1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年广东省佛山一中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、单项选择题：本大题共20小题，每小题2分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得2分，选错或不答的得0分1下列说法不正确的是（） A 硅单质是将太阳能转化为电能的常用材料 B 氯气可用于自来水的杀菌消毒，说明氯气无毒 C 光线透过树叶间的缝隙形成光柱与胶体的性质有关 D 采用原煤脱硫技术，可减少燃煤时产生的SO22下列说法正确的是（） A 二氧化硫具有较强的还原性，故不能用浓硫酸干燥 B 含极性键的共价化合物一定是电解质 C 氯化钠、冰醋酸、酒精分别属于强电解
2、质、弱电解质、非电解质 D 天然气、酒精和液化石油气分别属于化石能源、不可再生能源和二次能源3下列做法或说法不正确的是（） A 用湿润的红色石蕊试纸检验氨气 B 过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成 C 金属钠着火时，可用二氧化碳灭火器灭火 D Na2CO3的热稳定性大于NaHCO34运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（） A 某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应 B NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中 C 可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底 D 增大反应物浓度可加快反应速度，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率5常
3、温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（） X Y Z NaOH溶液 Al（OH）3 稀硫酸 KOH溶液 SiO2 浓盐酸 O2 N2 H2 FeCl3溶液 Cu 浓硝酸 A B C D 6除去下列物质中少量杂质的方法正确的是（） A 除去Fe2（SO4）3溶液中混有的Fe SO4：加入足量新制氯水 B 除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入足量铁粉，过滤 C 铝粉中的镁粉，加入足量氢氧化钠溶液，过滤 D 除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀硝酸后，过滤、洗涤7下列物质中，既含有极性键又含有非极性键的是（） A B CO2 C Na2O2 D NH4Cl8下列反应最终无沉淀产生
4、的是（）过量的CO2通入Na2SiO3溶液中 向氢氧化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液至过量少量的SO2通入BaCl2溶液中 向MgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量 A B C D 9下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（） A 将过量SO2通入少量氨水中：SO2+2NH3H2O2NH4+SO32 B 实验室用Cu和稀HNO3反应制取少量NO气体：Cu+4H+NO3Cu2+NO+2H2O C NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O D KIO3与KI在酸性溶液中反应：5I+IO3+3H2O3I2+6OH10常温下，下列各组离子在指定溶液
5、中一定能大量共存的是（） A 在pH=1的溶液中：K+、Na+、SO42、HCO3 B 在0.1molL1 Na2CO3溶液中：Al3+、K+、NO3、SO42 C 在0.1molL1 FeCl3溶液中：K+、NH4+、I、SCN D 在=1012的溶液中：K+、Na+、ClO、NO311下列实验操作正确且能达到实验目的是（） 实验目的 操作A 比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱 用金属钠分别与水和乙醇反应B 欲证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键 滴入KMnO4酸性溶液，看紫红色是否褪去C 确定溴乙烷中含有溴元素 与NaOH溶液共热，再往混合液中滴加AgNO3溶液，观察是否有浅黄色沉淀生成D
6、欲除去苯中混有的苯酚 向混合液中加入浓溴水，充分反应后，过滤 A A B B C C D D12下列说法不正确的是（） A 用坩埚钳夹住一小块铝箔在酒精灯上加热到熔化，但熔化的铝并不滴落，是因为铝表面生成了熔点更高的氧化铝 B 铜属于重金属，它的化学性质不活泼，铜盐有毒，能使蛋白质失去活性，故误食铜盐后，应立即服用牛奶或蛋清急救再送医院治疗 C 盐桥中通常装有琼脂的KCl溶液，形成如图所示原电池的闭合回路时，氯离子向正极移动，钾离子向负极移动 D 水的电离是吸热反应，升高温度，促进水的电离，水的离子积常数Kw变大13某无色透明的混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种
7、气体现将此混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，向剩余气体中通入空气，很快变为红棕色下列对于原混合气体成分的判断中正确的是（） A 肯定有SO2、O2和NO B 肯定没有Cl2、O2和NO2 C 可能有Cl2和O2 D 肯定只有NO14N2O俗称“笑气”，曾用作可吸入性麻醉剂下列反应能产生N2O：3CO+2NO23CO2+N2O关于N2O的下列说法正确的是（） A 上述反应，每生成1mol N2O，消耗1.5mol CO B 等物质的量的N2O和CO2含有相等的电子数 C N2O只具有氧化性，无还原性 D N2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒15如下实验操作正确且能达到实验目的是（） A
8、将十水碳酸钠置于蒸发皿中，加热脱去结晶水 B 用分液漏斗分离溴乙烷与氢氧化钠溶液发生反应后的生成物 C 用铁粉与稀硝酸反应，制取少量氢气，用排水法收集 D 用酸式滴定管量取6.55mL的KMnO4溶液16下列对实验IIV电化学的装置正确，且实验现象预测正确的是（） A 实验I：电流表A指针偏转，碳棒上有红色固体产生 B 实验II：电流表A指针偏转，铁极上有无色气体产生 C 实验III：碳棒上有无色气体产生，铁极上有黄绿色气体产生 D 实验IV：粗铜溶解，精铜上有红色固体析出17某稀溶液中含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的
9、物质的量（纵坐标/mol）和加入铁粉的物质的量（横坐标/mol）之间的关系为（） A B C D 18设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（） A 标况下，11.2L SO3所含的分子数目为0.5 NA B 1L0.1 molL1的碳酸氢钠溶液中含碳酸氢根离子数为0.1NA C 常温常压下，1.7gH2O2中含有的电子数为0.9nA D 8 Al+3 NH4ClO44 Al2O3+3NH3+3HCl 反应中，消耗27gAl粉时，转移的电子数目为2.75NA19下列实验现象对应的结论正确的是（）选项 现象 结论A 中导管口冒气泡，手松开无现象 气密性良好B 中KMnO4溶液紫红色褪去 SO
10、2具有漂白性C 中关闭K，气体颜色在热水中比冷水深 NO2生成N2O4为吸热反应D 中烧瓶中形成喷泉 Cl2易溶于CCl4 A A B B C C D D20室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：实验编号 起始浓度/（molL1） 反应后溶液的pH c（HA） c（KOH） 0.1 0.1 9 x 0.2 7下列判断不正确的是（） A 实验反应后的溶液中：c（K+）c（A）c（OH）c（H+） B 实验反应后的溶液中：c（OH）=c（K+）c（A）=mol/L C 实验反应后的溶液中：c（A）+c（HA）0.1 mol/L D 实验反应后的溶液中：c
11、（K+）=c（A）c（OH）=c（H+）二、双项选择题：本大题共5小题，每小题3分，共15分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题意，全部选对得3分，只选一个且正确的得1分，选错或不答的得0分21下列叙述正确的是（） A 向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入足量NaHSO4溶液，沉淀消失 B 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶解 C 将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀 D 纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率加快22Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应
