安徽省示范高中培优联盟2020-2021学年高二下学期春季联赛化学试题

安徽省示范高中培优联盟2020-2021学年高二下学期春季联赛化学试题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，第I卷第1至第6页，第II卷第7至第12页。全卷满分100分，考试时间90分钟。考生注意事项：1.答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。2.答第I卷时，每小题选出答案后，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。3.答第II卷时，必须使用毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。4.考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1、N14、O16、Na23、S32、、Fe56第I卷(选择题共42分)一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.科技的进步与化学的发展正不断改变着人们的生活，下列说法不正确的是A.新冠病毒灭活疫苗等生物制剂要冷冻保存是为了防止蛋白质变性B.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放C.中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料D.“嫦娥五号”返回器表面所贴“暖宝宝”主要成分有铁粉、碳粉等【答案】B【解析】【分析】【详解】A．疫苗等生物制剂的主要成分为蛋白质，高温时蛋白质会变性失去活性，需要冷冻保存，故A正确；B．燃煤中加入CaO可以吸收燃烧时生成的SO2，减少酸雨的形成，但不会完全吸收产生温室效应的CO2气体，故B错误；C．碳化硅是无机化合物，属于新型无机非金属材料，故C正确；D．“暖宝宝”主要成分有铁粉、碳粉，通过发生吸氧腐蚀产生热量，故D正确；故选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，环己烷的分子数为AB.固体NH4Cl中含有的共价键数目为AC.1molFeI2与一定量氯气反应时，当有1molFe2＋被氧化时则转移的电子数为NAD.已知C的衰变反应为C→X＋e，原子中含有的质子数为A【答案】B【解析】【分析】【详解】A．标况下环己烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质量，故A错误；B．固体NH4Cl的物质的量为0.1mol,含有共价键数目为A，故B正确；C．还原性I-＞Fe2+，当有1molFe2+被氧化时I-已经全部被氧化，转移的电子数为3NA，故C错误；D．根据衰变过程的质子守恒，X原子中含有的质子数为7，原子中含有的质子数为0.7NA，故D错误。故选B。3.下列解释事实的离子方程式不正确的是A.用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaSO4(s)＋COCaCO3(s)＋SOB.电镀铜时铜在阴极析出：Cu2＋＋2e-=CuC.将铜丝插入稀硝酸中：Cu＋4H＋＋2NO=Cu2＋＋2NO2↑＋H2OD.氯水中通入SO2漂白作用会减弱：Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋SO＋2Cl-【答案】C【解析】【分析】【详解】A．相同状况下，碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，则用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙，发生沉淀的转化，反应的离子方程式为：CaSO4(s)＋COCaCO3(s)＋SO，则A正确；B．电镀时阴极发生还原反应，则电镀铜时铜在阴极析出：Cu2＋＋2e-=Cu，则B正确；C．将铜丝插入稀硝酸中发生反应生成硝酸铜、NO和水：3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，则C不正确；D．氯水中通入SO2中发生氧化还原反应，得到盐酸和硫酸，则漂白作用会减弱：Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋SO＋2Cl-，则D正确；答案选C。4.