2022年貴州省龍里高考化學(xué)必刷試卷含解析

1、2021-2022高考化學(xué)模擬試卷注意事項(xiàng)1考生要認(rèn)真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項(xiàng)）1、最近，一家瑞典公司發(fā)明了一種新型充電器Power Trekk，僅僅需要一勺水，它便可以產(chǎn)生維持10小時手機(jī)使用的電量。其反應(yīng)原理為：Na4Si+5H2O=2NaOH+Na2SiO3+4H2，則下列說法正確的是( )A該電池可用晶體硅做電極材料BNa4Si在電池的負(fù)極發(fā)生還原

2、反應(yīng)，生成Na2SiO3C電池正極發(fā)生的反應(yīng)為：2H2O+2e-=H2+2OH-D當(dāng)電池轉(zhuǎn)移0.2 mol電子時，可生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.12 LH22、X、Y、Z、R、W是原子序數(shù)依次遞增的五種短周期主族元素，它們所在周期數(shù)之和為11， YZ氣體遇空氣變成紅棕色，R的原子半徑是短周期中最大的，W和Z同主族。下列說法錯誤的是（ ）AX、Y、Z元素形成的化合物溶于水一定呈酸性B氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Z WC簡單離子半徑：W RDZ、R形成的化合物中可能含有共價(jià)鍵3、下列關(guān)于氨氣的說法正確的是（）A氨分子的空間構(gòu)型為三角形B氨分子常溫下能被氧化成一氧化氮C氨分子是含極性鍵的極性分子D氨水呈堿性，所以氨氣

3、是電解質(zhì)4、含有酚類物質(zhì)的廢水來源廣泛，危害較大。含酚廢水不經(jīng)處理排入水體，會危害水生生物的繁殖和生存；飲用水含酚，會影響人體健康。某科研結(jié)構(gòu)研究出一種高效光催化劑BMO（Bi2MoO6)，可用于光催化降解丁基酚，原理如圖所示。下列說法錯誤的是（ ）A光催化劑BMO可降低丁基酚氧化反應(yīng)的HB在丁基酚氧化過程中BMO表現(xiàn)出強(qiáng)還原性C苯環(huán)上連有一OH和一C4H9的同分異構(gòu)體共有12種（不考慮立體異構(gòu)）D反應(yīng)中BMO參與反應(yīng)過程且可以循環(huán)利用5、鋁在酸性或堿性溶液中均可與NO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)，轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示：下列說法錯誤的是AB溶液含Al(OH)4BA溶液和B溶液混合無明顯現(xiàn)象CD與F反應(yīng)生成

4、鹽DE排入大氣中會造成污染6、下列古詩文中對應(yīng)的化學(xué)物質(zhì)及相關(guān)說法均正確的是AABBCCDD7、上海世博園地區(qū)的一座大型鋼鐵廠搬遷后，附近居民將不再受到該廠產(chǎn)生的紅棕色煙霧的困擾。你估計(jì)這一空氣污染物可能含有AFeO粉塵BFe2O3粉塵CFe粉塵D碳粉8、實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)時，一定不需要使用“沸石”的是A制乙酸丁酯B分餾石油C制取乙烯D溴乙烷的水解9、銅鋅合金俗稱黃銅下列不易鑒別黃銅與真金的方法是（）A測密度B測熔點(diǎn)C灼燒D看外觀10、下列實(shí)驗(yàn)?zāi)苓_(dá)到目的的是 選項(xiàng)目的實(shí)驗(yàn)A驗(yàn)證某氣體表現(xiàn)還原性將某氣體通入溴水中，溴水褪色B制備少量二氧化硫氣體向飽和亞硫酸溶液中滴加濃硫酸C制備硅酸膠體向硅酸鈉水

5、溶液中逐滴滴加濃鹽酸至溶液呈強(qiáng)酸性D配制0.2mol/L的CH3COOH溶液準(zhǔn)確量取100mL2mol/L的CH3COOH溶液，加入燒杯中稀釋后迅速轉(zhuǎn)移至1000mL容量瓶中，然后加蒸餾水定容AABBCCDD11、某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列說法錯誤的是（）A該有機(jī)物的分子式為C12H12O4B1 mol該有機(jī)物最多能與4 mol H2反應(yīng)C該有機(jī)物可與NaHCO3溶液反應(yīng)放出CO2，生成2.24 L CO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）需要0.1 mol該有機(jī)物D該有機(jī)物可發(fā)生氧化、取代、加成和還原反應(yīng)12、關(guān)于鋼鐵電化學(xué)保護(hù)兩種方法的說法錯誤的是A犧牲陽極陰極保護(hù)法利用的是原電池原理B外加電流陰極保護(hù)

6、法利用的是電解原理C犧牲陽極陰極保護(hù)法中鋼鐵為負(fù)極D外加電流陰極保護(hù)法中鋼鐵為陰極13、金屬(M)空氣電池具有原料易得，能量密度高等優(yōu)點(diǎn)，有望成為新能源汽車和移動設(shè)備的電源，該類電池放電的總反應(yīng)方程式為：2MO22H2O2M(OH)2。(已知：電池的“理論比能量”指單位質(zhì)量的電極材料理論上能釋放出的最大電能)下列說法正確的是A電解質(zhì)中的陰離子向多孔電極移動B比較Mg、Al、Zn三種金屬空氣電池，Mg空氣電池的理論比能量最高C空氣電池放電過程的負(fù)極反應(yīng)式2M4e4OH2M(OH)2D當(dāng)外電路中轉(zhuǎn)移4mol電子時，多孔電極需要通入空氣22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)14、R、W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大

7、的短周期主族元素，W與Y同主族，R的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍。W元素形成的一種單質(zhì)可用于自來水的殺菌消毒。R與W元素原子的最外層電子數(shù)之和等于X與Z元素原子的最外層電子數(shù)之和。下列說法正確的是A簡單離子的半徑：WYZBX與Z形成的化合物溶于水可抑制水的電離C氧化物對應(yīng)水化物的酸性：ZRXD最高價(jià)氧化物的熔點(diǎn)：YR15、常溫下，向20 mL某濃度的硫酸溶液中滴入0.1 molL1氨水，溶液中水電離出的氫離子濃度隨加入氨水的體積變化如圖所示。下列分析正確的是Ac點(diǎn)所示溶液中：c(H)c(OH)c(NH3H2O)Bb點(diǎn)所示溶液中：c(NH4)2 c(SO42)CV40D該硫酸的濃度為0.1

