山东省烟台市莱州市一中2022-2023学年化学高三第一学期期中教学质量检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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，再选涂其它答案标号。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。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、取一定质量的均匀固体混合物 Cu、CuO 和Cu2O，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少3.20g，另一份中加入500mL 稀硝酸（其还原产物为NO），固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO 气体

2、4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为（ ）A2.4mol/LB1.4mol/LC1.2mol/LD0.7mol/L2、科学家将含有石墨烯和碳纳米管两种纳米材料的水溶液在低温环境下冻干得到“全碳气凝胶”，该固态材料的密度仅是0.16mgcm-3 ，是迄今为止世界上最轻的材料。下列有关说法正确的是( )A“全碳气凝胶”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料B“全碳气凝胶”与石墨互为同位素C“全碳气凝胶”中含有碳碳双键，属于烯烃D“全碳气凝胶”的性质稳定，能在热的浓硫酸中稳定存在3、分别取40mL的0.50mol/L盐酸与40mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和热的测定。下列说法错误的是A稍过量的

3、氢氧化钠是确保盐酸完全反应B仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒C在实验过程中，把温度计上的酸用水冲洗干净后再测量NaOH溶液的温度D用Ba（OH）2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液，结果也是正确的4、某研究小组经资料检索后发现，药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得，其反应方程式为：下列有关叙述错误的是（）A贝诺酯、乙酰水杨酸分子中都有酯基B乙酰水杨酸的分子式为C9H8O4C乙酰水杨酸能与NaHCO3溶液反应，并放出CO2D贝诺酯与足量NaOH溶液共热，最终生成产物之一是乙酰水杨酸钠5、下列离子方程式书写正确的是( )AFe3O4溶于足量氢碘酸：Fe3O4 + 8H+ = Fe2+

4、+ 2Fe3+ + 4H2OB用石墨作电极电解AlC13溶液：2Cl+2H2OH2+ Cl2+2OHC澄清的石灰水中加入少量的 NaHCO3溶液：Ca2+OH-+HCO3-CaCO3+H2O D向含1mol FeBr2的溶液中通入0.6mol Cl2：10Fe2+ + 4Br+ 8Cl2 = 10Fe3+ + 2Br2 + 16Cl6、下图所示装置中，属于原电池的是ABCD7、A是一种常见的单质，B、C为中学常见的化合物，A、B、C均含有元素X。它们有如下的转化关系(部分产物及反应条件已略去)：下列判断正确的是AX元素可能为AlBX元素一定为非金属元素C反应和互为可逆反应D反应和不一定为氧化还

5、原反应8、ICl能发生下列变化，其中变化时会破坏化学键的是（ ）A升华B熔化C溶于CCl4D受热分解9、晶体的叙述中，正确的是A原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定C分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高D离子晶体不一定能溶于水，但一定不含非极性共价键10、2017年1月，南京理工大学胡炳成教授团队成功合成世界首个全氮阴离子盐，全氮阴离子化学式为N5-。下列关于全氮阴离子盐的说法正确的是A每个N5-含有26个电子BN5-的摩尔质量为71gmol-1C全氮阴离子盐既含离子键又含共价键D全氮阴离子盐可能属于电解质，也可能属于非电解质11、下列

6、物质中，不能由金属跟非金属单质直接化合而成的是AFe3O4BNa2O2CMg3N2DFeCl212、化学与生产、生活密切相关。下列说法中不正确的是A绿色化学要求从源头上减少或消除工业生产对环境的污染B金属在潮湿空气中生锈，主要是发生吸氧腐蚀C光导纤维和制作航天服的聚酯纤维都是新型无机非金属材料D海水提取镁、溴的过程中均涉及氧化还原反应13、下列有关热化学方程式的叙述正确的是A已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=890.3 kJ/molB已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) H0，则金刚石比石墨

7、稳定C已知中和热为H=-57.3 kJ/mol，则1 mol稀硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应热就是中和热D已知S(g)+O2(g)=SO2(g) H1；S(s)+O2(g)=SO2(g) H2，则H1H214、已知W、X、Y、Z均为中学化学里常见的化学物质，它们之间有如下图所示的转化关系。其中不符合图中转化关系的W、X依次是 （ ）AW为O2，X为CBW为稀HCl，X为NaAlO2溶液CW为SO2，X为NaOH溶液DW为Cl2，X为Fe15、下列叙述正确的是A直径介于1nm100nm之间的微粒称为胶体B电泳现象可以证明胶体粒子带电C丁达尔效应是溶液与胶体的本质区别D胶体粒子很小，可以透过滤