化合物A是合成具有解痉和抗胆碱作用的药物奥昔布宁的重要中间体，结构如图所示，下列关于化合物A的说法中正确的是A.分子式为C15H22O3 B.有三种含氧官能团C.在碱性条件下能发生水解反应 D.能氧化但不能被还原【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据键线式的书写规则，分子式为C15H20O3，A项不符合题意；B．分子中只有两种含氧官能团：羟基和酯基，B项不符合题意；C．该物质具有酯基，可以在碱性条件下发生水解反应，C项符合题意；D．分子中含有苯环可以和氢气发生加成反应，被还原，D项不符合题意；故正确选项为C。5.利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示，H＋、O2、NO等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是A.反应①②③④均为还原反应B.水体修复过程溶液的pH保持不变C.④的电极反应式为NO＋10H＋＋8e-=NH＋3H2OD.修复过程中可能产生Fe(OH)3【答案】B【解析】【分析】根据图中的变化过程判断元素的化合价的变化，利用化合价的变化判断反应类型，利用化合价的变化及电子守恒书写氧化、还原反应。【详解】A．反应①②③④分别根据碳、氮、氧、氢元素的化合价的变化判断，化合价都在降低，元素原子得到电子，发生还原反应，故A正确；B．由图示判断反应②氢离子的浓度降低，反应③中生成氢氧根离子，故溶液的碱性增强，故B错误；C．根据图示④的反应物和生成物中氮化合价的降低利用电子守恒及原子守恒书写电极反应为；NO＋10H＋＋8e-=NH＋3H2O，故C正确；D．修复过程中溶液显碱性，会发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3故D正确；故选答案B。6.下列实验能达到实验目的且操作正确的是ABCD蒸发浓缩氯化铵溶液析出晶体用乙醇萃取碘水中的I2检验淀粉水解生成了葡萄糖测定锌与稀硫酸反应速率(计时器未画出)A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．氯化铵蒸发浓缩过程中会发生受热分解，不能采用蒸发结晶提纯，A项不符合题意；B．乙醇和水以任意比例互溶，不能萃取碘水中的I2，B项不符合题意；C．用新制的氢氧化铜悬浊液在碱性环境中才能检验淀粉水解的水解产物，没有加入碱中和硫酸，C项不符合题意；D．可以通过注射器、计时器测定收集气体的体积和时间，进而测定锌与稀硫酸反应的速率，D项符合题意；故正确选项为D7.国家标准规定，室内甲醛含量不能超过0.08mg/m3。银—菲洛嗪法可用于测定空气中甲醛含量，其原理为：①Ag2O将甲醛氧化为CO2②产生的Ag与酸化的Fe2(SO4)3溶液反应生成FeSO4：③FeSO4与菲洛嗪(一种有机钠盐)形成有色配合物，一定波长下其吸光度与Fe2+的质量浓度成正比。下列关于a~c的判断正确的是a.反应①的化学方程式为HCHO+2Ag2O=CO2+4Ag↓+H2Ob.理论上吸收的HCHO与消耗的Fe3+的物质的量比为1：4c.取1m3空气，经上述实验后共得到Fe2+，室内甲醛含量达标A.全部正确 B.a、b正确，c错误C.b、c正确，a错误 D.a正确，b、c错误【答案】B【解析】【详解】a．由题干可知，HCHO与Ag2O反应，产物为CO2和Ag，故化学方程式为HCHO+2Ag2O=CO2+4Ag↓+H2O，故a项正确；b．由题干可知：n(HCHO)~4n(Ag)~4n(Fe3+)，所以理论上吸收的HCHO与消耗的Fe3+的物质的量比为1：4，故b项正确。c．1.12mgFe2+物质的量为，因为n(HCHO)~4n(Ag)~4n(Fe3+)~n(Fe2+)，故HCHO的物质的量为，故，取1m3空气，故甲醛含量为3，超过国家标准，所以室内甲醛含量超标，故c项错误。故答案为：B。8.如表根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A将氯气通入品红溶液进行反应溶液红色褪去氯气具有漂白性B常温下，测定饱和Na2S溶液和饱和Na2CO3溶液的pHpH(Na2S)>pH(Na2CO3)常温下水解程度：S2->COC向某溶液中加入盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀该溶液一定有SO或Ag+D打磨过的镁条在空气中点燃后迅速插入充满二氧化碳的集气瓶耀眼白光，产生白烟以及少量黑色固体镁与二氧化碳发生置换反应A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．