1、东城区2019-2020学年度第二学期教学统一检测高三化学可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 第一部分(选择题 共42分)本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列自然现象发生或形成的过程中，指定元素既没有被氧化又没有被还原的是A溶洞钙B闪电氮C火山喷发硫D光合作用碳A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A溶洞中的石灰岩主要成分是碳酸钙，当遇到溶有二氧化碳的水时，会反应生成溶解性较大的碳酸氢钙：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，溶有碳酸氢钙的水遇热或当压强突然变小时
2、，溶解在水里的碳酸氢钙就会分解，重新生成碳酸钙沉积下来，同时放出二氧化碳：Ca(HCO3)2=CaCO3+CO2+H2O，整个过程钙元素的化合价没有变化，既没有被氧化又没有被还原，故A符合题意；B空气中O2和N2在闪电时化合成NO，即N2+O2 2NO，氮元素的化合价由0价升高到+2价，氮元素被氧化了，故B不符合题意；C火山喷发时，在高温条件下可发生S+O2=SO2，硫元素的化合价由0价升高到+4价，硫元素被氧化了，故C不符合题意；D光合作用会发生6CO2+6H2O C6H12O6+6O2，可知氧元素失电子，碳元素得电子，化合价降低，被还原了，故D不符合题意；答案为A。2.下列说法不正确的是A
3、. 乙二醇的沸点比乙醇的沸点高B. 淀粉和蔗糖水解的最终产物中均含有葡萄糖C. 植物油通过催化加氢可转变为半固态的脂肪D. 硫酸铵或氯化钠溶液都能使蛋白质发生变性【答案】D【解析】【详解】A. 乙二醇分子中含有两个羟基，乙醇分子中含有一个羟基，羟基越多，氢键越多，沸点越高，A正确；B. 淀粉水解成葡萄糖，蔗糖水解成葡萄糖和果糖，B正确；C. 植物油中含有不饱和的碳碳双键，通过催化加氢变成饱和的脂肪，熔点升高，C正确；D. 硫酸铵或氯化钠溶液不属于重金属盐，不能使蛋白质发生变性，使蛋白质发生盐析，D错误。答案选D。【点睛】蛋白质发生变性的条件有：强酸、强碱、重金属盐类、有机物、加热、紫外线等。3
4、.下列离子方程式正确的是A. 溴化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe24Br-3Cl22Fe32Br26Cl-B. 硫酸中加入少量氢氧化钡溶液：H+SO42-Ba2OHBaSO4H2OC. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2C6H5O-CO2H2O2C6H5OHCO32-D. 硝酸银溶液中加入过量氨水：Ag+NH3H2OAgOHNH4+【答案】A【解析】【分析】【详解】A. 过量的氯气将Fe2和Br-氧化，离子方程式正确，A正确；B. 硫酸电离成两个H+和一个SO42-，氢氧化钡电离成一个Ba2和两个OH，离子方程式为：2H+SO42-Ba22OH-BaSO42H2O，B错误；C. 苯酚的酸性比碳酸
5、弱，比碳酸氢根强，苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成碳酸氢根，离子方程式为：C6H5O-CO2H2OC6H5OHHCO3-，C错误；D. 氨水过量，AgOH沉淀溶解成Ag(NH3)2OH，离子方程式为：Ag+2NH3H2O = Ag(NH3)2+2H2O，D错误；答案选A。4.除去下列物质中含有的少量杂质(括号内为杂质)，所选试剂不正确的是A. Cl2(HCl)：饱和食盐水、浓硫酸B. AlCl3溶液(Fe3+)：氨水、盐酸C. C2H2(H2S)：CuSO4溶液、碱石灰D. NaCl溶液(SO42-)：BaCO3、盐酸【答案】B【解析】【详解】ACl2(HCl)：氯气在饱和食盐水中溶解度小，但
6、HCl在其中溶解度大而除去，最后再通过浓硫酸进行干燥，故A正确；BAlCl3溶液(Fe3+)：加入氨水后引入新的杂质NH4，故B错误；CC2H2(H2S)：先通过CuSO4溶液，H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，除去H2S，再通过碱石灰进行干燥，故C正确；DNaCl溶液(SO42-)：SO42-+BaCO3BaSO4+CO32、再用盐酸酸化，故D正确；故选B。5.关于下列消毒剂的有效成分的分析错误的是A双氧水B漂白粉C滴露D强氯精有效成分H2O2Ca(ClO)2分析可与NaClO发生反应可用Cl2与Ca(OH)2制备分子式为C8H9OCl分子中有2种环境的碳原子A. AB. BC. CD
