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北京市东城区2020届高三模拟考试化学试题
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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. A B. B C. C D. 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，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. 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.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：2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2＝2Fe3＋＋2Br2＋6Cl-
B. 硫酸中加入少量氢氧化钡溶液：H+＋SO42-＋Ba2＋＋OH－＝BaSO4↓＋H2O
C. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2C6H5O-＋CO2＋H2O→2C6H5OH＋CO32-
D. 硝酸银溶液中加入过量氨水：Ag+＋NH3∙H2O＝AgOH↓＋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-，氢氧化钡电离成一个Ba2＋和两个OH－，离子方程式为：2H+＋SO42-＋Ba2＋＋2OH-＝BaSO4↓＋2H2O，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：C6H5O-＋CO2＋H2O→C6H5OH＋HCO3-，C错误；
D. 氨水过量，AgOH沉淀溶解成Ag(NH3)2OH，离子方程式为：Ag++2NH3∙H2O = [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】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．AlCl3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=CuS↓+H2SO4，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－、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
H2O2
Ca(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. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2O2可与NaClO发生反应：H2O2＋ClO－=Cl－＋O2↑＋H2O，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. 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O、e为Na、f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C。
【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. Ⅰ中的K+通过阳离子交换膜移向Ⅱ
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，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Ⅱ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，Ⅱ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2∶1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：①中，铁钉裸露在外的附近区域变红；
②中……
A. NaCl的琼脂水溶液为离子迁移的通路
B. ①中变红是因为发生反应2H+＋2e-＝H2↑，促进了水的电离
C. ②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. ①和②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】
①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-；②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】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．①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)6]3-反应生成蓝色沉淀，使②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．①中发生的氧化反应为Zn-2e- ==Zn2+，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。
10.25℃时，向10 mL物质的量浓度均为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溶液时：c(H+)＞c(Cl-)＝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-)＋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) DH＜0。
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)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) DH<0，降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；
C．1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a~c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】
【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，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/(mol·L−1)
c(CO)
c(H2O)
c(CO2)
c(H2)
Ⅰ
0.01
0.01
0
0
Ⅱ
0
0
0.01
0.01
III
0.008
0.008
0.002
0.002
下列说法不正确的是
A. Ⅱ 中达平衡时，c(H2)＝0.005 mol·L−1
B. 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 Ⅰ 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) + 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Ⅰ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．Ⅱ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=25%，B不正确；
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. ①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH－未参与该反应
B. 加入试剂体积相同时，②所得沉淀质量大于③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↓＋2H2O＋CO32－
D. 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．②中反应的离子方程式为：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH－未参与该反应，故A不选；
B．加入试剂体积相同时，③中除生成沉淀外还生成水，增加的水会溶解部分沉淀，②所得沉淀质量大于③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：Ca2＋＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋H2O，故C选；
D．b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(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(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)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。
