2022-2022学年江西省宜春市高安二中高三第二次段考化学试卷　一、选择题：1．中国历史悠久，很早就把化学技术应用到生产生活中．下列与化学有关的说法不正确的是A．闻名世界的中国陶瓷、酿酒、造纸技术都充分应用了化学工艺B．四大发明之一黑火药是由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D．由于中国大部分地区都缺碘，而缺碘就会引起碘缺乏病，80年代国家强制给食用的氯化钠食盐中加入碘单质　2．下列关于物质分类的说法正确的是A．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液都属于胶体B．Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物C．氨水、次氯酸都属于弱电解质D．葡萄糖、油脂都不属于有机高分子　3．足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是A．氢氧化钠溶液B．稀硫酸C．盐酸D．稀硝酸　4．检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是A．NaOHB．KMnO4C．KSCND．苯酚　5．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是A．标准状况下，11.2LHF中含有分子的数目为0.5NAB．0.1molFe与少量氯气反应生成FeCl2，转移电子数为0.2NAC．1.4g由乙烯和环丙烷组成的混合物中含有原子的数目为0.3NAD．0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液中含有CO32﹣离子数目小于0.1NA　6．下列实验装置或操作正确的是A．将海带灼烧成灰B．除去氯气中的HClC．-23-实验室制取NOD．配制溶液过程　7．25℃时，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A．无色溶液中：Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．由水电离得到的c=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣C．0.1mol•L﹣1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、Cl﹣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣　8．海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C．工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收　9．下列有关说法正确的是A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B．Fe3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥D．SiO2既能和氢氧化钠溶液反应有能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物　10．能正确表示下列反应的离子方程式是A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H++2I﹣═2Fe2++I2+3H2OB．0.1mol/LNH4Al2溶液与0.2mol/LBa2溶液等体积混合：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2OC．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2OD．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO﹣+SO2+H2O═HClO+HSO3﹣　11．下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+-23-B．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2　12．在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C．下列说法正确的是A．元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体B．Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r＞rC．在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性D．该反应中化学能全部转化为热能　13．工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2．在该反应中A．二氧化硫体现还原性，做还原剂B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2　14．用图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是选项①中物质②中物质预测②中的现象A稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色A．AB．BC．CD．D　15．在含有Cu2、Zn2、Fe3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，同时析出0.1molAg．则下列结论中不正确的是A．向反应后的溶液中继续加入少量铁粉，铁粉可以继续溶解B．氧化性：Ag+＞Fe3+＞Cu2+＞Zn2+C．反应后溶液的质量减轻D．反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：1　16．将Mg和Cu组成的混合物5.6g投入足量的稀硝酸中使其完全反应，得到的唯一还原产物NO在标准状况下体积为2.24L．将反应后的溶液稀释为1L，测得溶液的pH=1，此时溶液中NO3﹣的浓度为A．0.3mol/LB．0.4mol/LC．0.5mol/LD．0.6mol/L-23-　　二、非选择题17．A～J分表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示，且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素．请填写下列空白：A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素在周期表中的位置　　　　　　．写出反应①、⑤、⑥的化学方程式和反应④的离子方程式．反应①：　　　　　　反应⑤：　　　　　　反应⑥：　　　　　　反应④：　　　　　　．从能量变化的角度看，①、②、③反应中，△H＜0的是　　　　　　．　18．二氧化硒是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se．