2019-2020学年北京东城区北京市东直门中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年北京东城区北京市东直门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能使氢硫酸溶液的pH 先升高后降低的物质是A Cl2BSO2CCuSO4DO2【答案】B【解析】【详解】A、H2S+4Cl2+4H2O=H2SO4+8HCl，氢硫酸属于弱酸、硫酸和HCl 属于强酸，所以溶液酸性增强，则溶液的pH 减小，选项A 错误；B、2H2S+SO2=3S+2H2O，该反应由酸性变为中性，所以pH 增大，二氧化硫过量酸性增强pH 降低，选项B 正确；C、H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，氢硫酸是弱酸、硫酸是强酸，则溶液酸性增强，溶液的pH 减小，选项C错误；D、2H2S+O2=S+2H2O，溶液由酸性变为中性，则溶液的pH 增大，选项D 错误；答案选 B。【点睛】本题考查了氢硫酸的性质，根据物质之间的反应分析解答，会正确书写方程式，注意C是由弱酸制取强酸的反应，生成的硫化铜不溶于酸，为易错点。2克伦特罗是一种平喘药，但被违法添加在饲料中，俗称“瘦肉精”，其结构简式如图。下列有关“瘦肉精”的说法正确的是A它的分子式为C12H17N2Cl2O B它含有氨基、氯原子、碳碳双键等官能团C1mol 克伦特罗最多能和3 molH2发生加成反应D一定条件下它能发生水解反应、酯化反应、消去反应、氧化反应、加聚反应等【答案】C【解析】【分析】【详解】A、根据克伦特罗结构简式知它的分子式为C12H18N2Cl2O，错误；B、根据克伦特罗结构简式知它含有苯环、氨基、氯原子、羟基等官能团，不含碳碳双键，错误；C、该有机物含有1个苯环，1mol 克伦特罗最多能和3 molH2发生加成反应，正确；D、该有机物不含碳碳双键，不能发生加聚反应，错误；故答案选C。3NaHCO3和 NaHSO4 溶液混合后，实际参加反应的离子是()A CO32和 H+BHCO3和 HSO4CCO32和 HSO4DHCO3和 H+【答案】D【解析】【详解】碳酸氢钠和硫酸氢钠反应时，碳酸氢根电离生成钠离子和碳酸氢根离子，硫酸氢钠电离生成钠离子和氢离子、硫酸根离子，碳酸氢根和氢离子反应生成水和二氧化碳，故答案选D。4扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以物质a 为原料合成扁桃酸衍生物b 的过程如下：下列说法正确的是（）A物质 X是 Br2，物质 a 转化为 b 属于取代反应Blmol 物质 a 能与 3molH2反应，且能在浓硫酸中发生消去反应C物质 b 具有多种能与NaHCO3反应的同分异构体D物质 b 的核磁共振氢谱有四组峰【答案】C【解析】【详解】A.根据质量守恒定律可知物质x 是 HBr，HBr 与 a 发生取代反应产生b 和 H2O，A 错误；B.a 中含有一个苯环和酯基，只有苯环能够与H2发生加成反应，1 mol 物质 a 能与 3 molH2反应，a 中含有酚羟基和醇羟基，由于醇羟基连接的C原子邻位C原子上没有H 原子，不能发生消去反应，B 错误；C.酚羟基可以与NaHCO3反应；物质b 中酚羟基与另一个支链可以在邻位、间位，Br 原子也有多个不同的取代位置，因此物质b 具有多种能与NaHCO3反应的同分异构体，C 正确；D.物质 b 中有五种不同位置的H 原子，所以其核磁共振氢谱有五组峰，D 错误；故合理选项是C。5某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是A该有机物易溶于苯及水B该有机物苯环上的一氯代物共有4 种C该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D 1mol 该有机物最多可与1mol NaOH 发生反应【答案】D【解析】【详解】A.该有机物烃基较大，不溶于水（亲水基较少，憎水基较多），所以易溶于苯但不溶于水，故A 错误；B.该有机物苯环上的一氯代物与苯环上另一取代基有邻间对3 种位置，共有3 种，故 B 错误；C.该有机物没有碳碳双键或碳碳叁键不能与Br2的 CCl4溶液发生加成反应，故C错误；D.该有机物只有一个普通酯基可与1molNaOH 发生反应，故D 正确；故答案为D。6化学与生产生活、环境保护密切相关，下列说法正确的是A氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂B用活性炭为糖浆脱色和利用臭氧漂白纸浆，原理相似C光导纤维和聚酯纤维都是新型无机非金属材料D汽车尾气中含有的氮氧化合物，是汽油不完全燃烧造成的【答案】A【解析】【分析】【详解】A.