2022-2023学年江西省上饶市、景德镇市六校高三上学期10月联考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江西省上饶市、景德镇市六校高三上学期10月联考化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，实验题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
江西省上饶市、景德镇市六校2022-2023学年高三上学期10月联考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列关于化学知识应用的说法合理的是
A．造纸包括破碎，碱浸，漂白，沉浆等过程，均不涉及化学变化
B．苏轼的《格物粗谈》中记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指氧气
C．《本草经集注》冲记载鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法：“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”，利用了焰色试验
D．古代制造指南针主要材料是磁石，磁石中含有带磁性的Fe2O3
【答案】C
【详解】A．破碎、沉浆为物理变化，碱浸、漂白涉及化学变化，故A错误；
B．木瓜释放的“气”是指乙烯，能催熟果实，不是指氧气，故B错误；
C．鉴别硝石（KNO3） 和朴硝（Na2SO4），可根据Na、K元素的焰色现象不同，“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色实验，故C正确；
D．古代制造指南针主要材料是磁石，磁石中含有带磁性的Fe3O4，故D错误；
故选：C。
2．溶液中含有，取该溶液用水稀释至VmL，则稀释后物质的量浓度为
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+mg，则的物质的量为mol，取mL该溶液稀释至VmL，则的物质的量为mol，则其物质的量浓度为mol÷(V×10-3)L=，故答案选B。
3．下列离子方程式书写正确的是
A．氯化铁溶液与铜反应：
B．在酸性条件下被氧化：
C．氯化铁溶液中加入足量的氨水：
D．溶于HI溶液：
【答案】B
【详解】A．氯化铁溶液与铜反应的离子方程式为：，故A错误；
B．在酸性条件下被氧化为铁离子，离子方程式为：，故B正确；
C．氯化铁溶液中加入足量的氨水生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为：，故C错误；
D．将Fe（OH）3固体溶于HI溶液，离子方程式为：2Fe（OH）3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，故D错误；
故选：B。
4．下列实验过程可以达到相应实验目的的是
选项
实验过程
实验目的
A
用玻璃棒蘸取溶液在酒精灯外焰上灼烧，看到黄色火焰
检验溶液中的
B
加水溶解，蒸发浓缩至“晶膜”出现，冷却结晶、过滤
除去中混有的少量杂质
C
用铜分别与浓硝酸、稀硝酸反应，前者立即产生大量气体
探究浓度对化学反应速率的影响
D
取适量溶液于试管中，通入少量，充分反应后加入并摇匀、静置，溶液分层，上层为黄色，下层为无色
验证还原性：

