1、2023學年高二下學期化學期末模擬測試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列有關說法不正確的是 ()ApH小于5.6的雨水稱為酸雨B分散質粒子直徑介于1100nm之間的分散系稱為膠體C王水是濃硝酸和濃鹽酸按物質的量之比1:3組成的混合物D光導纖維的主要成分是二氧化硅，太陽能光電板的主要

2、原料是硅晶體2、下列說法不正確的是ANa2O2的電子式：B金屬鈉著火時，用細沙覆蓋滅火C氯水、氯氣、液氯均能與硝酸銀溶液反應產生白色沉淀D研究方法是觀察法3、在硼酸B(OH)3分子中，B原子與3個羥基相連，其晶體具有與石墨相似的層狀結構。則分子中B原子雜化軌道的類型及同層分子間的主要作用力分別是Asp，范德華力Bsp2，范德華力Csp2，氫鍵Dsp3，氫鍵4、某同學購買了一瓶“84消毒液”，包裝說明如下：請根據以上信息和相關知識判斷，下列分析不正確的是（ ）A該“84消毒液”的物質的量濃度約為4.0 molL1B一瓶該“84消毒液”敞口放置一段時間后濃度會變小C取100 mL該“84消毒液”稀

3、釋100倍消毒，稀釋后溶液中c(Na)約為0.04molL1D參閱該“84消毒液”的配方，欲用NaClO固體配制含25%NaClO的消毒液480 mL，需要稱量的NaClO固體質量為143 g5、下列有關物質用途的說法，錯誤的是（ ）A二氧化硫常用于漂白紙漿B漂粉精可用于游泳池水消毒C碳酸鋇可用來治療胃酸過多D氧化鐵常用于紅色油漆和涂料6、下列關于有機物的敘述正確的是（ ）A乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用飽和Na2CO3溶液鑒別B除去乙烷中少量的乙烯，可在光照條件下通入Cl2，再氣液分離C乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色D蛋白質、葡萄糖、油脂均能發生水解反應7、關于濃度均為0.1molL1的三

4、種溶液：氨水、鹽酸、氯化銨溶液，下列說法不正確的是（ ）Ac(NH4+)：；水電離出的c(H)：B將pH值相同和溶液加水稀釋相同的倍數后pH值：C和等體積混合后的溶液：c(H)c(OH) + c(NH3H2O)D和等體積混合后的溶液：c(NH4+)c(Cl) c(NH3H2O) c(OH)c(H)8、可用來鑒別己烯、甲苯、己烷的一組試劑是( )A溴水B酸性高錳酸鉀溶液C溴水、酸性高錳酸鉀溶液D溴的四氯化碳溶液9、結構簡式為的有機物分子中，處于同一平面的碳原子最多有A6個B8個C9個D10個10、 “中國名片”中航天、軍事、天文等領域的發展受到世界矚目，它們與化學有著密切的聯系。下列說法錯誤的是

5、（ ）A“中國天眼”用到的鋼鐵屬于黑色金屬材料B“殲-20”飛機上大量使用的碳纖維是一種新型有機高分子材料C“神舟十一號”宇宙飛船返回艙外表面使用的高溫結構陶瓷是新型無機非金屬材料D“天宮二號”空間實驗室的硅電池板將光能直接轉換為電能11、化學與生產、生活有關，下列說法正確的是A將淀粉在稀硫酸中最后水解產物與銀氨溶液混合，水浴加熱后可出現光亮的銀鏡B尼龍繩、宣紙、棉襯衣這些生活用品中都主要由合成纖維制造C核磁共振譜、紅外光譜和質譜法都可以分析有機物的結構D蔗糖和麥芽糖互為同分異構體，兩者水解產物可與新制的Cu(OH)2懸濁液反應12、下列說法正確的是ABF3和NH3的空間構型都為平面三角形B晶