12、呈黄色Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍元素Y的合金是日常生活中使用广泛的金属材料之一，下列说法正确的是（） A 氢化物稳定性：ZW B 原子半径的大小顺序：rXrYrQrW C 元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物 D X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应23某有机物X的结构简式如图所示，则下列有关说法中正确的是（） A X的分子式为C12H14O3 B X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应 C 在Ni作催化剂的条件下，1 mol X最多只能与1 mol H2加成 D 可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X24表中陈述I、均
13、正确，且两者在反应原理上相似的是（）选项 陈述I 陈述A 向酚酞溶液中加Na2O2，溶液先变红后褪色 向石蕊溶液中通入Cl2，溶液先变红后褪色B 将SO2和Cl2同时通入BaCl2溶液中，产生白色沉淀 将CO2和NH3同时通入CaCl2溶液中，产生白色沉淀C 向MgCl2溶液中加入NaOH溶液生成白色沉淀 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液生成红褐色沉淀D Na投入水中产生大量气泡 Na2CO3投入盐酸中产生大量气泡 A A B B C C D D2525时，下列说法正确的是（） A 氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：c（Cl）c（NH4+） B pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）
14、c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32） C pH=12的NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶液混合后所得溶液显酸性 D 将0.1mol/L的氨水溶液加水稀释10倍，溶液中离子浓度都减少二、非选择题（共45分）26（12分）（2014秋佛山校级月考）化合物为一种重要化工中间体，其合成方法如下：（1）化合物的分子式为；反应的反应类型为；化合物IV中含有的官能团是（写名称）（2）1mol化合物最多消耗mol NaOH（3）化合物IV在浓硫酸催化下反应生成六元环状酯类化合物，写出该反应的化学方程式（4）根据题给化合物转化关系及相关条件，请你推出（2甲基1，3丁二烯）发生类似的反应，得到有机物VI
15、和VII，结构简式分别是为、27（10分）（2014秋佛山校级月考）减少污染、保护环境是全世界最热门的课题（1）为了减少空气中SO2的排放，常采取的措施有：将煤转化为清洁气体燃料已知：H2（g）+O2（g）H2O（g）H1=241.8kJmol1C（s）+O2（g）CO（g）H2=110.5kJmol1则焦炭与水蒸气反应生成CO的热化学方程式为洗涤含SO2的烟气以下物质可作洗涤剂的是（填序号）：aCa（OH）2 bCaCl2cNa2CO3 dNaHSO3（2）CO在催化剂作用下可以与H2反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）在密闭容器中充有10mol CO与20mol H2，C
16、O的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示M、N两点平衡状态下，容器中总物质的物质的量之比为：n（M）总：n（N）总=若M、N、Q三点的平衡常数KM、KN、KQ的大小关系为（3）催化硝化法可用于治理水中硝酸盐的污染催化硝化法中，用H2将NO还原为N2，一段时间后，溶液的碱性明显增强则该反应离子方程式为28（12分）（2014秋佛山校级月考）硼酸（H3BO3）大量应用于玻璃制造行业，以硼镁矿（2MgOB2O3H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3，Al2O3）为原料生产硼酸的工艺流程如图1：已知：H3BO3在20、40、60、100时的溶解度依次为5.0g、8.7g、14.8g、40.2gF
17、e3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和 12.4（1）由于矿粉中含CaCO3，为防止“浸取”时容易产生大量泡沫使物料从反应器中溢出，应采取的措施是：（2）“浸出液”显酸性，含H3BO3和Mg2+和SO42，还含有Fe2+、Fe3+、Ca2+、Al3+等杂质“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO，除去的杂质离子是H2O2的作用是 （用离子方程式表示）（3）“浸取”后，采用“热过滤”的目的是（4）“母液”可用于回收硫酸镁，已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图2，且溶液的沸点随压强增大而升高为了从“母液”中充分回收MgSO4
18、H20，应采取的 措施是将“母液”蒸发浓缩，（5）已知298K时，硼酸（H3BO3）溶液中存在如下反应：H3BO3（aq）+H2O（l）B（OH）4（aq）+H+（aq） K=5.71010化学式 碳酸 醋酸电离常数 K1=4.4107K2=4.71011 K=1.75105下列说法正确的是A碳酸钠溶液滴入硼酸中能观察到有气泡产生B碳酸钠溶液滴入醋酸中能观察到有气泡产生C等浓度的碳酸和硼酸溶液比较，pH：前者后者D等浓度的碳酸钠和醋酸钠溶液比较，pH：前者后者29（11分）（2014汕头二模）化学实验是科学探究的基础请回答有关实验问题：（1）下面的四个实验装置有三个都存在明显缺陷，其中完全正确
19、的是：（2）要检验上面B装置氨气已集满的操作是则试管已集满（3）ClO2是一种安全、高效、广谱、强力杀菌剂，其性质如表：色态 溶于碱 超过1Kpa、受热或遇光常温气体 5911红黄色液体 生成亚氯酸盐和氯酸盐 爆炸由表可以看出：保存液态ClO2的条件是密封、；ClO2与碱反应的离子方程式为；观察“图A”，要从NaClO2溶液制得不含结晶水的晶体，操作是蒸发结晶，控制条件是；应控制析出晶体的温度范围是工业用潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得某学生拟用图B所示装置模拟工业制法制取并收集液态ClO2，请模仿图B的装置图和图例，在答题卡的相应图中补充完善装置图，并作必要的标注201
20、4-2015学年广东省佛山一中高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共20小题，每小题2分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得2分，选错或不答的得0分1下列说法不正确的是（） A 硅单质是将太阳能转化为电能的常用材料 B 氯气可用于自来水的杀菌消毒，说明氯气无毒 C 光线透过树叶间的缝隙形成光柱与胶体的性质有关 D 采用原煤脱硫技术，可减少燃煤时产生的SO2考点： 硅和二氧化硅；胶体的重要性质；氯气的化学性质；二氧化硫的污染及治理 专题： 元素及其化合物；化学应用分析： A、根据单质硅的应用：用作太阳能电池的原理来回答；B、
21、氯气是一种有毒的气体，可以和水反应生成具有氧化性的次氯酸；C、早晨森林中的雾属于胶体分散系，胶体的特性：丁达尔现象；D、燃煤时产生的SO2是有毒的，在煤燃烧时，可以加入生石灰进行脱硫解答： 解：A、单质硅的应用：用作太阳能电池，可以将太阳能转化为电能，故A正确；B、氯气是一种有毒的气体，可以和水反应生成具有氧化性的次氯酸，常将氯气用于水的杀菌消毒，故B错误；C、早晨森林中的雾属于胶体分散系，光线透过树叶间的缝隙形成光柱，属于胶体的丁达尔现象，故C正确；D、在煤燃烧时，可以加入生石灰进行脱硫，生石灰可以和燃煤时产生的SO2反应最终获得硫酸钙，故D正确故选B点评： 本题涉及硅的应用、氯气的性质和用
22、途、胶体的性质以及二氧化硫的性质等知识，属于综合知识的考查，难度不大2下列说法正确的是（） A 二氧化硫具有较强的还原性，故不能用浓硫酸干燥 B 含极性键的共价化合物一定是电解质 C 氯化钠、冰醋酸、酒精分别属于强电解质、弱电解质、非电解质 D 天然气、酒精和液化石油气分别属于化石能源、不可再生能源和二次能源考点： 电解质与非电解质；极性键和非极性键；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；二氧化硫的化学性质 专题： 物质的分类专题；氧族元素分析： A同种元素相邻化合价间不发生氧化还原反应，二氧化硫不能被浓硫酸氧化；B电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，本身能电离；C依据，电解质、非电解质的
23、概念和电解质在水中的电离程度判断；D液化石油气是一次能源，酒精是可再生能源解答： 解：A二氧化硫和浓硫酸中硫元素无中间价态，不能发生氧化还原反应，二氧化硫能用浓硫酸干燥，故A错误；B含极性键的共价化合物一定不一定是电解质，例如二氧化碳、氨气等都含极性键，但是本身都不能电离，故B错误；C氯化钠在水溶液中完全电离属于强电解质；冰醋酸在水溶液中部分电离属于弱电解质；酒精是化合物其水溶液和熔融状态都不导电，属于非电解质，故C正确；D液化石油气是直接利用的自然资源，属于一次能源，酒精是可再生能源，故D错误；故选C点评： 本题考查了氧化还原反应的价态规律、电解质、非电解质、强弱电解质的判断、能源的分类，属
24、于基本概念知识的考查，题目难度不大，注意二次能源的含义3下列做法或说法不正确的是（） A 用湿润的红色石蕊试纸检验氨气 B 过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成 C 金属钠着火时，可用二氧化碳灭火器灭火 D Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3考点： 氨的化学性质；硝酸的化学性质；钠的化学性质；钠的重要化合物 分析： A氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；B铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成NO；C钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；D碳酸钠较稳定，受热不易分解，碳酸氢钠较不稳定，受热易分解解答： 解：A氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而使氨水
