2019高考化学(人教经典版)大一轮复习检测：第11章化学实验11-3a含答案
2019高考化学一轮训练学题含解析新人教版(全套共12份)
人教化学2019高考一轮训练学题（1）李仕才一、选择题1、常温下，在水溶液中发生如下反应①16H ＋＋10C －＋2XO －4===2X 2＋＋5C 2＋8H 2O ；②2A 2＋＋B 2===2A 3＋＋2B －；③2B －＋C 2===B 2＋2C －。
下列说法错误的( )A ．反应C 2＋2A 2＋===2A 3＋＋2Cl －可以进行 B ．还原性由强到弱的顺序是C －＞A 2＋＞B －＞X 2＋C ．氧化性由强到弱的顺序是XO －4＞C 2＞B 2＞A 3＋D ．反应③是置换反应3、电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。
下图是KOH 溶液分别滴定HCl 溶液和CH 3COOH 溶液的滴定曲线示意图。
下列示意图中，能正确表示用NH 3·H 2O 溶液滴定HCl 和CH 3COOH 混合溶液的滴定曲线的是( )解析：HCl 为强电解质，CH 3COOH 为弱电解质，滴加NH 3·H 2O ，先与HCl 反应，生成同样为强电解质的NH 4Cl ，但溶液体积不断增大，溶液稀释，所以电导率下降。
当HCl 被中和完后，继续与CH 3COOH 弱电解质反应，生成CH 3COONH 4，为强电解质，所以电导率增大。
HCl 与CH 3COOH 均反应完后，继续滴加弱电解质NH 3·H 2O ，电导率变化不大，因为溶液被稀释，有下降趋势。
固体，3·H 2＋4的值都变小倍后，稀释后④溶液中的pH 大mol·L －1，一水合氨是弱电解质，·H 2＋4＋平衡左移，3·H 2＋4的值都增大，错误；稀释后③④溶液中3、5，D 选项正确。
D5、现有下列仪器，①集气瓶；②量筒；③烧杯；④表面皿；⑤蒸发皿；⑥容量瓶；⑦圆底烧瓶。
其中能用酒精灯加热的是( ) A ．②③⑤ B ．③⑥⑦C．①③④ D．③⑤⑦解析：集气瓶、量筒、表面皿、容量瓶不能加热，烧杯、圆底烧瓶要垫石棉网加热，蒸发皿可直接加热。
2019高考化学一轮复习练习题含解析新人教版(全套10份)
人教化学2019高考一轮练习题（1）李仕才一、选择题1、在密闭容器中发生下列反应aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.5倍，下列叙述正确的是( )A．A的转化率变大B．平衡向正反应方向移动C．D的体积分数变大D．a<c＋d解析：气体体积刚压缩平衡还未移动时D的浓度应是原来的2倍，当再次达到平衡时，D 的浓度为原平衡的1.5倍，D的浓度减小，所以压缩体积使平衡向逆反应方向移动。
平衡向逆反应方向移动，A的转化率变小，A错误；平衡向逆反应方向移动，B错误；平衡向逆反应方向移动，D的体积分数减小，C错误；增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，该平衡向逆反应方向移动，所以a<c＋d，D正确。
答案：D2、下图是某有机物分子的比例模型，有关该物质的叙述中正确的是( )A．其结构简式为CH3—O—CH3B．其官能团为OH－C．能与金属钠反应D．能使紫色石蕊溶液变蓝解析：该比例模型对应的有机物为乙醇，结构简式为CH3CH2OH，官能团为—OH，不能使紫色石蕊溶液变蓝。
答案：C3、实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是( )A．装置①可用于石油的分馏B．装置②可用于酒精提取溴水中的Br2C．装置③可用于吸收HCl气体，并能防止倒吸D．装置④验证乙烯的生成解析：①是蒸馏装置，可用于石油的分馏，A项正确；因为酒精易溶于水，与溴水互溶，故不能用酒精提取溴水中的Br2，B项错误；HCl极易溶于水，导气管的出口在水中，所以会引起倒吸，应将苯换为CCl4，C项错误；温度计测得的是溶液的温度，水银球应该放在液面以下，并且制得的乙烯气体中可能混有挥发出的乙醇也能使乙烯的检验造成干扰，D项错误。
答案：AA.测量锌与稀硫酸反应的速B.证明非金属性：率C.进行酸碱中和滴定实验D.测定中和热解析：利用测单位时间内生成H2的量来测量锌和稀硫酸反应的速率，A项正确；一是盐酸酸性比H2CO3强，不能说明非金属性Cl>C，二是因为盐酸易挥发，挥发的HCl进入烧杯发生反应：2HCl＋Na2SiO3===2NaCl＋H2SiO3↓，不能说明酸性H2CO3强于H2SiO3，B项错误；NaOH是碱，应盛装在碱式滴定管中，图示盛装NaOH溶液的是酸式滴定管，C项错误；测定中和热时，大、小烧杯口应相平，以减少热量的损失，D项错误。
[精品]2019届高三化学第十一次考试试题(含解析)新版人教 版
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2019高三第十一次考试化学试题1. 纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。
下列有关说法错误的是A. “梨花淡自棉深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同B. 制作烟花的过程中常加入金属发光剂和发色剂使烟花放出五彩缤纷的颜色C. 草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分可以是碳酸钙D. 芒硝晶体(Na2SO4·10H2O)白天在阳光下曝晒后失水、溶解吸热，晚上重新结晶放热，实现了太阳能对热能的转化【答案】C【解析】梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，A正确；金属元素发生焰色反应会出现不同的色彩，烟花放出五彩缤纷的颜色和元素的焰色反应、烟花中的加入金属发光剂和发色剂有关系，B正确；碳酸钙需要在高温下煅烧分解得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙来产生二氧化碳，C错误；Na2SO4·10H2O失水和结晶属于化学变化，能量转换形式为化学能和热能的转化，白天在阳光下曝晒后失水，转换形式为太阳能和化学能的转化，D正确；正确选项C。
点睛：柳絮的主要成分为纤维素；焰色反应为物理变化；芒硝晶体溶解吸热，重新化合时放热。
2. 用下列实验装置进行相应实验。
能达到实验目的是（夹持装置未画出）A. 用装置1检验溶液中是否有K+B. 用装置2制取并收集少量NH4+C. 用装置3进行喷泉实验D. 用装置4加热熔融NaOH固体【答案】B3. 短周期元素X、Y、Z W、Q的原子序数依次增大，X与Q同主族，X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，W 的最外层电子数等于其电子层数，Y与Z的核外电子数之和等于X与Q的核外电子数之和，下列说法正确的是A. Z、W、Q、X、Y原子半径依次减小B. W最高价氧化物对应水化物一定能溶于Z最高价氧化物对应水化物的溶液中C. Y 与Q形成化合物在常温下一定为气态D. Z、Q元素的单质都可以将X元素的单质从其氧化物中置换出来【答案】A【解析】X与Q同主族，X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为碳元素，Q为硅元素；W的最外层电子数等于其电子层数，则W为Al元素；Y与Z的核外电子数之和等于X与Q的核外电子数之和，则Y为F元素、Z为Na 元素或Y为O元素、Z为Mg元素；A．同周期主族元素的原子半径随核电荷数增大而减小，则五种元素的原子半径随Z、W、Q、X、Y依次减小，故A正确；B．Al(OH)3具有两性，能溶解于强碱如NaOH溶液，但Z可能是Mg元素，氢氧化镁不能溶解Al(OH)3，故B错误；C．SiF4是气态，但SiO2为固态，故C错误；D．Mg可以在CO2中燃烧生成碳和氧化镁，但Si不能在CO2中燃烧，故D错误；答案为A。
2019高考化学一轮复习选习练题含解析新人教版(全套10份)
人教化学2019高考一轮选习练题（1）含答案李仕才一、选择题1、对物质的量的理解正确的是（）A．物质的量就是物质的质量的另一种表达方式，单位是g/molB．物质的量就是物质的数量，数值上等于式量，单位是molC．物质的量就是6.02×1023个微粒的质量，单位是gD．物质的量是国际单位制中的一个物理量，表示含有一定数目微粒的集体【答案】D2、下列离子方程式书写正确的是（）A．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后溶液呈中性:H++OH-+Ba2++SO42-＝H2O+BaSO4↓B．FeBr2溶液中通入足量的Cl2:2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Br2+2Fe3++6Cl-C．用两个铜电极电解食盐水：2Cl-+2H2O＝2OH-+H2↑+Cl2↑D．用三氯化铁溶液腐蚀印刷线路板：Fe3++Cu＝Fe2++Cu2+【答案】B【解析】A．溶液呈中性的反应为：2H++2OH-+Ba2++SO42-＝2H2O+BaSO4↓，A错误；B．Cl比Br 的非金属性强，能将Br-氧化，同时将铁离子氧化，根据电荷守恒和物料守恒，B正确；C．阳极为金属时，将首先失去电子生成Cu2+，负极为H得到电子生成氢气，C错误；D．未配平，2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，D错误。
故选择B。
