河北省衡水中学2020届高三调考化学试题 21页

衡水中学2020届高三第二次调研理综化学试卷 一、选择题（每小题6分）‎ ‎1.新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关注。下列表述不正确的是（ ）‎ A. 制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素 B. 用于人民币票面方案等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质 C. 防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成，其中树脂属于有机高分子材料 D. 某种验钞笔中含有碘酒，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素，故A正确；‎ B．Fe3O4是磁性物质，有磁性，故B正确；‎ C．树脂相对分子质量很大，属于有机高分子材料，故C正确；‎ D．葡萄糖遇碘不变蓝，故D错误；故选D。‎ ‎2.已知C8H11N的同分异构体中含有苯环的有很多种（不考虑立体异构），苯环上有一个侧链，二个侧链和三个侧链的种数分别是 A. 5 9 6 B. 5 6 6‎ C. 3 9 7 D. 4 6 7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：如果含有1个侧链，则应该是－CH2CH2NH2、－CH(CH3)NH2、－NHCH2CH3、－N(CH3)2、－CH2NHCH3，共计5种；如果含有2个取代基，则可以是乙基和氨基或甲基和－NHCH3或甲基和－CH2NH2，其位置均邻间对三种，共计是9种；如果是3个取代基，则是2个甲基和1个氨基，其位置有6种，答案选A。‎ 考点：考查同分异构体判断 ‎3.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA B. 标准状况下，‎2.24L NO和‎2.24L O2混合后气体分子数为0.15 NA C. 加热条件下，1mol Fe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子 D. 0.1mol Na2O2与足量潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．Cl2溶于水发生反应H2O+Cl2HCl+HClO，是一个可逆反应，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA， A错误；B．标准状况下，‎2.24L NO和‎2.24L O2混合，发生的反应有：2NO+O2==2NO2，2NO2N2O4，所以混合后的气体分子数小于0.15 NA，B错误；C．加热条件下，Fe与足量的浓硫酸反应生成+3价的铁离子，转移的电子数为3mol，根据得失电子守恒，应生成NA个SO2分子，C错误；D．0.1mol Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧元素即被氧化又被还原，所以转移的电子数为0.1NA，D正确，答案选D。‎ 考点：考查阿伏伽德罗常数 ‎4.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是（　　）‎ 选项 实验操作 实验目的或结论 A、‎ 向里推注射器 通过观察液面差判断该装置的气密性 B、‎ 向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一段时间后过滤 除去MgCl2溶液中少量FeCl3‎ C、‎ 常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗涤的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生 说明常温下Ksp(BaCO3)Ksp（BaSO4），选项C选；‎ D．乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，将得到的气体通入酸性高锰酸钾溶液之前应该先通入水中除去乙醇，防止乙醇干扰乙烯的检验，选项D不选；‎ 答案选C。‎ ‎5.短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X元素的焰色反应呈黄色，W元素和Z元素同主族，且Z元素的核电荷数是W的2倍，Y是地壳中除氧外含量最多的非金属元素。