《2019-2020学年安徽省蚌埠二中新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省蚌埠二中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年安徽省蚌埠二中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）1二甲胺(CH3)2NH在水中电离与氨相似，-4b322CHNH H O=1.610K。常温下，用0.l00mol/L的 HCl 分别滴定20.00mL 浓度均为 0.l00mol/L 的 NaOH 和二甲胺溶液，测得滴定过程中溶液的电导率变化曲线如图所示。下列说法正确的是A b 点溶液：+-+323222cCHNHcCHNH H O c Clc OHc HBd 点溶液：+-323222cCHNH+c HcCHNH H O+c ClCe 点溶液中：+-+
2、323222c H-c OH=cCHNH+cCHNH H OD a、b、c、d 点对应的溶液中，水的电离程度：dcba【答案】D【解析】【分析】NaOH 是强碱，二甲胺是弱碱，则相同浓度的NaOH 和二甲胺，溶液导电率：NaOH(CH3)2NH，所以曲线表示 NaOH 滴定曲线、曲线表示(CH3)2NH 滴定曲线，然后结合相关守恒解答。【详解】A b 点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH H2O 和(CH3)2NH2Cl，-4b322CHNH H O=1.610K，(CH3)2NH2Cl 的水解常数-11b32-4214Whb10=6.210CHNH H O1.56 10KKKK，所
3、以(CH3)2NHH2O 的电离程度大于(CH3)2NH2Cl的水解程度导致溶液呈碱性，但是其电离和水解程度都较小，则溶液中微粒浓度存在：+-+323222CHNHClCHNH H O OHHccccc，A 错误；Bd 点二者完全反应生成(CH3)2NH2Cl，322CHNH水解生成等物质的量的322CHNH H O和 H+，322CHNH水解程度远大于水的电离程度，因此322CHNH H Oc与+c H近似相等，该溶液呈酸性，因此+-HOHcc，则322-CHNH H OOHcc，溶液中存在电荷守恒：+-322CHNHHOHClcccc，因此+-323222CHNH+HCHNH H O+Cl
4、cccc，故 B 错误；Ce 点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH2Cl、HCl，溶液中存在电荷守恒：+-322CHNHHOHClcccc，物料守恒：-323222ClCHNH H O2CHNH=2ccc，则+32-3222HCHNH-H OOH=2CHNHcccc，故 C错误；D酸或碱抑制水电离，且酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大其抑制水电离程度越大，弱碱的阳离子或弱酸的阴离子水解促进水电离，a 点溶质为等浓度的NaOH 和 NaCl；b 点溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH H2O和(CH3)2NH2Cl，其水溶液呈碱性，且a 点溶质电离的OH-浓度大于b 点，水的电
5、离程度：ba；c 点溶质为NaCl，水溶液呈中性，对水的电离无影响；d 点溶质为(CH3)2NH2Cl，促进水的电离，a、b 点抑制水电离、c 点不影响水电离、d 点促进水电离，所以水电离程度关系为：dcba，故 D 正确；故案为：D。2设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 25、101kPa 时，22.4L 乙烷中所含共价键数目为6NAB3.2gO2和 O3的混合气体中，含氧原子数为0.2NAC12g 金刚石含有共价键数目为4NAD 1molNaHSO4熔融时电离出的离子总数为3NA【答案】B【解析】【详解】A.25、101kPa 时，22.4L 乙烷的物质的量小于1mol，
6、且 1mol 乙烷中所含共价键数目为7NA，选项 A 错误；B3.2gO2和 O3的混合物中含有的氧原子的物质的量为3.2g16/g mol=0.2mol，数目为 0.2NA，选项 B 正确；C12g 金刚石中含有1molC，金刚石中，每个 C 与其它 4 个 C形成了 4 个共价键，每个碳原子形成的共价键数目为：12 4=2，所以 1molC 原子形成的共价键为2mol，含有的共价键数目为2NA，选项 C错误；D、熔融状态下，硫酸氢钠电离出钠离子和硫酸氢根离子，1molNaHSO4熔融时电离出的离子总数为2NA，选项 D 错误。答案选 B。3根据合成氨反应的能量变化示意图，下列有关说法正确的