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．玻璃棒中含有钠元素，会干扰溶液中钠元素的检验，A错误；
B．氯化钠溶解度受温度影响较小、硝酸钾溶解度受温度影响较大，除去中混有的少量杂质采用蒸发结晶的方法，B错误；
C．铜分别与浓硝酸、稀硝酸反应分别生成二氧化氮、一氧化氮气体，产物不同，不能探究浓度对化学反应速率的影响，C错误；
D．铁离子的溶液为黄色，取适量溶液于试管中，通入少量，充分反应后加入（密度大于水）并摇匀、静置，溶液分层，上层水层为黄色，下层有机层为无色，说明反应中亚铁离子转化为铁离子，而溴离子没有反应，证明还原性：，D正确；
故选D。
5．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．含中子的数目为10NA
B．1mol与足量H2O反应，生成O2的分子数目为NA
C．1mol比1molH2O多NA个质子
D．氯气与水反应时，每生成1molHCl，转移电子数为NA
【答案】D
【详解】A．中子的数目为=9NA，故A错误；
B．根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，1mol与足量H2O反应，生成O2的物质的量为0.5mol，分子数目为0.5NA，故B错误；
C． 1mol和1molH2O质子数相同，故C错误；
D．根据Cl2+H2OHCl+HClO，氯气与水反应时，每生成1molHCl，转移电子数为NA，故D正确；
故选：D。
6．向胶体中加入电解质能使胶体聚沉，使一定量的胶体溶液在一定时间内开始聚沉所需电解质的浓度(mol/L)称作“聚沉值”，电解质“聚沉值”越小，则表示其聚沉能力越大，实验证明：聚沉能力主要取决于与胶体所带相反电荷的离子所带电荷数，电荷数越大，聚沉能力越大。向胶体中加入下列电解质时，其“聚沉值”最大的是
A． B． C．CsCl D．
【答案】C
【分析】胶体的凝聚能力主要决定于胶粒带相反电荷的离子所带的电荷数。因Fe（OH）3胶体粒子带正电荷，则加入电解质的阴离子所带电荷数越多，其聚沉能力越大，聚沉值越小。
【详解】A．Na3PO4中一个磷酸根离子带3个负电荷；
B．MgSO4中一个硫酸根离子带2个负电荷；
C．CsCl中一个氯离子带一个负电荷；
D．K2CO3一个碳酸根离子带2个负电荷，所以氯离子的聚沉值最大，
故选：C。
7．下列选项中的物质所含指定微粒数目一定相等的是
A．等温等压下，相同体积的和两种气体中的分子数
B．等温等压下，相同体积的和、的混合气体的总原子数
C．等温等压下，相同质量的和两种气体的氧原子数
D．等温等压下，相同质量的和两种气体中的分子数
【答案】A
【详解】A．等温等压下，根据N=nNA=NA，相同体积的O2和O3两种气体中的分子数相同，故A选；
B．等温等压下，相同体积的两气体的物质的量相同，而C2H2、C2H6混合气体中两者的比例未知，故此混合气体的平均分子式不一定是C2H4，故和C2H4所含的原子数不一定相同，故B不选；
C．和的摩尔质量相同，但是所含氧原子个数不同，则等温等压下，相同质量的和两种气体的物质的量相同，氧原子数不等，故C不选；
D．和的摩尔质量不等，等温等压下，相同质量的和两种气体的物质的量不同，分子数不等，故D不选；
故选：A。
8．下列化学反应先后顺序判断正确的是
A．在含、KOH的混合溶液中缓慢通入：、KOH、、
B．在含、、的溶液中逐滴加入KOH溶液：、、、
C．在含、、的溶液中逐滴加入盐酸：、、、
D．在含等物质的量的、、、的溶液中加入锌粉：、、、
【答案】A
【详解】A．在含Ba(OH)2、KOH的混合溶液中缓慢通入CO2，CO2先与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀，然后KOH与CO2反应生成K2CO3，再发生K2CO3和CO2反应生成KHCO3，最后BaCO3和CO2反应生成Ba(HCO3)2，故A正确；
B．在含、Al3+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液，H+先和KOH反应生成水，然后发生Al3+和KOH反应生成氢氧化铝沉淀，再发生和KOH反应生成氨水，最后Al(OH)3和KOH反应生成偏铝酸钾，故B错误；
C．在含、OH-、的溶液中逐滴加入盐酸，H+先和OH-反应生成水，然后和H+反应生成氢氧化铝沉淀，再发生和H+反应生成二氧化碳，最后Al(OH)3和H+反应生成铝离子，故C错误；
D．氧化性：Ag+>Cu2+>H+> Fe2+，在含等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉，反应顺序为Ag+、Cu2+、H+、Fe2+，故D错误；
选A。
9．油条的做法是将矾、碱、盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团；放置，使面团产生气体，形成孔洞。放置过程发生：。下列有关判断不正确的是
A．放置过程发生的反应中，反应物或生成物不都是电解质
B．放置过程发生的反应为非氧化还原反应
C．反应的离子方程式为
D．从物质的分类角度来看，油条配方中的“矾、碱、盐”均为盐
【答案】C
【详解】A．二氧化碳在水溶液和熔融状态下都不能导电，是非电解质，故A正确；
B．无元素化合价的变化是非氧化还原反应，放置过程中发生的反应为非氧化还原反应，故B正确；
C．根据原子守恒电荷守恒，反应的离子方程式为2Al3++3+3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2↑，故C错误；
D．Na2CO3和KAl(SO4)2•12H2O、Na2SO4都是由金属离子和酸根离子组成，都属于盐，所以油条配方中的“矾、碱、盐”均属于盐，故D正确；
故选：C。
10．下列各组离子，不可能在指定溶液中大量共存的有几组
①无色溶液中：、、、、
②使pH试纸变深蓝色的溶液中：、、、
③水电离的的溶液中：、、、
④加入Mg能放出H2的溶液中：、、、、
⑤使甲基橙变红的溶液中：、、、、
⑥pH=0的溶液中：、、、、
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【详解】①无色溶液中： 、相互反应不能大量共存；
②使pH试纸变深蓝色的溶液先碱性，、、、、OH-可以大量共存；
③水电离的的溶液可能显酸性或者碱性，碱性条件下不能大量共存；酸性条件下、不能大量共存；
④加入Mg能放出H2的溶液显酸性：、、、、各离子可以大量共存；
⑤使甲基橙变红的溶液显酸性：各离子可以大量共存；
⑥pH=0的溶液显酸性，、被氧化不能大量共存；
故选：C。
11．常温下，20mLX溶液中可能含有下列离子中的若干种：、、、、、、。现对X溶液进行如下实验，其现象和结果如图(生成的气体全部逸出)，下列正确的是

