2022-2022学年广东省揭阳三中高三（上）第三次月考化学试卷 一、单项选择题：（共42分，本题共7小题，每小题6分．）1．下列说法不正确的是（ ）A．热水瓶胆中的水垢可以用食醋除去B．可以用淀粉溶液检验加碘盐中是否含碘元素C．在蔗糖中加入浓硫酸出现黑色物质，说明浓硫酸具有脱水性D．做红烧鱼时，常加一些食醋和酒会更香，是因为生成少量的酯 2．镁燃料电池具有比能量高、使用安全方便、原材料来源丰富、成本低、燃料易于贮运及污染小等特点．如图为镁﹣﹣次氯酸盐燃料电池的工作原理图，下列有关说法不正确的是（ ）A．池总反应式为Mg+ClO﹣+H2O=Mg（OH）2↓+Cl﹣B．正极反应式为ClO﹣+H2O+2e﹣=Cl﹣+2OH﹣C．该燃料电池中镁为负极，发生还原反应电D．放电过程中OH﹣移向负极 3．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）A．FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+B．NO2与水的反应：3NO2+H2O═2NO3﹣+NO+2H+C．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣ -19-\n4．某含铬（Cr2O72﹣）废水用硫酸亚铁铵处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀．该沉淀经干燥后得到nmolFeO•FeyCrxO3．不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述正确的是（ ）A．处理废水中的Cr2O72﹣的物质的量为nxB．反应中发生转移的电子数为6nxmolC．在FeO•FeyCrxO3中，y=3x=D．消耗硫酸亚铁的物质的量为n（2﹣x） 5．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（ ）A．标准状况下，22.4LCH4和CH3CH2OH的混合物所含分子数为NAB．常温常压下，16g14CH4所含中子数目为8NAC．0.2mol的Na2O2和水完全反应转移的电子数为0.2NAD．0.1L3mol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3NA 6．下列表述正确的是（ ）A．氧化铁是一种碱性氧化物，常用作红色油漆和涂料B．在医疗上碳酸钠、氢氧化铝均可用于治疗胃酸过多C．Na2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱D．人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是SiO2 7．下列实验能达到相应目的是（ ）A．用图①装置制取并收集氨气B．用图②装置制取和收集乙烯C．用图③装置将海带灼烧成灰D．用图④装置制取乙酸乙酯 -19-\n二、填空题（共58分）8．金属钙线是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，某钙线的主要成分为金属M和Ca，并含有3.5%（质量分数）CaO．（1）Ca元素在周期表中位置是 ，其原子结构示意图 ．（2）Ca与最活泼的非金属元素A形成化合物D，D的沸点比A与Mg形成的化合物E的沸点 （填“高”或“低”）．（3）配平用钙线氧脱鳞的化学方程式： P+ FeO+ CaO Ca3（PO4）2+ Fe（4）将钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量NaOH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n，则金属M为 ；用化学方程式解释颜色变化 ， 检测Mn+的方法是 （用离子方程式表达）．（5）取1.6g钙线试样，与水充分反应，生成224mLH2（标准状况），在溶液中通入适量的CO2，最多能得到CaCO3 g． 9．硅孔雀石是一种含铜矿石，含铜形态为CuCO3•Cu（OH）2和CuSiO3•2H2O，同时含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质．以其为原料制取硫酸铜的工艺流程如图：（1）完成步骤①中稀硫酸与CuSiO3•2H2O反应的化学方程式：CuSiO3•2H2O+H2SO4=CuSO4+ +H2O；双氧水的作用是 ．（2）步骤②调节溶液pH，可以选用的试剂是 A．CuOB．Fe2O3C．Al2O3DCu（OH）2（3）有关氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：氢氧化物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2-19-\n开始沉淀的pH3.31.56.54.2沉淀完全的pH5.23.79.76.7步骤②中，调节pH=4时，所得滤渣B的成分的化学式为 ，滤液B中除Cu2+外，还含有的金属阳离子是 ．