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1、1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.PM2.5是指粒子直径不大于2.5nm的可吸入悬浮颗粒物B.高纯硅可用于制作光感电池C.碳酸钠可用于中和过多的胃酸D.食品加工时不可添加任何防腐剂【答案】B【解析】A.PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5/m 的悬浮颗粒物，A 错误：.B.因为硅是半导体，所以高纯硅可用于制作光感电池，B 正确；C.碳酸钠碱性较强，对胃有刺激作用，碳酸氢钠碱性弱，碳酸氢钠可用于中和过多的胃酸,C 错误：D.食品加工时，可适当添加食品添加剂和防腐剂等，如苯甲酸钠，D 错误；故选B2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.由40g正丁烷和18g异丁烷组成的混
2、合物中含有的共价键数目为13NAB.标准状况下，22.4L氟化氢中含有的质子数为I O NAC.ImolNO与 ImolCh混合后，减少的气体分子数目为0.5 NAD.ILlmol L-1盐酸中含有的H+数目为NA【答案】A【解析】A.正丁烷和异丁烷互为同分异构体，分子式为（C,Hio）一个分子含有13个共价键（10个 C-H和 3 个 C-C）,48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中含有的C4H10物质的量为：48g+18g.一ImoKLtHio含有共价键的物质的量为：lmolxi3=13m ol,含有共价键数目56g/mol为1 3 NA，A 正确；B.标况下，氟化氢不是气体，题中条件无法计
3、算氟化氢的物质的量及分子数，B 错误；C.一氧化氮与氧气生成二氧化氮，二氧化氮部分生成四氧化二氮,所以将ImolNO与 l.molCh混合后，气体的分子总数小于2 NA，C 错误；D.ILlmolL 盐酸的中氯化氢出H*数目为NA,水还会电离出一部分H+,所以溶液中H+数目大于NA，D 错误；故选A03.下列有关化学用语表示正确的是A.氮原子所有价电子的电子云轮廓图均为哑铃形B.HCN 的电子式：C.键 线 式 为 的 有 机 物 存 在 顺 反 异 构OD.基态氮原子价电子的轨道表示式：回 向 区 由 口!【答案】C【解析】A.基态氮原子的价电子排布式为2s22P3,其价电子云轮廓图为球形和
4、哑铃形，A错误；B.HCN是共价化合物，B 错误；c.p 中有碳碳双键，且双键两边基团不一致，所以存在顺反异构，C 正确;0D.基态氮原子的价电子不包括1s轨道的电子，且 2P轨道的三个电子应在不同轨道，且自旋方向相同，D 错误；故答案为：Co4.五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X。在一定条件下X 可分别转化为Y、Zo下列说法正确的是A.Y 分子中所有原子可能共平面B,不能用FeCl3溶液检验Y 中是否含有XC.Imol Z 最多能与7moi NaOH发生反应D.X 与足量氢气发生加成反应，所得产物中有2 个手性碳原子【答案】D【解析】A.由题干中Y 的结构简式可知，Y 分子中存在饱和碳
5、原子，就含有sp3杂化的碳原子，故不可能所有原子共平面，A 错误；B.由题干中X、Y 的结构简式可知，X 分子中含有酚羟基，Y 分子中不含酚羟基，故能用FeCl3溶液检验Y 中是否含有X,B 错误；C.由题干中Z 的结构简式可知，Imol Z 中含有5mol酚羟基和Imol竣基,故能消耗6moiNaOH,还 有 Imol酚酯基，能够消耗2moiNaOH,故 ImolZ最多能与8mol NaOH发生反应,C 错误;COOHD.X 与足量氢气发生加成反应，所得产物中有2 个手性碳原子如图所示：，DHOYOHOH正确：故答案为：D。5.定量实验是学习化学的重要途径，下列操作规范且能达到定量实验目的的
