江西省金溪县第一中学2023届高三上学期第一次月考化学试题含解析

这是一份江西省金溪县第一中学2023届高三上学期第一次月考化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
江西省金溪县第一中学2023届高三上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法错误的是
A．“百炼成钢”蕴含了我国古代劳动人民提升铁合金品质的方法
B．废旧玻璃瓶主要成分是硅酸盐和二氧化硅，属于不可回收垃圾
C．光洁莹润的“白瓷”(主要成分xK2O•yAl2O3•zSiO2)，属于无机非金属材料
D．2022北京冬奥会雪上项目将适当采用人造雪能优于天然雪，其化学成分与干冰不同
【答案】B
【详解】A．将生铁炼成钢，降低了生铁中的含碳量，使铁合金的韧性增强，抗腐蚀能力增强，提升了铁合金品质，A正确；
B．生产玻璃的原料中纯碱、石灰石和石英，所以废旧玻璃瓶的主要成分是硅酸盐和二氧化硅，可以回收利用，属于可回收垃圾，B错误；
C． “白瓷”的主要成分为xK2O•yAl2O3•zSiO2，属于硅酸盐，所以白瓷属于无机非金属材料，C正确；
D．人造雪是通过一定的设备或物理、化学手段，将水变为雪花的过程，性能优于天然雪，其化学成分为水，干冰的化学成分为二氧化碳，所以人造雪与干冰化学成分不同，D正确；
故选B。
2．分类是重要的科学研究方法，下列物质分类正确的是
A．酸性氧化物：SO2、SiO2、NO2
B．弱电解质：CH3COOH、BaCO3、Fe（OH）3
C．纯净物：铝热剂、漂粉精、聚乙烯
D．无机物：CaC2、石墨烯、HCN
【答案】D
【详解】A．SO2、SiO2和碱反应生成盐和水属于酸性氧化物，和碱反应发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，A错误；
B．水溶液中部分电离属于弱电解质，属于弱碱是弱电解质，熔融状态下完全电离属于强电解质，B错误；
C．铝热剂是铝和金属氧化物的混合物，漂粉精是氯化钙和次氯酸钙的混合物，聚乙烯是高分子化合物属于混合物，C错误；
D．、石墨烯为碳的单质、HCN，组成和结构上与无机物相近属于无机物，D正确。
答案选D。
3．一定条件下水可将甲烷氧化成甲醇：CH4+H2OH2+CH3OH。下列有关描述不正确的是
A．甲烷的球棍模型为
B．H2O的电子式为
C．1H2和2H2互为同位素
D．HClO的结构式为H-O-Cl
【答案】C
【详解】A．甲烷的分子式为CH4，分子中含有4个C-H键，球棍模型为，A正确；
B．H2O为共价化合物，O原子与每个H原子各形成1对共用电子，电子式为，B正确；
C．1H2和2H2是氢元素的两种单质，不互为同位素，C不正确；
D．HClO分子中，O原子分别与H、Cl原子各形成1对共用电子，结构式为H-O-Cl，D正确；
故选C。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．0.1molFe和0.1molCu分别与0.1molCl2完全反应，转移电子数均为0.2NA
B．28g晶体硅中含有Si-Si键的数目为2NA
C．1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D．标准状况下，11.2LHF含有的分子数为0.5NA
【答案】D
【详解】A．0.1molFe与0.1molCl2完全反应时，Fe过量，Cl2完全反应，0.1molCu与0.1molCl2刚好完全反应，所以按Cl2计算，转移电子数均为0.2NA，A正确；
B．28g晶体硅的物质的量为1mol，在硅晶体中，平均每个Si原子形成2个Si-Si键，所以28g晶体硅中含有Si-Si键的数目为2NA，B正确；
C．K2Cr2O7中Cr显+6价，还原为Cr3+时，1个Cr原子化合价降低3价，则1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA，C正确；
D．标准状况下，HF呈液态，无法计算11.2LHF的物质的量，也就无法计算其所含有的分子数，D错误；
故选D。
5．室温下，下列各组离子、分子在指定溶液中能大量共存的是
A．澄清透明的溶液：
B．的溶液中：
C．3溶液：
D．的溶液：
【答案】A
【详解】A．澄清透明的溶液中各离子相互不反应，可以大量共存，A符合题意；
B．的溶液中含有大量的H+，H+和相互之间发生氧化还原反应不能大量共存，B不合题意；
C．3溶液中的Fe3+能够氧化不能大量共存，C不合题意；
D．的溶液即c(H+)=0.1mol/L，则H+和结合成CH3CH2OH而不能大量共存，D不合题意；
故答案为：A。
6．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．溶液与过量溶液反应：
B．金属Na与溶液反应：
C．少量与KClO溶液反应：
D．草酸与酸性溶液反应：
【答案】A
【详解】A．溶液与过量溶液反应生成BaSO4沉淀和偏铝酸根离子，反应离子方程式为，故A正确；
B．Na先与溶液中的水反应生成NaOH和氢气，NaOH再与反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为，故B错误；
C．少量SO2通入KClO溶液中，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：SO2+H2O+3ClO-═Cl-+SO+2HClO，故C错误；
D．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸生成二氧化碳，高锰酸根离子被还原生成锰离子，草酸为弱酸不可拆，离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误；
故选：A。
7．近期，我国报道了一种新型电池，为的治理和再利用提供了新的研究思路，其工作原理如下图所示。电池放电时的总反应为。下列有关该电池工作时的说法不正确的是

