山东省2020年高考押题预测卷 化学试题附答案+全解全析.doc

1、 化学试题 第 1 页（共 18 页） 化学试题 第 2 页（共 18 页） 内装订线 外装订线 学校：_姓名：_班级：_考号：_ 山东省 2020 年高考押题预测卷 化 学 （考试时间：90 分钟 试卷满分：100 分） 注意事项： 1本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用 橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：

2、 H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Ti 48 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Bi 209 一、选择题：本题共 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题意。 1“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21 世纪海上丝绸之路”的简称。丝、帛的使用有着悠久的历史，下列说 法错误的是 ( ) A丝的主要成分属于天然有机高分子化合物，丝绸制品不宜使用含酶洗衣粉洗涤 B 墨子 天志中记载“书之竹帛，镂之金石”。其中的“金”指的是金属，“石”指的是陶瓷、玉石等 C 考工记载有“涑帛”的方法，即利

3、用“灰”（草木灰）和“蜃”（贝壳灰）混合加水所得液体来洗涤丝、 帛。这种液体能洗涤丝、帛主要是因为其中含有 K2CO3 D 天工开物记载“人贱者短褐、臬裳，冬以御寒，夏以蔽体，其质造物之所具也。属草木者，为臬、 麻、苘、葛”文中的“臬、麻、苘、葛”属于纤维素 2有机物 M、N 分子的模型如图所示，其中不同颜色的球表示不同的原子，原子之间的化学键可以是单键、 双键。下列说法错误的是（ ） M N AM与 HCOOCH3互为同分异构体 BN的官能团为羟基 C在与钠的反应中 N 放出气泡比 M 快 DN能使酸性高锰酸钾溶液褪色 3已知：HNO3H2O H0；硝基苯沸点 210.9，蒸馏时选用空气冷凝

4、 管。下列制取硝基苯的操作或装置（部分夹持仪器略去） ，正确的是（ ） A 分液 B 配制混酸 C 水浴加热 D 蒸馏提纯 4下列说法错误的是（ ） A12g石墨中含有 键的物质的量为 1.5mol B硫离子电子共有 18 种运动状态，且其 2p 与 3p轨道形状和能量相等 C电负性：CNO DI3+离子的几何构型是 V型 5司替戊醇(d)用于治疗两岁及以上 Dravet 综合征相关癫痫发作患者，其合成路线如图所示。下列有关判断 正确的是（ ） Ab 的一氯代物有 4 种 Bc 的分子式为 C14H14O3 C1 mol d最多能与 4 mol H2发生加成反应 Dd 中所有碳原子可能处于同一

5、平面 6某种化合物的结构如图所示，其中 X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最 外层电子数与 Y核外电子总数相同，X 的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是（ ） A. Z的最高价氧化物对应的水化物是一元强酸 B. WX的水溶液呈中性 C. 元素非金属性的顺序为 YZQ D. 该化合物中与 Y单键相连的 Q不满足 8 电子稳定结构 7 天工开物记载：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅而后火药成声”。其中涉及的主要反应为： S+2KNO3+3CK2S+3CO2+N2。下列说法正确的是（ ） A电负性 NO BCO2分子中 C原子为 sp1杂化 C单质硫属于共价

6、晶体 DKNO3中化学键只有 键 8.下列实验中，能达到相应实验目的的是（ ） 化学试题 第 3 页（共 18 页） 化学试题 第 4 页（共 18 页） 内装订线 此卷只装订不密封 外装订线 A 制备并收集乙 酸乙酯 B 证明氯化银溶解度 大于硫化银 C验证溴乙烷的 消去产物是乙烯 D推断 S、C、Si的非金属 性强弱 9工业制汞的方法之一是辰砂（主要含 HgS）焙烧法，焙烧辰砂时发生的主要反应为 HgS+O2Hg+SO2， 生成的汞为气态，冷凝得液态汞。一种利用辰砂制备纯汞的流程如图所示。下列分析正确的是（ ） A. 焙烧时加入 CaO 的主要目的是降低 HgS 的熔点 B. 含汞烟气需除

