2022-2022学年广东省揭阳三中高三（上）第一次段考化学试卷 一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．1．下列有关金属及其化合物说法不正确的是（ ）A．Al2O3熔点很高，可用作熔融NaOH的坩埚材料B．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂C．镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹D．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用 2．下列物质间的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是（ ）A．Na→NaOH→Na2CO3→NaClB．Mg→MgCl2→MgCO3→Mg（OH）2C．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3D．Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3 3．NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ）A．5.6g的铁与0.1molCl2充分反应转移电子0.3NAB．一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NAC．1.0L的0.1mol•L﹣1AlCl3溶液中含有的Al3+离子数为0.1NAD．标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA 4．乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是（ ）A．化学式为C6H6O6B．乌头酸能发生水解反应和加成反应C．乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH 5．下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）选项实验操作现象结论A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁都有水珠两种物质均受热分解B向稀的苯酚水溶液中滴加饱和溴水生成白色沉淀产物三溴苯酚溶于水C向含I﹣的无色溶液中滴加少量铁盐溶液，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Fe3+＞I2D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性A．AB．BC．CD．D-16- 6．X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增．X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14．下列说法正确的是（ ）A．NaWO是漂白粉的有效成分B．原子半径由小到大的顺序：X＜Y＜Z＜WC．室温下，0.1mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH＞1D．Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应 7．现有四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液，②pH=3的HCl溶液，③pH=11的氨水，④pH=11的NaOH溶液．相同条件下，下列有关上述溶液的叙述中，错误的是（ ）A．①、④等体积混合后，溶液显碱性B．将②、③溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：②＞③C．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量①最大D．向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞① 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题（共43分）8．（14分）（2022秋•揭阳校级月考）铁是日常生活中用途最广、用量最大的金属材料．（1）常温下，可用铁质容器盛装浓硫酸的原因是 ．（2）某实验小组利用如图装置验证铁与水蒸气的反应．①湿棉花的作用是 ，试管中反应的化学方程式是 ．②实验结束后，取出少量反应后的固体于试管中，加入过量盐酸，固体完全溶解，所得溶液中存在的阳离子是 （填序号）．a．一定有Fe2+、H+和Fe3+b．一定有Fe2+、H+，可能有Fe3+c．一定有Fe2+、Fe3+，可能有H+d．一定有Fe3+、H+，可能有Fe2+（3）另称取一定量的铁钉放入足量的浓硫酸中，加热，充分反应后收集气体．经测定气体中含有SO2、CO2和H2．①铁与足量的浓硫酸反应的化学方程式是 ．②将672mL（标准状况）收集到的气体通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4，然后加入足量BaCl2溶液，经洗涤、干燥得到固体4.66g．由此推知收集到的气体中SO2的体积分数是 ．（结果保留三位有效数字） 9．（15分）（2022秋•揭阳校级月考）某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究．现行高中化学教材中对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”．查阅《化学手册》知，Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔点、沸点数据如下：物质AlAl2O3FeFe2O3-16-熔点/℃660205415351462沸点/℃246729802750﹣Ⅰ．（1）某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金．理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金．你认为他的解释是否合理？ （填“合理”或“不合理”）．（2）设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝．该实验所用试剂 ，反应的离子方程式为 ．