2019-2020学年安徽省太和一中、灵璧中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省太和一中、灵璧中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列转化过程不能一步实现的是A Al(OH)3Al2O3BAl2O3Al(OH)3CAl AlCl3DAlNaAlO2【答案】B【解析】【详解】A、Al(OH)3加热分解Al2O3，可一步实现转化，A 错误；B、氧化铝不溶于水,不能一步转化生成Al(OH)3，B正确；C、金属铝与盐酸或氯气反应均生成AlCl3，可一步转化，C错误；D、Al 与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，可一步实现转化，D 错误；答案选 B。2已知某澄清溶液中含有NH4Fe（SO4）2和另外一种无机化合物,下列有关该溶液的说法正确的是A检验溶液中的铁元素可加入铁氰化钾溶液,看是否有蓝色沉淀产生B溶液中不可能含有Ba2+、I-、HS-,但可能含有ClO-、NO3-C检验溶液中是否含有C1-,应先加入足量的Ba（NO3）2溶液,再取上层清液依次加入稀硝酸、硝酸银溶液D该澄清溶液显中性或酸性【答案】C【解析】【详解】A该溶液中含有Fe3+，所以检验时应该加入KSCN溶液，看溶液是否显血红色，故A 项错误；BClO-与 Fe3+发生相互促进的水解反应而不能大量共存，故B项错误；C溶液中含有的SO42-会干扰 Cl-的检验，所以先加入足量的Ba(NO3)2溶液将 SO42-完全沉淀,再检验 Cl-，故C 项正确；D铵根和铁离子在溶液中发生水解会使溶液显酸性，故D 项错误；故答案为C。3设 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，22.4L 的 H2和 22.4L 的 F2气混合后，气体分子数为2NAB常温下pH=12 的 NaOH 溶液中，水电离出的氢离子数为10-12 NAC30g 乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NAD标准状况下，2.24L C2H6含有的共价键数为0.6NA【答案】C【解析】【详解】A标准状况下，HF 是液态，22.4L 的 H2和 22.4L 的 F2混合后，气体分子数不是2NA，故 A 错误；B常温下pH=12 的 NaOH 溶液，由于缺少溶液的体积，水电离出的氢离子没法计算，故B 错误；C乙酸和葡萄糖的实验式均为CH2O，式量为30，30g 乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NA，故 C 正确；D 1mol C2H6含有 7mol 共价键数，标准状况下，2.24L C2H6含有的共价键数为0.7NA，故 D 错误；故答案为C。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强是0，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。425时，向10mL0.1mol L-1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1mol L-1的 HCl 溶液，溶液的AG+-c(H)lgc(OH)AG变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是A若 a=-8，则 Kb(XOH)10-5BM 点表示盐酸和XOH恰好完全反应CR点溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(Cl-)D M 点到 N 点，水的电离程度先增大后减小【答案】B【解析】【分析】【详解】A.a 点表示 0.1mol L1一元弱碱XOH，若 a=8，则 c(OH-)=10-3mol/L，所以Kb(XOH)c Xc OHc XOHn=3310100.1=105，故 A正确；B.两者恰好反应时，生成强酸弱碱盐，溶液显酸性。M点 AG=0，则溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，所以溶质为XOH 和 XCl，两者不是恰好完全反应，故B错误；C.若 R点恰好为XCl 溶液时，根据物料守恒可得c(X+)+c(XOH)=c(C1)，故 C正确；D.M点的溶质为XOH和 XCl，继续加入盐酸，直至溶质全部为XCl 时，该过程水的电离程度先增大，然后XCl 溶液中再加入盐酸，水的电离程度减小，所以从 M点到 N点，水的电离程度先增大后减小，故 D正确。故选 B。5下列有机实验操作正确的是A证明 CH4发生氧化反应：CH4通入酸性KMnO4溶液B验证乙醇的催化氧化反应：将铜丝灼烧至红热，插入乙醇中C制乙酸乙酯：大试管中加入浓硫酸，然后慢慢加入无水乙醇和乙酸D检验蔗糖在酸催化下的水解产物：在水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热【答案】B【解析】【详解】A甲烷与酸性KMnO4溶液不反应，不能通过将CH4通入酸性KMnO4溶液，证明CH4发生氧化反应，故A错误；B铜与氧气发生反应，生成黑色的氧化铜，热的氧化铜与乙醇反应生成乙醛和金属铜，根据质量守恒定律可知，整个过程中铜丝的质量不变，为催化剂，故B 正确；C加入试剂的顺序为乙醇、浓硫酸、醋酸，先加入浓硫酸会发生液体飞溅，故C 错误；D蔗糖水解后溶液呈酸性，应先用NaOH 调节至碱性，再用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验水解产物的还原性，否则实验不会成功，故D 错误；故选 B。6常温下，向 l L pH=l0 的 NaOH 溶液中持续通入CO2。通入 CO2的体积(y)与溶液中水电离出的c(OH-)的关系如图所示。下列叙述错误的是A a 点溶液中：水电离出的c(H+)=1 10-10mol L-1Bb 点溶液中：c(H+)=1 10-7mol L-1Cc 点溶液中：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)D d 点溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)【答案】C【解析】试题分析：Aa 点溶液是NaOH 溶液，pH=10，则水电离出的c(H+)=1 10-10mol L-1，正确。