1、2016年新疆乌鲁木齐市八一中学高考化学二模试卷一、选择题1环境污染已经成为人类社会面临的重大威胁，下列对应关系不正确的是（）环境问题造成环境问题的主要物质A酸雨二氧化硫、氮氧化物B臭氧空洞二氧化碳C白色污染塑料垃圾D光化学烟雾氮氧化物、碳氢化合物AABBCCDD2设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（）A50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAB某密闭容器盛有0.1mol N2和0.3mol H2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0 6NAC若由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，则其中的氧原子数为2 NAD常温下，1L 0 1
2、 mol/L NH4NO3溶液中的氢原子数为0.4 NA3分子式为C5H12O的醇催化氧化得到的有机物不能发生银镜反应的醇有（）A8种B7种C5种D3种4利用如图所示装置进行下列实验，将X溶液逐滴加入固体Y中，装置B的试管中的现象不正确的是（） 选项 X溶液 固体Y Z溶液 现象 A 稀硫酸 亚硫酸氢钠 品红试剂 品红褪色 B 浓氨水 CaO 紫色石蕊试液溶液变红 C 盐酸 石灰石 硅酸钠溶液 出现白色沉淀 D 双氧水 MnO2 氢硫酸溶液 产生浑浊AABBCCDD5若能发现第117号元素X，它的原子结构与卤族元素相似，电子排布有7个电子层，且最外层有7个电子下列叙述中正确的是（）A此X元素的
3、气态氢化物的化学式为HX，在常温很稳定B其单质带有金属光泽，具有强氧化性，可与KI发生置换反应生成I2C其单质的分子式为X2，易溶于有机溶剂DAgX是一种有色的易溶于水的化合物6如图所示与对应叙述不相符的是（）A反应CO+NO2CO2+NO达平衡后，增大压强时反应速率随时间的变化B反应2SO2+O22SO3 达平衡后，缩小容器体积时各成分的物质的量随时间的变化C反应N2+3H 22NH3H0在恒容的容器中，反应速率与温度的关系D反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H0，温度分别为T 1、T 2时水蒸气含量随时间的变化7乙烷燃料电池的原理如图所示，下列说法正确的是（）Aa为负极，
4、电极反应式为CH3CH314e+18OH2CO32+12H2OB电子从a极经导线移向b极，再经溶液移向a极C电池工作一段时间后电解质溶液的pH增大D用该电池电解硫酸铜溶液（电解池的电极为惰性电极），消耗氧气的物质的量与析出铜的物质的量之比为2：1二、解答题8辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰晶体和碱式碳酸铜主要工艺流程如图：已知：MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；Cu（NH3）4SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成
5、NH3；部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围（开始沉淀和完全沉淀的pH）：Fe3+：1.53.2 Mn2+：8.39.8 Cu2+：4.46.4MnSO4H2O溶于1份冷水、0.6份沸水，不溶于乙醇（1）实验室配制250mL 4.8molL1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要（2）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有（任写一点）（3）酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等写出该反应的化学方程式：（4）调节浸出液pH=4的作用是（5）本工艺中可循环使用的物质是（写化学式）（6）获得的MnSO4H2O晶体需要进一步洗涤、干燥，洗涤时应用洗涤（7）测定MnSO4
6、H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为9MnO2和锌是制造干电池的主要原料电解法生产MnO2传统的工艺主要流程为：软锰矿加煤还原焙烧；用硫酸浸出焙烧料；浸出液（主要含Mn2+）经净化后再进行电解，MnO2在电解池的阳极析出90年代后期发明了生产MnO2和锌的新工艺，主要是采用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2杂质）和闪锌矿（主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS、CdS杂质）为主要原料，经过除杂后，得到含Zn2+、Mn2+离子的溶液，再通过电解同时
