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2022-2023学年黑龙江省大庆铁人中学高三上学期开学考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年黑龙江省大庆铁人中学高三上学期开学考试化学试题含解析，共31页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
黑龙江省大庆铁人中学2022-2023学年高三上学期开学考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活皆有着密切联系。下列有关说法错误的是
A．用纯碱和用清洁剂都能洗涤玻璃仪器表面油污，但去污原理不同
B．制作烟花的过程中常加入金属发光剂和发色剂使烟花放出五彩缤纷的颜色
C．草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分可以是碳酸钙
D．含硫化石燃料的大量燃烧，是造成酸雨的主要原因
【答案】C
【详解】A．纯碱水解后溶液显碱性，能促进油污水解，达到去污目的，而清洁剂对油污具有乳化作用，用清洁剂除去衣服上的油污，两者去污原理不同，故A正确；
B．烟花放出五彩缤纷的颜色和金属元素的焰色反应、烟花中的加入金属发光剂和发色剂有关系，故B正确；
C．碳酸钙需要在高温下煅烧分解得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙来产生二氧化碳，故C错误；
D．含硫化石燃料可生成二氧化硫气体，可导致酸雨，故D正确；
故选C。
2．下列除去杂质(括号里为少量杂质)的实验方法正确的是
A．：用酒精灯点燃
B．：加入氢氧化钠溶液，过滤、洗涤
C．：加入足量铜粉，过滤
D．乙醇(乙酸)：金属钠，蒸馏
【答案】B
【详解】A．二氧化碳含量高，未必能点燃且易引入氧气，A不正确；
B．加入氢氧化钠溶液，可将Fe2O3中混有的Al2O3溶解，然后过滤出Fe2O3、洗涤，B正确；
C．加入足量铜粉，能将FeCl3转化为FeCl2，但同时混入CuCl2，C不正确；
D．乙醇和乙酸都能与钠反应，不能除杂，D不正确；
故选B。
3．下列常见实验的现象或表述正确的是( )
A．向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显血红色，再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为血红色，该溶液中一定含有Fe2＋
B．为检验红砖中铁的价态，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴，溶液变为血红色，说明红砖中只有三氧化二铁
C．制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁
D．将(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O试样溶于稀硝酸中，滴加KSCN溶液，出现血红色，说明检验前该试样已变质
【答案】A
【详解】A．Fe2+与KSCN不反应，氯气可氧化Fe2+生成Fe3+，所以该溶液中一定含有Fe2+，故A正确；B．氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液和水，三价铁遇KSCN溶液，会变红色，说明红砖中含有氧化铁，但不能说明红砖中只有三氧化二铁，故B错误； C．向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，搅拌后，氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，得不到白色沉淀物质，故C错误；D．(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O溶于稀硝酸，容易把二价铁离子氧化成三价铁离子，所以滴加滴加KSCN溶液出现血红色，不能说明变质，故D错误；答案为A。
4．从牛至精油中提取的三种活性成分的结构简式如下图所示，下列说法正确的是
A．c分子中所有碳原子可能处于同一平面
B．a、b分子都存在属于芳香族化合物的同分异构体
C．b中含有1个手性碳原子(手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子
D．a、b、c均能发生加成反应、取代反应、加聚反应
【答案】C
【详解】A．c中连有2个甲基的饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则c分子中不可能所有碳原子都处于同一平面，A错误；
B．b含有1个环、1个碳碳双键，不饱和度为2，与苯的不饱合度不同，因此b物质不存在属于芳香族化合物的同分异构体，B错误；
C．根据图示可知b分子中只含有1个手性碳原子，就是与-OH相连的六元环上的C原子，C正确；
D．a、b含有碳碳双键，可发生加成、加聚反应，但c不含碳碳双键，不能发生加聚反应，D错误；
故选C。
5．有关下列实验装置的说法中正确的是
A．甲装置：用于测定溶液的浓度
B．乙装置：除去甲烷中的少量杂质乙烯
C．丙装置：分离碘和氯化钠混合物
D．丁装置：用于熔融NaOH固体
【答案】C
【详解】A．碘溶液具有弱酸性且可以与橡胶反应，所以需使用酸式滴定管，该图所示为碱式滴定管，故A错误；
B．乙烯与KMnO4溶液反应后会产生CO2，使得所获取的产物含有杂质，无法用此方法除去，故B错误；
C．碘受热易升华遇冷凝华，NaCl受热不分解也不升华，则该装置可以分离碘和氯化钠的混合物，故C正确；
D．瓷坩埚内含有二氧化硅，NaOH可以与其反应，无法用其进行熔融NaOH固体的操作，故D错误；
故选C。
6．下列离子方程式书写正确的是
A．FeCl3溶液可以刻蚀电路板：2Fe3＋+Cu=2Fe2++Cu2+
B．Na可以将CuSO4溶液中的Cu置换出来：2Na+Cu2+=2Na++Cu
C．AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++4OH-=+2H2O
D．向FeBr2溶液中充入少量Cl2：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
【答案】A
【详解】A．Fe3+可以氧化Cu生成Cu2+，自身还原成Fe2+，A正确；
B．Na水溶液中不能置换金属阳离子，Na与水直接反应生成NaOH和H2，B错误；
C．Al3+与氨水只能生成Al(OH)3，C错误；
D．Fe2+还原性强于Br-，少量Cl2先氧化Fe2+，D错误；
综上，本题选A。
7．由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
实验操作
现象
结论
A
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：
B
用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色试验
火焰呈黄色
原溶液中有钠离子，无
C
取少许溶于水，加入几滴KSCN溶液
溶液变红色
全部被氧化
D
向无色溶液中滴加氯水和，振荡，静置
下层呈紫色
原溶液中有
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．氯水过量，溶液变蓝色可能是氯水将碘离子氧化为碘单质，所以不能证明氧化性，A错误；
B．用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，说明其中含有，但由于并没有通过蓝色钴玻璃进行观察，因此不能确定溶液中是否含有，B错误；
C．硫酸亚铁溶液中加KSCN溶液变红色，说明有铁离子存在，能说明亚铁离子被氧化，但不能说明亚铁离子完全被氧化，C错误；
D．被氯水氧化成I2，碘单质的，显紫色，D正确；
故选D。
8．是一种重要的化工原料，其有关制备途径如图所示。下列说法不正确的是
A．途径①所用混酸中与物质的量之比最好为3∶2
B．利用途径③制备16g硫酸铜，消耗硫酸的物质的量为0.1mol
C．生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①=②<③
D．与途径①③相比，途径②更好地体现了绿色化学思想
【答案】B
【分析】利用由铜制备硫酸铜，本题提供了三种方案，第一种是用硫酸和硝酸的混合物和铜反应，第二种是用浓硫酸直接和铜反应，第三种是首先铜和氧气反应生成氧化铜，随后再和硫酸反应生成产物，以此解题。
【详解】A．Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，离子反应为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A正确；
B．16g硫酸铜的物质的量为=0.1mol，在途径③中，发生的反应为2H2SO4(浓) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2↑，消耗硫酸0.2mol，故B错误；
C．若均生成1mol硫酸铜，途径①消耗硫酸1mol硫酸；途径②消耗1mol硫酸，途径③消耗2mol硫酸，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①=②<③，故C正确；
D．相对于途径①、③均有污染空气的气体产生，途径②的优点：铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜再被硫酸溶解生成硫酸铜，制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生，故D正确；
故选B。
9．下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①④⑤
【答案】A
【详解】①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳可以发生反应：2NaAlO2 + CO2 + 3H2O= 2Al(OH)3↓+Na2CO3，生成氢氧化铝，故①正确；
②硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故②错误；
③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水,再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子， 其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③正确；
④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，加热FeCl3溶液，Fe3+会水解：FeCl3 +3H2O 3Fe(OH)3 + 3HCl，HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故④错误；
⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故⑤正确。
故①③⑤正确；答案选A
10．已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4溶液反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是
A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7
B．开始加入的K2Cr2O7为0.25 mol
C．K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1∶3
D．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
【答案】C
【分析】氧化性强弱顺序为K2Cr2O7＞Fe3+，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒分析解答。
【详解】A．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，故A正确；
B．由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知，反应的关系式为K2Cr2O7～6Fe3+～6I-，共消耗的n(I-)=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为mol=0.25mol，故B正确；
C．由方程式2Fe3++2I-→2Fe2++I2可知，BC段消耗KI0.9mol，则n(Fe3+)=n(Fe2+)=0.9mol，K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为0.25mol∶0.9mol=5∶18，故C错误；
D．BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故D正确；
答案选C。
11．下列关于下图所示物质的说法，正确的是
A．该物质可由n个单体分子通过缩聚反应生成
B．该物质在酸性条件下的水解产物之一可做汽车发动机的抗冻剂
C．0.1mol该物质完全燃烧，生成(标准状况下)的
D．1mol该物质与足量溶液反应，最多可消耗
【答案】B
【详解】A．根据该高分子的结构简式可知，该高分子是其单体通过加聚反应生成的，A错误；
B．该物质在酸性条件下的水解产物中有乙二醇，乙二醇可作为汽车发动机的抗冻剂，B正确；
C．因为该物质为高分子，无法确定0.1mol该物质中含有C原子的物质的量，故无法确定完全燃烧生成二氧化碳的量，C错误；
D．该物质的一个链节中含有三个酯基，水解产生的羧基均能与氢氧化钠反应，其中一个酯基水解后产生酚羟基，酚羟基也可与氢氧化钠反应，故1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗4nmol NaOH，D错误；
故选B。
12．关于微粒在指定溶液中能否大量共存的评价正确的是
选项
溶液
微粒
评价
A
8%H2O2水溶液
Fe3＋、Mg2＋、、Na＋
可以大量共存
B
室温下pH＝12的水溶液
、Na＋、、K＋
能将氧化而不能大量共存
C
1 mol·L－1 NH4Cl
Ba2＋、OH－、NH3·H2O
NH4Cl溶液显酸性，NH3·H2O不能大量共存
D
NaHSO4水溶液
I－、K＋、CH3COO－、Br－
CH3COO－能与NaHSO4溶液反应，不能大量共存
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】A．铁离子能够促进双氧水的分解，在溶液中不能大量共存；
B．室温下pH=12的水溶液为碱性溶液，NO3-、Na+、SO32-、K+之间不反应，也不与氢氧根离子反应；
C．氢氧根离子与氯化铵溶液反应生成一水合氨；
D．硫酸氢钠在溶液中电离出氢离子，醋酸根离子与氢离子反应生成弱电解质醋酸。
【详解】A．Fe3+为双氧水分解的催化剂，促进了双氧水的分解，在溶液中不可以大量共存，该评价不合理，故A错误；
B．室温下pH=12的水溶液中存在大量氢氧根离子，NO3-、Na+、SO32-、K+离子之间不发生反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中可以大量共存，该评价错误，故B错误；
C．OH-与NH4Cl发生反应生成一水合氨，在溶液中不能大量共存，评价错误，故C错误；
D．NaHSO4水溶液中存在大量氢离子，CH3COO-能与NaHSO4溶液反应，在溶液中不能大量共存，该评价合理，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色；选项A为易错点，注意铁离子能够促进双氧水的分解。
13．今有一混合物的水溶液，含有以下离子中的若干种：，现取两份100 mL的该溶液进行如下实验：
第1份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448 mL；
第2份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀4.30 g，再用足量盐酸洗涤、干燥得沉淀2.33 g。
根据上述实验，下列推测正确的是
A．Ba2+一定存在 B．100 mL该溶液中含
C．Na+不一定存在 D．Cl-不确定，可向原溶液中加入AgNO3溶液进行检验
【答案】B
【分析】根据题意分析，第一份溶液加足量NaOH溶液加热后收集到气体，推得一定含有，n()=n(NH3)==0.02 mol；第二份溶液中加入Ba(OH)2产生沉淀4.30 g，再用足量盐酸洗涤、干燥得沉淀2.33 g。加入酸沉淀部分溶解，说明其中含有BaCO3、BaSO4，则原溶液中一定存在、，n()=n(BaSO4)=；n()=n(BaCO3)=，由于Ba2+与会反应产生BaSO4沉淀，可知原溶液中一定不存在Ba2+；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出Na+一定存在，由Na +物质的量的变化分析Cl-的情况。
【详解】A．根据上述分析可知溶液中含有0.01 mol ，由于Ba2+与会反应产生BaSO4沉淀，可知原溶液中一定不存在Ba2+，A错误；
B．根据上述计算可知在100 mL的溶液中含有的物质的量为0.01 mol，B正确；
C．根据上述分析可知，在100 mL溶液中含有的离子，n()=0.01 mol，n()=0.01 mol，n()=0.02 mol，根据电荷守恒可知该溶液中一定含有阳离子Na+，C错误；
D．不能确定Cl-是否存在，若向原溶液中加入AgNO3溶液，由于溶液中含有， Ag+与会产生Ag2SO4白色沉淀，因此不能检验Cl-是否存在，D错误；
故合理选项是B。
14．浓硫酸分别与三种钠盐反应，现象如图。下列分析正确的是
A．对比①和②可以说明还原性：
B．②中根据试管口出现白雾说明有产生，证明酸性：
C．③中浓被还原成
D．收集①中产生的气体溶于水形成有色溶液，将③中产生的气体通如其中，证明③中产生的气体具有漂白性
【答案】A
【详解】A．①试管上部有红棕色气体产生为Br2，则浓硫酸与NaBr固体产生Br2，②试管口有白雾产生为HCl气体，则浓硫酸与NaCl固体产生HCl，①试管发生氧化还原反应，②试管为非氧化还原反应，对比①和②可以说明还原性：，A项正确；
B．②中根据试管口出现白雾说明有产生，发生的反应为非氧化还原反应，浓硫酸的沸点高，而HCl的沸点低，证明沸点：，B项错误；
C．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成SO2气体，为强酸制弱酸，浓硫酸未被还原成SO2为非氧还原反应，C项错误；
D．将①中的Br2溶于水，再将③产生的SO2气体通入后，溴水溶液褪色，发生反应的化学方程式为：，SO2化合价升高，证明SO2具有还原性，D项错误；
答案选A。
15．某些物质之间可以在一定条件下进行如下转化，下列说法正确的是
A．若X是金属单质，则该金属元素一定位于周期表的d区或ds区
B．若X是乙醇、Y是乙醛，则Z一定是乙酸
C．若X是H2S，则Y既可以是黄色固体，也可以是有漂白性的无色气体
D．若X是NH3，则Z可以是无色气体NO
【答案】D
【详解】A．若X是金属单质，则该金属元素不一定位于周期表的d区或ds区，可以是Na，4Na+O2=2Na2O，2Na2O+O22Na2O2，2Na+O22Na2O2，Na是s区元素，A不合题意；
B．若X是乙醇、Y是乙醛，2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，但Z不一定是乙酸CO2，B不合题意；
C．已知2H2S+O22H2O+S，S+O2SO2，2SO2+O22SO3，但H2S与O2不能直接反应得到SO3，即Y不可能是有漂白性的无色气体SO2，H2S可以直接燃烧生成SO2，则若X是H2S，则Y是黄色固体S，Z是有漂白性的无色气体SO2，C不合题意；
D．若X是NH3，则Z可以是无色气体NO，转化过程为：4NH3+3O22N2+6H2O，N2+O22NO，4NH3+5O24NO+6H2O，D符合题意；
故答案为：D。
16．一种铜单质的生产流程如图所示，其中精黄铜矿粉为CuFeS2。下列说法正确的是（ ）
A．精黄铜矿粉发生的反应是CuFeS2+3Fe3++2H+=Cu2++4Fe2++2S
B．“滤渣”中的硫磺可以用酒精萃取出来
C．用石墨电极电解“滤液”，阳极最先发生的电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑
D．该流程中可以循环利用的物质是FeC13
【答案】D
【分析】工业流程中，FeCl3与黄铜矿中发生氧化还原反应CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S，过滤得到硫磺（硫单质）和含有Cu2+、Fe2+ 、Fe3+的滤液，根据阳极放电顺序，Fe2+ >OH- ，电解生成Cu和FeCl3，FeCl3再次循环回到精黄铜矿粉。
【详解】A．精黄铜矿粉发生的反应是CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S，故A错误；
B．酒精与水互溶，不能作萃取剂，应选CS2萃取，故B错误；
C．用石墨电极电解“滤液”，阳极最先发生的电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，故C错误；
D．CuFeS2与FeCl3溶液反应生成FeCl2、CuCl2溶液，电解生成Cu和FeCl3，可以循环利用的物质是FeCl3，故D正确；
故选：D。
17．氯化铁是有机合成中常用的催化剂，如图是实验室模拟化工厂利用工业废铁屑(杂质不与盐酸反应)制备催化剂氯化铁的部分装置图，下列相关说法正确的是
