解析：河南省南阳一中高三上学期第一次阶段性考试化学试题

南阳一中2023届高三第一次阶段性考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Fe-56第Ⅰ卷（选择题）一、单选题1.下列对装置或仪器的使用或操作规范的是A.振荡分液漏斗中混合液B.向容量瓶中转移溶液C.称量5.1g固体D.煅烧石灰石A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．振荡分液漏斗时，形成密闭体系后分液漏斗尖嘴斜向上，A正确；B．向容量瓶中转移溶液时，应用玻璃棒引流，B错误；C．托盘天平称量应左盘盛放待称固体，右盘盛放砝码，C错误；D．石灰石高温煅烧应使用坩埚，D错误；故选A。2.化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是A.碱式滴定管排气泡B.溶液加热C.试剂存放D.溶液滴加A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．碱式滴定管排气泡时，把橡皮管向上弯曲，出口上斜，轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮管可以使溶液从尖嘴涌出，气泡即可随之排出，A符合规范；B．用试管加热溶液时，试管夹应夹在距离管口的处，B不符合规范；C．实验室中，盐酸和NaOH要分开存放，有机物和无机物要分开存放，C不符合规范；D．用滴管滴加溶液时，滴管不能伸入试管内部，应悬空滴加，D不符合规范；故选A。3.乙酰苯胺可用作止痛剂、退热剂，制备装置如图所示。反应原理为：。已知苯胺可溶于水，沸点，接触空气易被氧化；冰醋酸的沸点为。乙酰苯胺的溶解度如下表：温度/20255080100溶解度/g0.460.560.843.455.5下列说法错误的是A.反应物中加入适量锌粉，防止苯胺被氧化B.使用球形冷凝管可以提高反应物的转化率C.用水浴加热效果更佳D.反应结束后，将锥形瓶中反应液倒入冷水中，过滤、洗涤，可获得乙酰苯胺晶体【答案】C【解析】【详解】A．由于苯胺接触空气易被氧化，反应物中加入适量锌粉，锌粉可与酸反应生成氢气，形成氢气环境，从而防止苯胺被氧化，故A正确；B．球形冷凝管内管曲面多，可使蒸气与冷凝液充分进行热量交换，可使更多蒸发出去的有机物冷凝为液态回流，减小反应物蒸发损失，使反应充分进行，可以提高反应物的转化率，故B正确；C．由题中信息可知，制取乙酰苯胺的反应温度为105，大于水的沸点，所以该反应不能使用水浴加热，故C错误；D．由题中信息可知，反应物苯胺、乙酸均溶于水，产物乙酰苯胺在20时溶解度很小，所以，反应结束后，将锥形瓶中反应液倒入冷水中，乙酰苯胺为沉淀，过滤、洗涤，可获得乙酰苯胺晶体，故D正确；答案为C。4.下列各组实验中，用所给玻璃仪器和试剂不能完成实验目的的是(非玻璃仪器任选)实验目的玻璃仪器试剂A配制500mL1mol·L-1NaOH溶液烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管NaOH固体、蒸馏水B制备乙酸乙酯试管、量筒、导管、酒精灯冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶液C除去NaBr溶液中的少量NaI烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗溴水、CCl4D模拟喷泉实验圆底烧瓶、导气管、烧杯、胶头滴管干燥的二氧化碳气体、浓NaOH溶液A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．配制500mL1mol·L-1NaOH溶液实验中需要用到的实验仪器是：烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管，所用药品为NaOH固体、蒸馏水，能够完成实验目的，A不合题意；B．制备乙酸乙酯实验中需要浓硫酸作催化剂，题干药品中没有浓硫酸，故无法制得乙酸乙酯，B符合题意；C．除去NaBr溶液中的少量NaI，可以向混合溶液中加入适当过量的Br2水，发生反应：2NaI+Br2=2NaBr+I2，然后再用CCl4萃取出I2和过量的Br2，故实验仪器要烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，可以达到实验目的，C不合题意；D．