山东省淄博市部分学校2020届高三化学6月二模试题（Word版附解析）

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化学 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共 9页。满分 100分。考试用时 90分钟。 原子量：H 1 C 12 S 32 Mg 24 Cu 63.5 Zn 65 第Ⅰ卷(选择题，共 40分) 一、选择题(本题包括 10小题，每题只有一个选项符合题意；每题 2分，共 20分) 1.中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化。下列说法错误的是 A.“木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素 B.“苏绣”是用蚕丝为线在丝绸上做绣的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质 C.“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为 CaCO3 D.“司南之杓，投之于地，其柢指南”中的“杓”的主要成分是天然磁铁(Fe3O4) 【答案】C 【解析】 【详解】A．“木活字”由木材制造而成，其主要成分是纤维素，A正确； B．蚕丝的主要成分是蛋白质，B正确； C．“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，指的是将牡蛎壳灼烧得“灰”，碳酸钙受热分解得 CaO，“灰”的主要成分为 CaO，C错误； D．司南之杓由由天然磁石制成，天然磁石的主要成分是 Fe3O4，D正确。 答案选 C。 2.目前，新型冠状病毒仍在世界各地蔓延，李兰娟院士指出：新冠病毒怕酒精、不耐高温，50～ 60℃持续 30分钟，病毒就死亡。下列有关该病毒的说法错误的是 A. 核酸检测是确认病毒种类的有效手段，核酸属于生物大分子 B. 新冠病毒颗粒直径在 80～120nm之间，在空气中能形成气溶胶，可能传播较远的距离 C. 加热可破坏蛋白质中的氢键，而使病毒丧失生物活性死亡 D. 戴口罩可有效阻断新冠病毒的传播，熔喷布的主要原料聚丙烯是丙烯缩聚而成 【答案】D 【解析】 【详解】A. 核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，病毒都有其独特的基因序列， 通过检测病人体内的病毒核酸，就可判断病人体内是否存在病毒，A正确； B.胶体的分散质粒子直径为 1-100nm，新型冠状病毒直径在 80-120nm，它形成的气溶胶粒 径一般在 100nm 左右，B 正确； C.天然蛋白质的空间结构是通过氢键等次级键维持的，而加热变性后次级键被破坏，病毒死亡， C正确； D.聚丙烯是丙烯加聚反应形成，D不正确。 答案选 D。 3.降冰片二烯类化合物是一类太阳能储能材料，降冰片二烯在紫外线照射下可以发生下列转 化。下列说法错误的是 A. 四环烷的一氯代物超过三种(不考虑立体异构) B. 降冰片二烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 降冰片二烯与四环烷互为同分异构体 D. 降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超过 4个 【答案】A 【解析】 【详解】A. 四环烷的一氯代物 (不考虑立体异构)种数就是看等效氢原子个数，四环烷中只有 3种氢，一氯代物只有 3种，A错误； B. 降冰片二烯的结构中存大碳碳双键，而碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确； C. 降冰片二烯与四环烷结构不同，而分子式均为 C7H8，故二者互为同分异构体，C正确； D. 根据乙烯分子是平面分子，与碳碳双键连接的 C 原子在碳碳双键所在的平面上，所以降冰 片二烯分子中位于同一平面的碳原子为 4 个，D正确。 答案选 A。 4.I－具有还原性，含碘食盐中的碘元素主要以 KIO3的形式存在，I－、I2、IO3 －在一定条件下可 发生如图转化关系。下列说法不正确的是 A. 用淀粉－KI试纸和食醋可检验食盐是否加碘 B. 由图可知氧化性的强弱顺序为 C12＞IO3 －＞I2 C. 生产等量的碘，途径 I和途径Ⅱ转移电子数目之比为 2：5 D. 途径Ⅲ反应的离子方程式：3C12+I－+3H2O=6C1－+IO3 －+6H+ 【答案】C 【解析】 【详解】A. 碘食盐中的碘元素主要以 KIO3的形式存在，IO3 －和 I－在酸性条件下可生成 I2，I2 遇淀粉变蓝，A正确； B. 由图途径Ⅲ可知，Cl2可将 I－氧化为 IO3 －，氧化性 Cl2＞IO3 －，途径Ⅱ可知 IO3 －可被还原为 I2，氧化性为 IO3 －＞I2，则氧化性的强弱顺序为 Cl2＞IO3 －＞I2，B正确； C. 生产 1mol碘，途径 I中-1价碘转变为 0价碘，需要转移 2mol电子，途径Ⅱ中+5 价碘转变 为 0 价碘，需要转移 10mol 电子，故转移电子数目之比为 1：5，C错误； D. 途径Ⅲ中 Cl2可将 I－氧化为 IO3 －，而氯气被还原为 Cl－，根据得失电子守恒和质量守恒， 反应的离子方程式为：3Cl2+I－+3H2O=6Cl－+IO3 －+6H+，D正确； 答案选 C。 5.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是 A. 用装置甲进行铜和浓硫酸的反应 B. 用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气 C. 用装置丙稀释反应后的混合液 D. 用装置丁测定余酸的浓度 【答案】C 【解析】 【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，错误； B.SO2密度比空气的密度大，应该长管进，短管出，错误； C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，正确； D.NaOH溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，该滴定管是酸式滴定管，错误； 选 C。 