《2019-2020学年北京市交通大学附属中学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学年北京市交通大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19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学年北京市交通大学附属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在 K2Cr2O7存在下利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图。下列说法正确的是()A M 为电源负极，有机物被还原B中间室水量增多，NaCl溶液浓度减小CM 极电极反应式为：+11H2O-23e-=6CO2+23H+D处理 1molCr2O72-时有 6mol H+从阳离子交换膜右侧向左侧迁移【答案】B【解析】【分析】【详解】根据图示，M 极，苯酚转化为CO2，C的化合价升高，失去电子，M 为负极，在 N 极，Cr2O
2、72转化为 Cr(OH)3，Cr 的化合价降低，得到电子，N 为正极。A根据分析，M 为电源负极，有机物失去电子，被氧化，A 错误；B由于电解质NaCl 溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na和 Cl不能定向移动。电池工作时，M 极电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28H+，负极生成的H透过阳离子交换膜进入NaCl 溶液中，N极电极反应式为Cr2O726e 14H2O=2Cr(OH)3 8OH，生成的 OH透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中，OH与 H反应生成水，使NaCl溶液浓度减小，B 正确；C苯酚的化学式为C6H6O，C的化合价为2-3升高到+4 价。1mol 苯酚被氧
3、化时，失去的电子的总物质的量为 64 (2-3)=28mol，则其电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28H+，C错误；D原电池中，阳离子向正极移动，因此H从阳离子交换膜的左侧向右侧移动，D 错误。答案选 B。【点睛】此题的 B 项比较难，M 极是负极，阴离子应该向负极移动，但是M 和 NaCl 溶液之间，是阳离子交换膜，阴离子不能通过，因此判断NaCl 的浓度的变化，不能通过Na和 Cl的移动来判断，只能根据电极反应中产生的 H和 OH的移动反应来判断。2某温度下，分别向20mL 浓度均为xmol/L 的 NaCl和 Na2CrO4溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，滴加过程
4、中-lgc Cl和2-4-lgc CrO与 AgNO3溶液的体积关系如图所示。下列说法不正确的是A x=0.1 B曲线 I 代表 NaCl溶液CKsp(Ag2CrO4)约为 4 1012Dy=9【答案】D【解析】【分析】【详解】A根据图像可知，未滴加AgNO3溶液时-lgc Cl或2-4-lgc CrO均为 1，则 NaCl 和 Na2CrO4溶液均为0.1mol L-1，即 x=0.1，A 选项正确；B1molCl-和 CrO42-分别消耗1mol 和 2molAg+，由图像可知，滴加AgNO3溶液过程中，曲线I 突跃时加入的 AgNO3溶液的体积为20mL，则曲线I 代表 NaCl 溶液，
5、B选项正确；C b 点时，2-4-lgc CrO=4，则 c(CrO42-)=10-4mol L-1，c(Ag+)=2 10-4mol L-1，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)c2(Ag+)=4 1012，C选项正确；D a 点时，Cl-恰好完全沉淀，-lgc Cl=5，则 c(Cl-)=10-5mol L-1，c(Ag+)=10-5mol L-1，Ksp(AgCl)=c(Cl-)c(Ag+)=1010，c 点加入 40mLAgNO3溶液，溶液中-1+-10.02L0.1mol L0.1c Ag=mol L0.06L3gg，-10-9-1+Ksp AgCl10c Cl=310 mo
6、l L0.1c Ag3g，则-lgc(Cl-)=9-lg3 8.52，D 选项错误；答案选 D。3下列实验能实现的是（）A图 1 装置左侧用于检验氯化铵受热分解出的氨气B图 2 装置用于分离碘单质和高锰酸钾固体混合物C图 3 装置中若a处有红色物质生成，b 处变蓝，证明X一定是 H2D图 4装置可以制取少量CO2，安全漏斗可以防止气体逸出【答案】D【解析】【详解】A、左侧的五氧化二磷会吸收氯化铵分解产生的氨气，因此左侧可检测氯化氢，故A 不符合题意；B、加热时碘升华，高锰酸钾会发生分解，因此加热法不能分离，故B 不符合题意；C、a 处有红色物质生成，说明氧化铜被还原，b 处变蓝，说明气体中含有
7、水蒸气，因此有可能X中含有水蒸气，X 也可能含有乙醇、氨气、甲烷等，故C不符合题意；D、大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，安全漏斗可在左右侧形成液柱，可防止气体逸出，故 D 符合题意；故答案为：D。4下列各组内的不同名称实际是指同一物质的是A液氯、氯水B烧碱、火碱C胆矾、绿矾D干冰、水晶【答案】B【解析】【分析】【详解】A.液氯是只含Cl2的纯净物，氯水是氯气溶于水得到的混合物，不是同一物质，故A 错误；B.氢氧化钠俗称火碱、烧碱、苛性钠，是同一物质，故B 正确；C.胆矾的化学式为CuSO45H2O，绿矾的化学式为FeSO47H2O，二者表示的不是同一种物质，故 C错误；D.干冰是固体二氧化碳，