（4）将滤液B通过 、 ，过滤等操作可得到硫酸铜晶体．（5）测定硫酸铜晶体结晶水的含量时，应将其放入 中灼烧．加热失水后，若在空气中冷却称量，测定结果 （填“偏高”、“偏低”或“不变”）． 10．某科研小组以难溶性钾长石（K2O•Al2O3•6SiO2）为原料，提取Al2O3、K2CO3等物质，工艺流程如下：（1）煅烧过程中有如下反应发生：①钾长石中的硅元素在CaCO3作用下转化为CaSiO3，写出SiO2转化为CaSiO3的化学方程式： ．②钾长石中的钾元素和铝元素在Na2CO3作用下转化为可溶性的NaAlO2和KAlO2，写出Al2O3转化为NaAlO2的化学方程式： ．（2）已知NaAlO2和KAlO2易发生如下水解反应：AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣．“浸取”时应保持溶液呈 性（填“酸”或“碱”），“浸取”时不断搅拌的目的是 ．（3）“转化”时加入NaOH的主要作用是（用离子方程式表示） ．（4）上述工艺中可以循环利用的主要物质是 、 和水． 11．呋喃酚是合成农药的重要中间体，其合成路线如下：（1）A物质核磁共振氢谱共有 个峰，B→C的反应类型是 ．-19-\n（2）已知x的分子式为C4H7C1，写出A→B的化学方程式： ．（3）Y是X的同分异构体，分子中无支链且不含甲基，则Y的名称（系统命名）是 ．（4）下列有关化合物C、D的说法正确的是 ．①可用氯化铁溶液鉴别C和D②C和D含有的官能团完全相同③C和D互为同分异构体④C和D均能使溴水褪色（5）E的同分异构体很多，写出一种符合下列条件的芳香族同分异构体的结构简式： ．①环上的一氯代物只有一种②含有酯基③能发生银镜反应． -19-\n2022-2022学年广东省揭阳三中高三（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、单项选择题：（共42分，本题共7小题，每小题6分．）1．下列说法不正确的是（ ）A．热水瓶胆中的水垢可以用食醋除去B．可以用淀粉溶液检验加碘盐中是否含碘元素C．在蔗糖中加入浓硫酸出现黑色物质，说明浓硫酸具有脱水性D．做红烧鱼时，常加一些食醋和酒会更香，是因为生成少量的酯【考点】化学实验方案的评价；有机物的结构和性质．【专题】有机反应．【分析】A．水垢的成分为碳酸钙，与醋酸反应；B．淀粉遇碘单质变蓝；C．蔗糖中加入浓硫酸出现黑色物质，黑色物质为C；D．食醋和酒发生酯化反应生成有香味的酯类物质．【解答】解：A．水垢的成分为碳酸钙，与醋酸反应，生成物溶于水，则热水瓶胆中的水垢可以用食醋除去，故A正确；B．淀粉遇碘单质变蓝，而加碘盐中含碘酸钾，不是单质，不能用淀粉溶液检验加碘盐中是否含碘元素，故B错误；C．蔗糖中加入浓硫酸出现黑色物质，黑色物质为C，是因浓硫酸具有脱水性，故C正确；D．食醋和酒发生酯化反应生成有香味的酯类物质，则红烧鱼更香，故D正确；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、性质与用途的关系等，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大． 2．镁燃料电池具有比能量高、使用安全方便、原材料来源丰富、成本低、燃料易于贮运及污染小等特点．如图为镁﹣﹣次氯酸盐燃料电池的工作原理图，下列有关说法不正确的是（ ）-19-\nA．池总反应式为Mg+ClO﹣+H2O=Mg（OH）2↓+Cl﹣B．正极反应式为ClO﹣+H2O+2e﹣=Cl﹣+2OH﹣C．该燃料电池中镁为负极，发生还原反应电D．放电过程中OH﹣移向负极【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】该燃料电池中，镁易失电子作负极、次氯酸根离子得电子发生还原反应，负极电极反应式为Mg﹣2e﹣=Mg2+，正极电极反应式为：ClO﹣+H2O+2e﹣=Cl﹣+2OH﹣，放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动．【解答】解：A．镁在负极上失电子生成镁离子，次氯酸根离子在正极上得电子和水生成氯离子和氢氧根离子，所以电池反应式为Mg+ClO﹣+H2O=Mg（OH）2+Cl﹣，故A正确；B．正极上双氧水得电子发生还原反应，电极反应式为ClO﹣+H2O+2e﹣═Cl﹣+2OH﹣，故B正确；C．镁失电子发生氧化反应而作负极，故C错误；D．放电过程中氢氧根离子向负极移动，故D正确；故选C．【点评】本题考查了原电池原理，明确正负极上发生的反应是解本题关键，再结合离子移动方向来分析解答，题目难度不大． 3．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）A．FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+B．NO2与水的反应：3NO2+H2O═2NO3﹣+NO+2H+C．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣【考点】离子方程式的书写．