一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）

1．（2分）做好垃圾分类，推动城市绿色发展。如表有关生活垃圾分类不合理的是（　　）

2．（2分）近年，科学家发现了116号元素Lv．下列关于293Lv和294Lv的说法错误的是（　　）

A．两者中子数相差1    B．两者质量数相差1    

C．两者电子数相差1    D．两者互为同位素

3．（2分）地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽 油、煤油、柴油等）的方法是（　　）

A．加入水中，浮在水面上的是地沟油    

B．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油    

C．点燃，能燃烧的是矿物油    

D．测定沸点，有固定沸点的是矿物油

4．（2分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（　　）

A．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料    

B．FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu    

C．石墨具有导电性，可用于制铅笔芯    

D．浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2

5．（2分）下列过程仅克服离子键的是（　　）

A．NaHSO4溶于水    B．HCl溶于水    

C．氯化钠熔化    D．碘升华

6．（2分）在 pH＝1的含有 Mg2+、Fe2+、Al3+三种阳离子的溶液中，可能存在的阴离子是（　　）

①Cl﹣②NO3﹣③SO42﹣④S2﹣

A．①②    B．①③    C．③④    D．②③

7．（2分）反应 A+B→C+Q（Q＞0）分两步进行，①A+B→X+Q（Q＜0）②X→C+Q（Q＞0）。下列示意图中，能正确

表示总反应过程中能量变化的是（　　）

A．    B．    

C．    D．

8．（2分）关于化合物2﹣苯基丙烯（），下列说法正确的是（　　）

A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色    

B．可以发生加成聚合反应    

C．分子中所有原子共平面    

D．易溶于水及甲苯

9．（2分）能促进水的电离平衡，并使溶液中的c（H+）＞c（OH﹣）的操作是（　　）

A．将水加热煮沸    B．将明矾溶于水    

C．将NaHSO4固体溶于水    D．将NaHCO3固体溶于水

10．（2分）下列说法中，正确的是（　　）

A．离子化合物中一定不含共价键    

B．分子间作用力越大，分子的热稳定性就越大    

C．可能存在不含任何化学键的晶体    

D．酸性氧化物形成的晶体一定是分子晶体

11．（2分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）

A．溴水中存在Br2+H2O⇌HBr+HBrO，当加入银溶液并静置后，溶液颜色变浅    

B．反应CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）+QQ＞0，平衡后，升高温度体系颜色变深    

C．用饱和食盐水除去Cl2中的HCl    

D．合成氨反应中，为提高原料的转化率，可采用高温加热的条件

12．（2分）实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是（　　）

A．装置常用于分离互不相溶的液体混合物    

B．装置可用于吸收氨气，且能防止倒吸    

C．用装置不可以完成“喷泉”实验    

D．用装置稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液

13．（2分）下列关于实验室模拟侯德榜制碱法的操作正确的是（　　）

A．将 CO2 和 NH3的混合气体同时通入饱和食盐水中    

B．将析出的 NaHCO3固体过滤后灼烧得到纯碱    

C．在析出 NaHCO3的母液中加入消石灰以循环利用 NH3    

D．在析出 NaHCO3 的母液中通入 NH3，加入氯化钠粉末，析出 Na2CO3固体

14．（2分）下列转化不能通过一步实现的是（　　）

A．FeFe3O4    B．AlNaAlO2    

C．CuCuSO4    D．CuCuS

15．（2分）ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，可通过以下反应制得 ClO2，下列说法错误的是（　　）

2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O

A．每1molKClO3参加反应就有 2mol 电子转移    

B．ClO2是还原产物    

C．H2C2O4在反应中被氧化    

D．KClO3在反应中得到电子

16．（2分）下列有机化合物中均含有杂质，除去这些杂质的方法中正确的是（　　）

A．苯中含单质溴杂质：加水，分液    

B．乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液    

C．乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液    

D．乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液

17．（2分）用滴有酚酞和氯化钠溶液湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（　　）

A．b极附近有气泡冒出    

B．d极附近出现红色    

C．a、c极上都发生氧化反应    

D．甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀

18．（2分）如图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、c、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。

已知：2KMnO4+16HCl═2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O

对实验现象的“解释或结论”正确的是（　　）

19．（2分）X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X 原子最外层有两个未成对电子，Y 原子 最外层电子数是内层电子数的 3 倍，Z 元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，R 原子的核外电子数 是 X 原子与 Z 原子的核外电子数之和。下列叙述正确的是（　　）

A．原子半径的大小顺序：X＜Y＜Z＜R    

B．X、Y 分别与氢元素组成的化合物熔沸点一定是：X＜Y    

C．最高价氧化物对应水化物的酸性：R＞X    

D．Y 与 Z 形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均完全相同

20．（2分）将l00mL1mol/L 的NaHCO3溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许 Ba（OH）2

固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中 c（CO32﹣）的变化分别是（　　）

A．减小、增大    B．减小、减小    C．增大、增大    D．增大、减小

二、填空题（共60分）

21．（15分）NaNO2是一种白色易溶于水的固体，溶液呈碱性，其外观与氯化钠相似，有咸味，俗称工业盐；是一 种重要的化学试剂、漂白剂和食品添加剂。已知亚盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子； 亚银是可溶于稀的白色沉淀。请完成以下填空：