7、是（）A断裂 0.5molN2（g）和 1.5mol H2（g）中所有的化学键释放a kJ热量BNH3（g）NH3（l）H=c kJ?mol1CN2（g）+3H2（g）?2NH3（g）H=2（ab）kJ?mol1D 2NH3（l）?N2（g）+3H2（g）H=2（b+ca）kJ?mol1【答案】D【解析】【分析】由图可知，断裂化学键吸收akJ 热量，形成1mol 气态氨气时放热为bkJ，1mol 气态氨气转化为液态氨气放出热量为ckJ。【详解】A断裂 0.5mol N2（g）和 1.5mol H2（g）中所有的化学键，吸收a kJ热量，故A 错误；BNH3（g）NH3（l）H=c kJ?mol
8、1，故 B错误；C由图可知，N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）H=2（ab）kJ?mol1，故 C错误；D由图可知，N2（g）+3H2（g）?2NH3（l）H=2（abc）kJ?mol1，互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，则2NH3（l）?N2（g）+3H2（g）H=2（b+ca）kJ?mol1，故 D 正确；故选：D。4“地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝。关于“地沟油”的说法正确的是A属于烃类B由不同酯组成的混合物C密度比水大D不能发生皂化反应【答案】B【解析】【详解】A“地沟油”的主要成分为油脂，含有氧元素，不属于烃类，选项A 错误；B“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油
9、酯，是由不同酯组成的混合物，选项B 正确；C“地沟油”的主要成分为油脂，油脂的密度比水小，选项C 错误；D皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，“地沟油”的主要成分为油脂，能发生皂化反应，选项D错误。答案选 B。【点睛】本题主要考查了油脂的性质与用途，熟悉油脂结构及性质是解题关键，注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水解反应，“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，密度比水小，油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应。52015 年 12 月 31 日，日本获得第113 号元素的正式命名权这种原子(记作278113Ja)，是由 30 号元素 Zn，连续轰击83 号元素 Bi 获得的下列说法，不
10、正确的是A获得新核素278113Ja的过程，是一个化学变化B题中涉及的三种元素，都属于金属元素C这种超重核素278113Ja的中子数与质子数只差为52 D这种新核素，是同主族元素中原子半径最大的【答案】A【解析】【详解】A由 30 号元素 Zn，连续轰击83 号元素 Bi 获得的278113Ja属于核变，不属于化学变化，故A 错误；B题中涉及的三种元素Ja、Zn、Bi 都是金属元素，故B 正确；C278113Ja的质子数为113，中子数=278113=165，中子数与质子数差为165113=52，故 C 正确；D278113Ja位于第七周期第A 主族，是同主族元素中原子半径最大的，故D 正确；
11、答案选 A。【点睛】化学变化的实质是旧的化学键的断裂和新的化学键的形成，不涉及原子核内的变化。6如图所示，将铁钉放入纯水中，一段时间后，铁钉表面有铁锈生成，下列说法正确的是A铁钉与水面交接处最易腐蚀B铁钉发生吸氧腐蚀，铁做阴极C铁发生的反应是：Fe3e Fe3+D水上和水下部分的铁钉不发生电化腐蚀【答案】A【解析】【详解】A.在铁钉和水面的交界处，有电解质溶液，氧气的浓度最高，故发生吸氧腐蚀的速率最大，则最易被腐蚀，故 A 正确；B.由于水为中性，故钢铁发生吸氧腐蚀，其中铁做负极，故B 错误；C.铁做负极，电极反应为：Fe-2e=Fe2+，故 C错误；D.因为水的蒸发，故在铁钉的水面以上的部分
12、上仍然有水膜，仍然能发生吸氧腐蚀；因为氧气能溶解在水中，故铁钉水面一下的部分也能发生吸氧腐蚀，但均没有铁钉和水的交接处的腐蚀速率大，故D 错误；答案：A【点睛】将铁钉放入纯水中，由于铁钉为铁的合金，含有碳单质，故在纯水做电解质溶液的环境下，铁做负极，碳做正极，中性的水做电解质溶液，发生钢铁的吸氧腐蚀，据此分析。7一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，Y、W、X、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，X与 Y位于同一主族，Y与 W 位于同一周期。X、Y、Z 的最外层电子数之和与W 的最外层电子数相等，W 是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是A原子半径：XYW B最高价氧化
