2020届北京市东城区高三第二次模拟考试化学试题解析

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溶洞一一钙B闪电一一氮C火山喷发一一硫D光合作用一一碳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(HCO 3)2,溶有碳酸氢钙的

2、水遇热或当压强突然变小时，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；放电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；光能D.光合作用会发生 6CO2+6H2O叶绿体C6H12O6+6O2,可知氧元素失电子，碳元素得电子，化合价降低

3、，被还原了，故 D不符合题意；答案为Ao2.下列说法不.正.确.的是A.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

4、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.下列离子方程式正确的是A.澳化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2+ + 4Br-+ 3c12= 2Fe3+ 2Br2 + 6Cl-B.硫酸中加入少量氢氧化钢溶液：H+SO42-+Ba2+OH =BaSO4+ H2OC.苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2c6H5O- + CO2+ H2O-2C6H50H + CO32D.硝酸银溶液中加入过量氨水：Ag+NH3?H2O=AgOH J + NH4+【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

5、-,氢氧化钢电离成一个Ba*和两个OH一，离子方程式为：2H + +SO42-+ Ba2+ + 2OH-=BaSO4j +2H20, B 错误；c. 苯酚的酸性比碳酸弱，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：C6H50 + CO2+ H 20f C6H50H + HCO 3-, C 错误；D.氨水过量，Ag0H 沉淀溶解成 Ag(NH 3)20H ,离子方程式为：Ag+2NH3?H20 = Ag(NH 3)2+2H2。，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. C1 2(HC1) ：饱和食盐水、浓硫酸B. A

6、1C13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】A. Cl2（HCl）:氯气在饱和食盐水中溶解度小，但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；B. AlCl 3溶液（Fe3+）：加入氨水后引入新的杂质NH4+,故B错误；C. C2H2（H2S）:先通过CuSO4溶液，H2S+CuSO4=CuSj +HSO4,除去H2S,再通过碱石灰进行干燥，故 C 正确；D. NaCl 溶液（SO42-） ： SO42-+BaCO3BaSO4+CO32一、再用盐酸酸化

7、，故 D 正确； 故选Bo5.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.强氯精功效成分H2O2Ca(ClO) 2_ 0H以CICI八、 o=c c=o 11Cl-N N-C1II O分析可与NaClO发生反应可用C12与Ca（OH）2 制备分子式为C8H9OC1分子中有2种环境的碳原子A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A . H2O2可与NaClO发生反应：H2O2+CIO =Cl +O2?+ H2O,故A正确；B.可用 C12与 Ca(OH)2制备 Ca(ClO)2： 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO) 2+2H2O,

8、故 B 正确;OHC.由结构简式可得：分子式为 C8H9OC1,故C正确;D.CII,八o=c c=a分子有三个对称轴，分子中只有一种环境的碳，故Cl-N N-CID错误;故选Do6.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。原子序数下列判断不正胸.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.最高价氧化物对应水化物的酸性：h>g>b【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0、e为Na、f

9、为Al、g为S h为Cl。【详解】A. a、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；B. CH4、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；C. Na+与S=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 Cl>S>C,最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4>H2SO4>H2CO3,故 D 正确；故选Co【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，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

10、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，S2一有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镒酸钾的装置示意图如下。下列说法正确的是y乜吗b阳离子学换膻lMjKOH KW 和 KOH 溶液的混合溶液A. a为电源正极b. I中的K+通过阳离子交换膜移向nC.若不使用离子交换膜，KMnO 4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 KMnO 4【答案】C【解析】【分析】实验目的是制备高镒酸钾，所以K2MnO4应失电子转化为 KMnO 4, b为

11、正极，a为负极。在阴极，22H2O+2e=2OH +H2T；在阳极，2MnO4 -2e =2 MnO 4。【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n中的K+通过阳离子交换膜移向 I , B不正确；C.若不使用离子交换膜， n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 KMnO 4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 KMnO 4, D不正确；故选Co8 .下列指定微粒的个数比不是,2： 1的是A.过氧化钠固体中的阳离子和阴离子B.

