2010届高考化学专题突破复习2_中华文本库
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有11.2LNO2、NO的混合气体NOx，将其还原成N2，需同温同压下CH4的体积为4．48L，则混合气体中NO2、NO的物质的量之比为
（3）新型纳米材料氧缺位铁酸盐（ZnFe2Ox），由该铁酸盐（ZnFe2O4）经高温还原制得，常温下，它能使工业废气中酸性氧化物分解除去，转化流程如图所示：
ZnFe2Ox与SO2、NOx反应，使NOx转变为N2、使SO2转变为S，同时ZnFe2Ox转变为ZnFe2O4，若2molZnFe2Ox与足量SO2可生成1．0molS，则x＝
，则2molZnFe2Ox可分解（2）
中NO2、NO混合气体（标况）体积V＝
答案、、(每空2分)（1）5．76
（2）x CH4＋4NOx＝2N2＋ x CO2＋2x H2O
19. 向CuSO4溶液中逐滴加入过量KI溶液，观察到产生白色沉淀，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。则下列分析中正确的是
A．白色沉淀是CuI2，棕色溶液含有I2
B．滴加KI溶液时，转移1mol电子时生成1mol白色沉淀
C．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu＞I2＞SO2
20.下列溶液中，不能区别SO2和CO2气体的是【C】
③KMnO4溶液
⑤酸化的Ba(NO3)2溶液
⑥品红溶液
A.①②③⑤
B.②③④⑤
21.在BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍澄清；若将上述通入SO2气体的BaCl2溶液分盛两支试管，一支加硝酸，另一支加烧碱溶液，结果两支试管都有白色沉淀。由此得出的下列结论合理的是【CD】
A.氯化钡有两性
B.两支试管中产生的沉淀均是亚硫酸钡
2-C.SO2有还原性且水溶液呈酸性
D.增强碱性使SO2水溶液中SO3浓度增大
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南昌十校2016届高考化学模拟试卷（二）附解析
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南昌十校2016届高考化学模拟试卷（二）附解析
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2016年江西省南昌市十所省中学高考化学模拟（二）　一、（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学与人类生活、社会可持续发展密切相关．下列说法正确的是（　　）A．福尔马林可作食品的保鲜剂B．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用C．“天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料D．制作快餐饭盒的可降解“玉米塑料”（主要成分是聚乳酸）是纯净物2．某有机物的结构简式如图所示，关于该有机物的说法不正确的是（　　）&A．该有机物的化学式为C20H14O5B．该有机物分子中的三个苯环不可能共平面C．该有机物可发生加成、取代、氧化、消去等反应D．1mol该有机物与足量NaOH 溶液充分反应，消耗NaOH的物质的量为5 mol3．最近有研究人员发现了一种处理高浓度乙醛废水的新方法隔膜电解法，乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸．实验室以一定浓度的乙醛Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示．下列说法不正确的是（　　）&A．若以CH4空气燃料电池为直流电源，燃料电池的a极应通入空气B．阳极反应CH3CHO2e+H2OTCH3COOH+2H+C．电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量增大D．电解过程中，两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O24．A、B、C三种短周期元素在周期表中的相对位置如右图所示，已知A、C分别与B形成化合物X和Y，A与B的质子数之和等于C的质子数，则以下说法判断正确的是（　　）&A．B与C均不存在同素异形体B．X一定是酸性氧化物C．B的氢化物比A、C的氢化物稳定D．Y与NaOH溶液反应只能生成两种盐5．700℃时，H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）．该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2和CO2，起始浓度如下表所示．其中甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（L•min），下列判断错误的是（　　）起始浓度&甲&乙&丙c（H2）/mol/L&0.10&0.20&0.20c（CO2）/mol/L&0.10&0.10&0.20A．平衡时，乙中CO2的转化率等于50%B．当反应平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol/L H2和0.20 mol/LCO2，到达平衡时c （CO）与乙不同6．25℃时，在氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2（s）TMg2+（q）+2OH（aq），已知25℃时Ksp[Mg（OH）2]=1.8×1011，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×1020．下列说法错误的是（　　）A．若向Mg（OH）2浊液中加入少量NH4Cl（s），c（Mg2+）会增大B．若向Mg（OH）2浊液中滴加CuSO4溶液，沉淀将由白色逐渐变为蓝色C．若向Mg（OH）2浊液中加入适量蒸馏水，Ksp保持不变，故上述平衡不发生移动D．若向Mg（OH）2浊液中加入少量Na2CO3（s），固体质量将增大7．某溶液中可能含有OH，CO32，AlO2，SiO32，SO42，K+，Na+，Fe3+，Mg2+，Al3+等离子，当向溶液中逐滴加入一定物质的量的盐酸时，生成沉淀物质的量与加入盐酸体积的关系如图所示．下列判断正确的是（　　）&A．原溶液中一定含有Na2SO4B．反应后形成的溶液溶质为NaClC．原溶液中含有CO32与AlO2的物质的量比为3：4D．原溶液中一定含有的离子是OH，CO32，SiO32，AlO2，K+　二、（共3小题，满分43分）8．铜是与人类关系非常密切的有色金属．已知：常温下，在溶液中Cu2+稳定，Cu+易在酸性条件下发生反应：2Cu+TCu2++Cu．大多数+1价铜的化合物是难溶物，如Cu2O、CuI、CuCl、CuH等．（1）在CuCl2溶液中逐滴加入过量KI溶液可能发生：a．2Cu2+++4IT2CuI↓（白色）+I2b．2Cu2++2Cl+2IT2CuCl↓（白色）+I2．为顺利观察到白色沉淀可以加入的最佳试剂是　　　　　　．A．SO2&&& B．苯&&&&& C．NaOH溶液&&&& D．乙醇（2）一定条件下，在CuSO4中加入NH5反应生成氢化亚铜（CuH）．①已知NH5是离子化合物且所有原子都达到稀有气体的稳定结构，请写出NH5的电子式：　　　　　　；②写出CuH在过量稀盐酸中有气体生成的离子方程式：　　　　　　；（3）纳米级Cu2O具有特殊的光学、电学及光电化学性质，在太阳能电池、传感器、超导体等方面有着潜在的应用，研究制备纳米氧化亚铜的方法已成为当前的热点研究之一．方法一：在新制Cu（OH）2浊液中滴入N2H4•H2O水溶液，蓝色沉淀逐渐转化为砖红色，同时产生无色无味的气体．