1、移民中学2019-2020学年第一学期期中考试高三化学试卷相对原子质量：H1 C12 O16 N14 Na23 Si28 Cl35.5 Al27 Fe56 Cu64 S32 Ba137第卷 (共计51分)一、选择题（每小题只有一个选项，每小题3分，共17题，共51分）1.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是（ ）A. 食盐、食醋、食用油均可用作食品添加剂，都属于有机物B. 碳酸钡、碳酸氢钠、氢氧化铝均可作为抗酸药物使用C. 工业生产玻璃和水泥，均需要用石灰石为原料D. 海水淡化是解决淡水供应危机的方法之一，向海水中加入明矾可以使海水淡化【答案】C【解析】试题分析：A、食盐、食醋、食用油均
2、可用作食品添加剂，食醋的主要成分醋酸和食用油属于有机物，而食盐为氯化钠的俗称，属于无机物，错误；B、碳酸钡与氢离子反应生成钡离子、二氧化碳和水，钡离子有毒，不能作为抗酸药物使用，错误；C、工业生产玻璃的原料为纯碱、石灰石和二氧化硅，生产水泥的原料为石灰石和粘土，均需要用石灰石为原料，正确；D、海水淡化是解决淡水供应危机的方法之一，常用的海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法，向海水中加入明矾，明矾电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附海水中的悬浮物而沉降下来，不能使海水淡化，错误。考点：考查化学与生产生活的关系，涉及食品添加剂、药物、传统无机非金属材料及海水的淡化。2.化学与生产、生活
3、密切相关。对下列现象或事实解释不正确的是选项现象或事实解释A用活性炭去除冰箱中的异味活性炭具有吸附性B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的Ca(ClO)2 与空气中的 CO2及H2O反应生成CaCO3和HClO，HClO易分解CFeCl3溶液可用于制作铜质印刷线路板FeCl3溶液能将铜氧化为Cu2+D用热碱水清除炊具上残留的油污Na2CO3可和油污直接发生反应A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】试题分析：A、用活性炭去除冰箱中的异味是因为活性炭具有吸附性，正确；B、漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的Ca(ClO)2 与空气中的 CO2及H2O反应生成CaCO3和HClO，HClO
4、易分解，正确；C、FeCl3溶液可用于制作铜质印刷线路板是因为FeCl3溶液能将铜氧化为Cu2+，正确；D、用热碱水清除炊具上残留的油污是因为升温促进Na2CO3的水解，溶液的碱性增强，去污能力增强，错误。考点：考查常见物质的性质与用途。3.下列有关说法正确的是A. 足量的Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3B. 铁的化学性质比较活泼，它能和水蒸气反应生成H2和Fe(OH)3C. 用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2D. 向某溶液中加NaOH溶液得白色沉淀，且颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液只含Fe2+【答案】A【解析】A、铁与氯气反应，无论过量与否都生成FeCl3，故A正确
5、；B、铁与水蒸气反应：3Fe4H2O(g)Fe3O44H2，故B错误；C、KMnO4能把Cl氧化成Cl2，对Fe2的检验产生干扰，故C错误；D、生成白色沉淀变为红褐色沉淀，说明原溶液中一定含有Fe2，但也可能含有Mg2等离子，与NaOH溶液产生白色沉淀，被红褐色沉淀干扰，故D错误。点睛：本题的易错点是选项C，学生忽略高锰酸钾溶液在酸性条件下，能氧化Cl，对Fe2的检验产生干扰。4.下列说法中正确的是A. 干冰、盐酸都是电解质B. Na2O2、Fe2O3、CaO既属于碱性氧化物，又属于离子化合物C. 有单质参加或有单质生成的反应不一定属于氧化还原反应D. 根据是否具有丁达尔效应，可将分散系分为溶
6、液、浊液和胶体【答案】C【解析】A、二冰是二氧化碳，属于非电解质，盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；B、Na2O2不属于碱性氧化物，选项B错误；C、有单质参加或有单质生成的反应不一定属于氧化还原反应，如3O2=2O3，选项C正确；D、根据分散系微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，选项D错误。答案选C。5.NA代表阿佛加德罗的值，下列说法正确的是（ ）A. 常温常压下，15 g甲基（CH3）所含的电子数为7NAB. 水的摩尔质量就是NA个水分子的质量之和C. 含NA个Na+的Na2O2溶于1L水中，Na+的物质的量浓度为
7、1mol/LD. 1 mo1Mg与足量O2或N2反应生成MgO或Mg3 N2均失去2NA个电子【答案】D【解析】试题分析：A. 甲基的式量是15，15 g甲基的物质的量为1mol，每个甲基中含有的电子9个，因此15 g甲基（CH3）所含的电子数为9NA.错误。B水的摩尔质量在数值上与NA个水分子的质量之和相等。错误。C. 1L水的体积与溶液的体积并不相等，所以不能说Na+的物质的量浓度为1mol/L。错误。DMg是+2价的金属，所以无论1 mo1Mg与足量O2或N2反应生成的都是+2价的Mg的化合物，Mg均失去2NA个电子。正确。考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算的知识。6. 下列解释实验事实
