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重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高三化学下学期3月月考试题（Word版附解析）
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这是一份重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高三化学下学期3月月考试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 下列说法中，正确的是，1mlCl-， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
(满分：100分 考试时间：75分钟)
注意事项：
1.答题前，考生将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：1 C12 N14 O16 F19 Cl35.5 Sc45 C59 As75
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 不能用于比较Na与Al金属性相对强弱的事实是
A. 最高价氧化物对应水化物的碱性强弱B. Na和AlCl3溶液反应
C. 单质与H2O反应的难易程度D. 比较同浓度NaCl和AlCl3的pH大小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性越强，可以比较Na与Al金属性相对强弱，A项正确；
B. Na和AlCl3溶液反应，主要是因为钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，这不能说明Na的金属性比铝强，B项错误；
C. 金属单质与水反应越剧烈，金属性越强，可用于比较Na与Al金属性相对强弱，C项正确；
D. AlCl3的pH小，说明铝离子发生了水解使溶液显碱性，而氯化钠溶液呈中性，说明氢氧化钠为强碱，氢氧化铝为弱碱，所以能比较Na、Al金属性强弱，D项正确；
答案选B。
【点睛】金属性比较规律：
1、由金属活动性顺序表进行判断：前大于后。
2、由元素周期表进行判断，同周期从左到右金属性依次减弱，同主族从上到下金属性依次增强。
3、由金属最高价阳离子的氧化性强弱判断，一般情况下，氧化性越弱，对应金属的金属性越强，特例，三价铁的氧化性强于二价铜。
4、由置换反应可判断强弱，遵循强制弱的规律。
5、由对应最高价氧化物对应水化物的碱性强弱来判断，碱性越强，金属性越强。
6、由原电池的正负极判断，一般情况下，活泼性强的作负极。
7、由电解池的离子放电顺序判断。
2. 下列说法不正确的是
A. 硝酸可用来制造氮肥、染料、塑料、炸药等
B. 人体中极少量的会促进血管扩张，防止血管栓塞
C. 石膏可用于制造硫酸
D. 硫酸铜能杀死某些细菌，因此可用于饮用水消毒
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸常用来制造氮肥、染料、塑料、炸药等物质，硝酸是一种重要的化工原料，故A正确；
B．NO是明星分子，在人体的血管系统内具有传送信号的功能， NO极少量时在人体的血管系会促进血管扩张，防止血管栓塞，故B正确；
C．石膏与碳在高温下可制得二氧化硫用于生产硫酸，故C正确；
D．硫酸铜属于重金属盐，有毒，不可用于饮用水的消毒，故D错误；
故选D。
3. 我国科学家成功以二氧化碳和水为原料合成葡萄糖和脂肪酸，为合成“粮食”提供了新路径。下列有关说法不正确的是
A. 属于酸性氧化物B. 链状葡萄糖分子中含有三种官能团
C. 合成中发生了氧化还原反应D. 该新路径有利于促进“碳中和”
【答案】B
【解析】
【详解】A．和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，A正确；
B．链状葡萄糖分子中含有羟基、醛基2种官能团，B错误；
C．二氧化碳和水为原料合成葡萄糖和脂肪酸，合成中碳元素化合价发生了改变，故发生了氧化还原反应， C正确；
D．该新路径可以充分利用二氧化碳，有利于促进“碳中和”，D正确，
故选B。
4. 关于生物体中普遍存在的有机化合物，下列说法正确的是
A. 核糖与葡萄糖互为同分异构体
B. 聚丙烯酸钠是通过缩聚反应制得
C. 苯胺在酸性下可发生水解反应
D. 淀粉可以发生酯化反应和水解反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．葡萄糖分子式为C6H12O6，核糖的分子式为C5H10O5，两者分子式不同，不互为同分异构体，A错误；
B．聚丙烯酸钠是通过加聚反应制得，B错误；
C．苯胺在酸性条件下不能发生水解反应，C错误；
D．淀粉中存在羟基，可以发生酯化反应，淀粉能发生水解反应，D正确；
故答案选D。
5. 下列有关胶体与溶液的叙述错误的是（ ）
A. 都是混合物B. 胶体比溶液更稳定
C. 都属于分散系D. 用丁达尔效应可区分胶体与溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液、浊液、胶体都是分散系，都属于混合物，A正确；
B．胶体是介稳分散系，其稳定性比溶液差，B错误；
C．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1 nm)、胶体(1 nm～100 nm)、浊液(大于100 nm)，胶体和溶液都是分散系，C正确；
D．胶体有丁达尔效应，是由于胶体的胶粒对光发生了散射，而溶液无丁达尔效应，D正确；
故合理选项是B。
6. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 30gNO含有的原子总数为6.02×1023
B. 标准状况下，18gH2O的体积为22.4L
C. 常温常压下，22.4LCO2物质的量为1ml
D. 100mL1ml·L-1NaCl溶液中含有0.1mlCl-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 30gNO的物质的量为1ml，含有2ml原子，含有原子总数为，A错误；
B. 标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，B错误；
C. 不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，C错误；
D. 100mL 1ml/L NaCl溶液中含有0.1mlNaCl，含有0.1 ml，D正确；
故答案选D。
7. 给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是
A.
