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1、-1-东城区 2019-2020 学年度第二学期教学统一检测高三化学可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 第一部分(选择题 共 42分)本部分共 14 小题，每小题 3 分，共 42分。在每小题列出的4 个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列自然现象发生或形成的过程中，指定元素既没有被氧化又没有被还原的是A溶洞钙B闪电氮C火山喷发硫D光合作用碳A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A溶洞中的石灰岩主要成分是碳酸钙，当遇到溶有二氧化碳的水时，会反应生成溶解性较大的碳酸氢钙：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，溶有碳酸氢钙的水遇热或
2、当压强突然变小时，溶解在水里的碳酸氢钙就会分解，重新生成碳酸钙沉积下来，同时放出二氧化碳：Ca(HCO3)2=CaCO3+CO2+H2O，整个过程钙元素的化合价没有变化，既没有被氧化又没有被还原，故A 符合题意；B空气中O2和 N2在闪电时化合成NO，即 N2+O2=放电2NO，氮元素的化合价由0 价升高到+2 价，氮元素被氧化了，故B 不符合题意；C火山喷发时，在高温条件下可发生S+O2=SO2，硫元素的化合价由0 价升高到+4 价，硫元素被氧化了，故C 不符合题意；D光合作用会发生6CO2+6H2O 光能叶绿体C6H12O6+6O2，可知氧元素失电子，碳元素得电子，化合价降低，被还原了，故
3、D 不符合题意；答案为 A。-2-2.下列说法不正确的是A.乙二醇的沸点比乙醇的沸点高B.淀粉和蔗糖水解的最终产物中均含有葡萄糖C.植物油通过催化加氢可转变为半固态的脂肪D.硫酸铵或氯化钠溶液都能使蛋白质发生变性【答案】D【解析】【详解】A.乙二醇分子中含有两个羟基，乙醇分子中含有一个羟基，羟基越多，氢键越多，沸点越高，A 正确；B.淀粉水解成葡萄糖，蔗糖水解成葡萄糖和果糖，B 正确；C.植物油中含有不饱和的碳碳双键，通过催化加氢变成饱和的脂肪，熔点升高，C 正确；D.硫酸铵或氯化钠溶液不属于重金属盐，不能使蛋白质发生变性，使蛋白质发生盐析，D 错误。答案选 D。【点睛】蛋白质发生变性的条件有
4、：强酸、强碱、重金属盐类、有机物、加热、紫外线等。3.下列离子方程式正确的是A.溴化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe24Br-3Cl22Fe3 2Br26Cl-B.硫酸中加入少量氢氧化钡溶液：H+SO42-Ba2OHBaSO4 H2O C.苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2C6H5O-CO2H2O2C6H5OHCO32-D.硝酸银溶液中加入过量氨水：Ag+NH3?H2OAgOH NH4+【答案】A【解析】【分析】【详解】A.过量的氯气将Fe2和 Br-氧化，离子方程式正确，A 正确；B.硫酸电离成两个H+和一个 SO42-，氢氧化钡电离成一个Ba2和两个 OH，离子方程式为：2H+SO42-Ba2
5、2OH-BaSO4 2H2O，B 错误；C.苯酚的酸性比碳酸弱，比碳酸氢根强，苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成碳酸氢根，离子方程式为：C6H5O-CO2H2OC6H5OHHCO3-，C 错误；D.氨水过量，AgOH 沉淀溶解成Ag(NH3)2OH，离子方程式为：Ag+2NH3?H2O=Ag(NH3)2+2H2O，D 错误；-3-答案选 A。4.除去下列物质中含有的少量杂质(括号内为杂质)，所选试剂不正确的是A.Cl2(HCl)：饱和食盐水、浓硫酸B.AlCl3溶液(Fe3+)：氨水、盐酸C.C2H2(H2S)：CuSO4溶液、碱石灰D.NaCl 溶液(SO42-)：BaCO3、盐酸【答案】B【
6、解析】【详解】ACl2(HCl)：氯气在饱和食盐水中溶解度小，但HCl 在其中溶解度大而除去，最后再通过浓硫酸进行干燥，故A 正确；BAlCl3溶液(Fe3+)：加入氨水后引入新的杂质NH4，故 B 错误；CC2H2(H2S)：先通过CuSO4溶液，H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，除去 H2S，再通过碱石灰进行干燥，故C 正确；DNaCl 溶液(SO42-)：SO42-+BaCO3BaSO4+CO32、再用盐酸酸化，故D 正确；故选 B。5.关于下列消毒剂的有效成分的分析错误的是A双氧水B漂白粉C滴露D强氯精有效成分H2O2Ca(ClO)2分析可与 NaClO发生反应可用 Cl2与Ca
