2022-2023学年江西省南昌市第二中学高三上学期第一次考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江西省南昌市第二中学高三上学期第一次考试化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

江西省南昌市第二中学2022-2023学年高三上学期第一次
考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为
A．金(Au)：“虽被火亦未熟"
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D．石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；
B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；
C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；
故答案为：C。

2．已知：+Br2 +HBr ，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．常温下，78g苯分子中含有共价单键数目为9NA
B．1mol苯完全转化为溴苯，增加了NA个共价键
C．消耗标准状况下22.4LBr2时，会有NA个HBr分子生成
D．若1mol FeBr3完全水解，生成Fe(OH)3胶粒个数一定小于NA
【答案】D
【详解】A．苯分子含有共价单键为碳氢单键，共价单键数目为6NA，故A错误；
B．苯与液溴发生取代反应，生成溴苯和溴化氢，该过程中共价键的数目不变，故B错误；
C．标准状况下液溴不是气体，无法用22.4L/mol求液溴的体积，即无法判断生成HBr的物质的量，故C错误；
D．氢氧化铁胶体是多个氢氧化铁集合体，因此1molFeBr3完全水解，生成氢氧化铁胶粒个数一定小于NA，故D正确；
答案为D。
3．下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是
选项
目的
分离方法
原理
A
分离碘和CCl4
萃取、分液
碘在CCl4中的溶解度较大
B
分离乙酸乙酯和乙醇
分液
乙酸乙酯和乙醇的密度不同
C
除去淀粉胶体中的NaCl
渗析
淀粉胶体不能透过半透膜
D
分离氯化钠和氯化铵
升华
氯化铵易升华

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．碘在四氯化碳中的溶解度大于水中的溶解度，碘和CCl4互溶，不能用分液操作分离，故A错误；
B．乙酸乙酯和乙醇互溶，不能用分液的方法分离，故B错误；
C．淀粉胶体的胶粒半径小于半透膜的孔径，胶体不能透过半透膜，而NaCl溶液粒子能透过半透膜，用渗析法可以分离，故C正确；
D．分离氯化钠和氯化铵采用加热的方法分离，是因为氯化铵受热容易分解生成HCl和氨气，属于化学变化，不是升华缘故，故D错误；
故选C。
4．常温下，下列有关溶液组成的描述合理的是
A．在碱性溶液中可以大量存在：、、、
B．在溶液中可以大量存在：、、、
C．在滴加甲基橙显红色的溶液中可以大量存在：、、、
D．在的溶液中可以大量存在：、Cu2+、、
【答案】A
【详解】A．在碱性溶液中、、、可以大量存在，A正确；
B．三价铁离子和硫氰根离子不共存，会生成Fe（SCN）3，B错误；
C．在滴加甲基橙显红色的溶液中有大量的氢离子，氢离子与碳酸根不共存生成气体二氧化碳，C错误；
D．的溶液中有大量的氢氧根，氢氧根与铜离子、镁离子和碳酸氢根离子都不能大量共存，D错误；
故选A。
5．关于下列仪器使用的说法正确的是




①
②
③
④

A．向①中添加酒精时可以采用直接倾倒法
B．仪器②可用于灼烧固体
C．④在水洗后不用润洗即可装入标准溶液，然后赶气泡、调零。
D．图示仪器中使用前需检漏的只有1种
【答案】D
【详解】A．将酒精灯灯头拔开，然后用漏斗将酒精缓慢加入，A错误；
B．仪器②蒸发皿用于蒸发浓缩溶液，坩埚可用于灼烧固体，B错误；
C．④酸式滴定管在水洗后需润洗再装入标准溶液，C错误；
D．图示仪器中使用前需检漏的只有④酸式滴定管，D正确；
故选D。
6．配制200 mL 0.100 mol·L-1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如下：

下列说法正确的是
A．实验中需用的仪器有托盘天平、200 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
B．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③
C．容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，烘干后才可用
D．固体溶解后未冷却至室温即转移至容量瓶中并完成了后面的操作，会使配得的溶液浓度偏高
【答案】D
【详解】A．配制200mL 0.100 mol·L-1的NaCl溶液需用的仪器有托盘天平、250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，容量瓶规格不对，A错误；
B．配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，则上述实验操作步骤的正确顺序为②①④③，B错误；
C．容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，不必干燥，C错误；
D．固体溶解后未冷却至室温即转移至容量瓶中并完成了后面的操作，冷却至室温后溶液体积会变小，会使配得的溶液浓度偏高，D正确；
故选D。
7．黄铁矿(主要成分为FeS2)因其呈浅黄铜色且具有明亮的金属光泽，常被误认为是黄金，故又称为“愚人金”。在酸和催化剂的作用下FeS2发生如图所示的转化。下列分析正确的是

