2019-2020学年福福建省泉州市新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福福建省泉州市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

2、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。2氢氧燃料电池是一种常见化学电源，其原理反应：2H2 O2=2H2O，其工作示意图如图。下列说法不正确的是()A a 极是负极，发生反应为H22e=2HBb 电极上

3、发生还原反应，电极反应式为O24H4e=2H2O C电解质溶液中H向正极移动D放电前后电解质溶液的pH 不会发生改变【答案】D【解析】【分析】氢氧燃料电池的原理反应：2H2O2=2H2O，通氢气一极是负极，发生氧化反应，通氧气一极是正极，发生还原反应，即a 是负极，b 是正极，电解质溶液为酸性环境，据此分析。【详解】A.由以上分析知，a 极是负极，发生反应为H22e=2H，故 A 正确；B.由以上分析知，b 是正极，发生还原反应，电极反应式为O24H4e=2H2O，故 B 正确；C.原电池中阳离子移动向正极，则电解质溶液中H向正极移动，故C 正确；D.氢氧燃料酸性电池，在反应中不断产生水，溶液

4、的pH 值增大，故D 项错误；答案选 D。【点睛】氢氧燃料电池的工作原理是2H2+O2=2H2O，负极通入氢气，氢气失电子被氧化，正极通入氧气，氧气得电子被还原，根据电解质溶液的酸碱性确定电极反应式，若选用KOH溶液作电解质溶液，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，负极的电极反应式为：2H2-4e-+4OH-=4H2O；若选用硫酸作电解质溶液，正极的电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，负极的电极反应式为：2H2-4e-=4H+；这是燃料电池的常考点，也是学生们的易混点，根据电解质溶液的酸碱性写电极反应式是关键。3稀溶液一般具有依数性，即在一定温度下，相同体积的溶液中溶质粒

5、子数目越多，蒸气压下降数值越大。浓度均为0.1mol?L-1的下列稀溶液中，其蒸气压最小的是（）A H2SO3溶液BNaCl溶液CC6H12O6溶液D NH3?H2O 溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】在一定温度下，相同体积的溶液中溶质粒子数目越多，蒸气压下降数值越大，亚硫酸和一水合氨都是弱电解质，电离程度很小，0.1mol?L-1的溶液中，其阴离子和阳离子的浓度都远远小于0.1mol?L-1；葡萄糖是非电解质，不电离；氯化钠是强电解质，完全电离，0.1mol?L-1氯化钠溶液中，阴离子和阳离子浓度均为0.1mol?L-1，所以上述稀溶液中，氯化钠溶液中溶质粒子数目最多，其蒸气压最小，综上

6、所述，答案为B。4W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y 处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2和 Z，Y和 Z-离子具有相同的电子层结构。下列说法正确的是()A原子最外层电子数：XYZ B单质沸点：X YZ C离子半径：X2YZD原子序数：XYZ【答案】D【解析】【分析】【详解】X、Z的最低价离子分别为X2-和 Z-，则 X为第 A 族元素，Z 为 A 族元素；Y+和 Z-具有相同的电子层结构，则 Y在 Z 的下一周期，则Y为 Na 元素，Z为 F元素，X、Y同周期，则X为 S元素，A X、Y、Z分别为 S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，即原子最外层电子数：Z XY，故 A错

7、误；B常温下Na、S为固体，F2为气体，Na的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺序应为NaSF2，故 B 错误；CNa+、F-具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为F-Na+，S2-电子层最多，离子半径最大，故离子半径S2-F-Na+，故 C 错误；D X、Y、Z分别为 S、Na、F，原子序数分别为16、11、9，则原子序数：XY Z，故 D 正确。答案选 D。5在由水电离产生的H浓度为 11013mol L1的溶液中，一定能大量共存的离子组是 K、ClO、NO3、S2 K、Fe2、I、SO42Na、Cl、NO3、SO42Na、Ca2、Cl、HCO3 K、Ba2、Cl、NO3A