8、molL116、四種短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的位置如圖所示，四種元素原子的最外層電子數(shù)之和為22。下列說法正確的是（ ） W X YZA氫化物的沸點(diǎn)：XZB最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性：YWC化合物熔點(diǎn)：YX2YZ4D簡單離子的半徑：XW17、下列有關(guān)有機(jī)物甲丁說法不正確的是 A甲可以發(fā)生加成、氧化和取代反應(yīng)B乙的分子式為C6H6Cl6C丙的一氯代物有2種D丁在一定條件下可以轉(zhuǎn)化成只含一種官能團(tuán)的物質(zhì)18、X、Y、Z、Q、R均為短周期元素，且Y、Z、Q、R在周期表中的位置關(guān)系如下圖所示。已知X與Y同主族，X與Q能形成最簡單的有機(jī)物。則下列有關(guān)說法正確的是( )QRYZA原子半徑：r(

9、Z)r(Y)(R)r(Q)B氣態(tài)化合物的穩(wěn)定性：QX4RX3CX與Y形成的化合物中含有離子鍵D最高價(jià)含氧酸的酸性：X2QO3XRO319、向3molL-1鹽酸中加入打磨后的鎂條，一段時間后生成灰白色固體X，并測得反應(yīng)后溶液pH升高。為確認(rèn)固體X的成分，過濾洗滌后進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：向固體X中加入足量硝酸，固體溶解，得到無色溶液，將其分成兩等份；向其中一份無色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a；向另一份無色溶液中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀b。下列分析不正確的是（ ）A溶液pH升高的主要原因：Mg + 2H+ = Mg2+ + H2B生成沉淀a的離子方程式：Ag+ + Cl- = AgCl

10、C沉淀b是Mg(OH)2D若a、b的物質(zhì)的量關(guān)系為n（a）：n（b） = 1：3，則可推知固體X的化學(xué)式為Mg3(OH)6Cl20、景泰藍(lán)是一種傳統(tǒng)的手工藝品。下列制作景泰藍(lán)的步驟中，不涉及化學(xué)變化的是ABCD將銅絲壓扁，掰成圖案將鉛丹、硼酸鹽等化合熔制后描繪高溫焙燒酸洗去污AABBCCDD21、優(yōu)質(zhì)的含鉀化肥有硝酸鉀、硫酸鉀、磷酸二氫鉀、氯化鉀等，下列說法正確的是（ ）A四種鉀肥化合物都屬于正鹽，硝酸鉀屬于氮鉀二元復(fù)合肥B磷酸二氫鉀在堿性土壤中使用，有利于磷元素的吸收C上述鉀肥化合物中，鉀元素含量最高的是硫酸鉀D氯化鉀可用來生產(chǎn)氫氧化鉀、硝酸鉀、硫酸鉀、磷酸二氫鉀22、常溫下，向飽和氯水中逐

11、滴滴入0.1molL-1的氫氧化鈉溶液，pH變化如右圖所示，下列有關(guān)敘述正確的是() A點(diǎn)所示溶液中只存在HClO的電離平衡B到水的電離程度逐漸減小CI能在點(diǎn)所示溶液中存在D點(diǎn)所示溶液中：c(Na+)c(Cl) + c(ClO)二、非選擇題(共84分)23、（14分）高分子材料尼龍66具有良好的抗沖擊性、韌性、耐燃油性和阻燃、絕緣等特點(diǎn)，因此廣泛應(yīng)用于汽車、電氣等工業(yè)中。以下是生產(chǎn)尼龍66的一些途徑。（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為_。（2）B中官能團(tuán)的名稱是_。（3）反應(yīng)中，屬于加成反應(yīng)的有_，反應(yīng)中，屬于氧化反應(yīng)的有_。（4）請寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式_。（5）高分子材料尼龍66中含有結(jié)構(gòu)片段，請寫出反應(yīng)

12、的化學(xué)方程式_。（6）某聚合物K的單體與A互為同分異構(gòu)體，該單體核磁共振氫譜有三個峰，峰面積之比為1:2:3，且能與NaHCO3溶液反應(yīng)，則聚合物K的結(jié)構(gòu)簡式是_。（7）聚乳酸（）是一種生物可降解材料，已知羰基化合物可發(fā)生下述反應(yīng)： （R可以是烴基或H原子）。用合成路線圖表示用乙醇制備聚乳酸的過程。_24、（12分）X、Y、Z、R、Q、M是六種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X是原子半徑最小的元素，Y的氣態(tài)氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，Z為地殼中含量最多的元素，R與X同主族；Y、R、Q最外層電子數(shù)之和為8，M的單質(zhì)為黃綠色有害氣體。請回答下列問題：（1）Q在元素周期表中的位置為_。（2）Z、

13、Q、M簡單離子半徑由大到小的順序?yàn)?寫元素離子符號)_。（3）Y的氣態(tài)氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的原因：_(用離子方程式表示)。（4）QM2的電子式為_。（5）M的單質(zhì)與R的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)的離子方程式為_。25、（12分）圖A裝置常用于實(shí)驗(yàn)室制備氣體(1)寫出實(shí)驗(yàn)室用該裝置制備O2化學(xué)方程式 _。(2)若利用該裝置制備干燥NH3，試管中放置藥品是_(填化學(xué)式)；儀器 a中放置藥品名稱是_ 。(3)圖B裝置實(shí)驗(yàn)室可用于制備常見的有機(jī)氣體是_。儀器b名稱是_。有學(xué)生利用圖B裝置用濃氨水和生石灰制備NH3，請說明該方法制取NH3的原因 。_(4)學(xué)生甲按圖所示探究氨催化氧化用一只

14、錐形瓶倒扣在濃氨水試劑瓶口收集氨氣 ，然后將紅熱的螺旋狀銅絲插入錐形瓶中；片刻，錐形瓶中氣體變?yōu)榧t棕色。下列敘述正確的是_A如圖收集氨氣是利用氨水的密度較小 B錐形瓶必須干燥 C收集氨氣時間越長，紅棕色現(xiàn)象越明顯 D銅絲能保持紅熱學(xué)生乙對學(xué)生甲的實(shí)驗(yàn)提出了異議，認(rèn)為實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生的紅棕色氣體可能是空氣中的氮?dú)庋趸笤斐傻模阏J(rèn)為學(xué)生乙的說法合理嗎？請你設(shè)計(jì)一個簡單實(shí)驗(yàn)證明學(xué)生乙的說法是否正確。_。26、（10分）某化學(xué)興趣小組為探究Na2SO3固體在隔絕空氣加熱條件下的分解產(chǎn)物，設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)流程：已知：氣體Y是一種純凈物，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下密度為1.518g/L。請回答下列問題：(1)氣體Y為_。(2)

