江西省抚州市临川第一中学2019-2020学年高二化学下学期第一次月考试题.doc

江西省抚州市临川第一中学2019-2020学年高二化学下学期第一次月考试题江西省抚州市临川第一中学2019-2020学年高二化学下学期第一次月考试题年级：姓名：- 22 -江西省抚州市临川第一中学2019-2020学年高二化学下学期第一次月考试题（含解析）可能用到的相对原子量： 一、选择题(每小题3分，共48分)1.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是（ ）A. 新型冠状病毒主要由C、H、O、N、S等元素组成，常用质量分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒B. 葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色，可用苏打粉检验假葡萄酒C. 植物油长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质D. 防疫时期很多家庭都备有水银温度计，若不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖【答案】A【解析】【详解】A. 新型冠状病毒主要由C、H、O、N、P等元素组成，常用体积分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒，故A错误；B. 葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色，苏打粉是碳酸钠，溶液呈碱性，可用苏打粉检验假葡萄酒，故B正确；C. 植物油含有碳碳双键，长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质，故C正确；D. Hg和S常温下反应生成HgS，水银温度计不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖，故D正确；故选A。2.下列物质能发生消去反应，但不能发生催化氧化的是()A. B. (CH3)2CHOHC. CH3CH2C(CH3)2CH2OHD. CH3CH2C(CH3)2OH【答案】D【解析】【详解】本题考查的是有关醇的消去反应和催化氧化反应的结构条件。醇的消去反应的机理为H消去，即与官能团羟基相连的碳原子（）的邻位碳原子（）上如果有氢原子，则该醇可以在一定的条件下发生消去反应；A、C两项中无H，所以不能发生消去反应，B、D有H，所以可以发生消去反应。醇的催化氧化反应的机理为脱发生氧化，即与官能团羟基相连的碳原子（）上如果有一个以上氢原子，则该醇可以在一定的条件下发生催化氧化反应，A、B、C都有，所以都能发生催化氧化反应，D没有，所以D不能发生催化氧化反应；故选D。【点睛】醇的消去反应的机理为H消去，即与官能团羟基相连的碳原子（）的邻位碳原子（）上如果有氢原子，则该醇可以在一定的条件下（催化剂、加热，催化剂可以是浓硫酸或氧化铝或五氧化二磷）发生消去反应。醇的催化氧化反应的机理为脱氧化，即与官能团羟基相连的碳原子（）上如果有一个以上氢原子，则该醇可以在一定的条件下（氧气、催化剂、加热，催化剂可以是铜或银）发生催化氧化反应，若仅有一个，则该醇被氧化为酮；若有两个或两个以上，则该醇被氧化为醛。3.用丙醛(CH3-CH2-CHO)制取聚丙烯的过程中发生的反应类型为( )取代 消去 加聚 缩聚 氧化 还原A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】的单体为CH2=CHCH3，对比CH3CH2CHO与CH2=CHCH3的结构，结合有机物之间的转化，合成路线为CH3CH2CHOCH3CH2CH2OHCH3CH=CH2，反应的类型依次为加成（或还原）反应、消去反应、加聚反应，即，故答案选C。4. 迷迭香酸有很强的抗氧化性，对癌症和动脉硬化的预防起到一定作用，其结构如右图所示。下列叙述正确的是A. 迷迭香酸的分子式为C18H15O8B. 迷迭香酸可以发生加成、取代、消去、显色反应C. 1mol迷迭香酸跟H2反应，最多消耗8mol H2D. 1mol迷迭香酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗6mol NaOH【答案】D【解析】【分析】A.由结构简式可确定分子式；B.含酚-OH、-COOH、-COO-、C=C，以此分析性质；C.苯环、C=C均能与氢气发生加成反应；D.酚-OH、-COOH、-COO-均能与NaOH溶液反应。【详解】A.由结构简式可以知道分子式为C18H16O8,故A错误；B.含酚-OH、-COOH、-COO-、C=C,可以发生加成、取代、显色反应,但不能发生消去反应,故B错误；C.苯环、C=C均能与氢气发生加成反应,则1mol迷迭香酸跟H2反应,最多消耗7molH2,故C错误；D.酚-OH、-COOH、-COO-均能与NaOH溶液反应,则1mol迷迭香酸与足量NaOH溶液反应,最多消耗6molNaOH,故D正确；综上所述，本题正确选项D。5.某有机物分子的结构简式如图所示，下列相关叙述正确的是( )A. 该有机化合物含有3种官能团B. 该有机物分子中最多有12个碳原子在同一平面内C. 该有机物分子中最多有6个碳原子共线D. 