A．实验室也可以用装置甲制备SO2、C2H4
B．实验过程中，应先让装置乙中的反应进行一段时间后，再开始装置甲中的反应
C．实验过程中应该关闭弹簧夹3，让装置丙中的NaOH溶液充分吸收多余的Cl2
D．反应结束后将三颈烧瓶中的溶液加热浓缩、冷却结晶，可制得氯化铁晶体
【答案】B
【解析】根据实验目的，分析实验装置可知，本模拟实验制备催化剂氯化铁的设计方案是：先用盐酸和铁制得氯化亚铁，再用装置甲中制得的氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，最后在一定条件下制得氯化铁晶体。在此认识基础上，结合实验知识，可对各选项做出判断。
【详解】A. 装置甲的特点是固体和液体加热制气体，而SO2可用浓硫酸和铜加热制取，所以可以用装置甲制备SO2，但实验室用浓硫酸和乙醇制C2H4需控制温度为170℃，所以要使用温度计，故A错误；
B. 氯气在常温下不能和铁反应，所以应先让装置乙中的反应进行一段时间生成氯化亚铁后，再开始装置甲中的反应，故B正确；
C. 实验过程中关闭弹簧夹3，将导致气体不能流通，不但不能实现让NaOH溶液充分吸收多余的Cl2的目的，反而会使装置气压增大，产生危险，故C错误；
D. 废铁屑含不与盐酸反应的杂质，所以如果加热反应结束后将三颈烧瓶中的溶液加热浓缩、冷却结晶，将混入这些杂质，使晶体不纯，同时要考虑设法抑制水解，故D错误；
答案选B。
【点睛】1、实验室制备SO2、常用的方法是亚硫酸钠固体和浓硫酸（不能太浓）在常温下反应，当然，也可用浓硫酸和铜加热制取。装置甲不适用于前者，但可用于后者。
2、通过对FeCl3溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤可获得FeCl3晶体，在此过程需要向FeCl3溶液中加入过量的盐酸，以防止Fe3+水解产生氢氧化铁；由FeCl3晶体制取FeCl3固体时加热失水的过程应在HCl气氛中进行，目的是防止铁离子的水解。
18．已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+ =PbO2 +2Pb2+ +2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2 +2Mn2+ +4H+ +5SO42－=2MnO4－+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是
A．由反应I可知，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为1:2
B．由反应I、II可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO4－
C．Pb可与稀硝酸发生反应：3 Pb +16 HNO3 =3 Pb(NO3)4 +4 NO↑ +8 H2O
D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4 +8 HCl=3 PbCl2 +4 H2O + Cl2↑
【答案】D
【详解】A．由反应I可知， PbO2 与Pb2+的比为1:2，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2:1，故A错误；
B．根据反应I可知，PbO2和硝酸不反应，不能得出氧化性HNO3>PbO2，故B错误；
C．由反应I可知，硝酸不能把Pb氧化为Pb(IV)，故C错误；
D．根据反应II，氧化性PbO2>MnO4－，所以Pb(IV)能把盐酸氧化为氯气，Pb3O4与盐酸发生反应的离子方程式是Pb3O4 +8 HCl=3 PbCl2 +4 H2O + Cl2↑，故D正确。
19．从某工业废水中(含、、、、)回收利用Al和的工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A．操作a和操作b均是过滤 B．溶液①中不止一种物质与发生反应
C．溶液②的溶质主要是NaCl和 D．固体Y可以是铁粉
【答案】C
【分析】废水中(含、、、、)，加入过量的NaOH后过滤，得到滤液①为NaAlO2、NaCl和过量的NaOH，沉淀①为Fe(OH)3和Fe(OH)2，向滤液①中，通入过量的CO2，过滤后，得到溶液②为NaHCO3、NaCl，沉淀②为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3后得到的固体X为Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al；向沉淀①中加入足量稀硫酸得到滤液③，溶质为FeSO4和Fe2(SO4)3，再向溶液③中加入过量Fe，得到溶液④，溶质为FeSO4，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到
【详解】A．见分析，操作a和操作b均为过滤，A正确；
B．溶液①为NaAlO2、NaCl和过量的NaOH，通入过量的，NaAlO2和NaOH都会发生反应，B正确；
C．CO2过量，C元素应该以形式NaHCO3存在，所以溶液②的溶质主要是NaCl和NaHCO3，C错误；
D．固体Y的作用是将还原为，所以可以是Fe粉，D正确；
故选C。
二、多选题
20．设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．常温下，1LpH=10的溶液中所含的数目为 NA
B．氯碱工业中转移2mol电子时，通过阳离子交换膜的的数目为2NA
C．过量的铜与含0.2mol的浓硝酸反应，转移电子的数目大于0.1NA
D．室温下向1LpH=1的醋酸溶液中加水稀释，所得溶液中的数目大于0.1NA
【答案】AB
【详解】A．pH=10的碳酸钠溶液中c(OH-)=10-4mol/L，所以1L该溶液所含氢氧根的物质的量为10-4mol，故A错误；
B．氢氧根为阴离子，不能通过阳离子交换膜，故B错误；
C．若0.2molHNO3全部被铜还原为NO2，则转移0.1mol电子，但是铜和硝酸反应过程中硝酸变稀会生成NO，N的化合价降低3价，所以转移的电子数目大于0.1NA，故C正确；
D．1LpH=1的醋酸溶液中n(H+)=1L×0.1mol/L=0.1mol，加水稀释促进醋酸的电离，从而电离出更多的氢离子，所得溶液中H+的数目大于0.1 NA，故D正确；
故答案为AB。
【点睛】选项B为易错点，转移2mol电子时，若没有离子交换膜，则迁移的OH-为2mol；阳离子交换膜只允许通过阳离子，阴离子交换膜只允许通过阴离子，质子交换膜只允许通过氢离子。
三、实验题
21．实验室需要溶液和硫酸溶液。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：
(1)如图所示的仪器中配制溶液需要的是_______(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_______(填仪器名称)。
(2)下列操作中，不是容量瓶所具备的功能的有_________。
A．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体
B．贮存溶液
C．配制一定体积准确浓度的标准溶液
D．稀释某一浓度的溶液
E.量取一定体积的液体
F.用来加热溶解固体溶质
(3)根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为_______g(保留到小数点后一位)。在实验中其他操作均正确，若定容时俯视刻度线，则所得溶液浓度_______(填“大于”“等于”或“小于”)。若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则需要如何操作：_______。
(4)根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为的浓硫酸的体积为_______mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10mL，15mL，20mL量筒，应选用_______mL的量筒最好。配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是_______。
(5)下列操作会使配置的NaOH溶液浓度偏低的是_______。
A．用滤纸称量NaOH
B．选用的容量瓶内有少量蒸馏水
C．定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线
D．定容时仰视刻度线
E.未恢复到室温变注入容量瓶定容
【答案】(1) BDE 烧杯、玻璃棒
(2)ABDEF
(3) 2.0 大于 重新配制
(4) 8.2 10 将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌
(5)ACD
【分析】根据配制溶液需要的仪器有容量瓶，天平，烧杯，玻璃棒，胶头滴管分析；根据配制的步骤为计算，称量，溶解，转移，洗涤，定容，摇匀分析，根据m=ncV计算溶质的质量。根据溶质的物质的量浓度计算公式分析，根据稀释公式分析浓硫酸的体积，以此解题。
（1）
配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，需要使用一定规格的容量瓶。实验室中没有规格是480 mL和450 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准“大而近”的原则，应该选用500 mL的容量瓶。配制0.1 mol/LNaOH溶液500 mL，需要使用天平称量；配制0.3 mol/LH2SO4溶液500 mL，要用量筒量取浓硫酸。并用量筒量取水，在烧杯中溶解NaOH固体(或稀释浓硫酸)，用玻璃棒搅拌，促进溶质的溶解，待溶液冷却后转移至500 mL容量瓶中，最后要使用胶头滴管定容。在题目给出的仪器中，B是量筒，D是胶头滴管，E是容量瓶，因此需要的是BDE；还缺少的仪器是烧杯、玻璃棒；
（2）
A．容量瓶只能测量指定体积的溶液，A符合题意；
B．容量瓶不能用于长时间贮存溶液，配好的溶液需转移中试剂瓶中进行贮存，B符合题意；
C．容量瓶可用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，精确度为0.01mL，C不合题意；
D．容量瓶不可以用来稀释溶液，D符合题意；
E． 容量瓶不能用来量取液体的体积，E符合题意；
F．容量瓶中的刻度是在一定温度下标定的，由于固体和液体热胀冷缩的速率不同，故容量瓶不能用来加热溶解固体溶质，F符合题意；
故选ABDEF；
（3）
