1、广东省广州市广东仲元中学2019-2020学年高二化学下学期教学质量检测试题（含解析）1.下列各组有机物中，一定不属于同一类物质的是A. CH4与C3H8B. C2H2与C3H4C. CH3CH2COOH与CH3COOCH3D. CH3COOH与HCOOH【答案】C【解析】【详解】A. CH4与C3H8均属于烷烃，组成相同，结构相似，相差2个CH2，故属于同系物关系，A错误；B. C2H2与C3H4，前者是乙炔，后者可以是丙炔或环丙烯，故二者可能是同系物关系，B错误；C. CH3CH2COOH是丙酸、属于羧酸，CH3COOCH3是乙酸甲酯、属于酯类，一定不属于同一类物质，C正确；D. CH3C
2、OOH与HCOOH是均属于饱和一元羧酸，属于同系物关系，D错误；答案选C。2.下列说法正确的是A. 乙烯和苯都能使酸性KMnO4溶液褪色B. 甲烷和乙醇均能发生取代反应C. 在任何条件下，苯和乙烯均不能发生加成反应D. 苯酚和甲苯遇FeCl3均显紫色【答案】B【解析】【详解】A. 苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；B. 甲烷合氯气在光照下发生取代反应，乙醇能发生酯化反应等，故均能发生取代反应，B正确；C.苯环上在一定条件下可以发生加成反应、乙烯中含碳碳双键，能发生加成反应，C错误；D. 甲苯遇FeCl3不发生反应，D错误；答案选B3.下表中，对有关除杂的方法错误的是选项物质杂质方法A苯苯
3、酚加浓溴水后过滤B乙烯CO2和SO2通入装有NaOH溶液的洗气瓶洗气C溴苯Br2加NaOH溶液后分液D乙酸乙酯乙酸加饱和碳酸钠溶液后分液A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.三溴苯酚不溶于水，但溶于有机溶剂苯，则用浓溴水除去苯中混有的苯酚，会引入新杂质三溴苯酚，应该选用氢氧化钠溶液洗涤分液除去苯中混有的苯酚，故A错误；B.乙烯不与氢氧化钠溶液反应，二氧化碳和二氧化硫为酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，则将混合气体通过装有氢氧化钠溶液的洗气瓶洗气，能够除去乙烯中混有的二氧化碳和二氧化硫杂质，故B正确；C.常温下，溴苯不与氢氧化钠溶液反应，溴单质能与氢氧化钠溶液反应生成溴化
4、钠、次溴酸能和水，则加入氢氧化钠溶液后分液，能够除去溴苯中混有的溴单质杂质，故C正确；D.饱和碳酸钠溶液能与乙酸反应生成溶于水的乙酸钠，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，则饱和碳酸钠溶液后分液，能够除去乙酸乙酯中混有的乙酸杂质，故D正确；故选A。【点睛】三溴苯酚不溶于水，但溶于有机溶剂苯，则用浓溴水除去苯中混有的苯酚，会引入新杂质三溴苯酚是解答关键。4.2020年新型冠病毒疫情在全世界爆发，化合物可用于新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。下列叙述正确的是A. 原子半径:XYZB. 该化合物中Z的化合价均呈-2价C. 元素的非金属性:XZD. Z的简单阴离子比N
5、a的简单阳离子半径大【答案】D【解析】【分析】由化合物的结构式知，X只共用1对电子对、Y可共用4对电子对、Z可共用2对电子对、又知X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素、结合化合物可用于杀菌消毒，可以推断X、Y、Z和化合物分别为H、C、O和过氧乙酸，据此回答；【详解】A. H的原子半径最小，A错误； B. 该化合物中存在ZZ键，是非极性共价键，故Z的化合价并不全呈-2价，B错误；C. 元素的非金属性: XZ，C错误； D. 具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则Z的简单阴离子比Na的简单阳离子半径大，D正确；答案选D。5.元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如表所示，其
6、中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸。则下列判断正确的是A. 非金属性:ZTXB. R与Q的电子数相差16C. 气态氢化物稳定性:RTQ【答案】D【解析】【分析】R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，R是F元素，由元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置，可知X是S元素、T是Cl元素、Z是Ar元素、Q是Br元素。【详解】由分析可知R、X、T、Z、Q分别是F、S、Cl、Ar、Br。A同一周期元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，但稀有气体比较稳定，所以非金属性TX，A错误； BR与Q的原子序数分别为9和35，原子的原子序数=电子数，所以R与Q的电子数相差=35-9=26，B错误； C元
