2021届新疆乌鲁木齐市高三一模化学试卷及答案解析

这是一份2021届新疆乌鲁木齐市高三一模化学试卷及答案解析，共22页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，自然界中的氮循环如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是，下列离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。

绝密★启用前

新疆乌鲁木齐地区2021届高三第一次模拟检查化学试题
题号
一
二
三
四
总分
得分





注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分



一、单选题
1．唐代孙思邈《备急千金要方》中记载：“菖蒲、枸杞根细锉，以水四石，煮取一石六斗，去滓，酿二斛米酒，熟稍稍饮之。”“煮取一石六斗”蕴含的操作原理包括
A．过滤 B．分液 C．蒸馏 D．蒸发
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
“煮取一石六斗”为蒸发过程，故选：D。
2．下列化学用语的表达正确的是
A．的结构式：
B．二氧化碳的比例模型：
C．的电子式：
D．中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．H2S属于共价化合物，分子中含有2个S-H，其结构式为H-S-H，故A正确；
B．二氧化碳为直线型结构，碳原子的相对体积大于氧原子，CO2正确的比例模型为：，故B错误；
C．CH2F2分子中，C、F原子最外层都达到8电子稳定结构，其正确的电子式为：，故C错误；
D．中子数为10的氧原子的质量数=8+10=18，中子数为10的氧原子形成的过氧根离子为，故D错误；
故选：A。
3．自然界中的氮循环如图所示。下列说法错误的是

A．图中有3种固氮途径 B．固氮都是氧化还原反应
C．氮元素不以有机物形式参与循环 D．人类活动会影响氮循环
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．固氮是将游离态的氮转化为化合态的氮，即将氮气转化为氮的化合物，因此图中有3种固氮途径，分别为雷电作用、合成氨工业和固氮生物作用，故A不选；
B．固氮过程N元素化合价在变，固氮都是氧化还原反应，故B不选；
C．图中植物可以吸收硝酸盐制造蛋白质，因此氮元素也以有机物形式参与循环，故C选；
D．人类活动如合成氨工业会影响氮循环，故D不选；
故选：C。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．石墨烯和金刚石均含有NA个碳原子
B．蔗糖溶液中所含分子数为0.6 NA
C．在高温、高压和催化剂的条件下，密闭容器中与足量反应，转移电子数为2NA
D．和所含的质子与中子均为9NA
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．石墨烯和金刚石均为碳单质，12g石墨烯和12g金刚石均相当于12g碳原子，即=1molC原子，所含碳原子数目为NA，A项正确；
B．300mL2mol/L蔗糖溶液中所含蔗糖的物质的量是0.3L×2mol/L＝0.6mol，蔗糖分子数为0.6NA，但蔗糖溶液中所含分子数包括水分子，即大于0.6NA，B项错误；
C．合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，2 g H2与足量N2反应，转移的电子数小于2NA，C项错误；
D．1 mol OD-和17 g -OH所含的质子均为9NA，所含的中子分别为9NA和8NA，D项错误；
答案选A。
5．下列说法错误的是
A．乙酸和乙醇之间能发生酯化反应，酯化反应的逆反应是皂化反应
B．大多数酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质
C．生产医用口罩所用的一种原料丙烯，可以通过石油的裂化和裂解得到
D．淀粉和蛋白质都是天然高分子化合物，均能在人体内发生水解
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，油脂属于酯，油脂在碱性溶液中的水解反应为皂化反应，故A错误；
B．绝大多数酶是蛋白质，少数具有生物催化功能的分子不是蛋白质，故B正确；
C．石油的裂化和裂解是将长链烃变为短链烃的过程，可产生丙烯，故C正确；
D．淀粉属于多糖，能发生水解反应，蛋白质属于高分子化合物，在人体中能发生水解反应，故D正确；
故选A。
6．用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是