7、(OH)2制备分子式为C8H9OCl 分子中有 2种环境的碳原子A.AB.BC.CD.D【答案】D-4-【解析】【详解】AH2O2可与 NaClO 发生反应：H2O2ClO=ClO2 H2O，故 A 正确；B可用 Cl2与 Ca(OH)2制备 Ca(ClO)2：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故 B 正确；C由结构简式可得：分子式为C8H9OCl，故 C 正确；D分子有三个对称轴，分子中只有一种环境的碳，故D 错误；故选 D。6.短周期中 8 种元素 a-h，其原子半径、最高正化合价或最低负化合价随原子序数递增的变化如图所示。下列判断不正确的是A.a、d、f
8、 组成的化合物能溶于强碱溶液B.a可分别与b 或 c 组成含 10 个电子的分子C.e的阳离子与g 的阴离子具有相同的电子层结构D.最高价氧化物对应水化物的酸性：hgb【答案】C【解析】【分析】由图中原子序数和化合价，各元素依次为a为 H、b 为 C、c 为 N、d 为 O、e 为 Na、f 为 Al、g 为 S、h 为 Cl。【详解】Aa、d、f 组成的化合物Al(OH)3具有两性，能溶于强碱溶液，故A 正确；BCH4、NH3是 10 电子的分子，H 可分别与C 或 N 组成含 10 个电子的分子，故B 正确；CNa与 S2的电子层结构不相同，前者具有Ne的电子层结构，后者具有Ar 的电子层
9、结构，故 C 错误；-5-D非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性ClSC，最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4H2SO4H2CO3，故 D 正确；故选 C。【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，关键是根据化合价、原子半径推断元素，注意抓住短周期元素，熟练掌握元素化合物知识，理解元素周期律、影响微粒半径大小的因素。易错点 C，Na有 2个电子层，K、L 层分别排有2、8 个电子，S2有 3 个电子层，K、L、M层分别排有 2、8、8 个电子。7.图为用惰性电极电解制备高锰酸钾的装置示意图如下。下列说法正确的是A.a为电源正极B.中的 K+通过阳离子交换膜移向C.若不使用离
10、子交换膜，KMnO4的产率可能会降低D.若阴极产生0.2 mol 气体，理论上可得到0.2 mol KMnO4【答案】C【解析】【分析】实验目的是制备高锰酸钾，所以K2MnO4应失电子转化为KMnO4，b 为正极，a为负极。在阴极，2H2O+2e-=2OH-+H2；在阳极，224MnO-2e-=24MnO。【详解】A由以上分析知，a为电源负极，A 不正确；B在电解池中，阳离子向阴极移动，所以中的 K+通过阳离子交换膜移向，B 不正确；C若不使用离子交换膜，中因阳离子所带正电荷总数多于阴离子所带的负电荷总数，而使电解反应难以持续进行，从而造成KMnO4的产率降低，C 正确；D若阴极产生0.2 m
11、ol 气体，则转移电子0.4mol，理论上可得到0.4 mol KMnO4，D 不正确；故选 C。8.下列指定微粒的个数比不是 21 的是A.过氧化钠固体中的阳离子和阴离子-6-B.碳酸钠溶液中的阳离子和阴离子C.乙烯和丙烯混合气体中的氢原子和碳原子D.二氧化氮溶于水时，被氧化的分子和被还原的分子【答案】B【解析】【详解】A过氧化钠固体中的阳离子Na和阴离子O22个数比为2:1，故 A 不选；B碳酸根离子在水中要水解生成HCO3和 OH，碳酸钠溶液中的阳离子和阴离子个数比不等于 2:1，故 B 选；C乙烯和丙烯符合通式：CnH2n，混合气体中的氢原子和碳原子个数比为2:1，故 C 不选；D在
12、3NO2+H2O=2HNO3+NO 中，被氧化的NO2的分子个数为2，被还原的NO2的分子个数为 1，被氧化与被还原的分子个数之比为:2:1，故 D 不选；故选 B。9.下列根据实验操作及现象进行的分析和推断中，不正确的是操作现象一段时间后：中，铁钉裸露在外的附近区域变红；中A.NaCl 的琼脂水溶液为离子迁移的通路B.中变红是因为发生反应2H+2e-H2，促进了水的电离C.中可观察到铁钉裸露在外的附近区域变蓝，铜丝附近区域变红D.和中发生的氧化反应均可表示为M2e-M2+(M 代表锌或铁)【答案】B【解析】【分析】中，锌的金属活动性大于铁，则锌作原电池的负极，发生反应Zn-2e-=Zn2+，
