2019-2020学年安徽省滁州市定远育才学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省滁州市定远育才学校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银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，电池反应是：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，下列说法正确的是（）A工作时原电池负极附近溶液的pH 增大B电子由Zn 经过溶液流向Ag2O C溶液中OH-由 Zn 电极移向Ag2O 电极DAg2O 作正极：Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-【答案】D【解析】【详解】根据电池反应：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，电极反应式正极：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，负

2、极：Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2A.工作时原电池负极消耗OH-，溶液的pH 减小，故A 错误；B.电子不能在溶液中传递，故B 错误；C.原电池中阴离子向负极移动，溶液中OH-由 Ag2O 电极移向Zn 电极，故C错误；D.根据上面分析，Ag2O 作正极：Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-，故 D 正确；答案选 D。【点睛】根据题干中的电池总反应中氧化还原反应，写出电极反应，即可容易分析解答。2分离混合物的方法错误的是A分离苯和硝基苯：蒸馏B分离氯化钠与氯化铵固体：升华C分离水和溴乙烷：分液D分离氯化钠和硝酸钾：结晶【答案】B【解析】【详解】A.苯和硝基苯互溶，但沸点不同，则选择蒸

3、馏法分离，故不选A；B.氯化铵加热分解，而氯化钠不能，则选择加热法分离，故选B；C.水和溴乙烷互不相溶，会分层，则选择分液法分离，故不选C；D.二者溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，故不选D；答案：B 3化学与生活密切相关。下列错误的是A用四氯乙烯干洗剂除去衣服上油污，发生的是物理变化B“碳九”（石油炼制中获取的九个碳原子的芳烃）均属于苯的同系物C蛟龙号潜水器用到钛合金，22 号钛元素属于过渡元素D波尔多液（硫酸铜、石灰和水配成）用作农药，利用使病毒蛋白变性【答案】B【解析】【详解】A.用四氯乙烯干洗剂除去衣服上油污，是利用有机溶剂的溶解性，没有新物质生成，属于物理变化，故 A正确；B.

4、“碳九”主要包括苯的同系物和茚等，其中茚的结构为，不属于苯的同系物，故B 错误；C.22号钛元素位于第四周期第IVB 族，属于过渡元素，故C正确；D.CuSO4属于重金属盐，病毒中的蛋白质在重金属盐或碱性条件下可以发生变性，故D 正确；答案选 B。4W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W 元素形成的单质密度最小，且W 与 X、Y、Z都能形成共价化合物,Y、W 形成的常见化合物溶于水显碱性,Z、W 形成的化合物溶于水显酸性。四种元素原子序数之和为30，可形成的某种化合物结构式为。下列说法正确的是A X为碳元素BY的氧化物对应的水化物是强酸CW 与 Y、Z三种元素形成的化合物中一

5、定不含离子键D含 Z 的某种含氧酸盐可用于物体表面和环境等的杀菌消毒【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W 元素形成的单质密度最小，则W 为 H，且W 与 X、Y、Z都能形成共价化合物，Y、W 形成的常见化合物溶于水显碱性，则Y为 N，Z、W 形成的化合物溶于水显酸性，则 Z为 F或 Cl，四种元素原子序数之和为30，则 Z 只能为 Cl，可形成的某种化合物结构式为，则 X为 B。【详解】A.X 为硼元素，故A 错误；B.Y的氧化物N2O3对应的水化物HNO2是弱酸，故B错误；C.W 与 Y、Z三种元素形成的化合物氯化铵中含有离子键，故C 错误；D.

6、含 Z的某种含氧酸盐NaClO 可用于物体表面和环境等的杀菌消毒，故D 正确。综上所述，答案为D。【点睛】氢、氧、氮三种元素可以形成共价化合物，如硝酸；可以形成离子化合物，如硝酸铵。5下列有关实验的叙述完全正确的是A ABBCCDD【答案】C【解析】【分析】A、次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色；B、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的氯化氢易挥发使水解趋于完全生成氢氧化铜；C、离子反应向着离子浓度减小的方向进行；D、未反应的氯气对取代反应的产物HCl 的检验产生干扰。【详解】A 项、次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪

7、色，不能用pH 试纸测次氯酸钠溶液的 pH，不能达到实验目的，故A 错误；B 项、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的氯化氢易挥发使水解趋于完全生成氢氧化铜，制备无水氯化铜应在HCl 气流中蒸发，故B错误；C 项、碘化银和氯化银是同类型的难溶电解质，向浓度相同的银氨溶液中分别加入相同浓度氯化钠和碘化钠溶液，无白色沉淀生成，有黄色沉淀生成，说明碘化银溶度积小于氯化银，故C正确；D 项、氯气溶于水也能与硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀，未反应的氯气对取代反应的产物HCl 的检验产生干扰，不能达到实验目的，故D 错误。故选 C。6图为元素周期表的一部分，X、Y、W、R为短

