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1、2019-2020学年安徽省潜山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下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）A SiO2H2SiO3Na2SiO3B饱和食盐水NaHCO3(s)Na2CO3(s)C海水Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)Mg(s)D NH3N2HNO3【答案】B【解析】【详解】A.SiO2和水不反应，不能实现SiO22H OH2SiO3 的转化，故不选A；B.饱和食盐水通入氨气、二氧化碳生成NaHCO3沉淀，过滤后，碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水，故选B；C.电解氯化镁溶液生成氢气、氯气、氢氧
2、化镁，不能实现MgCl2(aq)电解Mg(s)，故不选C；D.NH3催化氧化生成NO，NO 和氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，不能实现NH32O催化剂、N2，故不选 D。2图中反应是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl26NH3是优质的镁资源。下列说法错误的是A A2B的化学式为Mg2Si B该流程中可以循环使用的物质是NH3和 NH4Cl C利用 MgCl26NH3制取镁的过程中发生了化合反应、分解反应D分别将MgCl2溶液和 Mg(OH)2悬浊液加热、灼烧，最终得到的固体相同【答案】C【解析】【分析】由反应可知A2B 应为 Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4和 Mg
3、Cl2?6NH3，MgCl2?6NH3加入碱液，可生成 Mg(OH)2，MgCl2?6NH3加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCl2?6NH3与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应而循环使用，以此解答该题。【详解】A由分析知A2B 的化学式为Mg2Si，故 A 正确；B反应需要氨气和NH4Cl，而由流程可知MgCl2?6NH3加热或与盐酸反应，生成的氨气、氯化铵，参与反应而循环使用，故B正确；C由流程可知MgCl2 6NH3高温分解生成MgCl2，再电解MgCl2制取镁均发生分解反应，故C错误；D分别将MgCl2
4、溶液和 Mg(OH)2悬浊液加热，灼烧，都是氧化镁，最终得到的固体相同，故D 正确；故答案为C。3中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物NO 进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜允许 H+和 H2O 通过)，下列相关判断正确的是A电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2B电解池中质子从电极向电极作定向移动C吸收塔中的反应为2NO+2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-D每处理1molNO 电解池质量减少16g【答案】C【解析】【分析】在电极，HSO3-转化为 S2O42-，S元素化合价由+4 价降低为+3 价发生还原反应，则该电极作电解池的阴极，电极为电解池的
5、阳极，在电极上 H2O 失电子发生氧化反应生成O2和 H+。【详解】A电极 为电解池的阴极，电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，A 不正确；B由于阴极需消耗H+，而阳极生成H+，电解池中质子从电极向电极 作定向移动，B 不正确；C从箭头的指向，可确定吸收塔中S2O42-与 NO 反应，生成HSO3-和 N2，发生反应为2NO+2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，C 正确；D每处理1molNO，阴极 2HSO3-S2O42-，质量增加34g，阳极 H2O12O2，质量减轻16g，电解池质量增加 34g-16g=18g，D 不正确；故选 C。4下列实验方案正确
