江西省2020届高三第一次大联考化学（解析版） 试卷


江西省2020届高三第一次大联考
可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 Mg－24 Al－27 S－32 Fe－56 Cu－64
第I卷(选择题 共48分)
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有－项是符合题目要求的)
1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ）
A. 商代后期制作的司母戊鼎，其主要成分是青铜合金
B. 战国时期最大铁器——长方形铁炉，其主要成分是铁碳合金
C. 我国自主研发的C919大飞机，其外壳主要成分是硬铝合金
D. 我国“蛟龙”号载人潜水器最关键的部件——钛合金耐压球壳，其属于稀土合金
【答案】D
【详解】A．司母戊鼎是青铜制品，属于合金，故A正确；
B．战国时期最大铁器——长方形铁炉，其主要成分铁，含有少量的碳，是铁碳合金，故B正确；
C．我国自主研发的C919大飞机，其外壳主要成分是铝合金，故C正确；
D．稀土元素是周期表中第ⅢB的钪和钇以及镧系原子序数从57～71的15种元素，我国“蛟龙”号载人潜水器的外壳是耐超高压的钛合金，属于金属材料，其中没有稀土元素，故D错误；
故选D。
2.铝、铁两种金属粉末混合物，加入过量的盐酸溶液，过滤后向滤液中加入过量的烧碱溶液，再过滤，滤液中大量存在的离子有（ ）
A. Fe3+ B. AlO2- C. Al3+ D. Fe2+
【答案】B
【详解】铝、铁两种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，发生2Al+6H+=3H2↑+2Al3+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，过滤后向滤液中加入过量氢氧化钠溶液，发生H++OH-=H2O、Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，铁元素存在于沉淀，铝元素存在于AlO2-中，所以滤液中存在的离子为A1O2-，故选B。
【点睛】明确发生的离子反应是解答本题的关键。本题的易错点为C，要注意氢氧化铝具有两性，能够被氢氧化钠溶解。
3.工业纯碱中常含有NaCl、Na2SO4等杂质。研究小组设计了如下实验装置，通过纯碱与酸反应生成的m(CO2)，测定质量为m g某工业纯碱的纯度，下列叙述正确的是（ ）

A. 通过称量反应前后装置B的质量，获取m(CO2)
B. 通过称量反应前后装置C的质量，获取m(CO2)
C. 通过称量反应前后装置C和D的质量，获取m(CO2)
D. 通过称量反应前后装置D的质量，获取m(CO2)
【答案】B
【分析】根据图示，纯碱与酸反应生成的二氧化碳，经过B干燥后再装置C中吸收，装置D中的碱石灰可以防止外界空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置C，装置中残留的二氧化碳通过除去二氧化碳的空气排入装置C中吸收，据此分析解答。
【详解】A．装置B的目的是干燥二氧化碳，不能通过称量反应前后装置B的质量，获取m(CO2)，故A错误；
B．装置C的目的是吸收反应生成的二氧化碳，通过称量反应前后装置C的质量，可以获取m(CO2)，故B正确；
C．装置D中的碱石灰可以防止外界空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置B，不能通过称量反应前后装置D的质量，获取m(CO2)，故C错误；
D．装置D中的碱石灰可以防止外界空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置B，不能通过称量反应前后装置D的质量，获取m(CO2)，故D错误；
故选B。
【点睛】解答本题的关键是熟悉各装置的作用。本题的易错点为C，要注意装置B和装置D的作用的判断。
4.下列观察目的与实验操作－致的是（ ）

观察目的
实验操作
A
钠的密度比水小
将－小块钠放入盛水的烧杯中
B
钠有强还原性
将钠放置在煤油中
C
钠有较小的硬度
将钠放在坩埚中加热
D
钠的熔点较低
用小刀切开金属钠

