江西省上饶市铅山一中2022学年高三化学上学期第二次模考试题零班含解析

2022-2022学年江西省上饶市铅山一中高三（上）第二次模考化学试卷（零班）　一、选择题．1．（2022•天津）下列实验误差分析错误的是（　　）A．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小　2．（2022•莆田一模）已知①Na3N+3H2O═3NaOH+NH3↑，②NaH+H2O═NaOH+H2↑．下列叙述正确的是（　　）A．离子半径：Na+＞N3﹣＞H+B．反应①和②都是氧化还原反应C．反应②每生成1molH2，转移的电子数为NAD．Na3N和NaH与盐酸反应都只生成一种盐　3．（2022秋•肇庆校级月考）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）A．25℃时，1.0LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NAB．标准状况下，2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NAC．室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAD．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数为1.0NA　4．（2022秋•上饶校级月考）下列离子方程式书写正确的是（　　）A．明矾溶液中加入过量的氨水A13++4NH3•H20=AlO2﹣+4NH4++2H2OB．在FeI2溶液中滴入少量溴水2Fe2++4I﹣+3Br2=2Fe3++2I2+6Br﹣C．碳酸钠溶液中逐滴加入与之等物质的量的盐酸：CO+2H+=CO2↑+H2OD．乙酸溶液中加入少量碳酸氢铵溶液CH3COOH+HCO3﹣=CH3COO﹣+CO2↑+H2O　5．（2022秋•上饶校级月考）能大量共存于同一溶液中，但当使溶液pH=0时会放出气体，当pH=14时又会产生白色沉淀的是（　　）A．Fe3+、Ba2+、K+、HCO﹣3、SCN﹣、Cl﹣B．Mg2+、Na+、K+、SO42﹣、Br﹣、HSO﹣3C．Ba2+、Al3+、K+、Cl﹣、HCO﹣3、NO﹣3D．Fe3+、Na+、NH4+、SO42﹣、NO﹣3、Cl﹣　6．（2022秋•上饶校级月考）将ag铁和氧化铁的混合物加入800mLpH=1的盐酸中充分反应后，固体无剩余，盐酸全部消耗，放出标准状况下气体0.224L．则下列判断中正确的是（　　）A．原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=2：1B．向溶液中滴入无色的KSCN溶液，显血红色16C．无法计算出原混合物的质量D．此时溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量之比为3：1　7．（2022•郫县模拟）把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含amol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c（Na+）为（　　）A．B．（2b﹣a）mol/LC．D．（10b﹣5a）mol/L　8．（2022春•汉阳区校级期末）已知，如果要合成所用的原始原料可以是（　　）A．2﹣甲基﹣1，3﹣二烯和1﹣丁炔B．1，3﹣戊二烯和2﹣丁炔C．2，3﹣二甲基﹣1，3﹣戊二烯和乙炔D．2，3﹣二甲基﹣1，3﹣丁二烯和丙炔　　二、填空题．9．一定条件下某烃与H2按物质的量之比1：2加成生成C2H5CH（CH3）2，则该烃的结构简式为　　　　　　．　10．某有机物X分子中只含C、H、O三种元素，相对分子质量小于110，其中氧元素的质量分数为14.8%，已知该物质可与FeCl3溶液发生显色反应，则X的分子式为　　　　　　．若1molX与浓溴水反应时消耗了3molBr2，则X的结构简式为　　　　　　．　11．分子式为C4H8的烃，核磁共振氢谱图中有两个吸收峰，峰面积比为3：1，请写出符合条件的所有物质的结构简式　　　　　　．　12．下列括号内为杂质，将除去下列各组混合物中杂质所需的试剂和方法填写在横线上．①溴乙烷（乙醇）　　　　　　．②苯酚（苯）　　　　　　．写出②操作中涉及到的反应的化学方程式　　　　　　．　　三、简答题．13．（13分）（2022•和平区校级模拟）某工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L．阳离子K+Cu2+Fe3+Al3+Fe2+阴离子Cl﹣CO32﹣NO3﹣SO42﹣SiO32﹣甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）．16Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化．Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变．Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成．请推断：（1）由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是　　　　　　（写离子符号）．（2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是　　　　　　．（3）将Ⅲ中所得红棕色气体通入水中，气体变无色，所发生的化学方程式为　　　　　　．（4）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是　　　　　　，阴离子是　　　　　　（写离子符号）．（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为　　　　　　g．　14．（15分）（2022秋•上饶校级月考）四氯化锡是无色液体，熔点﹣33“C，沸点114℃．