江西省宜春市上高二中2020届高三上学期第一次月考化学试题

江西省宜春市上高二中2020届高三上学期第一次月考化学试题

‎2020届高三年级第一次月考化学试卷 可能用到的相对原子质量：C 12 H 1 O 16 N 14 Cl 35.5 Na 23 Ca 40‎ 一．选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分，只有一项是符合题目要求）‎ ‎1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是 A. 对废旧金属进行回收利用是保护金属资源的途径之一 B. 工业上对煤进行干馏、液化和气化等处理的目的是降低污染和获得更多化工原料 C. 处理污水的化学方法包括中和法、沉淀法、氧化还原法等 D. 用聚氯乙烯塑料代替聚乙烯塑料可减少食品包装袋的毒性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 对废旧金属进行回收利用，可以提高资源的利用率，是保护金属资源的途径之一，A正确；‎ B. 工业上对煤进行干馏、液化和气化等处理的目的是获得可以完全燃烧的清洁燃料和有着更广泛、更加重要的基础化式原料，故可以降低污染和获得更多化工原料，B正确；‎ C. 处理污水的化学方法包括中和法（处理酸性废水）、沉淀法（处理重金属盐废水）、氧化还原法（处理含有机物、CN-等废水）等，C正确；‎ D. 用聚氯乙烯塑料代替聚乙烯塑料会增加食品包装袋的毒性，聚氯乙烯能释放出有毒气体，D不正确。‎ 综上所述，说法不正确的是D。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数值下列有关叙述正确的是 A. 常温常压下, 30 g乙烷中所含的极性共价键数为6NA B. 标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA C. 0.1 mol9038Sr原子中含中子数为3.8NA D. 0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烷分子中只有H—C键是极性键，故一个乙烷分子中有6个极性键。30 g乙烷物质的量为1mol，故其中所含的极性共价键数为6NA，A正确；‎ B. 氯气与水的反应是可逆反应。标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，由于不能确定反应的限度，故无法计算转移的电子数目，B不正确；‎ C. 9038Sr 的中子数为52，故0.1 mol9038Sr中含中子数为5.2NA，C不正确；‎ D. 由于不知道溶液的体积是多少，故无法计算0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数目，D不正确。‎ 综上所述，说法正确的是A，本题选A。‎ ‎3.分类法是学习化学常用的方法。下列分类方法不正确的是（  ）‎ ‎①根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素 ‎②根据物质在常温下的状态，可以从硅、硫、铜、铁、氮气中选出氮气 ‎③根据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物 ‎④根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸 ‎⑤根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物 ‎⑥根据盐在水中的溶解度，将盐分为硫酸盐、碳酸盐、钾盐和铵盐 A. ①④⑤⑥ B. ③④⑤⑥ C. ①③⑤⑥ D. 全部 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①氢、氦等最外层电子数少的元素不是金属元素，而是非金属元素，①错误；‎ ‎②常温下，氮气为气态，而硅、硫、铜、铁为固态，②正确；‎ ‎③纯净物中，根据元素种类的多少分为单质和化合物，③正确；‎ ‎④根据分子中电离出的H+的个数，将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，不是根据分子中含有的氢原子的个数，如醋酸是一元酸，④错误；‎ ‎⑤含金属元素的氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝是两性氧化物，七氧化二锰是酸性氧化物，非金属氧化物不一定为酸性氧化物，CO、NO是不成盐氧化物，⑤错误；‎ ‎⑥根据盐在水中的溶解度，将盐分为易溶盐、可溶盐、微溶盐和难溶盐，⑥错误；‎ 答案为A。‎ ‎4.某温度下，饱和石灰水的溶解度为sg，密度为ρg/mL，向足量该饱和溶液中加入mgCaO，充分作用后，恢复到原来温度，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 最终得到沉淀的质量大于g B. 该饱和溶液质量百分比浓度为：%‎ C. 