【答案】A
【详解】A、将钠放入盛水的烧杯中，钠浮在水面上，能够说明钠的密度比水小，故A正确；
B、钠的密度比煤油大，所以钠可以保存在煤油中，不能说明钠具有强还原性，故B错误；
C、将钠放在坩埚中加热，说明钠的熔点低，不能说明钠的硬度大小，故C错误；
D、用小刀切开金属钠，说明钠的硬度小，不能说明钠的熔点较低，故D错误；
故选A。
5.高锰酸钾溶液沾到皮肤上形成黑斑，可以用草酸H2C2O4洗除，原理如下：MnO4－＋H2C2O4＋H＋→CO2↑＋Mn2＋＋ 下列叙述正确的是（ ）
A. H2C2O4发生还原反应 B. MnO4－氧化产物为Mn2＋
C. 横线的物质为H2O D. 生成22.4 L CO2，则转移5 mol电子
【答案】C
【分析】MnO4－＋H2C2O4＋H+→CO2↑＋Mn2+＋ ，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，所以高锰酸钾是氧化剂、草酸是还原剂，再结合化合价升降守恒和原子守恒分析解答。
【详解】A．该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，所以高锰酸钾是氧化剂、草酸是还原剂，则发生还原反应的是高锰酸钾，故A错误；
B．Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，发生还原反应，还原产物为Mn2+，故B错误；
C．根据原子守恒，该反应是在酸性条件下的反应，所以横线的物质为H2O，故C正确；
D．反应的方程式配平为2MnO4－＋5H2C2O4＋6H+=10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O，生成10molCO2，转移电子的物质的量10mol×(4-3)=10mol，则生成22.4 L CO2，由于未告知温度和压强，无法判断转移的电子数，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意气体的体积与温度和压强有关，温度和压强不确定，无法通过气体的体积确定气体的物质的量。
6.下列化学(或离子)方程式中，不能正确表达所指定的现象变化的是（ ）
A. 把盛装浓氨水、浓盐酸的两敞口容器靠近，空气中出现“白烟”：NH3＋H＋＝NH4＋
B. 把石灰浆涂抹在墙面上，第二天墙面上“更潮湿”：Ca(OH)2＋CO2＝CaCO3↓＋H2O
C. 向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，溶液“变红”：Fe3＋＋3SCN－＝Fe(SCN)3
D. 向AlCl3溶液中投入CuO粉末，溶液中出现“白色沉淀”：3H2O＋3CuO＋2AlCl3＝2Al(OH)3＋3CuCl2
【答案】A
【详解】A．把盛装浓氨水、浓盐酸的两敞口容器靠近，挥发出来的氨气和氯化氢气体反应生成氯化铵，氯化氢不能用H＋表示，该反应不属于离子反应，故A选；
B．把石灰浆涂抹在墙面上，第二天墙面上“更潮湿”，是反应了Ca(OH)2＋CO2＝CaCO3↓＋H2O，故B不选；
C．FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，二者反应生成红色的络合物硫氰化铁，反应的离子方程式为：Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3，故C不选；
D．向AlCl3溶液中投入CuO粉末，溶液中出现“白色沉淀”，是因为氯化铝溶液水解显酸性，投入氧化铜，促进水解生成氢氧化铝沉淀，反应的方程式为3H2O＋3CuO＋2AlCl3＝2Al(OH)3＋3CuCl2，故D不选；
故选A。
7.向蔗糖固体中滴加浓硫酸，观察到蔗糖变黑，体积膨胀，放出气体等现象，下列叙述错误的是（ ）
A. 上述过程中温度升高
B. 体积膨胀的主要原因是固体碳受热膨胀所致
C. 蔗糖生成碳，再生成二氧化碳
D. 放出的气体用NaOH溶液吸收，可能得到5种盐
【答案】B
【分析】浓硫酸具有强烈的脱水性，使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫，则蔗糖变黑，体积膨胀，并放出刺激性气味气体，体现浓硫酸具有脱水性和氧化性，据此分析解答。
【详解】A．蔗糖的脱水反应是放热反应，反应后温度升高，故A正确；
B．体积膨胀的主要原因是反应生成了气体，使得生成的固体碳疏松多孔，体积膨胀，故B错误；
C．蔗糖脱水时先碳化，生成碳，生成的碳再与浓硫酸反应生成二氧化碳 ，故C正确；
D．放出的气体中含有二氧化碳、二氧化硫，用NaOH溶液吸收，可能得到碳酸钠、碳酸氢钠、亚硫酸钠、亚硫酸氢钠，亚硫酸钠比较容易被氧化，因此溶液中可能存在硫酸钠，因此可能出现5种盐，故D正确；
故选B。
8.下列有关分离实验操作的叙述正确的是（ ）
A. 过滤操作中，玻璃棒应适时搅拌漏斗器
B. 蒸发时，蒸发皿可以放置于铁架台上加热
C. 萃取分液时，密度小的物质从分液漏斗的下端口放出
D. 蒸馏时，温度计浸入蒸馏烧瓶的液体混合物之中
【答案】B
【详解】A．过滤时，不能用玻璃棒搅拌，防止滤纸破损，故A错误；
B．由于蒸发皿是可以直接加热的仪器，所以蒸发操作中，可将蒸发皿放置于铁架台的铁圈或三脚架上直接加热，故B正确；
C．萃取分液时，密度大的物质从分液漏斗的下端口放出，密度小的液体从分液漏斗的上端口部倒出，故C错误；
D．蒸馏时，温度计是测定馏分的温度，温度计水银球应该在蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；
故选B。
9.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 84 g MgCO3和NaHCO3混合固体中的CO32－离子数为NA
B. 1 mol I2与4 mol H2反应生成的HI分子数为2NA
C. 1 mol Al溶于含1 mol NaOH的溶液，电子转移数为3NA
D. 标准状况下，2.24 L H2O含有的共价键数为0.2NA
【答案】C
【详解】A、NaHCO3固体由钠离子和碳酸氢根构成，无碳酸根离子，因此84 g MgCO3和NaHCO3混合固体中的CO32－离子数少于NA，故A错误；
B、氢气和碘的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的HI分子个数小于2NA个，故B错误；
C、铝和氢氧化钠反应后变为+3价，故1mol铝反应后转移3NA个电子，故C正确；
D、标准状况下，水不是气体，不能根据气体摩尔体积来计算水的物质的量，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意有些特殊物质在标准状况下的状态，如水、氟化氢、三氧化硫等。
10.下列实验操作能达到实验目的的是（ ）