Bb 点溶液中c(OH-)=1 10-7mol L-1，由于水的离子积是kw=1 10-14mol2 L-2，所以 c(H+)=1 10-7mol L-1，正确。Cc 点水电离产生的c(OH-)最大，则溶液是Na2CO3溶液。根据物料守恒可知c(Na+)c(CO32-)，CO32-发生水解反应形成HCO3-，但是盐水解的程度是微弱的，主要还是以盐电离产生的离子存在，所以c(CO32-)c(HCO3-)。故溶液中离子浓度关系是：c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)，错误。Dd 点溶液中，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，由于 c(OH-)=1 10-7mol L-1，所以 c(H+)=1 10-7mol L-1，故c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，正确。考点：考查碱与酸性氧化物反应时水电离程度大小比较及溶液中离子浓度关系的知识。7测定 Na2CO3和 NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是A取 ag 混合物用酒精灯充分加热后质量减少bg B取 ag 混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bg C取 ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入12 滴甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL D取 ag 混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入12 滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL【答案】B【解析】【详解】A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故不选 A；B.混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故选B；C.Na2CO3和 NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL 盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选C；DNa2CO3和 NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL 盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选D；答案：B【点睛】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。8下列实验中根据现象得出的结论错误的是选项实验现象结论A 向某溶液中加铜和浓H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有NO3-B 向填有硫酸处理的K2Cr2O7硅胶导管中吹入乙醇蒸气管中固体逐渐由橙色变为绿色乙醇具有还原性C 向盐酸酸化的Cu(NO3)2溶液中通入少量SO2，然后滴入BaCl2溶液产生白色沉淀氧化性：Cu2+H2SO4D 向浓度均为0.1 mol/L 的 MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀KspMg(OH)2KspCu(OH)2 A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.在强酸性环境中，H+、NO3-、Cu 会发生氧化还原反应产生NO 气体，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，因此会看到试管口有红棕色气体产生，A 正确；B.酸性 K2Cr2O7具有强的氧化性，会将乙醇氧化，K2Cr2O7被还原为Cr2(SO4)3，因此管中固体逐渐由橙色变为绿色，B正确；C.在酸性条件下，H+、NO3-、SO2会发生氧化还原反应产生SO42-，因此滴入BaCl2溶液，会产生BaSO4白色沉淀，可以证明氧化性：HNO3H2SO4，C错误；D.向浓度均为0.1 mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，由于Mg(OH)2、Cu(OH)2构型相同，因此可以证明溶度积常数：KspMg(OH)2KspCu(OH)2，D 正确；故合理选项是C。9一定条件下不能与苯发生反应的是()A酸性 KMnO4BBr2C浓 HNO3DH2【答案】A【解析】A.酸性高锰酸钾能将不饱和碳键氧化，但苯环上碳原子形成介于单键和双键之间的化学键，结构稳定，不易被氧化，A 正确；B.将液溴与苯混合，加入铁屑后，在生成的三溴化铁的催化作用下，溴与苯发生取代反应，B错误；C.苯和硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下可生成硝基苯，C错误；D.苯在一定条件下也能够在镍催化、加热条件下与氢气发生加成反应生成环己烷，D 错误。故选择A。点睛：苯不能使高锰酸钾溶液退色，是因为苯分子中有6个碳碳单键，6 个碳原子之间形成一个大 键，使得苯的化学性质比烯烃稳定的的多，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。10A、B、C、D 均为四种短周期元素，它们的原子序数依次增大。A 与其他几种元素均不在同一周期；B元素最高价氧化物对应的水化物能与其最简单氢化物反应生成一种盐X；C 能形成两种常温下为液态的氢化物；D 与 C同主族。则下列说法中不正确的是（）A原子半径大小关系：ACB B在 0.1mol?L-1的 X溶液中，溶液中阳离子的数目小于0.1NACC、D 两种元素分别与A 形成的最简单化合物的沸点C 比 D 的要高D化合物X受热易分解【答案】B【解析】【分析】A 与其他几种元素均不在同一周期，且原子序数最小，可推知 A 为 H,B元素最高价氧化物对应的水化物能与其最简单氢化物反应生成一种盐X，指的是HNO3与 NH3反应生成NH4NO3，C 能形成两种常温下为液态的氢化物H2O 和 H2O2，A、B、C、D 均为四种短周期元素分别为H、N、O、S。