北京市朝阳区2020届高三化学第二次学业水平试题（Word版附解析）

北京市朝阳区2020届高三化学第二次学业水平试题（Word版附解析）

北京市朝阳区高三年级学业水平等级性考试练习二 化 学 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 每小题只有一个选项符合题意。 1.下列防护隔离、杀菌消毒等措施中，没有应用蛋白质变性原理的是 A．佩戴医用口罩 B．蒸煮餐具 C．紫外线杀菌 D．碘伏清洗伤口 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．佩戴医用口罩能有效阻断病毒的传播，与蛋白质变性无关，故 A 符合题意； B．加热能使蛋白质变性，故蒸煮餐具可使病毒蛋白质变性，达到杀菌消毒的目的，故 B 不符 合题意； C．紫外线能使蛋白质变性，故使用紫外线杀菌可使病毒蛋白质变性，达到杀菌消毒的目的， 故 C 不符合题意； D．碘伏能使蛋白质变性，故使用碘伏清洗伤口，能使病毒蛋白质变性，达到杀菌消毒的目的， 故 D 不符合题意； 故答案为 A。 2.正确应用物质性质并规范操作是保障安全的前提。下列做法不正确的是 A. 工业上金属钠残渣用乙醇进行处理 B. 苯酚不慎沾到皮肤上，用氢氧化钠溶液擦拭 C. 大量氯气泄漏时，戴好防毒面具，喷稀碱液进行吸收 D. 向电石上滴加饱和食盐水，将产生的气体验纯后点燃，观察燃烧现象 【答案】B 【解析】 【详解】A．Na 能与乙醇反应生成乙醇钠和氢气，且反应缓和，则少量金属钠残渣可用乙醇 进行处理，故 A 正确； B．苯酚能和氢氧化钠溶液发生中和反应，生成可溶于水的苯酚钠，但 NaOH 溶液有强腐蚀性， 对皮肤有伤害，故 B 错误； C．氯气有毒且溶于碱，则氯气泄漏时，应戴好防毒面具，并喷稀碱液进行吸收，故 C 正确； D．电石与水反应速率快，用饱和 NaCl 溶液代替水可减缓反应速率，生成的乙炔是易燃气体， 需要验纯后点燃，故 D 正确； 故答案为 B。 3.下列变化中，与氧化还原反应无关的是 A. 向 Na2CO3 溶液中滴入 1~2 滴酚酞溶液，溶液呈红色 B. 向 K2Cr2O7 酸性溶液中滴加乙醇，溶液由橙色变为绿色 C. 向碘水中滴加维生素 C 溶液，溶液棕黄色褪去 D. 向 FeSO4 溶液中滴加 NaOH 溶液，生成白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后呈红褐色 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．向 Na2CO3 溶液中滴入 1~2 滴酚酞溶液，溶液呈红色，是 CO32-的水解使溶液呈碱 性的缘故，未发生氧化还原反应，故 A 符合题意； B．向 K2Cr2O7 酸性溶液中滴加乙醇，溶液由橙色变为绿色，是乙醇还原 K2Cr2O7 的缘故，发 生氧化还原反应，故 B 不符合题意； C．向碘水中滴加维生素 C 溶液，溶液棕黄色褪去，是维生素 C 还原碘的缘故，发生氧化还 原反应，故 C 不符合题意； D．向 FeSO4 溶液中滴加 NaOH 溶液，生成白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后呈红褐色，是生 成的 Fe(OH)2 有较强还原性，被空气中氧气氧化为 Fe(OH)3 的缘故，发生氧化还原反应，故 D 不符合题意； 故答案为 A。 4.用 NA 代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是 A. 1mol 氨基含有的电子数为 10 NA B. 标准状况下，22.4 L O2 完全转化为 Na2O2 时转移的电子数为 4 NA C. 56 g C3H6 和 C4H8 的混合气体中含有的氢原子数为 8 NA D. 0.1 mol·L-1CH3COONa 溶液中 CH3COO-、CH3COOH 数目之和为 0.1 NA 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．每个氨基含有 9 个电子，则 1mol 氨基含有的电子数为 9NA，故 A 错误； B．标准状况下，22.4 L O2 的物质的量为 1mol，Na2O2 中氧元素为-1 价，则 1molO2 完全转化 为 Na2O2 时转移的电子数为 2NA，故 B 错误； C．C3H6 和 C4H8 的最简式为 CH2，56gCH2 的物质的量为 56 14 / mol g g =4mol，则 56 g C3H6 和 C4H8 的混合气体中含有的氢原子数为 8 NA，故 C 正确； D．