【化学】湖南省长郡中学2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）

湖南省长郡中学2018-2019学年高二下学期期末考试
1.材料在人类文明史上起着划时代的意义。下列物品所用主要材料与类型的对应关系不正确的是（ ）
A. 人面鱼纹彩陶盆——无机非金属材料 B. “马踏飞燕”铜奔马——金属材料
C. 宇航员的航天服——有机高分子材料 D. 光导纤维——复合材料
【答案】D
【详解】A、陶瓷主要成分为硅酸盐，为无机非金属材料，选项A正确；
B、“马踏飞燕”铜奔马主要材料为铜，为金属材料，选项B正确；
C、宇航员的航天服的材料为合成纤维，为有机高分子化合物，选项C正确；
D、光导纤维主要材料为二氧化硅，为无机物，不是复合材料，选项D错误。
答案选D。
2.下列物质中，不属于电解质的是
A. 固体氯化钾 B. 作电极的碳棒
C. 气态硝酸 D. 液态氯化氢
【答案】B
【详解】A、固体氯化钾属于化合物，在熔融状态或水溶液中能导电，属于电解质，选项A不选；
B、碳属于单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B选；
C、硝酸属于化合物，水溶液中能导电，属于电解质，选项C不选；
D、液态氯化氢属于化合物，水溶液中能导电，属于电解质，选项D不选；
答案选B。
【点睛】本题考查电解质，属于对基础化学概念的考查，本题要理解好电解质的概念，电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A. 11.2 L 甲烷和乙烯的混合物中含氢原子数目等于2NA
B. 含NA个 CO32－的 Na2CO3溶液中，Na+数目大于2NA
C. 密闭容器中，2 molSO2和足量 O2充分反应，产物的分子数小于2NA
D. 4.0 g CO2气体中含电子数目等于2NA
【答案】A
【详解】A.未指明气体在什么条件下，所以不能确定气体的物质的量及微粒数目，A错误；
B.Na2CO3电离产生Na+、CO32-个数比为2:1，在溶液中CO32-由于发生水解反应而消耗，所以若溶液中含NA个 CO32－，则Na+数目大于2NA，B正确；
C. SO2和O2生成SO3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以密闭容器中，2 molSO2和足量 O2充分反应，产物SO3的分子数小于2NA，C正确；
D.CO2分子中含有22个电子，则4.0g CO2气体中含有的电子数为N==2NA，D正确；
故合理选项是A。
4.氟利昂﹣12是甲烷的氟、氯代物，结构式为．下列有关叙述正确的是（ ）
A. 它有2种同分异构体 B. 它是平面分子
C. 它有4种同分异构体 D. 它只有一种结构
【答案】D
【详解】A、由甲烷的结构可知，四个氢原子的空间位置只有一种，则氟利昂-12只有一种结构，故A错误；
B、甲烷是正四面体型结构，则氟利昂-12为四面体结构，故B错误；
C、由甲烷的结构可知，四个氢原子的空间位置只有一种，则氟利昂-12只有一种结构，故C错误；
D、从结构式可知，该化合物是甲烷的取代产物，由于甲烷是正四面体型结构，所以该化合物也是四面体，因此结构只有一种，没有同分异构体，故D正确；故选D。
5.下列物质间的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是（ ）
A. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4
C. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 D. Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3
【答案】C
【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，所以Na→NaOH→Na2CO3→NaCl能全部通过一步反应完成，故A正确；
B．镁与氯气反应生成氯化镁，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，所以Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4能全部通过一步反应完成，故B正确；
C．氧化铝不溶于水，与水不反应，所以Al2O3→Al(OH)3不能一步完成，故C错误；
D．铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化铁分解生成氧化铁，所以Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3能全部通过一步反应完成，故D正确；故选C。
6.下列说法错误的是（ ）
A. 浓硫酸具有强氧化性，但SO2气体可以用浓硫酸干燥