7、获得MnO2和锌简化流程框图如图（中间产物的固体部分已经略去）：已知各种金属离子完全沉淀的pH如表：Zn2+Mn2+Fe2+Fe3+Al3+pH8.010.19.03.24.7回答下列问题：（1）步骤中，软锰矿、闪锌矿粉与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化还原反应，例如：MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O，请写出MnO2在酸性溶液中分别和CuS和FeS发生反应的化学方程式：、（2）步骤加入金属锌是为了回收金属，回收金属的主要成份为（用化学符号表示）（3）步骤物质C由多种物质组成，其中含有两种固体，其中一种为MnO2，其作用是，另外一种固体物质可为（4）步骤中电解
8、过程中MnO2在极析出，该电极上发生的反应方程式为产品D的化学式为，该物质对整个生产的意义是10常温下，甲、乙、丙三位同学用实验确定某酸HA是弱电解质的方案分别是：甲：用pH试纸测定0.1moI/L HA溶液的pH，即可证明HA是弱电解质；乙：分别取pH=l的HA溶液和稀盐酸各10.00mL，再加水稀释为100mL；各取相同体积的两种稀释液（适量），同时分别加入纯度和形状大小均相同的锌粒（足量），观察现象，即可证明HA是弱电解质；丙：将适量的HA溶液和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表，分析表中数据可以说明HA是弱电解质；编号NaOH/molL1HA/molL1混
9、合溶液的pH0.10.1pH=9c0.2pH=70.10.2pH7（1）甲的方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH1（填“”、“”或“=”）甲进行实验时的具体操作方法是（2）在乙的方案的第步中，需要用到的定量仪器是pH均为1的HA溶液和稀盐酸中，水的电离程度的大小关系是（填字母）aHA溶液中水的电离程度大 b稀盐酸中水的电离程度大 c两种溶液中水的电离程度相同（3）乙的方案中，说明HA是弱电解质的主要现象是（填字母）A装稀盐酸的试管中放出H2的速率快B装HA溶液的试管中放出H2的速率快C两个试管中产生气体的速率一样快（4）丙的方案中，编号中的c（填“”、“”或“=”）0l，该混合液中
10、的离子浓度：c（Na+）（填“”、“”或“=”）c（A）（5）丙的方案中，编号的数据表明，混合溶液中HA的电离程度比NaA的水解程度：（填“强”、“弱”或“无法确定”）11M是一种重要的医药中间体，其合成路线如图：已知：；回答下列问题：（1）A的名称是，F中所含官能团的名称是；（2）CD的反应类型为，HI的反应类型为；（3）E的结构简式为；（4）F+IM的化学方程式为；（5）F的同分异构体中，符合下列条件的共有种能与FeCl3溶液发生显色反应能发生水解反应苯环上只有两个取代基其中核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2的是 （填结构简式）2016年新疆乌鲁木齐市八一中学高考化
11、学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题1环境污染已经成为人类社会面临的重大威胁，下列对应关系不正确的是（）环境问题造成环境问题的主要物质A酸雨二氧化硫、氮氧化物B臭氧空洞二氧化碳C白色污染塑料垃圾D光化学烟雾氮氧化物、碳氢化合物AABBCCDD【考点】常见的生活环境的污染及治理【专题】元素及其化合物【分析】根据二氧化硫、氮氧化物导致酸雨，二氧化碳导致温室效应，聚乙烯材料导致白色污染，氮氧化物、碳氢化合物导致光化学烟雾进行判断【解答】解：A二氧化硫、氮氧化物遇到水能生成酸，是形成酸雨的主要污染物，故A正确；B二氧化碳是形成温室效应的主要污染物，导致臭氧空洞的物质主要是氟利昂，故B错误；C形成白色
12、污染的主要原因是聚乙烯材料的污染，故C正确；D二氧化氮、碳氢化合物是形成光化学烟雾的主要污染物，故D正确；故选B【点评】本题考查化学污染知识，题目难度不大，本题注意常见化学污染名词以及形成的主要原因，学习中注意积累2设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（）A50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAB某密闭容器盛有0.1mol N2和0.3mol H2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0 6NAC若由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，则其中的氧原子数为2 NAD常温下，1L 0 1 mol/L NH4NO3溶液中的氢原子数为0.4
