2022年广东省汕头市高考化学一模试卷

这是一份2022年广东省汕头市高考化学一模试卷，共28页。

中华传统文化中蕴含大量化学知识，下列说法不正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
“分类”思想能帮助我们寻找物质的通性，下列物质分类正确的是( )
A. NO、NO2为酸性氧化物B. NH4Cl、AlCl3为共价化合物
C. 氢氟酸、氢硫酸为强电解质D. 84消毒液、洁厕灵为混合物
2021年，我国在科技领域取得重大突破，这离不开科学工作者们的努力。下列说法不正确的是( )
A. 以CO2、H2为原料经过11步主反应人工合成淀粉，过程中发生氧化还原反应
B. 第三代核电“华龙一号”落户福建，核反应属于化学变化
C. “海牛Ⅱ号”刷新世界钻探深度，钻头采用硬质合金材料，其硬度高于组分金属
D. “冰光纤”(H2O)问世，比传统光纤(SiO2)具有灵活弯曲和高效导光等优点
化学品的使用丰富了我们的生产、生活，下列有关项目与化学知识没有关联的是( )
A. AB. BC. CD. D
我国科学家利用高效固体催化剂LDH，实现了在常温常压、可见光下人工固氮，其原理如图所示。下列有关该反应说法不正确的是( )
A. 存在极性键、非极性键的断裂与形成
B. 反应过程中存在太阳能转化为化学能
C. 使用LDH，可同时提高反应速率和N2的转化率
D. 反应生成1.7gNH3时转移电子数目为0.3ml
中草药蛔蒿常用于治疗蛔虫病。从蛔蒿中提取的抗癌活性成分的结构简式如图所示。下列有关该有机物说法不正确的是( )
A. 受热时易失去抗癌活性B. 能发生取代、加成、氧化反应
C. 一溴代物共有7种D. 同分异构体中可能存在苯环结构
测定补血剂(含Fe2+、维生素C等)中铁元素含量的前期处理：将样品研磨后，取1.000g样品粉末加入5mL稀硝酸溶解后过滤，将滤液配制成250.00mL溶液。上述处理过程中未涉及的操作是( )
A. B. C. D.
白醋是烹调中的酸味辅料，能改善调节人体的新陈代谢，其主要成分CH3COOH为一元弱酸。25℃时，下列有关说法正确的是( )
A. pH=3的CH3COOH溶液中，存在c(H+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO−)
B. pH=7的CH3COONH4溶液中，c(CH3COO−)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH−)
C. pH=5的CH3COOH溶液中，水电离产生的c(H+)=10−5ml/L
D. pH=10的CH3COONa溶液中，c(CH3COO−)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)
“类比”思想可于实验探究，帮助我们掌握物质的共性。下列有关类比结果正确的是( )
A. Na与O2在一定条件下反应生成Na2O2，则Ca与O2在一定条件下也可生成CaO2
B. Cl2能使紫色石蕊试液先变红后褪色，SO2也能使紫色石蕊试液先变红后褪色
C. SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，则SO3也可使酸性KMnO4溶液褪色
D. 用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2，则也可用排饱和NH4Cl溶液的方法收集NH3
2021年，我国科学家首次在实验室实现CO2到淀粉的全合成，其合成路线如图，设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法不正确的是( )
A. 标况下，11.2LCO2中含有共用电子对数目为2NA
B. 反应②、③无法在高温下进行
C. 反应②中，3.2gCH3OH生成HCHO时转移电子数目为0.2NA
D. 1mlDHA与乙酸发生取代反应，可消耗乙酸分子数目为NA
实验探究是化学学科的魅力所在。下列有关实验操作、现象和结论均正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
铁的配合物离子(用[L−Fe−H]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法不正确的是( )
A. 该过程的总反应为
B. H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 该历程中反应速率最慢的一步：HCOO−+CO2+IV→HCOO−+CO2+H2+I
D. 该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图所示(其中R为有机物)。下列说法不正确的是( )
A. b端为电源正极，处理后的水垢沉淀在阳极底部
B. 处理过程中Cl−可循环利用
C. 流程中发生离子反应：HCO3−+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O，Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓
D. 若R为CO(NH2)2，则消耗1mlCO(NH2)2生成N2时，铂电极N处产生的H2应大于3ml
宏观辨识与微观探析是化学核心素养之一，下列有关离子方程式的书写正确的是( )
A. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32−+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32−
B. 用惰性电极电解NaCl溶液：
C. 将铜丝插入稀硝酸溶液中：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O
D. 向Fe(OH)3中通入过量HI溶液：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒。四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，结构如图所示(“→”表示配位键，指共价键中共用的电子对是由其中一原子独自供应)。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：X>Y>Z>W
B. Y的最高价氧化物的水化物H3YO3为强酸
C. 单质氧化性：W2>X2
D. 阴离子中四种元素均满足8电子稳定结构