B. 常温下，实验室可以用稀硝酸与铜反应制取NO气体
C. 从海水中提取溴的过程中常鼓入热空气，其目的是氧化Br—
D. SiO2不仅能与氢氧化钠溶液反应.也能与氢氟酸反应
【答案】C
【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，但不能氧化SO2，所以SO2气体可以用浓硫酸干燥，选项A正确；
B．铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，因此常温下实验室可以用稀硝酸与铁反应制取NO气体，选项B正确；
C. 鼓入热空气的目的是降低溴的溶解度，将溴吹出，选项C错误；
D．SiO2与氢氧化钠溶液反应：SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O，二氧化硅与氢氟酸反应：SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O，选项D正确；
答案选C。
7.下列化学方程式中，属于水解反应是(　　)
A. H2O＋H2OH3O＋＋OH－ B. HCO3—＋OH－H2O＋CO32—
C. CO2＋H2OH2CO3 D. CO32—＋H2O HCO3—＋OH－
【答案】D
【详解】A.属于水的电离方程式，错误；
B.属于HCO3-与OH-的离子反应，错误；
C.属于CO2与H2O的化合反应，错误；
D.属于CO32-水解方程式，正确。
8.聚碳酸酯()的透光率良好。它可制作车、船、飞机的挡风玻璃，以及眼镜片、光盘、唱片等。它可用绿色化学原料X()与另一原料Y反应制得，同时生成甲醇。下列说法不正确的是（ ）
A. Y的分子结构中有2个酚羟基 B. Y的分子式为C15H18O2
C. X的核磁共振氢谱有1个吸收峰 D. X、Y生成聚碳酸酯发生的是缩聚反应
【答案】B
【分析】根据该化合物结构简式，以及题中信息，推出形成该化合物的单体为和，然后进行分析。
【详解】根据该化合物结构简式，推出形成该化合物的单体为和，
A、根据上述分析，Y的结构简式为，Y分子中含有2个酚羟基，故A说法正确；
B、Y的分子式为C15H16O2，故B说法错误；
C、X的结构简式为，只有一种氢原子，核磁共振氢谱有1个吸收峰，故C说法正确；
D、根据聚碳酸酯的结构简式，X和Y生成聚碳酸酯的反应是缩聚反应，故D说法正确。答案选B。
9.室温下，下列事实不能说明NH3▪H2O为弱电解质的是（ ）
A. 0.1mol▪L－1NH3▪H2O能使无色酚酞试液变红色
B. 0.1mol▪L－1NH4Cl的pH小于7
C. 0.1 molL－1 NaOH溶液的导电能力比0.1 molL－1氨水的导电能力强
D. 0.1mol▪L－1NH3▪H2O的pH小于13
【答案】A
【详解】A.0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，只能说明氨水具有碱性，但不能说明电离程度，不能说明NH3▪H2O为弱电解质，故选A；
B.0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5，溶液显酸性，可说明氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可说明一水合氨为弱电解质，故不选B；
C.在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱，可说明一水合氨部分电离，能说明NH3▪H2O为弱电解质，故不选C；
D.0.1mol▪L－1NH3▪H2O的pH小于13，说明未完全电离，能说明NH3▪H2O为弱电解质，故不选D；
正确答案：A。
【点睛】判断弱电解质依据关键点：①弱电解质部分电离；②对应阳离子或阴离子在盐溶液中的水解。
10.微型钮扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反应为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O；Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-。根据上述反应式，判断下列叙述中正确的是（ ）
A. 在使用过程中，电池负极区溶液的pH增大
B. 电子由Ag2O极经外电路流向Zn极
C. Zn是负极，Ag2O是正极
D. Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应
【答案】C
【详解】A．负极发生Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，c(OH-)减小，所以电池负极区溶液的pH减小，故A错误；
B．Zn为负极，Ag2O为正极，则使用过程中，电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，故B错误；