15、固體X與稀鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生淡黃色沉淀的離子方程式為_。(3)實(shí)驗(yàn)過程中若測得白色沉淀的質(zhì)量為6.291g，則Na2SO3的分解率為_。(4)Na2SO3在空氣易被氧化，檢驗(yàn)Na2SO3是否氧化變質(zhì)的實(shí)驗(yàn)操作是_。27、（12分）實(shí)驗(yàn)室以海綿銅（主要成分為Cu和CuO）為原料制取CuCl的主要流程如圖所示。已知：CuCl微溶于水，不溶于乙醇，可溶于氯離子濃度較大的溶液中。CuCl露置于潮濕的空氣中易被氧化?；卮鹣铝袉栴}。（1）“氧化”時溫度應(yīng)控制在6070，原因是_。（2）寫出“轉(zhuǎn)化”過程中的離子方程式_。（3）“過濾”所得濾液經(jīng)_、_、過濾等操作獲得(NH4)2SO4晶體，可用作化學(xué)肥料?！斑^濾”

16、所得濾渣主要成分為CuCl，用乙醇洗滌的優(yōu)點(diǎn)是_。（4）氯化銨用量與Cu2+沉淀率的關(guān)系如圖所示。隨著氯化銨用量的增多Cu2+沉淀率增加，但當(dāng)氯化銨用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率減小，其原因是_。（5）若CuCl產(chǎn)品中混有少量CaSO4，設(shè)計(jì)提純CuCl的實(shí)驗(yàn)方案：_。（實(shí)驗(yàn)中可選試劑：0.1 molL1鹽酸、10 molL1鹽酸、蒸餾水、無水乙醇）28、（14分）廢舊鋅錳電池含有鋅、錳元素，主要含有ZnO、ZnMn2 O4、MnO、Mn2 O3、Mn3 O4、MnO2。利用廢舊鋅錳電池回收鋅和制備二氧化錳、硫酸的工藝流程如圖： 回答下列問題： (1)步驟“粉碎”的主要目的是_。(2)步

17、驟“酸浸”發(fā)生了一系列反應(yīng)：ZnO+ H2SO4= ZnSO4 + H2O；MnO+ H2SO4= MnSO4 + H2O；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4 + MnSO4 +2H2O+MnO2；MnO2 + H2SO4 + H2C2O4=MnSO4 + 2CO2 +2H2O。推測 Mn2O3 與硫酸反應(yīng)的離子方程式為_。(3)如圖分別表示“酸浸”時選用不同濃度硫酸和草酸對 Zn、Mn 浸出率的影響。為保證 Zn、Mn 的浸出率均大于 90%，步驟需控制的 c(H2SO4) = _mol/L。H2C2O4 濃度對 Mn 的浸出率影響程度大于 Zn，其原因是_。假設(shè)“酸浸”所得溶液中Zn

18、2+、Mn2+濃度相等。當(dāng) c(H2C2O4)0.25 mol/L 時，Zn、Mn 的浸出率反而下降、且Zn 的浸出率下降先于Mn，其原因可能是_(填序號)。a.隨著反應(yīng)進(jìn)行 c(H+)降低b.Zn2+、Mn2+與 C2O42- 生成沉淀c.溶解度：ZnC2O4MnC2O4(4)步驟用惰性電極電解 ZnSO4 、MnSO4 的混合溶液，除生成 Zn、MnO2、H2SO4 外， 還可能生成 H2、O2 或其混合物。生成 MnO2 的電極反應(yīng)式為_ 。若 n (H2) ：n (O2)=2：1，則參加反應(yīng)的 n (Zn2+)：n (Mn2+) = _。該工藝流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是_。29、（10分

19、）C、N、S的氧化物常會造成一些環(huán)境問題，科研工作者正在研究用各種化學(xué)方法來消除這些物質(zhì)對環(huán)境的不利影響。（1）目前工業(yè)上有一種方法是用CO2和H2在230，催化劑條件下轉(zhuǎn)化生成甲醇蒸汽和水蒸氣。如圖表示恒壓容器中0.5molCO2和1.5molH2平移轉(zhuǎn)化率達(dá)80%時的能量變化示意圖。寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式_。（2）一定溫度下，向2L恒容密閉容器中通入2molCO和1mol SO2，發(fā)生反應(yīng)2COg+SO2g2CO2g+Ss，可用于回收燃燒煙氣中的硫。若反應(yīng)進(jìn)行到時達(dá)平衡，測得CO2的體積分?jǐn)?shù)為0.5，則前20min的反應(yīng)速率CO=_molL-1min-1，該溫度下反應(yīng)化學(xué)平衡常數(shù)K=_。

20、（保留兩位小數(shù)）（3）工業(yè)上有多種方法用于SO2的脫除。 可用NaClO堿性溶液吸收SO2。為了提高吸收效率，常加入Ni2O3，反應(yīng)過程的示意圖如圖所示，產(chǎn)生的四價(jià)鎳和氧原子具有極強(qiáng)的氧化能力，因此可加快對SO2的吸收。a. Ni2O3的作用是_。b. 過程2的離子方程式_。c. Ca(ClO)2也可用于脫硫，且脫硫效果比NaClO更好，原因是_。“亞硫酸鹽法”吸收煙氣中的SO2。室溫條件下，將煙氣通入NH42SO3溶液中，測得溶液pH與含硫組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的變化關(guān)系如圖所示，b點(diǎn)時溶液pH=7，則nNH4+：nSO32-=_。（4）用石墨做電極，食鹽水做電解液電解煙氣脫氮的原理如圖1，NO被