7、. D【答案】D【解析】【详解】AH2O2可与NaClO发生反应：H2O2ClO=ClO2H2O，故A正确；B可用Cl2与Ca(OH)2制备Ca(ClO)2：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故B正确；C由结构简式可得：分子式为C8H9OCl，故C正确；D分子有三个对称轴，分子中只有一种环境的碳，故D错误；故选D。6.短周期中8种元素a-h，其原子半径、最高正化合价或最低负化合价随原子序数递增的变化如图所示。下列判断不正确的是A. a、d、f组成的化合物能溶于强碱溶液B. a可分别与b或c组成含10个电子的分子C. e的阳离子与g的阴离子具有相同的电子层结构D
8、. 最高价氧化物对应水化物的酸性：hgb【答案】C【解析】【分析】由图中原子序数和化合价，各元素依次为a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。【详解】Aa、d、f组成的化合物Al(OH)3具有两性，能溶于强碱溶液，故A正确；BCH4、NH3是10电子的分子，H可分别与C或N组成含10个电子的分子，故B正确；CNa与S2的电子层结构不相同，前者具有Ne的电子层结构，后者具有Ar的电子层结构，故C错误；D非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性ClSC，最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4H2SO4H2CO3，故D正确；故选C。【点睛】本题考查结构
9、性质位置关系应用，关键是根据化合价、原子半径推断元素，注意抓住短周期元素，熟练掌握元素化合物知识，理解元素周期律、影响微粒半径大小的因素。易错点C，Na有2个电子层，K、L层分别排有2、8个电子，S2有3个电子层，K、L、M层分别排有2、8、8个电子。7.图为用惰性电极电解制备高锰酸钾的装置示意图如下。下列说法正确的是A. a为电源正极B. 中的K+通过阳离子交换膜移向C. 若不使用离子交换膜，KMnO4的产率可能会降低D. 若阴极产生0.2 mol气体，理论上可得到0.2 mol KMnO4【答案】C【解析】【分析】实验目的是制备高锰酸钾，所以K2MnO4应失电子转化为KMnO4，b为正极，
10、a为负极。在阴极，2H2O+2e-=2OH-+H2；在阳极，2-2e- =2。【详解】A由以上分析知，a为电源负极，A不正确；B在电解池中，阳离子向阴极移动，所以中的K+通过阳离子交换膜移向，B不正确；C若不使用离子交换膜，中因阳离子所带正电荷总数多于阴离子所带的负电荷总数，而使电解反应难以持续进行，从而造成KMnO4的产率降低，C正确；D若阴极产生0.2 mol气体，则转移电子0.4mol，理论上可得到0.4 mol KMnO4，D不正确；故选C。8.下列指定微粒的个数比不是21的是A. 过氧化钠固体中的阳离子和阴离子B. 碳酸钠溶液中的阳离子和阴离子C. 乙烯和丙烯混合气体中的氢原子和碳原
11、子D. 二氧化氮溶于水时，被氧化的分子和被还原的分子【答案】B【解析】【详解】A过氧化钠固体中的阳离子Na和阴离子O22个数比为2:1，故A不选；B碳酸根离子在水中要水解生成HCO3和OH，碳酸钠溶液中的阳离子和阴离子个数比不等于2:1，故B选；C乙烯和丙烯符合通式：CnH2n，混合气体中的氢原子和碳原子个数比为2:1，故C不选；D在3NO2+H2O=2HNO3+NO中，被氧化的NO2的分子个数为2，被还原的NO2的分子个数为1，被氧化与被还原的分子个数之比为: 2:1，故D不选；故选B。9.下列根据实验操作及现象进行的分析和推断中，不正确的是操作现象一段时间后：中，铁钉裸露在外的附近区域变红
12、；中A. NaCl的琼脂水溶液为离子迁移的通路B. 中变红是因为发生反应2H+2e-H2，促进了水的电离C. 中可观察到铁钉裸露在外的附近区域变蓝，铜丝附近区域变红D. 和中发生的氧化反应均可表示为M2e-M2+(M代表锌或铁)【答案】B【解析】【分析】中，锌的金属活动性大于铁，则锌作原电池的负极，发生反应Zn-2e- =Zn2+，铁钉作正极，发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-；中，铁的金属活动性大于铜，则铁作原电池的负极，发生反应Fe-2e- =Fe2+，铜作正极，发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-。【详解】ANaCl的琼脂水溶液能够让离子自由运动，所以其为离子迁移的通路，A正确
13、；B中变红是因为发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-，OH-使酚酞变红，B不正确；C反应生成的Fe2+与Fe(CN)63-反应生成蓝色沉淀，使中铁钉裸露在外的附近区域变蓝，因生成OH-使酚酞变红，而使铜丝附近区域变红，C正确；D中发生的氧化反应为Zn-2e- =Zn2+，中发生的氧化反应为Fe-2e- =Fe2+，均可表示为M2e-M2+(M代表锌或铁)，D正确；故选B。10.25时，向10 mL物质的量浓度均为0. 1 molL-1的HCl 和CH3COOH混合溶液中滴加0. 1 molL-1 NaOH溶液，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是A. 未加NaOH溶液时：c(H+)c(Cl-