8、纸和半透膜16、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒B金属钠具有强还原性，可用于与TiCl4溶液反应制取金属TiCAl2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚DFeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路板二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。(1)若A为常见的金属单质，焰色试验呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：_(2)若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强。写出A与H2O反应的离子方程式：_。X可能为_

9、(填字母)。ANaHCO3 BNa2CO3 CAl(OH)3 DNaAlO2(3)若A为淡黄色粉末，回答下列问题：1molA与足量H2O充分反应时转移的电子数为_。若X为非金属单质，通常为黑色粉末，写出D的电子式：_。若X为一种造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种稀溶液，可选择的试剂为_(填字母)。A盐酸 BBaCl2溶液 CNaOH溶液 DCa(OH)2溶液(4)若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。A与H2O反应的化学方程式为_。检验溶液D中还可能存在Fe2的方法是_。18、聚合物H是一种聚酰胺纤维，其结构简式为。该聚合物可广泛用于各种刹车片，其合成路线如下图所示：

10、已知：C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。DielsAlder反应：。（1）生成A的反应类型是_，D的名称是_，F中所含官能团的名称是_。（2）B的结构简式是_；“BC”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是_（填化学式）。（3）DGH的化学方程式是_。（4）Q是D的同系物，其相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有_种。其中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1223的结构简式为_（任写一种）。（5）已知：乙炔与1，3丁二烯也能发生DielsAlder反应。请以1，3丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化

11、关系，箭头上注明试剂和反应条件）_。19、高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析。（1）实验室里欲用KMnO4固体来配制480mL 0.1000 molL1的酸性KMnO4溶液。需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、_。用天平需要称量固体KMnO4的质量 _ 。下列操作导致所配制溶液的浓度偏大的是_(填序号)。a加水定容时俯视刻度线 b容量瓶底部有少量蒸馏水c颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上 d天平的砝码生锈（2）某化学兴趣小组利用滴定的方法，用新配制的酸性KMnO4溶液来测定某试剂厂生产的FeSO4溶液中Fe2的物质的量浓度。酸性高锰酸钾溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式

12、为_。该小组在测定过程中发现，测得的Fe2的物质的量浓度比标签上的标注值要低，在滴定操作准确的前提下，可能导致该测定结果的原因如下：猜想一：FeSO4溶液变质；证明方法是_；猜想二：_。20、某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70Cu、25Al、4Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：（1）第步Cu与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣1的主要成分为_。（2）第步加H2O2的作用是_，使用H2O2的优点是_。（3）用第步所得CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是_。（4）由滤渣2制取Al2(SO4)318H2

13、O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，_方案不可行，原因是_，从原子利用率角度考虑，_方案更合理。21、某含锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等。已知FeCO3、MnCO3难溶于水。一种运用阴离子膜电解法的新技术可用于从碳酸锰矿中提取金属锰，主要流程如下：(1)为提高含锰矿物浸出速率，可采取的措施有_(至少写出两条)。(2)设备1中反应后，滤液1里锰元素只以Mn2+的形式存在，且滤渣1中也无MnO2。设备1中发生氧化还原反应的离子方程式是_。(3)设备2中加足量双氧水的作用是_。设计实验方案检验滤液2中是否存在Fe2+_。(4)已知金属离子的氢氧化物

14、开始沉淀和完全沉淀的pH如下表，加氨水调节溶液的pH等于6，滤渣2的主要成分为_(填化学式)。金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.83.2Al3+3.05.0Fe2+5.88.8Mn2+7.89.8 (5)设备4中加入过量氢氧化钠溶液，用离子方程式表示发生的反应_。(6)保持其他条件不变，在不同温度下对含锰矿物进行酸浸，锰浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度与时间分别为_、_min。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【答案解析】一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少3.20g，为混合物中O元素的质量，O原子的物质的量

