黑龙江省鹤岗市第一中学2020届高三上学期开学考试（8月）化学试题

黑龙江省鹤岗市第一中学2020届高三上学期开学考试（8月）化学试题

鹤岗一中2019-2020年度开学考试 高三化学试卷 可能用到的相对原子质量:Na:23 Mg:24 A1:27 C:12 O:16 Fe:56 S:32‎ 一、 选择题 ‎1.下列各组中的两种物质反应，反应条件温度或反应物用量改变，不会引起产物改变的是（ ）‎ A. Na和O2 B. NaOH和CO2 C. Na2O2和CO2 D. Na2CO3和盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物质反应时量不同、条件不同、产物可能不同，根据具体反应的物质的性质分析。‎ ‎【详解】A. Na和O2反应的温度不同，产物不同，常温下生成氧化钠，点燃生成过氧化钠，A项错误；‎ B. NaOH和CO2发生的反应，一定量的氢氧化钠反应，当二氧化碳气体的量不同，产物不同，少量二氧化碳通入生成碳酸钠；二氧化碳过量可生成碳酸氢钠或碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，B项错误；‎ C. Na2O2和CO2的反应，温度不同、量不同不会引起产物的改变，C项正确；‎ D. Na2CO3和HCl反应，当把盐酸滴入碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠和氢氧化钠，继续滴加会和碳酸氢钠反应生成二氧化碳；当把碳酸钠滴入盐酸中，开始就会生成二氧化碳，故D不符合，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】物质反应时量不同、条件不同、产物可能不同，根据具体反应的物质的性质分析，一般是发生反应后，如果某种物质过量且和生成产物继续反应，则会引起产物变化；反应时温度不同产物也可能不同。‎ ‎2.下列古诗词描述的场景中，没有发生氧化还原反应的是（ ）‎ A. 爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏——黑火药爆炸 B. 千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲一一石灰石分解 C. 春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干一一石蜡燃烧 D. 炉火照天地，红星乱紫烟——铁的冶炼 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不属于氧化还原反应，说明该反应中没有电子转移，即没有元素化合价升降，由此分析解答。‎ ‎【详解】A. 爆竹声中一岁除−黑火药受热爆炸，爆竹被空气氧化生成二氧化碳，是氧化还原反应，A项错误；‎ B. 石灰石分解产生氧化钙与二氧化碳，无元素化合价的变化，非氧化还原反应，B项正确；‎ C. 蜡烛成灰泪始干−石蜡的燃烧，是碳氢化合物被氧化成二氧化碳和水的过程，是氧化还原反应，C项错误；‎ D. 炉火照天地，红星乱紫烟−铁的冶炼，铁由化合态变成游离态是氧化还原反应，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.向CuSO4和Fe2（SO4）3的混合溶液中加入过量铁粉，充分反应后，过滤。则滤液中含有的金属阳离子有（ ）‎ A. Fe3+、Cu2+ B. Cu2+、Fe2+ C. Fe3+、Cu2+、Fe2+ D. Fe2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】铁粉过量，溶液中铜离子和三价铁离子都能和它反应，并且反应完全。铁粉和铜离子反应生成亚铁离子和铜单质，铁粉和三价铁离子反应生成亚铁离子，所有溶液中剩余阳离子全部是Fe2+，D项正确；‎ 答案选D ‎4.某溶液中存在XO－，且X为短周期元素，则一定能在该溶液中大量共存的离子组是（ ）。‎ A. Na＋、H＋、SO42－、I－ B. Na＋、Ca2＋、CO32－、Al3＋‎ C. Na＋、K＋、Fe2＋、H＋ D. K＋、SO42－、Cl－、CO32－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可得出X为Cl，即XO－为ClO－。ClO－具有强氧化性，而A项中的I－和C项中的Fe2＋均具有还原性，所以A、C项的离子组均不能大量共存。B项，CO32－与Ca2＋、Al3＋都能发生反应，故不能大量共存，D项正确。‎ ‎5.下列反应离子方程式正确的是 A. 过量石灰水与碳酸氢钙反应：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－=CaCO3↓＋CO32-＋2H2O B. FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O C. 