7、汞后才能排放到大气中 C. 用 5%的硝酸洗涤时发生的是物理变化 D. 在实验室中进行蒸馏操作需要蒸馏烧瓶、冷凝管和分液漏斗等仪器 10溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质。实验室用工业大理石(含有少量 Al3+、Fe3+ 等杂质）制备溴化钙的主要流程如下： 下列说法错误的是（ ） A已知步骤的滤液中不含 NH4+，步骤 II加入的试剂 a 是石灰水 B步骤 II控制溶液的 pH约为 8.0的主要目的是沉淀过量 Ca2+ C试剂 b 是氢溴酸，步骤 IV 的目的是除去过量的氢氧化钙 D步骤 V所含的操作依次是蒸发浓缩，冷却结晶 二、选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共

8、 20 分。每小题有 1 个或 2 个选项符合题意，全都选对得 4 分， 选对但不全的得 1 分，有选错的得 0 分。 11 电 Fenton 法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术， 反应原理如图所示。 电解产生的 H2O2与 Fe2+ 发生反应生成的羟基自由基(OH)能氧化降解有机污染物。下列说法错误的是（ ） A. 电源的 A极为负极 B. 每消耗 2. 24 L O2（标准状况） ，整个电解池中理论上可产生的OH为 0.2 mol C. 与电源 B 极相连电极的电极反应式为：H2O-e-=H+OH D. H2O2与 Fe2+发生的反应方程式为：H2O2+Fe2+=Fe(OH)2+O

9、H 12工业上以铬铁矿（主要成分为 FeO Cr2O3） 、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7 2H2O)， 其主要反应为： （1）4FeO Cr2O38Na2CO37O2 8Na2CrO42Fe2O38CO2 （2）2Na2CrO4H2SO4Na2SO4Na2Cr2O7H2O 下列说法中正确的是（ ） A. 反应（1）和（2）均为氧化还原反应 B. 反应（1）的氧化剂是 O2，还原剂是 FeO Cr2O3 C. 高温下，O2的氧化性大于 Fe2O3小于 Na2CrO4 D. 生成 1mol的 Na2Cr2O7时共转移 7mol电子 13四硼酸钠的阴离子 Xm-(含 B、O

10、、H三种元素)的球棍模型如图所示。下列说法不正确的是（ ） A阴离子中三种元素的第一电离能：OBH B在 Xm-中，硼原子轨道的杂化类型有 sp2和 sp3 C配位键存在于 4、5 原子之间和 4、6 原子之间 Dm=2，NamX 的化学式为 Na2B4O5(OH)4 14常温下，向 20 mL 0.1 mol L-1 NaHC2O4溶液中缓慢滴加 pH=13的 NaOH 溶液，混合溶液的温度与滴加 NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是（ ） A. E点存在：2c（Na+）=3c（H2C2O4）+3c（HC2O4-）+3c（C2O42-） B. F点存在：c（OH-）c（H+）+c

11、（HC2O4-）+c（H2C2O4） C. 在 E、F和 G点中，G点对应的 Kw最小 D. G点对应的溶液中，c（Na+）c（OH-）c（C2O42-）c（HC2O4-） 15用煤油作溶剂，二(2乙基己基)磷酸酯作流动载体，H2SO4 作内相酸处理含铜废水。 在其他条件相同 时，Cu2萃取率萃取率 2+2+ 处理后处理前 2+ 处理前 c(Cu )-c(Cu ) c(Cu ) 100 与初始 Cu2浓度关系如图 1 所示；在 其他条件相同时，处理前初始 Cu2浓度为 200 mg L1，Cu2萃取率与废水 pH 的关系如图 2 所示。 下列说法错误的是（ ） 化学试题 第 5 页（共 18

12、页） 化学试题 第 6 页（共 18 页） 内装订线 外装订线 学校：_姓名：_班级：_考号：_ A. 根据图 1 可知，废水中初始 Cu2浓度越大，Cu2的萃取效果越好 B. 根据图 2 可知，废水初始 pH2 时，去除 Cu2的效果较好 C. 根据图 1 可知，Cu2初始浓度为 200 mg L1 时，Cu2的萃取率为 97.0 D. 根据图 2 可知，若取 800 mL 初始 Cu2浓度为 200 mg L1 的废水，在 pH1.5 时处理废水，则 处理后的废水中剩余 Cu2的物质的量为 1.5 103mol(假设体积不变) 三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。 16 （13