K2RO4是一种优良的水处理剂。25℃，其水溶液中加酸加碱改变溶液的pH时，含R粒子的物质的量分数δ(X)Δ(X)[δ(X)=n(X)n(R)]随pH的变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A. RO42−中R为+6价，pH>6时溶液中存在RO42−
B. 水的电离程度：MC. 溶液中存在：c(H+)+c(H3RO4+)=c(OH−)+c(HRO4−)+2c(RO42−)
D. H2RO4的第一步电离平衡常数Ka1=4.0×10−4
某次银镜反应实验完成后，甲同学在清洗试管时，发现向做过银镜反应的试管内滴加0.1ml⋅L−1Fe(NO3)3溶液，银镜会消失。
甲同学推测Fe(NO3)3溶液中的Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag，设计如下实验方案，证明其结论：
取一支沾有少量Ag的试管，加入5mL0.05ml⋅L−1Fe2(SO4)3溶液(过量)，充分振荡，发现银镜消失较慢，溶液黄色明显变浅，产生较多白色沉淀。
(1)选用0.05ml⋅L−1Fe2(SO4)3溶液的目的是 ______。
(2)实验完成后向试管中加入 ______(填序号，①KSCN溶液、②K2[Fe(CN)6]溶液、③稀HCl)，若出现 ______，则证明甲同学推测正确。
(3)该实验方案中涉及化学反应的离子方程式为 ______。
乙同学在甲同学实验方案基础上又设计了如下列实验方案：
(4)乙同学的实验目的为 ______，根据实验目的可以判断出步骤c中的试剂A可为pH=______，浓度为0.3ml⋅L−1的 ______(填离子符号)溶液。
丙同学查阅资料发现，Ag+、Fe3+的氧化性差异不大，推测在一定条件下Ag与Fe3+反应可能是可逆反应，改用如图所示装置进行探究，连接装置(盐桥中的物质不参与反应)，进行下表中实验操作并记录电流表读数。
(5)根据步骤C中电流表读数x确定Ag与Fe3+反应是可逆反应，则读数x可能为 ______，请具体说明如何通过电流表的读数x判断该反应为可逆反应：______。
(6)Ag+和Fe2+反应的离子方程式为 ______。
砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。一种从酸性高浓度含砷废水[砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在]中回收砷的工艺流程如图：
已知：
⇌2AsS33−(aq)
砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2、氢碘酸等还原
(1)As2S3中砷元素的化合价为 ______价。
(2)“沉砷”过程中FeS是否可以用过量的Na2S替换 ______(填“是”或“否”)；请从平衡移动的角度解释原因：______。
(3)向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，请写出脱硫的离子反应方程式 ______。
(4)用SO2“还原”过程中，若需检验还原后溶液中是否仍存在砷酸。则还需要的实验试剂有 ______。
(5)已知：常温下，pH>7.1时，吸附剂表面带负电，pH越大，吸附剂表面带的负电荷越多；pH<7.1时，吸附剂表面带正电，pH越小，吸附剂表面带的正电荷越多。
当溶液pH介于7∼9，吸附剂对五价砷的平衡吸附量随pH的升高而下降，试分析其原因 ______。
(6)含砷废水也可采用另一种化学沉降法处理：向废水中先加入适量氧化剂，再加入生石灰调节pH，将砷元素转化为Ca3(AsO4)2沉淀。若沉降后上层清液中c(Ca2+)为2×10−3ml/L，则溶液中c(AsO43−)的浓度为
______ml/L。该处理后的溶液是否符合国家排放标准 ______(填“是”或“否”)。(已知：Ksp[Ca3(AsO4)2]=8×10−19，国家规定工业废水排放中砷元素含量<0.5mg/L)
绿色能源是未来能源发展的重要方向，氢能是重要的绿色能源。
(1)氢气是一种环保的气体，不会污染大气且热值高。相关化学键的键能表示如下：
则氢气燃烧热的△H=______kJ/ml(用含a、b、c代数式表示)
(2)催化制氢是目前大规模制取氢气的方法之一：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH2=−41.2kJ⋅ml−1在T1℃时，将0.10mlCO与0.40mlH2O充入5L的容器中，反应平衡后H2的物质的量分数x(H2)=0.08。
①CO的平衡转化率a1=______%，反应平衡常数K=______。(结果保留2位有效数字)
②保持K不变，提高CO平衡转化率措施有：______。(任意一条)
③由T1℃时上述实验数据计算得到和的关系可用图1表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为 ______。(填字母)
④研究表明，CO催化变换反应的速率方程为：v=k[x(CO)⋅x(H2O)−x(CO2)⋅x(H2)KP]式中，x(CO)、x(H2O)、x(CO2)、x(H2)分别表示相应的物质的量分数，KP为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图2所示。温度升高时，CO催化变换反应的KP______(填“增大”或“减小”或“不变”)。根据速率方程分析，T>Tm时v逐渐减小的原因是 ______。
(3)氨电解法制氢气。利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图3所示。阳极的电极反应式为 ______。
方钴矿化合物是典型的热电材料，在环境污染和能源危机日益严重的今天，进行新型热电材料的研究具有很强的现实意义。
(1)基态C的价电子排布式为 ______，C和Fe的逐级电离能数据如表，Fe的I4大于C的原因是 ______。
(2)Sb是第五周期族元素，其同族元素可用于研制农药，例如3，5−二氯苯胺是农用杀菌剂的关键中间体。可由如图方法合成：
①化合物乙中各元素的电负性大小为 ______。
②化合物甲中C原子杂化轨道类型为 ______。
③化合物甲中的σ键和π键之比为 ______。(苯环中6个C原子共同形成了一个6原子6电子的大π键π66)
(3)已知SbCl3的熔点73℃，沸点223.5℃，CCl2的熔点是735℃，沸点是1049℃。两者的熔沸点差异较大的原因是 ______。预测SbCl3的空间构型为 ______。
(4)BrianSales等研究了一类新型热电材料，叫作填隙方钴矿锑化物，在钴和锑形成的晶体空隙中填充入稀土原子La(如图所示)，该化合物的化学式为 ______。设阿伏加德罗常数的值为NA，已知该晶胞参数为anm，则该晶体的密度是 ______g⋅cm−3。