8、水晶是二氧化硅晶体，二者表示的不是同一种物质，故D 错误。故答案选B。【点睛】本题考查常见物质的名称，了解常见物质的俗名是解题的关键，易错选项A，注意对易混淆的物质归纳总结。5氮化碳(C3N4)的硬度大于金刚石，则氮化碳中A只有共价键B可能存在离子C可能存在NND存在极性分子【答案】A【解析】【详解】A.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，其中只有共价键，故A 正确；B.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，其中只有共价键，没有离子，故B 错误；C.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，则为原子晶体，每个C 原子周围有4 个
9、 N原子，每个N 原子周围有3 个 C原子，形成空间网状结构，C-N键为共价键，没有NN，故 C错误；D.C3N4晶体中每个C原子周围有4 个 N 原子，形成正四面体空间网状结构，没有极性，故D 错误；正确答案是A。【点睛】本题考查原子晶体的性质及作用力，明确信息是解答本题的关键，熟悉原子晶体的构成微粒、作用力、空间结构即可解答，题目难度不大，注重知识的迁移能力来分析解答。6短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与 Y同族且 W 原子的质子数是Y原子的一半。下列说法正确的是()A原子半径：r(X)r(Y)r(W)BY的最高价氧化物对应水化物
10、的酸性比Z 的强C由 W、Y形成的化合物是离子化合物D由 X、Y形成的化合物的水溶液呈中性【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，因同周期元素中，原子半径从左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，因X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为 Na；W 与 Y同族且 W 原子的质子数是Y原子的一半，则符合条件的W 为 O 元素，Y为 S元素，Z原子序数比Y 大，且为短周期元素，则Z 为 Cl元素，结合元素周期律与物质结构与性质作答。【详解】根据上述分析可知，短周期主族元素W、X、Y、Z 分别为：O、Na、S和 Cl元素，则A.同周期元素中，原子半径从
11、左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，则原子半径：r(Na)r(S)r(O)，A 项正确；B.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则S的最高价氧化物对应水化物的酸性比 Cl的弱，B项错误；C.由 W、Y形成的化合物可以是SO2或 SO3，均为共价化合物，C项错误；D.由 X、Y形成的化合物为Na2S，其水溶液中硫离子水解显碱性，D 项错误；答案选 A。7化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（）A水华、赤潮等水体污染与大量排放硫、氮氧化物有关B干千年，湿万年，不干不湿就半年青铜器、铁器的保存C国产大飞机C919 使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料D乙烯加聚后
12、得到超高分子量的产物可用于防弹衣材料【答案】A【解析】【详解】A含 N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，会造成水体的富营养化，引起水华、赤潮等水体污染，与硫的排放无关，故A 错误；B青铜器、铁器在潮湿的环境中容易发生电化学腐蚀，在干燥的环境中，青铜器、铁器只能发生缓慢的化学腐蚀，在地下，将青铜器、铁器完全浸入水中，能够隔绝氧气，阻止化学腐蚀和电化学腐蚀的发生，因此考古学上认为“干千年，湿万年，不干不湿就半年”，故 B正确；C碳纤维是碳单质，属于新型的无机非金属材料，故C正确；D乙烯加聚后得到超高分子量的产物聚乙烯纤维材料具有优良的力学性能、耐磨性能、耐化学腐蚀性能等，可用于防弹衣材料，故D 正
13、确；答案选 A。8莽草酸结构简式如图，有关说法正确的是A分子中含有2 种官能团B1mol 莽草酸与Na 反应最多生成4mol 氢气C可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同D可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】B【解析】【详解】A莽草酸分子中含-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团，选项A 错误；B莽草酸分子中能与钠反应的官能团为羟基和羧基，则1mol 莽草酸与Na 反应最多生成2mol 氢气，选项 B 错误；C莽草酸分子中含有的羧基、羟基能分别与乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，选项C正确；D莽草酸分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，选项D
14、 错误。答案选 C。9下列实验操作规范且能达到实验目的的是（）A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A氯化铁在水溶液中由于水解会呈酸性，生成氢氧化铁胶体，故FeCl3固体不能直接用蒸馏水溶解，故A 错误；BPb2+和 SO42-反应生成PbSO4，但是 Pb2+的量过量，加入Na2S 时，若有黑色沉淀PbS 生成，不能说明PbSO4转化为 PbS，不能说明Ksp(PbSO4)Ksp(PbS)，故 B 错误；C淀粉水解生成葡萄糖，在碱性溶液中葡萄糖可发生银镜反应，则冷却至室温，再加入氢氧化钠中和至碱性。加入银氨溶液水浴加热，产生银镜。说明淀粉水解能产生还原性糖，故C 正确；