3、下列物质的性质和用途描述错误的是A．铜质地漏具有独特的杀菌功能，能较好的抑制细菌生长B．明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，起消毒杀菌的作用C．铁粉具有还原性，可用作食品袋内的抗氧化剂D．镁燃烧发出耀眼的白光，可以制造照明弹【答案】B【解析】A．细菌是由蛋白质构成的，铜是重金属，可使蛋白质变性，从而杀灭细菌，故A 正确；B．明矾溶于水生成胶状物可吸附悬浮于水中的杂质，不能除掉可溶性杂质和细菌等，不能起到消毒杀菌的作用，故B错误；C．铁粉具有还原性，易与氧气反应，可作食品抗氧化剂，故C正确；D．镁能在空气中燃烧发出耀眼的白光，可以用于制造照明弹，故D正确；故答案选B。
2019届人教版高考化学一轮复习大题冲关：化学实验大题(Word版-答案含解析)
大题冲关滚动练之九——化学实验大题1．某研究性学习小组组装了下图所示的装置制备ClO2气体(加热装置用“△”表示），反应原理为饱和草酸溶液与KClO3粉末在60 ℃时反应制得ClO2(温度过高或过低都会影响制气效率）。
已知：①ClO2是一种黄绿色有刺激性气味的气体，熔点－59 ℃，沸点11。
0 ℃.②草酸是酸性强于醋酸的二元弱酸，对应的钙盐(CaC2O4）不溶于醋酸，能溶于强酸,它还是一种还原性较强的物质。
(1）写出制备ClO2的化学方程式:KClO3＋____H2C2O4===____KHCO3＋____ClO2↑(2)A装置中还缺少的一样仪器名称是________，B装置的作用是______________。
(3)C装置吸收尾气后，溶液中含有NaOH、NaClO2、NaClO3等溶质,小组成员认为C中还可能含有Na2CO3,试分析可能的原因是_____________________________.(4)小组成员查资料得知“菠菜中富含可溶性草酸盐和碳酸盐”,他将菠菜研磨成汁、热水浸泡、过滤得到溶液，调节溶液呈碱性，加入足量的CaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤，沉淀备用,对生成的沉淀进行探究。
①提出合理假设假设1：只存在CaCO3；假设2:既存在CaCO3，也存在CaC2O4;假设3：_______________________________________________________。
②基于假设2，设计实验方案,进行实验。
请将实验步骤以及预期现象和结论填入下表。
限选实验试剂:1 mol·L－1 H2SO4溶液、0。
1 mol·L－1HCl溶液、0。
01 mol·L －1 KMnO4溶液、澄清石灰水。
实验步骤预期现象和结论步骤1:取少量沉淀于试管中，加入________________。
步骤2：________________________________________。
精品2019年高考化学质检试题(含解析)人教版
2019高考化学质检试卷一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共78分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）1．化学与生产、生活、社会密切相关．下列说法正确的是（）A．硅胶可用作食品干燥剂和催化剂的载体B．铝盐、铁盐净水原理与氯气净水原理相同C．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内是为了催熟水果D．电解熔融NaC1或A1C13制取Na或A12．用NA表示阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．用铁做两电极电解饱和食盐水，若阴极得到NA个电子，则阳极产生11.2L气体（标准状况下）B．标准状况下，2.24LHF中含有的原子数为0.2NAC．78g由Na2S和Na2O2组成的固体混合物，含有的阴离子数为NAD．在浓硫酸作用下，60g冰醋酸与足量无水乙醇反应生成乙酸乙酯的分子数为NA3．下列说法正确的是（）A．1 mol蔗糖可以水解生成2mo1葡萄糖B．食用花生油能发生水解反应C．C2H4C12、C5H12均只有两种同分异构体D．苯乙烯分子内共平面的碳原子数最多为7个4．下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A．装置甲收集SO2并验证其漂白性B．装置乙验证氯气与水反应有盐酸生成C．为河定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照D．证明Fe3﹣的氧化性大于Ⅰ2将KI溶液和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫红色5．下列说法正确的是（）A．向K2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原K2CO3的物质的量之比为1：2B．为处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，再加入盐酸溶解C．向明矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，铝元素的存在形式是一部分为Al（OH）3沉淀，一部分以A1O2﹣形式存在于溶液中D．加入A1放出H2的溶液中可能大量存在Fe3十、K十、C1一、NO3﹣6．Q、W、X、Y、Z五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大．已知：Q 和X、W和Y分别位于同主族且W、Y 质子数之和是Q、X质子数之和的2倍．下列说法正确的是（）A．原子半径的大小顺序：W＞X＞YB．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱C．Z分别与Q、X形成的化合物中化学键类型相同D．X的最高价氧化物对应水化物的碱性在同周期中最强7．常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是（）A．b、c两点溶液的导电能力b＞cB．用等浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸体积Vb＞VcC．c点溶液中c（H+）=c （OH﹣）+c（CH3COOH）D．a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞b二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题一第10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题一第12题为选考题，考生根据要求作答：8．硝酸铜是一种重要的化工原料，实验室以含铁的铜屑为原料制备硝酸铜的过程如下，请按要求回答问题（I）以含铁的铜屑为原料制备Cu （ NO3 ）2•3H2O的实验过程如下：铜屑（含铁）溶液Ⅰ溶液II…→Cu（NO3）2•3H2O（1）铜与稀HNO3反应的离子方程式为：（2）请补充完整由溶液I制备Cu （ NO3 ）2•3H2O晶体的实验方案：①往溶液I中加入物质x，调节溶液的pH，其中物质X的化学式为：，调节溶液的pH范围为：，若加入的物质X太少，溶液II中会含有较多的杂质离子，检验溶液II中含有较多该杂质离子的实验操作方法是：②溶液II经过，过滤，用冰水洗涤，干燥得到Cu （ NO3 ）2•3H2O晶体．（II）用Cu （ NO3 ）2•3H2O晶体和SOC12制备无水Cu （ NO3 ） 2的实验装置（夹持及控提装置省略）如图所示，已知SOC12熔点为﹣105℃，沸点为76℃，遇水剧烈水解生成两种酸性气体：（1）①仪器c的名称是：．②装置A中使用恒压滴液漏斗的优点是：（2）装置A中Cu （ NO3 ）2•3H2O晶体和SOC12在加热条件下发生反应的化学方程式是：．9．近年来，雾霾天气频繁出现，严重影响人们的生活和健康．其中首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5，其主要来源为燃煤、机动车尾气等．因此，对PM2.5，SO2，NOx等进行研究具有重要意义．请回答下列问题：（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样．若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如表一：（2）我国北方到了冬季烧煤供暖所产生的废气也是雾霆的主要来源之一．经研究发现将煤炭在O2/CO2的气氛下燃烧能够降低燃煤时NO的排放，主要反应如下：①2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H1若②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H2=+180.5kJ•mol﹣1③CO（g）⇌C（s）+O2△H3=+110.5kJ•mol﹣1④C（s）+O2（s）⇌CO2（g）△H4=﹣393.5kJ•mol﹣1则△H1= kJ•mol﹣1（3）活性炭可处理大气污染物NO．在5L密闭容器中加入NO和活性炭（假设无杂质）．一定条件下发生反应：C（s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g）△H．当温度分别在T1℃和T2℃时，测得各物质平衡时物质的量（n/mol）如表二：②若T1＜T2，则该反应的△H= 0（填“＞”、“＜”或“=”）理由是：．（4）利用如图所示的电解装置可将雾霆中的SO2、NO转化为（NH4）2SO4则物质A是（填名称），阴极的电极反应式是：．电解方程式为：．10．碳酸镁晶体（MgC03•nH2O，n=1～5的整数）广泛应用于冶金、耐火材料及化工产品等领域，工业上以石棉尾矿（主要含有Mg3 （ Si2O5）（ OH ）4和少量的Fe2O3、AI2O3）为原料制备碳酸镁晶体（MgCO3•nH2O）的工艺流程如图1：已知“焙烧”过程中的主反应为：Mg3（SiO5）（OH）4+5（NH4）2SO43MgSO4+10NH3↑+2SiO2+7H2O↑+2SO3↑．