有机合成在创新药研发中应用十分广泛，有机化合物F是目前最好的前列腺抗癌药物，其合成路线如图：
已知：
①取代基−CH3可表示为Me；
②；
③或；苯甲酸卤代时，主要生成间位产物
(1)化合物C中的官能团有溴原子、氟原子、______。
(2)下列说法正确的是 ______。
A.A→D的反应类型分别是：取代反应，还原反应，氧化反应
B.化合物F的分子式为C21H16N4O2F4S
C.中有手性碳
D.由甲苯合成A的过程是先将甲苯氧化为苯甲酸，然后再进行卤代
(3)化合物E的结构简式为 ______。
(4)写出B→C的化学方程式(无须注明条件)______。
(5)化合物G比C少一个Br原子但多一个H原子，同时满足下列条件G的同分异构体共 ______种。
①苯环存在两个取代基，且每个取代基只含一个碳原子；
②不含手性碳原子；
③可发生银镜反应；
④其中一个取代基中含N−F键；
写出一种核磁共振氢谱中有5种氢原子的结构简式：______。
(6)写出由甲苯合成的合成路线图，条件不用标出，无机化合物任选 ______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.诗句“玉梅雪柳千家闹，火树银花十里开”，是发生了焰色反应，属于物理变化，不是化学变化，故A错误；
B.熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，是铁和硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁，发生了置换反应，故B正确；
C.诗句“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”，此诗描写煤炭的形象，“乌金”指的是煤，故C正确；
D.提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发，故D正确；
故选：A。
A.焰色试验为物理变化；
B.熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，是铁和硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁；
C.“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”描述的是煤；
D.提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发。
本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
2.【答案】D
【解析】解：A.NO和碱不反应，属于不成盐氧化物，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故A错误；
B.NH4Cl属于离子化合物，AlCl3为共价化合物，故B错误；
C.氢氟酸、氢硫酸溶于水部分电离，属于弱电解质，故C错误；
D.84消毒液是氯化钠和次氯酸钠组成的混合物，洁厕灵为稀盐酸，为混合物，故D正确；
故选：D。
A.酸性氧化物可与水反应生成酸，与碱反应生成盐和水，为非氧化还原反应；
B.只含共价键的化合物为共价化合物；
C.水溶液中或熔融状态下完全电离的电解质为强电解质；
D.不同物质组成的为混合物。
本题考查了物质组成、物质分类的分析判断，主要是概念实质的理解应用，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.以CO2、H2为原料经过11步主反应人工合成淀粉，氢元素化合价一定发生变化，所以过程中一定发生氧化还原反应，故A正确；
B.核反应属于核变化，不是化学变化，故B错误；
C.钻头采用硬质合金材料，合金硬度高于组分金属，故C正确；
D.依据分析可知，“冰光纤”(H2O)问世，比传统光纤(SiO2)具有灵活弯曲和高效导光等优点，故D正确；
故选：B。
A.有元素化合价变化的反应为氧化还原反应；
B.核反应属于物理变化；
C.一般合金硬度大于成分金属；
D.H2O分子规则排列而成的冰单晶微纳光纤，在光的操控方面具有潜在优势。
本题考查了物理变化与化学变化的判断、物质的性质与用途，熟悉物理变化与化学变化的本质区别：是否有新物质生成，把握物质的性质是解题关键，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.Fe3O4具有磁性，所以可用Fe3O4制作录音磁带，故A正确；
B.醋酸与乙醇反应生成具有香味的乙酸乙酯，所以烹饪时加入少许料酒和白醋增香提味，故B正确；
C.小苏打成分为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，所以用小苏打作蛋糕膨松剂，故C错误；
D.墨汁中含有碳，因为碳的性质稳定，故D正确；
故选：C。
A.依据Fe3O4具有磁性的性质解答；
B.醋酸与乙醇反应生成具有香味的乙酸乙酯；
C.小苏打成分为碳酸氢钠；
D.墨汁中含有碳。
本题考查化学与生活、社会科技关系有关知识，涉及物质的性质、现象的解释以及物质的变化等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重化学应用与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，N≡N键的断裂是非极性键的断裂，H−O键是极性键的断裂，N−H键是极性键的形成，O=O键是非极性键的形成，故该过程有极性键、非极性键的断裂和生成，故A正确；
B.图中太阳能使化学反应发生，则将太阳能转化成为化学能，故B正确；
C.LDH为催化剂，催化剂可以降低反应的活化能，提高反应速率，不能改变氮气的转化率，故C错误；
D.该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，由于氮元素从0价降为−3价，所以每生成1mlNH3转移电子数为3×6.02×1023，反应生成1.7gNH3时，氨气物质的量=1.7g17g/ml=0.1ml，转移电子数目为0.3ml，转移电子数为0.3×6.02×1023，故D正确；
故选：C。
A.根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，据此进行解答；
B.图中太阳能使化学反应发生；
C.催化剂可以改变反应历程，降低反应的活化能，不能改变化学平衡；
D.氮元素从0价降为−3价，结合电子守恒计算。
