2019-2020学年安徽省定远县示范高中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省定远县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酸雨的主要成分是H2SO4，以下是形成途径之一：NO2+SO2=NO+SO3，2NO+O2=2NO2，SO3+H2OH2SO4，以下叙述错误的是A NO2由反应 N2+2O22NO2生成B总反应可表示为2SO2+O2+2H2O2H2SO4C还可能发生的反应有4NO2+O2+2H2O 4HNO3D还可能发生的反应有4NO+3O2+2H2O4HNO3【答案】A【解析】【分析】【详解】A N2+O22NO，不能生成NO2，故 A 错误；B 2+2得：2

2、SO2+O2+2H2O2H2SO4，故 B 正确；C利用 3NO2+H2O2HNO3+NO 以及 2+得：4NO2+O2+2H2O4HNO3，故 C正确；D利用 3NO2+H2O2HNO3+NO 以及 2+3得：4NO+3O2+2H2O 4HNO3，故 D 正确。故选 A。2Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：下列说法不正确的是A Y的分子式为C10H8O3B由 X制取 Y的过程中可得到乙醇C一定条件下，Y能发生加聚反应和缩聚反应D等物质的量的X、Y分别与 NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为32【答案】D【解析】【详解】A由 Y 的结构简式可知Y

3、的分子式为C10H8O3，故 A 正确；B由原子守恒，由X发生取代反应生成Y的过程中另一产物为乙醇，故B 正确；CY中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应；Y中含有酚羟基，一定条件下可和醛发生缩聚反应，故C正确；DX中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol 可与 3molNaOH 反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1molY 可与 3molNaOH 反应，最多消耗NaOH 的物质的量之比为1：1，故 D 错误；故答案为D。【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯

4、的性质，有酯基决定具有酯的水解性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基还具有酚的性质。3已知室温下溶度积常数：KspPb（OH）2=210-15，KspFe（OH）2=810-15。当溶液中金属离子浓度小于 10-5mol?L-1视为沉淀完全。向20mL 含 0.10mol?L-1Pb2+和 0.10mol?L-1Fe2+的混合溶液中滴加0.10mol?L-1NaOH 溶液，金属阳离子浓度与滴入NaOH 溶液体积的关系曲线如图所示，则下列说法正确的是（）A曲线 A 表示 c(Pb2+)的曲线B当溶液pH=8 时，Fe2+开始沉淀，Pb2+沉淀完全C滴入 NaOH 溶液体积大于30mL 时，溶液

5、中c(Fe2+)=4c(Pb2+)D室温下，滴加NaOH 溶液过程中，2c Pbc OHc H比值不断增大【答案】C【解析】【详解】A.Pb(OH)2的 Ksp 小于 Fe(OH)2的 Ksp，则等 pH 时，Fe2+浓度较大，则曲线A 表示 c(Fe2+)的曲线，A 错误；B.当溶液 pH=8 时，c(OH-)=10-6mol/L，此时(Fe2+)c2(OH-)=0.110-12=10-13KspFe(OH)2，Fe2+没有生成沉淀，B 错误；C.滴入 NaOH 溶液体积大于30mL 时，曲线发生变化，溶液中c(Fe2+)：c(Pb2+)=KspFe(OH)2/KspPb(OH)2=4:1，

6、则 c(Fe2+)=4c(Pb2+)，C正确；D.c(Pb2+)?c(OH-)/c(H+)=c(Pb2+)?c2(OH-)/c(H+)?c(OH-)=Ksp(PbOH)2/Kw，Ksp(PbOH)2/Kw 为定值，则c(Pb2+)?c(OH-)/c(H+)为定值不发生变化，D 错误；答案为 C。【点睛】KspPb（OH）2c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，由于 c(H+)c(OH-)，所以 c(Na+)c(A-)，故 A、B 点溶液中离子浓度最大的都不是Na+，A 错误；B.HA 为弱酸，NaOH 为强碱，HA 与 NaOH 恰好完全反应时生