15、为3.2g/16g/mol=0.2mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3)2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为4.48L/22.4L/mol=0.2mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2nCu（NO3）2=n（NO）+2n（O）+3n(NO)=0.2mol+20.2mol+30.2mol=1.2mol，硝酸的浓度为1.2mol/0.5L=2.4mol/L故选A点睛：本题考查混合物的计算、电子守恒计算、电荷守恒等，难度中等，理清反应过程中氮原子的去处是解题的关键，本题采取守恒法解答，简化计算过程，注意体会，也可

16、以通过列方程组解答，但过程较繁2、A【题目详解】A“全碳气凝胶”具有极大的比表面积，吸附性强，可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，A说法正确；B“全碳气凝胶”与石墨都是碳的单质，互为同素异形体，B说法错误；C“全碳气凝胶”为碳的单质，无氢原子，不属于烃类，C说法错误；D“全碳气凝胶”的性质稳定，但能在热的浓硫酸发生反应生成二氧化碳、二氧化硫等物质，D说法错误；答案为A。3、D【答案解析】A测定中和热时，为了使氢离子或者氢氧根离子完全反应，需要让其中一种反应物稍稍过量，故A正确；B仪器A是环形玻璃搅拌棒，故B正确；C中和反应是放热反应，温度计上的酸与NaOH溶液反应放热，使温度计读数升高，使测得的

17、温度不准确，故C正确；D硫酸与Ba（OH）2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba（OH）2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热，故D错误；故选D。4、D【题目详解】A. 贝诺酯、乙酰水杨酸分子中均含有结构，即含有酯基，故A正确；B. 根据乙酰水杨酸的结构简式可知其分子式为C9H8O4，故B正确；C. 乙酰水杨酸含有羧基，所以能与NaHCO3溶液反应，并放出CO2，故C正确；D. 贝诺酯与足量NaOH溶液共热时两个酯基均会水解，其中一个酯基与乙酰水杨酸中的酯基相同，所以不会生成乙酰水杨酸钠，故D错误；故答案为D。5、C【答案解析】A

18、. Fe3O4溶于足量氢碘酸，生成的铁离子要将碘离子氧化为碘单质，A错误；B. 用石墨作电极电解AlC13溶液，生成的OH与Al3+生成Al(OH)3沉淀，B错误；C. 澄清的石灰水中加入少量的 NaHCO3溶液：Ca2+OH-+HCO3-CaCO3+H2O ，C正确；D. 向含1mol FeBr2的溶液中通入Cl2，1mol FeBr2被完全氧化需要转移3mol电子，0.6mol Cl2只能将还原性强的亚铁氧化和0.2molBr-，D错误。6、B【题目详解】原电池的构成需要活泼性不同的两电极，电解质溶液；形成闭合回路，自发的氧化还原反应。A、左右两极的电极材料相同，活动性相同，不能构成原电池

19、，A不符合题意；B、Cu和Ag作电极，活动性不同，且Cu能置换出Ag，有自发的氧化还原反应，有电解质溶液，形成了闭合回路，能够构成原电池，B符合题意；C、乙醇不是电解质溶液，也没有自发的氧化还原反应，C不符合题意；D、硫酸溶液和硫酸铜溶液，处于不同的烧杯中，没有构成闭合回路，D不符合题意；答案选B。7、B【答案解析】由于A是单质，而B和C两种化合物可以生成A单质，这说明再B和C中A的化合价分别是正价和负价，所以A一定是非金属，选项B正确，其余都是错误的，答案选B。8、D【题目详解】ICl是共价化合物，在升华、熔化时化学键不断裂，溶于CCl4时未发生电离，化学键不断裂，破坏的均为分子间作用力；受

20、热分解时发生化学反应，发生化学键的断裂和形成，故选D。9、A【答案解析】A原子晶体中，原子之间通过共价键结合，共价键的键能越大，断裂共价键消耗的能量就越高，所以物质的熔、沸点就越高，正确；B分子晶体中，分子之间通过分子间作用力结合。分子间的作用力越大，则含有该分子的晶体的熔沸点就越高，与物质的稳定性无关，错误；C分子晶体中，共价键的键能越大，含有该化学键的物质稳定性就越强，错误；D离子晶体不一定能溶于水，其中可能含非极性共价键，也可能不含有非极性共价键，错误。答案选A。10、C【答案解析】每个N5- 含有36个电子，故A错误；N5-的摩尔质量为70gmol-1，故B错误；N5-含有共价键，全氮

