2022届陕西省西安市临潼区华清中学高考化学模拟试卷（一）　一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．下列叙述不正确的是（　　）A．淀粉、油脂、蛋白质都能水解，且水解产物各不相同B．石油催化裂化的主要目的是提高芳香烃的产量C．从煤的干馏产物中可以获得焦炉气、粗氨水、煤焦油、焦炭等重要的化工原料D．误服重金属盐，立即服用牛奶或豆浆可解毒　2．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NAB．标准状况下，2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NAC．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD．足量的铜与含2molH2SO4的浓硫酸充分反应，可生成NA个SO2分子　3．短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13．X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍．下列说法正确的是（　　）A．X的氢化物溶于水显酸性B．Y的氧化物是共价化合物C．其离子半径大小：Z＞Y＞XD．X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是强酸　4．一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+．下列有关说法正确的是（　　）A．检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B．若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2OD．正极上发生的反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣　5．利尿酸在奥运会上被禁用的药物，其结构简式如图所示．下列叙述正确的是（　　）A．利尿酸衍生物利尿酸甲酯的分子式是C14H15Cl2O4B．利尿酸能与FeCl3溶液发生显色反应C．利尿酸分子内处于同一平面的原子不超过10个D．利尿酸能与5molH2发生加成反应　6．下表是3种物质的溶解度（20℃），下列说法中正确的是（　　）物质MgCl2Mg（OH）2MgCO3溶解度（g/100g）740.000840.01-18-A．已知MgCO3的Ksp=6.82×10﹣6mol2•L﹣2，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有c（Mg2+）=c（CO32﹣），且c（Mg2+）•c（CO32﹣）=6.82×10﹣6mol2•L﹣2B．除去粗盐中含有的MgCl2杂质，最佳除杂试剂为Na2CO3溶液C．将表中三种物质与水混合，加热、灼烧，最终的固体产物相同D．用石灰水处理含有Mg2+和HCO3﹣的硬水，发生的离子反应方程式为Mg2++2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+MgCO3↓+2H2O　7．室温下，将1.000mol•L﹣1盐酸滴入20.00mL1.000mol•L﹣1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法正确的是（　　）A．a点由水电离出的c（H+）=1.0×10﹣14mol•L﹣1B．b点：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（Cl﹣）C．c点：c（Cl﹣）=c（NH4+）D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3•H2O电离吸热　　二、解答题（共3小题，满分45分）8．（15分）氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗．纯化工业级氧化锌（含有Fe（Ⅱ），Mn（Ⅱ），Ni（Ⅱ）等杂质）的流程如下：工业ZnO浸出液滤液滤液滤饼ZnO提示：在本实验条件下，Ni（Ⅱ）不能被氧化，高锰酸钾的还原产物是MnO2．回答下列问题：（1）反应②中除掉的杂质离子是　　　　　　，发生反应的离子方程式为　　　　　　；加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是　　　　　　；（2）反应③的反应类型为　　　　　　，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有　　　　　　；（3）反应④形成的沉淀要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是　　　　　　．（4）反应④中产物的成分可能是ZnCO3•xZn（OH）2．取干操后的滤饼11.2g，煅烧后可得到产品8.1g．则x等于　　　　　　．　9．（15分）肼（联氨N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料．N2H4与N2O4反应能放出大量的热．（1）已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣57.20kJ•mol﹣1．一定温度下，在密闭容器中此反应达到平衡．其他条件不变时，下列措施不能使NO2转化率提高的是　　　　　　A．扩大容器容积B．降低温度C．增加NO2的浓度D．降低N2O4浓度-18-（2）25℃时，1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量．