氢氧化铝、碳酸氢钠都能与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂，故A正确；B.活性炭为糖浆脱色是利用它的吸附性，臭氧漂白纸浆是利用其强氧化性，故B错误；C.光导纤维是新型无机非金属材料，聚酯纤维为有机高分子材料，故C错误；D.汽油属于烃类物质，只含有碳氢两种元素，不含有N元素，汽车尾气中含有的氮氧化合物，是空气中的氮气与氧气在高温下反应生成的，故D错误；故选 A。7下列物质结构和性质变化规律正确的是（）A硬度：LiClNaClKCl B沸点：HFHClHBr C酸性：H3PO4H2SO4HClO4D原子半径：NaMgAl【答案】D【解析】【详解】A、离子半径：Li+Na+K+，晶格能LiClNaClKCl，所以硬度LiClNaClKCl，故 A 错误；B、HF 分子间存在氢键，所以沸点：HClHBr HF，故 B 错误；C、非金属性PSCl，所以最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4H2SO4HClO4，故 C错误；D、同周期元素从左到右，半径减小，原子半径：NaMg Al，故 D 正确；答案选 D。【点睛】本题考查元素周期律，同周期元素从左到右金属性减弱、非金属性增强，注意把握晶体类型的判断以及影响晶体熔沸点高低的因素。8NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A 88.0 g14CO2与14N2O 的混合物中所含中子数为44 NA B1 mol CH3COONa与少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液中，CH3COO-数目为 NA C17.4 g MnO2与 40 mL10 mol/L 浓盐酸反应，转移电子的数目为0.2 NA D常温下pH=4 的醋酸溶液中由水电离出的H的数目为10-10 NA【答案】B【解析】【详解】A.14CO2分子中含有24 个中子，88.0 g14CO2的物质的量为88.0 g 46 g/mol=1.91 mol，所以其中含有的中子数目为1.9124NA=45.9NA；14N2O 的分子中含有22 个中子，88.0 g14N2O 的物质的量等于2 mol，所以其中含有的中子数目为44 NA，所以 88.0 g14CO2与14N2O 的混合物中所含中子数大于44 NA，A 错误；B.在该中性溶液中n(CH3COO-)=n(Na+)，由于 CH3COONa的物质的量是1 mol，所以该溶液中CH3COO-数目为 NA，B 正确；C.17.4 g MnO2的物质的量n(MnO2)=17.4 g 87 g/mol=0.2 mol，n(HCl)=10 mol/L 0.04 L=0.4 mol，根据方程式中物质反应关系MnO2过量，应该以 HCl 为标准计算，但随着反应的进行，盐酸溶液浓度变小，所以 0.4 mol HCl 不能完全反应，所以反应过程中转移电子的物质的量小于0.2NA，C错误；D.只有离子浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，D 错误；故合理选项是B。9利用反应CCl4+4NaC（金刚石）+4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是（）A C（金刚石）属于原子晶体B该反应利用了Na 的强还原性CCCl4和 C（金刚石）中的C的杂化方式相同D NaCl 晶体中每个Cl周围有 8 个 Na【答案】D【解析】【详解】A金刚石晶体：每个C与另外 4 个 C形成共价键，构成正四面体，向空间发展成网状结构，形成的晶体为原子晶体，故A 正确；B该反应中Na 由 0 价 +1价，作还原剂将CCl4还原，故 B 正确；CCCl4和 C(金刚石)中的 C的杂化方式都是sp3杂化，故C正确；D NaCl 晶体：每个Na同时吸引6 个 Cl，每个 Cl同时吸引6 个 Na，配位数为6，故 D 错误；故答案选D。10一种新型太阳光电化学电池贮能时电解质溶液中离子在两极发生如下图所示的转化。下列说法正确的是（）A贮能时，电能转变为化学能和光能B贮能和放电时，电子在导线中流向相同C贮能时，氢离子由a 极区迁移至b 极区D放电时，b 极发生：VO2+2H+e-=VO2+H2O【答案】D【解析】【分析】光照时贮能VO2+失电子转化为VO2+，b 极为阳极，a 极为阴极，放电时b 极为正极，a 极为负极，据此分析解答。【详解】A.贮能时，光能转变为化学能，选项A错误；B.贮能时电子由b 极流出，放电时电子由a 极流出，在导线中流向不相同，选项B错误；C.