2022-2022学年广东省佛山一中高三（上）期中化学试卷 一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意．）1．下列说法正确的是（ ）A．明矾既可用于净水，也可杀菌消毒B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热生成乙烯C．糖类、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物D．用福尔马林（甲醛溶液）浸泡海产品，可长时间保鲜 2．下列有关物质性质的应用正确的是（ ）A．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气B．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝C．液氨汽化时要吸收大量的热，可用做制冷剂D．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸 3．能在水溶液中大量共存的一组离子是（ ）A．H+、I﹣、NO、SiOB．NH、OH﹣、Cl﹣、HCOC．K+、SO、Cu2+、NOD．Al3+、Mg2+、SO、CO 4．下列各组离子在指定的条件下能大量共存的是（ ）A．在酸性溶液中：Ba2+、K+、SO、Cl﹣B．在无色溶液中：Na+、K+、MnO4﹣、NOC．在含有大量Al3+的溶液中：K+、Na+、NH4+、SOD．在使甲基橙变黄的溶液中：Na+、I﹣、ClO﹣、OH﹣ 5．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．1molNa2O2晶体中阴离子的个数为2NAB．1mol•Lˉ1FeCl3溶液含有的Cl﹣数为3NAC．标准状况下，2.24L苯所含的分子数为0.1NAD．32gO2和32gO3所含的氧原子数都是为2NA 6．下列说法正确的是（ ）A．将高温水蒸气通过炽热的铁粉，铁粉变红色B．向Fe（OH）3胶体中滴加稀H2SO4，先出现沉淀，后沉淀溶解22\nC．将市售食盐溶于水，滴加淀粉溶液不变蓝色，说明不是加碘盐D．Cu的金属活泼性比Fe弱，故水库铁闸门上接装铜块可减缓铁腐蚀 7．某同学通过下列实验探究Al及其化合物的性质，操作正确且能达到目的是（ ）A．实验室中将NH3∙H2O滴入Al2（SO4）3溶液中，制备Al（OH）3沉淀B．将一块铝箔用砂纸打磨后立即在酒精灯上点燃，观察铝燃烧的火焰C．将Al（OH）3沉淀转入蒸发皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水AlCl3固体D．将铝置于装有浓硫酸的试管中，再加水，探究Al在不同浓度硫酸中的反应 8．下列离子方程式错误的是（ ）A．铜溶于FeCl3溶液中：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+B．石灰石和盐酸反应制CO2：CaCO3+2H+=CO2↑+Ca2++H2OC．Ca（ClO）2溶液中通入过量的SO2：C1O﹣+SO2+H2O=HClO+HSOD．稀Fe（NO3）2溶液中加入稀盐酸：3Fe2++4H++NO=3Fe3++NO↑+2H2O 9．同主族的三种元素X、Y、Z，它们最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序为HXO4＜HYO4＜HZO4，下列判断错误的是（ ）A．离子半径X﹣＞Y﹣B．单质氧化性Y＞ZC．气态氢化物稳定性：HX＜HZD．Y单质可以在海水中提取 10．下列有关化学实验的叙述正确的是（ ）A．保存液溴时用水封B．用待测液润洗滴定用的锥形瓶C．用稀盐酸洗涤做过银镜反应的试管D．配制FeCl3溶液时，向溶液中加入少量Fe和稀盐酸 11．下列实验中，所选装置或实验设计合理的是（ ）A．用图①和②所示装置进行粗盐提纯B．用乙醇提取溴水中的溴选择图③所示装置C．用图④所示装置进行稀盐酸浓缩得到浓盐酸D．图⑤所示装置中盛有饱和Na2SO3溶液除去SO2中含有的少量HCl 12．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是（ ）选项陈述I陈述IIAH2O2有氧化性双氧水能使酸性KMnO4溶液褪色22\nB盐的水解是吸热反应加热可提高水解反应速率CKSCN可用来检验Fe3+用KSCN溶液检验FeSO4是否变质DAl（OH）3是两性氢氧化物Al（OH）3可溶于过量的浓氨水中A．AB．BC．CD．D 13．某小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述正确的是（ ）A．a和b不连接时，铁片、铜片上均无反应发生B．a和b用导线连接时，溶液中Cu2+向铁电极移动C．a和b分别连接直流电源正、负极，铜电极质量减少D．a和b分别连接直流电源正、负极，溶液中Cu2+向铜电极移动 14．对于常温下PH为2的盐酸，下列叙述正确的是（ ）A．c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）B．由水电离出的c（H+）=1.0×10ˉ2mol•Lˉ1C．与等体积PH=12的氨水混合后所得溶液显中性D．与等体积0.01mol•Lˉ1CH3COONa溶液混合后所得溶液中：c（Cl﹣）=c（CH3COO﹣） 15．可逆反应aA（g）+bB（s）⇌cC（g）+dD（g），其他条件不变，C的物质的量分数和温度（T）或压强（P）关系如图，其中正确的是（ ）A．T1＞T2B．化学方程式系数a＞c+dC．升高温度，平衡向逆反应方向移动D．使用催化剂，C的物质的量分数增加 二、非选择题（本题包括4小题，共55分．）16．（14分）（2022秋•佛山校级期中）过氧化钙为白色晶体，难溶于水，常用于种子消毒、药物制造、鱼池增氧等．Ⅰ．某实验小组在实验室用钙盐制取CaO2•8H2O．22\n（1）A为实验室制取氨气的装置，则A中试管所装的试剂的名称为 ．（2）仪器B的作用是 ．（3）写出生成CaO2•8H2O的化学方程式 ．（4）制取CaO2•8H2O一般在低温下进行，原因是 ．Ⅱ．该实验小组欲通过测量气体的体积来探究CaO2与SO2反应的特点，装置如图：（硬质玻璃管中为无水CaO2）【提出假设】假设1：只发生反应：2SO2+2CaO2=2CaSO3+O2，SO2未被氧化；假设2：只发生反应：SO2+CaO2=CaSO4，SO2完全被氧化；假设3：上述两个反应均发生，SO2部分被氧化．【实验探究】（5）该实验装置有一处明显错误，请用文字改正： ．（6）试剂B为碱石灰，其作用是 ．【实验数据处理】实验测得装置C增重mg，装置E收集到的气体为VL（已换算成标准状况下）．（7）如果假设3成立，则V的取值范围是 ． 17．