1、祁阳县 2019 年高考第二次模拟考试试卷化学可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Cl35.5 Fe56 Ni59 Cu64 Te128第I卷（共 45 分）一、选择题（本大题包括 15 道小题，每小题 3 分，共 45 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一个选项符合题意）1.下列我国古代技术的应用中，其工作原理不涉及化学反应的是A. 火药使用 B. 粮食酿酒 C. 转轮排字 D. 铁的冶炼【答案】C【解析】【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断。【详解】A、火药使用过程中有新物质
2、CO2等生成，属于化学变化，选项A不选；B、粮食酿酒过程中有新物质酒精生成，属于化学变化，选项B不选；C、转轮排字过程中没有新物质生成，属于物理变化，选项C选；D、铁的冶炼过程中有新物质单质铁等生成，属于化学变化，选项D不选；答案选C。【点睛】本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。2.下列化学用语不正确的是A. 乙酸的最简式：CH2O B. 质量数为 31 的磷原子：C. Cl-的结构示意图： D. 乙烯分子的球棍模型： 【答案】C【解析】【详解】A. 乙酸的分子式为C2H4O2，其最简式为：CH2O，选项A正确；B.
3、磷原子的质子数为15，则质量数为 31 的磷原子可表示为：，选项B正确；C. Cl原子的质子数为17，Cl-的结构示意图为：， 表示Ar原子的结构示意图，选项C不正确；D. 乙烯分子的球棍模型为： ，选项D正确。答案选C。3.下列应用不涉及氧化还原反应的是A. Na2O2用作呼吸面具的供氧剂B. 工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC. 工业上利用合成氨实现人工固氮D. 实验室用NH4Cl和Ca(OH)2反应制备NH3【答案】D【解析】A发生的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中有元素化合价升降，所以属于氧化还原反应，故A错误；B.2
4、Al2O34Al+3O2中有电子转移，所以属于氧化还原反应，故B错误；C人工固氮，N元素化合价由0价变为正化合价，有电子转移，属于氧化还原反应，故C错误；D实验室用NH4Cl 和Ca(OH)2制备NH3，该反应中没有元素化合价升降，所以不属于氧化还原反应，故D正确；故选D。 4.分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是A. 化合物：干冰、冰水混合物、烧碱B. 同素异形体：活性炭、C60、金刚石C. 非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气D. 混合物：漂白粉、纯净矿泉水、盐酸【答案】C【解析】A干冰是二氧化碳固体是纯净的化合物，冰水混合物成分为水是纯净的化合物，烧碱是氢氧化钠属于纯净的化合物，故
5、A正确；B活性炭，C60，金刚石是碳元素的不同单质，是碳元素的同素异形体，故B正确；C，乙醇、四氯化碳水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，氯气是单质既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，纯净矿泉水含有电解质的水属于混合物，盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，故D正确；故选C。点睛：考查物质分类方法，物质组成判断，掌握概念实质、物质组成与名称是解题关键，注意：化合物是不同元素组成的纯净物；同素异形体是同种元素组成的不同单质；非电解质是水溶液中和熔融状态都不导电的化合物；混合物是不同物质组成的物质。5.设阿伏加德罗常数的值为 NA，则下列说法正确的是A. 标
