2022-2022学年江西省上饶市铅山一中高三（上）第三次模考化学试卷（零班）　一、选择题．1．（2022•浙江模拟）下列说法不正确的是（　　）A．侯氏制碱法的工艺过程，应用了物质溶解度的差异B．为区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等），加入足量氢氧化钠溶液共热，若不分层的是地沟油C．糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同D．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料　2．（2022•菏泽一模）设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（　　）A．1.8g重水（D2O）中含有的质子数和电子数均为1.0NAB．含4molSi﹣O键的二氧化硅晶体中，氧原子数为2NAC．标准状况下，22.4LNO和22.4LO2混合后所得气体中分子总数为1.5NAD．将11.2LCl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5NA　3．（2022秋•金水区校级期中）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（　　）①SSO3H2SO4②Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3③Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3④饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3⑤MgCl2（aq）Mg（OH）2MgO．A．①③⑤B．①④⑤C．②③④D．②④⑤　4．（2022•浙江模拟）X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素．下列说法不正确的是（　　）A．X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，其相对分子质量最小为16B．原子半径的顺序为：Q＞R＞Y＞Z＞XC．X与Z、Q与Z都可以形成原子个数比1：1和2：1的化合物D．化合物Q2Z2与QX，中阳离子与阴离子个数比均为1：1　5．（2022春•滑县期末）“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（　　）21A．加热时，①上部汇聚了固体碘，说明碘的热稳定性较差B．加热时，②、③中的溶液均变红，冷却后又都变为无色C．④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D．四个“封管实验”中都有可逆反应发生　6．（2022•石家庄二模）关于下列图象的叙述正确的是（　　）A．表示：反应I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）△H＜0的v﹣t关系，其中t1时刻改变的条件为升高温度B．表示：25℃时，用醋酸溶液滴定40.00mL0.1000mol•L﹣1NaOH溶液的滴定曲线，其中c（CH3COOH）=0.1000mol•L﹣1C．表示：反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的平衡体系中，N2O4的百分含量与温度（T）、压强（P）的变化关系，其中△H＜0、P1＜P2D．21表示：25℃时，分别稀释等体积，等pH的NaOH溶液与氨水时的pH变化，其中曲线a对应氨水　7．（2022秋•中山校级月考）常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（　　）A．甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Al3+、NO3﹣、I﹣B．氢氧化铁胶体中：H+、K+、SO42﹣、Br﹣C．含有大量的CO32﹣溶液中：NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣D．c（Al3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣　　二、简答题．8．（14分）（2022秋•上饶校级月考）现有A、B、C、D、E、F六种化合物，其阴阳离子均不同．已知它们的阳离子是K+、Ag+、Ca2+、Ba2+、Fe2+、Al3+，阴离子是Cl﹣、OH﹣、CH3COO﹣、NO3﹣、SO42﹣、CO32﹣，将它们分别配成溶液进行如下实验：①测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A＞E＞C；②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，持续滴加氨水，沉淀消失；③向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象；④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色．依据上述实验现象，回答下列问题：（1）实验④中的离子方程式是　　　　　　；（2）E溶液是　　　　　　，判别依据是　　　　　　；（3）C溶液显碱性的原因　　　　　　．　　　　　　（用离子方程式解释）（4）常温下pH均为12的E的水溶液和A的水溶液中水电离出的氢离子浓度之比为　　　　　　；（5）向20mL2mol/LD溶液中加入30mlA溶液，充分反应后得到0.78克沉淀，则A溶液的物质的量浓度可能是　　　　　　mol/L．　9．