14、)c(CH3COOH)B. 加入10 mLNaOH溶液时： c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)C 加入NaOH溶液至pH=7时：c(Cl-)c(Na+)D. 加入20 mLNaOH溶液时：2c(Na+)c(Cl-)c(CH3COO-)c(CH3COOH)【答案】B【解析】【详解】A未加NaOH溶液时：c(H+)c(Cl-)c(CH3COOH)，A不正确；B加入10 mLNaOH溶液时，盐酸与NaOH刚好完全反应，此时溶液为NaCl和CH3COOH的混合溶液，在CH3COOH中，满足电荷守恒：c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)，B正确；C加入NaOH溶液至pH=7时：c(Cl-)
15、c(CH3COO-)c(Na+)，C不正确；D加入20 mLNaOH溶液时，NaOH与HCl 和CH3COOH刚好完全反应，依据物料守恒可得：c(Na+)c(Cl-)c(CH3COO-)c(CH3COOH)，D不正确；故选B。11.氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种氨化剂，易水解，难溶于CCl4。某小组设计下图所示装置制备氨基甲酸铵。已知：2NH3(g) + CO2(g)H2NCOONH4(s) DH0。下列分析不正确的是A. 2中的试剂为饱和NaHCO3溶液B. 冰水浴能提高H2NCOONH4的产率C. 1和4中发生的反应均为非氧化还原反应D. 5中的仪器(含试剂)可用3中仪器(含试剂)
16、代替【答案】D【解析】【分析】从反应2NH3(g) + CO2(g)H2NCOONH4(s)看，1中应制CO2，6中制NH3。在1中，CaCO3与稀盐酸反应制得的CO2中混有HCl和H2O(g)，先用2中饱和NaHCO3溶液除去HCl，再用3中浓硫酸干燥；6中NH4Cl与Ca(OH)2反应制得NH3，用5中碱石灰干燥。在4中，CO2与NH3混合发生反应，由于反应放热，所以冰水浴降温有利于平衡正向移动，可提高H2NCOONH4的产率。【详解】A由以上分析知，2中的试剂为除去CO2中HCl所需的饱和NaHCO3溶液，A正确；B由于2NH3(g) + CO2(g)H2NCOONH4(s) DH0，降
17、温有利于平衡正向移动，所以冰水浴能提高H2NCOONH4的产率，B正确；C1中发生反应CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，4中发生反应2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，均为非氧化还原反应，C正确；D浓硫酸会与氨气发生反应，不能干燥氨气，所以不能用5中试剂代替3中试剂，D不正确；故选D。12.图ac分别为氯化钠在不同状态下的导电实验(X、Y均表示石墨电极)微观示意图。下列说法不正确的是A. 图示中的代表的离子的电子式为B. 图a中放入的是氯化钠固体，该条件下不导电C. 能导电的装置中，X上均有气体产生D. 能导电的装置中，Y的电极产物相同【答案】D【解析】
18、【分析】图a表示NaCl晶体，由于NaCl晶体中含有Na+和Cl-，而Cl-的电子层数比Na+多一层，所以Cl-半径大于Na+半径；图b表示熔融的NaCl，通直流电后，Cl-向阳极移动，则X极为阳极，Y极为阴极；图c表示电解NaCl的水溶液。【详解】A图示中的代表的离子为Cl-，电子式为，A正确；B由以上分析知，图a中放入的是氯化钠固体，该条件下离子不能自由移动，固体不导电，B正确；C图b和图c装置中，电解质都能导电，X为阳极，都发生反应2Cl-2e-=Cl2，均有气体产生，C正确；D图b和图c装置都能导电，图b中Y的电极产物为Na，图c中Y的电极产物为H2等，D不正确；故选D。13.800时
19、，三个相同恒容密闭容器中发生反应CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g) K =1.0，一段时间后，分别达到化学平衡状态。容器编号起始浓度/(molL1)c(CO)c(H2O)c(CO2)c(H2)0.010.0100000.010.01III0.0080.0080.0020.002下列说法不正确的是A. 中达平衡时，c(H2)0.005 molL1B. III中达平衡时，CO的体积分数大于25%C. III中达到平衡状态所需的时间比 中的短D. 若III中起始浓度均增加一倍，平衡时c(H2)亦增加一倍【答案】B【解析】【分析】利用反应CO(g) + H2O(g)CO2(g)