A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．总反应方程式为：4FeS2+15O2=4Fe3++8SO
C．反应Ⅱ中，每消耗，转移电子的物质的量为14mol
D．反应Ⅰ的离子方程式：
【答案】C
【详解】A．反应Ⅲ中，Fe2+与NO结合生成Fe(NO)2+，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，A错误；
B．4FeS2+15O2=4Fe3++8SO中的电荷和元素不守恒，B错误；
C．反应Ⅱ中，FeS2中S元素的化合价由-1价升高为+6价，则每消耗1mol FeS2，转移电子物质的量为14mol，C正确；
D．反应Ⅰ中，Fe(NO)2+与O2反应生成Fe3+和NO，酸性条件下，没有OH-，所以反应Ⅰ的离子方程式为：4Fe(NO)2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，D错误；
故选C。
8．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO+Cl2 + H2O=2HSO+2Cl-+SO
B．向碘化亚铁溶液中滴加过量稀硝酸：
C．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++ H2O+CO2=CaCO3↓+2H+
D．向明矾溶液中加Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大：2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓
【答案】A
【详解】A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2，二氧化硫转化为亚硫酸氢根离子形式存在：3SO+Cl2 + H2O=2HSO+2Cl-+SO，A正确；
B．向碘化亚铁溶液中滴加过量稀硝酸，硝酸会将还原性亚铁离子和碘离子都氧化，B错误；
C．复分解反应中，较弱酸碳酸不能制出强酸盐酸，该反应不能发生违背事实，C错误；
D．向明矾溶液中加Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大时，硫酸根刚好完全沉淀：Al3++2SO+2Ba2++4OH- =2BaSO4↓+AlO+2H2O，D错误；
故选A。
9．从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体(FeCl3·6H2O)的流程如下。下列说法不正确的是
(FeCl3·6H2O)
A．试剂a是铁、试剂b是稀盐酸
B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ均需用到漏斗
C．试剂c是氯气，在该流程中做氧化剂
D．用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2＋
【答案】D
【分析】从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜，工业废水中加入试剂a为过量的铁，操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液为氯化亚铁溶液。滤渣Y中加入试剂b为盐酸，溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并加入氧化剂，氧化Fe2+为Fe3+，蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体。
【详解】A．由分析可知a为铁，由最终得到FeCl3及其流程图可知，b为盐酸，A正确；
B．由上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，操作Ⅲ是蒸发结晶，均需用到漏斗，B正确；
C．滤液X、滤液Z中均含有FeCl2，c为H2O2溶液或氯气氧化亚铁离子为铁离子，C正确；
D．亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W中是否还有Fe2+，D错误；
故选D。
10．下列关于物质或离子检验的叙述正确的是
A．某溶液加入足量盐酸，产生无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明该溶液中含有CO
B．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
C．某溶液灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液中含有钠盐
D．将某气体通入品红溶液，溶液褪色，证明该气体是SO2
【答案】B
【详解】A．某溶液加入足量盐酸，产生无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明该溶液中含有CO和中的一种或两种，A错误；
B．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝证明原气体中含有水蒸气，B正确；
C．某溶液灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，不一定是钠盐，C错误；
D．氯气等气体气体也使将品红溶液褪色，检验二氧化硫应该通入品红溶液，溶液褪色后加热溶液又恢复红色，D错误；
故选B。
11．是一种高效消毒剂，在0℃时1体积水能溶解100体积以上的，与有机物接触时爆炸。实验室将和通入HgO粉末中，发生反应：制取并收集，装置如图所示(部分夹持仪器已省略)。已知：的熔点为−116℃，沸点为3.8℃；的沸点为−34.6℃；的熔点为−77.8℃，沸点为−33.5℃。下列有关该实验的说法正确的是

