【化学】陕西省延安市吴起高级中学2019-2020学年高二下学期第四次质量检测（期末考试）（解析版）

陕西省延安市吴起高级中学2019-2020学年高二下学期第四次质量检测（期末考试）
（全卷100分 时间90分钟）
相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Mg—24 Cu—64
一、选择题（每题3分，共54分）
1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是
A. 计算机芯片的材料是经提纯的二氧化硅
B. “地沟油”可以用来制肥皂和生物柴油
C. 硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂
D. 铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为铝的冶炼方法比较简单
【答案】B
【解析】
【详解】A.计算机芯片的主要成分是硅，故A错误；
B.“地沟油”的成分是油脂，在碱性条件下水解发生皂化反应可制肥皂，地沟油中提炼出油脂可作为生物柴油，故B正确；
C.铁粉是抗氧化剂，不是干燥剂，故C错误；
D.铝及其合金具有密度低、强度高、导电性、导热性和抗蚀性优良等特点，所以在电气、工业、家庭中广泛使用，与冶炼难易无关，故D错误。
本题选B。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A. 0.1mol羟基（）中含有的电子数为0.7NA
B. 1L 0.1mol•L-1的AlCl3溶液中含有Al3+的数目为0.1NA
C. 0.1mol N2与0.3molH2反应，转移的电子数为0.6NA
D. 标准状况下，1.12L HCHO中C原子的数目为0.05NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．每个羟基含有9个电子，0.1mol羟基（）中含有的电子数为0.9NA，故A不选；
B．氯化铝是强酸弱碱盐，铝离子在水中要发生水解反应，1L 0.1mol•L-1的AlCl3溶液中含有Al3+的数目少于0.1NA，故B不选；
C．合成氯的反应是可逆反应，0.1mol N2与0.3molH2反应，转移的电子数少于0.6NA，故C不选；
D．标准状况下，1.12L HCHO是0.05mol，含C原子的数目为0.05NA，故D选；
故选D。
3.下列有关氧化还原反应的叙述中，正确的是(　　)
A 一定有氧元素参加 B. 氧化剂本身发生氧化反应
C. 氧化反应一定先于还原反应发生 D. 一定有电子转移(得失或偏移)
【答案】D
【解析】
【详解】A、氧化还原反应中不一定有氧元素参加，例如钠在氯气中燃烧，A错误；
B、氧化剂本身发生还原反应，B错误；
C、氧化反应与还原反应同时发生，C错误；
D、氧化还原反应中一定有电子转移(得失或偏移)，D正确；
答案选D。
4.已知O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是
A. 氧气是氧化产物 B. O2F2是还原剂
C. 若生成3.2gO2，则转移0.4mole- D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4
【答案】D
【解析】
试题分析； O2F2中氧和氟的化合价分别为+1和-1，在反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中，S由-2升高到+6，O由+1降低到0，所以硫化氢是还原剂、二氟化二氧是氧化剂。A. 氧气是还原产物，A不正确；B. O2F2是氧化剂，B不正确；C. 由化学方程式可知，每生成4mol O2，转移8mol e-。3.2gO2的物质的量为0.1mol，若生成3.2gO2，则转移0.2mole- ，C不正确；D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4，D正确。本题选D。
点睛：本题考查了氧化还原的基本概念及其简单计算，解题的关键是能够准确判断陌生物质中元素的化合价，根据F元素在化合物中只能表现-1价，去判断氯化物中其他元素的化合价。
5.下列现象或事实、解释都正确的是( )
选项
现象或事实
解释
A
金属镁着火不能用泡沫灭火器灭火
燃烧生成的MgO与CO2反应
B
K2FeO4用于自来水的消毒和净化
K2FeO4具有强氧化性可杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解得到的胶状物能净水
C
古代青铜器表面有铜锈，可放入盐酸中浸泡除锈
铜锈是铜在空气中缓慢氧化生成的氧化物，可溶于盐酸
D
常温下，将铁片浸入足量的浓硫酸中，铁片不溶解
常温下，铁与浓硫酸一定没有发生化学反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，金属镁着火不能用泡沫灭火器灭火，因为Mg在CO2燃烧生成MgO和C，故A错误；
B选项，K2FeO4用于自来水的消毒和净化，K2FeO4具有强氧化性可杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解得到的胶状物能净水，故B正确；
C选项，古代青铜器表面有铜锈，可放入盐酸中浸泡除锈，铜锈是铜在空气中与氧气、水、二氧化碳反应生成的碱式碳酸铜，可溶于盐酸，故C错误；