25、呈碱性，红色石蕊试液遇碱变蓝色，所以氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故A正确；B铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成NO，反应过程中浓硝酸变为稀硝酸时生成NO，所以得到的气体中含有二氧化氮、NO，故B正确；C钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，氧气促进钠燃烧，所以不能用二氧化碳灭火器灭火，故C错误；D碳酸钠较稳定，受热不易分解，碳酸氢钠较不稳定，受热易分解生成碳酸钠和二氧化碳、水，故D正确；故选C点评： 本题考查元素化合物知识，涉及钠盐的稳定性、钠的性质、硝酸性质、氨气检验等知识点，明确元素化合物性质是解本题关键，知道氨气等气体
26、检验方法，题目难度不大4运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（） A 某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应 B NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中 C 可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底 D 增大反应物浓度可加快反应速度，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率考点： 焓变和熵变；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；化学反应速率的影响因素；硅和二氧化硅 专题： 化学反应中的能量变化；化学反应速率专题分析： A、吸热反应可以自发进行，必须是熵增的反应，依据反应自发进行的判断是HTS0分析；B、氟化铵水解生成氟化氢，氢氟酸腐蚀
27、玻璃；C、海底由天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质；D、常温下铁在浓硫酸中钝化解答： 解：A、吸热反应可以自发进行，H0，若满足HTS0，必须是熵增的反应，故A正确；B、氟化铵水解生成氟化氢，氢氟酸和玻璃中二氧化硅反应腐蚀玻璃，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，故B正确；C、海底中天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质，为可燃冰，故C正确；D、常温下铁在浓硫酸中钝化，表面形成致密氧化物薄膜阻止浓硫酸与铁反应，不能生成氢气，故D错误；故选D点评： 本题考查了物质性质，盐类水解分析应用，注意常温铁在浓硫酸中发生钝化现象，题目较简单5常温下，下列各组物质中，Y既能与X反
28、应又能与Z反应的是（） X Y Z NaOH溶液 Al（OH）3 稀硫酸 KOH溶液 SiO2 浓盐酸 O2 N2 H2 FeCl3溶液 Cu 浓硝酸 A B C D 考点： 真题集萃；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质 专题： 元素及其化合物分析： 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应；二氧化硅不能溶于盐酸；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应；Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁解答： 解：氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与稀硫酸反应生成硫酸
29、铝与水，故符合；二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故不符合；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故不符合；常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故符合，故选B点评： 本题考查元素化合物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质6除去下列物质中少量杂质的方法正确的是（） A 除去Fe2（SO4）3溶液中混有的Fe SO4：加入足量新制氯水 B 除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入
30、足量铁粉，过滤 C 铝粉中的镁粉，加入足量氢氧化钠溶液，过滤 D 除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀硝酸后，过滤、洗涤考点： 物质的分离、提纯和除杂 专题： 化学实验基本操作分析： A氯水中有氯离子；B铁离子能和铁反应生成亚铁离子；C铝可与氢氧化钠溶液反应；D二者均与硝酸反应解答： 解：A氯水中有氯离子，加入氯水引入了新的杂质，故A错误； B因为铁离子能和铁反应生成亚铁离子，故可用铁除去FeCl2溶液中的少量氯化铁，故B正确；C镁和氢氧化钠不反应，而铝可与氢氧化钠溶液反应，将原物质除掉，故C错误；D二者均与硝酸反应，不能除杂，应加稀盐酸后，过滤、洗涤来除杂，故D错误故选B点评： 本题考查物质分
31、离、提纯的方法和应用，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意发生的反应及除杂的原则，题目难度不大7下列物质中，既含有极性键又含有非极性键的是（） A B CO2 C Na2O2 D NH4Cl考点： 极性键和非极性键 专题： 化学键与晶体结构分析： 同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键，以此来解答解答： 解：A、中碳原子和碳原子之间以非极性共价键结合，碳原子和氢原子之间以极性共价键结合，所以既含有极性键又含有非极性键的是共价化合物，故A正确；B、CO2中碳原子和氧原子之间以极性共价键结合，所以CO2中只含极性共价键，故B错误C、Na2O2中钠离子
32、和过氧根离子之间以离子键结合，过氧根离子中氧原子和氧原子之间以非极性共价键结合，所以Na2O2是含有非极性共价键的离子化合物，故C错误；D、NH4Cl中氯离子和铵根离子之间存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在极性共价键，所以NH4Cl是含有离子键和极性共价键的离子化合物，故D错误；故选A点评： 本题考查化学键，明确元素的类别及元素的成键是解答本题 的关键，难度较小8下列反应最终无沉淀产生的是（）过量的CO2通入Na2SiO3溶液中 向氢氧化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液至过量少量的SO2通入BaCl2溶液中 向MgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量 A B C D 考点： 硅和二氧化硅；二氧
33、化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物 分析： 碳酸的酸性强于硅酸，过量的二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀；氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液；盐酸的酸性强于亚硫酸；氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀解答： 解：过量的CO2通入Na2SiO3溶液中生成硅酸沉淀，故不选；向氢氧化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液至过量生成偏铝酸钠溶液，得不到沉淀，故选；盐酸的酸性强于亚硫酸，少量的SO2通入BaCl2溶液中不会发生反应，故选；氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，故不选；故选：B点评： 本题考查了物质的性质，侧重考查学生对基础知识掌握的熟练程度，注意强酸制备弱酸的规律，题目难度不大9下列表示对应化学
34、反应的离子方程式正确的是（） A 将过量SO2通入少量氨水中：SO2+2NH3H2O2NH4+SO32 B 实验室用Cu和稀HNO3反应制取少量NO气体：Cu+4H+NO3Cu2+NO+2H2O C NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O D KIO3与KI在酸性溶液中反应：5I+IO3+3H2O3I2+6OH考点： 离子方程式的书写 专题： 离子反应专题分析： A、过量SO2通入少量氨水，生成亚硫酸氢盐；B、得失电子不守恒，导致电荷不守恒；C、溶液反应至中性，说明氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，所以硫酸根离子过量；D、酸性溶液中不