13、分） （1）乙基叔丁基醚(以 ETBE 表示)是一种性能优良的高辛烷值汽油调和剂。用乙醇与异丁烯(以 IB 表示)在催化剂 HZSM5 催化下合成 ETBE，反应的化学方程式为：C2H5OH(g)+IB(g)ETBE(g) H。回答下列问题： 反应物被催化剂 HZSM5 吸附的顺序与反应历程的关系如图所示，该反应的H=_kJ mol-1。反应历程 的最优途径是_(填 C1、C2或 C3)。 （2）一定条件下，用 Fe2O3、NiO 或 Cr2O3作催化剂对燃煤烟气回收。反应为 2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) H=-270kJ mol-1 其他条件相同、催化剂不同，SO2的转

14、化率随反应温度的变化如图 1，Fe2O3和 NiO 作催化剂均能使 SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择 Fe2O3的主要优点是：_。 某科研小组用 Fe2O3作催化剂。在 380时，分别研究了n(CO)n(SO2)为 11、31 时 SO2转化率 的变化情况(图 2)。则图 2中表示 n(CO)n(SO2)=31 的变化曲线为_。 （3）已知 NO2存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g) HN，则电负性 O N，故 A错误； B. CO2分子的空间构型为直线形，分子中 C 原子为 sp 杂化，故 B 正确； C. 单质硫属于熔沸点低的分子晶体，故 C错误； D. KNO3为

15、离子化合物，含有离子键和共价键，故 D错误；故选 B。 8、 【答案】D 【解析】 A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选 A； B、1 mL 0.1 mol/L的 AgNO3溶液滴加几滴 0.1 mol/L的 NaCl溶液生成白色沉淀 AgCl，AgNO3有剩余，再滴 加几滴 0.1 mol/L的 Na2S，AgNO3与 Na2S 反应生成 Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故 不选 B； C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选 C； D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性 SC，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成

16、硅酸沉淀，证 明非金属性 CSi，故选 D。 9、 【答案】B 化学试题 第 11 页（共 18 页） 化学试题 第 12 页（共 18 页） 内装订线 此卷只装订不密封 外装订线 【解析】辰砂（主要含 HgS）焙烧法制汞，先加 CaO焙烧，是为了固硫，减少二氧化硫的排放；再用硝酸洗 涤杂质金属、最后蒸馏得到汞。 A焙烧时加入 CaO 的主要目的是固化硫，减少二氧化硫的排放、空气的污染，故 A 错误； B工业废气需处理达标后排放，故 B正确； C用 5%的硝酸洗涤是溶解铅、铜等杂质，发生了化学变化，故 C错误； D蒸馏是将互溶液体利用沸点不同的性质进行分离的操作，需要用到的仪器有：蒸馏烧瓶、冷

17、凝管等，不 需要分液漏斗，故 D错误；答案选 B。 10、【答案】B 【解析】 大理石和氢溴酸反应生成溴化钙，因含有少量 Al3+、Fe3+等杂质，可加入石灰水，沉淀 Al3+、Fe3+，过滤后得 到溴化钙、氢氧化钙的混合溶液，加入试剂 b为氢溴酸，可除去过量的氢氧化钙，然后经蒸发浓缩、冷却结 晶可得到溴化钙晶体。 A已知步骤的滤液中不含 NH4+，步骤 II加入的试剂 a的目的是防止氢氧化铝溶解，因此 a是碱，根据题 意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙，故 A 正确； B步骤 II控制溶液的 pH约为 8.0的主要目的是沉淀 Al3+、Fe3+，故 B错误； C加试剂 b的目的是除去过量的氢氧

18、化钙，且不引入新杂质，可以加入氢溴酸，故 C 正确； D步骤的结果是从溶液中得到 CaBr26H2O，因此其操作步骤为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤，故 D正确； 答案选 B。 11、【答案】B 【解析】由反应原理图可知，Fe3+在左端电极得电子生成 Fe2+，发生还原反应，左端电极为阴极，则 A为电 源的负极，B为电源的正极。 A由以上分析知，A极为电源的负极，A正确； B 每消耗 0.1 mol O2， 在阴极共得到 0.3 mol e-， 生成 0.1 mol OH， 同时阳极失去 0.3 mol e-， 生成 0.3 mol OH， 所以共生成OH 为 0.4 mol，B 不正确； C与电源

19、 B 极相连的电极为阳极，水在阳极上失电子生成OH，电极反应式为：H2O-e-=H+OH，C正确； D电解产生的 H2O2与 Fe2+发生反应，生成OH和 Fe(OH)2+，反应方程式为：H2O2+Fe2+=Fe(OH)2+OH，D 正确；故选 B。 12、【答案】BD 【解析】A、4FeO Cr2O38Na2CO37O2 8Na2CrO42Fe2O38CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化 还原反应，而 2Na2CrO4H2SO4Na2SO4Na2Cr2O7H2O 中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原 反应，故 A错误； B、4FeO Cr2O38Na2CO37O2 8Na2CrO42F