13、铁钉作正极，-7-发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-；中，铁的金属活动性大于铜，则铁作原电池的负极，发生反应 Fe-2e-=Fe2+，铜作正极，发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-。【详解】ANaCl 的琼脂水溶液能够让离子自由运动，所以其为离子迁移的通路，A 正确；B中变红是因为发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-，OH-使酚酞变红，B 不正确；C反应生成的Fe2+与Fe(CN)63-反应生成蓝色沉淀，使中铁钉裸露在外的附近区域变蓝，因生成 OH-使酚酞变红，而使铜丝附近区域变红，C 正确；D中发生的氧化反应为Zn-2e-=Zn2+，中发生的氧化反应为Fe-2e-=Fe2+，均
14、可表示为M2e-M2+(M 代表锌或铁)，D 正确；故选 B。10.25时，向10 mL 物质的量浓度均为0.1 mol?L-1的 HCl 和 CH3COOH 混合溶液中滴加0.1 mol?L-1 NaOH 溶液，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是A.未加 NaOH 溶液时：c(H+)c(Cl-)c(CH3COOH)B.加入 10 mLNaOH 溶液时：c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)C 加入 NaOH 溶液至 pH=7 时：c(Cl-)c(Na+)D.加入 20 mLNaOH 溶液时：2c(Na+)c(Cl-)c(CH3COO-)c(CH3COOH)【答案】B【解析】【详解】A未加
15、 NaOH 溶液时：c(H+)c(Cl-)c(CH3COOH)，A 不正确；B加入 10 mLNaOH 溶液时，盐酸与NaOH 刚好完全反应，此时溶液为NaCl 和 CH3COOH的混合溶液，在CH3COOH 中，满足电荷守恒：c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)，B 正确；C加入 NaOH 溶液至 pH=7 时：c(Cl-)c(CH3COO-)c(Na+)，C 不正确；D加入 20 mLNaOH 溶液时，NaOH 与 HCl 和 CH3COOH 刚好完全反应，依据物料守恒可得：c(Na+)c(Cl-)c(CH3COO-)c(CH3COOH)，D 不正确；故选 B。11.氨基甲酸铵(H2
16、NCOONH4)是一种氨化剂，易水解，难溶于CCl4。某小组设计下图所示装置制备氨基甲酸铵。已知：2NH3(g)+CO2(g)垐?噲?H2NCOONH4(s)H 0。-8-下列分析不正确的是A.2 中的试剂为饱和NaHCO3溶液B.冰水浴能提高H2NCOONH4的产率C.1 和 4 中发生的反应均为非氧化还原反应D.5 中的仪器(含试剂)可用 3中仪器(含试剂)代替【答案】D【解析】【分析】从反应 2NH3(g)+CO2(g)垐?噲?H2NCOONH4(s)看，1 中应制 CO2，6 中制 NH3。在 1 中，CaCO3与稀盐酸反应制得的CO2中混有 HCl 和 H2O(g)，先用 2 中饱和
17、 NaHCO3溶液除去HCl，再用3 中浓硫酸干燥；6中 NH4Cl 与 Ca(OH)2反应制得NH3，用 5 中碱石灰干燥。在4 中，CO2与NH3混合发生反应，由于反应放热，所以冰水浴降温有利于平衡正向移动，可提高 H2NCOONH4的产率。【详解】A由以上分析知，2 中的试剂为除去CO2中 HCl 所需的饱和NaHCO3溶液，A 正确；B由于 2NH3(g)+CO2(g)垐?噲?H2NCOONH4(s)H0，降温有利于平衡正向移动，所以冰水浴能提高H2NCOONH4的产率，B 正确；C1 中发生反应CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，4 中发生反应2NH4Cl+Ca(OH)
18、2CaCl2+2NH3+2H2O，均为非氧化还原反应，C 正确；D浓硫酸会与氨气发生反应，不能干燥氨气，所以不能用5 中试剂代替3 中试剂，D 不正确；故选 D。12.图 ac分别为氯化钠在不同状态下的导电实验(X、Y 均表示石墨电极)微观示意图。下列说法不正确的是-9-A.图示中的代表的离子的电子式为B.图 a中放入的是氯化钠固体，该条件下不导电C.能导电的装置中，X 上均有气体产生D.能导电的装置中，Y 的电极产物相同【答案】D【解析】【分析】图 a表示 NaCl 晶体，由于NaCl 晶体中含有Na+和 Cl-，而 Cl-的电子层数比Na+多一层，所以Cl-半径大于 Na+半径；图b表示熔
