山东省淄博市部分学校2020届高三化学6月二模试题（Word版附解析）

化学 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共 9 页。满分 100 分。考试用时 90 分钟。 原子量：H 1 C 12 S 32 Mg 24 Cu 63.5 Zn 65 第Ⅰ卷(选择题，共 40 分) 一、选择题(本题包括 10 小题，每题只有一个选项符合题意；每题 2 分，共 20 分) 1.中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化。下列说法错误的是 A. “木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素 B. “苏绣”是用蚕丝为线在丝绸上做绣的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质 C. “煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为 CaCO3 D. “司南之杓，投之于地，其柢指南”中的“杓”的主要成分是天然磁铁(Fe3O4) 【答案】C 【解析】 【详解】A．“木活字”由木材制造而成，其主要成分是纤维素，A 正确； B．蚕丝的主要成分是蛋白质，B 正确； C．“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，指的是将牡蛎壳灼烧得“灰”，碳酸钙受热分解得 CaO，“灰”的主要成分为 CaO，C 错误； D．司南之杓由由天然磁石制成，天然磁石的主要成分是 Fe3O4，D 正确。 答案选 C。 2.目前，新型冠状病毒仍在世界各地蔓延，李兰娟院士指出：新冠病毒怕酒精、不耐高温， 50～60℃持续 30 分钟，病毒就死亡。下列有关该病毒的说法错误的是 A. 核酸检测是确认病毒种类的有效手段，核酸属于生物大分子 B. 新冠病毒颗粒直径在 80～120nm 之间，在空气中能形成气溶胶，可能传播较远的距离 C. 加热可破坏蛋白质中的氢键，而使病毒丧失生物活性死亡 D. 戴口罩可有效阻断新冠病毒的传播，熔喷布的主要原料聚丙烯是丙烯缩聚而成 【答案】D 【解析】 【详解】A. 核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，病毒都有其独特的基因序列， 通过检测病人体内的病毒核酸，就可判断病人体内是否存在病毒，A 正确； B.胶体的分散质粒子直径为 1-100nm，新型冠状病毒直径在 80-120nm，它形成的气溶胶粒径一般在 100nm 左右，B 正确； C.天然蛋白质的空间结构是通过氢键等次级键维持的，而加热变性后次级键被破坏，病毒死亡， C 正确； D.聚丙烯是丙烯加聚反应形成，D 不正确。 答案选 D。 3.降冰片二烯类化合物是一类太阳能储能材料，降冰片二烯在紫外线照射下可以发生下列转化。 下列说法错误的是 A. 四环烷的一氯代物超过三种(不考虑立体异构) B. 降冰片二烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 降冰片二烯与四环烷互为同分异构体 D. 降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超过 4 个 【答案】A 【解析】 【详解】A. 四环烷的一氯代物 (不考虑立体异构)种数就是看等效氢原子个数，四环烷中只有 3 种氢，一氯代物只有 3 种，A 错误； B. 降冰片二烯的结构中存大碳碳双键，而碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B 正确； C. 降冰片二烯与四环烷结构不同，而分子式均为 C7H8，故二者互为同分异构体，C 正确； D. 根据乙烯分子是平面分子，与碳碳双键连接的 C 原子在碳碳双键所在的平面上，所以降冰 片二烯分子中位于同一平面的碳原子为 4 个，D 正确。 答案选 A。 4.I－具有还原性，含碘食盐中的碘元素主要以 KIO3 的形式存在，I－、I2、IO3－在一定条件下 可发生如图转化关系。下列说法不正确的是 A. 用淀粉－KI 试纸和食醋可检验食盐是否加碘 B. 由图可知氧化性的强弱顺序为 C12＞IO3－＞I2C. 生产等量的碘，途径 I 和途径Ⅱ转移电子数目之比为 2：5 D. 途径Ⅲ反应的离子方程式：3C12+I－+3H2O=6C1－+IO3－+6H+ 【答案】C 【解析】 【详解】A. 