D选项，常温下，将铁片浸入足量的浓硫酸中，铁片不溶解，Fe发生了钝化，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】铜绿是铜和空气中水、二氧化碳、氧气长时间反应得到，又称碱式碳酸铜，用盐酸可以除掉铜表面的铜绿；
铝、铁与浓硫酸或浓硝酸发生钝化，是发生了反应，不是没有发生反应。
6.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. MgO、Al2O3熔点高，均可用作耐高温材料 B. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
C. Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 D. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
【答案】A
【解析】
【详解】A．MgO、Al2O3熔点高，不易熔融可用作耐高温材料，故A正确；
B．做氮肥是利用碳酸氢铵溶解后的铵根离子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性质，故B错误；
C．硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，不是利用其易溶于水的性质，故C错误；
D．二氧化硫中S元素的化合价居于中间价态，具有氧化性和还原性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是氧化性，故D错误；
故选A。
7.下列说法错误的是 （ ）
A. 乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应
B. 乙烯可以用作生产食品包装材料的原料
C. 乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷
D. 乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A、乙烷和浓盐酸不反应，故错误；
B、乙烯可以制成聚乙烯，用于食品包装，故正确；
C、乙醇含有亲水基羟基，能溶于水，而溴乙烷不溶于水，故正确；
D、乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，结构不同，是同分异构体，故正确；
答案选A。
8.某期刊封面上一个分子球棍模型图如图所示，图中“棍”代表单键、双键或三键，不同颜色的球代表不同元素的原子。该模型图可代表一种

A. 醇 B. 酸 C. 酯 D. 氨基酸
【答案】D
【解析】
【详解】不同颜色代表不同的元素，所以该物质中含有四种元素，绿色球最多能形成四个共价键，所以绿色球代表碳原子，白色球有一个共价键，所以是氢原子，红色球有两个共价键，所以是氧原子，蓝色球有三个共价键，所以是氮原子，该物质的结构简式为H2N—CH2—COOH，该物质是氨基酸，答案选D。
9.分子式为C4H10O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有(不考虑立体异构)(　　)
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【解析】
【详解】分子式为C4H10O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物一定含-OH，分子式可以改为C4H9OH，可以看成丁烷中的1个H原子被1个羟基取代的产物，丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH3，CH3CH2CH2CH3中有2种H原子，1个H原子被1个羟基取代有2种结构；CH3CH(CH3)CH3中有2种H原子，1个H原子被1个羟基取代有2种结构，故符合条件的C4H9OH共有4种，故选B。
10.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A. 在0.01 mol•L-1Ba(OH)2溶液中：Al3+、NH、NO 、HCO
B. 0.1 mol•L-1的FeCl2溶液中：H+、Al3+、SO 、ClO-
C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液：NH、K+、Cl-、I-
D. 由水电离产生的c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液中：Na+、Ba2+、NO、Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A．在0.01 mol•L-1Ba(OH)2溶液中OH-与Al3+、NH、HCO均能反应，故A不选；
B．0.1 mol•L-1的FeCl2溶液中：H+、Fe2+、ClO-要发生氧化还原反应生成Fe3+和Cl-，故B不选；
C．滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3+：2Fe3+＋2I-＝I2＋2Fe2+，故C不选；
D．由水电离产生的c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液可能呈酸性或碱性，Na+、Ba2+、NO、Cl-在酸性或碱性条件下均能存在，故D选；
