江苏省盐城市阜宁中学2019届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -江苏省阜宁中学高三年级秋学期第一次学情调研考试化学试题1.化学与材料、生活和环境密切相关，下列有关说法错误的是A. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强酸会“断路”B. 煤炭经气化、液化和干馏等过程均为化学变化，可获得清洁能源和重要的化工原料C. 有人称“一带一路”是“现代丝绸之路” ，丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物D. 用 K2FeO4代替 Cl2处理饮用水，既能杀菌又能净水【答案】A【解析】【分析】A、二氧化硅为制作光导纤维的主要原料，二氧化硅能与碱反应，但是不与强酸反应；B、煤的气化是煤在高温下与水反应生成 H2、CO 等气体的过程；煤的液化是将煤与

2、 H2在催化剂作用下转化为液体燃料或者利用煤产生的 H2和 CO 通过化学合成产生液体燃料或者其他液体化工产品的过程；煤的干馏是指隔绝空气加强热，使煤分解的过程，可以得到很多重要的化工原料。C、丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物；D、高铁酸钾具有强氧化性，还原产物为铁离子，铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体；【详解】A、二氧化硅为制作光导纤维的主要原料，二氧化硅能与碱反应，但是其不与强酸反应，故遇强酸不会“断路” ，A 错误；B、煤的气化是煤在高温下与水反应生成 H2、CO 等气体的过程；煤的液化是将煤与 H2在催化剂作用下转化为液体燃料或者利用煤产生的 H2和 CO 通过化学

3、合成产生液体燃料或者其他液体化工产品的过程；煤的干馏是指隔绝空气加强热，使煤分解的过程，可以得到很多重要的化工原料，所以煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料，故 B正确；C、丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故 C 正确；D、高铁酸钾具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为铁离子，铁离子可水解生成具有- 2 -吸附性的氢氧化铁胶体，可达到净水的目的，故 D 正确；故选 A。2.下列有关化学用语表示正确的是A. 结构示意图为 的阴离子都不能破坏水的电离平衡B. 电子式分别为 和 的两种化合物均为常见的氧化剂C. 邻硝基甲苯的结构简式为 ，能发生取代反应D. 的

4、名称：2-甲基-4-丁醇【答案】B【解析】【分析】A、结构示意图为 的阴离子中 S2-能发生水解；B、过氧根中氧为-1 价，具有氧化性；C、邻硝基甲苯的结构简式为 ；D、羟基的位置要最小。【详解】A、S 2-能发生水解，破坏水的电离平衡，故 A 错误；B、过氧化物中氧为-1 价，具有氧化性，故 B 正确；C、邻硝基甲苯的结构简式为 ，故 C 错误；D、羟基的位置要最小， 的名称：3-甲基-1-丁醇，故 D 错误；故选 B。- 3 -3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. 药皂中含有苯酚，能杀菌消毒，故苯酚具有强氧化性B. 氢氧化镁分解时吸收大量的热量，添加到合成树脂中可作阻燃剂C. 氯

5、化钠溶液显中性，可用铝制容器贮存氯化钠溶液D. 油脂在碱性条件下水解，可用于制硬化油【答案】B【解析】【分析】A、苯酚无强氧化性；B、氢氧化镁在 380时，分解放出水蒸气和耐高温的固体氧化镁；C、氯离子可以破坏氧化膜；D、 油脂在一定条件下与氢气加成，可用于制硬化油。【详解】A、苯酚的水溶液可使菌体蛋白变性杀菌消毒，但苯酚无强氧化性，故 A 错误；B、阻燃物质原理有三个：清除可燃物、隔绝氧气或空气、使可燃物的温度降到着火点以下，三者具其一即可，氢氧化镁在 380时分解，方程式为：Mg（OH） 2 MgO+H2O氢氧化镁分解过程中吸收大量的热，能使可燃物的温度降到着火点以下，反应生成的水蒸气能稀

6、释可燃物表面的氧气，生成氧化镁固体能隔绝氧气或空气，故 B 正确；C、氯离子可以破坏氧化膜，加快铝腐蚀，故 C 错误；D、油脂在一定条件下与氢气加成，得到熔点更高的物质，可用于制硬化油，故 D 错误；故选 B。4.实验室用干海带浸取原液制取纯碘主要包含的步骤有：通氯气氧化、用 CCl4萃取分液、在 CCl4相中加入 NaOH 溶液反萃取（转化为 NaI 和 NaIO3）并分液、水相用硫酸酸化分离出粗碘、干燥后加适量 KI 固体（将 IBr 和 ICl 转化为 I2、KBr 及 KCl）混匀加热得纯碘等。选择下列装置进行实验：- 4 -下列说法错误的是A. 步骤可用甲装置氧化 IB. 步骤、分液

