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江西省抚州、赣州六校2021-2022学年联考高三上学期化学质检试卷
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这是一份江西省抚州、赣州六校2021-2022学年联考高三上学期化学质检试卷，共31页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江西省抚州、赣州六校联考高三（上）质检化学试卷
一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45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．（3分）利用物质的特殊性质来检验的分析方法很多，下列有关说法错误的是（ ）
A．用试纸对血糖或尿糖的监测——利用葡萄糖特殊的性质进行分析
B．农产品残余农药的快速检测——利用农产品特殊的性质进行分析
C．大气中污染物氮氧化合物的测定——进行氮氧化合物性质分析
D．新冠病毒核酸检测方法——进行核酸序列分析
2．（3分）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1 molNa2O2固体中含有1mol Na2+和1molO22﹣
B．1 molN2H4分子中含有5mol共价键
C．1molClO2 （二氧化氯）分子做氧化剂，最多得到4mol电子
D．1molAlO2﹣与酸反应，最多消耗1molH+
3．（3分）下列过程中的化学反应，相应的离子（或化学）方程式正确的是（ ）
A．工业上用饱和食盐水吸收NH3、CO2制备NaHCO3：NH3+CO2+NaCl+H2O═NaHCO3↓+NH4++Cl﹣
B．工业上用电化学氧化的方法，增加铝金属表面氧化膜厚度，阳极反应为：Al﹣3e﹣═Al3+
C．工业上制备硫酸时，用98%的浓硫酸吸收SO3：SO3+H2O═2H++SO42﹣
D．工业上用水吸收NO2制备50%的硝酸：3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO
4．（3分）下列所选装置与试剂合理，能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
分液漏斗内试剂
锥形瓶内试剂
A
制CO2
盐酸
碳酸钙
B
制Cl2
浓盐酸
二氧化锰
C
制NH3
饱和石灰水
氯化铵溶液
D
制SO2
浓硫酸
铜
A．A B．B C．C D．D
5．（3分）《考工记》：金（青铜）有六齐，六分其金而锡居一，谓之钟鼎之齐；五分其金而锡居一，谓之斧斤之齐；四分其金而锡居一，谓之戈戟之齐；三分其金而锡居一，谓之大刃之齐；五分其金而锡居二，谓之削杀矢之齐；金锡半，谓之鉴燧之齐。下列有关说法错误的是（ ）
A．六齐是铜锡合金6种配比
B．大刃硬度大于斧斤
C．六齐之金，日久也会有铜绿生成
D．依据铜锡不同比例可以配成黄铜
6．（3分）绿色酸性废蚀液中含有4种离子Fe3+、Cu2+、Cl﹣、H+，向其中加入铁粉充分反应，下列说法正确的是（ ）
A．反应前的废蚀液中，离子浓度最大的为Cl﹣
B．加入铁粉反应后，离子浓度最大的为Fe2+
C．反应后的溶液若为绿色，则溶液中不存在Fe3+、Cu2+
D．反应后若固体有剩余，该固体为过量的铁
7．（3分）Na3Au（SO3）2是一种常见的无氰金盐，它可取代KAu（CN）2在铜表面进行化学镀金（所谓化学镀金就是通过化学反应在物件表面镀金）。下列说法错误的是（ ）
A．Na3Au（SO3）2中Au的化合价为+1
B．用Na3Au（SO3）2取代KAu（CN）2镀金，主要原因是CN﹣有剧毒
C．使用KAu（CN）2在铜表面镀金，还原剂为Cu
D．铜件表面全部覆盖金以后，使用Na3Au（SO3）2镀金不可以增厚金层
8．（3分）物质的存在形式往往与pH有关，如常温下，NaHCO3溶液pH＝8.3；pH≤3.5，Al3+才大量存在。下列说法错误的是（ ）
A．向pH＝1的硝酸铝溶液中，加入Al（OH）3胶状固体，固体溶解
B．向偏铝酸钠溶液中，加入硝酸铝，生成沉淀Al（OH）3
C．向硝酸铝溶液中，加入碳酸氢钠溶液，生成沉淀与气泡
D．向偏铝酸钠溶液中，加入碳酸氢钠溶液，则无现象
9．（3分）化学与生活、生产息息相关，下列解释正确的是（ ）
A．红酒中的二氧化硫，主要作用是增加酸性
B．游泳池中定期加入的漂白粉，主要作用是净水漂白
C．月饼包装中的铁粉，主要作用是除氧，防止月饼氧化变质
D．用饱和硅酸钠浸泡木材，主要作用是杀虫防腐
10．（3分）下列除杂所选试剂、操作正确的是（ ）
选项
括号内是杂质
试剂
操作
A
NaCl（KCl）
盐酸
焰色试验
B
HCl（Cl2）
H2
通入H2，点燃
C
CuCl2（FeCl3）
Cu（OH）2
反应后过滤
D
AlCl3（MgCl2）
过量氢氧化钠溶液
过滤
A．A B．B C．C D．D
11．（3分）食品中的应型乳液是指在外界环境的微小刺激下，油水乳液可以在“稳定”与“破乳”之间快速转换的体系，科学家发现CO2可以作为外界微小刺激物，成为应型乳液的开关（原理如图所示）。有关说法正确的是（ ）
A．食品中物质A或物质B的含量较多，否则转化反应不明显，效果较差
B．CO2作为外界微小刺激物，具有绿色、廉价、生物相容性好的优点
C．通入CO2，物质A转化为物质B，是“破乳”过程
D．通入N2，目的是防止食品变质
12．（3分）依据氨气的性质，对肼（N2H4）的性质预测错误的是（ ）
A．肼显碱性，且为二元碱
B．肼有还原性，氧化产物可为氮气
C．与足量的硫酸反应，产物为（N2H6）2SO4
D．肼的熔、沸点高于氨气
13．（3分）某小组利用如图装置，正确检验出了草酸的分解产物CO和CO2，下列有关实验现象描述错误的是（ ）
A．装置前后的澄清石灰水都会变浑浊
B．盛浓硫酸的洗气瓶，瓶外壁或溶液温度上升
C．红色氧化铁变黑
D．倒扣的玻璃漏斗尖端燃烧时有蓝色火焰，同时火焰夹带黄色
14．（3分）通过Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ）之间的转化，将天然烷烃R﹣H转变为增值精细化学品，该过程曾被誉为合成化学的“圣杯”，转化过程如图所示。下列有关说法错误的是（ ）
A．制备增值精细化学品的催化剂为[LnFeⅡ]
B．反应④⑤，均有自由基参加的非氧化还原反应
C．制备增值精细化学品的总反应为+R﹣H
D．反应③中有机物发生还原反应
15．（3分）海水淡化技术迅速发展，苦卤水的充分利用显得尤其重要。如图是利用苦卤水制备无水MgCl2的过程，下列说法正确的是（ ）
A．向苦卤水中加入石灰的目的是生成Mg2（OH）2Cl2和CaCO3
B．煅烧产物是Mg（OH）2
C．固体单质Ⅰ为Mg（还原剂），气体单质Ⅱ为Cl2（氧化剂）
D．煅烧产物中的元素参与氯化反应时，其元素在反应前后无化合价变化
二、非选择题（本大题共4小题，共55分）
16．利用铁粉、稀硫酸和氢氧化钠溶液，制备白色Fe（OH）2固体，装置图如图：
（1）物质B的化学式为 。
（2）检查装置气密性的方法为D﹣ （填编号），分液漏斗水面稳定于某一高度不再下降，气密性良好。
A．打开开关①和开关②
B．观察分液漏斗水面稳定情况
C．用止水夹夹紧小具支试管末端橡皮导管
D．向分液漏斗中尽量加注较多的蒸馏水
E．分液漏斗盖、颈对好孔，然后旋开活塞
（3）铁粉与稀硫酸制备H2的离子方程式为 ，H2的作用有 （填编号）。
A．驱赶溶液中的氧气
B．驱赶装置内的空气
C．把物质B压入小具支试管中
D．保护白色Fe（OH）2不被空气氧化
（4）实验过程中，用针管吸取大具支试管中的溶液，检验其中是否含有Fe3+。方法为：用该针管吸取 溶液，用力振荡几次，溶液不变色，把针管中的混合物全部注入干净试管，振荡几次，溶液慢慢变红色。依据现象得出的结论有 、 。
（5）白色Fe（OH）2沉淀在 （填“大具支试管”或“小具支试管”）内生成，经在无氧环境中干燥处理，得到的白色Fe（OH）2粉末是很好的化工 （填“除酸剂”或“除氧剂”）。
17．钒是一种重要的战略金属元素，被誉为“现代工业的维生素”。制备V2O5的工艺流程图如图1：
（1）“氯化”过程中反应温度控制在200℃左右，生成三氯氧钒（VOCl3）和CO2，其化学方程式为 。如果不加入碳，也能生成三氯氧钒（VOCl3），此时反应温度须控制在600℃以上，碳的作用不但可以促使反应趋于完全，而且还能 。
（2）在氯化过程中，不同杂质形成相应的氯化物进入粗三氯氧钒（VOCl3）液体中，通过精馏的方式纯化（利用不同组分间挥发度不同，即同一温度下饱和蒸气压的不同来达到分离的目的）。主要杂质的饱和蒸气压曲线如图2：
①从图中可以得出结论：挥发度（FeCl3） （填“大于”“小于”或“等于”）挥发度（VOCl3）
②经精馏后，三氯氧钒（VOCl3）中主要含有的杂质为 。
（3）气相催化氧化反应机理如图3所示：
①水解反应、氧化反应方程式分别为 、 ；
②制备V2O5的工艺流程中循环使用的物质为 。
（4）不同的工业设计，表现不同的特征。
①有研究人员在“氯化”过程中，控制适当的条件同时增加 的用量，把V2O5转化成二氯氧钒（VOCl2），其优点是精馏后可以直接水解得到V2O5，原因是 ；
②利用含V2O588%的原料，采用湿法冶金依次除去相关杂质，也可以得到V2O5，这种设计的缺点是 （写出一条）。
18．纳米TiO2•2H2O作为一种重要的无机氧化物材料，因其在电子、化纤、废水处理等诸多领域的应用而备受关注。如图是利用NH3、TiCl4、正丁醇—水制备纳米TiO2•2H2O的简易装置。
（1）请写出利用上图装置制备氨气的化学方程式： 。
（2）干燥管内盛装的物质是 ，其作用为 。
（3）实验过程：i.将160mL蒸馏水、盐酸（4mL）和正丁醇混合于三颈烧瓶中，形成乳浊液，置于冰水浴中。
ii.向三颈烧瓶中缓慢滴加10mLTiCl4，然后组装好装置。
ⅲ.不断搅拌并缓缓通入NH3至pH＝3时停止。
①在水中的溶解度：正丁醇 （填“大于”“等于”或“小于”）乙醇；
②TiCl4容易发生水解，生成TiO2•2H2O，由于颗粒太大不符合实验要求，请写出TiCl4水解反应方程式： ；实验中使用的盐酸浓度为6mol/L，实验室配制该浓度溶液时使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、一定规格的容量瓶和 ；本实验中盐酸的作用有 、 ；
③实验中需不断搅拌，主要目的是充分混合正丁醇与水，使正丁醇把水切割、包围在非常小的区域，这样做的目的是 （填序号）；
A．降低水解速率
B．使正丁醇完全溶于水
C．有利于形成TiO2•2H2O纳米结构
D．降低盐酸的溶解性
④实验中不能使用温水浴的主要原因是 。
19．高纯AgNO3在感光、电子和信息、电镀等行业中有着广泛的用途。由粗银制备高纯AgNO3的流程图如图：
（1）物质A的化学式为 。
（2）沉银的离子方程式为 ，若沉银得到的固体颗粒越小，则过滤速率 ；若沉银得到的固体颗粒结块，则产品纯度 。
（3）“氧化”工序中，盐酸浓度控制在1.5mol/L左右，如果超过规定浓度，则NaClO3消耗量会超过理论值，原因是 ；工艺中“氧化”工序的主要目的为 。
（4）利用Vc、NH3•H2O把银还原，操作中Vc、NH3•H2O加入顺序为：先向氯化银固体中加入 ，后加入 ，其中还原剂是 。
（5）“酸溶”工序中选择用浓硝酸而不用稀硝酸溶解银，主要目的是 （填序号）。
A．防止产生污染性气体
B．减少硝酸消耗
C．增加反应速率
D．减少“AgNO3晶体析出”时蒸发的水量
（6）为了进一步提高AgNO3纯度，需要对AgNO3晶体进行 （填操作方法）。
2021-2022学年江西省抚州、赣州六校联考高三（上）质检化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45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．（3分）利用物质的特殊性质来检验的分析方法很多，下列有关说法错误的是（ ）
A．用试纸对血糖或尿糖的监测——利用葡萄糖特殊的性质进行分析
B．农产品残余农药的快速检测——利用农产品特殊的性质进行分析
C．大气中污染物氮氧化合物的测定——进行氮氧化合物性质分析
D．新冠病毒核酸检测方法——进行核酸序列分析
【分析】A．依据葡萄糖的还原性解答；
B．检测农产品残余农药，应依据农药的性质进行分析；
C．测定大气中的氮氧化物，应依据其性质进行分析；
D．新冠病毒中的遗传物质为不同核酸组成的序列。