本题考查氧化还原反应的应用、化学反应与能量变化等知识，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握氧化还原反应的特征，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
6.【答案】D
【解析】解：A.该有机物中的过氧键不稳定，受热易分解，所以该有机物受热时可能会失去抗癌活性，故A正确；
B.含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应、还原反应，甲基能发生取代反应，故B正确；
C.该有机物中含有7种化学环境不同的氢原子，其一氯代物有7种，故C正确；
D.该有机物不饱和度为3，而苯环不饱和度为4，该有机物同分异构体中不可能存在苯环结构，故D错误；
故选：D。
A.该有机物中的过氧键不稳定；
B.该有机物中含有碳碳双键和过氧键，具有烯烃和过氧化物的性质
C.该有机物中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
D.该有机物不饱和度为3，而苯环不饱和度为4。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意过氧化物的性质，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：测定补血剂(含Fe2+、维生素C等)中铁元素含量的前期处理：将样品研磨后，取1.000g样品粉末加入5mL稀硝酸溶解后过滤，将滤液配制成250.00mL溶液；过程中涉及到A的过滤、B的研钵、D的250.00mL容量瓶，但没有涉及C的灼烧固体物质，
故选：C。
研磨需要用到研钵，过滤需要用到过滤装置，配制一定物质的量浓度溶液需要用到容量瓶。
本题考查仪器的选择和使用，难度不大，熟悉常见仪器的作用以及应用为解答的关键。
8.【答案】B
【解析】解：A.溶液中存在电荷守恒，c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，醋酸电离程度较小，则c(CH3COOH)>c(OH−)，则c(H+)B.溶液的pH=7时，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)，则c(CH3COO−)=c(NH4+)，水电离程度较小，所以存在c(CH3COO−)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH−)，故B正确；
C.酸抑制水电离，水电离出的，故C错误；
D.醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，钠离子不水解，所以c(CH3COO−)c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)，故D错误；
故选：B。
A.溶液中存在电荷守恒，c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，醋酸电离程度较小，则c(CH3COOH)>c(OH−)；
B.溶液的pH=7时，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)，则c(CH3COO−)=c(NH4+)，水电离程度较小；
C.酸抑制水电离；
D.醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，钠离子不水解，所以c(CH3COO−)本题考查弱电解质的电离、盐类水解，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意酸中水电离出氢离子浓度的计算方法，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.钙比钠活泼，则Na与O2在一定条件下反应生成Na2O2，Ca与O2在一定条件下也可生成CaO2，故A正确；
B.二氧化硫不能漂白指示剂，所以SO2能使紫色石蕊试液只变红不褪色，故B错误；
C.SO2具有强还原性，而SO3没有，所以SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，SO3不可使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；
D.氯气能溶于水，NH3极易溶于水，则用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2，不可用排饱和NH4Cl溶液的方法收集NH3，故D错误；
故选：A。
A.钙比钠活泼；
B.二氧化硫不能漂白指示剂；
C.SO2具有强还原性，而SO3没有；
D.氯气能溶于水，NH3极易溶于水。
本题考查金属及其化合物的性质，题目难度不大，明确物质的性质、发生的反应、类比规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
10.【答案】D
【解析】解：A.标况下，11.2LCO2中含有共用电子对数目为：×4×NAml−1=2NA，故A正确；
B.高温能使蛋白质变性，所以反应②、③无法在高温下进行，故B正确；
C.反应②中，3.2gCH3OH物质的量为：3.2g32g/ml=0.1ml，生成HCHO时转移电子数目为0.2NA，故C正确；
D.1个DHA含有2个羟基，1mlDHA与乙酸发生取代反应，可消耗乙酸分子数目为2NA，故D错误；
故选：D。
A.1个二氧化碳含有4对共用电子对；
B.高温能使蛋白质变性；
C.1个CH3OH生成1个HCHO转移2个电子；
D.1个DHA含有2个羟基。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意蛋白质的性质、DHA结构组成。
11.【答案】A
【解析】解：A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，该实验中说明酸性：硫酸大于硅酸，则非金属性S>Si，故A正确；
B.醇羟基能和Na反应，所以根据现象，不能说明含有水，故B错误；
C.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，由现象可知浓硫酸具有脱水性和强氧化性，故C错误；
D.酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，所以不能说明硝酸亚铁已经变质，故D错误；
故选：A。
A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；