（15分）（2022秋•上饶校级月考）工业上可以从电解铜的阳极泥中提取很多重要物质，其工艺流程如图：已知：①阳极泥的主要化学成分，如表所示主要成分CuAgAuSeTe百分含量/%23.412.10.96.73.1②温度和硫酸浓度对阳极泥中各组分浸出率的影响，如表所示：固定浸出温度固定H2SO4浓度H2SO4浸出率/%浸出率/%21浓度/mol•L﹣1浸出温度/℃CuAgAuSeTeCuAgAuSeTe495.14.67＜0.20.838.933087.14.58＜0.20.086.83394.54.65＜0.20.286.904094.54.65＜0.20.286.90278.12.65＜0.20.052.855096.15.90＜0.20.648.73（1）步骤I的主要目的为浸出铜，此过程中发生的主要反应的化学方程式为　　　　　　．分析如表数据，可知步骤I最适合的条件为　　　　　　．（2）步骤Ⅱ中，加入Cu粉的目的是除去滤液中含碲的离子，加入NaCl的目的为　　　　　　．（3）步骤Ⅲ的操作方法为　　　　　　．（4）步骤Ⅳ中，反应温度为75℃．加入H2O2溶液的作用为　　　　　　；此过程中H2O1溶液的添加量要远远高于理沧值，原因为　　　　　　．（5）步骤Ⅵ中所发生反应的化学方程式为　　　　　　．（6）步骤Ⅶ中，Te的获得可以通过碱性环境下电解Na2TeO3溶液实现，其阴极的电极反应式为　　　　　　．　10．（14分）（2022秋•上饶校级月考）绿矾（FeSO4•7H2O）是治疗缺铁性贫血的特效药．某学校的化学兴趣小组的同学对绿矾进行了如下的探究：（一）FeSO4•7H2O的制备该化学兴趣小组的同学在实验室通过如下实验由废铁屑（含少量氧化铜、氧化铁等杂质）制备FeSO4•7H2O晶体：①将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，用倾析法除去Na2CO3溶液，然后将废铁屑用水洗涤2～3遍．②向洗涤过的废铁屑中加入过量的稀硫酸，控制温度在50～80℃之间至铁屑耗尽；③趁热过滤，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶；④待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2～3次，再用滤纸将晶体吸干；⑤将制得的FeSO4•7H2O晶体放在一个小广口瓶中，密闭保存．请回答下列问题：（1）实验步骤①的目的是　　　　　　．（2）实验步骤②明显不合理，理由是　　　　　　．（3）为了洗涤除去晶体表面附着的硫酸等杂质，实验步骤④中用少量冰水洗涤晶体，原因是　　　　　　．（二）探究绿矾（FeSO4•7H2O）热分解的产物．已知SO3的熔点是16.8℃，沸点是44.8℃，该小组设计如图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：21[实验过程]①仪器连接后，检查装置A与B气密性；②取一定量绿矾固体置于A中，通入N2以驱尽装置内的空气，关闭k，用酒精灯加热硬质玻璃管；③观察到A中固体逐渐变红棕色，B中试管收集到无色液体，C中溶液褪色；④待A中反应完全并冷却至室温后，取少量反应后固体于试管中，加入硫酸溶解，取少量滴入几滴KSCN溶液，溶液变红色；⑤往B装置的试管中滴入几滴BaCl2溶液，溶液变浑浊．（4）实验结果分析结论1：B中收集到的液体是　　　　　　；结论2：C中溶液褪色，可推知产物中有　　　　　　；结论3：综合分析上述实验③和④可推知固体产物一定有Fe2O3．[实验反思]（5）请指出该小组设计的实验装置的明显不足：　　　　　　．（6）分解后的固体中可能含有少量FeO，取上述实验④中盐酸溶解后的溶液少许于试管中，选用一种试剂鉴别，该试剂最合适的是　　　　　　．a．氯水和KSCN溶液b．酸性KMnO4溶液c．H2O2d．NaOH溶液．　　三、解答题（共1小题，满分15分）11．（15分）（2022•西安一模）已知：RX+MgRMgX（RX为卤代烃，X为卤族原子），生成的卤代烃基镁与具有羰基结构的化合物（醛、酮等）发生反应，再水解就能合成各种指定结构的醇：现以2﹣丁烯和必要的无机物为原料合成3，4﹣二甲基﹣3﹣己醇，进而合成一种分子式为C10H16O4的具有六元环的物质J，合成线路如下：（G的核磁共振氢谱有三组峰）21请按要求填空：（1）3，4﹣二甲基﹣3﹣己醇是：　　　　　　（填代号），E的结构简式是　　　　　　（2）C→E的反应类型是　　　　　　，F→G的反应类型是　　　　　　（3）写出I→J化学反应方程式：　　　　　　（4）A的同分异构体共有　　　　　　种（5）M为D的同分异构体且能发生银镜反应，写出所有M的结构简式　　　　　　；其中核磁共振氢谱中出现3组峰的物质与新制氢氧化铜悬浊液在煮沸条件下发生反应的方程式为：　　　　　　．　　212022-2022学年江西省上饶市铅山一中高三（上）第三次模考化学试卷（零班）参考答案与试题解析　一、选择题．1．（2022•浙江模拟）下列说法不正确的是（　　）A．侯氏制碱法的工艺过程，应用了物质溶解度的差异B．为区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等），加入足量氢氧化钠溶液共热，若不分层的是地沟油C．糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同D．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；金属的电化学腐蚀与防护；煤的干馏和综合利用；油脂的性质、组成与结构．【专题】化学计算．【分析】A．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出；B．地沟油中含油脂，与碱溶液反应，而矿物油不与碱反应，混合后分层，以此来解答；C．铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应；D．有新物质生成的是化学变化．【解答】解：A．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故A正确；B．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油，分层的为矿物油，现象不同，能区别，故B正确；C．铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，发生吸氧腐蚀，故C正确；D．