吉林省白城市第一中学2024-2025学年高三上学期10月期中考试化学试题（Word版附解析）

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本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试时间75分钟。
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
一、单选题(本大题共15小题，每小题2分，共30分)。
1. 某混合物由、和组成。现称取一定质量的该混合物，将其溶于1001.25硫酸中，生成0.56L(标准状况)气体，并得到溶液X，测得溶液X中为0.5(溶液体积变化忽略不计)。下列说法错误的是
A. 混合物中的物质的量为0.025
B. 混合物中的物质的量为0.03
C. 若溶液X遇溶液显红色，则溶液X中
D. 若溶液X中，则混合物中
【答案】B
【解析】
【详解】A．设混合物中、和的物质的量分别是x、y、z，硫酸的物质的量是0.125，反应后氢离子的物质的量是0.05，则剩余硫酸0.025，消耗硫酸0.1，生成气体的物质的量是，发生的反应有、、、，因此、，解得，A正确；
B．根据A项中的分析可知，不能确定混合物中的物质的量，B错误；
C．若溶液X遇溶液显红色，说明过量，因此根据电荷守恒可知，溶液X中，C正确；
D．若溶液X中，说明生成的气体全部是二氧化碳，因此，根据碳原子守恒可知，设X中硫酸亚铁和硫酸铁的物质的量分别是a、b，则、，解得、，根据铁原子守恒可知，单质铁的物质的量是，则混合物中，D正确；
答案选B。
2. 苯胺为无色油状液体，沸点184℃，易被氧化，有碱性，与酸反应生成盐。实验室以硝基苯为原料通过反应 制备苯胺，反应结束后，关闭装置活塞K，加入生石灰。调整好温度计的位置，继续加热，收集182～186℃馏分，得到较纯苯胺。实验装置(夹持及加热装置略)如图。下列说法正确的是
A. 冷凝管也可采用球形冷凝管
B. 长颈漏斗内的酸最好选用盐酸
C. 反应时，应先通一段时间H2再加热
D. 为了加快氢气生成速率，可用锌粉代替锌粒
【答案】C
【解析】
【详解】A．该实验中冷凝管的作用是将气体冷凝为液体，并使液体顺利流入接收器中，故采用的是直形冷凝管，球形冷凝管常用于冷凝回流，故A错误；
B．因为苯胺能与酸反应生成盐，若用盐酸，盐酸易挥发，使得锌与盐酸反应制得的氢气中混有氯化氢，影响苯胺的制备，则不能用盐酸，应选择稀硫酸，故B错误；
C．苯胺还原性强，易被氧化，所以实验时，应先通一段时间H2，排尽装置中的空气再加热，故C正确；
D．该制取氢气的装置为简易气体发生装置，利用隔板可以做到随用随停，若用锌粉代替锌粒，锌粉会从隔板小孔落入试管底部，失去隔板的作用，不能控制反应的发生和停止，故D错误；
答案选C。
3. 重铬酸钠在工业生产上具有广泛用途。一种以铬铁矿(含FeCr2O4及少量Al2O3、SiO2等)为原料制备Na2Cr2O7的工艺流程如下：
已知滤渣1为Fe2O3。下列说法错误的是
A. 流程中可循环使用的物质有CO2
B. 滤渣2的成分是Al(OH)3和H2SiO3
C. “调pH”是向溶液中加NaOH使pH增大，促进氧化还原反应进行
D. “高温焙烧"发生的主要反应为4FeCr2O4+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2
【答案】C
【解析】
【分析】铬铁矿在空气中与纯碱高温煅烧，得到含有NaAlO2、Na2SiO3、Na2CrO4、Fe2O3固体产物，水浸，Fe2O3不溶，滤渣1为Fe2O3，滤液含有NaAlO2、Na2SiO3、Na2CrO4，通入CO2调节pH值使NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，则滤渣2为Al(OH)3和H2SiO3，滤液主要含有Na2CrO4，再次调节pH将CrO转化为Cr2O，得到Na2Cr2O7。
【详解】A．根据流程可知高温焙烧时产生的CO2可以在除杂过程中再次使用，A正确；
B．根据分析可知通入CO2调节pH值使NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，滤渣2为Al(OH)3和H2SiO3，B正确；
C．调节pH的目的是将CrO转化为Cr2O，该过程并不是氧化还原反应，C错误；
D．铬铁矿主要成分为FeCr2O4，而滤渣1为Fe2O3，说明焙烧过程中Fe(Ⅱ)被氧化为Fe(Ⅲ)，同时还有CO2生成，根据电子守恒、元素守恒可得发生的反应为4FeCr2O4+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，D正确；
综上所述答案为C。
