浙江省三校2023-2024学年高三上学期联考选考模拟化学试题

浙江省三校20232024学年高三上学期联考选考模拟卷化学试题考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16F：19Si：28P：31S：32Cl：35.5Na：23Fe：56Cu：64选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分，每小题3分，共48分)1.中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是A.青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金B.长沙走马楼出土的竹木简牍主要成分是纤维素C.龟甲的成分之一羟基磷灰石属于有机物D.铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成【答案】C【解析】【详解】A．青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金，故A正确；B．长沙走马楼出土的竹木简牍主要成分是纤维素，故B正确；C．龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物，故C错误；D．铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成，故D正确；故选：C。2.下列说法错误的是A.基态原子的价层电子排布图为B.用电子式表示的形成：C.HClO的分子的VSEPR模型为四面体形D.用电子云轮廓图表示的键形成的示意图：【答案】A【解析】【详解】A．基态原子的价层电子排布式为3d24s2，价层电子排布图为，故A错误；B．K2S中钾原子失去电子，硫原子得到电子形成离子键，其电子式表示的形成过程规范正确，B正确；C．HClO的分子中心原子价层电子对数为2+=4，VSEPR模型为四面体形，C正确；D．每个H原子核外1s能级的电子经过“头碰头”方式结合形成键键，D正确；故选A。3.下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是A.铁与氧化铝能发生铝热反应生成铝B.工业上用氨与过量氧气催化氧化可直接制得C.过量的铁在氯气中燃烧生成D.实验室可通过氯化铵与溶液制氨气【答案】C【解析】【详解】A．铝的金属性比铁强，铝热反应是铝与氧化铁反应生成铁和氧化铝，选项A错误；B．工业上用氨与过量的氧气催化氧化也只能先氧化为NO，再进一步氧化为，选项B错误；C．过量的铁在氯气中燃烧生成，选项C正确；D．实验室可通过加热氯化铵与固体制氨气，选项D错误；答案选C。4.油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：下列说法正确的是A.和的空间结构都是正四面体形B.反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化C.反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<ⅡD.反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7【答案】D【解析】【详解】A．的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；B．中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；D．中As为+3价，S为2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mol失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D正确；故选D。5.下列玻璃仪器在相应实验中选用合理的是A.重结晶法提纯苯甲酸：①②③B.蒸馏法分离和：②③⑤⑥C.浓硫酸催化乙醇制备乙烯：③⑤D.滴定待测液中的含量：④⑥【答案】C【解析】【详解】A．重结晶法是利用混合物中各组分在某种溶剂中溶解度不同或在同一溶剂中不同温度时的溶解度不同而使它们相互分离的一种方法，不需要使用②③，A错误；B．