（1）N 原子最外层电子的轨道排布式为　   　；用一个事实说明氮和氧非金属强弱　   　。

（2）酸性条件下，NaNO2溶液只能将 I﹣氧化为 I2，同时生成 NO．写出此反应①的离子方程式并标出电子转移的方向和数目　   　。

（3）氯气、浓、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，工业上氧化卤水中的 I﹣提取单质 I2选择了价格 并不便宜的亚钠，可能的原因是　   　。

（4）在盐酸溶液中加入亚钠溶液至中性，则 c（Cl﹣）　   　c（HNO2）（填“＜”、“＞”或“＝”）。

（5）设计一种鉴别亚钠和氯化钠的实验方案　   　。

22．（15分）镁带能在 CO2中燃烧，生成氧化镁和单质碳。请完成下列填空：

（1）碳元素形成的单质有石、石墨、足球烯等。石的熔点远高于足球烯的原因 是　   　。

（2）氧化镁的电子式为　   　，CO2的结构式为 　   　。与镁同周期、离子半径最小的元素，其原子最外层的电子排布式为　   　，其 1 个原子中能量最高的电子有　   　个。 一定条件下，在容积恒为 2.0L的容器中，Fe 和 CO2发生如下反应：CO2（g）+Fe（s）⇌FeO（s）+CO（g）

（3）若起始时向容器中加入 1mol CO2，5.0 min 后，容器内气体的相对平均分子量为32，则 n（CO2）：n（CO）之比为　   　，这段时间内用 CO2 表示的速率 V（CO2）＝　   　。

（4）下列说法错误的是　   　。

a．当混合气体的密度不变时说明反应达到了平衡

b．混合气体的平均相对分子质量不变时说明反应达到了平衡

c．平衡后移除二氧化碳时，正反应速率一直减小直至建立新的平衡 d．平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率不变，平衡不移动

（5）保持温度不变的情况下，待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向　   　移动（选填“正

向”、“逆向”、或“不”），二氧化碳的转化率　   　（填“增大”，“减小”或“不变”）。

23．（15分）某芳香烃 X（分子式为 C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如图所示的转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中 A 是一氯代物。

已知：①

②（苯胺，易被氧化）

（1）写出：X→A 的反应条件　   　；反应④的反应条件和反应试剂：　   　。

（2）E 中含氧官能团的名称：　   　；反应②的类型是　   　； 反应②和③先后顺序不能颠倒的原因是　   　。

（3）写出反应①的化学方程式：　   　。

（4）有多种同分异构体，写出 1 种含有 1 个醛基和 2 个羟基且苯环上只有 2 种一氯取代物的 芳香族化合物的结构简式：　   　。

（5）写出由 A 转化为的合成路线。（合成路线表示方法为：AB…目标产物）　   　。

24．（15分）硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2•xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如图：

回答下列问题：

（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是　   　。

（2）步骤②需要加热的目的是　   　，温度保持80﹣95℃，采用的合适加热方式是　   　。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为　   　（填标号）。

（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是　   　。分批加入H2O2，同时为了　   　，溶液要保持pH小于0.5。

（4）步骤⑤的具体实验操作有　   　，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。

（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%．硫酸铁铵晶体的化学式为　   　。

2022年上海市奉贤区高考化学一模试卷

参与试题解析

一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）

1．（2分）做好垃圾分类，推动城市绿色发展。如表有关生活垃圾分类不合理的是（　　）

【分析】选项中只有干电池为重金属污染，分类不合理，以此来解答。

【解答】解：A．牛奶盒可回收再利用，分类合理，故A不选；

B．眼药水过期有害，不能回收，为有害垃圾，故B不选；

C．干电池为重金属污染，分类不合理，故C选；

D．西瓜皮为无毒无害物质，为湿垃圾，可作肥料使用，故D不选；

故选：C。

【点评】本题考查三废处理及环境保护，为高频考点，把握物质的性质、垃圾的分类及再利用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。

2．（2分）近年，科学家发现了116号元素Lv．下列关于293Lv和294Lv的说法错误的是（　　）

A．两者中子数相差1    B．两者质量数相差1    

C．两者电子数相差1    D．两者互为同位素

【分析】293Lv和294Lv的质子数均为116，核外电子数均为116，中子数与质量数不同，二者互为同位素，以此来解答。

【解答】解：A．质子数相同、质量数相差1，则中子数相差1，故A正确；

B．两者质量数相差294﹣193＝1，故B正确；

C．两者电子数均为116，故C错误；

D．质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，故D正确；

故选：C。

【点评】本题考查同位素，为高频考点，把握原子中数量关系、同位素的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原子中质子数等于电子数，题目难度不大。

3．（2分）地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽 油、煤油、柴油等）的方法是（　　）

A．加入水中，浮在水面上的是地沟油    

B．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油    

C．点燃，能燃烧的是矿物油    

D．测定沸点，有固定沸点的是矿物油

【分析】地沟油中含油脂，与碱溶液反应，而矿物油不与碱反应，混合后分层，以此来解答。

【解答】解：A．地沟油、矿物油均不溶于水，且密度均比水小，不能区别，故A错误；

B．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油，分层的为矿物油，现象不同，能区别，故B正确；

C．地沟油、矿物油均能燃烧，不能区别，故C错误；

D．地沟油、矿物油均为混合物，没有固定沸点，不能区别，故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查有机物的区别，明确地沟油、矿物油的成分及性质是解答本题的关键，侧重有机物性质的考查，题目难度不大。

