2019-2020学年福建省泉州市十六中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省泉州市十六中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除去下列括号内杂质的试剂或方法正确的是（）A HNO3溶液（H2SO4）：适量 BaCl2溶液，过滤B乙烷（乙烯）：催化剂条件下通入H2C溴苯（溴）：加入 KI 溶液，分液D乙醇（乙酸）：加入足量CaO后蒸馏【答案】D【解析】【详解】A.加入氯化钡引入新的杂质氯离子，应加入硝酸钡，故A 错误；B.由于不能确定乙烯的含量，则不能确定通入氢气的量，易混入氢气杂质，故B 错误；C.加入 KI溶液，溴与KI 反应生成碘单质，形成新的杂质，故C错误；D.乙醇

2、不能和氧化钙反应，乙酸和氧化钙反应生成沸点较高的醋酸钙，然后用蒸馏的方法可分离，故D正确；故答案为D。2将石墨烯一层层叠起来就是石墨。下列说法错误的是（）A自然界中存在石墨烯B石墨烯与石墨的组成元素相同C石墨烯能够导电D石墨烯属于烃【答案】D【解析】【详解】A 项、石墨烯属于碳的一种单质，在自然界有存在，故A 正确；B 项、石墨烯与石墨都是碳的单质，它们的组成元素相同，故B正确；C 项、石墨烯与石墨都易导电，故C 正确；D石墨烯属于碳的单质，不是烯烃，故D 错误；故选 D。3下列指定反应的离子方程式正确的是（）A实验室用浓盐酸和MnO2混合加热制Cl2：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2

3、H2O B将 Cl2溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O 2H+Cl+ClOC用过量的NaOH 溶液吸收SO2：OH+SO2HSO3D向 AlCl3溶液中加入氨水：Al3+3OHAl（OH）3【答案】A【解析】【详解】A、浓盐酸与二氧化锰混合加热，离子方程式：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故 A 正确；B、将氯气溶于水制备次氯酸的离子反应为Cl2+H2O?H+Cl+HClO，故 B 错误；C、用过量NaOH 吸收二氧化硫生成亚硫酸钠，离子方程式为2OH+SO2 H2O+SO32，故 C错误；D、向氯化铝溶液中加入过量氨水，一水合氨是弱碱，要保留化学式，离子方程式为Al3+3NH3

4、?H2OAl(OH)3+3NH4+，故 D 错误；答案选 A。【点睛】考查离子方程式书写方法和反应原理，掌握物质性质和书写原则是解题关键，注意反应物用量对反应的影响。4某同学在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物，物质转化关系如图所示：下列说法不正确的是()A x 为 NaOH 溶液，y 为盐酸Bab发生的反应为：AlO2-+H+H2OAl(OH)3Cb c Al的反应条件分别为：加热、电解D a、b、c 既能与酸又能与碱反应【答案】D【解析】【详解】根据流程图，混合物中加入试剂x 过滤后得到铁，利用铝与氢氧化钠反应，铁不与氢氧化钠反应，因此试剂 x 为 NaOH，a 为 NaAlO2

5、，a 生成 b 加入适量的y，因此 y 是盐酸，b 为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解成Al2O3，然后电解氧化铝得到铝单质；A.根据上述分析，A 正确；B.a b 发生的反应为：AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，故 B 正确；C.根据上述分析，b c Al的反应条件分别为：加热、电解，故C正确；D.a 为 NaAlO2，NaAlO2与碱不反应，故D 错误；答案选 D。5常温下，向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol L-1的氢氧化钠溶液，pH变化如右图所示，下列有关叙述正确的是()A点所示溶液中只存在HClO的电离平衡B到水的电离程度逐渐减小CI能在点所示溶液中存在D点所示溶液中：c(Na+)c(

6、Cl)+c(ClO)【答案】D【解析】【详解】A点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在HClO和水的电离平衡，A 错误；B到溶液c（H+）之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，B 错误；C点时溶液存在ClO-，具有强氧化性，可氧化I-，I-不能大量存在，C错误；D点时溶液pH=7，则 c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），所以 c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），D 正确；答案选 D。【点睛】向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol?L-1的氢氧化钠溶液，发生的反应为Cl2+H2O?HCl+HClO、HC

