江西省南昌市第二中学2020届高三5月模拟考试理综化学试题 Word版含解析

江西省南昌市第二中学2020届高三5月模拟考试理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎1.化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列叙述错误的是 A. “唐三彩”和景德镇瓷器的主要化学成分都是硅酸盐 B. 我国发射的“北斗组网卫星”所使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料 C. 韩愈的诗句“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的柳絮富含糖类 D. 古法酿酒工艺中酒化酶将葡萄糖转化为乙醇时，温度越高反应速率一定越快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．“唐三彩”属于陶器，景德镇瓷器属于瓷器，两者的主要化学成分都是硅酸盐，故A正确；‎ B．碳纤维是碳的一种单质，属于非金属材料，故B正确；‎ C．柳絮成分为纤维素，纤维素属于多糖，故C正确；‎ D．酒化酶是生物催化剂，温度太高会失去活性，所以酒化酶将葡萄糖转化为乙醇时，要保持适宜的温度，温度太高催化剂失去活性，反应速率减慢，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列各组离子可能大量共存的是(　　)‎ A. 遇酚酞变红的溶液中：Na＋、Cl－、Ba2＋、CH3COO－‎ B. 常温下，KW/c(H+)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：SO42-、Fe2＋、ClO－、NH4+‎ C. 水电离出的c(H＋)＝10－10 mol·L－1的溶液中：Na＋、K＋、Cl－、HCO3-‎ D. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K＋、Cl－、I－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 遇酚酞变红的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子， Na＋、Cl－、Ba2＋、CH3COO－之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，A项正确；‎ B. 常温下KW/c(H+)＝1×10－13 mol·L－1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，ClO−与氢离子反应生成次氯酸，Fe2+、ClO−之间还会发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，B项错误；‎ C. 水电离出的c(H＋)＝10－10 mol·L－1的溶液可以为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子， HCO3-与氢离子、氢氧根离子均会发生反应，在溶液中不能大量共存，C项错误；‎ D. 滴加KSCN溶液显红色的溶液含有Fe3+，I－会与Fe3+‎ - 17 -‎ 发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：C. 水电离出的c(H＋)＝10－10 mol·L－1的溶液，数值小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。‎ ‎3.某同学分别用下列装置a和b制备溴苯，下列说法错误的是 A. 两烧瓶中均出现红棕色气体，说明液溴沸点低 B. a装置锥形瓶中出现淡黄色沉淀，说明烧瓶中发生取代反应 C. b装置试管中CCl4吸收Br2，液体变红棕色 D. b装置中的倒置漏斗起防倒吸作用，漏斗内形成白烟 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．制备溴苯的过程中有热量产生，溶液温度升高，导致沸点较低的液溴挥发，成为红棕色的溴蒸气，故A正确；‎ B．a装置中的溴蒸气挥发进入锥形瓶被硝酸银溶液吸收，也会产生淡黄色的溴化银沉淀，故a装置锥形瓶中出现淡黄色沉淀，不能说明苯和液溴发生了取代反应，故B错误；‎ C．b装置中挥发的Br2被CCl4吸收，成为红棕色的Br2的四氯化碳溶液，故C正确；‎ D．HBr气体极易溶于水，用倒置的漏斗可防止倒吸，用浓氨水吸收HBr，挥发的NH3和HBr反应生成固体NH4Br，有白烟生成，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎4.环与环之间共用一个碳原子的多环烷烃称为螺环烷烃，共用的碳原子称为螺原子。现有两种螺环烷烃X、Y的结构简式如下图所示，下列说法正确的是 - 17 -‎ A. X和Y互为同分异构体 B. Y中所有的碳原子可以共面 C. X可以与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应 D. 