6、且能达到实验目的的是()A证明碳酸的酸性比硅酸强B验证草酸晶体是否含结晶水C检验混合气体中H2S和 CO2D制备乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A盐酸挥发出的HCl 也能和硅酸钠反应，应先除去，A 项错误；B草酸受热易熔化，所以试管口不能向下倾斜，且草酸受热分解也会产生水，B 项错误；C足量酸性高锰酸钾溶液可检验并除去H2S，可通过澄清石灰水变浑浊检验CO2的存在，C项正确；D导管不能插入饱和碳酸钠溶液中，否则会引起倒吸，D 项错误；所以答案选择C 项。5钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：下列说法错误的是（）A酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HC1+4HN
7、O3=H2PdCl6+4NO2+4H2O B“热还原”中每生成1molPd 同时生成的气体的物质的量为8mol C化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+D在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸【答案】D【解析】【分析】【详解】A据图可知，酸浸时反应物有Pd、浓 HNO3和浓 HCl，产物有 NO2，中和过程为非氧化还原过程，说明酸浸后 Pd 的化合价应为+4价，存在形式为PdCl62-，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2+4H2O，故 A 正确；B根据元素守恒生成的气体应为HCl 和 NH3，生成 1molPd，
8、则消耗1mol 氯钯酸铵，根据元素守恒可知可生成 2molNH3和 6molHCl，共 8mol 气体，故 B 正确；C氯钯酸铵为红色沉淀，所以若某溶液中含有铵根，滴入含有氯钯酸根离子的溶液可以生成红色沉淀，有明显现象，可以检验铵根，故C正确；D溶解过程中盐酸电离出的Cl-与 Pd4+生成络合物，促使 Pd 转化为 Pd4+的反应正向移动，从而使 Pd溶解，若换成硫酸，无法生成络合物，会使溶解的效率降低，故D 错误；故答案为D。【点睛】难点为 A 选项，要注意结合后续流程判断Pd元素的存在形式；分析选项B时首先根据元素守恒判断产物，然后再根据守恒计算生成的气体的物质的量，避免写反应方程式。6设
9、 NA为阿伏加德罗常数的值下列说法中，正确的是（）A标准状况下，22.4L 的 NO2和 CO2混合气体中含有的氧原子数为4NAB密闭容器中，46gNO2和 N2O4的混合气体所含分子个数为NAC常温常压下，22.4L 的液态水含有2.24 108NA个 OHD高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子【答案】D【解析】A、等物质的量时，NO2和 CO2中含有氧原子数目是相同的，因此标准状况下，22.4L 的 NO2和 CO2混合气体中含有氧原子物质的量为2mol，故 A 错误；B、假设全部是NO2，则含有分子物质的量为46g/46g/mol=1mol，假设全部是N2O
10、4，含有分子物质的量为46g/92g/mol=0.5mol，故 B 错误；C、常温常压下不是标准状况，且水是弱电解质，无法计算OH微粒数，故C错误；D、铁与水蒸气反应生成Fe3O4，因此 16.8g 铁与水蒸气反应，转移电子物质的量为16.88/(56 3)mol=0.8mol，故 D 正确。72019 年 8 月 Green Chemistry 报道了我国学者发明的低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为 NaClCO2通电CONaClO。下列有关化学用语表示错误的是()A中子数为12 的钠原子：2311Na BCl的结构示意图：CCO2的结构式：O=C=O DNaClO 的电子式：【答
11、案】D【解析】【详解】A.钠是 11 号元素，中子数为12 的钠原子，质量数为23：2311Na，故 A 正确；B.氯的核电荷为17，最外层得到1 个电子形成稳定结构，Cl的结构示意图：，故 B正确；C.二氧化碳的碳与氧形成四个共用电子对，CO2的结构式：O=C=O，故 C正确；D.NaClO是离子化合物，NaClO 的电子式：，故 D 错误；故选 D。8下图为某燃煤电厂处理废气的装置示意图，下列说法错误的是A使用此装置可以减少导致酸雨的气体的排放B该装置内既发生了化合反应，也发生了分解反应C总反应可表示为：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2D若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊
12、，说明该气体中含SO2【答案】D【解析】【分析】【详解】A.SO2能形成硫酸型酸雨，根据示意图，SO2与 CaCO3、O2反应最终生成了CaSO4，减少了二氧化硫的排放，A 正确；B.二氧化硫和氧化钙生成亚硫酸钙的反应、亚硫酸钙与O2生成硫酸钙的反应是化合反应，碳酸钙生成二氧化碳和氧化钙的反应是分解反应，B正确；C.根据以上分析，总反应可表示为：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2，C正确；D.排放的气体中一定含有CO2，CO2能使澄清石灰水变浑浊，若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，不能说明气体中含SO2，D 错误；答案选 D。9NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A