19、融的NaCl，通直流电后，Cl-向阳极移动，则X 极为阳极，Y 极为阴极；图c 表示电解NaCl 的水溶液。【详解】A图示中的代表的离子为Cl-，电子式为，A 正确；B由以上分析知，图a 中放入的是氯化钠固体，该条件下离子不能自由移动，固体不导电，B 正确；C图 b 和图 c 装置中，电解质都能导电，X 为阳极，都发生反应2Cl-2e-=Cl2，均有气体产生，C 正确；D图 b 和图 c装置都能导电，图b 中 Y 的电极产物为Na，图 c 中 Y 的电极产物为H2等，D不正确；故选 D。13.800时，三个相同的恒容密闭容器中发生反应CO(g)+H2O(g)垐?噲?CO2(g)+H2(g)K，
20、一段时间后，分别达到化学平衡状态。容器编号起始浓度/(mol L-1)c(CO)c(H2O)c(CO2)c(H2)0.01 0.01 0 0 0 0 0.01 0.01 III 0.008 0.008 0.002 0.002-10-下列说法不正确的是A.中达平衡时，c(H2)0.005 molL-1B.III 中达平衡时，CO 的体积分数大于25%C.III 中达到平衡状态所需的时间比 中的短D.若 III 中起始浓度均增加一倍，平衡时c(H2)亦增加一倍【答案】B【解析】【分析】利用反应CO(g)+H2O(g)垐?噲?CO2(g)+H2(g)，采用一边倒的方法将生成物全部转化为反应物，各反应
21、物的浓度分别相等(都为0.01mol/L)，则表明相同温度下、三个相同的恒容密闭容器中的平衡为等效平衡，达到平衡时各组分的浓度分别对应相等；容器中，可利用已知数据，并假设CO 的浓度变化量为x，建立以下三段式：222CO(g)H O(g)CO(g)H(g)(mol/L)0.010.0100(mol/L)(mol/L)0.010.01xxxxxxxx?起始量变化量平衡量K=(0.01)(0.01)x xxx=1，解得 x=0.005mol/L。【详解】A与 为恒温恒容下的等效平衡，所以达平衡时，c(H2)=x=0.005 molL-1，A 正确；BIII 中达平衡时，CO物质的量浓度为0.005
22、mol/L，CO 的体积分数为0.005mol/L100%0.02mol/L=25%，B 不正确；CIII 可以看成是 中反应进行的某个阶段，所以达到平衡状态所需的时间比 中的短，C 正确；D若 III 中起始浓度均增加一倍，即相当于加压(气体体积变为原来的一半)，由于反应前后气体分子数相等，所以平衡不移动，平衡时c(H2)亦增加一倍，D 正确；故选 B。14.实验小组利用传感器探究Na2CO3和 NaHCO3的性质。-11-实验操作实验数据测量下述实验过程的pH 变化下列分析不正确的是A.与的实验数据基本相同，说明中的OH未参与该反应B.加入试剂体积相同时，所得沉淀质量大于所得沉淀质量C.从
23、起始到a 点过程中反应的离子方程式为：Ca22OH2HCO3CaCO3 2H2OCO32D.b 点对应溶液中水的电离程度小于c 点对应溶液中水的电离程度【答案】C【解析】【分析】【详解】A中反应的离子方程式为：Ca2CO32=CaCO3，与的实验数据基本相同，说明中的OH未参与该反应，故A 不选；B加入试剂体积相同时，中除生成沉淀外还生成水，增加的水会溶解部分沉淀，所得沉淀质量大于所得沉淀质量，故B 不选；C开始氢氧化钙过量，碳酸氢根全部反应，从起始到a点过程中反应的离子方程式为：Ca2OHHCO3CaCO3 H2O，故 C 选；Db 点对应溶液碱溶液，抑制水的电离，c 点对应的溶液为碳酸钠溶
24、液，水解促进水的电离，b 点水的电离程度小于c 点对应溶液中水的电离程度，故D 不选；故选 C。第二部分(综合题 共 58分)本部分共 5 小题，共 58分。-12-15.甲烷水蒸气重整制取的合成气可用于熔融碳酸盐燃料电池。（1）制取合成气的反应为CH4(g)+H2O(g)垐?噲?CO(g)+3H2(g)H 206 kJ/mol。向体积为2 L 密闭容器中，按n(H2O)n(CH4)1投料：a.保持温度为T1时，测得CH4(g)的浓度随时间变化曲线如图1 所示。b.其他条件相同时，在不同催化剂(、)作用下，反应相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图2 所示。结合图1，写出反应达平衡的过
25、程中的能量变化：_kJ。在图 1 中画出：起始条件相同，保持温度为T2(T2 T1)时，c(CH4)随时间的变化曲线_。根据图2判断：.a点所处的状态不是化学平衡状态，理由是_。.CH4的转化率：cb，原因是 _。（2）熔融碳酸盐燃料电池的结构示意图如下。电池工作时，熔融碳酸盐中CO32-移向 _(填“电极A”或“电极B”)写出正极上的电极反应：_。（3）若不考虑副反应，1 kg 甲烷完全转化所得到的合成气全部用于燃料电池中，外电路通过的电子的物质的量最大为_mol。-13-【答案】(1).吸收412(x-y)(2).(3).催化剂不能改变物质的平衡转化率(4).750时，反应相同时间，a点对
