安徽省示范高中培優聯盟2020-2021學年高二下學期春季聯賽化學試題本試卷分第I卷(選擇題)和第II卷(非選擇題)兩部分，第I卷第1至第6頁，第II卷第7至第12頁。全卷滿分100分，考試時間90分鐘。考生注意事項：1.答題前，務必在試題卷、答題卡規定的地方填寫自己的姓名、座位號，并認真核對答題卡上所粘貼的條形碼中姓名、座位號與本人姓名、座位號是否一致。2.答第I卷時，每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。3.答第II卷時，必須使用毫米的黑色墨水簽字筆在答題卡上書寫，要求字體工整、筆跡清晰。作圖題可先用鉛筆在答題卡規定的位置繪出，確認后再用毫米的黑色墨水簽字筆描清楚。必須在題號所指示的答題區域作答，超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上答題無效。4.考試結束，務必將試題卷和答題卡一并上交。可能用到的相對原子質量：H1、N14、O16、Na23、S32、、Fe56第I卷(選擇題共42分)一、選擇題(本大題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)1.科技的進步與化學的發展正不斷改變著人們的生活，下列說法不正確的是A.新冠病毒滅活疫苗等生物制劑要冷凍保存是為了防止蛋白質變性B.燃煤中加入CaO可以減少酸雨的形成及溫室氣體的排放C.中國天眼FAST用到的碳化硅是一種新型的無機非金屬材料D.“嫦娥五號”返回器表面所貼“暖寶寶”主要成分有鐵粉、碳粉等【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．疫苗等生物制劑的主要成分為蛋白質，高溫時蛋白質會變性失去活性，需要冷凍保存，故A正確；B．燃煤中加入CaO可以吸收燃燒時生成的SO2，減少酸雨的形成，但不會完全吸收產生溫室效應的CO2氣體，故B錯誤；C．碳化硅是無機化合物，屬于新型無機非金屬材料，故C正確；D．“暖寶寶”主要成分有鐵粉、碳粉，通過發生吸氧腐蝕產生熱量，故D正確；故選B。2.設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.標準狀況下，環己烷的分子數為AB.固體NH4Cl中含有的共價鍵數目為AC.1molFeI2與一定量氯氣反應時，當有1molFe2＋被氧化時則轉移的電子數為NAD.已知C的衰變反應為C→X＋e，原子中含有的質子數為A【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．標況下環己烷為液體，故不能根據氣體摩爾體積來計算其物質量，故A錯誤；B．固體NH4Cl的物質的量為0.1mol,含有共價鍵數目為A，故B正確；C．還原性I-＞Fe2+，當有1molFe2+被氧化時I-已經全部被氧化，轉移的電子數為3NA，故C錯誤；D．根據衰變過程的質子守恒，X原子中含有的質子數為7，原子中含有的質子數為0.7NA，故D錯誤。故選B。3.下列解釋事實的離子方程式不正確的是A.用碳酸鈉溶液處理鍋爐水垢：CaSO4(s)＋COCaCO3(s)＋SOB.電鍍銅時銅在陰極析出：Cu2＋＋2e-=CuC.將銅絲插入稀硝酸中：Cu＋4H＋＋2NO=Cu2＋＋2NO2↑＋H2OD.氯水中通入SO2漂白作用會減弱：Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋SO＋2Cl-【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．相同狀況下，碳酸鈣的溶解度小于硫酸鈣，則用碳酸鈉溶液處理鍋爐水垢中的硫酸鈣，發生沉淀的轉化，反應的離子方程式為：CaSO4(s)＋COCaCO3(s)＋SO，則A正確；B．電鍍時陰極發生還原反應，則電鍍銅時銅在陰極析出：Cu2＋＋2e-=Cu，則B正確；C．將銅絲插入稀硝酸中發生反應生成硝酸銅、NO和水：3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，則C不正確；D．氯水中通入SO2中發生氧化還原反應，得到鹽酸和硫酸，則漂白作用會減弱：Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋SO＋2Cl-，則D正確；答案選C。4.