【解答】解：A．葡萄糖具有还原性，可与某些氧化剂发生反应的现象不同，可以检测血糖或尿糖，故A正确；
B．对残余农药分子结构进行分析，不是对具体农产品进行性质分析。如果对农产品分析，得到的是产品信息，不是农药信息，故B错误；
C．利用氮氧化物的性质，对空气中的氮氧化物进行分析检测，故C正确；
D．新冠病毒中的遗传物质为不同核酸组成的序列，核酸检测就是对其核酸序列的检测，判断是否为新冠病毒，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了化学在生产生活中的应用，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1 molNa2O2固体中含有1mol Na2+和1molO22﹣
B．1 molN2H4分子中含有5mol共价键
C．1molClO2 （二氧化氯）分子做氧化剂，最多得到4mol电子
D．1molAlO2﹣与酸反应，最多消耗1molH+
【分析】A.过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根离子构成；
B.N2H4分子中含有4个N﹣H键和1个N﹣N键；
C.ClO2 （二氧化氯）分子做氧化剂，被还原为氯离子；
D.当偏铝酸根离子转化为铝离子时，消耗氢离子的物质的量最多。
【解答】解：A．Na2O2电离产生Na+、O22﹣，则1 mol Na2O2固体中含有2 mol Na+、1 mol O22﹣，故A错误；
B．N2H4分子中含有4个N﹣H键和1个N﹣N键，共含有5个化学键，则在1 mol N2H4分子中含有5 mol共价键，故B正确；
C．ClO2（二氧化氯）分子作氧化剂，可被还原生成Cl﹣，1个ClO2得到5个电子，则1 mol ClO2作氧化剂时，最多得到5 mol电子，故C错误；
D．AlO2﹣与酸反应，可以生成Al3+，1个AlO2﹣反应消耗4个H+，故1 mol AlO2﹣转化为Al3+时最多消耗4 mol H+，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的计算，难度不大，应熟练掌握公式的使用和物质的性质与结构特点。
3．（3分）下列过程中的化学反应，相应的离子（或化学）方程式正确的是（ ）
A．工业上用饱和食盐水吸收NH3、CO2制备NaHCO3：NH3+CO2+NaCl+H2O═NaHCO3↓+NH4++Cl﹣
B．工业上用电化学氧化的方法，增加铝金属表面氧化膜厚度，阳极反应为：Al﹣3e﹣═Al3+
C．工业上制备硫酸时，用98%的浓硫酸吸收SO3：SO3+H2O═2H++SO42﹣
D．工业上用水吸收NO2制备50%的硝酸：3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO
【分析】A．工业上以NH3、CO2、饱和食盐水为原料生产NaHCO3：NH3+CO2+NaCl+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，饱和食盐水参加离子反应时NaCl要拆开；
B．工业上用电化学氧化的方法，增加铝金属表面氧化膜厚度时产物为氧化铝；
C．浓度大于98%硫酸主要以分子形式存在，不能拆开；
D．二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸。
【解答】解：A．氯化钠为易溶于水、易电离的物质，饱和食盐水参加离子反应时NaCl要拆开，工业上用饱和食盐水吸收NH3、CO2制备NaHCO3，离子方程式：NH3+CO2+Na++H2O═NaHCO3↓+NH4+，故A错误；
B．工业上用电化学氧化的方法，增加铝金属表面氧化膜厚度，氧化产物应该为Al2O3而不是Al3+，金属铝是阳极材料，电极反应：2Al﹣6e﹣+3H2O＝Al2O3+6H+，阴极上是电解质中的阳离子氢离子发生得电子的还原反应，电极反应：2H++2e﹣＝H2↑，故B错误；
C．随着反应进行，硫酸浓度大于98%，生成物硫酸主要以分子形式存在，不能拆开，反应：SO3+H2O═H2SO4，故C错误；
D．工业上用水吸收NO2生产硝酸和一氧化氮、水，其中氧化物不能拆，硝酸可以拆，离子方程式：3NO2+H2O＝2H++2NO3﹣+NO，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学方程式、离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子方程式书写方法，题目难度不大。
4．（3分）下列所选装置与试剂合理，能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
分液漏斗内试剂
锥形瓶内试剂
A
制CO2
盐酸
碳酸钙
B
制Cl2
浓盐酸
二氧化锰
C
制NH3
饱和石灰水
氯化铵溶液
D
制SO2
浓硫酸
铜
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳；
B.浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；
C.饱和石灰水与氯化铵溶液反应生成一水合氨；
D.Cu与浓硫酸反应需要加热。
【解答】解：A.实验室制备二氧化碳，可选图中固液不加热装置，利用碳酸钙和盐酸反应可制备，故A正确；
B.实验室利用二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，故B错误；
C.实验室利用氯化铵和熟石灰制备氨气，属于固固加热，该装置适用于固液反应，故C错误；
D.利用铜和浓硫酸反应制备二氧化硫时，需要加热，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
5．（3分）《考工记》：金（青铜）有六齐，六分其金而锡居一，谓之钟鼎之齐；五分其金而锡居一，谓之斧斤之齐；四分其金而锡居一，谓之戈戟之齐；三分其金而锡居一，谓之大刃之齐；五分其金而锡居二，谓之削杀矢之齐；金锡半，谓之鉴燧之齐。下列有关说法错误的是（ ）
A．六齐是铜锡合金6种配比
B．大刃硬度大于斧斤
C．六齐之金，日久也会有铜绿生成
D．依据铜锡不同比例可以配成黄铜
【分析】A.六齐是指青铜中铜和锡根据六种不同比例形成的不同器具；
B.在铁合金中，碳的含量越高，合金硬度越大，但韧性越差；
C.六齐中含铜单质，会生锈；
D.黄铜是铜锌合金。
【解答】解：A．根据信息可知，六齐是指青铜中铜和锡根据六种不同比例形成的不同器具，是铜锡合金6种配比比例，故A正确；
B．铁合金中碳含量越高，硬度越大，合金越脆，韧性越差，故B正确；
C．六齐中含铜单质，日久会生锈得到铜锈，即铜绿，故出土青铜都有铜绿，故C正确；
D．黄铜是铜锌合金，铜锡不同比例仍为青铜，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了传统文化中化学知识的应用，难度不大，在理解好古文的基础上能将化学知识进行迁移运用是解题关键。
6．（3分）绿色酸性废蚀液中含有4种离子Fe3+、Cu2+、Cl﹣、H+，向其中加入铁粉充分反应，下列说法正确的是（ ）
A．反应前的废蚀液中，离子浓度最大的为Cl﹣
B．加入铁粉反应后，离子浓度最大的为Fe2+
C．反应后的溶液若为绿色，则溶液中不存在Fe3+、Cu2+
D．反应后若固体有剩余，该固体为过量的铁
【分析】A．绿色酸性废蚀液中含有4种离子Fe3+、Cu2+、Cl﹣、H+，电荷守恒分析可知浓度最大的离子；
B．溶液中电荷守恒可知，溶液中只含有一种阴离子为氯离子；
C．反应后的溶液若为绿色，则有两种可能，一种是溶液中仍存在Fe3+、Cu2+，二是溶液中Fe3+、Cu2+都参与反应了；
D．若铁粉过量，则固体为铜和铁的混合物。
【解答】解：A．反应前后的废蚀液中，依据电荷守恒，离子浓度最大的都为Cl﹣，故A正确；
B．溶液中电荷守恒可知，溶液中只含有一种阴离子为氯离子，所以不管铁粉是否过量，离子浓度最大的是氯离子，故B错误；
C．反应后的溶液若为绿色，则有两种可能，第一，依据题干信息溶液中仍存在Fe3+、Cu2+，第二，溶液中Fe3+、Cu2+都参与反应了，绿色由Fe2+确定，故C错误；
D．若铁粉过量，则固体为铜和铁的混合物，若铁粉刚好与铁离子和铜离子反应，则剩余固体为铜，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了铁及其化合物性质，主要是离子在的分析判断，题目难度中等。
7．（3分）Na3Au（SO3）2是一种常见的无氰金盐，它可取代KAu（CN）2在铜表面进行化学镀金（所谓化学镀金就是通过化学反应在物件表面镀金）。下列说法错误的是（ ）
A．Na3Au（SO3）2中Au的化合价为+1
B．用Na3Au（SO3）2取代KAu（CN）2镀金，主要原因是CN﹣有剧毒
C．使用KAu（CN）2在铜表面镀金，还原剂为Cu
D．铜件表面全部覆盖金以后，使用Na3Au（SO3）2镀金不可以增厚金层
【分析】A．依据化合物中各元素化合价代数和为0计算；
B．CN﹣有剧毒；
C．依据反应中元素化合价变化判断；
D．铜件表面全部覆盖金以后，Na3Au（SO3）2中的亚硫酸根离子作还原剂。
【解答】解：A．正负化合价代数和为0，钠为+1价、亚硫酸根离子为﹣2价，则Na3Au（SO3）2中Au的化合价为+1，故A正确；
B．CN﹣有剧毒，用Na3Au（SO3）2取代KAu（CN）2镀金，主要原因是CN﹣有剧毒，故B正确；
C．使用KAu（CN）2在铜表面镀金，则+1的Au化合价降低到0价、被还原，还原剂为Cu，故C正确；
D．铜件表面全部覆盖金以后，仍继续发生+1的Au化合价降低到0价的还原反应、可以增厚金层，因为：虽然铜不能作还原剂，但是Na3Au（SO3）2中的SO32﹣作还原剂，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了电镀，明确电镀池构成条件及反应原理是解题关键，题目难度中等。
8．（3分）物质的存在形式往往与pH有关，如常温下，NaHCO3溶液pH＝8.3；pH≤3.5，Al3+才大量存在。下列说法错误的是（ ）
A．向pH＝1的硝酸铝溶液中，加入Al（OH）3胶状固体，固体溶解
B．向偏铝酸钠溶液中，加入硝酸铝，生成沉淀Al（OH）3
C．向硝酸铝溶液中，加入碳酸氢钠溶液，生成沉淀与气泡
D．向偏铝酸钠溶液中，加入碳酸氢钠溶液，则无现象
【分析】A.pH≤3.5，Al3+大量存在；
B.NaAlO2溶液水解显碱性，而pH≤3.5，Al3+才大量存在；
C.NaHCO3溶液pH＝8.3，pH≤3.5，Al3+才大量存在；
D.AlO2﹣与HCO3﹣反应生成Al（OH）3沉淀和CO32﹣。
【解答】解：A．硝酸铝溶液pH＝1，pH≤3.5，Al3+大量存在，故加入Al（OH）3胶状固体后，固体溶解为Al3+，故A正确；
B．NaAlO2溶液水解显碱性，而pH≤3.5，Al3+才大量存在，故向偏铝酸钠溶液中加入硝酸铝，生成沉淀Al（OH）3，故B正确；
C．pH≤3.5，Al3+才大量存在，而NaHCO3溶液pH＝8.3，故向硝酸铝溶液中，加入碳酸氢钠溶液，Al3+会沉淀为Al（OH）3，HCO3﹣生成CO2气体：Al3++3HCO3﹣＝Al（OH）3↓+3CO2↑，所以既有沉淀又有气泡，故C正确；
D．AlO2﹣与HCO3﹣反应生成Al（OH）3沉淀和CO32﹣：AlO2﹣+HCO3﹣+H2O＝Al（OH）3↓+CO32﹣，有沉淀生成，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了盐类水解的应用，难度不大，应注意已有知识的迁移应用和题干信息的提取。
9．（3分）化学与生活、生产息息相关，下列解释正确的是（ ）
A．红酒中的二氧化硫，主要作用是增加酸性
B．游泳池中定期加入的漂白粉，主要作用是净水漂白
C．月饼包装中的铁粉，主要作用是除氧，防止月饼氧化变质
D．用饱和硅酸钠浸泡木材，主要作用是杀虫防腐
【分析】A．二氧化硫能使蛋白质变性，并且具有还原性；
B．次氯酸钙具有强氧化性，能杀菌消毒；
C．铁粉具有还原性，能与氧气反应；
D．硅酸钠不能燃，可用作木材防火剂。
【解答】解：A．红酒中保留一定量二氧化硫，可抑制细菌滋生，并且具有还原性，可作抗氧化剂，故A错误；
B．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，具有强氧化性，游泳池中定期加入的漂白粉有杀菌消毒作用，故B错误；
C．铁粉具有还原性，可以除去月饼包装中的氧气，防止其变质，故C正确；