完成下列填空：Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式　　　　　　．已知：Se+2H2SO4→2SO2↑+SeO2+2H2O2SO2+SeO2+2H2O→Se+2S+4H+SeO2、H2SO4、SO2的氧化性由强到弱的顺序是　　　　　　．回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI配平方程式①，标出电子转移的方向和数目．　　　　　　．实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为　　　　　　．　19．高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：MnO2熔融氧化：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；K2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2C3．-23-已知KMnO4溶液显绿色．请回答下列问题：MnO2熔融氧化应放在　　　　　　中加热．①烧杯　②瓷坩埚　③蒸发皿　④铁坩埚在MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液中通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒．①为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊．当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中．待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞　　　　　　，打开旋塞　　　　　　，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集气囊G中．然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应．②检验K2MnO4歧化完全的实验操作是　　　　　　．利用氧化还原滴定法进行高锰酸钾纯度分析，原理为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O现称制得的高锰酸钾产品7.245g，配成500mL溶液，用移液管量取25.00mL待测液，用0.1000mol•L﹣1草酸钠标准溶液液进行滴定，终点时消耗标准液体积为50.00mL，则高锰酸钾产品的纯度为　　　　　　=158g•mol﹣1）．若移液管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，则测定结果将　　　　　　．　20．地壳中含量第一金属元素构成的单质A与化合物B发生置换反应，产物为黑色固体C和另一单质D，单质D与水蒸气在高温下可得到B．则写出构成金属单质A的元素在周期表中的位置为　　　　　　．写出D与水蒸气反应的化学方程式　　　　　　．　21．某地煤矸石经预处理后含SiO2、Al2O3、Fe2O3及少量钙镁的化合物等，一种综合利用工艺设计如下：物质X的化学式为　　　　　　．“碱”时反应的离子方程式为　　　　　　．为加快“酸浸”时的速率，可采取的措施有　　　　　　、　　　　　　等．-23-已知Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4为了获得更多产品Al3，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续操作的实验方案是　　　　　　．　22．2022年4月台湾曝出的增塑剂风波一度让人们“谈塑色变”．常用的增塑剂如下：请回答下列问题：下列对甲的叙述正确的是　　　　　　A．甲能使Br2的CCl4溶液退色B．甲的单体是CH3CH=CHCOOCH2CH2CH3C．1mol甲能与1molNaOH发生水解反应D．甲能发生酯化反应、取代反应、消去反应、加成反应丙中含有的官能团名称是　　　　　　．乙的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式　　　　　　．已知通过燃烧法确定丁的含氧量为23%．以某烃A为原料合成该塑料增塑剂的流程如下：①反应1的反应条件是　　　　　　．②反应2的反应类型是　　　　　　．③反应3的化学方程式是　　　　　　．　　-23-2022-2022学年江西省宜春市高安二中高三第二次段考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题：1．中国历史悠久，很早就把化学技术应用到生产生活中．下列与化学有关的说法不正确的是A．闻名世界的中国陶瓷、酿酒、造纸技术都充分应用了化学工艺B．四大发明之一黑火药是由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D．由于中国大部分地区都缺碘，而缺碘就会引起碘缺乏病，80年代国家强制给食用的氯化钠食盐中加入碘单质【考点】化学史．中学版权所有【分析】A．陶瓷、酿酒、造纸都发生了化学变化；B．根据黑火药的成分分析；C．侯氏制碱法中生成了溶解度较小的碳酸氢钠；D．加碘盐是加入碘酸钾．【解答】解：A．陶瓷、酿酒、造纸等工艺过程中都发生了化学变化，充分应用了化学工艺，故A正确；B．黑火药的成分是硫磺、硝石和木炭，三者按照1：2：3的组成混合在一起，故B正确；C．侯氏制碱法是用饱和的氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，反应生成了溶解度较小的碳酸氢钠，故C正确；D．加碘盐是加入碘酸钾，单质碘有毒，而且易升华，故D错误．故选D．【点评】本题考查了化学知识在生产生活中的应用，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意学习时理论联系实际．　2．下列关于物质分类的说法正确的是A．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液都属于胶体B．Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物C．氨水、次氯酸都属于弱电解质D．葡萄糖、油脂都不属于有机高分子【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念；有机高分子化合物的结构和性质．中学版权所有【分析】A．胶体是分散质直径在1﹣100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；B．碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物；C．弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；D．有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，可达几万至几十万，甚至达几百万或更大．