6、格能由大到小的順序:NaFNaClNaBrNaIC熔點:Na-K合金氯化鈉鈉金剛石D空間利用率:體心立方堆積六方最密堆積，故A正確；B將pH值相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋相同的倍數，HCl為強電解質，完全電離，氯化銨溶液水解存在水解平衡，加水稀釋存在水解，稀釋相同的倍數后pH值：，故B錯誤；CNH3H2O是弱電解質、HCl是強電解質，和等體積混合后，二者恰好反應生成NH4Cl，溶液中存在質子守恒，根據質子守恒得c(H+)=c(OH-)+c(NH3H2O)，故C正確；D和等體積混合后，NH3H2O電離程度大于NH4+水解程度導致溶液呈堿性，再結合電荷守恒得c(NH4+)c(Cl-)，NH3H2

7、O電離程度、NH4+水解程度都較小，所以離子濃度大小順序是c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)，故D正確；故選B。8、C【答案解析】鑒別己烯、甲苯、己烷分為兩步進行：取少量待測液分裝于三只試管中，三只試管中滴加少量溴水，能與溴水發生化學反應，使其褪色的是己烯；再取除己烯外，另外兩種待測液少許于兩支試管中，兩支試管中滴加少量酸性高錳酸鉀溶液，使其褪色的是甲苯。故選C；答案：C【答案點睛】1.能使溴水反應褪色的有機物有：苯酚、醛、含不飽和碳碳鍵（碳碳雙鍵、 碳碳叁鍵）的有機物；2.能使酸性高錳酸鉀褪色的有機物與烯烴、炔烴、二烯烴等不飽和烴類及不飽和烴的衍生物反應；與苯的同系物(甲苯、乙

8、苯、二甲苯等)反應；與部分醇羥基、酚羥基（如苯酚）發生氧化還原反應；與醛類等有醛基的有機物（如醛、甲酸、甲酸酯、甲酸鹽、葡萄糖、麥芽糖等）發生氧化還原反應。9、D【答案解析】根據苯環和碳碳雙鍵均是平面形結構分析解答。【題目詳解】苯環是平面形結構，與苯環直接相連的原子位于苯環所在平面上。碳碳雙鍵也平面形結構，又因為碳碳單鍵可以旋轉，則該有機物分子中所有碳原子均可能位于同一平面上，即處于同一平面的碳原子最多有10個。答案選D。10、B【答案解析】A.鋼鐵是鐵的合金，屬于黑色金屬材料，A項正確，不符合題意；B.碳纖維為碳的單質，不是有機物，B項錯誤，符合題意；C.宇宙飛船返回艙外表面主要用的是高溫結

9、構陶瓷，屬于耐高溫的新型無機非金屬材料，C項正確，不符合題意；D.天宮二號的太陽能電池板是為空間實驗室提供電能的裝置，可以將光能轉化為電能，D項正確，不符合題意；答案選B。11、D【答案解析】A加銀氨溶液前應先加過量NaOH中和硫酸，否則銀氨溶液和硫酸反應了，不會出現銀鏡，A錯誤；B尼龍是合成纖維，宣紙、棉襯衣由天然纖維加工而成，B錯誤；C核磁共振氫譜可以測分子中等效氫種類和個數比，紅外光譜測分子中的官能團和某些結構，質譜法測有機物相對分子質量，C錯誤；D蔗糖和麥芽糖互為同分異構體，蔗糖水解成一分子葡萄糖和一分子果糖，麥芽糖水解成2分子葡萄糖，水解產物均有葡萄糖，葡萄糖含醛基，可與新制的Cu(

10、OH)2懸濁液反應產生磚紅色沉淀，D正確。答案選D。12、B【答案解析】A、B形成3個鍵，孤對電子數為3-132=0，為sp2雜化，BF3立體構型為平面三角形，而N形成3個鍵，孤對電子數為5-132=1，為sp3雜化，NH3立體構型為三角錐形，選項A錯誤；B離子晶體晶格能與離子電荷成正比，與離子半徑成反比，從F到I其簡單陰離子半徑隨著原子序數增大而增大，所以其晶格能隨著原子序數增大而減小，則晶格能由大到小：NaFNaClNaBrNaI，選項B正確；C、合金熔點比各成份都低，不同類型的晶體熔點的高低順序為：原子晶體離子晶體金屬晶體分子晶體，所以熔點Na-K合金鈉氯化鈉金剛石，選項C錯誤；D、體心