15、D硫酸根离子检验用盐酸酸化的氯化钡溶液，所以应该先加入稀盐酸，没有沉淀后再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀就说明有硫酸根离子，否则不含硫酸根离子，故D 错误；答案选 C。【点睛】Pb2+和 SO42-反应生成PbSO4，但是 Pb2+的量过量，这是易错点。10下列离子方程式错误的是A向 Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2 2OH 2H SO42=BaS042H2O B酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4 5H2O2 6H=2Mn2 5O2 8H2O C等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和 HC1 溶液混合：Mg22OH=Mg(OH)2D铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4 2H
16、2O2e-=PbO24HSO42【答案】C【解析】【分析】【详解】A.向 Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡和水，离子方程式为：Ba22OH2HSO42=BaS042H2O，书写正确，故A 不符合题意；B.酸性介质中KMnO4氧化 H2O2，H2O2做还原剂，产生氧气，离子方程式为：2MnO45H2O26H=2Mn25O2 8H2O，书写正确，故B 不符合题意；C.等物质的量的Ba(OH)2和 HC1 溶液混合，溶液显碱性，氢氧根离子有剩余；剩余的氢氧根离子与MgCl2等物质的量反应，离子方程式为：2H+Mg2 4OH=Mg(OH)2+2H2O，原离子方程式书写错误，故C符合题意；D.铅
17、酸蓄电池充电时的正极为二氧化铅得电子发生还原反应，离子方程式为：PbSO42H2O2e-=PbO24HSO42，故 D 不符合题意；故答案选C。11将钠、镁、铝各0.3mol 分别放入100ml 1mol/L 的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是（）A 1:2:3 B6:3:2 C3:1:1 D1:1:1【答案】C【解析】【分析】Na 与盐酸反应：2Na2HCl=2NaClH2，Mg 与盐酸反应：Mg2HCl=MgCl2 H2，Al 与盐酸的反应：2Al6HCl=2AlCl33H2，然后判断过量，如果金属钠过量，Na 还会与水反应；【详解】2Na2HCl=2NaClH22 2 0.3 0.
18、3100103L 1molL1，盐酸不足，金属钠过量，因此金属钠还与水反应：2Na2H2O=2NaOHH2，根据得失电子数目守恒，有0.3mol 1=n(H2)2，即 n(H2)=0.15mol；Mg2HCl=MgCl2H20.3 0.6100103L 1molL1，盐酸不足，金属镁过量，产生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol，2Al6HCl=2AlCl33H2，同理盐酸不足，铝过量，产生n(H2)=0.05mol，相同条件下，气体体积比值等于其物质的量比值，即气体体积比值为0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故 C正确。【点睛】易错点是金属钠产生H2，学生容
19、易认为盐酸不足，按照盐酸进行判断，错选D 选项，忽略了过量的金属钠能与水反应产生H2，即判断金属钠产生H2的物质的量时，可以采用得失电子数目相等进行计算。12下列烷烃命名错误的是A 2甲基戊烷B 3乙基戊烷C 3,4 二甲基戊烷D 3甲基己烷【答案】C【解析】【详解】A.2 甲基戊烷的结构为(CH3)2CHCH2CH2CH3，命名是正确的；B.3 乙基戊烷的结构为(CH3CH2)2CHCH2CH3，命名正确；C.3,4二甲基戊烷的可能结构为CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)2，其名称为2,3 二甲基戊烷，C错误；D.3 甲基己烷的结构为CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，命名正确。命
20、名错误的是C，故选 C。13下列有关化学和传统文化关系的说法中不正确的是A东汉魏伯阳在周易参同契中对汞的描述：“太阳流珠，常欲去人得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根”，这里的“黄芽”是指硫B三国时期曹植在七步诗中写到“煮豆持作羹，漉菽以为汁。萁在釜中燃，豆在釜中泣。”，文中“漉”涉及的操作原理类似于化学实验中的过滤C 本草经集注中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“强烧之，紫青烟起 云是真硝石也”，该方法用了焰色反应D 本草图经在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”，因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”【答案】D【解析】【详解】A液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于