（1）Mg3（Si2O5）（OH）4（OH）a用氧化物的形式表示为：．（2）用电子式表示氨气的形成过程：．（3）“浸渣”的主要成分为：．（4）“除铁、铝”时，需将pH调至8.0左右，适宜作调节剂的是：．（填字母代号）．a．NaOH b．Mg（OH） 2 c．NH3•H2O（5）“沉钱”过程中反应的离子方程式为：．（6）为精确测定n的值，称取13.8gMgCO2•nH2O进行热重分析，并绘制出如图2所示的热重曲线示意图．[查阅资料]：碳酸镁晶体高温可完全分解生成3种氧化物．①t2°C时，剩余圆固体为：．（填化学式）②最终剩余的4.0g物质是：．（填化学式〕③Mg CO3•nH2O完全分解的化学方程式为：．【化学-选修3：物质结构与性质】11．A、B、C、D、E、F、G七种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大．元素周期表中原子半径最小的是A，B原子最外层有两个未成对电子，化合物CD2为红棕色气体，E的单质易与水反应且只作氧化剂，元素F基态原子的3p轨道上有5个电子，G是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满．请回答下列问题：（1）元素B、C、D的第一电离能由大到小的顺序为：（用元素符号表示）．（2）A、B、D可形成分子式为A2BD的某化合物，则该化合物分子中B原子的轨道杂化类型是：．（3）E的单质与水反应的化学方程式：．（4）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子．①X与Y所形成化合物中X的化合价等于其族序数，Y达到8电子的稳定结构，则该化合物的化学式为：．②乙醇在D的氢化物（H2D）中的溶解度大于H2Y在D的氢化物（H2D）中的溶解度，其原因是：．③X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X（NH3）4]CI2该配合物中含有o键的数目为：．（5）F与G所形成化合物晶体的晶胞如图所示．①在元素周期表中，元素G位于区．②在1个晶胞中，该化合物的化学式为：．已知该晶体的密度为pg•cm﹣3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中F原子和G原子之间的最短距离为：cm （只写计算式）（F原子位于体对角线上）【化学-选修5：有机化学基础】12．某烃X中氢的质量分数为8.7%，它的质谱图如图所示．某研究小组以X和乙醇为主要原料，合成一种医药中间体乙酰基扁桃酰氯．具体合成路线如图：已知：RCHO；RCN RCOOH；RCOOH RCOCl RCOOR′请回答下列问题：（1）lmol乙酞基扁桃酰氯在一定条件下与足量的氢气反应，最多消耗mol氢气．（2）X→A的反应类型是：，（3）B的官能团名称：．C的名称：．（4）D的结构简式：．（5）A→B的化学方程式是：．（6）E+F→G的化学方程式是：．（7）D的同分异构体有多种，写出一种同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：①含有﹣CN（氰基）和﹣OH ②含有苯环，且苯环上的一卤代物有两种（8）设计以1﹣丙醇为原料制备CH3CH2COCl的合成路线（无机试剂任选）．合成路线的表示方式为：A B…目标产物．2017年广西贵港市高考化学质检试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共78分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）1．化学与生产、生活、社会密切相关．下列说法正确的是（）A．硅胶可用作食品干燥剂和催化剂的载体B．铝盐、铁盐净水原理与氯气净水原理相同C．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内是为了催熟水果D．电解熔融NaC1或A1C13制取Na或A1【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．硅胶具有吸水性；B．依据盐类水解的应用解答；C．乙烯具有催熟效力，能够被高锰酸钾氧化；D．熔融氯化铝不导电．【解答】解：A．硅胶具有吸水性，且无毒，所以可以做干燥剂，故A正确；B．铝盐、铁盐净水是因为二者水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体、氢化氧化铁胶体，能够吸附水中固体杂质颗粒而净水，氯气与水反应生成具有强氧化性次氯酸，具有杀菌消毒作用，故B错误；C．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内是为了氧化生成的具有催熟效力的乙烯，故C错误；D．熔融氯化铝不导电，工业制备铝用电解氧化铝方法，故D错误；故选：A．2．用NA表示阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．用铁做两电极电解饱和食盐水，若阴极得到NA个电子，则阳极产生11.2L气体（标准状况下）B．标准状况下，2.24LHF中含有的原子数为0.2NAC．78g由Na2S和Na2O2组成的固体混合物，含有的阴离子数为NAD．在浓硫酸作用下，60g冰醋酸与足量无水乙醇反应生成乙酸乙酯的分子数为NA【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】A．铁做阳极为活性电极；B．气体摩尔体积使用对象为气体；C．Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，且均由2个阳离子和1个阴离子构成；D．酯化反应为可逆反应．【解答】解：A．铁做阳极为活性电极，电极本身放电，得不到气体，故A错误；B．标况下HF为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C．Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，故78g混合物的物质的量均为1mol，且均由2个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含NA个阴离子，故C正确；D．酯化反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以在浓硫酸作用下，60g冰醋酸与足量无水乙醇反应生成乙酸乙酯的分子数小于NA，故D错误；故选：C．3．下列说法正确的是（）A．1 mol蔗糖可以水解生成2mo1葡萄糖B．食用花生油能发生水解反应C．C2H4C12、C5H12均只有两种同分异构体D．苯乙烯分子内共平面的碳原子数最多为7个【考点】HD：有机物的结构和性质．【分析】A．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；B．花生油属于油脂，含有酯基；C．C5H12有3种同分异构体；D．苯乙烯含有苯环和碳碳双键，都为平面形结构．【解答】解：A．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，故A错误；B．花生油属于油脂，含有酯基，可发生水解反应，故B正确；C．C5H12有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷和新戊烷，故C错误；D．苯乙烯含有苯环和碳碳双键，都为平面形结构，则苯乙烯分子内共平面的碳原子数最多为8个，故D错误．故选B．4．下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A．装置甲收集SO2并验证其漂白性B．装置乙验证氯气与水反应有盐酸生成C．为河定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照D．证明Fe3﹣的氧化性大于Ⅰ2将KI溶液和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫红色【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A．二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应；B．生成的氯气与挥发的盐酸均与碳酸氢钠反应；C．氯水中含HClO，具有漂白性；D．KI溶液和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成碘，四氯化碳萃取碘后在下层．【解答】解：A．二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，与其还原性有关，与漂白性无关，故A错误；B．生成的氯气与挥发的盐酸均与碳酸氢钠反应，不能说明氯气与水反应生成盐酸，故B错误；C．氯水中含HClO，具有漂白性，不能利用pH试纸测定其pH，应选pH计，故C错误；D．KI溶液和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成碘，四氯化碳萃取碘后在下层，则下层溶液显紫红色，可Fe3﹣的氧化性大于2，故D正确；故选D．5．下列说法正确的是（）A．向K2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原K2CO3的物质的量之比为1：2B．为处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，再加入盐酸溶解C．向明矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，铝元素的存在形式是一部分为Al（OH）3沉淀，一部分以A1O2﹣形式存在于溶液中D．