故选D。
11. 能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
A. 浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+
C. NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑
D. 向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 浓盐酸与铁屑反应生成Fe2+ ，故A错误；
B. 钠首先与水发生反应，故B错误；
C. NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：HCO3- + 2H+ == H2O+CO2↑，故C错误；
D. Fe(OH)3的溶度积远远小于Mg(OH)2，向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2 + 2Fe3+=2Fe(OH)3 + 3Mg2+，故D正确；
故选D。
12.已知NaOH+Al(OH)3=Na[Al(OH)4]。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是（ ）
A. CO2+2OH−=CO32−+H2O B. Al2O3+2OH−+3 H2O=2 [Al(OH)4] −
C. 2 Al+2OH−+6H2O=2 [Al(OH)4] −+3 H2↑ D. Al3++4 OH−=[Al(OH)4]−
【答案】D
【解析】
【详解】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH-=CO32-+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，根据以上分析可知，能够发生反应为A、B、C，没有发生的反应为D，故选D。
13.下列离子方程式的书写及评价均合理的是

离子方程式的书写
评价
A
向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液：Mg2++2 HCO3—+2OH-= MgCO3↓+CO32—+ 2H2O
正确，NaOH过量，酸式盐与碱完全反应生成正盐和水
B
1 mol/L的NaAlO2溶液与2.5 mol/L的HCl溶液等体积混合：2AlO2—+5H+= Al3++Al(OH)3↓+H2O
正确，AlO2—与H+按物质的量之比1∶1反应转化为Al(OH)3，过量的H+再将一部分Al(OH)3转化为Al3+
C
将少量的Fe3O4溶解在过量的稀HNO3中：Fe3O4+8H+= Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O
正确，Fe3O4的化学式可改写为FeO·Fe2O3，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为 1∶2
D
将少量NaClO溶液滴入FeSO4溶液中：2Fe2+ +ClO-+5H2O= 2Fe(OH)3↓+ Cl-+4H+
正确，Fe2+ 与ClO-会发生氧化还原反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.溶解度：MgCO3＞Mg(OH)2，Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子方程式应为：Mg2++2HCO3－+4OH－＝Mg(OH)2↓+2CO32—+2H2O，故A错误；
B.1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积混合，二者的物质的量之比为2：5，则反应的离子反应为2AlO2-+5H+=Al（OH）3↓+Al3++H2O，故B正确；
C.将少量的Fe3O4溶解在过量的稀HNO3中，铁完全被氧化为Fe3+，故C错误；
D.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，发生反应：3H2O+3ClO-+6Fe2+=2Fe（OH）3↓+4Fe3++3Cl-，故D错误。
故选B。
【点睛】判断离子方程式的正误，要看是否符合题设条件和要求，如“过量”、“少量”、“适量”、“等物质的量”、“任意量”等等。
14.依据反应2NaIO3＋5SO2＋4H2O=I2＋3H2SO4＋2NaHSO4，并利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。

其中装置正确且能达到实验目的的组合是(　　)
A. ①②③④ B. ①②③
C. ②④ D. ②③
【答案】D
【解析】
【详解】①铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，装置①缺少加热部分，故①错误；
②将二氧化硫通入碘酸钠溶液中实施上述反应，由于二氧化硫易溶于水，需通过倒扣的漏斗以防止倒吸，故②正确；
③用四氯化碳萃取出溶液中的碘，然后用分液法将碘的四氯化碳溶液与水层分离，故③正确；
④从硫酸氢钠溶液中提取硫酸氢钠固体应采用的方法是蒸发，应该将溶液置于蒸发皿中加热，而不能用坩埚，故④错误；
答案选D。
【点睛】蒸发皿适用于除去溶液中溶剂的装置，坩埚适用于高温灼烧某种物质。