B
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2气体不能与BaCl2溶液反应生成白色沉淀BaSO4，A错误；
B．SiO2属于不溶于水的酸性氧化物，不能与水直接反应生成硅酸，B错误；
C．六水合氯化镁受热时发生分解、水解，最终所得固体为氧化镁，C错误；
D．可溶性铜盐与过量烧碱溶液易反应生成新制氢氧化铜悬浊液，后者能氧化葡萄糖，加热时生成砖红色的沉淀（氧化亚铜），D正确；
故答案为：D。
8. 下列说法正确的是
A. 为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可
B. 做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加
C. 在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42－或SO32－
D. 提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故A错误；
B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B正确；
C、硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含Ag+，故C错误；
D、氯化钠的溶解度受温度影响小，氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误；
故答案选B。
9. 下列操作或方法能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.固体药品不能在容量瓶中溶解，A错误；
B.氯化钠的溶解度受温度影响小，氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾的含量较少，不能采取冷却结晶的方法，应该是蒸发结晶、趁热过滤，B错误；
C.溴水易挥发，有毒，实验中要用到溴水时，可将平时分开存放的KBrO3和KBr溶液用稀硫酸进行酸化，按的比例进行混合，二者发生反应生成单质溴，可降低溴水的贮存与使用风险，C正确；
D.氢氧化钠溶液足量，加入碘水后，单质碘被消耗，溶液不变蓝，不能证明淀粉已经完全水解，D错误；
故合理选项是C。
10. X、Y 、Z、W为前四周期原子序数依次增大的四种元素，X、Y为同周期且相邻元素，X原子的核外电子数等于Z的最外层电子数，X、Z原子核外电子数之和为Y原子核外电子数的3倍。W是人类最早掌握其冶炼技术的金属。下列说法错误的是
A. X、Y形成的某些化合物可形成光化学烟雾
B. 简单离子半径：X> Y> Z
C. 加热蒸干WZ2溶液不能得到纯净的WZ2固体
D. Y、Z形成的一种化合物是一种常用的消毒剂
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为前四周期原子序数依次增大的四种元素，X、Y为同周期相邻元素，X原子的核外电子数等于Z最外层电子数，X、Z原子核外电子数之和为Y原子核外电子数的3倍，设X原子的核外电子数为a，Z的能层电子数为b(b=10或18)，Y的核外电子数为a+1，Z的核外电子数为b+a，则a+a+b=3(a+1)，整理可得a=b-3，b=10时a=7(满足条件)，a=18时b=15(舍弃)，则X为N，Y为O，Z为Cl元素；W是人类最早掌握其冶炼技术的金属，则W为Cu，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，X为N，Y为O，Z为Cl，W为Cu元素，
A．X为N，Y为O，氮的氧化物与氨气发生氧化还原反应生成氮气和水，氮的氧化物可形成光化学烟雾，故A正确；
B．X、Y、Z简单离子分别为：N3-、O2-、Cl-，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同的核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：Cl-> N3->O2-，故B错误；
C．WZ2为CuCl2溶液，加热促进铜离子发生水解反应，且HCl是易挥发性酸，加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2，不能得到纯净的CuCl2固体，故C正确；
D．Y、Z形成的ClO2具有强氧化性，是一种常用的消毒剂，故D正确；
故选：B。
11. 某FeSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同（不考虑水解），且SO42-的物质的量浓度为6ml·L-1，则此溶液最多可溶解铁粉的质量为
A. 11.2gB. 16.8gC. 19.6gD. 22.4g
【答案】A
【解析】
【详解】根据电荷守恒，溶液中的三种阳离子浓度均为2ml/L，根据SO42-反应前后的量不变，溶液中已有铁元素0.4ml，所以只需再加0.2ml Fe，即11.2g，选A。
12. 某二次电池装置如图所示，锂、充有催化剂的碳纳米管为电极，电解质能传导Li+。放电时生成的Li2CO3和C附着在电极上，充电时可使Li2CO3转化为Li、CO2和O2。下列说法不正确的是（ ）
A. 放电时，电流从电极Y经外电路流向电极X
B. 充电时，电极X接外电源的正极发生氧化反应
C. 充电时，电极Y的电极反应式为2Li2CO3-4e-=2CO2↑+O2↑+4Li+
D. 应用该电池电镀铜，若析出64gCu，理论上消耗标况下33.6LCO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．放电时生成Li2CO3，则锂电极为负极，放电时，电流从正极流向负极，即从电极Y经外电路流向电极X，A正确；
B．放电时，X为负极，则充电时，电极X接外电源的负极相连作为阴极，阴极得电子，发生氧化反应，B错误；
C． 放电时，电极Y为正极，电极反应式为2CO2+O2+4Li++4e-=2Li2CO3，充电时阳极的电极反应式为放电是正极反应的逆反应，C正确；
D．应用该电池电镀铜，若析出64gCu即1mlCu，转移了2ml电子，根据电池放电时的总反应为，即转移2ml电子消耗1.5ml二氧化碳，理论上消耗标况下33.6LCO2，D正确；
答案选B。
13. 将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 ml·L－1 NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，则下列有关叙述中正确的是（ ）
A. 加入合金的质量不可能为6.4 g
B. 参加反应的硝酸的物质的量为0.1 ml
C. 沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150 mL
D. 溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24 L
【答案】D
【解析】
【分析】将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）═3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3ml/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3ml，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为=0.15ml，生成NO为=0.1ml。
【详解】A.镁和铜的总的物质的量为0.15ml，假定全为镁，质量为0.15ml×24g/ml=3.6g，若全为铜，质量为0.15ml×64g/ml=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，则合金的质量可能为6.4g，A错误；
B.根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=×0.15ml=0.4ml，故B错误；