下列说法不正确的是(　　)‎ A. W与X形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2‎ B. Y、R、Z最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：Z>R>Y C. W的简单氢化物稳定性比Z的简单氢化物稳定性低 D. Y与W形成的化合物YW2的熔点高、硬度大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，R是C元素；X 元素的焰色反应呈黄色，X是Na元素；W元素和Z元素同主族，且Z元素的核电荷数是W的2倍，W是O元素，Z是S元素；Y是地壳中除氧外含量最多的非金属元素，Y是Si元素。A．O与Na形成的两种化合物分别是Na2O和Na2O2,它们的阴、阳离子的个数比均为1∶2，A正确；B．Si、C、S的非金属性逐渐增强，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：S>C>Si，B正确；C．O元素的非金属性强于S元素，所以O的简单氢化物稳定性比S的简单氢化物稳定性高，C错误；D．SiO2是原子晶体，具有熔点高、硬度大的特点，D正确，答案选C。‎ 考点：考查元素推断、元素周期律 ‎6. 如图a酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，下列说法不正确的是 有关数据如下表所示：‎ 图a 图b A. 该电池的正极反应式为MnO2+eˉ+H＋==MnOOH B. 利用干电池，高温电解H2O—CO2混合气体制备H2和CO，如图b，则阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1：1‎ C. 废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有氯化锌和氯化铵，两者可以通过重结晶方法分离 D. 废电池糊状填充物加水处理后所得滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉和MnOOH，欲从中得到较纯的二氧化锰，可以采用加热的方法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、正极得到电子，电极反应式为MnO2+eˉ+H＋＝MnOOH，A正确；B、根据装置图可知阴极水、二氧化碳得到电子，生成氢气和CO。阳极是氧离子失去电子生成氧气，反应式为H2O＋CO2H2＋CO＋O2，因此阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1，B错误；C、氯化锌和氯化铵的溶解度受温度的影响变化不同，两者可以通过重结晶方法分离，C正确；D、在空气中加热时，碳粉、MnOOH可被氧化，分别生成二氧化碳和二氧化锰，所以欲从中得到较纯的二氧化锰，可以采用加热的方法，D正确，答案选B。‎ 考点：考查电化学、物质的分离与提纯 ‎7.室温下，用0.1 mol·Lˉ1 NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1 mol·Lˉ1 HCl溶液和HX溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积变化如图，下列说法不正确的是（ ）‎ A. HX为弱酸 B. M点c(HX)—c(X-)﹥c(OH-)—c(H+)‎ C. 将P点和N点的溶液混合，呈酸性 D. 向N点的溶液中通入HCl至pH=7：c(Na＋) ﹥c(HX)=c(Cl-) >c(X-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．未滴定时，0.1mol•L-1HCl溶液pH为1，由图可知0.1mol/L HX溶液的pH＞5，则HX弱酸，故A正确；B．M点为等浓度NaX、HX混合溶液，且溶液呈碱性，说明X-的水解程度大于HX的电离程度，由物料守恒可知：‎2c(Na+)=c(X-)+c(HX)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，联立可得：c(X-)+c(HX)+‎2c(H+)=‎2c(X-)+‎2c(OH-)，整理得：c(HX)-c(X-)=‎2c(OH-)‎-2c(H+)＞c(OH-)-c(H+)，故B正确；C．