由于CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，可以使盛满CO2的圆底烧瓶中气体压强快速减小，形成喷泉，故用圆底烧瓶收集满一瓶CO2，用圆底烧瓶、导气管、烧杯、胶头滴管连接实验装置，可以形成喷泉，D不合题意；故答案为：B。5.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是A.用装置甲进行铜和浓硫酸的反应B.用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C.用装置丙稀释反应后的混合液D.用装置丁测定余酸的浓度【答案】C【解析】【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，错误；B.SO2密度比空气的密度大，应该长管进，短管出，错误；C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，正确；D.NaOH溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，该滴定管是酸式滴定管，错误；选C。6.关于下列仪器使用的说法正确的是A.a和f均可盛放浓硫酸用于干燥氯气 B.c和g可用于蒸发结晶C.b和e可用于蒸馏 D.d和h可用于减压过滤【答案】C【解析】【详解】A．U形管不能盛放浓硫酸干燥氯气，应该用固体干燥剂，A错误；B．用于蒸发结晶的是蒸发皿，不能是表面皿，B错误；C．b和e分别是蒸馏烧瓶和冷凝管，可用于蒸馏，C正确；D．可用于减压过滤的是布氏漏斗，不是普通漏斗，D错误；答案选C。7.下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A加热NaI固体和浓磷酸的混合物有气体产生生成了HI气体B取等物质的量的Al和Fe，分别与足量的稀盐酸反应Al产生的氢气多金属性：Al>FeC向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液浊液变澄清酸性：苯酚>碳酸D分别在20℃、30℃下，取0.1mol·L-1KI溶液，向其中先加入0.1mol·L-1的硫酸，再加入淀粉溶液，发生反应4H++O2+4I-=2I2+2H2O30℃下出现蓝色的时间短探究反应速率与温度的关系A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．加热NaI固体和浓磷酸的混合物，由于HI氢易挥发，浓磷酸不易挥发，会有HI气体生成，故A正确；B．取等物质量的Al和Fe，分别与足量的稀盐酸反应，Al产生的氢气多，说明Al失去的电子数多，但金属性与失去电子数多少无关，不能比较Al、Fe的金属性，故B错误；C．向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，浊液变澄清，说明酸性：苯酚>碳酸氢根，故C错误；D．若先加硫酸，先发生反应4H++O2+4I-=2I2+2H2O，在20℃、30℃都会反应生成碘，加入淀粉都会变蓝，应先加入淀粉，再加硫酸进行反应，故D错误；答案选A。8.无水FeCl3常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计了如图流程，以废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)为原料制备无水FeCl3(s)：已知：氯化亚砜()熔点-101℃，沸点76℃，易水解。下列有关说法不正确的是A.操作①是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗B.反应D→E的化学方程式为FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑C.该制备流程中试剂B可选用高锰酸钾溶液或稀硝酸D.由D转化成E的过程中可能产生少量亚铁盐，其原因可能是生成的SO2将Fe3+还原成Fe2+，为了验证是SO2将Fe3+还原应进行的实验操作和现象是：取样溶解后，先加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，生成白色沉淀【答案】C【解析】【分析】由流程可知：废铁屑(含有少量碳和杂质)加入盐酸，铁粉与盐酸反应生成氯化亚铁，过滤除去少量碳和杂质，A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，通入HCl蒸发结晶生成，通入，生成。