河北省沧州市任丘市第一中学2021届高三化学上学期阶段考试试题.doc

河北省沧州市任丘市第一中学2021届高三化学上学期阶段考试试题

河北省沧州市任丘市第一中学2021届高三化学上学期阶段考试试题

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河北省沧州市任丘市第一中学2021届高三化学上学期阶段考试试题（含解析）
可能用到的相对原子质量：H-1 D-2 O-16 C-12 S-32 Cl-35.5 Cu-64 N-14 Fe-56 Al-27
第Ⅰ卷
一、选择题：每小题只有一个选项符合题意
1. 下列选项与胶体知识无关的是
A. 在豆浆里加入盐卤做豆腐
B. 水泥、冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，以减少对空气污染
C. 一束平行光线照射暗箱中的蛋白质溶液时，从侧面可以看到光亮的通路
D. 氯化铝溶液中加入小苏打溶液会产生白色沉淀和气体
【答案】D
【解析】
【详解】A．豆浆属于胶体，具有胶体的性质，在豆浆里加入盐卤做豆腐是因为盐卤中含有大量的电解质，使豆浆发生聚沉成为豆腐，A不符题意；
B．工厂烟尘属于胶体，胶粒带电，利用在高压电除去工厂烟尘是应用了胶体的电泳性质，B不符题意；
C．蛋白质分子直径在1-100nm之间，所以蛋白质溶液属于胶体，能产生丁达尔效应，C不符题意；
D．氯化铝溶液中加入小苏打溶液发生化学反应生成白色沉淀和气体，与胶体的性质无关，D符合题意；
答案选D。
2. 下列事实及其解释不正确的是(　　)。
A. 滴有酚酞的NaHCO3溶液呈浅红色，微热后红色加深，是因为NaHCO3分解生成了Na2CO3
B. 钠保存在煤油中，是因为煤油不与钠发生反应，钠比煤油密度大，煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气
C. 用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2的反应是放热反应
D. 钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠与氧气生成的Na2O与水和二氧化碳反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．加热促进碳酸氢根离子的水解，溶液碱性增强，错误；
B．钠比煤油密度大，且不反应，钠沉在底部，煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气，正确；
C．脱脂棉燃烧需要达到其着火点，应由过氧化钠与二氧化碳、水反应提供热量，正确；
D．钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化得到碳酸钠，正确。
3. 下列判断合理的是
①硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
③根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质
④根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液
⑤根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
⑥根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属．
⑦根据酸分子中含有的氢原子个数、将酸分为一元酸、二元酸和多元酸
A. 只有②⑦ B. 只有②⑤ C. 只有①②⑤⑥ D. 只有②③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①纯碱是碳酸钠俗称，属于盐类，①错误；
②蔗糖在水溶液和熔融态下均不导电，属于非电解质，硫酸钡在熔融态时完全电离，属于强电解质，水只能部分电离，属于弱电解质，②正确；
③根据电解质在溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，③错误；
④分散系分为胶体、浊液和溶液是根据分散质粒子直径大小，而不是丁达尔效应，④错误；
⑤氧化还原反应的实质是有电子转移，元素的化合价发生变化，⑤正确；
⑥与金属元素同主族的非金属元素有很多，它们与同主族金属元素具有相同的最外层电子数，例如氢原子最外层只有一个电子和金属钠一样，但它不是金属，因此金属元素与非金属元素的划分依据不是依据最外层电子数的多少，⑥错误；
⑦根据酸电离出氢离子数目将酸分为一元酸、一元酸、二元酸和多元酸等，如CH3COOH为一元酸，⑦错误；
故选B。
4. 下列反应的离子方程式不正确的是
A. FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
B. 物质的量相等的溴化亚铁跟氯气反应：2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−
C. 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2，恰好使沉淀完全：2Al3++3+3Ba2++6OH−=2A1(OH)3↓+3BaSO4↓
D. 向碳酸钠溶液中滴加过量的稀硫酸：+2H+=CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A、Fe2+在酸性条件下被O2氧化为Fe3+，离子方程式正确；
B、物质的量相等的溴化亚铁跟氯气反应，氯气首先氧化Fe2+，然后再氧化部分Br‾，离子方程式的系数符合物质的量之比，故B正确；
C、向明矾溶液中滴加Ba(OH)2，恰好使SO42-沉淀完全，离子方程式为：Al3++2SO42‾+2Ba2++4OH‾=2BaSO4↓+[Al(OH)4]‾，故C错误；
D、向碳酸钠溶液中滴加过量的稀硫酸，生成CO2和H2O，离子方程式正确。
答案选C。
5. 已知：KClO3+C+SKCl+CO2↑+SO2↑，下列判断不正确的是
A. 若反应中C和S的质量比为3:4，则n(KClO3):n(CO2)为1:1
B. 若反应中C和S的质量比为3:16，则n(KClO3):n(CO2)为2:1
C. SO2通人NaHCO3溶液产生CO2，可证明非金属性S强于C
D. KClO3与SO2在强酸性溶液中反应制得ClO2，可证明SO2的还原性强于ClO2
【答案】C
【解析】
【详解】A.若反应中C和S的质量比为3：4，n (C) ：n (S) =2： 1，由电子守恒可知6n (KClO3) =4n (C) +4n (S)，则n(KClO3)：n(C)：n(S)=2：2：1，所以n (KClO3) ： n (CO2)为1：1，A正确；
B.若反应中C和S的质量比为3：16，n(C)：n(S)=1：2，由电子守恒可知6n (KClO3) =4n (C) +4n (S)，则n(KClO3)：n(C)：n(S)=2：1：2，所以n (KClO3) ： n (CO2)为2：1，B正确；
C. SO2通入NaHCO3溶液产生CO2，亚硫酸的酸性大于碳酸，但亚硫酸不是最高价氧化物的含氧酸，则不能比较非金属性，C错误；
D. KClO3与SO2在强酸性溶液中反应制得ClO2，S元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，SO2的还原性强于ClO2，D正确；
故选C。
6. 日常生活中常用铝制炊具，它质轻且坚固耐用，其中的原因是(　　)
A. 铝很不活泼，不易与其他物质反应
B. 铝虽然很活泼，但是只能在高温下才能反应
C. 铝制品表面有一层致密的氧化物薄膜，起保护作用
D. 铝制品表面镀有一层铜，可以保护铝
【答案】C
【解析】
【详解】A. 铝是活泼性较强的金属，一定条件下能与酸、碱、盐、氧化物、强氧化剂等多种物质反应，故A错误；
B. 铝很活泼，在常温下也能与多种物质反应，故B错误；
C. 铝尽管很活泼，但由于表面能形成致密的氧化物薄膜，起保护作用，故C正确；
D. 铝制品表面镀有一层铜，在潮湿的条件下可以形成原电池，铝作负极，氧化速率更快，故D错误；
故选C。
7. 下列各组离子能在指定环境中大量共存的是
A. 在c(HCO)=0.1mol•L﹣1的溶液中：NH、AlO、Cl﹣、NO
B. 在由水电离出的c(H+)=1×10-12mol•L-1的溶液中：Fe2+、ClO﹣、Na+、SO
C. 在加入铝粉产生H2的溶液中：SO、NO、Na+、NH
D. 在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO、CO、Na+、K+
【答案】D
【解析】
【详解】A．AlO与NH相互促进水解，发生完全双水解，不能大量共存，故A错误；
B．在由水电离出的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液中，可能是酸性溶液，也可能为碱性溶液，在酸性溶液中Fe2+、ClO﹣、H+发生氧化还原反应，在碱性溶液中Fe2+和OH-发生反应，不能大量共存，故B错误；
C．加入铝粉产生H2的溶液，可能为非氧化性酸溶液或强碱溶液，在酸溶液中，Al、H+、NO发生氧化还原反应，不能共存，在碱溶液中OH-和NH反应，不能大量共存，故C错误
D．使红色石蕊试纸变蓝的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；
故选D。
8. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA
B. 过氧化钠与水反应时，生成0．1mol氧气转移的电子数为0．2NA
C. 2L0．5mol/L亚硫酸溶液中含有的氢离子数为2NA
D. 密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA
【答案】B
【解析】
【分析】