7、成强碱弱酸盐NaA，由于 A-的水解 NaA 溶液呈碱性，而甲基橙作指示剂时溶液pH 变化范围是3.14.4，所以 HA 滴定 NaOH 溶液时不能选择甲基橙作指示剂，B错误；C.溶液在 B 点时 pH=5.3，lgc Ac HA=0，则 c(A-)=c(HA)，弱酸 HA 的电离平衡常数Ka=c A?c Hc HA=c(H+)=10-5.3，A-的水解平衡常数Kh=145.31010waKKc(HA)，即 lgc Ac HA0，故 B 点溶液时，加入NaOH 溶液的体积小于10 mL，C 正确；D.温度升高，盐水解程度增大，A-的水解平衡常数会增大，awhc Ac Ac HK1KKc HAc

8、 OHc HAc OHc H会随温度的升高而减小，D 错误；故答案选C。7对下图两种化合物的结构或性质描述正确的是A不是同分异构体B分子中共平面的碳原子数相同C均能与溴水反应D可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分【答案】C【解析】【分析】【详解】A、二者分子式相同而结构不同，所以二者是同分异构体，错误；B、第一种物质含有苯环，8 个 C原子共面，第二种物质含有碳碳双键，7 个 C原子共面，错误；C、第一种物质含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，第二种物质含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，正确；D、两种有机物H 原子位置不同，可用核磁共振氢谱区分，错误；答案选 C。8设 NA为阿伏加德罗常

9、数的值，下列说法正确的是()A含 0.2 mol H2SO4的浓硫酸和足量的铜反应，转移电子数为0.2NAB25 时，1 L pH13 的 Ba(OH)2溶液中由水电离产生的OH的数目为0.1NAC15 g HCHO中含有 1.5NA对共用电子对D常温常压下，22.4 L 甲烷气体中含有的氢原子数目小于4NA【答案】D【解析】【详解】A.铜在一定条件下与浓硫酸反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，与稀硫酸不反应，含 0.2 molH2SO4的浓硫酸和足量的铜反应，并不能完全反应，所以转移电子数一定小于0.2NA，A项错误；B.25 时，1 L pH 13 的 Ba(OH)2

10、溶液中由水电离产生的OH的浓度为1013mol/L，则 1L 该溶液中由水电离产生的OH的数目为11013NA，B 项错误；C.一个 HCHO分子中含有2个碳氢单键和一个碳氧双键，即 4对共用电子对，15 g HCHO物质的量为0.5mol，因此 15 gHCHO含有 0.5mol4=2mol共用电子对，即2NA对共用电子对，C 项错误；D.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则 22.4 L 甲烷气体的物质的量小于1 mol，因此含有的氢原子数目小于4NA，D 项正确；答案选 D。【点睛】公式mVn=V（Vm=22.4L/mol）的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时

11、一定看清楚两点:条件是否为标准状况，在标准状况下，该物质是否为气体。本题D 项为常温常压，因此气体摩尔体积大于 22.4L/mol，则 22.4 L 甲烷气体的物质的量小于1 mol，因此含有的氢原子数目小于4NA。9碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，结构如图（），碳酸亚乙酯可由环氧乙烷与二氧化碳反应而得，亦可由碳酸与乙二醇反应获得。下列说法正确的是A上述两种制备反应类型相同B碳酸亚乙酯的分子式为C3H6O3C碳酸亚乙酯中所有原子可能共平面D碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触【答案】D【解析】【分析】由题意可知：环氧乙烷与二氧化碳反应制备碳酸亚乙酯的方程式为：+O=C=O，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙

12、酯的方程式为：H2CO3+HO-CH2-CH2-OH+2H2O。【详解】A由分析可知，环氧乙烷与二氧化碳反应制备碳酸亚乙酯为加成反应，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙酯为取代反应，A 错误；B碳酸亚乙酯的分子式为C3H4O3，B 错误；C碳酸亚乙酯有两个C 原子分别以单键和4 个原子相连形成四面体构型，故碳酸亚乙酯中所有原子不可能共平面，C错误；D碳酸亚乙酯含酯基，碱性条件下易水解，故碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触，D 正确。答案选 D。10下列有关物质的性质与应用相对应的是（）A Cl2具有漂白性，可用作自来水的消毒BSiO2具有高沸点，可用作制备光导纤维CNH3具有还原性，可用作制冷剂D Na