C．Zn失去电子，Zn为负极，Ag2O得到电子是正极，故C正确；
D．Zn电极发生氧化反应，Ag2O电极发生还原反应，故D错误；故选C
11.0.1mol/L的K2S溶液中，有关粒子的浓度大小关系正确的是（ ）
A. c（K+）+c（H+）=c（S2—）+c（HS—）+c（OH—）
B. c（K+）+ c（S2—） = 0.3mol/L
C. c（K+）=c（S2—）+c（HS—）+c（H2S）
D. c（OH-）=c（H+）+c（HS—）+2c（H2S）
【答案】D
【详解】A、根据电荷守恒可知c（K+）+c（H+）=2c（S2－）+c（HS－）+c（OH－），A错误；
B、根据物料守恒可知c（K+）=2c（S2－）+2c（HS－）+2c（H2S）＝0.2mol/L，所以c（K+）+ c（S2－）＜0.3mol/L，B错误；
C、根据物料守恒可知c（K+）=2c（S2－）+2c（HS－）+2c（H2S）＝0.2mol/L，C错误；
D、根据质子守恒可知c（OH－）=c（H+）+c（HS－）+2c（H2S），D正确。
答案选D。
12.在密闭容器中一定量的混合气体发生反应xA(g)+yB(g)zC(g).平衡时测得A的浓度为0. 50 mol/L.保持温度不变.将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时.测得A的浓度降低为0. 30 mol/L。下列有关判断正确的是（ ）
A. x+y C. B的转化率降低 D. C的体积分数增大
【答案】C
【分析】保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25 mol·L-1，而平衡时测得A的浓度变为0.30 mol·L-1，说明A的浓度是增大的，则体积增大、压强减小，平衡逆向移动。
【详解】A.减小压强，平衡逆向移动，则正向为气体体积缩小的反应，故x+y>z，选项A错误；
B.由上述分析可知，平衡逆向移动，选项B错误；
C.因平衡逆向移动，故B的转化率降低，选项C正确；
D.平衡逆向移动，C的体积分数减小，选项D错误；
答案选C。
13.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液
溶液变为红色
样品已被氧化
B
向酸性KMnO4溶液中滴加乙二酸
溶液褪色
乙二酸具有氧化性
C
向AgNO3溶液中滴加过量氨水
得到澄清溶液
Ag+与NH3•H2O能大量共存
D
向1mL 0.1mol•L-1 Na2S溶液中滴入2mL 0.1mol•L-1 ZnSO4溶液，再加入2mL 0.1mol•L-1 CuSO4溶液
开始有白色沉淀生成；后有黑色沉淀生成
Ksp（CuS）
【答案】D
【详解】A．将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子，则不能检验是否变质，应溶于水，滴加KSCN溶液，选项A错误；
B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质，向酸性KMnO4溶液中滴加乙二酸，溶液褪色，说明高锰酸钾溶液被乙二酸还原，则乙二酸体现还原性，选项B错误；
C．向硝酸银溶液中滴加过量氨水，生成银氨溶液，Ag+与NH3•H2O不能共存，选项C错误；
D、向1mL 0.1mol•L-1 Na2S溶液中滴入2mL 0.1mol•L-1 ZnSO4溶液，生成白色ZnS沉淀，ZnSO4过量，再加入2mL 0.1mol•L-1 CuSO4溶液，产生黑色CuS沉淀，证明发生了沉淀转化，证明Ksp（CuS） 答案选D。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，易错点为选项D，注意Na2S溶液与 ZnSO4溶液反应时的量，硫酸锌过量，继续加入硫酸铜时为沉淀转化。
14.五种短周期元素的某些性质如下表所示.下列有关说法正确的是（ ）
元素
元素的相关信息
M
最高正价与最低负价的绝对值之和等于2
W
原子的M电子层上有3个电子
X
在短周期元素中，其原子半径最大
Y
最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成Y的单质和H2O
Z
最高价氧化物的水化物与气态氢化物反应生成盐

A. W、Y、Z简单离子半径依次增大
B. M与Y、Z分别形成的化合物均属于只含有极性键的共价化合物
C. W与M、Y分别形成的化合物都能与水反应，且有气体生成
D. 常温下.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液都能与单质W持续反应
【答案】C
