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1、2023学年高考化学模拟试卷请考生注意：1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请 用 0.5 毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前，认真阅读答题纸上的 注意事项，按规定答题。一、选 择 题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关实验的说法中不正确的是（）A.纸层析法通常以滤纸作为惰性支持物，滤纸纤维上的羟基所吸附的水作为固定相B.检验火柴头中的氯元素，可把燃尽的火柴头浸泡在少量水中，片刻后取少量溶液于试管中，滴加硝酸银溶液和稀硝酸C.在比较乙醇和苯酚与钠反应的实验中，要把乙醇和苯酚配成同物质的量浓度的水溶液
2、，再与相同大小的金属钠反应，来判断两者羟基上氢的活性D.若皮肤不慎受嗅腐蚀致伤，应先用苯清洗，再用水冲洗2、NaFeCh是一种高效多功能水处理剂。制备方法之一如下：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2T。下歹U 说法正确的是A.氧化产物是NazFefhB.ImolFeSCh还原 3moi Na2（）2C.转移0.5m ol电子时生成16.6g Na2FeO4D.氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:23、固体混合物X 可能含有NaNCh、Na2SiO3,FeCh、KAKh中的一种或几种物质，某同学对该固体进行了如下实验:-）足量HKHBr2l2B向某无
3、色溶液中滴加浓盐酸产生能使品红溶液褪色的气体不能证明原溶液中含有stV-或 HSO3-C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，加入新制氢氧化铜，加热得到蓝色溶液蔗糖水解产物没有还原性D向 2mL 0.01 mol/L的 AgNCh溶液中滴加几滴同浓度的NaCl溶液后，滴 加 K I溶液先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀证明 Ksp(AgI)Ba2+Fe(CN)63 NO3B.强酸性溶液中：Cu2+,K+、CIO-,SO?C.含有大量AIO2-的溶液中：K+、Na+、H eth，rD.常温下水电离的c(H+)为 IX IO2mol/L的溶液中：K+、Na+,C、NO313、碘 化 碳(A tl)可发生
4、下列反应：2Ati+2MgMgI2+MgAt2AtI+2NH3(I)NHU+AtN%.对上述两个反应的有关说法正确的是()A.两个反应都是氧化还原反应B.反应MgAt2既是氧化产物，又是还原产物C.反应中A tl既是氧化剂，又是还原剂D.MgAtz的还原性弱于M gh的还原性1 4、以下物质的提纯方法错误的是（括号内为杂质）（）A.CO2(H2S)：通过 CuSCh 溶液CH3COOH（H2O）：加新制生石灰，蒸储苯（甲苯）：加酸性高镒酸钾溶液、再加NaOH溶液，分液MgCb溶液（F e 3+）：力 口 M gO,过滤1 5、下列对装置的描述中正确的是C、S i的非金属性若丙装置气密性良好，则
5、液面a 保持稳定可用丁装置测定镁铝硅合金中M g 的含量1 6、炼铁、炼钢过程中，先被氧化后被还原的元素是（）A.炼铁过程中的铁元素 B.炼铁过程中的氧元素C.炼铁过程中的碳元素 D.炼钢过程中的铁元素二、非选择题（本题包括5 小题）1 7、有机化合物AH 的转换关系如所示：（1）A是有支链的块烧，其名称是（2）F所属的类别是一。（3）写出G的结构简式：一 1 8、某芳香煌X （分子式为C 7H 8）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下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去)。其中A 是一氯代物。已知:n.COOHNH2-NO?&坦苯胺，易被氧化)E1.聂 嗨(1)