该有机物分子中最多有14个碳原子在同一平面内【答案】D【解析】【详解】A该有机物分子中含有碳碳三键、碳碳双键2种官能团，A错误；B与苯环、碳碳双键直接相连的原子为平面形结构，且三键具有乙炔的直线形结构特点，饱和碳原子为四面体结构，与该碳原子在同一平面上的原子最多有2个顶点，根据三点确定一个平面的原子，该有机物分子中最多有14个碳原子在同一平面内，B错误；C连接碳碳三键的碳原子的苯环对角线的碳原子可共直线，共4个，C错误；D由选项B分析可知，该有机物分子中最多有14个碳原子在同一平面内，D正确；故合理选项是D。6.下列化学方程式或离子方程式正确的是( )A. 用醋酸去除水垢：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2B. 甲醛与足量新制Cu(OH)2浊液反应：HCHO+2Cu(OH)2HCOOH+Cu2O+2H2OC. 实验室用液溴和苯在催化剂作用下制溴苯：+Br2+HBr D. 将CO2通入苯酚钠溶液：2+CO2+H2O2+Na2CO3【答案】C【解析】【详解】A. 醋酸是弱酸，主要以分子存在，不能写成离子形式，A错误；B. 甲醛与足量新制Cu(OH)2浊液反应，HCHO被氧化产生H2CO3，H2CO3不稳定分解产生CO2和H2O，反应的离子反应为HCHO+4Cu(OH)2CO2+2Cu2O+5H2O，B错误；C. 实验室用液溴和苯在催化剂作用下制溴苯，反应方程式为：+Br2+HBr，C正确；D. 碳酸的酸性比苯酚的酸性强，所以苯酚钠通入二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为C6H5ONa+CO2+H2OC6H5OH+NaHCO3，D错误；故合理选项是C。7.化合物M（）、N（）、P（）都是重要的有机物。下列有关M、N、P的说法正确的是（ ）A. M与HBr发生加成反应的产物只有一种B. P中所有碳原子一定共平面C. M、N、P互为同分异构体D. M能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】【分析】M具有碳碳双键和羟基，能发生加成、消去、氧化、取代反应，N具有羟基，P具有2个碳碳双键和1个羟基。【详解】A. M与HBr发生加成反应的产物有2种，碳碳双键两侧的氢环境不相同，A错误；B. P中含有两个碳碳双键，所有碳原子可能共平面，B错误；C. M、N的分子式分别为C5H8O和C5H10O，分子式不相等，不是同分异构体，C错误；D. M含有碳碳双键和羟基，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；答案为D。【点睛】判断有机物的空间结构是否共面,最基础的三个结构就是甲烷,乙烯和苯,以这三个结构为基础进行判断。由甲烷的结构可知，当一个碳原子有四个单键的时候，与其相连的四个原子构成四面体结构；由乙烯的结构可知，当分子中存在碳碳双键时，至少有6个原子共平面；由乙炔的结构可知，当分子中存在碳碳三键时，至少有4个原子在同一直线上。8.下列实验操作正确的是A. 制乙酸乙酯时，将乙醇注入浓硫酸中，冷却后加入乙酸B. 向溴乙烷中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，以检验其中的溴元素C. 用氢氧化钠溶液清洗盛过苯酚的试管D. 在试管中加入2mL2%的CuSO4溶液，然后加入4至6滴10%的NaOH溶液振荡、再加入几滴乙醛溶液加热煮沸，可以检验乙醛分子中的醛基【答案】C【解析】【详解】A.因为浓硫酸溶解时放出大量的热，所以应先加乙醇后边摇试管边慢慢加入浓硫酸，防止液体飞溅，冰醋酸溶解后受热易挥发，故待溶液冷却后，再加冰醋酸，故A错误；B.溴乙烷中不含有自由移动溴离子，和硝酸酸化的硝酸银不反应，应该向溴乙烷中加入氢氧化钠溶液，将溴原子转化为溴离子，再加入硝酸酸化的溶液，如果出现淡黄色沉淀，证明含有溴元素，故B错误；C.苯酚具有酸性，能和NaOH发生中和反应，生成溶于水的苯酚钠，从而除去苯酚，故C正确；D.银镜反应应在碱性条件下进行，应加过量的氢氧化钠，故D错误；本题答案为C。9.欲从苯酚的乙醇溶液中分离苯酚和乙醇，有下列操作：蒸馏；过滤；静置分液；加入足量的金属钠；通入过量的二氧化碳；加入足量的NaOH溶液；加入足量的FeCl3溶液；加入乙酸和浓硫酸的混合液加热。合理的实验操作步骤及顺序是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】分离苯酚和乙醇，要经过如下几个步骤：第一步：加入足量的NaOH溶液，将苯酚转化成不易挥发的苯酚钠；第二步：蒸馏，将混合溶液进行蒸馏操作得到乙醇；第三步：通入过量的二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠溶液反应生成苯酚和碳酸氢钠溶液；第四步：静置分液，反应完全后，用有机溶剂萃取出混合液中的苯酚，然后分液即可完成苯酚和乙醇的分离。综上所述，B选项符合题意，A C D不符合题意。答案为B。10.某小分子抗癌药物的分子结构如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 1 mol该有机物最多可以和5 mol NaOH反应B. 该有机物容易发生加成、取代、中和、消去等反应C. 