4．（2分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（　　）

A．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料    

B．FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu    

C．石墨具有导电性，可用于制铅笔芯    

D．浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2

【分析】A．耐高温材料具有较高的熔点；

B．依据三价铁离子氧化性解答；

C．石墨质软，能在纸上留下灰褐色痕迹；

D．依据浓硫酸的吸水性解答。

【解答】解：A．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故A正确；

B．FeCl3溶液具有较强的氧化性，可用于腐蚀电路板上的Cu，故B错误；

C．石墨质软，能在纸上留下灰褐色痕迹，所以可用于制铅笔芯，与导电性无关，故C错误；

D．浓硫酸的吸水性，可以干燥二氧化碳，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，物质的性质决定物质的用途，掌握常见化学物质的性质和用途是正确解答此类题的关键，题目难度不大。

5．（2分）下列过程仅克服离子键的是（　　）

A．NaHSO4溶于水    B．HCl溶于水    

C．氯化钠熔化    D．碘升华

【分析】A．KHSO4晶体溶于水，电离生成K+、H+和SO42﹣；

B．HCl中只含有共价键；

C．氯化钠熔化电离出钠离子和氯离子；

D．碘升华破坏分子间作用力。

【解答】解：A．KHSO4晶体溶于水，电离生成K+、H+和SO42﹣，既破坏了离子键又破坏了共价键，故A错误；

B．HCl中只含有共价键，HCl溶于水只破坏共价键，故B错误；

C．氯化钠熔化电离出钠离子和氯离子，只破坏离子键，故C正确；

D．碘升华没有破坏化学键，破坏了分子间作用力，故D错误；

故选：C。

【点评】本题考查了化学键的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，明确物质中存在化学键的类型是解答本题的关键。

6．（2分）在 pH＝1的含有 Mg2+、Fe2+、Al3+三种阳离子的溶液中，可能存在的阴离子是（　　）

①Cl﹣②NO3﹣③SO42﹣④S2﹣

A．①②    B．①③    C．③④    D．②③

【分析】pH＝1的溶液显酸性，H+、NO3﹣ 与Fe2+发生氧化还原反应，H+、S2﹣结合生成弱电解质H2S，Mg2+、Fe2+分别与S2﹣结合生成沉淀，Al3+与S2﹣相互促进水解。

【解答】解：在pH＝1的含有Mg2+、Fe2+、Al3+三种阳离子的溶液中，H+、NO3﹣ 与Fe2+发生氧化还原反应，H+、S2﹣结合生成弱电解质，Mg2+、Fe2+分别与S2﹣结合生成沉淀，Al3+与S2﹣相互促进水解，Cl﹣ 和SO42﹣与H+、Mg2+、Fe2+、Al3+之间互不反应，可以共存，②④一定不存在，可能存在①③，

故选：B。

【点评】本题考查离子的共存，明确离子之间的反应、离子的性质是解答本题的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大。

7．（2分）反应 A+B→C+Q（Q＞0）分两步进行，①A+B→X+Q（Q＜0）②X→C+Q（Q＞0）。下列示意图中，能正确

表示总反应过程中能量变化的是（　　）

A．    B．    

C．    D．

【分析】反应 A+B→C+Q（Q＞0）放出热量，说明A+B能量总和大于C能量，①A+B→X+Q（Q＜0）为吸热反应，则A+B能量总和小于C能量；②X→C+Q（Q＞0）为放热反应，则X能量大于C能量。

【解答】解：反应 A+B→C+Q（Q＞0）放出热量，说明A+B能量总和大于C能量，①A+B→X+Q（Q＜0）为吸热反应，则A+B能量总和小于C能量；②X→C+Q（Q＞0）为放热反应，则X能量大于C能量，符合条件的只有D，

故选：D。

【点评】本题考查反应热和焓变，为高频考点，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确反应物总能量和生成物总能量之差与反应热关系是解本题关键，题目难度不大。

8．（2分）关于化合物2﹣苯基丙烯（），下列说法正确的是（　　）

A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色    

B．可以发生加成聚合反应    

C．分子中所有原子共平面    

D．易溶于水及甲苯

【分析】该有机物中含有苯环和碳碳双键，具有苯和烯烃性质，能发生加成反应、取代反应、加聚反应、氧化反应，据此分析解答。

【解答】解：A．含有碳碳双键，所以具有烯烃性质，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；

B．含有碳碳双键，所以能发生加聚反应生成高分子化合物，故B正确；

C．苯分子中所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面，甲烷分子为正四面体结构，有3个原子共平面，该分子中甲基具有甲烷结构特点，所以该分子中所有原子不能共平面，故C错误；

D．该物质为有机物，没有亲水基，不易溶于水，易溶于甲苯，故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查苯和烯烃性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，会利用知识迁移方法判断原子是否共平面，题目难度不大。

