2022年高三上學期開學化學試卷 含解析(I)

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1、2022年高三上學期開學化學試卷 含解析(I) 　 一、選擇題，每題6分 1．下列金屬中，表面自然形成的氧化層能保護內層金屬不被空氣氧化的是（　　） A．K B．Na C．Fe D．Al 2．設NA為阿伏伽德羅常數的值，下列說法正確的是（　?。? A．6.8g液態(tài)KHSO4中含有0.1NA個陽離子 B．NA個Fe（OH）3膠體粒子形成的納米材料的質量為107g C．含有4.6g鈉元素的 過氧化鈉的混合物中，所含離子總數為0.3NA D．5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O反應中，生成28gN2時，轉移的電子數為15NA 3．烴分子中碳、氫兩種元素質量比為5：1，且分

2、子中含有3個甲基，則該烴分子的一氯代物共有幾種（不考慮空間異構）（　?。? A．1 B．2 C．3 D．4 4．下列選項正確的是（　　） A．使PH試紙變成紅色的溶液，可能存在大量的：NH4+、Cu2+、ClO﹣、Cl﹣ B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，可能存在大量的：K+、Cu2+、Cl﹣、MnO4﹣ C．硫酸酸化的淀粉KI溶液在空氣中變成藍色：4I﹣+O2+2H2O═2I2+4OH﹣ D．NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣ 5．茶葉中鐵元素的檢測可經過以下A、B、C、D四個步驟完成，各步驟中選用的實

3、驗儀器不會全部都用上的是（　?。? A．將茶葉灼燒灰化，選用①、②和⑨ B．用濃硝酸溶解茶葉灰并加蒸餾水稀釋，選用④、⑥和⑦ C．過濾得到濾液，選用④、⑤和⑦ D．檢驗濾液中的Fe3+，選用③和⑧ 6．如圖是甲、乙、丙、丁四種物質的轉化關系，其中每一步都能一步實現的是（　?。? 甲 乙 丙 丁 A FeCl3 FeCl2 Fe2O3 Fe（OH）3 B Cu CuO CuSO4 CuCl2 C NO HNO3 NO2 NH3 D Si Na2SiO3 SiO2 SiF4 A．A、 B．B、 C．C、 D．D、 7．CuSO4

4、是一種重要的化工原料，其有關制備途徑及性質如圖所示，下列說法不正確的是（　?。? A．相對于途徑①、③，途徑②更好地體現了綠色化學思想 B．Y可以是葡萄糖溶液 C．CuSO4在1100℃所得混合氣體X中一定有O2 D．途徑①所用混酸中H2SO4與HNO3物質的量之比最好為3：1 　 二、解答題（共3小題，滿分46分） 8．鋁是地殼中含量最高的金屬元素，鋁及其化合物在生產生活中的應用日趨廣泛． （1）鋁的原子結構示意圖是　?。? （2）三氧化二鋁是一種兩性氧化物，寫出其與NaOH溶液反應的化學方程式　?。? （3）工業(yè)上常用鋁土礦（含SiO2等雜質）生產鋁．從Na2SiO3和N

5、aAlO2混合溶液中制得Al（OH）3，需要從下列試劑中選擇兩種，最好選用的試劑組合是　　． a．NaOH溶液 b．氨水 c．CO2 d．鹽酸 （4）如圖表示將足量的CO2不斷通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀與通入CO2的量的關系，最先與CO2發(fā)生反應的物質是　　，ab段發(fā)生反應的離子方程式為　?。? （5）某Mg﹣Al合金是一種潛在的貯氫材料.73.2g該合金恰好溶解于1.4L5.0mol?L﹣1鹽酸中，則合金中Mg和Al的物質的量之比為　?。? 9．工業(yè)上常用鐵質容器盛裝冷濃硫酸．為研究鐵質材料與熱濃硫酸的反應，某學習小組進行了以下探究活

6、動： 【探究一】 （1）將已去除表面氧化物的鐵釘（碳素鋼）放入冷濃硫酸中，10分鐘后移入硫酸銅溶液中，片刻后取出觀察，鐵釘表面無明顯變化，其原因是　　 （2）另稱取鐵釘6.0g放入15.0mL濃硫酸中，加熱，充分反應后得到溶液X并收集到氣體Y． ①甲同學認為X中除Fe3+外還可能含有Fe2+．若要確認其中的Fe2+應選用　?。ㄟx填序號）． a．KSCN溶液和氯水　 b．鐵粉和KSCN溶液 c．濃氨水 d．KMnO4酸性溶液 ②乙同學取336mL（標準狀況）氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，經適當操