13、2O2能与 CO2反应，可用作潜水艇内的供氧剂【答案】D【解析】【详解】A氯气没有漂白性，是氯气和水之间反应生成的次氯酸具有漂白性，物质的性质与应用不相对应，故A错误；B二氧化硅熔点高，具有传输信息的特点，所以是制造光导纤维的材料，物质的性质与应用不相对应，故 B 错误；C氨气常用作制冷剂，是因为其易液化，不是因为还原性，物质的性质与应用不相对应，故C错误；D过氧化钠可以和人体呼出的气体二氧化碳等反应产生氧气，常做供氧剂，质的性质与应用相对应，故D 正确；故答案为D。11已知 A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素 B 的原子最外层电子数

14、是其电子层数的2 倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是A工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质B元素 A、B 组成的化合物常温下一定呈气态C化合物AE与 CE含有相同类型的化学键D元素 B、C、D 的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可发生化学反应【答案】A【解析】元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2 倍，短周期元素中有碳、硫，A、B、C、D、E是原子序数依次增大，所以B是 C；A的原子序数小于6（碳）且单质为气体，A是 H元素；C的原子序数大于6，半径是同周期中最大，C是第三周期的Na元素；元素D 的合金是日常生活中常用的

15、金属材料，D是 Al元素；E单质是气体，E是 Cl 元素；所以A、B、C、D、E分别是：H、C、Na、Al、Cl。工业上用电解熔融氯化钠制取钠，用电解熔融氧化铝制取铝，用电解饱和食盐水制取氯气，A 选项正确；氢元素、碳元素组成化合物属于烃，常温下碳原子数小于4 是气态，大于4 是液态或者固态，B选项错误；HCl 是共价化合物，含共价键，氯化钠是离子化合物，含离子键，HCl 和 NaCl 的化学键类型不同，C选项错误；元素B、C、D 的最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、NaOH、Al（OH）3，H2CO3与 Al（OH）3不反应，D 选项错误，正确答案A。12硫酸钙是一种用途非常广泛的产

16、品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。下列说法正确的是A CO、SO2、SO3均是酸性氧化物B工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉C除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应D用 CO合成 CH3OH 进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%【答案】C【解析】【分析】【详解】A SO2、SO3均是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，A 错误；B工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B 错误；C除去与水反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反应均为氧化还原反应，C正确；D用 CO与氢气反应合成CH3OH，反应物完全转化为生成物，原子利用率为100%，甲醇与氧气

17、在催化剂存在时发生反应HCHO和水，所以该步反应中原子利用率不为100%，D 错误；故答案选C。13莽草酸结构简式如图，有关说法正确的是A分子中含有2 种官能团B1mol 莽草酸与Na 反应最多生成4mol 氢气C可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同D可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】B【解析】【详解】A莽草酸分子中含-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团，选项A 错误；B莽草酸分子中能与钠反应的官能团为羟基和羧基，则1mol 莽草酸与Na 反应最多生成2mol 氢气，选项 B 错误；C莽草酸分子中含有的羧基、羟基能分别与乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，选项C正

18、确；D莽草酸分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，选项D 错误。答案选 C。14向某 Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体(溶液体积变化、温度变化忽略不计)，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是()已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9A A、B、C三点对应溶液pH 的大小顺序为：ABC BA 点对应的溶液中存在：c(CO32-)BC，A 正确；BA 点对应的溶液的32-3-(CO)-lg(HCO)cc小于 0，可知32-3-(CO)(HCO)cc0，可知 c(CO32-)c(HCO3-)，B错误；CB点对应的溶液的lgc