13、 NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、铜只能与浓硫酸反应，和稀硫酸不反应；B、合成氨的反应为可逆反应；C、二氧化碳和氧气中均含2个氧原子；D、NH4NO3溶液中，除了硝酸铵，水也含氢原子【解答】解：A、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫分子个数小于0.46NA个，故A错误；B、合成氨的反应为可逆反应，故不能反应完全，则转移的电子数小于0.6NA个，故B错误；C、由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，混合气体的物质的量为1mol，其中含有的氧原子的物质的量为2mol，氧原子数为2NA，故C正确；D、在溶液中还含有
14、大量的水，1L 0 1 mol/L NH4NO3溶液中的氢原子数大于0.4 NA，故D错误；故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3分子式为C5H12O的醇催化氧化得到的有机物不能发生银镜反应的醇有（）A8种B7种C5种D3种【考点】同分异构现象和同分异构体【专题】同分异构体的类型及其判定【分析】根据分子式为C5H12O的醇催化氧化得到的有机物不能发生银镜反应，该有机物不属于醛，则连接羟基的碳原子上不能含有2个氢原子，然后确定C5H12的同分异构体，OH取代C5H12中甲基上的H原子，此确定醇的结构简式【解答】解：分子式为C5H12
15、O的醇催化氧化得到的有机物不能发生银镜反应，即该有机物不属于醛，则连接羟基的碳原子上不能含有两个氢原子，先确定C5H12的同分异构体，OH取代C5H12中甲基上的H原子，C5H12的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH2CH3、（CH3）4C，CH3CH2CH2CH2CH3中，用OH取代H原子有3种结构，其中1种氧化得到醛，2种氧化得到酮；（CH3）2CHCH2CH3中，用OH取代H原子有4种结构，其中2种氧化得到醛，1种氧化得到酮，另1种不能被氧化；（CH3）4C中，用OH取代H原子有1种结构，能被氧化得到醛；故符合条件的C5H12O的同分异构体有3种，故选
16、D【点评】本题借助醇氧化反应的结构特点考查了同分异构体，难度适中，注意醇发生氧化反应的结构特点是：只有羟基相连碳的碳上有氢原子的才能发生氧化反应4利用如图所示装置进行下列实验，将X溶液逐滴加入固体Y中，装置B的试管中的现象不正确的是（） 选项 X溶液 固体Y Z溶液 现象 A 稀硫酸 亚硫酸氢钠 品红试剂 品红褪色 B 浓氨水 CaO 紫色石蕊试液溶液变红 C 盐酸 石灰石 硅酸钠溶液 出现白色沉淀 D 双氧水 MnO2 氢硫酸溶液 产生浑浊AABBCCDD【考点】实验装置综合【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A亚硫酸氢钠与稀硫酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色；
17、B浓氨水与氧化钙反应生成氨气，氨气与紫色石蕊试液变蓝；C盐酸与石灰石反应生成二氧化碳气体，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀；D双氧水在二氧化锰作催化剂条件下分解生成氧气，氧气能够氧化硫化氢生成S单质【解答】解：A稀硫酸与亚硫酸氢钠溶液反应生成SO2，SO2具有漂白性，能够漂白品红溶液，故A正确；BCaO与水反应生成氢氧化钙，该反应为放热反应，则将浓氨水滴入CaO上会放出氨气，氨气使紫色石蕊试液变蓝，不会变红，故B错误；C石灰石为碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，生成的CO2与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，则B中会出现白色沉淀，故C正确；D双氧水是过氧化
18、氢溶液的俗称，过氧化氢在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2，氧气能够将硫化氢氧化成S单质，从而使B中出现浑浊现象，故D正确；故选B【点评】本题考查了性质实验方案的设计与评价，题目难度中等，明确常见元素单质及其化合物性质为解答关键，注意掌握性质方案设计与评价的原则，试题培养了学生的化学实验能力5若能发现第117号元素X，它的原子结构与卤族元素相似，电子排布有7个电子层，且最外层有7个电子下列叙述中正确的是（）A此X元素的气态氢化物的化学式为HX，在常温很稳定B其单质带有金属光泽，具有强氧化性，可与KI发生置换反应生成I2C其单质的分子式为X2，易溶于有