碘食盐中的碘元素主要以 KIO3 的形式存在，IO3－和 I－在酸性条件下可生成 I2，I2 遇淀粉变蓝，A 正确； B. 由图途径Ⅲ可知，Cl2 可将 I－氧化为 IO3－，氧化性 Cl2＞IO3－，途径Ⅱ可知 IO3－可被还原 为 I2，氧化性为 IO3－＞I2，则氧化性的强弱顺序为 Cl2＞IO3－＞I2，B 正确； C. 生产 1mol 碘，途径 I 中-1 价碘转变为 0 价碘，需要转移 2mol 电子，途径Ⅱ中+5 价碘转变 为 0 价碘，需要转移 10mol 电子，故转移电子数目之比为 1：5，C 错误； D. 途径Ⅲ中 Cl2 可将 I－氧化为 IO3－，而氯气被还原为 Cl－，根据得失电子守恒和质量守恒， 反应的离子方程式为：3Cl2+I－+3H2O=6Cl－+IO3－+6H+，D 正确； 答案选 C。 5.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是 A. 用装置甲进行铜和浓硫酸的反应 B. 用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气 C. 用装置丙稀释反应后的混合液 D. 用装置丁测定余酸的浓度 【答案】C 【解析】 【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，错误； B.SO2 密度比空气的密度大，应该长管进，短管出，错误； C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，正确； D.NaOH 溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，该滴定管是酸式滴定管，错误；选 C。 6.钟南山院士指出，实验证明中药连花清瘟胶囊对治疗新冠肺炎有明显疗效，G 是其有效药理 成分之一，存在如图转化关系： 下列有关说法正确的是 A. 化合物Ⅱ中所有碳原子可能都共面 B. 化合物Ⅰ分子中有 3 个手性碳原子 C. 化合物 G、Ⅰ、Ⅱ均能发生氧化反应、取代反应、消去反应 D. 若在反应中，G 与水按 1：1 发生反应，则 G 的分子式为 C16H20O10 【答案】A 【解析】 【详解】A.化合物Ⅱ中含乙烯结构，4 个碳共平面，还含苯的结构，7 个碳共平面，所以所有 碳原子可能都共面，A 正确； B.手性碳原子是连有四个不同原子或原子团的碳原子，化合物Ⅰ 中有 4 个 手性碳，B 错误； C.化合物Ⅱ不能发生消去反应，C 错误； D.化合物Ⅰ的分子式 C7H10O6，化合物Ⅱ的分子式 C9H8O4，若在反应中，G 与水按 1：1 发生 反应，则 G 的分子式是将化合物Ⅰ、Ⅱ的分子式相加，减水，为 C16H16O9，D 错误。 答案选 A。 7.已知：①正丁醇沸点：117.2℃，正丁醛沸点：75.7℃；②正丁醇合成正丁醛的反应： ，装置如图。下列说法不正确的是2 2 7Na Cr O 3 2 2 2 3 2 290-95CH CH CH CH OH CH CH CH CHO℃ →A. 为防止产物进一步氧化，应将适量 Na2Cr2O7 酸性溶液逐滴加入正丁醇中 B. 向分馏出的馏出物中加入少量金属钠，可检验其中是否含有正丁醇 C. 当温度计 1 示数为 90～95℃，温度计 2 示数在 76℃左右时收集产物 D. 向分离所得的粗正丁醛中，加入无水 CaCl2 固体，过滤，蒸馏，可提纯正丁醛 【答案】B 【解析】 【详解】A．醛基具有还原性，易被氧化剂氧化成酸，Na2Cr2O7 中+7 价的铬具有氧化性，在 酸性条件下能氧化正丁醛，实验过程中，所需正丁醇的量大于酸化的 Na2Cr2O7 的量，防止产 物进一步氧化，正丁醇也能被酸化的 Na2Cr2O7 氧化，加入药品时，应将酸化的 Na2Cr2O7 溶液 逐滴加入正丁醇中，故 A 正确； B．分馏出的馏出物中的水也可以和钠反应，故不能用来检验产物中是否含有正丁醇，B 不正 确； C．由反应物和产物 沸点数据可知，温度计 1 保持在 90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出， 又可尽量避免其被进一步氧化，温度计 2 示数在 76℃左右时，收集产物为正丁醛，C 正确； D．正丁醛中有水，由于水与正丁醛的沸点相差不多，直接蒸馏，得到的正丁醛中仍还有较多 的水，所以可加入无水 CaCl2 固体除去水，过滤后蒸馏，D 正确。 答案选 B。 8.为了探究温度、硫酸铜对锌与稀硫酸反应速率的影响，某同学设计如下方案(见下表)。 