7、l+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），为易错点。6能正确表示下列反应离子方程式的是A用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl2H2O=Cl2H22OHB硫酸溶液中加入足量氢氧化钡溶液：Ba2OHHSO42-=BaSO4H2O CFe(NO3)3溶液中加入过量的HI 溶液：2Fe32I=2Fe2I2D NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-5NO2-6H=2Mn25NO3-3H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A.用惰性电极电解熔融氯化钠而不是电解食盐水，

8、A错误；B.硫酸溶液中加入足量氢氧化钡溶液，沉淀完全的同时恰好中和，正确的离子方程式为Ba22OH2HSO42-=BaSO42H2O，B 错误；C.Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI 溶液，大量氢离子的环境中，硝酸根的氧化性更强，碘离子优先和硝酸根、氢离子反应，多余的碘离子才接着和铁离子发生2Fe32I=2Fe2I2反应，C错误；D.NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应：2MnO4-5NO2-6H=2Mn25NO3-3H2O，D正确；答案选 D。【点睛】C 项为易错点，注意硝酸根离子与氢离子大量共存时有强氧化性。7下图所示为某同学设计的检验浓硫酸和碳反应所得气体产物的实验装

9、置图。下列说法正确的是A若按 顺序连接，可检验所有气体产物B若装置只保留a、b，同样可以达到实验目的C若圆底绕瓶内碳粉过量，充分反应后恢复到25，溶液的pH 5.6D实验结束后，应按从下往上、从左往右的顺序拆卸装置【答案】B【解析】浓硫酸和碳反应所得气体产物为二氧化碳、二氧化硫和水蒸气，应该先过无水硫酸铜检验水，再过品红溶液检验二氧化硫，过酸性高锰酸钾氧化除去二氧化硫，过品红溶液验证二氧化硫都被除去，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所以选项A 错误。若装置 只保留 a、b，只要看到酸性高锰酸钾溶液没有褪色就可以证明二氧化硫完全被吸收，所以选项B 正确。酸雨的要求是pH 小于 5.6，而本实验中生

10、成的二氧化硫会导致酸雨，所以溶液的pH 一定小于5.6，同时随着反应的进行浓硫酸转化为稀硫酸就不再反应，所以还有剩余的稀硫酸，溶液的pH 就会更小，选项C错误。从下往上、从左往右是实验装置的安装顺序，拆卸顺序应该相反，选项D 错误。8银精矿(其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S 及 SiO2等)从其中提取银及铜和铅的工艺流程如图：回答下列问题：(1)“浸取”时，当盐酸的浓度和KClO3的量一定时，为提高浸取率可采取的措施是_(请用简练语言列举一项)。(2)“分离”所加试剂X 为_，“分离”所得滤渣中除含单质硫外，还含有的成分有_。(3)“浸银”反应的化学方程式为_(4)N2H4的电子式为

11、_，“还原”反应的离子方程式为_。(5)“粗银”(含 Ag、Cu、Zn、Au)可用立式电解槽电解精炼，纯银作阴极，电解液采用硝酸和硝酸银的混合溶液。硝酸浓度不能过大，其原因是_(写出一条即可)。(6)此类工厂排出的废水中含有NO3-，对人体有害。科技人员在碱性条件下用Al 粉将NO3-还原为N2。缺点是处理后的水中引入了AlO2-，仍然对人体健康有害。已知：25时，KspAl(OH)3=1.3 10-33Al(OH)3?H+AlO2-+H2O K=1.0 10-1325时，欲将上述处理过水中的AlO2-浓度降到1.0 10-6 mol/L，此时水中c(Al3+)=_mol/L。25时，Al(O

