1、2016年广东省惠州市高三第一次调研化学试卷一、单项选择题（每题6分，共42分）1（6分）（2016惠州模拟）生活中处处有化学，下列有关说法正确的是（）A淀粉和纤维素均为天然高分子化合物B饮用矿泉水瓶的主要成分是聚氯乙烯C凡含有食品添加剂的食物均不可食用D大米煮成粥后，淀粉就变成了葡萄糖考点：有机高分子化合物的结构和性质；淀粉的性质和用途；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；合成材料分析：A、相对分子质量大于10000的属于高分子化合物，淀粉、纤维素和蛋白质属于天然高分子化合物，塑料等属于合成高分子化合物；B、聚氯乙烯有毒；C、所谓食品添加剂，是指为改善食品品质和色、香、味以及为防腐、保鲜和加
2、工工艺的需要而加入食品中的人工合成或者天然物质；D、淀粉部分溶于水变为淀粉糊解答：解：A、淀粉和纤维素属于天然高分子化合物，故A正确；B、聚氯乙烯有毒，不能盛放饮用水，饮用矿泉水瓶的主要成分是聚乙烯，故B错误；C、所谓食品添加剂，是指为改善食品品质和色、香、味以及为防腐、保鲜和加工工艺的需要而加入食品中的人工合成或者天然物质，有合法食品添加剂与违法食品添加剂之分，含有违法食品添加剂的食品不能食用，故C错误；D、大米煮成粥后淀粉部分溶于水变为淀粉糊，故D错误，故选A点评：本题考查有机物的性质，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基
3、础知识的积累2（6分）（2016惠州模拟）下列各组离子在溶液中能够大量共存的是（）ANH4+、Ca2+、OH、HCO3BAg+、H+、SO32、ClOCNH4+、Br、Na+、SO42DH+、Cl、Fe2+、NO3考点：离子共存问题分析：A铵根离子、钙离子、碳酸氢根离子都与氢氧根离子反应；B次氯酸根离子能够氧化亚硫酸根离子、氢离子与次氯酸、亚硫酸根离子反应，银离子与亚硫酸根离子反应；C四种离子之间不发生反应，能够共存；D硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子解答：解：ACa2+、OH、HCO3之间反应生成碳酸钙沉淀，NH4+、OH、之间反应生成一水合氨，在溶液中不能大量共存，故A错误；BSO3
4、2、ClO之间发生氧化还原反应，H+与SO32、ClO反应，Ag+、SO32之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CNH4+、Br、Na+、SO42之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DFe2+、H+、NO3之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识的能
5、力3（6分）（2016惠州模拟）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（H1，O16）（）A标准状况下，22.4 LCCl4含有的分子数为NAB常温常压下，18g水含有的分子数为 NAC常温下，1mol Cl2与过量NaOH溶液反应，转移电子总数为2NAD1L0.1 molL1 Na2CO3溶液中含有CO32数为0.1 NA考点：阿伏加德罗常数分析：A、标况下，四氯化碳为液体；B、求出水的物质的量，然后根据分子个数N=nNA来计算；C、氯气与氢氧化钠的反应为歧化反应；D、CO32为弱酸根，在溶液中会水解解答：解：A、标况下，四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算，故A错误；B、1
6、8g水的物质的量为1mol，故含有的水分子个数N=nNA=NA，故B正确；C、氯气与氢氧化钠的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子，即NA个，故C错误；D、CO32为弱酸根，在溶液中会水解，故个数小于0.1NA个，故D错误故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数额有关计算，熟练掌握公式的运用是解题关键，难度不大4（6分）（2016惠州模拟）已知下列实验事实：Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液下列判断不正确的是
7、（）A化合物KCrO2中Cr元素为+3价B实验证明Cr2O3是两性氧化物C实验证明氧化性：Cr2O72I2D实验证明H2O2既有氧化性又有还原性考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：中，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物；中，溶液变蓝，生成碘单质，则发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高；中，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低，以此来解答解答：解：A化合物KCrO2中，K为+1价，O为2价，由化合物中正负化合价的倒数和为0，则Cr元素为+3价，故A正确；B由反应可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化