①结合图1，写出反应达平衡的过程中的能量变化：______kJ。
②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______。
③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。
①电池工作时，熔融碳酸盐中CO32-移向________(填“电极A”或“电极B”)
②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Ⅰ时CH4的转化率 (5). 电极A (6). O2+4e-+2CO2=2CO32- (7). 500
【解析】
【详解】（1）①结合图1，反应的甲烷的物质的量为（x-y）mol·L－1×2L=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·mol－1=412(x-y)kJ。故答案为：吸收412(x-y)；
②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：；
③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：c＞b，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Ⅰ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Ⅰ时CH4的转化率；
（2）①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；
②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CuO)，加入稀硫酸和NH4NO3的混合溶液，控制溶液温度在60~70℃，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：
①本工艺中促进海绵铜溶解的措施有________。
②氧化铜溶解的离子方程式是________。
③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：
①(NH4)2SO3的作用是_________。
②NH4Cl的用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)。
①CuCl溶于Fe2(SO4)3溶液的离子方程式是_________。
②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60~70℃、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- = [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60～70℃，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－+H2O═2CuCl↓+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）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60~70℃、不断搅拌。故答案为：控制温度在60~70℃、不断搅拌；
②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；
③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＋+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）①根据发生的反应;2Cu2＋+SO32－+2Cl－+H2O═2CuCl↓+SO42－+2H＋，(NH4)2SO3的作用是还原剂。故答案为：还原剂；
②n(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）①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++ Cl-。故答案为：CuCl + Fe3+= Cu2++ Fe2++ Cl-；
②根据电子守恒得关系式：5CuCl~5e-~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：5CuCl~5e-~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：
i．ZnCO3(s) = ZnO(s) + CO2(g) DH1
ii．CO2(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_______。
Ⅱ．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，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：
ⅰ：MnO2＋2Fe2+＋4H+ ＝Mn2+＋2Fe3+＋2H2O
ⅱ：……
① 写出ⅱ的离子方程式：_________。
② 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①进入除铁工艺的溶液的pH约为3；②控制溶液pH为2.5～3.5，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_________。
(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+Zn2+，可控制溶液pH (7). Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO2+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1100～1300℃，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。
Ⅱ．现代冶炼锌流程图中的各步反应：
浸出：ⅰ：MnO2＋2Fe2+＋4H+ ＝Mn2+＋2Fe3+＋2H2O，ii．ZnS+2Fe3+ = Zn2++2Fe2++S，总把反应：MnO2＋ZnS+4H+ Mn2++S+Zn2++2H2O；
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 = MnO2+4H+，生成的硫酸和MnO2循环使用。阴极：Zn2＋＋2e－=Zn。
【详解】I．（1）泥罐内的主要反应为：
i．ZnCO3(s) = ZnO(s) + CO2(g) DH1
ii．CO2(g) + C(s) = 2CO(g) DH 2
……
总反应：ZnCO3(s) + 2C(s) = Zn(g) + 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1100～1300℃变成500～700℃，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；
Ⅱ．（3）① 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；
② 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+＋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。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-+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，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Ⅰ～Ⅲ，记录生成气体体积和溶液pH的变化：
Ⅰ．取0.1 g光亮的镁屑(过量)放入10 mL 0.10 mol·L–1 HCl溶液中；
Ⅱ．取0.1 g光亮的镁屑放入10 mL 0.10 mol·L–1 CH3COOH溶液(pH = 2.9)中；
Ⅲ．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，Ⅰ中主要反应的离子方程式是____。
(2)Ⅱ起始溶液中约为____。(选填“1”、“10”或“102”)
(3)起始阶段，导致Ⅱ、Ⅲ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Ⅱ的反应速率大于Ⅲ的原因。
提出假设：CH3COOH能直接与Mg反应。
进行实验Ⅳ：____。
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Ⅱ相同的条件和试剂用量，将溶液换成含0.10 mol·L–1的 CH3COOH与0.10 mol·L–1 CH3COONa的混合溶液(pH = 4.8)，气体产生速率与Ⅱ对比如下。
