2020年北京市高考化学试卷（含解析版）下载

北京市 2020 年普通高中学业水平等级性考试 化学 本试卷共 9 页，100 分。考试时长 90 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试 卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一升交回。 可能用到的相对原子质晕：H-1 C-12 N-14 O-16 第一部分 本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题 目要求的一项。 1. 近年来，我国航空航天事业成果显著。下列成果所涉及的材料为金属材料的是 “天宫二号“航天器使用的质量轻强度高的材料——钛合金 “北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料——砷化镓 “长征五号”运载火箭使用的高效燃料——液氢 A. B. C. D. “C919”飞机身使用的复合材料——碳纤维和环氧树脂 A【答案】 【解析】 【详解】A．钛合金是合金材料，属于金属材料，故 A 符合题意 B．砷化镓是一种半导体材料，不是金属材料，故 B 不符合题意； C．液氢是液态氢气单质，氢元素是非金属，不是金属材料，故 C 不符合题意； D．碳纤维是碳元素组成的一种单质，是无机非金属材料，环氧树脂是有机高分子合成材料， 都不是金属材料，故 D 不符合题意 答案选 A。 2. 下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是 A. 用石灰乳脱除烟气中的 SO2 B. 用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］处理污水 C. 用盐酸去除铁锈(主要成分 Fe2O3•xH2O) D. 用 84 消毒液(有效成分 NaClO)杀灭细菌 D【答案】 【解析】 【详解】A．SO2 是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的 SO2 时，SO2 与氢氧化 – 1 – 钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反 应，故 A 不符合题意； B．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用 胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生 化合价变化，没有利用氧化还原反应，故 B 不符合题意； C．用盐酸去除铁锈(主要成分 Fe2O3•xH2O)，发生的主要反应为：6HCl+ Fe2O3=2FeCl3+3H2O， 反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故 C 不符合题意； D．用 84 消毒液有效成分 NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒， 杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故 D 符合题意； 答案选 D。 3. 水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是 A. Na B. Cl2 C. NO2 D. Na2O A【答案】 【解析】 【详解】A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，H2O 中 H 元素化合价由+1 降为 0 价，得电子被还原， 做氧化剂，在反应中表现出氧化性，故 A 符合题意； B．Cl2+H2O HCl+HClO，H2O 中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂 也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故 B 不符合题意； C．3NO2+H2O=2HNO3+NO，H2O 中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂 也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故 C 不符合题意； D．Na2O + H2O = 2NaOH，该反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，水在反应中既不 表现氧化性也不表现还原性，故 D 不符合题意； 答案选 A。 4. 已知：33As(砷)与 P 为同族元素。下列说法不正确的是 A. As 原子核外最外层有 5 个电子 B. AsH3 的电子式是 C 热稳定性：AsH3<PH3 D. 非金属性：As<Cl B【答案】 – 2 – 【解析】 【详解】A．As 与 P 为同族元素，为 VA 族元素，则其原子核外最外层有 5 个电子，A 说法 正确； B．AsH3 属于共价化合物，电子式与氨气相似，为 ，B 说法不正确； C．非金属的非金属性越强，其气体氢化物越稳定，非金属性 As＜P，热稳定性：AsH3＜PH3， C 说法正确； D．同周期元素，原子序数越小，非金属性越强，非金属性：As＜Cl，D 说法正确； 答案为 B。 5. 下列说法正确的是 A. 同温同压下，O2 和 CO2 的密度相同 B. 质量相同的 H2O 和 D2O(重水)所含的原子数相同 C. 物质的量相同的 CH3CH2OH 和 CH3OCH3 所含共价键数相同 D. 室温下，pH 相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相同 C【答案】 【解析】 【详解】A．