2019-2020学年安徽省省级示范高中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

《2019-2020学年安徽省省级示范高中新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省省级示范高中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2019-2020学年安徽省省级示范高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 明矾 KA1(SO4)2 12H2O是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是（）A合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B从易拉罐中可回收的金属元素有Al、Fe C“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D上述流程中可用NaHSO4代替 NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；B.易拉罐(主要成分为A

2、l,含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；C.“沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D；答案：D 2海水提镁的工艺流程如下：下列叙述正确的是A反应池中的反应利用了相同条件下Mg(OH)2比 Ca(OH)2难溶的性质B干燥过程在HCl 气流中进行，目的是避免溶液未完全中和C上述流程中发生的反应有化合、分解、置换和复分解反应D上述流程中可以循环使用的物质是H2和 Cl2【答案】A【解析】【详解】A.氢氧化钙微溶，氢氧化镁难溶，沉淀向更难溶方向

3、转化，故可以用氢氧化钙制备氢氧化镁，A 正确；B.干燥过程在HCl 气流中进行目的是防止氯化镁水解，B错误；C.该流程中没有涉及置换反应，C 错误；D.上述流程中可以循环使用的物质是Cl2，过程中没有产生氢气，D 错误；答案选 A。3在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说不正确的是A Ea为催化剂存在下该反应的活化能，Ea为无催化剂时该反应的活化能B该反应为放热反应，H=Ea-EaC活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子D催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，使平衡不移动【答案】B【解析】【分析】【详解】A催化剂能降低反应所需活化

4、能，Ea为催化剂存在下该反应的活化能，Ea为无催化剂时该反应的活化能，故 A 正确；B生成物能量高于反应物，该反应为吸热反应，HEa-Ea，故 B 错误；C根据活化分子的定义，活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子，故C 正确；D催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，平衡不移动，故D 正确；故选 B。4下列关于有机物的说法错误的是A植物油分子结构中含有碳碳双键B乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，属于取代反应C同温同压下，等质量的乙炔和苯完全燃烧耗氧量相同D分子式为C3H6BrC1 的有机物不考虑立体异构共5 种【答案】B【解析】【详解】A植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油

5、酯，分子结构中含有碳碳双键，故A 正确；B钠与乙醇发生反应生成乙醇钠和氢气，属于置换反应，故B 错误；C乙炔和苯的最简式相同，都是CH，则相同质量的乙炔和苯充分燃烧耗氧量相同，故C正确；D分子式为C3H6BrC1 的有机物的同分异构体有：Br 在 1 号 C上，C1 有 3 种位置，即3 种结构；Br在 2 号 C上，C1有 2 种位置，即2 种结构，共5 种结构，故D 正确；故选 B。【点睛】本题的易错点为A，要注意油脂包括油和脂，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂是饱和高级脂肪酸甘油酯，不饱和高级脂肪酸结构中含有碳碳双键。5amolFeS 与 bmolFe3O4投入到 VL cmol/L 的硝

6、酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO 气体。所得澄清溶液的成分是Fe（NO3）3和 H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为A3cV-9a-bmol3B（a+3b）mol C9a+bmol3D（cV3a9b）mol【答案】A【解析】【分析】反应中硝酸起氧化、酸性作用，未被还原的硝酸将转化为Fe(NO3)3中，由 Fe 元素守恒计算未被还原的硝酸的物质的量；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒，可以用a、b 表示计算NO 的物质的量，根据氮元素守恒可知，未被还原的硝酸物质的量=原硝酸总物质的量-NO 的物质的量【详解】根据元素守恒可知，nFe(NO3)3=n(Fe)=amol+3bm

7、ol=(a+3b)mol，所以未被还原的硝酸的物质的量=3(a+3b)mol；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒可知，铁和硫元素失电子数等于硝酸得电子数，铁元素失电子的物质的量为8a32a62b 339ab mol3；NO 的物质的量为9abmol3，未被还原的硝酸的物质的量为3cV-9a-bmol3。答案选 A。6莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法正确的是（）A分子中所有碳原子共平面B分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物C分子中含有3 种官能团，能发生加成、氧化、取代反应D 1mol 莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体【答

