2021届河北衡中同卷新高三原创预测试卷(十五)化学

2021届河北衡中同卷新高三原创预测试卷（十五）
化学
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分，每小题只有一个
．．．．选项符合题意。

1.糖类是人体所需的重要营养物质。

淀粉分子中不含的元素是
A. 氢
B. 碳
C. 氮
D. 氧
【答案】C
【解析】
【分析】
此题属于一道简单题目，考点为营养物质中糖类的组成元素。

【详解】淀粉属于多糖，分子组成为（C6H10O5）n，组成元素为C、H、O，不含N元素；故选C。

2.下列有关氧元素及其化合物的表示正确的是( )
O B. 氧原子的结构示意图：
A. 质子数为8、中子数为10的氧原子：18
8
C. 水分子的电子式：
D. 乙酸甲酯的结构简式：HCOOC2H5
【答案】A
【解析】
【详解】A.在原子符号表示中，元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质
O，A正确；
子数与中子数的和，所以质子数为8、中子数为10的氧原子可表示为18
8
B.O是8号元素，原子核外电子排布为2、6，最外层有6个电子，B错误；
C.H2O分子中O原子与2个H原子通过共价键结合，不是离子键，C错误；
D.乙酸甲酯是由乙酸CH3COOH与甲醇CH3OH形成的酯，结构简式为CH3COOCH3，D错误；
故合理选项是A。

3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A. 硅酸钠溶液呈碱性，可用作木材防火剂
B. 氧化铝的熔点很高，可用于制作耐高温材料
C. 二氧化硫具有漂白性，可用作制溴工业中溴的吸收剂
D. 乙烯具有还原性，可用作水果的催熟剂
【答案】B
【解析】
【详解】A.硅酸钠溶液不可燃，不支持燃烧，因此可用作木材防火剂，A错误；
B.氧化铝是离子化合物，熔点很高，因此可用于制作耐高温材料，B正确；
C.二氧化硫具有还原性，可用作制溴工业中溴的吸收剂，C错误；
D.乙烯能够促进植物生长，因此可用作水果的催熟剂，D错误；
故合理选项是B。

4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. pH＝12的溶液：Na＋、K＋、NO3-、ClO－
B. 能使甲基橙变红的溶液：Na＋、NH4+、Cl－、CH3COO－
C. 1.0 mol·L－1的KNO3溶液：Fe2＋、H＋、SO42-、I－
D. 0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液：Al3＋、NH4+、NO3-、HCO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A. pH=12溶液显碱性，含有大量的OH-，OH-与选项离子Na+、K＋、NO3-、ClO-不能发生任何反应，可以大量共存，A正确；
B.能使甲基橙变红的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与CH3COO-会发生反应产生弱酸CH3COOH，不能大量存在，B错误；
C.1.0 mol·L－1的KNO3溶液中，Fe2＋、H＋、NO3-、I－会发生氧化还原反应，不能大量共存，C
错误；
D. 0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液中，OH-与Al3＋、NH4+、HCO3-都会发生反应，不能大量共存，D错误；
故合理选项是A。

5.实验室用下列装置制取、提纯、收集Cl2、尾气处理，不能达到实验目的是( )
A. 制取Cl2
B. 除去Cl2中的少量HCl
C. 收集Cl2
D. 吸收尾气中的Cl2
【答案】A
【解析】
【详解】A、浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，缺少酒精灯，不能制备氯气，故A符合题意；
B、HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，图中装置可除去杂质，故B不符合题意；
C、氯气的密度比空气密度大，图中向上排空气法可收集，故C不符合题意；
D、氯气与NaOH反应，图中装置可处理尾气，故D不符合题意。

【点睛】易错点是选项A，学生平时不记对反应条件，对反应条件考查是选择题中实验设计与评价中常考的内容，也是学生失分的地方，因此平时记忆反应方程式时，需要记全、记准。