编号 纯锌粉质量 0.2mol·L－1 硫酸体 积 温度 硫酸铜固体质量 Ⅰ 2.0g 10.0ml 25℃ 0g Ⅱ 2.0g 10.0ml T℃ 0g Ⅲ 2.0g 10.0ml 35℃ 0.2g 的Ⅳ 2.0g 10.0ml 35℃ 4.0g 下列推断合理的是 A. 选择Ⅱ和Ⅲ探究硫酸铜对反应速率的影响，必须控制 T=25℃ B. 根据该实验方案得出反应速率的大小可能是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅳ C. 根据该方案，还可以探究硫酸浓度对反应速率的影响 D. 待测物理量是收集等体积(相同条件)的气体所需的时间，时间越长，反应越快 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A. 选择Ⅱ和Ⅲ探究硫酸铜对反应速率的影响，要控制变量，所以必须控制 T=35℃， A 不合理； B. 根据该实验方案，Ⅲ和Ⅱ比较，Ⅲ可以形成原电池，加快了负极的反应速率，Ⅲ＞Ⅱ，Ⅱ 和Ⅰ比较，Ⅱ的温度更高，反应速率更快，Ⅱ＞Ⅰ，Ⅳ中硫酸铜过量，导致锌粒几乎不与硫 酸反应，得出反应速率的大小是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅳ，B 合理； C. 在该方案中，硫酸浓度均相同，没有探究硫酸浓度对反应速率的影响，C 不合理； D.待测物理量是收集等体积（相同条件）气体所需要的时间，时间越长，反应越慢，D 不合理。 答案选 B。 9.下图是某元素的价类二维图，其中 X 是一种强碱，A 为正盐，通常条件下 Z 是无色液体，D 的相对分子质量比 E 小 16，各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是 A. A 是可与草木灰混合使用的肥料 B. C 可用排空气法收集 C. F 和 B 能发生复分解反应生成盐 D. B 在一定条件下可直接与 Y 反应生成 D 【答案】D 【解析】 【分析】 A 为正盐，X 是一种强碱，二者反应生成氢化物 B，则 A 为铵盐、B 为 NH3，B 连续与 Y 反 应得到氧化物 D 与氧化物 E，且 E 的相对分子质量比 D 大 16，则 Y 为 O2、C 为 N2、D 为 NO、E 为 NO2，通常条件下 Z 是无色液体，E 与 Z 反应得到含氧酸 F，则 Z 为 H2O、F 为 HNO3，F 与强碱 X 发生酸、碱中和反应得到 G 为硝酸盐，以此解答该题。 【详解】A.物质 A 为铵盐，草木灰主要成分是 K2CO3，水溶液呈碱性，二者混合会发生反应 放出氨气，使肥效降低，A 错误； B.C 是 N2，氮气的密度与空气接近，不宜采取排空气法收集，可以利用 N2 难溶于水的性质， 用排水法收集，B 错误； C.B 是 NH3，F 是 HNO3，二者发生化合反应生成 NH4NO3，该反应是化合反应，不是复分解 反应，C 错误； D. B 是 NH3，Y 为 O2，NH3 在催化剂存在并加热的条件下，与 O2 反应生成 NO 和 H2O，D 正 确； 故合理选项是 D。 【点睛】本题考查无机物的推断的知识。“盐与碱反应生成氢化物以及氢化物连续反应生成氧 化物”等是推断的突破口，熟练掌握中学常见连续反应、三角转化以及特殊的置换反应、特殊 现象反应等特殊转化是解答本题的基础。该题为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力以 及元素化合物知识的综合理解和运用。 10.CO2 的固定和转化是世界性课题。兰州大学景欢旺教授团队巧妙设计构建了系列新型光电 催化人工光合成体系——光电催化池，p-n 半导体异质结催化 CO2 在水中直接制备长碳链有机 物并放出氧气，原理如图，下列说法不正确的是A. 电极 1 的电势比电极 2 的电势高 B. 该设计向大自然学习，模仿植物的光合作用 C. 电子从 a 极流到电极 1，从电极 2 流到 b 极 D. 负极区，p-n 为催化剂，CO2 发生还原反应生成长碳链有机物 【答案】A 【解析】 【分析】 由总方程式可知，该装置为电解装置，氧气为氧化产物，是阳极产物，则光电池的 b 电极为 正极，长链有机物为还原产物，是阴极产物，则光电池的 a 电极为负极。 【详解】A．电极 1 连接的是正极 b，电极 2 连接的是负极 a，正极电势高于负极，所以电极 1 的电势比电极 2 的电势低，故 A 错误； B．p-n 半导体异质结催化 CO2 在水中直接制备长碳链有机物并放出氧气，原理类似光合作用， 故 B 正确； C．电子从电源的负极经外电路流向正极，即从 a 极流到电极 1，从电极 2 流到 b 极，故 C 正 确； D．