最终所得溶液pH不变 D. 该饱和溶液中溶质物质的量浓度为：mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．mg CaO溶于水发生反应：CaO+H2O═Ca(OH)2，反应生成氢氧化钙的质量为×mg=g，由于原饱和溶液中溶剂减少，则会析出部分溶质，所以最终得到的沉淀的质量大于g，故A正确；‎ B．该饱和溶液的溶解度为sg，则该饱和溶液中溶质的质量分数为×100%=%，故B错误；‎ C．最终得到的还是氢氧化钙的饱和溶液，由于温度相同，则溶液中氢氧根离子浓度相等，溶液的pH不变，故C正确；‎ D．该饱和溶液的质量分数为%，该溶液的物质的量浓度为：c==mol/L，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎5.根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 取某溶液于试管中，滴入氢氧化钠溶液并加热，试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝 该盐中含NH4+‎ B 向海带灰提取液中加入稀硫酸酸化的H2O2，充分振荡后，滴加四氯化碳，振荡静置，下层呈紫红色 海带灰提取液中存在I-‎ C 纯净的SO2和Cl2分别通过盛有品红溶液的试管，溶液均褪色 SO2和Cl2都有漂白性 D 铁粉中加入的过量稀硝酸，充分反应后，滴入KSCN溶液，溶液变为红色 硝酸将铁氧化，生成Fe3+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.氨气能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝；‎ B.碘易溶于四氯化碳，振荡静置，下层呈紫红色； ‎ C. 次氯酸有漂白作用，而氯气没有；‎ D.过量稀硝酸可以把铁氧化为Fe3+。‎ ‎【详解】A.氢氧化钠溶液与含有铵根离子的溶液加热反应，生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，此气体为氨气，原溶液中含有NH4+，A正确；‎ B. H2O2具有氧化性，能够把碘离子氧化为碘单质，碘易溶于四氯化碳，下层呈紫红色，因此海带灰提取液中存在I-，B正确；‎ C. Cl2通过盛有品红溶液的试管，溶液褪色，真正起到漂白作用的是次氯酸，氯气没有漂白作用，C错误；‎ D.铁粉与过量稀硝酸反应生成硝酸铁，铁离子与KSCN溶液反应，溶液变为红色，可以说明硝酸将铁氧化，生成Fe3+，D正确；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】干燥的氯气没有漂白作用，潮湿氯气、新制氯水以及次氯酸钠溶液、次氯酸钙溶液等都能使有色布条褪色，是因为它们均含有HClO，HClO具有强氧化性，能够用来杀菌消毒和漂白。‎ ‎6.某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体[NH4Fe（SO4）2·6H2O]的一种方案如下：‎ 下列说法不正确的是 A. 滤渣A的主要成分是CaSO4‎ B. 相同条件下，NH4Fe（SO4）2·6H2O净水能力比FeCl3强 C. “合成”反应要控制温，温度过高，产率会降低 D. “系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、硫酸钙微溶于水；‎ B、NH4＋水解生成H＋，抑制Fe3＋的水解；‎ C、“合成”中温度过高，会促进Fe3＋的水解；‎ D、硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，宜采用结晶法提纯；‎ ‎【详解】A、硫酸钙微溶于水，滤渣A主要成分是硫酸钙，故A正确；‎ B、NH4＋水解生成H＋,抑制Fe3＋的水解，故氯化铁净水能力比硫酸铁铵强，故B项错误；‎ C、“合成”中温度过高，会促进Fe3＋的水解，故C项正确；‎ D、硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，宜采用结晶法提纯，故D项正确；‎ 故选B。‎ ‎7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温下，1 L pH＝10的NaClO溶液中水电离出的OH－数目为10－4NA B. 7.8 g Na2O2分别与过量的CO2和过量的SO2充分反应，转移的电子数目均为0.2NA C. 标准状况下，2.24 L丙三醇（甘油）中含有的氧原子数为0.3NA D. 向含0.1 mol Na2SiO3的溶液中逐渐滴加盐酸，生成的H2SiO3胶体中胶粒的数目为0.1NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温下，pH＝10的NaClO溶液中水电离出的OH－浓度为10-4mol/L，所以，1 L ‎ pH＝10的NaClO溶液中水电离出的OH－数目为10－4NA，A正确；‎ B. 7.8 g Na2O2的物质的量为0.1mol，分别与过量的CO2和过量的SO2充分反应，分别生成Na2CO3和Na2SO4，生成Na2CO3时，只有一半的O22-被还原为-2价，生成时Na2SO4，所有O22-均被还原为-2价，故转移的电子数目分别为0.1NA和0.2NA，B不正确；‎ C. 