13、 11g超重水(T2O)含中子数为5NAB25，pH=13 的 1L Ba(OH)2溶液中 OH的数目为0.2NAC1mol 金刚石中CC键的数目为2NAD常温下，pH=6 的 MgCl2溶液中 H+的数目为10-6NA【答案】C【解析】【详解】A.11g 超重水(T2O)的物质的量为0.5mol，由于在 1 个超重水(T2O)中含有 12 个中子，所以 0.5mol 超重水(T2O)中含中子数为6NA，A 错误；B.溶液中氢氧根的物质的量浓度是0.1mol/L，则 1L 溶液中含有的氢氧根离子的数目为0.1NA，B 错误；C.由于一个 C 原子与相邻的4 个 C原子形成共价键，每个共价键为相
14、邻两个原子形成，所以1 个 C原子含有的 C-C键数目为412=2，因此 1mol 金刚石中CC键的数目为2NA，C正确；D.缺体积，无法计算H+的数目，D 错误；故合理选项是C。10化学与人类生活密切相关。下列说法正确的是A矿物油和植物油都可以通过石油分馏来获取B硫酸亚铁可作补血剂组成成分C蛋白质的水解产物都是-氨基酸D造成 PM2.5 的直接原因是土壤沙漠化【答案】B【解析】【分析】【详解】A矿物油可以通过石油分馏来获取，植物油是油脂，不能通过石油分馏来获取，选项A 错误；B硫酸亚铁可作补血剂组成成分，选项B 正确；C天然蛋白质的水解产物都是-氨基酸，选项C错误；D造成 PM2.5 的直接
15、原因是大气污染物的大量排放，选项D 错误；答案选 B。11化学与生产、生活密切相关。下列叙述错误的是（）A生活中可用氢氟酸在玻璃器皿上做标记B液态 HCl 不能导电，说明HCl 是共价化合物C杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来D“霾尘积聚难见路人”，雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应【答案】C【解析】【分析】【详解】A玻璃中含SiO2，会跟 HF 反应，所以生活中常用氢氟酸刻蚀玻璃，A正确；B HCl是由共价键构成的共价化合物，B正确；C高粱中不含乙醇，高粱酿酒是利用葡萄糖分解生成酒精与二氧化碳的原理，故C错误；D所有胶体都具有丁达尔效应，D正确。答案选 C。12X、Y、Z
16、、R、W 是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11，YZ气体遇空气变成红棕色，R 的原子半径是短周期中最大的，W 和 Z 同主族。下列说法错误的是（）A X、Y、Z 元素形成的化合物溶于水一定呈酸性B气态氢化物的稳定性：Z W C简单离子半径：W R D Z、R形成的化合物中可能含有共价键【答案】A【解析】【分析】YZ气体遇空气变成红棕色，则Y是 N，Z是 O，NO 在空气中和O2迅速反应生成红棕色的NO2；R 的原子半径是短周期中最大的，则R是 Na；W 和 Z同主族，则W 是 S；X、Y、Z、R、W 所在周期数之和为11，则 X在第一周期，为H；综上所述，X、Y、Z
17、、R、W 分别为：H、N、O、Na、S，据此解答。【详解】A X、Y、Z 分别为：H、N、O，H、N、O 三种元素形成的化合物溶于水也可能显碱性，如NH3 H2O 的水溶液显碱性，A 错误；B非金属性：Z(O)W(S)，故气态氢化物的稳定性：Z(O)W(S)，B正确；CS2-核外有三层电子，Na+核外有两层电子，故离子半径：S2-Na+，C正确；D Z、R为 O、Na，O、Na 形成的化合物中可能含有共价键，如Na2O2，D 正确。答案选 A。13同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应中同位素示踪表示正确的是（）A 2KMnO4+5H218O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+51
18、8O2+8H2O BNH4Cl+2H2O?NH3?2H2O+HCl CK37ClO3+6HCl=K37Cl+3Cl2+3H2O D 2Na2O2+2H218O=4NaOH+18O2【答案】A【解析】【分析】【详解】A.过氧化氢中的O 化合价由-1 价升高为 0 价，故18O 全部在生成的氧气中，故A 正确；B.NH4Cl水解，实际上是水电离出的氢氧根、氢离子分别和NH4+、Cl-结合，生成一水合氨和氯化氢，所以2H 应同时存在在一水合氨中和HCl 中，故 B 错误；C.KClO3中氯元素由+5 价降低为0 价，HCl 中氯元素化合价由-1价升高为0 价，故37Cl应在氯气中，故C错误；D.过氧