化合物A是合成具有解痙和抗膽堿作用的藥物奧昔布寧的重要中間體，結構如圖所示，下列關于化合物A的說法中正確的是A.分子式為C15H22O3 B.有三種含氧官能團C.在堿性條件下能發生水解反應 D.能氧化但不能被還原【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．根據鍵線式的書寫規則，分子式為C15H20O3，A項不符合題意；B．分子中只有兩種含氧官能團：羥基和酯基，B項不符合題意；C．該物質具有酯基，可以在堿性條件下發生水解反應，C項符合題意；D．分子中含有苯環可以和氫氣發生加成反應，被還原，D項不符合題意；故正確選項為C。5.利用小粒徑零價鐵(ZVI)的電化學腐蝕處理三氯乙烯，進行水體修復的過程如圖所示，H＋、O2、NO等共存物會影響修復效果。下列說法錯誤的是A.反應①②③④均為還原反應B.水體修復過程溶液的pH保持不變C.④的電極反應式為NO＋10H＋＋8e-=NH＋3H2OD.修復過程中可能產生Fe(OH)3【答案】B【解析】【分析】根據圖中的變化過程判斷元素的化合價的變化，利用化合價的變化判斷反應類型，利用化合價的變化及電子守恒書寫氧化、還原反應。【詳解】A．反應①②③④分別根據碳、氮、氧、氫元素的化合價的變化判斷，化合價都在降低，元素原子得到電子，發生還原反應，故A正確；B．由圖示判斷反應②氫離子的濃度降低，反應③中生成氫氧根離子，故溶液的堿性增強，故B錯誤；C．根據圖示④的反應物和生成物中氮化合價的降低利用電子守恒及原子守恒書寫電極反應為；NO＋10H＋＋8e-=NH＋3H2O，故C正確；D．修復過程中溶液顯堿性，會發生反應：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3故D正確；故選答案B。6.下列實驗能達到實驗目的且操作正確的是ABCD蒸發濃縮氯化銨溶液析出晶體用乙醇萃取碘水中的I2檢驗淀粉水解生成了葡萄糖測定鋅與稀硫酸反應速率(計時器未畫出)A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．氯化銨蒸發濃縮過程中會發生受熱分解，不能采用蒸發結晶提純，A項不符合題意；B．乙醇和水以任意比例互溶，不能萃取碘水中的I2，B項不符合題意；C．用新制的氫氧化銅懸濁液在堿性環境中才能檢驗淀粉水解的水解產物，沒有加入堿中和硫酸，C項不符合題意；D．可以通過注射器、計時器測定收集氣體的體積和時間，進而測定鋅與稀硫酸反應的速率，D項符合題意；故正確選項為D7.國家標準規定，室內甲醛含量不能超過0.08mg/m3。銀—菲洛嗪法可用于測定空氣中甲醛含量，其原理為：①Ag2O將甲醛氧化為CO2②產生的Ag與酸化的Fe2(SO4)3溶液反應生成FeSO4：③FeSO4與菲洛嗪(一種有機鈉鹽)形成有色配合物，一定波長下其吸光度與Fe2+的質量濃度成正比。下列關于a~c的判斷正確的是a.反應①的化學方程式為HCHO+2Ag2O=CO2+4Ag↓+H2Ob.理論上吸收的HCHO與消耗的Fe3+的物質的量比為1：4c.取1m3空氣，經上述實驗后共得到Fe2+，室內甲醛含量達標A.全部正確 B.a、b正確，c錯誤C.b、c正確，a錯誤 D.a正確，b、c錯誤【答案】B【解析】【詳解】a．由題干可知，HCHO與Ag2O反應，產物為CO2和Ag，故化學方程式為HCHO+2Ag2O=CO2+4Ag↓+H2O，故a項正確；b．由題干可知：n(HCHO)~4n(Ag)~4n(Fe3+)，所以理論上吸收的HCHO與消耗的Fe3+的物質的量比為1：4，故b項正確。c．1.12mgFe2+物質的量為，因為n(HCHO)~4n(Ag)~4n(Fe3+)~n(Fe2+)，故HCHO的物質的量為，故，取1m3空氣，故甲醛含量為3，超過國家標準，所以室內甲醛含量超標，故c項錯誤。故答案為：B。8.如表根據實驗操作和現象所得出的結論正確的是選項實驗操作實驗現象結論A將氯氣通入品紅溶液進行反應溶液紅色褪去氯氣具有漂白性B常溫下，測定飽和Na2S溶液和飽和Na2CO3溶液的pHpH(Na2S)>pH(Na2CO3)常溫下水解程度：S2->COC向某溶液中加入鹽酸酸化的Ba(NO3)2溶液出現白色沉淀該溶液一定有SO或Ag+D打磨過的鎂條在空氣中點燃后迅速插入充滿二氧化碳的集氣瓶耀眼白光，產生白煙以及少量黑色固體鎂與二氧化碳發生置換反應A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．