青海省西宁市第四高级中学2019届高三化学上学期第三次模拟（期中）考试试卷（含解析）.doc

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1、1青海省西宁市第四高级中学 2019 届高三上学期第三次模拟（期中）考试理综化学试题1.下列说法正确的是A. SO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫，增白食品等B. 糖类、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解C. 汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D. 高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、双氧水都能杀菌消毒，这是利用他们的强氧化性【答案】D【解析】【详解】A.SO 2具有漂白性，可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫，但 SO2有毒不能增白食品，A 项错误；B.糖类中的单糖如葡萄糖不能发生水解反应，B 项错误；C.空气中的 N2和 O2通过空气滤清器进入气缸里，在高温下发生反应：N2+O2 2NO

2、，2NO+O 2=2NO2，所以汽车尾气中的氮氧化物不是汽油不完全燃烧造成的，C 项错误；D.高锰酸钾、次氯酸钠、双氧水都具有强氧化性，能使细菌的蛋白质发生变性，细菌的蛋白质失去生理活性，D 项正确；答案选 D。2.X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素，其中 X、Z 同族，Y、Z 同周期，W 是短周期主族元素中原子半径最大的，X 原子最外层电子数是其电子层数的 3 倍，Y 的最高正价与最低负价代数和为 6。下列说法正确的是A. Y 元素的最高价氧化物的水化物化学式为 H2YO4B. 它们形成的简单离子半径:XWC. X、Z 两种元素的气态氢化物稳定性:ZXD. X 与 W 形成的化合物中阴、阳

3、离子个数比为 1:1 或 1:2【答案】B【解析】【详解】X 原子最外层电子数是核外电子层数的 3 倍，由于最外层电子数不能超过 8 个，所以 X 是 O，则 Z 是 S。Y 的最高正价与最低负价的代数和为 6，说明 Y 属于第 A，Y、Z同周期，则 Y 是 Cl。W 是短周期主族元素中原子半径最大的，所以 W 是 Na。A. Y 为氯元素，2其最高价氧化物的水化物化学式为 HClO4，选项 A 错误；B、X 与 W 形成的简单离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，则简单离子半径:XW，选项 B 正确；C、X（Cl）的非金属性强于 Z（S）的，所以 HCl 的稳定性强于 H2S 的，选

4、项 C 错误；D、X 与 W 形成的化合物 Na2O、Na 2O2中阴、阳离子个数比均为 1:1，选项 D 错误。答案选 B。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表之间的关系，试题培养了学生的灵活应用能力。3.下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是选项 条件 离子组 离子共存判断及反应的离子方程式A 滴加氨水Na+、Al 3+、Cl -、NO 3-不能大量共存，Al 3+3OH-=Al(OH)3B由水电离出的 H+浓度为110-12molL-1NH4+、Na +、NO 3-、Cl -一

5、定能大量共存NH4+H2ONH3H2O+H+C pH=1 的溶液Fe2+、Al 3+、SO 42-、MnO 4-不能大量共存，5Fe 2+MnO4-+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O D 通入少量 SO2气体K+、Na +、ClO -、SO 42-不能大量共存，2ClO -+SO2+H2O=2HClO+SO32-A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A.滴加氨水能发生反应：Al 3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH 4+，Al 3+不能大量共存，离子方程式错误，A 项错误；B.常温下纯水中水电离出的 H+浓度为 10-7mol/L，而该溶液中水电离出的 H+浓

6、度为 110-12mol/LFe3B向 5mL1mol/L NaOH 溶液中滴加 5 滴1mol/L MgCl2溶液，然后再滴加足量的1mol/L CuCl2溶液先产生白色沉淀，然后产生蓝色沉淀KspCu(OH)2KspMg(OH)2C 将充满 NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中 红棕色变深2NO2(g) N2O4(g) H0D向一定量酸性 KMnO4溶液中加入乙二醇（HOCH 2CH2OH）溶液紫色褪去乙二醇被氧化为乙二酸A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】分析:A. Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸，会形成 HNO3,因此溶液变为黄色，有可能是 HNO3氧化Fe2+； B.溶

