北京2020届高三化学高考模拟试题(等级考试模拟试题)

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北京2020届高三化学高考模拟试题(等级考试模拟试题)

‎2020届北京高三化学高考模拟试题 可能用到的相对原子质量:H‎-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56‎ 第一部分 本部分共14题,每题3分,共42分。在每题列出四个选项中,选出最符合题目要求的一项。‎ ‎1.下列物质制造或使用过程中没有发生化学变化的是( )‎ A B C D 明矾做净水剂 丙烯制造聚丙烯熔喷布 氨气制造液氨冷却剂 含碳酸氢钠的抗酸药治疗胃酸过多 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.明矾溶于水,铝离子水解为氢氧化铝胶体,发生化学变化,故不选A;‎ B.丙烯发生加聚反应生成聚丙烯,有新物质生成,属于化学反应,故不选B;‎ C.氨气制造液氨冷却剂,氨气的状态发生改变,没有生成新物质,不属于化学变化,故选C;‎ D.碳酸氢钠治疗胃酸过多,碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水,有新物质生成,属于化学反应,故不选D。‎ 答案选C。‎ ‎2.下列说法不涉及氧化还原反应的是 A. 雷雨肥庄稼——自然固氮 B. 从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅 C. 干千年,湿万年,不干不湿就半年——青铜器、铁器的保存 D. 灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾,肥中含有铵盐 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在反应过程中有元素化合价变化的化学反应叫做氧化还原反应。原电池反应可以理解成由两个半反应构成,即氧化反应和还原反应。‎ ‎【详解】A. 雷雨肥庄稼——自然固氮,氮气氧化成NO,再氧化成NO2,最后变成HNO3等,有元素化合价变化,故A不选;‎ B. 从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅,硅由+4价变成0价,有元素化合价变化,故B不选;‎ C. 干千年,湿万年,不干不湿就半年——说明青铜器、铁器在不干不湿的环境中保存时,容易发生电化学腐蚀,铜和铁容易被氧化,有元素化合价变化,故C不选;‎ D. 灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾,水解后呈碱性,肥中含有铵盐,水解后呈酸性,两者相遇能发生复分解反应,导致氮肥的肥效降低,没有元素化合价变化,故D选。‎ 故选D。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 18O2和16O2互为同位素 B. 正己烷和2,2−二甲基丙烷互为同系物 C. C60和C70是具有相同质子数的不同核素 D. H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2是同分异构体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 18O2和16O2是指相对分子质量不同的分子,而同位素指具有相同质子数,但中子数不同的元素互称同位素,A项错误;‎ B. 正己烷的分子式C6H14,2,2−二甲基丙烷即新戊烷分子式是C5H12,两者同属于烷烃,且分子式差一个CH2,属于同系物,B项正确;‎ C.核素表示具有一定的质子数和中子数的原子,C60和C70是由一定数目的碳原子形成的分子,显然,C项错误;‎ D. H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2是分子式分别为C3H7O2N和C2H5O2N ‎,分子式不同,显然不是同分异构体,D项错误。‎ 故答案选B。‎ ‎4.全氮类物质具有高密度、超高能量及爆炸产物无污染等优点,被称为没有核污染的“N2 爆弹”。中国科学家胡炳成教授团队近日成功合成全氮阴离子N5﹣,N5﹣是制备全氮类物质N10(其中含有 N5+和 N5﹣ 两种离子)的重要中间体。下列说法中不正确的是 A. 全氮类物质属于绿色能源 B. 每个 N5+中含有 5 个原子核 C. 每个 N5﹣中含有 36 个质子 D. N10结构中含非极性共价键和离子键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据题意全氮类物质具有高密度、超高能量及爆炸产物无污染等优点,因此全氮类物质属于绿色能源,故A正确;‎ B. 每个 N5+中含有 5个原子核,故B正确;‎ C. 每个 N5-中含有 35个质子,36个电子,故C错误;‎ D. N10结构中含N5-和N5+,含有离子键,每个离子内部含有非极性共价键,故D正确。‎ 综上所述,答案为C。‎ ‎5.下列有关铁及其化合物的说法中不正确的是 A. 为了防止氯化亚铁溶液久置变质,常在其溶液中加入少许铁钉 B. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中,能形成胶体 C. 新制的氢氧化亚铁沉淀露置在空气中最终会变为红褐色 D. 除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质可以向溶液中加铁粉,然后过滤 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 亚铁离子在空气中易被氧化为三价铁离子,加铁钉可以防止氯化亚铁溶液的变质,故A正确; B. 制备氢氧化铁胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中,搅拌到红褐色即可,故B正确;C. 新制的氢氧化亚铁沉淀露置在空气中迅速变成灰绿色,最终会变为红褐色的氢氧化铁,故C正确;D. 除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质可以向溶液中滴加氯水,将氯化亚铁氧化为氯化铁,故D错误。‎ ‎6.下列用于解释事实的离子方程式不正确的是( )‎ A. 