根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为m=cVM=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，在实验中其他操作均正确，若定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，则所得溶液浓度大于0.1mol/L，若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则无法确定溶质的量，故需要重新配制；
（4）
根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为≈8.2mL，根据“大而近”的选择原则，如果实验室有10mL、15mL、20mL量筒，应选用10mL量筒最好，配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，故答案为：8.2；10；将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌；
（5）
A．用滤纸称量NaOH，会有氢氧化钠沾到滤纸上，导致溶质损失，结果浓度偏低，A符合题意；
B．若容量瓶中有检漏时残留的少量蒸馏水，对溶质物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度无影响，B不符合题意；
C．会导致蒸馏水过量，结果浓度偏低，C符合题意；
D．定容时必须使凹液面最低处与刻度线相切，若仰视会使所配溶液浓度，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，D符合题意；
E．未经冷却立即注入容量瓶至刻度线，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，E不符合题意；
故选ACD。
22．化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
(1)从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是___(按气流方向，用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或___。
A． B． C． D． E.
(2)B中使用雾化装置的优点是__。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为___。
(4)反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，则固体NaHCO3的质量为___g。
②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为___、___、洗涤、干燥。
(5)无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果___(填标号)。
A．偏高 B．偏低 不变
【答案】 aefbcd 将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔 使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率（或其他合理答案） NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓ 0.84 蒸发浓缩、冷却结晶 过滤
A
【分析】根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水，从而制备得到纯碱；另一方面得到的母液主要溶质为NH4Cl，再从加入氯化钠粉末，存在反应，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析可知，要制备，需先选用装置A制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除去二氧化碳中的HCl，后与饱和氨盐水充分接触来制备，其中过量的二氧化碳与挥发出来的氨气可被饱和食盐水吸收，也能充分利用二氧化碳制备得到少量，所以按气流方向正确的连接顺序应为： aefbcd；为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为：aefbcd；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔；
(2)B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；
(3)根据上述分析可知，生成的总反应的化学方程式为NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
(4)①对固体充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为： 将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：，根据方程式可知，根据差量法可知，当增重（2CO的质量）时，消耗的二氧化碳的质量为=0.22g，其物质的量为，根据关系式可知，消耗的的物质的量为20.005mol=0.01mol，所以固体的质量为0.01mol84g/mol=0.84g；
②根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化铵的溶解度随着温度的升高而不断增大，而氯化钠的溶解度随着温度的升高变化并不明显，所以要想使沉淀充分析出并分离，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
(5)称量前，若无水保存不当，吸收了一定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积会增大，根据c(测)=可知，最终会使c(测)偏高，A项符合题意，故答案为：A。
四、工业流程题
23．钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。
(4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。
【答案】 加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） Fe2+ VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O Mn2+ Fe3+、Al3+ Fe(OH)3 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O 利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
【分析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。
【详解】(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；
(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；
(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+；
(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；
(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
【点睛】本题以黏土钒矿制备NH4VO3的工艺流程为载体，考查流程的分析、物质的分离和提纯、反应方程式的书写等，解题的关键是根据物质的流向分析每一步骤的作用和目的。
五、有机推断题
24．由芳香烃A与卤代烃E为原料制备J和高聚物G的一种合成路线如下：
已知：①酯能被LiAlH4还原为醇；
②
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_______，J的分子式为_______。
(2)D生成H的反应类型为_______反应，E在NaOH/乙醇溶液中完全反应生成的有机物结构简式为_______。
(3)写出F＋D→G的化学方程式：_______。
(4)芳香化合物M是B的同分异构体，写出符合下列要求的2种M的结构简式：_______。
①1 mol M与足量银氨溶液反应生成4 mol Ag
②遇氯化铁溶液显色
③核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比1∶1∶1
(5)参照上述合成路线，分析在下列转化中： X Y ，试剂①是_______，②是CH3CH2OH/浓H2SO4，③是_______。
写出用为原料经合适的反应制取化合物的合成路线_______ (其他试剂任选)。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2
【答案】(1) 邻二甲苯(或1，2二甲苯) C10H12O4
(2) 氧化 CH2=CH-CH=CH2
(3)n＋n+(2n-1)H2O
(4)、或、 (任意两种)
(5) KCN/H+ LiAlH4
【分析】芳香烃A的分子式为C8H10，被氧化生成B，B为，可推得A为，B和甲醇发生酯化反应生成C，根据C分子式知，C为，C发生信息①的反应生成D，D为，D发生催化氧化生成H，H发生信息②的反应生成I，I结构简式为，I发生取代反应生成J；根据EF结构简式知，E先发生取代反应后发生水解反应得到F，F和D发生缩聚反应生成G，G为，据此解题。
（1）
根据芳香烃A的分子式和被高锰酸钾氧化的产物，可得A为，所以A的化学名称为：邻二甲苯(或1，2二甲苯)；J的结构简式为，可得J的分子式为C10H12O4，故答案为：邻二甲苯(或1，2二甲苯)，C10H12O4；
（2）
D为，H为，可知D发生醇的催化氧化生成H，所以反应类型为氧化反应；E为ClCH2CH2CH2CH2Cl，在NaOH/乙醇溶液中发生消去反应，生成不饱和烃，完全反应生成的有机物结构简式为CH2=CH-CH=CH2，故答案为：氧化，CH2=CH-CH=CH2；
（3）
根据上面分析，D为，F为，D和F在催化剂的作用下发生缩聚反应生成高分子G，化学方程式为n＋n+(2n-1)H2O，故答案为：n＋n+(2n-1)H2O；
（4）
B为，芳香化合物M是B的同分异构体，M符合下列条件：①1 mol M与足量银氨溶液反应生成4 mol Ag，说明含有两个醛基；②遇氯化铁溶液显色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比1∶1∶1，应该有对称结构，如果2个-CHO相邻，有2种结构；如果2个-CHO相对，有2种结构，符合条件的有四种，分别为：、或、，故答案为：、或、 (任意两种)；
（5）