实验目的
实验操作
A
检验粗盐溶液中的Cl－
取少量粗盐溶液，滴加AgNO3溶液，观察现象
B
检验碳酸钠
将Pt丝蘸取盐酸灼烧至无色后，蘸取碳酸钠灼烧，观察现象
C
除去MnO2中的碳粉
反复灼烧至质量不再变化
D
检验CO、CO2混合气体
将气体依次通过CuO(灼热)、澄清石灰水

【答案】C
【详解】A、粗盐溶液中含有硫酸根离子等，滴加AgNO3溶液，会生成微溶于水的硫酸银沉淀，不能检验粗盐溶液中的Cl－，故A错误；
B、将Pt丝蘸取盐酸灼烧至无色后，蘸取碳酸钠灼烧，观察现象，火焰呈黄色，只能证明物质中含有钠元素，不能证明含有碳酸根离子，故B错误；
C、碳能够在空气中燃烧生成二氧化碳气体，反复灼烧至质量不再变化，可以除去MnO2中的碳粉，故C正确；
D、将气体依次通过CuO(灼热)，CO会被氧化生成二氧化碳，不能检验原混合气体中是否存在二氧化碳，应该先检验二氧化碳，再通过CuO(灼热)、澄清石灰水检验CO，故D错误；
故选C。
11.以Cu为原料制取CuSO4，考虑节约原料、经济、技术和环保等因素，下列路线最合理的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【详解】A．中反应会放出二氧化硫气体，污染环境，故A不选；
B．，过程中涉及的反应有，2Cu+O2 2CuO、CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，符合“绿色化学”思想，故B选；
C．，第一步反应中会产生硫蒸气，会污染环境，第二步反应中会产生二氧化硫等气体，且不能反应生成硫酸铜，原理错误，故C不选；
D．反应中生成的铜离子会催化过氧化氢分解，原料耗损大，不符合“绿色化学”思想，故D不选；
故选B。
12.利用下列装置测定空气中SO2的含量，A溶液最好选用（ ）