【详解】A．操作①是过滤，过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故A正确；B．根据已知信息氯化亚砜()熔点-101℃，沸点76℃，易水解，与反应生成的化学方程式为，故B正确；C．该流程中试剂B的作用是将氧化成，酸性高锰酸钾溶液或稀硝酸都可以将氧化成，但都会引入新杂质，为了不引入新杂质，试剂B应选用氯水或，故C错误；D．由D→E的化学方程式可知反应中生成的二氧化硫可将氯化铁还原为氯化亚铁，若是作还原剂，则氧化产物为硫酸盐，故若加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是二氧化硫作还原剂，故D正确；选C。9.亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是方案设计现象和结论A先加入少量溶液，再加溶液和足量稀硝酸，振荡若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠B加到少量溶液中，再加硫酸酸化，振荡若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠C先加到少量溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠D先加入少量溶液，再加入溶液和稀硝酸，振荡若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．样品若为NaCl，依然会出现白色沉淀，A错误；B．氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B错误；C．亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C正确；D．稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，D错误；故选C。10.α-呋喃丙烯酸是一种重要的有机酸，其实验室制备原理如下：+CH2(COOH)2+CO2↑+H2O制备α-呋喃丙烯酸的步骤如下：向三颈烧瓶中依次加入丙二酸、糠醛和吡啶，在95℃下回流2小时，停止反应；将混合物倒入冷的3mol·L-1盐酸中析出淡黄色沉淀，将其置于冰水中1小时，过滤，用水洗涤2~3次，得到粗产品。实验装置如图所示。下列说法正确是A.仪器A的a口为进水口B.不产生气泡时表明三颈烧瓶中反应已完成C.冷的盐酸和冰水的主要作用是提高晶体纯度D过滤后洗涤时，向漏斗中注满蒸馏水并不断搅拌【答案】B【解析】【详解】A．仪器A为冷凝管，冷水应从下端流入，上口流出，故a口为出水口，故A错误；B．由于反应中有生成，会产生气泡，当不产生气泡时表明三颈烧瓶中反应已完成，故B正确；C．冷的盐酸和冰水的主要作用是析出晶体，提高产率，故C错误；D．洗涤时操作为：向漏斗中注满蒸馏水浸没固体，静置待水自然流下，重复次，故D错误；故答案为B。11.在我国，粉煤灰排放量是仅次于尼矿的工业固废。粉煤灰的主要组成为、，含少量、CaO等，可利用酸碱联合法回收粉煤灰中和，回收流程如下图所示。已知：低温拜尔法反应原理之一为、。下列说法错误的是A.水浸后，溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到粗硫酸铝晶体B.滤渣的主要成分为C.还原焙烧的主要反应为D.低温拜尔法所得滤液不可循环利用【答案】D【解析】【分析】由题给流程可知，加入硫酸溶液熟化时，氧化铝、氧化铁溶于硫酸溶液得到可溶性硫酸盐，氧化钙与硫酸溶液反应得到微溶的硫酸钙，二氧化硅不与硫酸溶液反应，水浸、过滤得到含有二氧化硅、少量的硫酸钙的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；滤液经结晶、脱水得到硫酸盐晶体，硫酸盐与碳粉高温条件下，焙烧得到粗氧化铝，向粗氧化铝中加入氢氧化钠溶液，将氧化铝转化为偏铝酸钠，过滤得到偏铝酸钠溶液；偏铝酸钠溶液发生低温拜尔法反应后，过滤得到含有氢氧化钠的滤液和冶金级氧化铝，滤液可以重新溶解粗氧化铝而循环使用；向滤渣中加入氢氧化钠溶液浸出得到硅酸钠溶液。【详解】A．