20、+ H2(g)，采用一边倒的方法将生成物全部转化为反应物，各反应物的浓度分别相等(都为0.01mol/L)，则表明相同温度下、三个相同的恒容密闭容器中的平衡为等效平衡，达到平衡时各组分的浓度分别对应相等；容器中，可利用已知数据，并假设CO的浓度变化量为x，建立以下三段式：K=1，解得x=0.005mol/L。【详解】A与为恒温恒容下的等效平衡，所以达平衡时，c(H2)=x=0.005 molL1，A 正确；BIII中达平衡时，CO物质的量浓度为0.005mol/L，CO的体积分数为=25%，B不正确；CIII可以看成是 中反应进行的某个阶段，所以达到平衡状态所需的时间比 中的短，C正确；D若I
21、II中起始浓度均增加一倍，即相当于加压(气体体积变为原来的一半)，由于反应前后气体分子数相等，所以平衡不移动，平衡时c(H2)亦增加一倍，D正确；故选B。14.实验小组利用传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质。实验操作实验数据测量下述实验过程的pH变化下列分析不正确的是A. 与的实验数据基本相同，说明中的OH未参与该反应B. 加入试剂体积相同时，所得沉淀质量大于所得沉淀质量C. 从起始到a点过程中反应的离子方程式为：Ca22OH2HCO3CaCO32H2OCO32D. b点对应溶液中水电离程度小于c点对应溶液中水的电离程度【答案】C【解析】【分析】【详解】A中反应的离子方程式为：Ca2C
22、O32=CaCO3，与的实验数据基本相同，说明中的OH未参与该反应，故A不选；B加入试剂体积相同时，中除生成沉淀外还生成水，增加的水会溶解部分沉淀，所得沉淀质量大于所得沉淀质量，故B不选；C开始氢氧化钙过量，碳酸氢根全部反应，从起始到a点过程中反应的离子方程式为：Ca2OHHCO3CaCO3H2O，故C选；Db点对应溶液碱溶液，抑制水的电离，c点对应的溶液为碳酸钠溶液，水解促进水的电离，b点水的电离程度小于c点对应溶液中水的电离程度，故D不选；故选C。第二部分 (综合题 共58分)本部分共5小题，共58分。15.甲烷水蒸气重整制取的合成气可用于熔融碳酸盐燃料电池。（1）制取合成气的反应为CH4
23、(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)DH 206 kJ/mol。向体积为2 L密闭容器中，按n(H2O)n(CH4)1投料：a.保持温度为T1时，测得CH4(g)的浓度随时间变化曲线如图1所示。b.其他条件相同时，在不同催化剂(、)作用下，反应相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图2所示。结合图1，写出反应达平衡的过程中的能量变化：_kJ。在图1中画出：起始条件相同，保持温度为T2(T2 T1)时， c(CH4)随时间的变化曲线_。根据图2判断：. a点所处的状态不是化学平衡状态，理由是_。. CH4的转化率：cb，原因是_。（2）熔融碳酸盐燃料电池的结构示意图如下。电池工作时
24、，熔融碳酸盐中CO32-移向_(填“电极A”或“电极B”) 写出正极上的电极反应：_。（3）若不考虑副反应，1 kg甲烷完全转化所得到的合成气全部用于燃料电池中，外电路通过的电子的物质的量最大为_mol。【答案】 (1). 吸收412(x-y) (2). (3). 催化剂不能改变物质的平衡转化率 (4). 750时，反应相同时间，a点对应的CH4的转化率低于使用时CH4的转化率 (5). 电极A (6). O2+4e-+2CO2=2CO32- (7). 500【解析】【详解】（1）结合图1，反应的甲烷的物质的量为（x-y）molL12L=2(x-y)mol，反应达平衡的过程中的能量变化：吸收2
25、(x-y)mol216kJmol1=412(x-y)kJ。故答案为：吸收412(x-y)；起始条件相同，保持温度为T2(T2 T1)时，由于是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡时甲烷的浓度降低，但反应速率加快，平衡所用时间缩短， c(CH4)随时间的变化曲线。故答案为：；根据图2：. a点所处的状态不是化学平衡状态，理由是催化剂不能改变物质的平衡转化率。故答案为：催化剂不能改变物质的平衡转化率；. CH4的转化率：cb，原因是750时，反应相同时间，a点对应的CH4的转化率低于使用时CH4的转化率。故答案为：750时，反应相同时间，a点对应的CH4的转化率低于使用时CH4的转化率；（2）氢
26、气和一氧化碳作还原剂，发生氧化反应，电极A是电池的负极，电池工作时，熔融碳酸盐中阴离子CO32-移向负极，即电极A，故答案为：电极A；正极上氧化剂得电子，发生还原反应，正极上的电极反应：O2+4e-+2CO2=2CO32-。故答案为：O2+4e-+2CO2=2CO32-；（3）若不考虑副反应，1 kg甲烷完全转化所得到的合成气全部用于燃料电池中，最终转化为CO2和水，甲烷中碳由-4价升高为+4价，氢化合价相当于没有变，外电路通过的电子的物质的量最大为 =500mol。故答案为：500。16.氯化亚铜(CuCl)可用于冶金、电镀等行业，其制备的一种工艺流程如下：I溶解：取海绵铜(主要含Cu和Cu