A. NaOH溶液(滴有2－3滴酚酞溶液)
B. KMnO4溶液(滴有－定量硫酸溶液)
C. HNO3溶液(滴有2－3滴Ba(NO3)2溶液)
D. I2溶液(滴有2－3滴淀粉溶液)
【答案】D
【详解】A．空气中含有二氧化碳，NaOH溶液也能吸收二氧化碳，会影响二氧化硫含量的测定，故A不选；
B．空气中成分复杂，含有较多的还原剂等，可能被强氧化剂酸性KMnO4溶液氧化，影响二氧化硫含量的测定，故B不选；
C．二氧化硫被强氧化剂HNO3溶液氧化生成硫酸根离子，立即和钡离子生成硫酸钡白色沉淀，不能判断反应终点，故C不选；
D．二氧化硫能够被弱氧化剂I2氧化，反应后能够使滴有淀粉的溶液褪色，可以通过淀粉褪色通过的空气的量和消耗的碘的量测定空气中二氧化硫的含量，故D选；
故选D。
13.－定条件下，各微粒有如下变化(示意图如下)，其中和O代表短周期前10号不同元素的原子。反应物为液体，生成物均为气体。

下列有关判断错误的是（ ）
A. 反应物的名称是乙烯
B. 上述反应的氧化产物为
C. 反应前后，一定是共价键的断裂与生成
D. 上述反应方程式，物质之间没有确定的系数比
【答案】A
【分析】反应物为液体，生成物等均为气体，则表示N2H4，表示NH3，则为氮气，为H2，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析，反应物表示N2H4，名称是肼，故A错误；
B．上述反应的方程式可以为2N2H4=2NH3+N2+H2，反应中N元素由-2价升高到0价，被氧化，氧化产物为(N2)，故B正确；
C．反应物和生成物中存在的都是共价键，反应前后，一定是共价键的断裂与生成，故C正确；
D．上述反应方程式可以为2N2H4=2NH3+N2+H2或4N2H4=2NH3+3N2+5H2或6N2H4=2NH3+5N2+9H2等，物质之间没有确定的系数比，故D正确；
故选A。
【点睛】正确判断各种结构表示的物质是解题的关键。本题的难点为D，要注意根据元素化合价的变化，结合化合价升降守恒，列式分析判断。
14.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 水泥中的硅酸根水解后易于形成空间网状结构——水泥常用作矿物黏合剂
B. ClO2具有强氧化性——能用作水的絮凝剂
C. NaHCO3能提供H＋——用作面粉发泡剂
D. Al2O3可以形成致密的保护层——可用作耐高温材料
【答案】A
【详解】A．水泥中的硅酸根水解后易于形成空间网状结构，具有较大的硬度和强度，因此水泥常用作矿物黏合剂，故A正确；
B．ClO2具有氧化性，能使蛋白质变性，可以用作水的杀菌消毒剂，但不能作絮凝剂，吸附水中的悬浮物，故B错误；
C．NaHCO3可用作食品疏松剂是因为其受热分解生成二氧化碳，与碳酸氢钠是否含有H＋无关，故C错误；
D．氧化铝具有较高熔点，可用作耐高温材料，与能否形成致密的保护层无关，故D错误；
故选A。
15.下图是FeS2催化氧化关系转化图，下列说法正确的是（ ）

A. 反应I中，还原剂为Fe2＋ B. 反应II中，FeS2既是氧化剂也是还原剂
C. 反应III属于氧化还原反应 D. FeS2催化氧化关系中，NO是催化剂
【答案】D
【详解】A．根据图示，反应I中，还原剂Fe(NO)2+，故A错误；
B．反应II中，FeS2中S元素由-1价升高到+6价，是还原剂，不是氧化剂，故B错误；
C．根据图示，反应III中没有元素化合价的变化，一定不属于氧化还原反应，故C错误；
D．根据图示，FeS2催化氧化过程中，NO参与了反应，但经过反应后还变成NO，因此NO是催化剂，故D正确；
故选D。
16.下图是0.01 mol/L甲溶液滴定0.01 mol/L乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线③是盐酸滴定NaAc溶液，其他曲线是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断错误的是（ ）