8、BCD【答案】B【解析】【分析】由水电离产生的H浓度为 11013mol L1的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，据此分析。【详解】在酸性环境下S2不能大量共存，错误；在碱性环境下Fe2不能大量共存，错误；Na、Cl、NO3、SO42在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；HCO3在酸性、碱性环境下均不能大量共存，错误；K、Ba2、Cl、NO3在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；答案选 B。【点睛】本题隐含条件为溶液可能为酸性，也可能为碱性，除此以外，能与铝粉反应放出氢气的环境也是可能为酸性或者碱性；离子能够发生离子反应而不能大量共存，生成弱电解质而不能大量共存是常考点，需要正确快速判断。

9、6对二甲苯（PX）可发生如下反应生成对苯二甲酸（PTA）。下列有关说法错误的是+12MnO4-+36H+12Mn2+28H2O A PTA是该反应的氧化产物B消耗 1molPX，共转移8mol 电子CPX含苯环的同分异构体还有3 种DPTA与乙二醇可以发生缩聚反应【答案】B【解析】【详解】A.反应中 Mn 元素的化合价降低，作氧化剂，则PX作还原剂，所以PTA是该反应的氧化产物，故A 正确，不符合题意；B.反应中，Mn 元素的化合价从+7 价降低到+2 价，转移5 个电子，则1molPX 反应消耗2.5mol MnO4-，共转移12.5NA个电子，故B 错误，符合题意；C.PX含苯环的同分异构

10、体，有邻间对三种二甲苯和乙苯，共计四种同分异构体，所以PX含苯环的同分异构体还有3 种，故 C正确，不符合题意；D.PTA与乙二醇通过缩聚反应即可生产PET塑料，对二甲苯与乙二醇之间能发生缩聚反应，故D 正确，不符合题意；故选：B。7下列实验操作对应的现象不符合事实的是()A向 FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，溶液颜色变红B将混有少量氯化钾的硝酸钾饱和溶液在冰水中冷却，氯化钾晶体先析出C向装有 10 mL 溴水的分液漏斗中加入5 mL 正己烷，光照下振荡后静置，应该为萃取后分层，下层无色，上层有色D将灼热的铜丝伸入盛有氯气的集气瓶中，铜丝剧烈燃烧，产生棕黄色的烟【答案】B【解析】【详解】A、

11、FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，溶液呈红色，据此可检验铁离子，选项A 正确；B、硝酸钾的溶解度随温度的降低变化较大，将混有少量氯化钾的硝酸钾饱和溶液在冰水中冷却，硝酸钾晶体先析出，选项B 错误；C、正已烷密度小于水，与水不互溶且与溴水不反应，向装有10 mL 溴水的分液漏斗中加入5 mL 正己烷，光照下振荡后静置，应该为萃取后分层，下层无色，上层有色，选项C正确；D、将灼热的铜丝伸入盛有氯气的集气瓶中，铜丝剧烈燃烧，产生棕黄色的烟，生成氯化铜，选项D 正确。答案选 B。【点睛】本题考查物质的检验及制备。易错点为选项B，注意固体溶质的溶解度随温度变化的情况，硝酸钾的溶解度随温度的降低变化较大，

12、将混有少量氯化钾的硝酸钾饱和溶液在冰水中冷却，硝酸钾晶体先析出。8下列各组离子能在指定环境中大量共存的是A在 c（HCO3-）=0.1mol/L 的溶液中：NH4+、Al3+、Cl、NO3-B在由水电离出的c（H+）=11012mol/L 的溶液中：Fe2+、ClO、Na+、SO42-CpH=1 的溶液中：Mg2+、Fe3+、NO3、Ag(NH3)2+D在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO32-、CO32-、Na+、K+【答案】D【解析】【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。【详解】A、Al3和 HCO3水解相互促进生成氢氧化铝和CO2，不能大量共存；B、水的电离是被抑制

13、的，所以溶液可能显酸性，也可能显碱性。但不论是显酸性，还是显碱性，ClO都能氧化 Fe2+，不能大量共存；C、溶液显酸性Ag(NH3)2+不能大量共存。D、溶液显碱性，可以大量共存；答案选 D。【点睛】该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验。有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和 SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目