A．X溶液的pH>7
B．X溶液中一定含有、、，不能确定是否含有
C．X溶液中一定含有，且为3.0mol/L
D．向滤液中通入足量的，可得白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧至恒重，可得固体0.51克
【答案】D
【分析】10mLX溶液中加入足量HCl酸化的BaCl2溶液，生成2.33g白色沉淀，为BaSO4，说明X溶液中含，n（）=n（BaSO4）==0.01mol；10mLX溶液中加入氢氧化钠溶液，滤液稀释后pH=13、呈碱性，剩余氢氧化钠的量为0.1mol/L×0.1L=0.01mol，产生的刺激性气味的气体为NH3，说明X溶液中含有离子，n（）=n（NH3）==0.01mol，0.01mol消耗NaOH为0.01mol；有白色沉淀生成，白色沉淀只能为Mg（OH）2，说明X溶液中含Mg2+、无Fe3+，n（Mg2+）=n[Mg（OH）2]= =0.02mol，0.02molMg2+消耗NaOH为0.02mol×2=0.04mol，0.04mol+0.01mol+0.01mol＜0.025L×4mol/L=0.1mol，说明X溶液中还含有Al3+，由Al3++4OH-=AlO+2H2O可知n（Al3+）==0.01mol，由于2n（Mg2+）+3n（Al3+）+n（）=0.02mol×2+0.01mol×3+0.01mol=0.08mol，2n（）=0.01mol×2=0.02mol＜0.08mol，根据溶液呈电中性可知，X溶液中一定含有Cl-，且10mL溶液中n（Cl-）=0.08mol-0.02mol=0.06mol,，由上述分析可知，10mLX溶液中一定含有0.01mol、0.02molMg2+、0.01molAl3+、0.01mol、0.06molCl-，一定不含有Fe3+，据此分析解答。
【详解】A．X溶液中一定含有NH4+、Mg2+、Al3+、Cl-、，NH4+、Mg2+、A13+水解使溶液呈酸性，pH＜7，故A错误；
B．由上述分析可知，X溶液中一定含有、Mg2+、Al3+、Cl-、，故B错误；
C．由上述分析可知，10mLX溶液中一定含有0.06molCl-，c（Cl-）==6.0mol/L，故C错误；
D．10mLX溶液中一定含有0.01molAl3+，加入足量NaOH溶液时生成0.01mol偏铝酸根离子，通入足量的CO2气体，可得0.01molAl（OH）3沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧至恒重，根据Al原子守恒可知，得到0.005molAl2O3固体，质量为0.005mol×102g/mol=0.51g，故D正确；
故选：D。
12．的资源化利用有利于缓解温室效应并解决能源转化问题，一种以催化加氢合成低碳烯烃的反应过程如图所示：下列说法正确的是