P点溶液中NaCl、HCl物质的量相等，N点为NaX溶液，NaX物质的量为HCl的2倍，混合后为NaCl、NaX、HX混合溶液，且溶液中NaX与HX的浓度相等，由于X-的水解程度大于HX的电离程度，呈碱性，故C错误；D．根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(X-)+c(OH-)，溶液pH=7，则c(Na+)=c(Cl-)+c(X-)，由物料守恒可知c(Na+)=c(X-)+c(HX)，联立可得c(HX)=c(Cl-)，而溶液为NaCl、NaX、HX的混合溶液，相同浓度下X-的水解程度大于HX的电离程度，由于溶液为中性，则溶液中c(NaX)＜c(HX)，故溶液中c(Na+)＞c(HX)=c(Cl-)＞c(X-)，故D正确；故选C。‎ 考点：考查水解原理、弱电解质电离、离子浓度大小判断。‎ 二、非选择题 ‎8.阿司匹林（乙酰水杨酸，）是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药．乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为‎128℃‎～‎135℃‎．某学习小组在实验室以水杨酸（邻羟基苯甲酸）与醋酸酐[（CH3CO）2O]为主要原料合成阿司匹林，反应原理如下：‎ 制备基本操作流程如下：‎ 主要试剂和产品的物理常数如下表所示：‎ 名称 相对分子质量 熔点或沸点（℃）‎ 水 水杨酸 ‎138‎ ‎158（熔点）‎ 微溶 醋酸酐 ‎102‎ ‎139.4（沸点）‎ 易水解 乙酰水杨酸 ‎180‎ ‎135（熔点）‎ 微溶 请根据以上信息回答下列问题：‎ ‎（1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是_____．‎ ‎（2）合成阿司匹林时，最合适的加热方法是_____．‎ ‎（3）提纯粗产品流程如下，加热回流装置如图：‎ ‎①使用温度计的目的是控制加热的温度，防止_____．‎ ‎②冷凝水的流进方向是_____（填“a”或“b”）；‎ ‎③趁热过滤的原因是_____．‎ ‎④下列说法正确的是_____（填选项字母）．‎ a．此种提纯方法中乙酸乙酯的作用是做溶剂 b．此种提纯粗产品的方法叫重结晶 c．根据以上提纯过程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低温时大 d．可以用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸 ‎（4）在实验中原料用量：‎2.0g水杨酸、5.0mL醋酸酐（ρ＝‎1.08g/cm3），最终称得产品质量为‎2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为_____（用百分数表示，小数点后一位）．‎ ‎【答案】 (1). 醋酸酐和水易发生反应 (2). 水浴加热 (3). 乙酰水杨酸受热易分解 (4). a (5). 防止乙酰水杨酸结晶析出 (6). abc (7). 84.3%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至‎85℃‎，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；‎ ‎（1）醋酸酐和水易发生反应生成乙酸，生成的乙酸抑制水杨酸和乙酸酐反应，所以需要干燥仪器，‎ 故答案为：醋酸酐和水易发生反应；‎ ‎（2）合成阿司匹林时要控制温度在‎85℃‎～‎90℃‎，该温度低于水的沸点，所以合适的加热方法是水浴加热；‎ ‎（3）①乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为‎128℃‎～‎135℃‎，使用温度计的目的是控制加热的温度，防止乙酰水杨酸受热易分解；‎ ‎②采取逆流原理通入冷凝水，充满冷凝管，充分冷凝回流，冷凝水从a口进，从b口出，‎ 故答案为：a；‎ ‎③趁热过滤，防止乙酰水杨酸结晶析出，减少损失，‎ 故答案为：防止乙酰水杨酸结晶析出；‎ ‎④乙酸乙酯起溶剂作用，趁热过滤除去水杨酸，再冷却结晶析出乙酰水杨酸，说明低温时乙酰水杨酸在乙酸乙酯中的溶解度较小，利用水杨酸、乙酰水杨酸在乙酸乙酯中溶解度不同就行分离提纯，这种分离提纯方法为重结晶，由于水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸，‎ 故选：abc；‎ ‎（4）水杨酸的相对分子质量为138，n（水杨酸）= =0.0145mol，n（乙酸酐）==0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×‎180g/mol=‎2.61g，产率=×100%=×100%=84.3%。