14、所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或 OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。9化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法不正确的是A电动汽车充电、放电过程均有电子转移B很多鲜花和水果的香味来自于酯C淘米水能产生丁达尔效应，这种淘米水具有胶体的性质D碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料【答案】D【解析】【详解】A.电动汽车充电为电解池原理，放电过程为原电池原理，两个过程均

15、属于氧化还原反应，存在电子转移，A 正确；B.一些低级酯有芳香气味，很多鲜花和水果的香味来自于这些酯，B正确；C.淘米水中含有的淀粉分子达到胶体颗粒的大小，能产生丁达尔效应，说明这种淘米水具有胶体的性质，C 正确；D.碳纳米管只含有C元素，属于单质，不是有机物，D 错误；故合理选项是D。10镁、铝都是较活泼的金属，下列描述中正确的是A高温下，镁、铝在空气中都有抗腐蚀性B镁、铝都能跟稀盐酸、稀硫酸、强碱反应C镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应D铝热剂是镁条、铝粉和氧化铁的混合物【答案】C【解析】A、在常温下，镁和铝在空气里都能跟氧气反应，生成一层致密而坚

16、固的氧化物薄膜，这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化，所以镁和铝都有抗腐蚀的性能，但是在高温下能剧烈反应，放出大量热，选项A错误；B、镁能跟酸反应不能跟碱反应，选项B 错误；C、镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，选项C正确；D、铝热剂是铝粉和氧化铁的混合物，在铝热剂反应时，为了引燃，在铝热剂上放供氧剂(氯酸钾)，中间插一根镁条，是为引燃用的，选项D 错误。答案选C。11NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A常温常压下，124gP4中所含 PP键数目为4NAB100mL1mol L-1FeCl3溶液中所含Fe3+

17、的数目为0.1NAC标准状况下，11.2L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD密闭容器中，2molSO2和 1molO2催化反应后分子总数为2NA【答案】C【解析】【详解】A.常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6 个 PP键，因此其中所含 PP 键数目为6NA，A 错误；B.铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1molL-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B 错误；C.甲烷和乙烯分子均含有4 个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C 正确；D.反应 2SO2+O

18、22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和 1 mol O2催化反应后分子总数大于 2NA，D 错误。答案选C。【点睛】本题主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。12将浓度均为0.5mol?L-1氨水和 KOH溶液分别滴入到体积均为20mL 且浓度相同的AlCl3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示，下列说法中错误的是()A AlCl3溶液的物质的量浓度为0.2mol?L-1B根据图象可以确定导电率与离子种类有关Ccd 段发生的反应

19、是Al(OH)3OHAlO22H2O D e 点时溶液中的离子浓度：c(K+)c(Cl)c(AlO2)【答案】D【解析】【分析】根据图象得出I 为氨水滴加到氯化铝溶液中的图象，II 为 KOH滴加到氯化铝溶液中的图象，c点为恰好反应生成氢氧化铝沉淀的点。【详解】A 选项，根据分析得到c 点恰好反应完生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钾的物质的量是氯化铝物质的量的3 倍，因此 AlCl3溶液的物质的量浓度为-1-10.024L0.020Lc=0.20.5mol Lmol L3，故 A 正确；B 选项，根据图象可以确定导电率与离子种类、离子浓度有关，故B 正确；C 选项，c 点是氢氧化铝沉淀，再加入KOH，

20、则沉淀开始溶解，其cd 段发生的反应是Al(OH)3 OHAlO22H2O，故 C正确；D 选项，e 点是 KOH、KAlO2、KCl，溶液中的离子浓度：c(K+)c(H+)c(Cl)c(OH)c(AlO2)，故 D 错误。综上所述，答案为D。13能正确表示下列反应的离子方程式是()A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3?H2O+SO2=2NH4+SO32-+H2O B氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4+2Cl-SO2+Cl2+H2O C磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2+4H+NO3-3Fe3+NO +2H2O D明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使 SO42-，恰好完全沉淀：2Ba2+3O

