江西省2020届高三化学第一次大联考试卷（附解析Word版）

2020 届江西省第－次高三大联考试卷化学 可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 Mg－24 Al－27 S －32 Fe－56 Cu－64 第 I 卷(选择题 共 48 分) 一、选择题(本大题共 16 小题，每小题 3 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，只有－ 项是符合题目要求的) 1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是 A. 商代后期制作的司母戊鼎，其主要成分是青铜合金 B. 战国时期最大铁器——长方形铁炉，其主要成分是铁碳合金 C. 我国自主研发的 C919 大飞机，其外壳主要成分是硬铝合金 D. 我国“蛟龙”号载人潜水器最关键的部件——钛合金耐压球壳，其属于稀土合金 【答案】D 【解析】 【详解】A．司母戊鼎是青铜制品，属于合金，故 A 正确； B．战国时期最大铁器——长方形铁炉，其主要成分铁，含有少量的碳，是铁碳合金，故 B 正 确； C．我国自主研发的 C919 大飞机，其外壳主要成分是铝合金，故 C 正确； D．稀土元素是周期表中第ⅢB 的钪和钇以及镧系原子序数从 57～71 的 15 种元素，我国“蛟 龙”号载人潜水器的外壳是耐超高压的钛合金，属于金属材料，其中没有稀土元素，故 D 错 误； 故选 D。 2.铝、铁两种金属粉末混合物，加入过量的盐酸溶液，过滤后向滤液中加入过量的烧碱溶液， 再过滤，滤液中大量存在的离子有 A. Fe3+ B. AlO2- C. Al3+ D. Fe2+ 【答案】B 【解析】 【详解】铝、铁两种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，发生 2Al+6H+=3H2↑+2Al3+、 Fe+2H+=Fe2++H2↑ ， 过 滤 后 向 滤 液 中 加 入 过 量 氢 氧 化 钠 溶 液 ， 发 生 H++OH-=H2O 、 Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，铁元素存在于沉淀，铝元素存在于 AlO2-中，所 以滤液中存在的离子为 A1O2-，故选 B。 【点睛】明确发生的离子反应是解答本题的关键。本题的易错点为 C，要注意氢氧化铝具有两 性，能够被氢氧化钠溶解。 3.工业纯碱中常含有 NaCl、Na2SO4 等杂质。研究小组设计了如下实验装置，通过纯碱与酸反 应生成的 m(CO2)，测定质量为 m g 某工业纯碱的纯度，下列叙述正确的是 A. 通过称量反应前后装置 B 的质量，获取 m(CO2) B. 通过称量反应前后装置 C 的质量，获取 m(CO2) C. 通过称量反应前后装置 C 和 D 的质量，获取 m(CO2) D. 通过称量反应前后装置 D 的质量，获取 m(CO2) 【答案】B 【解析】 【分析】 根据图示，纯碱与酸反应生成的二氧化碳，经过 B 干燥后再装置 C 中吸收，装置 D 中的碱石 灰可以防止外界空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置 C ，装置中残留的二氧化碳通过除去二氧化碳的空气排入装置 C 中吸收，据此分析解答。 【详解】A．装置 B 的目的是干燥二氧化碳，不能通过称量反应前后装置 B 的质量，获取 m(CO2)，故 A 错误； B．装置 C 的目的是吸收反应生成的二氧化碳，通过称量反应前后装置 C 的质量，可以获取 m(CO2)，故 B 正确； C．装置 D 中的碱石灰可以防止外界空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置 B，不能通过称量反 应前后装置 D 的质量，获取 m(CO2)，故 C 错误； D．装置 D 中的碱石灰可以防止外界空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置 B，不能通过称量反 应前后装置 D 的质量，获取 m(CO2)，故 D 错误； 故选 B。 【点睛】解答本题的关键是熟悉各装置的作用。本题的易错点为 C，要注意装置 B 和装置 D 的 作用的判断。 4.下列观察目的与实验操作－致的是 观察目的 实验操作 A 钠的密度比水小 将－小块钠放入盛水的烧杯中 B 钠有强还原性 将钠放置在煤油中 C 钠有较小的硬度 将钠放在坩埚中加热 D 钠的熔点较低 用小刀切开金属钠 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A、将钠放入盛水的烧杯中，钠浮在水面上，能够说明钠的密度比水小，故 A 正确； B、钠的密度比煤油大，所以钠可以保存在煤油中，不能说明钠具有强还原性，故 B 错误； C、将钠放在坩埚中加热，说明钠的熔点低，不能说明钠的硬度大小，故 C 错误； D、用小刀切开金属钠，说明钠的硬度小，不能说明钠的熔点较低，故 D 错误； 故选 A。 