加入A1放出H2的溶液中可能大量存在Fe3十、K十、C1一、NO3﹣【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A．逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生HCl+K2CO3=KCl+KHCO3；B．用饱和Na2CO3溶液浸泡，Qc（CaCO3）＞Ksp（CaCO3），则生成CaCO3，CaCO3溶于盐酸；C．当硫酸根离子恰好沉淀完全时，KAl（SO4）2与Ba（OH）2以1：2反应；D．加入A1放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液．【解答】解：A．逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生HCl+K2CO3=KCl+KHCO3，不生成CO2，故A错误；B．用饱和Na2CO3溶液浸泡，Qc（CaCO3）＞Ksp（CaCO3），则生成CaCO3，CaCO3溶于盐酸，则可处理锅炉水垢中的CaSO4，故B正确；C．当硫酸根离子恰好沉淀完全时，KAl（SO4）2与Ba（OH）2以1：2反应，铝元素以A1O2﹣形式存在于溶液中，故C错误；D．加入A1放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，强碱溶液中不能大量存在Fe3+，酸溶液中Al、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，故D错误；故选B．6．Q、W、X、Y、Z五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大．已知：Q 和X、W和Y分别位于同主族且W、Y 质子数之和是Q、X质子数之和的2倍．下列说法正确的是（）A．原子半径的大小顺序：W＞X＞YB．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱C．Z分别与Q、X形成的化合物中化学键类型相同D．X的最高价氧化物对应水化物的碱性在同周期中最强【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．【分析】Q、W、X、Y、Z五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大．由Q 和X、W和Y分别位于同主族且W、Y质子数之和是Q、X质子数之和的2倍，结合原子序数可知，Q为H，X为Na，W为O，Y为S，则符合（1+11）×2=8+16，Z的原子序数最大，只能为Cl，以此来解答．【解答】解：由上述分析可知，Q为H，X为Na，W为O，Y为S，Z为Cl，A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小顺序：X＞Y＞W，故A错误；B．非金属性W＞Y，则W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强，故B错误；C．Z分别与Q、X形成的化合物分别为HCl、NaCl，分别含共价键、离子键，故C错误；D．短周期中金属性Na的最强，则X的最高价氧化物对应水化物的碱性在同周期中最强，故D正确；故选D．7．常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是（）A．b、c两点溶液的导电能力b＞cB．用等浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸体积Vb＞VcC．c点溶液中c（H+）=c （OH﹣）+c（CH3COOH）D．a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞b【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c （OH﹣）：CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，则II为NaOH，变化小的是CH3COONa，即I为CH3COONa，A．溶液导电能力与离子浓度成正比；B．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比；C．任何电解质溶液中都存在质子守恒；D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离．【解答】解：NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH﹣）：CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，则II为NaOH，变化小的是CH3COONa，即I为CH3COONa，A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，pH相等的醋酸钠和氢氧化钠，c（CH3COONa）＞c（NaOH），所以c点导电能力大于b，故A错误；B．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比，相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液n （CH3COONa）＞n（NaOH），所以醋酸钠消耗盐酸多，消耗盐酸体积Vb＜Vc，故B错误；C．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得C（H+）+C（CH3COOH）=C（OH﹣），故C错误；D．氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进程度越大，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞b，故D正确；故选D．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题一第10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题一第12题为选考题，考生根据要求作答：8．硝酸铜是一种重要的化工原料，实验室以含铁的铜屑为原料制备硝酸铜的过程如下，请按要求回答问题（I）以含铁的铜屑为原料制备Cu （ NO3 ）2•3H2O的实验过程如下：铜屑（含铁）溶液Ⅰ溶液II…→Cu（NO3）2•3H2O（2）请补充完整由溶液I制备Cu （ NO3 ）2•3H2O晶体的实验方案：①往溶液I中加入物质x，调节溶液的pH，其中物质X的化学式为：CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3 ，调节溶液的pH范围为： 3.2≤pH＜4.7 ，若加入的物质X太少，溶液II中会含有较多的杂质离子，检验溶液II 中含有较多该杂质离子的实验操作方法是：取少量溶液II于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红，则证明溶液II中含有较多杂质离子②溶液II经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用冰水洗涤，干燥得到Cu （ NO3 ）2•3H2O晶体．（II）用Cu （ NO3 ）2•3H2O晶体和SOC12制备无水Cu （ NO3 ） 2的实验装置（夹持及控提装置省略）如图所示，已知SOC12熔点为﹣105℃，沸点为76℃，遇水剧烈水解生成两种酸性气体：（1）①仪器c的名称是：三颈烧瓶．②装置A中使用恒压滴液漏斗的优点是：维持滴液漏斗内部与三颈烧瓶中气体压强相等，便于溶液顺利滴下（2）装置A中Cu （ NO3 ）2•3H2O晶体和SOC12在加热条件下发生反应的化学方程式是：Cu（NO3）2•3H2O+3SOC12Cu（NO3）2+3SO2↑+6HCl↑．【考点】U3：制备实验方案的设计．【分析】以含铁的铜屑为原料制备硝酸铜：向含铁的铜屑中加入过量的稀硝酸，发生的反应为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O、Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O，溶液Ⅰ为硝酸铁、硝酸铜的溶液，向其中加入CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3调节溶液的pH3.2～4.7，沉淀铁离子与铜离子分离，过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用冰水洗涤，干燥得Cu （ NO3 ）2•3H2O晶体，将Cu （ NO3 ）2•3H2O晶体和SOC12在加热条件下于A装置中发生反应：Cu （ NO3 ）2•3H2O+3SOC12Cu （ NO3 ） 2+3SO2↑+6HCl↑，用氢氧化钠吸收尾气，据此分析解答．