①写出上述制备过程中的总反应方程式　　　　　　．方法二：以铜作阳极，石墨作阴极电解．已知：①铜作阳极时，铜先被氧化生成Cu+，后Cu+继续氧化生成Cu2+；②在碱性溶液中CuCl浊液易转化为Cu2O．②以NaOH溶液作为电解质溶液时需添加NaCl，其目的是　　　　　　，写出阳极反应方程式　　　　　　．③写出在碱性溶液中CuCl浊液转化为Cu2O的离子方程式　　　　　　．④这样制得的Cu2O中往往含有CuCl，请设计实验证明CuCl的存在　　　　　　．9．某学习小组推测SO2能与强氧化剂Cl2反应生成SO2Cl2，为此进行探究．【查阅资料】：SO2Cl2名称是氯化硫酰，常温下是无色液体，极易水解，遇潮湿空气会产生白雾．【讨论】（1）SO2Cl2中S元素的化合价是　　　　　　．（2）实验中制取的SO2和Cl2在混合前都必须提纯和干燥．用二氧化锰和浓盐酸制氯气的化学方程式是　　　　　　．在收集氯气前，应依次通过盛有饱和食盐水和　　　　　　的洗气瓶．【实验探究】1．实验中制得了干燥纯净的SO2和Cl22．按如图收集满Cl2后，再通入SO2，集气瓶中立即有无色液体产生，充分反应后，将无色液体和剩余气体分离，分别对无色液体和剩余气体进行如探究．Ⅰ．探究反应产物．向所得无色液体中加入水，立即产生白雾，振荡，静置，得无色溶液．经检验：该无色溶液中的阴离子（除OH外）只有SO42、Cl，则证明无色液体为SO2Cl2．（3）SO2Cl2与水反应的化学方程式是　　　　　　．Ⅱ．探究反应进行的程度．（4）用NaOH溶液吸收分离出的气体，用稀盐酸酸化后，再加入BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，证明SO2与Cl2的反应是可逆反应．阐述证明SO2与Cl2是可逆反应的理由　　　　　　．【质疑】有同学提出：选修四教材习题中介绍SOCl2（亚硫酰氯）常温下是无色液体，极易水解，遇潮湿空气也会产生白雾．SO2与Cl2 反应若还能生成SOCl2则无法证明生成的是SO2Cl2．（5）SOCl2与水反应的化学方程式是　　　　　　．小组讨论后认为不会生成SOCl2，理由是　　　　　　．&10．活性氧化锌常用作橡胶制品的硫化活性剂．工业上用粗氧化锌（含少量CuO、FeO、MnO、Fe2O3等）生产活性氧化锌，生产工艺流程如图：&&Fe（OH）2&Fe（ OH）3&Cu（OH）2&Zn（OH）2&Mn（OH）2开始沉淀的pH&7.5&2.2&5.2&6.4&8.6沉淀完全的pH&9.0 &3.2&6.7&8.0&10.1根据上表提供的信息，回答下列问题：（1）“废渣1”的主要成分是　　　　　　．（2）完成“反应器2”中反应之一的离子方程式：□MnO4+□Mn2++□　　　　　　=□MnO2↓+□H+（3）蘸取“反应器2”中的溶液点在　　　　　　试纸上，如果观察到试纸变蓝，说明KMnO4过量．（4）“废渣2”分离出的MnO2可用于制取MnO，已知：2MnO2（s）+C（s）T2MnO（s）+CO2（g）△H=174.6kJ•mol1C（s）+CO2（g）T2CO（g）△H=+283.0kJ•mol1试写出MnO2（s）与CO（g）反应制取MnO（s）的热化学方程式：　　　　　　．（5）“反应器3”中加入锌粉的作用是　　　　　　．（6）“反应器4”得到的废液中，含有的主要离子除了Na+外，还有　　　　　　．（7）从“反应器4”中经过滤等操作得到碱式碳酸锌．取碱式碳酸锌3.41g，在400～450℃下加热至恒重，得到ZnO 2.43g和标准状况下CO2　0.224L，碱式碳酸锌的化学式　　　　　　．　【化学--选修2：化学与技术】11．粗铜精炼后的阳极泥中含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，湿法处理阳极泥进行综合利用的流程如图所示：&（1）电解精炼含铜、金、铅的粗铜时，电解液应该用　　　　　　溶液作电解液，电解时阳极的电极反应式为　　　　　　和Cu2eTCu2+．（2）焙烧阳极泥时，为了提高焙烧效率，采取的合理措施是　　　　　　，焙烧后的阳极泥中除含金、PbSO4外，还有　　　　　　（填化学式）．（3）完成操作Ⅰ的主要步骤：　　　　　　，过滤，洗涤，干燥．（4）写出用SO2还原AuCl4的离子反应方程式：　　　　　　．（5）为了减少废液排放、充分利用有用资源，工业上将滤液1并入硫酸铜溶液进行循环操作，请指出流程图中另一处类似的做法：　　　　　　．（6）用离子方程式表示加入碳酸钠溶液的作用：　　　　　　[已知298K时，Ksp（PbCO3）=1.46×1013，Ksp（PbSO4）=1.82×108]．　【化学--选修3：物质结构与性质】12．图A所示的转化关系中（具体反应条件略），a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物，i的溶液为常见的酸，a的一种同素异形体的晶胞如图B所示．&回答下列问题：（1）图B对应的物质名称是　　　　　　，其晶胞中的原子数为　　　　　　，晶体类型为　　　　　　．（2）d中元素的原子核外电子排布式为　　　　　　．（3）图A中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是　　　　　　，原因是　　　　　　，该物质的分子构型为　　　　　　，中心原子的杂化轨道类型为　　　　　　．（4）图A中的双原子分子中，极性最大的分子是　　　　　　．（5）k的分子式为　　　　　　，中心原子的杂化轨道类型为　　　　　　，属于　　　　　　分子（填“极性”或“非极性”）．　【化学--选修5：有机化学基础】13．（;南昌校级模拟）姜黄素具有抗突变和预防肿瘤的作用，其合成路线如图：&已知：① ② 请回答下列问题：（1）D中含有的官能团名称是　　　　　　．D→E的反应类型是　　　　　　．（2）姜黄素的结构简式为　　　　　　．（3）反应A→B的化学方程式为　　　　　　．（4）D的催化氧化产物与B可以反应生成一种高分子化合物，其结构简式为　　　　　　．（5）下列有关E的叙述不正确的是　　　　　　．a．E能发生氧化、加成、取代和缩聚反应&&&&& b．1mol E与浓溴水反应最多消耗3mol的Br2c．E能与FeCl3溶液发生显色反应&&&&&&&&&&&& d．1mol E最多能与3mol NaOH发生反应（6）G（C8H8O3）的同分异构体中，符合下列条件的共有　　　　　　种．①苯环上的一取代物只有2种；②1mol该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3mol NaOH，其中核磁共振氢谱中有4组吸收峰的同分异构体的结构简式为　　　　　　．　 2016年江西省南昌市十所省中学高考化学模拟（二）参考答案与解析　一、（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学与人类生活、社会可持续发展密切相关．下列说法正确的是（　　）A．福尔马林可作食品的保鲜剂B．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用C．“天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料D．制作快餐饭盒的可降解“玉米塑料”（主要成分是聚乳酸）是纯净物【考点】物质的组成、结构和性质的关系；有机化学反应的综合应用．【专题】有机化合物的获得与应用．【分析】A．HCHO有毒；B．聚碳酸酯为降解塑料，不污染环境；C．碳纤维为碳的单质；D．聚乳酸中n不确定．【解答】解：A．HCHO有毒，则福尔马林不能作食品的保鲜剂，故A错误；B．聚碳酸酯为降解塑料，不污染环境，则用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用，故B正确；C．碳纤维为碳的单质，不是有机物，故C错误；D．聚乳酸中n不确定，为混合物，故D错误；故选B．