4. 25℃，向20 mL 0.1 ml·L-1 H2A溶液中滴加0.1 ml·L-1的NaOH溶液，有关粒子物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是
A. II表示微粒A2-的物质的量的变化曲线
B. H2A在水中的第一步电离方程式为H2AA2-+2H+
C. 的值随着V[NaOH(aq)]的增大而减小
D. V[NaOH(aq)]＝20 mL时，溶液中存在关系：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.1 ml/L
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2A总物质的量为2×10-3 ml，结合图象可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.1 ml/LH2A溶液中H2A的物质的量为1.5×10-3 ml，说明H2A在溶液中不能电离，所以H2A为弱酸，存在电离平衡：H2AH++HA-，HA-H++A2-，电离程度是微弱的，主要以H2A存在，第一步电离产生的H+对第二步电离起抑制作用，故I表示H2A，II表示HA-，III表示A2-的浓度变化曲线，A错误；
B．H2A是二元弱酸，电离分步进行，第一步电离方程式为H2AH++HA-，B错误；
C. 由电离平衡常数可知：，温度不变，K1不变，随着NaOH溶液的加入c(H+)逐渐进行，所以会随着V[NaOH(aq)]的增大而减小，即会逐渐减小，C正确；
D．V[NaOH(aq)]=20 mL时，发生反应：NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶质为NaHA，根据物料守恒可得：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=c(Na+)==0.05 ml/L，D错误；
故合理选项是C。
5. 某溶液A可能含有、、、、、、、中的几种离子，溶液中阳离子浓度相同。为了确定其组成，进行如下实验(假设气体全部逸出，忽略分解)。下列说法不正确的是
A. 溶液A中一定不存在、
B. 气体1的成分可能是或或两者混合物
C. 溶液A中一定存在，且或0.02
D. 溶液A中肯定存在、、、
【答案】B
【解析】
【分析】①具有强氧化性，溶液A中加入盐酸酸化的生成的沉淀为，物质的量为，根据元素守恒，则原溶液中含有0.01、0.01，根据离子共存原则，没有和；②溶液A中加入足量的盐酸生成的224标准状况下的气体为，物质的量为，则原溶液中含有0.01；③溶液1中加入过量溶液，加热生成的0.17g气体2为，物质的量为，则原溶液中含有0.01；④溶液不显电性，则原溶液中一定含有，不能确定的离子为，由于溶液中阳离子浓度相同，可能含有0.01，则或0.02，综上可知：原溶液中一定含有0.01、0.01、0.01、0.01、0.01或0.02；可能含有0.01；一定没有、；
【详解】A．由以上分析可知，溶液A中含有0.01、0.01，根据离子共存推断：溶液A中一定不存在、，故A正确；
B．溶液A中加入足量盐酸酸化的溶液，则气体1的成分是，不含有，故B错误；
C．原溶液中一定含有0.01、0.01、0.01、0.01和0.01或0.02，可能含有0.01：①若不含有，则；②若含有0.01，则，即液A中一定存在，且或0.02，故C正确；
D．由以上分析可知，溶液A中一定含有0.01、0.01、0.01、0.01、0.01或0.02，故D正确；
故选B。
6. 已知某溶液中含有的部分离子的浓度大小如图所示，该溶液呈无色、透明、均一状态，可能还含有、、、。为了进一步确认，加入足量溶液，生成白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失。下列说法错误的是
A. 原溶液中肯定不存在、
B. 原溶液中的物质的量浓度为
C. 向原溶液中加入溶液，反应的离子方程式为
D. 向原溶液中加入的溶液时，生成的沉淀质量刚好最大
【答案】B
【解析】
【分析】①该溶液呈无色、透明、均一状态，说明溶液中一定不含；
②加入足量溶液，生成白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，白色沉淀为硫酸钡，物质的量为，原溶液中一定含有，浓度为，推出原溶液中一定不含；
③已知的阳离子(和)所带正电荷浓度总和为，阴离子(和)所带负电荷浓度总和为，根据溶液呈电中性，原溶液中一定含有，浓度为；
结论：原溶液中一定存在、、、、，一定不存在、。
【详解】A．原溶液中肯定不存在、，故A正确；
B．原溶液中的物质的量浓度为，故B错误；
C．溶液中含氢离子，向原溶液中加入溶液，反应的离子方程式为，故C正确；
