【文档说明】山东省潍坊第一中学2021届高三上学期开学检测化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，1.214 MB，由小赞的店铺上传

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潍坊一中高三年级开学质量检测化学试题说明：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂，非选择题答案必须使用0.5mm黑色签字笔书写，字迹工整，笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书

写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面整洁、不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32Fe56Cl35.5一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个

选项符合题意。1.《本草纲目》记载：“凡使白矾石，以瓷瓶盛。于火中，令内外通赤，用钳揭起盖，旋安石峰巢人內烧之。每十两用巢六两，烧尽为度。取出放冷，研粉”。在实验室完成该操作，没有用到的仪器是A.蒸发皿B.坩埚C.

坩埚钳D.研钵【答案】A【解析】【详解】这是固体的加热、灼烧、冷却和研磨的过程，固体加热用坩埚B，要用坩埚钳C取放，研磨在研钵D中进行，所以蒸发皿是没有用到的仪器。答案为A。2.关于下列消毒剂的有效成分的分析错误．．的是A．双氧水B．漂白粉C．滴露D．强氯精有效成分H2O2Ca(ClO)2分析

可与NaClO可用Cl2与分子式为分子中有2种环境发生反应Ca(OH)2制备C8H9OCl的碳原子A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．H2O2可与NaClO发生反应：H2O2＋ClO－=Cl－＋O2↑＋H2O，故A正确；B．可用Cl2与

Ca(OH)2制备Ca(ClO)2：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故B正确；C．由结构简式可得：分子式为C8H9OCl，故C正确；D．分子有三个对称轴，分子中只有一种环境的碳，故D错误；故选D。3.下列离子

方程式正确的是()A.溴化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-B.硫酸中加入少量氢氧化钡溶液：H++SO24−+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2OC.苯酚钠溶液中通少入量二氧化碳：2C6H5O-+

CO2+H2O→2C6H5OH+CO23−D.硝酸银溶液中加入过量氨水：Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4+【答案】A【解析】【详解】A．氯气具有强氧化性，能氧化二价铁离子和溴离子，FeBr2溶液中通入过量C

l2，亚铁离子、溴离子均全部被氧化，离子反应为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故A正确；B．向稀硫酸中加入少量氢氧化钡溶液，氢离子与氢氧根离子的化学计量数错误，正确的离子方程式为

：2H++SO24−+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故B错误；C．苯酚钠溶液中通人少量二氧化碳的离子反应为C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO-3，故C错误；D．硝酸银溶液中加入过量氨水，二者反应生成银氨溶液,先发生反应Ag++N

H3⋅H2O=AgOH↓+NH4+，后发生反应：AgOH+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]++OH−+2H2O，故D错误；答案选A。4.中国科学院科研团队研究发现，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固

体催化剂）合成NH3的原理示意图如下。下列说法不正确的是（）A.该过程将太阳能转化成为化学能B.该过程中，只涉及到极性键的断裂与生成C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3D原料气N2可通过分离液态空气获得【答案】B【解析】【详解】

A．根据图示，常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3，该过程将太阳能转化成为化学能，故A正确；B．该过程中，既有极性键（N-H、O-H）的断裂与生成，也有非极性键（N≡N、O=O）的断裂与生成，故B错误；C．该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，氮气是氧化剂、

水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，C正确；D．原料气N2可通过分离液态空气获得，故D正确；答案选B。5.下列变化中，与氧化还原反应无关的是A.向Na2CO3溶液中滴入1~2滴酚酞溶液，溶液呈红色B.向K2Cr

2O7酸性溶液中滴加乙醇，溶液由橙色变为绿色C.向碘水中滴加维生素C溶液，溶液棕黄色褪去D.向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后呈红褐色【答案】A【解析】【分析】【详解】

A．向Na2CO3溶液中滴入1~2滴酚酞溶液，溶液呈红色，是CO32-的水解使溶液呈碱性的缘故，未发生氧化还原反应，故A符合题意；B．向K2Cr2O7酸性溶液中滴加乙醇，溶液由橙色变为绿色，是乙醇还原K2Cr2O7的缘故，发生氧化还原反应，故B不符合题意；C．向碘水中滴加维生素C溶液，溶液