6.钟南山院士指出，实验证明中药连花清瘟胶囊对治疗新冠肺炎有明显疗效，G是其有效药理 成分之一，存在如图转化关系： 下列有关说法正确的是 A. 化合物Ⅱ中所有碳原子可能都共面 B. 化合物Ⅰ分子中有 3个手性碳原子 C. 化合物 G、Ⅰ、Ⅱ均能发生氧化反应、取代反应、消去反应 D. 若在反应中，G与水按 1：1发生反应，则 G的分子式为 C16H20O10 【答案】A 【解析】 【详解】A.化合物Ⅱ中含乙烯结构，4 个碳共平面，还含苯的结构，7 个碳共平面，所以所有 碳原子可能都共面，A正确； B.手性碳原子是连有四个不同原子或原子团的碳原子，化合物Ⅰ 中有 4 个 手性碳，B错误； C.化合物Ⅱ不能发生消去反应，C错误； D.化合物Ⅰ的分子式 C7H10O6，化合物Ⅱ的分子式 C9H8O4，若在反应中，G与水按 1：1发生 反应，则 G的分子式是将化合物Ⅰ、Ⅱ的分子式相加，减水，为 C16H16O9，D错误。 答案选 A。 7.已知：①正丁醇沸点：117.2℃，正丁醛沸点：75.7℃；②正丁醇合成正丁醛的反应： 2 2 7Na Cr O 3 2 2 2 3 2 290-95CH CH CH CH OH CH CH CH CHO ℃  ，装置如图。下列说法不正确的是 A. 为防止产物进一步氧化，应将适量 Na2Cr2O7酸性溶液逐滴加入正丁醇中 B. 向分馏出的馏出物中加入少量金属钠，可检验其中是否含有正丁醇 C. 当温度计 1示数为 90～95℃，温度计 2示数在 76℃左右时收集产物 D. 向分离所得的粗正丁醛中，加入无水 CaCl2固体，过滤，蒸馏，可提纯正丁醛 【答案】B 【解析】 【详解】A．醛基具有还原性，易被氧化剂氧化成酸，Na2Cr2O7中+7 价的铬具有氧化性，在 酸性条件下能氧化正丁醛，实验过程中，所需正丁醇的量大于酸化的 Na2Cr2O7的量，防止产 物进一步氧化，正丁醇也能被酸化的 Na2Cr2O7氧化，加入药品时，应将酸化的 Na2Cr2O7溶液 逐滴加入正丁醇中，故 A正确； B．分馏出的馏出物中的水也可以和钠反应，故不能用来检验产物中是否含有正丁醇，B不正 确； C．由反应物和产物的沸点数据可知，温度计 1保持在 90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出， 又可尽量避免其被进一步氧化，温度计 2示数在 76℃左右时，收集产物为正丁醛，C正确； D．正丁醛中有水，由于水与正丁醛的沸点相差不多，直接蒸馏，得到的正丁醛中仍还有较多 的水，所以可加入无水 CaCl2固体除去水，过滤后蒸馏，D正确。 答案选 B。 8.为了探究温度、硫酸铜对锌与稀硫酸反应速率的影响，某同学设计如下方案(见下表)。 编号 纯锌粉质量 0.2mol·L－1硫酸体积 温度 硫酸铜固体质量 Ⅰ 2.0g 10.0ml 25℃ 0g Ⅱ 2.0g 10.0ml T℃ 0g Ⅲ 2.0g 10.0ml 35℃ 0.2g Ⅳ 2.0g 10.0ml 35℃ 4.0g 下列推断合理的是 A. 选择Ⅱ和Ⅲ探究硫酸铜对反应速率的影响，必须控制 T=25℃ B. 根据该实验方案得出反应速率的大小可能是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅳ C. 根据该方案，还可以探究硫酸浓度对反应速率的影响 D. 待测物理量是收集等体积(相同条件)的气体所需的时间，时间越长，反应越快 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A. 选择Ⅱ和Ⅲ探究硫酸铜对反应速率的影响，要控制变量，所以必须控制 T=35℃， A不合理； B. 根据该实验方案，Ⅲ和Ⅱ比较，Ⅲ可以形成原电池，加快了负极的反应速率，Ⅲ＞Ⅱ，Ⅱ 和Ⅰ比较，Ⅱ的温度更高，反应速率更快，Ⅱ＞Ⅰ，Ⅳ中硫酸铜过量，导致锌粒几乎不与硫 酸反应，得出反应速率的大小是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅳ，B合理； C. 在该方案中，硫酸浓度均相同，没有探究硫酸浓度对反应速率的影响，C 不合理； D.待测物理量是收集等体积（相同条件）气体所需要的时间，时间越长，反应越慢，D不合理。 答案选 B。 9.下图是某元素的价类二维图，其中 X是一种强碱，A为正盐，通常条件下 Z是无色液体，D 的相对分子质量比 E小 16，各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是 A. A是可与草木灰混合使用的肥料 B. C可用排空气法收集 C. F和 B能发生复分解反应生成盐 D. B在一定条件下可直接与 Y反应生成 D 【答案】D 【解析】 【分析】 A为正盐，X是一种强碱，二者反应生成氢化物 B，则 A为铵盐、B 为 NH3，B 连续与 Y 反 应得到氧化物 D与氧化物 E，且 E的相对分子质量比 D大 16，则 Y为 O2、C为 N2、D为 NO、 E为 NO2，通常条件下 Z是无色液体，E与 Z反应得到含氧酸 F，则 Z为 H2O、F为 HNO3， F与强碱 X发生酸、碱中和反应得到 G为硝酸盐，以此解答该题。 【详解】A.物质 A为铵盐，草木灰主要成分是 K2CO3，水溶液呈碱性，二者混合会发生反应 放出氨气，使肥效降低，A错误； B.C是 N2，氮气的密度与空气接近，不宜采取排空气法收集，可以利用 N2难溶于水的性质， 用排水法收集，B错误； C.B是 NH3，F是 HNO3，二者发生化合反应生成 NH4NO3，该反应是化合反应，不是复分解 反应，C错误； D. B是 NH3，Y为 O2，NH3在催化剂存在并加热的条件下，与 O2反应生成 NO和 H2O，D正 确； 故合理选项是 D。 【点睛】本题考查无机物的推断的知识。“盐与碱反应生成氢化物以及氢化物连续反应生成氧 化物”等是推断的突破口，熟练掌握中学常见连续反应、三角转化以及特殊的置换反应、特殊 现象反应等特殊转化是解答本题的基础。该题为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力以 及元素化合物知识的综合理解和运用。 