12、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O22一个数比为2:1 ,故A不选；B,碳酸根离子在水中要水解生成 HCO3一和OH一，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=2HNO 3+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

13、实验操作及现象进行的分析和推断中，不正确.的是培养皿鹿有热的Na。的蛇脂水）滴人命It和施瓶混合混勾.冷却段时间后：中，铁钉裸露在外的附近区域变红;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- = H2f,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M-2e-= 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-+2H 2O=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F

14、e-2e- =Fe2+,铜作正极，发生反应 O2+4e-+2H2O=4OH-。【详解】A. NaCl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；B.中变红是因为发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-, OH-使酚配变红，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- 使酚酬: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-=Zn 2+,中发生的氧化反应为 Fe-2e- =Fe2+,均可表示为 M 2e-= M2+（M代表锌或铁），D正确；故选B。10.25C时，向10 mL物质的量

15、浓度均为 0. 1 mol?L-1的HCl和CH3COOH混合溶液中滴加 0. 1 mol?L-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 溶液日c(H+)>c(Cl-)=c(CH3COOH)B.加入 10 mLNaOH 溶液时：c(OH-)+c(CH 3COO-) = 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(ci-)+ c(CH 3COO-) + c(CH 3COOH)【答案】B【解析】【详解】A.未加NaOH溶液时:c(H+)>c(Cl-)>c

16、(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(CH 3cOO-)=c(H+), B 正确；C.加入 NaOH 溶液至 pH=7 时：c(Cl-) + 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(CH 3COO-) + c(CH 3COOH) , D 不正确；故选B。11.氨基甲酸俊(H2NCOON

17、H 4)是一种氨化剂，易水解，难溶于CC14。某小组设计下图所示装置制备氨基甲酸俊。已知：2NH3(g) + CO2(g) H2NCOONH 4(s) H<0O23456下列分析不正胸.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)代替【答案】D【解析】【分析】从反应 2NH3(g) + CO2(g) 1H2NCOONH 4(s)<, 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

18、2中饱和NaHCO3溶液除去HCl,再用3中浓硫酸干燥；6中NH4C1与Ca(OH)2反应制得NH3,用5中碱石灰干燥。在 4中，CO2与NH 3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H2NCOONH 4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)H2NCOONH 4(s) H<0,降温有利于平衡正向移动，所以冰水浴能提高H2NCOONH 4的产率，B正确；C. 1 中发生反应 CaCO3+2HCl=CaCl 2+H2O+CO2 T, 4 中发生反应 2NH4Cl

19、+Ca(OH) 2CaCl2+2NH 3 T +2HO,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Do12.图ac分别为氯化钠在不同状态下的导电实验(X、丫均表示石墨电极)微观示意图。图a图b图c下列说法不正确的是A.图示中的。代表的离子的电子式为：CI：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【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

20、NaCl,通直流电后，Cl-向阳极移动，则 X极为阳极，丫极为阴极；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：。二.，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-=Cl 2 T,均有气体产生，C正确;D.图b和图c装置都能导电，图 b中丫的电极产物为 Na,图c中丫的电极产物为 H2等，D不正确；故选Do13.800C时，三个相同恒容密闭容器中发生反应CO(g) + H 2O(g) CO2(g) + H2(g) K ，一段时

21、间【解析】【分析】利用反应CO(g) + H 20(g)C02(g) + H 2(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I中，可利用已知数据，并假设 CO的浓度变化量为 x,建立CO(g)H20(g) v- CO 2 (g)H2(g)起始量(mol/L)0.010.0100变化量(mol/L)xxxx平衡量(mol/L)0.01 x0.01 xxx以下三段式:K=1 ,(0.01 x) (0.01 x)解得 x=0.005mol/L 。