【详解】A.原子半径大小关系：HOC B热稳定性：A2DAE CCA 为离子化合物，溶于水所得溶液呈碱性D实验室制备AE时可选用D 的最高价含氧酸【答案】B【解析】【分析】据原子结构、原子半径、物质性质等，先推断短周期主族元素，进而判断、比较有关物质的性质，作出合理结论。【详解】短周期主族元素中原子半径最大的C是钠（Na）；化合物AE是常见强酸，结合原子序数递增，可知A 为氢（H）、E为氯（Cl）；又 A 和 D 的质子数之和等于E的核外电子数，则D 为硫（S）；因 B和 D 同主族，则 B 为氧（O）。A 项：B、C 的简单离子分别是O2-、Na+，它们的电子排布相同，核电荷较大的Na+半径较小，A 项正确；B 项：同周期主族元素，从左到右非金属性增强，则非金属性SCl，故氢化物热稳定性：H2SHCl，B 项错误；C 项：CA（NaH）为离子化合物，与水反应生成NaOH 和 H2，使溶液呈碱性，C项正确；D 项：实验室制备HCl 气体，常选用NaCl 和浓硫酸共热，D 项正确。本题选 B。15某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为 Na2S。下列说法错误的是A充电时，太阳能转化为电能，又转化为化学能B放电时，a 极的电极反应式为：4S2-6e-=S42-C充电时，阳极的电极反应式为：3I-2e-=I3-D M是阴离子交换膜【答案】D【解析】【分析】TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，充电时 Na2S4还原为 Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a 是负极，b 是正极，在充电时，阳极失电子发生氧化反应，3I-2e-=I3-，据此回答。【详解】A.TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，A正确；B.充电时 Na2S4还原为 Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，a 极的电极反应式为：4S2-6e-=S42-，B 正确；C.在充电时，阳极I-失电子发生氧化反应，极反应为3I-2e-=I3-，C正确；D.通过图示可知，交换膜只允许钠离子自由通过，所以M 是阳离子交换膜，D 错误；答案选 D。【点睛】本题考查了原电池的原理，明确正负极上得失电子及反应类型是解题的关键，难点是电极反应式的书写，明确哪种离子能够自由通过交换膜，可以确定交换膜的类型。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂成)制备 ZnSO47H2O的流程如下。相关金属离了生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH 按金属离子浓度为1.0molL-1计算）如下表：金属离子开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Fe3+1.1 3.2 Fe2+5.8 8.8 Zn2+6.4 8.0(1)“滤渣1”的主要成分为_(填化学式）。“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、_(填一种)。(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应的化学方程式为_。(3)“氧化”一步中，发生反应的离子方程式为_。溶液 pH 控制在 3.2，6.4)之间的目的是 _。(4)“母液”中含有的盐类物质有_(填化学式）。【答案】SiO2粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）Zn+CuSO4Cu+ZnSO43Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使 Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀 MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质ZnSO4、K2SO4【解析】锌白矿中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO 分别和稀硫酸反应生成ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4，SiO2和稀硫酸不反应，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、H2SO4，向滤液中混入Zn，将 Fe3+还原为 Fe2+，得到 Cu 沉淀，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、FeSO4，向滤液中加入高锰酸钾，高锰酸钾将Fe2+氧化为 Fe3+，向溶液中加入适量氧化锌，溶液pH 升高，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，得到的滤液中含有ZnSO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4?7H2O。(1)根据上述分析，“滤渣 1”的主要成分为二氧化硅。浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等，故答案为SiO2；粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）；(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应为置换铜的反应，反应的化学方程式为Zn+CuSO4Cu+ZnSO4，故答案为Zn+CuSO4Cu+ZnSO4；(3)根据流程图，“氧化”一步中，Fe2+能被高锰酸钾氧化生成Fe3+，高锰酸钾被还原成二氧化锰，生成是铁离子转化为氢氧化铁沉淀反应的离子方程式为3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；溶液 PH控制在 3.2，6.4)之间可以使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀 MnO4-变为 MnO2沉淀，避免引入杂质，故答案为3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；使 Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀 MnO4-变为 MnO2沉淀，避免引入杂质；(4)根据上述分析，氧化后溶液转化含有的盐类物质有ZnSO4、K2SO4，故答案为ZnSO4、K2SO4。