则反应2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（l）的△H=　　　　　　kJ•mol﹣1（3）17℃、1.01×105Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，c（NO2）=0.0300mol•L﹣1、c（N2O4）=0.0120mol•L﹣1．计算反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的平衡常数K=　　　　　　．（4）肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，用电离方程式表示肼的水溶液显碱性的原因　　　　　　．（5）已知：在相同条件下N2H4•H2O的电离程度大于N2H5C1的水解程度．常温下，若将0.2mol/LN2H4•H2O溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，则溶液中N2H5+、Cl﹣、OH﹣、H+离子浓度由大到小的顺序为：　　　　　　．　10．（15分）高纯MnCO3是制备高性能磁性材料的主要原料．某化学小组在实验室模拟用软锰矿（主要成分MnO2，杂质为铁及铜的化合物等）制备高纯碳酸锰，过程如下（部分操作和条件略）：①缓慢向烧瓶中（见图1）通入过量混合气进行“浸锰”操作，主要反应原理为：SO2+H2O=H2SO3；MnO2+H2SO3=MnSO4+H2O（铁浸出后，过量的SO2会将Fe3+还原为Fe2+）②向“浸锰”结束后的烧瓶中加入一定量纯MnO2粉末．③再用Na2CO3溶液调节pH为3.5左右，过滤．④调节滤液pH为6.5～7.2，加入NH4HCO3，有无色无味的气体放出，同时有浅红色的沉淀生成，经过滤、洗涤、干燥，得到高纯碳酸锰．请回答：（1）石灰乳参与反应的化学方程式为　　　　　　．（2）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6的生成，温度对“浸锰”反应的影响如图2，为减少MnS2O6的生成，“浸锰”过程适宜的温度是　　　　　　．（3）查阅下表回答②中加入一定量纯MnO2粉末的主要作用是　　　　　　．物质Fe（OH）3Fe（OH）2Mn（OH）2Cu（OH）2开始沉淀pH2.77.68.34.7完全沉淀pH3.79.69.86.7（4）③中所得的滤液中含有Cu2+，可添加过量的难溶电解质MnS除去Cu2+，经过滤，得到纯净的MnSO4溶液．用平衡移动原理解释加入MnS的作用　　　　　　．（5）④中加入NH4HCO3后发生反应的离子方程式是　　　　　　．（6）已知MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解．请问用少量C2H5OH洗涤的原因是　　　　　　．　　三、[化学与技术]11．（15分）【化学﹣﹣选修2化学与技术】侯德榜制碱法，也叫联合制碱法，其生产流程可简要表示如下图：-18-（1）向沉淀池中通入CO2和氨气时，应先通入　　　　　　．原因是　　　　　　．（2）沉淀池中发生反应的化学反应方程式是　　　　　　；煅烧炉中发生的化学反应方程是　　　　　　．（3）向母液中通氨气并加入细小食盐颗粒，冷却析出的副产品是　　　　　　，通入氨气的作用是　　　　　　（填选项）A．增大NH+4的浓度：使NH4Cl更多地析出B．使NaHCO3更多地析出C．使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度（4）为提高原料氯化钠的利用率，主要是设计了　　　　　　．（填上述流程中的编号）的循环，物质X是　　　　　　．从沉淀池中分离沉淀的操作是　　　　　　．（5）CO2是制碱工业的重要原料，侯德耪制碱法和氨碱法中CO2的来源有何不同　　　　　　．（6）产品纯碱中含有碳酸氢钠，可以用加热分解的方法测定产品中纯碱的质量分数，已知样品质量为ag，加热至质量不再改变时称重为bg，则纯碱的质量分数为　　　　　　．　　四、[有机化学]12．（15分）现有一种烃A，它能发生如图所示的变化已知：两分子的E相互反应，可以生成环状化合物C6H8O4，回答下列问题：（l）A的结构简式为　　　　　　；C的结构简式为　　　　　　；D的结构简式为　　　　　　；F的结构简式为　　　　　　（2）在①～⑦的反应中，属于加成反应的是（填序号）　　　　　　．（3）写出下列反应的化学方程式（有机物写结构简式）．B→C：　　　　　　．E→F：　　　　　　．G→H：　　　　　　．两分子的E反应生成环状化合物C6H8O4的化学方程式：　　　　　　．-18-　　-18-2022届陕西省西安市临潼区华清中学高考化学模拟试卷（一）参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．下列叙述不正确的是（　　）A．淀粉、油脂、蛋白质都能水解，且水解产物各不相同B．石油催化裂化的主要目的是提高芳香烃的产量C．从煤的干馏产物中可以获得焦炉气、粗氨水、煤焦油、焦炭等重要的化工原料D．误服重金属盐，立即服用牛奶或豆浆可解毒【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用；淀粉的性质和用途．【分析】A．淀粉常在无机酸（一般为稀硫酸）催化作用下发生水解，生成葡萄糖；蛋白质水解最后得到多种氨基酸；油脂在酸性条件下水解为甘油（丙三醇）和高级脂肪酸；在碱性条件下水解为甘油、高级脂肪酸盐；B．石油催化重整能获得芳香烃；C．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，生成焦炭、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程；D．重金属盐能够使得人体内蛋白质发生变性．【解答】解：A．淀粉常在无机酸（一般为稀硫酸）催化作用下发生水解，生成葡萄糖；蛋白质水解最后得到多种氨基酸；油脂在酸性条件下水解为甘油（丙三醇）和高级脂肪酸；在碱性条件下水解为甘油、高级脂肪酸盐，水解产物各不相同，故A正确；B．催化裂化的主要目的是提高轻质燃料汽油的产量，故B错误；C．