7、素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，同主族元素的非金属性自上而下减弱，所以非金属性RTQ， 则气态氢化物的稳定性RTQ，C错误； D元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强(O、F元素例外)，同主族元素的非金属性自上而下减弱，所以非金属性TQ， 则最高价氧化物的水化物的酸性TQ ，D正确。答案选D。6.下列实验的现象与对应结论均正确的是选项操作现象结论A将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑膨胀浓硫酸有吸水性和强氧化性B常温下将Al片放入浓硝酸中无明显变化Al与浓硝酸不反应C将一小块Na放入无水乙醇中产生气泡Na能置换出醇羟基中的氢D将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反
8、应A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.浓硫酸具有脱水性，将浓硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖脱水碳化生成碳，并放出大量的热，浓硫酸具有强氧化性，能在受热的条件下与碳化生成的碳发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，出现固体变黑膨胀的现象，故A错误；B.浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硝酸中钝化，在铝片表面形成一层致密的氧化层薄膜，阻碍反应继续进行，并非不反应，故B错误；C.将一小块钠放入无水乙醇中，钠沉入乙醇中，与乙醇中的羟基发生置换反应生成乙醇钠和氢气，故C正确；D.将水蒸气通过灼热的铁粉时，铁与水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，故D错误；故选C。7.下列说法正确的是A.
9、在稀溶液中，1molH2SO4(aq)与1molBa(OH)2(aq)完全中和所放出的热量为中和热B. 25、101kPa时，CH3OH(l)和CH3OH(g)的燃烧热不相等C. 20gBa(OH)28H2O粉末与10gNH4Cl晶体混合搅拌，放出氨气，该反应是放热反应D. 燃烧热随热化学方程式中物质前的化学计量数的改变而改变【答案】B【解析】【详解】A. 中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，在稀溶液中，1molH2SO4(aq)与1molBa(OH)2(aq)完全中和，生成硫酸钡沉淀和2molH2O，故放出的热量不是中和热，A错误；B. 燃烧热是指1mol可燃物
10、完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，25、101kPa时，CH3OH(l)和CH3OH(g)的能量不一样，则燃烧热不相等，B正确；C. 氢氧化钡晶体和氯化铵晶体混合搅拌，放出氨气，该反应是室温下就可发生的吸热反应，C错误；D. 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，燃烧热不会随热化学方程式中物质前的化学计量数的改变而改变，D错误；答案选B。8.NO和CO都是汽车尾气中有害物质，它们能缓慢地起反应:2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)H=-746.8kJ/mol，利用该反应来净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是A. 增大压
11、强同时加催化剂B. 降低温度C. 升高温度D. 及时将CO2和N2从反应体系中移走【答案】A【解析】【详解】A. 由平衡移动原理知，增大压强平衡右移，NO转化率增大，反应速率加快，加催化剂反应速率也加快，A正确；B.降低温度，反应速率减慢，且平衡左移，NO转化率降低，B错误；C.升高温度平衡向左移动，速率加快，NO转化率减小，C错误；D.及时将CO2和N2从反应体系中移走，平衡右移，NO的转化率增大，但是反应的速率减小，D错误；答案选A。9.在水溶液中能大量共存的一组离子是A. Fe2+、Al3+、ClO-、Cl-B. K+、Cu2+、OH-、C. 、Na+、Br-、D. Mg2+、H+、【答