A．外电路电流的方向：b极→电流表→a极
B．b极的电极反应：
C．电解液中向b极附近迁移
D．当外电路通过1mol时，b极质量增加7g
【答案】D
【分析】由放电时的总反应为，Li元素化合价升高，则a极为负极，电极反应式为Li-e-=Li+，b极为正极，N元素化合价降低，电极反应式为：；
【详解】A．分析可知，a极为负极，b极为正极，电流从正极流向负极，即外电路电流的方向：b极→电流表→a极，故A正确；
B．b极为正极，N元素化合价降低，发生还原反应，电极反应式为：，故B正确；
C．电解质中阳离子移向正极，则电解液中向b极附近迁移，故C正确；
D．a极为负极，电极反应式为Li-e-=Li+，当外电路通过1mol时，有1mol Li+移向b极，质量为m=nM=1mol×7g/mol=7g，b极生成Li2O，则b极增加的质量还包含O元素质量，则b极质量增加大于7g，故D错误；
故选：D。
8．实验室中为研究不同物质之间的反应进行如图实验。下列说法正确的是

A．丙为还原产物，丁为氧化产物
B．每生成标准状况下5.6L气体丙，消耗0.2molKMnO4
C．上述有4个氧化还原反应
D．若0.1molNa2SO3完全反应，转移0.15mol电子
【答案】D
【分析】Na2SO3隔绝空气加热，发生分解反应4Na2SO33Na2SO4+Na2S，固体甲为Na2S，与稀硫酸混合，发生复分解反应，生成Na2SO4和H2S气体(乙)；KMnO4(H+)溶液与双氧水混合反应，生成气体丙为O2；H2S与O2混合反应生成S(固体丁)和水。
【详解】A．在KMnO4(H+)溶液与双氧水反应中，H2O2是还原剂，则丙(O2)为氧化产物，丁(S)为H2S(还原剂)与O2反应的产物，是氧化产物，D不正确；
B．KMnO4(H+)溶液与双氧水混合反应，可建立如下有关系式：2KMnO4——5O2，则每生成标准状况下5.6L(0.25mol)气体丙(O2)，消耗0.1molKMnO4，B不正确；
C．由分析可知，上述发生的4个反应中，有3个属于氧化还原反应，C不正确；
D．由反应可得出如下关系式：4Na2SO3——6e-，若0.1molNa2SO3完全反应，转移=0.15mol电子，D正确；
故选D。
9．研究化学反应原理对于生产、生活及环境保护具有重要意义。已知：Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)； △H= +64.39KJ• mol-1
2H2O2(l)= 2H2O (l)+O2(g)； △H= -196.46 kJ • mol-1
H2(g)+O2(g)=H2O (l)； △H=-285.84kJ• mol-1
则H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的△H为
A．+319.68 KJ• mol-1 B．+259.7 KJ• mol-1
C．-319.68 KJ• mol-1 D．-259.7 KJ• mol-1
【答案】C
【详解】已知：① Cu（s）+2H+（aq）＝Cu2+（aq）+H2（g）△H＝＋64.39kJ•mol-1
②2H2O2（l）＝2H2O（l）+O2（g）△H＝-196.46kJ•mol-1
