北京市东城区2020届高三化学第二次模拟试题（Word版附解析）

东城区 2019-2020 学年度第二学期教学统一检测 高三化学 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 第一部分(选择题 共 42 分) 本部分共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题列出的 4 个选项中，选出最 符合题目要求的一项。 1.下列自然现象发生或形成的过程中，指定元素既没有被氧化又没有被还原的是 A．溶洞——钙 B．闪电——氮 C．火山喷发——硫 D．光合作用——碳 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．溶洞中的石灰岩主要成分是碳酸钙，当遇到溶有二氧化碳的水时，会反应生成溶 解性较大的碳酸氢钙：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，溶有碳酸氢钙的水遇热或当压强突然变 小时，溶解在水里的碳酸氢钙就会分解，重新生成碳酸钙沉积下来，同时放出二氧化碳： Ca(HCO3)2=CaCO3+CO2↑+H2O，整个过程钙元素的化合价没有变化，既没有被氧化又没有被 还原，故 A 符合题意； B．空气中 O2 和 N2 在闪电时化合成 NO，即 N2+O2 2NO，氮元素的化合价由 0 价升高到 +2 价，氮元素被氧化了，故 B 不符合题意； C．火山喷发时，在高温条件下可发生 S+O2=SO2，硫元素的化合价由 0 价升高到+4 价，硫元 素被氧化了，故 C 不符合题意； D．光合作用会发生 6CO2+6H2O C6H12O6+6O2，可知氧元素失电子，碳元素得电 子，化合价降低，被还原了，故 D 不符合题意； 答案为 A。 的 = 放电 →光能 叶绿体2.下列说法不正确的是 A. 乙二醇的沸点比乙醇的沸点高 B. 淀粉和蔗糖水解的最终产物中均含有葡萄糖 C. 植物油通过催化加氢可转变为半固态的脂肪 D. 硫酸铵或氯化钠溶液都能使蛋白质发生变性 【答案】D 【解析】 【详解】A. 乙二醇分子中含有两个羟基，乙醇分子中含有一个羟基，羟基越多，氢键越多， 沸点越高，A 正确； B. 淀粉水解成葡萄糖，蔗糖水解成葡萄糖和果糖，B 正确； C. 植物油中含有不饱和的碳碳双键，通过催化加氢变成饱和的脂肪，熔点升高，C 正确； D. 硫酸铵或氯化钠溶液不属于重金属盐，不能使蛋白质发生变性，使蛋白质发生盐析，D 错 误。 答案选 D。 【点睛】蛋白质发生变性的条件有：强酸、强碱、重金属盐类、有机物、加热、紫外线等。 3.下列离子方程式正确的是 A. 溴化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2＝2Fe3＋＋2Br2＋6Cl- B. 硫酸中加入少量氢氧化钡溶液：H+＋SO42-＋Ba2＋＋OH－＝BaSO4↓＋H2O C. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2C6H5O-＋CO2＋H2O→2C6H5OH＋CO32- D. 硝酸银溶液中加入过量氨水：Ag+＋NH3∙H2O＝AgOH↓＋NH4+ 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A. 过量的氯气将 Fe2＋和 Br-氧化，离子方程式正确，A 正确； B. 硫酸电离成两个 H+和一个 SO42-，氢氧化钡电离成一个 Ba2＋和两个 OH－，离子方程式为： 2H+＋SO42-＋Ba2＋＋2OH-＝BaSO4↓＋2H2O，B 错误； C. 苯酚的酸性比碳酸弱，比碳酸氢根强，苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成碳酸氢根，离 子方程式为：C6H5O-＋CO2＋H2O→C6H5OH＋HCO3-，C 错误； D. 氨水过量，AgOH 沉淀溶解成 Ag(NH3)2OH，离子方程式为：Ag++2NH3∙H2O = [Ag(NH3)2]++2H2O，D 错误；答案选 A。 4.除去下列物质中含有的少量杂质(括号内为杂质)，所选试剂不正确的是 A. Cl2(HCl)：饱和食盐水、浓硫酸 B. AlCl3 溶液(Fe3+)：氨水、盐酸 C. C2H2(H2S)：CuSO4 溶液、碱石灰 D. NaCl 溶液(SO42-)：BaCO3、盐酸 【答案】B 【解析】 【详解】A．