19、机溶剂DAgX是一种有色的易溶于水的化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】117号元素X，它的原子结构与卤族元素相似，电子排布有7个电子层，且最外层有7个电子，该元素处于处于A族A元素非金属性越强，对应氢化物越稳定；B同主族自上而下非金属性减弱，金属性增强；C与氯气、溴、碘的结构与性质相似；DAgCl、AgBr、AgI溶解性依次减小【解答】解：117号元素X，它的原子结构与卤族元素相似，电子排布有7个电子层，且最外层有7个电子，该元素处于处于A族A同主族自上而下非金属性减弱，117号元素非金属性比At弱，元素非金属性越强，对应氢化物越稳定，该元素氢化
20、物稳定性比HAt差，故该氢化物HX不稳定，故A错误；B同主族自上而下非金属性减弱，金属性增强，其单质带有金属光泽，氧化性比碘的弱，不能与KI发生置换反应生成I2，故B错误；C处于A族，与氯气、溴、碘的结构与性质相似，其单质的分子式为X2，易溶于有机溶剂，故C正确；D处于A族，AgCl、AgBr、AgI溶解性依次减小，颜色加深，AgX是一种有色的难溶于水的化合物，故D错误，故选：C【点评】本题考查元素周期律应用，注意理解同主族元素单质化合物相似性与递变性，注意掌握卤素单质化合物性质6如图所示与对应叙述不相符的是（）A反应CO+NO2CO2+NO达平衡后，增大压强时反应速率随时间的变化B反应2SO
21、2+O22SO3 达平衡后，缩小容器体积时各成分的物质的量随时间的变化C反应N2+3H 22NH3H0在恒容的容器中，反应速率与温度的关系D反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H0，温度分别为T 1、T 2时水蒸气含量随时间的变化【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】A该化学反应前后气体的体积不变，增大压强后正、逆速率增大相同的倍数，平衡不发生移动；B缩小容器体积，增大了压强，平衡向正反应方向移动；C升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率；D由图可知，温度T2先到达平衡，温度T2T1，升高温度平衡向
22、正反应方向移动，水蒸气的含量应该增大【解答】解：A该化学反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不发生移动，正、逆速率增大相同的倍数，图象与实际相符，故A正确；B缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，三氧化硫的物质的量增大、二氧化硫与氧气的物质的量减小，图象与实际相符合，故B正确；C升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率增大更多，图象与实际相符，故C正确；D由图可知，温度T2先到达平衡，温度T2T1，升高温度平衡向正反应方向移动，水蒸气的含量增大，图象中温度越高，水蒸气的含量越低，图象与实际不相符，故D错误；答选D【点评】本题考查化学平衡的图象、化学平衡移动的过
23、程等知识，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意熟练掌握影响化学平衡的因素，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力7乙烷燃料电池的原理如图所示，下列说法正确的是（）Aa为负极，电极反应式为CH3CH314e+18OH2CO32+12H2OB电子从a极经导线移向b极，再经溶液移向a极C电池工作一段时间后电解质溶液的pH增大D用该电池电解硫酸铜溶液（电解池的电极为惰性电极），消耗氧气的物质的量与析出铜的物质的量之比为2：1【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】乙烷燃料电池放电时，燃料失电子发生氧化反应，所以投放燃料的电极为负极，负极上乙烷失电子，电极反应CH3CH3一14
