江西省抚州市临川区第一中学2020届高三化学上学期适应性考试试题（含解析）

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1、临川一中2019-2020学年度高三暑假适应性考试化学试卷卷面满分：100分 考试时间：100分钟可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Si 28 S 32 Ca 40 Fe 56 Cu64第卷（选择题，共48分）一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。）1.下列有关文献记载中涉及的化学知识表述不正确的是（）A. “墙塌压糖，去土而糖白”中的脱色过程发生了化学变化B. “以曾青涂铁，铁赤色如铜”说明我国古代就掌握了“湿法冶金”技术C. “丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”讲的是单质与化合物之间的互变D. “煤饼烧蛎房成灰

2、（蛎房即牡蛎壳）”中灰的主要成分为氧化钙【答案】A【解析】【详解】A、黄泥具有吸附性，可以采用黄泥来吸附红糖的色素，是物理变化，故A表述错误；B、铁与硫酸铜发生反应生成Cu和FeSO4，Cu附着在铁的表面，这种方法是“湿法炼铜”，故B表述正确；C、丹砂为硫化汞，不稳定加热分解为硫单质和汞，温度降低时，又可以发生化合反应生成硫化汞，讲的是单质与化合物之间的互变，故C表述正确；D、牡蛎壳主要成分是碳酸钙，碳酸钙煅烧生成CaO，因此“煤饼烧蛎房成灰”中的灰为氧化钙，故D表述正确；答案选A。2.下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A将红热的炭放入浓硫酸中产生的气体通入澄

3、清的石灰水石灰水变浑浊炭被氧化成CO2B将稀盐酸滴入Na2SiO3 溶液中溶液中出现凝胶非金属性: ClSiCSO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸有白色沉淀产生，加入稀硝酸后沉淀不溶解先产生BaSO3沉淀，后转化为BaSO4D向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水溶液显红色原溶液中一定含有Fe2+A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A炭和浓H2SO4的混合物加热，反应生成的二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊，结论不合理，故A错误；B将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中，溶液中出现凝胶，说明反应生成硅酸，只能证明酸性：盐酸硅酸，由于盐酸不是最高价含氧酸，

4、无法据此判断Cl、Si的非金属性强弱，故B错误；CSO2通入BaCl2溶液不反应，加硝酸发生氧化还原反应，将二氧化硫氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，故C错误；D滴加KSCN溶液，溶液不变色，可知不含Fe3+，再滴加新制氯水，溶液为红色，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则原溶液中一定含有Fe2+，故D正确；故选D。【点睛】把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键。本题的易错点为C，要注意SO2通入BaCl2溶液不能反应生成亚硫酸钡沉淀。3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A. 等质量的 D2O和H2O中含有的质子数相同B. 过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的

5、电子数为0.2NAC. 2 L 0.5 molL1亚硫酸溶液中含有的H离子数为2NAD. 密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA【答案】B【解析】【详解】A、D2O的摩尔质量为20gmol1，H2O的摩尔质量为18gmol1，令质量为mg，D2O中含有质子物质的量为，H2O中含有质子物质的量为，相同质量的D2O和H2O含有质子数不相等，故A错误；B、过氧化钠与H2O反应：2Na2O22H2O=4NaOHO2，生成1molO2，转移电子物质的量为2mol，则生成0.1molO2，转移电子物质的量为0.2mol，故B正确；C、H2SO3属于弱酸，部分电离，因此亚

6、硫酸溶液中含有H的物质的量小于2mol，故C错误；D、NO与O2的反应：2NOO2=2NO2，NO2发生：2NO2 N2O4，产物的物质的量小于2mol，故D错误；答案选B。4.下列情况会使所配溶液浓度偏低或其他测量值偏低是（）用稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应测定中和热数值；溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤；用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积；在用标准液（已知浓度）滴定未知浓度的溶液时，盛标准液的滴定管水洗后未润洗；定容时，仰视容量瓶的刻度线A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】醋酸为弱电解质，其电离过程为吸热过程，因此稀醋酸与稀氢氧化钠溶液

7、反应测定的中和热数值减小，故符合题意；溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，造成容量瓶中溶质的物质的量减少，即物质的量浓度偏低，故符合题意；用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积偏大，故不符合题意；未用标准液润洗滴定管，标准液浓度降低，消耗标准液的体积增大，即测的未知液的浓度将偏大，故不符合题意；定容时，仰视容量瓶的刻度线，所得溶液体积偏大，浓度偏小，故符合题意；综上所述，偏低的是，故B正确；答案选B。5.下列离子方程式正确的是（ ）A. 过量SO2通入到Ba（NO3）2溶液中：3SO2+2NO3-+3Ba2+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+B. Fe