同温同压下，O2 和 CO2 的体积相同时，其质量之比为 32：44，则密度之比为 32：44，不相同，A 说法错误； B．质量相同的 H2O 和 D2O(重水)的物质的量之比为 20：18，分子中均含有 3 个原子，则所含 的原子数之比为 20：18，不相同，B 说法错误； C．每个 CH3CH2OH 和 CH3OCH3 中含共价键数均为 8 条，则物质的量相同的 CH3CH2OH 和 CH3OCH3 所含共价键数相同，C 说法正确； D．室温下，pH 相同的盐酸和硫酸中，氢离子的浓度相等，硫酸能电离出 2 个氢离子，而盐 酸只能电离出一个，故 pH 相同的盐酸和硫酸的物质的量浓度不相同，D 说法错误； 答案为 C。 6. 下列说法不正确的是 A. 用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaSO4(s)+CO 2 ⇌CaCO3(s)+SO 2 34B. 湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：3Cl2+I-+3H2O=6Cl-+IO 3 +6H+ – 3 – 高温 C. 铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe D. 淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2； 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ B【答案】 【解析】 【详解】A．硫酸钙的溶解度大于碳酸钙的溶解度，溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化， 所以锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，沉淀转换的实质就是沉 淀 溶 解 平 衡 的 移 动 ， 平 衡 一 般 向 生 成 更 难 溶 物 质 的 方 向 移 动 ， 则 离 子 反 应 为 ： CaSO4(s)+CO 2 ⇌CaCO3(s)+SO 2 ，故 A 正确； 34B．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝是由于氯气与碘离子反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变 蓝，发生的反应为： Cl2+2I-=I2+2Cl-，故 B 错误； C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂发生反应生成熔融态的铁单质，可用于焊接钢轨，发生的反应 高温 为：2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe，故 C 正确； D．空气中含有二氧化碳和水蒸气，过氧化钠可与水和二氧化碳反应，淡黄色的过氧化钠敞口 放置变成白色，发生的反应有：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氢 氧化钠继续与二氧化碳反应，最终白色物质为碳酸钠，故 D 正确； 答案选 B。 7. 用下列仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，不能达到实验目的的是 ABCD配制一定物 质的量浓度 检验浓硫酸与铜反应产生的 二氧化硫 检验溴乙烷消去产物中的 乙烯 分离酒精和水 – 4 – 的氯化钠溶 液A. A B. B C. C D. D D【答案】 【解析】 【详解】A．图示为配制一定量浓度溶液的转移操作，图示操作正确，故 A 能达到实验目 的； B．浓硫酸和铜在加入条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，通入到品红溶液中， 若品红褪色，则证明生成二氧化硫，二氧化硫气体是大气污染物，不能排放到空气中，试管 口用浸有氢氧化钠溶液的棉花团吸收二氧化硫，图示正确，故 B 能达到实验目的； C．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热作用下发生消去反应生成乙烯，由于乙醇易挥发，制得的乙 烯中含有乙醇蒸汽，先通过水，使乙醇溶于水，在将气体通入酸性高锰酸钾溶液中，若酸性 高锰酸钾溶液褪色，则可以证明反应中产生乙烯，故 C 能达到实验目的； D．乙醇和水任意比互溶，分液操作无法分离，故 D 不能达到实验目的； 答案选 D。 8. 淀粉在人体内的变化过程如图： 下列说法不正确的是 A. n<m B. 麦芽糖属于二糖 C. ③的反应是水解反应 D. ④的反应为人体提供能量 A【答案】 【解析】 【详解】A．淀粉在加热、酸或淀粉酶作用下发生分解和水解时，将大分子的淀粉首先转化成 为小分子的中间物质，这时的中间小分子物质，为糊精，故 n＞m，A 不正确； B．麦芽糖在一定条件下水解为 2 倍的单糖，属于二糖，B 正确； C．过程③为麦芽糖生成葡萄糖的反应，是水解反应，C 正确； – 5 – D．④的反应为葡萄糖分解为二氧化碳和水的过程，并提供大量的能量，为人体提供能量，D 正确； 答案为 A。 硫酸盐(含 SO 24 、HSO  )气溶胶是 PM2.5 的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中 9. 4硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图： 下列说法不正确的是 A. 该过程有 H2O 参与 C. 硫酸盐气溶胶呈酸性 B. NO2 是生成硫酸盐的氧化剂 D. 该过程没有生成硫氧键 D【答案】 【解析】 【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有 H2O 参与，故 A 正确； B．