2022-2023学年河北省衡水市武邑县武邑中学高三化学第一学期期中联考试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关化学用语的表述正确的是A35Cl、37Cl的结构示意图 B中子数为7的碳原子： CKHSO4在水中的电离方程式：KHSO4=K+H+SO42

2、- D次氯酸的电子式 2、某溶液X含有K+、Mg2+、Fe3+、A13+、Fe2+、Cl- 、OH- 、中的几种，已知该溶液中各离子物质的量浓度均为0.20 mol/L (不考虑水的电离及离子的水解)。为确定该溶液中含有的离子，现进行了如下的操作：下列说法正确的是A无色气体可能是NO和CO2的混合物B另取100 mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，理论上得到的固体质量为2.4 gC溶液X中所含离子种类共有4种D由步骤可知，原溶液肯定存在Fe3+3、下列物质相互反应不会产生氢气的是A铁和稀硝酸B钠和乙醇C铝和氢氧化钠D镁和稀盐酸4、2018年10月15日，中国

3、用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：饱和食盐水NaClO3NaClO4NaClO4NH4ClO4，下列说法错误的是（ ）ANH4ClO4属于离子化合物B溶解度：NaClO4NH4ClO4C该流程中可循环利用的物质是NH4ClD高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价5、某硫酸与硝酸的混合溶液中， H、SO42-的物质的量浓度分别为5.0 molL1和2.0 molL1。取该溶液10 mL，加入1.6 g铜粉，加热使它们充分反应，产生的气体在标准状况下的体积约为A0.5

4、6LB0.84 LC0.224 LD0.448 L6、用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是A用图1所示装置制取少量纯净的H2B用图2所示装置分离K2CO3溶液和苯的混合物C用图3所示装置验证Na和水反应的热效应D用图4所示装置分离蒸干AlCl3 溶液制取无水AlCl37、下列有机物命名正确的是( )A BC D8、下列说法正确的是( )AH2O分子间存在氢键，所以H2O比H2S稳定BHe、CO2和CH4都是由分子构成，它们中都存在共价键CPCl5中各微粒最外层均达到8电子稳定结构DNaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键9、下列与

5、实验相关的叙述正确的是( )A钠在氯气中燃烧，产生白色的烟雾B除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3，可加入适量的NaOHC配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应该重新配制D检验某溶液是否含有SO42-时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸10、下列烃与氯气反应，只生成一种一氯代物的是A2甲基丙烷B异戊烷C间三甲苯D2，2二甲基丙烷11、25C时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A含有大量 的水溶液中： 、B与Al反应能放出 H2的溶液中：Fe2+、K+、CK+、Ca2+、Cl-、通入CO2仍能大量共存D=l l0 -2 mol/L的溶液中： 、Ca2+、Cl-、12

6、、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A1L 0.1molL-1的Na2CO3溶液中所含氧原子数目为0.3NAB1mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NAC将1L 0.1molL-1 FeCl3溶液滴入沸水中，制得的Fe(OH)3胶粒数目为0.1NAD常温下，NH4+数目：1L 0.5molL-1NH4Cl溶液等于2L 0.25molL-1NH4Cl溶液13、某溶液中可能含有OH-、CO32-、Al(OH)4-、SiO32-、SO42-、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀的

7、物质的量随盐酸溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是ABC段是OH-与盐酸反应B反应后最终溶液中的溶质只有NaC1C原溶液中含有CO32-与Al(OH)4-的物质的量之比为3：4D原溶液中一定含有的离子是Na+、OH-、SiO32-、SO42-、A1(OH)4-、CO32-14、下列说法不正确的是A物质的量是描述微观粒子集合体的物理量B1mol CO2 与1mol CO含有的分子数相同C阿伏加德罗常数就是6.02 1023DSO的摩尔质量是96 g/mol15、下列陈述I、II均正确并且有因果关系的是（ ）选项陈述I陈述IIAFe2O3是红棕色粉末Fe2O3常做红色涂料BSiO2是两性氧化物

8、SiO2可和HF反应CAl2O3难溶于水Al2O3可用作耐火材料DSO2有漂白性SO2可使溴水褪色AABBCCDD16、中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列古代文献涉及的化学研究成果，对其说明不合理的是（ ）A抱朴子黄白中“曾青涂铁，铁赤色如铜”主要发生了置换反应B本草纲目中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用到蒸馏C天工开物五金中记载：“若造熟铁，则生铁流出时，相连数尺内众人柳棍疾搅，即时炒成熟铁。”炒铁是为了降低铁水中的碳含量，且熟铁比生铁质地更硬，延展性稍差D梦溪笔谈中“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”中的剂钢是指铁的合金二、非选择题（本题包括5小题）17、乙醇，俗称酒精