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，生成焦炭、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，可以得到甲烷、苯和煤焦油等化工原料，故C正确；D．重金属盐能够使得人体内蛋白质发生变性，重金属中毒时喝大量牛奶、蛋清或生豆浆能够有效解毒，故D正确；故选B．【点评】本题考查了常见有机物的结构和性质，煤和石油的加工等，较简单，注意一些知识的积累．　2．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NAB．标准状况下，2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NAC．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD．足量的铜与含2molH2SO4的浓硫酸充分反应，可生成NA个SO2分子【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、ClO﹣是弱酸根，在溶液中水解；B、氯气与碱的反应为歧化反应；C、N2与CO的摩尔质量均为28g/mol；D、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应．【解答】解：A、ClO﹣是弱酸根，在溶液中水解，故溶液中ClO﹣的个数小于NA个，故A错误；B、标况下，2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而氯气与碱的反应为歧化反应，故1mol氯气转移1mol电子，故0.1mol氯气转移0.1mol电子，故B错误；-18-C、N2与CO的摩尔质量均为28g/mol，故14gN2与CO的物质的量为0.5mol，而N2与CO均为双原子分子，故0.5mol混合物含1mol原子，故C正确；D、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故浓硫酸变稀时，与铜不再反应，故生成的二氧化硫的分子个数小于NA个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　3．短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13．X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍．下列说法正确的是（　　）A．X的氢化物溶于水显酸性B．Y的氧化物是共价化合物C．其离子半径大小：Z＞Y＞XD．X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是强酸【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】短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则X的内层电子数为2，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为2，原子的最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为13﹣6﹣2=5，所以X为N，Y为Mg，Z为S，结合元素及其化合物来解答．【解答】解：短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则X的内层电子数为2，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为2，原子的最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为13﹣6﹣2=5，所以X为N，Y为Mg，Z为S，A．N的氢化物为氨气，溶于水显碱性，故A错误；B．MgO为离子化合物，故B错误；C．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为Z＞X＞Y，故C错误；D．X和Z的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、硫酸，都是强酸，故D正确；故选D．【点评】本题考查原子结构、元素周期律，利用原子结构来推断元素是解答本题的关键，注意短周期元素的内层电子只能为2或8，题目难度不大．　4．一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+．下列有关说法正确的是（　　）A．检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B．若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2OD．正极上发生的反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣【考点】常见化学电源的种类及其工作原理．【专题】电化学专题．-18-【分析】酸性乙醇燃料电池的负极反应为CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题．【解答】解：A．原电池中，阳离子向正极移动，故A错误；B．氧气得电子被还原，化合价由0价降低到﹣2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，故B错误；C．酸性乙醇燃料电池的负极反应为CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+，可知乙醇被氧化生成乙酸和水，总反应式为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，故C正确；D．燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，故D错误．