广东省梅州市2022年高考化学一模试卷（含解析）

广东省梅州市2022年高考化学一模试卷一、选择题（共8小题，每小题4分，满分36分）1．下列化学与生活的相关叙述正确的是（　　）　A．NO2、CO2和SO2都是大气污染物　B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜的要求　C．石油裂解和油脂皂化都是高分子生成小分子的过程　D．馒头、米饭在口腔内越嚼越甜，是因为它们含有的淀粉发生了酯化反应考点：常见的生活环境的污染及治理；乙烯的用途；淀粉的性质和用途．.专题：化学应用．分析：A、二氧化碳不是空气污染物；B、根据乙烯的用途以及乙烯能被高锰酸钾溶液氧化来分析；C、石油和油脂都不是高分子化合物；D、淀粉水解生成葡萄糖．解答：解：A、NO2、SO2都是大气污染物，但CO2不是空气污染物，故A错误；B、乙烯是水果的催熟剂，高锰酸钾溶液能氧化乙烯，除去乙烯，则可达到水果保鲜的目的，故B正确；C、石油和油脂都不是高分子化合物，所以石油裂解和油脂皂化都不是高分子生成小分子的过程，故C错误；D、淀粉水解生成葡萄糖，有甜味，故D错误；故选：B．点评：本题考查了化学与生活的知识，题目较为简单，完成此题，可以依据已有的课本知识．　2．（4分）（2022•梅州一模）能在水溶液中大量共存的一组离子是（　　）　A．H+、Ca2+、I﹣、NO3﹣B．Al3+、Mg2+、SO42﹣、CO32﹣　C．NH4+、Na+、Br﹣、SO42﹣D．K+、Fe2+、OH﹣、HCO3﹣考点：离子共存问题．.专题：离子反应专题．分析：离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质、络合物或发生氧化还原反应、双水解反应就能大量共存，以此解答该题．解答：解：A．H+、I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；B．Al3+、Mg2+与CO32﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故B错误；C．这几种离子之间不反应，所以能大量共存，故C正确；D．OH﹣与Fe2+、HCO3﹣反应而不能大量共存，故D错误．故选CD．点评：本题考查离子共存，为高考热点，明确离子反应条件是解本题关键，注意题干中限制性条件，还常常考查离子颜色、溶液酸碱性、氧化还原反应、络合反应等，题目难度不大．　3．（4分）（2022•梅州一模）设nA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）　A．常温下，28gC2H4含nA个碳碳双键-13-\n　B．1molCu和足量稀硝酸反应生成nANO分子　C．常温常压下，22.4LCCl4含有nA个CCl4分子　D．1mol/LNaCl溶液含有nA个Na+考点：阿伏加德罗常数．.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、1mol乙烯中含1mol碳碳双键；B、根据铜为2价金属，根据电子守恒计算出1mol铜转移的电子数．C、常温常压下，四氯化碳为液态；D、溶液体积不明确．解答：解：A、28g乙烯的物质的量为1mol，而1mol乙烯中含1mol碳碳双键，故A正确；B、1mol铜与硝酸完全反应，失去2mol电子，根据得失电子守恒可知，生成的NO的物质的量为mol，故B错误；C、常温常压下，四氯化碳为液态，故其物质的量无法计算，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中钠离子的个数无法计算，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．　4．（4分）（2022•梅州一模）对于常温下PH=10的氨水，下列说法正确的是（　　）　A．该溶液与PH=10的Ba（OH）2溶液，溶质的物质的量浓度之比为2：1　B．该溶液由水电离出来的c（H+）与PH=4的NH4Cl溶液相同　C．降低温度，溶液的c（NH4+）/c（NH3•H3O）减小，PH降低　D．往该溶液中加入足量的NH4Cl固体后，c（NH4+）+c（NH3•H3O）=c（Cl﹣）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、一水合氨是弱碱，氢氧化钡是强碱；B、氨水能够抑制水的电离，氯化铵能够水解，促进水的电离；C、电离吸热，降温平衡逆向移动；D、在氯化铵溶液中c（NH4+）+c（NH3•H3O）=c（Cl﹣）．解答：解：A、氢氧化钡能够完全电离，一水合氨只有部分电离，所以pH相同的两种溶液中，溶质的物质的量浓度之比小于为2：1，故A错误；B、PH=4的NH4Cl溶液中由水电离出来的c（H+）大于PH=10的氨水，故B错误；C、降温一水合氨的电离平衡逆向移动，溶液碱性减弱，n（NH4+），n（NH3•H3O）增大，所以c（NH4+）/c（NH3•H3O）减小，故C正确；D、在氯化铵溶液中c（NH4+）+c（NH3•H3O）=c（Cl﹣），在氨水和氯化铵的混合溶液中c（NH4+）+c（NH3•H3O）＞c（Cl﹣），故D错误；故选C．