C.加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3ml，故加入NaO溶液的体积为=0.1L=100mL，C错误；
D.标准状况下0.1mlNO的体积为2.24L，D正确。
故选D，
14. 某溶液中可能含有Na+、NH、SO、SO、Cl-、Fe2+、Fe3+、CO中的若干种，且各离子浓度相同，为确定其组成现进行如下实验：
①向溶液中加入足量硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，过滤
②向①中的滤液中加入足量的NaOH溶液，有沉淀产生，微热，有气体产生
下列说法正确的是
A. 无法确定原溶液中是否存在SO
B. 是否存在Na+需要通过焰色反应来确定
C. CO肯定不存在，Fe2+、Fe3+至少有一种
D. 溶液中存在NH、SO、Cl-、Fe2+
【答案】D
【解析】
【分析】①向溶液中加入足量硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明沉淀不溶于硝酸，沉淀为BaSO4，由于硝酸具有强氧化性能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，所以原溶液中存在SO、SO中的一种或两种；
②在①中加入了足量的硝酸，滤液中不存在CO，不能确定原溶液中是否含有CO；向①中的滤液加入足量NaOH溶液，有沉淀生成，此沉淀为Fe(OH)3，由于硝酸能将Fe2+氧化为Fe3+，所以不能确定Fe(OH)3中Fe3+的来源，原溶液中可能含有Fe2+、Fe3+中至少一种；微热，有气体产生，此气体为NH3，说明原溶液中含有NH；
③由②分析原溶液中含有NH，至少含有Fe2+、Fe3+中的一种，由于Fe2+和Fe3+会与SO、CO发生反应，所以原溶液中一定无SO、CO，则有SO。
【详解】A．由上分析，原溶液中不存SO，A项错误；
B．由上分析，原溶液中一定存在NH、SO，根据各离子浓度均相同及电荷守恒可知溶液中还存在Fe2+、Cl-，不存在Na+，B项错误；
C．由上分析，CO肯定不存在，存在Fe2+，不存在Fe3+，C项错误；
D．由上分析，结合B选项，溶液中存在NH、SO、Cl-、Fe2+，D项正确；
答案选D。
二、非选择题：共58分。
15. 硝酸铁是一种工业和医药行业常用的原料，用作媒染剂、铜着色剂等。Fe(NO3)3∙9H2O是浅紫色晶体，易溶于水、乙醇和丙酮。
Ⅰ. 利用稀硝酸和铁屑制备硝酸铁。目前常见的生产流程如图所示。
（1）反应釜中原料是稀硝酸和细铁屑，反应的离子方程式是_______。硝酸需要过量，原因是_______。
（2）会污染空气，不能随意排放，浓缩池中也会产生，请用化学用语解释产生的原因_______。
（3）冷却结晶后的硝酸铁晶体，最适宜用下列哪种试剂进行洗涤_______。
A. 水B. 四氯化碳C. 20%稀硝酸D. 乙醇
Ⅱ. 利用工业废水制备硝酸铁。不锈钢酸洗废液中含有大量、、等金属离子，可对不锈钢酸洗废液中的各金属元素进行分离，并利用分离的含铁物质制备硝酸铁，同时回收其他金属。
已知：①Cr(OH)3是两性氢氧化物。
②各金属离子沉淀的范围如下表所示：
（4）分离出适宜的范围是_______。
（5）请设计实验，继续从废液中分别分离出Cr元素和Ni元素_______。
【答案】（1） ①. Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O ②. 防止生成，抑制水解
（2）4HNO34NO2↑+2H2O+O2↑ （3）C
（4）
（5）加入过量NaOH，Cr3++4OH-=+2H2O，Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓，过滤后滤渣中可得Ni元素；再向滤液中加入稀盐酸，调节至pH=7-8，，过滤，滤渣中可得元素
【解析】
【分析】反应釜中稀硝酸和Fe反应，方程式为4HNO3+Fe=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，NO可以与O2反应生成NO2，2NO+O2=2NO2，NO与NO2通入碱液中吸收；Fe(NO3)3溶液在120℃下浓缩，加入Fe(NO3)3晶种后结晶，经过离心分离得到Fe(NO3)3∙9H2O。
【小问1详解】
根据分析，稀硝酸和Fe反应生成Fe(NO3)3、NO和H2O，离子方程式为Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O；硝酸具有强氧化性，硝酸过量可以将Fe2+完全氧化为Fe3+，而且酸过量可以抑制Fe3+的水解；
【小问2详解】
浓缩池中有过量的硝酸，受热分解，方程式为4HNO34NO2↑+2H2O+O2↑；
【小问3详解】
A．硝酸铁晶体溶于水，不能用水洗涤，A不符合题意；
B．CCl4不溶于水，因此无法洗涤，B不符合题意；
C．20%稀硝酸可以洗去硝酸铁表面较浓的硝酸，也可以抑制Fe3+的水解，C符合题意；
D．乙醇可以洗去水，但不能抑制Fe3+水解，D不符合题意；
故选C。
【小问4详解】
调pH需要Fe3+完全沉淀，Cr3+不能沉淀，因此pH的反应是3.2≤pH<4.6；
【小问5详解】
利用Cr(OH)3是两性氢氧化物的性质，在溶液中加入过量NaOH，Cr3+转化为，Cr3++4OH-=+2H2O，此时Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀，Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓，可将Ni(OH)2沉淀过滤出来从而分离出Ni元素，在剩余的溶液中加稀盐酸，调节至pH=7-8，转化为Cr(OH)3沉淀，过滤后分离出Cr元素。
16. 辉铜矿(主要成分是Cu2S)是提炼铜的重要矿物原料之一、以H2O2作为氧化剂在硫酸环境中对辉铜矿浸出生成CuSO4的模型如下：
(1)根据上述转化关系，请回答。
①I和Ⅱ的转化过程中，被氧化的元素是_______。
②将过程Ⅰ的化学方程式补充完整：Cu2S+H2O2+_____=CuS+_____+____，_______。
③过程Ⅱ中，H2O2起主要作用，但加入Fe2(SO4)3可以提高浸出率。过程Ⅱ的浸出模型如图。结合难溶电解质的溶解平衡，解释加入Fe2(SO4)3的作用_______。
④在浸出过程中，Fe3+可以不断再生，其离子方程式是_______。
⑤在相同时间内，测得Fe2(SO4)3浓度对Cu2+浸出率的影响如下图所示。当c[Fe2(SO4)3]>0.25ml·L-1后，图中曲线下降的可能原因是_______。
(2)测定浸出液中Cu2+浓度，其过程如下：
i.取a mL浸出液，煮沸除尽过量H2O2，调节溶液的酸度。加入KF(除去Fe3+)；
ii.加入过量KI溶液，与Cu2+反应生成CuI白色沉淀和I2
iii.用0.1000ml·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，消耗Na2S2O3镕液b mL。(已知：)
①ii中反应的离子方程式是_______。
②浸出液中的c(Cu2+)=_____________ml∙L-1。
【答案】 ①. Cu、S ②. Cu2S+H2O2+H2SO4=CuS+CuSO4+2H2O或Cu2S+H2O2+2H+=CuS+Cu2++2H2O ③. CuS存在平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2-(aq)，随Fe2(SO4)3溶液的加入，Fe3+与S2-结合，使c(S2-)降低，促进上述平衡正向移动，提高浸出率 ④. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ⑤. 当c[Fe2(SO4)3]>0.25ml·L-1时，虽然c(Fe3+)的升高有利于提高浸出率，但随c(Fe3+)的升高催化H2O2分解，对浸出率下降的影响大于c(Fe3+)升高对浸出率提高的影响 ⑥. 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 ⑦.