A. 条件相同时导电能力：盐酸>NaAc
B. 曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线
C. 随着甲溶液体积增大，曲线①仍然保持最高导电能力
D. a点是反应终点
【答案】C
详解】A．由曲线③盐酸滴定NaAc溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升高，说明条件相同时导电能力：盐酸>NaAc，故A正确；
B．曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B正确；
C．由曲线①起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线① 逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线②可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线③，故C错误；
D．反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D正确；
故选C。
【点睛】本题的难点为曲线①和②的判断，也可以根据滴定终点后溶液中的导电物质的种类结合强弱电解质分析判断，其中醋酸滴定NaOH溶液，终点后，溶液中醋酸的含量增多，而醋酸为弱电解质，因此曲线的后半段导电能力较低。
第II卷(非选择题 共52分)
二、非选择题(共6小题，共52分)
17.随着工农业发展，NH4Cl的价格低迷、需求降低导致利用“侯氏制碱法”生产的碱厂出现亏损。“新联合制碱法”应运而生，流程如下：

(1)写出气体X的结构式_______________________。
(2)上述工艺流程中参与循环使用的气体有____________、____________。
(3)所得产品Na2CO3中不会含有NH4Cl，原因是__________________(用化学方程式表示)。
(4)过程III以MgO为催化剂进行转化，示意图如下：

①步骤ii实际上要经过加热和高温两步反应，“加热”步骤制得HCl，“高温”步骤得到MgO，其化学方程式分别为___________________________、____________________________。
②过程III分两步得到NH3和HCl，比一步得到NH3和HCl的好处是_____________________。
【答案】 (1). O=C=O (2). CO2 (3). NH3 (4). NH4ClNH3↑ + HCl↑ (5). MgCl2+H2OMg(OH)2+2HCl↑ (6). Mg(OH)2MgO+H2O (7). 能防止NH3和HCl因接触而反应生成氯化铵
【分析】(1)碳酸氢钠分解生成碳酸钠和二氧化碳气体，则X为二氧化碳；
(2)根据流程图，反应II中生成的二氧化碳和反应III生成的氨气可以参与反应I，据此判断参与循环使用的气体；
(3)氯化铵受热容易分解；
(4)① “加热”步骤中促进氯化镁水解制得HCl，“高温”步骤使得生成的氢氧化镁分解得到MgO；②NH3和HCl能够反应生成氯化铵。
【详解】(1)碳酸氢钠分解生成碳酸钠和二氧化碳气体，则X为二氧化碳，结构式为O=C=O，故答案为：O=C=O；
(2)根据流程图，反应II中生成的二氧化碳和反应III生成的氨气可以参与反应I，因此参与循环使用的气体有CO2、NH3，故答案为：CO2；NH3；
(3)所得产品Na2CO3中不会含有NH4Cl，因为氯化铵受热容易分解NH4ClNH3 + HCl，故答案为：NH4ClNH3↑ + HCl↑；
(4)①步骤ii实际上要经过加热和高温两步反应，“加热”步骤中促进氯化镁水解制得HCl，“高温”步骤使得氢氧化镁分解得到MgO，化学方程式分别为MgCl2+H2OMg(OH)2+2HCl↑、Mg(OH)2MgO+H2O，故答案为：MgCl2+H2OMg(OH)2+2HCl↑；Mg(OH)2MgO+H2O；
②过程III分两步得到NH3和HCl，可以防止NH3和HCl反应生成氯化铵，比一步得到NH3和HCl要好，故答案为：能防止NH3和HCl因接触而反应生成氯化铵。
18.“84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在日常生活中使用广泛，其有效成分是NaClO。某小组在实验室制备NaClO溶液，并进行性质探究。