7、作后得干燥固體2.33g．由此推知氣體Y中SO2的體積分數為　?。? 【探究二】 分析上述實驗中SO2體積分數的結果，丙同學認為氣體Y中還可能含有H2和Q氣體．為此設計了下列探究實驗裝置（圖中夾持儀器省略）． （3）裝置B中試劑的作用是　　 （4）認為氣體Y中還含有Q的理由是　?。ㄓ没瘜W方程式表示）． （5）為確認Q的存在，需在裝置中添加M于　?。ㄟx填序號）． a．A之前 b．A﹣B間 c．B﹣C間 d．C﹣D間 （6）如果氣體Y中含有H2，預計實驗現象應是　　 （7）若要測定336mL氣體中H2的含量（標準狀況下約有28mL H2），可否用托

8、盤天平稱量D或E反應前后的質量差的方法？做出判斷并說明理由　　． 10．鈰、鉻、鈦、鎳雖不是中學階段常見的金屬元素，但在工業(yè)生產中有著重要作用． （1）二氧化鈰 （CeO2）在平板電視顯示屏中有著重要應用．CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在該反應中作　　劑． （2）自然界Cr主要以+3價和+6價存在．+6價的Cr能引起細胞的突變，可以用亞硫酸鈉將其還原為+3價的鉻．完成并配平下列離子方程式： 　　Cr2O72﹣+　　SO32﹣+　　=　　Cr3++　　SO42﹣+　　H2O （3）鈦（Ti）被譽為“二十一世紀的金屬”，工業(yè)上在550℃時用鈉與四氯化鈦反應可制

9、得鈦，該反應的化學方程式是　　． （4）NiSO4?xH2O是一種綠色易溶于水的晶體，廣泛用于鍍鎳、電池等，可由電鍍廢渣（除鎳外，還含有銅、鋅、鐵等元素）為原料獲得．操作步驟如下： ①向濾液Ⅰ中加入FeS是為了除去Cu2+、Zn2+等雜質，除去Cu2+的離子方程式為　　． ②對濾液Ⅱ先加H2O2再調pH，調pH的目的是　　． ③濾液Ⅲ溶質的主要成分是NiSO4，加Na2CO3過濾后，再加適量稀硫酸溶解又生成NiSO4，這兩步操作的目的是　　． ④為測定NiSO4?xH2O晶體中x的值，稱取26.3g晶體加熱至完全失去結晶水，剩余固體15.5g，列式計算x的值等于　　． 　 三

10、、[化學-選修2：有機化學基礎] 11．化合物G是一種醫(yī)藥中間體，常用于制備抗凝血藥．可以通過下圖所示的路線合成： 已知：RCOOHRCOCl；D與FeCl3溶液能發(fā)生顯色． 請回答下列問題： （1）B→C的轉化所加的試劑可能是　　，CH3COCl+E→F的反應類型是　?。? （2）有關G的下列說法正確的是　　． A．屬于芳香烴 B．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應 C．可以發(fā)生水解、加成、氧化、酯化等反應 D．1mol G最多可以跟4mol H2反應 （3）E的結構簡式為　?。? （4）F與足量NaOH溶液充分反應的化學方程式為　?。? （5）寫出同時滿足下列條件的E的所

11、有同分異構體的結構簡式　?。? ①能發(fā)生水解反應 ②與FeCl3溶液能發(fā)生顯色反應 ③苯環(huán)上有兩種不同化學環(huán)境的氫原子． 　 xx重慶一中高三（上）開學化學試卷 參考答案與試題解析 　 一、選擇題，每題6分 1．下列金屬中，表面自然形成的氧化層能保護內層金屬不被空氣氧化的是（　?。? A．K B．Na C．Fe D．Al 【考點】鋁的化學性質． 【分析】由表面自然形成的氧化層能保護內層金屬不被空氣氧化可知，只有氧化鋁為致密的結構，可保護內層金屬，以此來解答． 【解答】解：由表面自然形成的氧化層能保護內層金屬不被空氣氧化可知，只有氧化鋁為致密的結構，可保護內層金屬，而K