【解析】
【分析】
【详解】(1)①过程Ⅰ中Cu元素化合价从+1价变为+2价被氧化，过程Ⅱ中部分S元素由-2价变为0价被氧化；
②过程Ⅰ中Cu元素被H2O2氧化生成CuS，Cu2S和H2O2的系数比为1:1，根据电子守恒可知H2O2应被还原成H2O，该反应在硫酸环境中进行，再结合元素守恒可得化学方程式为Cu2S+H2O2+H2SO4=CuS+CuSO4+2H2O离子方程式为Cu2S+H2O2+2H+=CuS+Cu2++2H2O；
③CuS存在平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2-(aq)，随Fe2(SO4)3溶液的加入，Fe3+与S2-结合，使c(S2-)降低，促进上述平衡正向移动，提高浸出率；
④在浸出过程中，Fe3+可以不断再生，即Fe3+被还原为Fe2+，又会被H2O2氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
⑤当c[Fe2(SO4)3]>0.25ml·L-1时，虽然c(Fe3+)的升高有利于提高浸出率，但随c(Fe3+)的升高催化H2O2分解，对浸出率下降的影响大于c(Fe3+)升高对浸出率提高的影响，所以曲线下降；
(2)①根据题意KI会被Cu2+氧化生成I2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；
②根据Na2S2O3与I2反应的离子方程式可知n(I2)=ml，根据KI与Cu2+可知n(Cu2+)=0.1b×10-3ml，溶液体积为amL，则c(Cu2+)==ml/L。
17. X、Y、Z三种短周期元素，两两之间能组成5种化合物A、B、C、D、E；X、Y、Z三种元素可组成化合物F。已知：化合物A、B、C中原子个数比都为1︰1；B为淡黄色固体，C、E常温下均为无色液体；A是化学式为XZ的离子化合物，A与E反应生成F和一种气体；D是化学式为X2Y的离子化合物，D的阴、阳离子具有相同的电子层结构且与E分子所含电子数相等。 请回答下列问题：
（1）X元素的名称是___________。
（2）X、Y、Z的原子半径从大到小的顺序是(用元素符号表示)___________。
（3）写出F的电子式___________。
（4）已知X单质、A、B、D分别与E反应都生成同一种物质，其中X单质、A、B分别与E的反应均是氧化还原反应。请写出X单质、B分别与E反应的化学方程式___________，___________；B中含有的化学键是___________；请举一例说明B的用途___________。
（5）请写出由化合物C制取Y的单质反应的化学方程式___________。
【答案】（1）钠 （2）Na＞O＞H
（3） （4） ①. 2Na+2H2O=4NaOH+H2↑ ②. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ③. 离子键和非极性键 ④. 作呼吸面具和潜水艇里氧气得来源
（5）2H2O22H2O+O2
【解析】
【分析】B为淡黄色固体可推测为Na2O2，三种元素中有Na和O；C、E常温为液体，推测为H2O2和H2O，可知三种元素还包括H；A为XZ的离子化合物，可知A为NaH，X为Na，Y为O，Z为H；则A为NaH，B为Na2O2，C为H2O2，D为Na2O，E为H2O，F为NaOH。
【小问1详解】
由分析可知X元素的名称是钠；
【小问2详解】
同周期从左到右半径逐渐减小，同主族从上到下逐渐增大，X、Y、Z的原子半径从大到小的顺序是(用元素符号表示)：Na＞O＞H；
【小问3详解】
F化学式：NaOH，F的电子式：；
【小问4详解】
X为Na，B为Na2O2，E为H2O，X单质、B分别与E反应的化学方程式：2Na+2H2O=4NaOH+H2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，B是过氧化钠，含有钠离子和非极性键，过氧化钠可以与水和CO2反应生成O2，因此过氧化钠可以作呼吸面具和潜水艇里氧气得来源；
【小问5详解】
C为H2O2，Y为O，反应的化学方程式：2H2O22H2O+O2↑。
18. 乙烯用途广泛，工业上可通过下列流程合成二甘醇及其衍生物。已知：R-OH + SOCl2 → R-Cl + SO2 ↑+ HCl↑ 请回答：
（1）写出B的官能团的电子式________________________。
（2）写出有关物质的结构简式：A_________________Ｄ_________________。
（3）指出反应类型：②_________________。
（4）写出下列化学方程式：反应①______________；反应②___________。
（5）①二甘醇又名（二）乙二醇醚，根据其结构判断下列说法正确的是____(填序号)。
a. 难溶于水 b. 沸点较高 c. 不能燃烧
②E的同分异构体很多，写出其中能够发生银镜反应的两种异构体的结构简式_________________。
（6）请写出由1-氯丙烷合成丙酮的合成路线图并注明反应条件(无机试剂任选)________。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2＝CH2Br－CH2CH2－Br
【答案】（1） （2） ①. ②. Cl-CH2CH2-O-CH2CH2-Cl
（3）消去反应 （4） ①. +H2O ②. ClCH2CH2OCH2CH2Cl+2KOH+CH2=CH-O-CH=CH2+2KCl+2H2O
（5） ①. b ②. CH2=CHCH2CHO、CH3CH=CHCHO、CH2=C(CH3)CHO
（6）
【解析】
【分析】乙烯发生氧化反应生成A(C2H4O)，A的结构中没有甲基，则A为，A在酸性条件下水解得到B，B的核磁共振氢谱有2种H，结合二甘醇的结构可知B为HOCH2CH2OH；二甘醇发生信息中的反应得到D，结合D的分子式可知D的结构简式为Cl-CH2CH2-O-CH2CH2-Cl，D发生消去反应生成E为CH2=CHOCH=CH2。
【小问1详解】
由上述分析可知，B为HOCH2CH2OH，官能团为羟基，电子式为，故答案为。
【小问2详解】
由上述分析可知，A的结构简式为，D的结构简式为：Cl-CH2CH2-O-CH2CH2-Cl，故答案为；Cl-CH2CH2-O-CH2CH2-Cl。
【小问3详解】
反应②为卤代烃在氢氧化钾醇溶液中的消去反应，故答案为消去反应。
【小问4详解】
反应①的化学方程式为：+H2O，反应②的化学方程式为：ClCH2CH2OCH2CH2Cl+2KOHCH2=CH-O-CH=CH2+2KCl+2H2O，故答案为+H2O；ClCH2CH2OCH2CH2Cl+2KOHCH2=CH-O-CH=CH2+2KCl+2H2O。
【小问5详解】
①a．含有2个羟基，与水形成氢键，应易溶于水，故a错误；
b．分子之间形成氢键，沸点较高，故b正确；
c．属于烃的含氧衍生物，能燃烧，故c错误；
故答案选b；