8、（OH）2溶于稀HNO3：Fe（OH）22H=Fe22H2OC. HO2中加入H2SO4酸化的KMnO4：5HO22MnO4-6H=518O22Mn28H2OD. 用铜电极电解硫酸铜溶液：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+【答案】C【解析】【详解】A、NO3在酸性条件下，具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42，本身被还原成NO，Ba2与SO42生成BaSO4，通入过量的SO2，发生离子方程式为3SO2Ba22NO32H2O=BaSO42NO4H2SO42，故A错误；B、硝酸具有氧化性，将Fe2氧化成Fe3，正确的离子方程式为3Fe(OH)210HNO3=3Fe3NO8H2O，故B错误；C、

9、KMnO4具有强氧化性，将H2O2氧化成O2，本身被还原成Mn2，离子方程式为2MnO45H218O26H=518O22Mn28H2O，故C正确；D、铜作阳极，阳极反应式为Cu2e=Cu2，阴极反应式为Cu22e=Cu，故D错误；答案选C。6.下列实验中，所采取的实验方法与对应原理都正确的是（）选项目的实验方法原理A除去丙醇中的乙醚蒸馏丙醇与乙醚沸点相差较大B分离苯和甲苯分液苯和甲苯的密度不同C除去CO中的O2通过灼热铜网O2与灼热的铜反应D分离溶于水的溴乙醇萃取溴在乙醇中的溶解度较大A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A、丙醇和乙醚互溶，除去丙醇中混有乙醚，利用其沸点相

10、差较大，采用蒸馏的方式，故A正确；B、苯是良好的有机溶剂，甲苯和苯互溶，不能采用分液的方法进行分离，应利用其沸点相差较大，采用蒸馏的方法进行分离，故B错误；C、Cu与O2反应生成CuO，CO将CuO还原成Cu，消耗CO，故C错误；D、乙醇可以和水互溶，乙醇不能作从溴水中萃取溴的萃取剂，故D错误；答案选A。【点睛】选择萃取剂的原则：一是萃取剂不能与被萃取的物质发生反应，二是被萃取的物质在萃取剂的溶解度远远大于在原溶剂中的溶解度，三是萃取剂不能与原溶剂互溶。7.如图是实验室常用的气体制备、净化和收集装置。若依据反应H2C2O4COCO2H2O制取CO，则合理的装置组合为（）A. B. C. D.

11、【答案】D【解析】【分析】根据实验原理，制取CO，应用固体液体气体的装置，即为制气装置，因为CO的密度与空气的密度相差不大，因此收集CO时，需要用排水法收集，CO2是酸性氧化物，应用碱液吸收，据此分析；【详解】依据反应H2C2O4COCO2H2O，草酸为固体，浓硫酸为液体，并且需要加热，因此需要用固体液体气体的装置，即为制气装置，CO的摩尔质量为28gmol1，空气的平均摩尔质量为29gmol1，即CO的密度与空气的密度相差不大，因此采用排水法收集CO，只要除去CO2就可以，即用洗气方法除去CO2，连接顺序是，故选项D正确；答案选D。【点睛】需要根据反应物的状态和反应条件，选择反应装置，根据实

12、验目的和原理，设计好除杂装置，最后不能忽略尾气处理装置。8.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A. 常温下，1L 0.1molL-1醋酸钠溶液中加入醋酸至溶液为中性，则溶液含醋酸根离子数0.1NAB. 6g SiO2晶体中含有Si-O键的数目为0.2NAC. 1mol乙酸与足量乙醇发生酯化反应，生成乙酸乙酯分子数为NAD. 某温度下， pH=2的H2SO4溶液中，硫酸和水电离的H+总数为0.01NA【答案】A【解析】【详解】A、根据电荷守恒，n(Na)n(H)=n(CH3COO)n(OH)，溶液显中性，即n(H)=n(OH)，得出n(Na)=n(CH3COO)，n(Na)=1L