‎ ‎【点睛】本题考查有机物制备实验方案设计与评价，注意对题目信息的应用，（3）中注意根据流程理解分离提纯方法，较好的考查学生分析解决问题的能力，易错点为（4）计算水杨酸、乙酸酐的物质的量，进行过量判断，根据不足量的物质计算理论产量，进而计算产率。‎ ‎9.PbI2（亮黄色粉末）是生产新型敏化太阳能电池敏化剂——甲胺铅碘的原料。合成PbI2的实验流程如图1：‎ ‎（1）将铅块制成铅花的目的是 。‎ ‎（2）‎31.05g铅花用5.00mol·L－1的硝酸溶解，至少需消耗5.00 mol·L－1硝酸 mL。‎ ‎（3）取一定质量(CH3COO)2Pb·nH2O样品在N2气氛中加热，测得样品固体残留率）（）随温度的变化如图2所示（已知：样品在‎75℃‎时已完全失去结晶水）。‎ ‎①(CH3COO)2Pb·nH2O中结晶水数目n= （填整数）。‎ ‎②100～‎200℃‎间分解产物为铅的氧化物和一种有机物，则该有机物为 （写分子式）。‎ ‎（4）称取一定质量的PbI2固体，用蒸馏水配制成室温时的饱和溶液，准确移取25.00mL PbI2饱和溶液分次加入阳离子交换树脂RH中，发生：2RH(s) + Pb2+(aq) = R2Pb(s) +2H+(aq)，用锥形瓶接收流出液，最后用蒸馏水淋洗树脂至流出液呈中性，将洗涤液合并到锥形瓶中。加入2～3滴酚酞溶液，用0.002500mol·L－1NaOH溶液滴定，到滴定终点时用去氢氧化钠标准溶液20.00mL。则室温时PbI2的Ksp为 。‎ ‎（5）探究浓度对磺化铅沉淀溶解平衡的影响。‎ 该化学小组根据所提供试剂设计两个实验，来说明浓度对沉淀溶解平衡的影响。‎ 提供试剂：NaI饱和溶液、NaCl饱和溶液、FeCl3饱和溶液、PbI2饱和溶液、PbI2悬浊液。‎ 信息提示：Pb2+和Cl－能形成较稳定的PbCl42－络离子。‎ 请填写下表的空白处：‎ 实验内容 ‎ 实验方法 ‎ 实验现象及原因分析 ‎ ‎①磺离子浓度增大对平衡的影响 ‎ 取PbI2饱和溶液少量于一支试管中，再滴入几滴NaI饱和溶液 ‎ 现象：溶液中c(I－)增大，使Q大于了PbI2的Ksp ‎ ‎②铅离子浓度减小对平衡的影响 ‎ ‎ ‎ 现象： 原因： ‎ ‎③ ‎ 在PbI2‎ 悬浊液中滴入几滴FeCl3饱和溶液 ‎ 现象：黄色浑浊消失 写出反应的离子方程式： ‎ ‎【答案】（1）增大与酸的接触面积，加快溶解反应速率(1分)（2）80 (1分)‎ ‎（3）①3（2分） ②C4H6O3（2分）（4）4×10﹣9（2分）‎ ‎（5）‎ 实验内容 ‎ 实验方法 ‎ 实验现象及原因分析 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 取PbI2悬浊液少量于一支试管中，再加入少量NaCl饱和溶液 ‎ 现象：黄色浑浊消失 原因：原因是形成PbCl42-，导致溶液中c（Pb2+）减小，使Qc小于了pbI2的Ksp ‎ ‎③铅离子和碘离子浓度都 减小对平衡的影响 ‎ ‎ ‎ PbI2+2Fe3++4Cl-=PbCl42-+2Fe2++I2 ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）将铅块制成铅花，是为了增大与酸反应的接触面积，加快溶解反应速率；‎ ‎（2）‎31.05g铅的物质的量为‎31.05g÷‎207g/mol＝0.15mol，根据反应方程式可知消耗的HNO3的物质的量为0.15mol×8/3=0.4mol，生成的NO的物质的量为0.15mol×2/3=0.1mol，则硝酸溶液的体积为0.4mol÷5.00mol•L﹣1=‎0.08L=80.0mL；‎ ‎（3）①假设样品的起始质量为‎100克，根据固体残留率的公式可知，‎75℃‎时剩余固体为‎87.75克，生成的水质量为‎100g﹣‎87.75g=‎12.25g，则醋酸铅与水的物质的量之比为=1：3，则n=3；‎ ‎②铅的氧化物质量为‎58.84克，醋酸铅的物质的量为=，根据铅原子守恒，铅的氧化物（PbOx）的物质的量为，此氧化物的摩尔质量为‎58.84g÷=‎223g/mol，为PbO，有机物的质量为‎85.75g﹣‎58.84g=‎26.91g，此有机物分子内应含有四个碳原子，物质的量为mol，摩尔质量为‎26.91g÷=102，根据原子守恒可知有机物的分子式为C4H6O3；‎ ‎（4）n（H+） = n（NaOH） =" 0.002500" mol•L﹣1 × 20.00mL × 10﹣‎3L•mL﹣1 =" 5.000" × 10﹣5mol ， n[Pb2+（aq）] =" 1/2" n（H+） =" 2.500" × 10﹣5 mol ， c（Pb2+） ==" 1.000" × 10﹣3 mol•L﹣1 ，Ksp（PbI2） = c（Pb2+）•c2（I﹣） = ‎4c3（Pb2+） =" 4" × （1.000×10﹣3）3=4.000×10﹣9。