吉林省白城市第一中学2024-2025学年高三上学期9月月考+化学试题

这是一份吉林省白城市第一中学2024-2025学年高三上学期9月月考+化学试题，共16页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1. 生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后得到的滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液pH、n[Al(OH)3]随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如图所示。下列有关说法错误的是 ( )
A. NaHCO3溶液的物质的量浓度为0.8 ml·L-1
B. b点与c点溶液所含微粒种类相同
C. a点溶液中大量存在的离子是Na+、Al O2-、OH-
D. 生成沉淀的离子方程式为HC O3-+Al O2-+H2OAl(OH)3↓+C O32-
2. 下列有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的说法中错误的是( )
A. FeS2既是氧化剂又是还原剂 B. CuSO4在反应中被还原
C. 被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3 D. 14 ml CuSO4氧化了0.5 ml FeS2
3. 利用NaClO氧化尿素制备(水合肼)的实验流程如图所示：
已知：①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；②N2H4•H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
下列说法不正确的是( )
A. 步骤Ⅰ中为避免温度过高，可采用冰水浴
B. 步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，测得产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5∶1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3
C. 步骤Ⅱ中可将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中
D. 生成水合肼反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2OH-===Cl-+N2H4·H2O+ CO32-
4. 将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.00 ml·L-1的氢氧化钠浓溶液中,加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是( )
A. 与NaOH反应的氯气一定为0.3 ml B. n(Na+)∶n(Cl-)可能为7∶3
C. 若反应中转移的电子为n ml,则0.155. 用Fe(NH4)2(SO4)2来处理某含铬(Cr2 O72-)废水，反应后铁元素和铬元素完全转化为沉淀(其中铬元素被还原为+3价)。该沉淀经干燥后得到a ml FeO·FeyCrxO3，不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是( )
A. 消耗硫酸亚铁铵的物质的量为a(3-x)ml B. 处理废水中的Cr2 O72-的物质的量为 ax2 ml
C. 反应中发生转移的电子数为2ax ml D. FeO·FeyCrxO3中，3x=y
6. 下列实验方案能达到相应实验目的的是( )
A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D
7. (2024届四川省成都市第七中学高三零诊模拟)常温下，下列粒子能在指定的溶液中大量共存的是( )
A. 遇KSCN变红色的溶液：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. pH＝0的溶液中：、、、
D. 在溶质为溶液中：、、、
8. （2024届北京师范大学附属实验中学暑期高三第一次督导试题）某同学进行如下兴趣实验：
下列说法不正确的是( )
A. 反应①中表现氧化性 B. 反应后混合液的减小
C. 该实验条件下，反应速率：③>② D. 若用溶液代替溶液进行上述实验，现象相同
9. （2024届北京师范大学附属实验中学暑期高三第一次督导试题）某小组研究SCN-分别与Cu2+和Fe3+的反应：