贮能时，氢离子由阳极b 极区迁移至阴极a 极区，选项C错误；D.放电时，b 极为正极，发生电极反应：VO2+2H+e-=VO2+H2O，选项 D正确；答案选 D。11硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列说法错误的是（）A在图示的转化中，Fe3+和 CuS是中间产物B在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜C图示转化的总反应是2H2S+O22S+2H2O D当有 1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol【答案】B【解析】【分析】【详解】A该过程中发生反应：Cu2+H2S CuS+2H+，CuS+Fe3+S+Fe2+Cu2+(未配平)，Fe2+O2 Fe3+(未配平)，由此可知，Fe3+和 CuS是中间产物，故A 不符合题意；B由图知，化合价变化的元素有：S、Fe、O，Cu、H、Cl 的化合价没发生变化，故B符合题意；C由 A 选项分析并结合氧化还原反应转移电子守恒、原子守恒可知，其反应的总反应为：2H2S+O22S+2H2O，故 C不符合题意；DH2S反应生成S，硫元素化合价升高2 价，O2反应时氧元素化合价降低2，根据氧化还原转移电子守恒可知，当有1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol，故 D 不符合题意；故答案为：B。12常温下向20mL 0.1mol/L 氨水中通入HCl 气体，溶液中由水电离出的氢离子浓度随通入HCl气体的体积变化如图所示。则下列说法正确的是A b 点通入的HCl 气体，在标况下为44.8mL Bb、c 之间溶液中c(NH4+)c(Cl-)C取 10mL 的 c 点溶液稀释时：c(NH4+)/c(NH3 H2O)减小D d 点溶液呈中性【答案】C【解析】【分析】氨水中通入HCl，发生 NH3H2OHCl=NH4ClH2O，对水的电离抑制能力先减弱后增大，然后逐步分析；【详解】A、当两者恰好完全反应时，n(HCl)=n(NH3H2O)=20103L0.1mol L1=2103mol，标准状况下HCl的体积为44.8mL，随着 HCl 的加入，溶液由碱性向酸性变化，b 点对应水电离出的H浓度为 107mol L1，此时溶液显中性，溶质为 NH3H2O 和 NH4Cl，即所加 HCl气体在标准状况下的体积小于44.8mL，故 A错误；B、b 点时，溶液显电中性，即c(NH4)=c(Cl)，c 点溶质为NH4Cl，c(Cl)c(NH4)，因此 b、c 之间溶液中c(NH4)c(Cl)，故 B 错误；C、c 点溶质为NH4Cl，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4发生水解，NH4H2ONH3H2OH，加水稀释，促进水解，n(NH3H2O)增大，n(NH4+)减小，同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，即c(NH4)/c(NH3H2O)减小，故C正确；D、d 点溶质为NH4Cl和 HCl，溶液显酸性，故D 错误，答案选C。13有关下图所示化合物的说法不正确的是A既可以与Br2的 CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B1mol 该化合物最多可以与3mol NaOH 反应C既可以催化加氢,又可以使酸性KMnO4溶液褪色D既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体【答案】D【解析】【分析】【详解】A、根据结构简式可知化合物中含有的官能团有酯基、酚羟基、醚键、碳碳双键。碳碳双键可以和溴加成，甲基上的氢原子可以被取代，A 正确。B、2 个酯基水解需要2 个氢氧化钠，1 个酚羟基需要1 个氢氧化钠，即 1mol 该化合物最多可以与3mol NaOH反应，B 正确。C、含有碳碳双键，既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色，C 正确。D、酚羟基不能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，D 错误。答案选 D。