点评：本题考查了弱电解质的电离平衡以及影响弱电解质的电离平衡移动的因素，题目难度不大．　5．（4分）（2022•梅州一模）下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是（　　）选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ-13-\nASO2有氧化性SO2可用于漂白纸浆B高纯单质硅有良好的半导体性能高纯单质硅可用于制光电池C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和COD明矾能净水生成Al（OH）3胶体明矾可用作生活用水的消毒剂　A．AB．BC．CD．D考点：二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅．.专题：氧族元素；碳族元素．分析：A．SO2具有漂白性；B．硅导电性介与导体与半导体之间；C．浓硫酸具有吸水性；D．明矾能够净水，不能杀菌消毒．解答：解：A．SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，与二氧化硫的氧化性无关，故A错误；B．高纯单质硅有良好的半导体材料，可用于制光电池，故B正确；C．浓硫酸可用于干燥H2和CO，是因为浓硫酸具有吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，故C错误；D．明矾能净水生成Al（OH）3胶体，明矾没有强的氧化性，所以不能用于杀菌消毒，故D错误；故选：B．点评：本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确二氧化硫、硅、浓硫酸、明矾的化学性质是解题关键，题目难度不大．　6．（4分）（2022•梅州一模）下列装置或操作不能达到实验目的是（　　）　A．制备氨气B．检查装置气密性　C．分离苯和水D．除去CO2中的SO2考点：化学实验方案的评价；气体发生装置的气密性检查；分液和萃取；气体的净化和干燥；氨的制取和性质．.专题：实验评价题．分析：A．浓氨水与生石灰混合，氢氧根离子浓度增大，且放出热量，使氨气逸出；-13-\nB．关闭止水夹，利用液柱法检验气密性；C．苯和水分层；D．二者均与碳酸钠溶液反应．解答：解：A．浓氨水与生石灰混合，氢氧根离子浓度增大，且放出热量，使氨气逸出，则图中固液反应装置可制取氨气，故A正确；B．关闭止水夹，从长颈漏斗加水，形成一段液柱，若一段时间内液柱高度不变，则气密性良好，故B正确；C．苯和水分层，则选图中分液法分离，故C正确；D．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故D错误；故选D．点评：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、混合物分离提纯、实验基本操作等为解答的关键，涉及气体的制备、气密性检查、混合物分离提纯等，注意实验装置的作用及实验评价性分析，题目难度不大．　7．（6分）（2022•梅州一模）（双选）下列根据实验和现象所得出的结论正确的是（　　）选项实验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42﹣C向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体出现白色胶状物酸性：H2SiO3＜H2CO3D向浓度均为0.1mol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀KSP（AgCl）＞KSP（AgI）　A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硫酸根离子的检验；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；比较弱酸的相对强弱的实验．.专题：实验评价题．分析：A．蛋白质在饱和食盐水中发生盐析；B．不能排出SO32﹣的干扰；C．根据强酸制备弱酸的反应特点判断；D．同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出来．解答：解：A．蛋白质在重金属盐中发生变性，而在饱和食盐水中发生盐析，故A错误；B．因硝酸可氧化SO32﹣，不能排出SO32﹣的干扰，故B错误；C．向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色胶状物，说明生成硅酸，则酸性：H2SiO3＜H2CO3，故C正确；D．同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出，即Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故D正确．故选CD．