21、陽極產(chǎn)生的氧化性物質(zhì)氧化NO3-，尾氣經(jīng)氫氧化鈉溶液吸收后排入空氣。電流密度對溶液pH和對煙氣脫硝的影響如圖2所示： 圖1 圖2 NO被陽極產(chǎn)生的氧化性物質(zhì)氧化為NO3-反應(yīng)的離子方程式_。排入空氣的尾氣，一定含有的氣體單質(zhì)是_（填化學(xué)式）。 溶液的pH對NO去除率存在相關(guān)關(guān)系的原因是_。參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項(xiàng)）1、C【解析】試題分析：由該電池的反應(yīng)原理可知，硅化鈉是還原劑，其在負(fù)極上發(fā)生氧化反應(yīng)；水是氧化劑，其在正極上發(fā)生還原反應(yīng)；反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目是8e-。A. 該電池工作時生成氫氧化鈉溶液，而硅可以與氫氧化鈉反應(yīng)，所以不能用晶體硅做電極材料

22、，A不正確；B. Na4Si在電池的負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，B不正確；C. 電池正極發(fā)生的反應(yīng)為2H2O+2e-=H2+2OH-，C正確；D. 當(dāng)電池轉(zhuǎn)移0.2 mol電子時，可生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24 LH2，D不正確。本題選C。2、A【解析】YZ氣體遇空氣變成紅棕色，則Y是N，Z是O，NO在空氣中和O2迅速反應(yīng)生成紅棕色的NO2；R的原子半徑是短周期中最大的，則R是Na；W和Z同主族，則W是S；X、Y、Z、R、W所在周期數(shù)之和為11，則X在第一周期，為H；綜上所述，X、Y、Z、R、W分別為：H、N、O、Na、S，據(jù)此解答?！驹斀狻緼X、Y、Z 分別為：H、N、O，H、N、O三種元素形成的化合物溶于

23、水也可能顯堿性，如NH3H2O的水溶液顯堿性，A錯誤；B非金屬性：Z(O)W(S)，故氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Z(O)W(S)，B正確；CS2-核外有三層電子，Na+核外有兩層電子，故離子半徑：S2-Na+，C正確；DZ、R為O、Na，O、Na形成的化合物中可能含有共價(jià)鍵，如Na2O2，D正確。答案選A。3、C【解析】ANH3中N原子的價(jià)層電子對數(shù)=3+12（5-31）=4，屬于sp3型雜化，空間構(gòu)型為三角錐形，選項(xiàng)A錯誤；B氨氧化法是將氨和空氣的混合氣通過灼熱的鉑銠合金網(wǎng)，在合金網(wǎng)的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）。此時溫度很高，選項(xiàng)B錯誤；CNH3中有N、H元素之間形成極性鍵，分子結(jié)構(gòu)不對稱

24、，正負(fù)電荷的中心不重合，屬于極性分子，選項(xiàng)C正確；D氨氣本身不能電離產(chǎn)生自由移動的離子，屬于非電解質(zhì)，選項(xiàng)D錯誤；答案選C。4、A【解析】A催化劑可降低丁基酚氧化反應(yīng)的活化能，不會改變H，A項(xiàng)錯誤；BBMO被氧氣氧化成變?yōu)锽MO+，說明該過程中BMO表現(xiàn)出較強(qiáng)還原性，B項(xiàng)正確；C-C4H9有4種結(jié)構(gòu)異構(gòu)，苯環(huán)上還存在羥基，可以形成鄰間對三種位置異構(gòu)，總共有12種，C項(xiàng)正確；D催化劑在反應(yīng)過程中，可以循環(huán)利用，D項(xiàng)正確；答案選A。5、B【解析】根據(jù)圖像可知，Al在酸性條件下與硝酸根離子反應(yīng)生成硝酸鋁、NO和水，則溶液A為硝酸鋁，氣體C為NO；氣體E則為二氧化氮，F(xiàn)為硝酸；鋁在堿性條件下與硝酸根離

25、子反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氨氣，則溶液B為偏鋁酸鈉，氣體D為氨氣?！驹斀狻緼. 鋁在堿性條件下與硝酸根離子反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氨氣，偏鋁酸根離子可寫為Al(OH)4，與題意不符，A錯誤；B. 硝酸鋁溶液和偏鋁酸鈉溶液混合時，發(fā)生雙水解，產(chǎn)生氫氧化鋁沉淀，符合題意，B正確；C. D、F分別為氨氣、硝酸，可反應(yīng)生成硝酸銨，屬于鹽類，與題意不符，C錯誤；D. E為二氧化氮，有毒排入大氣中會造成污染，與題意不符，D錯誤；答案為B。6、B【解析】A羽毛的成分是蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)中含有C、H、O、N等元素，所以蛋白質(zhì)燃燒時的產(chǎn)物為除了有CO2和H2O生成，還有其他物質(zhì)生成，故A錯誤；B賣油翁的油指的是植物油，植物油中

26、含有碳碳雙鍵或碳碳三鍵，能使酸性的高錳酸鉀溶液褪色，B正確；C砂糖的成分是蔗糖，不是淀粉，另外淀粉水解需要在酶或稀硫酸加熱的作用下才能進(jìn)行，C錯誤；D棉花的成分是纖維素，纖維素與淀粉都是混合物，它們之間不互為同分異構(gòu)體，D錯誤答案選B。7、B【解析】AFeO是黑色固體，所以能形成黑色的煙，故A錯誤；BFe2O3是棕紅色固體，俗稱鐵紅，所以能形成棕紅色的煙，故B正確；CFe粉是黑色的固體，所以能形成黑色的煙，故C錯誤；D煤炭粉塵的顏色是黑色，所以能形成黑色的煙，故D錯誤。答案選B。8、D【解析】A. 制乙酸丁酯溫度較高，需要加入沸石防止混合液體暴沸，故A錯誤；B. 分餾石油時，需要通過蒸餾操作完

27、成，需要加入沸石防止混合液體暴沸，故B錯誤；C. 制取乙烯，需要將混合液體加熱到170，為了防止混合液體暴沸，需要使用沸石，故C錯誤；D. 溴乙烷的水解溫度較低，所以不需要使用沸石，故D正確；故選：D。9、D【解析】A黃銅和金的密度不可能相同，所以測密度可行，故A不選； B合金的熔點(diǎn)一般較低，黃銅合金的熔點(diǎn)較低，真金的熔點(diǎn)高，所以測熔點(diǎn)可行，故B不選；C黃銅在空氣中灼燒，會與空氣中的氧氣反應(yīng)變黑色，真金無明顯變化，灼燒可行，故C不選；D黃銅和金的顏色相同，不可鑒別，故D選；故選D。10、B【解析】A若某氣體具有強(qiáng)氧化性將溴單質(zhì)氧化，溴水也會褪色，故A錯誤；B向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸可生成