向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=AlO2-＋4NH4+＋2H2O D. H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-=BaSO4↓＋H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、过量石灰水与碳酸氢钙反应生成碳酸钙和水，A错误；‎ B、FeSO4酸性溶液暴露在空气中被氧化生成铁离子，离子方程式正确，B正确；‎ C、氢氧化铝不能溶于弱碱氨水中，C错误；‎ D、H2SO4与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－===BaSO4↓＋2H2O，D错误，答案选B。‎ ‎6.化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是（ ）‎ A. 氯气作水杀菌消毒剂 B. 硅胶作袋装食品的干燥剂 C. 二氧化硫作纸浆的漂白剂 D. 肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Cl2与水反应生成具有强氧化性的HClO，杀菌消毒，有化学变化；‎ B、硅胶的内部为纳米级微孔结构，其表面存在大量羟基，通过分子间的相互引力，羟基与空气中的水分子亲和，从而实现吸水，无化学变化；‎ C、SO2与有色物质化合生成无色物质，达到漂白作用，有化学变化； ‎ D、蚊虫叮咬时在人的皮肤内分泌出蚁酸，肥皂水呈碱性，可以和蚁酸反应，能够中和蚁酸，有化学变化。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本题的关键，判断的标准是看在变化中有没有生成其他物质。一般地，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化。‎ ‎7.将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100 mL 2 mol·L－1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是(　　)‎ A. x＝224‎ B. 钠的物质的量为0.2 mol C. 反应时，Na、Mg、Al均过量 D. 曲线b为Mg与盐酸反应的图像 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数应该不相等，比值应是1：2：3，所以推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和Na反应完全，此时Na完全反应而Mg、Al还有剩余；‎ A．由于酸不足，所以生成氢气的量为n（H2）=1/2n（HCl）=0.1L×2mol/L÷2=0.1mol，所以标况下的体积为2.24L，A项正确；‎ B．生成0.1mol的氢气需0.2mol的钠，B项正确；‎ C．Na不可能过量，若Na过量会与溶剂水反应，C项错误；‎ D．按照金属活动性顺序，Na＞Mg＞Al，则中间那条线即曲线b是Mg与盐酸反应的图象，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是（）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．氯气氧化氯化亚铁； B．二者都与铁反应； C．铝和氢氧化钠溶液反应； D．生成氯化钠，引入新杂质。‎ ‎【详解】A. 氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，不能除去氯化亚铁中的氯化铁，应该用铁粉，A项错误；‎ B. 铁与氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，不能除去氯化铁中的氯化铜，B项错误；‎ C. 氢氧化钠溶液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，与铁不反应，可以除去铁中的铝，C项正确；‎ D. 盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，引入杂质氯化钠，应该用稀硫酸，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.汉代器物上的颜料“汉紫”至今尚没有发现其自然存在的记载。20世纪80年代科学家进行超导材料研究时，偶然发现其成分为紫色的硅酸铜钡（化学式: BaCuSi2Ox，Cu为+2价），下列有关“汉紫”的说法中不正确的是（ ）‎ A. 用盐的形式表示: BaSiO3·CuSiO3 B. 用氧化物形式表示:BaO·CuO·2SiO2‎ C. 易溶于强酸、强碱 D. 性质稳定，不易褪色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据化合物中各元素化合价的代数和为0判断化学式是否正确； B．据硅酸盐中氧化物的书写顺序来书写，硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物•不活泼金属氧化物•二氧化硅•水； C．硅酸为弱酸，根据强酸制弱酸，硅酸盐能和强酸反应，但与强碱不反应； D．铜离子为有色离子，+2价铜性质稳定，所以硅酸铜钡性质稳定。