26、应的CH4的转化率低于使用时CH4的转化率(5).电极 A(6).O2+4e-+2CO2=2CO32-(7).500【解析】【详解】（1）结合图1，反应的甲烷的物质的量为（x-y）molL12L=2(x-y)mol，反应达平衡的过程中的能量变化：吸收 2(x-y)mol 216kJ mol 1=412(x-y)kJ。故答案为：吸收 412(x-y)；起始条件相同，保持温度为T2(T2 T1)时，由于是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡时甲烷的浓度降低，但反应速率加快，平衡所用时间缩短，c(CH4)随时间的变化曲线。故答案为：；根据图2：.a点所处的状态不是化学平衡状态，理由是催化剂不能改变
27、物质的平衡转化率。故答案为：催化剂不能改变物质的平衡转化率；.CH4的转化率：cb，原因是 750时，反应相同时间，a点对应的CH4的转化率低于使用时 CH4的转化率。故答案为：750时，反应相同时间，a点对应的CH4的转化率低于使用时 CH4的转化率；（2）氢气和一氧化碳作还原剂，发生氧化反应，电极A是电池的负极，电池工作时，熔融碳酸盐中阴离子CO32-移向负极，即电极A，故答案为：电极A；正极上氧化剂得电子，发生还原反应，正极上的电极反应：O2+4e-+2CO2=2CO32-。故答案为：O2+4e-+2CO2=2CO32-；（3）若不考虑副反应，1 kg 甲烷完全转化所得到的合成气全部用于
28、燃料电池中，最终转化为CO2和水，甲烷中碳由-4 价升高为+4 价，氢化合价相当于没有变，外电路通过的电子的物质的量最大为11000(4(4)16?gg mol=500mol。故答案为：500。16.氯化亚铜(CuCl)可用于冶金、电镀等行业，其制备的一种工艺流程如下：I溶解：取海绵铜(主要含 Cu 和 CuO)，加入稀硫酸和NH4NO3的混合溶液，控制溶液温度在-14-6070，不断搅拌至固体全部溶解，得蓝色溶液(过程中无气体产生)；II转化：向蓝色溶液中加入(NH4)2SO3和 NH4Cl，充分反应后过滤，得到CuCl 粗品；III 洗涤：CuCl 粗品依次用pH=2 硫酸和乙醇洗涤，烘干
29、后得到CuCl 产品。【资料】CuCl 固体难溶于水，与Cl-反应生成可溶于水的络离子CuCl2-；潮湿的 CuCl 固体露置于空气容易被氧化。(1)过程 I 中：本工艺中促进海绵铜溶解的措施有_。氧化铜溶解的离子方程式是_。充分反应后NH4+的浓度约为反应前的2 倍，原因是 _。(2)过程 II 中：(NH4)2SO3的作用是 _。NH4Cl 的用量对铜的沉淀率的影响如下图所示。n(NH4Cl)/n(Cu2+)1.1 时，CuCl 的沉淀率下降的原因是_(用离子方程式表示)。(3)过程 III 中，用乙醇洗涤的目的是_。(4)产品纯度测定：量取CuCl 产品 a g 于锥形瓶中，加入足量的酸
30、性Fe2(SO4)3溶液使其充分溶解，然后用0.1000 mol/L KMnO4标准溶液滴定Fe2+，消耗 KMnO4溶液 b mL。(本实验中的MnO4-被还原为Mn2+，不与产品中杂质和Cl-反应)。CuCl 溶于 Fe2(SO4)3溶液的离子方程式是_。产品中CuCl(摩尔质量为99g/mol)的质量分数为_。【答案】(1).控制温度在6070、不断搅拌(2).CuO+2H+=Cu2+H2O(3).NO3-几乎全部被还原为NH4+(4).还原剂(5).CuCl+Cl-=CuCl2-(6).去除 CuCl 固体表面的水，防止其被空气氧化(7).CuCl+Fe3+=Cu2+Fe2+Cl-(8
31、).4.95b%a【解析】【分析】-15-I溶解：溶解步骤的温度应控制在6070，原因是温度低溶解速率慢，温度过高NH4NO3易分解，该步骤中Cu 与 NH4NO3反应的离子方程式为（N 元素被还原到最低价）4Cu+NO3+10H=4Cu2+NH4+3H2O；II转化：发生反应的离子方程式为2Cu2+SO32+2Cl+H2O 2CuCl +SO42+2H；过滤得到固体为 CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸；III 洗涤：CuCl 粗品依次用pH=2 硫酸和乙醇洗涤，去除CuCl 固体表面的水，防止其被空气氧化，烘干后得到CuCl 产品。【详解】（1）温度低溶解速率慢，温度过高NH4NO3易分解，