D．原溶液中一定含有，浓度为，物质的量为0.1L×3ml∙L-1=0.3ml，镁离子的物质的量为0.1L×0.5ml∙L-1=0.05ml，硫酸根离子物质的量为，向原溶液中加入的溶液时，钡离子过量，硫酸根全部沉淀，0.4ml氢氧根先与0.3ml氢离子反应生成水，余下0.1ml正好将0.05ml镁离子沉淀完全，生成的成质量刚好最大，故D正确；
故选B。
7. 我国明代《余东录》记载“铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者，炒为黄丹。”涉及物质转化如下：。下列有关说法错误的是
A. Pb属于电解质
B. 2Pb(OH)2·PbCO3属于碱式盐
C. 反应ⅰ中(CH3COO)2Pb为氧化产物
D. 反应ⅲ为分解反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．Pb为单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；
B．2Pb(OH)2·PbCO3中含有两种阴离子，其中一种阴离子为氢氧根，所以为碱式盐，B正确；
C．反应i中Pb元素化合价升高生成(CH3COO)2Pb，所以(CH3COO)2Pb为氧化产物，C错误；
D．反应iii的化学方程式应为2Pb(OH)2·PbCO3=3PbO+CO2↑+2H2O，属于分解反应，D正确；
综上所述答案为A。
8. 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
【答案】D
【解析】
【分析】化学方程式中化合价变化：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)。
【详解】A．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，故A正确；
B．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，故B正确；
C．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，故C正确；
D．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，故D错误；
故选D。
9. 用“H2SO4浸出一萃取”法从铅烟灰(主要含有In2O3，还含有PbO和SiO2杂质)中回收单质铟(In)的生产工艺流程如图所示。
已知：I.“萃取”反应：In2(SO4)3+6(HA)2(有机液)2In(HA2)3(有机液)+3H2SO4
II.“反萃”反应：In(HA2)3(有机液)+4HCl3(HA)2(有机液)+HInCl4
下列说法正确的是
A. “高温酸浸”时，用浓盐酸代替稀硫酸可提高酸浸速率
B. “萃取”时，等量的萃取剂一次萃取和分多次萃取的效率相同
C. “反萃”时，适当增加盐酸的浓度可提高铟的反萃取率
D. “置换”时，得到海绵铟的化学方程式为：Zn+2HInCl4=ZnCl2+H2↑+2InCl3
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，且高温会造成大量的HCl挥发造成损失，不能提高酸浸速率，A错误；
B．每一次萃取都是按照一定比例进行的溶质分配，所以多次萃取的效率更高，B错误；
C．“反萃”时，适当增加盐酸的浓度，平衡In(HA2)3(有机液)+4HCl⇌⇌3(HA)2(有机液)+HInCl4正向移动，可提高铟的反萃取率，C正确；
D．“置换”时锌与HInCl4反应产生In单质而不是氢气，发生反应的化学方程式为3Zn+2HInCl4=2In+3ZnCl2+2HCl，D错误；
综上所述答案为C。
10. 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
【答案】D
【解析】
【详解】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。
11. 黄铁矿在潮湿空气中会被缓慢氧化，发生的主要反应如下(未配平)：
a： FeS2+ O2+H2O → +Fe2++H+
b： Fe2++H++O2→Fe3++ H2O
c： Fe3++FeS2+ H2O→Fe2+ ++ H+
下列说法正确的是
A. a反应中氧化产物只有FeSO4
B. 为了验证b反应后溶液中含Fe2+，可选用KSCN溶液和氯水。
C. c反应中每生成1ml Fe2+转移1ml电子
D. 长期盛放黄铁矿的纸箱会被腐蚀而发黑
【答案】D
【解析】