【详解】A.D2O的摩尔质量为20g·mol－1，18gD2O中含有质子数18×10/20mol=9mol，故错误；
B.2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成1molO2转移电子2mol，则生成0.1molO2转移电子的物质的量为0.2mol，故正确；
C.亚硫酸属于弱酸，部分发生电离，则n(H＋)<2mol，故错误；
D.2NO＋O2=2NO2，2NO2 N2O4，密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，分子物质的量小于2mol，故错误。
故选B。
9. 将500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含amolNaOH的烧碱溶液，恰好完全反应；另取一份加入含bmolHCl的盐酸，恰好完全反应。则该混合溶液中c(Na+)(单位：mol·L-1)为
A. (2b-a)/20 B. 2b-a C. 4b-2a D. 10b-5a
【答案】C
【解析】
【分析】
混合溶液分成两等份，每份溶液浓度相同。一份加入含a mol NaOH的溶液恰好反应，发生反应：NH4HCO3+2NaOH=Na2CO3+NH3H2O+H2O，根据方程式计算每一份中NH4HCO3的物质的量；另一份加入含bmol HCl的盐酸恰好反应，发生反应：NH4HCO3+HCl=NH4Cl+CO2↑+H2O，Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，根据方程式计算每一份中Na2CO3的物质的量，再根据c=计算混合溶液中c（Na+）。
【详解】混合溶液分成两等份，每份溶液浓度相同。一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应，发生反应：NH4HCO3+2NaOH=Na2CO3+NH3H2O+H2O，根据方程式可知，每一份中n(NH4HCO3)= n(NaOH)=0.5amol；另一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应，反应NH4HCO3+HCl=NH4Cl+CO2↑+H2O消耗HCl为0.5amol，由Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，可知每一份中n(Na2CO3)= ×(b−0.5a)mol，混合溶液中c(Na+)==4b-2a mol/L，故选：C。
10. 下列有关实验说法正确的是
A. 工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜
B. 做焰色反应前，铂丝用稀硫酸清洗并灼烧至火焰呈无色
C. 金属镁着火时，可使用泡沫灭火器灭火
D. Na加入到CuCl2溶液中可得Cu
【答案】A
【解析】
【详解】A.工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜，化学方程式为8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，A正确；
B.做焰色反应前，铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至火焰呈无色，B错误；
C.镁在二氧化碳中会继续燃烧生成碳和氧化镁，且单质镁与热水也会反应，生成易燃气体氢气，故金属镁着火时，不可用含水或二氧化碳的灭火器，C错误；
D. Na加入到CuCl2溶液中时钠先与水反应生成NaOH和H2，NaOH再与CuCl2溶液反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，不会得到Cu，D错误；
故选A。
二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题目要求
11. 以市售高岭土(化学成分：Al2O3、SiO2和H2O)为原料制备碱式氯化铝[Al2(OH)nC16-n]的工艺流程如图：