6、准状况下，22.4 L CH2Cl2 含氯原子数为 2 NAB. 1 mol Fe 与过量稀 HNO3 反应，电子转移数为 3NAC. 1.0 L 1.0 molL1Na2SO4水溶液中含有的氧原子数为 4NAD. 1 mol NO 和 0.5 mol O2 在密闭容器中混合，生成 NO2 分子数为 NA【答案】B【解析】【详解】A、CH2Cl2在标况下不是气体，无法计算出其物质的量和原子数目，选项A错误；B1molFe与过量的稀HNO3反应生成硝酸铁，转移的电子数为3 NA，选项B正确；C、Na2SO4水溶液中除了Na2SO4含有氧原子，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于4NA个，选项
7、C错误；DNO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，1molNO与0.5molO2恰好完全反应生成1molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4，所以产物分子数小于NA，选项D错误；答案选B。6.下列离子方程式正确的是A. 氯气溶于水：Cl2H2O2H+Cl-ClO-B. 钠与水反应：Na2H2O=Na+2OH-H2C. 氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO2H=Fe2H2OD. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：NH4+HCO3-Ca2+2OH-=CaCO3 NH3H2OH2O【答案】D【解析】【详解】A氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，正确的离子方程式为：Cl2+
8、H2OH+Cl-+HClO，选项A错误；B、钠与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，选项B错误；C氧化亚铁溶于足量的稀硝酸中的离子反应为3FeO+NO3-+10H+=3Fe3+5H2O+NO，选项C错误；D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水反应生成碳酸钙、一水合氨和水，反应的离子方程式为：NH4+HCO3-Ca2+2OH-=CaCO3 NH3H2OH2O，选项D正确。答案选D。7.某溶液中可能含有 Na、NH4、Ba2、SO42、I、S2。分别取样：用 pH 计测定，溶液显弱酸性；加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是A. Na+ B. SO4
9、2-C. Ba2+ D. NH4+【答案】A【解析】试题分析: 溶液显弱酸性，则一定存在能水解的铵根离子，硫离子一定不能存在，无需检验；加氯水和淀粉无明显现象，氯水具有氧化性，能与碘离子发生氧化还原反应，所以I一定不能共存，无需检验，因为溶液呈电中性，所以溶液中必须含有阴离子，则一定含有硫酸根离子，因此钡离子不能存在，则硫酸根离子、钡离子无需检验，钠离子是否存在需要检验，答案选A。【考点定位】考查离子的检验方法及离子共存。【名师点睛】本题为高频考点，把握离子的检验方法及离子之间的氧化还原反应、相互促进的水解反应为解答的关键。根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则
10、：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO在酸过量时转化为Al3)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。解答时，首先，必须以扎实全面的基础知识作后盾。扎实全面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。例如考生要对离子的性质、离子的特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。其次，必须要有正确清晰的解题思路和正确灵活的解题方法。视频8.常温下，某反应
11、体系中存在六种粒子：ClO4、SO42、ClO3、S2O82、H、H2O。在反应过程中，溶液的 pH 与反应进程的关系如图所示。下列说法正确的是A. ClO4-是氧化剂B. SO42-是氧化产物C. 氧化性：S2O82-ClO3-D. 生成 1 mol 还原产物时转移 2 mol 电子【答案】C【解析】【详解】根据图表信息可知，反应过程pH值由7减小，则有酸产生，H+在生成物中，水为反应物，题目给出的六种物质，SO42和S2O82为一对,无论在哪边根据质量守恒无法判断，ClO4和ClO3为一对,考虑水是反应物，根据质量守恒ClO3应在反应物才能满足氧原子守恒，则ClO3ClO4发生氧化反应，一