20、e2O38CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧 化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是 FeO Cr2O3，故 B 正确； C、4FeO Cr2O38Na2CO37O2 8Na2CrO42Fe2O38CO2中，氧化剂是氧气，还原剂是 FeO Cr2O3，所 以氧气的氧化性大于 Na2CrO4和 Fe2O3，但不能判断 Na2CrO4和 Fe2O3的氧化性相对强弱，故 C错误； D、由方程式 4FeO Cr2O38Na2CO37O2 8Na2CrO42Fe2O38CO2转移电子可知，生成 1mol Na2CrO4 时，参加反应的 O2的物质的量为 7 8 mol，反应

21、中 O 元素由 0价降低为-2 价，电子转移的物质的量为参加反应 的氧气的物质的量的 4倍，转移电子的物质的量为 7 8 mol 4=3.5mol，所以反应（1）中每生成 1mol Na2CrO4 时电子转移 3.5mol，反应（2）不是氧化还原反应，所以生成 1mol的 Na2Cr2O7时转移 7mol电子，故 D正确； 故选 BD。 13、【答案】AC 【解析】AH电子轨道排布式为 1s1，处于半充满状态，比较稳定，第一电离能为 OHB，故 A错误； B2，4 代表 B 原子，2号 B 形成 3 个键，则 B 原子为 sp2杂化，4 号 B形成 4 个键，则 B 原子为 sp3杂化， 故

22、B 正确； C2 号 B形成 3个键，4号 B 形成 4 个键，其中 1个键就是配位键，所以配位键存在 4、5 原子之间或 4、6 原子之间，故 C错误； D观察模型，可知 Xm是H4B4O9m，依据化合价 H为1，B为3，O为2，可得 m2，NamX 的化学 式为 Na2B4O5(OH)4，故 D正确； 故答案选 AC。 14、【答案】C 【解析】AE 点加入 10mL 等浓度的 NaOH 溶液，反应后溶质为等浓度的 NaHC2O4和 Na2C2O4，根据物料 守恒可得：2c（Na+）=3c（H2C2O4）+3c（HC2O4-）+3c（C2O42-） ，故 A正确； BF点温度最高，说明 N

23、aHC2O4与 NaOH恰好完全反应，反应后溶质为 Na2C2O4，根据溶液 Na2C2O4中的 质子守恒可得：c（OH-）c（H+）+c（HC2O4-）+2c（H2C2O4） ，所以 c（OH-）c（H+）+c（HC2O4-）+c （H2C2O4） ，故 B 正确； C根据图象可知，E、F和 G 点的温度：FGE，温度升高水的离子积增大，则 E 点水的离子积最小，故 C错误； D G 点加入 40mL等浓度的 NaOH溶液， 反应后溶质为等浓度的 NaOH和 Na2C2O4， Na+的浓度最大， C2O42 部分水解，则 c(OH)c(C2O42)，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（OH

24、-）c（C2O42-）c（HC2O4-） ， 故 D 正确；答案选 C。 15、【答案】AD 【解析】根据图 1 可知，Cu2萃取率随初始 Cu2浓度（100-400mg/L）的增大而减小；根据图 2 可知，废 水初始 pH2 时，去除 Cu2的效果较好且稳定，结合图像数据进行具体分析。 A根据图 1 可知，Cu2萃取率随初始 Cu2浓度的增大而减小，故 A 错误； B根据图 2 可知，废水初始 pH2 时，去除 Cu2的效果较好，故 B 正确； C根据图 1 可知，Cu2初始浓度为 200 mg L1 时，Cu2的萃取率为 97.0，故 C 正确； D根据图 2 可知，若取 800 mL 初

25、始 Cu2浓度为 200 mg L1 的废水，n(Cu2+)=0.8 L 0.2 g L1/ 64 g mol 1 =2.5 103mol ，在 pH1.5 时处理废水，萃取率为 60%，则除去的 化学试题 第 13 页（共 18 页） 化学试题 第 14 页（共 18 页） 内装订线 外装订线 学校：_姓名：_班级：_考号：_ 2+33 mol 60%nCu2.1.55 1m0ol01 （） ，则处理后的废水中剩余 Cu2的物质的量为 1 103 mol， 故 D 错误；答案选 AD。 16、 【答案】 （1）-4a C3 （2）Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度可获得较高的 SO2转化