（15分）（2022秋•佛山校级期中）碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上以软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿（主要成分FeS2）为主要原料制备碳酸锰（MnCO3难溶，分解温度较高）的一种工艺流程如下：22\n已知：几种金属离子沉淀的pH如下表：Fe2+Fe3+Cu2+Mn2+开始沉淀的pH7.53.25.28.8完全沉淀的pH9.73.77.810.4回答下列问题：（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，可以采取的措施有 A．适当升高温度B．搅拌C．研磨矿石D．加入足量的蒸馏水（2）溶浸过程中发生的主要反应如下，请完成并配平该反应的离子方程式：2FeS2+15MnO2+ = Fe3++ Mn2++ SO42ˉ+ （3）净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质．请写出除去Cu2+的离子方程式： ；若测得滤液中c（Fˉ）=0.01mol•Lˉ1，则滤液中残留c（Ca2+）= mol•Lˉ1．[已知：Ksp（CaF2）=1.5×10ˉ10]（4）除铁工序中，先加入适量的软锰矿，其作用是 ，再加入石灰调节溶液的pH的范围为 ．（5）副产品A的主要成分是 ． 18．铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生活中的应用十分广泛．（1）金属铝的生产是以Al2O3为原料，与冰晶石（Na3AlF6）在熔融状态下进行电解，则化学方程式为： ．其电极均由石墨材料做成，电解时不断消耗的电极是 （填“阴极”或“阳极”）．（2）对铝制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命．以处理过的铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极反应式为 ． 19．氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．（1）右图是在一定温度和压强下N2和H2反应生成1molNH3过程中的能量变化示意图，请写出合成氨的热化学反应方程式： （△H的数值用含字母a、b的代数式表示）．（2）工业合成氨的反应为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）在一定温度下，将一定量的N2和H2通入到体积为1L的密闭容器中，反应达到平衡后，改变下列条件，能使平衡向正反应方向移动且平衡常数不变的是 ．A．增大压强B．增大反应物的浓度C．使用催化剂D．降低温度．22\n 20．铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用．请回答下列问题：（1）黄铁矿（FeS2）是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料．其中一个反应为：3FeS2+8O26SO2+Fe3O4，有3molFeS2参加反应，转移 mol电子．（2）写出SO2通入氯化铁溶液中反应的离子方程式： ． 21．（12分）（2022秋•佛山校级期中）用丙酮为原料来合成化合物（B）（其中部分产物未列出）的路线如下：（1）反应③的反应类型是 ，生成的无机产物的化学式为 ．（2）化合物（B）中所含的官能团的名称为 ．（3）中间产物（A）可经过著名的黄鸣龙还原法，直接得到对应相同碳骨架的烷烃，请写出得到的该烷烃的分子式 ，对该烷烃用系统命名法命名： ．（4）写出化合物（B）与氢氧化钠的水溶液共热的化学方程式： ．（5）丙酮的同分异构体有多种，其中一种环状的同分异构体发生加聚反应后，得到的高聚物的结构简式是：，则该同分异构体的结构简式为： ．（6）反应②是著名的频哪醇（pinacol）重排，试写出用环戊酮（）来代替丙酮，连续发生上述路线中反应①、②之后，得到的有机产物的结构简式为： ． 2022-2022学年广东省佛山一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意．）1．下列说法正确的是（ ）A．明矾既可用于净水，也可杀菌消毒B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热生成乙烯C．糖类、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物D．用福尔马林（甲醛溶液）浸泡海产品，可长时间保鲜22\n【考点】镁、铝的重要化合物；有机化学反应的综合应用；卤代烃简介；有机高分子化合物的结构和性质．【专题】元素及其化合物；有机化学基础．【分析】A．明矾不具有杀菌作用，只能净水；B．卤代烃在氢氧化钠醇溶液中加热会发生消去反应；C．部分糖类和油脂不是高分子化合物；D．甲醛有毒不能用于食品保鲜．【解答】解：A．明矾中的铝离子水解得到的氢氧化铝能净水，但是不具有杀菌作用，故A错误；B．卤代烃在氢氧化钠醇溶液中加热会发生消去反应生成烯烃，所以溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热生成乙烯，故B正确；C．部分糖类，如单糖、二糖都不是高分子化合物，淀粉和纤维素属于高分子化合物，油脂不是高分子化合物，故C错误；D．甲醛的水溶液具有杀菌、防腐蚀性能，可用来消毒种子，浸制生物标本；但甲醛有毒，为防止甲醛危害人类健康，应该禁止用甲醛处理食品，故D错误．故选B．【点评】本题考查较为综合，涉及高分子化合物、甲醛的性质和用途、以及盐类水解应用，侧重于基础知识的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累． 2．下列有关物质性质的应用正确的是（ ）A．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气B．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝C．液氨汽化时要吸收大量的热，可用做制冷剂D．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸【考点】气体的净化和干燥；氨的物理性质；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理．【分析】A．氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能和氯气反应；B．氯化铝是共价化合物，属于分子晶体；B．液氨汽化时要吸收大量的热，可作制冷剂；D．二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体．【解答】解：A．CaO遇水生成氢氧化钙，而氢氧化钙会和氯气反应，不能用生石灰干燥氯气，故A错误；B．