A．用装置甲验证浓硫酸的脱水性和强氧化性
B．用装置乙验证浓硝酸的强氧化性
C．用装置丙验证牺牲阳极的阴极保护法
D．用装置丁验证镁片与稀盐酸反应放热
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．苹果块与浓硫酸不接触，只能证明浓硫酸的吸水性，不能证明浓硫酸的脱水性和强氧化性，故A不符合题意；
B．常温下浓硝酸和炭不反应，需要加热才能反应，故B不符合题意；
C．锌和铁都能导电且锌比铁活泼，和氯化钠溶液形成原电池，锌失电子，保护铁，故C符合题意；
D．镁和稀盐酸反应放热，硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，无明显的反应现象，故D不符合题意；
故答案为：C
7．下列离子方程式正确的是
A．小苏打溶液与过量的澄清石灰水反应：
B．溶于溶液：
C．固体溶于溶液：
D．向偏铝酸钠溶液中通入少量二氧化碳：
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．小苏打溶液与过量的澄清石灰水反应可生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O，故A错误；
B．SiO2溶于NaOH溶液的离子反应为SiO2+2OH-=+H2O，故B正确；
C．Fe(OH)3溶于HI溶液，Fe(OH)3和HI发生氧化还原反应，离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=I2+2Fe2++6H2O，故C错误；
D．在偏铝酸钠溶液中通入少量二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸钠，正确的离子反应方程式为：2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+，故D错误；
故选：B。
8．短周期元素、、、的原子序数依次增大。、、简单离子的电子层结构相同，元素在短周期主族元素中原子半径最大，的简单氢化物常温下是液态，、和原子的最外层电子数之和为7。下列说法正确的是
A．离子半径：
B．工业上采用电解的氧化物冶炼单质
C．、元素组成的化合物一定只含离子键
D．、、、四种元素形成的单质中，单质的熔点最高
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
由元素在短周期主族元素中原子半径最大，可推得X为Na,由的简单氢化物常温下是液态，可推得W为O，又因短周期元素、、、的原子序数依次增大。、、简单离子的电子层结构相同，、和原子的最外层电子数之和为7，可推得Y为Mg，Z为Si。
A．O2-、Na+、Mg2+的电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，故O2->Na+>Mg2+,W>X>Y,故A错误；
B．工业上采用电解熔融的氯化镁来冶炼单质金属镁，故B错误；
C．、元素组成的化合物是氧化钠和过氧化钠，二者都是离子化合物，氧化钠只含离子键，但过氧化钠既含有离子键又含有共价键，故C错误；
D．、、四种元素形成的单质为氧气、钠、镁、硅，硅的熔点最高，故D正确；
故答案为：D
9．由下列实验操作和现象能推出相应结论的是
选项
实验操作
现象
结论
A
缓慢通入滴有酚酞的溶液中
溶液红色褪去
具有漂白性
B
向溶液中加入少量氯水，再加萃取
层无色
的还原性强于
C
将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡
有白色沉淀产生
非金属性：
D
向某酸雨样品中加入溶液
有白色沉淀生成
酸雨样品中一定含

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．SO2和NaOH反应生成Na2SO3，导致溶液碱性减弱，红色褪去，A错误；
B．FeBr2溶液中滴加少量氯水，先氧化亚铁离子，加CCl4萃取溶液分层，水层变黄，CCl4层无色，则Fe2+的还原性强于Br-，B正确；
C．发生强酸制取弱酸的反应，且盐酸为无氧酸，则不能由盐酸、硅酸的酸性比较非金属性，C错误；
D．二氧化硫与氢氧化钡反应生成亚硫酸钡，可能混有亚硫酸根，D错误；
故选：B。
10．下列有机反应方程式及其类型都正确的是
A．+HNO3+H2O加成反应
B． 加成反应
C． 消去反应
D． 缩聚反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．苯的硝化反应是硝基取代苯环上的氢原子为取代反应，故A错误；
B．从乙烯到1,1-二溴乙烷，应该发生加成反应，故B错误；
C．乙醇到乙烯，是一个乙醇分子从相邻两个碳原子子脱下一个小分子水，是消去反应，故C正确；
D．氯乙烯到聚氯乙烯是加聚反应，故D错误；
故答案为C。
11．用小粒径零价铁()的电化学腐蚀处理三氯乙烯()，进行水体修复的过程如图所示。、、等共存物的存在会影响水体修复效果。定义单位时间内释放电子的物质的量为，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为。下列说法错误的是


