2020屆浙江省名校新高考研究聯(lián)盟(Z20)高三第二次聯(lián)考化學(xué)試題

24高中化學(xué)月/段考試題24浙江省名新高考研究盟（Z20）2020屆高三第二次考化學(xué)與會(huì)、環(huán)境密切相關(guān)，下列說(shuō)法不正確的是（）植物秸稈可用于制造酒精與沼氣等燃料利CO合成聚碳酸酯類可降解塑料，實(shí)“碳循利用C.雷過(guò)后感覺(jué)到氣清新是因?yàn)榭諝庵挟a(chǎn)生了少量的二氧化氮小打可用于治療胃酸過(guò)多，也可用于發(fā)酵粉制作面包『案』C『解植秸稈的主要成分為纖維素，能水解生成葡萄糖，葡萄糖條能反應(yīng)生成酒精，可以在一定條件下生成甲烷，故正確；二化合成聚合物，其聚合物能降解，實(shí)現(xiàn)了碳的循環(huán)，故正確；C.雷雨天時(shí)空氣中的氧氣有些變了臭氧，所以空氣感覺(jué)清新，故錯(cuò)誤；小打能與胃酸反應(yīng)，用于治療胃酸過(guò)多，碳酸氫鈉能受熱分解生成二氧化碳，用于發(fā)酵粉制作面包，故正確。故選。下列化用語(yǔ)正確的是（）CCl分的比例模型：C.對(duì)基苯酚的結(jié)簡(jiǎn)式：

CSO的子式：16O的子結(jié)構(gòu)示意圖：『案』B『解』四氯化碳中的氯原子半徑比碳原子半徑大，故其比例模型錯(cuò)誤；CSO的子式應(yīng)類似二氧化碳的電子式，即氧原子和碳原子之間形成兩對(duì)共用電子，故正確；C.對(duì)基苯酚中的基中的氮原子與苯環(huán)上的碳原子連接，故結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故錯(cuò)誤；O原子中質(zhì)子數(shù)為8核外電子數(shù)為個(gè)故原子結(jié)構(gòu)示意圖正確。1

32222高中化學(xué)月/段考32222故選。下列說(shuō)正確的是（）FeCl溶液可以腐蝕印刷屯路板上的，明Fe的屬活動(dòng)大于晶硅熔點(diǎn)高、硬度大，故可用于制作半導(dǎo)體C.具有氧化性，可用于紙漿漂白K具有強(qiáng)氧化性，可代替Cl處理飲用水，既有殺菌消毒作用，又有凈水作用『案』D『解氯鐵和銅反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅，不能說(shuō)明鐵的金屬性強(qiáng)于銅，故錯(cuò)誤；硅于屬和非金屬之間有金屬和非金屬的性質(zhì)所以是良好的半導(dǎo)體材與其熔點(diǎn)硬度無(wú)關(guān)，故錯(cuò)誤；C.二氧化硫氧化性與漂白無(wú)關(guān)，錯(cuò)誤；K中的鐵+6價(jià)具有強(qiáng)化性，還原產(chǎn)物為鐵離子，能水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附性，所以能殺菌消毒同時(shí)能凈水，故正確。故選D。下列裝或操作正確且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ﹫D：用酒精萃取碘水中碘單質(zhì)后分液圖：電解精煉銅2

高中化學(xué)月/段考試題C.圖3X為氯化碳，可用于吸收氨氣或氯化氫，并能防止倒吸圖4:配銀氨溶『案』C『解』酒精能與水互溶，不能用來(lái)萃取，故錯(cuò)誤；電精銅時(shí)應(yīng)粗銅做陽(yáng)極，故錯(cuò)誤；C.氨氣或氯化氫都不溶于四氯化極易溶于水用該裝置能吸收氨氣或氯化氫并能做到防止倒吸，故正確；配銀氨溶液應(yīng)向硝酸銀溶液逐滴加入氨水直到產(chǎn)生的沉淀恰好溶解為止，故錯(cuò)誤。故選。下列說(shuō)正確的是（）純堿和燒堿熔化時(shí)克服的化學(xué)鍵類型相同碘體受熱轉(zhuǎn)變成碘蒸氣，吸收的熱量用于克服碘原子間的作用C.溶于水的過(guò)程中有共價(jià)鍵的斷和離子鍵的形成HF的穩(wěn)定性很好，主要是因?yàn)镠F分子間存在氫鍵『案』A『解』A酸鈉和氫氧化鈉熔化時(shí)都克服離子鍵，故正確；碘體熱變成碘蒸氣克服分子間作用力，不是克服碘原子間的作用力，故錯(cuò)；C.三氧化硫溶于水的過(guò)程中有共鍵的斷裂和形成，沒(méi)有離子鍵的形成，故錯(cuò)誤；氟氫的穩(wěn)定性好，是因?yàn)榉鷼渲械墓矁r(jià)鍵鍵能高，與氫鍵無(wú)關(guān)，故錯(cuò)誤。3

