浙江省台州市书生中学2022届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）新人教版

2022-2022学年浙江省台州市书生中学高三（上）第一次月考化学试卷　一、选择题（共21小题，每小题2分，满分42分）1．（2分）化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（　　）　A．风能、生物质能、沼气是可再生能源，煤、石油、天然气是不可再生能源　B．“84消毒液”具有强氧化性，可做环境的消毒剂从而预防流感　C．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，PM2.5在空气中有可能形成胶体　D．已知水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，可以降低自然界中碳的含量考点：常见的能量转化形式；常见的生活环境的污染及治理．专题：化学应用．分析：A．人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；在自然界中可以不断再生的能源，属于可再生能源；B．“84”消毒液，其主要成分是NaClO，具有强氧化性，能作消毒剂；C．“PM2.5”是指直径小于等于2.5微米的颗粒物，其中小于0.1微米（1微米=1000纳米）的颗粒称为浮尘，浮尘与空气形成的分散系属于胶体；D．元素在自然界是守恒的．解答：解：A．风能、生物质能、沼气可以再生，为可再生能源，煤、石油、天然气为华师燃料，是不可再生能源，故A正确；B．“84”消毒液的主要成分是NaClO，具有强氧化性，能作消毒剂从而预防流感，故B正确；C．直径小于0.1微米（1微米=1000纳米）的颗粒称为浮尘，浮尘与空气形成的分散系属于胶体，故C正确；D．元素在自然界是守恒的，“水热反应”可制取能源有利于碳资源的循环使用，自然界中碳的含量不变，故D错误．故选D．点评：本题考查化学与生活，注意日常生活中要时刻重视绿色化学的理念，理解绿色化学的核心，防止环境污染，题目难度不大．　2．（2分）下列物质的用途正确的是（　　）　A．用Na2O2漂白食品，而SO2不能用于干果防腐　B．用石英砂制太阳能电池　C．高温下用铝热法炼铁制备钢材　工业上可用氯化钠制备化肥NH4Cl-24-\nD．考点：二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅．专题：化学应用．分析：A．过氧化钠具有强氧化性而能漂白某些物质，二氧化硫能和有色物质反应而具有漂白性；B．太阳能电池的主要成分是硅；C．用铝热反应冶炼铁代价较高；D．侯氏制碱法是利用饱和氯化钠溶液制备氯化铵．解答：解：A．过氧化钠能和水反应生成具有腐蚀性的氢氧化钠，二氧化硫有毒，所以过氧化钠、二氧化硫都不能漂白食品，故A错误；B．石英砂的主要成分是二氧化硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，太阳能电池的主要成分是硅，故B错误；C．工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，如果用铝热反应冶炼铁，则导致代价较高，不合适，故C错误；D．NH3和CO2通入饱和食盐水中得到NaHCO3和NH4Cl的混合物，故D正确；故选D．点评：本题考查了金属的冶炼、氯化铵的工业制取、硅的用途等知识点，明确反应原理、物质的性质是解本题关键，结合化学与生活来分析解答，题目难度不大．　3．（2分）下列叙述正确的是（　　）　A．Li在氧气中燃烧只生成Li2O　B．将SO2通入过量BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀　C．新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色　D．将稀硫酸滴加到Fe（NO3）2溶液中无明显现象考点：碱金属的性质；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质．专题：卤族元素；氧族元素；几种重要的金属及其化合物．分析：A．锂在氧气中燃烧生成氧化锂；B．盐酸的酸性大于亚硫酸；C．次氯酸具有漂白性；D．酸性条件下，亚铁离子被硝酸根离子氧化生成铁离子．解答：解：A．在碱金属元素中，锂的活泼性较弱，和氧气反应只生成氧化锂，没有过氧化物生成，故A正确；B．盐酸的酸性大于亚硫酸，所以二氧化硫和氯化钡溶液不反应，故B错误；C．氯水中含有盐酸、次氯酸，酸使紫色石蕊试液变红色，但次氯酸具有漂白性，使红色溶液褪色，所以看到的现象是：溶液先变红后褪色，故C错误；D．酸性条件下，亚铁离子被硝酸根离子氧化生成铁离子，所以溶液颜色由浅绿色变为黄色，故D错误；故选A．-24-\n点评：本题考查了物质间的反应，涉及锂的性质、强酸制取弱酸、次氯酸的漂白性、亚铁离子的性质等知识点，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是D，注意：酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，为易错点．　4．（2分）下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）　A．硫酸铝溶液中加入过量氨水Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓　B．碳酸钙与醋酸反应CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O　C．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液Fe2++2H++H2O2═Fe3++2H2O　D．电解饱和食盐水2Cl﹣+2H2OH2↑+C12↑+2OH﹣考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．反应生成氢氧化铝和氯化铵，一水合氨在离子反应中保留化学式；B．醋酸在离子反应中保留化学式；C．电子、电荷不守恒；D．反应生成NaOH、氢气、氯气．解答：解：A．硫酸铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3．H2O﹣═Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；B．碳酸钙与醋酸反应的离子反应为CaCO3+2HAc═Ca2++CO2↑+H2O+2Ac﹣，故B错误；C．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液的离子反应为2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O，故C错误；D．电解饱和食盐水的离子反应为2Cl﹣+2H2OH2↑+C12↑+2OH﹣，故D正确；故选D．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，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．　5．（2分）A～G各物质间的关系如图所示，其中B、D为气体单质．则下列说法错误的是（　　）　A．若反应①在常温下进行，则1molA在反应中能转移1mol电子　B．反应②的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Cl2↑+Mn2++2H2O　C．新配制的F溶液一般需要加入铁屑和稀盐酸，前者用于防止Fe2+被空气氧化成Fe3+，后者可抑制Fe2+的水解-24-\n　D．