6.下列说法正确的是( )
A. 向新制Cu(OH)2悬浊液中加入蔗糖溶液，加热，出现红色沉淀
B. 向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，蛋白质变性，出现白色沉淀
C. 常温下，向浓硫酸中加入铁片，铁片溶解
D. 向FeCl3溶液中加入少量铜粉，铜粉溶解
【答案】D
【解析】
【详解】A、含醛基的物质能与新制的Cu(OH)2反应，加热煮沸后产生砖红色氧化亚铜沉淀，蔗糖不含﹣CHO，故A错误；
B、向鸡蛋清溶液中，加入饱和(NH4)2SO4溶液，有白色沉淀产生，说明蛋白质发生了盐析，加入重金属离子的盐时，蛋白质会发生变性，故B错误；
C、由于铁与浓硫酸在常温下发生钝化，阻止了反应的继续进行，导致铁片不溶解，故C错误；
D、Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，离子方程式为Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，铜粉溶解，故D正确。

7.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O
AlO-+H2↑
B. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH−
2
NO-+2H+Cu2++2NO2↑+H2O
C. 室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2
3
D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3↓+2Na+
【答案】A
【解析】
【分析】
A.Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O；
B.电荷不守恒；
C.不符合客观事实；
D.应拆分的物质没有拆分；
【详解】A.NaOH为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl和NaClO为可溶性盐，可拆成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故A正确；
B.该离子方程式反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2↑，故B错误；
C.室温下，铜与稀硝酸反应生成NO ，正确的离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O，故C错误；
D.Na2SiO3为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3↓，故D
错误；
综上所述，本题应选A.
【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。

判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。

8.短周期主族元素W 、X 、Y 和Z 的
原子序数依次增大，W 的阴离子核外电子数与X 原子的内层电子数相同，X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，Y 的单质在空气中的体积分数最大，Z 是金属性最强的短周期元素。

下列说法中正确的是( )
A. 原子半径：r(W)＜r(X)＜r(Y)＜r(Z)
B. W 、X 、Y 、Z 原子的最外层电子数之和为10
C. W 与X 可形成含非极性键的化合物
D. X 的最高价氧化物的水化物酸性比Y 的强
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素W 、X 、Y 、Z 的原子序数依次增大，X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，考古用的是14C ，故X 为C 元素；Y 的单质在空气中的体积分数最大，故Y 是N 元素；Z 是金属性最强的短周期元素，应为Na ，W 的阴离子的核外电子数与X 原子的核外内层电子数相同，则W 为H 元素，以此解答该题。

【详解】短周期元素W 、X 、Y 、Z 的原子序数依次增大，X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，考古用的是14C ，故X 为C 元素；Y 的单质在空气中的体积分数最大，故Y 是N 元素；Z 是金属性最强的短周期元素，应为Na ，W 的阴离子的核外电子数与X 原子的核外内层电子数相同，则W 为H 元素，由此可知W 为H 、X 为C 、Y 为N 、Z 为Na 元素；
A ．同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，所有元素中H 原子半径最小，则原子半径：H ＜N ＜C ＜Na ，故A 错误；
B ．W 、X 、Y 、Z 原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+1＝11，故B 错误；
C ．如乙烷、乙烯等，存在碳碳键，则非极性键，故C 正确；
D ．非金属性N ＞C ，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，硝酸的酸
性强于碳酸，故D错误。

9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A. N2(g)NH3(g)NH4Cl(aq)
B. Fe(s)FeCl2(s)Fe(OH)2(s)
C. MgO(s)MgSO4(aq)Mg(s)
D. S(s)SO2(g)BaSO3(s)
【答案】A
【解析】
【详解】A、高温、高压、催化剂条件下，N2、H2反应生成氨气，氨气与氯化氢在常温下反应生成氯化铵，故A正确；
B、因为氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，不能实现转化，故B错误；
C、氧化镁和硫酸反应生成硫酸镁和水，电解硫酸镁溶液，本质为电解水，得到氢气和氧气，得不到镁单质，故C错误；
D、硫与氧气反应生成二氧化硫，盐酸的酸性强于亚硫酸，所以二氧化硫与氯化钡不反应，故D错误。