6、是A.用 图1所示装置测定中和反应的反应热B.用图2所示装置测定硫酸溶液的浓度C.用图3所示装置配制1 0 0 m L 一定物质的量浓度的硫酸溶液D.用图4所示装置加热硫酸铜晶体测定晶体中结晶水的含量【答案】A【解析】A.用 图1所示装置可测定中和反应的反应热，故A正确；B.利用中和滴定测定稀硫酸的浓度，一般用氢氧化钠溶液滴定，不能将碳酸钠固体放在锥形瓶中，用稀硫酸滴定碳酸钠，故B错误：C.浓硫酸应该在烧杯中稀释并冷却后在转移至容量瓶中，故C错误；D.加热固体应在坨期中进行，不能用蒸发皿，故D错误。故选A。6.氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。氮气经过一系列的变化可以合成氨、氮的氧化物、硝
7、酸等重要的化工原料；NO能被F e S C 4溶液吸收生成配合物 F e（NO）（H2O）5S O4,减少环境污染。下列说法正确的是A.F e2+提供孤电子对用于形成配位键B.该配合物中阴离子空间结构为三角锥形C.配离子为 F e（NO）（H2 O）5广，中心离子的配位数为6D.该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表的p区【答案】C【解析】A.配 合 物 供60）（凡0）5下。4中F e 2+提供空轨道，NO和H2 O提供孤电子对用于形成配位键，故A错误；B.该配合物中阴离子为S O：,价层电子对数为4+；（6-4 x 2 +2）=0,且没有孤对电子,空间结构为正四面体形，故B错误;C.配离
8、子为F e（NO）（H2（）52+,配体为N O 和 H 2O,中心离子的配位数为6,故 C 正确；D.H 元素元素周期表的s 区，故 D 错误；故选C。7.某化合物结构如图所示，其中X。Y、W、Z 是原子序数依次增大的短周期元素，且四种元素分布在三个周期，W 的最外层电子数是Y 的最外层电子数的2 倍，Z 和 X 同主族。下列说法正确的是Z*苒 .WI.W-Y-W./I 六W T W Y-W-XIIX2-z+A.W 与 Z 形成的化合物中只含离子键B.该化合物中Y 都满足8 电子稳定结构C.X3YW3是弱酸D.离子半径：ZWY【答案】C【分析】X、Y、W、Z 是原子序数依次增大的短周期元素，
9、且四种元素分布在三个周期，则 X 为 H 元素；Z 和 X 同主族，且 Z 的原子序数最大，则 Z 为 N a元素；W 的最外层电子数是Y 的最外层电子数的2 倍，且 Y 能形成4 个共价键，W 能形成2 个共价键，则 Y 为 B元素，W 为 O 元素。【解析】A.。和 N a可以形成化合物Na2C2,含有离子键和共价键，A 错误；B.Y 为 B 元素，该结构中形成3 个共价键的B 原子最外层只有6 个电子，B 错误；C.X3YW3即 H3BO3,为一种弱酸，C 正确;D.电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小半径越大，所以离子半径O2 Na+,即 W Z,D 错误；答案为C。
10、8.一种新型合成氨的过程如图所示。下列说法正确的是（）A.“转氮”过程属于人工固氮B.合成过程中所涉及反应均为氧化还原反应C.若用Hz O代替NH4 c l进行转化，从体系中分离出N%更容易D.该合成氨过程中，参加反应的N2与 比0的物质的量之比为1：3【答案】D【分析】由图示可知反应的过程为【解析】A.人工固氮是将N2单质转化为化合物，“转氮”过程没有氮气参与，不属于人工固氮，A项错误；B.“转氮”过程，以及N W和HC1反应生成NH4 c l的过程，都没有化合价变化，不属于氧化还原，B项错误；C.N%极易溶解于水，若用H2O代替NH4 c l进行转化，难以从体系中分离出N%,C项错误；D.