7、操作时可用乙装置：先放出有机相，再放出水相C. 步骤可用丙装置将碘与母液分离D. 步骤可用丁装置升华法提纯碘【答案】B【解析】【分析】A、氯气与碘离子反应生成碘单质；B、分液漏斗中液体下层由下口放出，上层液体由上口倒出。C、分离液体与不溶于液体的固体，用过滤；D、碘易升华；【详解】A、氯气与碘离子反应生成碘单质，步骤可用甲装置氧化 I ，故 A 正确；B、四氯化碳的密度比水大，故有机层在下层。分液时，下层液体由下口放出，上层液体由上口倒出，故 B 错误。C、分离液体与不溶于液体的固体，用过滤，步骤可用丙装置将碘与母液分离，故 C 正确；D、碘易升华，可用于提纯碘，故 D 正确；故选 B。5.Q

8、、W、X、Y、Z 是原子序数 依次增大的短周期元素，X、Y 是金属元素，X 的焰色呈黄色。五种元素核电荷数之和为 54，最外层电子数之和为 20。W、Z 最外层电子数相同，Z 的核电荷数是 W 的 2 倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得 Y 的单质。则下列说法不正确的是A. 原子半径：XYZW- 5 -B. QZ2所形成的分子空间构型为直线形C. Q 和 W 可形成原子个数比为 1:1 和 2:1 的化合物D. X、Z 和 W 三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性【答案】C【解析】【分析】Q、W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y 是金属元素，X 的焰色呈黄色，则X 为

9、Na；工业上一般通过电解氧化物的方法获得 Y 的单质，则 Y 为 Al；W、Z 最外层电子数相同，Z 的核电荷数是 W 的 2 倍，W、Z 均为第A 族元素，所以 W 为 O，Z 为 S；所以 Q 的核电荷数为 54-11-13-8-16=6，即 Q 为 C，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答【详解】A、电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，所以原子半径为XYZW，故 A 正确；B、QZ 2所形成的分子 CS2，C 与 S 形成 C=S 双键，为 sp 杂化，空间构型为直线形，故 B 正确；C、Q 和 W 可形成原子个数比为 1：1 和 1：2 的化合物分别为 CO、CO

10、2，故 C 错误；D、X、Z 和 W 三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性，如 Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，故 D 正确。故选 C。【点睛】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，解题关键：元素的推断，并熟悉元素化合物的性质、水解、物质的组成和结构等知识，易错点为 D 选项，注意亚硫酸钠水解、硫酸钠不水解。6.下列指定反应的离子方程式正确的是A. 在碳酸氢镁溶液中加入足量 Ca(OH)2溶液：Mg 2+HCO 3 Ca 2+2OH MgCO 3CaCO 32H 2OB. 碱性条件下铝粉还原 NaNO2：NO 2 2Al3OH H 2O2AlO 2 NH 3H2OC. 酸性 K2

11、Cr2O7溶液氧化双氧水：Cr 2O72 +8H +5H2O22Cr 3 +4O2+9H 2OD. 二氧化硫通入氯化铁溶液：SO 22Fe 3 2H 2OSO 42 2Fe 2 4H 【答案】D【解析】【分析】- 6 -A、碳酸氢镁完全反应，生成氢氧化镁、碳酸钙、水；B、电荷不守恒；C、发生氧化还原反应，遵循电子不守恒；D、电子、电荷守恒【详解】A、在碳酸氢镁溶液中加入足量 Ca（OH） 2溶液的离子反应为Mg2 +2HCO3 +2Ca2 +4OH Mg（OH） 2+2CaCO 3+2H 2O，故 A 错误；B、碱性条件下铝粉还原 NaNO2：NO 2 2AlOH 2H 2O2AlO 2 NH