8、物，故B正确；C由中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，证明氧化性为Cr2O72I2，故C正确；D实验中发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低，所以证明H2O2有氧化性，故D错误故选D点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及分析能力、知识迁移应用能力的考查，选项D为解答的易错点，题目难度不大5（6分）（2016惠州模拟）下列陈述、均正确并且有因果关系的是（）选项陈述陈述ASO2有氧化性SO2可用于漂白纸
9、浆B电镀时阴极上发生还原反应可在铁的镀件上镀铜C往未知溶液中加入稀硝酸和BaCl2溶液，有白色沉淀生成该未知溶液一定含有SO42D明矾能水解生成Al（OH）3胶体明矾可用作生活用水的消毒剂AABBCCDD考点：二氧化硫的化学性质；盐类水解的应用；电解原理；硫酸根离子的检验分析：A、二氧化硫化合价居硫元素中间价态，可以表现氧化性，二氧化硫的漂白作用是结合有色物质生成不稳定的无色物质；B、电镀阴极是溶液中镀层金属离子得到电子发生还原反应，铁作阴极可以实现镀铜；C、若溶液中含有亚硫酸根离子，加入稀硝酸会氧化为硫酸根离子生成白色沉淀；D、明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，净水但不能消毒
10、解答：解：A、二氧化硫化合价居硫元素中间价态，元素化合价可以降低表现氧化性，二氧化硫的漂白作用是结合有色物质生成不稳定的无色物质，正确但无因果关系，故A错误； B、电镀阴极上是溶液中镀层金属离子得到电子发生还原反应，铁作阴极可以实现镀铜，有因果关系，故B正确；C、若溶液中含有亚硫酸根离子，加入稀硝酸会氧化为硫酸根离子生成白色沉淀，无因果关系，故C错误；D、明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，净水但不能消毒，陈述错误无因果关系，故D错误；故性B点评：本题考查了氧化还原反应、电镀原理分析，离子检验方法的应用，盐类水解分析判断，注意性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等6（6分）
11、（2016惠州模拟）短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置如图，其中Y所处的周期数与族序数相等W最外层电子数是其内层电子数的3倍下列说法不正确的是（）WXYZAX、Y、Z、W的原子半径依次减小BW与X形成的化合物中只含有离子键C气态氢化物的稳定性：WZDW与Y形成的化合物可分别与NaOH溶液和盐酸反应考点：元素周期律和元素周期表的综合应用分析：短周期元素中，W最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故W为O元素；W、Z同主族，则Z为S元素；Y所处的周期序数与族序数相等，短周期元素，则Y为第三周期第A族元素，即Y为Al，由元素的位置可知X为Na，据此解答解答：
12、解：短周期元素中，W最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故W为O元素；W、Z同主族，则Z为S元素；Y所处的周期序数与族序数相等，短周期元素，则Y为第三周期第A族元素，即Y为Al，由元素的位置可知X为NaA同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径XYZW，故A正确；BW与X形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，故B错误；C非金属性OS，故氢化物稳定性H2OH2S，故C正确；DW与Y形成的化合物为氧化铝，可分别与NaOH溶液和盐酸反应，故D正确，故选B点评：本题考查位置结构性质的应用，推断元素是解题关键，注意对
13、元素周期律的理解掌握，题目难度不大7（6分）（2016惠州模拟）下列实验方案设计中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A检验FeCl2溶液中的FeCl2是否被氧化向该溶液中滴加硫氰化钾溶液B证明H2CO3酸性比H2SiO3强Na2CO3和SiO2在高温下熔融反应C除去Cu粉中混有的CuO向混合物中滴加适量稀硫酸D证明CH2=CHCHO中含有醛基向新制银氨溶液中滴少量丙烯醛并用水浴加热AABBCCDD考点：化学实验方案的评价分析：A亚铁离子被氧化，则混有铁离子；BNa2CO3和SiO2在高温下反应，不是强酸制取弱酸的反应；CCuO与硫酸反应，而Cu不能；D碳碳双键与银氨溶液不反应，CHO
