《广东省汕头市2015年高考化学一模试卷（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省汕头市2015年高考化学一模试卷（含解析）.doc（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、广东省汕头市2015年高考化学一模试卷一、单项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分每小题只有一个选项符合题意）1下列说法错误的是（）A安装煤炭“固硫”装置，降低酸雨发生率B日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用C研发易降解的塑料，防止白色污染D氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现考点：常见的生活环境的污染及治理；氮的固定；防止金属腐蚀的重要意义.分析：A安装煤炭“固硫”装置，除去了二氧化硫；B金属铝表面的氧化物薄膜阻止铝继续反应；C使用易降解的塑料，可以减少白色污染；D把游离态的氮转化为氮的化合物是氮的固定解答：解：A安装煤炭“固硫”装置，除去了二氧化硫，降低硫酸
2、型酸雨发生率，故A正确；B金属铝表面的氧化物薄膜阻止铝继续反应，对内部金属起保护作用，故B正确；C使用易降解的塑料，可以减少白色污染，故C正确；D把游离态的氮转化为氮的化合物是氮的固定，工业上用氢气和氮气合成氨是氮的固定，植物在常温常压下也能固氮，故D错误； 故选D点评：本题主要考查了与环境相关的化学知识，难度不大，激励了学生的社会责任感2（4分）（2015汕头一模）在溶液中能大量共存的一组离子或分子是（）ANa+、K+、SO32、Cl2BNH4+、H+、NO3、HCO3CNa+、CH3COO、CO32、OHDK+、Al3+、SO42、NH3H2O考点：离子共存问题.分析：A氯气能够氧化亚硫酸
3、根离子；B氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳气体和水；C四种离子之间不反应，在溶液中能够大量共存；D铝离子与一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀解答：解：ASO32、Cl2之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BH+、HCO3之间反应生成二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故B错误；CNa+、CH3COO、CO32、OH之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DAl3+、NH3H2O之间反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子
4、之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力3（4分）（2015汕头一模）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（相对原子质量：H 1，O 16）（）A标准状况下，22.4 L四氯化碳含有的分子数为NAB常温常压下，18g水含有的分子数为 NAC1 mol Cu和足量稀硝酸反应产生NO分子数为NAD1L1.0 molL1 Na2CO3溶液中含有CO32数为NA考点：阿伏加德罗常数.分析：A、标准状况四氯化碳不是气体；B、依据n=计算物质的量得到分子数；C、依据氧化还原反应电子守恒计算分析；D、溶液中碳酸根离子
5、水解减小解答：解：A、标准状况四氯化碳不是气体，22.4 L四氯化碳物质的量不是1mol，故A错误；B、依据n=计算物质的量=1mol，得到分子数为NA，故B正确；C、依据氧化还原反应电子守恒计算分析，1 mol Cu和足量稀硝酸反应，失电子为2mol，硝酸变化为NO得到电子为3mol，则还原硝酸产生NO分子数为NA，故C错误；D、溶液中碳酸根离子水解减小，1L1.0 molL1 Na2CO3溶液中含有CO32数小于NA，故D错误故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积应用条件分析，氧化还原反应电子转移计算应用，盐类水解的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单4（4分）