【解答】解：Ⅰ（1）铜与稀HNO3反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；（2）①溶液Ⅰ为硝酸铁、硝酸铜的溶液，向其中加入CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3调节溶液的pH，目的是沉淀全部铁离子而铜离子不沉淀与之分离，故pH范围为3.2≤pH＜4.7，若加入的CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3太少，溶液II中会含有较多的杂质离子铁离子，检验溶液II中含有较多铁离子的方法为：取少量溶液II于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红，则证明溶液II中含有较多杂质离子；故答案为：CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3；3.2≤pH＜4.7；取少量溶液II于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红，则证明溶液II中含有较多杂质离子；②溶液II为硝酸铜溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用冰水洗涤，干燥得Cu （ NO3 ）2•3H2O晶体；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；Ⅱ（1）①根据仪器构造可知仪器c为三颈烧瓶；故答案为：三颈烧瓶；②恒压滴液漏斗可维持滴液漏斗内部与三颈烧瓶中气体压强相等，便于溶液顺利滴下；故答案为：维持滴液漏斗内部与三颈烧瓶中气体压强相等，便于溶液顺利滴下；（2）SOC12遇水剧烈水解生成两种酸性气体，可带走Cu （ NO3 ）2•3H2O晶体中的水分，故Cu （ NO3 ）2•3H2O和SOC12在加热条件下生成无水Cu （ NO3 ） 2，化学反应方程式为：Cu （ NO3 ）2•3H2O+3SOC12Cu （ NO3 ）2+3SO2↑+6HCl↑；故答案为：Cu （ NO3 ）2•3H2O+3SOC12Cu （ NO3 ） 2+3SO2↑+6HCl↑．9．近年来，雾霾天气频繁出现，严重影响人们的生活和健康．其中首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5，其主要来源为燃煤、机动车尾气等．因此，对PM2.5，SO2，NOx等进行研究具有重要意义．请回答下列问题：（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样．若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如表一：（2）我国北方到了冬季烧煤供暖所产生的废气也是雾霆的主要来源之一．经研究发现将煤炭在O2/CO2的气氛下燃烧能够降低燃煤时NO的排放，主要反应如下：①2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H1若②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H2=+180.5kJ•mol﹣1③CO（g）⇌C（s）+O2△H3=+110.5kJ•mol﹣1④C（s）+O2（s）⇌CO2（g）△H4=﹣393.5kJ•mol﹣1则△H1= ﹣746.5 kJ•mol﹣1（3）活性炭可处理大气污染物NO．在5L密闭容器中加入NO和活性炭（假设无杂质）．一定条件下发生反应：C（s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g）△H．当温度分别在T1℃和T2℃时，测得各物质平衡时物质的量（n/mol）如表二：②若T1＜T2，则该反应的△H= ＜0（填“＞”、“＜”或“=”）理由是：从T1到T2，NO的浓度增大，说明升高温度，平衡逆向移动，由于升高温度平衡向吸热方向移动，所以该反应的逆反应为吸热反应，则△H＜0 ．（4）利用如图所示的电解装置可将雾霆中的SO2、NO转化为（NH4）2SO4则物质A是硫酸（填名称），阴极的电极反应式是：NO+5e﹣+6H+=NH4++H2O ．电解方程式为：5SO2+2NO+8H2O=（NH4）2SO4+4H2SO4 ．【考点】CP：化学平衡的计算．【分析】（1）溶液是电中性的，可根据电荷守恒式计算溶液中H+浓度，再计算pH；（2）根据盖斯定律，由①=③×2+④×2﹣②得到2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），据此计算反应的焓变；（3）①计算各气体的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算；②若T1＜T2，可根据温度升高时NO浓度的变化，判断平衡移动的方向，从而判断反应正向进行时是放热还是吸热；（4）电解时NO转化为（NH4）2SO4的过程发生还原反应，电解池工作时阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，并结合电解质溶液，写出电极反应式，再根据电子守恒写出总反应式，即可判断另一种产物．【解答】解：（1）根据表格提供的离子可知，NH4+水解导致试样溶液呈酸性，根据电荷守恒可知，c（K+）+c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（Cl﹣）+c（NO3﹣），c（H+）=10﹣4mol/L，pH=4，故答案为：4；（2）由①=③×2+④×2﹣②得到2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），反应的焓变△H1=2（+110.5kJ•mol﹣1）+2（﹣393.5kJ•mol﹣1）﹣=﹣746.5kJ•mol﹣1，故答案为：﹣746.5；（3）①平衡时c（NO）==0.010mol/L，c（N2）=c（CO2）==0.020mol/L，故T1℃时该反应的平衡常数为K1==4，故答案为：4；②由于T1＜T2，从T1到T2，NO的浓度增大，说明升高温度，平衡逆向移动，由于升高温度平衡向吸热方向移动，所以该反应的逆反应为吸热反应，则△H＜0，故答案为：＜；由于T1＜T2，从T1到T2，NO的浓度增大，说明升高温度，平衡逆向移动，由于升高温度平衡向吸热方向移动，所以该反应的逆反应为吸热反应，则△H＜0；（4）二氧化硫中硫的元素化合价升高，在阳极发生反应，SO2﹣2e﹣+2H2O=SO42﹣+4H+，一氧化氮中的氮元素化合价降低，在阴极发生反应，一氧化氮得电子生成铵根离子，电极反应为：NO+5e﹣+6H+=NH4++H2O；根据电子守恒可知总反应为：5SO2+2NO+8H2O=（NH4）2SO4+4H2SO4，则生成硫酸铵外还有硫酸，故答案为：硫酸；NO+5e﹣+6H+=NH4++H2O；5SO2+2NO+8H2O=（NH4）2SO4+4H2SO4．10．碳酸镁晶体（MgC03•nH2O，n=1～5的整数）广泛应用于冶金、耐火材料及化工产品等领域，工业上以石棉尾矿（主要含有Mg3 （ Si2O5）（ OH ）4和少量的Fe2O3、AI2O3）为原料制备碳酸镁晶体（MgCO3•nH2O）的工艺流程如图1：已知“焙烧”过程中的主反应为：Mg3（SiO5）（OH）4+5（NH4）2SO43MgSO4+10NH3↑+2SiO2+7H2O↑+2SO3↑．（1）Mg3（Si2O5）（OH）4（OH）a用氧化物的形式表示为：3MgO•2SiO2•2H2O．（2）用电子式表示氨气的形成过程：3H•+→．（3）“浸渣”的主要成分为：SiO2 ．（4）“除铁、铝”时，需将pH调至8.0左右，适宜作调节剂的是：bc ．（填字母代号）．a．NaOH b．Mg（OH） 2 c．NH3•H2O（5）“沉钱”过程中反应的离子方程式为：Mg2++2HCO3﹣+（n﹣1）H2O=MgCO3•nH2O↓+CO2↑．（6）为精确测定n的值，称取13.8gMgCO2•nH2O进行热重分析，并绘制出如图2所示的热重曲线示意图．[查阅资料]：碳酸镁晶体高温可完全分解生成3种氧化物．①t2°C时，剩余圆固体为：MgCO3•H2O．（填化学式）②最终剩余的4.0g物质是：H2O ．（填化学式〕③MgCO3•nH2O完全分解的化学方程式为：MgCO3•3H2O MgO+CO2↑+3H2O↑．【考点】U3：制备实验方案的设计．【分析】以石棉尾矿（主要含有Mg3 （ Si2O5）（ OH ）4和少量的Fe2O3、Al2O3）为原料制备碳酸镁晶体（MgCO3•nH2O）的工艺流程：加入硫酸铵焙烧得到MgSO4、SiO2、Fe2O3、Al2O3，水浸，形成Mg2+、Fe3+、Al3+的溶液，SiO2不溶于水形成浸渣，加入Mg（OH） 2 或NH3•H2O将pH调至8.0左右，将Fe3+、Al3+以氢氧化物的形式过滤除去，向含有镁离子的滤液中加入碳酸氢铵发生反应：Mg2++2HCO3﹣+（n﹣1）H2O=MgCO3•nH2O↓+CO2↑，洗涤晶体可得，据此分析解答．【解答】解：（1）化学式改写成相应的氧化物的形式，按照活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、SiO2、H2O的顺序来书写，Mg3（Si2O5）（OH）4用氧化物的形式表示为：3MgO•2SiO2•2H2O；故答案为：3MgO•2SiO2•2H2O；（2）氨气为共价化合物，其形成过程为3H•+→；故答案为：3H•+→；（3）石棉尾矿加入硫酸铵焙烧得到MgSO4、SiO2、Fe2O3、Al2O3，水浸，SiO2不溶于水形成浸渣；故答案为：SiO2；（4）“除铁、铝”时，需将pH调至8.0左右，选择不引入新杂质的试剂，故可选用Mg（OH） 2 或NH3•H2O；故答案为：bc；（5）“沉镁”过程中反应的离子方程式为：Mg2++2HCO3﹣+（n﹣1）H2O=MgCO3•nH2O↓+CO2↑；故答案为：Mg2++2HCO3﹣+（n﹣1）H2O=MgCO3•nH2O↓+CO2↑；（6）根据精确测定n的值，称取13.8gMgCO3•nH2O进行热重分析，图2所示的热重曲线示意图，MgCO2•nH2O受热分解生成MgO、CO2、H2O，最终剩余的固体为MgO4.0g，n（Mg）=4.0g÷40g/mol=0.1mol，则n（MgCO3）=n（Mg）=0.1mol，m（MgCO3）=8.4g，m（H2O）=13.8g﹣8.4g=5.4g，n（H2O）=5.4g÷18g/mol=0.3mol，1：n=n（MgCO3）：n（H2O）=0.1：0.3，故n=3，则该晶体化学式为MgCO3•3H2O，①t2°C时，剩余圆固体化学式为MgCO3•xH2O，此时分解的化学方程式为：MgCO3•3H2O MgCO3•xH2O+（3﹣x）H2O138 84+18x13.8g 10.2g，解得x=1，故此时物质的化学式为：MgCO3•H2O；故答案为：MgCO3•H2O；②MgCO2•nH2O受热分解生成MgO、CO2、H2O，最终剩余的固体为MgO；故答案为：MgO；③MgCO2•nH2O完全分解的化学方程式为：MgCO3•3H2O MgO+CO2↑+3H2O↑；故答案为：MgCO3•3H2O MgO+CO2↑+3H2O↑．