-19-\n【专题】离子反应专题．【分析】A．电荷不守恒；B．反应生成硝酸和NO；C．醋酸为弱酸，在离子反应中应保留化学式；D．反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠．【解答】解：A．FeCl3溶液与Cu的反应的离子反应为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A错误；B．NO2与水的反应的离子反应为3NO2+H2O═2NO3﹣+NO+2H+，故B正确；C．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应的离子反应为CaCO3+2HAc═Ca2++H2O+CO2↑+2Ac﹣，故C错误；D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2的离子反应为AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确反应的生成物及离子反应的书写方法即可解答，注意离子反应中应保留化学式的物质，题目难度不大． 4．某含铬（Cr2O72﹣）废水用硫酸亚铁铵处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀．该沉淀经干燥后得到nmolFeO•FeyCrxO3．不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述正确的是（ ）A．处理废水中的Cr2O72﹣的物质的量为nxB．反应中发生转移的电子数为6nxmolC．在FeO•FeyCrxO3中，y=3x=D．消耗硫酸亚铁的物质的量为n（2﹣x）【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、反应的铬元素完全转化为沉淀，根据铬原子守恒计算；B、Cr2O72﹣中Cr为+6价，被还原为+3价Cr，每个Cr原子得3个电子，计算出Cr原子物质的量，转移电子为Cr原子物质的量3倍；C、根据失电子守恒计算；D、由铁元素守恒，求出消耗硫酸亚铁的物质的量，结合电子转移守恒或FeO•FeyCrxO3电中性找出x与y，代入硫酸亚铁的物质的量计算．-19-\n【解答】解：A．根据铬原子守恒，Cr原子为nxmol，故Cr2O72﹣的物质的量为，故A错误；B．得到nmolFeO•FeyCrxO3，则一共有nxmolCr原子参加反应，1molCr转移电子3mol，故转移的电子数为3nxmol，故B错误；C．FeO•FeyCrxO3中，Cr为正三价，由化合物中正负化合价的代数和为0可知，3y+3x=6，则x=2﹣y，由得失电子守恒知y=3x，3x+3x=2×3，则x=，故C正确；D．由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁的物质的量为n（y+1），故D错误．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应规律，难度较大，明确氧化还原反应中存在的原子个数守恒、电荷守恒规律是解题关键，注意在计算中守恒思想的应用． 5．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（ ）A．标准状况下，22.4LCH4和CH3CH2OH的混合物所含分子数为NAB．常温常压下，16g14CH4所含中子数目为8NAC．0.2mol的Na2O2和水完全反应转移的电子数为0.2NAD．0.1L3mol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3NA【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．标准状况下，乙醇的状态为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算乙醇的物质的量；B．14CH4的摩尔质量为18g/mol，该甲烷分子中含有8个中子；C．过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，0.2mol过氧化钠完全反应生成0.1mol氧气，转移了0.2mol电子；D．硝酸铵溶液中，铵根离子部分水解，溶液中铵根离子数目减少．【解答】解：A．标况下乙醇不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L乙醇的物质的量，故A错误；B．16g14CH4的物质的量为：=mol，含有中子数为：mol×8＜8mol，所含中子数目小于8NA，故B错误；C．0.2mol过氧化钠完全反应生成0.1mol氧气，反应转移了0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故C正确；-19-\nD．0.1L3mol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有溶质硝酸铵0.3mol，由于铵根离子部分水解，溶液中铵根离子数目小于0.3mol，溶液中含有的NH4+数目小于0.3NA，故D错误；故选C．