标准状况下，丙三醇不是气体，故无法计算2.24 L丙三醇（甘油）中含有的氧原子数目，C不正确；‎ D. 向含0.1 mol Na2SiO3的溶液中逐渐滴加盐酸，生成H2SiO3胶体，由于胶体粒子是许多分子的集合体，故无法确定胶粒的数目，D不正确。‎ 综上所述，说法正确的是A，故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点在B和D两个选项。要注意过氧化钠与二氧化碳反应时，发生的是歧化反应，只有一半的过氧根被还原，另一半被氧化为氧气，而过氧化钠与二氧化硫反应时，过氧根全部被还原。胶体粒子不是小分子，而是许多分子的聚合体。‎ ‎8.下列叙述不正确的是 A. 可用溴的四氯化碳溶液区别和 B. 甲苯分子中所有原子在同一平面上 C. 苯、乙酸、乙醇均能发生取代反应 D. 分子式为C3H6Cl2同分异构体共有4种(不考虑立体异构)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 可与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色， 不能，故可用溴的四氯化碳溶液区别和，A正确；‎ B. 甲苯分子由苯环和甲基两部分组成，甲基中的原子不能全部共面，故甲苯分子中所有原子不可能在同一平面上，B不正确；‎ C. 苯可以发生卤代、硝化反应；乙酸可以和乙醇发生酯化反应，这些反应均为取代反应，故其均能发生取代反应，C正确；‎ D. 分子式为C3H6Cl2同分异构体共有4种(不考虑立体异构)，分别为1，1-二氯丙烷、1，2-二氯丙烷、1，3-二氯丙烷、2，2-二氯丙烷，D正确。‎ 综上所述，叙述不正确的是B，故选B.‎ ‎9.下列各组反应，能用同一个离子方程式表示的是（ ）‎ A．‎ NaHCO3溶液与足量澄清石灰水 Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液 B．‎ AlCl3溶液与足量NaOH溶液 Al2(SO4)3溶液与足量氨水 C．‎ FeCl2溶液与稀HNO3‎ Fe(NO3)2溶液与稀盐酸 D．‎ 稀H2SO4与Ba(OH)2溶液 NaHSO4与足量Ba(OH)2溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaHCO3溶液与足量的澄清石灰水反应生成碳酸钙、水和氢氧化钠，离子方程式：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O；向Ca(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液反应生成碳酸钙、水和碳酸钠，反应的离子方程式为：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，离子方程式不同，故A不符合；‎ B．氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，正确的离子方程式为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，离子方程式：AL3++3NH3•H2O=A1(OH)3↓+3NH4+，离子方程式不同，故B不符合；‎ C．FeCl2溶液与稀HNO3混合离子反应方程式为3Fe2++4H++NO3-＝3Fe3++NO↑+2H2O；向Fe(NO3)2溶液中滴加稀盐酸，在氢离子环境下硝酸根离子表现出强的氧化性，将二价铁离子氧化成三价铁离子，离子方程式：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，离子方程式相同，故C符合；‎ D．稀H2SO4与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡和水，正确的离子方程式为：2H++SO42-+2OH-+Ba2+＝BaSO4↓+2H2O；NaHSO4与足量Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和水和氢氧化钠，离子方程式为H++SO42-+Ba2++OH-＝BaSO4↓+H2O，离子方程式不同，故D不符合；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意反应可以看成碳酸氢根离子先与氢氧根离子反应生成碳酸根离子，碳酸根再与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，根据离子的量的关系分析判断最终产物。‎ ‎10.通过测定混合气中O2含量可计算已变质的Na2O2 (含Na2CO3) 纯度，实验装置如图(Q为弹性良好的气囊)。