【点睛】易错点是选项D，因为盐酸酸性强于亚硫酸，因此BaCl2溶液中通入SO2，无沉淀，类似的有CaCl2溶液中通入SO2，也无沉淀，但SO2通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀，类似的还有CO2分别通入CaCl2、BaCl2、Ca(NO3)2溶液中，均无沉淀。

10.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na-CO2二次电池,将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液,钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料,电池的总反应为
3CO 2+4Na2Na2CO3+C。

下列说法错误的是( )
A. 放电时，ClO4-向负极移动
B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C. 放电时，正极反应为3CO2+4e-=2CO32-+C
D. 充电时，阳极反应为Na++e-=Na
【答案】D
【解析】
【分析】
A.放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动；
B.放电时Na作负极、Ni作正极，充电时Ni作阳极、Na作阴极，则放电电池反应式为
3CO 2+4Na2Na2CO3+C、充电电池反应式为2Na2CO3+C3CO2+4Na；
C.放电时负极反应式为Na-e-=Na+、正极反应式为3CO2+4e-=2CO32-+C；
D.充电时，原来的正极作电解池的阳极，失电子发生氧化反应。

【详解】A.放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以ClO4-向负极移动，A正确；
B.放电时Na作负极、Ni作正极，充电时Ni作阳极、Na作阴极，则放电电池反应式为
3CO 2+4Na2Na2CO3+C、充电电池反应式为2Na2CO3+C3CO2+4Na，所以充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；
C.放电时负极反应式为Na-e-=Na+、正极反应式为3CO2+4e-═2CO32-+C，C正确；
D.充电时，原来的正极Ni作电解池的阳极，Na作电解池阴极，则正极发生的反应为原来正极反应式的逆反应，即2CO32-+C-4e-=3CO2，负极发生的反应为Na++e-=Na，D错误；
故合理选项是D。

【点睛】本题考查原电池原理，明确充电电池中正负极、阴阳极发生反应关系是解本题关键，难点是电极反应式的书写，侧重考查学生分析判断能力。

不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。

每小题只有一个或两个
．．．．．选项符合题意。

若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2 分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0 分。

11.下列说法正确的是( )
A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
B. 反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应ΔH>0
C. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023
D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
【解析】
【分析】
A.还有部分化学能转化成了热能；
B.依据反应自发进行的判断依据△H-T△S<0分析；
C.该反应为可逆反应，生成氨气的物质的量小于2mol；
D.酶有最佳温度，温度过高会降低酶的催化活性。

【详解】A.原电池工作时，化学能不可能全部转化为电能，部分转化为热能，A错误；B．反应自发进行的判断依据△H-T△S<0，已知常温常压下反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)可以自发进行，△S<0，满足△H-T△S<0，△H<0，该反应是放热反应，B错误；
C.3mol H2与1mol N2混合反应生成NH3，由于该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此生成氨气的物质的量小于2mol，转移电子小于6mol，转移电子的数目小于
6×6.02×1023，C正确；
D.在酶催化淀粉水解反应中，适宜温度淀粉水解速率加快，但温度过高可能导致酶的催化活性降低甚至消失，D错误；
故合理选项是C。

【点睛】本题考查反应自发进行的判断、原电池、淀粉水解、氧化还原反应的计算等知识，明确反应自发进行的条件为解答关键，注意酶的催化活性存在一定的温度范围，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

12.Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在酸性条件下反应得到：
下列说法正确的是( )
A. X分子中所有碳原子可能共平面
B. X、Y分别与足量H2加成后的分子中均含有手性碳原子
C. Y可以发生显色、氧化和还原反应，还可以与甲醛发生缩聚反应
D. 1mol的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为4∶3
【答案】BC
【解析】
A.X含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征；
B.苯环、碳碳双键都可与氢气发生加成反应，手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团；
C.Y含有酚羟基和碳碳双键，具有酚、烯烃的性质；
D.X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基。