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故D错误．故选D．【点评】本题考查较为综合，与人们日常生活紧密结合，均为最基本的化常识，题目难度不大．　2．（2022•菏泽一模）设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（　　）A．1.8g重水（D2O）中含有的质子数和电子数均为1.0NAB．含4molSi﹣O键的二氧化硅晶体中，氧原子数为2NAC．标准状况下，22.4LNO和22.4LO2混合后所得气体中分子总数为1.5NAD．将11.2LCl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、重水的摩尔质量为20g/mol，1.8g重水的物质的量为0.09mol，重水中含有10个质子、10个电子；B、1mol二氧化硅中含有4mol硅氧键，含有2mol氧原子；21C、一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与四氧化二氮之间存在转化平衡，所以反应后的物质中含有的分子数减小；D、没有告诉在标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氯气的物质的量．【解答】解：A、1.8g重水的物质的量为0.09mol，0.09mol重水中含有0.9mol质子、0.9mol电子，含有的质子数和电子数均为0.9NA，故A错误；B、含4molSi﹣O键的二氧化硅的物质的量为1mol，1mol二氧化硅中含有2mol氧原子，氧原子数为2NA，故B正确；C、标况下，22.4L气体的物质的量为1mol，1mol一氧化氮与0.5mol氧气反应生成1mol二氧化氮，反应后含有0.5mol氧气剩余；由于二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，所以反应后气体的分子数小于1.5mol，分子总数小于1.5NA，故C错误；D、没有告诉是标况下，题中条件无法计算11.2L氯气的物质的量，故D错误；故选B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项C为易错点，注意二氧化氮与四氧化二氮之间的转化平衡．　3．（2022秋•金水区校级期中）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（　　）①SSO3H2SO4②Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3③Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3④饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3⑤MgCl2（aq）Mg（OH）2MgO．A．①③⑤B．①④⑤C．②③④D．②④⑤【考点】含硫物质的性质及综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【专题】氧族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】①S单质点燃只能生成二氧化硫气体；②氧化铝是两性氧化物溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，氢氧化铝不溶于弱酸、弱碱，通入过量二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀；③氧化铁溶于盐酸生成氯化铁溶液，氯化铁水溶液中水解生成氢氧化铁和氯化氢，加热溶液氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铁；④饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳会生成碳酸氢钠晶体，加热分解生成碳酸钠；⑤氯化镁溶液中加入石灰乳发生反应生成氢氧化镁沉淀煅烧得到氧化镁．【解答】解：①S单质点燃只能生成二氧化硫气体，S+O2SO2，不能生成三氧化硫，故①错误；②氧化铝是两性氧化物溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，氢氧化铝不溶于弱酸、弱碱，通入过量二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，转化关系能够实现，故②正确；21③氧化铁溶于盐酸生成氯化铁溶液，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，氯化铁水溶液中水解生成氢氧化铁和氯化氢，FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，加热溶液氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铁，不能得到氯化铁固体，故③错误；④饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳会生成碳酸氢钠晶体，CO2+NH3+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，加热分解生成碳酸钠，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故④正确；⑤氯化镁溶液中加入石灰乳发生反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+CaCl2，煅烧得到氧化镁，Mg（OH）2MgO+H2O，故⑤正确；综上所述②④⑤正确，故选D．【点评】本题考查了元素化合物性质，物质转化关系的分析应用，掌握基础是关键，需要熟练掌握物质性质，题目难度中等．　4．（2022•浙江模拟）X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素．下列说法不正确的是（　　）A．X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，其相对分子质量最小为16B．