26、率，从而节约能源 a （3）k1=2k2 KP BD 达到平衡时，N2O4与 NO2的消耗速率满足条件 v(NO2)=2v(N2O4) （4） 2 3 (3-) (1-) 【解析】 （1） 由图可知， 反应物总能量大于生成物总能量， 为放热反应， 则该反应的H= （51） akJ/mol=4 akJ/mol； 活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，过渡态 1和 2 的活化能都为 6akJ/mol，过渡态 3 的活化能 为 4akJ/mol，活化能越小，反应越容易进行，过渡态 3的活化能最小，反应历程最优，故答案为：-4a；C3 ； （2）根据图示内容，对比 260时不同催化剂作用下 SO

27、2的转化率，可以看出 Cr2O3作催化剂时，反应速 率最快，Fe2O3和 NiO 作催化剂均能使 SO2的转化率达到最高，但是 Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可 获得较高 SO2的转化率，从而节约大量能源，故答案为：Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高 SO2 的转化率，从而节约大量能源； CO 的浓度越大，平衡正移，SO3的转化率越高，曲线 a 符合，故答案为：a； （3）反应的化学平衡常数 Kp= 24 2 2 p(N O ) p (NO ) ，当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，NO2与 N2O4的消耗速率的 关系为 v（NO2）=2v（N2O4） ，则 k1p2（NO2

28、）=2k2p（N2O4） ，k1=2k2 KP；满足平衡条件 v（NO2）=2v（N2O4） 即为平衡点，B、D点的压强之比等于其反应速率之比为 1：2，所以 B、D为平衡点，故答案为：2k2 KP； BD； （4） 设 SO2和 O2起始物质的量为 2mol和 1mol， 由 SO3的平衡产率为 可知， 平衡时 SO3的物质的量为 2， 由题意建立如下三段式： 223 mol mol 2 Og +2SOg2SOg 2 mol 1- 2-2 2 起（） 1 2 0 变（） 平（） 由三段式可得 p(SO3)、p(O2)和 p(SO2)分别为 2 3- p、 1- 3- p、 2-2 3- p，

29、则标准平衡常数 K= 2 3 2 22 pSO p pSOpO pp （） （）（）= 2 2 3- 2 2-21- 3-3- = 2 3 (3- ) (1- ) ，故答案为： 2 3 (3- ) (1- ) 。 17、【答案】 （1） Ne （2）3d 24s2 3 （3） sp3杂化 SiO 键的键能大 （4） 平面三角形 键和 键 （5） Ti11Al5或 Al5Ti11 2 A 4 4 23 9 a b N 1030 【解析】 （1）随着原子序数的递增，同一周期的主族元素第一电离能呈递增趋势，碱金属的第一电离能最小，而稀 有气体的第一电离能最大，C 元素所在的周期为第二周期，则该周期

30、Ne的第一电离能最大； （2）Ti的原子序数为 22，基态 Ti原子的电子排布式为Ar3d24s2，价电子排布式为 3d24s2，能量最高的能级 为 3d，3d 轨道共有五个，按洪特规则，其中有 2个轨道分别被 2个电子占据，还含有 3 个空轨道； （3）甲基硅油结构中 Si原子形成 4 个单键，故 Si原子的杂化方式为 sp3杂化，硅橡胶能够耐高温，原因是 共价键牢固，硅橡胶中含 SiO和 SiC，SiO 更牢固； （4）O32中 C原子价电子对数3 4 2 23 2 3，且不含孤电子对，CO32空间构型为平面三角形，C原 子的杂化方式为 sp2杂化，由于 CO32空间构型为平面三角形，则

31、C 原子与 O原子之间存在 3个 键和 1个 大 键； （5）Ti原子在结构单元中的位置：顶点 8 个、面心 2 个、棱上 1 个、体内 1个，则一个晶胞中，含有 Ti的 数目为 1 6 8 1 2 2 1 3 1111 3 ，Al原子在顶点有 4 个，体内 1个，则一个晶胞中含有 Al的数目为 1 6 4 1 5 3 ， 则化学式为： Ti11Al5或 Al5Ti11， 则晶胞的密度为 m V A 2-303 663 g 3 3 3 ab10 cm 2 N = 2 A 442 3 9ab N 1030g/cm3 。 18、【答案】 （1）足量盐酸和 BaCl2溶液 取少量 FeCl3 溶液电