24、e+18OH=2CO32+12H2O，通入氧气的电极为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，正极反应为：O2+4e+2H2O=4OH，据此回答【解答】解：在燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入空气或氧气的电极为正极A、根据示意图，a为负极，电极反应式为CH3CH3一14e+18OH=2CO32+12H2O，故A正确；B、电子不能经过溶液，故B错误；C、乙烷反应生成了二氧化碳，能够与碱反应，电池工作一段时间后电解质溶液碱性减弱，pH减小，故C错误；D、消耗1mol氧气转移的电子的物质的量为4mol析出1mol铜转移的电子的物质的量为2mol，消耗氧气的物质的量与析出铜的物质的量之比为1：2，故D
25、错误；故选A【点评】本题考查原电池的工作原理知识，题目难度中等，注意把握原电池中电极方程式的书写方法以及电子守恒在计算中的应用，侧重于考查学是的分析能力和计算能力二、解答题8辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰晶体和碱式碳酸铜主要工艺流程如图：已知：MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；Cu（NH3）4SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3；部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围（开始沉淀和完全沉淀的pH）：Fe3
26、+：1.53.2 Mn2+：8.39.8 Cu2+：4.46.4MnSO4H2O溶于1份冷水、0.6份沸水，不溶于乙醇（1）实验室配制250mL 4.8molL1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要250mL容量瓶、胶头滴管（2）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有粉碎矿石、适当升高温度或者搅拌（任写一点）（3）酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等写出该反应的化学方程式：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2 MnSO4+S+4H2O（4）调节浸出液pH=4的作用是使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀（5）本工艺中可循环使用的物质是NH3（写化学式
27、）（6）获得的MnSO4H2O晶体需要进一步洗涤、干燥，洗涤时应用酒精洗涤（7）测定MnSO4H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为96.57%【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】流程分析可知辉铜矿软锰矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液PH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等，加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸锰晶体；（1）配制2
28、50mL溶液，需要250mL容量瓶，还需要胶头滴管定容；（2）矿石的颗粒大小、温度及是否搅拌等会影响浸取率；（3）MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，生成物是CuSO4、MnSO4、S，反应物是硫酸、二氧化锰和硫化亚铜，根据化合价升降法配平；（4）氢氧化铁开始沉淀PH=1.5，完全沉淀PH=3.2，Cu2+：开始沉淀是4.4，使Fe3+完全沉淀且Cu2+不沉淀的PH范围是：3.24.4；（5）根据工艺流程可以看出，可循环使用的物质是氨气；（6）MnSO4H2O晶体在酒精中溶解度小；（7）依据滴定反应生成的沉淀为硫酸钡，结合元素守恒计算得到样品纯度【解答】解：酸浸过程中，二
29、氧化硅不反应，分离出来，Cu2S反应生成S单质，Fe2O3溶解成溶液，pH值控制在4时，Fe3+沉淀，过滤得到的滤液成分应为CuSO4和MnSO4等，加热赶氢过后，得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等操作即可得到硫酸锰晶体，（1）配制一定物质的量浓度的溶液，必不可少的是容量瓶和胶头滴管，容量瓶要标明规格，本题必须使用250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；（2）由于酸浸时矿石颗粒大小影响浸取率，可以通过粉碎矿石提高浸取率，还可以适当升高温度或者搅拌提高浸取率，故答案为：粉碎矿石、适当升高温度或者搅拌；（3）根据信息，MnO2能将金属硫化物中的硫氧化为