Cl2(HCl)：氯气在饱和食盐水中溶解度小，但 HCl 在其中溶解度大而除去，最后 再通过浓硫酸进行干燥，故 A 正确； B．AlCl3 溶液(Fe3+)：加入氨水后引入新的杂质 NH4＋，故 B 错误； C．C2H2(H2S)：先通过 CuSO4 溶液，H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，除去 H2S，再通过碱石灰进 行干燥，故 C 正确； D．NaCl 溶液(SO42-)：SO42-+BaCO3 BaSO4+CO32－、再用盐酸酸化，故 D 正确； 故选 B。 5.关于下列消毒剂的有效成分的分析错误的是 A．双氧水 B．漂白粉 C．滴露 D．强氯精 有效成分 H2O2 Ca(ClO)2 分析 可与 NaClO 发生反应 可用 Cl2 与 Ca(OH)2 制备 分子式为 C8H9OCl 分子中有 2 种环 境的碳原子 A. A B. B C. C D. D 【答案】D【解析】 【详解】A．H2O2 可与 NaClO 发生反应：H2O2＋ClO－=Cl－＋O2↑＋H2O，故 A 正确； B．可用 Cl2 与 Ca(OH)2 制备 Ca(ClO)2：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故 B 正确； C．由结构简式 可得：分子式为 C8H9OCl，故 C 正确； D． 分子有三个对称轴，分子中只有一种环境的碳，故 D 错误； 故选 D。 6.短周期中 8 种元素 a-h，其原子半径、最高正化合价或最低负化合价随原子序数递增的变化 如图所示。 下列判断不正确的是 A. a、d、f 组成的化合物能溶于强碱溶液 B. a 可分别与 b 或 c 组成含 10 个电子的分子 C. e 的阳离子与 g 的阴离子具有相同的电子层结构 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：h＞g＞b 【答案】C 【解析】 【分析】 由图中原子序数和化合价，各元素依次为 a 为 H、b 为 C、c 为 N、d 为 O、e 为 Na、f 为 Al、 g 为 S、h 为 Cl。 【详解】A．a、d、f 组成的化合物 Al(OH)3 具有两性，能溶于强碱溶液，故 A 正确； B．CH4、NH3 是 10 电子的分子，H 可分别与 C 或 N 组成含 10 个电子的分子，故 B 正确； C．Na＋与 S2－的电子层结构不相同，前者具有 Ne 的电子层结构，后者具有 Ar 的电子层结构， 故 C 错误；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性 Cl>S>C，最高价氧化物 对应水化物的酸性：HClO4＞H2SO4＞H2CO3，故 D 正确； 故选 C。 【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，关键是根据化合价、原子半径推断元素，注意抓 住短周期元素，熟练掌握元素化合物知识，理解元素周期律、影响微粒半径大小的因素。易 错点 C，Na＋有 2 个电子层，K、L 层分别排有 2、8 个电子，S2－有 3 个电子层，K、L、M 层分 别排有 2、8、8 个电子。 7.图为用惰性电极电解制备高锰酸钾的装置示意图如下。下列说法正确的是 A. a 为电源正极 B. Ⅰ中的 K+通过阳离子交换膜移向Ⅱ C. 若不使用离子交换膜，KMnO4 的产率可能会降低 D. 若阴极产生 0.2 mol 气体，理论上可得到 0.2 mol KMnO4 【答案】C 【解析】 【分析】 实验目的是制备高锰酸钾，所以 K2MnO4 应失电子转化为 KMnO4，b 为正极，a 为负极。在阴 极，2H2O+2e-==2OH-+H2↑；在阳极，2 -2e- ==2 。 【详解】A．由以上分析知，a 为电源负极，A 不正确； B．在电解池中，阳离子向阴极移动，所以Ⅱ中的 K+通过阳离子交换膜移向Ⅰ，B 不正确； C．若不使用离子交换膜，Ⅱ中因阳离子所带正电荷总数多于阴离子所带的负电荷总数，而使 电解反应难以持续进行，从而造成 KMnO4 的产率降低，C 正确； D．若阴极产生 0.2 mol 气体，则转移电子 0.4mol，理论上可得到 0.4 mol KMnO4，D 不正确； 故选 C。 8.下列指定微粒的个数比不是 2∶1 的是 A. 过氧化钠固体中的阳离子和阴离子 2 4MnO − 4MnO−B. 碳酸钠溶液中的阳离子和阴离子 C. 乙烯和丙烯混合气体中的氢原子和碳原子 D. 