【详解】A.X分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，因此所有的碳原子不可能在同一个平面上，A错误；
B.苯环、碳碳双键都可与氢气发生加成反应，反应后连接甲基的碳原子为手性碳原子，连接4个不同的原子或原子团，B正确；
C.Y含有酚羟基和碳碳双键，酚羟基可发生显色反应，碳碳双键可发生氧化、还原反应，酚可与甲醛发生缩聚反应，C正确；
D.X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol可与3molNaOH反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1molY可与3molNaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：1，D错误；
故合理选项是BC。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，注意酚、羧酸、酯的性质的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。

13.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
A项，苯酚的酸性弱于碳酸；
B项，CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；
C项，Fe从CuSO4溶液中置换出Cu，Cu2+的氧化性强于Fe2+；
D项，向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀，NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小。

【详解】A项，向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，浊液变清，发生反应+Na2CO3→+NaHCO3，酸性：H2CO3>>HCO3-，A项错误；
B项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4将
I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B项正确；
C项，向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，氧化性Cu2+>Fe2+，C项错误；
D项，向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI 的溶度积，但由于NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，D项错误；
答案选B。

【点睛】本题考查苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生成。

易错选D项，产生错误的原因是：忽视NaCl、NaI的浓度未知，思维不严谨。

14.25 ℃时，NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如下图甲所示。

向10 mL 0.01 mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如下图乙所示。

下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
A. 图甲中pH＝7
的溶液：c(Cl－)＝c(HCN) B. 图甲中a点的溶液：c(CN－)<c(Cl－) C. 图乙中b点的溶液：c(CN－)>c(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋) D. 图乙中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)
【答案】AD
【解析】
【详解】A. 由图可知，图甲中pH＝7时，c(HCN)>c(CN-)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，由于c(H＋)=c(OH－)，则c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(CN－)，根据物料守恒得c(Na＋)= c(HCN)+ c(CN－)，所以c(Cl－)＝c(HCN)，故A正确；
B. 图甲中的a点是HCN、CN-浓度相等，根据物料守恒得c(Na＋)= c(HCN)+ c(CN－)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，则 c(HCN)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，由图可知，此时溶液pH>7，c(H＋)<c(OH－)，所以c(CN－)=c(HCN)>c(Cl－)，故B错误；
C. 图乙中b点时，溶液中溶质为等物质的量浓度的溶液：c(NaCN)＝c(NaCl)=c(HCN)，溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于HCN的电离程度，所以c(HCN)> c(Cl－)> c(CN－)> c(OH－)> c(H＋)，故C错误；
D. 图乙中c点的溶液，二者恰好完全反应，根据物料守恒得c(Cl－)= c(Na＋)= c(HCN)+ c(CN －)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，则c(Na＋)＋c(H ＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)，所以D选项是正确的。

答案选AD。

15.工业上一般在恒容密闭容器中采用下列反应合成甲醇:
CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) △H =-90.8 kJ·mol-1
300℃时，在容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：
下列说法正确的是
A. 2c1>c3
B. ∣a∣+∣b∣=90.8
C. 2p2<p3
D. a1+ a3<1
【答案】BD
【解析】
A．甲、丙相比较，把甲等效为开始加入1molCH3OH，丙中甲醇的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2c1＜c3，故A 错误；B．由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为90.8kJ，甲、乙平衡状态相同，令平衡时甲醇为nmol，对于甲容器，∣a∣=90.8n，等于乙容器∣b∣=90.8（1-n），故∣a∣+∣b∣，故B正确；C．比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应CH3OH （g）⇌CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2p2＞p3，故C错误；D．甲、乙处于相同的平衡状态，则α1+α2=1，由C的分析可知α2＞α3，所以a1+a3＜1，故D正确，故选D。