点评：本题考查化学实验方案评价，涉及蛋白质的性质、离子的检验和沉淀转化等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．　-13-\n8．（6分）（2022•梅州一模）（双选）短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，其中Y所处的周期序数与族序数相等．W最外层电子数是内层电子数的3倍．下列说法正确的是（　　）…WXY…Z　A．X、Y、Z、W的原子半径依次减小　B．W与X形成的化合物中只含离子键　C．W的气态氢化物的稳定性小于Z的气态氢化物的稳定性　D．W与Y形成的化合物可分别与NaOH溶液和盐酸反应考点：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：W原子中最外层电子数是最内层电子数的3倍，则W最外层电子数是6，为O元素，则Z为S元素；Y所处的周期序数与族序数相等，由于Z为S元素，则Y位于第三周期第IIIA族，为Al元素；X应该处于第三周期第ⅠA族，为Na元素，据此结合元素周期律知识对各选项进行判断．解答：解：W原子中最外层电子数是最内层电子数的3倍，则W最外层电子数是6，为O元素，则Z为S元素；Y所处的周期序数与族序数相等，由于Z为S元素，则Y位于第三周期第IIIA族，为Al元素；X应该处于第三周期第ⅠA族，为Na元素，A．电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则X、Y、Z、W的原子半径依次减小，故A正确；B．W为O元素、X为Na元素，二者形成过氧化钠中既含有离子积也含有共价键，故B错误；C．非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定，非金属性：W＞Z，则W的气态氢化物的稳定性大于Z的气态氢化物的稳定性，故C错误；D．W与Y形成的化合物为氧化铝，氧化铝为两性氧化物，可分别与NaOH溶液和盐酸反应，故D正确；故选AD．点评：本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，根据元素在周期表中的位置确定元素名称为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系．　二、解答题（共4小题，满分64分）9．（16分）（2022•梅州一模）已知：乙酸酐（（CH3CO）2O））常用作有机合成原料．反应①反应②-13-\n（1）结晶玫瑰是具有强烈玫瑰香气的香料，其分子式为　C10H9O2Cl3　．1mol肉桂酸最多能与　4　molH2发生加成反应．（2）上述反应①、②中的产物Ⅰ能与碳酸氢钠反应并放出气体，则Ⅰ的结构简式是　CH3COOH　（3）溴苯与丙烯酸乙酯（CH2=CHCOOC2H5）在氯化钯催化下可直接合成肉桂酸乙酯，反应的化学方程式为　C6H5Br+CH2=CHCOOC2H5C6H5CH=CHCOOC2H5+HBr　（不要求标出反应条件）（4）结晶玫瑰也可以由下列反应路线合成（部分反应条件略去）：反应③的反应类型是　加成反应　．反应⑤的反应条件为　浓硫酸、加热　．Ⅱ的同分异构体Ⅲ遇FeCl3溶液显色，Ⅲ与足量饱和溴水混合未见白色沉淀产生，Ⅲ与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应，则Ⅲ的结构简式为　（其中一种）　（只写一种）（5）已知：据此推断经反应④得到一种副产物，其核磁共振氢谱有　4　种峰．考点：有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）根据结晶玫瑰的结构简式可知其分子式，根据肉桂酸的结构简式可知，肉桂酸中有苯环和碳碳双键，都能与氢气发生加成反应；（2）Ⅰ能与碳酸氢钠反应并放出气体，说明I中有羧基，结构反应①②，利用元素守恒可判断I的结构简式；（3）溴苯与丙烯酸乙酯（CH2=CHCOOC2H5）在氯化钯催化下发生取代反应可直接合成肉桂酸乙酯，据此写化学方程式；（4）比较反应③的反应物和生成物的结构可知，该反应为加成反应，比较物质Ⅱ和结晶玫瑰的结构可知，反应⑤为酯化反应，据此判断反应条件；Ⅱ的同分异构体Ⅲ遇FeCl3溶液显色，说明有酚羟基，Ⅲ与足量饱和溴水混合未见白色沉淀产生，说明酚羟基的邻对位没有氢原子，Ⅲ与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应，说明Ⅲ中卤原子邻位碳上有氢原子，据此判断Ⅲ的结构简式；-13-\n（5）根据题中信息，反应④得到一种副产物应为，据此判断氢的各类．