30、单质硫，反应物是Cu2S、MnO2、H2SO4 ，生成物是CuSO4、MnSO4、S，把硫化亚铜看成整体，化合价变化是：（12+21）=4；Mn元素化合价变化是：42=2，所以二氧化锰化学计量数是2，硫化亚铜的是1，再根据观察法配平其它物质；反应的化学方程式是：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2 MnSO4+S+4H2O，故答案为：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2 MnSO4+S+4H2O；（4）根据金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围，使Fe3+完全沉淀且Cu2+不沉淀的PH范围是：3.24.4，故选择PH=4目的是使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀，故
31、答案为：使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀；（5）工艺流程中，加入了氨水，最后又得到了氨气，NH3 可循环使用，故答案为：NH3；（6）获得的MnSO4H2O晶体需要进一步洗涤、干燥，洗涤时应用酒精，在酒精中，硫酸锰晶体溶解度小，故获得的MnSO4H2O晶体后常用酒精洗涤，目的是减少MnSO4H2O晶体的损失，故答案为：酒精；（7）测定MnSO4H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀为硫酸钡，其物质的量为：n（BaSO4）=n（SO42）=n（MnSO4H2O）=mol=0.02mol
32、，则此样品中MnSO4H2O物质的量为：0.02mol=0.08mol，则样品中MnSO4H2O的纯度=100%=96.57%；故答案为：96.57%【点评】本题考查了制备方案的设计，题目难度中等，根据工艺流程明确实验原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力9MnO2和锌是制造干电池的主要原料电解法生产MnO2传统的工艺主要流程为：软锰矿加煤还原焙烧；用硫酸浸出焙烧料；浸出液（主要含Mn2+）经净化后再进行电解，MnO2在电解池的阳极析出90年代后期发明了生产MnO2和锌的新工艺，主要是采用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2杂
33、质）和闪锌矿（主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS、CdS杂质）为主要原料，经过除杂后，得到含Zn2+、Mn2+离子的溶液，再通过电解同时获得MnO2和锌简化流程框图如图（中间产物的固体部分已经略去）：已知各种金属离子完全沉淀的pH如表：Zn2+Mn2+Fe2+Fe3+Al3+pH8.010.19.03.24.7回答下列问题：（1）步骤中，软锰矿、闪锌矿粉与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化还原反应，例如：MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O，请写出MnO2在酸性溶液中分别和CuS和FeS发生反应的化学方程式：MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO
34、4+S+2H2O、MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+2S+6H2O（2）步骤加入金属锌是为了回收金属，回收金属的主要成份为Cu、Cd（用化学符号表示）（3）步骤物质C由多种物质组成，其中含有两种固体，其中一种为MnO2，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+，另外一种固体物质可为Zn（OH）2（4）步骤中电解过程中MnO2在阳极析出，该电极上发生的反应方程式为Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+产品D的化学式为H2SO4，该物质对整个生产的意义是溶解软锰矿、闪锌矿，可以循环利用【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】（1