和沸点相差较大，故用蒸馏的方法分离和，需要用到直形冷凝管，不能用球形冷凝管，B错误；C．用乙醇制备乙烯时，因测量的是溶液的温度，需将温度计的下端插入液面以下，需要使用③⑤，C正确；D．滴定待测液中的含量需要使用滴定管和锥形瓶，溶液是碱性的，应该用碱性滴定管，不能用④，D错误；故选C。6.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.硝基()与所含电子数均为B.分别与足量的和反应转移的电子数均为C.中的数目为D.硅晶体中含有数目为【答案】A【解析】【详解】A．硝基()是电中性，1个硝基()含有23个电子，硝基()含电子数为23NA，是1mol，所含电子数也为，A正确；B．过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2中O的化合价为1价，反应后生成0价O2，2个Na2O2参与反应，化合价升高2，有2个电子转移，1molNa2O2参与反应电子转移1mol，即反应转移的电子数均为NA，B错误；C．C3H6若是环丙烷，中的数目为9NA，C错误；D．硅晶体中1个硅原子周围与4个硅原子形成共价键，平均1个硅原子形成2个共价键，硅晶体是1mol，平均有数目是2NA，D错误；答案选A。7.下列有关电极方程式或离子方程式正确的是A.以铜电极电解饱和食盐水的电解方程式：B.铅蓄电池充电时的阳极反应：C.溶液滴入溶液中：D.[Ag(NH3)2]OH溶液中加入过量盐酸：【答案】C【解析】【详解】A．以铜为电极电解饱和食盐水，阳极上Cu失电子生成铜离子，阴极上H2O得电子生成氢气和氢氧根离子，最终生成氢气和氢氧化铜沉淀，离子方程式为Cu+2H2OCu(OH)2↓+H2↑，A错误；B．铅蓄电池充电时，阳极上PbSO4失电子结合水生成PbO2和硫酸根离子，离子方程式为PbSO42e+2H2O=PbO2++4H+，B错误；C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中，K+、Fe2+、[Fe(CN)6]3反应生成KFe[Fe(CN)6]，离子方程式正确，C正确；D．[Ag(NH3)2]OH溶液中加入过量盐酸，反应生成氯化银沉淀，氯化铵和水，离子方程式为[Ag(NH3)2]++OH+3H++Cl=AgCl↓+2+H2O，D错误；故答案选C。8.葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下：下列说法错误的是A.溴化钠起催化和导电作用B.每生成1mol葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了2mol电子C.葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物D.葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成反应【答案】B【解析】【详解】A．溴化钠是电解质溶液，同时参与反应起催化作用，溴化钠起催化和导电作用,A正确；B．每生成1mol葡萄糖酸，理论上电路中转移了2mol电子，葡萄糖酸钙中有2个葡萄糖酸根离子，生成1mol葡萄糖酸钙需要转移4mol电子，B错误；C．葡萄糖酸中有羧基和羟基，能通过分子内发生酯化反应生成含有六元环状结构的产物，C正确；D．葡萄糖中有羟基和醛基，能发生氧化、还原、取代、加成反应，D正确；答案选B。9.下列有关物质结构和性质的说法正确的是A.石油化工的裂解气可以作为溴水提取溴单质的萃取剂B.人造丝、人造棉、涤纶都属于人造纤维，都是高分子化合物C.花生油、豆油、羊油和润滑油均属于高级脂肪酸甘油酯D.冠醚()的空穴与尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子【答案】D【解析】【详解】A．石油化工的裂解气中含有烯烃，与溴可以发生加成反应，不可以作为溴水提取溴单质的萃取剂，A错误；B．人造丝、人造棉、属于人造纤维，涤纶是合成纤维，B错误；C．润滑油属于烃类，不属于高级脂肪酸甘油酯，C错误；D．冠醚()的空穴与尺寸适配，两者能通过非化学键的弱相互作用形成超分子，D正确；答案选D。10.蟾蜍是捕食害虫的田园卫士，还能向人类提供治病良药。蟾蜍的药用成分之一华蟾毒精醇的结构如图。下列说法正确的是A.