2022-2023学年广东省广东实验中学高三上学期第一次阶段考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省广东实验中学高三上学期第一次阶段考试化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，实验题，填空题等内容，欢迎下载使用。
广东省广东实验中学2022-2023学年高三上学期第一次阶段考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法正确的是
A．电解质溶液导电的过程发生了化学变化
B．原子核外电子发生跃迁属于化学变化
C．石油分馏利用了石油中各组分化学性质的差异
D．“碳中和”是指利用中和反应吸收CO2
【答案】A
【详解】A． 电解质溶液导电的过程就是电解的过程，在电极上发生氧化还原反应，发生了化学变化，故A正确；
B． 原子核外电子发生跃迁不产生新物质，不属于化学变化，故B错误；
C． 石油分馏利用了石油中各组分物理性质的差异，主要是沸点的差异，故C错误；
D． “碳中和”是指一定时间内CO2吸收和排放的量相当，故D错误；
故选A。
2．化学与生活、科学、技术、社会、环境密切相关，下列说法正确的是
A．高温结构陶瓷、醋酸纤维、光导纤维都属于新型无机非金属材料
B．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
C．明矾净水的原理是水解出的氢氧化铝能凝聚水中的悬浮物、吸附色素并杀菌消毒
D．用飞机播撒 AgI 是实现人工增雨的方法之一
【答案】D
【详解】A．醋酸纤维属于有机高分子材料，故A错误；
B． “雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，是瓷器的原料高岭矿土中普遍含有铁元素，青瓷的烧制过程就是将含有红棕色的氧化铁的色釉在火里烧，再经过还原形成青色，此时铁不再是三价铁，而是二价铁，故B错误；
C．明矾净水的原理是明矾中的铝离子水解出的氢氧化铝能凝聚水中的悬浮物、吸附色素，但不能杀菌消毒，故C错误；
D．AgI可用飞机播撒实现人降雨，故D正确；
故答案：D。
3．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH- =+H2↑
B．用惰性电极电解饱和MgCl2溶液：2Cl- +2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
C．向饱和碳酸氢钙溶液中加入饱和氢氧化钙溶液：Ca2+ ++OH- =CaCO3↓+H2O
D．向硫酸铁酸性溶液中通入足量硫化氢：2Fe3+ +S2- =2Fe2+ +S↓
【答案】C
【详解】A．电荷不守恒，正确的是：，选项A错误；
B．用惰性电极电解饱和MgCl2溶液，生成氢氧化镁、氯气和氢气：Mg2++2Cl- +2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，选项B错误；
C．饱和碳酸氢钙溶液中加入饱和氢氧化钙可以生成沉淀，且电荷守恒，选项C正确；
D．为弱酸，不能拆分，正确的是：，选项D错误；
答案选C。
4．陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系的是
选项
陈述I
陈述II
A
钠金属性比钾强
可用Na和熔融KCl在高温下反应制备K
B
过氧化钠用于制造呼吸面具
过氧化钠与人呼出的H2O、CO2都能发生反应生成O2
C
Al2O3的熔点高
可用氧化铝坩埚熔化NaOH固体
D
浓硫酸具有吸水性
用浓硫酸干燥H2S

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．K的金属性比Na强，在一定温度下，反应Na+KClNaCl+K↑是可逆反应，通过抽出K蒸汽使平衡正向移动从而得到K，选项A错误；
B．过氧化钠与人呼出的H2O、CO2都能发生反应生成O2，故过氧化钠可用于制造呼吸面具，选项B正确；
C．Al2O3能与NaOH反应，Al2O3＋2NaOH =2NaAlO2＋H2O，因此不能熔化NaOH，选项C错误；
D．浓硫酸具有吸水性，但能将H2S氧化而不能用浓硫酸干燥H2S，选项D错误；
答案选B。
5．下列各组物质充分反应后，只能得到一种气体(不考虑水蒸气)的是
A．木炭和浓硫酸共热 B．足量的铜跟一定量的浓硝酸反应
C．Na与稀硫酸反应 D．汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体
【答案】C
【详解】A．木炭和浓硫酸共热生成CO2和SO2两种气体，A不符合题意；
B．足量的铜跟一定量的浓硝酸反应，硝酸浓度大时生成NO2，变稀后生成NO，B不符合题意；
C．Na与稀硫酸反应只生成氢气一种气体，C符合题意；
D．汽车尾气中除了碳氧化物还有氮氧化物等气体，D不符合题意；
综上所述答案为C。
6．价类二维图是学习元素及其化合物知识的重要模型。它是以元素化合价为纵坐标，以物质类别为横坐标的二维平面图象。如图为氯元素的价类二维图。下列叙述不正确的是