②E为CH2=CHOCH=CH2，能够发生银镜反应的E的同分异构体的结构简式为CH2=CHCH2CHO、CH3CH=CHCHO、CH2=C(CH3)CHO，故答案为CH2=CHCH2CHO、CH3CH=CHCHO、CH2=C(CH3)CHO。
【小问6详解】
由1-氯丙烷合成丙酮，可以首先合成2-丙醇，然后将2-丙醇氧化即可得到丙酮，由1-氯丙烷合成2-丙醇，可以将氯原子消去，然后与水加成即可，合成路线为，故答案为。选项
实验目的
操作或方法
A
配制溶液
将固体置于容量瓶中，加水至刻度线
B
提纯混有少量硝酸钾的氯化钠
在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥
C
降低溴水的贮存与使用风险
稀硫酸酸化的的混合液替代溴水
D
证明淀粉已完全水解
向淀粉溶液中加入适量硫酸，加热，冷却后加入足量溶液，再滴加少量碘水
开始沉淀
1.5
4.6
6.7
完全沉淀
3.2
6.9
9.5
(满分：100分 考试时间：75分钟)
注意事项：
1.答题前，考生将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：1 C12 N14 O16 F19 Cl35.5 Sc45 C59 As75
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 不能用于比较Na与Al金属性相对强弱的事实是
A. 最高价氧化物对应水化物的碱性强弱B. Na和AlCl3溶液反应
C. 单质与H2O反应的难易程度D. 比较同浓度NaCl和AlCl3的pH大小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性越强，可以比较Na与Al金属性相对强弱，A项正确；
B. Na和AlCl3溶液反应，主要是因为钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，这不能说明Na的金属性比铝强，B项错误；
C. 金属单质与水反应越剧烈，金属性越强，可用于比较Na与Al金属性相对强弱，C项正确；
D. AlCl3的pH小，说明铝离子发生了水解使溶液显碱性，而氯化钠溶液呈中性，说明氢氧化钠为强碱，氢氧化铝为弱碱，所以能比较Na、Al金属性强弱，D项正确；
答案选B。
【点睛】金属性比较规律：
1、由金属活动性顺序表进行判断：前大于后。
2、由元素周期表进行判断，同周期从左到右金属性依次减弱，同主族从上到下金属性依次增强。
3、由金属最高价阳离子的氧化性强弱判断，一般情况下，氧化性越弱，对应金属的金属性越强，特例，三价铁的氧化性强于二价铜。
4、由置换反应可判断强弱，遵循强制弱的规律。
5、由对应最高价氧化物对应水化物的碱性强弱来判断，碱性越强，金属性越强。
6、由原电池的正负极判断，一般情况下，活泼性强的作负极。
7、由电解池的离子放电顺序判断。
2. 下列说法不正确的是
A. 硝酸可用来制造氮肥、染料、塑料、炸药等
B. 人体中极少量的会促进血管扩张，防止血管栓塞
C. 石膏可用于制造硫酸
D. 硫酸铜能杀死某些细菌，因此可用于饮用水消毒
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸常用来制造氮肥、染料、塑料、炸药等物质，硝酸是一种重要的化工原料，故A正确；
B．NO是明星分子，在人体的血管系统内具有传送信号的功能， NO极少量时在人体的血管系会促进血管扩张，防止血管栓塞，故B正确；
C．石膏与碳在高温下可制得二氧化硫用于生产硫酸，故C正确；
D．硫酸铜属于重金属盐，有毒，不可用于饮用水的消毒，故D错误；
故选D。
3. 我国科学家成功以二氧化碳和水为原料合成葡萄糖和脂肪酸，为合成“粮食”提供了新路径。下列有关说法不正确的是
A. 属于酸性氧化物B. 链状葡萄糖分子中含有三种官能团
C. 合成中发生了氧化还原反应D. 该新路径有利于促进“碳中和”
【答案】B
【解析】
【详解】A．和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，A正确；
B．链状葡萄糖分子中含有羟基、醛基2种官能团，B错误；
C．二氧化碳和水为原料合成葡萄糖和脂肪酸，合成中碳元素化合价发生了改变，故发生了氧化还原反应， C正确；
D．该新路径可以充分利用二氧化碳，有利于促进“碳中和”，D正确，
故选B。
4. 关于生物体中普遍存在的有机化合物，下列说法正确的是
A. 核糖与葡萄糖互为同分异构体
B. 聚丙烯酸钠是通过缩聚反应制得
C. 苯胺在酸性下可发生水解反应
D. 淀粉可以发生酯化反应和水解反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．葡萄糖分子式为C6H12O6，核糖的分子式为C5H10O5，两者分子式不同，不互为同分异构体，A错误；
B．聚丙烯酸钠是通过加聚反应制得，B错误；
C．苯胺在酸性条件下不能发生水解反应，C错误；
D．淀粉中存在羟基，可以发生酯化反应，淀粉能发生水解反应，D正确；
故答案选D。
5. 下列有关胶体与溶液的叙述错误的是（ ）
A. 都是混合物B. 胶体比溶液更稳定
C. 都属于分散系D. 用丁达尔效应可区分胶体与溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液、浊液、胶体都是分散系，都属于混合物，A正确；
B．胶体是介稳分散系，其稳定性比溶液差，B错误；
C．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1 nm)、胶体(1 nm～100 nm)、浊液(大于100 nm)，胶体和溶液都是分散系，C正确；
D．胶体有丁达尔效应，是由于胶体的胶粒对光发生了散射，而溶液无丁达尔效应，D正确；
故合理选项是B。
6. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 30gNO含有的原子总数为6.02×1023
B. 标准状况下，18gH2O的体积为22.4L
C. 常温常压下，22.4LCO2物质的量为1ml
D. 100mL1ml·L-1NaCl溶液中含有0.1mlCl-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 30gNO的物质的量为1ml，含有2ml原子，含有原子总数为，A错误；
B. 标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，B错误；
C. 不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，C错误；
D. 100mL 1ml/L NaCl溶液中含有0.1mlNaCl，含有0.1 ml，D正确；
故答案选D。
7. 给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是
A.