11、该合成氨过程中，N2-NH3,1 m o l N2转移6 m程 电 子,H20 fo 2，I m o l H2O转移2m o i电子，由得失电子守恒可知，参加反应的N2与H20的物质的量之比为1：3,D项正确；故选D。9.我国科学家合成了 Y、S c(Y|/NC,S C|/NC)单原子催化剂，用于电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示（*表示稀土单原子催化剂）。下列说法中错误的是之器玄妾-e-Y1/NC-A-Sc,/NC0-Q-J-、-y O v-o.i4*:播I _I _ 1 1 _ I _I _ 1*N2*NNH*NNHH*N*NH*NHH*NHHH反应历程A
12、.相同条件下，SC|/N C比丫/N C 催化剂更利于吸附氮气B.实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率C.使用SCj/NC单原子催化剂，反应的快慢由生成*N N H 的速率决定D.工业合成氨与电化学催化还原氮气均涉及到共价键的断裂与形成【答案】B【解析】A.由图可知，使用Sd/NC的反应活化能小于使用Y1/NC的反应活化能，说明Sci/NC比Yi/NC更有利于吸附N2，A 正确；B.催化剂只能改变反应的途径，不影响平衡移动，实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可加快反应速率，但氨气的平衡转化率不变，B 错误；C.由图可知，使用Sci/NC单原子催化剂时，*N2与
13、H 结合生成*NNH的活化能最大，则历程中最大能垒的反应为：*N2+HT*NNH,C 正确；D.氮气和氢气合成氨和用于电化学催化氢气还原氮气的反应氨，都涉及氢氢键和氮氮键的和氮氢键的形成，D 正确；故选B1 0.中国科学家设计出如图装置实现CO2的转化，可有效解决温室效应及能源问题，总反应电解为 CCh+NaClCO+NaClO。忽略气体在溶液中的溶解及溶液的体积变化，下列叙述正确的是质子交换膜A.A 极为太阳能电池的正极B.电极II的电极反应式为C|-+2e-+H2O=ClO+2HC.理论上转化44gCCh，左室溶液质量增重18gD.电解结束后，电极II所在电极室溶液的pH 变小【答案】C电
14、解【分析】根据图不可知，反应原理为电解池原理，总反应为CCh+NaCl-C0+NaC10,则催化电极I 附近CO2被还原为C O,为电解池的阴极，催化电极II附近NaCl转化为NaClO,为电解池的阳极，据此分析解答。【解析】A.根据上述分析可知，催化电极I 附近CO2被还原为C O,为电解池的阴极，所以 A 极为电源的负极，A 错误；B.电极U 附近NaCl转化为N aC lO,发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Cl；2e-+H2O=CIO+2H+,B 错误；C.左室CO2被还原为C O,其电极反应式为：CO2+2e+2H+=CO+H2O,则理论上转化44gCCh(Im o l),左室溶液
15、质量增加的是Imol H2O的质量，为 18g,C 正确；D.电解结束后，电极H 发生反应的离子方程式为：Cl、2e-+H2O=C1O-+2ET,但生成的氢离子会通过质子交换膜迁移到左室，消耗水分子的同时，生成的次氯酸根离子会发生水解，使溶液显碱性，因此所在电极室溶液的pH 会变大，D 错误；故选Co11.废旧光盘可用于回收银等贵重金属，避免因直接填埋而污染土壤。工业上回收光盘金属层中的A g的整体过程如图所示，下列说法错误的是o2 1 0%氨水 N2H4-H2O髓哪 T 氧 化 产 与A g C；固体|H 还原-A gi Iu过量N a C l O 溶液 废渣A.氧化过程中发生的反应为4Ag