B.醇羟基能和Na反应；
C.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫；
D.酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.根据反应进程图像可知，甲酸在催化剂的作用下，分解成CO2和H2，即该过程中的总反应为，故A正确；
B.根据反应机理图可知，甲酸电离产生H+和HCOO−，HCOO−参与反应，与催化剂结合放出二氧化碳，若H+浓度过大，抑制甲酸的电离，使c(HCOO−)降低，反应速率减慢，若H+浓度降低，反应速率减慢，故B正确；
C.活化能越大，反应速率越慢，根据反应进程图像可知，HCOO−+CO2+IV→HCOO−+CO2+H2+I，活化能最大，反应速率最慢，故C正确；
D.虽然铁连接的原子数和种类发生了改变，但是配离子的电荷数没变，因此Fe元素化合价不变，故D错误；
故选：D。
A.根据反应进程图像可知，甲酸在催化剂的作用下，分解成CO2和H2；
B.根据反应机理图可知，甲酸电离产生H+和HCOO−，HCOO−参与反应，与催化剂结合放出二氧化碳；
C.活化能越大，反应速率越慢；
D.虽然铁连接的原子数和种类发生了改变，但是配离子的电荷数没变。
本题考查配合物的成键情况，为高频考点，掌握化学反应原理等基础知识是做题的关键，侧面考查了分析和解答能力，题目难度中等。
13.【答案】A
【解析】解：A.硬水中存在Mg2+、Ca2+和HCO3−，阴极放电产生OH−，OH−与Mg2+结合生成Mg(OH)2，OH−与HCO3−生成CO32−，Ca2+与CO32−结合生成CaCO3，Mg(OH)2和CaCO3主要沉降在阴极附近，故A错误；
B.阳极产生氯气，氯气与水反应生成次氯酸和HCl，HClO能将有机物氧化为二氧化碳和水，HClO自身被还原为氯离子，Cl−可以循环利用，故B正确；
C.阴极放电产生OH−，OH−与Mg2+结合生成Mg(OH)2，OH−与HCO3−生成CO32−，Ca2+与CO32−结合生成CaCO3，流程中发生离子反应：HCO3−+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O，Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，故C正确；
D.a极反应产生Cl2，氯气与水反应生成次氯酸为可逆反应，次氯酸将有机物R如CO(NH2)2氧化生成N2，通过消耗CO(NH2)2的量计算得到氯气的量小于反应生成的氯气的量，若R为CO(NH2)2，则消耗1mlCO(NH2)2生成N2时，转移6ml电子，故D正确；
故选：A。
A.硬水中存在Mg2+、Ca2+和HCO3−，阴极放电产生OH−，OH−与Mg2+结合生成Mg(OH)2，OH−与HCO3−生成CO32−，Ca2+与CO32−结合生成CaCO3；
B.阳极产生氯气，氯气与水反应生成次氯酸和HCl，HClO能将有机物氧化为二氧化碳和水，HClO自身被还原为氯离子；
C.阴极放电产生OH−，OH−与Mg2+结合生成Mg(OH)2，OH−与HCO3−生成CO32−，Ca2+与CO32−结合生成CaCO3；
D.a极反应产生Cl2，氯气与水反应生成次氯酸为可逆反应，次氯酸将有机物R如CO(NH2)2氧化生成N2，通过消耗CO(NH2)2的量计算得到氯气的量小于反应生成的氯气的量，若R为CO(NH2)2，则消耗1mlCO(NH2)2生成N2时，转移6ml电子。
本题考查原电池和电解池原理，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确各个电极上发生的反应、硬水的组成是解本题关键，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：A.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，离子方程式为：SiO32−+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3−，故A错误；
B.用惰性电极电解NaCl溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，离子方程式为：，故B正确；
C.将铜丝插入稀硝酸溶液中，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D.Fe3+可以将I−氧化为I2，Fe(OH)3与过量的HI溶液反应生成FeI2与水，离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I−=I2+2Fe2++6H2O，故D错误；
故选：B。
A.二氧化碳过量反应生成硅酸和碳酸氢钠；
B.用惰性电极电解NaCl溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠；
C.铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
D.Fe3+可以将I−氧化为I2，Fe(OH)3与过量的HI溶液反应生成FeI2与水。
本题考查了离子方程式的书写，明确化学反应的实质和书写离子方程式应注意的问题是解题关键，注意与量有关的离子方程式的书写。
15.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，X为F，Y为B，Z为C，W为O元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Y>Z>W>X，故A错误；
B.Y的最高价氧化物的水化物H3BO3为一元弱酸，故B错误；
C.非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性：F>O，则单质氧化性：W2D.结合图示可知，该化合物的阴离子中F、B、C、O四种元素均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：D。
短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒，结合图示可知，W形成2个共价键，则W为O元素，说明四种元素均位于第二周期；Z形成4个共价键，则Z为C元素；Y可形成3个共价键和1个配位键，X形成1个共价键，则Y为B，X为F元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构与性质来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