B
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2气体不能与BaCl2溶液反应生成白色沉淀BaSO4，A错误；
B．SiO2属于不溶于水的酸性氧化物，不能与水直接反应生成硅酸，B错误；
C．六水合氯化镁受热时发生分解、水解，最终所得固体为氧化镁，C错误；
D．可溶性铜盐与过量烧碱溶液易反应生成新制氢氧化铜悬浊液，后者能氧化葡萄糖，加热时生成砖红色的沉淀（氧化亚铜），D正确；
故答案为：D。
8. 下列说法正确的是
A. 为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可
B. 做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加
C. 在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42－或SO32－
D. 提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故A错误；
B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B正确；
C、硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含Ag+，故C错误；
D、氯化钠的溶解度受温度影响小，氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误；
故答案选B。
9. 下列操作或方法能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.固体药品不能在容量瓶中溶解，A错误；
B.氯化钠的溶解度受温度影响小，氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾的含量较少，不能采取冷却结晶的方法，应该是蒸发结晶、趁热过滤，B错误；
C.溴水易挥发，有毒，实验中要用到溴水时，可将平时分开存放的KBrO3和KBr溶液用稀硫酸进行酸化，按的比例进行混合，二者发生反应生成单质溴，可降低溴水的贮存与使用风险，C正确；
D.氢氧化钠溶液足量，加入碘水后，单质碘被消耗，溶液不变蓝，不能证明淀粉已经完全水解，D错误；
故合理选项是C。
10. X、Y 、Z、W为前四周期原子序数依次增大的四种元素，X、Y为同周期且相邻元素，X原子的核外电子数等于Z的最外层电子数，X、Z原子核外电子数之和为Y原子核外电子数的3倍。W是人类最早掌握其冶炼技术的金属。下列说法错误的是
A. X、Y形成的某些化合物可形成光化学烟雾
B. 简单离子半径：X> Y> Z
C. 加热蒸干WZ2溶液不能得到纯净的WZ2固体
D. Y、Z形成的一种化合物是一种常用的消毒剂
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为前四周期原子序数依次增大的四种元素，X、Y为同周期相邻元素，X原子的核外电子数等于Z最外层电子数，X、Z原子核外电子数之和为Y原子核外电子数的3倍，设X原子的核外电子数为a，Z的能层电子数为b(b=10或18)，Y的核外电子数为a+1，Z的核外电子数为b+a，则a+a+b=3(a+1)，整理可得a=b-3，b=10时a=7(满足条件)，a=18时b=15(舍弃)，则X为N，Y为O，Z为Cl元素；W是人类最早掌握其冶炼技术的金属，则W为Cu，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，X为N，Y为O，Z为Cl，W为Cu元素，
A．X为N，Y为O，氮的氧化物与氨气发生氧化还原反应生成氮气和水，氮的氧化物可形成光化学烟雾，故A正确；
B．X、Y、Z简单离子分别为：N3-、O2-、Cl-，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同的核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：Cl-> N3->O2-，故B错误；
C．WZ2为CuCl2溶液，加热促进铜离子发生水解反应，且HCl是易挥发性酸，加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2，不能得到纯净的CuCl2固体，故C正确；
D．Y、Z形成的ClO2具有强氧化性，是一种常用的消毒剂，故D正确；
故选：B。
11. 某FeSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同（不考虑水解），且SO42-的物质的量浓度为6ml·L-1，则此溶液最多可溶解铁粉的质量为
A. 11.2gB. 16.8gC. 19.6gD. 22.4g
【答案】A
【解析】
【详解】根据电荷守恒，溶液中的三种阳离子浓度均为2ml/L，根据SO42-反应前后的量不变，溶液中已有铁元素0.4ml，所以只需再加0.2ml Fe，即11.2g，选A。
12. 某二次电池装置如图所示，锂、充有催化剂的碳纳米管为电极，电解质能传导Li+。放电时生成的Li2CO3和C附着在电极上，充电时可使Li2CO3转化为Li、CO2和O2。下列说法不正确的是（ ）
A. 放电时，电流从电极Y经外电路流向电极X
B. 充电时，电极X接外电源的正极发生氧化反应
C. 充电时，电极Y的电极反应式为2Li2CO3-4e-=2CO2↑+O2↑+4Li+
D. 应用该电池电镀铜，若析出64gCu，理论上消耗标况下33.6LCO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．放电时生成Li2CO3，则锂电极为负极，放电时，电流从正极流向负极，即从电极Y经外电路流向电极X，A正确；
B．放电时，X为负极，则充电时，电极X接外电源的负极相连作为阴极，阴极得电子，发生氧化反应，B错误；
C． 放电时，电极Y为正极，电极反应式为2CO2+O2+4Li++4e-=2Li2CO3，充电时阳极的电极反应式为放电是正极反应的逆反应，C正确；
D．应用该电池电镀铜，若析出64gCu即1mlCu，转移了2ml电子，根据电池放电时的总反应为，即转移2ml电子消耗1.5ml二氧化碳，理论上消耗标况下33.6LCO2，D正确；
答案选B。
13. 将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 ml·L－1 NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，则下列有关叙述中正确的是（ ）
A. 加入合金的质量不可能为6.4 g
B. 参加反应的硝酸的物质的量为0.1 ml
C. 沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150 mL
D. 溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24 L
【答案】D
【解析】
【分析】将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）═3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3ml/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3ml，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为=0.15ml，生成NO为=0.1ml。
【详解】A.镁和铜的总的物质的量为0.15ml，假定全为镁，质量为0.15ml×24g/ml=3.6g，若全为铜，质量为0.15ml×64g/ml=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，则合金的质量可能为6.4g，A错误；
B.根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=×0.15ml=0.4ml，故B错误；