35、存在氢氧根离子解答： 解：A、过量SO2通入少量氨水，生成亚硫酸氢盐，所以正确的离子反应方程式为：SO2+NH3H2ONH4+HSO3，故A错误；B、得失电子不守恒，导致电荷不守恒，所以正确的离子反应方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故B错误；C、溶液反应至中性，说明氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，所以硫酸根离子过量，正确的离子反应方程式为：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，故C正确；D、酸性溶液中不存在氢氧根离子，正确的离子方程式为：5I+IO3+6H+3I2+3H2O，故D错误；故选C点评： 本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、
36、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析10常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（） A 在pH=1的溶液中：K+、Na+、SO42、HCO3 B 在0.1molL1 Na2CO3溶液中：Al3+、K+、NO3、SO42 C 在0.1molL1 FeCl3溶液中：K+、NH4+、I、SCN D 在=1012的溶液中：K+、Na+、ClO、NO3考点： 离子共存问题 专题： 离子反应专题分析： ApH=1的溶液呈酸性，与H+反应的离子不能大量共存；B与CO32反应的离子不能大量共存；C与Fe3+反应的离子不能大量共存；D.=1012的溶液呈碱性解答： 解：ApH=1的溶液呈
37、酸性，HCO3与H+反应生成水和二氧化碳气体而不能大量共存，故A错误；BAl3+与CO32发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；CI、SCN与Fe3+反应的离子而不能大量共存，故C错误；D.=1012的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D点评： 本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重复分解反应的考查，把握物质的溶解性及离子之间的反应即可解答，选项C为解答的难点，题目难度不大11下列实验操作正确且能达到实验目的是（） 实验目的 操作A 比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱 用金属钠分别与水和乙醇反应B 欲证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键 滴入KMnO4酸
38、性溶液，看紫红色是否褪去C 确定溴乙烷中含有溴元素 与NaOH溶液共热，再往混合液中滴加AgNO3溶液，观察是否有浅黄色沉淀生成D 欲除去苯中混有的苯酚 向混合液中加入浓溴水，充分反应后，过滤 A A B B C C D D考点： 化学实验方案的评价 分析： A钠和水、乙醇反应剧烈程度不同；B醛基和碳碳双键都能使酸性高锰酸钾溶液氧化；C应排除OH离子的干扰；D溴能和苯酚发生取代反应，能被苯萃取解答： 解：A水中氢氧根离子和乙醇中的羟基氢活泼性不同，与钠反应剧烈程度不同，和水反应剧烈，和乙醇反应缓慢，可以利用和钠反应判断水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱，故A正确；B双键和醛基都能使高锰酸钾溶液褪色，
39、欲证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键需要先用新制氢氧化铜氧化醛基后再通入高锰酸钾溶液或溴水褪色证明，故B错误；C应先加入酸中和，排除OH离子的干扰，故C错误；D向混合液中加入浓溴水，充分反应后，苯酚反应，同时溴单质易溶于苯中，引入新的杂质，故D错误；故选A点评： 本题考查了实验方案设计的评价，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，难度中等12下列说法不正确的是（） A 用坩埚钳夹住一小块铝箔在酒精灯上加热到熔化，但熔化的铝并不滴落，是因为铝表面生成了熔点更高的氧化铝 B 铜属于重金属，它的化学性质不活泼，铜盐有毒，能使蛋白质失去活性，故误食铜盐后，应立即服用牛奶或蛋清急救再送医
40、院治疗 C 盐桥中通常装有琼脂的KCl溶液，形成如图所示原电池的闭合回路时，氯离子向正极移动，钾离子向负极移动 D 水的电离是吸热反应，升高温度，促进水的电离，水的离子积常数Kw变大考点： 铝的化学性质；原电池和电解池的工作原理；水的电离；铜金属及其重要化合物的主要性质 专题： 基本概念与基本理论；元素及其化合物分析： A因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；B可溶性的铜盐等重金属盐均能使蛋白质变性而失去生理活性，从而使人中毒；C根据活泼金属作负极以及图中电流流向判断原电池的正负极，根据盐桥中阳离子向正极移动判断；D弱电解质的电离平衡常数只随温度的变化
41、而变化，水的离子积是根据平衡常数计算得到的，也是只随温度变化，根据平衡常数的计算式和水的离子积的计算式比较分析判断解答： 解：A将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故A正确；B铜属于重金属，它的化学性质不活泼，铜盐有毒，可溶性的铜盐属于重金属离子盐，重金属离子能破坏人体蛋白质的结构，使它失去生理功能，中毒后进行急救，最好的方法是食用富含蛋白质的食品，以防止它破坏人体的蛋白质，牛奶、蛋清的主要成分都是蛋白质，食用后都能解毒急救，故B正确；C该装置中，锌为原电池的负极，铜
42、为原电池的正极，电流从铜流向锌，所以，放电时盐桥中的K+会移向正极，故C错误； D由于水的电离是吸热的，所以升高温度，向电离程度增大的方向移动； H+和OH浓度增大，Kw=c（H+）c（OH），所以也增大，故D项正确；故选C点评： 本题主要考查了铝、铜、盐桥、水的电离等知识，掌握铝和氧化铝的熔点、蛋白质的变性、盐桥的作用、水的电离吸热是解答该题的关键，题目难度中等13某无色透明的混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体现将此混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，向剩余气体中通入空气，很快变为红棕色下列对于原混合气体成分的判断中正确的是（） A 肯定有SO2、O2和
43、NO B 肯定没有Cl2、O2和NO2 C 可能有Cl2和O2 D 肯定只有NO考点： 常见气体的检验 专题： 物质检验鉴别题分析： 根据能使品红褪色的气体为SO2，根据气体的颜色判断可排除Cl2和NO2气体，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，原混合气体中无氧气，据此即可解答解答： 解：NO2气体为红棕色，Cl2为黄绿色，气体无色，则说明不含有Cl2和NO2气体，能使品红褪色的气体为SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，NO和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明原混合气体中无氧气，A此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含有SO2，把
44、剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明原混合气体一定含有气体NO，NO和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明原混合气体中无氧气，故A错误；BCl2为黄绿色，NO2气体为红棕色，此混合气体为无色，所以一定不含Cl2、NO2，据A分析原混合气体中无氧气，故B正确；CCl2为黄绿色，该气体无色，则说明不含有Cl2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，NO和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明原混合气体中无氧气，故C错误；D把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，NO和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明原混合气体中无氧气，此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说
45、明一定含有SO2，故D错误；故选B点评： 本题考查常见气体的检验，注意常见气体的性质以及检验方法，同时注意辨证思想的运用，题目难度中等14N2O俗称“笑气”，曾用作可吸入性麻醉剂下列反应能产生N2O：3CO+2NO23CO2+N2O关于N2O的下列说法正确的是（） A 上述反应，每生成1mol N2O，消耗1.5mol CO B 等物质的量的N2O和CO2含有相等的电子数 C N2O只具有氧化性，无还原性 D N2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒考点： 氧化还原反应 专题： 氧化还原反应专题分析： A、根据3CO+2NO23CO2+N2O中N20和CO的关系式判断；B、N2O和CO2每个分
46、子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同；C、N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低；D、NO会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒解答： 解：A根据方程式知，生成lmolN20，需要3molCO，故A错误；B、N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同，故B正确；C、N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，故C错误；D、与人体血红蛋白结合，使人中毒的是NO，故D错误；故选B点评： 本题考查氧化还原反应、氧化性还原性判断等知识点，难度不大，注意