二氧化氮溶于水时，被氧化的分子和被还原的分子 【答案】B 【解析】 【详解】A．过氧化钠固体中的阳离子 Na＋和阴离子 O22－个数比为 2:1，故 A 不选； B．碳酸根离子在水中要水解生成 HCO3－和 OH－，碳酸钠溶液中的阳离子和阴离子个数比不 等于 2:1，故 B 选； C．乙烯和丙烯符合通式：CnH2n，混合气体中的氢原子和碳原子个数比为 2:1，故 C 不选； D．在 3NO2+H2O=2HNO3+NO 中，被氧化的 NO2 的分子个数为 2，被还原的 NO2 的分子个数 为 1，被氧化与被还原的分子个数之比为: 2:1，故 D 不选； 故选 B。 9.下列根据实验操作及现象进行的分析和推断中，不正确的是 操 作 现 象 一段时间后：①中，铁钉裸露在外的附近区域变红； ②中…… A. NaCl 的琼脂水溶液为离子迁移的通路 B. ①中变红是因为发生反应 2H+＋2e-＝H2↑，促进了水的电离 C. ②中可观察到铁钉裸露在外的附近区域变蓝，铜丝附近区域变红 D. ①和②中发生的氧化反应均可表示为 M—2e-＝M2+(M 代表锌或铁) 【答案】B 【解析】 【分析】 ①中，锌的金属活动性大于铁，则锌作原电池的负极，发生反应 Zn-2e- ==Zn2+，铁钉作正极，发生反应 O2+4e-+2H2O==4OH-；②中，铁的金属活动性大于铜，则铁作原电池的负极，发生 反应 Fe-2e- ==Fe2+，铜作正极，发生反应 O2+4e-+2H2O==4OH-。 【详解】A．NaCl 的琼脂水溶液能够让离子自由运动，所以其为离子迁移的通路，A 正确； B．①中变红是因为发生反应 O2+4e-+2H2O==4OH-，OH-使酚酞变红，B 不正确； C．反应生成的 Fe2+与[Fe(CN)6]3-反应生成蓝色沉淀，使②中铁钉裸露在外的附近区域变蓝， 因生成 OH-使酚酞变红，而使铜丝附近区域变红，C 正确； D．①中发生的氧化反应为 Zn-2e- ==Zn2+，②中发生的氧化反应为 Fe-2e- ==Fe2+，均可表示为 M—2e-＝M2+(M 代表锌或铁)，D 正确； 故选 B。 10.25℃时，向 10 mL 物质的量浓度均为 0. 1 mol∙L-1 的 HCl 和 CH3COOH 混合溶液中滴加 0. 1 mol∙L-1 NaOH 溶液，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是 A. 未加 NaOH 溶液时：c(H+)＞c(Cl-)＝c(CH3COOH) B. 加入 10 mLNaOH 溶液时： c(OH-)＋c(CH3COO-)＝c(H+) C 加入 NaOH 溶液至 pH=7 时：c(Cl-)＝c(Na+) D. 加入 20 mLNaOH 溶液时：2c(Na+)＝c(Cl-)＋c(CH3COO-)＋c(CH3COOH) 【答案】B 【解析】 【详解】A．未加 NaOH 溶液时：c(H+)>c(Cl-)>c(CH3COOH)，A 不正确； B．加入 10 mLNaOH 溶液时，盐酸与 NaOH 刚好完全反应，此时溶液为 NaCl 和 CH3COOH 的混合溶液，在 CH3COOH 中，满足电荷守恒：c(OH-)＋c(CH3COO-)＝c(H+)，B 正确； C．加入 NaOH 溶液至 pH=7 时：c(Cl-)＋c(CH3COO-)＝c(Na+)，C 不正确； D．加入 20 mLNaOH 溶液时，NaOH 与 HCl 和 CH3COOH 刚好完全反应，依据物料守恒可得： c(Na+)＝c(Cl-)＋c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)，D 不正确； 故选 B。 11.氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种氨化剂，易水解，难溶于 CCl4。某小组设计下图所示装置 制备氨基甲酸铵。已知：2NH3(g) + CO2(g) H2NCOONH4(s) ∆H＜0。下列分析不正确的是 A. 2 中的试剂为饱和 NaHCO3 溶液 B. 冰水浴能提高 H2NCOONH4 的产率 C. 1 和 4 中发生的反应均为非氧化还原反应 D. 5 中的仪器(含试剂)可用 3 中仪器(含试剂)代替 【答案】D 【解析】 【分析】 从反应 2NH3(g) + CO2(g) H2NCOONH4(s)看，1 中应制 CO2，6 中制 NH3。在 1 中，CaCO3 与稀盐酸反应制得的 CO2 中混有 HCl 和 H2O(g)，先用 2 中饱和 NaHCO3 溶液除去 HCl，再用 3 中浓硫酸干燥；6 中 NH4Cl 与 Ca(OH)2 反应制得 NH3，用 5 中碱石灰干燥。