16.【答案】C
【解析】解：A.RO42−中氧元素化合价为−2，则R为+6价；由图可知，pH>6时溶液中存在RO42−，故A正确；
B.RO42−的水解促进水的电离，其浓度越大水的电离程度越大，则水的电离程度：MC.由电荷守恒可知，溶液中存在：c(K+)+c(H+)+c(H3RO4+)=c(OH−)+c(HRO4−)+2c(RO42−)，故C错误；
D.H2RO4的第一步电离平衡常数Ka1=c(H+)c(HRO4−)c(H2RO4)，由图可知，Q点δ(HRO4−)=0.8，则δ(H2RO4)=0.2，c(HRO4−)c(H2RO4)=4、pH=4，故Ka1=c(H+)c(HRO4−)c(H2RO4)=4×10−4，故D正确；
故选：C。
A.RO42−中氧元素化合价为−2，则R为+6价；
B.RO42−的水解促进水的电离，其浓度越大水的电离程度越大；
C.由电荷守恒可知，溶液中存在：c(K+)+c(H+)+c(H3RO4+)=c(OH−)+c(HRO4−)+2c(RO42−)；
D.H2RO4的第一步电离平衡常数Ka1=c(H+)c(HRO4−)c(H2RO4)，由图可知，Q点δ(HRO4−)=0.8，则δ(H2RO4)=0.2，c(HRO4−)c(H2RO4)=4、pH=4。
本题考查弱电解质的电离平衡，题目难度不大，明确电离平衡常数的概念及表达式为解答结构，注意掌握弱电解质的电离特点，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
17.【答案】防止酸性条件下硝酸根把银氧化，干扰实验且保证Fe3+浓度相等 ② 蓝色沉淀 2Fe3++2Ag+SO42−=2Fe2++Ag2SO4 验证酸性条件下Fe3+和NO3−均可以氧化单质银 2NO3− 0【解析】解：(1)为抑制铁离子水解，铁盐溶液常加相对应的酸使溶液呈酸性，选用硫酸铁溶液，目的是防止酸性条件下硝酸根把银氧化，干扰实验且保证Fe3+浓度相等，
故答案为：防止酸性条件下硝酸根把银氧化，干扰实验且保证Fe3+浓度相等；
(2)实验完成后向试管中加入②，若出现蓝色沉淀，则说明有亚铁离子生成，证明甲同学推测正确，
故答案为：②；蓝色沉淀；
(3)该实验方案中涉及化学反应的离子方程式为2Fe3++2Ag+SO42−=2Fe2++Ag2SO4，
故答案为：2Fe3++2Ag+SO42−=2Fe2++Ag2SO4；
(4)用pH试纸测定0.1ml/LFe(NO3)3的pH=2，说明水解呈酸性，即相当于溶液中存在硝酸，b中溶液黄色略变浅说明铁离子起作用；A应该保证NO3−浓度与a、b中相等，故为pH=2，浓度为0.3ml/L的NO3−的溶液，故乙同学的实验目的为验证酸性条件下Fe3+和NO3−均可以氧化单质银，
故答案为：验证酸性条件下Fe3+和NO3−均可以氧化单质银；2；NO3−；
(5)从电压表x度数可以看出加入浓Fe2(SO4)3溶液后，电流方向会发生偏转，乙电池中Ag变为负极，故证明Ag与Fe3+反应是可逆反应，因此读数x可能为0故答案为：0(6)根据上述分析可知，Ag+和Fe2+反应生成银，将Fe2+氧化成Fe3+，且为可逆反应，故反应的离子方程式为Ag++Fe2+⇌Ag+Fe3+，
故答案为：Ag++Fe2+⇌Ag+Fe3+。
(1)为抑制铁离子水解，铁盐溶液常加相对应的酸使溶液呈酸性；
(2)K2[Fe(CN)6]溶液和亚铁离子生成蓝色沉淀；
(3)该实验方案中Fe3+和Ag、SO42−生成Fe2+、Ag2SO4；
(4)用pH试纸测定0.1ml/LFe(NO3)3的pH=2，说明水解呈酸性，b中溶液黄色略变浅说明铁离子起作用；注意对比实验保证单一变量；
(5)从电压表x度数可以看出加入浓Fe2(SO4)3溶液后，电流方向会发生偏转，乙电池中Ag变为负极；
(6)根据上述分析可知，Ag+和Fe2+反应生成银，将Fe2+氧化成Fe3+，且为可逆反应。
本题考查物质性质实验，涉及对实验原理理解、阅读获取信息的能力等，难度较大，是对知识的综合运用，理解实验原理是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力。
18.【答案】+3否 由于As2S3(s)+3S2−(aq)⇌2AsS33−(aq)，加入过量的硫化钠，溶液中硫离子浓度增大，平衡正向移动不利于沉砷 AsS33−+2O2=AsO43−+3S↓氢碘酸、淀粉溶液 pH=7∼9，随pH升高，H2AsO4−转变为HAsO42−，吸附剂表面所带负电荷增多，静电斥力增加，吸附量下降 1×10−5 否
【解析】解：(1)As2S3中S的化合价为−2，则砷元素的化合价为+3，
故答案为：+3；
(2)FeS不可以用过量的Na2S替换，由于As2S3(s)+3S2−(aq)⇌2AsS33−(aq)，加入过量的硫化钠，溶液中硫离子浓度增大，平衡正向移动不利于沉砷，
故答案为：否；由于As2S3(s)+3S2−(aq)⇌2AsS33−(aq)，加入过量的硫化钠，溶液中硫离子浓度增大，平衡正向移动不利于沉砷；
(3)向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，As元素以Na3AsO4的形式存在，对应离子方程式为AsS33−+2O2=AsO43−+3S↓，
故答案为：AsS33−+2O2=AsO43−+3S↓；
(4)过程中，检验SO2还原砷酸后所得溶液中是否仍存在砷酸，需进行的实验操作是：取3mLSO2还原砷酸后的溶液于试管中，加入足量氢碘酸，然后加入几滴淀粉溶液，振荡，若溶液变蓝色，说明存在砷酸，反之，无砷酸，
故答案为：氢碘酸、淀粉溶液；
(5)当溶液pH介于7∼9，吸附剂对五价砷的平衡吸附量随pH的升高而下降，原因在于pH=7∼9，随pH升高，H2AsO4−转变为HAsO42−，吸附剂表面所带负电荷增多，静电斥力增加，吸附量下降，
故答案为：pH=7∼9，随pH升高，H2AsO4−转变为HAsO42−，吸附剂表面所带负电荷增多，静电斥力增加，吸附量下降；
(6)根据溶度积规则可知，Ksp[Ca3(AsO4)2]=c3(Ca2+)c2(AsO43−)=8×10−19，c(Ca2+)为2×10−3ml/L，则溶液中的c(AsO43−)至少为Ksp[Ca2(AsO4)]c3(Ca2+)=8×10−19(2×10−3)3ml/L=1×10−5ml/L，对应的含量为1×10−5ml/L×75g/ml=0.75mg/L，国家规定工业废水排放中砷元素含量<0.5mg/L，故不符合，
故答案为：1×10−5；否。
酸性高浓度含砷废水加入硫化钠、硫酸亚铁，其中硫酸亚铁可除去过量的硫离子，过滤得到As2S3和FeS，加入氢氧化钠溶液生成Na3AsO3，氧化生成Na3AsO4，加入氧气氧化脱硫，生成的气体为二氧化硫，与Na3AsO4在酸性条件下发生氧化还原反应生成As2O3，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