参照上述合成路线，由变为，首先可以在KCN/H+的条件下变为二元羧酸，然后在CH3CH2OH/浓H2SO4的条件下发生酯化反应生成酯，最后在LiAlH4的条件下，酯被还原为醇，故答案为：KCN/H+，LiAlH4；用为原料制取化合物，先发生催化氧化，然后和双氧水发生反应，最后发生取代反应生成，故合成路线为： ，故答案为： ；
黑龙江省大庆铁人中学2022-2023学年高三上学期开学考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活皆有着密切联系。下列有关说法错误的是
A．用纯碱和用清洁剂都能洗涤玻璃仪器表面油污，但去污原理不同
B．制作烟花的过程中常加入金属发光剂和发色剂使烟花放出五彩缤纷的颜色
C．草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分可以是碳酸钙
D．含硫化石燃料的大量燃烧，是造成酸雨的主要原因
【答案】C
【详解】A．纯碱水解后溶液显碱性，能促进油污水解，达到去污目的，而清洁剂对油污具有乳化作用，用清洁剂除去衣服上的油污，两者去污原理不同，故A正确；
B．烟花放出五彩缤纷的颜色和金属元素的焰色反应、烟花中的加入金属发光剂和发色剂有关系，故B正确；
C．碳酸钙需要在高温下煅烧分解得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙来产生二氧化碳，故C错误；
D．含硫化石燃料可生成二氧化硫气体，可导致酸雨，故D正确；
故选C。
2．下列除去杂质(括号里为少量杂质)的实验方法正确的是
A．：用酒精灯点燃
B．：加入氢氧化钠溶液，过滤、洗涤
C．：加入足量铜粉，过滤
D．乙醇(乙酸)：金属钠，蒸馏
【答案】B
【详解】A．二氧化碳含量高，未必能点燃且易引入氧气，A不正确；
B．加入氢氧化钠溶液，可将Fe2O3中混有的Al2O3溶解，然后过滤出Fe2O3、洗涤，B正确；
C．加入足量铜粉，能将FeCl3转化为FeCl2，但同时混入CuCl2，C不正确；
D．乙醇和乙酸都能与钠反应，不能除杂，D不正确；
故选B。
3．下列常见实验的现象或表述正确的是( )
A．向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显血红色，再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为血红色，该溶液中一定含有Fe2＋
B．为检验红砖中铁的价态，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴，溶液变为血红色，说明红砖中只有三氧化二铁
C．制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁
D．将(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O试样溶于稀硝酸中，滴加KSCN溶液，出现血红色，说明检验前该试样已变质
【答案】A
【详解】A．Fe2+与KSCN不反应，氯气可氧化Fe2+生成Fe3+，所以该溶液中一定含有Fe2+，故A正确；B．氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液和水，三价铁遇KSCN溶液，会变红色，说明红砖中含有氧化铁，但不能说明红砖中只有三氧化二铁，故B错误； C．向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，搅拌后，氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，得不到白色沉淀物质，故C错误；D．(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O溶于稀硝酸，容易把二价铁离子氧化成三价铁离子，所以滴加滴加KSCN溶液出现血红色，不能说明变质，故D错误；答案为A。
4．从牛至精油中提取的三种活性成分的结构简式如下图所示，下列说法正确的是
A．c分子中所有碳原子可能处于同一平面
B．a、b分子都存在属于芳香族化合物的同分异构体
C．b中含有1个手性碳原子(手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子
D．a、b、c均能发生加成反应、取代反应、加聚反应
【答案】C
【详解】A．c中连有2个甲基的饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则c分子中不可能所有碳原子都处于同一平面，A错误；
B．b含有1个环、1个碳碳双键，不饱和度为2，与苯的不饱合度不同，因此b物质不存在属于芳香族化合物的同分异构体，B错误；
C．根据图示可知b分子中只含有1个手性碳原子，就是与-OH相连的六元环上的C原子，C正确；
D．a、b含有碳碳双键，可发生加成、加聚反应，但c不含碳碳双键，不能发生加聚反应，D错误；
故选C。
5．有关下列实验装置的说法中正确的是
A．甲装置：用于测定溶液的浓度
B．乙装置：除去甲烷中的少量杂质乙烯
C．丙装置：分离碘和氯化钠混合物
D．丁装置：用于熔融NaOH固体
【答案】C
【详解】A．碘溶液具有弱酸性且可以与橡胶反应，所以需使用酸式滴定管，该图所示为碱式滴定管，故A错误；
B．乙烯与KMnO4溶液反应后会产生CO2，使得所获取的产物含有杂质，无法用此方法除去，故B错误；
C．碘受热易升华遇冷凝华，NaCl受热不分解也不升华，则该装置可以分离碘和氯化钠的混合物，故C正确；
D．瓷坩埚内含有二氧化硅，NaOH可以与其反应，无法用其进行熔融NaOH固体的操作，故D错误；
故选C。
6．下列离子方程式书写正确的是
A．FeCl3溶液可以刻蚀电路板：2Fe3＋+Cu=2Fe2++Cu2+
B．Na可以将CuSO4溶液中的Cu置换出来：2Na+Cu2+=2Na++Cu
C．AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++4OH-=+2H2O
D．向FeBr2溶液中充入少量Cl2：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
【答案】A
【详解】A．Fe3+可以氧化Cu生成Cu2+，自身还原成Fe2+，A正确；
B．Na水溶液中不能置换金属阳离子，Na与水直接反应生成NaOH和H2，B错误；
C．Al3+与氨水只能生成Al(OH)3，C错误；
D．Fe2+还原性强于Br-，少量Cl2先氧化Fe2+，D错误；
综上，本题选A。
7．由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
实验操作
现象
结论
A
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：
B
用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色试验
火焰呈黄色
原溶液中有钠离子，无
C
取少许溶于水，加入几滴KSCN溶液
溶液变红色
全部被氧化
D
向无色溶液中滴加氯水和，振荡，静置
下层呈紫色
原溶液中有
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．氯水过量，溶液变蓝色可能是氯水将碘离子氧化为碘单质，所以不能证明氧化性，A错误；
B．用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，说明其中含有，但由于并没有通过蓝色钴玻璃进行观察，因此不能确定溶液中是否含有，B错误；
C．硫酸亚铁溶液中加KSCN溶液变红色，说明有铁离子存在，能说明亚铁离子被氧化，但不能说明亚铁离子完全被氧化，C错误；
D．被氯水氧化成I2，碘单质的，显紫色，D正确；
故选D。
8．是一种重要的化工原料，其有关制备途径如图所示。下列说法不正确的是
A．途径①所用混酸中与物质的量之比最好为3∶2
B．利用途径③制备16g硫酸铜，消耗硫酸的物质的量为0.1mol
C．生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①=②<③
D．与途径①③相比，途径②更好地体现了绿色化学思想
【答案】B
【分析】利用由铜制备硫酸铜，本题提供了三种方案，第一种是用硫酸和硝酸的混合物和铜反应，第二种是用浓硫酸直接和铜反应，第三种是首先铜和氧气反应生成氧化铜，随后再和硫酸反应生成产物，以此解题。
【详解】A．Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，离子反应为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A正确；
B．16g硫酸铜的物质的量为=0.1mol，在途径③中，发生的反应为2H2SO4(浓) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2↑，消耗硫酸0.2mol，故B错误；
C．若均生成1mol硫酸铜，途径①消耗硫酸1mol硫酸；途径②消耗1mol硫酸，途径③消耗2mol硫酸，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①=②<③，故C正确；
D．相对于途径①、③均有污染空气的气体产生，途径②的优点：铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜再被硫酸溶解生成硫酸铜，制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生，故D正确；
故选B。
9．下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①④⑤
【答案】A
【详解】①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳可以发生反应：2NaAlO2 + CO2 + 3H2O= 2Al(OH)3↓+Na2CO3，生成氢氧化铝，故①正确；
②硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故②错误；
③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水,再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子， 其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③正确；
④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，加热FeCl3溶液，Fe3+会水解：FeCl3 +3H2O 3Fe(OH)3 + 3HCl，HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故④错误；
⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故⑤正确。
故①③⑤正确；答案选A