【详解】A．a步反应中S化合价由-1升高到+6，硫元素化合价被氧化，反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4+4H+，氧化产物除了FeSO4还有H2SO4；故A错误；
B．b步是向含有Fe2+的溶液中通入O2，Fe2+遇O2会生成Fe3+，含Fe2+、Fe3+的溶液KSCN溶液直接生成红色溶液，所以含Fe2+、Fe3+的溶液不能用KSCN溶液来检验所含的Fe2+，故B错误；
C．c反应中Fe3+降为Fe2+，FeS2中2个S共显-2价，变为2个硫酸根，共升高14价，离子方程式为：14Fe3++FeS2+8 H2O=15Fe2+ +2+ 16H+，转移14e-，故每生成1ml Fe2+转移ml电子，故C错误；
D．黄铁矿被缓慢氧化后会变成三价铁离子，生成硫酸，会腐蚀纸箱导致其变黑，故D正确。
答案选D。
12. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1LpH=4的0.1ml•L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数为0.1NA
B. 标准状况下，11.2LNH3与11.2LHF均含有5NA个质子
C. 4.6g甲苯和甘油的混合物中含有氢原子数目为0.4NA
D. 用惰性电极电解CuSO4溶液，阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目一定为0.20NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．重铬酸钾发生水解，反应的离子方程式为H2O+2+2H+，1L 0.1ml/LK2Cr2O7溶液中的数目小于0.1NA，A错误；
B．标准状况下HF为无色液体，故无法计算11.2LHF含有的质子数目，B错误；
C．甲苯即C7H8和甘油即C3H8O3，二者相对分子质量均为92，故4.6g二者的混合物中含有氢原子数目为=0.4NA，C正确；
D．用惰性电极电解CuSO4溶液，Cu2+首先在阴极放电，当Cu2+放电完全后，溶液中的氢离子还可能会放电，故当阴极增重6.4g时，外电路中通过电子的数目可能为0.20NA，也可能大于0.20NA，D错误；
故答案为：C。
13. 下列离子方程式错误的是
A. 溶液滴入溶液中：
B. 向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：
C. 与稀硫酸混合：
D. 酸性溶液遇变成绿色：
【答案】B
【解析】
【详解】A．用来鉴别生成特殊的蓝色沉淀，溶液滴入溶液中离子方程式为：，A正确；
B．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫，发生氧化还原，溶液变浑浊：，B错误；
C．在酸性溶液中+2价的发生歧化反应转变为和，为可溶盐拆写为离子，反应为，C正确；
D．酸性溶液遇变成绿色，说明被还原为，故D正确；
故选B。
14. 下列有关电极方程式或离子方程式正确的是
A. 用溶液吸收少量：
B. 向溶液中通入：
C. 溶液中滴加足量稀氨水：
D. 加入水中：
【答案】A
【解析】
【详解】A．用溶液吸收少量，当参加反应的氯气量较少时，发生氧化还原反应生成硫酸根离子、亚硫酸氢根离子和氯离子，反应的离子方程式为：，A正确；
B．CO2与CaCl2溶液不反应，B错误；
C．硫酸铜溶液中加过量氨水生成四氨合铜络离子，C错误；
D．TiCl4水解制备TiO2，反应的化学方程式为，可推出选项中离子方程式错误，D错误；
故选A。
15. 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1.12L 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1ml 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
【答案】C
【解析】
【详解】A．依据N2～2NH3～6e-，成氨反应每生成标况下1.12L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 0.1ml•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1mlNH5中所含σ键的数目为4NA，故C错误；
D．5.5g超重水(T2O)的物质的量为,而超重水中含中子为12个中子，故0.25ml超重水中含中子为3NA个，故D正确；
故选：C。
二、非选择題(本大題共5小题，共40分)。
16. 在空气中加热10.98 g草酸钴晶体(CC2O4·2H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。