氯化铝的构成微粒是分子，属于分子晶体，为共价化合物，工业上采用电解氧化铝的方法冶炼铝，故B错误；C．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故C正确；D．石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体，所以不能用石英器皿盛放氢氟酸，故D错误；故选C．【点评】本题考查物质的性质和用途，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．注意氯化铝是共价化合物，属于分子晶体为高频考点． 3．能在水溶液中大量共存的一组离子是（ ）A．H+、I﹣、NO、SiOB．NH、OH﹣、Cl﹣、HCO22\nC．K+、SO、Cu2+、NOD．Al3+、Mg2+、SO、CO【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，不能发生氧化还原反应，则离子能大量共存，以此来解答．【解答】解：A．因H+、I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，H+、SiO32﹣结合生成硅酸沉淀，不能大量共存，故A错误；B．因OH﹣分别与NH4+、HCO3﹣反应，不能大量共存，故B错误；C．该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；D．因Al3+、Mg2+分别与CO32﹣反应，不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重复分解反应和氧化还原反应的考查，把握离子之间的反应即可解答，题目难度不大． 4．下列各组离子在指定的条件下能大量共存的是（ ）A．在酸性溶液中：Ba2+、K+、SO、Cl﹣B．在无色溶液中：Na+、K+、MnO4﹣、NOC．在含有大量Al3+的溶液中：K+、Na+、NH4+、SOD．在使甲基橙变黄的溶液中：Na+、I﹣、ClO﹣、OH﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．离子之间结合生成沉淀；B．MnO4﹣为紫色；C．该组离子之间不反应；D．使甲基橙变黄的溶液，可能为酸性．【解答】解：A．Ba2+、SO42﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．MnO4﹣为紫色，与无色不符，故B错误；C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．使甲基橙变黄的溶液，可能为酸性，酸性溶液中不能大量存在OH﹣，且I﹣、ClO﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大． 5．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．1molNa2O2晶体中阴离子的个数为2NAB．1mol•Lˉ1FeCl3溶液含有的Cl﹣数为3NAC．标准状况下，2.24L苯所含的分子数为0.1NA22\nD．32gO2和32gO3所含的氧原子数都是为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、1mol过氧化钠中含2mol钠离子和1mol过氧根；B、溶液体积不明确；C、标况下，苯为液态；D、氧气和臭氧均由氧原子构成．【解答】解：A、1mol过氧化钠中含2mol钠离子和1mol过氧根，故1mol过氧化钠中含1mol阴离子即NA个，故A错误；B、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故B错误；C、标况下，苯为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g氧气和臭氧中所含的氧原子的物质的量均为2mol，即2NA个，故D正确．故选D．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大． 6．下列说法正确的是（ ）A．将高温水蒸气通过炽热的铁粉，铁粉变红色B．向Fe（OH）3胶体中滴加稀H2SO4，先出现沉淀，后沉淀溶解C．将市售食盐溶于水，滴加淀粉溶液不变蓝色，说明不是加碘盐D．Cu的金属活泼性比Fe弱，故水库铁闸门上接装铜块可减缓铁腐蚀【考点】铁的化学性质；胶体的重要性质；原电池和电解池的工作原理；碘与人体健康．【分析】A．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；B．胶体中滴加稀H2SO4，先发生胶体聚沉，后发生复分解反应；C．淀粉遇碘单质变蓝；D．Cu的金属活泼性比Fe弱，构成的原电池中Fe为负极．【解答】解：A．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，则将高温水蒸气通过炽热的铁粉，铁粉变黑色，故A错误；B．胶体中滴加稀H2SO4，发生胶体聚沉，则向Fe（OH）3胶体中滴加稀H2SO4，先出现沉淀，后沉淀溶解（发生复分解反应），故B正确；C．淀粉遇碘单质变蓝，而食盐中加碘酸钾，不是碘单质，则淀粉不能检验，故C错误；D．Cu的金属活泼性比Fe弱，构成的原电池中Fe为负极，则水库铁闸门上接装铜块可加快铁腐蚀，故D错误；故选B．【点评】本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握化学性质与反应为解答的关键，侧重化学与生活及化学反应原理的考查，注意物质的性质及检验，题目难度不大． 7．某同学通过下列实验探究Al及其化合物的性质，操作正确且能达到目的是（ ）A．实验室中将NH3∙H2O滴入Al2（SO4）3溶液中，制备Al（OH）3沉淀B．将一块铝箔用砂纸打磨后立即在酒精灯上点燃，观察铝燃烧的火焰C．将Al（OH）3沉淀转入蒸发皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水AlCl3固体D．将铝置于装有浓硫酸的试管中，再加水，探究Al在不同浓度硫酸中的反应【考点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物；化学实验方案的评价．22\n【专题】元素及其化合物．【分析】A、氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶液弱酸弱碱；B、铝氧化生成氧化铝，熔点高，铝在空气中不能燃烧；C、氯化铝溶液水解生成氢氧化铝和盐酸，蒸发氯化氢挥发，得到水解产物；D、常温下铝在浓硫酸溶液中发生钝化．