2020届浙江省名校新高考研究联盟(Z20)高三第二次联考化学试题

24高中化学月/段考试题24浙江省名新高考研究盟（Z20）2020届高三第二次考化学与会、环境密切相关，下列说法不正确的是（）植物秸秆可用于制造酒精与沼气等燃料利CO合成聚碳酸酯类可降解塑料，实“碳循利用C.雷过后感觉到气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮小打可用于治疗胃酸过多，也可用于发酵粉制作面包『案』C『解植秸秆的主要成分为纤维素，能水解生成葡萄糖，葡萄糖条能反应生成酒精，可以在一定条件下生成甲烷，故正确；二化合成聚合物，其聚合物能降解，实现了碳的循环，故正确；C.雷雨天时空气中的氧气有些变了臭氧，所以空气感觉清新，故错误；小打能与胃酸反应，用于治疗胃酸过多，碳酸氢钠能受热分解生成二氧化碳，用于发酵粉制作面包，故正确。故选。下列化用语正确的是（）CCl分的比例模型：C.对基苯酚的结简式：

CSO的子式：16O的子结构示意图：『案』B『解』四氯化碳中的氯原子半径比碳原子半径大，故其比例模型错误；CSO的子式应类似二氧化碳的电子式，即氧原子和碳原子之间形成两对共用电子，故正确；C.对基苯酚中的基中的氮原子与苯环上的碳原子连接，故结构简式为，故错误；O原子中质子数为8核外电子数为个故原子结构示意图正确。1

32222高中化学月/段考32222故选。下列说正确的是（）FeCl溶液可以腐蚀印刷屯路板上的，明Fe的属活动大于晶硅熔点高、硬度大，故可用于制作半导体C.具有氧化性，可用于纸浆漂白K具有强氧化性，可代替Cl处理饮用水，既有杀菌消毒作用，又有净水作用『案』D『解氯铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，不能说明铁的金属性强于铜，故错误；硅于属和非金属之间有金属和非金属的性质所以是良好的半导体材与其熔点硬度无关，故错误；C.二氧化硫氧化性与漂白无关，错误；K中的铁+6价具有强化性，还原产物为铁离子，能水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，所以能杀菌消毒同时能净水，故正确。故选D。下列装或操作正确且能达到实验目的的是（）图：用酒精萃取碘水中碘单质后分液图：电解精炼铜2

高中化学月/段考试题C.图3X为氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢，并能防止倒吸图4:配银氨溶『案』C『解』酒精能与水互溶，不能用来萃取，故错误；电精铜时应粗铜做阳极，故错误；C.氨气或氯化氢都不溶于四氯化极易溶于水用该装置能吸收氨气或氯化氢并能做到防止倒吸，故正确；配银氨溶液应向硝酸银溶液逐滴加入氨水直到产生的沉淀恰好溶解为止，故错误。故选。下列说正确的是（）纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同碘体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用C.溶于水的过程中有共价键的断和离子键的形成HF的稳定性很好，主要是因为HF分子间存在氢键『案』A『解』A酸钠和氢氧化钠熔化时都克服离子键，故正确；碘体热变成碘蒸气克服分子间作用力，不是克服碘原子间的作用力，故错；C.三氧化硫溶于水的过程中有共键的断裂和形成，没有离子键的形成，故错误；氟氢的稳定性好，是因为氟氢中的共价键键能高，与氢键无关，故错误。3

232333344232224324342222223342262632232333344232224324342222223342262632432434222222334422623故选A。『睛』掌握氢键的位置和影响因素。氢键是分子间的作用力，影响物的物理性质，不影响化学性质。下列转，在给定条件下能实现的是（）①②Fe

Cl(g)

无水FeCl③

2

NH

NH④SiO

2

SiCl

①③

⑨④

C.①④

①⑧④『案』A『解』NaCl溶电解的得到氯气气和铁在点燃的条件下反应生成氯化铁正；②Fe和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁溶液加热蒸发，得到氢氧化铁，不是氯化，故错误；③N和气在高温高压和催化剂条件下反应生成氨气，氨气和氯化氢直接反应生成氯化铵，故正确；SiO和酸不反应，故错误。故选A。下列离方程式正确的是（）(SO)