13、0.1molL1=0.1mol，得出n(CH3COO)=0.1mol，故A正确；B、1molSiO2中4molSiO键，6gSiO2中含有SiO键的物质的量为=0.4mol，故B错误；C、乙酸和乙醇发生酯化反应，该酯化反应为可逆反应，即生成乙酸乙酯物质的量小于1mol，故C错误；D、没有指明溶液的体积，无法计算H物质的量，故D错误；答案选A。【点睛】易错点为选项B，SiO2为原子晶体，1个Si原子与4个氧原子形成共价键，即1molSiO2中含有4molSiO键。9.下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是()A. 该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol

14、L1B. 1 mol Zn与足量该硫酸反应产生2 g氢气C. 配制200 mL 4.6 molL1的稀硫酸需取该硫酸50 mLD. 该硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度大于9.2 molL1【答案】C【解析】【分析】A. 根据c=1000/M进行计算；B. Zn与浓H2SO4反应放出SO2气体；C根据稀释前后溶质的量不变求出所需浓硫酸的体积；D.浓硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度小于浓硫酸浓度的平均值；【详解】A根据c=1000/M可知，硫酸的浓度是10001.8498%/98=18.4mol/L，A错误；B. Zn与浓H2SO4反应放出SO2气体；B错误； C设需取该浓硫酸xmL，根据

15、稀释前后溶质的量不变可知：200 mL4.6 molL1x18.4 molL1，x50 mL，C正确；D由于水的密度小于H2SO4的密度，所以当浓H2SO4与水等质量混合时，其体积大于浓H2SO4体积的2倍，所以其物质的量浓度小于9.2 molL1，D错误；综上所述，本题选C。10.不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时，有机物C4H9ClO的同分异构体中能与Na反应放出氢气的共有（不含立体异构）A. 8 种B. 9 种C. 10 种D. 12 种【答案】B【解析】有机物C4H9C1O的同分异构体中能与Na反应放出氢气，说明其分子中含有羟基，该有机物可以看作Cl原子取代丁醇中氢原子形成的，丁醇的

16、同分异构体有：CH3CH2CH2CH2OH、CH3（CH3）CHCH2OH； CH3CH2CH2CH2OH分子的烃基中含有4种等效H原子，不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时，其一氯代物有3种； 分子的烃基中含有4种H原子，不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时，其一氯代物有3种； 分子中的烃基中含有1种H原子，其一氯代物有1种； CH3（CH3）CHCH2OH分子的烃基上含有3种等效H，不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时，其一氯代物有2种，根据分析可知，有机物C4H9C1O的同分异构体中能与Na反应放出氢气的共有：3+3+1+2=9，故B正确。11.MnSO4是制备高纯MnCO3的中间原料。

17、实验室用如图所示装置可制备少量MnSO4溶液，反应原理为MnO2H2SO3=MnSO4H2O。下列说法错误的是（）A. 若实验中将N2换成空气，则反应液中 的浓度之比变大B. 缓慢通入混合气体可提高SO2的转化率C. 若不通N2，则烧瓶中的进气管口容易被堵塞D. 石灰乳对尾气的吸收效果比澄清石灰水更好【答案】A【解析】【详解】A、SO2能与H2O反应生成H2SO3，H2SO3易被氧气氧化成SO42，导致溶液中c(SO42)增大，即之比减小，故A说法错误；B、缓慢通入混合气体，可以使SO2充分反应，提高SO2的转化率，故B说法正确；C、若不通N2，则烧瓶中的进气管口容易被MnO2堵塞，故C说法正

18、确；D、SO2有毒，不能直接排放到空气，氢氧化钙微溶于水，澄清石灰水中Ca(OH)2含量低，因此使用石灰乳对尾气的吸收效果比澄清石灰水更好，故D说法正确；答案选A。12.关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是A. 装置可用于实验室制取少量NH3或O2B. 可用从a处加水的方法检验装置的气密性C. 实验室不可用装置收集HClD. 验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃的实验可利用装置进行【答案】D【解析】本题考查化学实验方案的评价。详解：装置用于固体和液体反应生成气体装置，实验室制备少量氨气可用浓氨水和生石灰，制备少量氧气和用过氧化氢和二氧化锰来制备，都可以用该装置，A正确；装置从a处加水至形成液面差，