14下列有关叙述正确的是氧化镁：可用作耐火材料；二氧化硅：制造计算机芯片；水玻璃：可作木材防火剂；铝热反应既可 用于焊接钢轨，也可用于工业上冶炼铁；水煤气属于清洁能源；浓硫酸：可用于干燥Cl2、SO2、H2S等气体ABCD【答案】A【解析】【详解】氧化镁，熔点高，可用作耐火材料，项正确；制造计算机芯片的是硅单质，而不是二氧化硅，项错误；水玻璃是硅酸钠的水溶液，可作木材防火剂，项正确；铝热反应会放出大量的热，可用于焊接钢轨，但铝热反应冶炼铁成分太高，一般不用此方法冶炼铁，项错误；水煤气是CO和 H2的混合气体，属于清洁能源，项正确；浓硫酸可用于干燥Cl2、SO2气体，而H2S是还原性气体，因浓硫酸具有强氧化性，能氧化H2S，故不能用浓硫酸干燥H2S，项错误；综上所述，正确；答案选 A。【点睛】项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。15氰气(CN)2性质与卤素相似，分子中4 个原子处于同一直线下列叙述正确的是()A是极性分子B键长：NC大于 CCCCN的电子式：D和烯烃一样能发生加成反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A(CN)2的结构为NCCN，结构对称，为非极性分子，为A 错误；BN 原子半径小于C，则键长：NC小于 CC，故 B 错误；CCN的电子式为，故 C错误；D NC CN 含有不饱和键，可发生加成反应，故D 正确；选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16单晶硅是信息产业中重要的基础材料。工业上可用焦炭与石英砂(SiO2)的混合物在高温下与氯气反应生成 SiCl4和 CO，SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯硅。以下是实验室制备SiCl4的装置示意图：实验过程中，石英砂中的铁、铝等杂质也能转化为相应氯化物，SiCl4、AlCl3、FeCl3遇水均易水解，有关物质的物理常数见下表：物质SiCl4AlCl3FeCl3沸点/57.7 315 熔点/-70.0 升华温度/180 300 (1)装置 B 中的试剂是 _，装置D 中制备 SiCl4的化学方程式是_。(2)D、E 间导管短且粗的作用是_。(3)G 中吸收尾气一段时间后，吸收液中肯定存在OH-、Cl-和 SO42-，请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他酸根离子(忽略空气中CO2的影响)。（提出假设）假设1：只有 SO32-；假设 2：既无 SO32-也无 ClO-；假设 3：_。（设计方案进行实验）可供选择的实验试剂有：3mol/LH2SO4、1mol/LNaOH、0.01mol/LKMnO4、溴水、淀粉-KI、品红等溶液。取少量吸收液于试管中，滴加3mol/LH2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于a、b、c 三支试管中，分别进行下列实验。请完成下表：序号操作可能出现的现象结论向 a 试管中滴加几滴_溶液若溶液褪色则假设 1 成立若溶液不褪色则假设 2 或 3 成立向 b 试管中滴加几滴_溶液若溶液褪色则假设 1 或 3 成立若溶液不褪色假设 2 成立向 c 试管中滴加几滴_溶液_ 假设 3 成立【答案】饱和食盐水SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO防止生成物中的AlCl3，FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管只有 ClO-0.01mol/LKMnO4溶液(或溴水)品红淀粉-KI 若溶液变为蓝色【解析】【分析】制备四氯化硅的实验流程：A 中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯气，B 中饱和食盐水除去Cl2中杂质HCl，C 装置中浓硫酸干燥氯气，D 中发生 Si与氯气的反应生成四氯化硅，由信息可知，四氯化硅的沸点低，则 E装置冷却可收集四氯化硅，F可防止 F右端的水蒸气进入装置E中与四氯化硅反应，造成产物不纯，最后G 处理含氯气的尾气。据此解答。【详解】(1)装置 A 是氯气发生装置，A 中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其离子方程式为 MnO2+4H+2Cl-Mn2+2H2O+Cl2；浓盐酸具有挥发性，所以制取得到的Cl2中含有杂质HCl 及水蒸气，装置B 的作用是除去杂质HCl，结合 Cl2与水的反应是可逆反应的特点，装置B 使用的试剂是饱和食盐水，用以除去杂质HCl；在 D 装置中二氧化硅、碳和氯气反应生成四氯化硅和一氧化碳，反应为：SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO；(2)石英砂中的杂质Fe、Al 会与 