47、氧化性、还原性与元素化合价的关系，为易错点15如下实验操作正确且能达到实验目的是（） A 将十水碳酸钠置于蒸发皿中，加热脱去结晶水 B 用分液漏斗分离溴乙烷与氢氧化钠溶液发生反应后的生成物 C 用铁粉与稀硝酸反应，制取少量氢气，用排水法收集 D 用酸式滴定管量取6.55mL的KMnO4溶液考点： 化学实验方案的评价；药品的取用；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；气体的收集 专题： 化学实验基本操作分析： A将十水碳酸钠置于坩埚中，加热脱去结晶水；B溴乙烷和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成乙醇和溴化钠，二者都易溶于水；C铁和稀硝酸反应生成NO而不生成氢气；D高锰酸钾溶液呈酸性，且滴定管的感量
48、是0.01mL解答： 解：A坩埚可以加热不含水的物质，比如熔化非腐蚀性盐类、灼烧沉淀、碳化或灰化某些复杂试样等；蒸发皿一般用于蒸发溶液，所以将十水碳酸钠置于坩埚中，加热脱去结晶水，故A错误；B溴乙烷和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成乙醇和溴化钠，二者都易溶于水，所以不能采用分液的方法分离，应该采用蒸馏的方法分离，故B错误；C稀硝酸具有强氧化性，能被铁还原为NO，所以得不到氢气，故C错误；D高锰酸钾溶液呈酸性，且滴定管的感量是0.01mL，酸式滴定管只能量取酸性溶液，所以可以用酸式滴定管量取6.55mL的KMnO4溶液，故D正确；故选D点评： 本题考查了实验方案评价，涉及物质的分离和提纯、常见仪
49、器的使用、物质间的反应等知识点，明确物质分离和提纯方法的选取原则、常见仪器的用途、物质的性质是解本题关键，易错选项是C，注意浓稀硝酸和金属反应都不生成氢气，为易错点16下列对实验IIV电化学的装置正确，且实验现象预测正确的是（） A 实验I：电流表A指针偏转，碳棒上有红色固体产生 B 实验II：电流表A指针偏转，铁极上有无色气体产生 C 实验III：碳棒上有无色气体产生，铁极上有黄绿色气体产生 D 实验IV：粗铜溶解，精铜上有红色固体析出考点： 原电池和电解池的工作原理 专题： 电化学专题分析： A实验I：该装置符合原电池构成条件，能形成原电池，所以有电流产生，铁易失电子而作负极，碳作正极，正
50、极上得电子发生还原反应；B实验II：该电池符合原电池构成条件，能形成原电池，所以有电流产生，铁发生吸氧腐蚀；C实验III：该装置是电解池，碳作阳极，铁作阴极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；D实验IV：该装置是电解池，为粗铜的精炼，精铜作阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应解答： 解：A实验I：该装置符合原电池构成条件，能形成原电池，所以有电流产生，铁易失电子而作负极，碳作正极，碳棒上铜离子得电子生成铜单质，所以碳棒上有红色物质析出，故A正确；B实验II：该电池符合原电池构成条件，能形成原电池，所以有电流产生，铁易失电子生成亚铁离子而作负极，故B错误；C实验III：该装置是电解池，碳作阳极
51、，铁作阴极，碳棒上氯离子放电生成黄绿色的氯气，铁棒上氢离子放电生成无色的氢气，故C错误；D实验IV：该装置是电解池，精铜作阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应生成金属单质铜，故D正确；故选AD点评： 本题考查了原电池和电解池原理，原电池和电解池原理是电化学的重点内容，是高考热点内容，会根据得失电子确定各个电极上发生的电极反应，难点是电极反应式的书写17某稀溶液中含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的物质的量（纵坐标/mol）和加入铁粉的物质的量（横坐标/mol）之间的关系为（） A B C D 考点： 铁的化学性质 专题：
52、几种重要的金属及其化合物分析： 向含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，铁粉和各离子反应的先后顺序是：铁离子、铜离子、氢离子，根据方程式中铁和亚铁离子的关系式进行分析解答解答： 解：向含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，铁粉和各离子反应的先后顺序是：铁离子、铜离子、氢离子，涉及的反应方程式为：Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4、CuSO4+Fe=FeSO4+Cu、H2SO4+Fe=FeSO4+H2，则Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4 1 1 3CuSO4+Fe=FeS
53、O4+Cu 1 1 1H2SO4+Fe=FeSO4+H2 1 1 1所以等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4分别和等物质的量的铁完全反应生成硫酸亚铁，生成硫酸亚铁的物质的量之比是3：1：1，故选A点评： 本题考查铁的性质及有关混合物反应的计算，明确离子反应先后顺序是解本题关键，把握物质间的关系式及量的关系即可解答，题目难度不大18设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（） A 标况下，11.2L SO3所含的分子数目为0.5 NA B 1L0.1 molL1的碳酸氢钠溶液中含碳酸氢根离子数为0.1NA C 常温常压下，1.7gH2O2中含有的电子数为0.9nA
54、 D 8 Al+3 NH4ClO44 Al2O3+3NH3+3HCl 反应中，消耗27gAl粉时，转移的电子数目为2.75NA考点： 阿伏加德罗常数 分析： A、标况下三氧化硫不是气体；B、碳酸根离子是弱酸根，在溶液中会水解；C、双氧水的摩尔质量为34g/mol，1.7g双氧水的物质的量为0.05mol，0.05mol双氧水中含有0.9mol电子；D、方程式中转移24mol电子；解答： 解：A、标准状况下，三氧化硫的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；B、碳酸根离子是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中碳酸根的数目小于0.1NA个，故B错误；C、1.7g双氧水的物质
55、的量为0.05mol，0.05mol双氧水中含有0.9mol电子，含有的电子数为0.9NA，故C正确；D、27gAl粉的物质的量是1mol，反应1mol铝粉时，转移的电子数目为3NA，故D错误故选C点评： 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，氧化还原反应电子转移计算，注意盐类水解分析19下列实验现象对应的结论正确的是（）选项 现象 结论A 中导管口冒气泡，手松开无现象 气密性良好B 中KMnO4溶液紫红色褪去 SO2具有漂白性C 中关闭K，气体颜色在热水中比冷水深 NO2生成N2O4
56、为吸热反应D 中烧瓶中形成喷泉 Cl2易溶于CCl4 A A B B C C D D考点： 化学实验方案的评价 专题： 实验评价题分析： A手松开无现象，气密性不好；B发生氧化还原反应；C气体颜色在热水中比冷水深，则对于2NO2N2O4，升高温度，平衡逆向移动；D挤压胶头滴管，Cl2易溶于CCl4，打破压强平衡，引发喷泉实验解答： 解：A手松开无现象，气密性不好，应松开手后水上升在导管中形成一段水柱，则气密性良好，故A错误；B发生氧化还原反应，KMnO4溶液紫红色褪去，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故B错误；C气体颜色在热水中比冷水深，则对于2NO2N2O4，升高温度，平衡逆向移动，则N
57、O2生成N2O4为放热反应，故C错误D挤压胶头滴管，Cl2易溶于CCl4，打破压强平衡，引发喷泉实验，现象与结论均合理，故D正确；故选D点评： 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气密性检验、氧化还原反应、平衡移动影响因素及喷泉实验等，注重高频考点的考查，把握物质的性质及化学反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大20室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：实验编号 起始浓度/（molL1） 反应后溶液的pH c（HA） c（KOH） 0.1 0.1 9 x 0.2 7下列判断不正确的是（） A 实验反应后的溶液中：c（K+）c
58、（A）c（OH）c（H+） B 实验反应后的溶液中：c（OH）=c（K+）c（A）=mol/L C 实验反应后的溶液中：c（A）+c（HA）0.1 mol/L D 实验反应后的溶液中：c（K+）=c（A）c（OH）=c（H+）考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较 专题： 电离平衡与溶液的pH专题分析： 室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小；B根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度；C当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱的浓