(1)加热到210 ℃时，固体物质的化学式为___________。
(2)经测定，加热到210～320 ℃过程中的生成物只有CO2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为___________。
【答案】 ① CC2O4 ②. 3CC2O4＋2O2C3O4＋6CO2
【解析】
【分析】
【详解】(1)n(CC2O4·2H2O)=10.98g÷183g/ml=0.06 ml，结晶水的质量为0.06ml×2×18g/ml=2.16g，而210 ℃时，m=(10.98-8.82)g=2.16g=m(结晶H2O)，故210 ℃时固体为CC2O4；
(2)根据钴原子守恒可知钴的氧化物中m(C)=0.06ml×59g/ml=3.54 g，m(O)=(4.82-3.54)g=1.28g，则n(O)=1.28g÷18g/ml=0.08 ml，则n(C)∶n(O)=0.06ml：0.08ml=3∶4，可写出化学方程式：3CC2O4＋2O2C3O4＋6CO2。
17. 某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
已知：4Fe (CrO2)2 + 10Na2CO3+7O28Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO2
2H++2CrOCr2O+H2O
相关物质的溶解度随温度变化如下图。
请回答：
(1)步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是______。
(2)下列说法正确的是______。
A．步骤II，低温可提高浸取率
B．步骤II，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3
C．步骤III，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3
(3)步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl →______→______→______→______→重结晶。
a．50℃蒸发溶剂；
b．100℃ 蒸发溶剂；
c．抽滤；
d．冷却至室温；
e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。
(4)为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
①下列关于滴定分析的操作，不正确的是______。
A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)
(5)该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是______，添加该试剂的理由是______。
【答案】 ①. 增大反应物的接触面积 ②. BC ③. a ④. e ⑤. d ⑥. c ⑦. AC ⑧. 再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 ⑨. H2SO4 ⑩. 抑制Cr2O转化为CrO，且与Cr2O不反应
【解析】
【分析】根据题给已知，铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固体冷却后用水浸取，其中NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，过滤得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3与硫酸反应生成Na2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7（发生的反应为2Na2CrO4+H2SO4 Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O），经蒸发结晶、过滤、洗涤得到的滤液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后经多步操作得到K2Cr2O7，据此分析作答。
【详解】(1)步骤I中铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，将铬铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。
(2)A．根据Na2CrO4的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A错误；
