1、甘谷四中20202021学年第一学期高三级第二次检测化学试题可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Mg24 S32 Fe56 Cu64一、选择题1. 2019年12月以来，我国部分地区突发的新型冠状病毒肺炎威胁着人们的身体健康。以下是人们在面对新型冠状病毒肺炎时的一些认识，其中正确的是（ ）A. 新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成B. 84消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，为了提升消毒效果，可以用热水配制C. 过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的D. 防护服、口罩的成分均含有机高分子材料【答案】D【解析】【详解】A新型冠状病毒成分为蛋白质
2、，组成元素为C、H、O、N等，故A错误；B84消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，用热水配制，NaClO水解生成的次氯酸受热分解，不能提升消毒效果，故B错误；C过氧化氢、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇不具有氧化性，乙醇并不急于使细菌表面的蛋白质凝固，而是渗入到细菌体内，然后把整个细菌体内的蛋白质凝固起来，使蛋白质病毒变性失去生理活性从而达到杀菌的目的，故C错误；D新型冠状病毒主要通过飞沫和接触传播，为减少传染性，出门应戴好口罩，专业人员穿戴防护服，防护服、口罩的成分均含有机高分子材料，故D正确；答案选D。2. 下列实验装置或操作与粒子直径的大小无直接关系的是（
3、）A. 过滤B. 渗析C. 萃取D. 丁达尔效应【答案】C【解析】【详解】A悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A不选；B胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B不选；C萃取利用一种溶质在两种溶剂中溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C选；D胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，故和粒子直径大小有关，故D不选；故答案为C。【点睛】浊液、胶体、溶液的本质区别是分散质粒子的大小不同，浊液的分散质粒子不能透过滤纸，胶体、溶液的分散质粒子能透过滤纸；胶体和
4、浊液的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜。3. 分类思想是中学化学的核心思想，分类均有一定标准。下列有关说法正确的是A. Al2O3、SiO2均可与强酸、强碱反应，都为两性氧化物B. Na2O2、AlCl3在适当条件下均可导电，都为电解质C. CuCl2与FeCl3均可与Fe发生置换反应，都可充当氧化剂D. BaCO3、BaSO4、Ba(OH)2均难溶于水，所以均属于难溶电解质【答案】B【解析】【详解】ASiO2能与强碱反应，但不能与强酸反应，且为酸性氧化物，A不正确；BNa2O2在熔融状态下能导电，AlCl3在水溶液中能导电，它们都为电解质，B正确；CFeCl3与Fe能发
5、生化合反应，生成FeCl2，在反应中充当氧化剂，C不正确；DBa(OH)2易溶于水，属于易溶电解质，D不正确；故选B。4. 某实验室需要 1.0 mol/L 的碳酸钠溶液 450 mL，利用碳酸钠晶体(Na2CO310H2O)来配制。下列说法正确的是A. 应称取该碳酸钠晶体128.7 gB. 取 100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液浓度为0.5 mol/LC. 定容时俯视刻度线会引起配制溶液的浓度偏高D. 定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，应再补加少量水至刻度线【答案】C【解析】【分析】需用500 mL容量瓶配制该溶液，根据计算需要碳酸钠晶体质量；100 mL 该溶液
6、，向其中加入100 mL 水，所得溶液的体积不是200mL；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大。【详解】143.0g，故A错误；100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液的体积不是200mL，所以溶液浓度不是0.5 mol/L，故B错误；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故C正确；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制的误差分析时，注意从c=分析操作对溶质的物质的量浓度的影响，若n偏大则