232333344232224324342222223342262632232333344232224324342222223342262632432434222222334422623故選A?！壕Α徽莆諝滏I的位置和影響因素。氫鍵是分子間的作用力，影響物的物理性質(zhì)，不影響化學(xué)性質(zhì)。下列轉(zhuǎn)，在給定條件下能實(shí)現(xiàn)的是（）①②Fe

Cl(g)

無(wú)水FeCl③

2

NH

NH④SiO

2

SiCl

①③

⑨④

C.①④

①⑧④『案』A『解』NaCl溶電解的得到氯氣氣和鐵在點(diǎn)燃的條件下反應(yīng)生成氯化鐵正；②Fe和鹽酸反應(yīng)生成氯化鐵，氯化鐵溶液加熱蒸發(fā)，得到氫氧化鐵，不是氯化，故錯(cuò)誤；③N和氣在高溫高壓和催化劑條件下反應(yīng)生成氨氣，氨氣和氯化氫直接反應(yīng)生成氯化銨，故正確；SiO和酸不反應(yīng)，故錯(cuò)誤。故選A。下列離方程式正確的是（）(SO)

溶液中加入足量Ba(OH)溶液：Fe

+SO

2+-=Fe(OH)↓溶水產(chǎn)生ONaO+HO=2Na++2OH

↑C.NaSO溶液使酸性高錳酸鉀溶液褪色6H+

+5SO2+2MnO-=5SO2+

O向酚鈉溶液中通入少量CO2CHO+H→2CHOH+CO『案』C『解』A.Fe

溶液中加入足量

Ba(OH)溶的離子方程式為：2Fe3+

+3SO22+

-=2Fe(OH)↓+3BaSO，錯(cuò)誤；溶水產(chǎn)生O的子方程式為：2Na+4OH，錯(cuò)誤；C.NaSO溶液使酸性高錳酸鉀溶液褪色的離子方式為6H+2MnO-=5SO22+，故正確；向酚鈉溶液中通入少量CO：CHO+H→CHOH+HCO，錯(cuò)誤。故選。4

高中化學(xué)月/段考試題下列說(shuō)不正確的是（）淀粉、食用花生油、雞蛋清都能發(fā)生水解反應(yīng)苯苯甲酸混合物在足量氧氣中完全燃燒后，消耗氧氣7.5amolC.按統(tǒng)命名法，機(jī)物

的命名為2，，4，45-五甲基-，二乙基己烷七內(nèi)酯（東莨菪內(nèi)酯（是些中草藥中的成分，它們具有相同的官能團(tuán)，互為同系物『案』D『解』A.用花生油是油脂蛋清的主要成分為蛋白質(zhì)，淀粉、油脂和蛋白質(zhì)都能發(fā)生水解反應(yīng)，故正確；苯苯甲酸燃燒都消耗氧以混物在足量氧氣中完全燃燒后耗氧氣mol，正確；C.按統(tǒng)命名法，機(jī)物

的命名時(shí)，從左側(cè)開(kāi)始編號(hào)，所以名稱為，2，，，5-五甲基，3-乙基己烷，故正確；七內(nèi)酯（）官能團(tuán)為酚羥基和酯基，東莨菪內(nèi)酯（）的官能團(tuán)為酚羥基和酯基和醚鍵，不屬于同系物，故錯(cuò)誤。故選D?！壕Α徽莆胀滴锏亩x，即結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差一個(gè)或若個(gè)H原團(tuán)的物質(zhì)互稱同系物。所謂結(jié)構(gòu)相似，指具有相同的官能團(tuán)。圖為元周期表的一部分XY、、為周期元素，四種元素的最外層電子數(shù)之和為21下列說(shuō)法不正確的是（）X