19、如左边液面不发生变化，可证明气密性良好，B正确；HCl气体的密度比空气大，应该用向上排空气法收集，装置不能收集HCl，C正确；乙醇具有挥发性，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以酸性高锰酸钾溶液褪色，不一定有乙烯生成，D错误。故选D。点睛：本题考查较为综合，涉及NH3或O2的制取、气密性的检查、气体收集以及反应机理验证等实验操作，综合考查学生的实验能力和化学知识的运用能力。13.某温度下，V mL不饱和NaNO3溶液a g，蒸发掉b g水或加入b g NaNO3固体（恢复到原温度）均可使溶液达到饱和，则下列各量的计算结果正确的是（）A. 该温度下NaNO3的溶解度为50 gB. 原不饱和溶液的

20、密度为gmL1C. 原不饱和溶液中NaNO3的质量分数为%D. 原不饱和溶液中NaNO3的物质的量浓度为molL1【答案】D【解析】【分析】蒸发掉bg水或加入bgNaNO3固体，能使溶液达到饱和，然后利用溶解度公式，计算出溶解度，然后利用公式计算出其他的物理量；【详解】A、蒸发掉bg水或加入bgNaNO3固体，能使溶液达到饱和，说明bg水溶解bgNaNO3达到饱和，利用，代入数值得出：，求出溶解度为100g，故A错误；B、根据密度的定义，原不饱和溶液的密度为gmL1，故B错误；C、令原溶液中溶质的质量为xg，蒸发掉bg水达到饱和，则有，解得x=g，原不饱和溶液中NaNO3的质量分数为，故C错误

21、；D、根据物质的量浓度的定义，c=molL1，故D正确；答案选D。14.下列说法中正确的有（）分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质可用稀盐酸洗涤已知潮湿的SO2和Cl2反应生成两种无漂白性的酸，故二者混合一定不能使有色布条褪色蒸干BeCl2溶液可得纯净的无水氯化铍Fe3O4可写成FeOFe2O3。已知铅与碳同族，则Pb3O4也可写成PbOPb2O3因为氯气沸点高，易液化，所以氯水可以保存在钢瓶中用米汤直接检验食用盐中是否含有碘元素Na2O2既可作呼吸面具中供氧剂，又可漂白织物、麦杆、羽毛等A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个【答案】B【解析】【详解】分解高锰酸钾制氧气后，残留在

22、试管内壁上的黑色物质是二氧化锰，MnO2只与浓盐酸反应，不与稀盐酸反应，因此不能稀盐酸洗涤，故错误；SO2和Cl2在潮湿环境中发生SO2Cl22H2O=H2SO42HCl，H2SO4和HCl无漂白性，如果Cl2过量，过量的氯气能使有色布条褪色，故错误；加热BeCl2溶液，由于HCl的挥发，促进BeCl2发生水解，蒸干BeCl2溶液得到氢氧化铍，而不是氯化铍，故错误；Pb的化合价为2价、4价，Pb3O4写成2PbOPbO2，故错误；氯气的沸点低，易液化，液氯中不含H，液氯不与铁反应，因此液氯保存在钢瓶中，氯水不能保存在钢瓶中，故错误；食用盐中碘元素以KIO3形式存在，淀粉遇碘单质变蓝，故错误；过

23、氧化钠与CO2、H2O反应生成O2，Na2O2具有强氧化性，有漂白性，故正确；综上所述选项B正确；答案选B。15.四元轴烯 t、苯乙烯 b 及立方烷 c 的分子式均为 C8H8。下列说法正确的是（）A. b 的同分异构体只有 t 和 c 两种B. t 和b 能使酸性 KMnO4 溶液褪色而c不能C. t、b、c 的二氯代物均只有三种D. t、b、c 中只有 t 的所有原子可以处于同一平面【答案】B【解析】【详解】A、b的同分异构体还可以链状的，如CH2=CHCH=CHCH=CHCCH等，故A错误；B、t、b中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，c中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，

24、故B正确；C、二氯取代物，t和c均有三种，b有14种，故C错误；D、苯分子中所有原子、乙烯中所有原子都处于同一平面，苯乙烯所有原子可能处于同一平面，故D错误；答案选B。16.某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl-、SO42-、CO32-、AlO2-中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol/L，某同学进行了如下实验：下列说法正确的是A. 无法确定原试液中是否含有Al3+、Cl-B. 滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C. 原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-D. 无法确定沉淀C的成分【答案】C【解析】【详解】向该溶液中加入过量稀硫酸