(1)X固体为_________(填化学式)，装置E的名称是______________。
(2)氯气与NaOH溶液、NaHCO3溶液都会发生反应，生成物均含有＋1价氯的物质，其化学式分别为____________________、___________。
(3)将反应后的装置C溶液，从pH＝11调到pH＝5的过程中，其溶液的漂白性逐渐_________，理由是____________________________________________________________________。
(4)装置C需要冰水浴，否则产率大大下降，原因是___________________________________。
【答案】(1). KMnO4 (2). 干燥管 (3). NaClO (4). HClO (5). 增强 (6). 随着pH的降低，c(H+)增大，反应生成的c(HClO)也增大，溶液的漂白性逐渐增强 (7). 氯气与碱反应放热，使NaClO分解
【分析】装置A中固体X和浓盐酸在常温下反应生成氯气，氯气中含氯化氢气体，通过装置B中饱和食盐水除去氯化氢，通入装置C中与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，通过碳酸氢钠溶液，可以除去反应剩余的氯气，最后通过碱石灰吸收尾气中氯气，防止污染环境，据此分析解答。
【详解】(1)装置A中固体X和浓盐酸在常温下反应生成氯气，可以选用高锰酸钾；根据图示，装置E为干燥管，故答案为：KMnO4；干燥管；
(2)氯气与NaOH溶液反应的方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；氯水中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大，在碳酸氢钠溶液中得到HClO，故答案为：NaClO；HClO；
(3)反应后的装置C溶液中含有NaClO，将溶液从pH＝11调到pH＝5的过程中，随着pH的降低，c(H+)增大，反应生成的c(HClO)也增大，溶液的漂白性逐渐增强，故答案为：增强；随着pH的降低，c(H+)增大，反应生成的c(HClO)也增大，溶液的漂白性逐渐增强；
(4)氯气与碱的反应为放热反应，升高温度会使次氯酸钠分解，因此装置C需要冰水浴，否则产率大大下降，故答案为：氯气与碱反应放热，使NaClO分解。
【点睛】本题的易错点为(2)中碳酸钠反应中产物的判断，要注意结合平衡的移动反应，不能判断为NaClO，因为次氯酸不能与碳酸氢钠反应。
19.某工厂废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al(含有少量Al2O3和Fe2O3)，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体。

请回答：
(1)胆矾的化学式为___________________。
(2)溶液E为绿色溶液，则试剂X是______________。
(3)步骤I，首先加入温热NaOH溶液，作用是_______________________________________；－段时间后，再分批加入常温NaOH溶液，原因是____________________________________。
(4)在步骤II时，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。－段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。为避免固体C减少，可在a和b间加－个盛有饱和_________溶液的洗气瓶。

(5)保存FeSO4溶液时，需要滴加少量硫酸溶液，再加入适量_______(填化学式)，防止变质。
【答案】 (1). CuSO4·5H2O (2). 稀H2SO4 (3). 加快反应速率 (4). 由于反应放热，分批加入常温NaOH溶液，可以适当降低温度，防止反应过快，发生安全事故 (5). NaHCO3 (6). Fe
【分析】Fe、Cu、Fe2O3都不与NaOH溶液反应，Al和Al2O3可与NaOH溶液反应，用含有Al、Fe、Cu和Al2O3和Fe2O3的废金属屑制取AlCl3、绿矾晶体(FeSO4•7H2O)和胆矾晶体流程为：合金中Al、Al2O3与NaOH反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，反应可生成Al(OH)3固体C，生成的Al(OH)3再和盐酸反应生成AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液D为NaHCO3溶液；滤渣B为Fe、Cu和Fe2O3的混合物，加入足量X，得到的滤液E可以得到绿矾(FeSO4·7H2O)，说明溶液E为FeSO4，则X为稀H2SO4；固体F为Cu，可用于制备胆矾，据此分析解答。
【详解】(1)胆矾是五水合硫酸铜，化学式为CuSO4·5H2O，故答案为：CuSO4·5H2O；
(2)根据上述分析，溶液E为绿色溶液，为FeSO4，试剂X为稀H2SO4，故答案为：稀H2SO4；
(3)步骤I是溶解铝和氧化铝，首先加入温热NaOH溶液，可以加快反应速率；由于反应放热，分批加入常温NaOH溶液，可以适当降低温度，防止反应过快，发生安全事故，故答案为：加快反应速率；由于反应放热，分批加入常温NaOH溶液，可以适当降低温度，防止反应过快，发生安全事故；
(4)用浓盐酸与大理石制取的二氧化碳中会混有氯化氢气体，为了防止氯化氢气体对实验的影响，需要除去。二氧化碳在饱和NaHCO3中不溶，氯化氢和NaHCO3反应生成二氧化碳气体，可以在a和b间加－个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，故答案为：NaHCO3；
(5)硫酸亚铁容易被空气中的氧气氧化而变质，且硫酸亚铁能够水解，因此保存FeSO4溶液时，需要滴加少量硫酸溶液，抑制其水解，再加入适量铁粉，防止其被氧化，故答案为：Fe。
20.火箭燃料偏二甲肼(CH3)2N－NH2与NO2反应放出巨大的能量，能把500t以上的仪器设备送入太空，这是液体推进剂的优点。
(1)液态偏二甲肼(CH3)2N－NH2与氨气性质相似，易溶于水显弱碱性。易溶于水的原因是_________________________________________________________，写出溶于水后的电离方程式_______________________________________。
(2)氨－次氯酸钠法制取偏二甲肼(CH3)2N－NH2原理如下：
反应－ NH3＋NaClO→NaOH＋Cl－NH2
反应二 Cl－NH2＋HN(CH3)2→(CH3)2N－NH2＋HCl
①模拟实验得到温度与收率如下关系图，温度约为_______℃时收率最高，约为________℃以后收率下降，收率下降主要原因是温度升高，______________挥发所致。