向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液,有黑色难溶物生成:2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq)‎ B. 向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体,溶液紫色褪去:‎ ‎2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O C. 向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水,有白色沉淀生成:2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-‎ D. 向稀硝酸中加入铜粉,溶液变蓝色:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液,有黑色难溶物生成,氯化银沉淀转化为硫化银,反应离子方程式是2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq),正确,A不选;‎ B.向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体,HSO3-被高锰酸钾氧化为SO42-,溶液紫色褪去,反应的离子方程式是2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O,正确,B不选;‎ C.向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水,生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠、水,反应的离子方程式是HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O,错误,C选;‎ D.向稀硝酸中加入铜粉生成硝酸铜、一氧化氮、水,反应的离子方程式是3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,正确,D不选。‎ 答案选C ‎7.芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一,对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述不正确的是 A. 汉黄芩素的分子式为 C16H12O5‎ B. 该物质遇 FeCl3 溶液显色 C. 1 mol 该物质与溴水反应,最多消耗 2mol Br2‎ D. 与足量 H2 发生加成反应后,该分子中官能团的种类减少 3 种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据结构得到汉黄芩素的分子式为 C16H12O5,故A正确;‎ B. 该物质含有酚羟基,因此遇 FeCl3 溶液显紫色,故B正确;‎ C. 1 mol 该物质含有1mol碳碳双键,与1mol Br2发生加成,还含有酚羟基,酚羟基的邻位发生取代,消耗1mol Br2,因此最多消耗 2mol Br2,故C正确;‎ D. 原来含有羟基,碳碳双键,醚键,羰基,与足量 H2 发生加成反应后,只有羟基,醚键,因此该分子中官能团的种类减少2种,故D错误。‎ 综上所述,答案为D。‎ ‎【点睛】FeCl3 溶液与酚羟基显紫色,与KSCN显红色。‎ ‎8.研究表明,大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物——光化学烟雾,其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是 A. 整个过程中O3作催化剂 B. 反应III的方程式为O2+O===O3‎ C. 光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质 D. 反应I、反应Ⅱ均属于氧化还原反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、催化剂:反应前后质量和性质不发生改变,根据过程,O3只参与反应,没有O3的生成,因此O3不是催化剂,故A说法错误;‎ B、根据过程,反应III:O和O2参与反应,生成O3,即反应 方程式为O2+O=O3,故B说法正确;‎ C、根据反应过程,反应Ⅱ生成甲醛和乙醛,因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等刺激性物质,故C说法正确;‎ D、反应I:O3+3NO=3NO2,存在化合价的变化,属于氧化还原反应,反应Ⅱ丙烯与O3发生反应生成甲醛和乙醛,发生氧化还原反应,故D说法正确;‎ ‎9.X、Y、Z、W均为常见的短周期主族元素,常温下,其最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为 0.01mol/L)的pH和原子半径的关系如下图所示。其中,Y 为碳元素。下列有关说法正确的是 A. X是硫元素 B. Y的最高价氧化物的电子式为 ‎ C. W的最高价氧化物对应的水化物中仅含离子键 D. Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W均为短周期主族元素,由其最高价氧化物对应水化物的pH和原子序数的关系图可以知道,X、Z对应的pH为2,高氯酸、硝酸均为一元强酸,原子半径Z>Y>X,Y为C,可以知道Z为Cl,X为N,W对应的pH为12,氢氧化钠为一元强碱,则W为Na,以此来解答。‎ ‎【详解】由上述分析可以知道,X为N,Y为C,Z为Cl,W为Na, A. X为N元素,不可能为硫元素,故A错误;‎ B. Y为C元素,其最高氧化物为CO2,电子式为,故B错误; C. W为Na元素,其最高价氧化物对应的水化物为NaOH,既含有离子键又含有共价键,故C错误; D. Z为Cl元素,其最高价氧化物对应的水化物为HClO4,故D正确。 所以D选项是正确的。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律、结构位置性质关系,推断元素是解题关键,需要学生熟练掌握元素化合物性质,注意NaOH是离子化合物,既含有离子键又含有共价键。‎ ‎10.氯化氢直接氧化法制氯气的反应是4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。