氯气与金属锡在加热时反应可以用来制备SnCl4，SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟．实验室可以通过题1O图装置制备少量SnCl4（夹持装置略）．（1）仪器C的名称为　　　　　　；（2）装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为　　　　　　；（3）装置Ⅱ中的最佳试剂为　　　　　　，装置Ⅶ的作用为　　　　　　；（4）若装置连接顺序为Ⅰ﹣Ⅱ一Ⅳ一Ⅴ一Ⅵ一Ⅶ，在Ⅳ中除生成SnCl4外，还会生成的含锡的化合物的化学式为　　　　　　．（5）Ⅳ中加热的作用之一是促进氯气与锡粉反应，加热的另一作用为　　　　　　；（6）若Ⅳ中用去锡粉11.9g，反应后，Ⅵ中锥形瓶里收集到23.8gSnCl4，则SnCl4的产率为　　　　　　．　15．（15分）（2022秋•上饶校级月考）信息时代产生的大量电子垃圾对环境造成了极大的威胁．某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：回答下列问题：16（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为　　　　　　；得到滤渣1的主要成分为　　　　　　．（2）第②步加入H2O2的作用是　　　　　　，使用H2O2的优点是　　　　　　；调节pH的目的是使　　　　　　生成沉淀．（3）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，　　　　　　方案不可行，原因是　　　　　　；（4）探究小组用滴定法测定CuSO4•5H2O（Mr=250）含量．取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol/LEDTA（H2Y2﹣）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+2H+写出计算CuSO4•5H2O质量分数的表达式ω=　　　　　　．　　162022-2022学年江西省上饶市铅山一中高三（上）第二次模考化学试卷（零班）参考答案与试题解析　一、选择题．1．（2022•天津）下列实验误差分析错误的是（　　）A．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；试纸的使用；中和滴定；中和热的测定．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．湿润的pH值试纸可以稀释碱液；B．定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，结合c=判断；C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积；D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大．【解答】解：A．湿润的pH值试纸可以稀释碱液，溶液中氢氧根离子根据减小，测定的溶液碱性减弱，测定值偏小，故A正确；B．定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，结合c=可知，所配溶液的浓度偏大，故B错误；C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，故C正确；D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，故D正确；故选B．【点评】本题考查实验基本操作、误差分析等，难度中等，理解实验进行的原理是解题的关键，注实验基本操作的掌握．　2．（2022•莆田一模）已知①Na3N+3H2O═3NaOH+NH3↑，②NaH+H2O═NaOH+H2↑．下列叙述正确的是（　　）A．离子半径：Na+＞N3﹣＞H+B．反应①和②都是氧化还原反应C．反应②每生成1molH2，转移的电子数为NAD．Na3N和NaH与盐酸反应都只生成一种盐【考点】氧化还原反应；微粒半径大小的比较；钠的重要化合物．【专题】氧化还原反应专题．【分析】①Na3N+3H2O═3NaOH+NH3↑中，没有元素的化合价变化，而②NaH+H2O═NaOH+H2↑中，NaH中H元素的化合价由﹣1价升高为0，水中H元素的化合价由+1价降低为0，然后结合氧化还原反应基本概念及规律性知识解答．【解答】解：A．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径：N3﹣＞Na+＞H+，故A错误；B．①中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；16C．反应②每生成1molH2，转移的电子为1mol，电子数为NA，故C正确；D．Na3N与盐酸反应生成NaCl、氯化铵两种盐，NaH与盐酸反应生成NaCl一种盐，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大．　3．（2022秋•肇庆校级月考）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）A．25℃时，1.0LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NAB．标准状况下，2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NAC．室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAD．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数为1.0NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、依据PH计算氢离子浓度，结合溶液中离子积常数计算碱溶液中氢氧根离子浓度，水溶液中水电离也生成氢氧根离子分析判断；B、氯气与氢氧化钠溶液飞反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，属于歧化反应；C、根据乙烯和丁烯的最简式都是CH2的特点来分析；D、标况下，甲醇为液态．【解答】解：A、25℃时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中，碱含有的OH﹣数目为0.2NA，水存在电离生成氢氧根离子，所以溶液中氢氧根离子大于0.2NA，故A错误；B、标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，氯气与氢氧化钠的反应是歧化反应，因此0.1mol氯气与氢氧化钠溶液反应转移了0.1mol电子，转移的电子总数为0.1NA，故B错误；C、乙烯和丁烯的最简式都是CH2，则，所以n（C）=1.5mol，N（C）=1.5NA，故C正确；D、标况下，甲醇为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　4．（2022秋•上饶校级月考）下列离子方程式书写正确的是（　　）A．明矾溶液中加入过量的氨水A13++4NH3•H20=AlO2﹣+4NH4++2H2OB．在FeI2溶液中滴入少量溴水2Fe2++4I﹣+3Br2=2Fe3++2I2+6Br﹣C．碳酸钠溶液中逐滴加入与之等物质的量的盐酸：CO+2H+=CO2↑+H2OD．乙酸溶液中加入少量碳酸氢铵溶液CH3COOH+HCO3﹣=CH3COO﹣+CO2↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．氨水碱性较弱，无法溶解氢氧化铝，铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；B．亚铁离子还原性小于碘离子，溴水少量，碘离子优先反应，亚铁离子不反应；C．等物质的量的碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，不会生成二氧化碳气体；D．醋酸酸性大于碳酸，醋酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，醋酸和碳酸氢根离子都不能拆开．16【解答】解：A．明矾溶液中加入过量的氨水，氨水不会溶解氢氧化铝，二者反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；B．在FeI2溶液中滴入少量溴水，碘离子还原性强于亚铁离子，只有碘离子被氧化，正确的离子方程式为：2I﹣+Br2=I2+2Br﹣，故B错误；C．碳酸钠溶液中逐滴加入与之等物质的量的盐酸，反应生成碳酸氢钠，正确的离子方程式为：CO32﹣+H+=HCO3﹣，故C错误；D．乙酸溶液中加入少量碳酸氢铵溶液，反应生成醋酸铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：CH3COOH+HCO3﹣=CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等），选项B为易错点，注意碘离子还原性大于亚铁离子及溴水不足的情况．　5．（2022秋•上饶校级月考）能大量共存于同一溶液中，但当使溶液pH=0时会放出气体，当pH=14时又会产生白色沉淀的是（　　）A．Fe3+、Ba2+、K+、HCO﹣3、SCN﹣、Cl﹣B．Mg2+、Na+、K+、SO42﹣、Br﹣、HSO﹣3C．Ba2+、Al3+、K+、Cl﹣、HCO﹣3、NO﹣3D．Fe3+、Na+、NH4+、SO42﹣、NO﹣3、Cl﹣【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沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应、发生相互促进水解、不能结合生成络离子等，则离子大量共存，结合pH=0时会放出气体，当pH=14时又会产生白色沉淀来解答．【解答】解：A．Fe3+、HCO3﹣发生相互促进水解反应，Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能大量共存，故A不选；B．该组离子之间不反应，可大量共存，且pH=0与HSO3﹣反应生成二氧化硫气体，pH=14时与Mg2+结合生成沉淀，故B选；C．Al3+、HCO3﹣发生相互促进水解反应，不能大量共存，故C不选；D．该组离子之间不反应，可大量共存，但酸性溶液中不生成气体，故D不选；故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息、溶液的酸碱性及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重水解反应的离子共存考查，题目难度不大．　6．（2022秋•上饶校级月考）将ag铁和氧化铁的混合物加入800mLpH=1的盐酸中充分反应后，固体无剩余，盐酸全部消耗，放出标准状况下气体0.224L．则下列判断中正确的是（　　）A．原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=2：1B．向溶液中滴入无色的KSCN溶液，显血红色C．无法计算出原混合物的质量D．此时溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量之比为3：1【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．【专题】计算题．16【分析】由于氧化性Fe3+＞H+，所以当产生氢气时，Fe3+已经全部被还原为Fe2+，发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，Fe+Fe2O3+6HCl=3FeCl2+3H2O，计算生成氢气消耗Fe和HCl的物质的量，进而计算氧化铁消耗HCl的物质的量，再根据方程式计算出Fe2O3及氧化铁消耗Fe的物质的量，根据m=nM可以计算混合物的质量．