Cl2反应产生FeCl3、AlCl3，这两种物质的熔沸点比较高，在室温下成固态，D、E间导管短且粗就可防止生成物中的AlCl3，FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管；(3)由假设 1 和假设 2 可知，要检测的为SO32-和 ClO-，故假设 3为只有 ClO-，又因为 SO32-具有还原性，会使 KMnO4溶液(或溴水)褪色，而ClO-不会，所以可以用0.01mol/LKMnO4溶液(或溴水)来检测，证明假设 1 成立；SO32-与硫酸反应产生H2SO3，H2SO3分解产生的SO2和 ClO-具有漂白性，会使品红溶液褪色，所以可以用品红溶液来检测假设2 是否成立；ClO-具有氧化性，可以氧化KI 反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉边蓝色，若溶液变为蓝色，证明含有ClO-，否则不含有ClO-，因此可以使用淀粉-KI 溶液用来检测假设 3 是否成立。【点睛】本题考查制备实验方案的设计，综合了氯气的制法、硅的提纯等实验知识，注意把握制备原理及实验流程中的反应、物质的性质等为解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17原子序数依次增大的X、Y、Z、W、M 五种短周期主族元素中，X、Y两元素间能形成原子个数比分别为 1:1 和 1:2 的固态化合物A 和 B，Y是短周期元素中失电子能力最强的元素，W、M 的最高价氧化物对应的水化物化学式分别为H3WO4、HMO4，Z 的单质能与盐酸反应。(1)根据上述条件不能确定的元素是_（填代号），A 的电子式为 _，举例说明Y、Z的金属性相对强弱：_(写出一个即可）。(2)W 能形成多种含氧酸及应的盐，其中NaH2WO2能与盐酸反应但不能与NaOH 溶液反应，则下列说法中正确的是 _(填字母)A H3WO2是三元酸B H3WO2是一元弱酸C NaH2WO2是酸式盐D NaH2WO2不可能被硝酸氧化(3)X、M 形成的一种化合物MX2是一种优良的水处理剂，某自来水化验室利用下列方法裣测处理后的水中 MX2残留量是否符合饮用水标准（残留MX2的浓度不高于0.1 mg?L-1），已知不同pH 环境中含M 粒子的种类如图所示：I.向 100.00 mL 水样中加入足量的KI，充分反应后将溶液调至中性，再加入2 滴淀粉溶液。向 I 中所得溶液中滴加2.0 10-4mol?L-1的溶液至终点时消耗5.00 mL 标准溶液(已知2S2O32-+I2=S4O26-+2I-）。则该水样中残留的的浓度为_mg?L-1。若再向II 中所得溶液中加硫酸调节水样pH 至 1?3，溶液又会呈蓝色，其原因是_(用离子方程式表示）。【答案】Z钠的金属性比Z 的强，如钠能与冷水剧烈反应而Z 不能（或最高价氧化物对应水化物的碱性：NaZ）B0.675ClO2+4I+4H+=Cl-+2I2+2H2O【解析】【分析】Y 是短周期元素中失电子能力最强的元素，则推出Y为 Na 元素，又 X、Y两元素间能形成原子个数比分别为 1:1 和 1:2 的固态化合物A 和 B，则推出X为 O 元素，两者形成的化合物为B为 Na2O、A为 Na2O2；Z的单质能与盐酸反应，则说明Z 为活泼金属，为Mg 或 Al 中的一种；W、M 的最高价氧化物对应的水化物化学式分别为H3WO4、HMO4，则 W 和 M 的最高价化合价分别为+5 和+7，又 X、Y、Z、W、M 五种短周期主族元素原子序数依次增大，则可推出W 为 P元素，M 为 Cl 元素，据此分析作答。【详解】根据上述分析易知：X、Y、Z、W、M 分别是 O、Na、Mg 或 Al、P、Cl，则（1）Z可与盐酸反应，Z 可能是 Mg 或 Al 中的一种，不能确定具体是哪一种元素；A 为 Na2O2，由离子键和共价键构成，其电子式为：；钠的金属性比Z的强，如钠能与冷水剧烈反应而Z不能（或最高价氧化物对应水化物的碱性：NaZ），故答案为：Z；钠的金属性比Z 的强，如钠能与冷水剧烈反应而Z不能（或最高价氧化物对应水化物的碱性：NaZ）；（2）NaH2PO2能与盐酸反应，说明 H3PO2是弱酸，NaH2PO2不能与 NaOH 反应，说明 NaH2PO2中的 H 不能被中和，推出NaH2PO2为正盐，C项错误；H3PO2分子中只能电离出一个H，为一元弱酸，B 项正确，A项错误；NaH2PO2中 P的化合价为+1，具有还原性，可被硝酸氧化，D 项错误；故答案为B；（3）由图知，中性条件下ClO2被 I还原为 ClO2，I被氧化为I2；根据氧化还原反应中得失电子数目相等可知：2ClO2I22Na2S2O3，因此可知，水中残留的ClO2的浓度为2 10-4mol/L 5 10-3L 67.5g/mol 1000mg/g 0.1L=0.675 mg/L，故答案为：0.675；由图知，水样pH 调至 13 时，ClO2-被还原成Cl-，该操作中I被 ClO2氧化为 I2，故离子方程式为：ClO2+4I+4H+=Cl-+2I2+2H2O。