棕黄色褪去，是维生素C还原碘的缘故，发生氧化还原反应，故C不符合题意；D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后呈红褐色，是生成的Fe(OH)2有较强还原性，被空气中氧气氧化为Fe(OH)3的缘故，发生氧化还原反应，故D不符合题意；故答

案为A。6.用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是A.1mol氨基含有的电子数为10NAB.标准状况下，22.4LO2完全转化为Na2O2时转移的电子数为4NAC.56gC3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为8NAD.0.1mol·L-1CH3CO

ONa溶液中CH3COO-、CH3COOH数目之和为0.1NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A．每个氨基含有9个电子，则1mol氨基含有的电子数为9NA，故A错误；B．标准状况下，22.4LO2的物质的量为1mol，Na2O2中

氧元素为-1价，则1molO2完全转化为Na2O2时转移的电子数为2NA，故B错误；C．C3H6和C4H8的最简式为CH2，56gCH2的物质的量为5614/molgg=4mol，则56gC3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为8NA，故

C正确；D．根据n=cV可知，没有指明0.1mol·L-1CH3COONa溶液的体积，无法确定CH3COO-、CH3COOH数目之和，故D错误；故答案为C。7.有机化合物9,10-二甲基菲的结构如图所示。其苯环上七氯代物的同分异构体有()A.8种B.5种C.4种D.3种【

答案】C【解析】【详解】有机化合物9，10-二甲基菲的苯环上有8个氢原子，所以苯环上七氯代物的同分异构体和一氯代物的同分异构体数目是一样的，(图中的黑线是对称轴)，一氯代物的同分异构体数目是4，所以苯环上七氯代物的同分异构体是4种，故选C。【点晴】本题考查学生同分异

构体的判断知识，注意知识的迁移应用是解题的关键。有机化合物9，10-二甲基菲的苯环上有8个氢原子，所以苯环上七氯代物的同分异构体和一氯代物的同分异构体数目是一样的，根据对称性解答。8.由下列实验及现象不能推出相应结论的是()实验现象结论A向2

mL0.1mol·L-1的FeCl3溶液中加入1滴KSCN溶液，再加入足量铁粉，充分振荡溶液变为红色，加入铁粉后红色褪去，变为浅绿色Fe3+比Fe2+氧化性强B将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，将其放置在坩埚中加热钠表面变暗，加热时，钠燃烧，发出黄色火焰钠易与氧气反应，加热时生

成Na2O的速率加快C向某溶液中加入NaOH溶液，微热产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体该溶液中含有NH4+D向盛有少量水的烧杯中加入少量Mg2Si产生白色沉淀，液面上有火苗Mg2Si水解生成Mg(OH)2和SiH4A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．滴加KSCN后，发

生Fe3++3SCN-Fe(SCN)3使溶液变红。加入铁粉后发生2Fe3++Fe3Fe2+，溶液红色褪去变为浅绿色。后一反应说明Fe3+比Fe2+的氧化性，故A正确；B．常温下钠与空气中氧气反应生成氧化钠，加热时钠燃烧发出黄色火焰生成过氧化钠(N

a2O2)，故B错误；C．铵盐和强碱加热条件下能生成氨气，氨气是一种碱性气体，能使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明该溶液中含有NH4+，故C正确；D．Mg2Si与水发生反应：Mg2Si+4H2O═2Mg(OH)2+SiH4↑，SiH4在空气中可以自燃，故D正确；答案选B。9.常温时，研

究pH对一定浓度FeSO4的稳定性的影响，根据下图分析不合理．．．的是A.pH小于1时，亚铁几乎无损耗，可能的原因是4Fe2++O2+10H2O4Fe(OH)3+8H+平衡逆向移动B.pH在3.0~5.5之间，pH的变化对F

eSO4稳定性影响不大C.pH大于6.5时，亚铁损耗量突变，可能的原因是生成的Fe(OH)2更易被氧化D.其它条件相同时，FeSO4溶液中加入少量(NH4)2SO4固体，FeSO4的稳定性减弱【答案】D【解析】A、Fe2+易与O2反应，反应方程式为4Fe2++O2+10H2O⇌4