‎ ‎【详解】A. 硅酸铜钡中各元素的化合价代数和为0，所以BaCuSi2Ox中x为6，用盐的形式表示：BaSiO3⋅CuSiO3，A项正确；‎ B.‎ ‎ 硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaO⋅CuO⋅2SiO2，B项正确；‎ C. BaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不反应，C项错误；‎ D. BaCuSi2O6中铜显+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】此题要了解硅酸盐用氧化物形式表示时的书写顺寻，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水。‎ ‎10.下列物质中能通过化合反应制取的是( )‎ ‎①Fe3O4②Fe(OH)3③FeCl2④FeCl3‎ A. ①④ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，正确；②氢氧化亚铁与水化合Fe(OH)3，正确；③氯化铁与铁化合生成FeCl2，正确；④铁和氯气化合生成FeCl3，正确。所以D项正确；答案选D。‎ ‎11.右图表示在某溶液中滴加Ba(OH)2溶液时，沉淀的物质的量随Ba(OH)2的物质的量的变化关系。该溶液的成分可能是 （ ）‎ A. MgSO4‎ B. Al2(SO4)3‎ C. KAl(SO4)2‎ D. NaAlO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢氧化镁不溶于氢氧化钡溶液，沉淀量达最大后，再加氢氧化钡溶液，沉淀量不变，A错误；‎ B、若Al2(SO4)3为0.5mol，加入1.5mol氢氧化钡，可以生成硫酸钡1.5mol和Al(OH)3‎ ‎1mol，共2.5mol，达到最大值，第一段符合，继续加入0.5mol氢氧化钡，沉淀溶解1mol，与图像不符合，B错误；‎ C、若KAl(SO4)2为1mol，加入1.5mol氢氧化钡，生成硫酸钡1.5mol和Al(OH)31mol，共2.5mol，第一段符合；继续加入氢氧化钡0.5mol，生成硫酸钡沉淀0.5mol，氢氧化铝溶解完（1mol），总的沉淀减少0.5mol，与图象一致，C正确；‎ D、偏铝酸钠与氢氧化钡不反应，不能产生沉淀，D错误；答案选C。‎ ‎【点睛】本题以图象为载体考查镁铝化合物的性质，明确发生的化学反应是解答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点，注意图象比例关系，注意氢氧化铝两性特点。‎ ‎12.标准状况下，将a L H2和Cl2混合气体点燃，充分反应后，将混合气体通入含b mol NaOH的热溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl－、ClO－、，且三者物质的量之比为8∶1∶1，则原混合气体中H2的物质的量为(　　)‎ A. mol B. mol C. mol D. mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应后溶液中Na＋的物质的量等于Cl－、ClO－、ClO的物质的量之和，也等于混合气体中氯原子的物质的量，所以氯气的物质的量为b/2mol，则氢气的物质的量为mol。‎ ‎【详解】混合气体通入含bmolNaOH的热溶液中,气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl－、ClO－、ClO,根据电荷守恒可以知道,溶液中n(Na+)=n(Cl-)+n(ClO－)+ n(ClO3－),根据氯元素守恒可以知道,a LH2和Cl2的混合气体中n(Cl2)=1/2[n(Cl-)+n(ClO－)+ n(ClO3－)]=1/2 n(Na+)=1/2bmol，所以aLH2和Cl2的混合气体中n(H2)= mol；正确选项: C。‎ ‎13.将含有O2和CH4的混合气体置于盛有23.4 g Na2O2的密闭容器中，用电火花点燃，反应结束后，容器内的压强为零(150℃)，将残留物溶于水中，无气体生成。下列叙述中正确的是( )‎ ‎①混合气体中O2和CH4的体积比为2：1‎ ‎②残留物只有Na2CO3‎ ‎③混合气体中O2与CH4的物质的量之比为1：2‎ ‎④残留物只有Na2CO3和NaOH A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】CH4＋2O2CO2＋2H2O……①；2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2……②；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑……③。最后容器内压强为零，残留物溶于水无气体生成，说明反应后没有Na2O2和任何气体剩余，可以写出一个总反应方程式：①×2＋②＋③×2：2CH4＋O2＋6Na2O2=2Na2CO3＋8NaOH，故③④正确，答案选C。‎ ‎14.甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH-、Cl-、HCO3-离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法不正确的是 A. 在甲中滴加丁可能发生反应：HCO3-+Ba2++OH-= BaCO3↓+ H2O B. 溶液丙中还可以大量共存的离子有：I-、NO3-、SO42-‎ C. 白色沉淀A可能溶解在溶液D中 D. 甲为NaHCO3，乙为 AlCl3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液中存在H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH-、Cl-、HCO3-，故依据离子能大量共存的原则得出甲乙丙丁中含有两种物质，即：HCl和AlCl3，因为甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，即Al3+和HCO3-生成的气体B为二氧化碳，沉淀A为氢氧化铝，然后依据甲与丙生成气体，则甲为NaHCO3，那么乙为AlCl3，甲与丁生成白色沉淀，则丁含有钡离子且与甲生成沉淀，则丁为氢氧化钡，丙为HCl ‎【详解】A、在丁中滴加甲开始反应的离子方程式：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，故A正确；依据以上分析得出甲应为碳酸氢钠，故A错误；‎ B、据分析可知，丙为HCl，含有H+，故Fe2+、NO3-不能与其共存，故B错误；‎ C、无色溶液D中可能含有氢氧化钠，白色沉淀氢氧化铝可能溶解在溶液D中，故C正确；‎ D、据分析可知，甲为NaHCO3，乙为AlCl3，故D正确。‎ ‎15.当0.2mol足量CO2完全反应后所得固体的质量为( )‎ A. 21.2g B. 21.6g C. 22.0g D. 22.4g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】过氧化钠与二氧化碳反应是一个歧化反应，过氧化钠中的一个氧原子化合价降价成负二价，另一个氧原子的化合价升高成零价。因此所生成的碳酸钠（有一个18O）的相对原子质量为108，所以当0.2mol足量CO2完全反应后所得固体的质量为21.6g，选B ‎16.X、Y、Z、W有如图所示的转化关系（反应条件和部分其它反应物省略） 则X、Y、Z可能是（ ）‎ ‎①Na、Na2O、Na2O2 ②AlCl3、Al（OH）3、 NaA1O2 ③ Fe、 FeCl2、FeCl3 ④NaOH、Na2CO3 、NaHCO3 ⑤C、CO、CO2‎ A. ①②④⑤ B. ①③⑤ C. ②④ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图中X可连续与W发生反应，X如为单质，可为C、N、Na等对应的单质，也可为两性化合物、AlCl3、NaOH、CO2等，以此解答该题。‎ ‎【详解】①若X为Na、W为O2，则Y为Na2O，Z为Na2O2，O2与Na反应在加热的时候生成Na2O2，故①正确；‎ ‎②若X为AlCl3，W为NaOH，则Y为Al(OH)3，Z为NaAlO2，过量NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2，故②正确；‎ ‎③若X为Fe、W为Cl2，则Fe与Cl2只生成FeCl3，故③错误；‎ ‎④若X为NaOH、W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为NaHCO3，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3‎ ‎，故④正确；‎ ‎⑤若X为C，W为O2，则Y为CO，Z为CO2，过量O2与C反应生成CO2，故⑤正确；‎ 答案选A。‎ ‎17.下列各种溶液中通入足量的SO2后，既无沉淀又无气体产生的有（ ）‎ ‎①Ba(OH)2② Ba(NO3)2 ③Na2S ④BaC12 ⑤Ca(C1O)2⑥Fe(NO3)3⑦H2O2⑧NaC1O A. 4种 B. 3种 C. 6种 D. 5种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①SO2能与Ba(OH)2溶液反应: SO2+ Ba(OH)2=BaSO3↓+H2O，产生了沉淀，不生成气体，故不选; ②二氧化硫具有还原性，与Ba(NO3)2发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀和NO气体，故不选; ③二氧化硫具有还原性，与Na2S反应生成S沉淀，产生了沉淀，故不选; ④盐酸酸性大于亚硫酸，二氧化硫与氯化钡不反应，故选; ⑤二氧化硫具有还原性，与Ca(ClO)2发生氧化还原反应，生成硫酸钙沉淀和HClO，故不选; ⑥二氧化硫具有还原性，与Fe(NO3)3发生氧化还原反应NO气体，故不选; ⑦二氧化硫具有还原性，与H2O2发生氧化还原反应生成硫酸，无沉淀和气体，故选; ⑧二氧化硫具有还原性，与NaClO发生氧化还原反应生成硫酸钠、盐酸，无沉淀和气体，故选; 答案选B。