【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、组成和用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　2．某有机物的结构简式如图所示，关于该有机物的说法不正确的是（　　）&A．该有机物的化学式为C20H14O5B．该有机物分子中的三个苯环不可能共平面C．该有机物可发生加成、取代、氧化、消去等反应D．1mol该有机物与足量NaOH 溶液充分反应，消耗NaOH的物质的量为5 mol【考点】有机物的结构和性质．【分析】该分子中含有苯环、酯基、酚羟基，具有苯、酯基、酚的性质，能发生加成反应、还原反应、取代反应、水解反应及氧化反应，据此分析解答．【解答】解：A．根据图片知，该有机物的化学式为C20H14O5，故A正确；B．该分子中连接三个苯环的碳原子具有甲烷结构，所以该分子中三个苯环中碳原子不能共面，故B正确；C．该分子中含有苯环、酯基、酚羟基，具有苯、酯基、酚的性质，能发生加成反应、还原反应、取代反应、水解反应及氧化反应，所以不能发生消去反应，故C错误；D．酚羟基、酯基水解生成的羧基、酚羟基能和NaOH反应，该物质水解生成酚羟基、碳酸中羧基，所以1mol该有机物与足量NaOH 溶液充分反应，消耗NaOH的物质的量为5 mol，故D正确；故选C．【点评】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系即可解答，是原子共面判断，易错选项是D，注意该物质水解生成碳酸．　3．最近有研究人员发现了一种处理高浓度乙醛废水的新方法隔膜电解法，乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸．实验室以一定浓度的乙醛Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示．下列说法不正确的是（　　）&A．若以CH4空气燃料电池为直流电源，燃料电池的a极应通入空气B．阳极反应CH3CHO2e+H2OTCH3COOH+2H+C．电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量增大D．电解过程中，两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O2【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】A．a为正极，b为负极，负极发生氧化反应，通入甲烷；B．阳极上发生燃料失电子的氧化反应，遵循质量守恒；C．钠离子和硫酸根离子不参与电极反应，物质的量不变；D．阳极发生4OH4eTO2↑+2H2O、CH3CHO2e+H2O=CH3COOH+2H+，阴极发生4H++4e=2H2↑、CH3CHO+2e+2H2OTCH3CH2OH+2OH．【解答】解：A．连接电解池阴极的是原电池负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，a为正极，b为负极，燃料电池的a极应通入空气，故A正确；B．质量不守恒，阳极上的反应为CH3CHO2e+H2O=CH3COOH+2H+，故B正确；C．钠离子和硫酸根离子不参与电极反应，物质的量不变，故C错误；D．阳极发生4OH4eTO2↑+2H2O、CH3CHO2e+H2O=CH3COOH+2H+，阴极发生4H++4e=2H2↑、CH3CHO+2e+2H2OTCH3CH2OH+2OH，则两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O2，故D正确．故选C．【点评】本题考查了原电池和电解池的原理，侧重于的分析能力的考查，为高频考点，注意把握反应的原理和电极方程式的书写，为解答该题的关键，难度中等．　4．A、B、C三种短周期元素在周期表中的相对位置如右图所示，已知A、C分别与B形成化合物X和Y，A与B的质子数之和等于C的质子数，则以下说法判断正确的是（　　）&A．B与C均不存在同素异形体B．X一定是酸性氧化物C．B的氢化物比A、C的氢化物稳定D．Y与NaOH溶液反应只能生成两种盐【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】由A、B、C三种短周期元素位置关系可知，A、B处于第二周期相邻，C处于第三周期、且与A同主族，A与B的质子数之和等于C的质子数，则B的质子数为8，故B为氧元素，则A为N元素、C为P元素，A与B形成化合物X为氮的氧化物，C与B形成化合物Y为P2O3或P2O5，据此解答．【解答】解：由A、B、C三种短周期元素位置关系可知，A、B处于第二周期相邻，C处于第三周期、且与A同主族，A与B的质子数之和等于C的质子数，则B的质子数为8，故B为氧元素，则A为N元素、C为P元素，A与B形成化合物X为氮的氧化物，C与B形成化合物Y为P2O3或P2O5，A．氧元素单质存在氧气、臭氧，磷元素单质存在白磷、红磷，故A错误；B．X为氮的氧化物，不一定是酸性氧化物，如NO、NO2等，故B错误；C．非金属性O＞N＞P，故O氢化物比N、P的氢化物稳定，故C正确；D．若Y为P2O5，与氢氧化钠反应可以生成磷酸钠、磷酸二氢钠、磷酸一氢钠三种盐，故D错误，故选C．【点评】本题考查位置性质关系应用，推断元素是解题的关键，注意基础知识的理解掌握，难度不大．　5．700℃时，H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）．该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2和CO2，起始浓度如下表所示．其中甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（L•min），下列判断错误的是（　　）起始浓度&甲&乙&丙c（H2）/mol/L&0.10&0.20&0.20c（CO2）/mol/L&0.10&0.10&0.20A．平衡时，乙中CO2的转化率等于50%B．当反应平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol/L H2和0.20 mol/LCO2，到达平衡时c （CO）与乙不同【考点】化学平衡的计算．【分析】甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（L•min），故△c（H2O）=0.025mol/（L•min）×2min=0.05mol/L，则：&&&&&&&&&&& H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）开始（mol/L）：0.1&&& 0.1&&&&& 0&&&&&&& 0转化（mol/L）：0.05&& 0.05&&&& 0.05&&&& 0.05平衡（mol/L）：0.05&& 0.05&&&& 0.05&&&& 0.05故该温度下平衡常数K= =1，各容器内温度相同，平衡常数均相同，A．令乙中CO2的浓度变化量为x，表示出平衡时各组分的物质的量浓度，再结合平衡常数列方程计算解答；B．反应前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，甲、丙为等效平衡，平衡时二氧化碳的物质的量分数相同；C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为 ，大于700℃的平衡常数1，则升高温度平衡向正反应方向移动；D．令平衡时CO的浓度为ymol/L，表示出平衡时各组分的浓度，再利用平衡常数列方程计算CO的平衡浓度，由A计算可知乙中平衡时CO的浓度．