氯氣使品紅溶液褪色是因為氯氣與水反應生成的HClO具有漂白性，氯氣本身無漂白性，A錯誤；B．Na2S、Na2CO3溶解度不同，飽和溶液的物質的量濃度不同，不能用鹽溶液的pH比較S2-和CO水解程度，B錯誤；C．鹽酸酸化的Ba(NO3)2溶液具有強氧化性，若有也能被氧化成SO，出現白色沉淀，C錯誤；D．鎂條與二氧化碳反應生成碳和氧化鎂，發生了置換反應，D正確；答案選D。9.古老而神奇的藍色染料普魯士藍的合成方法如下(黃色溶液俗稱黃血鹽)，基于普魯士藍合成原理可以檢測食品中是否含有CN-，方法是：在食品待測液中加入硫酸酸化，再用FeSO4堿性試紙檢測，若試紙變藍，說明食品中含有CN-。以下說法不正確的是A.黃色溶液中鐵元素的價態為＋2價B.黃血鹽溶液可以檢測Fe3＋C.反應ii的離子方程式是3[Fe(CN)6]4-＋4Fe3＋=Fe4[Fe(CN)6]3↓D.試紙變藍的原因是FeSO4堿性試紙中的Fe2＋與CN-反應生成藍色沉淀【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．黃色溶液中CN為-1價，則鐵元素價態為+2價，A項正確；B．由ii可知，黃血鹽溶液與反應，生成藍色沉淀，因此黃血鹽溶液可以用于檢驗，B項正確；C．有流程圖可知，反應ii的離子方程式是，C項正確；D．普魯士藍檢測食品中是否含有，堿性條件，與反應生成，被空氣中的氧氣氧化成，與反應使普魯藍試紙變藍，D項錯誤；故選D；10.X、Y、Z、M、R為五種短周期元素，其原子半徑和最外層電子數之間的關系如下圖所示。下列說法不正確的是A.簡單陽離子半徑：X＜R B.氣態氫化物的穩定性：Y＜ZC.M可以形成兩種常見的含氧酸 D.X與Y形成的化合物中只含有極性鍵【答案】D【解析】【分析】根據同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，同主族元素原子半徑從上到下逐漸增大，結合原子最外層電子數可知X、Y、Z、M和R分別為H、C、N、S和Na元素【詳解】A．離子半徑Na+>H+，A項不符合題意；B．非金屬性N>C，氣態氫化物的穩定性NH3>CH4，B項不符合題意；C．S元素可以形成H2SO3、H2SO4兩種常見酸，C項不符合題意；D．C、H元素形成的各類烴中，會含有C-C，因此也含非極性鍵，D項符合題意；故正確選項為D。11.已知：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)△H1=-746.5kJ·mol-1，可在一定條件下反應消除NO和CO的污染。某研究小組在三個容積均為VL的恒容密閉容器中，分別充入和，在三種不同實驗條件(見下表)下進行上述反應，反應體系的總壓強(P)隨時間變化情況如圖所示，下列說法正確的是實驗編號abc溫度/K500500600催化劑的比表面積/m2·g-182124124A.曲線I對應的實驗編號是aB.實驗c達到平衡時NO轉化率大于實驗bC.由曲線II可知，達到平衡時CO物質的量為D.催化劑的比表面積越大，混合氣中NO和CO污染物的含量越少【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．由圖知，曲線Ⅰ先達到平衡，反應速率最快，故對應實驗編號c，曲線Ⅱ、Ⅲ最終平衡狀態相同，故溫度相同，且曲線Ⅲ先達到平衡，對應反應速率快，對應實驗編號b，曲線Ⅱ對應實驗編號a，A項不符合題意；B．NO和CO的反應為放熱反應，實驗c反應溫度高，NO的平衡轉化率小，B項不符合題意；C．曲線Ⅱ的起始壓強為200kPa，平衡時為P=160kPa，由，解得n(平，設NO轉化xmol，則CO轉化xmol，生成N2，CO2xmol，故平衡時n(NO)=n(CO)=(1-x)mol，n(N2，n(CO2)=xmol，列式得，解得，CO物質的量為，C項符合題意；D．催化劑能夠加快反應得速率，但不能促進污染物平衡轉化率提高，D項不符合題意；故正確選項為C12.已知亞硝酸分子式為HNO2或HONO，分子中各原子最外層電子均達到穩定結構。亞硝酸是大氣中的一種污染物，進入人體可以與二甲胺[(CH3)2NH]迅速反應生成亞硝酸胺[CH3)2N-N=O]，反應機理如下：HONO+，該反應機理對應的能量變化關系如圖，下列說法不正確的是A.亞硝酸電子式為B.亞硝酸與二甲胺反應生成亞硝酸胺的反應△H＜0C.過程ii的反應類型為消去反應D.