下列分析错误的是 A. 干燥管b中装入碱石灰 B. Q气球中产生的气体主要成份O2、CO2‎ C. 测定气体总体积必须关闭K1、K2，打开K3‎ D. 读完气体总体积后，关闭K3,缓缓打开K1；可观察到Q气球慢慢缩小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加入硫酸与样品反应在Q气球中得到二氧化碳和氧气，用碱石灰吸收二氧化碳和水蒸气，在量筒Ⅱ中排水测氧气的量，进而计算过氧化钠的量，A正确；‎ B、根据A中分析可知B正确；‎ C、测定气体的总体积是利用Q气球的膨胀将瓶中的空气挤入右边进行排水量气，所以必须关闭K1、K2，打开K3，C正确；‎ D、读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1，还要再打开K2，才可观察到Q气球慢慢缩小，原因是不打开K2体系是密闭的，气球体积无法减小，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎11.有机物X、Y的转化如下，下列说法不正确的是 A. X转化为Y的反应属于氧化反应 B. 与Y互为同分异构体 C. Y分子苯环上的二氯代物有5种 D. X、Y分子的所有原子可能共平面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. X转化为Y的反应中，双键断裂生成苯甲酸，该反应属于氧化反应，A正确； ‎ B. 与Y分子式相同，但结构不同，两者互为同分异构体，B正确；‎ C. Y分子（）苯环上的二氯代物有6种，分别在苯环的2、3位取代，2、4位取代，2、5位取代，2、6位取代，3、4位取代和3、5位取代，C不正确； ‎ D. 苯环有12原子共面，—COOH和HCOO—中4原子可能共面，故X、Y分子的所有原子可能共平面，D正确。‎ 综上所述，说法不正确的是C，故选C。‎ ‎12.常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是 A. 无色透明的溶液中：Ba2+、K+、HCO3-、NO3-‎ B. 由水电离出的c(H+)=1×10-13 mol·L-1的溶液中：Ca2+、Ba2+、Cl-、HCO3-‎ C. 加入铝粉能放出氢气的溶液中：Ba2+、Cl-、Fe3+、NO3-‎ D. 无色透明的溶液中：Al3+、Cu2+、SiO32-、CH3COO-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 无色透明的溶液中，Ba2+、K+、HCO3-、NO3-等4种离子之间不能发生离子反应，可以大量共存；B. 由水电离出的c( H+)= 1× 10-13 mol·L-1的溶液，水的电离受到酸或碱的抑制，可能是酸性，也可能显碱性，HCO3-既不能存在于酸性较强的溶液，也不能存在于碱性较强的溶液，B不正确；C. 加入铝粉能放出氢气的溶液，可能显酸性，也可能显强碱性，在酸性条件下NO3-有强氧化性，与铝反应不生成氢气，在碱性条件下Fe3+不能大量存在，C不正确；D. Cu2+可以使溶液呈蓝色，Al3+与SiO32-不能大量共存，D不正确。本题选A。‎ ‎13.科学家将水置于足够强的电场中，在20℃时水分子瞬间凝固可形成“暖冰”。某兴趣小组做如图所示实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，且有气泡产生。将酸性KMnO4溶液换成FeCl3溶液，烧杯中溶液颜色无变化，但有气泡产生。则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 20℃时，水凝固形成的“暖冰”所发生的变化是化学变化 B. “暖冰”是水置于足够强的电场中形成的混合物 C. 烧杯中液体为FeCl3溶液时，产生的气体为Cl2‎ D. 该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有产生新的物质，所发生的是物理变化，故A错误；‎ B.“暖冰”是纯净物，而非混合物，故B错误；‎ C.发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质，所以氯化铁溶液中的氯离子不可能被氧化成氯气，故C错误；‎ D.该条件下H2燃烧生成了具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故D正确；‎ 答案：D。‎ ‎【点睛】本题关键点考查的是H2O2的性质，酸性高锰酸钾褪色体现双氧水的还原性，氯化铁是双氧水分解反应的催化剂。‎ ‎14.