刚性容器中,进料浓度比c(HCl):c(O2)分别等于1:1、4:1、7:1时,HCl平衡转化率随温度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是( )‎ A. K(‎300℃‎)>K(‎400℃‎)‎ B. 增加反应的压强和及时分离出氯气都可以提高氯化氢的转化率 C. 当c(HCl):c(O2)进料比过低时,HCl的转化率较低,且不利于分离O2和Cl2‎ D. 若HCl的初始浓度为c,进料比为1:1时,K(‎500℃‎)=‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图象可知,升高温度,HCl平衡转化率降低,平衡逆向移动,K(‎300℃‎)>K(‎400℃‎),故A正确;‎ B.增加反应的压强和及时分离出氯气,平衡正向移动,都可以提高氯化氢的转化率,故B正确;‎ C.c(HCl):c(O2)进料比越小,HCl的转化率越大,故C错误;‎ D.相同温度下,c(HCl):c(O2)进料比越大,HCl平衡转化率越小,根据图象,‎500℃‎、若HCl的初始浓度为c,进料比为1:1时,HCl平衡转化率为72%,‎ K(‎500℃‎)=,故D正确;‎ 选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡移动,明确影响平衡移动的因素是解题的关键;对于多种反应物的反应,增大一种反应物的增大,平衡正向移动,其它反应物的转化率增大,加入的反应物的转化率减小。‎ ‎11.高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂,制备流程如图所示:‎ 下列叙述不正确的是 A. 用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时,还产生Fe(OH)3胶体吸附杂质净化水 B. 用FeCl2溶液吸收反应I中尾气后可再利用 C. 反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2‎ D. 该生产条件下,物质的溶解性:Na2FeO4< K2FeO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铁与氯气反应生成氯化铁,加入NaClO、NaOH,次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2 FeO4,加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾(K2FeO4),分离得到粗K2FeO4,采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯,以此解答该题。‎ ‎【详解】A. K2FeO4具有强氧化性,可用于杀菌消毒,生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体,可用于净水,故A正确;‎ B. 尾气含有氯气,可与氯化亚铁反应生成氯化铁,可再利用,故B正确;‎ C. 反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价,Fe元素化合价由+3价升高到+6价,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2,故C正确;‎ D. 结晶过程中加入浓KOH溶液,增大了K+浓度,该温度下,高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小,有利于K2FeO4晶体的析出,故D错误;‎ 故选D。‎ ‎12.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成,电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子,示意图如下所示。下列说法错误的是 A. 相比现有工业合成氨,该方法条件温和,同时还可提供电能 B. 阴极区,在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H++2MV+‎ C. 正极区,固氮酶为催化剂,N2发生还原反应生成NH3‎ D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由生物燃料电池的示意图可知,左室电极为燃料电池的负极,MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+,电极反应式为MV+—e—= MV2+,放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+,反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+;右室电极为燃料电池的正极,MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+,电极反应式为MV2++e—= MV+,放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+,反应的方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++NH3,电池工作时,氢离子通过交换膜由负极向正极移动。‎ ‎【详解】A项、相比现有工业合成氨,该方法选用酶作催化剂,条件温和,同时利用MV+和MV2+的相互转化,化学能转化为电能,故可提供电能,故A正确;‎ B项、左室为负极区,MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+,电极反应式为MV+—e—= MV2+,放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+,反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+,故B错误;‎ C项、右室为正极区,MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+,电极反应式为MV2++e—= MV+,放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+,故C正确;‎ D项、电池工作时,氢离子(即质子)通过交换膜由负极向正极移动,故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查原池原理的应用,注意原电池反应的原理和离子流动的方向,明确酶的作用是解题的关键。