由分析可知，水浸后，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到含有硫酸铁晶体的粗硫酸铝晶体，故A正确；B．由分析可知，滤渣中二氧化硅、少量的硫酸钙，主要成分为二氧化硅，故B正确；C．由分析可知，还原焙烧发生的主要反应为硫酸铝与碳高温下反应生成氧化铝、二氧化碳和二氧化硫，反应的化学方程式为，故C正确；D．由分析可知，偏铝酸钠溶液发生低温拜尔法反应后，过滤得到含有氢氧化钠的滤液和冶金级氧化铝，滤液可以重新溶解粗氧化铝而循环使用，故D错误；故选D。12.氧化锆是一种高级耐火材料，氧化钇主要用作制造微波用磁性材料。一种利用玻璃窑炉替换下的锆废砖(主要成分ZrO2、Y2O3、CaO等)提纯氧化锆和氧化钇的工艺流程如下：下列说法正确的是A.“酸化”是锆废砖粉和硫酸在硫酸铵催化作用下进行的焙烧反应，硫酸适宜用盐酸代替B.“中和1”发生反应的离子方程式为Zr4++4OH-=Zr(OH)4↓C.实验室模拟“焙烧”时使用的硅酸盐仪器只有烧杯和酒精灯D.滤液2可以处理后返回“酸化”使用，实现循环【答案】D【解析】【详解】锆废砖(主要成分ZrO2、Y2O3、CaO等)加入硫酸和硫酸铵，得到硫酸钙沉淀，调节溶液pH在4<a<5.5范围沉淀锆离子，滤渣2为Zr(OH)4；继续加入氨水调节溶液pH在6-8得Y(OH)3，过滤、水洗、煅烧得到Y2O3粉末，以此解答该题。A．若硫酸用盐酸代替，则反应过程盐酸和硫酸铵生成氯化铵，受热分解，硫酸铵不能起催化作用，A错误；B．氨水为弱碱，不能写成氢氧根离子，B错误；C．焙烧是加热固体，应使用坩埚不是烧杯，C错误；D．滤液2为硫酸铵和氨水，酸化后可以返回“酸化”使用，循环利用，D正确；故选D。13.天津大学研究团队以KOH溶液为电解质，CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料，电催化合成偶氮化合物()的装置如图所示(R代表烃基)。下列说法不正确的是A.若用铅蓄电池作为电源，CoP极连接铅蓄电池的铅电极B.离子交换膜是阴离子交换膜C偶氮化合物具有顺反异构体，合成1mol物质，需转移4mol电子D.Ni2P电极反应式为RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2O【答案】C【解析】【分析】由图可知Ni2P纳米片电极附近RCH2NH2去4个H变为RCN，为氧化反应，作阳极，故CoP电极作阴极。【详解】A．铅蓄电池中Pb作负极，PbO2作正极，图示电解池中CoP电极作阴极，故CoP电极应连接铅蓄电池的铅电极，A正确；B．结合分析可知硝基苯在阴极得到电子发生还原反应生成和氢氧根离子，电极反应式为2+8e-+4H2O=+8OH-，Ni2P电极为阳极，碱性条件下RCH2NH2在阳极失去电子发生氧化反应生成RCN和水，电极反应式为RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2O，阴极产生的OH-穿过离子交换膜向阳极移动，故离子交换膜是阴离子交换膜，B正确；C．由结构简式可知，偶氮化合物中不饱和氮原子上只连有苯环1个取代基，不可能存在顺反异构体，结合B可知合成1mol偶氮化合物，需转移8mol电子，C错误；D．Ni2P电极为阳极，碱性条件下RCH2NH2在阳极失去电子发生氧化反应生成RCN和水，电极反应式为RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2O，D正确；故选C。14.碳酸二甲酯DMC()是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。下列说法错误的是A.HO·降低了反应的活化能B.过程CH3OH*+HO·*=CH3O·*+H2O*是该反应的决速步骤C.过程中既有H-O键的断裂，又有H-O键的形成D.吸附和脱附过程中共吸收48.1eV的能量【答案】D【解析】【详解】A．HO·在反应前参与反应，反应后又生成，作催化剂，降低了反应的活化能，提高化学反应速率，故A选项正确；B．决速步骤一般伴有的是能量的落差大，活化能大的步骤即决速步骤，由图示可知生成过渡态I时的所需的活化能最大，所以CH3OH*+HO·*=CH3O·*+H2O*是该反应的决速步骤，故B选项正确；C．过程中甲醇反应时有H-O键的断裂，生成水时有H-O键的形成，故C选项正确；D．吸附和脱附过程中共吸收的能量为终态减去始态的能量，始态相对能量为0eV，终态相对能量为112.6×102eV，则吸附和脱附过程中共吸收的能量为1.126×104eV，故D选项错误。