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意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，明确标况下乙醇的状态为液体，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；试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力． 6．下列表述正确的是（ ）A．氧化铁是一种碱性氧化物，常用作红色油漆和涂料B．在医疗上碳酸钠、氢氧化铝均可用于治疗胃酸过多C．Na2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱D．人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是SiO2【考点】铁的氧化物和氢氧化物；钠的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物．【分析】A、Fe2O3为红色物质，则常用作红色油漆和涂料；B、碳酸钠的碱性太强，不能用来中和胃酸，碳酸氢钠可以用来中和胃酸；C、红热的Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；D、人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是Al2O3．【解答】解：A、Fe2O3为红色物质，则常用作红色油漆和涂料，故A正确；B、碳酸钠的碱性太强，不能用来中和胃酸，碳酸氢钠可以用来中和胃酸，故B错误；C、红热的Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C错误；D、人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是Al2O3，故D错误；故选A．【点评】本题考查物质的性质、用途的关系，明确物质的性质是解答的关键，注意性质决定物质的用途，并把握化学与生活的联系，题目难度不大． -19-\n7．下列实验能达到相应目的是（ ）A．用图①装置制取并收集氨气B．用图②装置制取和收集乙烯C．用图③装置将海带灼烧成灰D．用图④装置制取乙酸乙酯【考点】化学实验方案的评价；乙烯的实验室制法；海带成分中碘的检验；氨的制取和性质；乙酸乙酯的制取．【专题】实验评价题．【分析】A．反应生成氯化钙、水、氨气，试管口应略向下倾斜；B．发生水解反应生成乙醇；C．灼烧应在坩埚中进行；D．乙酸乙酯制备实验合理．【解答】解：A．反应生成氯化钙、水、氨气，试管口应略向下倾斜，图中试管口向上，不合理，故A错误；B．发生水解反应生成乙醇，不会生成乙烯，应利用NaOH醇溶液加热，故B错误；C．灼烧应在坩埚中进行，不能在烧杯中将海带灼烧成灰，故C错误；D．乙酸乙酯制备实验合理，饱和碳酸钠吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，装置合理，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、卤代烃的性质及乙酸乙酯的制备等，侧重反应原理及物质性质的考查，注意实验方案的评价性、合理性、操作性及可行性考查，题目难度不大． 二、填空题（共58分）8．金属钙线是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，某钙线的主要成分为金属M和Ca，并含有3.5%（质量分数）CaO．-19-\n（1）Ca元素在周期表中位置是 第四周期第ⅡA族 ，其原子结构示意图 ．（2）Ca与最活泼的非金属元素A形成化合物D，D的沸点比A与Mg形成的化合物E的沸点 低 （填“高”或“低”）．（3）配平用钙线氧脱鳞的化学方程式： 2 P+ 5 FeO+ 3 CaO 1 Ca3（PO4）2+ 5 Fe（4）将钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量NaOH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n，则金属M为 Fe ；用化学方程式解释颜色变化 FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl ， 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 检测Mn+的方法是 Fe+3SCN﹣=Fe（SCN）3 （用离子方程式表达）．（5）取1.6g钙线试样，与水充分反应，生成224mLH2（标准状况），在溶液中通入适量的CO2，最多能得到CaCO3 1.1 g．