【解答】解：A、氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶液弱酸弱碱，实验室中将NH3∙H2O滴入Al2（SO4）3溶液中，制备Al（OH）3沉淀，故A正确；B、铝在空气中不能燃烧，铝氧化生成氧化铝，熔点高，故B错误；C、氯化铝溶液水解生成氢氧化铝和盐酸，蒸发氯化氢挥发，得到水解产物氢氧化铝，不能得到氯化铝，故C错误；D、常温下铝在浓硫酸溶液中发生钝化，不再继续反应，加入水稀释后，稀硫酸和铝发生反应，不能探究不同浓度溶液中的反应，故D错误；故选A．【点评】本题考查了元素化合物性质的分析应用，掌握基础是解题关键，题目较简单． 8．下列离子方程式错误的是（ ）A．铜溶于FeCl3溶液中：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+B．石灰石和盐酸反应制CO2：CaCO3+2H+=CO2↑+Ca2++H2OC．Ca（ClO）2溶液中通入过量的SO2：C1O﹣+SO2+H2O=HClO+HSOD．稀Fe（NO3）2溶液中加入稀盐酸：3Fe2++4H++NO=3Fe3++NO↑+2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．反应生成氯化铜、氯化亚铁，遵循电子、电荷守恒；B．反应生成氯化钙、水、二氧化碳；C．发生氧化还原反应生成硫酸钙；D．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒．【解答】解：A．铜溶于FeCl3溶液中的离子反应为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，遵循电子、电荷守恒，故A正确；B．石灰石和盐酸反应制CO2的离子反应为CaCO3+2H+=CO2↑+Ca2++H2O，故B正确；C．Ca（ClO）2溶液中通入过量的SO2的离子反应为Ca2++2ClO﹣+2H2O+2SO2=CaSO4↓+4H++2Cl﹣+SO42﹣，故C错误；D．稀Fe（NO3）2溶液中加入稀盐酸的离子反应为3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O，故D正确；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大． 9．同主族的三种元素X、Y、Z，它们最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序为HXO4＜HYO4＜HZO4，下列判断错误的是（ ）A．离子半径X﹣＞Y﹣B．单质氧化性Y＞ZC．气态氢化物稳定性：HX＜HZD．Y单质可以在海水中提取22\n【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，已知HXO4＜HYO4＜HZO4，则非金属性X＜Y＜Z，以此判断元素对应单质、化合物的性质．【解答】解：同主族元素对应的HXO4＜HYO4＜HZO4，则非金属性X＜Y＜Z，则A．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应离子核外电子排布相同，离子半径逐渐增大，则X﹣＞Y﹣，故A正确；B．非金属性Y＜Z，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，单质氧化性Y＜Z，故B错误；C．非金属性X＜Z，元素的非金属性越强，对应氢化物越稳定，则气态氢化物稳定性：HX＜HZ，故C正确；D．三种元素X、Y、Z，对应的元素为Cl、Br、I，都可以海水为原料来提取，故D正确．故选B．【点评】本题考查同主族元素的性质的递变规律，题目难度不大，本题注意把握元素周期律的递变规律以及元素对应的单质、化合物的性质． 10．下列有关化学实验的叙述正确的是（ ）A．保存液溴时用水封B．用待测液润洗滴定用的锥形瓶C．用稀盐酸洗涤做过银镜反应的试管D．配制FeCl3溶液时，向溶液中加入少量Fe和稀盐酸【考点】化学试剂的存放；物质的溶解与加热．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．溴在水中溶解度较小，液溴具有挥发性，所以保存液溴时使用水封；B．锥形瓶不能使用待测液润洗，否则导致测定结果偏高；C．银与稀盐酸不反应；D．配制氯化亚铁溶液加入铁粉，配制氯化铁溶液加入铁粉会使氯化铁变质．【解答】解：A．液溴具有挥发性，在水中的溶解度较小，所以保存液溴通常采用水封的方法，与溶解度有关，故A正确；B．滴定操作中，锥形瓶不能使用待测液润洗，否则影响滴定结果，故B错误；C．银与稀盐酸不反应，应用稀硝酸，故C错误；D．氯化铁能够与铁粉反应生成氯化亚铁，配制氯化铁溶液时不能加入铁粉，配制氯化铁溶液，将氯化铁溶于一定浓度的浓盐酸中，目的是防止铁离子水解，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的保存、盐类水解、中和滴定等，把握物质的性质及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大． 11．下列实验中，所选装置或实验设计合理的是（ ）22\nA．用图①和②所示装置进行粗盐提纯B．用乙醇提取溴水中的溴选择图③所示装置C．用图④所示装置进行稀盐酸浓缩得到浓盐酸D．图⑤所示装置中盛有饱和Na2SO3溶液除去SO2中含有的少量HCl【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器．【分析】A．粗盐提纯需要进行溶解、过滤、蒸发操作；B．乙醇与水混溶，不能作萃取剂；C．浓盐酸易挥发；D．二氧化硫与Na2SO3溶液反应．【解答】解：A．粗盐提纯需要进行溶解、过滤、蒸发操作，①为过滤装置，②为蒸发装置，故A正确；B．乙醇与水混溶，不能作萃取剂，应选择苯或四氯化碳，故B错误；C．浓盐酸易挥发，蒸馏无法浓缩，故C错误；D．二氧化硫与Na2SO3溶液反应，则应用图⑤所示装置中盛有饱和NaHSO3溶液除去SO2中含有的少量HCl，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及除杂、萃取、蒸馏、蒸发等混合物的分离提纯方法，侧重实验基本操作的考查，明确装置及实验操作即可解答，题目难度不大． 12．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是（ ）选项陈述I陈述IIAH2O2有氧化性双氧水能使酸性KMnO4溶液褪色B盐的水解是吸热反应加热可提高水解反应速率CKSCN可用来检验Fe3+用KSCN溶液检验FeSO4是否变质DAl（OH）3是两性氢氧化物Al（OH）3可溶于过量的浓氨水中A．AB．BC．CD．D【考点】过氧化氢；盐类水解的原理；镁、铝的重要化合物；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【专题】元素及其化合物．【分析】A．高锰酸钾氧化性强于过氧化氢，二者反应时，过氧化氢表现为还原性；B．