江西省新余一中2022届高三化学上学期第二次段考试题含解析

2022-2022学年江西省新余一中高三（上）第二次段考化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共45分）1．化学与科技、环境、社会生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是()A．绿色化学的核心是利用化学原理治理环境污染B．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料C．大量使用风能、太阳能、生物质能，符合“低碳”理念D．蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质2．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是()A．1L0.1mol•L﹣1的氨水含有0.1NA个NH4+B．84gNaHCO3晶体中含有NA个HCO3﹣C．1molFe在氧气中充分燃烧失去的电子数为3NAD．64g铜片与足量稀HNO3反应生成NA个NO分子3．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．由水电离产生的C（H+）=10﹣13mol/L的溶液中：K+、Na+、SO32﹣、S2﹣B．1.0mol•L﹣1KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣C．=10﹣10的溶液：K+、Ba2+、NO3﹣、AlO﹣2D．过量氨水中：Ag+、Na+、K+、NO3﹣4．下列离子方程式正确的是()A．NaClO溶液与FeCl2溶液混合：Fe2++2ClO﹣+2H2O═Fe（OH）2↓+2HClOB．NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液共热：NH4++H++2OH﹣═NH3↑+2H2OC．向1L1mol/L碘化亚铁溶液中通入标准状况下22.4L氯气：2Fe2+﹣+Cl2═2Fe3+2Cl﹣D．澄清石灰水与少量的小苏打溶液混合：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O5．从海带中制取单质碘需要经过灼烧、溶解、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作．下列图示对应的装置合理、操作规范的是()A．24灼烧B．过滤C．分液D．蒸馏6．短周期元素R、T、Q、W、G在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中R与T原子序数之和为20，下列判断正确的是()A．离子半径：T＞WB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＞W＞GC．最简单气态氢化物的热稳定性：Q＜RD．T和G组成的化合物甲溶于水，其水溶液呈中性7．M是苯的同系物，其结构为，则M的结构式共有()A．16种B．12种C．10种D．8种8．下列各图所示装置的气密性检查中，一定漏气的是()24A．B．C．D．9．类比推理的方法在化学学习与研究中有广泛的应用，但有时会得出错误的结论．以下几个类比推理结论中正确的是()A．CO2通入Ba（NO3）2溶液中无沉淀生成，推出SO2通入Ba（NO3）2溶液中无沉淀生成B．在常温下，Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，说明HCl酸性强于H2CO3；在高温下，Na2CO3+SiO2═Na2SiO3+CO2↑，说明H2SiO3酸性强于H2CO3C．H2SO4为强酸，推出HClO4为强酸D．NH3的沸点高于PH3，推出CH4沸点高于SiH410．下列有关实验的叙述，正确的是()A．用广泛pH试纸测得氯水的pH为2B．用托盘天平称取10.50g干燥的NaCl固体C．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视容量瓶的刻度线，会使所配溶液的浓度偏高D．制备Fe（OH）2时，向FeSO4溶液中滴入NaOH溶液时，胶头滴管不能伸入液面以下11．足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL12．某溶液中只可能含有下列离子中的几种（不考虑溶液中含的较少的H+和OH﹣）：Na+、NH4+、SO42﹣、CO32﹣、NO3﹣．取200mL该溶液，分为等体积的两份分别做下列实验．实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224mL．实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加入足量的BaCl2溶液，得固体2.33g．下列说法正确的是()A．该溶液中一定含有Na+，且c（Na+）≥0.1mol•L﹣1B．该溶液中可能含有Na+C．该溶液中一定不含NO3﹣D．该溶液中肯定含有NH4+、SO42﹣、CO32﹣、NO3﹣13．下列示意图与对应的反应情况正确的是()24A．含0.01molKOH和0.01molCa（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2B．NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液C．KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液D．NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸14．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O．当产物n（NO2）：n（NO）=1：1时，下列说法正确的是()A．1molCu2S参加反应时有8mol电子转移B．参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=1：5C．反应中Cu2S既做氧化剂，又做还原剂D．产物n[Cu（NO3）2]：n[CuSO4]=1：115．将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH=14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列选项正确的是()A．原合金质量为0.92gB．标准状况下产生氢气896mLC．图中V2为60mLD．图中m值为1.56g二、非选择题（共6小题，55分）16．如图为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中的位置，回答下列问题：（1）画出⑧原子结构示意图__________（2）④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序是__________．