59、度；D根据电荷守恒确定离子浓度关系解答： 解：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A）+c（OH），该盐是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c（OH）c（H+），水的电离较微弱，所以c（A）c（OH），故A正确；B溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A）+c（OH），c（OH）c（H+）=c（K+）c（A）=mol/L109 mol/L，故B错误；C当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱，根据物料守恒得c（A）+c（HA）0.1
60、 mol/L，故C正确；D溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A）+c（OH），溶液呈中性，即c（OH）=c（H+），则c（K+）=c（A），中性溶液中水的电离较微弱，所以c（A）c（OH），故D正确；故选B点评： 本题考查离子浓度大小的比较，根据电荷守恒和微粒守恒来分析解答即可，易错选项是C，难度较大二、双项选择题：本大题共5小题，每小题3分，共15分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题意，全部选对得3分，只选一个且正确的得1分，选错或不答的得0分21下列叙述正确的是（） A 向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入足量NaHSO4溶液，沉淀消失 B 在稀硫酸中加
61、入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶解 C 将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀 D 纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率加快考点： 镁、铝的重要化合物；化学反应速率的影响因素；二氧化硫的化学性质 专题： 元素及其化合物分析： AAl（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸；BNO3在酸性条件下具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应；CCO2和SO2与BaCl2不反应，没有沉淀产生；D锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大解答： 解：A氨水呈弱碱性，向AlCl3溶液中滴加氨水，生成Al（OH
62、）3，Al（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸，则再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失，故A正确；B铜和稀硫酸不反应，加入Cu（NO3）2固体，NO3在酸性条件下具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应，可溶解铜，故B错误；CCO2和SO2对应的酸比HCl弱，二者与BaCl2不反应，没有沉淀产生，故C错误；D加入少量CuSO4固体，置换出铜，锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大，故D正确故选AD点评： 本题考查元素化合物知识，题目难度中等，本题注意CO2和SO2对应的酸比HCl弱，Al（OH）3不溶于弱碱，以及原电池反应等知识，为元素化合物中常考查知识，学习中注意积累22
63、Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍元素Y的合金是日常生活中使用广泛的金属材料之一，下列说法正确的是（） A 氢化物稳定性：ZW B 原子半径的大小顺序：rXrYrQrW C 元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物 D X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应考点： 位置结构性质的相互关系应用 专题： 元素周期律与元素周期表专题分析： Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素
64、原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为硫元素，W为氧元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素，据此解答解答： 解：Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为硫元素，W为氧元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素，A非金属性OS，故氢化物稳
65、定性H2OH2S，故A错误；B同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径NaAlCO，即rxryrQrW，故B正确；CCS2属于共价化合物，故C正确；D氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强碱，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、水，故D错误；故选BC点评： 本题考查结构性质位置关系，难度不大，推断元素是解题的关键，注意掌握半径比较规律23某有机物X的结构简式如图所示，则下列有关说法中正确的是（） A X的分子式为C12H14O3 B X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应 C 在Ni作催化剂的条件下，1 mol X最多只能与1 mol H2加成 D 可用酸性高锰酸钾溶液区分
66、苯和X考点： 有机物的结构和性质 分析： 该物质中含有苯环、酯基、醇羟基和碳碳双键，具有苯、酯、醇、烯烃性质，能发生加成反应、加聚反应、水解反应、取代反应、氧化反应等解答： 解：A根据结构简式知，分子式为C12H14O3，故A正确；B连接醇羟基碳原子相邻碳原子上不含氢离子，所以不能发生消去反应，故B错误；C苯环及碳碳双键能和氢气发生加成反应，所以在Ni作催化剂的条件下，1 mol X最多只能与4mol H2加成，故C错误；D苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，但该物质中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X，故D正确；故选AD点评： 本题考查有机物结构和性质，为高
67、频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，注意醇发生消去反应时结构简式特点，为易错点24表中陈述I、均正确，且两者在反应原理上相似的是（）选项 陈述I 陈述A 向酚酞溶液中加Na2O2，溶液先变红后褪色 向石蕊溶液中通入Cl2，溶液先变红后褪色B 将SO2和Cl2同时通入BaCl2溶液中，产生白色沉淀 将CO2和NH3同时通入CaCl2溶液中，产生白色沉淀C 向MgCl2溶液中加入NaOH溶液生成白色沉淀 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液生成红褐色沉淀D Na投入水中产生大量气泡 Na2CO3投入盐酸中产生大量气泡 A A B B C C D D考点： 钠的重要化合物；氯气的化学性质；二氧
68、化硫的化学性质；钠的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物 专题： 元素及其化合物分析： ANa2O2和水反应生成NaOH和氧气，使酚酞变红，但Na2O2有强氧化性，将变红的酚酞氧化变为无色，所以溶液先变红后褪色；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，使酚酞变红，但次氯酸有强氧化性，将变红的石蕊氧化变为无色，所以溶液先变红后褪色；B二氧化硫与氯气、水发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，硫酸与氯化钡发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和盐酸；二氧化碳、氨气和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵；C氯化镁和氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠；氯化铁与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀
69、和氯化铁；D钠与水发生置换反应生成氢氧化钠和氢气；碳酸钠和盐酸发生复分解反应生成氯化钠、水和二氧化碳解答： 解：ANa2O2和水反应生成NaOH和氧气，使酚酞变红，但Na2O2有强氧化性，将变红的酚酞氧化变为无色，所以溶液先变红后褪色；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，使酚酞变红，但次氯酸有强氧化性，将变红的石蕊氧化变为无色，所以溶液先变红后褪色，二者原理相似，故A可选；B二氧化硫与氯气、水发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，硫酸与氯化钡发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和盐酸；二氧化碳、氨气和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵，二者原理不同，故B不选；C氯化镁和氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化镁沉