21、重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故A 正确；B煮豆持作羹，漉豉以为汁意思为煮熟的豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水，分离豆豉与豆汁，实际是分离固体与液体，应选择过滤的方法，故B 正确；C鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)，灼烧时焰色反应不同，分别为紫色、黄色，可鉴别，故C 正确；D FeSO4?7H2O 电离生成二价铁离子、硫酸根离子，不能电离产生氢离子，硫酸亚铁为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液显酸性，故D 错误；答案选 D。14关于“植物油”的叙述错误的是（）A属于酯类B不含碳碳双键C比水轻D在碱和加热条件下
22、能完全水解【答案】B【解析】【分析】植物油是高级脂肪酸的甘油酯，密度比水小，结构中含有不饱和键，在碱性条件下可发生水解。【详解】A.植物油是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，A 项正确；B.植物油结构中含有不饱和的碳碳双键键，B 项错误；C.密度比水小，浮在水面上，C项正确；D.在碱性条件下可发生水解，生成高级脂肪酸盐和甘油，D 项正确；答案选 B。15NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法中正确的是A 60 g 乙酸分子中所含共价键的数目为8NAB标准状况下，11.2LCHCl3中含有的原子总数为2.5NAC高温下，1mol Fe 与足量水蒸气反应，转移电子数的目为3 NAD将 1molCl2
23、通入水中，所得溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A60g 乙酸的物质的量为：60g60g/mol=1mol，乙酸的结构式为：，1mol 乙酸分子中含有8mol共价键，所含共价键的数目为8NA，故 A 正确；B标准状况下CHCl3不是气态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故B 错误；C1mol Fe 和足量 H2O(g)充分反应四氧化三铁，产物中Fe元素平均化合价为+83，所以反应中转移电子为83mol，转移电子的数目为83NA，故 C错误；D将 1mol Cl2通入足量水中，由于反应后溶液中含有氯气分子，则HClO、Cl-、ClO-粒子数之和
24、小于2NA，故 D 错误；故选：A。【点睛】标况下，氯气和甲烷的取代产物中只有CH3Cl为气态，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷均为液态。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16为证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中作为氧气的来源，某化学兴趣小组选择适当的化学试剂和实验用品，用如图所示的装置（C中盛放的是过氧化钠）进行实验。回答下列问题：（1）a 的名称 _。（2）A 是实验室中制取CO2的装置。写出A 中发生反应的离子方程式：_。（3）填写如表中的空白。装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B 饱和 NaHCO3溶液_ D _ _（4）写出 C中发生反应的化学方程式：_。（5）F中得到气体的检
25、验方法_。（6）为了测定某碳酸钠样品的纯度，完成如下实验：在电子天平上准确称取三份灼烧至恒重的无水Na2CO3样品（杂质不与盐酸反应）0.4000g 于 250mL 锥形瓶中，用50mL 水溶解后，加23 滴_作指示剂，然后用 0.2000mol?L-1HCl 标准液滴定，滴定终点的实验现象为_。已知：Na2CO3与 HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，滴定时实验数据列表如表：实验次数编号0.2000mol?L-1HCl 溶液的体积（mL）滴定前刻度滴定后刻度1 1.00 31.50 2 5.00 34.50 3 7.00 42.50 选取上述合理数据，计算出碳
26、酸钠样品的纯度为_。【答案】分液漏斗CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2除去 CO2气体中混入的HClNaOH溶液吸收未反应的CO2气体 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2甲基橙溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化79.5%【解析】【分析】A 中 CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，制备 CO2，B 中装有饱和NaHCO3溶液除去CO2中少量 HCl，C 中盛放的是过氧化钠，发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，D 中放
27、NaOH 溶液，吸收未反应的CO2气体，E收集生成的O2。【详解】（1）a 的名称分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）A 是实验室中制取CO2，化学反应方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，离子反应方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；（3）装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B 饱和 NaHCO3溶液除去 CO2气体中混入的HCl D NaOH 溶液吸收未反应的CO2气体故答案为：除去CO2气体中混入的HCl；NaOH 溶液；吸收未反应的CO2气体；（4）C中盛放的是过氧化钠，发生反应的化学方程式为2N