该有机物遇FeCl3溶液不显色，但可使酸性KMnO4溶液褪色D. 1 mol该有机物与浓溴水反应，最多消耗3 mol Br2【答案】D【解析】【分析】由结构简式可知，分子中含碳碳双键、-COOH、酚-OH、-COOC-，结合羧酸、酚、酯的性质来解答。【详解】A、-COOH、酚-OH、-COOC-均与NaOH反应，则1mol该有机物最多可以和4mol NaOH反应，故A错误；B、碳碳双键可发生加成反应、含-OH、-COOH可发生取代、中和反应，不能发生消去反应，故B错误；C、酚-OH遇FeCl3溶液变色，故C错误；D、酚-OH的邻对位与溴水发生取代，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol该有机物与浓溴水反应，最多消耗3mol Br2，故D正确；故选D。11.己烷雌酚的一种合成路线如下：下列叙述不正确的是A. 在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应B. 在一定条件下，1mol化合物Y可消耗4molBr2C. 用FeCl3溶液可鉴别化合物X和YD. 化合物X与Y中手性碳原子数目比为1：2【答案】A【解析】【分析】【详解】AX中含有溴原子且连接溴原子的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以能发生消去反应，但卤代烃必须在碱的醇溶液中发生消去反应，在碱的水溶液中发生取代反应，故A叙述错误，符合题意；BY含有酚羟基，邻位氢原子可被取代，1mol化合物Y可消耗4mol溴水发生取代反应，故B叙述正确，不符合题意；CX中不含酚羟基、Y含有酚羟基，所以可以用氯化铁溶液鉴别X和Y，故C叙述正确，不符合题意；DX中的手性碳原子数为1，Y中手性碳原子数目为2，故D叙述正确，不符合题意；答案选A。12.分子式为C10H14的有机物，苯环上只有两个取代基的同分异构体有多少种（不考虑立体异构）A. 3种B. 6种C. 9种D. 12种【答案】C【解析】【详解】组成为C10H14的芳香烃，其苯环上有两个取代基时分为两大类：第一类两个取代基，一个为甲基，另一个为-CH2CH2CH3或-CH(CH3)2，它们连接在苯环上又有邻、间、对三种情况，共有 6 种；第二类两个取代基均为乙基，它们连接在苯环上又有邻、间、对三种情况，共有9种，C符合题意。答案选C。13.一有机物A可发生如下变化，已知C为羧酸，而C、E都不能发生银镜反应，则A可能的结构有()A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种【答案】A【解析】【详解】A的分子式为C6H12O2，A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化，应为醇，则A应为酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，则C不可能为甲酸，如C为乙酸，则D为CH3CH(OH)CH2CH3，如C为丙酸，则D为CH3CH(OH)CH3，如C为丁酸，则D为乙醇、E为乙醛，不可能，所以A只能为CH3COOCH(CH3)CH2CH3或CH3CH2COOCH(CH3)22种，故答案选A。14.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 1mol白磷(P4)和1mol甲烷中所含的共价键数均为4NAB. 标准状况下，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液中，转移的电子数为NAC. 常温下，1L0.1molL-1NH4NO3溶液中所含的氢原子数为4NAD. 25时，0.5molL-1Na2S溶液中含有的阴离子数大于0.5NA【答案】B【解析】【详解】A1mol白磷(P4)中所含的共价键数为6NA和1mol甲烷中所含的共价键数为4NA，故A错误；B标准状况下，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液中，生成1molNaCl和NaClO，转移的电子数为NA，故B正确；C常温下，1L0.1molL-1NH4NO3溶液中还有水，所含的氢原子数大于4NA，故C错误；D25时，0.5molL-1Na2S溶液中含有的阴离子数因缺少体积，故D错误；故选B。15.据报道，最近有科学家设计了一种在常压下运行的集成BaZrO3基质子陶瓷膜反应器( PCMR) ，将PCMR与质子陶瓷燃料电池相结合进行电化学法合成氨的原理如图所示，下列说法正确的是A. 阳极的电极反应式为CH4+2H2O+8e-=CO2 +8H+B. 阴极可能发生副反应2H+ +2e- =H2 C. 质子(H+)通过交换膜由阴极区向阳极区移动D. 理论上电路中通过3 mol电子时阴极最多产生22.4 L NH3【答案】B【解析】【详解】A. 根据图中信息分析，CH4化合价升高变为CO2，因此左边为阳极，阳极的电极反应式为CH4+2H2O 8e = CO2 +8H+，故A错误；B. 根据A选项分析，左边为阳极，右边为阴极，阴极主要是氮气得到电子变为氨气，可能发生副反应2H+ +2e=H2 ，故B正确；C. 根据电解池“异性相吸”原理，质子(H+)通过交换膜由阳极区向阴极区移动，故C错误；D. 