2023年高考第一次模拟考试卷：化学（北京B卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第一次模拟考试卷：化学（北京B卷）（全解全析），共14页。

2023年高考化学第一次模拟考试卷
化学·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.中草药“当归”中含有4—羟基—3—丁基苯酞。下列关于该物质的说法正确的是（ ）

A. 能发生水解反应
B. 分子式为C13H14O3
C. 能与溴水发生取代和加成反应
D. 能与NaHCO3溶液反应产生CO2
【答案】A
【解析】含有酯基，能发生水解反应，A正确；分子式为C12H14O3，B错误；能与溴水发生取代反应，没有双键，不能与溴水发生加成反应，C错误；含有酚羟基，不含羧基，不能与NaHCO3溶液反应产生CO2，D错误；故选A。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A. N2的结构式： B. 顺-2-丁烯的球棍模型：
C. 的空间填充模型： D. 基态氮原子的轨道表示式：
【答案】A
【解析】结构式是指用一根短线表示一对共用电子对的式子，则N2的结构式为：，A正确； 由于碳碳双键两端的甲基分别位于双键平面的两侧，则是反-2-丁烯的球棍模型，B错误；已知CO2是直线形分子，故的空间填充模型为：，C错误； 根据洪特规则及特例可知，基态氮原子的轨道表示式为：，D错误；故答案为：A。
3.C的衰变反应为C―→X＋e，其半衰期(反应物的量被消耗到其初始量的一半需要的时间)为5730年。下列说法正确的是(　　)
A.C与X互为同位素
B.C与X的中子数相同
C.C和C的价层轨道电子数相差2
D.某考古样品中C的量应为其11460年前的
【答案】D
【解析】根据质子守恒，可知Z＝7，即X为N。A.C与N不属于同一种元素的原子，不互为同位素，错误；B.C与N的中子数分别为8、7，错误；C.C和C的价层电子排布式为2s22p2，价层轨道电子数相同；D.11460年是半衰期5730年的2倍，因此11460年后变为原来的×＝倍，正确。
4.下列方程式能准确解释事实的是（ ）
A. 钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O2==2Na2O
B. 硫酸铵溶液使蓝色石蕊试纸变红：NH+H2O==NH3•H2O+H+
C. 氢氧化铜浊液中滴加氨水得到深蓝色溶液：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+
D. 氢硫酸中通入适量Cl2得黄色沉淀：H2S+Cl2=S↓+2HCl
【答案】D
【解析】钠在空气中加热生成淡黄色Na2O2固体，反应的化学方程式为2Na+O2Na2O2，A错误；硫酸铵溶液使蓝色石蕊试纸变红是因为铵根离子发生微弱水解导致溶液显酸性，反应的离子方程式为NH+H2ONH3•H2O+H+，B错误；氢氧化铜浊液中氢氧化铜主要以固体形式存在，氢氧化铜浊液中滴加氨水得到深蓝色溶液表示为：Cu(OH)2+4NH3·H2O [Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，C错误；Cl2的氧化性强于S，氢硫酸中通入适量Cl2置换出黄色S沉淀，反应的化学方程式为H2S+Cl2=S↓+2HCl，D正确；答案选D。
5.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是(　　)
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
FeCl2溶液(FeCl3)
Fe粉
B
NaCl溶液(MgCl2)
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2(HCl)
H2O、浓H2SO4
D
NO(NO2)
H2O、无水CaCl2
【答案】　B
【解析】A项，Fe粉将溶液中的Fe3＋转化为Fe2＋，涉及氧化还原反应；B项，Mg2＋与NaOH溶液反应生成Mg(OH)2沉淀，过滤后多余的NaOH用稀盐酸中和，两个反应均不涉及氧化还原反应；C项，Cl2能溶于水并与水发生氧化还原反应，不能用水除去Cl2中的HCl；D项，NO2与水反应生成HNO3和NO，涉及氧化还原反应。
6. 用圆底烧瓶收集NH3后进行喷泉实验。下列对实验现象的分析正确的是（ ）