12、H)3溶于 NaOH 溶液反应的平衡常数K=_。【答案】充分搅拌、粉碎银精矿、适当增大液固比、适当提高浸取温度、适当延长浸取时间Zn SiO2AgCl+2Na2SO3=Na3Ag(SO3)2+NaCl 4Ag(SO3)23-+N2H4+4OH-=4Ag +8SO32-+N2 +4H2O 防止生成的银被硝酸溶解；防止NO3-优先于Ag+在阴极放电1.3 10-1210【解析】【分析】银精矿(其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S及 SiO2等)加盐酸和氯酸钾浸取，过滤，溶液中含有Zn2+、Cu2+、Pb2+，滤渣中含有S、SiO2、AgCl等；浸出液中加金属还原剂Zn，把 Cu2+、Pb2+还

13、原为单质，则试剂X为Zn，分离得到Cu和 Pb、ZnCl2溶液；浸出渣含有S、SiO2、AgCl，加 Na2SO3溶液，AgCl与 Na2SO3反应生成 Na3Ag(SO3)2和 NaCl，过滤，滤渣为S和 SiO2，滤液为Na3Ag(SO3)2和 NaCl，在滤液中加N2H4，生成Ag 和氮气；滤液中含有亚硫酸钠，氧化生成硫酸钠，以此解答该题。【详解】(1)浸取时当盐酸的浓度和KClO3的量一定时，要加快化学反应速率的方法有：充分搅拌、粉碎银精矿、适当增大液固比、适当提高浸取温度、适当延长浸取时间，选择其中任意两种方法即可；(2)分离得到氯化锌溶液可知加入的试剂X 为 Zn；根据分析可知“分

14、离”所得滤渣中除含单质硫外，还含有 SiO2；(3)根据流程可知，浸银的反应物为AgCl 和 Na2SO3溶液，产物有Na3Ag(SO3)2，根据元素守恒可知反应方程式为：AgCl+2Na2SO3=Na3Ag(SO3)2+NaCl；(4)N2H4的电子式为；根据流程可知还原时主要反应物有Na3Ag(SO3)2 和 N2H4，主要产物为氮气和 Ag，可知反应过程银离子被还原，N2H4中氮元素被氧化，生成氮气，根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式为：4Ag(SO3)23-+N2H4+4OH-=4Ag +8SO32-+N2 +4H2O；(5)浓硝酸具有强氧化性能氧化Ag，生成硝酸银溶液，所以硝酸浓度

15、不能过大，防止生成的银被硝酸溶解；同时溶液中有大量硝酸根离子，还要防止NO3-优先于Ag+在阴极放电；(6)水中 AlO2-浓度降到1.0 10-6mol?L-1，依据 Al(OH)3?AlO2-+H+H2O，K=1.0 10-13，则c(H+)=1361.0 101.0 10=10-7(mol/L)，则 c(OH-)=10-7mol/L，25时，KspAl(OH)3=c3(OH-)c(Al3+)=1.3 10-33，则c(Al3+)=33371.3 1010=1.3 10-12mol?L-1；由 H2O?OH-+H+、Al(OH)3?AlO2-+H+H2O 可知，-得到 OH-+Al(OH)

16、3?AlO2-+H+，则 Al(OH)3溶于 NaOH溶液反应的平衡常数数值为K-2-AlOOHcc=671.0101.010=10。9用化学用语表示C2H2HClC2H3Cl(氯乙烯)中的相关微粒，其中正确的是（）A中子数为7 的碳原子：76C B氯乙烯的结构简式：CH2CHCl C氯离子的结构示意图：DHCl 的电子式：H【答案】C【解析】【详解】A.中子数为7 的碳原子为：136C，选项 A 错误；B.氯乙烯的结构简式为：CH2=CHCl，选项 B 错误；C.氯离子的结构示意图为：，选项 C正确；D.HCl为共价化合物，其电子式为：，选项 D 错误。答案选 C。10以下说法不正确的是A日

17、韩贸易争端中日本限制出口韩国的高纯度氟化氢，主要用于半导体硅表面的刻蚀B硫酸亚铁可用作治疗缺铁性贫血的药剂，与维生素C片一起服用，效果更佳C硫酸铜可用作农药，我国古代也用胆矾制取硫酸D使生物质在一定条件下发生化学反应，产生热值较高的可燃气体。该过程属于生物化学转换【答案】D【解析】【分析】【详解】A.高纯度氟化氢能溶解半导体硅表面的SiO2、Si，A 项正确；B.维生素 C有还原性，可防止硫酸亚铁中的亚铁被氧化成+3 铁，B 项正确；C.硫酸铜可配制农药波尔多液，胆矾高温分解生成的三氧化硫溶于水可制取硫酸，C 项正确；D.使生物质在一定条件下发生化学反应，产生热值较高的可燃气体。该过程属于热化