12、案】C【解析】【详解】AClO-具有较强的氧化性，Fe2+和ClO-发生氧化还原反应而不能大量共存，A不符题意；BCu2+和OH-反应生成氢氧化铜沉淀而不能大量共存，B不符题意； C四种离子之间不发生任何反应，可大量共存，C符合题意； DH+和反应生成硅酸沉淀而不能大量共存，D不符题意。答案选C。10.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A. 常温下，23gNO2和N2O4的混合气体中含有NA个氧原子B. 1L0.1mol/L的氨水含有0.1NA个OHC. 1molFe与足量稀HNO3反应，转移2NA个电子D. 一定条件下，1molNa与O2反应，生成的产物中含有Na2O和Na2O2
13、，发应过程中转移了2NA个电子【答案】A【解析】【详解】A. 该混合气体的平均组成为NO2，故23gNO2和N2O4的混合气体中含有NA个氧原子，A正确；B. 一水合氨为弱电解质，故1L0.1mol/L的氨水所含有的氢氧根远小于0.1NA个，B错误；C. 硝酸是强氧化剂，故1molFe与足量稀HNO3反应，转移3NA个电子，C错误；D. 一定条件下，1molNa与O2反应，生成的产物中含有Na2O和Na2O2，1molNa失去1mol电子，按电子数守恒知，反应过程中转移了NA个电子，D错误；答案选A。11.下列措施不合理的是A. 用SO2漂白纸浆和草帽辫B. 用硫酸清洗锅炉中的水垢C. 高温下
14、用焦炭还原SiO2制取粗硅D. 用 Na2S作沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硫具有漂白性，可用SO2漂白纸浆和草帽辫，A正确；B.硫酸钙微溶，覆盖在碳酸钙的表面，阻碍水垢的处理，应用盐酸或醋酸，B错误；C.C与SiO2高温下发生反应生成硅，高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅，C正确；D.CuS、HgS为不溶物，可利用Na2S做沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+，D正确；答案选B。12.下列陈述正确并且有因果关系的是选项陈述I陈述IIASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和
15、H2SDFe3+有强氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】ASO2有漂白性，SO2可使溴水褪色是由于SO2具有还原性，陈述正确但无因果关系，A不符题意；BSiO2不能导电，光导纤维主要成分为SiO2，陈述I错误，陈述II正确，二者无因果关系，B不符题意；C浓硫酸有强氧化性、吸水性、脱水性等性质，浓硫酸可作为某些气体的干燥剂，可以干燥H2，但会与H2S发生反应故不能干燥H2S，陈述I正确，陈述II错误，二者无因果关系，C不符题意；DFe3+有强氧化性可发生反应：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，FeCl3溶液可用于回收废旧电路板
16、中的铜就是利用了Fe3+的强氧化性，陈述正确且有因果关系，D符合题意。答案选D。13.下列文字表述与反应方程式对应正确的是A. 溴乙烷中滴入AgNO3溶液检验其中的溴元素：Br-+Ag+=AgBrB. 氯乙酸与足量的氢氧化钠溶液共热：CH2ClCOOH+OH-CH2COO-+H2OC. 实验室用液溴和苯在催化剂作用下制溴苯：+Br2+HBrD. 硝酸银溶液中滴加过量氨水：Ag+NH3H2O=AgOH+【答案】C【解析】【详解】A溴乙烷为非电解质，不能电离出溴离子，故溴乙烷中滴入AgNO3溶液不会发生反应，不能在溴乙烷中滴入AgNO3溶液来检验其中的溴元素，A 错误；B氯乙酸与足量的氢氧化钠溶液
17、共热时羧基和氯原子都发生反应，B错误；C实验室用液溴和苯在催化剂作用下制溴苯的反应为+Br2+HBr ，C正确； D硝酸银溶液中滴加过量氨水得到的是银氨溶液，无沉淀生成，D错误。答案选C。14.25时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是A. pH=4的醋酸中:c(H+)=4.0mol/LB. 饱和小苏打溶液中:c(Na+)=c()C. pH为2的盐酸与等体积pH=12的氨水混合后所得溶液显酸性D. pH=12的纯碱溶液中:c(OH-)=1.010-2mol/L【答案】D【解析】【详解】ApH=-lgc(H+)=4，则c(H+)=10-pH=10-4mol/L，故A错误；B小苏打溶液中
18、溶质碳酸氢钠，其中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液显碱性，饱和小苏打溶液中：c(Na+)c(HCO3-)，故B错误；CpH为2的盐酸中，c(HCl)=c(H+)=10-2mol/L，pH=12的氨水中，c(OH-)=10-2mol/L，但一水合氨是弱碱，故一水合氨的浓度远大于10-2mol/L，故等体积混合后所得溶液为含大量过剩的氨水和氯化铵混合物，显碱性，故C错误；D25时，水的离子积常数是10-14，则pH=12的纯碱溶液中：c(OH-)=1.010-2molL-1，故D正确；故答案为D。15.对于0.1mol/L的Na2SO3溶液，正确的是A. 加入少量NaOH固体，c()与c(N
