【化学】江西省上高县第二中学2020届高三上学期第三次月考（解析版）

【化学】江西省上高县第二中学2020届高三上学期第三次月考（解析版）

江西省上高县第二中学 2020 届高三上学期第三次月考 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56 Cu 64 Ag l08 Ba 137 第Ⅰ卷(选择题 共 48 分) 一、选择题(本大题共 16 小题，每小题 3 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的) 1.中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是（ ） 选项 古诗文 化学知识 A 《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金， 其水甚强，惟玻璃可盛。” 强水为氢氟酸 B 《诗经·大雅·绵》：“堇茶如饴。”郑玄笺：“其所生菜， 虽有性苦者，甘如饴也。” 糖类均有甜昧 C 《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃， 柔 铁为茎干，不尔则多断折。” 铁合金的硬度比纯铁 的大，熔点比纯铁的高 D 《本草经集注》中记载鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4) 的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃是真硝石也。 利用焰色反应 【答案】D 【详解】A、硝酸酸性强氧化性强能与金属反应，强水为硝酸，选项 A 错误； B、糖类有些有甜味，有些没有甜味，选项 B 错误； C、铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，选项 C 错误； D、钾的焰色反应是紫色，用火烧硝石(KNO3)，是钾的焰色反应，选项 D 正确。 答案选 D。 2.下列有关有机物结构和性质的说法错误的是（ ） A. 分子式为 C5H10O2 且能与 NaHCO3 反应放出气体的结构共有 4 种 B. 石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物 C. 苯甲酸( )分子中所有原子可能位于同一平面 D. 1mol 盐酸美西律( )最多可与 3 mol H2 发生加成 【答案】B 【详解】A.分子式为 C5H10O2 且能与 NaHCO3 反应放出气体的有机物为饱和一元羧酸，结 构为 C4H9-COOH，丁基-C4H9 有四种不同结构，所以 C5H10O2 的羧酸有 4 种同分异构体，A 正确； B.石油是混合物，通过分馏得到汽油、煤油等各种馏分仍然含有多种成分，它们仍然是混合 物，B 错误； C.苯甲酸是苯分子中的 H 原子被羧基-COOH 取代产生的物质，苯分子是平面分子，羧基中 的各原子也在一个平面上，C-C 单键可以旋转，因此两个平面可能在一个平面上，即分子中 所有原子可能位于同一平面，C 正确； D.根据盐酸美西律的结构可知，该分子中只含有 1 个苯环，不含有碳碳双键及碳氧双键，1 个苯环可以与 3 个 H2 发生加成反应，因此 1mol 盐酸美西律最多可与 3 mol H2 发生加成反 应，D 正确； 故本题符合题意的选项是 B。 3.下列说法正确的是（ ） A. 煤的干馏和石油的分馏都是化学变化 B. 漂白粉、水玻璃和碱石灰都是混合物 C. 纯碱、明矾和干冰都是电解质 D. 乙酸乙酯中混有乙酸，可加入饱和氢氧化钠溶液，振荡、静置后分液 【答案】B 【详解】A、石油的分馏是物理变化而煤的干馏是化学变化，选项 A 错误； A、漂白粉是由氯化钙和次氯酸钙构成的，是混合物；水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物； 碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，选项 B 正确； C、纯碱是碳酸钠属于盐类，是电解质；明矾是硫酸铝钾属于盐，是电解质；干冰是固态的 二氧化碳，属于非电解质，选项 C 错误； D、乙酸乙酯中混有乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置后分液，选项 D 错误。 答案选 B。 4.已知 NA 从阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A. 6g 3He 含有的中子数为 2NA B. 1mol CH3CH2OH 被氧化为 CH3CHO 转移的电子数为 NA C. 20g 正丁烷和 38g 异丁烷的混合物中非极性键数目为 10NA D. 0.1mol·L－1Na2SO4 溶液中含有的 SO42－数目为 0.1NA 【答案】A 【详解】A 、6g 3He 的物质的量为 2 mol，1 mol3He 含有的中子数为 NA，2 mol 3He 含有的 中子数为 2NA，选项 A 正确； B、1mol CH3CH2OH 被氧化为 CH3CHO 转移的电子数为 2NA ，选项 B 错误； C、正丁烷和异丁烷的分子式相同，均为 C4H10，20g 正丁烷和 38g 异丁烷的混合物的物质 的量为 1 mol，1 mol C4H10 中极性健数目为 10NA ，非极性键数目为 3 NA，选项 C 错误； D、0.1mol·L－1Na2SO4 溶液的体积未给出，无法计算 SO42－数目，选项 D 错误。 