19、(Ba2)=-7，则 c(Ba2)=10-7molL1，根据 Ksp(BaCO3)=c(Ba2)c(CO32)=2.4010-9，可得 c(CO32)=-9sp3-22+-7K(BaCO)2.4 10=2.410 mol/(Ba)10Lc，C错误；D通入 CO2，CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3第一步电离产生较多的HCO3，32-3-(CO)(HCO)cc减小，则32-3-(CO)-lg(HCO)cc增大，C 点不能移动到B点，D 错误。答案选 A。【点睛】D 项也可以根据电离平衡常数推导，根据HCO3HCO32，有+2323(H)(CO)K(HCO)accc，转化形式可得，232+3

20、(CO)K(HCO)(H)accc，通入 CO2，溶液的酸性增强，c(H)增大，232+3(CO)K(HCO)(H)accc减小，则32-3-(CO)-lg(HCO)cc增大。15Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。W、Y是金属元素，Z的原子序数是X的 2 倍。Q 与 W 同主族，且Q 与 W 形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同。Q 与 X形成的简单化合物的水溶液呈碱性。Y的氧化物既能与强酸溶液反应又与强碱溶液反应。下列说法不正确的是A Q 与 X形成简单化合物的分子为三角锥形BZ 的氧化物是良好的半导体材料C原子半径YZXQ D W 与 X 形成化合物的化学式为W3X【

21、答案】B【解析】【分析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。Q 与 W 同主族，且Q 与 W 形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同。则Q为 H元素，W为 Li 元素，Q 与 X形成的简单化合物的水溶液呈碱性，X为 N元素。W、Y是金属元素，Y的氧化物既能与强酸溶液反应又与强碱溶液反应；Y为 Al 元素，Z的原子序数是 X 的 2倍，Z 为 Si 元素。【详解】A.Q 与 X形成简单化合物NH3分子为三角锥形，故A正确；B.Z 为 Si 元素，硅晶体是良好的半导体材料，Z的氧化物SiO2，是共价化合物，不导电，故B错误；C.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小

22、，则原子半径：YZXQ，故 C正确；D.W 与 X形成化合物的化学式为Li3N，故 D 正确；故选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某实验小组同学为了研究氯气的性质，做以下探究实验。向KI溶液通入氯气溶液变为黄色；继续通入氯气一段时间后，溶液黄色退去，变为无色；继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色，查阅资料：I2+I-?I3-，I2、I3-在水中均呈黄色。（1）为确定黄色溶液的成分，进行了以下实验：取23 mL 黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在_，生成该物质的化学方程式为_，水层显浅黄色，说明水层显黄色的原因是 _；（2）继续通入氯气，

23、溶液黄色退去的可能的原因_；（3）NaOH 溶液的作用 _，反应结束后，发现烧杯中溶液呈浅黄绿色，经测定该溶液的碱性较强，一段时间后溶液颜色逐渐退去，其中可能的原因是_。【答案】I2Cl2+2KI=I2+2KCl I3-生成的碘单质被氯气氧化为无色物质吸收多余的氯气氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应【解析】【分析】(1)氯气与 KI发生 Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及 I2+I-?I3-，取 23mL 黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I2、I3-；(2)继续通入氯气，溶液黄色退去，是因为氯气将I2氧化为无色物质；(3)NaO

24、H 溶液吸收多余的氯气；氯水的颜色为浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。【详解】(1)取 2 3mL 黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在I2，生成该物质的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I3-，发生反应为I2+I-?I3-，故答案为：I2；Cl2+2KI=I2+2KCl；I3-；(2)氧化性 Cl2 I2，KI 溶液中通入氯气发生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，生成的碘单质被氯气氧化为无色物质，所以溶液黄色退去；故答案为：生成的碘单质被氯气氧化为无色物质；(3)NaO

25、H 溶液吸收多余的氯气，氯气过量，过量的氯气溶解于水，水中含有氯气分子，氯水呈浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应，故答案为：吸收多余的氯气；氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某工业含铜废料含有Cu、CuO、CuS、CuSO4等成分，利用该含铜废料可生产硝酸铜晶体Cu(NO3)23H2O，生产的工艺流程如图所示，请回答下列问题：（1）“焙烧”过程中除生成SO2的反应外，另外一个反应的化学方程式是_。（2）“酸化”过程为加快反应速率，可采用的措施有_(写出一条即可)。（3）若试剂a 为 Zn，则“置换”的离子方程式为_