19、化物与水反应实质为：过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性条件下不稳定，分解为水和氧气，反应方程式为：2Na2O2+4H218O=4Na18OH+2H2O+O2，所以18O 出现在氢氧化钠中，不出现在氧气中，故D错误；答案选 A。14下列实验中所用的试剂、仪器或用品(夹持装置、活塞省去)能够达到该目的的是()选项目的试剂仪器或用品A 验证牺牲阳极的阴极保护法酸化 NaCl溶液、Zn 电极、Fe电极、铁氰化钾烧杯、电流表、导线、胶头滴管B 铝热反应氧化铁、铝粉滤纸、酒精灯、木条、盛沙子的蒸发皿C 配制 1.000 mol/L NaCl NaCl 容量瓶、烧杯、
20、玻璃棒、试剂瓶D 制备乙酸乙酯乙醇、乙酸、饱和碳酸钠大小试管、酒精灯A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A.酸化 NaCl 溶液、Zn 电极、Fe电极构成的原电池中，加入铁氰化钾后，无蓝色沉淀生成，说明铁作正极被保护，A 可以达到实验目的，A 正确；B.铝热反应需要氯酸钾、镁条来引发反应，无镁条和氯酸钾反应不能发生，B错误；C.用 NaCl固体来配制一定物质的量浓度的溶液时，需要用到的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管等，另外还缺少试剂蒸馏水，不能达到实验目的，C错误；D.酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，无浓硫酸作催化剂，反应不能发生，D 错误；故合理选项是A。15设 N
21、A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
22、，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
23、状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾NaFe(SO4)2(OH)6和纳米镍粉的部分工艺流程如下：（1）“酸浸”过程，为提高铁和镍元素的浸出率，可采取的措施有_(写出两种)。（2）“过滤”滤渣的主要成分是_。（3）“氧化”过程欲使0.3molFe2+转变为 Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为 _ mol。（4）“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至 2，生成黃钠铁矾沉淀，写出该反应的化学方程式_。若碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁矾转变为_(填化学式
24、)。（5）向“过滤”所得滤液(富含 Ni2+)中加入 N2H4 H2O，在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的XRD图谱如下图所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。欲制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH 的物质的量浓度为_。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式 _。（6）高铁酸盐也是一种优良的含铁净水剂，JCPoggendor 早在 1841 年利用纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解制得Na2FeO4，阳极生成FeO42的电极反应式为_；Deininger 等对其进行改进，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作
25、用是_。【答案】提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条）SiO20.15 2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2 Fe(OH)30.015mol/L N2H4 H2O+2Ni2+4OH-=2Ni+N2+5H2O(或 N2H4+2Ni2+4OH-=2Ni+N2+4H2O)Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O 避免 FeO42-在阴极上被还原【解析】【分析】（1）依据提高原料利用率与化学反应速率的影响因素作答；（2）红土镍矿中只有二氧化硅不溶于硫酸；（3）依据氧化还原反应规律与得失电子数守恒计算；（