【化学-选修3：物质结构与性质】11．A、B、C、D、E、F、G七种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大．元素周期表中原子半径最小的是A，B原子最外层有两个未成对电子，化合物CD2为红棕色气体，E的单质易与水反应且只作氧化剂，元素F基态原子的3p轨道上有5个电子，G是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满．请回答下列问题：（1）元素B、C、D的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C （用元素符号表示）．（2）A、B、D可形成分子式为A2BD的某化合物，则该化合物分子中B原子的轨道杂化类型是：sp2 ．（3）E的单质与水反应的化学方程式：2H2O+2F2=4HF+O2↑．（4）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子．①X与Y所形成化合物中X的化合价等于其族序数，Y达到8电子的稳定结构，则该化合物的化学式为：ZnS ．②乙醇在D的氢化物（H2D）中的溶解度大于H2Y在D的氢化物（H2D）中的溶解度，其原因是：乙醇分子与水分子之间形成氢键而H2S分子与水分子之间不形成氢键．③X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X（NH3）4]CI2该配合物中含有o键的数目为：16 ．。
人教版2019高考化学一轮复习练习题10含解析20180918470
0.032 mol 0.200 mol·L－1 × 0.2 L×100%＝80.0%。(4)若 Cl2 在丁中没有被完全吸收，则结果偏高， 若 CO2 残留在装置中，则结果偏低。(5)方案①不合理，因为 SO2、Fe2＋均具有还原性，均能 与 KMnO4 发生氧化还原反应而使溶液褪色。 答案：(1)2CNO－＋6ClO－＋8H＋===N2↑＋2CO2↑＋3Cl2↑＋4H2O (2)浓硫酸 吸收混合气中的 Cl2 (3)80.0% (4)偏高 部分 Cl2 在装置丁中没有被吸收而在干燥管Ⅰ中被吸收(或偏低 部分 CO2 残留在装 置内没有在干燥管Ⅰ中被完全吸收 或无法确定 部分 Cl2 在干燥管Ⅰ中被吸收，部分 CO2 没 有在干燥管Ⅰ中被吸收) (5)方案①
解析：此有机物含有碳碳双键、羟基和羧基三种官能团，不能发生水解反应，分子式为
C11H12O3，故③⑥⑦三项不正确。
答案：C 2、在一定条件下，已达平衡的可逆反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，下列说法中正确的是( )
c2C A．平衡时，此反应的平衡常数 K 与各物质的浓度有如下关系：K＝c2A·cB
2
一、选择题
人教化学 2019 高考一轮练习题（10）
李仕才
1、某有机物的结构如图
所示，下列选项中均不正确的是( )
①可以燃烧；②能跟 Na 反应；③分子式为 C11H14O3；④能发生酯化反应；⑤能发生加聚反应； ⑥能发生水解反应；⑦含有 2 种官能团
A．①③④ B．②⑤⑥
C．③⑥⑦ D．④⑥⑦
(2)对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常 数(记作 Kp)，则该反应平衡常数的表达式 Kp＝________。
2019高考化学一轮复习训练选3含解析新人教版.docx
人教化学2019高考一轮训练选（3）李仕才一、选择题1、将等物质的量的陆02和A1同时放入足量的水中，充分反应后收集到混合气体4.48L（标准状况下），再向反应后的溶液中缓慢滴入lmol/L盐酸至沉淀恰好溶解。
下列说法错误的是A.标准状况下，混合气体屮氢气与氧气的体积比为3:1B.加入的固体过氧化钠为7. 8gC.当滴加200mL盐酸时，沉淀的质量达到最大值D.最终消耗的盐酸为400mL【答案】D【解析】将等物质的量的6和A：同时放入足量的水中，分别进行的反应是：2X10： + 2H:0 = 4NaOH + Ozf , 2A1 + 2NaOH + 2H：0 = + 3H: t ,两个反应中过氧化钠和单质铝刚好系数相等，可以认为是物质的量相等混合，方程式相加得到总反应为：2\a：0： + 2A1 + 4H：0 = 2X^0： +2NaOH + O" +3H“。
根据方程式，选项A正确。
混合气体中氢气与氧气的体积比为3： 1，一共4.48L（0. 2moi）, 所以氢气为0.15mo：,氧气为0.05mo：o带入总方程式计算出*为0. lmok过氧化钠为0. Imol,质量为7・Sg°选项B正确。
沉淀的质量达到最大值时是氢氧化铝恰好完全沉淀，所以溶液中只有一种溶质NaCl,其中Na元素完全来自于加入的0・Imo：过氧化钠，所以门为0.2mob NaCl就是0.2mol,由G守恒得到：需要的HC1为0. 所以，滴加如ml盐酸时，沉淀的质量达到最大值。
选项C正确。
最终沉淀恰好完全溶解的时候，滚液中只有和AXQ因为初始加入的过氧化钠和单质铝的物质的量都是0. 所以Na为0. 2mo：,A：为0. lmg所以XaC：和A1CX的物质的量分别为0.2mo：和0.lmob其中含有CI 一共0. Smo：,所以加入的HC：为0. 5mo：,需要的盐酸体积为500mL,选项D 错误。
2、化学与生活、社会发展息息相关，下列说法正确的是：A.洗涤剂除油污的原理与热碱液除油污的原理相同B.食品包装内放置生石灰与放置硅胶的作用相同C.煤的干憾和石油的分缰原理相同D.自来水屮加入漂白粉与加入硫酸铝的作用相同【答案】B【解析】洗涤剂除油污是乳化作用，热碱液除油污为水解原理，除污原理不同，故A 错误；放羞生石灰与 放羞硅胶，均吸收水，作干燥剂，作用相同，故B 正确；煤的干f 留杲化学变化、石油分馆是物理变化， 原理不相同，故C 错误；自来水中加入漂白粉的作用是杀菌消毒，加入硫酸铝，硫酸铝水解生成氢氧 化铝胶体，作用是净水，作用不同，故D 错误。
2019高考化学一轮复习选习练题含解析新人教版(全套10份)
人教化学2019高考一轮选习练题（1）含答案李仕才一、选择题1、对物质的量的理解正确的是（）A．物质的量就是物质的质量的另一种表达方式，单位是g/molB．物质的量就是物质的数量，数值上等于式量，单位是molC．物质的量就是6.02×1023个微粒的质量，单位是gD．物质的量是国际单位制中的一个物理量，表示含有一定数目微粒的集体【答案】D2、下列离子方程式书写正确的是（）A．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后溶液呈中性:H++OH-+Ba2++SO42-＝H2O+BaSO4↓B．FeBr2溶液中通入足量的Cl2:2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Br2+2Fe3++6Cl-C．用两个铜电极电解食盐水：2Cl-+2H2O＝2OH-+H2↑+Cl2↑D．用三氯化铁溶液腐蚀印刷线路板：Fe3++Cu＝Fe2++Cu2+【答案】B【解析】A．溶液呈中性的反应为：2H++2OH-+Ba2++SO42-＝2H2O+BaSO4↓，A错误；B．Cl比Br 的非金属性强，能将Br-氧化，同时将铁离子氧化，根据电荷守恒和物料守恒，B正确；C．阳极为金属时，将首先失去电子生成Cu2+，负极为H得到电子生成氢气，C错误；D．未配平，2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，D错误。
故选择B。
3、下列物质的性质和用途描述错误的是A．铜质地漏具有独特的杀菌功能，能较好的抑制细菌生长B．明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，起消毒杀菌的作用C．铁粉具有还原性，可用作食品袋内的抗氧化剂D．镁燃烧发出耀眼的白光，可以制造照明弹【答案】B【解析】A．细菌是由蛋白质构成的，铜是重金属，可使蛋白质变性，从而杀灭细菌，故A 正确；B．明矾溶于水生成胶状物可吸附悬浮于水中的杂质，不能除掉可溶性杂质和细菌等，不能起到消毒杀菌的作用，故B错误；C．铁粉具有还原性，易与氧气反应，可作食品抗氧化剂，故C正确；D．镁能在空气中燃烧发出耀眼的白光，可以用于制造照明弹，故D正确；故答案选B。
人教版2019高考化学一轮选练习题11含解析
人教版化学 2019 高考一轮选练习题（ 11）一、选择题1、以下溶液中溶质的物质的量浓度为 1 mol ·L－1的是() 。