5.高锰酸钾溶液沾到皮肤上形成黑斑，可以用草酸 H2C2O4 洗除，原理如下：MnO4－＋H2C2O4＋H＋ →CO2↑＋Mn2＋＋ 下列叙述正确的是 A. H2C2O4 发生还原反应 B. MnO4－氧化产物为 Mn2＋ C. 横线的物质为 H2O D. 生成 22.4 L CO2，则转移 5 mol 电子 【答案】C 【解析】 【分析】 MnO4－＋H2C2O4＋H+→CO2↑＋Mn2+＋ ，该反应中 Mn 元素化合价由+7 价变为+2 价、C 元素 化合价由+3 价变为+4 价，所以高锰酸钾是氧化剂、草酸是还原剂，再结合化合价升降守恒和 原子守恒分析解答。 【详解】A．该反应中 Mn 元素化合价由+7 价变为+2 价、C 元素化合价由+3 价变为+4 价，所以 高锰酸钾是氧化剂、草酸是还原剂，则发生还原反应的是高锰酸钾，故 A 错误； B．Mn 元素的化合价降低，则 KMnO4 为氧化剂，发生还原反应，还原产物为 Mn2+，故 B 错误； C．根据原子守恒，该反应是在酸性条件下的反应，所以横线的物质为 H2O，故 C 正确； D．反应的方程式配平为 2MnO4－＋5H2C2O4＋6H+=10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O，生成 10molCO2，转移 电子的物质的量 10mol×(4-3)=10mol，则生成 22.4 L CO2，由于未告知温度和压强，无法判断 转移的电子数，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】本题的易错点为 D，要注意气体的体积与温度和压强有关，温度和压强不确定，无法 通过气体的体积确定气体的物质的量。 6.下列化学(或离子)方程式中，不能正确表达所指定的现象变化的是 A. 把盛装浓氨水、浓盐酸的两敞口容器靠近，空气中出现“白烟”：NH3＋H＋＝NH4＋ B. 把石灰浆涂抹在墙面上，第二天墙面上“更潮湿”：Ca(OH)2＋CO2＝CaCO3↓＋H2O C. 向 FeCl3 溶液中滴入 KSCN 溶液，溶液“变红”：Fe3＋＋3SCN－＝Fe(SCN)3 D. 向 AlCl3 溶液中投入 CuO 粉末，溶液中出现“白色沉淀”：3H2O＋3CuO＋2AlCl3＝2Al(OH)3 ＋3CuCl2 【答案】A 【解析】 【详解】A．把盛装浓氨水、浓盐酸的两敞口容器靠近，挥发出来的氨气和氯化氢气体反应生 成氯化铵，氯化氢不能用 H＋表示，该反应不属于离子反应，故 A 选； B．把石灰浆涂抹在墙面上，第二天墙面上“更潮湿”，是反应了 Ca(OH)2＋CO2＝CaCO3↓＋ H2O，故 B 不选； C．FeCl3 溶液中滴加 KSCN 溶液，二者反应生成红色的络合物硫氰化铁，反应的离子方程式为： Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3，故 C 不选； D．向 AlCl3 溶液中投入 CuO 粉末，溶液中出现“白色沉淀”，是因为氯化铝溶液水解显酸性， 投入氧化铜，促进水解生成氢氧化铝沉淀，反应的方程式为 3H2O＋3CuO＋2AlCl3＝2Al(OH)3＋ 3CuCl2，故 D 不选； 故选 A 7.向蔗糖固体中滴加浓硫酸，观察到蔗糖变黑，体积膨胀，放出气体等现象，下列叙述错误 的是 。 A. 上述过程中温度升高 B. 体积膨胀的主要原因是固体碳受热膨胀所致 C. 蔗糖生成碳，再生成二氧化碳 D. 放出的气体用 NaOH 溶液吸收，可能得到 5 种盐 【答案】B 【解析】 【分析】 浓硫酸具有强烈的脱水性，使蔗糖脱水后，C 与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧 化硫，则蔗糖变黑，体积膨胀，并放出刺激性气味气体，体现浓硫酸具有脱水性和氧化性， 据此分析解答。 【详解】A．蔗糖的脱水反应是放热反应，反应后温度升高，故 A 正确； B．体积膨胀的主要原因是反应生成了气体，使得生成的固体碳疏松多孔，体积膨胀，故 B 错 误； C．蔗糖脱水时先碳化，生成碳，生成的碳再与浓硫酸反应生成二氧化碳 ，故 C 正确； D．放出的气体中含有二氧化碳、二氧化硫，用 NaOH 溶液吸收，可能得到碳酸钠、碳酸氢钠、 亚硫酸钠、亚硫酸氢钠，亚硫酸钠比较容易被氧化，因此溶液中可能存在硫酸钠，因此可能 出现 5 种盐，故 D 正确； 故选 B。 