答案选 A。 5.下列离子方程式书写正确的是（ ） A. 过量的 SO2 通入 NaOH 溶液中：SO2+ 2OH-=SO32-+H2O B. Fe(NO3)3 溶液中加入过量的 HI 溶液：2Fe3++2I-=2Fe2++I2 C. NaNO2 溶液中加入酸性 KMnO4 溶液：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O D. NaHCO3 溶液中加入过量的 Ba(OH)2 溶液：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32- 【答案】C 【详解】A、过量的 SO2 通入 NaOH 溶液中发生的反应为：SO2+OH﹣═HSO3 ﹣，故 A 错误； B、Fe（NO3）3 溶液中加入过量的 HI 溶液后，溶液中存在强氧化性的硝酸，能将亚铁离子 氧化，所以产物不会出现亚铁离子，故 B 错误； C、NaNO2 溶液中加入酸性 KMnO4 溶液发生氧化还原反应，实质是： 2MnO4 ﹣+5NO2 ﹣+6H+═2Mn2++5NO3 ﹣+3H2O，故 C 正确； D、NaHCO3 溶液中加入过量的 Ba（OH）2 溶液发生的反应为： HCO3 ﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故 D 错误． 故选 C。 6.根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是（ ） 组号 今加反应的物质 生成物 ① MnO4-、Cl-··· Cl2、Mn2+··· ② Cl2(少量)、FeBr2 FeCl3、FeBr2 ③ KMnO4、H2O2、H2SO4 K2SO4、MnSO4… A. 第①组反应中生成 0.5mol Cl2，转移 1mol 电子 B. 第②组反应中参加反应的 Cl2 与 FeBr2 的物质的量之比为 l：2 C. 第③组反应的其余产物为 O2 和 H2O D. 氧化性由强到弱的顺序为 MnO4-> Cl2>Fe3+>Br2 【答案】D 【分析】A.由信息可知，MnO4-氧化 Cl-为 Cl2，Cl 元素化合价由-1 价升高为 0 价，转移电子 的物质的量是氯气的 2 倍； B.由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结构电子转移守恒计算判断； C.反应中 KMnO4→MnSO4，Mn 元素化合价由+7 价降低为+2 价，根据电子转移守恒，H2O2 中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水； D.氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由②可知 Fe3+不能氧化 Br-，氧化性 Br2>Fe3+。 【详解】A.由信息可知，MnO4-氧化 Cl-为 Cl2，Cl 元素化合价由-1 价升高为 0 价，转移电子 的物质的量是氯气的 2 倍，生成 0.5 mol Cl2，转移 1mol 电子，A 正确； B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒 2n(C12)=n(FeBr2)， 即 n(C12)：n(FeBr2)=1：2，故 B 正确； C.反应中 KMnO4→MnSO4，Mn 元素化合价由+7 价降低为+2 价，根据电子转移守恒，H2O2 中氧元素化合价升高，生成 O2，根据 H 元素守恒可知还生成 H2O，C 正确； D.氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性：MnO4->Cl2，由②可知氧化性： Cl2>Fe3+，由②可知 Fe3+不能氧化 Br-，氧化性 Br2>Fe3+，D 错误； 故合理选项是 D。 【点睛】本题考查氧化还原反应的计算及氧化性强弱比较，把握氧化还原反应中元素的化合 价变化为解答的关键，注意电子守恒的应用，侧重考查分析与应用能力。 7.下列物质转化在给定条件下不能实现的是（ ） A. B. 饱和 2CONaOH(aq) 2 3 2 3ΔAl O NaAlO (aq) Al(OH)→ → 3 2 NH Δ 3 2 3CONaCl(aq) NaHCO Na CO→ →先通 后通 C. D. 【答案】C 【详解】A、氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化 碳，发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，选项 A 能实现； B、在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳气体，在溶液中就 有了大量的 Na+、NH4+、Cl-和 HCO3-，其中碳酸氢钠溶解度最小，析出碳酸氢钠晶体，加热 析出的碳酸氢钠分解生成碳酸钠，选项 B 能实现； C、硫燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，选项 C 不能实现； D、氯化镁溶液与石灰乳反应转化为难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，煅烧生成氧化镁， 选项 D 能实现。 答案选 C。 