22、【详解】A. n与i为恒温恒容下的等效平衡，所以达平衡时,c(H2)=x=0.005 mol L'1, A 正确;B. III中达平衡时，CO物质的量浓度为 0.005mol/L , CO的体积分数为0.005mol/L100% =25%, B 不0.02mol/L正确;C. III可以看成是 I中反应进行的某个阶段，所以达到平衡状态所需的时间比I中的短，C正确；D.若III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NaHCO 3的性

23、质。实验数据实验操作测量下述实验过程的 pH变化卜列分析不正确的是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：Ca2+ + 2OH + 2HCO3 = CaCO3 H2H2O+CO32D. 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】【详解】A.中反应的离子方程式为:OH未参与该反应，故 A不选;B.加入试剂体积相同时，中除增加的溶解部分沉?C.开始氢氧化钙过量，碳酸氢卞= CaCO3 H2O,故 C 选;D. b点对应溶液碱溶液，抑制水c点所得沉淀质量，故 B不选;

24、:沉犷卜还生成部反应，从与的实验数据基本相同，说明中的所得沉淀质量大于到的溶液为碳进水的电离,：CO32 =CaCOCa2+ + OH + HCOb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Co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CH 4(g)+H 20(g)CO(g)+3H 2(g) H =+ 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

25、化剂(I、n、出)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。757(W 7W XOO RJO度凡图二9585 即结合图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> Ti)时，c(CH4)随时间的变化曲线 根据图2判断：i . a点所处的状态不是化学平衡状态，理由是 ii . CH4的转化率：c>b,原因是(2)熔融碳酸盐燃料电池的结构示意图如下。电披A刖电器好融碟散姓电联口才K 4产口门小电池工作时，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 k

26、g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。转化率【解析】(4). 750c时，反应相同时间,(1).吸收 412(x-y)(2).(6). O2+4e-+2CO2=2CO32-.500【详解】(1)结合图1,反应的甲烷的物质的量为(x-y ) mol - L 1 x 2L=2(x-y)mol ,反应达平衡的过程中的能量变化：吸收 2(x-y)mol )216kJ mo1=412(x-y)kJ。故答案为：吸收 412(x-y);浓度降低,起始条件相同，保持温度为但反应速率加快,O故答案为:根据图2： i . a点所处的状态不是化学平衡状态，理由是催化

27、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;ii. CH4的转化率：ob,原因是750c时，反应相同时间,a点对应的CH 4的转化率低于使用I时 CH4的转化率。故答案为：750c时，反应相同时间，a点对应的CH4的转化率低于使用I时CH4的转化率;(2)氢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-;CO和水，甲(3)若不考虑副反应，1

28、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1000g ，500。幺彳(4 ( 4) = 500mol。故答案为:16g?mol 116 .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CuO),加入稀硫酸和NH4NO3的混合溶液，控制溶液温度在6070C,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

29、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。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的用量对铜的沉淀率的影响如下图所示。 0(1用(NiLcamcw)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

30、 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 KMnO 4标准溶液滴定Fe2+,消耗KMnO 4溶?夜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6070C、不断搅拌(2). CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O(3). NO3-几乎全部被还原为NH4+(4).还原剂 (5). CuCl + Cl -= CuCl 2-(6).去除CuCl固体表面的水，防止其被空气

31、氧化.CuCl + Fe3+ = Cu2+ Fe2+ Cl-(8). 495b %a【解析】I.溶解：溶解步骤的温度应控制在 6070C,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+NO 3 +10H +=4Cu2+NH 4+3H2O;II.转化：发生反应的离子方程式为2Cu2+SO32+2C+H2O 2CuCl J +S42T +2H+；过滤得到固体为 CuCl ,滤液主要是硫酸俊和硫酸;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CuC