11、立方堆積的空間利用率為68%，六方最密堆積=面心立方最密堆積空間利用率74%，所以空間利用率為：體心立方堆積六方最密堆積=面心立方最密堆積，選項D13、C【答案解析】鋼鐵生銹主要是電化學腐蝕，而電化學腐蝕的種類因表面水膜的酸堿性不同而不同，當表面水膜酸性很弱或中性時，發生吸氧腐蝕；當表面水膜的酸性較強時，發生析氫腐蝕，A、B均正確；C、鋼閘門與鋅板相連時，形成原電池，鋅板做負極，發生氧化反應而被腐蝕，鋼閘門做正極，從而受到保護，這是犧牲陽極的陰極保護法；當把鋅板換成銅板時，鋼閘門做負極，銅板做正極，鋼閘門優先腐蝕，選項C錯誤；D、鋼閘門連接直流電源的負極，做電解池的陰極而受到保護，這是連接直流

12、電源的陰極保護法，選項D正確。答案選C。14、D【答案解析】A二氧化硅是原子晶體，存在共價鍵，二氧化碳是分子晶體，分子內為共價鍵，分子間為范德華力，二者晶體類型和化學鍵類型不同，A項不符合題意；B金剛石是原子晶體，存在共價鍵，石墨為層狀晶體，層內是共價鍵，層間是范德華力，屬混合晶體，二者化學鍵類型和晶體類型不同，B項不符合題意；C氯化鈉是離子晶體，存在離子鍵，過氧化鈉為離子晶體，但既存在離子鍵，也存在共價鍵，二者化學鍵類型不相同，C項不符合題意；D溴是分子晶體，白磷是分子晶體，均存在共價鍵。二者化學鍵類型和晶體類型均相同，D項符合題意；本題答案選D。【答案點睛】考查化學鍵類型和晶體類型的判斷，

13、分清原子晶體，分子晶體，離子晶體等常見晶體的化學鍵是解答的關鍵。15、D【答案解析】A.PCl3中P原子形成3個鍵，孤對電子數為=1，則為sp3雜化，為三角錐形，故A正確；B.BCl3中B原子形成3個鍵，孤對電子數為=0，則為sp2雜化，為平面三角形，故B正確；C.CS2中C原子形成2個鍵，孤對電子數為=0，則為sp雜化，為直線形，故C正確；D.H2S分子中，S原子形成2個鍵，孤對電子數為=2，則為sp3雜化，為V形，故D錯誤。故選D。【答案點睛】首先判斷中心原子形成的鍵數目，然后判斷孤對電子數目，以此判斷雜化類型，結合價層電子對互斥模型可判斷分子的空間構型。16、B【答案解析】圖示，反應物的

14、總能量小于生成物的總能量，該圖示表示的是吸熱反應，據此回答。【題目詳解】冰雪融化吸熱，是物理變化，不符合；KMnO4分解制O2是吸熱反應，符合；鋁與氧化鐵的反應是放熱反應，不符合；鈉與水的反應是放熱反應，不符合；二氧化碳與灼熱木炭的反應是吸熱反應，符合；碘的升華吸熱，是物理變化，不符合；Ba（OH）28H2O和NH4Cl反應是吸熱反應，符合；答案選B。【答案點睛】掌握常見的放熱反應和吸熱反應是解答的關鍵，一般金屬和水或酸的置換反應、酸堿中和反應、一切燃燒、大多數化合反應和置換反應、緩慢氧化反應如生銹等是放熱反應。大多數分解反應、銨鹽和堿反應、碳（或氫氣或CO）作還原劑的反應等是吸熱反應。另外還

15、需要注意不論是放熱反應還是吸熱反應均是化學變化。17、C【答案解析】反應后溶液中還有較多H離子剩余,且濾液中沒有Cu2,可以知道殘留物沒有Fe,只有Cu,而Cu可以殘留說明溶液中沒有Fe3+，溶液中陽離子為H和Fe2+，參加反應的HCl中的H元素轉化到氫氣、水中，根據H原子守恒，計算混合物中O原子物質的量，根據Cu元素守恒計算n(CuO)，再根據O原子守恒計算n(Fe2O3),根據m=nM計算氧化鐵的質量。【題目詳解】反應后溶液中還有較多H離子剩余，且濾液中沒有Cu2，可以知道殘留物沒有Fe，只有Cu，而Cu可以殘留說明溶液中沒有Fe3+，溶液中陽離子為H和Fe2+，反應后剩余n(H+)=0.