6、写出：X-A 的 反 应 条 件；反应的反应条件和反应试剂：o(2)E中含氧官能团的名称：；反 应 的 类 型 是；反应和先后顺序不能颠倒的原因是(3)写出反应的化学方程式：。COOH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CH9HH的合成路线.(合成路线表示方法为：A需给B鬻瞿目标产物)。19、某化学课外小组在制备Fe(OH”实验过程中观察到生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色。该小组同学对产生灰绿色沉淀的原因，进行了实验探究。I.甲同学猜测灰绿色沉淀是Fe(OH)2和 Fe(OH%的混合
7、物，设计并完成了实验1和实验2编号实验操作实验现象实 验 1向 2mL0.1mol LfFeSCh 溶液中滴加 O.lmolL-,NaOH溶液(两溶液中均先加几滴维生C 溶液)液面上方出现白色沉淀，一段时间后变为灰绿色，长时间后变为红褐色(1)实验中产生红褐色沉淀的化学方程式为实验2取实验1 中少量灰绿色沉淀，洗净后加盐酸溶解，分成两份。中加入试剂a,中加入试剂b中出现蓝色沉淀，中溶液未变成红色(2)实 验 1 中加入维生素C 溶液是利用了该物质的一性(3)实验2 中加入的试剂a 为 一 溶 液，试剂b 为 一 溶 液。实验2 的现象说明甲同学的猜测 (填“正确”或“不正确”)n.乙同学查阅资
8、料得知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，设计并完成了实验3实验5。编号实验操作实验现象实验3向 10mL4moi-LrNaOH溶液中逐滴加入0.1mol L-iFeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(带有较多灰绿色)。沉淀下沉后，部分灰绿色沉淀变为白色实验4向 10mL8moi llN aO H 溶液中逐滴加入(MmokL-iFeSO 溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(无灰绿色)。沉淀下沉后，仍为白色实验5取实验4 中白色沉淀，洗净后放在潮湿的空气中(4)依据乙同学的猜测，实验4 中沉
9、淀无灰绿色的原因为(5)该小组同学依据实验5 的实验现象，间接证明了乙同学猜测的正确性，则实验5 的实验现象可能为一。III.该小组同学再次查阅资料得知当沉淀形成时，若得到的沉淀单一，则沉淀结构均匀，也紧密；若有杂质固体存在时,得到的沉淀便不够紧密，与溶液的接触面积会更大。(6)当溶液中存在Fe3+或溶解较多Ch时，白 色 沉 淀 更 容 易 变 成 灰 绿 色 的 原 因 为。(7)该小组同学根据上述实验得出结论:制备Fe(OH)2时 能 较 长 时 间 观 察 到 白 色 沉 淀 的 适 宜 的 条 件 和 操 作 有、20、设计一个方案，在用廉价的原料和每种原料只用一次的条件下，分三步从
10、含有Fe、Cu2 和 N(h-的废液中，把 F5+转化为绿巩回收，把 C/+转化为Cu回收，各 步 反 应 加 入 的 原 料 依 次 是,。各步反应的离子方程式是：(1);(2)；(3)。21、二氧化镒不仅是活性好的催化剂，也被广泛用作干电池的正极材料。某化学小组设计用高硫镒矿(主要成分为锌的化合物和硫化亚铁)为原料制取二氧化镒的工艺流程如图：JUU1 矿 H,SO.MnO,Ca(OH),MnF,NH.HCO,H,SO4已知：“混合焙烧”后的烧渣含MnSCh、FezCh及少量FeO、MgO、AI2O3在该条件下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：(1)写出浸出时与铝元素有关的离子反应方程
11、式.金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mi?+开始沉淀1.86.84.07.5完全沉淀3.28.05.08.4上述“氧化”步骤是否可省略(填“是”或“否”)，你的依据是 o(3)“调 pH除铁铝”时，生成沉淀的pH范 围 为 一；“氟化除杂”中除去的离子为一.(4)请用平衡移动原理解释除杂处理后的+用NH4HCO3转化成MnCCh沉淀的过程(用文字和离子方程式表达)。(5)用惰性电极电解MnSCh制备MnCh时,其 阳 极 反 应 式 为;整个流程中能够循环利用的物质除MnCh外还有一(写名称)。参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】A.对于能溶于水的待分离物质，滤纸纤维上