氯气使品红溶液褪色是因为氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，氯气本身无漂白性，A错误；B．Na2S、Na2CO3溶解度不同，饱和溶液的物质的量浓度不同，不能用盐溶液的pH比较S2-和CO水解程度，B错误；C．盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液具有强氧化性，若有也能被氧化成SO，出现白色沉淀，C错误；D．镁条与二氧化碳反应生成碳和氧化镁，发生了置换反应，D正确；答案选D。9.古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下(黄色溶液俗称黄血盐)，基于普鲁士蓝合成原理可以检测食品中是否含有CN-，方法是：在食品待测液中加入硫酸酸化，再用FeSO4碱性试纸检测，若试纸变蓝，说明食品中含有CN-。以下说法不正确的是A.黄色溶液中铁元素的价态为＋2价B.黄血盐溶液可以检测Fe3＋C.反应ii的离子方程式是3[Fe(CN)6]4-＋4Fe3＋=Fe4[Fe(CN)6]3↓D.试纸变蓝的原因是FeSO4碱性试纸中的Fe2＋与CN-反应生成蓝色沉淀【答案】D【解析】【分析】【详解】A．黄色溶液中CN为-1价，则铁元素价态为+2价，A项正确；B．由ii可知，黄血盐溶液与反应，生成蓝色沉淀，因此黄血盐溶液可以用于检验，B项正确；C．有流程图可知，反应ii的离子方程式是，C项正确；D．普鲁士蓝检测食品中是否含有，碱性条件，与反应生成，被空气中的氧气氧化成，与反应使普鲁蓝试纸变蓝，D项错误；故选D；10.X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示。下列说法不正确的是A.简单阳离子半径：X＜R B.气态氢化物的稳定性：Y＜ZC.M可以形成两种常见的含氧酸 D.X与Y形成的化合物中只含有极性键【答案】D【解析】【分析】根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素原子半径从上到下逐渐增大，结合原子最外层电子数可知X、Y、Z、M和R分别为H、C、N、S和Na元素【详解】A．离子半径Na+>H+，A项不符合题意；B．非金属性N>C，气态氢化物的稳定性NH3>CH4，B项不符合题意；C．S元素可以形成H2SO3、H2SO4两种常见酸，C项不符合题意；D．C、H元素形成的各类烃中，会含有C-C，因此也含非极性键，D项符合题意；故正确选项为D。11.已知：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)△H1=-746.5kJ·mol-1，可在一定条件下反应消除NO和CO的污染。某研究小组在三个容积均为VL的恒容密闭容器中，分别充入和，在三种不同实验条件(见下表)下进行上述反应，反应体系的总压强(P)随时间变化情况如图所示，下列说法正确的是实验编号abc温度/K500500600催化剂的比表面积/m2·g-182124124A.曲线I对应的实验编号是aB.实验c达到平衡时NO转化率大于实验bC.由曲线II可知，达到平衡时CO物质的量为D.催化剂的比表面积越大，混合气中NO和CO污染物的含量越少【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由图知，曲线Ⅰ先达到平衡，反应速率最快，故对应实验编号c，曲线Ⅱ、Ⅲ最终平衡状态相同，故温度相同，且曲线Ⅲ先达到平衡，对应反应速率快，对应实验编号b，曲线Ⅱ对应实验编号a，A项不符合题意；B．NO和CO的反应为放热反应，实验c反应温度高，NO的平衡转化率小，B项不符合题意；C．曲线Ⅱ的起始压强为200kPa，平衡时为P=160kPa，由，解得n(平，设NO转化xmol，则CO转化xmol，生成N2，CO2xmol，故平衡时n(NO)=n(CO)=(1-x)mol，n(N2，n(CO2)=xmol，列式得，解得，CO物质的量为，C项符合题意；D．催化剂能够加快反应得速率，但不能促进污染物平衡转化率提高，D项不符合题意；故正确选项为C12.已知亚硝酸分子式为HNO2或HONO，分子中各原子最外层电子均达到稳定结构。亚硝酸是大气中的一种污染物，进入人体可以与二甲胺[(CH3)2NH]迅速反应生成亚硝酸胺[CH3)2N-N=O]，反应机理如下：HONO+，该反应机理对应的能量变化关系如图，下列说法不正确的是A.