③ H2（g）+O2（g）＝H2O（l）△H＝-285.84kJ•mol-1
则根据盖斯定律可知①＋②÷2＋③即可得到在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）＝Cu2+（aq）+2H2O（l）△H＝—319.68kJ/mol。
答案选C。
10．向一定量的Fe、Fe2O3和CuO混合物投入100 mL0.9 mol·L-1的硫酸溶液中；充分反应后生成448 mL标准状况下的气体，得不溶物0.03 mol，向滤液中加入2 mol·L-1的NaOH溶液，加至10 mL时开始出现沉淀。忽略溶液的体积变化，下列说法不正确的是
A．0.03 mol不溶物全部是Cu B．滤液中Fe2+的物质的量浓度不超过0.8 mol·L-1
C．混合物中氧原子的物质的量为0.05 mol D．滤液中的阳离子至少有两种
【答案】C
【分析】向一定量的Fe、Fe2O3、CuO混合物中加入硫酸，充分反应后滤去不溶物，向滤液中加入2 mol/L的NaOH溶液至10 mL时开始出现沉淀，说明硫酸有剩余，不溶物0.03 mol只能是Cu，溶液中Fe元素以Fe2+形式存在，反应中有H2生成，溶液中没有Cu2+。反应后溶液中溶质为FeSO4、H2SO4，反应消耗的硫酸中氢元素一部分转化为氢气，另一部分结合氧化物中的氧原子生成水，根据氢原子守恒计算生成水的物质的量，再根据氧原子守恒计算混合物中氧原子物质的量﹔反应后溶液中离子浓度不变，由电荷守可知2c(Fe2+)+c(H+)=2c ()，可以计算滤液中的Fe2+的物质的量浓度。
【详解】A．向滤液中加入2 mol/L的NaOH溶液至10 mL时开始出现沉淀，说明硫酸有剩余，不溶物0.03 mol只能全部是Cu，A正确；
B．滤液中n(H+)=n(NaOH )=0.01 L×2 mol/L=0.02 mol，器浓度为c(H+)=。溶液中离子浓度不变，故c ()=0.9 mol/L，由电荷守恒可知2c(Fe2+)+c(H+)=2c ()，即2c(Fe2+)+0.2 mol/L=2×0.9 mol/L，解得c(Fe2+)=0.8 mol/L，B正确；
C．不溶物是Cu，且生成氢气、硫酸有剩余，溶液中Fe元素以Fe2+形式存在，溶液中没有Cu2+，反应后溶液中溶质为FeSO4、H2SO4，反应消耗的硫酸中氢元素一部分转化为氢气，另一部分结合氧化物中的氧原子生成水。n剩余(H2SO4) =n(NaOH) =×0.01 L×2 mol/L=0.01 mol，故参加反应的硫酸n反应(H2SO4) =0.1 L×0.9 mol/L-0.01 mol=0.08 mol，生成氢气n(H2)=。由H原子守恒可知：n(H2O)=n反应(H2SO4)-n(H2)=0.08 mol-0.02 mol=0.06 mol。由氧原子守恒可知，混合物中氧原子的物质的量为0.06 mol，C错误；
D．反应后溶液中溶质为FeSO4、H2SO4，滤液中的阳离子只有Fe2+、H+两种，D正确；
故合理选项是C。
11．下列实验操作规范且能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
操作