根据图示的转化过程，NO2 转化为 HNO2，N 元素的化合价由+4 价变为+3 价，化合价降低， 得电子被还原，做氧化剂，则 NO2 的是生成硫酸盐的氧化剂，故 B 正确； C．硫酸盐(含 SO 24 、HSO 4 )气溶胶中含有 HSO 4 ，转化过程有水参与，则 HSO 4 在水中可电 离生成 H+和 SO 42 ，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故 C 正确； D．根据图示转化过程中，由 SO 32 转化为 HSO 4 ，根据图示对照，有硫氧键生成，故 D 错误； 答案选 D。 一定温度下，反应 I2(g)+H2(g)⇌2Hl(g)在密闭容器中达到平衡时，测得 c(I2)=0.11mmol•L-1， 10. c(HI)=0.78mmol•L-1。相同度温下，按下列 4 组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是(注： 1mmol•L-1=10-3mol•L-1) – 6 – ABCDc(I2)/mmol•L-1 c(H2)/mmol•L-1 c(HI)/mmol•L-1 1.00 1.00 1.00 0.22 0.22 1.56 0.44 0.44 4.00 0.11 0.44 1.56 A. A B. B C. C D. D C【答案】 【解析】 【分析】 题目中缺少 c(H2)，则无法计算 K，则不能通过 Qc 与 K 的关系判断平衡的移动方向，但可比较 4 个选项中 Qc 的大小关系，Qc 越大，则可能逆向移动。 1.002 (mol / L)2 1.562 (mol / L)2 【 详 解 】 Qc(A)= =1 ， Qc(B)= =50.28 ， 1.00mol / L1.00mol / L 0.22mol / L0.22mol / L 4.002 (mol / L)2 0.44mol / L0.44mol / L 1.562 (mol / L)2 Qc(C)= =82.64，Qc(D)= =50.28，Qc(C)的 0.44mol / L0.11mol / L 值最大，答案为 C。 11. 室温下，对于 1L0.1mol•L-1 醋酸溶液。下列判断正确的是 A. 该溶液中 CH3COO-的粒子数为 6.02×1022 B. 加入少量 CH3COONa 固体后，溶液的 pH 降低 C. 滴加 NaOH 溶液过程中，n(CH3COO-)与 n(CH3COOH)之和始终为 0.1mol D. 与 Na2CO3 溶液反应的离子方程式为 CO 2 +2H+=H2O+CO2↑ 3C【答案】 【解析】 【分析】 醋 酸 是 弱 电 解 质 ， 在 溶 液 中 部 分 电 离 ， 存 在 电 离 平 衡 ， 电 离 方 程 式 为 ： -+-1 CH3COOH CH3COO +H， 1L0.1mol•L 醋 酸 溶 液 中 存 在 物 料 守 恒 ： n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，或 c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= 0.1mol•L-1，据此分析解答。 – 7 – 【详解】A．1L0.1mol•L-1 醋酸溶液中醋酸的物质的量为 0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质， 在溶液中部分电离，存在电离平衡，则 CH3COO-的粒子数小于 6.02×1022，故 A 错误； B．加入少量 CH3COONa 固体后，溶液中 CH3COO-的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋 酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的 pH 升高，故 B 错误； C．1L0.1mol•L-1 醋酸溶液中醋酸的物质的量为 0.1mol，滴加 NaOH 溶液过程中，溶液中始终 存在物料守恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，故 C 正确； D．醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋酸与 Na2CO3 溶液反应生成醋酸钠、二氧 化碳和水，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为 CO 32 +2 CH3COOH =H2O+CO2↑+2CH3COO-，故 D 错误； 答案选 C。 12. 依据图示关系，下列说法不正确的是 A. 石墨燃烧是放热反应 B. 1molC(石墨)和 1molCO 分别在足量 O2 中燃烧，全部转化为 CO2，前者放热多 C. C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-ΔH2 D. 化学反应的 ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关 C【答案】 【解析】 【详解】A．所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(石墨)+O2(g)= CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol， ΔH1＜0，则石墨燃烧是放热反应，故 A 正确； 1B．根据图示，C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol，CO(g)+ O2(g)=CO2(g) 2ΔH2=-283.0kJ/mol，根据反应可知都是放热反应，1molC(石墨)和 1molCO 分别在足量 O2 中燃 烧，全部转化为 CO2，1molC(石墨)放热多，故 B 正确； – 8 – 1C．