9、，可用于制造乙酸、饮料、香精、染料、燃料等。（1）请写出结构简式A：_，B：_。（2）图示流程中乙醇转化为A，该反应现象为：_，其中乙醇发生了_反应(填“氧化或”还原“)。乙二醇(HO-CH2-CH2-OH)也能发生类似反应，请写出反应方程式：_。（3）请你写出X的化学式_，并用相关反应方程式证实X可与乙醇相互转化_。（4）工业上常用苹果酒或者葡萄酒混合物、麦芽、米或马铃薯捣碎后发酵生产乙酸，但是从绿色化学角度，该法存在不足，请写出一个不足之处：_，但相比于直接用工业酒精，该法原料与产品均无害，至令仍沿用。（5）乙酸与乙醇在一定条件下可反应生成乙酸乙酯，请用氧-18同位素示踪法写出该反应的化学

10、方程式：_。18、某固体化合物X由5种元素组成。某学习小组进行了如下实验：己知气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体F能使带火星的木条复燃。请回答：(1)A的其空间构型为_，往某蓝色盐溶液中缓慢通入气体A至过量的现象为_。(2)写出X隔绝空气强热生成A、C、D的化学方程式_。(3)写出混合气体D与足量碘水反应的离子方程_。19、已知Cr2不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。醋酸亚铬水合物Cr(CH3COO)222H2O是一种深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、CrCl3溶液、CH3COONa溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如下图所示。制备过程中发生的相关反

11、应如下所示： Zn2HCl=ZnCl2H2Zn2CrCl3=2CrCl2ZnCl22Cr24CH3COO2H2O=Cr(CH3COO)222H2O(晶体)试回答下列问题： (1)本实验中配制溶液所用的蒸馏水需事先煮沸，原因是_。(2)往仪器中加盐酸和CrCl3溶液的顺序最好是_，理由是_。(3)为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液混合，应关闭阀门_(填“A”或“B”，下同)，打开阀门_。(4)本实验中锌粒要过量，其原因除了使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2外，另一个作用是_。仪器的主要作用是_。(5)已知实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51 g，取用的CH3COONa溶液为

12、1.5 L 0.1 mol/L，其他反应物足量。实验后得干燥的Cr(CH3COO)222H2O 9.4 g，则该实验所得产品的产率为_(用百分数表示，保留3位有效数字)(不考虑溶解的醋酸亚铬水合物)。20、工业上利用回收的合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Si、Li）进行深度加工的工艺流程如图：已知：Fe、Co、Ni为同族元素，化学性质相似Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的物质的量浓度与温度关系如表所示温度10306090浓度/molL0.210.170.140.10回答下列问题：（1）流程中残渣M的主要成分为_。（2）“浸出液”中加入H2O2后，为检测Fe2+是否完全被氧化，最佳试剂为_；加

13、入氨水发生反应的离子方程式为_。（3）为减少Li2CO3的溶解损失，“操作3”应为蒸发浓缩、_、洗涤、干燥。（4）将CoC2O42H2O样品于空气中加热，样品质量随温度变化的曲线如图所示，曲线中300及以上所得固体为钴的氧化物。实验室中应置于_（填仪器名称）焙烧样品。通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_；试写出B点对应的物质与O2在225300发生反应的化学方程式：_。21、氮氧化物是大气污染物之一，消除氮氧化物的方法有多种。催化还原法（1）利用甲烷催化还原氮氧化物。已知：CH4（g）4NO2（g）4NO（g）CO2（g）2H2O（g）H574 kJ/molCH4（g）4NO（g）2N2（g

14、）CO2（g）2H2O（g）H1160 kJ/mol则CH4将NO2还原为N2的热化学方程式为_。（2）利用NH3催化还原氮氧化物（SCR技术）。该技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应的化学方程式为：2NH3（g）NO（g）NO2（g）2N2（g）3H2O（g）H 0。为提高氮氧化物的转化率可采取的措施是_（写出1条即可）。（3）在汽车排气管内安装的催化转化器，可使尾气中主要污染物转化为无毒物质。主要反应如下：2NO（g）+ 2CO（g）N2（g）+ 2CO2（g）。在一定温度下，向体积为1L的密闭容器中通入2molNO、1molCO，发生上述反应，10分钟时反应达到平衡状态，此时