（用离子符号表示）24（3）①﹣⑧的元素中，某元素气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应所得生成物溶于水，溶液呈酸性，原因是__________（用离子方程式表示），该氢化物分子空间结构为__________（4）写出由元素⑥组成的单质与元素⑤最高价氧化物对应的水化物的水溶液反应的离子方程式__________．17．为测定某碳酸氢钠样品纯度（含有少量氯化钠），学生设计了如下几个实验方案（每个方案均称取m1g样品），请回答每个方案中的问题．[方案Ⅰ]选用重量法进行测定：可用如图1中的装置进行实验．（1）A装置中NaOH溶液的作用是__________若直接向试样溶液中鼓入空气会导致实验测定结果__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．（2）该方案需直接测定的物理量是__________．[方案Ⅱ]选用气体体积法进行测定：可用如图2中的装置进行实验，为了减小实验误差，量气管中加入饱和NaHCO3溶液．（3）通过实验，测得该试样中碳酸氢钠质量分数偏低，产生这种现象的原因可能是__________．a．测定气体体积时未冷却至室温b．测定气体体积时水准管的液面高于量气管的液面c．Y型管中留有反应生成的气体d．气体进入量气管前未用浓硫酸干燥[方案Ⅲ]选用滴定法进行测定：（4）称取m1g样品，配成100mL溶液，取出20mL，用cmol•L﹣1的标准HCl溶液滴定，消耗体积为VmL，则该试样中碳酸氢钠质量分数的计算表达式为：__________．18．2022年8月7日，甘肃甘南藏族自治州舟曲县发生特大泥石流，造成大量人员伤亡，其中饮用水安全在灾后重建中占有极为重要的地位，某研究小组提取三处被污染的水源进行了如下分析：并给出了如下实验信息：其中一处被污染的水源含有A、B两种物质，一处含有C、D两种物质，一处含有E物质，A、B、C、D、E五种常见化合物都是由下表中的离子形成的：阳离子K+、Na+、Cu2+、Al3+阴离子SO42﹣、HCO3﹣、NO3﹣、OH﹣为了鉴别上述化合物，分别完成以下实验，其结果是：①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液．②将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解．③进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钴玻璃）．④在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中产生白色沉淀．⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成．24根据上述实验现象写出下列物质化学式：A__________B__________C__________D__________E__________．19．已知：常温常压下，D、E、F、I、J为气体；1molE与含1molF的水溶液恰好反应生成B．B是一种常见的化肥．物质A﹣K之间有如图所示转化关系（部分反应中生成的水已略去）．试回答下列问题：（1）已知A中[FeC2O4]和C中Fe元素均为+2价，则FeC2O4]中碳元素的化合价为__________（2）B的化学式为__________．（3）写出反应③的化学方程式__________．（4）写出过量单质H与K的稀溶液反应的离子方程式：__________．20．实验室里用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁（碱式硫酸铁的聚合物）和绿矾（FeSO4•H2O），过程如下：请回答下列问题：（1）写出过程①中FeS和O2、H2SO4反应的化学方程式：__________．（2）将过程②中产生的气体通入下列溶液中，溶液会腿色的是__________．A．品红溶液B．紫色石蕊试液C．酸性高锰酸钾溶液D．溴水（3）过程③中，需要加入的物质是__________（化学式）．（4）过程④中，蒸发结晶需要使用酒精灯、三角架、泥三角，还需要的仪器有__________．（5）过程⑥中，将溶液Z加热到70～80℃，目的是__________．21．已知化合物A的分子式为C4H6O2，不溶于水，并可以发生如图所示的变化：24已知：C物质的一氯代物D只有两种同分异构体．请回答：（1）A分子中含有的官能团的名称__________．（2）②属于__________反应（反应类型）（3）写出②的反应方程式__________．（4）写出C的同分异构体中属于酯且能发生银镜反应的结构简式__________．242022-2022学年江西省新余一中高三（上）第二次段考化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共45分）1．化学与科技、环境、社会生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是()A．绿色化学的核心是利用化学原理治理环境污染B．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料C．大量使用风能、太阳能、生物质能，符合“低碳”理念D．蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质【考点】常见的生活环境的污染及治理；绿色化学；无机非金属材料．【专题】化学计算．【分析】A．绿色化学核心就是要利用化学反应原理从源头消除污染；B．硅酸钠与酸反应制备硅胶，硅酸钠溶液是矿物胶，不燃烧，阻隔木材与空气中氧气的直接接触；C．“低碳”理念是减少含碳燃料的使用；D．银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性．【解答】解：A．绿色化学核心就是要利用化学反应原理从源头消除污染，故A错误；B．硅酸钠与酸反应生成硅酸，可以制备硅胶，硅酸钠溶液是矿物胶，不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，可用作制备木材防火剂的原料，故B正确；C．“低碳”理念是减少含碳燃料的使用，则大量使用风能、太阳能、生物质能，可以减少煤、石油、天然气等含碳燃料的使用，故C正确；D．银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性，故用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质，故D正确；故选A．【点评】本题考查了化学知识在生产生活中的应用，难度不大，注意对基础知识的归纳整理．2．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是()A．1L0.1mol•L﹣1的氨水含有0.1NA个NH4+B．84gNaHCO3晶体中含有NA个HCO3﹣C．1molFe在氧气中充分燃烧失去的电子数为3NAD．64g铜片与足量稀HNO3反应生成NA个NO分子【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．氨水为弱碱，溶液中一水合氨只能部分电离出铵根离子；B．碳酸氢钠晶体中含有钠离子和碳酸氢根离子；C．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，产物中铁元素的平均化合价为价；D．