该物质含有4种含氧官能团B.1mol该物质与发生加成反应最多消耗4molC.该物质可以使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，且原理相同D.1mol该物质能消耗2molNaOH【答案】D【解析】【详解】A．分子中含有羟基、醚键、酯基3种含氧官能团，A错误；B．碳碳双键能与氢气加成，酯基不能与氢气发生加成反应，1mol该物质含2mol碳碳双键，最多消耗2molH2，B错误；C．该物质含碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生了氧化反应，而使溴水褪色，发生了加成反应，原理不同，C错误；D．该物质中只有酯基能与NaOH溶液反应，所以1mol该物质最多能消耗2molNaOH，D正确；故选D。11.LDFCB是电池的一种电解质，该电解质阴离子由同周期元素原子W、X、Y、Z且原子序数依次增大，其结构如下图，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20，下列说法正确的是A.X的杂化方式是B.四种元素形成的简单氢化物中Z的沸点最高C.电负性：D.元素Z的最高价氧化物的水化物为一元强酸【答案】C【解析】【分析】同周期元素W、X、Y、Z中，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，说明这四种元素位于第二周期；根据图示可，Y可形成2个共价键，位于第VIA族，则Y为O元素；X为6号C元素；Z只能形成1个共价键，为与VIIA族，则Z为F元素；四种元素最外层电子数之和为20，W的最外层电子数为20467=3，为B元素，所以W、X、Y、Z分别为：B、C、O、F，据此解答；【详解】A．X为C，形成一个双键和三个单键，杂化方式是sp2，A错误；B．四种元素最简单氢化物分别为BH3、CH4、H2O、HF，由于水和氟化氢均含有氢键，所以其沸点较前两者高，但由于相同物质的量的水中含所有的氢键数比氟化氢中的氢键数多，所以水的沸点比氟化氢高，B错误；C．非金属性越强电负性越大，则电负性：Z>Y>X>W，C正确；D．元素Z为F元素，F元素无正化合价，D错误；答案选C。12.工业制备茉莉醛()的流程如图所示。下列说法正确的是已知：庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物A.乙醇只作溶剂，苯甲醛和庚醛直接混合后保温反应B.萃取分液过程中需酸洗、水洗，干燥剂可选用浓硫酸C.可将最后两步“分馏”和“柱色谱分离”合并为“真空减压分馏”D.可采用质谱法测定茉莉醛部分结构信息【答案】D【解析】【分析】苯甲醛中加入庚醛乙醇、氢氧化钠反应生成茉莉醛，经过萃取分液干燥柱色谱分离得到茉莉醛。【详解】A．由产物茉莉醛可知乙醇也参加反应，故A错误；B．萃取分液过程中需酸洗、水洗，干燥剂选用不可用浓硫酸可能使得产物碳化，而且也不易分离，故B错误；C．庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物，真空减压分馏不可以将两者分离，故C错误；D．可采用质谱法测定茉莉醛部分结构信息，故D正确；故选：D。13.科学家研发了一种新型短路膜电池，利用这种电池可以消除空气中的，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A.甲电极为正极，发生氧化反应B.乙电极的电极反应式为：C.电子流向：负极→电解质→正极D.当捕获的时，理论上转移2mol电子【答案】C【解析】【分析】由图可知乙电极通入的是氢气，失去电子发生氧化反应是负极，甲电极一端通入的是二氧化碳，发生还原反应是正极，短路膜中可以移动的有电子和离子。【详解】A．甲电极为正极，发生还原反应，A错误；B．乙电极为负极发生失电子反应，电极反应式为：，B错误；C．从示意图可知，电子通过短路膜，因此电子流向：负极→电解质→正极，C正确；D．没有注明标准状况条件下，D错误；答案选C。14.时，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示：下列说法不正确的是A.乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面并放出热量B.生成产物1有4个基元反应C.生成产物1的热化学方程式为：D.