18、学转换，而不是生物化学转换，D 项错误。本题选 D。11设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A 22.4 L 乙烷中所含的极性共价键数目为7NAB某温度下，将1molCl2 通入足量水中转移电子数为NAC常温常压下，3.0 g 含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NAD室温下，1LpH 为 13 的 NaOH 溶液和Ba(OH)2混合溶液中含OH-个数为0.01NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A.没有说明是否为标准状态，所以无法由体积计算气体的物质的量，即无法确定所含化学键数目，故A错误；B.Cl2 和水反应为可逆反应，所有转移电子数小于NA，故 B错误；C.葡萄糖和冰醋酸

19、的最简式都为CH2O，则 3.0 g 含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为A3.0g 4N30g/mol=0.4NA，故 C正确；D.pH=13，c(OH-)=-14W+-13K10=0.1mol/Lc(H)10，则 1L 溶液中 OH-个数为0.1NA，故 D 错误；故选 C。12二羟基甲戊酸的结构简式为，下列有关二羟基甲戊酸的说法正确的是（）A二羟基甲戊酸的分子式为C5H10O4B二羟基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C等量的二羟基甲戊酸消耗Na 和 NaHCO3的物质的量之比为31 D二羟基甲戊酸与乳酸()互为同系物【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据结构简式，该有机物的分子式为C

20、6H12O4，故 A 错误；B.二羟基甲戊酸中含有羟基，CH2OH 中羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C.该有机物中能与Na 发生反应的是OH 和羧基，1mol 二羟基甲戊酸中含有2mol 羟基和 1mol 羧基，因此 1mol 该有机物消耗Na 的物质的量为3mol，能与 NaHCO3溶液反应的是羧基，因此1mol 该有机物消耗NaHCO3的物质的量为1mol，故 C正确；D.二羟基甲戊酸与乳酸中羟基的数目不同，因此两者不互为同系物，故D 错误；答案：C。【点睛】同系数定义的理解，要求碳原子连接方式相同，含有官能团的种类、数目相同，然后再看组成上是否相差若干个“CH2”。13相同温度

21、下溶液的酸碱性对TiO2光催化燃料R 降解反应的影响如图所示。下列判断不正确的是（）A对比 pH=7 和 pH=10 的曲线，在同一时刻，能说明R 的起始浓度越大，降解速率越大B对比 pH=2 和 pH=7 的曲线，说明溶液酸性越强，R 的降解速率越大C在 020min 之间，pH=2 时 R 的平均降解速率为0.0875 10-4molL-1 min-1D 50min 时，pH=2 和 pH=7 时 R 的降解百分率相等【答案】A【解析】A根据图中曲线可知，曲线的斜率表示反应速率，起始浓度不同分解速率不同，PH不同分解速率也不同，故R 的起始浓度和溶液的PH 均影响 R 的降解速率，且R 的

22、起始浓度越大，降解速率越小，故A 错误；B溶液酸性越强，即pH 越小，线的斜率越大，可以知道R 的降解速率越大，故B正确；C在020min 之间，pH=2 时 R 的平均降解速率为=0.0875 10-4mol L-1 min-1，故 C 正确；D根据图示可知：在0-50min 之间，pH=2 和 pH=7 时由于初始的量相同，变化量也相同，所以R 的降解百分率相等的，故D 正确；答案为A。14下列说法错误的是A 天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用，这里”涉及的反应类型是分解反应B“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上，用器承滴露”涉及的操作是蒸馏C 本草图经在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤

23、”因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”D我国晋朝傅玄的傅鹑觚集 太子少傅箴中写道：“夫金木无常，方园应行，亦有隐括，习与性形。故近朱者赤，近墨者黑。”这里的“朱”指的是HgS【答案】C【解析】【详解】A石灰石加热后制得生石灰，同时生成CO2，该反应为分解反应，A 正确；B根据“蒸令气上”可知，是利用互溶混合物的沸点差异进行分离，其操作是蒸馏，B 正确；C绿矾的化学式是FeSO47H2O，在溶液中电离出二价铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，C错误；D“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”是指朱砂，主要成分为HgS，硫化汞的天然矿石为大红色，D 正确。答案选 C。15某兴趣小组称取2.500g 胆矾晶体

24、逐渐升温使其失水，并准确测定不同温度下剩余固体的质量(m)得到如图所示的实验结果示意图。下列分析正确的是A结晶水分子与硫酸铜结合的能力完全相同B每个结晶水分子与硫酸铜结合的能力都不相同C可能存在三种不同的硫酸铜结晶水合物D加热过程中结晶水分子逐个失去【答案】C【解析】【详解】胆矾(CuSO45H2O)的分子量为250，如果失去1 个水分子，则剩下晶体质量232g，失去 2 个水分子，则剩下晶体质量214g，如果失去3 个水分子，则剩下晶体质量196g，如果失去4 个水分子，则剩下晶体质量178g，如果失去 5 个水分子，则剩下晶体质量160g，由图可知明显不是同时失去，而是分三阶段失水，102

25、时失去 2 个水分子，115时，又失去2 个水分子，258 时失去 1 个水分子，则：A因为固体质量是分三次降低的，而三次温度变化值不同，所以失去结晶水克服的作用力大小不同，则结晶水分子与硫酸铜结合的能力不完全相同，故A 错误；B由上述分析可知，硫酸铜晶体分三次失去结晶水，同一次失去的结晶水与硫酸铜结合的能力相同，故B 错误；C因为固体质量是分三次降低的，所以晶体中的水分子所处化学环境可以分为3 种，故 C正确；D由图可知明显不是逐个失去，而是分三阶段失水，第一次失去2 个，第二次失去2 个，第三次失去1个，故 D 错误；故答案选C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16二苯甲酮广泛

26、应用于药物合成，同时也是有机颜料、杀虫剂等的重要中间体。实验室以苯与苯甲酰氯为原料，在AlCl3作用下制备二苯甲酮的实验流程如下图所示：相关物理常数和物理性质如下表：名称相对分子质量密度/g cm-3熔点/oC 沸点/oC 溶解性苯78 0.88 5.5 80.1 难溶水，易溶乙醇苯甲酰氯140.5 1.22-1 197 遇水分解无水氯化铝133.5 2.44 190 178（升华）遇水水解，微溶苯二苯甲酮182 1.11 48.5 305（常压）难溶水，易溶苯已知：反应原理为：。该反应剧烈放热。回答下列问题：（1）反应装置如图所示（加热和夹持装置已略去），迅速称取7.5 g 无水三氯化铝放入

27、三颈瓶中，再加入30 mL 无水苯，搅拌，缓慢滴加6 mL 新蒸馏过的苯甲酰氯。反应液由无色变为黄色，三氯化铝逐渐溶解。混合完后，保持50左右反应1.52 h。仪器 A 的名称为 _。装置 B 的作用为 _。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是_。能作为 C中装置的是 _（填标号）。（2）操作 X为_。（3）NaOH 溶液洗涤的目的是_。（4）粗产品先经常压蒸馏除去_，再减压蒸馏得到产品。（5）当所测产品熔点为_时可确定产品为纯品。已知实验最终所得纯品8.0 g，则实验产率为_%（保留三位有效数字）。【答案】恒压滴液漏斗防止外界空气中水蒸气进入影响实验控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过

28、高bc 分液洗去残留的HCl 苯48.5 84.4【解析】【分析】苯与苯甲酰氯为原料，在AlCl3作用下制备二苯甲酮，实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响实验。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有HCl，极易溶于水，用 C中装置吸收。反应混合液冷却，加浓盐酸后，静置分层，分液后在有机层中加NaOH 溶液洗去残留的 HCl，用无水MgSO4干燥得粗产品，粗产品先经常压蒸馏除去苯，再减压蒸馏得到产品。【详解】（1）由装置图：仪器A 的名称为恒压滴液漏斗。实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B 的