亚硝酸电子式为B.亚硝酸与二甲胺反应生成亚硝酸胺的反应△H＜0C.过程ii的反应类型为消去反应D.过程i比过程ii反应更容易发生【答案】D【解析】【分析】【详解】A．亚硝酸结构简式为HONO，亚硝酸电子式为，A正确；B．根据亚硝酸与二甲胺反应能量变化图示，反应物的能量大于生成物，是放热反应，B正确；C．在过程ⅱ中生成一分子H2O同时生成亚硝酸胺[(CH3)2N-N=O]（含有不饱和键），属于消去反应，C正确；D．过程i吸热，过程ⅱ放热，过程i正反应的活化能大于过程ⅱ，过程ⅱ更容易发生，D错误；答案选D。13.CO2的转化对解决环境、能源问题意义重大，利用Al-CO2电池，能有效地将CO2转化成化工原料草酸铝Al2(C2O4)3，总反应为：2Al＋6CO2=Al2(C2O4)3，下列说法正确的是A.电流方向：多孔碳电极→含AlCl3的离子的液体→铝电极B.电池的正极反应式：2CO2＋2e-=C2OC.正极反应过程中，O2起氧化剂作用D.电池中转移电子，消耗标准状况下CO2为【答案】B【解析】【分析】该装置为原电池，由方程式知铝电极是负极，电极反应是，多孔碳电极是正极，电极反应为【详解】A．电流的实质是电子，只能通过导线移动，电流的方向是多孔碳电极→导线→铝电极，A项不符合题意；B．根据总反应知，正极反应是，B项符合题意；C．涉及到O2的反应是①②，所以在正极反应过程中，O2作催化剂，C项不符合题意；D．根据6e--6CO2，转移电子，消耗标准状况下CO2为，D项不符合题意；故正确选项为B14.25℃时，向溶液中滴加相同物质的量浓度的氨水，测得混合溶液中随滴加氨水体积的变化如图所示，下列说法错误的是A.水的电离程度：B.的数量级为C.点满足D.点满足【答案】C【解析】【分析】【详解】A．点时酸碱恰好完全反应，为溶液，促进水电离；点溶液呈中性，溶质为(NH4)2SO4和NH3▪H2O，盐对水电离的促进作用与氨水对水电离的抑制作用恰好抵消，此时不影响水电离；点溶液呈酸性，溶质为(NH4)2SO4和H2SO4，以酸的电离为主，抑制水电离；所以水的电离程度：，A正确；B．点时，溶液中c(OH-)=10mol/L，c(H+)=10mol/L，溶质为(NH4)2SO4，其物质的量浓度为=mol/L，c()=mol/L，所以，可知Kh()的数量级为，B正确；C．根据电荷守恒，点满足，故，C错误；D．点溶液是和的物质的量之比为1：2的混合溶液，根据电荷守恒和物料守恒得，，整理得可得，D正确；故选C。第II卷(非选择题共58分)考生注意事项：请用毫米黑色墨水签字笔在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。二、非选择题(共6小题，共58分。第15～18题为必考题，每个试题考生都必须作答。第19～20题为选考题，考生根据要求选择其中一道题作答。)(一)必考题15.用FeSO4·7H2O晶体配制FeSO4溶液，放置一天后发现产生黄色固体。实验小组同学研究固体成分及产生的原因。(1)配制100mL0.100mol·L-1FeSO4溶液，需要称取___________gFeSO4·7H2O晶体。(已知：FeSO4·7H2O的摩尔质量为278g·mol-1)，需要的仪器有100mL容量瓶、药匙、玻璃棒、___________(从下列图中选择，写出名称)。(2)小组同学推测放置一天后的FeSO4溶液中存在Fe3＋。将产生Fe3＋的离子方程式补充完整：Fe2＋＋H＋＋___________=Fe3＋＋___________。___________(3)分离出黄色固体，经多次洗涤后完成如下实验：证实黄色固体中含Fe3＋和SO，试剂1和试剂2分别是___________、___________。(4)实验测定FeSO4溶液放置过程中溶液的pH和黄色固体的量的变化，结果如下：1小时6小时24小时溶液的pH2.392.351.40黄色固体的量几乎没有少量大量分析黄色固体中除Fe3＋、SO还可能含有___________离子。(5)查阅资料：不同pH下Fe2＋的氧化率随时间变化的关系如下图。为避免Fe2＋被氧化，配制FeSO4溶液时，需要添加___________。【答案】①.2.8②.烧杯、量筒、托盘天平③.4Fe2＋＋4H＋＋O2=4Fe3＋＋2H2O④.KSCN溶液⑤.BaCl2溶液⑥.OH－⑦.适量的稀硫酸和铁粉【解析】【分析】【详解】(1)配制100mL0.100mol·L-1FeSO4溶液，需要FeSO4·7H2O晶体的质量是0.1L×0.1mol/L×278g·mol-1=2.78g。