已知：①结构不同的Al2O3在酸中的溶解性差别较大；
②调节AlCl3溶液的pH为4.2～4.5，沉降可得碱式氯化铝。
下列说法错误的是（ ）
A. “焙烧”有助于改变高岭土中Al2O3的结构，使其更易溶于酸
B. “酸溶”时可用2mol·L-1的硫酸代替4mol·L-1的盐酸
C. “蒸发浓缩"、“稀释”的目的为调节溶液的pH
D 碱式氯化铝可用于净水但不能用于杀菌
【答案】B
【解析】
【分析】
高岭土化学组成为：Al2O3、SiO2、Fe2O3以及少量杂质和水分，由流程可知，高岭土在煅烧的过程中可除去杂质和水分，加足量盐酸得到沉淀SiO2，溶液中含Al3+、Fe3+，加过量铝粉，置换出铁，过滤去掉滤渣得氯化铝溶液，用碳酸钙调节溶液的pH值，将溶液蒸发浓缩得碱式氯化铝，以此解答该题。
【详解】A．由于结构不同的Al2O3在酸中的溶解性差别较大，因此“焙烧”有助于改变高岭土中Al2O3的结构，使其更易溶于酸，A正确；
B．“酸溶”时不能用2mol·L-1的硫酸代替4mol·L-1的盐酸，因为会引入新杂质硫酸根，B错误；
C．“蒸发浓缩"、“稀释”的目的为调节溶液的pH，便于得到碱式氯化铝，C正确；
D．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，因此碱式氯化铝可用于净水，没有强氧化性，不能用于杀菌，D正确；
答案选B。