解答：解：（1）根据结晶玫瑰的结构简式可知其分子式为C10H9O2Cl3，根据肉桂酸的结构简式可知，肉桂酸中有苯环和碳碳双键，都能与氢气发生加成反应，所以1mol肉桂酸最多能与4molH2发生加成反应，故答案为：C10H9O2Cl3；4；（2）Ⅰ能与碳酸氢钠反应并放出气体，说明I中有羧基，结构反应①②，利用元素守恒可判断I的结构简式为CH3COOH，故答案为：CH3COOH；（3）溴苯与丙烯酸乙酯（CH2=CHCOOC2H5）在氯化钯催化下发生取代反应可直接合成肉桂酸乙酯，反应的化学方程式为C6H5Br+CH2=CHCOOC2H5C6H5CH=CHCOOC2H5+HBr，故答案为：C6H5Br+CH2=CHCOOC2H5C6H5CH=CHCOOC2H5+HBr；（4）比较反应③的反应物和生成物的结构可知，该反应为加成反应，比较物质Ⅱ和结晶玫瑰的结构可知，反应⑤为酯化反应，所以反应条件为浓硫酸、加热；Ⅱ的同分异构体Ⅲ遇FeCl3溶液显色，说明有酚羟基，Ⅲ与足量饱和溴水混合未见白色沉淀产生，说明酚羟基的邻对位没有氢原子，Ⅲ与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应，说明Ⅲ中卤原子邻位碳上有氢原子，符合条件的结构简式为，故答案为：加成反应；浓硫酸、加热；（其中一种）；-13-\n（5）根据题中信息，反应④得到一种副产物应为，所以其核磁共振氢谱有4种峰，故答案为：4．点评：本题考查了有机物结构与性质、同分异构体判断等知识，题目难度中等，注意掌握常见有机物组成及具有的结构与性质，明确同分异构体的概念及判断方法，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力．　10．（16分）（2022•梅州一模）NH3能被O2氧化生成NO，进而氧化成NO2，用来制造硝酸；将NO2（g）转化为N2O4（l），再制备浓硝酸．（1）2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）．在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率的不同压强（P1、P2）下随温度变化的曲线如图1．①P1　＜　（填“＞”或“＜”）P2②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是　逐渐减小　．（2）已2NO2（g）⇌N2O4（g）△H1＜02NO2（g）⇌N2O4（l）△H2＜0下列能量变化示意图中，正确的是　A　（填序号）（3）50℃时在容积为1.0L的密闭容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g），随着反应的进行，混合气体的颜色变深．达到平衡后，改变反应温度T，10s后又达到平衡，这段时间内，c（N2O4）以0.0020mol/（L•s）的平均速率降低．①50℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图2所示．在0～60s时段，反应速率v（NO2）为　0.0020　mol/（L•s）．-13-\n②T　＞　（填“＞”或“＜”）50℃．③计算温度T时该反应的平衡常数K（写出计算过程）．（4）科学家正在开发以氨代替氢气的新型燃料电池有许多优点；制氨工业基础好、技术成熟、成本低、储运方便等．直接供氨式碱性（KOH）燃料电池的总反应为：4NH3+3O2═2N2+6H2O，氨气应通入　负极　（填“正极”或“负极”）室，正极反应式为　3O2+6H2O+12e﹣=12OH﹣　．考点：转化率随温度、压强的变化曲线；反应热和焓变；化学电源新型电池；物质的量或浓度随时间的变化曲线．.专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．分析：（1）①已知2NO（g）+O2（g）⇌2N02（g）是正方向体积减小的反应，根据压强对平衡的影响分析；②根据图象2判断该反应正方向是放热还是吸热，再判断K随温度的变化；（2）降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）⇌N2O4（l）为放热反应，同种物质液态时能量比气态时能量低；（3）依据图象结合化学反应速率公式以及三段法进行解答即可；（4）负极发生氧化反应，氨气被氧化生产氮气，据此解答即可．解答：解：（1）①已知2NO（g）+O2（g）⇌2N02（g）是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知P2时NO的转化率大，则P2时压强大，即P1＜P2，故答案为：＜；②由图象2可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，则该反应正方向是放热反应，所以升高温度平衡常数K减小，故答案为：逐渐减小；（2）降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）⇌N2O4（l）为放热反应，所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高，同种物质气态变液态会放出热量，即液态时能量比气态时能量低，则N2O4（l）具有的能量比N2O4（g）具有的能量低，图象A符合，故A正确；故答案为：A；（3）①50℃时，在0～60s时段，反应速率v（NO2）==0.0020mol/（L•s），故答案为：0.0020；②改变反应温度T，10s后又达到平衡，这