【考点】氧化还原反应方程式的配平；化学方程式的有关计算；用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】（1）Ca是20号元素，钙原子核外电子数为20，有3个电子层，各层电子数为2、8、8、1，对于主族元素，电子层数=周期数，最外层电子数=族序数；（2）最活泼的非金属元素A为F，则Ca与最活泼的非金属元素F形成化合物D为CaF2，A与Mg形成的化合物E为MgF2，都为离子晶体，根据离子晶体判断沸点高低；（3）根据得失电子数相等配平方程式；（4）钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量NaOH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n，M为Fe元素，利用Fe3+与SCN﹣结合生成红色物质检验铁离子；（5）钙与水反应生成氢氧化钙与氢气，根据n=计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算Ca的物质的量，根据氧化钙的质量分数计算氧化钙的质量，计算氧化钙的物质的量，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，根据钙元素守恒可知生成的n（CaCO3）=n（Ca）+n（CaO），再根据m=nM计算碳酸钙的质量．【解答】解：（1）Ca是20号元素，钙原子核外电子数为20，有3个电子层，各层电子数为2、8、8、1，处于周期表中第四周期第ⅡA族，其原子结构示意图为，-19-\n故答案为：第四周期第ⅡA族；．（2）最活泼的非金属元素A为F，则Ca与最活泼的非金属元素F形成化合物D为CaF2，A与Mg形成的化合物E为MgF2，因为钙离子半径比镁离子半径大，MgF2的晶格能比CaF2大，所以D的沸点比E低，故答案为：低；（3）该方程式中元素的化合价变化为：P→Ca3（PO4）2，磷元素由0价→+5价，一个磷原子失5个电子；FeO→Fe，铁元素由+2价→0价，一个FeO得2个电子，根据氧化还原反应中得失电子数相等，所以其最小公倍数为10，故P的计量数为2，FeO的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平，所以该方程式为：2P+5FeO+3CaOCa3（PO4）2+5Fe故答案为：2；5；3；1；5；（4）钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量NaOH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n，M为Fe元素，发生的化学方程式为：FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，Fe3+与SCN﹣结合生成红色物质检验Fe3+，离子方程式为Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3，故答案为：Fe；FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；（5）224mLH2的物质的量为=0.01mol，钙与水反应生成氢氧化钙与氢气，根据电子转移守恒可知，Ca的物质的量为=0.01mol，样品中CaO质量分数为3.5%，故氧化钙的质量为1.6g×3.5%=0.056g，故氧化钙的物质的量为=0.001mol，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，根据钙元素守恒可知生成的n（CaCO3）=n（Ca）+n（CaO）=0.01mol+0.001mol=0.011mol，碳酸钙的质量为0.011mol×100g/mol=1.1g，故答案为：1.1．【点评】本题考查结构与位置关系、常用化学用语书写、氧化还原反应、化学计算等，题目综合性较大，难度中等，（5）中注意利用守恒进行计算． -19-\n9．硅孔雀石是一种含铜矿石，含铜形态为CuCO3•Cu（OH）2和CuSiO3•2H2O，同时含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质．以其为原料制取硫酸铜的工艺流程如图：（1）完成步骤①中稀硫酸与CuSiO3•2H2O反应的化学方程式：CuSiO3•2H2O+H2SO4=CuSO4+ H4SiO4 +H2O；双氧水的作用是 将Fe2+氧化成Fe3+ ．（2）步骤②调节溶液pH，可以选用的试剂是 AD A．CuOB．Fe2O3C．Al2O3DCu（OH）2（3）有关氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：氢氧化物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2开始沉淀的pH3.31.56.54.2沉淀完全的pH5.23.79.76.7步骤②中，调节pH=4时，所得滤渣B的成分的化学式为 Fe（OH）3、Al（OH）3 ，滤液B中除Cu2+外，还含有的金属阳离子是 Al3+ ．（4）将滤液B通过 蒸发浓缩 、 冷却结晶 ，过滤等操作可得到硫酸铜晶体．