10.CO2的固定和转化是世界性课题。兰州大学景欢旺教授团队巧妙设计构建了系列新型光电 催化人工光合成体系——光电催化池，p-n 半导体异质结催化 CO2在水中直接制备长碳链有机 物并放出氧气，原理如图，下列说法不正确的是 A. 电极 1的电势比电极 2的电势高 B. 该设计向大自然学习，模仿植物的光合作用 C. 电子从 a极流到电极 1，从电极 2流到 b极 D. 负极区，p-n为催化剂，CO2发生还原反应生成长碳链有机物 【答案】A 【解析】 【分析】 由总方程式可知，该装置为电解装置，氧气为氧化产物，是阳极产物，则光电池的 b电极为 正极，长链有机物为还原产物，是阴极产物，则光电池的 a电极为负极。 【详解】A．电极 1连接的是正极 b，电极 2连接的是负极 a，正极电势高于负极，所以电极 1 的电势比电极 2的电势低，故 A错误； B．p-n半导体异质结催化 CO2在水中直接制备长碳链有机物并放出氧气，原理类似光合作用， 故 B正确； C．电子从电源的负极经外电路流向正极，即从 a极流到电极 1，从电极 2流到 b极，故 C正 确； D．根据图示电极 a是负极，1和负极相连，相当于阴极，发生还原反应生成长碳链有机物， 故 D正确； 故答案为 A。 二、选择题(本题包括 5小题，每小题 4分，共 20分。每小题有一个或两个选项 符合题意，全都选对得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分) 11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素 中最大的，W的核外电子数与 X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是 Z的最外层 电子数的 2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是 A. 元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z B. Y单质的熔点高于 X单质 C. 化合物M中W不都满足 8电子稳定结构 D. W的简单氢化物稳定性比 Y的简单氢化物稳定性强 【答案】BD 【解析】 【分析】 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中 最大的，则 X为 Na 元素；由 W、X、Y三种元素形成的化台物 M的结构分析可知，Y形成 四个共价键，则 Y为 Si 元素；Y的原子序数是 Z的最外层电子数的 2 倍，则 Z是 Cl元素； W的核外电子数与 X、Z的最外层电子数之和相等，则W为 O元素。 【详解】A.同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则氯元素的非金属性强于硅元素，故 A错误； B.硅单质为原子晶体，具有很高的熔点，金属钠为金属晶体，熔点较低，则硅单质的熔点高 于金属钠，故 B正确； C.化合物M中，单键氧原子和双键氧原子都满足 8电子稳定结构，故 C错误； D.元素的非金属性越强，简单氢化物越稳定，氧元素的非金属性强于硅元素，则氧元素的简 单氢化物稳定性比硅元素的简单氢化物稳定性强，故 D正确； 故选 BD。 【点睛】由W、X、Y三种元素形成的化台物M的结构确定 Y形成四个共价键，由原子序数 的大小推断得到 Y为 Si元素是解答关键和难点。 12.厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确．．．的是 A. 1mol NH4+ 所含的质子总数为 10NA B. 联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键 C. 过程 II属于氧化反应，过程 IV属于还原反应 D. 过程 I中，参与反应的 NH4+与 NH2OH的物质的量之比为 1:1 【答案】A 【解析】 A、质子数等于原子序数，1molNH4 ＋中含有质子总物质的量为 11mol，故 A说法错误；B、联 氨(N2H4)的结构式为 ，含有极性键和非极性键，故 B 说法正确；C、过程 II， N2H4→N2H2－2H，此反应是氧化反应，过程 IV，NO2 －→NH2OH，添 H或去 O是还原反应， 故 C说法正确；D、NH4 ＋中 N显－3价，NH2OH中 N显－1价，N2H4中 N显－2价，因此过 程 I中 NH4 ＋与 NH2OH的物质的量之比为 1：1，故 D说法正确。 点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去 氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此 N2H4→N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反 应，同理 NO2 －转化成 NH2OH，是还原反应。 13.水溶液中可能存在 Na+、Al3+、Fe2+、NH4+、NO3 －、CO32 －、SO42 －中的几种离子，且存在的 各离子具有相同的物质的量，某同学对该溶液进行如下实验： 下列判断正确的是 A. 气体 A一定是 CO2，气体 B一定是 NH3 B. 白色沉淀不可能是 Al(OH)3 C. 溶液中一定存在 Al3+、Fe2+、NO3 －、NH4+ D. 溶液中一定不存在大量 Na+ 【答案】BD 【解析】 【分析】 根据题给信息，反应生成有色沉淀，故一定有 Fe2＋，则溶液中不含有 CO32-，加入盐酸反应放 出气体，则一定含有 NO3-，气体 A为 NO。加入过量氢氧化钡，产生气体 B，说明溶液中含 有 NH4+；溶液Ⅱ呈碱性，白色沉淀可能为氢氧化铝、碳酸钡等。溶液中存在的各离子具有相 同的物质的量，根据现象可知存在 NH4+、Fe2＋、NO3-，不存在 CO32-，再根据正负电荷守恒， 溶液中一定存在 SO42-，此时 n(NH4+)=n(NO3-)，n(Fe2＋)=n(SO42-)，溶液恰好呈电中性，故一 定不存在大量的 Al3＋，则白色沉淀为碳酸钡。 【详解】A. 根据上述分析知，气体 A为 NO，A项错误； B. 