2019-2020年高三上学期开学化学试卷 含解析.doc

2019-2020年高三上学期开学化学试卷 含解析一、选择题，每题6分1下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）AKBNaCFeDAl2设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A6.8g液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子BNA个Fe（OH）3胶体粒子形成的纳米材料的质量为107gC含有4.6g钠元素的 过氧化钠的混合物中，所含离子总数为0.3NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数为15NA3烃分子中碳、氢两种元素质量比为5：1，且分子中含有3个甲基，则该烃分子的一氯代物共有几种（不考虑空间异构）（）A1B2C3D44下列选项正确的是（）A使PH试纸变成红色的溶液，可能存在大量的：NH4+、Cu2+、ClO、ClB（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，可能存在大量的：K+、Cu2+、Cl、MnO4C硫酸酸化的淀粉KI溶液在空气中变成蓝色：4I+O2+2H2O2I2+4OHDNaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO325茶叶中铁元素的检测可经过以下A、B、C、D四个步骤完成，各步骤中选用的实验仪器不会全部都用上的是（）A将茶叶灼烧灰化，选用、和B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用、和C过滤得到滤液，选用、和D检验滤液中的Fe3+，选用和6如图是甲、乙、丙、丁四种物质的转化关系，其中每一步都能一步实现的是（）甲乙丙丁AFeCl3FeCl2Fe2O3Fe（OH）3BCuCuOCuSO4CuCl2CNOHNO3NO2NH3DSiNa2SiO3 SiO2SiF4AA、BB、CC、DD、7CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示，下列说法不正确的是（）A相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想BY可以是葡萄糖溶液CCuSO4在1100所得混合气体X中一定有O2D途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：1二、解答题（共3小题，满分46分）8铝是地壳中含量最高的金属元素，铝及其化合物在生产生活中的应用日趋广泛（1）铝的原子结构示意图是（2）三氧化二铝是一种两性氧化物，写出其与NaOH溶液反应的化学方程式（3）工业上常用铝土矿（含SiO2等杂质）生产铝从Na2SiO3和NaAlO2混合溶液中制得Al（OH）3，需要从下列试剂中选择两种，最好选用的试剂组合是aNaOH溶液 b氨水 cCO2 d盐酸（4）如图表示将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系，最先与CO2发生反应的物质是，ab段发生反应的离子方程式为（5）某MgAl合金是一种潜在的贮氢材料.73.2g该合金恰好溶解于1.4L5.0molL1盐酸中，则合金中Mg和Al的物质的量之比为9工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：【探究一】（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是（2）另称取铁钉6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+若要确认其中的Fe2+应选用（选填序号）aKSCN溶液和氯水 b铁粉和KSCN溶液 c浓氨水 dKMnO4酸性溶液乙同学取336mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g由此推知气体Y中SO2的体积分数为【探究二】分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含有H2和Q气体为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）（3）装置B中试剂的作用是（4）认为气体Y中还含有Q的理由是（用化学方程式表示）（5）为确认Q的存在，需在装置中添加M于（选填序号）aA之前 bAB间 cBC间 dCD间（6）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是（7）若要测定336mL气体中H2的含量（标准状况下约有28mL H2），可否用托盘天平称量D或E反应前后的质量差的方法？做出判断并说明理由10铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用（1）二氧化铈 （CeO2）在平板电视显示屏中有着重要应用CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作剂（2）自然界Cr主要以+3价和+6价存在+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬完成并配平下列离子方程式：Cr2O72+SO32+=Cr3+SO42+H2O（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是（4）NiSO4xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得操作步骤如下：向滤液中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为对滤液先加H2O2再调pH，调pH的目的是滤液溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是为测定NiSO4xH2O晶体中x的值，称取26.3g晶体加热至完全失去结晶水，剩余固体15.5g，列式计算x的值等于三、化学-选修2：有机化学基础11化合物G是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药可以通过下图所示的路线合成：已知：RCOOHRCOCl；D与FeCl3溶液能发生显色请回答下列问题：（1）BC的转化所加的试剂可能是，CH3COCl+EF的反应类型是（2）有关G的下列说法正确的是A属于芳香烃B能与FeCl3溶液发生显色反应C可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应D1mol G最多可以跟4mol