升高温度、延长反应时间可提高产物1的产率【答案】B【解析】【详解】A．根据过程能量示意图可知，乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面并放出热量，A正确；B．由能量变化图可知，只有两个过渡态TS1及TS2，因此只有两个基元反应，B错误；C．根据过程能量示意图可知，生成产物1的热化学方程式为：，C正确；D．生成产物1为吸热反应，因此升高温度可以提高产率，同时，当反应未达到平衡之前，延长反应时间可以使反应充分进行，提高产率，D正确；答案选B。15.天然溶洞的形成与岩石中的CaCO3和空气中CO2溶于天然水体形成的含碳物种的浓度有密切关系。常温下某溶洞水体中lgc(X)(X为HCO、CO或Ca2+)与pH变化的关系如图所示，已知图中a=4.35。下列说法错误的是A.Ka2(H2CO3)数量级为1011 B.体系中c(Ca2+)=c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)C.Ksp(CaCO3)>Kw(H2O) D.b=2.65【答案】B【解析】【分析】CO2可以和少量OH反应生成HCO，和过量OH反应生成CO，所以碱性越强c(CO)越大，而c(CO)越大，则c(Ca2+)越小，所以曲线①为HCO、②为CO、③为Ca2+。【详解】A．Ka2(H2CO3)=，据图可知当c(CO)=c(HCO)时，pH=10.3，所以c(H+)=1010.3mol/L，所以Ka2(H2CO3)=1010.3，数量级为1011，A正确；B．由于调节体系中pH值时所用的物质未知，所以无法确定体系中存在的物料守恒，只有当体系中的物质只有CaCO3时才满足此关系，B错误；C．Ksp(CaCO3)=c(CO)·c(Ca2+)，根据题目所给信息可知②、③交点处，c(CO)=c(Ca2+)=104.35mol/L，所以Ksp(CaCO3)=104.35×104.35=108.7＞Kw(H2O)，C正确；D．b点对应的pH=8.6，即c(H+)=108.6mol/L，c(CO)=104.35mol/L，c(HCO)==mol/L=102.65mol/L，所以b=2.65，D正确；综上所述答案为B。16.探究铁及其化合物的性质，下列实验方案、现象或结论不正确的是选项实验方案现象结论A溶液滴加浓盐酸溶液颜色加深氢离子抑制了的水解B乙酰水杨酸水解液中加入过量的除去过量的硫酸，滴加几滴氯化铁溶液溶液显紫色说明乙酰水杨酸中含有酯基C向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀硫酸至过量先产生沉淀后逐渐溶解先聚集为沉淀，后与应D向溶液中加入少许铁粉，静置一段时间有蓝色沉淀生成具有氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．FeCl3溶液时加入HCl抑制了水解，氢氧化铁浓度降低，溶液颜色变浅，A错误；B．乙酰水杨酸水解得到邻羟基苯甲酸和乙酸，酚羟基遇三价铁离子显紫色，B正确；C．向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，先产生沉淀发生聚沉，后沉淀与反应逐渐溶解，C正确；D．与Fe2+反应生成蓝色沉淀，说明具有氧化性和铁粉反应生成了Fe2+，D正确；故答案为：A。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.分析物质的结构可以解释物质的性质。请回答：（1）水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于______键，该键是由______杂化轨道和______轨道重叠形成的，水分子的VSEPR模型名称是______。（2）由铁原子核形成的四种微粒，价电子排布图分别为：①、②、、④，有关这些微粒的叙述，不正确的是______。A.微粒半径：④>①>②B.得电子能力：②>①>③C.电离一个电子所需最低能量：②>①>④D.微粒③价电子在简并轨道中单独分占，且自旋相同，故不能再继续失去电子（3）八硝基立方烷结构如图所示，是一种新型高能炸药，其爆炸性强的原因是______。（4）某种冰的晶胞结构如图所示，晶胞参数，，。该晶体密度为______(列出数学表达式，不必计算出结果)。【答案】（1）①.②.