B．步骤II中用水浸取时NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，经过滤可除去Fe(OH)3，B正确；
C．步骤III酸化时，平衡2H++2+H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，C正确；
D．根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，D错误；
答案选BC。
(3)Na2Cr2O7中加入KCl发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶解度相等，故为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→重结晶；故答案为：aedc。
(4)①A．量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，A错误；
B．滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B正确；
C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C错误；
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；
E．为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E正确；
答案选AC。
②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
(5)根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡+H2O2H++2，即有部分会转化为，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制转化为，可加入与不反应的酸，如硫酸；故答案为：H2SO4；抑制转化为，且与不反应。
18. 二茂铁可用作燃料的节能消烟剂、抗爆剂等。某兴趣小组拟用如图所示装置制备二茂铁(电磁搅拌装置、夹持装置略去)，反应原理：2KOH + FeCl2 +2C5H6(环戊二烯)=Fe(C5H5)2(二茂铁) +2KCl + 2H2O。

已知一些物质的物理数据：
制备二茂铁的实验步骤如下：
I.在C中加入25 g KOH粉末，并加入60 mL无水乙醚，连接好仪器，充分搅拌，然后打开K，通入N2，排尽装置中的空气后，关闭K。
II.打开B1的活塞，滴加5.5 mL新蒸馏的环戊二烯，搅拌。
III.将含一定质量的FeCl2的二甲亚砜溶液25mL由B2缓慢滴入C中，在45min时滴完，再继续搅拌45 min，反应完毕。
IV.拆下仪器C，再向其中加入25 mL无水乙醚，搅拌，将液体转移到分液漏斗中，依次用盐酸、水洗涤2~3次，分液得橙黄色溶液。
V.蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。
回答下列问题：
（1）仪器C的名称是_______ ；仪器 A中冷凝水从_______口进入(填“m” 或“n”)。
（2）D中试剂的名称是_______ D中导管插入液面以下，其主要目的是_______。
（3）步骤I中检验装置中的空气已排尽的方法是_______。
（4）步骤III中将含FeCl2的二甲亚砜溶液缓慢滴入C中，滴完之后继续搅拌，其目的是______。
（5）步骤IV中无水乙醚的作用是_______；用盐酸洗涤的目的是_______。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. m
（2） ① 乙醇 ②. 防止空气进入装置C，影响实验
（3）将右侧导管伸入滴有硫氰化钾的氯化亚铁溶液中，如果溶液不变色，则证明装置中的空气已排尽，否则，没有排尽；
（4）加快反应速率，使反应更加充分，提高原料利用率
（5） ①. 萃取二茂铁 ②. 除去杂质，且减少二茂铁的损失
【解析】
【分析】本题是一道制备类的实验题，由于制备过程中使用到了二价铁，故在实验前先用氮气将装置中的空气排干净，随后再加入FeCl2的二甲亚砜溶液，反应完成后根据二茂铁的溶解性，可以用乙醚来萃取产物，并且为了减少产物的损失，用盐酸来洗涤萃取液，以此解题。
【小问1详解】
由图可知，仪器C的名称是三颈烧瓶；为了达到较好的冷却效果，冷凝水从m进入冷却水可以充满冷凝管，故仪器 A中冷凝水从m口进入；
【小问2详解】
根据反应原理可知，该反应用到了有机物环戊二烯，反应过程中容易挥发，根据题给信息环戊二烯不溶于水，溶于乙醚和乙醇，故可以用乙醚和乙醇来吸收没有反应的环戊二烯，故D中试剂的名称是乙醇；该反应过程中使用的是二价铁，D中导管插入液面以下可以防止空气进入装置C，影响实验；