WY

RZ5

22A22A33AA2222A3A高22A22A33AA2222A3A最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性R>X>Y號(hào)素與元同主族C.R、的些單質(zhì)或兩元素形成的某些化合物可作水的消毒劑Z具有氧化性和還原性『案』B『解假設(shè)X的外層電子數(shù)為x-1，則Y的外層電子數(shù)為x-1，的外層電子數(shù)為xW的最外層電子數(shù)為x+1的外層電子數(shù)為，有關(guān)系式x-1+x+1+，解，X為元素，Y為硅元素Z為元素，W為元R為元素。因?yàn)樵胤墙饘傩栽綇?qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的性越強(qiáng)，所以酸性強(qiáng)弱順序?yàn)楦呗人?gt;碳酸硅，故正確；號(hào)素都在第ⅥA主，Z元在第A主,錯(cuò)誤；C.氯氣或二氧化氯或臭氧等可作的消毒劑，故正確；As中為中間價(jià)態(tài)，具有氧化性和還原性，故正確。故選設(shè)A表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是（）足量Zn與一定量的濃硫酸反應(yīng)產(chǎn)生氣時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為15.6g的NaS和O固體混合物中，陰離子數(shù)為0.2NC.1L0.1L-1

的CHCOONa溶液中含有的CH-數(shù)目為12g金石中含有的碳碳單鍵數(shù)約為4N『案』B『解』未明氣體是否在標(biāo)下，不能計(jì)算，故錯(cuò)誤；和O二的摩爾質(zhì)量同的Na和O固混合物中即0.2mol陰離子數(shù)為，故正確；C.CHCOONa溶液中醋酸根離子水解，不能計(jì)算其離子數(shù)目，故錯(cuò)誤；12g金石即1mol，每個(gè)碳原子與4個(gè)碳原子形成共價(jià)鍵所平均每個(gè)碳形成鍵，則該物質(zhì)中含有的碳碳單鍵數(shù)約為2N，故錯(cuò)誤。故選己ROH體溶于水放熱，有關(guān)過(guò)程的能量變化如(、K)：6

12446612124446145611244661212444614561452323223222232下列說(shuō)法正確的是（）eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,+)C.H(NaOH>eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)(KOH)

Heq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)(KOH)>0eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,+)eq\o\ac(△,+)eq\o\ac(△,+)eq\o\ac(△,+)『案』B『解』eq\o\ac(△,+)表ROH固溶于水過(guò)程，該過(guò)程放熱，所以應(yīng)小0故錯(cuò)誤；H表破壞離子鍵的過(guò)程，因?yàn)闅溲趸c中鈉離子半徑比鉀子半徑小，所以破壞離子鍵吸收的能量氫氧化鈉多，eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)(KOH)>0，故正確；C.H都示氫氧根離子從氣態(tài)變液體，能量應(yīng)相同，故誤；根蓋斯定律分析，Heq\o\ac(△,+)eq\o\ac(△,=)eq\o\ac(△,+)Heq\o\ac(△,+)，為ROH固溶于水過(guò)程放熱，故H

eq\o\ac(△,+)eq\o\ac(△,+)eq\o\ac(△,+)eq\o\ac(△,+)不于0故錯(cuò)誤。故選有一種鋰離子電池，在室溫條件下可進(jìn)行循環(huán)充放電，實(shí)現(xiàn)對(duì)磁性的可逆調(diào)控。一為納米，另一極為屬鋰和石墨的復(fù)合材料，電解質(zhì)只傳導(dǎo)鋰離子。電池總反應(yīng)為：FeO，關(guān)于此池，下列說(shuō)法不正確的是（）放電時(shí)，此電池逐漸靠近磁鐵放時(shí)，正極反應(yīng)為FeO-=2Fe+3LiOC.放時(shí)，正極質(zhì)減小，負(fù)極質(zhì)量增加充時(shí)，陰極反應(yīng)為L(zhǎng)i++e-=Li『案』C『解』A.放時(shí)，鋰為負(fù)極，氧化鐵在正極反應(yīng)，所以反應(yīng)生成鐵，此電池逐漸靠近磁鐵，故正確；放時(shí)，正極為氧化鐵變成鐵，電極反應(yīng)為+6Li+-=，故正確；C.放時(shí)，正極反O+6Li成鋰離子，質(zhì)量減少，故錯(cuò)誤；