在 4 中，CO2 与 NH3 混合发生反应，由于反应放热，所以冰水浴降温有利于平衡正向移动，可提高 H2NCOONH4 的产率。 【详解】A．由以上分析知，2 中的试剂为除去 CO2 中 HCl 所需的饱和 NaHCO3 溶液，A 正确； B．由于 2NH3(g) + CO2(g) H2NCOONH4(s) ∆H 4.95b %a【分析】 I．溶解：溶解步骤的温度应控制在 60～70℃，原因是温度低溶解速率慢，温度过高 NH4NO3 易分解，该步骤中 Cu 与 NH4NO3 反应的离子方程式为（N 元素被还原到最低价）4Cu+NO3－ +10H＋=4Cu2＋+NH4＋+3H2O； II．转化：发生反应的离子方程式为 2Cu2＋+SO32－+2Cl－+H2O═2CuCl↓+SO42－+2H＋；过滤得 到固体为 CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸； III．洗涤：CuCl 粗品依次用 pH=2 硫酸和乙醇洗涤，去除 CuCl 固体表面的水，防止其被空气 氧化，烘干后得到 CuCl 产品。 【详解】（1）①温度低溶解速率慢，温度过高 NH4NO3 易分解，本工艺中促进海绵铜溶解的措 施有控制温度在 60~70℃、不断搅拌。故答案为：控制温度在 60~70℃、不断搅拌； ②氧化铜是碱性氧化物，与酸反应生成铜盐和水，氧化铜溶解的离子方程式是 CuO + 2H+= Cu2++ H2O。故答案为：CuO + 2H+= Cu2++ H2O； ③充分反应后 NH4+的浓度约为反应前的 2 倍，原因是：发生 4Cu+NO3－+10H＋=4Cu2＋+NH4＋ +3H2O 反应，NO3-几乎全部被还原为 NH4+。故答案为：NO3-几乎全部被还原为 NH4+； （2）①根据发生的反应;2Cu2＋+SO32－+2Cl－+H2O═2CuCl↓+SO42－+2H＋，(NH4)2SO3 的作用是 还原剂。故答案为：还原剂； ②n(NH4Cl)：n(Cu2+) 1.1 时，Cl-浓度增大，与 CuCl 络合生成可溶的络合物，CuCl 的沉淀率 下降的原因是 CuCl + Cl- = [CuCl2]-。故答案为：CuCl + Cl- = [CuCl2]-； （3）过程 III 中，用乙醇洗涤的目的是去除 CuCl 固体表面的水，防止其被空气氧化。 故答案 为：去除 CuCl 固体表面的水，防止其被空气氧化； （4）①铁离子具有氧化性，能将 CuCl 氧化，CuCl 溶于 Fe2(SO4)3 溶液的离子方程式是 CuCl + Fe3+= Cu2++ Fe2++ Cl-。故答案为：CuCl + Fe3+= Cu2++ Fe2++ Cl-； ②根据电子守恒得关系式：5CuCl~5e-~KMnO4，产品中 CuCl(摩尔质量为 99g/mol)的质量分数 为= == 。故答案为： 。 【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握流程中的反应、物质的性质、离子反应的书写等为 解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，难点（4）计算 CuCl 的含量：根据电子守恒得关 系式：5CuCl~5e-~KMnO4，计算 CuCl 的物质的量，再根据质量分数的计算公式计算。 17.我国是世界上较早冶炼锌的国家。在现代工业中，锌更是在电池制造、合金生产等领域有 着广泛的用途。 > 1 3 10.1000 · 10 99 · 5 100%mol L b L g mol ag − − −× × × × × 4.95b %a 4.95b %a已知：锌的熔点为 419.6℃，沸点 907℃。 I．图是古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌的示意图。 (1)泥罐内的主要反应为： i．ZnCO3(s) = ZnO(s) + CO2(g) ∆H1 ii．CO2(g) + C(s) = 2CO(g) ∆H 2 …… 总反应：ZnCO3(s) + 2C(s) = Zn(g) + 3CO(g) ∆H3 利用∆H1 和∆H 2 计算时∆H3，还需要利用_________反应的∆H。 (2)泥罐中，金属锌的状态变化是_____；d 口出去的物质主要是_______。 Ⅱ．现代冶炼锌主要采取湿法工艺。