A. 烧瓶中形成喷泉，说明NH3与H2O发生了反应
B. 烧瓶中剩余少量气体，能证明NH3的溶解已达饱和
C. 烧瓶中溶液为红色的原因是：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH-
D. 烧瓶中溶液露置在空气中一段时间后pH下降，能证明氨水具有挥发性
【答案】C
【解析】烧瓶中形成喷泉，不一定是因为NH3与H2O发生了反应引起的，还有可能是因为NH3极易溶于水造成的，故不能说明NH3与H2O发生了反应，A错误；烧瓶中剩余少量气体可能是空气，来源于实验中的某个操作，比如图中止水夹下方的玻璃管未插入水中时会有空气进入，故烧瓶中剩余少量气体不能说明NH3的溶解达到饱和，B错误；烧瓶中溶液变为红色，说明溶液呈碱性，原因为NH3+H2ONH3•H2O+OH-，C正确；烧瓶中溶液露置在空气中一段时间后pH下降，不一定是因为氨水的挥发性，还可能是因为吸收了空气中的CO2，故烧瓶中溶液pH下降，不能说明氨水具有挥发性，D错误；故选C。
7.下列关于各实验装置的叙述正确的是(　　)

A．装置甲可用于验证苯与液溴发生取代反应
B．装置乙可用于洗涤BaSO4表面的Na2SO4
C．装置丙可用于由CuSO4溶液制备CuSO4·5H2O
D．装置丁可用于分离乙醇与溴水
【答案】B
【解析】Br2易挥发，可进入盛有硝酸银的试剂瓶中发生反应生成AgBr沉淀，干扰对HBr的判断，无法验证苯和溴发生取代反应，故A错误；Na2SO4易溶于水，BaSO4难溶于水，故可以用图中装置操作洗涤，故B正确；坩埚用于灼烧固体，无法得到水合物，由CuSO4溶液制备CuSO4·5H2O应该用蒸发皿，故C错误；乙醇与溴水互溶，无法通过分液漏斗分离，故D错误。
8.海水晒盐后精制得到NaCl，氯碱工业电解饱和NaCl溶液得到Cl2和NaOH，以NaCl、NH3、CO2等为原料可得到 NaHCO3；向海水晒盐得到的卤水中通Cl2可制溴；从海水中还能提取镁。
下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是(　　)
A．NaOH的碱性比Mg(OH)2的强
B．Cl2得到电子的能力比Br2的弱
C．原子半径r：r(Br)＞r(Cl)＞r(Mg)＞r(Na)
D．原子的最外层电子数n：n(Na)＜n(Mg)＜n(Cl)＜n(Br)
【答案】A
【解析】金属性：Na＞Mg，故碱性：NaOH＞Mg(OH)2，A项正确；氯和溴均属于卤族元素，同一主族元素从上到下，单质的氧化性逐渐减弱，得电子能力：Cl2＞Br2，B项错误；同一周期主族元素，从左到右原子半径依次减小，则r(Br)>r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，C项错误；氯和溴属于同一主族，最外层电子数相等，D项错误。
9.双酚A()是一种重要的化工原料，它的一种合成路线如图所示：
丙烯双酚A
下列说法正确的是(　　)
A．1 mol双酚A最多可与2 mol Br2反应
B．G物质与乙醛互为同系物
C．E物质的名称是1-溴丙烷
D．反应③的化学方程式是2(CH3)2CHOH＋O22CH3COCH3＋2H2O
【答案】D
【解析】双酚A中酚羟基的邻位含有H原子，可以与溴发生取代反应，1 mol双酚A最多可与4 mol Br2反应，故A错误；G为，含有酮羰基，乙醛含有醛基—CHO，二者含有的官能团不同，不互为同系物，故B错误；E为CH3CHBrCH3，名称为2-溴丙烷，故C错误；反应③是2-丙醇发生氧化反应生成丙酮，反应的化学方程式是2＋O22CH3COCH3＋2H2O，故D正确。
10.下列实验中根据现象得出的结论错误的是(　　)
选项
实验
现象
结论
A
相同条件下，用1 mol·L－1的CH3COOH和1 mol·L－1的HCl分别做导电性实验
CH3COOH溶液对应的灯泡较暗
CH3COOH是弱电解质
B
向某溶液中加铜和稀H2SO4
试管口有红棕色气体产生
原溶液可能含有NO
C
向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液
品红溶液褪色
该钠盐为Na2SO3或NaHSO3
D
向浓度均为0.1 mol·L－1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水
先出现蓝色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]
【答案】C
【解析】相同浓度的两种一元酸做导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，电离出的离子浓度小，所以醋酸为弱酸，A项正确；铜在酸性条件下被硝酸根离子氧化为铜离子，硝酸根离子被还原为一氧化氮，一氧化氮遇到空气变为红棕色气体二氧化氮，因此原溶液可能含有NO，B项正确；使品红溶液褪色的气体可能为二氧化硫，也可能为NaClO与浓盐酸反应生成的氯气，C项错误；难溶电解质的结构相同，其溶度积越小，加入氨水时越容易生成沉淀，可以得出Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，D项正确。
11..图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分相关离子未画出)，下列描述不正确的是(　　)