根据上述分析知，白色沉淀为碳酸钡，B项正确； C. 根据分析溶液中一定不存在 Al3＋，C项错误； D. 根据电荷守恒，且各离子的物质的量相同，溶液中一定不含 Na＋，D项正确； 答案选 BD。 【点睛】本题的突破口是加入氢氧化钡产生有色沉淀，结合题干信息可知，该沉淀为氢氧化 铁，原溶液中存在 Fe2＋，不含有 CO32-，故加入稀盐酸时，在酸性条件下，硝酸根离子将亚铁 离子氧化，同时得到 NO气体，此处容易错误认为，加入稀盐酸时，产生气体，原溶液中存在 碳酸根离子。 14.我国科技工作者设计了一种电解装置，能将甘油(C3H8O3)和二氧化碳转化为甘油醛(C3H6O3) 和合成气，原理如图所示。下列说法正确的是 A. 催化电极 b与电源正极相连 B. 电解时催化电极 a附近的 pH增大 C. 电解时阴离子透过交换膜向 a极迁移 D. 生成的甘油醛与合成气的物质的量相等 【答案】CD 【解析】 【分析】 由示意图可知，催化电极 b表面上 CO2还原为 CO，为电解池的阴极，与电源的负极相连，则 催化电极 a为阳极，电极表面上甘油(C3H8O3)氧化为甘油醛(C3H6O3)。 【详解】A．催化电极 b表面 CO2还原为 CO，为电解池的阴极，与电源的负极相连，故 A错 误； B．催化电极 a为阳极，电极表面上甘油(C3H8O3)氧化为甘油醛(C3H6O3)，电极反应式为 C3H8O3-2e-+2CO32-= C3H6O3+2HCO3-，溶液中碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，碳酸钠溶液的 碱性强于碳酸氢钠溶液，则电极附近的 pH减小，故 B错误； C．电解池工作时，阴离子向阳极区移动，即阴离子透过交换膜向 a极迁移，故 C正确； D．阳极生成 1mol C3H6O3转移 2mole-，阴极生成 1molCO和 H2的混合气体转移 2mole-，电解 池工作时，阴、阳极转移电子的物质的量相等，则生成的甘油醛与合成气的物质的量相等， 故 D正确； 故选 CD。 【点睛】根据准确根据电解池原理判断电极是解题关键，阳极上发生氧化反应，而甘油转化 为甘油醛是氧化反应，则催化电极 a为阳极，电解池工作的特点是电子守恒，据此判断阳极和 阴极电解产物之间的关系，是解题难点。 15.H2C2O4是一种二元弱酸。常温下向 H2C2O4溶液中滴加 KOH溶液，混合溶液中离子浓度与 pH的关系如图所示，其中 2 2 4 - 2 4 c(H C O )y= c(HC O ) 或 - 2 4 2- 2 4 c(HC O ) c(C O ) 。下列说法不正确的是 A. 直线Ⅱ表示的是 - 2 4 2- 2 4 c( )HC O C O lg c( ) 与 pH的变化关系 B. 图中纵坐标应该是 a=1.27，b=4.27 C. - 2- 2 4 2 4 2 2 4c(HC O ) c(C O ) c(H C O )＞ ＞ 对应 1.27＜pH＜4.27 D. + - 2- 2 4 2 4c(K )=c(HC O )+c(C O )对应 pH=7 【答案】CD 【解析】 【详解】A.草酸为二元弱酸，一级电离抑制二级电离，电离常数 2 4 1 2 2 4 c(HC O )c(H )K = c(H C O )   ＞ 2 2 4 2 2 4 c(C O )c(H )K = c(HC O )    ，由图可知，当 lgy＝0时，溶液 pH＝-lgc(H+ )＝-lgK，pH1＝1.27＜pH2 ＝4.27，表明 K1＝10−1.27＞K2＝10−4.27，所以直线 I表示的是 2 2 4 - 2 4 c( )H C O Cc(H O lg ) 与 pH的变化关系， 直线Ⅱ表示的是 - 2 4 2- 2 4 c( )HC O C O lg c( ) 与 pH的变化关系，故 A正确； B.由图可知，pH＝0时， - 2 4 2- 2 4 c( )HC O C O lg c( ) = 2 (H )lg 4.27c K   ， 2 2 4 - 2 4 c( )H C O Cc(H O lg ) = 1 (H )lg 1.27c K   ， 则图中纵坐标应该是 a=1.27，b=4.27，故 B正确； C.设 pH＝a，c(H+ )＝10−a， - 2 4 2- 2 4 c(HC O ) c(C O ) = 4.27 2 (H ) 10 ac K   ， - 2- 2 4 2 4c(HC O ) c(C O )＞ ，104.27-a ＞1，则 4.27-a＞0，解得 a＜4.27， 2 2 4 2 4 1 2 2 2 4 2 4 c(HC O )c(H ) c(C O )c(H ) c(H C O ) c(HC O ) K K       = 2 2 2 4 2 2 4 c(C O )c (H ) c(H C O )   ， 2 5.54 2 5.542 4 1 2 2 2 2 2 4 c(C O ) 10 10 c(H C O ) c (H ) 10 a a K K       ，当 2- 2 4 2 2 4c(C O ) c(H C O )＞ ，102a-5.54＞1，则 2a-5.54＞0，解得 a＞2.77，所以 - 2- 2 4 2 4 2 2 4c(HC O ) c(C O ) c(H C O )＞ ＞ 对应 2.77＜pH＜4.27， 故 C错误； D.由电荷守恒可得 c(K+ )+c(H+ )= - 2 4c(HC O ) +2 2- 2 4c(C O ) +c(OH- )，当 c(K+ )= - 2 4c(HC O ) +2 2- 2 4c(C O )时，溶液中 c(H+ )=c(OH- )， pH＝7，故 D错误； 故选 CD。 第Ⅱ卷(非选择题，共 60分) 三、本题包括 5小题，共 60分。答案必须写在答题卡内相应的位置，不能写在试 卷上。 16.一种以辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量 SiO2)为原料制备硝酸铜晶体的工艺流程如图所示： (1)写出“浸取”过程中 Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：________。 (2)恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出 CuCl2是该反应 的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S； ②__________。 (3)向滤液M中加入(或通入)_______________(填字母)，所得物质可循环利用。 a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢 (4)“保温除铁”过程中，加入 CuO的目的是______________；向浓缩池中加入适量 HNO3的 作用是_____________。操作 1是_______________。 (5)某探究性小组的研究成果如图所示，可以用废铜屑和黄铜矿来富集 Cu2S。通入的硫化氢的 作用是_____________，当转移 0.2mol电子时，生成 Cu2S________mol。 【答案】 (1). Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S (2). CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 (3). b (4). 调节溶液的 pH，使铁完全转化为 Fe(OH)3沉淀 (5). 抑制 Cu2+的水解 (6). 冷却（降 温）结晶 (7). 催化剂 (8). 0.2 【解析】 【分析】 辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明 Cu2S 和 FeCl3发生反应生成 S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离 子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将亚铁离子氧化为铁离 子，用氧化铜调节溶液 pH，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜， 加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。 【详解】（1）浸取过程中 Fe3+将 Cu2S氧化成 Cu2+和硫单质，本身被还原为二价铁离子，根据 电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式，故答案为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S； （2）根据 CuCl2是该反应的催化剂，故最终产物为 CuCl2，可得反应②为三氯化铁氧化氯化 亚铜为氯化铜，故答案为：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2； （3）M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为：b； （4）“保温除铁”过程要除去 Fe3+，故需要加入氧化铜来调节 pH值，使 Fe3+生成氢氧化铁 沉淀；铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需要加入硝酸来抑制其水解，故答案为： 调节溶液的 pH，使铁完全转化为 Fe(OH)3沉淀；抑制 Cu2+的水解；冷却（降温）结晶； （5）从图中可知，反应前后硫化氢的质量和性质没有发生改变，为催化剂，在该转化中 Cu 被氧化成 Cu2S，化合价升高+1价，CuFeS2被还原成 Cu2S，化合价降低-1价，根据电子守恒， 当转移 0.2mol电子时，生成 Cu2S 0.2 mol，故答案为：催化剂；0.2。 【点睛】解决工艺流程题，首先要根据题干信息，了解生产的产品，此题为以辉铜矿(主要成 分为 Cu2S，含少量 SiO2)为原料制备硝酸铜晶体，围绕着将亚铜氧化，除去二氧化硅，引入硝 酸根，溶液变晶体的方法来解题，分析时要明白整个流程中各操作步骤的目的，搞清楚发生 了什么反应；再结合具体的题目进行详细解答。 17.某研究小组将纯净的 SO2气体缓缓的通入到盛有 25mL0.1mol· L－1的 Ba(NO3)2溶液中，得 到 BaSO4沉淀。为探究该反应中的氧化剂，该小组提出了如下假设： 假设Ⅰ：溶液中的 NO3 －； 假设Ⅱ：________________。 (1)该小组设计了以下实验验证了假设Ⅰ成立(为排除假设Ⅱ对假设Ⅰ的干扰，在配制下列实验 所用溶液时，应___________________)，请填写下表。 实验步骤 实验现 象 结论 实验 ① 向盛有 25mL0.1mol·L－1BaCl2溶液的烧杯中缓慢通入纯净的 SO2气体 ______ 假设Ⅰ成 立 实验 ② 向盛有 25mL0.1mol· L－1Ba(NO3)2溶液的烧杯中缓慢通入纯净 的 SO2气体 ______ (2)为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液的 pH随通入 SO2体积的变化曲线如 图。V1时，实验②中溶液 pH小于实验①的原因是(用离子方程式表示)：________。 (3)验证假设Ⅱ。某同学设计了以下方案，请完成下列表格(可以不填满)。 实验步骤 实验现象 实验目的 实验③ 同实验①步骤 同实验①的相关现象 ______ 实验④ ______ ______ ______ (4)查资料知：H2SO3是二元酸(Kl=1.54×10－2，K2=1.02×10－7)，请设计实验方案验证 H2SO3是 二元酸______(试剂及仪器自选)。 【答案】 (1). 溶解在溶液（或水）中的 O2 (2). 配制溶液前应将蒸馏水煮沸后密封冷 却 (3). 无明显现象 (4). 产生白色沉淀 (5). 3SO2+2NO3 －+2H2O=3SO42 －+2NO+4H+ 或 3SO2+3Ba2++2NO3 －+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+ (6). 作对照实验 (7). 向盛有未经脱 O2处理的 25mL0.1mol·L－1BaCl2溶液的烧杯中缓慢通入纯净的SO2气体 (8). 产生白色沉淀 (9). 