螺[5，5]十一烷的一氯代物有三种(不考虑立体异构)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．X含10个C、Y含8个C，分子式不同，二者不是同分异构体，故A错误； B．Y中3号C连接的4个碳原子形成四面体结构，所有碳原子不可能共面，故B错误； C．X只有单键，不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故C错误； D．根据X、Y的命名规律可知螺[5.5]十一烷应为，含3种H，一氯代物有三种，故D正确； 故选：D。‎ ‎5.短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，c、d、e、f、h是由这些元素组成的二元化合物，自然界中硬度最大的单质和a都由X组成，b由W、Y、Q三种元素组成，d能使品红溶液褪色，e是液体，上述物质的转化关系如图所示(个别产物略去)。下列说法错误的是(　　)‎ A. 二元化合物沸点：e＞d＞c B. 简单氢化物的稳定性：Q＞Y＞X C. 元素的非金属性：Y＞X＞W D. 原子半径的大小：Z＞Q＞Y ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【分析】‎ 自然界中硬度最大的单质和a都由X组成，则X应为C元素，a为木炭；d能使品红溶液褪色，则d应为SO2；e是液体，结合题给转化关系及b由W、Y、Q三种元素组成，可推出b为浓H2SO4，c为CO2，e为H2O；e和h反应生成b，结合e、b的化学式及h是二元化合物，可知h为SO3，d和g在催化剂、加热条件下生成h，则g为O2，c和f反应生成g，f是二元化合物，则f为Na2O2。综上所述，W、X、Y、Z、Q分别为H、C、O、Na、S。‎ ‎【详解】A．水分子常温下为液态，CO2、SO2常温下为气体，其相对分子质量越大，沸点越高，故沸点由大到小的顺序为H2O＞SO2＞CO2，A选项正确；‎ B．元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：O＞S＞C，则简单氢化物的稳定性：H2O＞H2S＞CH4，B选项错误；‎ C．同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，故非金属性：O＞C，H的非金属性较弱，则非金属性：O＞C＞H，C选项正确；‎ D．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素随原子核外电子层数增多，原子半径增大，则原子半径的大小关系为Na＞S＞O，D选项正确；‎ 答案选B。‎ ‎6.利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图所示，下列说法不正确的是 A. 电极a和电极c都发生氧化反应 B. 电极d的电极反应式为2H++2e-=H2↑‎ C. c电极上的电极反应式为N2O4-2e-+H2O=N2O5+2H+‎ D. 装置A中每消耗64gSO2，理论上装置A和装置B中均有2moH+通过质子交换膜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 17 -‎ A装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源，所以是原电池，a极上二氧化硫失电子为负极，b上氧气得电子为正极，B属于电解池，与电源的正极b相连的电极c为阳极，N2O4在阳极失电子生成N2O5，d为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ A．电极a为负极，电极c为阳极，负极和阳极都发生氧化反应，故A正确；‎ B．d为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，电极d的电极反应式为2H++2e-=H2↑，故B正确；‎ C．c为阳极，N2O4发生氧化反应生成N2O5，电极上的电极反应式为N2O4-2e-+ 2HNO3 =2N2O5+2H+，故C错误；‎ D．装置A中每消耗64g SO2，即1mol，转移电子为2mol，由电荷守恒可知，理论上装置A和装置A中均有2mol H+通过质子交换膜和隔膜，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池和电解池原理，根据是否自发进行判断原电池和电解池是解题的关键。本题的难点是电极反应式的书写，易错点为C，要注意B中左侧是无水硝酸。‎ ‎7.某温度下，向50 mL饱和CuCl溶液中缓慢加入NaI固体并搅拌，溶液中c(I－)与c(Cu＋)的变化曲线如图所示，已知：Ksp(CuI)＝1.0×10－12，下列说法正确的是 A. Ksp(CuCl)＝1.0×10－9‎ B. 图示中的x为10－6‎ C. 向CuI饱和溶液中加入淀粉会出现蓝色 D. 曲线bc段内，c(Cl－)：c(I－)＝106‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图知，a点CuCl悬浊液中c（Cl-）=c（Cu+）=1.0×l0-3mol/L，则Ksp（CuCl）=c（Cl-）×c（Cu+）=1.0×l0-3×1.0×l0-3=1.0×l0-6，故A错误；‎ B．