（3）实验室溶解该熔融物，在下列试剂中最适宜的试剂是 （填序号）．A．浓硫酸B．稀硫酸C．稀硝酸D．氢氧化钠溶液．Ⅱ．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取一定量上述的熔融物与过量的很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出．在反应结束后的溶液中，逐滴加入4mol•L﹣1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示．试回答下列问题：（1）图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为 ．（2）在DE段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为 ；上述现象说明溶液中 结合OH﹣的能力比 强（填离子符号）．（3）B与A的差值为 mol．（4）B点对应的沉淀的物质的量为 mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为 mL． 10．（14分）（2022秋•揭阳校级月考）氯化铁和高铁酸钾都是常见的水处理剂．如图为制备氯化铁及进一步氧化制备高铁酸钾的工艺流程．请回答下列问题：（1）氯化铁有多种用途，请用离子方程式表示下列用途的原理．①氯化铁做净水剂 ；②用FeCl3溶液（32%～35%）腐蚀铜印刷线路板 ．（2）吸收剂X的化学式为 ．（3）碱性条件下反应①的离子方程式为 ．（4）过程②将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品．该反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4═K2FeO4+2NaOH，请根据复分解反应原理分析反应发生的原因 -16-（5）K2FeO4在水溶液中易发生反应：4FeO42-+10H2O⇌4Fe（OH）3+8OH-+3O2↑．在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用 （填序号）．A．H2OB．稀KOH溶液、异丙醇C．NH4Cl溶液、异丙醇D．Fe（NO3）3溶液、异丙醇（6）可用滴定分析法测定粗K2FeO4的纯度，有关反应离子方程式为：①FeO42-+CrO2-+2H2O═CrO42-+Fe（OH）3↓+OH-②2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O③Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O现称取1.980g粗高铁酸钾样品溶于适量氢氧化钾溶液中，加入稍过量的KCrO2，充分反应后过滤，滤液定容于250mL容量瓶中．每次取25.00mL加入稀硫酸酸化，用0.1000mol/L的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为18.93mL．则上述样品中高铁酸钾的质量分数为 ． 【化学-选修5：有机化学基础】11．（15分）（2022秋•揭阳校级月考）非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：（1）非诺洛芬中的含氧官能团为 和 （填名称）．（2）反应①中加入的试剂X的分子式为C8H8O2，X的结构简式为 ．（3）在上述五步反应中，其中②的反应类型是： ；④的反应类型是： ．（4）B的一种同分异构体满足下列条件：Ⅰ．能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应．Ⅱ．分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环．写出该同分异构体的结构简式 ．（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CHOHCH3COOCH2CH3合成路线流程图： ． 2022-2022学年广东省揭阳三中高三（上）第一次段考化学试卷-16-参考答案与试题解析 一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．1．下列有关金属及其化合物说法不正确的是（ ）A．Al2O3熔点很高，可用作熔融NaOH的坩埚材料B．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂C．镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹D．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【分析】A、氧化铝是两性氧化物和强酸强碱发生反应；B、明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用；C、金属的性质决定金属的用途；D、利用氧化铝的结构来分析对金属的保护作用；【解答】解：A、氧化铝是两性氧化物和强酸强碱发生反应，氧化铝和氢氧化钠反应，不能用作熔融NaOH的坩埚材料，故A错误；B、明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用，所以明矾可用作净水剂，故B正确；C、制造照明弹就是利用了镁燃烧发出耀眼的白光，故C正确；D、铝表面覆盖致密的氧化物薄膜，对金属起保护作用，故D正确．故选A．【点评】本题考查了金属镁铝的性质及用途，合金的组成及应用．要求同学们要关心生活中的化学问题，学以致用，题目较简单． 2．下列物质间的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是（ ）A．Na→NaOH→Na2CO3→NaClB．Mg→MgCl2→MgCO3→Mg（OH）2C．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3D．Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3【考点】钠的化学性质；镁的化学性质；铝的化学性质；铁的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】Na、Mg、Al、Fe能和酸反应生成盐，能被氧化性强的单质氧化生成氧化物，再结合复分解反应条件来分析解答．