13、物对应水化物的碱性：XY CX的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:2 D Z、W 组成的化合物是常见的半导体材料，能与强碱反应【答案】D【解析】【分析】一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W 均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W 是地壳中含量最多的元素，则W 为 O 元素；X与 Y位于同一主族，X、Y、Z的最外层电子数之和与W 的最外层电子数相等，当X、Y位于 A 族时，Z位于 A 族，Y与 W(O 元素)位于同一周期，则 Y为 Li，X为 Na，Z为 Si 元素；当 X、Y位于 A 族时，Z 位于 A 族，短周期不可能存在3
14、 种元素同主族，不满足条件，据此解答。【详解】根据上述分析可知：X为 Na 元素，Y为 Li 元素，Z为 Si元素，W 为 O 元素。A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子序数越大，原子半径越大。Li、O 同一周期，核电荷数OLi，原子半径LiO，Li、Na 同一主族，核电荷数NaLi，原子半径NaLi，则原子半径是XYW，A 正确；B.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。元素的金属性NaLi，所以碱性：NaOHLiOH，则最高价氧化物对应水化物的碱性：XY，B 正确；C.X的单质是 Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在 Na+和 O22-，
15、则阴、阳离子之比为1：2，C正确；D.Z、W 组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，Si单质才是常见的半导体材料，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律的应用及常见元素、化合物性质的正确判断。8炼油厂的废碱液含有废油、苯酚钠、碳酸钠等，实验室通过以下两个步骤处理废碱液获取氢氧化钠固体。下列说法正确的是A用装置甲制取CO2并通入废碱液B用装置乙从下口放出分液后上层的有机相C用装置丙分离水相中加入Ca(OH)2产生的 CaCO3D用装置丁将滤液蒸发结晶得到NaOH 固体【答案】C【解析】【分析】
16、A、碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面；B、分液时避免上下层液体混合；C、CaCO3不溶于水；D、在蒸发皿中蒸发结晶。【详解】A 项、浓硫酸溶于水放热，且碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面，不利用气体的制备，应选盐酸与碳酸钙反应，故A 错误；B 项、分液时避免上下层液体混合，则先从下口放出下层液体，后从上口倒出上层的有机相，故B错误；C 项、CaCO3不溶于水，则图中过滤装置可分离，故C正确；D 项、在蒸发皿中蒸发结晶，不能在烧杯中蒸发结晶，且烧杯不能直接加热，故D 错误。故选 C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分
17、析，把握实验装置的作用、气体的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。9新冠疫情暴发，消毒剂成为紧俏商品，下列常用的消毒剂中，消毒原理与氧化还原无关的是（）选项A B C D 消毒剂双氧化水臭氧医用酒精84 消毒液A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】双氧水、臭氧、84 消毒液均具有强氧化性，氧化病毒和细菌，达到消毒杀菌的目的；酒精消毒的原理是使蛋白质变性，故答案为C。10我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2*H+*H，带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态)。下列说法错误的是A第 步
18、中 CO2和 H2分子中都有化学键断裂B水在整个历程中可以循环使用，整个过程不消耗水也不产生水C第 步的反应式为：*H3CO+H2O CH3OH+*HO D第 步反应是一个放热过程【答案】B【解析】【分析】【详解】A.第步反应中CO2和 H2反应产生*H 和*HCOO，可见两种分子中都有化学键断裂，A 正确；B.根据图示可知：在第步反应中有水参加反应，第步反应中有水生成，所以水在整个历程中可以循环使用，整个过程中总反应为CO2+3H2 CH3OH+H2O，整个过程中产生水，B 错误；C.在反应历程中，第步中需要水，*H3CO、H2O 反应生成CH3OH、*HO，反应方程式为：*H3CO+H2O