根据 B 项分析，①C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-3935kJ/mol，②CO(g)+ O2(g)=CO2(g) 2ΔH2=-283.0kJ/mol，根据盖斯定律①-②ｘ2 可得：C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2，故 C 错误； D．根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关， 故 D 正确； 答案选 C。 13. 高分子 M 广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，合成路线如图： 下列说法不正确的是 A. 试剂 a 是甲醇 B. 化合物 B 不存在顺反异构体 C. 化合物 C 的核磁共振氢谱有一组峰 D. 合成 M 的聚合反应是缩聚反应 D【答案】 【解析】 【分析】 CH≡CH 与试剂 a 发生加成反应生成 B，HOOCCH=CHCOOH 分子内脱水生成 C，B 和 C 聚 合生成 M，根据聚合物 M 的结构式可知，M 的单体为 CH2=CH-O-CH3 和 ，由 此可知 B 为 CH2=CH-O-CH3，C 为 ，则试剂 a 为 CH3OH，据此分析解答。 【详解】A．根据分析，试剂 a 为 CH3OH，名称是甲醇，故 A 正确； B．化合物 B 为 CH2=CH-O-CH3，要存在顺反异构，碳碳双键上的每个碳原子连接的两个原子 或原子团不同时能形成顺反异构，B 的结构中其中一个双键碳上连接的两个原子相同，不存在 顺反异构体，故 B 正确； – 9 – C．化合物 C 为 故 C 正确； ，其结构对称，只含有一种氢原子，则核磁共振氢谱有一组峰， D．聚合物 M 是由 CH2=CH-O-CH3 和 中的双键上发生加成聚合反应，不是缩聚 反应，故 D 错误； 答案选 D。 14. 某同学进行如下实验： 实验步骤 实验现象 将 NH4Cl 固体加入试管中，并将湿润的 pH 试 试纸颜色变化：黄色→蓝色 纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底 (pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)；试 I部进行加热 管中部有白色固体附着 试纸颜色变化：黄色→橙黄色 II 将饱和 NH4Cl 溶液滴在 pH 试纸上 (pH≈5) 下列说法不正确的是 A. 根据 I 中试纸变蓝，说明 NH4Cl 发生了分反解反应 B. 根据 I 中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快 C. I 中试纸变成红色，是由于 NH4Cl 水解造成的 D. 根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热 NH4Cl 的方法制备 NH3 C【答案】 【解析】 【分析】 实验 I 中对 NH4Cl 固体试管加热，湿润的 pH 试纸黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)， 说明加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，同时 产生了氯化氢气体，氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨恢复到黄色，最后变为红 色，该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体，试纸先变蓝后变红，说明氨 气扩散的速度比氯化氢快；试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢 – 10 – 在扩散过程中由化合生成氯化铵； 实验 II 中将氯化铵溶液滴在 pH 试纸上，试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)，说明氯化铵溶 液中铵根离子水解使溶液显酸性，据此分析解答。 【详解】A．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使湿润的 pH 试纸变红，根据 I 中试 纸变蓝，说明 NH4Cl 发生了分反解反应，故 A 正确； B．根据分析，根据 I 中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故 B 正确； C．根据分析，I 中试纸变成红色，是由于 NH4Cl 分解产生的氯化氢造成的，故 C 错误； D．根据分析，根据试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过 程中由化合生成氯化铵，则不宜用加热 NH4Cl 的方法制备 NH3，故 D 正确； 答案选 C。 第二部分 本部分共 5 题，共 58 分。 15. H2O2 是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。 OⅡ加热 盐酸 除杂 减压蒸馏 2 (1)早期制备方法：Ba(NO3)2 BaO BaO2 滤液 H2O2 ⅠⅢⅣⅤ①I 为分解反应，产物除 BaO、O2 外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是____。 ②II 为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是____。 ③III 中生成 H2O2，反应的化学方程式是____。 ④减压能够降低蒸馏温度，从 H2O2 的化学性质角度说明 V 中采用减压蒸馏的原因：____。 (2)电化学制备方法：已知反应 2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可 以实现由 H2O 和 O2 为原料制备 H2O2，如图为制备装置示意图。 ①a 极的电极反应式是____。 ②下列说法正确的是____。 A.该装置可以实现电能转化为化学能 B.电极 b 连接电源负极 – 11 – C.该方法相较于早期剂备方法具有原料廉价，对环境友好等优点 (1). (2). 增大压强或增大氧气的浓度或降 【答案】 低温度 2Ba(NO3)2 加热 2BaO+ O2↑+4NO2↑ +-(3). (4). (5). O2+2H +2e= H2O2 BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2 H2O2 受热易分解 (6). AC 【解析】 【分析】 (1)根据流程图示，硝酸钡受热分解，生成氧化钡、氧气和二氧化氮，氧化钡与氧气反应生成 过氧化钡，过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，向反应后的溶液中加入试剂除去钡离 子，过滤后对滤液进行减压蒸馏，得到双氧水，据此分析解答； 的(2)根据图示，左端电极上氧气转化为双氧水，氧元素 化合价由0 价变为-1 价，得电子发生 还原反应，则 a电极为阴极，电极反应为 O2+2H++2e-= H2O2，b电极为阳极，失电子发生氧化 反应，电极反应为 2H2O-4e-= 4H++ O2↑，据此分析解答。 【详解】(1)①I 为分解反应，产物除 BaO、O2 外，还有一种红棕色气体，该气体为 NO2。根 据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为：2Ba(NO3)2 加热 2BaO+ O2↑+4NO2↑； ②II 为 BaO 与氧气反应生成 BaO2，是可逆反应，反应方程式为：2BaO(s)+O2(g) 2BaO2(s)， 正反应为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的措施是增大压强或增大氧气的浓 度或降低温度； ③III 中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，反应的化学方程式是 BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2； ④H2O2 受热易分解，采用减压能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低； (2)①根据分析，a 极的电极反应式是 O2+2H++2e-= H2O2； ②A．2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，根据图示，该装置有电源，属于电 解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故 A 正确； B．根据分析，电极 b 为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故 B 错误； C．根据分析，该装置的总反应为 2H2O+O2电解 2H2O2，根据反应可知，制取双氧水的原料为 氧气和水，来源广泛，原料廉价，对环境友好等优点，故 C 正确； 答案选 AC。 【点睛】易错点为(1)中的④，H2O2 受热易分解，减压能够降低蒸馏温度，减小双氧水的分解， – 12 – 提高双氧水的产率。 16. 奥昔布宁是具有解痉和抗胆碱作用的药物。其合成路线如图： 已知： Mg 乙醚  ①R—Cl RMgCl 醇钠   Δ3654②R3COOR4+R5COOR6 R COOR +R COOR (1)A 是芳香族化合物，A 分子中含氧官能团是____。 (2)B→C 的反应类型是____。 (3)E 的结构简式是____。 (4)J→K 的化学方程式是____。 (5)已知：G、L 和奥昔布宁的沸点均高于 200℃，G 和 L 发生反应合成奥昔布宁时，通过在 70℃左右蒸出____(填物质名称)来促进反应。 (6)奥昔布宁的结构简式是____。 (1). (2). (3). (4). HC≡CCH2OH+CH3COOH 【答案】 酚羟基 取代反应 浓硫酸   ΔCH COOCH C≡CH+H O 322(5). (6). 乙酸甲酯 – 13 – 【解析】 【分析】 A 是芳香族化合物，分子式为 C6H6O，为苯酚，结构简式为 ，苯酚和氢气发生加 成反应制得 B，B 为环己醇，结构简式为 ，环己醇可以和氯化氢在加热的条件 下反应生成 C，C 为，由图中①可知，C 可以和 Mg 和乙醚反应制得 D，D 为 ， 根 据D 和 F 生 成G ， 根 据G 的 结 构 简 式 可 知 ， E 的 结 构 简 式 为 ： ，E 与浓硫酸和甲醇在加热的条件下反应制得 F，F 的结构简式为：， ，D 与 F 可以在酸性条件下反应制得 G；由 K 的结构简式，可知 J 的结构 简式为：HC≡CCH2OH，与乙酸和浓硫酸发生酯化反应制得 K，K 与 HN(C2H5)2 和甲醛反应制 得 L ， L 和 G 可 以 根 据 提 示 信 息 ② 可 得 奥 昔 布 宁 , 结 构 简 式 为 ，据此分析。 