A．上述6种物质，属于电解质的有4种
B．将②与SO2按物质的量之比1：1通入水中，再滴加紫色石蕊试液，溶液变红
C．可以用浓氨水检查输送②的管道是否漏气，在此过程中②既作氧化剂又作还原剂
D．用H2C2O4、NaClO3和H2SO4三种物质制取③时，还会生成CO2等。生成1mol CO2转移电子的物质的量为1mol
【答案】C
【分析】图为氯元素的价类二维图，由图可知，①②③④⑤⑥分别为HCl、Cl2、ClO2、HClO、NaCl、NaClO；
【详解】A．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；上述6种物质，属于电解质的有HCl、HClO、NaCl、NaClO共4种，A正确；
B．Cl2与SO2按物质的量之比1：1通入水中，则硫元素化合价变为+6，氯元素化合价变为-1，反应为Cl2+SO2+ 2H2O =+Cl-+4H+，反应后溶液显酸性，再滴加紫色石蕊试液，溶液变红，B正确；
C．氯气和氨水反应生成氯化铵和氮气、水，反应中氯元素化合价降低，为氧化剂，C错误；
D．用H2C2O4、NaClO3和H2SO4三种物质制取ClO2时，还会生成CO2等。反应中氯元素化合价由+5变为+4，碳元素化合价由+3变为+4，电子转移为CO2~e-，则生成1mol CO2转移电子的物质的量为1mol，D正确；
故选B。
7．打开分液漏斗活塞，进行如图所示的探究实验，以下说法错误的是

A．试管内CCl4层溶液褪色，说明Br2具有氧化性
B．一段时间后试管内有白色沉淀，说明生成了BaSO3
C．试管中的红色花瓣褪色，说明SO2具有漂白性
D．球形干燥管中放有碱石灰，防止污染
【答案】B
【分析】本题先制取SO2，然后探究其性质，从还原性、酸性、漂白性等角度进行分析。
【详解】A．SO2具有还原性，可与Br2发生反应，试管内CCl4层溶液褪色，说明Br2具有氧化性，A正确；
B．由于H2SO3的酸性比HCl弱，故将SO2通入BaCl2中不会有BaSO3沉淀生成，B错误；
C．红色花瓣褪色，说明SO2具有漂白性，C正确；
D．SO2有毒，且是酸性气体，故可用碱石灰吸收，防止污染，D正确；
故答案选B。
8．的结构式如下图，时会发生分解．下列推测合理的是