7、度积常数大的物质能转化为溶度积小的物质；C. 升高温度,可逆反应向吸热反应方向移动；D. KMnO4与乙二醇（HOCH 2CH2OH）发生氧化还原反应生成二氧化碳，且高锰酸钾可氧化乙二酸。详解:A. Fe(NO 3)2溶液中滴入硫酸，会形成 HNO3,因此溶液变为黄色，有可能是 HNO3氧化Fe2+,结论错误，故 A 错误；B.溶度积常数大的物质能转化为溶度积小的物质,根据现象知， KspCu(OH)2c(H+)=c(OH-)C. 在 pH 相同的盐酸和氯化铵溶液中水的电离程度相同D. pH=11 的 NaOH 溶液与 pH=3 醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色【答案】D【解析】【详解】

8、A.氨水中存在电离平衡：NH 3H2O OH-+NH4+，向氨水中加入少量(NH 4)2SO4固体（溶液体积几乎不变） ，溶液中 NH4+的浓度增大，电离平衡左移，c(OH -)将减小，c(NH 3H2O)将增大，所以 将减小，A 项错误；c(OH)c(NH3H2O)B.根据电荷守恒，NH 4Cl 与氨水的混合溶液有等式：c(NH 4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液 pH=7，即 c(OH-)=c(H+)=110-7mol/L，所以 c(NH4+)=c(Cl-)，即有 c(Cl-)=c(NH4+) c(OH-)=c(H+)，B 项错误；C.因为 pH 相同，即溶液中 c(

9、H+)相同，盐酸中水的电离向左移动，溶液中 H+几乎全部来自盐酸，水电离出来的 H+浓度远远小于溶液的 H+溶液。而 NH4Cl 溶液存在水解平衡，水的电离平衡向右移动，溶液中的 H+全部来自水的电离，所以盐酸中水的电离程度远小于氯化铵溶液中水的电离程度，C 项错误；D.pH=11 的 NaOH 溶液中 c(NaOH)=c(OH-)= 。因为醋酸是弱酸只能KWc(H+)=110141011=103mol/L部分电离，在 pH=3 的醋酸溶液中醋酸的初始浓度远大于 10-3mol/L，因此等体积两溶液中CH3COOH 的物质的量远大于 NaOH 的物质的量，根据反应方程式CH3COOH+NaOH

10、=CH3COONa+H2O 可知中和后醋酸过量，溶液显酸性，所以混合溶液中滴入石蕊溶液呈红色，D 项正确；答案选 D。6.以酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示。下列说法正确的是（ ）5A. 燃料电池工作时，正极反应为 O22H 2O4e =4OHB. a 极是粗铜，b 极是纯铜时，a 极逐渐溶解，b 极上有铜析出C. 电解过程中 SO42 移向 b 极D. a、b 两极若是石墨，在相同条件下 a 极产生的气体与电池中消耗的 H2体积相等【答案】B【解析】A因该燃料电池是在酸性电解质中工作，所以正极反应为：O 2+4e-+4H+=2H2O， 选项 A 错误；Ba 极是粗铜，b 极是

11、纯铜时，为粗铜的精炼，电解时，a 极逐渐溶解，b 极上有铜析出，符合精炼铜原理，选项 B 正确；C b 与电池的负极相连，b 为电解池的阴极，a 极是阳极，阴离子 SO42 移向阳极 a 极移动，选项 C 错误；D电解 CuSO4溶液时，a 极产生的气体为 O2，产生 1molO2需 4mol 电子，所以需要燃料电池的 2molH2，二者的体积并不相等，选项 D 错误；答案选 B。7.常温下，向 20ml，0.1molL -1CH3COOH 溶液中滴加 0.1molL-1的 NaOH 溶液，其 pH 变化曲线如图所示(忽视温度变化)。下列说法中错误的是A. c 点表示 CH3COOH 和 Na

12、OH 恰好反应完全B. a 点表示的溶液中由水电离出的 H 浓度为 1.01011 molL1C. b 点表示的溶液中 c(CH3COO )c(Na )D. b、d 点表示的溶液中c(CH 3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)相等【答案】A【解析】6【详解】A.由中和反应 CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O 可知，CH 3COOH 和 NaOH 恰好反应完全时溶液为 CH3COONa 溶液，而该强碱弱酸盐溶液中存在水解平衡 CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，溶液显碱性，而 c 点溶液显中性，所以 c 点不能表示 CH3COOH 和 NaOH 恰好反应完全，