如果用托盘天平称量应该是称量2.8g；配制一定物质的量浓度溶液的基本步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则需要的仪器有100mL容量瓶、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、托盘天平；(2)放置过程中FeSO4被O2氧化成中Fe3＋，同时有H2O生成，配平的离子方程式为：4Fe2＋＋4H＋＋O2＝4Fe3＋＋2H2O；(3)证实黄色固体中含Fe3＋和SO，加入试剂1，溶液变成红色，加入的试剂1是KSCN溶液；加入试剂2，产生白色沉淀BaSO4，加入的试剂2是BaCl2溶液；(4)FeSO4溶液放置过程中，溶液的pH减小，说明氢离子浓度增大，黄色固体的量也同时增大，根据氢元素守恒，黄色固体中含有OH－；(5)由Fe2＋的氧化率随时间的变化图可知，溶液的酸性越强，Fe2+的氧化率越小，所以配制FeSO4溶液时需要添加适量的稀硫酸和铁粉，且现配现用。16.“绿水青山就是金山银山”，消除氮氧化物污染对建设美丽家乡，打造宜居环境有重要意义。(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若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式___________。(2)现代技术用氨气将汽车尾气中的NOx还原为N2和H2O，反应原理是NO(g)＋NO2(g)＋2NH3(g)3H2O(g)＋2N2(g)△H＜0。①低压有利于尾气转化的原因是___________。②500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，10min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40％，体系压强为p1MPa，则0～10min内用N2表示的平均反应速率v(N2)=___________mol·L-1·min-1，500℃时该反应的平衡常数Kp=___________MPa(用含p1的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。(3)用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。向一恒压密闭容器中加入一定量(足量)的活性炭和NO，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图所示。①则t2时刻改变的条件为___________。②t1时刻的v逆___________t2时刻的v正(填“＞”“＜”或“=”)。(4)在恒容密闭容器中发生反应2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)△H＜0，下列说法正确的是___________(双选)。A．及时分离出生成的尿素，有利于NH3的转化率增大B．反应达到平衡后，混合气体的密度不再发生改变C．反应在任何温度下都能自发进行D．当尿素的质量不变时，说明反应达到平衡【答案】①.2C(s)＋2NO2(g)=N2(g)＋2CO(g)△H1=－854kJ·mol－1②.该反应是气体体积增大的反应，减小压强，平衡压强，平衡正向移动，有利于反应物的转化③.④.⑤.向密闭容器中加入NO⑥.<⑦.BD【解析】【分析】【详解】(1)若某反应的平衡常数表达式为，则反应为，将②2-①-③，得，此反应的热化学方程式为；(2)①该反应的正反应为气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，有利于反应物的转化；②500℃时，在2L恒容密闭容器中冲入1molNO、1molNO2和2molNH3，10min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40%，体系压强为p1MPa，利用三段式有：，根据阿伏伽德罗定律，恒温恒容时，压强与物质的量成正比，500℃时该反应的平衡常数(3)①因为恒压容器中，改变条件的瞬间，逆反应速率减小，但平衡正向移动且达到平衡后，逆反应速率与原平衡时相同，所以t2时刻改变的条件为向密闭容器中加入NO。②t2时刻，充入NO，反应物的浓度增大，正反应速率增大，所以t1时刻的v逆<t2时刻的v正。(4)A．因为尿素呈固态，所以及时分离出生成的尿素，对NH3的转化率没有影响，A不正确；B．