（5）测定硫酸铜晶体结晶水的含量时，应将其放入 坩埚 中灼烧．加热失水后，若在空气中冷却称量，测定结果 偏低 （填“偏高”、“偏低”或“不变”）．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验设计题．【分析】（1）根据质量守恒定律，未知物应该是硅酸，利用观察法配平反应方程式即可；双氧水将亚铁离子氧化成铁离子的离子方程式；（2）根据滤液A显示酸性，加入的试剂不能引进新的杂质进行分析；（3）根据氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH列表进行分析PH=4完全沉淀、不完全沉淀的离子；（4）滤液得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体；（5）根据测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验步骤选择使用的仪器；空气中冷却，称量的固体质量增加，测量结果偏低．-19-\n【解答】解：（1）利用质量守恒定律，可以判断未知物是硅酸，利用观察法配平反应方程式为：CuSiO3•2H2O+H2SO4═CuSO4+H4SiO4+H2O；双氧水将亚铁离子氧化成铁离子的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；故答案为：H4SiO4；将Fe2+氧化成Fe3+；（2）由于滤液A显示酸性，加入的试剂能够中和溶液中的氢离子，还不能引进新的杂质，所以应该选用氧化铜，氢氧化铜，故选AD；故答案为：AD．（3）步骤②中，调节pH=4时，所得滤渣B的成分依据表中数据可知，pH=4时，三价铁离子完全生成了氢氧化铁沉淀，而铝离子完全沉淀需要的PH是5.2，所以铝离子没有完全沉淀，铝离子有少量沉淀，所以渣B的成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液B中除Cu2+外，还含有的金属阳离子是Al3+；故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3，Al3+；（4）滤液B为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤等操作可得到硫酸铜晶体；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（5）测定硫酸铜晶体中结晶水的含量，需要的仪器是酒精灯、托盘天平、三角架、泥三角、玻璃棒、干燥器、坩埚钳、研钵、药匙和坩埚；若是在空中冷却后称量，导致称量的剩余固体质量偏大，计算出结晶水的质量偏小，结果偏低；故答案为：坩埚；偏低．【点评】本题借助硅孔雀石为原料制取硫酸铜的工艺流程，考查了化学方程式书写、误差分析、化学计算等知识，可以根据所学知识完成，本题难度中等． 10．某科研小组以难溶性钾长石（K2O•Al2O3•6SiO2）为原料，提取Al2O3、K2CO3等物质，工艺流程如下：（1）煅烧过程中有如下反应发生：①钾长石中的硅元素在CaCO3作用下转化为CaSiO3，写出SiO2转化为CaSiO3的化学方程式： CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑ ．-19-\n②钾长石中的钾元素和铝元素在Na2CO3作用下转化为可溶性的NaAlO2和KAlO2，写出Al2O3转化为NaAlO2的化学方程式： Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑ ．（2）已知NaAlO2和KAlO2易发生如下水解反应：AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣．“浸取”时应保持溶液呈 碱 性（填“酸”或“碱”），“浸取”时不断搅拌的目的是 提高浸取速率 ．（3）“转化”时加入NaOH的主要作用是（用离子方程式表示） HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣ ．（4）上述工艺中可以循环利用的主要物质是 Na2CO3 、 CO2 和水．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验设计题．【分析】难溶性钾长石（K2O•Al2O3•6SiO2）为原料加入碳酸钙，碳酸钠高温煅烧后加入水浸取得到浸出渣为硅酸钙，浸取液位偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀过滤得到固体氢氧化铝．灼烧分解生成氧化铝；滤液中主要是碳酸氢钠溶液，加入氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，滤液主要是碳酸钾；（1）①碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳；②氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；（2）偏铝酸根离子在碱性条件下不水解；浸取时不断搅拌目的是提高速率；（3）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；（4）根据流程图推测可以循环利用的主要物质．