13、A项错误；B.a 点表示滴定前的醋酸溶液，根据 pH=3 知溶液中 H+浓度为 10-3mol/L，则溶液中 OH-浓度= mol/L，醋酸溶液中存在水的电离 H2O H+OH-，该电离平衡受到醋酸KWc(H+)=11014103 =1011 的抑制作用，该溶液中的 OH-全部由水电离产生，所以水电离出的 H+浓度=水电离出的 OH-溶液=10 -11mol/L，B 项正确；C.由图像可知 b 点溶液中超过一半的醋酸被中和，溶质是 CH3COONa 和 CH3COOH 的混合溶液，溶液显酸性即 c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒有：c(CH 3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+

14、)，因此c(CH3COO-)c(Na+)，C 项正确；D.在滴定过程中（包括 b、d 两点）都有醋酸的电离平衡的移动：CH 3COOH CH3COO-+H+，其电离平衡常数为 ，而 K 只与温度有关，与醋酸的浓度无关，所以 b、d 点K=c(CH3COO)c(H+)c(CH3COOH)表示的溶液中 值相等， D 项正确；答案选 A。c(CH3COO)c(H+)c(CH3COOH)【点睛】关于水电离出的 H+或 OH-的问题分析有如下思路：酸溶液（溶质是酸，下同）中的 OH-全部由水电离产生；碱溶液中的 H+全部由水电离产生；正盐（如 Na2CO3）溶液中的H+和 OH-全都由水电离产生。另外，

15、任何水溶液中水电离出的 H+浓度与水电离出的 OH-浓度总是相等的。8.某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：乙二酸(HOOC-COOH，可简写为H2C2O4)俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸(为弱电解质)，且酸性强于碳酸，其熔点为101.5，在 157升华。为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：（1）向盛有 1 mL 饱和 NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生。该反应的离子方程式为_。（2）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的 KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸具有_(填“氧化性” 、 “还原性”或“酸性”)，请配平该

16、反应的离子方程式：_ MnO4+ _ H2C2O4+ _ H+ _ Mn2+ _CO2 + _ H 2O（3）将一定量的乙二酸放于试管中，按下图所示装置进行实验(注：忽略草酸的升华，且夹持装置未标出)：7实验发现：装置 C、G 中澄清石灰水变浑浊，B 中 CuSO4粉末变蓝，F 中 CuO 粉末由黑色变为红色。据此回答：上述装置中，D 的作用是_.乙二酸分解的化学方程式为_.（4）该小组同学将 2.52 g 草酸晶体(H 2C2O42H2O)加入到 100 mL 0.2 mol/L 的 NaOH 溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，其原因是_（用文字简单表述） 。（5）以上溶液中各离子的浓度

17、由大到小的顺序为_（用离子符号表示） 。【答案】 (1). HCO3-H 2C2O4=HC2O4-CO 2H 2O (2). 还原性 (3). 2 (4). 5 (5). 6 (6). 2 (7). 10 (8). 8 (9). 除去混合气体中的 CO2 (10).H2C2O4 H2OCOCO 2 (11). 反应所得溶液为 NaHC2O4溶液，由于 HC2O4-的电离程度比水解程度大，导致溶液中 c(H )c(OH )，所以溶液呈酸性 (12). c(Na )c(HC2O4-)c(H )c(C2O42-)c(OH )【解析】【分析】(1)因为草酸的酸性比碳酸强，反应会生成 CO2和水，因“足

18、量的草酸” ，故还生成NaHC2O4。(2)溶液的紫红色褪去说明 KMnO4被还原，草酸具有还原性。根据化合价升降守恒和电荷守恒配平。(3)根据题给装置和实验现象可知，本实验的目的是加热草酸使其分解，然后依次检验草酸分解的产物。B 管中“CuSO 4粉末变蓝”说明分解产物中有水蒸气，C 瓶中澄清石灰水变浑浊说明草酸分解产生 CO2，D 瓶 NaOH 溶液的作用是吸收过量的 CO2，E 瓶浓硫酸吸收气流中的水蒸气，F 中 CuO 粉末由黑色变为红色，说明 CuO 被还原为 Cu，从草酸组成元素看还原性气体只可能是 CO，CO 被氧化为 CO2，所以 G 瓶中澄清石灰水变浑浊，根据产物即可写出草酸