故选D选项。15.用盐酸滴定溶液，溶液中、、的分布分数随变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是【如分布分数：】A.c点：B.C.该滴定第一次突变，可选酚酞作指示剂D.若常温下，与少量发生的反应是：【答案】C【解析】【分析】如图可知，溶液的pH值越大，溶液中c（A2-）越大，溶液的pH值越小，溶液中c（H2A）越大，根据图知，曲线1、2、3分别表示δ（A2-）、δ（HA-）、δ（H2A），据此解答。【详解】A．根据c点对应的曲线知，该溶液中c（HA-）＞c（H2A）＞c（A2-），故A错误；B．HCl和Na2A以2：1完全反应，根据图知，当Na2A溶液完全反应时消耗V（HCl）=2V（Na2A），则HCl、Na2A的物质的量浓度相等，c（Na2A）=0.1000mol•L-1，故B错误；C．根据图知，第一次突变时溶液呈碱性，第二次突变时溶液呈酸性，酚酞的变色范围为8.2～10、甲基橙的变色范围为3.1～4.4，所以第一次突变可选酚酞作指示剂，故C正确；D．当溶液中δ（HA-）=δ（H2A）时，c（HA-）=c（H2A），该点为n点，H2A的Ka1=c(H+)•c(HA−)/c(H2A)=c（H+）=10-6.38，若常温下，因此与少量发生的反应是：，故D错误；故选C。16.已知：BaMoO4，BaSO4均难溶于水，lg2≈0.3，离子浓度≤10-5mol·L-1时认为其沉淀完全。TK时，BaMoO4，BaSO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示，其中p(Ba)=-lgc(Ba2+)，p(X)=-lgc(MoO)或-lgc(SO)。下列叙述不正确的是A.TK时，Ksp(BaMoO4)的数量级为10-8B.TK时，向浓度均为0.1mol·L-1的Na2SO4和Na2MoO4的混合溶液中加入BaCl2溶液、当MoO恰好完全沉淀时，溶液中c(SO)≈2.5×10-7mol·L-1C.TK时，BaMoO4(s)+SO(aq)BaSO4(s)+MoO(aq)的平衡常数K=400D.TK时，Z点对应为BaMoO4的不饱和溶液【答案】B【解析】【分析】p(X)=-lgc(MoO)=3.7，c(MoO)=10-3.7mol/L，p(Ba)=-lgc(Ba2+)=3.7，c(Ba2+)=10-3.7mol/L，TK时，Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)×c(MoO)=10-3.7mol/L×10-3.7mol/L=10-7.4(mol/L)2，图像数据计算得到Ksp(BaSO4)=10-10mol/L×1mol/L=10-10(mol/L)2，TK时，BaMoO4(s)+SO(aq)⇌BaSO4(S)+MoO(aq)的平衡常数K=，Z点对应离子浓度小于饱和溶液中离子浓度。【详解】A．p(X)=-lgc(MoO)=3.7，c(MoO)=10-3.7mol/L，p(Ba)=-lgc(Ba2+)=3.7，c(Ba2+)=10-3.7mol/L，TK时，Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)×c(MoO)=10-3.7mol/L×10-3.7mol/L=10-7.4(mol/L)2，Ksp(BaMoO4)的数量级为10-8，故A正确；B．TK时，向浓度均为0.1mol·L-1的Na2SO4和Na2MoO4的混合溶液中加入BaCl2溶液、当MoO恰好完全沉淀时，Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)×c(MoO)=10-7.4(mol/L)2，溶液中c(Ba2+)=mol/L=10-2.4mol/L，溶液中c(SO)=≈2.5×10-8mol•L-1，溶液中c(SO)≈2.5×10-8mol·L-1，故B错误；C．图像数据计算得到Ksp(BaSO4)=10-10mol/L×1mol/L=10-10(mol/L)2，Ksp(BaMoO4)10-7.4(mol/L)2，TK时，BaMoO4(s)+SO(aq)⇌BaSO4(S)+MoO(aq)的平衡常数K==102.6=398，TK时，BaMoO4(s)+SO(aq)BaSO4(s)+MoO(aq)的平衡常数K=400，故C正确；D．