29、作用为防止外界空气中水蒸气进入影响实验。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有HCl，极易溶于水，用C 中装置吸收，能作为C中装置的是bc（填标号）。故答案为：恒压滴液漏斗；防止外界空气中水蒸气进入影响实验；控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高；bc；（2）制备二苯甲酮的反应混合物，冷却、加浓盐酸后分成两相，有机相和水相，用分液的方法分离，操作 X 为分液。故答案为：分液；（3）分液后得到的有机相中含有HCl，NaOH 溶液洗涤的目的是洗去残留的HCl。故答案为：洗去残留的HCl；（4）苯和二苯甲酮互溶，沸点不同，粗产品先

30、经常压蒸馏除去苯，再减压蒸馏得到产品。故答案为：苯；（5）纯净物具有固定的熔点，二苯甲酮的熔点为48.5，当所测产品熔点为48.5时可确定产品为纯品。30mL 苯（密度 0.88g mL1）的物质的量为300.8878mol=0.34mol，6 mL 新蒸馏过的苯甲酰氯物质的量为6 1.22140.5mol=0.05210mol，由制备方程式可知，苯过量，所以产品的理论产量为0.05210mol 182gmol1=9.482g，则本实验中苯乙酮的产率为8g9.482g 100%=84.4%，故答案为：48.5；84.4；【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答

31、的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，（7）为解答的难点，先判断苯过量，然后算出理论产量，最后利用公式计算产率。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17（化学 有机化学基础）3对甲苯丙烯酸甲酯（E）是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如下：已知：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O（1）遇 FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A 的同分异构体有_种，B 中含氧官能团的名称为 _（2）试剂 C可选用下列中的_a、溴水b、银氨溶液c、酸性 KMnO4溶液d、新制 Cu(OH)2悬浊液（3）是 E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH 溶液共热的化学

32、方程式为_（4）E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为_【答案】3 醛基b、d+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O【解析】【分析】甲苯和 CO在 AlCl3、HCl 作用下生成A，A 和乙醛发生题目给的已知的反应生成B，则 B 为，B 在银氨溶液或新制氢氧化铜作用下被氧化为羧酸盐，然后再酸化得到D，D可以和甲酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E。【详解】（1）遇 FeCl3溶液显紫色，说明同分异构体含有酚羟基，则另一个取代基为乙烯基，二者可为邻、间、对3 种位置，共有3 种同分异构体；根据题目所给信息，B 中含有醛基。（2）B中含有的醛基与C反应转化为羧基，所以试剂C 可以为

33、银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液。（3）酯基在NaOH 条件下发生水解反应，根据水解反应的原理，化学方程式为+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O。（4）E中含有碳碳双键，经过加聚反应可得E，根据加聚反应规律可得F的结构简式为。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18NiCl2是化工合成中最重要的镍源，在实验室中模拟工业上以金属镍废料(含 Fe、Al 等杂质)为原料生产NiCl2的工艺流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH 氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2开始沉淀的pH 2.1 6.5 3.7 7.1 沉淀完全的pH 3.3

34、9.7 4.7 9.2(1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有_(写一条即可)。(2)加入 H2O2时发生主要反应的离子方程式为_。(3)“调 pH”时，控制溶液pH 的范围为 _。(4)“沉镍”过程中，若滤液A 中 c(Ni2)=1.0mol/L，欲使 100mL 该滤液中的Ni2沉淀完全即溶液中c(Ni2)1.0 10-5，则需用托盘天平称取Na2CO3固体的质量至少为_g。(已知 Ksp(NiCO3)=6.5 10-6，忽略溶液体积的变化)(5)流程中由溶液得到NiCl2 6H2O 的实验操作步骤依次为_、过滤、洗涤、干燥。【答案】将镍废料磨成粉末(或搅拌，或适当升高温度