A．组装装置时，仪器、导管间均用橡胶管与橡胶塞连接
B．浓盐酸与足量的反应，若参加反应的HCl为8 mol，则反应中转移5 mol电子
C．装置G的试剂为无水氯化钙
D．装置E应用加热带缠绕于反应柱加热，这样可使反应物受热更均匀
【答案】B
【详解】A．Cl2O与有机物接触时爆炸，因此组装装置时，仪器、导管间不能用橡胶管与橡胶塞连接，故A错误；
B．浓盐酸与足量的KMnO4反应，根据2KMnO4～16HCl～5Cl2，16molHCl参与反应转移10mol电子，若参加反应的HCl为8 mol，则反应中转移电子的物质的量为5 mol，故B正确；
C．装置G的作用尾气回收和防止空气中水蒸气进入F，氨气能与无水氯化钙发生化学反应而被吸收，试剂应为碱石灰，故C错误；
D．根据反应可知反应温度在常温25℃左右，因此不需要用加热带缠绕于反应柱加热，故D错误；
答案为B。
12．用体积相同的15mol·L-1HNO3、4mol·L-1HNO3分别将两份等质量的铜片完全溶解，发生如下反应：
①4HNO3(浓)+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，所得溶液为绿色
②8HNO3(稀)+3Cu=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，所得溶液为蓝色
用注射器分别取①、②中的少量溶液，夹上弹簧夹后，向外拉动注射器活塞，现象如下：
I

①中液面上方呈红棕色，……
II
②中无明显变化

下列分析正确的是A．①中产生NO2，②中产生NO，说明氧化性：稀HNO3>浓HNO3
B．溶解等量的Cu，做氧化剂的HNO3(浓)的物质的量大于做氧化剂的HNO3(稀)的物质的量
C．I中溶液上方呈红棕色是因为发生反应2NO+O2=2NO2
D．①和②所得溶液颜色不同，是因为铜离子浓度不同
【答案】B
【详解】A．①中产生NO2，②中产生NO，说明浓硝酸的得电子能力强，氧化性：稀HNO3<浓HNO3，故A错误；
B．由反应可知，消耗1molCu消耗的浓硝酸为4mol，消耗的稀硝酸为8mol，由此可知溶解等量的铜消耗的浓硝酸更多，故B正确；
C．I中溶液溶有二氧化氮，当抽动针筒时压强减小，二氧化氮从溶液中逸出，从而出现红棕色，而不是NO与氧气反应的结果，故C错误；
D．用体积相同的15mol·L-1HNO3、4mol·L-1HNO3分别将两份等质量的铜片完全溶解，铜离子浓度是相同的，①和②所得溶液颜色不同可能原因是二氧化氮溶于水的缘故，故D错误；
故选B。
13．某实验小组利用传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质。已知：pH越大，溶液碱性越强。下列分析正确的是
实验序号
实验操作
实验数据或实验现象
实验1


实验2
向碳酸氢钠溶液中加入一定浓度CaCl2溶液
产生白色沉淀和无色气泡

A．①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH-未参与该反应
B．实验2中发生反应的离子方程式为Ca2++=CaCO3↓+H+
C．a点反应的离子方程式为：Ca2++2OH-+2=CaCO3↓+H2O+CO
D．Na2CO3和NaHCO3的稀溶液可利用Ba(OH)2溶液鉴别
【答案】A
【详解】A．①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH-未参与该反应，②中是钙离子和碳酸根发生反应生成沉淀，①和②中氢氧根离子受到溶液体积增大的稀释， A正确；
B．因为沉淀的生成，导致溶液酸性增强，才生成二氧化碳气体，化学方程式为：，B错误；
C．a点碳酸氢钠溶液的量少，反应的离子方程式为：Ca2++OH-+=CaCO3↓+H2O，C错误；
D．氢氧根会使得碳酸氢根转化为碳酸根，Na2CO3和NaHCO3的稀溶液都会与氢氧化钡生成碳酸钡的沉淀，不能利用Ba(OH)2溶液鉴别两种钠盐，D错误；
故选A。
14．氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，一种利用电化学制备NH3的转化历程如图所示。下列说法错误的是

A．步骤Ⅱ发生的既是化合反应，也是氧化还原反应
B．步骤Ⅲ的化学方程式Li3N+3H2O=NH3+3LiOH
C．该历程总反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2
D．由该历程说明N2的氧化性强于O2
【答案】D
【分析】由图可知：步骤Ⅰ电解熔融的LiOH生成Li、水和氧气，步骤Ⅱ中Li和N2反应生成Li3N，步骤Ⅲ中Li3N和水反应，生成LiOH和NH3，总反应为：2N2+6H2O=4NH3+3O2，据此分析解答。
【详解】A．步骤Ⅱ中Li和N2反应生成Li3N，既是化合反应，也是氧化还原反应，A正确；
B．步骤ⅢLi3N和水反应，生成LiOH和NH3，化学方程式Li3N+3H2O=NH3+3LiOH，B正确；
C．由图象可知：反应物为氮气和水，产物为氨气和氧气，LiOH为催化剂，由电子守恒和原子守恒可得总反应为：2N2+6H2O=4NH3+3O2，C正确；
D．该反应历程中步骤Ⅰ是通过电解发生，不能说明N2的氧化性强于O2，D错误；
故选D。
15．雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：、、、、、、。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后的试样溶液，设计并完成了如下实验：