已知C的浓溶液在催化剂存在的条件下加热，能与B反应生成D，由此可以推断B的氧化性比MnO2强考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：本题的突破点是MnO2，在中学化学中MnO2参与的反应主要是氧气和氯气的制备，所以依据框图的转化特点可知B是氧气，D是氯气，C是浓盐酸，E是四氧化三铁，F和G为氯化亚铁和氯化铁；Fe2+具有还原性，因此配制时需要加入铁粉防止被氧化，结合对应物质的性质解答该题．解答：解：在中学化学中MnO2参与的反应主要是氧气和氯气的制备，所以依据框图的转化特点可知B是氧气，D是氯气，C是浓盐酸，E是四氧化三铁，F和G为氯化亚铁和氯化铁，A．MnO2参与制备氧气的反应有两种，一种是由MnO2做催化剂的条件下，加热KClO3分解制得氧气；另一种是MnO2做催化剂的条件下，常温下H2O2分解制得氧气，反应的方程式为2H2O2═2H2O+O2↑，H2O2中O元素化合价由﹣1价分别变化为0价、﹣2价，由方程式可知1molH2O2在反应中能转移1mol电子，故A正确；B．反应②为实验室制备氯气的常用方法，由浓盐酸和二氧化锰反应制得，离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Cl2↑+Mn2++2H2O，故B正确；C．F是氯化亚铁，G是氯化铁，Fe2+易被氧化，且能水解，加入铁屑和稀盐酸，前者用于防止Fe2+被空气氧化成Fe3+，后者可抑制Fe2+的水解，故C正确；D．反应条件相同，不同的反应，无法比较B和MnO2的氧化性强弱，故D错误．故选D．点评：本题属于无机框图题，主要考查常见物质的性质、制备和检验，本题由化学中常见的反应入题，注意元素化合物知识的积累和常见离子的检验方法．　6．（2分）下列实验方案设计正确的是（　　）　A．分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质可用稀盐酸洗涤　B．失去标签的硝酸银溶液、稀盐酸、氢氧化钠溶液、氯化铝溶液，可以用碳酸铵溶液鉴别　C．将MgCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，得到无水MgCl2固体　D．检验从火星上带回来的红色物体是否是Fe2O3的操作步骤为：样品→粉碎→加水溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．稀盐酸和二氧化锰不反应；B．反应的现象不同；C．氯化镁易水解，加热HCl挥发；D．Fe2O3不溶于水．解答：解：A．分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质是二氧化锰，二氧化锰能和浓盐酸反应但不和稀盐酸反应，所以不能用稀盐酸洗涤，故A错误；-24-\nB．硝酸银溶液、稀盐酸、氢氧化钠溶液、氯化铝溶液，与碳酸铵溶液现象分别为产生白色沉淀、产生无色无味气体、产生无色有刺激性味气体、同时产生白色沉淀和无色无味气体，故B正确；C．氯化镁易水解，加热HCl挥发，水解彻底进行，生成氢氧化镁沉淀，故C错误；D．Fe2O3不溶于水，滤液中无铁离子，故D错误．故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质鉴别及分离与提纯等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．　7．（2分）下列有关实验操作正确的是（　　）　A．称量氢氧化钠固体　B．检验铁粉与水蒸气反应产生的氢气　C．配制150mL0.10mol/L盐酸　D．分离两种互溶但沸点相差较大的液体混合物考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．氢氧化钠有腐蚀性；B．铁粉与水蒸气反应生成氢气；C．容量瓶只有一个刻度；D．冷凝水方向错误．解答：解：A．氢氧化钠有腐蚀性，应在小烧杯中称量，且左物右码，故A错误；B．铁粉与水蒸气反应生成氢气，点燃氢气泡可听到爆鸣声，故B正确；-24-\nC．容量瓶只有一个刻度，100ml容量瓶只能配制100ml溶液，故C错误；D．冷凝水应下进上出，故D错误．故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的称量、检验、溶液配制以及分离等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．　8．（2分）对下列过程中发生反应的叙述正确的是（　　）　A．海水中含有钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质　B．Na+、Mg2+、Al3+得电子能力很弱，故常用电解熔融氧化物的方法来制备其单质　C．从铝土矿中分离出氧化铝的过程中不涉及氧化还原反应　D．从海水中提取溴单质的过程所涉及的反应均为置换反应考点：海水资源及其综合利用；金属冶炼的一般原理；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．专题：元素及其化合物．分析：A．根据钾的化合价的变化来解答；B．根据电解熔氯化物来制备Na、Mg，电解熔氧化物来制备Al；C．从铝土矿中分离出氧化铝的过程：①溶于NaOH溶液中发生Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，②偏铝酸钠溶液的酸化发生AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，③灼烧氢氧化铝固体发生2Al（OH）3Al2O3+3H2O，然后根据元素化合价来解答；D．从海水中提取溴单质的过程：海水提溴是先氧化溴离子为溴单质，再用还原剂还原溴单质为溴离子，最后再用氧化剂氧化溴离子为溴单质，然后判断反应类型；解答：解：A．在海水中钾是以K+的形式存在，要转化为钾单质，钾元素必然降价，要发生还原反应，所以只经过物理变化不能从海水中得到钾单质，故A错误；B．电解熔融氯化钠、氯化镁来分别制备Na、Mg，电解熔融氧化铝来制备Al，故B错误；C．从铝土矿中分离出氧化铝的过程：①溶于NaOH溶液中发生Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，②偏铝酸钠溶液的酸化发生AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，③灼烧氢氧化铝固体发生2Al（OH）3Al2O3+3H2O，3个反应元素化合价都未发生变化，不涉及氧化还原反应，故C正确；D．海水提溴是氯气和溴离子能发生置换反应生成溴和氯离子，方程式为：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，再用二氧化硫还原溴单质为溴离子，反应方程式为：2H2O+SO2+Br2=H2SO4+2HBr，不是置换反应，最后再用氯气和溴离子能发生置换反应生成溴和氯离子，方程式为：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，故D错误．故选C．点评：本题考查了物质的制备，掌握制备的原理是解题的关键，综合性强，注意对应知识的积累．　-24-\n9．（2分）将足量NO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（　　）　A．Fe2+、CH3COO﹣、SO42﹣、Na+B．Ca2+、K+、Cl﹣、HCO3﹣　C．NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣D．K+、Na+、SO32﹣、AlO2﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：将足量NO2通入下列各溶液中，生成硝酸与NO，溶液显酸性，离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，不能发生氧化还原反应等，则离子能共存．解答：解：A．