溶液中加入足量Ba(OH)溶液：Fe

+SO

2+-=Fe(OH)↓溶水产生ONaO+HO=2Na++2OH

↑C.NaSO溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色6H+

+5SO2+2MnO-=5SO2+

O向酚钠溶液中通入少量CO2CHO+H→2CHOH+CO『案』C『解』A.Fe

溶液中加入足量

Ba(OH)溶的离子方程式为：2Fe3+

+3SO22+

-=2Fe(OH)↓+3BaSO，错误；溶水产生O的子方程式为：2Na+4OH，错误；C.NaSO溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方式为6H+2MnO-=5SO22+，故正确；向酚钠溶液中通入少量CO：CHO+H→CHOH+HCO，错误。故选。4

高中化学月/段考试题下列说不正确的是（）淀粉、食用花生油、鸡蛋清都能发生水解反应苯苯甲酸混合物在足量氧气中完全燃烧后，消耗氧气7.5amolC.按统命名法，机物

的命名为2，，4，45-五甲基-，二乙基己烷七内酯（东莨菪内酯（是些中草药中的成分，它们具有相同的官能团，互为同系物『案』D『解』A.用花生油是油脂蛋清的主要成分为蛋白质，淀粉、油脂和蛋白质都能发生水解反应，故正确；苯苯甲酸燃烧都消耗氧以混物在足量氧气中完全燃烧后耗氧气mol，正确；C.按统命名法，机物

的命名时，从左侧开始编号，所以名称为，2，，，5-五甲基，3-乙基己烷，故正确；七内酯（）官能团为酚羟基和酯基，东莨菪内酯（）的官能团为酚羟基和酯基和醚键，不属于同系物，故错误。故选D。『睛』掌握同系物的定义，即结构相似，在分子组成上相差一个或若个H原团的物质互称同系物。所谓结构相似，指具有相同的官能团。图为元周期表的一部分XY、、为周期元素，四种元素的最外层电子数之和为21下列说法不正确的是（）X

WY

RZ5

22A22A33AA2222A3A高22A22A33AA2222A3A最高价氧化物对应水化物的酸性R>X>Y号素与元同主族C.R、的些单质或两元素形成的某些化合物可作水的消毒剂Z具有氧化性和还原性『案』B『解假设X的外层电子数为x-1，则Y的外层电子数为x-1，的外层电子数为xW的最外层电子数为x+1的外层电子数为，有关系式x-1+x+1+，解，X为元素，Y为硅元素Z为元素，W为元R为元素。因为元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的性越强，所以酸性强弱顺序为高氯酸>碳酸硅，故正确；号素都在第ⅥA主，Z元在第A主,错误；C.氯气或二氧化氯或臭氧等可作的消毒剂，故正确；As中为中间价态，具有氧化性和还原性，故正确。故选设A表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）足量Zn与一定量的浓硫酸反应产生气时，转移的电子数为15.6g的NaS和O固体混合物中，阴离子数为0.2NC.1L0.1L-1

的CHCOONa溶液中含有的CH-数目为12g金石中含有的碳碳单键数约为4N『案』B『解』未明气体是否在标下，不能计算，故错误；和O二的摩尔质量同的Na和O固混合物中即0.2mol阴离子数为，故正确；C.CHCOONa溶液中醋酸根离子水解，不能计算其离子数目，故错误；12g金石即1mol，每个碳原子与4个碳原子形成共价键所平均每个碳形成键，则该物质中含有的碳碳单键数约为2N，故错误。故选己ROH体溶于水放热，有关过程的能量变化如(、K)：6

12446612124446145611244661212444614561452323223222232下列说法正确的是（）eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,+)C.H(NaOH>eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)(KOH)