‎ ‎（5）影响化学平衡移动的因素有浓度：增大反应物（减小生成物）浓度，向着正向进行，增大生成物（减小反应物）浓度平衡向左进行，根据碘化铅的溶解平衡：PbI2（S）Pb2+（aq）+2I-（aq），溶液中c（I-）增大，平衡向左进行，Pb2+和Cl-能形成较稳定的PbCl42-络离子，加入少量NaCl饱和溶液，会导致溶液中c（Pb2+）减小，平衡向右进行，二价铅离子和三价铁离子可以发生氧化还原反应，加入少量FeCl3饱和溶液，会消耗碘化铅，向左移动。‎ 考点：考查实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化；外界条件对平衡状态的影响实验设计与评价 ‎10.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的四种方法：‎ 方法a 用炭粉在高温条件下还原CuO 方法b 用葡萄糖还原新制Cu(OH)2制备Cu2O 方法c 电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑‎ 方法d 用肼(N2H4)还原新制的Cu(OH)2‎ ‎（1）已知：①2Cu（s）+O2（g）＝Cu2O（s）；△H＝﹣169kJ•mol﹣1‎ ‎②C（s）+O2（g）＝CO（g）；△H＝﹣110.5kJ•mol﹣1‎ ‎③Cu（s）+O2（g）＝CuO（s）；△H＝﹣157kJ•mol﹣1‎ 则方法a发生的热化学方程式是：_____。‎ ‎（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中OH﹣的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示：‎ 该离子交换膜为_____离子交换膜（填“阴”或“阳”），该电池的阳极反应式为_____，钛极附近的pH值_____（填“增大”“减小”或“不变”）。‎ ‎（3）方法d为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2．该制法的化学方程式为_____。‎ ‎（4）在相同的密闭容器中，用以上方法制得的三种Cu2O分别进行催化分解水的实验：‎ ‎2H2O（g） 2H2（g）+O2（g）△H＞0．水蒸气的浓度随时间t变化如下表所示：‎ ‎①对比实验的温度：T2_____T1（填“＞”“＜”或“＝”），能否通过对比实验①③到达平衡所需时间长短判断：_____（填“能”或“否”）。‎ ‎②实验①前20min的平均反应速率 v（O2）＝_____‎ ‎③催化剂的催化效率：实验①_____实验②（填“＞”或“＜”）。‎ ‎【答案】 (1). C（s）+2CuO（s）＝Cu2O（s）+CO（g）△H＝+34.5kJ•mol﹣1 (2). 阴 (3). 2Cu﹣2e﹣+2OH﹣＝Cu2O+H2O (4). 增大 (5). 4Cu（OH）2+N2H4 2Cu2O+N2↑+6H2O (6). ＞ (7). 否 (8). 3.5×10﹣5mol/（L•min） (9). ＜‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 已知：①2Cu（s）＋O2(g)=Cu2O（s）；△H = -169kJ·mol-1，②C（s）＋O2(g)=CO(g)；△H = -110.5kJ·mol-1，③ Cu（s）＋O2(g)=CuO（s）；△H = -157kJ·mol-1，方法a是用碳在高温条件下还原氧化铜，方程式为：2CuO(s)+C(s)=Cu2O(s)+CO(g)，由②-2×③-①×，可以得到该方程式，根据盖斯定律，该反应的焓变为-110.5kJ·mol-1-2×（-157kJ·mol-1）-（-169kJ·mol-1）×=+34．