12、 3H2O，故 B 错误；C、酸性 K2Cr2O7溶液氧化双氧水的离子反应为 Cr2O72 +8H +3H2O2=2Cr3 +3O2+7H 2O，故 C 错误；D、二氧化硫通入氯化铁溶液中的离子方程式为 SO2+2Fe3 +2H2O=SO42 +2Fe2 +4H ，故 D 正确；故选 D。【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，解题关键：把握发生的化学反应及离子反应的书写方法，侧重复分解反应、与量有关的离子反应、氧化还原反应的考查，易错点 C，电荷守恒、质量守恒，但电子得失不相等地，易错7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 甲基橙显黄色的溶液： Na 、CO 32 、NO

13、3 、SO 32B. 在由水电离出的 c（H ）=110 12 mol/L 的溶液：Fe 3 、ClO 、Na 、SO 42C. PH=7 的溶液中：K 、Al 3 、NO 3-、SOD. 使酚酞变红的溶液中：K 、Na 、I 、AlO【答案】D【解析】【分析】A、甲基橙显黄色的溶液也可能呈酸性；B、在由水电离出的 c（H ）=110 12 mol/L 的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；C、铝离子要在酸性条件下才能存在；D、使酚酞变红的溶液呈碱性，无沉淀、气体、水生成。【详解】A、甲基橙显黄色的溶液可能呈酸性，CO 32 易与酸反应、NO 3 在酸性条件下有强氧- 7 -化性，可以把 SO32

14、氧化，故本组离子不能大量共存，故 A 错误；B、在由水电离出的 c（H ）=110 12 mol/L 的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性时，生成氢氧化铁沉淀，酸性时，生成次氯酸，故 B 错误；C、铝离子要在酸性条件下才能存在，故 C 错误；D、使酚酞变红的溶液呈碱性，本组离子之间不能发生离子反应，无沉淀、气体、水生成，故 D 正确。故选 D8.甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如下图所示(部分产物已略去)，下列各组物质中不能按图示关系转化的是选项 甲 乙 丙 丁A NaOH NaHSO3 Na2SO3 SO2B Fe Fe(NO3)3 Fe(NO3)2 HNO

15、3C C CO2 CO O2D Al NaAlO2 Al(OH)3 NaOH A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A、NaOH 通过量二氧化硫得 NaHSO3，与 NaOH 生成 Na2SO3，加酸产生 SO2；少量 SO2通入碱又生成 Na2SO3；B、Fe 与足量硝酸得 Fe（NO 3） 3，加 Fe 得 Fe（NO 3） 2，加 HNO3氧化成 Fe（NO 3） 3 ；硝酸与- 8 -足量铁反应生成硝酸亚铁；C、C 与 O2生成 CO2，与 C 生成 CO，CO 与 O2生成 CO2，只有乙为 CO2，丙为 CO 才可以实现转化关系；C 与少量氧气生成 CO；

16、D、Al 与过量 NaOH 生成 NaAlO2，与 HCl 或 AlCl3生成 Al（OH） 3、Al 与少量的氢氧化钠不生成氢氧化铝。【详解】A氢氧化钠与过量的二氧化硫生成硫酸氢钠，氢氧化钠与少量的二氧化硫生成硫酸钠，硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫，每一步都能转化，故 A 不选；B、铁与足量的硝酸反应生成硝酸铁，铁与少量的硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸铁与铁粉反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁，每一步都能转化，故 B 不选；C、碳与足量的氧气生成二氧化碳，二氧化碳和碳高温反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳；碳与少量的氧气生成一氧化碳，故 C 不选;D、铝与足量的氢氧化钠生

17、成偏铝酸钠，偏铝酸钠与少量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀或与氯化铝发生双水解生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠生成偏铝酸钠；Al 与少量的氢氧化钠不生成氢氧化铝，不是每一步都能转化，故 D 选；故选 D。【点睛】本题考查无元素化合物知识，侧重于学生的分析能力的考查，解题关键：熟悉物质的性质及转化关系图中的反应，注意选项 C 为解答的难点，二氧化碳和碳高温反应生成一氧化碳9.一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的原理及电池中发生的主要反应如下图所示,下列说法不正确的是A. X 极为电池的负极 B. 电池工作时，光能转变为电能C. 电池工作时，Y 极上发生还原反应 D. 电池的电解质溶液中 I 和