12、的羟基所吸附的水作为固定相，以与水能混合的有机溶剂作流动相，故 A正确；B.检验氯离子的方法是向溶液中加入硝酸银和稀硝酸，有白色沉淀生成证明有氯离子存在，故 B 正确；C.若把乙醇和苯酚配成同物质的量浓度的水溶液，则钠先和水反应了，故 C 错误；D.苯是有机溶剂，可以迅速溶解溪，使危害降到最低，所以若皮肤不慎受漠腐蚀致伤，应先用苯清洗，再用水冲洗，故 D 正确；综上所述，答案为C。2、C【解析】该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O 元素化合价由-1价变为0 价、-2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物。A、化合价
13、升高的元素有+2价的铁和-1价的氧元素，氧化产物是Na2FeO4和氧气，故 A 错误；B、反应中化合价升高的元素有F e,由+2价f+6价，化合价升高的元素还有O 元素，由-1价*0价，2moiFeSCh发生反应时，共有2moix4+lmolx2=10mol电子转移，6moiNazCh有 5moi 作氧化剂、ImolNazCh作还原剂，其中 2moiFeSCh还原 4moi NazCh,即 ImolFeSCh还原 2moiNa2O 2,故 B 错误；C、由方程式转移lOmol电子生成2moiNazFeCh,转移0.5m ol电子时生成上 上 X2X 166g molKW f-kl-1=16.6
14、g Na2FeO 4,故 C 正确；D、每 2FeSCh和 6Na2（）2发生反应，氧化产物ZmolNazFeO 和 ImolCh,还原产物2moiNa2FeO4和 2moiNazO,氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:4,故 D 错误；故选C。点睛：本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念、计算，解题关键：明确元素化合价变化和电子得失的多少。难点:B 和 C 选项，注意过氧化钠的作用，题目难度较大。3,D【解析】溶液甲能和盐酸反应生成固体乙，说明溶液甲中含有硅酸钠，固体乙为硅酸，溶液甲和盐酸反应生成气体，说明含有亚硝酸钠，则溶液乙含有氯化钠和盐酸，固体甲可能是氯化铁和硅酸钠双水解生成的硅酸和
15、氢氧化铁，或还存在氯化铁和偏铝酸钾双水解生成的氢氧化铝沉淀，溶液甲可能有剩余的偏铝酸钾。硅酸或氢氧化铝都可溶于氢氧化钠，溶液丙为硅酸钠或还有偏铝酸钠，固体丙为氢氧化铁。溶液丙中通入过量的二氧化碳，生成硅酸沉淀或氢氧化铝沉淀，溶液丁含有碳酸氢钠。A.溶液甲一定有亚硝酸钠和硅酸钠，可能有偏铝酸钾，一定不存在氯化铁，故错误；B.X可能有偏铝酸钾，故错误；C.固体乙一定是硅酸，固体丁可能是硅酸或氢氧化铝，故错误；D.溶液甲中有氯化钠和盐酸，可能有偏铝酸钾，与溶液丁碳酸氢钠反应，一定有二氧化碳气体，可能有氢氧化铝沉淀。故正确；故选D。【点睛】掌握物质之间的反应，和可能性，注意可能存在有剩余问题，抓住特殊
16、物质的性质，如加入盐酸产生沉淀通常认为是氯化银沉淀，但要注意有硅酸沉淀，注意盐类水解情况的存在。4、C【解析】分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。【详解】图 1所示装置在实验中用带有酚配的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符 合“绿色化学”，故符合题意；图 2 所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符 合“绿色化学”，故符合题意；氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不 符 合“绿色化学”，故不符合题意；图 3 所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球