A．第ⅰ步反应过程中碳元素发生氧化反应
B．异构化反应过程中发生化学键的断裂和形成
C．该反应总过程的原子利用率为100%
D．不影响加氢合成低碳烯烃反应的活化能
【答案】B
【详解】A．第i步中，CO2中C元素的化合价降低，则C元素发生还原反应，A错误；
B．异构化反应过程中，(CH2)n转化为C3H6、C2H4、C4H8等，该过程中发生了化学键的断裂和形成，B正确；
C．根据质量守恒定律可知，该反应的总过程为CO2和H2反应生成低碳烯烃和水的过程，则该反应总过程的原子利用率小于100%，C错误；
D．Fe3(CO)12/ZSM-5是催化剂，能降低CO2加氢合成低碳烯烃反应的活化能，D错误；
故选B。
13．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列离子方程式能准确解释相应事实的是
A．工业上制漂白粉：
B．明矾溶液通入过量氨气：
C．向溶液中加入溶液得到沉淀：
D．向溶液中加入足量溶液，得到白色沉淀：
【答案】C
【详解】A．工业上用氯气和石灰乳制漂白粉，其离子方程式为：Cl2+Ca（OH）2（石灰乳）═Cl-+ClO-+H2O+Ca2+，故A错误；
B．Al3+和氨水反应生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3不溶于过量的氨水，正确的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH，故B错误；
C．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀，离子方程式为：Fe2++2HCO═FeCO3↓+CO2↑+H2O，故C正确；
D．向NaHSO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀，离子方程式为：H++SO+Ba2++OH-═BaSO4↓+H2O，故D错误；
故选：C。
14．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．Fe FeCl2 Fe(OH)2
B．N2(g) NO(g)HNO3(aq)
C．NaCl(aq)Cl2漂白粉
D．SiO2H2SiO3(胶体)Na2SiO3溶液
【答案】C
【详解】A．氯气和铁反应得到氯化铁，A错误；
B．一氧化氮与水不反应，B错误；
C．电解饱和氯化钠溶液得到氯气，氯气与石灰乳反应得到漂白粉，C正确；
D．二氧化硅与水不反应，D错误；
故选C。
15．某固体混合物X含有Cu、、、、、和中的几种。为确定其组成，进行如下实验：

下列说法不正确的是
A．蓝绿色溶液Z中肯定含有Cu2+和Fe2+
B．无色气体N若能使澄清石灰水变浑浊，则可确定是CO2
C．溶液M中滴加适量盐酸产生的沉淀是和
D．可确定固体X中含有Cu、、和
【答案】B
【分析】固体加水溶解，固体Y可能含有Cu或Fe2O3，无色溶液M中可能含有K2CO3、K2SiO3、KAlO2和K2SO4；X中加入过量盐酸，溶液Z呈蓝绿色，且Cu不能与稀盐酸反应，则X中一定含有Cu、Fe2O3，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，所以Z溶液中一定含有Cu2+和Fe2+，可能含有Fe3+；溶液M中滴加适量盐酸，生成白色沉淀，该沉淀可能是或H2SiO3，加入过量盐酸，沉淀部分溶解，则沉淀是和H2SiO3，同时生成无色气体N，则N为SO2或CO2，所以原混合物中一定含有K2SiO3、Cu、Fe2O3、K2CO3或K2SO3、K2SiO3、KAlO2，可能含有K2SO4、K2SO3或K2CO3，据此分析即可解答。
【详解】A．固体Y溶解于过量盐酸，则一定含有Fe2O3，发生反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，又因为所得溶液为蓝绿色，则固体Y含有Cu，发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，所以蓝绿色溶液Z一定含有Cu2+和Fe2+，故A正确；
B．无色气体N若能使澄清石灰水变浑浊，则N可能是CO2或SO2，故B错误；
C．溶液M中滴加适量盐酸产生沉淀，盐酸过量，沉淀部分溶解，则溶液M中含有和，溶液M中滴加适量盐酸产生的沉淀是Al(OH)3和H2SiO3，故C正确；
D．综上所述，可确定固体X中含有Cu、Fe2O3、KAlO2和K2SiO3，含有K2CO3和K2SO3中的一种或两种，不能确定是否含有K2SO4，故D正确；
答案为B。
16．某地区已探明蕴藏着丰富的赤铁矿(主要成分为，还含有等杂质)、煤、石灰石和黏土。现拟在该地区建设大型炼铁厂，随着铁矿的开发和炼铁厂的建立，需要在该地区相应建立焦化厂、发电厂、水泥厂等，形成一定规模的工业体系。下列说法错误的是