b点c（Cu+）=1.0×l0-3mol/L，b点开始产生沉淀，则c（Cu+）×c（I-）=Ksp - 17 -‎ ‎（CuI）=1.0×l0-12，则b点c（I-）= = mol/L=1.0×l0-9mol/L，故B错误；‎ C．CuI悬浊液不存在碘单质，所以加入淀粉不出现蓝色，故C错误；‎ D．a点CuCl悬浊液中c（Cl-）=c（Cu+）=1.0×l0-3mol/L，则Ksp（CuCl）=c（Cl-）×c（Cu+）=1.0×l0-3×1.0×l0-3=1.0×l0-6，如果c点CuCl未完全溶解，c（Cl-）：c（I-）=： =Ksp（CuCl）：Ksp（CuI）=1.0×l0-6：1.0×l0-12=106，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOSO4H，反应原理为：SO2+HNO3＝SO3+HNO2、SO3+HNO2＝NOSO4H。‎ ‎(1)亚硝酰硫酸(NOSO4H)的制备。‎ ‎①打开分液漏斗I中的旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是_______。‎ ‎②按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为_______ (填仪器接口字母，部分仪器可重复使用)。‎ ‎③A中反应的方程式为_______。‎ ‎④B中“冷水”的温度一般控制在20°C，温度不易过高或过低的原因为_______。‎ ‎(2)亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯度的测定。称取1.500g产品放入250 mL的碘量瓶中，并加入100.00 mL浓度为0.1000 mol·L－1的KMnO4标准溶液和10 mL25%的H2SO4，摇匀；用0.5000 mol·L－1 Na2C2O4标准溶液滴定，滴定前读数1.02 mL，到达滴定终点时读数为31.02 mL。‎ 已知：‎ i.__KMnO4＋__NOSO4H＋__＝__K2SO4＋__MnSO4＋__HNO3＋__H2SO4‎ ii.2KMnO4＋5Na2C2O4＋8H2SO4＝2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O ‎①完成反应i的化学方程式：_______KMnO4+_______NOSO4H+_______＝_______K2SO4+_______MnSO4+_______HNO3+_______H2SO4‎ - 17 -‎ ‎②滴定终点的现象为_______。‎ ‎③产品的纯度为_______。（保留3位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗上口的塞子未打开或漏斗未与大气相通或漏斗塞子的凹槽未与颈部的通气孔对准 (2). a→de→cb→de→f (3). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+ SO2↑ (4). 温度太低，反应速率太慢；温度太高，硝酸易分解，SO2逸出 (5). 2 (6). 5 (7). 2H2O (8). 1 (9). 2 (10). 5 (11). 2 (12). 滴入最后一滴Na2C2O4溶液后,溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复 (13). 84.7%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①漏斗内的液体与大气相通时液体才能顺利流下；‎ ‎②亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥再通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)，同时又要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中，据此分析；‎ ‎③硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠（或硫酸氢钠）和二氧化硫；‎ ‎④温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定；‎ ‎（2）①根据氧化还原反应，化合价升降（电子得失）守恒及物料守恒分析配平；‎ ‎②在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可作滴定操作的指示剂；‎ ‎③结合反应ii，根据题给数据计算过量的KMnO4的量，在结合反应计算NOSO4H的物质的量，进而求算产品的纯度。‎ ‎【详解】(1)‎ ‎①分液漏斗上口塞子未打开或漏斗未与大气相通或漏斗塞子的凹槽未与颈部的通气孔对准，均可导致液体不下滴；‎ 答案为分液漏斗上口塞子未打开或漏斗未与大气相通或漏斗塞子的凹槽未与颈部的通气孔对准；‎ ‎②A装置的目的为制备SO2气体，产生的SO2需与HNO3反应制备NOSO4H，但NOSO4H易水解，所以SO2需先干燥，且SO2会污染空气，制备完成需进行尾气处理，故装置连接顺序为A→C→B→C→D，即a→de→cb→de→f；‎ 故答案为a→de→cb→de→f。