17、收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符 合“绿色化学”，故符合题意；故 符 合“绿色化学”的为。故选C。【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%。5、B【解析】A.由放电反应式知，Li失电子，则 R 电极为负极，放电时，电子由R 极流出，由于电子不能在溶液中迁移，则电子经导线流向Q 极，A 错误；B.放电时，正极Q 上发生还原反应xLi+Lii-xCoCh+xe-=LiCo()2,B 正确；C.充电时，Q 极为阳极，阳极与电源的
18、正极相连，b 极为正极，C 错误；D.充电时，R 极反应为Li+e=Li,净增的质量为析出锂的质量，(Li)=r ,=2m ol,则转移2moi电子，D 错误。7g/mol故 选 B。6、D【解析】A 项，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变，反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，故 A 项错误；B 项，反应前后S 元素的化合价没有发生变化，故 B 项错误；C 项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故 C 项错误；D 项，NH4C11SO3与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO32+2H+=SO2 t+H 2O,反应产生有刺激性气味气体是S O
19、 2,溶液变蓝说明有CM+生成，则 NH4C11SO3中 C u的化合价为+1价，反应的离子方程式为：2NH4CUSO3+4H+=CU+CU2+2SO2 t+2H2O+2NH4+,故 1 mol NH4C11SO3完全反应转移的电子为 0.5moL 故 D 项正确。综上所述，本题正确答案为D。7、A【解析】元素B 的原子最外层电子数是其电子层数的2 倍，短周期元素中有碳、硫，A、B、C、D、E 是原子序数依次增大，所以B是 C；A的原子序数小于6(碳)且单质为气体，A是 H元素；C 的原子序数大于6,半径是同周期中最大,C是第三周期的Na元素；元 素 D 的合金是日常生活中常用的金属材料，D是
20、 A1元素；E 单质是气体，E 是 C1元素；所 以 A、B、C、D、E 分别是：H、C、Na、Ak C L 工业上用电解熔融氯化钠制取钠，用电解熔融氧化铝制取铝，用电解饱和食盐水制取氯气，A 选项正确；氢元素、碳元素组成化合物属于燃，常温下碳原子数小于4 是气态，大于4 是液态或者固态，B 选项错误；HC1是共价化合物，含共价键，氯化钠是离子化合物，含离子键，HC1和 Na。的化学键类型不同，C 选项错误；元 素 B、C、D 的最高价氧化物对应的水化物分别是H2cCh、NaOH,Al(OH)3,H2cO3与 Al(OH)3不反应，D 选项错误，正确答案A。8、D【解析】K A 1(S O J
21、溶液中逐渐滴加B a(0H)2溶液，会先与AF+发生反应Al3+3OH=A1(OH)31,生成A1(OH)3沉淀,随后生成的A1(OH)3再 与 OH-发生反应A1(OH)3 J+O H-=A 1O：+2H 2。，生成AIO3；在 3 T 反应的同时，Ba?+也在与SO；反应生成BaSOq沉淀。考虑到KA1(SO4)2溶液中SO：是 AF+物质的量的两倍，再结合反应的离子方程式可知，AN+沉淀完全时，溶液中还有SO；尚未沉淀完全；但继续滴加Ba(OH)?会让已经生成的A1(OH)3发生溶解，由于A1(OH)3沉淀溶解的速率快于BaSC4沉淀生成的速率，所以沉淀总量减少，当A1(OH)3恰好溶解