A．PdCl和Cu2＋在反应中都是催化剂
B．该转化过程中，有非极性键的断裂与极性键的形成
C．该转化过程中，涉及反应4Cu＋ ＋O2＋4H＋===4Cu2＋＋2H2O
D．乙烯催化氧化反应的化学方程式为CH2==CH2＋O2CH3CHO＋H2O
【答案】D
【解析】过程Ⅳ消耗Cu2＋，过程Ⅴ生成Cu2＋，过程Ⅰ消耗PdCl，过程Ⅳ生成PdCl，所以PdCl和Cu2＋在反应中都是催化剂，故A正确；过程Ⅴ中O2转化为H2O，O2中非极性键断裂，生成H2O的过程中有极性键的形成，故B正确；过程Ⅴ中O2与Cu＋反应生成Cu2＋，离子方程式为4Cu＋ ＋O2＋4H＋===4Cu2＋＋2H2O，故C正确；反应中，CH2==CH2最终被O2氧化为CH3CHO，则乙烯催化氧化反应的化学方程式为2CH2==CH2＋O22CH3CHO，故D错误。
12.聚乙烯具有广泛用途，可由乙烯为基本原料制备。科学家构想用太阳能电池作电源电解CH4和CO2制得乙烯，原理如图。下列说法错误的是(　　)

A．该装置实现了光能→电能→化学能的转化
B．电极A的反应为2CH4－4e－＋2O2－===C2H4＋2H2O
C．催化活性电极B可防止产生炭堵塞电极
D．固体电解质将A极产生的O2－传导到B极
【答案】D
【解析】太阳能电池将光能转化为电能，电解池又将电能转化为化学能，故A正确；图中电子由太阳能电池右侧流出，左侧流入，则左侧为电源的正极，右侧为电源的负极，电极A为阳极，CH4失去电子变成C2H4，其电极反应式为2CH4－4e－＋2O2－===C2H4＋2H2O，故B正确；催化活性电极B可防止产生炭堵塞电极，因为电极B上CO2得到电子，发生反应：CO2＋2e－===CO＋O2－，故C正确；阴离子向阳极移动，即B极产生的O2－传导到A极，故D错误。
13.常压下羰基化法精炼镍的原理：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)。230 ℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5。已知：Ni(CO)4的沸点为 42.2 ℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ℃制得高纯镍。下列判断正确的是(　　)
A．增加 c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]＝4v生成(CO)
C．第一阶段，在 30 ℃和 50 ℃两者之间选择反应温度，选50 ℃
D．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
【答案】C
【解析】平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以增加c(CO)，虽然平衡正向移动，但反应的平衡常数不变，故A错误；反应的速率之比等于气体的化学计量数之比，所以平衡时有4v生成[Ni(CO)4]＝v生成(CO)，故B错误；Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，则第一阶段，在30 ℃和50 ℃两者之间选择反应温度，应选50 ℃，故C正确；加热至230 ℃制得高纯镍，可知第二阶段Ni(CO)4分解率较大，故D错误。
14.某小组同学用乙醛进行银镜反应实验时，补充做了以下实验。
已知：[Ag(NH3)2]+Ag++2NH3