原子半径的顺序为：Q＞R＞Y＞Z＞XC．X与Z、Q与Z都可以形成原子个数比1：1和2：1的化合物D．化合物Q2Z2与QX，中阳离子与阴离子个数比均为1：1【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为O元素、R为Al；Y元素最高正价与最低负价之和为0，由原子序数可知，Y不可能是H元素，只能处于第ⅣA族，而其原子序数又小于O元素，故Y为碳元素；X元素最高正价与最低负价之和也为0，原子序数小于碳原子，故X只能为H元素，Q与X同主族，结合原子序数可知Q为Na，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为O元素、R为Al；Y元素最高正价与最低负价之和为0，由原子序数可知，Y不可能是H元素，只能处于第ⅣA族，而其原子序数又小于O元素，故Y为碳元素；X元素最高正价与最低负价之和也为0，原子序数小于碳原子，故X只能为H元素，Q与X同主族，结合原子序数可知Q为Na，A．H与C能形成多种化合物中，既含极性键又含非极性键，相对分子质量最小的为C2H2，其相对分子质量为26，故A错误；B．H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越多，故原子半径Na＞Al＞C＞O＞H，即Q＞R＞Y＞Z＞X，故B正确；C．H与O可以形成H2O、H2O2，Na与O可以形成Na2O、Na2O2，故C正确；D．化合物Q2Z2为Na2O2，QX为NaH，二者含有阳离子与阴离子个数比为1：1，故D正确，故选A．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，对学生的理解推理有一定的要求，元素最高正价与最低负价之和均为0，可以为ⅣA族元素，也可以为H元素，中学中较少涉及H元素的负化合价，学生容易忽略，导致无法解答．21　5．（2022春•滑县期末）“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（　　）A．加热时，①上部汇聚了固体碘，说明碘的热稳定性较差B．加热时，②、③中的溶液均变红，冷却后又都变为无色C．④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D．四个“封管实验”中都有可逆反应发生【考点】性质实验方案的设计．【专题】综合实验题．【分析】A．碘单质易升华，属于碘单质的物理性质，不能据此判断碘的热稳定性；B．根据氨气使酚酞变红的原理解答，根据二氧化硫与品红作用的原理解答；C．根据二氧化氮的可逆反应和化学平衡的原理解答；D．可逆反应，须在同等条件下，既能向正反应进行，又能向逆反应进行．【解答】解：A．加热时，①上部汇集了固体碘单质，说明碘发生了升华现象，为其物理性质，不能说明碘单质的热稳定性较差，故A错误；B．②中氨水显碱性，使酚酞变红，加热时，氨气逸出，冷却后，氨气又和水反应，变成红色，二氧化硫与品红显无色，加热后二氧化硫逸出，显红色，二者现象不同，故B错误；C．2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣92.4kJ/mol，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则颜色变深，④中浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，反之变浅，所以浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅，故C正确；D．氯化铵受热分解与氨气和氯化氢反应生成氯化铵不是可逆反应，因前者须加热，后者只要在常温下，故D错误；故选C．【点评】本题以“封管实验”为载体，考查了可逆反应、漂白性、平衡移动的影响因素、氯化铵的性质等知识，题目难度中等，明确影响化学平衡的因素、二氧化硫的漂白原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力．　6．（2022•石家庄二模）关于下列图象的叙述正确的是（　　）A．表示：反应I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）△H＜0的v﹣t关系，其中t1时刻改变的条件为升高温度21B．表示：25℃时，用醋酸溶液滴定40.00mL0.1000mol•L﹣1NaOH溶液的滴定曲线，其中c（CH3COOH）=0.1000mol•L﹣1C．表示：反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的平衡体系中，N2O4的百分含量与温度（T）、压强（P）的变化关系，其中△H＜0、P1＜P2D．表示：25℃时，分别稀释等体积，等pH的NaOH溶液与氨水时的pH变化，其中曲线a对应氨水【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；体积百分含量随温度、压强变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定．【专题】图像图表题．【分析】A、若升高温度，正逆反应速率应该同时增大，而图象中t1时刻逆反应速率增大，正反应速率不变，与实际情况不相符，应该为增大了生成物浓度；B、醋酸为弱电解质，当向40.00mL0.1000mol•L﹣1NaOH溶液中进入40.00mL0.1000mol•L﹣1的醋酸时，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解，溶液显示碱性，而不是pH=7；C、根据图象可知，压强相同时，升高温度N2O4的含量减小，说明升高温度，平衡向着逆向移动，说明该反应为放热反应；温度相同时，增大压强，平衡向着正向移动，N2O4的含量增大，所以P1＞P2；D、氨水为弱碱，稀释过程中一水合氨的电离程度增大，溶液中氢氧根离子的物质的量增大，溶液的pH变化较小，即加入相同体积的蒸馏水时，氨水的pH始终大于氢氧化钠溶液的pH；当加入较大体积的蒸馏水时，溶液的pH只能无限接近7，但是不可能出现pH≤7．