22、完全，SO；的沉淀也恰好完全。因此，结合分析可知，图像中加入am LB a(0H)2时，KA KSOJ2溶液中的SO；恰好完全沉淀；沉淀物质的量为bmol时，KA1(SO4)2中的A13+恰好沉淀完全。【详解】A.0.05mol/L的 B a(0H)2溶液中的c(OH-)约为O.lm ol/L,所以常温下pH=13,A 项正确；B.通过分析可知，加入am LB a(0H)2时，KAKSO。？溶液中的SO：恰好完全沉淀，所以Lx0.05m ol/L=-L x(0.0 2 x 2)m o l/L ,a=80mL,B 项正确；1000 1000C.通过分析可知，沉淀物质的量为bmol时，K A 1(
23、S O J中的AF+恰好沉淀完全，那么此时加入的Ba(OH)2物质的量为0.()03mol即体积为60m L,因此沉淀包含().0()3mol的 BaSC)4以及0.002mol的AKOH%,共计().0()5mol,C 项正确；D.当加入30mL Ba(OH)2溶液，结 合 C 项分析，AF+和 Ba?+都未完全沉淀，且生成0.0015moi BaSO4以及O.OOlmolAKOH%,总质量为 0.4275g,D 项错误；答案选D。9、B【解析】A.由图可知，没有形成闭合回路，不能形成原电池，不能验证化学能转化为电能，故 A 不能达到实验目的；B.在圆底烧瓶中存在化学平衡：2NO2UN2O4
24、,二氧化氮为红棕色气体，利用颜色的深浅，可说明温度对二氧化氮与四氧化二氮的化学平衡的影响，故 B 能达到实验目的；C.食盐水为中性，铁发生吸氧腐蚀，不会发生析氢腐蚀，故 C 不能达到实验目的；D.加入Na。溶液后，溶液中Ag+还有剩余，再滴入Na2s溶液后，会生成黑色沉淀，不存在沉淀的转化，因此无法判断AgCl与 Ag2s的溶解度大小关系，故 D 不能达到实验目的；故答案为B。10、B【解析】浓硫酸和碳反应所得气体产物为二氧化碳、二氧化硫和水蒸气，应该先过无水硫酸铜检验水，再过品红溶液检验二氧化硫，过酸性高镒酸钾氧化除去二氧化硫，过品红溶液验证二氧化硫都被除去，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所
25、以选项A 错误。若装置只保留a、b,只要看到酸性高镒酸钾溶液没有褪色就可以证明二氧化硫完全被吸收，所以选项 B 正确。酸雨的要求是pH 小于5.6,而本实验中生成的二氧化硫会导致酸雨，所以溶液的pH 一定小于5.6,同时随着反应的进行浓硫酸转化为稀硫酸就不再反应，所以还有剩余的稀硫酸，溶液的pH 就会更小，选 项 C 错误。从下往上、从左往右是实验装置的安装顺序，拆卸顺序应该相反，选 项 D 错误。11,B【解析】A.由于加入的氯水过量，加 入 K I后，r 会被过量的C12氧化生成能使淀粉变蓝的L,所以无法证明Br2和 L 的氧化性强弱关系，A 项错误；B.能够让品红溶液褪色的可能是S th
26、,也可能是氯气等；如果使品红溶液褪色的是SO 2,那么溶液中含有的也可能是S20 ,不一定是SOf或HSO；如果使品红溶液褪色的是C12,那么溶液中可能含有CIO-或C 1 O C综上所述，B项正确；C.蔗糖水解后生成一分子葡萄糖和一分子果糖，葡萄糖是典型的还原性糖；若要验证葡萄糖的还原性，需要先将水解后的溶液调至碱性，再加入新制CU(OH)2,加热后才会生成砖红色的CU2O沉淀；选项没有加NaOH将溶液调成碱性，故C项错误；D.由于先前加入的NaCl只有几滴的量，所以溶液中仍然剩余大量的A g+,所以后续加入K I溶液后，必然会生成黄色的A gl沉淀，实验设计存在漏洞，并不能证明A gl和A
27、gCl的 的 大 小 关 系；D项错误；答案选B。12、D【解析】A.Fe2+与Fe(CN)63-产生蓝色沉淀，不能大量共存，选 项A错误；B.强酸性溶液中H+与OCT反应产生HC1O弱电解质而不能大量共存，选 项B错误；C.A1O2-与HCO3一 会反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳而不能大量共存，选 项C错误；D.常温下水电离的c(H+)为IX IO Fm oi/L的溶液可能显酸性或碱性，但 与K+、Na+,C、NO3-均不发生反应，能大量共存，选项D正确。答案选D。13、B【解析】A.中Mg、A t元素的化合价变化，属于氧化还原反应，而中没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A错误；B.