实验目的
混合浓硫酸和乙醇
定容
制取无水FeCl3
分离碘和酒精

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．浓硫酸稀释放出热量，可将浓硫酸缓慢倒入装有乙醇的烧杯，并不断用玻璃棒搅拌，A正确；
B．定容时胶头滴管应悬空于容量瓶的正上方，B错误；
C．三价铁容易水解，应该在氯化氢的气流中蒸发结晶，C错误；
D．碘和酒精互溶，不能用分液来分离，D错误；
故选A。
12．采用焙烧-水浸回收工艺，可实现废催化剂(含NiO、Al2O3、MoO3等)中Ni、Mo、Al元素的高效分离和回收，其工艺流程如图所示：

已知：①Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2；
②水浸后溶液中的c(MoO)=0.1mol·L-1；Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8mol/L；当溶液中c(MoO)≤1.0×10-5mol·L-1时认为沉淀完全。
下列说法错误的是
A．“焙烧”时MoO3发生反应的方程式为Na2CO3+MoO3Na2MoO4+CO2↑
B．“操作a”为蒸发浓缩、降温结晶、过滤
C．“沉铝”过程的离子反应为：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO
D．“沉钼”时，当MoO刚好沉淀完全时，溶液中c(OH-)=8.0×10-3mol·L-1(忽略溶液体积变化和盐的水解)
【答案】D
【分析】由流程可知，焙烧时发生Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑、Na2CO3+MoO3Na2MoO4+CO2↑，水浸分离出滤渣为NiO，加硫酸酸浸生成NiSO4，操作a为蒸发浓缩、降温结晶、过滤，分离出含结晶水的晶体；沉钼时发生MoO+Ba2+=BaMoO4↓，沉铝时发生AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO，灼烧氢氧化铝生成氧化铝，以此来解答。
【详解】A．由流程中反应物、生成物可知，“焙烧”时MoO3发生反应的方程式为Na2CO3+MoO3Na2MoO4+CO2↑，故A正确；
B．由溶液得到含结晶水的晶体，可知“操作a”为蒸发浓缩、降温结晶、过滤，故B正确；
C．加入碳酸氢钠溶液沉铝，发生的离子反应为AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO，故C正确；
D．Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，当溶液中c（MoO）≤1.0×10-5mol•L-1时认为沉淀完全，c（Ba2+）＞mol/L=4.0×10-3mol•L-1，则溶液中c（OH-）＞8.0×10-3mol•L-1，故D错误；
故选D。
13．钟南山院士指出，实验证明中药连花清瘟胶囊对治疗新冠肺炎有明显疗效，G是其有效药理成分之一，存在如图转化关系：

下列有关说法正确的是
A．化合物Ⅱ中所有碳原子可能都共面
B．化合物Ⅰ分子中有3个手性碳原子
C．化合物G、Ⅰ、Ⅱ均能发生氧化反应、取代反应、消去反应
D．若在反应中，G与水按1：1发生反应，则G的分子式为C16H20O10
【答案】A
【详解】A.化合物Ⅱ中含乙烯结构，4个碳共平面，还含苯的结构，7个碳共平面，所以所有碳原子可能都共面，A正确；
B.手性碳原子是连有四个不同原子或原子团的碳原子，化合物Ⅰ中有4个手性碳，B错误；
C.化合物Ⅱ不能发生消去反应，C错误；
D.化合物Ⅰ的分子式C7H12O6，化合物Ⅱ的分子式C9H8O4，若在反应中，G与水按1：1发生反应，则G的分子式是将化合物Ⅰ、Ⅱ的分子式相加，减水，为C16H18O9，D错误。
答案选A。
14．室温下，通过下列实验探究NH4HCO3溶液的性质。
实验
实验操作
1
用pH试纸测定0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH，测得pH约为8
2
将浓度均为0.1mol/LNH4HCO3溶液和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀和刺激性气味的气体
3
将等体积1mol/LNH4HCO3与NaCl溶液混合，析出晶体
4
向1mol/LNH4HCO3溶液中滴加0.1mol/LAlCl3溶液，产生白色沉淀，逸出无色气体