8.下列有关分离实验操作的叙述正确的是 A. 过滤操作中，玻璃棒应适时搅拌漏斗器 B. 蒸发时，蒸发皿可以放置于铁架台上加热 C. 萃取分液时，密度小的物质从分液漏斗的下端口放出 D. 蒸馏时，温度计浸入蒸馏烧瓶的液体混合物之中 【答案】B 【解析】 【详解】A．过滤时，不能用玻璃棒搅拌，防止滤纸破损，故 A 错误； B．由于蒸发皿是可以直接加热的仪器，所以蒸发操作中，可将蒸发皿放置于铁架台的铁圈或 三脚架上直接加热，故 B 正确； C．萃取分液时，密度大的物质从分液漏斗的下端口放出，密度小的液体从分液漏斗的上端口 部倒出，故 C 错误； D．蒸馏时，温度计是测定馏分的温度，温度计水银球应该在蒸馏烧瓶的支管口处，故 D 错误； 故选 B。 9.设 NA 为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是 A. 84 g MgCO3 和 NaHCO3 混合固体中的 CO32－离子数为 NA B. 1 mol I2 与 4 mol H2 反应生成的 HI 分子数为 2NA C. 1 mol Al 溶于含 1 mol NaOH 的溶液，电子转移数为 3NA D. 标准状况下，2.24 L H2O 含有的共价键数为 0.2NA 【答案】C 【解析】 【详解】A、NaHCO3 固体由钠离子和碳酸氢根构成，无碳酸根离子，因此 84 g MgCO3 和 NaHCO3 混合固体中的 CO32－离子数少于 NA，故 A 错误； B、氢气和碘的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的 HI 分子个数小于 2NA 个，故 B 错误； C、铝和氢氧化钠反应后变为+3 价，故 1mol 铝反应后转移 3NA 个电子，故 C 正确； D、标准状况下，水不是气体，不能根据气体摩尔体积来计算水的物质的量，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】本题的易错点为 D，要注意有些特殊物质在标准状况下的状态，如水、氟化氢、三氧 化硫等。 10.下列实验操作能达到实验目的的是 实验目的 实验操作 A 检验粗盐溶液中的 Cl－ 取少量粗盐溶液，滴加 AgNO3 溶液，观察现象 B 检验碳酸钠 将 Pt 丝蘸取盐酸灼烧至无色后，蘸取碳酸钠灼烧，观察现象 C 除去 MnO2 中的碳粉 反复灼烧至质量不再变化 D 检验 CO、CO2 混合气体 将气体依次通过 CuO(灼热)、澄清石灰水 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A、粗盐溶液中含有硫酸根离子等，滴加 AgNO3 溶液，会生成微溶于水的硫酸银沉淀， 不能检验粗盐溶液中的 Cl－，故 A 错误； B、将 Pt 丝蘸取盐酸灼烧至无色后，蘸取碳酸钠灼烧，观察现象，火焰呈黄色，只能证明物 质中含有钠元素，不能证明含有碳酸根离子，故 B 错误； C、碳能够在空气中燃烧生成二氧化碳气体，反复灼烧至质量不再变化，可以除去 MnO2 中的碳 粉，故 C 正确； D、将气体依次通过 CuO(灼热)，CO 会被氧化生成二氧化碳，不能检验原混合气体中是否存在 二氧化碳，应该先检验二氧化碳，再通过 CuO(灼热)、澄清石灰水检验 CO，故 D 错误； 故选 C。 11.以 Cu 为原料制取 CuSO4，考虑节约原料、经济、技术和环保等因素，下列路线最合理的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A． 中反应会放出二氧化硫气体，污染环境，故 A 不选； B． ，过程中涉及的反应有，2Cu+O2 2CuO、 CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，符合“绿色化学”思想，故 B 选； C． ，第一步反应中会产生硫蒸气，会污染环境，第 二步反应中会产生二氧化硫等气体，且不能反应生成硫酸铜，原理错误，故 C 不选； D． 反应中生成的铜离子会催化过氧化氢分解，原料耗损大，不符合 “绿色化学”思想，故 D 不选； 故选 B。 12.利用下列装置测定空气中 SO2 的含量，A 溶液最好选用 4Cu CuSO→浓硫酸 / 4Cu CuO CuSO→ →氧气 加热 稀硫酸 / / 2 4Cu Cu S CuSO→ →硫 加热 氧气 加热 2 2H O / 4Cu CuSO→稀硫酸 4Cu CuSO→浓硫酸 / 4Cu CuO CuSO→ →氧气 加热 稀硫酸 / / 2 4Cu Cu S CuSO→ →硫 加热 氧气 加热 2 2H O / 4Cu CuSO→稀硫酸 A. NaOH 溶液(滴有 2－3 滴酚酞溶液) B. KMnO4 溶液(滴有－定量硫酸溶液) C. HNO3 溶液(滴有 2－3 滴 Ba(NO3)2 溶液) D. I2 溶液(滴有 2－3 滴淀粉溶液) 【答案】D 【解析】 【详解】A．