a．实验Ⅴ起始速率
b．实验Ⅱ起始速率
c．实验ⅡpH=4.8时速率
2.1 mL·min–1
2.3 mL·min–1
0.8 mL·min–1
对比a~c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：
①镁与醋酸溶液反应时，CH3COOH、H+、H2O均能与镁反应产生氢气；
②____。
(7)实验反思：120 min附近，Ⅰ~ⅢpH均基本不变，pH(Ⅰ) ≈ pH(Ⅱ) < pH(Ⅲ)，解释其原因：____。
【答案】 (1). Mg + 2H+ = Mg2+ + H2↑ (2). 102 (3). 由图1可知起始阶段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图2表明起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ (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 (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+) Ⅰ≈Ⅱ>Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ逆移，c(OH–)减小，pH减小
【解析】
【分析】
反应刚开始时，由于 Ⅰ 中c(H+)最大，所以反应速率最快，消耗n(H+)最多，但如果只发生反应2H++Mg=Mg2++H2↑，则Ⅰ、Ⅱ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Ⅱ、Ⅲ中产生H2的体积也可得出同样的结论。当Ⅰ、Ⅱ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Ⅱ中更快。比较Ⅱ、Ⅲ中溶液的pH，随着反应的进行，Ⅱ的pH比Ⅲ大，但产生H2的速率Ⅱ>Ⅲ，表明c(H+)不是影响反应速率的唯一因素；比较Ⅰ、Ⅱ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反应后结束；Ⅲ与Ⅰ、Ⅱ溶液进行比较，Ⅲ的pH大，则表明Ⅲ中c(OH–)大，应为Ⅰ、Ⅱ溶液中c(Mg2+)引起。
【详解】(1)起始阶段，Ⅰ 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)Ⅱ 起始溶液中约为=102。答案为：102；
(3)起始阶段，虽然Ⅱ、Ⅲ中c(H+)相等，但从产生H2的体积判断，Ⅱ、Ⅲ中气体产生速率差异很大，而Ⅱ的pH大于Ⅲ，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Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图2表明起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ。答案为：由图1可知，起始阶段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图2表明起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ；
(4)既然c(H+)不是影响反应速率的主要原因，那么有可能是醋酸能与Mg直接反应，于是进行实验Ⅳ：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Ⅱ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 > 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)①镁与醋酸溶液反应时，CH3COOH、H+、H2O均能与镁反应产生氢气；
②从实验Ⅰ、Ⅱ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，Ⅰ~Ⅲ pH均基本不变、c(Mg2+)相同，而Ⅲ的pH大，c(Mg2+)小，所以解释pH(Ⅰ) ≈ pH(Ⅱ) < pH(Ⅲ)的原因，应为：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+) Ⅰ≈Ⅱ>Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ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+) Ⅰ≈Ⅱ>Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ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。
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. A B. B C. C D. 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，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. 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.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：2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2＝2Fe3＋＋2Br2＋6Cl-
B. 硫酸中加入少量氢氧化钡溶液：H+＋SO42-＋Ba2＋＋OH－＝BaSO4↓＋H2O
C. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2C6H5O-＋CO2＋H2O→2C6H5OH＋CO32-
D. 硝酸银溶液中加入过量氨水：Ag+＋NH3∙H2O＝AgOH↓＋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-，氢氧化钡电离成一个Ba2＋和两个OH－，离子方程式为：2H+＋SO42-＋Ba2＋＋2OH-＝BaSO4↓＋2H2O，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：C6H5O-＋CO2＋H2O→C6H5OH＋HCO3-，C错误；
D. 氨水过量，AgOH沉淀溶解成Ag(NH3)2OH，离子方程式为：Ag++2NH3∙H2O = [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】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．AlCl3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=CuS↓+H2SO4，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－、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
H2O2
Ca(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. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2O2可与NaClO发生反应：H2O2＋ClO－=Cl－＋O2↑＋H2O，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. 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O、e为Na、f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C。
【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. Ⅰ中的K+通过阳离子交换膜移向Ⅱ
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，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Ⅱ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，Ⅱ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2∶1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：①中，铁钉裸露在外的附近区域变红；
②中……
A. NaCl的琼脂水溶液为离子迁移的通路
B. ①中变红是因为发生反应2H+＋2e-＝H2↑，促进了水的电离
C. ②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. ①和②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】