21、H-+Al3+2SO42-2BaSO4+Al(OH)3【答案】A【解析】【详解】A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2的离子反应为2NH3?H2O+SO22NH4+SO32-+H2O，故 A 正确；B氯化钠与浓硫酸混合加热，浓硫酸中只有很少的水，氯化钠几乎不能电离，故该反应的离子方程式就是其化学方程式，H2SO4+2NaClNa2SO4+2HCl，故 B 错误；C磁性氧化铁的主要成分为四氧化三铁，溶于稀硝酸的离子反应方程式为3Fe3O4+28H+NO3-9Fe3+NO +14H2O，故 C错误；D明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使 SO42-恰好完全沉淀的离子反应方程式为2Ba2+4OH-+Al3

22、+2SO42-2BaSO4+AlO2-+2H2O，故 D 错误；答案选 A。【点睛】掌握离子方程式的正误判断的常见方法是解题的关键。本题的易错点为D，要注意明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使 SO42-恰好完全沉淀时，铝离子恰好转化为偏铝酸根。14第 26 届国际计量大会修订了阿伏加德罗常数的定义，并于2019 年 5 月 20 日正式生效。NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 8.8g 乙酸乙酯中所含共用电子对数为1.3NAB常温常压下28gFe 与足量浓硝酸混合，转移电子数为1.5NAC标准状况下,2.24LCl2与 CH4反应完全,形成 C一 Cl键的数目为0.1NAD常温

23、下pH=12 的 NaOH 溶液中，由水电离出的氢离子的数目为10-12NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A 8.8g 乙酸乙酯的物质的量是0.1mol，其中所含共用电子对数为1.4NA，A 错误；B常温常压下Fe 在浓硝酸中钝化，无法计算转移电子数，B错误；C标准状况下,2.24LCl2（0.1mol）与 CH4反应完全，根据原子守恒可知形成CCl 键的数目为0.1NA，C正确D常温下pH=12 的 NaOH 溶液的体积未知，无法计算由水电离出的氢离子的数目，D 错误。答案选 C。【点睛】选项 B 是解答的易错点，注意铁、铝与硝酸反应的原理，常温下铁、铝在浓硝酸中钝化，与稀硝酸反应生成

24、NO，在加热的条件下与浓硝酸反应生成NO2。15部分氧化的FeCu 合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共 2.88g，经如下处理：下列说法正确的是A滤液 A 中的阳离子为Fe2、Fe3、HBV224 C样品中CuO的质量为2.0g D样品中铁元素的质量为0.56g【答案】B【解析】【详解】根据氧化性Fe3+Cu2+H+可知铁离子优先反应，由于滤液A 中不含 Cu2+，且有气体氢气生成，则滤液A 中不含 Fe3+，滤渣 1.6g 为金属铜，物质的量为0.025mol，即合金样品中总共含有铜原子和铜离子0.025mol。滤液 A 中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体为Fe2O3，质

25、量为1.6g，物质的量为0.01mol，即合金样品中总共含有铁原子和铁离子0.02mol。稀硫酸过量，因此滤液A 中的溶质为H2SO4和 FeSO4，其中溶质FeSO4为 0.02mol，则能加反应的硫酸的物质的量也为0.02mol，0.02mol H2SO4电离出 0.04mol氢离子，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧离子O2-结合成水。A、滤液 A 中的阳离子为Fe2+、H+，选项 A 错误；B、合金中氧离子O2-的物质的量为2.88g1.6g0.02mol56g/mol16/g mol=0.01mol，0.01mol O2-生成水需结合 H+0.02mol，所以参加反应的0

26、.02mol 硫酸中有0.04mol-0.02mol=0.02molH+生成了氢气，即有 0.01molH2生成，标准状况下产生的氢气的体积为0.01mol22.4L/mol=0.224L=224mL，选项 B 正确；C、假设 FeCu 合金样品全部被氧化，则样品中CuO的质量为0.025mol80g/mol=2g，而实际情况是FeCu合金样品部分氧化，故样品中CuO的质量小于2g，选项 C错误；D、样品中铁元素的质量为0.02mol56g/mol=1.12g，选项 D 错误。答案选 B。【点睛】本题考查混合物计算及物质的性质，为高频考点，把握流程中反应过程是解答关键，侧重解题方法与分析解决问