21、阴离子与金属离子之间存在离子键，故C正确；盐都是电解质，所以全氮阴离子盐属于电解质，故D错误。11、D【题目详解】A.铁在氧气中燃烧生成Fe3O4,故A不能选；B.钠与氧气加热生成Na2O2，故B不能选；C.镁在氮气中燃烧生成Mg3N2，故C不能选；D.铁在氯气中反应只能生成FeCl3，故选D。12、C【答案解析】绿色化学的核心就是从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，A项正确；金属的腐蚀分为化学腐蚀和电化学腐蚀，电化学腐蚀较为普遍，电化学腐蚀又分吸氧腐蚀和析氢腐蚀，析氢腐蚀需要在酸性条件下。故金属在潮湿空气中生锈，主要是发生吸氧腐蚀，B项正确；聚酯纤维是合成高分子材料，C项错误；海水提溴是

22、先氧化溴离子为溴单质，再用还原剂还原溴单质为溴离子，再用氧化剂氧化溴离子为溴单质，涉及氧化还原反应，从海水中提取镁盐，通常将熟石灰加入海水中或卤水中，沉淀出氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融状态的氯化镁，就能制的金属镁，也涉及氧化还原反应，D项正确。13、D【题目详解】A燃烧热：在101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水应为液态，故A错误；BC(石墨，s)C(金刚石，s)H0，该反应为吸热反应，故石墨的能量较低，比金刚石稳定，故B错误；C1mol稀硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应生成2mol水，不符合中和热的定义，故C错误；DS(g)的能量大

23、于S(s)，故与O2(g)反应生成SO2(g)，S(g)放出的热量多，H0，故放出的热量越多，H越小，故H1H2，故D正确；故选D。14、D【答案解析】A. 单质C和过量O2在点燃时反应生成CO2，和少量O2在点燃时反应生成CO，CO和O2在点燃时反应生成CO2，CO2和C 在高温下反应生成CO，符合物质转化关系，A不符合题意；B. NaAlO2与少量盐酸发生反应：AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，与过量盐酸发生反应：AlO2-+4H+=Al3+2H2O；Al(OH)3是两性氢氧化物，能与强酸反应产生铝盐和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，Al3+和碱反应

24、生成Al(OH)3，反应方程式为：Al3+3OH-=Al(OH)3，符合物质转化关系，B不符合题意；C. NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，当SO2过量时发生反应：SO2+NaOH=NaHSO3；当SO2少量时发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；NaHSO3是酸式盐，与NaOH反应产生正盐Na2SO3，反应方程式为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；Na2SO3与SO2、H2O反应产生酸式盐NaHSO3，反应方程式为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，符合物质转化关系，C不符合题意；D.Fe与Cl2在点燃时反应产生FeCl3，与二者相对物质的量的多少

25、无关，不符合物质转化关系，D符合题意；故合理选项是D。15、B【题目详解】A微粒直径介于1nm100nm之间的分散系称为胶体，故A错误；B带电粒子在电场中会定向移动，电泳现象可以证明胶体粒子带电，故B正确；C丁达尔效应是区分溶液与胶体的一种方法，溶液与胶体的本质区别是粒子的大小不同，故C错误；D胶体粒子可以透过滤纸和但不能透过半透膜，故D错误；故选B。【答案点睛】本题考查了溶液、胶体和浊液的本质区别和胶体的丁达尔效应，当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm）；应注意的是溶液、胶体和浊液的本质区别

26、是分散质粒子直径的大小，不要认为丁达尔效应是溶液、胶体和浊液的本质区别，丁达尔效应可以区分溶液和胶体，这是容易混淆的。16、D【分析】A.明矾不能用于杀菌消毒；B.钠是活泼金属，具有还原性可以冶炼某些金属，但溶液中钠和水剧烈反应；C.高温下，氧化铝能与NaOH反应；D. FeCl3溶液能与Cu发生反应：2Fe3+Cu=2 Fe2+Cu2+。【题目详解】A. 明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，但不具有氧化性，不能用于杀菌消毒，故A错误；B. 钠是活泼金属，具有还原性，可用与TiCl4熔融固体反应制取金属Ti，溶液中钠与水剧烈反应，不能用Na与溶液反应制备金属，故B错误；C. 高温下，氧化铝