10．已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4溶液反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是
A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7
B．开始加入的K2Cr2O7为0.25 mol
C．K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1∶3
D．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
【答案】C
【分析】氧化性强弱顺序为K2Cr2O7＞Fe3+，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒分析解答。
【详解】A．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，故A正确；
B．由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知，反应的关系式为K2Cr2O7～6Fe3+～6I-，共消耗的n(I-)=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为mol=0.25mol，故B正确；
C．由方程式2Fe3++2I-→2Fe2++I2可知，BC段消耗KI0.9mol，则n(Fe3+)=n(Fe2+)=0.9mol，K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为0.25mol∶0.9mol=5∶18，故C错误；
D．BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故D正确；
答案选C。
11．下列关于下图所示物质的说法，正确的是
A．该物质可由n个单体分子通过缩聚反应生成
B．该物质在酸性条件下的水解产物之一可做汽车发动机的抗冻剂
C．0.1mol该物质完全燃烧，生成(标准状况下)的
D．1mol该物质与足量溶液反应，最多可消耗
【答案】B
【详解】A．根据该高分子的结构简式可知，该高分子是其单体通过加聚反应生成的，A错误；
B．该物质在酸性条件下的水解产物中有乙二醇，乙二醇可作为汽车发动机的抗冻剂，B正确；
C．因为该物质为高分子，无法确定0.1mol该物质中含有C原子的物质的量，故无法确定完全燃烧生成二氧化碳的量，C错误；
D．该物质的一个链节中含有三个酯基，水解产生的羧基均能与氢氧化钠反应，其中一个酯基水解后产生酚羟基，酚羟基也可与氢氧化钠反应，故1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗4nmol NaOH，D错误；
故选B。
12．关于微粒在指定溶液中能否大量共存的评价正确的是
选项
溶液
微粒
评价
A
8%H2O2水溶液
Fe3＋、Mg2＋、、Na＋
可以大量共存
B
室温下pH＝12的水溶液
、Na＋、、K＋
能将氧化而不能大量共存
C
1 mol·L－1 NH4Cl
Ba2＋、OH－、NH3·H2O
NH4Cl溶液显酸性，NH3·H2O不能大量共存
D
NaHSO4水溶液
I－、K＋、CH3COO－、Br－
CH3COO－能与NaHSO4溶液反应，不能大量共存
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】A．铁离子能够促进双氧水的分解，在溶液中不能大量共存；
B．室温下pH=12的水溶液为碱性溶液，NO3-、Na+、SO32-、K+之间不反应，也不与氢氧根离子反应；
C．氢氧根离子与氯化铵溶液反应生成一水合氨；
D．硫酸氢钠在溶液中电离出氢离子，醋酸根离子与氢离子反应生成弱电解质醋酸。
【详解】A．Fe3+为双氧水分解的催化剂，促进了双氧水的分解，在溶液中不可以大量共存，该评价不合理，故A错误；
B．室温下pH=12的水溶液中存在大量氢氧根离子，NO3-、Na+、SO32-、K+离子之间不发生反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中可以大量共存，该评价错误，故B错误；
C．OH-与NH4Cl发生反应生成一水合氨，在溶液中不能大量共存，评价错误，故C错误；
D．NaHSO4水溶液中存在大量氢离子，CH3COO-能与NaHSO4溶液反应，在溶液中不能大量共存，该评价合理，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色；选项A为易错点，注意铁离子能够促进双氧水的分解。
13．今有一混合物的水溶液，含有以下离子中的若干种：，现取两份100 mL的该溶液进行如下实验：
第1份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448 mL；
第2份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀4.30 g，再用足量盐酸洗涤、干燥得沉淀2.33 g。
根据上述实验，下列推测正确的是
A．Ba2+一定存在 B．100 mL该溶液中含
C．Na+不一定存在 D．Cl-不确定，可向原溶液中加入AgNO3溶液进行检验
【答案】B
【分析】根据题意分析，第一份溶液加足量NaOH溶液加热后收集到气体，推得一定含有，n()=n(NH3)==0.02 mol；第二份溶液中加入Ba(OH)2产生沉淀4.30 g，再用足量盐酸洗涤、干燥得沉淀2.33 g。加入酸沉淀部分溶解，说明其中含有BaCO3、BaSO4，则原溶液中一定存在、，n()=n(BaSO4)=；n()=n(BaCO3)=，由于Ba2+与会反应产生BaSO4沉淀，可知原溶液中一定不存在Ba2+；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出Na+一定存在，由Na +物质的量的变化分析Cl-的情况。
【详解】A．根据上述分析可知溶液中含有0.01 mol ，由于Ba2+与会反应产生BaSO4沉淀，可知原溶液中一定不存在Ba2+，A错误；
B．根据上述计算可知在100 mL的溶液中含有的物质的量为0.01 mol，B正确；
C．根据上述分析可知，在100 mL溶液中含有的离子，n()=0.01 mol，n()=0.01 mol，n()=0.02 mol，根据电荷守恒可知该溶液中一定含有阳离子Na+，C错误；
D．不能确定Cl-是否存在，若向原溶液中加入AgNO3溶液，由于溶液中含有， Ag+与会产生Ag2SO4白色沉淀，因此不能检验Cl-是否存在，D错误；
故合理选项是B。
14．浓硫酸分别与三种钠盐反应，现象如图。下列分析正确的是
A．对比①和②可以说明还原性：
B．②中根据试管口出现白雾说明有产生，证明酸性：
C．③中浓被还原成
D．收集①中产生的气体溶于水形成有色溶液，将③中产生的气体通如其中，证明③中产生的气体具有漂白性
【答案】A
【详解】A．①试管上部有红棕色气体产生为Br2，则浓硫酸与NaBr固体产生Br2，②试管口有白雾产生为HCl气体，则浓硫酸与NaCl固体产生HCl，①试管发生氧化还原反应，②试管为非氧化还原反应，对比①和②可以说明还原性：，A项正确；
B．②中根据试管口出现白雾说明有产生，发生的反应为非氧化还原反应，浓硫酸的沸点高，而HCl的沸点低，证明沸点：，B项错误；
C．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成SO2气体，为强酸制弱酸，浓硫酸未被还原成SO2为非氧还原反应，C项错误；
D．将①中的Br2溶于水，再将③产生的SO2气体通入后，溴水溶液褪色，发生反应的化学方程式为：，SO2化合价升高，证明SO2具有还原性，D项错误；
答案选A。
15．某些物质之间可以在一定条件下进行如下转化，下列说法正确的是
A．若X是金属单质，则该金属元素一定位于周期表的d区或ds区
B．若X是乙醇、Y是乙醛，则Z一定是乙酸
C．若X是H2S，则Y既可以是黄色固体，也可以是有漂白性的无色气体
D．若X是NH3，则Z可以是无色气体NO
【答案】D
【详解】A．若X是金属单质，则该金属元素不一定位于周期表的d区或ds区，可以是Na，4Na+O2=2Na2O，2Na2O+O22Na2O2，2Na+O22Na2O2，Na是s区元素，A不合题意；
B．若X是乙醇、Y是乙醛，2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，但Z不一定是乙酸CO2，B不合题意；
C．已知2H2S+O22H2O+S，S+O2SO2，2SO2+O22SO3，但H2S与O2不能直接反应得到SO3，即Y不可能是有漂白性的无色气体SO2，H2S可以直接燃烧生成SO2，则若X是H2S，则Y是黄色固体S，Z是有漂白性的无色气体SO2，C不合题意；
D．若X是NH3，则Z可以是无色气体NO，转化过程为：4NH3+3O22N2+6H2O，N2+O22NO，4NH3+5O24NO+6H2O，D符合题意；
故答案为：D。
16．一种铜单质的生产流程如图所示，其中精黄铜矿粉为CuFeS2。下列说法正确的是（ ）
A．精黄铜矿粉发生的反应是CuFeS2+3Fe3++2H+=Cu2++4Fe2++2S
B．“滤渣”中的硫磺可以用酒精萃取出来
C．用石墨电极电解“滤液”，阳极最先发生的电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑
D．该流程中可以循环利用的物质是FeC13
【答案】D
【分析】工业流程中，FeCl3与黄铜矿中发生氧化还原反应CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S，过滤得到硫磺（硫单质）和含有Cu2+、Fe2+ 、Fe3+的滤液，根据阳极放电顺序，Fe2+ >OH- ，电解生成Cu和FeCl3，FeCl3再次循环回到精黄铜矿粉。
【详解】A．精黄铜矿粉发生的反应是CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S，故A错误；
B．酒精与水互溶，不能作萃取剂，应选CS2萃取，故B错误；
C．用石墨电极电解“滤液”，阳极最先发生的电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，故C错误；
D．CuFeS2与FeCl3溶液反应生成FeCl2、CuCl2溶液，电解生成Cu和FeCl3，可以循环利用的物质是FeCl3，故D正确；
故选：D。
17．氯化铁是有机合成中常用的催化剂，如图是实验室模拟化工厂利用工业废铁屑(杂质不与盐酸反应)制备催化剂氯化铁的部分装置图，下列相关说法正确的是
A．实验室也可以用装置甲制备SO2、C2H4
B．实验过程中，应先让装置乙中的反应进行一段时间后，再开始装置甲中的反应
C．实验过程中应该关闭弹簧夹3，让装置丙中的NaOH溶液充分吸收多余的Cl2