【解答】解：A、根据图象可知，t1时刻逆反应速率增大，正反应速率不变，说明是增大了生成物浓度，若是升高了温度，正逆反应速率会同时增大，故A错误；B、由于醋酸为弱酸，当滴入等体积、等浓度的醋酸时，氢氧化钠与醋酸恰好反应生成强碱弱酸盐醋酸钠，溶液显示碱性，而图象中溶液的pH=7是不合理的，故B错误；21C、该反应为体积缩小的反应，温度相同时，增大压强，平衡向着正向移动，N2O4的含量增大，所以P1＞P2；根据图象分析：压强相同时，升高温度后N2O4的含量减小，说明平衡向着逆向移动，该反应为放热反应，△H＜0，所以正确关系为：△H＜0、P1＞P2，故C错误；D、一水合氨为弱碱，氢氧化钠为强碱，稀释过程中一水合氨的电离程度增大，溶液中氢氧根离子的物质的量增大，所以溶液的pH变化较小，在加入相同体积的蒸馏水时，氨水的pH始终大于氢氧化钠溶液的pH；当加入较大体积的蒸馏水时，溶液的pH会无限接近7，但不可能出现pH≤7，图象数据与实际情况相符合，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学反应速率与化学平衡图象的综合应用、中和滴定曲线、弱电解质的电离平衡、体积百分含量随温度、压强的变化，题目难度中等，试题涉及的知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，选项B、D为易错点，注意醋酸与氢氧化钠恰好反应时溶液为碱性、碱溶液稀释过程中不可能变成中性或者酸性．　7．（2022秋•中山校级月考）常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（　　）A．甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Al3+、NO3﹣、I﹣B．氢氧化铁胶体中：H+、K+、SO42﹣、Br﹣C．含有大量的CO32﹣溶液中：NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣D．c（Al3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．甲基橙变红的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化碘离子；B．氢氧化铁胶粒带正电荷，能够与溶液中的阴离子发生聚沉现象；C．NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣离子之间不发生反应，也不与碳酸根离子反应；D．碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体．【解答】解：A．甲基橙变红的溶液中存在大量氢离子，NO3﹣在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化I﹣离子，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．氢氧化铁胶体粒子带有正电荷，能够与溶液中阴离子发生聚沉现象，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣离子之间不反应，且都不与CO32﹣离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．HCO3﹣与Al3+发生反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，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．　二、简答题．8．（14分）（2022秋•上饶校级月考）现有A、B、C、D、E、F六种化合物，其阴阳离子均不同．已知它们的阳离子是K+、Ag+、Ca2+、Ba2+、Fe2+、Al3+，阴离子是Cl﹣、OH﹣、CH3COO﹣、NO3﹣、SO42﹣、CO32﹣，将它们分别配成溶液进行如下实验：21①测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A＞E＞C；②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，持续滴加氨水，沉淀消失；③向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象；④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色．依据上述实验现象，回答下列问题：（1）实验④中的离子方程式是　Fe2++2NH3•H2O=Fe（OH）2↓+2NH4+、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3　；（2）E溶液是　碳酸钾　，判别依据是　由①中碱性强弱的顺序可知，E是碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾　；（3）C溶液显碱性的原因　CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣　．　﹣　（用离子方程式解释）（4）常温下pH均为12的E的水溶液和A的水溶液中水电离出的氢离子浓度之比为　1010：1　；（5）向20mL2mol/LD溶液中加入30mlA溶液，充分反应后得到0.78克沉淀，则A溶液的物质的量浓度可能是　0.5或2.5　mol/L．