根据图示电极 a 是负极，1 和负极相连，相当于阴极，发生还原反应生成长碳链有机物， 故 D 正确； 故答案为 A。 二、选择题(本题包括 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。每小题有一个或两个选项 符合题意，全都选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分) 11.短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X 的原子半径是所有短周期主族元素 中最大的，W 的核外电子数与 X、Z 的最外层电子数之和相等，Y 的原子序数是 Z 的最外层 电子数的 2 倍，由 W、X、Y 三种元素形成的化合物 M 的结构如图所示。下列叙述正确的是 A. 元素非金属性强弱的顺序为 W＞Y＞Z B. Y 单质的熔点高于 X 单质 C. 化合物 M 中 W 不都满足 8 电子稳定结构 D. W 的简单氢化物稳定性比 Y 的简单氢化物稳定性强【答案】BD 【解析】 【分析】 短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X 的原子半径是所有短周期主族元素中 最大的，则 X 为 Na 元素；由 W、X、Y 三种元素形成的化台物 M 的结构分析可知，Y 形成 四个共价键，则 Y 为 Si 元素；Y 的原子序数是 Z 的最外层电子数的 2 倍，则 Z 是 Cl 元素；W 的核外电子数与 X、Z 的最外层电子数之和相等，则 W 为 O 元素。 【详解】A.同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则氯元素的非金属性强于硅元素，故 A 错误； B.硅单质为原子晶体，具有很高的熔点，金属钠为金属晶体，熔点较低，则硅单质的熔点高 于金属钠，故 B 正确； C.化合物 M 中，单键氧原子和双键氧原子都满足 8 电子稳定结构，故 C 错误； D.元素的非金属性越强，简单氢化物越稳定，氧元素的非金属性强于硅元素，则氧元素的简 单氢化物稳定性比硅元素的简单氢化物稳定性强，故 D 正确； 故选 BD。 【点睛】由 W、X、Y 三种元素形成的化台物 M 的结构确定 Y 形成四个共价键，由原子序数 的大小推断得到 Y 为 Si 元素是解答关键和难点。 12.厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是 A. 1mol NH4+ 所含的质子总数为 10NA B. 联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键 C. 过程 II 属于氧化反应，过程 IV 属于还原反应 D. 过程 I 中，参与反应的 NH4+与 NH2OH 的物质的量之比为 1:1 【答案】A 【解析】A、质子数等于原子序数，1molNH4＋中含有质子总物质的量为 11mol，故 A 说法错误；B、联 氨(N2H4)的结构式为 ，含有极性键和非极性键，故 B 说法正确；C、过程 II， N2H4→N2H2－2H，此反应是氧化反应，过程 IV，NO2－→NH2OH，添 H 或去 O 是还原反应， 故 C 说法正确；D、NH4＋中 N 显－3 价，NH2OH 中 N 显－1 价，N2H4 中 N 显－2 价，因此 过程 I 中 NH4＋与 NH2OH 的物质的量之比为 1：1，故 D 说法正确。 点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去 氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此 N2H4→N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反 应，同理 NO2－转化成 NH2OH，是还原反应。 13.水溶液中可能存在 Na+、Al3+、Fe2+、NH4+、NO3－、CO32－、SO42－中的几种离子，且存在 的各离子具有相同的物质的量，某同学对该溶液进行如下实验： 下列判断正确的是 A. 气体 A 一定是 CO2，气体 B 一定是 NH3 B. 白色沉淀不可能是 Al(OH)3 C. 溶液中一定存在 Al3+、Fe2+、NO3－、NH4+ D. 溶液中一定不存在大量 Na+ 【答案】BD 【解析】 【分析】 根据题给信息，反应生成有色沉淀，故一定有 Fe2＋，则溶液中不含有 CO32-，加入盐酸反应放 出气体，则一定含有 NO3-，气体 A 为 NO。