空气中含有二氧化碳，NaOH 溶液也能吸收二氧化碳，会影响二氧化硫含量的测定， 故 A 不选； B．空气中成分复杂，含有较多的还原剂等，可能被强氧化剂酸性 KMnO4 溶液氧化，影响二氧 化硫含量的测定，故 B 不选； C．二氧化硫被强氧化剂 HNO3 溶液氧化生成硫酸根离子，立即和钡离子生成硫酸钡白色沉淀， 不能判断反应终点，故 C 不选； D．二氧化硫能够被弱氧化剂 I2 氧化，反应后能够使滴有淀粉的溶液褪色，可以通过淀粉褪色 通过的空气的量和消耗的碘的量测定空气中二氧化硫的含量，故 D 选； 故选 D。 13.－定条件下，各微粒有如下变化(示意图如下)，其中 和 O 代表短周期前 10 号不同元素 的原子。反应物 为液体，生成物均为气体。 下列有关判断错误的是 A. 反应物 的名称是乙烯 B. 上述反应的氧化产物为 C. 反应前后，一定是共价键的断裂与生成 D. 上述反应方程式，物质之间没有确定的系数比 【答案】A 【解析】 【分析】 反应物 为液体，生成物 等均为气体，则 表示 N2H4， 表示 NH3，则 为氮 气， 为 H2，据此分析解答。 【详解】A．根据上述分析，反应物 表示 N2H4，名称是肼，故 A 错误； B．上述反应的方程式可以为 2N2H4=2NH3+N2+H2，反应中 N 元素由-2 价升高到 0 价，被氧化， 氧化产物为 (N2)，故 B 正确； C．反应物和生成物中存在的都是共价键，反应前后，一定是共价键的断裂与生成，故 C 正确； D．上述反应方程式可以为 2N2H4=2NH3+N2+H2 或 4N2H4=2NH3+3N2+5H2 或 6N2H4=2NH3+5N2+9H2 等， 物质之间没有确定的系数比，故 D 正确； 故选 A。 【点睛】正确判断各种结构表示的物质是解题的关键。本题的难点为 D，要注意根据元素化合 价的变化，结合化合价升降守恒，列式分析判断。 14.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 水泥中的硅酸根水解后易于形成空间网状结构——水泥常用作矿物黏合剂 B. ClO2 具有强氧化性——能用作水的絮凝剂 C. NaHCO3 能提供 H＋——用作面粉发泡剂 D. Al2O3 可以形成致密的保护层——可用作耐高温材料 【答案】A 【解析】 【详解】A．水泥中的硅酸根水解后易于形成空间网状结构，具有较大的硬度和强度，因此水 泥常用作矿物黏合剂，故 A 正确； B．ClO2 具有氧化性，能使蛋白质变性，可以用作水的杀菌消毒剂，但不能作絮凝剂，吸附水 中的悬浮物，故 B 错误； C．NaHCO3 可用作食品疏松剂是因为其受热分解生成二氧化碳，与碳酸氢钠是否含有 H＋无关， 故 C 错误； D．氧化铝具有较高熔点，可用作耐高温材料，与能否形成致密的保护层无关，故 D 错误； 故选 A。 15.下图是 FeS2 催化氧化关系转化图，下列说法正确的是 A. 反应 I 中，还原剂为 Fe2＋ B.反应 II 中，FeS2 既是氧化剂也是还原 剂 C. 反应 III 属于氧化还原反应 D. FeS2 催化氧化关系中，NO 是催化剂 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据图示，反应 I 中，还原剂 Fe(NO)2+，故 A 错误； B．反应 II 中，FeS2 中 S 元素由-1 价升高到+6 价，是还原剂，不是氧化剂，故 B 错误； C．根据图示，反应 III 中没有元素化合价的变化，一定不属于氧化还原反应，故 C 错误； D．根据图示，FeS2 催化氧化过程中，NO 参与了反应，但经过反应后还变成 NO，因此 NO 是催 化剂，故 D 正确； 故选 D。 16.下图是 0.01 mol/L 甲溶液滴定 0.01 mol/L 乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线③是盐 酸滴定 NaAc 溶液，其他曲线是醋酸滴定 NaOH 溶液或者 NaOH 溶液滴定盐酸。下列判断错误的 是 A. 条件相同时导电能力：盐酸>NaAc B. 曲线①是 NaOH 溶液滴定盐酸导电能力变化曲线 C. 随着甲溶液体积增大，曲线①仍然保持最高导电能力 D. a 点是反应终点 【答案】C 【解析】 为 详解】A．由曲线③盐酸滴定 NaAc 溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升 高，说明条件相同时导电能力：盐酸>NaAc，故 A 正确； B．曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定 NaOH 溶液的曲线，因此曲线①是 NaOH 溶液滴 定盐酸导电能力变化曲线，故 B 正确； C．由曲线①起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线①逐渐变成 氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线②可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶 液体积增大，曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线③，故 C 错 误； D．反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即 a 点是反应终点，故 D 正确； 故选 C。 【点睛】本题的难点为曲线①和②的判断，也可以根据滴定终点后溶液中的导电物质的种类 结合强弱电解质分析判断，其中醋酸滴定 NaOH 溶液，终点后，溶液中醋酸的含量增多，而醋 酸为弱电解质，因此曲线的后半段导电能力较低。 第 II 卷(非选择题 共 52 分) 二、非选择题(共 6 小题，共 52 分) 17.随着工农业发展，NH4Cl 的价格低迷、需求降低导致利用“侯氏制碱法”生产的碱厂出现 亏损。“新联合制碱法”应运而生，流程如下： (1)写出气体 X 的结构式_______________________。 (2)上述工艺流程中参与循环使用的气体有____________、____________。 (3)所得产品 Na2CO3 中不会含有 NH4Cl，原因是__________________(用化学方程式表示)。 (4)过程 III 以 MgO 为催化剂进行转化，示意图如下： ①步骤 ii 实际上要经过加热和高温两步反应，“加热”步骤制得 HCl，“高温”步骤得到 【 MgO，其化学方程式分别为__________________、________。 ②过程 III 分两步得到 NH3 和 HCl，比一步得到 NH3 和 HCl 的好处是________________。 【答案】 (1). O=C=O (2). CO 2 (3). NH3 (4). NH4Cl NH3↑ + HCl↑ (5). MgCl2+H2O Mg(OH)2+2HCl↑ (6). Mg(OH)2 MgO+H2O (7). 能防止 NH3 和 HCl 因接触而反应生成氯化铵 【解析】 【分析】 (1)碳酸氢钠分解生成碳酸钠和二氧化碳气体，则 X 为二氧化碳； (2)根据流程图，反应 II 中生成的二氧化碳和反应 III 生成的氨气可以参与反应 I，据此判断 参与循环使用的气体； (3)氯化铵受热容易分解； (4)① “加热”步骤中促进氯化镁水解制得 HCl，“高温”步骤使得生成的氢氧化镁分解得到 MgO；②NH3 和 HCl 能够反应生成氯化铵。 【详解】(1)碳酸氢钠分解生成碳酸钠和二氧化碳气体，则 X 为二氧化碳，结构式为 O=C=O， 故答案为：O=C=O； (2)根据流程图，反应 II 中生成的二氧化碳和反应 III 生成的氨气可以参与反应 I，因此参与 循环使用的气体有 CO2、NH3，故答案为：CO2；NH3； (3)所得产品 Na2CO3 中不会含有 NH4Cl，因为氯化铵受热容易分解 NH4Cl NH3 + HCl，故答案 为：NH4Cl NH3↑ + HCl↑； (4)①步骤 ii 实际上要经过加热和高温两步反应，“加热”步骤中促进氯化镁水解制得 HCl， “高温”步骤使得氢氧化镁分解得到 MgO，化学方程式分别为 MgCl2+H2O Mg(OH)2+2HCl↑、 Mg(OH)2 MgO+H2O，故答案为：MgCl2+H2O Mg(OH)2+2HCl↑；Mg(OH)2 MgO+H2O； ②过程 III 分两步得到 NH3 和 HCl，可以防止 NH3 和 HCl 反应生成氯化铵，比一步得到 NH3 和 HCl 要好，故答案为：能防止 NH3 和 HCl 因接触而反应生成氯化铵。 18.“84 消毒液”因 1984 年北京某医院研制使用而得名，在日常生活中使用广泛，其有效成 分是 NaClO。某小组在实验室制备 NaClO 溶液，并进行性质探究。 (1)X 固体为_________(填化学式)，装置 E 的名称是_________。 (2)氯气与 NaOH 溶液、NaHCO3 溶液都会发生反应，生成物均含有＋1 价氯的物质，其化学式分 别为____________________、___________。 (3)将反应后的装置 C 溶液，从 pH＝11 调到 pH＝5 的过程中，其溶液的漂白性逐渐_____，理 由是_____________。 (4)装置 C 需要冰水浴，否则产率大大下降，原因是__________。 【答案】 (1). KMnO4 (2). 干燥管 (3). NaClO (4). HClO (5). 增强 (6). 随着 pH 的降低，c(H +)增大，反应生成的 c(HClO)也增大，溶液的漂白性逐渐增强 (7). 氯气与碱反应放热，使 NaClO 分解 【解析】 【分析】 装置 A 中固体 X 和浓盐酸在常温下反应生成氯气，氯气中含氯化氢气体，通过装置 B 中饱和 食盐水除去氯化氢，通入装置 C 中与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，通过碳酸氢 钠溶液，可以除去反应剩余的氯气，最后通过碱石灰吸收尾气中氯气，防止污染环境，据此 分析解答。 【详解】(1)装置 A 中固体 X 和浓盐酸在常温下反应生成氯气，可以选用高锰酸钾；根据图示， 装置 E 为干燥管，故答案为：KMnO4；干燥管； (2)氯气与 NaOH 溶液反应的方程式为 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；氯水中存在平衡 Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCO3-消耗 H+，使平衡右移，HClO 浓度增大，在碳酸氢钠溶液中得到 HClO，故答案为：NaClO；HClO； (3)反应后的装置 C 溶液中含有 NaClO，将溶液从 pH＝11 调到 pH＝5 的过程中，随着 pH 的降 低，c(H+)增大，反应生成的 c(HClO)也增大，溶液的漂白性逐渐增强，故答案为：增强；随 着 pH 的降低，c(H+)增大，反应生成的 c(HClO)也增大，溶液的漂白性逐渐增强； (4)氯气与碱的反应为放热反应，升高温度会使次氯酸钠分解，因此装置 C 需要冰水浴，否则 产率大大下降，故答案为：氯气与碱反应放热，使 NaClO 分解。 【点睛】本题的易错点为(2)中碳酸钠反应中产物的判断，要注意结合平衡的移动反应，不能 判断为 NaClO，因为次氯酸不能与碳酸氢钠反应。 19.某工厂废金属屑中主要成分为 Cu、Fe 和 Al(含有少量 Al2O3 和 Fe2O3)，某化学兴趣小组设 计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体。 请回答： (1)胆矾的化学式为___________________。 (2)溶液 E 为绿色溶液，则试剂 X 是______________。 (3)步骤 I，首先加入温热 NaOH 溶液，作用是_________；－段时间后，再分批加入常温 NaOH 溶液，原因是___________。 (4)在步骤 II 时，用如图装置制取 CO2 并通入溶液 A 中。－段时间后，观察到烧杯中产生的白 色沉淀会逐渐减少。为避免固体 C 减少，可在 a 和 b 间加－个盛有饱和_________溶液的洗气 瓶。 (5)保存 FeSO4 溶液时，需要滴加少量硫酸溶液，再加入适量_______(填化学式)，防止变质。 【答案】 (1). CuSO4·5H2O (2). 稀 H2SO4 (3). 加快反应速率 (4). 由于反应 放热，分批加入常温 NaOH 溶液，可以适当降低温度，防止反应过快，发生安全事故 (5). NaHCO3 (6). Fe 【解析】 【分析】 Fe、Cu、Fe2O3 都不与 NaOH 溶液反应，Al 和 Al2O3 可与 NaOH 溶液反应，用含有 Al、Fe、Cu 和 Al2O3 和 Fe2O3 的废金属屑制取 AlCl3、绿矾晶体(FeSO4•7H2O)和胆矾晶体流程为：合金中 Al、 Al2O3 与 NaOH 反 应 ， 所 得 滤 液 A 为 NaAlO2 溶 液 ， 经 途 径 Ⅱ 与 足 量 二 氧 化 碳 发 生 AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，反应可生成 Al(OH)3 固体 C，生成的 Al(OH)3 再和盐酸反应 生成 AlCl3，得到的 AlCl3 较纯净；溶液 D 为 NaHCO3 溶液；滤渣 B 为 Fe、Cu 和 Fe2O3 的混合物， 加入足量 X，得到的滤液 E 可以得到绿矾(FeSO 4·7H2O)，说明溶液 E 为 FeSO 4 ，则 X 为稀 H2SO4；固体 F 为 Cu，可用于制备胆矾，据此分析解答。 