已知：3NO+8Al+5OH-+2H2O3NH3+8AlO 。
根据以上的实验操作和现象，该同学得出的结论不正确的是
A．试样中肯定存在、、和
B．试样中一定存在
C．试样中可能存在、
D．该雾霾中可能存在Mg(NO3)2、Na2SO4和NH4Cl
【答案】B
【分析】试样溶液中加入过量氢氧化钡并加热，生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体是NH3，则试样中含有；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有，根据元素守恒知，原溶液中含有；向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有，能和过量氢氧化钡反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，溶解的沉淀为氢氧化镁，所以溶液中含有Mg2＋，据此分析解答。
【详解】A．通过以上分析知，试样中肯定存在、Mg2＋、和，故A正确；
B．通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；
C．由于没有设计实验验证溶液中是否存在钠离子和氯离子，试样中可能存在Na+、，故C正确；
D．根据以上分析知，试样中肯定存在、Mg2＋、和，可能存在Na+，所以该雾霾中可能存在Mg(NO3)2、Na2SO4和NH4Cl，故D正确，
故选B。
16．海冰是海水冻结而成的咸水冰，海水冻结时，部分来不及流走的盐分(设为NaCl)以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。其大致结构如图所示。下列叙述正确的是

A．海冰冰龄越长，“盐泡”越多
B．海冰内层“盐泡”越多，密度越小
C．每含1mol水的海冰内有2×10-6NA个NaCl分子
D．海冰内层NaCl的浓度约为1.0×10-4 mol/L(设海冰的密度为0.9 g/cm3)
【答案】D
【详解】A．若海冰的冰龄达到1年以上，则融化后的水为淡水，说明海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，A错误；
B．海冰内层“盐泡”越少，来不及流走的盐分越少，密度越小，B错误；
C．NaCl属于离子化合物，不存在NaCl分子，C错误；
D．设海冰内层体积为1L，则冰的质量为0.9g/cm3×1000cm3=900g，则n(H2O)==50mol，n(NaCl)∶n(H2O)=N(NaCl)∶N(H2O)=(2×10-6)∶1，n(NaCl)=50mol×2×10-6=10-4mol，则NaCl的浓度约为10-4mol÷1L=10-4mol/L，D正确；
故选D。

二、实验题
17．在生活中亚硝酸钠(NaNO2)应用十分广泛，少量可做食品的护色剂，可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长，还可用于治疗氰化物中毒等。某化学兴趣小组查阅资料得知2NO+Na2O2=2NaNO2，该学习小组利用下列装置制备干燥的亚硝酸钠(夹持及加热装置略去，部分仪器可重复使用)。

已知：NO能被高锰酸钾氧化，但不能被浓硫酸氧化。
回答下列问题：
(1)装浓硝酸的仪器的名称为_______
(2)仪器连接顺序为b→g，h→_______，_______→c，d→_______，_______→i，_______(按气流方向，用小写字母表示)。
(3)反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气的目的是_______。反应结束后打开止水夹a，通入过量氮气的目的是_______。
(4)盛水的洗气瓶的作用是_______。
(5)如果实验前未通入过量氮气，硬质玻璃管中过氧化钠可能发生的副反应的化学方程式为_______。
(6)酸性高锰酸钾(氧化性强于硝酸)溶液中发生的主要反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)滴液漏斗或分液漏斗
(2)b→g，h→e，f→c，d→e，f→i
(3)     排尽装置内的空气，防止过氧化钠或NO与其反应     排尽装置内NO，防止拆卸装置时污染环境
(4)除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO
(5)2NO2+Na2O2=2NaNO3
(6)3+5NO+4H+=3Mn2++5+2H2O