16、+4NaQO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O21B.操 作 1分离出AgCl后，再加氨水，目的是溶解银C.氧化过程中，不可用HNO3代替NaClO氧化AgD.实验室进行操作1使用的仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒【答案】B【分析】由流程可知，氧化时发生反应4Ag+4NaC10+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2T，操作I 分离出AgCl、可能含A g,再加氨水溶解A gC l,发生反应AgCl+2NH3H2O=Ag(NH3)2+CI-+2H2O,过滤分离出的滤渣为A g,滤液用N2H4 比 0(水合阴)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2 得至U A g,发生反应为 4Ag(NHj)；+N2H
17、 H2O=4Agl+N2T+4NH：+4NH3T+H2O。【解析】A.由流程可知，氧化时发生反应：4Ag+4NaC10+2H2O=4AgCl+4NaOH+O 2 T,A 项正确；B.操 作 1 分离出的沉淀主要为A gC l,可能含A g,再加氨水溶解A gC l,发生反应：AgCl+2NH3-H2O Ag(NH3)J +Cl-+2H2O,B 项错误；C.如用硝酸，会生成氮氧化物，污染环境，且无法直接得到AgCl沉淀，C 项正确；D.操 作 1 为过滤，使用的仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，D 项正确；故选B。【点睛】操 作 1 分离出沉淀后，再加氨水，目的是分离AgCl与其他物质，加入氨水后，Ag
18、Cl转化为含、C的溶液，注意银单质和氨水不反应。1 2.工业上可通过甲醇戮基化法制取甲酸甲酯：CH30H(g)+CO(g)UHCOOCH3(g),在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH30H和 C O,测得相同时间内C O 的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是A.反同速率v(b)v(d)B.由图可知生产时反应温度控制在80 85C为宜C.b 条件下延长反应时间，C O 的转化率保持不变D.d-e,C O 的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应吸热，升高温度反应逆向移动【答案】B【解析】A.温度对化学反应速率的影响大于浓度对化学反应速率的影响。由于反应温度：d b,所以反应速率
19、大小关系为：v(d)v(b),A 错误；B.由图可知在80 85时反应物CO 的转化率最高，因此生产时为提高生产效率，反应温度控制在80 85为宜，B 正确；C.b 条件下反应未达到平衡状态，此时反应正向进行，延长反应时间，可以使更多的反应物 CO与 CH30H(g)发生反应转化为生成物，因此会导致CO 的转化率增大，C 错误；D.d ie,C O 的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，导致CO 的转化率降低，D 错误；故合理选项是B。1 3.已知氯气和空气按体积比1 ：3 混合通入潮湿的碳酸钠中能生成C LO,且反应放热：
20、不含 C12的 C12O 易与水反应生成HC1O；C12O 在 42以上会分解生成C12和。2。设计如图装置(部分夹持装置略)制备HC1O,每个虚线框表示一个装置单元，其中存在错误的是K孔泡多球棒拌搅量氯碳足四f c-钠；水硼酸含陟碳A.B.C.D.【答案】D【解析】用MnCh和浓盐酸制备氯气需要加热装置，错误；是将制备的C L通入饱和食盐水来除去一起挥发出来的H C L同时可以控制通入氯气和空气的比值，并在实验结束后可以将多余的氯气排除进行尾气处理，正确；由题干信息可知，制备C L O是一个放热反应,且C L O在42。(2以上会分解生成C b和0 2,则发生装置需防止在冰水浴中，错误；为除
21、去C b O中的C L,导管应该长进短出，错误；经CC14除去C12的C L O通入中进行反应,生成H C 1 0,正确；综上分析可知，错误，故答案为：D。14.常 温下，向某浓度H2A溶液中缓慢加入N aO H(s),保持溶液体积和温度不变，测得pH与-lgc(H2A)、-lgc(A2-啕 士 二 变化如图所示。下列说法正确的是c(HA)A.a到b的滴定过程水的电离程度逐渐减小B.常温下，H2A电离平衡常数Kai为10-8C.a 点溶液中 c(A2)c(HA-)c(H+)c(OH-)D.NaHA 溶液中 c(Na+)c(HA)c(H2A)c(A2)【答案】B【分析】向某浓度H A溶液中加入N