9．（2分）能促进水的电离平衡，并使溶液中的c（H+）＞c（OH﹣）的操作是（　　）

A．将水加热煮沸    B．将明矾溶于水    

C．将NaHSO4固体溶于水    D．将NaHCO3固体溶于水

【分析】H2O⇌H++OH﹣，水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离；酸、碱或强酸酸式盐抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，能促进水的电离，并使溶液中c（H+）＞c（OH﹣），说明溶液呈酸性，为强酸弱碱盐，据此分析解答。

【解答】解：A．水的电离是吸热反应，将水加热煮沸，促进水电离，但溶液中仍然存在c（H+）＝c（OH﹣），溶液呈中性，故A错误；

B．向水中加入明矾晶体，铝离子水解Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，导致溶液呈酸性，促进水电离，故B正确；

C．向水中加NaHSO4固体，硫酸氢钠完全电离生成氢离子导致溶液呈酸性，抑制水电离，故C错误；

D．向水中加入NaHCO3固体，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，促进水电离，故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查电解质的电离、水的电离、盐类水解等知识点，明确物质的性质是解本题关键，题目难度不大。

10．（2分）下列说法中，正确的是（　　）

A．离子化合物中一定不含共价键    

B．分子间作用力越大，分子的热稳定性就越大    

C．可能存在不含任何化学键的晶体    

D．酸性氧化物形成的晶体一定是分子晶体

【分析】A、离子化合物中可能含共价键；

B．分子的稳定性由共价键决定；

C．单原子分子中不含共价键；

D．二氧化硅为酸性氧化物，其晶体属于原子晶体。

【解答】解：A、氢氧化钠、氯化铵是离子化合物，但含有共价键，故A错误；

B．分子的稳定性由共价键决定，分子间作用力决定分子的物理性质，故B错误；

C．单原子分子中不含共价键，如稀有气体分子中没有共价键，其晶体为分子晶体，晶体中只有分子间作用力，故C正确；

D．二氧化硅为酸性氧化物，其晶体属于原子晶体，所以酸性氧化物形成的晶体不一定分子晶体，故D错误。

故选：C。

【点评】本题考查化合物和化学键的关系，明确共价化合物和离子化合物的概念是解本题关键，注意二者的区别，难度不大。

11．（2分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）

A．溴水中存在Br2+H2O⇌HBr+HBrO，当加入银溶液并静置后，溶液颜色变浅    

B．反应CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）+QQ＞0，平衡后，升高温度体系颜色变深    

C．用饱和食盐水除去Cl2中的HCl    

D．合成氨反应中，为提高原料的转化率，可采用高温加热的条件

【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。

【解答】解：A．加入银溶液后，银和HBr反应生成沉淀而促进溴溶解，导致溴浓度减小，溶液颜色变浅，所以能用勒夏特列原理解释，故A正确；

B．升高温度平衡逆向移动导致二氧化氮浓度增大，颜色加深，所以能用勒夏特列原理解释，故B正确；

C、排饱和食盐水的方法收集氯气，利用的是氯离子浓度增大。使平衡Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO逆向进行，减少氯气的溶解性，故C正确；

D．合成氨是放热反应，高温加热是加快反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，故D错误；

故选：D。

【点评】本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，侧重考查学生对化学平衡移动原理内涵的理解和运用，明确化学平衡移动原理适用范围是解本题关键，注意：只有引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释。

12．（2分）实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是（　　）

A．装置常用于分离互不相溶的液体混合物    

B．装置可用于吸收氨气，且能防止倒吸    

C．用装置不可以完成“喷泉”实验    

D．用装置稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液

【分析】A．互不相溶的液体采用分液的方法分离，蒸馏操作用于分离相互溶解的液态；

B．氨气极易溶于水，有缓冲装置的能防止倒吸；

C．氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成喷泉实验；

D．浓溶液的稀释，需在烧杯中进行，且需要玻璃棒搅拌．

【解答】解：A．该装置为蒸馏装置，互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离，互不相溶的液体采用分液的方法分离，故A错误；

B．氨气极易溶于水，有缓冲装置的能防止倒吸，该装置中苯没有缓冲作用，所以不能防止倒吸，应该用四氯化碳溶液，故B错误；

C．氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成压强差，从而形成喷泉实验，故C错误；

D．浓硫酸溶于水放出大量热，且浓硫酸的密度大于水，稀释时需要将浓硫酸缓缓加入水中，图示操作合理，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及蒸馏、喷泉实验、防倒吸装置、浓硫酸稀释等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．

13．（2分）下列关于实验室模拟侯德榜制碱法的操作正确的是（　　）

A．将 CO2 和 NH3的混合气体同时通入饱和食盐水中    

B．将析出的 NaHCO3固体过滤后灼烧得到纯碱    

C．在析出 NaHCO3的母液中加入消石灰以循环利用 NH3    

D．在析出 NaHCO3 的母液中通入 NH3，加入氯化钠粉末，析出 Na2CO3固体

【分析】A．饱和食盐水中依次通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体；

B．碳酸氢钠分解生成碳酸钠；

C．在析出 NaHCO3的母液中主要是氯化铵，氨气极易溶于水；

D．从母液中分离出NH4Cl，加入NaCl通入NH3，这样做的原因是增加Cl﹣浓度和NH4+浓度，以利析出NH4Cl，析出NaHCO3固体后，母液中HCO3﹣浓度较小，且通入NH3将HCO3﹣转化为CO32﹣，不析出NaHCO3和NH4HCO3和Na2CO3。