15.实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是(　　)

A ①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液
B. 管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度
C. 结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热
D. 装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A、从焦性没食子酸溶液逸出的气体含有水蒸气，所以宜于最后通过浓硫酸干燥气体，选项A错误；
B、管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度，以免因气体不纯引发爆炸，选项B正确；
C、为了防止W受热被氧化，应该先停止加热，等待W冷却后再关闭K，选项C错误；
D、二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，而启普发生器不能加热，所以启普发生器不能用于氯气的制备，选项D错误。
答案选B。
16.下列由实验得出的结论正确的是（ ）

实验
结论
A
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1，2−二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
B
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的羟基氢与水分子中的氢具有相同的活性
C
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性
D
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红
生成的一氯甲烷具有酸性
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明，根据相似相溶原理，溴与乙烯生成的1，2−二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，故A正确；
B．乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，但乙醇与钠产生气体的速率慢得多，乙醇分子中的羟基氢比水分子中的氢活性差，故B错误；
C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，其中乙酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，说明乙酸的酸性强于碳酸的酸性，故C错误；
D．甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，生成的氯化氢溶于水显酸性，氯代甲烷不能电离且没有酸性，故D错误；
故选A。
17.铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4 480 mL NO2气体和336 mL的N2O4气体(气体的体积已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为 (　　)
A. 9.02 g B. 8.51 g C. 8.26 g D. 7.04 g
【答案】B
【解析】
【分析】
最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，根据电子转移守恒计算金属失去电子物质的量，沉淀质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。
【详解】4.48L的 NO2气体的物质的量为＝0.2mol，0.336L的N2O4气体物质的量为＝0.015mol，根据电子转移守恒，金属失去电子物质的量0.2mol×1＋0.015mol×2×1＝0.23mol，
最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，故沉淀质量为4.6g＋0.23mol×17g/mol＝8.51g，
故答案选B。
18.向200 mL 2 mol·L-1HNO3溶液中，逐渐加入铁粉至过量(假设生成的气体只有一种)，在此过程中，n(Fe2＋)随n(Fe)变化如图所示。下列有关说法正确的是（　　）

A. 该过程中产生标准状况下的氢气4.48 L
B. 向c点处的反应液中加入稀盐酸后无明显现象
C. 图中a＝1.5、b＝1.5
D. 当加入铁粉n mol时(0.1＜n＜0.15)，溶液中n(Fe3＋)＝(0.3－2n) mol
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硝酸具有强氧化性，其在反应中通常被还原为氮的氧化物，其与铁反应不生成氢气，A项错误；
B. c点处的溶液是硝酸亚铁，若加入盐酸，H＋、NO3-和Fe2＋发生氧化还原反应生成Fe3＋，溶液变为黄色，B项错误；