段时间内，c（N2O4）以0.0020mol/（L•s）的平均速率降低，说明改变温度，平衡左移，由于此反应为放热反应，故改变的温度条件是升高温度，故T＞50℃，故答案为：＞；③反应达平衡时N2O4的浓度减少0.0020mol/（L•s）×10s=0.020mol/L，N2O4（g）⇌2NO2（g）c开始（mol/L）0.0400.12c平衡（mol/L）（0.040﹣0.020）（0.12+0.020×2）K===1.28，答：温度T时该反应的平衡常数K为1.28；（4）负极发生氧化反应，即负极通入氨气，氨气被氧化生产氮气，电极反应式为2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O，正极为氧气得到电子，反应式为：3O2+6H2O+12e﹣=12OH﹣，故答案为：负极；3O2+6H2O+12e﹣=12OH﹣．点评：-13-\n本题考查了化学方程式书写、影响平衡及平衡常数的因素、能量变化图的分析等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生的综合运用能力，难度中等，注意基础知识的积累掌握　11．（16分）（2022•梅州一模）某粗铜含铁、银、金和铂等杂质，通过电解精炼铜后，为充分利用电解后的阳极泥和电解液，设计如下工艺流程：回答下列问题：（1）电解时，以粗铜作　阳　极，　CuSO4溶液　为电解液，写出阴极的电极反应式　Cu2++2e﹣=Cu　．（2）电解后溶液中含有的主要金属阳离子为　Cu2+、Fe2+　；溶液A是一种绿色氧化剂，则反应①的离子方程式为　2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O　．（3）加入的试剂B最好选用　B　（填序号）A．CuB．CuOC．NaOHD．氨水（4）写出反应③的离子方程式　2AuCl4﹣+3SO2+6H2O=2Au+8Cl﹣+3SO42﹣+12H+　（5）若反应②析出10.8kg银单质，则至少需要乙醛　2.2　kg．考点：铜的电解精炼；铜金属及其重要化合物的主要性质．.专题：电化学专题；几种重要的金属及其化合物．分析：（1）依据电解法精炼铜装置及电解池工作原理解答；（2）粗铜中含有铁银、金和铂等杂质，铁的活泼性强于铜，优先于铜放电生成二价铁离子，银、金和铂活泼性弱于铜，以阳极泥形式存在于阳极底部；双氧水具有氧化性，对应还原产物为水，属于绿色氧化剂，二价铁离子具有强的氧化性，与双氧水反应生成三价铁离子；（3）加入B的作用为与氢离子反应条件pH值，所以B应能够与氢离子反应的物质，且不能引入杂质；（4）AuCl4﹣具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，本身被还原为Au；（5）依据银镜反应方程式计算解答．解答：解：（1）电解法精炼铜，粗铜做阳极发生还原反应，精铜做阴极，电解质溶液为含有铜离子的盐溶液，铜离子在阴极上得到电子发生还原反应，电极反应式为：Cu2++2e﹣=Cu；故答案为：阳；CuSO4溶液；Cu2++2e﹣=Cu；（2）粗铜中含有铁银、金和铂等杂质，铁的活泼性强于铜，优先于铜放电生成二价铁离子，银、金和铂活泼性弱于铜，以阳极泥形式存在于阳极底部，所以电解后溶液中含有的主要金属阳离子为Cu2+、Fe2+；双氧水为绿色氧化剂，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子，离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；-13-\n故答案为：Cu2+、Fe2+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（3）加入B的作用为与氢离子反应条件pH值，为了不引入杂质可以选择氧化铜，故选：B；（4）AuCl4﹣与二氧化硫发生氧化还原反应，离子方程式：2AuCl4﹣+3SO2+6H2O=2Au+8Cl﹣+3SO42﹣+12H+；故答案为：2AuCl4﹣+3SO2+6H2O=2Au+8Cl﹣+3SO42﹣+12H+；（5）依据方程式CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，可知：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O44216m10.8kg解得m=2.2kg；故答案为：2.2．点评：本题为工艺流程题，考查了电解法精炼铜，明确电解池工作原理是解题关键，题目难度不大．　12．（16分）（2022•梅州一模）某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，进行了如下实验：㈠制取氧化铜①往盛有一定量CuCl2溶液的烧杯中逐滴加入NaOH溶液，直至不再产生沉淀，然后将烧杯中的物质转移到蒸发皿中，加热至沉淀全部变为黑色．②将步骤①所得的黑色沉淀过滤、洗涤，晾干后研细备用．