28、a2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（5）F中得到气体为氧气，其检验方法：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2，故答案为：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2；（6）盐酸滴定碳酸钠，碳酸钠显碱性，可用甲基橙作指示剂，已知：Na2CO3与 HCl 的滴定反应为Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，滴定终点的实验现象溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化，由实验数据分析可知，实验次数编号为3 的实验误差大，不可用，由 1、2 平均可
29、得，消耗的盐酸体积为30.0mL，由反应方程式可知，Na2CO32HCl，碳酸钠的物质的量为：n(Na2CO3)=1/2n(HCl)=1/20.2000mol?L 0.03L=0.003mol，m(Na2CO3)=0.003mol 106gmol-1=0.318g，碳酸钠样品的纯度为0.3180.4gg100%=79.5%，故答案为：甲基橙；溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化；79.5%；三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17H 是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芳香烃A 制备H 的合成路线如图。回答下列问题：（1）A 物质的一氯代物共有_种；（2）B 物质中含有的官能团名称_
30、；（3）的反应试剂和反应条件分别是_，的反应的类型是_；（4）E 物质通过多次取代反应和氧化反应可以获取F 物质，用系统命名法对E 物质命名 _，F 物质的结构简式为_；（5）的化学反应方程式为_；（6）对甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。（其他试剂任选）_（合成路线常用的表达方式为：AB目标产物）。【答案】4 氯原子氯气、光照还原反应2-甲基丙烷【解析】【分析】由 B 的结构可知，芳香烃为A 为，A 与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D 与 G 在吡啶条件下发生
31、取代反应生成 H由 F的分子式、G 的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合 E的分子式，可知E为。【详解】(1)由 B 的结构可知，芳香烃为A 为，A 物质的一氯代物在苯环上有3 种，在甲基上有1 种，故共有 4 种，故答案为：4；(2)B的结构简式为：，B 物质中含有的官能团名称为：氯原子，故答案为：氯原子；(3)反应是转化为，反应试剂和反应条件分别是：氯气、光照；反应中硝基转化为氨基，属于还原反应，故答案为：氯气、光照；还原反应；(4)由 F的分子式、G 的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合 E的分子式，可知E为，用系统命名法对 E 物质命名为：2-甲基丙烷，故答案为：2-甲基丙烷；
32、(5)的化学反应方程式为：，故答案为：；(6)结合合成路线图中转化可知，与在吡啶条件下反应生成，乙酸与 SOCl2/PCl3作用生成先发生硝化反应，然后与Fe/HCl 作用生成，合成路线流程图为：，故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范围越来越广。某科学小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）提取硒，设计流程如下：回答下列问题：(1)“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图。随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是_。最佳温度是 _。(2)“氧化酸浸”中，Se
33、转化成 H2SeO3，该反应的离子方程式为_。(3)采用硫脲(NH2)2CS 联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。控制电位在0.7401.511V 范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原ClO2。该过程的还原反应（半反应）式为_。为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在_V。(4)粗硒的精制过程：Na2SO3浸出 Se转化成硒代硫酸钠（Na2SeSO3）Na2S净化 H2SO4酸化等步骤。净化后的溶液中c(S2-)达到 0.026 molL1，此时溶液中的c(Cu2
34、+)的最大值为 _，精硒中基本不含铜。Ksp(CuS)=1.31036 硒代硫酸钠酸化生成硒的化学方程式为_。(5)对精硒成分进行荧光分析发现，精硒中铁含量为32 gg1，则精硒中铁的质量分数为_%，与粗硒中铁含量为0.89%相比，铁含量明显降低。【答案】温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加954ClO3+4H+Se4ClO2+H2O+H2SeO3ClO2+4H+5e-Cl+2H2O 0.345 5.01035molL1Na2SeSO3+H2SO4Na2SO4+Se+SO2+H2O 3.2103【解析】【分析】(1)结合含硒物料的成分和脱硫率随温度的变化图分析；(2)“氧化酸浸”中，Se在酸性