27、O)，加入稀硫酸和NH4NO3的混合溶液，控制溶液温度在6070，不断搅拌至固体全部溶解，得蓝色溶液(过程中无气体产生)；II转化：向蓝色溶液中加入(NH4)2SO3和NH4Cl，充分反应后过滤，得到CuCl粗品；III洗涤：CuCl粗品依次用pH=2硫酸和乙醇洗涤，烘干后得到CuCl产品。【资料】CuCl固体难溶于水，与Cl-反应生成可溶于水的络离子CuCl2-；潮湿的CuCl固体露置于空气容易被氧化。(1)过程I中：本工艺中促进海绵铜溶解的措施有_。氧化铜溶解的离子方程式是_。充分反应后NH4+的浓度约为反应前的2倍，原因是_。(2)过程II中：(NH4)2SO3的作用是_。NH4Cl的用
28、量对铜的沉淀率的影响如下图所示。n(NH4Cl)/n(Cu2+)1.1时，CuCl的沉淀率下降的原因是_(用离子方程式表示)。(3)过程III中，用乙醇洗涤的目的是_。 (4)产品纯度测定：量取CuCl产品a g于锥形瓶中，加入足量的酸性Fe2(SO4)3溶液使其充分溶解，然后用0.1000 mol/L KMnO4标准溶液滴定Fe2+，消耗KMnO4溶液b mL。(本实验中的MnO4-被还原为Mn2+，不与产品中杂质和Cl-反应)。CuCl溶于Fe2(SO4)3溶液的离子方程式是_。产品中CuCl(摩尔质量为99g/mol)的质量分数为_。【答案】 (1). 控制温度在6070、不断搅拌 (2
29、). CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O (3). NO3-几乎全部被还原为NH4+ (4). 还原剂 (5). CuCl + Cl- = CuCl2- (6). 去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化 (7). CuCl + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ Cl- (8). 【解析】【分析】I溶解：溶解步骤的温度应控制在6070，原因是温度低溶解速率慢，温度过高NH4NO3易分解，该步骤中Cu与NH4NO3反应的离子方程式为（N元素被还原到最低价）4Cu+NO3+10H=4Cu2+NH4+3H2O；II转化：发生反应的离子方程式为2Cu2+SO32+2Cl+H2O2CuC
30、l+SO42+2H；过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸；III洗涤：CuCl粗品依次用pH=2硫酸和乙醇洗涤，去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化，烘干后得到CuCl产品。【详解】（1）温度低溶解速率慢，温度过高NH4NO3易分解，本工艺中促进海绵铜溶解的措施有控制温度在6070、不断搅拌。故答案为：控制温度在6070、不断搅拌；氧化铜是碱性氧化物，与酸反应生成铜盐和水，氧化铜溶解的离子方程式是CuO + 2H+= Cu2+ H2O。故答案为：CuO + 2H+= Cu2+ H2O；充分反应后NH4+的浓度约为反应前的2倍，原因是：发生4Cu+NO3+10H=4Cu2+NH4
31、+3H2O反应，NO3-几乎全部被还原为NH4+。故答案为：NO3-几乎全部被还原为NH4+；（2）根据发生的反应;2Cu2+SO32+2Cl+H2O2CuCl+SO42+2H，(NH4)2SO3的作用是还原剂。故答案为：还原剂；n(NH4Cl)：n(Cu2+)1.1时，Cl-浓度增大，与CuCl络合生成可溶的络合物，CuCl的沉淀率下降的原因是CuCl + Cl- = CuCl2-。故答案为：CuCl + Cl- = CuCl2-；（3）过程III中，用乙醇洗涤的目的是去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化。 故答案为：去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化；（4）铁离子具有氧化性，
32、能将CuCl氧化，CuCl溶于Fe2(SO4)3溶液的离子方程式是CuCl + Fe3+= Cu2+ Fe2+ Cl-。故答案为：CuCl + Fe3+= Cu2+ Fe2+ Cl-；根据电子守恒得关系式：5CuCl5e-KMnO4，产品中CuCl(摩尔质量为99g/mol)的质量分数为= = 。故答案为：。【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握流程中的反应、物质的性质、离子反应的书写等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，难点（4）计算CuCl的含量：根据电子守恒得关系式：5CuCl5e-KMnO4，计算CuCl的物质的量，再根据质量分数的计算公式计算。17.我国是世界上较早冶炼锌的国家。在