A．甲、乙、丙、丁相应工厂的名称依次为发电厂、焦化厂、炼铁厂、水泥厂
B．以赤铁矿为原料，高炉炼铁过程中得到生铁的化学方程式为
C．利用生石灰吸收燃煤产生的酸性气体CO2，可以减少酸雨的形成
D．炼铁厂的炉渣可作为水泥厂的原料
【答案】C
【分析】煤炭燃烧可以发电，甲为发电厂，煤的干馏制造煤焦油，乙为焦化厂，赤铁矿、碳酸钙是炼铁的原料，丙为炼铁厂，碳酸钙和黏土是生产水泥的原料，丁为水泥厂，据此分析判断。
【详解】A．煤炭燃烧可以发电，甲为发电厂，煤的干馏制造煤焦油，乙为焦化厂，赤铁矿、碳酸钙是炼铁的原料，丙为炼铁厂，碳酸钙和黏土是生产水泥的原料，丁为水泥厂，故A正确；
B．赤铁矿主要成分为氧化铁，高炉炼铁发生的反应是一氧化碳还原氧化铁生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：，故B正确；
C．石灰石煅烧生成氧化钙，用于吸收燃煤产生的酸性气体SO2，减少对空气的污染，减少酸雨的形成，CO2不能形成酸雨，故C错误；
D．炼铁厂的炉渣是CaSiO3，可以作为水泥厂的原料，故D正确；
故选：D。

二、实验题
17．Ⅰ.某废水中可能大量含有下列离子中的若干种：Fe3+、Al3+、Fe2+、Cu2+、、、、、。现进行如下实验：
①取少量溶液，加入KSCN溶液，无明显变化
②另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色
③向②中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成
④向②中所得溶液中加入过量浓氨水，仅有红褐色沉淀生成，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成
请回答下列问题：
(1)该废水一定含有的阳离子是_______；
(2)实验Ⅱ中无色气体遇空气变成红棕色的化学方程式是_______；
(3)过滤除去Ⅳ中的蓝色沉淀，调整溶液的pH为10.7左右时，加入铝粉，反应产生氨气和氮气的体积比为1：4，其离子方程式为(未配平)。若除去1mol，消耗铝_______g。
Ⅱ.某混合液中，可能大量含有的离子如下表：
阳离子

阴离子


为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入的物质的量的关系分别如图所示：

(4)写出加入与水反应的离子方程式_______。
(5)该溶液中一定含有的阳离子是_______，其对应物质的量浓度之比为_______，溶液中可能大量存在的阴离子是_______。
【答案】(1)Fe2+、Cu2+
(2)
(3)48
(4)
(5)     H+、Al3+、NH、Mg2+     2∶2∶2∶3     Cl-和Br-

【分析】I．①取少量溶液，加入KSCN溶液时无明显变化，证明溶液中不含铁离子：
②另取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮氧化为二氧化氮，证明原溶液中一定含有NO3-和Fe2+；则不能有CO、SiO；
③向②中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明溶液中有SO；
④向②中所得溶液中加入过量浓氨水，生成氢氧化铁红褐色沉淀，溶液中没有Al3+，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成，则生成氢氧化铜沉淀，则溶液中含有Cu2+，据此分析。
Ⅱ.根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知，最终得到的沉淀为3mol氢氧化镁沉淀，溶解的2mol沉淀为氢氧化铝；根据气体的物质的量最后有增加可知，增加的气体为氨气，溶液中一定存在铵根离子；根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子，根据题中数据计算出氢离子的物质的量。
（1）
综上可知，该废水一定含有的阳离子是Fe2+、Cu2+。
（2）
取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮氧化为二氧化氮，反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2。
（3）
反应产生氨气和氮气的体积比为1：4，则配平方程式为：16Al+9NO+7OH-=16AlO+4N2↑+NH3↑+2H2O；若除去1mol，消耗铝=48g。
（4）
与水反应的离子方程式。
（5）
根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：溶液中一定含有Mg2+和Al3+，所以一定不含、AlO2-，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0～amol之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H+，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：2mol×3+3mol×2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子或溴离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：n（H+）+3n（Al3+）+n（NH4+）+2n（Mg2+）=16mol，所以氯离子或溴离子物质的量≥16mol，即：
离子种类
H+
Al3+
NH
Mg2+
Br-或Cl-