32、本工艺中促进海绵铜溶解的措施有控制温度在6070、不断搅拌。故答案为：控制温度在6070、不断搅拌；氧化铜是碱性氧化物，与酸反应生成铜盐和水，氧化铜溶解的离子方程式是CuO+2H+=Cu2+H2O。故答案为：CuO+2H+=Cu2+H2O；充分反应后NH4+的浓度约为反应前的2 倍，原因是：发生4Cu+NO3+10H=4Cu2+NH4+3H2O 反应，NO3-几乎全部被还原为NH4+。故答案为：NO3-几乎全部被还原为NH4+；（2）根据发生的反应;2Cu2+SO32+2Cl+H2O 2CuCl +SO42+2H，(NH4)2SO3的作用是还原剂。故答案为：还原剂；n(NH4Cl)：n(Cu2
33、+)1.1 时，Cl-浓度增大，与CuCl 络合生成可溶的络合物，CuCl 的沉淀率下降的原因是CuCl+Cl-=CuCl2-。故答案为：CuCl+Cl-=CuCl2-；（3）过程 III 中，用乙醇洗涤的目的是去除CuCl 固体表面的水，防止其被空气氧化。故答案为：去除CuCl 固体表面的水，防止其被空气氧化；（4）铁离子具有氧化性，能将CuCl 氧化，CuCl 溶于 Fe2(SO4)3溶液的离子方程式是CuCl+Fe3+=Cu2+Fe2+Cl-。故答案为：CuCl+Fe3+=Cu2+Fe2+Cl-；根据电子守恒得关系式：5CuCl5e-KMnO4，产品中 CuCl(摩尔质量为99g/mol
34、)的质量分数为=1310.1000?1099?5100%mol LbLg molag=4.95b%a。故答案为：4.95b%a。【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握流程中的反应、物质的性质、离子反应的书写等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，难点（4）计算 CuCl 的含量：根据电子守恒得关系式：5CuCl5e-KMnO4，计算 CuCl 的物质的量，再根据质量分数的计算公式计算。17.我国是世界上较早冶炼锌的国家。在现代工业中，锌更是在电池制造、合金生产等领域有着广泛的用途。已知：锌的熔点为419.6，沸点907。-16-I图是古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌的示意图。(1)泥罐内的
35、主要反应为：iZnCO3(s)=ZnO(s)+CO2(g)H1ii CO2(g)+C(s)=2CO(g)H2总反应：ZnCO3(s)+2C(s)=Zn(g)+3CO(g)H3利用H1和H2计算时H3，还需要利用 _反应的H。(2)泥罐中，金属锌的状态变化是_；d 口出去的物质主要是_。现代冶炼锌主要采取湿法工艺。以闪锌矿(主要成分为ZnS，还含铁等元素)、软锰矿(主要成分为 MnO2，还含铁等元素)为原料联合生产锌和高纯度二氧化锰的一种工艺的主要流程如下：(3)浸出：加入 FeSO4能促进 ZnS 的溶解，提高锌的浸出率，同时生成硫单质。Fe2+的作用类似催化剂，“催化”过程可表示为：MnO2
36、2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+2H2O：写出的离子方程式：_。下列实验方案可证实上述“催化”过程。将实验方案补充完整。a向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN 溶液，溶液几乎无色，再加入少量MnO2，溶液变红。-17-b_。(4)除铁：已知进入除铁工艺的溶液的pH 约为 3；控制溶液pH 为 2.53.5，使铁主要以FeOOH 沉淀的形式除去。结合离子方程式说明，通入空气需同时补充适量ZnO 的理由是_。(5)电解：用惰性电极电解时，阳极的电极反应是_。(6)电解后的溶液中可循环利用的物质是_。【答案】(1).ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)(2).气态变为液态(3).CO 和
37、 Zn 蒸气(4).ZnS+2Fe3+=Zn2+2Fe2+S(5).取 a 中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去(6).通入空气时，发生反应4Fe2+O28H2O 4FeOOH8H+使溶液的pH 下降，加入的 ZnO与 H+发生反应ZnO+2H+H2O+Zn2+，可控制溶液pH(7).Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+(8).硫酸【解析】【分析】I古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌的各步反应：iZnCO3(s)=ZnO(s)+CO2(g)、CO2(g)+C(s)=2CO(g)、ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)，总反应：ZnCO3(s)+2C(s)=Zn(g)+