A．反应①②③④均在正极发生
B．④的电极反应式为
C．单位时间内，三氯乙烯脱去时
D．过程中有可能形成
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为化合价降低得电子的反应，所以应在正极发生，故A正确；
B．由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化~8e-~，由于生成物中有所以只能用H+和H2O来配平该反应，所以 ④的电极反应式为，故B正确；
C．三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子，所以脱去a mol Cl时ne  =2a mol，故C错误；
D．由修复过程示意图可知，生成的二价铁与氧气、氢氧根结合可能产生Fe(OH)3，故D正确；
故选：C。
12．工业上可由异丙苯()催化脱氢得到2-苯基丙烯()，下列关于这两种有机化合物的说法正确的是
A．都是苯的同系物 B．都能和溴水发生反应使其褪色
C．苯环上的二氯代物都有6种 D．异丙苯分子中所有碳原子可能共平面
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．2-苯基丙烯，与苯的结构不同，不属于同系物，故A错误；
B．异丙苯不含碳碳双键，与与溴的四氯化碳溶液不反应，故B错误；
C．2个Cl均在苯环上有邻、间、对位置时有2+3+1=6种，故C正确；
D．异丙苯分子存在类似甲烷的结构，所有碳原子不可能共平面，故D错误。
故选：C。
13．乙炔()在表面选择加氢的反应历程如图所示。其中吸附在表面上的物种用*标注。下列有关说法错误的是


A．从反应历程图可知，乙炔加氢的反应是放热反应
B．该历程中最大能垒(活化能)步骤的化学方程式是：
C．过程中只有化学键的形成
D．副反应生成的高聚物吸附在的表面可能会使催化剂中毒
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．从反应机理图分析，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，A项正确；
B．历程中能垒(活化能)有三个，分别为：66 kJ mol-1，85 kJ mol-1，82 kJ mol-1，而最大能垒(活化能)步骤的化学方程式是：，B项正确；
C．由图可知，该反应先吸热，后放热，故而不只有化学键的形成过程，C项错误；
D．副反应生成的高聚物吸附在Pd的表面可能会使催化剂失活，D项正确；
答案选C。
14．一定温度下，金属硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。纵轴表示，横轴表示，下列说法错误的是


A．该温度下，的
B．点表示该温度下的不饱和溶液
C．该温度下，和的饱和溶液中
D．向含有等物质的量浓度的、、溶液中加入饱和溶液，析出沉淀的先后顺序为、、
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．由a(30，10-lg4)可知，当c(S2－)＝10－30 mol·L－1时，c(Ag＋)＝10－(10－lg 4) mol·L－1，，A项正确；
B．d点在的平衡曲线下方，此时，即表示该温度下的不饱和溶液，B项正确；
C．SnS和NiS的饱和溶液中=＝=104，C项正确；
D．假设Ag＋、Ni2＋、Sn2＋均为0.1 mol·L－1，分别生成Ag2S、NiS、SnS沉淀时，需要c(S2－)分别为1.6×10-47、10-20、10-24，因此生成沉淀的先后顺序为Ag2S、SnS、NiS，D项错误；
答案选D。
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分



二、原理综合题
15．氯及其化合物常被用作消毒剂。请回答下列问题：
(1)图为氯及其化合物的“价—类”二维图。缺失的类别为___________、物质为__________(填化学式)。

(2)氯气是最早用于饮用水消毒的物质。氯水中起消毒作用的物质是，写出的电离方程式________。向氯水中加入可增强其消毒能力，用化学平衡移动原理解释原因：______。
(3)“84消毒液”是一种以为主的高效消毒剂。用石墨作电极电解饱和食盐水可制取消毒液，简易装置如图所示。

①电源中，电极的名称是_________。
②写出阳极发生的电极反应____________。
(4)是一种广谱、高效、安全的消毒剂。某自来水厂用对饮用水进行消毒。现用碘量法检测已消毒的水样中的浓度。
①取水样，加入足量的碘化钾，调溶液至中性，滴加少许淀粉溶液，溶液变蓝(已知在中性溶液中，被还原为)。写出该反应的离子方程式________。
②已知：，向①所得溶液中滴加的溶液时，溶液蓝色恰好褪去，该水样中的浓度是__________。
【答案】 酸； Cl2O7； 氯水中,酸性,加入的和盐酸反应，促进氯气和水反应平衡右移，使次氯酸浓度增大，增强其消毒能力； 阴极； 1.35mg/L。
【解析】
【分析】
【详解】
(1)从物质性质和氯元素价态规律可知，A缺失的物质是酸，物质B是+7价的氧化物，是Cl2O7,故答案为：酸；Cl2O7；
(2)次氯酸是弱酸，所以电离方程式为：； 氯水中,酸性,所以加入的和盐酸反应，而不和次氯酸反应，促进氯气和水反应平衡右移，使次氯酸浓度增大，增强其消毒能力，故答案为：；氯水中,酸性,加入的和盐酸反应，促进氯气和水反应平衡右移，使次氯酸浓度增大，增强其消毒能力；
(3) ①从装置图可以看出a极连接的电极有向外排气的导管，应该排出氢气，所以a极为阴极；②阴极放出氢气，同时有生成，逸出的氯气会和反应，故阳极的电极反应式为：；故答案为：阴极；；
(4) ①取水样,滴加少许淀粉溶液，溶液变蓝,说明有碘单质生成，根据题意可写出离子方程式：；由和，可得,所以,则该水样中的浓度是;故答案为：；1.35mg/L。
【点睛】
本题是元素化合物和化学反应原理的综合题，考查学生的分析问题和解决问题的能力，特别是读图能力和计算能力，需要认真仔细，难度一般。
16．已知室温下浓度均为的各溶液如下表所示：
溶液