27、能与NaOH反应，氧化铝不能用于制造熔融烧碱的坩埚，故C错误；D. Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜，则可用于蚀刻印刷电路板，故D正确；本题选D。【答案点睛】Al2O3为两性氧化物，既可以与酸反应又可以与碱反应。二、非选择题（本题包括5小题）17、OH-+HSO=SO+H2O Cl2+H2O=H+Cl-+HClO BD NA AB 3NO2+H2O=2HNO3+NO 取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，证明溶液中含有Fe2+，否则无 【分析】若A为常见的金属单质，焰色试验呈黄色，A应为Na，X能使品红溶液褪色，X应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为N

28、a2SO3，E为NaHSO3；若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，A应为Cl2，则B为HClO，C为HCl；若A为淡黄色粉末，A应为Na2O2；若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红，D中含Fe3+，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3；以此解答。【题目详解】(1)由分析可知，若A为常见的金属单质，焰色试验呈黄色，A应为Na，X能使品红溶液褪色，X为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，C和E反应的离子方程式为OH-+HSO=SO+H2O，故答案为：OH-+HSO=SO+H2O；(2) 若

29、A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，A应为Cl2，B为HClO，C为HCl，Cl2和水反应生成次氯酸、HCl，离子方程式为：Cl2+H2O=H+Cl-+HClO；A. C为盐酸，可与NaHCO3反应生成NaCl、H2O和CO2，但它们与NaHCO3均不反应，故A不可能；B. 盐酸与Na2CO3反应生成CO2，CO2与Na2CO3反应可生成NaHCO3，故B可能；C. 盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝，氯化铝与氢氧化铝不反应，故C不可能；D. NaAlO2与过量盐酸反应生成AlCl3，AlCl3和NaAlO2反应生成Al（OH）3，故D可能；故答案为：BD；(3)若A为淡

30、黄色粉末，A应为Na2O2；1mol Na2O2与足量的H2O充分反应时，过氧化钠自身发生氧化还原反应，转移的电子数目为NA；故答案为：NA；若X为非金属单质，通常为黑色粉末，C为O2，X应为C，D为CO2，E为CO，二氧化碳的电子式为：；若X为一种造成温室效应的气体，X应为CO2，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，A.与盐酸反应产生气泡较快的为NaHCO3，较慢的为Na2CO3，可以鉴别；B.加入BaCl2产生白色沉淀的为Na2CO3，无明显现象的是NaHCO3，可以鉴别；C.加入NaOH溶液都无明显现象，不可以鉴别；D.加入Ca（OH）2溶液都产生白色沉淀，不可以鉴别；故

31、答案为：AB；(4)若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红，D中含Fe3+，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3，NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；Fe2+具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，则可用酸性高锰酸钾溶液检验Fe2+，操作为取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，证明溶液中含有Fe2+，否则无，故答案为：取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，证明溶液中含有Fe2+，否则无。18、消去

32、反应 对苯二甲酸（或1，4苯二甲酸） 硝基、氯原子 H2O 10 （任写一种） 【分析】乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成D，D中应该有两个羧基，根据H结构简式知，D为、G为；根据信息知，生成B的反应为加成反应，B为，B生成C的反应中除了生成C外还生成H2O，苯和氯气发生取代反应生成E，E为，发生取代反应生成F，根据G结构简式知，发生对位取代，则F为，F发生取代反应生成对硝基苯胺。【题目详解】C2H5OH与浓H2SO4在170下共热发生消去反应生成的A为H2C=CH2；由H的

33、结构简式可知D为、G为；D为对苯二甲酸，苯与Cl2在FeCl3作催化剂的条件下反应生成的E()，E发生硝化反应生成的F()，F中所含官能团的名称是硝基和氯原子；故答案为：消去反应；对苯二甲酸(或1，4苯二甲酸）；硝基、氯原子。乙烯和发生DielsAlder反应生成B，故B的结构简式是；C为芳香族化合物，分子中只含两种不同化学环境的氢原子，“BC”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是H2O；故答案为：；H2O。DGH的化学方程式是；故答案为：。D为，Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，如果取代基为CH2COOH、COOH，有3种结构；如果取代基为CH3、两个COOH，有6种结构；如果取代