19、a+)均增大B. c(Na+)=2c()+c()+c(H2SO3)C. c(Na+)+c(H+)=2c()+2c()+c(OH-)D. 升高温度，溶液的pH降低【答案】A【解析】【详解】A. Na2SO3溶液因水解呈碱性，加入少量NaOH固体，增加了钠离子的物质的量、抑制了亚硫酸钠的水解，故c()与c(Na+)均增大，A正确；B. 因物料守恒，c(Na+)=2c()+2c ()+2c (H2SO3)，B错误；C. 因电荷守恒， c(Na+)+c(H+)=2c()+ ()+c(OH-)，C错误；D. 水解吸热，升高温度，促进水解，碱性增强，则溶液的pH增大， D错误；答案选A。16.下列实验不能
20、达到目的的是A. 用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的HClB. 用加热蒸干CuCl2溶液的方法制备无水CuCl2固体C. 用分液漏斗分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层D. 用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性【答案】B【解析】【详解】ACO2不溶于饱和NaHCO3溶液且不反应，而HCl可与NaHCO3反应生成二氧化碳气体，可除去杂质，A不符题意； BCuCl2为强酸弱碱盐，加热会促进其水解，蒸干后得到氢氧化铜，因此用加热蒸干CuCl2溶液的方法得不到无水CuCl2固体，B符合题意； CCCl4萃取碘水后CCl4不溶于水，分层后有机层在下层，用分液漏斗分离，C不符题意； D草酸具有
21、还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性可氧化草酸，所以可用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性，D不符题意。答案选B。17.下列说法不正确的是A. 漂白粉长时间露置在空气中会结块变质B. 把NaHSO4溶液加入NaAlO2溶液中生成白色沉淀，然后沉淀又溶解C. 蘸有浓硫酸的玻璃棒接近浓氨水瓶口有白烟产生D. 装强碱溶液的试剂瓶需要用橡胶塞，长时间后会在瓶口有白色固体生成【答案】C【解析】【详解】A.漂白粉的有效成分是次氯酸钙，长时间露置在空气中，次氯酸钙与空气中的水、二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，导致结块变质，故A正确；B.硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出氢离子，其溶液具有强酸性，把
22、硫酸氢钠溶液加入偏铝酸钠溶液中，偏铝酸钠溶液先与氢离子反应生成氢氧化铝白色胶状沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强酸，当硫酸氢钠溶液过量时，氢氧化铝与过量氢离子反应生成硫酸铝，沉淀又溶解，故B正确；C.浓硫酸是高沸点酸，难挥发出酸性气体，因此蘸有浓硫酸的玻璃棒接近浓氨水瓶口时无白烟产生，只有蘸有挥发性酸的玻璃棒靠近浓氨水瓶口才有白烟，故C错误；D.磨口玻璃塞中含有二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能溶于强碱溶液而被腐蚀，因此要选用橡胶塞，使用过程中瓶口残留的强碱溶液易吸收空气中的二氧化碳，与二氧化碳反应生成白色的碳酸盐固体，故D正确；故选C。18.某原电池装置如图所示，电池总反应为2AgCl2
23、2AgCl。下列说法正确的是A. 正极反应为AgCl eAg ClB. 放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C. 若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变D. 当电路中转移0.01 mol e时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子【答案】D【解析】【详解】A项正确的正极反应式为Cl22e2Cl，错误；B项由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，故在左侧溶液中才会有大量白色沉淀生成，错误；C项若用NaCl溶液代替盐酸，电池总反应不变，错误；D项当电路中转移0.01 mol e时，交换膜左侧产生0.01 mol Ag与盐酸反应产生AgCl沉淀，同时约有0.01 mol H通过阳离子交