過程i比過程ii反應更容易發生【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．亞硝酸結構簡式為HONO，亞硝酸電子式為，A正確；B．根據亞硝酸與二甲胺反應能量變化圖示，反應物的能量大于生成物，是放熱反應，B正確；C．在過程ⅱ中生成一分子H2O同時生成亞硝酸胺[(CH3)2N-N=O]（含有不飽和鍵），屬于消去反應，C正確；D．過程i吸熱，過程ⅱ放熱，過程i正反應的活化能大于過程ⅱ，過程ⅱ更容易發生，D錯誤；答案選D。13.CO2的轉化對解決環境、能源問題意義重大，利用Al-CO2電池，能有效地將CO2轉化成化工原料草酸鋁Al2(C2O4)3，總反應為：2Al＋6CO2=Al2(C2O4)3，下列說法正確的是A.電流方向：多孔碳電極→含AlCl3的離子的液體→鋁電極B.電池的正極反應式：2CO2＋2e-=C2OC.正極反應過程中，O2起氧化劑作用D.電池中轉移電子，消耗標準狀況下CO2為【答案】B【解析】【分析】該裝置為原電池，由方程式知鋁電極是負極，電極反應是，多孔碳電極是正極，電極反應為【詳解】A．電流的實質是電子，只能通過導線移動，電流的方向是多孔碳電極→導線→鋁電極，A項不符合題意；B．根據總反應知，正極反應是，B項符合題意；C．涉及到O2的反應是①②，所以在正極反應過程中，O2作催化劑，C項不符合題意；D．根據6e--6CO2，轉移電子，消耗標準狀況下CO2為，D項不符合題意；故正確選項為B14.25℃時，向溶液中滴加相同物質的量濃度的氨水，測得混合溶液中隨滴加氨水體積的變化如圖所示，下列說法錯誤的是A.水的電離程度：B.的數量級為C.點滿足D.點滿足【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．點時酸堿恰好完全反應，為溶液，促進水電離；點溶液呈中性，溶質為(NH4)2SO4和NH3?H2O，鹽對水電離的促進作用與氨水對水電離的抑制作用恰好抵消，此時不影響水電離；點溶液呈酸性，溶質為(NH4)2SO4和H2SO4，以酸的電離為主，抑制水電離；所以水的電離程度：，A正確；B．點時，溶液中c(OH-)=10mol/L，c(H+)=10mol/L，溶質為(NH4)2SO4，其物質的量濃度為=mol/L，c()=mol/L，所以，可知Kh()的數量級為，B正確；C．根據電荷守恒，點滿足，故，C錯誤；D．點溶液是和的物質的量之比為1：2的混合溶液，根據電荷守恒和物料守恒得，，整理得可得，D正確；故選C。第II卷(非選擇題共58分)考生注意事項：請用毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上作答，在試題卷上答題無效。二、非選擇題(共6小題，共58分。第15～18題為必考題，每個試題考生都必須作答。第19～20題為選考題，考生根據要求選擇其中一道題作答。)(一)必考題15.用FeSO4·7H2O晶體配制FeSO4溶液，放置一天后發現產生黃色固體。實驗小組同學研究固體成分及產生的原因。(1)配制100mL0.100mol·L-1FeSO4溶液，需要稱取___________gFeSO4·7H2O晶體。(已知：FeSO4·7H2O的摩爾質量為278g·mol-1)，需要的儀器有100mL容量瓶、藥匙、玻璃棒、___________(從下列圖中選擇，寫出名稱)。(2)小組同學推測放置一天后的FeSO4溶液中存在Fe3＋。將產生Fe3＋的離子方程式補充完整：Fe2＋＋H＋＋___________=Fe3＋＋___________。___________(3)分離出黃色固體，經多次洗滌后完成如下實驗：證實黃色固體中含Fe3＋和SO，試劑1和試劑2分別是___________、___________。(4)實驗測定FeSO4溶液放置過程中溶液的pH和黃色固體的量的變化，結果如下：1小時6小時24小時溶液的pH2.392.351.40黃色固體的量幾乎沒有少量大量分析黃色固體中除Fe3＋、SO還可能含有___________離子。(5)查閱資料：不同pH下Fe2＋的氧化率隨時間變化的關系如下圖。為避免Fe2＋被氧化，配制FeSO4溶液時，需要添加___________。【答案】①.2.8②.燒杯、量筒、托盤天平③.4Fe2＋＋4H＋＋O2=4Fe3＋＋2H2O④.KSCN溶液⑤.BaCl2溶液⑥.OH－⑦.