A．是离子晶体，熔点高，硬度大 B．加热可能生成
C．分解的产物可能为和，同类化合物分解温度更高 D．溶于浓盐酸呈绿色，加水稀释溶液变蓝色，是因为浓度减小
【答案】B
【详解】A．根据图示，中只存在共价键，是共价化合物，故A错误；
B．加热可能生成和氯化氢，故B正确；
C．分解的产物可能为和，Cu-Cl键比Cu-I键的键能大，比分解温度高，故C错误；
D．溶于浓盐酸呈绿色，铜离子主要以[ CuCl4]2-的形式存在，加水稀释，氯离子浓度减小，铜离子主要以 [Cu(H2O)4]2+的形式存在，溶液变蓝色，故D错误；
选B。
9．依据元素周期律，下列判断不正确的是
A．第一电离能： B．原子半径：
C．电负性： D．酸性：
【答案】A
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，铍原子的2s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则锂、铍、硼的第一电离能由小到大的顺序为Li＜B＜Be，故A错误；
B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则钠、镁、钾的原子半径由小到大的顺序为，故B正确；
C．同周期元素，从左到右元素的电负性依次增大，则氮、氧、氟的电负性由小到大的顺序为，故C正确；
D．同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硅、磷、氯的最高价氧化物对应水化物的酸性由小到大的顺序为，故D正确；
故选A。
10．氯元素有多种化合价，可形成Cl2O、Cl-、ClO-、、、等微粒。下列说法错误的是
A．键角：>>
B．Cl2O的空间构型为V形
C．、、中Cl的杂化方式相同
D．基态Cl原子核外电子的空间运动状态有9种
【答案】A
【详解】A．亚氯酸根离子、氯酸根离子和高氯酸根离子的价层电子对数都为4，孤对电子对数分别为2、1、0，孤对电子对数越多对成键电子对的斥力越大，成键原子的键角越小，则键角的大小顺序为ClO＜ClO＜ClO，选项A错误；
B．Cl2O中O有两对孤对电子，价层电子对数为2+2=4，所以O为sp3杂化，Cl2O的空间构型为V形，选项B正确；
C．中Cl原子价层电子对数=2+=4、中Cl原子价层电子对数=3+=4、中Cl原子价层电子对数=4+=4，所以这几种微粒中Cl原子都采用sp3杂化，杂化方式相同，选项C正确；
D．氯元素的原子序数为17，电子排布式为1s22s22p63s23p5，核外有9种原子轨道，故基态原子的核外电子的空间运动状态有9种，选项D正确；
答案选A。
11．下列推测不合理的是
A．S2Cl2与H2O2结构具有相似性
B．SCl4与足量H2O反应生成两种强酸
C．SO(CH3)2能被H2O2氧化成SO2(CH3)2
D．相同浓度下，酸性由强到弱的顺序：ClCH2COOH>BrCH2COOH
【答案】B
【详解】A．硫、氧原子结构相似，2个氧原子间形成共价键，2个硫原子间形成共价键，两者结构相似，故A正确；
B．SCl4中硫元素为+4价，与水反应生成盐酸和亚硫酸，亚硫酸为弱酸，故B错误；
C．过氧化氢具有强氧化性，SO(CH3)2能被H2O2氧化后得到氧生成SO2(CH3)2，故C正确；
D．电负性氯大于溴，氯的吸电子作用导致ClCH2COOH中羧基更易电离出氢离子，酸性ClCH2COOH>BrCH2COOH，故D正确；
故选B。
12．一种新型合成氨的过程如图所示。下列说法正确的是（   ）

A．“转氮”过程属于人工固氮
B．合成过程中所涉及反应均为氧化还原反应
C．若用H2O代替NH4Cl进行转化，从体系中分离出NH3更容易
D．该合成氨过程中，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为1：3
【答案】D
【分析】由图示可知反应的过程为

【详解】A．人工固氮是将N2单质转化为化合物，“转氮”过程没有氮气参与，不属于人工固氮，A项错误；
B．“转氮”过程，以及NH3和HCl反应生成NH4Cl的过程，都没有化合价变化，不属于氧化还原，B项错误；
C．NH3极易溶解于水，若用H2O代替NH4Cl进行转化，难以从体系中分离出NH3，C项错误；
D．该合成氨过程中，N2→NH3，1mol N2转移6mol电子，H2O→O2，1mol H2O转移2mol电子，由得失电子守恒可知，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为1：3，D项正确；
故选D。
13．下列图示实验正确的是