6、（2015汕头一模）下列说法中正确的是（）A乙醇与乙酸都存在碳氧双键B油脂水解可得到氨基酸和甘油C淀粉和纤维素水解最终产物都是葡萄糖D卤代烃加入硝酸酸化的硝酸银溶液可根据生成的卤化银沉淀颜色检验卤原子考点：有机物的结构和性质.专题：有机物的化学性质及推断分析：A乙醇含有CO键；B油脂水解高级脂肪酸和甘油；C淀粉和纤维素为多糖，水解最终产物都是葡萄糖；D卤代烃不能电离出卤素离子解答：解：A乙酸含有C=O键，而乙醇含有CO键，故A错误；B油脂含有酯基，水解高级脂肪酸和甘油，故B错误；C淀粉和纤维素为多糖，水解最终产物都是葡萄糖，故C正确；D卤代烃为非电解质，不能电离出卤素离子，应先在碱性条件下水解
7、，故D错误故选C点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的组成、结构和官能团的性质，难度不大5（4分）（2015汕头一模）短周期非金属元素甲戊在元素周期表中的相对位置如表所示，下面判断正确的是（）甲乙丙丁戊A原子半径：甲乙B非金属性：乙丁C最高价氧化物的水化物的酸性：丙丁D最外层电子数：丙丁戊考点：元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A同周期自左而右原子半径减小；B同主族从上到下元素的非金属性减弱；C同周期从左向右非金属性增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；D同周期从左向右最外
8、层电子数增大解答：解：A同周期自左而右原子半径减小，则原子半径为甲乙，故A错误；B同主族从上到下元素的非金属性减弱，则非金属性为乙丁，故B错误；C同周期从左向右非金属性增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，高价氧化物的水化物的酸性：丙丁，故C正确；D同周期从左向右最外层电子数增大，则最外层电子数为丙丁戊，故D错误；故选：C点评：本题考查元素周期律和元素周期表，熟悉掌握同主族、同周期元素性质的变化规律，题目难度不大6（4分）（2015汕头一模）下列实验装置设计正确，且能达到目的是（）A实验室制氨气B测定盐酸浓度C从食盐水中提取NaClD石油的分馏考点：化学实验方案的评价；蒸馏与分馏；气体发
9、生装置；气体的收集；中和滴定.专题：化学实验基本操作分析：A从发生装置和收集装置考虑，氨气的密度比空气小，应采用向下排空气法，；B从滴定管的使用和指示剂来考虑，氢氧化钠应放在碱式滴定管中；C从坩埚的用途和实验目的考虑，坩埚用来加热固体，加热液体用蒸发皿；D考察分馏所用的仪器，该题没有温度计解答：解：A由于氨气的密度比空气小，故应采用向下排空气法，故A正确；B氢氧化钠应放在碱式滴定管中，故B错误；C从食盐水中提取NaCl，所用仪器为蒸发皿，坩埚用来灼烧固体的，故C错误；D分馏需要用蒸馏烧瓶且需要温度计和冷却水，故D错误故选A点评：把装置特点和实验目的结合起来综合考虑这类题的解法二、双项选择题（本
10、题包括2小题，每小题6分，共12分每小题有两个选项符合题意若只选一个且正确得3分，但只要选错就得0分）7（6分）（2015汕头一模）下列关于0.1molL1 NH4Cl溶液的说法正确的是（）A向溶液中加滴加几滴浓盐酸，c（NH4+）减少B向溶液中加入少量CH3COONa固体，c（NH4+）减少C溶液中离子浓度关系为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）D向溶液中加适量氨水使混合液的pH=7，混合液中c（NH4+）c（Cl）考点：盐类水解的原理；离子浓度大小的比较.分析：A、NH4Cl溶液中存在铵根离子水解显酸性，加入盐酸会抑制铵根离子的水解；B、向溶液中加入少量CH3COONa固体，溶
11、解后醋酸根离子水解显碱性，促进铵根离子的水解；C、NH4Cl溶液中存在铵根离子水解显酸性分析离子浓度大小；D、结合溶液中电荷守恒分析判断离子浓度大小解答：解：A、NH4Cl溶液中存在铵根离子水解显酸性，加入盐酸会抑制铵根离子的水解，c（NH4+）增大，故A错误；B、向溶液中加入少量CH3COONa固体，溶解后醋酸根离子水解显碱性，促进铵根离子的水解，c（NH4+）减少，故B正确；C、NH4Cl溶液中存在铵根离子水解显酸性分析离子浓度大小，c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故C正确；D、结合溶液中电荷守恒分析判断离子浓度大小，c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+c（H+），混合液