25、，无明显现象，说明没有CO32-、AlO2-；然后向该溶液中加入过量Ba(NO3)2溶液，产生沉淀A中一定含有BaSO4，同时有气体产生，说明溶液中含有还原性微粒Fe2+，与加入的H+、NO3-发生氧化还原反应产生NO气体，Fe2+被氧化变为Fe3+，向滤液X中加入过量的NaOH溶液，有气体产生，说明溶液中含NH4+，产生的气体是NH3，沉淀B中含Fe(OH)3，向滤液中通入少量CO2气体，在碱性条件下会与Ba2+发生反应形成BaCO3沉淀，离子浓度均为0.1mol/L，根据溶液呈电中性，已经确定含有的离子是NH4+、Fe2+，则还应该含有与二者不能发生反应的-1价的阴离子、-2价的阴离子，只

26、能是Cl-、SO42-，故选项C正确。第卷 （非选择题 52分）二、非选择题（本题包括4小题，共52分）17.二氯化二硫（S2Cl2）是一种常用于橡胶硫化、有机物氯化的试剂，甲同学查阅资料：将干燥的氯气在110140 间与硫反应，即可得S2Cl2粗品；有关物质的部分性质如表所示：物质熔点/沸点/化学性质S112.8444.6略S2Cl277137一种橙黄色的液体，遇水易水解，有淡黄色固体出现，同时产生能使品红溶液褪色的气体。300 以上完全分解。S2Cl2Cl2=2SCl2设计如图所示实验装置在实验室合成S2Cl2：回答以下问题：（1）仪器A的名称是_。（2）B中所发生反应的离子方程式为_。（

27、3）C装置的作用是_ 。（4）S2Cl2粗品中可能混有的杂质是_ （写其中一种，填化学式）。（5）乙同学发现，该装置中除了E处的温度不能过高外，还有一处重大缺陷需改进，否则会导致S2Cl2的产率大大降低，原因是_ （用化学方程式表示）；请简要提出改进方案：_。（6）H中的溶液可以选择下列试剂中的_ （填字母）。A 碳酸钠溶液 B 氯化铁溶液 C 高锰酸钾溶液 D 亚硫酸钠溶液【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO24H2Cl Mn2Cl22H2O (3). 除去Cl2中的HCl杂质 (4). SCl2或S或Cl2 (5). 2S2Cl22H2O=3SSO24HCl (6). 在G和H之

28、间增加干燥装置（如盛有浓硫酸的洗气瓶） (7). AD【解析】【分析】实验目的是制备S2Cl2，实验原理：2SCl2S2Cl2，从左向右依次为制气装置除杂装置干燥装置反应装置收集装置尾气处理装置，结合题中信息，据此判断；【详解】（1）根据仪器A的特点，仪器A为分液漏斗；（2）制备S2Cl2，用S和Cl2反应，B装置的作用是制备Cl2，其离子方程式为MnO24H2ClMn2Cl22H2O；（3）S和Cl2反应需要干燥的氯气，B装置中制备的氯气中含有HCl和水蒸气，装置C盛放饱和食盐水，其作用是除去氯气中的氯化氢，装置D盛放浓硫酸，其作用是干燥氯气；（4）根据信息，S2Cl2与Cl2发生反应生成S

29、Cl2，即S2Cl2中混有SCl2，也可能会混有S和Cl2；（5）S2Cl2遇水易水解，因此需要氯气是干燥的，同时装置H中水蒸气不能进入反应装置中，根据装置图，连接G和H之间没有干燥装置，装置H中的水蒸气进入G中，发生2S2Cl22H2O=3SSO24HCl；改进方案是在G和H之间增加干燥装置；（6）氯气有毒，需要尾气处理装置，即H的作用是吸收多余的氯气，FeCl3和KMnO4都不与氯气发生反应，氯气溶于水生成HCl和HClO，能与Na2CO3发生反应，Na2SO3具有还原性，能与氯气发生氧化还原反应，可以选择AD。18.铜是一种重要的战略物资，以黄铜矿（主要成分是CuFeS2）为主要原料生产

30、铜、铁红、单质硫时，原料的综合利用率较高，其主要流程如图所示（已知NaCuCl2的电离方程式为：NaCuCl2=Na+CuCl2-）：（1）操作、的目的相同，在实验中这种操作的名称是_。铁红的重要用途：_（写其中一种）。（2）流程中粉碎的目的是_。（3）固体B中含有两种产物，一种是单质C，另一种是原子个数比为1：1 的一种金属的低价态盐，写出堆浸时反应的化学方程式：_。（4）反应V的离子方程式：_。（5）此方法中得到的铜纯度不能满足某些生产的需要，需要利用电解法进行提纯。若用如下图所示的装置进行电解精炼， e电极上的电极反应式为_。若当电路中有2mol电子通过时，乙中某个电极质量减轻了63.9