‎ ‎【点睛】此题要注意，二氧化硫气体溶于水后，溶液呈酸性，硝酸根在酸性条件下具有极强的氧化性，可以将二氧化硫氧化成硫酸根，并有气体放出。‎ ‎18.某氧化变质的亚硫酸钠样品，测得其中含氧量为a％，则含硫量为 A. 1-a％ B. 1-a％ C. (1-a％) D. 无法计算 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】某氧化变质的亚硫酸钠样品成分为Na2SO3和Na2SO4的混合物，混合物含氧量为a％，则钠和硫的含量为(1-a％)，观察二者化学式可知，混合物中钠和硫的物质的量之比为2：1，质量比为23：16，则含硫量为16/39(1-a％)，选C。‎ ‎19.某有机物结构简式如图所示，该有机物的一氯代物有（不考虑立体异构）‎ A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 苯环间以碳碳单键相连，苯环能以碳碳单键为轴进行旋转，所以该有机物可以看作左右对称的。根据对称分析，其一氯代物共有7种，B正确，本题选B。‎ ‎20.某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）‎ A. 0.80 B. 0.85 C. 0.90 D. 0.93‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mL Cl2转移电子数为×2=0.01mol．则有：×(3-)×x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。‎ ‎【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。本题中注意平均化合价的应用，根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。‎ 二、填空题 ‎21.某混合物甲中含有明矾[KA1(SO4)2·12H2O]、Al2O3和Fe2O3‎ 在一定条件下由甲可实现下图所示的物质之间的转化:‎ 请回答下列问题:‎ ‎（1）写出A、B、D的化学式:A________、B________、D___________。‎ ‎（2）试剂a最好选用______（填字母）‎ A. NaOH溶液 B.稀盐酸 C.二氧化碳 D.氨水 ‎（3）写出反应①的离子方程式:_____________________________‎ ‎（4）写出反应②中生成沉淀的化学方程式:___________________________。‎ ‎（5）固体E可以作为复合性的化学肥料，E所含物质的化学式为_________________。‎ ‎【答案】 (1). Al (2). (3). (4). D (5). (6). (7). 、‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ KA1(SO4)2·12H2O溶于水， Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物甲加水溶解后，溶质是KAl(SO4)2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液， Fe2O3不反应， Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠， Al(OH)3受热分解生成B为Al2O3，电解熔融氧化铝B得到气体D为O2，固体A为Al；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是和K2SO4和(NH4)2SO4。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可以知道，A为Al，B为Al2O3，D为O2；  ‎ ‎(2)根据流程分析，向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应， Al3被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4和(NH4)2SO4；‎ ‎(3) Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2沉淀，其离子方程式为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O ‎(4)反应(1)中二氧化碳过量，反应生成沉淀和碳酸氢钠，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠，其化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+NaHCO3；‎ ‎(5)向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应， Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4和(NH4)2SO4；固体E可以作为复合性的化学肥料，E中所含物质的化学式为K2SO4和(NH4)2SO4；‎ ‎22.