19、 CH3OH+*HO，C正确；D.第步反应是*H+*HO=H2O，生成化学键释放能量，可见第步反应是一个放热过程，D 正确；故答案选B。112019年北京园艺会主题是“绿色生活，美丽家园”。下列有关园艺会说法正确的是()A大会交通推广使用的是利用原电池原理制成太阳能电池汽车，可减少化石能源的使用B妫汭剧场里使用的建筑材料第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”，与石墨烯互为同分异构体C传统烟花的制作常加入含有铂、铁、钾、钙、铜等金属元素的发光剂，燃放时呈现美丽的颜色，大会庆典禁止使用D秸秆经加工处理成吸水性的材料植物纤维，可用作食品干燥剂，符合大会主题【答案】D【解析】【详解】A.太阳能电池是将太阳能转
20、化为电能，不是原电池原理，故A 错误；B.第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”，与石墨烯是同素异形体，而非同分异构体，故B 错误；C.烟花的使用需要从环保、安全等多方面考虑，但禁止使用是错误的，故C错误；D.植物纤维的成分为糖类，无污染，可再生，可用作食品干燥剂，符合大会主题，故D 正确，故选 D。12NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 19g羟基（-18OH）所含中子数为10NAB标准状况下，44.8 L HF含有 2NA个极性键C1 mol NaHSO4晶体含有的离子数为3NAD 0.1 molL-1 KAl(SO4)2溶液中 SO42-的数目为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A1
21、9g 羟基(-18OH)的物质的量为19g19g/mol=1mol，而羟基(-18OH)中含 10 个中子，故1mol 羟基(-18OH)中含10NA个中子，故A 正确；B标况下HF 为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B 错误；CNaHSO4由钠离子和硫酸氢根离子构成，1mol NaHSO4晶体中含有的离子总数为2NA，故 C 错误；D溶液体积未知，无法计算0.1mol L-1 KAl(SO4)2溶液中 SO42-的数目，故D 错误；故选 A。【点睛】本题的易错点为B，要注意一些特殊物质在标准状况下的状态，本题中的HF为液体，类似的还有SO3为固体，H2O 为液体或固体等。13某
22、烯烃分子的结构简式为，用系统命名法命名其名称为（）A 2，2，4-三甲基-3-乙基-3-戊烯B2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯C2，2，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯D2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯【答案】B【解析】【详解】烯烃分子的结构简式为，系统命名法命名其名称为2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯，故B 符合题意。综上所述，答案为B。14下列操作不正确的是A配制氯化铁溶液时需加入少量盐酸B金属钠保存在装有煤油的带玻璃塞的广口瓶中C保存液溴需用水封，放在带橡皮塞子的棕色细口瓶中D用稀硝酸洗去附在试管内壁的银镜【答案】C【解析】【详解】A.氯化铁是强酸弱碱盐,铁离子易水解,为抑制水解
23、,在配制氯化铁溶液时需要加入少量稀盐酸,故 A 正确；B.钠易和空气中水、氧气反应而变质,其密度大于煤油，并且又不和煤油反应,所以金属钠保存在装有煤油的带玻璃塞的广口瓶中,故 B 正确；C.溴易腐蚀橡皮塞,应该用玻璃塞的试剂瓶,故 C错误；D.银能溶于稀硝酸生成硝酸银,所以可以用稀硝酸洗去附在试管内壁的银镜，故D 正确；答案选 C。15硼氢化钠(NaBH4)可用作还原剂和塑料发泡剂。它在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示。下列说法不正确的是A NaBH4中氢元素的化合价为+1 价B若用 D2O 代替 H2O，反应后生成的气体中含有H2、HD 和 D2C通过控制催化剂的用量和表面积，
24、可以控制氢气的产生速率D NaBH4与水反应的离子方程式为：BH4+4H2O=B(OH)4+4H2【答案】A【解析】【详解】A.B 为A 元素，其化合价为+3 价，NaBH4中氢元素的化合价为1 价，故 A 说法错误；B.由图示可知BH4中的 H 原子与 H2O 中 H 结合为 H2，当若用 D2O 代替 H2O，形成的氢气有三种，即 D2、HD 和 H2，故 B说法正确；C.反应物在催化剂表面反应，催化剂对反应物吸附，生成产物后会解吸，通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率，故C说法正确；D.NaBH4与水反应为氢元素的归中反应，反应方程式为BH44H2O=B(OH)44H2，