33、现代工业中，锌更是在电池制造、合金生产等领域有着广泛的用途。已知：锌的熔点为419.6，沸点907。I图是古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌的示意图。(1)泥罐内的主要反应为：iZnCO3(s) = ZnO(s) + CO2(g) DH1 iiCO2(g) + C(s) = 2CO(g) DH 2总反应：ZnCO3(s) + 2C(s) = Zn(g) + 3CO(g) DH3利用DH1和DH 2计算时DH3，还需要利用_反应的DH。(2)泥罐中，金属锌的状态变化是_；d口出去的物质主要是_。现代冶炼锌主要采取湿法工艺。以闪锌矿(主要成分为ZnS，还含铁等元素)、软锰矿(主要成分为MnO2，
34、还含铁等元素)为原料联合生产锌和高纯度二氧化锰的一种工艺的主要流程如下：(3)浸出：加入FeSO4能促进ZnS的溶解，提高锌的浸出率，同时生成硫单质。Fe2+的作用类似催化剂，“催化”过程可表示为：MnO22Fe2+4H+ Mn2+2Fe3+2H2O： 写出的离子方程式：_。 下列实验方案可证实上述“催化”过程。将实验方案补充完整。a向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量MnO2，溶液变红。b_。(4)除铁：已知进入除铁工艺的溶液的pH约为3；控制溶液pH为2.53.5，使铁主要以FeOOH沉淀的形式除去。结合离子方程式说明，通入空气需同时补充适量ZnO的理由是_。
35、(5)电解：用惰性电极电解时，阳极的电极反应是_。(6)电解后的溶液中可循环利用的物质是_。【答案】 (1). ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g) (2). 气态变为液态 (3). CO和Zn蒸气 (4). ZnS+2Fe3+ = Zn2+2Fe2+S (5). 取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去 (6). 通入空气时，发生反应4Fe2+O28H2O 4FeOOH8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+ H2O+Zn2+，可控制溶液pH (7). Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO2+4H+ (8). 硫酸【解析】【分析】
36、I古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌的各步反应：iZnCO3(s) = ZnO(s) + CO2(g)、CO2(g) + C(s) = 2CO(g) 、ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g)，总反应：ZnCO3(s) + 2C(s) = Zn(g) + 3CO(g)，反应区温度达到11001300，Zn变为蒸气与杂质分离，在“兜室”冷凝为液体流出（冷凝区温度高于Zn的熔点），为防止Zn被氧化而用“泥封”隔绝空气，出口“锌火”是未反应完的CO和Zn蒸气从“兜室”逸出燃烧。现代冶炼锌流程图中的各步反应：浸出：MnO22Fe2+4H+ Mn2+2Fe3+2H2O，iiZnS+2
37、Fe3+ = Zn2+2Fe2+S，总把反应：MnO2ZnS+4H+ Mn2+S+Zn2+2H2O；除铁：4Fe2+O28H2O4FeOOH8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+H2O+Zn2+，可控制溶液pH；电解：用惰性电极电解时，阳极的电极反应是Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO2+4H+，生成的硫酸和MnO2循环使用。阴极：Zn22e=Zn。【详解】I（1）泥罐内的主要反应为：iZnCO3(s) = ZnO(s) + CO2(g) DH1 iiCO2(g) + C(s) = 2CO(g) DH 2总反应：ZnCO3(s) + 2C(s) = Zn(g
38、) + 3CO(g) DH3根据盖斯定律：总反应-i-ii得ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g)，DH=DH3-DH1-DH 2，利用DH1和DH 2计算时DH3，还需要利用ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g)反应的DH。故答案为：ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g)；（2）锌的熔点为419.6，沸点907，泥罐中，温度由11001300变成500700，金属锌的状态变化是气态变为液态；出口处主要是末反应CO和Zn蒸气在出口处燃烧，形成“锌火”，d口出去的物质主要是CO和Zn蒸气。故答案为：气态变为液态；CO和Zn蒸气；（3）