某研究小组利用题9图装置探究铜与浓硫酸反应产物。‎ 实验步骤与现象如下：‎ ‎①检查装置气密性，向A中加入5 mL浓硫酸，打开K，将铜丝伸入浓硫酸中，给A处加热，观察到B中品红溶液褪色，再关闭K。‎ ‎②实验观察到A中液面下铜丝变黑，产生气泡，液面上方产生大量白雾，一段时间后溶液中有白色固体出现，拉出铜丝，停止加热。回答下列问题：‎ ‎（1）溶液中白色固体是______(填化学式)，C中CCl4的作用是_____________。‎ ‎（2）取出铜丝，用蒸馏水洗净后伸入到稀硫酸中，铜丝变亮、溶液变蓝。写出A中可能发生反应的化学方程式：____________________、____________________。‎ ‎（3）分离出C中的上层液体，滴加过量稀盐酸和BaCl2溶液，有白色沉淀产生。‎ ‎①分离的操作名称为：_____________：‎ ‎②白色沉淀为：_____________；‎ ‎③产生白色沉淀的原因可能是__________________。‎ ‎【答案】 (1). CuSO4 (2). 防倒吸 (3). Cu+H2SO4(浓)CuO+SO2↑+H2O (4).‎ ‎ Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (5). 分液 (6). BaSO4 (7). 装置中的O2参与了反应 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）浓硫酸在加热时发生反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。由于在浓硫酸中水很少，所以得到是无水硫酸铜CuSO4，颜色为白色。SO2有漂白性，能使某些有色物质如品红变为无色，因此装置B的品红溶液变为无色。SO2是酸性氧化物，能与NaOH发生反应：SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O。导致导气管内的气体压强减小。而引起倒吸现象的发生，但是SO2在CCl4中不容易溶解。因此可以防止倒吸现象的发生。‎ ‎（2）A中可能发生反应的化学方程式为Cu+H2SO4(浓)CuO+SO2↑+H2O；Cu+ 2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；‎ ‎（3）分离出C中的上层液体，滴加过量稀盐酸和BaCl2溶液，有白色沉淀产生。①分离的操作名称为：分液；②Na2SO3＋BaCl2=BaSO3↓+2NaCl；2BaSO3+O2=2BaSO4. BaSO4既不溶于水也不溶于酸。因此白色沉淀为BaSO4。③BaSO3有还原性，O2有氧化性，在溶液中发生氧化还原反应产生白色既不溶于水也不溶于酸沉淀BaSO4。‎ ‎23.FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S I.经查阅资料得知:无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图（加热及夹持装置略去）及操作步骤如下:‎ ‎①检验装置的气密性 ‎②通入干燥的C12，赶尽装置中的空气;‎ ‎③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成 ‎④……‎ ‎⑤体系冷却后，停止通入C12，并用干燥的赶尽Cl2，将收集器密封 请回答下列问题:‎ ‎（1）写出实验室制取氯气的离子方程式____________________________。‎ 装置A中反应的化学方程式为_________________________________________。‎ ‎（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端。要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是____________________________________。‎ ‎（3）操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有（填步骤序号）______________‎ ‎（4）装置B中冷水浴的作用为___________________；装置C的名称为________；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂______‎ II.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫;过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。‎ ‎（5）FeCl3与H2S反应离子方程式为_________________‎ ‎（6）综合分析实验II的两个反应，可知实验有两个显著优点：‎ ‎①H2S的原子利用率为100%‎ ‎②___________________________。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2 (2). 