5kJ/mol；‎ ‎（2）根据总反应可以写出阳极反应式，阳极反应式为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，消耗氢氧根，pH减小，所以离子交换膜是阴离子交换膜，Ti极是阴极，阴极的电极反应式为2H2O+2e=H2↑+2OH,Ti极附近的pH增大，为答案为：阴；2Cu-2e-+2OH-= Cu2O+H2O；增大；‎ ‎（3）方法d为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，结合元素守恒写出化学反应方程式为4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑；‎ ‎（4）实验①③或者②③相比，起始物质的量浓度③是①（或②）的2倍，达到平衡时③中物质的量浓度小于①（或②）的2倍，水蒸气的转化率降低，所以T2>T1,不可以通过比较达到平衡的时间来判断温度的大小，在这个实验里面，温度不是唯一影响速率的因素，还有催化剂，答案为：＞；否；‎ ‎②①前20 min的平均反应速率 v(O2)=v（H2O）= =3.5×10-5 mol/(L·min)；‎ ‎③根据表中数据可知，实验①反应速率较快，催化剂的催化效率：实验①＞实验②。‎ ‎【化学一选修2：化学与技术】‎ ‎11.辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质．研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰晶体和碱式碳酸铜。主要工艺流程如下：‎ 已知：‎ ‎①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；‎ ‎②[Cu（NH3）4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3；‎ ‎③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围（开始沉淀和完全沉淀的pH）：‎ Fe3+：1．5～3．2 Mn2+：8．3～9．8 Cu2+：4．4～6．4‎ ‎④MnSO4·H2O溶于1份冷水、0．6份沸水，不溶于乙醇。‎ ‎（1）实验室配制250mL 4．8mol•L－1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要 。‎ ‎（2）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有 （任写一点）。‎ ‎（3）酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式： 。‎ ‎（4）调节浸出液pH=4的作用是 。‎ ‎（5）本工艺中可循环使用的物质是 （写化学式）。‎ ‎（6）获得的MnSO4•H2O晶体需要进一步洗涤、干燥，洗涤时应用 洗涤。‎ ‎（7）测定MnSO4•H2O样品的纯度：准确称取样品14．‎00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25．00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4．‎66g沉淀，则此样品的纯度为 。‎ ‎【答案】（1）250mL容量瓶 胶头滴管（2分）‎ ‎（2）粉碎矿石（或加热或者搅拌）（任写一点） （2分）‎ ‎（3）Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O （2分）‎ ‎（4）使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀 （2分）‎ ‎（5）NH3（2分）‎ ‎（6）酒精（2分）‎ ‎（7）96．57%（2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：酸浸过程中，二氧化硅不反应，分离出来，Cu2S反应生成S单质，Fe2O3溶解成溶液，PH值控制在4时，Fe3+沉淀，过滤得到的滤液成分应为CuSO4和MnSO4等，加热赶氢过后，得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等操作即可得到硫酸锰晶体。‎ ‎（1）实验室配置250mL 4．8mol•L－1的溶液需要250mL的容量瓶和胶头滴管；‎ ‎（2）为了提高浸取率可采取的措施可以粉碎矿石增大接触面积、加热、搅拌等。