22、 aO H溶液时，由于二者发生反应，所 以H2 A逐渐减少，-lgc(H2A)会渐增大，所以图中呈上升趋势的为-lgc(H2A)与p H变化关系，标；H2AH+HA-,HA-H+A2-,A2-会渐增大，-尼依2-)会逐渐减小，但是不会等于0,所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(A2)与p H变化关系，标，另一条则是也 坐3与P H的变化图，标，以此解题。【解析】A.a到b的滴定过程-lgc(A2)逐渐减小，则A)浓度逐渐增大，A2一对水电离其促进作用，c(A2)浓度越大，水的电离程度越大，a到b过程中水的电离程度增大，故A错误;B.电离常数的表达式为：“K一唱等KaKa，=C(H?f
23、A%,当 pH=3.05 时，lgc(A3与-lgc(H2A)相等，即 c(A2-)=c(H2A)C(H2A)代入，可得KaKa2=(10二)2 又由图中可知，当p H=5.3时，gC(I T/)1 A-6.1即 C(A2)=C(H A)即 K a2=l()T 3,所以 Ka】=泊 =1。一 批，故 B 正确；C.a 点溶液中 C(A2-)=C(H2A),a 点时Kalc(H)c(H A)-C(H2A)-c(H()c(H A-)前=M F T =E=1 产则 C(HA C(A)故 c 错误;D.NaHA溶液，由 HA-既存在电离又存在水解，所以c(Na+)c(HA)HA-FH+A2.HA+H
24、2O U H 2A+O H；所 以 c(A2)与 c(HA-)的大小取决于电离和水解的程度，Ka2=10-5K 1 0一 1 4即 HA 的水解常数Kh=/=产=107.2,所以HA-的水解程度小于HA-的电离程度,所以 C(H 2A)c(HA-)c(A2)c(H2A),故 D 错误:故选：B。二、非选择题(共4个大题，58分)1 5.为探究乙酸乙酯的实验室制备方法，某实验小组设计主要步骤如下：在大试管A 中配制反应混合液：按图甲所示连接装置(装置气密性良好)，用小火均匀加热大试管A5lOmin；待试管B(内装滴有酚酷的饱和碳酸钠溶液)收集到一定量产物后停止加热，撤去导管并用力振荡，然后静置待
25、分层；分离出乙酸乙酯层，洗涤、干燥。乙醇可与氯化钙反应，生成微溶于水的CaCb6C2H50H。有关试剂部分数据如表:物质熔点/沸点/密度/(gcnf3)乙醇-117.378.50.789乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯-83.677.50.90浓硫酸(98%)3 3 8.01.8 4(1)配制反应混合液的主要操作步骤为(不必指出液体体积)；写出制取乙酸乙酯的化学方程式 O(2)步骤必须小火均匀加热，一个主要原因是温度过高会发生副反应，另一个原因是(3)写 出 步 骤 中 观 察 到 的 实 验 现 象。(4)分离出乙酸乙酯层后，一般用饱和Ca CL 溶 液 洗 涤.通 过 洗 涤 可 除
26、 去 的 杂 质 是(填名称)；干 燥 乙 酸 乙 酯 最 适 宜 的 干 燥 剂 为(填 字 母)。a.P z O s b.无水硫酸钠 c.碱石灰 d.N a O H 固体(5)某化学课外小组设计了图乙所示的装置(图中铁架台，铁夹，加热装置均已略去)制取乙酸乙酯，与图甲装置相比，图乙装置的主要优点有 Oa.增加了温度计，有利于控制反应温度b.增加了分液漏斗，能随时补充反应混合液c.增加了冷凝装置，有利于收集产物d.反应容器容积大，容纳反应物的量多，反应速率加快【答案】(1).在大试管A中加入乙醇，再分别慢慢加入浓硫酸和乙酸，边加边振荡试管使之混合均匀.C H 3 co O H+C 2 H 5