26、。（4）“反应”一步中使用20%HNO3和 10%H2O2，整个过程无红棕色气体产生，则发生反应的离子方程式为 _；若该步骤只使用20%HNO3，随着反应的进行，温度升高，出现大量红棕色气体，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为_。【答案】2Cu+O22CuO 升高温度；在一定范围内增大硫酸的浓度；将“焙烧”后的固体粉碎Cu2+Zn=Cu+Zn2+Cu+H2O2+2H+Cu+2H2O 1:2【解析】【分析】废料中的铜元素有两种价态：0 价和+2 价，而目标产品Cu(NO3)2 3H2O 中铜元素显+2 价，过程中应该有氧化还原反应发生，废料中硫元素等杂质要除去。由流程图分析，将废料“焙烧”时 Cu

27、和 CuS将被 O2氧化生成固体 CuO 和气体 SO2。用 H2SO4“酸化”有发生反应CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，所以酸化得到的溶液主要是CuSO4溶液。加入“过量试剂a”的目的是通过“置换”反应得到单质铜，试剂a 应选择比铜活泼的金属单质。“置换”后“过滤”所得固体是铜单质（含有过量的锌），“淘洗”目的就是除去过量的金属锌。“反应”步骤中金属铜溶解在20%HNO3和 10%H2O2溶液中，得到Cu(NO3)2溶液，最后经一系列操作得到目标产品Cu(NO3)2 3H2O。【详解】(1)废料中 Cu和 CuS在“焙烧”过程中与O2反应，CuS将转化为CuO和 SO2，所以另外一个

28、反应的化学方程式为 2Cu+O22CuO。(2)“焙烧”后的固体用硫酸酸化，根据影响化学反应速率的外界因素可知，加快反应速率的措施有：升高温度；在一定范围内增大硫酸的浓度；将“焙烧”后的固体粉碎。(3)Zn 比 Cu活泼，能够将溶液中的Cu2+置换，其离子方程式为Cu2+Zn=Cu+Zn2+。(4)从目标产物看，“反应”步骤应该是将单质铜转化为Cu(NO3)2的过程，铜元素被氧化，而“整个过程无红棕色气体产生”说明氧化剂不是HNO3，可推知该过程作为氧化剂的物质应是H2O2，所以发生反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+Cu+2H2O。若该步骤只使用20%HNO3且出现大量红棕色气体，可推

29、知该过程起氧化剂作用的是HNO3，还原产物是红棕色的NO2气体，化学反应方程式为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，因 4molHNO3中只有 2molHNO3起氧化剂作用，所以还原剂（Cu）与氧化剂（HNO3）物质的量之比为1:2。【点睛】本题考查了物质性质、物质提纯、物质分离的实验过程分析判断，注意实验基本操作的应用和试剂的作用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18烯烃复分解反应可示意如下：利用上述方法制备核苷类抗病毒药物的重要原料W 的合成路线如下：回答下列问题：(1)B 的化学名称为_。(2)由 B 到 C的反应类型为_

30、。(3)D 到 E的反应方程式为_。(4)化合物 F在 Grubbs II 催化剂的作用下生成G 和另一种烯烃，该烯烃的结构简式是_。(5)H 中官能团的名称是_(6)化合物 X是 H 的同分异构体，可与 FeCl3溶液发生显色反应，1mol X 最多可与3mol NaOH 反应，其核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3：2：2：1。写出两种符合要求的X 的结构简式：_。(7)由为起始原料制备的合成路线如下，请补充完整（无机试剂任选）。_。【答案】丙烯醛加成反应CH2=CH2羧基、碳碳双键、【解析】【详解】(1)B 为，其化学名称为丙烯醛；(2)由 B 到 C是丙烯醛与水在磷酸及加热条件下发生加成