D．饱和硅酸钠浸泡木材，主要作用是使木材防火，不是杀虫防腐作用，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
10．（3分）下列除杂所选试剂、操作正确的是（ ）
选项
括号内是杂质
试剂
操作
A
NaCl（KCl）
盐酸
焰色试验
B
HCl（Cl2）
H2
通入H2，点燃
C
CuCl2（FeCl3）
Cu（OH）2
反应后过滤
D
AlCl3（MgCl2）
过量氢氧化钠溶液
过滤
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.二者均与盐酸反应，且焰色反应可检验金属离子；
B.易引入新杂质；
C.氢氧化铜可促进铁离子水解转化为沉淀；
D.二者均与NaOH溶液反应。
【解答】解：A.焰色试验只能用于检验，且二者均与盐酸不反应，不能除杂，故A错误；
B.会引入氢气杂质，不能除杂，故B错误；
C.氯化铜与氢氧化铜不反应，因为氢氧化铁比氢氧化铜更难溶，氯化铁与氢氧化铜反应生成氢氧化铁和氯化铜，达到除杂的目的，故C正确；
D.二者均与NaOH溶液反应，得到偏铝酸钠溶液和氢氧化镁沉淀，还有氢氧化钠溶液，不能除杂，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
11．（3分）食品中的应型乳液是指在外界环境的微小刺激下，油水乳液可以在“稳定”与“破乳”之间快速转换的体系，科学家发现CO2可以作为外界微小刺激物，成为应型乳液的开关（原理如图所示）。有关说法正确的是（ ）
A．食品中物质A或物质B的含量较多，否则转化反应不明显，效果较差
B．CO2作为外界微小刺激物，具有绿色、廉价、生物相容性好的优点
C．通入CO2，物质A转化为物质B，是“破乳”过程
D．通入N2，目的是防止食品变质
【分析】A．CO2可以作为外界微小刺激物，反应微量，食品中物质A或物质B的含量也很少；
B．CO2属于空气的成分之一，廉价绿色；
C．通入CO2气体，物质A转化为物质B，是乳液“稳定”过程；
D．通入N2驱赶CO2，目的是破乳。
【解答】解：A．CO2可以作为外界微小刺激物，反应微量，食品中物质A或物质B的含量也很少，如果较多，也会影响食品质量，故A错误；
B．CO2属于空气的成分之一，作为外界微小刺激物，具有绿色、廉价、生物相容性好的优点，故B正确；
C．通入CO2气体，物质A转化为物质B，是乳液“稳定”过程，生成了离子化合物，增加了稳定性，故C错误；
D．通入N2驱赶CO2，目的是破乳，不是防止食品变质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质性质分析判断、物质转化关系、题干信息的理解应用，题目难度中等。
12．（3分）依据氨气的性质，对肼（N2H4）的性质预测错误的是（ ）
A．肼显碱性，且为二元碱
B．肼有还原性，氧化产物可为氮气
C．与足量的硫酸反应，产物为（N2H6）2SO4
D．肼的熔、沸点高于氨气
【分析】A．肼中的N原子有一个空轨道可以结合一个氢离子，肼中含有两个N，可以结合两个氢离子；
B．肼中的N元素为﹣2价，发生氧化还原反应时化合价升高到0价；
C．与足量的硫酸反应，生成硫酸的酸式盐；
D．氢键数目越多，沸点越高。
【解答】解：A．肼与氨相似，氨中的N原子有一个空轨道可以结合一个氢离子，肼中含有两个N，可以结合两个氢离子，所以肼为二元碱，故A正确；
B．肼中的N元素为﹣2价，发生氧化还原反应时化合价升高，氧化产物为氮气，故B正确；
C．与足量的硫酸反应，产物为N2H6（HSO4）2，故C错误；
D．肼中含有4个N﹣H键，可以形成4个氢键，而氨只有3个氢键，氢键越多沸点越高，故熔点高于氨气，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查肼的化学性质，具体涉及氧化还原反应、氢键对沸点的影响、与酸反应等，属于基本知识，基础题型，难度不大。
13．（3分）某小组利用如图装置，正确检验出了草酸的分解产物CO和CO2，下列有关实验现象描述错误的是（ ）
A．装置前后的澄清石灰水都会变浑浊
B．盛浓硫酸的洗气瓶，瓶外壁或溶液温度上升
C．红色氧化铁变黑
D．倒扣的玻璃漏斗尖端燃烧时有蓝色火焰，同时火焰夹带黄色
【分析】浓硫酸和草酸反应生成生成CO、CO2，氢氧化钠溶液吸收生成的CO2，澄清石灰水检验CO2是否吸收完全，浓硫酸对气体进行干燥，CO和氧化铁反应，最后为尾气吸收和防倒吸装置，据此分析。
【解答】解：A．第一个澄清石灰水的作用是判断氢氧化钠溶液是否除尽CO2，保证结论正确，此石灰水没有变浑浊，故A错误；
B．浓硫酸吸收水蒸气放热，洗气瓶外壁或溶液温度上升，故B正确；
C．草酸分解生成二氧化碳和一氧化碳，一氧化碳还原氧化铁生成黑色铁，故C正确；
D．倒扣玻璃漏斗尖端有剩余CO燃烧，显蓝色火焰，由于玻璃漏斗含有钠元素，燃烧时存在钠的焰色反应，带有黄色，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的检验和性质，难度不大，分析实验装置、理清实验原理为解答的关键，注意元素化合物知识的运用。
14．（3分）通过Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ）之间的转化，将天然烷烃R﹣H转变为增值精细化学品，该过程曾被誉为合成化学的“圣杯”，转化过程如图所示。下列有关说法错误的是（ ）
A．制备增值精细化学品的催化剂为[LnFeⅡ]
B．反应④⑤，均有自由基参加的非氧化还原反应
C．制备增值精细化学品的总反应为+R﹣H
D．反应③中有机物发生还原反应
【分析】A.催化剂在总反应前后没有变化，据此结合转化过程图解答；
B.由图可知，反应④为：Cl*+R﹣H→R*+Cl﹣H，反应⑤为：R*+→，Cl*和R*为自由基，化合价为0，据此解答；
C.由图可知，制备增值精细化学品的反应物为和R﹣H，生成物为，据此解答；
D.反应③为：+[LnFeⅡ]+Cl*→[LnFeⅢ﹣Cl]+，在氧化还原反应中：失电子、化合价升高、被氧化（氧化反应）、还原剂，得电子、化合价降低、被还原（还原反应）、氧化剂，据此解答。
【解答】解：A.由图可知，[LnFeⅡ]在过程③被消耗生成[LnFeⅢ﹣Cl]，[LnFeⅢ﹣Cl]在过程①生成[LnFeⅢ﹣Cl]*，[LnFeⅢ﹣Cl]*在过程②再生成[LnFeⅡ]，即[LnFeⅡ]在总反应前后没有变化，则制备增值精细化学品的催化剂为[LnFeⅡ]，故A正确；
B.由图可知，反应④为：Cl*+R﹣H→R*+Cl﹣H，反应⑤为：R*+→，Cl*和R*为自由基，化合价为0，反应前后化合价均有变化，故反应④⑤均是有自由基参加的氧化还原反应，故B错误；
C.由图可知，制备增值精细化学品的反应物为和R﹣H，生成物为，故总反应的化学方程式为：+R﹣H，
故C正确；
D.反应③为：+[LnFeⅡ]+Cl*→[LnFeⅢ﹣Cl]+，则铁元素化合价升高，失去电子发生氧化反应，有机物得到电子发生还原反应，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应机理和氧化还原反应，题目难度不大，关键是明确物质转化过程的反应物和生成物，掌握催化剂和氧化还原反应的基本概念，注意自由基的总化合价为0。
15．（3分）海水淡化技术迅速发展，苦卤水的充分利用显得尤其重要。如图是利用苦卤水制备无水MgCl2的过程，下列说法正确的是（ ）
A．向苦卤水中加入石灰的目的是生成Mg2（OH）2Cl2和CaCO3
B．煅烧产物是Mg（OH）2
C．固体单质Ⅰ为Mg（还原剂），气体单质Ⅱ为Cl2（氧化剂）
D．煅烧产物中的元素参与氯化反应时，其元素在反应前后无化合价变化
【分析】由流程可知，苦卤水中含镁离子，加入石灰生成Mg（OH）2沉淀，煅烧生成MgO，氯化生成气体为CO，且生成无水氯化镁，则固体单质I为C，气体单质Ⅱ为氯气，以此来解答。
【解答】解：A．向苦卤水中加入石灰的目的是生成Mg（OH）2沉淀，利用Mg（OH）2煅烧生成MgO，故A错误；
B．Mg（OH）2煅烧生成MgO，所以煅烧产物为MgO，故B错误；
C．氯化反应中由元素守恒可知，固体单质是C，气体单质为Cl2，反应方程式为C+Cl2+MgOCO+MgCl2，C为还原剂，故C错误；
D．煅烧产物为MgO，C+Cl2+MgOCO+MgCl2中C、Cl元素的化合价变化，则MgO中Mg、O元素的化合价在反应中没有变化，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查海水资源的应用及物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
二、非选择题（本大题共4小题，共55分）
16．利用铁粉、稀硫酸和氢氧化钠溶液，制备白色Fe（OH）2固体，装置图如图：
（1）物质B的化学式为 Fe 。
（2）检查装置气密性的方法为D﹣ C﹣A﹣E﹣B或者（D）﹣A﹣C﹣E﹣B （填编号），分液漏斗水面稳定于某一高度不再下降，气密性良好。
A．打开开关①和开关②
B．观察分液漏斗水面稳定情况
C．用止水夹夹紧小具支试管末端橡皮导管
D．向分液漏斗中尽量加注较多的蒸馏水
E．分液漏斗盖、颈对好孔，然后旋开活塞
（3）铁粉与稀硫酸制备H2的离子方程式为 Fe+2H+＝Fe2++H2↑ ，H2的作用有 ABD （填编号）。
A．驱赶溶液中的氧气
B．驱赶装置内的空气
C．把物质B压入小具支试管中
D．保护白色Fe（OH）2不被空气氧化
（4）实验过程中，用针管吸取大具支试管中的溶液，检验其中是否含有Fe3+。方法为：用该针管吸取 KSCN 溶液，用力振荡几次，溶液不变色，把针管中的混合物全部注入干净试管，振荡几次，溶液慢慢变红色。依据现象得出的结论有 大具支试管溶液不含Fe3+ 、 溶液注入试管后，空气中的氧气氧化Fe2+得到Fe3+，Fe3+遇SCN﹣变红 。
（5）白色Fe（OH）2沉淀在 小具支试管 （填“大具支试管”或“小具支试管”）内生成，经在无氧环境中干燥处理，得到的白色Fe（OH）2粉末是很好的化工 除氧剂 （填“除酸剂”或“除氧剂”）。
【分析】物质A为稀硫酸，物质B为铁单质，其反应为Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑，实验开始时，打开活塞②，关闭①，利用产生的氢气排除装置内的空气，一段时间后，关闭②，打开①，试管内压强增加，将产生的硫酸亚铁溶液压入试管中反应，物质C为氢氧化钠，FeSO4溶液与氢氧化钠反应生成白色Fe（OH）2沉淀，据此分析即可。
【解答】解：（1）根据题意可知，物质B为铁粉，其化学式为Fe，
故答案为：Fe；
（2）检查装置的气密性，先用止水夹夹住具支试管的橡胶管，打开①和②，分液漏斗的盖、颈对好孔，旋开活塞，可以利用分液漏斗中液面的变化判断是否气密性良好，
故答案为：（D）﹣C﹣A﹣E﹣B或者（D）﹣A﹣C﹣E﹣B；
（3）铁粉与稀硫酸反应的化学方程式为Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑，其中单质不能拆，离子方程式为Fe+2H+＝Fe2++H2↑，实验开始时，打开活塞②，关闭①，利用产生的氢气排除装置内的空气，同时保护氢氧化亚铁不被氧化，
故答案为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑；ABD
（4）验过程中，用针管吸取大具支试管中的溶液，检验其中是否含有Fe3+，方法为：用该针管吸取KSCN溶液，用力振荡几次，溶液不变色，把针管中的混合物全部注入干净试管，振荡几次，溶液慢慢变红色，依据现象得出的结论有：大具支试管溶液不含Fe3+、溶液注入试管后，空气中的氧气氧化Fe2+得到Fe3+，Fe3+遇SCN﹣变红，
故答案为：KSCN；大具支试管溶液不含Fe3+；溶液注入试管后，空气中的氧气氧化Fe2+得到Fe3+，Fe3+遇SCN﹣变红；
（5）关闭①打开②，大具支试管中的溶液进入小具支试管中，氢氧化亚铁在小具支试管中生成；因为氢氧化亚铁具有极强的还原性，易与氧气反应，一般作为除氧剂，
故答案为：小具支试管；除氧剂。
【点评】本题主要考查铁及其化合物的性质，Fe（OH）2沉淀的制取，Fe3+的检验，同时考查学生的实验能力，包括装置的连接，气密性的检查等，属于基本知识考查，难度不大。
17．钒是一种重要的战略金属元素，被誉为“现代工业的维生素”。制备V2O5的工艺流程图如图1：
（1）“氯化”过程中反应温度控制在200℃左右，生成三氯氧钒（VOCl3）和CO2，其化学方程式为 2V2O5+6Cl2+3C4VOCl3+3CO2 。如果不加入碳，也能生成三氯氧钒（VOCl3），此时反应温度须控制在600℃以上，碳的作用不但可以促使反应趋于完全，而且还能 降低反应活化能，加快反应速率 。