Heq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)(KOH)>0eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,+)eq\o\ac(△,+)eq\o\ac(△,+)eq\o\ac(△,+)『案』B『解』eq\o\ac(△,+)表ROH固溶于水过程，该过程放热，所以应小0故错误；H表破坏离子键的过程，因为氢氧化钠中钠离子半径比钾子半径小，所以破坏离子键吸收的能量氢氧化钠多，eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)(KOH)>0，故正确；C.H都示氢氧根离子从气态变液体，能量应相同，故误；根盖斯定律分析，Heq\o\ac(△,+)eq\o\ac(△,=)eq\o\ac(△,+)Heq\o\ac(△,+)，为ROH固溶于水过程放热，故H

eq\o\ac(△,+)eq\o\ac(△,+)eq\o\ac(△,+)eq\o\ac(△,+)不于0故错误。故选有一种锂离子电池，在室温条件下可进行循环充放电，实现对磁性的可逆调控。一为纳米，另一极为属锂和石墨的复合材料，电解质只传导锂离子。电池总反应为：FeO，关于此池，下列说法不正确的是（）放电时，此电池逐渐靠近磁铁放时，正极反应为FeO-=2Fe+3LiOC.放时，正极质减小，负极质量增加充时，阴极反应为Li++e-=Li『案』C『解』A.放时，锂为负极，氧化铁在正极反应，所以反应生成铁，此电池逐渐靠近磁铁，故正确；放时，正极为氧化铁变成铁，电极反应为+6Li+-=，故正确；C.放时，正极反O+6Li成锂离子，质量减少，故错误；

-2Fe+3LiO正极质量增加，负极锂失去电子生充时，阴极锂离子得到电子，电极反应为Li故选。7

+e-=Li，故正确。

422222221441324444高中化学月422222221441324444『睛』掌握原电池和电解池的工作原理，注意电解质的存在形式对电反应的书写的影响，本题中电解质只能传到锂离子，所以电极反应中出现的离子只能为锂离子。不同温度下，三个体积均为1L的闭容器中发生反应：CH(g)N(g)+COO(g)H=-867实测得起始平衡时的有关数据如表列说法正确的是（）起始物质的/mol

平衡物质的/mol容器编号

温度/K

4

NO

N

2

CO

2

H

NOIIIIII

TTT

123

1.2

1.0

T<T若高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆移C.平时，容器I

中反应放出的热量为693.6kJ容III

中反应起始时v

)(CH)『案』A『解』该应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡时二氧化氮的物质的量多，故有T<T，确；升，逆速率都加快，平衡逆向移动，故错误；C.平时，容器I中氧化氮的消耗量为，则反应热为

8672

kJ，故错误；容III中T下衡常数不确定，不能确定其反应进行方向，故错误。故选A。电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小L1Ba(OH)溶液滴入mol·L

NH溶电导率随滴入的NHHSO溶体积的变化如图所略BaSO溶解产生的离子列法不正确的是（）8

443244443443222223高中443244443443222223A.→e的程水的电离程度逐渐增大点

)-1C.c点：+-点

)+c(H

)>c(OH∙H『案』D『析』段电导率一直下降，是因为氢氧化钡和硫酸氢铵反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨c溶质为一水合氨段导率增加，是一水合氨和硫酸氢铵反应生成硫酸铵，溶液中的离子浓度增大。『解』A.a→e的过程为碱溶液中加入盐，水的电离程度逐渐增大，故正确；点c(Ba

)=

0.010.005

=0.1moI.L-1，故正确；C.c点的溶质为一水合氨一水合氨电离出铵离子和氢氧根离子也能电离出氢氧根离子，所以有c(NH+)，故正确；点液为等物质的量的一水合氨和硫酸铵，电荷守恒有c(NH+

)++

)=2c(SO

)+c(OH-，物料守恒有②c(NH+

)+c(NH∙HO)=3c(SO

)，②-①可得2-+

)=c(OH∙，故错误。故选D。『睛』掌握溶液中的微粒守恒关系，如电荷守恒和物料守恒等，注意清溶液中的成分和数据关系。实验室从含碘废液（含有I

、I-）中回收碘，其实验过程如下：已知：溴化十六烷基三甲基铵是一种阳离子表面活性剂，可以中和沉淀表面所带的负电荷，使沉淀颗粒快速聚集，快速下沉。下列说法不正确的是（）步骤①中可Na代替9

32232322332233223223232233223322步②可以用倾析法除去上层清液C.含废液中是否有IO-，可用KI-淀粉试纸检验步③发生反应的离子方程式为+2CuI4Fe2+『案』C『解』步①中O做原剂，可用Na代替，故正确；步②从悬浊液中分离碘化亚铜固体，可以用倾析法除去上层清，故正确；C.含废液中含有单质，能使KI-淀粉试纸变蓝，不能用其检验是否含有-，故错误；步③中铁离子具有氧化性，能氧化碘化亚铜，发生反应的离子方程式为：3+