5.1
4.0
11.0
9.7
11.6

(1)①氯化铵溶液显酸性的原因是____________(用离子方程式说明)。
②侯氏制碱法中，使从母液中析出的措施不包括___________(填序号)。
A．冷却 B．加入食盐细颗粒 C．通入 D．通入
③时，将的氨水与的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中：，试用含的代数式表示的电离常数_________。
(2)①上述5种溶液中，水的电离程度最小的是_____________(填化学式)。
②的溶液中(填“”、“”或“”)。(3)①、、结合质子的能力由大到小的顺序是____________。向溶液中加入过量的溶液，写出反应的离子方程式____________。
②在一定温度下，的溶液加水稀释至过程中，下列数值变小的是___________(填序号)。
A． B． C． D．
③已知氢氰酸()的电离平衡常数，同浓度同体积的与的混合溶液中粒子浓度大小关系为____________。
【答案】 +H2O⇌NH3•H2O+H+ C NaHSO3 >> HCN+=+ CD c(HCN)>c(Na+)> c CN-)> c(OH-)>c(H+)
【解析】
【分析】
(1)有晶体析出时，饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl(s)⇌(aq)+Cl-(aq)，使平衡逆向移动，即可析出氯化铵，可采取的措施如：增大铵根离子、氯离子浓度，或者降低温度；
【详解】
(1)①NH4Cl溶液显酸性的原因是：铵根离子水解，水解的离子方程式：+H2O⇌NH3•H2O+H+；
②母液中析出NH4Cl，则溶液达到饱和，体系中存在溶解平衡：NH4Cl(s)⇌(aq)+Cl-(aq)，若要析出氯化铵，应该使平衡向着逆向移动，则：
A．冷却母液，氯化铵的溶解度降低，有利于氯化铵的析出，故A错误；
B．加入食盐细颗粒，溶液中氯离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，故B错误；
C．通入CO2后，对铵根离子和氯离子没有影响，则对母液中析出NH4Cl无帮助，故C正确；
D．通入NH3后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，故D错误；
故答案为：C；
③常温下，混合溶液中c()=c(Cl-)，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液呈中性，二者等体积混合后溶液中氯离子浓度为原来的一半，则c()=c(Cl-)=0.005mol/L，c()=(0.5a-0.005)mol/L，NH3•H2O的电离常数；
(2)①上述5种溶液中，NaHSO3电离大于水解呈酸性、水的电离被抑制，其它都是促进电离，则水的电离程度最小的是NaHSO3；
②的溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，物料守恒：c(Na+)=c(H2CO3) +c()+c()，两式相减得：；
(3)①盐溶液碱性越强，则弱酸根离子结合质子能力越强，则>>；由表中数据知，，则与过量的反应生成NaCN和碳酸氢钠，离子方程式：HCN+=+；
②A．，温度不变，KW不变，A不选；
B．，温度不变，Kh不变，B不选；
C．加水稀释，溶液碱性减小，减小，C选；
D．加水稀释，减小，减小，增大，，则减小，D选；
故选：CD。
③设与的浓度都为1mol/L，等体积混合后，c(Na+)=0.5mol/L，CN-的水解平衡常数，则水解平衡常数大于电离平衡常数，水解程度大于的电离程度、溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，c(HCN)>c(CN-)，Na+不水解，则溶液中各离子浓度大小关系：c(HCN)>c(Na+)> c CN-)> c(OH-)>c(H+)。
17．碳、氮、硫三种元素的氧化物都会引起环境问题，越来越引起人们的重视。
(1)
①已知一氧化碳和固体硫的燃烧热分别为和。_________。
②在恒容容器中进行上述反应，下列说法能说明反应达到平衡的是____________(填序号)。
A． 混合气体的压强保持不变 B．
C． D． 混合气体的密度保持不变
(2)汽车尾气中的和在一定条件下可发生反应生成无毒的和： 。某研究小组在三种不同实验条件下、在三个容积为的恒容密闭容器中，分别充入和进行上述反应(体系各自保持温度不变)，反应体系总压强随时间的变化如图所示：