8、的化学方程式或离子方程式不正确的是A. 氯气用于自来水的杀菌消毒：Cl2+H2OHCl+HClOB. 将“NO2球”浸泡在热水中，颜色变深：2NO2(g)N2O4(g)H0C. 向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至溶液呈中性：OH-+ Ba2+ H+SO42-= BaSO4+ H2OD. 铜片溶解在KNO3和稀硫酸的混合液中：3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO + 4H2O【答案】A【解析】试题分析：A、氯气用于自来水的杀菌消毒应为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，错误；B、将“NO2球”浸泡在热水中，颜色变深：2NO2(g)N2O4(g)H0，正确；C
9、、向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至溶液呈中性：OH-+ Ba2+ H+SO42-= BaSO4+ H2O，正确；D、铜片溶解在KNO3和稀硫酸的混合液中：3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO + 4H2O，正确。考点：考查离子方程式正误判断。7.分子式为C10H14的单取代芳烃，其可能的结构有（ ）A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种【答案】C【解析】试题分析：分子式为C10H14的单取代芳烃可以写为C6H5C4H9，C4H9有正丁基、异丁基两种不同的结构，正丁基有两种不同的H原子，异丁基也有两种不同的H原子，它们分别被苯基取代就得到一种单取代芳烃，
10、所以分子式为C10H14的单取代芳烃,其可能的结构有四种，故选项是C。考点：考查有机物的同分异构体的种类的判断的知识。【此处有视频，请去附件查看】8.铜粉放入稀硫酸溶液中，加热后无明显现象发生，当加入一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出，该盐可以是A. Fe2(SO4)3B. KNO3C. FeSO4D. Na2CO3【答案】B【解析】ACu、稀硫酸、硫酸铁混合时，铜和硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁和硫酸铜，造成铜粉的质量减少，但没有气体，故A错误；BCu、稀硫酸、KNO3混合时发生3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O，则铜粉质量减轻，同时溶液逐渐变为蓝色，
11、且有气体逸出，故B正确；CCu、稀硫酸、FeSO4混合时不反应，故C错误；DCu与稀硫酸不反应，加入Na2CO3时与酸反应生成二氧化碳气体，但Cu不溶解，故D错误；故选B。点睛：考查硝酸盐在酸性条件下的性质，明确选项中各物质的性质及发生的化学反应是解答本题的关键，Cu与稀硫酸不反应，硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，则可使Cu溶解，由发生的氧化还原反应可知生成的气体，以此来解答。9.在离子浓度均为0.1 molL-1的下列溶液中，加入（通入)某物质后，离子反应先后顺序正确是选项实验操作反应先后顺序A含Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉Cu2+、Fe3+、H+B含I-、S2、Br-的溶
12、液中不断通入氯气S2-、I-、Br-C含Cl-、Br-、I-的溶液中逐滴加入AgNO3溶液Cl-、Br-、I-D含Al3+、H+、NH4+ 的溶液中逐滴加入NaOH溶液H+、NH4+、Al3+A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】试题分析：A、氧化性：Fe3+Cu2+H+，含Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉反应先后顺序为Fe3+、Cu2+、H+，错误；B、还原性：S2-I-Br-，含I-、S2、Br-的溶液中不断通入氯气反应先后顺序为S2-、I-、Br-，正确；C、溶解性：AgClAgBr AgI，含Cl-、Br-、I-的溶液中逐滴加入AgNO3溶液反应先后顺序为I-、Br
13、-、Cl-，错误；D、含Al3+、H+、NH4+ 的溶液中逐滴加入NaOH溶液反应先后顺序为H+、Al3+、NH4+，错误。考点：考查氧化还原反应的基本规律、沉淀溶解平衡。10.下列有关铁、铝及其化合物的说法中不正确的是()A. 工业上在高温下用CO还原含Fe2O3的铁矿石炼铁B. 铁纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4C. 日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用D. 氯化铁溶液有较强氧化性，故可用作净水剂【答案】D【解析】A、工业上在高温下用CO还原含Fe2O3的铁矿石炼铁，A正确；B、铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4，B正确；C、铝易被氧化为氧化铝