70、淀和氯化钠；氯化铁与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铁，二者原理相似，故C可选；D钠与水发生置换反应生成氢氧化钠和氢气；碳酸钠和盐酸发生复分解反应生成氯化钠、水和二氧化碳，二者原理不同，故D不选，故选AC点评： 本题考查物质的性质，难度中等把握反应的实质是解题的关键2525时，下列说法正确的是（） A 氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：c（Cl）c（NH4+） B pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32） C pH=12的NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶液混合后所得溶液显酸性 D 将0.1mol/L的氨水溶液加水稀释10倍，溶液
71、中离子浓度都减少考点： 盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 专题： 电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析： A、根据电荷守恒分析；B、NaHCO3溶液中HCO3的水解程度大于电离程度；C、醋酸为弱酸在溶液中部分电离，醋酸的浓度大于其溶液中的氢离子的浓度；D、加水稀释Kw不变解答： 解：A、溶液中存在电荷守恒：c（Cl）+c（OH）=c（H+）+c（NH4+），已知pH=7，则c（OH）=c（H+），所以c（Cl）=c（NH4+），故A错误；B、NaHCO3溶液中HCO3的水解程度大于电离程度，则c（H2CO3）c（CO32），由于电离和水解的程度较小，则c（HCO3）
72、c（H2CO3），所以溶液中浓度关系为：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32），故B正确；C、醋酸为弱酸在溶液中部分电离，醋酸的浓度大于其溶液中的氢离子的浓度，则c（醋酸）0.01mol/L，NaOH是强电解质完全电离，则c（NaOH）=0.01mol/L，所以二者混合后醋酸过量，溶液显酸性，故C正确；D、将0.1mol/L的氨水溶液加水稀释10倍，Kw=c（OH）c（H+）不变，c（OH）减小，则c（H+）增大，故D错误；故选BC点评： 本题考查了弱酸的电离和盐的水解，主要涉及了电荷守恒的应用、溶液中离子浓度的比较、混合溶液酸碱性的判断等，题目考查的知识点较多，题目难度中等
73、二、非选择题（共45分）26（12分）（2014秋佛山校级月考）化合物为一种重要化工中间体，其合成方法如下：（1）化合物的分子式为C6H9O2Br；反应的反应类型为加成反应；化合物IV中含有的官能团是羧基、羟基、溴原子（写名称）（2）1mol化合物最多消耗2mol NaOH（3）化合物IV在浓硫酸催化下反应生成六元环状酯类化合物，写出该反应的化学方程式（4）根据题给化合物转化关系及相关条件，请你推出（2甲基1，3丁二烯）发生类似的反应，得到有机物VI和VII，结构简式分别是为、HCHO考点： 有机物的合成 分析： （1）根据化合物的结构简式，确定其分子式；对比、的结构可知，中C=O双键与氢气发
74、生加成反应生成；根据化合物IV的结构，可知含有的官能团有羧基、羟基、溴原子；（2）化合物含有羧基、溴原子，与氢氧化钠发生中和反应、卤代烃的水解反应；（3）化合物中含有COOH、OH，能发生酯化反应生成六元环化合物为；（4）发生类似的反应，发生氧化反应生成、HCHO解答： 解：（1）由化合物结构简式，可知其分子式为C6H9O2Br，对比、的结构可知，中C=O双键与氢气发生加成反应生成；根据化合物IV的结构，可知含有的官能团有羧基、羟基、溴原子，故答案为：C6H9O2Br；加成反应；羧基、羟基、溴原子；（2）化合物中Br、COOH与NaOH反应，则1mol化合物与足量NaOH反应消耗NaOH的物质
75、的量为2mol，故答案为：2；（3）化合物中含有COOH、OH，能发生酯化反应生成六元环化合物为，该反应方程式为，故答案为：；（4）发生类似的反应，得到有机物和，即发生氧化反应生成、HCHO，所以和分别为、HCHO，故答案为：；HCHO点评： 本题考查有机物的合成、有机物的结构与性质，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，题目难度中等27（10分）（2014秋佛山校级月考）减少污染、保护环境是全世界最热门的课题（1）为了减少空气中SO2的排放，常采取的措施有：将煤转化为清洁气体燃料已知：H2（g）+O2（g）H2O（g）H1=241.8kJmol1C（s）+O2（g）CO（g）H2=110.5k
76、Jmol1则焦炭与水蒸气反应生成CO的热化学方程式为C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）H=+131.3kJ/mol洗涤含SO2的烟气以下物质可作洗涤剂的是ac（填序号）：aCa（OH）2 bCaCl2cNa2CO3 dNaHSO3（2）CO在催化剂作用下可以与H2反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）在密闭容器中充有10mol CO与20mol H2，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示M、N两点平衡状态下，容器中总物质的物质的量之比为：n（M）总：n（N）总=5：4若M、N、Q三点的平衡常数KM、KN、KQ的大小关系为KM=KNKQ（3）催化硝化法可用于治理
77、水中硝酸盐的污染催化硝化法中，用H2将NO还原为N2，一段时间后，溶液的碱性明显增强则该反应离子方程式为2NO3+5H2N2+2OH+4H2O考点： 转化率随温度、压强的变化曲线；热化学方程式；化学平衡的影响因素 分析： （1）利用盖斯定律，通过已知热化学方程式运算得目标热化学方程式；依据二氧化硫的性质：是一种酸性氧化物可以和碱反应，二氧化硫溶于水得亚硫酸，酸性强于碳酸，所以可以和碳酸钠溶液反应（2）根据CO转化率计算参加反应的CO的物质的量，再根据方程式计算平衡时混合气体总物质的量变化量，进而计算平衡时混合气体总物质的量，据此解答；由图可知，一定压强下，温度越高，K越大；（3）根据信息：用H
78、2将NO3还原为N2，一段时间后，溶液的碱性明显增强，即生成氢氧根离子，据此书写方程式解答： 解：（1）H2（g）+O2（g）=H20 （g）H=241.8kJmol1 C（s）+O2（g）=CO （g）H=110.5kJmol1利用盖斯定律将方程式变形：得 C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）H=+131.3kJ/mol，故答案为：C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）H=+131.3kJ/mol；二氧化硫是酸性氧化物所以具有酸性氧化物的通性能够与碱反应：SO2+Ca（OH）2=CaSO3+H2O；二氧化硫水溶液是亚硫酸所以也能够与碳酸钠反应：SO2+Na2CO3=Na2S
79、O3+CO2所以可以用氢氧化钙溶液和碳酸钠溶液做洗涤剂；二氧化硫与氯化钙溶液不反应，且在亚硫酸氢钠溶液中的溶解度很小，所以不能用氯化钙和亚硫酸氢钠溶液做洗涤液，故答案为：ac；（2）A点CO的转化率为0.5，则参加反应的CO为10mol0.5=5mol，则：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）气体物质的量减少1 25mol 10mol故A点平衡时，混合气体总的物质的量=10mol+20mol10mol=20mol，B点CO的转化率为0.7，则参加反应的CO为10mol0.7=7mol，则：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）气体物质的量减少1 27mol 14mol故B点平衡时，混合气
80、体总的物质的量=10mol+20mol14mol=16mol故A、B两点时容器内总气体的物质的量之比n（A）：n（B）=20mol：16mol=5：4，故答案为：5：4；由图可知，一定压强下，温度越高，CO的转化率越低，说明升高稳定平衡向逆反应方向移动，Q的温度高于N点，故平衡常数KMKQ=KN，故C答案为：KM=KNKQ；（3）根据信息：用H2将NO3还原为N2，一段时间后，溶液的碱性明显增强，即生成氢氧根离子，发生的反应为：2NO3+5H2N2+2OH+4H2O，故答案为：2NO3+5H2N2+2OH+4H2O点评： 本题综合考查盖斯定律的应用、化学平衡图象，涉及化学平衡影响因素及有关计算
81、、电化学和热化学的综合知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大28（12分）（2014秋佛山校级月考）硼酸（H3BO3）大量应用于玻璃制造行业，以硼镁矿（2MgOB2O3H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3，Al2O3）为原料生产硼酸的工艺流程如图1：已知：H3BO3在20、40、60、100时的溶解度依次为5.0g、8.7g、14.8g、40.2gFe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和 12.4（1）由于矿粉中含CaCO3，为防止“浸取”时容易产生大量泡沫使物料从反应器中溢出，应采取的措施是：分批慢慢加入稀硫酸（2）