【解答】解：A．稀豆浆属于胶体、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故A错误；B．FeO、MgO和酸反应生成盐和水，均为碱性氧化物，Al2O3均既能与酸反应又能与碱反应，是两性氧化物，故B错误；C．氯水是氯气的水溶液，不是电解质，次氯酸是弱酸，属于弱电解质，故C错误；D．葡萄糖、油脂属于有机物，但是相对分子质量不大，故D正确．-23-故选D．【点评】本题考查物质的分类、有机高分子化合物的定义等，为高频考点，侧重对基础知识的巩固，题目难度不大，注意基础知识的积累．　3．足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是A．氢氧化钠溶液B．稀硫酸C．盐酸D．稀硝酸【考点】铝的化学性质．中学版权所有【专题】元素及其化合物．【分析】首先硝酸与金属铝反应不生成氢气，根据生成物的化学式：Na[Al4]、Al23、AlCl3，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗NaOH物质的量最少．【解答】解：设Al为1mol，A．铝与氢氧化钠溶液反应生成Na[Al4]，1molAl消耗1molNaOH；B．铝与稀硫酸反应生成Al23，1mol铝消耗1.5mol硫酸；C．铝与盐酸反应生成AlCl3，1mol铝消耗3mol盐酸；D．硝酸与金属铝反应不生成氢气，综合以上分析可知放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是氢氧化钠溶液，故选A．【点评】本题考查铝的性质，侧重于物质的量的判断，解答时可根据生成物的化学式，从质量守恒的角度分析，易错点为D，注意硝酸与铝反应不生成氢气．　4．检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是A．NaOHB．KMnO4C．KSCND．苯酚【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．中学版权所有【分析】亚铁离子具有还原性，可与氯水、高锰酸钾等氧化剂反应，以此解答该题．【解答】解：A．加入氢氧化钠，因含有铁离子，可生成红褐色沉淀，不能检验是否含有亚铁离子，故A错误；B．亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾等发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色，可鉴别，故B正确；C．亚铁离子与KSCN不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故C错误；D．亚铁离子与苯酚不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故D错误．故选B．【点评】本题考查物质的检验，为高频考点，题目难度不大，本题注意亚铁离子与铁离子性质的区别，检验时必须有明显不同的现象．　5．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是A．标准状况下，11.2LHF中含有分子的数目为0.5NAB．0.1molFe与少量氯气反应生成FeCl2，转移电子数为0.2NAC．1.4g由乙烯和环丙烷组成的混合物中含有原子的数目为0.3NAD．0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液中含有CO32﹣离子数目小于0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．中学版权所有【分析】A、标况下，HF为液态；B、铁与氯气反应变为+3价；C、乙烯和环丙烷的最简式均为CH2；D、溶液体积不明确．-23-【解答】解：A、标况下，HF为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、铁与氯气反应变为+3价，即生成的是氯化铁而非氯化亚铁，故B错误；C、乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，故1.4g混合物中含有的CH2的物质的量n==0.1mol，故含有0.3mol原子即0.3NA个，故C正确；D、溶液体积不明确，故溶液中的碳酸根的个数不能计算，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　6．下列实验装置或操作正确的是A．将海带灼烧成灰B．除去氯气中的HClC．实验室制取NOD．配制溶液过程【考点】化学实验方案的评价．中学版权所有【分析】A．灼烧固体应在坩埚中进行；B．二者都与氢氧化钠反应；C．NO不溶于水，可用排水法收集；D．定容时，眼睛与溶液的凹液面水平相切．【解答】解：A．烧杯应垫石棉网加热，灼烧固体应在坩埚中进行，故A错误；B．二者都与氢氧化钠反应，应用饱和食盐水除杂，故B错误；C．稀硝酸与铜反应生成NO，NO不溶于水，可用排水法收集，故C正确；D．定容时，眼睛与溶液的凹液面水平相切，题中液面没有达到刻度线，不能只看刻度线，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、气体的制备以及溶液的配制，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性、可行性的评价，难度不大．-23-　7．25℃时，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A．无色溶液中：Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．由水电离得到的c=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣C．0.1mol•L﹣1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、Cl﹣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．中学版权所有【分析】A．硫离子与硫离子发生双水解反应；B．由水电离得到的c=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，酸性溶液中，四种离子不反应，都不与氢离子反应，能够共存；C．偏铝酸根离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；D．铁离子发生水解，溶液不可能为中性．【解答】解：A．Al3+、S2﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．由水电离得到的c=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣之间不反应，在酸性溶液中都不与氢离子反应，能够大量共存，故B正确；C．