①温度：T1________T2 (填“”、“”或“”)。
②的平衡转化率：I_________II_________III(填“”、“”或“”)。
③反应速率：III中的________中的(填“”、“”或“”)。
④时的平衡常数________。
(3)研究发现利用可消除制硝酸尾气中的污染，反应后产物无污染。

①消除污染过程中，参加反应的与物质的量之比为_______。
②与的物质的量之比分别为、、时，脱除率随温度变化的曲线如图所示。曲线Ⅲ对应的与的物质的量之比是_______，其理由是__________。
【答案】 -275.5kJ/mol AD > < = > 11270 2:3 4:1 NH3含量越高，平衡右移，NO脱除率越高
【解析】
【分析】
（2）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，但升高温度，速率加快，达到平衡所需时间短。
【详解】
（1）①i，
ii，2×i-ii得目标方程，-275.5kJ/mol；
②A．由于反应是气体分子数减小的反应，压强不变则平衡，A正确；
B．平衡时，CO和CO2的浓度不一定相等，B错误；
C．应为，C错误；
D．恒容密闭容器，体积不变，因有固体生成，气体的质量变化，当密度不变时，反应达平衡，D正确；
故选：AD。
（2）①该反应是放热反应，温度升高，平衡左移，压强增大，则T1> T2；
②平衡常数只与温度有关，升高温度，平衡常数变小，则I ③ab点压强不变，都是平衡点，且a点达到平衡时间短，则>；
④设N2转化的压强为x，列三段式

平衡时(160-2x)+ (160-2x)+x+2x=250，解得x=70，由pV=nRT，可得c(N2)=0.035mol/L，c(CO2)=0.07mol/L，c(NO)=0.01mol/L，c(CO)=0.01mol/L，平衡常数；
（3）①反应方程式：4NH3+6NO=5N2+6H2O，则参加反应的与物质的量之比为4:6=2:3；
②NH3含量越高，平衡右移，NO脱除率越高，则曲线Ⅲ对应的与的物质的量之比是4:1.
评卷人
得分



三、工业流程题
18．硼酸()在食品、医药领域应用广泛，以硼铁矿(含、及少量、)为原料生产硼酸的工艺流程如下：

已知：在、、、时的溶解度依次为、、、。、、和以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的分别为3.2、4.7、9.0和12.4。
(1)写出与硫酸反应的化学方程式____________。“浸取”后，采用“热过滤”的目的是__________。
(2)滤渣1的主要成分是____________。为检验浸出液中是否含有，可选用的化学试剂是_________。
(3)“除杂”时先向浸出液中加入适量，然后调节溶液的约为5。的作用是____________(用离子方程式表示)，“除杂”除去的杂质离子是__________。
(4)根据在水溶液中的电离反应：，写出硼酸与过量溶液反应的离子方程式___________。
(5)“粗硼酸晶体”中的主要杂质是_________。
(6)以硼酸为原料可以制得，其电子式为__________。
【答案】 防止从溶液中析出 溶液 、、 硫酸镁
【解析】
【分析】
硼镁铁矿的成分、、、和稀硫酸反应，生成H3BO3，还有不反应，的溶解度随温度升高而增大，所以 “浸取”后，采用“热过滤”，目的是防止从溶液中析出；滤渣1就是；为了除去杂质离子，加入过氧化氢把氧化为，则调节溶液的约为5时，“除杂”除去的杂质离子是、、；再降温结晶所得粗硼酸晶体中就是硫酸镁和硼酸。
【详解】
(1)结合流程可知与硫酸反应的化学方程式为；由题中数据可知的溶解度随温度升高而增大，所以 “浸取”后，采用“热过滤”，目的是防止从溶液中析出；故答案为：；防止从溶液中析出；
(2)硼铁矿中只有不与稀硫酸反应，故滤渣1的主要成分是；为检验浸出液中是否含有，可选用的化学试剂是溶液；故答案为：；溶液；
(3)“除杂”时先向浸出液中加入适量，是为了把氧化为，的作用是；过氧化氢把氧化为了，根据、 以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的分别为3.2、4.7 ，则调节溶液的约为5时，“除杂”除去的杂质离子是、、；故答案为：；、、；
(4)由题意知硼酸是弱酸，硼酸与过量溶液反应的离子方程式，故答案为：；
(5)加入过氧化氢和调节溶液的约为5时，除去了、、，所以“粗硼酸晶体”中的主要杂质是硫酸镁；故答案为：硫酸镁；
(6)的电子式为；故答案为。
【点睛】
本题是制备硼酸晶体为主线工业流程题，考查元素化合物知识和除杂等知识，一定要仔细阅读题干中的信息，包括硼酸的溶解度和温度的关系，金属离子沉淀的条件等信息，考查学生的分析问题和解决问题的能力，难度适中。
评卷人
得分



