2019-2020学年福建省厦门大学附属实验中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

《2019-2020学年福建省厦门大学附属实验中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年福建省厦门大学附属实验中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（17页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2019-2020学年福建省厦门大学附属实验中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）A质子数为17、中子数为20 的氯原子：2017ClB氯离子(Cl)的结构示意图：C氯分子的电子式：D氯乙烯分子的结构简式：H3CCH2Cl【答案】C【解析】【分析】【详解】A、左上角应是质量数，质量数=中子数+质子数=37，应是3717Cl，故 A 说法错误；B、氯离子质子数大于电子数，其结构示意图：，故 B 错误；C、氯原子最外层7个电子，每个氯原子都达到8 电子稳定结构，故C正确；D、氯乙烯结

2、构简式：CH2=CHCl，而题目中是氯乙烷，故D 说法错误。2中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及氧化还原反应的是A火法炼铜B转轮排字C粮食酿酒D钻木取火【答案】B【解析】【详解】A.火法炼铜是指用氧气与硫化亚铜制取铜的反应，属于氧化还原反应，故A不选；B.转轮排字属于物理变化，故选B；C.用粮食酿酒过程实质是淀粉水解生成葡萄糖，在进行发酵生成乙醇的过程，中间有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；D.钻木取火是通过动能转化为热能使木材燃烧，属于氧化还原反应，故D不选；答案：B。3常温下，向 l L pH=l0 的 NaOH 溶液中持续通入CO2。通入 CO2的体积(y)

3、与溶液中水电离出的c(OH-)的关系如图所示。下列叙述错误的是A a 点溶液中：水电离出的c(H+)=1 10-10mol L-1Bb 点溶液中：c(H+)=1 10-7mol L-1Cc 点溶液中：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)D d 点溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)【答案】C【解析】试题分析：Aa 点溶液是NaOH 溶液，pH=10，则水电离出的c(H+)=1 10-10mol L-1，正确。Bb 点溶液中c(OH-)=1 10-7mol L-1，由于水的离子积是kw=1 10-14mol2 L-2，所以 c(H+)=1 10-7mol L-1，正

4、确。Cc 点水电离产生的c(OH-)最大，则溶液是Na2CO3溶液。根据物料守恒可知c(Na+)c(CO32-)，CO32-发生水解反应形成HCO3-，但是盐水解的程度是微弱的，主要还是以盐电离产生的离子存在，所以c(CO32-)c(HCO3-)。故溶液中离子浓度关系是：c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)，错误。Dd 点溶液中，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，由于 c(OH-)=1 10-7mol L-1，所以 c(H+)=1 10-7mol L-1，故c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，正确。考点：考查

5、碱与酸性氧化物反应时水电离程度大小比较及溶液中离子浓度关系的知识。4设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A标准状况下，11.2LH2与 11.2LD2所含的质子数均为NAB硅晶体中，有NA个 Si 原子就有4NA个 SiSi 键C6.4g Cu 与 3.2g 硫粉混合隔绝空气加热，充分反应后，转移电子书为0.2NAD用惰性电极电解食盐水，若导线中通过2NA个电子，则阳极产生22.4L 气体【答案】A【解析】【详解】A.标准状况下，11.2LH2与 11.2LD2均为 0.5mol，每个分子中含有2 个质子，则所含的质子数均为NA，故A 正确；B.硅晶体中，每个 Si周围形成4 个

6、 SiSi键，每个 SiSi键是 2 个 Si 原子共用，所以有 NA个 Si原子就有2NA个 SiSi 键，故 B 错误；C.硫和铜反应的方程式：2Cu+SCu2S，6.4gCu 与 3.2gS粉的物质的量相等，均为0.1mol，物质的量相等的铜和硫反应，硫过量，根据铜求转移电子的物质的量，则6.4gCu 的物质的量为0.1mol，则转移电子的物质的量为0.1mol，转移电子数为0.1NA，故 C错误；D.未说明是标准状态，则无法计算生成气体的体积，故D 错误。故选 A。【点睛】此题易错点在于D 项，在涉及气体体积的计算时，要注意是否为标准状态，是否为气体。5下列实验操作能达到实验目的的是A