TK时，Z点对应离子浓度小于饱和溶液中离子浓度，Z点对应为BaMoO4的不饱和溶液，故D正确；故选B。第Ⅱ卷（非选择题）17.请回答下列问题。（1）一年四季盐湖变换不同的景色，含盐量极高（、、）。春、秋两季碧波万顷，湖水清澈；夏季气温高达42℃，水位下降，生长的藻类使湖水变成了红色；冬季湖面上盐花丛生，洁白如雪。景色变换中包含的过程有_______（填序号）。①蒸发②蒸馏③结晶④升华⑤溶解（2）某化学课外活动小组利用和稀制取还原，实验装置如图：按图连接好实验装置，检查装置A的气密性，方法是_________。（3）常用下图所示A~D中的装置进行混合物的分离和提纯，按要求回答下列问题：①A装置中仪器②的名称为_______；冷却水应从________（填字母）口通入。②除去溶液中悬浮的颗粒应选用装置________（填字母代号）。③分离互溶的乙酸（沸点118℃）和乙酸乙酯（沸点77.1℃）的混合物应选用装置_______（填字母代号），若用该装置制备无水乙醇还需向混合物中加入______（填化学式）。④用提取碘水中的碘单质应选用装置______（填字母代号），该实验中用到的主要仪器名称为：_______，振荡静置后的现象为：_________。（4）胆矾（）易溶于水，难溶于乙醇。某小组用（杂质为氧化铁及泥沙）为原料与稀硫酸反应制备胆矾。待完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量，冷却后用调为3.5~4，再煮沸10min，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、_______、洗涤、_________，得到胆矾。（5），在中的溶解度远大于其在水中的溶解度。将浓溶液用萃取分液。针对萃取分液，从下列选项选择合适操作（操作不能重复使用）并排序：c→_______→e→_______。a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水b.将溶液和转入分液漏斗c.涂凡士林d.旋开旋塞放气e.倒转分液漏斗，小心振摇f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体【答案】（1）①③⑤（2）向长颈漏斗中加水淹没长颈漏斗下端管口，关闭活塞K，再向长颈漏斗中加水，若长颈漏斗中保持一段水柱，则装置气密性良好（3）①.（直型）冷凝管②.a③.C④.A⑤.⑥.D⑦.分液漏斗⑧.溶液分层，上层几乎无色，下层紫红色（4）①.冷却结晶、过滤②.乙醇、干燥（5）①.ab②.dfg【解析】【分析】实验目的是利用Zn和稀H2SO4制取H2还原CuO，则结合实验装置如图可知：A装置中Zn和稀H2SO4制取H2，B装置放干燥剂除去H2中的水蒸气，C中H2还原CuO，以此解题。【小问1详解】夏季气温高，湖水蒸发，液面下降；冬季气温低，盐结晶析出，湖面上盐花丛生，春季温度升高，盐溶解，湖水清澈，景色变换中包含①蒸发、③结晶、⑤溶解，故选①③⑤；【小问2详解】若A装置气密性良好，在关闭活塞K后向长颈漏斗中添加水直至淹没长颈漏斗下端后水不能继续流入试管中，形成段水柱，故检查装置A的气密性的方法是向长颈漏斗中加水浸没长颈漏斗下端管口，关闭活塞K，再向长颈漏斗中加水，若长颈漏斗中保持一段水柱，则装置气密性良好；【小问3详解】①由图可知A装置中仪器②的名称为（直型）冷凝管；冷却水应该下进上出，则冷却水应从a口通入；②过滤用于分离固液混合物，则除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3颗粒应选用装置C。③乙酸(沸点118℃)和乙酸乙酯(沸点77.1℃)的沸点差异较大，则分离互溶的乙酸和乙酸乙酯用蒸馏的方法，应选用装置A；制备无水乙醇时，蒸馏后乙醇中还有少量的水，可以加入来除去；④用提取碘水中的碘单质需要的操作是萃取，需要分液漏斗，应该选用装置D；密度大于水，单质碘易溶于四氯化碳，则萃取后，溶液分层，上层几乎无色，下层紫红色，故答案为：D；分液漏斗；溶液分层，上层几乎无色，下层紫红色；【小问4详解】用CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应，得到含Cu2+，Fe3+等离子的溶液，Fe3+与残留Cu发生反应生成F2+和Cu2+，加入适量H2O2能把Fe2+氧化为Fe3+，冷却后用NH3·H2O调pH为3.5~4，得到氢氧化铁沉淀、再煮沸10