8.X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素，X 与 Z 同族，Y 与 Z 同周期，W 是短周期主族元 素中原子半径最大的，X 原子最外层电子数是核外电子层数的 3 倍，Y 的最高正价与最低负 价的代数和为 6。下列说法正确的是（ ） A. Y 的最高价氧化物对应的水化物是二元强酸 B. 原子半径：XZ(S)，故气态氢化物的热稳 定性：HCl >H2S，选项 C 错误； D. X 与 W 可形成两种阴、阳离子的物质的量之比均为 1：2 的离子化合物 Na2O 和 Na2O2， 选项 D 正确。 2 2O / H O 3 2 4S SO H SO→ →点燃 2 2MgCl (aq) Mg(OH) MgO→ →石灰乳 煅烧 答案选 D。 9.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是（ ） A. 向 CuSO4 溶液中加入足量 Zn 粉，溶液蓝色消失 Zn+CuSO4 Cu+ZnSO4 B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体 Ca(OH)2+CO2 CaCO3↓+H2O C. Na2O2 在空气中放置后由淡黄色变为白色 2Na2O2 2Na2O+O2↑ D. 向 Mg(OH)2 悬浊液中滴加足量 FeCl3 溶液出现红褐色沉淀 3Mg(OH)2+2FeCl3 2Fe(OH)3+3MgCl2 【答案】C 【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应， 其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A 项正确； B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程 式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B 项正确； C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳 定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C 项错误； D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D 项正确； 答案选 C。 10.在 100kPa 时，1 mol C(石墨，s)转化为 1 mol C(金刚石，s)，要吸收 l.895kJ 的热能。下列 说法正确的是（ ） A. 金刚石和石墨是碳元素的两种同分异构体 B. 金刚石比石墨稳定 C. 1 mol C(石墨，s)比 1 mol C(金刚石，s)的总能量低 D. 石墨转化为金刚石是物理变化 【答案】C 【详解】A、金刚石和石墨是碳元素形成的两种不同单质，互为同素异形体，选项 A 错误； B、1mol 石墨转化为金刚石，要吸收 1.895kJ 的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石 墨更稳定，选项 B 错误； C、1 mol C(石墨，s)转化为 1 mol C(金刚石，s)，要吸收 l.895kJ 的热能说明 1 mol C(石墨， s)比 1 mol C(金刚石，s)的总能量低，选项 C 正确； D、石墨转化为金刚石是化学变化，选项 D 错误。 答案选 C。 【点睛】本题主要考查物质具有的能量越低越稳定，在 100kPa 时，1mol 石墨转化为金刚石， 要吸收 1.895kJ 的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定．金刚石的能量高， 1mol 石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多。 11.中学实验中，通常利用如图所示的装置进行喷泉实验，来验证气体的“溶解性”，下列有 关说法不正确的是（ ） A. 用滴管加入液体后，由于气体的“溶解”，使瓶内压强减小，导致瓶内压强小于外界压强， 从而形成喷泉 B. 选用合适的溶液，CO2 也能用于做喷泉实验 C. HCl、NH3 和 SO2 均能用该装置做喷泉实验 D. 用 NO2 和 N2O4 的混合气体做喷泉实验，烧瓶中将充满稀硝酸 【答案】D 【分析】如能形成喷泉，应使烧瓶内气体压强减小，则烧杯内气体应溶解在烧杯中溶液或发 生反应，题中 NO2 和水反应生成 NO 和 HNO3，以此解答该题。 【详解】A.用滴管加入液体后，由于气体的“溶解”，导致瓶内压强小于外界压强，外界压强 可将烧杯内的液体压入烧瓶，形成喷泉，A 正确； B.如为 CO2 等气体，烧杯内为 NaOH 等强碱浓溶液，二者发生反应，使烧瓶内气体压强减 小，也可形成喷泉，B 正确； C.HCl、NH3 和 SO2 均易溶于水，可形成喷泉，C 正确； D. NO2 和 N2O4 之间存在可逆反应，NO2 和水反应生成 HNO3 和 NO，有气体存在，所以烧 瓶不能充满稀 HNO3，D 错误； 故合理选项是 D。 【点睛】本题考查喷泉实验原理，把握物质的性质、发生的反应及喷泉原理为解答的关键， 注意元素化合物知识与实验相结合的应用。 12.现有 16.8g 由 Fe、Fe2O3、Al、Al2O3 组成的混合物，将它完全溶解在 600mL2mol/L 的硫 酸溶液中，收集到标准状况下的气体 8.96L。