C.加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3ml，故加入NaO溶液的体积为=0.1L=100mL，C错误；
D.标准状况下0.1mlNO的体积为2.24L，D正确。
故选D，
14. 某溶液中可能含有Na+、NH、SO、SO、Cl-、Fe2+、Fe3+、CO中的若干种，且各离子浓度相同，为确定其组成现进行如下实验：
①向溶液中加入足量硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，过滤
②向①中的滤液中加入足量的NaOH溶液，有沉淀产生，微热，有气体产生
下列说法正确的是
A. 无法确定原溶液中是否存在SO
B. 是否存在Na+需要通过焰色反应来确定
C. CO肯定不存在，Fe2+、Fe3+至少有一种
D. 溶液中存在NH、SO、Cl-、Fe2+
【答案】D
【解析】
【分析】①向溶液中加入足量硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明沉淀不溶于硝酸，沉淀为BaSO4，由于硝酸具有强氧化性能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，所以原溶液中存在SO、SO中的一种或两种；
②在①中加入了足量的硝酸，滤液中不存在CO，不能确定原溶液中是否含有CO；向①中的滤液加入足量NaOH溶液，有沉淀生成，此沉淀为Fe(OH)3，由于硝酸能将Fe2+氧化为Fe3+，所以不能确定Fe(OH)3中Fe3+的来源，原溶液中可能含有Fe2+、Fe3+中至少一种；微热，有气体产生，此气体为NH3，说明原溶液中含有NH；
③由②分析原溶液中含有NH，至少含有Fe2+、Fe3+中的一种，由于Fe2+和Fe3+会与SO、CO发生反应，所以原溶液中一定无SO、CO，则有SO。
【详解】A．由上分析，原溶液中不存SO，A项错误；
B．由上分析，原溶液中一定存在NH、SO，根据各离子浓度均相同及电荷守恒可知溶液中还存在Fe2+、Cl-，不存在Na+，B项错误；
C．由上分析，CO肯定不存在，存在Fe2+，不存在Fe3+，C项错误；
D．由上分析，结合B选项，溶液中存在NH、SO、Cl-、Fe2+，D项正确；
答案选D。
二、非选择题：共58分。
15. 硝酸铁是一种工业和医药行业常用的原料，用作媒染剂、铜着色剂等。Fe(NO3)3∙9H2O是浅紫色晶体，易溶于水、乙醇和丙酮。
Ⅰ. 利用稀硝酸和铁屑制备硝酸铁。目前常见的生产流程如图所示。
（1）反应釜中原料是稀硝酸和细铁屑，反应的离子方程式是_______。硝酸需要过量，原因是_______。
（2）会污染空气，不能随意排放，浓缩池中也会产生，请用化学用语解释产生的原因_______。
（3）冷却结晶后的硝酸铁晶体，最适宜用下列哪种试剂进行洗涤_______。
A. 水B. 四氯化碳C. 20%稀硝酸D. 乙醇
Ⅱ. 利用工业废水制备硝酸铁。不锈钢酸洗废液中含有大量、、等金属离子，可对不锈钢酸洗废液中的各金属元素进行分离，并利用分离的含铁物质制备硝酸铁，同时回收其他金属。
已知：①Cr(OH)3是两性氢氧化物。
②各金属离子沉淀的范围如下表所示：
（4）分离出适宜的范围是_______。
（5）请设计实验，继续从废液中分别分离出Cr元素和Ni元素_______。
【答案】（1） ①. Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O ②. 防止生成，抑制水解
（2）4HNO34NO2↑+2H2O+O2↑ （3）C
（4）
（5）加入过量NaOH，Cr3++4OH-=+2H2O，Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓，过滤后滤渣中可得Ni元素；再向滤液中加入稀盐酸，调节至pH=7-8，，过滤，滤渣中可得元素
【解析】
【分析】反应釜中稀硝酸和Fe反应，方程式为4HNO3+Fe=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，NO可以与O2反应生成NO2，2NO+O2=2NO2，NO与NO2通入碱液中吸收；Fe(NO3)3溶液在120℃下浓缩，加入Fe(NO3)3晶种后结晶，经过离心分离得到Fe(NO3)3∙9H2O。
【小问1详解】
根据分析，稀硝酸和Fe反应生成Fe(NO3)3、NO和H2O，离子方程式为Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O；硝酸具有强氧化性，硝酸过量可以将Fe2+完全氧化为Fe3+，而且酸过量可以抑制Fe3+的水解；
【小问2详解】
浓缩池中有过量的硝酸，受热分解，方程式为4HNO34NO2↑+2H2O+O2↑；
【小问3详解】
A．硝酸铁晶体溶于水，不能用水洗涤，A不符合题意；
B．CCl4不溶于水，因此无法洗涤，B不符合题意；
C．20%稀硝酸可以洗去硝酸铁表面较浓的硝酸，也可以抑制Fe3+的水解，C符合题意；
D．乙醇可以洗去水，但不能抑制Fe3+水解，D不符合题意；
故选C。
【小问4详解】
调pH需要Fe3+完全沉淀，Cr3+不能沉淀，因此pH的反应是3.2≤pH<4.6；
【小问5详解】
利用Cr(OH)3是两性氢氧化物的性质，在溶液中加入过量NaOH，Cr3+转化为，Cr3++4OH-=+2H2O，此时Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀，Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓，可将Ni(OH)2沉淀过滤出来从而分离出Ni元素，在剩余的溶液中加稀盐酸，调节至pH=7-8，转化为Cr(OH)3沉淀，过滤后分离出Cr元素。
16. 辉铜矿(主要成分是Cu2S)是提炼铜的重要矿物原料之一、以H2O2作为氧化剂在硫酸环境中对辉铜矿浸出生成CuSO4的模型如下：
(1)根据上述转化关系，请回答。
①I和Ⅱ的转化过程中，被氧化的元素是_______。
②将过程Ⅰ的化学方程式补充完整：Cu2S+H2O2+_____=CuS+_____+____，_______。
③过程Ⅱ中，H2O2起主要作用，但加入Fe2(SO4)3可以提高浸出率。过程Ⅱ的浸出模型如图。结合难溶电解质的溶解平衡，解释加入Fe2(SO4)3的作用_______。
④在浸出过程中，Fe3+可以不断再生，其离子方程式是_______。
⑤在相同时间内，测得Fe2(SO4)3浓度对Cu2+浸出率的影响如下图所示。当c[Fe2(SO4)3]>0.25ml·L-1后，图中曲线下降的可能原因是_______。
(2)测定浸出液中Cu2+浓度，其过程如下：
i.取a mL浸出液，煮沸除尽过量H2O2，调节溶液的酸度。加入KF(除去Fe3+)；
ii.加入过量KI溶液，与Cu2+反应生成CuI白色沉淀和I2
iii.用0.1000ml·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，消耗Na2S2O3镕液b mL。(已知：)
①ii中反应的离子方程式是_______。
②浸出液中的c(Cu2+)=_____________ml∙L-1。
【答案】 ①. Cu、S ②. Cu2S+H2O2+H2SO4=CuS+CuSO4+2H2O或Cu2S+H2O2+2H+=CuS+Cu2++2H2O ③. CuS存在平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2-(aq)，随Fe2(SO4)3溶液的加入，Fe3+与S2-结合，使c(S2-)降低，促进上述平衡正向移动，提高浸出率 ④. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ⑤. 当c[Fe2(SO4)3]>0.25ml·L-1时，虽然c(Fe3+)的升高有利于提高浸出率，但随c(Fe3+)的升高催化H2O2分解，对浸出率下降的影响大于c(Fe3+)升高对浸出率提高的影响 ⑥. 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 ⑦.