非选择题
16.聚硅酸铁是目前无机高分子絮凝剂研究的热点，一种用钢管厂的废铁渣(主要成分Fe3O4，含少量碳及二氧化硅)为原料制备的流程如下：
(1)废铁渣进行“粉碎”的目的是______________________。

(2)“酸浸”需适宜的酸浓度、液固比、酸浸温度、氧流量等，其中酸浸温度对铁浸取率的影响如图所示。

①加热条件下酸浸时，Fe3O4与硫酸反应的化学方程式为_____________。

②酸浸时，通入O2的目的是__________。

③当酸浸温度超过100 ℃时，铁浸取率反而减小，其原因是____________。

(3)滤渣的主要成分为____________(填化学式)。

(4)“Fe3+浓度检测”是先用SnCl2将Fe3+还原为Fe2+；在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+(Cr2O72-被还原为Cr3+)，该滴定反应的离子方程式为__________。

【答案】(1). 增大接触面积，提高反应速率，提高铁元素浸取率(2). Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O (3). 将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3 (4). 温度超过100℃，加快Fe3+水解生成Fe(OH)3，导致Fe3+浓度降低 (5). C和SiO2 (6). 6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
【解析】
【分析】
(1)为了使原料充分反应，粉碎废铁渣；
(2)①Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁、水；
②溶液中有亚铁离子，氧气可将亚铁离子氧化为铁离子，可根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒写出此反应的离子方程式；
③考虑温度对铁离子水解的影响；
(3)碳和二氧化硅不溶于稀硫酸；
(4)已知：在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+(Cr2O72-被还原为Cr3+)，则亚铁离子被氧化为铁离子，再根据得失电子守恒和原子守恒可得。

【详解】(1)对废铁渣进行粉碎的目的是：减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率；
(2)①加热条件下酸浸时，Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，方程式为：
Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；
②酸浸时有亚铁离子生成，通入氧气能将亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
③铁离子在水溶液中存在水解，温度升高有利于水解反应的进行，温度超过100℃明显加快了Fe3+水解反应的速率，导致Fe3+浓度降低；
(3)废铁渣(主要成分Fe3O4，少量碳及二氧化硅)，用酸浸泡，碳与二氧化硅不溶于稀硫酸也不能发生反应，故滤渣的主要成分是C和SiO2；
(4)在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定滴定Fe2+(Cr2O72-被还原为Cr3+)，则亚铁离子被氧化为铁离子，发生的离子方程式为：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。

【点睛】本题考查了物质制备工艺流程图，涉及了操作、化学方程式和离子方程式的书写、混合物的分离、物质成分的判断，掌握铁的有关物质的性质是本题解答的根据，掌握基础是关键，注意元素及化合物知识的学习与应用。

17.酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成：
(1)酮洛芬中含氧官能团的名称为_________和_______。

(2)化合物E的结构简式为________；由C→D的反应类型是_______。

(3)写出B→C的反应方程式_______________________________。

(4)写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式___________________。

①能发生银镜反应；②与FeCl3发生显色反应；③分子中含有5种不同化学环境的氢。

(5)请写出以甲苯和乙醇为原料制备化合物的合成路线流程图(无机试
剂可任选)。

合成路线流程图示例如图：
__________________________
【答案】 (1). 羧基 (2). 羰基 (3). (4). 取代反应(5). (6). (7).
【解析】
【详解】（1）根据酮洛芬的结构知，其中含氧官能团有羧基和羰基。

（2）根据流程图，D与NaCN发生取代反应生成E，化合物E的结构简式为，由C→D是苯环侧链甲基上的氢原子被Br原子代替的反应，属于取代反应。

（3）根据流程图，B→C是B中的酰基氯与苯环发生的取代反应，反应方程式为
（4）①能发生银镜反应，说明分子结构中存在醛基；②与FeCl3发生显色反应，说明存在酚羟基；③分子中含有5种不同化学环境的氢，根据上述要求，A的同分异构体是。