14、，日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用，C正确；D、氯化铁溶液中铁离子水解生成胶体，胶体具有吸附性，故可用作净水剂，与铁离子的氧化性没有关系，D错误，答案选D。11.某溶液中可能存在Fe3、Fe2、I、HCO3、Cl、NO3六种离子中的几种。进行下列实验：取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈红色；另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深。据此可以推断，该溶液中一定大量存在的阴离子是（ ）A. IB. HCO3C. ClD. NO3【答案】D【解析】取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，一定含Fe3+；则I-、HCO3-与其反应，一定不能存在；另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加
15、深，则含Fe2+、NO3-，在酸性条件下发生氧化还原反应使Fe3+浓度增大，即一定含Fe3+、Fe2+、NO3-，一定不含I-、HCO3-，可能含Cl-，则溶液里一定含有的阴离子为NO3-，故答案为D。12.对实验的实验现象预测正确的是A. 实验：液体分层，下层呈无色B. 实验：烧杯中先出现白色沉淀，后溶解C. 实验：试管中有红色沉淀生成D. 实验：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体【答案】D【解析】【详解】A碘易溶于四氯化碳且四氯化碳密度比水大，CCl4将碘水中的碘萃取到CCl4中，下层呈紫红色，A错误；B氯化铵和氢氧化钙共热反应生成氨气，氨气溶于水得到氨水，氨水与氯化铝反应生
16、成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于弱碱，故白色沉淀不会溶解，B错误；C氯化铁与KSCN反应生成Fe(SCN)3，溶液呈红色，而不是生成红色沉淀，C错误；DCaO吸水生成氢氧化钙，饱和CuSO4溶液中水减少，会析出蓝色晶体，故D正确；故答案为D。13.三氟化氮(NF3)是一种无色、无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：4NH33F2 = NF33NH4F。在潮湿的空气中，NF3能与水蒸气发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3。下列说法正确的是A. 制取NF3的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为31B. 在NF3与H2O的反应中，H2O作还原剂C. 若
17、在制取NF3的反应中有0.5 mol NH3参加反应，转移电子的物质的量为3 molD. NF3在空气中一旦泄漏，不易于发现【答案】A【解析】试题分析：根据4NH33F2=NF33NH4F可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为31，0.5 mol NH3参加反应，转移电子的物质的量为0.75 mol。根据NF3能与水蒸气反应生成HF、NO和HNO3可知H2O没有参与氧化还原反应，如果NF3泄漏，必然与空气中的水蒸气反应生成NO，NO被氧化成NO2，空气中有红棕色气体生成，易被发现。答案选A。考点：氧化还原反应点评：本题根据信息来分析氧化还原反应反应，题型新颖，难度适中。14.常温下，下列各组离子
18、在指定溶液中能大量共存的是()A. 无色透明的溶液中：Fe3、Mg2、SCN、ClB. c(H+)/c(OH-)11012的溶液中：K、Na、CO32-、NO3-C. c(Fe2)1 molL1的溶液中：K、NH4+、MnO4-、SO42-D. 能使甲基橙变红的溶液中：Na、NH4+、SO42-、HCO3-【答案】B【解析】【详解】A、Fe3与SCN生成Fe(SCN)3，且铁离子为有色离子，故A错误；B. c(H+)/c(OH-)11012的溶液中c(H+)=11013，溶液呈碱性，K、Na、CO32-、NO3-不反应，可以共存，故B正确；C. c(Fe2)1 molL1的溶液中：Fe2与Mn
19、O4-发生氧化还原反应，Fe2、MnO4-不能共存，故C错误；D. 能使甲基橙变红的溶液呈酸性， HCO3-在酸性条件下生成二氧化碳气体，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查离子的共存问题，习题中隐含信息的挖掘是解答的关键，并根据常见离子之间的反应来解答，本题的难点是B中氢离子浓度的计算及A中Fe3与SCN生成络离子。15.某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中一种或几种物质组成。进行如下实验：下列有关说法正确的是（ ）A. 步骤中减少的3 g固体一定是混合物B. 步骤中质量减少的物质一定是CuC. 根据步骤、可以判断混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2D. 根