物质的量（mol）
2
2
2
3
≥16


所以溶液中一定存在的阳离子为：H+、Al3+、NH、Mg2+；含有的阳离子的物质的量之比为：n（H+）∶n（Al3+）∶n（NH）∶n（Mg2+）=2∶2∶2∶3；溶液中一定不存在的阴离子为：OH-、CO、AlO，可能大量存在的阴离子是Cl-和Br-。
18．氯化铬()是重要的铬盐，某实验小组利用下图所示装置在实验室制备(夹持装置略去)。已知：易潮解，易溶于水，铬粉在空气中灼烧生成，易与盐酸反应生成氯化亚铬()。请回答下列问题：

(1)按照气流由左到右的方向，上述装置合理的连接顺序为a→_______(填仪器接口字母)。
(2)装置A中如果不用橡皮管可能会导致浓盐酸_______。
(3)装置C中的试剂X的作用是_______。
(4)装置E的作用为_______。
(5)含量的测定：准确称取1.0g固体样品，加水配成250mL溶液，量取25mL溶液于碘量瓶中，加入一定量的过氧化钾，待溶液由绿色转化为黄色后，充分加热煮沸，冷却后滴加使溶液显酸性，再向橙色溶液中加入过量溶液，最后一步反应的化学方程式为_______，充分反应后以淀粉作指示剂。用溶液滴定，滴定终点消耗12.00mL溶液，则样品中的质量分数为_______。[已知：，]
【答案】(1)d→e→f→g→b→c(或c→b)→h→i
(2)不能顺利流下，且会挥发污染空气
(3)除去氯气中的氯化氢
(4)吸收Cl2并防止空气中水蒸气进入B中
(5)          95.1%

【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置C中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置B中氯气与铬粉共热制备氯化铬，装置E中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入B中导致氯化铬潮解，则按照气流由左到右的方向，装置的连接顺序为ACDBE，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c(或c→b) →h→i。
（1）
由分析可知，按照气流由左到右的方向，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c(或c→b) →h→i，故答案为：d→e→f→g→b→c(或c→b)→h→i；
（2）
由实验装置图可知，装置A中橡皮管的作用为平衡气压，便于分液漏斗中的浓盐酸顺利流下，如果不用橡皮管可能会导致浓盐酸不能顺利流下，且会挥发污染空气；
（3）
由分析可知，装置C中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故答案为：除去氯气中的氯化氢；
（4）
由分析可知，装置E中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时吸收空气中的水蒸气，防止潮解，故答案为：吸收Cl2并防止空气中水蒸气进入B中；
（5）
由题意可知，橙色溶液的酸化的重铬酸钠溶液，加入碘化钾溶液发生的反应为酸性条件下，重铬酸根离子与碘离子反应生成铬离子、碘和水，根据氧化还原的配平规律可配平反应的化学方程式为；由原子个数守恒和方程式可得如下转化关系：2CrCl3—Cr2O—3I2—6Na2S2O3，由滴定消耗溶液12.00mL可知，1g固体样品中三氯化铬的质量分数为×100%=95.1%，故答案为：；95.1%

三、原理综合题
19．铁和铝是两种重要的金属，它们的单质及其化合物有着各自的性质。
(1)现配制100mL0.01mol∙L-1FeCl3溶液，配制过程中需要的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要_______。
(2)将饱和FeCl3溶液滴入沸水可得到红褐色液体，反应的化学方程式是_______。此液体具有的性质是_______(填写序号字母)。
a.光束通过该液体时形成光亮的“通路”
b.将该液体进行过滤，可得到红褐色固体
c.将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成
d.向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生
(3)“细菌冶金”是利用某些细菌的特殊代谢功能开采金属矿石，例如溶液中氧化亚铁硫杆菌能利用空气中的氧气将黄铁矿(主要成分)氧化为，并使溶液酸性增强。
①该过程反应的离子方程式为_______。
②人们可利用作强氧化剂溶解铜矿石()，然后加入铁屑进一步得到铜，该过程中发生的离子反应方程式如下，请补充完整并配平：_______。
_______Cu2S＋_______Fe3＋＋_______H2O_______Fe2＋＋_______Cu2＋＋_______＋_______
(4)羟胺(NH2OH)是一种还原剂，用50.00mL0.25mol/L羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+离子恰好与25.00mL0.5mol/L的KMnO4酸性溶液反应。则在上述反应中，羟胺的氧化产物是_______。
【答案】(1)100mL容量瓶、胶头滴管
(2)          ac
(3)          1Cu2S＋10Fe3＋＋4H2O10Fe2＋＋2Cu2＋＋8H+＋1
(4)NO2