无论是吸热反应还是放热反应，升高温度反应速率均加快；C．FeSO4变质是被氧化为Fe3+，而KSCN溶液遇Fe3+变为红色；D．一水合氨为弱碱，Al（OH）3不能溶于过量浓氨水中．【解答】解：A．双氧水能使酸性KMnO4溶液褪色，体现过氧化氢的还原性，陈述Ⅰ、Ⅱ正确但是没有因果关系，故A错误；B．无论是吸热反应还是放热反应，升高温度反应速率均加快，即升高温度能加快盐的水解速率，并不是因为盐的水解是吸热的，故陈述Ⅰ正确、Ⅱ正确，无因果关系，故B错误；22\nC．Fe3+与KSCN发生络合反应，溶液为红色；陈述Ⅰ正确、FeSO4变质，KSCN溶液变为红色，陈述Ⅱ正确，且具有因果关系，故C正确；D．Al（OH）3只能溶于强碱，不能溶于过量浓氨水中，陈述Ⅱ错误，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了物质性质的分析应用，主要是Fe3+、双氧水、氧化铝等物质性质的应用，注意Fe3+与KSCN发生络合反应，氧化铝只能溶于强碱，题目难度不大． 13．某小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述正确的是（ ）A．a和b不连接时，铁片、铜片上均无反应发生B．a和b用导线连接时，溶液中Cu2+向铁电极移动C．a和b分别连接直流电源正、负极，铜电极质量减少D．a和b分别连接直流电源正、负极，溶液中Cu2+向铜电极移动【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、a和b不连接时，Fe与硫酸铜溶液发生置换反应；B、a和b用导线连接时，形成原电池，铜离子向正极移动；C、a和b分别连接直流电源正、负极时，铁为阴极被保护；D、无论a和b是否连接，都发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu．【解答】解：A、a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，所以铁片上会有金属铜析出，但无电流产生，故A错误；B、a和b用导线连接时，形成了原电池，铜作正极，Cu2+向铜电极移动，故B错误；C、a和b分别连接直流电源正、负极时，形成电解池，铁为阴极被保护，铜为阳极失电子，所以铜电极质量减少，故C正确；D、a和b分别连接直流电源正、负极时，形成电解池，溶液中Cu2+向阴极铁电极移动，故D错误；故选C．【点评】本题考查学生化学反应与原电池反应，明确原电池的工作原理及所发生的氧化还原反应是解答本题的关键，电解过程的反应原理应用，难度不大． 14．对于常温下PH为2的盐酸，下列叙述正确的是（ ）A．c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）B．由水电离出的c（H+）=1.0×10ˉ2mol•Lˉ1C．与等体积PH=12的氨水混合后所得溶液显中性D．与等体积0.01mol•Lˉ1CH3COONa溶液混合后所得溶液中：c（Cl﹣）=c（CH3COO﹣）【考点】pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、根据氯化氢溶液中电荷守恒进行判断；22\nB、盐酸溶液中的氢氧根离子来自水的电离；C、一水合氨为弱电解质，等体积两溶液混合，氨水过量，溶液显示碱性；D、二者反应生成氯化钠和乙酸，乙酸为弱电解质，在溶液中只能部分电离，所以c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）．【解答】解：A、氯化氢溶液为电中性溶液，一定满足c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），故A正确；B、常温下，pH=2的盐酸中氢离子浓度为0.01mol/L，盐酸溶液中氢氧根离子为水电离的，所以由H2O电离出的c（H+）=1.0×10﹣12mol•L﹣1，故B错误；C、一水合氨为弱电解质，溶液中部分电离，等体积的两溶液混合，氨水过量，溶液显示碱性，故C错误；D、与等体积0.01mol•L﹣1乙酸钠溶液混合后所得溶液中，溶质为氯化钠和醋酸，由于醋酸为弱酸，溶液中部分电离出醋酸根离子，所以溶液中c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），故D错误；故选A．【点评】本题考查了水的电离、溶液pH的简单计算，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性判断及溶液pH的简单计算方法，明确酸溶液中的氢氧根离子、碱溶液中的氢离子是水电离的． 15．可逆反应aA（g）+bB（s）⇌cC（g）+dD（g），其他条件不变，C的物质的量分数和温度（T）或压强（P）关系如图，其中正确的是（ ）A．T1＞T2B．化学方程式系数a＞c+dC．升高温度，平衡向逆反应方向移动D．使用催化剂，C的物质的量分数增加【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图象（1）可知T2＞T1，温度越高，平衡时C的体积分数φ（C）越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图（2）可知p2＞p1，压强越大，平衡时C的体积分数φ（C）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即a＜c+d，据此结合外界条件对化学平衡的影响分析解答．【解答】解：可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图象（1）可知T2＞T1，温度越高，平衡时C的体积分数φ（C）越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图（2）可知p2＞p1，压强越大，平衡时C的体积分数φ（C）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即a＜c+d；A、据上述分析，得到T1＞T2，故A正确；B、压强越大，平衡时C的体积分数φ（C）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即a＜c+d，故B错误；22\nC、T2＞T1，温度越高，平衡时C的体积分数φ（C）越小，故此反应的正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，故C正确；D、催化剂只改变化学反应速率，对平衡移动没有影响，C的质量分数不变，故D错误；故选AC．【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，本题注意根据图象判断外界条件对平衡的移动的影响是解答该题的关键． 