4Fe2+

2+

+I，正确。故选。固体混合物X可含有NaNO、、FeCl、中一种或几种物质，某同学对该固体进行了如下实验：下列判断正确的是（）溶液甲中一定含有、NaSiO，可能含有、原体混合物X中定有KAlOC.固乙、固体丁定是纯净物将液乙和溶液丁混合一定有无色气体生成，可能有白色沉淀生成『案』D『解』溶甲能和盐酸反应生成固体乙，说明溶液甲中含有硅酸钠，固体乙为硅酸，溶液甲和盐酸反应生成气体说明含有亚硝酸钠溶液乙含有氯化钠和盐酸固体甲可能是氯化铁和硅酸钠双水解生成的硅酸和氢氧化铁存在氯化铁和偏铝酸钾双水解生成的氢氧化铝沉淀溶液甲可能有剩余偏铝酸钾酸或氢氧化铝都可溶于氢氧化钠液为硅酸钠或还有偏铝酸钠固丙氢氧化铁溶液丙中通入过量的二氧化碳成硅酸沉淀或氢氧化铝沉淀，溶液丁含有碳酸氢钠。溶甲一定有亚硝酸钠和硅酸钠，可能有偏铝酸钾，一定不存在氯化铁，故错误；可能有偏铝酸钾，故误；10

4423222423234423222423234244C.固体乙一定是硅酸，固体丁可是硅酸或氢氧化铝，故错误；溶甲中有氯化钠和盐酸能有偏铝酸钾与液丁碳酸氢钠反应一定有二氧化碳气体，可能有氢氧化铝沉淀。故正确；故选D。『睛』掌握物质之间的反应，和可能性，注意可能存在有剩余问题，住特殊物质的性质如入盐酸产生沉淀通常认为是氯化银沉淀要注意有硅酸沉淀注意盐类水解情况的存在。暗红色固体X由种常见的元素组式量为于水微热易分解温爆炸。己知：气体B在标准状况下密度为1.25g.L，混合气体通过CuSOCuSO固变为蓝色。请回答以下问题：（1写出A的子式。（2写出生成白色沉淀D的学方程式。（3固体X可A过量气体的溶反应生成，其离子方程式_________________（4有人提出气体在热条件下与O反应，经研究固体产物中不+3价铁元素，请设计实验方案检验固体产物中可能的成限用化学方法『』(1).(2).+I↓+2HI+2HCl(3).3I+5NH·HO=NI·NH+

O(4).取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。『析』气体B在准状况下的密度为1.25g.L，其摩尔质量为22.4L/mol×1.25g.L-1=28g/mol为氮气。混合气体通过，CuSO固变为蓝色，说明混合气体中含有水蒸气和氮气。根据前后气体的体积变化分析，无色气体C为气。紫黑色固体A应碘单质，能与二氧化硫和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以白色沉淀11

克为硫酸钡沉淀，即

332242323422223322423234222232222232，通过电子计算碘单质的物质的量为，气的物质的量为，气的物质的量为，计算三种物质的质量和为8.24克正好是固体X的量，所以X的化学式为NINH。『详解』（1）为单质，电子式为：

；（2碘单质和二氧化硫和氯化钡和水反应生成硫酸钡沉淀和碘化氢和盐酸，方程式；（3固体X可碘与过量气体氨气的浓溶液反应生成，离子方程式为：

：3I+5NH·HO=NI·NH+

O；（4固体产物中不+3价铁元素，所以反应后可能产生铁或氧化亚铁，利用铁和硫酸铜反应置换出红色固体铜检验是否有铁亚铁的检验可以利用铁离子遇到硫氰化钾显红色的性质进行，故实验操作为：取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现证有铁，过滤得的滤渣溶于稀盐酸加氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。辉铜矿主要成分为Cu，软锰矿主要成分，们都含有少量、SiO等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸铜、硫酸锰和硫单质的主要工艺流程如下：（1浸取程中温度控制在500C～600C之的原因_。（2硫酸浸取时，对MnO氧化起重要催化作用，该过程可能经过两岁反应完成，将其补充完整：①（用离子方程式表示）②