A．制备氯气
B．实验室快速制备NH3
C．收集NO2并防止其污染环境
D．制备并观察Fe(OH)2的颜色

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．MnO2和浓HCl制备Cl2需要加热，A错误；
B．收集NH3的试管口应塞一团棉花，不能用塞子，B错误；
C．NO2密度大于空气，收集时应长管进短管出，C错误；
D．Fe作阳极，被氧化为Fe2+，阴极发生反应，汽油液封使生成的Fe(OH)2不被氧化，D正确；
故答案选D。
14．以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中硫的化合价为-1价)生产硫酸的工艺流程如图，下列说法不正确的是

A．将黄铁矿粉碎，可以提高其在沸腾炉中的反应速率
B．沸腾炉中每生成1 mol SO2，有11 mol e-发生转移
C．接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率
D．可用浓氨水吸收尾气，并进一步转化为氮肥
【答案】B
【分析】黄铁矿在沸腾炉中燃烧，生成Fe2O3和SO2，SO2和O2在接触室中催化氧化转化为SO3，SO3用98.3%的硫酸吸收，可制得“发烟”硫酸。
【详解】A．将黄铁矿粉碎，可以增大其与空气的接触面积，从而加快反应速率，A正确；
B．沸腾炉中发生反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，则每生成1 mol SO2，有5.5mol e-发生转移，B不正确；
C．接触室中，SO2、O2没有完全转化为SO3，将排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率，C正确；
D．尾气中含有SO2，用浓氨水吸收尾气，可生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，用硫酸处理，可进一步转化为氮肥，D正确；
故选B。
15．某种制备H2O2的反应机理如图。下列说法正确的是

A．反应①中有非极性键的断裂和形成
B．该过程中Pd的化合价有0、+2和+4三种
C．①、②、③均为氧化还原反应
D．[PdCl4]2- 能降低反应的活化能
【答案】D
【详解】A．反应①中有非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，A错误；
B．该过程中Pd的化合价有0、+2两种，B错误；
C．反应①和②均有单质参与反应，为氧化还原反应，反应③没有化合价的变化，不是氧化还原反应，C错误；
D．[PdCl4]2-为反应过程中的催化剂，故可降低反应活化能，D正确；
故答案选D。
16．As2O3俗称砒霜，是一种两性氧化物，可用于治疗癌症。As2O5是一种酸性氧化物。水体中含有一定浓度的H3AsO3和H3AsO4时会破坏水质，需要通过一定的方法除去。下列转化在指定条件下能够实现的是
A．As2O3H3AsO3 B．As2O5As2O3
C．H3AsO4Na3AsO4(aq) D．As2O5H3AsO3
【答案】C
【详解】A．As2O3是一种两性氧化物，和盐酸会生成盐而不是酸，A错误；
B．As2O5具有强氧化性，次氯酸钠也具有氧化性，不能发生氧化还原反应，B错误；
C．H3AsO4为三元酸，可以和过量的氢氧化钠生成正盐Na3AsO4，C正确；
D．As2O5是一种酸性氧化物，可以和水反应生成H3AsO4，D错误；
故选C。

二、结构与性质
17．二甲基亚砜( )是一种重要的非质子极性溶剂。铬和锰等过渡金属卤化物在二甲基亚砜中有一定溶解度，故可以应用在有机电化学中。回答下列问题：
(1)铬和锰基态原子核外未成对电子数之比为_______。
(2)已知：二甲基亚砜能够与水和丙酮( )分别以任意比互溶。
①二甲基亚砜分子中硫原子的杂化类型为_______。
②丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为_______。
③二甲基亚砜易溶于水，原因可能为_______。
(3)CrCl3·6H2O的结构有三种，且铬的配位数均为6，等物质的量的三种物质电离出的氯离子数目之比为3：2：1，对应的颜色分别为紫色、浅绿色和蓝绿色，其中浅绿色的结构中配离子的化学式为_______。
(4)已知硫化锰(MnS)晶胞如图所示，该晶胞参数α=120°，β=γ=90°。
①该晶体中，锰原子周围的硫原子数目为_______。
②空间利用率指的是构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。已知锰和硫的原子半径分别r1 nm和r2 nm，该晶体中原子的空间利用率为_______(列出计算式即可)。