Fe(OH)3+8H+，pH小于1时，c(H+)浓度较大，反应向左进行，Fe2+几乎无损耗，故A正确；B、由图可知，pH在3.0～5.5之间，Fe2+的损耗量几乎不变，说明pH在3.0～5.5之间，pH变化对F

eSO4稳定性影响不大，故B正确；C、pH大于6.5时，c(H+)浓度较小，亚铁损耗量突变，可能原因是酸性减弱，2价铁更易被氧化，故C正确；D、其它条件相同时，FeSO4溶液中加入少量(NH4)2SO4固体

，NH4+水解，c(H+)浓度增大，4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+向左进行，抑制Fe2+的被氧化，FeSO4的稳定性增强，故D错误。故选D。10.漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca(ClO)2，相应的生产流程如下。下列说法不正确的是A.①中阳极的电

极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑B.②中反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2OC.上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应D.制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时，Cl的原子利用率为100%【答

案】D【解析】【分析】饱和食盐水进行电解可以制得Cl2，将得到的Cl2分别与Ca(OH)2和Na2CO3反应经一系列流程可以分别制得漂白粉和漂粉精；电解过程中，溶液中的Cl-失电子生成氯气发生阳极反应，水中的H+得电子生成氢气发生还原反应，溶液中剩

余氢氧化钠；氯气与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，同时还生成氯化钙；氯气与湿润的碳酸钠反应生成Cl2O，Cl2O与水发生化合反应生成HClO，HClO与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，据此分析。【详解】A．电解过程中阳极失电子，溶液中Cl-发生阳极反应生成Cl2，阳极的电极方程式为2Cl

--2e-=Cl2↑，A正确；B．反应②为氯气和氢氧化钙的反应，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，B正确；C．上述过程中反应①②③为氧化还原反应，反应④为化合反应，反应⑤为复分解反应，C

正确；D．制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时有CaCl2生成，Cl原子没有完全转化为Ca(ClO)2，因此Cl的原子利用率不为100%，D错误；故选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全

部选对得4分，选对但不全得2分，错选得0分。11.阿斯巴甜是一种人造甜味剂，键线式结构如图所示。下列有关阿斯巴甜的说法正确的是A.分子式为C14H20N2O5B.分子中所有原子可能共平面C.其中一种水解产物可被氧化成羧酸D

.分子中苯环上二氯代物有5种【答案】C【解析】【详解】A.根据该有机物的结构简式，以及有机物中碳原子成键特点，该有机物的分子式为C14H18N2O5，故A错误；B.根据有机物的结构简式，该有机物中含有－CH3、－NH2，

该有机物中所有原子不可能共面，故B错误；C.该有机物中含有酯基，水解产物之一是CH3OH，甲醇能被氧化成HCOOH，故C正确；D.采用“定一移一”，让一个氯原子在取代基的邻位，另一个氯原子在苯环上有4种位置，一个氯原子在取代基的间位，另一个氯原

子在苯环上有2种位置，共有6种，故D错误；答案：C。【点睛】难点是选项D，一般采用“定一移一”方式进行分析，先照对称轴，确定等效氢的个数，，苯环上有3种不同的氢原子，将一个氯原子固定在①碳原子上，另一个氯原子可以在②③④⑤位置上，一个氯原子固定在②碳原子上

，另一个氯原子在③④位置上，一个氯原子在③位置上，不存在，因此共有6种结构。12.室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是()A.pH=1的溶液中：CH3CH2OH、Cr2O27−、K+、SO24−B.c(Ca2+)=0.1mol·L-1的溶

液中：NH4+、C2O24−、Cl-、Br-C.含大量HCO3−的溶液中：C6H5O-、CO23−、Br-、K+D.能使甲基橙变为红色的溶液：Na+、NH4+、SO24−、Cl-【答案】CD【解析】【详解】A．pH=1的溶液显酸性，在酸性条

件下CH3CH2OH、Cr2O27−会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不符合题意；B．Ca2+、C2O24−之间反应生成草酸钙，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；C．C6H5O-、CO23−、Br-、K+之间不反应,都不与HCO

3−反应，在溶液中能够大量共存，故C符合题意；D．能使甲基橙变为红色的溶液呈酸性，Na+、NH4+、SO24−、Cl-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故D符合题意；答案选CD。13.下列解释事实的方程式正确的是()A.用FeCl3溶液制作铜质印刷线路板：2Fe3