根据电子守恒计算出生成一氧化氮的物质的量及分子数．24【解答】解：A．1L0.1mol•L﹣1的氨水中含有溶质一水合氨0.1mol，由于一水合氨为弱碱，溶液中只能部分电离出铵根离子，则铵根离子的物质的量小于0.1mol，铵根离子的数目小于0.1NA，故A错误；B.84g碳酸氢钠的物质的量为1mol，1mol碳酸氢钠晶体中含有1mol碳酸氢根离子，含有NA个HCO3﹣，故B正确；C.1mol铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的平均化合价为价，则失去的电子为：（﹣0）×1mol=mol，故C错误；D.64g铜的物质的量为1mol，1mol铜与足量稀硝酸反应失去2mol电子，根据电子守恒，生成一氧化氮的物质的量为：=mol，则反应生成NA个NO分子，故D错误；故选B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项C为易错点，注意铁与氧气反应生成的是四氧化三铁．3．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．由水电离产生的C（H+）=10﹣13mol/L的溶液中：K+、Na+、SO32﹣、S2﹣B．1.0mol•L﹣1KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣C．=10﹣10的溶液：K+、Ba2+、NO3﹣、AlO﹣2D．过量氨水中：Ag+、Na+、K+、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．由水电离产生的C（H+）=10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液；B．与NO3﹣发生氧化还原反应的离子不能大量共存；C.=10﹣10的溶液呈碱性；D．与氨水反应的离子不能大量共存．【解答】解：A．由水电离产生的C（H+）=10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸性条件下SO32﹣、S2﹣不能大量共存，二者发生氧化还原反应，故A错误；B．酸性条件下NO3﹣具有强氧化性，Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应的离子不能大量共存，故B错误；C.=10﹣10的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．Ag+与氨水反应，最终可生成银氨络离子，不能大量共存，故D错误．故选C．24【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的抽取和离子反应的考查，注意氧化还原及络合反应为解答的难点，题目难度不大．4．下列离子方程式正确的是()A．NaClO溶液与FeCl2溶液混合：Fe2++2ClO﹣+2H2O═Fe（OH）2↓+2HClOB．NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液共热：NH4++H++2OH﹣═NH3↑+2H2OC．向1L1mol/L碘化亚铁溶液中通入标准状况下22.4L氯气：2Fe2+﹣+Cl2═2Fe3+2Cl﹣D．澄清石灰水与少量的小苏打溶液混合：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．二者反应生成铁离子、氯离子和铁离子；B．二者反应生成亚硫酸钠、氨气和水；C．n（FeI2）=1mol/L×1L=1mol，n（Cl2）==1mol，氯气先氧化碘离子，后氧化亚铁离子；D．二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水．【解答】解：A．二者反应生成氢氧化铁、氯离子和铁离子，离子方程式为6Fe2++3ClO﹣+3H2O=2Fe（OH）3↓+3Cl﹣+4Fe3+，故A错误；B．二者反应生成亚硫酸钠、氨气和水，离子方程式为NH4++HSO3﹣+2OH﹣NH3↑+SO32﹣+2H2O，故B错误；C．n（FeI2）=1mol/L×1L=1mol，n（Cl2）==1mol，氯气先氧化碘离子，后氧化亚铁离子，碘离子被氧化需要1mol氯气，所以亚铁离子不反应，则离子方程式为2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2，故C错误；D．二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子方程式正误判断，明确物质的性质及离子方程式书写规则是解本题关键，注意B中生成物、C中离子反应先后顺序，这些都是易错点．5．从海带中制取单质碘需要经过灼烧、溶解、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作．下列图示对应的装置合理、操作规范的是()A．24灼烧B．过滤C．分液D．蒸馏【考点】海带成分中碘的检验．【专题】综合实验题．【分析】A、灼烧是在坩埚中进行；B、过滤实验为防止液体溅出要用到玻璃棒；C、根据萃取分液实验用到的仪器和操作来回答；D、蒸馏装置中，控制物质的沸点不同来实现物质的分离，温度计测的是蒸汽温度，据此回答．【解答】解：A、灼烧是在坩埚中进行的，不能在蒸发皿中进行，故A错误；B、过滤实验要用到玻璃棒的引流作用，故B错误；C、分液要在分液漏斗中进行，下层液体从下边漏出，上层液体从上口倒出，故C正确；D、蒸馏时，温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管口出，不能深入液面以下，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生物质的分离方法和实验基本操作知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大．6．短周期元素R、T、Q、W、G在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中R与T原子序数之和为20，下列判断正确的是()A．离子半径：T＞WB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＞W＞GC．最简单气态氢化物的热稳定性：Q＜RD．T和G组成的化合物甲溶于水，其水溶液呈中性【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．24【分析】设R的原子序数为x，则T的原子序数为x+8﹣2，R与T原子序数之和为20，则x=7，为N元素，T为Al，Q为Si，W为S，G为Cl，A．电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，质子数越大离子半径越小；B．元素的非金属性越强，形成的最高价氧化物对应水化物的酸性越强；C．元素的非金属性越强，最简单气态氢化物的热稳定性越强；D．Al和Cl形成的化合物甲是AlCl3，氯化铝溶液水解显酸性．【解答】解：设R的原子序数为x，则T的原子序数为x+8﹣2，R与T原子序数之和为20，则x=7，为N元素，T为Al，Q为Si，W为S，G为Cl，A．