‎ - 17 -‎ ‎③A装置的目的为制备SO2气体，方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+H2O+SO2↑或Na2SO3+2H2SO4（浓）=2NaHSO4+H2O+SO2↑；‎ 故答案为Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+H2O+SO2↑或Na2SO3+2H2SO4（浓）=2NaHSO4+H2O+SO2↑。‎ ‎④B中“冷水”的温度一般控制在20℃，温度不宜过高或过低的原因为温度过高，HNO3易分解，SO2逸出，温度过低，反应速率太慢；‎ 故答案为温度过高，HNO3易分解，SO2逸出，温度过低，反应速率太慢。‎ ‎(2)‎ ‎①根据氧化还原电子转移配平得方程式2KMnO4+5NOSO4H+2H2O═K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，‎ 故答案为2；5；2；H2O；1；2；5；2；‎ ‎②根据滴定试剂的加入顺序可知滴定终点时Na2C2O4恰好将KMnO4标准溶液反应完，则滴定终点的现象为滴入最后一滴Na2C2O4标准溶液，溶液由浅紫色变为无色且半分钟内颜色不恢复；‎ 故答案为最后一滴Na2C2O4标准溶液，溶液由浅紫色变为无色且半分钟内颜色不恢复。‎ ‎③根据题目数据，滴定过程中Na2C2O4标准溶液的耗量为31.02mL-1.02mL=30mL，根据电子转移守恒有关系式：2KMnO4～5Na2C2O4，则n（KMnO4）= ×30mL×0.5000mol•L-1×10-3L/mL=0.006mol，则与亚硝酰硫酸（NOSO4H）反应的KMnO4有0.1L×0.1000mol•L-1-0.006mol=0.004mol，由①得关系式：2KMnO4～5NOSO4H，n（NOSO4H）= ×0.004mol=0.01mol，亚硝酰硫酸（NOSO4H）产品的纯度为≈84.7%，‎ 故答案为84.7%。‎ ‎【点睛】亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品遇水易分解，故在连结实验仪器时，需要考虑反应中产生的气体是否带有水蒸气，还要考虑外界空气中的水蒸气是否会进入装置，最后要有尾气处理装置，酸性气体用碱液吸收。‎ ‎9.目前，处理烟气中 SO2 常采用两种方法：碱液吸收法和水煤气还原法。‎ Ⅰ.碱液吸收法 ‎25℃时，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5；H2SO3：Ka1＝1.5×10－2，Ka2＝1.0×10－7；Ksp(CaSO4)＝7.1×10－5‎ 第1步：用过量的浓氨水吸收 SO2，并在空气中氧化；‎ - 17 -‎ 第2步：加入石灰水，发生反应 Ca2＋＋2OH－＋2NH4＋＋SO42－⇌CaSO4↓＋2NH3·H2O K。‎ ‎(1)25℃时，0.1 mol·L－1(NH4)2SO3 溶液 pH_____(填“>”“<”或“＝”)7。‎ ‎(2)计算第2步中反应的 K＝_____。‎ Ⅱ.水煤气还原法 已知：①2CO(g)＋SO2(g)=S(l)＋2CO2(g) ΔH1＝－37.0 kJ·mol－1‎ ‎②2H2(g)＋SO2(g)=S(l)＋2H2O(g) ΔH2＝＋45.4 kJ·mol－1‎ ‎③CO 的燃烧热ΔH3＝－283 kJ·mol－1‎ ‎(3)表示液态硫(S)的燃烧热的热化学方程式为_________。‎ ‎(4)反应②中，正反应活化能 E1_____(填“>”“<”或“＝”)ΔH2。‎ ‎(5)在一定压强下，发生反应①。平衡时SO2的转化率α(SO2)与投料比的比值[＝y]、温度 T 的关系如图所示。‎ 比较平衡时CO的转化率α(CO)：N_____M。逆反应速率：N_____P(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎(6)某温度下，向10L恒容密闭容器中充入2molH2、2 molCO和2molSO2发生反应①、②，第5min时达到平衡，测得混合气体中CO2、H2O(g)的物质的量分别为1.6 mol、1.8 mol。‎ ‎①该温度下，反应②的平衡常数K为_____。‎ ‎②其他条件不变，在第 7 min 时缩小容器体积，SO2的平衡浓度_____(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). > (2). 4.3×1013 (3). S(l)＋O2(g)=SO2(g) ΔH＝－529 kJ·mol-1 (4). > (5). > (6). < (7). 2700 (8). 增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据Kb(NH3•H2O)=1.8×10-5＞Ka2(H2SO3)=1.0×10-7，分析判断；‎ ‎(2)第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH-+2NH4++SO42-⇌CaSO4↓+2NH3•H2O，化学平衡常数K=‎ - 17 -‎ ‎，结合电离平衡常数和溶度积常数分析计算；‎ ‎(3)根据盖斯定律分析解答；‎ ‎(4)根据焓变△H2=E1-E2结合反应②为吸热反应分析判断；‎ ‎(5)反应①的正反应是气体体积减小的放热反应，温度相同、投料比的比值[=y]越大，SO2的转化率α越大；投料比相同时，温度越高，SO2的转化率α越低，据此分析解答；‎ ‎(6)①根据三段式结合平衡常数K=计算；②其他条件不变，在第7min时缩小容器体积，即使容器的压强增大，化学平衡正向移动，据此分析判断。