19、分解的化学方程式。(4)因为草酸是二元酸，与 NaOH 中和反应的产物因酸、碱物质的量之比不同产物不同：8H2C2O4+2NaOH=Na2C2O4+2H2O 或 H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+H2O，根据产物的性质分析溶液显酸性的原因。(5)根据(4)溶液中溶质的电离和水解反应的相对强弱分析各离子浓度的大小关系。【详解】(1)因乙二酸属于二元中强酸，酸性强于碳酸，根据强酸制弱酸的原理，NaHCO 3与 H2C2O4反应有 CO2和水生成，又因乙二酸足量，故生成酸式盐 NaHC2O4，其离子方程式为：H2C2O4+HCO3-=HC2O4-+CO2+H 2O。(2)KMnO4溶液显紫红色

20、，因为“溶液的紫红色褪去”说明 KMnO4被还原，所以草酸具有还原性。锰元素由 MnO4-中的+7 价降到 Mn2+中的+2 价，每个 Mn 降低 5 价，碳元素由 H2C2O4中的+3 价升高到 CO2中的+4 价，每个 H2C2O4升高 2 价，根据化合价升高的总价数=化合价降低的总价数，MnO 4-和 Mn2+计量数均为 2，H 2C2O4的计量数为 5，CO 2计量数为 10，再根据电荷守恒可知 H+的计量数为 6，最后根据氢元素守恒可知 H2O 的计量数为 8。配平了的离子方程式为：2MnO 4-+5H2C2O4+6H+ 2Mn2+10CO2+8H 2O。(3)根据题给装置和实验现象

21、可知，本实验的目的是加热草酸使其分解，然后依次检验草酸分解的产物。B 管中“CuSO 4粉末变蓝”说明乙二酸分解产生了水蒸气，C 瓶中“澄清石灰水变浑浊”说明草酸分解产生了 CO2，D 瓶 NaOH 溶液的作用是吸收混合气体中过量的CO2，E 瓶浓硫酸吸收气体中的水蒸气，根据“F 中 CuO 粉末由黑色变为红色” ，可推知黑色的 CuO 被还原为紫红色的 Cu，CuO 被还原，说明分解产物中有还原性气体，从草酸组成元素看还原性气体只可能是 CO，CuO 将 CO 氧化为 CO2，CO 2使 G 瓶中澄清石灰水变浑浊，据此可知乙二酸分解的化学方程式为：H 2C2O4 CO2+CO+H 2O。(4

22、)草酸晶体(H 2C2O42H2O)的摩尔质量为 126g/mol，2.52g 草酸晶体的物质的量= =0.02mol，100mL0.2 mol/L 的 NaOH 溶液中 NaOH 的物质的量2.52g126g/mol=0.1L0.2mol/L=0.02mol，n(H 2C2O4):n(NaOH)=1:1，发生的反应是H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+H2O，充分反应后所得溶液是 NaHC2O4溶液，HC 2O4-既能电离 HC2O4-H+C2O42-，又能水解 HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-，既然溶液显酸性，则可推知：HC 2O4-电离程 度大于其水解程度，导致溶液中 c(

23、H+)c(OH-)，所以溶液显酸性。(5) 由(4)可知 NaHC2O4溶液中 HC2O4-电离程度大于其水解程度，且电离和水解都是微弱的，溶液中 c(H+)c(OH-)，所以溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是：c(Na +)c(HC2O4-)c(H+)c(C2O42-)c(OH-) 。9.雾霾天气严重影响人们的生活，其中氮氧化物和硫氧化物都是形成雾霾天气的重要因素。9下列方法可处理氮氧化物和硫氧化物。(1) 用活性炭还原法可以处理氮氧化物。某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和 NO，在一定条件下，发生反应：C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) H=Q kJ/mol。在 T

24、1时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表。时间/min浓度/mol/L0 10 20 30NO 1.00 0.58 0.40 0.40N2 0 0.21 0.30 0.30CO2 0 0.21 0.30 0.30010 min 内，NO 的平均反应速率 v(NO)=_，T 1时，该反应的平衡常数 K= _。 若 30 min 后升高温度至 T2，达到平衡时，容器中 NO、N 2、CO 2的浓度之比为211，则 Q_ (填“” 、 “=”或“”) 0。(2) NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图甲所示。由图甲可知，SCR 技术中的氧化剂为