‎ ‎13.一定条件下,反应:6H2(g)+2CO2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)的数据如图所示。‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 该反应为吸热反应 B. 达平衡时,v正(H2)=v逆(CO2)‎ C. b点对应的平衡常数K值大于c点 D. a点对应的H2的平衡转化率为90%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图象可知,升高温度,CO2的平衡转化率降低,平衡逆向移动,所以该反应为放热反应,故A错误;‎ B. 达平衡时,正逆反应速率比等于系数比,即 v正(H2)=3v逆(CO2),故B错误;‎ C. 正反应放热,升高温度,平衡常数减小,b点对应的平衡常数K值小于c点,故C错误;‎ D.曲线Ⅰ H2、CO2的投料比为2:1,设投入H2、CO2的物质的量分别是2mol、1mol,a点CO2的平衡转化率为60%,则消耗CO2 0.6mol、消耗H2 1.8mol,所以a点对应的H2的平衡转化率为90%,故D正确;‎ 选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡标志、平衡转化率的计算,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,注意把握曲线的意义和题给信息,明确平衡常数只与温度有关。‎ ‎14.25℃‎时,向50mL含有0.1molCl2的氯水中滴加2mol·L−1的NaOH溶液,得到溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 若a点pH=4,且c(Cl−)=mc(HClO),则HClO的电离平衡常数为 B. 若x=100,b点对应溶液中,c(OH−)>c(H+),可用pH试纸测定其pH C. 若y=200,c点对应溶液中,c(OH−)−c(H+)=‎2c(Cl−)+c(HClO)‎ D. b→c段,随NaOH溶液的滴入,逐渐增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.pH=4,则溶液中c(H+)=10−4mol·L−1,根据方程式:Cl2+H2OHCl+HClO,HClOH++ClO−,溶液中c(Cl−)=c(ClO−)+c(HClO)=mc(HClO),c(HClO)=,Ka(HClO)===10−4(m−1),A项错误;‎ B.生成的NaClO中的ClO−水解,得到的HClO具有漂白性,不能用pH试纸测定反应后溶液的pH,B项错误;‎ C.c点时,氯水全部与NaOH溶液反应生成NaClO、NaCl,且n(Cl−)=n(ClO−)+n(HClO),根据电荷守恒有:n(Na+)+n(H+)=n(OH−)+n(Cl−)+n(ClO−),根据物料守恒有:n(ClO−)+n(Cl−)+n(HClO)=02mol,n(Na+)=0.4mol,则有:2n(ClO−)+2n(Cl−)+2n(HClO)+n(H+)=n(OH−)+n(Cl−)+n(ClO−),即有:c(OH−)−c(H+)=‎2c(Cl−)+c(HClO),C项正确;‎ D.b→c段,随着NaOH溶液加入,c(HClO)浓度逐渐减小,c(ClO−)逐渐增大,逐渐减小,D项错误。‎ 答案选C。‎ 第二部分 ‎15.甲醛(HCHO)俗称蚁醛,是一种重要的有机原料。‎ I.利用甲醇(CH3OH)制备甲醛 脱氢法:CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H1 = +92.09kJ/mol 氧化法:CH3OH(g) +1/2O2(g)=HCHO(g)+H2O(g) △H2‎ ‎(1)已知:2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H3=-483.64 kJ/mol,则△H2=_______。‎ ‎(2)与脱氢法相比,氧化法在热力学上趋势较大,其原因为_______________。‎ ‎(3)图1为甲醇制备甲醛反应的lg K(K为平衡常数)随温度(T)的变化曲线。曲线____(填“a”或“b”)对应脱氢法,判断依据为_________________。‎ II.甲醛的用途 ‎(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品(结构简式如图2),该物质在医药等工业中有广泛用途。若原料完全反应生成乌洛托品,则甲醛与氨的物质的量之比为_______。‎ ‎(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合,可用于化学镀镍。若反应过程中有CO2产生,则该反应的离子方程式为____________________。‎ Ⅲ.甲醛的检测 ‎(6)室内甲醛超标会危害人体健康,通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图3所示,则b极的电极反应式为_________,当电路中转移4×10-4 mol电子时,传感器内参加反应的HCHO为_______mg。‎ ‎【答案】 (1). -149.73kJ/mol (2). 脱氢法的反应为吸热反应,氧化法的反应为放热反应,放热反应在热力学上趋势较大。 (3). b (4). 脱氢吸热 (5). 3:2 (6). 2Ni2++HCHO+H2O=2Ni+CO2↑+4H+ (7). O2+4e-+4H+=2H2O (8). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律进行计算;‎ ‎(2)放热反应的热力学趋势大;‎ ‎(3)脱氢法:CH3OH(g)═HCHO(g)+H2(g)△H1=+92.09 kJ•mol-1,反应为吸热反应升温平衡常数增大,lg K增大;‎ ‎(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品,若原料完全反应生成乌洛托品,每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子,根据C原子、N原子守恒判断甲醛和氨物质的量之比,据此进行计算;‎ ‎(5)甲醛与硫酸镍发生氧化还原反应,析出Ni单质,甲醛被氧化为CO2,据氧化还原反应反应规律书写方程式; ‎ ‎(6)反应中C元素化合价由0价变为+4价,则工作电极为负极,负极上HCHO失电子发生氧化反应,结合电极反应电子守恒计算。