C. 向硝酸中加入铁粉先发生反应Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，硝酸的物质的量为0.4mol，则消耗铁的物质的量为0.1mol，b=0.1mol，生成硝酸铁0.1mol，随后发生反应2Fe(NO3)3+Fe=3Fe(NO3)2，生成硝酸亚铁为0.15mol，则a=0.15，C项错误；
D. 根据上述分析，当加入铁粉n mol时(0.1＜n＜0.15)，发生反应为2Fe(NO3)3+Fe=3Fe(NO3)2，参加该反应的铁为(n-0.1)mol，消耗硝酸铁为2(n-0.1)mol，则溶液中n(Fe3+)=[0.1-2(n-0.1)]mol=(0.3-2n)mol，D项正确；
故选D。
第Ⅱ卷（非选择题共46分）
二、填空题
19.苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。
已知：①()和NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐
②用硝基苯制取苯胺的反应原理：2+3Sn+12HCl→2+3SnCl4+4H2O
③有关物质的部分物理性质见表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
密度/g⋅cm−3
苯胺
−6.3
184
微溶于水,易溶于乙醚
1.02
硝基苯
5.7
210.9
难溶于水,易溶于乙醚
1.23
乙醚
−116.2
34.6
微溶于水
0.7134
I、比较苯胺与氨气的性质
(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为：____，用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是____。
Ⅱ、制备苯胺
往图1所示装置(夹持装置略,下同)的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50% NaOH溶液，至溶液呈碱性。

(2)冷凝管的进水口是___(填“a”或“b”)；
(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为_____。
Ⅲ、提取苯胺
i.取出图1所示装置中的三颈烧瓶，改装为图2所示装置。加热装置A产生水蒸气，烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。
ii.往所得水溶液中加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。
iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺2.79g。
(4)装置B无需用到温度计，理由是_____。
(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是___。
(6)该实验中苯胺的产率为___。
【答案】 (1). NH3+HCl=NH4Cl (2). 苯胺沸点184℃，比较高，不易挥发 (3). b (4). +OH-+H2O (5). 蒸出物为混合物，无需控制温度 (6). 防止装置B内压强突然减小引起倒吸 (7). 60%
【解析】
【分析】
制备苯胺：向硝基苯和锡粉混合物中分批加入过量的盐酸，可生成苯胺，分批加入盐酸可以防止反应太剧烈，减少因挥发而造成的损失，且过量的盐酸可以和苯胺反应生成C6H5NH3Cl，之后再加入NaOH与C6H5NH3Cl反应生成苯胺。
(6)根据关系式即可计算苯胺的产率；
【详解】I、(1)蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，是浓氨水挥发出来的NH3和浓盐酸挥发出来的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是苯胺沸点184℃，比较高，不易挥发；故答案为：NH3+HCl=NH4Cl；苯胺沸点184℃，比较高，不易挥发；
Ⅱ、(2)图1装置包含了产品的分馏，是根据各组分的沸点的不同、用加热的方法来实现各组分的分离的操作，冷凝管是下口进水，上口出水，保证冷凝效果，故答案为：b；
(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为C6H5NH3++OH-→C6H5NH2+H2O；故答案为：C6H5NH3++OH-→C6H5NH2+H2O；
Ⅲ、(4)装置B无需用到温度计，理由是因为蒸馏出来的是水和苯胺的混合物，故无需温度计；故答案为：蒸出物为混合物，无需控制温度；
(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是防止装置B内压强突然减小引起倒吸；故答案为：防止装置B内压强突然减小引起倒吸；
(6)已知硝基苯的用量为5.0mL，密度为1.23g/cm3，设理论上得到苯胺m，根据原子守恒可知C6H5NO2～C6H5NH2，则m＝=4.65g，所以该实验中苯胺的产率=×100%=60%。故答案为：60%。
【点睛】水蒸气蒸馏是在难溶或不溶于水的有机物中通入水蒸气共热，使有机物随水蒸气一起蒸馏出来，是分离和提纯有机化合物的常用方法。
20.水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：

回答下列问题：
(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是__，还可使用____代替硝酸。