【解答】解：A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，所以能一步实现，故A不选；B．Mg→MgCl2→MgCO3→Mg（OH）2中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、MgCl2+Na2CO3=2NaCl+MgCO3↓、MgCO3+2NaOH=Mg（OH）2+Na2CO3，所以能一步实现，故B不选；C．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故C选；D．Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3中反应方程式分别是2Fe+3Cl22FeCl3、FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl、2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，所以能一步实现，故D不选；故选C．【点评】-16-本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，以Na、Mg、Al、Fe为知识点构建知识网络，元素化合物知识常常在工艺流程中出现，还常常与基本实验操作、物质的分离与提纯、离子的检验等知识点联合考查，题目难度中等． 3．NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ）A．5.6g的铁与0.1molCl2充分反应转移电子0.3NAB．一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NAC．1.0L的0.1mol•L﹣1AlCl3溶液中含有的Al3+离子数为0.1NAD．标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、5.6g铁的物质的量为0.1mol，与0.1mol氯气反应时铁过量，根据反应后氯元素变为﹣1价来分析；B、求出钠的物质的量，然后根据反应后钠为+1价来分析转移的电子数；C、铝离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解；D、标况下，四氯化碳为液体．【解答】解：A、5.6g铁的物质的量为0.1mol，与0.1mol氯气反应时铁过量，由于反应后氯元素变为﹣1价，故0.1mol氯气反应时转移0.2mol电子即0.2NA个，故A错误；B、2.3g钠的物质的量为0.1mol，由于钠完全反应且反应后钠为+1价，故0.1mol钠转移0.1mol电子即0.1NA个，故B正确；C、铝离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铝离子的个数小于0.1NA个，故C错误；D、标况下，四氯化碳为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键． 4．乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是（ ）A．化学式为C6H6O6B．乌头酸能发生水解反应和加成反应C．乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由结构简式可知分子式，分子中含﹣COOH、碳碳双键，结合羧酸、烯烃性质来解答．【解答】解：A．由结构简式可知分子式为C6H6O6，故A正确；B．含碳碳双键可发生加成反应，但不能发生水解反应，故B错误；C．含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．含3个﹣COOH，含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH，故D正确；-16-故选B．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸的性质考查，题目难度不大． 5．下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）选项实验操作现象结论A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁都有水珠两种物质均受热分解B向稀的苯酚水溶液中滴加饱和溴水生成白色沉淀产物三溴苯酚溶于水C向含I﹣的无色溶液中滴加少量铁盐溶液，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Fe3+＞I2D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水；B．苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚沉淀；C．同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D．亚铁离子具有还原性，能被双氧水氧化生成铁离子，铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色．【解答】解：A．根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水，可能是碳酸钠不干燥导致的，故A错误；B．苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀，向稀的苯酚水溶液滴加饱和溴水生成白色沉淀，说明产物三溴苯酚不溶于水，故B错误；C．同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，向含I﹣的无色溶液中滴加少量铁盐溶液，再滴加淀粉溶液，铁离子具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，加入淀粉后溶液变蓝色，说明碘离子被氧化生成碘单质，氧化剂是Fe3+、氧化产物是碘，所以氧化性氧化性：Fe3+＞I2，故C正确；D．双氧水具有氧化性，亚铁离子具有还原性，亚铁离子和双氧水反应生成铁离子，铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色，加入双氧水后溶液变成血红色说明亚铁离子被氧化，则亚铁离子有还原性，不能说明具有氧化性，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及氧化还原反应、氧化性强弱比较、离子检验、物质性质等知识点，侧重考查学生分析判断能力，明确物质性质及基本原理是解本题关键，易错选项是D． 