以闪锌矿(主要成分为 ZnS，还含铁等元素)、软锰矿(主要 成分为 MnO2，还含铁等元素)为原料联合生产锌和高纯度二氧化锰的一种工艺的主要流程如 下： (3)浸出：加入 FeSO4 能促进 ZnS 的溶解，提高锌的浸出率，同时生成硫单质。Fe2+的作用类 似催化剂，“催化”过程可表示为： ⅰ：MnO2＋2Fe2+＋4H+ ＝Mn2+＋2Fe3+＋2H2O ⅱ：…… ① 写出ⅱ的离子方程式：_________。 ② 下列实验方案可证实上述“催化”过程。将实验方案补充完整。a．向酸化的 FeSO4 溶液中加入 KSCN 溶液，溶液几乎无色，再加入少量 MnO2，溶液变红。 b．________。 (4)除铁：已知①进入除铁工艺的溶液的 pH 约为 3；②控制溶液 pH 为 2.5～3.5，使铁主要以 FeOOH 沉淀的形式除去。结合离子方程式说明，通入空气需同时补充适量 ZnO 的理由是 _________。 (5)电解：用惰性电极电解时，阳极的电极反应是______。 (6)电解后的溶液中可循环利用的物质是___________。 【答案】 (1). ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g) (2). 气态变为液态 (3). CO 和 Zn 蒸气 (4). ZnS+2Fe3+ = Zn2++2Fe2++S (5). 取 a 中红色溶液，向其中加入 ZnS，振荡，红色褪去 (6). 通入空气时，发生反应 4Fe2+＋O2＋8H2O＝ 4FeOOH＋8H+使溶液的 pH 下降，加入的 ZnO 与 H+发生反应 ZnO+ 2H+ ＝H2O+Zn2+，可控制溶液 pH (7). Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO2+4H+ (8). 硫酸 【解析】 【分析】 I．古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌的各步反应：i．ZnCO3(s) = ZnO(s) + CO2(g)、CO2(g) + C(s) = 2CO(g) 、ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g)，总反应：ZnCO3(s) + 2C(s) = Zn(g) + 3CO(g)，反应 区温度达到 1100～1300℃，Zn 变为蒸气与杂质分离，在“兜室”冷凝为液体流出（冷凝区温度 高于 Zn 的熔点），为防止 Zn 被氧化而用“泥封”隔绝空气，出口“锌火”是未反应完的 CO 和 Zn 蒸气从“兜室”逸出燃烧。 Ⅱ．现代冶炼锌流程图中的各步反应： 浸出：ⅰ：MnO2＋2Fe2+＋4H+ ＝Mn2+＋2Fe3+＋2H2O，ii．ZnS+2Fe3+ = Zn2++2Fe2++S，总把反 应：MnO2＋ZnS+4H+ Mn2++S+Zn2++2H2O； 除铁：4Fe2+＋O2＋8H2O＝4FeOOH＋8H+使溶液的 pH 下降，加入的 ZnO 与 H+发生反应 ZnO+ 2H+＝H2O+Zn2+，可控制溶液 pH； 电解：用惰性电极电解时，阳极的电极反应是 Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO2+4H+，生成的硫酸和 MnO2 循环使用。阴极：Zn2＋＋2e－=Zn。 【详解】I．（1）泥罐内的主要反应为： i．ZnCO3(s) = ZnO(s) + CO2(g) ∆H1 ii．CO2(g) + C(s) = 2CO(g) ∆H 2…… 总反应：ZnCO3(s) + 2C(s) = Zn(g) + 3CO(g) ∆H3 根据盖斯定律：总反应-i-ii 得 ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g)，∆H=∆H3-∆H1-∆H 2，利用∆H1 和∆H 2 计算时∆H3，还需要利用 ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g)反应的∆H。故答案为：ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g)； （2）锌的熔点为 419.6℃，沸点 907℃，泥罐中，温度由 1100～1300℃变成 500～700℃，金 属锌的状态变化是气态变为液态；出口处主要是末反应 CO 和 Zn 蒸气在出口处燃烧，形成“锌 火”，d 口出去的物质主要是 CO 和 Zn 蒸气。故答案为：气态变为液态；CO 和 Zn 蒸气； Ⅱ．