【小问3详解】
装置中的空气排完后，则排出的尾气中不再含有氧气，故检验方法为，可以将右侧导管伸入滴有硫氰化钾的氯化亚铁溶液中，如果溶液不变色，则证明装置中的空气已排尽，否则，没有排尽；
【小问4详解】
通过搅拌可以加快反应速率，使反应更加充分，提高原料利用率；
【小问5详解】
根据题给信息可知，二茂铁不溶于水和盐酸，溶于乙醚，故步骤IV中无水乙醚的作用是萃取二茂铁，用盐酸洗涤的目的是，除去杂质，且减少二茂铁的损失；
19. 石油重整是重要的化工过程，其中会大量使用镍钼氧化物催化剂，催化剂报废以后含有多种重金属，属于危险废物。为了保护环境，工业上可采用如图所示工艺流程回收镍和钼(部分流程省略)。

已知：a．废催化剂中主要含有MO3、NiO、Fe2O3、Al2O3、CuO、SiO2，其中NiO、Fe2O3、CuO在高温时不与Na2CO3反应。
b．当溶液中离子浓度≤1.0×10-6ml/L时，视为沉淀完全，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-39、Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33
回答下列问题：
（1）Ni在元素周期表中的位置为___________，基态Cu原子的简化电子排布式为___________。
（2）焙烧时，废催化剂与Na2CO3反应形成一系列新的可溶性钠盐，最主要目的是___________；其中MO3与Na2CO3反应的化学方程式是___________。
（3）“氧化”工序中用NaClO代替H2O2是否可行？___________(填“是”或“否”)，原因是___________。
（4）下列说法正确的是___________
A. 烘焙时间超过1h以后，钼的浸出比例反而下降，可能的原因是催化剂颗粒烧结，接触面积减小
B. 流程中滤渣2的成分为SiO2
C. 对所得碳酸镍进行洗涤过程中，检验滤饼是否洗净的方法是取上层清液于试管中，先滴加稀盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净。
D. 电解NiSO4溶液，可实现铜片上镀镍，在NiSO4溶液中加入一些氨水，形成配合物，可使镀层光亮。
（5）若“氧化”后的溶液中c(Ni2+)=0.02ml/L，加入NaOH调节溶液的pH范围为___________。
（6）钼酸铵溶液可以结晶出二钼酸铵[(NH4)2M2O7，相对分子质量为340]，取少量二钼酸铵晶体，一定条件下受热分解，固体质量保留百分数随温度变化如图所示，写出a点的化学方程式为___________。

【答案】（1） ①. 第四周期第Ⅷ族 ②. [Ar]3d104s1
（2） ①. 分离废催化剂中M和Ni ②. MO3+Na2CO3Na2MO4+CO2↑
（3） ①. 是 ②. NaClO可氧化Fe2+且不影响产品的纯度 （4）AD
（5）3≤pH＜7.5
（6）(NH4)2M2O72MO3+2NH3↑+H2O↑
【解析】
【分析】废催化剂和碳酸钠混合固体焙烧过程中MO3、Al2O3、SiO2与碳酸反应生成Na2MO4、NaAlO2、Na2SiO3，NiO、Fe2O3、CuO在高温时不与Na2CO3反应；焙烧后，加热水溶解，浸出渣为NiO、Fe2O3、CuO，盐类物质进入浸出液中，浸出渣加硫酸溶解，生成硫酸镍、硫酸铁、硫酸铜，通入硫化氢将Cu2+沉淀为CuS，同时三价铁被还原为二价铁，过滤后在滤液中加入双氧水将亚铁离子氧化为三价铁，再加NaOH将铁转化为氢氧化铁沉淀除去，滤液中加碳酸钠将镍离子转化为碳酸镍沉淀，再一系列处理得到Ni；浸出液中加适量盐酸，NaAlO2、Na2SiO3可转化为硅酸和氢氧化铝沉淀，过滤除去，再滤液中加氯化钙生成CaMO4，据此分析解答。
【小问1详解】
Ni为28号元素，在元素周期表中的位置第四周期第Ⅷ族；Cu为29号元素，基态Cu原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s1；
【小问2详解】
焙烧过程中M转化为可溶性钠盐，镍以氧化物形成存在，可实现废催化剂中M和Ni分离；其中MO3与Na2CO3反应的化学方程式是MO3+Na2CO3Na2MO4+CO2↑；
【小问3详解】
“氧化”工序中可用NaClO代替H2O2，因NaClO可氧化Fe2+且不影响产品的纯度；
【小问4详解】
A．烘焙时间过程会使催化剂颗粒烧结，接触面积减小，从而导致钼的浸出比例反而下降，故A正确；
B．由以上分析可知滤渣2为硅酸和氢氧化铝沉淀，故B错误；