12、、Na、Fe的氧化物均不是致密的結構， 故選D． 　 2．設NA為阿伏伽德羅常數的值，下列說法正確的是（　　） A．6.8g液態(tài)KHSO4中含有0.1NA個陽離子 B．NA個Fe（OH）3膠體粒子形成的納米材料的質量為107g C．含有4.6g鈉元素的 過氧化鈉的混合物中，所含離子總數為0.3NA D．5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O反應中，生成28gN2時，轉移的電子數為15NA 【考點】阿伏加德羅常數． 【分析】A、KHSO4在熔融狀態(tài)只能電離為鉀離子和硫氫根離子； B、一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體； C、求出鈉離子的物質的量n==0.2mol

13、，然后根據在過氧化鈉中鈉離子和過氧根的個數之比為2；1來計算； D、反應5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O當轉移15mol電子時，生成4mol氮氣，據此分析． 【解答】解：A、6.8gKHSO4的物質的量n==0.05mol，而KHSO4在熔融狀態(tài)只能電離為鉀離子和硫氫根離子，故0.05mol的液態(tài)KHSO4中含0.05mol陽離子即0.05NA個，故A錯誤； B、一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體，故NA個Fe（OH）3膠粒中Fe（OH）3的物質的量大于1mol，則轉移大于107g，故B錯誤； C、化合物中含有的鈉離子的物質的量n==0.2mol，而在過氧化鈉中鈉離子

14、和過氧根的個數之比為2；1，故當鈉離子為0.2mol時，過氧根為0.1mol，則離子共0.3mol即0.3NA個，故C正確； D、28g氮氣為1mol，而在反應5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O中，轉移15mol電子，生成4mol氮氣，故當生成1mol氮氣時，轉移3.75mol即3.75NA個，故D錯誤． 故選C． 　 3．烴分子中碳、氫兩種元素質量比為5：1，且分子中含有3個甲基，則該烴分子的一氯代物共有幾種（不考慮空間異構）（　?。? A．1 B．2 C．3 D．4 【考點】同分異構現象和同分異構體． 【分析】先根據烴分子中碳、氫兩種元素質量比為5：1，碳、氫兩種元

15、素個數比為：1，最簡式為C5H12，所以化學式為：C5H12，分子中含有3個甲基，則結構簡式為：（CH3）2CHCH2CH3，然后根據氫原子的種類確定一氯代物的數目． 【解答】解：該烴的結構簡式為：（CH3）2CHCH2CH3，分子中含有4中氫原子，所以一氯代物的數目為4， 故選D． 　 4．下列選項正確的是（　?。? A．使PH試紙變成紅色的溶液，可能存在大量的：NH4+、Cu2+、ClO﹣、Cl﹣ B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，可能存在大量的：K+、Cu2+、Cl﹣、MnO4﹣ C．硫酸酸化的淀粉KI溶液在空氣中變成藍色：4I﹣+O2+2H2O═2I2+4OH﹣ D

16、．NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣ 【考點】離子共存問題． 【分析】A．使pH試紙變成紅色的溶液為酸性溶液，銅離子與次氯酸根離子發(fā)生雙水解反應，次氯酸根離子與氫離子反應； B．高錳酸根離子能夠氧化（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的亞鐵離子； C．酸性溶液中不會生成氫氧根離子； D．氫氧化鈣少量，離子方程式按照氫氧化鈣的化學式書寫． 【解答】解：A．使pH試紙變成紅色的溶液為酸性溶液，溶液中存在大量氫離子，Cu2+、ClO﹣發(fā)生雙水解反應，次氯酸根離子與氫離子反應生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；

17、 B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液中能夠電離出亞鐵離子，MnO4﹣具有氧化性，能夠氧化亞鐵離子，在溶液中不能大量共存，故B錯誤； C．硫酸酸化的淀粉KI溶液在空氣中變成藍色，酸性溶液中產物中不會存在企業(yè)改革離子，正確的離子方程式為：4I﹣+O2+4H++═2I2+2H2O，故C錯誤； D．碳酸氫鈉溶液中滴加少量澄清石灰水，反應的離子方程式為：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故D正確； 故選D． 　 5．茶葉中鐵元素的檢測可經過以下A、B、C、D四個步驟完成，各步驟中選用的實驗儀器不會全部都用上的是（　?。? A．將茶葉灼燒灰化，選用①、②