12、的pH=7则c（H+）=c（OH），c（Cl）=c（NH4+），故D错误；故选BC点评：本题考查了盐类水解的分析应用，主要是电解质溶液中电荷守恒的分析，离子浓度大小的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单8（6分）（2015汕头一模）氢氧燃料电池以氢气作还原剂，氧气作氧化剂，电极为多孔镍，电解质溶液为30%的氢氧化钾溶液下列说法正取的是（）A负极反应为：2H2+4OH4e4H2OB负极反应为：O2+2H2O+4e4OHC电池工作时溶液中的阴离子移向正极D电池工作时正极区pH升高，负极区pH下降考点：化学电源新型电池.分析：氢氧燃料电池工作时，氢气失电子是还原剂，发生氧化反应；氧气得电子是氧化剂，
13、发生还原反应；电解质溶液是KOH溶液（碱性电解质），正极是O2得到电子，正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e4OH，负极发生的反应为：2H2+4OH4H2O+4e，根据电极反应判断两极pH的变化解答：解：A电池工作时，负极发生氧化反应，负极发生的反应为：2H24e+4OH4H2O，故A正确；B电池工作时，正极发生还原反应，电极反应式为O2+H2O+4e4OH，故B错误；C电池工作时溶液中的阴离子移向负极，阳离子移向正极，故C错误；D由电极反应式可知，电池工作时正极区pH升高，负极区pH下降，故D正确；故选AD点评：本题考查原电池知识，题目难度不大，本题注意把握电解反应式的书写为解答该题的关
14、键三、解答题（共4小题，满分64分）9（16分）（2015汕头一模）【化学选修5：有机化学基础】呋喃酚是合成农药的重要中间体，其合成路线如下：（1）A物质核磁共振氢谱共有3个峰，BC的反应类型是取代反应；E中含有的官能团名称是羟基、醚键，D不能够发生的反应有（填代号） 氧化反应 取代反应 加成还原 消去反应（2）已知x的分子式为C4H7C1，写出AB的化学方程式：（3）Y是X的同分异构体，分子中无支链且不含甲基，则Y的名称（系统命名）是4氯1丁烯（4）下列有关化合物C、D的说法正确的是可用氯化铁溶液鉴别C和D C和D含有的官能团完全相同C和D互为同分异构体 C和D均能使溴水褪色（5）E的同分异
15、构体很多，写出符合下列条件的芳香族同分异构体的结构简式：、环上的一氯代物只有一种 含有酯基 能发生银镜反应考点：有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构；有机化合物命名；同分异构现象和同分异构体.专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）分子中有几种化学环境不同的氢原子，其核磁共振氢谱具有几组吸收峰；对比B、C的结构可知，B中酚OH上的H被取代；由E的结构可知，含有的官能团有羟基、醚键；D含有酯基、酚羟基、碳碳双键与苯环，据此分析可能发生的反应；（2）对比A、B的结构，可知AB属于取代反应，则X为CH2=CH（CH3）CH2Cl，反应还有HCl生成；（3）Y是X的同分异构体，分子中无支链且不含
16、甲基，则Y为CH2=CHCH2CH2Cl；（4）C、D分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C、D均含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，而C含有醚键、D含有酚羟基，二者含有官能团不同，可以用氯化铁溶液区别；（5）E的芳香族同分异构体满足：含有酯基且能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基，且环上的一氯代物只有一种，结合E的结构可知，应还含有4个甲基，且为对称结构解答：解：（1）A分子为对称结构，分子中含有3种氢原子，其核磁共振氢谱具有3组吸收峰；对比B、C的结构可知，B中酚OH上的H被取代，BC的反应属于取代反应；由E的结构可知，含有的官能团有羟基、醚键；D含有苯环、碳碳双键，能发生加成反应，含有酚羟
17、基，可以发生取代反应，酚羟基、碳碳双键均能发生氧化反应，不能发生消去反应，故选，故答案为：3；取代反应；羟基、醚键；（2）对比A、B的结构，可知AB属于取代反应，则X为CH2=CH（CH3）CH2Cl，反应还有HCl生成，反应方程式为：，故答案为：；（3）Y是X的同分异构体，分子中无支链且不含甲基，则Y为CH2=CHCH2CH2Cl，系统命名为：4氯1丁烯，故答案为：4氯1丁烯；（4）C不含酚羟基，而D含有酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，可以用氯化铁溶液鉴别C和D，故正确；C含有醚键、D含有酚羟基，二者含有官能团不完全同，故错误；C、D分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故正确；C、D均