【解答】解：甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（L•min），故△c（H2O）=0.025mol/（L•min）×2min=0.05mol/L，则：&&&&&&&&&&& H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）开始（mol/L）：0.1&&& 0.1&&&&&& 0&&&&&& 0转化（mol/L）：0.05&& 0.05&&&&& 0.05&&& 0.05平衡（mol/L）：0.05&& 0.05&&&&& 0.05&&& 0.05故该温度下平衡常数K= =1，A．令乙中CO2的浓度变化量为x，则：&&&&&&&&&&& H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）开始（mol/L）：0.2&&& 0.1&&&&& 0&&&&&&& 0转化（mol/L）：x&&&&& x&&&&&&& x&&&&&&& x平衡（mol/L）：0.2x& 0.1x&&& x&&&&&&& x所以 =1，解得x= ，故二氧化碳的转化率为 ×100%=66.7%，故A错误；B．反应前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，甲、丙为等效平衡，平衡时二氧化碳的物质的量分数相同，丙中总物质的量为甲中的2倍，则反应平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，故B正确；C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为 ，大于700℃的平衡常数1，则升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故C正确；&D．令平衡时CO的浓度为ymol/L，则：&&&&&&&&&&& H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）开始（mol/L）：0.1&&& 0.2&&&&&& 0&&&&& 0转化（mol/L）：y&&&&& y&&&&&&&& y&&&&& y平衡（mol/L）：0.1y& 0.2y&&&& y&&&&& y则 =1，解得y= ，而乙平衡时CO的浓度 mol/L，故D错误，故：AD．【点评】本题考查化学平衡计算、等效平衡、平衡常数应用等，A选项可以等效为在甲中再增大0.10mol/L氢气，平衡正向进行，二氧化碳转化率比甲中的大，D中注意形成规律：若反应物按物质的量1：1反应，反应物的浓度（或物质的量）相互交换，不影响生成物的量，难度中等．　6．25℃时，在氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2（s）TMg2+（q）+2OH（aq），已知25℃时Ksp[Mg（OH）2]=1.8×1011，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×1020．下列说法错误的是（　　）A．若向Mg（OH）2浊液中加入少量NH4Cl（s），c（Mg2+）会增大B．若向Mg（OH）2浊液中滴加CuSO4溶液，沉淀将由白色逐渐变为蓝色C．若向Mg（OH）2浊液中加入适量蒸馏水，Ksp保持不变，故上述平衡不发生移动D．若向Mg（OH）2浊液中加入少量Na2CO3（s），固体质量将增大【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】在Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH（aq）中，改变c（Mg2+）或c（OH），可影响平衡移动，一般来说，加入少量Na2CO3（s），平衡逆向移动，加入蒸馏水、CuSO4溶液等，可使平衡正向移动，以此解答该题．【解答】解：A．向Mg（OH）2浊液中加入少量NH4Cl（s），c（OH）减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，c（Mg2+）会增大，故A正确；B．向Mg（OH）2浊液中滴加CuSO4溶液，由于Ksp[Mg（OH）2]=1.8×1011＜Ksp[Cu（OH）2]=2.2×1020，则沉淀将由白色氢氧化镁逐渐变为蓝色的氢氧化铜，故B正确；C．加入少量水，Ksp保持不变，c（Mg2+）、c（OH）减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，故C错误；D．向Mg（OH）2浊液中加入少量Na2CO3（s），由于碳酸根水解成碱性，所以c（OH）增大，平衡逆向移动，有固体析出，则固体质量将增大，故D正确．故选C．【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于的分析能力的考查，题目难度一般，要注意从平衡移动的角度分析．　7．某溶液中可能含有OH，CO32，AlO2，SiO32，SO42，K+，Na+，Fe3+，Mg2+，Al3+等离子，当向溶液中逐滴加入一定物质的量的盐酸时，生成沉淀物质的量与加入盐酸体积的关系如图所示．下列判断正确的是（　　）&A．原溶液中一定含有Na2SO4B．反应后形成的溶液溶质为NaClC．原溶液中含有CO32与AlO2的物质的量比为3：4D．原溶液中一定含有的离子是OH，CO32，SiO32，AlO2，K+【考点】离子方程式的有关计算．【分析】依据图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的OH反应，则与氢氧根离子反应的离子不能共存：Fe3+、Mg2+、Al3+；然后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中至少含有K+、Na+离子中的一种．【解答】解：由图象可知，开始加入HCl时无沉淀生成，说明加入的HCl与溶液中OH的反应，则溶液中一定不会存在与氢氧根离子发生反应的离子：Fe3+、Mg2+、Al3+；之后开始生成沉淀且反应生成沉淀逐渐增大，说明溶液中存在AlO2、SiO32，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32离子，碳酸根离子反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中至少含有K+、Na+离子中的一种离子，A．根据分析可知，无法判断溶液中是否存在硫酸根离子，故A错误；B．反应后形成的溶液溶质为NaCl或KCl，故B错误；C．依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，CO32+2H+=CO2↑+H2O 氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；原溶液中含有CO32与AlO2的物质的量之比为3：4，故C正确；D．根据以上分析可知，原溶液中一定存在的阴离子是：OH、SiO32、AlO2、CO32，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子检验的方法应用，图象分析判断是解题关键，硅酸根离子、偏铝酸根离子和酸反应生成沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强酸是解题关键．　二、（共3小题，满分43分）8．铜是与人类关系非常密切的有色金属．已知：常温下，在溶液中Cu2+稳定，Cu+易在酸性条件下发生反应：2Cu+TCu2++Cu．大多数+1价铜的化合物是难溶物，如Cu2O、CuI、CuCl、CuH等．（1）在CuCl2溶液中逐滴加入过量KI溶液可能发生：a．2Cu2+++4IT2CuI↓（白色）+I2b．2Cu2++2Cl+2IT2CuCl↓（白色）+I2．为顺利观察到白色沉淀可以加入的最佳试剂是　B　．A．SO2&&& B．苯&&&&& C．NaOH溶液&&&& D．