【解答】解：由于氧化性Fe3+＞H+，所以当产生氢气时，Fe3+已经全部被还原为Fe2+，生成氢气的物质的量==0.01mol，HCl物质的量=0.8L×0.1mol/L=0.08mol，发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，消耗Fe为0.01mol，消耗HCl为0.01mol×2=0.02mol，故反应Fe+Fe2O3+6HCl=3FeCl2+3H2O，消耗HCl为0.08mol﹣0.02mol=0.06mol，由方程式可知该反应中消耗Fe为0.06mol×=0.01mol，Fe2O3的物质的量=0.06mol×=0.01mol，A．原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=（0.01mol+0.01mol）：0.01mol=2：1，故A正确；B．反应后溶液为FeCl2，向溶液中滴入无色的KSCN溶液，不显血红色，故B错误；C．Fe、氧化铁的物质的量已经计算出，根据m=nM可以计算混合物的质量，故C错误；D．溶液中含有Fe2+离子，没有Fe3+离子，故D错误，故选A．【点评】本题考查混合物计算，关键是根据氧化性Fe3+＞H+判断发生的反应，注意利用总反应方程式简化计算，难度中等．　7．（2022•郫县模拟）把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含amol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c（Na+）为（　　）A．B．（2b﹣a）mol/LC．D．（10b﹣5a）mol/L【考点】有关混合物反应的计算．【专题】守恒法．【分析】NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOH═NH3•H20+Na2CO3+H2O，加入含bmolHCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，根据方程式计算．【解答】解：设100ml溶液中含有NH4HCO3xmol，Na2CO3ymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOH═NH3•H20+Na2CO3+H2O，则NH4HCO3为0.5amol，加入含bmolHCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，则Na2CO3的物质的量为×（b﹣0.5a）mol，n（（Na+）=2n（Na2CO3）=（b﹣0.5a）mol，c（Na+）=（b﹣0.5a）mol÷0.1L=（10b﹣5a）mol/L，故选D．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，本题注意用守恒的方法根据化学方程式计算．　168．（2022春•汉阳区校级期末）已知，如果要合成所用的原始原料可以是（　　）A．2﹣甲基﹣1，3﹣二烯和1﹣丁炔B．1，3﹣戊二烯和2﹣丁炔C．2，3﹣二甲基﹣1，3﹣戊二烯和乙炔D．2，3﹣二甲基﹣1，3﹣丁二烯和丙炔【考点】有机物的合成．【专题】信息给予题．【分析】由题意可知，要合成，逆向推断或者是，以此解答该题．【解答】解：由题给信息可知，合成，可逆向推断，根据或，可知反应物为2，3﹣二甲基﹣1，3﹣丁二烯和丙炔或2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔，只有D符合，故选D．【点评】本题主要考查有机化合物的推断与合成，侧重于有机物结构的判断和审题能力的考查，题目难度中等，注意烯烃加成反应的特点．　二、填空题．9．一定条件下某烃与H2按物质的量之比1：2加成生成C2H5CH（CH3）2，则该烃的结构简式为　或　．【考点】结构简式．【分析】某烃与H2按物质的量之比1：2加成，则该烃中含有碳碳三键或两个碳碳双键，据此写出该烃可能的结构简式．【解答】解：一定条件下某烃与H2按物质的量之比1：2加成生成CH3CH2CH（CH3）2，则该烃含2个双键或1个三键，则可能的结构简式为：或，故答案为：或；【点评】本题考查了不饱和烃与氢气加成的逆向思维的运用，根据所得饱和烃的结构来逆向推导双键或三键的位置，难度不大．16　10．某有机物X分子中只含C、H、O三种元素，相对分子质量小于110，其中氧元素的质量分数为14.8%，已知该物质可与FeCl3溶液发生显色反应，则X的分子式为　C7H8O　．若1molX与浓溴水反应时消耗了3molBr2，则X的结构简式为　　．【考点】有关有机物分子式确定的计算．【分析】有机物X分子中只含C、H、O三种元素，B的相对分子质量小于110，其中含氧的质量分数为14.8%，分子中氧原子最大数目小于=1.02，故X中氧原子数目为1，Mr（X）==108，该物质可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，假设为二元取代，减去1个﹣C6H4﹣、1﹣OH后剩余基团的式量=108﹣76﹣17=15，则剩余基团为﹣CH3，故X的分子式为C7H8O，则X为甲基苯酚；若1molX与浓溴水反应时消耗了3molBr2，溴发生酚羟基的邻、对位取代，故X中甲基与酚羟基处于间位位置，据此写出X的结构简式．【解答】解：有机物X分子中只含C、H、O三种元素，B的相对分子质量小于110，其中含氧的质量分数为14.8%，分子中氧原子最大数目小于=1.02，故X中氧原子数目为1，Mr（X）==108，该物质可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，假设为二元取代，减去1个﹣C6H4﹣、1﹣OH后剩余基团的式量=108﹣76﹣17=15，则剩余基团为﹣CH3，故X的分子式为C7H8O，由上述分析可知，X为甲基苯酚，若1molX与浓溴水反应时消耗了3molBr2，溴发生酚羟基的邻、对位取代，故X中甲基与酚羟基处于间位位置，所以X的结构简式为，故答案为：C7H8O；．