缺少标准状况，无法计算气体体积，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】根据电解池“异性相吸”原理，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。16.25时，向500 mL0.2 mol/L NaOH溶液中通入SO2气体(忽略反应过程中溶液的体积变化)，设反应过程中=x，已知H2SO3的电离平衡常数：Ka1=1.210-2，Ka2=5.610-8。下列说法正确的是( )A. x=1时，c(SO32-)+c(HSO3-)=0.2 mol/LB. x1时，溶液可能酸性C. x=时，c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)D. x时，随通入SO2量增大，逐渐减小【答案】B【解析】【分析】【详解】A x=1时，溶液中溶质NaHSO3，溶液中存在物料守恒得到，c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)=0.2 mol/L，A错误；B由电离平衡常数Ka计算可知：当溶液中溶质为NaHSO3，Kh=8.310-13Ka2=5.610-8，所以溶液显酸性，当x1时，溶液可能为酸性，B正确； Cx=时，溶液为Na2SO3溶液，溶液中存在电荷守恒：2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，C错误；Dx时，随通入SO2量增大，温度不变，平衡常数不变，故的比值不变，D错误；故合理选项是B。二、非选择题(共52分)17.草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O42H2O)无色，熔点为101，易溶于水，受热易脱水、升华，175时分解。.用硝酸氧化法制备草酸晶体并测定其纯度，制备装置如图所示(加热、固定等装置略去)。实验步骤如下糖化：先将淀粉水解为葡萄糖；氧化：在淀粉水解液中加入混酸(质量之比为3：2的65%HNO3与98%H2SO4的混合物)，在5560下水浴加热发生反应；结晶、蒸发、干燥：反应后溶液经冷却、减压过滤，即得草酸晶体粗产品。(1)装混酸的仪器名称为_；步骤中，水浴加热的优点为_。(2)“氧化”时发生的主要反应如下，完成下列化学方程式：_C6H12O6+_HNO3_H2C2O4+9NO2+3NO+_(3)称取m g草酸晶体粗产品，配成100 mL溶液。取20.00 mL于锥形瓶中，用a mol/LKMnO4标准液滴定，只发生5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O反应，消耗KMnO4标准液体积为V mL，则所得草酸晶体(H2C2O42H2O)的纯度为_。.证明草酸晶体分解得到的产物(4)甲同学选择右侧装置验证产物CO2，装置B的主要作用是_。(5)乙同学认为草酸晶体分解的产物中除了CO2、H2O应该还有CO，为验证是否有CO，选用甲同学实验中的装置A、B和如图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。 乙同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、_。其中装置H反应管中盛有的物质是_。(写化学式)能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 受热均匀，便于控制温度 (3). 1 (4). 12 (5). 3 (6). 9H2O (7). 100% (8). 使升华的草酸冷凝，避免对CO2检验的干扰 (9). F、D、G、H、D、I (10). CuO (11). H在黑色固体变红色，第一个D装置无现象，第二个D装置出现白色浑浊，即可证明气体中含有CO。【解析】【分析】(1)装置中装混酸的为分液漏斗，水浴加热是反应温度低于100的条件，加热均匀，便于控制；(2)“氧化”时发生的主要反应，结合电子守恒和原子守恒配平化学方程式；(3)要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验CO2，用碱石灰干燥CO，利用CO的还原性将CO氧化，再利用澄清石灰水检验生成的CO2，用排水法收集CO；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生；CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；(4)B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰实验；(5)要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去CO2，用澄清石灰水检验CO2，用碱石灰干燥CO，利用CO的还原性将CO氧化，再利用澄清石灰水检验生成的CO2，用排水法收集CO；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生；CO具有还原性，其氧化产物是CO2，CO2能使澄清石灰水变浑浊。