【分析】M最高正价与最低负价的绝对值之和等于2，M为H元素；W原子的M电子层上有3个电子，则W含有3个电子层，为Al元素；在短周期元素中，X的原子半径最大，则X为Na元素；Y的最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成Y的单质和H2O，结合硫化氢与二氧化硫反应生成S单质可判断Y为S元素；Z的最高价氧化物对应水化物能与其气态氢化物反应生成盐，该盐为硝酸铵，则Z为N元素。
【详解】A. W、Y、Z的简单离子Al3+、S2-、N3-，半径由小到大为Al3+、N3-、S2-，选项A错误；
B.M与Y、Z分别形成的化合物中H2O2含有非极性键和极性键，选项B错误；
C. W与M、Y分别形成的化合物AlH3和Al2S3都能与水反应，生成氢气和硫化氢气体，选项C正确；
D.常温下，X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液NaOH、H2SO4、HNO3中只有NaOH能与单质铝持续反应，后二者会产生钝化，选项D错误。
答案选C。
15.下列离子方程式正确的是（ ）
A. NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀完全：SO42﹣+ H++ Ba2++ OH﹣═ BaSO4↓+ H2O
B. NaHCO3溶液中加入过量石灰水：2HCO3﹣+ Ca2++ 2OH﹣═ CaCO3↓ + 2H2O + CO32﹣
C. NaAlO2溶液中通入少量CO2：AlO2﹣+ CO2 + 2H2O ═ Al(OH)3↓ + HCO3﹣
D. Na2CO3溶液与醋酸溶液混合：2H+ + CO32﹣═ CO2↑ +H2O
【答案】A
【解析】A. NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀完全，NaHSO4为少量，按照少量的离子方程式：SO42﹣+ H++ Ba2++ OH﹣═ BaSO4↓+ H2O，A项正确；B. NaHCO3溶液中加入过量石灰水生成CaCO3，离子方程式为： HCO3﹣+ Ca2++ OH﹣═ CaCO3↓ + H2O ，B项错误；C. NaAlO2溶液中通入少量CO2，生成碳酸根，离子方程式为：2AlO2﹣+ CO2 + 3H2O ═ 2Al(OH)3↓ + CO32﹣，C项错误；D. Na2CO3溶液与醋酸溶液混合，醋酸为弱电解质不能改成离子形式，离子方程式为：2CH3COOH + CO32﹣═ CO2↑+H2O+2CH3COO-，D项错误。答案选A。
点睛：碳酸氢钠与过量的石灰水反应，碳酸氢钠完全反应，生成碳酸钙、水、氢氧化钠；醋酸在书写离子反应时不能改成离子形式，要保留化学式；书写少量与过量等离子反应方程式技巧：以少量存在的离子为标准，通过调节过量的物质使其充分反应；再检查是否符合守恒关系，如电荷守恒和原子守恒。
16.常温下,向 20 mL 0.2 mol/LH2A溶液中滴加0. 2 mol/L NaOH溶液.有关微粒的物质的量变化曲线如图所示(其中I代表H2A.，II代表HA—，III表A2—)。根据图示.判断下列说法正确的是（ ）

A. 当V(NaOH)=20 mL时.溶液中各离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(HA—)>c(H+)>c(A2一)> c(OH—)
B. 等体积、等物质的量浓度的NaOH溶液与H2 A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大
C. NaHA溶液中:c(OH—)+2c(A2—) =c(H+) +c(H2A )
D. 将Na2A溶液加水稀释.溶液中所有离子的浓度都减小.但部分离子的物质的量增加
【答案】A
【详解】A、当V(NaOH)=20mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，由图象看出c(A2-)＞c(H2A)，说明HA-电离大于水解，溶液呈酸性，则c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，选项A正确；
B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后生成NaHA，溶液呈酸性，则抑制水的电离，溶液中水的电离程度比纯水中的小，选项B错误；
C、根据质子守恒可知，NaHA溶液中: c(OH一)+c(A2—) =c (H +) +c(H2A )，选项C错误；
D、因对强碱弱酸盐溶液稀释，c（H+）增大，则将该电解质溶液加水稀释，溶液中离子浓度不一定都减小，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡，注意分析酸式盐中弱酸根离子的水解及电离平衡的影响，易错点为选项C，注意应该是质子守恒，不要将c(A2—)的计量数与电荷守恒混淆。
17.室温下.某同学进行CO2与Na2O2反应的探究实验(本实验所涉及气体休积均在相同状况下测定)。请回答下列问题:
(1)用下图装置制备纯净的CO2.