D．反应结束后将三颈烧瓶中的溶液加热浓缩、冷却结晶，可制得氯化铁晶体
【答案】B
【解析】根据实验目的，分析实验装置可知，本模拟实验制备催化剂氯化铁的设计方案是：先用盐酸和铁制得氯化亚铁，再用装置甲中制得的氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，最后在一定条件下制得氯化铁晶体。在此认识基础上，结合实验知识，可对各选项做出判断。
【详解】A. 装置甲的特点是固体和液体加热制气体，而SO2可用浓硫酸和铜加热制取，所以可以用装置甲制备SO2，但实验室用浓硫酸和乙醇制C2H4需控制温度为170℃，所以要使用温度计，故A错误；
B. 氯气在常温下不能和铁反应，所以应先让装置乙中的反应进行一段时间生成氯化亚铁后，再开始装置甲中的反应，故B正确；
C. 实验过程中关闭弹簧夹3，将导致气体不能流通，不但不能实现让NaOH溶液充分吸收多余的Cl2的目的，反而会使装置气压增大，产生危险，故C错误；
D. 废铁屑含不与盐酸反应的杂质，所以如果加热反应结束后将三颈烧瓶中的溶液加热浓缩、冷却结晶，将混入这些杂质，使晶体不纯，同时要考虑设法抑制水解，故D错误；
答案选B。
【点睛】1、实验室制备SO2、常用的方法是亚硫酸钠固体和浓硫酸（不能太浓）在常温下反应，当然，也可用浓硫酸和铜加热制取。装置甲不适用于前者，但可用于后者。
2、通过对FeCl3溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤可获得FeCl3晶体，在此过程需要向FeCl3溶液中加入过量的盐酸，以防止Fe3+水解产生氢氧化铁；由FeCl3晶体制取FeCl3固体时加热失水的过程应在HCl气氛中进行，目的是防止铁离子的水解。
18．已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+ =PbO2 +2Pb2+ +2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2 +2Mn2+ +4H+ +5SO42－=2MnO4－+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是
A．由反应I可知，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为1:2
B．由反应I、II可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO4－
C．Pb可与稀硝酸发生反应：3 Pb +16 HNO3 =3 Pb(NO3)4 +4 NO↑ +8 H2O
D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4 +8 HCl=3 PbCl2 +4 H2O + Cl2↑
【答案】D
【详解】A．由反应I可知， PbO2 与Pb2+的比为1:2，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2:1，故A错误；
B．根据反应I可知，PbO2和硝酸不反应，不能得出氧化性HNO3>PbO2，故B错误；
C．由反应I可知，硝酸不能把Pb氧化为Pb(IV)，故C错误；
D．根据反应II，氧化性PbO2>MnO4－，所以Pb(IV)能把盐酸氧化为氯气，Pb3O4与盐酸发生反应的离子方程式是Pb3O4 +8 HCl=3 PbCl2 +4 H2O + Cl2↑，故D正确。
19．从某工业废水中(含、、、、)回收利用Al和的工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A．操作a和操作b均是过滤 B．溶液①中不止一种物质与发生反应
C．溶液②的溶质主要是NaCl和 D．固体Y可以是铁粉
【答案】C
【分析】废水中(含、、、、)，加入过量的NaOH后过滤，得到滤液①为NaAlO2、NaCl和过量的NaOH，沉淀①为Fe(OH)3和Fe(OH)2，向滤液①中，通入过量的CO2，过滤后，得到溶液②为NaHCO3、NaCl，沉淀②为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3后得到的固体X为Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al；向沉淀①中加入足量稀硫酸得到滤液③，溶质为FeSO4和Fe2(SO4)3，再向溶液③中加入过量Fe，得到溶液④，溶质为FeSO4，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到
【详解】A．见分析，操作a和操作b均为过滤，A正确；
B．溶液①为NaAlO2、NaCl和过量的NaOH，通入过量的，NaAlO2和NaOH都会发生反应，B正确；
C．CO2过量，C元素应该以形式NaHCO3存在，所以溶液②的溶质主要是NaCl和NaHCO3，C错误；
D．固体Y的作用是将还原为，所以可以是Fe粉，D正确；
故选C。
二、多选题
20．设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．常温下，1LpH=10的溶液中所含的数目为 NA
B．氯碱工业中转移2mol电子时，通过阳离子交换膜的的数目为2NA
C．过量的铜与含0.2mol的浓硝酸反应，转移电子的数目大于0.1NA
D．室温下向1LpH=1的醋酸溶液中加水稀释，所得溶液中的数目大于0.1NA
【答案】AB
【详解】A．pH=10的碳酸钠溶液中c(OH-)=10-4mol/L，所以1L该溶液所含氢氧根的物质的量为10-4mol，故A错误；
B．氢氧根为阴离子，不能通过阳离子交换膜，故B错误；
C．若0.2molHNO3全部被铜还原为NO2，则转移0.1mol电子，但是铜和硝酸反应过程中硝酸变稀会生成NO，N的化合价降低3价，所以转移的电子数目大于0.1NA，故C正确；
D．1LpH=1的醋酸溶液中n(H+)=1L×0.1mol/L=0.1mol，加水稀释促进醋酸的电离，从而电离出更多的氢离子，所得溶液中H+的数目大于0.1 NA，故D正确；
故答案为AB。
【点睛】选项B为易错点，转移2mol电子时，若没有离子交换膜，则迁移的OH-为2mol；阳离子交换膜只允许通过阳离子，阴离子交换膜只允许通过阴离子，质子交换膜只允许通过氢离子。
三、实验题
21．实验室需要溶液和硫酸溶液。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：
(1)如图所示的仪器中配制溶液需要的是_______(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_______(填仪器名称)。
(2)下列操作中，不是容量瓶所具备的功能的有_________。
A．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体
B．贮存溶液
C．配制一定体积准确浓度的标准溶液
D．稀释某一浓度的溶液
E.量取一定体积的液体
F.用来加热溶解固体溶质
(3)根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为_______g(保留到小数点后一位)。在实验中其他操作均正确，若定容时俯视刻度线，则所得溶液浓度_______(填“大于”“等于”或“小于”)。若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则需要如何操作：_______。
(4)根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为的浓硫酸的体积为_______mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10mL，15mL，20mL量筒，应选用_______mL的量筒最好。配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是_______。
(5)下列操作会使配置的NaOH溶液浓度偏低的是_______。
A．用滤纸称量NaOH
B．选用的容量瓶内有少量蒸馏水
C．定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线
D．定容时仰视刻度线
E.未恢复到室温变注入容量瓶定容
【答案】(1) BDE 烧杯、玻璃棒
(2)ABDEF
(3) 2.0 大于 重新配制
(4) 8.2 10 将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌
(5)ACD
【分析】根据配制溶液需要的仪器有容量瓶，天平，烧杯，玻璃棒，胶头滴管分析；根据配制的步骤为计算，称量，溶解，转移，洗涤，定容，摇匀分析，根据m=ncV计算溶质的质量。根据溶质的物质的量浓度计算公式分析，根据稀释公式分析浓硫酸的体积，以此解题。
（1）
配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，需要使用一定规格的容量瓶。实验室中没有规格是480 mL和450 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准“大而近”的原则，应该选用500 mL的容量瓶。配制0.1 mol/LNaOH溶液500 mL，需要使用天平称量；配制0.3 mol/LH2SO4溶液500 mL，要用量筒量取浓硫酸。并用量筒量取水，在烧杯中溶解NaOH固体(或稀释浓硫酸)，用玻璃棒搅拌，促进溶质的溶解，待溶液冷却后转移至500 mL容量瓶中，最后要使用胶头滴管定容。在题目给出的仪器中，B是量筒，D是胶头滴管，E是容量瓶，因此需要的是BDE；还缺少的仪器是烧杯、玻璃棒；
（2）
A．容量瓶只能测量指定体积的溶液，A符合题意；
B．容量瓶不能用于长时间贮存溶液，配好的溶液需转移中试剂瓶中进行贮存，B符合题意；
C．容量瓶可用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，精确度为0.01mL，C不合题意；
D．容量瓶不可以用来稀释溶液，D符合题意；
E． 容量瓶不能用来量取液体的体积，E符合题意；
F．容量瓶中的刻度是在一定温度下标定的，由于固体和液体热胀冷缩的速率不同，故容量瓶不能用来加热溶解固体溶质，F符合题意；
故选ABDEF；
（3）
根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为m=cVM=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，在实验中其他操作均正确，若定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，则所得溶液浓度大于0.1mol/L，若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则无法确定溶质的量，故需要重新配制；