25、故 D 说法正确；答案：A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16ClO2与 Cl2的氧化性相近，常温下均为气体，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛?某兴趣小组通过图 1 装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究?（1）仪器 C的名称是：_?安装 F中导管时，应选用图2 中的：_（填“a”或“b”）。（2）打开 B 的活塞，A 中氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和 ClO2，写出反应化学方程式：_；为使 ClO2在D 中被稳定剂充分吸收，可采取的措施是_?（3）关闭 B的活塞，ClO2在 D 中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时 F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是：
26、_。（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为：_，在 ClO2释放实验中，打开E的活塞，D 中发生反应，则装置F的作用是：_?（5）已吸收ClO2气体的稳定剂 和，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3 所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是_，（选填“I”或“II”）理由是：_?【答案】球形干燥管b 2NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O 调节分液漏斗B的旋塞，减缓（慢）稀盐酸滴加速度吸收 Cl24H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O 检验是否有ClO2生成II 稳定剂 可以缓慢释放Cl
27、O2，能较长时间维持保鲜所需的浓度【解析】【分析】(1)根据仪器特征，判断仪器名称；根据实验原理，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；(2)根据电子转移守恒和原子守恒书写氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和 ClO2的反应化学方程式，为使ClO2在 D 中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；(3)根据 Cl2+2KI=2KCl+I2进行分析；(4)在酸性条件下NaClO2可发生反，应生成NaCl 并释放出ClO2，根据元素守恒可判断生成物，书写反应方程式；(5)由图分析可知，稳定剂II 可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。【详解】(1)根据仪器特征：可知仪器C是球
28、形干燥管；F装置应是Cl2和 KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b；(2)氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和 ClO2，NaClO3中氯为+5 价被还原成ClO2中+4 价，盐酸中氯为-1 价被氧化成 0 价氯，转移电子数为2，所以 NaClO3、ClO2前系数为2，Cl2前系数为1，反应化学方程式：2NaClO3+4HCl 2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O；为使 ClO2在 D 中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢，即调节分液漏斗B 的旋塞，减缓(慢)稀盐酸滴加速度；(3)F 装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉
29、变蓝，而 F中溶液的颜色不变，说明没有氯气到达F，则装置C 的作用是吸收Cl2；(4)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl 并释放出 ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O；在 ClO2释放实验中，打开E的活塞，D 中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成；(5)由图可知，稳定剂II 可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂II 好。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)，还含有FeO、CaO、SiO2等。以辉铜矿石为原料制备CuCl22