min除去多余H2O2，冷却后过滤，所得滤液为硫酸铜溶液，经加热蒸发、冷却结晶、过滤得到粗胆矾晶体，已知胆矾易溶于水，难溶于乙醇，故用乙醇洗涤除去表面杂质、又防止胆矾溶解，经干燥后得到纯净的胆矾，故答案为：冷却结晶、过滤；乙醇、干燥；【小问5详解】萃取分液的操作顺序为：检漏→加入萃取剂和溶液→振荡摇匀→放气→静置分层→放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下层，因此操作顺序为：涂凡土林→检查旋塞、玻璃塞处是否漏水→将溶液和CCl4转入分液漏斗→倒转分液漏斗，小心振摇→旋开旋塞放气→经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置→打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为ab；dfg。18.摩尔盐是一种常见的复盐。以下是摩尔盐的制备流程。请回答相关问题。取适量的废铁屑于锥形瓶中，加15mL10%溶液，小火加热煮沸2min，分离并洗涤→加入15mL3molL'，水浴加热至反应完成，趁热抽滤→在滤液中加入一定量的固体，加热浓缩，冷却结晶，抽滤并洗涤步骤1：铁屑的净化步骤2：步骤3：摩尔盐的制备（1）步骤2的名称应为_______。（2）抽滤装置如图所示。和普通过滤相比，抽滤的优点是______。（3）加热浓缩时所用到主要仪器中属于硅酸盐材质的有酒精灯、玻璃棒和_________。（4）生成摩尔盐的反应方程式为_______。（5）步骤3中将滤液加热浓缩至______即停止加热，这样做的原因是_________。（6）步骤3抽滤后用乙醇洗涤后再用滤纸吸干。用乙醇洗涤的原因是________。（7）含量是影响产品品质的关键指标。定量测定方法是：取1.00g产品于烧杯中，加入适量盐酸溶解，并加入3滴溶液，定容至50mL，取溶液置于比色管中，与标准色阶进行目视比色，确定产品级别。可以根据颜色确定产品级别的原理是_______。（8）取30.00g所制得的固体于小烧杯中，加入适量稀硫酸，溶解后在250mL容量瓶中定容。取25.00mL于锥形瓶中，用0.1的，溶液滴定至终点。平行操作三次，消耗溶液的平均体积为16.00mL。此样品中含量为_______%（保留小数点后1位）。导致该测定结果与理论值有偏差的可能原因是_______。A.配溶液定容时俯视刻度线B.取摩尔盐溶液的滴定管没有润洗C.取待测液的锥形瓶洗净后未干燥D.摩尔盐的结晶水数量不足【答案】（1）硫酸亚铁的制备（2）加快过滤速度；得到更干燥的固体（3）蒸发皿（4）（5）①.表面有晶膜出现②.防止杂质析出（并防止结晶水数量不足）（6）产物在乙醇中溶解度小，减小溶解损失；乙醇挥发带走水分，产品能快速干燥（7）和反应生成红色的，浓度越大，溶液颜色越深（8）①.14.9②.AD【解析】【分析】本实验的目的是制备摩尔盐，加入碳酸钠溶液煮沸，除去表面油污，过滤分离洗涤后，加入硫酸反应制备FeSO4，趁热抽滤后加入硫酸铵固体，加热浓缩，冷却结晶，抽滤并洗涤，得到产品。【小问1详解】步骤2中Fe与稀硫酸反应得到FeSO4，所以该步骤的名称为硫酸亚铁的制备；【小问2详解】抽滤时抽滤瓶中形成真空，可以加快过滤速度，得到更干燥的固体；【小问3详解】加热浓缩时需要在蒸发皿中进行，蒸发皿也属于硅酸盐材质的仪器；【小问4详解】根据题意硫酸亚铁和硫酸铵反应可以得到摩尔盐，根据元素守恒可得化学方程式为FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；【小问5详解】将滤液加热浓缩至表面有晶膜出现时，即停止加热，这样做可以防止杂质析出，同时也可以防止结晶水数量不足；【小问6详解】产物在乙醇中溶解度小，用乙醇洗涤可以减小溶解损失；同时乙醇易挥发，乙醇挥发带走水分，产品能快速干燥；【小问7详解】Fe3+和SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，该反应为可逆反应，Fe3+浓度越大，平衡正向移动，溶液颜色越深，所以可以根据颜色确定产品级别；【小问8详解】根据电子守恒可知滴定过程中存在数量关系n(Fe2+)=5n(KMnO4)，所以25.00mL待测液中n(Fe2+)=5×0.1mol/L×0.016L=0.008mol，则250mL待测液中n(Fe2+)=0.08mol，则样品中Fe2＋含量为×100%≈14.9%；理论上Fe2＋含量应为×100%≈14.3%；测定结果偏大；A．