31、反应生成HOCH2CH2CHO，反应类型为加成反应；(3)根据可知 D 到 E为酯化反应，反应方程式为；(4)化合物 F（）在 Grubbs II 催化剂的作用下生成G（）和另一种烯烃，根据反应原理及碳原子数目可知，该烯烃为乙烯，结构简式是CH2=CH2；(5)根据 G 在氢氧化钾溶液中加热水解生成羧酸钾和乙醇，再酸化得到羧酸H 为，H 中官能团的名称是羧基、碳碳双键；(6)化合物 X是 H的同分异构体，可与 FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，1mol X 最多可与 3mol NaOH反应，则含有三个酚羟基，其核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3：2：2:1。符合要求的X的结构简式有、

32、；(7)由为起始原料制备，与氯化氢在催化剂及加热条件下反应生成，在酸性高锰酸钾溶液中反应生成，在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成，在稀硫酸作用下生成，与发生酯化反应生成，在 Grubbs II 催化剂的作用下生成，合成路线如下：。19辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分为MnO2，它们都含有少量SiO2、Fe2O3等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备碳酸锰和硝酸铜晶体的主要工艺流程如图所示：已知：部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH 范围如下表所示（开始沉淀的pH 按金属离子浓度为0.l mol/L 计算）开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Fe3+1.1 3.2 Mn2+8.3 9.8

33、 Cu2+4.4 6.4 100.86.3（1）酸浸时，下列措施能够提高浸取速率的措施是_。A将矿石粉碎B适当延长酸浸时间C适当升高温度（2）酸浸时，MnO2与 Cu2S反应的离子方程式是_。（3）浸出液调节pH=4 的目的是 _，浸出液中铜离子浓度最大不能超过_ mol?L-1（保留一位小数）。（4）生成MnCO3沉淀的离子方程式是_。（5）本工艺中可循环使用的物质是_（写化学式）。（6）流程中需要加入过量HNO3溶液，除了使Cu2(OH)2CO3完全溶解外，另一作用是蒸发结晶时_。（7）制得的Cu(NO3)2晶体需要进一步纯化，其实验操作名称是_。【答案】AC+2+2+2222MnO+Cu

34、 S+8H=2Mn+2Cu+S+4H O使 Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀除去0.6 Mn2+HCO3NH3 H2O=MnCO3 NH4H2O NH3抑制Cu2的水解重结晶【解析】【分析】首先将两种矿物酸浸，23Fe O中的3+Fe进入溶液，2SiO杂质不溶于稀硫酸，辉铜矿中的2-S发生氧化还原反应得到不溶于硫酸的单质硫，过滤后得到滤液，调节pH 使3+Fe转化为沉淀析出，加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液，将溶液中的2+Mn转化为碳酸锰固体析出，再加热使氨气挥发，过滤后得到碱式碳酸铜，加入硝酸转变为硝酸铜，再蒸发结晶即可得到产物，据此来分析本题即可。【详解】（1）A粉碎矿石可以增大其与酸液的

35、接触面积，提高浸取速率，A 项正确；B延长酸浸时间不能加快浸取速率，B 项错误；C升高温度，反应速率加快，C项正确；答案选 AC；（2）根据分析，这一步的产物中有单质硫，写出离子方程式+2+2+2222MnO+Cu S+8H=2Mn+2Cu+S+4H O；（3）调节浸出液的pH 可以使溶液中的3+Fe析出，防止产品中混入铁盐的杂质；设2+Cu在 pH 为 4时的最大浓度为c mol/L，则有-42-4.42c mol/L(10)mol/L=0.1mol/L(10)mol/L，移项后解得c=0.6mol/L，即当 pH 为 4 时2+Cu的最大浓度为0.6mol/L；（4）氨水和-3HCO先反应得到2-3CO，然后再与2+Mn得到碳酸锰沉淀，据此写出离子方程式2+-+332342Mn+HCO+NHH O=MnCO+NH+H O；（5）根据流程不难发现3NH在该过程中可以循环使用；（6）2+Cu是弱碱阳离子，因此会发生水解，在加热时水解程度会显著增大，因此需要过量的酸来抑制其水解，否则最终无法得到硝酸铜晶体；（7）最终得到的硝酸铜中仍会有少量硫酸铜等杂质，可以利用重结晶的方法除去硫酸铜。