18、 I3 的浓度不断减少- 9 -【答案】D【解析】【分析】由图，从电子的移动方向可知，电极 X 为原电池的负极，Y 电极为原电池的正极，电解质为I3 和 I 的混合物，I 3 在正极上得电子被还原，正极反应为 I3 +2e =3I 【详解】A、由图电子的移动方向可知，电极 X 为原电池的负极，故 A 正确；B、电池工作时，光能转变为电能，故 B 正确；C、电池工作时，Y 电极为原电池的正极，发生还原反应，故 C 正确；D、由电池中发生的反应可知，I 3 在正极上得电子被还原为 3I ，后又被氧化为 I3 ，I 3 和I 相互转化，反应的实质是光敏有机物在激发态与基态的相互转化，所有化学物质都没

19、有被损耗，故 D 错误。故选 D。【点睛】本题是一道知识迁移题目，考查学生分析和解决问题的能力，解题关键：电子的移动方向确定电极，再根据原电池、电解池知识作答。10.下列图示与对应的叙述正确的是 A. 图甲表示有无催化剂的反应，加催化剂可以改变反应的焓变B. 图乙表示等浓度等体积的 NaCl、NaBr 及 NaI 溶液分别用 AgNO3溶液滴定曲线，a 为 ClC. 图丙表示等浓度等体积的盐酸和醋酸分别用 NaOH 溶液的滴定曲线，指示剂都可用酚酞D. 图丁表示反应 2CO(g)2NO(g) N2(g)2CO 2(g)，在其他条件不变时，改变起始 CO 的物质的量，平衡时 N2的体积分数变化，

20、由图可知 NO 的转化率 bca- 10 -【答案】C【解析】【分析】A、反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应是放热反应，催化剂能改变活化能；B、PX 的值越大，代表该离子的浓度越小；C、醋酸为弱酸，等浓度时 pH 比盐酸大，滴定终点呈碱性；D、增大 CO 的物质的量，平衡正向移动，促进 NO 的转化。【详解】A、反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应是放热反应，催化剂能改变活化能，但不改变焓变，故 A 错误；B、AgI 的溶度积最小，且 pX=-lgc（X ）的值越大，代表该离子的浓度越小，可知 c 为Cl 的曲线，故 B 错误；C、醋酸为弱酸，等浓度时 pH 比盐酸大，滴

21、定终点呈碱性，可用酚酞作指示剂，故 C 正确；D、增大 CO 的物质的量，平衡正向移动，促进 NO 的转化，则在其他条件不变的情况下结合图中起始 CO 的物质的量，可知 NO 的转化率 cba，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及酸碱混合、平衡移动，解题关键：把握电离平衡移动、酸碱混合、化学平衡移动，难点：注意平衡移动原理与图象的结合，如选项 D，注意对数函数的应用如选项 B。11.下列说法正确的是A. 25时，0.1 molL 1 CH3COOH 溶液加水稀释后，c(OH )/c(CH3COOH)减小B. 将下图中的活塞快速推至 A 处固定，气体颜色先变深、再变浅，但

22、比起始时深C. 室温下，pH=3 的 CH3COOH 溶液与 pH=11 的 NaOH 溶液等体积混合，溶液 pH7D. SiO2(s)2C(s)Si(s)2CO(g)只能在高温下自发进行，则该反应H0【答案】BD【解析】- 11 -【分析】A、CH 3COOH 溶液加水稀释，根据电离平衡的移动来分析B、改变影响平衡的一个条件，平衡向能够减弱这种改变的方向移动；C、等体积 pH=13 的 NaOH 溶液和 pH=3 的 CH3COOH 溶液混合后所得的溶液为醋酸钠溶液和过量的醋酸D、反应为气体体积增大的反应，所以熵增大，根据自发进行H-TS0 判断；【详解】A、加水稀释，平衡中醋酸分子浓度 c

23、（CH 3COOH）和 c（H ）均变小，水的离子积Kw 不变，故 c（OH ）增大，从而 c（OH ）/c（CH 3COOH）增大，故 A 错误；B、将图中的活塞快速推至 A 处，则气体的浓度瞬间增大，故颜色瞬间变深，但由于增大压强后平衡 2NO2 N2O4右移，故颜色又逐渐变浅，但由于平衡的移动只能减弱改变，故颜色变浅后还是比原来的深，故 B 正确；C、等体积 pH=13 的 NaOH 溶液和 pH=3 的 CH3COOH 溶液混合后所得的溶液为醋酸钠溶液和过量的醋酸，过量的醋酸使溶液显酸性，故 pHc(CO32 )c(HCO3 )c(OH )c(H )【答案】AD【解析】【分析】A、根据