27、题能力的考查，注意利用极限法与原子守恒解答。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16锰酸锂(LiMn2O4)可作为锂离子电池的正极材料，在工业上可利用软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)吸收含硫烟气(主要成分SO2)制备锰酸锂，生产流程：已知：软锰矿浆在吸收含硫烟气的过程中酸性逐渐增强。在此流程中部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH 如表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.7 7.6 3.4 7.7 完全沉淀3.7 9.6 4.7 9.8(1)含硫烟气在通入软锰矿浆前需要先冷却，冷却的原因是_。(2

28、)滤液 1 中所含金属阳离子有_(填离子符号)。(3)在实际生产中，Li2CO3与 MnO2按物质的量之比1 4 混合均匀加热制取LiMn2O4，反应过程：升温到515时，Li2CO3开始分解产生CO2和碱性氧化物A，写出 A 的名称 _，此时比预计Li2CO3的分解温度(723)低得多，可能原因是_；升温到566时，MnO2开始分解产生另一种气体X，X恰好与中产生的CO2物质的量相等，同时得到固体 B，固体 B 是_。升温到720时，第三阶段反应开始，固体质量逐渐增加，当质量不再增加时，得到高纯度的锰酸锂。请写出该阶段反应的化学方程式_。(4)由“滤液 1”得到“滤液 2”同时回收Al(OH

29、)3的实验方案如下：边搅拌边向滤液1 中加入 _，再加入 NaOH 溶液调节pH 范围为 _，过滤得到滤液2 和滤渣，向滤渣中加入NaOH 溶液 pH 12，搅拌、过滤，再向所得滤液中通入过量的CO2过滤、洗涤、低温烘干得Al(OH)3。(5)工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺：a.将 Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH 溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。b.电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3。a 中，阳极的电极反应式是_，宜选用 _(“阳”或“阴”)离子交换膜。b 中，生成Li2CO3

30、反应的化学方程式是_。【答案】提高含硫烟气中SO2的吸收率Mn2+、Al3+、Fe2+氧化锂MnO2对 Li2CO3分解有催化作用Mn2O32Li2O+4Mn2O34LiMn2O4足量 H2O24.7 pH7.7 2Cl-2e-=Cl2 阳2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3【解析】【分析】软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2)制备锰酸锂，软锰矿浆通入含二氧化硫的烟气，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，Fe2O3、FeO、Al2O3，都能溶于酸，得到相应的离子，同时SO2将得到的 Fe3+还原为 Fe2+，MnO2与 SO2发生氧化还原反应，

31、得到Mn2+，SiO2不溶于酸，滤渣1 为 SiO2，滤液 1含 Al3+、Mn2+、Fe2+，由沉淀的pH 范围知，Fe2+的沉淀与Mn2+离子的沉淀所需的pH 接近，而Fe3+则相差很远，故可以将Fe2+氧化成 Fe3+而除杂，搅拌加入氢氧化钠溶液至4.7 pH7.7，过滤得到滤液2 和固体，向所得固体中加入氢氧化钠溶液至pH 12，搅拌过滤再向所得滤液中通入二氧化碳过滤洗涤，低温烘干得到 Al(OH)3，滤液 2 中加入氢氧化钠溶液过滤得到Mn(OH)2，一定条件下得到MnO2，Li2CO3与 MnO2按物质的量之比为1：4 混合均匀加热制取LiMn2O4，据此分析作答。【详解】(1)含

32、硫烟气在通入软锰矿浆前需要先冷却，是由于降低温度可提高含硫烟气中SO2的吸收率；(2)SO2溶于水得到H2SO3，H2SO3具有酸性，可溶解金属氧化物Fe2O3、FeO、Al2O3，使它们转化为相应的金属阳离子，同时SO2具有还原性，会将得到的Fe3+还原为 Fe2+，SO2与 MnO2发生氧化还原反应，得到Mn2+，而 SiO2是酸性氧化物，不溶于酸，所以滤渣1 为 SiO2，滤液 1 含 Al3+、Mn2+、Fe2+；(3)升温到515时，Li2CO3开始分解产生CO2和 Li2O，故分解得到的碱性氧化物A 的名称是氧化锂；此时比预计Li2CO3的分解温度（723）低得多，说明MnO2对