【详解】(1)根据图示可知装混酸的仪器名称为分液漏斗，水浴加热的优点为：使受热均匀，便于控制温度；(2)反应中碳元素化合价由反应前C6H12O6中的0价升高为H2C2O4中的+3价，电子转移36=18，氮元素化合价有反应前HNO3中的+5价降低到NO2中的+4价，电子转移1个，降低到NO中的+2价电子转移3个，结合化学方程式中NO2系数是9，NO系数是3，可知得到电子总数为：19+33=18个，故根据N原子守恒可知HNO3系数是12，葡萄糖系数是1，H2C2O4系数是3，然后根据H原子守恒，可知缺项物质是H2O，系数是9，故配平的化学方程式：C6H12O6+12HNO33H2C2O4+9NO2+3NO+9H2O；(3)称取m g草酸晶体粗产品，配成100 mL溶液，取20.00 mL于锥形瓶中，用a moL/LKMnO4标准液标定，只发生5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O反应，消耗KMnO4标准液体积为V mL，反应消耗KMnO4的物质的量是n(KMnO4)= a moL/V10-3 L=aV10-3 mol，根据方程式可知物质反应时，n(H2C2O4)：n(KMnO4)=5：2，则20.00 mL溶液中含有草酸的物质的量为n(H2C2O4)=n(H2C2O4)=aV10-3 mol，则100 mL溶液中含草酸物质的量n(H2C2O4)总=aV10-3 mol=1.25aV10-2 mol，故所得草酸晶体(H2C2O42H2O)的纯度=100%=100%；(4)草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰CO2的检验，B装置温度较低，使升华的草酸冷凝，防止干扰CO2的检验；(5)要检验生成CO，在甲组实验后，用浓NaOH溶液除去CO2，用澄清石灰水检验CO2，用碱石灰干燥CO，利用CO和CuO发生还原反应生成CO2，再利用澄清石灰水检验生成的CO2，用排水法收集CO避免环境污染，I中集气瓶收集到的气体主要是CO，所以其连接顺序是F、D、G、H、D、I；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生，CuO能被CO还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以H中盛放的物质是CuO；CO具有还原性，其氧化产物是CO2，CO2能使澄清石灰水变浑浊，且CO将黑色的CuO还原为红色的Cu，只要H中黑色固体转化为红色且第一个D装置无现象，第二个D装置出现白色浑浊就说明含有CO。【点睛】本题考查性质实验方案设计，掌握实验原理，明确各个装置的作用是解题关键，难点是排列实验先后顺序，根据实验目的及物质的性质进行排列顺序，注意要排除其它因素干扰，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力。18.硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用于湿法电解制锌，如图为由锌灰制ZnSO47H2O晶体的工艺流程：已知：锌灰的主要成分为ZnO，还含有CuO、PbO、MnO和FeO；“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和MnO(OH)2。请回答下列问题：(1)MnO(OH)2中Mn元素的化合价为_。(2)“滤渣1”的主要成分为_。(3)“氧化”时，需控制溶液的pH=5.1，Fe2+被氧化的离子方程式为_。(4)操作a为_、过滤、洗涤、干燥。(5)ZnSO47H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。准确称取一定量的ZnSO47H2O晶体加入250 mL的锥形瓶中，加水约20 mL，再加入23滴5%的二甲酚橙作指示剂、约5 mL六亚甲基四胺缓冲溶液，摇匀。用已标定的0.0160 mol/LEDTA溶液滴定，滴定至溶液由红紫色变成亮黄色，即为终点(ZnSO47H2O与EDTA按物质的量之比1：1反应)。实验数据如下表：m(ZnSO47H2O)/g起始滴定管读数/mL终点滴定管读数/mL0.16920.2026.50ZnSO47H2O产品的纯度为_(保留2位有效数字)。(6)工业上采用惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌，电解过程中的离子方程式为_。【答案】 (1). +4 (2). PbSO4 (3). 3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+ (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). 71% (6). 2Zn2+2H2O2Zn+4H+【解析】【分析】钡白矿(锌灰的主要成分是ZnO，还含有CuO、PbO、MnO和FeO)，加稀硫酸溶解，得到金属硫酸盐，PbSO4不溶，其余硫酸盐以溶于水，过滤，滤渣1为PbSO4，滤液中含有硫酸锌、CuSO4、FeSO4、MnSO4，加入锌粉发生置换反应：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，滤渣为铜与过量的锌粉，滤液中再加高锰酸钾溶液，Fe2+与MnO4-反应生成Fe(OH)3、MnO(OH)2沉淀，滤渣2的主要成分为成Fe(OH)3、MnO(OH)2，过滤，滤液为硫酸锌，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO47H2O晶体。