12、定有物质发生还原反应，S2O82-中存在一个过氧键（-O-O-），其中有2个氧原子为-1价，硫元素为+6价。SO42-中硫元素为+6价，故氧元素化合价降低，S2O82-为氧化剂，根据电子转移守恒：ClO3+S2O82-+H2OClO4+SO42-+H+，由电荷守恒，配平后离子方程式为：ClO3+S2O82-+H2O=ClO4+2SO42-+2H+，A. ClO4-是氧化产物，选项A错误；B. SO42-是还原产物，选项B错误；C. 根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于还原剂，则氧化性：S2O82-ClO3-，选项C正确；D. 根据反应ClO3+S2O82-+H2O=ClO4+2SO42-+2H
13、+可知，生成 1 mol 还原产物SO42-时转移 1mol 电子，选项D错误。答案选C。9.科学工作者研发了一种SUNCAT的系统，借助锂循环可持续合成氨，其原理如下图所示。下列说法不正确的是A. 过程得到的Li3N中N元素为-3价B. 过程生成W的反应：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3C. 过程中能量转化的形式：化学能转变为电能D. 过程涉及到反应：4OH4 e= O22H2O【答案】C【解析】A. 过程得到的Li3N中Li元素的化合价为+1，则N元素为-3价，选项A正确；B、根据流程可知，过程生成W的是由Li3N和水反应生成氨气和W，根据质量守恒可推出W为LiOH，反应：Li3N+
14、3H2O=3LiOH+NH3，选项B正确；C、过程中应该是氢氧化锂转变为锂、氧气和水，应该是电解，能量转化的形式：电能转变为化学能，选项C不正确；D、过程涉及到电解池阳极电极反应：4OH4 e= O22H2O，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应及电解池原理，易错点为选项D，必须通过氢氧化锂转化为锂、氧气和水的过程中判断化合价的变化，确定反应无法自发进行，必须在电解过程中发生，从而得解。10. 下列说法不正确的是A. 麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应B. 用溴水即可鉴别苯酚溶液、2,4己二烯和甲苯C. 在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5
15、OHD. 用甘氨酸（）和丙氨酸（）缩合最多可形成4种二肽【答案】C【解析】试题分析：麦芽糖能发生银镜反应，其水解产物是葡萄糖也能发生银镜反应，A正确；溴水与苯酚能生成白色沉淀，2,4己二烯能使溴水褪色，甲苯与溴水发生的是萃取，溶液还有颜色，B正确；在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，C错误；甘氨酸和丙氨酸可以分子间形成肽键也可分子内形成肽键，它们缩合最多可形成4种二肽，D正确。选C。考点：常见有机物的基本性质、有机物的鉴别、酯化反应的原理。视频11.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、C
16、O，不考虑其他成分），设计了如下流程：下列说法不正确的是A. 固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B. X可以是空气，且需过量C. 捕获剂所捕获的气体主要是COD. 处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4+NO2-=N2+2H2O【答案】B【解析】试题分析：工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂
17、所捕获的气体主要是CO。A工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；B由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；C气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；DNaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4+NO2-=N2+2H2O，故D正确；故选B。考点：考查了物