① 丙装置的名称是___________，乙装置中盛装的试剂是___________.
②若CO2中混有HCl，则HCl与Na2O2发生反应的化学方程式为_____________________。
(2)按下图所示装置进行实验(夹持装置略)。

①先组装仪器.然后__________________.再用注射器1抽取100 mL纯净的CO2,将其连接在K1处,注射器2的活塞推到底后连接在K2处，具支U形管中装入足量的Na2O2粉末与玻璃珠。
②打开止水夹K1、K2,向右推动注射器1的活塞。可观察到的现象是__________________。
③实验过程中.需缓慢推入CO2,其目的是__________________________________.为达到相同目的，还可进行的操作是______________________________。
(3)实验结束后，当注射器1的活塞推到底时，测得注射器2中气体的体积为65 mL。则CO2的转化率是_______________.
【答案】(1). 球形干燥管 (2). 饱和NaHCO3溶液 (3). 2Na2O2 + 4HCl = 4NaCl + 2H2O + O2↑ (4). 检查装置气密性 (5). U形管中的淡黄色粉末逐渐变浅，注射器2的活塞向右移动 (6). 使反应进行得更充分 (7). 多次往返推动注射器1和2的活塞 (8). 70%
【详解】（1）①丙装置的名称是球形干燥管，乙中装的是饱和NaHCO3溶液，除去二氧化碳中的HCl；
②若CO2中混有HCl，则HCl 与Na2O2 反应的化学方程式为2Na2O2 + 4HCl = 4NaCl + 2H2O + O2 ↑；
（2）①先组装仪器，然后检查装置的气密性，再用注射器1 抽取100 mL 纯净的CO2，将其连接在K1处，注射器2 的活塞推到底后连接在K2处，具支U 形管中装入足量的Na2O2 粉末与玻璃珠；
②二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，则U形管中的过氧化钠淡黄色粉末逐渐变浅，生成的氧气进入注射器2中，所以注射器2的活塞向右移动；
③实验过程中，需缓慢推入CO2，其目的是使反应进行得更充分，为达到相同目的，还可进行的操作是多次往返推动注射器1和2的活塞；
（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+ O2， △V（减小）
2 1 1
70 mL 35 mL
CO2的转化率是(70 mL ÷100 mL)×100％= 70%。
18.已知:用NH3催化还原NOx时包含以下反应.
反应①:4NH3 (g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(l) ∆H1=-1 807. 0 kJ·mol—1,
反应②:4NH3(g)+6NO2(g) 5N2(g)+3O2(g)+6H2O(l) ∆H2=?
反应③:2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) ∆H3=-113.0kJ·mol一1
(1)反应②的∆H2==_________________。
(2)为探究温度及不同催化剂对反应①的影响.分别在不同温度、不同催化剂下.保持其他初始条件不变重复实验.在相同时间内测得N2浓度的变化情况如下图所示。

①反应①的平衡常数的表达式K=________。相同温度下.在催化剂甲的作用下反应的平衡常数______(填“大于”“小于”或“等于”)在催化剂乙的作用下反应的平衡常数。
②N点后N2浓度减小的原因可能是_____________________________________。
(3)某温度下，在1 L恒容密闭容器中初始投入4 mol NH3和6 mol NO发生反应①.当气体总物质的量为7.5mol时反应达到平衡.则NH3的转化率为________，达平衡所用时间为5 min.则用NO表示此反应0～5 min内的平均反应速率为______________.