25、_。已知 NH 3氧化时发生如下反应：4NH3(g)5O 2(g) = 4NO(g)6H 2O(g) H 1907.28 kJmol -14NH3(g)6NO(g)=5N 2(g)6H 2O(g) H 21811.63kJmol -1则氨气被氧化为氮气和水蒸气的热化学方程式:_图乙是不同催化剂 Mn 和 Cr 在不同温度下对应的脱氮率，由图可知工业选取的最佳催化剂及相应的温度分别为_、_。 10(3) 烟气中的 SO2可用某浓度 NaOH 溶液吸收得到 Na2SO3和 NaHSO3混合溶液，若所得溶液呈中性，则该溶液中 c(Na+)=_(用含硫微粒浓度的代数式表示)。(4) 某研究小组用 Na

26、OH 溶液吸收二氧化硫后，将得到的 Na2SO3溶液进行电解，其中阴阳膜组合电解装置如图丙所示，电极材料为石墨。丙a 表示_(填“阴”或“阳”)膜。A-E 分别代表原料或产品，其中 C 为稀硫酸，则A 为_溶液(填写化学式)。阳极电极反应式为_。【答案】 (1). 0.042 molL-1min-1 (2). 9/16（或 0.5625） (3). (4). 氮氧化物/NO X或 NO、NO 2 (5). 4NH3(g)3O 2(g)=2N2(g)6H 2O(g) H 3-1269.02kJmol-1 (6). Mn (7). 200 (8). 2c(SO32-)+c(HSO3-) (9).

27、阳 (10). NaOH (11). SO32-2e-+H2O=SO42-+2H+【解析】（1）本题考查化学反应速率的计算、化学平衡常数的计算、勒夏特列原理的应用，根据化学反应速率的数学表达式，v(NO)=(10.58)/10mol(Lmin)=0.042 mol(Lmin)；在20min 达到平衡，根据化学平衡常数的定义，K=c(CO 2)c(N2)/c2(NO)=0.30.3/0.42=9/16；30min 时，NO、N 2、CO 2的物质的量浓度比值为0.4：0.3：0.31：1：1，升高温度，NO 的物质的量浓度增大，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正反应方向是放热反应，即 Q0；

28、（2）考查热化学反应方程是计算，根据甲原理，氮的氧化物中 N 的化合价降低，因此 NO、NO 2作氧化剂，目标反应的方程式为4NH33O 2=2N26H 2O，4NH 3(g)5O 2(g) = 4NO(g)6H 2O(g)，4NH 3(g)6NO(g)=5N 2(g)6H 2O(g)，(32)/5 得出：4NH 3(g)3O 2(g)=2N2(g)6H 2O(g) H 3-1269.02kJmol1 ；根据图乙，Mn 的脱氮率高时对应的温度比 Cr 催化率高时所对应的温度的低，因此最佳催化剂是 Mn，温度在 200；（3）本题考查离子浓度的大小比较，根11据电荷守恒，c(Na )c(H )=

29、c(OH )c(HSO 3 )2c(SO 32 )，因为溶液显中性，因此有c(Na )= c(HSO3 )2c(SO 32 )；（4）本题考查电解原理和电极反应式的书写，根据电解原理，左端电极为阴极，右端电极为阳极，C 得到的是硫酸，因此 a 为阳膜，b 为阴膜，阳离子在阴极上放电，根据放电顺序，左端电极反应式为 2H 2e =H2，因此 A 得到的物质为 NaOH；阴离子在阳极上放电，因此 C 得到硫酸，因此 SO32 在阳极上放电，电极反应式为 SO32 2H 2O2e =SO42 2H 。点睛：本题的难点是(4)中，因为根据离子放电顺序是 OH 大于含氧酸根，因此学生会写成 4OH 4e

30、 =O22H 2O，没有注意到题目中 C 得到的是硫酸，因此 SO32 在阳极上失电子，转化成 SO42 ，因此电极反应式为 SO32 2H 2O2e =SO42 2H 。10.硼镁泥是一种工业废料，主要成份是 MgO（占 40%，质量分数） ，还有CaO、MnO、Fe 2O3、FeO、Al 2O3、SiO 2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取 MgSO47H2O 的工艺流程如下：（1）实验中需要 1 mol/L 的硫酸 800 mL，若用 98% 的浓硫酸（= 1.84 g/mL）来配制，量取浓硫酸需要使用量筒的规格为_（填写选项字母）A10 mL