6．X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增．X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14．下列说法正确的是（ ）A．NaWO是漂白粉的有效成分B．原子半径由小到大的顺序：X＜Y＜Z＜WC．室温下，0.1mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH＞1D．Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应【考点】原子结构与元素周期律的关系．-16-【分析】X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增．Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14﹣3﹣4=7，且原子序数最大，W为Cl元素．【解答】解：X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增．Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14﹣3﹣4=7，且原子序数最大，W为Cl元素．A．NaClO是漂白液的有效成分，漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，故A错误；B．同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，一般电子层越多原子半径越大，则子半径由小到大的顺序为X（C）＜W（Cl）＜Z（Si）＜Y（Al），故B错误；C．W的气态氢化物为HCl，溶于水形成盐酸，HCl是强电解质，在溶液中完全电离，室温下，0.1mol/L盐酸溶液的pH=1，故C错误；D．Al在高温下可以与氧化铁发生铝热反应，置换出铁，故D正确；故选D．【点评】题中从常见元素化合物的性质入手考查，是一道位置结构性质综合考查学生分析能力题目，注意从物质的性质作为推断题的突破口，注意常见既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应的物质，难度中等． 7．现有四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液，②pH=3的HCl溶液，③pH=11的氨水，④pH=11的NaOH溶液．相同条件下，下列有关上述溶液的叙述中，错误的是（ ）A．①、④等体积混合后，溶液显碱性B．将②、③溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：②＞③C．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量①最大D．向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．根据氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小判断混合溶液的酸碱性；B．强酸和强碱后溶液呈中性，证明酸碱恰好中和反应；C．弱酸存在电离平衡，随反应进行电离出的氢离子继续和铝反应；D．加水稀释，强酸强碱溶液的pH变化最大，若酸弱碱存在电离平衡稀释促进电离．【解答】解：A．将①、④混合，若c（CH3COO﹣）＞c（H+），如果溶液中的溶质是醋酸和醋酸钠，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，则溶液呈酸性，故A错误；B．一水合氨是弱碱只有部分电离，所以c（NH3•H2O）＞c（OH﹣），氯化氢是强电解质，所以其溶液中c（HCl）=c（H+），c（NH3•H2O）＞c（HCl），若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞③，故B正确；C．和等量铝粉反应，醋酸存在电离平衡，随反应进行，电离出的氢离子和铝继续反应，生成氢气最多，故C正确；D．弱电解质稀释平衡正向移动，溶液pH值应该③＞④＞②＞①，故D正确；故选A．【点评】本题考查弱电解质电离和溶液的pH的计算问题，溶液酸碱性由氢离子和氢氧根离子浓度相对大小比较判断，弱电解质存在电离平衡是解题关键，题目难度中等． 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题（共43分）-16-8．（14分）（2022秋•揭阳校级月考）铁是日常生活中用途最广、用量最大的金属材料．（1）常温下，可用铁质容器盛装浓硫酸的原因是 浓硫酸具有强氧化性，常温下在铁表面生成一层致密的氧化膜 ．（2）某实验小组利用如图装置验证铁与水蒸气的反应．①湿棉花的作用是 提供水蒸气 ，试管中反应的化学方程式是 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 ．②实验结束后，取出少量反应后的固体于试管中，加入过量盐酸，固体完全溶解，所得溶液中存在的阳离子是 b （填序号）．a．一定有Fe2+、H+和Fe3+b．一定有Fe2+、H+，可能有Fe3+c．一定有Fe2+、Fe3+，可能有H+d．一定有Fe3+、H+，可能有Fe2+（3）另称取一定量的铁钉放入足量的浓硫酸中，加热，充分反应后收集气体．经测定气体中含有SO2、CO2和H2．①铁与足量的浓硫酸反应的化学方程式是 2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O ．②将672mL（标准状况）收集到的气体通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4，然后加入足量BaCl2溶液，经洗涤、干燥得到固体4.66g．由此推知收集到的气体中SO2的体积分数是 66.7% ．（结果保留三位有效数字）【考点】铁的化学性质．【分析】（1）浓硫酸具有强的氧化性，常温下遇到铁发生钝化；（2）①铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气；②产物四氧化三铁中有+2价的铁和+3价的铁，还有可能有过量的铁；（3）①铁与浓硫酸在加热条件下发生氧化还原反应生成硫酸铁、二氧化硫和水；②依据反应：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4，结合反应BaCl2+H2SO4=BaSO4+2HCl，利用硫元素的守恒，求出SO2的体积分数．