18、和⑨ B．用濃硝酸溶解茶葉灰并加蒸餾水稀釋，選用④、⑥和⑦ C．過濾得到濾液，選用④、⑤和⑦ D．檢驗濾液中的Fe3+，選用③和⑧ 【考點】化學實驗方案的評價；物質檢驗實驗方案的設計． 【分析】檢驗茶葉中的鐵元素，先將茶葉在坩堝中灼燒灰化，然后在燒杯中用濃硝酸溶解茶葉灰并加蒸餾水稀釋，在漏斗中過濾，可取少量濾液于小試管中，用KSCN溶液檢驗，以此解答該題． 【解答】解：A．將茶葉灼燒灰化，應在坩堝中加熱，用到的儀器有①、②和⑨，必要時還可用到三腳架或鐵架臺帶鐵圈，故A不選； B．用濃硝酸溶解茶葉灰并加蒸餾水稀釋，應在燒杯中進行，可用玻璃棒攪拌，不用容量瓶，故B選； C．過濾時用

19、到④、⑤和⑦，故C不選； D．檢驗濾液中的Fe3+，可用膠頭滴管取少量濾液于小試管中，用KSCN溶液檢驗，用到的儀器有試管、膠頭滴管和滴瓶等，即③、⑧，故D不選． 故選B． 　 6．如圖是甲、乙、丙、丁四種物質的轉化關系，其中每一步都能一步實現的是（　?。? 甲 乙 丙 丁 A FeCl3 FeCl2 Fe2O3 Fe（OH）3 B Cu CuO CuSO4 CuCl2 C NO HNO3 NO2 NH3 D Si Na2SiO3 SiO2 SiF4 A．A、 B．B、 C．C、 D．D、 【考點】鐵的化學性質；氮的氧化物的

20、性質及其對環(huán)境的影響；硅和二氧化硅；銅金屬及其重要化合物的主要性質． 【分析】A、依據鐵及其化合物的性質，甲到丙，乙到丙，丙到丁都不能一步實現轉化； B、依據銅及其化合物的性質判斷，各步都能一步轉化； C、根據氮 及其化合物的性質分析，丙到丁不能實現一步轉化； D、依據硅及其化合物性質分析判斷，乙到丙，丁到甲不能一步轉化． 【解答】解：A、甲FeCl3到丙Fe2O3，乙FeCl2到丙Fe2O3，丙Fe2O3到丁Fe（OH）3都不能一步實現轉化，故A錯誤； B、各步都能一步轉化，甲Cu乙CuO丙CuSO4丁CuCl2甲Cu丙CuSO4，故B正確； C、轉化關系中丙NO2→丁NH3，

21、不能一步轉化，故C錯誤； D、乙Na2SiO3到丙SiO2，丁SiF4到甲Si不能一步轉化，故D錯誤； 故選B． 　 7．CuSO4是一種重要的化工原料，其有關制備途徑及性質如圖所示，下列說法不正確的是（　?。? A．相對于途徑①、③，途徑②更好地體現了綠色化學思想 B．Y可以是葡萄糖溶液 C．CuSO4在1100℃所得混合氣體X中一定有O2 D．途徑①所用混酸中H2SO4與HNO3物質的量之比最好為3：1 【考點】銅金屬及其重要化合物的主要性質． 【分析】A．根據反應物和生成物的化學式判斷，途徑①產生二氧化硫氣體污染性氣體； B．硫酸銅與氫氧化鈉生成氫氧化銅沉淀，與Y

22、生成氧化亞銅，知Y可為葡萄糖，因葡萄糖中有醛基； C．硫酸銅分解生成Cu2O，Cu元素的化合價降低，結合S、O的化合價分析； D．根據CuSO4溶液中的溶質為硫酸銅，可知利用含有銅元素的物質與含有硫酸根離子的物質來反應． 【解答】解：A．相對于途徑①、③，銅和濃硫酸反應會生成二氧化硫氣體污染空氣，途徑②的優(yōu)點：制取等質量膽礬需要的硫酸少、途徑②無污染性氣體產生，更好地體現了綠色化學思想，故A正確； B．葡萄糖與氫氧化銅反應的方程式為：C6H12O6+2Cu（OH）2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可為葡萄糖，故B正確； C． 硫酸銅分解生成Cu2O，Cu元素的化合價降低，

23、S元素為最高價不能升高，所以O元素的化合價升高，即有氧氣生成，根據2CuSO4═Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑知，所得混合氣體X中一定有O2，故C正確； Cu與混酸反應，3Cu+8HNO3（?。?3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，離子反應為：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，從方程式知，硝酸根離子由硝酸提供，氫離子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸為2mol時，硫酸為3mol，用混酸中H2SO4與HNO3物質的量之比最好為3：2，故D錯誤； 故選D． 　 二、解答題（共3小題，滿分46分） 8．鋁是地殼中含量最高的金屬元素，鋁及其化合物在生產生活中的應用