27、 0 H、水 丫 ，、C H 3 C O O C 2 H 5+H 2 O(2)反应物中乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，大量反应物会随产物蒸发而损失(3)试管B中的液体分为上下两层，上层为无色油状液体，可闻到水果香味，下层为红色液体，振荡后颜色变浅，有气泡产生(4).乙醇.b(5)a b c【小 问 1 解析】为防止浓硫酸溶解放热，造成液体迸溅，在大试管A中先加入乙醇，再分别慢慢加入浓硫酸和乙酸，边加边振荡试管使之混合均匀。乙醇、乙酸在浓硫酸作用下加热生成乙酸乙酯和水，反应方程式为 C H 3 co O H+C 2 H 5 0HT=CH3 co 0 C 2 H 5+H 2 O;A【小问2解析
28、】反应物中乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，大量反应物会随产物蒸发而损失，所以步骤必须小火均匀加热。【小问3 解析】乙酸乙酯难溶与饱和碳酸钠，乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠、二氧化碳、水。收集到一定量产物后停止加热，撤去导管并用力振荡，然后静置，试管B中的液体分为上下两层，上层为无色油状液体，可闻到水果香味，下层为红色液体，振荡后颜色变浅，有气泡产生。【小问4 解析】乙醇可与氯化钙反应，生成微溶于水的CaCL6C2HsOH,所以用饱和CaCL溶液洗涤可除去的杂质是乙醇；乙酸乙酯在碱性、酸性条件下能水解，可以用中性干燥剂干燥乙酸乙酯，所以最适宜的干燥剂为无水硫酸钠，选b。【小问5 解析】a.从该装
29、置与传统制备装置的使用的仪器的不同进行分析，增加了温度计，有利于控制发生装置中反应液的温度，a正确；b.增加了分液漏斗，能随时补充反应混合液，故b正确；c.增加了冷凝装置，有利于收集乙酸乙酯，c正确；d.反应容器容积大，容纳反应物的量多，但物质的浓度不变，所以化学反应速率不变，d错误；选 abc；1 6.工业上铭铁矿主要成分为亚铝酸亚铁 Fe(CrO2)2，还含少量MgCCh、AI2O3、SiCh等杂质。以铝铁矿为原料制取倍酸钠(Na2CrC4)晶体，其工艺流程如图：HjO MH2SO4 H2O2 NaOH NaOH已知：a.+3价C r在酸性溶液中性质稳定，当p H 9时，以CrO 形式存在
30、且易被氧化。b.常温下，氢氧化铁的Ksp=4.0 xio*、氢氧化镁的Ksp=1.8*10-u、氢氧化铝的Ksp=3.2x 10-34。(1)为了提高酸浸速率和反应充分，可 以 采 取 的 措 施 有(填 两 条)。(2)滤渣2的 主 要 成 分 为(写 化 学 式)。(3)流程中两次使用了 H2O 2,分别写出两次反应的离子方程式：。(4)产品铭酸钠溶于水后，C r O j和C n O f在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为LOmoNlJ的NazCrCU溶液中4 5 0；一)随c(H*)的变化如图所示，用离子方程式表示NazCrO溶液中的转化反应：,根据A点 数 据 计 算 出 该 转 化
31、 反 应 的 平 衡 常 数 为,温度升高，溶液中C rO：的平衡转化率减小，则该反应的AH(填“或“=)0。0.5c(cr)b、(morL,l0.40.30.21.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0c(H+)/(xlO-7m olL)【答案】(1)将铝铁矿粉碎、充分搅拌、适当提高温度等(2)F e(O H)3、A 1(O H)3(3)2 F e2+H2O 2+2 H+=2 F e3+2 H2O,2 0 出+3 H 2 O 2+2 C rO j =2 C rO j +4 H2O(4)2 C rO 4-+2 H+=C r2O+H2O .l.O x lO 飞【分析】工业上修铁矿主要成分为亚
32、铝酸亚铁 F e(C rO 2)2 ，还含少量M gC C h、A I 2 O 3、S i O2等杂质，先用稀硫酸酸浸并调节pH=l,F e(C rO 2)2 、M gC C h、A I 2 O 3 能够和硫酸反应转化为M g2+、A P F e2+和C F+,S i C)2 不和硫酸反应经过滤存在于滤渣1 中，滤 液 1 中加入H 2 O 2将 F e2+氧化为F e3+,再加入N a O H 调节p H为 4.7 使 F e3+W A F+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀除去，滤渣2为 F e(O H)3、A l(O H)j,过滤后再加入N a O H 调节pH l 1 使 M g2+转化为氢