19.【答案】b+12a−2c40%0.074增大n(H2O)或减小进气比[n(CO)：n(H2O)]B、E 减小 Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高 2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O
【解析】解：(1)H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=(b+12a−2c)kJ/ml，
故答案为：b+12a−2c；
(2)①将0.10mlCO与0.40mlH2O充入5L的容器中，反应平衡后H2的物质的量分数x(H2)=0.08，列化学平衡三段式，
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
起始(ml)
转化(ml)xxxx
平衡(ml)0.1−x0.4−xxx
x(H2)=0.08=x0.1+0.4×100%，解得x=0.04，CO的平衡转化率；该反应是气体体积不变的反应，K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)=0.045××0.365≈0.074，
故答案为：40%；0.074；
②保持K不变，即保持温度不变，增大n(H2O)、减小进气比[n(CO)：n(H2O)]，都能平衡正向移动，CO平衡转化率增大，
故答案为：增大n(H2O)或减小进气比[n(CO)：n(H2O)]；
③该反应是放热反应，升高温度，正、逆反应加快，则A、F点错误，同时平衡逆向移动，x(CO)增大，x(H2)减小，则D、C点错误，B、E两点正确，所以当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为B、E，
故答案为：B、E；
④该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则Kp减小；T>Tm时，升高温度，k增大，Kp减小，根据CO催化变换反应的速率方程：v=k[x(CO)⋅x(H2O)−x(CO2)⋅x(H2)KP]式可知，k值增大使v提高，Kp减小使v降低，T>Tm时v逐渐减小的原因是Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高，
故答案为：减小；Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高；
(3)氨气在阳极失去电子发生氧化反应生成氮气，则阳极的电极反应式为2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O，
故答案为：2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O。
(1)H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=反应物键能总和-生成物键能总和；
(2)①将0.10mlCO与0.40mlH2O充入5L的容器中，反应平衡后H2的物质的量分数x(H2)=0.08，列化学平衡三段式，
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
起始(ml)
转化(ml)xxxx
平衡(ml)0.1−x0.4−xxx
x(H2)=0.08=x0.1+0.4×100%，解得x=0.04，CO的平衡转化率，K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)；
②保持K不变，即保持温度不变，提高CO平衡转化率措施，即使平衡正向移动，结合勒夏特列原理分析；
③该反应是放热反应，升高温度，正、逆反应加快，平衡逆向移动，x(CO)增大，x(H2)减小，据此分析；
④该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；T>Tm时，CO催化变换反应的速率方程，综合分析温度对k、Kp的影响；
(3)氨气在阳极失去电子发生氧化反应生成氮气，据此书写阳极的电极反应式。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合△H=反应物键能总和-生成物键能总和、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
20.【答案】3d74s2 C的第四电离能失去的是3d6电子，Fe失去的是3d5的电子，比较稳定 N>C>Hsp2 8：1SbCl3是分子晶体，CCl2是离子晶体 三角锥形 LaC4Sb12 2×139+4×59+12×122a3×NA×10−21
【解析】解：(1)钴的原子序数为27，故基态钴原子的价电子排布式为3d74s2，C和Fe的逐级电离能数据如表，Fe的I4大于C的原因是C的第四电离能失去的是3d6电子，Fe失去的是3d5的电子，比较稳定，
故答案为：3d74s2；C的第四电离能失去的是3d6电子，Fe失去的是3d5的电子，比较稳定；
(2)①元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大，所以电负性N>C>H，
故答案为：N>C>H；
②苯环中的C为sp2杂化，与O相连的C形成C=O，也为sp2杂化，
故答案为：sp2；
③化合物甲中共16个σ键和1个大π键，C与O形成1个π键，化合物甲中的σ键和π键之比为16：2=8：1，
故答案为：8：1；
(3)SbCl3的熔点73℃，沸点223.5℃，CCl2的熔点是735℃，沸点是1049℃，两者的熔沸点差异较大的原因是SbCl3是分子晶体，CCl2是离子晶体，SbCl3分子中心原子价层电子对数=3+5−3×12=4，Sb原子采用sp3杂化，分子的空间构型为三角锥形，
故答案为：SbCl3是分子晶体，CCl2是离子晶体；三角锥形；
(4)在该晶胞中含有的La原子数目为2个，含有的C原子数目为：8×18+12×14+6×12+1=8，Sb的四环结构为6个，Sb原子数目为4×6=24，则La：C：Sb=2：8：24=1：4：12，故该晶体化学式为LaC4Sb12；设阿伏加德罗常数的值为NA，已知该晶胞参数为anm，晶胞质量为2×139+4×59+12×122NAg，晶胞体积为(a×10−7)3cm3，则根据晶体密度计算公式ρ=mV=2×139+4×59+12×122a3×NA×10−21g⋅cm−3，