已知混合物中 Fe、Fe2O3、Al、Al2O3 的质量分 数分别为 16.7%、16.1%、38.1%、29.1%，欲使溶液中的金属离子完全沉淀，至少应加入 3mol/LNaOH 溶液的体积是 （ ） A. 800mL B. 300mL C. 600mL D. 900mL 【答案】A 【解析】Fe、Fe2O3、Al、Al2O3 组成的混合物，完全溶解在 H2SO4 溶液中生成硫酸盐，硫酸 可能有剩余，再向反应后的溶液中加入 NaOH 溶液，使溶液中的金属阳离子完全转化为氢 氧化物沉淀，此时溶液中溶质为 Na2SO4，根据硫酸根守恒可得：n（Na2SO4）= n（H2SO4） = 0.6 L ×2 mol/L = 1.2 mol，根据钠离子守恒可得：n（NaOH）= 2n（Na2SO4）= 2 × 1.2 mol = 2.4 mol，所以加入 3mol/L 的 NaOH 溶液的体积为 2.4 mol ÷ 3 mol/L = 0.8L =800 mL，故 A 项正确。综上所述，符合题意的选项为 A。 点睛：本题考查有关混合物的计算，是一道较难的题目，侧重对学生思维能力的考查。用常 规方法无法计算，解题关键是理解反应过程，根据离子守恒计算。 13.已知 A、B、C、D 均为中学化学常见的纯净物，A 是单质，它们有如图反应关系。下列 说法错误的是（ ） A. 若 A 是大气中含量最多的气体，C、D 是氧化物且会造成光化学污染。则 D 转化成 C 的 反应化学方程为 3NO2+H2O=2HNO3+NO B. 若 A、B、C 分别为 C(s)、CO(g)和 CO2(g)，且通过与 O2(g)反应实现图示的转化。在同 温同压且消耗含碳物质均为 1mol 时，反应①、②、③的焓变依次为△H 1、△H 2、△H 3，则 它们之间的关系为△H 2=△H 1+△H 3 C. 若 C 为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，D 为日常生活中常用的调味品，工业 上用 D 制备 A 的化学方程式 2Na2O(熔融) 4Na+O2↑ D. 若 A 是应用最广泛的金属。④反应用到 A，②、⑤反应均用到同一种气态非金属单质， 实验室保存 D 溶液的方法是加入适量铁粉与适量盐酸 【答案】C 【详解】A．若 A 是大气中含量最多的气体为 N2，C、D 是氧化物且会造成光化学污染，C 为 NO，D 为 NO2，B 为 NH3；D 转化成 C 的反应化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO， 故 A 正确； B．若 A、B、C 分别为 C(s)、CO(g)和 CO2(g)，且通过与 O2(g)反应实现图示的转化．在同 温同压且消耗含碳物质均为 1mol 时，反应①、②、③的焓变依次为△H1、△H2、△H3，得到： C(s)+ O2(g)=CO(g)△H1，C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2，CO(g)+ O2(g)=CO2(g)△H3；依据盖斯定 律得到△H1+△H3 =△H2，故 B 正确； C．若 C 为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，判断 C 为 NaOH，D 为日常生活中常 用的调味品为 NaCl，A 为 Na，B 为 Na2O2 或 Na2O，D 制备 A 是电解熔融氯化钠得到，反 应的化学方程式为：2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑，故 C 错误； D．若 A 是应用最广泛的金属．推断为 Fe，④反应用到 A，②⑤反应均用到同一种非金属 单质．推断为 Cl2，判断 C 为 FeCl3，D 为 FeCl2，保存 FeCl2 时为防止被氧化和水解，应加 入少量铁粉和稀盐酸，故 D 正确； 故选 C。 14.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，正确的是（ ） 选项 实验操作 现象 结论 A 25℃，分别测定等浓度的 K2SO3、KCl 溶液的 pH pH：K2SO3>KCl 非金属性：Cl>S B 打磨后的铝片投入水中，加热 至沸腾。取出铝片，用一束光 照射溶液 加热，铝片表面无明显现象； 用光照射溶液时，有一条光 亮的“通路” 铝与热水发生了 反应 C 将木炭和浓硫酸共热生成的气 体通入澄清石灰水中 澄清石灰水变浑浊 该气体只含 CO2 D 向 Cu(OH)2 沉淀中分别滴加盐 酸和氨水 沉淀皆溶解 Cu(OH)2 为两性 氢氧化物 【答案】B 【详解】A. K2SO3 和 KCl 均不是最高价含氧酸对应的钾盐，所以不能通过溶液的 pH 值来比 1 2 1 2 较元素的非金属性，A 项错误； B. 打磨后的铝片投入水中，加热至沸腾。取出铝片，用一束光照射溶液, 铝与热水发生了 反应生成了氢氧化铝胶体，因此出现了一条光亮的“通路”，发生了丁达尔效应，B 项正确； C. 将木炭和浓硫酸共热生成的气体中含二氧化碳与二氧化硫，两者均为酸性气体，均可以 使澄清石灰水变浑浊，结论不准确，C 项错误； D. Cu(OH)2 沉淀溶于稀盐酸中，是因为发生了酸碱中和反应，溶于稀氨水中，是因为 Cu(OH)2 与一水合氨反应生成了铜氨络合离子，因此不能说 Cu(OH)2 为两性氢氧化物，D 项错误； 答案选 B。 【点睛】C 选项将木炭和浓硫酸共热生成的气体常常作为实验探究综合分析，要注意区分二 氧化硫与二氧化碳的异同。