++Cu=Cu2++2Fe2+B.Al片溶于NaOH溶液中产生气体：2Al+2OH-=2AlO2−+H2↑C.用难溶的MnS除去MnCl2溶液中含有的Pb2+：MnS(s)+Pb2+(aq)=PbS(s)+Mn2+(aq)D.向银氨

溶液中滴加乙醛后水浴加热，出现银镜：CH3CHO+Ag(NH3)2OHΔ⎯⎯→CH3COONH4+Ag↓+3NH3+H2O【答案】AC【解析】【详解】A．用FeCl3溶液制作铜质印刷线路板时发生反应的离子方程式为2Fe

3++Cu=Cu2++2Fe2+，故A正确；B．Al片溶于NaOH溶液中产生气体时发生反应的离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2−+3H2↑，故B错误；C．用难溶的MnS除去MnCl2溶液中含有的Pb2+时发生反应的离子方程式为MnS(s)+Pb

2+(aq)=PbS(s)+Mn2+(aq)，故C正确；D．向银氨溶液中滴加乙醛后水浴加热，出现银镜时发生反应的离子方程式为CH3CHO+2Ag(NH3)2OHΔ⎯⎯→CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故D错误；答案选AC。14.铅位于IVA族，PbO偏碱性，易溶于硝酸，P

bO2偏酸性，难溶于硝酸。已知：PbS与稀HNO3发生反应I：3PbS+8HNO3(稀)=3Pb(NO3)2+3S↓+2NO↑+4H2O；PbS与浓HNO3发生反应II：PbS+8HNO3(浓)=PbSO4+8NO2↑+4H2O。下列推断正确的是()A.

Pb3O4与HNO3溶液发生反应：Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2++2H2OB.由反应I、II可知，氧化性：HNO3(浓)＞HNO3(稀)＞PbO2C.反应I若生成4.48LNO，转移0.6NA电子D.S可以与浓硝酸反应：S+6HNO3(浓)ΔH2SO4+6NO2↑+2H2O【答案】

AD【解析】【详解】A．Pb3O4中含有二价铅和四价铅，PbO偏碱性，易溶于硝酸，PbO2偏酸性，难溶于硝酸，则Pb3O4与硝酸反应生成Pb（NO3）2和PbO2，发生反应离子方程式：Pb3O4+4H+═PbO2+2Pb2++2H2O，故A正

确；B．根据题意，硝酸不能把二价铅氧化为四价铅，说明硝酸的氧化性小于PbO2，故B错误；C．没有说明是否是标准状况，无法计算气体的物质的量，因而不能计算生成4.48LNO，转移的电子数，故C错误；D．浓硝酸具有强氧化性，能把S氧化为硫酸，则S与浓硝酸反应：

S+6HNO3(浓)ΔH2SO4+6NO2↑+2H2O，故D正确；答案选AD。15.用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是选项a中试剂b中试剂c中试剂实验目的装置A氨水CaO无制取并收集氨气B浓盐酸MnO2饱和NaCl溶液制备纯净的Cl2

C浓盐酸Na2CO3Na2SiO3溶液比较酸性强弱：H2CO3＞H2SiO3D浓硫酸Na2SO3KMnO4酸性溶液验证SO2具有还原性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．氨水中的水可以和氧化钙反应，反应过程放热，使氨气在水中的溶解度降低，可以用

来制取氨气，但是由于氨气的密度小于空气，故在收集氨气时需要短导管进长导管出，A错误；B．浓盐酸与二氧化锰反应制取了氯气的过程需要加热，图中没有画出加热装置，故不能达到实验目的，B错误；C．浓盐酸有挥发性，与碳酸钠反应时除了有二氧化碳生成，还有氯化氢溢出，两种气体溶于硅

酸钠溶液均能使硅酸根沉淀，故不能判断碳酸与硅酸酸性的强弱，C错误；D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，将二氧化硫气体导入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫与高锰酸钾反应，可以验证二氧化硫的还原性，D正确；故选D。三、非选择题16.A、B、C、D是按原子序数由小到大排

列的前20号元素的单质。B、E均为组成空气的成分。F的焰色反应呈黄色。在G中，非金属元素与金属元素的原子个数比为1：2。在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如右(部分产物未列出)：(1)A是_____，C是______(填元素名称)