31、2g，则粗铜的纯度为（假设杂质只有铁且精炼时铜与铁的放电比例与混合物的物质的量之比相同，计算时用表示保留一位小数）_。【答案】 (1). 过滤 (2). 红色油漆、涂料、炼铁原料等（写其中一个） (3). 增大反应物间的接触面积，加快反应速率，使反应更充分 (4). CuFeS2+3FeCl3=4FeCl2+CuCl+2S (5). 2CuCl2=Cu+Cu2+4Cl (6). Cu2+2e=Cu (7). 99.1%【解析】【详解】（1）根据流程图，操作、的目的是分离出固体和溶液，操作名称为过滤；铁红的成分是Fe2O3，其用途为红色油漆、涂料、炼铁原料等；（2）将黄铜矿矿石粉碎，在堆浸过程中

32、，增大接触面积，有利于反应充分，加快反应速率；（3）根据信息“以黄铜矿为主要原料生产铜、铁红、单质硫”，结合流程图可知固体C是单质硫，另一种是原子个数比为1：1的一种金属的低价态盐，根据元素可知该低价态盐为CuCl，反应II生成FeCO3，说明溶液A中含有Fe2，因此堆浸的化学反应方程式为CuFeS23FeCl3=4FeCl2CuCl2S；（4）CuCl2中Cu显1价，反应V中酸化，1价Cu发生歧化反应，生成Cu和Cu2，即反应V的离子方程式为2CuCl2=CuCu24Cl；（5）甲装置为原电池，乙装置为电解池，通燃料的一极为负极，通氧气的一极为正极，即a为正极，b为负极，根据电解原理，e电极

33、为阴极，d为阳极，阴极反应式为Cu22e=Cu，乙中某电极质量减少，即阳极质量减少，其电极反应式为Fe2e=Fe2、Cu2e=Cu2，设铜的物质的量为xmol，铁的物质的量为ymol，即有2x2y=2，64x56y=63.92，解得x=0.99，y=0.01，因此粗铜的纯度为100%=99.1%。19.我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献，他以饱和食盐水、NH3、CO2为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱。回答下列问题：某探究活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计方案实验。一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验

34、装置如下图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。（1）乙装置中的试剂是_。（2）另一位同学用图中戊装置（其他装置未画出）进行实验。实验时，须先从_管通入_气体。（3）有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是_。（4）下表中所列出的是相关物质在不同温度下的溶解度数据（g/100 g 水）：0 10 20 30 40 50 NaCl35.735.836.036.336.637.0NaHCO36.98.19.611.112.714.5NH4Cl29.433.337.241.445.850.4参照表中数据，请分析丙、戊装置中使用冷却水或者冰水的原因：_。（5）该小组同学为了测定丙中所得晶体的碳酸

35、氢钠的纯度（假设晶体中不含碳酸盐杂质），将晶体充分干燥后，称量质量为a g。再将晶体加热到质量不再变化时，称量所得粉末质量为m g。然后进行下图所示实验：在操作中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，其中正确的是_（填字母）。a 在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液b 在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中再加入少量碳酸钠溶液c 在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量碳酸钠溶液所得晶体中碳酸氢钠的纯度为_。【答案】 (1). 饱和NaHCO3溶液 (2). a (3). NH3 (4). 增大气体与溶液接触面积，提高CO2 吸收率 (5). 温度越低碳酸氢

36、钠的溶解度越小，便于析出 (6). a (7). %【解析】【详解】（1）根据装置图，甲装置制备CO2，制取的CO2中混有HCl和水蒸气，HCl能与碳酸氢钠发生反应，乙装置的作用是除去CO2中混有的HCl，即乙装置中的试剂是饱和碳酸氢钠溶液；（2）制取碳酸氢钠时，先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，CO2能溶于水，为了增大CO2的利用，先通NH3，为防止倒吸，导管不能插入液面以下，因此a管通入氨气；（3）改动后CO2与溶液的接触面积增大，提高了CO2的吸收率；（4）通过图表信息可知，温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，且比氯化钠和氯化铵都低，便于碳酸氢钠的析出，即原因是温度越低碳酸氢钠的溶解