向25mL 12.0mol·L-1浓硝酸中加入足量的铜，充分反应后共收集到标准状况下2.24LNO和NO2的混合气体（不考虑NO2与N2O4间的相互转化），则参加反应的铜的质量为 A. 3.2g B. 6.4g C. 12.8 g D. 19.2 g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】25mL12.0mol·L-1浓硝酸中含硝酸物质的量为：0.025L×12.0mol·L-1=0.3mol，与足量的铜充分反应后共收集到标准状况下2.24LNO和NO2的混合气体（不考虑NO2与N2O4的相互转化），即0.1mol混合气体，则被还原的硝酸为0.1mol、未被还原的硝酸为0.2mol，所以生成物Cu(NO3)2的物质的量为0.1mol，则参加反应的铜的物质的量为0.1mol，其质量为6.4g，故选B。‎ ‎15.在甲、乙两个体积不同的密闭容器中，分别充入质量相同的CO、CO2气体时，两容器的温度和压强均相同，则下列说法正确的是( )‎ A. 充入的CO分子数比CO2分子数少 B. 甲容器的体积比乙容器的体积小 C. CO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小 D. 甲中CO的密度比乙中CO2的密度小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】温度、压强相同条件下，气体摩尔体积相等，根据n="m/M" 可知，相同质量时其物质的量之比等于其摩尔质量的反比，CO、CO2的摩尔质量分别是28g/mol、44g/mol，所以二者的物质的量之比=44g/mol：28g/mol=11：7，则 A．根据N=nNA知，二者的分子数之比等于其物质的量之比为11：7，所以CO分子数多，A错误；‎ B．根据V=nVm知，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，所以甲的体积比乙大，B错误；‎ C．温度和压强相等，其气体摩尔体积相等，所以二者的气体摩尔体积相等，C错误；‎ D．ρ=M/Vm可知，相同条件下，其密度之比等于摩尔质量之比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点晴】同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。其推论有（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2（2）同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1（4）同温同压时，M1/M2=ρ1/ρ2。在进行物质的量的有关计算时，特别要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。‎ ‎16.资料显示：一定条件下NH3能还原CuO。为了证明资料的真实性，利用下列装置(含药品)进行实验，其中错误的是 A. 制取氨气 B. 还原氧化铜 C. 干燥氨气 D. 吸收尾气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯化铵分解生成氮和氯化氢，在试管口附近氨和氯化氨相遇又生成了白色固体氯化铵，故不能用于制备氨，选项A错误；‎ B、可以在硬质玻璃管中进行氨还原氧化铜的反应，选项B正确；‎ C、碱石灰可以干燥氨，选项C正确；‎ D、氨极易溶于稀硫酸，该装置吸收尾气中氨可以防止倒吸，选项D正确。‎ 答案选A。‎ 二．填空题（本题共4小题）‎ ‎17.产自我国西北某盐湖的“块碱”是一种Na2CO3和NaCl的混合物。可通过以下方法对块碱样品的组成和含量进行分析测定。‎ Ⅰ.定性测定NaCl的存在：‎ ‎(1)取样品少许溶于水，加入足量稀硝酸充分反应后再滴加_________________溶液，能观察到有_______________________产生，说明块碱中含有NaCl。‎ Ⅱ.定量测定Na2CO3的含量：‎ 准确称量w g样品置于如下装置中，向其中加入足量稀硫酸，通过测定生成气体的体积来求算Na2CO3的含量。请回答下列相关问题：‎ ‎(2)测定装置中，导管a的作用是___________________________________________。‎ ‎(3)为提高测定的准确度，溶液b最宜选用___________________________________。‎ ‎①饱和食盐水 ②饱和NaHCO3溶液 ③澄清石灰水 ④酸性KMnO4溶液 ‎(4)若根据所取样品的质量估计反应时产生的气体体积最多在30mL左右,则产生气体前对量气装置读数时，装置内的装液量和液面调节最为合理的是_______________________(填虚线框中对应这的字母编号)。‎ ‎(5)用你以上所选出的最为合理的读数为起点，若终点读数为17.60mL，则反应所产生的气体的测定体积为_____________mL。若实验温度下的气体摩尔体积为VmL.mol-1，由此可得出样品中Na2CO3的含量表达式为： __________________。‎ ‎【答案】 (1). 硝酸银 (2). 白色沉淀 (3). 平衡气压，便于分液漏斗中的稀硫酸能够顺利流下 (4). ② (5). C (6). 