【解答】解：（1）浓硫酸具有强的氧化性，常温下遇到铁发生钝化，在铁表面生成一层致密的氧化膜，阻止反应继续进行，所以可用铁质容器盛装浓硫酸；故答案为：因为浓硫酸具有强氧化性，常温下在铁表面生成一层致密的氧化膜；（2）①铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，湿棉花能够为反应提供水蒸气，二者反应方程式：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；故答案为：提供水蒸气；3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；②铁和水蒸气反应，产物为四氧化三铁和氢气，加入过量盐酸，固体完全溶解，必发生反应：Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O，所以所得溶液中存在的阳离子是一定有Fe2+、H+，四氧化三铁黑色固体中可能含有过量的铁，可能将三价铁离子全部转化成二价铁离子，Fe+2Fe3+═3Fe2+，所以所得溶液中存在的阳离子是一定有Fe2+、H+，可能有Fe3+，-16-故答案为：b；（3）①铁与浓硫酸在加热条件下发生氧化还原反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，化学方程式：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O；故答案为：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O；②672mL（标准状况）混合气体的物质的量为=0.03mol；SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，然后加入足量BaCl2溶液，发生反应：BaCl2+H2SO4=BaSO4+2HCl，所以：SO2～BaSO41mol233gn4.66g解得：n=0.02mol；所以收集到的气体中SO2的体积分数为：×100%=66.7%；故答案为：66.7%．【点评】本题考查了铁及其化合物性质，明确物质的性质是解题关键，注意解答有关方程式计算时，关键在于把握相关物质量的关系，题目难度不大． 9．（15分）（2022秋•揭阳校级月考）某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究．现行高中化学教材中对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”．查阅《化学手册》知，Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔点、沸点数据如下：物质AlAl2O3FeFe2O3熔点/℃660205415351462沸点/℃246729802750﹣Ⅰ．（1）某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金．理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金．你认为他的解释是否合理？ 合理 （填“合理”或“不合理”）．（2）设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝．该实验所用试剂 NaOH溶液 ，反应的离子方程式为 2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑ ．（3）实验室溶解该熔融物，在下列试剂中最适宜的试剂是 B （填序号）．A．浓硫酸B．稀硫酸C．稀硝酸D．氢氧化钠溶液．Ⅱ．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取一定量上述的熔融物与过量的很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出．在反应结束后的溶液中，逐滴加入4mol•L﹣1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示．试回答下列问题：（1）图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为 H++OH﹣═H2O ．（2）在DE段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为 NH4++OH﹣═NH3•H2O ；上述现象说明溶液中 Al3+、Fe3+、H+ 结合OH﹣的能力比 NH4+ 强（填离子符号）．（3）B与A的差值为 0.08 mol．-16-（4）B点对应的沉淀的物质的量为 0.032 mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为 7 mL．【考点】探究铝热反应；硝酸的化学性质．【分析】Ⅰ．（1）铝的熔点比铁低，生成铁和液态铝一起滴落至盛有沙子的容器中形成合金；（2）根据铝与NaOH溶液反应的性质设计实验方案；（3）A．浓硫酸易使铁、铝钝化，不能使合金溶解；B．活泼金属与稀硫酸反应；C．稀硝酸与金属反应生成污染性气体；D．铁不与NaOH溶液反应；Ⅱ．（1）O→C之间没有沉淀生成，说明硝酸过量，O→C之间发生的反应酸碱中和反应，以此书写离子方程式；（2）D与E一段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，以此书写离子方程式；根据反应顺序确定结合OH﹣的能力；（3）B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，由EF段消耗的氢氧化钠，根据Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，得出Al（OH）3的物质的量；（4）B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，由EF段消耗的氢氧化钠，根据Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，得出Al（OH）3的物质的量；再根据电子守恒计算出铁的物质的量，据此可以计算出沉淀氢氧化铝、氢氧化铁的物质的量；再根据31mL时反应情况计算出C点氢氧化铁溶液体积．【解答】解：Ⅰ．