下列说法不正确的是( )
A. 实验1中发生了氧化还原反应，KSCN为还原剂
B. 实验2中“溶液变红”是Fe3+与SCN-结合形成了配合物
C. 若将实验3中Fe2(SO4)3溶液替换为0.25 ml/LCuSO4溶液，接通电路后，可推测出电压表指针会发生偏转
D. 综合实验1～3，微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关
10. (2024届福建省南平市高三10月月考)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中错误的是( )
A. 合成氨反应每生成标况下1.12 L 氨气，转移的电子数为0.15NA
B. 1 L 0.1 ml∙L−1的Na2CO3溶液中，阴、阳离子的总数大于0.3NA
C. NH5的结构类似于NH4Cl，则1 ml NH5中所含σ键的数目为5NA
D. 5.5 g超重水(T2O)中含有的中子数目为3NA
11. 阅读下列材料，完成下题
一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O＋ROH―→CH3COOR＋CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入m g ROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O―→2CH3COOH。
③加指示剂并用c ml·L－1 NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1 mL。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用c ml·L－1 NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2 mL。
ROH样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是( )
A. ×100% B. ×100% C. ×100% D. ×100%
12. 焦亚硫酸钠 Na2S2O5是一种食品添加剂。某小组取焦亚硫酸钠样品溶于水，将溶液分成甲、乙、丙、丁四份，探究其溶液的性质。实验记录如下：
已知：常温下， H2SO3的电离常数 Kal=1.5×10-2、 Ka2=1.0×10-7。下列叙述错误的是（ ）
A. 由实验Ⅰ可知， Na2S2O5溶液中可能存在： Na2S2O5+H2O=2NaHSO3 B. 由实验Ⅱ可知， Na2S2O5溶液能使溴水褪色
C. 取实验Ⅲ中的白色沉淀加入稀硝酸，若沉淀不溶解，则白色沉淀为 BaSO4 D. 由实验Ⅳ可知， Na2S2O5溶液体现氧化性
13. 某校化学兴趣小组利用如图装置在实验室制备“84”消毒液，下列说法正确的是（ ）
A. 装置I中的 KMnO4可以替换成 MnO2 B. 装置Ⅱ可以除去 Cl2中 HCl杂质，还可以防止倒吸
C. 装置Ⅲ中消耗 5.6LCl2(标准状况)，转移 0.5ml电子 D. 装置Ⅳ的作用是吸收空气中的 CO2和水蒸气
14. 环戊二烯(a)与丙烯醛(b)通过Diels-Alder反应制得双环[2，2，1]-5-庚烯-2-醛(c)，反应如图所示。
下列说法正确的是( )
A. a分子所有原子均可共平面 B. a分子通过缩合聚合反应合成有机高分子
C. b分子中的共价键个数N(σ键)∶N(π键)=7:2 D. 酸性高锰酸钾溶液能将c分子氧化成
15. 纯碱在食品加工、制药等方面有重要应用。实验室以碳酸氢铵(温度高于 35℃分解)和食盐水为原料模拟纯碱的制取，流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A. “搅拌、加热”操作中，应采用水浴加热，且温度控制在 35℃以下
B. NH4HCO3、NaCl、NaHCO3、NH4Cl四种溶液中， NaHCO3溶解度最低
C. “洗涤、抽滤”操作中用到的主要仪器有：普通漏斗、烧杯、玻璃棒
D. 利用“双指示剂”法测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量时，第1指示剂为“酚酞”、第2指示剂为“甲基橙”
二、非选择题
16.磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。
溶解度：Ca5(PO4)3(OH) (6)取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b ml·L－1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。(已知：H3PO4摩尔质量为98 g·ml－1)