下列有关说法正确的是A．1mol/LNH4HCO3溶液中存在
B．根据实验2的现象可以得出
C．实验3静置后的上层清液中有
D．实验4中产生的气体是和混合气体
【答案】A
【详解】A．NH4HCO3属于弱酸弱碱的酸式盐，在溶液中存在水解平衡（+H2O⇌NH3·H2O+H+），既存在电离平衡（⇌H++）、又存在水解平衡（+H2O⇌H2CO3+OH-），用pH试纸测定0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH，测得pH约为8，溶液呈碱性，说明的水解程度大于的水解程度，故溶液中存在c()＞c()＞c()，A正确；
B．将浓度均为0.1mol/LNH4HCO3溶液和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀和刺激性气味的气体，有白色BaCO3沉淀生成，只能说明混合液中c(Ba2+)∙c()=0.05×0.05=2.5×10-3＞Ksp(BaCO3)，B错误；
C．原NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c()+c(NH3·H2O)=c()+c(H2CO3)+c()，将等体积1mol/LNH4HCO3与NaCl溶液混合，析出晶体，发生反应NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，由于有部分在NaHCO3晶体中析出，故静置后的上层清液中c()+c(NH3·H2O)＞c()+c(H2CO3)+c()，C错误；
D．向1mol/LNH4HCO3溶液中滴加0.1mol/LAlCl3溶液，产生白色沉淀，逸出无色气体，发生的反应为3+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生的气体是CO2，D错误；
答案选A。

二、工业流程题
15．黄铜矿有关转化关系如图所示。

回答下列问题：
(1)尾气SO2可以制备一种二元强酸，它是____(填化学式，下同)；也可以制备一种具有还原性的钠盐(正盐)，该盐是____。
(2)在实验室完成操作X，宜选择的仪器有____(填标号)。

(3)Cu2S与O2在高温下反应的化学方程式为____。
(4)在上述转化中，能证明氯的非金属性比硫强的化学方程式为____。
(5)某黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量SiO2)中S元素的质量分数为32%。现有100kg该黄铜矿，按上述流程转化，理论上最多可制得Fe2O3____kg。
【答案】(1)     H2SO4     Na2SO3
(2)AC
(3)2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2
(4)8H2S+8Cl2=S8+16HCl
(5)40

【分析】黄铜矿中含铜、铁和硫元素，经过一系列的氧化还原反应和分离提纯方法获得三氧化二铁，铜单质和二氧化硫气体。
（1）
尾气SO2可以制备一种二元强酸，二氧化硫和氧气水反应生成硫酸，化学式为H2SO4；也可以制备一种具有还原性的钠盐(正盐)，该盐能被氧化，说明化合价为+4价，则该盐是Na2SO3。
（2）
在实验室完成操作X，氢氧化铁沉淀灼烧生成氧化铁，因此宜选择的仪器有坩埚、酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚钳、玻璃棒；故答案为：AC。
（3）
Cu2S与O2在高温下反应生成氧化亚铜，其反应的化学方程式为2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2。    
（4）
验证非金属性一般是根据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱或则根据置换反应，因此在上述转化中，能证明氯的非金属性比硫强的化学方程式为8H2S+8Cl2=S8+16HCl。
（5）
由S元素质量分数为32%，铁、铜质量分数为68%，根据铁、铜是1:1的比例计算出Fe元素的质量分数为28%，则Fe的质量为28kg，根据元素守恒，Fe2O3中Fe的质量也为28kg，故Fe2O3的质量为。
16．钠离子电池由于成本低、资源丰富，成为取代锂离子电池在大规模储能领域应用的理想选择。作为钠离子电池的正极材料之一，束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线电极材料成为关注焦点之一。其制备工艺流程如图：