=Mn3+

O（3固体甲是一种碱式盐，为测定甲的化学式，进行以下实验：步骤：取19.2固体甲，加足量的稀盐酸溶解，将所得溶液分为A、两等份；步骤：向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到NH（准状况下）过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红色固体残渣：步骤：向中入足量BaCl溶，过滤、洗涤、干燥，可9.32g固残。12

2422232高中化学2422232则固体甲的化学式为（4相关物质的溶解度如下图，从除铁后的溶液中通过一系列的操作分别获得硫酸铜、硫酸锰晶体请出合理的操作顺（从下列操作中选取先后次序列出字母，操作可重复使用液()→()→()→(A)→()→_____________蒸溶剂

B趁热过滤

．冷却结晶

过E．将溶液蒸发至溶液表面出现晶膜

．将溶液蒸发至容器底部出现大量晶体『案』(1).温高苯容易挥发，温度低浸取速率小NH(SO)(OH)AFBECD

Cu3+

2+

+S+4Fe2+『析1根据苯容易挥发，和温度对速率的影响分析；（2根据催化剂的特点分析，参与反应并最后生成进行书写方程式；（3根据反应过程中的数据分析各离子的种类和数值，最后计算各种离子的物质的量比即得化学式。『解』(1)取过程中使用苯作为溶剂，度控制在500C600C之间，是温度越高，苯越容易挥发，温度低反应的速率变小。（2

对氧化S起重催化作用，说明铁离子参反应，然后又通过反应生成，铁离子具有氧化性，能氧化硫化亚铜，本身被还原为亚铁离子，故第一步反应为Cu3+

2+

，二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子。（3A加入足量的溶并加热收到0.448LNH（准状况下过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得红色固体残渣，即氧化铁为，说明该固体中含有铵根离子和铁离子。向加入足量的溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g硫钡即，因为将溶液分成两等份，则固甲含有根离子0.12mol铁离子硫酸根离子则有的氢氧根离子物质的量13

42223322232134222332223213322223222223322222为0.24mol，固甲的化学式为NH)(OH)。『点睛』掌溶液中离子物质量计算是难点，注意前后元素的守恒性，特别注意原溶液分成了两等份，数据要变成2倍研究CO的综合利用对促低碳经的发展有重要意义CO与H合成二甲醚)是一种CO转方法，其过程中主要发生下列反应：反应I(g)反应II2CH反应IIICO(g)

O(g)OCH(g)+H0(g)CO(g)+HO(g)

eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)-49.0kJ.mol-1H=--1eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)kJ.mol（1写出CO与一合成二醚（反应IV的热化学反应方程式：（2有利于提高反应IV平转化率条件是_。高高压

低诋

．高温低压低温高压（3在恒压、CO和H起始物质的量之比为1的条件下，平衡转化率和平衡时二甲醚的选择性随温度的变化如图1的择性=

CHOCH的物的量33反应的C的物质量2

×100%①温度低于℃，CO平转化率随温度升高而下降的原因②关于合成二甲醚工艺的理解，下列说法正确的反IV在A点点的化学平衡常数K(A)小于K(B)当度压强一定时，在原料气CO和H的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率C．他条件不变，在恒容条件下的二甲醚平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性低提催化剂的活性和选择性，少等产物是工艺的关键③在某温度下入CO的物质的量为1mol二醚的选择性为8集0.2mol的二甲醚，则转率为__________________14

122122233223322232133322231221222332233222321333222332④一定温度压强下二醚的体分数随时间变化如图所在

时刻再入物质的量之比为：3的和H，

时刻重新达到平衡。画出t—t

时刻二甲醚体积分数的变化趋势。__________________（4光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、O生成二甲醚的光能储存装置如图所示，则极电极反应式_『案』(1).2CO(g)CHOCHO(g)ΔH=-122.5kJ·mol-1

反Ⅲ的ΔH>0，度升高，二氧化碳的平衡化率变大，而反应Ⅰ（或者反应Ⅳ）的ΔH<0，度升高，二氧化碳的平衡转化率下降，且上升幅度于下降幅度；

或

0.5

++2CO-=CHOCHO『解1根据盖斯定律分析，反应I

CO

O(g)

eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)=-49.0kJ.mol,

反应II2CHOH(g)