31、B20 mL C50 mL D100 mL（2）加入的 NaClO 可与 Mn2+ 反应：Mn 2+ + ClO + H2O = MnO2+ 2H + + Cl，在该步骤中还有一种离子也会被 NaClO 氧化，该反应的离子方程式为_。（3）滤渣的主要成分除含有 Fe(OH)3、Al(OH) 3外，还含有_。（4）在“除钙”前，需检验滤液中 Fe3+ 是否被除尽，简述检验方法_。 （写出操作、现象和结论）（5）已知 MgSO4、CaSO 4 的溶解度（单位为 g/100 g 水）如下表：温度（） 40 50 60 70MgSO4 30.9 33.4 35.6 36.9CaSO4 0.210 0.

32、207 0.201 0.19312“除钙”是将 MgSO4和 CaSO4混合溶液中的 CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤_。 “操作”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，_，便得到了 MgSO47H2O .【答案】 (1). D (2). 2Fe2+ + ClO + 2H+ = 2Fe3+ + Cl + H2O (3). SiO2，MnO 2 (4). 取最后一滴滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液颜色不变红色，说明滤液中 Fe3+被除尽；若出现红色，说明没有除尽 (5). 蒸发浓缩（高温浓缩） ，趁热过滤 (6). 过滤 或 过滤洗涤【解析】【分析】根据题意可知“酸解”时发生的反应

33、：CaO+H2SO4=CaSO4+H2O，MnO+H 2SO4=MnSO4+H2O，Fe 2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，FeO+H 2SO4=FeSO4+H2O，Al 2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，SiO 2既不溶解于硫酸也不被NaClO 氧化，NaClO 具有强氧化性，能将 Fe2+和 Mn2+分别氧化生成 Fe3+和不溶于水的 MnO2，通过水解反应将 Al3+和 Fe3+转化为 Al(OH)3和 Fe(OH)3沉淀而除去，除钙后所得滤液即为纯净的 MgSO4溶液，最后通过蒸发浓缩、降温结晶得到 MgSO47H2O。(1)实验中应选取的容量瓶规格

34、为 1000mL，据此计算所需浓硫酸的体积，根据“大而近”的原则选用合适的量筒。(2)根据硼镁泥的成分可知，还有一种具有还原性的离子应是 Fe2+，反应中 Fe2+被氧化为Fe3+，ClO -被还原为 Cl-，据此写离子方程式。(3)硼镁泥的成分中能够溶解于硫酸的有 CaO、MnO、Fe 2O3、FeO、Al 2O3，只有 SiO2既不溶于硫酸也不能被 NaClO 氧化，滤渣中应有 SiO2，另外，根据题意知 Mn2+被 NaClO 氧化为MnO2，且 MnO2不溶于水，滤渣中还应有 MnO2。(4)溶液中 Fe3+的检验通常使用 KSCN 溶液，观察溶液是否变红。(5)由表格中溶解度数据可知

35、，CaSO 4溶解度比 MgSO4小得多，MgSO 4的溶解度随温度的升高而增大，CaSO 4的溶解度随温度的升高而减小，所以分离 MgSO4和 CaSO4混合溶液，先将溶液蒸发浓缩，CaSO 4析出，再趁热过滤除去滤渣，滤液为 MgSO4溶液。最后将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤即可得到 MgSO47H2O。【详解】A.实验中应使用 1000mL 容量瓶，设需用浓硫酸 VmL，根据稀释定律，13=1mol/L1L，解得 V=54.3mL。根据“大而近”的原则应选用 100mL 量筒，VmL1.84g/mL98%98g/mol答案选 D。(2)根据硼镁泥的成分可知，还有一种具有还原性的离子应

36、是 Fe2+，反应中 Fe2+被氧化为Fe3+，ClO -被还原为 Cl-，因此其离子反应方程式为：2Fe 2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O。(3)根据硼镁泥的成分，只有 SiO2既不溶于硫酸也不能被 NaClO 氧化，滤渣中应有 SiO2。另外，经过“酸解”与“氧化和水解”步骤，铝元素转化为 Al(OH)3沉淀，铁元素全部转化为 Fe(OH)3沉淀，锰元素转化为 MnO2沉淀，所以滤渣中还应有 SiO2和 MnO2。(4)溶液中 Fe3+通常用 KSCN 溶液，检验方法是：取最后一滴滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液颜色不变红色，说明滤液中 Fe3+被除尽；若出现红色，说明