因H+与CH3COOˉ结合生成弱电解质，不能共存，故A错误；B．因H+与HCO3ˉ结合生成水和气体，则不能共存，故B错误；C．因酸性溶液中该组离子之间不反应，能共存，故C正确；D．因H+与AlO2ˉ结合生成沉淀，H+与SO32ˉ结合生成水和气体，则不能共存，故D错误；故选C．点评：本题考查离子的共存，明确信息及离子之间的反应是解答本题的关键，题目难度不大．　10．（2分）（2022•浙江）X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2+的核外电子数相等，X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构．下列说法正确的是（　　）　A．原子半径：Z＞Y＞X　B．Z与X形成化合物的沸点高于Z的同族元素与X形成化合物的沸点　C．CaY2与水发生氧化还原反应时，CaY2只作氧化剂　D．CaX2、CaY2和CaZ2等3种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为1：2考点：原子结构与元素周期律的关系；氧化还原反应．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2+的核外电子数相等，3种元素的核外电子数之和为18，Z得到1个电子变成8电子结构，则Z为F元素，则X、Y一定至少有一种位于第2周期，X得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构，故X为H元素，Y元素原子核外电子数为18﹣1﹣9=8，故Y为O元素，据此结合选项解答．解答：解：X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2+的核外电子数相等，3种元素的核外电子数之和为18，Z得到1个电子变成8电子结构，则Z为F元素，则X、Y一定至少有一种位于第2周期，X得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构，故X为H元素，Y元素原子核外电子数为18﹣1﹣9=8，故Y为O元素，-24-\nA、X、Y、Z分别是H、O、F，同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径O＞F＞H，故A错误；B、HF分子之间含有氢键，沸点高于其它同族氢化物的沸点，故B正确；C、过氧化钙与水反应，过氧化钙既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D、CaO2其阴离子为O22﹣，阴、阳离子个数比为1：1，故D错误；故选B．点评：本题考查结构性质位置关系、氧化还原反应等，难度中等，推断元素是解题关键，C选项中根据过氧化钠的性质进行解答．　11．（2分）下列说法正确的是（　　）　A．Si、P、S、Cl相应的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强　B．自然界中含有大量的游离态的硅，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片　C．工业上通常用电解钠、铁、铜对应的氯化物制得该三种金属单质　D．金属铝、铁、铜都有一定的抗腐蚀性能，其抗腐蚀的原因都是表面形成氧化物薄膜考点：元素周期律的作用；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理．专题：元素周期律与元素周期表专题；元素及其化合物．分析：A．同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；B．硅元素在自然界中以化合态存在；C．Na采用电解熔融氯化钠的方法冶炼，Fe、Cu采用热还原法冶炼；D．Fe、Cu在潮湿的空气中易生锈．解答：解：A．同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，Si、P、S、Cl的非金属性逐渐增强，所以其相应的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，故A正确；B．硅元素在自然界中只能以化合态存在，Si单质为半导体，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片，故B错误；C．活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼，较不活泼金属采用热氧化还原法冶炼，所以Na采用电解熔融氯化钠的方法冶炼，Fe、Cu采用热还原法冶炼，故C错误；D．Fe、Cu在潮湿的空气中易生锈，Al在空气中易被氧化生成致密的氧化物薄膜氧化铝而阻止进一步被氧化，所以金属铝有一定的抗腐蚀性能，而铁、铜露置于空气中容易与氧气进一步反应，抗腐蚀性能不强，故D错误；故选A．点评：本题考查物质的性质及用途、金属的冶炼方法，难度不大．要注意根据物质的性质分析其用途．　12．（2分）（2022•上海）下列反应与Na2O2+SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（　　）　A．2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2B．2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2　C．Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2D．3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O-24-\n考点：真题集萃；钠的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：因为在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2的作用相同的是氧化剂，所以，A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原；B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原；C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应；D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中﹣1价的氧变为﹣2价，Na2O2作还原剂，据此作判断．解答：解：因为在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2的作用相同的是氧化剂，所以，A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原，故A错误；B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原，故B错误；C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应，故C错误；D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中﹣1价的氧变为﹣2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；故选D．点评：本题主要考查了学生对氧化还原反应的理解，解题的关键是抓住化合价的变化分析，中等难度．　13．（2分）阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol﹣1，下列说法中正确的是（　　）　A．22.4LCH3CHO中含有的分子数约为6.02×1023　B．