12. 下列操作能达到实验目的的是（ ）
选项
目的
操作
A
配制质量分数9.8%的稀硫酸
将10mL98%的浓硫酸加入100mL容量瓶中，加水至刻度线
B
除去乙烯中混有的少量二氧化硫
将混合气体通过足量氢氧化钠溶液
C
检验氯化亚铁溶液是否完全变质
取少量溶液于试管中，向其中滴加硫氰化钾溶液
D
证明乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化
取2mL乙醇于试管中，滴加少量酸性高锰酸钾溶液

A. A B. B C. C D. D
【答案】BD
【解析】
【详解】A.容量瓶是配置一定物质的量浓度的量器，不能用于溶解或稀释溶液，故A错误；
B.乙烯不能与氢氧化钠溶液反应，二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，将混合气体通过足量氢氧化钠溶液能除去乙烯中混有的少量二氧化硫，故B正确；
C.若氯化亚铁溶液完全变质，溶液中不存在亚铁离子，检验亚铁离子的试剂应选择酸性高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液，不能选择硫氰化钾溶液，故C错误；
D.乙醇具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液直接氧化生成乙酸，使酸性高锰酸钾溶液褪色，则向乙醇中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，能证明乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D正确；
故选BD。
13. 某强酸性溶液中可能存在Al3＋、Fe2＋、Fe3＋、NH、Ba2＋、Cl－、CO、SO、SO、NO中的若干种，现取适量溶液进行如图实验，下列有关判断正确的是（　　）

A. 沉淀A、沉淀B中的成分均不止一种
B. 原溶液中一定含有Fe2＋、Al3＋、SO、NH、H＋
C. 原溶液中一定没有Ba2＋、CO、SO、NO
D. 步骤③中反应的离子方程式为2AlO＋CO2＋3H2O=2Al（OH）3↓＋CO
【答案】C
【解析】
【详解】在强酸性溶液中一定不会存在CO、SO；加入过量硝酸钡溶液生成沉A，则沉淀A为BaSO4，说明溶液中含有SO；一定不含Ba2＋；生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2＋，溶液中含有Fe2＋，就一定不含NO，溶液A中加入过量氢氧化钠溶液，沉淀B只为Fe(OH)3，生成气体B，则B为NH3，说明溶液中含有NH4+；溶液B中通入CO2气体，生成沉淀C，生成沉淀一定含有BaCO3，可能生成沉淀Al(OH)3，溶液B中不一定含有AlO2-，则原溶液中不一定含有Al3＋、Cl－；
A. 沉淀A为BaSO4、沉淀B为Fe(OH)3，成分均为一种，选项A错误；
B. 原溶液中一定含有Fe2＋、SO、NH、H＋，不能确定是否含有Al3＋，选项B错误；
C. 原溶液中一定没有Ba2＋、CO、SO、NO，选项C正确；
D. 步骤③中反应的离子方程式可能为2AlO＋CO2＋3H2O=2Al（OH）3↓＋CO或Ba2＋+2 OH-+ CO2=BaCO3↓+H2O，选项D错误；
答案选C。
14. 称取铁粉和氧化铜的混合物6.40g，进行如下实验：