17. 摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]经氧化后与KOH和H2C2O4反应可得到草酸合铁酸钾[KaFeb(C2O4)c·dH2O]，其中Fe元素的化合价为＋3。
(1)已知25 ℃，H2C2O4的电离常数Ka1＝5.6×10－2，Ka2＝5.4×10－5。pH＝4的H2C2O4溶液中c(C2O)/c(HC2O)＝________。
(2)为了确定草酸合铁酸钾的组成，准确称取4.910 g样品在氮气气氛下加热，固体样品的剩余质量随温度的变化如图所示。
已知：a.120 ℃时样品已完全失去结晶水；
b．200～580 ℃样品分解产生的CO和CO2恢复至标准状况下体积为1.008 L；
c．580 ℃以上残留固体为FeO和K2CO3的混合物。
根据以上实验数据计算草酸合铁酸钾的化学式为________。
18. 磷资源流失到水环境中会造成水体富营养化。已知： Ca-Fe基磁性纳米复合材料，由 CaCO3和纳米 Fe3O4经过超声分散制得。能通过纳米 Fe3O4物理吸附和 CaCO3溶出后通过化学反应等去除水体磷。已知：纳米 Fe3O4颗粒表面带正电荷；部分物质的溶解性如下表。
(1)制备复合材料所需的纳米 Fe3O4：一定条件下，先将 FeCl2⋅4H2O和 FeCl3⋅6H2O晶体配制成混合溶液，再与氨水反应可制得纳米 Fe3O4，实验装置如下：
氨水缓慢滴入，开始一段时间内未出现浑浊，原因是 。
②制备纳米 Fe3O4需控温在50～60 ℃之间，写出该反应的化学方程式： 。
③配制混合溶液时按 nFe2+:nFe3+=1:2进行投料：实验中需不断通入 N2。通 N2的目的是 。
(2)研究不同pH下向含磷(V)废水中加入 CaCO3-Fe3O4纳米复合材料的除磷效果：
①从图1中可以看出初始pH为3～6时，磷的去除率较高且反应后pH均有一定的上升，反应过程中无气体生成。结合图2，写出对应的离子方程式： 。
②当初始pH为9～10时，磷的去除率明显小于初始pH为3～6的去除率，是因为 。
(3)除磷后续处理
除磷回收得到的磷矿物 CaHPO4⋅2H2O，可进一步转化为 KH2PO4，作为钾磷复合肥使用。设计由 CaHPO4⋅2H2O浆料制备 KH2PO4晶体的实验方案：向含 0.02mlCaHPO4⋅2H2O的浆料中 ，干燥。[已知： 2CaHPO4⋅2H2Os+K2SO4aq+H2SO4aq=2KH2PO4aq+2CaSO4⋅2H2Os；室温下从 KH2PO4饱和溶液中可结晶析出 KH2PO4晶体；实验中 须选用 的试剂： H2SO4溶液、 0.25ml/LK2SO4溶液，pH试纸，无水乙醇]
19. 某粗盐溶液中除泥沙外，还含有 Ca2+、 Mg2+、 SO42-等杂质离子，粗盐提纯后可以通过侯氏制碱法和氯碱工业制取多种重要工业产品。下图是有关工艺流程，A、B、C、D、E、F为中学化学常见物质。
回答下列问题：
(1)环节I中A、B、C依次应加入的物质为NaOH、 、 ，加入D发生反应的离子方程式为 。
(2)环节Ⅱ中为了产生更多沉淀，应先通入过量的气体E为 ，再通入 (填“少量”、或“过量”)的F，这时发生反应的化学方程式为 。热分解时需用到的仪器为 (填符号)
A．表面皿 B．蒸发皿 C．培养皿 D．坩埚
(3)环节Ⅲ在阴极发生的电极反应为 ，产生的气体2可以与所得烧碱溶液发生反应制取消毒液，化学方程式为 。
(4)该工艺流程中可以直接循环利用的物质为 。
20. 左氧氟沙星是一种具有广谱抗菌作用的药物，其前体 K的合成路线如下：
已知：
ⅰ、 R-OH→DHPR-OPHT→PPTSR-OH(其中 DHP、 PPTS是有机试剂缩写)
ⅱ、 R1-COOR2→LiAlH4R1-CH2OH+R2OH
ⅲ、＋ R4-NH2 →CH2Cl2＋ R3OH
(1)A中含-CH3，A→B的化学方程式是 。
(2)D的结构简式是 。
(3)已知试剂 a的结构简式为。 D→E的反应类型为 。
(4)G分子中官能团名称为氟原子、醚键、 、 。
(5)已知试剂 b为，H的结构简式是 。
(6)I中含有两个酯基， I的结构简式是 。
(7)K的另一种制备途径如下：
写出M、N、P的结构简式 、 、 。
参考答案
1. 【答案】A