②氯化铵是制取偏二甲肼(CH3)2N－NH2的缓冲剂，模拟实验得到加入氯化铵与收率的关系图如下：

请结合原理知识解释收率升高的原因_____________________________________。
(3)固体推进剂如硼铝或纳米铝粉比液体推进剂灌装简单、无需临时加注，但与液体推进剂相比其最大缺点是___________________________________________。
【答案】(1). 能够与水分子形成分子间氢键 (2). (CH3)2N－NH2+H2O (CH3)2N－NH3++OH- (3). 25 (4). 35 (5). 氨气或Cl－NH2或HN(CH3)2 (6). 氯化铵与氢氧化钠反应，促进反应一正向移动，Cl－NH2浓度增大，促进反应二正向移动，使得收率升高 (7). 推进力不大（或固体推进剂单位时间内产生的气体的物质的量和气体的温度不如液体推进剂，推进力不大）
【分析】(1)液态偏二甲肼(CH3)2N－NH2与氨气性质相似，能够与水分子形成分子间氢键，类比氨水的电离书写(CH3)2N－NH2的电离方程式；
(2)①根据图像结合常见具有挥发性的物质分析解答；②氯化铵与反应一生成的氢氧化钠反应，导致反应一中氢氧化钠的浓度减小，促进反应一正向移动，Cl－NH2浓度增大，又会促进反应二正向移动，据此分析解答；
(3)可以从固体推进剂单位时间内产生的气体的物质的量和气体的温度与液体推进剂的区别分析解答。
【详解】(1)液态偏二甲肼(CH3)2N－NH2与氨气性质相似，能够与水分子形成分子间氢键，使得偏二甲肼易溶于水，溶于水的偏二甲肼能够电离，(CH3)2N－NH2+H2O (CH3)2N－NH3++OH-，溶液显弱碱性，故答案为：能够与水分子形成分子间氢键；(CH3)2N－NH2+H2O (CH3)2N－NH3++OH-；
(2)①根据图像，温度约为25℃时收率最高，约为35℃以后收率下降，收率下降的主要原因是温度升高，氨气或Cl－NH2或HN(CH3)2挥发所致，故答案为：25；35；氨气或Cl－NH2或HN(CH3)2；
②氯化铵与反应一生成的氢氧化钠反应，导致反应一中氢氧化钠的浓度减小，促进反应一正向移动，Cl－NH2浓度增大，促进反应二正向移动，使得收率升高，故答案为：氯化铵与氢氧化钠反应，促进反应一正向移动，Cl－NH2浓度增大，促进反应二正向移动，使得收率升高；
(3)固体推进剂如硼铝或纳米铝粉比液体推进剂灌装简单、无需临时加注，但与液体推进剂相比，固体推进剂单位时间内产生的气体的物质的量和气体的温度不如液体推进剂，推进力不大，故答案为：推进力不大(或固体推进剂单位时间内产生的气体的物质的量和气体的温度不如液体推进剂，推进力不大)。
21.碲在高端、尖端科技产业日显重要。工业上开发铜阳极泥[主要成分碲化亚铜(Cu2Te)，少量Ag、Au]回收碲，其工业流程如下：