Al3+两个电子层，S2﹣有三个电子层，因此离子半径：S2﹣＞Al3+，故A错误；B．非金属性：Cl＞S＞Si，最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SiO3，故B错误；C．非金属性：N＞P＞Si，元素的非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，因此最简单气态氢化物的稳定性：NH3＞SiH4，故C正确；D．Al和Cl形成的化合物甲是AlCl3，氯化铝溶液水解显酸性，故D错误；故选C．【点评】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，为高频考点，题目涉及离子半径的比较、非金属性强弱的比较和盐类的水解，推导元素难度不大，因此掌握元素周期律是解题的关键，综合性强，难度中等．7．M是苯的同系物，其结构为，则M的结构式共有()A．16种B．12种C．10种D．8种【考点】有机化合物的异构现象．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】写出丁烷的同分异构体，根据丁烷同分异构体利用等效氢原子判断丁基种数，进而判断该有机物的种数．【解答】解：丁烷的同分异构体CH3CH2CH2CH3；CH3CH（CH3）CH3；CH3CH2CH2CH3有2种不同环境氢原子，所以对应2种丁基，分别是：CH3CH2CH2CH2﹣；CH3CH2CH（CH3）﹣；CH3CH（CH3）CH3有2种不同环境氢原子，所以对应2种丁基，分别是：CH3CH（CH3）CH2﹣；﹣C（CH3）3；结合有机物结构苯环对位上的两个丁基可以是相同的也可以是不同的：当左右两边相同时，共4种；当左右两别不同时，当左边丁基为：CH3CH2CH2CH2CH2﹣时，右边可以连的丁基有3种；当左边丁基为：CH3CH2CH（CH3）﹣时，排除重复结构，右边可以连的丁基有2种；当左边丁基为：CH3CH（CH3）CH2﹣时，排除重复结构，右边可以连的丁基有1种；当左边丁基为：﹣C（CH3）3；，排除重复结构，右边可以连的丁基有0种；共10种故选：C．【点评】本题考查了有机物同分异构体的书写，准确判断丁基的种数是解题的关键，题目难度较大，容易漏写．8．下列各图所示装置的气密性检查中，一定漏气的是()24A．B．C．D．【考点】气体发生装置的气密性检查．【专题】化学实验基本操作．【分析】装置气密性检验有多种方法，原理都是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，据此分析各种检查方法．A．利用气体的热胀冷缩形成压强差，形成气泡；B．利用锥形瓶内外气体压强差形成水柱；C．利用气体的热胀冷缩形成压强差，形成气泡；D．利用压强差形成水柱；【解答】解：A．用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好不漏气，不符合题意，故A错误；B．用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好不漏气，不符合题意，故B错误；C．用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好不漏气，不符合题意，故C错误；D．用弹簧夹夹住右边导管，上下移动，若装置不漏气，两边液面应形成一定的高度差，而图示两端液面相平，说明装置漏气，符合题意，故D正确；故选D．【点评】本题考查装置气密性的检查，装置气密性检验原理都是依据密闭装置中气体存在压强差，形成水柱或气泡的现象进行判断是解答本题的关键，该题易错点是D选项的判别，题目难度不大．9．类比推理的方法在化学学习与研究中有广泛的应用，但有时会得出错误的结论．以下几个类比推理结论中正确的是()A．CO2通入Ba（NO3）2溶液中无沉淀生成，推出SO2通入Ba（NO3）2溶液中无沉淀生成B．在常温下，Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，说明HCl酸性强于H2CO3；在高温下，Na2CO3+SiO2═Na2SiO3+CO2↑，说明H2SiO3酸性强于H2CO3C．H2SO4为强酸，推出HClO4为强酸D．NH3的沸点高于PH3，推出CH4沸点高于SiH4【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；氢键的存在对物质性质的影响；比较弱酸的相对强弱的实验．【专题】类比迁移思想．【分析】A、二氧化硫在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀；B、化学反应遵循难挥发性的物质可以制得挥发性的物质的原理；C、根据同周期元素的最高价含氧酸的酸性来判断；24D、同主族元素从上到下，氢化物的沸点逐渐升高，含有氢键的物质沸点最高．【解答】解：A、二氧化硫在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，故A错误；B、在高温下，Na2CO3+SiO2═Na2SiO3+CO2↑，熔融反应不能比较H2SiO3、H2CO3酸性强弱，该反应符合难挥发性的物质可以制得挥发性的物质的原理，故B错误；C、同周期元素的最高价含氧酸的酸性从左到右逐渐增强，所以H2SO4为强酸，HClO4的酸性强于硫酸，是强酸，故C增强；D、同主族元素从上到下，氢化物的沸点逐渐升高，CH4沸点低于SiH4，NH3的沸点高于PH3，是因为氨气分子间有氢键，故D错误．故选C．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，反应现象的分析利用以及物质的性质考查，关键是干扰离子的分析判断，题目难度中等．10．下列有关实验的叙述，正确的是()A．用广泛pH试纸测得氯水的pH为2B．用托盘天平称取10.50g干燥的NaCl固体C．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视容量瓶的刻度线，会使所配溶液的浓度偏高D．制备Fe（OH）2时，向FeSO4溶液中滴入NaOH溶液时，胶头滴管不能伸入液面以下【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；计量仪器及使用方法；试纸的使用；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁．【专题】综合实验题．【分析】A．氯水中的次氯酸有强氧化性；B．托盘天平只能准确到0.1g；C．根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；D．为了防止空气中氧气氧化氢氧化亚铁，需将胶头滴管下端插入液面以下．【解答】解：A．氯水中的次氯酸有强氧化性，应用pH计，故A错误；B．托盘天平只能准确到0.1g，所以用托盘天平称取10.5g的干燥的NaCl固体，不能称量10.50g，故B错误；C．定容时俯视刻度线观察液面，溶液的体积偏小，浓度偏大，故C正确；D．制备Fe（OH）2操作中的胶头滴管，为了防止空气中氧气氧化氢氧化亚铁，需将胶头滴管下端插入液面以下，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验基本操作，涉及pH的测定、溶液的配制、物质的制备等，侧重物质的性质及实验操作的考查，注重双基训练，题目难度不大．