下列关于该实验的分析不正确的是（ ）
A. 实验①无需加热，说明碱性条件有利于银氨溶液与乙醛的反应
B. 实验①中加入NaOH后，溶液中c(NH3)增大
C. 实验表明，乙醛还原的是[Ag(NH3)2]+中的Ag(I)
D. 对比实验①和②知，形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低
【答案】A
【解析】实验①向银氨溶液中滴加1滴氢氧化钠溶液，Ag+与OH-反应生成沉淀，会促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3正向移动，再滴加3滴乙醛静置3分钟后即可观察到光亮的银镜；实验②向银氨溶液中滴加几滴浓氨水，溶液中c(NH3)增大，促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3逆向移动，再滴加3滴乙醛静置较长时间也没有光亮的银镜。通过对比可知在碱性相同的条件下，滴加相同体积的乙醛，实验①产生了银镜，可得到的结论是形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低。实验①②在滴加乙醛前碱性相同，因此不能说明碱性条件有利于银氨溶液与乙醛的反应， A错误；实验①向银氨溶液中滴加1滴氢氧化钠溶液，Ag+与OH-反应生成沉淀，会促使平衡[Ag(NH3)2]+Ag++2NH3正向移动，溶液中c(NH3)增大，B正确；实验现象为产生光亮的银镜，因此乙醛还原的是[Ag(NH3)2]+中的Ag(I)，C正确；实验①滴加1滴氢氧化钠促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3正向移动，实验②滴加浓氨水促使平衡逆向移动，[Ag(NH3)2]+的浓度增大，滴加乙醛后长时间也不会观察到银镜，因此可知形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低，D正确；故选A。
第二部分
本部分共 5 题，共 58 分。
15.（11分）法国一家公司研发出一种比锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，该电池的负极材料为Na2Co2TeO6(制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2)，电解液为NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。回答下列问题：
(1)C、O、Cl三种元素电负性由大到小的顺序为___________________________________。
(2)基态Na原子中，核外电子占据的原子轨道总数为_____，Te属于元素周期表中______区，其基态原子的价电子排布式为_________________________________________________。
(3)CO的空间结构为________________，碳酸丙烯酯的结构简式如图所示，其中碳原子的杂化轨道类型为______，1 mol碳酸丙烯酯中σ键的数目为________。

(4)Na和O形成的离子化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中O的配位数为________，该晶胞的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Na与O之间的最短距离为________ cm(用含有ρ、NA的代数式表示)。

【答案】(1)O>Cl>C(或O、Cl、C)　(2)6　p　5s25p4　(3)平面三角形　sp2、sp3　13NA(或13×6.02×1023)　(4)8　
【解析】(4)氧离子半径大于钠离子半径，所以灰色球为O，晶胞中灰色球数目为8×＋6×＝4，黑色球为Na，共8个，由晶胞对称性可知O的配位数为8；根据晶胞结构可知Na与O之间的最短距离为体对角线的，晶胞体积＝ cm3，晶胞边长＝＝ cm，则Na与O之间的最短距离为 cm。
16．(10分)大气污染物主要成分是SO2、NO2、CxHy及可吸入颗粒等，主要来自燃煤、机动车尾气和工业废气。
(1)上述成分中能形成酸雨的是________(填化学式)。
(2)煤的气化是高效、清洁利用煤炭的重要途径之一。利用煤的气化获得的水煤气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下可以合成绿色燃料甲醇。
已知：CO2(g) + 3H2(g) =CH3OH(g) + H2O(g) ΔH 1 = − 58.7 kJ·mol-1
CO2(g) + H2(g) =CO(g) + H2O(g) ΔH 2 = + 41.0 kJ·mol-1
CO 与 H2 生成 CH3OH 气体反应的热化学方程式是________。
(3)空气质子交换法治理SO2，其原理是将含有SO2的烟气与O2通过电化学反应制得硫酸，负极的电极反应式是________。
(4)湿法吸收工业尾气中的NO2，常选用纯碱溶液，将NO2转化为两种氮元素的常见含氧酸盐。反应的离子方程式是________。
(5)用高能电子束激活烟气(主要成分是SO2、NO2、H2O等)，会产生O3等强氧化性微粒。烟气经下列过程可获得化肥。