8、案】C【解析】【分析】【详解】A分子中含有一个碳碳双键，只有碳碳双键连接的5 个碳原子共平面，A 错误；B分子中无苯环，不属于芳香族化合物，B 错误；C分子中有碳碳双键、羟基、羧基3 种官能团，碳碳双键可以被加成，分子可以发生加成、氧化、取代反应，C正确；D 1mol 莽草酸中含有1mol-COOH，可以与足量碳酸氢钠反应生成1molCO2气体，D 错误；答案选 C。【点睛】高中阶段，能与碳酸氢钠反应的官能团只有羧基。1mol-COOH 与足量的碳酸氢钠反应生成1mol CO2。7对 FeC13溶液与 KI 溶液反应进行探究实验，按选项ABCD顺序依次进行操作，依据现象，所得结论错误的是A A

9、 BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.取 2 mL 0.1 mol/L KI溶液于试管中，滴加0.1 mol/L FeCl3溶液 3 滴，振荡，充分反应，溶液呈深棕黄色，是因为2Fe3+2I-=2Fe2+I2,所以 A正确；B.试管 1 中滴加 2 滴 0.1 mol/L KSCN溶液，溶液显红色说明溶液中有Fe3+，证明 FeCl3与 KI 的反应具有可逆性，故 B正确；C.向试管 2 中加入 1mL CCl4，充分振荡、静置，溶液分层，上层为浅棕黄色，试管2 中上层溶液变为浅棕黄色还可能是少量的碘溶解于水的结果，故 C错误；D.试管 2 中上层为浅棕黄色，下层为紫色说明有碘单质

10、被萃取出来，导致溶液中Fe3+浓度减小，试管 3 中红色比试管1 中浅是平衡移动的结果，故D正确；答案：C。【点睛】本实验探究FeC13溶液与 KI 溶液发生反应的实验。根据FeCl3具有强氧化性，KI具有还原性，两者反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2；再根据I2易溶于有机溶剂，Fe3+能使 KSCN 溶液变红色的特征进行判断。8主族元素X、Y、Z、W 在元素周期表中的位置如图所示，其中W 原子序数是Z 的 2 倍。下列说法不正确的是A X、Y、Z 的氢化物沸点依次升高BZ 和 W 形成的化合物溶于水，既有共价键的断裂，又有共价键的形成CX、Y、Z 与氢元素组成的化学式为XY2ZH4的物质可

11、能是分子晶体，也可能是离子晶体D M 的原子序号为32，是一种重要的半导体材料【答案】A【解析】【详解】W 原子序数是Z的 2 倍，则为硫，为氧，为碳，为氮，为锗。A.碳的氢化物为烃，碳原子数越多，沸点越高，所以不能确定沸点高低，故错误；B.Z 和 W 形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，溶于水，反应生成亚硫酸或硫酸，反应中既有共价键的断裂，又有共价键的形成，故正确；C.X、Y、Z与氢元素组成的化学式为XY2ZH4可能为 CO（NH2）2，为分子晶体，可能为NH4CNO，为离子晶体，故正确；D.锗的原子序号为32，是一种重要的半导体材料，故正确。故选 A。9碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要

12、添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是A分子式为C3H2O3B分子中含6 个 键C分子中只有极性键D 8.6g 该物质完全燃烧得到6.72LCO2【答案】A【解析】【分析】【详解】A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子，所以分子式为C3H2O3，故 A 正确；B、分子中的单键为键，一共有8 个，故 B错误；C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误。此题选 C。10下列各选项所描述的两个量，前者一定小于后者的是（）A纯水在25和 80时的 pH 值B1L0.1mol/L 的盐酸和硫酸溶液，中和相同浓度的NaOH

13、 溶液的体积C25时，pH=3 的 AlCl3和盐酸溶液中，水电离的氢离子的浓度D 1LpH=2 的醋酸和盐酸溶液中，分别投入足量锌粒，放出H2的物质的量【答案】B【解析】【详解】A.水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以温度越高水的pH 越小，故A 错误；B.两者的物质的量浓度和体积都相同，即两者的物质的量相同，而盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，所以盐酸中和相同浓度的NaOH 溶液的体积更小，故B 正确；C.pH=3 的盐酸，c(H+)=10-3mol/L，由水电离生成的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，pH=3 氯化铝溶液中c(H+)=10-3mol/L，全部由水电离生成，