【资料】①石煤的主要成分为V2O3，含有Al2O3、CaO、Fe2O3等杂质。
②+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4～6
6～8
主要离子
VO
VO

(1)K3V2(PO4)3中V的化合价为____。
(2)焙烧时，向石煤中加生石灰，将V2O3转化为Ca(VO3)2。
①为了提高焙烧过程中氧化效率，下述工艺步骤方法合理的是____。
a.在回转窑进行富氧焙烧，助燃风气量为煤气量的0.5～2倍
b.焙烧过程中，在焙烧物料中加入辅助剂，增加物料疏松度和透气性
c.窑体进行分段控温
d.调控料层厚度为窑体的高度
②焙烧过程中主要反应的化学方程式为____。
(3)实验时将NH4VO3、KOH和H3PO4按物质的量分别为5mmol、7.5mmol、7.5mmol依次溶解于20mL去离子水中，溶液颜色依次为白色浑浊、无色澄清透明和棕红色透明溶液。随后再加入H2C2O4•2H2O，搅拌至溶液变为黄绿色，草酸的量对K3V2(PO4)3形貌的影响如表：
草酸的量
K3V2(PO4)3形貌
0
杂乱的微米颗粒
1.0g
少量杂乱的纳米线
2.0g
有束状的形貌出现
4.0g
大部分为束状纳米线
6.0g
均一的束状纳米线
12.0g
纳米线的均一性较差

①实验条件下束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线样品制备的最佳条件为____。
②亚硫酸钠是常用的还原剂，但实验中不能用亚硫酸钠代替草酸晶体，原因是____。
(4)加入的草酸晶体是过量的，其中只有的草酸为还原剂，将VO还原成VO2+，的草酸以C2O的形式存在，此过程中反应的离子方程式为____。
(5)“氩气中煅烧”时，氩气的作用是____。
(6)某工厂利用上述工艺流程，用10t石煤生产束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线0.8064t，若整个过程中钒的总回收率为80%，则石煤中钒元素的质量分数为____。
【答案】(1)+3
(2)     abc     CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2
(3)     草酸的量是6.0g     草酸在合成束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线的过程中，不仅做还原剂还影响其形貌
(4)2VO+2H++3H2C2O4•2H2O=2VO2++10H2O+2CO2↑+2C2O
(5)保护气，防止K3V2(PO4)3被氧化
(6)2.04%