（2）在氯化过程中，不同杂质形成相应的氯化物进入粗三氯氧钒（VOCl3）液体中，通过精馏的方式纯化（利用不同组分间挥发度不同，即同一温度下饱和蒸气压的不同来达到分离的目的）。主要杂质的饱和蒸气压曲线如图2：
①从图中可以得出结论：挥发度（FeCl3） 小于 （填“大于”“小于”或“等于”）挥发度（VOCl3）
②经精馏后，三氯氧钒（VOCl3）中主要含有的杂质为 TiCl4 。
（3）气相催化氧化反应机理如图3所示：
①水解反应、氧化反应方程式分别为 2VOCl3+3H2O6HCl+V2O5 、 4HCl+O22H2O+2Cl2 ；
②制备V2O5的工艺流程中循环使用的物质为 氯气（或Cl2） 。
（4）不同的工业设计，表现不同的特征。
①有研究人员在“氯化”过程中，控制适当的条件同时增加 碳（或C） 的用量，把V2O5转化成二氯氧钒（VOCl2），其优点是精馏后可以直接水解得到V2O5，原因是 VOCl2比VOCl3沸点低（或饱和蒸气压低），避开了TiCl4的干扰，精馏后可以得到纯VOCl2 ；
②利用含V2O588%的原料，采用湿法冶金依次除去相关杂质，也可以得到V2O5，这种设计的缺点是 步骤多，投资大，成本高 （写出一条）。
【分析】“氯化”：AlCl3、V2O5反应得到VOCl3和Al2O3；“氨解沉钒”：VOCl3、Al2O3、NH4Cl、HCl反应得到（NH4）2V6O16、AlCl3，过滤后AlCl3随滤液除去，得（NH4）2V6O16；“煅烧”（NH4）2V6O16得NH3和V2O5，据此分析解答。
【解答】解：（1）根据题意，反应物为五氧化二钒和碳、氯气，生成物为三氯氧钒和二氧化碳，条件加热，反应的化学方程式为2V2O5+6Cl2+3C 4VOCl3+3 CO2，该反应中加固体碳降低了反应温度，所以碳起到了降低反应活化能，加快反应速率的作用，
故答案为：2V2O5+6Cl2+3C4VOCl3+3 CO2；降低反应活化能，加快反应速率；
（2）①图中三氯氧钒的饱和蒸汽压曲线起点在200℃以下，氯化铁的饱和蒸汽压曲线起点在200℃以上，所以氯化铁比三氯氧钒更难挥发，
故答案为：小于；
②从图中曲线可知，四氯化钛和三氯氧钒的饱和蒸汽压曲线极其接近，所以精馏后的产物中主要含有四氯化钛杂质，
故答案为：TiCl4；
（3）①根据图中所示三氯氧钒与水在催化剂作用下反应生成五氧化二钒和氯化氢，其反应为2VOCl3+3H2O6HCl+V2O5；生成的HCl在催化剂的作用下被氧化成氯气，其反应为4HCl+O22H2O+2Cl2，
故答案为：2VOCl3+3H2O 6HCl+V2O5；4HCl+O2 2H2O+2Cl2；
②整个流程中氯化步骤消耗了氯气，气相催化氧化步骤生成了氧气，所以循环使用的物质为氯气，
故答案为：氯气（或Cl2）；
（4）①从五氧化二钒到二氯氧钒，钒的化合价降低，被还原，氯化过程中起还原作用的只有碳，所以该步骤增加了碳的用量，其原因为VOCl2比VOCl3沸点低（或饱和蒸气压低），避开了TiCl4的干扰，精馏后可以得到纯VOCl2，
故答案为：碳（或C）；VOCl2比VOCl3沸点低（或饱和蒸气压低），避开了TiCl4的干扰，精馏后可以得到纯VOCl2；
②若采用湿法冶金依次除去杂质，需要的步骤多，投资大，成本高，不利于工业生产，
故答案为：步骤多，投资大，成本高。
【点评】本题考查了物质的分离提纯，涉及实验方案设计、实验目的的分析等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
18．纳米TiO2•2H2O作为一种重要的无机氧化物材料，因其在电子、化纤、废水处理等诸多领域的应用而备受关注。如图是利用NH3、TiCl4、正丁醇—水制备纳米TiO2•2H2O的简易装置。
（1）请写出利用上图装置制备氨气的化学方程式： CaO+NH3•H2O＝Ca（OH）2+NH3↑ 。
（2）干燥管内盛装的物质是 碱石灰 ，其作用为 干燥氨气 。
（3）实验过程：i.将160mL蒸馏水、盐酸（4mL）和正丁醇混合于三颈烧瓶中，形成乳浊液，置于冰水浴中。
ii.向三颈烧瓶中缓慢滴加10mLTiCl4，然后组装好装置。
ⅲ.不断搅拌并缓缓通入NH3至pH＝3时停止。
①在水中的溶解度：正丁醇 小于 （填“大于”“等于”或“小于”）乙醇；
②TiCl4容易发生水解，生成TiO2•2H2O，由于颗粒太大不符合实验要求，请写出TiCl4水解反应方程式： TiCl4+4H2O⇌TiO2•2H2O+4HCl ；实验中使用的盐酸浓度为6mol/L，实验室配制该浓度溶液时使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、一定规格的容量瓶和 量筒 ；本实验中盐酸的作用有 抑制TiCl4水解（或降低水解速率） 、 可以用测定pH的方法来确定终点 ；
③实验中需不断搅拌，主要目的是充分混合正丁醇与水，使正丁醇把水切割、包围在非常小的区域，这样做的目的是 AC （填序号）；
A．降低水解速率
B．使正丁醇完全溶于水
C．有利于形成TiO2•2H2O纳米结构
D．降低盐酸的溶解性
④实验中不能使用温水浴的主要原因是 温度高，水解速率增大；只得到大颗粒TiO2•2H2O，不能得到纳米结构的TiO2•2H2O 。
【分析】（1）该装置图中利用浓氨水与生石灰反应制备NH3
（2）由浓氨水与生石灰反应制备的NH3中混有H2O（g），而NH3为碱性气体，故干燥管内盛装的物质为碱石灰；
（3）①正丁醇、乙醇都属于饱和一元醇，其中的羟基属于亲水基，随着分子中碳原子数的增多，羟基的含量减少，饱和一元醇在水中的溶解度随着分子中碳原子数的增加而降低；
②TiCl4发生水解生成TiO2•2H2O，结合原子守恒，TiCl4水解的化学方程式为TiCl4+4H2O⇌TiO2•2H2O+4HCl；由浓盐酸配制6mol/L盐酸的主要实验步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，实验时需要使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶、胶头滴管；由于TiCl4易发生水解反应生成TiO2•2H2O和HCl，故实验中使用盐酸可抑制TiCl4水解（或降低水解速率），防止形成大颗粒TiO2•2H2O；
③根据题意，“TiCl4容易发生水解生成TiO2•2H2O，由于颗粒太大不符合实验要求”，故实验中需不断搅拌，主要目的是充分混合正丁醇与水，使正丁醇把水切割、包围在非常小的区域，从而降低TiCl4的水解速率；
④由于TiCl4的水解是吸热过程，温度高，水解速率增大，促进TiCl4的水解，只得到大颗粒TiO2•2H2O，不能得到纳米结构的TiO2•2H2O。
【解答】解：（1）该装置图中利用浓氨水与生石灰反应制备NH3，反应的化学方程式为CaO+NH3•H2O＝Ca（OH）2+NH3↑，
故答案为：CaO+NH3•H2O＝Ca（OH）2+NH3↑；
（2）由浓氨水与生石灰反应制备的NH3中混有H2O（g），而NH3为碱性气体，故干燥管内盛装的物质为碱石灰，其作用为干燥NH3，
故答案为：碱石灰；干燥氨气；
（3）①正丁醇、乙醇都属于饱和一元醇，其中的羟基属于亲水基，随着分子中碳原子数的增多，羟基的含量减少，饱和一元醇在水中的溶解度随着分子中碳原子数的增加而降低，故正丁醇在水中的溶解度小于乙醇，
故答案为：小于；
②TiCl4发生水解生成TiO2•2H2O，结合原子守恒，TiCl4水解的化学方程式为TiCl4+4H2O⇌TiO2•2H2O+4HCl；由浓盐酸配制6mol/L盐酸的主要实验步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，实验时需要使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶、胶头滴管；由于TiCl4易发生水解反应生成TiO2•2H2O和HCl，故实验中使用盐酸可抑制TiCl4水解（或降低水解速率），防止形成大颗粒TiO2•2H2O，根据实验过程可知“实验中不断搅拌并缓缓通入NH3至pH＝3时停止”，故盐酸的作用还有：可以用测定pH的方法来确定终点，
故答案为：TiCl4+4H2O⇌TiO2•2H2O+4HCl，量筒，抑制TiCl4水解（或降低水解速率），可以用测定pH的方法来确定终点；
③根据题意，“TiCl4容易发生水解生成TiO2•2H2O，由于颗粒太大不符合实验要求”，故实验中需不断搅拌，主要目的是充分混合正丁醇与水，使正丁醇把水切割、包围在非常小的区域，从而降低TiCl4的水解速率，有利于形成TiO2•2H2O纳米结构，
故答案为：AC；
④由于TiCl4的水解是吸热过程，温度高，水解速率增大，促进TiCl4的水解，只得到大颗粒TiO2•2H2O，不能得到纳米结构的TiO2•2H2O，故实验中不能使用温水浴，
故答案为：温度高，水解速率增大；只得到大颗粒TiO2•2H2O，不能得到纳米结构的TiO2•2H2O。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
19．高纯AgNO3在感光、电子和信息、电镀等行业中有着广泛的用途。由粗银制备高纯AgNO3的流程图如图：
（1）物质A的化学式为 HNO3 。
（2）沉银的离子方程式为 Ag++Cl﹣＝AgCl↓ ，若沉银得到的固体颗粒越小，则过滤速率 越慢 ；若沉银得到的固体颗粒结块，则产品纯度 越低 。
（3）“氧化”工序中，盐酸浓度控制在1.5mol/L左右，如果超过规定浓度，则NaClO3消耗量会超过理论值，原因是 盐酸浓度增大，NaClO3与盐酸生成氯气的副反应越容易，NaClO3耗量增大 ；工艺中“氧化”工序的主要目的为 氧化除去杂质 。
（4）利用Vc、NH3•H2O把银还原，操作中Vc、NH3•H2O加入顺序为：先向氯化银固体中加入 氨水 ，后加入 Vc ，其中还原剂是 Vc 。
（5）“酸溶”工序中选择用浓硝酸而不用稀硝酸溶解银，主要目的是 CD （填序号）。
A．防止产生污染性气体
B．减少硝酸消耗
C．增加反应速率
D．减少“AgNO3晶体析出”时蒸发的水量
（6）为了进一步提高AgNO3纯度，需要对AgNO3晶体进行 重结晶 （填操作方法）。
【分析】根据题意，由粗银制备硝酸银，需加入硝酸，所以物质A为硝酸；硝酸银与氯化钠反应生成氯化银，氧化步骤是除去杂质，还原步骤将阴离子还原成银单质，再用硝酸溶解得到硝酸银溶液，经一系列处理得到硝酸银溶液；
（1）结合分析可知，物质A用于溶解银并制备硝酸银；
（2）沉银是将银离子反应生成氯化银，其离子方程式Ag++Cl﹣＝AgCl↓；若氯化银颗粒越小，因为其接触面积大，过滤时速率越慢；
（3）如果盐酸超过规定浓度，盐酸浓度增大，NaClO3与盐酸生成氯气的副反应越容易；氧化工序的目的是除去其中的其它杂质；
（4）还原工序中，因固体的氯化银很难与Vc反应，所以需先加入氨水使氯化银溶解，再加入Vc反应生成银单质；
（5）A.不管是稀硝酸还是浓硝酸都会产生污染性气体氮氧化物；
B.这里采用浓硝酸与硝酸的消耗量无关；
C.浓硝酸浓度大，反应速率更快；
D.硝酸浓度越大，硝酸的含量越多，水的含量较少，蒸发时，需要蒸发的水量较少；
（6）进一步晶体的纯度，采取重结晶操作。
【解答】解：（1）结合分析可知，物质A为硝酸，
故答案为：HNO3；
（2）沉银是将银离子反应生成氯化银，其离子方程式Ag++Cl﹣＝AgCl↓；若氯化银颗粒越小，因为其接触面积大，过滤时速率越慢；若沉银时结块，可能使其纯度降低，
故答案为：Ag++Cl﹣＝AgCl↓；越慢；越低；
（3）如果盐酸超过规定浓度，盐酸浓度增大，NaClO3与盐酸生成氯气的副反应越容易，NaClO3耗量增大；氧化工序的目的是除去其中的其它杂质，
故答案为：盐酸浓度增大，NaClO3与盐酸生成氯气的副反应越容易，NaClO3耗量增大、氧化除去杂质；
（4）还原工序中，因固体的氯化银很难与Vc反应，所以需先加入氨水使氯化银溶解，再加入Vc反应生成银单质，其中利用了Vc的还原性，
故答案为：氨水、Vc、Vc；
（5）A.不管是稀硝酸还是浓硝酸都会产生污染性气体氮氧化物，故A错误；
B.这里采用浓硝酸与硝酸的消耗量无关，故B错误；
C.浓硝酸浓度大，反应速率更快，故C正确；
D.硝酸浓度越大，硝酸的含量越多，水的含量较少，蒸发时，需要蒸发的水量较少，故D正确；
故答案为：CD；
（6）为了进一步提高硝酸银晶体的纯度，需要对硝酸银晶体进行重结晶，
故答案为：重结晶。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