14、前者大于后者，故C错误；D.1LpH=2 的盐酸和醋酸溶液中，醋酸的物质的量较大投入足量锌粒，醋酸放出H2的物质的量多，故D 错误；答案选 B。【点睛】本题考查弱电解质的电离，根据温度与弱电解质的电离程度、弱电解质的电离程度与其浓度的关系等知识来解答。11下列由实验操作得到的实验现象或结论不正确的是实验操作实验现象或结论A 向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体该溶液中一定含有S2O32-B 向 3ml KI 溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加 1mL淀粉溶液，溶液显蓝色氧化性：Br2 I2C 相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和 Na2SO4溶液的 pH，前者呈碱性，后

15、者呈中性非金属性：SC D 将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生A A BB CC D D【答案】A【解析】【分析】【详解】A.向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，原溶液中可能含有S2-和 SO32-，且 SO32-过量，加入稀硫酸时发生反应2-2-+322S+SO+6H=3S+3H O，2-+322SO+2H=SO+H O，S单质是淡黄色沉淀，二氧化硫是有刺激性气味气体，故A 错误；B.氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，溶液呈蓝色，说明有碘单质生成，Br2能氧化 I-生成 I2，Br2是氧化剂、I2是氧化产物，则Br2

16、的氧化性比I2的强，故B正确；C.元素的非金属性越弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越弱，其最高价含氧酸的钠盐的碱性就越强，相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和 Na2SO4溶液的 pH，前者呈碱性，后者呈中性，说明碳酸为弱酸、硫酸为强酸，由此得出非金属性SC，故 C正确；D.将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶，镁条继续燃烧，反应生成MgO 和 C，则集气瓶中产生浓烟（MgO 固体小颗粒）并有黑色颗粒产生，故D 正确；故选 A。【点睛】向某单一溶质的溶液中加入稀硫酸，同时生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，则该溶液中一定含有S2O32-，发生反应2-+2322S O+2H=S+SO

17、H O，这是常考点，经常在元素推断题中出现，也是学生们的易忘点。12X、Y、Z、T是四种原子序数递增的短周期元素，X 形成的简单阳离子核外无电子，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，Z是人体内含量最多的元素，T 在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小，则以下说法正确的是A元素最高化合价的顺序为ZYT X BY、Z 分别形成的简单氢化物的稳定性为ZY C由 X、Y和 Z三种元素构成的强电解质，对水的电离均起抑制作用D常温下，T的单质与Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液不能反应【答案】B【解析】【分析】X 形成的简单阳离子核外无电子，应为H 元素，Z是人体内含量最多的元素，应为O 元素，Y的最高价

18、氧化物对应的水化物是强酸，应为N 元素，T 在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小，依据同周期金属离子半径小于非金属离子半径，且同周期金属离子核电荷数越大离子半径越小可知应为Al 元素。【详解】A.Z 为 O 元素，该元素没有最高正价，所以其最高价比N 元素低，故A 错误；B.非金属性ON，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；C.由 X、Y和 Z 三种元素构成的强电解质可为硝酸铵，为强酸弱碱盐，水解可促进水的电离，故C错误；D.常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，故D 错误；答案：B 13根据能量示意图,下列判断正确的是()A化学反应中断键要放出能量,形成化学键要吸收能量B该反应的反

19、应物总能量小于生成物总能量C2A2(g)+B2(g)=2C(g)H=-(b+c-a)kJmol-1D由图可知,生成 1 mol C(l),放出12(b+c-a)kJ 热量【答案】D【解析】【详解】A.断键需要吸热，成键会放热，故A 不选；B.该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B不选；C.2A2(g)+B2(g)=2C(g)H=-(b-a)kJmol-1。生成 C(l)时的 H=-(b+c-a)kJmol-1，故 C不选；D.据图可知，生成1 mol C(l)，放出12(b+c-a)kJ的热量，故D 选。故选 D。14电解法处理CO2和 SO2混合污染气的原理如下图所示，电解质为