故选C．【点评】本题考查酸性乙醇燃料电池知识，题目难度中等，注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点，答题中注意审题，根据题给信息解答．　5．利尿酸在奥运会上被禁用的药物，其结构简式如图所示．下列叙述正确的是（　　）A．利尿酸衍生物利尿酸甲酯的分子式是C14H15Cl2O4B．利尿酸能与FeCl3溶液发生显色反应C．利尿酸分子内处于同一平面的原子不超过10个D．利尿酸能与5molH2发生加成反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】有机物含有羧基、具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有氯原子，可发生取代反应，以此解该题．【解答】解：A．由结构简式可确定分子式为C13H12Cl2O4，与甲醇反应生成的酯为C14H14Cl2O4，故A错误；B．不含酚羟基，与氯化铁溶液不反应，故B错误；C．苯环、C=C、C=O为平面结构，与苯环直接相连的原子一定在同一平面内，所以利尿酸分子内处于同一平面的原子为17个，故C错误；D．苯环、C=C、C=O能发生加成，1mol利尿酸能与5molH2发生加成反应，故D正确．故选D．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大．　6．下表是3种物质的溶解度（20℃），下列说法中正确的是（　　）物质MgCl2Mg（OH）2MgCO3溶解度（g/100g）740.000840.01A．已知MgCO3的Ksp=6.82×10﹣6mol2•L﹣2，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有c（Mg2+）=c（CO32﹣），且c（Mg2+）•c（CO32﹣）=6.82×10﹣6mol2•L﹣2B．除去粗盐中含有的MgCl2杂质，最佳除杂试剂为Na2CO3溶液C．将表中三种物质与水混合，加热、灼烧，最终的固体产物相同-18-D．用石灰水处理含有Mg2+和HCO3﹣的硬水，发生的离子反应方程式为Mg2++2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+MgCO3↓+2H2O【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】A、c（Mg2+）•c（CO32﹣）=“6.82“×10﹣6，但不一定都有c（Mg2+）=c（CO32﹣）；B、溶解度：Mg（OH）2＜MgCO3，故除去粗盐中含有的MgCl2杂质，最佳除杂试剂为NaOH；C、MgCl2+2H2O⇌Mg（OH）2+2HCl，加热MgCl2溶液，平衡向右移动，最后打破平衡，蒸干后得到Mg（OH）2，灼烧Mg（OH）2，Mg（OH）2分解得到MgO，MgCO3+2H2O⇌Mg（OH）2+H2CO3，加热MgCO3溶液，平衡向右移动，最后打破平衡，蒸干后得到Mg（OH）2，灼烧后，也得到MgO，故三者最终的固体产物相同；D、用石灰水处理含有Mg2+和HCO3﹣的硬水，发生的离子反应方程式为Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣=2CaCO3↓+Mg（OH）2↓+2H2O．【解答】解：A、c（Mg2+）•c（CO32﹣）=“6.82“×10﹣6，但不一定都有c（Mg2+）=c（CO32﹣），A错误；B、溶解度：Mg（OH）2＜MgCO3，故除去粗盐中含有的MgCl2杂质，最佳除杂试剂为NaOH，C错误；C、MgCl2+2H2O⇌Mg（OH）2+2HCl，加热MgCl2溶液，平衡向右移动，最后打破平衡，蒸干后得到Mg（OH）2，灼烧Mg（OH）2，Mg（OH）2分解得到MgO，MgCO3+2H2O⇌Mg（OH）2+H2CO3，加热MgCO3溶液，平衡向右移动，最后打破平衡，蒸干后得到Mg（OH）2，灼烧后，也得到MgO，故三者最终的固体产物相同，B正确；D、用石灰水处理含有Mg2+和HCO3﹣的硬水，发生的离子反应方程式为Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣=2CaCO3↓+Mg（OH）2↓+2H2O，D错误；故选C．【点评】主要考查对盐水解的影响因素，水解方程式，盐类水解判断溶液酸碱性或比较溶液pH值的大小，盐类水解的定义等考点的理解，难度不大．　7．室温下，将1.000mol•L﹣1盐酸滴入20.00mL1.000mol•L﹣1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法正确的是（　　）A．a点由水电离出的c（H+）=1.0×10﹣14mol•L﹣1B．b点：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（Cl﹣）C．c点：c（Cl﹣）=c（NH4+）D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3•H2O电离吸热【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】压轴题．【分析】根据酸碱滴定过程的图中a、b、c点的pH值来分析溶液中离子的浓度或溶液中的溶质，并利用原子守恒和电荷守恒来分析解答．-18-【解答】解：A、因a点7＜pH＜14，因此水电离出的c（H+）＞1.0×10﹣14mol•L﹣1，故A错误；B、b点时pH＞7，则盐酸和氨水反应，氨水过量，则c（NH4+）+c（NH3•H2O）＞c（Cl﹣），故B错误；C、因c点pH=7溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知c（Cl﹣）=c（NH4+），故C正确；D、d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，故D错误；故选：C．