C．对所得碳酸镍进行洗涤过程中，检验滤饼是否洗净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，先滴加稀盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净，故C错误；
D．电解NiSO4溶液，铜作阴极，镍作阳极，可实现铜片上镀镍，在NiSO4溶液中加入一些氨水，形成配合物，可降低溶液中镍离子浓度，降低反应速率，从而使析出的镀层更均匀致密，可使镀层光亮，故D正确；
【小问5详解】
Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15，c(Ni2+)=0.02ml/L，则c(OH-)=，则pH应小于7.5，同时使三价铁离子完全沉淀，则c(OH-)=，则pH应大于3，pH范围为：3≤pH＜7.5；
【小问6详解】
设有1ml，其质量为340g，在597℃时，固体损失340×(1-84.70%)=52.02g，因为铵盐受热易分解，结合分解前后质量变化分析可知，固体损失的质量为2ml氨气和1ml水，所以剩余固体为MO3，发生反应的化学方程式为：(NH4)2M2O72MO3+2NH3↑+H2O↑。
20. 某研究小组按下列路线以马来酸酐(A)为原料合成吡唑酸(H)：
已知：①R－COOHRCOCl
②R－OHR－Br
③R－CNR－CH2NH2
请回答：
（1）下列说法一定不正确的是_______。
A. 化合物F→G为还原反应B. 化合物E可以归类为醇类
C. 化合物A中的所有原子共平面D. 化合物H的分子式为C8H7O2N3BrCl
（2）化合物B中的含氧官能团名称为_______，化合物C的结构简式是_______。
（3）化合物D+X→E的反应由加成、消去、取代三步反应构成，写出其中加成反应的化学方程式________。
（4）写出符合下列条件的X的2种同分异构体的结构简式：_______(不考虑立体异构)。
①含有一个六元环；②1H－NMR检测表明仅含1种氢
（5）根据题给信息，设计以丙烯为原料合成 的路线(用流程图表示，无机试剂任选)______。
【答案】（1）AD （2） ①. 酯基、羧基 ②.
（3） +
（4） （5）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知， 与甲醇发生取代反应生成 ，则B为 ； 与溴化氢发生加成反应生成 ，则C为 ； 与SOCl2发生取代反应生成 ， 与 先后发生加成反应、消去反应和取代反应生成 ，则E为 ； 与POBr3发生取代反应生成 ，一定条件下 发生消去反应生成 ，则G为 ；酸性条件下 发生水解反应生成 。
【小问1详解】
A．由分析可知，化合物F→G的反应为一定条件下 发生消去反应生成 ，故错误；
B．由分析可知，化合物E的结构简式为 ，由官能团可知，化合物E分子中含有醇羟基，可以归类为醇类，故正确；
C．由结构简式可知，化合物A中碳碳双键、碳氧双键和氧原子都为平面结构，则分子中所有原子共平面，故正确；
D．由结构简式可知，化合物H的分子式为C9H5O2N3BrCl，故错误；
故选AD；
【小问2详解】
由分析可知，化合物B的结构简式为 ，分子中的含氧官能团为羧基、酯基；化合物C的结构简式 ，故答案为：酯基、羧基； ；
【小问3详解】
化合物D+X→E反应先发生加成反应的反应为 与 发生加成反应生成 ，反应的化学方程式为 + ，故答案为： + ；
【小问4详解】
化合物X的同分异构体含有一个六元环，1H－NMR检测表明仅含1种氢说明分子结构对称，分子中含有的六元环为含有3个氮原子的杂环，侧链为氯原子和2个处于对称位置的甲基，则符合条件的结构简式 ，故答案为： ；
【小问5详解】
由题给信息可知，以丙烯为原料合成 的合成步骤为丙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1，2—二溴丙烷，1，2—二溴丙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成1，2—丙二醇，铜做催化剂条件下，1，2—丙二醇与氧气共热发生催化氧化反应生成 ， 与氢氰酸发生加成反应生成 ， 与四氢合硼酸钠发生还原反应生成 ，合成路线为 ，故答案为： 。反应原理：①
②
③
现象：立即产生橙红色沉淀，几秒钟后溶液颜色变为蓝色
温度范围/℃
固体质量/g
150～210
8.82
290～320
4.82
890～920
4.50
物质
熔点/°C
沸点/°C
密度/(g·cm-3)
溶解性
二茂铁
173
249( 100 °C时开始升华)
1.49
不溶于水和盐酸，溶于乙醚
环戊二烯
-97.2
42.5
0.87
不溶于水，溶于乙醚和乙醇
乙醚
-116
34.5
0.71
微溶于水，溶于乙醇
二甲亚砜
18.4
189
1.10
与水互溶，不溶于乙醚