A．将 58.5 g NaCl溶解于 1L水中配成的溶液B．将 80 g SO 3溶于水并配成 1 L 溶液C．将 0.5 mol ·L－1的 NaNO3溶液 100 mL 加热蒸发掉50 g 水的溶液＋的 K2SO溶液D．含 K 为 2 mol4【答案】 B2、《本草纲目》中记录“（火药）乃焰消（KNO3）、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，以下相关说法正确的选项是A．黑火药属于纯净物B．黑火药爆炸时，KNO3作复原剂C．利用焰色反响区分硝石（KNO3）和朴硝（ Na2SO4）D．硫磺只能作氧化剂【答案】C【剖析】A、黑火药是硝酸钾、碳和硫组成的混淆物，故A 错误；B、KNO3在反响中生成氮气，N 元素的化合价降低，硝酸钾为氧化剂，故 B 错误； C．钾元素的焰色反响为紫色，灼烧硝酸钾，火焰为紫色，灼烧硫酸钠，火焰为黄色，因此区分二者利用了“焰色反响”，故 C 正确； D．硫磺在化学反响中化合价能够降低为 -2 价，能够高升到 +4 价，既能作氧化剂，也能作复原剂，故 D 错误；应选 C。
3、化学点亮生活，以下对生活中的化学理解正确的选项是A．节日燃放的烟花，是碱金属、锶、钡、铂、铁等金属元素焰色反响表现的B．古代合成颜料中国蓝的化学式为BaCuSi4O10，可改写成BaO·CuO· 4SiO2C． MnO2有较强的氧化性，可作H2O2分解的氧化剂D．心旷神怡的雕花玻璃是使用烧碱对玻璃刻蚀而成的【答案】 B4、2017 年 5 月 9日中国科学院正式向社会宣布113 号、 115 号、 117 号和 118 号元素的中文名称。
已知 117 号元素有多种原子，如293294）117Ts、 117Ts等。
以下说法正确的选项是（A．293117294117B ． Ts 位于周期表的第六周期Ⅶ A 族Ts 和Ts 的化学性质不相同C．元素 Ts 的相对原子质量为D．293294117Ts和117Ts质子数相同，中子数不同【答案】 D5、25℃、 101kPa 时，有以下能量转变图，以下说法不正确的选项是（）A．转变Ⅱ的热化学方程式2CO(g)+O2(g)=2CO2 (g)△H=-282.9 kJ · mol-1B．相同条件下 ,1mol C(s )和 0.5 mol O (g) 总能量高于 1mol CO(g) 的能量2C．由 C→ CO 的热化学方程式 2C(s)+O 2(g)=2CO(g)△ H=-221.2 kJ · mol-1D． CO(g) 分解为 C(s) 和 O(g) 是吸热反响22【答案】 A【剖析】A、依照能量转变图，转变 II 的热化学反响方程式为CO(g) ＋1/2O2(g)=CO2(g) △－ 1或者 2CO(g) ＋ O(g)=2CO (g)－ 1H=－ 282.9kJ · mol△ H=－ 282.9 × 2kJ · mol =－22565.8kJ · mol－1，故 A 说法错误； B、 C 和氧气反响生成CO，此反响属于放热反响，因此相同条件下， 1molC(s) 和 0.5molO 2(g) 总能量高于1molCO(g) 的能量，故 B 说法正确； C、依照能量转变图，C→CO的热化学反响方程式为2C(s) ＋ O2 (g)=2CO(g)△ H=－－282.9) × 2kJ ·mol－1=－ 221.2kJ ·mol －1，故 C 说法正确； D、 C和 O2反响是放热反响，CO2分解为 C 和 O2是吸热反响，故 D 说法正确。
2019版高考化学大一轮复习人教全国版文档：第十一章
微专题常见有机反应类型总结1．常见有机反应类型与有机物类型的关系2.判断有机反应类型的常用方法(1)根据官能团种类判断发生的反应类型。
(2)根据特定的反应条件判断反应类型。
(3)根据反应物和产物的结构不同判断反应类型。
专题训练1．(2018·石家庄质检)某有机物的结构简式为，则其不可能发生的反应有( )①加成反应 ②取代反应 ③消去反应 ④氧化反应 ⑤水解反应 ⑥与氢氧化钠反应 ⑦与Fe 2＋反应A ．②③④B ．①④⑥C ．③⑤⑦D ．⑦ 答案 D解析 该有机物分子中含有酚羟基、酯基、氯原子、碳碳双键，因此兼有苯酚、酯、卤代烃、烯烃的化学性质，能发生加成反应、取代反应、氧化反应、水解反应(酸性或碱性均可)，在NaOH 醇溶液和加热条件下可发生消去反应(卤代烃消去)，可与Fe 3＋发生显色反应，但不能与Fe 2＋反应。
2．有机分析中，常用臭氧氧化分解来确定有机物中碳碳双键的位置与数目。
如： (CH 3)2C==CH —CH 3――→①O 3②Zn 、H 2O(CH 3)2C==O ＋CH 3CHO 已知某有机物A 经臭氧氧化分解后发生以下一系列的变化：从B 合成E 通常经过多步反应，其中最佳次序是( ) A ．水解、酸化、氧化 B ．氧化、水解、酸化 C ．水解、酸化、还原 D ．氧化、水解、酯化答案 B解析 由 Ⅰ 知，E 为，H 为，逆推知：B 为――→氧化――→NaOH水解――→酸化，故B 正确。
3．请观察下图中化合物A ～H 的转化反应的关系(图中副产物均未写出)，并填写空白：已知：①――→400 ℃R —CH==CH 2；②――→稀NaOH 溶液。
(1)写出图中化合物C 、G 、H 的结构简式：C______________________，G_______________________________________________， H______________________。
人教版2019高考化学一轮复习训练选11含解析
人教化学 2019 高考一轮训练选（ 11）一、选择题1、甘氨酸的化学式为C H ON ，对于2 H ON 计算结果错误的选项是（）2 5 252A ．分子个数约为： 3.01 ×10 23B ．式量： 75C ．原子的物质的量的总和：D ．氧元素质量： 16g【答案】 C【剖析】 A 项，依照阿伏伽德罗常数可知，0.5molC H ON 中含有的分子个数约为：2 520.5mol ×6.02 ×10 23mol -1 =3.01 ×10 23，故 A 正确； B 项，甘氨酸的化学式为： C 2H 5O 2N ，则 式量为： 12×2+1×5+16×2+14=75，故 B 正确； C 项，甘氨酸的化学式为： C 2H 5ON ，因此22 HON 中原子的物质的量的总和为： 0.5mol ×(2+5+2+1)=5mol ，故C 错误；D 项，520.5molC 2H 5O 2N 中含有的氧元素的物质的量为 2×0.5mol=1mol ，因此氧元素的质量为：1mol ×16g/mol=16g ，故 D 正确。
2、以下离子方程式书写正确的选项是A ．稀硝酸与铁屑反响:+3+22Fe+6H=2Fe +3H ↑B ．往 NH 4HCO 3溶液中加过分的 NaOH 溶液并加热 :+-NH 4 +OH=NH 3↑ +H 2OC ．往酸性碘化钾溶液中滴加适合的双氧水: 2I-+2 222+2H+HO=I +2H O- - H O- -D ． HS的电离 : HS+OH+HS2【答案】 C【剖析】 A 、硝酸为氧化性酸，铁与稀硝酸反响生成 NO 气体，当硝酸过分是的反响为： 2＋ ＋ － 3＋ +NO ↑ +2H O ，故 A 错误； B 、往 NHHCO 溶液中加过分的 NaOH 溶液 3Fe +4H +NO ═3Fe32 4 3并加热 :－+ -2－，故 B 错误； C 、往酸性碘化钾溶液中滴加适HCO 3 ＋NH 4 +OH=NH 3↑ +2H 2O ＋ CO 3 量的双氧水生成碘单质:2I -+- － ＋ 2+2H +H 2O 2=I 2+2H 2O ，故 C 正确； D 、 HS 的电离 :HS H ＋S－，故 D 错误；应选 C 。
2019高考化学一轮复习 基础题系列(11)(含解析)新人教版
2019高考化学一轮基础题系列（11）李仕才1、（2018届湖南省长沙市长郡中学高考押题卷三）N A代表阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是A. 1mol/LAlCl3溶液中含Al3+数目一定小于N AB. 1mol环己烷含非极性键的数目为5N AC. 71gCl2完全反应转移电子数一定为2N AD. 30g葡萄糖和乳酸(C3H6O3)的混合物中含氢原子数目为2N A【答案】D2、（2018届重庆市第一中学高三下学期第一次月考）阿伏加德罗常数的值为N A,下列说法正确的是（）A. 标准状况下，22.4L四氯化碳中含有C-Cl 数目为4N AB. 1L0.1mol/L的Na2S溶液中含S2-数目为0.1N AC. 142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴、阳离子总数为3N AD. 电解精炼制时转移了N A个电子，阳极溶解32g铜【答案】C【解析】标准状况下，四氯化碳为液态，无法计算出22.4L四氯化碳中含有C-Cl数目为4N A，A错误；Na2S为强碱弱酸盐，水解显碱性，硫离子水解，所以1L、0.1mol/L的Na2S溶液中含S2-数目小于0.1N A，B错误；142gNa2SO4的物质的量为1mol，含有钠离子2 mol，硫酸根离子1 mol，共计3 mol；142g Na2HPO4的物质的量为1mol，含有钠离子2 mol，磷酸氢根离子1 mol，共计3 mol；所以142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴、阳离子总数为3N A，C正确；电解精炼铜时，由于阳极所用粗铜中含有活泼性较强的铁、锌等杂质会在铜之前失去电子,所以阳极溶解的铜的质量小于32g, D错误；正确选项C。
3、（2018届广西河池市高级中学高三上学期第三次月考）(硫化碱法是工业上制备Na2S2O3的方法之一，反应原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2（该反应△H＞0）。
某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3·5H2O流程如下。
人教版2019高考化学一轮训练学题11含解析 - 副本