20、据上述步骤可以得出m(Fe2O3)m(Cu)11【答案】D【解析】【详解】A.步骤中，加入过量氢氧化钠溶液固体质量减少了3 g，溶解的物质可能是Al2O3和SiO2中的一种或两种，不一是混合物，故A错误；B.步骤中加入过量盐酸反应后得到蓝色溶液和不溶的固体，说明Fe2O3溶解后生成铁离子，铁离子又和Cu发生反应生成铜离子，故减少的固体是Fe2O3和Cu，故B错误；C. 根据步骤、可以判断混合物X的成分中一定含有Fe2O3和Cu，可能含有SiO2 与Al2O3中的一种或两种，故C错误；D.步骤中发生的总反应为Fe2O3Cu6HCl=2FeCl2CuCl23H2O，不溶的固体是铜，溶解的固体(6.
21、41.924.48 g)中，Fe2O3和Cu的物质的量相等，设其物质的量为xmol，则有160x+64x=4.48，解得x=0.02，其中m(Fe2O3)=0.02mol160g/mol=3.2g，m(Cu)=0.02mol64g/mol+1.92g=3.2g，即有m(Fe2O3)m(Cu)11，故D正确；答案选D。16.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上测定醋酸钠溶液pHB蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液有白烟产生该溶液可能是浓盐酸C用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液一定是钠盐溶液D向盐酸中滴入少量NaA
22、lO2溶液无明显现象AlO2-与H+未发生反应A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】ApH试纸不能湿润，应选干燥的pH试纸，否则测定的醋酸钠溶液的pH值偏小，故A错误；B蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液，有白烟产生，该溶液可能是浓盐酸、浓硝酸等，故B正确；C焰色反应为元素的性质，由现象可知，溶液为NaOH溶液或钠盐溶液，故C错误；D盐酸过量，AlO2-与H+发生反应生成氯化铝，故D错误；故答案为B。17.SO2通入足量Fe(NO3)3稀溶液中，溶液由棕色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，这时若滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀。针对上述一系列变化过程中，下列说法中不正确是A. 上
23、述过程中，最终被还原的是NO3-B. 从上述过程中可以得出结论，氧化性：HNO3Fe3+稀H2SO4C. 上述过程中，会产生一种无色无味的难溶于水的气体D. 假设通入的SO2完全反应，则同温同压下，SO2和逸出气体的体积为11【答案】D【解析】试题分析：A上述过程中，NO3-最终被还原的是NO，正确；B从上述过程中可以得出结论，氧化性：HNO3Fe3+稀H2SO4，正确；C上述过程中，会产生一种无色无味的难溶于水的NO气体,正确；D假设通入的SO2完全反应，则同温同压下，根据氧化还原反应中电子守恒可知：SO2和逸出气体的体积为32，错误。考点：考查氧化还原反应中的氧化性强弱比较、反应现象及有关
24、计算的知识。第卷 非选择题（共49分）18.葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。中华人民共和国国家标准(G112760-2011)规定葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)不能超过0.25g/L。某化学兴趣小组制备并对SO2的化学性质和用途进行探究，探究过程实验装置如下图，并收集某葡萄酒中SO2，对其含量进行测定。（夹持仪器省略）（1）实验可选用的实验试剂有浓硫酸、Na2SO3固体、Na2S溶液、BaCl2溶液、FeCl3溶液、品红溶液等。请完成下列表格试剂作用A_验证SO2的还原性BNa2S溶液_C品红溶液_A中发生反应的离子方程式为_。（2）该小组收集某300.00mL葡萄酒中SO2
25、，然后用0.0900mol/L NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图中的_(填序号)；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处时，管内液体的体积_(填序号)(=10mL；=40mL；40mL)（3）该小组在实验室中先配制0.0900mol/L NaOH标准溶液，然后再用其进行滴定。下列操作会导致测定结果偏高的是_。A未用NaOH标准溶液润洗滴定管B滴定前锥形瓶内有少量水C滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D配制溶液定容时，俯视刻度线E中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，滴定后俯视【答案】 (1). FeCl3溶液 (2). 验证SO2的氧化性
26、 (3). 验证SO2的漂白性 (4). 2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+ (5). (6). (7). A、C【解析】【分析】(1)根据实验装置图及提供的试剂可知，实验中用浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，验证二氧化硫的还原性可用二氧化硫与氯化铁反应，再用二氧化硫与硫化钠反应验证二氧化硫的氧化性，最后用品红溶液验证二氧化硫的漂白性；A中发生的反应为二氧化硫与氯化铁反应生成亚铁离子和硫酸根离子；(2)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的橡胶管稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的气泡用的方法；若用50mL滴定管进行实验