（3）① Fe2+的作用类似催化剂，ⅱ中应将 Fe3+还原成 Fe2+，ZnS 的溶解的离子方程式： ZnS+2Fe3+ = Zn2++2Fe2++S。故答案为：ZnS+2Fe3+ = Zn2++2Fe2++S； ② 证实上述“催化”过程的实验方案： a．检验 Fe2+被氧化成 Fe3+：向酸化的 FeSO4 溶液中加入 KSCN 溶液，溶液几乎无色，再加入 少量 MnO2，溶液变红。 b．检验 Fe3+被还原成 Fe2+：取 a 中红色溶液，向其中加入 ZnS，振荡，红色褪去。故答案为： 取 a 中红色溶液，向其中加入 ZnS，振荡，红色褪去； （4）除铁：通入空气需同时补充适量 ZnO 的理由是：通入空气时，发生反应 4Fe2+＋O2＋8H2O ＝4FeOOH＋8H+使溶液的 pH 下降，加入的 ZnO 与 H+发生反应 ZnO+ 2H+＝H2O+Zn2+，可控 制溶液 pH。故答案为：通入空气时，发生反应 4Fe2+＋O2＋8H2O＝ 4FeOOH＋8H+使溶液的 pH 下降，加入的 ZnO 与 H+发生反应 ZnO+ 2H+ ＝H2O+Zn2+，可控制溶液 pH； （5）电解：用惰性电极电解时，阳极发生氧化反应，将 Mn2+氧化成 MnO2，阳极的电极反应 是 Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO2+4H+。故答案为：Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO2+4H+； （6）电解后的溶液中生成硫酸，可循环利用。故答案为：硫酸。 【点睛】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，明确制备流程 为解答关键，注意掌握常见物质性质与分离、提纯方法的关系，试题涉及的化学反应较多， 分析发生的反应是解题的难点：古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌、现代冶炼锌流程图中的各 步反应（详见分析），对学生的分析、理解能力及化学实验能力要求较高。 18.聚酰亚胺是一类非常有前景的可降解膜材料，其中一种膜材料 Q 的合成路线如下。已知：i． + + ii． +NaOH + (1)A 是芳香烃，A B 的化学方程式是________。 (2)B 转化为 C 的试剂和条件是________。 (3)C 中所含的官能团的名称是________。 (4)D 可由 C 与 KOH 溶液共热来制备，C 与 D 反应生成 E 的化学方程式是________。 (5)E F 的反应类型是________。 (6)G 与 A 互为同系物，核磁共振氢谱有 2 组峰，G H 的化学方程式是________。 (7)H 与 F 生成中间体 P 的原子利用率为 100%，P 的结构简式是________(写一种)。 (8)废弃的膜材料 Q 用 NaOH 溶液处理降解后可回收得到 F 和_______(填结构简式)。 【 答 案 】 (1). +Cl2 +HCl (2). 浓 硝 酸 、 浓 硫 酸 、 加 热 (3). 氯 原 子 ( 碳 氯 键 ) 、 硝 基 (4). + +KCl (5). 还原反应 (6). +6O2 , 2R NH → → , 2R NH → → → 3FeCl→ ∆→ →催化剂+6H2O (7). (8). 【解析】 【分析】 A 是芳香烃，B 的分子式为 C6H5Cl，A B 应该为苯与氯气发生取代反应生成氯苯，故 A 为 苯，根据 F 的结构简式及 E 的分子式可知 E 比 F 多 4 个 O，少 4 个 H，则应该是 2 个硝基转 化为 2 个氨基，则 E 为 ，D 可由 C 与 KOH 溶液共热来制备，结合 已知 ii． +NaOH + ，可推知 C 为 ，D 为 ，G 与 A 互为同系物，核磁共振氢谱有 2 组峰，则高度对称，结合分子式可 知应该有 4 个甲基，故为 ，利用 Q 逆向推出 氧化得到的 H 为 ， 与 F 反应生成 ，据此分 析。 【详解】A 是芳香烃，B 的分子式为 C6H5Cl，A B 应该为苯与氯气发生取代反应生成氯苯， 故 A 为苯，根据 F 的结构简式及 E 的分子式可知 E 比 F 多 4 个 O，少 4 个 H，则应该是 2 个 硝基转化为 2 个氨基，则 E 为 ，D 可由 C 与 KOH 溶液共热来制备， 结合已知 ii． +NaOH + ，可推知 C 为 ， D 为 ，G 与 A 互为同系物，核磁共振氢谱有 2 组峰，则高度对称，结合分子式 → → , 2R NH → → , 2R NH可知应该有 4 个甲基，故为 ，利用 Q 逆向推出 氧化得到的 H 为 ， 与 F 反应生成 。