24、换膜转移到右侧溶液中，故左侧溶液共约0.02 mol离子减少，正确。故选D。19.工业上用异丙苯氧化法合成苯酚，其生产流程如下图:有关物质的性质如下表:物质沸点溶解性主要化学性质异丙苯152.4不溶于水，易溶于酒精。可被强氧化剂氧化苯酚181.8微溶于冷水，易溶于热水和酒精等有机溶剂。易被氧化丙酮56.2易溶于水和有机溶剂不易被氧化(1)检验有机相中是否含有水的方法是_。(2)“操作2”的名称是_。(3)丙酮中常含有苯酚和异丙苯中的一种或者两种有机物杂质，某同学做了如下检验。检验丙酮中一定存在有机杂质的方法是_A.酸性KMnO4溶液，加热 B.乙醇，溶解 C.NaOH溶液(酚酞)，加热有机物A
25、是丙酮的一种同分异构体，请写出A与银氨溶液反应的化学方程式:_(4)某同学对该厂废水进行定量分析。取20.00mL废水于锥形瓶中，水浴加热，用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液滴定(假定只有苯酚与酸性KMnO4溶液反应)。达到滴定终点时，消耗KMnO4溶液的体积为10.00mL。有关反应方程式为:5+28KMnO4+42H2SO428MnSO4+14K2SO4+30CO2+57H2O滴定终点的现象为_该废水中苯酚的含量为_mg/mL(保留二位有效数字)【答案】 (1). 取适量有机相置于试管中，加入适量无水CuSO4固体观察，如果固体变蓝色，说明有机物中含水如果固体不变色，说明有机物中不
26、含水 (2). 分馏或蒸馏 (3). A (4). CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O (5). 当最后滴KMnO4溶液滴入锥形瓶后，溶液由无色变为紫色且半分钟内不褪色 (6). 0.84【解析】【分析】异丙苯氧化生成，在稀硫酸作用下生成丙酮和苯酚，得到的液态混合物经萃取分液后，得到的有机相中主要有生成物丙酮和苯酚及未反应的异丙苯，水相中主要为稀硫酸，再根据有机相中各组分的沸点不同用分馏的方法进行分离，据此分析解答。【详解】(1) 检验水的存在时，常利用白色的无水硫酸铜固体遇水变蓝的特征反应，因此设计的实验方案为：取适量有机相置于试管中
27、，加入适量无水CuSO4固体观察，如果固体变蓝色，说明有机物中含水如果固体不变色，说明有机物中不含水，答案：取适量有机相置于试管中，加入适量无水CuSO4固体观察，如果固体变蓝色，说明有机物中含水如果固体不变色，说明有机物中不含水；(2)由图可知，操作2的目的是分离互溶的液态有机相，表格中信息说明它们的沸点相差较大，因此可用蒸馏或分馏进行分离与提纯，答案：分馏或蒸馏；(3)根据表格中信息可知，丙酮不易被氧化，而苯酚、异丙苯都易被氧化，因此纯净的丙酮不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而异丙苯或丙酮都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；丙酮、异丙苯、苯酚都易溶于酒精，因此不能根据溶于酒精确定是否含有杂质，
28、B错误；虽然苯酚具有酸性，能使NaOH的酚酞溶液的红色变浅或褪色，但是异丙苯不能电离出氢离子，不能使NaOH的酚酞溶液变色，因此不能确定一定含有异丙苯，C错误，答案选A；由信息可知有机物A是丙酮的一种同分异构体且能与银氨溶液反应，所以A为丙醛(CH3CH2CHO)，丙醛与银氨溶液发生银镜反应，化学方程式为CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O，答案：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O；(4) 根据酸性高锰酸钾呈紫红色，既是滴定反应的氧化剂，又是滴定终点判断的指示剂，当最后一滴KMnO
29、4溶液滴入锥形瓶后，溶液由无色变为紫色且半分钟内不褪色，即为滴定终点，答案：当最后滴KMnO4溶液滴入锥形瓶后，溶液由无色变为紫色且半分钟内不褪色；根据n=cV，滴定消耗的高锰酸钾物质的量为(0.100010.0010-3)mol；由反应5 + 28KMnO4 + 42H2SO428MnSO4 + 14K2SO4 + 30CO2+ 57H2O可知20.00mL废水中含有的苯酚为(0.100010.0010-3)mol；根据m=nM，苯酚的摩尔质量为94g/mol，则20.00mL废水中含有的苯酚为(0.100010.0010-394)g=(0.100010.0094)mg，则废水中苯酚的含量为