【点评】本题考查水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定，明确滴定曲线中各点的pH是解答的关键，并学会利用物料守恒、电荷守恒来解答此类习题．　二、解答题（共3小题，满分45分）8．（15分）氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗．纯化工业级氧化锌（含有Fe（Ⅱ），Mn（Ⅱ），Ni（Ⅱ）等杂质）的流程如下：工业ZnO浸出液滤液滤液滤饼ZnO提示：在本实验条件下，Ni（Ⅱ）不能被氧化，高锰酸钾的还原产物是MnO2．回答下列问题：（1）反应②中除掉的杂质离子是　Fe2+和Mn2+　，发生反应的离子方程式为　MnO4﹣+3Fe2++7H2O═MnO2↓+3Fe（OH）3↓+5H+、3Mn2++2MnO4﹣+2H2O═5MnO2↓+4H+　；加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是　不会形成Fe（OH）3和MnO2沉淀，或无法除去Fe2+和Mn2+　；（2）反应③的反应类型为　置换反应　，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有　Ni　；（3）反应④形成的沉淀要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是　取最后一次洗涤液少量，滴入稀盐酸，加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净　．（4）反应④中产物的成分可能是ZnCO3•xZn（OH）2．取干操后的滤饼11.2g，煅烧后可得到产品8.1g．则x等于　1　．【考点】物质分离、提纯的实验方案设计．【专题】实验设计题．【分析】纯化工业级氧化锌和稀硫酸反应导致溶液中存在Fe2+、Mn2+、Zn2+和Ni2+，向浸出液中加入适量高锰酸钾溶液并调节溶液的pH约为5，Ni（Ⅱ）不能被氧化，Fe2+、Mn2+被氧化而被除去，同时溶液中有MnO2生成，过滤后，向滤液中加入Zn过滤，Zn和Ni2+发生氧化还原反应生成Ni，溶液中存在Zn2+，向滤液中加入碳酸钠溶液，生成碳酸锌沉淀，煅烧碳酸锌沉淀生成ZnO，据此分析解答．【解答】解：纯化工业级氧化锌和稀硫酸反应导致溶液中存在Fe2+、Mn2+、Zn2+和Ni2+，向浸出液中加入适量高锰酸钾溶液并调节溶液的pH约为5，Ni（Ⅱ）不能被氧化，Fe2+、Mn2+被氧化而被除去，同时溶液中有MnO2生成，过滤后，向滤液中加入Zn过滤，Zn和Ni2+发生氧化还原反应生成Ni，溶液中存在Zn2+，向滤液中加入碳酸钠溶液，生成碳酸锌沉淀，煅烧碳酸锌沉淀生成ZnO，（1）通过以上分析知，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，将Fe2+、Mn2+氧化生成铁离子、MnO2，Zn2+和Ni2+与酸性高锰酸钾溶液不反应，所以反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+-18-，发生的离子反应有MnO4﹣+3Fe2++7H2O═MnO2↓+3Fe（OH）3↓+5H+、3Mn2++2MnO4﹣+2H2O═5MnO2↓+4H+，如果溶液的pH较低，溶液呈酸性，则不能生成Fe（OH）3和MnO2沉淀而导致无法除去Fe2+和Mn2+，故答案为：Fe2+和Mn2+；MnO4﹣+3Fe2++7H2O═MnO2↓+3Fe（OH）3↓+5H+；3Mn2++2MnO4﹣+2H2O═5MnO2↓+4H+；不会形成Fe（OH）3和MnO2沉淀，或无法除去Fe2+和Mn2+；（2）过滤后，向滤液中加入Zn过滤，Zn和Ni2+发生置换反应生成Ni，Ni不溶于水，所以滤渣中含有Ni和Zn，故答案为：置换反应；Ni；（3）如果沉淀洗涤不干净，则洗涤液中含有硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，其检验方法是：取最后一次洗涤液少量，滴入稀盐酸，加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量，滴入稀盐酸，加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净；（4）设ZnCO3•xZn（OH）2的物质的量为ymol，ZnCO3•xZn（OH）2煅烧得到ZnO，则固体质量减少的质量为二氧化碳、水的质量，n（ZnO）==0.1mol，根据固体质量减少的质量、ZnO的物质的量列方程式为解得，故答案为：1．【点评】本题考查混合物的分离和提纯，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，明确流程图中各个步骤发生的反应及溶液中存在的微粒，知道常见离子的检验方法及实验现象，题目难度中等．　9．（15分）肼（联氨N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料．N2H4与N2O4反应能放出大量的热．（1）已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣57.20kJ•mol﹣1．一定温度下，在密闭容器中此反应达到平衡．其他条件不变时，下列措施不能使NO2转化率提高的是　A　A．扩大容器容积B．降低温度C．增加NO2的浓度D．降低N2O4浓度（2）25℃时，1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量．则反应2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（l）的△H=　﹣1224.96　kJ•mol﹣1（3）17℃、1.01×105Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，c（NO2）=0.0300mol•L﹣1、c（N2O4）=0.0120mol•L﹣1．