24、碳酸氢钠溶液中的电荷守恒判断；B、混合液呈酸性，则 c（H ）c（OH ） ，根据电荷守恒可知 c（X ）c（Na ） ，再结合物料守恒判断各离子浓度大小；C、根据混合液中的电荷守恒判断；D、增重的 4.4g 为二氧化碳的质量，物质的量为 0.1mol，发生反应CO2+NaOH=NaHCO3、CO 2+2NaOH=Na2CO3+H2O，由于 n（CO 2）：n（NaOH）=2：3，所得溶液中溶质为等浓度的 Na2CO3和 NaHCO3，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则 c（HCO 3 ）c（CO 32 ） 【详解】A、 0.1molL 1 NaHCO3溶液中，根据电荷守恒可知：c（Na

25、 ）+c（H ）=c（HCO 3 ）+2c（CO 32 ）+c（OH ） ，故 A 错误；B、等体积、等物质的量浓度的 NaX 和弱酸 HX 混合后呈酸性的溶液中：c（H ）c（OH ） ，根据电荷守恒可知 c（X ）c（Na ） ，根据物料守恒 2（Na ）=c（X ）+c（HX）可得c（X ）c（Na ）c（HX） ，则溶液中离子浓度大小为：c（X ）c（Na ）c（HX）c（H ）c（OH ） ，故 B 正确；C、 将 0.2 molL1 NaA 溶液和 0.1 molL1 盐酸等体积混合所得碱性溶液中：c(Na )c(H )c(A )c(Cl )+c（OH ） ，故 C 正确；D、1.

26、5 L 0.1 molL 1 NaOH 溶液中缓慢通入 CO2至溶液增重 4.4 g 时，则增重的 4.4g 为二氧化碳的质量，物质的量为 0.1mol，发生反应 CO2+NaOH=NaHCO3、CO 2+2NaOH=Na2CO3+H2O，由于 n（CO 2）：n（NaOH）=2：3，所得溶液中溶质为等浓度的 Na2CO3和 NaHCO3，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则 c（HCO 3 ）c（CO 32 ） ，溶液中正确的离子浓度大小为：c（Na ）c（HCO 3 ）c（CO 32 ）c（OH ）c（H ） ，故 D 错误；故选 AD。15.在 2L 的恒容密闭容器中充入 A(g)和

27、 B(g)，发生反应：A(g)B(g) 2C(g)D(s) - 15 -Ha kJ/mol 实验内容和结果分别如下表和右图所示。下列说法正确的是起始物质的量实验序号温度A B热量变化 600 1mol 3mol 96kJ 800 1.5mol 0.5mol A. 实验中，10min 内平均速率 v(B)0.06mol/(Lmin)；B. 上述方程式中 a160C. 600时，该反应的平衡常数是 1.5D. 向实验的平衡体系中再充入 0.5molA 和 1.5molB，A 的转化率减小【答案】BC【解析】【分析】A、图象分析可知实验中，10 min 内 C 生成了 1.2mol，结合化学反应速率

28、 v=c/t 计算，速率之比等于化学方程式计量数之比，以此计算 B 的反应速率；B、根据图象中的变化量结合图表中热量变化计算，依据化学平衡三段式可知，A(g)B(g) 2C(g)D(s) Ha kJ/mol，起始量（mol） 1 3 0 0 变化量（mol） 0.6 0.6 1.2 0.6 96kJ平衡量（mol） 0.4 2.4 1.2 0.6反应焓变是指 1molA 全部反应的热量变化；C、结合 B 中化学平衡三段式列式计算平衡浓度，c（A）=0.2molL 1 ，c（B）- 16 -=1.2molL1 ，c（C）=0.6molL 1 ，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓

29、度幂次方乘积；D、反根据等效平衡分析判断，反应前后气体体积不变，等比等效分析【详解】A、.10 min 内 C 生成了 1.2mol，则反应速率 v（C）=1.2mol/(2L10min)=0.06molL1 min-1，速率之比等于化学方程式计量数之比，v（B）=1/2 v（C）=0.06molL1 min-11/2=0.03molL1 min-1，故 A 错误；B、根据图象中的变化量结合图表中热量变化计算，依据化学平衡三段式可知，A(g)B(g) 2C(g)D(s) Ha kJ/mol，起始量（mol） 1 3 0 0 变化量（mol） 0.6 0.6 1.2 0.6 96kJ平衡量（mo