39、Fe2+的作用类似催化剂，中应将Fe3+还原成Fe2+，ZnS的溶解的离子方程式：ZnS+2Fe3+ = Zn2+2Fe2+S。故答案为：ZnS+2Fe3+ = Zn2+2Fe2+S； 证实上述“催化”过程的实验方案：a检验Fe2+被氧化成Fe3+：向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量MnO2，溶液变红。b检验Fe3+被还原成Fe2+：取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去。故答案为：取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去；（4）除铁：通入空气需同时补充适量ZnO的理由是：通入空气时，发生反应4Fe2+O28H2O4FeOOH8H+使溶液的pH
40、下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+H2O+Zn2+，可控制溶液pH。故答案为：通入空气时，发生反应4Fe2+O28H2O 4FeOOH8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+ H2O+Zn2+，可控制溶液pH；（5）电解：用惰性电极电解时，阳极发生氧化反应，将Mn2+氧化成MnO2，阳极的电极反应是Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO2+4H+。故答案为：Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO2+4H+；（6）电解后的溶液中生成硫酸，可循环利用。故答案为：硫酸。【点睛】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，明确制备流程为解
41、答关键，注意掌握常见物质性质与分离、提纯方法的关系，试题涉及的化学反应较多，分析发生的反应是解题的难点：古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌、现代冶炼锌流程图中的各步反应（详见分析），对学生的分析、理解能力及化学实验能力要求较高。18.聚酰亚胺是一类非常有前景的可降解膜材料，其中一种膜材料Q的合成路线如下。已知：i+ +ii+NaOH+(1)A是芳香烃，AB的化学方程式是_。(2)B转化为C的试剂和条件是_。(3)C中所含的官能团的名称是_。(4)D可由C与KOH溶液共热来制备，C与D反应生成E的化学方程式是_。(5)EF的反应类型是_。(6)G与A互为同系物，核磁共振氢谱有2组峰，GH的化学
42、方程式是_。(7)H与F生成中间体P的原子利用率为100%，P的结构简式是_(写一种)。(8)废弃的膜材料Q用NaOH溶液处理降解后可回收得到F和_(填结构简式)。【答案】 (1). +Cl2+HCl (2). 浓硝酸、浓硫酸、加热 (3). 氯原子(碳氯键)、硝基 (4). + +KCl (5). 还原反应 (6). +6O2 +6H2O (7). (8). 【解析】【分析】A是芳香烃，B的分子式为C6H5Cl，AB应该为苯与氯气发生取代反应生成氯苯，故A为苯，根据F的结构简式及E的分子式可知E比F多4个O，少4个H，则应该是2个硝基转化为2个氨基，则E为，D可由C与KOH溶液共热来制备，结
43、合已知ii+NaOH+，可推知C为，D为，G与A互为同系物，核磁共振氢谱有2组峰，则高度对称，结合分子式可知应该有4个甲基，故为，利用Q逆向推出氧化得到的H为，与F反应生成，据此分析。【详解】A是芳香烃，B的分子式为C6H5Cl，AB应该为苯与氯气发生取代反应生成氯苯，故A为苯，根据F的结构简式及E的分子式可知E比F多4个O，少4个H，则应该是2个硝基转化为2个氨基，则E为，D可由C与KOH溶液共热来制备，结合已知ii+NaOH+，可推知C为，D为，G与A互为同系物，核磁共振氢谱有2组峰，则高度对称，结合分子式可知应该有4个甲基，故为，利用Q逆向推出氧化得到的H为，与F反应生成。(1)A是芳香
44、烃，AB是苯在氯化铁催化下与氯气发生取代反应生成氯苯和氯化氢，反应的化学方程式是+Cl2+HCl；(2)B转化为C是氯苯发生硝化反应生成，反应的试剂和条件是浓硝酸、浓硫酸、加热；(3)C为，所含的官能团的名称是氯原子(碳氯键)、硝基；(4)D可由C与KOH溶液共热来制备，C与D反应生成E的化学方程式是+ +KCl；(5)EF是发生还原反应生成，反应类型是还原反应；(6)G与A互为同系物，核磁共振氢谱有2组峰，则高度对称，结合分子式可知应该有4个甲基，故为，利用Q逆向推出氧化得到的H为，GH的化学方程式是+6O2 +6H2O；(7)H与F生成中间体P的原子利用率为100%，则发生开环加成缩合反应
45、，P的结构简式是、；(8)废弃的膜材料Q用NaOH溶液处理降解后发生肽键断裂水解，碱性条件下生成盐，可回收得到F和。19.某小组通过分析镁与酸反应时pH的变化，探究镁与醋酸溶液反应的实质。【实验】在常温水浴条件下，进行实验，记录生成气体体积和溶液pH的变化：取0.1 g光亮的镁屑(过量)放入10 mL 0.10 molL1 HCl溶液中； 取0.1 g光亮的镁屑放入10 mL 0.10 molL1 CH3COOH溶液(pH = 2.9)中；取0.1 g光亮的镁屑放入10 mL pH = 2.9 HCl溶液中。【数据】图1 图2(1)起始阶段，中主要反应的离子方程式是_。(2)起始溶液中约为_。