14、与银氨溶液反应解答：解：A亚铁离子被氧化，则混有铁离子，可知向该溶液中滴加硫氰化钾溶液，若溶液变血红色，可检验被氧化，故A正确；BNa2CO3和SiO2在高温下反应，不是强酸制取弱酸的反应，则不能比较H2CO3酸性比H2SiO3强，故B错误；CCuO与硫酸反应，而Cu不能，则向混合物中滴加适量稀硫酸可溶除杂，故C正确；D碳碳双键与银氨溶液不反应，CHO与银氨溶液反应，则向新制银氨溶液中滴少量丙烯醛并用水浴加热可检验CHO，故D正确；故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及离子检验、氧化还原反应、酸性比较、混合物分离提纯及有机物的结构与性质等，综合性较强，侧重性质及反应原理的考查
15、，注意实验的评价性分析，题目难度不大三、必做题（包括3个大题，共43分）8（13分）（2016惠州模拟）高纯度氧化铝有广泛的用途，某研究小组研究用以下流程制取高纯度氧化铝：（1）“除杂”操作是加入H2O2后，然后用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中少量的Fe2+酸性溶液中Fe2+与H2O2反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O过滤操作中所得到滤渣主要成分的化学式为Fe（OH）3；（2）检验上述流程中“过滤”后杂质是否除尽的实验方法取少量过滤后溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液未变红色，说明杂质已经除尽（3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化的目的是抑
16、制（防止）Al3+水解（4）“结晶”操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体（含结晶水），母液不能蒸干的原因是减少可溶性杂质的析出及Al3+水解，防止晶体失去结晶水，避免可溶性杂质结晶析出（5）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）212H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，c（NH4+）、c（Al3+）、c（SO42）三种离子浓度由大到小的顺序为c（SO42）c（NH4+）c（Al3+）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计分析：由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液PH值，
17、Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后滤液主要含硫酸铵，再将硫酸铵和硫酸铝溶液混合反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等最终得到硫酸铝铵晶体，硫酸铝铵晶体热分解得到氧化铝（1）酸性溶液中Fe2+与H2O2反应，过氧化氢具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子，结合电荷守恒和原子守恒配平书写；H2O2溶液具有强氧化性，可以氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子在氨水存在的条件下生成氢氧化铁红褐色沉淀；（2）由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液PH值，Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后的滤液中可能含有Fe3+，用KSCN溶液检验是否含有Fe3+；（3）铝离子在溶液
18、中能够发生水解生成氢氧化铝；（4）蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大，防止晶体失去结晶水，避免可溶性杂质结晶析出；（5）根据题中所给的化学式，利用铵根和铝离子水解进行解答即可解答：解：（1）酸性溶液中Fe2+与H2O2反应，过氧化氢具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；H2O2溶液具有强氧化性，可以氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子在氨水存在的条件下生成氢氧化铁红褐色沉淀，反应的离子方程式：2Fe2+H2O2+4NH3H2O=2Fe（OH）3+4NH4+，过滤操作