(1)A 是 芳香烃，A B 是苯在氯化铁催化下与氯气发生取代反应生成氯苯和氯化氢，反应的化学方 程式是 +Cl2 +HCl； (2)B 转化为 C 是氯苯发生硝化反应生成 ，反应的试剂和条件是浓硝酸、浓硫酸、 加热； (3)C 为 ，所含的官能团的名称是氯原子(碳氯键)、硝基； (4)D 可由 C 与 KOH 溶液共热来制备，C 与 D 反应生成 E 的化学方程式是 + +KCl； (5)E F 是 发生还原反应生成 ，反应类型是 还原反应； (6)G 与 A 互为同系物，核磁共振氢谱有 2 组峰，则高度对称，结合分子式可知应该有 4 个甲 基，故为 ，利用 Q 逆向推出 氧化得到的 H 为 ， G H 的化学方程式是 +6O2 +6H2O； (7)H 与 F 生成中间体 P 的原子利用率为 100%，则发生开环加成缩合反应，P 的结构简式是 、 → 3FeCl→ ∆→ → → →催化剂； (8)废弃的膜材料 Q 用 NaOH 溶液处理降解后发生肽键断裂水解，碱性条件下生成盐，可回收 得到 F 和 。 19.某小组通过分析镁与酸反应时 pH 的变化，探究镁与醋酸溶液反应的实质。 【实验】在常温水浴条件下，进行实验Ⅰ～Ⅲ，记录生成气体体积和溶液 pH 的变化： Ⅰ．取 0.1 g 光亮的镁屑(过量)放入 10 mL 0.10 mol·L–1 HCl 溶液中； Ⅱ．取 0.1 g 光亮的镁屑放入 10 mL 0.10 mol·L–1 CH3COOH 溶液(pH = 2.9)中； Ⅲ．取 0.1 g 光亮的镁屑放入 10 mL pH = 2.9 HCl 溶液中。 【数据】 图 1 图 2 (1)起始阶段，Ⅰ中主要反应的离子方程式是____。 (2)Ⅱ起始溶液中 约为____。(选填“1”、“10”或“102”) (3)起始阶段，导致Ⅱ、Ⅲ气体产生速率差异的主要因素不是 c(H+)，实验证据是____。 (4)探究Ⅱ的反应速率大于Ⅲ的原因。 提出假设：CH3COOH 能直接与 Mg 反应。 进行实验Ⅳ：____。 得出结论：该假设成立。 (5)探究醋酸溶液中与 Mg 反应的主要微粒，进行实验Ⅴ。 与Ⅱ相同的条件和试剂用量，将溶液换成含 0.10 mol·L–1 的 CH3COOH 与 0.10 mol·L–1 CH3COONa 的混合溶液(pH = 4.8)，气体产生速率与Ⅱ对比如下。 3(CH COOH) (H ) c c +a．实验Ⅴ起始速率 b．实验Ⅱ起始速率 c．实验ⅡpH=4.8 时速率 2.1 mL·min–1 2.3 mL·min–1 0.8 mL·min–1 对比 a~c 中的微粒浓度，解释其 a 与 b、a 与 c 气体产生速率差异的原因：____。 (6)综合以上实验得出结论： ①镁与醋酸溶液反应时，CH3COOH、H+、H2O 均能与镁反应产生氢气； ②____。 (7)实验反思：120 min 附近，Ⅰ~ⅢpH 均基本不变，pH(Ⅰ) ≈ pH(Ⅱ) < pH(Ⅲ)，解释其原因： ____。 【答案】 (1). Mg + 2H+ = Mg2+ + H2↑ (2). 102 (3). 由图 1 可知起始阶段Ⅱ的速率远 大于Ⅲ，但图 2 表明起始阶段Ⅱ的 pH 大于Ⅲ (4). 室温下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中， 立即产生气体 (5). a 与 b 对比，c(CH3COOH)几乎相同，但 b 中 c(H+) 约为 a 的 100 倍，使 速率 b > a；a 与 c 对比，c(H+)几乎相同，但 a 中 c(CH3COOH)约为 c 的 2 倍，使速率 a > c (6). CH3COOH 是与 Mg 反应产生气体的主要微粒 (7). 120min 附近，Mg(OH)2(s) ⇌Mg2+(aq) + 2OH–(aq)均达到平衡状态，因此 pH 基本不变；c(Mg2+) Ⅰ≈Ⅱ>Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ 逆移，c(OH–)减小，pH 减小 【解析】 【分析】 反应刚开始时，由于 Ⅰ 中 c(H+)最大，所以反应速率最快，消耗 n(H+)最多，但如果只发生反 应 2H++Mg=Mg2++H2↑，则Ⅰ、Ⅱ中产生 H2 的体积应相差较大，但实际上体积相差不大，说 明醋酸也能与镁直接反应；从Ⅱ、Ⅲ中产生H2 的体积也可得出同样的结论。