46、(选填“1”、“10”或“102”)(3)起始阶段，导致、气体产生速率差异的主要因素不是c(H+)，实验证据是_。(4)探究的反应速率大于的原因。提出假设：CH3COOH能直接与Mg反应。进行实验：_。得出结论：该假设成立。(5)探究醋酸溶液中与Mg反应的主要微粒，进行实验。与相同的条件和试剂用量，将溶液换成含0.10 molL1的 CH3COOH与0.10 molL1 CH3COONa的混合溶液(pH = 4.8)，气体产生速率与对比如下。a实验起始速率b实验起始速率c实验pH=4.8时速率2.1 mLmin12.3 mLmin10.8 mLmin1对比ac中的微粒浓度，解释其a与b、a与c
47、气体产生速率差异的原因：_。(6)综合以上实验得出结论：镁与醋酸溶液反应时，CH3COOH、H+、H2O均能与镁反应产生氢气；_。(7)实验反思：120 min附近，pH均基本不变，pH() pH() a；a与c对比，c(H+)几乎相同，但a中c(CH3COOH)约为c 的2倍，使速率a c (6). CH3COOH是与Mg反应产生气体的主要微粒 (7). 120min附近，Mg(OH)2(s) Mg2+(aq) + 2OH(aq)均达到平衡状态，因此pH基本不变；c(Mg2+) ，、中上述平衡相对逆移，c(OH)减小，pH减小【解析】【分析】反应刚开始时，由于 中c(H+)最大，所以反应速率
48、最快，消耗n(H+)最多，但如果只发生反应2H+Mg=Mg2+H2，则、中产生H2的体积应相差较大，但实际上体积相差不大，说明醋酸也能与镁直接反应；从、中产生H2的体积也可得出同样的结论。当、中产生H2的体积相同时，盐酸、醋酸应完全反应，但产生H2的体积继续增大，表明Mg与H2O能发生反应Mg+2H2O= Mg(OH)2+ H2，且醋酸中产生的H2更多，说明Mg与H2O反应的速率中更快。比较、中溶液的pH，随着反应的进行，的pH比大，但产生H2的速率，表明c(H+)不是影响反应速率的唯一因素；比较、溶液的pH，当pH相等后，盐酸中溶液的pH先趋于稳定，说明盐酸与Mg反应先结束，而醋酸与Mg反应
49、后结束；与、溶液进行比较，的pH大，则表明中c(OH)大，应为、溶液中c(Mg2+)引起。【详解】(1)起始阶段， 中主要发生镁与盐酸的反应，离子方程式是Mg + 2H+= Mg2+ H2。答案为：Mg + 2H+= Mg2+ H2；(2) 起始溶液中约为=102。答案为：102；(3)起始阶段，虽然、中c(H+)相等，但从产生H2的体积判断，、中气体产生速率差异很大，而的pH大于，则表明主要因素不是c(H+)，实验证据是：由图1可知，起始阶段的速率远大于，但图2表明起始阶段的pH大于。答案为：由图1可知，起始阶段的速率远大于，但图2表明起始阶段的pH大于；(4)既然c(H+)不是影响反应速率
50、的主要原因，那么有可能是醋酸能与Mg直接反应，于是进行实验：室温下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中，立即产生气体。答案为：室温下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中，立即产生气体；(5) a与b中醋酸浓度相同、但a中c(H+)小，反应速率慢；a与c中，c(H+)相同，但醋酸浓度c大约是a中的一半(假设实验中醋酸反应掉近一半，此时溶液中醋酸与醋酸根离子浓度相等，刚好为a中的一半，pH比a中稍大)，反应速率慢，由此得出气体产生速率差异的原因：a与b对比，c(CH3COOH)几乎相同，但b中c(H+)约为a的100倍，使速率b a；a与c对比，c(H+)几乎相同，但a中c(CH3COOH)约为c 的2倍，使速率a
51、c。答案为：a与b对比，c(CH3COOH)几乎相同，但b中c(H+)约为a的100倍，使速率b a；a与c对比，c(H+)几乎相同，但a中c(CH3COOH)约为c 的2倍，使速率a c；(6)镁与醋酸溶液反应时，CH3COOH、H+、H2O均能与镁反应产生氢气；从实验、的比较中可得出，CH3COOH是与Mg反应产生气体的主要微粒。答案为：CH3COOH是与Mg反应产生气体的主要微粒；(7) 120 min附近， pH均基本不变、c(Mg2+)相同，而的pH大，c(Mg2+)小，所以解释pH() pH() ，、中上述平衡相对逆移，c(OH)减小，pH减小。答案为：120min附近，Mg(OH)2(s)Mg2+(aq) + 2OH(aq)均达到平衡状态，因此pH基本不变；c(Mg2+) ，、中上述平衡相对逆移，c(OH)减小，pH减小。【点睛】醋酸与镁反应后溶液中，Mg与H2O反应的速率比盐酸与镁反应后的溶液中Mg与H2O反应的速率快，可能是CH3COO-能加快Mg与H2O反应的速率，或Cl-能减慢Mg与H2O反应的速率。