18、质的分离、提纯的相关知识。视频12.下列选项中的反应、现象与结论完全一致的是（夹持、加热装置已略去）中的反应中的现象结论AMnO2与浓盐酸加热KI淀粉溶液很快变蓝Cl2有氧化性BCu与浓硫酸加热溴水褪色SO2有漂白性CNa2CO3与醋酸溶液苯酚钠溶液变浑浊酸性：碳酸苯酚D电石与饱和食盐水酸性高锰酸钾溶液褪色乙炔有还原性A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】试题分析：ACl2与KI作用生成I2，I2与淀粉溶液很快变蓝，可证明氯气具有氧化性，正确；B物质的漂白性是指将有色的有机物质反应生成无色物质，溴水不是有机物质，SO2使溴水褪色是因为Br22H2O+SO2= SO42-+4H
19、+2Br-，是SO2的还原性，错误；C醋酸易挥发，干扰二氧化碳与苯酚的反应，错误；D乙炔中还可能含有少量还原性的杂质气体，如硫化氢等，错误。考点：考查物质的性质13.短周期主族元素 X、Y、Z 的单质 m、n、p 在通常状况下均为气态双原子分子，其中 m 含共用电子对数最多；甲、乙分别为 10 电子、18 电子分子，它们的转化关系如下图所 示(反应条件略去)。下列说法正确的是A. X 是同周期中非金属性最强的元素B. 元素 X、Y、Z 的原子半径大小关系为 XYZC. Z 的氧化物对应的水化物的酸性在主族元素中最强D. 化合物丙是离子化合物，既含离子键又含共价键【答案】D【解析】【分析】常见双
20、原子单质分子中，含共价键数目最多的是N2，即m为N2，分子中含有3个共价键，单质m、n、p在通常状况下均为气态，应为非金属，分别反应生成化合物甲、乙，甲分子含10个电子，乙分子含18个电子，则化合物甲为NH3，n为H2，乙为氢化物，含有18个电子，乙为HCl，则p为Cl2，丙为NH4Cl，可知X为N、Y为H，Z为Cl元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知X为N、Y为H，Z为Cl元素，AN位于第二周期，非金属性最强的为F元素，选项A错误；BH为元素周期表中原子半径最小的原子，应为YXFe3I2，向含有Fe2、Br、I各0.1 mol 的溶液中通入Cl2。通入Cl2的体积(标准状况)与溶液中某
21、种离子(用Q表示)的物质的量的关系如下图所示，下列说法中正确的是( )A. Q是IB. Q是BrC. b点时溶液中阴离子只有Cl(不考虑OH)D. ab区间的反应：2Fe2Cl2=2Fe32Cl【答案】D【解析】离子还原性I-Fe2+Br-，故首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，然后发生反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；A若Q是I-，2I-+Cl2=I2+2Cl-，0.1molI-完全反应消耗0.05mol氯气，标准状况下为1.12L，此时碘离子为0，而图象中通入氯气为1.12L时，碘离子仍为0.1mol，与实际不符合，故A错误
22、；B若Q是Br-，I-、Fe2+完全反应后，才发生2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，0.1molI-完全反应消耗0.05mol氯气，0.1molFe2+完全反应消耗0.05mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，图象中氯气的体积不符合，故B错误；C根据D可知：b点时溶液中有Cl-，Fe3+、Br-，故C错误；D离子还原性I-Fe2+Br-，故首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，然后发生反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，0.1molI-完全反应消耗0.05mol氯气，开始反应时氯气的体积为1.12L，0.1molFe2+完全反应消耗0.05mol氯气，此时氯气的体积为