24、日趨廣泛． （1）鋁的原子結構示意圖是　?。? （2）三氧化二鋁是一種兩性氧化物，寫出其與NaOH溶液反應的化學方程式　Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O?。? （3）工業(yè)上常用鋁土礦（含SiO2等雜質）生產鋁．從Na2SiO3和NaAlO2混合溶液中制得Al（OH）3，需要從下列試劑中選擇兩種，最好選用的試劑組合是　bd?。? a．NaOH溶液 b．氨水 c．CO2 d．鹽酸 （4）如圖表示將足量的CO2不斷通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀與通入CO2的量的關系，最先與CO2發(fā)生反應的物質是　Ba（OH）2　，ab段發(fā)生反應的離子方

25、程式為　CO2+3H2O+2AlO2﹣═2Al（OH）3↓+CO32﹣　． （5）某Mg﹣Al合金是一種潛在的貯氫材料.73.2g該合金恰好溶解于1.4L5.0mol?L﹣1鹽酸中，則合金中Mg和Al的物質的量之比為　17：12?。? 【考點】鋁的化學性質；化學方程式的有關計算；鎂、鋁的重要化合物． 【分析】（1）鋁原子外有三個電子層，最外層有3個電子，據此寫出原子結構示意圖； （2）氧化鋁和氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和水； （3）利用過量鹽酸和Na2SiO3和NaAlO2混合溶液反應生成硅酸沉淀和氯化鋁溶液，過濾后再濾液中加入過量的氨水生成氫氧化鋁沉淀； （4）只要通入CO2

26、，立刻就有沉淀BaCO3產生；將Ba（OH）2消耗完畢，接下來消耗NaOH，因而此段不會產生沉淀（即沉淀的量保持不變）；NaOH被消耗完畢，接下來又因二氧化碳足量，還可以繼續(xù)與上面反應的產物Na2CO3、BaCO3、反應，最后剩余沉淀為Al（OH）3； （5）結合Mg～2HCl、Al～3HCl及質量關系計算． 【解答】解：（1）Al的原子序數為13，原子核外有3個電子層，最外層電子數為3，則原子結構示意圖為，故答案為：； （2）氧化鋁和氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和水，反應的化學方程式為：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案為：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H

27、2O； （3）利用過量鹽酸和Na2SiO3和NaAlO2混合溶液反應生成硅酸沉淀和氯化鋁溶液，過濾后再濾液中加入過量的氨水生成氫氧化鋁沉淀，選擇試劑為鹽酸和氨水，選bd， 故答案為：bd； （4）通入CO2，依次發(fā)生：CO2+Ba（OH）2═BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO2═2Al（OH）3↓+Na2CO3、CO2+H2O+Na2CO3═2NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2， 由以上反應可知，最先與CO2發(fā)生反應的物質是Ba（OH）2，ab段發(fā)生反應的離子方程式為：CO2+3H2O+2AlO2﹣═

28、2Al（OH）3↓+CO32﹣， 故答案為：Ba（OH）2；CO2+3H2O+2AlO2﹣═2Al（OH）3↓+CO32﹣； （5）設Mg、Al的物質的量分別為x、y，則由Mg～2HCl、Al～3HCl可知， ，解得x=1.7mol，y=1.2mol，則合金中Mg和Al的物質的量之比為1.7mol：1.2mol=17：12， 故答案為：17：12． 　 9．工業(yè)上常用鐵質容器盛裝冷濃硫酸．為研究鐵質材料與熱濃硫酸的反應，某學習小組進行了以下探究活動： 【探究一】 （1）將已去除表面氧化物的鐵釘（碳素鋼）放入冷濃硫酸中，10分鐘后移入硫酸銅溶液中，片刻后取出觀察，鐵釘表面無明顯變

29、化，其原因是　鐵釘表面被氧化　 （2）另稱取鐵釘6.0g放入15.0mL濃硫酸中，加熱，充分反應后得到溶液X并收集到氣體Y． ①甲同學認為X中除Fe3+外還可能含有Fe2+．若要確認其中的Fe2+應選用　d　（選填序號）． a．KSCN溶液和氯水　 b．鐵粉和KSCN溶液 c．濃氨水 d．KMnO4酸性溶液 ②乙同學取336mL（標準狀況）氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，經適當操作后得干燥固體2.33g．由此推知氣體Y中SO2的體積分數為　66.7%?。? 【探究二】 分析上述實驗中SO2體積分數