-2Fe+3LiO正極質(zhì)量增加，負(fù)極鋰失去電子生充時(shí)，陰極鋰離子得到電子，電極反應(yīng)為L(zhǎng)i故選。7

+e-=Li，故正確。

422222221441324444高中化學(xué)月422222221441324444『睛』掌握原電池和電解池的工作原理，注意電解質(zhì)的存在形式對(duì)電反應(yīng)的書寫的影響，本題中電解質(zhì)只能傳到鋰離子，所以電極反應(yīng)中出現(xiàn)的離子只能為鋰離子。不同溫度下，三個(gè)體積均為1L的閉容器中發(fā)生反應(yīng)：CH(g)N(g)+COO(g)H=-867實(shí)測(cè)得起始平衡時(shí)的有關(guān)數(shù)據(jù)如表列說(shuō)法正確的是（）起始物質(zhì)的/mol

平衡物質(zhì)的/mol容器編號(hào)

溫度/K

4

NO

N

2

CO

2

H

NOIIIIII

TTT

123

1.2

1.0

T<T若高溫度，正反應(yīng)速率減小，逆反應(yīng)速率增大，平衡逆移C.平時(shí)，容器I

中反應(yīng)放出的熱量為693.6kJ容III

中反應(yīng)起始時(shí)v

)(CH)『案』A『解』該應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向移動(dòng)，平衡時(shí)二氧化氮的物質(zhì)的量多，故有T<T，確；升，逆速率都加快，平衡逆向移動(dòng)，故錯(cuò)誤；C.平時(shí)，容器I中氧化氮的消耗量為，則反應(yīng)熱為

8672

kJ，故錯(cuò)誤；容III中T下衡常數(shù)不確定，不能確定其反應(yīng)進(jìn)行方向，故錯(cuò)誤。故選A。電導(dǎo)率可用于衡量電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力的大小L1Ba(OH)溶液滴入mol·L

NH溶電導(dǎo)率隨滴入的NHHSO溶體積的變化如圖所略BaSO溶解產(chǎn)生的離子列法不正確的是（）8

443244443443222223高中443244443443222223A.→e的程水的電離程度逐漸增大點(diǎn)

)-1C.c點(diǎn)：+-點(diǎn)

)+c(H

)>c(OH?H『案』D『析』段電導(dǎo)率一直下降，是因?yàn)闅溲趸^和硫酸氫銨反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和一水合氨c溶質(zhì)為一水合氨段導(dǎo)率增加，是一水合氨和硫酸氫銨反應(yīng)生成硫酸銨，溶液中的離子濃度增大。『解』A.a→e的過(guò)程為堿溶液中加入鹽，水的電離程度逐漸增大，故正確；點(diǎn)c(Ba

)=

0.010.005

=0.1moI.L-1，故正確；C.c點(diǎn)的溶質(zhì)為一水合氨一水合氨電離出銨離子和氫氧根離子也能電離出氫氧根離子，所以有c(NH+)，故正確；點(diǎn)液為等物質(zhì)的量的一水合氨和硫酸銨，電荷守恒有c(NH+

)++

)=2c(SO

)+c(OH-，物料守恒有②c(NH+

)+c(NH?HO)=3c(SO

)，②-①可得2-+

)=c(OH?，故錯(cuò)誤。故選D。『睛』掌握溶液中的微粒守恒關(guān)系，如電荷守恒和物料守恒等，注意清溶液中的成分和數(shù)據(jù)關(guān)系。實(shí)驗(yàn)室從含碘廢液（含有I

、I-）中回收碘，其實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：已知：溴化十六烷基三甲基銨是一種陽(yáng)離子表面活性劑，可以中和沉淀表面所帶的負(fù)電荷，使沉淀顆?？焖倬奂?，快速下沉。下列說(shuō)法不正確的是（）步驟①中可Na代替9

32232322332233223223232233223322步②可以用傾析法除去上層清液C.含廢液中是否有IO-，可用KI-淀粉試紙檢驗(yàn)步③發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為+2CuI4Fe2+『案』C『解』步①中O做原劑，可用Na代替，故正確；步②從懸濁液中分離碘化亞銅固體，可以用傾析法除去上層清，故正確；C.含廢液中含有單質(zhì)，能使KI-淀粉試紙變藍(lán)，不能用其檢驗(yàn)是否含有-，故錯(cuò)誤；步③中鐵離子具有氧化性，能氧化碘化亞銅，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：3+