22.40 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验I为Cl-的检验；实验II通过排液测气法测量碳酸钠产生的二氧化碳的体积，确定碳酸钠的含量。‎ ‎【详解】Ⅰ.定性测定NaCl的存在：‎ ‎(1)检验Cl-通常使用硝酸银溶液，但要先加稀硝酸排除碳酸根离子的干扰。取样品少许溶于水，加入足量稀硝酸充分反应后再滴加硝酸银溶液，能观察到有白色沉淀产生，说明块碱中含有NaCl。‎ Ⅱ.定量测定Na2CO3的含量：‎ ‎(2)测定装置中，导管a的作用是平衡气压，便于分液漏斗中的稀硫酸能够顺利流下。‎ ‎(3)为提高测定的准确度，溶液b最宜选用不能溶解二氧化碳的饱和碳酸氢钠溶液，故选②饱和NaHCO3溶液。二氧化碳在饱和食盐水中的溶解度大于饱和碳酸氢钠溶液，在酸性高锰酸钾溶液中的溶解度也比较小，但是高锰酸钾具有强氧化性，会把橡皮管氧化。‎ ‎ (4)若根据所取样品的质量估计反应时产生的气体体积最多在30mL左右,则产生气体前对量气装置读数时，应保证量气管中的液面与左边干燥管中的液面在同一水平，防止液面差影响气体的体积，故装置内的装液量和液面调节最为合理的是C。‎ ‎(5)用所选出的最为合理的读数为起点，若终点读数为17.60mL，则反应所产生的气体的测定体积为40.00mL-17.60mL=22.40mL。若实验温度下的气体摩尔体积为VmL.mol-1，则二氧化碳的物质的量为，碳酸钠的物质的量等于其产生的二氧化碳的物质的量，故由此可得出样品中Na2CO3的含量表达式为：。‎ ‎【点睛】要注意分析图中信息，特别是量气管的读数问题，根据有关量气管的读数信息可知，0刻度在上方，故气体体积为初读数与末读数的差值。在读数时，量气装置两边的液面要在同一水平，防止两边的气体压强不同使得所测气体的体积误差过大。‎ ‎18.铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某度旧铍铜元件(含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：‎ 已知：I.铍、铝元素化学性质相似；‎ Ⅱ.常温下部分难溶物的溶度积常数如下表：‎ ‎(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有_____________(填化学式)，写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：_______________________________________________。‎ ‎(2)①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为_______(填字母)‎ a.加入过量的氨水 b.通入过量的CO2‎ c.加入过量的NaOH d.加入适量的HCl e.洗涤 f.过滤 ‎(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质．写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式：____________________________________________。‎ ‎(4)滤液D中c(Cu2+)=2.2mol·L－1、c(Fe3+)=0.008mol·L－1、c(Mn2+)=0.01mol·L－1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离，首先沉淀的是___________(填离子符号)，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于___________。‎ ‎【答案】 (1). Na2BeO2、Na2SiO3 (2). BeO22-+4H+=Be2++2H2O (3). afed (4). CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O (5). Fe3+ (6). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中信息可知，铍铜元件经氢氧化钠溶液溶解后，铍和氧化铍转化为铍酸钠溶液、二氧化硅转化为硅酸钠溶液，过滤后向滤液中加入过量的盐酸，硅酸钠转化为硅酸沉淀，铍酸钠转化为氯化铍溶液，再过滤，从滤液中分离出氯化铍，最后转化为铍。第一次过滤后的滤渣B与二氧化锰、硫酸反应，其中的铜元素和铁元素转化为硫酸铜溶液和硫酸铁溶液，过虑后的滤液D中加氨水可以依次分离出氢氧化铁和氢氧化铜，最后经一系列操作得到铜。‎ ‎【详解】(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有Na2BeO2、Na2SiO3，反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式为BeO22-+4H+=Be2++2H2O。‎ ‎(2)①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为afed：加入过量的氨水中和盐酸、沉淀Be2+，然后过滤、洗涤沉淀，最后加入适量的HCl将沉淀溶解即可，故顺序为afed。