两者均为酸性氧化物，均能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫又 不同于二氧化碳，有漂白性与弱氧化和还原性等化学性质。学生要加以对比与识记。 15.工业上制备高纯硅有多种方法，其中的一种工艺流程如下： 已知：流化床反应的产物中，除 SiCl4 外，还有 SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3 等。下列 说法正确的是（ ） A. 电弧炉中发生的反应为 C＋SiO2 CO2↑＋Si B. SiCl4 进入还原炉之前需要经过蒸馏提纯 C. 每生产 l mol 高纯硅，需要 44. 8L Cl2（标准状况） D. 该工艺 Si 的产率高，符合绿色化学要求 【答案】B 【详解】A、二氧化碳与碳在高温下生成粗硅和一氧化碳，电弧炉中发生的反应为 2C+SiO2 2CO↑+Si，选项 A 错误； B、SiCl4 进入还原炉之前在流化床反应器中除 SiCl4 外，还有 SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3 等，需要利用相互溶解的物质沸点不同，经过蒸馏提纯，选项 B 正确； C、根据转化关系 Si→SiCl4→Si，每生产 l mol 高纯硅，需要 22.4L Cl2（标准状况），选项 C 错误； D、该工艺中产生氯化氢气体且有氯气的参与，容易引起空气污染，不符合绿色化学要求， 选项 D 错误； 答案选 B。 16.化学与生产、生活紧密相关，下列有关说法不正确的是（ ） A. 人工合成的硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶 B. 肥皂水显碱性，可用作蚊虫叮咬处的清洗剂 C. 明矾净水是因为明矾水解产生的氢氧化铝胶体可以吸附水里悬浮的杂质 D. 铝比铁更活泼，铁制品比铝制品更耐腐蚀 【答案】D 【详解】A．硅橡胶具有空间网状结构，具有耐磨、耐高温、耐低温等性能，故 A 正确； B．肥皂水显碱性，与蚊虫叮咬处释放的酸发生中和反应，故 B 正确； C．明矾溶解于水水解产生的氢氧化铝胶体可以吸附水里悬浮的杂质，则明矾可作净水刘， 故 C 正确； D．金属铝更耐腐蚀是由于其化学性质活泼，在常温下就可以和氧气反应而形成致密的氧化 铝薄膜，从而阻止进一步氧化，而铁锈是疏松多孔的结构，会加速铁的锈蚀，故 D 错误； 答案为 D。 第Ⅱ卷(非选择题 共 52 分) 二、非选择题(本大题共 4 小题，共 52 分) 17.碱式碳酸铜可用于有机催化剂、杀虫剂及饲料中铜的添加剂，还可用于烟火和颜料制造。 CuSO4 溶液与 Na2CO3 溶液反应能否得到碱式碳酸铜？某班同学进行相关探究。 【沉淀制备】取一定量胆矾（CuSO4·5H2O）溶于水，再滴几滴稀硫酸，充分搅拌后得到一 定体积的 CuSO4 溶液。向其中加适量 Na2CO3 溶液，将所得蓝绿色悬浊液过滤，用蒸馏水洗 涤，再用无水乙醇洗涤。 （1）用无水乙醇洗涤的目的是____________________________________。 【实验探究】同学们设计了如下装置，用制得的蓝绿色固体进行实验： （2）D 装置加热前，需要首先打开活塞 K，用 A 装置制取适量 N2，然后关闭 K，点燃 D 处酒精灯。A 中产生的 N2 将装置中的空气排除，避免干扰。C 中盛装的试剂应是___________。 （3）装置 A 中发生反应的离子方程式为____________________________________。 （4）若蓝绿色固体的组成为 xCuCO3·yCu(OH)2，实验能观察到的现象是_______________ ________________________________________________________________。 （5）同学们查阅文献知：Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9，Ksp(BaCO3)＝5.1×10-9，经讨论认为需要 用 Ba(OH)2 代替 Ca(OH)2 来定量测定蓝绿色固体的化学式，其原因是________。 a．Ba(OH)2 的碱性比 Ca(OH)2 强 b．Ba(OH)2 溶解度大于 Ca(OH)2，能充分吸收 CO2 c．相同条件下，CaCO3 的溶解度明显大于 BaCO3 d．吸收等量 CO2 生成的 BaCO3 的质量大于 CaCO3，测量误差小 （6）待 D 中反应完全后，打开活塞 K，再次滴加 NaNO2 溶液产生 N2，其目的是 _____________ ________________________________________________________________________。若定量 分析所取蓝绿色固体质量为 27.1 g，装置 F 中使用 Ba(OH)2 溶液，实验结束后，装置 E 的质 量增加 2.7 g，F 中产生沉淀 19.7 g。则该蓝绿色固体的化学式为____________________。 【答案】(1). 利用乙醇易挥发的性质带走沉淀上面的水 (2). 浓硫酸 (3). NO2-＋NH4+ N2↑＋2H2O (4). 硬质玻璃管中蓝绿色固体变黑色，E 中白色固体变蓝，F 中溶液变 浑浊 (5). b d (6). 让停留在装置中的气体被充分吸收，减小实验误差 (7). 