H2反应（3）E的结构简式为（4）F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为（5）写出同时满足下列条件的E的所有同分异构体的结构简式能发生水解反应与FeCl3溶液能发生显色反应苯环上有两种不同化学环境的氢原子xx重庆一中高三（上）开学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题，每题6分1下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）AKBNaCFeDAl【考点】铝的化学性质【分析】由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，以此来解答【解答】解：由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，而K、Na、Fe的氧化物均不是致密的结构，故选D2设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A6.8g液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子BNA个Fe（OH）3胶体粒子形成的纳米材料的质量为107gC含有4.6g钠元素的 过氧化钠的混合物中，所含离子总数为0.3NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数为15NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、KHSO4在熔融状态只能电离为钾离子和硫氢根离子；B、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；C、求出钠离子的物质的量n=0.2mol，然后根据在过氧化钠中钠离子和过氧根的个数之比为2；1来计算；D、反应5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O当转移15mol电子时，生成4mol氮气，据此分析【解答】解：A、6.8gKHSO4的物质的量n=0.05mol，而KHSO4在熔融状态只能电离为钾离子和硫氢根离子，故0.05mol的液态KHSO4中含0.05mol阳离子即0.05NA个，故A错误；B、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故NA个Fe（OH）3胶粒中Fe（OH）3的物质的量大于1mol，则转移大于107g，故B错误；C、化合物中含有的钠离子的物质的量n=0.2mol，而在过氧化钠中钠离子和过氧根的个数之比为2；1，故当钠离子为0.2mol时，过氧根为0.1mol，则离子共0.3mol即0.3NA个，故C正确；D、28g氮气为1mol，而在反应5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O中，转移15mol电子，生成4mol氮气，故当生成1mol氮气时，转移3.75mol即3.75NA个，故D错误故选C3烃分子中碳、氢两种元素质量比为5：1，且分子中含有3个甲基，则该烃分子的一氯代物共有几种（不考虑空间异构）（）A1B2C3D4【考点】同分异构现象和同分异构体【分析】先根据烃分子中碳、氢两种元素质量比为5：1，碳、氢两种元素个数比为：1，最简式为C5H12，所以化学式为：C5H12，分子中含有3个甲基，则结构简式为：（CH3）2CHCH2CH3，然后根据氢原子的种类确定一氯代物的数目【解答】解：该烃的结构简式为：（CH3）2CHCH2CH3，分子中含有4中氢原子，所以一氯代物的数目为4，故选D4下列选项正确的是（）A使PH试纸变成红色的溶液，可能存在大量的：NH4+、Cu2+、ClO、ClB（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，可能存在大量的：K+、Cu2+、Cl、MnO4C硫酸酸化的淀粉KI溶液在空气中变成蓝色：4I+O2+2H2O2I2+4OHDNaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32【考点】离子共存问题【分析】A使pH试纸变成红色的溶液为酸性溶液，铜离子与次氯酸根离子发生双水解反应，次氯酸根离子与氢离子反应；B高锰酸根离子能够氧化（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的亚铁离子；C酸性溶液中不会生成氢氧根离子；D氢氧化钙少量，离子方程式按照氢氧化钙的化学式书写【解答】解：A使pH试纸变成红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，Cu2+、ClO发生双水解反应，次氯酸根离子与氢离子反应生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故A错误；B（NH4）2Fe（SO4）2溶液中能够电离出亚铁离子，MnO4具有氧化性，能够氧化亚铁离子，在溶液中不能大量共存，故B错误；C硫酸酸化的淀粉KI溶液在空气中变成蓝色，酸性溶液中产物中不会存在企业改革离子，正确的离子方程式为：4I+O2+4H+2I2+2H2O，故C错误；D碳酸氢钠溶液中滴加少量澄清石灰水，反应的离子方程式为：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32，故D正确；故选D5茶叶中铁元素的检测可经过以下A、B、C、D四个步骤完成，各步骤中选用的实验仪器不会全部都用上的是（）A将茶叶灼烧灰化，选用、和B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用、和C过滤得到滤液，选用、和D检验滤液中的Fe3+，选用和【考点】化学实验方案的评价；物质检验实验方案的设计【分析】检验茶叶中的铁元素，先将茶叶在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在漏斗中过滤，可取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，以此解答该题【解答】解：A将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有、和，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故A不选；B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，故B选；C过滤时用到、和，故C不选；D检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即、，故D不选故选B6如图是甲、乙、丙、丁四种物质的转化关系，其中每一步都能一步实现的是（）甲乙丙丁AFeCl3FeCl2Fe2O3Fe（OH）3BCuCuOCuSO4CuCl2CNOHNO3NO2NH3DSiNa2SiO3 