56g铁与稀HNO3充分反应，转移电子数为0.3NA　C．常温常压下，由6gNO2和40gN2O4组成的混合气体中原子总数约为3×6.02×1023　D．80gNH4NO3晶体中含有NH4+小于6.02×1023个考点：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、无法计算22.4LCH3CHO的物质的量；B、铁和稀硝酸充分反应可生成硝酸铁、硝酸亚铁，56g铁是1mol，转移2～3mol电子；C、NO2和N2O4的最简式是相同的，都是NO2，按照最简式计算；D、80g硝酸铵的物质的量是1mol，含有1molNH4+．解答：解：A、无法计算22.4LCH3CHO的物质的量，因此不能计算分子数，故A错误；B、铁和稀硝酸充分反应可生成硝酸铁、硝酸亚铁，56g铁是1mol，转移2～3mol电子，转移电子数为0.2NA～0.3NA，故B错误；C、NO2和N2O4的最简式是相同的，都是NO2，所以由6gNO2和40gN2O4组成的混合气体的氮原子和氧原子的物质的量分别是1mol和2mol，则原子总数约为3×6.02×1023，故C正确；D、80g硝酸铵的物质的量是1mol，含有1molNH4+，约6.02×1023个NH4+，故D错误；故选C．点评：-24-\n本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算和判断，难度中等，阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题．多年来全国高考化学试题重现率几乎为100%．考查阿伏加德罗常数的应用的题目，为高考必考题目，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容．要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．其解题的方法思路是，在正确理解有关概念的基础上，将各物质的质量、气体的体积、溶液的浓度等转化为指定粒子的物质的量（mol）进行判断．　14．（2分）海藻中含丰富的、以离子形式存在的碘元素．如图是实验室从海藻里提取碘的流程的一部分下列判断正确的是（　　）　A．可用淀粉溶液检验步骤②的反应是否进行完全　B．步骤③中加入的有机溶剂是乙醇　C．步骤④的操作是过滤　D．步骤①、③的操作分别是过滤、萃取分液考点：海水资源及其综合利用．专题：实验设计题；元素及其化合物．分析：A．淀粉能检验碘单质不能检验碘离子；B．萃取剂不能和溶质反应，且萃取剂和原溶剂不能互溶；C．碘易溶于有机溶剂，应该用蒸馏的方法提取碘；D．难溶性固体和溶液采用过滤的方法分离；同一溶质在不同溶剂中的溶解度不同的溶质可以采用萃取的方法分离；解答：解：实验室从海带中提取碘：海带灼烧成灰，浸泡溶解得到海带灰悬浊液，通过①过滤，得到不溶的残渣，滤液为含碘离子的溶液，加入氧化剂②Cl2，将碘离子氧化成碘单质，利用有机溶剂萃取出碘单质③，再通过蒸馏④提取出碘单质．A．碘遇淀粉试液变蓝色，淀粉能检验碘单质不能检验碘离子，故A错误；B．萃取剂和原溶剂不能互溶，酒精和水互溶，所以不能作萃取剂，故B错误；C．碘易溶于有机溶剂，所以不能过滤，步骤④应该用蒸馏的方法提取碘，故C错误；D．步骤①分离固体和液体用过滤，③将碘水中的碘单质分离出来，选择合适的萃取剂进行萃取即可，故D正确；故选D．点评：本题以实验室从海藻里提取碘为载体考查了混合物分离的方法、碘的性质、萃取剂的选取等知识点，明确物质分离提纯的选取方法、萃取剂的选取标准、每一步发生的反应是解答关键，题目难度不大，注意常用混合物分离的方法．　-24-\n15．（2分）（2022•石家庄二模）下表各组物质中，物质之间不可能实现如图所示转化的是（　　）选项XYZMAFeFeCl2FeCl3Cl2BMgCCOCO2CNaOHNa2CO3NaHCO3CO2DNH3NONO2O2　A．AB．BC．CD．D考点：无机物的推断．专题：元素及其化合物．分析：A．Fe与氯气直接反应生成FeCl3；B．Mg与二氧化碳反应生成氧化镁和C，C和二氧化碳反应生成CO；C．NaOH与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；D．氨气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮．解答：解：A．Fe与氯气反应不能生成FeCl2，不符合图中转化，故A选；B．Mg与二氧化碳反应生成氧化镁和C，C和二氧化碳反应生成CO，符合图中转化，故B不选；C．NaOH与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，符合图中转化，故C不选；D．氨气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，符合图中转化，故D不选；故选A．点评：本题考查无机物的推断，侧重物质转化及物质性质的考查，明确常见物质的化学性质为解答的关键，注意选项A中氯气具有强氧化性，题目难度不大．　16．（2分）某溶液中含有的离子可能是K+、Ba2+、A13+、Mg2+、AlO2﹣、CO32﹣、SiO32﹣、Cl﹣中的几种，现进行如下实验：①取少量溶液加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成．②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol•L﹣1盐酸，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失．③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g．下列说法中正确的是（　　）　A．该溶液中一定不含Ba2+、Mg2+、A13+、SiO32﹣、Cl﹣　B．该溶液中一定含有K+、AlO2﹣、CO32﹣、Cl﹣　C．该溶液是否有K+需做焰色反应（透过蓝色钴玻璃片）　D．可能含有Cl﹣-24-\n考点：常见离子的检验方法．专题：物质检验鉴别题．分析：①加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在A13+、Mg2+；②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol•L﹣1盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失，产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，产生的气体为二氧化碳，说明溶液中存在AlO2﹣、CO32﹣，所以一定不存在SiO32﹣、Ba2+，根据溶液电中性可知，溶液中一定存在K+；③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g，沉淀为AgCl，物质的量为：≈0.003mol＞n（HCl）=0.001mol，所以原溶液中一定存在0.02molCl﹣，据此进行解答．解答：解：①向溶液中加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在与氢氧化钠生成沉淀的离子：A13+、Mg2+；②向原溶液中逐滴加入5mL0.2mol•L﹣1盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；滴加盐酸产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，气体为二氧化碳，说明原溶液中存在AlO2﹣和CO32﹣，所以一定不存在不溶于盐酸的SiO32﹣和与CO32﹣反应的Ba2+，再根据溶液电中性可知：溶液中一定存在唯一的阳离子：K+；③在②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g，沉淀为AgCl，物质的量为：≈0.003mol；②中加入的氯离子的物质的量为：n（HCl）=0.2mol/L×0.005L=0.001mol＜n（AgCl），所以原溶液中一定存在0.02molCl﹣，A、根据以上分析可知，溶液中一定不存在Ba2+、Mg2+、A13+、SiO32﹣，一定存在Cl﹣，故A错误；B、由分析可知：该溶液中一定含有K+、AlO2﹣、CO32﹣、Cl﹣，故B正确；C、根据溶液的电中性可以判断，溶液中一定存在钾离子，不需要通过焰色反应判断钾离子是否存在，故C错误；D、根据生成氯化银沉淀的物质的量可知，原溶液中一定存在氯离子，故D错误；故选B．