【解答】解：A．实验室模拟侯德榜制碱法的操作是饱和食盐水中先通入氨气，再通入 CO2 气体，增大二氧化碳的吸收生成碳酸氢钠晶体，故A错误；

B．将析出的 NaHCO3固体过滤后灼烧，碳酸氢钠受热分解得到纯碱碳酸钠，故B正确；

C．氨气极易溶于水，在析出 NaHCO3的母液中加入消石灰不能放出大量氨气，不能循环利用 NH3，故C错误；

D．从母液中分离出NH4Cl，加入NaCl通入NH3，这样做的原因是增加Cl﹣浓度和NH4+浓度，以利析出NH4Cl，不能析出 Na2CO3固体，故D错误；、

故选：B。

【点评】本题考查了侯德榜制碱法的原理分析判断、物质性质的理解应用、析出晶体的原理等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

14．（2分）下列转化不能通过一步实现的是（　　）

A．FeFe3O4    B．AlNaAlO2    

C．CuCuSO4    D．CuCuS

【分析】A．Fe与氧气反应生成四氧化三铁；

B．Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；

C．Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜；

D．S具有弱氧化性。

【解答】解：A．Fe与氧气反应生成四氧化三铁，可一步实现转化，故A正确；

B．Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，可一步实现转化，故B正确；

C．Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜，可一步实现转化，故C正确；

D．S具有弱氧化性，与Cu反应生成Cu2S，则Cu与S不能一步转化为CuS，故D错误；

故选：D。

【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

15．（2分）ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，可通过以下反应制得 ClO2，下列说法错误的是（　　）

2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O

A．每1molKClO3参加反应就有 2mol 电子转移    

B．ClO2是还原产物    

C．H2C2O4在反应中被氧化    

D．KClO3在反应中得到电子

【分析】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4＝2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O 中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价，以此来解答。

【解答】解：A、Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1mol×（5﹣4）＝1mol，故A错误；

B、Cl元素的化合价降低，被还原，对应的产物为还原产物，即ClO2是还原产物，故B正确；

C、因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，被氧化，故C正确；

D、因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，则KClO3在反应中得到电子，故D正确；

故选：A。

【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意H2C2O4中C元素化合价的判断是学生的易错点。

16．（2分）下列有机化合物中均含有杂质，除去这些杂质的方法中正确的是（　　）

A．苯中含单质溴杂质：加水，分液    

B．乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液    

C．乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液    

D．乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液

【分析】A．溴不易溶于水，易溶于苯；

B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层；

C．乙酸与NaOH反应后，与乙醛互溶；

D．乙酸与碳酸钠反应后，与乙醇互溶。

【解答】解：A．溴不易溶于水，易溶于苯，加水不能分离，应选NaOH、分液，故A错误；

B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，可分液分离，故B正确；

C．乙酸与NaOH反应后，与乙醛互溶，应蒸馏分离，故C错误；

D．乙酸与碳酸钠反应后，与乙醇互溶，应蒸馏分离，故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、混合物分离法方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

17．（2分）用滴有酚酞和氯化钠溶液湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（　　）

A．b极附近有气泡冒出    

B．d极附近出现红色    

C．a、c极上都发生氧化反应    

D．甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀

【分析】甲构成原电池，乙为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e﹣＝4OH﹣，乙中阴极上电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH﹣，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，以此解答该题．

【解答】解：A、b极附是正极，发生电极反应式为2H2O+O2+4e﹣＝4OH﹣，所以无气泡冒出，故A错误；

B、乙中阴极上电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH﹣，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，故B正确；

C、a是原电池的负极发生氧化反应、c极是阳极发生氧化反应，所以a、c极上都发生氧化反应，故C正确；

D、甲中铁是原电池的负极被腐蚀，而乙中是电解池的阴极被保护，所以甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀，故D正确；

故选：A。

【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，根据电极反应式来确定选项即可，题目难度不大．

18．（2分）如图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、c、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。

已知：2KMnO4+16HCl═2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O

对实验现象的“解释或结论”正确的是（　　）

【分析】A．a处发生Cl2+2KI═2KCl+I2，b处发生Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2；

B．c处发生Cl2+H2O═HCl+HClO，具有酸性和漂白性；

C．d处发生Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；

D．e处发生Cl2+2FeCl2═2FeCl3。

【解答】解：A．a处发生Cl2+2KI═2KCl+I2，b处发生Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2，则a处变蓝，b处变红棕色，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知Cl2＞I2，Cl2＞Br2，不能比较Br2、I2的氧化性，故A错误；

B．c处发生Cl2+H2O═HCl+HClO，具有酸性和漂白性，则c处先变红，后褪色，褪色与HClO的漂白性有关，故B错误；

C．d处发生Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，则d处红色消失，因溶液的碱被消耗，故C错误；

D．e处发生Cl2+2FeCl2═2FeCl3，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性为Cl2＞Fe3+，根据强弱规律，所以还原性：Fe2+＞Cl﹣，故D正确；