AlO2﹣与NH4+发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Fe3+在溶液中发生水解，溶液显示酸性，不可能为中性，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．　8．海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C．工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【考点】真题集萃；海水资源及其综合利用．中学版权所有【分析】A．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴；B．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；C．工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂；D．先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的．-23-【解答】解：A．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故B正确；C．工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂，故C错误；D．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确，故选：C．【点评】本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查，难度不大．　9．下列有关说法正确的是A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B．Fe3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥D．SiO2既能和氢氧化钠溶液反应有能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物【考点】钠的重要化合物；胶体的重要性质；硅和二氧化硅；气体的净化和干燥．中学版权所有【分析】A、碳酸钠加热不能分解；B、氢氧化铁胶体为红褐色液体；C、氢气、二氧化硫、二氧化碳和浓硫酸不反应，可以做气体的干燥剂；D、二氧化硅和氢氟酸反应是二氧化硅的特殊性质，两性氧化物是指和酸碱都反应的氧化物；【解答】解：A、碳酸钠加热不能分解，碳酸氢钠受热分解，A错误；B、氢氧化铁胶体为红褐色液体，透明，能发生丁达尔现象，故B错误；C、氢气、二氧化硫、二氧化碳和浓硫酸不反应，可以做气体的干燥剂，H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥，故C正确；D、二氧化硅和氢氟酸反应是二氧化硅的特殊性质，两性氧化物是指和酸碱都反应的氧化物，二氧化硅属于酸性氧化物，故D错误；故选C．【点评】本题考查了物质性质分析，酸性氧化物概念理解应用，气体干燥的原理分析，掌握基础是关键，题目较简单．　10．能正确表示下列反应的离子方程式是A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H++2I﹣═2Fe2++I2+3H2OB．0.1mol/LNH4Al2溶液与0.2mol/LBa2溶液等体积混合：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2OC．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2OD．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO﹣+SO2+H2O═HClO+HSO3﹣【考点】离子方程式的书写．中学版权所有【分析】A．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；B．物质的量比为1：2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨；-23-C．高锰酸钾能氧化HCl；D．发生氧化还原反应生成硫酸钠．【解答】解：A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中的离子反应为Fe2O3+6H++2I﹣═2Fe2++I2+3H2O，故A正确；B.0.1mol/LNH4Al2溶液与0.2mol/LBa2溶液等体积混合的离子反应为2Ba2++NH4++Al3++2SO42﹣+4OH﹣═Al3↓+2BaSO4↓+NH3．H2O，故B错误；C．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，因高锰酸钾氧化HCl，不能证明H2O2具有还原性，故C错误；D．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体的离子反应为ClO﹣+SO2+H2O═2H++Cl﹣+SO42﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．　11．下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【考点】真题集萃；常见阳离子的检验．中学版权所有【分析】A．如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+；B．无水硫酸铜吸水变为CuSO4•5H2O，白色粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气；C．灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，不能证明无K+，因为黄光可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察；D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等．【解答】解：A．Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B．气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2O═CuSO4•5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，并不能证明无K+，Na+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定是CO2，故D错误，故选B．【点评】本题考查常见物质及离子检验，侧重对基础知识的考查，注意对基础知识的掌握积累．　12．在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C．下列说法正确的是A．元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体B．Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r＞rC．