(2)沉淀A的主要成分是_____，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为__。
(3)加氨水过程中加热的目的是______。沉淀B的主要成分为______、______(填化学式)。
(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，则高锰酸钾与草酸反应的离子反应方程式为：___。
【答案】 (1). 将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+ (2). H2O2、氯水等 (3). SiO2 (4). SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O (5). 防止胶体形成，易生成沉淀 (6). Al(OH)3 (7). Fe(OH)3 (8). 5H2C2O4+ 2MnO + 6H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O
【解析】
【分析】
水泥样品中加入氯化铵、盐酸、硝酸，CaO与酸反应转化为Ca2+，铁、铝和镁的氧化物转化为Fe3+、Al3+、Mg2+，SiO2不溶于酸，沉淀A的成分为SiO2，滤液中主要含有Ca2+、Fe3+、Al3+、Mg2+；向滤液中加入氨水至pH为4~5并加热，Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液中的Ca2+与草酸铵溶液中的C2O42-形成CaC2O4沉淀，CaC2O4中加入硫酸转化成H2C2O4，再用KMnO4溶液滴定H2C2O4，从而通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，据此分析解答。
【详解】(1)因为水泥熟料中含一定量铁、铝和镁等金属的氧化物，加入硝酸的目的是：将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+；还可使用绿色氧化剂H2O2或者氯水等代替硝酸；
(2)沉淀A的主要成分是SiO2，其不溶于强酸但可与氢氟酸反应，生成SiF4和H2O，故该反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
(3)由以上分析知，加氨水的目的是调节pH除去Fe3+和Al3+，加热的目的是：防止胶体生成，易生成沉淀；沉淀B的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；
(4)KMnO4具有强氧化性，草酸具有还原性，滴定过程中发生氧化还原反应，KMnO4被还原为无色的Mn2+，草酸被氧化成CO2，H2C2O4属于弱酸，不能拆开写，反应可写成MnO4-+H2C2O4→Mn2++CO2↑，根据得失电子守恒配平：2MnO4-+5H2C2O4→2Mn2++10CO2↑，结合原子守恒、电荷守恒和溶液呈酸性可写出离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
【点睛】H2C2O4属于弱酸，不能拆开写，因此KMnO4氧化H2C2O4的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；若KMnO4氧化Na2C2O4，Na2C2O4为强电解质，完全电离，此时参与反应的是C2O42-，则对应的离子方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。两个方程式比较像，同学们要细心辨别。
21.高锰酸钾是一种用途广泛的常见氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。
I.某课外小组设计以锰酸钾制备高锰酸钾的方案如下：
i.锰酸钾的制备：
(1)将二氧化锰、氨酸钾和氢氧化钾固体放入___(填字母)中熔融制锰酸钾。
A. 烧杯 B. 瓷坩埚 C. 蒸发皿 D. 铁坩埚
ii.高锰酸钾的制备(装置如图所示，加热及夹持装置省略)：
将i中制得的锰酸钾加少量蒸馏水溶解，得墨绿色溶液，倒入三颈烧瓶中。打开甲装置中的分液漏斗活塞加入稀硫酸，加热，使生成的乙酸进入乙装置中并水浴加热。搅拌丙装置中的溶液，锰酸钾在酸性条件下反应生成高锰酸钾和二氧化锰。

(2)检验该装置气密性的方法：连接好装置，___。
(3)乙装置的作用是__；丁装置中NaOH溶液的作用是________。
(4)将三颈烧瓶中所得产物进行过滤，将滤液倒入蒸发皿中，_____、_____、抽滤，得到针状的高锰酸钾晶体。高锰酸钾晶体只能低温烘干，其原因为_____。
II.利用氧化还原滴定法测定高锰酸钾的纯度
(5)量取一定体积的高锰酸钾溶液需使用滴定管____(填字母)。
A. B.
(6)若在实验过程中存在下列操作，会使所测KMnO4浓度偏高的是____(填字母)。
A. 锥形瓶用水洗之后未用待测液润洗
B. 盛草酸溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定终点时无气泡
C. 滴定时，草酸溶液洒落瓶外
D. 盛装KMnO4溶液的滴定管用水洗后，未用KMnO4溶液润洗