点评：本题考查了常见离子的检验，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，本题中钾离子和氯离子的判断为难点，注意根据溶液电中性及生成氯化银的物质的量判断二者的存在情况．　17．（2分）推理是化学学习中常用的方法．下列推理正确的是（　　）　A．酸与碱反应生成盐和水，生成盐和水的反应一定是酸与碱的反应　B．收集比空气轻的气体可用向下排气法，能用向下排气法收集的气体一定比空气轻　C．有机物是指含碳元素的化合物，含碳元素的化合物一定是有机物　D．活泼金属与稀硫酸反应放出气体，能与稀硫酸反应放出气体的物质一定是金属考点：化学的主要特点与意义；无机化合物与有机化合物的概念；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；气体的收集．-24-\n专题：元素及其化合物．分析：A、生成盐和水的不一定是酸和碱，如酸性氧化物与碱或碱性氧化物与酸都能够生成盐和水；B、根据排空气法收集气体的要求进行判断；C、各种碳酸盐都含有碳元素，却属于无机物；D、碳酸钠、碳酸氢钠等也能够与稀硫酸放出气体．解答：解：A、酸与碱反直生成盐和水，生成盐和水的反应不一定是酸与碱的反应，例如氧化铜和盐酸反应也生成盐和水，故A错误；B、排空气法收集气体是根据气体与空气的密度关系选择收集方法，若收集比空气轻的气体可用向下排气法，能用向下排气法收集的气体一定比空气轻，故B正确；C、有机物是指含碳元素的化合物，含碳元素的化合物不一定是有机物，例如各种碳酸盐等是无机物，故C错误；D、活泼金属与稀硫酸反应放出气体，能与稀硫酸反应放出气体的物质不一定是金属，例如碳酸钠和稀硫酸反应也产生气体，故D错误；故选B．点评：本题考查了气体的收集方法、常见金属元素及其化合物的综合应用等知识，题目难度不大，注意明确气体收集的方法及注意事项，熟练掌握常见元素单质及其化合物的性质．　18．（2分）（2022•江苏二模）下列装置或操作不能达到实验目的是（　　）　A．比较Cl2、Fe3+、I2的氧化性B．制取Fe（OH）2　C．证明铁生锈时空气参加反应D．检查装置气密性考点：氧化性、还原性强弱的比较；金属的电化学腐蚀与防护；铁的氧化物和氢氧化物；气体发生装置的气密性检查．专题：化学实验基本操作．分析：A、依据通入氯气后发生的反应进行判断；B、依据装置的气体流向和反应原理分析判断；C、食盐水是电解质，电解质加速铁生锈的速度；D、根据检查装置的气密性的方法分析．解答：解：A、依据图中的操作，通入氯气会先和碘离子反应生成碘单质，然后再氧化亚铁离子生成三价铁离子，碘离子的还原性大于二价铁离子，说明三价铁离子的氧化性比碘单质强，可以比较氯气和Fe3+，氯气和I2的氧化性，故A能达到目的；-24-\nB、装置中铁和稀硫酸反应生成了硫酸亚铁和氢气，由于氢氧化亚铁很易被空气中的氧气氧化看不到白色沉淀的生成，所以必须先排净试管内的空气，在使硫酸亚铁和氢氧化钠反应，装置中盛硫酸的试管中导气管为伸入溶液，硫酸亚铁无法压入后面的试管与氢氧化钠反应，所以达不到实验目的，故B不能达到目的；C、铁生锈要有空气和一定的湿度才行，在水里和盐溶液里面除了满足上述两个条件以外，还有加速铁生锈的另一个重要因素电解质，由于电解质的存在会大大加快生锈的速度，含量越高就越快，这也是在盐水里面生锈最快的原因．食盐水是电解质，电解质加速铁生锈的速度，根据右面红墨水液面的变化可证明铁生锈空气参与反应，故C能达到目的；D、检查装置气密性可以采取“注水法”：首先关闭排气导管，从顶部漏斗口注水，当漏斗下端被水封闭后再注水，水面不下降，表明装置气密性好；如果水面下降，表明装置气密性差，故D能达到目的；故选B．点评：本题主要考查了常见的实验操作，主要考查氧化还原反应的顺序比较，氢氧化与亚铁的制备，铁的腐蚀原因，装置气密性检查．　19．（2分）拟除虫菊酯是一类高效、低毒、对昆虫具有强烈触杀作用的杀虫剂，其中对光稳定的溴氰菊醋的结构简式如图，下列对该化合物叙述正确的是（　　）　A．属于芳香烃B．在一定条件下可以发生加成反应　C．该有机物易溶于水D．在酸性条件下不水解考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由结构简式可知，含苯环、双键、﹣COOC﹣，组成中含C、N、O、H、Br元素，以此来解答．解答：解：A．芳香烃中只含C、H元素，则不属于芳香烃，故A错误；B．含双键、苯环，均可发生加成反应，故B正确；C．含苯环、双键、﹣COOC﹣，不易溶于水，故C错误；D．含﹣COOC﹣，能在酸性溶液中水解，故D错误；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、物质的组成、相关概念为解答的关键，注重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　20．（2分）（2022•洛阳模拟）对三硫化四磷分子的结构研究表明，该分子中没有不饱和键，且各原子的最外层均已达到了8个电子的稳定结构．则一个三硫化四磷分子中含有的共价键个数是（　　）　A．7个B．9个C．19个D．不能确定考点：物质结构中的化学键数目计算．-24-\n专题：计算题；化学键与晶体结构．分析：P的最外层有5个电子，形成3个单键可达8电子稳定结构，S的最外层为6个电子，形成2个单键可达到8电子稳定结构，以此解答．解答：解：三硫化四磷分子中没有不饱和键，且各原子的最外层均已达到了8个电子的结构，P元素可形成3个共价键，S元素可形成2个共价键，因此一个三硫化四磷分子中含有的共价键个数为=9个．故选B．点评：本题考查物质结构中的化学键数目的计算，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息以及原子核外电子的排布，难度不大．　21．（2分）铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O．某学习小组取0.98g（用精密天平测量）Cu（OH）2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图1所示：另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素的质量的关系曲线，如图2所示．则下列分析正确的是（　　）　A．图1中，A到B的过程中有0.01mol电子发生了转移　B．图1整个过程中共生成0.26g水　C．图2三条曲线中，表示CuO和其中所含Cu元素质量关系的曲线是A　D．图1中A和B化学式分别为Cu2O和CuO考点：铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：0.98gCu（OH）2的物质的量为=0.01mol，若完全分解得到CuO，由Cu元素守恒，n（CuO）=0.01mol，m（CuO）=0.01mol×80g/mol=0.8g，若完全分解得到Cu2O，由Cu元素守恒，n（Cu2O）==0.005mol，m（Cu2O）=0.005mol×144g/mol=0.72g，故A为CuO、B为Cu2O，A．由A点到B点发生反应：4CuO2Cu2O+O2↑，CuO完全分解为Cu2O，结合Cu元素化合价变化计算转移电子；B．根据H元素守恒计算水的物质的量，再根据m=nM计算生成水的质量；-24-\nC．