7、用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2B用氨水鉴别NaCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl 四种溶液C用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性D用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl【答案】C【解析】【分析】【详解】A、NO2和水发生反应：3NO2H2O=2HNO3NO，不能用排水法收集NO2，应用排空气法收集，故错误；B、现象分别是无现象、有白色沉淀、有白色沉淀(氢氧化铝溶于强碱不溶于弱碱)、无现象，因此不能区分，应用 NaOH 溶液，进行鉴别，故错误；C、高锰酸钾溶液，可以把草酸氧化成CO2，即 2MnO45H2C2O46H=2Mn210CO28H2O，故正确；D、Cl2H2OH

8、ClHClO，HCl 消耗 NaHCO3，促使平衡向正反应方向移动，因此应用饱和食盐水，故错误。6已知 A、B、C、D、E为常见的有机化合物，它们之间的转化关系如图所示。其中A 只由碳、氢两种元素组成，其产量可用来衡量一个国家石油化工的发展水平。下列推断正确的是（）A甲烷中混有少量A，可用酸性高锰酸钾溶液除去B物质 C可以和 NaHCO3溶液反应生成CO2C物质 E的酯类同分异构体还有3 种D BDE 的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OH+CH3COOC2H5【答案】C【解析】【分析】其中 A 只由碳、氢两种元素组成，其产量可用来衡量一个国家石油化工的发展水平，A 为乙烯，B 为乙醇，

9、C 为乙醛，D 为乙酸，E为乙酸乙酯。【详解】A.甲烷中混有少量A，不能用酸性高锰酸钾溶液除去，乙烯与酸性高锰酸钾发生生成二氧化碳，引入新的杂质，故A 错误；B.乙醛和 NaHCO3溶液不反应，故B错误；C.物质 E的酯类同分异构体有甲酸正丙酯，甲酸异丙酯，丙酸甲酯3 种，故 C正确；D.BDE 的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OH+CH3COOC2H5+H2O，故 D 错误。综上所述，答案为C。7高能 LiFePO4电池多应用于公共交通，结构如图所示。电池中间是聚合物的隔膜，其主要作用是在反应过程中只让Li+通过，原理如下：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFeP

10、O4+nC。下列说法错误的是（）A放电时，Li+向正极移动B放电时，电子由负极用电器 正极C充电时，阴极反应为xLi+nC+xe-=LixCnD充电时，阳极质量增重【答案】D【解析】【分析】【详解】A放电时，工作原理为原电池原理，阳离子向正极移动，A正确；B放电时，工作原理为原电池原理，电子由负极用电器 正极，B正确；C充电时，工作原理为电解池原理，阴极反应为xLi+nC+xe-=LixCn，C正确；D充电时，工作原理为电解池原理，阳极反应为LiFePO4-xe-=(1-x)LiFePO4+xFePO4+xLi+，很明显，阳极质量减小，D错误。答案选 D。【点睛】涉及 x 的电池或者电解池的电

11、极反应书写，切不可从化合价入手，而应该以电荷守恒或者原子守恒作为突破口进行书写，如本题 D 中先根据总反应写出LiFePO4-e-(1-x)LiFePO4+xFePO4，很显然右边少着x 个 Li+，故右边加上xLi+，右边加上xLi+后，根据电荷守恒可知左边应该-xe-，最终阳极反应为LiFePO4-e-(1-x)LiFePO4+xFePO4。8根据合成氨反应的能量变化示意图，下列有关说法正确的是（）A断裂 0.5molN2（g）和 1.5mol H2（g）中所有的化学键释放a kJ热量BNH3（g）NH3（l）H=c kJ?mol1CN2（g）+3H2（g）?2NH3（g）H=2（ab）k