因为达到平衡前，混合气体得质量减小，但体积不变，所以密度不断减小，当混合气体的密度不再发生改变时，反应达到平衡状态，B正确；C．因为正反应为熵减反应，所以低温下反应能自发进行，但高温时反应不能自发进行，C不正确；D．当尿素的质量不变时，正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，D正确；故选BD17.软锰矿(成分如表1所示)的成分是二氧化锰，其中还含有少量二氧化硅、铁、氧化铝以及少量的重金属等。废铁屑还原软锰矿生产高纯硫酸锰晶体的工艺流程如图1所示。表1软锰矿的化学成分成分含量/%成分含量/%MnO2FeSiO2Al2O3MgOCaO(1)浸出液中检测到存在Fe3＋，软锰矿与铁屑发生的离子反应是___________；(2)加入碳酸钙之前需要加入双氧水的作用是___________，用碳酸钙除去铁、铝的原理是___________。(表2数据可供参考)。表2不同金属离子沉淀的pH物质Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀沉淀完全(3)深度除杂中所加二氟化锰的作用是___________。(4)从滤液中获得硫酸锰晶体的方法是___________。(硫酸锰在不同温度下的溶解度见表3)表3硫酸锰在不同温度下的溶解度温度/℃508090100溶解度/(g/100g水)58484234(5)H2SO4/MnO2的物质的量比不同对锰的浸出率η有影响；实验表明，当H2SO4、MnO2的物质的量比∶1锰的浸出率较高(见图2)，请结合反应原理说明原因：___________。【答案】①.3MnO2＋2Fe＋12H＋=3Mn2＋＋2Fe3＋＋6H2O②.把Fe2＋氧化成Fe3＋且不引入新的杂质离子③.调节溶液的酸碱性，使，Fe2＋、Al3＋水解形成沉淀而除去④.除去钙、镁离子⑤.加热滤液浓缩结晶，趁热过滤⑥.根据软锰矿和铁屑反应的方程式3MnO2＋2Fe＋12H＋=3Mn2＋＋2Fe3＋＋6H2O，MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，可以看出H2SO4/MnO2的物质的量比为2：1时可以较好地利用原料，完全反应。再结合浸出时还有部分酸要与铁屑反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，可知实验数据∶1比较适合【解析】【分析】废铁屑还原二氧化锰生成硫酸锰、硫酸铁，硫酸与氧化铝生成硫酸铝，二氧化硅和硫酸不反应，浸出液含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、重金属离子，浸出液中加入碳酸钙调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去铁、铝杂质，加入BaS生成重金属硫化物沉淀，除去重金属离子，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+，过滤后，加热滤液浓缩结晶，趁热过滤得到硫酸锰晶体。【详解】(1)在浸出液中检测到Fe3＋，说明软锰矿中的二氧化锰在酸性条件下把铁氧化为Fe3＋，反应的离子方程式是3MnO2＋2Fe＋12H＋=3Mn2＋＋2Fe3＋＋6H2O；(2)Fe2＋与Mn2＋沉淀的pH比较接近，需要用双氧水把Fe2＋氧化为Fe3＋，且不引入新的杂质离子；碳酸钙消耗氢离子，调节溶液的酸碱性，使，Fe2＋、Al3＋水解形成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀而除去；(3)软锰矿中二氧化硅不溶于硫酸过滤除去，浸出液中加入碳酸钙除去Fe3＋、Al3＋，加入BaS除去重金属离子，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+；(4)硫酸锰溶解度随温度升高而减小，为了从滤液中获得硫酸锰晶体，加热滤液浓缩结晶，趁热过滤；(5)根据软锰矿和铁反应的方程式3MnO2＋2Fe＋12H＋=3Mn2＋＋2Fe3＋＋6H2O，MnO2＋2Fe2+＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，可以看出H2SO4、MnO2的物质的量比2：1可较好的利用原料，完全反应，在结合浸出时部分铁和硫酸反应Fe＋2H＋=2Fe2＋＋H2，可知实验数据∶1比较适合。18.