①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-；②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】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．①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)6]3-反应生成蓝色沉淀，使②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．①中发生的氧化反应为Zn-2e- ==Zn2+，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。
10.25℃时，向10 mL物质的量浓度均为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溶液时：c(H+)＞c(Cl-)＝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-)＋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) DH＜0。
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)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) DH<0，降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；
C．1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a~c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】
【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，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/(mol·L−1)
c(CO)
c(H2O)
c(CO2)
c(H2)
Ⅰ
0.01
0.01
0
0
Ⅱ
0
0
0.01
0.01
III
0.008
0.008
0.002
0.002
下列说法不正确的是
A. Ⅱ 中达平衡时，c(H2)＝0.005 mol·L−1
B. 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 Ⅰ 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) + 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Ⅰ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．Ⅱ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=25%，B不正确；
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. ①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH－未参与该反应
B. 加入试剂体积相同时，②所得沉淀质量大于③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↓＋2H2O＋CO32－
D. 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．②中反应的离子方程式为：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH－未参与该反应，故A不选；
B．加入试剂体积相同时，③中除生成沉淀外还生成水，增加的水会溶解部分沉淀，②所得沉淀质量大于③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：Ca2＋＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋H2O，故C选；
D．b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(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(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)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。
①结合图1，写出反应达平衡的过程中的能量变化：______kJ。
②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______。
③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。
①电池工作时，熔融碳酸盐中CO32-移向________(填“电极A”或“电极B”)
②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Ⅰ时CH4的转化率 (5). 电极A (6). O2+4e-+2CO2=2CO32- (7). 500
【解析】
【详解】（1）①结合图1，反应的甲烷的物质的量为（x-y）mol·L－1×2L=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·mol－1=412(x-y)kJ。故答案为：吸收412(x-y)；
②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：；
③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：c＞b，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Ⅰ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Ⅰ时CH4的转化率；
（2）①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；
②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CuO)，加入稀硫酸和NH4NO3的混合溶液，控制溶液温度在60~70℃，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：
①本工艺中促进海绵铜溶解的措施有________。
②氧化铜溶解的离子方程式是________。
③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：
①(NH4)2SO3的作用是_________。
②NH4Cl的用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)。
①CuCl溶于Fe2(SO4)3溶液的离子方程式是_________。
②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60~70℃、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- = [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60～70℃，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－+H2O═2CuCl↓+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）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60~70℃、不断搅拌。故答案为：控制温度在60~70℃、不断搅拌；
②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；
③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＋+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）①根据发生的反应;2Cu2＋+SO32－+2Cl－+H2O═2CuCl↓+SO42－+2H＋，(NH4)2SO3的作用是还原剂。故答案为：还原剂；
②n(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）①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++ Cl-。故答案为：CuCl + Fe3+= Cu2++ Fe2++ Cl-；
②根据电子守恒得关系式：5CuCl~5e-~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：5CuCl~5e-~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：