（1）铝的熔点比铁低，生成铁和液态铝一起滴落至盛有沙子的容器中形成合金，所以铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金，故答案为：合理；（2）铝与NaOH溶液反应生成气体，反应的化学方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，所以可用NaOH溶液检验所得的块状熔融物中含有金属铝，故答案为：NaOH溶液；2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（3）A．浓硫酸易使铁、铝钝化，不能使合金溶解，故A错误；B．活泼金属与稀硫酸反应，熔融物可溶解于稀硫酸中，故B正确；C．稀硝酸与金属反应生成污染性气体，不是最佳选择，故C错误；D．铁不与NaOH溶液反应，不能将熔融物全部溶解，故D错误；故答案为：B；Ⅱ．（1）O→C之间没有沉淀生成，说明硝酸过量，O→C之间发生的反应酸碱中和反应，离子方程式为H++OH﹣═H2O，故答案为：H++OH﹣═H2O；（2）D与E一段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，反应的离子方程式为NH4++OH﹣═NH3•H2O，上述现象说明溶液中最先结合OH﹣是氢离子，最后结合OH﹣是铵根离子，所以溶液中Al3+、Fe3+、H+离子结合OH﹣的能力强于铵根离子，故答案为：NH4++OH﹣═NH3•H2O；Al3+、Fe3+、H+；NH4+；-16-（3）由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为36mL﹣34m=2mL，故该计算参加反应的氢氧化钠为0.002L×4mol/L=0.008mol，根据Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知，Al（OH）3的物质的量为0.008mol，故答案为：0.008；（4）由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为36mL﹣34m=2mL，故该计算参加反应的氢氧化钠的物质的量为：0.002L×4mol/L=0.008mol，根据Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知，Al（OH）3的物质的量为0.008mol；金属混合物中含有铝0.008mol；设铁为xmol，Al为0.008mol，生成硝酸铵为：（34﹣31）×0.001L×4mol/L=0.012mol，由于显示过量，铁反应生成了硝酸铁，由电子守恒可知，3x+0.008×3=0.012×8，解得x=0.024mol，即反应生成氢氧化铁的物质的量为0.024mol，生成沉淀的总物质的量为：0.008mol+0.024mol=0.032mol；滴加NaOH体积为31ml时，发生反应为①H++OH﹣=H2O，②Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，则C点氢氧化钠溶液的体积为31mL﹣×1000mL/L﹣×1000mL/L=7mL，故答案为：0.032；7．【点评】本题考查铝热反应、金属与硝酸的反应，涉及离子方程式的书写、氧化还原反应、化学计算等知识点题目，题目难度较大，注意明确图中各阶段发生反应的实质，能够正确判断出硝酸的还原产物为解题关键． 10．（14分）（2022秋•揭阳校级月考）氯化铁和高铁酸钾都是常见的水处理剂．如图为制备氯化铁及进一步氧化制备高铁酸钾的工艺流程．请回答下列问题：（1）氯化铁有多种用途，请用离子方程式表示下列用途的原理．①氯化铁做净水剂 Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+ ；②用FeCl3溶液（32%～35%）腐蚀铜印刷线路板 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ ．（2）吸收剂X的化学式为 FeCl2 ．（3）碱性条件下反应①的离子方程式为 3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O ．（4）过程②将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品．该反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4═K2FeO4+2NaOH，请根据复分解反应原理分析反应发生的原因 K2FeO4溶解度小，析出晶体，促进反应进行 （5）K2FeO4在水溶液中易发生反应：4FeO42-+10H2O⇌4Fe（OH）3+8OH-+3O2↑．在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用 B （填序号）．A．H2OB．稀KOH溶液、异丙醇C．NH4Cl溶液、异丙醇D．Fe（NO3）3溶液、异丙醇（6）可用滴定分析法测定粗K2FeO4的纯度，有关反应离子方程式为：①FeO42-+CrO2-+2H2O═CrO42-+Fe（OH）3↓+OH--16-②2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O③Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O现称取1.980g粗高铁酸钾样品溶于适量氢氧化钾溶液中，加入稍过量的KCrO2，充分反应后过滤，滤液定容于250mL容量瓶中．每次取25.00mL加入稀硫酸酸化，用0.1000mol/L的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为18.93mL．则上述样品中高铁酸钾的质量分数为 63.1% ．【考点】制备实验方案的设计．【分析】氯气与铁反应生成三氯化铁，冷却得到三氯化铁固体，尾气中含有氯气，用氯化亚铁溶液吸收得到氯化铁溶液，把氯化铁固体溶于吸收液得到浓氯化铁溶液，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠溶液，次氯酸钠具有强氧化性，与氯化铁溶液反应生成Na2FeO4，然后向该溶液中加饱和的KOH溶液，析出固体K2FeO4，（1）①氯化铁做净水剂是因为Fe3+水为Fe（OH）3胶体的缘故；②工业上常用FeCl3溶液腐蚀铜印刷线路板是Fe3+氧化了Cu的缘故；（2）吸收剂X的与Cl2反应的产物是FeCl3，X是FeCl2；（3）碱性条件下根据反应物和产物及元素守恒和电荷守恒可写出反应①的离子方程式；（4）根据溶解度大小分析可知，在反应中溶解度小的物质先析出，会促进反应的进行；（5）K2FeO4在水溶液中易发生反应：4FeO42﹣+10H2O═4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑，所以用碱液来洗涤，抑制水解，不引入新的杂质所以用稀KOH溶液，异丙醇易挥发；（6）根据反应①②③可知：2FeO42﹣～～～～6Fe2+，根据关系式计算出K2FeO4的物质的量和质量，再计算质量分数．