27、，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，据此判断；(3)由c(待测)=可知，不当操作使V(NaOH)偏大，则会造成测定结果偏高。【详解】(1)根据实验装置图及提供试剂可知，实验中用浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，验证二氧化硫的还原性可用二氧化硫与氯化铁反应，再用二氧化硫与硫化钠反应验证二氧化硫的氧化性，最后用品红溶液验证二氧化硫的漂白性；A中发生的反应为二氧化硫与氯化铁反应生成亚铁离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42-；(2)氢氧化钠溶液为碱性溶
28、液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的橡胶管稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的气泡用的方法；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积(50.00mL-10.00mL)=40.00mL，所以正确；(3)A未用NaOH标准溶液润洗滴定管，NaOH溶液浓度降低，消耗标准液的体积偏大，由c(待测)=可知，测定浓度偏高；B滴定前锥形瓶内有少量水，不影响消耗NaOH溶液的体积，由c(待测)=可知，测定浓度不变；C滴定前滴定管尖嘴部分有
29、气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液体积偏大，由c(待测)=可知，测定浓度偏高；D配制溶液定容时，俯视刻度线，液面在刻度线下方，NaOH溶液浓度偏高，消耗标准液的体积偏小，由c(待测)=可知，测定浓度偏低；E中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，消耗标准液的体积偏小，由c(待测)=可知，测定浓度偏低；故答案为A、C。【点睛】本题考查二氧化硫性质的探究，二氧化硫为酸性氧化物，能与碱性氧化物、碱发生反应；二氧化硫能漂白某些有色物质，如使品红溶液褪色(化合生成不稳定的化合物加热后又恢复为原来的红色）；二氧化硫中硫为+4价，属于中间价态，有氧化性又有还原性，以还原性为主，如二氧化硫能使
30、氯水、溴水、KMnO4溶液褪色，体现了二氧化硫的强还原性而不是漂白性。19.现有铁、碳两种元素组成的合金，某实验小组为了研究该合金的性质并测定该合金中碳的质量分数，设计了如下实验方案和实验装置。I.探究该合金的某些性质：（1）取ag合金粉末放入蒸馏烧瓶，并加入足量浓H2SO4，A、B中均无明显现象，原因是_；（2）点燃酒精灯一段时间后，A中剧烈反应，请写出此时合金中成分碳参与的化学反应方程式_；（3）装置C的作用是_；反应的离子方程式_。II.测定样品中碳的质量分数：（4）装置F的作用_；（5）若反应前后E装置的质量分别是m1和m2，则合金中碳的质量分数是_。【答案】 (1). 常温下，Fe在
31、浓硫酸中钝化，碳不与浓硫酸反应 (2). C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O (3). 吸收二氧化硫，防止对实验造成干扰 (4). 5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H+ (5). 防止外界空气中的水蒸气和CO2进入E，对实验造成干扰 (6). 100%【解析】【分析】铁、碳单质均可以和浓硫酸加热反应生成二氧化硫，二氧化硫的检验可以用品红溶液，吸收可以用高锰酸钾溶液，C与浓硫酸加热反应还有二氧化碳气体生成，将产生的二氧化碳用浓硫酸干燥，通入碱石灰，根据碱石灰增加的质量可以确定二氧化碳的质量，根据C元素守恒，可以计算碳单质的质量，进而计算碳的质量分数。【详
32、解】(1)往蒸馏烧瓶中滴加足量的浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，原因是：常温下铁在浓硫酸中钝化，碳和浓硫酸不反应；(2)点燃酒精灯一段时间后，A中剧烈反应，Fe、C都与浓硫酸反应，其中碳与浓硫酸在加热条件下反应生成SO2、CO2和水，反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O；(3)装置C盛有高锰酸钾溶液，可以吸收二氧化硫气体，溶液紫红色褪去，其中SO2被氧化为硫酸，发生反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H+；(4)装置F防止外界空气中CO2、水蒸气进入E管，对实验造成干扰；(5)E中碱石灰增加的质量可以确定反应中