28、中Mg、A t元素的化合价变化，MgAtz既是氧化产物，又是还原产物，故B正确；C.中没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C错误；D.由还原剂的还原性大约还原产物的还原性可知，Mg的还原性大于MgAtz,不能比较MgAtz、MgL的还原性，故D错误；故选B.14、B【解析】A.H2s可与硫酸铜反应生成CuS沉淀，可用于除杂，故A正确；B.加新制生石灰，生成氢氧化钙，中和乙酸，故B错误；C.甲苯可被氧化生成苯甲酸，再加NaOH溶液，生成溶于水的苯甲酸钠，分液后可除杂，故C正确；D.Fe-I+易水解生成氢氧化铁胶体，加MgO促进Fe3+的水解，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀，过滤除去，且不引入新
29、杂质，故 D 正确；答案选B。【点睛】注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯的物质。15、A【解析】MnO2A.甲中H2O2,在 MnCh作催化剂条件下发生反应2H2t22H2O+O2T生成0 2,故 A 正确；B.乙中浓盐酸具有挥发性，烧杯中可能发生的反应有2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3,故 B 错误；C.丙中橡皮管连接分液漏斗和圆底烧瓶，气压相等，两仪器中不可能出现液面差，液面a 不可能保持不变，故 C 错误；D.T 中合金里Ak Si与 NaOH溶液反应生成%,根据出体积无法计算合金中M g的含量，因为Al、Si都能与NaOH溶液反应生成 H
30、2,2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2T,Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2T,故 D 错误；答案选A。【点睛】镁和硅都可以和氢氧化钠发生反应释放出氢气。16、D【解析】炼钢过程中反应原理：Fe+Ch里 FeO、FeO+C望 Fe+CO,2FeO+Si邈 2Fe+SiCh。反应中C 元素化合价升高，Fe元素发生F e-F eO-F e的一系列反应中，则 Fe元素既失去电子也得到电子，所以既被氧化又被还原，故选D。二、非选择题(本题包括5 小题)17、3-甲基-1-丁焕(或异戊焕)卤代母 CH3CH(CH3)CHOHCH2OH【解析】A 是有支链的块烧，由分子式可
31、知为CH3cH(CH3)C三 C H,与氢气发生加成反应生成的E 可进一步与溪反应，则 E 应为烯短，结构简式为 CH3cH(CH3)CH=CH2,F 为 CH3cH(CH3)CHBrCH2Br,G CH3CH(CH3)CHOHCH2OH,一定条件下与乙二酸发生酯化反应生成H,由 H 的分子式可知H 为缩聚反应的产物，据此解答该题。【详解】(1)A 是有支链的块烧，为 CH3cH(CH3)O C H,名称为3-甲基T-丁焕(或异戊焕)；故答案为：3-甲基-1-丁块(或异戊块)；(2)F 为 CH3cH(CH3)CHBrCH2Br,属于卤代燃；故答案为：卤代烧；（3）由以上分析可知G 为 C H
32、3C H（C H3）C H O H C H 2 O H；故答案为：C H3C H（CH3）C H O H C H 2 O H1 8、光照 02、C u,加热 竣基 氧化N 0：-CHI+HNOK浓）还沿卷上陋+1 1 2CHzCl OiCl CH：CHiC【解析】7 x 2+?R分子式为芳香烧C7H8的不饱和度为：一=4防止氨基被氧化（竣基不易被氧化，氨基容易被氧化）CHO 产HWH-HAn CH20H1,则该芳香烧为甲苯（命汁CH3）；甲苯在光照条件下与氯气反2CH jzCI?应生成A,则A 为 ）；A 生成B,且 B 能发生催化氧化，则 B 为j人CH3发生硝化反应生成F,F通过题目提示的
33、反应原理生成【详解】（1）甲苯在光照条件下与氯气反应生成A,反应条件是光照；Bj七 O H C H O C O O N H,C O O H）、c 为6、D 为6、E 为$；C O O Hj j-N H:，以此解答。阴 C H O人 发生氧化反应生成 C人，条件是Ch、C u,加（4）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是对称的结构，苯环上必须有3 个取1热；C O O HC/（2）由分析可知E为，），氧官能团的名称为：竣基；F 是&N 5,CH3&N 5 卬?。凸 ，该反应是氧化反应；苯胺易被氧化,氧 化（竣基不易被氧化，氨基容易被氧化）；CH3（3）一
34、CH发生硝化反应生成F j_N5,方程式为：-CH的方程式为：所以和先后顺序不能颠倒，以免氨基被NO：+HNO3（浓）逛出号-飙+H。C H OC H O代基，可能的结构有(5)由分析可知A,通过加成反应和消去反应,C H：O t C生成,用 C12加成生成60，再进行一步取代反应即可，整个合成路线为:产C 1 电 at c i C H 9 H0 地警野6 F例 鸣 白。1 1 o19、4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 还原 K31Fe(CN)6(或铁瓶化钾)KSCN(或硫氨化钾)不正确NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面 白色沉淀