8、周期元素，四种元素的最外层电子数之和为21。下列说法不正确的是X W Y R Z A最高价氧化物对应水化物的酸性RXY B84 号元素与Z 元素同主族CR、W 的某些单质或两元素形成的某些化合物可作水的消毒剂D Z2W3具有氧化性和还原性【答案】B【解析】【详解】假设 X 的最外层电子数为x-1，则 Y 的最外层电子数为x-1，Z 的最外层电子数为x，W 的最外层电子数为 x+1，R 的最外层电子数为x+2，有关系式x-1+x-1+x+1+x+2=21，解 x=5，则 X 为碳元素，Y 为硅元素，Z 为砷元素，W 为氧元素，R 为氯元素。A.因为元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性

9、越强，所以酸性强弱顺序为高氯酸碳酸 硅酸，故正确；B.84 号元素都在第A主族，Z元素在第A主族,故错误；C.氯气或二氧化氯或臭氧等可作水的消毒剂，故正确；D.As2O3中砷为中间价态，具有氧化性和还原性，故正确。故选 B。7某温度下，在 2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B 发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g)?H=QkJmol1（Q0），12s 时生成 C的物质的量为0.8mol（反应进程如图所示）。下列说法中正确的是A 2s 时，A 的反应速率为0.15mol L1 s1B图中交点时A 的消耗速率等于A 的生成速率C化学计量数之比b c=12 D 12s 内反应放出0.2QkJ热量

10、【答案】C【解析】【分析】【详解】某温度下，在2L 恒容密闭容器中投入一定量的A、B 发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g)?H=QkJ mol1（Q0），12s 时达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，A由图像可知A 的浓度变化=0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，反应速率=ct=0.32s=0.15 molL1 s1，所求为 02s 的平均速率，不是2s 时的速率，故A 错误；B.图中交点时没有达到平衡状态，A 的消耗速率大于A 的生成速率，故B错误；C.12s时达到平衡状态，B、C转化量之比等于化学计量数之比，所以b c=(0.5mol/L-0.3mol/L)2

11、L0.8mol=1:2，故 C 正确；D.由题意可知，3molA 与 1molB 完全反应生成2molC 时放出 QkJ 的热量，12s内，A的物质的量减少（0.8mol/L-0.2mol/L）2L=1.2mol，则放出的热量为0.4QkJ，故 D 错误。答案选 C。8下列各组性质比较中，正确的是()沸点：HFHClHBrHI离子还原性：2-S Cl Br I酸性：444HClOHBrOHIO金属性：KNaMgAl气态氢化物稳定性：2HFHClH S半径：2-+2+OF Na MgABCD【答案】B【解析】【详解】.HF 中含分子间氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为H

12、FHIHBrHCl，故错误；.元素的非金属性ClBrIS，对应离子还原性2-SIBrCl，故错误；.非金属性ClBrI，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：444HClOHBrOHIO，故正确；.同主族从上到下，金属性增强：KNa，同周期从左到右，金属性减弱，即NaMgAl，即金属性：KNaMgAl，故正确；.元素的非金属性FClS，气态氢化物稳定性2HFHClH S，故正确；.电子层越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，核电荷数越多，半径越小，即2-+2+OFNaMg，故正确。故选 B。9室温下，用0.100mol L-1的 NaOH 溶液分别滴定均为20.0

13、0mL0.100mol L-1的 HCl 溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A表示的是滴定醋酸的曲线BpH=7 时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）20.00mL CV（NaOH）20.00mL 时，两份溶液中c（Cl）c（CH3COO）D V（NaOH）10.00mL 时，醋酸中c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）【答案】C【解析】【详解】A.0.100molL-1的 HCl 溶液和醋酸溶液，醋酸属于弱酸，存在电离平衡，所以起点pH 较小的表示的是滴定盐酸的曲线，A 项错误；B.当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，形成醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液pH7，所以 pH=7

14、时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)c(Na+)c(NH4+)c(OH-)c(H+)B把 0.02mol L-1的 CH3COOH溶液和 0.01mol L-1的 NaOH 溶液等体积混合：2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)-c(CH3COOH)CpH=2 的一元酸HA 与 pH=12 的一元碱MOH 等体积混合：c(M+)=c(A-)c(OH-)=c(H+)D 0.1mol L-1的 NaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)【答案】B【解析】【分析】【详解】A 0.1mol?L-1的 NH4Cl溶液与 0.05mol?L-1的 NaOH溶液等体积混合后存在等