根据实验所得数据，下列说法正确的是
A. 原混合物中铜元素的质量不一定为0.64g
B. 生成气体体积为2.016L
C. 实验中反应的硫酸的物质的量为0.1mol
D. 原混合物中铁的质量分数为78.5%
【答案】C
【解析】
【分析】
生成可燃性气体，说明发生反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，溶液为浅绿色，只有一种金属离子，则发生CuO+H2SO4=CuSO4+H2O后，又发生CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，且Cu被完全置换，生成0.64gCu，其物质的量=0.01mol，由Cu元素守恒可知n(CuO)=n(Cu)=0.01mol，故混合物中：m(CuO)=0.01mol×80g/mol=0.8g，则：m(Fe)=6.40g-0.8g=5.6g，n(Fe)==0.1mol。
【详解】A．根据分析可知，铜的质量为0.64g，故A错误；
B．设氢气的物质的量为nmol，根据电子转移守恒可得：2n+0.01mol×2=0.1mol×2，解得n=0.09mol，没有告诉在标准状况下，不能使用标准状况下气体摩尔体积计算氢气体积，故B错误；
C．铁的物质的量为0.1mol，反应生成溶质为硫酸亚铁，则反应消耗的硫酸的物质的量为0.1mol，故C正确；
D．由上述分析可知，Fe的质量为5.6g，混合物中Fe的质量分数为×100%=87.5%，故D错误；
故选C。
15. 下列关于铁的叙述正确的是( )
①铁能被磁铁吸引，但纯铁易被腐蚀　②在人体内的血红蛋白中含有铁元素　③铁位于元素周期表中第四周期第ⅧB族　④铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧　⑤铁与强氧化剂硝酸反应的产物仅是Fe(NO3)3　⑥不能通过化合反应制得FeCl2和Fe(OH)3
A. ①③ B. ②④ C. ②⑤ D. ④⑥
【答案】B
【解析】
【详解】当铁中含有杂质时，在潮湿的空气中会发生电化学腐蚀，而纯铁的抗腐蚀能力较强；铁位于元素周期表的第Ⅷ族，而不是第ⅧB族；铁与强氧化剂反应，能被氧化为Fe3＋，但若铁过量，则Fe3＋被Fe还原为Fe2＋，所以，Fe与HNO3反应的产物可能因铁过量而生成Fe(NO3)2；FeCl2、Fe(OH)3可分别通过化合反应Fe＋2FeCl3=3FeCl2、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3制得。故选项B正确。
第II卷
三、非选择题
16. 氮化铝(AlN)是一种性能优异的新型材料，在许多领域有广泛应用。某化学小组模拟工业制氮化铝原理，欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。查阅资料：
①实验室用饱和NaNO2溶液与NH4Cl溶液共热制N2：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O
②工业制氮化铝：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，氮化铝在高温下能水解。
③AlN与NaOH饱和溶液反应：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑
Ⅰ.氮化铝的制备
(1)实验中使用的装置如图所示，请按照氮气气流方向将各仪器接口连接 e→c→d→_____(装置可重复使用)

(2)B装置内的X液体可能是______；E装置内氯化钯溶液的作用可能是_______
Ⅱ.氮化铝纯度的测定
(方案i)甲同学用下图装置测定AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。

(3)为准确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是________.
a.CCl4 b.H2O c.NH4Cl饱和溶液 d.植物油
(4)用下列仪器也能组装一套量气装置，其中必选的仪器有_________
a.单孔塞 b.双孔塞 c.广口瓶 d.容量瓶 e.量筒 f.烧杯
(方案ii)乙同学按以下步骤测定样品中AlN的纯度(流程如下图)

(5)步骤②的操作是_______。
(6)实验室灼烧滤渣，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的硅酸盐仪器有_____、_____等。
(7)样品中AlN的纯度是______ (用含m1、m2、m3表示)。
(8)若在步骤③中未洗涤，测定结果将_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
【答案】 (1). f(g)→g(f)→a→b→i→h (2). 浓硫酸 (3). 吸收CO防污染 (4). ad (5). bce (6). 通入过量CO2气体 (7). 坩埚 (8). 泥三角、玻璃棒 (9). 或 (10). 偏高
【解析】
【分析】
氮化铝在高温下能水解，因此C装置制得氮气后，先用B装置干燥氮气，再在D装置发生反应生成氮化铝和一氧化碳，再通入到A防止E处水蒸气进入D，E主要是处理尾气，利用排液法测定气体的体积，液体不能溶于氨气，量气装置一般用双孔塞、广口瓶、导管、量筒等。根据样品溶解氧化铝和AlN变为偏铝酸钠，得到滤渣C和不溶性杂质，滤液与二氧化碳反应，过滤、洗涤最后得到灼烧得到氧化铝，利用差量法计算样品中氧化铝的质量，再计算纯度。
【详解】Ⅰ(1)氮化铝在高温下能水解，因此C装置制得氮气后，先用B装置干燥氮气，再在D装置发生反应生成氮化铝和一氧化碳，再通入到A防止E处水蒸气进入D，E主要是处理尾气，因此气流方向将各仪器接口连接 e→c→d→f(g)→g(f)→a→b→i→h；故答案为：f(g)→g(f)→a→b→i→h。
(2)B装置主要是干燥气体，因此X液体可能是浓硫酸；E装置内氯化钯溶液的作用是处理尾气，防止CO污染环境；故答案为：浓硫酸；吸收CO防污染。
Ⅱ(3)AlN和NaOH溶液反应生成氨气，为准确测定生成气体的体积，则氨气不能溶于该溶液，因此量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是ad；故答案为：ad。
(4)量气装置还可以用排液法来测出气体的体积，主要用双孔塞、广口瓶、导管、量筒，因此必选的仪器有bce；故答案为：bce。
(5)滤液主要是偏铝酸钠和氢氧化钠溶液，将偏铝酸钠溶液转化为沉淀，则为通入过量CO2气体；故答案为：通入过量CO2气体。
(6)实验室灼烧滤渣，除了必要的热源和三脚架以外，泥三角、坩埚、玻璃棒等；故答案为：坩埚；泥三角、玻璃棒。
(7)样品中C等不溶性杂质为m2g，则AlN和Al2O3的质量为(m1−m2)g，AlN最终变为Al2O3，利用质量差量法计算，，，因此AlN的质量为，则AlN的纯度是；故答案为：或。
(8)若在步骤③中未洗涤，测差量法时质量变大，因此测定结果将偏高；故答案为：偏高。
【点睛】溶液得到固体物质一般在蒸发皿中蒸发，待出现大量晶体停止加热，固体物质转变一般在坩埚中灼烧。
17. 氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途，贯穿古今。
(1)下列生产、生活中的事例中没有发生氧化还原反应的是_______。