30、l） 0.4 2.4 1.2 0.6反应焓变是指 1molA 全部反应的热量变化，则 a=96kJ/0.6mol=160kJmol1 ，图象分析，先拐先平温度高，温度越高 C 物质的量越小，温度升高，平衡逆向进行，说明反应是放热反应，所以 a=-160kJmol1 。故 B 正确；C、由 B 中可知平衡浓度：c（A）=0.2molL 1 ，c（B）=1.2molL 1 ，c（C）=0.6molL1 ，平衡常数 K=0.62/0.21.2=1.5，故 C 正确；、反应前后气体体积不变，等比等效，开始投入量 A 与 B 的物质的量之比为 3：1，向实验的平衡体系中再充 0.5 mol A 和 1.

31、5 mol B，可以看作先投入 0.5 mol A 和 0.5/3 mol B，两个平衡为等效平衡，再把剩余的 B 加入。增大 B 的浓度使平衡向正反应方向移动，则A 的转化率增大，故 D 错误；故选 BC。16.以电镀污泥主要成分为 Cu(OH)2、Cu 2(OH)2CO3、Fe(OH) 3和 SiO2等为原料制备纳米铜等的工艺流程如下：（1） “浸取”时，工业上采用 3 molL1 H2SO4溶液在室温下浸取 1 h。Cu 2(OH)2CO3被浸取的化学方程式为_；下列措施可提高铜和铁的浸取率的是_(填字母)。- 17 -a.将电镀污泥浆化处理 b.适当增大液、固质量比c.浸取时间缩短一半

32、 d.控制浸取终点 pH3（2） “萃取”时，两种金属离子萃取率与 pH 的关系如图甲所示。当 pH1.7 时，pH 越大金属离子萃取率越低，其中 Fe3 萃取率降低的原因是_。（3） “反萃取”得到 CuSO4溶液制备纳米铜粉时，Cu 2 的还原率随温度的变化如图乙所示。该反应的离子方程式为_；在 2075 区间内，温度越高 Cu2 的还原率也越高，其原因是 _。（4）在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经_等操作可得到 Fe2O3产品。【答案】 (1). Cu2(OH)2CO32H 2SO4=2CuSO4CO 23H 2O (2). ab (3). Fe3的水解程度随 pH 的升高而

33、增大 (4). 2Cu2 N 2H44OH =2CuN 24H 2O (5). 温度越高，N 2H4的还原性越强 (6). 过滤、洗涤、干燥、煅烧【解析】【分析】电镀污泥主要成分为 Cu(OH)2、Cu 2(OH)2CO3、Fe(OH) 3和 SiO2等加入稀硫酸溶解，SiO 2不溶，过滤滤液中有铜离子、铁离子，加入 N902萃取剂萃取出铜离子，再加入稀硫酸得到硫酸铜，条调节 pH=10，加入 N2H4还原得到纳米铜粉，（1）Cu 2(OH)2CO3与硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水；增大接触面积、适当增大硫酸浓度、延长浸取时间可提高铜和铁的浸取率；（2）pH 越大，铁离子水解程度增大，萃取率

34、越低；（3）根据流程可知：在碱性条件下，Cu 2 与 N2H4反应生成氮气和铜；- 18 -在 20-75区间内，温度升高，N 2H4的还原性增强；（4）萃取后的“水相”中含有铁离子，加入适量氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，静置，过滤得到氢氧化铁，干燥后煅烧可得到 Fe2O3产品。【详解】 （1）Cu 2(OH)2CO3与硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，反应为：Cu 2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+CO2+3H 2O。将电镀污泥浆化处理增大接触面积、适当增大液、固质量比增大了硫酸浓度，可提高铜和铁的浸取率；故选 ab；（2）Fe 3 的水解程度随着 pH 的升高而增大，萃取率越低

35、；（3）在碱性条件下，Cu 2 与 N2H4反应生成氮气和铜，反应为：2Cu2 +N2H4+4OH =2Cu+N2+4H 2O；在 20-75区间内，温度升高，N 2H4的还原性增强，Cu 2 的还原率也越高；（4）萃取后的“水相”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧氢氧化铁可得到氧化铁，故方法为：在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，过滤，洗涤，干燥，煅烧可得到 Fe2O3产品；17.多巴胺是一种重要的中枢神经传导物质，用来帮助细胞传送脉冲的化学物质，能影响人对事物的欢愉感受。多巴胺可用香兰素与硝基甲烷等为原料按下列路线合成。（1）香兰素中的含氧官能团的名称是_。 （写两种）