【答案】(1). -1468.0kJ/mol (2). (3). 等于 (4). 温度升高发生副反应，温度升高催化剂活性降低 (5). 50% (6). 0.6mol/(L·min)
【分析】（1）由盖斯定律求反应②的∆H2 ；
（2）①根据平衡常数的定义，写出反应①4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(l) 的平衡常数的表达式K=c5(N2)/ c4(NH3) c6(NO)；催化剂不影响平衡常数；
②N点后N2浓度减小的原因可能是温度升高发生副反应、 温度升高催化剂活性降低；
（3）列出三行式进行计算。
【详解】（1）反应①：4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(l) ∆H1 = -1807.0kJ•mol-1
反应②：4NH3(g) + 6NO2(g) 5N2(g) + 3O2(g) + 6H2O(l) ∆H2 = ?
反应③：2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) ∆H3 = -113.0kJ•mol-1
由盖斯定律，反应①-反应③×3，得反应②的∆H2=-1807.0kJ•mol-1-（-113.0kJ•mol-1）×3= -1468.0kJ/mol；
（2）①根据平衡常数的定义，写出反应①的平衡常数的表达式K=；催化剂不影响平衡常数，温度不变，平衡常数不变，故甲乙两种催化剂作用下，反应的平衡常数相等；
②N点后N2浓度减小的原因可能是温度升高发生副反应、 温度升高催化剂活性降低；
（3）列出三行式：
4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(l)
c始/mol·L－1 4 6
c转/mol·L－1 4x 6x 5x
c平/mol·L－1 4-4x 6-6x 5x
4-4x +6-6x+5x=7.5mol/1L，x=0.5，则NH3的转化率50% ；
达平衡所用时间为5分钟，则用NO表示此反应平均反应速率为v(NO)==0.6mol/(L· min)。
19.工业上用菱锰矿(MnCO3)[含FeCO3、SiO2、 Cu2 (OH)2 CO3等杂质]为原料制取二氧化锰.其工艺流程示意图如下图所示:

已知生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示:

Mn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀时
8.3
6.3
2.7
4.7
完全沉淀时
9.8
8.3
3.7
6.7

注:金属离子的起始浓度均为0.1mol·L—1
请回答下列问题:
(1)含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是__________________________________;盐酸溶解MnCO3的化学方程式是__________________________________。
(2)向溶液1中加入双氧水时.发生反应离子方程式是_____________________________。
(3)向滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS，以除去Cu2+，发生反应的离子方程式是_____________________________________。
(4)将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法。其具体做法是用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化，请完成该反应的离子方程式:5Mn2++2ClO3—+______===______+_______+_______。
(5)将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法.