（1）在实验过程中，若未加入NaOH溶液，直接将CuCl2溶液转移到蒸发皿中加热，最后也能得到黑色沉淀，试分析其原因　CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu（OH）2受热分解生成CuO　（2）写出检验步骤②中沉淀是否洗涤干净的操作　取2～3mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净　㈡为证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较，用如图装置进行实验，每次实验时均收集25ml气体，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验数据见下表：实验序号KClO3质量其他物质质量待测数据③1.2g无其他物质a④1.2gCuO0.5gb⑤1.2gMnO20.5gc（3）写出氯酸钾分解反应的化学方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目．（4）上述实验中的“待测数据”是指　收集25mL气体所需的时间　（5）图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50ml滴定管改造后组装面成，此处用滴定管是　碱式　（填“酸式”或“碱式”）滴定管（6）若实验证明氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差，请结合上表的实验效果数据，在坐标图中分别画出使用CuO、MnO2作催化剂时产生氧气的体积（V（O2））随时间（t）变化的曲线（注明必要的标识）．-13-\n考点：性质实验方案的设计．.专题：实验题．分析：（1）若未加入NaOH溶液，直接将CuCl2溶液转移到蒸发皿中加热，最后也能得到黑色沉淀是加热过程中得到氢氧化铜分解生成黑色氧化铜；（2）依据检验最后一次洗涤液中是否有氯离子设计步骤检验；（3）氯酸钾分解反应生成氯化钾和氧气，氯元素化合价+5价变化为﹣1价，氧元素化合价变化为0价，结合电子守恒标注电子转移；（4）实验的目的是：证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较，上述实验中已有数据KClO3质量和其它物质质量，要比较催化效果就是看使用氧化铜与二氧化锰哪一种产生相同体积气体时所需时间短，或在相同时间内，哪一种物质产生的气体多；（5）碱式滴定管的构造为：橡胶管、玻璃珠．酸式滴定管的构造为连在玻璃管上的玻璃活塞；（6）标出横坐标上的c、b、t，标出纵坐标上的V（O2）/mL、25，画出CuO的曲线，b点达到平衡状态；画出MnO2的曲线缩短反应时间，c点达到平衡状态，最后达到平衡状态不变，达到平衡状态生成气体体积都是25mL．解答：解：（1）向上述CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，直到不再产生沉淀，然后将所得混合物转移到蒸发皿，需要使用玻璃棒，转移沉淀物Cu（OH）2；加热至沉淀Cu（OH）2全部分解变为黑色CuO，在实验过程中，若未加入NaOH溶液，直接将CuCl2溶液转移到蒸发皿中加热，得到氯化铜的水解产物氢氧化铜，受热最后也能得到黑色沉淀，CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu（OH）2受热分解生成CuO；故答案为：CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu（OH）2受热分解生成CuO；（2）步骤①所得的黑色沉淀过滤，取2～3mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净，故答案为：取2～3mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净；（3）氯酸钾分解反应生成氯化钾和氧气，用双线桥表示电子转移的方向和数目的化学方程式为，-13-\n故答案为：；（4）本题③④⑤三次实验，提供的KClO3质量均为1.2g，实验④的作用为：在不加催化剂的条件下产生氧气的速度与⑤加CuO0.5g以及和⑥加MnO20.5g的效果作对照．⑤⑥加等质量不同的催化剂比较催化效果．比较催化效果方法一：看产生相同体积气体哪组所需时间短，方法二相同时间内，哪一组产生的气体多．该题题干要求：实验时均以收集25mL气体为准，故答案为：收集25mL气体所需时间；（5）本实验装置图中用50mL滴定管改造组装成量气装置，对照酸式、碱式滴定管的构造，碱式滴定管的构造符合要求．故答案为：碱式；（6）标出横坐标上的c、b、t，标出纵坐标上的V（O2）/mL、25，画出CuO的曲线，b点达到平衡状态；画出MnO2的曲线缩短反应时间，c点达到平衡状态，最后达到平衡状态不变；达到平衡状态生成气体体积都是25ml，得到图象为，故答案为：．点评：本题考查了物质性质的实验设计方法和步骤分析判断，综合性较强，需理清催化剂的概念、熟悉滴定管的构造、掌握铜及其化合物的性质来解答，题目难度较大．　-13-