11．足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL【考点】硝酸的化学性质．【专题】守恒法；氮族元素．【分析】根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出Cu（NO3）2，再根据Cu（NO3）2与NaOH反应的关系，求出NaOH的物质的量，最终求出NaOH溶液的体积．24【解答】解：完全生成HNO3，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了根据得失电子守恒：n（Cu）×2=n（O2）×4n（Cu）×2=mol×4n（Cu）=0.15mol所以Cu（NO3）2为0.15mol根据Cu2+～2OH﹣0.15moln（OH﹣）则NaOH为0.15mol×2=0.3mol则NaOH体积V===0.06L，即60ml，故选A．【点评】本题主要考查了金属与硝酸反应的计算，若根据化学方程式来计算，无从下手，若根据氧化还原反应中电子得失守恒则能起到事倍功半．12．某溶液中只可能含有下列离子中的几种（不考虑溶液中含的较少的H+和OH﹣）：Na+、NH4+、SO42﹣、CO32﹣、NO3﹣．取200mL该溶液，分为等体积的两份分别做下列实验．实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224mL．实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加入足量的BaCl2溶液，得固体2.33g．下列说法正确的是()A．该溶液中一定含有Na+，且c（Na+）≥0.1mol•L﹣1B．该溶液中可能含有Na+C．该溶液中一定不含NO3﹣D．该溶液中肯定含有NH4+、SO42﹣、CO32﹣、NO3﹣【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】实验1：第一份加入足量的烧碱并加热会产生气体证明含有NH4+，实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，则不含有CO32﹣，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33g，证明含有SO42﹣．【解答】解：根据实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，会产生气体224mL，证明含有NH4+，且物质的量为0.01mol；实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，则一定不含有CO32﹣，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33g，证明一定含有SO42﹣，且物质的量为：=0.01mol，根据溶液中的电荷守恒，则一定含有钠离子，且钠离子的浓度≥=0.1mol/L．A、根据溶液中NH4+物质的量为0.01mol，SO42﹣物质的量为0.01mol，根据电荷守恒则c（Na+）≥0.1mol/L，故A正确；B、该溶液中一定含有Na+，故B错误；C、该溶液中可能含有NO3﹣，故C错误；D、该溶液中肯定含有NH4+、S042﹣、Na+，故D错误．故选A．24【点评】本题考查了混合物成分的鉴别，完成此题，可以依据物质的性质进行，注意离子之间的反应以及现象，难度不大．13．下列示意图与对应的反应情况正确的是()A．含0.01molKOH和0.01molCa（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2B．NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液C．KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液D．NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】图像图表题．【分析】A、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会生成碳酸钙，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，最后将碳酸钙溶解；B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀；C、KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液开始铝离子和硫酸根逐渐形成沉淀，然后形成的氢氧化铝逐渐溶解，直到只剩余硫酸钡为止；D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后沉淀逐渐溶解．【解答】解：A、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会逐渐生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增大，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，此时沉淀量不变，当氢氧化钾消耗完毕时，将碳酸钙逐渐溶解，沉淀量逐渐减少，故A错误；B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀，直到最大量，然后不再减少为止，故B正确；C、假设n（KAl（SO4）2）=2mol，则n（Al3+）=2mol，n（SO42﹣）=4mol，当加入n（Ba（OH）2）=3mol时，Al3+完全沉淀生成2molAl（OH）3，此时SO42﹣剩余1mol，继续加入1molBa（OH）2，此时发生的反应为Ba2++SO42﹣═BaSO4、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，生成1molBaSO4沉淀，同时有2molAl（OH）3溶解，因此沉淀的物质的量减少，最后保持不变，根据分析可知图象应该只有一段上升的过程，故C错误；D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后过量的盐酸又将沉淀逐渐溶解掉，故D错误．故选B．24【点评】本题考查运用课本知识解决新问题的能力，并且要考虑反应的先后顺序问题，属于偏难题．14．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O．当产物n（NO2）：n（NO）=1：1时，下列说法正确的是()A．1molCu2S参加反应时有8mol电子转移B．参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=1：5C．反应中Cu2S既做氧化剂，又做还原剂D．产物n[Cu（NO3）2]：n[CuSO4]=1：1【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】由信息可知，n（NO2）：n（NO）=1：1，假定生成1molNO2、1molNO；则HNO3被还原生成1molNO2、1molNO共得4mole﹣；Cu2S应失4mole﹣．