故选：D。

【点评】本题以氯气的性质为载体考查学生氧化还原反应的有关知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握相关物质的性质，难度不大。

19．（2分）X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X 原子最外层有两个未成对电子，Y 原子 最外层电子数是内层电子数的 3 倍，Z 元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，R 原子的核外电子数 是 X 原子与 Z 原子的核外电子数之和。下列叙述正确的是（　　）

A．原子半径的大小顺序：X＜Y＜Z＜R    

B．X、Y 分别与氢元素组成的化合物熔沸点一定是：X＜Y    

C．最高价氧化物对应水化物的酸性：R＞X    

D．Y 与 Z 形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均完全相同

【分析】X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，Y原子 最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y为O；X原子最外层有两个未成对电子，其原子序数小于O，则X为C元素；Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，则Z为Na；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则核外电子数为6+11＝17，为Cl元素，据此解答。

【解答】解：由以上分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Cl元素。

A．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，且同主族从上到下，原子半径逐渐增大，应为Na＞Cl＞C＞O，故A错误；

B．C与H形成的化合物为烃，碳原子数较多的烃常温下为固态，则X与H形成的化合物沸点可能大于Y与H形成化合物沸点，故B错误；

C．非金属性Cl＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则最高价氧化物的水化物的酸性：Cl＞C，故C正确；

D．Y为O元素、Z为Na元素，可分别形成氧化钠和过氧化钠，氧化钠只含有离子键、过氧化钠含有离子键和共价键，故D错误。

故选：C。

【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的应用，为高考常见题型，题目难度中等，正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

20．（2分）将l00mL1mol/L 的NaHCO3溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许 Ba（OH）2

固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中 c（CO32﹣）的变化分别是（　　）

A．减小、增大    B．减小、减小    C．增大、增大    D．增大、减小

【分析】一份加入少许冰醋酸，发生HAc+HCO3﹣＝H2O+CO2↑+Ac﹣，另外一份加入少许Ba（OH）2固体，发生Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣＝2H2O+BaCO3↓+CO32﹣，以此来解答。

【解答】解：将l00ml 1mol/L 的NaHCO3溶液等分为两份，

一份加入少许冰醋酸，发生HAc+HCO3﹣＝H2O+CO2↑+Ac﹣，则溶液中c（CO32﹣）减小；

另外一份加入少许Ba（OH）2固体，发生Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣＝2H2O+BaCO3↓+CO32﹣，则溶液中c（CO32﹣）增大，

故选：A。

【点评】本题考查溶液中的离子反应，明确发生的反应是分析离子浓度变化的关键，题目难度不大。

二、填空题（共60分）

21．（15分）NaNO2是一种白色易溶于水的固体，溶液呈碱性，其外观与氯化钠相似，有咸味，俗称工业盐；是一 种重要的化学试剂、漂白剂和食品添加剂。已知亚盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子； 亚银是可溶于稀的白色沉淀。请完成以下填空：

（1）N 原子最外层电子的轨道排布式为　　；用一个事实说明氮和氧非金属强弱　氢化物稳定性：H2O＞NH3，则非金属性O大于N　。

（2）酸性条件下，NaNO2溶液只能将 I﹣氧化为 I2，同时生成 NO．写出此反应①的离子方程式并标出电子转移的方向和数目　　。

（3）氯气、浓、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，工业上氧化卤水中的 I﹣提取单质 I2选择了价格 并不便宜的亚钠，可能的原因是　氯气、浓、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质　。

（4）在盐酸溶液中加入亚钠溶液至中性，则 c（Cl﹣）　＝　c（HNO2）（填“＜”、“＞”或“＝”）。

（5）设计一种鉴别亚钠和氯化钠的实验方案　取少量两种物质分别溶于适量水制成溶液，加入少量溴水，溴水褪色的是亚钠，没有褪色的是氯化钠　。

【分析】（1）氮原子核外电子数为7，根据能量最低原理书写最外层电子轨道排布式；比较非金属性的强弱，可根据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，与氢气反应的剧烈程度，氢化物的稳定性，单质之间的置换反应等，对应阴离子的还原性强弱等；

（2）亚钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮和碘和水；

（3）氯气、浓、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；

（4）根据溶液至中性时电荷守恒及其亚钠溶液的物料守恒分析；

（5）亚盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子，而NaCl不能，据此分析解答。

【解答】解：（1）氮原子核外电子数为7，基态原子核外电子排布为1S12S22P3，故最外层电子轨道排布式为；比较非金属性的强弱，可根据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，与氢气反应的剧烈程度，氢化物的稳定性，单质之间的置换反应等，对应阴离子的还原性强弱等，所以氢化物稳定性：H2O＞NH3，则非金属性O大于N，

故答案为：；氢化物稳定性：H2O＞NH3，则非金属性O大于N；

（2）亚钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮和碘和水，离子反应方程式为：2NO2﹣+4H++2I﹣═2NO+I2+2H2O，反应中N元素化合价由+3价降低为+2价，电子转移的方向和数目可表示为，

故答案为：；

（3）氯气、浓、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质，故工业上氧化卤水中I﹣选择了价格并不便宜的亚钠，故答案为：氯气、浓、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；