【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】①测得溶液A、C、E呈碱性，三种溶液为碱液或水解呈碱性的溶液，且碱性为A＞E＞C，则A为碱，溶液中含有大量的OH﹣离子，OH﹣离子与Ag+，Ca2+，Fe2+，Al3+等离子不能大量共存，故A只能为Ba（OH）2，根据越弱越水解，E应为碳酸盐，根据离子共存，只能为K2CO3，C为醋酸盐；②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失，则B中含有银离子，应为硝酸银溶液，加入氨水发生的反应为AgNO3+NH3•H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3•H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O；③向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象，说明D中不含SO42﹣离子；④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明F中含有Fe2+离子；综上分析可知，A为Ba（OH）2，B为AgNO3，C为Ca（CH3COO）2，D为AlCl3，E为K2CO3，F为FeSO4，据此进行解答．【解答】解：①测得溶液A、C、E呈碱性，三种溶液为碱液或水解呈碱性的溶液，且碱性为A＞E＞C，则A为碱，溶液中含有大量的OH﹣离子，OH﹣离子与Ag+，Ca2+，Fe2+，Al3+等离子不能大量共存，故A只能为Ba（OH）2；根据越弱越水解，E应为碳酸盐，根据离子共存，只能为K2CO3，C为醋酸盐；②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失，则B中含有银离子，应为硝酸银溶液，加入氨水发生的反应为：AgNO3+NH3•H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3•H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O；③向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象，说明D中不含SO42﹣离子，则SO42﹣离子只能存在于F中；④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明F中含有Fe2+离子，结合③可知，F为FeSO4；剩余的钙离子含在C中，即C为Ca（CH3COO）2，综上分析可知，A为Ba（OH）2，B为AgNO3，C为Ca（CH3COO）2，D为AlCl3，E为K2CO3，F为FeSO4，21（1）F中含有亚铁离子，加入氨水后亚铁离子与氨水反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁容易被空气中氧气氧化成氢氧化铁，反应的离子方程式为：Fe2++2NH3•H2O=Fe（OH）2↓+2NH4+、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：Fe2++2NH3•H2O=Fe（OH）2↓+2NH4+、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（2）根据分析可知，E应为碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，故E为K2CO3，故答案为：碳酸钾；由①中碱性强弱的顺序可知，E是碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾；（3）C为Ca（CH3COO）2，醋酸根离子在溶液中存在水解平衡：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，溶液显示碱性，故答案为：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣；（4）E为K2CO3，A为Ba（OH）2，常温下pH均为12的K2CO3的水溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，碳酸钾溶液中的氢氧根离子是水电离的，则水电离的氢离子为0.01mol/L；pH=12的氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，氢氧化钡溶液中的氢离子为水电离的，则水电离的氢离子浓度为：1×10﹣12mol/L，则两溶液中水电离的氢离子浓度之比为：0.01mol/L：1×10﹣12mol/L=1010：1，故答案为：1010：1；（5）A为Ba（OH）2，D为AlCl3，向20mL2mol/LAlCl3溶液中加入30mlBa（OH）2溶液，充分反应后得到0.78克沉淀，沉淀为氢氧化铝，设Ba（OH）2的浓度为c，当NaOH不足时，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓3mol78g0.03L×2c0.78g解得：c==0.5mol/L，当Ba（OH）2使Al（OH）3部分溶解时，设Ba（OH）2的物质的量为x，根据反应：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓1mol3mol78g0.04mol0.12mol3.12gAl（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+H2O78g1mol（3.12﹣0.78）g（2x﹣0.12mol）78g×（2x﹣0.12mol）=1mol×（3.12﹣0.78）g，解得：x=0.075mol，氢氧化钡溶液的浓度为：=2.5mol/L，故答案为：0.5或2.5．【点评】本题考查了常见离子的检验，离子方程式的计算，题目难度较大，注意掌握常见离子的性质及检验方法，明确有关离子方程式的计算方法，（5）为难点、易错点，需要明确氢氧根离子的过量与不足情况．　9．（15分）（2022秋•上饶校级月考）工业上可以从电解铜的阳极泥中提取很多重要物质，其工艺流程如图：21已知：①阳极泥的主要化学成分，如表所示主要成分CuAgAuSeTe百分含量/%23.412.10.96.73.1②温度和硫酸浓度对阳极泥中各组分浸出率的影响，如表所示：固定浸出温度固定H2SO4浓度H2SO4浓度/mol•L﹣1浸出率/%浸出温度/℃浸出率/%CuAgAuSeTeCuAgAuSeTe495.14.67＜0.20.838.933087.14.58＜0.20.086.83394.54.65＜0.20.286.904094.54.65＜0.20.286.90278.12.65＜0.20.052.855096.15.90＜0.20.648.73（1）步骤I的主要目的为浸出铜，此过程中发生的主要反应的化学方程式为　2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O　．