‎ ‎（3）有题目可知，MnO2具有氧化性，且Cu2S与MnO2在H2SO4浸泡的条件下生成了S，CuSO4和MnSO4，故根据氧化还原反应配平，可得到Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O；‎ ‎（4）根据提示Fe3+的PH沉淀范围：1．5～3．2可知当PH=4时，Fe3+会水解生成氢氧化铁沉淀；‎ ‎（5）本流程中NH4HCO3分解生成NH3，NH3可循环使用；‎ ‎（6）由于MnSO4·H2O不溶于乙醇，故使用乙醇洗涤可以促进晶体形成；‎ ‎（7）根据提示n(BaSO4)=n(SO42-)=n(MnSO4·H2O)==0.02mol，25mL 溶液中含有n(SO42-)=n(MnSO4·H2O)=0.02mol，故100mL溶液含有n(MnSO4·H2O)=0.08mol，m(MnSO4·H2O)==‎13.52g，那么样品的纯度为=96．57%‎ 考点：考查化学实验操作及计算相关知识点 ‎【化学一选修3：物质结构与性质】‎ ‎12. 前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A 元素所形成的化合物种类最多，C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2。‎ ‎（1）六种元素中第一电离能最小的是 （填元素符号，下同），电负性最大的是 。‎ ‎（2）黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配位化合物C4[D(AB)6]，易溶于水，广泛用作食盐添加剂（抗结剂）。请写出黄血盐的化学式 ，1 mol AB－中含有π键的数目为 ，黄血盐晶体中各种微粒间的作用力不涉及 （填选项字母）。‎ a．离子键 b．共价键 c．配位键 d．金属键 e．氢键 ‎ ‎ f．分子间的作用力 ‎（3）E2+的价层电子排布图为 ，很多不饱和有机物在E催化下可与H2发生加成反应：如①CH2＝CH2、②HC≡CH、③、④HCHO。其中碳原子采取sp2杂化的分子有 （填物质序号），HCHO分子的立体结构为 形，它加成产物的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，其主要原因是（须指明加成产物是何物质） 。‎ ‎（4）金属C、F晶体的晶胞结构如图（请先判断对应的图），C、F两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为 。金属C的晶胞中，若设该晶胞的密度为a g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，C原子的摩尔质量为M，则表示C原子半径的计算式为 cm。‎ ‎【答案】（1）K N (各1分)‎ ‎（2）K4[Fe(CN)6](1分) 2NA(1分) def (2分)‎ ‎（3）(1分) ①③④ （2分) 平面三角(1分)‎ 加成产物CH3OH分子之间能形成氢键(1分)‎ ‎（4）2：3 (2分)（2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A 元素所形成的化合物种类最多，则A为C元素，B为N元素；C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，它们只能是第四周期的元素，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，可推知C为K元素，F为Cu元素；基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2，D、E价电子排布分别为3d64s2和3d84s2,故D为Fe，E为Ni，（1）非金属性越强，第一电离能越小，六种元素中第一电离能最小的是K元素，电负性最大的是N元素，答案为：K ‎ N；（2）黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配位化合物C4[D(AB)6]，即K4[Fe(CN)6]，CN-的结构和N2的结构相似，含有一个三键，所以1 mol CN-中含有π键的数目2NA, K4[Fe(CN)6]中铬微粒间的化学键有离子键、共价键、配位键，答案为：K4[Fe(CN)6] ； 2NA；def ；（3）Ni2+的价层电子排布式为：，①CH2＝CH2碳原子采用sp2杂化，②HC≡CH碳原子采用sp杂化，③中的碳原子采用sp2杂化，④HCHO中碳原子采用sp2杂化，所以采用sp2杂化的碳原子有①③④，HCHO分子中的碳原子采用sp2杂化，所以他的的立体结构为平面三角形，甲醛的加成产物是甲醇，甲醇能够形成分子间氢键，所以它的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，答案为：；①③④ ；平面三角；加成产物CH3OH分子之间能形成氢键 ；（4）属K、Cu晶体的晶胞结构如图（请先判断对应的图），根据图中可以看出，K的配位数为8，Cu的配位数为12，配位数比为2:3, 金属K的晶胞中，K原子数为8×，若阿伏加德罗常数的值为NA， K原子的摩尔质量为M，晶胞质量为，设该晶胞的密度为a g/cm3，则该晶胞的体积为，晶胞棱长为,设原子半径为r，则晶胞体对角线为4r，则表示C原子半径的计算式为，答案为： 2：3 ；.‎ 考点：考查元素推断、元素周期律、晶胞的计算 ‎【化学-选修5：有机化学基础】‎ ‎13.EHPB是合成治疗高血压和充血性心力衰竭的药物的中间体，合成路线如下：‎ 已知：ⅰ、碳碳双键容易被氧化 ii、+CH3COOH ‎（1）A的名称是_____，A形成的顺丁橡胶的结构式是_____．‎ ‎（2）已知1molE发生银镜反应可生成4molAg．E中含氧官能团的名称为_____．‎ ‎（3）E由B经①、②、③合成．‎ a．①的反应试剂和条件是_____．‎ b．②、③的反应类型依次是_____、_____．‎ ‎（4）1molF转化成G所消耗的NaOH的物质的量为_____mol．‎ ‎（5）M的结构简式为_____．‎ ‎（6）完成下列化学方程式：‎ ‎①EHPB不能与NaHCO3反应，有机物N→EHPB的化学方程式为_____．‎ ‎②有机物K与试剂x发生反应的化学方程式为_____．‎ ‎（7）有机物N有多种同分异构体，写出一种满足下列条件的同分异构体的结构简式_____．‎ a．含有酚羟基 b．能水解又能发生银镜反应 c．苯环上的一氯代物只有一种 d．核磁共振氢谱有5组峰．‎ ‎【答案】 (1). 3-丁二烯 (2). (3). 醛基 (4). NaOH溶液、加热 (5). 加成反应 (6). 氧化反应 (7). 3 (8). ‎ ‎(9). (10). (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中各物质的转化关系，由K的结构简式可知，M为HOOCCH2CHOHCOOH，G为NaOOCCH2CHOHCOONa，根据F的分子式可知，F为HOOCCH2CHBrCOOH。根据C的结构简式可知B的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br，B发生碱性水解得C，C与溴化氢加成得D为CH2OHCH2CHBrCH2OH，D发生氧化反应得E。根据已知信息ⅱ可知K与x发生该反应，依据生成物的分子式可知x应该是苯，据此分析。‎ ‎【详解】（1）CH2=CH-CH=CH2的名称是1,3-丁二烯；CH2=CH-CH=CH2加聚形成的顺丁橡胶的结构式是；‎ ‎（2）利用逆推法，由K推知M为HOOCCH2CHOH-COOH；G为NaOOCCH2CHOH-COONa；F为HOOCCH2CHBrCOOH；E为OHCCH2CHBrCHO；D为CH2OHCH2CHBrCH2OH；C为HOCH2CH=CHCH2OH；B为BrCH2CH=CHCH2Br；‎ ‎（2）E中含氧官能团的名称为醛基；‎ ‎（3）①BrCH2CH=CHCH2Br到HOCH2CH=CHCH2OH的反应试剂和条件是NaOH/H2O,△；②、③的反应类型依次是加成反应 、氧化反应；‎ ‎（4）1molHOOCCH2CHBrCOOH转化成NaOOCCH2CHOH-COONa所消耗NaOH的物质的量为3mol；‎ ‎（5）M的结构简式为HOOCCH2CHOH-COOH；‎ ‎（6）①EHPB不能与NaHCO3反应，说明EHPB不含羧基，有机物N →EHPB的化学方程式为：；‎ ‎②有机物K与试剂x发生反应的化学方程式为；‎ ‎（7）有机物N有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体 a 含有酚羟基；‎ b.既能水解又能发生银镜反应，说明为甲酸酯 c. 苯环上的一氯代物只有一种;‎ d.核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为或。‎ ‎【点睛】本题考查有机推断，推出各物质是解题的关键，易错点为（6）①EHPB不能与NaHCO3反应，说明EHPB不含羧基。‎ ‎ ‎