【详解】(1)A 是芳香族化合物，分子式为 C6H6O，为苯酚，结构简式为 ，分子中 含氧官能团是酚羟基； (2)环己醇可以和氯化氢在加热的条件下反应生成 C，B→C 的反应类型是取代反应； – 14 – (3) 根据 G 的结构简式可知，E 的结构简式为： ；(4)由 K 的结构简式，可知 J 的结构简式为：HC≡CCH2OH，与乙酸和浓硫酸发生酯化反应制 浓硫酸  得 K，J→K 的化学方程式是 HC≡CCH OH+CH COOH CH COOCH C≡CH+H O； 3 22  23Δ(5)G、L 和奥昔布宁的沸点均高于 200℃，G 和 L 发生反应合成奥昔布宁时，是可逆反应，反 应过程中生成了乙酸甲酯，通过在 70℃左右将其蒸出来，生成物浓度减小，促进反应正向进 行； (6)G 和 L 发生反应合成奥昔布宁，奥昔布宁的结构简式是 。【点睛】充分利用题目所给信息，D 和 F 反应得到 G 的反应原理是难点。 17. 用如图方法回收废旧 CPU 中的单质 Au(金)，Ag 和 Cu。 已知：①浓硝酸不能单独将 Au 溶解。②HAuCl4=H++AuCl -4 (1)酸溶后经____操作，将混合物分离。 的(2)浓、稀 HNO3 均可作酸溶试剂。溶解等量 Cu 消耗 HNO3 的物质的量不同，写出消耗 HNO3 物质的量少的反应的化学方程式：____。 (3)HNO3-NaCl 与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3 溶金原理相同。 ①将溶金反应的化学方程式补充完整： Au+____NaCl+____HNO3=HAuCl4+____+____+____NaNO3 ②关于溶金的下列说法正确的是____。 A．用到了 HNO3 的氧化性 B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性 – 15 – C．用浓盐酸与 NaNO3 也可使 Au 溶解 (4)若用 Zn 粉将溶液中的 1molHAuCl4 完全还原，则参加反应的 Zn 的物质的量是____mol。 (5)用适当浓度的盐酸、NaCl 溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的的溶液中回收 Cu 和 Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。 试剂 1 是____，试剂 2 是____。 (1). (2). (3). (4). 5【答案】 (5). 过滤 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O (8). (9). (10). 4(6). (7). (11). 盐酸 NO 2H2O 4AC 1.5 NaCl 溶液 【解析】 【分析】 废旧 CPU 中的单质 Au(金)，Ag 和 Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag 和 Cu 转化为铜离子 和银离子的混合溶液，含金的溶液中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，金转化为 HAuCl4，HAuCl4 经锌粉还原分离得到金，由此分析。 【详解】(1) Au(金)，Ag 和 Cu 经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体 分开的的操作是过滤，将混合物分离； (2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；溶解 1molCu 8消耗 HNO3 的物质的量为 mol；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)= 3Cu(NO3)+2NO2↑+2H2O，溶解 1molCu 消耗 HNO3 的物质的量为 4mol；消耗 HNO3 物质的量少 的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为： 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O； (3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从 0 价升高到+3 价，作还原剂，硝酸作氧化剂， 从+5 价降低到+2 价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为： Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3； ②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了 HNO3 的氧化性，故 A 正确； B．王水中 V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水 – 16 – 中浓盐酸中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝 酸的氧化性，故 B 错误； C．HNO3-NaCl 与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3 溶金原理相同，则用浓盐酸与 NaNO3 也可 使 Au 溶解，故 C 正确； 答案选 AC； (4)由于 HAuCl4=H++AuCl -4 ，若用 Zn 粉将溶液中的 1molHAuCl4 完全还原，HAuCl4 中金的化 合价为+3 价，被锌还原为 0 价，锌的化合价从 0 价升高到＋2 价，参加反应的 Zn 的物质的量 x，锌的化合价从 0 价升高到+2 价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，则参加反应的 Zn 的物质的量是 1.5mol； (5) 根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂 1 后得到的是物质 1 和物质 3， 物质 3 加入试剂 3 后得到的是二氨合银离子，试剂 3 是氨水，物质 3 是氯化银，试剂 1 是 NaCl 溶液，物质 1 是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂 2，过滤后得到铜 单质，试剂 2 是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜 和银的分离，试剂 1 是 NaCl 溶液，试剂 2 是盐酸。 