该化肥中含有的离子是________(填离子符号)。
【答案】(1)SO2 、NO2 (2)CO(g) + 2H2(g)==CH3OH(g) △H = −99.7 kJ·mol-1
(3)SO2 + 2H2O −2e- ==SO42- + 4H+ (4)CO32-+ 2NO2 ==NO2-+ NO3-+ CO2 (5)NH4+ 、SO4 2- 、NO3-
【解析】(1)SO2、NO2分别能够形成硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，因此SO2、NO2、CxHy及可吸入颗粒中能形成酸雨的是SO2、NO2。
(2)①CO2(g) + 3H2(g) ==CH3OH(g) + H2O(g) ΔH 1 = − 58.7 kJ·mol-1，②CO2(g) + H2(g) ==CO(g) + H2O(g) ΔH 2 = + 41.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律，将①-②得：CO(g) + 2H2(g)=CH3OH(g)△H =(− 58.7 kJ·mol-1)-(+ 41.0 kJ·mol-1)= −99.7 kJ·mol-1。
(3)空气质子交换法治理SO2，其原理是将含有SO2的烟气与O2通过电化学反应制得硫酸，负极二氧化硫被氧化为硫酸根，电极反应式为SO2 + 2H2O −2e- ==SO42- + 4H+。
(4)湿法吸收工业尾气中的NO2，常选用纯碱溶液，将NO2转化为两种氮元素的常见含氧酸盐，分别为亚硝酸盐和硝酸盐，反应的离子方程式为CO32-+ 2NO2 ==NO2-+ NO3-+ CO2。
(5)SO2能够被臭氧氧化为硫酸，NO2与H2O反应生成硝酸，氨气与酸反应生成铵盐，因此该化肥中含有(NH4)2SO4和NH4NO3。
17.（13分）某抗癌药物G的一种合成路线如下：

已知：吡啶是一种有机碱，其结构简式为。
回答下列问题：
(1)R的名称是________________；G中含有的官能团名称是________________。
(2)F→G的反应类型是________________。
(3)写出E→F的化学方程式：______________________________________________________；
吡啶在该反应中作用是___________________________________________________________。
(4)Y→Z、F→G都是在苯环上引入硝基，—CF3是苯环的间位控制基(即使苯环间位氢变活泼，发生取代反应时主要取代间位)，—NHCOCH(CH3)2是苯环的___________________位控制基。
(5)R的二氯代物有________(填字母)。
A．4种 B．6种
C．9种 D．10种
(6)以苯甲醚()为原料合成对甲氧基乙酰苯胺()的路线是(其他试剂自选)__________________。
【答案】(1) 甲苯　碳氟键、酰胺基和硝基　
(2)取代反应(或硝化反应)
(3)＋＋HCl　吸收氯化氢，提高产率等　(4)对　(5)D
(6)
【解析】(1)由Y逆推，结合R分子式知，R为，由反应条件和X的相对分子质量知，X为；根据G的结构简式可知其含有的官能团为碳氟键、酰胺基和硝基。(2)由E、G的结构简式和E→F的反应条件可知，F含肽键，F的结构简式为；由F、G的结构简式可知，F→G的反应类型是取代反应。(5)甲苯的二氯代物：第一类是2个氯在侧链上，只有1种结构；第二类是1个氯在侧链上，有3种结构；第三类是2个氯在苯环上有6种结构，共10种。(6)根据目标产物分析，需要制备对甲氧基苯胺，即苯甲醚与浓硝酸、浓硫酸共热制备对甲氧基硝基苯，还原得到对甲氧基苯胺，最后与CH3COCl发生取代反应生成目标产物。
18.（12分）钒有“工业维生素”之称。我国是世界上主要的钒相关产品出口国。一种以钒矿粉(含＋3、＋4、＋5价钒，同时还含有SiO2、Fe3O4、铝硅酸盐等)为原料制备NH4VO3的工艺流程如图。