根据CuO的化学式计算CuO中所含Cu元素的质量与CuO的质量之比，结合图象判断；D．由上述分析可知，A为CuO、B为Cu2O．解答：解：0.98gCu（OH）2的物质的量为=0.01mol，若完全分解得到CuO，由Cu元素守恒，n（CuO）=0.01mol，m（CuO）=0.01mol×80g/mol=0.8g，若完全分解得到Cu2O，由Cu元素守恒，n（Cu2O）==0.005mol，m（Cu2O）=0.005mol×144g/mol=0.72g，故A为CuO、B为Cu2O，A．由A点到B点发生反应：4CuO2Cu2O+O2↑，CuO完全分解为Cu2O，Cu元素化合价由+2价降低为+1价，故转移电子为0.01mol×（2﹣1）=0.01mol，故A正确；B．根据H元素守恒，生成水的物质的量为=0.01mol，故生成水的质量=0.01mol×18g/mol=0.18g，故B错误；C．根据CuO的化学式可知CuO中所含Cu元素的质量与CuO的质量之比=64：80=4：5，即曲线斜率为0.8，曲线A的斜率大于1，曲线C的斜率为0.5，曲线B的斜率为0.8，故曲线B表示表示CuO和其中所含Cu元素质量关系，故C错误；D．由上述分析可知，A为CuO、B为Cu2O，故D错误；故选A．点评：本题考查Cu及其化合物的性质，为高频考点，把握极限法判断A、B对应的物质是解题关键，侧重分析、计算能力的综合考查，题目难度不大．　二、解答题（共5小题，满分58分）22．（10分）正确书写下列化学反应的离子方程式（1）Cl2和石灰乳的反应：　2Cl2+2Ca（OH）2═2Ca2++2Cl﹣+2ClO﹣+2H2O　（2）把H2SO4、Na2SO3、Na2S三种溶液混合：　2S2﹣+SO32﹣+6H+═3S↓+3H2O　（3）向氨水溶液中通入少量SO2气体：　2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32﹣+H2O　（4）工业制粗硅的化学方程式：　SiO2+2CSi+2CO↑　（5）将盐酸滴入Fe（NO3）2溶液中：　3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O　．考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：（1）反应生成氯化钙、次氯酸钙、水；（2）发生氧化还原反应生成S、硫酸钠、水；（3）反应生成亚硫酸铵；（4）C还原二氧化硅制粗硅；（5）发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水．解答：解：（1）反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，离子反应为2Cl2+2Ca（OH）2═2Ca2++2Cl﹣+2ClO﹣+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2═2Ca2++2Cl﹣+2ClO﹣+2H2O；（2）发生氧化还原反应生成S、硫酸钠、水，离子反应为2S2﹣+SO32﹣+6H+═3S↓+3H2O，故答案为：2S2﹣+SO32﹣+6H+═3S↓+3H2O；（3）反应生成亚硫酸铵，离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32﹣+H2-24-\nO，故答案为：2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32﹣+H2O；（4）C还原二氧化硅制粗硅，化学反应为SiO2+2CSi+2CO↑，故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑；（5）发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水，离子反应为3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O．点评：本题考查离子反应方程式的书写，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，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．　23．（14分）将晶体X加热分解，可得A、B、D、E、F和水六种产物，其中A、B、D都是中学化学中常见的氧化物，气体E是单质F所含元素的氢化物．（1）A能溶于强酸、强碱，写出A与强碱溶液反应的离子方程式　Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O　．（2）B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，B是形成酸雨的主要原因，则B、D分子中除氧元素外所含另一种元素在周期表中的位置是　第三周期第ⅥA族　．（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，实验室制取E气体的化学方程式为　Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O　，制得的气体可用如图所示装置收集，则气体应从　B　（填“A”或“B”）通入．（4）取一定量的X晶体分解，若生成F1mol，则必同时生成　SO2　物质　3　mol；（5）由各分解产物的物质的量之比推测X的组成类似于明矾，则其化学式为　NH4Al（SO4）2•12H2O　．考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：将晶体X加热分解，可得A、B、D、E、F和水六种产物，其中A、B、D都是中学化学中常见的氧化物，气体E是单质F所含元素的氢化物，（1）既能溶于强酸又能溶于强碱的常见氧化物A为Al2O3；（2）B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，B是形成酸雨的主要原因，则B是SO2，D为SO3，则B、D分子中除氧元素外所含另一种元素是S元素，S元素原子核外有3个电子层、最外层电子数是6，据此判断S元素在周期表中的位置；（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则E是NH3，实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气极易溶于水且氨气和氧气在常温下不反应，氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氨气；（4）F单质的氢化物是氨气，则F是氮气，因为A是Al2O3、B是SO2、D是SO3、E是NH3、F是N2，根据产物知，X分解时生成二氧化硫和氮气发生元素化合价变化，根据转移电子守恒计算生成二氧化硫的物质的量；（5）综上分析，结合X的组成类似于明矾，可知其化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O．