2Fe+3Cl22FeCl3 (3). 在沉积的固体下方加热 (4). ②⑤ (5). 冷却，使沉积，便于收集产品 (6). 干燥管 (7). 溶液 (8). (9). 得到循环利用 ‎【解析】‎ 分析】‎ 装置A中铁与氯气反应，反应为：2Fe+3Cl22FeCl3，B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解，所以用装置C无水氯化钙来吸水，装置D中用FeCl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气。‎ ‎【详解】（1）实验室用二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-‎ Mn2++2H2O+Cl2；装置A中发生的是Fe与氯气燃烧，2Fe+3Cl22FeCl3。‎ ‎（2）根据FeCl3加热易升华的性质，在沉积的固体下方加热，使其升华；‎ ‎（3）通入干燥的C12，赶尽装置中的空气或者体系冷却后，停止通入C12，并用干燥的赶尽Cl2，将收集器密封都能防止氯化铁潮解；‎ ‎（4）B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管，检验FeCl2是否失效就是检验二价铁离子是否存在，所以用K3[Fe(CN)6]溶液，观察是否有蓝色沉淀生成；‎ ‎（5）三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者可发生氧化还原反应；‎ ‎（6）根据氯化铁可以吸收有害气体硫化氢后，电解重新得到氯化铁，可知氯化铁可以重复使用。‎ ‎24.M为合成分子材料的中间体，以芳香烃A制备M和高分子化合物N的一种合成路线如下 已知：+H2O 请回答下列问题 ‎（1）C的化学名称为_______‎ ‎（2）A→B、H→M的反应类型分别为_____、_______。‎ ‎（3）F中所含官能团的名称为_______，G的结构简式为_______。‎ ‎（4）试剂1为________‎ ‎（5）E→F的化学方程式为____________________。‎ ‎（6）Q为H的同分异构体，同时满足下列条件的Q的结构简式为_______。‎ ‎①苯环上连有两个取代基，除苯环外无其他环状结构 ‎②能与氯化铁溶液发生显色反应，1molQ最多消耗3 mol NaOH ‎③核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为6:2:2:1:1‎ ‎（7）参照上述合成路线和信息，以甲醛和乙醛为起始原料（无机试剂任选，设计制备聚丙烯酸的合成路线:________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 苯酚 (2). 取代反应 (3). 酯化反应（或取代反应） (4). 醛基、醚键 (5). (6). 银氨溶液[或新制悬浊液] (7). (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据E的结构简式，可知，D与CH3CH2I发生取代反应，生成E和HI，可以推出D为，D发生缩聚反应生成高分子化合物N；C与甲醛发生缩合反应生成D，结合C的分子式可知C为苯酚；B为氯苯，A为苯；E发生氧化反应为生成F，F为，F在氢氧化钠溶液中与乙醛发生类似已知反应类型的反应，生成G为；H与乙醇在浓硫酸的催化下发生酯化反应生成M，根据M结构简式可推知H为。‎ ‎【详解】（1）根据E的结构简式，可知，D与CH3CH2I发生取代反应，生成E和HI，可以推出D为，D发生缩聚反应生成高分子化合物N；C与甲醛发生缩合反应生成D，结合C的分子式可知C为苯酚；‎ ‎（2）AB，是苯变成氯苯是取代反应；HM，是羧基和醇羟基反应，是酯化反应；‎ ‎（3）F为，F中含有醛基和醚键；F在氢氧化钠溶液中与乙醛发生类似已知反应类型的反应，生成G的结构简式为；‎ ‎（4）试剂1将G中的醛基氧化成羧基，为银氨溶液，或者新制氢氧化铜悬浊液；‎ ‎（5）因为F中含有醛基，推出时E中的羟基发生催化氧化生成醛基，E中的醇羟基被氧化生成醛基，；‎ ‎（6）Q为H的同分异构体，满足①苯环上连有两个取代基，除苯环外无其他环状结构，②能与氯化铁溶液发生显色反应，证明含有酚羟基，1molQ最多消耗3mol 氢氧化钠，根据氧原子个数，可知还含有一个连接在苯环上的酯基，且水解后生成两个酚羟基；③核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为6:2:2:1:1，则有四种氢原子，其中有两个甲基，所以符合条件的同分异构体为；‎ ‎（7）参照上述合成路线和信息，甲醛和乙醛在氢氧化钠溶液中加热反应生成CH2=CHCHO，CH2=CHCHO在银氨溶液中水浴加热发生氧化反应酸化后得到CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH在催化剂作用下发生加聚反应生成聚丙烯酸。‎ ‎【点睛】此题关键点在于利用所学的条件以及题中已知的条件进行分析和推断，对于反应条件为浓硫酸加热，同时有醇羟基参与的反应，要知道是酯化反应，有氧气参与的反应是醇的催化氧化。‎ ‎ ‎