【答案】 (1). D (2). 关闭分液漏斗活塞，丁烧杯中加入水，用酒精灯微热蒸馏烧瓶，若烧杯中有气泡冒出，停止加热后，干燥管中有一段水柱，则气密性良好 (3). 作安全瓶 (4). 吸收尾气中的乙酸 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 高锰酸钾受热易分解 (8). A (9). BC
【解析】
【分析】
I. ii. 高锰酸钾的制备：甲中稀硫酸和醋酸钙反应生成乙酸，加热使乙酸挥发进入乙装置，并水浴加热，乙酸易溶于水，所以乙装置还起到安全瓶防止倒吸的作用，在丙中搅拌条件下，乙酸与高锰酸钾发生反应3K2MnO4+4CH3COOH=2KMnO4+MnO2↓+4CH3COOK+2H2O，丁为尾气处理装置，可用于吸收多余的乙酸等，干燥管可以防止倒吸，据此分析解答。
【详解】I. i. (1)实验中加热熔化固体所用的仪器为坩埚，又因为反应物中的强碱KOH会与瓷坩埚中的二氧化硅反应，从而损坏坩埚，故应选择铁坩埚，所以选D；
ii.(2)成套实验装置的气密性检查，利用的是气体热胀冷缩的原理，使装置形成密闭体系，对其加热后，观察是否有气体逸出，冷却后气体收缩，是否形成一段水柱，故检验该装置气密性的方法为连接好装置，关闭分液漏斗活塞，丁烧杯中加入水，用酒精灯微热蒸馏烧瓶，若烧杯中有气泡冒出，停止加热后，干燥管中有一段水柱，则气密性良好；
(3)乙酸易溶于水，容易发生倒吸，故乙装置起安全瓶防止倒吸的作用；反应物中乙酸易挥发，实验过程中又对装置乙进行了水浴加热，进一步促进了乙酸的挥发，所以尾气中含有乙酸，可用NaOH溶液来吸收；
(4)先过滤除去二氧化锰，再对高锰酸钾溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可得到高锰酸钾晶体；由于高锰酸钾性质不稳定，受热易分解，所以高锰酸钾晶体只能低温烘干；
II.(5)酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，应选用酸式滴定管，所以选A；
(6)A. 滴定实验中，锥形瓶中有少量水不影响高锰酸钾与草酸反应，对结果无影响，A项不符合题意；
B. 盛草酸溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定终点时无气泡，使得滴定终点时的读数偏大，消耗草酸体积偏大，使所测KMnO4浓度偏高，B项符合题意；
C. 滴定时草酸溶液洒落瓶外，消耗草酸体积偏大，使所测KMnO4浓度偏高，C项符合题意；
D. 盛装KMnO4溶液的滴定管用水洗后，未用KMnO4溶液润洗，相当于对KMnO4溶液稀释，所取一定体积溶液中所含KMnO4物质的量减少，消耗草酸体积偏小，使所测KMnO4浓度偏低，D项不符合题意；综上所述选BC；
【点睛】成套实验装置的气密性检查，利用的是气体热胀冷缩的原理.使装置形成密闭体系，对其加热后，观察是否有气体逸出，冷却后气体收缩，是否形成一段水柱。
22.环扁桃酯是用于治疗心脑血管疾病的重要化合物，它的一种合成路线如下。


已知：RX R-MgX（R、R’、R”代表烃基或氢）
(1)A 的结构简式是___________________
(2)B → D 的化学方程式是________________
(3)红外吸收光谱表明 E 有 C＝O 键。 F 的分子式为 C8H6Cl2O 。
①E 的结构简式是________
②E → F 的反应类型是________
(4)X 的结构简式是________
(5)试剂 a 是________
(6)生成环扁桃酯的化学方程式是________
(7)以 CH3CH＝CH 2 、 CH3CHO 为有机原料， 结合题目所给信息 ，选用必要的无机试剂合成 CH2=CHCH=CHCH3，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）_______
【答案】 (1). (2). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (3). (4). 取代反应 (5). (6). O 2 、催化剂 (7). +H2O (8).
【解析】
【详解】(1) 与Br2在FeBr3作催化剂的条件下发生取代反应，故A的结构简式为，故答案为；
(2) B应该是醇在Cu作催化剂的条件下催化氧化生成D（醛），结合题目给的已知条件，以及产物，得到D的结构简式为CH3CHO，故B的结构简式为CH3CH2OH，故B→D的化学方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
(3)①2-羟基醇氧化生成酮，则E的结构简式为由以上分析可知,E的结构简式是，故答案为；
②和Cl2在光照的条件下发生取代反应，且F的分子式为C8H6Cl2O，故F的结构简式为可知，E→F的反应类型是取代反应，故答案为取代反应；
(4) F和NaOH水溶液发生取代反应,得到的产物中一个碳原子上有两个羟基不稳定,脱水生成醛,则X的结构简式，故答案为；
(5)X的结构简式为,在试剂a的作用下生成Y,,故X→Y发生氧化反应,则试剂a为O2且需要催化剂，故答案为O 2 、催化剂；
(6)由环扁桃酯的结构知道生成环扁桃酯的反应为酯化反应，所以生成环扁桃酯的方程式是，故答案为；
(7)由CH3CH=CH2、CH3CHO为有机原料,合成CH2=CHCH=CHCH3,可以用CH3CH=CH2和Br2在光照条件下发生取代反应生成BrCH2CH=CH2,再与镁、干醚作用生成,再与CH3CHO及H3O+,作用生成,最后在浓硫酸的作用下发生脱水反应得到目标产物,故故合成路线为，故答案为。