解答：解：（1）既能溶于强酸又能溶于强碱的常见氧化物A为Al2O3，与强碱溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，-24-\n故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；（2）B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，B是形成酸雨的主要原因，则B是SO2，D为SO3则B、D分子中除氧元素外所含另一种元素是S元素，S元素原子核外有3个电子层、最外层电子数是6，则S元素位于第三周期第VIA族，故答案为：第三周期第ⅥA族；（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则E是NH3，实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，反应方程式为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；氨气极易溶于水且氨气和氧气在常温下不反应，氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氨气，所以B是进气口、A是出气口，故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；B；（4）F单质的氢化物是氨气，则F是氮气，因为A是Al2O3、B是SO2、D是SO3、E是NH3、F是N2，根据产物知，X分解时生成二氧化硫和氮气发生元素化合价变化，根据转移电子守恒知，生成1molN2转移6mol电子，根据电子守恒守恒，生成SO2的物质的量=3mol，故答案为：SO2；3；（5）综上分析，结合X的组成类似于明矾，可知其化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O，故答案为：NH4Al（SO4）2•12H2O．点评：本题考查了物质成分的推断，涉及气体的制取和收集、氧化还原反应、原子结构、两性氧化物等知识点，根据生成物采用类比的方法推断X是解本题关键，同时考查学生灵活运用知识解答问题能力，题目难度不大．　24．（12分）（2022•四川）硫代硫酸钠是一种重要的化工产品．某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）．Ⅰ．【查阅资料】（1）Na2S2O3•5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成．（2）向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4．（3）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl．Ⅱ．【产品制备】实验装置如图所示（省略夹持装置）：实验步骤：（1）检查装置气密性，按图示加入试剂．仪器a的名称是　分液漏斗　；E中的试剂是　B　（选填下列字母编号）．-24-\nA．稀H2SO4B．NaOH溶液C．饱和NaHSO3溶液（2）先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4．（3）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应．过滤C中混合物，滤液经　蒸发　（填操作名称）、结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品．Ⅲ．【探究与反思】（1）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整．（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择）取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，　过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸　，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可以确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4．（2）为减少装置C中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤（2）进行了改进，改进后的操作是　先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液　．（3）Na2S2O3•5H2O的溶解度随温度升高显著增大，所得产品通过　重结晶　方法提纯．考点：真题集萃；制备实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：（1）仪器a的名称是分液漏斗；E装置目的是吸收剩余的二氧化硫，因为二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应，与稀H2SO4和饱和NaHSO3溶液不反应；（3）根据将Na2S2O3结晶析出的操作分析；Ⅲ．【探究与反思】（1）根据：Na2S2O3•5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成；Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl；BaSO4难溶于水，难溶于稀HCl；硝酸、硫酸、盐酸等性质比较可知；（2）根据亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠分析；（3）根据重结晶的适用范围分析．解答：解：（1）仪器a的名称是分液漏斗；E中的试剂是NaOH溶液，目的是吸收剩余的二氧化硫，因为二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应，与稀H2SO4和饱和NaHSO3溶液不反应，故答案为：分液漏斗；B；（3）将Na2S2O3结晶析出的操作应为：蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发；Ⅲ．【探究与反思】（1）根据：Na2S2O3•5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成；Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl；BaSO4难溶于水，难溶于稀HCl，以及硝酸具有强氧化性、加入硫酸会引入硫酸根离子可知，取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可以确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4，故答案为：过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸；（2）因为亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠，所以为减少装置C中生成Na2SO4的量，改进后的操作是先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液，故答案为：先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液；-24-\n（3）Na2S2O3•5H2O的溶解度随温度升高显著增大，所得产品通过重结晶方法提纯，故答案为：重结晶．点评：本题以某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）为载体，考查了物质的分离提纯、检验、设计优化等，综合性较强．　25．（10分）铝元素在自然界中主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中．工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如下．（1）在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性．①该过程中涉及某氧化还原反应如下，请完成：□Fe2++□ClO﹣+□　H2O　=□Fe（OH）3↓+□C1﹣+□　H+　②检验滤液B中是否还含有铁元素的方法为：　取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含铁元素　（注明试剂、现象）．