(1)碲是ⅥA族元素，Cu2Te中碲元素的化合价为_______________。
(2)“氧化酸浸”中加入足量H2O2的作用是__________________________________________。
(3)“滤液②”中主要阴离子是_______________。
(4)“还原”阶段，理论上得到1 mol Te，则消耗_________mol Na2SO3。
(5)CuC2O4分解的化学方程式为__________________________________________。
【答案】(1). -2 (2). 完全氧化Cu2Te生成H2TeO3、CuSO4 (3). SO42- (4). 2 (5). CuC2O4 Cu+2CO2↑
【分析】电解精炼铜的阳极泥主要成分为Cu2Te，含少量的Ag、Au，在稀硫酸中溶解，并加入过氧化氢，得到H2TeO3、Au、Ag、硫酸铜溶液，然后过滤，滤渣含有Ag、Au，滤液①含有H2TeO3、硫酸铜，加入草酸钠，过滤，得到的草酸铜分解可生成铜，滤液②中主要含有硫酸钠和H2TeO3，加入亚硫酸钠，可将溶液中的H2TeO3还原为Te，据此分析解答。
【详解】(1)碲是ⅥA族元素，Cu2Te中Cu为+1价，则Te化合价是-2，故答案为：-2；
(2)由以上分析可知滤渣含有Ag、Au，滤液①中含有的氧化酸浸时氧化产物H2TeO3、CuSO4，因此加入的足量H2O2的是将Cu2Te完全氧化生成H2TeO3、CuSO4，故答案为：完全氧化Cu2Te生成H2TeO3、CuSO4；
(3)根据上述分析，“滤液②”中主要含有硫酸钠和H2TeO3，H2TeO3类似于亚硫酸，部分电离，因此溶液中存在的主要阴离子是硫酸根离子，故答案为：SO42-；
(4)“还原”阶段，亚硫酸钠将溶液中的H2TeO3还原为Te，Te的化合价由+4价变成0价，S由+4价变成+6价，理论上得到1 mol Te，得到4mol电子，根据得失电子守恒，需要消耗2mol Na2SO3，故答案为：2；
(5)CuC2O4分解生成铜，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为CuC2O4 Cu+2CO2↑，故答案为：CuC2O4 Cu+2CO2↑。
22.(1)两种气态烃组成的混合气体，完全燃烧后得到CO2和H2O(g)的物质的量随混合烃的总物质的量的变化如图所示。则该产物混合气体的平均摩尔质量为___________g· mol－1(保留3位有效数字)，该混合烃的平均分子式为________________。

(2)常温下，向20 mL 0.10 mol·L－1HB溶液中逐滴滴入0.10 mol·L－1 NaOH溶液，所得pH曲线如下图所示。则HB是_______酸(填“强”或“弱”)，A点对应的溶液中为_______。

【答案】(1). 29.6 (2). C1.6H4 (3). 弱 (4). 199
【分析】(1)根据图像，当混合烃的物质的量为1mol时，生成1.6molCO2、2molH2O，据此分析解答；
(2)根据图像，向20 mL 0.10 mol·L－1HB溶液中逐滴滴入0.10 mol·L－1 NaOH溶液，当滴入20 mLNaOH溶液时，恰好反应生成盐，此时溶液的pH＞7，据此判断；A点对应的溶液的pH=7，根据加入的氢氧化钠和剩余的HB计算c(B-)= c(Na+)和c(HB)，在计算。
【详解】(1)根据图像，当混合烃的物质的量为1mol时，生成1.6molCO2、2molH2O，二氧化碳和水蒸气的物质的量之比为1.6mol∶2mol=4∶5，因此该产物混合气体的平均摩尔质量为=29.6；1.6molCO2、2molH2O中含有1.6molC和4molH，因此混合烃的平均化学式为C1.6H4，故答案为：29.6；C1.6H4；
(2)根据图像，向20 mL 0.10 mol·L－1HB溶液中逐滴滴入0.10 mol·L－1 NaOH溶液，当滴入20 mLNaOH溶液时，恰好反应生成盐，此时溶液的pH＞7，显碱性，说明HB为弱酸；A点对应的溶液的pH=7，c(B-)= c(Na+)=mol/L，c(HB)= mol/L，因此==199，故答案为：弱；199。
【点睛】本题的易错点和难点为(2)，要注意A点对应的溶液的pH=7，加入的氢氧化钠为19.9mL，结合电荷守恒和反应的具体情况计算。