35、变为红褐色，中间过程无灰绿色出现 沉淀中混有Fe(OH)3,不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+向高浓度NaOH溶液中滴加FeSCh溶液 除去溶液中Fe3+和。2【解析】实 验 1 中产生红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3,反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3,故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；(2)实 验 1 中加入维生素C 是为了防止Fe2+被氧化，利用了其还原性，故答案为：还原；根据实验现象可知，中加入试剂出现蓝色沉淀，是在检验Fe2+,试剂a 为 K3Fe(CN)6 ,中溶液是否变红是在检验Fe3+,
36、试剂b 为 K SC N,由于中溶液没有变红，则不存在Fe3+,即灰绿色沉淀中没有Fe(OH)3,甲同学的猜测错误，故答案为：K3Fe(CN)6(或铁富化钾)；KSCN(或硫氨化钾)；不正确；(4)根据已知，Fe(OH”沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而实验4 中 NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，导致沉淀没有灰绿色，故答案为：NaOH溶液浓度高,反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH”表面；(5)当实验5 中的现象为白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现时，可说明白色沉淀上没有或很少附着有Fe
37、2+,故答案为：白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现；溶液中存在Fe3+或溶解较多02时，02能将Fe2+氧化成Fe3+,形成Fe(OH)3沉淀，根据题干信息可知，沉淀中混有Fe(OH)3,不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+,从而白色沉淀更容易变成灰绿色，故答案为：沉淀中混 有 Fe(OH)3,不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+；(7)根据上述实验可知道，当 NaOH浓度高或者溶液中不存在Fe3+和(h 时，制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀，其操作可以是向高浓度NaOH溶液中滴加FeSCh溶液或除去溶液中Fe3+和0 2,故答案为：向高浓度NaOH溶
38、液中滴加FeSO4溶液；除去溶液中Fe3+和02。【点睛】本题主要考查学生的实验探究与分析能力，同时对学生提取信息的能力有较高的要求，难度较大，解题关键在于对题干信息的提取和结合所学知识进行综合解答。20、Ca(OH”溶液 稀 H2s。4 铁 Fe3+30H-=Fe(0H)31 Cu2+20H-=Cu(0H)21 Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O CU(0H)2+2H+=CU2+2H20 2Fe3+Fe=3Fe2+Fe+Cu2+=Fe2+Cu【解析】从含有Fe3+、Cu2 Cl NO3-的废液中，把 Fe3+转化为绿矶回收，把 CM+转化为铜回收，先加碱使金属离子转化为沉淀，与阴离子分
39、离，然后加酸溶解沉淀，再加铁粉可得到硫酸亚铁溶液和C u,过滤得到铜和硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿研。【详解】依据题意从含有Fe3+、Cu2 Cl NO3-的废液中，把 Fe3+转化为绿帆回收，把 Ci?+转化为铜回收应分三步实施，先加廉价的碱Ca(OH)2将 Fe3+、CtP+转化为Fe(OH)3和 Cu(OH)2,与 Cl NO3-分离，反应的离子方程式为Fe3+3OlT=Fe(OH)31，Cu2+2OH=Cu(OH)2i；过滤后向Fe(OH)3和 Cu(OH)2沉淀中加入稀硫酸，使沉淀溶解得到硫酸铁和硫酸铜的混合液，反应的离子方程式为Fe(OH)
40、3+3H+=Fe3+3H2O,Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O；向所得溶液中加入铁粉与硫酸铁和硫酸铜反应，可得到硫酸亚铁溶液和C u,反应的离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+,Fe+Cu2+=Fe2+Cu；过滤得到铜和硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矶，故答案为：Ca(OH)2溶液；稀 H2so4；铁；Fe3+3OH-=Fe(OH)3b Cu2+2OH=Cu(OH)2h Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O,Cu(OH)2+2H+=CU2+2H2O；2Fe3+Fe=3Fe2+,Fe+Cu2+=Fe2+Cu21、AI2OJ+6H+=3H2O+2AP+否 若不进行氧化，则 Fe?+被完全沉淀的pH为 8.0,此时MM+也会被部分沉淀，造成损失 5.0pH Mn2+COj2 MnCO3,HCO3电离出H+与另一部分HCO3-反应生成H2O和 C O 2,促进上述两个平衡正向移动，从而生成MnCth沉淀；用惰性电极电解MnSO4制 备 MnCh时，其阳极发生氧化还原，化合价升高失电子，镒元素由+2价升高为+4价，失电子被氧化，则阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H*；硫酸根离子与氢离子结合生成硫酸，则整个流程中能够循环利用的物质除MnCh外还有硫酸。