適量的稀硫酸和鐵粉【解析】【分析】【詳解】(1)配制100mL0.100mol·L-1FeSO4溶液，需要FeSO4·7H2O晶體的質量是0.1L×0.1mol/L×278g·mol-1=2.78g。如果用托盤天平稱量應該是稱量2.8g；配制一定物質的量濃度溶液的基本步驟是計算、稱量、溶解、冷卻、轉移、洗滌、定容、搖勻等，則需要的儀器有100mL容量瓶、藥匙、玻璃棒、燒杯、量筒、托盤天平；(2)放置過程中FeSO4被O2氧化成中Fe3＋，同時有H2O生成，配平的離子方程式為：4Fe2＋＋4H＋＋O2＝4Fe3＋＋2H2O；(3)證實黃色固體中含Fe3＋和SO，加入試劑1，溶液變成紅色，加入的試劑1是KSCN溶液；加入試劑2，產生白色沉淀BaSO4，加入的試劑2是BaCl2溶液；(4)FeSO4溶液放置過程中，溶液的pH減小，說明氫離子濃度增大，黃色固體的量也同時增大，根據氫元素守恒，黃色固體中含有OH－；(5)由Fe2＋的氧化率隨時間的變化圖可知，溶液的酸性越強，Fe2+的氧化率越小，所以配制FeSO4溶液時需要添加適量的稀硫酸和鐵粉，且現配現用。16.“綠水青山就是金山銀山”，消除氮氧化物污染對建設美麗家鄉，打造宜居環境有重要意義。(1)已知：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)△H1=-114kJ·mol-1①C(s)＋O2(g)=CO2(g)△H2=-393.5kJ·mol-1②N2(g)＋O2(g)=2NO(g)△H3=＋181kJ·mol-1③若某反應的平衡常數表達式為K=，請寫出此反應的熱化學方程式___________。(2)現代技術用氨氣將汽車尾氣中的NOx還原為N2和H2O，反應原理是NO(g)＋NO2(g)＋2NH3(g)3H2O(g)＋2N2(g)△H＜0。①低壓有利于尾氣轉化的原因是___________。②500℃時，在2L恒容密閉容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，10min時反應達到平衡，此時NH3的轉化率為40％，體系壓強為p1MPa，則0～10min內用N2表示的平均反應速率v(N2)=___________mol·L-1·min-1，500℃時該反應的平衡常數Kp=___________MPa(用含p1的代數式表示，Kp為以分壓表示的平衡常數，分壓=總壓×物質的量分數)。(3)用活性炭還原法處理氮氧化物的有關反應為：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。向一恒壓密閉容器中加入一定量(足量)的活性炭和NO，在t2時刻改變某一條件，其反應過程如圖所示。①則t2時刻改變的條件為___________。②t1時刻的v逆___________t2時刻的v正(填“＞”“＜”或“=”)。(4)在恒容密閉容器中發生反應2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)△H＜0，下列說法正確的是___________(雙選)。A．及時分離出生成的尿素，有利于NH3的轉化率增大B．反應達到平衡后，混合氣體的密度不再發生改變C．反應在任何溫度下都能自發進行D．當尿素的質量不變時，說明反應達到平衡【答案】①.2C(s)＋2NO2(g)=N2(g)＋2CO(g)△H1=－854kJ·mol－1②.該反應是氣體體積增大的反應，減小壓強，平衡壓強，平衡正向移動，有利于反應物的轉化③.④.⑤.向密閉容器中加入NO⑥.<⑦.BD【解析】【分析】【詳解】(1)若某反應的平衡常數表達式為，則反應為，將②2-①-③，得，此反應的熱化學方程式為；(2)①該反應的正反應為氣體體積增大的反應，減小壓強，平衡正向移動，有利于反應物的轉化；②500℃時，在2L恒容密閉容器中沖入1molNO、1molNO2和2molNH3，10min時反應達到平衡，此時NH3的轉化率為40%，體系壓強為p1MPa，利用三段式有：，根據阿伏伽德羅定律，恒溫恒容時，壓強與物質的量成正比，500℃時該反應的平衡常數(3)①因為恒壓容器中，改變條件的瞬間，逆反應速率減小，但平衡正向移動且達到平衡后，逆反應速率與原平衡時相同，所以t2時刻改變的條件為向密閉容器中加入NO。②t2時刻，充入NO，反應物的濃度增大，正反應速率增大，所以t1時刻的v逆<t2時刻的v正。(4)A．因為尿素呈固態，所以及時分離出生成的尿素，對NH3的轉化率沒有影響，A不正確；B．