‎ ‎【详解】(1)脱氢法:①CH3OH(g)═HCHO(g)+H2(g)△H1=+92.09 kJ•mol-1 ②2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H3=-483.64 kJ•mol-1;盖斯定律计算①+②得到:CH3OH(g)+O2(g)═HCHO(g)+H2O(g)△H2=-149.73KJ/mol;‎ 故答案:-149.73KJ/mol;‎ ‎(2)脱氢法为吸热反应,氧化法为放热反应,放热反应的热力学趋势大;‎ 故答案为:脱氢法为吸热反应,氧化法为放热反应,放热反应的热力学趋势大;‎ ‎(3)脱氢法的反应为吸热反应,随着温度升高,平衡向右移动,平衡常数增大,故曲线b对应脱氢法;‎ 故答案为:b;脱氢吸热;‎ ‎(4)每个乌洛托品分子中含有6个C原子,4个N原子,根据原子守恒可知,要形成1个乌洛托品分子,需要6个甲醛分子、4个氨气分子,则需要甲醛和氨气的分子个数之比为6∶4,即3∶2。分子数之比等于物质的量之比,所以甲醛与氨的物质的量之比为3∶2;‎ 故答案为3∶2;‎ ‎(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合,可用于化学镀镍,则甲醛与硫酸镍发生氧化还原反应,析出Ni单质,甲醛被氧化为CO2,Ni元素化合价由+2价降低到0价,甲醛中C元素由0价升高到+4价,NiSO4与HCHO的系数比为2∶1,根据化合价升降守恒配平得离子方程式为:2Ni2++HCHO+H2O=2Ni+CO2↑+4H+;‎ 故答案为:2Ni2++HCHO+H2O=2Ni+CO2↑+4H+;‎ ‎(6)HCHO转化为CO2,C元素由0价升高到+4价,失去电子,被氧化,所以a为电池负极,b为正极;酸性环境下,O2作正极的电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O;负极的电极反应为HCHO-4e-+H2O = CO2↑+4H+,每反应1molHCHO转移4mol电子,当电路中转移4×10-4mol电子时,参与反应的HCHO为1×10-4mol,质量=‎30g/mol×1×10-4mol=3×10‎-3g=3mg;‎ 故答案为:O2+4e-+4H+=2H2O;3。‎ ‎16.三氯化六氨合钴(III)([Co(NH3)6]Cl3 是合成其他含钴配合物的重要原料。在活性炭的催化作用下,通过氧化二氯化六氨合钴(II)得到三氯化六氨合钴(III)制备流程如下:‎ 资料:‎ ‎①钴离子常见价态有+2(II)价,+3(III)价,Co(II)离子能在水溶液中稳定存在,但 Co(III)离子不能稳定存在,只能以固态或络合物形式(如[Co(NH3)6]3+)稳定存在溶液中。‎ ‎② Co2+在 pH=9.4 时完全沉淀为 Co(OH)2‎ ‎(1) 实验中需要将 CoCl2·6H2O 晶体研细,其目的是:__________________。‎ ‎(2)在加入浓氨水前先加入大量 NH4Cl溶液,请结合平衡原理解释原因______________________。‎ ‎(3)在“氧化”过程中需水浴控温在 50~‎60℃‎,温度不能过高,原因是______________________。‎ ‎(4)写出“氧化”过程中反应的离子方程式_______________。‎ ‎(5)为测定产品中钴的含量,进行下列实验:‎ ‎①称取样品 ‎4.000 g 于烧瓶中,加水溶解,加入足量的 NaOH 溶液,加热至沸 15~20 min,将 [Co(NH3)6]Cl3 完全转化为 Co(OH)3,冷却后加入足量 KI 固体和 HCl 溶液,充分反应一段时间后,将烧瓶中的溶液全部转移至 250.00 mL 容量瓶中,加水定容,取其中 25.00 mL 试样加入到锥形瓶中;‎ ‎②用 0.100 0 mol·L -1 Na2S2O3 标准溶液滴定,溶液变为浅黄色后,加入淀粉溶液作指示剂继续滴定至终点,重复 2 次实验,测得消耗 Na2S2O3 溶液的平均体积为 15.00 mL。(已知:2Co3++2I-=2Co2++I2 ,I2 +2S2O32-=2I-+S4O62-).通过计算确定该产品中钴的含量___________________。‎ ‎【答案】 (1). 增大晶体的表面积,加快反应的速度 (2). NH4Cl溶于水电离出的NH4+,增大溶液中c(NH4+),使NH3·H2O⇌NH4++OH-电离平衡逆移降低c(OH-),防止加氨水时溶液中c(OH-)过大使钴(II)离子沉淀 (3). 温度过高会导致 H2O2 大量分解,降低产率 (4). 2Co(NH3)62+ + H2O2= 2Co(NH3)63+ + 2OH- (5). 22.125%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于Co2+在 pH=9.4 时完全沉淀为 Co(OH)2,将CoCl2·6H2O晶体研细先加入氯化铵溶液,再加入浓氨水反应生成[Co(NH3)6]Cl2,[Co(NH3)6]Cl2和H2O2发生氧化反应生成[Co(NH3)6]Cl3。‎ ‎【详解】(1)实验中需要将CoCl2·6H2O晶体研细,其目的是增大晶体的表面积,加快反应的速度;故答案为:增大晶体的表面积,加快反应的速度。‎ ‎(2)根据题中信息Co2+在pH=9.4时完全沉淀为Co(OH)2,因此在加入浓氨水前先加入大量NH4Cl溶液,主要是NH3·H2O⇌ NH4++OH-,能电离出OH-,易和Co2+反应生成Co(OH)2,NH4Cl溶于水电离出的NH4+,增大溶液中c(NH4+),使电离平衡逆向移动,降低c(OH-)浓度,防止加氨水时溶液中c(OH-)过大使钴(II)离子沉淀;故答案为:NH4Cl溶于水电离出的NH4+,增大溶液中c(NH4+),使NH3·H2O⇌NH4++OH-电离平衡逆移降低c(OH-),防止加氨水时溶液中c(OH-)过大使钴(II)离子沉淀。