【答案】(1)6：5
(2)     sp3     O>C>H     二甲基亚砜可以与水分子形成分子间氢键
(3)[Cr(H2O)5Cl]2+
(4)     4    

【详解】（1）铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，原子有6个未成对电子，锰元素的原子序数为25，价电子排布式为3d5s2，原子中有5个未成对电子，则基态原子核外未成对电子数之比为6：5，故答案：6：5；
（2）①由结构简式可知，硫原子的价电子数为6，二甲基亚砜中硫原子形成3个σ键，原子中还有一对孤电子对，所以硫原子的价层电子对数为3+1=4，则原子的杂化类型为sp3杂化，故答案为：sp3；
②元素的非金属性越强，电负性越大，氢、碳、氧三种元素的非金属性依次增强，则电负性依次增大，故答案为：O>C>H；
③二甲基亚砜分子与水分子之间能形成分子间氢键，所以二甲基亚砜能够与水以任意比互溶，故答案为：二甲基亚砜可以与水分子形成分子间氢键；
（3）由题意可知，浅绿色物质的外界氯离子数目为2，内界氯离子数目为1，化学式为[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O，则配离子的化学式为[Cr(H2O)5C1]2+，故答案为：[Cr(H2O)5Cl]2+；
（4）①由晶胞结构可知，晶体中锰原子位于硫原子形成的四面体中心，则锰原子周围的硫原子数目为4，故答案为：4；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于棱上和体内的锰原子个数为4×+1=2，位于顶点和体内的硫原子个数为8×+1=2，原子的总体积为2×π(r+ r) nm3，晶胞的体积为a2c nm3，则晶体中原子的空间利用率为=，故答案为：。

三、实验题
18．亚硝酸钠(NaNO2)常用作肉类食品的防腐剂。某实验小组将NO和NO2的混合气体通入Na2CO3溶液中，并经一系列操作制得NaNO2固体，然后对其性质进行探究。
【查阅资料】
①NaNO2具有较强的氧化性和较弱的还原性，其水溶液显碱性。
②与Ag+反应，可生成AgNO2白色沉淀或无色配离子。
【性质探究】将制取的NaNO2固体配制成约0.1mol/L NaNO2溶液，进行实验I和实验II。

请回答下列问题：
(1)NaNO2溶液显碱性的原因是_______(用离子方程式表示)。
(2)根据实验I，推测酸性条件下氧化I- 的离子方程式是_______。
(3)甲同学认为依据实验I的现象可以得出结论：该条件下能氧化I-。乙同学则认为制取的NaNO2含有副产物，仅凭实验I不能得出上述结论，还需要进行补充实验。乙同学设计实验III证明了实验I条件下氧化I- 的只有。请补充完整实验III的实验方案：取2mL 0.1mol/L_______溶液于试管中，加入_______，溶液没有变蓝。
(4)①由实验II的现象得出结论：白色沉淀的生成与_______有关。
②仅用实验II的试剂，设计实验方案进一步证实了上述结论，实验操作及现象是_______。
(5)常温下AgNO2微溶于水，在沸水中可溶。除去AgNO2沉淀中的少量Ag2O杂质的方法如下：加入适量水，加热溶解，_______，过滤，洗涤，干燥。
【答案】(1)+H2O⇌HNO2+OH-
(2)2+2I- +4H+ =2NO↑+I2+2H2O
(3)     NaNO3     2mL 0.1mol/L KI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1mol/L硫酸
(4)     AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量     向AgNO3溶液中逐滴滴加NaNO2溶液，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解
(5)趁热过滤、冷却结晶