12、J?mol1D 2NH3（l）?N2（g）+3H2（g）H=2（b+ca）kJ?mol1【答案】D【解析】【分析】由图可知，断裂化学键吸收akJ 热量，形成1mol 气态氨气时放热为bkJ，1mol 气态氨气转化为液态氨气放出热量为ckJ。【详解】A断裂 0.5mol N2（g）和 1.5mol H2（g）中所有的化学键，吸收a kJ热量，故A 错误；BNH3（g）NH3（l）H=c kJ?mol1，故 B错误；C由图可知，N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）H=2（ab）kJ?mol1，故 C错误；D由图可知，N2（g）+3H2（g）?2NH3（l）H=2（abc）kJ?mol1，互为逆

13、反应时，焓变的数值相同、符号相反，则2NH3（l）?N2（g）+3H2（g）H=2（b+ca）kJ?mol1，故 D 正确；故选：D。9明崇祯年间徐光启手迹记载：“绿矾五斤，硝(硝酸钾)五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，次用铁作锅，锅下起火，取气冷定，开坛则药化为强水。五金入强水皆化、惟黄金不化强水中，加盐则化。”以下说法不正确的是A“强 水”主 要 成 分 是 硝酸B“将矾炒去，约折五分之一”是指绿矾脱水C“锅下起火,取气冷定”描述了蒸馏的过程D“五金入强水皆化”过程产生的气体都是H2【答案】D【解析】A.根据“五金入强水皆化、惟黄金不化强水中”判断“强 水”主 要 成 分 是 硝

14、酸，故A 正确；B.“将矾炒去，约折五分之一”是指绿矾脱水，故B 正确；C.“锅下起火，取气冷定”描述了蒸馏的过程，故C正确；D.“五金入强水皆化”是指金属溶于硝酸，过程产生的气体主要是氮的氧化物，故D 不正确。故选D。10下列说法正确的是A将溴乙烷与氢氧化钾混合液加热，再滴加硝酸银溶液，观察有沉淀生成，可证明溴乙烷中含有溴B用纸层析法分离铁离子与铜离子时，蓝色斑点在棕色斑点的下方，说明铜离子在固定相中分配得更多C食醋总酸含量的测定实验中，先用移液管吸取市售食醋25ml，置于 250ml 容量瓶中加水稀释至刻度线，从配制后的溶液中取出25ml 进行实验，其主要目的是可以减少食醋的挥发D准确量取

15、25.00 mL 的液体可选用移液管、量筒或滴定管等量具【答案】B【解析】【分析】【详解】A检验卤代烃中卤素原子的种类，要将卤素原子转变成卤素离子，再进行检验；因此，先加NaOH 溶液，使卤代烃水解，再加硝酸酸化后，方可加入AgNO3，通过观察沉淀的颜色确定卤素原子的种类，选项中缺少加入硝酸酸化的步骤，A 项错误；B 层析法的原理即利用待分离的混合物中各组分在某一物质(称作固定相)中的亲和性差异，如吸附性差异，溶解性(或分配作用)差异让混合物溶液(称作流动相)流经固定相，使混合物在流动相和固定相之间进行反复吸附或分配等作用，从而使混合物中的各组分得以分离；纸上层析分离能溶于水的物质时，固定相是

16、吸附在滤纸上的水，流动相是与水能混合的有机溶剂(如醇类)，实验结束后，出现在滤纸靠上方位置的离子，其在流动相中分配更多，出现在滤纸靠下方位置的离子，其在固定相中分配更多；因此蓝色斑点反映的铜离子，在固定相中分配更多，B 项正确；C移液管量取溶液体积的精度是0.01mL，此外，容量瓶不可用于稀释溶液，C项错误；D量筒的精确度是0.1mL，因此无法用量筒精确量取25.00mL 的液体，D 项错误；答案选 B。11根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A 将含有 SO2的废气通入BaCl2溶液中，生成白色沉淀SO2与 BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀B 常温下，分别测定同浓

17、度Na2CO3溶液与CH3COONa溶液的 pH，Na2CO3溶液的 pH大于 CH3COONa溶液HCO3-电离出 H能力比 CH3COOH的弱C 向 Fe(NO3)3溶液中加入铁粉，充分振荡，滴加少量盐酸酸化后再滴入KSCN溶液，溶液变红Fe(NO3)3溶液中 Fe3部分被 Fe还原D 苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应，将得到的气体直接通入AgNO3溶液中，产生淡黄色沉淀苯和液溴发生取代反应A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中，不能生成白色沉淀，弱酸不能制取强酸，故A 错误；B常温下，分别测定同浓度Na2CO3溶液与 CH