33、Li2CO3的分解有催化剂的作用；升温到566时，MnO2开始分解产生另一种气体X，根据元素在室温下的存在状态可知X为 O2，X恰好与中产生的CO2物质的量相等，同时得到固体B，1 mol Li2CO3分解产生1 mol CO2气体，4 mol MnO2分解产生1 molO2，则根据元素守恒可知此过程发生的化学反应方程式4MnO22Mn2O3+O2，B 为Mn2O3；升温到720时，A、B 反应，固体质量逐渐增加，当质量不再增加时，得到高纯度的锰酸锂。该发生的化学反应方程式为：2Li2O+4Mn2O34LiMn2O4；(4)由于滤液1 含 Al3+、Mn2+、Fe2+，由于 Mn2+、Fe2+

34、形成沉淀的pH 比较接近，所以由“滤液 1”得到“滤液 2”同时回收Al(OH)3的实验方案如下：边搅拌边向滤液1 中加入足量H2O2，可以将Fe2+氧化为 Fe3+，然后再加入 NaOH 溶液调节pH，使 Al3+转化 Al(OH)3沉淀，而 Mn2+仍然以离子形式存在于溶液，由于Fe3+完全沉淀的 pH=3.7，Al3+完全沉淀的pH=4.7，而 Mn2+开始形成 Mn(OH)2沉淀的 pH=7.7，所以调整溶液pH 范围为4.7 pH7.7，过滤得到滤液2 和滤渣，滤渣中含有Al(OH)3、Fe(OH)3，向滤渣中加入NaOH 溶液 pH 12，溶液显碱性，Al(OH)3与碱反应转化为N

35、aAlO2，而 Fe(OH)3不溶解，搅拌、过滤，再向所得滤液中通入过量的CO2，NaAlO2与 CO2及水反应产生Al(OH)3沉淀，经过滤、洗涤、低温烘干得Al(OH)3；(5)根据题给信息可知：a 中是 LiCl溶液，阳极上溶液中的Cl-失去电子，发生氧化反应，电极反应式是2Cl-2e-=Cl2，溶液中阴离子不断放电使阳离子浓度增大，为维持溶液电中性，宜选用阳离子交换膜；b 中 LiOH与 NH4HCO3反应生成Li2CO3，反应的化学方程式为：2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3。【点睛】本题以物质的制取为线索，考查了物质性质、转化，物质分离提纯和电解原理等知识，掌

36、握反应原理和物质的性质及应用是解题关键，注意元素化合价与物质的性质的关系的应用。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17根据文献报道，醛基可和双氧水发生如下反应：为了合成一类新药，选择了下列合成路线（部分反应条件已略去）（1）C中除苯环外能团的名称为_。（2）由 D 生成 E的反应类型为_。（3）生成 B 的反应中可能会产生一种分子式为C9H5O4Cl2的副产物，该副产物的结构简式为_。（4）化合物C有多种同分异构体，请写出符合下列条件的结构简式:_。能与 FeCl3溶液发生显色反应核磁共振氢谱图中有3 个吸收峰（5）写出以和 CH3OH 为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成

37、路线流程图示例见本题题干）_。【答案】氯原子、羟基加成反应【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，与 KMnO4或 K2Cr2O7等氧化剂发生氧化反应生成，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则 B 为；与 LiAlH4反应生成，则 C为；发生氧化反应生成，与双氧水发生加成反应生成，酸性条件下与ROH反应生成，则 F为。【详解】（1）C的结构简式为，含有的官能团为氯原子和羟基，故答案为氯原子、羟基；（2）由 D 生成 E的反应为与双氧水发生加成反应生成，故答案为加成反应；（3）由副产物的分子式为C9H5O4Cl2可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则副产物的结构简式为，故答案

38、为；（4）化合物 C的同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，核磁共振氢谱图中有3 个吸收峰说明结构对称，结构简式为，故答案为；（5）由题给转化关系可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，与 LiAlH4反应生成，催化氧化生成，与过氧化氢发生加成反应生成，合成路线如下：，故答案为。【点睛】本题考查有机化学基础，解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18水体中硝酸盐造