30、=0.84 mgmL-1，答案：0.84。【点睛】滴定实验中若某一反应物溶液有颜色，就不需再用指示剂，用反应物的颜色变化就可判断滴定终点。20.软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MoO、Al2O3、CaO等杂质，工业上用软软矿制取MnSO4H2O的流程如下:已知:Fe3+、Al3+、Mn2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶渡的pH分别为3.2、5.2、10.4、12.4;温度高于27时，MnSO4的溶解度随温度的升高而逐渐降低。（1）“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的化学方程式为_（2）“浸出”过程中Fe2O3转化为Fe3+和Fe2+，相关反应的离子方程式为_（3）“滤渣
31、I”的主要成分是_，“调pH至56”所加的试剂是_（填“石灰水”或“稀硫酸”)。（4）根据下表数据，选择“第2步除杂”所加的物质A（由一种阳离子和一种阴离子组成)，物质A的化学式为_（5）采用“趁热过滤”操作的原因是_【答案】 (1). SO2+MnO2 Mn2+ (2). Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、2Fe3+SO2+2H2O=4H+2Fe2+ (3). Fe(OH)3、Al(OH)3 (4). 石灰水 (5). MnF2 (6). MnSO4H2O溶解度随温度升高而降低，所以为了防止温度下降时，MnSO4H2O溶解导致产率降低【解析】【分析】由流程可知，主要成分为MnO2，还含
32、有Fe2O3、MoO、Al2O3、CaO等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2 Mn2+，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度积较小，则选择A为MnF2，且不引入新杂质，最后蒸发浓缩、趁热过滤(防止低温MnSO4H2O溶解而减少)，据此回答；【详解】(1)MnO2中锰元素化合价为+4价，“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+，则二氧化锰被二氧化硫所还原，故离子方程式为SO2+MnO2 Mn2+；(2) “浸出”过程中Fe2O3转化为Fe3+是非氧化还原反应，反应的离子方程式为：F
33、e2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Fe2O3转化为Fe2+是氧化还原反应，还原剂是二氧化硫，反应的离子方程式为：2Fe3+SO2+2H2O=4H+2Fe2+；(3)结合题中阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH可知，Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，其它离子不沉淀，故滤渣1的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀；“调pH至56”的过程是消耗氢离子的，故所加的试剂不是硫酸，而是石灰水；(4) “第2步除杂”所加的物质A用于使镁离子沉淀、由表中数据知，MgF2是沉淀，又不能引入新杂质，选择A为MnF2，；(5)已知：温度高于27时，MnSO4的溶解度随温
34、度的升高而逐渐降低，故最后需采用“趁热过滤”操作，原因是防止温度下降时MnSO4H2O溶解，导致产率降低。21.研究CO、NOx、SO2等的处理方法对环境保护有重要意义。（1）科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为:2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g）H=-746.8kJ/mol为了研究外界条件对该反应的影响，进行下表三组实验，测得不同时刻NO的浓度(c)随时间变化的趋势如图1所示。1、2、3代表的实验编号依次是_（已知在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。）图2表示NO的平衡转化率()随温度、压强变化的示意图。X表示的
35、是_，理由是_；Y表示的是_，且Y1_Y2（填“”或“”）。（2）一定温度下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，达到平衡时SO3的体积分数为25%。该反应的平衡常数K=_。（3）利用原电池反应可实现NO2的无害化，总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，电解质溶液为碱性。工作一段时间后，该电池负极区附近溶液pH_（填“变大”、“变小”或“不变”），正极电极反应式为_。【答案】 (1). II、I、III (2). 温度 (3). 该反应为放热反应，温度升高，平衡向左移动，（NO）增大 (4). 压强 (5). (6)