18、3COONa溶液的 pH，Na2CO3溶液的 pH 大于 CH3COONa溶液，说明 Na2CO3的水解程度大于CH3COONa溶液，水解程度越大，相应的酸电离程度越弱，则HCO3-电离出 H能力比 CH3COOH的弱，故B 正确；CFe 与 Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2，再加盐酸，酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，滴入KSCN溶液，溶液变红，不能说明是否部分被还原，也可能全部被还原，故C错误；D溴单质具有挥发性，生成的HBr 及挥发的溴均与硝酸银反应，观察是否有淡黄色沉淀生成不能证明发生取代反应，故D 错误；答案选 B。12实验室制备少量乙酸乙酯的装置如图所示。下列

19、有关该实验说法正确的是A乙酸乙酯的沸点小于100B反应前，试管甲中先加入浓硫酸，后加入适量冰酸醋和乙醇C试管乙中应盛放NaOH 浓溶液D实验结束后，将试管乙中混合液进行蒸发结晶可得到乙酸乙酯【答案】A【解析】【详解】A、由水浴加热制备并蒸出乙酸乙酯，可知乙酸乙酯的沸点小于100，故 A 正确；B、浓硫酸的密度大，应该先加入适量乙醇，然后慢慢地加入浓硫酸和冰酸醋，防止混合液体溅出，发生危险，故B错误；C.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，试管乙中不能盛放NaOH 浓溶液，应盛放饱和碳酸钠溶液，故C 错误；D.乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，实验结束后，将试管乙中混合液进行分液可得到乙酸乙酯，故D 错误；选

20、 A。13W、X、Y和 Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W 为空气中含量最多的元素，Y的周期数等于其族序数，W、X、Y的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水，Z的最外层电子数是最内层电子数的3 倍。下列叙述正确的是A X、Y均可形成两种氧化物B离子的半径大小顺序：r(X+)r(Z2-)CW 和 Z的氢化物之间不能反应D X的氢化物(XH)中含有共价键【答案】B【解析】【分析】【详解】W 是空气中含量最多的元素，则W 为 N 元素。Y的周期数等于其族序数，另Y的原子序数大于W 的原子序数，则Y在第三周期第A族，Y为 Al 元素。Y 的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，可

21、以与N 的最高价氧化物的水化物HNO3反应生成盐和水，在 Al 和 N 之间的元素，Al(OH)3只能与 Na 的最高价的氧化物的水化物NaOH 反应生成盐和水，则X为 Na 元素。Z的最外层电子数是最内层电子数的3 倍，最内层的电子数为2 个，则 Z的最外层电子数为6，则 Z为 S元素。A Na 的氧化物为Na2O 和 Na2O2(其中 Na2O2为过氧化物，属于特殊的氧化物)，有 2 种；Al 的氧化物为Al2O3，只有 1 种，A 错误；BS2核外有 3 个电子层，Na核外只有2 个电子层，电子层数越多，离子半径越大，则有r(Na)r(S2)，B 正确；CW 和 Z的氢化物分别为NH3和

22、 H2S，可发生下列反应NH3+H2S=NH4HS或 2NH3H2S=(NH4)2S，C错误；D Na 的氢化物NaH，由 Na和 H构成，只有离子键，D 错误。答案选 B。【点睛】离子半径比较方法可以归纳为：核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小；核外电子排布不同的短周期元素离子，其电子层数越多，离子半径越大。14下列诗句、谚语或与化学现象有关，说法不正确的是A“水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化B“落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化C“滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化D“看似风平浪静，实则暗流涌动”形象地描述了溶解平衡的状态【答案】C【解析】【详解】A水乳交