在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性-23-D．该反应中化学能全部转化为热能【考点】同素异形体；微粒半径大小的比较；氧化性、还原性强弱的比较；化学能与热能的相互转化．中学版权所有【分析】A、C元素的单质存在多种同素异形体；B、电子层数越多，微粒半径越大；C、依据化学反应方程式判断即可，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；D、镁燃烧放出强光，据此解答即可．【解答】解：A、元素C除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯等同素异形体，故A错误；B、Mg有3个电子层，Mg2+为Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子，只有2个电子层，故半径r＜r，故B错误；C、该反应为：2Mg+CO22MgO+C，此反应中Mg为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性Mg＞C，故C正确；D、该反应放出光，即部分化学能转化为光能，且生成物仍具有能量，故D错误，故选C．【点评】本题主要考查的是同素异形体的判断、微粒半径大小比较、氧化还原反应中还原性强弱比较以及能量之间的转化等，综合性较强，有一定的难度．　13．工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2．在该反应中A．二氧化硫体现还原性，做还原剂B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2【考点】氧化还原反应．中学版权所有【分析】工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，反应在S元素的化合价从﹣2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，据此分析．【解答】解：A．由反应方程式中二氧化硫S的化合价从+4价降低到+2价，则二氧化硫体现氧化性，做氧化剂，故A错误；B．2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B错误；C．反应中2Na2S转化为3Na2S2O3，转移8个电子，则生成1molNa2S2O3，转移mol电子，故C错误；D．根据方程式可知，每当4molSO2参与氧化还原反应就会放出1molCO2，则每10m3SO2参与反应就会放出2.5m3CO2，故D正确．故选D．【点评】本题考查了氧化还原反应，注意根据反应物和生成物写出反应方程式，结合元素化合价的变化分析，题目难度中等．　14．用图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是选项①中物质②中物质预测②中的现象A稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体-23-C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色A．AB．BC．CD．D【考点】真题集萃；实验装置综合．中学版权所有【分析】A．先发生盐酸与NaOH的反应；B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化；C．NaOH过量，开始不生成沉淀；D．发生氧化还原反应．【解答】解：A．先发生盐酸与NaOH的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不合理，故A错误；B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故B错误；C．NaOH过量，开始不生成沉淀，反应生成偏铝酸钠和氯化钠，开始无现象，故C错误；D．草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，溶液褪色，现象合理，故D正确；故选D．【点评】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，为2022年高考真题，把握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等．　15．在含有Cu2、Zn2、Fe3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，同时析出0.1molAg．则下列结论中不正确的是A．向反应后的溶液中继续加入少量铁粉，铁粉可以继续溶解B．氧化性：Ag+＞Fe3+＞Cu2+＞Zn2+C．反应后溶液的质量减轻D．反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：1【考点】氧化还原反应的计算；铁的化学性质．中学版权所有【分析】根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+＜Cu2+＜Ag+，且存在Cu2+＜Fe3+＜Ag+，充分搅拌后Fe完全反应，且Fe3+和Ag+亦完全反应：2Ag++Fe═Fe2++2Ag，2Fe3++Fe═3Fe2+，以此解答该题．【解答】解：A．各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，同时析出0.1molAg，且Fe3+和Ag+亦完全反应：2Ag++Fe═Fe2++2Ag，2Fe3++Fe═3Fe2+，向反应后的溶液中继续加入少量铁粉，发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铁粉可以继续溶解，故A正确；B．根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+＜Cu2+＜Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+＜Fe3+，故B正确；C．发生2Ag++Fe═Fe2++2Ag，置换出Ag，0.1molFe的质量小于0.1molAg的质量，导致溶液质量减轻，故C正确；-23-D．由反应2Ag++Fe═Fe2++2Ag，2Fe3++Fe═3Fe2+，可知反应共生成0.2molFe2+，而0.1molCu2+没有参加反应，则反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2，故D错误；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握物质的氧化性的强弱为解答该题的关键，结合反应的方程式解答该题，题目难度中等．　16．将Mg和Cu组成的混合物5.6g投入足量的稀硝酸中使其完全反应，得到的唯一还原产物NO在标准状况下体积为2.24L．将反应后的溶液稀释为1L，测得溶液的pH=1，此时溶液中NO3﹣的浓度为A．0.3mol/LB．0.4mol/LC．0.5mol/LD．0.6mol/L【考点】氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算；物质的量浓度的相关计算．