分析如表数据，可知步骤I最适合的条件为　硫酸浓度3mol•L﹣1、浸出温度40℃　．（2）步骤Ⅱ中，加入Cu粉的目的是除去滤液中含碲的离子，加入NaCl的目的为　除去滤液中的Ag+　．（3）步骤Ⅲ的操作方法为　蒸发浓缩、冷却结晶、过滤　．（4）步骤Ⅳ中，反应温度为75℃．加入H2O2溶液的作用为　氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中　；此过程中H2O1溶液的添加量要远远高于理沧值，原因为　增加硒和碲的浸出率、H2O2会有部分分解　．（5）步骤Ⅵ中所发生反应的化学方程式为　Na2SeO3+2Na2SO3+2HCl=Se+2Na2SO4+2NaCl+H2O　．（6）步骤Ⅶ中，Te的获得可以通过碱性环境下电解Na2TeO3溶液实现，其阴极的电极反应式为　TeO32﹣+4e﹣+3H2O=Te+6OH﹣　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合．【分析】（1）根据阳极泥的成分和流程图，及题目要求，主要反应是铜与硫酸及空气中氧气的反应，配平方程式即可；根据题目中所给表格②中数据分析，综合考虑浸出率和经济性等原则得出结论；（2）步骤Ⅱ中，加入NaCl的目的显然是使Ag+转化为氯化银沉淀而除去；（3）使结晶水合物从溶液中结晶析出的步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等，21（4）步骤Ⅳ中，反应温度为75℃．加入H2O2溶液的作用为氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因是：从速率及平衡角度考虑，可增加硒和碲的浸出率，；H2O2会有部分分解，有损失；（5）根据流程图中的反应物和生成物，配平方程式即可；（6）根据反应物Na2TeO3和生成物Te，结合碱性条件，阴极应发生还原反应，根据守恒即可写出其电极反应式．【解答】解：（1）根据阳极泥的成分和流程图及题目要求，主要反应是铜与硫酸及空气中氧气的反应，反应的方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，②根据题目中所给表格②中数据分析，可知当硫酸浓度为2mol•L﹣1、浸出温度30℃时浸出率太低，硫酸浓度为3mol•L﹣1、浸出温度40℃时浸出率已较高，再增大浓度和升温对浸出率影响不大，但会浪费能源；故可知步骤I最适合的条件为硫酸浓度3mol•L﹣1、浸出温度40℃．故答案为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；硫酸浓度3mol•L﹣1、浸出温度40℃；（2）步骤Ⅱ中，加入NaCl的目的显然是使Ag+转化为氯化银沉淀而除去，故答案为：除去滤液中的Ag+；（3）使结晶水合物从溶液中结晶析出的步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（4）硒和碲不溶于水，步骤Ⅳ中，反应温度为75℃．加入H2O2溶液的作用为氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因是：从速率及平衡角度考虑，可增加硒和碲的浸出率，H2O2会有部分分解故答案为：氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中；增加硒和碲的浸出率、H2O2会有部分分解；（5）根据流程图中的反应物和生成物，可知反应的方程式为Na2SeO3+2Na2SO3+2HCl=Se+2Na2SO4+2NaCl+H2O，故答案为：Na2SeO3+2Na2SO3+2HCl=Se+2Na2SO4+2NaCl+H2O；（6）根据反应物Na2TeO3和生成物Te，结合碱性条件，阴极应发生还原反应，根据守恒即可写出其电极反应式TeO32﹣+4e﹣+3H2O=Te+6OH﹣，故答案为：TeO32﹣+4e﹣+3H2O=Te+6OH﹣．【点评】本题为生产流程题，涉及金属的回收、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂，方程式、电极反应式的书写等问题，题目较为综合，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息．本题难度较大．　10．（14分）（2022秋•上饶校级月考）绿矾（FeSO4•7H2O）是治疗缺铁性贫血的特效药．某学校的化学兴趣小组的同学对绿矾进行了如下的探究：（一）FeSO4•7H2O的制备该化学兴趣小组的同学在实验室通过如下实验由废铁屑（含少量氧化铜、氧化铁等杂质）制备FeSO4•7H2O晶体：①将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，用倾析法除去Na2CO3溶液，然后将废铁屑用水洗涤2～3遍．②向洗涤过的废铁屑中加入过量的稀硫酸，控制温度在50～80℃之间至铁屑耗尽；③趁热过滤，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶；④待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2～3次，再用滤纸将晶体吸干；⑤将制得的FeSO4•7H2O晶体放在一个小广口瓶中，密闭保存．请回答下列问题：21（1）实验步骤①的目的是　除油污　．（2）实验步骤②明显不合理，理由是　应该铁屑过量，否则溶液中可能有铁离子和铜离子存在　．（3）为了洗涤除去晶体表面附着的硫酸等杂质，实验步骤④中用少量冰水洗涤晶体，原因是　用冰水洗涤可降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗　．