23、2.24L，所以ab区间的反应：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，故D正确；答案为D。点睛：确定离子反应发生的先后顺序是解题的关键；离子还原性I-Fe2+Br-，故首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，然后发生反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，据此判断。第卷（非选择题共 55 分）16.三甲酸铝广泛应用于化工、石油等生产。120150 左右分解；0 时，在水 中的溶解度为 16 g，100 时，溶解度为 18.4 g。实验室用如下方法制备三甲酸铝： 首先用废铝渣制取
24、Al(OH)3 固体，流程是：(1) 调节 pH 用_（填化学名称）试剂为好。 然后将氢氧化铝和甲醛依次加入到质量分数为 50%的过氧化氢溶液中(投料物质的量之比 为 132)，装置如图，最终可得到含三甲酸铝 90%以上的优质产品。反应式为 2Al(OH)36HCHO3H2O2=2Al(HCOO)36H2O3H2。 (2)反应过程可看作两步进行，第一步_(写出化学方程式)，第二步为甲酸与 Al(OH)3 反应生成三甲酸铝。(3)反应温度最好控制在 3070 之间，温度不宜过高，主要原因是_。(4)实验时需强力搅拌 45 min，最后将溶液_，抽滤，洗涤，干燥得产品。(5)可用酸性 KMnO4
25、标准溶液滴定法来测定产品纯度，滴定起始和终点的滴定管液面位置见上图 , 则消耗的酸性 KMnO4 标准溶液体积为_mL。【答案】 (1). 氨水 (2). 生成的Al(OH)3 呈胶状沉淀 (3). 2HCHO+H2O2=2HCOOH+H2 (4). 防止H2O2分解及HCHO挥发 (5). 蒸发结晶 (6). 16.00【解析】试题分析：（1）氢氧化铝易溶于强碱，难溶于弱碱，为减少氢氧化铝的损失，选用弱碱；氢氧化铝胶体能透过滤纸；（2）根据题意，第一步反应为甲醛被氧化为甲酸；（3）温度过高H2O2分解速率加快、HCHO挥发速度加快；（4）甲酸铝的溶解度受温度影响不大，获得晶体的方法是蒸发溶剂
26、；滴定开始液面读数是2.50，滴定结束液面读数是18.50。解析：（1）氢氧化铝易溶于强碱，难溶于弱碱，为减少氢氧化铝的损失，调节pH用氨水为好；氢氧化铝胶体能透过滤纸，生成的Al(OH)3 呈胶状沉淀布氏漏斗内没有得到产品；（2）根据题意，第一步反应为甲醛被过氧化氢氧化为甲酸，方程式为2HCHO+H2O2=2HCOOH+H2；（3）温度过高H2O2分解速率加快、HCHO挥发速度加快；（4）甲酸铝的溶解度受温度影响不大，获得晶体的方法是蒸发结晶；滴定开始液面读数是2.50，滴定结束液面读数是18.50，消耗的酸性KmnO4标准溶液体积为16.00 mL。17.碱式碳酸镍Nix(OH)y(CO3
27、)znH2O是一种绿色粉末，常用作催化剂和陶瓷着色剂，300 以上时分解生成 3 种氧化物。为确定其组成，某同学在实验室进行了有关的探究。 请回答下列问题：(1)装置 E 中仪器的名称是_。(2)甲、乙两装置可分别选取下列装置_、_(填字母，装置可重复选取)。(3) 安装好实验仪器，检查装置气密性；称取一定量的碱式碳酸镍样品，放入硬质玻璃管内； 加热硬质玻璃管，当装置 C 中_(填实验现象)时，停止加热；打开活塞 K，缓缓通入一段时间空气后，结束实验。(4)装置 A 的作用是_。(5)实验前后测得下表所示数据：装置 B 中样品质量/g装置 C 质量/g装置 D 质量/g实验前3.77132.0
28、041.00实验后2.25133.0841.44已知碱式碳酸镍中 Ni 化合价为2 价，则该碱式碳酸镍的化学式为_。【答案】 (1). 球形干燥管 (2). c (3). c (4). 不再有气泡产生 (5). 吸收空气中的 CO2 和水蒸气，防止干扰实验结果 (6). Ni3(OH)4CO34H2O【解析】【分析】(1) 根据仪器的结构判断；(2)生成的CO2应该用碱石灰吸收，所以甲、乙两装置均选择碱石灰；(3)反应中有CO2生成，所以当装置C中不再有气泡产生时，停止加热；(4)根据以上分析可知装置A的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气；(5)根据表中数据可知生成的水是1.08 g，生成的CO