15、容器中CO变为0.6molL-1。前10分钟内用氮气表示的反应速率为_，计算该温度下反应的平衡常数K为_Lmol-1。（只列算式，不要求计算结果）若保持温度不变，在15分钟时向容器内再次充入NO 1.6 mol、CO2 0.4 mol，则此时反应的正_逆（填“ ”）II 氧化法。（4）首先利用ClO2 氧化氮氧化物，再利用还原剂还原为无毒的氮气。其转化流程如下：NONO2N2。已知反应的化学方程式为2NO+ ClO2 + H2O NO2 + HNO3 + HCl，则反应的化学方程式是_；若生成11.2 L N2（标准状况），则消耗ClO2_g 。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细

16、解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】A、 35Cl、37Cl核电荷数为17，它们的结构示意图都为： ，选项A错误；B、中子数为7的碳原子，质量数为13，可表示为： ，选项B错误；C、KHSO4是强酸的酸式盐，在水中的电离方程式为：KHSO4=K+H+SO42- ，在熔融状态下电离方程式为：KHSO4=K+HSO4-，选项C正确；D、次氯酸的电子式为，选项D错误。答案选C。2、B【题目详解】溶液X加入过量盐酸生成无色气体，该气体遇空气变红棕色，说明生成了NO，X中一定含有和还原性离子，该离子应为Fe2+，则溶液中一定不存在、OH- 、，这三种离子都与Fe2+反应生成沉淀

17、，加入盐酸后阴离子种类不变，则说明X中含有Cl-，加入氯化钡生成白色沉淀，则一定含有；加入KSCN溶液呈红色，因Fe2+被氧化成Fe3+，则不能证明X中是否含有Fe3+，则溶液中一定存在的离子有Fe2+、Cl-、，溶液中各离子物质的量浓度均为0.20 mol/L，根据电荷守恒，可知溶液中还应含有K+、Mg2+、Fe3+、Al3+中的离子，结合电荷守恒可知，应含有Mg2+。A溶液中含有，无，因此加入盐酸反应产生的无色气体只能为NO，A错误；B另取100 mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，Fe2+、Mg2+反应变为Fe(OH)2、Mg(OH)2沉淀，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，根据Fe、

18、Mg元素守恒，可得到0.01 mol Fe2O3和0.02 mol MgO，二者质量总和m总=0.01 mol160 g/mol+0.02 mol40 g/mol=2.4 g，B正确；C根据上述分析可知溶液X中所含离子有：Fe2+、Cl-、Mg2+，共5种离子，C错误；D根据只能确定反应后的溶液中含有Fe3+，该离子是在酸性条件下H+、氧化Fe2+反应产生的，根据前面上分析可知原溶液中不含Fe3+，D错误；故合理选项是B。3、A【分析】稀硝酸与金属反应，由于硝酸具有强氧化性，故反应中氮元素化合价改变；钠单质能与乙醇反应产生氢气；铝能与NaOH溶液反应生成氢气；活泼金属能与酸发生置换反应。【题目

19、详解】A.稀硝酸不同于一般酸，具有强氧化性，能与金属反应，反应产生一氧化氮，Fe与稀硝酸反应为：Fe+4HNO3（足量）=Fe(NO3)3+NO+2H2O，A没有H2生成； B. 乙醇能与钠反应产生氢气，反应为：2CH3CH2OH+2Na=2CH3CH2ONa+H2，B产生H2；C. 铝能与碱反应产生氢气，Al与NaOH溶液的反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，C产生H2；D.活泼金属与酸反应产生氢气，Mg与盐酸的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2，D产生H2；答案为A。4、C【题目详解】A. NH4ClO4由NaClO3和NH4Cl发生复分解反应生成， NH4

20、ClO4由NH4+、ClO4-构成，所以属于离子化合物，故A正确；B. NaClO3和NH4Cl发生复分解反应，结晶生成NH4ClO4，所以 溶解度：NaClO4NH4ClO4，故B正确；C. NaClO3和NH4Cl发生复分解反应生成NH4ClO4、NaCl，该流程中可循环利用的物质是NaCl，故C错误；D. 根据化合价代数和等于，高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价，故D正确。选C。5、C【答案解析】在10mL溶液中，H+的物质的量为5.0 molL10.01L=0.05mol，SO42-的物质的量为2.0 molL10.01L=0.02mol。根据电荷守恒，NO3-的物质的量为0.05mol