【详解】(1)胆矾是五水合硫酸铜，化学式为 CuSO4·5H2O，故答案为：CuSO4·5H2O； (2)根据上述分析，溶液 E 为绿色溶液，为 FeSO4，试剂 X 为稀 H2SO4，故答案为：稀 H2SO4； (3)步骤 I 是溶解铝和氧化铝，首先加入温热 NaOH 溶液，可以加快反应速率；由于反应放热， 分批加入常温 NaOH 溶液，可以适当降低温度，防止反应过快，发生安全事故，故答案为：加 快反应速率；由于反应放热，分批加入常温 NaOH 溶液，可以适当降低温度，防止反应过快， 发生安全事故； (4)用浓盐酸与大理石制取的二氧化碳中会混有氯化氢气体，为了防止氯化氢气体对实验的影 响，需要除去。二氧化碳在饱和 NaHCO3 中不溶，氯化氢和 NaHCO3 反应生成二氧化碳气体，可 以在 a 和 b 间加－个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，故答案为： NaHCO3； (5)硫酸亚铁容易被空气中的氧气氧化而变质，且硫酸亚铁能够水解，因此保存 FeSO4 溶液时， 需要滴加少量硫酸溶液，抑制其水解，再加入适量铁粉，防止其被氧化，故答案为：Fe。 20.火箭燃料偏二甲肼(CH3)2N－NH2 与 NO2 反应放出巨大的能量，能把 500t 以上的仪器设备送 入太空，这是液体推进剂的优点。 (1)液态偏二甲肼(CH3)2N－NH2 与氨气性质相似，易溶于水显弱碱性。易溶于水的原因是 _______，写出溶于水后的电离方程式______________。 (2)氨－次氯酸钠法制取偏二甲肼(CH3)2N－NH2 原理如下： 反应－ NH3＋NaClO→NaOH＋Cl－NH2 反应二 Cl－NH2＋HN(CH3)2→(CH3)2N－NH2＋HCl ①模拟实验得到温度与收率如下关系图，温度约为_______℃时收率最高，约为________℃以 后收率下降，收率下降 主要原因是温度升高，_________挥发所致。 ②氯化铵是制取偏二甲肼(CH3)2N－NH2 的缓冲剂，模拟实验得到加入氯化铵与收率的关系图如 的 下： 请结合原理知识解释收率升高的原因____________。 (3)固体推进剂如硼铝或纳米铝粉比液体推进剂灌装简单、无需临时加注，但与液体推进剂相 比其最大缺点是__________________。 【答案】 (1). 能够与水分子形成分子间氢键 (2). (CH3)2N－NH2+H2O (CH3)2N－ NH3++OH- (3). 25 (4). 35 (5). 氨气或 Cl－NH2 或 HN(CH3)2 (6). 氯化铵与氢氧 化钠反应，促进反应一正向移动，Cl－NH2 浓度增大，促进反应二正向移动，使得收率升高 (7). 推进力不大（或固体推进剂单位时间内产生的气体的物质的量和气体的温度不如液体推进剂， 推进力不大） 【解析】 【分析】 (1)液态偏二甲肼(CH3)2N－NH2 与氨气性质相似，能够与水分子形成分子间氢键，类比氨水的 电离书写(CH3)2N－NH2 的电离方程式； (2)①根据图像结合常见具有挥发性的物质分析解答；②氯化铵与反应一生成的氢氧化钠反应， 导致反应一中氢氧化钠的浓度减小，促进反应一正向移动，Cl－NH2 浓度增大，又会促进反应 二正向移动，据此分析解答； (3)可以从固体推进剂单位时间内产生的气体的物质的量和气体的温度与液体推进剂的区别 分析解答。 【详解】(1)液态偏二甲肼(CH3)2N－NH2 与氨气性质相似，能够与水分子形成分子间氢键，使 得偏二甲肼易溶于水，溶于水的偏二甲肼能够电离，(CH3)2N－NH2+H2O (CH3)2N－ NH3++OH-，溶液显弱碱性，故答案为：能够与水分子形成分子间氢键；(CH3)2N－NH2+H2O (CH3)2N－NH3++OH-； (2)①根据图像，温度约为 25℃时收率最高，约为 35℃以后收率下降，收率下降的主要原因 是温度升高，氨气或 Cl－NH2 或 HN(CH3)2 挥发所致，故答案为：25；35；氨气或 Cl－NH2 或 HN(CH3)2； ②氯化铵与反应一生成的氢氧化钠反应，导致反应一中氢氧化钠的浓度减小，促进反应一正 向移动，Cl－NH2 浓度增大，促进反应二正向移动，使得收率升高，故答案为：氯化铵与氢氧 化钠反应，促进反应一正向移动，Cl－NH2 浓度增大，促进反应二正向移动，使得收率升高； (3)固体推进剂如硼铝或纳米铝粉比液体推进剂灌装简单、无需临时加注，但与液体推进剂 相比，固体推进剂单位时间内产生的气体的物质的量和气体的温度不如液体推进剂，推进力 不大，故答案为：推进力不大(或固体推进剂单位时间内产生的气体的物质的量和气体的温度 不如液体推进剂，推进力不大)。 21.碲在高端、尖端科技产业日显重要。工业上开发铜阳极泥[主要成分碲化亚铜(Cu2Te)，少 量 Ag、Au]回收碲，其工业流程如下： (1)碲是ⅥA 族元素，Cu2Te 中碲元素的化合价为_______________。 (2)“氧化酸浸”中加入足量 H2O2 的作用是______________。 (3)“滤液②”中主要阴离子是_______________。 (4)“还原”阶段，理论上得到 1 mol Te，则消耗_________mol Na2SO3。 (5)CuC2O4 分解的化学方程式为____________。 【答案】 (1). -2 (2). 完全氧化 Cu2Te 生成 H2TeO3、CuSO4 (3). SO42- (4). 2 (5). CuC2O4 Cu+2CO2↑ 【解析】 【分析】 电解精炼铜的阳极泥主要成分为 Cu2Te，含少量的 Ag、Au，在稀硫酸中溶解，并加入过氧化氢， 得到 H2TeO3、Au、Ag、硫酸铜溶液，然后过滤，滤渣含有 Ag、Au，滤液①含有 H2TeO3、硫酸 铜，加入草酸钠，过滤，得到的草酸铜分解可生成铜，滤液②中主要含有硫酸钠和 H2TeO3，加 入亚硫酸钠，可将溶液中的 H2TeO3 还原为 Te，据此分析解答。 【详解】(1)碲是ⅥA 族元素，Cu2Te 中 Cu 为+1 价，则 Te 化合价是-2，故答案为：-2； (2)由以上分析可知滤渣含有 Ag、Au，滤液①中含有的氧化酸浸时氧化产物 H2TeO3、CuSO4， 因此加入的足量 H2O2 的是将 Cu2Te 完全氧化生成 H2TeO3、CuSO4，故答案为：完全氧化 Cu2Te 的 生成 H2TeO3、CuSO4； (3)根据上述分析，“滤液②”中主要含有硫酸钠和 H2TeO3，H2TeO3 类似于亚硫酸，部分电离， 因此溶液中存在的主要阴离子是硫酸根离子，故答案为：SO42-； (4)“还原”阶段，亚硫酸钠将溶液中的 H2TeO3 还原为 Te，Te 的化合价由+4 价变成 0 价，S 由+4 价变成+6 价，理论上得到 1 mol Te，得到 4mol 电子，根据得失电子守恒，需要消耗 2mol Na2SO3，故答案为：2； (5)CuC2O4 分解生成铜，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为 CuC2O4 Cu+2CO2↑，故 答案为：CuC2O4 Cu+2CO2↑。 22.(1)两种气态烃组成的混合气体，完全燃烧后得到 CO2 和 H2O(g)的物质的量随混合烃的总物 质的量的变化如图所示。则该产物混合气体的平均摩尔质量为___________g· mol－1(保留 3 位有效数字)，该混合烃的平均分子式为________________。 (2)常温下，向 20 mL 0.10 mol·L－1HB 溶液中逐滴滴入 0.10 mol·L－1 NaOH 溶液，所得 pH 曲 线如下图所示。则 HB 是_______酸(填“强”或“弱”)，A 点对应的溶液中 为 _______。 【答案】 (1). 29.6 (2). C1.6H4 (3). 弱 (4). 199 【解析】 【分析】 (1)根据图像，当混合烃的物质的量为 1mol 时，生成 1.6molCO2、2molH2O，据此分析解答； (2)根据图像，向 20 mL 0.10 mol·L－1HB 溶液中逐滴滴入 0.10 mol·L－1 NaOH 溶液，当滴入 20 ( ) c(B B ) c H － mLNaOH 溶液时，恰好反应生成盐，此时溶液的 pH＞7，据此判断；A 点对应的溶液的 pH=7， 根据加入的氢氧化钠和剩余的 HB 计算 c(B-)= c(Na+)和 c(HB)，在计算 。 【详解】(1)根据图像，当混合烃的物质的量为 1mol 时，生成 1.6molCO2、2molH2O，二氧化碳 和水蒸气的物质的量之比为 1.6mol∶2mol=4∶5，因此该产物混合气体的平均摩尔质量为 =29.6；1.6molCO2、2molH2O 中含有 1.6molC 和 4molH，因此混合烃的平均化学 式为 C1.6H4，故答案为：29.6；C1.6H4； (2)根据图像，向 20 mL 0.10 mol·L－1HB 溶液中逐滴滴入 0.10 mol·L－1 NaOH 溶液，当滴入 20 mLNaOH 溶液时，恰好反应生成盐，此时溶液的 pH＞7，显碱性，说明 HB 为弱酸；A 点对应的 溶液的 pH=7，c(B-)= c(Na+)= mol/L，c(HB)= mol/L，因此 = =199，故答案为：弱；199。 【点睛】本题的易错点和难点为(2)，要注意 A 点对应的溶液的 pH=7，加入的氢氧化钠为 19.9mL，结合电荷守恒和反应的具体情况计算。 ( ) c(B B ) c H － 4 44+5 18 4+5 × × 19.9 0.1 20+19.7 × 0.1 0.1 20+19.7 × ( ) c(B B ) c H － 19.9 0.1 0.1 0.1 × ×