20、熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后，Ni 电极表面形成掺杂硫的碳积层。下列说法错误的是A Ni 电极表面发生了还原反应B阳极的电极反应为：2O2-4e-=O2C电解质中发生的离子反应有：2SO2+4O2=2SO42D该过程实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环【答案】C【解析】【分析】由图可知，Ni 电极表面发生了SO42-转化为 S，CO32-转化为 C 的反应，为还原反应；SnO2电极上发生了2O2-4e-=O2，为氧化反应，所以Ni 电极为阴极，SnO2电极为阳极，据此分析解答。【详解】A.由图示原理可知，Ni 电极表面发生了还原反应，故A 正确；B.阳极发生失电子的氧化反应，电极反应

21、为：2O2-4e-=O2，故 B 正确；C.电解质中发生的离子反应有：2SO2+O2+2O2-=2SO42和 CO2+O2-=CO32-，故 C 错误；D.该过程中在SO42-和 CO32-被还原的同时又不断生成SO42-和 CO32-，所以实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环，故D 正确。故答案选C。15 某科研小组利用硫铁矿(主要成分是FeS2，含 Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)制备重要的化工原料纳米Fe2O3的工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）煅烧前硫铁矿粉碎的目的是_，硫铁矿煅烧得到的气体需回收，该气体在工业上的主要用途是_。（2）用稀硫酸浸取硫铁矿烧渣的主要反应的离

22、子方程式为_，浸取后过滤得到的滤渣的化学式为_。（3）加入 FeS2的主要目的是还原滤液中的Fe3，反应的化学方程式为：FeS27Fe2(SO4)38H2O=15FeSO48H2SO4，反应中每消耗1molFeS2，转移的电子数目为_，检验 Fe3是否完全被还原，应选择 _(填标号)。A KMnO4溶液BK3Fe(CN)6溶液C KSCN溶液（4）加 FeCO3调溶液 pH 到 5.8 左右，其目的为_。（5）加入 NH4HCO3生成 FeCO3的离子方程式为_，若煅烧得到160g 纳米 Fe2O3，则消耗的气体和生成的气体的物质的量之比为_。【答案】增大接触面积，加快反应速率，使硫铁矿煅烧更

23、加充分工业制硫酸Fe2O36H=2Fe33H2O SiO214NA或 8.428 1024C 除去滤液中的Al3+2HCO3Fe2=FeCO3 CO2H2O 1：4【解析】【分析】硫铁矿煅烧，发生FeS2与 O2反应生成Fe2O3和 SO2，加硫酸，Al2O3、Fe2O3与硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，根据流程目的是制备纳米Fe2O3，需要除去Al3，因为 Fe(OH)3的溶度积小于Al(OH)3的溶度积，因此先将 Fe3转化成 Fe2，加入 FeS2的目的是将Fe3转化成 Fe2，加入 FeCO3调节 pH，使 Al3以 Al(OH)3形式除去，加入NH4HCO3，Fe2与 HCO3反应生

24、成FeCO3，煅烧 FeCO3得到 Fe2O3，逐步进行分析；【详解】(1)煅烧前粉碎硫铁矿，增加硫铁矿与空气的接触面积，加快反应速率，使硫铁矿煅烧更加充分；FeS2与O2发生 4FeS211O2=2Fe2O3 8SO2，利用 SO2制备硫酸；(2)硫铁矿煅烧后的烧渣为Fe2O3、Al2O3、SiO2，SiO2为酸性氧化物不与硫酸反应，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，烧渣中 Fe2O3为主要物质，因此加入硫酸发生的主要反应是Fe2O36H=2Fe33H2O；浸取后的滤渣为SiO2；(3)根据反应方程式，FeS2中 S由 1 价转化成 6

25、价，Fe2(SO4)3中 Fe的化合价由3 价转化成 2 价，因此消耗 1molFeS2，转移电子物质的量为1mol26(1)=14mol，即转移电子物质的量为14NA或8.428 1024；检验 Fe3是否完全被还原，则需要检验是否含有Fe3，即用 KSCN溶液检验，如果溶液不变红，则说明Fe3完全反应，反之未完全反应，答案悬C；(4）根据上述分析，加入FeCO3的目的是调节pH，使 Al3以 Al(OH)3形式沉淀出来；(5)加入 NH4HCO3溶液得到 FeCO3，即反应的离子方程式为2HCO3Fe2=FeCO3 CO2 H2O；煅烧 FeCO3得到 Fe2O3反应方程式为4FeCO3O