氧原子的③.氢原子的④.四面体形（2）BD（3）八硝基立方烷的碳碳键角为，其杂化方式为，在动力学上不稳定；其分解产物为稳定的和，反应熵增加较大，且放热量大，爆炸性很强（4）【解析】【小问1详解】对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于σ键；该σ键是由氧原子的sp3杂化轨道和氢原子的1s轨道重叠形成的；H2O中O原子价层电子对数：，含2对孤电子对，水分子的VSEPR模型名称是四面体形；【小问2详解】由价电子排布图可知，①为Fe原子，②为Fe2+，③为Fe3+，④为Fe原子的激发态；A．一般电子层数越多原子半径越大，而Fe原子失电子数越多，原子半径越小，因此微粒半径：④＞①＞②，故A正确；B．能量越低越易得到电子，则得电子能力：③＞②＞①，故B错误；C．能量越高越容易失去电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能，则电离一个电子所需最低能量：②>①>④，故C正确；D．Fe3+3d轨道上有电子，能再继续失去电子，故D错误；答案选BD；【小问3详解】八硝基立方烷的碳碳键角为，其杂化方式为，在动力学上不稳定；其分解产物为稳定的和，反应熵增加较大，且放热量大，爆炸性很强；【小问4详解】由晶胞结构可知该晶胞中含有4个水分子，晶胞质量：，晶胞的体积：，则晶胞密度：。18.磷化氢()是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。（1）工业制备的流程如图所示。(1)的电子式为______。（2）白磷和烧碱溶液反应的离子方程式为____________。（3）比较还原性：______(填大于、小于或等于)，从结构角度解释原因：______。（4）某学习小组制备磷化氢并探究其性质的装置如下图。下列说法错误的是______。注：①磷化氢在空气中容易自燃；②为灰黄色固体A.通入的主要目的是将生成的赶入后续装置中发生反应B.使用饱和食盐水的目的是降低产生的速率C.装置②中产生了黑色沉淀，③中产生了灰黄色沉淀，体现了的强还原性D.③中反应的离子方程式为：（5）氧硫化碳(COS)可替代磷化氢而被用作熏蒸剂，但遇水缓慢反应生成两种气体。请设计实验方案检验氧硫化碳与水反应生成的气体成分______。【答案】18.19.20.①.大于②.N的原子半径比P大，键键能比大，不易断裂，还原性弱21.A22.将生成的气体先通过足量的溶液，产生黑色沉淀，说明气体中含有，再通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明混合气体中有【解析】【分析】根据图示信息：白磷和过量的烧碱溶液反应生成PH3、NaH2PO2；利用饱和食盐水与Mg3P2反应生成PH3，依次通过硝酸银溶液和硫酸铜溶液，根据题干信息可判断发生氧化还原反应，证明磷化氢具有还原性；【小问1详解】的电子式：；【小问2详解】根据流程可知，白磷和烧碱溶液反应的离子方程式：；【小问3详解】N的原子半径比P大，键键能比大，不易断裂，还原性弱，所以还原性：；【小问4详解】A．磷化氢在空气中容易自燃，通入的主要目的是装置内空气排出，防止磷化氢在空气中自燃，A错误；B．因为水和Mg3P2反应，水被消耗一部分，导致有NaCl晶体析出，附着在Mg3P2表面，阻碍着水与Mg3P2接触，从而降低反应速率，B正确；C．装置②中产生了黑色沉淀为银，化合价降低，③中产生了灰黄色沉淀为Cu3P，Cu化合价降低，均体现了PH3的强还原性，C正确；D．③中反应的离子方程式为：，D正确；答案选A；【小问5详解】设计实验方案检验氧硫化碳与水反应生成的气体成分：将生成的气体先通过足量的溶液，产生黑色沉淀，说明气体中含有，再通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明混合气体中有。19.将二氧化碳转化为高附加值化学品是目前研究的热点之一，甲醇是重要的化工原料和优良的替代燃料，因此加氢制甲醇被广泛关注。在催化剂作用下主要发生以下反应。ⅠⅡ.Ⅲ.（1）反应Ⅲ自发进行的条件是______。（2）恒温恒容条件下，原料气、以物质的量浓度1：3投料时，控制合适条件(不考虑反应Ⅲ)，甲醇的选择性为。已知初始压强为，，平衡转化率为，则该条件下反应Ⅱ______。(对于气相反应，用组分B的平衡代替，记作。