因為達到平衡前，混合氣體得質量減小，但體積不變，所以密度不斷減小，當混合氣體的密度不再發生改變時，反應達到平衡狀態，B正確；C．因為正反應為熵減反應，所以低溫下反應能自發進行，但高溫時反應不能自發進行，C不正確；D．當尿素的質量不變時，正、逆反應速率相等，反應達平衡狀態，D正確；故選BD17.軟錳礦(成分如表1所示)的成分是二氧化錳，其中還含有少量二氧化硅、鐵、氧化鋁以及少量的重金屬等。廢鐵屑還原軟錳礦生產高純硫酸錳晶體的工藝流程如圖1所示。表1軟錳礦的化學成分成分含量/%成分含量/%MnO2FeSiO2Al2O3MgOCaO(1)浸出液中檢測到存在Fe3＋，軟錳礦與鐵屑發生的離子反應是___________；(2)加入碳酸鈣之前需要加入雙氧水的作用是___________，用碳酸鈣除去鐵、鋁的原理是___________。(表2數據可供參考)。表2不同金屬離子沉淀的pH物質Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2開始沉淀沉淀完全(3)深度除雜中所加二氟化錳的作用是___________。(4)從濾液中獲得硫酸錳晶體的方法是___________。(硫酸錳在不同溫度下的溶解度見表3)表3硫酸錳在不同溫度下的溶解度溫度/℃508090100溶解度/(g/100g水)58484234(5)H2SO4/MnO2的物質的量比不同對錳的浸出率η有影響；實驗表明，當H2SO4、MnO2的物質的量比∶1錳的浸出率較高(見圖2)，請結合反應原理說明原因：___________。【答案】①.3MnO2＋2Fe＋12H＋=3Mn2＋＋2Fe3＋＋6H2O②.把Fe2＋氧化成Fe3＋且不引入新的雜質離子③.調節溶液的酸堿性，使，Fe2＋、Al3＋水解形成沉淀而除去④.除去鈣、鎂離子⑤.加熱濾液濃縮結晶，趁熱過濾⑥.根據軟錳礦和鐵屑反應的方程式3MnO2＋2Fe＋12H＋=3Mn2＋＋2Fe3＋＋6H2O，MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，可以看出H2SO4/MnO2的物質的量比為2：1時可以較好地利用原料，完全反應。再結合浸出時還有部分酸要與鐵屑反應：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，可知實驗數據∶1比較適合【解析】【分析】廢鐵屑還原二氧化錳生成硫酸錳、硫酸鐵，硫酸與氧化鋁生成硫酸鋁，二氧化硅和硫酸不反應，浸出液含有硫酸錳、硫酸鐵、硫酸鋁、重金屬離子，浸出液中加入碳酸鈣調節pH生成氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀除去鐵、鋁雜質，加入BaS生成重金屬硫化物沉淀，除去重金屬離子，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+，過濾后，加熱濾液濃縮結晶，趁熱過濾得到硫酸錳晶體。【詳解】(1)在浸出液中檢測到Fe3＋，說明軟錳礦中的二氧化錳在酸性條件下把鐵氧化為Fe3＋，反應的離子方程式是3MnO2＋2Fe＋12H＋=3Mn2＋＋2Fe3＋＋6H2O；(2)Fe2＋與Mn2＋沉淀的pH比較接近，需要用雙氧水把Fe2＋氧化為Fe3＋，且不引入新的雜質離子；碳酸鈣消耗氫離子，調節溶液的酸堿性，使，Fe2＋、Al3＋水解形成氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀而除去；(3)軟錳礦中二氧化硅不溶于硫酸過濾除去，浸出液中加入碳酸鈣除去Fe3＋、Al3＋，加入BaS除去重金屬離子，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+；(4)硫酸錳溶解度隨溫度升高而減小，為了從濾液中獲得硫酸錳晶體，加熱濾液濃縮結晶，趁熱過濾；(5)根據軟錳礦和鐵反應的方程式3MnO2＋2Fe＋12H＋=3Mn2＋＋2Fe3＋＋6H2O，MnO2＋2Fe2+＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，可以看出H2SO4、MnO2的物質的量比2：1可較好的利用原料，完全反應，在結合浸出時部分鐵和硫酸反應Fe＋2H＋=2Fe2＋＋H2，可知實驗數據∶1比較適合。18.硫氰[(SCN)2]是一種擬鹵素，性質與鹵素單質相似，其氧化性介于Br2和I2之間。