（4）由电荷守恒可知 混合溶液中c（Cl﹣）+c（NO2﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+），又溶液至中性，则c（Cl﹣）+c（NO2﹣）＝c（Na+），亚钠溶液中存在物料守恒c（NO2﹣）+c（HNO2）＝c（Na+），所以 c（Cl﹣）＝c（HNO2），故答案为：＝；

（5）亚盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子，而NaCl不能，操作为：取少量两种物质分别溶于适量水制成溶液，加入少量溴水，溴水褪色的是亚钠，没有褪色的是氯化钠，故答案为：取少量两种物质分别溶于适量水制成溶液，加入少量溴水，溴水褪色的是亚钠，没有褪色的是氯化钠。

【点评】本题考查物质的鉴别、氧化还原反应涉及电荷守恒和物料守恒的应用，为高频考点，把握性质与性质差异、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

22．（15分）镁带能在 CO2中燃烧，生成氧化镁和单质碳。请完成下列填空：

（1）碳元素形成的单质有石、石墨、足球烯等。石的熔点远高于足球烯的原因 是　石为原子晶体而足球烯为分子晶体，石价键的键能高于足球烯中的分子间作用力　。

（2）氧化镁的电子式为　Mg2+[]2﹣　，CO2的结构式为 　O＝C＝O　。与镁同周期、离子半径最小的元素，其原子最外层的电子排布式为　3s23p1　，其 1 个原子中能量最高的电子有　1　个。 一定条件下，在容积恒为 2.0L的容器中，Fe 和 CO2发生如下反应：CO2（g）+Fe（s）⇌FeO（s）+CO（g）

（3）若起始时向容器中加入 1mol CO2，5.0 min 后，容器内气体的相对平均分子量为32，则 n（CO2）：n（CO）之比为　1：3　，这段时间内用 CO2 表示的速率 V（CO2）＝　0.025mol/（L•min）　。

（4）下列说法错误的是　cd　。

a．当混合气体的密度不变时说明反应达到了平衡

b．混合气体的平均相对分子质量不变时说明反应达到了平衡

c．平衡后移除二氧化碳时，正反应速率一直减小直至建立新的平衡 d．平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率不变，平衡不移动

（5）保持温度不变的情况下，待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向　正向　移动（选填“正

向”、“逆向”、或“不”），二氧化碳的转化率　不变　（填“增大”，“减小”或“不变”）。

【分析】（1）原子晶的沸点高于分子晶体；

（2）氧化镁的电子式为Mg2+[]2﹣，CO2的结构式为O＝C＝O，与镁同周期、离子半径最小的元素为铝，其原子最外层的电子排布式为3s23p1，其中能量最高的电子为3p能级；

（3）假设5.0 min 后二氧化碳和一氧化碳的物质的量分别为a和b，则＝32；根据速率的计算公式计算；

（4）当变量不变时平衡，根据平衡移动的影响因素分析；

（5）待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向正向移动，但到达新平衡时的效果与原平衡等效，故二氧化碳的转化率不变。

【解答】解：（1）石为原子晶体而足球烯为分子晶体，石价键的键能高于足球烯中的范德华力，故熔点石大于石墨烯，

故答案为：石为原子晶体而足球烯为分子晶体，石价键的键能高于足球烯中的分子间作用力；

（2）氧化镁的电子式为Mg2+[]2﹣，CO2的结构式为O＝C＝O，与镁同周期、离子半径最小的元素为铝，其原子最外层的电子排布式为3s23p1，其中能量最高的电子为3p能级上的电子，有1个，故答案为：Mg2+[]2﹣；O＝C＝O；3s23p1；1；

（3）假设5.0 min 后二氧化碳和一氧化碳的物质的量分别为a和b，容器内气体的相对平均分子量为32，则＝32，a：b＝1：3．反应CO2（g）+Fe（s）⇌FeO（s）+CO（g）为气体体积不变的反应，则二氧化碳和一氧化碳的物质的量分别为0.25mol和0.75mol，二氧化碳减少量为0.25mol，ν（CO2）＝＝0.025mol/（L•min），故答案为：1：3；0.025mol/（L•min）；

（4）一定条件下，在容积恒为2.0L的容器中，CO2（g）+Fe（s）⇌FeO（s）+CO（g），

a．当混合气体的密度是变量，不变时说明反应达到了平衡，故正确；

b．混合气体的平均相对分子质量是变量，不变时说明反应达到了平衡，故正确；

c．平衡后移除二氧化碳时，正反应速率先减小后增大，直至建立新的平衡，故错误；

d．平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率增大，但平衡不移动，故错误；

故答案为：cd；

（5）待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向正向移动，但到达新平衡时的效果与原平衡等效，故二氧化碳的转化率不变，

故答案为：正向；不变。

【点评】本题考查了电子式、结构式、熔沸点高低比较、化学反应速率、化学平衡等知识，属于综合性题型，解题时要细心，避免书写的错误，难度中等。

23．（15分）某芳香烃 X（分子式为 C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如图所示的转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中 A 是一氯代物。