28、SO2，且濃硫酸溶于水放熱，降低了SO2的溶解度，能夠達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故B正確；C硅酸膠體中加入加入過量鹽酸可使膠體聚沉，故C錯誤；D量取一定體積的濃醋酸在燒杯中稀釋后，迅速轉(zhuǎn)移至1000mL容量瓶中，要用蒸餾水洗滌燒杯玻璃棒2-3次，洗滌液轉(zhuǎn)移進(jìn)容量瓶，否則會造成溶質(zhì)的損失，導(dǎo)致最終溶液濃度偏低，濃醋酸的少量揮發(fā)，也會導(dǎo)致溶質(zhì)的損失，導(dǎo)致最終溶液濃度偏低，故D錯誤；故答案為B。11、B【解析】A由結(jié)構(gòu)簡式可知該有機(jī)物的分子式為C12H12O4，故A不符合題意；B能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)的為碳碳雙鍵、苯環(huán)和醛基，則1 mol該有機(jī)物最多能與5 mol H2反應(yīng)，故B符合題意；C只有羧基能與NaHCO

29、3反應(yīng)，則0.1 mol該有機(jī)物與足量NaHCO3溶液可生成0.1 mol CO2，氣體體積為2.24 L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下），故C不符合題意；D分子中含有碳碳雙鍵、醛基，可發(fā)生加成、氧化、還原反應(yīng)，含有羧基、羥基，可發(fā)生取代反應(yīng)，故D不符合題意；故答案為：B。12、C【解析】A.將還原性較強(qiáng)的金屬與需要保護(hù)的金屬連接，形成原電池，A正確；B. : 外加電流的陰極保護(hù)法是外加電源，形成電解池，讓金屬稱為陰極得電子，從而保護(hù)金屬，B正確C. 為保護(hù)鋼鐵，鋼鐵為電池正極，C錯誤；D. 利用電解原理，鋼鐵為陰極得到電子，從而受到保護(hù)，D正確。故選擇C。點(diǎn)睛：原電池中，失去電子的為負(fù)極，得到電子的為正極；電

30、解池中，失去電子的為陽極，得到電子的為陰極。13、C【解析】A原電池中陰離子應(yīng)該向負(fù)極移動；B電池的“理論比能量”指單位質(zhì)量的電極材料理論上能釋放出的最大電能，即單位質(zhì)量的電極材料失去電子的物質(zhì)的量越多，則得到的電能越多；C負(fù)極M失電子和OH反應(yīng)生成M(OH)2；D由正極電極反應(yīng)式O22H2O4e4OH有O24OH4e，當(dāng)外電路中轉(zhuǎn)移4mol電子時，消耗氧氣1mol，但空氣中氧氣只占體積分?jǐn)?shù)21%，據(jù)此計(jì)算判斷?！驹斀狻緼原電池中陰離子應(yīng)該向負(fù)極移動，金屬M(fèi)為負(fù)極，所以電解質(zhì)中的陰離子向金屬M(fèi)方向移動，故A錯誤；B電池的“理論比能量”指單位質(zhì)量的電極材料理論上能釋放出的最大電能，則單位質(zhì)量的電

31、極材料失去電子的物質(zhì)的量越多則得到的電能越多，假設(shè)質(zhì)量都是1g時，這三種金屬轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量分別為2molmol、3molmol、2molmol，所以Al空氣電池的理論比能量最高，故B錯誤；C負(fù)極M失電子和OH反應(yīng)生成M(OH)2，則正極反應(yīng)式為2M4e4OH2M(OH)2，故C正確；D由正極電極反應(yīng)式O22H2O4e4OH有O24OH4e，當(dāng)外電路中轉(zhuǎn)移4mol電子時，消耗氧氣1mol，即22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，但空氣中氧氣只占體積分?jǐn)?shù)21%，所以空氣不止22.4L，故D錯誤；故答案選C?！军c(diǎn)睛】明確電極上發(fā)生的反應(yīng)、離子交換膜作用、反應(yīng)速率影響因素、守恒法計(jì)算是解本題關(guān)鍵，注意強(qiáng)化電極反

32、應(yīng)式書寫訓(xùn)練。14、D【解析】R、W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，R的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，R含有2個電子層，最外層含有4個電子，為C元素；W元素形成的一種單質(zhì)可用于自來水的殺菌消毒，該單質(zhì)為臭氧，則W為O元素，W與Y同主族，則Y為S元素；Z為短周期主族元素，原子序數(shù)大于S，則Z為Cl元素；R與W元素原子的最外層電子數(shù)之和等于X與Z元素原子的最外層電子數(shù)之和，則X最外層電子數(shù)=4+6-7=3，位于A族，原子序數(shù)大于O，則X為Al元素，R為C元素，W為O，X為Al，Y為S，Z為Cl元素?！驹斀狻扛鶕?jù)分析可知;R為C元素，W為O，X為Al，Y為S，Z為Cl元素。A.

33、離子的電子層越多離子半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則簡單離子徑： WZR ，故D正確；答案：D ?！军c(diǎn)睛】根據(jù)原子結(jié)構(gòu)和元素周期律的知識解答；根據(jù)原子結(jié)構(gòu)的特殊性如R的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，推斷元素為C。根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)W元素形成的一種單質(zhì)可用于自來水的殺菌消毒推斷即可。15、A【解析】A. c點(diǎn)所示溶液是硫酸銨溶液，電荷守恒式為c(H+)+c(NH4)2c(SO42)+c(OH)，物料守恒式為c(NH4) +c(NH3.H2O)2c(SO42)，兩式相減可得：c(H+)c(OH)c(NH3.H2O)，故A正確；B. 根據(jù)電荷守恒：c(H+)+c(NH4)2c(

34、SO42)+c(OH)，b點(diǎn)為硫酸銨和硫酸的混合溶液，呈酸性，c(OH)c(H+)，所以c(NH4) r(Z) r(Q) r(R)，A項(xiàng)錯誤；B. 非金屬性越強(qiáng)，其對應(yīng)的氣態(tài)化合物越穩(wěn)定，則NH3的穩(wěn)定性大于CH4，即RX3 QX4，B項(xiàng)錯誤；C. X與Y形成NaH，含離子鍵，C項(xiàng)正確； D. 非金屬性越強(qiáng)，其對應(yīng)的最高價(jià)含氧酸的酸性越大，則硝酸的酸性大于碳酸，即：XRO3 X2QO3，D項(xiàng)錯誤；答案選C。19、D【解析】A、溶液pH升高的主要原因是H 被消耗，即：Mg + 2H+ = Mg2+ + H2，故A正確；B、向其中一份無色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a，a是不溶于HN