23、融没有新物质生成，油能燃烧，火上浇油有新物质生成，选项A 正确；B龙虾和螃蟹被煮熟时，它们壳里面的一种蛋白质-甲壳蛋白会受热扭曲分解，释放出一种类似于胡萝卜素的色素物质，有新物质生成，属于化学变化，选项B 正确；C石头大多由大理石（即碳酸钙）其能与水，二氧化碳反应生成Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2是可溶性物质，包含反应CaCO3 CO2 H2O=Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2CaCO3CO2H2O，属于化学变化，选项C不正确；D看似风平浪静，实则暗流涌动说的是表面看没发生变化，实际上在不停的发生溶解平衡，选项 D 正确。答案选 C。15氢元素有三种同位素，各有各的丰度其中11H

24、 的丰度指的是()A自然界11H 质量所占氢元素的百分数B11H 在海水中所占氢元素的百分数C自然界11H 个数所占氢元素的百分数D11H 在单质氢中所占氢元素的百分数【答案】C【解析】【详解】同位素在自然界中的丰度，指的是该同位素在这种元素的所有天然同位素中所占的比例，故11H 的丰度指的是自然界11H 原子个数所占氢元素的百分数，故选C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某兴趣小组的同学设计实验制备CuBr(白色结晶性粉末，微溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂)，实验装置(夹持、加热仪器略)如图所示。(1)仪器 M 的名称是 _。(2)若将 M 中的浓硫酸换成70%的 H2SO4，

25、则圆底烧瓶中的固体试剂为_(填化学式)。(3)B 中发生反应的化学方程式为_，能说明 B 中反应已完成的依据是_。若 B中 Cu2+仍未完全被还原，适宜加入的试剂是_(填标号)。a.液溴b.Na2SO4c.铁粉d.Na2S2O3(4)下列关于过滤的叙述不正确的是_(填标号)。a.漏斗末端颈尖可以不紧靠烧杯壁b.将滤纸润湿，使其紧贴漏斗内壁c.滤纸边缘可以高出漏斗口d.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速率(5)洗涤时，先用装置C中的吸收液清洗，其目的是_，再依次用溶解SO2的乙醇、乙醚洗涤的目的是_。【答案】分液漏斗Na2SO3(或 K2SO3或 NaHSO3或 KHSO3等)2CuSO4+2

26、NaBr+SO2+2H2O=2CuBr+Na2SO4+2H2SO4溶液蓝色褪去d acd 防止 CuBr 被氧化用乙醇除去固体表面的水，再用更易挥发的乙醚除去乙醇，使其快速干燥【解析】【分析】(1)根据仪器结构判断仪器的名称；(2)根据复分解反应的规律选择试剂；(3)在 B 中 NaBr、SO2、CuSO4、H2O 会发生氧化还原反应产生CuBr 沉淀，利用电子守恒、原子守恒，书写反应的化学方程式，根据Cu2+的水溶液显蓝色，结合该反应的特点判断反应完全的特征及加入的物质；(4)根据过滤操作的目的、仪器的使用方法解答；(5)CuBr 容易被氧化，根据SO2的水溶液具有还原性分析，结合H2O 容

27、易溶于乙醇中，及乙醇、乙醚具有易挥发的性质分析。【详解】(1)根据装置图中仪器M 的结构可知该仪器的名称是分液漏斗；(2)根据复分解反应的规律可用70%的 H2SO4与 Na2SO3或 K2SO3或 NaHSO3或 KHSO3等反应制取SO2气体，反应方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2；(3)在 B 中 BaBr、SO2、CuSO4、H2O 会发生氧化还原反应产生CuBr 沉淀，利用电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：2CuSO4+2NaBr+SO2+2H2O=2CuBr+Na2SO4+2H2SO4；Cu2+的水溶液显蓝色，若反应完全，则溶液中不再含有Cu

28、2+，溶液的蓝色褪去，由于CuSO4是强酸弱碱盐，在溶液中Cu2+水解使溶液显酸性，H+与 Na2S2O3反应产生SO2气体，以促使反应的进行，因此若B中 Cu2+仍未完全被还原，适宜加入的试剂是Na2S2O3，故合理选项是d；(4)a.漏斗末端颈尖紧靠烧杯壁，就可以使过滤得到的滤液沿烧杯内壁不断进入到烧杯中，a 错误；b.将滤纸润湿，使其紧贴漏斗内壁，就可以使混合物充分分离，b 正确；c.为了使难溶性的固体与液体物质分离，滤纸边缘要低于漏斗口边缘，c 错误；d.用玻璃棒引流，使混合物进入到过滤器中，在漏斗中不能用玻璃棒搅动，否则会使滤纸破损，导致不能过滤，不能分离混合物，d 错误；故合理选项