15、量的NH4+和 NH3?H2O，NH3?H2O电离程度大于NH4+水解程度，溶液呈碱性，c(Cl-)c(NH4+)c(Na+)c(OH-)c(H+)，故 A 错误；B0.02mol?L-1 CH3COOH溶液与 0.01mol?L-1NaOH 溶液等体积混合，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和 CH3COONa，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、根据物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，所以得2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故 B 正确；C

16、酸和碱的强弱未知，混合后溶液的性质不能确定，无法判断c(OH-)和 c(H+)大小，故C错误；D 0.1 mol?L-1的 NaHCO3溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒：c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，计算得到：c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(CO32-)，故 D错误；故选 B。【点睛】本题的易错点和难点为D，要注意灵活运用电解质溶液中的电荷守恒和物料守恒。13设阿伏加德罗常数的数值为NA。下列说法正确的是A 1 L 1 molL-1的 NaHSO3溶液中含有的离子数为3

17、NAB5.6g 乙烯和环丙烷的混合物中含CH键数目为18NAC常温常压下，22.4L 的37Cl2中所含的中子数为41NAD硝酸与铜反应生成1.1mol NOx时，转移电子数为1.2NA【答案】B【解析】【详解】A.HSO3-属于弱酸酸式阴离子，在溶液中既存在水解平衡又存在电离平衡，1 L 1 mol L-1的 NaHSO3溶液中含有的离子数不是3NA，故 A错误；B.乙烯和环丙烷的最简式为CH2，26g 的混合物中含CH2物质的量为 1.4mol，所以含 CH 键数目为1.8NA，故 B正确；C.标准状况下，3 4L 的37Cl2中所含的中子数为41NA，常温常压下中子数不为41NA，故 C

18、错误；D.NOx可能是 NO或 NO2，根据得失电子守恒可得，生成11mol NOx转移电子数介于1.11.3 mol 之间，故D错误；答案：B。14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+

19、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。15潮湿的氯气、新

20、制的氯水及漂粉精的水溶液均能使有色布条褪色，因为它们都含有A Cl2BHClO CClODHCl【答案】B【解析】氯气与水反应生成HClO、HCl，Cl2、HCl 都没有漂白性，HClO具有漂白性，故B正确。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16如图所示，将仪器 A 中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和 C，然后再通过加热的石英玻璃管D（放置有铁粉)。请回答：（1）仪器 A 的名称是 _，烧瓶中反应的化学方程式是_。（2）装置 B 中盛放的液体是_，气体通过装置B 的目的是 _。（3）装置 C中盛放的液体是_，气体通过装置C的目的是 _。（4）D 中

21、反应的化学方程式是_。（5）烧杯 E中盛放的液体是_，反应的离子方程式是_。【答案】分液漏斗4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O 饱和食盐水吸收氯气中混有的杂质 HCl 浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气2Fe+3Cl22FeCl3NaOH 溶液2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O【解析】【分析】烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，由于浓盐酸中含有水且易挥发，出来的气体中含有水蒸气和氯化氢，通过 B 中的饱和食盐水除去氯化氢气体，在通过C中的浓硫酸除去水蒸气，得到干燥的氯气，通过D装置玻璃管内的铁粉进行反应，未反应的氯气进过装置E中的氢氧化钠进行尾气吸收；【详解】（1）由仪器构造

22、可知A 为分液漏斗；烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气的反应，化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O。答案为：分液漏斗；4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O（2）反应生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气杂质气体，氯化氢极易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解性减弱，通过饱和食盐水除去氯化氢气体，通过浓硫酸溶液吸收水蒸气，装置B 中盛放液体是饱和食盐水；气体通过装置B 的目的是吸收氯气中混有的杂质HCl；答案为：饱和食盐水；吸收氯气中混有的杂质HCl（3）装置 C中盛放的液体是浓硫酸；气体通过装置C的目的是吸收水蒸气，干燥氯气；答案为：浓硫酸；吸收水蒸气，干燥氯气

23、（4）干燥的氯气通过装置D 是氯气和铁加热条件下反应生成氯化铁的反应，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3；答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；（5）氯气有毒，不能排放到空气中，装置E是氢氧化钠溶液，用来吸收未反应的氯气，防止污染空气；氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；答案为：NaOH 溶液；2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O 三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17在医药工业中，有机物G 是一种合成药物的中间体，其合成路线如图所示：已知：R1ONa+R2XR1OR2+NaX(R1与 R