计算反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的平衡常数K=　13.3　．（4）肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，用电离方程式表示肼的水溶液显碱性的原因　N2H4•H2O⇌N2H5++OH﹣　．（5）已知：在相同条件下N2H4•H2O的电离程度大于N2H5C1的水解程度．常温下，若将0.2mol/LN2H4•H2O溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，则溶液中N2H5+、Cl﹣、OH﹣、H+离子浓度由大到小的顺序为：　C（N2H5+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　．【考点】化学平衡的影响因素；有关反应热的计算；用化学平衡常数进行计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．-18-【分析】（1）能使化学平衡正向移动的因素可以使二氧化氮的转化率提高；（2）根据热化学方程式的含义来回答；（3）根据平衡常数表达式来计算化学反应的平衡常数；（4）肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH﹣和阳离子；（5）将0.2mol/LN2H4•H2O溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，得到等量的N2H4•H2O、N2H5C1，由相同条件下N2H4•H2O的电离程度大于N2H5C1的水解程度，则溶液显碱性，即c（OH﹣）＞c（H+）．【解答】解：（1）A、扩大容器体积，NO2的浓度减小，会使化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率降低，故A错误；B、降低温度，能使化学平衡正向移动，二氧化氮的转化率升高，故B正确；C、增加NO2的浓度，体系压强增大，平衡向右移动，二氧化氮的转化率升高，故C正确；D、降低N2O4浓度，能使化学平衡正向移动，二氧化氮的转化率增大，故D正确；故选A；（2）1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量，则2mol即64gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ×64=1224.96KJ的热量，故答案为：﹣1224.96；（3）根据题意知平衡时：c（N2O4）=0.0120mol/L，c（NO2）=0.0300mol/L；K===13.3（L/mol）．答：该条件下反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的平衡常数为13.3（L/mol）．（4）肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH﹣和阳离子，电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H+5+OH﹣；故答案为：N2H4+H2O⇌N2H+5+OH﹣；（6）将0.2mol/LN2H4•H2O溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，得到等量的N2H4•H2O、N2H5C1，由相同条件下N2H4•H2O的电离程度大于N2H5C1的水解程度，则c（N2H+5）＞c（Cl﹣），又溶液显碱性，即c（OH﹣）＞c（H+），电离、水解的程度都不大，所以c（N2H+5）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（N2H+5）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．【点评】本题考查学生化学平衡移动原理以及平衡常数的计算知识，弱电解质电离和电解质溶液中离子浓度大小比较，可以根据所学知识进行回答，难度不大，注重高考热点的考查及知识迁移能力的训练．　10．（15分）高纯MnCO3是制备高性能磁性材料的主要原料．某化学小组在实验室模拟用软锰矿（主要成分MnO2，杂质为铁及铜的化合物等）制备高纯碳酸锰，过程如下（部分操作和条件略）：-18-①缓慢向烧瓶中（见图1）通入过量混合气进行“浸锰”操作，主要反应原理为：SO2+H2O=H2SO3；MnO2+H2SO3=MnSO4+H2O（铁浸出后，过量的SO2会将Fe3+还原为Fe2+）②向“浸锰”结束后的烧瓶中加入一定量纯MnO2粉末．③再用Na2CO3溶液调节pH为3.5左右，过滤．④调节滤液pH为6.5～7.2，加入NH4HCO3，有无色无味的气体放出，同时有浅红色的沉淀生成，经过滤、洗涤、干燥，得到高纯碳酸锰．请回答：（1）石灰乳参与反应的化学方程式为　Ca（OH）2+SO2═CaSO3+H2O　．（2）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6的生成，温度对“浸锰”反应的影响如图2，为减少MnS2O6的生成，“浸锰”过程适宜的温度是　150℃（或150℃以上）　．（3）查阅下表回答②中加入一定量纯MnO2粉末的主要作用是　将Fe2+氧化为Fe3+，将过量的SO2氧化除去　．物质Fe（OH）3Fe（OH）2Mn（OH）2Cu（OH）2开始沉淀pH2.77.68.34.7完全沉淀pH3.79.69.86.7（4）③中所得的滤液中含有Cu2+，可添加过量的难溶电解质MnS除去Cu2+，经过滤，得到纯净的MnSO4溶液．用平衡移动原理解释加入MnS的作用　MnS（S）⇌Mn2+（aq）+S2﹣（aq）、S2﹣（aq）+Cu2+（aq）⇌CuS（S）生成的CuS比MnS更难溶，促进MnS不断溶解，平衡右移，使Cu2+除去　．