29、是acd；(5)SO2是大气污染物，为防止其污染环境，用蒸馏水吸收SO2，得到 H2SO3溶液，该物质具有还原性，用H2SO3溶液洗涤，就可以避免CuBr 被空气中的氧气氧化，然后依次用溶解SO2的乙醇、乙醚洗涤的目的是用乙醇除去固体表面的水，再用更易挥发的乙醚除去乙醇，使其快速干燥。【点睛】本题考查物质制备方案的设计的知识，涉及对操作的分析评价、物质的分离提纯、实验方案实际等，(5)为易错点，学生容易忽略加入氢氧化钠溶液的质量，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17丙胺卡因（H）是一种局部麻醉药物，实验室制备H 的一种合成路线如下：已知：

30、回答下列问题：(1)B 的化学名称是_，H 的分子式是 _。(2)由 A 生成 B 的反应试剂和反应条件分别为_。(3)C 中所含官能团的名称为_，由 G 生成 H 的反应类型是_。(4)C 与 F反应生成G 的化学方程式为_。反应中使用K2CO3的作用是 _。(5)化合物 X是 E的同分异构体，X能与 NaOH 溶液反应，其核磁共振氢谱只有1 组峰。X 的结构简式为_。(6)（聚甲基丙烯酸甲酯）是有机玻璃的主要成分，写出以丙酮和甲醇为原料制备聚甲基丙烯酸甲酯单体的合成路线：_。（无机试剂任选）【答案】邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）C13H20ON2浓 HNO3浓 H2SO4，加热氨基取代反应吸

31、收反应产生的HCl，提高反应的转化率或【解析】【分析】A 的分子式结合G 得知：A 是甲苯，B 中有-NO2，结合 G 的结构苯环上的-CH3和 N 原子所连接B苯环上的C 属于邻位关系，故 B 是邻硝基甲苯，在 Fe 和 HCl 存在下被还原成C 物质：邻氨基甲苯，结合题干信息：二者反应条件一致，则确定D 是乙醛 CH3CHO，E 是，部分路线如下：【详解】（1）B的化学名称是邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；H 的分子式是C13H20ON2；（2）由 A 生成 B的反应是硝化反应，试剂：浓HNO3、浓 H2SO4，反应条件：加热；（3）C中所含官能团的名称为氨基；观察 G 生成 H 的路线：G

32、 的 Cl原子被丙胺脱掉NH2上的一个 H 原子后剩下的集团CH3CH2CH2NH取代，故反应类型是取代反应；（4）C与 F反应生成G的化学方程式为；有机反应大多是可逆反应，加入K2CO3消耗反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高反应物的转化率；（5）的单体是，联系原料有甲醇倒推出前一步是与甲醇酯化反应生成单体，由原料丙酮到增长了碳链，用到题干所给信息：，故流程如下：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18Zn 是一种应用广泛的金属。用闪锌矿(主要成分为ZnS，还含有 SiO2和少量 FeS、CdS、PbS、砷化合物杂质等)为原料制备金属Zn 和 ZnSO4 7H2O 的流程如图所示

33、：相关金属离子c(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4 沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4 FeAsO4难溶于水；ZnSO4 7H2O 易溶于水，难溶于酒精。回答下列问题：(1)滤渣 1 的主要成分除SiO2外还有 _，焙烧后产生的气体对环境造成的常见危害为_。(2)氧化除杂工序中加入ZnO的作用是 _。(3)制得的 ZnSO4 7H2O 需洗涤，洗涤晶体时应选用的试剂为_。(4)溶液中的Cd2可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_。不能省去“还原除杂”步骤，直接在