32、极附近的混合液，加入铁氰化钾溶 液，产生蓝色沉淀，证明产生了 Fe2+ （2）3SO32-2e-+H2O=SO42-+2HSO3- （3）H+HSO3-=H2O+SO2 （4） 生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在 O2的作用下，橙色的 HOFeOSO2 浓度下降， 平衡不断正向移动， 最终溶液几乎无色 （5） 溶液 pH不同、 Na2SO3、 NaHSO3溶液中 SO32-浓度不同（或 Na2SO3与 NaHSO3不同，或 Na2SO3与 NaHSO3的阴离子不同） 、反应物是 否接触形成红色配合物（任写两条） 【解析】 甲同学实验：利用铁离子能够将 SO32-

33、氧化设计原电池，则原电池中氯化铁溶液为正极得电子发生还原反应， 试剂 X为负极，失电子发生氧化反应；实验中 X为 Na2SO3溶液时电流计指针发生偏转，说明铁离子将 SO32- 氧化；实验中 X为 NaHSO3溶液时电流计指针未发生偏转，说明二者可能不反应； 乙同学进一步探究 FeCl3溶液与 NaHSO3溶液能否发生反应： 01 min 产生红色沉淀， 有刺激性气味气体逸出， 红色沉淀应为 Fe(OH)3，气体应为二氧化硫，说明二者发生双水解；130 min 沉淀迅速溶解形成红色溶液， 随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，结合查阅的资料可知生成了 HOFeOSO2，该物质存在平衡 HOFeO

34、SO2HOFeOSO2，在氧气的作用下不断正向进行，最终溶液几乎无色；30min 后反应现象是空气接触 部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色，反应后的亚铁离子被空气中氧气氧化为铁离子，过量 的 HSO3-电离提供 SO32-，溶液中 Fe3+、SO32-、OH-三种微粒会继续反应形成红色配合物。 (（1）若有硫酸根生成，则加入盐酸酸化的氯化钡溶液会有白色沉淀生成； 氯化铁溶液为原电池正极，发生还原反应，Fe3+被还原成 Fe2+，铁氰化钾溶液可以与亚铁离子反应生成蓝 化学试题 第 15 页（共 18 页） 化学试题 第 16 页（共 18 页） 内装订线 此卷只装订不密封 外装订线

35、色沉淀，所以方案为取少量 FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了 Fe2+； （2）实验 I中试剂 X为原电池负极，SO32-被氧化生成硫酸根，电极方程式为 3SO322e-+H2O=SO42-+2HSO3- ； （3）pH=1 的氯化铁溶液中有大量的氢离子，亚硫酸氢根离子结合氢离子生成二氧化硫气体，反应的离子方 程式：H+HSO3-=H2O+SO2； （4）FeCl3溶液与 NaHSO3溶液混合反应，在 130 min 出现现象为：沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶 液逐渐变为橙色，之后几乎无色，根据资料：溶液中 Fe3+、SO32-、OH-三种微粒会形成红

36、色配合物并存在转 化：HOFeOSO2HOFeOSO2 2 O Fe2+SO42-，可知原因是：生成红色配合物的反应速率快，红色 配合物生成橙色配合物的速率较慢；在氧气的作用下橙色的 HOFeOSO2浓度下降平衡 HOFeOSO2HOFeOSO2，不断正向进行，最终溶液几乎无色。 （5）分别对比和、和，FeCl3能否与 Na2SO3或 NaHSO3发生氧化还原反应和溶液 pH不同、Na2SO3、 NaHSO3溶液中 SO32-浓度不同(或 Na2SO3与 NaHSO3不同，或 Na2SO3与 NaHSO3的阴离子不同)、反应物是 否接触形成红色配合物有关。 19、【答案】 （1）ZnSO4 7

37、H2O （2） Cu2S+2MnO2+8H +=2Cu2+S+2Mn2+4H 2O （3） HCl的挥发加 快、Bi3+水解程度增大 （4） 增大浸出液中 c(Cl-)提高铋浸出率 （5）BiCl3 + Na2CO3=BiOCl+ 2NaCl + CO2 浸铋 （6） 1 3 0 . 2 5 cV m 【解析】铋废料加入稀硫酸酸浸，浸液 1 中主要含 Cu2+、Zn2+、Fe3+等，浸渣 1 中则主要含有铋的化合物、 Cu2S 和 PbSO4；向浸渣 1中加入稀硫酸和 MnO2，根据题目信息可知亚铜离子被氧化得到 Cu2+，S2-被氧化得 到 S单质， 所以浸渣 2中主要含有含铋化合物、 S和