【解析】由题图可知，加入0~8 mL NaHCO3溶液时无沉淀产生，加入40 mL NaHCO3溶液时沉淀最多，为0.032 ml Al(OH)3，即加入 0~8 mL NaHCO3溶液时只发生反应OH-+HC O3-C O32-+H2O，加入8~40 mL NaHCO3溶液时，发生反应HC O3-+Al O2-+H2OAl(OH)3↓+C O32-，则c(NaHCO3)= 0.032ml(0.040-0.008)L=1.0 ml·L-1，A项错误；b点与c点对应溶液为NaAlO2和Na2CO3，所含微粒种类相同，均含有Na+、Al O2-、C O32-等，B项正确；a点溶液中的溶质为NaOH、NaAlO2，大量存在的离子是Na+、Al O2-、OH-，C项正确；生成沉淀的离子方程式为HC O3-+Al O2-+H2OAl(OH)3↓+C O32-，D项正确。
2. 【答案】D
【解析】化学方程式中的化合价变化：CuSO4中＋2价的Cu得电子，化合价降低为Cu2S中＋1价的Cu；5个FeS2中10个－1价的S有7个化合价降低为Cu2S中－2价的S，有3个化合价升高为SO中＋6价的S(生成物中有17个SO，其中有14个来自反应物CuSO4)。反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，因此FeS2既是氧化剂又是还原剂，选项A正确；硫酸铜中Cu元素的化合价都降低，S、O元素的化合价不变，所以硫酸铜是氧化剂，选项B正确；10个－1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，选项C正确；14 ml CuSO4在反应中得到14 ml电子，FeS2被氧化时，应该是－1价的S被氧化为＋6价，所以1个FeS2会失去14个电子；根据得失电子守恒，14 ml CuSO4应该氧化1 ml FeS2，选项D错误。
3. 【答案】C
【解析】A．实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40℃，可以采取的措施是：减缓Cl2的通入速率、冰水浴冷却，A正确；B．氯气与NaOH反应生成物质的量之比为5：1的NaClO、NaClO3，应还有NaCl生成，故反应为：8Cl2+16OH-===5ClO-+ ClO3-+10Cl-+8H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3，B正确；C．将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中应将次氯酸钠溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，C错误；D．NaClO、NaOH与尿素生成N2H4•H2O、碳酸钠、NaCl，反应为NaClO+CO(NH2)2+2NaOH===NaCl+N2H4•H2O+Na2CO3，离子方程式是：ClO-+CO(NH2)2+2OH-===Cl-+N2H4·H2O+ CO32-，D正确。
4. 【答案】C
【解析】由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠已反应完全，根据钠元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.03 L×10 ml·L-1=0.3 ml，根据氯元素守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)= 0.3 ml，故参加反应的氯气n(Cl2)=0.15 ml，故A错误；根据方程式：Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n(Na+)∶n(Cl-)最大为2∶1，当氧化产物为NaClO3时，n(Na+)∶n(Cl-)最小为6∶5，故6∶52∶1，故B错误；根据B选项中的方程式可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3 ml×1÷2×1=0.15 ml，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3 ml×5÷6×1=0.25 ml，故C正确；令n(NaCl)=11 ml，n(NaClO)=2 ml，n(NaClO3)=1 ml，根据得失电子守恒，生成NaCl获得的电子为11 ml×1=11 ml，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2 ml×1+1 ml×5=7 ml，得失电子不相等,故D错误。
5. 【答案】C