乙醇（2）一定条件下，在CuSO4中加入NH5反应生成氢化亚铜（CuH）．①已知NH5是离子化合物且所有原子都达到稀有气体的稳定结构，请写出NH5的电子式：　 　；②写出CuH在过量稀盐酸中有气体生成的离子方程式：　2CuH+2H+TCu+Cu2++2H2↑　；（3）纳米级Cu2O具有特殊的光学、电学及光电化学性质，在太阳能电池、传感器、超导体等方面有着潜在的应用，研究制备纳米氧化亚铜的方法已成为当前的热点研究之一．方法一：在新制Cu（OH）2浊液中滴入N2H4•H2O水溶液，蓝色沉淀逐渐转化为砖红色，同时产生无色无味的气体．①写出上述制备过程中的总反应方程式　4Cu（OH）2+N2H4&#Cu2O+N2↑+7H2O　．方法二：以铜作阳极，石墨作阴极电解．已知：①铜作阳极时，铜先被氧化生成Cu+，后Cu+继续氧化生成Cu2+；②在碱性溶液中CuCl浊液易转化为Cu2O．②以NaOH溶液作为电解质溶液时需添加NaCl，其目的是　生成CuCl沉淀，防止被氧化成Cu2+　，写出阳极反应方程式　Cu+Cle=CuCl　．③写出在碱性溶液中CuCl浊液转化为Cu2O的离子方程式　2CuCl+2OH=Cu2O+H2O+2Cl　．④这样制得的Cu2O中往往含有CuCl，请设计实验证明CuCl的存在　取试样少量于试管中，加入稀硝酸溶解，再加硝酸银溶液，若生成沉淀，则含有CuCl，若无明显现象，则无CuCl　．【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】元素及其化合物．【分析】（1）通过查询CuI2和CuCl的Ksp可以判断出那种沉淀更难溶，碘水的颜色影响白色沉淀的观察，可以选用萃取剂把碘萃取出来；（2）①NH5在所有原子都达到稀有气体的稳定结构，说明NH5是由NH4+和H组成的离子化合物；②CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H失电子，盐酸中H+得电子，产生的气体为氢气，在酸性溶液中2Cu+=Cu2++Cu；（3）①根据“在新制Cu（OH）2浊液中滴入N2H4•H2O水溶液，蓝色沉淀逐渐转化为砖红色，同时产生无色无味的气体”判断反应物、生成物，然后写出反应的化学方程式；②Cu+易被氧化，添加NaCl是为了使Cu+生成CuCl沉淀；电解池中阳极发生氧化反应，铜失去1个电子与氯离子结合生成氯化亚铜沉淀，据此写出阳极反应方程式；③确定反应物CuCl、OH和生成物Cu2O，再判断其它的生成物；④检验Cu2O中含有CuCl，可以通过检验氯离子的方法进行判断．【解答】解：（1）碘水是棕褐色的影响白色沉淀的观察，可以用四氯化碳把碘单质萃取出来，由于酒精与水以任意比例混溶，因此不能做萃取剂，故答案为：B；（2）①NH5在所有原子都达到稀有气体的稳定结构，即氮原子最外层达到8电子稳定结构，所有氢原子达到2电子稳定结构，说明NH5是由NH4+和H组成的离子化合物，电子式为 ，故答案为： ；②CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H失电子盐酸中H+得电子，产生的气体为氢气，酸性溶液中2Cu+=Cu2++Cu，故离子方程式为：2CuH+2H+=Cu2++Cu+2H2↑故答案为：2CuH+2H+=Cu2++Cu+2H2↑；（3）①在新制Cu（OH）2浊液中滴入N2H4•H2O水溶液，蓝色沉淀逐渐转化为砖红色，即氢氧化铜沉淀转化成氧化亚铜；同时产生无色无味的气体，根据化合价变化，铜离子化合价降低被还原，能够被氧化生成无色无味的气体可能为N、O元素，由于氧气具有氧化性，不可能生成氧化亚铜，所以该气体只能是氮气，根据化合价升降法配平，反应的化学方程式为：4Cu（OH）2+N2H4&#Cu2O+N2+7H2O，故答案为：4Cu（OH）2+N2H4&#Cu2O+N2+7H2O；②Cu+易被氧化，添加NaCl是为了使Cu+生成CuCl沉淀；铜作阳极，石墨作阴极，在含有NaOH的NaCl水溶液中电解，在阳极生成难溶CuCl，阳极电极反应式为：Cu+Cle=CuCl，故答案为：生成CuCl沉淀，防止被氧化成Cu2+；Cu+Cle=CuCl；③确定反应物CuCl、OH和生成物Cu2O，判断其它的生成物为水，然后书写方程为：2CuCl+2OH=Cu2O+H2O+2Cl，故答案为：2CuCl+2OH=Cu2O+H2O+2Cl；④得的Cu2O中往往含有CuCl，可以通过检验混合物中是否含有氯离子的方法来检验是否含有CuCl，检验方法为：取试样少量于试管中，加入稀硝酸溶解，再加硝酸银溶液，若生成沉淀，则含有CuCl，若无明显现象，则无CuCl，故答案为：取试样少量于试管中，加入稀硝酸溶解，再加硝酸银溶液，若生成沉淀，则含有CuCl，若无明显现象，则无CuCl．【点评】本题考查较综合，涉及物质的性质、氧化还原反应及物质的检验等，注重化学反应原理的考查，把握习题中的信息及迁移应用能力为解答的关键，题目难度中等．　9．某学习小组推测SO2能与强氧化剂Cl2反应生成SO2Cl2，为此进行探究．【查阅资料】：SO2Cl2名称是氯化硫酰，常温下是无色液体，极易水解，遇潮湿空气会产生白雾．【讨论】（1）SO2Cl2中S元素的化合价是　+6　．（2）实验中制取的SO2和Cl2在混合前都必须提纯和干燥．用二氧化锰和浓盐酸制氯气的化学方程式是　MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O　．在收集氯气前，应依次通过盛有饱和食盐水和　浓硫酸　的洗气瓶．【实验探究】1．实验中制得了干燥纯净的SO2和Cl22．按如图收集满Cl2后，再通入SO2，集气瓶中立即有无色液体产生，充分反应后，将无色液体和剩余气体分离，分别对无色液体和剩余气体进行如探究．Ⅰ．探究反应产物．向所得无色液体中加入水，立即产生白雾，振荡，静置，得无色溶液．经检验：该无色溶液中的阴离子（除OH外）只有SO42、Cl，则证明无色液体为SO2Cl2．（3）SO2Cl2与水反应的化学方程式是　SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl　．Ⅱ．探究反应进行的程度．（4）用NaOH溶液吸收分离出的气体，用稀盐酸酸化后，再加入BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，证明SO2与Cl2的反应是可逆反应．阐述证明SO2与Cl2是可逆反应的理由　由实验中产生的白色沉淀是BaSO4而不是BaSO3，说明用NaOH溶液吸收剩余气体时SO2被Cl2氧化，即剩余气体中必然存在含有SO2和Cl2，因此SO2与Cl2生成SO2Cl2的反应是可逆反应　．【质疑】有同学提出：选修四教材习题中介绍SOCl2（亚硫酰氯）常温下是无色液体，极易水解，遇潮湿空气也会产生白雾．SO2与Cl2 反应若还能生成SOCl2则无法证明生成的是SO2Cl2．（5）SOCl2与水反应的化学方程式是　SOCl2+H2O=SO2+2HCl　．小组讨论后认为不会生成SOCl2，理由是　SO2与SOCl2中硫元素均为+4价，SO2与Cl2反应不会生成SOCl2　．&【考点】性质实验方案的设计．【专题】无机实验综合．【分析】【讨论】（1）该化合物中O元素化合价为2价、Cl元素化合价为1价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定S元素化合价；（2）用二氧化锰和浓盐酸加热反应制氯气，生成氯化锰、氯气和水，浓硫酸具有吸水性，可以干燥氯气；Ⅰ．探究反应产物：（3）SO2Cl2和H2O反应产生白雾，经检验：该无色溶液中的阴离子（除OH外）只有SO42、Cl，说明生成HCl和硫酸，根据反应物和生成物书写方程式；Ⅱ．探究反应进行的程度．（4）亚硫酸的酸性小于盐酸，亚硫酸盐和盐酸酸化的氯化钡不反应，硫酸根离子和盐酸酸化的氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀；【质疑】（5）SOCl2遇水产生白雾，说明生成HCl，Cl元素化合价不变，则S元素化合价不变，所以同时生成二氧化硫；根据反应物和生成物书写方程式．