32、l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6070C、不断搅拌。故答案为：控制温度在 6070C、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 += Cu 2+ H2O;充分反应后 NH4+的浓度约为反应前的 2倍，原因是：发生 4Cu+NO 3 +10H =4Cu2 +NH 4 +3H2ONO3-几乎全部被还原为 NH4+o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 +H2&qu

33、ot;2CuCl J +S4O +2H + , (NH 4)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 - = CuCl 2-。故答案为：CuCl + Cl - = CuCl 2-;(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，能将 CuCl氧化，CuCl溶于Fe2(SO4)3溶液的离子方程式是 CuCl + Fe3+= Cu2+Fe2+

34、 Cl-。故答案为:CuCl + Fe3+= Cu2+ Fe2+ Cl-；根据电子守恒得关系式：5CuCl5e-KMnO 4,产品中CuCl(摩尔质量为99g/mol)的质量分数为_13_10.1000mol?_b 10 L 99g?mol 54.95b花依生44.95b1 100% = %。故答案为： 。agaa【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-KMnO 4,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

35、国家。在现代工业中，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 C,沸点907CoI.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：i. ZnCO3=ZnO(s) + CO 2(g)Hiii. CO2(g) + C(s) = 2CO(g) H 2总反应：ZnCO3(s) + 2c(s) = Zn(g) + 3CO(g) H3利用 Hi和H2计算时 H3,还需要利用 反应的 Ho (2)泥罐中，金属锌的状态变化是 ;d 口出去的物质主要是 。n.现代冶炼锌主要采取湿法工艺。以闪锌矿(主要成分为ZnS,还含铁等元素卜软镒矿(主要成分为

36、MnO2,还含铁等元素)为原料联合生产锌和高纯度二氧化镒的一种工艺的主要流程如下:金属ZnMnO；(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:i ： MnO2 + 2Fe2+4H+ = Mn2+2Fe3+2H2Oii :写出ii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

37、方程式说明，通入空气需同时补充适量ZnO的理由是。(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+O2 + 8H2O= 4FeOOH + 8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H + =H2O+Zn 2+,可控制溶液 pH .Mn2+ - 2e-+2H

38、 2O = MnO 2+4H + (8).硫酸【解析】【分析】I.古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌的各步反应：i. ZnCO3(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 C, 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。n.现代冶炼锌流程图

39、中的各步反应：浸出：i： MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O, ii . ZnS+2Fe3+ = Zn2+2Fe2+S,总把反应：MnO2 + ZnS+4H + 2 Mn2+S+Zn 2+2H 2O ；除铁：4Fe2+O2+8H2O = 4FeOOH + 8H+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 = MnO 2+4H + ,生成的硫酸和 MnO2循环使用。阴极：Zn2+ + 2e =Zn o【详解】I. (1)泥罐内的主要反应为：i. Zn

40、C2s) = ZnO(s) + CO 2(g)Hiii. CO2(g) + C(s) = 2CO(g)H 2总反应：ZnCO3(s) + 2C(s) = Zn(g) + 3CO(g) H3根据盖斯定律：总反应-i-ii得ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g) , H= H3- Hi- H 2,利用Hi和H 2计算时 H3, 还需要利用 ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g)反应的 Ho 故答案为：ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g)；(2)锌的熔点为419.6 C,沸点907 C,泥罐中，温度由11001300c变成500700C,

41、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；n. (3)Fe2+的作用类似催化剂，ii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

42、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+ + O2+8H2O = 4FeOOH+ 8H+使溶?的pH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+O2+8H2O= 4FeOOH + 8H+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-+

43、2H2O=MnO 2+4H +。故答案为：Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO 2+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：古代以炉甘石亿nCO3)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。O0ii -R+NaOH总工 _onJR，NH