4Fe2+

2+

+I，正確。故選。固體混合物X可含有NaNO、、FeCl、中一種或幾種物質(zhì)，某同學(xué)對(duì)該固體進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：下列判斷正確的是（）溶液甲中一定含有、NaSiO，可能含有、原體混合物X中定有KAlOC.固乙、固體丁定是純凈物將液乙和溶液丁混合一定有無(wú)色氣體生成，可能有白色沉淀生成『案』D『解』溶甲能和鹽酸反應(yīng)生成固體乙，說(shuō)明溶液甲中含有硅酸鈉，固體乙為硅酸，溶液甲和鹽酸反應(yīng)生成氣體說(shuō)明含有亞硝酸鈉溶液乙含有氯化鈉和鹽酸固體甲可能是氯化鐵和硅酸鈉雙水解生成的硅酸和氫氧化鐵存在氯化鐵和偏鋁酸鉀雙水解生成的氫氧化鋁沉淀溶液甲可能有剩余偏鋁酸鉀酸或氫氧化鋁都可溶于氫氧化鈉液為硅酸鈉或還有偏鋁酸鈉固丙氫氧化鐵溶液丙中通入過(guò)量的二氧化碳成硅酸沉淀或氫氧化鋁沉淀，溶液丁含有碳酸氫鈉。溶甲一定有亞硝酸鈉和硅酸鈉，可能有偏鋁酸鉀，一定不存在氯化鐵，故錯(cuò)誤；可能有偏鋁酸鉀，故誤；10

4423222423234423222423234244C.固體乙一定是硅酸，固體丁可是硅酸或氫氧化鋁，故錯(cuò)誤；溶甲中有氯化鈉和鹽酸能有偏鋁酸鉀與液丁碳酸氫鈉反應(yīng)一定有二氧化碳?xì)怏w，可能有氫氧化鋁沉淀。故正確；故選D。『睛』掌握物質(zhì)之間的反應(yīng)，和可能性，注意可能存在有剩余問(wèn)題，住特殊物質(zhì)的性質(zhì)如入鹽酸產(chǎn)生沉淀通常認(rèn)為是氯化銀沉淀要注意有硅酸沉淀注意鹽類水解情況的存在。暗紅色固體X由種常見(jiàn)的元素組式量為于水微熱易分解溫爆炸。己知：氣體B在標(biāo)準(zhǔn)狀況下密度為1.25g.L，混合氣體通過(guò)CuSOCuSO固變?yōu)樗{(lán)色。請(qǐng)回答以下問(wèn)題：（1寫出A的子式。（2寫出生成白色沉淀D的學(xué)方程式。（3固體X可A過(guò)量氣體的溶反應(yīng)生成，其離子方程式_________________（4有人提出氣體在熱條件下與O反應(yīng)，經(jīng)研究固體產(chǎn)物中不+3價(jià)鐵元素，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案檢驗(yàn)固體產(chǎn)物中可能的成限用化學(xué)方法『』(1).(2).+I↓+2HI+2HCl(3).3I+5NH·HO=NI·NH+

O(4).取固體產(chǎn)物少許，溶于足量的硫酸銅溶液，充分反應(yīng)后，若有紅色固體出現(xiàn)，證明有鐵，過(guò)濾所得的濾渣溶于稀鹽酸，滴加硫氰化鉀溶液無(wú)現(xiàn)象，再滴加氯水，若溶液呈紅色，則證明還有氧化亞鐵?！何觥粴怏wB在準(zhǔn)狀況下的密度為1.25g.L，其摩爾質(zhì)量為22.4L/mol×1.25g.L-1=28g/mol為氮?dú)狻；旌蠚怏w通過(guò)，CuSO固變?yōu)樗{(lán)色，說(shuō)明混合氣體中含有水蒸氣和氮?dú)狻８鶕?jù)前后氣體的體積變化分析，無(wú)色氣體C為氣。紫黑色固體A應(yīng)碘單質(zhì)，能與二氧化硫和氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，所以白色沉淀11

克為硫酸鋇沉淀，即

332242323422223322423234222232222232，通過(guò)電子計(jì)算碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為，氣的物質(zhì)的量為，氣的物質(zhì)的量為，計(jì)算三種物質(zhì)的質(zhì)量和為8.24克正好是固體X的量，所以X的化學(xué)式為NINH?！涸斀狻唬?）為單質(zhì)，電子式為：

；（2碘單質(zhì)和二氧化硫和氯化鋇和水反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和碘化氫和鹽酸，方程式；（3固體X可碘與過(guò)量氣體氨氣的濃溶液反應(yīng)生成，離子方程式為：