35、，或提高酸的浓度)H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O 4.7 pH7.1 或 4.7，7.1)17.5 蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】根据流程：金属镍废料(含 Fe、Al 等杂质)，加盐酸酸浸后的酸性溶液中主要含有H+、Ni2+、Fe2+、Al3+，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O，加入 Na2CO3溶液调节溶液的pH 范围 4.7 pH7.1，使 Fe3+、Al3+全部沉淀，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液主要含有Ni2+，加入 Na2CO3溶液沉淀Ni2+，将得到的NiCO3沉淀用盐酸溶解得到二氧化碳和NiC

36、l2溶液，将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2?6H2O，据此分析作答。【详解】(1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有将镍废料磨成粉末、搅拌、适当升高温度方法、提高溶液中酸的浓度，都可以提高镍元素的浸出率；(2)H2O2具有氧化性，加入H2O2氧化 Fe2+为 Fe3+，离子方程式为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；(3)“调 pH”的目的是沉淀Fe3+、Al3+，但不沉淀Ni2+，根据表格数据可知，应该控制溶液pH 的范围为4.7 pH7.1 或4.7，7.1）；(4)滤液 A中 c(Ni2+)=1.0mol/L，欲使 100m

37、L 该滤液中含有n(Ni2+)=0.1mol，则生成 NiCO3需要 CO32-为 0.1mol，Ni2+刚好沉淀完全时，溶液中c(CO32-)=656.5 101.0 10=0.65mol/L，此时溶液中CO32-为 0.065mol，故至少需要Na2CO3固体 0.1mol+0.065mol=0.165mol，其质量m(Na2CO3)=0.165mol 106g/mol=17.49g 17.5g；(5)将 NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2?6H2O。19电解是一种非常强有力的促进氧化还原反应的手段，许多很难进行的氧化还原反应，都可以通过电解来实现。（1）工业

38、上常以石墨做电极，电解NaCl水溶液时，阴极区产物有_，其溶液可用于吸收工业尾气中的SO2，写出反应的化学方程式_。（2）电解 NaCl 水溶液时，用盐酸控制阳极区溶液的pH 在 23，用平衡移动原理解释盐酸的作用_。离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系。由有机阳离子、Al2Cl7-和 AlCl4-组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上发生电镀，有铝产生。（3）铝原子的核外电子排布式是_，其中有 _种不同能级的电子。（4）为测定镀层厚度，用NaOH 溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当所得还原产物为6g 时，转移电子的物质的量为 _mol。（5）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有_(填

39、编号)。aKClO3bMg cMnO2dKCl 取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加 KSCN溶液无明显现象，不能说明固体混合物中无Fe2O3，理由是 _(用离子方程式说明)。【答案】NaOH，H22NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3氯气与水反应：Cl2H2OHClHClO，增大 HCl 的浓度可使平衡逆向移动，破坏了氯气在水中的溶解平衡，有利于氯气的逸出1s22s22p63s23p15 6 ab Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+【解析】【详解】(1)用石墨作电极电解饱和食盐水时,阳

40、极上氯离子放电、阴极上水中的H+得电子发生还原反应,同时阴极附近还生成NaOH,所以阴极产物有NaOH，H2；二氧化硫属于酸性氧化物,能和碱反应生成盐和水,二氧化硫过量时生成亚硫酸氢钠,反应方程式为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3；因此，本题正确答案是:NaOH,H2;2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3；(2)氯气与水反应:Cl2H2OHClHClO，增大 HCl 的浓度可使平衡逆向移动，破坏了氯气在水中的溶解平衡，有利于氯气的逸出；因此，本题正确答案是:Cl2H2OHCl HClO，增大

41、 HCl 的浓度可使平衡逆向移动,破坏了氯气在水中的溶解平衡,有利于氯气的逸出；(3)Al 原子核外有13 个电子,根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1;有 5 种能级；因此，本题正确答案是:1s22s22p63s23p1;5；(4)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，还原产物为氢气,根据氢气和转移电子之间的关系式得转移电子物质的量为 3mol2=6mol；因此，本题正确答案是:6；(5)用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验,还需要引燃剂氯酸钾和Mg;氧化铁和酸反应生成铁离子,铁离子能和Fe反应生成亚铁离子,涉及的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+；因此，本题正确答案是:ab;Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+。