21、-0.02mol2=0.01mol。1.6g铜是0.025mol，根据反应的方程式：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，假设0.01molNO3-全部反应，需要H+0.04mol，铜0.015mol，所以H+和铜都是过量的，生成的一氧化氮由硝酸根离子决定，所以生成一氧化碳氮0.01mol，在标况下的体积为0.224L。故选C。6、C【分析】A图1为气体简易发生装置，可用于制备氢气，但不可能得到纯净的氢气；B温度计水银球位置错误；C根据U形管两侧液面的变化可判断；D加热AlCl3发生水解，且盐酸易挥发，得不到氯化铝。【题目详解】A盐酸易挥发，制备的氢气中含有水蒸气和氯化氢，得不

22、到纯净的氢气，选项A错误；B蒸馏时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近；用分液法分离此混合物更合适，选项B错误；C钠和水反应放热，试管内压强增大，可观察到U形管左侧液面下降，右侧液面升高，选项C正确；D加热AlCl3发生水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，加热蒸干得不到无水氯化铝，选项D错误。答案选C。【答案点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、物质的分离、反应的探究等，把握反应原理、物质性质及实验装置图的作用为解答的关键，注意实验操作的可行性分析，题目难度不大。7、B【答案解析】A不符合主链碳原子数，正确的应是2甲基丁烷。C是对二甲苯。D不符合离官能团最近的一端开

23、始编号，正确的应是2甲基1丙烯。答案是B。8、D【题目详解】A. H2O分子间存在氢键，影响水的沸点，稳定性是化学性质，沸点是物理性质，所以稳定性与氢键无关，故A错误；B. CO2和CH4都是由分子构成，它们中都存在共价键，He中不存在共价键，故B错误；C. PCl5中Cl的最外层电子数为7，成键电子数为1，都达到8电子稳定结构，PCl5分子中P原子最外层电子数为5，成键电子数为5，达到10电子结构，故C错误；D. NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，受热分解的过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏，故D正确；答案选D。【答案点睛】氢键不是化学键，是分子间作用力，主要影响分

24、子晶体的沸点。9、C【题目详解】A.钠在氯气中燃烧产生白烟，故错误；B.除去碳酸氢钠中的碳酸钠应通入二氧化碳，加入氢氧化钠会使碳酸氢钠反应转化为碳酸钠，故错误；C.配制溶液过程中，加水超过刻度线，应该重新配制，故正确；D.检验硫酸根离子，应先加入盐酸，无沉淀生成，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，说明含有硫酸根离子。故错误；故选C。【答案点睛】掌握离子的检验方法，注意干扰离子的排除。如硫酸根离子检验过程中注意碳酸根离子和银离子的干扰。先加入盐酸，不产生沉淀，再加入氯化钡，产生白色沉淀说明有硫酸根离子，若无沉淀，则无硫酸根离子。掌握碳酸钠和碳酸氢钠的相互转化。碳酸钠和二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠

25、，碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水。10、D【题目详解】A2-甲基丙烷的结构简式为：CH3CH(CH3)CH3，其分子中有2种等效氢原子，其一氯代物有2种，故A错误；B异戊烷的结构简式为：CH3CH2CH(CH3)2，其分子中含有4种等效氢原子，其一氯代物有4种，故B错误；C间三甲苯的结构简式为，其分子中含有2种等效H原子，则其一氯代物有2种，故C错误；D2，2-二甲基丙烷的结构简式为：CH3C(CH3)2CH3，其分子中所有H原子都完全等效，则其一氯代物只有1种，故D正确；故选D。11、C【题目详解】A、会反应产生，不能大量共存，A不符合题意；B与Al反应能放出 H2的溶液可能显酸性，也

26、可能显碱性。在酸性溶液中：Fe2+、H+、会发生氧化还原反应，不能大量共存；在碱性溶液中，OH-与Fe2+会反应产生Fe(OH)2沉淀，也不能大量共存，B不符合题意；CK+、Ca2+、Cl-、之间不能发生任何反应，且通入CO2也不能反应，因此仍能大量共存，C符合题意；D=l l0 -2 mol/L的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与会发生反应产生弱电解质NH3H2O，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。12、B【题目详解】A. 水溶液中溶剂水中也含氧原子，则1L 0.1molL1的Na2CO3溶液中所含氧原子数目远大于0.3NA，A项错误；B. 1mol Na与足量O2反应，无论生成