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料某小组以粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）为原料模拟工业生产活性氧化锌，步骤如下：已知各相关氢氧化物沉淀pH 范围如下表所示：Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2开始沉淀pH 5.4 7.0 2.3 4.7 完全沉淀pH 8.0 9.0 4.1 6.7 完成下列填空（1）步骤 I 中所需 25%稀硫酸可用98%浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要 _（选填编号）A电子天平B量筒C容量瓶D胶头滴管（2）步骤 II 中通过加入KMnO4氧化，并用ZnO调节 pH，可以除去含铁杂质检验沉淀是否完全的实验操作是 _调节 pH 的适宜范围是_（3）步骤 III 中加入 Zn 粉的作用是：_；进一步调节溶液pH（4）步骤 IV 中使用热NH4HCO3溶液能促进Zn2+转化为沉淀，但温度不宜过高，其原因可能是_（5）步骤 V 在_（填仪器名称）中进行，已知碱式碳酸锌的化学式为Zn5（OH）6（CO3）2，请写出发生反应的化学方程式：_判断已分解完全的操作是_（6）用如下方法测定所得活性氧化锌的纯度：取 1.000g 活性氧化锌，用15.00mL 1.000mol/L 硫酸溶液完全溶解用浓度为0.500mol/L 的标准氢氧化钠溶液滴定剩余硫酸，到达终点时消耗氢氧化钠溶液12.00mL假设杂质不参与反应，则所得活性氧化锌的纯度为_若在滴定时，实际操作中过量半滴（1mL 溶液为 25 滴），则本次滴定的相对误差为_【答案】bd 取少量溶液，滴加 KSCN溶液，无颜色变化4.14.7 除去溶液中的Cu2+NH4HCO3分解导致损失坩埚Zn5（OH）6（CO3）25ZnO+2CO2+3H2O 恒重操作97.2%0.17%【解析】【分析】粗氧化锌(含铁、铜的氧化物)加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，加入高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液pH 沉淀铁离子和铜离子，加入锌还原铜离子为铜单质，过滤得到硫酸锌，碳化加入碳酸氢铵沉淀锌离子生成碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌。【详解】(1)步骤 I 中所需 25%稀硫酸可用98%浓硫酸(密度为 1.84g/mL)配制，是粗略配制在烧杯内稀释配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要仪器有量筒、胶头滴管等；故答案为：bd；(2)检验沉淀是否完全可以利用铁离子遇到硫氰酸钾溶液变红色设计验证，取少量溶液，滴加KSCN溶液，无颜色变化说明沉淀完全，依据沉淀PH 范围调节溶液PH 使铁离子和铜离子沉淀，调节溶液PH 为 4.14.7；(3)步骤 III 中加入 Zn 粉的作用是含有铜离子，进一步调节溶液pH 除净铜离子；(4)步骤 IV 中使用热NH4HCO3溶液能促进Zn2+转化为沉淀，但温度不宜过高，其原因可能是碳酸氢铵受热易分解；(5)固体分解在坩埚中进行；碱式碳酸锌的化学式为Zn5(OH)6(CO3)2，分解生成氧化锌、二氧化碳和水，结合原子守恒配平书写得到反应的化学方程式为：Zn5(OH)6(CO3)25ZnO+2CO2+3H2O；判断已分解完全的操作是称量至恒重；(6)依据滴定所需氢氧化钠溶液物质的量计算剩余硫酸物质的量，计算得到与氧化锌反应的硫酸物质的量计算得到氧化锌物质的量，与氧化锌反应的氢离子物质的量0.0150L1.000mol/L 20.500mol/L 0.0120L 0.024mol，ZnO+2H+Zn2+H2O，计算纯度0.012mo1 81g/mo11.000g 100%97.2%；1mL 溶液为 25 滴，半滴的体积为150mL；相对误差1m5012LmL 100%0.17%。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+H2O，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+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+。