SiO2SiF4AA、BB、CC、DD、【考点】铁的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；硅和二氧化硅；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A、依据铁及其化合物的性质，甲到丙，乙到丙，丙到丁都不能一步实现转化；B、依据铜及其化合物的性质判断，各步都能一步转化；C、根据氮 及其化合物的性质分析，丙到丁不能实现一步转化；D、依据硅及其化合物性质分析判断，乙到丙，丁到甲不能一步转化【解答】解：A、甲FeCl3到丙Fe2O3，乙FeCl2到丙Fe2O3，丙Fe2O3到丁Fe（OH）3都不能一步实现转化，故A错误；B、各步都能一步转化，甲Cu乙CuO丙CuSO4丁CuCl2甲Cu丙CuSO4，故B正确；C、转化关系中丙NO2丁NH3，不能一步转化，故C错误；D、乙Na2SiO3到丙SiO2，丁SiF4到甲Si不能一步转化，故D错误；故选B7CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示，下列说法不正确的是（）A相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想BY可以是葡萄糖溶液CCuSO4在1100所得混合气体X中一定有O2D途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：1【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A根据反应物和生成物的化学式判断，途径产生二氧化硫气体污染性气体；B硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y生成氧化亚铜，知Y可为葡萄糖，因葡萄糖中有醛基；C硫酸铜分解生成Cu2O，Cu元素的化合价降低，结合S、O的化合价分析；D根据CuSO4溶液中的溶质为硫酸铜，可知利用含有铜元素的物质与含有硫酸根离子的物质来反应【解答】解：A相对于途径、，铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，途径的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故A正确；B葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：C6H12O6+2Cu（OH）2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡萄糖，故B正确；C 硫酸铜分解生成Cu2O，Cu元素的化合价降低，S元素为最高价不能升高，所以O元素的化合价升高，即有氧气生成，根据2CuSO4Cu2O+SO2+SO3+O2知，所得混合气体X中一定有O2，故C正确；Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，离子反应为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故D错误；故选D二、解答题（共3小题，满分46分）8铝是地壳中含量最高的金属元素，铝及其化合物在生产生活中的应用日趋广泛（1）铝的原子结构示意图是（2）三氧化二铝是一种两性氧化物，写出其与NaOH溶液反应的化学方程式Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O（3）工业上常用铝土矿（含SiO2等杂质）生产铝从Na2SiO3和NaAlO2混合溶液中制得Al（OH）3，需要从下列试剂中选择两种，最好选用的试剂组合是bdaNaOH溶液 b氨水 cCO2 d盐酸（4）如图表示将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系，最先与CO2发生反应的物质是Ba（OH）2，ab段发生反应的离子方程式为CO2+3H2O+2AlO22Al（OH）3+CO32（5）某MgAl合金是一种潜在的贮氢材料.73.2g该合金恰好溶解于1.4L5.0molL1盐酸中，则合金中Mg和Al的物质的量之比为17：12【考点】铝的化学性质；化学方程式的有关计算；镁、铝的重要化合物【分析】（1）铝原子外有三个电子层，最外层有3个电子，据此写出原子结构示意图；（2）氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；（3）利用过量盐酸和Na2SiO3和NaAlO2混合溶液反应生成硅酸沉淀和氯化铝溶液，过滤后再滤液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀；（4）只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生；将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗NaOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；NaOH被消耗完毕，接下来又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3、BaCO3、反应，最后剩余沉淀为Al（OH）3；（5）结合Mg2HCl、Al3HCl及质量关系计算【解答】解：（1）Al的原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，则原子结构示意图为，故答案为：；（2）氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；（3）利用过量盐酸和Na2SiO3和NaAlO2混合溶液反应生成硅酸沉淀和氯化铝溶液，过滤后再滤液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀，选择试剂为盐酸和氨水，选bd，故答案为：bd；（4）通入CO2，依次发生：CO2+Ba（OH）2BaCO3+H2O、CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO22Al（OH）3+Na2CO3、CO2+H2O+Na2CO32NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，由以上反应可知，最先与CO2发生反应的物质是Ba（OH）2，ab段发生反应的离子方程式为：CO2+3H2O+2AlO22Al（OH）3+CO32，故答案为：Ba（OH）2；CO2+3H2O+2AlO22Al（OH）3+CO32；（5）设Mg、Al的物质的量分别为x、y，则由Mg2HCl、Al3HCl可知，解得x=1.7mol，y=1.2mol，则合金中Mg和Al的物质的量之比为1.7mol：1.2mol=17：12，故答案为：17：129工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：【探究一】（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是铁钉表面被氧化（2）另称取铁钉6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+若要确认其中的Fe2+应选用d（选填序号）aKSCN溶液和氯水 