2019-2020学年北京市朝阳区第八十中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市朝阳区第八十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常温下，电解质溶液的性质与变化是多样的，下列说法正确的是（）A pH 相同的 CH3COONaNaClO NaOH 三种溶液c(Na+)大小：B往稀氨水中加水，+32+4c(H)c(NHH O)c(NH)g的值变小CpH=4 的 H2S溶液与 pH=10 的 NaOH 溶液等体积混合，存在下列等式：c(Na+)+c(H+)c(OH)+2c(S2)D Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，ClO水解程度增大，溶液碱性增强【答案】A【解析】【详解】

2、A、醋酸的酸性强于次氯酸，CH3COONa与 NaClO水解显碱性，根据越弱越水解的规律，若溶液的pH 相同，CH3COONa的浓度最大，所以三种溶液c(Na+)大小顺序为：，故A 正确；B、NH3?H2O 的电离常数K=c(NH4+)?c(OH)/c(NH3?H2O)=c(NH4+)?Kw/c(NH3?H2O)?c(H+)，所以+32+4c(H)c(NHH O)c(NH)g的值为常数，不发生变化，故B错误；C、因为 H2S为弱酸，所以pH=4 的 H2S溶液与 pH=10 的 NaOH 溶液等体积混合，H2S过量，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)c(OH)+2c(S2)+c(HS)

3、，故 C 错误；D、Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，生成 CaCO3与 HClO，溶液碱性减弱，故D 错误。答案选 A。2如图是一种可充电锂电池，反应原理是4LiFeS2Fe2Li2S，LiPF6是电解质，SO(CH3)2是溶剂。下列说法正确的是（）A放电时，电子由a 极经电解液流向b 极B放电时，电解质溶液中PF6-向 b 极区迁移C充电时，b 极反应式为Fe2Li2S4e-=FeS24Li+D充电时，b 极消耗 5.6gFe 时在 a 极生成 0.7gLi【答案】C【解析】【分析】由所给的反应原理可判断原电池时，Li 易失电子作负极，所以 a 是负极、b 是正极，负极反应式为Li-e

4、-Li+，LiPF6是电解质，则正极反应式为 FeS2+4Li+4e-Fe+2Li2S。【详解】A.电子从负极沿导线流向正极，电子不经过电解质溶液，A 错误；B.原电池中阴离子移向负极，电解质溶液中PF6-应向 a 极区迁移，B 错误；C.充电时,原电池中负极变阴极，正极变阳极，则电解时b 极为阳极，反应式为Fe2Li2S4e-=FeS24Li+，C 正确；D.由所给原理4LiFeS2Fe2Li2S，可得关系式LieFe44:，b 极消耗 5.6gFe 时在 a 极生成2.8gLi，D 错误；故选 C。325时，向10 mL 0.l mol L1H2C2O4溶液中滴加等浓度的NaOH 溶液，溶

5、液的pH 与 NaOH 溶液的体积关系如图所示，下列叙述正确的是()A A点溶液中，c(H)c(OH)c(HC2O4)2c(C2O42)BHC2O4在溶液中水解程度大于电离程度CC点溶液中含有大量NaHC2O4和 H2C2O4D D 点溶液中，c(Na)c(C2O42)c(HC2O4)c(OH)c(H)【答案】A【解析】【详解】A.A点是草酸溶液，根据电荷守恒，c(H)c(OH)c(HC2O4)2c(C2O42)，故 A 正确；B.B 点是 10 mL 0.l molL1H2C2O4溶液与 10 mL 0.l molL1NaOH 溶液混合，溶质是NaHC2O4，B 点溶液呈酸性，可知HC2O4

6、在溶液中电离程度大于水解程度，故B 错误；C.B 点溶质是NaHC2O4，D 点溶质是 Na2C2O4，所以 C点溶液中含有NaHC2O4和 Na2C2O4，故 C错误；D.D 点溶液的溶质是Na2C2O4，c(Na)c(C2O42)c(OH)c(HC2O4)c(H)，故 D 错误。答案选 A。【点睛】该题侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力，关键是在明确二元弱酸与氢氧化钠反应原理的基础上利用好电荷守恒、物料守恒以及质子守恒。4下列说法错误的是（）A光照下，1 mol CH4最多能与4 mol Cl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是HCl B将苯滴入溴水中，振荡、