資料：①SCN-中S、C、N元素的化合價依次為：-2價、＋4價、-3價。②SCN-的性質類似鹵素離子，能被氧化為黃色的(SCN)2，(SCN)2可聚合為紅色的(SCN)x。③2Cu2＋＋4SCN-=2CuSCN↓(白色)＋(SCN)2(黃色)。現有如下探究：I．探究Cu2＋對KSCN溶液檢驗Fe3＋的影響：實驗編號操作現象實驗1i.加入Cu粉后充分振蕩，溶液逐漸變藍ii.取少量i中清液于試管中，滴加2滴溶液，溶液變為紅色，但振蕩后紅色迅速褪去并有白色沉淀生成(1)寫出實驗1中第i步的離子方程式___________。甲同學猜想第ii步出現的異常現象是由于溶液中的Cu2＋干擾了檢驗Fe3＋的現象。該同學又繼續進行如下實驗實驗編號操作現象實驗2開始時溶液呈綠色，一段時間后開始出現白色沉淀，上層溶液變為黃色實驗3無色溶液立即變紅，同時生成白色沉淀(2)經檢測，實驗2反應后的溶液pH值減小，可能的原因是___________。(3)由實驗2、3可知，實驗3中溶液變紅的原因是___________。II．探究濃硝酸與KSCN溶液的反應[實驗一]濃硝酸與KSCN溶液反應(4)向濃硝酸中滴加KSCN溶液，溶液立即變紅是因為生成了___________(填化學式)。[實驗二]濃硝酸與KSCN溶液反應產物a．將實驗一iii中的氣體通入Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中，有白色沉淀生成。b．過濾、洗滌白色沉淀，取少量于試管中，加入過量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色。c．另取少量實驗一iii中試管內的溶液加入BaCl2溶液，產生大量白色沉淀。(5)a中，氣體通入Ba(OH)2溶液開始出現白色沉淀，隨后白色沉淀溶解，原因是___________。(6)通過b證實了紅棕色氣體中不含SO2，證據是___________，由上述實驗現象可知：SCN-轉化的最終產物中一定有___________。【答案】①.Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋②.部分(SCN)2與水反應生成酸③.Cu2＋與SCN－產生白色CuSCN的同時生成(SCN)2，Fe2＋被(SCN)2氧化為Fe3＋，Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，所以溶液變紅④.(SCN)x⑤.混合氣體中有大量的NO2使溶液呈酸性，開始產生的白色BaCO3沉淀溶解⑥.向洗凈的白色沉淀中加入過量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色⑦.CO2、SO【解析】【分析】I．Fe2(SO4)3溶液因含Fe3+呈黃色，加入銅粉后發生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，溶液逐漸變為藍色；取少量i中清液于試管中，滴加2滴溶液，發生了2Cu2＋＋4SCN-=2CuSCN↓(白色)＋(SCN)2(黃色)，(SCN)2將亞鐵離子氧化為鐵離子，發生Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，所以溶液變紅，振蕩后SCN-和Cu2＋充分接觸，又發生2Cu2＋＋4SCN-=2CuSCN↓(白色)＋(SCN)2(黃色)，產生白色沉淀，同時由于SCN－被消耗，Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3逆向移動，紅色消失；由實驗2可知發生了銅離子和硫氰酸根離子發生了2Cu2＋＋4SCN-=2CuSCN↓(白色)＋(SCN)2(黃色)，(SCN)2溶于水導致上層溶液呈黃色；通過實驗3，驗證了實驗1中的ii的結論；II．濃硝酸有強氧化性，濃硝酸中加入KSCN后，SCN-被濃硝酸氧化為(SCN)2，(SCN)2聚合為紅色的(SCN)x，溶液迅速變紅；靜置一段時間后劇烈反應，紅色迅速褪去可能是濃硝酸氧化了(SCN)x所致。