而1molCu2S能失10mole﹣，故失4mole﹣说明反应的Cu2S的物质的量为0.4mol，0.4molCu2S生成0.4molCuSO4和0.4molCu（NO3）2；即起酸性作用的HNO3的物质的量为0.8mol，起氧化作用的HNO3为2mol．反应的HNO3共2.8mol，故n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=2：14，则发生2Cu2S+14HNO3=2Cu（NO3）2+2CuSO4+5NO2↑+5N0↑+7H2O，Cu、S元素的化合价升高，N元素的化合价降低，结合化学方程式的定量关系和氧化还原反应关系分析判断．【解答】解：A.1molCu2S参加反应时有1mol×2×（2﹣1）+1mol×[6﹣（﹣2）]=10mol电子转移，故A错误；B．由2Cu2S+14HNO3=2Cu（NO3）2+2CuSO4+5NO2↑+5N0↑+7H2O可知，参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=2：14，故B错误；C．Cu、S元素的化合价升高，Cu2S做还原剂，故C错误；D．由发生的反应可知，产物n[Cu（NO3）2]：n[CuSO4]=1：1，故D正确；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，综合性较强，题目难度不大．15．将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH=14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列选项正确的是()A．原合金质量为0.92gB．标准状况下产生氢气896mLC．图中V2为60mLD．图中m值为1.56g【考点】镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算．【专题】图像图表题．【分析】钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，加盐酸时发生NaOH+HCl═NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓、Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，再结合图象中加入40mL盐酸生成的沉淀最多来计算．24【解答】解：由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓，最后发生Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为0.02L×1mol/L=0.02mol，由NaOH+HCl═NaCl+H2O，0.02mol0.02mol则V1为=0.02L=20mL，生成沉淀时消耗的盐酸为40mL﹣20mL=20mL，其物质的量为由0.02L×1mol/L=0.02mol，由NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓，0.02mol0.02mol0.02molA、由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为0.04mol×23g/mol+0.02mol×27g/mol=1.46g，故A错误；B、由2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，生成氢气的物质的量为0.02mol+0.03mol=0.05mol，其标况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故B错误；C、由Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其体积为60mL，则V2为40mL+60mL=100mL，故C错误；D、由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol×78g/mol=1.56g，故D正确；故选D．【点评】本题考查钠、铝的化学性质及反应，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，并学会利用元素守恒的方法来解答，难度较大．二、非选择题（共6小题，55分）16．如图为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中的位置，回答下列问题：（1）画出⑧原子结构示意图（2）④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序是O2﹣＞Na+＞Al3+．（用离子符号表示）（3）①﹣⑧的元素中，某元素气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应所得生成物溶于水，溶液呈酸性，原因是NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+（用离子方程式表示），该氢化物分子空间结构为三角锥形（4）写出由元素⑥组成的单质与元素⑤最高价氧化物对应的水化物的水溶液反应的离子方程式2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】（1）根据原子结构示意图的画法来回答判断；（2）电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多，半径越小；24（3）N元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐为硝酸铵，其溶液中NH4+离子水解，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性；（4）铝与氢氧化钠反应生成氢气、偏铝酸钠，据此写出即可．【解答】解：根据元素在周期表中的分布，知道①～⑧元素分别是：H、C、N、O、Na、Al、Si、Cl．（1）⑧元素位于第三周期，第ⅥⅠA族，故元素为Cl，Cl的原子结构示意图为：，故答案为：；（2）Na、Al、O的简单离子的电子层数一样多，Al核电荷数最多，半径最小，O的核电荷数最小，故半径最大，所以简单离子的半径大小为：O2﹣＞Na+＞Al3+，故答案为：O2﹣＞Na+＞Al3+；（3）N元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐为硝酸铵，其溶液中NH4+离子水解NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性，氨气分子的空间构型为三角锥形，故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；三角锥形；（4）铝与氢氧化钠反应生成氢气和偏铝酸钠，离子反应方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑．【点评】本题考查元素的推断，题目难度不大，根据元素在周期表中的物质可推断出元素的种类，题中侧重于周期律的应用，学习中注意积累相关知识，把握离子反应方程式的书写．17．为测定某碳酸氢钠样品纯度（含有少量氯化钠），学生设计了如下几个实验方案（每个方案均称取m1g样品），请回答每个方案中的问题．[方案Ⅰ]选用重量法进行测定：可用如图1中的装置进行实验．（1）A装置中NaOH溶液的作用是吸收空气中的CO2若直接向试样溶液中鼓入空气会导致实验测定结果偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．（2）该方案需直接测定的物理量是装置C反应前后质量．[方案Ⅱ]选用气体体积法进行测定：可用如图2中的装置进行实验，为了减小实验误差，量气管中加入饱和NaHCO3溶液．（3）通过实验，测得该试样中碳酸氢钠质量分数偏低，产生这种现象的原因可能是b．a．测定气体体积时未冷却至室温b．测定气体体积时水准管的液面高于量气管的液面c．Y型管中留有反应生成的气体d．气体进入量气管前未用浓硫酸干燥[方案Ⅲ]选用滴定法进行测定：24（4）称取m1g样品，配成100mL溶液，取出20mL，用cmol•L﹣1的标准HCl溶液滴定，消耗体积为VmL，则该试样中碳酸氢钠质量分数的计算表达式为：×100%．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；钠的重要化合物．【专题】实验分析题．【分析】（1）本题是通过碳酸氢钠与硫酸反应生成二氧化碳，再用碱石灰吸收二氧化碳，通过二氧化碳的质量求碳酸氢钠的质量分数，故应排除空气中二氧化碳的干扰，若不吸收空气中的二氧化碳会导致测定结果偏高．（2）需要直接测定的物理量是装置C反应前后的质量，其质量差即为二氧化碳的质量．（3）a项会使测定结果偏高；b项气体压强大于大气压，会使测定的体积偏小，导致碳酸氢钠的测定结果偏低；c项，原Y形管内有空气，后留有反应产生的气体不影响实验结果；本题是用排水集气法测定气体体积，不需要干燥，d项无影响．（4）根据化学方程式：NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，可知反应消耗的盐酸与碳酸氢钠的物质的量相等．【解答】解：（1）本题是通过碳酸氢钠与硫酸反应生成二氧化碳，再用碱石灰吸收二氧化碳，通过二氧化碳的质量求碳酸氢钠的质量分数，故应排除空气中二氧化碳的干扰，若不吸收空气中的二氧化碳会导致测定结果偏高；故答案为：吸收空气中的CO2；偏高；（2）本题是通过碳酸氢钠与硫酸反应生成二氧化碳，再用碱石灰吸收二氧化碳，通过二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量，故需要直接测定的物理量是装置C反应前后的质量，其质量差即为二氧化碳的质量；故答案为：装置C反应前后的质量；（3）a项：测定气体体积时未冷却至室温，由于热胀冷缩，导致所测体积偏大，会使测定结果偏高；b项气体压强大于大气压，会使测定的体积偏小，导致碳酸氢钠的测定结果偏低；c项，原Y形管内有空气，后留有反应产生的气体不影响实验结果；本题是用排水集气法测定气体体积，不需要干燥，d项无影响；故选b；（4）碳酸氢钠和盐酸反应方程式：NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，84g1molmcmol/L×VmL×10﹣3L/molm=×=84cV×10﹣3g，碳酸氢钠的质量分数为：×100%．故答案为：×100%．【点评】24本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、计算能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及反应的实验原理，难度中等．通过本题我们要知道在完成实验时要尽可能的排除可能对实验结果产生影响的因素，例如本题中空气中二氧化碳对实验结果的影响，水蒸气的影响等．18．2022年8月7日，甘肃甘南藏族自治州舟曲县发生特大泥石流，造成大量人员伤亡，其中饮用水安全在灾后重建中占有极为重要的地位，某研究小组提取三处被污染的水源进行了如下分析：并给出了如下实验信息：其中一处被污染的水源含有A、B两种物质，一处含有C、D两种物质，一处含有E物质，A、B、C、D、E五种常见化合物都是由下表中的离子形成的：阳离子K+、Na+、Cu2+、Al3+阴离子SO42﹣、HCO3﹣、NO3﹣、OH﹣为了鉴别上述化合物，分别完成以下实验，其结果是：①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液．②将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解．③进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钴玻璃）．④在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中产生白色沉淀．⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成．根据上述实验现象写出下列物质化学式：ANaHCO3BKNO3CKAl（SO4）2DCuSO4ENaOH．【考点】无机物的推断；物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】离子反应专题．【分析】①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有铜离子；②将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有铝离子，E中含有氢氧根离子；③进行焰色反应实验，只有B、C含有钾离子，所以E是氢氧化钠；④在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有碳酸氢根离子，C、D中产生白色沉淀，则C、D中含有硫酸根离子，所以D是硫酸铜，C是硫酸铝钾；⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是硝酸钾，所以A是碳酸氢钠，以此来解答．【解答】解：①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有铜离子；②将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有铝离子，E中含有氢氧根离子；③进行焰色反应实验，只有B、C含有钾离子，所以E是NaOH；④在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有碳酸氢根离子，C、D中产生白色沉淀，则C、D中含有硫酸根离子，所以D是硫酸铜，C是硫酸铝钾；⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是硝酸钾，所以A是碳酸氢钠．通过以上分析可知，A为NaHCO3，B为KNO3，C为KAl（SO4）2，D为CuSO4，E为NaOH，故答案为：NaHCO3；KNO3；KAl（SO4）2、CuSO4；NaOH．【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握离子之间的反应推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大．