26、22Fe2O34CO2，消耗 O2和生成 CO2的物质的量之比为1：4。【点睛】难点是(5)离子方程式的书写，因为生成FeCO3，需要 HCO3电离出 CO32，即 HCO3HCO32，Fe2结合 CO32生成 FeCO3沉淀，促使平衡向正反应方向进行，c(H)增大，然后发生H与 HCO3反应生成CO2，最后写出离子方程式即可，书写类似反应时，注意原理的应用。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16ZrO2是重要的耐高温材料，可用作陶瓷遮光剂。天然锆英石的主要成分为ZrSiO4，另外还含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，工业上以天然锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下图所示：已知：

27、Fe（SCN）3难溶于 MIBK;Zr（SCN）4在水中的溶解度不大，易溶于MIBK。请回答下列问题：（1）ZrSiO4锆元素的化合价为_。（2）“氯化”主反应为ZrSiO4（s）2C（s）4Cl2（g）高温ZrCl4（g）SiCl4（g）2CO2（g）H0，相同时间内ZrCl4的产率随温度变化如图所示，由图可知“氯化”的最佳温度是_。“氯化”过程中 ZrCl4的产率随温度升高先增大后减小的原因是_。（3）写出 Al2O3高温“氯化”过程中转化为AlCl3的化学方程式：_。（4）本流程使用NaCN 除铜，若盐酸“溶解”后溶液中的c（Cu2）0.01 mol L1，当溶液中Cu2开始沉淀时，c（

28、CN）_。已知 KspCu（CN）2 4.00 1010（5）实验室进行“萃取”和“反萃取”的玻璃仪器是_。流程中“萃取”与“反萃取”的目的是 _。【答案】4 360 360 以前反应未达到平衡，升温过程中反应继续向正向进行，产率不断增大；360 以后反应达到平衡，由于该反应为放热反应，升温过程中平衡逆向移动，ZrCl4产率又减小2Al2O33C6Cl2高温4AlCl33CO22 104 mol/L 分液漏斗、烧杯除去铁元素杂质【解析】【分析】根据流程：天然锆英石（ZrSiO4）含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质与焦炭、氯气高温氯化，主要的反应为ZrSiO4+2C+4Cl2ZrCl4+SiC

29、l4+2CO2，2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2，同理铁、铜的氧化物，将得到 ZrCl4、SiCl4、AlCl3、FeCl3、CuCl2用 NaOH 溶液碱浸，SiCl4、AlCl3溶解为硅酸钠、偏铝酸钠，ZrCl4、FeCl3、CuCl2反应为 Zr（OH）4、Fe（OH）3、Cu（OH）2沉淀，即为滤渣1，用盐酸将滤渣1 溶解，得到ZrCl4、FeCl3、CuCl2，使用 NaCN 除铜，滤渣2 为 Cu（CN）2，向滤液加入NH4SCN与 ZrCl4、FeCl3发生配合反应得到Fe（SCN）3、Zr（SCN）4，加入有机溶剂MIBK 萃取，Fe（SCN）3难溶于 MIB

30、K，分液，Zr（SCN）4在有机层，将含有Zr（SCN）4的有机层用硫酸反萃取将Zr（SCN）4与 MIBK 分离，经过一系列操作得到ZrO2，据此分析作答。【详解】（1）由于在化合物中元素正负化合价代数和等于0，O 为 2 价，Si 为 4 价，可得锆英石（ZrSiO4）中Zr 元素的化合价为4 价。（2）根据图象可知ZrCl4的产率在温度为360 时最高，说明“氯化”的最佳温度是360；根据图象可知，在 360 以前，随着温度的升高，ZrCl4的产率逐渐增大，是由于温度升高，反应物分子的能量增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，更多的反应物发生反应变为生成物，所以ZrCl4的产率逐渐增大，