【解答】解：【讨论】（1）该化合物中O元素化合价为2价、Cl元素化合价为1价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0知，S元素化合价=0（2）×2（1）×2=+6，故答案为：+6； （2）二氧化锰和浓盐酸反应的方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，要收集干燥的氯气应除去氯气中的水蒸气，选用浓硫酸可以干燥氯气；故答案为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓硫酸；Ⅰ．探究反应产物：（3）SO2Cl2和H2O反应产生白雾，经检验：该无色溶液中的阴离子（除OH外）只有SO42、Cl，说明生成HCl和硫酸，根据反应物和生成物书写方程式为SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl； Ⅱ．探究反应进行的程度．（4）亚硫酸的酸性小于盐酸，亚硫酸盐和盐酸酸化的氯化钡不反应，硫酸根离子和盐酸酸化的氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，用NaOH吸收的气体溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液产生白色沉淀，说明剩余气体时SO2被Cl2氧化，即剩余气体中必然存在含有SO2和Cl2，因此SO2与Cl2生成SO2Cl2的反应是可逆反应，故答案为：由实验中产生的白色沉淀是BaSO4而不是BaSO3，说明用NaOH溶液吸收剩余气体时SO2被Cl2氧化，即剩余气体中必然存在含有SO2和Cl2，因此SO2与Cl2生成SO2Cl2的反应是可逆反应；【质疑】（5）SOCl2遇水产生白雾，说明生成HCl，Cl元素化合价不变，则S元素化合价不变，所以同时生成二氧化硫，反应方程式为SOCl2+H2O=SO2+2HCl；SO2 与SOCl2中硫元素均为+4价，SO2与Cl2反应如果生成SOCl2，Cl元素化合价降低、S元素化合价不变，不符合氧化还原反应特点，所以不会生成SOCl2，故答案为：SOCl2+H2O=SO2+2HCl；SO2 与SOCl2中硫元素均为+4价，SO2与Cl2反应不会生成SOCl2．【点评】本题考查性质实验方案评价，为高频考点，涉及化合价的判断、离子检验、氧化还原反应等知识点，侧重考查学生知识运用能力、获取信息利用信息解答问题能力，熟悉基本理论、元素化合物性质是解本题关键，是证明SO2与Cl2是可逆反应的理由，题目难度中等．　10．活性氧化锌常用作橡胶制品的硫化活性剂．工业上用粗氧化锌（含少量CuO、FeO、MnO、Fe2O3等）生产活性氧化锌，生产工艺流程如图：&&Fe（OH）2&Fe（ OH）3&Cu（OH）2&Zn（OH）2&Mn（OH）2开始沉淀的pH&7.5&2.2&5.2&6.4&8.6沉淀完全的pH&9.0 &3.2&6.7&8.0&10.1根据上表提供的信息，回答下列问题：（1）“废渣1”的主要成分是　Fe（ OH）3　．（2）完成“反应器2”中反应之一的离子方程式：□MnO4+□Mn2++□　2H2O　=□MnO2↓+□H+（3）蘸取“反应器2”中的溶液点在　淀粉碘化钾　试纸上，如果观察到试纸变蓝，说明KMnO4过量．（4）“废渣2”分离出的MnO2可用于制取MnO，已知：2MnO2（s）+C（s）T2MnO（s）+CO2（g）△H=174.6kJ•mol1C（s）+CO2（g）T2CO（g）△H=+283.0kJ•mol1试写出MnO2（s）与CO（g）反应制取MnO（s）的热化学方程式：　MnO2（s）+CO（g）=MnO（s）+CO2（g）△H=228.8kJ/mol　．（5）“反应器3”中加入锌粉的作用是　调节溶液pH，除去溶液中Cu2+　．（6）“反应器4”得到的废液中，含有的主要离子除了Na+外，还有　K+、SO42　．（7）从“反应器4”中经过滤等操作得到碱式碳酸锌．取碱式碳酸锌3.41g，在400～450℃下加热至恒重，得到ZnO 2.43g和标准状况下CO2　0.224L，碱式碳酸锌的化学式　ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O　．【考点】制备实验方案的设计．【专题】无机实验综合．【分析】粗氧化锌加入稀硫酸溶解，过滤，得到溶液中含有硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜、硫酸锰，加入氧化性调节溶液pH=4.5～5，铁离子转化为Fe（ OH）3沉淀，过滤分离，再加入高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，由（2）中反应器2中反应离子方程式，则锰离子被氧化MnO2，过滤分离，滤液中加入Zn粉，置换出Cu，除去溶液中铜离子，过滤分离，滤液中主要含有硫酸锌、硫酸钾，加入碳酸钠，由（7）酯得到碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌．（1）加入氧化性调节溶液pH=4.5～5，铁离子转化为Fe（ OH）3沉淀；（2）MnO4中Mn元素由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，Mn2+中+2价升高为MnO2中+4价，升高2价，化合价升降最小公倍数为6，则MnO4的系数为2，Mn2+的系数为3，由原子守恒可知缺项为水，再结合原子守恒、电荷守恒配平；（3）蘸取“反应器2”中的溶液点在淀粉碘化钾试纸上，如果观察到试纸变蓝，说明KMnO4过量；（4）已知：①．2MnO2（s）+C（s）T2MnO（s）+CO2（g）△H=174.6kJ•mol1②．C（s）+CO2（g）T2CO（g）△H=+283.0kJ•mol1根据盖斯定律，（①②）÷2可得：MnO2（s）+CO（g）=MnO（s）+CO2（g）；（5）调节溶液pH，除去溶液中Cu2+；（6）“反应器4”得到的废液中主要含有硫酸钾、硫酸钠；（7）分解最终生成氧化锌、二氧化碳与水，根据质量守恒计算生成水的质量，计算氧化锌、二氧化碳、水的物质的量，再根据原子守恒计算碱式碳酸锌中ZnCO3、Zn（OH）2、H2O的物质的量之比确定组成．【解答】解：粗氧化锌加入稀硫酸溶解，过滤，得到溶液中含有硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜、硫酸锰，加入氧化性调节溶液pH=4.5～5，铁离子转化为Fe（ OH）3沉淀，过滤分离，再加入高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，由（2）中反应器2中反应离子方程式，则锰离子被氧化MnO2，过滤分离，滤液中加入Zn粉，置换出Cu，除去溶液中铜离子，过滤分离，滤液中主要含有硫酸锌、硫酸钾，加入碳酸钠，由（7）酯得到碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌．（1）加入氧化性调节溶液pH=4.5～5，铁离子转化为Fe（ OH）3沉淀，故答案为：Fe（ OH）3；（2）MnO4中Mn元素由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，Mn2+中+2价升高为MnO2中+4价，升高2价，化合价升降最小公倍数为6，则MnO4的系数为2，Mn2+的系数为3，由原子守恒可知缺项为水，再结合原子守恒、电荷守恒配平，反应离子方程式为：2MnO4+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：2；3；2H2O；5；4（3）蘸取“反应器2”中的溶液点在淀粉碘化钾试纸上，如果观察到试纸变蓝，说明KMnO4过量，故答案为：淀粉碘化钾；（4）已知：①．