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日期：2021/11/30 18:42:10；用户：郭娜；邮箱：xxdsgjzx76@xyh.com；学号：37865308
2021-2022学年江西省抚州、赣州六校联考高三（上）质检化学试卷
一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45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．（3分）利用物质的特殊性质来检验的分析方法很多，下列有关说法错误的是（ ）
A．用试纸对血糖或尿糖的监测——利用葡萄糖特殊的性质进行分析
B．农产品残余农药的快速检测——利用农产品特殊的性质进行分析
C．大气中污染物氮氧化合物的测定——进行氮氧化合物性质分析
D．新冠病毒核酸检测方法——进行核酸序列分析
2．（3分）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1 molNa2O2固体中含有1mol Na2+和1molO22﹣
B．1 molN2H4分子中含有5mol共价键
C．1molClO2 （二氧化氯）分子做氧化剂，最多得到4mol电子
D．1molAlO2﹣与酸反应，最多消耗1molH+
3．（3分）下列过程中的化学反应，相应的离子（或化学）方程式正确的是（ ）
A．工业上用饱和食盐水吸收NH3、CO2制备NaHCO3：NH3+CO2+NaCl+H2O═NaHCO3↓+NH4++Cl﹣
B．工业上用电化学氧化的方法，增加铝金属表面氧化膜厚度，阳极反应为：Al﹣3e﹣═Al3+
C．工业上制备硫酸时，用98%的浓硫酸吸收SO3：SO3+H2O═2H++SO42﹣
D．工业上用水吸收NO2制备50%的硝酸：3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO
4．（3分）下列所选装置与试剂合理，能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
分液漏斗内试剂
锥形瓶内试剂
A
制CO2
盐酸
碳酸钙
B
制Cl2
浓盐酸
二氧化锰
C
制NH3
饱和石灰水
氯化铵溶液
D
制SO2
浓硫酸
铜
A．A B．B C．C D．D
5．（3分）《考工记》：金（青铜）有六齐，六分其金而锡居一，谓之钟鼎之齐；五分其金而锡居一，谓之斧斤之齐；四分其金而锡居一，谓之戈戟之齐；三分其金而锡居一，谓之大刃之齐；五分其金而锡居二，谓之削杀矢之齐；金锡半，谓之鉴燧之齐。下列有关说法错误的是（ ）
A．六齐是铜锡合金6种配比
B．大刃硬度大于斧斤
C．六齐之金，日久也会有铜绿生成
D．依据铜锡不同比例可以配成黄铜
6．（3分）绿色酸性废蚀液中含有4种离子Fe3+、Cu2+、Cl﹣、H+，向其中加入铁粉充分反应，下列说法正确的是（ ）
A．反应前的废蚀液中，离子浓度最大的为Cl﹣
B．加入铁粉反应后，离子浓度最大的为Fe2+
C．反应后的溶液若为绿色，则溶液中不存在Fe3+、Cu2+
D．反应后若固体有剩余，该固体为过量的铁
7．（3分）Na3Au（SO3）2是一种常见的无氰金盐，它可取代KAu（CN）2在铜表面进行化学镀金（所谓化学镀金就是通过化学反应在物件表面镀金）。下列说法错误的是（ ）
A．Na3Au（SO3）2中Au的化合价为+1
B．用Na3Au（SO3）2取代KAu（CN）2镀金，主要原因是CN﹣有剧毒
C．使用KAu（CN）2在铜表面镀金，还原剂为Cu
D．铜件表面全部覆盖金以后，使用Na3Au（SO3）2镀金不可以增厚金层
8．（3分）物质的存在形式往往与pH有关，如常温下，NaHCO3溶液pH＝8.3；pH≤3.5，Al3+才大量存在。下列说法错误的是（ ）
A．向pH＝1的硝酸铝溶液中，加入Al（OH）3胶状固体，固体溶解
B．向偏铝酸钠溶液中，加入硝酸铝，生成沉淀Al（OH）3
C．向硝酸铝溶液中，加入碳酸氢钠溶液，生成沉淀与气泡
D．向偏铝酸钠溶液中，加入碳酸氢钠溶液，则无现象
9．（3分）化学与生活、生产息息相关，下列解释正确的是（ ）
A．红酒中的二氧化硫，主要作用是增加酸性
B．游泳池中定期加入的漂白粉，主要作用是净水漂白
C．月饼包装中的铁粉，主要作用是除氧，防止月饼氧化变质
D．用饱和硅酸钠浸泡木材，主要作用是杀虫防腐
10．（3分）下列除杂所选试剂、操作正确的是（ ）
选项
括号内是杂质
试剂
操作
A
NaCl（KCl）
盐酸
焰色试验
B
HCl（Cl2）
H2
通入H2，点燃
C
CuCl2（FeCl3）
Cu（OH）2
反应后过滤
D
AlCl3（MgCl2）
过量氢氧化钠溶液
过滤
A．A B．B C．C D．D
11．（3分）食品中的应型乳液是指在外界环境的微小刺激下，油水乳液可以在“稳定”与“破乳”之间快速转换的体系，科学家发现CO2可以作为外界微小刺激物，成为应型乳液的开关（原理如图所示）。有关说法正确的是（ ）
A．食品中物质A或物质B的含量较多，否则转化反应不明显，效果较差
B．CO2作为外界微小刺激物，具有绿色、廉价、生物相容性好的优点
C．通入CO2，物质A转化为物质B，是“破乳”过程
D．通入N2，目的是防止食品变质
12．（3分）依据氨气的性质，对肼（N2H4）的性质预测错误的是（ ）
A．肼显碱性，且为二元碱
B．肼有还原性，氧化产物可为氮气
C．与足量的硫酸反应，产物为（N2H6）2SO4
D．肼的熔、沸点高于氨气
13．（3分）某小组利用如图装置，正确检验出了草酸的分解产物CO和CO2，下列有关实验现象描述错误的是（ ）
A．装置前后的澄清石灰水都会变浑浊
B．盛浓硫酸的洗气瓶，瓶外壁或溶液温度上升
C．红色氧化铁变黑
D．倒扣的玻璃漏斗尖端燃烧时有蓝色火焰，同时火焰夹带黄色
14．（3分）通过Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ）之间的转化，将天然烷烃R﹣H转变为增值精细化学品，该过程曾被誉为合成化学的“圣杯”，转化过程如图所示。下列有关说法错误的是（ ）
A．制备增值精细化学品的催化剂为[LnFeⅡ]
B．反应④⑤，均有自由基参加的非氧化还原反应
C．制备增值精细化学品的总反应为+R﹣H
D．反应③中有机物发生还原反应
15．（3分）海水淡化技术迅速发展，苦卤水的充分利用显得尤其重要。如图是利用苦卤水制备无水MgCl2的过程，下列说法正确的是（ ）
A．向苦卤水中加入石灰的目的是生成Mg2（OH）2Cl2和CaCO3
B．煅烧产物是Mg（OH）2
C．固体单质Ⅰ为Mg（还原剂），气体单质Ⅱ为Cl2（氧化剂）
D．煅烧产物中的元素参与氯化反应时，其元素在反应前后无化合价变化
二、非选择题（本大题共4小题，共55分）
16．利用铁粉、稀硫酸和氢氧化钠溶液，制备白色Fe（OH）2固体，装置图如图：
（1）物质B的化学式为 。
（2）检查装置气密性的方法为D﹣ （填编号），分液漏斗水面稳定于某一高度不再下降，气密性良好。
A．打开开关①和开关②
B．观察分液漏斗水面稳定情况
C．用止水夹夹紧小具支试管末端橡皮导管
D．向分液漏斗中尽量加注较多的蒸馏水
E．分液漏斗盖、颈对好孔，然后旋开活塞
（3）铁粉与稀硫酸制备H2的离子方程式为 ，H2的作用有 （填编号）。
A．驱赶溶液中的氧气
B．驱赶装置内的空气
C．把物质B压入小具支试管中
D．保护白色Fe（OH）2不被空气氧化
（4）实验过程中，用针管吸取大具支试管中的溶液，检验其中是否含有Fe3+。方法为：用该针管吸取 溶液，用力振荡几次，溶液不变色，把针管中的混合物全部注入干净试管，振荡几次，溶液慢慢变红色。依据现象得出的结论有 、 。
（5）白色Fe（OH）2沉淀在 （填“大具支试管”或“小具支试管”）内生成，经在无氧环境中干燥处理，得到的白色Fe（OH）2粉末是很好的化工 （填“除酸剂”或“除氧剂”）。
17．钒是一种重要的战略金属元素，被誉为“现代工业的维生素”。制备V2O5的工艺流程图如图1：
（1）“氯化”过程中反应温度控制在200℃左右，生成三氯氧钒（VOCl3）和CO2，其化学方程式为 。如果不加入碳，也能生成三氯氧钒（VOCl3），此时反应温度须控制在600℃以上，碳的作用不但可以促使反应趋于完全，而且还能 。
（2）在氯化过程中，不同杂质形成相应的氯化物进入粗三氯氧钒（VOCl3）液体中，通过精馏的方式纯化（利用不同组分间挥发度不同，即同一温度下饱和蒸气压的不同来达到分离的目的）。主要杂质的饱和蒸气压曲线如图2：
①从图中可以得出结论：挥发度（FeCl3） （填“大于”“小于”或“等于”）挥发度（VOCl3）
②经精馏后，三氯氧钒（VOCl3）中主要含有的杂质为 。
（3）气相催化氧化反应机理如图3所示：
①水解反应、氧化反应方程式分别为 、 ；
②制备V2O5的工艺流程中循环使用的物质为 。
（4）不同的工业设计，表现不同的特征。
①有研究人员在“氯化”过程中，控制适当的条件同时增加 的用量，把V2O5转化成二氯氧钒（VOCl2），其优点是精馏后可以直接水解得到V2O5，原因是 ；
②利用含V2O588%的原料，采用湿法冶金依次除去相关杂质，也可以得到V2O5，这种设计的缺点是 （写出一条）。
18．纳米TiO2•2H2O作为一种重要的无机氧化物材料，因其在电子、化纤、废水处理等诸多领域的应用而备受关注。如图是利用NH3、TiCl4、正丁醇—水制备纳米TiO2•2H2O的简易装置。
（1）请写出利用上图装置制备氨气的化学方程式： 。
（2）干燥管内盛装的物质是 ，其作用为 。
（3）实验过程：i.将160mL蒸馏水、盐酸（4mL）和正丁醇混合于三颈烧瓶中，形成乳浊液，置于冰水浴中。
ii.向三颈烧瓶中缓慢滴加10mLTiCl4，然后组装好装置。
ⅲ.不断搅拌并缓缓通入NH3至pH＝3时停止。
①在水中的溶解度：正丁醇 （填“大于”“等于”或“小于”）乙醇；
②TiCl4容易发生水解，生成TiO2•2H2O，由于颗粒太大不符合实验要求，请写出TiCl4水解反应方程式： ；实验中使用的盐酸浓度为6mol/L，实验室配制该浓度溶液时使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、一定规格的容量瓶和 ；本实验中盐酸的作用有 、 ；
③实验中需不断搅拌，主要目的是充分混合正丁醇与水，使正丁醇把水切割、包围在非常小的区域，这样做的目的是 （填序号）；
A．降低水解速率
B．使正丁醇完全溶于水
C．有利于形成TiO2•2H2O纳米结构
D．降低盐酸的溶解性
④实验中不能使用温水浴的主要原因是 。
19．高纯AgNO3在感光、电子和信息、电镀等行业中有着广泛的用途。由粗银制备高纯AgNO3的流程图如图：
（1）物质A的化学式为 。
（2）沉银的离子方程式为 ，若沉银得到的固体颗粒越小，则过滤速率 ；若沉银得到的固体颗粒结块，则产品纯度 。
（3）“氧化”工序中，盐酸浓度控制在1.5mol/L左右，如果超过规定浓度，则NaClO3消耗量会超过理论值，原因是 ；工艺中“氧化”工序的主要目的为 。
（4）利用Vc、NH3•H2O把银还原，操作中Vc、NH3•H2O加入顺序为：先向氯化银固体中加入 ，后加入 ，其中还原剂是 。
（5）“酸溶”工序中选择用浓硝酸而不用稀硝酸溶解银，主要目的是 （填序号）。
A．防止产生污染性气体
B．减少硝酸消耗
C．增加反应速率
D．减少“AgNO3晶体析出”时蒸发的水量
（6）为了进一步提高AgNO3纯度，需要对AgNO3晶体进行 （填操作方法）。
2021-2022学年江西省抚州、赣州六校联考高三（上）质检化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45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．（3分）利用物质的特殊性质来检验的分析方法很多，下列有关说法错误的是（ ）
A．用试纸对血糖或尿糖的监测——利用葡萄糖特殊的性质进行分析
B．农产品残余农药的快速检测——利用农产品特殊的性质进行分析
C．大气中污染物氮氧化合物的测定——进行氮氧化合物性质分析
D．新冠病毒核酸检测方法——进行核酸序列分析
【分析】A．依据葡萄糖的还原性解答；
B．检测农产品残余农药，应依据农药的性质进行分析；
C．测定大气中的氮氧化物，应依据其性质进行分析；
D．新冠病毒中的遗传物质为不同核酸组成的序列。
【解答】解：A．葡萄糖具有还原性，可与某些氧化剂发生反应的现象不同，可以检测血糖或尿糖，故A正确；
B．对残余农药分子结构进行分析，不是对具体农产品进行性质分析。如果对农产品分析，得到的是产品信息，不是农药信息，故B错误；
C．利用氮氧化物的性质，对空气中的氮氧化物进行分析检测，故C正确；