38、3CO(g)，反应区温度达到11001300，Zn 变为蒸气与杂质分离，在“兜室”冷凝为液体流出（冷凝区温度高于 Zn 的熔点），为防止 Zn 被氧化而用“泥封”隔绝空气，出口“锌火”是未反应完的CO 和 Zn蒸气从“兜室”逸出燃烧。现代冶炼锌流程图中的各步反应：浸出：MnO22Fe2+4H+Mn2+2Fe3+2H2O，ii ZnS+2Fe3+=Zn2+2Fe2+S，总把反应：MnO2ZnS+4H+Mn2+S+Zn2+2H2O；除铁：4Fe2+O28H2O4FeOOH8H+使溶液的pH 下降，加入的 ZnO 与 H+发生反应 ZnO+2H+H2O+Zn2+，可控制溶液pH；电解：用惰性电极电解
39、时，阳极的电极反应是Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，生成的硫酸和MnO2循环使用。阴极：Zn22e=Zn。【详解】I（1）泥罐内的主要反应为：iZnCO3(s)=ZnO(s)+CO2(g)H1ii CO2(g)+C(s)=2CO(g)H2-18-总反应：ZnCO3(s)+2C(s)=Zn(g)+3CO(g)H3根据盖斯定律：总反应-i-ii 得 ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)，H=H3-H1-H2，利用H1和H2计算时H3，还需要利用ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)反应的H。故答案为：ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)；（2）锌的熔点为4
40、19.6，沸点907，泥罐中，温度由11001300变成 500700，金属锌的状态变化是气态变为液态；出口处主要是末反应CO 和 Zn 蒸气在出口处燃烧，形成“锌火”，d口出去的物质主要是CO 和 Zn 蒸气。故答案为：气态变为液态；CO 和 Zn 蒸气；（3）Fe2+的作用类似催化剂，中应将Fe3+还原成 Fe2+，ZnS 的溶解的离子方程式：ZnS+2Fe3+=Zn2+2Fe2+S。故答案为：ZnS+2Fe3+=Zn2+2Fe2+S；证实上述“催化”过程的实验方案：a检验 Fe2+被氧化成Fe3+：向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN 溶液，溶液几乎无色，再加入少量 MnO2，溶液变红。
41、b检验 Fe3+被还原成Fe2+：取 a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去。故答案为：取 a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去；（4）除铁：通入空气需同时补充适量ZnO 的理由是：通入空气时，发生反应4Fe2+O28H2O4FeOOH8H+使溶液的pH 下降，加入的ZnO 与 H+发生反应ZnO+2H+H2O+Zn2+，可控制溶液 pH。故答案为：通入空气时，发生反应4Fe2+O2 8H2O 4FeOOH8H+使溶液的pH 下降，加入的ZnO 与 H+发生反应 ZnO+2H+H2O+Zn2+，可控制溶液pH；（5）电解：用惰性电极电解时，阳极发生氧化反应，将Mn2+氧化成
42、MnO2，阳极的电极反应是 Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；（6）电解后的溶液中生成硫酸，可循环利用。故答案为：硫酸。【点睛】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质性质与分离、提纯方法的关系，试题涉及的化学反应较多，分析发生的反应是解题的难点：古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌、现代冶炼锌流程图中的各步反应（详见分析），对学生的分析、理解能力及化学实验能力要求较高。18.聚酰亚胺是一类非常有前景的可降解膜材料，其中一种膜材料Q 的合成路线如下。-19-已知：i+
43、,2R NH+ii+NaOH+,2R NH(1)A 是芳香烃，AB 的化学方程式是_。(2)B 转化为 C 的试剂和条件是_。(3)C 中所含的官能团的名称是_。(4)D 可由 C 与 KOH 溶液共热来制备，C 与 D 反应生成 E 的化学方程式是_。(5)EF的反应类型是_。(6)G 与 A 互为同系物，核磁共振氢谱有2 组峰，GH 的化学方程式是_。(7)H 与 F生成中间体P的原子利用率为100%，P的结构简式是 _(写一种)。(8)废弃的膜材料Q 用 NaOH 溶液处理降解后可回收得到F和_(填结构简式)。【答案】(1).+Cl23FeCl+HCl(2).浓硝酸、浓硫酸、加热(3).