30、的結果，丙同學認為氣體Y中還可能含有H2和Q氣體．為此設計了下列探究實驗裝置（圖中夾持儀器省略）． （3）裝置B中試劑的作用是　檢驗二氧化硫是否除盡　 （4）認為氣體Y中還含有Q的理由是　C+2H2SO4（濃硫酸）CO2 ↑+2SO2↑+2H2O?。ㄓ没瘜W方程式表示）． （5）為確認Q的存在，需在裝置中添加M于　C?。ㄟx填序號）． a．A之前 b．A﹣B間 c．B﹣C間 d．C﹣D間 （6）如果氣體Y中含有H2，預計實驗現象應是　D中固體由黑色變紅和E中固體由白變藍　 （7）若要測定336mL氣體中H2的含量（標準狀況下約有28mL H2），可否

31、用托盤天平稱量D或E反應前后的質量差的方法？做出判斷并說明理由　否，用托盤天平無法稱量D或E的差量?。? 【考點】探究物質的組成或測量物質的含量；二氧化硫的化學性質． 【分析】（1）常溫條件下，鐵與濃硫酸能產生鈍化現象； （2）根據亞鐵離子的性質選取試劑，亞鐵離子有還原性，可用強氧化性的物質檢驗，且必須有明顯的實驗現象； （3）二氧化硫能使品紅溶液褪色，從而檢驗二氧化硫是否存在，空氣中有水蒸汽會影響無水硫酸銅對水的檢驗； （4）根據鐵釘的成分分析，鐵釘中的鐵和碳在加熱條件下都能與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應； （5）根據二氧化硫和二氧化碳的性質分析選擇位置； （6）根據氫氣的性質分析，氫

32、氣具有還原性，能還原黑色的氧化銅而生成水，水能使白色的無水硫酸銅變藍；堿石灰能吸收二氧化碳； （7）計算出氫氣的物質的量及生成水的質量，然后根據中學階段質量的稱量選擇托盤天平，分度值是0.1g進行判斷． 【解答】解：（1）鐵釘放入冷硫酸中，濃硫酸有較強的氧化性能使鐵釘鈍化阻止反應進一步進行， 故答案為：鐵釘表面被氧化； （2）①亞鐵離子能使酸性高錳酸鉀褪色，溶液中已經有三價鐵離子，選擇a會造成干擾，b能檢驗三價鐵離子的存在，選c生成兩種沉淀，受氫氧化鐵沉淀顏色的影響無法分辨， 故選d； ②SO2具有還原性，通入足量溴水中，發(fā)生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的硫

33、酸遇到氯化鋇會產生白色沉淀，則n（混合氣體）==0.015mol； SO2 ～BaSO4 1mol 233g n 2.33g n=0.01mol 所以二氧化硫的體積分數為： =66.7%， 故答案為：66.7%； （3）A除去二氧化硫，二氧化硫能使品紅溶液褪色，所以B可以檢驗A中是否完全除去二氧化硫， 故答案為：檢驗二氧化硫是否除盡； （4）在加熱時，鐵釘中不僅鐵和濃硫酸反應，碳也和濃硫酸反應生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反應方程式為C+2H2SO4（濃硫酸）CO2 ↑+2SO2↑+2H2O， 所以氣體二氧化硫還含有二氧化碳， 故答案為：C+2H2SO4（濃硫

34、酸）CO2 ↑+2SO2↑+2H2O； （5）Q為二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水變渾濁，選擇a或b受二氧化硫的影響無法判斷二氧化碳的存在，選d時二氧化碳被堿石灰吸收， 故選C； （6）氫氣還原氧化銅會生成水蒸氣能使白色的硫酸銅粉末變藍色，同時有紅色的銅單質生成， 故答案為：D中固體由黑色變紅和E中固體由白變藍； （7）標況下28mL氫氣的物質的量為： =0.00125mol，生成水的質量為：18g/mol×0.00125mol=0.0225g，即D、E的質量差小于0.1g，而中學階段質量的稱量選擇托盤天平，分度值是0.1g，無法精確稱量出D或E的差量，所以不能用通過托盤

35、天平稱量質量差的方法測量氫氣含量， 故答案為：否，用托盤天平無法稱量D或E的差量． 　 10．鈰、鉻、鈦、鎳雖不是中學階段常見的金屬元素，但在工業(yè)生產中有著重要作用． （1）二氧化鈰 （CeO2）在平板電視顯示屏中有著重要應用．CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在該反應中作　氧化　劑． （2）自然界Cr主要以+3價和+6價存在．+6價的Cr能引起細胞的突變，可以用亞硫酸鈉將其還原為+3價的鉻．完成并配平下列離子方程式： 　1　Cr2O72﹣+　3　SO32﹣+　8H+　=　2　Cr3++　3　SO42﹣+　4　H2O （3）鈦（Ti）被譽為“二十一世紀的金