点睛：本题考查物质分离和提纯、实验装置综合等知识点，为高频考点，明确物质的性质及实验步骤是解本题关键，知道流程图中发生的反应及基本操作方法、实验先后顺序等。本题的易错点是（3）中离子方程式的书写和配平。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在Cr-Ni 催化下可以发生偶联反应和合成重要的高分子化合物 Y的路线如下：已知：R1CHO+R2CH2CHO-OH+H2回答下列问题：（1）A 的化学名称为 _。（2）B中含氧官能团的名称是_。（3）X的分子式为 _。（4）反应的反应类型是_。（5）反应的化学方程式是_。（6）L是 D 的同分异构体，属于芳香族化合物，与D 具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5 组峰，峰面积比为 3:2:2:2:1，则 L的结构简式可能为_。（7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由、CH3CHO、合成多环化合物的路线(无机试剂任选)_。【答案】3-氯丙炔酯基C13H16O2取代反应【解析】【分析】与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质 A 与 NaCN 在加热条件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B（），B 与 HI 发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X（）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息逆推法可以得出D 为，C是由与水发生加成反应所得，C 与苯甲醛在碱性条件下发生反应，结合已知信息可推出C 为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。【详解】（1）A 为，其名称为3-氯丙炔；（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；（4）反应中-Cl 转化为-CN，属于取代反应，故答案为取代反应；（5）根据已知的给定信息，反应的化学方程式为：；（6）L是 D 的同分异构体，则分子式为C10H10O，不饱和度=2 102102=6，属于芳香族化合物，说明分子结构中含苯环；与D 具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5 组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则有 5 种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L 的结构简式有：；（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息得到，最后与溴加成制备得到目标产物，具体合成路线如下：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18维拉佐酮是临床上使用广泛的抗抑郁药，其关键中间体G 的合成路线如下：已知：请回答下列问题：（1）A 中含氧官能团的名称_。（2）反应的反应类型是：_，G 的分子式为：_。（3）下列有关说法错误的是_。aB 遇 FeCl3溶液显紫色且能发生银镜反应bA、B 两种物质不可用核磁共振氢谱或红外光谱区别cC能发生取代、加成、氧化、还原反应dE能与 NaOH 反应,不能与盐酸反应（4）写出 E与 NH(CH2CH2Cl)2反应得到F的化学方程式：_；中加入K2CO3的作用是 _。（5）B的同分异构体中，满足下列条件的有_种；含有苯环；能与NaOH 溶液反应写出其中一种核磁共振氢谱为三组峰的结构简式：_。（6）已知：RBr RCN RCOOH，请以甲苯、乙醇等为原料制备，写出相应的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见题干）_【答案】羟基、硝基还原反应C13H15N3O2bd+NH(CH2CH2Cl)2+2HCl 消耗生成物HCl，促进上述反应有利于生成F的方向移动，从而提高F的产率15或【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，一定条件下反应生成，与 ClCH2COO C2H5发生取代反应生成和氯化氢，则 C为；在稀氢氧化钠溶液中加热转化为，与铁、盐酸发生还原反应生成，则 E为；与发生取代反应生成和氯化氢，与氨气发生取代反应生成和乙醇。【详解】（1）A 的结构简式为，含有的官能团为羟基、硝基，故答案为羟基、硝基；（2）反应与铁、盐酸发生还原反应生成；由 G 的结构简式可知分子式为C13H15N3O2，故答案为还原反应；C13H15N3O2；（3）a、B的结构简式为，分子中含有酚羟基，遇FeCl3溶液会显紫色，含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，故正确；b、A 的结构简式为，核子共振氢谱有3 组峰，B的结构简式为，核子共振氢谱有 5 组峰，可用核磁共振氢谱区别，故错误；c、C的结构简式为，含有的官能团为硝基、醛基、醚键和酯基，则能发生取代、加成、氧化、还原反应，故准确；d、E的结构简式为，含有氨基，能与盐酸反应，含有酯基，能与盐酸、氢氧化钠溶液反应，故错误；错误的为b d，故答案为b d；（4）与 NH(CH2CH2Cl)2发生取代反应生成和氯化氢，反应的化学方程式为+NH(CH2CH2Cl)2+2HCl；加入 K2CO3，K2CO3消耗生成物 HCl，促进上述反应有利于生成F的方向移动，从而提高F的产率，故答案为+NH(CH2CH2Cl)2+2HCl；消耗生成物HCl，促进上述反应有利于生成F的方向移动，从而提高 F的产率；（5）B的结构简式为，其同分异构体含有苯环，能与NaOH 溶液反应，说明苯环上连有的官能团可能为硝基、羟基和醛基，可能结构有9 种（除去B），也可能为硝基和羧基，可能结构有3 种，也可能为硝基和酯基，可能结构有3 种，共有15 种，核磁共振氢谱为三组峰的同分异构体可能为或，故答案为15；或；（6）结合题给信息，运用逆推法可知的合成过程为甲苯在光照条件下与溴蒸汽发生取代反应生成，与 NaCN反应生成，在酸性条件下发生水解反应生成，与乙醇发生酯化反应生成，结合流程信息知与 NH3反应生成，合成路线为：，故答案为。