【分析】本实验先用稀硝酸与Cu反应制取NO，反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，结合提示2NO+Na2O2═2NaNO2，2NO2+Na2O2═2NaNO3可知，为保证产品纯度，应避免二氧化氮产生，故反应开始前打开止水夹a，通入氮气排除装置内的空气，用盛水的洗气瓶为进一步保障除去二氧化氮，盛有浓硫酸的洗气瓶的作用为干燥NO，防止水蒸气与过氧化钠反应产生氧气进而影响产品纯度，最后盛放酸性高锰酸钾用于除去过量的NO防止污染环境，据此分析答题。
【详解】（1）装浓硝酸的仪器的名称为滴液漏斗或分液漏斗；
（2）实验利用反应2NO+Na2O2=2NaNO2制备亚硝酸钠，首先利用铜与浓硝酸反应制备NO2，用水除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO，用浓硫酸干燥NO，反应后用酸性高锰酸钾吸收未反应的NO气体，防止污染空气，连接顺序为b→g，h→e，f→c，d→e，f→i；
（3）反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气的目的是排尽装置内的空气，防止过氧化钠或NO与其反应；反应结束后打开止水夹a，通入过量氮气的目的是排尽装置内NO，防止拆卸装置时污染环境；
（4）盛水的洗气瓶的作用是除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO；
（5）如果实验前未通入过量氮气，硬质玻璃管中过氧化钠可能发生的副反应的化学方程式为2NO2+Na2O2=2NaNO3；
（6）酸性高锰酸钾氧化性强于硝酸，高锰酸根能将一氧化氮氧化成硝酸根自身被还原为二价锰离子，故根据得失电子守恒和元素守恒得溶液中发生的主要反应的离子方程式为3+5NO+4H+=3Mn2++5+2H2O。

三、工业流程题
18．SAH(NaAIH4)还原性非常强。纯的四氢铝钠是白色晶状固体，在干燥空气中相对稳定，遇水发生剧烈反应。以铝合金废边脚料为原料(含有少量Al2O3、Fe2O3、MgO、PbO和SiO2等杂质)制备四氢铝钠的流程如下：

请回答下列问题：
(1)试剂A中溶质的阴、阳离子所含电子数相等，其化学式为_______
(2)滤渣1的成分为_______
(3)已知废料接触面积、接触时间均相同，“酸浸”中铝元素浸出率与硫酸浓度的关系如图甲所示。当硫酸浓度大于C0mol·L-1时，浸出率降低的原因可能是_______

(4)滤液3可以循环利用，写出滤液2与滤液3反应的离子方程式_______
(5)NaAlH4与水反应的化学方程式为_______
(6)测定NaAIH4粗产品的纯度。称取m g NaAlH4粗产品按如图乙所示装置进行实验，测定产品的纯度。

①已知实验前C管读数为V1mL，向A中加入适量蒸馏水使NaAlH4完全反应，当A中反应完全后，冷却至室温后C管读数为V2 mL(均折合成标准状况)。则该产品的纯度为_______(用含m、V1和V2的代数式表示，忽略加入蒸馏水的体积)。
②若实验前读数时B中液面和C管液面相平，实验后读数时B中液面高于C管，则测得的结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)NaOH
(2)SiO2、PbSO4
(3)硫酸浓度增大，铝片与硫酸发生钝化
(4)或
(5)NaAlH4+4H2O=Na[Al(OH)4]+4H2↑(或NaAIH4+2H2O=4H2↑+NaAlO2)
(6)          偏高

【分析】铝合金废边脚料(含有少量Al2O3、Fe2O3、MgO、PbO和SiO2等杂质)中加入稀硫酸，Al2O3、Fe2O3、MgO与稀硫酸反应生成相应的盐和水，PbO与稀硫酸反应，生成PbSO4沉淀和水，SiO2与稀硫酸不反应，由此可得出滤液及滤渣成分；试剂A加入Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、MgSO4混合溶液中，有沉淀产生，且试剂A中溶质的阴、阳离子所含电子数相等，则A应为NaOH溶液，Al2(SO4)3转化为Na[Al(OH)4]和Na2SO4，Fe2(SO4)3、MgSO4生成Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀；往Na[Al(OH)4]和溶液中通入过量CO2，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3。稀硫酸与铝能持续发生反应，浓硫酸与铝会发生钝化作用，反应不能持续进行；用排液法测定气体体积时，需将量气管内液面与干燥管内液面调平，否则会产生压力差而造成所测气体体积产生偏差。
【详解】（1）试剂A中溶质的阴、阳离子所含电子数相等，则其为NaOH；
（2）根据上述分析知滤渣1成分为SiO2、PbSO4；
（3）从图中可以看出，当硫酸浓度增大到一定程度，铝的浸出率反而降低，因为浓硫酸与铝因发生钝化而不能持续溶解，所以当硫酸浓度大于C0 mol/L时，浸出率降低的原因可能是硫酸浓度增大，铝片与硫酸发生钝化；
（4）滤液2中含有Na[Al(OH)4]，而滤液3中含有NaHCO3，二者相遇后会发生反应生成Al(OH)3沉淀和，反应的离子方程式或；
（5）NaAlH4中H显-1价，而水中H显+1价，二者相遇会发生氧化还原反应，生成Na[Al(OH)4]和H2，反应的化学方程式为NaAlH4+4H2O＝Na[Al(OH)4]+4H2↑(或NaAlH4+2H2O＝4H2↑+NaAlO2)；
（6）①由反应方程式NaAlH4+4H2O＝Na[Al(OH)4]+4H2↑可知，n(NaAlH4)=n(H2)= ×，则该产品的纯度为=；②若实验前读数时B中液面和C管液面相平，实验后读数时B中液面高于C管，则气体体积偏大，所以测得的结果偏高。
19．利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：