加入过量氢氧化钡，产生气体 B，说明溶液中含 有 NH4+；溶液Ⅱ呈碱性，白色沉淀可能为氢氧化铝、碳酸钡等。溶液中存在的各离子具有相 同的物质的量，根据现象可知存在 NH4+、Fe2＋、NO3-，不存在 CO32-，再根据正负电荷守恒， 溶液中一定存在 SO42-，此时 n(NH4+)=n(NO3-)，n(Fe2＋)=n(SO42-)，溶液恰好呈电中性，故一 定不存在大量的 Al3＋，则白色沉淀为碳酸钡。 【详解】A. 根据上述分析知，气体 A 为 NO，A 项错误；B. 根据上述分析知，白色沉淀为碳酸钡，B 项正确； C. 根据分析溶液中一定不存在 Al3＋，C 项错误； D. 根据电荷守恒，且各离子 物质的量相同，溶液中一定不含 Na＋，D 项正确； 答案选 BD。 【点睛】本题的突破口是加入氢氧化钡产生有色沉淀，结合题干信息可知，该沉淀为氢氧化 铁，原溶液中存在 Fe2＋，不含有 CO32-，故加入稀盐酸时，在酸性条件下，硝酸根离子将亚铁 离子氧化，同时得到 NO 气体，此处容易错误认为，加入稀盐酸时，产生气体，原溶液中存在 碳酸根离子。 14.我国科技工作者设计了一种电解装置，能将甘油(C3H8O3)和二氧化碳转化为甘油醛(C3H6O3) 和合成气，原理如图所示。下列说法正确的是 A. 催化电极 b 与电源正极相连 B. 电解时催化电极 a 附近的 pH 增大 C. 电解时阴离子透过交换膜向 a 极迁移 D. 生成的甘油醛与合成气的物质的量相等 【答案】CD 【解析】 【分析】 由示意图可知，催化电极 b 表面上 CO2 还原为 CO，为电解池的阴极，与电源的负极相连，则 催化电极 a 为阳极，电极表面上甘油(C3H8O3)氧化为甘油醛(C3H6O3)。 【详解】A．催化电极 b 表面 CO2 还原为 CO，为电解池的阴极，与电源的负极相连，故 A 错 误； B．催化电极 a 为阳极，电极表面上甘油(C3H8O3)氧化为甘油醛(C3H6O3)，电极反应式为 C3H8O3-2e-+2CO32-= C3H6O3+2HCO3-，溶液中碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，碳酸钠溶液的 碱性强于碳酸氢钠溶液，则电极附近的 pH 减小，故 B 错误； C．电解池工作时，阴离子向阳极区移动，即阴离子透过交换膜向 a 极迁移，故 C 正确； 的D．阳极生成 1mol C3H6O3 转移 2mole-，阴极生成 1molCO 和 H2 的混合气体转移 2mole-，电解 池工作时，阴、阳极转移电子的物质的量相等，则生成的甘油醛与合成气的物质的量相等， 故 D 正确； 故选 CD。 【点睛】根据准确根据电解池原理判断电极是解题关键，阳极上发生氧化反应，而甘油转化 为甘油醛是氧化反应，则催化电极 a 为阳极，电解池工作的特点是电子守恒，据此判断阳极和 阴极电解产物之间的关系，是解题难点。 15.H2C2O4 是一种二元弱酸。常温下向 H2C2O4 溶液中滴加 KOH 溶液，混合溶液中离子浓度与 pH 的关系如图所示，其中 或 。下列说法不正确的是 A. 直线Ⅱ表示的是 与 pH 的变化关系 B. 图中纵坐标应该是 a=1.27，b=4.27 C. 对应 1.27＜pH＜4.27 D. 对应 pH=7 【答案】CD 【解析】 【详解】A.草酸为二元弱酸，一级电离抑制二级电离，电离常数 ＞ ，由图可知，当 lgy＝0 时，溶液 pH＝-lgc(H+)＝-lgK，pH1＝1.27＜pH2 ＝4.27，表明 K1＝10−1.27＞K2＝10−4.27，所以直线 I 表示的是 与 pH 的变化关系， 直线Ⅱ表示的是 与 pH 的变化关系，故 A 正确； 2 2 4 - 2 4 c(H C O )y= c(HC O ) - 2 4 2- 2 4 c(HC O ) c(C O ) - 2 4 2- 2 4 c( )HC O C Olg c( ) - 2- 2 4 2 4 2 2 4c(HC O ) c(C O ) c(H C O )＞ ＞ + - 2- 2 4 2 4c(K )=c(HC O )+c(C O ) 2 4 1 2 2 4 c(HC O )c(H )K = c(H C O ) − + 2 2 4 2 2 4 c(C O )c(H )K = c(HC O ) − + − 2 2 4 - 2 4 c( )H C O Cc(H Olg ) - 2 4 2- 2 4 c( )HC O C Olg c( )B.