82、“浸出液”显酸性，含H3BO3和Mg2+和SO42，还含有Fe2+、Fe3+、Ca2+、Al3+等杂质“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO，除去的杂质离子是Fe3+、Fe2+、Al3+H2O2的作用是H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O （用离子方程式表示）（3）“浸取”后，采用“热过滤”的目的是防止温度下降时H3BO3从溶液中析出（4）“母液”可用于回收硫酸镁，已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图2，且溶液的沸点随压强增大而升高为了从“母液”中充分回收MgSO4H20，应采取的 措施是将“母液”蒸发浓缩，加压升温结晶（5）已知298K时，硼酸（H3BO3）溶液中存在如
83、下反应：H3BO3（aq）+H2O（l）B（OH）4（aq）+H+（aq） K=5.71010化学式 碳酸 醋酸电离常数 K1=4.4107K2=4.71011 K=1.75105下列说法正确的是BDA碳酸钠溶液滴入硼酸中能观察到有气泡产生B碳酸钠溶液滴入醋酸中能观察到有气泡产生C等浓度的碳酸和硼酸溶液比较，pH：前者后者D等浓度的碳酸钠和醋酸钠溶液比较，pH：前者后者考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题： 实验设计题分析： 由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，趁热过滤，防止H3BO3从溶液中析出，“除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化
84、为铁离子，再加入MgO调节溶液的pH约为5.2，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3（1）应分批加入H2SO4，降低反应速率；（2）加适量H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加MgO调节PH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀而除去，所以除去的离子有Fe3+、Fe2+、Al3+；（3）由目信息可知：H3BO3的溶解度随温度的升高而增大，所以要采用“热过滤”，以防温度下降时H3BO3从溶液中析出；（4）根据图2可知，温度越高MgSO4H2O的溶解度越小，由于溶液的沸点随压强增大而升高，为了防止溶液沸腾，应该在较高的压强条件下加热，使Mg
85、SO4H2O结晶析出；（5）相同温度、浓度下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其酸根离子的水解能力越小，结合强酸制取弱酸分析解答解答： 解：（1）发生发生：CaCO3 （粉末）+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2，应分批加入H2SO4，降低反应速率，防止产生大量泡沫使物料从反应器中溢出，故答案为：分批慢慢加入稀硫酸；（2）加适量H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，所以H2O2的作用是：H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O，加MgO调节PH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀而除去，所以除去的离子有Fe3+、Fe2+、Al3+；故答案为：Fe3+、Fe2+、Al3+；H2O2+2H+
86、2Fe2+=2Fe3+2H2O；（3）由题目信息可知：H3BO3的溶解度随温度的升高而增大，所以要采用“热过滤”，以防温度下降时H3BO3从溶液中析出，故答案为：防止温度下降时H3BO3从溶液中析出；（4）根据图2可知，温度越高MgSO4H2O的溶解度越小，由于溶液的沸点随压强增大而升高，为了防止溶液沸腾，应该在较高的压强条件下加热，使MgSO4H2O结晶析出，故答案为：加压升温结晶；（5）相同温度、浓度下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其酸根离子的水解能力越小，根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序：CH3COOHH2CO3H3BO3HCO3，所以离子水解能力：碳酸根离子碳酸氢根离子醋酸根离
87、子，A酸性H2CO3H3BO3HCO3，所以碳酸钠溶液滴入硼酸中生成碳酸氢钠和硼酸钠，没有气体生成，故A错误；B酸性CH3COOHH2CO3，所以碳酸钠溶液滴入醋酸中生成醋酸钠、水和二氧化碳，所以能看到有气泡生成，故B正确；C酸性H2CO3H3BO3，所以碳酸的电离程度大于硼酸，则等浓度的碳酸和硼酸溶液比较，碳酸的酸性大于硼酸，所以pH：前者后者，故C错误；D酸性CH3COOHH2CO3，所以碳酸根离子水解能力大于醋酸根离子，则等浓度的碳酸钠和醋酸钠溶液比较，pH：前者后者，故D正确；故答案为：BD点评： 本题考查物质制备方案、物质的分离提纯、对操作与试剂的分析评价、化学反应速率影响因素、弱电
88、解质电离、盐类水解等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等29（11分）（2014汕头二模）化学实验是科学探究的基础请回答有关实验问题：（1）下面的四个实验装置有三个都存在明显缺陷，其中完全正确的是B：（2）要检验上面B装置氨气已集满的操作是取用水湿润的pH试纸（或红色石蕊试纸，或粘有浓氨水的玻棒）靠近b管口，若试纸变红则试管已集满（3）ClO2是一种安全、高效、广谱、强力杀菌剂，其性质如表：色态 溶于碱 超过1Kpa、受热或遇光常温气体 5911红黄色液体 生成亚氯酸盐和氯酸盐 爆炸由表可以看出：保存液态ClO2的条件是密封、低温避光；ClO2与碱反应的离子方程式为2
89、ClO2+2OHClO2+ClO3+H2O；观察“图A”，要从NaClO2溶液制得不含结晶水的晶体，操作是蒸发结晶，控制条件是减压蒸发；应控制析出晶体的温度范围是略高于（或大于）38工业用潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得某学生拟用图B所示装置模拟工业制法制取并收集液态ClO2，请模仿图B的装置图和图例，在答题卡的相应图中补充完善装置图，并作必要的标注考点： 制备实验方案的设计；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；乙烯的实验室制法；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；氨的制取和性质；化学实验方案的评价 专题： 实验题分析： （1）A乙醇能被酸性高锰酸钾氧化；B实验室用氯化铵和
90、氢氧化钙加热制取氨气，氨气采用向下排空气法收集；C蒸馏时，温度计测量馏分的温度；D乙醇和浓硫酸制取乙烯时，温度计测量混合溶液的温度；（2）氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，氨气和氯化氢反应产生白烟；（3）二氧化氯的熔点较低、易挥发；二氧化氯和碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐；根据图象中氯酸钠的溶解度曲线确定；从溶解度曲线可以看出，常压在略高于38时蒸发留在母液中的NaClO2太多，只有减压时蒸发；制取二氧化氯时要控制反应物的温度，二氧化氯有毒不能直接排空，且二氧化氯的熔点较低，利用冰水混合物收集二氧化氯解答： 解：（1）A加热挥发出的乙醇被酸性高锰酸钾氧化，所以乙醇也能时酸性高锰酸钾溶液褪色，从而导
91、致干扰烯烃的检验，故A错误；B实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气易溶于水，和氧气在常温下不反应，密度小于空气，所以氨气采用向下排空气法收集，故B正确；C蒸馏分离混合物时，温度计测量馏分温度而不是混合溶液温度，故C错误；D乙醇和浓硫酸在170条件下制取乙烯，温度计测量混合溶液温度，故D错误；故选B；（2）氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，氨气和氯化氢反应产生白烟，所以可以用浓盐酸或湿润的红色石蕊试纸检验氨气，其检验方法为：取用水湿润的pH试纸（或红色石蕊试纸，或粘有浓氨水的玻棒）靠近b管口，若试纸变红，故答案为：取用水湿润的pH试纸（或红色石蕊试纸，或粘有浓氨水的玻棒）靠近b管口，若试纸
92、变红；（3）二氧化氯的熔点较低，易挥发，所以二氧化氯要密封且低温避光保存；二氧化氯和碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐，同时还生成水，离子反应方程式为2ClO2+2OHClO2+ClO3+H2O；从溶解度曲线可以看出，常压在略高于38时蒸发留在母液中的NaClO2太多，只有减压时蒸发，在略高于38时水分挥发多一些、母液少一些；根据图象知，当温度略高于38时析出氯酸钠晶体，所以蒸发结晶析出氯酸钠晶体时，温度控制在略高于（或大于）38，故答案为：低温避光；2ClO2+2OHClO2+ClO3+H2O；减压蒸发；略高于（或大于）38；潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得，所以要用温度计控制混合溶液温度，二氧化氯常温下是气体，其熔点较低，要使其变为液体，应该采用冰水混合物冷却，二氧化氯有毒不能直接排空，所以要有尾气处理装置，所以该装置图为，故答案为：点评： 本题考查了制备实验方案设计、化学实验方案评价等知识点，明确实验原理是解本题关键，从安全性、方便性、可操作性等方面再结合物质的性质来设计实验，实验设计同时体现学生思维的缜密性、操作的有序性等，题目难度中等高考资源网版权所有，侵权必究！