证明 O2可将 SO2或 H2SO3氧化为硫酸或 SO42 － (10). 向一定体积和一定浓度的 NaOH 溶液中，缓缓通入与 NaOH 等物质的量的 SO2气体至全部溶解，然后用 pH试纸测定溶液的 pH，若 pH<7，则证明 H2SO3为二元酸 【解析】 【分析】 二氧化硫具有还原性，在溶液中能被硝酸和溶解的氧气氧化生成硫酸； （1）亚硫酸酸性弱于盐酸，二氧化硫与氯化钡溶液不反应；二氧化硫溶于水，与水反应生成 亚硫酸，亚硫酸与硝酸根离子反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉 淀； （2）实验①中，二氧化硫溶于水后生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，所以溶液的 pH减小； 实验②中反应生成强电解质硫酸，则实验②的 pH更小； （3）要验证假设 2成立，只需要验证二氧化硫通入未经脱氧气处理氯化钡溶液中看是否产生 白色沉淀，若产生白色沉淀，则证明假设二成立； （4）若亚硫酸为一元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成强碱弱酸盐，溶液 呈碱性，若亚硫酸为二元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成酸式盐，由计 算可知亚硫酸氢根电离大于水解，溶液呈酸性，所以只要测定等物质的量的二氧化硫和氢氧 化钠溶液反应所得溶液 pH，即可证明亚硫酸是一元酸还是二元酸。 【详解】二氧化硫具有还原性，在溶液中能被硝酸和溶解的氧气氧化生成硫酸，二氧化硫气 体缓缓的通入到硝酸钡溶液中，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，使溶液呈酸性，生成白色硫 酸钡沉淀可能是酸性条件下，硝酸根将二氧化硫氧化生成硫酸钡沉淀；也可能是溶液中溶解 的氧气将亚硫酸氧化生成硫酸钡沉淀，则假设二为溶解在溶液（或水）中的 O2，故答案为： 溶解在溶液（或水）中的 O2； （1）为排除假设Ⅱ对假设Ⅰ的干扰，在配制下列实验所用溶液时，应将蒸馏水煮沸，排出溶 液中溶解的氧气，再密封冷却，故答案为：配制溶液前应将蒸馏水煮沸后密封冷却； 实验①亚硫酸酸性弱于盐酸，依据强酸制备弱酸规律，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，不会 产生沉淀，所以无明显现象，故答案为：无明显现象； 实验②二氧化硫溶于水，与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与硝酸根离子反应生成硫酸根离子， 硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以会产生白色沉淀，故答案为：产生白色沉淀； （2）由图可知，实验②中溶液 pH小于实验①，原因是二氧化硫溶于水后生成 H2SO3，亚硫 酸部分电离出氢离子：H2SO3 H++HSO3-，所以溶液的 pH减小；实验②中酸性条件下，硝 酸根将二氧化硫氧化生成硫酸钡沉淀酸性条件下，硝酸根与二氧化硫发生氧化还原反应生成 硫酸和一氧化氮，反应的离子方程式为：3SO2+2H2O+2NO3-=2NO+4H++3SO42-，反应中生成了 强酸硫酸，导致实验②的 pH小于实验①，故答案为： 3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H++2NO； （3）实验③向盛有 25mL0.1mol·L－1BaCl2溶液的烧杯中缓慢通入纯净的 SO2气体，无明显现 象，目的是作对照实验，验证假设 2成立，故答案为：作对照实验； 实验④将纯净的SO2气体通入未经脱 O2处理的 25mL0.1mol/L的 BaCl2溶液中，有白色沉淀生 成，说明溶液中溶解的氧气将亚硫酸氧化生成硫酸钡沉淀，证明假设二成立，故答案为：向 盛有未经脱 O2处理的 25mL0.1mol·L－1BaCl2溶液的烧杯中缓慢通入纯净的 SO2气体；产生白 色沉淀；证明 O2可将 SO2或 H2SO3氧化为硫酸或 SO42 －； （4）若亚硫酸为一元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成强碱弱酸盐，溶液 呈碱性，若亚硫酸为二元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成酸式盐，由 H2SO3 电离常数可知亚硫酸氢钠的水解常数 Kh= w a1 K K = -14 -2 1 10 1.54 10   =6.5×10—13＜K2=1.02×10－7，亚硫酸氢 根电离大于水解，溶液呈酸性，所以只要测定等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应所 得溶液 pH，即可证明亚硫酸是一元酸还是二元酸，实验方案为向一定体积和一定浓度的 NaOH 溶液中，缓缓通入与 NaOH等物质的量的 SO2气体至全部溶解，然后用 pH试纸测定溶液的 pH，若 pH<7，则证明 H2SO3为二元酸，故答案为：向一定体积和一定浓度的 NaOH溶液中， 缓缓通入与NaOH等物质的量的SO2气体至全部溶解，然后用pH试纸测定溶液的pH，若pH<7， 则证明 H2SO3为二元酸。 【点睛】若亚硫酸为一元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成强碱弱酸盐， 溶液呈碱性，若亚硫酸为二元酸，等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成酸式盐， 由计算可知亚硫酸氢根电离大于水解，溶液呈酸性，所以只要测定等物质的量的二氧化硫和 氢氧化钠溶液反应所得溶液 pH证明亚硫酸是二元酸是实验设计的难点，也是易错点。 18.(1)第四周期元素中价层成对电子数与基态Mg 价层成对电子数相等的元素有_________种。 (2)吡咯(平面形结构，结构式为 )，N原子杂化方式为______。多原子分子中的大π键可用 符号 n mπ 表示，其中 m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则吡咯 环中的大π键应表示为_______。 (3)一种锰的氧化物的晶胞如图甲，请写出该氧化物的化学式______。若沿 z轴方向观察该晶 胞，可得投影图如图乙，请画出沿 y轴方向的投影图______。 (4)某含Mg 储氢晶体储氢后转化为MgH2，MgH2晶体的结构如图丙，晶胞参数 a=b=450pm， c=301pm，原子分数坐标为 A(0，0，0)、B(0.305，0.305,0)、C(1，1，1)、D(0.195，0.805，0.5)。 ①该晶体中Mg的配位数是__________。 ②Mg2+的半径为 72pm，则 H－的半径为____________pm(列出计算表达式) ③用NA表示阿伏伽德罗常数，则MgH2晶体中氢的密度是标准状况下氢气密度的_______倍(列 出计算表达式，氢气密度为 0.089g·L－1) 【答案】 (1). 8 (2). sp2 (3). 6 5 π (4). MnO2 (5). (6). 6 (7). 2 ×(450×0.305)-72 (8).  310 5 A 4 (450 450 301) 10 8.9 10 N      【解析】 【分析】 （1）Mg 价层电子排布式为 3s2，成对电子数为 1，由价层电子排布式确定第四周期元素中价 层成对电子数为 1 的元素； 【详解】（1）Mg价层电子排布式为 3s2，成对电子数为 1，依据核外电子排布规律可知第四周 期元素中价层成对电子数为 1的有 Ca（4s2）、Sc（3d14s2）、Ti（3d24s2）、V（3d34s2）、Mn（3d54s2）、 Ga（4s24p1）、Ge（4s24p2）、As（4s24p3），共 8 种，故答案为：8； （2）由吡咯为平面形结构，分子中各原子在同一平面内可知，N原子的价层电子对数是 3， 根据价层电子对互斥理论可判断 N 原子的杂化方式为 sp2杂化；吡咯中大π键是 1 个 N 原子和 5 个 C 原子提供 6 个电子形成的，可表示为π5 6，故答案为：sp2；π5 6； （3）由图可知，晶胞中Mn原子位于体心与顶点上，O原子位于上下两个面上及体内（有 2 个），,晶胞中Mn 元素数目=1+8× 1 8 =2，O原子个数为 2+4× 1 2 =4，则晶胞中Mn和 O的原子 个数比为 1:2，氧化物的化学式为MnO2；若沿 y轴方向投影，顶点上处于对称位置的 Mn 原子 会重合在长方形的顶点，位于体心的 Mn 原子会位于长方形的面心，位于面上的 O 原子会位于 长方形上下的边上，体内的氧原子会位于面内，投影图为 ，故答案为：MnO2； ； （4）①由晶胞结构可知，位于体心的镁离子周围有 6 个 H－离子，则晶体中Mg的配位数是 6， 故答案为：6； ②由晶胞结构可知，底面为正方形，底面顶点的镁离子的四分之一与面内的两个氢离子恰好 占满整个底面对角线，则 H－ 的半径为 0.305×405pm× 2 —72pm，故答案为： 2 ×(450×0.305)-72； ③由晶胞结构可知，晶胞中镁离子的个数为 1+8× 1 8 =2，由化学式为MgH2可知晶胞中含有 4 个 H－ ，则晶体中氢的密度是  310 A 4 (450 450 301) 10 N   ，由标况下氢气密度为 0.089g·L －1可知，MgH2晶体中氢的密度是标准状况下氢气密度的  310 5 A 4 (450 450 301) 10 8.9 10 N      倍，故答案为：  310 5 A 4 (450 450 301) 10 8.9 10 N      。 【点睛】MgH2晶体中底面为正方形，底面顶点的镁离子的四分之一与面内的两个氢离子恰好 占满整个底面对角线是计算 H－的半径的关键，也是易错点。 19.工业合成氨是解决人类的生存问题。回答下列问题： (1)科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用 “ad”表示，对图中线间距离窄小的部分，其能量差用 的方式表示。由图可知合成氨反 应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的ΔH =_______kJ·mol－1，反应速率最慢的步骤的化学方程式为 ____________。 (2)工业合成氨反应为：N2(g)+3H2(g)  2NH3(g)，当进料体积比 V(N2)：V(H2)=1：3时，平 衡气体中 NH3的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示： 则 500℃时： ①平衡常数 KP(30MPa)________KP(100MPa)。(填“＜”、“=”、“＞”) ②30MPa 时，氢气的平衡转化率为_________(结果保留 3位有效数字)。用平衡分压表示平衡 常数 KP=_______________(列出计算式即可，不必化简)。 (3)科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观反应过程如图所示，其 中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液。 ①阴极区生成 NH3的电极反应式为_____________。 ②下列说法正确的是_______________(填标号)。 A.三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性 B.选择性透过膜可允许 N2和 NH3通过，防止 H2O进入装置 C.保持电流强度不变，升高溶液的温度，可以加快电解反应的速率 【答案】 (1). －92 (2). Nad+3Had⇌NHad + 2Had (3). = (4). 33.3% (5).       2 3 30 20% 30 20% 30 60%     (6). N2+6e－+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O－ (7). AB 【解析】 【分析】 (1)由图可知，反应物[ N2(g)+ H2(g)]和生成物[NH3(g)]的能量差为 46 kJ·mol-1；反应的活化 能越大，破坏化学键消耗能量越大，反应速率越慢，由图可知，（Nad+3Had）转化为（NHad+ 2Had） 时，反应物破坏化学键消耗能量最大； (2)①化学平衡常数是温度函数，只受温度变化的影响； ②由题意建立三段式求解可得； (3)①从阴极区的微观反应过程示意图可知，N2与 C2H5OH在阴极区得到电子发生还原反应生 成 NH3和 C2H5O-； ②A．