硫氰[(SCN)2]是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间。资料：①SCN-中S、C、N元素的化合价依次为：-2价、＋4价、-3价。②SCN-的性质类似卤素离子，能被氧化为黄色的(SCN)2，(SCN)2可聚合为红色的(SCN)x。③2Cu2＋＋4SCN-=2CuSCN↓(白色)＋(SCN)2(黄色)。现有如下探究：I．探究Cu2＋对KSCN溶液检验Fe3＋的影响：实验编号操作现象实验1i.加入Cu粉后充分振荡，溶液逐渐变蓝ii.取少量i中清液于试管中，滴加2滴溶液，溶液变为红色，但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成(1)写出实验1中第i步的离子方程式___________。甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的Cu2＋干扰了检验Fe3＋的现象。该同学又继续进行如下实验实验编号操作现象实验2开始时溶液呈绿色，一段时间后开始出现白色沉淀，上层溶液变为黄色实验3无色溶液立即变红，同时生成白色沉淀(2)经检测，实验2反应后的溶液pH值减小，可能的原因是___________。(3)由实验2、3可知，实验3中溶液变红的原因是___________。II．探究浓硝酸与KSCN溶液的反应[实验一]浓硝酸与KSCN溶液反应(4)向浓硝酸中滴加KSCN溶液，溶液立即变红是因为生成了___________(填化学式)。[实验二]浓硝酸与KSCN溶液反应产物a．将实验一iii中的气体通入Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中，有白色沉淀生成。b．过滤、洗涤白色沉淀，取少量于试管中，加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色。c．另取少量实验一iii中试管内的溶液加入BaCl2溶液，产生大量白色沉淀。(5)a中，气体通入Ba(OH)2溶液开始出现白色沉淀，随后白色沉淀溶解，原因是___________。(6)通过b证实了红棕色气体中不含SO2，证据是___________，由上述实验现象可知：SCN-转化的最终产物中一定有___________。【答案】①.Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋②.部分(SCN)2与水反应生成酸③.Cu2＋与SCN－产生白色CuSCN的同时生成(SCN)2，Fe2＋被(SCN)2氧化为Fe3＋，Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，所以溶液变红④.(SCN)x⑤.混合气体中有大量的NO2使溶液呈酸性，开始产生的白色BaCO3沉淀溶解⑥.向洗净的白色沉淀中加入过量的稀硝酸，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+呈黄色，加入铜粉后发生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，溶液逐渐变为蓝色；取少量i中清液于试管中，滴加2滴溶液，发生了2Cu2＋＋4SCN-=2CuSCN↓(白色)＋(SCN)2(黄色)，(SCN)2将亚铁离子氧化为铁离子，发生Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，所以溶液变红，振荡后SCN-和Cu2＋充分接触，又发生2Cu2＋＋4SCN-=2CuSCN↓(白色)＋(SCN)2(黄色)，产生白色沉淀，同时由于SCN－被消耗，Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3逆向移动，红色消失；由实验2可知发生了铜离子和硫氰酸根离子发生了2Cu2＋＋4SCN-=2CuSCN↓(白色)＋(SCN)2(黄色)，(SCN)2溶于水导致上层溶液呈黄色；通过实验3，验证了实验1中的ii的结论；II．浓硝酸有强氧化性，浓硝酸中加入KSCN后，SCN-被浓硝酸氧化为(SCN)2，(SCN)2聚合为红色的(SCN)x，溶液迅速变红；静置一段时间后剧烈反应，红色迅速褪去可能是浓硝酸氧化了(SCN)x所致。