31、到360达到最大值，此时反应达到平衡状态，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使ZrCl4的产率逐渐降低，因此温度升高，ZrCl4的产率又逐渐降低。（3）Al2O3、焦炭在高温下与氯气反应产生AlCl3、CO2，根据电子守恒、原子守恒可得该反应方程式为2Al2O33C6Cl24AlCl33CO2；（4）由于 KspCu（CN）2c（Cu2）c2（CN）4.001010，c（Cu2）0.01 mol/L，当溶液中Cu2开始沉淀时，c（CN）2.00104 mol/L。（5）由于萃取是分离互不相溶的液体混合物的方法，所以萃取和反萃取使用的仪器有分液漏斗和烧杯；在

32、处理过程中Cu2与沉淀试剂形成Cu（CN）2沉淀过滤除去，Fe3与加入的NH4SCN形成络合物Fe（SCN）3，Zr4形成 Zr（SCN）4，由于 Fe（SCN）3难溶于 MIBK，而 Zr（SCN）4在水中溶解度不大，易溶于MIBK，向 Fe（SCN）3、Zr（SCN）4的混合溶液中加入MIBK 充分振荡后，分液，可将Fe（SCN）3分离除去，然后向 MIBK 的溶液中加入硫酸进行反萃取，Zr（SCN）4进入硫酸溶液中，然后经过一系列处理，就可得到ZrO2。所以进行萃取和反萃取目的是除去铁元素杂质。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、温度对化学平衡

33、的影响、Ksp的计算等，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17布洛芬具有降温和抑制肺部炎症的双重作用。一种制备布洛芬的合成路线如图：已知：CH3CH2ClCH3CH2MgCl+HCl 回答下列问题：（1）A 的化学名称为 _，G H 的反应类型为_，H 中官能团的名称为_。（2）分子中所有碳原子可能在同一个平面上的E的结构简式为 _。（3）I K 的化学方程式为_。（4）写出符合下列条件的D 的同分异构体的结构简式_(不考虑立体异构)。能与 FeCl3溶液发生显色反应；分子中有一个手性碳原子；核磁共振

34、氢谱有七组峰。（5）写出以间二甲苯、CH3COCl和(CH3)2CHMgCl 为原料制备的合成路线：_(无机试剂任选)。【答案】甲苯消去反应碳碳双键、酯基+H2O+CH3OH【解析】【分析】根据 F的结构可知A 中应含有苯环，A 与氯气可以在光照条件下反应，说明A 中含有烷基，与氯气在光照条件下发生取代反应，A的分子式为C7H8，则符合条件的A只能是；则 B为，B CD发生信息的反应，所以C为，D 为；D 中羟基发生消去反应生成E，则 E为或；E与氢气加成生成F，F生成 G，G在浓硫酸加热的条件下羟基发生消去反应生成H，则 H为，H 与氢气加成生成I，则 I 为，I 中酯基水解生成K。【详解】

35、(1)A 为，名称为甲苯；G到 H 为消去反应；H 为，其官能团为碳碳双键、酯基；(2)E 为或，其中的碳原子可能在同一平面上；(3)I 到 K 的过程中酯基发生水解，方程式为+H2O+CH3OH；(4)D 为，其同分异构体满足：能与 FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；分子中有一个手性碳原子，说明有一个饱和碳原子上连接4 个不同的原子或原子团；核磁共振氢谱有七组峰，有 7 种环境的氢，结构应对称，满足条件的同分异构体为：；(5)根据观察可知需要在间二甲苯的苯环上引入一个支链，根据信息可知CH3COCl/AlCl3可以在苯环上引入支链-COCH3，之后的流程与C到 F相似，参考C到 F的

36、过程可知合成路线为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18某兴趣小组利用废旧聚乳酸材料制备乳酸铝，方案如下：己知：反应原理：乳酸常温下为易溶于水、乙醇等溶剂的液体；乳酸铝为白色或黄色粉末状固体，溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂。请回答：（1）聚乳酸与NaOH 加热回流合适的装置是_，仪器 a 的名称 _。（2）其他条件不变调整乳酸溶液质量分数，以及其他条件不变调整乳酸和铝的物质的最之比，得出如下实验数据。根据实验1-3，最合适的?(乳酸)为_。根据实验4-6，n(乳酸):n(铝)最合适的选择为3.125，不考虑实验原料价格，最可能的理由是：_。编号时间/h n(乳酸)n(铝)?(乳酸)