（5）根据流程图，C→D，可以在甲苯侧链甲基上引入卤素原子，从而引入-CN，氧化后可以删除羧基，再跟乙醇酯化即可，合成路线流程图为：。

18.含铁化合物在生活生产中应用广泛。

如高铁酸盐(FeO42-)被科学家们公认为绿色消毒剂，在
强碱性溶液中比较稳定；聚合硫酸铁则是一种高效絮凝剂。

(1)KClO 与Fe(NO 3)3饱和溶液反应可制备K 2FeO 4，两种溶液的混合方式为____。

A.在搅拌下，将Fe(NO 3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中 B.在搅拌下，将KClO 饱和溶液缓慢滴加到Fe(NO 3)3饱和溶液中 C.在搅拌下，将KClO 饱和溶液和Fe(NO 3)3饱和溶液一起加入 反应的离子方程式为______________________________。

(2)高铁酸盐有极强的氧化性，能迅速有效地去除淤泥中的臭味物质，自身被还原成新生态的Fe(OH)3。

已知K sp [Fe(OH)3]=1.0×10-38。

若要使溶液中Fe 3+
沉淀完全(使其浓度小于10-5
mol·L -1)，需调节溶液的pH>____。

(3)聚合硫酸铁[Fe x (OH)y (SO 4)z ]的组成可通过下列实验测定: ①称取一定质量
聚合硫酸铁配成100.00 mL 溶液A ；
②准确量取20.00 mL 溶液A ，加入盐酸酸化的BaCl 2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体11.65g ；
③准确量取20.00 mL 溶液A ，加入足量铜粉,充分反应后过滤、洗涤，将滤液和洗液合并配成250.00 mL 溶液B ；
④准确量取25.00 mL 溶液B ，用0.100 0 mol·L -1
酸性KMnO 4溶液滴定至终点，消耗KMnO 4溶液8.00 mL 。

通过计算确定该聚合硫酸铁的化学式(写出计算过程)______________________。

【答案】 (1). A (2). 3ClO -+2Fe 3++10OH -=2FeO 42-+3Cl -+5H 2O (3). 3 (4). Fe 4(OH)2(SO 4)5 【解析】 【分析】
(1)K 2
FeO 4
在Fe 3+
和Fe(OH)3催化作用下发生分解，应把Fe(NO 3)3饱和溶液滴加到KClO 溶液中；
(2)当Fe 3+
完全沉淀时，c(Fe 3+
)<10-5
mol/L ，则该溶液中c(OH -
水的离子积常数计算溶液中c(H +)；
(3)根据S 元素守恒，可由BaSO 4沉淀的质量计算20.00 mL 溶液中：n(SO 42-)=n(BaSO 4)，再根据：5Fe 3+～5Fe 2+～MnO 4-，计算n(Fe 3+)；由电荷守恒：3n(Fe 3+)=2n(SO 42-)+n(OH -)计算n(OH -)，进而计算n(Fe 3+)：n(OH -)：n(SO 42-)，可确定化学式。

【详解】(1)制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe(NO3)3溶液的混合方式为:将Fe(NO3)3溶液慢慢滴入KClO溶液中，根据电荷守恒、电子守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式是
3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
(2)当Fe3+完全沉淀时，c(Fe3+)<1.0×10-5mol/L，则该溶液中
c(OH-)=
()
()
()
38
sp3
3
3
5
3
K Fe OH 1.010
1.010
c Fe
-
-
+
⨯
=
⨯
=1.0×10-11mol/L，则根据室温下水的离子积常数
Kw=1.0×10-14mol2/L2可知溶液中 c(H+)=
14
11
1.010
1.010
-
-
⨯
⨯
mol/L=1.0×10-3mol/L，所以溶液的pH=3；
(3)20.00 mL溶液中：n(SO42-)=n(BaSO4)=
11.65g
233g/mol
=0.0500 mol，根据电子守恒可得关系式：
5Fe3+～5Fe2+～MnO4-，n(Fe3+)=5n(MnO4-)=5×0.100 0 mol/L×8.00×10-3L×250mL
25mL
=0.0400
mol，由电荷守恒：3n(Fe3+)=2n(SO42-)+n(OH-)，
n(OH-)=3n(Fe3+)-2n(SO42-)=3×0.0400mol-2×0.0500mol=0.0200mol，所以n(Fe3+)：n(OH-)：n(SO42-)=0.0400mol：0.0200mol：0.0500mol=4：2：5，所以该聚合硫酸铁的化学式为
Fe4(OH)2(SO4)5。