中学版权所有【分析】n==0.1mol，结合电子守恒及质量守恒计算Mg、Cu的物质的量，反应后的溶液稀释为1L，测得溶液的pH=1，则剩余硝酸为0.1mol，结合N原子守恒及Cu2、Mg2、HNO3的构成计算．【解答】解：n==0.1mol，设混合物中Mg、Cu的物质的量分别为x、y，由电子守恒及质量守恒可知，解得x=0.1mol，y=0.05mol，即Cu2、Mg2的物质的量分别为0.05mol、0.1mol，反应后的溶液稀释为1L，测得溶液的pH=1，则剩余硝酸为0.1mol，由N原子守恒可知，此时溶液中NO3﹣的浓度为=0.4mol/L，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中电子守恒及质量守恒、原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法应用，题目难度不大．　二、非选择题17．A～J分表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示，且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素．-23-请填写下列空白：A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素在周期表中的位置　第四周期第Ⅷ族　．写出反应①、⑤、⑥的化学方程式和反应④的离子方程式．反应①：　8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe　反应⑤：　Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O　反应⑥：　4Fe2+O2+2H2O4═Fe3　反应④：　2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑　．从能量变化的角度看，①、②、③反应中，△H＜0的是　①②　．【考点】无机物的推断．中学版权所有【分析】G为主族元素的固态氧化物，电解G得到I和H，G能和氢氧化钠溶液反应生成J，工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，则G是Al2O3，I能和氢氧化钠溶液反应生成J，则I是Al，J是NaAlO2，H是O2，Al和B能在高温下反应生成A，A能在氧气中燃烧生成B，铝在高温下能发生铝热反应，则B是金属氧化物，A是金属单质，B和盐酸反应生成C和D，C和氢氧化钠反应生成E，D和氨水反应生成F，E在空气中反应生成F，说明E不稳定，易被氧气氧化，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素，则A是Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe2，F为Fe3，结合对应单质、化合物的性质解答该题．【解答】解：G为主族元素的固态氧化物，电解G得到I和H，G能和氢氧化钠溶液反应生成J，工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，则G是Al2O3，I能和氢氧化钠溶液反应生成J，则I是Al，J是NaAlO2，H是O2，Al和B能在高温下反应生成A，A能在氧气中燃烧生成B，铝在高温下能发生铝热反应，则B是金属氧化物，A是金属单质，B和盐酸反应生成C和D，C和氢氧化钠反应生成E，D和氨水反应生成F，E在空气中反应生成F，说明E不稳定，易被氧气氧化，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素，则A是Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe2，F为Fe3，A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素是Fe元素，铁元素位于第四周期第Ⅷ族，故答案为：第四周期第Ⅷ族；反应①为高温下铝和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，反应的化学方程式为：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe；反应⑤为四氧化三铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁和水，反应的化学方程式为：Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O；反应⑥为氢氧化亚铁不稳定易被氧气氧化生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe2+O2+2H2O=4Fe3；-23-反应④为铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe；Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O；4Fe2+O2+2H2O4═Fe3；2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；△H＜O的反应为放热反应，①为铝热反应，②为燃烧反应，均为常见的放热反应，③为电解反应，为吸热反应，故答案为：①②．【点评】本题考查无机物的推断，题目难度中等，注意根据物质的性质和典型反应现象进行推断，熟练掌握元素化合物性质为解答关键，试题培养了学生的逻辑推理能力及灵活应用能力．　18．二氧化硒是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se．完成下列填空：Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式　Se+2HNO3=H2SeO3+NO↑+NO2↑=H2O+SeO2+NO↑+NO2↑）　．已知：Se+2H2SO4→2SO2↑+SeO2+2H2O2SO2+SeO2+2H2O→Se+2S+4H+SeO2、H2SO4、SO2的氧化性由强到弱的顺序是　H2SO4＞SeO2＞SO2　．回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI配平方程式①，标出电子转移的方向和数目．　　．实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为　92.5%　．【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．中学版权所有【分析】利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，利用电子守恒和限定条件可得方程式；在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，而还原剂的还原性强于还原产物的；①SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O中，I失去电子，Se得到电子，该反应转移4e﹣；根据反应的方程式可知，SeO2～2I2～4Na2S2O3，根据n=cV计算消耗的n，根据关系式计算样品中n，再根据m=nM计算SeO2的质量，进而计算样品中SeO2的质量分数．