【点睛】浓硝酸不能单独将 Au 溶解，将浓硝酸中加入浓盐酸，利于生成四氯合金离子，利于 金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，为易错点。 18. MnO2 是重要的化工原料，山软锰矿制备 MnO2 的一种工艺流程如图： 资料：①软锰矿的主要成分为 MnO2，主要杂质有 Al2O3 和 SiO2 ②全属离于沉淀的 pH Fe3+ 1.5 Al3+ 3.4 Mn2+ 5.8 Fe2+ 6.3 开始沉淀时 完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3 ③该工艺条件下，MnO2 与 H2SO4 反应。 (1)溶出 ①溶出前，软锰矿需研磨。目的是____。 ②溶出时，Fe 的氧化过程及得到 Mn2+的主要途径如图所示： – 17 – i.步骤 II 是从软锰矿中溶出 Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是____。 ii.若 Fe2+全部来自于反应 Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出 Mn2+所需 Fe 与 MnO2 的物质的量比值 为 2。而实际比值(0.9)小于 2，原因是____。 (2)纯化。已知：MnO2 的氧化性与溶液 pH 有关。纯化时先加入 MnO2，后加入 NH3·H2O，调 溶液 pH≈5，说明试剂加入顺序及调节 pH 的原因：____。 (3)电解。Mn2+纯化液经电解得 MnO2。生成 MnO2 的电极反应式是____。 (4)产品纯度测定。向 ag 产品中依次加入足量 bgNa2C2O4 和足量稀 H2SO4，加热至充分反应。 再用 cmol·L-1KMnO4 溶液滴定剩余 Na2C2O4 至终点，消耗 KMnO4 溶液的体积为 dL(已知： MnO2 及 MnO 4 均被还原为 Mn2+。相对分子质量：MnO2-86.94；Na2C2O4-134.0) 产品纯度为____(用质量分数表示)。 Δ+2+ 【答案】 增大反应速率，提高浸出率 Mn2++2Fe3++2H2O (1). (2). MnO2+4H +2Fe 二氧化锰能够氧化单质铁为 Fe2+ MnO2 的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱 (3). (4). (5). b 335cd 86.94 Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ (6). 134a 【解析】 【分析】 软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓 硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离 子和铁离子；再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。 【详解】(1)①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率； ②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方 Δ程式为 MnO2+4H++2Fe2+ Mn2++2Fe3++2H2O； ii.根据方程式可知，Fe 与 MnO2 的物质的量比值为 2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁 为 Fe2+，导致需要的减少 Fe2+，故实际比值(0.9)小于 2。 (2)MnO2 的氧化性与溶液 pH 有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧 – 18 – 化锰的氧化性较强，故纯化时先加入 MnO2，后加入 NH3·H2O，调溶液 pH≈5，除去溶液中的 Al3+、 Fe3+； (3)电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为 Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+； (4)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原发，剩余部分再与高锰酸钾反应 (5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O)，则与二氧化锰反应的草酸钠为 bg cmol / LdL 5 -；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则 134g / mol 2bg cmol / LdL 5 n(MnO2)=n(Na2C2O4)= -，产品纯度= 134g / mol 2bg cmol / LdL 5 86.94g / mol b 335cd 86.94 ×100%= 。134g / mol 2134a ag 19. 探究 Na2SO3 固休的热分解产物。 Δ资料：①4Na2SO3 Na2S+3Na2SO4②Na2S 能与 S 反应生成 Na2Sx，Na2Sx 与酸反应生成 S 和 H2S。 ③BaS 易溶于水。 隔绝空气条件下，加热无水 Na2SO3 固体得到黄色固体 A，过程中未检测到气体生成。