【解析】A项，由铁元素守恒，根据化学式FeO·FeyCrxO3中化合价代数和为0可得，3y+3x-6=0，得y=2-x，消耗硫酸亚铁的物质的量为a(y+1)ml=a(3-x)ml，正确；B项，根据铬原子守恒，Cr原子为ax ml，故Cr2 O72-的物质的量为0.5ax ml，正确；C项，得到a ml FeO•FeyCrxO3，则一共有ax ml Cr原子参加反应，1 ml Cr转移电子3 ml，故转移的电子数为3ax ml，C错误；D项，FeO•FeyCrxO3中，Cr为正三价，由得失电子守恒知3x−y=0，即3x=y，D正确。
6. 【答案】D
【解析】不宜用石蕊溶液检验SO2，因为SO2在溶液中易被氧化生成H2SO4，A错误；稀硫酸催化纤维素水解后，应先加入NaOH溶液至溶液呈碱性，再加入新制的Cu(OH)2，加热，观察是否有砖红色沉淀生成，B错误；向Na2SO3溶液中加入Ba(NO3)2和稀硝酸，SO会被氧化为SO，会产生BaSO4白色沉淀，则不能说明Na2SO3是否变质，C错误；溶剂醇与溴水不反应，若溴水褪色，说明1-溴丁烷发生了消去反应产生了丁烯，D正确。
7. 【答案】B
【解析】A．遇KSCN变红色的溶液说明含有三价铁，双氧水会被三价铁催化分解，A错误；B．说明溶液显酸性，在酸性条件下四种离子均可大量存在，B正确；C．pH＝0的溶液说明是酸性溶液，会和氢离子反应生成硫单质和二氧化硫，和氢离子会生成弱电解质，二价铁和次氯酸根离子也会发生氧化还原反应，C错误；D．和碳酸氢根离子会发生相互促进的双水解反应，D错误；故选B。
8. 【答案】D
【解析】A．反应①中中I元素为+5价，生成物I－中I元素为-1价，为氧化剂，表现氧化性，A项正确；B．反应①生成的I－和H+的物质的量之比为1∶3，而反应②消耗的I－和H+的物质的量之比为5∶6，且反应③也消耗I－，所以总的来说H+生成的数量大于消耗的数量，H+数量增多，pH减少，B项正确；C．先产生了橙红色沉淀后溶液颜色变蓝，说明反应速率③＞②，C项正确；D．若用溶液代替溶液，则没有生成反应②所需的H+，反应②难以发生，现象应该不同，D项错误。答案选D。
9. 【答案】C
【解析】A．在反应1中，SCN-失去电子被氧化为(SCN)2，Cu2+得到电子被还原为Cu+，Cu+再与SCN-反应产生CuSCN沉淀，反应方程式为2Cu2++4SCN-===2CuSCN↓+(SCN)2，该反应中KSCN为还原剂，A正确；B．Fe3+与SCN-反应产生络合物Fe(SCN)3，使溶液变为血红色，B正确；C．在实验2中溶液变为红色，发生可逆反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，反应产生Fe(SCN)3使溶液变为红色。向反应后的溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多，说明溶液中有Fe2+，即同时还发生氧化还原反应：2Fe3++2SCN-=2Fe2++(SCN)2，Fe2+与[Fe(CN)6]3+反应产生Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀，因此接通电路后，电压表指针会发生偏转。将0.125 ml/LFe2(SO4)3溶液与0.05 ml/LKSCN溶液通过U型管形成闭合回路后，接通电路后，电压表指针不偏转，说明没有发生氧化还原反应，未产生Fe2+，故滴入K3[Fe(CN)6]溶液，也就不会产生蓝色沉淀，可见Fe2(SO4)3溶液浓度降低后不能发生氧化还原反应；因为氧化性Cu2+ 10. 【答案】C
【解析】A．依据N2～2NH3～6e-，成氨反应每生成标况下1.12 L氨气，物质的量为,转移的电子数为0.15NA，故A正确；
B．1个碳酸根离子水解生成1个碳酸氢根离子和氢氧根离子，导致离子个数增加，所以1L 0.1 ml•L-1的Na2CO3溶液中，阴、阳离子的总数大于0.3NA，故B正确；
C．NH5的结构类似于NH4Cl即NH4H，1个NH4H含有4个N-H键，则1 ml NH5中所含σ键的数目为4NA，故C错误；
D．5.5 g超重水(T2O)的物质的量为,而超重水中含中子为12个中子，故0.25 ml超重水中含中子为3NA个，故D正确；
故选：C。
11. 【答案】A
【解析】用c ml·L－1 NaOH-甲醇标准溶液进行滴定，根据反应CH3COOH＋NaOH===CH3COONa＋H2O，结合步骤④可得关系式：乙酸酐[(CH3CO)2O]～2CH3COOH～2NaOH，则n(乙酸酐)＝0.5cV2×10－3 ml，根据反应(CH3CO)2O＋ROH―→CH3COOR＋CH3COOH，结合步骤②，设样品中ROH为x ml，则x＋2(0.5cV2×10－3－x)＝cV1×10－3，解得x＝c(V2－V1)×10－3，又因ROH样品的质量为m g，则ROH样品中羟基的质量分数为×100%，A正确。
12. 【答案】C