7、c偏高，若v偏高则c偏低。5. 从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：则下列说法正确的是( )A. 试剂a是铁、试剂b是稀硫酸B. 操作、操作、操作所用仪器相同C. 试剂c是氯气，相应的反应为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-D. 用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2+【答案】C【解析】【分析】工业废液中加入试剂a为过量的铁，操作为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液X为氯化亚铁溶液；滤渣Y中加入试剂b为盐酸，溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作过滤得到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并通入氯气，氯化亚铁氧化为氯化铁溶液，
8、蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体。【详解】A、由最终得到FeCl3及其流程图可知，b为盐酸，若为硫酸会引入硫酸根杂质离子，故A错误；B、上述分析可知，操作、是过滤，操作是蒸发结晶、过滤，所用仪器不同，故B错误；C、滤液X，滤液Z中均含有FeCl2，c为氯气，把亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2+Cl22Cl-+2Fe3+，故C正确；D、亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W中是否还有Fe2+，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查了物质分离、提纯过程的分析判断，明确离子性质和除杂方法，注意除杂试剂不能引入新的杂质，掌握亚铁离子、氯离子都可以
9、被高锰酸钾溶液氧化。6. 设NA为阿伏加德罗常数的值。由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，发生反应：CaOCl2+H2SO4（浓）=CaSO4+Cl2+ H2O。下列说法正确的是A. 明矾、小苏打都可称为混盐B. 在上述反应中，浓硫酸体现氧化剂和酸性C. 每产生1molCl2，转移电子数为NAD. 1molCaOCl2中共含离子数为4NA【答案】C【解析】【详解】A选项，明矾是两种阳离子和一种阴离子组成的盐，小苏打是一种阳离子和一种阴离子组成的盐，因此都不能称为混盐，故A错误；B选项，在上述反应中，浓硫酸化合价没有变化，因此浓硫酸只体现酸性，故B错
10、误；C选项，CaOCl2中有氯离子和次氯酸根，一个氯离子升高一价，生成一个氯气，因此每产生1mol Cl2，转移电子数为NA，故C正确；D选项，CaOCl2中含有钙离子、氯离子、次氯酸根，因此1mol CaOCl2共含离子数为3NA，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】读清题中的信息，理清楚CaOCl2中包含的离子。7. 在通风橱中进行下列实验：下列说法中不正确的是：A. 种气体有无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=2NO2B. 中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C. 对比、中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D. 针对中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，
11、可判断Fe是否被氧化【答案】C【解析】【详解】A.I是铁与稀硝酸反应生成无色气体NO，NO被空气中的氧气氧化生成红棕色的NO2气体，故A正确；B.II的现象是因为铁发生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故B正确；C.实验II反应停止是因为发生了钝化，不能用来比较稀硝酸和浓硝酸的氧化性强弱，物质氧化性强弱只能通过比较物质得电子能力大小来分析，故C错误；D.III中Fe、Cu都能与硝酸反应，二者接触，符合原电池构成条件，要想验证铁是否为负极，发生氧化反应，可以连接电流计，故D正确。答案选C。8. 下列有关离子方程式书写正确的是)A. 用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO
12、2+2OH=+H2OB. 向Ca(HCO3)2溶液加少量氢氧化钠溶液：Ca2+22OHCaCO32H2OC. 氧化亚铁溶于足量稀硝酸中：FeO2H+Fe2+H2OD. 醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO32H+Ca2+H2OCO2【答案】A【解析】【详解】ANaOH与NO2反应，生成NaNO3、NaNO2和H2O，反应的离子方程式：2NO2+2OH=+H2O，A正确；B向Ca(HCO3)2溶液加少量氢氧化钠溶液，离子方程式为：Ca2+OHCaCO3H2O，B不正确；C氧化亚铁溶于足量的稀硝酸中，离子方程式为：3FeO10H+3Fe3+NO+5H2O，C不正确；D醋酸溶液与水垢中的CaC
13、O3反应，离子方程式为：CaCO32CH3COOHCa2+H2OCO2+2CH3COO-，D不正确 ；故选A。9. Mg与Br2反应可生成具有强吸水性的MgBr2，该反应剧烈且放出大量的热。实验室采用如图装置制备无水MgBr2。下列说法错误的是A. a为冷却水进水口B. 装置A的作用是吸收水蒸气和挥发出的溴蒸气C. 实验时需缓慢通入N2，防止反应过于剧烈D. 不能用干燥空气代替N2，因为副产物MgO会阻碍反应的进行【答案】B【解析】【详解】A冷凝管起到冷凝回流的作用，冷凝管内冷凝水的方向为下进上出，则a为冷却水进水口，故A正确；BMgBr2具有较强的吸水性，制备无水MgBr2，需要防止空气中的
14、水蒸气进入三颈烧瓶，则装置A的作用是吸收水蒸气，但无水CaCl2不能吸收溴蒸气，故B错误； C制取MgBr2的反应剧烈且放出大量的热，实验时利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈烧瓶中，为防止反应过于剧烈，实验时需缓慢通入N2，故C正确；D不能用干燥空气代替N2，空气中含有的氧气可将镁氧化为副产物MgO会阻碍反应的进行，故D正确；答案选B。10. 金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一，下列各组物质的转化关系不能全部通过一步反应完成的是（ ）A. NaNaOHNa2CO3NaClB. FeFeCl3Fe(OH)3Fe2O3C. MgMgCl2Mg(OH)2MgSO4D. AlAl2O3Al(O
15、H)3AlCl3【答案】D【解析】【详解】A钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，能一步实现反应，故A不符合；BFeFeCl3Fe（OH）3Fe2O3 中反应方程式分别是、FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3+3NaCl、，能一步实现，故B不符合；C镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解
16、于硫酸生成硫酸镁，Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O；故C不符合；D氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故D符合；故答案为D。11. 以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制的过程如图所示。下列叙述不正确的是( ) A. 过程中的能量转化形式是太阳能化学能B. 过程的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2C. 过程中每消耗116 g Fe3O4转移2 mol电子D. 铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点【答案】C【解析】【详解】A. 过程I利用太阳能将Fe3O4转化为O2和FeO，实现的能量转化形式是太阳能化学能，A正确；B. 过程
17、II实现了FeO与H2O反应生成Fe3O4和H2的转化反应，其反应方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2，B正确；C. 过程：2Fe3O4（s）6FeO（s）+O2（g），当有2molFe3O4分解时，生成1mol氧气，而n(Fe3O4)=116 g232 g/mol=0.5 mol，故生成0.25mol氧气，而氧元素由-2价变为0价，故转移0.25mol41mol电子，C错误；D. 根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，D正确；故合理选项是C。12. 已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实