①生成MnO2的电极反应式是______________________________。
②若在上述MnO2溶液中加入一定量的Mn(NO3 )2粉末.则无Cl2产生.其原因是____________
__________________________________________________________。
【答案】(1). 增大接触面积，提高反应速率和浸取率 (2). MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+ H2O (3). 2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+ (4). MnS+Cu2+=Mn2++CuS (5). 4H2O (6). Cl2↑ (7). 5MnO2 (8). 8H+ (9). Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ (10). 其它条件不变下，增大Mn2+浓度[或增大c（Mn2+）/c（Cl-）]，有利于Mn2+放电（不利于Cl-放电）
【分析】用菱锰矿（MnCO3）［含FeCO3、SiO2、Cu2(OH) 2CO3等杂质］为原料制取二氧化锰，需要分离除杂，结合流程图分析各步所加试剂及反应。菱锰矿加稍过量盐酸二氧化硅不反应，滤渣1则为SiO2，加双氧水氧化Fe2+,调pH至4，沉淀Fe3+,加MnS固体沉淀Cu2+,最后得到MnO2,以此解题。
【详解】菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH=4，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在pH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2+氧化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，经系列转化得到MnO2，
（1）将菱锰矿粉碎，可以增大接触面积，提高反应速率和浸取率；碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳与水，反应方程式为：MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O；
（2）加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在pH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，根据电荷守恒有氢离子生成，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+；
（3）MnS与氯化铜反应转化更难溶的CuS，反应离子方程式为：MnS+Cu2+=Mn2++CuS；
（4）用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化得到MnO2，Mn元素发生氧化反应，则Cl元素发生还原反应生成Cl2，由于在酸性条件下反应，根据电荷守恒可知，生成物中有H+生成，根据H元素守恒，可知反应物中缺项物质为H2O，配平后离子方程式为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=Cl2↑+5MnO2+8H+；
（5）①由题意可知，Mn2+转化为MnO2，发生氧化反应，由O元素守恒可知有水参加反应，由电荷守恒可知应有H+生成，电极反应式为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；
②Mn2+、Cl-都在阳极放电，二者为竞争关系，增大Mn2+浓度[或增大c（Mn2+）/c（Cl-）]，有利于Mn2+放电（不利于Cl-放电）。
【点睛】本题考查化工流程问题，明确原理，准确分析流程是解题关键；易错点为 （5）②Mn2+、Cl-都在阳极放电，二者为竞争关系，增大Mn2+浓度有利于Mn2+放电。
20.高血脂是一种常见的心血管疾病.治疗高血脂的新药I的合成路线如下图所示:

已知：a、；
b、
请回答下列问题:
(1)反应①所需试剂、条件分别是___________________。
(2)②的反应类型是____________;A→B的化学方程式为____________________________。
(3)G的结构简式为____________;H中所含官能团的名称是________________。
(4)化合物W的相对分子质量比化合物C大14。且满足下列条件.W的可能结构有___种。
①遇FeCl3溶液显紫色 ②属于芳香族化合物 ③能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢.且峰面积比为2:2:2:1:1的结构简式为___________________
(5)设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选(合成路线常用的表示方式为:AB……目标产物) _______
【答案】(1). Cl2、光照 (2). 取代反应 (3). (4). (5). 羟基 (6). 13 (7). (8).
【分析】甲苯发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液加热条件下发生取代反应生成，则A为，该分子继续氧化为B，可推知B为，C为；D经过消去反应可得到HCHO，所以E为HCHO，根据给定的已知信息及逆合成分析法可知，G为，据此分析作答。
【详解】甲苯→，发生的是取代反应，所需试剂、条件分别是Cl2、光照；
故答案为：Cl2、光照；
（2）反应②是C和H发生的酸和醇的酯化反应（取代反应），A→B 的化学方程式为
，
故答案：取代反应；；
（3）结合给定的已知信息推出G 的结构简式为；G→H，是-CHO和H2的加成反应，所以H中所含官能团的名称是羟基，
故答案为：；羟基。
（4）C为，化合物W 的相对分子质量比化合物C 大14，W比C多一个CH2，遇FeCl3 溶液显紫色含有酚羟基，属于芳香族化合物含有苯环，能发生银镜反应含有醛基，①苯环上有三个取代基，分别为醛基、羟基和甲基，先固定醛基和羟基的位置，邻间对，最后移动甲基，可得到10种不同结构；②苯环上有两个取代基，分别为-OH和-CH2CHO，邻间对位共3种，所以W 的可能结构有10+3 = 13种；符合①遇FeCl3 溶液显紫色、②属于芳香族化合物、③能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢、峰面积比为2:2:2:1:1要求的W 的结构简式：，
故答案为：13；；
（5）根据题目已知信息和有关有机物的性质，用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线具体如下：
，
故答案为：。