(2)水是人体的重要组成部分，是人体中含量最多的一种物质。而“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用下图表达。

试写出有水参加的符合反应类型Ⅳ的一个化学方程式：_______。
(3)氯化铵常用作焊接。如在焊接铜器时用氯化铵除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO+NH4ClCu+CuCl2+N2↑+H2O。
①配平此氧化还原反应方程式并标出双线桥______。
②该反应中，被氧化的元素是_______(填元素名称)，氧化剂是______(填化学式)。
③反应中若产生0.2 mol的气体，则有_______ mol的电子转移。
【答案】 (1). BC (2). 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ (3). (4). 氮 (5). CuO (6). 1.2
【解析】
【详解】(1)A．煤是古代植物遗体经过生物化学作用和物理化学作用而转变成的沉积有机矿产，是多种高分子化合物和矿物质组成的混合物，在煤的形成过程中发生了氧化还原反应，故A不选；
B．太阳能电池是把太阳能转化为电能的装置，没有发生化学反应，故B选；
C．简单机械织布就是把线织成布，没有发生化学反应，故C选；
D．烧制陶器是以粘土为胎，经过手捏、轮制、模塑等方法加工成型后，在1000~1200℃左右的高温下焙烧而成的物品。在烧制过程中，土壤中的有机质在高温烧烤的过程中，变成二氧化碳，这就是化学变化。 其实烧陶过程中的化学变化非常多，至少有上百个，也非常复杂。故烧制陶器过程中一定有氧化还原反应发生，故D不选；
故选BC。
(2)反应类型Ⅳ是属于有水参加的氧化还原反应，如2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。
(3)①在反应中，铜元素的化合价从+2价部分降低到0价，氮元素的化合价从-3价升高到0价，生成1mol氮气失去6mol电子，所以生成的铜为3mol，即氮气的系数为1，铜的系数为3，则NH4Cl的系数为2，根据氯原子守恒，CuCl2的系数为1，则CuO的系数为4，最后配平水的系数为4，化学方程式为4CuO+2NH4Cl3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O。用双线桥表示反应中的电子转移为： 。
②该反应中，氮元素化合价升高，被氧化，CuO中铜元素化合价降低，CuO做氧化剂。
③反应中若生成1mol氮气，则转移6mol电子，所以若产生0.2mol气体，则有1.2mol电子转移。
18. 马日夫盐[Mn(H2PO4)2•2H2O]用于钢铁制品，特别是大塑机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。以软锰矿(主要成分为MnO2及少量的FeO、Al2O3和SiO2)为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图:

(1)“浸锰”过程中，为了提高浸取率可采取的措施有_______(写山两条即可)。“浸锰”过程中SO2与MnO2发生反应的离子方程式为____________。
(2)“滤渣1”的主要成分为_____。写出该物质在生心生活中的应用_____(写出一条即可);“滤渣2"的主要成分为__________。
(3)为检验“萃取分液”后的水溶液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂为____。
(4)①“沉锰”后溶液中的c()=10-4mol/l，则锰离子是否沉淀完全?______(填“是”或“否”)。[巳知Ksp(MnCO3)=1.8×10-10,当离子浓度小于10-5mol/L时认为该离子沉淀完全]
②“沉锰"后需将沉淀进行过滤、洗涤，检验沉淀悬否洗涤干净的方法为__________。
(5)“酸溶”产生马日夫盐晶体的化学方程式为___________________。
【答案】 (1). 将软锰矿粉碎、适当升高温度、适当增大酸的浓度、延长浸取时间等(合理即可) (2). SO2＋MnO2=＋Mn2＋ (3). SiO2 (4). 作光导纤维、耐高温材料、玻璃、光学仪器等(合理即可) (5). Al(OH)3 (6). KSCN(硫氰化钾)或苯酚 (7). 是 (8). 取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量盐酸和氯化钡溶液，若无明显现象则沉淀已洗净 (9). MnCO3＋2H3PO4＋H2O=Mn(H2PO4)2·2H2O＋CO2↑
【解析】
【分析】
软锰矿(主要成分为MnO2及少量的FeO、Al2O3和SiO2)用稀硫酸酸取，FeO、Al2O3被溶解，同时二氧化锰氧化亚铁离子及通入的二氧化硫，二氧化硅不溶，过滤，滤渣1为二氧化硅，滤液含有： ，加入有机萃取剂，除去铁离子，调节水层的pH除去铝离子，滤渣2为氢氧化铝，滤液主要含有硫酸锰，加入碳酸钠溶液沉锰，碳酸锰与磷酸反应，净化得到[Mn(H2PO4)2•2H2O]，据此分析回答。
【详解】(1)为了提高浸取率可采取的措施有：将软锰矿粉碎、适当升高温度、适当增大酸的浓度、延长浸取时间等(合理即可)；二氧化锰被二氧化硫还原为锰离子，二氧化硫被二氧化锰氧化为硫酸根离子，反应的离子方程式：SO2＋MnO2=＋Mn2＋；
(2) 二氧化硅不溶，过滤，滤渣1为SiO2，该物质在生心生活中的应用作光导纤维、耐高温材料、玻璃、光学仪器等(合理即可)，调节水层的pH除去铝离子，滤渣2为Al(OH)3；
(3) 检验Fe3+加入KSCN(硫氰化钾)或苯酚；
(4)①溶液中c( )= = mol/L< mol/L，则锰离子沉淀完全；
②“沉锰”过程中加入碳酸钠溶液与硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀和硫酸钠溶液，故检验沉淀悬否洗涤干净的方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量盐酸和氯化钡溶液，若无明显现象则沉淀已洗净；
(5) “沉锰”过程产生碳酸锰沉淀，加入磷酸反应产生马日夫盐晶体的化学方程式为MnCO3＋2H3PO4＋H2O=Mn(H2PO4)2·2H2O＋CO2↑。
19. 自然界中存在大量的金属元素，其中钠、镁、铝、铁、铜等在工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题:
（1）CuSO4和Cu（NO3）2中阳离子核外电子排布式为________，基态O原子的电子占据了_____个能层，最高能级有_____种运动状态不同的电子。
（2）在CuSO4溶液中加入过量KCN能生成配离子[Cu（CN）4]2-，1mol [Cu（CN）4]2-中含有的σ键的数目为______。
（3） [Cu（NH3）4]2+中，NH3中N原子的杂化方式是_____。Cu（NH3）2Cl2有两种同分异构体，其中一种可溶于水，则此种化合物是_____（填“极性”或“非极性”）分子，由此推知[Cu（NH）4]2+的空间构型是__________。（填“平面正方形”或“正四面体”）
（4）NH3的沸点比N2O的沸点_____（填“高”或“低”），其主要原因是___________。
（5）铜的一种氧化物晶体结构如图所示，该氧化物的化学式是______。若该晶体结构为长方体，其参数如图，阿伏加德罗常数为NA，则该氧化物的密度为_________g/cm3。