二、非选择题（本题包括4小题，共55分．）16．（14分）（2022秋•佛山校级期中）过氧化钙为白色晶体，难溶于水，常用于种子消毒、药物制造、鱼池增氧等．Ⅰ．某实验小组在实验室用钙盐制取CaO2•8H2O．（1）A为实验室制取氨气的装置，则A中试管所装的试剂的名称为 氯化铵和氢氧化钙 ．（2）仪器B的作用是 防倒吸 ．（3）写出生成CaO2•8H2O的化学方程式 CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2•8H2O ．（4）制取CaO2•8H2O一般在低温下进行，原因是 低于0℃，液体被冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快，反应为放热反应，温度低有利于提高产率 ．Ⅱ．该实验小组欲通过测量气体的体积来探究CaO2与SO2反应的特点，装置如图：（硬质玻璃管中为无水CaO2）【提出假设】假设1：只发生反应：2SO2+2CaO2=2CaSO3+O2，SO2未被氧化；假设2：只发生反应：SO2+CaO2=CaSO4，SO2完全被氧化；假设3：上述两个反应均发生，SO2部分被氧化．【实验探究】（5）该实验装置有一处明显错误，请用文字改正： 装置E中广口瓶中的导气管应“短进长出” ．22\n（6）试剂B为碱石灰，其作用是 吸收未反应的SO2，防止装置E中的水蒸气进入硬质玻璃管与CaO2反应 ．【实验数据处理】实验测得装置C增重mg，装置E收集到的气体为VL（已换算成标准状况下）．（7）如果假设3成立，则V的取值范围是 0＜V＜ ．【考点】制备实验方案的设计；性质实验方案的设计．【专题】简答题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合；制备实验综合．【分析】（1）实验室制备氨气是利用固体氯化铵和氢氧化钙接加热反应生成；（2）由于氨气在溶液中的溶解度比较大，且仪器B的上部能容纳较多的液体，因此其作用是防倒吸；（3）结合题意和C装置中的反应物以及原子守恒可知，用CaCl2、H2O2、NH3可制得CaO2•8H2O；（4）制取CaO2•8H2O一般在0～5℃的低温下进行，低于0℃，液体被冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快，反应为放热反应；（5）装置E量气装置导气管长进短处，不能排液体测定气体体积；（6）试剂B的作用是吸收未反应的二氧化硫，防止对生成的氧气体积产生干扰．（7）如果假设3成立，则二氧化硫部分被氧化，则生成部分氧气，结合反应2SO2+2CaO2=2CaSO3+O2和SO2+CaO2=CaSO4计算；【解答】解：（1）实验室中用氯化铵和氢氧化钙固体制取氨气，方程式为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，所以A中试管所装的试剂的名称为氯化铵和氢氧化钙，故答案为：氯化铵和氢氧化钙；（2）根据B的特点构造可以知道B是长颈漏斗，该装置可以防倒吸，故答案为：防倒吸；（3）结合题意和C装置中的反应物以及原子守恒可知，用CaCl2、H2O2、NH3可制得CaO2•8H2O，反应方程式为CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2•8H2O，故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2•8H2O；（4）制取CaO2•8H2O一般在0℃～5℃的低温下进行，低于0℃，液体被冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快，反应为放热反应，低温有利于反应正向进行，故答案为：低于0℃，液体被冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快，反应为放热反应，温度低有利于提高产率；（5）装置E量气装置导气管长进短处，不能排液体测定气体体积，装置E中广口瓶中的导气管应“短进长出”；故答案为：装置E中广口瓶中的导气管应“短进长出”；（6）装置E为测定生成气体的体积，需要把剩余的二氧化硫除去，所以试剂B的作用是吸收未反应的SO2，防止装置E中的水蒸气进入硬质玻璃管与CaO2反应，故答案为：吸收未反应的SO2，防止装置E中的水蒸气进入硬质玻璃管与CaO2反应；反应后的固体可能为Na2SO3或Na2SO4或二者的混合物，所以提出的假设有三种：假设1：反应后固体只有Na2SO3，证明SO2未被氧化；假设2：反应后固体中只有Na2SO4，证明SO2完全被氧化；假设3：反应后固体为Na2SO3和Na2SO4的混合物，证明SO2部分被氧化；22\n如果二氧化硫完全被氧化，则反应产物为硫酸钙，二氧化硫全部被氧化，反应的化学方程式为：CaO2+SO2=CaSO4，（7）如果假设3成立，则二氧化硫部分被氧化，则生成部分氧气，结合反应2SO2+2CaO2=2CaSO3+O2和SO2+CaO2=CaSO4可知，若SO2未被氧化，发生反应方程式为：2CaO2+2SO2=2CaSO3+O2，依据化学方程式和反应增重计算E中收集的氧气：2CaO2+2SO2=2CaSO3+O2固体增重1mol96gmolmg1mol×mg=96g×mol，解得：V=，所以当二氧化硫部分被氧化时，则生成的氧气体积范围为：0＜V＜，故答案为：0＜V＜．【点评】本题考查了性质实验方案的设计方法及有关范围讨论化学计算，题目难度中等，明确题干信息及实验目的为解答此类题的关键，解答过程中实验设计的步骤和实验方案的确定需要根据题干要求分析，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力． 17．（15分）（2022秋•佛山校级期中）碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上以软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿（主要成分FeS2）为主要原料制备碳酸锰（MnCO3难溶，分解温度较高）的一种工艺流程如下：已知：几种金属离子沉淀的pH如下表：Fe2+Fe3+Cu2+Mn2+开始沉淀的pH7.53.25.28.8完全沉淀的pH9.73.77.810.4回答下列问题：（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，可以采取的措施有 ABC A．适当升高温度B．搅拌C．研磨矿石D．加入足量的蒸馏水（2）溶浸过程中发生的主要反应如下，请完成并配平该反应的离子方程式：2FeS2+15MnO2+ 28H+ = 2 Fe3++ 15 Mn2++ 4 SO42ˉ+ 14H2O （3）净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质．