18、验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是()A. 上述实验证明氧化性：MnOCl2Fe3I2B. 上述实验中，共有两个氧化还原反应C. 实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D. 实验证明Fe2既有氧化性又有还原性【答案】A【解析】【分析】由已知信息可知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，高锰酸钾是氧化剂、浓盐酸是还原剂，氧化性：MnO4-Cl2；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色，铁元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由0价变为-1价，氯化亚铁是还原剂、氯气是
19、氧化剂，氧化性：Cl2Fe3+；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，铁离子和碘离子发生氧化还原反应生成碘和亚铁离子，I元素化合价由-1价变为0价、铁元素化合价由+3价变为+2价，所以碘离子作还原剂、铁离子为氧化剂，氧化性：Fe3+I2。【详解】A通过以上分析知，上述实验证明氧化性：MnO4-Cl2Fe3+I2，故A正确；B通过以上分析知，有3个氧化还原反应，故B错误；C实验生成的气体是氯气，氯气能氧化碘离子生成碘单质，所以实验生成的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，故C错误；D实验证明Fe2+有还原性，故D错误；答案选A。13. 下列变化过程不涉及氧化还原反应的是ABCD将铁片放入冷
20、的浓硫酸中无明显现象向 FeCl2 溶液中滴加 KSCN溶液，不变色，滴加氯水后溶液显红色向 Na2SO3 固体中加入硫酸，生成无色气体向包有 Na2O2 粉末的脱脂棉上滴几滴蒸馏水，脱脂棉燃烧A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 铁遇冷的浓硫酸发生钝化，铁被氧化生成致密的氧化层薄膜，属于氧化还原反应，故A错误；B. 向 FeCl2溶液中滴加 KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后，氯化亚铁被氯气氧化生成氯化铁，氯化铁与硫氰化钾溶液反应，溶液显红色，属于氧化还原反应，故B错误；C.亚硫酸钠与硫酸发生复分解反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应前后没有化合价改变，不属于氧化还
21、原反应，故C正确；D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应放出大量的热，放出的热量使氧气和脱脂棉反应，使脱脂棉燃烧，属于氧化还原反应，故D错误；故选C【点睛】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，结合反应的特点以及元素化合价的角度判断反应是否为氧化还原反应是解答关键。14. 用下列实验装置进行相应的实验，能够达到实验目的是（ ）A. 实验室制取少量的硝基苯B. 证明溴乙烷发生消去反应C. 分离乙酸乙酯、碳酸钠和水的混合物D. 证明乙醇、浓硫酸共热生成乙烯【答案】D【解析】【详解】A制备硝基苯应水浴加热，温度计测定水温度，加热至5060，则不能冰水冷却，故A错误；B溴乙烷发生消去反应的条件是
22、NaOH醇溶液，加热时醇有可能挥发，则挥发的醇及生成的乙烯均使高锰酸钾褪色，不能证明溴乙烷发生消去反应，故B错误；C乙酸乙酯、碳酸钠和水的混合物，分层，乙酸乙酯在上层，则利用分液法分离，不能利用过滤分离，故C错误；D乙醇和浓硫酸混合加热到170发生消去反应生成乙烯，过程中副反应为浓硫酸能够使酒精脱水碳化，碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫具有还原性和溴单质发生反应，检验乙烯前需要除去二氧化硫，装置中乙烯发生装置正确，通过氢氧化钠溶液吸收生成的二氧化硫和二氧化碳，剩余气体通过溴的四氯化碳溶液褪色证明生成乙烯，实验装置能够达到实验目的，故D正确；答案为D。15. 为测定石灰石样品中
23、碳酸钙(合SiO2杂质)的含量。现利用如图所示装置进行实验，充分反应后，测定装置C中生成的BaCO3沉淀质量。下列说法正确的是A. 装置A中药品应为浓硫酸B. 在BC之间应增添盛有饱和NaHCO3溶液的洗气装置，以除去氯化氢气体C. 只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，也可以确定碳酸钙的质量分数D. 为了测得C中生成的沉淀质量，需经过过滤、洗涤、干燥、称量等操作【答案】D【解析】【详解】AA装置的作用是防止空气中的二氧化碳进入装置B，所以应选择能吸收二氧化碳气体的试剂，可以是氢氧化钠溶液等，故A说法错误；BB装置中挥发出的HCl与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，若BC之间添加盛放碳酸氢钠