34、基为CH(COOH)2，有1种，则符合条件的有10种；其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为，故答案为：10；。CH2=CHCH=CH2和HCCH发生加成反应生成,和溴发生加成反应生成,发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。19、胶头滴管、500mL容量瓶 7.9g ad 5Fe2MnO48H=Mn25Fe34H2O 取少量原溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明原硫酸亚铁溶液已变质 滴定过程中，部分Fe2被氧气氧化 【题目详解】（1）实验室里用KMnO4固体来配制480mL 0.1000 molL1的酸性KMnO4溶液。步骤是：计算、称量、溶

35、解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、贴签。因此需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管。因无480mL的容量瓶，故需选择500mL容量瓶，计算时也应用500mL溶液来计算。所以需要称量固体KMnO4的质量=cVM=0.1000 molL1500mL158g/mol=7.9g。a加水定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，导致所配制溶液的浓度偏大；b容量瓶底部有少量蒸馏水，对所配制溶液的浓度无影响；c颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，溶液体积偏大，导致所配制溶液的浓度偏小；d天平的砝码生锈，所称量的KMnO4固体质量偏大，导致所配制溶液的浓度偏大；故选ad。（2）酸性

36、高锰酸钾溶液能将Fe2氧化为Fe3，反应的离子方程式为5Fe2MnO48H=Mn25Fe34H2O。若猜想一正确，即FeSO4溶液变质，则被氧化为Fe3，可通过如下方法证明：取少量原溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明原硫酸亚铁溶液已变质；猜想二：也有可能是滴定过程中部分Fe2被氧气氧化。20、Cu4H2NO3Cu22NO22H2O或3Cu8H2NO33Cu22NO4H2O Pt和Au 把Fe2+氧化为Fe3+ 该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染 坩埚中加热脱水 甲 甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质

37、乙 【答案解析】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸具有强氧化性，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，Pt和Au不反应；(2)过氧化氢具有氧化性且被还原为水；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去；(3)加热固体应该在坩埚中进行；(4)依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断。【题目详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸具有强氧化性，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第步Cu与酸反应的离子方程式为Cu+4H+2NO3- Cu2+2NO2

38、+2H2O或3Cu+8H+2NO3- 3Cu2+2NO+4H2O，Au、Pt和酸不反应，所以滤渣是Au、Pt，故答案为：Cu+4H+2NO3- Cu2+2NO2+2H2O或3Cu+8H+2NO3- 3Cu2+2NO+4H2O；Au、Pt；(2)第步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，过氧化氢做氧化剂被还原后为水，不引入杂质，对环境无污染，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染； (3)第步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水，故答案为：在坩埚中加热脱水；(4)甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷

39、却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH，氢氧化钠和铝反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙最合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成原料浪费，故答案为：甲；在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；乙。21、将矿石粉

40、碎、升温、适当提高硫酸浓度、搅拌 2Fe2+MnO24H+2Fe3+Mn2+2H2O或2FeCO3MnO28H+2Fe3+Mn2+2CO24H2O 将Fe2+完全氧化为Fe3+ 取少量滤液2于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液不显红色，再滴入适量氯水，若溶液变红，则有Fe2，否则没有Fe2（或加入几滴K3Fe(CN)6溶液，若产生蓝色沉淀，则有Fe2，否则没有Fe2 Al(OH)3 、Fe(OH)3 Al(OH)3OHAlO2+2H2O 70 120min 【分析】锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等，用硫酸溶解, SiO2不硫酸反应, MnCO3、FeCO3、Al2O3与硫酸反应得到MnSO4、FeSO4、Al2(SO4)3，而滤液1里锰元素只以Mn2+的形式存在,且滤渣1中也无MnO2,酸性条件下MnO2将Fe2+离子氧化为Fe3+离子,过滤除去二氧化硅等不溶物；因此滤渣1为SiO2；滤液1中加入过氧化氢将Fe2+离子氧化为Fe3+离子,再加入氨水调节溶液pH使Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al(OH)3沉淀,过滤分