37、产率（%）编号时间/h n(乳酸)n(铝)?(乳酸)产率（%）1 8 3.125 111 64.1 4 11 2.935 1.21 78.4 2 8 3.125 1.21 72.1 5 11 3.125 1.21 91.2 3 8 3.125 1.31 68.5 6 11 3.515 1.21 91.3（3）抽滤 I 需对反应容器进行洗涤，并将洗涤液也抽滤。抽虑需对粗产品进行洗涤。所用洗涤剂最合适的分别是 _。A抽滤 I 洗涤剂用热水，抽虑洗涤剂用冷水；B抽滤 I 洗涤剂用滤液，抽虑洗涤剂用滤液；C抽滤 I 洗涤剂先用滤液再用无水乙醇，抽虑洗涤剂用无水乙醇；D抽滤 I 洗涤剂先用无水乙醇再用滤

38、液，抽虑洗涤剂先用无水乙醇再用滤液。（4）乳酸铝纯度测定方法如下：取ag 乳酸铝（相对分子质量294）样品溶解，加入缓冲溶液调节pH 值，加入 bmLcmol L-1的 EDTA 溶液。然后加入指示剂，用d mol L-1的标准锌溶液滴定过量的EDTA 溶液。Al3+和 Zn2+与 EDTA 均 11 反应。实验消耗标准锌溶液emL，则乳酸铝纯度为_。【答案】甲冷凝管1.21 超过 3.125 后产率变化不大，而乳酸过量较多反而使得产物杂质较多C%【解析】（1）装置甲烧瓶上长导管可作冷凝回流，通过反复回流，可以提高原料利用率，适合聚乳酸与NaOH 加热装置，仪器a 的名称为冷凝管；（2）根据实

39、验1-3，?(乳酸)为 1.21，产率最高；根据实验4-6，因 n(乳酸):n(铝)超过 3.125 后产率变化不大，而乳酸过量较多反而使得产物杂质较多，则n(乳酸):n(铝)最合适的选择为3.125；（3）抽滤 I 需对反应容器进行洗涤，并将洗涤液也抽滤，洗涤剂可先用滤液洗涤，可减小溶质的操作，且方便、经济，再用无水乙醇，减小产品的损失；抽虑需对粗产品进行洗涤，可直接选择无水乙醇，这样可避免水洗，减小产品的损失，故答案为C。（4）总 EDTA的物质的量为b11-3L cmol L-1=bc 11-3mol，消耗标准锌的物质的量为e 11-3L dmol L-1=de 11-3mol，乳酸铝的

40、物质的量为bc 11-3mol-de 11-3mol=（bc-de）11-3mol，则乳酸铝纯度为111%=%。19党的十九大报告中多次提及“绿色环保”“生态文明”，而 CO2的有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题。中科院大连化学物理研究所的科研人员在新型纳米催化剂NaFe3O4和 HMCM 22 的表面将CO2转化为烷烃，其过程如图。上图中 CO2转化为 CO的反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H=+41kJ/mol 已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)H=-128kJ/mol(1)图中 CO转化为 C2H4的热化学方程式是_。(2

41、)Fe3O4是水煤气变换反应的常用催化剂，可经CO、H2还原 Fe2O3制得。两次实验结果如表所示：实验 I 实验 II 通入气体CO、H2CO、H2、H2O(g)固体产物Fe3O4、Fe Fe3O4结合化学方程式解释H2O(g)的作用 _。(3)用稀硫酸作电解质溶液，电解 CO2可制取甲醇，装置如图所示，电极 a 接电源的 _极（填“正”或“负”），生成甲醇的电极反应式是_。(4)用 CO、H2生成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H2，在 10L 恒容密闭容器中按物质的量之比 1：2 充入 CO和 H2，测得 CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，200时 n(H2

42、)随时间的变化如表所示：t/min 0 1 3 5 n(H2)/mol 8.0 5.4 4.0 4.0 H2_（填“”“”“=”）0。写出两条可同时提高反应速率和CO转化率的措施_。下列说法正确的是_（填字母）。a温度越高，该反应的平衡常数越大b达平衡后再充人稀有气体，CO的转化率提高c容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度d图中压强p1p203min 内用 CH3OH 表示的反应速率v(CH3OH)=_molL-1min-1200时，该反应的平衡常数K=_。向上述 200达到平衡的恒容密闭容器中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH，保持温度不变则化学平衡_（填“正向”“逆