【点睛】本题考查物质的制备以及化学组成的测定，注意合理分析、理解题中信息，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒的应用，侧重考查学生的分析能力和计算能力。

19.实验室模拟工业制取Na2SO3固体的过程如下：
已知：① 反应I在三颈烧瓶中发生，装置如图甲所示（固定及加热类仪器省略）。

② 部分物质的溶解度曲线如图乙所示，其中Na2SO3饱和溶液低于50℃时析出Na2SO3·7H2O。

（l）反应I的目的是制取(NH4)2SO3溶液。

① 反应I的离子方程式为____________。

② 亚硫酸分解产生的SO2须冷却后再通入氨水中，目的是____________。

③ 下列关于图甲装置或操作的叙述正确的是______（填字母）。

A．接入冷凝管的冷却水从a端通入
B．长玻璃导管具有防倒吸的作用
C. 控制加热亚硫酸的温度，可以控制生成SO2气体的速率
（2）为获取更多的Na2SO3固体，要将反应II的温度控制在80℃左右，并_______（填操作I 的名称）。

（3）由滤液可以制取NH4Cl固体。

①验证滤液中含有NH4+的实验操作是________。

②由滤液可获得NH4Cl粗产品（含少量Na2SO3）。

请补充完整由NH4Cl粗产品制取纯净的NH4Cl 固体的实验方案：________，得到纯净的NH4Cl固体。

（实验中须使用的试剂有SO2、乙醇，除常用仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱）
【答案】 (1). 2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O (2). 增大SO2的溶解度，提高SO2的利用率 (3). BC (4). 趁热过滤 (5). 取少量滤液于试管中，向其中滴加NaOH溶液，加热试管，将湿润的红色石蕊试纸置于管口，试纸变蓝 (6). 将NH4Cl粗产品溶于适量水，向所得溶液中通入足量的SO2气体；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，固体用适量乙醇洗涤2--3次后，在真空干燥箱中干燥
【解析】
（l）反应I的目的是制取(NH4)2SO3溶液。

① 反应I的离子方程式为2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O;② 气体的溶解度随温度的升高而降低，亚硫酸分解产生的SO2须冷却后再通入氨水中，目的是增大SO2的溶解度，提高SO2的利用率；③ A、接入冷凝管的冷却水从b端通入，故A错误；B、长玻璃导管具有防倒吸的作用，故B正确；C、升高温度可以加快反应速率，控制加热亚硫酸的温度，可以控制生成SO2气体的速率，故C正确；故选BC。

（2）Na2SO3饱和溶液低于50℃时析出Na2SO3·7H2O，防止析出Na2SO3·7H2O，要趁热过滤；（3）检验NH4＋①取少量滤液于试管中，向其中滴加NaOH溶液，加热试管，将湿润的红色石蕊试纸置于管口，试纸变蓝；②由NH4Cl粗产品制取纯净的NH4Cl固体的实验方案：将NH4Cl 粗产品溶于适量水，向所得溶液中通入足量的SO2气体；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，固体用适量乙醇洗涤2--3次后，在真空干燥箱中干燥，得到纯净的NH4Cl固体。

20.氨氮是水体中氮的主要形态之一，氨氮含量过高对水中生物会构成安全威胁。