【解答】解：（1）①碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳，该反应的化学方程式为：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，故答案为：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑；②氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，故答案为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；（2）偏铝酸根离子是强碱弱酸盐，在酸性溶液中会发生反应生成沉淀或铝离子，在中性溶液中会发生水解生成氢氧化铝，只有在碱性条件下，不反应不水解，所以在须在碱性条件下，“浸取”时不断搅拌能提高浸取速率，故答案为：碱；提高浸取速率；-19-\n（3）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，碳酸氢根离子是弱酸的酸根离子不能拆成碳酸根离子和氢离子，离子反应方程式为HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O，故答案为：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O；（4）煅烧时需要碳酸钠，在流程图提取碳酸钾之前可得到碳酸钠，所以碳酸钠为可循环利用的物质，在浸出液中需通二氧化碳，而碳酸钙与二氧化硅、氧化铝和碳酸钠在高温下反应都有二氧化碳生成，所以，二氧化碳是可循环使用的物质，故答案为：Na2CO3；CO2．【点评】本题主要考查了A1203、K2CO3等物质的提取，是工业流程题，依据相关的物质的性质，读懂流程是解答的关键，题目难度中等． 11．呋喃酚是合成农药的重要中间体，其合成路线如下：（1）A物质核磁共振氢谱共有 3 个峰，B→C的反应类型是 取代反应 ．（2）已知x的分子式为C4H7C1，写出A→B的化学方程式： ．（3）Y是X的同分异构体，分子中无支链且不含甲基，则Y的名称（系统命名）是 4﹣氯﹣1﹣丁烯 ．（4）下列有关化合物C、D的说法正确的是 ①③④ ．①可用氯化铁溶液鉴别C和D②C和D含有的官能团完全相同③C和D互为同分异构体④C和D均能使溴水褪色（5）E的同分异构体很多，写出一种符合下列条件的芳香族同分异构体的结构简式： ．-19-\n①环上的一氯代物只有一种②含有酯基③能发生银镜反应．【考点】有机物的推断．【分析】（1）分子中有几种化学环境不同的氢原子，其核磁共振氢谱具有几组吸收峰；对比B、C的结构可知，B中酚﹣OH上的H被取代；（2）A→B发生取代反应，结合B的结构简式可知x的结构为ClCH2C（CH3）=CH2；（3）Y是X的同分异构体，分子中无支链且不含甲基，则Y为ClCH2CH2CH=CH2；（4）C、D中均含﹣COOC﹣、双键，但D中含酚﹣OH，以此分析性质；（5）E的同分异构体符合：①苯环上的一氯代物只有一种，则苯环上只有1种H，②含有酯基（﹣COOC﹣），③能发生银镜反应，含﹣CHO，则分子中应含3个甲基和1个﹣HCOO﹣，以此来解答．【解答】解：（1）A分子为对称结构，分子中含有3种氢原子，其核磁共振氢谱具有3组吸收峰；对比B、C的结构可知，B中酚﹣OH上的H被取代，B→C的反应属于取代反应，故答案为：3；取代反应；（2）A→B发生取代反应，结合B的结构简式可知x的结构为ClCH2C（CH3）=CH2，A→B的化学方程式为，故答案为：；（3）Y是X的同分异构体，分子中无支链且不含甲基，则Y为ClCH2CH2CH=CH2，名称为4﹣氯﹣1﹣丁烯，故答案为：4﹣氯﹣1﹣丁烯；（4）C、D中均含﹣COOC﹣、双键，但D中含酚﹣OH，则①D与氯化铁发生显色反应，则可用氯化铁溶液鉴别C和D，故①正确；②C、D含有的官能团不完全相同，故②错误；③C、D的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故③正确；④均含双键，则C、D均能使溴水褪色，故④正确；故答案为：①③④；-19-\n（5）E的同分异构体符合：①苯环上的一氯代物只有一种，则苯环上只有1种H，②含有酯基（﹣COOC﹣），③能发生银镜反应，含﹣CHO，则分子中应含3个甲基和1个﹣HCOO﹣，符合条件的芳香族同分异构体的结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的合成、有机物结构与性质、同分异构体书写等，注意根据合成流程中的反应、官能团变化等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等． -19-