。(2)H与盐酸反应生成E的化学方程式是_________。(3)E与F反应的化学方程式是___________。(4)F与G的水溶液反应生成I和D的离子方程式是_____________。【答案】(1).碳(2).钠(3).Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑(4).2C

O2+2Na2O2=2Na2CO3+O2(5).Na2O2+S2-+2H2O=4OH-+S↓+2Na+【解析】【分析】单质B和C反应生成F，F的焰色反应呈黄色，说明F是钠的化合物，而F是单质B、C化合而成，B、E均为组成空气的成分，故C为金属钠；G是单质C、D化合而成，原子个数比为D：C

=1：2，则G中D元素为-2价，且原子序数D＞C，故D为硫，G为Na2S；B为单质且为组成空气的成分，还可与钠反应，最易想到是O2，如B为O2，E也为组成空气的成分，由条件分析E只能是CO2，A即为碳，由题中反应关系

可知F是Na2O2，据此分析解答。【详解】由分析可知，A、B、C、D分别是：C、O2、Na、S四种单质。(1)由分析可知，A是碳，C是钠；(2)A、B是C、O2，反应生成CO2，B、C是O2、Na，反应生成Na2O2，CO2与Na2O2反应生成

H和O2，H为Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成E（二氧化碳）的化学方程式是Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；(3)由分析可知E与F分别是CO2与Na2O2，二者反应的化学方程式是2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；(4))F与G分别是Na2O2与Na2

S，Na2O2具有强氧化性，将硫从-2价氧化为0价，根据得失电子守恒、电荷守恒，Na2O2与Na2S反应的离子方程式是：Na2O2+S2-+2H2O=4OH-+S↓+2Na+。【点睛】注意充分利用焰色反应及常见元素单质进行推断，需要熟练掌握常见元素及其化

合物知识，包括性质、用途等，注意假设验证法的灵活应用。17.近年来，FePO4作为制备锂离子电池正极材料LiFePO4的重要原料而成为研究热点。一种以FeCl3、H3PO4、氨水为主要原料制备FePO4的流程如下图。

已知：H3PO4是弱电解质(1)将FeCl3溶液与H3PO4溶液按()()334nFeCl:nHPO=1:1混合，没有明显现象，逐渐滴加氨水至pH=1.5左右，生成FePO4·2H2O沉淀。①操作a为______。②生成F

ePO4·2H2O的离子方程式是______。③控制氨水用量，避免因pH偏高而产生______杂质。(2)测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：i．取ag样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCl2(还原剂)至

溶液呈浅黄色；ii．加入TiCl3，恰好将i中残余的少量Fe3+还原为Fe2+；iii．用cmol·L–1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+，消耗vmLK2Cr2O7标准溶液。①将步骤iii的离子方程式补充完整：____2-27CrO+____Fe2++___=_

___Cr3++____Fe3++____；②产物中铁元素的质量分数为_____。【答案】(1).过滤(2).Fe3++H3PO4+3NH3•H2OFePO4•2H2O↓+3+4NH+H2O(3).Fe(OH)3(4).

1(5).6(6).14H+(7).2(8).6(9).7H2O(10).0.336cva【解析】【分析】向FeCl3和H3PO4的混合溶液中加入氨水并水浴加热，由于H3PO4为弱电解质，在水中电离程度较小导致磷酸铁的产率不高，向溶液中加入氨水，氨水可

以和磷酸反应生成磷酸根，同时水浴加热加快反应速率，使磷酸铁的产率升高，据此分析。【详解】(1)①将制得的悬浊液通过过滤的方式将固体和液体分开，得到FePO4·2H2O固体，故答案为：过滤；②生成磷酸铁的离子方程式为Fe3++H3PO4+3NH3·H2OFe

PO4·2H2O↓+3+4NH+H2O；③在滴加氨水的过程中需要控制溶液pH，因氨水呈碱性，氨水中的一水合氨电离出的氢氧根可以与溶液中的Fe3+反应生成沉淀，因此需要控制溶液pH，以保证溶液中的Fe3+全部转化为磷酸铁，故答案为

Fe(OH)3；(2)①利用化合价升降法配平化学方程式；根据题目中所给出的反应物与生成物可知，生成物中存在铁离子和铬离子，因此反应应该在酸性环境下进行，反应前溶液中含有大量的H+，故方程式中反应前有H+参加反