24、溶液的装置，二氧化碳的产量增加了，无法确定石灰石的含量，故B说法错误；C盐酸具有挥发性，也可以从B进入C中，且C中还可能进入水蒸气，导致实验误差，无法确定碳酸钙的质量分数，故C说法错误；D要准确测量碳酸钡沉淀的质量，必须过滤出碳酸钡，然后洗净附着在其表面的杂质，再干燥、称量，故D说法正确；答案选D。16. 在标准状况下H2和Cl2的混合气体a L，经光照后完全反应，所得气体恰好能使bmol的NaOH完全转化为盐，则a、b的关系不可能是下列的A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】所发生的反应有：H2+Cl2 2HCl，HCl+NaOH=NaCl+H2O。若Cl2过量还有：2NaOH+
25、Cl2=NaCl+NaClO+H2O。由以上反应可知：n(NaOH)=2n(Cl2)，若a L全为H2时，耗NaOH的物质的量为0，若a L全为Cl2时，消耗NaOH量最大：2=mol，故二者混合气体消耗NaOH量应介于0与mol之间，即0b。因此不能成立，故选C。【点睛】解答本题要注意极值法的应用。要注意题中为H2和Cl2的混合气体，因此b不能等于两个极值。二、非选择题17. 铜是生物必需的微量元素，也是人类最早使用的金属之一。铜的生产和使用对国计民生各个方面都产生了深远的影响。（1）写出铜与稀硝酸反应的化学方程式_。（2）为了保护环境和节约资源，通常先用和稀硫酸的混合溶液溶出废旧卬刷电路板
26、中的铜，最终实现铜的回收利用，写出溶出铜的离子方程式_。（3）工业上以黄铜矿为原料，采用火法溶炼工艺生产铜，该工艺的中间过程会发生反应：，该反应的氧化剂是_；当生成时，反应中转移的电子为_。（4）研究性学习小组用“间接碘量法”测定某试样中（不含能与I-反应的氧化性杂质）的含量，取试样配成溶液，每次取，滴加溶液后有白色碘化物沉淀生成，写出该反应的离子方程式_。（5）继续滴加KI溶液至沉淀不再产生，溶液中的I2用硫化硫酸钠标准溶液滴定，发生反应的化学方程式为：，平均消耗的溶液。则试样中的质量分数为_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 【解析】【详解】（1）Cu与
27、稀硝酸发生氧化还原反应：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；（2）过氧化氢具有氢氧化性，可将Cu氧化成Cu2+，该离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O；（3）由化合价降低的为氧化物，故该反应的氧化剂为Cu2O和Cu2S；反应物中，Cu都为+1价，生成19.2g（即0.3mol）Cu时，转移电子数也为0.3mol；（4）碘离子具有强还原性，可将Cu2+还原并产生CuI白色沉淀，反应的离子反应方程式为：2Cu2+4I-=2CuI+I2;（5）Cu2+和Na2S2O3的对应关系为Cu2+Na2S2O3，故CuSO45H2O的质量分数为18. 84消毒液、酒精、
28、过氧乙酸等消毒剂在抗击新型冠状病毒肺炎疫情中起到重要作用。回答下列问题：.84消毒液是北京第一传染病医院(现北京地坛医院)于1984年研制的一种消毒液，主要成分为受热易分解的次氯酸钠(NaClO)。某实验小组用如图装置制备84消毒液。(1)A中发生反应的离子方程式为_。(2)C中盛装试剂为_，仪器的连接顺序为a_。(3)制备84消毒液时，若Cl2与NaOH溶液反应温度过高，NaClO的产率将_(填“增大”“减小”或“不变”)。.过氧乙酸(CH3COOOH)是无色液体，易溶于水，有强烈刺激性气味，有腐蚀性，对人的眼睛、皮肤、黏膜、上呼吸道等有强烈刺激作用，易分解，易爆炸。(4)贮存和运输CH3C
29、OOOH时要注意的事项是_。(5)消毒过程中需将200mL20%的过氧乙酸(密度为1.02gcm-3)稀释为0.5%的过氧乙酸，则需加入水的体积为_。(6)CH3COOOH可用H2O2和CH3COOH制备，其化学方程式为_。(7)制备CH3COOOH过程中总会残留少量H2O2，因此CH3COOOH在使用过程中需要准确标定原液的浓度。取CH3COOOH样品，标定步骤如下：a.用KMnO4标准溶液滴定H2O2；b.当达到终点时加入足量KI溶液，发生反应：2KI+H2SO4+CH3COOOH=2KHSO4+CH3COOH+H2O+I2；c.用1.500molL-1Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2
30、，发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。测得样品中CH3COOOH质量分数为_。【答案】 (1). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (2). 饱和食盐水 (3). edcbfg (4). 减小 (5). 放阴暗处、避免碰撞、不能放在易燃物附近、密封 (6). 7956 (7). CH3COOH+H2O2=CH3COOOH+H2O (8). 19.00%【解析】【分析】I本实验的目的是制备NaClO，氯气和NaOH溶液反应可以生成NaClO和NaCl，所以需要先制备氯气，装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，生成的