由图可知，pH＝0 时， = ， = ， 则图中纵坐标应该是 a=1.27，b=4.27，故 B 正确； C.设 pH＝a，c(H+)＝10−a， = ， ，104.27-a＞ 1，则 4.27-a＞0，解得 a＜4.27， = ， ，当 ， 102a-5.54＞1，则 2a-5.54＞0，解得 a＞2.77，所以 对应 2.77＜pH＜4.27，故 C 错误； D.由电荷守恒可得 c(K+)+c(H+)= +2 +c(OH-)，当 c(K+)= +2 时，溶液中 c(H+)=c(OH-)， pH＝7，故 D 错误； 故选 CD。 第Ⅱ卷(非选择题，共 60 分) 三、本题包括 5 小题，共 60 分。答案必须写在答题卡内相应的位置，不能写在试 卷上。 16.一种以辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量 SiO2)为原料制备硝酸铜晶体的工艺流程如图所示： (1)写出“浸取”过程中 Cu2S 溶解时发生反应的离子方程式：________。 (2)恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出 CuCl2 是该反应 的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S； ②__________。 (3)向滤液 M 中加入(或通入)_______________(填字母)，所得物质可循环利用。 a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢 (4)“保温除铁”过程中，加入 CuO 的目的是______________；向浓缩池中加入适量 HNO3 的 - 2 4 2- 2 4 c( )HC O C Olg c( ) 2 (H )lg 4.27c K + = 2 2 4 - 2 4 c( )H C O Cc(H Olg ) 1 (H )lg 1.27c K + = - 2 4 2- 2 4 c(HC O ) c(C O ) 4.27 2 (H ) 10 ac K + −= - 2- 2 4 2 4c(HC O ) c(C O )＞ 2 2 4 2 4 1 2 2 2 4 2 4 c(HC O )c(H ) c(C O )c(H ) c(H C O ) c(HC O )K K − + − + −= × 2 2 2 4 2 2 4 c(C O )c (H ) c(H C O ) − + 2 5.54 2 5.542 4 1 2 2 2 2 2 4 c(C O ) 10 10c(H C O ) c (H ) 10 a a K K− − − + −= = = 2- 2 4 2 2 4c(C O ) c(H C O )＞ - 2- 2 4 2 4 2 2 4c(HC O ) c(C O ) c(H C O )＞ ＞ - 2 4c(HC O ) 2- 2 4c(C O ) - 2 4c(HC O ) 2- 2 4c(C O )作用是_____________。操作 1 是_______________。 (5)某探究性小组的研究成果如图所示，可以用废铜屑和黄铜矿来富集 Cu2S。通入的硫化氢的 作用是_____________，当转移 0.2mol 电子时，生成 Cu2S________mol。 【 答 案 】 (1). Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S (2). CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 (3). b (4). 调节溶液的 pH，使铁完全转化为 Fe(OH)3 沉淀 (5). 抑制 Cu2+的水解 (6). 冷却（降 温）结晶 (7). 催化剂 (8). 0.2 【解析】 【分析】 辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明 Cu2S 和 FeCl3 发生反应生成 S 单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离 子，然后过滤，滤液 M 主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将亚铁离子氧化为铁离 子，用氧化铜调节溶液 pH，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3 沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜， 加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。 