35、O3的白色沉淀，應(yīng)為AgCl，故B正確；C、沉淀b，與OH 有關(guān)，NO3、Cl 、Mg2 能形成沉淀的只有Mg2 ，故C正確；D、若a、b的物質(zhì)的量關(guān)系為n（a）：n（b） = 1：3，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0，則可推知固體X的化學(xué)式為Mg3(OH)5Cl，故D錯誤。故選D。20、A【解析】A.將銅絲壓扁并掰成圖案，并沒有新的物質(zhì)生成，屬于物理變化，不涉及化學(xué)變化，故A選；B.鉛丹、硼酸鹽等原料化合在經(jīng)過燒熔而制成不透明的或是半透明的有獨(dú)特光澤物質(zhì)，該過程有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，故B不選；C.燒制陶瓷過程有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，故C不選；D.酸洗去污，該過程為酸與金屬氧化物反應(yīng)生成易溶性物

36、質(zhì)，屬于化學(xué)變化，故D不選。21、D【解析】A磷酸二氫鉀可以電離出氫離子，所以為酸式鹽，故A錯誤；B磷酸二氫根離子易與氫氧根離子反應(yīng)生成磷酸根離子，磷酸根離子與陽離子易形成不溶性沉淀，所以磷酸二氫鉀在堿性土壤中使用，不利于磷元素的吸收，故B錯誤；C依據(jù)化學(xué)式計(jì)算可得：硝酸鉀含鉀38.6%、硫酸鉀含鉀44.8%、磷酸二氫鉀含鉀約28.8%、氯化鉀含鉀52%，鉀元素含量最高的是氯化鉀，故C錯誤；D氯化鉀是重要的化工原料，可以用來生產(chǎn)氫氧化鉀、硝酸鉀、硫酸鉀、磷酸二氫鉀，故D正確；故選：D。22、D【解析】A點(diǎn)時沒有加入氫氧化鈉，溶液中存在HClO和水的電離平衡，A錯誤；B到溶液c（H+）之間減小，

37、酸對水的電離的抑制程度減小，則水的電離程度逐漸增大，B錯誤；C點(diǎn)時溶液存在ClO-，具有強(qiáng)氧化性，可氧化I-，I-不能大量存在，C錯誤；D點(diǎn)時溶液pH=7，則c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），D正確；答案選D?！军c(diǎn)睛】向飽和氯水中逐滴滴入0.1molL-1的氫氧化鈉溶液，發(fā)生的反應(yīng)為Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O，注意理解溶液中的溶質(zhì)及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，根據(jù)物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c

38、（HClO），為易錯點(diǎn)。二、非選擇題(共84分)23、HOCH2CCCH2OH 羥基 【解析】結(jié)合A的分子式和C后的產(chǎn)物，可知1分子乙炔與2分子甲醛發(fā)生加成反應(yīng)生成A，故A的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CCCH2OH；A與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成B，B為HOCH2CH2CH2CH2OH，B與HBr發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C的結(jié)構(gòu)簡式為BrCH2CH2CH2CH2Br，C與KCN發(fā)生取代反應(yīng)生成NCCH2CH2CH2CH2CN，然后NCCH2CH2CH2CH2CN水解生成HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，苯酚與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成環(huán)己醇，環(huán)己醇發(fā)生催化氧化生成環(huán)己酮，環(huán)己酮發(fā)生氧化反應(yīng)HOOCCH2CH

39、2CH2CH2COOH，HOOCCH2CH2CH2CH2COOH與SOCl2發(fā)生取代反應(yīng)生成ClCO(CH2)4COCl，ClCO(CH2)4COCl與H2N(CH2)6NH2發(fā)生縮聚反應(yīng)，生成高分子材料尼龍66?！驹斀狻浚?）結(jié)合A的分子式和C后的產(chǎn)物，可知1分子乙炔與2分子甲醛發(fā)生加成反應(yīng)生成A，故A的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CCCH2OH；（2）A與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成B，B為HOCH2CH2CH2CH2OH，B中官能團(tuán)的名稱是羥基；（3）反應(yīng)、是加成反應(yīng)，反應(yīng)、為取代反應(yīng)；（4）反應(yīng)是苯酚與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成環(huán)己醇，反應(yīng)方程式為；（5）高分子材料尼龍66中含有結(jié)構(gòu)片段，ClCO(CH2)

40、4COCl與H2N(CH2)6NH2發(fā)生縮聚反應(yīng)，生成高分子材料尼龍66，反應(yīng)方程式為；（6）某聚合物K的單體與A(HOCH2CCCH2OH)互為同分異構(gòu)體，該單體能與NaHCO3溶液反應(yīng)，故該單體中含有羧基，該單體核磁共振氫譜有三個峰，峰面積之比為1:2:3，所以該單體的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=C(CH3)COOH，該聚合物K的結(jié)構(gòu)簡式為；（7）由HOCH(CH3)COOH發(fā)生縮聚反應(yīng)生成聚乳酸()，乙醇發(fā)生催化氧化生成乙醛，乙醛與HCN發(fā)生反應(yīng)后在水解條件下生成HOCH(CH3)COOH，合成路線如圖所示。24、第二周期A族 Cl- O2- Mg2+ NH3+H2ONH3H2ONH4+OH- C

41、l2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。 【解析】X、Y、Z、R、Q、M是六種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X是原子半徑最小的元素，則X為氫元素；Y的氣態(tài)氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，則Y為氮元素；Z為地殼中含量最多的元素，則Z為氧元素；R與X同主族，原子序數(shù)大于氧元素，則R為鈉元素；Y、R、Q最外層電子數(shù)之和為8，則Q的最外層電子數(shù)為8-5-1=2，故Q為鎂元素；M的單質(zhì)為黃綠色有害氣體，則M為氯元素，據(jù)此分析?！驹斀狻縓、Y、Z、R、Q、M是六種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X是原子半徑最小的元素，則X為氫元素；Y的氣態(tài)氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，則Y為氮元素；Z為地殼中含量最