【解答】解：利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1，令二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的系数为=1，故反应方程式为Se+2HNO3=H2SeO3+NO↑+NO2↑=H2O+SeO2+NO↑+NO2↑），故答案为：Se+2HNO3=H2SeO3+NO↑+NO2↑=H2O+SeO2+NO↑+NO2↑）；-23-在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，所以根据反应的方程式可知，SeO2、H2SO4、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4＞SeO2＞SO2，故答案为：H2SO4＞SeO2＞SO2；①SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O中，I失去电子，Se得到电子，该反应转移4e﹣，电子转移的方向和数目为，故答案为：；根据反应的方程式可知SeO2～2I2～4Na2S2O3，消耗的n=0.2000mol/L×0.025L=0.005mol，根据关系式计算样品中n=0.005mol×=0.00125mol，故SeO2的质量为0.00125mol×111g/mol=0.13875g，所以样品中SeO2的质量分数为×100%=92.5%，故答案为：92.5%．【点评】本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及氧化还原反应转移电子为解答的关键，侧重分析与应用、计算能力的考查，题目难度不大．　19．高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：MnO2熔融氧化：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；K2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2C3．已知KMnO4溶液显绿色．请回答下列问题：MnO2熔融氧化应放在　④　中加热．①烧杯　②瓷坩埚　③蒸发皿　④铁坩埚在MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液中通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒．-23-①为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊．当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中．待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞　A、C　，打开旋塞　B、D、E　，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集气囊G中．然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应．②检验K2MnO4歧化完全的实验操作是　用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全　．利用氧化还原滴定法进行高锰酸钾纯度分析，原理为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O现称制得的高锰酸钾产品7.245g，配成500mL溶液，用移液管量取25.00mL待测液，用0.1000mol•L﹣1草酸钠标准溶液液进行滴定，终点时消耗标准液体积为50.00mL，则高锰酸钾产品的纯度为　87.23%　=158g•mol﹣1）．若移液管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，则测定结果将　偏小　．【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．中学版权所有【分析】熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；①该操作的目的是将气囊F中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法；②根据“K2MnO4溶液显绿色”可知，如果该歧化反应结束，则反应后的溶液不会显示绿色；根据n=cV计算出25mL待测液消耗的醋酸钠的物质的量，再根据反应方程式计算出25mL待测液中含有高锰酸钾的物质的量，从而计算出样品中含有高锰酸钾的物质的量，然后根据m=nM计算出高锰酸钾的质量，最后计算出纯度；待测液被蒸馏水稀释后浓度减小，测定的样品中含有的高锰酸钾物质的量减小，纯度减小．【解答】解：熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，所以④正确，故答案为：④；①待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，故答案为：A、C；B、D、E；②由于K2MnO4溶液显绿色，所以用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全，故答案为：用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全；50mL0.1000mol•L﹣1草酸钠标准溶液中含有醋酸钠的物质的量为：0.1mol/L×0.05L=0.005mol，根据反应2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，消耗0.005mol醋酸钠需要消耗高锰酸根离子的物质的量为：0.005mol×=0.002mol，500mL配制的样品溶液中含有高锰酸根离子的物质的量为：0.002mol×=0.04mol，则样品中含有高锰酸钾的质量为：0.04mol×158g•mol﹣1=6.32g，则高锰酸钾产品的纯度为：×100%=87.23%；若移液管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，则导致待测液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏小，测定结果偏小，故答案为：87.23%；偏小．-23-【点评】本题通过高锰酸钾的制备，考查了物质制备实验方案的设计方法，题目难度中等，涉及了样品中纯度计算、化学实验基本操作方法、物质制备原理等知识，明确物质制备原理及流程为解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算的能力．　20．地壳中含量第一金属元素构成的单质A与化合物B发生置换反应，产物为黑色固体C和另一单质D，单质D与水蒸气在高温下可得到B．