29、2是0.44 g，结合反应推出物质的化学式。【详解】(1) 根据仪器的结构可知，装置 E 中仪器的名称是球形干燥管；(2)由于装置中含有空气且需要把生成的气体完全排尽，所以需要利用空气把装置中的空气以及生成的气体排尽，但由于空气中含有水蒸气和CO2，所以通入前需要利用碱石灰净化空气；反应中生成的水蒸气用浓硫酸吸收，生成的CO2应该用碱石灰吸收，所以甲、乙两装置均选择碱石灰，答案为c、c；(3)反应中有CO2生成，所以当装置C中不再有气泡产生时，停止加热；(4)根据以上分析可知装置A的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气；(5)根据表中数据可知生成的水是1.08 g，物质的量是0.06 mol。生成
30、的CO2是0.44 g，物质的量是0.01 mol。 固体减少的质量是3.77g 2.25g=1.52 g=0.44g+1.08g，这说明反应中的生成物是NiO、 H2O和CO2，其中NiO 2.25g，物质的量是0.03 mol，则x:z=3: 1；根据电荷守恒可知2x=y+2z，解得y=4z，即化学式是Ni3(OH)4CO3n(H2O)，其中生成的结晶水的物质的量是0.06 mol-0.02 mol= 0.04 mol，因此最终物质的化学式为Ni3(OH)4CO34H2O。18.碲是A 族元素，其单质和化合物在化工生产等方面具有广泛地应用。(1)TeO2 是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸
31、或强碱。TeO2 和足量 NaOH 溶液发生反应的离子方程式为_。(2)从粗铜精炼的阳极泥(主要含有 Cu2Te)中提取粗碲的一种工艺流程如图：已知加压酸浸时控制溶液的 pH 为 5.0，生成 TeO2 沉淀。如果 H2SO4 溶液浓度过大，产生 的后果是_。对滤渣“酸浸”后，将 Na2SO3 加入 Te(SO4)2 溶液中进行“还原”得到固态碲，该反应的离子 方程式是_。“还原”得到固态碲后分离出粗碲后，对粗碲进行洗涤，判断洗涤干净的实验操作和现象是_。(3)已知阳极泥中 Cu2Te 的含量为 a%，则 m 吨阳极泥理论上可制得纯度为 n%的粗碲_ 吨。【答案】 (1). TeO22OH-=
32、TeO32-H2O (2). TeO2 会继续与酸反应，导致 TeO2 沉淀不完全 (3). 2SO42Te42H2O=Te2SO424H (4). 取少量最后一次洗涤液，加入 BaCl2 溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净 (5). ma/2n【解析】【分析】TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。工业上常用铜阳极泥(主要含有 Cu2Te)为原料制备单质碲，加入氢氧化钠TeO2溶解，过滤得到滤渣为不溶于碱的物质，滤液中加入硫酸沉碲过滤得到TeO2，对滤渣“酸浸”后，将 Na2SO3 加入 Te(SO4)2 溶液中进行“还原”得到固态碲。【详解】(1)TeO2是两性氧化物，和NaOH溶
33、液反应生成盐Na2TeO3和水，发生反应的离子方程式为TeO22OH-=TeO32-H2O；(3)TeO2具有两性，如果溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应，导致TeO2沉淀不完全；Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中进行“还原”得到固态碲，同时生成Na2SO4，该反应的离子方程式是 2SO42Te42H2O=Te2SO424H；通过过滤从反应后的混合液中获得粗碲，粗碲表面附着的离子中含有SO42，因此判断洗涤干净的实验操作和现象是取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净；(3)已知阳极泥中 Cu2Te 的含量为 a%，则 m 吨阳极泥理论上可制得纯度为
34、n%的粗碲吨。19.现有甲、乙两个化学小组利用两套相同装置，通过测定产生相同体积气体所用时 间长短来探究影响 H2O2 分解速率的因素(仅一个条件改变)。甲小组有如下实验设计方 案。实验编号温度催化剂浓度甲组实验25 三氧化二铁10 mL 5% H2O2甲组实验25 二氧化锰10 mL 5% H2O2甲、乙两小组得出如下图数据。(1)甲小组实验得出的结论是_。(2) 由乙组研究的酸、碱对 H2O2 分解影响因素的数据分析，相同条件下 H2O2 在_(填“酸”或“碱”)性环境下放出气体速率较快；由此，乙组提出可以用BaO2 固体与硫酸溶液反应制 H2O2，其反应的离子方程式为_；支持这一方案的理