30、H2O的工艺流程如图所示：已知：.金属离子 c0(Mn+)=0.1mol L-1 形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：.NaCl 易溶于水，不溶于酒精，随温度变化溶解度变化不明显；CuCl2H2O 易溶于水，酒精，浓氨水，随温度升高溶解度变化明显增大。.Ksp(CaF2)=4.010-11（1）为了提高“溶浸”效率，可采取的措施是_。写出“溶浸”过程中Cu2S溶解时离子方程式：_。（2）“脱硫”时，随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势（如图），原因是 _。（3）写出“脱氟”时HF发生反应的化学方程式：_。（4）“沉铁”过程中，加入NaClO 的两个作用是_。（5）“操作X”的具体操作是_。（6）经过
31、“操作X”后，母液经过一系列操作可得到另外一种物质，要得到这种纯净物，最好选用下列试剂洗涤 _。A浓盐酸B水C酒精D浓氨水（7）向“浸出液”中加入NaF 除去溶液中Ca2+(浓度为 1.010-3molL-1)，当溶液中c(F-)=2.0 10-3mol L-1时，除钙率为_。【答案】将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）Cu2S 4Fe3=S 4Fe22Cu2温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加4HFH2SiO3=SiF4 3H2O NaClO将 Fe2氧化 Fe3，消耗 H+，使 H+浓度减小，促使水解平衡Fe33H2OFe(OH)3 3H向右移动，生成 Fe(OH)3沉淀蒸发浓缩冷却结晶
32、C 99%【解析】【分析】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取过滤，得到矿渣加入煤油回收硫单质；加入NaF 除去钙离子，生成CaF2沉淀，加盐酸和硅酸钠生成H2SiO3除去多余的氟离子，再用NaClO将 Fe2氧化 Fe3，消耗 H+，使 H+浓度减小，促使水解平衡Fe3 3H2OFe(OH)33H向右移动，生成Fe(OH)3沉淀；过滤后在滤液中加入盐酸调节pH，蒸发浓缩冷却结晶，得到CuCl2H2O。【详解】（1）为了提高“溶浸”效率，可采取的措施是将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）；“溶浸”过程中 Cu2S溶解时，被Fe3氧化，离子方程式：Cu2S 4Fe3=S 4Fe22Cu2。故答案为：将
33、矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）；Cu2S4Fe3=S4Fe22Cu2；（2）“脱硫”时，随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加；故答案为：温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加；（3）加盐酸和硅酸钠生成H2SiO3除去多余的氟离子，“脱氟”时HF发生反应的化学方程式：4HFH2SiO3=SiF4 3H2O。故答案为：4HFH2SiO3=SiF4 3H2O；（4）“沉铁”过程中，加入NaClO 的两个作用是NaClO 将 Fe2氧化 Fe3，消耗 H+，使 H+浓度减小，促使水解平衡Fe33H2OFe(OH)33H向右移动，生成Fe(OH)3沉淀；故答案为：N
34、aClO 将 Fe2氧化 Fe3，消耗 H+，使 H+浓度减小，促使水解平衡Fe33H2OFe(OH)33H向右移动，生成Fe(OH)3沉淀；（5）氯化铜溶于水，则“操作X”的具体操作是蒸发浓缩冷却结晶。故答案为：蒸发浓缩冷却结晶（6）经过“操作X”后，母液经过一系列操作可得到另外一种物质，这种物质是NaCl，NaCl易溶于水，不溶于酒精，随温度变化溶解度变化不明显；CuCl2H2O 易溶于水、酒精、浓氨水，随温度升高溶解度变明显增大。所以要得到这种纯净物，最好选用洗涤剂酒精，而A浓盐酸、B水、D浓氨水三个选项中提供的物质均能溶解NaCl，故答案为：C。（7）当溶液中c(F-)=2.010-3
35、molL-1时,Ksp(CaF2)=c(Ca2)c2(F)=c(Ca2)(2.010-3)2=4.010-11，c(Ca2)=1.010-5molL-1，则除钙率为3531.0101.0 101.0 10100%=99%。故答案为：99%。【点睛】本题考查了物质分离提纯的方法和流程判断，主要是物质性质的理解应用和实验基本操作，掌握基础是关键，难点（6）要充利用题目中的信息，NaCl在水中和酒精中的溶解度不同，难点（7）先用公式Ksp(CaF2)=c(Ca2)c2(F)计算出溶液中的c(Ca2)，再求出除钙率。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18冶金工业、硝酸工业的废气废液中含氮化合