26、4）加入碳酸钠“沉铁”生成 NaFe(SO4)2(OH)6，依据元素守恒定律书写化学方程式；碳酸钠过多会使溶液显碱性，据此分析；（5）根据图示信息，找出Ni 晶体的衍射峰强度较强对应的氢氧化钠的浓度；依据氧化还原反应规律分析作答；（6）根据电解原理以及实验目的，Fe 作阳极，电解质为NaOH，阳极 Fe失电子发生氧化反应生成FeO42-；阳离子交换膜可防止FeO42-在阴极被还原，提高了产率。【详解】（1）可通过提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等提高铁和镍元素的浸出率，故答案为提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条）；（2）Fe2O3、FeO、NiO、Si
27、O2经过“酸浸”后，溶液存在Fe3+、Fe2+和 Ni2+,只有 SiO2不溶于硫酸，作为滤渣被过滤出来，故答案为SiO2；（3）NaClO做氧化剂会将Fe2+氧化为 Fe3+，Cl元素由+1 价降低到-1 价，则易知 2Fe2+NaClO，则 0.3molFe2+转变为 Fe3+，则需氧化剂NaClO 至少为 0.15 mol，故答案为0.15；（4）NaClO 氧化后，溶液中溶质为Fe2(SO4)3，继续在“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH 至 2，生成黃钠铁矾沉淀，则化学方程式为：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO
28、2，碳酸钠过多，溶液酸性减弱，使pH 增大，极易生成Fe(OH)3沉淀，故答案为2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2；Fe(OH)3；（5）根据图示数据可以看出，氢氧化钠浓度为0.015mol/L 时，仅出现Ni 衍射峰，因此制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH 的物质的量浓度为0.015mol/L，则碱性条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式为：N2H4 H2O+2Ni2+4OH-=2Ni+N2+5H2O(或 N2H4+2Ni2+4OH-=2Ni+N2+4H2O)，故答案为0.015；N2H4 H2O+2Ni2+4OH-=
29、2Ni+N2+5H2O(或 N2H4+2Ni2+4OH-=2Ni+N2+4H2O)；（6）根据电解原理以及实验目的，Fe作阳极，电解质为NaOH，因此阳极反应式为Fe 6e8OH=FeO424H2O；阳离子交换膜只允许阳离子通过，FeO42具有强氧化性，因此阳离子交换膜的作用是避免FeO42在阴极上被还原；故答案为Fe6e8OH=FeO424H2O；避免 FeO42-在阴极上被还原。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17研究发现艾滋病治疗药物利托那韦对新型冠状病毒也有很好的抑制作用，它的合成中间体2-异丙基-4-(甲基氨基甲基)噻唑可按如下路线合成：回答下列问题：(1)A 的结构简式
30、是_，C中官能团的名称为_。(2)、的反应类型分别是_、_。D 的化学名称是_。(3)E极易水解生成两种酸，写出E与 NaOH 溶液反应的化学方程式：_。(4)H 的分子式为_。(5)I 是相对分子质量比有机物D 大 14 的同系物，写出 I 符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：_。能发生银镜反应与 NaOH 反应生成两种有机物(6)设计由，和丙烯制备的合成路线 _(无机试剂任选)。【答案】CH2CH CH2Cl 羰基、氯原子加成反应取代反应2-甲基丙酸+2NaOH+NaCl+H2O C8H14N2S HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)
31、CH2CH3、HCOOC(CH3)3【解析】【分析】根据合成路线中，有机物的结构变化、分子式变化及反应条件分析反应类型及中间产物；根据目标产物及原理的结构特征及合成路线中反应信息分析合成路线；根据结构简式、键线式分析分子式及官能团结构。【详解】（1）根据 B 的结构及A 的分子式分析知，A 与 HOCl 发生加成反应得到B，则 A 的结构简式是CH2CHCH2Cl；C中官能团的名称为羰基、氯原子；故答案为：CH2CHCH2Cl；羰基、氯原子；（2）根据上述分析，反应为加成反应；比较G 和 H 的结构特点分析，G 中氯原子被甲胺基取代，则反应为取代反应；D 为，根据系统命名法命名为2-甲基丙酸；
32、故答案为：加成反应；取代反应；2-甲基丙酸；（3）E水解时 C-Cl键发生断裂，在碱性条件下水解生成两种盐，化学方程式为：+2NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+2NaOH+NaCl+H2O；（4）H 的键线式为，则根据 C、N、S原子的成键特点分析分子式为C8H14N2S，故答案为：C8H14N2S；（5）I 是相对分子质量比有机物D 大 14 的同系物，则 I 的结构比D 多一个 CH2原子团；能发生银镜反应，则结构中含有醛基；与NaOH 反应生成两种有机物，则该有机物为酯；结合分析知该有机物为甲酸某酯，则I 结构简式为：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2