三氟甲磺酸锂电离出离子，使溶液中离子浓度增大，增强溶液导电性； B．从示意图可知，水在选择性透过膜上方； C．保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率。 【详解】(1)由图可知，反应物[ N2(g)+ H2(g)]和生成物[NH3(g)]的能量差为 46 kJ·mol-1，合 成氨反应 N2(g)+ H2(g) NH3(g)的∆H=—46 kJ·mol-1，则 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的 ΔH =2×（—46 kJ·mol-1）=—92kJ·mol-1；反应的活化能越大，破坏化学键消耗能量越大，反 应速率越慢，由图可知，（Nad+3Had）转化为（NHad+ 2Had）时，反应物破坏化学键消耗能量 最大，则反应速率最慢，反应的化学方程式为 Nad+3Had⇌ NHad+ 2Had，故答案为：—92； Nad+3Had⇌ NHad+ 2Had； (2)①化学平衡常数是温度函数，只受温度变化的影响，则 500℃时，反应平衡常数 Kp(30MPa)=Kp(100MPa)，故答案为：=； ②设参加反应 N2的物质的量为 x，由题意建立如下三段式： 由图可知，氨气的物质的量分数为 20%，则由三段式可得 ，解得 x= ，则氢气 的平衡转化率为 =33%；由三段式数据可得 N2的体积分数为 1 100% 4 2    x x =20%， H2的体积分数为 3 3 100% 4 2    x x =60%，则用平衡分压表示平衡常数 Kp= ，故答案为：33%； ； (3)①从阴极区的微观反应过程示意图可知，N2与 C2H5OH在阴极区得到电子发生还原反应生 成 NH3和 C2H5O-，电极反应式为 N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-，故答案为： N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-； ②A．从阴极反应看，电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液，三氟甲磺酸锂并未参 与反应，作用是电离出离子，使溶液中离子浓度增大，增强溶液导电性，A正确； B．从示意图可知，水在选择性透过膜上方，说明选择性透过膜可允许 N2和 NH3通过，不允 许 H2O透过，B正确； C．保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率，C错误； AB正确，故答案为：AB。 【点睛】我们易忽略化学平衡常数是温度函数，只受温度变化的影响，在比较“平衡常数 Kp(30MPa)与 Kp(100MPa)”的关系时，错误推理为增大压强，NH3的体积分数增大，显然平衡 正向移动，所以平衡常数增大。 20.由芳香化合物 A制备有机材料中间体 H的一种合成路线如下： 已知： ① 3 2 ①O ②H O/Zn  RCHO+R′CHO ②RCHO+R′CH2CHO 2NaOH/H O Δ +H2O ③ + 催化剂 (1)1mol芳香族化合物 B最多能与__________mol H2加成。 (2)X的结构简式为____________。 (3)G与乙醇发生酯化反应生成化合物 Y，其中符合下列条件的 Y的同分异构体有____种 ①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出 CO2； ②其核磁共振氢谱显示有 4种不同化学环境的氢，峰面积比为 6：2：1：1。 (4)根据题目所给信息，以 2－戊烯为原料，制备 的合成路线如下，请依据示意图， 写出片断①、②、③合成方案(无机试剂任选)。 片断③：___________ 片断②：___________ 片断①：__________ 【答案】 (1). 4 (2). (3). 4 (4). 浓硫酸 170℃  (5). + ①KOH，醇，Δ ②H  (6). 【解析】 【分析】 由有机物的转化关系可知， 发生信息①反应生成 和 CH3CHO，则 芳香族化合物 B为 、C为 CH3CHO；CH3CHO和 发生信息②反应生成 ，则 D为 ； 与新制的氢氧化铜发 生氧化反应后，酸化得到 ，则 E为 ； 与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成 ，则 F为 ； 在氢氧化钾醇溶液中共热发生消去反应后， 酸化生成 ，则 G为 ； 与 发生 信息③反应生成 ，则 X为 。 【详解】（1）芳香族化合物 B的结构简式为 ，分子中含有的苯环和醛基均能与氢 气发生加成反应，则 1mol 最多能与 4mol氢气加成，故答案为：4； （2）由分析可知，X的结构简式为 ，故答案为： ； (3)G的结构简式为 ，与乙醇发生酯化反应生成 ，其同分 异构体分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出 CO2，说明分子含有羧基，由核磁 共振氢谱显示有 4种不同化学环境的氢，峰面积比为 6：2：1：1说明分子的两个甲基在苯环 上处于对称位置，符合条件的结构简式为 、 、 和 ，共有 4种，故答案为：4； （4）结合题给有机物转化关系可知，片断①为 发生信息①反应生成 CH3CHO 和 CH3 CH2CHO，CH3CHO和 CH3 CH2CHO发生信息②反应生成 ， 与 新制的氢氧化铜发生氧化反应后，酸化得到 ；片断②为 在 氢氧化钾醇溶液中共热发生消去反应后，酸化生成 ；片断③为乙醇在浓硫 酸作用下加热到 170℃发生消去反应生成乙烯，故答案为： 浓硫酸 170℃  ； + ①KOH，醇，Δ ②H  ； 。 【点睛】B的结构简式为 ，分子中含有的苯环和醛基都能与氢气反应，注意官能 团的重合性，从有机物的官能团分析解答是关键。