7、静置，上层接近无色C邻二氯苯仅有一种结构可证明苯环结构中不存在单双键交替结构D乙醇、乙酸都能与金属钠反应，且在相同条件下乙酸比乙醇与金属钠的反应更剧烈【答案】B【解析】【分析】A甲烷和氯气发生取代反应生成多种氯代烃，取代1 个氢原子消耗1mol 氯气，同时生成氯化氢；B苯与溴水不反应，发生萃取；C如果苯环是单双键交替，则邻二氯苯有两种；D醇羟基氢活泼性弱于羧羟基氢。【详解】A 甲烷和氯气发生取代反应生成多种氯代烃，取代 1 个氢原子消耗1mol 氯气，同时生成氯化氢，1 mol CH4最多能与4 mol Cl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是HCl，故 A 正确；B苯与溴水不反应，发生萃取

8、，溴易溶于苯，苯密度小于水，所以将苯滴入溴水中，振荡、静置，下层接近无色，故B 错误；C如果苯环是单双键交替，则邻二氯苯有两种，邻二氯苯仅有一种结构可证明苯环结构中不存在单双键交替结构，故C 正确；D醇羟基氢活泼性弱于羧羟基氢，所以乙醇、乙酸都能与金属钠反应，且在相同条件下乙酸比乙醇与金属钠的反应更剧烈，故D 正确；故选：B。5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，4.48L 空气中所含原子数为0.2NAB常温常压下，2.3g NO2和 N2O4的混合物中含有的氧原子数为0.2NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1mol 氧气转移的电子数为0.2 NAD常温下，0.1 mo

9、lL-1Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1 NA【答案】C【解析】【详解】A标况下4.48L 空气的物质的量为0.2mol，但空气中的分子有双原子分子和三原子分子，故所含原子数要大于 0.2NA，故 A 错误；B常温常压下，2.3g NO2和 N2O4的混合物含有最简式NO2物质的量为：2.3g46g/mol=0.05mol，含有的氧原子数为 0.05mol2NA=0.1NA，故 B 错误；C过氧化钠和水的反应为歧化反应，生成 1mol 氧气转移2mol 电子，则当生成0.1mol 氧气时，转移 0.2NA个电子，故C正确；D依据 n=cV 可知，溶液体积未知无法计算微粒数目，故D 错误；

10、故选 C。6已知：CH3CCHCO CH3OHM，NCH3OHMH2O。其中 M 的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，下列说法错误的是（）A N 可以使溴水褪色BN 转化为 M 的反应为取代反应CM 中所有碳原子可能共面D N 属于酯的同分异构体有3 种【答案】D【解析】【分析】由 CH3C CHCOCH3OH一定条件M，NCH3OH一定条件MH2O，其中 M 的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，可知 N 为 CH2C(CH3)COOH。【详解】A由分析可知，N 为 CH2C(CH3)COOH，分子中含有碳碳双键，可以使溴水褪色，故A 正确；BNCH3OH一定条件MH2O

11、为酯化反应，属于取代反应，故B正确；CM 中碳碳双键、羰基均为平面结构，且直接相连，3 个原子可共面，则M 中所有碳原子可能共面，故C 正确；DCH2C(CH3)COOH，属于酯的同分异构体含-COOC-，可能为 CH3CH CHOOCH、CH2 CHCH2OOCH、CH2CHOOCCH3、CH3OOCCH CH2，则属于酯的同分异构体大于3 种，故 D 错误；故答案选D。【点睛】本题把握M 的结构简式及N 与甲醇的酯化反应推断N 的结构为解答的关键，注意有机物官能团所具有的性质。725时，向20.00mL0.1mol L-1H2X溶液中滴入0.1mol L-1 NaOH 溶液，溶液中由水电离