16、4nol/L0.2L=0.08mol，原溶液中n(HCl)=4.4mol/L0.1L=0.44mol，參加反應的HCl中的H元素轉化到氫氣、水中,根據H原子守恒,2n(H2O)+2n(H2)=n總(HCl)-n余(H+)，即2n(H2O)+2=0.44mol-0.08mol，n(H2O)=0.14mol故混合物中n(O)= n(H2O)=0.14mol，由銅元素守恒,則n(CuO)=n(Cu)=0.02mol，由O原子守恒:3n(Fe2O3)+ n(CuO)=0.14mol，則n(Fe2O3)=0.04mol，由Cl原子守恒，濾液中溶質為FeCl2和剩余HCl，2n(FeCl2)+n余(HCl

17、)=n總(HCl)，即2n(FeCl2)+0.08mol=0.44mol，n(FeCl2)=0.18mol,由Fe原子守恒，原混合物中鐵的物質的量：n(Fe)+2n(Fe2O3)=n(FeCl2), n(Fe)=0.18mol-0.04mol2=0.10mol, m(Fe)=0.10mol56g/mol=5.60g，所以C選項是正確的。【答案點睛】本題考查混合物的計算，明確物質反應先后順序及剩余固體成分是解本題關鍵，再結合轉移電子守恒、原子守恒進行解答，同時考查學生思維縝密性，題目難度中等。18、B【答案解析】分析：本題考查的是非金屬元素及其化合物的性質和用途，難度較小。詳解：A.濃硫酸不能與

18、石英的主要成分二氧化硅反應，故錯誤；B.太陽能電池板的材料為硅，故正確；C.海水中加入明礬不能使海水淡化，故錯誤；D.絲綢的主要成分為蛋白質，故錯誤。故選B。19、C【答案解析】試題分析：某溶液由K+、Fe3+、SO42-、CO32-、NO3-、I-中的幾種離子組成，取樣，滴加NaOH溶液后有紅褐色沉淀生成，說明一定有Fe3+、一定沒有CO32-和I-。A. 是否含有SO42-可用BaCl2溶液檢驗，A正確；B. 是否含有K+可通過焰色反應確定，B正確；C. 無法確定是否一定存在NO3-，C不正確；D. 一定不存在的離子為CO32-、I-，D正確。本題選C。20、C【答案解析】A. a、b的分

19、子式為C8H8，c的分子式為C8H10，故A錯誤；B. b分子是立方烷，不能與溴水發生反應，a、c分子中均含有碳碳雙鍵，可以和溴水發生反應，故B錯誤；C. a分子中的苯環和碳碳雙鍵均為平面結構，因單鍵可以旋轉，所以a分子中的所有原子可以處于同一平面，b、c分子中均含有飽和碳原子，所以b、c分子中的所有原子不可能處于同一平面，故C正確；D. b分子是立方烷，是一種對稱結構，每個碳原子上有一個氫原子，其一氯代物只有1種，a的一氯代物有5種，c的一氯代物有7種，故D錯誤；答案選C。21、D【答案解析】乙醛、丙醛在氫氧化鈉溶液中發生加成反應可以有乙醛與乙醛、丙醛與丙醛、乙醛與丙醛（乙醛打開碳氧雙鍵）、

20、丙醛與乙醛（丙醛打開碳氧雙鍵），共4種：、；答案選D。22、B【答案解析】A白磷和紅磷互為同素異形體，一定條件下二者可以相互轉化，故A錯誤；BC2H6和C5H12都是烷烴，二者C原子數不同，互為同系物，故B正確；CCH3CH2CH(CH3)2的甲基在2號C，正確名稱為2-甲基丁烷，故C錯誤；DCH3OCHO和HCOOCH3的分子式、結構完全相同，為同一種物質，故D錯誤；故選B。二、非選擇題(共84分)23、丙烯 碳碳雙鍵 取代反應 消去反應 HOCH2-CH=CH-CH2OH 保護分子中碳碳雙鍵不被氧化 12 10 ClCH2-CH（CH2OH）2 CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3