37、度越小，便于析出；（5）根据题干，碳酸氢钠受热分解成碳酸钠、CO2、H2O，Na2CO3与CaCl2发生反应CaCl2Na2CO3=CaCO32NaCl，向溶液继续加入CaCl2，如果没有沉淀产生，说明所加CaCl2过量，故a正确；反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，Na2CO3+CaCl2=CaCO3+H2O+2NaCl，得到的碳酸钙需要经过过滤、洗涤、干燥后方可称量；设样品中碳酸氢钠的质量为x，由上两式可得关系式：2NaHCO3CaCO3；据此列方程：，解得x=，所以碳酸氢钠的质量分数为100%=。【点睛】侯氏制碱法，因为氨气极易溶于水，且其水溶液显碱性，因此再通

38、入CO2，有利于CO2的吸收，提高CO2的原料利用率，同时利用了NaHCO3的溶解度小于碳酸钠的溶解度。20.A（C2H4）是基本的有机化工原料。用A和常见的有机物可合成一种醚类香料和一种缩醛类香料，具体合成路线如图所示（部分反应条件略去）：已知：+2ROH+回答下列问题：（1） B的分子式是_ 。若D为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应；每个D分子中只含有1个氧原子， D中氧元素的质量分数约为13.1%，则D的结构简式为_。（2） C中含有的官能团名称是_。的反应类型是_。（3）据报道，反应在微波辐射下，以NaHSO4H2O为催化剂进行，请写出此反应的化学方程式：_。（4）请写出满足下列条件

39、的苯乙醛的所有同分异构体的结构简式：_。i .含有苯环和结构 ii.核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3 : 2 : 2 : 1（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则能使FeCl3溶液显色的E的所有同分异构体共有（不考虑立体异构）_种。（6）参照的合成路线，写出由2-氯丙烷和必要的溶剂、无机试剂制备的合成流程图：_。合成流程图示例如下：【答案】 (1). CH4O (2). (3). 羟基 (4). 氧化反应 (5). (6). 、 (7). 9 (8). 【解析】【分析】A的分子式为C2H4，A为乙烯，即结构简式为CH2=CH2，根据问题（1），D能与金属钠反应

40、，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为116/13.1%=122，根据苯乙醛推出D的结构简式为，根据缩醛的结构简式，推出C的结构简式为HOCH2CH2OH，根据信息，推出B的结构简式为CH3OH，据此分析；【详解】A的分子式为C2H4，A为乙烯，即结构简式为CH2=CH2，根据问题（1），D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为116/13.1%=122，根据苯乙醛的结构简式推出D的结构简式为，根据缩醛的结构简式，推出C的结构简式为HOCH2CH2OH，根据信息

41、，推出B的结构简式为CH3OH，（1）根据上述分析，B的结构简式为CH3OH，即分子式为CH4O；D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为116/13.1%=122，根据苯乙醛的结构简式，推出D的结构简式为 ；（2）C的结构简式为HOCH2CH2OH，含有的官能团是羟基；根据合成路线，反应是苯乙醇被氧化成苯乙醛，反应类型为氧化反应；（3）反应是苯乙醛与HOCH2CH2OH反应生成缩醛，即化学反应方程式为；（4）根据信息，核磁共振氢谱有4组峰，说明是对称结构，峰面积之比为3：2：2：1，说明不同化学环境的氢原子的个数比为3

42、：2：2：1，符合条件的结构简式为 、；（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则其分子式为C8H10O，E的同分异构体能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，假设苯环上有OH、C2H5两个取代基，有邻间对三种结构，假设苯环上有OH、CH3、CH3三个取代基，两个甲基在邻位，羟基有2种结构；两个甲基在间位，羟基有3种结构；两个甲基在对位，羟基有1种结构，一共有9种结构；（6）根据反应，推出生成目标物原料是，根据路线，用乙烯与O2在Ag作催化剂的条件下生成环氧乙烷，因此生成的原料是CH3CH=CH2，生成丙烯，用2氯丙烷发生消去反应，合成路线为。【点睛】本题的难点是同分异构体的判断，根据信息判断出含有的形式，如本题含有苯环和，写出苯乙醛的同分异构体，醛与酮互为同分异构体，则有，符合峰有4种，峰面积之比为3：2：2：1，然后将CH2CHO，拆成CH3和CHO，在苯环上有邻、间、对三种，然后根据峰和峰的面积进行判断，哪些符合要求。- 22 -