36、物污染严重，必须处理达标后才能排放。.用活性炭处理工厂尾气中的氮氧化物。(1)已知:4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)H1=a kJ mol-14NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)H2=b kJ mol-1C(s)+O2(g)=CO2(g)H3=c kJ mol-1则反应 C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的 H=_。(2)在容积不变的密闭容器中，一定量的NO 与足量的C 发生反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)H=Q kJ mol-1，平衡时c(NO)与温度 T 的关系如图1 所示，下列说法正确的是_。A其他条件不变，
37、改变活性炭的用量，平衡一定不移动B该反应的Q0，所以 T1、T2、T3对应的平衡常数:K1 K2K2C温度为T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正v逆D若状态B、C、D 体系的压强分别为p(B)、p(C)、p(D)，则 p(D)=p(C)p(B)(3)已知某温度时，反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的平衡常数K=9/16，在该温度下的2 L 密闭容器中投入足量的活性炭和2.0 mol NO 发生反应，t1时刻达到平衡，请在图2 中画出反应过程中c(NO)随时间 t 的变化曲线。_(4)工业上实际处理废气时，常用活性炭作催化剂，用 NH3还原 NO，同时通入一定量的O2以提高处
38、理效果。当 n(NH3)=n(NO)时，写出体系中总反应的化学方程式:_。.用纳米铁粉或电解法处理废水中的硝酸盐。(5)纳米铁粉处理污水中NO3-的离子方程式为4Fe+NO3-+10H+=4Fe2+NH4+3H2O。实验证实，pH 偏小将会导致NO3-的去除率下降，其原因是_。相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO3-的速率有较大差异(见图)，产生该差异的可能原因是_。(6)电解法处理水中硝酸盐的原理是以金属Pt 作电极，用质子交换膜把溶液分为阴阳两极区，阴极区为含硝酸盐的工业废水，接通直流电源进行电解。请写出阴极的电极反应式：_。【答案】(+c)kJ mol-1C4NH3+4NO+O24N2
39、+6H2O 纳米铁粉与H+反应生成H2，导致 NO3-的去除率下降Cu或 Cu2+对纳米铁粉去除NO3-的反应有催化作用(或形成的Fe-Cu原电池增大了纳米铁粉去除NO3-的反应速率)2 NO3-+12H+10e-=N2+6H2O(或 10H+NO3-+8e-=NH4+3H2O)【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；(2)由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆向移动，说明该反应的正反应为放热反应，H0，据此分析判断；(3)根据三段式结合平衡常数计算出平衡时c(NO)，再画出图像；(4)根据题意，用活性炭作催化剂，反应物为NH3、NO 和 O2且 n(NH3)=n(NO)
40、生成氮气和水；(5)pH 偏小时，纳米铁粉能够与H+反应；根据图像，从Cu2+的存在思考对反应速率的影响；(6)阴极上 NO3-放电生成氮气(也可能生成铵根离子等)，据此书写电极反应式。【详解】(1)4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)H1=a kJ mol-1，4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)H2=b kJ mol-1，C(s)+O2(g)=CO2(g)H3=c kJ mol-1，根据盖斯定律，将方程式按照+得：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)H=(+c)kJ mol-1，故答案为：(+c)kJ mol-1；(2)由图可知，温度越
41、高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆向移动，说明该反应的正反应为放热反应，H0。A.其他条件不变，改变活性炭的用量，炭为固体，因此平衡一定不移动，但是如果将炭完全移除，过加入足够多的炭，影响了容器中气体的压强，则平衡会发生移动，故A 错误；B.该反应正反应是放热反应，Q0，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以升高温度，化学平衡常数减小，所以T1、T2、T3对应的平衡常数 K1K2 K2，故 B 错误；C.T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，故反应向正反应方向进行，则一定有(正)(逆)，故 C正确；D.达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系，则PB=PD PC，故 D错误；故选C；