D．新冠病毒中的遗传物质为不同核酸组成的序列，核酸检测就是对其核酸序列的检测，判断是否为新冠病毒，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了化学在生产生活中的应用，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1 molNa2O2固体中含有1mol Na2+和1molO22﹣
B．1 molN2H4分子中含有5mol共价键
C．1molClO2 （二氧化氯）分子做氧化剂，最多得到4mol电子
D．1molAlO2﹣与酸反应，最多消耗1molH+
【分析】A.过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根离子构成；
B.N2H4分子中含有4个N﹣H键和1个N﹣N键；
C.ClO2 （二氧化氯）分子做氧化剂，被还原为氯离子；
D.当偏铝酸根离子转化为铝离子时，消耗氢离子的物质的量最多。
【解答】解：A．Na2O2电离产生Na+、O22﹣，则1 mol Na2O2固体中含有2 mol Na+、1 mol O22﹣，故A错误；
B．N2H4分子中含有4个N﹣H键和1个N﹣N键，共含有5个化学键，则在1 mol N2H4分子中含有5 mol共价键，故B正确；
C．ClO2（二氧化氯）分子作氧化剂，可被还原生成Cl﹣，1个ClO2得到5个电子，则1 mol ClO2作氧化剂时，最多得到5 mol电子，故C错误；
D．AlO2﹣与酸反应，可以生成Al3+，1个AlO2﹣反应消耗4个H+，故1 mol AlO2﹣转化为Al3+时最多消耗4 mol H+，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的计算，难度不大，应熟练掌握公式的使用和物质的性质与结构特点。
3．（3分）下列过程中的化学反应，相应的离子（或化学）方程式正确的是（ ）
A．工业上用饱和食盐水吸收NH3、CO2制备NaHCO3：NH3+CO2+NaCl+H2O═NaHCO3↓+NH4++Cl﹣
B．工业上用电化学氧化的方法，增加铝金属表面氧化膜厚度，阳极反应为：Al﹣3e﹣═Al3+
C．工业上制备硫酸时，用98%的浓硫酸吸收SO3：SO3+H2O═2H++SO42﹣
D．工业上用水吸收NO2制备50%的硝酸：3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO
【分析】A．工业上以NH3、CO2、饱和食盐水为原料生产NaHCO3：NH3+CO2+NaCl+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，饱和食盐水参加离子反应时NaCl要拆开；
B．工业上用电化学氧化的方法，增加铝金属表面氧化膜厚度时产物为氧化铝；
C．浓度大于98%硫酸主要以分子形式存在，不能拆开；
D．二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸。
【解答】解：A．氯化钠为易溶于水、易电离的物质，饱和食盐水参加离子反应时NaCl要拆开，工业上用饱和食盐水吸收NH3、CO2制备NaHCO3，离子方程式：NH3+CO2+Na++H2O═NaHCO3↓+NH4+，故A错误；
B．工业上用电化学氧化的方法，增加铝金属表面氧化膜厚度，氧化产物应该为Al2O3而不是Al3+，金属铝是阳极材料，电极反应：2Al﹣6e﹣+3H2O＝Al2O3+6H+，阴极上是电解质中的阳离子氢离子发生得电子的还原反应，电极反应：2H++2e﹣＝H2↑，故B错误；
C．随着反应进行，硫酸浓度大于98%，生成物硫酸主要以分子形式存在，不能拆开，反应：SO3+H2O═H2SO4，故C错误；
D．工业上用水吸收NO2生产硝酸和一氧化氮、水，其中氧化物不能拆，硝酸可以拆，离子方程式：3NO2+H2O＝2H++2NO3﹣+NO，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学方程式、离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子方程式书写方法，题目难度不大。
4．（3分）下列所选装置与试剂合理，能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
分液漏斗内试剂
锥形瓶内试剂
A
制CO2
盐酸
碳酸钙
B
制Cl2
浓盐酸
二氧化锰
C
制NH3
饱和石灰水
氯化铵溶液
D
制SO2
浓硫酸
铜
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳；
B.浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；
C.饱和石灰水与氯化铵溶液反应生成一水合氨；
D.Cu与浓硫酸反应需要加热。
【解答】解：A.实验室制备二氧化碳，可选图中固液不加热装置，利用碳酸钙和盐酸反应可制备，故A正确；
B.实验室利用二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，故B错误；
C.实验室利用氯化铵和熟石灰制备氨气，属于固固加热，该装置适用于固液反应，故C错误；
D.利用铜和浓硫酸反应制备二氧化硫时，需要加热，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
5．（3分）《考工记》：金（青铜）有六齐，六分其金而锡居一，谓之钟鼎之齐；五分其金而锡居一，谓之斧斤之齐；四分其金而锡居一，谓之戈戟之齐；三分其金而锡居一，谓之大刃之齐；五分其金而锡居二，谓之削杀矢之齐；金锡半，谓之鉴燧之齐。下列有关说法错误的是（ ）
A．六齐是铜锡合金6种配比
B．大刃硬度大于斧斤
C．六齐之金，日久也会有铜绿生成
D．依据铜锡不同比例可以配成黄铜
【分析】A.六齐是指青铜中铜和锡根据六种不同比例形成的不同器具；
B.在铁合金中，碳的含量越高，合金硬度越大，但韧性越差；
C.六齐中含铜单质，会生锈；
D.黄铜是铜锌合金。
【解答】解：A．根据信息可知，六齐是指青铜中铜和锡根据六种不同比例形成的不同器具，是铜锡合金6种配比比例，故A正确；
B．铁合金中碳含量越高，硬度越大，合金越脆，韧性越差，故B正确；
C．六齐中含铜单质，日久会生锈得到铜锈，即铜绿，故出土青铜都有铜绿，故C正确；
D．黄铜是铜锌合金，铜锡不同比例仍为青铜，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了传统文化中化学知识的应用，难度不大，在理解好古文的基础上能将化学知识进行迁移运用是解题关键。
6．（3分）绿色酸性废蚀液中含有4种离子Fe3+、Cu2+、Cl﹣、H+，向其中加入铁粉充分反应，下列说法正确的是（ ）
A．反应前的废蚀液中，离子浓度最大的为Cl﹣
B．加入铁粉反应后，离子浓度最大的为Fe2+
C．反应后的溶液若为绿色，则溶液中不存在Fe3+、Cu2+
D．反应后若固体有剩余，该固体为过量的铁
【分析】A．绿色酸性废蚀液中含有4种离子Fe3+、Cu2+、Cl﹣、H+，电荷守恒分析可知浓度最大的离子；
B．溶液中电荷守恒可知，溶液中只含有一种阴离子为氯离子；
C．反应后的溶液若为绿色，则有两种可能，一种是溶液中仍存在Fe3+、Cu2+，二是溶液中Fe3+、Cu2+都参与反应了；
D．若铁粉过量，则固体为铜和铁的混合物。
【解答】解：A．反应前后的废蚀液中，依据电荷守恒，离子浓度最大的都为Cl﹣，故A正确；
B．溶液中电荷守恒可知，溶液中只含有一种阴离子为氯离子，所以不管铁粉是否过量，离子浓度最大的是氯离子，故B错误；
C．反应后的溶液若为绿色，则有两种可能，第一，依据题干信息溶液中仍存在Fe3+、Cu2+，第二，溶液中Fe3+、Cu2+都参与反应了，绿色由Fe2+确定，故C错误；
D．若铁粉过量，则固体为铜和铁的混合物，若铁粉刚好与铁离子和铜离子反应，则剩余固体为铜，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了铁及其化合物性质，主要是离子在的分析判断，题目难度中等。
7．（3分）Na3Au（SO3）2是一种常见的无氰金盐，它可取代KAu（CN）2在铜表面进行化学镀金（所谓化学镀金就是通过化学反应在物件表面镀金）。下列说法错误的是（ ）
A．Na3Au（SO3）2中Au的化合价为+1
B．用Na3Au（SO3）2取代KAu（CN）2镀金，主要原因是CN﹣有剧毒
C．使用KAu（CN）2在铜表面镀金，还原剂为Cu
D．铜件表面全部覆盖金以后，使用Na3Au（SO3）2镀金不可以增厚金层
【分析】A．依据化合物中各元素化合价代数和为0计算；
B．CN﹣有剧毒；
C．依据反应中元素化合价变化判断；
D．铜件表面全部覆盖金以后，Na3Au（SO3）2中的亚硫酸根离子作还原剂。
【解答】解：A．正负化合价代数和为0，钠为+1价、亚硫酸根离子为﹣2价，则Na3Au（SO3）2中Au的化合价为+1，故A正确；
B．CN﹣有剧毒，用Na3Au（SO3）2取代KAu（CN）2镀金，主要原因是CN﹣有剧毒，故B正确；
C．使用KAu（CN）2在铜表面镀金，则+1的Au化合价降低到0价、被还原，还原剂为Cu，故C正确；
D．铜件表面全部覆盖金以后，仍继续发生+1的Au化合价降低到0价的还原反应、可以增厚金层，因为：虽然铜不能作还原剂，但是Na3Au（SO3）2中的SO32﹣作还原剂，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了电镀，明确电镀池构成条件及反应原理是解题关键，题目难度中等。
8．（3分）物质的存在形式往往与pH有关，如常温下，NaHCO3溶液pH＝8.3；pH≤3.5，Al3+才大量存在。下列说法错误的是（ ）
A．向pH＝1的硝酸铝溶液中，加入Al（OH）3胶状固体，固体溶解
B．向偏铝酸钠溶液中，加入硝酸铝，生成沉淀Al（OH）3
C．向硝酸铝溶液中，加入碳酸氢钠溶液，生成沉淀与气泡
D．向偏铝酸钠溶液中，加入碳酸氢钠溶液，则无现象
【分析】A.pH≤3.5，Al3+大量存在；
B.NaAlO2溶液水解显碱性，而pH≤3.5，Al3+才大量存在；
C.NaHCO3溶液pH＝8.3，pH≤3.5，Al3+才大量存在；
D.AlO2﹣与HCO3﹣反应生成Al（OH）3沉淀和CO32﹣。
【解答】解：A．硝酸铝溶液pH＝1，pH≤3.5，Al3+大量存在，故加入Al（OH）3胶状固体后，固体溶解为Al3+，故A正确；
B．NaAlO2溶液水解显碱性，而pH≤3.5，Al3+才大量存在，故向偏铝酸钠溶液中加入硝酸铝，生成沉淀Al（OH）3，故B正确；
C．pH≤3.5，Al3+才大量存在，而NaHCO3溶液pH＝8.3，故向硝酸铝溶液中，加入碳酸氢钠溶液，Al3+会沉淀为Al（OH）3，HCO3﹣生成CO2气体：Al3++3HCO3﹣＝Al（OH）3↓+3CO2↑，所以既有沉淀又有气泡，故C正确；
D．AlO2﹣与HCO3﹣反应生成Al（OH）3沉淀和CO32﹣：AlO2﹣+HCO3﹣+H2O＝Al（OH）3↓+CO32﹣，有沉淀生成，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了盐类水解的应用，难度不大，应注意已有知识的迁移应用和题干信息的提取。
9．（3分）化学与生活、生产息息相关，下列解释正确的是（ ）
A．红酒中的二氧化硫，主要作用是增加酸性
B．游泳池中定期加入的漂白粉，主要作用是净水漂白
C．月饼包装中的铁粉，主要作用是除氧，防止月饼氧化变质
D．用饱和硅酸钠浸泡木材，主要作用是杀虫防腐
【分析】A．二氧化硫能使蛋白质变性，并且具有还原性；
B．次氯酸钙具有强氧化性，能杀菌消毒；
C．铁粉具有还原性，能与氧气反应；
D．硅酸钠不能燃，可用作木材防火剂。
【解答】解：A．红酒中保留一定量二氧化硫，可抑制细菌滋生，并且具有还原性，可作抗氧化剂，故A错误；
B．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，具有强氧化性，游泳池中定期加入的漂白粉有杀菌消毒作用，故B错误；
C．铁粉具有还原性，可以除去月饼包装中的氧气，防止其变质，故C正确；
D．饱和硅酸钠浸泡木材，主要作用是使木材防火，不是杀虫防腐作用，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
10．（3分）下列除杂所选试剂、操作正确的是（ ）
选项
括号内是杂质
试剂
操作
A
NaCl（KCl）
盐酸
焰色试验
B
HCl（Cl2）
H2
通入H2，点燃