（二）探究绿矾（FeSO4•7H2O）热分解的产物．已知SO3的熔点是16.8℃，沸点是44.8℃，该小组设计如图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：[实验过程]①仪器连接后，检查装置A与B气密性；②取一定量绿矾固体置于A中，通入N2以驱尽装置内的空气，关闭k，用酒精灯加热硬质玻璃管；③观察到A中固体逐渐变红棕色，B中试管收集到无色液体，C中溶液褪色；④待A中反应完全并冷却至室温后，取少量反应后固体于试管中，加入硫酸溶解，取少量滴入几滴KSCN溶液，溶液变红色；⑤往B装置的试管中滴入几滴BaCl2溶液，溶液变浑浊．（4）实验结果分析结论1：B中收集到的液体是　H2SO4溶液　；结论2：C中溶液褪色，可推知产物中有　SO2　；结论3：综合分析上述实验③和④可推知固体产物一定有Fe2O3．[实验反思]（5）请指出该小组设计的实验装置的明显不足：　在C装置后增加一套尾气处理装置　．（6）分解后的固体中可能含有少量FeO，取上述实验④中盐酸溶解后的溶液少许于试管中，选用一种试剂鉴别，该试剂最合适的是　b　．a．氯水和KSCN溶液b．酸性KMnO4溶液c．H2O2d．NaOH溶液．【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．【专题】几种重要的金属及其化合物；无机实验综合．【分析】（1）碳酸钠的水溶液显碱性，油污的主要成分为油脂，在碱性条件下易发生水解，水解后变成易溶于水的物质，可以除去铁屑表面的油污；（2）废铁屑中含少量氧化铜、氧化铁等杂质；（3）降低溶解度，减少损失；（4）硫酸钡是白色沉淀，二氧化硫能使品红褪色；（5）二氧化硫会对大气造成污染；（6）+2价铁离子能使酸性KMnO4溶液褪色．【解答】解：（1）油污的主要成分为油脂，在碱性条件下易发生水解，水解后变成易溶于水的高级脂肪酸钠和丙三醇，而铁屑及其氧化物与碳酸钠都不反应，也不溶于水，碳酸钠的水溶液可以除去铁屑表面的油污，21故答案为：除油污；（2）废铁屑中含少量氧化铜、氧化铁等杂质，与硫酸反应后，溶液中会混有铁离子和铜离子，故铁屑应过量，故答案为：应该铁屑过量，否则溶液中可能有铁离子和铜离子存在；（3）绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失，故答案为：用冰水洗涤可降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗；（4）往B装置的试管中滴入几滴BaCl2溶液，溶液变浑浊，说明B中收集到的液体是硫酸溶液；品红溶液褪色，说明有SO2生成，故答案为：H2SO4溶液；SO2；（5）二氧化硫会对大气造成污染；故应有尾气吸收装置，故答案为：在C装置后增加一套尾气处理装置；（6）+2价铁离子具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，反应为：MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，故答案为：b．【点评】本题是一道实验探究题，能较好的考查学生分析和解决问题的能力，解答时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答，题目难度中等．　三、解答题（共1小题，满分15分）11．（15分）（2022•西安一模）已知：RX+MgRMgX（RX为卤代烃，X为卤族原子），生成的卤代烃基镁与具有羰基结构的化合物（醛、酮等）发生反应，再水解就能合成各种指定结构的醇：现以2﹣丁烯和必要的无机物为原料合成3，4﹣二甲基﹣3﹣己醇，进而合成一种分子式为C10H16O4的具有六元环的物质J，合成线路如下：（G的核磁共振氢谱有三组峰）请按要求填空：（1）3，4﹣二甲基﹣3﹣己醇是：　F　（填代号），E的结构简式是　　（2）C→E的反应类型是　加成反应　，F→G的反应类型是　消去反应　21（3）写出I→J化学反应方程式：　　（4）A的同分异构体共有　3　种（5）M为D的同分异构体且能发生银镜反应，写出所有M的结构简式　　；其中核磁共振氢谱中出现3组峰的物质与新制氢氧化铜悬浊液在煮沸条件下发生反应的方程式为：　　．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由题意可知2﹣丁烯经一系列反应之后生成F应为醇，则F是3，4﹣二甲基﹣3﹣己醇，F发生消去反应生成G，G和溴发生加成反应生成H，H和氢氧化钠溶液发生取代反应生成I，I和酸发生酯化反应生成J，所以G为，H为，I为，F为，E为，D为，C为，B为，A为，I和二元酸发生酯化反应生成J，C10H16O4的具有六元环的物质J，则J的结构简式为：，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题．【解答】解：由题意可知2﹣丁烯经一系列反应之后生成F应为醇，则F是3，4﹣二甲基﹣3﹣己醇，F发生消去反应生成G，G和溴发生加成反应生成H，H和氢氧化钠溶液发生取代反应生成I，I和酸发生酯化反应生成J，所以G为，H为，I为，21F为，E为，D为，C为，B为，A为，I和二元酸发生酯化反应生成J，C10H16O4的具有六元环的物质J，则J的结构简式为：，（1）通过以上分析知，3，4﹣二甲基﹣3﹣己醇是F，E的结构简式为：，故答案为：F；；（2）由题给信息结合反应条件可知C→E的反应类型是为加成反应，F→G的反应类型是消去反应，故答案为：加成反应；消去反应；（3）I和J发生酯化反应，反应方程式为，故答案为：；（4）A为，其同分异构体有CH2BrCH2CH2CH3、CH3C（Br）（CH3）CH3、CH2BrCH（CH3）CH3，所以一共有3种，故答案为：3；（5）D为，M为D的同分异构体且能发生银镜反应说明M中含有醛基，则符合条件的M的结构简式21；其中核磁共振氢谱中出现3组峰的物质为第一种结构，其与新制氢氧化铜悬浊液在煮沸条件下发生反应的方程式为，故答案为：；．【点评】本题考查有机物的推断，以F为解答该题的突破口，采用用逆推的方法进行推断，注意结合题给信息，答题时注意把握反应条件，借以推断官能团的变化，难度中等．　21