‎ ‎【详解】(1)由于Kb(NH3•H2O)=1.8×10-5＞Ka2(H2SO3)=1.0×10-7，根据盐的水解规律：“谁弱谁水解，谁强显谁性”可知，(NH4)2SO3溶液呈碱性，pH＞7；故答案为：＞；‎ ‎(2)第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH-+2NH4++SO42-⇌CaSO4↓+2NH3•H2O　化学平衡常数K====4.3×1013，故答案为：4.3×1013；‎ ‎(3)①2CO(g)+SO2(g)⇌S(l)+2CO2(g) △H1=-37.0kJ/mol，②2H2(g)+SO2(g)=S(l)+2H2O(g) △H2=+45.4kJ/mol，CO燃烧热△H3=-283kJ/mol，即③CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H3=-283kJ/mol，根据盖斯定律③×2-①计算S(l)+O2(g)=SO2(g)的△H=(-283kJ/mol)×2 - (-37.0kJ/mol)=-529kJ/mol，热化学方程式为S(l)+O2(g)=SO2(g) △H=-529kJ/mol，故答案为：S(l)+O2(g)=SO2(g) △H=-529kJ/mol；‎ ‎(4)反应②的正反应为吸热反应，焓变△H2=E1-E2(逆反应活化能)＞0，E1=E2+△H2，由于E2＞0，所以E1＞△H2，故答案为：＞；‎ ‎(5)反应①的正反应是气体体积减小的放热反应，温度相同、投料比的比值[=y]越大，SO2的转化率α越大、CO的转化率越小，即y1＞y2，投料比相同时，温度越高，SO2‎ - 17 -‎ 的转化率α越低，所以N点的投料比小、温度低，则CO的转化率大于M点CO的转化率；N、P投料比相同，但P点温度高，所以P点反应速率大于N点，逆反应速率：N＜P，故答案为：＞；＜；‎ ‎(6)①对于 2CO(g)+SO2(g)⇌S(l)+2CO2(g)‎ 开始(mol/L) 0.2 0.2 0‎ 变化(mol/L) 0.16 0.08 0.16‎ 平衡(mol/L) 0.04 0.12 0.16‎ ‎ 对于2H2(g)+SO2(g)⇌S(l)+2H2O(g)‎ 开始(mol/L) 0.2 0.12 0‎ 变化(mol/L) 0.18 0.09 0.18‎ 平衡(mol/L) 0.02 0.03 0.18‎ 所以反应②的化学平衡常数K===2700，故答案为：2700；‎ ‎②其他条件不变，在第7min时缩小容器体积，即使容器的压强增大，由于两个反应的正反应都是气体体积减小的反应，所以缩小体积，容器的压强增大，化学平衡正向移动，二氧化硫的物质的量减小，但由于容器体积减小，所以二氧化硫的浓度仍然会增大，故答案为：增大。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(6)，把握平衡常数的意义及表达式是解题的关键，要注意三段式格式的应用，以及外界条件对化学平衡的影响的理解。‎ ‎10.一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2）为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示：‎ ‎（1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：___。‎ ‎（2）恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S +2CuCl2=4CuCl+S；②___。‎ ‎（3）“回收S”过程中温度控制在50～60℃之间，不宜过高的原因是___。‎ ‎（4）向滤液M中加入(或通入)___(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。‎ a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢 ‎（5）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是__；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由_。‎ ‎（6）辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2‎ - 17 -‎ ‎)通过电化学反应转变而成，有关转化见图，转化时转移0.2mol电子，生成Cu2S___mol。‎ ‎【答案】 (1). Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S (2). CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 (3). 