36、. 1.8 (7). 变小 (8). 2NO2+4H2O+8e=N2+8OH【解析】【分析】(1)从表中数据、结合外界条件变化时对速率、平衡的影响判断对应的曲线比较；从图中X或Y的变化对转化率的影响、结合外界条件变化时对平衡的影响判断；(2) 结合已知条件和定义、用三段式计算平衡常数；(3)原电池反应是自发的氧化还原反应，原电池的负极发生氧化反应，正极发生还原反应，按反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，电解质溶液为碱性，据此写电极反应方程式、判断负极附近溶液中pH的变化，据此分析回答。【详解】(1)依据图表可知温度和催化剂对化学平衡的影响，而催化剂只是改变化学反应速率不改变化学平衡状
37、态，1、2代表、，3代表，又因为催化剂表面积增大化学反应速率增大，所以1是，2 是，所以1、2、3代表的实验编号依次是，、；图2表示NO的平衡转化率()随温度、压强变化的示意图。因为反应是放热反应，所以温度升高，平衡逆移，NO的转化率减小故X表示的是温度、Y代表的是压强；该反应为气体分子数减小的反应，压强增大，平衡向右移动，(NO)增大，则Y1Y2；(2) 一定温度下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，达到平衡时SO3的体积分数为25%，则， 则， 设体积为1L，则该反应的平衡常数；(3) 利用原电池反应可实现NO2的无害化
38、，总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，电解质溶液为碱性，则根据原电池的负极发生氧化反应，正极发生还原反应，所以负极反应是：，故一段时间后，负极氢氧根浓度下降，pH减小，正极反应是：。【点睛】考查了平衡移动和原电池的知识，观察图像、提取有效信息、化学的知识的迁移和原理使用的条件是解题的关键。22.科学家模拟足贝类足丝蛋白的功能，合成了一种对云母、玻璃、二氧化硅等材料具有良好粘附性的物质化合物l，其合成路线如下:回答下列问题:（1）化合物A的分子式为_，lmol该物质完全燃烧最少需要消耗_molO2（2）由B生成C的化学方程式为_（3）由E和F反应生成D的反应类型为_，由D和SOCl2
39、反应生成G的反应类型为_（4）D的结构简式为_，仅以D为单体合成高分子化合物的化学方程式为_（5）下列关于的说法正确的有_(双选，填字母)。A.属于芳香经衍生物B.能使溴的四氯化碳溶液褪色C.1mol物质能与3molNaOH反应D.1molI最多能与5molH2发生加成（6）X是的同分异构体，能发生银镜反应，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6:2:1:l。写出两种符合要求的X的结构简式_【答案】 (1). C3H6 (2). 4.5 (3). +NaOH+NaBr (4). 加成反应 (5). 取代反应 (6). (7). (8). AB
40、 (9). 【解析】【分析】由流程图知，A为丙烯，B的分子式为C3H5Br，B的不饱和度为1，则AB的反应中碳碳双键没有被破坏，该反应是取代反应，BC是卤代烃水解反应，羟基取代了溴原子，C是醇类，CD是氧化，D分子式为C3H4O2，不饱和度为2，可推知，CD是醇的氧化，则D含碳碳双键和羧基，D为CH2=CHCOOH、C为CH2=CHCH2OH，B为CH2=CHCH2Br， E+FD的反应是加成反应，DG是丙烯酸中羟基被氯原子取代的反应，据此回答；【详解】(1)由流程知，化合物A为丙烯，分子式为C3H6，lmol丙烯完全燃烧最少需要消耗4.5molO2；(2) C为CH2=CH-CH2OH，B为
41、CH2=CH-CH2Br，由B生成C的化学方程式为：+NaOH+NaBr；(3) D为CH2=CHCOOH、由E和F反应生成D的化学方程式为：CH2=CHCOOH，故反应类型为加成反应，由D和SOCl2反应生成G，G为，可知CH2=CHCOOH 中的羟基被氯原子所取代，故D和SOCl2反应生成G反应类型为取代反应；(4) 据分析，D丙烯酸，结构简式为，仅以D为单体合成高分子化合物产物为据丙烯酸，化学方程式为；(5)I为，则A. I含苯环、有碳、氢和氧元素，则属于芳香经衍生物，A正确；B. I含碳碳双键，故能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应而使之褪色，B正确；C. 1个I分子含一个酚羟基、1个酯基
42、，故1mol物质能与2molNaOH反应，C错误；D. 1个I分子含一个苯环、1个碳碳双键，故1molI最多能与4molH2发生加成，D错误；则说法正确的是AB；(6) X是的同分异构体，则其分子式为C10H10O3，不饱和度为6，能发生银镜反应，则含醛基，则含羧基，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6:2:1:l，由于醛基、羧基中各有1个氢原子，则剩余的只有2中氢原子，另2种氢原子只能是苯环上有处于对称位置的2个甲基、苯环碳原子上的氢，则两种符合要求的X的结构简式为：。【点睛】考察有机物的分子式、结构简式、有机物之间的反应方程式、反应类型