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
已知：Al(OH)3在pH>12时溶解。回答下列问题：
(1)NH4VO3中V的化合价为________价；“酸浸氧化”时，可以提高反应速率的方法有很多，请写出其中两点：________________、________________。
(2)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VO。VO2＋转化为VO反应的离子方程式为
_______________________________________________________________________________。
(3)“中和沉淀”中加入的NaOH溶液与过量H2SO4发生的反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。从“中和沉淀”的条件看，“滤渣②”中除了含有V2O5·xH2O外，还含有的物质的化学式为____________________。
(4)“沉淀转溶”时将V2O5·xH2O转化为钒酸盐，该反应的离子方程式为__________________
__________________________________________，同时溶解的还有__________(填化学式)。
(5)“沉钒”时，加入的NH4Cl应过量，其原因是_____________________________________；
检验“滤液⑤”中金属阳离子的方法是____________。
【答案】(1)＋5　适当升高温度　搅拌　(2)2VO2＋＋MnO2===2VO＋Mn2＋　(3)放热　Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)V2O5·xH2O＋2OH－===2VO＋(1＋x)H2O　Al(OH)3　(5)使NH4VO3充分析出　焰色试验
【解析】(1)根据化合物中各元素的化合价代数和为0计算可知NH4VO3中V的化合价为＋5价；提高温度、搅拌，均可以提高“酸浸氧化”时的反应速率。(2)“酸浸氧化”中，二氧化锰作氧化剂，可以将VO＋、VO2＋氧化成VO，氧化VO2＋的离子方程式为2VO2＋＋MnO2===2VO＋Mn2＋。(3)酸碱中和反应是放热反应；通过表格信息可知三价铁离子在pH＝3.2时已经完全沉淀，铝离子在pH＝3.0时开始沉淀，所以 “滤渣②”中除了含有V2O5·xH2O外，还含有Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)Al(OH)3在强碱性环境下也可以溶解，所以同时溶解的还有Al(OH)3。(5)“沉钒”时，加入的NH4Cl应过量，可以利用同离子效应使NH4VO3充分析出；“滤液⑤”中金属阳离子为钠离子，可以采用焰色试验进行检验。
19.（13分）“84”消毒液是一种常用家庭消毒液，某小组同学对“84”消毒液的制备、保存及消毒能力进行如下探究。
(1)利用下图装置制备“84”消毒液。

①盛放浓盐酸的仪器名称为________，该仪器使用前应先进行的操作为________________。
②装置甲中制备氯气的离子方程式为______________________________________________。
③装置乙中盛放的药品为________，若无此装置造成的后果为________________________。
(2)“84”消毒液需要在阴暗处密封保存，否则容易失效，用化学用语解释其原因：
①NaClO＋H2O＋CO2===NaHCO3＋HClO；
②________________________________________________________________________。
(3)某兴趣小组通过实验测定不同pH环境中不同浓度NaClO溶液的细菌杀灭率(%)，实验结果如下表。
NaClO溶液浓度/ (mg·L－1)
不同pH下的细菌杀灭率/%
pH＝4.0
pH＝6.5
pH＝9.0
250
98.90
77.90
53.90
①NaClO溶液呈碱性的原因为_____________________________________________________
_____________________________________________________________(用离子方程式表示)。
②调节NaClO溶液pH时不能选用清厕灵(含HCl)的原因为____________________________。
③结合表中数据可推断，相同条件下，HClO的杀菌能力________(填“强于”“弱于”或“相当于”)NaClO的杀菌能力。
【答案】(1)①分液漏斗　检查装置是否漏液　②2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O　③饱和食盐水　挥发的HCl会与NaOH溶液反应，降低所得“84”消毒液中有效成分的浓度　(2)②2HClO2HCl＋O2↑　(3)①ClO－＋H2OHClO＋OH－　②NaClO易与HCl反应生成有毒气体Cl2　③强于
【解析】(1)①根据仪器构造可知，盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，该仪器使用前应先进行的操作为检查装置是否漏液。②装置甲中的反应是高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得该反应的离子方程式为2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O。③装置乙的作用是吸收甲中挥发出的HCl气体，所以盛放的药品为饱和食盐水，若无此装置造成的后果为挥发的HCl会与NaOH溶液反应，降低所得“84”消毒液中有效成分的浓度。
(2)碳酸酸性强于次氯酸，“84”消毒液需要在阴暗处密封保存是为了防止NaClO＋H2O＋CO2===NaHCO3＋HClO；次氯酸见光或受热易分解，在阴暗处存放是为了防止2HClO2HCl＋O2↑。
(3)①NaClO为强碱弱酸盐，溶液呈碱性的原因为ClO－＋H2OHClO＋OH－。②次氯酸钠具有强氧化性，能和HCl发生归中反应生成氯气，所以调节NaClO溶液pH时不能选用清厕灵(含HCl)的原因为NaClO易与HCl反应生成有毒气体Cl2。③由表中数据可知，pH越小HClO含量越高，细菌杀灭率越高，说明相同条件下，HClO的杀菌能力强于NaClO的杀菌能力。