12、出的c水(OH-)的负对数-1gc水(OH-)与所加 NaOH 溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是A水的电离程度：MN=QP B图中 M、P、Q 三点对应溶液中相等CN 点溶液中c(Na+)c(X2-)c(HX-)c(H+)=c(OH-)D P点溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+c(H2X)【答案】C【解析】【详解】A.M 点：水电离出来的氢氧根离子为10-11.1mol/L，N 点和 Q 点：水电离出来的氢氧根离子为10-7.0mol/L，P 点水电离出来的氢氧根离子为10-5.4mol/L，水的电离程度：PN=QM，故 A 错误；B.H2X 的第二步电离常数Ka2=得=

13、，电离常数只与温度有关为定值，在滴定过程中溶液中氢离子浓度一直在减小，因此M、P、Q 三点对应溶液中氢离子浓度不等，不相等，故不选B；C.N 点为 NaHX 与 Na2X的混合溶液，由图像可知，M 点到 P点发生 HX-+OH-=H2O+X2-，根据横坐标消耗碱的量可知，在N 点生成的X2-大于剩余的HX-，因此混合液n(Na2X)n(NaHX),因为溶液呈中性，X2-的水解平衡与 HX-的电离平衡相互抵消，所以N 点溶液中c(Na+)c(X2-)c(HX-)c(H+)=c(OH-)，故选 C；D.P点恰好生成Na2X溶液，根据质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故

14、 D 错误；答案：C【点睛】本题注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理，难度较大。8下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据是A B C D 勒夏特列原理元素周期律盖斯定律阿伏加德罗定律实验方案结果左球气体颜色加深右球气体颜色变浅烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊测得 H 为 H1、H2的和H2与 O2的体积比约为21 A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A.反应 2NO2(g)N2O4(g)的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产生更多的NO2气体，二氧化氮浓度增大，左侧气体颜色加深；降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，二氧化氮浓度减小，右侧气体颜色变浅，能够用勒

15、夏特列原理解释，A 不符合题意；B.烧瓶中冒气泡，证明酸性：HClH2CO3，但 HCl 不是最高价氧化物对应的水化物，不能比较C、Cl 的非金属性强弱；试管中出现浑浊，可能是由于发生反应：2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3，也可能是由于发生反应：CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3，无法用元素周期律解释，B符合题意；C.根据盖斯定律可知：H=H1+H2，能够用盖斯定律解释，C不符合题意；D.根据电子守恒可知，电解水生成H2与 O2的物质的量之比2:1，结合阿伏伽德罗定律可知，H2与 O2的体积比约为2:1，D 不符合题意；故合理选项是B。9化学科学与技术

16、在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。正确的是A“玉兔号”月球车帆板太阳能电池的材料是氮化硅或二氧化硅B“乙醇汽油”、肼(N2H4)和水煤气的主要成分都是可再生能源C“神舟”和“天宮”系列飞船使用的碳纤维材料、光导纤维都是新型无机非金属材料D所有糖类、油脂和蛋白质等营养物质在人体吸收后都能被水解利用【答案】C【解析】【详解】A、太阳能电池帆板的材料是单质硅，故选项A错误；B、汽油、水煤气是不可再生能源，乙醇是可再生能源，故选项B 错误；C、碳纤维、光导纤维都是新型无机非金属材料，故选项C 正确；D、葡萄糖是单糖，不水解，故选项D 错误。答案选 C。10根据下列实验操

17、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 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体Na2O2没有变质C 室温下，用pH 试纸测得：0.1 mol/LNa2SO3溶液的 pH 约为 10；0.1 mol/L NaHSO3的溶液的pH 约为 5 HSO3-结合 H+的能力比SO32-弱D 取少许 CH3CH2Br 与 NaOH 溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液，最终无淡黄色沉淀CH3CH2Br 没有水解A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】A.反应生成苯酚钠、碳酸氢钠；B.过氧

18、化钠、碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体；C.NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性；D.水解后检验溴离子，应在酸性条件下；【详解】A.反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，且二氧化碳可与苯酚钠反应生成苯酚，所以苯酚的酸性弱于碳酸，A 错误；B.过氧化钠与盐酸反应产生氧气；过氧化钠吸收空气中二氧化碳反应产生的碳酸钠与盐酸反应会产生二氧化碳气体，O2、CO2都是无色气体，因此不能检验Na2O2是否变质，B 错误；C.NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性，说明HSO3-结合 H+的能力比SO32-弱，C正确；D水解后检验溴离子，应在酸性条件下，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银溶液不能

