江西省上高县第二中学2020届高三上学期第三次月考化学试题

江西省上高县第二中学2020届高三上学期第三次月考化学试题

‎2020届高三年级第三次月考化学试卷 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 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【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。‎ 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+CuSO4Cu+ZnSO4‎ B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+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+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【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＋SiO2CO2↑＋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 ‎【解析】‎ ‎【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+SiO22CO↑+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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎3mol 4mol ‎0.3mol 2V ‎=，得V=0.2L；‎ 答案：02‎ ‎（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＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．‎ ‎【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). CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHClCH2COOH ‎；‎ ‎【解析】‎ ‎【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、、、、、、、、、、、、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 CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHClCH2COOH ‎；‎ 答案：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHClCH2COOH；‎ ‎；；‎ ‎ ‎