35、条件下，与氯酸钠发生氧化还原反应转化成H2SeO3；(3)根据表格数据，控制电位在0.740 1.511V 范围内，ClO2被还原为Cl-；结合题意，根据“氧化酸浸”液中主要粒子的电位表数据，分析使硒和杂质金属分离最低电位；(4)利用溶度积表达式Ksp(CuS)=c(S2-)?c(Cu2+)，结合已知条件计算；根据精制流程，硒代硫酸钠与硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质；(5)根据 1g 精硒中铁含量来计算铁的质量分数。【详解】(1)含硒物料（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）中含有硫单质，向物料中加入煤油，硫转移到煤油中，说明硫易溶于煤油，结合脱硫率随温度的变化图曲线变化
36、，温度越高，硫单质在煤油中的溶解度越大，且温度控制在95脱硫率最高；(2)“氧化酸浸”中，Se在酸性条件下，与氯酸钠发生氧化还原反应转化成H2SeO3，离子反应方程式为：4ClO3+4H+Se 4ClO2+H2O+H2SeO3；(3)根据表格数据，控制电位在0.740 1.511V 范围内，在酸性条件下，ClO2得电子被还原为Cl-，该过程的还原反应（半反应）式为：ClO2+4H+5e-=Cl+2H2O；根据题意，电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离，结合“氧化酸浸”液中主要粒子的电位表数据，金属离子的电位都低于0.345，要使硒与杂质金属的分离，最低电位要不
37、低于0.345；(4)已知：c(S2-)=0.026 mol L1，Ksp(CuS)c(S2-)c(Cu2+)=1.3 1036，c(Cu2+)=36sp12-KCuS1.3 10molL0.026 c S=5.0 1035mol L1；根据精制流程：Na2SO3浸出 Se 转化成硒代硫酸钠（Na2SeSO3）Na2S净化 H2SO4，硒代硫酸钠与硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质，化学方程式为：Na2SeSO3+H2SO4Na2SO4+Se+SO2+H2O；(5)设精硒的质量为1g，则 1g 精硒中含有的铁的质量=32 g g11g=32g=3.210-5g，则精硒中铁的质量分数=-53.2
38、10 g100%1g=3.2103%。19用 H2O2、KI 和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。(1)资料 1：KI在该反应中的作用：H2O2+I=H2O+IO；H2O2+IO=H2O+O2+I。总反应的化学方程式是 _。(2)资料 2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中有KI加入，无KI 加入。下列判断正确的是_（填字母）。a加入 KI后改变了反应的路径b加入 KI 后改变了总反应的能量变化cH2O2+I=H2O+IO是放热反应(3)实验中发现，H2O2与 KI 溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、
39、静置，气泡明显减少。资料 3：I2也可催化H2O2的分解反应。加 CCl4并振荡、静置后还可观察到_，说明有I2生成。气泡明显减少的原因可能是：.H2O2浓度降低；._。以下对照实验说明不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI 溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A 试管加入CCl4，B 试管不加 CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是_。(4)资料 4：I+I2垐?噲?I3K=640。为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向 20 mL 一定浓度的H2O2溶液中加入10 mL 0.10 molL-1KI 溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：微粒II2I3浓度/(mol L-1
40、)2.5 10-3a 4.0 10-3 a=_。该平衡体系中除了含有I2、I3和 I外，一定还含有其他含碘微粒，理由是_。【答案】2H2O2=2H2O+O2 a 下层溶液呈紫红色在水溶液中I2的浓度降低B 试管中产生气泡速率没有明显减小2.5 10-32c(I2)+c(I-)+3c(I3-)0.033 molL-1【解析】【分析】（1）将两个反应叠加；（2）-I起催化剂作用；（3）四氯化碳萃取碘；气泡明显减少的原因也可能是碘的浓度降低；做对比实验；（4）根据平衡常数进行计算；根据元素守恒判断。【详解】（1）将两个反应叠加得到：22222H O=2H O+O，故答案为：22222H O=2H O
41、+O；（2）a.-I起催化剂作用，加入催化剂改变了反应历程，从而降低活化能，a 正确；b.根据盖斯定律，总反应的能量变化不变，b 错误；c.-222H O+I=H O+IO是前半段反应，根据图像该反应是吸热反应，c 错误；答案选 a。（3）碘易溶于四氯化碳，且四氯化碳密度大于水，与水分层在下层，碘进入下层的四氯化碳中显紫红色，故答案为：下层溶液呈紫红色；气泡明显减少的原因也可能是碘的浓度降低；做对比实验，不是主要原因，则说明不加四氯化碳反应速率变化不大，故答案为：在水溶液中I2的浓度降低；B试管中产生气泡速率没有明显减小；（4）根据平衡常数进行计算，-333-2c I4.0 10K=6402.5 10ac Ic I，解得 a=2.5 10-3，故答案为：2.5 10-3；根据元素守恒判断，-232c I+c I+3c I与10.10 3mol L对比，故答案为：-1232c I+c I +3c I0.033 mol()()L。