18、含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，均能使溴水褪色，故正确，故答案为：；（5）E的芳香族同分异构体满足：含有酯基且能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基，且环上的一氯代物只有一种，结合E的结构可知，应还含有4个甲基，且为对称结构，符合条件的同分异构体为：、，故答案为：、点评：本题考查有机物的合成、有机物结构与性质、同分异构体书写等，注意根据合成流程中的反应、官能团变化等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，难度中等10（16分）（2015汕头一模）CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值化学品是目前的研究目标（1）在一定条件下，CH4和CO2以镍合金为催化剂，发生反应
19、：CO2 （g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g），其平衡常数为K，在不同温度下，K 的值如下：温度200250300K566480从上表可以推断：该反应的逆反应是放（填“吸”、“放”）热反应此温度下该反应的平衡常数表达式为K=（2）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如右图所示250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是温度超过250时，催化剂的催化效率降低为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是增大反应压强或增大CO2的浓度将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为3Cu2Al2
20、O4+32H+2NO3=6Cu2+6Al3+2NO+16H2O（3）Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2如果寻找吸收CO2的其他物质，下列建议合理的是aba可在碱性氧化物中寻找 b可在A、A族元素形成的氧化物中寻找c可在具有强氧化性的物质中寻找Li2O吸收CO2后，产物用于合成Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、释放CO2原理是：在500，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3；平衡后加热至700，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，说明该原理的化学方程式是CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3考点：化学平衡常数的含义；化学方程式的书写；化学反应速率的影响因
21、素.分析：（1）分析图表数据平衡常数随温度升高增大，正反应为吸热反应，逆反应为放热反应；平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；（2）根据温度对催化剂活性的影响；根据外界条件对化学平衡的影响，平衡正向移动，反应物转化率增大；先将Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2OAl2O3，再根据氧化物与酸反应生成离子方程式，需要注意的是一价铜具有还原性；（3）二氧化碳为酸性气体，Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2与氧化性无关；根据题干信息，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒进行解答解答：解：（1）分析图表数据平衡常数随温度升高增大，正反应为吸热反应，
22、逆反应为放热反应；故答案为：放；CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g），反应的平衡常数表达式为：K=；故答案为：；（2）温度超过250时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案：温度超过250时，催化剂的催化效率降低；增大容器体积减小压强、增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大，故答案为：增大体积减小压强或增大CO2的浓度；Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2OAl2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H+2NO3=6Cu2+6Al3+2NO+16H2O，故答案为：3Cu2Al2O4+32H+2NO3=6Cu2+6Al3+2