19、中所得到滤渣主要成分氢氧化铁，故答案为：Fe（OH）3；（2）由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液PH值，Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后的滤液中可能含有Fe3+，取少许滤液于试管中，加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽，故答案为：取少许滤液于试管中，加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽；（3）由于铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝，所以加入硫酸酸化，抑制了铝离子的水解，故答案为：抑制Al3+水解；（4）由于蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大，防止晶体失去结晶水，避免可溶性杂质结晶析出，所以母液不能蒸干，
20、故答案为：减少可溶性杂质的析出及Al3+水解，防止晶体失去结晶水，避免可溶性杂质结晶析出；（5）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）212H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，未水解前，c（Al3+）=c（NH4+）=0.1mol/L，由于铵根和铝离子均水解，水解结合水电离出的氢氧根，故水解后浓度均小于0.1mol/L，c（Al3+）c（NH4+），c（SO42）=0.2mol/L，离子浓度为，c（SO42）c（NH4+）c（Al3+），故答案为：c（SO42）c（NH4+）c（Al3+）点评：本题考查工艺流程、离子检验、盐类水解、对条件的控制选择、物质的分离提纯等，理解工艺流程原理
21、是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等9（15分）（2016惠州模拟）试运用所学知识，研究CO等气体的性质，请回答：（1）生产水煤气过程中有以下反应：C（s）+CO2（g）2CO（g）H1；CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H2；C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H3；反应的平衡常数表达式为K=；上述反应中H1、H2、H3之间的关系为H1+H2H3或H2H3H1，或H1H3H2（2）不同温度下反应的平衡常数如表所示则H2 0（填“”“”）；温度/400500800平衡常数K9.9491在500时，把等物质的量浓度的CO和
22、H2O（g）充入反应容器，达到平衡时c（CO）=0.005mol/L、c（H2）=0.015mo/L，则CO的平衡转化率为75%（3）对于反应2NO2（g）N2O4（g）H0，当温度为T1、T2时，平衡体系N2O4的体积分数随压强变化曲线如图所示则T1T2（填“”或“”）；增大压强，平衡向正反应方向反应方向移动；B、C两点的平衡常数BC（填“”或“”）考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素分析：（1）平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，反应焓变关系可以利用盖斯定律分析得到关系，根据方程式之间的关系结合盖斯定律确定焓变关系；（2）升高温度，平衡向吸热反应方向移动，
23、根据移动方向和平衡常数的关系判断反应热；根据平衡常数计算反应的CO的物质的量浓度，再结合转化率公式计算一氧化碳的转化率；（3）根据温度、压强对该反应的影响分析，化学平衡常数只与温度有关解答：解：（1）平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，平衡常数表达式为K=，将方程式+得，所以其焓变得H1+H2H3（或H2H3H1，或H1H3H2，故答案为：；H1+H2H3或H2H3H1，或H1H3H2；（2）根据表中数据知，升高温度，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，H20，根据反应方程式中各物质的关系式知，平衡时，c（CO）=0.005mol/L、
24、c（H2）=0.015mo/L，参加反应的c（CO）=c（H2）=0.015mo/L，一氧化碳的转化率=100%=75%，故答案为：；75%；（3）该反应的正反应是放热反应，相同压强下，由C到A，四氧化二氮的体积分数增大，平衡向正反应方向移动，说明温度降低，则T1T2；该反应的正反应是气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，温度越高，平衡常数越小，所以BC，故答案为：；正反应方向；点评：本题考查了外界条件对化学平衡移动的影响、盖斯定律等知识点，这些知识点都是考试热点，会根据反应方程式特点及外界条件来分析解答，难度中等10（15分）（2016惠州模拟）某学习小组做了如下实验探究海