35、）MnO2在酸性溶液中分别和CuS和FeS发生氧化还原反应，Mn元素的化合价降低，S元素的化合价升高，且Fe元素化合价升高；（2）滤液A中含金属离子，加Zn发生置换反应；（3）由转化可知，铁离子、铝离子转化为沉淀；（4）步骤中电解过程中MnO2应在阳极生成，因Mn元素失去电子，阴极上Zn得到电子，得到的硫酸可循环使用【解答】解：（1）MnO2在酸性溶液中分别和CuS和FeS发生氧化还原反应，Mn元素的化合价降低，S元素的化合价升高，且Fe元素化合价升高，由电子、原子守恒可知，反应分别为MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O、MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2
36、（SO4）3+3MnSO4+2S+6H2O，故答案为：MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O；MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+2S+6H2O；（2）步骤加入金属锌发生如下反应：Zn+CuSO4ZnSO4+Cu，Zn+CdSO4ZnSO4+Cd，Zn+2Fe3+Zn2+2Fe2+，过滤得滤液B，其中的成分有MnSO4、Al2（SO4）3、ZnSO4、FeSO4，滤渣乙中有Cu、Cd，加以回收，故答案为：Cu、Cd；（3）由转化可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，其中一种为MnO2，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+；另外一种固体物质可为
37、Zn（OH）2（Mn（OH）2、ZnCO3、MnCO3等）促进铁离子水解转化为沉淀，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；Zn（OH）2；（4）因Mn元素失去电子，可知步骤中电解过程中MnO2在阳极析出，该电极上发生的反应方程式为Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+，硫酸根离子不变，且生成氢离子，可知产品D的化学式为H2SO4，该物质对整个生产的意义是用于溶解软锰矿和闪锌矿，循环使用，故答案为：阳；Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+；H2SO4；用于溶解软锰矿和闪锌矿，循环使用【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用及物质制备实验，为高频考点，题目难度中等，明确简化流程中的反应原理、混
38、合物分离方法为解答的关键，试题侧重分析与应用能力的考查10常温下，甲、乙、丙三位同学用实验确定某酸HA是弱电解质的方案分别是：甲：用pH试纸测定0.1moI/L HA溶液的pH，即可证明HA是弱电解质；乙：分别取pH=l的HA溶液和稀盐酸各10.00mL，再加水稀释为100mL；各取相同体积的两种稀释液（适量），同时分别加入纯度和形状大小均相同的锌粒（足量），观察现象，即可证明HA是弱电解质；丙：将适量的HA溶液和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表，分析表中数据可以说明HA是弱电解质；编号NaOH/molL1HA/molL1混合溶液的pH0.10.1pH=9c0.
39、2pH=70.10.2pH7（1）甲的方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH1（填“”、“”或“=”）甲进行实验时的具体操作方法是先把一小块pH试纸放在表面皿或玻璃片上，再用玻璃棒蘸驭溶液点在试纸的中部，待变色后，与标准比色卡对比确定溶液的pH（2）在乙的方案的第步中，需要用到的定量仪器是酸式滴定管pH均为1的HA溶液和稀盐酸中，水的电离程度的大小关系是c（填字母）aHA溶液中水的电离程度大 b稀盐酸中水的电离程度大 c两种溶液中水的电离程度相同（3）乙的方案中，说明HA是弱电解质的主要现象是B（填字母）A装稀盐酸的试管中放出H2的速率快B装HA溶液的试管中放出H2的速率快C两个试管
40、中产生气体的速率一样快（4）丙的方案中，编号中的c（填“”、“”或“=”）0l，该混合液中的离子浓度：c（Na+）=（填“”、“”或“=”）c（A）（5）丙的方案中，编号的数据表明，混合溶液中HA的电离程度比NaA的水解程度：强（填“强”、“弱”或“无法确定”）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】（1）弱电解质的电离是可逆的，不能完全电离；其操作方法是先把一小块pH试纸放在表面皿或玻璃片上，再用玻璃棒蘸驭溶液点在试纸的中部，待变色后，与标准比色卡对比确定溶液的pH；（2）精确取pH=1的HA溶液和稀盐酸个10.00mL，用酸式滴定管；pH均为1的HA溶液