温度高苯容易挥发 (4). b (5). 调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀 (6). 抑制Cu2+的水解 (7). 0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将铁氧化为铁离子，氧化铜调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。‎ ‎【详解】（1）浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化，根据电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式，故答案为：；‎ ‎（2）根据Cu2S的最终产物CuCl2可得反应②，故答案为：；‎ ‎（3）回收硫时所用溶剂为苯，苯的熔沸点较低，故答案为：温度高苯容易挥发；‎ ‎（4）M中主要物质氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为：b；‎ ‎（5）“保温除铁”过程要除去Fe3+，故需要加入氧化铜来调节pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀；铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需要加入硝酸来抑制其水解，故答案为：调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀；抑制Cu2+的水解；‎ ‎（6）该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低1价，根据电子守恒可知答案为：0.2。‎ ‎【点睛】解决工艺流程题，首先要根据题干信息，了解生产的产品，分析整个流程中各操作步骤的目的，搞清楚发生了什么反应；再结合具体的题目进行详细解答。‎ ‎11.有机物J在有机化工领域具有十分重要的价值。2018年我国首次使用α－溴代羰基化合物合成了J，其合成路线如下：‎ - 17 -‎ 已知：+R-OH 回答下列问题：‎ ‎(1)D的名称是______。‎ ‎(2)D→E反应①的化学方程式是_______。‎ ‎(3)E→F的反应类型为_______。‎ ‎(4)J中的含氧官能团除硝基外还有_______ (填官能团名称)。‎ ‎(5)化合物X是H同系物，其分子式为C8H9O3N，其核磁共振氢谱有3组峰，则X的结构简式可能为_______(写一种即可)。‎ ‎(6)D的同分异构体中能发生水解反应有种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1：2：2：3的结构简式为_______。‎ ‎(7)参照题中合成路线图，设计以2－甲基－1－丙烯和为原料来合成的合成路线_______。‎ ‎【答案】 (1). 2-甲基-2-羟基丙醛 (2). +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O (3). 取代反应 (4). 醚键、羧基 (5). 或 (6). HCOOCH2CH2CH3 (7). ‎ - 17 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A发生加成反应生成B，B水解生成C，由C的结构逆推可知B为，A为；由D、E的分子式结合反应条件知，C发生氧化反应生成D为，D发生氧化反应然后酸化生成E为，E发生取代反应生成F，F与H发生取代反应生成J，结合J的结构，可知H为； （7）以2-甲基-1-丙烯和为原料来合成，可由和（CH3）3COH发生取代反应得到，（CH3）3COH可由（CH3）3CBr发生水解反应得到，2-甲基丙烯和HBr发生加成反应得到（CH3）3CBr。‎ ‎【详解】（1）D为，D的名称是2-甲基-2-羟基丙醛；‎ 答案为2-甲基-2-羟基丙醛；‎ ‎（2）D发生氧化反应生成E，D-E反应①的化学方程式是； ‎ - 17 -‎ 答案为：。‎ ‎（3）E-F的反应类型为取代反应；‎ 答案为取代反应。‎ ‎（4）J中的含氧官能团除硝基外还有醚键、羧基；‎ 答案为醚键、羧基。‎ ‎（5）H为，化合物X是H的同系物，其分子式为C8H9O3N，则X比H多2个-CH2，且X含有酚羟基、硝基，其核磁共振氢谱有3组峰，说明X中含有两个甲基且对称，则X的结构简式可能为、或； 答案为：、或。‎ ‎（6）D为，D的同分异构体中能发生水解反应，说明含有酯基，可能是甲酸丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，有4种，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1：2：2：3的结构简式为HCOOCH2CH2CH3； 答案为HCOOCH2CH2CH3。‎ ‎（7）以2-甲基-1-丙烯和为原料来合成，可由和（CH3）3COH发生取代反应得到，（CH3）3COH可由（CH3）3CBr发生水解反应得到，2-甲基丙烯和HBr发生加成反应得到（CH3）3CBr，其合成路线为 - 17 -‎ ‎； 答案为：。‎ ‎ ‎ - 17 -‎ - 17 -‎