‎ ‎(3)H2O2 在较高温度下会导致大量分解,氧化效果降低,从而降低产率,因此在“氧化”过程中需水浴控温在50~‎60℃‎,温度不能过高;故答案为:温度过高会导致 H2O2 大量分解,降低产率。‎ ‎(4)“氧化”过程中Co(NH3)62+ 与H2O2反应生成Co(NH3)63+ 和OH-,其离子方程式2Co(NH3)62+ + H2O2= 2Co(NH3)63+ + 2OH-;故答案为:2Co(NH3)62+ + H2O2= 2Co(NH3)63+ + 2OH-。‎ ‎(5)根据方程式可得关系式Co3+ ~ S2O32−,n(Co3+)= n(S2O32−)= 0.100 0 mol∙L−1×0.015 mL×10 =0.015mol,;故答案为:22.125%。‎ ‎17.吡唑类化合物是重要的医用中间体,如图是吡唑类物质L的合成路线。‎ 已知:R1—CHO+R2CH2—COOR3‎ R1—CHO+R2NH2R1—CH=N—R2‎ ‎(1)试剂a是__。‎ ‎(2)C生成D的反应类型是__。‎ ‎(3)D生成E的化学方程式是___。‎ ‎(4)生成G的化学方程式是__。‎ ‎(5)H的结构简式是__。‎ ‎(6)写出符合下列条件的I的同分异构体的结构简式__。‎ a.是反式结构 b.能发生银镜反应 c.苯环上的一氯代物有2种 d.1mol该有机物能与2mol氢氧化钠反应 ‎(7)K的分子式是C10H8O2,K的结构简式是__。‎ ‎(8)以2-甲基丙烯和乙酸为原料,选用必要的无机试剂,合成,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). 浓硫酸,浓硝酸 (2). 取代(水解)反应 (3). 2+O22+2H2O (4). CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O (5). (6). (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎,B在光照条件下与氯气发生取代反应生成,逆推可知B是,A发生硝化反应生成B;F的分子式是C2H4O,F与甲醇在浓硫酸作用下反应生成G,则F是乙酸、G是乙酸甲酯;,结合R1—CHO+R2CH2—COOR3,可知H为;结合R1—CHO+R2NH2R1—CH=N—R2,, 逆推可知E是、K的分子式是C10H8O2,K是;由逆推,D是;‎ ‎【详解】根据以上分析,(1)A是甲苯、B是,A发生硝化反应生成B,所以试剂a是浓硫酸,浓硝酸;‎ ‎(2)C是、D是,C生成D是卤代烃的水解反应,反应类型是取代(水解)反应。‎ ‎(3)D是、E是,D生成E是醇的催化氧化,反应的化学方程式是2‎ ‎+O22+2H2O;‎ ‎(4)G是乙酸甲酯,乙酸和甲醇在在浓硫酸作用下反应生成乙酸甲酯,反应的化学方程式是CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O;‎ ‎(5),结合R1—CHO+R2CH2—COOR3,可知H为;‎ ‎(6)a.是反式结构,说明含有碳碳双键;b.能发生银镜反应,说明含有醛基或甲酸酯; c.苯环上的一氯代物有2种,说明2个取代基在苯环的对位; d.1mol该有机物能与2mol氢氧化钠反应,说明是甲酸酚酯;符合条件的I的同分异构体的结构简式是;‎ ‎(7)结合R1—CHO+R2NH2R1—CH=N—R2,, 逆推可知E是、根据K的分子式是C10H8O2,可知K是;‎ ‎(8)2-甲基丙烯与溴水发生加成反应生成,水解为,在铜做催化剂的条件下氧化为, 和乙酸发生正反应反应生成,根据R1—CHO+R2CH2—COOR3‎ ‎,在碱、加热的条件下生成;合成路线为。‎ ‎18.阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低、环境污染小等优点。生产流程如下图所示:‎ ‎(1)电解饱和食盐水的化学方程式为________。‎ ‎(2)电解结束后,能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是________(填字母序号)。‎ a.Na2SO4b.Na2SO3‎ c.热空气吹出d.降低阳极区液面上方的气压 ‎(3)食盐水中的I—若进入电解槽,可被电解产生的Cl2氧化为ICl,并进一步转化为IO3—。IO3—可继续被氧化为高碘酸根(IO4—),与Na+结合生成溶解度较小的NaIO4沉积于阳离子交换膜上,影响膜的寿命。‎ ‎①从原子结构的角度解释ICl中碘元素的化合价为+1价的原因:________。‎ ‎②NaIO3被氧化为NaIO4的化学方程式为________。‎ ‎(4)在酸性条件下加入NaClO溶液,可将食盐水中的I-转化为I2,再进一步除去。通过测定体系的吸光度,可以检测不同pH下I2的生成量随时间的变化,如下图所示。已知:吸光度越高表明该体系中c(I2)越大。‎ ‎①结合化学用语解释10 min时不同pH体系吸光度不同的原因:________。‎ ‎②pH=4.0时,体系的吸光度很快达到最大值,之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因:________。‎ ‎③研究表明食盐水中I-含量≤0.2 mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。现将‎1m3‎含I-浓度为1.47 mg•L-1 的食盐水进行处理,为达到使用标准,理论上至少需要0.05 mol•L-1 NaClO溶液________L。(已知NaClO的反应产物为NaCl,溶液体积变化忽略不计)‎ ‎【答案】 (1). 2 NaCl + 2H2O C12↑ + H2↑+ 2NaOH (2). bcd (3). 碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA),二者最外层电子数均为7,ICl中共用一对电子,由于碘原子半径大于氯原子,碘原子得电子能力弱于氯原子,故共用电子对偏离碘原子,使得碘元素显+1价 (4). Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl— (5). ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O10 min时pH越低,c(H+)越大,反应速率加快(或ClO-氧化性增强),c(I2)越高,吸光度越大。 (6). c(H+)较高,ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒,c(I2)降低,吸光度下降 (7). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)电解时,阳极失电子发生氧化反应,阴极得电子发生还原反应,两极合并为电解池总反应。‎ ‎(2)a. Na2SO4与游离氯不反应,不能除去阳极液中游离氯;‎ b. Na2SO3有还原性,游离氯有强氧化性,两者发生氧化还原反应,则Na2SO3有可以除去阳极液中游离氯;‎ c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出,则除去阳极液中游离氯也可采取此方法;‎ d.由于气体溶解度随压强的减小而减小,则降低阳极区液面上方的气压,游离氯的溶解度减小从液体中逸出,可除去阳极液中游离氯。‎ ‎(3)①本小题考查的是对共价键的理解,碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA),二者最外层电子数均为7,ICl 中共用一对电子,由于碘原子半径大于氯原子,碘原子得电子能力弱于氯原子,故共用电子对偏离碘原子,使得碘元素显+1价。‎ ‎②氧化还原反应中,物质中元素化合价升高失电子发生氧化反应,该物质作还原剂,生成的产物为氧化产物,物质中元素化合价降低得电子发生还原反应,该物质做氧化剂,生成的产物为还原产物,由此找出反应物和生成物,在根据得失电子守恒配平氧化还原反应。‎ ‎(4)①本小题涉及速率的影响因素,增大反应物的浓度速率加快,则c(H+)越大,反应速率加快(或ClO-氧化性增强),c(I2)越高,吸光度越大。‎ ‎②c(H+)较高,ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒,c(I2)降低,吸光度下降。‎ ‎③本小题涉及物质的量、物质的量浓度在氧化还原反应中的计算。‎ ‎【详解】(1)电解饱和食盐水时,氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气,水电离的氢离子在阴极得电子发生还原反应生成氯气,则电解的化学方程式为2NaCl +2H2O C12↑+ H2↑+2NaOH。本小题答案为:2NaCl +2H2O C12↑+ H2↑+2NaOH。‎ ‎(2)a. Na2SO4与游离氯不反应,不能除去阳极液中游离氯,故a不符合题意;‎ b. Na2SO3有还原性,游离氯有强氧化性,两者发生氧化还原反应,则Na2SO3有可以除去阳极液中游离氯,故b符合题意;‎ c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出,则除去阳极液中游离氯也可采取此方法,故c符合题意;‎ d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小,则降低阳极区液面上方的气压,游离氯的溶解度减小从液体中逸出,可除去阳极液中游离氯,故d符合题意。答案选bcd。‎ ‎(3)①碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA),二者最外层电子数均为7,ICl中共用一对电子,由于碘原子半径大于氯原子,碘原子得电子能力弱于氯原子,故共用电子对偏离碘原子,使得碘元素显+1价。本小题答案为:碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA),二者最外层电子数均为7,ICl中共用一对电子,由于碘原子半径大于氯原子,碘原子得电子能力弱于氯原子,故共用电子对偏离碘原子,使得碘元素显+1价。‎ ‎②NaIO3中I元素失电子发生氧化反应,化合价由+5价升高到+7价生成NaIO4,Cl2中氯元素得电子发生还原反应,化合价由0价降低到-1价生成Cl-,离子方程式为Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl—。本小题答案为:Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl—。‎ ‎(4)①ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O 10 min时pH越低,c(H+)越大,反应速率加快(或ClO-氧化性增强),c(I2)越高,吸光度越大。本小题答案为:ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O 10 min时pH越低,c(H+)越大,反应速率加快(或ClO-氧化性增强),c(I2)越高(1分),吸光度越大。‎ ‎②c(H+)较高,ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒,c(I2)降低,吸光度下降。本小题答案为:c(H+)较高,ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒,c(I2)降低,吸光度下降。‎ ‎③研究表明食盐水中I-含量≤0.2 mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。即‎1m3‎食盐水中I-的含量≤0.2 mg•L-1×‎1m3‎×1000=‎0.2g时对离子交换膜影响可忽略,则‎1m3‎含I-浓度为1.47 mg•L-1 的食盐水需处理掉1.47 mg•L-1×‎1m3-0.2g=‎1.27g的I-时对离子交换膜影响可忽略。1.27gI-的物质的量为0.01mol,根据反应方程式ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O,需NaClO的物质的量为0.005mol,则此NaClO的体积为0.005mol/0.05mol/L=‎0.1L。本小题答案为:0.1。‎ ‎19.研究不同 pH 时 CuSO4 溶液对 H2O2 分解的催化作用。资料:a.Cu2O 为红色固体,难溶于水,能溶于硫酸,生成 Cu 和Cu2+。b.CuO2 为棕褐色固体,难溶于水,能溶于硫酸,生成 Cu2+和 H2O2。c.H2O2 有弱酸性:H2O2 H+ +HO2-,HO2- H+ +O22-。