25、带中碘元素的存在形式，并测定其中碘元素的含量（1）操作为灼烧，则灼烧时应该用坩埚（仪器名称）盛装海带，操作为过滤；（2）水浸时通常要将悬浊液煮沸23min，目的是加快含碘物质在水中的溶解，以使灰烬中的含碘物质尽可能多的进入溶液（3）操作，是同学们对溶液A中碘元素的存在形式进行的探究实验推测：以IO3形式存在； 以I形式存在查阅资料：IO3具有较强的氧化性；I2+2S2O322I+S4O62将上述溶液稀释配制成200mL溶液，请完成下列实验探究限选试剂：3%H2O2溶液、KSCN溶液、FeCl2溶液、稀硫酸序号实验操作实验现象结论取少量稀释后的溶液A加入淀粉后再用硫酸酸化，分装于试管、无现象往试
26、管I中加入FeCl2溶液，后加入2滴KSCN溶液并振荡；无现象证明不是以IO3形式存在往试管II中加入3%H2O2溶液并振荡溶液变蓝证明以I形式存在（4）定量检验海带中的碘含量：取20mL稀释后溶液A分别于锥形瓶，分别用酸式滴定管滴加0.01mol/LKMnO4溶液至溶液刚显浅红色，将I氧化为I2并得到溶液B；在溶液B加入2滴淀粉溶液，用0.01mol/L Na2S2O3溶液，滴定至终点，终点现象为溶液蓝色刚好褪去，30s内不恢复蓝色，记录数据，重复上测定步骤、两次，三次平均消耗Na2S2O3溶液体积为VmL，海带中碘元素的百分含量为假设操作、中碘不损失，原子量I127）考点：海水资源及其综合
27、利用分析：（1）依据流程图分析，操作固体灼烧在坩埚中；操作是分离固体和液体的实验操作过滤；（2）加热使含碘物质更多地溶解于水溶液中；（3）利用亚铁离子具有还原性，碘酸根离子在酸性溶液中具有氧化性，亚铁离子与硫氰酸钾溶液反应生成血红色溶液；利用试剂过氧化氢具有氧化性可以氧化碘离子为碘单质，遇到淀粉变蓝；（4）依据A溶液中碘离子被高锰酸钾溶液氧化为碘单质，碘单质被硫代硫酸钠溶液还原为碘离子，中和滴定过程中，到蓝色恰好褪去不再变化证明反应到终点；依据离子方程式计算得到碘 元素含量解答：解：（1）流程图分析，操作固体灼烧在坩埚中；操作是分离固体和液体的实验操作过滤，故答案为：坩埚；过滤；（2）水浸要将
28、悬浊液煮沸23min是为了增大含碘物质的溶解度，使更多的含碘物质溶解，故答案为：加快含碘物质在水中的溶解，以使灰烬中的含碘物质尽可能多的进入溶液；（3）利用亚铁离子具有还原性，碘酸根离子在酸性溶液中具有氧化性，检验是否含有铁离子，往试管I中加入氯化亚铁溶液，后加入2滴KSCN溶液并振荡，无血红色出现证明不是以IO3形式存在；故答案为：无现象；往试管II中加入3%过氧化氢具有氧化性可以氧化碘离子为碘单质，遇到淀粉变蓝，故答案为：3% H2O2溶液并振荡；溶液变蓝；（4）A溶液中碘离子被高锰酸钾溶液氧化为碘单质，碘单质被硫代硫酸钠溶液还原为碘离子，中和滴定过程中，到蓝色恰好褪去不再变化证明反应到终
29、点；设碘离子物质的量为x，2II22Na2S2O3 2 2x 0.01mol/LV103Lx=V105mol200ml溶液中含碘元素物质的量为=V104mol海带中碘元素的百分含量=100%=，故答案为：溶液蓝色刚好褪去，30s内不恢复蓝色；点评：本题考查了物质制备的流程分析判断，实验方案的设计原则和步骤，滴定实验的计算应用，反应现象和物质性质是解题关键，题目难度中等四、选做题【化学-化学与技术】（任意选做一题，多选做只给一题分数）11（15分）（2016惠州模拟）研究人员研制利用低品位软锰矿浆（主要成分是MnO2）吸收硫酸厂的尾气SO2，制备硫酸锰的生产流程如图1：已知：浸出液的pH2，其中
30、的金属离子主要是Mn2+，还含有少量的Fe2+、Al3+、Ca2+、Pb2+等其他金属离子PbO2的氧化性大于MnO2有关金属离子的半径、形成氢氧化物沉淀时的pH见下表，阳离子吸附剂吸附金属离子的效果见图2离子离子半径（pm）开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2+747.69.7Fe3+642.73.7Al3+503.84.7Mn2+808.39.8Pb2+1218.08.8Ca2+99（1）浸出过程中生成Mn2+反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4，（2）Fe2+被氧化的过程中主要反应的离子方程式2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O（3）在氧化后的液体中加入石灰
31、浆，用于调节pH，pH应调节至4.7pH8.3范围（4）阳离子吸附剂可用于除去杂质金属离子请依据图、表信息回答，决定阳离子吸附剂吸附效果的因素有吸附时间、金属离子半径、金属离子电荷等（写二点）（5）吸附步骤除去的主要离子为Pb2+、Ca2+（6）电解MnSO4、ZnSO4和H4SO4的混合溶液可制备MnO2和Zn，写出阳极的电极反应方程式Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计分析：（1）从流程图看，浸出过程是软锰矿浆（MnO2）与SO2的反应（2）杂质离子中只有Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+；（3）