（5）④中加入NH4HCO3后发生反应的离子方程式是　Mn2++2HCO3﹣=MnCO3↓+CO2↑+H2O　．（6）已知MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解．请问用少量C2H5OH洗涤的原因是　防止MnCO3潮湿时被空气氧化、便于在温度低于100℃干燥等　．【考点】制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）反应装置中石灰乳是用来吸收尾气的，实验中的尾气中含有二氧化硫，用石灰乳吸收；（2）根据“浸锰”温度与MnS2O6的生成率的关系图进行解答；（3）二氧化锰有氧化性能分别和亚铁离子、二氧化硫发生氧化还原反应；（4）根据平衡移动的原理，当生成物的浓度减少时，平衡向正反应方向移动，CuS比MnS更难溶，MnS不断溶解生成更难溶的CuS；（5））④中加入NH4HCO3后，有浅红色的沉淀生成为碳酸锰，根据质量守恒进行解答；（6）MnCO3难溶于水和乙醇，但潮湿时易被空气氧化，所以不能用水洗涤，而用乙醇洗涤，同时乙醇易挥发，所以可以在100℃以下干燥，据此答题．【解答】解：（1）反应装置中石灰乳是用来吸收尾气的，实验中的尾气中含有二氧化硫，用石灰乳吸收，反应的化学方程式为Ca（OH）2+SO2═CaSO3+H2O，故答案为：Ca（OH）2+SO2═CaSO3+H2O；（2）根据“浸锰”温度与MnS2O6的生成率的关系图，当温度150℃以上时，MnS2O6的生成率几乎为0，所以为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是150℃（或150℃以上），故答案为：150℃（或150℃以上）；（3）二氧化锰有氧化性，能氧化二价铁离子和二氧化硫，所以②中加入一定量纯MnO2粉末，能将Fe2+氧化为Fe3+，将过量的SO2氧化除去，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，将过量的SO2氧化除去；（4）③中所得的滤液中含有Cu2+，添加过量的难溶电解质MnS，CuS比MnS更难溶，所以MnS不断溶解，MnS（S）⇌Mn2+（aq）+S2﹣（aq）、S2﹣（aq）+Cu2+（aq）⇌CuS（S）平衡右移，使Cu2+除去，-18-故答案为：MnS（S）⇌Mn2+（aq）+S2﹣（aq）、S2﹣（aq）+Cu2+（aq）⇌CuS（S）生成的CuS比MnS更难溶，促进MnS不断溶解，平衡右移，使Cu2+除去；（5）制备高纯碳酸锰的原理是碳酸根和锰离子之间反应生成碳酸锰的过程，所以④中加入NH4HCO3后发生反应是锰离子和碳酸氢根离子反应，生成碳酸锰和二氧化碳和水，反应方程式为Mn2++2HCO3﹣=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO3﹣=MnCO3↓+CO2↑+H2O；（6）MnCO3难溶于水和乙醇，但潮湿时易被空气氧化，所以不能用水洗涤，而用乙醇洗涤，同时乙醇易挥发，所以可以在100℃以下干燥，故答案为：防止MnCO3潮湿时被空气氧化、便于在温度低于100℃干燥等．【点评】本题主要考查了制备高纯碳酸锰实验方案，读懂工艺流程图，掌握平衡移动原理、理解离子反应的本质是解答的关键，本题实验综合性强，难度中等．　三、[化学与技术]11．（15分）【化学﹣﹣选修2化学与技术】侯德榜制碱法，也叫联合制碱法，其生产流程可简要表示如下图：（1）向沉淀池中通入CO2和氨气时，应先通入　NH3　．原因是　因为CO2溶解度小，而NH3易溶于水，先通入NH3有利于后面CO2的吸收　．（2）沉淀池中发生反应的化学反应方程式是　NH3+CO2+NaCl+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl　；煅烧炉中发生的化学反应方程是　2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O　．（3）向母液中通氨气并加入细小食盐颗粒，冷却析出的副产品是　NH4Cl　，通入氨气的作用是　AC　（填选项）A．增大NH+4的浓度：使NH4Cl更多地析出B．使NaHCO3更多地析出C．使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度（4）为提高原料氯化钠的利用率，主要是设计了　Ⅰ　．（填上述流程中的编号）的循环，物质X是　CO2　．从沉淀池中分离沉淀的操作是　过滤　．（5）CO2是制碱工业的重要原料，侯德耪制碱法和氨碱法中CO2的来源有何不同　前者CO2是由合成氨厂提供，后者CO2是由碳酸钙分解得到　．（6）产品纯碱中含有碳酸氢钠，可以用加热分解的方法测定产品中纯碱的质量分数，已知样品质量为ag，加热至质量不再改变时称重为bg，则纯碱的质量分数为　×100%　．【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）；钠的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．-18-【分析】（1）氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小；（2）饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体；高温下，碳酸氢钠不稳定易分解；（3）根据反应方程式确定母液中的溶质，根据氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来分析；同时通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度；（4）循环Ⅰ中的氯化钠有又返回到沉淀池；物质X是二氧化碳；固液分离的方法为过滤；（5）侯德耪制碱法中CO2的来源于合成氨工业的废气，氨碱法中CO2来源于石灰石煅烧；（6）根据质量守恒定律可知，加热至质量不再改变，反应后生成的二氧化碳和水的质量