【答案】 (1). [Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9 (2). 2 (3). 4 (4). 8NA (5). sp3 (6). 极性 (7). 平面正方形 (8). 高 (9). NH3分子间存在氢键 (10). CuO (11).
【解析】
【分析】
Cu是29号元素，按核外电子排布规律可找出Cu2+核外电子排布式；粒子内σ键有多少？按σ键与π键的不同以及规律来求算；配位体中的中心原子提供孤对电子，根据Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，结合相似性相溶原理分析物质的分子极性和空间构型；熔沸点的高低跟构成晶体的粒子间的作用力相关，据此作用力的强弱判断NH3与N2O的沸点高低；根据均摊法可以化学式、并计算晶胞的密度即晶体的密度；
【详解】(1)CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子为Cu2+，Cu是29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级1个形成Cu2+，因此Cu2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d9，也可写为[Ar]3d9；基态O原子的电子占据了s、p2个能层，最高能级2p上有4个电子，故有4种运动状态不同的电子；
(2)在CN-中存在C、N三键，其中含有1个σ键，两个π键，1个[Cu（CN）4]2-中有4个配位键是σ键、4个CN-中含有4个σ键，则1mol [Cu（CN）4]2-中含有的σ键的数目为8NA；
(3)在[Cu(NH3)4]2+中，提供孤对电子的是配位体NH3分子中的N原子；Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其中一种易溶于水，根据相似相溶原理，水是极性分子，所以该分子应该为极性分子；既然存在两种同分异构体，所以[Cu(NH3)4]2+的空间构型应该是平面正方形；
(4) NH3的沸点比N2O的沸点高，因为NH3分子间存在氢键；
(5)如图所示，根据均摊法可以计算出Cu全部在体内：4个；O在顶点、面上、棱上和体心，即8×+4×＋2×＋1=4，所以Cu和O原子个数最简整数比为1：1，因此物质的化学式为CuO；晶体密度ρ==g/cm3= g/cm3。
20. 物质M是一种酰胺类局麻药，某研究小组以A、E两种烃为有机原料，按以下路线合成M。

已知：①
②RCOOH → RCOCl；
③
请回答：
(1)化合物D的结构简式为_______。
(2)下列说法正确的是______。
A．由A生成B的反应属于加成反应
B．由F生成G时，若条件控制不当，G可能进一步与生成盐，影响产率
C．M的化学式为C14H20N2O
(3)写出H+乙二胺→M化学方程式：______。
(4)写出所有含苯环的E的同分异构体的结构简式(不包括E)：_____。
(5)化合物HOOCCH2N(CH2CH3)2是一种药物合成的中间体，请设计以烃A和二乙胺为原料制备化合物HOOCCH2N(CH2CH3)2的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)______。
【答案】 (1). ClCH2COCl (2). AB (3). +HN(CH2CH3)2→+HCl (4). 、、 (5). CH2=CH2HOCH2CH2ClClCH2CH2COOH HOOCCH2N(CH2CH3)2
【解析】
【分析】
A是乙烯：CH2=CH2，CH2=CH2与HClO发生加成反应产生B：HOCH2CH2Cl，B含有醇羟基，被氧化产生C：ClCH2COOH，ClCH2COOH与SOCl2发生反应产生D是ClCH2COCl；E分子式是C8H10，符合苯的同系物通式，根据目标生成物M的分子结构可知E是间二甲苯，结构简式为，E与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生F：；F与Fe在HCl存在时将-NO2转化为-NH2，F被还原生成G：；D与G发生取代反应产生H：，H与二乙胺发生取代反应产生M：；乙烯与HClO发生加成反应产生HOCH2CH2Cl，HOCH2CH2Cl被氧化产生ClCH2COOH；二乙胺[HN(CH2CH3)2]与ClCH2COOH发生取代反应产生HOOCCH2N(CH2CH3)2，据此解答。
【详解】根据上述分析可知A是CH2=CH2，B是HOCH2CH2Cl，C是ClCH2COOH，D是ClCH2COCl；E是，F是，G是，H是。
(1) 化合物D的结构简式为：ClCH2COCl，故答案为：ClCH2COCl；
(2)A. 化合物A是乙烯，B是HOCH2CH2Cl，A→B的反应为加成反应，故A正确；
B. 化合物G中含有−NH2，能与浓盐酸电离产生的H+形成配位键，从而二者结合形成盐酸盐，要控制盐酸的量，故B正确；
C. 根据局麻药M的结构简式可知M的分子式为C14H22N2O，故C错误；
故答案为：AB；
(3)H为，H与二乙胺发生取代反应产生M 的化学方程式为：+ HN(CH2CH3)2→+HCl，故答案为：+ HN(CH2CH3)2→+HCl；
(4) E是，含苯环的E的同分异构体可以是两个甲基在对位、邻位、间位，也可以是苯环上连接一个乙基，所有满足条件的同分异构体结构简式为：