2419．已知：常温常压下，D、E、F、I、J为气体；1molE与含1molF的水溶液恰好反应生成B．B是一种常见的化肥．物质A﹣K之间有如图所示转化关系（部分反应中生成的水已略去）．试回答下列问题：（1）已知A中[FeC2O4]和C中Fe元素均为+2价，则FeC2O4]中碳元素的化合价为+3（2）B的化学式为NH4HCO3．（3）写出反应③的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O．（4）写出过量单质H与K的稀溶液反应的离子方程式：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】A中[FeC2O4]和C中Fe元素均为+2价，A加热分解得到C、气体D与气体E，且D与氧气反应得到E，可推知C为FeO，D为CO，E为CO2，由反应⑤可知H为Fe；B是一种常见的化肥，加热分解得到二氧化碳、气体F与G，且F能连续与氧气反应，B为碳酸形成的铵盐，1molE与含1molF的水溶液恰好反应生成B，B为NH4HCO3，F为NH3，I为NO，J为NO2，G为H2O，K为HNO3，据此解答．【解答】解：A中[FeC2O4]和C中Fe元素均为+2价，A加热分解得到C、气体D与气体E，且D与氧气反应得到E，可推知C为FeO，D为CO，E为CO2，由反应⑤可知H为Fe；B是一种常见的化肥，加热分解得到二氧化碳、气体F与G，且F能连续与氧气反应，B为碳酸形成的铵盐，1molE与含1molF的水溶液恰好反应生成B，B为NH4HCO3，F为NH3，I为NO，J为NO2，G为H2O，K为HNO3，（1）A中[FeC2O4]和C中Fe元素均为+2价，则FeC2O4中碳元素的化合价为+3，故答案为：+3；（2）由上述分析可知，B的化学式为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；（3）反应③的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（4）过量Fe与HNO3的稀溶液反应的离子方程式：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O．【点评】本题考查无机物推断，侧重对化学用语的考查，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等．2420．实验室里用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁（碱式硫酸铁的聚合物）和绿矾（FeSO4•H2O），过程如下：请回答下列问题：（1）写出过程①中FeS和O2、H2SO4反应的化学方程式：4FeS+3O2+6H2SO4=2Fe2（SO4）3+6H2O+4S．（2）将过程②中产生的气体通入下列溶液中，溶液会腿色的是ACD．A．品红溶液B．紫色石蕊试液C．酸性高锰酸钾溶液D．溴水（3）过程③中，需要加入的物质是Fe（化学式）．（4）过程④中，蒸发结晶需要使用酒精灯、三角架、泥三角，还需要的仪器有蒸发皿、玻璃棒．（5）过程⑥中，将溶液Z加热到70～80℃，目的是升高温度，促进铁离子水解．【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题．【分析】硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）聚铁（碱式硫酸铁的聚合物）和绿矾（FeSO4•7H2O），烧渣在硫酸溶液中通入足量氧气，反应后过滤得到固体W和溶液X，溶液X加入铁反应生成硫酸亚铁，蒸发浓缩结晶析出得到绿矾，溶液X中加入试剂调节溶液PH得到溶液Z加热制备聚铁胶体得到聚铁；（1）根据反应物和生成物的种类结合质量守恒书写化学方程式；（2）过程②产生的气体为SO2，具有还原性和漂白性；（3）溶液X中含有Fe3+，要制备绿矾，应加入Fe使之还原为Fe2+；（4）蒸发结晶需要使用酒精灯、三角架、蒸发皿、玻璃棒等仪器；（5）过程⑤⑥目的为促进的水解，加热有利于水解的进行．【解答】解：（1）反应物为FeS、O2和H2SO4，生成物有S，根据质量守恒还应有Fe2（SO4）3和H2O，反应的化学方程式为4FeS+3O2+6H2SO4=2Fe2（SO4）3+6H2O+4S，故答案为：4FeS+3O2+6H2SO4=2Fe2（SO4）3+6H2O+4S；（2）过程②产生的气体为SO2，具有还原性和漂白性，因具有漂白性而使品红褪色，因具有还原性而使具有氧化性的酸性KMnO4溶液、溴水褪色，故答案为：ACD；（3）溶液X中含有Fe3+，要制备绿矾，应加入Fe使之还原为Fe2+，加入铁可生成Fe2+，并且不引入新的杂质，故答案为：Fe；（4）蒸发结晶需要使用酒精灯、三角架、蒸发皿、玻璃棒等仪器，可能还需要泥三角，故答案为：蒸发皿、玻璃棒；（5）过程⑤⑥目的为促进的水解，加热有利于水解的进行，促进Fe3+的水解，故答案为：升高温度，促进铁离子水解．24【点评】本题考查较为综合，涉及物质含量的测定、制备实验方案的设计等知识，题目难度中等，注意常见化学实验操作方法．21．已知化合物A的分子式为C4H6O2，不溶于水，并可以发生如图所示的变化：已知：C物质的一氯代物D只有两种同分异构体．请回答：（1）A分子中含有的官能团的名称碳碳双键、酯基．（2）②属于取代反应（反应类型）（3）写出②的反应方程式CH2=CHCOOCH3+H2O→CH2=CHCOOH+CH3OH．（4）写出C的同分异构体中属于酯且能发生银镜反应的结构简式HCOOCH2CH3．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】化合物A的分子式为C4H6O2，其中不饱和度为2，根据题中框图可知，A能生成甲醇和B，则A中有酯基，另外还有一个碳碳双键，且B中有3个碳原子，根据B→C的条件，可知，B中有碳碳双键，根据反应③，可知，B中有羧基，C物质的一氯代物D只有两种同分异构体，所以C的结构为CH3CH2COOH，由此可推断，B为CH2=CHCOOH，E为CH2=CHCOONa，A为CH2=CHCOOCH3，据此答题；【解答】解：化合物A的分子式为C4H6O2，其中不饱和度为2，根据题中框图可知，A能生成甲醇和B，则A中有酯基，另外还有一个碳碳双键，且B中有3个碳原子，根据B→C的条件，可知，B中有碳碳双键，根据反应③，可知，B中有羧基，C物质的一氯代物D只有两种同分异构体，所以C的结构为CH3CH2COOH，由此可推断，B为CH2=CHCOOH，E为CH2=CHCOONa，A为CH2=CHCOOCH3，（1）根据上面的分析可知，A分子中含有的官能团的名称为碳碳双键、酯基，故答案为：碳碳双键、酯基；（2）反应②是酯的水解，属于取代反应，故答案为：取代；（3）反应②的反应方程式为CH2=CHCOOCH3+H2O→CH2=CHCOOH+CH3OH，故答案为：CH2=CHCOOCH3+H2O→CH2=CHCOOH+CH3OH；（4）C的同分异构体中属于酯且能发生银镜反应即为甲酸酯，它的结构简式为HCOOCH2CH3，故答案为：HCOOCH2CH3；【点评】本题考查有机物的推断，有机物的分子式官能团之间的转化为解答该题的突破口，利用官能团的变化进行推断，题目难度中等．24