39、成的污染已成为突出的环境问题。某课题组研究了去除不同各种水体中NO3的方法。（1）用铝粉去除饮用水中NO3的一种方案如下：用熟石灰而不用NaOH 调节 pH 的主要原因是_。在调节 pH 时，若 pH 过大或过小都会造成Al 的利用率降低。写出pH 过大造成Al 利用率降低的离子方程式_。在加入铝粉去除NO3的反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为_。（2）用铁粉处理pH=2.5 的含 NO3废水，测得溶液中相关离子浓度、pH 随时间的变化关系如图（部分副反应产物略去）：t1时刻前，该反应的离子方程式为_。研究表明：铁粉还原含NO3废水时，加入活性碳粉可以提高去除NO3的速率，可能的原因是

40、_。（3）用 Pt 作电极电解含NO3的酸性废水，原理如图。N 为电源的 _（选填“正”或“负”）极，与直流电源 M 端相连的Pt 电极上的电极反应式为_。（4）课题组以钛基氧化物涂层材料为惰性阳极、碳纳米管修饰的石墨为阴极，控制一定条件，电解含大量 NO3、SO42的废水，可使 NO3变为 NH4+。研究发现：其他条件不变，废水中加一定量NaCl，去除 NH4+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低，可能的原因是_。【答案】熟石灰价格便宜2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H210：3 4Fe+NO3+10H+=4Fe2+NH4+3H2O 铁粉与活性碳粉形成原电池加快还原NO3-的反应速

41、率正2NO3+12H+10e=N2+6H2O Cl在阳极上被氧化成Cl2(或游离氯)，与阴极生成的NH4+反应生成N2【解析】【分析】从工业经济效益分析为什么用熟石灰；从氢氧化铝的性质来分析为什么不能pH 过大；书写出铝和硝酸根反应的离子方程式得出氧化产物和还原产物比；根据已知信息和氧化还原反应原理写出铁和硝酸反应离子方程式，在过程中加碳粉为何加快反应速率，从原电池原理分析；从图像中得出化合价升降，分析阴阳极，继而分析连接正负极的关系，再书写出电极反应式，从文字信息和氯化钠加入电解思维来分析出为何去除铵根明显增强。【详解】工业生成要考虑经济效益，因此用熟石灰而不用NaOH 调节 pH 的主要原

42、因是熟石灰价格便宜，在调节pH 时，若 pH 过大或过小都会造成Al 的利用率降低，pH 过大会使生成的氢氧化铝沉淀又溶解，pH 过大造成 Al 利用率降低的离子方程式2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；在加入铝粉去除NO3的反应中，10Al+6NO3+18H2O=10Al(OH)3+6OH+3 N2，因此氧化产物为10 mol Al(OH)3，还原产物为3 mol N2，因此它们的物质的量之比为10:3，故答案为：10:3；t1时刻前，根据图像信息知生成了亚铁离子和铵根离子，因此离子方程式为4Fe+NO3+10H+=4Fe2+NH

43、4+3H2O，故答案为：4Fe+NO3+10H+=4Fe2+NH4+3H2O；研究表明：铁粉还原含NO3废水时，加入活性碳粉可以提高去除NO3的速率，可能是由于形成原电池，加快反应速率，故答案为：铁粉与活性碳粉形成原电池加快还原NO3的反应速率；根据图像信息，左边硝酸根变为氮气，则M 化合价降低，在阴极发生还原反应，说明N 为阳极，连接电源的正极，与直流电源M 端相连的Pt 电极上的电极反应式为2NO3+12H+10e=N2+6H2O，故答案为：正；2NO3+12H+10e=N2+6H2O；使 NO3变为 NH4+，则硝酸根在阴极变为铵根离子，加一定量NaCl，去除 NH4+的效果明显提高，溶