37、没有除尽。(5)由表格中溶解度数据可知，CaSO 4溶解度比 MgSO4小得多，而且 MgSO4的溶解度随温度的升高而增大，CaSO 4的溶解度随温度的升高而减小，所以分离 MgSO4和 CaSO4混合溶液，应将溶液蒸发浓缩，使 CaSO4充分析出，再趁热过滤，滤渣为 CaSO4，滤液为 MgSO4溶液。“操作”是从 MgSO4溶液中结晶出 MgSO47H2O 晶体，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶后，再过滤洗涤即得到 MgSO47H2O 晶体。【点睛】分析“工艺流程”图时要弄清物料（物质）的走向，即什么步骤加入了哪些物质，每种物质发生什么反应或转变，利用“元素守恒思想”分析各元素的来龙去脉，理解各步

38、骤的操作目的和原理，最后根据题目的设问作答。11.有机化合物甲和 G 都在生活中有很多用途,其合成路线如下:已知:R 1CHO+R2CH2CHO (R1、R 2代表烃基或氢原子)D 与 A 互为同系物;在相同条件下,D 蒸气相对于氢气的密度为 39。（1）A 的分子式是_,G 中含氧官能团的名称是_。 14（2）的反应类型是_, F 的结构简式为_。 （3）B 的核磁共振氢谱有_组峰，峰面积之比为_。（4）C 有多种同分异构体,其中属于芳香族化合物的有_种。 （5）写出反应的化学方程式:_。（6）设计实验检验 E 中的官能团（说明实验操作步骤、现象及结论）_（7）G 的同分异构体 是一种重要的

39、药物中间体,其合成路线与 G 相似,请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选，注明反应条件)_。【答案】 (1). C7H8 (2). 羧基 (3). 加成反应 (4). (5). 4 组峰 (6). 2：2:2:1 (7). 4 (8). +CH3COOH+H2O (9). 取适量 E 溶液于试管中，先加入过量的新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，出现砖红色的沉淀，证明含醛基；酸化后，再加溴水或酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，则证明含碳碳双键 (10). 【解析】D 与 A 互为同系物;在相同条件下,D 蒸气相对于氢气的密度为 39，则相对分子质量为 78，结合 Cl3CCHO 与 D 反应生成

40、 可推出 D 为苯，A 为苯的同系物，且经过多步反应生成苯甲醛，故 A 为甲苯，甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成 B 为 ，在氢氧化钠的水溶液中加热发生取代反应生成 C 为 ，在铜的催化下发生氧化反应生成 ， 与乙醛在稀氢15氧化钠溶液中加热发生加成反应得到 E 为 ， 与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成 F 为 ， 在催化剂作用下与氧气发生氧化反应生成 G 为 。 （1）A 为甲苯，分子式是 C7H8,G为 ，含氧官能团的名称是羧基；（2）是 与三氯甲烷在碱溶液中发生加成反应生成 ，反应类型是加成反应, F 的结构简式为；（3）B 为 ，的核磁共振氢谱有 4 组峰，峰面积之比为2：2:

41、2:1；（4）C 为 ，有多种同分异构体,其中属于芳香族化合物的有甲苯醚、对甲基苯酚、间甲基苯酚、邻甲基苯酚共 4 种；（5）反应是 与乙酸发生酯化反应生成 ，反应的化学方程式为: +CH3COOH+H2O；（6）E 为 ，所含官能团为碳碳双键和醛基，必须先检验醛基再检验碳碳双键，故检验方法为：取适量 E 溶液于试管中，先加入过量的新制的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，出现砖红色的沉淀，证明含醛基；酸化后，再加溴水或酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，则证明含碳碳双键；（7）G 的同分异构体是一种重要的药物中间体,其合成路线与 G 相似, 与甲醛在稀氢氧化钠溶液中加热反应生成 ， 与溴的四氯化碳溶液反16应生成 ， 催化氧化得到 ，合成路线如下： 。