44、2(1)A是芳香煌，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，G H的化学方程式是(写一种)。(填结构简式)。H与F生成中间体P的原子利用率为100%, P的结构简式是(8)废弃的膜材料Q用NaOH溶液处理降解后可回收得到11)、硝基.+Cl 2 FeCl3(4).(6).+HC1+602催化剂(2).浓硝酸、浓硫酸、加热 (3).氯原子(碳氯+KC1儿I)+6H2O(5).还原反.HOOC【解析】仆(8).A是芳香煌

45、，B的分子式为C6H5Cl, A B应该为苯与氯气发生取代反应生成氯苯，故A为苯,根据比F多4个。，少4个H,则应该是2个硝基转化为2个氨基，则结构简式及E的分子式可知D 可由 C与 KOH 溶液共热来制备，结合已知O-U RCKi-R'+NaOH+ R,NH 2,可推知C为.4个甲基，故为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LIIIJ：II，利用Q逆向推出IJI, H氧化得到的H为H(：I:)00,据此分析。F反应生成【详解】A是芳香煌，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

46、E比F多4个。，少4个H,则应该是2个硝基转化为2个氨基，则D可由 C与 KOH 溶液共热来制备，结合已知+NaOH+ R,NH 2,可推知C为h忖飞i , D冰口与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F反应生成，利用Q逆向推出II I：氧化得到的Hr-r讣0I)II。(1)A是芳香煌,反应生成氯苯和氯化氢，反应的化学方程式是+ Cl 2FeCl3B是苯在氯化铁催化下与氯气发生取代+HC1 ；(2)B转化为C是氯苯发生硝化反应生成 声0 ,反应的试剂和条件是浓硝酸、浓硫酸、加热;(3)C为6忖口，所含的官能团的名称是氯原子 (碳氯键)、硝基;(4

47、)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+KC1 ；发生还原反应生成(5)E F 是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(III,利用Q逆向推出II.Cil;LLII氧化得到的,G H的化学方程式是JI 1,1 fH.CH,+6O2催化剂Al TI)+6H2O；(7)H与F生成中间体P的原子利用率为100%,noocil则发生开环加成缩合反应,P的结构简式是OIC(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NaOOCNaOOCCOONb19.某小

48、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IID ,记录生成气体体积和溶液pH的变化:I .取 0.1g光亮的镁屑(过量)放入10 mL 0.10 mol L 1 HCl溶液中;g 光亮的镁屑放入 10 mL 0.10 mol L 1 CH3COOH 溶?(pH = 2.9)中;出.取0.1g光亮的镁屑放入 10 mL pH = 2.9 HCl溶液中。曼江20 4060 80 100 12(5 0 51 1L三 wElww 一尸时间Fmin60204080 100 120时间，而口6421210图1图2(1)起始阶段，I中主要反应的离子方程

49、式是 。c(CH 3COOH),(2) n起始溶液中 -约为。(选填1 、10或 102 )c(H )(3)起始阶段，导致n、出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n的反应速率大于出的原因。提出假设：CH3COOH能直接与Mg反应。进行实3。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 V。与n相同的条件和试齐ij用量，将溶液换成含0.10 mol L1的CH3COOH与0.10 mol L1 CH3COONa的混合溶液(pH = 4.8),气体产生速率与n对比如下。a.实验V起始速率b.实验n起始速率c.实验n pH=4.8时速率尸、

50、/1112.1 mL min2.3 mL min 1c1-10.8 mL min对比ac中的微粒浓度，解释其 a与b、a与c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；。实验反思：120 min附近，I mpH均基本不变，pH( I )pH() < pH(出)，解释其原因：。【答案】(1). Mg + 2H + = Mg 2+ + H2 T (2). 102(3).由图1可知起始阶段H的速率远大于出，但图2表明起始阶段n的 pH大于出 (4).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). CH3COOH是与Mg反应产生气体的主要微粒.120min附近，Mg(OH) 2(s) ? Mg 2+(aq) + 2OH (aq)均达到平衡状态， 因此pH基本不变；c(Mg 2+) 口 >出，