四、实验题
19．葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。实验室模拟工业生产中制备葡萄糖酸钙的流程如下：

已知：
I．实验中涉及主要反应如下：


II． 相关物质的溶解性见表：
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
水中的溶解性
可溶于冷水易溶于热水
可溶
易溶
乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶

回答下列问题：
(1)仪器的名称是___________。最适合步骤Ⅰ的实验装置是____________(填序号)。

(2)加入过量碳酸钙除了使反应充分进行，还考虑到副反应___________消耗碳酸钙(用离子方程式表示)。步骤Ⅱ中使用碳酸钙而不使用氯化钙的原因是____________。
(3)步骤Ⅲ中需要使用的玻璃仪器有__________。
(4)步骤Ⅳ中加入乙醇的作用是__________。
(5)步骤Ⅴ洗涤操作洗涤剂最合适的是___________(填序号)，理由是____________。
A． 冷水B． 热水C． 乙醇D． 乙醇—水混合溶液
(6)该实验中葡萄糖酸钙的产率为___________(保留3位有效数字)。
【答案】 三颈烧瓶 B 氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应生成葡萄糖酸钙沉淀 烧杯、玻璃棒和漏斗 降低葡萄糖酸钙溶解度，使其结晶析出 D 若只用水，则会造成葡萄糖酸钙溶解而损失，若只用乙醇，不能将杂质全部洗去 76.3%
【解析】
【分析】
葡萄糖溶液中加入3%溴水、温度控制在55℃，水浴加热，发生的反应，该反应中生成HBr；然后向溶液中加入过量CaCO3、温度控制在70℃，发生反应，葡萄糖酸钙可溶于冷水易溶于热水，趁热过滤，将未溶解的碳酸钙除去，然后向滤液中加入乙醇，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，所以得到葡萄糖酸钙悬浊液，然后抽滤得到固体，然后洗涤、干燥固体最后得到Ca(C6H11O7)2固体。
【详解】
(1)仪器的名称是三颈烧瓶；反应在55℃条件下进行，需要水浴加热，要滴加溴水，所以还要有滴液漏斗，装置A不能控制添加溴水的速率，装置C无法控制反应温度，只有装置B符合，故答案为：三颈烧瓶；B；
(2)前一步反应生成HBr，而HBr会与碳酸钙反应，生成溴化钙、二氧化碳和水，离子方程式为：；因盐酸的酸性比葡萄糖酸的酸性强，则氯化钙与葡萄糖酸难以反应，氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应生成葡萄糖酸钙沉淀，且易引入杂质，不易分离，应用碳酸钙，故答案为：；氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应生成葡萄糖酸钙沉淀；
(3)葡萄糖酸钙可溶于冷水易溶于热水，趁热过滤，将未溶解的碳酸钙除去，即步骤Ⅲ为过滤，需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒和漏斗；
(4)由题表中数据可知，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，用乙醇洗涤可避免损失，降低葡萄糖酸钙溶解度，有利于葡萄糖酸钙析出，故答案为：降低葡萄糖酸钙溶解度，使其结晶析出；
(5)洗涤沉淀应避免沉淀溶解，且能将沉淀上的吸附物冲洗去，可用乙醇-水混合溶液，若只用水，则会造成葡萄糖酸钙溶解而损失，若只用乙醇，不能将杂质全部洗去，故答案为：D；若只用水，则会造成葡萄糖酸钙溶解而损失，若只用乙醇，不能将杂质全部洗去；
(6) 9.0gC6H12O6(葡萄糖)的物质的量为，根据化学方程式可知理论上得到葡萄糖酸钙的物质的量为0.025mol，其质量为0.025mol×430g/mol=10.75g，故葡萄糖酸钙的产率为，故答案为：76.3%。
【点睛】
有机物的制备实验中通常要控制反应的温度，多采用水浴或油浴加热的方法，可以更好的控制温度同时使受热更均匀，同时要注意需要使用温度计实时观测温度。