（4）
根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为≈8.2mL，根据“大而近”的选择原则，如果实验室有10mL、15mL、20mL量筒，应选用10mL量筒最好，配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，故答案为：8.2；10；将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌；
（5）
A．用滤纸称量NaOH，会有氢氧化钠沾到滤纸上，导致溶质损失，结果浓度偏低，A符合题意；
B．若容量瓶中有检漏时残留的少量蒸馏水，对溶质物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度无影响，B不符合题意；
C．会导致蒸馏水过量，结果浓度偏低，C符合题意；
D．定容时必须使凹液面最低处与刻度线相切，若仰视会使所配溶液浓度，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，D符合题意；
E．未经冷却立即注入容量瓶至刻度线，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，E不符合题意；
故选ACD。
22．化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
(1)从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是___(按气流方向，用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或___。
A． B． C． D． E.
(2)B中使用雾化装置的优点是__。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为___。
(4)反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，则固体NaHCO3的质量为___g。
②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为___、___、洗涤、干燥。
(5)无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果___(填标号)。
A．偏高 B．偏低 不变
【答案】 aefbcd 将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔 使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率（或其他合理答案） NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓ 0.84 蒸发浓缩、冷却结晶 过滤
A
【分析】根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水，从而制备得到纯碱；另一方面得到的母液主要溶质为NH4Cl，再从加入氯化钠粉末，存在反应，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析可知，要制备，需先选用装置A制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除去二氧化碳中的HCl，后与饱和氨盐水充分接触来制备，其中过量的二氧化碳与挥发出来的氨气可被饱和食盐水吸收，也能充分利用二氧化碳制备得到少量，所以按气流方向正确的连接顺序应为： aefbcd；为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为：aefbcd；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔；
(2)B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；
(3)根据上述分析可知，生成的总反应的化学方程式为NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
(4)①对固体充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为： 将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：，根据方程式可知，根据差量法可知，当增重（2CO的质量）时，消耗的二氧化碳的质量为=0.22g，其物质的量为，根据关系式可知，消耗的的物质的量为20.005mol=0.01mol，所以固体的质量为0.01mol84g/mol=0.84g；
②根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化铵的溶解度随着温度的升高而不断增大，而氯化钠的溶解度随着温度的升高变化并不明显，所以要想使沉淀充分析出并分离，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
(5)称量前，若无水保存不当，吸收了一定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积会增大，根据c(测)=可知，最终会使c(测)偏高，A项符合题意，故答案为：A。
四、工业流程题
23．钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。
(4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。
【答案】 加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） Fe2+ VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O Mn2+ Fe3+、Al3+ Fe(OH)3 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O 利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
【分析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。
【详解】(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；
(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；
(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+；
(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；
(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
【点睛】本题以黏土钒矿制备NH4VO3的工艺流程为载体，考查流程的分析、物质的分离和提纯、反应方程式的书写等，解题的关键是根据物质的流向分析每一步骤的作用和目的。
五、有机推断题
24．由芳香烃A与卤代烃E为原料制备J和高聚物G的一种合成路线如下：
已知：①酯能被LiAlH4还原为醇；
②
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_______，J的分子式为_______。
(2)D生成H的反应类型为_______反应，E在NaOH/乙醇溶液中完全反应生成的有机物结构简式为_______。
(3)写出F＋D→G的化学方程式：_______。
(4)芳香化合物M是B的同分异构体，写出符合下列要求的2种M的结构简式：_______。
①1 mol M与足量银氨溶液反应生成4 mol Ag
②遇氯化铁溶液显色
③核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比1∶1∶1
(5)参照上述合成路线，分析在下列转化中： X Y ，试剂①是_______，②是CH3CH2OH/浓H2SO4，③是_______。
写出用为原料经合适的反应制取化合物的合成路线_______ (其他试剂任选)。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2
【答案】(1) 邻二甲苯(或1，2二甲苯) C10H12O4
(2) 氧化 CH2=CH-CH=CH2
(3)n＋n+(2n-1)H2O
(4)、或、 (任意两种)
(5) KCN/H+ LiAlH4
【分析】芳香烃A的分子式为C8H10，被氧化生成B，B为，可推得A为，B和甲醇发生酯化反应生成C，根据C分子式知，C为，C发生信息①的反应生成D，D为，D发生催化氧化生成H，H发生信息②的反应生成I，I结构简式为，I发生取代反应生成J；根据EF结构简式知，E先发生取代反应后发生水解反应得到F，F和D发生缩聚反应生成G，G为，据此解题。
（1）
根据芳香烃A的分子式和被高锰酸钾氧化的产物，可得A为，所以A的化学名称为：邻二甲苯(或1，2二甲苯)；J的结构简式为，可得J的分子式为C10H12O4，故答案为：邻二甲苯(或1，2二甲苯)，C10H12O4；
（2）
D为，H为，可知D发生醇的催化氧化生成H，所以反应类型为氧化反应；E为ClCH2CH2CH2CH2Cl，在NaOH/乙醇溶液中发生消去反应，生成不饱和烃，完全反应生成的有机物结构简式为CH2=CH-CH=CH2，故答案为：氧化，CH2=CH-CH=CH2；
（3）
根据上面分析，D为，F为，D和F在催化剂的作用下发生缩聚反应生成高分子G，化学方程式为n＋n+(2n-1)H2O，故答案为：n＋n+(2n-1)H2O；
（4）
B为，芳香化合物M是B的同分异构体，M符合下列条件：①1 mol M与足量银氨溶液反应生成4 mol Ag，说明含有两个醛基；②遇氯化铁溶液显色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比1∶1∶1，应该有对称结构，如果2个-CHO相邻，有2种结构；如果2个-CHO相对，有2种结构，符合条件的有四种，分别为：、或、，故答案为：、或、 (任意两种)；
（5）
参照上述合成路线，由变为，首先可以在KCN/H+的条件下变为二元羧酸，然后在CH3CH2OH/浓H2SO4的条件下发生酯化反应生成酯，最后在LiAlH4的条件下，酯被还原为醇，故答案为：KCN/H+，LiAlH4；用为原料制取化合物，先发生催化氧化，然后和双氧水发生反应，最后发生取代反应生成，故合成路线为： ，故答案为： ；
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