38、 PbSO4； 向浸渣 2 中加入盐酸和 NaCl溶液可以浸出 Bi3+， 酸性溶液中铋元素主要以 Bi3+形式存在，所以浸液 3中主要含有 Bi3+，浸渣 3主要为 S和 PbSO4；浸液 3 中 加入 Na2CO3溶液，溶液碱性增强，Bi3+水解以 BiO+离子形式存在，BiO+与 Cl-形成 BiOCl从溶液中析出，最 终得到 BiOCl，据此分析解答。 （1）浸液 1中主要阳离子为 Cu2+、Zn2+、Fe3+等，加入过量锌，Cu2+、Fe3+完全反应，得到纯净的硫酸锌溶 液，所以最终得到的结晶水合物为 ZnSO4 xH2O，其摩尔质量为 287 g mol-1，则 x= 287-16

39、1=7 18 ，所以 M 为 ZnSO4 7H2O； （2）浸液 2为蓝色，说明有铜离子生成，即 Cu+被 MnO2氧化，浸渣 2 含有少量硫单质，即硫离子被氧化成 硫单质，结合电子守恒和元素守恒可知该过程离子方程式为 Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2+S+2Mn2+4H2O； （3）温度升高 HCl 的挥发加快、Bi3+水解程度增大，导致高于 40左右时“铋浸出率”开始下降； （4）据图可知氯离子浓度越大，铋的浸出率增大，加入氯化钠可以增大浸出液中 c(Cl-)，提高铋浸出率； （5）BiCl3的水解使溶液显酸性，碳酸钠水解使溶液显碱性，二者相互促进，最后彻底水解，所以得到的气 体应为

40、二氧化碳，发生的反应方程式为：BiCl3 + Na2CO3= BiOCl+ 2NaCl + CO2；根据方程式可知浸液 4中 含有大量 NaCl，可用于浸铋； （6）该滴定原理为利用硝酸银标准液滴定 BiOCl中氯离子的量，存在数量关系 n(BiOCl)=n(AgNO3)；所以 20.0mL待测液中 n(BiOCl)=Vc 10-3mol，则样品中 n(BiOCl)=100.0mL 20.0mL Vc 10-3mol=5Vc 10-3mol，所以产品 中 BiOCl 的质量分数为 3 260.5130.25 100%=% m 510 gm molVcVc 。 20、【答案】 （1）. 取代反应

41、 . 酯基 HCHO+HCN （2）. （3）. （4）. 【解析】 根据 B到 C 的反应物以及 C的结构简式可知 B 到 C发生了取代反应，B 为，则 A 到 B为苯 酚的硝化反应，所以 A 为，D 发生信息 1 的反应生成 E，且 E 中含两个 Cl 原子，则 E 为 ，E和 A发生取代反应生成 F；G 到 H在到 I为信息 2的反应，根据 I结构简式知 H为 HOCH2CN，G 为 HCHO，I 发生酯化反应生成 J，F 和 J 发生取代反应生成 K，J 为，结 合题目分析解答。 （1）根据分析可知 B为；B到 C 为酚羟基上的氢原子被取代的过程，所以反应类型为取代 反应；J 为，含氧

42、官能团为酯基；G 到 H 发生信息 2 的反应，方程式为： HCHO+HCN； （2）C的同分异构体 X满足： 苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子，说明结构对称，且至少含有一对相同的取代基； 与 FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基； 1molX 与足量金属 Na 反应可生成 2g H2说明除酚羟基外还含有一个羟基，综合分析可知 X 可能为 ； 化学试题 第 17 页（共 18 页） 化学试题 第 18 页（共 18 页） 内装订线 外装订线 学校：_姓名：_班级：_考号：_ （3）根据分析可知 E为； （4）苯甲醇为，目标物中有酯基形成的一个六元环，六元环上含有 4 个碳，则首先需要将苯 甲醇支链上的碳链加长，羟基可以催化氧化生成醛基，根据信息 2 可知醛基和 HCN在催化剂作用下可加长 碳链，同时生成羟基，再将CN 转化成羧基，再进行酯化反应即可得到目标物，所以合成路线为 。