b铁粉和KSCN溶液 c浓氨水 dKMnO4酸性溶液乙同学取336mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g由此推知气体Y中SO2的体积分数为66.7%【探究二】分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含有H2和Q气体为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）（3）装置B中试剂的作用是检验二氧化硫是否除尽（4）认为气体Y中还含有Q的理由是C+2H2SO4（浓硫酸）CO2 +2SO2+2H2O（用化学方程式表示）（5）为确认Q的存在，需在装置中添加M于C（选填序号）aA之前 bAB间 cBC间 dCD间（6）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是D中固体由黑色变红和E中固体由白变蓝（7）若要测定336mL气体中H2的含量（标准状况下约有28mL H2），可否用托盘天平称量D或E反应前后的质量差的方法？做出判断并说明理由否，用托盘天平无法称量D或E的差量【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；二氧化硫的化学性质【分析】（1）常温条件下，铁与浓硫酸能产生钝化现象；（2）根据亚铁离子的性质选取试剂，亚铁离子有还原性，可用强氧化性的物质检验，且必须有明显的实验现象；（3）二氧化硫能使品红溶液褪色，从而检验二氧化硫是否存在，空气中有水蒸汽会影响无水硫酸铜对水的检验；（4）根据铁钉的成分分析，铁钉中的铁和碳在加热条件下都能与浓硫酸发生氧化还原反应；（5）根据二氧化硫和二氧化碳的性质分析选择位置；（6）根据氢气的性质分析，氢气具有还原性，能还原黑色的氧化铜而生成水，水能使白色的无水硫酸铜变蓝；碱石灰能吸收二氧化碳；（7）计算出氢气的物质的量及生成水的质量，然后根据中学阶段质量的称量选择托盘天平，分度值是0.1g进行判断【解答】解：（1）铁钉放入冷硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化阻止反应进一步进行，故答案为：铁钉表面被氧化；（2）亚铁离子能使酸性高锰酸钾褪色，溶液中已经有三价铁离子，选择a会造成干扰，b能检验三价铁离子的存在，选c生成两种沉淀，受氢氧化铁沉淀颜色的影响无法分辨，故选d；SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，则n（混合气体）=0.015mol；SO2 BaSO41mol 233gn 2.33gn=0.01mol所以二氧化硫的体积分数为： =66.7%，故答案为：66.7%；（3）A除去二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以B可以检验A中是否完全除去二氧化硫，故答案为：检验二氧化硫是否除尽；（4）在加热时，铁钉中不仅铁和浓硫酸反应，碳也和浓硫酸反应生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为C+2H2SO4（浓硫酸）CO2 +2SO2+2H2O，所以气体二氧化硫还含有二氧化碳，故答案为：C+2H2SO4（浓硫酸）CO2 +2SO2+2H2O；（5）Q为二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，选择a或b受二氧化硫的影响无法判断二氧化碳的存在，选d时二氧化碳被碱石灰吸收，故选C；（6）氢气还原氧化铜会生成水蒸气能使白色的硫酸铜粉末变蓝色，同时有红色的铜单质生成，故答案为：D中固体由黑色变红和E中固体由白变蓝；（7）标况下28mL氢气的物质的量为： =0.00125mol，生成水的质量为：18g/mol0.00125mol=0.0225g，即D、E的质量差小于0.1g，而中学阶段质量的称量选择托盘天平，分度值是0.1g，无法精确称量出D或E的差量，所以不能用通过托盘天平称量质量差的方法测量氢气含量，故答案为：否，用托盘天平无法称量D或E的差量10铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用（1）二氧化铈 （CeO2）在平板电视显示屏中有着重要应用CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作氧化剂（2）自然界Cr主要以+3价和+6价存在+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬完成并配平下列离子方程式：1Cr2O72+3SO32+8H+=2Cr3+3SO42+4H2O（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是4Na+TiCl4Ti+4NaCl（4）NiSO4xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得操作步骤如下：向滤液中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为FeS+Cu2+=CuS+Fe2+对滤液先加H2O2再调pH，调pH的目的是除去Fe3+滤液溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）为测定NiSO4xH2O晶体中x的值，称取26.3g晶体加热至完全失去结晶水，剩余固体15.5g，列式计算x的值等于6【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2中的Ce是+4价，在H2O2的作用下可生成Ce3+，因此发生还原反应，CeO2在该反应中作氧化剂；（2）自然界中Cr主要以+3价和+6价存在+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，根据得失电子相等，Cr2O72与SO32的物质的量之比是1：3；结合原子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；（3）工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，四氯化钛被钠还原为钛，依据原子守恒书写；（4）电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素），加入稀硫酸，废渣部分溶解，过滤后滤液中含Cu2+、Zn2+、Fe2+、Ni2+，加入FeS通过沉淀转化生成硫化铜、硫化锌，除去Cu2+、Zn2+杂质，过滤得到滤液，滤液加H2O2是将Fe2+氧化