23、NO+16H2O；（3）aLi2O、Na2O、MgO均属于碱性氧化物，均能吸收酸性氧化物CO2，可在碱性氧化物中寻找吸收CO2的其他物质，故a正确；bLi2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，钠、镁、铝为A、A族元素，所以可在A、A族元素形成的氧化物中寻找吸收CO2的其他物质，故b正确；cLi2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，但它们都没有强氧化性，且吸收二氧化碳与氧化还原无关，故c错误；故答案为：ab；在500，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒可知产物还有Li2SiO3，所以化学方程式为：CO2+Li4SiO4
24、Li2CO3+Li2SiO3，故答案为：ab，CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3点评：本题主要考查了综合利用CO2，涉及热化学反应、电化学、化学平衡影响因素等，较为综合，题目难度中等11（16分）（2015汕头一模）以黄铜矿为主要原料来生产铜、铁红颜料和硫单质，原料的综合利用率较高其主要流程如下回答下面问题：（1）从黄铜矿冶炼粗铜的传统工艺是将精选后的富铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜这种方法的缺点是要消耗大量的热能以及SO2会导致大气污染（完成合理的一种即可）（2）过滤得到的滤渣成分是S（填化学式）（3）反应中，共有2个反应不属于氧化还原反应（4）溶液A中含有的溶质是C
25、uCl2、NaCl（填化学式）（5）写出反应的化学方程式CuFeS2+3FeCl3=CuCl+4FeCl2+2S（6）反应是FeCO3在空气中煅烧，写出化学方程式4FeCO3+O24CO2+2Fe2O3反应中发生反应的离子方程式Cl+CuCl=CuCl2考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.分析：分析流程以黄铜矿为主要原料来生产铜、铁红颜料和硫单质，黄铜矿中的CuFeS2和氯化铁反应生成氯化亚铜、氯化亚铁和单质硫，过滤得到固体为CuCl和S，加入氯化钠溶液反应生成NaCuCl2，过滤后加入水得到氯化钠、氯化铜溶液和铜；滤液中加入碳酸钠发生反应沉淀亚铁离子，过滤得到碳酸亚铁，在空气中煅烧
26、生成氧化铁和二氧化碳，制得铁红；（1）传统工艺是将精选后的富铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜这种方法的缺点是要消耗大量的热能，反应生成有毒气体二氧化硫污染环境；（2）硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳；（3）有元素化合价变化的反应是氧化还原反应；（4）根据反应的发生情况来确定最终的产物；（5）CuFeS2和3FeCl3之间发生的是氧化还原反应，根据化学方程式的写法来书写；（6）FeCO3在空气中煅烧会和氧气发生反应；反应中发生反应是氯化亚铜和氯离子结合形成络合物CuCl2；解答：解：以黄铜矿为主要原料来生产铜、铁红颜料和硫单质，黄铜矿中的CuFeS2和氯化铁反应生成氯化亚铜、氯化亚铁
27、和单质硫，过滤得到固体为CuCl和S，加入氯化钠溶液反应生成NaCuCl2，过滤后加入水得到氯化钠、氯化铜溶液和铜；滤液中加入碳酸钠发生反应目的是沉淀亚铁离子，过滤得到碳酸亚铁，在空气中煅烧生成氧化铁和二氧化碳，制得铁红；（1）从黄铜矿冶炼粗铜的传统工艺是将精选后的富铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜反应过程中生成二氧化硫气体，这种方法的缺点是要消耗大量的热能以及生成污染性的气体二氧化硫，污染环境；故答案为：SO2会导致大气污染；（2）在氯化亚铜和单质硫的混合物中，加入氯化钠的溶液，则氯化亚铜会和氯化钠反应而溶解，而硫难溶于水，过滤，得到滤渣为S；故答案为：S；（3）在反应中，碳酸钠和Fe