【分析】本题是一道由石煤制备束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线电极材料的工业流程题，首先在高温下焙烧，得到焙砂，用酸浸取焙砂得到相应的钙盐，经过转化得到钒酸铵，进一步处理即可得到产品，以此解题。
（1）
根据正负化合价为零的原则可知，K3V2(PO4)3中V的化合价为+3价；
（2）
①a．提高焙烧过程中氧化效率即提高焙烧的反应速率,在回转窑进行富氧焙烧,加大通风量可以增加氧气的浓度，从而提高氧化效率，a正确；
b．加入辅助剂,增加物料的疏松度和透气性, 可加大物料与氧气的接触面积，从而能够提高氧化效率，b正确；
c．窑体进行分段控温能有效防止由于过热导致的固体结块现象，从而提高氧化效率，d正确；
d．料层厚度过高，不利于反应的充分进行，d错误；
故选abc；
②由图可知焙烧时石煤中的V2O3，氧化钙和氧气反应，最终生成Ca(VO3)2，则方程式为：CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2；
（3）
①分析表格数据可知，当草酸质量为6.0 g时，K3V2(PO4)3形貌最佳，为均一的束状纳米线，所以最佳实验条件是草酸的量是6.0g；
②由表中数据可知，草酸在合成束状碳包裹K3V2(PO4)3纳米线的过程中不仅起还原剂作用，还会影响K3V2(PO4)3的形貌，因此在实验中不能用亚硫酸钠代替草酸晶体的原因是：草酸在合成束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线的过程中，不仅做还原剂还影响其形貌；
（4）
只有的草酸为还原剂，草酸被氧化为二氧化碳，将VO还原成VO2+，的草酸以C2O的形式存在，根据氧化还原转移电子守恒、电荷守恒以及原子守恒可知该离子反应方程式为：2VO+2H++3H2C2O4•2H2O=2VO2++10H2O+2CO2↑+2C2O；
（5）
氩气为稀有气体,性质稳定，可作保护气体，K3V2(PO4)3中V的化合价是+3，易被氧化，在惰性气体氩气中煅烧可以防止K3V2(PO4)3被氧化，故答案为：保护气，防止K3V2(PO4)3被氧化；
（6）
设石煤中钒元素的质量分数为a%，石煤的质量为m1，K3V2(PO4)3的质量为m2，根据钒元素守恒可得 ，代人数据得，计算得，a%=2.04%。

三、实验题
17．氮化锶(Sr3N2)在工业上广泛用于生产荧光粉。已知：锶与镁位于同主族，锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。

I．利用装置A和C制备Sr3N2
(1)实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，其连接方法是先____，后稍稍用力即可将玻璃管插入橡皮管。
(2)写出由装置A制备N2的化学反应方程式____。
(3)装置A中a导管的作用是____。
(4)操作中，你认为应先点燃装置的酒精灯_____(填A或C)，理由是_____。
II．利用装置B和C制备Sr3N2。利用装置B从空气中提纯N2(已知：氧气可被连苯三酚溶液定量吸收)
(5)写出装置B的NaOH溶液中发生反应的离子方程式_____。
(6)装置C中广口瓶盛放的试剂是____。
III．测定Sr3N2产品的纯度
(7)取10.0 g该产品，向其中加入适量的水，将生成的气体全部通入浓硫酸中，利用浓硫酸增重质量计算得到产品的纯度，该方法测得产品的纯度偏高，其原因是____。经改进后测得浓硫酸增重1.02 g，则产品的纯度为_____。
【答案】(1)橡皮管和玻璃管润湿
(2)NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O
(3)平衡气压，使液体顺利流下
(4)     A     利用生成的N2将装置内空气排尽(或排尽装置内空气等)
(5)CO2+2OH-=CO+H2O
(6)浓硫酸
(7)     未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收     87.6%