2CuCO3·3Cu(OH)2 或 3Cu(OH)2·2CuCO3 或 Cu5(OH)6(CO3)2 【详解】(1)乙醇易挥发，可带走沉淀上面的水，故答案为：利用乙醇易挥发的性质带走沉 淀上面的水； (2)进入 D 装置中的气体需要干燥，因此 C 瓶装浓硫酸，可以干燥氮气；故答案为：浓硫酸； (3)A 中的反应为亚硝酸根与铵根离子价态归中生成氮气，发生的离子方程式为：NO2-+NH4+ N2↑+2H2O；故答案为：NO2-+NH4+ N2↑+2H2O； (4)若蓝绿色固体 组成为 xCuCO3•yCu(OH)2，则分解生成黑色氧化铜、水、二氧化碳，则 硬质玻璃管中蓝绿色固体变黑色，E 中白色固体变蓝，F 中溶液变浑浊；故答案为：硬质玻 璃管中蓝绿色固体变黑色，E 中白色固体变蓝，F 中溶液变浑浊； (5)Ba(OH)2 溶解度大于 Ca(OH)2，充分吸收 CO2，BaCO3 的摩尔质量大于 CaCO3，测量误差 小；氢氧化钙为强碱，CaCO3 的溶解度和 BaCO3 溶解度相差不大；故答案为：bd； (6)待 D 中反应完全后，打开活塞 K，再次滴加 NaNO2 溶液产生 N2，其目的是让停留在装置 的 中的气体被充分吸收，减小实验误差；E 中吸收的是水，水的物质的量为 =0.15mol，F 中吸收的是二氧化碳生成碳酸钡白色沉淀，根据碳原子守恒得二氧化碳的物质 的量为 =0.1mol，氧化铜的物质的量 =(27.1g-2.7g-0.1mol×44g/mol)÷80g/mol═0.25mol，则铜离子、氢氧根离子和碳酸根离子的物 质的量之比=0.25mol：0.3mol：0.1mol=5：6：2，所以其化学式为：2CuCO3•3Cu(OH)2 或 3Cu(OH)2•2CuCO3 或 Cu5(OH)6(CO3)2；故答案为：让停留在装置中的气体被充分吸收，减小 实验误差；2CuCO3•3Cu(OH)2 或 3Cu(OH)2•2CuCO3 或 Cu5(OH)6(CO3)2。 18.共分平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含 SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO 等 物质)。某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到 Ce(OH)4 和硫 酸铁铵： 已知： ①酸性条件下，铈在水溶液中有 Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce3+易水解，Ce4+有较强氧 化性。 ②CeO2 不溶于稀硫酸。 ③硫酸铁铵[aFe2(SO4)3•b(NH4)2SO4•cH2O]广泛用于水的净化处理。 (1)在氧化环节，下列物质中最适合用作氧化剂 B 的是__________(填序号)。 a．NaClO b．H2O2 c．KMnO4 (2)操作Ⅰ的名称是___________，检验硫酸铁铵溶液中含有 NH4+的方法是______________ _________________________________________________________________________。 (3)写出反应②的化学方程式____________________________________________。 (4)用滴定法测定制得的 Ce(OH)4 产品纯度。称取 Ce(OH)4 样品→加硫酸溶解→用 0.1000mol/LFeSO4 溶液滴定，所用 FeSO4 溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定，则测得 2.7g 18g / mol 19.7g 197g / mol 该 Ce(OH)4 产品的质量分数_________。(填“偏大”、“偏小”或“无影响”) (5)称取 14.00g 硫酸铁铵样品，将其溶于水配制成 100mL 溶液，分成两等份，向其中一份加 入足量 NaOH 溶液，过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到 1.60g 固体；向另一份溶液中加入 0.5mol/L Ba(NO3)2 溶液 100mL，恰好完全反应。通过计算，该硫酸铁铵的化学式为 ______________________________。 【答案】(1). b (2). 冷却结晶 (3). 取样于试管中加入 NaOH 溶液，加热，用湿润的 红色石蕊试纸检验气体，若试纸变蓝，即可证明 (4). 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4 (5). 偏大 (6). Fe2(SO4)3•2(NH4)2SO4•2H2O 【分析】废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣 A 的成分是 Fe2O3、CeO2、FeO；滤 渣 A(Fe2O3、CeO2、FeO)加稀硫酸后过滤得滤液 B 是硫酸亚铁溶液，加入氧化剂 C 可生成 硫酸铁，所加氧化剂应避免引入新杂质，滤渣 B 的成分是 CeO2；CeO2 与 H2O2 和稀 H2SO4 反应生成 Ce3+和 O2；Ce3+加碱生成 Ce(OH)3 悬浊液；Ce(OH)3 悬浊液被氧化生成 Ce(OH)4。 