33、、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3，故答案为：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；（6）根据合成路线图中反应知，可由与合成得到，由氧化得到，可由丙烯加成得到，合成路线为：，故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18锰是重要的合金材料和催化剂，在工农业生产和科技领域有广泛的用途。请回答下列问题：（1）溶液中的Mn2+可被酸性4282NHS O 溶液氧化为MnO4-，该方法可用于检验Mn2+。检验时的实验现象为_。该反应的离子方程式为_。228H S O可看成两分子
34、硫酸偶合所得，若硫酸的结构式为，则228H S O的结构式为 _。（2）实验室用含锰废料（主要成分2MnO，含有少量232Al OMgOSiO、）制备 Mn 的流程如下：已知：难溶物的溶度积常数如下表所示：难溶物3Fe OH3Al OH2Mg OH2Mn OH溶度积常数（spK）4.0 10381.0 10331.8 10111.8 1013溶液中离子浓度105 mol L1时，认为该离子沉淀完全。“酸浸”时，2MnO将 Fe氧化为 Fe3。该反应的离子方程式为_；该过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图1、图 2 所示：则适宜的浸出时间和液固比分别为_、_。若“酸浸”后所得滤液中c(Mn
35、2)0.18 molL1，则“调 pH”的范围为 _。“煅烧”反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。“还原”时所发生的反应在化学上又叫做_。【答案】溶液由无色变为紫红色5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O 60min 3：1 143pH8 1：2 铝热反应【解析】【分析】【详解】（1）溶液中的Mn2+转化为 MnO4-的实验现象为溶液由无色变为紫红色，故答案为溶液由无色变为紫红色。Mn2+被酸性(NH4)2S2O8溶液氧化物MnO4-，还原产物应为SO42-，反应的离子方程式为：5S2O82-+2
36、Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+，故答案为5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+。H2S2O8可视为由两分子的硫酸缩合所得，硫酸的结构简式为：，则 H2S2O8的结构简式为：，故答案为。（2）由题中信息可知，“酸浸”时，MnO2在酸性介质中将Fe氧化为 Fe3，本身被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O，由图甲可知，适宜的浸出时间为60min，由图乙可知，适宜的液固比为3：1，故答案为3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O，60min，3：1。由流程图中信
37、息可知，“调pH”的目的是使Fe3和 Al3沉淀完全，而Mn2不沉淀，根据KspAl(OH)3=1.0 1033，KspFe(OH)3=4.0 1038可知：Al3沉淀完全时Fe3已沉淀完全，Al(OH)3恰好完全沉淀时的pH=-lg3331.0 101.0 101.0 10145=143，Mn2开始沉淀时的pH 为-lg1.0 101.8 100.1814 13=8，则“调pH”的范围为143pH8，故答案为143pH8。根据信息可知，“煅烧”时，空气中的O2将 MnCO3氧化为 MnO2，根据得失电子守恒可得关系式O22MnCO3，即氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，“还原”时发生铝粉
38、与高熔点金属氧化物的反应在化学上又叫做铝热反应，故答案为1：2，铝热反应。19含有 K2Cr2O7的废水具有较强的毒性，工业上常用钡盐沉淀法处理含有K2Cr2O7的废水并回收重铬酸，具体的流程如下：已知：CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它几种盐在常温下的溶度积常数如下表所示。物质CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度积9.1 10-62.30 10-21.17 10-101.08 10-10（1）用离子方程式表示K2Cr2O7溶液中同时存在K2CrO4的原因（将离子方程式补充完整）：2271Cr O+_=24CrO+_。_（2）向滤液1 中加入 BaCl2 2H2O 的目的