应，反应后生成水；反应前后2-27CrO中的Cr元素的化合价从+6下降到+3，Fe元素的化合价从+2上升到+3，根据反应前后得失电子守恒计算，正确配平的离子方程式为2-27CrO+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；②根据上题的化学方程式，2-27C

rO与Fe2+的物质的量关系为1:6，说明每消耗1mol2-27CrO需要消耗Fe2+6mol，因此，消耗浓度为c的重铬酸钾标准溶液vmL，则溶液中含有6cv×10-3mol的Fe2+，故原样品中含有6cv×10-3mol的Fe

，原样品中Fe的质量分数为-36cv10mol56g/molag=0.336cva。18.氧化锌工业品广泛应用于橡胶、涂料、陶瓷、化工、医药、玻璃和电子等行业，随着工业的飞速发展，我国对氧化锌的需求量日益增加，成为国民经济建

设中不可缺少的重要基础化工原料和新型材料。用工业含锌废渣(主要成分为ZnO，还含有铁、铝、铜的氧化物，Mn2+、Pb2+、Cd2+等)制取氧化锌的工艺流程如图所示：已知：相关金属离子c(Mn+)=0.1mol/L生成

氢氧化物沉淀的pH如下表所示：Fe3+Fe2+Al3+Mn2+Zn2+Cu2+Cd2+开始沉淀1.56.33.48.16.26.07.4沉淀完全2.88.34.710.18.28.09.4回答下列问题:(1)为保证锌渣

酸浸的充分，先保持酸过量，且c(H+)=0.5mol/L左右。写出一种加快锌渣浸出的方法：_______________(2)为调节溶液的pH，则试剂X为__________________(填化学式)，且调

节溶液pH的范围是____________(3)除杂时加入高锰酸钾的作用是_______________，发生反应的离子方程式为_____________(4)“过滤”所得滤渣的主要成分是_____________________(填化学式)(5)写出“碳化合成”的化学方程式：__

___________________;“碳化合成”过程需纯碱稍过量，请设计实验方案证明纯碱过量：_____________________【答案】(1).加热、将锌渣粉碎、搅拌、适当增大硝酸的浓度等(2

).ZnO、ZnCO3或Zn(OH)2(3).4.7≤pH<6.0(4).除去Mn2+(5).2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+(6).Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2(7).3Zn(NO3)2+3Na2CO3+3H2O=ZnCO

32Zn(OH)2H2O↓+2CO2↑+6NaNO3或3Zn(NO3)2+5Na2CO3+5H2O=ZnCO32Zn(OH)2H2O↓+4NaHCO3+6NaNO3(8).静置，取上层清液少许于试管中，往试管中继续滴加碳酸钠溶液，若无沉淀产生，则纯碱过量【解析】【分析】（1）加快锌渣浸出可根

据增大反应物接触面积、升高温度、增大反应物浓度的角度分析；（2）根据除杂的同时不要掺入新的杂质考虑，根据流程及表中的数据，确定pH的范围；（3）除杂时加入高锰酸钾的作用是将Mn2+转化为MnO2沉淀，除去Mn2+；（4）由（2）、（3）可知“过滤”所得的滤渣；（5）“碳化合成”时加

入碳酸钠，产物为ZnCO32Zn(OH)2H2O，以此写出化学方程式；若碳酸钠不足，检验溶液中的Zn2+，若碳酸钠过量，用盐酸检验溶液中的CO32-；【详解】（1）酸浸的主要目的是将ZnO等物质与硝酸反应，为加快反

应速率，可采取的措施有加热、将锌渣粉碎、搅拌、适当增大硝酸的浓度等；（2）加入试剂X的目的为调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+生成沉淀除去，为不引入新的杂质，可加入ZnO或ZnCO3或Zn(OH)2等，根据流程及表中的数据，需调节pH的范围为4.7≤pH<6.