43、向”或“不”）移动。【答案】22422CO(g)+4H(g)=C H(g)+2H O(g)=-210kJ/molH23423Fe+4H O(g)Fe O+4H高温，水蒸气能将生成的铁转化为四氧化铁负+-232CO+6H+6e=CH OH+H O增大 H2浓度、增大压强cd 115(或 0.067)6.25 正向【解析】【分析】(1)结合已知热化学方程式，根据盖斯定律进行解答；(3)根据电解池阴阳极的反应类型，结合碳元素化合价的变化分析；(4)根据温度对平衡移动的影响分析；根据影响反应速率和平衡移动的因素选择合适的方法；根据温度、压强对平衡的影响分析；0 3min 内，根据 n(H2)，计算 n

44、(CH3OH)，根据速率公式进行计算；计算平衡时刻各气体物质的浓度，进而计算平衡常数，再根据浓度商与平衡常数的关系判断反应进行的方向。【详解】(1)已知：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H=+41kJ/mol；2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)H=-128kJ/mol；根据盖斯定律可知，-2 可得 CO转化为 C2H4的热化学方程式22422CO(g)+4H(g)=C H(g)+2H O(g)=-128kJ/mol-241kJ/mol=-210kJ/molH，故答案为：22422CO(g)+4H(g)=C H(g)+2H O(g)=-210kJ/mo

45、lH；(2)由于发生反应23423Fe+4H O(g)FeO+4H高温，水蒸气能将生成的铁转化为四氧化铁，故答案为：23423Fe+4H O(g)Fe O+4H高温，水蒸气能将生成的铁转化为四氧化铁；(3)用稀硫酸作电解质溶液，电解CO2可制取甲醇，碳元素的化合价从+4 价降低为-2 价，得电子，发生还原反应，所以电极a 为阴极，阴极与电源负极相连；结合硫酸做电解质溶液，即可写出生成甲醇的电极反应式为+-232CO+6H+6e=CH OH+H O，故答案为：负；+-232CO+6H+6e=CH OH+H O；(4)由图可知，温度越高，CO的平衡转化率越低，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应的

46、正反应为放热反应，H20，故答案为：；既能提高反应速率又能使平衡右移的方法有增大H2浓度、增大压强等，故答案为：增大H2浓度、增大压强；a.该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则温度越高，平衡常数越小，故a 错误；b.恒容时，充入稀有气体，平衡不移动，反应物的转化率不变，故b 错误；c.该反应为反应前后气体物质的量变化的反应，则容器内气体压强不再变化时，反应达到平衡状态，即最大限度，故c正确；d.相同温度时，p2时 CO的转化率大于p1时 CO的转化率，说明p1到 p2平衡正向移动，而该反应的正反应为气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，故p1 p2，故 d 正确；故答案为：c

47、d；0 3min 内，n(H2)=8.0mol-4.0mol=4.0mol，则 n(CH3OH)=2.0mol，32.0mol1CH OH=mol/(L min)0.067mol/(L min)10L3min15v,故答案为：115(或 0.067)；在 10L 恒容密闭容器中按物质的量之比1：2 充入 CO和 H2，起始氢气的浓度为0.8mol/L，则 CO浓度为0.4mol/L，平衡时氢气浓度为0.4mol/L，则平衡时，CO、H2、CH3OH 的浓度分别为0.2mol/L、0.4mol/L、0.2mol/L，故3222(CH OH)0.2=6.25(CO)(H)0.20.4cKcc；再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH，此时，CO、H2、CH3OH 的浓度分别为0.4mol/L、0.6mol/L、0.4mol/L，3222(CH OH)0.4=2.8(CO)(H)0.40.6cQKcc，故反应正向进行，故答案为：6.25；正向。【点睛】恒温恒容，向有气体参加的反应体系中充入无关气体时，各物质的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动；恒温恒压，向有气体参加的反应体系中充入无关气体时，由于压强保持不变，容器容积必然增大，因此各物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，此时相当于减压，平衡向气体体积增大的方向移动。这是学生们的易错点。