24、2代表苯环或烃基、X 代表卤素原子）RCOOH+SOCl2(液体)RCOCl+HCl+SO2回答下列问题：（1）A 与 C 在水中溶解度更大的是_，G 中官能团的名称是_。（2）EF 的有机反应类型是_，F 的分子式为 _。（3）由 AB 反应的化学方程式为_。（4）物质 D 的结构简式为_。（5）BC 反应中加入NaOH 的作用是 _。（6）写出一种符合下列条件的G 的同分异构体_。与 G 的苯环数相同；核磁共振氢谱有5 个峰；能发生银镜反应【答案】C 羰基（或酮基）、醚键取代反应C8H7OCl 或 C8H7ClO 催化剂、促进水解【解析】【分析】与氯气反应生成，在氢氧化钠溶液作用下反应生成

25、，根据信息与 CH2I2反应生成，根据信息E和 SOCl2反应生成F，与 F反应生成G。【详解】A 是苯酚在水中溶解度不大，C为盐，在水解溶解度大，因此A 与 C在水中溶解度更大的是C，根据 G的结构得到G 中官能团的名称是羰基、醚键；故答案为：C；羰基(或酮基)、醚键。EF 是 OH 变为 Cl，Cl取代羟基，因此有机反应类型是取代反应，根据F的结构简式得到F的分子式为 C8H7OCl 或 C8H7ClO；故答案为：取代反应；C8H7OCl 或 C8H7ClO。由 AB 反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢，其化学方程式为；故答案为：。根据 D 和 F生成 G 的反应得到物质D 的结构简式为；故

26、答案为：。根据 B 的结构()，加入 NaOH 溶液得到C()，反应中加入NaOH 的作用是催化剂、促进水解；故答案为：催化剂、促进水解。与 G 的苯环数相同；核磁共振氢谱有5 个峰，说明对称性较强；能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯，则符合条件的G 的同分异构体；故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18以苯酚为主要原料，经下列转化可合成高分子材料C和重要的有机合成中间体H(部分反应条件和产物已略去)已知：R1CH2COOCH3+R2COOCH3+CH3OH 请回答下列问题：（1）AB 的反应类型是_。（2）BC 的化学方程式为_。（3）D 的官能团名称是_。（4）EF 的

27、化学方程式为_。（5）G 的结构简式是 _。（6）FG 为两步反应，中间产物的结构简式是_。（7）芳香化合物M(C8H10O2)与 E的水解产物互为同分异构体，1molM 可与 2 mol NaOH 反应，其核磁共振氢谱中有3 组峰且峰面积之比为3：1：1，则 M 的结构简式是_（写出一种即可）。（8）以 CH3Cl、CH3ONa、NaCN为原料(其它无机试剂任选)，结合题目已知信息，写出制备CH3COCH2 COOCH3的合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。_【答案】加成反应n+H+(n-1)H2O 醚键+NaCN+NaCl 或或或【解析】【分析】

28、根据流程图，苯酚和甲醛发生反应生成B(C7H8O2)，根据酚醛树脂的结构可知B 为，即 BC反应为发生缩聚反应生成的反应；苯酚和 CH3I 发生反应生成D(C7H8O)，结合 DE的反应及E的结构可知D 的结构为；E和 NaCN 发生取代反应生成F(C9H9ON)，推知 F的结构为；FG 的反应为先水解，再与甲醇发生酯化反应生成G(C10H12O3)，G的结构简式为，G 发生类似已知中的反应得到H，据此分析解答。【详解】（1）根据以上分析，苯酚和甲醛（HCHO）发生反应生成B（），对比各物质的结构简式，AB的反应类型是加成反应；故答案为加成反应；（2）BC 的为发生缩聚反应生成的反应，反应的方

29、程式为；故答案为；（3）D 的结构为，其中官能团名称是醚键，故答案为醚键；（4）E和 NaCN发生取代反应生成F()，化学方程式为+NaCN+NaCl；故答案为+NaCN+NaCl；（5）根据流程，G 发生类似已知中的反应得到H，由 H 的结构推知G 的结构简式是；故答案为；（6）FG的反应为先水解，再与甲醇发生酯化反应生成G(C10H12O3)，G 的结构简式是，则中间产物的结构简式是，故答案为；（7）1molM 可与 2 mol NaOH 反应，说明含有2mol 羟基，其核磁共振氢谱中有3 组峰且峰面积之比为3：1：1，符合条件的M 的结构简式是、；故答案为或或或；（8）以 CH3Cl、C