【解答】解：氯气与铁反应生成三氯化铁，冷却得到三氯化铁固体，尾气中含有氯气，用氯化亚铁溶液吸收得到氯化铁溶液，把氯化铁固体溶于吸收液得到浓氯化铁溶液，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠溶液，次氯酸钠具有强氧化性，与氯化铁溶液反应生成Na2FeO4，然后向该溶液中加饱和的KOH溶液，析出固体K2FeO4，（1）①氯化铁做净水剂是因为Fe3+水为Fe（OH）3胶体的缘故，原理为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+；②工业上常用FeCl3溶液腐蚀铜印刷线路板，是Fe3+氧化了Cu的缘故，反应方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；（2）吸收剂X的与Cl2反应的产物是FeCl3，X是FeCl2，故答案为：FeCl2；（3）碱性条件下根据反应物和产物可知，反应①的离子方程式为3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；故答案为：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；（4）过程②将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品，该反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4=K2FeO4+2NaOH，反应能发生的原因是K2FeO4溶解度小，析出晶体，促进反应进行；故答案为：K2FeO4溶解度小，析出晶体，促进反应进行；（5）K2FeO4在水溶液中易发生反应：4FeO42﹣+10H2O═4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑，所以用碱液来洗涤，抑制水解，不引入新的杂质所以用稀KOH溶液，异丙醇易挥发，故选B；（6）根据反应①②③可知：2FeO42﹣～～～～6Fe2+，1mol3moln0.1000mol/L×0.01893L-16-则n=6.31×10﹣4mol，所以样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=63.1%；故答案为：63.1%．【点评】本题考查了物质的制备流程的理解应用、实验基本操作、物质性质的分析应用、有关方程式的计算、氧化还原反应等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生的实验能力和对基础知识的综合应用能力，熟练掌握基础是关键，题目难度中等． 【化学-选修5：有机化学基础】11．（15分）（2022秋•揭阳校级月考）非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：（1）非诺洛芬中的含氧官能团为 醚键 和 羧基 （填名称）．（2）反应①中加入的试剂X的分子式为C8H8O2，X的结构简式为 ．（3）在上述五步反应中，其中②的反应类型是： 加成反应 ；④的反应类型是： 取代反应 ．（4）B的一种同分异构体满足下列条件：Ⅰ．能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应．Ⅱ．分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环．写出该同分异构体的结构简式 ．（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CHOH-16-CH3COOCH2CH3合成路线流程图： ．【考点】有机物的合成．【分析】根据流程图中，A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F，（1）该物质中的官能团是醚键和羧基；（2）A发生取代反应生成B，根据A、B分子式的差异并结合X的分子式确定其结构简式；（3）根据反应物和生成物变化确定反应类型；（4）Ⅰ、能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；Ⅱ、分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，说明该分子中含有两个苯环且H原子种类是6；（5）苯乙醛和NaBH4发生还原反应生成苯乙醇，苯乙醇发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯发生加成反应生成，和NaCN发生水解反应生成．【解答】解：根据流程图中，A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F，（1）该物质中的官能团是醚键和羧基，故答案为：醚键和羧基；（2）A发生取代反应生成B，根据A、B分子式的差异并结合X的分子式知，在B的醚键处断键，使醚基转化为酚羟基连接在X上，所以X的结构简式为，故答案为：；（3）通过以上分析知，②的反应类型是加成反应，④的反应类型是取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；（4）Ⅰ、能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；Ⅱ、分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，说明该分子中含有两个苯环且H原子种类是6，则符合条件的结构简式为，故答案为：；-16-（5）苯乙醛和NaBH4发生还原反应生成苯乙醇，苯乙醇发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯发生加成反应生成，和NaCN发生水解反应生成，其合成路线图为，故答案为：．【点评】本题考查了有机物的合成，明确有机物中含有的官能团及其性质是解本题关键，利用题给信息解答（5）题，注意反应条件和有机物断键和成键位置，题目难度中等． -16-