‎ 编号 实验 现象 Ⅰ 向 1 mL pH=2 的 1 mol·L− 1 CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液 出现少量气泡 Ⅱ 向 1 mL pH=3 的 1 mol·L− 1 CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液 立即产生少量棕黄色沉淀,出现较明显气泡 Ⅲ 向 1 mL pH=5 的 1 mol·L− 1CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液 立即产生大量棕褐色沉淀,产生大量气泡 ‎(1) 经检验生成的气体均为 O2,Ⅰ中 CuSO4 催化分解 H2O2 的化学方程式是__。‎ ‎(2)对Ⅲ中棕褐色沉淀的成分提出 2 种假设:ⅰ.CuO2,ⅱ.Cu2O 和CuO2 的混合物。为检验上述假设,进行实验Ⅳ:过滤Ⅲ中的沉淀,洗涤,加入过量硫酸,沉淀完全溶解,溶液呈蓝色,并产生少量气泡。‎ ‎①若Ⅲ中生成的沉淀为 CuO2,其反应的离子方程式是__。‎ ‎②依据Ⅳ中沉淀完全溶解,甲同学认为假设ⅱ不成立,乙同学不同意甲同学的观点,理由是__。‎ ‎③为探究沉淀中是否存在 Cu2O,设计如下实验:‎ 将Ⅲ中沉淀洗涤、干燥后,取 a g 固体溶于过量稀硫酸,充分加热。冷却后调节溶液 pH,以 PAN 为指示剂,向溶液中滴加 c mol·L − 1EDTA 溶液至滴定终点,消耗 EDTA 溶液 V mL。V=__,可知沉淀中不含 Cu2O,假设ⅰ成立。(已知:Cu2++EDTA= EDTA-Cu2+,M(CuO2)=‎96 g·mol − 1,M(Cu2O)=‎144 g·mol−1)‎ ‎(3)结合方程式,运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因__ 。‎ ‎(4)研究Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同 pH 时 H2O2 分解速率不同的原因。‎ 实验Ⅴ:在试管中分别取 1 mL pH=2、3、5 的 1 mol·L−1 Na2SO4 溶液,向其中各加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液,三支试管中均无明显现象。‎ 实验Ⅵ:__(填实验操作和现象),说明 CuO2 能够催化 H2O2 分解。‎ ‎(5)综合上述实验,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同 pH 时 H2O2 的分解速率不同的原因是__。‎ ‎【答案】 (1). 2H2O2 O2↑+2H2O (2). H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+ (3). CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性,在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu,无法观察到红色沉淀Cu (4). (5). 溶液中存在H2O2H+ +HO2-,HO2-H+ +O22-,溶液pH增大,两个平衡均正向移动,O22-浓度增大,使得CuO2沉淀量增大 (6). 将Ⅲ中沉淀过滤,洗涤,干燥,称取少量于试管中,加入30%H2O2溶液,立即产生大量气泡,反应结束后,测得干燥后固体的质量不变 (7). CuO2的催化能力强于Cu2+;随pH增大,Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意可知,在硫酸铜做催化剂作用下,双氧水分解生成水和氧气,反应的化学方程式为2H2O2 O2↑+2H2O,故答案为:2H2O2 O2↑+2H2O;‎ ‎(2)①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2,说明双氧水与铜离子反应生成过氧化铜和水,反应的离子方程式为H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+,故答案为:H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+;‎ ‎②由题意可知,过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成双氧水,双氧水具有强氧化性,在酸性条件下可能会氧化氧化亚铜或铜,无法观察到红色沉淀,说明假设ⅱ可能成立,乙同学的观点正确,故答案为:CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性,在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu,无法观察到红色沉淀Cu;‎ ‎③a g过氧化铜的物质的量为,由方程式可得如下关系:CuO2—Cu2+—EDTA,则有= c mol/L×V×10—‎3L,解得V=ml,故答案为:;‎ ‎(3)由题意可知,双氧水溶液中存在如下电离平衡H2O2H+ +HO2-、HO2-H+ +O22-,溶液pH增大,氢离子浓度减小,两个平衡均正向移动,过氧根浓度增大,使得过氧化铜沉淀量增大,故答案为:溶液中存在H2O2H+ +HO2-,HO2-H+ +O22-,溶液pH增大,两个平衡均正向移动,O22-浓度增大,使得CuO2沉淀量增大;‎ ‎(4)若过氧化铜能够催化过氧化氢分解,过氧化氢分解速率加快,催化剂过氧化铜的组成和质量不会发生变化,则实验操作和现象为将Ⅲ中沉淀过滤,洗涤,干燥,称取少量于试管中,加入30%H2O2溶液,立即产生大量气泡,反应结束后,测得干燥后固体的质量不变,故答案为:将Ⅲ中沉淀过滤,洗涤,干燥,称取少量于试管中,加入30%H2O2溶液,立即产生大量气泡,反应结束后,测得干燥后固体的质量不变;‎ ‎(5)由以上实验可知,当溶液pH增大时,双氧水溶液中过氧根浓度增大,使得过氧化铜沉淀量增大,过氧化铜的催化能力强于铜离子,使双氧水的分解速率增大,故答案为:CuO2的催化能力强于Cu2+;随pH增大,Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多。‎ ‎【点睛】当溶液pH增大时,双氧水溶液中过氧根浓度增大,使得过氧化铜沉淀量增大,过氧化铜的催化能力强于铜离子,使双氧水的分解速率增大是解答关键,也是实验设计的关键。‎
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