请写出除去Cu2+的离子方程式： Cu2++S2ˉ=CuS↓ ；22\n若测得滤液中c（Fˉ）=0.01mol•Lˉ1，则滤液中残留c（Ca2+）= 1.46×10﹣6 mol•Lˉ1．[已知：Ksp（CaF2）=1.5×10ˉ10]（4）除铁工序中，先加入适量的软锰矿，其作用是 使残余Fe2+转化为Fe3+ ，再加入石灰调节溶液的pH的范围为 3.7～5.2 ．（5）副产品A的主要成分是 （NH4）2SO4 ．【考点】制备实验方案的设计．【专题】简答题；实验评价题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合．【分析】由流程可知软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液PH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+、Ca2+过滤，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到硫酸铵，滤渣为碳酸锰，通过洗涤、烘干得到硫酸锰晶体，（1）升高温度、搅拌、减小固体的颗粒等均能加速固体的溶解，据此分析；（2）FeS2与MnO2反应后生成Fe3+、Mn2+和SO42﹣，1molFeS2失去15mol电子，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒分析配平；（3）净化工序中用硫离子与Cu2+、Ca2+反应生成沉淀，而除去Cu2+、Ca2+，根据KKsp（CaF2）和c（F﹣）求算钙离子浓度；（4）铁工序中，先加入适量的软锰矿，使残余Fe2+转化为Fe3+，根据三价铁离子沉淀的pH范围判断；（5）根据MnCO3的产率与溶液pH、反应时间关系如图分析；（6）根据溶液中含有的离子分析副产品的主要成分．【解答】解：软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液PH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+、Ca2+过滤，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到硫酸铵，滤渣为碳酸锰，通过洗涤、烘干得到硫酸锰晶体，（1）升高温度、搅拌、减小固体的颗粒等均能加速固体的溶解，所以为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，可以采取的措施有：适当升高温度，搅拌，研磨矿石，故答案为：ABC；（2）FeS2与MnO2反应后生成Fe3+、Mn2+和SO42﹣，1molFeS2失去15mol电子，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒，FeS2的计量数为2，MnO2的计量数为15，则生成的Fe3+计量数为2，SO42﹣的计量数为4，Mn2+的计量数为15，根据电荷守恒可知反应物中有H+，根据原子守恒可知生成物有H2O；所以离子方程式配平为：2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，故答案为：28H+；2；15；4；14H2O；（3）净化工序中用硫离子与Cu2+、Ca2+反应生成沉淀，而除去Cu2+、Ca2+，反应的离子方程式为Cu2++S2ˉ=CuS↓，已知Ksp（CaF2））=1.5×10﹣10，c（F﹣）=0.01mol•L﹣1，则c（Ca2+）===1.5×10﹣6mol•L﹣1，故答案为：Cu2++S2ˉ=CuS↓；1.5×10﹣6；（4）铁工序中，先加入适量的软锰矿，使残余Fe2+转化为Fe3+，便于将铁离子沉淀，由表中数据可知三价铁离子完全的沉淀的PH为3.7，铜离子开始沉淀的范围为5.2，所以加入石灰调节溶液的pH的范围为3.7～5.2，22\n故答案为：使残余Fe2+转化为Fe3+；3.7～5.2；（5）根据MnCO3的产率与溶液pH、反应时间关系如图可知：pH等于7.0时反应到达平衡所用时间最短，即反应速率最快，且MnCO3产率最高，故答案为：pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3产率最高；（6）溶浸过程中发生的反应生成硫酸根离子，后来又加入了硫化铵、碳酸氢铵，所以产品中含有（NH4）2SO4，故答案为：（NH4）2SO4．【点评】本题以工业流程图为依托，考查了实验条件的选择、离子方程式的书写、Ksp的计算等，题目难度中等，解题关键是合理分析题中生成流程及表中离子完全沉淀时的数据的含义，试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力． 18．铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生活中的应用十分广泛．（1）金属铝的生产是以Al2O3为原料，与冰晶石（Na3AlF6）在熔融状态下进行电解，则化学方程式为： 2Al2O34Al+3O2 ．其电极均由石墨材料做成，电解时不断消耗的电极是 阳极 （填“阴极”或“阳极”）．（2）对铝制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命．以处理过的铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极反应式为 2Al+3H2O﹣6e﹣=Al2O3+6H+ ．【考点】铝的化学性质；金属的电化学腐蚀与防护．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）工业上用电解熔融氧化铝的方法制取氯气，氧化铝在通电条件下生成铝和氧气，阳极上生成氧气，氧气能够与碳反应；（2）以处理过的铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，电解过程中铝做阳极失去电子生成氧化铝，依据原子守恒和电子守恒写出电极反应；【解答】解：（1）工业上用电解熔融氧化铝的方法制取氯气，氧化铝在通电条件下生成铝和氧气，化学方程式：2Al2O34Al+3O2，阳极上生成氧气，氧气能够与碳反应；故答案为：2Al2O34Al+3O2；阳极；（2）以处理过的铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，电解过程中铝做阳极失去电子生成氧化铝，依据原子守恒和电子守恒写出电极反应为：2Al+3H2O﹣6e﹣=Al2O3+6H+，故答案为：2Al+3H2O﹣6e﹣=Al2O3+6H+；【点评】本题以工业电解氧化铝制取铝为载体，考查了电解原理的应用，明确电解池工作原理是解题关键，注意电极反应式的书写方法，题目难度中等． 19．氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．