42、多的元素，則Z為氧元素；R與X同主族，原子序數(shù)大于氧元素，則R為鈉元素；Y、R、Q最外層電子數(shù)之和為8，則Q的最外層電子數(shù)為8-5-1=2，故Q為鎂元素；M的單質(zhì)為黃綠色有害氣體，則M為氯元素。（1）Q為鎂元素，在元素周期表中的位置為第二周期A族；（2）Z、Q、M分別為O、Mg、Cl，Cl-比其他兩種離子多一個電子層，O2-、Mg2+具有相同電子層結(jié)構(gòu)，核電荷數(shù)大的Mg2+半徑較小，故簡單離子半徑由大到小的順序?yàn)镃l- O2- Mg2+；（3）Y的氣態(tài)氫化物NH3能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的原因：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-；（4）QM2為MgCl2，屬于離子化合物，其電子式為；（

43、5）M的單質(zhì)Cl2與R的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物NaOH反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。25、：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2或2KClO32KCl+3O2； NH4Cl、Ca(OH) 2 堿石灰 乙炔或CHCH 分液漏斗 生石灰與氨水中的水反應(yīng)發(fā)出大量的熱促使氨水分解生成NH3 BD 現(xiàn)另取一個錐形瓶，將紅熱的螺旋狀銅絲插入錐形瓶中觀察象 【解析】(1)該裝置為固體加熱制取氧氣，因此可加熱高錳酸鉀或加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物；(2)實(shí)驗(yàn)室裝置為固+固氣，可利用NH4Cl和Ca(OH)2共熱制取氨氣，反應(yīng)產(chǎn)生水，可用堿石灰

44、干燥；(3)圖2裝置為固+液氣，可用于制備常見的有機(jī)氣體乙炔，儀器b分液漏斗，生石灰與氨水中的水反應(yīng)發(fā)出大量的熱促使氨水分解生成NH3；(4)A濃氨水揮發(fā)，氨氣密度小于空氣；B氨氣極易溶于水，錐形瓶必須干燥；C4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2分析；D該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，銅絲能保持紅熱；另取一個錐形瓶，將紅熱的螺旋狀銅絲插入錐形瓶中觀察現(xiàn)象。如果無現(xiàn)象，則證明上述紅棕色氣體由氨催化氧化后造成，而不是空氣中氮?dú)庋趸笤斐??！驹斀狻?1)該裝置為固體加熱制取氧氣，可加熱高錳酸鉀或加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物，化學(xué)方程式為2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，2KClO32K

45、Cl+3O2，故答案為：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2或2KClO32KCl+3O2；(2)實(shí)驗(yàn)室裝置為固+固氣，可利用NH4Cl和Ca(OH)2共熱制取氨氣，化學(xué)方程式為Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3+2H2O，產(chǎn)物中的水可用堿石灰干燥，故答案為：NH4Cl、Ca(OH)2；堿石灰；(3)圖2裝置為固+液氣，可用于制備常見的有機(jī)氣體乙炔，CaC2+2H2OCa(OH)2+CHCH，儀器b分液漏斗，生石灰與氨水中的水反應(yīng)發(fā)出大量的熱，可以促使氨水分解生成NH3，故答案為：乙炔或CHCH；分液漏斗；生石灰與氨水中的水反應(yīng)發(fā)出大量的熱促使氨水分解生成NH3；(4)A濃

46、氨水揮發(fā)，氨氣密度小于空氣，故A錯誤；B氨氣極易溶于水，錐形瓶必須干燥，故B正確；C發(fā)生的反應(yīng)為4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，收集氨氣時間越長，錐形瓶中氧氣濃度越低，最終生成NO2的濃度越低，顏色越淺，故C錯誤；D該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，銅絲能保持紅熱，故D正確；故答案為：BD；現(xiàn)另取一個錐形瓶，將紅熱的螺旋狀銅絲插入錐形瓶中觀察象，如果無現(xiàn)象，則證明上述紅棕色氣體由氨催化氧化后造成，而不是空氣中氮?dú)庋趸笤斐?，如出現(xiàn)紅棕色氣體，說明乙的說法合理；故答案為：現(xiàn)另取一個錐形瓶，將紅熱的螺旋狀銅絲插入錐形瓶中觀察象。26、H2S 2S2-+SO32-+6H+=3S+3H2O

47、90% 取少量Na2SO3樣品于試管中，加入足量鹽酸溶解，再加入BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則Na2SO3已被氧化變質(zhì)；若不產(chǎn)生白色沉淀，則Na2SO3未被氧化變質(zhì) 【解析】氣體Y是一種純凈物，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下密度為1.518g/L，則相對分子質(zhì)量為22.41.518=34.0，Y應(yīng)為H2S氣體，生成的淡黃色沉淀為S，溶液加入氯化鋇溶液生成白色沉淀，說明生成Na2SO4，則隔絕空氣加熱，Na2SO3分解生成Na2S和Na2SO4，發(fā)生4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，以此解答該題?！驹斀狻?1)由以上分析可知Y為H2S；(2)固體X與稀鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生淡黃色沉淀，為硫化鈉、亞硫酸鈉在酸性溶液

48、中發(fā)生歸中反應(yīng)，離子方程式為2S2-+SO32-+6H+=3S+3H2O；(3)實(shí)驗(yàn)過程中若測得白色沉淀的質(zhì)量為6.291g，該白色沉淀為硫酸鋇，可知n(BaSO4)=0.027mol，說明生成Na2SO4的物質(zhì)的量為0.027mol，反應(yīng)的方程式為4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，可知分解的Na2SO3物質(zhì)的量為0.027mol=0.036mol，則Na2SO3的分解率為100%=90%；(4)Na2SO3在空氣中被氧化，可生成Na2SO4，檢驗(yàn)Na2SO3是否氧化變質(zhì)的實(shí)驗(yàn)操作是：取少量Na2SO3樣品于試管中，加入足量鹽酸溶解，再加入BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則Na2SO3已

49、被氧化變質(zhì)；若不產(chǎn)生白色沉淀，則Na2SO3未被氧化變質(zhì)?！军c(diǎn)睛】本題考查性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)。掌握Na2SO3具有氧化性、還原性，在隔絕空氣時加熱會發(fā)生歧化反應(yīng)，反應(yīng)產(chǎn)物Na2S與未反應(yīng)的Na2SO3在酸性條件下會發(fā)生歸中反應(yīng)產(chǎn)生S單質(zhì)是本題解答的關(guān)鍵?？筛鶕?jù)BaSO4既不溶于水也不溶于酸的性質(zhì)檢驗(yàn)Na2SO3是否氧化變質(zhì)。27、溫度低溶解速度慢、溫度過高銨鹽分解 2Cu2+ SO32-+2Cl+H2O2CuCl+ SO42-+2H+ 蒸發(fā)濃縮 降溫結(jié)晶 CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇揮發(fā)快，避免CuCl被空氣中O2氧化 生成的氯化亞銅又溶解于氯化銨溶液中 向產(chǎn)品中加入10 molL1鹽酸，不