【解析】（1）
配制溶液的过程中需要的玻璃仪器除了量筒、烧杯、玻璃棒外还有100mL容量瓶和胶头滴管。
（2）
将饱和氯化铁溶液滴入沸水可得到氢氧化铁胶体，反应的方程式为。
a．胶体具有丁达尔效应，a正确；
b．胶体可以通过滤纸，对液体进行过滤得不到红褐色固体，b错误；
c．将该液体加热蒸干得到氢氧化铁沉淀，再灼烧氢氧化铁分解得到氧化铁，c正确；
d．加入硝酸银溶液，胶体发生聚沉得到沉淀，d错误；
故答案选ac。
（3）
①氧化亚铁硫杆菌能利用空气中的氧气将FeS2氧化为Fe3+，离子方程式为。
②Fe3+氧化Cu2S得到亚铁离子、铜离子和硫酸根离子，离子方程式为Cu2S＋10Fe3＋＋4H2O10Fe2＋＋2Cu2＋＋8H+＋
（4）
高锰酸钾将Fe2+氧化为Fe3+，消耗高锰酸钾的量为0.0125mol，锰元素化合价从+7价降低为+2价，铁元素化合价从+2价升高为+3价，则被氧化的Fe2+有0.0625mol，羟胺将Fe3+还原为Fe2+，转移电子数为0.0625mol，羟胺的物质的量为0.0125mol，则1molNH2OH参与反应时转移5mol电子，NH2OH中N为-1价，则其产物中的N为+4价，故氧化产物为NO2。

四、有机推断题
20．化合物F是合成喹啉类药物癸氧喹酯的中间体，合成化合物F的一种路线如下：

(1)化合物F的分子式为_______，化合物B中含氧官能团的名称_______。
(2)1molE生成1molF需要_______molH2
(3)化合物D与溴代烃X转化为E是取代反应，则X的名称是_______。
(4)化合物A的同分异构体有多种，同时满足下列条件的同分异构体有_______种：
①苯环上有两个取代基，②能在NaOH溶液中发生水解反应，③能发生银镜反应；其中核磁共振氢谱为1：2：2的同分异构体的结构简式为_______。
(5)设计以苯甲醛为原料合成，写出其合成路线_______(不用注明反应条件)。
【答案】(1)     C18H31NO2     醚键、醛基、硝基
(2)3
(3)溴乙烷
(4)     3    
(5)

【分析】根据D、E的结构简式可知，D中羟基上氢原子被-C2H5取代，根据A、B结构简式可知，A中羟基上氢原子被-C10H21取代，A与C10H21Br反应生成B，则可推出化合物X为C2H5Br。
（1）
化合物F为，其分子式为C18H31NO2；化合物B为，其中含氧官能团的名称为醚键、醛基、硝基；
（2）
对比E和F的结构简式可知，E中的硝基被还原为F中的氨基，1mol硝基与3molH2反应生成1mol氨基，则1molE生成1molF需要3 molH2；
（3）
据分析可知，X为C2H5Br，其名称是溴乙烷；
（4）
化合物A为，其同分异构体的苯环上有两个取代基；能在NaOH溶液中发生水解反应，说明含有酯基；能发生银镜反应，说明含有醛基或与甲酸反应生成的酯基；满足以上条件的同分异构体共有3种，分别为、、；其中核磁共振氢谱为1:2:2的同分异构体的结构简式为；
（5）
苯酚与浓溴水反应生成，苯酚甲酯在NaOH/THF条件下反应生成苯酚，苯甲醛与(CF3CO)2O反应生成苯酚甲酯，则其合成路线为
。