19、检验Br-是否存在，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、可逆反应、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析。侧重考查学生的分析与实验能力。11已知某酸HA的电离常数Ka=2.010-8，用 2mol/LNaOH溶液滴定100ml2mol/LHA 溶液，溶液的 pH随滴入 NaOH溶液的体积变化曲线如图.下列说法正确的是A a 点溶液的pH=4 Bb 点溶液中存在：c（A-）c（Na+）c（H+）=c（OH-）Cb 点 c（HA）/c（A-）=5 D c 点 c（A-）+c（H+）=c（Na+）+c（OH-）【答案】C【解析】A.

20、HA 的电离常数Ka=2.0 10-8，则 2mol/LHA 溶液中氢离子浓度约是8422 10/2 10/mol Lmol L，因此 a 点溶液的pH4，A 错误；B.b 点溶液显中性，根据电荷守恒可知溶液中存在：c(A-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，B 错误；C.b 点溶液显中性，c(H+)107mol/L，根据电离平衡常数表达式()?()()c Hc AKac HA可知 c(HA)/c(A-)=5，C 正确；D.c 点酸碱恰好中和，生成NaA，根据电荷守恒可知c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，D 错误，答案选C。12中国科学家在合成氨（N2+3H22NH3H0）

21、反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH-3d 过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理。如图所示，下列说法不正确的是A转化过程中有非极性键断裂与形成B复合催化剂降低了反应的活化能C复合催化剂能降低合成氨反应的焓变D低温下合成氨，能提高原料转化率【答案】C【解析】【分析】【详解】A.合成氨为可逆反应，氮气和氢气在反应过程中有消耗和生成，故转化过程中有非极性键断裂与形成，A项正确；B.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，B 项正确；C.催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，C 项错误；D.合成氨的正反应为放热反应，降低温度，平衡向正向移动，能

22、提高原料转化率，D 项正确；答案选 C。13下列物质性质与应用对应关系正确的是()A晶体硅熔点高、硬度大，可用于制作半导体材料B氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂C漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张D氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料【答案】B【解析】【分析】【详解】A、晶体硅能导电，可用于制作半导体材料，与熔点高硬度大无关系，A 不正确；B、氢氧化铝具有弱碱性，能与酸反应生成铝盐和水，可用于制胃酸中和剂，B 正确；C、漂白粉具有强氧化性，可用于漂白纸张，与其稳定性无关系，C不正确；D、氧化铁是红棕色粉末，可用于制作红色涂料，与是否能与酸反应无关系，D 不正确，答案选B。14某些电解质

23、分子的中心原子最外层电子未达饱和结构，其电离采取结合溶液中其他离子的形式，而使中心原子最外层电子达到饱和结构。例如：硼酸分子的中心原子B最外层电子并未达到饱和，它在水中电离过程为：下列判断正确的是（）A凡是酸或碱对水的电离都是抑制的B硼酸是三元酸C硼酸溶液与NaOH 溶液反应的离子方程式：H3BO3+OH=B(OH)4D硼酸是两性化合物【答案】C【解析】【详解】A.由信息可知，中心原子最外层电子未达饱和结构的酸，能结合水电离出的OH-，从而促进水的电离，A错误；B.1 个硼酸分子能结合1 个 OH-，从而表现一元酸的性质，所以硼酸是一元酸，B 错误；C.硼酸的中心原子未达饱和结构，与碱反应时，

24、能结合OH-，从而生成 B(OH)4，C 正确；D.硼酸只能结合OH-而不能结合H+，所以它是酸性化合物，D 错误。故选 C。15科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法正确的是A在该液相熔体中Cu优先于 Si被氧化，Si4+优先于 Cu2+被还原B液态 Cu-Si合金作阳极，固体硅作阴极C电流强度的大小不会影响硅提纯速率D三层液熔盐的作用是增大电解反应接触面积，提高硅沉积效率【答案】D【解析】【分析】由图可知该装置为电解池：Si4+在液态铝电极得电子转化为Si，所以液态铝电极为阴极，连接