黄色固 体 A 加水得到浊液，放置得无色溶液 B。 (1)检验分解产物 Na2S：取少量溶液 B，向其中滴加 CuSO4 溶液，产生黑色沉淀，证实有 S2-。 反应的离子方程式是____。 (2)检验分解产物 Na2SO4：取少量溶液 B，滴加 BaCl2 溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀 增多(经检验该沉淀含 S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰， 另取少量溶液 B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，____(填操作和现象)，可证实分解 产物中含有 SO 24 。(3)探究(2)中 S 的来源。 来源 1：固体 A 中有未分解的 Na2SO3，在酸性条件下与 Na2S 反应生成 S。 来源 2：溶液 B 中有 Na2Sx，加酸反应生成 S。 针对来源 1 进行如图实验： – 19 – ①实验可证实来源 1 不成立。实验证据是____。 ②不能用盐酸代替硫酸的原因是____。 ③写出来源 2 产生 S 的反应的离子方程式：____。 (4)实验证明 Na2SO3 固体热分解有 Na2S，Na2SO4 和 S 产生。运用氧化还原反应规律分析产物 中 S 产生的合理性：____。 2- 2+ (1). (2). (3). 【答案】 S +Cu=CuS↓ 滴加 BaCl2溶液，产生白色沉淀， 向溶液 2 (4). 中加入 KMnO4 溶液，溶液没有褪色 盐酸中 Cl 元素为-1 价，是 Cl 元素的最低价，具 有还原性，会与 KMnO4 溶液发生氧化还原反应，使 KMnO4 溶液应该褪色，干扰实验现象和 Δ2- +(5). (6). 实验结论； Sx +2H =H2S↑+(x-1)S↓ 根据反应 4Na2SO3 Na2S+3Na2SO4 可知， Na2SO3 发生歧化反应，其中的 S 元素化合价即可升高也可降低，能从+4 价降为-2 价，也应该 可以降到 0 价生成硫单质 【解析】 【分析】 (1) Na2S 和 CuSO4 溶液反应生成硫化铜和硫酸钠； (2)检验 SO 24 时，应先将干扰离子除去，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明含有硫酸 根离子； (3)若固体 A 中有未分解的 Na2SO3，在酸性条件下与 Na2S 反应生成 S。则溶液 B 中含有 Na+、 S2-、SO 24 、SO 32 ，向 B 溶液中加入足量 BaCl2 溶液发生反应生成 BaSO4、BaSO3、BaS，根 据资料显示，BaS 易溶于水，则白色沉淀 1 为 BaSO4、BaSO3，溶液 1 中含有 S2-、Ba2+、Na+、 Cl-，通过过滤操作除去 B 中的 S2-，向白色沉淀 1 中加入 H2SO4，发生沉淀转化，BaSO3 与 H2SO4 反应生成硫酸钡和 H2SO3，由于硫酸钡不溶于酸，则白色沉淀 2 为 BaSO4，溶液 2 为 H2SO3，向溶液 2 中加入少量 KMnO4 溶液，H2SO3 具有还原性，酸性条件下 KMnO4 具有强氧 化性，二者混合和后应发生氧化还原反应，KMnO4 溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明 – 20 – 溶液 B 中不含 Na2SO3，据此分析解答。 (4) Na2SO3 发生歧化反应，其中的 S 元素化合价即可升高也可降低，能从+4 价降为-2 价，也 应该可以降到 0 价，据此分析解答。 【详解】(1)Na2S 和 CuSO4 溶液反应生成硫化铜和硫酸钠，反应的离子方程式是 S2-+Cu2+=CuS↓； (2)根据题干资料：Na2S 能与 S 反应生成 Na2Sx，Na2Sx 与酸反应生成 S 和 H2S，取少量溶液 B，滴加 BaCl2 溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含 S)，同时产生有臭 鸡蛋气味的气体(H2S)，说明 B 溶液中含有 Na2Sx，Na2Sx 与酸反应生成 S 和 H2S，由于沉淀增 多对检验造成干扰，另取少量溶液 B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，滴加 BaCl2 溶 液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有 SO 24 ；(3)①实验可证实来源 1 不成立。根据分析，溶液 2 为 H2SO3，向溶液 2 中加入少量 KMnO4 溶 液，H2SO3 具有还原性，酸性条件下 KMnO4 具有强氧化性，二者混合和后应发生氧化还原反 应，KMnO4 溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明溶液 B 中不含 Na2SO3； ②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中 Cl 元素为-1 价，是 Cl 元素的最低价，具有还原性， 会与 KMnO4 溶液发生氧化还原反应，使 KMnO4 溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论； ③来源 2 认为溶液 B 中有 Na2Sx，加酸反应生成 S，反应的离子方程式： 2- Sx +2H+=H2S↑+(x-1)S↓； Δ(4)根据已知资料：4Na2SO3 Na2S+3Na2SO4，亚硫酸钠中硫为+4 价，硫酸钠中硫为+6 价，硫 化钠中硫为-2 价，根据反应可知 Na2SO3 发生歧化反应，其中的 S 元素化合价即可升高也可降 低，能从+4 价降为-2 价，也应该可以降到 0 价生成硫单质。 – 21 –