人教化学 2019 高考一轮训练学题（ 11）一、选择题1、设 NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是（）A．标准状况下， 2.24L 乙醇在 O2中完好焚烧获取0.3N A个水分子B．钠在足够量氧气中充足反响，常平易焚烧条件下转移的电子数均为0.1N A C．常温常压下， 14 g由 N2与 CO组成的混淆气体含有的原子数量为2N AD．标准状况下， 2. 24L Cl 2与水充足反响转移的电子数量为0. 2N A【参照答案】 B2、已知某化学实验的结果以下表：实验序号反响物大小相同在相同温度下测得的反响的金属片酸溶液速率 v/mol ·L－1·min －1 1镁条 1 mol ·L－1盐酸v12铁片 1 mol ·L－1盐酸v23铁片0.1 mol ·L－1盐酸v3以下结论正确的选项是 ()A． v >v >v3B． v >v >v11232C． v1>v3>v2 D ． v2>v3>v 1剖析：影响化学反响速率的主要因素是反响物自己的性质，由于镁的活动性比铁强，所以与相同浓度的盐酸反响时，镁条放出氢气的速率大；反响物浓度也影响反响速率，在必然范围内，速率与浓度成正比，故23v >v 。
答案： A3、必然温度下，在某密闭容器中发生反响：2HI(g)H (g) ＋ I (s)H>0，若 0～ 15 s22内 c(HI) 由 0.1 mol ·L－1降到 0.07 mol ·L－1，则以下说法正确的选项是()A． 0～ 15 s 内用 I 2表示的平均反响速率为v(I2)＝0.001 mol·L － 1－ 1·sB． c(HI) 由 0.07 mol ·L－1降到 0.05 mol ·L－1所需的反响时间小于10 sC．高升温度正反响速率加快，逆反响速率减慢D．减小反响系统的体积，化学反响速率加快剖析： I 2为固体，故不能够用它表示化学反响速率， A 错误； v(HI)＝0.1 mol ·L－ 1－0.07 mol ·L－ 1－ 1－ 1t ＝15 s＝0.002 mol ·L·s ，若反响仍以该速率进行，则0.07 mol ·L－ 1－0.05 mol ·L－ 10.002 mol·L－1·s－1＝ 10 s，但随着反响的进行，反响物浓度降低，反响速率减慢，所用时间应大于10 s，B 错误；高升温度，正、逆反响速率均加快， C 错误；减小反响系统的体积，进而增大了压强，化学反响速率将加快，D正确。
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板块三 限时规范特训
时间：45分钟
满分：100分
一、选择题(每题9分，共81分)
1．实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如下图所示(省略夹持和净化装置)。
仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是(
)
解析 由题给装置可知，本装置可以用于固体和液体不加热型、收集方法为向上排空气法、防倒吸型尾气处理方式的气体的制取。
A 项，NH 3收集用向下排空气法，不符合；C 项，铜和稀硝酸反应不能产生NO 2，且NO 2的吸收不能用水，可以用NaOH 溶液；D 项，用浓盐酸与MnO 2反应制Cl 2需要加热，本装置不能满足。
2．下列选项中，为完成相应实验，所用仪器或相关操作合理的是( )
解析海水淡化，利用水的沸点低，选择蒸馏法，而图中冷却水的方向不合理，应下进上出，A错误；氯气不溶于食盐水，可排饱和食盐水测定其体积，则图中装置可测量Cl2的体积，B正确；过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，C错误；NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸，NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中，仪器的使用不合理，视线应注视锥形瓶，D错误。
3．下列各项操作能达到预期实验目的的是()
解析过滤、洗涤后可得到Fe2O3和NaAlO2溶液，NaAlO2溶液经蒸发、灼烧无法得到Al2O3，A错误；Na元素的焰色反应显黄色且能掩盖K元素的紫色，B正确；Cl－也能使酸性KMnO4溶液褪色，C错误；加热时Fe粉与I2能发生化合反应，D错误。
4．[2017·山西晋商四校联考]下列实验中，所选取的分离装置与对应原理都正确的是()
解析
氢氧化铁胶体的纯化应该选用渗析的方法，故A 错误；苯与溴苯互溶，应该选用蒸馏的方法分离，故B 错误；粗盐提纯应该选用过滤的方法除去粗盐中的难溶物，故C 错误；环己醇和环己烯的沸点相差较大，可以选用蒸馏的方法分离，故D 正确。
5．下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是( )
解析NaOH具有强吸水性和腐蚀性，不能放在滤纸上称量，A错误；配制FeCl3溶液时，为防止水解，可将其先溶解在盐酸中，然后稀释至所需浓度，B 错误；NH＋4能够与碱反应生成NH3·H2O，受热分解产生NH3，C正确；在酸性条件下，铁发生的是析氢腐蚀，D错误。
6．实验室用贝壳与稀盐酸反应制备并收集CO2气体，下列装置中合理的是()
答案 B
解析收集CO2气体采用向上排空气法导气管应长进短出，A、D错误；C 项中长颈漏斗应插入液面以下，错误。
7．有关实验装置的说法中正确的是()
A．图甲装置可制取干燥纯净的NH3
B．图乙装置可以完成“喷泉”实验
C．图丙装置可直接测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积
D．图丁装置可用于实验室制备Fe(OH)2
答案 B
解析氨气密度小于空气，所以应该采用向下排空气法收集，故A错误；氯气极易溶于氢氧化钠溶液形成压强差，所以能形成喷泉，故B正确；二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，所以不能直接测量，故C错误；铁作阴极，铁电极上氢离子放电生成氢气，则溶液中不能生成氢氧化亚铁，故D错误。
8．下列实验操作正确且能达到预期目的的是()
C．①②③④⑤⑥D．①⑤⑥
答案 D
解析可根据金属钠分别与水和乙醇反应的剧烈程度比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱，①正确；CH2===CHCHO中的碳碳双键和醛基均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，②错误；苯酚与溴反应生成的三溴苯酚能溶于苯，无法通过过滤除去苯中混有的苯酚，③错误；SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有还原性，不能说明SO2具有漂白性，④错误；用石墨作电极电解含Cu2＋和Mg2＋的溶液，阴极只析出Cu，说明Cu2＋的氧化性强于Mg2＋，则Cu的金属性弱于Mg，⑤正确；将CO2通入Na2SiO3水溶液中生成H2SiO3沉淀，说明H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性，而H2CO3和H2SiO3分别为碳元素和硅元素的最高价氧化物对应的水化物，能说明碳元素的非金属性比硅元素强，⑥正确。
综上所述，本题选D。
9．用如图所示装置进行下列实验：将气体A通入到①、②中，预测的现象与解释正确的是()
答案 A
解析亚硫酸的酸性比硅酸强，①中可生成硅酸沉淀，出现浑浊，但H2SO3的酸性比盐酸弱，与氯化钡不反应，不会出现沉淀，故②中澄清，A正确；②中溶液变红，是因Cl2将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋遇SCN－变红色，体现Cl2的氧化性，①中现象为先变红后褪色(有HClO生成)，与②现象不同，B错误；CH2===CH2与溴水中的溴单质发生了加成反应，CH2===CH2与酸性高锰酸钾发生了氧化还原反应，C错误；氨气通入硝酸银溶液中先生成沉淀后沉淀溶解，而氨气与氯化铝溶液反应只生成沉淀，现象不同，D错误。
二、非选择题(共19分)
10．[2017·山西师大附中模拟](19分)某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2
的氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。
实验记录如下：
(1)实验操作Ⅰ时，A中反应的离子方程式为_________________。
(2)实验操作Ⅱ吹入热空气的目的是________________________。
(3)装置C的作用是______________；C中盛放的药品是________________。
(4)实验操作Ⅲ中混合液逐渐变成红棕色，其对应的离子方程式为____________________________。
(5)由上述实验得出的结论是_________________________。
答案(1)2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－
(2)吹出单质Br2
(3)吸收多余的Br2，以免污染环境NaOH溶液
(4)H2O2＋2Br－＋2H＋===Br2＋2H2O
(5)氧化性：H2O2>Br2>H2SO3
解析(1)实验操作Ⅰ是Cl2置换出NaBr中的Br2，发生的反应为Cl2＋
2NaBr===2NaCl＋Br2。
(2)溴易挥发，利用热空气吹出溴蒸气。
(3)溴有毒，易造成空气污染，不能直接排到空气中，应利用强碱溶液进行尾气吸收。
(4)操作Ⅱ中，产生大量白色沉淀，且溶液颜色没有明显变化，说明Br2将H2SO3氧化为H2SO4(产生BaSO4沉淀)，自身被还原为Br－。
加入H2O2，混合溶液变成红棕色，说明有Br2生成，即H2O2将Br－氧化成Br2，注意溶液呈酸性。
(5)H2O2将Br－氧化成Br2，Br2将H2SO3氧化成H2SO4，故氧化性：H2O2>Br2>H2SO3。