【点评】本题考查了有机物分子式、结构简式的确定，题目难度中等，明确常见有机物结构与性质为解答关键，（2）为易错点，需要根据X的性质确定甲基的位置，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．　11．分子式为C4H8的烃，核磁共振氢谱图中有两个吸收峰，峰面积比为3：1，请写出符合条件的所有物质的结构简式　或　．【考点】有机物结构式的确定．【专题】推断题；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化学基础．【分析】根据“核磁共振氢谱图中有两个吸收峰，峰面积比为3：1”判断含有等效氢原子种类及数目，再结合分子式C4H8写出满足体积的结构简式．16【解答】解：分子式为C4H8的烃，核磁共振氢谱图中有两个吸收峰，峰面积比为3：1，说明分子中存在两种H原子，且个数比为3：1，则可能的结构简式为：或，故答案为：或．【点评】本题考查同分异构体的书写与确定，难度不大，注意核磁共振氢谱的运用．　12．下列括号内为杂质，将除去下列各组混合物中杂质所需的试剂和方法填写在横线上．①溴乙烷（乙醇）　水、分液　．②苯酚（苯）　加足量NaOH溶液，分液，向下层液体中通入CO2，静置后再分液，取下层液体　．写出②操作中涉及到的反应的化学方程式　、　．【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；化学方程式的书写．【分析】①乙醇与水互溶，水与溴乙烷分层；②苯酚与NaOH反应后与苯分层，然后利用足量二氧化碳与苯酚钠反应得到苯酚．【解答】解：①溴乙烷（乙醇）：溴乙烷不溶于水，而乙醇易溶于水，故可用水用分液的方法分离二者，故答案为：水、分液；②苯酚（苯）：苯酚中的苯可以先加足量NaOH溶液，苯酚变为苯酚钠，分液，然后向下层液体中通入CO2，使苯酚钠重新生成苯酚，静置后再分液，取下层液体，涉及反应方程式为、，故答案为：加足量NaOH溶液，分液，向下层液体中通入CO2，静置后再分液，取下层液体；、．【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的性质，题目难度不大．　三、简答题．13．（13分）（2022•和平区校级模拟）某工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L．阳离子K+Cu2+Fe3+Al3+Fe2+阴离子Cl﹣CO32﹣NO3﹣SO42﹣SiO32﹣甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）．Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化．16Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变．Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成．请推断：（1）由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是　K+、Fe3+　（写离子符号）．（2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是　3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO+2H2O　．（3）将Ⅲ中所得红棕色气体通入水中，气体变无色，所发生的化学方程式为　3NO2+H2O═2HNO3+NO　．（4）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是　Fe2+、Cu2+　，阴离子是　Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣　（写离子符号）．（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为　1.6g　g．【考点】几组未知物的检验；常见离子的检验方法．【专题】元素及其化合物．【分析】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察），说明没有K+．Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe2+．Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明Fe2+与NO3﹣和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3﹣，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl﹣，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32﹣；Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42﹣；根据以上判断分析．【解答】解：Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察），说明没有K+．Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe2+．Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明Fe2+与NO3﹣和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3﹣，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl﹣，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32﹣；Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42﹣；（1）由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+，故答案为：K+、Fe3+；（2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe2+与NO3﹣和H+反应生成NO，其离子方程式：3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO+2H2O；故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO+2H2O；（3）将Ⅲ中所得红棕色气体为二氧化氮，通入水中，与水反应生成NO，气体变无色，所发生的化学方程式为3NO2+H2O═2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；（4）由以上推断可知溶液中阴离子为Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣，且各为0.1mol/L；已经推断出的阳离子是Fe2+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子，所以还有Cu2+，所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：Fe2+、Cu2+；阴离子是：Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣；16故答案为：Fe2+、Cu2+；Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣；（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Fe2+生成Fe（OH）2，又被氧气氧化为Fe（OH）3，Cu2+生成Cu（OH）2，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为Fe2O3和CuO，根据元素守恒：n（CuO）=n（Cu2+）=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol；n（Fe2O3）=n（Fe2+）=0.005mol，所以固体质量为：m（CuO）+m（Fe2O3）=0.01mol×80g/mol+0.005mol×160g/mol=1.6g，故答案为：1.6g．【点评】本题考查物质的检验、鉴别以及方程式的有关计算，题目难度中等，解答本题的关键是把握有关反应的化学方程式的书写．　14．（15分）（2022秋•上饶校级月考）四氯化锡是无色液体，熔点﹣33“C，沸点114℃．氯气与金属锡在加热时反应可以用来制备SnCl4，SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟．实验室可以通过题1O图装置制备少量SnCl4（夹持装置略）．（1）仪器C的名称为　蒸馏烧瓶　；（2）装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为　MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O　；（3）装置Ⅱ中的最佳试剂为　饱和氯化钠溶液　，装置Ⅶ的作用为　防止空气中水蒸气进入Ⅵ中，SnCl4水解　；（4）若装置连接顺序为Ⅰ﹣Ⅱ一Ⅳ一Ⅴ一Ⅵ一Ⅶ，在Ⅳ中除生成SnCl4外，还会生成的含锡的化合物的化学式为　　．（5）Ⅳ中加热的作用之一是促进氯气与锡粉反应，加热的另一作用为　　；（6）若Ⅳ中用去锡粉11.9g，反应后，Ⅵ中锥形瓶里收集到23.8gSnCl4，则SnCl4的产率为　　．【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题．【分析】由装置图可知装置Ⅰ应为制备氯气装置，涉及离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，装置Ⅱ为饱和食盐水，装置Ⅲ为浓硫酸，氯气经除杂，干燥后与锡在装置Ⅳ中反应生成SnCl4，经冷却后在装置Ⅵ中收集，因SnCl4极易水解，应防止空气中的水蒸气进入装置Ⅵ中，以此解答该题．（1）认识常见的化学实验仪器（2）A为制备氯气装置，在加热条件下进行，应为浓盐酸和二氧化锰的反应（3）B为饱和食盐水，C为浓硫酸，氯气经除杂，干燥后与锡在D中反应生成SnCl4，因SnCl4极易水解，F可起到防止空气中的水蒸气进入E中16（4）若没有III，则SnCl4会水解产生Sn（OH）4（5）加热促进SnCl4气化，便于分离（6）Sn+2Cl2=△=SnCl4，11.9gSn即0.1mol完全反应可生成SnCl426.1g，故产率为23.8/26.1×100%=91.2%【解答】解：由装置图可知装置Ⅰ应为制备氯气装置，涉及离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，装置Ⅱ为饱和食盐水，装置Ⅲ为浓硫酸，氯气经除杂，干燥后与锡在装置Ⅳ中反应生成SnCl4，经冷却后在装置Ⅵ中收集，因SnCl4极易水解，应防止空气中的水蒸气进入装置Ⅵ中．（1）仪器C的名称为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；（2）装置Ⅰ中浓盐酸与MnO2在加热时发生反应产生氯气．发生反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；（3）由于盐酸有挥发性，所以在制取的氯气中含有杂质HCl，在与金属锡反应前要除去，因此装置Ⅱ中的最佳试剂为除去HCl同时还可以减少氯气消耗的饱和食盐水；SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟．为了防止盐水解，所以要防止起水解．装置Ⅶ的作用为防止空气中的水蒸气进入Ⅵ中使SnCl4水解，故答案为：饱和氯化钠溶液；防止空气中水蒸气进入Ⅵ中，SnCl4水解；（4）未反应的氯气没有除去，缺少尾气处理装置，故答案为：缺少尾气处理装置；（5）如果没有装置Ⅲ，则在氯气中含有水蒸汽，所以在Ⅳ中除生成SnCl4外，还会生成SnCl4水解产生的含锡的化合物Sn（OH）4或SnO2，故答案为：Sn（OH）4或SnO2等；（6）若Ⅳ中用去锡粉11.9g，则n（Sn）=0.1mol，理论上产生的SnCl4的物质的质量是m（SnCl4）=0.1mol×261g/mol=26.1g所以反应后，若Ⅵ中锥形瓶里收集到23.8gSnCl4，则SnCl4的产率为×100%=91.2%，故答案为：91.2%．答案解析【点评】本题考查物质的制备，涉及仪器的识别、氯气的实验室制取方法、实验操作的目的、盐的水解、物质产率的计算等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握题给信息，结合物质的性质设计实验步骤，题目难度不大．　15．（15分）（2022秋•上饶校级月考）信息时代产生的大量电子垃圾对环境造成了极大的威胁．某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：16回答下列问题：（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为　Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O　；得到滤渣1的主要成分为　Au、Pt　．（2）第②步加入H2O2的作用是　将Fe2+氧化为Fe3+　，使用H2O2的优点是　不引入杂质，产物对环境无污染　；调节pH的目的是使　Fe3+、Al3+生成沉淀　生成沉淀．（3）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，　甲　方案不可行，原因是　滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质　；（4）探究小组用滴定法测定CuSO4•5H2O（Mr=250）含量．取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol/LEDTA（H2Y2﹣）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+2H+写出计算CuSO4•5H2O质量分数的表达式ω=　×100%　．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合．【分析】金属的混合物与稀硫酸、浓硝酸混合后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，而Au、Pt不反应，所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+，第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染，调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+，经蒸发结晶可得到CuSO4•5H2O晶体，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝，在滤渣中加NaOH，和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；（2）过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液PH目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染；调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；（3）依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；（4）依据滴定实验和反应离子方程式计算得到．16【解答】解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O，Au、Pt和酸不反应，所以是滤渣；故答案为：Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O，Au、Pt；（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，产物对环境无污染；Fe3+、Al3+生成沉淀；（3）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行，故答案为：甲；滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；（4）取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol•L﹣1EDTA（H2Y2﹣）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2﹣=CuY2﹣+2H+铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10﹣3L=bc×10﹣3mol；依据元素守恒得到：则20ml溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10﹣3mol；100ml溶液中含bc×10﹣3mol×5=5bc×10﹣3mol；所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式=×100%，故答案为：×100%．【点评】本题考查物质的分离、实验设计、试剂选择等知识点，明确离子的性质是解本题关键，题目难度中等．　16