32、从表可以看出，只要调节pH值在4.78.3间，大于4.7可以将Fe3+和Al3+除去，小于8.3是防止Mn2+也沉淀；（4）结合半径，分析右图知，图中离子从上至下，半径有减小趋势，对应的吸附率减小随着时间的递增，所有离子的吸附率均增大；另Fe3+和Al3+离子所带电荷数大，其吸附率低；（5）从吸附率的图可以看出，Ca2+、Pb2+的吸附率较高，（6）电解MnSO4、ZnSO4和H4SO4的混合溶液可制备MnO2和Zn，阳极上是发生氧化反应，元素化合价升高为MnSO4失电子生成MnO2，ZnSO4反应得到电子生成Zn，结合电荷守恒书写电极反应解答：解：（1）低品位软锰矿浆的主要成分是MnO2，通
33、入SO2浸出液的pH2，其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4故答案为：SO2+MnO2=MnSO4；（2）杂质离子中只有Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O，故答案为：2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；（3）杂质中含有Fe3+、Al3+阳离子，从图可表以看出，大于4.7可以将Fe3+和Al3+除去，小于8.3是防止Mn2+也沉淀，所以只要调节pH值在4.78.3间即可故答案为：4.7pH8.3；（4）
34、图中离子从上至下，半径有减小趋势，对应的吸附率减小随着时间的递增，所有离子的吸附率均增大；另Fe3+和Al3+离子所带电荷数大，其吸附率低，故答案为：吸附时间、金属离子半径、金属离子电荷；（5）杂质中含有Fe2+、Al3+、Ca2+、Pb2+四种阳离子，由沉淀的pH范围知，Fe2+的沉淀与Mn2+离子的沉淀所需的pH接近，而Fe3+则相差很远，故可以将Fe2+氧化成Fe3+而除杂从吸附率的图可以看出，Ca2+、Pb2+的吸附率较高，故答案为：Pb2+、Ca2+；（6）电解MnSO4、ZnSO4和H4SO4的混合溶液可制备MnO2和Zn，阳极上是发生氧化反应，元素化合价升高为MnSO4失电子生成
35、MnO2，ZnSO4反应得到电子生成Zn，阳极电极反应为：Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+，故答案为：Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+点评：本题以制备硫酸锰的生产流程为知识载体，考查化学反应的书写，及除杂中的问题，题目难度中等，本题注意把握数据处理能力和图象分析能力【化学-化学与技术】（共1小题，满分0分）12（2016惠州模拟）乙酰水杨酸是使用广泛的解热镇痛剂，合成原理为：（1）水杨酸的分子式为C7H6O3，（2）水杨酸含氧官能团的名称羧基、酚羟基；（3）有关水杨酸的说法，不正确的是A：A能与溴水发生取代和加成反应 B能使酸性KMnO4溶液褪色C1mol水杨酸最多能消耗2mo
36、l NaOH D遇 FeCl3溶液显紫色（4）写出一种符合下列条件的水杨酸的同分异构体的结构简式（任意一种）能发生银镜反应 遇FeCl3溶液显紫色 苯环上的一溴取代物只有2种（5）乙酰氯（CH3COCl ）与水杨酸反应可以生成乙酰水杨酸，化学反应方程式：（不写条件）（6）乙酰水杨酸与足量NaOH溶液反应的化学方程式考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构分析：（1）由水杨酸的结构简式书写分子式；（2）结构中含COOH、OH；（3）水杨酸含有羧基，具有羧酸的性质，含有酚羟基，具有酚的性质，含有苯环，具有苯的性质；（4）水杨酸的同分异构体符合能发生银镜反应，含CHO； 遇FeCl3溶
37、液显紫色，含酚OH； 苯环上的一溴取代物只有2种，则苯环上只有2种H；（5）乙酰氯（CH3COCl ）也可以与水杨酸反应生成乙酰水杨酸，属于取代反应，反应同时生成HCl；（6）乙酰水杨酸中羧基与氢氧化钠发生中和反应，酯基水解得到酚羟基与乙酸，酚羟基、乙酸与氢氧化钠发生反应解答：解：（1）由水杨酸的结构简式可知分子式为C7H6O3，故答案为：C7H6O3；（2）水杨酸含氧官能团的名称为羧基、酚羟基，故答案为：羧基、酚羟基；（3）A水杨酸含有酚羟基，能与溴水发生取代反应，但不能与溴发生加成反应，故A错误；B水杨酸含有酚OH，能被高锰酸钾氧化，使其褪色，故B正确；C羧基、酚羟基均与氢氧化钠反应，1m
38、ol水杨酸最多能与2mol NaOH反应，故C正确；D含有酚羟基，遇 FeCl3溶液显紫色，故D正确，故答案为：A；（4）水杨酸的同分异构体符合能发生银镜反应，含CHO； 遇FeCl3溶液显紫色，含酚OH； 苯环上的一溴取代物只有2种，则苯环上只有2种H，符合条件的同分异构体的结构简式为，故答案为：（任意一种）；（5）乙酰氯（CH3COCl ）也可以与水杨酸反应生成乙酰水杨酸，属于取代反应，反应同时生成HCl，反应方程式为：，故答案为：；（6）乙酰水杨酸中羧基与氢氧化钠发生中和反应，酯基水解得到酚羟基与乙酸，酚羟基、乙酸与氢氧化钠发生反应，则乙酰水杨酸与足量NaOH溶液反应的化学方程式为，故答案为：点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，涉及限制条件同分异构体的书写为解答的难点，注意官能团的性质与转化，题目难度中等