34、“氧化除杂”步骤中除去Cd2，理由是 _。(5)回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为 Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应式为_；沉积锌后的电解液可返回_工序继续使用。(6)酸浸液中砷元素以AsO33存在，在氧化除杂时加入酸性KMnO4溶液，KMnO4可与 AsO33发生反应生成FeAsO4，写出该反应的离子方程式为_。【答案】PbSO4酸雨调节溶液的pH 使 Fe3+沉淀完全酒精（或饱和硫酸锌溶液）Zn+Cd2+=Zn2+Cd在氧化除杂工序中加ZnO 是为了调节溶液pH，若要完全除去Cd2+，溶液的 pH 至少需要调节为 9.4，此时 Zn2+也会

35、完全沉淀Ni(OH)2-e-+OH-=NiO(OH)+H2O酸浸5Fe2+5AsO33-+3MnO4-+14H+=3Mn2+5FeAsO4+7H2O【解析】【分析】焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2，焙烧过程中生成的气体是SO2，焙烧后的主要成分变为ZnO，还存在少量的SiO2、Fe2O3、PbO、CdO，加稀硫酸后，发生一系列反应，ZnO、Fe2O3、PbO、CdO 与稀硫酸反应分别生成硫酸锌、硫酸铁、硫酸铅、硫酸镉，其中SiO2和 PbSO4不溶于水，以沉淀

36、的形式沉降下来，所以滤渣1 的主要成分是SiO2和 PbSO4，氧化除杂工序中加入ZnO 的作用是调节溶液的 pH 在 2.86.2，使 Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀，且不引入杂质，加入酸性高锰酸钾溶液能使溶液中的 Fe2+转变为 Fe3+，有利于除杂，同时根据第（6）酸浸液中砷元素以AsO33存在，在氧化除杂时加入酸性 KMnO4溶液，KMnO4可与 AsO33发生反应生成FeAsO4，可知滤渣2 为 Fe(OH)3、FeAsO4，由第（4）问可知，还原除杂工序加入锌粉，可以还原Cd2+为金属 Cd，则滤渣3 为 Cd 以及过量的锌粉，则得到的滤液为含硫酸锌的溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、

37、过滤、洗涤、干燥、得到ZnSO4 7H2O，经过电解得到金属Zn，据此分析解答。【详解】焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2，焙烧过程中生成的气体是SO2，焙烧后的主要成分变为ZnO，还存在少量的SiO2、Fe2O3、PbO、CdO，加稀硫酸后，发生一系列反应，ZnO、Fe2O3、PbO、CdO 与稀硫酸反应分别生成硫酸锌、硫酸铁、硫酸铅、硫酸镉，其中SiO2和 PbSO4不溶于水，以沉淀的形式沉降下来，所以滤渣1 的主要成分是SiO2和 PbSO4，氧化除杂工序

38、中加入ZnO 的作用是调节溶液的 pH 在 2.86.2，使 Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀，且不引入杂质，加入酸性高锰酸钾溶液能使溶液中的 Fe2+转变为 Fe3+，有利于除杂，同时根据第（6）酸浸液中砷元素以AsO33存在，在氧化除杂时加入酸性 KMnO4溶液，KMnO4可与 AsO33发生反应生成FeAsO4，可知滤渣2 为 Fe(OH)3、FeAsO4，由第（4）问可知，还原除杂工序加入锌粉，可以还原Cd2+为金属 Cd，则滤渣3 为 Cd 以及过量的锌粉，则得到的滤液为含硫酸锌的溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥、得到ZnSO4 7H2O，经过电解得到金属Zn，(1)由以

39、上分析可知，滤渣1 的主要成分除SiO2外还有 PbSO4；焙烧后产生的气体为SO2，其对环境造成的常见危害为酸雨，故答案为：PbSO4；酸雨；(2)由以上分析知，氧化除杂工序中加入ZnO 的作用是调节溶液的pH 在 2.86.2，使 Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀，且不引入杂质，故答案为：调节溶液的pH 使 Fe3+沉淀完全；(3)已知 ZnSO4 7H2O 易溶于水，难溶于酒精，则为了减少洗涤过程中晶体的损失，可以用酒精或者饱和硫酸锌溶液洗涤晶体，故答案为：酒精（或饱和硫酸锌溶液）；(4)还原除杂工序加入锌粉，可以还原Cd2+为金属 Cd，从而除去Cd，发生反应的离子方程式为Zn+Cd2+