之和为（a﹣b）g，据此求出碳酸钠的质量，再用碳酸钠的质量除以样品质量即可；【解答】解：（1）二氧化碳在水中的溶解度较小，氨气极易溶于水，所以应该先通氨气有利于吸收二氧化碳，故答案为：NH3；因为CO2溶解度小，而NH3易溶于水，先通入NH3有利于后面CO2的吸收；（2）氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，煅烧炉中碳酸氢钠不稳定，在加热条件下能分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：NH3+CO2+NaCl+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（3）根据NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓及流程图知，母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，铵根离子浓度增大有利于析出氯化铵，所以选项A正确；通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度所以选项C正确，故答案为：NH4Cl；AC；（4）循环Ⅰ是将未反应的氯化钠返回沉淀池中，煅烧碳酸氢钠时生成二氧化碳、二氧化碳能循环利用，所以X是CO2，从固液混合物中分离出固体的方法为过滤，故答案为：Ⅰ；CO2；过滤；（5）侯德耪制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，两者CO2的来源不同，故答案为：前者CO2是由合成氨厂提供，后者CO2是由碳酸钙分解得到；（6）设原混合物中碳酸钠的质量为X，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑固体减少的质量168106184462（a﹣x）g（a﹣b）g列比例式：=解得X=，所以纯碱的质量分数为：×100%，故答案为：×100%；【点评】本题考查了侯德榜制碱法实验方案的设计，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等．　-18-四、[有机化学]12．（15分）现有一种烃A，它能发生如图所示的变化已知：两分子的E相互反应，可以生成环状化合物C6H8O4，回答下列问题：（l）A的结构简式为　CH3CH=CH2　；C的结构简式为　CH3CH（OH）CH2OH　；D的结构简式为　　；F的结构简式为　　（2）在①～⑦的反应中，属于加成反应的是（填序号）　①④⑦　．（3）写出下列反应的化学方程式（有机物写结构简式）．B→C：　CH3CH（Br）CH2Br+2NaOHCH3CH（OH）CH2OH+2NaBr　．E→F：　+CH3OH+H2O　．G→H：　nCH2=CHCOOCH3　．两分子的E反应生成环状化合物C6H8O4的化学方程式：　　．【考点】有机物的推断．【分析】由A、B的分子式可知，A发生加聚反应生成B，且A分子中含有1个碳碳双键，由B、C分子式可知，B发生水解反应生成C，由C、D分子可知C发生氧化反应生成D，由D中氧原子数目可知，D分子含有1个羧基、1个羰基，故C中含有伯醇、仲醇结构，由D、E分子式可知，D中羰基与氢气发生加成反应生成E，E中含有1个羟基、1个羧基，E与甲醇发生酯化反应生成F，F含有1个羟基、1个酯基，由F、G的分子式可知，F发生消去反应生成G，则G中含有1个碳碳双键、1个酯基，G发生加聚反应生成高聚物H．E分子间发生缩合反应，可生成环状化合物C6H8O4，由氧原子数目可知，应是2分子E脱去2分子水形成的环酯，故E为的分子式为C3H6O3，结构简式为，结合碳骨架可知A为CH3CH=CH2，则B为CH3-18-CH（Br）CH2Br，C为CH3CH（OH）CH2OH，D为，F为，G为CH2=CHCOOCH3，H为，据此解答．【解答】解：由A、B的分子式可知，A发生加聚反应生成B，且A分子中含有1个碳碳双键，由B、C分子式可知，B发生水解反应生成C，由C、D分子可知C发生氧化反应生成D，由D中氧原子数目可知，D分子含有1个羧基、1个羰基，故C中含有伯醇、仲醇结构，由D、E分子式可知，D中羰基与氢气发生加成反应生成E，E中含有1个羟基、1个羧基，E与甲醇发生酯化反应生成F，F含有1个羟基、1个酯基，由F、G的分子式可知，F发生消去反应生成G，则G中含有1个碳碳双键、1个酯基，G发生加聚反应生成高聚物H．E分子间发生缩合反应，可生成环状化合物C6H8O4，由氧原子数目可知，应是2分子E脱去2分子水形成的环酯，故E为的分子式为C3H6O3，结构简式为，结合碳骨架可知A为CH3CH=CH2，则B为CH3CH（Br）CH2Br，C为CH3CH（OH）CH2OH，D为，F为，G为CH2=CHCOOCH3，H为，（1）由上述分析可知，A的结构简式为CH3CH=CH2，C的结构简式为CH3CH（OH）CH2OH，D的结构简式为，E的结构简式为，故答案为：CH3CH=CH2；CH3CH（OH）CH2OH；；；（2）在①～⑦的反应中，反应①为加成反应，反应②为取代反应，反应③为氧化反应，反应④为加成反应，反应⑤为取代反应，反应⑥为消去反应，反应⑦为加聚反应，故答案为：①④⑦；（3）B→C的反应方程式为：CH3CH（Br）CH2Br+2NaOHCH3CH（OH）CH2OH+2NaBr；E→F的反应方程式为：+CH3OH+H2O；G→H的反应方程式为：nCH2=CHCOOCH3，两分子的E反应生成环状化合物C6H8O4的化学方程式为，-18-故答案为：CH3CH（Br）CH2Br+2NaOHCH3CH（OH）CH2OH+2NaBr；+CH3OH+H2O；nCH2=CHCOOCH3；；【点评】本题考查有机物推断，根据有机物分子式推断发生的反应、含有的官能团及结构特点，再结构E的分子式推确定E的结构简式，进而推断其它物质，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．　-18-