【详解】(1)加入Cu粉后溶液逐渐变蓝，说明生成了铜盐，因此发生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；(2)根据实验2的现象，开始时溶液呈绿色，一段时间后开始出现白色沉淀，上层溶液变为黄色，说明发生了2Cu2＋＋4SCN-=2CuSCN↓(白色)＋(SCN)2(黄色)，(SCN)2性质与卤素单质相似，部分(SCN)2与水反应生成酸，溶液pH值减小；(3)由分析可知Cu2＋与SCN－产生白色CuSCN的同时生成(SCN)2，Fe2＋被(SCN)2氧化为Fe3＋，Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，所以溶液变红；(4)由分析可知浓硝酸中滴加KSCN溶液，溶液立即变红是因为SCN-被氧化为黄色的(SCN)2，(SCN)2聚合为红色的(SCN)x；(5)实验一中产生红棕色气体，因此混合气体中有大量的NO2使溶液呈酸性，开始产生的白色BaCO3沉淀溶解；(6)二氧化硫与亚硫酸根均为较强还原性，向洗净的白色沉淀中加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色，说明白色沉淀中不含有还原性的，可作为红棕色气体中不含SO2的证据；结合以上分析，a中产生的白色沉淀为碳酸钡，则SCN-被氧化后产物中含二氧化碳，由b可知SCN-被氧化后产物中不含二氧化硫，由c可知SCN-被氧化后产物中含硫酸根离子，综上所述：SCN-在被氧化的最终产物中一定有CO2、SO。(二)选考题(共12分。请考生从19、20两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。)19.有机物A是一种重要的化工原料，用A制取新型聚合物F的合成路线如下：已知：i.+R3OHii.+R1I+HI1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH(1)A中官能团的名称为____________。(2)试剂a为____________。(3)C中含有一个六元环，C的结构简式为____________。(4)C→D的反应类型为______。(5)E→F的化学方程式是__________________。(6)下列说法正确的是____________(填序号)。a.A能与NaHCO3溶液反应b.醇钠可由醇与金属钠反应制得c.可用FeCl3溶液鉴别D和Ed.HOCH2CH2OH俗称甘油(7)以乙醇为起始原料，利用已知信息、选择必要的无机试剂合成CH3COCH2COOC2H5写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。____________【答案】①.羧基②.CH3OH(或甲醇)③.④.氧化反应⑤.n+nHOCH2CH2OH+(2n-1)CH3OH⑥.abc⑦.CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5【解析】【分析】A是HOOCCH2CH2COOH，A与CH3OH在浓硫酸存在时加热发生酯化反应产生B：CH3OOCCH2CH2COOCH3，B与醇钠发生取代反应产生C，根据C的分子式及C中含有一个六元环，则C为：，根据C、D分子式可知C变为D发生氧化反应，结合F的结构及E与HOCH2CH2OH发生酯交换反应产生F逆推，可知E是，D与CH3I在K2CO3作用下反应产生E，则D结构为：，然后根据题目问题逐一分析解答。【详解】根据上述分析可知：A是HOOCCH2CH2COOH，B：CH3OOCCH2CH2COOCH3，C是，D是，E是，F是。(1)A是HOOCCH2CH2COOH，可知A中官能团的名称为羧基；(2)HOOCCH2CH2COOH与甲醇CH3OH在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应产生B：CH3OOCCH2CH2COOCH3和H2O，所以试剂a是CH3OH；(3)根据上述分析可知C结构简式为：；(4)C分子式是C10H12O6，D分子式是C10H10O6，C物质失去2个H原子变为D，失去电子被氧化，发生氧化反应，故C→D的反应类型为氧化反应；(5)E是，E与HOCH2CH2OH发生酯交换反应产生F，F是，故E→F的化学方程式是n+nHOCH2CH2OH+(2n-1)CH3OH；(6)a．AHOOCCH2CH2COOH是丁二酸，属于二元羧酸，具有酸性，由于其酸性比碳酸强，所以HOOCCH2CH2COOH能与NaHCO3溶液反应产生NaOOCCH2CH2COONa、H2O、CO2，a正确；b．由于金属钠能够能与醇发生置换反应产生醇钠和氢气，所以醇钠可由醇与金属钠反应制得，b正确；c．D是，E是，D