39、，是使24CrO从溶液中沉淀出来。结合上述流程说明熟石灰的作用：_。结合表中数据，说明选用Ba2+而不选用Ca2+处理废水的理由：_。研究温度对24CrO沉淀效率的影响。实验结果如下：在相同的时间间隔内，不同温度下24CrO的沉淀率24242CrO100%1 CrO固体 中的量沉淀率滤液 中的量，如下图所示。已知：BaCrO4(s)Ba2+(aq)+24CrOaq H024CrO的沉淀效率随温度变化的原因是_。（3）向固体2 中加入硫酸，回收重铬酸。硫酸浓度对重铬酸的回收率如下图所示。结合化学平衡移动原理，解释使用0.450mol/L 的硫酸时，重铬酸的回收率明显高于使用0.225mol/L
40、的硫酸的原因：_。回收重铬酸的原理如图所示。当硫酸浓度高于0.450mol/L 时，重铬酸的回收率没有明显变化，其原因是_。（4）综上所述，沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与_有关。【答案】1 H2O 2 2 H+沉淀24SO；调节溶液pH，使227Cr O转化为24CrO而沉淀 BaCrO4比 CaCrO4更难溶，可以使24CrO沉淀更完全温度升高，沉淀速率加快c(H2SO4)增大，则 c(24SO)增大，与Ba2+生成沉淀，促进BaCrO4(s)?Ba2+(aq)+24CrO(aq)H0平衡右移，c(24CrO)增大；同时，c(H+)也增大，共同促进227Cr O+H2O?242C
41、rO+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7BaSO4与 BaCrO4溶解度接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其难于接触H2SO4，阻碍重铬酸生成受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等影响【解析】含有K2Cr2O7的废水同时含有SO42-，加入适量熟石灰过滤得到的固体1 为硫酸钙和滤液1，向滤液 1 中加入 BaCl2?2H2O 的目的是使CrO42-从溶液中沉淀出来，过滤得到固体2 为 BaCrO4，滤液 2 检测 CrO42-含量达标，向固体2 中加入硫酸，回收重铬酸，同时生成固体3 为硫酸钡沉淀。(1).K2Cr2O7
42、溶液中同时存在K2CrO4的原因是重铬酸根离子在水溶液中存在化学平衡生成铬酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+，故答案为：1、H2O、2、2、H+；(2).根据表中物质的溶度积常数可知，熟石灰的作用是沉淀硫酸根离子，调节溶液pH 使 Cr2O72-转化为 CrO42-而沉淀，故答案为：沉淀SO42，调节溶液pH，使 Cr2O72-转化为 CrO42-而沉淀；.根据表中数据可知，BaCrO4比 CaCrO4更难溶，所以选用Ba2+处理废水可以使CrO42-沉淀更完全，故答案为：BaCrO4比 CaCrO4更难溶，可以使CrO42-沉淀更完全；.根据图
43、象可知，CrO42-的沉淀率随温度升高增大，沉淀速率加快，故答案为；温度升高，沉淀速率加快；(3).c(H2SO4)增大，则 c(SO42)增大，与 Ba2+生成沉淀，促使 BaCrO4(s)Ba2+(aq)+CrO42-(aq)平衡右移，使 c(CrO42-)增大，同时c(H+)也增大，共同促使Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+平衡左移，可以生成更多的 H2Cr2O7，故答案为：c(H2SO4)增大，则c(SO42)增大，与 Ba2+生成沉淀，促使BaCrO4(s)Ba2+(aq)+CrO42-(aq)平衡右移，c(CrO42-)增大，同时c(H+)也增大，共同促使Cr2O72-+
44、H2O2CrO42-+2H+平衡左移，可以生成更多的H2Cr2O7；.根据表中各物质的溶度积常数可知，BaSO4与 BaCrO4溶解度比较接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，包裹在 BaCrO4外，使其难与H2SO4接触，阻碍重铬酸生成，故答案为：BaSO4与 BaCrO4溶解度接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，包裹在 BaCrO4外，使其难于接触H2SO4，阻碍重铬酸生成；(4).根据上述分析可知，沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与温度、浓度、溶液pH、硫酸浓度、沉淀颗粒等有关，受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等因素的影响，故答案为：受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等影响。