36、（2）反应、的反应类型分别为_、_。（3）写出由 AM 的化学方程式_。（4）写出同时满足下列条件的香兰素的一种同分异构体的结构简式_。能与碳酸氢钠溶液反应 能与 FeCl3溶液发生显色反应 有 5 种不同化学环境的氢原子（5）苯乙胺（ ）是生物体中重要的生物碱。写出用苯甲醇、硝基甲烷（CH 3NO2）为原料制备苯乙胺的合成路线流程图（无机试剂任选） 。合成路线流程图示例如下：_- 19 -【答案】 (1). 酚羟基 醚键 醛基 (2). 加成反应 (3). 还原反应 (4). (5). (6). 【解析】【分析】（1）根据其结构简式确定含有的官能团；（2）根据反应物和生成物的结构简式确定其反

37、应类型；（3）首先确定 M 是化学式，再根据反应物和生成物写出反应方程式；（4）能与碳酸氢钠溶液反应说明含有羧基；能与 FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；有 5 种不同化学环境的氢原子，说明含有 5 类氢原子，写出符合条件的香兰素的同分异构体；（5）苯甲醇被氧化生成苯甲醛，苯甲醛和硝基甲烷反应生成 ，发生消去反应生成 ，和氢气发生加成反应生成 ，被还原生成 【详解】 （1）香兰素中的含氧官能团的名称是酚羟基、醚键、醛基；（2）根据反应物和生成物的结构简式知，反应、的反应类型分别为加成反应和还原反应。（3）A 反应生成 M，M 和氢气发生加成反应生成 B，根据 A 和 B 的结构简式知，

38、A 发生消去反- 20 -应生成 M，则由 AM 的化学方程式为 ；（4）能与碳酸氢钠溶液反应说明含有羧基；能与 FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；有 5 种不同化学环境的氢原子，说明含有 5 类氢原子，则符合条件的香兰素的同分异构体为： ；（5）苯甲醇被氧化生成苯甲醛，苯甲醛和硝基甲烷反应生成 ，发生消去反应生成 ，和氢气发生加成反应生成 ，被还原生成 ，则合成路线为：18.某研究小组以绿矾为原料制备化合物 AKxFe() y(C2O4)znH2O，并通过如下实验步骤测定 A 的化学式：步骤 1：准确称取 A 样品 4.910g，干燥脱水至恒重，残留物质量为 4.370g；步骤 2：

39、准确称取 A 样品 4.910g 置于锥形瓶中，加入足量的 3.000molL1 的 H2SO4溶液和适量蒸馏水，用 0.5000molL1 的 KMnO4溶液滴定，当 MnO4 恰好完全被还原为 Mn2 时，消耗 KMnO4溶液的体积为 24.00 mL；步骤 3：将步骤 1 所得固体溶于水，加入铁粉 0.2800g，恰好完全反应。（1）检验 A 中是否含有 Fe2 可选用的试剂是_（填字母） 。 aKSCN 溶液 bKMnO 4溶液 c氯水和 KSCN 溶液证明 A 中含有钾元素的方法是_。（2）步骤 2 中发生反应的离子方程式为_。（3）通过计算确定化合物 A 的化学式(请写出计算过程)

40、。_【答案】 (1). c (2). 用洁净的铂丝沾取 A 样品，在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若能看到紫色火焰，则证明 A 中含有 K 元素 (3). 2MnO4 + 5C2O42 + 16H =2Mn2 +10CO2+ 8H2O (4). n(H2O)(4.910g4.370g)/18gmol1 0.03000mol，n(Fe 3 )2n(Fe)20.2800g/56 gmol1 0.01000mol ，- 21 -由方程式确定 n(C2O42 )5/2n(KMnO 4)5/20.5000molL 1 0.02400L0.03000mol ，根据离子电荷守恒：n(K )+3n(Fe