：3I+5NH·HO=NI·NH+

O；（4固體產(chǎn)物中不+3價(jià)鐵元素，所以反應(yīng)后可能產(chǎn)生鐵或氧化亞鐵，利用鐵和硫酸銅反應(yīng)置換出紅色固體銅檢驗(yàn)是否有鐵亞鐵的檢驗(yàn)可以利用鐵離子遇到硫氰化鉀顯紅色的性質(zhì)進(jìn)行，故實(shí)驗(yàn)操作為：取固體產(chǎn)物少許，溶于足量的硫酸銅溶液，充分反應(yīng)后，若有紅色固體出現(xiàn)證有鐵，過(guò)濾得的濾渣溶于稀鹽酸加氰化鉀溶液無(wú)現(xiàn)象，再滴加氯水，若溶液呈紅色，則證明還有氧化亞鐵。輝銅礦主要成分為Cu，軟錳礦主要成分，們都含有少量、SiO等雜質(zhì)。工業(yè)上綜合利用這兩種礦物制備硫酸銅、硫酸錳和硫單質(zhì)的主要工藝流程如下：（1浸取程中溫度控制在500C～600C之的原因_。（2硫酸浸取時(shí)，對(duì)MnO氧化起重要催化作用，該過(guò)程可能經(jīng)過(guò)兩歲反應(yīng)完成，將其補(bǔ)充完整：①（用離子方程式表示）②

=Mn3+

O（3固體甲是一種堿式鹽，為測(cè)定甲的化學(xué)式，進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：步驟：取19.2固體甲，加足量的稀鹽酸溶解，將所得溶液分為A、兩等份；步驟：向A中加入足量的NaOH溶液并加熱，共收集到NH（準(zhǔn)狀況下）過(guò)濾后將所得濾渣洗滌干燥并灼燒至質(zhì)量不再變化，可得4.80g紅色固體殘?jiān)翰襟E：向中入足量BaCl溶，過(guò)濾、洗滌、干燥，可9.32g固殘。12

2422232高中化學(xué)2422232則固體甲的化學(xué)式為（4相關(guān)物質(zhì)的溶解度如下圖，從除鐵后的溶液中通過(guò)一系列的操作分別獲得硫酸銅、硫酸錳晶體請(qǐng)出合理的操作順（從下列操作中選取先后次序列出字母，操作可重復(fù)使用液()→()→()→(A)→()→_____________蒸溶劑

B趁熱過(guò)濾

．冷卻結(jié)晶

過(guò)E．將溶液蒸發(fā)至溶液表面出現(xiàn)晶膜

．將溶液蒸發(fā)至容器底部出現(xiàn)大量晶體『案』(1).溫高苯容易揮發(fā)，溫度低浸取速率小NH(SO)(OH)AFBECD

Cu3+

2+

+S+4Fe2+『析1根據(jù)苯容易揮發(fā)，和溫度對(duì)速率的影響分析；（2根據(jù)催化劑的特點(diǎn)分析，參與反應(yīng)并最后生成進(jìn)行書寫方程式；（3根據(jù)反應(yīng)過(guò)程中的數(shù)據(jù)分析各離子的種類和數(shù)值，最后計(jì)算各種離子的物質(zhì)的量比即得化學(xué)式?！航狻?1)取過(guò)程中使用苯作為溶劑，度控制在500C600C之間，是溫度越高，苯越容易揮發(fā)，溫度低反應(yīng)的速率變小。（2

對(duì)氧化S起重催化作用，說(shuō)明鐵離子參反應(yīng)，然后又通過(guò)反應(yīng)生成，鐵離子具有氧化性，能氧化硫化亞銅，本身被還原為亞鐵離子，故第一步反應(yīng)為Cu3+

2+

，二氧化錳具有氧化性，能氧化亞鐵離子。（3A加入足量的溶并加熱收到0.448LNH（準(zhǔn)狀況下過(guò)濾后將所得濾渣洗滌干燥并灼燒至質(zhì)量不再變化，可得紅色固體殘?jiān)?，即氧化鐵為，說(shuō)明該固體中含有銨根離子和鐵離子。向加入足量的溶液，過(guò)濾、洗滌、干燥，可得9.32g硫鋇即，因?yàn)閷⑷芤悍殖蓛傻确?，則固甲含有根離子0.12mol鐵離子硫酸根離子則有的氫氧根離子物質(zhì)的量13