44、氯 原子(碳 氯 键)、硝 基(4).+KCl(5).还原反应(6).+6O2催化剂-20-+6H2O(7).(8).【解析】【分析】A 是芳香烃，B 的分子式为C6H5Cl，AB 应该为苯与氯气发生取代反应生成氯苯，故A 为苯，根据 F 的结构简式及E 的分子式可知E 比 F 多 4 个 O，少 4 个 H，则应该是2个硝基转化为 2 个氨基，则E为，D 可由 C 与 KOH 溶液共热来制备，结合已知 ii+NaOH+,2R NH，可推知 C 为，D 为，G 与 A 互为同系物，核磁共振氢谱有2 组峰，则高度对称，结合分子式可知应该有4 个甲基，故为，利用Q 逆向推出氧化得到的H 为，与 F
45、 反应生成，据此分析。【详解】A 是芳香烃，B 的分子式为C6H5Cl，AB 应该为苯与氯气发生取代反应生成氯苯，故 A 为苯，根据F的结构简式及E的分子式可知E 比 F 多 4 个 O，少 4 个 H，则应该是2 个硝基转化为2 个氨基，则 E 为，D 可由 C 与 KOH 溶液共热来制备，结合已知ii+NaOH+,2R NH，可推知 C 为，-21-D 为，G 与 A 互为同系物，核磁共振氢谱有2 组峰，则高度对称，结合分子式可知应该有4 个甲基，故为，利用 Q 逆向推出氧化得到的H为，与 F 反应生成。(1)A 是芳香烃，AB 是苯在氯化铁催化下与氯气发生取代反应生成氯苯和氯化氢，反应的
46、化学方程式是+Cl23FeCl+HCl；(2)B 转化为 C 是氯苯发生硝化反应生成，反应的试剂和条件是浓硝酸、浓硫酸、加热；(3)C 为，所含的官能团的名称是氯原子(碳氯键)、硝基；(4)D 可由 C 与 KOH 溶液共热来制备，C 与 D 反应生成 E 的化学方程式是+KCl；(5)EF是发生还原反应生成，反应类型是还原反应；(6)G 与 A 互为同系物，核磁共振氢谱有2 组峰，则高度对称，结合分子式可知应该有4个甲基，故为，利用 Q 逆向推出氧化得到的H 为，GH 的化学方程式是+6O2催化剂+6H2O；(7)H 与 F生成中间体P的原子利用率为100%，则发生开环加成缩合反应，P的结构
47、简式是-22-、；(8)废弃的膜材料Q 用 NaOH 溶液处理降解后发生肽键断裂水解，碱性条件下生成盐，可回收得到 F和。19.某小组通过分析镁与酸反应时pH 的变化，探究镁与醋酸溶液反应的实质。【实验】在常温水浴条件下，进行实验，记录生成气体体积和溶液pH 的变化：取 0.1 g 光亮的镁屑(过量)放入 10 mL 0.10 mol L 1 HCl 溶液中；取 0.1 g 光亮的镁屑放入10 mL 0.10 mol L 1 CH3COOH 溶液(pH=2.9)中；取 0.1 g 光亮的镁屑放入10 mL pH=2.9 HCl 溶液中。【数据】图 1 图 2(1)起始阶段，中主要反应的离子方程
48、式是_。(2)起始溶液中3(CH COOH)(H)cc约为 _。(选填“1”、“10”或“102”)(3)起始阶段，导致、气体产生速率差异的主要因素不是c(H+)，实验证据是 _。(4)探究的反应速率大于的原因。提出假设：CH3COOH 能直接与Mg 反应。进行实验：_。得出结论：该假设成立。-23-(5)探究醋酸溶液中与Mg 反应的主要微粒，进行实验。与相同的条件和试剂用量，将溶液换成含0.10 mol L 1的 CH3COOH 与 0.10 molL 1CH3COONa 的混合溶液(pH=4.8)，气体产生速率与对比如下。a实验 起始速率b实验起始速率c实验 pH=4.8 时速率2.1 m
49、L min 12.3 mL min 10.8 mL min 1对比 ac中的微粒浓度，解释其a与 b、a与 c 气体产生速率差异的原因：_。(6)综合以上实验得出结论：镁与醋酸溶液反应时，CH3COOH、H+、H2O 均能与镁反应产生氢气；_。(7)实验反思：120 min 附近，pH 均基本不变，pH()pH()a；a与 c 对比，c(H+)几乎相同，但 a 中 c(CH3COOH)约为 c 的 2 倍，使速率 a c(6).CH3COOH 是与 Mg 反应产生气体的主要微粒(7).120min 附近，Mg(OH)2(s)?Mg2+(aq)+2OH(aq)均达到平衡状态，因此pH 基本不变；
50、c(Mg2+)，、中上述平衡相对逆移，c(OH)减小，pH 减小【解析】【分析】反应刚开始时，由于 中 c(H+)最大，所以反应速率最快，消耗n(H+)最多，但如果只发生反应 2H+Mg=Mg2+H2，则、中产生H2的体积应相差较大，但实际上体积相差不大，说明醋酸也能与镁直接反应；从、中产生H2的体积也可得出同样的结论。当、中产生H2的体积相同时，盐酸、醋酸应完全反应，但产生H2的体积继续增大，表明Mg 与 H2O 能发生反应 Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2，且醋酸中产生的H2更多，说明Mg 与 H2O 反应的速率 中更快。比较 、中溶液的 pH，随着反应的进行，的 pH 比大，但产生