36、屬”，工業(yè)上在550℃時用鈉與四氯化鈦反應可制得鈦，該反應的化學方程式是　4Na+TiCl4Ti+4NaCl　． （4）NiSO4?xH2O是一種綠色易溶于水的晶體，廣泛用于鍍鎳、電池等，可由電鍍廢渣（除鎳外，還含有銅、鋅、鐵等元素）為原料獲得．操作步驟如下： ①向濾液Ⅰ中加入FeS是為了除去Cu2+、Zn2+等雜質，除去Cu2+的離子方程式為　FeS+Cu2+=CuS+Fe2+　． ②對濾液Ⅱ先加H2O2再調pH，調pH的目的是　除去Fe3+?。? ③濾液Ⅲ溶質的主要成分是NiSO4，加Na2CO3過濾后，再加適量稀硫酸溶解又生成NiSO4，這兩步操作的目的是　增大NiSO4的濃度

37、，利于蒸發(fā)結晶（或富集NiSO4）　． ④為測定NiSO4?xH2O晶體中x的值，稱取26.3g晶體加熱至完全失去結晶水，剩余固體15.5g，列式計算x的值等于　6?。? 【考點】物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用． 【分析】（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2中的Ce是+4價，在H2O2的作用下可生成Ce3+，因此發(fā)生還原反應，CeO2在該反應中作氧化劑； （2）自然界中Cr主要以+3價和+6價存在．+6價的Cr能引起細胞的突變，可以用亞硫酸鈉將其還原為+3價的鉻，根據得失電子相等，Cr2O72﹣與SO32﹣的物質的量之比是1：3；結合原子守恒和電荷守恒

38、配平書寫離子方程式； （3）工業(yè)上在550℃時用鈉與四氯化鈦反應可制得鈦，四氯化鈦被鈉還原為鈦，依據原子守恒書寫； （4）電鍍廢渣（除鎳外，還含有銅、鋅、鐵等元素），加入稀硫酸，廢渣部分溶解，過濾后濾液Ⅰ中含Cu2+、Zn2+、Fe2+、Ni2+，加入FeS通過沉淀轉化生成硫化銅、硫化鋅，除去Cu2+、Zn2+雜質，過濾得到濾液Ⅱ，濾液Ⅱ加H2O2是將Fe2+氧化Fe3+，然后調pH沉淀Fe3+，過濾后得到濾液Ⅲ，溶質的主要成分是NiSO4，加Na2CO3，NiSO4與Na2CO3反應生成NiCO3沉淀，而后過濾，再加適量稀硫酸溶解又生成NiSO4，經過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶得到產品，據此分析

39、解答． 【解答】解：（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2中的Ce是+4價，在H2O2的作用下可生成Ce3+，因此發(fā)生還原反應，CeO2在該反應中作氧化劑， 故答案為：氧化； （2）自然界中Cr主要以+3價和+6價存在．+6價的Cr能引起細胞的突變，可以用亞硫酸鈉將其還原為+3價的鉻，根據得失電子相等，Cr2O72﹣與SO32﹣的物質的量之比是1：3；反應的離子方程式：Cr2O72﹣+3SO32﹣+8H+=2Cr3++3SO42﹣+4H2O， 故答案為：1，3，8H+，2，3，4； （3）工業(yè)上在550℃時用鈉與四氯化鈦反應可制得鈦，四氯化鈦被鈉還原為鈦，反

40、應的化學方程式為：4Na+TiCl4Ti+4NaCl， 故答案為：4Na+TiCl4Ti+4NaCl； （4）電鍍廢渣（除鎳外，還含有銅、鋅、鐵等元素），加入稀硫酸，廢渣部分溶解，過濾后濾液Ⅰ中含Cu2+、Zn2+、Fe2+、Ni2+，加入FeS通過沉淀轉化生成硫化銅、硫化鋅，除去Cu2+、Zn2+雜質，過濾得到濾液Ⅱ，濾液Ⅱ加H2O2是將Fe2+氧化Fe3+，然后調pH沉淀Fe3+，過濾后得到濾液Ⅲ，溶質的主要成分是NiSO4，加Na2CO3，NiSO4與Na2CO3反應生成NiCO3沉淀，而后過濾，再加適量稀硫酸溶解又生成NiSO4，經過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶得到產品． ①FeS除去Cu