2MnO2（s）+C（s）T2MnO（s）+CO2（g）△H=174.6kJ•mol1②．C（s）+CO2（g）T2CO（g）△H=+283.0kJ•mol1根据盖斯定律，（①②）÷2可得：MnO2（s）+CO（g）=MnO（s）+CO2（g）△H=228.8kJ/mol，故答案为：MnO2（s）+CO（g）=MnO（s）+CO2（g）△H=228.8kJ/mol；（5）“反应器3”中加入锌粉的作用是：调节溶液pH，除去溶液中Cu2+，故答案为：调节溶液pH，除去溶液中Cu2+；（6）“反应器4”得到的废液中主要含有硫酸钾、硫酸钠，含有的主要离子除了Na+外，还有K+、SO42，故答案为：K+、SO42；（7）分解最终生成氧化锌、二氧化碳与水，得到ZnO 2.43g，物质的量为 =0.03mol，CO2的物质的量为 =0.01mol，质量为0.01mol×44g/mol=0.44g，故水的质量为3.41g2.43g0.44g=0.54g，水的物质的量为 =0.03mol，则n（ZnCO3）=0.01mol，n[Zn（OH）2]=0.03mol0.01mol=0.02mol，n（H2O）=0.03mol0.02mol=0.01mol，故n（ZnCO3）：n[Zn（OH）2]：n（H2O）=0.01mol：0.02mol：0.01mol=1：2：1，故碱式碳酸锌的组成为ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O，故答案为：ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O．【点评】本题以工艺流程为载体，考查学生获取信息能力、对操作步骤的分析评价、物质的分离提纯、热化学方程式书写、氧化还原反应配平、物质组成的测定等，是对所学知识的与能力的考查，需要学生具备扎实的基础知识与知识、信息进行解决问题的能力．　【化学--选修2：化学与技术】11．粗铜精炼后的阳极泥中含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，湿法处理阳极泥进行综合利用的流程如图所示：&（1）电解精炼含铜、金、铅的粗铜时，电解液应该用　CuSO4　溶液作电解液，电解时阳极的电极反应式为　Pb2e+SO42=PbSO4　和Cu2eTCu2+．（2）焙烧阳极泥时，为了提高焙烧效率，采取的合理措施是　将阳极泥粉碎，逆流焙烧等　，焙烧后的阳极泥中除含金、PbSO4外，还有　CuO　（填化学式）．（3）完成操作Ⅰ的主要步骤：　蒸发浓缩，降温结晶　，过滤，洗涤，干燥．（4）写出用SO2还原AuCl4的离子反应方程式：　2AuCl4+3SO2+6H2O=2Au+3SO42+8Cl+12H+　．（5）为了减少废液排放、充分利用有用资源，工业上将滤液1并入硫酸铜溶液进行循环操作，请指出流程图中另一处类似的做法：　用滤液2溶解碱浸渣　．（6）用离子方程式表示加入碳酸钠溶液的作用：　PbSO4（s）+CO32（aq）⇌PbCO3（s）+SO42（aq）　[已知298K时，Ksp（PbCO3）=1.46×1013，Ksp（PbSO4）=1.82×108]．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】无机实验综合．【分析】粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，焙烧后金属铜成为氧化铜，酸浸可以得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经过蒸发浓缩，降温结晶，过滤、洗涤，干燥获得硫酸铜晶体；Au（金）和PbSO4等杂质经碳酸钠浸洗、浓硝酸氧化后，过滤得到硝酸铅溶液，滤液加硫酸生成硫酸铅沉淀，再过滤得到硫酸铅；脱铅滤渣主要是金，加王水溶金，得到含有AuCl4的溶液，AuCl4可以被SO2还原得到Au．（1）电解精炼粗铜时一般用硫酸铜溶液作电解质溶液，粗铜中的铜和铅会发生失电子的氧化反应，据此回答；（2）阳极泥的成分为Cu、Au（金）和PbSO4 等，在焙烧过程中铜被氧化为了CuO，根据阳极泥充分的粉碎，增大接触面积可以提高焙烧效率来回答；（3）操作I的步骤是从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体，操作II是从酸浸渣（PbSO4）中得到碱浸渣（PbCO3），据此回答；（4）SO2还原AuCl4反应得到氧化产物是SO42，还原产物是Au，配平书写方程式；（5）将滤液1并入硫酸铜溶液进行循环操作，有利于充分利用，据此回答；（6）碳酸铅比硫酸铅更加难溶，往硫酸铅中加入碳酸钠，发生的是沉淀溶解转化的反应．【解答】解：粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，焙烧后金属铜成为氧化铜，酸浸可以得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经过蒸发浓缩，降温结晶，过滤、洗涤，干燥获得硫酸铜晶体；Au（金）和PbSO4等杂质经碳酸钠浸洗、浓硝酸氧化后，过滤得到硝酸铅溶液，滤液加硫酸生成硫酸铅沉淀，再过滤得到硫酸铅；脱铅滤渣主要是金，加王水溶金，得到含有AuCl4的溶液，AuCl4可以被SO2还原得到Au．（1）电解精炼粗铜时一般用硫酸铜溶液作电解质溶液；电解精炼的粗铜作阳极会发生氧化反应，其中单质铜和活泼性比Cu强的金属都会发生溶解，因此粗铜中的铜和铅会发生失电子的氧化反应，电极反应式为：Pb2e+SO42=PbSO4，故答案为：CuSO4；Pb2e+SO42=PbSO4；（2）由题干可知，用于焙烧的阳极泥的成分为Cu、Au（金）和PbSO4 等，所以在焙烧过程中铜被氧化为了CuO，而Au（金）和PbSO4 均较稳定，要使焙烧效率提高，合理措施是把得到的阳极泥充分的粉碎，增大接触面积，或把反应后的气体在次逆流焙烧，这样可以升高温度且减少能耗，故答案为：将阳极泥粉碎，逆流焙烧等； CuO；（3）操作I的步骤是从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体，因此该步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，操作II是从酸浸渣（PbSO4）中得到碱浸渣（PbCO3），因此该操作是过滤操作．故答案为：蒸发浓缩，降温结晶；（4）SO2还原AuCl4中还原剂和氧化剂都比较明确，因此很容易推测出氧化产物是SO42，还原产物是Au，根据氧化还原反应得失电子守恒先缺项配平，然后根据电荷守恒再配平，因此得到的反应方程式为：2AuCl4+3SO2+6H2O=2Au+3SO42+8Cl+12H+；故答案为：2AuCl4+3SO2+6H2O=2Au+3SO42+8Cl+12H+；（5）滤液1是在结晶硫酸铜时剩下的滤液，还含有少量的未析出的硫酸铜，因此并入前面的硫酸铜溶液进行循环，有利于充分利用，因此类似此处的做法，应该是流程中得到的另一滤液2，此滤液2是在硝酸铅溶液中加入硫酸生成硫酸铅沉淀并过滤走硫酸铅后剩下的溶液，此溶液中H+没有发生反应，因此还有大量的硝酸溶液，所以可以把此滤液当成硝酸加入前面的碱浸渣中溶解碱浸渣；故答案为：用滤液2溶解碱浸渣；（6）通过比较两种沉淀的溶度积，可以看出碳酸铅比硫酸铅更加难溶，因此往硫酸铅中加入碳酸钠，发生的是沉淀溶解转化的反应，离子方程式要注意标明状态，方程式为：PbSO4（s）+CO32（aq）⇌PbCO3（s）+SO42（aq）．故答案为：PbSO4（s）+CO32（aq）⇌PbCO3（s）+SO42（aq）．【点评】本题主要考查了物质的分离、离子的检验、电解原理的应用、沉淀的转化等知识，为高考常见题型，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目较高的考查能力，注意把握实验的原理以及实验基本操作方法，题目难度较大．　