21、 CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3 CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2 【答案解析】由題中信息可知，M與氯氣發生取代反應生成CH2=CH-CH2Cl，可確定M為丙烯；已知在特殊催化劑的作用下，能夠發生碳碳雙鍵兩邊基團互換的反應，則CH2=CH-CH2Cl在催化劑的作用下，生成乙烯、CH2Cl-CH=CH-CH2Cl；根據合成路線可知，A水解后先與HCl發生反應，然后發生氧化反應、消去反應，則A為CH2Cl-CH=CH-CH2Cl、B為乙烯；C為HOCH2-CH=CH-CH2OH；D為HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH；E為HOOC-CH2-CHCl-C

22、OOH；F為NaOOC-CH=CH-COONa；G為HOOC-CH=CH-COOH；H為CH2Br-CH2Br；I為CH2OH-CH2OH；【題目詳解】（1）根據分析可知，M為丙烯；A為CH2Cl-CH=CH-CH2Cl，含有的官能團為碳碳雙鍵；（2）反應為取代反應；反應為鹵代烴的消去反應；（3）C的結構簡式為HOCH2-CH=CH-CH2OH，其分子中含有碳碳雙鍵和羥基，這丙種官能團均易發生氧化反應，因此，CG的過程步驟、的目的是：為了保護碳碳雙鍵在發生氧化反應時不被氧化；（4）G的結構簡式為HOOC-CH=CH-COOH，當碳碳雙鍵與羧基中碳氧雙鍵確定的平面重合時，則有12原子共平面；其順

23、式結構為：；(5)D的結構簡式為HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH，符合氯原子連在碳鏈的端點碳上 羥基連在不同的碳原子上。若無支鏈，固定Cl原子和一個OH在一端，另一個OH的位置有3種；移動OH的位置，另一個OH的位置有2種；依此類推，1種；若存在一個甲基支鏈，有2種；，有1種，1種，合計10種；其中核磁共振氫譜為4組峰且峰面積比為4：2：2：1，符合的結構簡式為：ClCH2-CH（CH2OH）2；(6) I、G分別為：HOOC-CH=CH-COOH、CH2OH-CH2OH，在一定條件下發生酯化反應，制取環酯P，其方程式為：；（7）根據題目信息，烯烴在一定條件下碳碳雙鍵兩邊的基團可以互換

24、，則先用2-氯丙烷發生消去反應生成丙烯，丙烯在一定條件下生成乙烯和2-丁烯，利用2-丁烯和溴水發生加成反應，生成2，3-二溴丁烷，再發生消去反應生成1，3-丁二烯，最后與乙烯發生雙烯合成制取環己烯。合成路線如下：CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3 CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3 CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2。【答案點睛】多官能團同分異構體的書寫時，根據一固定一移動原則，逐個書寫，便于查重。24、NaAlSiN NaCl為離子晶體，而SiCl4為分子晶體 sp3 V形 1s22s22p63s23p63d104s1 Cu3N 【答案解析】C元素

25、是地殼中含量最高的金屬元素，則C為Al；D單質的晶體可做半導體材料，則D為Si；E原子核外的M層中有兩對成對電子，則E的價電子排布為3s23p4，其為S；A原子核外有三個未成對電子，則A為N；化合物B2E為離子晶體，則B為Na。F原子最外層電子數與B的相同，其余各層均充滿電子，則F的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，其為Cu。從而得出A、B、C、D、E、F分別為N、Na、Al、Si、S、Cu。【題目詳解】(1)A、B、C、D分別為N、Na、Al、Si，由于N的非金屬性最強，且原子軌道半充滿，所以第一電離能最大，Si次之，Na最小，從而得出第一電離能由小到大的順序為N

26、aAlSiN。答案為：NaAlSiN；(2)B的氯化物為NaCl，離子晶體，D的氯化物為SiCl4，分子晶體，由此可得出熔點NaCl比SiCl4高的理由是NaCl為離子晶體，而SiCl4為分子晶體。答案為：NaCl為離子晶體，而SiCl4為分子晶體；(3)A的簡單氫化物為NH3，中心原子的價層電子數為4，采取sp3雜化，E的低價氧化物為SO2，S原子發生sp2雜化，分子的空間構型是V形。答案為：sp3；V形；(4)F為Cu，其原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，N、Cu形成某種化合物的晶胞中，空心小球的數目為8=1，黑球的數目為12=3，N顯-3價，則Cu顯+1價