28、Cl3之间发生的是复分解反应，氯化亚铜和氯化钠的反应不是氧化还原反应，反应、是发生了氧化还原反应，不是氧化还原反应的有两个；故答案为：2；（4）反应为NaCuCl2和H2O之间的反应，生成物是Cu、NaCl和CuCl2，所得的溶液中的溶质是CuCl2、NaCl；故答案为：CuCl2、NaCl；（5）CuFeS2和3FeCl3之间发生的是氧化还原反应生成氯化亚铜、氯化亚铁和硫，反应的化学方程式为：CuFeS2+3FeCl3=CuCl+4FeCl2+2S，故答案为：CuFeS2+3FeCl3=CuCl+4FeCl2+2S；（6）FeCO3在空气中煅烧会和氧气发生反应4FeCO3+O24CO2+2F
29、e2O3，故答案为：4FeCO3+O24CO2+2Fe2O3反应中发生反应是氯化亚铜和氯离子结合形成络合物CuCl2，反应的离子方程式为：Cl+CuCl=CuCl2；故答案为：Cl+CuCl=CuCl2；点评：本题考查学生金属铜以及化合物之间的性质，主要是流程分析判断，氧化还原反应的产物分析判断，考查学生分析和解决问题的能力，综合性较强，难度大12（16分）（2015汕头一模）CaCO3广泛存在于自然界，是一种重要的化工原料大理石主要成分为CaCO3，另外有少量的含硫化合物实验室用大理石和稀盐酸反应制备CO2气体下列装置可用于CO2气体的提纯和干燥完成下列填空：（1）用浓盐酸配制1：1（体积比
30、）的稀盐酸（约6molL1），需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒（2）上述装置中，A是饱和NaHCO3溶液，其作用是吸收HCl气体或吸收酸性气体（3）上述装置中，B物质是无水CaCl2或硅胶或P2O5固体（4）一次性饭盒中石蜡和CaCO3在食物中的溶出量是评价饭盒质量的指标之一，测定溶出量的主要实验步骤设计如下：剪碎、称重浸泡溶解过滤残渣烘干冷却、称重恒重从物质分类的角度分析，石蜡属于有机物中的烃类，为了将石蜡从饭盒中溶出，应选用下列试剂中的da氯化钠溶液 b稀醋酸 c稀硫酸 d 正已烷饭盒中的碳酸钙常用稀醋酸将其溶出，试写出其反应的离子方程式CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO+Ca
31、2+H2O+CO2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：（1）配制一定体积比的溶液时，应选用烧杯、玻璃棒和量筒；（2）根据实验所用药品，制得的气体中可能含有H2S、HCl和水蒸气，根据除杂的要求，除去H2S是可选用CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液，除去氯化氢需要选用饱和碳酸氢钠溶液；碳酸氢钠溶液用于吸收HCl气体或吸收酸性气体；（3）B物质用于干燥制得的CO2，可选用无水CaCl2；（4）根据石蜡的组成判断其有机物类型；根据实验步骤，为将石蜡和碳酸钙溶出，可选用稀醋酸溶出碳酸钙、正己烷溶出石蜡；碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水，离子方程式中碳酸钙和醋
32、酸都需要保留化学式解答：解：（1）配制一定体积比的溶液时，应选用烧杯、玻璃棒和量筒，用量筒量出相同体积的浓盐酸和水，倒入烧杯中，用玻璃棒搅拌加速溶解，故答案为：烧杯、玻璃棒、量筒；（2）根据实验所用药品，制得的气体中可能含有H2S、HCl和水蒸气，除去H2S是可选用酸性KMnO4溶液；试剂B为饱和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液用于吸收HCl气体或吸收酸性气体，故答案为：饱和NaHCO3；吸收HCl气体或吸收酸性气体；（3）B是用来除去水份的，但这种干燥剂又不能与CO2反应，可以用无水CaCl2或硅胶或P2O5固体，故答案为：无水CaCl2或硅胶或P2O5固体；（4）石蜡是有C、H元素组成烃类混合物
33、，有机物类型为烃；根据实验步骤，为将石蜡和碳酸钙溶出，因为醋酸和碳酸钙反应，稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙，可选用稀醋酸溶出碳酸钙，根据相似相容的原理，选择正己烷溶出石蜡，所以d正确；故答案为：烃；d；稀醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO+Ca2+H2O+CO2，故答案为：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO+Ca2+H2O+CO2点评：本题考查了溶液的配制、气体的除杂、实验设计和评价等知识，题目难度中等，该题很好的将化学实验与其他化学知识有机地结合于一体，综合考查学生的能力和素质，考查知识也是从简单到复杂、从单一到综合，是一道质量结合的题目- 11 -