42223322232134222332223213322223222223322222為0.24mol，固甲的化學(xué)式為NH)(OH)。『點(diǎn)睛』掌溶液中離子物質(zhì)量計(jì)算是難點(diǎn)，注意前后元素的守恒性，特別注意原溶液分成了兩等份，數(shù)據(jù)要變成2倍研究CO的綜合利用對(duì)促低碳經(jīng)的發(fā)展有重要意義CO與H合成二甲醚)是一種CO轉(zhuǎn)方法，其過(guò)程中主要發(fā)生下列反應(yīng)：反應(yīng)I(g)反應(yīng)II2CH反應(yīng)IIICO(g)

O(g)OCH(g)+H0(g)CO(g)+HO(g)

eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)-49.0kJ.mol-1H=--1eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)kJ.mol（1寫出CO與一合成二醚（反應(yīng)IV的熱化學(xué)反應(yīng)方程式：（2有利于提高反應(yīng)IV平轉(zhuǎn)化率條件是_。高高壓

低詆

．高溫低壓低溫高壓（3在恒壓、CO和H起始物質(zhì)的量之比為1的條件下，平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時(shí)二甲醚的選擇性隨溫度的變化如圖1的擇性=

CHOCH的物的量33反應(yīng)的C的物質(zhì)量2

×100%①溫度低于℃，CO平轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而下降的原因②關(guān)于合成二甲醚工藝的理解，下列說(shuō)法正確的反IV在A點(diǎn)點(diǎn)的化學(xué)平衡常數(shù)K(A)小于K(B)當(dāng)度壓強(qiáng)一定時(shí)，在原料氣CO和H的比例不變）中添加少量惰性氣體，有利于提高平衡轉(zhuǎn)化率C．他條件不變，在恒容條件下的二甲醚平衡選擇性比恒壓條件下的平衡選擇性低提催化劑的活性和選擇性，少等產(chǎn)物是工藝的關(guān)鍵③在某溫度下入CO的物質(zhì)的量為1mol二醚的選擇性為8集0.2mol的二甲醚，則轉(zhuǎn)率為_(kāi)_________________14

122122233223322232133322231221222332233222321333222332④一定溫度壓強(qiáng)下二醚的體分?jǐn)?shù)隨時(shí)間變化如圖所在

時(shí)刻再入物質(zhì)的量之比為：3的和H，

時(shí)刻重新達(dá)到平衡。畫出t—t

時(shí)刻二甲醚體積分?jǐn)?shù)的變化趨勢(shì)。__________________（4光能儲(chǔ)存一般是指將光能轉(zhuǎn)換為電能或化學(xué)能進(jìn)行儲(chǔ)存，利用太陽(yáng)光、O生成二甲醚的光能儲(chǔ)存裝置如圖所示，則極電極反應(yīng)式_『案』(1).2CO(g)CHOCHO(g)ΔH=-122.5kJ·mol-1

反Ⅲ的ΔH>0，度升高，二氧化碳的平衡化率變大，而反應(yīng)Ⅰ（或者反應(yīng)Ⅳ）的ΔH<0，度升高，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率下降，且上升幅度于下降幅度；

或

0.5

++2CO-=CHOCHO『解1根據(jù)蓋斯定律分析，反應(yīng)I

CO

O(g)

eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)=-49.0kJ.mol,

反應(yīng)II2CHOH(g)

OCH(g)+HO(g)

eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)24.5kJ.mol

，有I×2+II得化程式

OCHO(g)24.5=-122.5kJ·mol-1（）反應(yīng)IV為熱反應(yīng)高平衡逆向移高壓平衡正向移動(dòng)，故此條件不能確定平衡的移動(dòng)方向，不能確定是否提高轉(zhuǎn)化率，故錯(cuò)誤B.低溫平衡正移動(dòng)，低壓平衡逆向移動(dòng)，故不能確定是否提高轉(zhuǎn)化率，故錯(cuò)誤．溫平衡逆向移動(dòng)，低壓平衡逆向移動(dòng)，轉(zhuǎn)化率降低，故錯(cuò)誤；低高壓都能使平衡正向移動(dòng)，提高轉(zhuǎn)化率，故正確。（3①反應(yīng)Ⅲ的ΔH，度升高，平衡正移動(dòng)，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率變大，而反應(yīng)Ⅰ（或者反應(yīng)Ⅳ）的Δ，溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率下降，且上升幅度小于下降幅度，所以隨著溫度升高，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率下降；15