‎ ‎(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，因此，反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式为CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O。‎ ‎(4)滤液D中c(Cu2+)=2.2mol·L－1、c(Fe3+)=0.008mol·L－1、c(Mn2+)=0.01mol·L－1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离。Cu2+开始沉淀时，c(OH-)=mol/L=10-10mol/L，pH=4；Fe3+开始沉淀时，c(OH-)=mol/L=mol/L；Mn2+开始沉淀时，c(OH-)=mol/L=1.4´10-5mol/L。因此，首先沉淀的是Fe3+。为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于4。‎ ‎19.以下是利用主要成分为Cu2S和Fe2O3的工业废弃固体（其他成分不参与反应）制备有关物质，实验流程如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）气体X的化学式为____。‎ ‎（2）加入铁粉时发生反应的离子方程式为：2H++Fe=Fe2++H2↑、____。‎ ‎（3）常温下，固体D、O2和稀硫酸混合后几乎不反应，而加少量绿矾后随即发生反应。已知FeSO4对此反应起催化作用，则催化过程中反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O、_____。‎ ‎（4）除杂时需先加合适的氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，再加试剂Y调节溶液pH以除去Fe3+，则氧化剂及试剂Y可以是____（填编号）。‎ a．H2O2、CuO b．HNO3、Cu(OH)2 c．KMnO4、CuCl2 d．漂白粉、CuCO3‎ ‎（5）无水硫酸铜受热分解生成氧化铜和气体，受热温度不同气体可能为SO3、SO2和O2中的一种、两种或三种。现设计如下实验测定产生的SO2、SO3和O2的物质的量，并计算各物质的化学计量数，从而确定CuSO4分解的化学方程式（已知实验结束时，硫酸铜完全分解）。‎ ‎①仪器C的名称是_____，仪器F的作用是____。‎ ‎②组装探究实验的装置，按从左至右的方向，各仪器接口连接顺序为：①→⑨→⑩→⑥→⑤→_____→ → → →②（填接口序号）。‎ ‎③若某小组称取6.4g无水CuSO4,实验过程中装置C增加的质量为3.84g，量筒中水的体积折算成标准状况下气体体积224mL，请通过计算确定实验条件下CuSO4分解的化学方程式：___。‎ ‎【答案】 (1). SO2 (2). Fe＋Cu2+＝Fe2＋＋Cu、2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋ (3). 2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋ (4). a (5). 干燥管 (6). 吸收SO3使之转化为H2SO4，释放出SO2 ‎ ‎ (7). ③④⑧⑦ (8). 4CuSO44CuO＋2SO2↑＋2SO3↑＋O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 主要成分为Cu2S和Fe2O3的工业废弃固体灼烧得氧化铜和氧化铁及二氧化硫气体，所以X为SO2，固体A为氧化铜和氧化铁的混合物，A中加入硫酸溶解，再加入过量的铁粉，得硫酸亚铁溶液和铜，过滤后得到溶液C为FeSO4溶液，固体B为铁、铜的混合物，固体B中加入稀硫酸得硫酸亚铁溶液和铜，所以固体D为Cu，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、降温结晶可得绿矾晶体，铜与氧气在稀硫酸溶液中反应得硫酸铜溶液，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析可知气体X为SO2，故答案为：SO2；‎ ‎(2)加入铁粉时，铁与酸、铁离子、铜离子都发生反应，反应的离子方程式为2H++Fe=Fe2++H2↑、Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+；‎ ‎(3)常温下，FeSO4对铜、氧气、稀硫酸的反应起催化的过程中亚铁离子先被氧化成铁离子，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，铁离子再氧化铜生成铜离子，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，故答案为：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；‎ ‎(4)除杂时需先加合适的氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，再加试剂Y调节溶液pH以除去Fe3+，为了不引入新的杂质，加入的氧化剂可以为H2O2，调节pH值的试剂Y可以为CuO或Cu(OH)2或CuCO3，故选a；‎ ‎(5)①根据装置图可知C的名称是干燥管，F中装有亚硫酸氢钠溶液，可以吸收三氧化硫，使之转化为硫酸，并产生二氧化硫，故答案为：干燥管；吸收SO3使之转化为H2SO4，释放出SO2；‎ ‎②无水硫酸铜受热分解生成氧化铜和气体，受热温度不同气体可能为SO3、SO2和O2中的一种、两种或三种。要测定产生的SO2、SO3和O2的物质的量，实验时，根据反应装置、洗气装置、干燥装置、收集装置进行排序，A是制取气体的发生装置、B是量取生成氧气的体积、C是吸收二氧化硫、D是干燥氧气和二氧化硫、E是排水法收集氧气、F是吸收三氧化硫，需要先制取气体、除去三氧化硫、干燥气体、吸收二氧化硫、收集氧气、测量氧气的体积，所以其排列顺序为①→⑨→⑩→⑥→⑤→③→④→⑧→⑦→②，故答案为：③④⑧⑦；‎ ‎③6.4g无水CuSO4，其物质的量为 ‎=0.04mol，装置C增加的质量为3.84g，即二氧化硫的质量为3.84g，物质的量为=0.06mol，量筒中水的体积折算成标准状况下气体体积224mL，即产生的氧气的物质的量为=0.01mol，每摩尔三氧化硫通过亚硫酸氢钠溶液时产生2mol二氧化硫，设反应中产生三氧化硫为xmol，反应中产生二氧化硫为ymol，则有2x+y＝0.06，x+y＝0.04，解得：x=0.02，y=0.02，根据铜元素守恒生成的氧化铜的物质的量应为0.04mol，所以反应中CuSO4、CuO、SO3、SO2、O2的物质的量之比为0.04∶0.04∶0.02∶0.02∶0.01=4∶4∶2∶2∶1，所以反应的化学方程式为4CuSO44CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑，故答案为：4CuSO4 4CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑。‎ ‎20.由芳香烃M合成某有机物N的一种流程如下：‎ 已知部分信息如下：‎ ‎①+H2O ‎② ‎ ‎③ ‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)M分子最多有_______________个原子共平面。‎ ‎(2)C中含有的官能团名称是__________；能测定C中含官能团种类的仪器名称是____________________________。‎ ‎(3)E结构简式为______________________‎ ‎(4)F和G反应生成N的化学方程式为_________________________________________。‎ ‎(5)T是F的同分异构体，T同时具备下列条件的结构有________________________种。‎ ‎①能与新制氢氧化铜浊液共热产生红色固体；‎ ‎②含碳碳三键；‎ ‎③遇氯化铁溶液发生显色反应。‎ ‎(6)以丙烯为原料合成，设计合成路线：_______________（溶剂和无机试剂任选）。‎ ‎【答案】 (1). 17 (2). 碳碳双键和醛基 (3). 红外光谱仪 (4). (5). + (6). 13 (7). CH3CH=CH2 CH3CHBrCHBrCH3C≡CH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中信息可知，M经臭氧氧化等反应生成A和B，A和B分别是苯甲醛和乙醛中的一种；A和B可以发生醛分子间的缩合反应生成C，则C为；C发生银镜反应后再酸化生成D，则D为；D与溴发生加成反应生成E，E为；E再发生消去反应、酸化后生成F，F为；F和G合成N，根据信息③可以推断G为。‎ ‎【详解】(1)根据苯环12原子共面、乙烯6原子共面、单键可以旋转，M分子最多有17个原子共平面。‎ ‎(2)C（）中含有的官能团名称是碳碳双键和醛基；能测定C中含官能团种类的仪器是红外光谱仪。‎ ‎(3)E的结构简式为。‎ ‎(4)F和G反应生成N的化学方程式为+‎ ‎。‎ ‎(5)T是F（）的同分异构体，T同时具备下列条件： ‎ ‎①能与新制氢氧化铜浊液共热产生红色固体，说明T有醛基；‎ ‎②含碳碳三键；‎ ‎③遇氯化铁溶液发生显色反应，说明T有酚羟基。‎ 满足以上条件的结构有：苯环上有两个侧链，分别是—C≡C—CHO和—OH，按邻、间、对排列3种情况；苯环上有—C≡CH、—CHO 和—OH等3个侧链，3个侧链在苯环有10种排列方式。综上所述，共有13种。‎ ‎(6)以丙烯为原料合成，先将丙烯与溴加成生成1.2-二溴丙烷，然后1.2-二溴丙烷发生消去反应生成丙炔，最后丙炔和丙烯合成。设计合成路线如下：CH3CH=CH2 CH3CHBrCHBrCH3C≡CH。‎ ‎ ‎