31、氯气中会混有HCl气体，需要除去，可以用装置C盛放饱和食盐水进行洗气，洗气后通入NaOH溶液进行反应，未反应的氯气有毒，可以用装有碱石灰的干燥管进行吸收；(7)该滴定实验的原理是先用高锰酸钾将双氧水氧化，然后利用过氧乙酸氧化碘离子生成碘单质，之后利用Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘单质的量，从而确定过氧乙酸的量。【详解】(1)装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；(2)C装置盛装饱和食盐水除去氯气中混有的杂质，根据分析可知仪器的连接顺序为aedcbfg；(3)次氯酸钠受热易分解，所以温度过高产率减小；(4)过氧乙酸易溶于水、易
32、分解、易爆炸、对人体有害，所以贮存和运输时应放阴暗处、避免碰撞、不能放在易燃物附近、密封；(5)稀释过程溶质的质量不变，设加水的体积为V，水的密度为1g/cm3，所以有200mL1.02gcm-320%=(200mL1.02gcm-3+V1gcm-3)0.5%，解得V=7956mL；(6)根据元素守恒可知H2O2和CH3COOH制备过氧乙酸的化学方程式为CH3COOH+H2O2=CH3COOOH+H2O；(7)消耗Na2S2O3溶液20.00mL，其浓度为1.500molL-1，根据反应方程式I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知生成的碘单质的物质的量n(I2)=0.015mol
33、，根据化学方程式2KI+H2SO4+CH3COOOH=2KHSO4+CH3COOH+H2O+I2可知，消耗的过氧乙酸的物质的量n(CH3COOOH)= n(I2)=0.015mol，所以样品中过氧乙酸的质量分数为=19.00%。【点睛】有关溶液稀释的计算要把握一个点：稀释过程中溶质的质量(或物质的量)不变，据此进行计算。19. 铝元素在自然界中主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中。工业上综合利用铝土矿的部分工艺流程如下。（1）在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性。 该过程中涉及某氧化还原反应如下，请完成：Fe2+ClO+ = Fe(O
34、H)3+Cl+ 。_（2）检验滤液B中是否还含有Fe2+的方法为：_。（3）将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，选用的最好试剂为_（填代号）。a氢氧化钠溶液 b硫酸溶液 c氨水 d二氧化碳（4）由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、_（填操作名称）、过滤、洗涤。（5）滤渣的主要成分是_（填化学式），其与NaOH固体焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为_（填代号），该反应的化学方程式是 _。【答案】 (1). 2Fe2+ClO+5H2O=2Fe(OH)3+Cl+4H+ (2). 加入铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀或滴加高锰酸钾溶液，紫红色褪去 (3). c (4). 冷却结晶 (5).
35、SiO2 (6). B (7). SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O【解析】【分析】图示工艺流程为：铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2)加入稀盐酸，得到滤渣为二氧化硅，滤液中含有铁离子、亚铁离子和氯离子；加入漂白液后亚铁离子氧化成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁沉淀；滤液B为氯化铝溶液；二氧化硅与氢氧化钠在铁坩埚中焙烧生成硅酸钠；【详解】(1)滤液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去；亚铁离子被氧化为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀，次氯