配溶液定容时俯视刻度线，导致所配待测液浓度偏大，25.00mL待测液消耗的高锰酸钾溶液偏多，测定结果偏大，A符合题意；B．取摩尔盐溶液的滴定管没有润洗，导致摩尔盐被稀释，25.00mL待测液消耗的高锰酸钾溶液偏少，测定结果应偏小，B不符合题意；C．取待测液的锥形瓶洗净后未干燥对测定结果无影响，C不符合题意；D．摩尔盐的结晶水数量不足导致30.00固体中所含Fe2+偏多，测定结果偏大，D符合题意；综上所述答案为AD。19.丙烯(C3H6)是石油化工行业重要的有机原料之一，主要用于生产聚丙烯、二氯丙烷、异丙醇等产品。回答下列问题：（1）丙烷脱氢制备丙烯。由图可得C3H8(g)=C3H6(g)＋H2(g)ΔH=_______kJ·mol-1。（2）将一定浓度的CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器发生脱氢反应。经相同时间，流出的C3H6、CO和H2浓度随初始CO2浓度的变化关系如下图所示。c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因为_______(用化学方程式表示)。（3）已知Arrhenius经验公式为Rlnk=RlnA-(Ea为活化能，k为速率常数，R、A为常数)。丙烷脱氢制备丙烯反应在某条件下的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，其活化能为_______J·mol-1，当其实验数据发生变化如图中b线所示，则可能的原因是_______。（4）工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)，副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2Cl)，反应原理为：①CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g)②CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3和Cl2发生反应，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。时间/min060120180240300360压强/kPa8074.269.265.261.65858该温度下，若平衡时HC1的体积分数为10％。此时CH2=CHCH3的转化率为_______。反应①的压力平衡常数Kp=_______kPa-1(保留小数点后2位)。（5）一定条件下，CH3CH=CH2与HCl发生反应有①、②两种可能，反应进程中的能量变化如图所示。保持其他条件不变，若要提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例，可采用的措施是_______。A.适当提高反应温度 B.改变催化剂C.适当降低反应温度 D.改变反应物浓度【答案】（1）+124.2kJ·mol-1（2）CO2+H2CO+H2O（3）①.②.催化剂中毒(答案合理即可)（4）①.69.5%②.0.15（5）AB【解析】【小问1详解】由图可得出以下热化学方程式：Ⅰ.C3H8(g)CH4(g)+C2H2(g)+H2(g)

∆H=+156.6kJ∙mol-1Ⅱ.C3H6(g)CH4(g)+C2H2(g)

∆H=+32.4kJ∙mol-1利用盖斯定律，将反应Ⅰ-Ⅱ可得C3H8(g)=C3H6(g)＋H2(g)ΔH=+124.2kJ·mol-1。【小问2详解】如果只发生C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)这个反应，生成的C3H6、H2的浓度应该相等，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的浓度增加幅度几乎相等，因此可以推断高温下能够发生消耗H2生成CO的反应：且消耗的H2刚好等于生成的CO，即CO2+H2CO+H2O，故导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异的原因为用化学方程式表示CO2+H2CO+H2O。【小问3详解】根据Arrhenius经验公式为Rlnk=RlnA-(Ea为活化能，k为速率常数，R、A为常数)。将图中曲线a上两点对应数据代入计算公式得，解之