【点睛】本题考查有机物推断与合成，对比物质的结构明确发生的反应，侧重对有机化学基础知识和逻辑思维能力考查，有利于培养自学能力和知识的迁移能力，需要熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化。19 工业上以铬铁矿(主要成分为FeO和 Cr2O3，含有 Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分为：Na2Cr2O7 2H2O)，其主要工艺流程如下：查阅相关资料得知：i.常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下能将Cr3+转化为 CrO42，自身被还原为Bi(OH)3固体。ii.物质Fe(OH)3Al(OH)3Cr(OH)3Fe(OH)2Bi(OH)3开始沉淀的PH 2.7 3.4 4.6 7.5 0.7 完全沉淀的PH 3.7 4.4 5.9 9.7 4.5 回答下列问题：(1)将铬铁矿矿石粉碎的目的是_。(2)操作 I、III、IV 用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和_（填仪器名称）。(3)写出反应的化学方程式_。(4)中酸化是使CrO42转化为 Cr2O72。写出该反应的离子方程式_。(5)将溶液 H 经下列操作：蒸发浓缩，_，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠。(6)取一定质量的固体D 溶解于 200mL 的稀硫酸中，向所得溶液中加入5.0mol/L 的 NaOH 溶液，生成沉淀的物质的量（n）与加入NaOH 溶液的体积（V）关系如图所示，则稀硫酸的浓度为_，固体 D 中含 Fe化合物的物质的量为_。【答案】增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率漏斗、烧杯3NaBiO3+Cr2(SO4)3+7NaOH+H2O=2Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)32CrO42+2H+Cr2O72+H2O冷却结晶2.5molL10.10mol【解析】【分析】（1）根据影响反应速率的因素进行分析；（2）操作 I、III、IV 均是过滤，根据过滤操作所需的仪器进行分析；（3）NaBiO3有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为 CrO，据此写出反应的化学方程式；（4）酸化是使CrO 转化为 Cr2O，在转化过程中元素化合价不变；据此写出离子方程式；（5）根据从溶液中得到晶体的一般操作进行分析；（6）根据图像可知加入氢氧化钠时没有立即产生沉淀，这说明酸过量，首先发生酸碱中和；继续加入氢氧化钠溶液，沉淀逐渐增大，达到最大值，后氢氧化钠过量，沉淀部分溶解，说明沉淀为氢氧化铁和氢氧化铝；根据图像结合方程式和元素守恒进行分析计算。【详解】（1）将铬铁矿石粉碎可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率；故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率；（2）操作 I、III、IV 均是过滤，则用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和漏斗、烧杯；故答案为：漏斗、烧杯；（3）常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为 CrO，则反应的化学方程式为 3NaBiO3+Cr2(SO4)3+7OH+H2O=Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3；故答案为：3NaBiO3+Cr2(SO4)3+7NaOH+H2O=2Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3；（4）中酸化是使CrO42-转化为 Cr2O72-，在转化过程中元素化合价不变，则该反应的离子方程式为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；故答案为：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；（5）从溶液中得到晶体的一般操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠；故答案为：冷却结晶；（6）根据图像可知加入氢氧化钠时没有立即产生沉淀，这说明酸过量，首先发生酸碱中和；当沉淀不再发生变化时需要氢氧化钠是180mL；继续加入氢氧化钠沉淀开始减小，即氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液是40mL，则生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液体积是120mL，所以与铁离子反应的氢氧化钠溶液体积是60ml，物质的量是0.06mol/L 5mol/L 0.3mol，所以根据方程式Fe33OH-Fe(OH)3，所以铁离子是0.1mol，根据铁元素守恒可知，固体D 中氢氧化铁的物质的量为0.1mol；沉淀达到最大值时溶液中的溶质是硫酸钠，则根据原子守恒可知硫酸钠的物质的量是0.5mol，则硫酸的浓度是2.5mol/L；故答案是：2.5mol L-1；0.10mol。