，p为平衡压强，为平衡系统中的物质的量分数。)在，，、以物质的量浓度1：3投料，以一定流速通过不同与催化剂，图a和b为催化反应转化率、甲醇选择性、甲醇收率随温度的变化，反应的产物只有甲醇、和。（3）分析在该压强下的最适合反应条件为______。（4）推测在一定温度范围内，随着反应温度的升高，转化率增大，但甲醇选择性降低的原因是______。（5）催化加氢的反应机理如下图所示。下列说法正确的是_______A.催化剂中抑制了的解吸附，从而抑制的生成。B.催化剂上主要通过甲酸盐路径加氢生成甲醇。C.增大流速，原料气与催化剂碰撞机会多，甲醇产率一定增加。D.随着温度升高，有利于在催化剂表面反应，平衡转化率增大。（6）在催化剂条件下，保持流速与反应物投料比不变，增加反应物用量，请在图b上画出甲醇收率随温度变化曲线__________。【答案】19.低温20.或0.1052122.温度升高，反应Ⅱ(吸热反应)平衡正向移动程度大于反应Ⅰ(放热反应)平衡逆向移动的程度，使的转化率增大；温度升高反应Ⅲ和反应Ⅰ平衡逆向移动，使甲醇的选择性降低。23.A24.【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应I反应II即可得到==90.4；反应III是气体体积减小的放热反应，，当时反应能自发进行，则该自发进行的条件是低温。【小问2详解】根据已知条件列出“三段式”甲醇的选择性为=60%，平衡转化率为=50%，解得x=0.3mol，y=0.2mol，则平衡压强为，该条件下反应Ⅱ=或0.105。【小问3详解】由图可知，在该压强下反应条件为、时，甲醇的选择性和产率最高，应该选择该条件。【小问4详解】推测在一定温度范围内，随着反应温度的升高，转化率增大，但甲醇选择性降低的原因是：温度升高，反应Ⅱ(吸热反应)平衡正向移动程度大于反应Ⅰ(放热反应)平衡逆向移动的程度，使的转化率增大；温度升高反应Ⅲ和反应Ⅰ平衡逆向移动，使甲醇的选择性降低。【小问5详解】A．由图可知，催化剂中抑制了的解吸附，从而抑制的生成，故A正确；B．由图可知，催化剂上主要通过甲酸盐路径加氢生成甲醇，故B错误；C．增大流速，原料气与催化剂碰撞机会多，但可能导致反应物接触不充分，甲醇产率不一定增加，故C错误；D．催化剂不改变平衡转化率，故D错误；故选A。【小问6详解】在催化剂条件下，保持流速与反应物投料比不变，增加反应物用量，平衡正向移动，甲醇收率增大，在催化剂这条线的上方且趋势相同，图为：。20.纳米被广泛的用于结构陶瓷、催化材料、光、电、磁和热等功能材料。某兴趣小组利用废弃的含有的溶液制备纳米：已知：在较高的盐酸浓度下，与、乙醚形成化合物而溶于乙醚，当盐酸浓度降低时，化合物解离。请回答：（1）操作B的名称是______，试剂X为______。（2）步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为______。（3）下列有关萃取和分液的说法正确______。A．进行操作A时，溶液中加入乙醚后转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，如图振荡B．振荡几次后需打开分液漏斗上口玻璃塞放气C．一次萃取后若在水相检测到，需加入乙醚再次萃取D．为了加快反应速率，Ⅳ应将溶液一次性加入溶液Ⅱ中，有利于沉淀的生成E．分液漏斗中液体的总体积不超过其容量的（4）市售PAC是由水解产生的一系列中间产物脱水聚合而成，其中稳定存在形态为聚十三铝，简称。含量的高低直接影响PAC的净水效能。向溶液中缓慢滴加一定量溶液，若只生成，则理论上_______。（5）为了发挥PAC净水的最佳效能，一般要将水的调节在。若在强酸或强碱环境下使用PAC，净水效果不佳，结合铝元素的存在形式分析原因_______。【答案】（1）①.蒸馏②.（2）（3）C、E（4）13：32（5）若是强酸性，抑制水解；若是强碱性，元素以形式存在【解析】【分析】含有的溶液加入高浓度盐酸与反应生成溶于乙醚的物质经过分液得到油层1和水层1，水层含有，油层含有铁元素，加水稀酸又得到含有铁离子的溶液和乙醚，通过蒸馏得到乙醚；水层1加入碳酸氢铵通过抽滤干燥得到，最后灼烧得到纳米氧化铝。【小问1详解】操作B的名称是蒸馏，试剂X为；【小问2详解】步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为；【小问3