【详解】(1)MnO(OH)2中Mn元素的化台价为+4价；(2)根据上述分析可知“滤渣1”的主要成分为PbSO4；(3)KMnO4具有强的氧化性，Fe2+具有还原性，在pH=5.1时，Fe2+被氧化产生Fe3+与溶液中OH-结合形成Fe(OH)3沉淀，MnO4-被还原产生MnO(OH)2 ，故根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得Fe2+被氧化的离子方程式为：3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+；(4)滤液2主要成分是ZnSO4，由于ZnSO4的溶解度受温度的影响变化较大，所以从该溶液中得到硫酸锌晶体的操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(5)ZnSO47H2O与EDTA按物质的量之比1：1反应，根据表中数据，ZnSO47H2O产品的纯度为： 100%=71%；(6)在工业上采用惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌，阴极上Zn2+得到电子发生还原反应变为Zn单质，电极反应式为：Zn2+2e-=Zn，阳极上水电离产生的OH-失去电子发生氧化反应产生O2，电极反应式为：2H2O=O2+4H+，故电解过程中的离子方程式：2Zn2+2H2O2Zn+4H+。【点睛】本题以物质的制备为线索，考查了化学实验基本操作、氧化还原反应、离子方程式的书写等知识，理解工艺流程原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。是对学生综合能力的考查。19.甲醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便，是一种重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景，可以用多种方法合成。.用CO2生产甲醇(1)已知：H2的燃烧热为-285.8 kJ/mol，CH3OH(l)的燃烧热为-725.8kJ/mol，CH3OH(g)= CH3OH(l)H=-37.3 kJ/mol，则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)H=_kJ/mol。(2)将CO2和H2按物质的量之比1：3充入体积为2.0 L的恒容密闭容器中反应，如图两条曲线分别表示压强为0.1 M Pa和5.0 MPa下CO2转化率随温度的变化关系。 其中a点的平衡常数表达式为：_。a，b两点化学反应速率分别用va、vb表示，则va_vb (填“大于”、“小于”或“等于”)。(3)在1.0 L恒容密闭容器中投入1 mol CO2和2.75 mol H2发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图所示，下列说法正确的是_。A. 该反应的正反应为放热反应 B. 压强大小关系为p1p2p3C. M点对应的平衡常数K的值约为1.0410-2 D. 在p2及512K时，图中N点v(正)”、“”“”或“=”)。.甲醇的应用(5)以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。阳极的电极反应式为_。【答案】 (1). -94.3 (2). (3). 大于 (4). AC (5). (7). 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+【解析】【分析】I.(1)将已知的热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式，据此求算H；(2)平衡常数K=书写；温度相同时，依据压强与二氧化碳的转化率关系判断A、B所在曲线的压强高低，结合温度对速率的影响判断va与vb； (3)A. 根据图象，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动；B. 根据图象，作一条等温线，根据该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大判断；C. 由图可知，M点对应甲醇产量为0.25 mol，根据物质反应转化关系，计算各种物质的平衡物质的量及浓度，然后结合平衡常数K含义计算；D. 由图可知，在p2及512 K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向移动；(4)由图象可知升高温度CO的转化率降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动；根据平衡常数的含义及温度对平衡移动的影响分析比较K的关系；(5)阳极上甲醇失电子和CO反应生成碳酸二甲酯。【详解】I.