0；（3）加入高锰酸钾的作用是将Mn2+转化为MnO2沉淀，除去Mn2+，反应的离子方程式为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；（4）由（2）、（3）可知“过滤”所得的滤渣的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2；（5）“碳

化合成”时加入碳酸钠，产物为ZnCO32Zn(OH)2H2O，反应的化学方程式为：3Zn(NO3)2+3Na2CO3+3H2O=ZnCO32Zn(OH)2H2O↓+2CO2↑+6NaNO3或3Zn(NO3)2+5Na2CO3+5H2O=ZnCO

32Zn(OH)2H2O↓+4NaHCO3+6NaNO3；若碳酸钠过量，则沉淀后的溶液中有碳酸根离子，检查碳酸根离子的方法是：静置，取上层清液少许于试管中，往试管中继续滴加碳酸钠溶液，若无沉淀产生，则纯碱过量。【点睛】考生认真分析流程图，结合题中信息分析每一步所加入物质的的

作用，注意除杂时不引入新的杂质，及pH的调节范围，考生在陌生方程式书写的时候，要利用题中所含信息，找出反应物、生成物。19.氰化物有剧毒，冶金工业会产生大量含氰化物的废水，其中氰化物以CN-等形式存在于废水中。某化学小组同学对含氰化物

废水处理进行研究。I.查阅资料：含氰化物的废水破坏性处理方法。利用强氧化剂将氰化物氧化为无毒物质，如以TiO2为催化剂用NaClO将CN-氧化成CNO-(CN-和CNO-中N元素均为-3价)，CNO-在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等。II

.实验验证：破坏性处理CN-的效果。化学兴趣小组的同学在密闭系统中用如图装置进行实验，以测定CN-被处理的百分率，实验步骤如下：步骤1：取一定量废水进行加热蒸发、浓缩。步骤2：取浓缩后含CN-的废水与过量NaClO溶液的混合液共200mL(设其中CN-的浓度为0.2mol·L-1)倒

入甲中，塞上橡皮塞。步骤3：点燃酒精灯对丁装置加热。步骤4：打开甲上的橡皮塞和活塞，使甲中溶液全部放入乙中，关闭活塞。步骤5：打开活塞K，通一段时间N2，关闭活塞K。步骤6：实验完成后测定干燥管I(含碱石灰)的质量m2[实验前干燥管I(含碱石灰)的质量m1]。回答下列

问题：(1)在破坏性处理方法中，在酸性条件下NaClO和CNO-反应的离子方程式为2CNO-+6ClO-+8H+=2CO2↑+N2↑+3Cl2↑+4H2O，请标出反应中电子转移的方向和数目：______。(2)对丁装置加热放在步骤3进行的原因

是______。(3)丙装置中的试剂是______。(4)干燥管II的作用是______。(5)请简要说明实验中通入N2的目的是_______。(6)若干燥管I中碱石灰增重1.408g，则该实验中测得CN-被处理的百分

率为_________。【答案】(1).(2).将产生的氯气及时除去(3).浓硫酸(4).防止空气中的水和CO2进入干燥管Ⅰ中影响对CO2的测量(5).使装置中的CO2全部排到干燥管Ⅰ中被吸收，减少误差(6).80%【

解析】【分析】实验原理为测量干燥管Ⅰ吸收的二氧化碳的质量确定对CN-的处理，由于乙装置中产生N2、CO2、Cl2、H2O，氯气与水都能被碱石灰吸收，影响二氧化碳质量的测定，所以进入干燥管Ⅰ的气体应除去氯气与水，用浓硫酸吸水，用铜网除去氯气，在实验过程中应防止空气中的CO2、水蒸气进入干燥管

Ⅰ干扰实验，影响二氧化碳质量的测定，所以干燥管Ⅱ的作用是防止空气中的CO2、水蒸气进入干燥管I中影响对CO2的测量，据此分析解答。【详解】(1)根据题意可知，酸性条件下CNO-与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，在酸性条件下NaClO和CNO-反应的离子方程式为2CNO-+6C

lO-+8H+=2CO2↑+N2↑+3Cl2↑+4H2O，Cl元素由+1价降低为0价，N元素由-3价升高为0价，标出反应中电子转移的方向和数目：。(2)加热装置丁的作用是除去反应生成的氯气；(3)实验原理为测量干燥管Ⅰ吸收的二氧化碳的质量确定对CN-的

处理，由于乙装置中产生N2、CO2、Cl2、H2O，氯气与水都能被碱石灰吸收，影响二氧化碳质量的测定．所以进入干燥管Ⅰ的气体应除去氯气与水，用浓硫酸吸水，用铜网除去氯气，故丙装置中的试剂是浓硫酸；(4)干燥管Ⅰ的作用是吸收CO2，测定生成的CO2的质量，空气中的CO2