已知：①NaClO3不能氧化CoCl2
②流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8

(1)浸出过程中加入Na2SO3目的是_______。
(2)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_______；萃取剂层含锰元素，则沉淀Ⅱ的主要成分为_______。
(3)操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3，_______、_______、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
(4)将5.49g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。
温度范围/℃
固体质量/g
150～210
4.41
290～320
2.41

经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290～320℃温度范围，剩余的固体物质化学式为_______。[已知：CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183g·mol−1]
【答案】(1)将Fe3+、Co3+还原或将Co3+还原
(2)     使Fe3+和Al3+沉淀完全     CaF2和MgF2
(3)     蒸发浓缩     冷却结晶
(4)Co3O4(或CoO·Co2O3)

【分析】水钴矿中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co3+、Fe3+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等，则加入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+。工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、A(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF除去钙离子、镁离子，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的水层中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钻。
【详解】（1）浸出过程中加入Na2SO3目的是将Fe3+、Co3+还原或将Co3+还原；
（2）根据以上分析可知加入Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全，可得到Fe(OH)3、A(OH)3沉淀；萃取层含锰元素则沉淀Ⅱ的主要成分为CaF2和MgF2；
（3）操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程；
（4）5.49g草酸钴晶体的物质的量是0.03mol，分解生成水的质量是1.08g，所以150-210°C时失水，剩余固体是CoC2O4；290-320°C时剩余固体中Co的质量是1.77g，氧原子是质量是2.41g-1.77g=0.64g，物质的量为0.64÷16=0.04mol，则剩余固体中Co原子与O原子的物质的量比为3:4，所以化学式为Co3O4。

四、有机推断题
20．药物I的一种合成路线如下

已知如下信息：
①
②
③
回答下列问题：
(1)G中含氮官能团的名称是_______。
(2)C的化学名称是_______。
(3)由D生成E的反应类型为_______，F生成G的反应类型为_______
(4)由G生成H的化学方程式为_______。
(5)B的一种同分异构体J能发生银镜反应，核磁共振氢谱只有两组吸收峰，J的结构简式是_______。
【答案】(1)氨基
(2)2，5-二甲基-2，5-己二醇
(3)     取代反应     还原反应
(4)
(5)

【分析】A(乙炔)的结构简式为HC≡CH，根据信息①，A与2分子的丙酮发生反应生成B：，B与H2在Ni作催化剂条件下发生加成反应生成C：，C与浓盐酸加热发生取代反应生成D： ，D与苯在AlCl3作用下发生取代反应生成E： ，由G的结构简式和信息②逆推知，E与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应生成F：，F与H2在Ni催化下发生还原反应生成G： ，G与L在DMAP条件下发生信息③的反应生成H，H与NaOH甲醇溶液共热，然后酸化得到I： 和CH3OH，逆推可知L是 ，H是 ，据此分析解题。
【详解】（1）G：中含氮官能团的名称是氨基；
（2）B与H2在Ni作催化剂条件下发生加成反应生成C： ，C的化学名称是：2，5-二甲基-2，5-己二醇；
（3）D与苯在AlCl3作用下发生取代反应生成E： ，由D生成E的反应类型为：取代反应；F与H2在Ni催化下发生还原反应生成G ( ) ，反应类型为还原反应；
（4）G（ ）与L（ ）在DMAP条件下发生信息③的反应生成H（ ），化学方程式为： ；
（5）B为，其同分异构体J能发生银镜反应说明含有醛基，核磁共振氢谱只有两组吸收峰说明含有两种不同环境的H，J的结构简式是；