【化学--选修3：物质结构与性质】12．图A所示的转化关系中（具体反应条件略），a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物，i的溶液为常见的酸，a的一种同素异形体的晶胞如图B所示．&回答下列问题：（1）图B对应的物质名称是　金刚石　，其晶胞中的原子数为　8　，晶体类型为　原子晶体　．（2）d中元素的原子核外电子排布式为　1s22s22p63s23p5　．（3）图A中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是　H2O　，原因是　分子间形成氢键　，该物质的分子构型为　V型　，中心原子的杂化轨道类型为　sp3　．（4）图A中的双原子分子中，极性最大的分子是　HCl　．（5）k的分子式为　COCl2　，中心原子的杂化轨道类型为　sp2　，属于　极性　分子（填“极性”或“非极性”）．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，b与c反应生成水，故b、c分别为H2、O2中的一种，a的一种同素异形体的晶胞中每个原子周围有4个键，判断为金刚石，则a为C，故b为H2、c为O2，由转化关系可知，f为CO，g为CO2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，只能判断为COCl2，以此来解答．【解答】解：a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，b与c反应生成水，故b、c分别为H2、O2中的一种，a的一种同素异形体的晶胞中每个原子周围有4个键，判断为金刚石，则a为C，则b为H2、c为O2，由转化关系可知，f为CO，g为CO2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，只能判断为COCl2，（1）由上述分析可知，图B对应的位置为金刚石，该晶胞中C原子数目=4+8× +6× =8，属于原子晶体，故答案为：金刚石；8；原子晶体；（2）d中元素为Cl元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p5，故答案为：1s22s22p63s23p5；（3）所有两元素形成的物质中，水分子之间存在氢键，常温下是液态，其它都是气体，故水的沸点最高，水分子中O原子呈2个σ键、含有2对孤电子对，故为V型结构，中心原子含2对孤电子对，2个σ键，其杂化轨道类型为sp3，故答案为：H2O；分子间形成氢键；V型；sp3；（4）所有双原子分子中，只有H、Cl电负性差值最大，因而HCl的极性最大，故答案为：HCl；（5）k的分子式为COCl2，COCl2中C原子成3个σ键、1个π键，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化，为平面三角形结构，分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，故答案为：COCl2；sp2；极性．【点评】本题考查无机物推断、物质结构与性质，为高频考点，涉及杂化方式、晶体结构、分子极性、核外电子排布、分子构型等知识，关键根据晶胞结构判断b，难度中等．　【化学--选修5：有机化学基础】13．（;南昌校级模拟）姜黄素具有抗突变和预防肿瘤的作用，其合成路线如图：&已知：① ② 请回答下列问题：（1）D中含有的官能团名称是　羧基、醛基　．D→E的反应类型是　加成反应　．（2）姜黄素的结构简式为　 　．（3）反应A→B的化学方程式为　BrCH2CH2Br+2NaOH HOCH2CH2OH+2NaBr　．（4）D的催化氧化产物与B可以反应生成一种高分子化合物，其结构简式为　 　．（5）下列有关E的叙述不正确的是　bd　．a．E能发生氧化、加成、取代和缩聚反应&&&&& b．1mol E与浓溴水反应最多消耗3mol的Br2c．E能与FeCl3溶液发生显色反应&&&&&&&&&&&& d．1mol E最多能与3mol NaOH发生反应（6）G（C8H8O3）的同分异构体中，符合下列条件的共有　5　种．①苯环上的一取代物只有2种；②1mol该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3mol NaOH，其中核磁共振氢谱中有4组吸收峰的同分异构体的结构简式为　 　．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】乙烯和溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，由D的分子式与E的结构，可知D为OHCCOOH，H为 ，则A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，C为OHCCHO，C中部分醛基被氧化生成D．E发生催化氧化生成F，F在一定条件下发生信息①中脱羧反应生成G为 ，结合信息②及姜黄素的分子式，可知姜黄素的结构简式为： ，据此解答．【解答】解：乙烯和溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，由D的分子式与E的结构，可知D为OHCCOOH，H为 ，则A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，C为OHCCHO，C中部分醛基被氧化生成D．E发生催化氧化生成F，F在一定条件下发生信息①中脱羧反应生成G为 ，结合信息②及姜黄素的分子式，可知姜黄素的结构简式为： ．（1）D为OHCCOOH，含有的官能团名称是：羧基、醛基，D→E的反应类型是：加成反应，故答案为：羧基、醛基；加成反应；（2）姜黄素的结构简式为： ，故答案为： ；（3）反应A→B的化学方程式为：BrCH2CH2Br+2NaOH HOCH2CH2OH+2NaBr，故答案为：BrCH2CH2Br+2NaOH HOCH2CH2OH+2NaBr；（4）D（OHCCOOH（的催化氧化产物为HOOCCOOH，与B（乙二醇）可以反应生成一种高分子化合物，其结构简式为： ，故答案为： ；（5）有关E（ ）的叙述：a．含有醇羟基、酚羟基，能发生氧化反应，含有苯环，可以发生加成反应，含有羧基、醇羟基、酚羟基，可以发生取代反应，羧酸与醇羟基可以发生缩聚反应，故a正确；b．酚羟基邻位有H原子，可以与浓溴水发生取代反应，1mol E与浓溴水反应最多消耗1mol的Br2，故b错误；c．E中含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，故c正确；d．羧基、酚羟基能与氢氧化钠反应，1mol E最多能与2mol NaOH发生反应，故d错误，故选：bd；（6）G（ ）的同分异构体符合下列条件：①苯环上的一取代物只有2种；②1mol该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3mol NaOH，含有酚羟基、酯基与酚形成的酯基，其中1个取代基为OH，另外取代基为OOCCH3，且处于对位，含有OH、OOCH、CH3时，一取代有为3种，不符合，或者取代基为3个OH、一个CH=CH2，3个OH处于连位，CH=CH2也相邻有1种，3个OH处于偏位，CH=CH2有3种位置，3个OH处于均位时一取代有1种，不符合，共有5种，其中核磁共振氢谱中有4组吸收峰的同分异构体的结构简式为 ，故答案为：5； ．【点评】本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，综合考查学生自学能力与分析推理能力，注意掌握官能团想性质与转化，（6）中同分异构体书写为易错点、难点，难度中等．文章来源天 添资源 网 w ww.tT z
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