35、由是_。(3)已知过氧化氢是一种极弱的二元酸：H2O2H+HO2- (Ka12.410-12)。当稀 H2O2溶液在碱性环境下分解时会发生反应 H2O2OH-HO2-+H2O，该反应中，正反应速率为 v 正k正c(H2O2)c(OH-)，逆反应速率为 v 逆k 逆c(H2O)c(HO2- )，其中 k 正、k 逆为速率常数，则 k 正与 k 逆的比值为_(保留 3 位有效数字)。【答案】 (1). H2O2 分解时，MnO2 比 Fe2O3 催化效率更高 (2). 碱 (3). BaO22HSO42-=BaSO4H2O2 (4). BaSO4 的生成使平衡右移，有利于 H2O2 的生成，酸性环
36、境有利于 H2O2 的存在 (5). 1.33104【解析】【分析】(1)在体积-时间图中，斜率即可代表化学反应速率，甲组实验、II催化剂不同；(2)由乙组研究的酸、碱对H2O2分解影响因素的数据分析可知碱性越强，放出气体的速率越快；根据BaO2固体与硫酸溶液反应制H2O2和硫酸钡进行解答；(3)根据Ka1、Kw、以及V正、v逆公式进行计算。【详解】（1）由图象可知在体积-时间图，斜率即可代表化学反应速率，由甲组实验两条曲线可知，甲组实验斜率大，因此分解速率越快，说明H2O2分解时，MnO2比Fe2O3催化效率更高；（2）由乙组研究的酸、碱对H2O2分解影响因素的数据分析可知碱性越强，放出气体
37、的速率越快，由题意知BaO2固体与H2SO4溶液反应制H2O2的反应物为BaO2和H2SO4，产物为H2O2，根据原子守恒可知另一种产物为硫酸钡，即：BaO2+H2SO4=H2O2+BaSO4，离子方程式为：BaO2+2H+SO42-BaSO4+H2O2，由图可知酸性条件下，H2O2分解的速率慢，相同条件下H2O2在碱性条件下反应速率快，可能BaSO4的生成有利于平衡右移即有利于H2O2的生成，或酸性环境有利于H2O2的存在；（3）水的物质的量浓度为55.6 mol/L，=1.33104。【点睛】本题考查过氧化氢的有关知识，注意外界因素对化学反应速率的影响，（3）计算是该题的难点，题目难度中等
38、。20.以甲醛和苯酚为主要原料，经如图所示系列转化可合成酚醛树脂和重要有机合成 中间体 D(部分反应条件和产物略去)：(1)CH3OH 的名称为_。(2)C 中所含官能团的名称是_。(3)反应的化学方程式是_。(4)下列关于 A 的性质，能反映支链对苯环结构产生影响的是_(填字母)。a能与氢氧化钠溶液反应 b能使酸性高锰酸钾溶液褪色 c稀溶液中加浓溴水产生沉淀(5)E(C8H10O2)与 B 的水解产物互为同分异构体，1 mol E 可与 2 mol NaOH 反应，其核磁共振氢谱显示有 3 种峰且峰面积之比为 311，符合条件的 E 共有_种。(6) 完成下面以 CH3OH 和 CH3ONa
39、 为 原 料 ( 其 他 无 机 试 剂 任 选 ) 制 备 化 合 物CH3COCH2COOCH3 的合成路线。 CH3OH _【答案】 (1). 甲醇 (2). 酯基、醚键 (3). (4). c (5). 4 (6). 【解析】【分析】根据合成路线流程图，反应中苯酚与甲醛反应生成A（C7H8O2），该反应属于加成反应，根据酚醛树脂的结构可知A为，其他物质根据所给结构及已知条件对物质的反应进行分析解答。【详解】(1) CH3OH的名称为甲醇；(2) C是对甲氧基苯乙酸甲酯，所含官能团有酯基、醚键；(3) 反应为发生缩聚反应生成的反应，反应的方程式为；(4) A为。a.分子中含有酚羟基，能与
40、氢氧化钠溶液反应，与苯环上的支链无关，故a不选；b. 分子中含有酚羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化为粉红色的物质，与苯环上的支链无关，故b不选；c.稀溶液中加浓溴水产生沉淀，与苯环上的羟基有关，故c选，故选c；(5) 1molE(C8H10O2)可与2molNaOH反应，说明含有2mol羟基，其核磁共振氢谱显示有3种峰且峰面积之比为3：1：1，符合条件的E有、，共4种；(6)以CH3OH为原料制备化合物CH3COCH2COOCH3。根据题干中B到D的转化过程，可以首先将CH3OH转化为CH3Cl，再转化为CH3CN，水解为乙酸甲酯，最后根据题干信息转化即可。合成路线为。【点睛】本题考查了有机物的合成与推断，利用已知信息及有机物的结构、官能团的变化、碳原子数目的变化推断各物质是解答本题的关键。本题的难点是（6）合成路线的设计，要注意充分利用题干流程图提供的信息解答。- 19 -