【解析】
【分析】
【详解】(1)①过程Ⅰ中Cu元素化合价从+1价变为+2价被氧化，过程Ⅱ中部分S元素由-2价变为0价被氧化；
②过程Ⅰ中Cu元素被H2O2氧化生成CuS，Cu2S和H2O2的系数比为1:1，根据电子守恒可知H2O2应被还原成H2O，该反应在硫酸环境中进行，再结合元素守恒可得化学方程式为Cu2S+H2O2+H2SO4=CuS+CuSO4+2H2O离子方程式为Cu2S+H2O2+2H+=CuS+Cu2++2H2O；
③CuS存在平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2-(aq)，随Fe2(SO4)3溶液的加入，Fe3+与S2-结合，使c(S2-)降低，促进上述平衡正向移动，提高浸出率；
④在浸出过程中，Fe3+可以不断再生，即Fe3+被还原为Fe2+，又会被H2O2氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
⑤当c[Fe2(SO4)3]>0.25ml·L-1时，虽然c(Fe3+)的升高有利于提高浸出率，但随c(Fe3+)的升高催化H2O2分解，对浸出率下降的影响大于c(Fe3+)升高对浸出率提高的影响，所以曲线下降；
(2)①根据题意KI会被Cu2+氧化生成I2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；
②根据Na2S2O3与I2反应的离子方程式可知n(I2)=ml，根据KI与Cu2+可知n(Cu2+)=0.1b×10-3ml，溶液体积为amL，则c(Cu2+)==ml/L。
17. X、Y、Z三种短周期元素，两两之间能组成5种化合物A、B、C、D、E；X、Y、Z三种元素可组成化合物F。已知：化合物A、B、C中原子个数比都为1︰1；B为淡黄色固体，C、E常温下均为无色液体；A是化学式为XZ的离子化合物，A与E反应生成F和一种气体；D是化学式为X2Y的离子化合物，D的阴、阳离子具有相同的电子层结构且与E分子所含电子数相等。 请回答下列问题：
（1）X元素的名称是___________。
（2）X、Y、Z的原子半径从大到小的顺序是(用元素符号表示)___________。
（3）写出F的电子式___________。
（4）已知X单质、A、B、D分别与E反应都生成同一种物质，其中X单质、A、B分别与E的反应均是氧化还原反应。请写出X单质、B分别与E反应的化学方程式___________，___________；B中含有的化学键是___________；请举一例说明B的用途___________。
（5）请写出由化合物C制取Y的单质反应的化学方程式___________。
【答案】（1）钠 （2）Na＞O＞H
（3） （4） ①. 2Na+2H2O=4NaOH+H2↑ ②. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ③. 离子键和非极性键 ④. 作呼吸面具和潜水艇里氧气得来源
（5）2H2O22H2O+O2
【解析】
【分析】B为淡黄色固体可推测为Na2O2，三种元素中有Na和O；C、E常温为液体，推测为H2O2和H2O，可知三种元素还包括H；A为XZ的离子化合物，可知A为NaH，X为Na，Y为O，Z为H；则A为NaH，B为Na2O2，C为H2O2，D为Na2O，E为H2O，F为NaOH。
【小问1详解】
由分析可知X元素的名称是钠；
【小问2详解】
同周期从左到右半径逐渐减小，同主族从上到下逐渐增大，X、Y、Z的原子半径从大到小的顺序是(用元素符号表示)：Na＞O＞H；
【小问3详解】
F化学式：NaOH，F的电子式：；
【小问4详解】
X为Na，B为Na2O2，E为H2O，X单质、B分别与E反应的化学方程式：2Na+2H2O=4NaOH+H2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，B是过氧化钠，含有钠离子和非极性键，过氧化钠可以与水和CO2反应生成O2，因此过氧化钠可以作呼吸面具和潜水艇里氧气得来源；
【小问5详解】
C为H2O2，Y为O，反应的化学方程式：2H2O22H2O+O2↑。
18. 乙烯用途广泛，工业上可通过下列流程合成二甘醇及其衍生物。已知：R-OH + SOCl2 → R-Cl + SO2 ↑+ HCl↑ 请回答：
（1）写出B的官能团的电子式________________________。
（2）写出有关物质的结构简式：A_________________Ｄ_________________。
（3）指出反应类型：②_________________。
（4）写出下列化学方程式：反应①______________；反应②___________。
（5）①二甘醇又名（二）乙二醇醚，根据其结构判断下列说法正确的是____(填序号)。
a. 难溶于水 b. 沸点较高 c. 不能燃烧
②E的同分异构体很多，写出其中能够发生银镜反应的两种异构体的结构简式_________________。
（6）请写出由1-氯丙烷合成丙酮的合成路线图并注明反应条件(无机试剂任选)________。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2＝CH2Br－CH2CH2－Br
【答案】（1） （2） ①. ②. Cl-CH2CH2-O-CH2CH2-Cl
（3）消去反应 （4） ①. +H2O ②. ClCH2CH2OCH2CH2Cl+2KOH+CH2=CH-O-CH=CH2+2KCl+2H2O
（5） ①. b ②. CH2=CHCH2CHO、CH3CH=CHCHO、CH2=C(CH3)CHO
（6）
【解析】
【分析】乙烯发生氧化反应生成A(C2H4O)，A的结构中没有甲基，则A为，A在酸性条件下水解得到B，B的核磁共振氢谱有2种H，结合二甘醇的结构可知B为HOCH2CH2OH；二甘醇发生信息中的反应得到D，结合D的分子式可知D的结构简式为Cl-CH2CH2-O-CH2CH2-Cl，D发生消去反应生成E为CH2=CHOCH=CH2。
【小问1详解】
由上述分析可知，B为HOCH2CH2OH，官能团为羟基，电子式为，故答案为。
【小问2详解】
由上述分析可知，A的结构简式为，D的结构简式为：Cl-CH2CH2-O-CH2CH2-Cl，故答案为；Cl-CH2CH2-O-CH2CH2-Cl。
【小问3详解】
反应②为卤代烃在氢氧化钾醇溶液中的消去反应，故答案为消去反应。
【小问4详解】
反应①的化学方程式为：+H2O，反应②的化学方程式为：ClCH2CH2OCH2CH2Cl+2KOHCH2=CH-O-CH=CH2+2KCl+2H2O，故答案为+H2O；ClCH2CH2OCH2CH2Cl+2KOHCH2=CH-O-CH=CH2+2KCl+2H2O。
【小问5详解】
①a．含有2个羟基，与水形成氢键，应易溶于水，故a错误；
b．分子之间形成氢键，沸点较高，故b正确；
c．属于烃的含氧衍生物，能燃烧，故c错误；
故答案选b；
②E为CH2=CHOCH=CH2，能够发生银镜反应的E的同分异构体的结构简式为CH2=CHCH2CHO、CH3CH=CHCHO、CH2=C(CH3)CHO，故答案为CH2=CHCH2CHO、CH3CH=CHCHO、CH2=C(CH3)CHO。
【小问6详解】
由1-氯丙烷合成丙酮，可以首先合成2-丙醇，然后将2-丙醇氧化即可得到丙酮，由1-氯丙烷合成2-丙醇，可以将氯原子消去，然后与水加成即可，合成路线为，故答案为。选项
实验目的
操作或方法
A
配制溶液
将固体置于容量瓶中，加水至刻度线
B
提纯混有少量硝酸钾的氯化钠
在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥
C
降低溴水的贮存与使用风险
稀硫酸酸化的的混合液替代溴水
D
证明淀粉已完全水解
向淀粉溶液中加入适量硫酸，加热，冷却后加入足量溶液，再滴加少量碘水
开始沉淀
1.5
4.6
6.7
完全沉淀
3.2
6.9
9.5
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