C
CuCl2（FeCl3）
Cu（OH）2
反应后过滤
D
AlCl3（MgCl2）
过量氢氧化钠溶液
过滤
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.二者均与盐酸反应，且焰色反应可检验金属离子；
B.易引入新杂质；
C.氢氧化铜可促进铁离子水解转化为沉淀；
D.二者均与NaOH溶液反应。
【解答】解：A.焰色试验只能用于检验，且二者均与盐酸不反应，不能除杂，故A错误；
B.会引入氢气杂质，不能除杂，故B错误；
C.氯化铜与氢氧化铜不反应，因为氢氧化铁比氢氧化铜更难溶，氯化铁与氢氧化铜反应生成氢氧化铁和氯化铜，达到除杂的目的，故C正确；
D.二者均与NaOH溶液反应，得到偏铝酸钠溶液和氢氧化镁沉淀，还有氢氧化钠溶液，不能除杂，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
11．（3分）食品中的应型乳液是指在外界环境的微小刺激下，油水乳液可以在“稳定”与“破乳”之间快速转换的体系，科学家发现CO2可以作为外界微小刺激物，成为应型乳液的开关（原理如图所示）。有关说法正确的是（ ）
A．食品中物质A或物质B的含量较多，否则转化反应不明显，效果较差
B．CO2作为外界微小刺激物，具有绿色、廉价、生物相容性好的优点
C．通入CO2，物质A转化为物质B，是“破乳”过程
D．通入N2，目的是防止食品变质
【分析】A．CO2可以作为外界微小刺激物，反应微量，食品中物质A或物质B的含量也很少；
B．CO2属于空气的成分之一，廉价绿色；
C．通入CO2气体，物质A转化为物质B，是乳液“稳定”过程；
D．通入N2驱赶CO2，目的是破乳。
【解答】解：A．CO2可以作为外界微小刺激物，反应微量，食品中物质A或物质B的含量也很少，如果较多，也会影响食品质量，故A错误；
B．CO2属于空气的成分之一，作为外界微小刺激物，具有绿色、廉价、生物相容性好的优点，故B正确；
C．通入CO2气体，物质A转化为物质B，是乳液“稳定”过程，生成了离子化合物，增加了稳定性，故C错误；
D．通入N2驱赶CO2，目的是破乳，不是防止食品变质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质性质分析判断、物质转化关系、题干信息的理解应用，题目难度中等。
12．（3分）依据氨气的性质，对肼（N2H4）的性质预测错误的是（ ）
A．肼显碱性，且为二元碱
B．肼有还原性，氧化产物可为氮气
C．与足量的硫酸反应，产物为（N2H6）2SO4
D．肼的熔、沸点高于氨气
【分析】A．肼中的N原子有一个空轨道可以结合一个氢离子，肼中含有两个N，可以结合两个氢离子；
B．肼中的N元素为﹣2价，发生氧化还原反应时化合价升高到0价；
C．与足量的硫酸反应，生成硫酸的酸式盐；
D．氢键数目越多，沸点越高。
【解答】解：A．肼与氨相似，氨中的N原子有一个空轨道可以结合一个氢离子，肼中含有两个N，可以结合两个氢离子，所以肼为二元碱，故A正确；
B．肼中的N元素为﹣2价，发生氧化还原反应时化合价升高，氧化产物为氮气，故B正确；
C．与足量的硫酸反应，产物为N2H6（HSO4）2，故C错误；
D．肼中含有4个N﹣H键，可以形成4个氢键，而氨只有3个氢键，氢键越多沸点越高，故熔点高于氨气，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查肼的化学性质，具体涉及氧化还原反应、氢键对沸点的影响、与酸反应等，属于基本知识，基础题型，难度不大。
13．（3分）某小组利用如图装置，正确检验出了草酸的分解产物CO和CO2，下列有关实验现象描述错误的是（ ）
A．装置前后的澄清石灰水都会变浑浊
B．盛浓硫酸的洗气瓶，瓶外壁或溶液温度上升
C．红色氧化铁变黑
D．倒扣的玻璃漏斗尖端燃烧时有蓝色火焰，同时火焰夹带黄色
【分析】浓硫酸和草酸反应生成生成CO、CO2，氢氧化钠溶液吸收生成的CO2，澄清石灰水检验CO2是否吸收完全，浓硫酸对气体进行干燥，CO和氧化铁反应，最后为尾气吸收和防倒吸装置，据此分析。
【解答】解：A．第一个澄清石灰水的作用是判断氢氧化钠溶液是否除尽CO2，保证结论正确，此石灰水没有变浑浊，故A错误；
B．浓硫酸吸收水蒸气放热，洗气瓶外壁或溶液温度上升，故B正确；
C．草酸分解生成二氧化碳和一氧化碳，一氧化碳还原氧化铁生成黑色铁，故C正确；
D．倒扣玻璃漏斗尖端有剩余CO燃烧，显蓝色火焰，由于玻璃漏斗含有钠元素，燃烧时存在钠的焰色反应，带有黄色，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的检验和性质，难度不大，分析实验装置、理清实验原理为解答的关键，注意元素化合物知识的运用。
14．（3分）通过Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ）之间的转化，将天然烷烃R﹣H转变为增值精细化学品，该过程曾被誉为合成化学的“圣杯”，转化过程如图所示。下列有关说法错误的是（ ）
A．制备增值精细化学品的催化剂为[LnFeⅡ]
B．反应④⑤，均有自由基参加的非氧化还原反应
C．制备增值精细化学品的总反应为+R﹣H
D．反应③中有机物发生还原反应
【分析】A.催化剂在总反应前后没有变化，据此结合转化过程图解答；
B.由图可知，反应④为：Cl*+R﹣H→R*+Cl﹣H，反应⑤为：R*+→，Cl*和R*为自由基，化合价为0，据此解答；
C.由图可知，制备增值精细化学品的反应物为和R﹣H，生成物为，据此解答；
D.反应③为：+[LnFeⅡ]+Cl*→[LnFeⅢ﹣Cl]+，在氧化还原反应中：失电子、化合价升高、被氧化（氧化反应）、还原剂，得电子、化合价降低、被还原（还原反应）、氧化剂，据此解答。
【解答】解：A.由图可知，[LnFeⅡ]在过程③被消耗生成[LnFeⅢ﹣Cl]，[LnFeⅢ﹣Cl]在过程①生成[LnFeⅢ﹣Cl]*，[LnFeⅢ﹣Cl]*在过程②再生成[LnFeⅡ]，即[LnFeⅡ]在总反应前后没有变化，则制备增值精细化学品的催化剂为[LnFeⅡ]，故A正确；
B.由图可知，反应④为：Cl*+R﹣H→R*+Cl﹣H，反应⑤为：R*+→，Cl*和R*为自由基，化合价为0，反应前后化合价均有变化，故反应④⑤均是有自由基参加的氧化还原反应，故B错误；
C.由图可知，制备增值精细化学品的反应物为和R﹣H，生成物为，故总反应的化学方程式为：+R﹣H，
故C正确；
D.反应③为：+[LnFeⅡ]+Cl*→[LnFeⅢ﹣Cl]+，则铁元素化合价升高，失去电子发生氧化反应，有机物得到电子发生还原反应，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应机理和氧化还原反应，题目难度不大，关键是明确物质转化过程的反应物和生成物，掌握催化剂和氧化还原反应的基本概念，注意自由基的总化合价为0。
15．（3分）海水淡化技术迅速发展，苦卤水的充分利用显得尤其重要。如图是利用苦卤水制备无水MgCl2的过程，下列说法正确的是（ ）
A．向苦卤水中加入石灰的目的是生成Mg2（OH）2Cl2和CaCO3
B．煅烧产物是Mg（OH）2
C．固体单质Ⅰ为Mg（还原剂），气体单质Ⅱ为Cl2（氧化剂）
D．煅烧产物中的元素参与氯化反应时，其元素在反应前后无化合价变化
【分析】由流程可知，苦卤水中含镁离子，加入石灰生成Mg（OH）2沉淀，煅烧生成MgO，氯化生成气体为CO，且生成无水氯化镁，则固体单质I为C，气体单质Ⅱ为氯气，以此来解答。
【解答】解：A．向苦卤水中加入石灰的目的是生成Mg（OH）2沉淀，利用Mg（OH）2煅烧生成MgO，故A错误；
B．Mg（OH）2煅烧生成MgO，所以煅烧产物为MgO，故B错误；
C．氯化反应中由元素守恒可知，固体单质是C，气体单质为Cl2，反应方程式为C+Cl2+MgOCO+MgCl2，C为还原剂，故C错误；
D．煅烧产物为MgO，C+Cl2+MgOCO+MgCl2中C、Cl元素的化合价变化，则MgO中Mg、O元素的化合价在反应中没有变化，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查海水资源的应用及物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
二、非选择题（本大题共4小题，共55分）
16．利用铁粉、稀硫酸和氢氧化钠溶液，制备白色Fe（OH）2固体，装置图如图：
（1）物质B的化学式为 Fe 。
（2）检查装置气密性的方法为D﹣ C﹣A﹣E﹣B或者（D）﹣A﹣C﹣E﹣B （填编号），分液漏斗水面稳定于某一高度不再下降，气密性良好。
A．打开开关①和开关②
B．观察分液漏斗水面稳定情况
C．用止水夹夹紧小具支试管末端橡皮导管
D．向分液漏斗中尽量加注较多的蒸馏水
E．分液漏斗盖、颈对好孔，然后旋开活塞
（3）铁粉与稀硫酸制备H2的离子方程式为 Fe+2H+＝Fe2++H2↑ ，H2的作用有 ABD （填编号）。
A．驱赶溶液中的氧气
B．驱赶装置内的空气
C．把物质B压入小具支试管中
D．保护白色Fe（OH）2不被空气氧化
（4）实验过程中，用针管吸取大具支试管中的溶液，检验其中是否含有Fe3+。方法为：用该针管吸取 KSCN 溶液，用力振荡几次，溶液不变色，把针管中的混合物全部注入干净试管，振荡几次，溶液慢慢变红色。依据现象得出的结论有 大具支试管溶液不含Fe3+ 、 溶液注入试管后，空气中的氧气氧化Fe2+得到Fe3+，Fe3+遇SCN﹣变红 。
（5）白色Fe（OH）2沉淀在 小具支试管 （填“大具支试管”或“小具支试管”）内生成，经在无氧环境中干燥处理，得到的白色Fe（OH）2粉末是很好的化工 除氧剂 （填“除酸剂”或“除氧剂”）。
【分析】物质A为稀硫酸，物质B为铁单质，其反应为Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑，实验开始时，打开活塞②，关闭①，利用产生的氢气排除装置内的空气，一段时间后，关闭②，打开①，试管内压强增加，将产生的硫酸亚铁溶液压入试管中反应，物质C为氢氧化钠，FeSO4溶液与氢氧化钠反应生成白色Fe（OH）2沉淀，据此分析即可。
【解答】解：（1）根据题意可知，物质B为铁粉，其化学式为Fe，
故答案为：Fe；
（2）检查装置的气密性，先用止水夹夹住具支试管的橡胶管，打开①和②，分液漏斗的盖、颈对好孔，旋开活塞，可以利用分液漏斗中液面的变化判断是否气密性良好，
故答案为：（D）﹣C﹣A﹣E﹣B或者（D）﹣A﹣C﹣E﹣B；
（3）铁粉与稀硫酸反应的化学方程式为Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑，其中单质不能拆，离子方程式为Fe+2H+＝Fe2++H2↑，实验开始时，打开活塞②，关闭①，利用产生的氢气排除装置内的空气，同时保护氢氧化亚铁不被氧化，
故答案为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑；ABD
（4）验过程中，用针管吸取大具支试管中的溶液，检验其中是否含有Fe3+，方法为：用该针管吸取KSCN溶液，用力振荡几次，溶液不变色，把针管中的混合物全部注入干净试管，振荡几次，溶液慢慢变红色，依据现象得出的结论有：大具支试管溶液不含Fe3+、溶液注入试管后，空气中的氧气氧化Fe2+得到Fe3+，Fe3+遇SCN﹣变红，
故答案为：KSCN；大具支试管溶液不含Fe3+；溶液注入试管后，空气中的氧气氧化Fe2+得到Fe3+，Fe3+遇SCN﹣变红；
（5）关闭①打开②，大具支试管中的溶液进入小具支试管中，氢氧化亚铁在小具支试管中生成；因为氢氧化亚铁具有极强的还原性，易与氧气反应，一般作为除氧剂，
故答案为：小具支试管；除氧剂。
【点评】本题主要考查铁及其化合物的性质，Fe（OH）2沉淀的制取，Fe3+的检验，同时考查学生的实验能力，包括装置的连接，气密性的检查等，属于基本知识考查，难度不大。
17．钒是一种重要的战略金属元素，被誉为“现代工业的维生素”。制备V2O5的工艺流程图如图1：
（1）“氯化”过程中反应温度控制在200℃左右，生成三氯氧钒（VOCl3）和CO2，其化学方程式为 2V2O5+6Cl2+3C4VOCl3+3CO2 。如果不加入碳，也能生成三氯氧钒（VOCl3），此时反应温度须控制在600℃以上，碳的作用不但可以促使反应趋于完全，而且还能 降低反应活化能，加快反应速率 。
（2）在氯化过程中，不同杂质形成相应的氯化物进入粗三氯氧钒（VOCl3）液体中，通过精馏的方式纯化（利用不同组分间挥发度不同，即同一温度下饱和蒸气压的不同来达到分离的目的）。主要杂质的饱和蒸气压曲线如图2：