25、电源负极，则 Cu-Si 合金所在电极为阳极，与电源正极相接，三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供离子自由移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率，据此分析解答。【详解】A由图可知，电解池的阳极上Si 失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si，所以 Si 优先于Cu被氧化，故A错误；B图中，铝电极上Si4+得电子还原为Si，故该电极为阴极，与电源负极相连，故B错误；C电流强度不同，会导致转移电子的量不同，会影响硅提纯速率，故C错误；D三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供自由移动的离子移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率，故D正确；答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小

26、题，共10 分）16废旧锂离子电池的正极材料试样(主要含有LiCoO2及少量 Al、Fe 等)可通过下列实验方法回收钴，并制备金属锂。已知：部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Co(OH)2开始沉淀pH 2.7 3.7 9.6 完全沉淀pH 3.7 4.7 11 Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：温度/0 10 20 50 75 100 Li2CO3的溶解度/g 1.539 1.406 1.329 1.181 0.866 0.728(1)LiCoO2中，Co 元素的化合价为_。(2)上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是_。(3)在上述溶解

27、过程中，通入SO2的目的为 _。(4)加 NaOH 调 pH 的目的是 _。(5)写出“沉钴”过程中发生反应的离子方程式_。(6)洗涤所得Li2CO3沉淀要使用 _(填“热水”或“冷水”)，将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入HCl 气体，其作用是_。(7)Co(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290时已完全脱水，则1000时，剩余固体的成分为_(填化学式)。【答案】+3 研磨将 Co 3+还原为 Co 2+将 Fe3+、Al3+转化为沉淀除去Co2+2OHCo（OH）2 热水抑制 LiCl 水解，同时带走水蒸气CoO【解析】【分析】正极材料经过研

28、磨后变成粉末状，增大表面积，与稀硫酸反应时能加快反应速率，二氧化硫具有还原性，通入二氧化硫，可将Co 3+还原为 Co 2+；根据部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH 可知，第一次加入 NaOH 调 pH 的目的是将Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；第二次加入NaOH 沉淀 Co；再次加入NaOH 和Na2CO3使 Li 转化为 Li2CO3沉淀；Li2CO3沉淀和盐酸反应生成氯化锂，再经过加热蒸干、电解得到Li 单质。【详解】（1）LiCoO2中，Li 为+1 价、O 为 2 价，则 Co 元素的化合价为+3，故答案为：+3；（2）将固体研磨的目的是为加快化学反应速率，故答案为：研磨；

29、（3）二氧化硫具有还原性，通入二氧化硫，可将Co 3+还原为 Co 2+，故答案为：将Co 3+还原为 Co 2+；（4）滤液中含有Fe3+、Al3+，加 NaOH 调 pH 的目的是将Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，故答案为：将Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；（5）“沉钴”过程中发生反应的离子方程式为Co2+2OH Co（OH）2，故答案为：Co2+2OHCo（OH）2；（6）温度升高，溶解度降低，则应用热水洗涤，避免碳酸锂溶解，将氯化锂溶液蒸干的过程中还需不断通入 HCl 气体，其作用是抑制 LiCl 水解，同时带走水蒸气，故答案为：热水；抑制 LiCl 水解，同时带走水蒸气；（7）根

30、据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，假设原始固体质量为100g，则 n（Co）10093mol，m（Co）1005993g；在 1000时，固体质量不再变化，说明 Co（OH）2完全分解，n（Co）：n（O）10093：（80.65 1005993）1161：1，剩余固体成分为CoO，故答案为：CoO。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17化合物A 含有碳、氢、氧三种元素，其质量比是3:1:4,B 是最简单的芳香烃，D 是有芳香气味的酯。它们之间的转换关系如下：回答下列问题：(1)A 的结构简式为_。(2)C 中的官能团为_。(3)的一氯代物有_ 种。(不考虑立体异构)(