41、3 )2n(C 2O42 ) n(K )0.03000mol ，n(K ):n(Fe3 ):n(C2O42 ):n(H2O)0.03000mol:0.01000mol:0.03000mol:0.03000mol3:1:3:3，所以，x:y:z:n3:1:3:3【解析】【分析】（1）依据亚铁离子的检验方法分析选项；aKSCN 溶液，遇到亚铁离子不变色； b酸性KMnO4溶液，遇到亚铁离子褪色，草酸根离子也能使酸性 KMnO4溶液褪色； c氯水可将亚铁离子氧化成铁离子，再用 KSCN 溶液检验；用焰色反应，若火焰透过蓝色钴玻璃呈紫色，则说明含有钾元素；（2）反应中 MnO4 Mn 2 ，Mn 元素

42、由+7 价+2 价，得 5 个电子；C 2O42 CO 2，C 元素由+3价+4 价，一个 C2O42 失去 2 个电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数；（3）A 样品 4.91g 中，加入足量的 3molL1 的 H2SO4溶液和适量蒸馏水，再加入0.50molL1 的 KMnO4溶液 24.0mL，微热，恰好完全反应：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H 2O 可知：n（C 2O42 ）=5/2n（KMnO 4） ，根据离子守恒求出 n（K ） ，样品 AKxFe（）y（C 2O4）znH 2O中 x：1：y：z：n=n（K ）：n

43、（Fe 3 ）：n（C 2O42 ）：n（H 2O） ，据此求算 A 的化学式【详解】 （1）aKSCN 溶液，遇到亚铁离子不变色，不能证明亚铁离子的存在，故 a 错误；b酸性 KMnO4溶液，遇到亚铁离子褪色，可检验亚铁离子的存在，但该溶液中含有草酸根离子和高锰酸钾也能发生氧化还原反应，不能检验 A 中的亚铁离子，故 b 错误； c取少量待测液，先加 KSCN 溶液，遇到亚铁离子不变色，再加氯水，氯水可将亚铁离子氧化成铁离子，故溶液变成红色，c 正确；故选 c；钾元素属于碱金属元素，通常用焰色反应进行检验，用洁净的铂丝沾取 A 样品，在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若能看到紫色火焰，则

44、证明 A 中含有 K 元素；（2）反应中 MnO4 Mn 2 ，Mn 元素由+7 价+2 价，一得 5 个电子；C 2O42 CO 2，C 元素由+3 价+4 价，一个 C2O42 失去 2 个电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=10，由电子守恒和原子守恒可知，反应为 5C2O42 +2MnO4 +16H =10CO2+2Mn 2 +8H2O。- 22 -（4）n(H 2O)(4.910g4.370g)/18gmol 1 0.03000mol，n(Fe3 )2n(Fe)20.2800g/56 gmol 1 0.01000mol ，由方程式确定 n(C2O42 )5/2n(KMnO 4

45、)5/20.5000molL 1 0.02400L0.03000mol ，根据离子电荷守恒：n(K )+3n(Fe3 )2n(C 2O42 ) n(K )0.03000mol ，n(K ):n(Fe3 ):n(C2O42 ):n(H2O)0.03000mol:0.01000mol:0.03000mol:0.03000mol3:1:3:3，所以，x:y:z:n3:1:3:3A 为 K3Fe（C 2O4） 33H2O。19.镍配合物在传感器、磁记录材料、储氢材料、电极催化剂和化学键研究等方面有着广泛的应用。以纯镍片为原料制备一种镍配合物Ni(NH 3)xClyClznH2O 的主要流程如下：（1）

46、工业上镍氢电池总反应式为：LaNi 5H6 + NiOOH LaNi5 + Ni(OH)2，其中 KOH 作电解质溶液，负极电极反应式为：_（2）常温下，镍投入 60%的浓硝酸无明显现象，流程中需控制反应温度 50-60oC，控温原因可能是_，写出离子反应方程式：_。（3）冷却结晶后洗涤、过滤、干燥得到Ni(NH 3)xClyClznH2O，其中洗涤的正确操作是_。（4）氨化过程中应控制溶液 pH 范围 89，其原因是_。上述流程中，有关说法正确的是_A氨化操作为在过量氨水和氯化铵缓冲溶液中，缓慢滴入酸化的 NiCl2溶液，并不断搅拌B此缓冲溶液中微粒浓度大小顺序为：c(Cl ) c(NH3H2O) c(NH4+) c(OH) c(H+)C冷却结晶后的母液加适量氨水调节 pH 后可以循环利用D可以用热的浓硫酸和浓硝酸混