【详解】(1)在氧化环节，所加氧化剂应避免生成杂质，只能选用过氧化氢，故答案为：b； (2)根据操作流程判断，由溶液生成固体，应首先进行蒸发浓缩，然后冷却结晶，检验硫酸 铁铵溶液中含有 NH4+，方法为取样于试管中加入 NaOH 溶液，加热，在试管口置一湿润的 红色石蕊试纸，若试纸变蓝，即可证明，故答案为：冷却结晶；取样于试管中加入 NaOH 溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，若试纸变蓝，即可证明； (3)Ce(OH)3 被氧气氧化为 Ce(OH)4，根据质量守恒可知，反应物中有水参与，化学方程式为： 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，故答案为：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4； (4) FeSO4 溶液在空气中露置一段时间后会被氧化，消耗硫酸亚铁增大，测定该 Ce(OH)4 产 品的质量分数会偏大；故答案为：偏大； (5)称取 14.00g 样品，将其溶于水配置成 100mL 溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量 NaOH 溶液，过滤洗涤得到沉淀并烘干灼烧至恒重得到 1.60g 固体为氧化铁，n(Fe2O3)= =0.01mol，生成氢氧化铁沉淀物质的量为 n[Fe(OH)3]=0.02mol，向另一份溶液中 加入 0.05mol Ba(NO3)2 溶液，恰好完全反应，则 n(SO42-)=0.05mol，所以 14.00g 样品中含有 Fe2(SO4)30.02mol，n(SO42-)为 0.1mol，则(NH4)2SO4 为 0.1mol-0.02mol×3=0.04mol，则 m(H2O)=14.00g-0.02mol×400g/mol-0.04mol×132g/mol=0.72g，n(H2O)= =0.04mol， n(Fe2(SO4)3)：n((NH4)2SO4)：n(H2O)=0.02：0.04：0.04=1：2：2，所以化学式为 1.6 160 / g g mol 0.72 18 / g g mol Fe2(SO4)3•2(NH4)2SO4•2H2O，故答案为：Fe2(SO4)3•2(NH4)2SO4•2H2O。 19.I、铁是生产、生活及生命中的重要元素。 （1）血红蛋白(Hb)中的铁元素呈正二价，能与 O2 分子结合成氧合血红蛋白(HbO)从而有输 送氧的能力。NaNO2 因具有氧化性能使血红蛋白丧失与 O2 结合能力。药品美蓝是其有效的 解毒剂，解毒时美蓝发生_________反应(填“氧化”或“还原”)。 （2）普通铁粉与水蒸气在高温下反应生成铁的某种氧化物和氢气，该氧化物和氢气在高温 下发生逆反应得到“引火铁”。 “引火铁” 是一种极细的铁粉，它在空气中可以自燃，其原因 是_________________________________________________________。 Ⅱ、在 1 L 2 mol·L－1 稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉，反应中氧化产物的物质的量与加入铁粉 的物质的量的关系如图所示： 回答下列问题： （1）写出加入 n1mol 铁所发生反应的离子方程式_______________________________。 （2）整个过程中转移电子的数目是________。 （3）若 M 点时再加入 V L 2 mol·L－1 的稀硝酸，恰好反应完全，则 V 为___________。 （4）研究表明硝酸的浓度越小，反应后氮的化合价越低。在极稀的硝酸溶液中加入少量铁 粉，生成 NH4＋的离子方程式为___________________________________________________。 【答案】(1). 氧化 (2). 铁粉表面积大反应速率快 (3). Fe+4H++NO3-=2H2O+NO↑+Fe3+ (4). 2NA (5). 0.2 (6). 8Fe+30H++3NO3-=3NH4++8Fe3++9H2O 【分析】I（1）根据美蓝能将高铁血红蛋白还原为低铁血红蛋白使其恢复与氧结合的能力进 行分析； （2）根据固体接触面积与化学反应速率的关系分析； Ⅱ 向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成 Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4 HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，当铁过量时，过量的铁与 Fe（NO3）3 继续反应生 成 Fe（NO3）2，反应方程式为：2Fe（NO3）3+Fe=3 Fe（NO3）2，由此分析解答． 【详解】（1）美蓝能将高铁血红蛋白还原为低铁血红蛋白使其恢复与氧结合的能力，因此解 毒时美蓝发生氧化反应； 答案：氧化 （2）铁粉与水蒸气反应，接触面积越大，反应速率越快； 答案：铁粉表面积大反应速率快 Ⅱ（1）因为硝酸足量，因此 0～n1mol，铁与稀硝酸反应，生成硝酸铁，一氧化氮和水，离 子方程式为 Fe+4H++NO3-=2H2O+NO↑+Fe3+； 答案：Fe+4H++NO3-=2H2O+NO↑+Fe3+ （2）整个过程中铁最终被氧化为硝酸亚铁，其中硝酸的物质的量为 2mol/L×1L=2mol； Fe+4 HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O 转移电子数 4mol 1mol 3NA 2mol 0.5mol 1.5NA 2Fe（NO3）3+Fe=3 Fe（NO3）2 转移电子数 