【分析】实验题需根据给出的现象得出结论，认真阅读题中给出的物质性质以及实验中出现的现象来进行分析。
【详解】（1）NaNO2是强碱弱酸盐，可发生水解显碱性，溶液显碱性的原因是+H2O⇌HNO2+OH-。
（2）加酸后溶液变蓝说明生成了碘单质，有无色气泡说明生成了无色气体，根据化合价的变化规律，可得离子方程式为2+2I- +4H+ =2NO↑+I2+2H2O。
（3）制取的NaNO2中可能含有NaNO3，在酸性条件下有强氧化性，所以需要排除NaNO3的干扰，故应取2mL 0.1mol/L NaNO3溶液于试管中，重复实验Ⅰ进行验证，即加入2mL 0.1mol/L KI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1mol/L硫酸。
（4）①实验Ⅱ中随着AgNO3的逐渐增多，沉淀逐渐增多，说明白色沉淀的生成与AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量有关；
②为进一步证实上述结论，实验操作及现象是向AgNO3溶液中逐滴滴加NaNO2溶液，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解。
（5）加热后AgNO2溶解，Ag2O不溶，故应趁热过滤除去Ag2O，然后冷却使AgNO2结晶析出，故答案为趁热过滤、冷却结晶。
19．实验室以CuSO4·5H2O为原料制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O并进行定量分析。
已知：CuSO4+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]SO4+4H2O、[Cu(NH3)4]2+ +4H+ =Cu2+ +4
(1)配制溶液：称取一定质量的CuSO4·5H2O晶体，放入锥形瓶中，溶解后滴加氨水。装置如图A所示(胶头滴管中吸有氨水)。

滴加氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液。用离子方程式表示由浅蓝色沉淀得到深蓝色溶液的原理：_______。
(2)制备晶体：将A中溶液转移至B中，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体；将B中混合物转移至C的漏斗中，减压过滤，用乙醇洗涤晶体2～3次；取出晶体，冷风吹干。
①晶体不采用加热烘干的原因是_______。
②减压过滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需关闭，使装置内产生负压。洗涤晶体时，为了使乙醇与晶体充分接触，提高洗涤的效果，应该在活塞_______(填“打开”或“关闭”)的状态下，向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀。
(3)废液回收：从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和一水合氨的废液中回收乙醇并获得CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液，应加入的试剂是_______(填名称)。已知硫酸铵溶液高温易分解，回收乙醇的实验方法为_______。
(4)用沉淀法测定晶体中的含量。称取一定质量的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，加适量蒸馏水溶解，向其中滴加足量BaCl2溶液，搅拌，加热一段时间，过滤，洗涤，灼烧烘干，称量沉淀的质量。下列有关说法正确的有_______。
A．检验沉淀已经洗净的方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入BaCl2溶液，无白色沉淀生成，证明沉淀己洗净。
B．洗涤后滤纸和固体一起灼烧，以免固体附着在滤纸上，造成损失。
C．加热一段时间有助与减少硫酸钡沉淀吸附杂质。
(5)探究小组用滴定法测定原料中CuSO4·5H2O(相对分子质量为250)的含量。取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol·L-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗b mL EDTA溶液。滴定反应如下：Cu2+ +H2Y2-=CuY2- +2H+。
写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式：ω=_______。
【答案】(1)Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+ ++2OH- +8H2O
(2)     晶体受热易脱水脱氨(晶体受热易分解)     打开
(3)     (稀)硫酸     减压蒸馏
(4)BC
(5)