50、斷攪拌，至固體不再溶解，過濾，向?yàn)V液中加蒸餾水至大量固體析出，過濾，再用無水乙醇洗滌23次，干燥 【解析】實(shí)驗(yàn)流程中，海綿銅（主要成分為Cu和CuO）中加入硝酸銨和硫酸，酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化海綿銅生成Cu2+，濾液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-，過濾后在濾液中加入亞硫酸銨，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，發(fā)生反應(yīng)：2Cu2+SO32-+2Cl+H2O2CuCl+ SO42-+2H+，得到產(chǎn)品CuCl，據(jù)此分析?！驹斀狻浚?）物質(zhì)“溶解氧化”時，既要考慮反應(yīng)速率，還要考慮是否有副反應(yīng)發(fā)生，溫度低溶解速度慢、溫度過高銨鹽分解。答案為：溫度低溶解速度慢、溫度過高

51、銨鹽分解；（2）“轉(zhuǎn)化”中氧化產(chǎn)物為硫酸銨，濾液主要是硫酸銨?？芍獊喠蛩徜@被溶液中的CuSO4氧化成硫酸銨，Cu2+被還原生成CuCl。答案為：2Cu2+SO32-+2Cl+H2O2CuCl+ SO42-+2H+；（3）“過濾”所得濾液為硫酸銨溶液，獲取晶體需通過蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過濾等操作。CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸點(diǎn)低，易揮發(fā)，避免因水洗干燥時間長而導(dǎo)致CuCl被氧氣氧化。答案為：蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶；CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇揮發(fā)快，避免CuCl被空氣中O2氧化；（4）根據(jù)題中已知條件，CuCl可溶于氯離子濃度較大的溶液中。當(dāng)氯化銨用量增加到一定程度后，氯化亞銅的沉淀率減小，原

52、因是生成的氯化亞銅又溶解于氯化銨溶液中。答案為：生成的氯化亞銅又溶解于氯化銨溶液中；（5）由題目已知資料可知，CuCl難溶于水和乙醇，可溶于氯離子濃度較大的溶液中。若CuCl產(chǎn)品中混有少量CaSO4，向產(chǎn)品中加入10 molL1鹽酸，不斷攪拌，至固體不再溶解，過濾，向?yàn)V液中加蒸餾水至大量固體析出，過濾，再用無水乙醇洗滌23次，干燥即可得到純凈氯化亞銅。答案為：向產(chǎn)品中加入10 molL1鹽酸，不斷攪拌，至固體不再溶解，過濾，向?yàn)V液中加蒸餾水至大量固體析出，過濾，再用無水乙醇洗滌23次，干燥?！军c(diǎn)睛】解題思路：解題時首先要明確原料和產(chǎn)品（包括副產(chǎn)品），即箭頭進(jìn)出方向，其次依據(jù)流程圖分析反應(yīng)原理，

53、緊扣信息，搞清流程中每一步發(fā)生了什么反應(yīng)，弄清有關(guān)反應(yīng)原理，明確目的（如沉淀反應(yīng)、除雜、分離），最后聯(lián)系儲存的知識，有效地進(jìn)行信息的利用，準(zhǔn)確表述。28、增大接觸面積，提高浸出率 Mn2O3 +2H+=Mn2+H2O+ MnO2 0.5 Zn元素浸出時不需要還原劑，而+4價(jià)Mn (MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入H2C2O4作還原劑更有利浸出或MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2+2H2O a、b、c Mn2+ +2H2O2e=MnO2 +4H+ 11 H2SO4或硫酸 【解析】將廢舊鋅錳電池機(jī)械分離，為增加浸出率，對內(nèi)部固體殘?jiān)?主要含有ZnO、ZnMn2 O4、

54、MnO、Mn2 O3、Mn3 O4、MnO2)粉碎，加入足量H2SO4和草酸對殘?jiān)M(jìn)行溶浸，發(fā)生ZnO+ H2SO4= ZnSO4 + H2O；MnO+ H2SO4= MnSO4 + H2O；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4 + MnSO4 +2H2O+MnO2；MnO2 + H2SO4 + H2C2O4=MnSO4 + 2CO2 +2H2O等一系列反應(yīng)，得到主要含有Mn2+、Zn2+、SO42-等離子的酸浸液，對酸浸液過濾除雜精制，對含有Mn2+、Zn2+、SO42-等離子的精制液電解得到硫酸、二氧化錳、單質(zhì)鋅，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)增大接觸面積，提高浸出率；(2)ZnMn2O

55、4可用氧化物的形式表示ZnO Mn2O3，ZnOMn2O3 +2H2SO4=ZnSO4+ MnSO4+2H2O+ MnO2可知Mn2O3 +2H+=Mn2+H2O+ MnO2；(3)由圖可知，當(dāng)c(H2SO4)=0.5 mol/L時，Mn的浸出率等于90%，Zn的浸出率大于90%。由ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+ H2O、ZnMn2O4 + 2H2 SO4=ZnSO4 + MnSO4+2H2O + MnO2、MnO2 + H2SO4 + H2C2O4=MnSO4+2CO2+2H2O可知，Zn的浸出只需H2SO4即可，所以Zn元素浸出時不需要還原劑，而+4價(jià)Mn(MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入H2C2O4作還原劑更有利Mn的浸出?；騇nO2 + H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2+2H2O；a結(jié)合的分析，Mn、Zn的浸出率與c(H+ )有關(guān)，如果c(H+)減小，浸出率下降，故a正確；bc(H2C2O4)0.25mol/L時，如果Zn2+、Mn2+與C2O生成沉淀，浸出率下降，故b正確；c如果溶解度ZnC2O4 MnC2O4，Zn的浸出率下降先于Mn，故c正確；答案為：a、b、c；(4)根據(jù)流程，酸性條件下，Mn2+失去電子轉(zhuǎn)化為MnO2，則電極反應(yīng)為：Mn2+ +2