36、酸根离子被还原为氯离子，反应的两种方程式为：2Fe2+ClO-+5H2O=2Fe(OH)3+Cl-+4H+；(2)要检验滤液B中是否还含有铁元素，可以利用铁离子和亚铁离子的检验方法进行检验，取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含铁元素；(3)滤液中含有的是氯化铝溶液，将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出；a氢氧化钠溶液可以沉淀铝离子但过量会溶解氢氧化铝，故a不是最好；b硫酸溶液不能沉淀铝离子，故b不符合；c氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝，过量的氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体，故c符合；d二氧化碳和氯化铝不反应，不能生成氢氧化铝沉淀，故d不符
37、合；故答案为c；(4) 由滤液B制备氯化铝晶体时，加入浓盐酸抑制氯化铝的水解，蒸发浓缩冷却结晶，过滤，洗涤；(5)滤渣的主要成分是 SiO2，其与NaOH固体焙烧制备硅酸钠;A蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应，故A不符合；B铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，故B符合；C玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应，故C不符合；D烧杯不能用于固体高温加热，故D不符合；答案为B；二氧化硅和氢氧化钠反应的化学方程式为：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O。20. 有机物是合成药物阿莫西林的中间体。以有机物A为原料合成的路线如下：已知：RCHO回答下列问题(1)A的名称是_。(2)B在光照条件下与Cl2反应
38、生成C，C中官能团的名称是_、_。(3)CD的反应条件为_，EF的反应类型为_。(4)流程中设计AB的目的是_。(5)E能与银氨溶液反应，反应方程式为_。(6)G在一定条件下能发生酯化反应生成分子内含3个六元环的有机物，其结构简式为_。(7)芳香族化合物X是H的同分异构体，满足以下条件的结构有_种(不考虑立体异构)。a能使FeCl3溶液显紫色，苯环上的一溴代物只有一种b核磁共振氢谱显示不同化学环境的氢原子数比为3221c能在稀硫酸中发生水解反应且产物之一的分子式为C7H8O3写出符合上述题意的分子式为C7H8O3的两种有机物的结构简式_，_。【答案】 (1). 对甲基苯酚或4-甲基苯酚 (2)
39、. 氯原子 (3). 醚键 (4). 氢氧化钠水溶液、加热 (5). 加成反应 (6). 保护酚羟基 (7). +2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O (8). (9). 2 (10). (11). 【解析】【分析】A是，A与CH3I发生取代反应产生B：；B在光照条件下与Cl2反应生成C：，C与NaOH的水溶液共热，发生水解反应产生D：，D与O2在催化剂存在条件下加热发生氧化反应产生E：，E发生信息反应产生F：，F在酸性条件下反应产生G：，G与HI发生取代反应产生H：，H在NH4Cl/NH3条件下发生取代反应产生I：。【详解】根据上述分析可知：C是，D是，F是，H是。(1)A是，名
40、称是对甲基苯酚或4-甲基苯酚；(2)B是，B在光照条件下与Cl2反应生成C：，C中官能团名称是氯原子、醚键；(3)C是，D是，C与NaOH的水溶液共热，发生水解反应产生D，所以CD的反应条件为氢氧化钠水溶液、加热；E是，E与HCN发生加成反应产生F：，故EF的反应类型为加成反应；(4)AB时酚-OH变为-OCH3，在后来GH时又由-OCH3变为-OH，可见流程中设计AB的目的是保护酚羟基；(5)E中含有醛基，能够与银氨溶液水浴加热发生氧化反应，醛基被氧化变为羧基，再与NH3反应产生羧酸铵，反应方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O；(6)G 是，分子中含有羧基、羟基，2分
41、子的G在浓硫酸存在的条件下加热，发生酯化反应产生分子内含3个六元环的有机物，其结构简式为；(7) H是，芳香族化合物X是H的同分异构体，满足条件：a能使FeCl3溶液显紫色，苯环上的一溴代物只有一种，说明该物质分子高度对称，分子中含有苯环，且苯环上有酚羟基和一种位置的H原子；b核磁共振氢谱显示不同化学环境的氢原子数比为3221，说明物质分子中含有4种不同位置的H原子，它们的数目比为3221；c能在稀硫酸中发生水解反应且产物之一的分子式为C7H8O3，说明物质分子中含有酯基，则X可能结构有和2种不同结构，其水解产生的分子式为C7H8O3的两种有机物的结构简式为：、。【点睛】本题考查有机物的合成与转化。注意结合流程图中反应前后物质结构的变化判断反应类型，并根据相应物质含有的官能团的性质分析判断。注意G分子中在一个碳原子上含有-COOH、-OH，在一定条件下发生酯化反应可形成酯环，从而当2个分子发生酯化反应时会得到含有3个环状结构的物质。