【解析】A．甲中溶液显酸性，结合亚硫酸的电离常数可知，焦亚硫酸钠中S显十4价，焦亚硫酸钠与水反应生成了亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠电离大于水解呈酸性，方程式为： Na2S2O5+H2O=2NaHSO3，A项正确；
B．由实验Ⅱ可知，焦亚硫酸钠溶液具有还原性，能与碘发生氧化还原反应，也一定能与溴水发生氧化还原反应能使溴水褪色，B项正确；
C．取实验Ⅲ中的白色沉淀加入稀硝酸，若沉淀不溶解，而硝酸可将BaSO3氧化为BaSO4，Ⅲ中的白色沉淀不一定是BaSO4，C项错误；
D．焦亚硫酸钠溶液与硫化氢反应生成单质硫，焦亚硫酸钠溶液体现氧化性，D项正确；
故选C。
13. 【答案】B
【解析】A项，图Ⅰ中没有加热装置，故不能将 KMnO4替换成 MnO2，A错误；
B项，装置Ⅱ可以除去 Cl2中 HCl杂质，长颈漏斗平衡压强，还可以防止倒吸，B正确；
C项，装置Ⅲ中消耗 5.6LCl2(标准状况)，Cl2发生歧化反应生成NaCl和NaClO，转移 0.25ml电子，C错误；
D项，装置Ⅳ的作用是吸收未反应的Cl2，防止污染空气，D错误；
故选B。
14. 【答案】C
【解析】A项，环戊二烯中有4个碳原子是sp2杂化，有1个碳原子是sp3杂化，所以只能最多有9个原子（5个C原子、4个H原子）共平面，故A错误；
B项，环戊二烯中含有两个碳碳双键，其加聚反应原理与1，3-丁二烯相似，可发生加聚反应生成高聚物，不能发生缩聚反应，故B错误；
C项，碳碳双键和碳氧双键中均含有1个σ键和1个π键，则b分子中含有7个σ键，2个π键，共价键个数N(σ键)∶N(π键)=7:2，故C正确；
D项，-CHO具有还原性可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为-COOH，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化断裂，得不到选项所给物质，故D错误；
故选C。
15. 【答案】C
【解析】A项，为防止温度高于35 ℃时碳酸氢铵受热分解，“搅拌、加热”操作中，应采用水浴加热，且温度控制在 35℃以下，故A正确；
B项，向饱和食盐水中加入碳酸氢铵粉末，在搅拌、加热条件下发生反应得到碳酸氢钠沉淀，说明在溶液中的四种物质中碳酸氢钠的溶解度最低，故B正确；
C项，“洗涤、抽滤”操作中用到的主要仪器为布氏漏斗、烧杯、玻璃棒，故C错误；
D项，利用“双指示剂”法测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量时，第1指示剂为“酚酞”，酚酞做指示剂条件下碳酸钠溶液与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，第2指示剂为“甲基橙”，甲基橙做指示剂条件下碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，故D正确；
故选C。
16. 【答案】(6)
【解析】(6)由题意知，消耗氢氧化钠的物质的量为 ml，当生成Na2HPO4时，参加反应磷酸的物质的量为 ml，即磷酸的质量为 g，则磷酸的质量分数为＝。
17. 【答案】(1)0.54 (2)K3Fe(C2O4)3·3H2O
【解析】(1)已知25 ℃，H2C2O4的电离常数Ka1＝5.6×10－2，Ka2＝5.4×10－5。pH＝4的H2C2O4溶液中＝＝＝＝0.54。(2)120 ℃时样品已完全失去结晶水，则m(H2O)＝4.910 g－4.37 g＝0.54 g，n(H2O)＝3×10－2 ml；又已知分解产生的CO和CO2满足n(CO)＋n(CO2)＝＝4.5×10－2 ml，根据原子守恒有2n(C2O)＝n(K2CO3)＋n(CO)＋n(CO2)＝n(K2CO3)＋4.5×10－2 ml，由已知信息c及题图可知，m(FeO)＋m(K2CO3)＝n(Fe3＋)×72 g·ml－1＋n(K＋)×138 g·ml－1＝2.79 g，又KaFeb(C2O4)c呈电中性，则3n(Fe3＋)＋n(K＋)＝2×n(C2O)＝n(K2CO3)＋n(CO)＋n(CO2)＝n(K2CO3)＋4.5×10－3＝n(K＋)＋4.5×10－2 ml，解得n(Fe3＋)＝1×10－2 ml，n(K＋)＝3×10－2 ml，n(C2O)＝3×10－2 ml，则样品中n(K＋)∶n(Fe3＋)∶n(C2O)∶n(H2O)＝(3×10－2 ml)∶(1×10－2 ml)∶(3×10－2 ml)∶(3×10－2 ml)＝3∶1∶3∶3，故草酸合铁酸钾的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O。
18. 【答案】(1) ①主要用于消耗配制溶液时加入的盐酸