43、和同分异构体的书写，抓住流程图中反应条件、分子式和结构等信息灵活应用是推断的关键。23.高锰酸钾（KMnO4）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下:回答下列问题:（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1：1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是_（2）“平炉”中发生的化学方程式为_（3）“平炉”中需要加压，其目的是_（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺“CO2歧化法”传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2和_
44、（写化学式）“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为_，阴极逸出的气体是_与传统工艺比较，现代工艺的有点除了产品纯度高外还有_（5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，摇匀取浓度为0.2000molL-1的H2C2O4标准溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48mL，该样品的纯度为_（列出计算式即可，已知2+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O）【答案】 (1). 增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 (2). 2MnO2+4KOH+O2
45、=2K2MnO4+2H2O (3). 提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率 (4). KHCO3 (5). -e-= (6). H2 (7). K2MnO4的利用率高 (8). 95.62%【解析】【分析】软锰矿、氢氧化钾按的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，提高反应速率，加热通入预热的空气，在“平炉”中发生反应为：，生成物质水浸沉降析出晶体得到锰酸钾，CO2歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2和KHCO3，“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极，锰
46、酸根离子失去电子，发生氧化反应，产生高锰酸根，以此解答；【详解】(1)原料软锰矿与氢氧化钾按1：1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；(2)流程分析可知平炉中发生的反应是氢氧化钾、二氧化锰和氧气加热反应生成锰酸钾和水，反应的化学方程式为：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O；(3)“平炉”中反应时有氧气参与，提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率；(4)CO2歧化法是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2和KHCO
47、3，故另一产物为KHCO3；“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极，则锰酸根离子失去电子，发生氧化反应，产生高锰酸根离子，电极反应式是：-e-=；在阴极，水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：2H2O+2e=H2+2OH；所以阴极逸出的气体是H2； 依据电极反应知，电解法方程式为：，可知K2MnO4的理论利用率是100%； (5)依据离子方程式2+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O可知，KMnO4与草酸反应的定量关系式是，1.0800g样品中含有KMnO4的物质的量，1.0800g样品中含有KMnO4的质量m=0.006536mol158g/mol=1.03269g，纯度为： 。【点睛】本题考查了物质制备工艺流程的知识，制备方案的过程分析和物质性质的理解应用，特别是电解原理、滴定实验的熟练掌握和计算应用，掌握基础是解题关键。- 21 -