故答案为：LaC4Sb12；2×139+4×59+12×122a3×NA×10−21。
(1)钴的原子序数为27，故基态钴原子的价电子排布式为3d74s2，C和Fe的逐级电离能数据如表，Fe的I4大于C的原因是C的第四电离能失去的是3d6电子，Fe失去的是3d5的电子；
(2)①元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大；
②苯环中的C为sp2杂化，与O相连的C形成C=O；
③化合物甲中共16个σ键和1个大π键，C与O形成1个π键；
(3)SbCl3的熔点73℃，沸点223.5℃，CCl2的熔点是735℃，沸点是1049℃，两者的熔沸点差异较大的原因是SbCl3是分子晶体，CCl2是离子晶体，SbCl3分子中心原子价层电子对数=3+5−3×12=4，Sb原子采用sp3杂化；
(4)在该晶胞中含有的La原子数目为2个，含有的C原子数目为：8×18+12×14+6×12+1=8，Sb的四环结构为6个，Sb原子数目为4×6=24，则La：C：Sb=2：8：24=1：4：12，故该晶体化学式为LaC4Sb12；设阿伏加德罗常数的值为NA，已知该晶胞参数为anm，晶胞质量为2×139+4×59+12×122NAg，晶胞体积为(a×10−7)3cm3，结合密度公式计算即可。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
21.【答案】酰胺键 B 9 →SOCl2→CH3NH2
【解析】解：(1)观察C的结构，可知C中的官能团有溴原子、氟原子、酰胺键，
故答案为：酰胺键；
(2)A.对比有机物结构，可知A→D的过程中均发生取代反应，故A错误；
B.由结构简式，可知化合物F的分子式为C21H16N4O2F4S，故B正确；
C.没有连接4个不同原子或原子团的碳原子，没有手性碳原子，故C错误；
D.由信息③可知，甲苯卤代生成邻位、对位产物，而苯甲酸卤代主要生成间位产物，由甲苯合成A的过程是先进行卤代，然后甲基氧化为羧基，故D错误，
故答案为：B；
(3)对比D、F的结构，结合信息②，F中羧基转化为−COOCH3生成E，故E的结构简式为，
故答案为：；
(4)B→C发生取代反应，同时生成HCl，反应方程式为，
故答案为：；
(5)化合物G比C少一个Br原子但多一个H原子，G的同分异构体满足条件：①苯环存在两个取代基，且每个取代基只含一个碳原子，③可发生银镜反应，说明含有醛基，④其中一个取代基中含N−F键，②不含手性碳原子，2个取代基为−CHO、−CH2NHF，或者为−CHO、−NFCH3，或者为−CH2CHO、−NHF，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有3×3=9种，其中一种核磁共振氢谱中有5种氢原子的结构简式为，
故答案为：9；；
(6)由信息②可知，先发生溴代反应生成，然后由酸性高锰酸钾溶液氧化生成，再与SOCl2反应生成，最后与CH3NH2反应生成，合成路线为→SOCl2→CH3NH2，
故答案为：→SOCl2→CH3NH2。
(1)观察C的结构，可知C中的官能团有溴原子、氟原子、酰胺键；
(2)A.对比有机物结构，可知A→D的过程中均发生取代反应；
B.由结构简式，可知化合物F的分子式为C21H16N4O2F4S；
C.连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；
D.由信息③可知，甲苯卤代生成邻位、对位产物，而苯甲酸卤代主要生成间位产物；
(3)对比D、F的结构，结合信息②，F中羧基转化为−COOCH3生成E；
(4)B→C发生取代反应，同时生成HCl；
(5)化合物G比C少一个Br原子但多一个H原子，G的同分异构体满足条件：①苯环存在两个取代基，且每个取代基只含一个碳原子，③可发生银镜反应，说明含有醛基，④其中一个取代基中含N−F键，②不含手性碳原子，2个取代基为−CHO、−CH2NHF，或者为−CHO、−NFCH3，或者为−CH2CHO、−NHF；
(6)由信息②可知，先发生溴代反应生成，然后由酸性高锰酸钾溶液氧化生成，再与SOCl2反应生成，最后与CH3NH2反应生成。
本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机物的结构、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构来理解发生的反应，题目较好地考查了学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。
选项
传统文化
化学知识
A
诗句“玉梅雪柳千家闹，火树银花十里开”
焰色反应，化学变化
B
熬胆矾铁釜，久之亦化为铜
置换反应
C
诗句“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”
乌金为煤炭
D
中药铜绿制法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”
实验操作：洗涤、溶解、过滤、蒸发
选项
项目
化学知识
A
用Fe3O4制作录音磁带
Fe3O4具有磁性
B
烹饪时加入少许料酒和白醋增香提味
酯化反应，生成乙酸乙酯有香味
C
用小苏打作蛋糕膨松剂
Na2CO3与酸发生反应产生气体
D
用墨汁绘制国画
碳单质性质稳定
选项
实验操作
实验现象
结论
A
往Na2SiO3溶液中滴入稀H2SO4
出现白色凝胶
说明非金属性：S>Si
B
向乙醇中加入绿豆大小的金属钠
产生气泡
说明乙醇中含有H2O
C
向蔗糖中加入浓硫酸
蔗糖变黑后膨胀
说明浓硫酸具有吸水性和强氧化性
D
将Fe(NO3)2溶解在稀H2SO4中，再加入KSCN溶液
溶液呈血红色
说明Fe(NO3)2已变质
序号
实验步骤
实验现象
a
用pH试纸测定0.1ml/LFe(NO3)3的pH
pH=2
b
取一支沾有少量Ag的试管，加入5mL0.1ml/LFe(NO3)3溶液(过量)，充分振荡。
银镜消失较快；溶液黄色略变浅；
c
取一支沾有少量Ag的试管，加入试剂A，充分振荡。
银镜消失较快。
序号
实验步骤
电流表读数(A)
A
按上图连接装置并加入药品，电流表指针偏转，发现银电极质量有增加，读出电流表读数a
a(a>0)
B
充分反应一段时间后，读出电流表读数b
b(0C
再继续向烧杯甲中缓缓加入浓Fe2(SO4)3溶液，读出电流表读数x
x
化学键
O=O
H−H
O−H
键能E/(kJ⋅ml−1)
a
b
c
元素
I1
I2
I3
I4
I5
…
Fe
462.5
1561.9
2957
5290
7240
C
760.4
1648
3232
4950
7670