Fe3+，然后调pH沉淀Fe3+，过滤后得到滤液，溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3，NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，经过蒸发浓缩、冷却结晶得到产品，据此分析解答【解答】解：（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2中的Ce是+4价，在H2O2的作用下可生成Ce3+，因此发生还原反应，CeO2在该反应中作氧化剂，故答案为：氧化；（2）自然界中Cr主要以+3价和+6价存在+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，根据得失电子相等，Cr2O72与SO32的物质的量之比是1：3；反应的离子方程式：Cr2O72+3SO32+8H+=2Cr3+3SO42+4H2O，故答案为：1，3，8H+，2，3，4；（3）工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，四氯化钛被钠还原为钛，反应的化学方程式为：4Na+TiCl4Ti+4NaCl，故答案为：4Na+TiCl4Ti+4NaCl；（4）电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素），加入稀硫酸，废渣部分溶解，过滤后滤液中含Cu2+、Zn2+、Fe2+、Ni2+，加入FeS通过沉淀转化生成硫化铜、硫化锌，除去Cu2+、Zn2+杂质，过滤得到滤液，滤液加H2O2是将Fe2+氧化Fe3+，然后调pH沉淀Fe3+，过滤后得到滤液，溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3，NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，经过蒸发浓缩、冷却结晶得到产品FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化，反应的离子方程式为：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+，故答案为：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；对滤液加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，然后调pH使Fe3+完全沉淀，故答案为：除去Fe3+；NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，然后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶，故答案为：增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）；测定NiSO4xH2O晶体中x的值，称取26.3g晶体加热至完全失去结晶水，剩余固体15.5g，失去水的质量=26.3g15.5g=10.8g，NiSO4的质量为15.5g，计算物质的量得到1：x=：，解得x=6，故答案为：6三、化学-选修2：有机化学基础11化合物G是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药可以通过下图所示的路线合成：已知：RCOOHRCOCl；D与FeCl3溶液能发生显色请回答下列问题：（1）BC的转化所加的试剂可能是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，CH3COCl+EF的反应类型是取代反应（2）有关G的下列说法正确的是CDA属于芳香烃B能与FeCl3溶液发生显色反应C可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应D1mol G最多可以跟4mol H2反应（3）E的结构简式为（4）F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为+3NaOHCH3COONa+CH3OH+H2O（5）写出同时满足下列条件的E的所有同分异构体的结构简式能发生水解反应与FeCl3溶液能发生显色反应苯环上有两种不同化学环境的氢原子【考点】有机物的合成【分析】根据题中各物转化关系，结合信息RCOOHRCOCl，可知C为CH3COOH，由ABC的转化条件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B为CH3CHO，A为CH3CH2OH，根据F的结构可知E发生取代反应生成F，所以E为，D与FeCl3溶液能发生显色，说明D中有酚羟基，根据D的分子式和E的结构可知，D与甲醇反应生成E，所以D的结构简式为，据此答题【解答】解：根据题中各物转化关系，结合信息RCOOHRCOCl，可知C为CH3COOH，由ABC的转化条件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B为CH3CHO，A为CH3CH2OH，根据F的结构可知E发生取代反应生成F，所以E为，D与FeCl3溶液能发生显色，说明D中有酚羟基，根据D的分子式和E的结构可知，D与甲醇反应生成E，所以D的结构简式为，（1）BC的转化是醛基氧化成羧基，所以所加的试剂可能是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，根据上面的分析可知，CH3COCl+EF的反应类型是取代反应，故答案为：银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；取代反应；（2）根据G的结构简式可知，G中有酯基、羟基、碳碳双键、苯环，AG中有氧元素，所以不属于芳香烃，故A错误； BG中没有酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；CG中有酯基、羟基、碳碳双键，可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应，故C正确；DG中有苯环，一个苯环可以与三个H2加成，一个碳碳双键可以与一个H2加成，所以1mol G最多可以跟4mol H2反应，故D正确；故选CD；（3）根据上面的分析可知，E的结构简式为，故答案为：； （4）F中有两个酯基与足量NaOH溶液充分反应生成酚羟基也与氢氧化钠反应，所以反应的化学方程式为+3NaOHCH3COONa+CH3OH+H2O，故答案为： +3NaOHCH3COONa+CH3OH+H2O；（5）E为，E的同分异构体中同时满足下列条件能发生水解反应，说明有酯基，与FeCl3溶液能发生显色反应，有酚羟基，苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明有两个基团处于苯环的对位，这样的结构简式有，故答案为：xx11月15日