40、=Zn2+Cd；根据 Cd2+、Zn2+沉淀的 pH 可知，若直接在“氧化除杂”步骤中除去Cd2，溶液的 pH 至少需要调节为 9.4，此时 Zn2+也会完全沉淀，因此需要在“还原除杂”步骤中除去Cd2+，故答案为：Zn+Cd2+=Zn2+Cd；在氧化除杂工序中加ZnO 是为了调节溶液pH，若要完全除去Cd2+，溶液的 pH 至少需要调节为 9.4，此时 Zn2+也会完全沉淀；(5)电池工作时，正极NiO(OH)转化为 Ni(OH)2，则放电时，正极反应式为：NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，充电时，阳极发生的反应为放电时正极反应的逆过程，则阳极反应式为：Ni(OH)2-e

41、-+OH-=NiO(OH)+H2O；电解硫酸锌溶液制备锌单质时，阴极锌离子得电子析出金属锌，阳极为水电离出的氢氧根离子放电，电极反应式为：2H2O-4e-=O2+4H+，则电解后溶液生成稀硫酸，所以沉积锌后的电解液可返回酸浸工序继续使用，故答案为：Ni(OH)2-e-+OH-=NiO(OH)+H2O；酸浸；(6)已知酸浸液中砷元素以AsO33存在，在氧化除杂时加入酸性KMnO4溶液，KMnO4可与 AsO33发生反应生成 FeAsO4，As 的化合价根据得失电子守恒，电荷守恒、元素守恒，写出该反应的离子方程式为5Fe2+5AsO33-+3MnO4-+14H+=3Mn2+5FeAsO4+7H2O

42、，故答案为：5Fe2+5AsO33-+3MnO4-+14H+=3Mn2+5FeAsO4+7H2O。19硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：已知：“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量 FeO、Al2O3、MgO。金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH 的关系如图所示(25)：此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH 为 7.54；当离子浓度 10-5mol L-1时，可认为离子沉淀完全。请回答：（1）传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为_。（2）“氧化”时，发生反

43、应的离子方程式为_。若省略“氧化”步骤，造成的后果是_。（3）“中和除杂”时，生成沉淀的主要成分为_(填化学式)。（4）“氟化除杂”时，若使溶液中的Mg2+和 Ca2+沉淀完全，需维持 c(F-)不低于 _。(已知：Ksp(MgF2)=6.4 10-10；Ksp(CaF2)=3.6 10-12)（5）“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为_。（6）用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极的电极反应式为_。【答案】产生硫化氢等气体，污染环境MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O Fe2+与 Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失(或 Fe2+去除不完全,影响产品

44、纯度)Fe(OH)3、Al(OH)38 10-3molL-1Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O Mn2+2H2O-2e-=MnO2+4H+【解析】【分析】高硫锰矿（主要成分为含锰化合物及FeS）与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量 FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸铵发生Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2

45、O，加入硫酸溶解硫酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，据此分析。【详解】（1）高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境；故答案为：产生硫化氢等气体，污染环境；（2）氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子，离子方程式为：MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；若省略“氧化”步骤，根据图表Fe2+与 Mn2+沉淀区有重叠，造成 Mn2+损失(或 Fe2+去除不完全，影响产品纯度)；故答案为：MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；Fe2+与 Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+

46、损失(或 Fe2+去除不完全,影响产品纯度)；（3）“中和除杂”时，铁离子与铝离子与加入的碳酸根离子之间发生双水解反应得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）已知：Ksp(MgF2)=6.4 10-10，若使溶液中的Mg2+沉淀完全，需维持c(F-)不低于-10-3-56.4 10mol/L=810 mol/L1 10，故答案为：810-3molL-1；（5）“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；故答案为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；（6）用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极发生氧化反应，元素化合价升高，故为硫酸锰失去电子生成二氧化锰，电极反应式为：Mn2+2H2O-2e-=MnO2+4H+，故答案为：Mn2+2H2O-2e-=MnO2+4H+。