44、液中氮元素含量显著降低，说明铵根被反应了，可能是 Cl在阳极上被氧化成Cl2(或游离氯)，与阴极生成的NH4+反应生成N2，故答案为：Cl在阳极上被氧化成Cl2(或游离氯)，与阴极生成的NH4+反应生成N2。19氯氧化铜 xCuOyCuCl2 zH2O在农业上用作杀菌剂。工业上用铜矿粉（主要含Cu2(OH)2CO3、Fe3O4等）为原料制取氯氧化铜的流程如下：“调节pH”并生成Fe(OH)3时反应的离子方程式为_。调节 pH，要使常温溶液中c(Cu2)0.022mol L-1，而 c(Fe3)1106mol L-1，则应调节pH 的范围为_。已知 KspCu(OH)22.21020，KspFe

45、(OH)311036为测定氯氧化铜的组成，现进行如下实验：步骤：称取0.4470 g 氯氧化铜，放入锥形瓶，加入一定量30%的硝酸使固体完全溶解。滴加K2CrO4溶液作指示剂，用0.1000mol L1 AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl，滴定至终点时消耗AgNO3标准溶液20.00 mL；步骤：称取0.4470g 氯氧化铜，放入锥形瓶，加入一定量硫酸使固体完全溶解。向溶液中加入过量的KI固体，充分反应后向溶液中滴入数滴淀粉溶液，用0.2000mol L1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点时消耗 Na2S2O3标准溶液20.00mL。已知步骤中所发生的反应如下：2Cu2+4I2CuII2

46、2Na2S2O3I22NaINa2S4O6已知 Ag2CrO4为砖红色沉淀，步骤滴定终点时的实验现象是_。通过计算确定氯氧化铜的化学式_（写出计算过程）。【答案】4Fe3+3Cu2(OH)2CO33H2O4Fe(OH)36Cu2+3CO2 4，5当加入最后一滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉淀3CuO CuCl2 4H2O【解析】【分析】铜矿粉溶于盐酸溶液中，含有Cu2+、Fe2+、Fe3+，加双氧水将Fe2+氧化成 Fe3+，此时溶液中存在着Fe3+的水解平衡，加入碱式碳酸铜调节pH 值，使 Fe3+转化成沉淀除去。加入石灰乳将Cu2+沉淀：【详解】（1）Fe3+水解平衡：Fe3+3H2O垐?

47、噲?Fe(OH)33H+，Cu2(OH)2CO3消耗 H+，H+浓度减小使平衡正向移动，Fe3+转化成氢氧化铁沉淀而除去，Cu2(OH)2CO34H+2Cu2+CO2+3H2O，将俩方程式加和就得到了：4Fe3+3Cu2(OH)2CO33H2O4Fe(OH)3 6Cu2+3CO2。（2）使溶液中的Fe3+完全变成沉淀时的pH 计算：KspFe(OH)3=110-36=c（Fe3+）c3（OH），c（Fe3+）=110-6mol?L1，解得 c（OH）=1 1010mol?L1，pH=4；使常温溶液中c(Cu2)0.022mol L-1 pH 计算：KspCu(OH)2=2.21020=c（Cu

48、2+）c2（OH），c（Cu2+）=0.022mol?L1，解得 c（OH）=1109mol?L1，pH=5；故 pH 范围：4，5。（3）当氯离子已沉淀完全，多加入一滴AgNO3溶液时，CrO42开始沉淀出现砖红色。n(Cl)=n（AgNO3）=0.1000 molL1 0.02 L=0.002 mol，由方程式知：Cu2+Na2S2O3，n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=0.2000 molL1 0.02 L=0.004 mol，结合氯氧化铜化学式xCuOyCuCl2 zH2O得：n(CuO)=0.003 mol，n(CuCl2)=0.001 mol，n(H2O)=0.44700.00380/0.001135/18/gmolg molmolgmolgmol=0.004 mol，n(CuO)：n(CuCl2)：n(H2O)=x：y：z=3:1:4，故氯氧化铜的化学式：3CuO CuCl2 4H2O【点睛】计算确定氯氧化铜的组成关键在于分析方程式：2Cu2+4I2CuII2，2Na2S2O3I22NaINa2S4O6，找到关系式：Cu2+Na2S2O3，计算出n(Cu2+)，根据 n(Cl)、n(Cu2+)、结合氯氧化铜化学式xCuOyCuCl2 zH2O，确定 n(CuO)、n(CuCl2)，进一步计算n(H2O)，从而确定x：y：z 的值，确定化学式。