27、的是Na2O还是Na2O2，生成的都是Na+，则转移的电子数均为NA，B项正确；C. Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3的聚集体，所以将1L 0.1molL1 FeCl3溶液滴入沸水中，制得的Fe(OH)3胶粒数目小于0.1NA，故C错误；D. 稀释有利于盐类水解，常温下， 1L 0.5molL1 NH4Cl溶液与2L 0.25molL1 NH4Cl溶液中的NH4+的水解程度，前者小于后者，所以NH4+数目前者大于后者，D项错误；答案选B。13、C【答案解析】由图象可知，开始加入HCl时无沉淀生成，说明加入的HCl与溶液中OH-的反应，则溶液中一定不会存在与氢氧根离子发生反应的离子:Fe3

28、+、Mg2+、Al3+;之后开始生成沉淀且反应生成沉淀逐渐增大，说明溶液中存在AlO2-、SiO32-，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32-离子，碳酸根离子反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸;硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中至少含有K+、Na+离子中的一种离子。BC段是CO32-与盐酸反应，故A错误；溶液中至少含有K+、Na+离子中的一种离子、反应后最终溶液中一定铝离子、氯离子、钠离子或钾离子，故B错误；依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，反应总方程式为:C

29、O32-+2H+=CO2+H2O;氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，反应的离子方程式为:Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O;所以原溶液中含有CO32-与Al(OH)3的物质的量之比为n(CO32-):n(Al(OH)3)=2 ： =3:4，故C正确；根据以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是:OH-、SiO32-、A1(OH)4-、CO32-，故D错误。点睛：根据电荷守恒，溶液中阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。根据电荷守恒可计算离子的物质的量。14、C【题目详解】A物质的量是七个基本物理量之一，是描述一定数目微观粒子集合体的物理量，A说法正确；B国际规定，1mol任何

30、微粒的个数均为NA，则1mol CO2 与1mol CO含有的分子数相同，B说法正确；C阿伏加德罗常数为NAmol-1，约为6.021023mol-1，C说法错误；DSO的相对分子质量=32+164=96，摩尔质量数值上等于相对分子质量，为96 g/mol，D说法正确；答案为C。15、A【题目详解】A 、因Fe2O3是红棕色粉末，故Fe2O3常做红色涂料，正确；B、SiO2是酸性氧化物，错误；C、Al2O3可用作耐火材料是由于Al2O3的熔点高，错误；D、SO2可使溴水褪色是由于SO2具有还原性，错误。故选B。16、C【题目详解】A抱朴子黄白中“曾青涂铁，铁赤色如铜”主要发生了铁与硫酸铜在溶液

31、中反应生成铜与硫酸亚铁，发生的反应属于置换反应，A正确；B蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，B正确；C熟铁比生铁质地更硬，且延展性好，C错误；D剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，D正确；故答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3CHO CH3COOH 黑色固体逐渐变红 氧化 HO-CH2-CH2-OH+O2 OHC-CHO+2H2O C2H4 CH2=CH2+H2OCH3CH2OH、CH3CH2OHCH2=CH2 + H2O 制取乙酸的过程中会产生大量二氧化碳，造成温室效应，还会产生大量废渣 CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O

32、 【分析】根据转化过程，X在一定条件下转化为乙醇，乙醇也可以转化为X，则X为乙烯，乙醇和氧化铜发生氧化还原反应转化为A和铜单质，A为乙醛，乙醛在一定条件下与氧气反应生成B，B为乙酸，据此分析解答。【题目详解】(1)根据分析A为乙醛，B为乙酸，结构简式分别为CH3CHO、CH3COOH；(2)图示流程中乙醇和氧化铜反应转化为乙醛和铜单质，该反应现象为：黑色固体逐渐变红；其中乙醇发生了氧化反应；乙二醇(HO-CH2-CH2-OH)也能发生类似反应，反应方程式：HO-CH2-CH2-OH+O2 OHC-CHO+2H2O；(3)根据分析，X为乙烯，化学式C2H4，乙烯在催化剂作用下和水反应生成乙醇，方

33、程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；乙醇在浓硫酸作用下加热至170生成乙烯，方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2 + H2O；(4)充分利用能源、提高原料利用率，减少向环境排放废弃物都是绿色化学的基本要求，工业上常用苹果酒或者葡萄酒混合物、麦芽、米或马铃薯捣碎后发酵生产乙酸，但是从绿色化学角度，以上原料制取乙酸的过程中会产生大量二氧化碳，造成温室效应，还会产生大量废渣； (5)酯化反应中羧酸提供羟基，醇应该提供氢原子，所以反应的机理可以表示为CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O。【答案点睛】绿色化学又称环境友好化学、环境无害化学、清洁化学，是