41、和稀盐酸中，说明氢离子浓度相等，根据水的离子积，得到氢氧根离子浓度相等，所以两种溶液中水的定量程度相同；（3）弱酸在水溶液里部分电离，所以氢离子浓度小于酸浓度；酸和锌反应时生成氢气，反应速率和氢离子浓度成正比，根据生成氢气的反应速率确定酸的强弱；（4）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于0.1mol/L；并结合电荷守恒分析离子浓度关系；（5）由组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH=7，酸的电离等于盐的水解【解答】解：（1）弱电解质在水溶液中部分电离，若HA为弱酸，0.1 mol/L HA溶液中c（
42、H+）0.1 mol/L，溶液的pH1，甲测定溶液PH的具体操作方法是先把一小块pH试纸放在表面皿或玻璃片上，再用玻璃棒蘸驭溶液点在试纸的中部，待变色后，与标准比色卡对比确定溶液的pH，故答案为：；先把一小块pH试纸放在表面皿或玻璃片上，再用玻璃棒蘸驭溶液点在试纸的中部，待变色后，与标准比色卡对比确定溶液的pH；（2）在乙的方案的第步中，准确量取10.00mL的酸溶液需要用到的定量仪器是酸式滴定管，pH均为1的HA溶液和稀盐酸中氢离子浓度相同，所以水的电离程度的相同，故答案为：酸式滴定管；c；（3）弱电解质越稀电离程度越大，稀释相同倍数后弱酸氢离子浓度变化小（氢离子浓度大），乙的方案中，说明H
43、A是弱电解质的主要现象是装HA溶液的试管中放出H2的速率快，故答案为：B；（4）丙的方案中通过编号的数据证明HA为弱酸，若等体积、等浓度混合溶液呈碱性，编号中呈中性，所以c0l，根据电荷守恒，该混合液中的离子浓度：c（Na+）=c（A），故答案为：；=；（5）丙的方案中，编号实验后溶液为等浓度的NaA、HA的混合液，NaA水解呈碱性、HA电离呈酸性，实验数据表明溶液呈酸性，混合溶液中HA的电离程度比NaA的水解程度强，故答案为：强【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确弱电解质电离特点及弱电解质电离影响因素是解本题关键，注意：酸影响水电离程度与氢离子浓度有关、
44、与酸的强弱无关，为易错点11M是一种重要的医药中间体，其合成路线如图：已知：；回答下列问题：（1）A的名称是甲苯，F中所含官能团的名称是羟基、羧基；（2）CD的反应类型为氧化反应，HI的反应类型为取代反应；（3）E的结构简式为；（4）F+IM的化学方程式为；（5）F的同分异构体中，符合下列条件的共有9种能与FeCl3溶液发生显色反应能发生水解反应苯环上只有两个取代基其中核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2的是 （填结构简式）【考点】有机物的合成【专题】有机物的化学性质及推断【分析】根据流程图，A中应该含有苯环，A为，在光照时侧链与氯气发生取代反应，B为；B在氢氧化钠溶液中
45、水解生成C，则C为，C氧化生成D为；根据已知信息，E为，F为，G为乙醇（CH3CH2OH），H为乙酸（CH3COOH），根据信息知，I为CH3COCl，F和I在一定条件下 反应生成M（）【解答】解：根据流程图，A中应该含有苯环，A为，在光照时侧链与氯气发生取代反应，B为；B在氢氧化钠溶液中水解生成C，则C为，C氧化生成D为；根据已知信息，E为，F为，G为乙醇（CH3CH2OH），H为乙酸（CH3COOH），根据信息知，I为CH3COCl，F和I在一定条件下 反应生成M（）（1）根据上述分析，A为甲苯，F为，所含官能团是羟基和羧基，故答案为：甲苯；羟基、羧基；（2）C为苯甲醇，C氧化生成D（苯甲
46、醛）；H为乙酸（CH3COOH），根据信息知，H与二氯亚砜发生取代反应生成I（CH3COCl），故答案为：氧化反应；取代反应；（3）根据上述分析，E为，故答案为：；（4）根据信息，F和I在一定条件下发生取代反应生成M，反应的化学方程式为，故答案为：；（5）F为，其同分异构体满足：能与FeCl3溶液发生显色反应，表明分子结构中存在酚羟基；能发生水解反应，表明分子结构中含有酯基；苯环上只有两个取代基，符合上述条件的F的同分异构体的结构简式有：（包括邻位、间位和对位3种）；（包括邻位、间位和对位3种）；（包括邻位、间位和对位3种），共9种，其中核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2的是，故答案为：9；【点评】本题考查了有机合成与推断，充分利用有机物分子式、反应条件及给予的信息进行分析，熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生信息获取与知识迁移运用