i．ZnCO3(s) = ZnO(s) + CO2(g) DH1
ii．CO2(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_______。
Ⅱ．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，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：
ⅰ：MnO2＋2Fe2+＋4H+ ＝Mn2+＋2Fe3+＋2H2O
ⅱ：……
① 写出ⅱ的离子方程式：_________。
② 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①进入除铁工艺的溶液的pH约为3；②控制溶液pH为2.5～3.5，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_________。
(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+Zn2+，可控制溶液pH (7). Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO2+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1100～1300℃，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。
Ⅱ．现代冶炼锌流程图中的各步反应：
浸出：ⅰ：MnO2＋2Fe2+＋4H+ ＝Mn2+＋2Fe3+＋2H2O，ii．ZnS+2Fe3+ = Zn2++2Fe2++S，总把反应：MnO2＋ZnS+4H+ Mn2++S+Zn2++2H2O；
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 = MnO2+4H+，生成的硫酸和MnO2循环使用。阴极：Zn2＋＋2e－=Zn。
【详解】I．（1）泥罐内的主要反应为：
i．ZnCO3(s) = ZnO(s) + CO2(g) DH1
ii．CO2(g) + C(s) = 2CO(g) DH 2
……
总反应：ZnCO3(s) + 2C(s) = Zn(g) + 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1100～1300℃变成500～700℃，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；
Ⅱ．（3）① 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；
② 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+＋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。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-+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，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Ⅰ～Ⅲ，记录生成气体体积和溶液pH的变化：
Ⅰ．取0.1 g光亮的镁屑(过量)放入10 mL 0.10 mol·L–1 HCl溶液中；
Ⅱ．取0.1 g光亮的镁屑放入10 mL 0.10 mol·L–1 CH3COOH溶液(pH = 2.9)中；
Ⅲ．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，Ⅰ中主要反应的离子方程式是____。
(2)Ⅱ起始溶液中约为____。(选填“1”、“10”或“102”)
(3)起始阶段，导致Ⅱ、Ⅲ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Ⅱ的反应速率大于Ⅲ的原因。
提出假设：CH3COOH能直接与Mg反应。
进行实验Ⅳ：____。
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Ⅱ相同的条件和试剂用量，将溶液换成含0.10 mol·L–1的 CH3COOH与0.10 mol·L–1 CH3COONa的混合溶液(pH = 4.8)，气体产生速率与Ⅱ对比如下。
a．实验Ⅴ起始速率
b．实验Ⅱ起始速率
c．实验ⅡpH=4.8时速率
2.1 mL·min–1
2.3 mL·min–1
0.8 mL·min–1
对比a~c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：
①镁与醋酸溶液反应时，CH3COOH、H+、H2O均能与镁反应产生氢气；
②____。
(7)实验反思：120 min附近，Ⅰ~ⅢpH均基本不变，pH(Ⅰ) ≈ pH(Ⅱ) < pH(Ⅲ)，解释其原因：____。
【答案】 (1). Mg + 2H+ = Mg2+ + H2↑ (2). 102 (3). 由图1可知起始阶段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图2表明起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ (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 (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+) Ⅰ≈Ⅱ>Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ逆移，c(OH–)减小，pH减小
【解析】
【分析】
反应刚开始时，由于 Ⅰ 中c(H+)最大，所以反应速率最快，消耗n(H+)最多，但如果只发生反应2H++Mg=Mg2++H2↑，则Ⅰ、Ⅱ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Ⅱ、Ⅲ中产生H2的体积也可得出同样的结论。当Ⅰ、Ⅱ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Ⅱ中更快。比较Ⅱ、Ⅲ中溶液的pH，随着反应的进行，Ⅱ的pH比Ⅲ大，但产生H2的速率Ⅱ>Ⅲ，表明c(H+)不是影响反应速率的唯一因素；比较Ⅰ、Ⅱ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反应后结束；Ⅲ与Ⅰ、Ⅱ溶液进行比较，Ⅲ的pH大，则表明Ⅲ中c(OH–)大，应为Ⅰ、Ⅱ溶液中c(Mg2+)引起。
【详解】(1)起始阶段，Ⅰ 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)Ⅱ 起始溶液中约为=102。答案为：102；
(3)起始阶段，虽然Ⅱ、Ⅲ中c(H+)相等，但从产生H2的体积判断，Ⅱ、Ⅲ中气体产生速率差异很大，而Ⅱ的pH大于Ⅲ，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Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图2表明起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ。答案为：由图1可知，起始阶段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图2表明起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ；
(4)既然c(H+)不是影响反应速率的主要原因，那么有可能是醋酸能与Mg直接反应，于是进行实验Ⅳ：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Ⅱ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 > 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)①镁与醋酸溶液反应时，CH3COOH、H+、H2O均能与镁反应产生氢气；
②从实验Ⅰ、Ⅱ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，Ⅰ~Ⅲ pH均基本不变、c(Mg2+)相同，而Ⅲ的pH大，c(Mg2+)小，所以解释pH(Ⅰ) ≈ pH(Ⅱ) < pH(Ⅲ)的原因，应为：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+) Ⅰ≈Ⅱ>Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ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+) Ⅰ≈Ⅱ>Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ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。
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