【详解】（1）浸取过程中 Fe3+将 Cu2S 氧化成 Cu2+和硫单质，本身被还原为二价铁离子，根据 电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式，故答案为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S； （2）根据 CuCl2 是该反应的催化剂，故最终产物为 CuCl2，可得反应②为三氯化铁氧化氯化 亚铜为氯化铜，故答案为：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2； （3）M 中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为：b； （4）“保温除铁”过程要除去 Fe3+，故需要加入氧化铜来调节 pH 值，使 Fe3+生成氢氧化铁 沉淀；铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需要加入硝酸来抑制其水解，故答案为： 调节溶液的 pH，使铁完全转化为 Fe(OH)3 沉淀；抑制 Cu2+的水解；冷却（降温）结晶； （5）从图中可知，反应前后硫化氢的质量和性质没有发生改变，为催化剂，在该转化中 Cu 被氧化成 Cu2S，化合价升高+1 价，CuFeS2 被还原成 Cu2S，化合价降低-1 价，根据电子守恒， 当转移 0.2mol 电子时，生成 Cu2S 0.2 mol，故答案为：催化剂；0.2。 【点睛】解决工艺流程题，首先要根据题干信息，了解生产的产品，此题为以辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量 SiO2)为原料制备硝酸铜晶体，围绕着将亚铜氧化，除去二氧化硅，引入硝 酸根，溶液变晶体的方法来解题，分析时要明白整个流程中各操作步骤的目的，搞清楚发生 了什么反应；再结合具体的题目进行详细解答。 17.某研究小组将纯净的 SO2 气体缓缓的通入到盛有 25mL0.1mol· L－1 的 Ba(NO3)2 溶液中，得 到 BaSO4 沉淀。为探究该反应中的氧化剂，该小组提出了如下假设： 假设Ⅰ：溶液中的 NO3－； 假设Ⅱ：________________。 (1)该小组设计了以下实验验证了假设Ⅰ成立(为排除假设Ⅱ对假设Ⅰ的干扰，在配制下列实验 所用溶液时，应___________________)，请填写下表。 实验步骤 实验现 象 结论 实验 ① 向盛有 25mL0.1mol·L－1BaCl2 溶液的烧杯中缓慢通入纯净的 SO2 气体 ______ 实验 ② 向盛有 25mL0.1mol· L－1Ba(NO3)2 溶液的烧杯中缓慢通入纯 净的 SO2 气体 ______ 假设Ⅰ成 立 (2)为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液的 pH 随通入 SO2 体积的变化曲线如 图。V1 时，实验②中溶液 pH 小于实验①的原因是(用离子方程式表示)：________。 (3)验证假设Ⅱ。某同学设计了以下方案，请完成下列表格(可以不填满)。 实验步骤 实验现象 实验目的实验 ③ 同实验①步 骤 同实验①的相关现 象 ______ 实验 ④ ______ ______ ______ (4)查资料知：H2SO3 是二元酸(Kl=1.54×10－2，K2=1.02×10－7)，请设计实验方案验证 H2SO3 是 二元酸______(试剂及仪器自选)。 【答案】 (1). 溶解在溶液（或水）中的 O2 (2). 配制溶液前应将蒸馏水煮沸后密封冷 却 (3). 无明显现象 (4). 产生白色沉淀 (5). 3SO2+2NO3－+2H2O=3SO42－+2NO+4H+ 或 3SO2+3Ba2++2NO3－+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+ (6). 作对照实验 (7). 向盛有未经脱 O2 处理的 25mL0.1mol·L －1BaCl2 溶液的烧杯中缓慢通入纯净的 SO2 气体 (8). 产生白色沉淀 (9). 证明 O2 可将 SO2 或 H2SO3 氧化为硫酸或 SO42－ (10). 向一定体积和一定浓度的 NaOH 溶液中，缓缓通入与 NaOH 等物质的量的 SO2 气体至全部溶解，然后用 pH 试纸测定溶液的 pH， 若 pH