、水蒸气进入干燥管Ⅰ干扰实验，所以干燥管Ⅱ的作用是防止空气中的CO2、水蒸气进入干燥管I中影响对CO2的测量；(5)装置中残留有CO2未被完全吸收，导致测定的二氧化碳质量偏低，通入N2使装置中的CO2全部被排到干燥管I中被吸收，减少误差；(6)干燥

管Ⅰ中碱石灰增重1.408g为二氧化碳的质量，其物质的量n(CO2)=mM=1.408g44?g/mol=0.032mol，根据碳元素守恒可知被处理的CN-的物质的量为n(CN-)=n(CO2)=0.

032mol，原溶液中CN-的物质的量n(CN-)总=0.2L×0.2mol/L=0.04mol，故该实验中测得CN-被处理的百分率为0.032mol0.04mol×100%=80%。20.香草醇酯能促进能量消耗及代谢，抑制体内脂肪累积，并且具有抗氧化、抗炎和抗肿瘤等特性，有广泛的开发前

景。如图为一种香草醇酯的合成路线。已知：①香草醇酯的结构为(R为烃基)；②R1CHO+R2CH2CHO稀NaOH溶液/Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→回答下列有关问题：(1)B的名称是________。(2)C生成D的反应类型是_______。(3)E的结构简式为_______。(4)H生成

I的第①步反应的化学方程式为_______。(5)I的同分异构体中符合下列条件的有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱中有四组峰的有机物的结构简式为_______。①含有苯环②只含种一含氧官能团③1mol该有机物可与3molNaOH反应(

6)参照上述合成路线，设计一条以乙醛为原料(无机试剂任选)合成乙酸正丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)的路线_______。【答案】(1).乙醛(2).加成反应或还原反应(3).(CH3)3CCH2CH2CHO(4).+2NaO

H2HOΔ⎯⎯⎯→+NaCl+H2O(5).12(6).、(7).CH3COOCH2CH2CH2CH3【解析】【分析】由J的分子式，题目中信息、G制备I的流程可知I为，结合G生成H的条件、逆推可知H为；根据

质量质量守恒可知F的分子式为C7H14O2，结合“已知反应②”可知B为CH3CHO，C为(CH3)3CCH=CHCHO；结合C的结构中含有碳碳双键及该反应的条件为“H2”，则D为(CH3)3CCH2CH2CH2OH；由D生成E

、E生成F的反应条件可知E为(CH3)3CCH2CH2CHO、F为(CH3)3CCH2CH2COOH，则J为，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，B为CH3CHO，名称是乙醛；(2)C生成D为(CH3)3CCH=CHCHO与氢气发生加成（或还原）反应生成(CH3)3CCH2CH2CH2OH，

反应类型是加成反应或还原反应；(3)根据分析，E的结构简式为(CH3)3CCH2CH2CHO；(4)H为，I为，在加热条件下与氢氧化钠溶液发生水解反应生成H的化学方程式为+2NaOH2HOΔ⎯⎯⎯→；(5)I为，I的同分异构体中含有苯环，只含种一含氧官能团，

1mol该有机物可与3molNaOH反应，符合条件的同分异构体是含有3个羟基的酚类有机物，羟基支链分为-CH2CH3和两个-CH3；当苯环上3个羟基相邻（）时，乙基在苯环上有两种情况，两个甲基在苯环上也是两种情况；当苯环上3个羟基两个相邻（）时，乙基在苯环上有三种情况、两个甲基在苯环上也是三种情

况；当苯环上3个羟基相间（）时，乙基、两个甲基在苯环上各有一种情况，故符合条件的同分异构体为12种；其中核磁共振氢谱中有四组峰，即有四种不同环境的氢原子，则结构简式为、；(6)以乙醛为原料(无机试剂任选)合成乙酸正丁酯(CH3COOCH

2CH2CH2CH3)，利用新制的氢氧化铜氧化乙醛制备乙酸，通过“已知反应②”制备丁醇，然后通过酯化反应制备目标产物，具体流程为：CH3COOCH2CH2CH2CH3。【点睛】本题难度不大，关键在于根据已知信息分析解答流程中各

步骤的物质结构。