当Ⅰ、Ⅱ中产生H2 的体积相同时，盐酸、醋酸应完全反应，但产生 H2 的体积继续增大，表明 Mg 与 H2O 能发生 反应 Mg+2H2O= Mg(OH)2+ H2↑，且醋酸中产生的 H2 更多，说明 Mg 与 H2O 反应的速率Ⅱ中 更快。比较Ⅱ、Ⅲ中溶液的 pH，随着反应的进行，Ⅱ的 pH 比Ⅲ大，但产生 H2 的速率Ⅱ>Ⅲ， 表明 c(H+)不是影响反应速率的唯一因素；比较Ⅰ、Ⅱ溶液的 pH，当 pH 相等后，盐酸中溶液 的 pH 先趋于稳定，说明盐酸与 Mg 反应先结束，而醋酸与 Mg 反应后结束；Ⅲ与Ⅰ、Ⅱ溶液 进行比较，Ⅲ的 pH 大，则表明Ⅲ中 c(OH–)大，应为Ⅰ、Ⅱ溶液中 c(Mg2+)引起。 【详解】(1)起始阶段，Ⅰ 中主要发生镁与盐酸的反应，离子方程式是 Mg + 2H+= Mg2++ H2↑。 答案为：Mg + 2H+= Mg2++ H2↑；(2)Ⅱ 起始溶液中 约为 =102。答案为：102； (3)起始阶段，虽然Ⅱ、Ⅲ中 c(H+)相等，但从产生 H2 的体积判断，Ⅱ、Ⅲ中气体产生速率差 异很大，而Ⅱ的 pH 大于Ⅲ，则表明主要因素不是 c(H+)，实验证据是：由图 1 可知，起始阶 段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图 2 表明起始阶段Ⅱ的 pH 大于Ⅲ。答案为：由图 1 可知，起始阶段 Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图 2 表明起始阶段Ⅱ的 pH 大于Ⅲ； (4)既然 c(H+)不是影响反应速率的主要原因，那么有可能是醋酸能与 Mg 直接反应，于是进行 实验Ⅳ：室温下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中，立即产生气体。答案为：室温下，将光亮的 镁屑投入冰醋酸中，立即产生气体； (5) a 与 b 中醋酸浓度相同、但 a 中 c(H+)小，反应速率慢；a 与 c 中，c(H+)相同，但醋酸浓度 c 大约是 a 中的一半(假设实验Ⅱ中醋酸反应掉近一半，此时溶液中醋酸与醋酸根离子浓度相等， 刚好为 a 中的一半，pH 比 a 中稍大)，反应速率慢，由此得出气体产生速率差异的原因：a 与 b 对比，c(CH3COOH)几乎相同，但 b 中 c(H+)约为 a 的 100 倍，使速率 b > a；a 与 c 对比，c(H+) 几乎相同，但 a 中 c(CH3COOH)约为 c 的 2 倍，使速率 a > c。答案为：a 与 b 对比，c(CH3COOH) 几乎相同，但 b 中 c(H+)约为 a 的 100 倍，使速率 b > a；a 与 c 对比，c(H+)几乎相同，但 a 中 c(CH3COOH)约为 c 的 2 倍，使速率 a > c； (6)①镁与醋酸溶液反应时，CH3COOH、H+、H2O 均能与镁反应产生氢气； ②从实验Ⅰ、Ⅱ的比较中可得出，CH3COOH 是与 Mg 反应产生气体的主要微粒。答案为： CH3COOH 是与 Mg 反应产生气体的主要微粒； (7) 120 min 附近，Ⅰ~Ⅲ pH 均基本不变、c(Mg2+)相同，而Ⅲ的 pH 大，c(Mg2+)小，所以解释 pH(Ⅰ) ≈ pH(Ⅱ) < pH(Ⅲ)的原因，应为：120min 附近，Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq) + 2OH–(aq)均达到平衡状 态，因此 pH 基本不变；c(Mg2+) Ⅰ≈Ⅱ>Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ逆移，c(OH–)减小，pH 减小。答案为：120min 附近，Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq) + 2OH–(aq)均达到平衡状态，因此 pH 基本 不变；c(Mg2+) Ⅰ≈Ⅱ>Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ逆移，c(OH–)减小，pH 减小。 【点睛】醋酸与镁反应后 溶液中，Mg 与 H2O 反应的速率比盐酸与镁反应后的溶液中 Mg 与 H2O 反应的速率快，可能是 CH3COO-能加快 Mg 与 H2O 反应的速率，或 Cl-能减慢 Mg 与 H2O 反应的速率。 的 3(CH COOH) (H ) c c + -3 0.1mol/L 1 10 mol/L×