27、，由此得出其化學式為Cu3N。答案為：1s22s22p63s23p63d104s1；Cu3N。【答案點睛】計算晶胞中所含微粒數目時，應依據微粒在該晶胞中的位置及所占的份額共同決定。如立方晶胞，微粒位于頂點，則該微粒屬于此晶胞的份額僅占八分之一；微粒位于棱上時，由于棱屬于四個晶胞，則該微粒屬于此晶胞的份額僅占四分之一。25、排除體系中的N2 A和D D CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2 吸收未反應的O2，保證最終收集的氣體是N2 量筒內液面與廣口瓶中的液面持平 視線與凹液面最低處相切 ABD 【答案解析】在本實驗中，通過測定氨基酸和氧氣反應生成產物中二氧化碳、水和氮氣的相關數據進

28、行分析。實驗的關鍵是能準確測定相關數據，用濃硫酸吸收水，堿石灰吸收二氧化碳，而且二者的位置不能顛倒，否則堿石灰能吸收水和二氧化碳，最后氮氣的體積測定是主要多余的氧氣的影響，所以利用加熱銅的方式將氧氣除去。首先觀察裝置圖，可以看出A中是氨基酸的燃燒，B中吸收生成的水，在C中吸收生成的二氧化碳，D的設計是除掉多余的氧氣，E、F的設計目的是通過量氣的方式測量氮氣的體積，在這個基礎上，根據本實驗的目的是測定某種氨基酸的分子組成，需要測量的是二氧化碳和水和氮氣的量。實驗的關鍵是氮氣的量的測定，所以在測量氮氣前，將過量的氧氣除盡。【題目詳解】(1)裝置中的空氣含有氮氣，影響生成氮氣的體積的測定，所以通入一

29、段時間氧氣的目的是排除體系中的N2； (2)氨基酸和氧氣反應，以及銅和氧氣反應都需要加熱，應先點燃D處的酒精燈，消耗未反應的氧氣，保證最終收集的氣體只有氮氣，所以應先點燃D處酒精燈。(3)氨基酸燃燒生成二氧化碳和水和氮氣，方程式為： CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2；(4)加熱銅可以吸收未反應的O2，保證最終收集的氣體是N2 ；(5)讀數時必須保證壓強相同，所以注意事項為量筒內液面與廣口瓶中的液面持平而且視線與凹液面最低處相切；(6) 根據該實驗原理分析，要測定二氧化碳和水和氮氣的數據，再結合氨基酸的相對分子質量確定其分子式。故選ABD。【答案點睛】實驗題的解題關鍵是掌握實驗原

30、理和實驗的關鍵點。理解各裝置的作用。實驗的關鍵是能準確測定相關數據。為了保證得到準確的二氧化碳和水和氮氣的數據，所以氨基酸和氧氣反應后，先吸收水后吸收二氧化碳，最后除去氧氣后測定氮氣的體積。26、2Al2OH2H2O=2AlO2-3H2 液封，避免氫氣從長頸漏斗中逸出；控制加氫氧化鈉溶液的體積來控制反應的快慢；節省藥品。 冷卻到室溫 調整BC液面相平 m g(28V2-19V1)/11200g 無影響 偏大 【答案解析】據題意，M只含鐵、鋁、銅三種金屬，其中鋁既能與強酸反應，又能與強堿反應；鐵只能溶于強酸，不溶于強堿；銅既不溶于氫氧化鈉，也不溶于稀硫酸，結合裝置圖和問題分析解答。【題目詳解】（