OCH(g)+HO(g)

eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)24.5kJ.mol

，有I×2+II得化程式

OCHO(g)24.5=-122.5kJ·mol-1（）反应IV为热反应高平衡逆向移高压平衡正向移动，故此条件不能确定平衡的移动方向，不能确定是否提高转化率，故错误B.低温平衡正移动，低压平衡逆向移动，故不能确定是否提高转化率，故错误．温平衡逆向移动，低压平衡逆向移动，转化率降低，故错误；低高压都能使平衡正向移动，提高转化率，故正确。（3①反应Ⅲ的ΔH，度升高，平衡正移动，二氧化碳的平衡转化率变大，而反应Ⅰ（或者反应Ⅳ）的Δ，温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率下降，且上升幅度小于下降幅度，所以随着温度升高，二氧化碳的平衡转化率下降；15

2122332高中化学月2122332②A.图分析反应IV着温度升高氧化碳的平衡转化率A点于点二甲醚的选择性降低反应IV进程度减小在A点点的化学平衡常数K(A)大，故错误；当度压强一定时，在原料气C0和H的比例不变）中添加少量惰性气体，容器的体积增大，相当于减压，平衡逆向移动，不有利于提高平衡转化率，故错误；．其他条件不变，在恒容条件反应体系中的压强逐渐减小，二甲醚平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性低，故正确；提催化剂的活性和选择性以控制三个反应是否进行少副产物是工艺的关键，故正确；故选CD③生成二甲醚的选择性为80%，现收集到0.2mol二甲醚，说明有0.4mol二化碳转化生成二甲醚，生成二甲醚的选择性为，即有0.5mol二化碳参与反应，则二氧化碳的转化率为

0.5

100%

或0.5④反应到平衡后，在t

时刻，再加入物质的量之比为13CO和，加入时二甲醚的体积分数减小，平衡正向移动，二甲醚的体积分数逐渐增加，因为是在恒温恒压条件下入等物质的量比的二氧化碳和氢气，所以属于等效平衡，即平衡时二甲醚的体积分数不变。所以图像如下：。④该装置为电解装置，二氧化碳变成二甲醚是得到电子的过程，根据图中质子交换膜分析，反应中的离子只能写氢离子，所以电极反应为12H+2CO-=CHOCHO。某学习小组以电路板刻蚀液（含有大量C

、

）为原料制备纳米，制备流程如下：16

222222242222222243442344322222224222222224344234432234432已知①CuO潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO也被还原为Cu;不溶于水极易溶于碱性溶液Cu+

=Cu2+

+Cu+HO。②生成的应4Cu(OH)+NHHO请回答：（1步骤II写出生成反的离子方程式：____________________________（2步骤II需对水层多次萃取并合并萃取液的目的是___________________________（3步骤III反萃取剂为_____________（4步骤IV①制备纳米O时控制溶液为5的因_______________的②从溶液中分离出纳米CuO采离心法，下列方法也可分离Cu的是③Cu干燥的方法（5为测定产品中的量，称取产于锥形瓶中，加入30mL硫酸的Fe(SO)

溶（量反后用0.2000mol·L

标准KMnO溶滴定重复2～3次平均消耗KMnO溶50.00mL。①产品中CuO质量分数_②若无操作误差，测定结果总是偏高的原因___________________________________『案』(1).)

2++

+CuR

提高铜离子的萃取率，提高原料利用率

稀酸

pH太氧亚铜会发生歧化反应大，氧化亚铜会溶解

C真干燥

(8).制氧化亚铜时化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大『析』刻蚀液（含有大量Cu、

、

）加入过量的氨水，形成铜氨溶液，同时生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，铜氨溶液中加入有机溶液得到CuR，反萃取剂条件下生成硫酸铜溶液。『解1步骤II，铜氨溶液和RH的机溶液反应生成氨气和氯化铵和CuR，离子方程式为)

+

+CuR；（2需要对水层多次萃取并合并萃取液是能提高铜离子的萃取率，提高原料利用率；17

22242312高中化学月/段考试题22242312（3通过前后的物质分析，反萃取剂提供硫酸根离子和氢离子，故为稀