【分析】实验硫酸铜晶体配制溶液后加入氨水得到[Cu(NH3)4]SO4溶液；在乙醇中析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，减压过滤，得到晶体，冷风吹干。
【详解】（1）浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀和氨水反应得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+ ++2OH- +8H2O；
（2）①[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体中含有结晶水，晶体不采用加热烘干的原因是晶体受热易脱水脱氨(晶体受热易分解)。
②洗涤晶体时，为了使乙醇与晶体充分接触，提高洗涤的效果，应该在活塞打开的状态下，向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，使乙醇与晶体有足够的时间接触，到乙醇流净后再关闭活塞。
（3）已知：[Cu(NH3)4]2+ +4H+ =Cu2+ +4；从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和一水合氨的废液中回收乙醇并获得CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液，应加入的试剂是稀硫酸，调节溶液为酸性，将[Cu(NH3)4]2+ 转化为铜离子。已知硫酸铵溶液高温易分解，回收乙醇的实验方法为减压蒸馏，防止温度过高导致硫酸铵分解；
（4）A．反应中氯化钡是过量的，沉淀表面可能有残留氯化钡，故检验沉淀已经洗净的方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入硝酸银溶液，无白色沉淀生成，证明沉淀己洗净，A错误；
B．洗涤后滤纸和固体一起灼烧，以免固体附着在滤纸上，造成损失产生实验误差，B正确；
C．加热一段时间有助与减少硫酸钡沉淀吸附杂质，并使硫酸钡能够完全沉淀，C正确；
故选BC；
（5）根据反应可知，CuSO4·5H2O ~Cu2+ ~H2Y2-，则CuSO4·5H2O的物质的量为c mol·L-1 ×b×10-3L× =c mol·L-1 ×b×10-3L×5，则CuSO4·5H2O质量分数的表达式：ω=。

四、填空题
20．磷及其化合物在工农业生产中具有重要用途。回答下列问题：
(1)提纯白磷样品(含惰性杂质)的流程如图1所示。过程I中，被还原的元素是_______(填元素符号)，过程III的化学方程式为_______。

(2)磷酸钒锂／碳复合材料[Li3V2(PO4)3/C]是一种十分具有商业潜力的电极材料，其制备流程如图2：

①A的主要成分为V2(C2O4)3，H2C2O4溶液与V2O5反应生成A的化学方程式为_______。
②流程中加入碳球的作用是_______。
③已知常温下，Li2CO3微溶于水，LiHCO3可溶于水。工业级Li2CO3中含有少量难溶于水且与CO2不反应的杂质。提纯工业级Li2CO3的实验方案是：将工业级Li2CO3与水混合，_______，得到LiHCO3溶液；控温加热使LiHCO3分解形成Li2CO3沉淀，再过滤、洗涤、干燥，得到Li2CO3纯品。“洗涤”时用乙醇而不用水的目的是_______。
④锂离子电池是一种二次电池。若用LixC6和Li3V2(PO4)3/C作电极，放电时的电池总反应为LixC6+Li3-xV2(PO4)3=Li3V2(PO4)3+C6。电池放电时，正极的电极反应式为_______。
【答案】(1)     Cu、P     2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10CO↑+P4
(2)     V2O5+5H2C2O4=V2(C2O4)3+4CO2↑+5H2O     增强复合材料的导电性     通入足量CO2气体后过滤     减少产品损耗     Li3-xV2(PO4)3+xLi+ +xe- =Li3V2(PO4)3

【详解】（1）由图可知，Ⅰ反应中P4和CuSO4反应生成Cu3P和H3PO4，根据化合价的变化可知，Cu元素由+2价降到+1价，P元素部分由0价降到-3价，部分由0价升到+5价，故被还原的元素是P和Cu；由图可知，过程Ⅲ的反应为2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10CO↑+P4。
（2）①由H2C2O4溶液与V2O5反应制取V2(C2O4)3，V元素的化合价由+5降到+3，故C元素化合价升到+4，其化学方程式为V2O5+5H2C2O4=V2(C2O4)3+4CO2↑+5H2O；
②流程中加入碳球的目的是增强复合材料的导电性；
③将Li2CO3与水混合制备LiHCO3，需要在溶液中通入足量的CO2，得到的LiHCO3可溶于水，故可过滤除去难溶性杂质；得到纯品洗涤时用乙醇，是为了减少产品的损失；
④放电时的电池总反应为LixC6+Li3-xV2(PO4)3=Li3V2(PO4)3+C6。其中元素化合价降低的半反应即为正极反应，故正极的电极反应式为Li3-xV2(PO4)3+xLi+ +xe- =Li3V2(PO4)3。