33、氧化镁除去，得到的滤液中加入H 2 O 2 将 C rO 氧化为C rO：,得到N a z C rC U 溶液，以此解答。【小 问 1 解析】增大浸出率的方法：将铭铁矿粉碎、充分搅拌、适当提高温度等。【小问2 解析】由分析可知，滤渣2的主要成分为F e(O H)3、A I(O H)3【小问3 解析】由分析可知，流程中第一次使用H 2 O 2 的作用是将F e2+氧化为F e3+,离子方程式为：2 F e2+H2O 2+2 H+=2 F e3+2 H2O,第二次使用H 2 O 2 的作用是将C rO 2 氧化为C rO：,离子方程式为：2 O H +3 H 2 O 2+2 C rO =2 C r
34、O；+4 H 2 O。【小问4解析】从图像看出，铭酸根离子在酸性条件下逐渐转化成重铭酸根离子，离子方程式为：2CrO4-+2H+=Cr2O +H20；从图像看出，酸性越强，8 50，）越大，说明CrO；的平衡转化率越大，A 点对应的离子浓度：c（Cr2O；）=0.25mol，c（H+）=l.OxlO 7mol-LcfCrO）=1.0 mol L-0.25 mol L t）（l,O x lO-7）0.52说明平衡向左移动，根据平衡移动原理，正反应是放热反应，AH CHR+凡。-OH CH”o o（3）P +2 R O H 催化剂 +2H C 1a-e-ei 10-ie1请回答下列问题：（1）反
35、应 的 反 应 类 型 是。D的命名为.（2）G的 结 构 简 式 为。（3）写出反应的化学方程式：。（4）芳香族化合物M与F互为同分异构体，Im ol M能与饱和NaHCO?溶液反应产生Im ol气体，且 M 能发生银镜反应，则 M 的结构有 种，其中一种结构苯环上的一氯代物有两种，且被氧化后能与乙二醇反应生成高分子化合物，写出该高分子化合物的结构简式:（5）结合已知，写出用乙醇和苯甲醛为原料制备化合物0 C H=C H LOCHZCHS的合成路线（其他无机试齐悔选）。【答案】（1）.缩聚反应.邻苯二酚（1,2-苯二酚）2)CH CCHO(3)nCII3QX()H+nc c-i i(+(2-
36、l)HCl(4).3(.)CH3cH20H-C u/2-CH3CHONa（）H 溶液乙醇、浓硫酸）C H-CHC HO1）银氨溶液、加热2）H1 （）CH=CHC(X)H 2 C H=C H COCH2 cHBr【分析】和溪在F e B r3作催化剂条件下发生取代反应生成A（/）,由B的分子式可OH知A B发生浪被一OH取代，B为/）；结合D的分子式和E的结构可知D为，OHOHD E在苯环上引入一C H O,E F发生信息反应，结合F G的反应条件可知F中还有C H O,则甲为H C H O,F为HCC工：；）C H J F与正丙醛发生信息反应得到G,G为H2 y仁（J CH=CHO.G与氢气
37、加成得到目标产物；两分子B（Q）与H C H O反应得到C,C为H（c和 I I 按信息反应原理j/j/c-e-a发生缩聚反应得到P C树脂和H C 1；据此分析解题。【小 问 1解析】IC和 I：通过反应生成P C 树脂，反应类型为缩聚反应；据分析可知D为 一 e-o命名为邻苯二酚（1,2-苯二酚）；故答案为缩聚反应；邻苯二酚（1,2-苯二酚）。【小问2 解析】据_ 分析_可_r知,，G为.II Cl H(；故山答 案依为 7 C H,【小问3解析】oc和 I I 发生缩聚反应生成P C 树脂,仁一|,!-_ _ 10 1H()H +n 一 e-a反应方程式为n+（2/J-l）H C l；故答案为 n炳tct-C CH3CHOCH-CHCHO溶液.1)银氨溶液、加 热)2)H*,CH=CHC()()H乙醇、浓 硫 酸)()/=I ICH,CHO1)银氨溶液、加热2)H+答案为CH-CHCHO溶液.马.整 一 逐 城 联 _,()C C H-C H T)CH2CH、