41、2+的反應是沉淀的轉化，反應的離子方程式為：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+， 故答案為：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+； ②對濾液Ⅱ加H2O2的目的是將Fe2+氧化Fe3+，然后調pH使Fe3+完全沉淀， 故答案為：除去Fe3+； ③NiSO4與Na2CO3反應生成NiCO3沉淀，然后過濾，再加適量稀硫酸溶解又生成NiSO4，這樣可提高NiSO4的濃度，有利于蒸發(fā)結晶， 故答案為：增大NiSO4的濃度，利于蒸發(fā)結晶（或富集NiSO4）； ④測定NiSO4?xH2O晶體中x的值，稱取26.3g晶體加熱至完全失去結晶水，剩余固體15.5g，失去水的質量=26.3g﹣15.5g=

42、10.8g，NiSO4的質量為15.5g，計算物質的量得到1：x=：，解得x=6， 故答案為：6． 　 三、[化學-選修2：有機化學基礎] 11．化合物G是一種醫(yī)藥中間體，常用于制備抗凝血藥．可以通過下圖所示的路線合成： 已知：RCOOHRCOCl；D與FeCl3溶液能發(fā)生顯色． 請回答下列問題： （1）B→C的轉化所加的試劑可能是　銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液　，CH3COCl+E→F的反應類型是　取代反應?。? （2）有關G的下列說法正確的是　CD?。? A．屬于芳香烴 B．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應 C．可以發(fā)生水解、加成、氧化、酯化等反應 D．1mol G最

43、多可以跟4mol H2反應 （3）E的結構簡式為　　． （4）F與足量NaOH溶液充分反應的化學方程式為　+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O?。? （5）寫出同時滿足下列條件的E的所有同分異構體的結構簡式　　． ①能發(fā)生水解反應 ②與FeCl3溶液能發(fā)生顯色反應 ③苯環(huán)上有兩種不同化學環(huán)境的氫原子． 【考點】有機物的合成． 【分析】根據題中各物轉化關系，結合信息RCOOHRCOCl，可知C為CH3COOH，由A→B→C的轉化條件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B為CH3CHO，A為CH3CH2OH，根據F的結構可知E發(fā)生取代反應生成F，所以E為，D與Fe

44、Cl3溶液能發(fā)生顯色，說明D中有酚羥基，根據D的分子式和E的結構可知，D與甲醇反應生成E，所以D的結構簡式為，據此答題． 【解答】解：根據題中各物轉化關系，結合信息RCOOHRCOCl，可知C為CH3COOH，由A→B→C的轉化條件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B為CH3CHO，A為CH3CH2OH，根據F的結構可知E發(fā)生取代反應生成F，所以E為，D與FeCl3溶液能發(fā)生顯色，說明D中有酚羥基，根據D的分子式和E的結構可知，D與甲醇反應生成E，所以D的結構簡式為， （1）B→C的轉化是醛基氧化成羧基，所以所加的試劑可能是銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液，根據上面的分析可知，CH3CO

45、Cl+E→F的反應類型是取代反應， 故答案為：銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液；取代反應； （2）根據G的結構簡式可知，G中有酯基、羥基、碳碳雙鍵、苯環(huán)，A．G中有氧元素，所以不屬于芳香烴，故A錯誤； B．G中沒有酚羥基，所以不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，故B錯誤； C．G中有酯基、羥基、碳碳雙鍵，可以發(fā)生水解、加成、氧化、酯化等反應，故C正確； D．G中有苯環(huán)，一個苯環(huán)可以與三個H2加成，一個碳碳雙鍵可以與一個H2加成，所以1mol G最多可以跟4mol H2反應，故D正確； 故選CD； （3）根據上面的分析可知，E的結構簡式為， 故答案為：； （4）F中有兩個酯基與足量NaOH溶液充分反應生成酚羥基也與氫氧化鈉反應，所以反應的化學方程式為+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O， 故答案為： +3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O； （5）E為，E的同分異構體中同時滿足下列條件①能發(fā)生水解反應，說明有酯基，②與FeCl3溶液能發(fā)生顯色反應，有酚羥基，③苯環(huán)上有兩種不同化學環(huán)境的氫原子，說明有兩個基團處于苯環(huán)的對位，這樣的結構簡式有， 故答案為：． 　 xx11月15日