(1)由CO、H2、CH3OH(g)的燃烧热可得热化学方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(l) H1=-285.8 kJ/mol；CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H2=-725.8 kJ/mol；CH3OH(g)=CH3OH(l) H3= -37.3 kJ/mol，根据盖斯定律可知，3-，整理可得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)H=-94.3 kJ/mol；(2)对于反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，根据平衡常数含义可知a点时反应平衡常数表达式为：K=；该反应的正反应是气体体积减小的反应，在温度相同时，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO2的转化率增大，由图可知a点CO2的转化率比b点大，增大压强，反应速率加快，所以反应速率：vavb；(3)A. 由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，说明升温平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，故该反应的正反应为放热反应，A正确；B. 由图可知，作一条等温线，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以p1p2p3，B错误；C. 由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25 mol，则根据反应方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)中物质反应关系可知：反应产生甲醇0.25 mol，则会同时产生0.25 mol H2O，会同时消耗0.25 mol CO2，消耗30.25 mol=0.75 mol H2，所以平衡时各种气体的物质的量分别为n(CO2)=0.75 mol，n(H2)=2 mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.25 mol，由于容器的体积为1.0 L，所以K=1.0410-2，C正确；D. 由图可知，在p2及512 K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，说明反应应该正向移动，则v(正)v(逆)，D错误；故合理选项是AC；(4)由图象可知：升高温度CO的转化率降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以HT1，由图象可知：升高温度CO的转化率降低，说明升高温度化学平衡向逆反应方向移动，则K减小，因此即K1K2；(5)阳极上甲醇失电子和CO反应生成碳酸二甲酯，电极反应式：2CH3OH+CO-2e-(CH3O)2CO+2H+。【点睛】本题考查了反应热的计算与判断、化学平衡的影响因素，平衡常数表达式的书写及比较、电解池的工作原理、电极方程式的书写，掌握有关概念及化学反应原理是本题解答关键，题目侧重学生综合能力的培养。20.H是合成有机光电材料的原料。H的一种合成路线如图：已知：R属于芳香族化合物，与新制Cu(OH)2悬浊液共热产生红色固体。请回答下列问题：(1)R的化学名称是_；X中官能团的名称是_。(2)FH的反应类型是_。(3)EF的化学方程式为_。(4)检验Z中溴元素的试剂有NaOH溶液、AgNO3溶液和_。(5)在Y的同分异构体中，同时具备下列条件的同分异构体有_种(不包含立体异构)。能发生银镜反应；遇氯化铁溶液发生显色反应；能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应。其中核磁共振氢谱有6组峰且峰面积比为1：1：1：1：2：2的结构简式为_。(6)参照上述流程，请设计以一溴环已烷和2丁炔为起始原料制备的合成路线：_(无机试剂任选)。【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 碳碳双键、醛基 (3). 加成反应 (4). +CH3CH2OH+H2O (5). 稀硝酸 (6). 16 (7). (8). 【解析】【分析】R属于芳香族化合物，与新制Cu(OH)2悬浊液共热产生红色固体，说明R结构含有苯环和醛基，R的相对分子质量为106，故其结构简式为；根据反应条件推知，Y与Br2发生加成反应生成Z，故Y的结构简式为，再逆推可知X的结构简式为。【详解】（1）综上分析，R的结构简式为，其名称为苯甲醛；X的结构简式为，所含的官能团为碳碳双键、醛基。（2）根据流程图可知，FH的反应类型是加成反应。（3）E与乙醇发生酯化反应生成F，EF的化学方程式为+CH3CH2OH+H2O。（4）检验Z中溴元素需先使Z发生溴原子的取代反应，所需试剂为NaOH溶液，再检验生成的HBr，检验HBr需要在加入AgNO3溶液前加入稀硝酸酸化。（5）Y的结构简式为，其同分异构体能发生银镜反应、遇氯化铁溶液发生显色反应、能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，说明同分异构体含有碳碳双键、醛基、酚羟基，若苯环含2个取代基OH和CH=CHCHO，有3种结构；若苯环含2个取代基OH 和，有3种结构；若苯环有三个取代基OH、CHO和CH=CH2，有10