【詳解】(1)加入Cu粉后溶液逐漸變藍，說明生成了銅鹽，因此發生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；(2)根據實驗2的現象，開始時溶液呈綠色，一段時間后開始出現白色沉淀，上層溶液變為黃色，說明發生了2Cu2＋＋4SCN-=2CuSCN↓(白色)＋(SCN)2(黃色)，(SCN)2性質與鹵素單質相似，部分(SCN)2與水反應生成酸，溶液pH值減小；(3)由分析可知Cu2＋與SCN－產生白色CuSCN的同時生成(SCN)2，Fe2＋被(SCN)2氧化為Fe3＋，Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，所以溶液變紅；(4)由分析可知濃硝酸中滴加KSCN溶液，溶液立即變紅是因為SCN-被氧化為黃色的(SCN)2，(SCN)2聚合為紅色的(SCN)x；(5)實驗一中產生紅棕色氣體，因此混合氣體中有大量的NO2使溶液呈酸性，開始產生的白色BaCO3沉淀溶解；(6)二氧化硫與亞硫酸根均為較強還原性，向洗凈的白色沉淀中加入過量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色，說明白色沉淀中不含有還原性的，可作為紅棕色氣體中不含SO2的證據；結合以上分析，a中產生的白色沉淀為碳酸鋇，則SCN-被氧化后產物中含二氧化碳，由b可知SCN-被氧化后產物中不含二氧化硫，由c可知SCN-被氧化后產物中含硫酸根離子，綜上所述：SCN-在被氧化的最終產物中一定有CO2、SO。(二)選考題(共12分。請考生從19、20兩道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。)19.有機物A是一種重要的化工原料，用A制取新型聚合物F的合成路線如下：已知：i.+R3OHii.+R1I+HI1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH(1)A中官能團的名稱為____________。(2)試劑a為____________。(3)C中含有一個六元環，C的結構簡式為____________。(4)C→D的反應類型為______。(5)E→F的化學方程式是__________________。(6)下列說法正確的是____________(填序號)。a.A能與NaHCO3溶液反應b.醇鈉可由醇與金屬鈉反應制得c.可用FeCl3溶液鑒別D和Ed.HOCH2CH2OH俗稱甘油(7)以乙醇為起始原料，利用已知信息、選擇必要的無機試劑合成CH3COCH2COOC2H5寫出合成路線(用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件)。____________【答案】①.羧基②.CH3OH(或甲醇)③.④.氧化反應⑤.n+nHOCH2CH2OH+(2n-1)CH3OH⑥.abc⑦.CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5【解析】【分析】A是HOOCCH2CH2COOH，A與CH3OH在濃硫酸存在時加熱發生酯化反應產生B：CH3OOCCH2CH2COOCH3，B與醇鈉發生取代反應產生C，根據C的分子式及C中含有一個六元環，則C為：，根據C、D分子式可知C變為D發生氧化反應，結合F的結構及E與HOCH2CH2OH發生酯交換反應產生F逆推，可知E是，D與CH3I在K2CO3作用下反應產生E，則D結構為：，然后根據題目問題逐一分析解答。【詳解】根據上述分析可知：A是HOOCCH2CH2COOH，B：CH3OOCCH2CH2COOCH3，C是，D是，E是，F是。(1)A是HOOCCH2CH2COOH，可知A中官能團的名稱為羧基；(2)HOOCCH2CH2COOH與甲醇CH3OH在濃硫酸存在和加熱條件下發生酯化反應產生B：CH3OOCCH2CH2COOCH3和H2O，所以試劑a是CH3OH；(3)根據上述分析可知C結構簡式為：；(4)C分子式是C10H12O6，D分子式是C10H10O6，C物質失去2個H原子變為D，失去電子被氧化，發生氧化反應，故C→D的反應類型為氧化反應；(5)E是，E與HOCH2CH2OH發生酯交換反應產生F，F是，故E→F的化學方程式是n+nHOCH2CH2OH+(2n-1)CH3OH；(6)a．AHOOCCH2CH2COOH是丁二酸，屬于二元羧酸，具有酸性，由于其酸性比碳酸強，所以HOOCCH2CH2COOH能與NaHCO3溶液反應產生NaOOCCH2CH2COONa、H2O、CO2，a正確；b．由于金屬鈉能夠能與醇發生置換反應產生醇鈉和氫氣，所以醇鈉可由醇與金屬鈉反應制得，b正確；c．D是，E是，D