③将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为　c　（填代号）．a．氢氧化钠溶液b．硫酸溶液c．氨水d．二氧化碳④由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、冷却结晶、　过滤　（填操作名称）、洗涤．（2）SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为　b　（填代号）．考点：镁、铝的重要化合物；制备实验方案的设计．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：（1）①依据流程分析，滤液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去；依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平计算写出；②检验滤液B中是否还含有铁元素的方法为利用铁离子和亚铁离子的检验方法进行检验，先检验是否含铁离子，再检验是否含亚铁离子；③滤液B中铝元素为氯化铝，依据氢氧化铝溶液强酸强碱，不溶于弱酸弱碱选择；④加入浓盐酸抑制氯化铝的水解，蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤；（2）a、蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应；b、铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠；c、玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应；-24-\nd、瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应；解答：解：（1）①滤液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去；亚铁离子被氧化为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀，次氯酸根离子被还原为氯离子；反应的两种方程式为：2Fe2++ClO﹣+5H2O=2Fe（OH）3↓+C1﹣+4H+；故答案为：2Fe2++1ClO﹣+5H2O=2Fe（OH）3↓+1C1﹣+4H+；②滤液B中是否还含有铁元素的方法为利用铁离子和亚铁离子的检验方法进行检验，取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含铁元素；故答案为：取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含铁元素；③滤液中含有的是氯化铝溶液，将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出；a、氢氧化钠溶液可以沉淀铝离子但过了会溶解氢氧化铝，故a不是最好；b．硫酸溶液不能沉淀铝离子，故b不符合；c．氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝，过量的氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体，故c符合；d．二氧化碳和氯化铝不反应不能生成氢氧化铝沉淀，故d不符合；故答案为：c；④加入浓盐酸抑制氯化铝的水解，蒸发浓缩冷却结晶，过滤，洗涤；故答案为：过滤；（2）a、蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应，故a不符合；b、铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，故b符合；c、玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应，故c不符合；d、瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应，故d不符合；故答案为：b；点评：本题考查了铁、铝性质的综合应用和氧化铝提纯制备流程分析应用，注意蒸干灼烧熔融氢氧化钠的仪器选择，题目难度中等．　26．（12分）（2022•福建）叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成．（1）甲中显酸性的官能团是　羧基　（填名称）．（2）下列关于乙的说法正确的是　ac　（填序号）a．分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5b．属于芳香族化合物c．既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d．属于苯酚的同系物-24-\n（3）丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为　　．a．含有b．在稀硫酸中水解有乙酸生成（4）甲可以通过下列路线合成（分离方法和其他产物已经略去）①步骤Ⅰ的反应类型是　取代反应　．②步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是　保护氨基　．③步骤Ⅳ反应的化学方程式为　　．考点：有机物分子中的官能团及其结构；同分异构现象和同分异构体．专题：同分异构体的类型及其判定；有机物的化学性质及推断．分析：（1）氨基显碱性、羧基显酸性；（2）a．该分子中C、N原子个数分别是7、5；b．含有苯环的有机物属于芳香族化合物；c．氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应；d．该分子中含有N原子；（3）丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，据此判断丁的结构简式；（4）苯胺和CH3COCl发生取代反应生成，-24-\n在一定条件下发生加成反应生成，和银氨溶液发生氧化反应然后酸化得到戊，戊的结构简式为，戊发生水解反应生成甲．解答：解：（1）氨基显碱性、羧基显酸性，所以甲中显酸性的官能团是羧基，故答案为：羧基；（2）a．该分子中C、N原子个数分别是7、5，所以分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，故正确；b．含有苯环的有机物属于芳香族化合物，该分子中没有苯环，所以不属于芳香族化合物，故错误；c．氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应，所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，故正确；d．该分子中含有N原子，不属于苯酚的同系物，故错误；故选ac；（3）丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，所以丁的结构简式为，故答案为：；（4）苯胺和CH3COCl发生取代反应生成，在一定条件下发生加成反应生成，-24-\n和银氨溶液发生氧化反应然后酸化得到戊，戊的结构简式为，戊发生水解反应生成甲；①通过以上分析知，步骤Ⅰ的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；②氨基不稳定，易被氧化为硝基，为保护氨基，所以设计步骤Ⅰ和Ⅳ，故答案为：保护氨基；③步骤Ⅳ发生水解反应，反应的化学方程式为，故答案为：．点评：本题考查了有机物的结构和性质，涉及有机物合成、反应类型的判断、基本概念等知识点，根据物质反应特点确定反应类型、根据流程图中反应物及反应条件确定生成物，再结合基本概念解答，题目难度中等．　-24-