34、用化学的技术和方法去减少或消除有害物质的生产和使用。 绿色化学的核心是： 利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。18、三角锥形生成蓝色沉淀，溶液逐渐变成绛蓝色2Cu(NH3)4SO48NH3+2CuO+2SO2+O2SO2+I2+2H2O=4H+2I-+SO42-【分析】己知气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A为氨气，气体F能使带火星的木条复燃，F是氧气，根据标况下氧气的物质的量n=0.1mol，则混合气体D中的另一种气体的物质的质量为16g-0.1mol32g/mol=12.8g，则混合气体D加入足量氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，物质的量为=0.2mol，根据硫元素守恒，故混合

35、气体中的另一种气体为二氧化硫，物质的量为0.2mol，固体B为硫酸铜，加强热分解得到氧化铜，二氧化硫，氧气，X为硫酸四氨合铜，加热分解可以得到硫酸铜和氨气。【题目详解】根据，分析A为氨气，B为硫酸铜，C为氧化铜，D为二氧化硫和氧气，E为硫酸钡，X为硫酸四氨合铜。(1)A是氨气，中心原子是N，与H原子形成三对共用电子对，剩余一对孤对电子，价层电子对数为4对，其空间构型为三角锥形，氨气加入含有铜离子的溶液中发生反应Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NH4+，Cu2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+4H2O，故实验现象为生成蓝色沉淀，溶液逐渐变成绛蓝色；故答案为：三角锥形；生成蓝色沉淀，

36、溶液逐渐变成绛蓝色；(2) X为Cu(NH3)4SO4，加热分解的方程式为2Cu(NH3)4SO48NH3+2CuO+2SO2+O2，故答案为：2Cu(NH3)4SO48NH3+2CuO+2SO2+O2；(3)二氧化硫具有还原性，碘具有氧化性，则化学反应为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，离子方程式SO2+I2+2H2O=4H+2I-+SO42-，故答案为：SO2+I2+2H2O=4H+2I-+SO42-。19、去除水中的溶解氧，防止Cr2被氧化 先加盐酸后加CrCl3溶液 让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置和中的空气赶出，避免生成的Cr2被氧化 B A 让产生的H2赶出装置和中的空

37、气并将CrCl2溶液压入装置与CH3COONa溶液反应 防止空气进入装置 83.3% 【题目详解】（1）根据信息，Cr2不稳定，极易被氧气氧化，因此在配制溶液时，所用蒸馏水事先煮沸，其原因是去除水中的溶解氧，防止Cr2被氧化；（2）装置中有氧气，为防止Cr2被氧化，先排除装置中氧气，即先加盐酸，再加CrCl3溶液，理由是让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置和中的空气赶出，避免生成的Cr2被氧化；（3）根据实验目的，需要把装置II的溶液压入到装置III，需要关闭阀门B，打开阀门A，Zn和盐酸反应，产生氢气，利用压强差，把装置II中溶液压入到装置III中；（4）根据（3）过量Zn的另一个作用是让产生

38、的H2赶出装置和中的空气并将CrCl2溶液压入装置与CH3COONa溶液反应；仪器IV的作用是防止空气进入装置III；（5）CrCl3的物质的量为9.51/158.5mol=0.06mol，根据元素守恒，则Cr2的物质的量为0.06mol，CH3COONa的物质的量为1.50.1mol=0.15mol，根据题中所给第三个反应，Cr2不足，CH3COONa过量，根据Cr2进行计算，得出Cr(CH3COO)222H2O的质量为0.06376/2g=11.28g，即产率为9.4/11.28100%=83.3%。20、Si和CuK3Fe（CN）6，或铁氰化钾、铁氰酸钾Fe3+ 3NH3H2O=Fe（O

39、H）3+3NH4+趁热过滤坩埚Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2【答案解析】合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Si、Li）加入盐酸过滤得到残渣M为不与盐酸反应的铜和硅，浸出液中加入过氧化氢，将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作过滤得到溶液A，加入草酸铵溶液沉淀钴离子，过滤得到溶液B，主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；（1）.根据上述分析，流程中残渣M的主要成分是Si和Cu，故答案是：Si和Cu；（2）亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，所以最佳试剂是铁氰化钾；加入氨水使溶液中的铁离子生成氢氧化铁沉淀而除去铁离