①从图中可以得出结论：挥发度（FeCl3） 小于 （填“大于”“小于”或“等于”）挥发度（VOCl3）
②经精馏后，三氯氧钒（VOCl3）中主要含有的杂质为 TiCl4 。
（3）气相催化氧化反应机理如图3所示：
①水解反应、氧化反应方程式分别为 2VOCl3+3H2O6HCl+V2O5 、 4HCl+O22H2O+2Cl2 ；
②制备V2O5的工艺流程中循环使用的物质为 氯气（或Cl2） 。
（4）不同的工业设计，表现不同的特征。
①有研究人员在“氯化”过程中，控制适当的条件同时增加 碳（或C） 的用量，把V2O5转化成二氯氧钒（VOCl2），其优点是精馏后可以直接水解得到V2O5，原因是 VOCl2比VOCl3沸点低（或饱和蒸气压低），避开了TiCl4的干扰，精馏后可以得到纯VOCl2 ；
②利用含V2O588%的原料，采用湿法冶金依次除去相关杂质，也可以得到V2O5，这种设计的缺点是 步骤多，投资大，成本高 （写出一条）。
【分析】“氯化”：AlCl3、V2O5反应得到VOCl3和Al2O3；“氨解沉钒”：VOCl3、Al2O3、NH4Cl、HCl反应得到（NH4）2V6O16、AlCl3，过滤后AlCl3随滤液除去，得（NH4）2V6O16；“煅烧”（NH4）2V6O16得NH3和V2O5，据此分析解答。
【解答】解：（1）根据题意，反应物为五氧化二钒和碳、氯气，生成物为三氯氧钒和二氧化碳，条件加热，反应的化学方程式为2V2O5+6Cl2+3C 4VOCl3+3 CO2，该反应中加固体碳降低了反应温度，所以碳起到了降低反应活化能，加快反应速率的作用，
故答案为：2V2O5+6Cl2+3C4VOCl3+3 CO2；降低反应活化能，加快反应速率；
（2）①图中三氯氧钒的饱和蒸汽压曲线起点在200℃以下，氯化铁的饱和蒸汽压曲线起点在200℃以上，所以氯化铁比三氯氧钒更难挥发，
故答案为：小于；
②从图中曲线可知，四氯化钛和三氯氧钒的饱和蒸汽压曲线极其接近，所以精馏后的产物中主要含有四氯化钛杂质，
故答案为：TiCl4；
（3）①根据图中所示三氯氧钒与水在催化剂作用下反应生成五氧化二钒和氯化氢，其反应为2VOCl3+3H2O6HCl+V2O5；生成的HCl在催化剂的作用下被氧化成氯气，其反应为4HCl+O22H2O+2Cl2，
故答案为：2VOCl3+3H2O 6HCl+V2O5；4HCl+O2 2H2O+2Cl2；
②整个流程中氯化步骤消耗了氯气，气相催化氧化步骤生成了氧气，所以循环使用的物质为氯气，
故答案为：氯气（或Cl2）；
（4）①从五氧化二钒到二氯氧钒，钒的化合价降低，被还原，氯化过程中起还原作用的只有碳，所以该步骤增加了碳的用量，其原因为VOCl2比VOCl3沸点低（或饱和蒸气压低），避开了TiCl4的干扰，精馏后可以得到纯VOCl2，
故答案为：碳（或C）；VOCl2比VOCl3沸点低（或饱和蒸气压低），避开了TiCl4的干扰，精馏后可以得到纯VOCl2；
②若采用湿法冶金依次除去杂质，需要的步骤多，投资大，成本高，不利于工业生产，
故答案为：步骤多，投资大，成本高。
【点评】本题考查了物质的分离提纯，涉及实验方案设计、实验目的的分析等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
18．纳米TiO2•2H2O作为一种重要的无机氧化物材料，因其在电子、化纤、废水处理等诸多领域的应用而备受关注。如图是利用NH3、TiCl4、正丁醇—水制备纳米TiO2•2H2O的简易装置。
（1）请写出利用上图装置制备氨气的化学方程式： CaO+NH3•H2O＝Ca（OH）2+NH3↑ 。
（2）干燥管内盛装的物质是 碱石灰 ，其作用为 干燥氨气 。
（3）实验过程：i.将160mL蒸馏水、盐酸（4mL）和正丁醇混合于三颈烧瓶中，形成乳浊液，置于冰水浴中。
ii.向三颈烧瓶中缓慢滴加10mLTiCl4，然后组装好装置。
ⅲ.不断搅拌并缓缓通入NH3至pH＝3时停止。
①在水中的溶解度：正丁醇 小于 （填“大于”“等于”或“小于”）乙醇；
②TiCl4容易发生水解，生成TiO2•2H2O，由于颗粒太大不符合实验要求，请写出TiCl4水解反应方程式： TiCl4+4H2O⇌TiO2•2H2O+4HCl ；实验中使用的盐酸浓度为6mol/L，实验室配制该浓度溶液时使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、一定规格的容量瓶和 量筒 ；本实验中盐酸的作用有 抑制TiCl4水解（或降低水解速率） 、 可以用测定pH的方法来确定终点 ；
③实验中需不断搅拌，主要目的是充分混合正丁醇与水，使正丁醇把水切割、包围在非常小的区域，这样做的目的是 AC （填序号）；
A．降低水解速率
B．使正丁醇完全溶于水
C．有利于形成TiO2•2H2O纳米结构
D．降低盐酸的溶解性
④实验中不能使用温水浴的主要原因是 温度高，水解速率增大；只得到大颗粒TiO2•2H2O，不能得到纳米结构的TiO2•2H2O 。
【分析】（1）该装置图中利用浓氨水与生石灰反应制备NH3
（2）由浓氨水与生石灰反应制备的NH3中混有H2O（g），而NH3为碱性气体，故干燥管内盛装的物质为碱石灰；
（3）①正丁醇、乙醇都属于饱和一元醇，其中的羟基属于亲水基，随着分子中碳原子数的增多，羟基的含量减少，饱和一元醇在水中的溶解度随着分子中碳原子数的增加而降低；
②TiCl4发生水解生成TiO2•2H2O，结合原子守恒，TiCl4水解的化学方程式为TiCl4+4H2O⇌TiO2•2H2O+4HCl；由浓盐酸配制6mol/L盐酸的主要实验步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，实验时需要使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶、胶头滴管；由于TiCl4易发生水解反应生成TiO2•2H2O和HCl，故实验中使用盐酸可抑制TiCl4水解（或降低水解速率），防止形成大颗粒TiO2•2H2O；
③根据题意，“TiCl4容易发生水解生成TiO2•2H2O，由于颗粒太大不符合实验要求”，故实验中需不断搅拌，主要目的是充分混合正丁醇与水，使正丁醇把水切割、包围在非常小的区域，从而降低TiCl4的水解速率；
④由于TiCl4的水解是吸热过程，温度高，水解速率增大，促进TiCl4的水解，只得到大颗粒TiO2•2H2O，不能得到纳米结构的TiO2•2H2O。
【解答】解：（1）该装置图中利用浓氨水与生石灰反应制备NH3，反应的化学方程式为CaO+NH3•H2O＝Ca（OH）2+NH3↑，
故答案为：CaO+NH3•H2O＝Ca（OH）2+NH3↑；
（2）由浓氨水与生石灰反应制备的NH3中混有H2O（g），而NH3为碱性气体，故干燥管内盛装的物质为碱石灰，其作用为干燥NH3，
故答案为：碱石灰；干燥氨气；
（3）①正丁醇、乙醇都属于饱和一元醇，其中的羟基属于亲水基，随着分子中碳原子数的增多，羟基的含量减少，饱和一元醇在水中的溶解度随着分子中碳原子数的增加而降低，故正丁醇在水中的溶解度小于乙醇，
故答案为：小于；
②TiCl4发生水解生成TiO2•2H2O，结合原子守恒，TiCl4水解的化学方程式为TiCl4+4H2O⇌TiO2•2H2O+4HCl；由浓盐酸配制6mol/L盐酸的主要实验步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，实验时需要使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶、胶头滴管；由于TiCl4易发生水解反应生成TiO2•2H2O和HCl，故实验中使用盐酸可抑制TiCl4水解（或降低水解速率），防止形成大颗粒TiO2•2H2O，根据实验过程可知“实验中不断搅拌并缓缓通入NH3至pH＝3时停止”，故盐酸的作用还有：可以用测定pH的方法来确定终点，
故答案为：TiCl4+4H2O⇌TiO2•2H2O+4HCl，量筒，抑制TiCl4水解（或降低水解速率），可以用测定pH的方法来确定终点；
③根据题意，“TiCl4容易发生水解生成TiO2•2H2O，由于颗粒太大不符合实验要求”，故实验中需不断搅拌，主要目的是充分混合正丁醇与水，使正丁醇把水切割、包围在非常小的区域，从而降低TiCl4的水解速率，有利于形成TiO2•2H2O纳米结构，
故答案为：AC；
④由于TiCl4的水解是吸热过程，温度高，水解速率增大，促进TiCl4的水解，只得到大颗粒TiO2•2H2O，不能得到纳米结构的TiO2•2H2O，故实验中不能使用温水浴，
故答案为：温度高，水解速率增大；只得到大颗粒TiO2•2H2O，不能得到纳米结构的TiO2•2H2O。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
19．高纯AgNO3在感光、电子和信息、电镀等行业中有着广泛的用途。由粗银制备高纯AgNO3的流程图如图：
（1）物质A的化学式为 HNO3 。
（2）沉银的离子方程式为 Ag++Cl﹣＝AgCl↓ ，若沉银得到的固体颗粒越小，则过滤速率 越慢 ；若沉银得到的固体颗粒结块，则产品纯度 越低 。
（3）“氧化”工序中，盐酸浓度控制在1.5mol/L左右，如果超过规定浓度，则NaClO3消耗量会超过理论值，原因是 盐酸浓度增大，NaClO3与盐酸生成氯气的副反应越容易，NaClO3耗量增大 ；工艺中“氧化”工序的主要目的为 氧化除去杂质 。
（4）利用Vc、NH3•H2O把银还原，操作中Vc、NH3•H2O加入顺序为：先向氯化银固体中加入 氨水 ，后加入 Vc ，其中还原剂是 Vc 。
（5）“酸溶”工序中选择用浓硝酸而不用稀硝酸溶解银，主要目的是 CD （填序号）。
A．防止产生污染性气体
B．减少硝酸消耗
C．增加反应速率
D．减少“AgNO3晶体析出”时蒸发的水量
（6）为了进一步提高AgNO3纯度，需要对AgNO3晶体进行 重结晶 （填操作方法）。
【分析】根据题意，由粗银制备硝酸银，需加入硝酸，所以物质A为硝酸；硝酸银与氯化钠反应生成氯化银，氧化步骤是除去杂质，还原步骤将阴离子还原成银单质，再用硝酸溶解得到硝酸银溶液，经一系列处理得到硝酸银溶液；
（1）结合分析可知，物质A用于溶解银并制备硝酸银；
（2）沉银是将银离子反应生成氯化银，其离子方程式Ag++Cl﹣＝AgCl↓；若氯化银颗粒越小，因为其接触面积大，过滤时速率越慢；
（3）如果盐酸超过规定浓度，盐酸浓度增大，NaClO3与盐酸生成氯气的副反应越容易；氧化工序的目的是除去其中的其它杂质；
（4）还原工序中，因固体的氯化银很难与Vc反应，所以需先加入氨水使氯化银溶解，再加入Vc反应生成银单质；
（5）A.不管是稀硝酸还是浓硝酸都会产生污染性气体氮氧化物；
B.这里采用浓硝酸与硝酸的消耗量无关；
C.浓硝酸浓度大，反应速率更快；
D.硝酸浓度越大，硝酸的含量越多，水的含量较少，蒸发时，需要蒸发的水量较少；
（6）进一步晶体的纯度，采取重结晶操作。
【解答】解：（1）结合分析可知，物质A为硝酸，
故答案为：HNO3；
（2）沉银是将银离子反应生成氯化银，其离子方程式Ag++Cl﹣＝AgCl↓；若氯化银颗粒越小，因为其接触面积大，过滤时速率越慢；若沉银时结块，可能使其纯度降低，
故答案为：Ag++Cl﹣＝AgCl↓；越慢；越低；
（3）如果盐酸超过规定浓度，盐酸浓度增大，NaClO3与盐酸生成氯气的副反应越容易，NaClO3耗量增大；氧化工序的目的是除去其中的其它杂质，
故答案为：盐酸浓度增大，NaClO3与盐酸生成氯气的副反应越容易，NaClO3耗量增大、氧化除去杂质；
（4）还原工序中，因固体的氯化银很难与Vc反应，所以需先加入氨水使氯化银溶解，再加入Vc反应生成银单质，其中利用了Vc的还原性，
故答案为：氨水、Vc、Vc；
（5）A.不管是稀硝酸还是浓硝酸都会产生污染性气体氮氧化物，故A错误；
B.这里采用浓硝酸与硝酸的消耗量无关，故B错误；
C.浓硝酸浓度大，反应速率更快，故C正确；
D.硝酸浓度越大，硝酸的含量越多，水的含量较少，蒸发时，需要蒸发的水量较少，故D正确；
故答案为：CD；
（6）为了进一步提高硝酸银晶体的纯度，需要对硝酸银晶体进行重结晶，
故答案为：重结晶。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
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日期：2021/11/30 18:42:10；用户：郭娜；邮箱：xxdsgjzx76@xyh.com；学号：37865308
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