已知：①

②（苯胺，易被氧化）

（1）写出：X→A 的反应条件　光照　；反应④的反应条件和反应试剂：　O2、Cu、加热　。

（2）E 中含氧官能团的名称：　羧基　；反应②的类型是　氧化反应　； 反应②和③先后顺序不能颠倒的原因是　防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）　。

（3）写出反应①的化学方程式：　　。

（4）有多种同分异构体，写出 1 种含有 1 个醛基和 2 个羟基且苯环上只有 2 种一氯取代物的 芳香族化合物的结构简式：　　。

（5）写出由 A 转化为的合成路线。（合成路线表示方法为：AB…目标产物）　　。

【分析】芳香烃 X的分子式为 C7H8，则X为，A是X的一氯代物，A发生一系列反应生成，则A为，X和浓发生取代反应生成F，F发生氧化反应生成G，G发生还原反应生成邻氨基苯甲酸，则F为、G为；C能发生银镜反应，则C中含有醛基，A发生水解反应生成B为，C为，D为，D酸化得到E为；

（5）由 A 转化为，在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与氯气发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成。

【解答】解：（1）X→A 为甲苯中甲基上H原子被Cl原子取代的反应，则该反应的反应条件光照；反应④醇的催化氧化反应，则该反应的反应条件和反应试剂：O2、Cu、加热，

故答案为：光照；O2、Cu、加热；

（2）E为，E中含氧官能团的名称：羧基；反应②的类型是氧化反应； 反应②和③先后顺序不能颠倒的原因是防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化），

故答案为：羧基；氧化反应；防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）；

（3）反应①为甲苯和浓的取代反应，该反应的化学方程式：，

故答案为：；

（4）有多种同分异构体，其中符合下列条件：含有1个醛基和 2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物，应该具有对称结构，且醛基位于对称轴上，则符合条件的结构简式：，

故答案为：；

（5）由 A 转化为，在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与氯气发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，其合成路线为

故答案为：。

【点评】本题考查有机物的推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，注意结合流程图中反应条件、某些物质结构简式进行推断，题目难度中等。

24．（15分）硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2•xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如图：

回答下列问题：

（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是　碱煮水洗　。

（2）步骤②需要加热的目的是　加快反应　，温度保持80﹣95℃，采用的合适加热方式是　热水浴　。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为　C　（填标号）。

（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是　将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入杂质　。分批加入H2O2，同时为了　防止Fe3+水解　，溶液要保持pH小于0.5。

（4）步骤⑤的具体实验操作有　蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤　，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。

（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%．硫酸铁铵晶体的化学式为　NH4Fe（SO4）2•12H2O　。

【分析】废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和Fe不反应，所以可以用碱性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和Fe发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的硫酸亚铁，然后向滤液中加入H2O2，Fe2+ 被氧化生成Fe3+ 而得到硫酸铁溶液，然后向硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，然后通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵固体；

（1）油污在碱性条件下水解；

（2）温度越高化学反应速率越快；低于100℃的加热需要水浴加热；铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，硫化物和稀硫酸反应生成H2S，H2S属于酸性气体，用碱液吸收，且要防止倒吸；

（3）H2O2具有氧化性，能氧化Fe2+，且双氧水被还原生成水；Fe3+水解导致溶液呈酸性，所以酸能抑制Fe3+水解；

（4）从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法；

（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，失去结晶水的式量＝18×1.5＝27，失重5.6%，则该晶体式量＝＝482，x＝。

【解答】解：废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和Fe不反应，所以可以用碱性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和Fe发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的硫酸亚铁，然后向滤液中加入H2O2，Fe2+ 被氧化生成Fe3+ 而得到硫酸铁溶液，然后向硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，然后通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵固体；

（1）油污在碱性条件下水解生成羧酸盐和甘油，羧酸盐和甘油都易溶于水，然后水洗，从而除去油污，

故答案为：碱煮水洗；

（2）温度越高化学反应速率越快，缩短反应时间，所以步骤②需要加热的目的是加快反应；低于100℃的加热需要水浴加热，所以温度保持80﹣95℃，采用的合适加热方式为热水浴；铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，硫化物和稀硫酸反应生成H2S，H2S属于酸性气体，用碱液吸收，且要防止倒吸，

BD不能防止倒吸且A溶解硫化氢能力较弱，所以选取C，

故答案为：加快反应；热水浴；C；

（3）H2O2具有氧化性，能氧化Fe2+生成铁离子且双氧水被还原生成水，不引进杂质，所以选取双氧水作氧化剂；Fe3+水解导致溶液呈酸性，H+能抑制Fe3+水解，为防止Fe3+水解需要溶液的pH保持0.5，

故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入杂质；防止Fe3+水解；

（4）从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，所以步骤⑤中从溶液中获取晶体的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，

故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；

（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，失去结晶水的式量＝18×1.5＝27，失重5.6%，则该晶体式量＝＝482，x＝＝12，所以其化学式为NH4Fe（SO4）2•12H2O，

故答案为：NH4Fe（SO4）2•12H2O。

【点评】本题考查物质制备，涉及物质分离提纯、反应条件选取、尾气处理、计算等知识点，侧重考查分析判断、实验操作、计算能力，明确流程图中各物质成分及其性质、化学反应原理及元素化合物性质是解本题关键，难点是（5）题计算，题目难度不大。下载本文