30、H3ONa、NaCN 为原料制备CH3COCH2 COOCH3。根据题干中EF GH 的转化过程，可以首先将CH3Cl转化为 CH3CN，水解为乙酸，最后根据题干信息转化即可。合成路线为：；故答案为。19用含少量铁的氧化铜制取氯化铜晶体（CuCl2 xH2O）。有如下操作：已知：在pH 为 45 时，Fe3+几乎完全水解而沉淀，Cu2+却不水解。(1)加热酸溶过程中发生反应的离子方程式有：_(2)氧化剂 A 可选用 _（填编号，下同）Cl2KMnO4 HNO3(3)要得到较纯的产品，试剂B 可选用 _NaOH FeO CuO(4)试剂 B的作用是 _提高溶液的pH 降低溶液的pH 使 Fe3+

31、完全沉淀使 Cu2+完全沉淀(5)从滤液经过结晶得到氯化铜晶体的方法是_（按实验先后顺序填编号）过滤蒸发浓缩蒸发至干冷却(6)为了测定制得的氯化铜晶体（CuCl2 xH2O）中 x 值，某兴趣小组设计了两种实验方案：方案一：称取m g 晶体灼烧至质量不再减轻为止、冷却、称量所得无水CuCl2的质量为n g。方案二：称取m g 晶体、加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再减轻为止、冷却、称量所得固体的质量为n g。试评价上述两种实验方案，其中正确的方案是_，据此计算得x=_（用含 m、n 的代数式表示）。【答案】Fe+2H+Fe2+H2，CuO+2H+Cu2+H2O 二80m

32、-135n/18n【解析】【分析】铁和酸反应生成二价铁离子和氢气，氧化铜和酸反应，生成铜离子和水，写出离子反应方程式；选用氧化剂时既要达到氧化的作用，又不能引入新的杂质；为了得到较纯的产品，所加入的试剂不能引入其它杂质；试剂 B会与前段反应产生的Fe3+作用，使其完全水解，生成沉淀；结合日常实验中从滤液得到晶体的操作方法：加热浓缩，冷却结晶，过滤得到晶体；直接灼烧晶体会有部分CuCl2,发生水解反应，最后灼烧所得固体为氯化铜和氧化铜的混合物；根据铜原子守恒，氯化铜晶体中的铜和最后所得固体氧化铜中铜原子的质量相等，列出比例式，氯化铜晶体和氧化铜的相对分子质量之比等于质量之比，计算出水的系数x，据

33、此分析解答。【详解】(1)铁在酸性条件下，生成二价铁离子和氢气，氧化铜在酸性条件下，生成二价铜离子和水，离子反应方程式分别为Fe+2H+=Fe2+H2、CuO+2H+=Cu2+H2O；(2)加入氧化剂把Fe2+氧化为 Fe3+,而且不引入新的杂质离子，使用KMnO4引入 K+和 Mn2+，使用 HNO3引入NO3-，且无法除去，当加入氯气时，发生反应以后，产生氯离子，不是杂质，故选；(3)Fe3+3H2O?Fe(OH)3+3H+,加入的试剂B要能够促使水解完全进行，又不引入新的杂质离子，如使用Na0H 引入新的Na+,使用 FeO引入 Fe2+,而为固体，提高pH 的同时引入的是铜离子，没有新

34、杂质引入，故选；(4)选择的试剂B，通过与酸的反应生成Cu2+且提高溶液的pH，因 pH 为 4-5 时，Fe3+几乎完全水解而沉淀，而此时 Cu2+却几乎不水解，所以促使了Fe3+完全沉淀，故选；(5)从溶液中得到晶体，一般操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，即实验的先后顺序为；(6)直接灼烧晶体会有部分CuCl2发生水解反应，最终得到CuO、CuCl2的混合物，导致测量不准确，方案一错误，方案二正确；最终生成的是CuO，根据铜原子守恒可得：22CuClxH OCuO135 18x?80m?nn，13518xm80n，解得80m135nx18n。【点睛】本题是基础工艺流程题，三价铁的沉淀除杂是模拟题中最常见的考点，一般是消耗溶液中的氢离子，同时不引入新的杂质，所以可以加入要保留的金属离子对应的氧化物、碱、碳酸盐或者碱式碳酸盐等；同时要注意三价铁沉淀的pH 比较小，所以有二价铁和三价铁共存除杂时，都要先把二价铁氧化成三价铁再除杂。