33、产生的二氧化碳的质量，E增重(m2-m1)g，即生成二氧化碳的质量是(m2-m1)g，根据碳元素守恒，所以混合物中含有碳单质的物质的量是=mol，所以铁碳合金中碳的质量分数为100%=100%。20.信息时代产生的大量电子垃圾对环境造成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：回答下列问题：（1）第步Cu与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣1的主要成分为_。（2）第步加入H2O2的作用是_，使用H2O2的优点是_；调节pH的目的是使_生成沉淀。（3）用第步所得CuS
34、O45H2O制备无水CuSO4的方法是_。（4）由滤渣2制取Al2(SO4)318H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，_方案不可行 。【答案】 (1). Cu4H2NO3Cu22NO22H2O或3Cu8H2NO33Cu22NO4H2O (2). Au Pt (3). 把Fe2氧化为Fe3 (4). 该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境无污染 (5). Fe3和Al3 (6). 加热脱水 (7). 甲【解析】【分析】（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2、Al3、Fe2；所以滤渣1的成分是Pt和Au；（2）过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；
35、可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液PH目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第步加H2O2的作用是把Fe2氧化为Fe3，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染调溶液PH的目的是使Fe3和Al3形成沉淀所以滤液2的成分是Cu2，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；（3）第步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；（4）依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；【详解】（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2、Al3、Fe2；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2、Al3、Fe2；第
36、步Cu与酸反应的离子方程式为： Cu4H2NO3Cu22NO22H2O或3Cu8H2NO33Cu22NO4H2O 。（2）第步加H2O2的作用是将Fe2氧化为Fe3；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；调节溶液pH使Fe3、Al3全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜。（3）第步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法：在坩埚中加热脱水；（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加A
37、l粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；21.氰基烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为，从而具有胶黏性，某种氰基丙烯酸酯(H)的合成路线如下：已知：A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0. 276，核磁共振氢谱显示为单峰；回答下列问题：(1)A的化学名称为_。(2)G的结构简式为_，G中的含氧官能团是_。（填官能团名称）(3)由B生成C的反应类型为_，由C生成D的反应类型为_。(4)由E生成F的化学方程式为
38、_。(5)H的同分异构体中，含有酯基，能发生银镜反应、核磁共振氢谱之比是1：1：3的同分异构体结构简式_、_。（写两种即可）【答案】 (1). 丙酮 (2). CH2=C(CN)COOH (3). 羧基 (4). 消去反应 (5). 取代反应 (6). (7). 【解析】A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A分子中氧原子数目为 =1，分子中C、H原子总相对原子质量为58-16=42，则分子中最大碳原子数目为 =36，故A的分子式为C3H6O，其核磁共振氢谱显示为单峰，且发生信息中加成反应生成B，故A为，B为，B发生消去反应生成C为，C与氯气光照反应生成D，D发生水解反应生成E，结合E的分子式可知，C与氯气发生取代反应生成D，则D为，E发生催化氧化反应生成F，F再氧化生成G，G与甲醇发生酯化反应生成H，则E为，F为，G为，H为；(1)A为，其化学名称为丙酮；(2)G的结构简式为，G中含有的官能团为碳碳双键和羧基，其中含氧官能团是羧基；(3)与浓硫酸混合加热，发生消去反应生成；由与氯气光照反应生成，反应类型为取代反应；(4)由发生催化氧化生成的化学方程式为；(5)的同分异构体中，含有酯基，能发生银镜反应，说明为甲酸酯，再结合核磁共振氢谱之比是1：1：3，可知满足条件的同分异构体结构简式有。