则写出构成金属单质A的元素在周期表中的位置为　第三周期ⅢA族　．写出D与水蒸气反应的化学方程式　3Fe+4H2OFe3O4+4H2　．【考点】无机物的推断．中学版权所有【分析】地壳中含量第一金属元素构成的单质A与化合物B发生置换反应，产物为黑色固体C和另一单质D，单质D与水蒸气在高温下可得到B，则A为Al，B为Fe3O4，C为Al2O3，D为Fe，据此进行解答．【解答】解：地壳中含量第一金属元素构成的单质A与化合物B发生置换反应，产物为黑色固体C和另一单质D，单质D与水蒸气在高温下可得到B，则A为Al，B为Fe3O4，C为Fe，D为Al2O3，A为Al，A的元素在周期表中的位置为第三周期ⅢA族，故答案为：第三周期ⅢA族；D为Fe，D与水蒸气反应的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2．【点评】本题考查了无机推断，题目难度中等，明确铁及其化合物性质为解答关键，注意熟练掌握常见元素及其化合物性质，试题有利于培养学生的分析、理解能力及逻辑推理能力．　21．某地煤矸石经预处理后含SiO2、Al2O3、Fe2O3及少量钙镁的化合物等，一种综合利用工艺设计如下：物质X的化学式为　CO2　．“碱”时反应的离子方程式为　Al3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．为加快“酸浸”时的速率，可采取的措施有　增大盐酸的浓度　、　升高反应温度、减小煤矸石颗粒大小、充分搅拌等　等．已知Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4为了获得更多产品Al3，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续操作的实验方案是　加入CaCO3调节pH到5.4，过滤得到沉淀　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．中学版权所有【专题】综合实验题；类比迁移思想；演绎推理法；制备实验综合．【分析】含SiO2、Al2O3、Fe2O3及少量钙镁的化合物用盐酸酸浸发生的反应为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2-23-O；则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：Al3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝，据此答题．【解答】解：含SiO2、Al2O3、Fe2O3及少量钙镁的化合物用盐酸酸浸发生的反应为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：Al3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝；氯化铝和氯化铁水解都生成盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳，所以物质X是二氧化碳，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成可溶性偏铝酸钠，离子反应方程式为：Al3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：CO2；Al3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；根据影响反应速率的因素可知，为加快“酸浸”时的速率，可采取的措施有增大盐酸的浓度、升高反应温度、减小煤矸石颗粒大小、充分搅拌等，故答案为：增大盐酸的浓度；升高反应温度、减小煤矸石颗粒大小、充分搅拌等；Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4，要使铁离子完全沉淀而铝离子不沉淀，则溶液的PH应该为3.2，过滤氢氧化铝沉淀时调节溶液pH为5.4，以使氢氧化铝完全沉淀，故答案为：加入CaCO3调节pH到5.4，过滤得到沉淀．【点评】本题以工艺流程为载体考查了溶解平衡原理、物质间的反应、除杂等知识点，这种题型是高考常考题型，综合性较强，涉及知识面较广，用教材基础知识采用知识迁移的方法分析解答，难度不大．　22．2022年4月台湾曝出的增塑剂风波一度让人们“谈塑色变”．常用的增塑剂如下：请回答下列问题：下列对甲的叙述正确的是　B　A．甲能使Br2的CCl4溶液退色B．甲的单体是CH3CH=CHCOOCH2CH2CH3C．1mol甲能与1molNaOH发生水解反应D．甲能发生酯化反应、取代反应、消去反应、加成反应丙中含有的官能团名称是　酯基　．乙的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式　）　．已知通过燃烧法确定丁的含氧量为23%．以某烃A为原料合成该塑料增塑剂的流程如下：①反应1的反应条件是　NaOH水溶液、加热　．②反应2的反应类型是　氧化反应　．-23-③反应3的化学方程式是　　．【考点】有机物的推断．中学版权所有【分析】根据甲的结构简式可知，甲中有酯基，根据酯的性质答题；根据丙的结构简式判断丙中官能团；根据乙的结构简式和条件：不含甲基的羧酸，书写结构简式；丁的含氧量为23%，丁分子中有四个氧原子，所以丁的相对分子质量为=278，所以丁中每个烃基的相对分子质量为57，R为直链烃基，所以烃基为﹣CH2CH2CH2CH3，丁为对苯二甲酸丁酯，由合成路线可知，D为．A与氯气在光照的条件下发生取代反应生成，故A为，在NaOH水溶液条件下生成水解反应生成B，B为，B在金属铜或银作催化剂、加热条件下，被氧气氧化性生成C为，进一步发生氧化反应生成D，D发生酯化反应生成对苯二甲酸丁酯，据此解答．【解答】解：根据甲的结构简式可知，甲中有酯基，所以甲不能使Br2的CCl4溶液退色，根据甲的结构简式可知甲的单体是CH3CH=CHCOOCH2CH2CH3，1mol甲能与nmolNaOH发生水解反应，甲不能发生酯化反应、消去反应、加成反应，故选B；根据丙的结构简式可知，丙中官能团为酯基，故答案为：酯基；属于不含甲基的羧酸，且是乙的同分异构体的结构简式为，故答案为：；丁的含氧量为23%，丁分子中有四个氧原子，所以丁的相对分子质量为=278，所以丁中每个烃基的相对分子质量为57，R为直链烃基，所以烃基为﹣CH2CH2CH2CH3，丁为对苯二甲酸丁酯，由合成路线可知，D为．A与氯气在光照的条件下发生取代反应生成-23-，故A为，在NaOH水溶液、加热的条件下生成水解反应生成B，B为，B在金属铜或银作催化剂、加热条件下，被氧气氧化性生成C为，进一步发生氧化反应生成D，D发生酯化反应生成对苯二甲酸丁酯，①根据上面的分析可知，反应1的反应条件是NaOH水溶液、加热，故答案为：NaOH水溶液、加热；②根据上面的分析可知，反应2的反应类型是氧化反应，故答案为：氧化反应；③反应3的化学方程式是，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断，丁的推断是解答的关键，注意利用转化关系中的反应条件及碳链变化推断各有机物即可解答，注意把握有机物结构与性质的关系，题目难度中等　-23-