31、4)反应 的化学方程式为_。【答案】CH3OH 羧基5【解析】【分析】(1)根据化合物A 的质量比分析，3 14n(C):n(H):n(O)=1:4:112 1 16：，因此 A 的结构简式为CH3OH。(2)乙苯和酸性高锰酸钾反应生成苯甲酸，因此C中含有羧基。(3)有五种位置的氢，因此其一氯代物有5 种。(4)反应是甲醇和苯甲酸酯化反应，其化学方程式为：。【详解】(1)根据化合物A 的质量比分析，314n(C):n(H):n(O)=1:4:112 1 16：，因此 A 的结构简式为CH3OH，故答案为：CH3OH。(2)乙苯和酸性高锰酸钾反应生成苯甲酸，因此C中含有羧基，故答案为：羧基。(3

32、)有五种位置的氢，因此其一氯代物有5 种，故答案为：5。(4)反应是甲醇和苯甲酸酯化反应，其化学方程式为：，故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18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(OH)311036为测定氯氧化铜的组成，现

33、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 2Na2S2O3I22NaINa2S4O6已

34、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3CuOCuCl2 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?噲?Fe(OH)33H+，Cu2(OH)2CO

35、3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（Cu2+）c2（OH），c（Cu2+）=0.022

36、mol?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 m

37、olmolgmolgmol=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。19根皮素 J()是国外新近研究开发出来的一种新型天然美白剂,主要分

38、布于苹果、梨等多汁水果的果皮及根皮.其中一种合成J的路线如下：已知：+R CHO+H2O 回答下列问题：(1)C 的化学名称是_.E 中的官能团的名称为_.(2)B 为溴代烃,请写出 AB 的反应条件 _.(3)写出由 C生成 D 和由 D 生成 E的反应类型 _、_.(4)F H的化学方程式为_.(5)M 是 E的同分异构体,同时符合下列条件的M 的结构有 _种(不考虑立体异构)能与 FeCl3溶液发生显色反应 能发生银镜反应(6)设计以丙烯和1,3丙二醛为起始原料制备的合成路线 _(无机试剂任选).【答案】对甲基苯酚或4-甲基苯酚醛基、醚键铁、液溴取代反应氧化反应+4NaOH25C H O

39、H+5H2O13【解析】【分析】通过对流程图分析，可以得出，B 为，F为，H 为，I 为。(1)C的化学名称是对甲基苯酚或4-甲基苯酚，E中的官能团的名称为醛基、醚键。(2)B 为，的反应条件为苯的同系物溴代反应的条件。(3)由的反应类型为取代反应、氧化反应。(4)的反应方程式为+4NaOH25C H OH+5H2O。(5)M 是的同分异构体，同时符合下列条件的M 的结构为(共 4 种)、(移动-CH3，共 4 种)、(移动-CH3，共 2 种)、(共 3 种)。(6)根据已知信息，结合题给原料1，3丙二醛和丙烯，若要制备，需要由丙烯制得丙酮，丙酮和1，3丙二醛发生已知信息中的反应得到。【详解

40、】(1)C 的化学名称是对甲基苯酚或4-甲基苯酚，E中的官能团的名称为醛基、醚键。答案为：对甲基苯酚或4-甲基苯酚；醛基、醚键；(2)B 为，的反应条件为铁、液溴。答案为：铁、液溴；(3)由的反应类型为取代反应、氧化反应。答案为：取代反应；氧化反应；(4)的反应方程式为+4NaOH25C H OH+5H2O。答案为：+4NaOH25C H OH+5H2O；(5)M 是的同分异构体，同时符合下列条件的M 的结构为(共 4 种)、(移动-CH3，共 4 种)、(移动-CH3，共 2 种)、(共 3 种)，共计 13 种。答案为：13；(6)根据已知信息，结合题给原料1，3丙二醛和丙烯，若要制备，需要由丙烯制得丙酮，丙酮和1，3丙二醛发生已知信息中的反应得到。合成路线为答案为：。【点睛】在书写限制条件下的同分异构体时，首先应根据已知有机物的结构，确定符合条件的有机物的官能团，然后再根据已知物质的分子式，确定还应具有的原子团，然后固定某一官能团或原子团，逐一移动其它官能团和原子团，同时要注意既不能重复，也不能遗漏。