22\n（1）右图是在一定温度和压强下N2和H2反应生成1molNH3过程中的能量变化示意图，请写出合成氨的热化学反应方程式： N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣2（b﹣a）kJ•mol﹣1 （△H的数值用含字母a、b的代数式表示）．（2）工业合成氨的反应为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）在一定温度下，将一定量的N2和H2通入到体积为1L的密闭容器中，反应达到平衡后，改变下列条件，能使平衡向正反应方向移动且平衡常数不变的是 AB ．A．增大压强B．增大反应物的浓度C．使用催化剂D．降低温度．【考点】化学平衡的影响因素；有关反应热的计算．【分析】（1）由图求出N2和H2反应生成1molNH3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写解答；（2）依据化学平衡移动原理分析判断，化学平衡常数随温度变化．【解答】解：（1）由图可知，N2和H2反应生成1molNH3放出的热量为（b﹣a）kJ，该反应的热化学反应方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣2（b﹣a）kJ•mol﹣1，故答案为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣2（b﹣a）kJ•mol﹣1；（2）一定温度下，将一定量的N2和H2通入到体积为1L的密闭容器中，反应达到平衡后，改变下列条件，能使平衡向正反应方向移动且平衡常数不变的是：A．增大压强，平衡正向进行，但平衡常数不变，故A符合；B．增大反应物的浓度，平衡正向进行，平衡常数不变，故B符合；C．使用催化剂不能改变平衡，平衡不动，平衡常数不变，故C不符合；D．反应是放热反应，降低温度平衡向放热反应方向进行，平衡正向进行，平衡常数增大，故D不符合；故选AB．【点评】本题考查了化学平衡移动原理应用，平衡常数的概念分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等． 20．铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用．请回答下列问题：（1）黄铁矿（FeS2）是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料．其中一个反应为：3FeS2+8O26SO2+Fe3O4，有3molFeS2参加反应，转移 32 mol电子．（2）写出SO2通入氯化铁溶液中反应的离子方程式： 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+ ．【考点】氧化还原反应的计算；二氧化硫的化学性质．【专题】氧化还原反应专题；元素及其化合物．【分析】（1）反应中Fe元素、S元素化合价升高，O元素化合价由0价降低为﹣2价，计算参加反应氧气物质的量，根据元素化合价变化计算转移电子；（2）Fe3+将SO2氧化生成硫酸，自身被还原为Fe2+．22\n【解答】解：（1）反应中O元素化合价降低，Fe元素由+2价升高为+3价、S元素化合价由﹣2价升高为+4价，有3molFeS2参加反应，由方程式可知参加反应的氧气为8mol，反应中Fe元素、S元素化合价升高，O元素化合价由0价降低为﹣2价，则转移电子为8mol×2×2[0﹣（﹣2）]=32mol，故答案为：32；（2）Fe3+将SO2氧化生成硫酸，自身被还原为Fe2+，反应离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+．【点评】本题考查氧化还原反应有关知识，难度不大，注意对基础知识的理解掌握． 21．（12分）（2022秋•佛山校级期中）用丙酮为原料来合成化合物（B）（其中部分产物未列出）的路线如下：（1）反应③的反应类型是 取代反应 ，生成的无机产物的化学式为 HBr ．（2）化合物（B）中所含的官能团的名称为 羰基、溴原子 ．（3）中间产物（A）可经过著名的黄鸣龙还原法，直接得到对应相同碳骨架的烷烃，请写出得到的该烷烃的分子式 C6H14 ，对该烷烃用系统命名法命名： 2，2﹣二甲基丁烷 ．（4）写出化合物（B）与氢氧化钠的水溶液共热的化学方程式： ．（5）丙酮的同分异构体有多种，其中一种环状的同分异构体发生加聚反应后，得到的高聚物的结构简式是：，则该同分异构体的结构简式为： ．（6）反应②是著名的频哪醇（pinacol）重排，试写出用环戊酮（）来代替丙酮，连续发生上述路线中反应①、②之后，得到的有机产物的结构简式为： ．【考点】有机物的合成．【专题】推断题；热点问题；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断．【分析】（1）对比（A）与（B）的结构可知，（A）中连接羰基的甲基上H原子被Br原子取代生成（B），根据元素守恒可知无机产物；（2）根据（B）的结构简式可知所含官能团的名称；（3）中间产物（A）可经过著名的黄鸣龙还原法，直接得到对应相同碳骨架的烷烃，则该烷烃为（CH3）3CCH2CH3，根据烷烃的系统命名法进行命名；（4）（B）与氢氧化钠的水溶液共热发生水解反应得到与HBr，HBr又与氢氧化钠发生中和反应；22\n（5）发生加聚反应得到高聚物，将高聚物链节中半键连接可得高聚物单体；（6）反应①中C=O双键中其中一个碳氧单键断裂，氧原子结合H原子形成羟基，而C原子相互连接，反应②中羟基与甲基交换，发生重排，同时2羟基脱去1分子水生成羰基．【解答】解：（1）对比（A）与（B）的结构可知，（A）中连接羰基的甲基上H原子被Br取代生成（B），是取代反应，同时生成HBr，故答案为：取代反应；HBr；（2）根据（B）的结构简式可知所含官能团的名称为羰基、溴原子，故答案为：羰基、溴原子；（3）中间产物（A）可经过著名的黄鸣龙还原法，直接得到对应相同碳骨架的烷烃，则该烷烃为（CH3）3CCH2CH3，分子式为C6H14，名称为2，2﹣二甲基丁烷，故答案为：C6H14；2，2﹣二甲基丁烷；（4）（B）与氢氧化钠的水溶液共热发生水解反应得到与HBr，HBr又与氢氧化钠发生中和反应，反应方程式为：，故答案为：；（5）发生加聚反应得到高聚物，将高聚物链节中半键连接可得高聚物单体为，故答案为：；（6）反应①中C=O双键中其中一个碳氧单键断裂，氧原子结合H原子形成羟基，而C原子相互连接，反应②中羟基与甲基交换，发生重排，同时2羟基脱去1分子水生成羰基，戊酮（）发生上述路线中反应①得到，再经过反应②之后，得到的有机产物的结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物合成、有机物结构与性质等，需要学生熟练掌握官能团的结构与性质，（5）为易错点，注意根据有机物的结构理解转化关系中键的断裂与键的形成． 22