2122332高中化學(xué)月2122332②A.圖分析反應(yīng)IV著溫度升高氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率A點(diǎn)于點(diǎn)二甲醚的選擇性降低反應(yīng)IV進(jìn)程度減小在A點(diǎn)點(diǎn)的化學(xué)平衡常數(shù)K(A)大，故錯(cuò)誤；當(dāng)度壓強(qiáng)一定時(shí)，在原料氣C0和H的比例不變）中添加少量惰性氣體，容器的體積增大，相當(dāng)于減壓，平衡逆向移動(dòng)，不有利于提高平衡轉(zhuǎn)化率，故錯(cuò)誤；．其他條件不變，在恒容條件反應(yīng)體系中的壓強(qiáng)逐漸減小，二甲醚平衡選擇性比恒壓條件下的平衡選擇性低，故正確；提催化劑的活性和選擇性以控制三個(gè)反應(yīng)是否進(jìn)行少副產(chǎn)物是工藝的關(guān)鍵，故正確；故選CD③生成二甲醚的選擇性為80%，現(xiàn)收集到0.2mol二甲醚，說(shuō)明有0.4mol二化碳轉(zhuǎn)化生成二甲醚，生成二甲醚的選擇性為，即有0.5mol二化碳參與反應(yīng)，則二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為

0.5

100%

或0.5④反應(yīng)到平衡后，在t

時(shí)刻，再加入物質(zhì)的量之比為13CO和，加入時(shí)二甲醚的體積分?jǐn)?shù)減小，平衡正向移動(dòng)，二甲醚的體積分?jǐn)?shù)逐漸增加，因?yàn)槭窃诤銣睾銐簵l件下入等物質(zhì)的量比的二氧化碳和氫氣，所以屬于等效平衡，即平衡時(shí)二甲醚的體積分?jǐn)?shù)不變。所以圖像如下：。④該裝置為電解裝置，二氧化碳變成二甲醚是得到電子的過(guò)程，根據(jù)圖中質(zhì)子交換膜分析，反應(yīng)中的離子只能寫氫離子，所以電極反應(yīng)為12H+2CO-=CHOCHO。某學(xué)習(xí)小組以電路板刻蝕液（含有大量C

、

）為原料制備納米，制備流程如下：16

222222242222222243442344322222224222222224344234432234432已知①CuO潮濕的空氣中會(huì)慢慢氧化生成CuO也被還原為Cu;不溶于水極易溶于堿性溶液Cu+

=Cu2+

+Cu+HO。②生成的應(yīng)4Cu(OH)+NHHO請(qǐng)回答：（1步驟II寫出生成反的離子方程式：____________________________（2步驟II需對(duì)水層多次萃取并合并萃取液的目的是___________________________（3步驟III反萃取劑為_(kāi)____________（4步驟IV①制備納米O時(shí)控制溶液為5的因_______________的②從溶液中分離出納米CuO采離心法，下列方法也可分離Cu的是③Cu干燥的方法（5為測(cè)定產(chǎn)品中的量，稱取產(chǎn)于錐形瓶中，加入30mL硫酸的Fe(SO)

溶（量反后用0.2000mol·L

標(biāo)準(zhǔn)KMnO溶滴定重復(fù)2～3次平均消耗KMnO溶50.00mL。①產(chǎn)品中CuO質(zhì)量分?jǐn)?shù)_②若無(wú)操作誤差，測(cè)定結(jié)果總是偏高的原因___________________________________『案』(1).)

2++

+CuR

提高銅離子的萃取率，提高原料利用率

稀酸

pH太氧亞銅會(huì)發(fā)生歧化反應(yīng)大，氧化亞銅會(huì)溶解

C真干燥

(8).制氧化亞銅時(shí)化亞銅被肼還原，產(chǎn)品中含有銅粉，測(cè)定結(jié)果均增大『析』刻蝕液（含有大量Cu、

、

）加入過(guò)量的氨水，形成銅氨溶液，同時(shí)生成氫氧化亞鐵和氫氧化鐵沉淀，銅氨溶液中加入有機(jī)溶液得到CuR，反萃取劑條件下生成硫酸銅溶液?！航?步驟II，銅氨溶液和RH的機(jī)溶液反應(yīng)生成氨氣和氯化銨和CuR，離子方程式為)

+

+CuR；（2需要對(duì)水層多次萃取并合并萃取液是能提高銅離子的萃取率，提高原料利用率；17

22242312高中化學(xué)月/段考試題22242312（3通過(guò)前后的物質(zhì)分析，反萃取劑提供硫酸根離子和氫離子，故為稀