42、(3)某温度时，反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的平衡常数K=9/16，在该温度下的2 L密闭容器中投入足量的活性炭和2.0 mol NO 发生反应，随着反应的进行，c(NO)由 1mol/L 逐渐减小，设c(NO)的变化量为2x，C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)起始(mol/L)1 0 0 反应(mol/L)2x x x 平衡(mol/L)1-2x x x 则=，解得 x=0.3，则平衡时，c(NO)=0.4mol/L，因此 c(NO)随时间 t 的变化曲线为，故答案为：；(4)用活性炭作催化剂，用NH3还原 NO，同时通入一定量的O2以提高处理效果。当n(N
43、H3)=n(NO)时，反应的化学方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，故答案为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O；(5)纳米铁粉处理污水中NO3-的离子方程式为4Fe+NO3-+10H+=4Fe2+NH4+3H2O，pH 偏小时，纳米铁粉与H+反应生成H2，导致 NO3-的去除率下降；根据图像，相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO3-的速率有较大差异，可能原因是Cu或 Cu2+对纳米铁粉去除NO3-的反应有催化作用(或形成的 Fe-Cu原电池增大了纳米铁粉去除NO3-的反应速率)，故答案为：纳米铁粉与H+反应生成H2，导致 NO3-的去除率下降；Cu 或Cu2+对纳米铁粉去除
44、NO3-的反应有催化作用(或形成的Fe-Cu原电池增大了纳米铁粉去除NO3-的反应速率)；(6)以金属 Pt 作电极，用质子交换膜把溶液分为阴阳两极区，阴极区为含硝酸盐的工业废水，接通直流电源进行电解，阴极上NO3-放电生成氮气(也可能生成铵根离子等)，电极反应式为2 NO3-+12H+10e-=N2+6H2O，故答案为：2 NO3-+12H+10e-=N2+6H2O。【点睛】本题的易错点为(3)，画曲线时要注意图像的起点和拐点，要能够表示出图像的变化趋势。19“点击化学”是指快速、高效连接分子的一类反应，例如铜催化的Huisgen 环加成反应：我国科研人员利用该反应设计、合成了具有特殊结构的
45、聚合物F并研究其水解反应。合成线路如下图所示：已知：（1）A 生成 B 的反应类型是_。（2）关于 B 和 C，下列说法正确的是_（填字母序号）。a 利用核磁共振氢谱可以鉴别B 和 C b B 不能发生消去反应c 可用酸性高锰酸钾溶液检验C 中含醛基（3）B生成 C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，X 的结构简式为_。（4）反应的化学方程式为_。（5）请根据以上流程，并推测聚合物F所具有的特殊结构，下列关于聚合物F的结构说法正确的是_A F中必含-CH2=N-结构B F中必含-N=N-结构C F的结构可能是（6）H 是比 A 多一个碳原子的同系物。H
46、的同分异构体中符合下列条件的有_种。苯环上有三个取代基能和 FeCl3发生显色反应（7）为了探究连接基团对聚合反应的影响，设计了单体K，其合成路线如下，写出H、I、J的结构简式：_【答案】取代反应a B、C 10 H：；I：；J：【解析】【分析】【详解】（1）对比 A、B 的结构可知，A 中苯环上的溴原子被替代，属于取代反应。答案为：取代反应。（2）aB中有 5 种不同环境的H，C中有 4 种不同环境的H，可以用核磁共振氢谱鉴别，a 正确；bB 中羟基所连碳原子的两个邻位碳原子上都有3 个 H，可以发生消去反应，b 错误；cC中的醛基和碳碳叁键都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，c错误；答案选 a。（
47、3）B生成 C过程中还有另一种生成物X，化学式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，由C的结构可知 X 的结构简式为：。答案为：。（4）由 D 的化学式可知C与脱去 1 分子水生成D，C中醛基与氨基反应生成-C=N，可推断出 D 为：，反应的化学方程式为：。答案为：。（5）由聚合物F的水解产物中存在的五元环结构，可知E中的碳碳叁键、-N3发生加聚反应生成F，形成五元环结构，F的结构简式可能有下面几种：；。据此可知B、C正确，A 错误。答案：B、C。（6）H 的同分异构体能和FeCl3发生显色反应，说明苯环上连有一个羟基,H 是比 A多一个碳原子的同系物，说明苯环外面还有两个碳原子和一个溴原子，它的不饱和度为5，说明苯环外面有一个双键，另外苯环上有三个取代基，分析可知三个取代基为：（酚）羟基、溴原子、碳碳双键。而苯环上有三个不同的取代基共有10 种结构。答案为：10。（7）醛基氧化生成H 为：，由 K的结构可知，H 与发生取代反应生成I为：，I 的羧基中的OH被取代生成J，J的结构简式为：。答案为：H：；I：；J：。