2mol 2NA 0.5mol0.5NA 转移电子数 1.5NA+0.5NA=2NA 答案：2NA （3）M 点时铁离子和亚铁离子物质的量相等，再加入 V L 2 mol·L－1 的稀硝酸，恰好反应 完全，亚铁离子被氧化为铁离子； Fe + 4 HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O 1mol 4mol 1mol 2mol 0.5mol 2Fe（NO3）3+Fe= 3 Fe（NO3）2 2mol 3mol n(Fe2+) 根据 M 点时铁离子和亚铁离子物质的量相等可知 0.5- =n(Fe2+),得 n（Fe2+） =0.3mol 3Fe(NO3)2+4HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+2H2O 为 ( )22 3 n Fe +× ( )22 3 n Fe +× 3mol 4mol 0.3mol 2V = ，得 V=0.2L； 答案：0.2 （4）极稀的硝酸溶液中加入少量铁粉，硝酸被还原为铵盐，铁粉少量被氧化为硝酸铁，离 子方程式为 8Fe+30H++3NO3-=3NH4++8Fe3++9H2O； 答案：8Fe+30H++3NO3-=3NH4++8Fe3++9H2O 【点睛】本题难点为图象的分析，明确图象中各段发生的反应以及曲线代表的物质是解题的 关键。 20.工业上用甲苯生产对﹣羟基苯甲酸乙酯： ，下列反应①﹣⑥ 其合成 过程，其中某些反应条件及部分反应物或生成物未注明． 回答下列问题： （1）有机物 A 的名称为_____________． （2）反应①的化学方程式是：_____________________________________________________． （3）试剂 x 是_____________________． （4）反应⑥的化学方程式是：_________________________________________________． （5）合成路线中设计③、⑤两步反应的目的是____________________________________． （6） 的同分异构体中，既能与 NaHCO3 发生反应，又能与 FeCl3 溶液发生显 色反应的共有_____种，其中核磁共振氢谱为 5 组峰，且峰面积比为 2：2：2：1：1 的为_____ （写结构简式）． （7）已知：RCH2COOH ，写出苯酚和乙醇为原料制备 的合 成路线流程图__________________________________________________（无机试剂任 用）．合成路线流程图例如下：H2C＝CH2 CH3CH2Br CH3CH2OH． 是 3 0.3 mol mol 4 2 mol V 3 Δ PCl → HBr→ NaOH Δ →溶液 【答案】(1). 对氯甲苯 (2). +Cl2 +HCl (3). 酸性 KMnO4 溶液 (4). C2H5OH+ +H2O (5). 保护酚羟基，使之不被氧化 (6). 13 (7). (8). CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH ClCH2COOH ； 【分析】 在铁做催化剂条件下与氯气发生取代反应生成 A（ ）与 HCl；A 水解 生成 ， 与 CH3I 发生取代反应生成 与 HI，主要用来保护酚羟基，不被 下一步骤中的酸性高锰酸钾氧化； 被酸性高锰酸钾氧化生成 ； 与 HI 发生取代反应恢复酚羟基 ； 与乙醇发生酯化反应生成 与水， 据此分析。 【详解】（1）据上面分析可知。有机物 A 为 ，名称为对氯甲苯； 答案：对氯甲苯 （2）反应① 在铁做催化剂条件下与氯气发生取代反应生成 A（ ）与 HCl，化学 催化剂→ ∆→浓硫酸 2O Cu Δ →、 2 Δ O →催化剂、 3 Δ PCl → 方程式为 +Cl2 +HCl； 答案： +Cl2 +HCl （3）反应④甲基被氧化为羧基，故试剂 x 是酸性高锰酸钾溶液； 答案：酸性 KMnO4 溶液 （4）反应⑥ 与乙醇发生酯化反应生成 与水，化学方程式为 C2H5OH+ +H2O ； 答案：C2H5OH+ +H2O （5）第③步 与 CH3I 发生取代反应生成 与 HI，主要用来保护酚羟基，不被 下一步骤中的酸性高锰酸钾氧化；第④步 被酸性高锰酸钾氧化生成 ；第⑤ 步 与 HI 发生取代反应恢复酚羟基 ；因此合成路线中设计③、⑤两步反应 的目的是保护酚羟基，使之不被氧化； 答案：保护酚羟基，使之不被氧化 （6）能与碳酸氢钠反应，必有羧基；能与 FeCl3 溶液发生显色反应必有酚羟基，满足这两 个条件的同分异构体有 、 、 、 、 催化剂→ 催化剂→ ∆→浓硫酸 ∆→浓硫酸 、 、 、 、 、 、 、 、 共 13 种；其中核磁共振氢谱 为 5 组峰，且峰面积比为 2：2：2：1：1 的为 ； 答案：13 （7）由题给信息可知应先生成 ClCH2COOH 和苯酚钠，然后在酸性条件下反应生成 ，进而与乙醇发生酯化反应可生成目标物，合成路线为 CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH ClCH2COOH ； 答案：CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH ClCH2COOH； 。 2O Cu Δ →、 2 Δ O →催化剂、 3 Δ PCl → 2O Cu Δ →、 2 Δ O →催化剂、 3 Δ PCl →