31、1）實驗1中氫氧化鈉溶液只與鋁反應，反應的離子方程式為2Al2OH2H2O2AlO2-3H2；（2）實驗1的裝置中，小試管的作用是對長頸漏斗起到液封作用，防止氫氣逸出，通過控制加氫氧化鈉溶液的體積來控制反應的快慢，調節化學反應速率，同時節省藥品；（3）氣體的體積受溫度和壓強影響大，因此對于實驗2，平視讀數前應等到冷卻到室溫，并上下移動C量氣管，使B、C液面相平，其目的是使B管收集的氣體壓強等于外界大氣壓，這樣讀得的讀數才準確；（4）根據V1結合鋁與氫氧化鈉的反應可知樣品中鋁的質量為27V1/33600g，鐵和鋁都與酸反應生成氫氣，所以根據V2-V1即為鐵與鹽酸反應生成的氫氣，所以樣品中鐵的質量

32、為56（V2-V1）/22400g，所以樣品中銅的質量為m g27V1/33600g56（V2-V1）/22400gm g(28V2-19V1)/11200g；（5）如果實驗前B瓶液體沒有裝滿水，不影響實驗結果，因為理論上B管收集的氣體體積等于排入C管里液體的體積；若拆去導管a，加入液體時，排出錐形瓶中部分空氣，導致測定的氣體體積偏大。27、 圖2 吸收A裝置中產生的酸霧 變藍 帶火星的木條 復燃 D中有部分CO2未參加反應流入E中生成沉淀 E中石灰水的白色渾濁明顯增加，瓶內液面的下降接近停止 小 30 因樣品中含有不與CO2反應生成氣體的雜質 乙【答案解析】（1）該反應的藥品是固體和液體，且

33、不需加熱，所以所需裝置為固液混合不加熱型，所以排除；中只能制取少量二氧化碳而不能制取大量二氧化碳，所以排除，故選大理石和鹽酸的反應是放熱反應，鹽酸具有揮發性，所以制取的二氧化碳中含有氯化氫氣體、水蒸氣，吸收A裝置中產生的酸霧，氯化氫和碳酸氫鈉能反應生成二氧化碳，二氧化碳和碳酸氫鈉不反應，水蒸氣能使無水硫酸銅由白色變藍色，所以C裝置內可能出現的現象是白色固體變藍色；過氧化鈉和二氧化碳反應生成氧氣，氧氣能使帶火星的木條復燃（2）二氧化碳能使澄清的石灰水變渾濁，若E中石灰水出現輕微白色渾濁，說明未反應的二氧化碳與石灰水反應所致（3）過氧化鈉樣品接近反應完畢時，二氧化碳含量增加，E中石灰水的白色渾濁明

34、顯增加，瓶內液面的下降接近停止。（4）1.95g過氧化鈉完全反應生成氧氣的體積為v2Na2O2 - -O2；2mol 22.4L1.95g/78g/mol vv=0.28L=280mL250mL，所以實際收集到的氧氣體積比理論計算值小280mL-250mL=30mL；原因是Na2O2可能含有其它雜質；D裝置可能有氧氣未被排出 （5）E裝置容易產生倒吸現象，所以不安全、不合理，所以需要改進；飽和石灰水能和二氧化碳反應，所以飽和石灰水的作用是吸收二氧化碳，收集較純凈的氧氣，乙試管中進氣管較長，二氧化碳能充分和飽和石灰水反應，丙試管中進氣管較短，導致二氧化碳和飽和石灰水反應不充分，且隨著氣體的進入，

35、試管中的液體被排到水槽中，故選乙 28、 FeCl3+3H2O（沸）Fe(OH)3(膠體)+3HCl 3mol/L或11mol/L 2Al+2H2O+2KOH=2KAlO23H2 CO2+2OHCO32H2O【答案解析】分析：（1）紅褐色液相分散系是氫氧化鐵膠體，則A是FeCl3，據此解答；（2）地殼中含量最高的金屬元素是Al，則B為AlCl3，根據堿不足或堿過量時生成氫氧化鋁和偏鋁酸鉀來計算；（3）AlFeKOH溶液組成的原電池中Al為負極，Fe為正極；（4）C、D、E均是短周期中同一周期元素形成的單質或化合物，常溫下D為固體單質，C和E均為氣態化合物，C+DE只可能為C、N、O三元素組成的化合物，綜合分析可知：C為CO2，D為碳，E為CO，以此解答該題。詳解：（1）紅褐色液相分散系是氫氧化鐵膠體，則A的飽和溶液是