② FeCl2+2FeCl3+8NH3⋅H2O=Fe3O4↓+8NH4Cl+4H2O
③除去空气，防止 Fe2+部分被 O2氧化为 Fe3+，造成产品不纯
(2) ① CaCO3+H2PO4-=CaHPO4+HCO3-
② 碱性条件下， CaCO3几乎不溶解，钙离子浓度很小；同时 OH-浓度增大，会与 HPO42-产生竞争吸附
(3)缓慢加入 0.25ml/LK2SO4溶液40.0 mL不断搅拌；再分批缓慢滴入 H2SO4溶液，不断搅拌至用pH试纸测得反应液 pH≈4~5，过滤；将滤液蒸发浓缩至表面析出晶膜，降温至室温结晶(或在室温下冷却结晶)；过滤，所得晶体用无水乙醇洗涤2~3次
【解析】（1）①配制FeCl2和FeCl3溶液溶液时，防止亚铁离子和铁离子水解，加有盐酸，氨水先与盐酸反应。
②FeCl2+2FeCl3+8NH3⋅H2O=Fe3O4↓+8NH4Cl+4H2O
③通入N2除去空气，防止Fe2+部分被O2氧化为Fe3+，造成产品不纯
（2）①从图1中可以看出初始pH为3～6时，磷的去除率较高且反应后pH均有一定的上升，反应过程中无气体生成。结合图2，写出对应的离子方程式： CaCO3+H2PO4-=CaHPO4+HCO3-
②当初始pH为9～10时，磷的去除率明显小于初始pH为3～6的去除率，是因为：一方面碱性条件下，CaCO3几乎不溶解，钙离子浓度很小；同时OH−浓度增大，会与 HPO42-产生竞争吸附
（3）向含0.02 ml CaHPO4⋅2H2O的浆料中缓慢加入0.25 ml/L K2SO4溶液40.0 mL不断搅拌；再分批缓慢滴入H2SO4溶液，不断搅拌至用pH试纸测得反应液pH≈4~5，过滤；将滤液蒸发浓缩至表面析出晶膜，降温至室温结晶(或在室温下冷却结晶)；过滤，所得晶体用无水乙醇洗涤2~3次，干燥。
19. 【答案】(1) BaCl2 Na2CO3 H++OH-=H2O、 CO32-+2H+=CO2↑+H2O
(2) NH3 过量 NH3⋅H2O+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl D
(3) 2H++2e-=H2↑或 2H2O+2e-=H2↑+2OH- Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
(4) CO2、纯碱和烧碱
【解析】（1）粗盐提纯时，应该先用氢氧化钠除去其中的镁离子，用氯化钡除去硫酸根离子，用碳酸钠除去钙离子和过量的钡离子，则碳酸钠应该在氯化钡之后加入，故在加入氢氧化钠之后应该加入 BaCl2，最后加入 Na2CO3，过滤后用盐酸调节pH，经过蒸发结晶可以得到纯净的氯化钠，处理后可以得到最后产品，环节I中A、B、C依次应加入的物质为NaOH、 BaCl2、 Na2CO3，试剂D为盐酸，盐酸和过量的氢氧化钠、过量的碳酸钠反应，离子方程式为： H++OH-=H2O、 CO32-+2H+=CO2↑+H2O；
（2）氨气在水中的溶解度大，故先通入过量的气体E为 NH3；再通入过量二氧化碳；对应的反应为 NH3⋅H2O+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠，加热固体物质应该用坩埚，故选D；
（3）电解氯化钠溶液时，在阴极发生的电极反应为 2H++2e-=H2↑或 2H2O+2e-=H2↑+2OH-；在阳极氯离子失去电子生成气体2为氯气，氯气与所得烧碱溶液发生反应制取消毒液，方程式为： Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（4）该工艺流程生成了纯碱、烧碱、二氧化碳，且这三种物质在粗盐提纯时都使用到，故该工艺流程中可以直接循环利用的物质为 CO2、纯碱和烧碱。
20. 【答案】(1)+C2H5OH ⇌Δ浓硫酸+H2O
(2)
(3)取代反应
(4)羟基 氨基
(5)
(6)
(7)
【解析】（1）A中含-CH3，参照E的结构，A的结构简式为，B为，则A→B的化学方程式是+C2H5OH ⇌Δ浓硫酸+H2O。答案为：+C2H5OH ⇌Δ浓硫酸+H2O；
（2）D的结构简式是。答案为：；
（3）已知试剂a的结构简式为，则+ →+HF，反应类型为取代反应。答案为：取代反应；
（4）G为，分子中官能团名称为氟原子、醚键、羟基、氨基。答案为：羟基；氨基；
（5）已知试剂 b为，H的分子式为C17H21NO6F2，H的结构简式是。答案为：；
（6）I中含有两个酯基，H的分子式为C17H21NO6F2，I的分子式为C17H19NO5F2，则H脱掉1个H2O生成I，I为，
答案为：；
（7）由K制备，采用逆推法，可确定P为，参照信息ⅲ，可确定M为，N为，从而得出M、N、P的结构简式分别为、、。答案为：；；。