【分析】在装置A中NaNO2与NH4Cl混合加热制取N2，利用置B和C制取Sr3N2。装置BNaOH的作用是除去N2中的CO2气体，装置B的连苯三酚的作用是除去N2中的O2，然后通入装置C，其中广口瓶中盛有浓硫酸，作用是吸收N2中的水蒸气，在硬质玻璃管中N2与金属Sr在加热时反应得到Sr3N2，装置C中干燥管中的碱石灰作用是防止空气中的水蒸气进入硬质玻璃管，干扰物质的成分的检验。在测定Sr3N2纯度时，Sr3N2与水反应产生NH3，NH3被浓硫酸吸收得到(NH4)2SO4，根据浓硫酸增重分析，为了防止水蒸气对Sr3N2纯度检验造成干扰，要先通入盛有碱石灰的干燥管吸收NH3中的水分，再利用浓硫酸吸收氨气。
（1）
实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，其连接方法是先橡皮管和玻璃管润湿，后稍稍用力即可将玻璃管插入橡皮管；
（2）
在装置A 中NaNO2与NH4Cl混合加热发生氧化还原反应制取N2，制备N2的化学反应方程式为：NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O；
（3）
装置A中a导管使饱和氯化铵溶液上下相同，液体上下气压相同，这样就可以使液体在重力作用下顺利流下；
（4）
Sr是活泼金属元素，容易与空气中的O2发生反应，为防止其氧化变质，在操作中，应先点燃A装置的酒精灯，利用反应产生的N2排出装置中空气，使Sr处于N2环境中，避免其氧化变质；
（5）
在装置B中NaOH溶液与N2中混有的空气中CO2反应产生Na2CO3、H2O，该反应的离子方程式为：CO2+2OH-=CO+H2O；
（6）
空气中CO2被装置B中NaOH容易吸收，其中的O2被装置B中联苯三酚吸收。由于Sr金属性很强，容易与水蒸气发生反应，所以N2中的水蒸气可以被装置C中广口瓶中的浓硫酸吸收，故装置C中广口瓶盛放的试剂是浓硫酸；
（7）
取10.0 g该产品，向其中加入适量的水，Sr3N2与水反应产生Sr(OH)2和NH3，将生成的气体NH3全部通入浓硫酸中，利用浓硫酸增重质量计算得到产品的纯度，但该方法测得产品的纯度偏高，这是由于Sr3N2与水反应产生Sr(OH)2和NH3，反应产生的NH3中混有少量水蒸气也被浓硫酸吸收；
经改进后测得浓硫酸增重1.02 g，n(NH3)=，根据N元素守恒，可知10.0 g Sr3N2中含有N元素的物质的量是0.06 mol，Sr3N2的物质的量是0.03 mol，质量为m(Sr3N2)=0.03 mol×292 g/mol=8.76 g，则产品的纯度为。

四、有机推断题
18．有机合成的一项重要应用就是进行药物合成，化合物J是一种治疗癌症的药，一种合成路线如图：

已知：a. RCOOH
b. +R1NH2HBr+
回答下列问题：
(1)反应①的条件是(含所需的试剂和条件)_______。
(2)反应④的化学方程式是_______。
(3)E的含氧官能团是_______。
(4)反应⑤的反应类型是_______。
(5)H的结构简式是_______。
(6)X与F互为同分异构体，X结构中含有苯环和羟基，能发生银镜反应，但是羟基没有连在碳碳双键上，除苯环外不含其它环状结构，符合条件的X的结构共有_______种。
(7)4-乙酰胺基苯甲醛()用于医药生产，它也是其他有机合成的原料。试设计用乙醛和对氨基苯甲醛()制备的合成路线：_______(其他无机试剂任选)。
【答案】(1)NaOH、乙醇、加热
(2)O2+H2O+
(3)羟基、羧基
(4)消去反应
(5)
(6)16
(7)CH3CHOCH3COOHCH3COBr

【分析】A、C的结构简式可知，B的结构简式为，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则D为，催化氧化生成，则E为，在浓硫酸中发生消去反应生成，与反应生成，与H发生已知中的b反应生成，则H为。
（1）
反应①为A在氢氧化钠乙醇溶液中加热发生消去反应生成，故答案为：NaOH、乙醇、加热；
（2）
反应④为催化氧化生成，方程式为：O2+H2O+；
（3）
E为，含氧官能团是羟基、羧基；
（4）
反应⑤为在浓硫酸中发生消去反应生成；
（5）
由以上分析可知，H的结构简式是；
（6）
X结构中含苯环和羟基，且能发生银镜反应，说明X中含有羟基、醛基和碳碳双键，羟基直接连接在苯环上，若苯环上有两个侧链，取代的可能性为，另一个侧链为或，同分异构体共有6种；若苯环上有三个侧链，另两个侧链分别为和，将先固定在苯环上，取代的可能性为、、，同分异构体共有10种，则符合条件的X的结构共有16种；
（7）
由题给信息可知，催化氧化生成，与反应生成，与反应生成，则合成路线为：CH3CHOCH3COOHCH3COBr。