验IO3-可采用思路为：IO3- I2 检验I2，所以应选用合适的还原剂将IO3- 还原为I2，再检验生成的I2；(5)根据题意，分解水采用的是SO2/I2循环法，可判断SO2和I2在整个过程中参与反应且能重新生成，由此判断各步反应；该法与电解水相

37、比，不耗电但使用了能产生污染的SO2。【详解】(1)根据分析，需把溶液中的I-转化为水溶性差而易溶于有机溶剂的I2，I- I2为氧化过程；从水溶液中分离出I2可用CCl4等有机溶剂萃取后蒸馏。答案为：氧化；萃取(或萃取分液)；(2)固体灼烧需要坩埚，而坩埚需放在泥三角上加热，所以，灼烧海带时除需要三脚架、酒精灯、玻璃棒外，还需要的实验仪器是坩埚(或瓷坩埚)、泥三角。答案为：坩埚(或瓷坩埚)、泥三角；(3)由于碘化银是不溶于水，也不溶于酸的黄色沉淀，所以可用AgNO3溶液检验。但Ag2SO4微溶、Ag2CO3难溶，所以SO42-和CO32-会干扰I- 的检验，所以需要排除其干扰，又因为还不能引入

38、氯离子，所以可以用足量的Ba(NO3)2溶液除去SO42-和CO32-，过滤后（或取上层清液）再加入AgNO3溶液。答案为：ba；(4)碘酸根具有强氧化性，能被还原为单质碘，而碘遇淀粉显蓝色，所以检验碘酸根的实验操作是：从水层取少量溶液，加入12 mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明滤液中含有IO3-；若溶液不变蓝，说明滤液中不含有IO3-；依题意，用SO2/I2循环法分解水共涉及三步化学反应。根据第二个反应可知，首先SO2被氧化为硫酸，氧化剂为I2，化学方程式为：SO2+ I2+ 2H2O = 2HI + H2SO4；生成的HI分解即可得到氢气，同时重新生成I2，

39、所以第三个化学方程式为：2HIH2+ I2。电解水需要消耗电能，而SO2又是大气污染物，所以与传统的分解水的方法相比，本法的优点是节约电能，而缺点是使用能造成污染环境的SO2。【点睛】Ag+ 能与很多阴离子反应生成沉淀，如SO42-、CO32-、Cl-、Br-、I-、OH- 等，所以，用AgNO3 溶液检验卤离子时应注意排除干扰。20、碱式滴定管 MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O 蓝 无 偏高 【解析】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；(3)中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0

40、mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；(5)根据关系式，进行定量分析；(6)含有较多NO3时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；(3)中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O，故答案为：MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；(5)由4Mn2+O2+8OH2MnMnO3+4H2O，MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O，I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6，可知关系式，即，则氧气的物质的量x=，v1mL水样中溶解氧=，故答案为：；(6)含有较多NO3时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2