根据 n=cV 可知，没有指明 0.1 mol·L-1CH3COONa 溶液的体积，无法确定 CH3COO-、 CH3COOH 数目之和，故 D 错误； 故答案为 C。 5.下列数据或事实所呈现的规律不能用元素周期律解释的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．F、Cl、Br 为同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，生成的 HX 越不稳定， 生成 HX 的反应程度越小，故 A 不选； B．Si、P、Cl 为同周期主族元素，核电荷数越大，非金属性越强，其最高价氧化物水化物的 酸性越强，则 HClO4 酸性最强，故 B 不选； C．O、S、Se 为同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，生成的简单氢化物越不稳定， 即 H2O 最稳定，H2Se 最不稳定，故 C 不选； D．碳碳单键键长最长，键能最小，而碳碳叁键键长最短，键能最大，但键能不是碳碳单键键 能的三倍，也不是碳碳单键键能与碳碳双键键能和，与元素周期律无关，故 D 选； 故答案为 D。 6.下列解释事实的方程式不正确的是 A. 用 FeCl3 溶液制作铜质印刷线路板：2Fe3++ Cu = Cu2++ 2Fe2+ B. Al 片溶于 NaOH 溶液中产生气体：2Al + 2OH-=2 - 2AlO + H2↑ C. 用难溶的 MnS 除去 MnCl2 溶液中含有的 Pb2+：MnS(s) + Pb2+(aq) =PbS (s) + Mn2+(aq) D. 向银氨溶液中滴加乙醛后水浴加热，出现银镜： CH3CHO+2Ag(NH3)2OH CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．用 FeCl3 溶液制作铜质印刷线路板时发生反应的离子方程式为 2Fe3+ + Cu =Cu2+ + 2Fe2+，故 A 正确； B．Al 片溶于 NaOH 溶液中产生气体时发生反应的离子方程式为 2Al +2H2O+ 2OH- = 2 - 2AlO + 3H2↑，故 B 错误； C．用难溶的 MnS 除去 MnCl2 溶液中含有的 Pb2+时发生反应的离子方程式为 MnS(s) + Pb2+ (aq) =PbS (s) + Mn2+(aq) ，故 C 正确； D．向银氨溶液中滴加乙醛后水浴加热，出现银镜时发生反应的离子方程式为 CH3CHO+2Ag(NH3)2OH CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故 D 正确； 故答案为 B。 7.科研人员利用 Cu/ZnO 作催化剂，在光照条件下实现了 CO2 和 H2 合成 CH3OH，该反应历程 示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 过程 I 中 ZnO 表面上进行 CO2 的吸附与转化 B. 过程 II 中存在极性键的断裂与形成 C. 过程 V 中生成 CH3OH 时吸收能量 D. 总反应的化学方程式是 CO2 + 3H2 CH3OH + H2O 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．过程 I 中在 ZnO 表面吸附 CO2，且 CO2 和-OH 转化为 即 HCO3-，故 A 正 确； B．过程 II 中涉及 C-O 的断裂与 C-H 和 H-O 键的形成，且 C=O、C-H、H-O 均为极性键，故 B 正确； C．过程 V 中生成 CH3OH 时，是 CH3O-与-H 形成 CH3OH，存在 H-O 键形成的过程，则该过 程放出能量，故 C 错误； D．该反应总过程是 CO2 和 H2 在 Cu/ZnO 催化剂作用下，合成 CH3OH，总反应方程式为 CO2+ 3H2 CH3OH + H2O，故 D 正确； 故答案为 C。 8.高温下 CO2 和 H2S 发生如下反应：CO2(g) +H2S(g)⇌COS(g) +H2O(g)。有关实验数据如下： 实验 温度 物质的起始物质的量/(mol) 平衡时 COS 物质的量/(mol) n(CO2) n(H2S) n(COS) I 337℃ 0.10 0.40 0.01 II 347℃ 0.10 0.40 0.015 下列说法不正确的是 A. 该反应为吸热反应 B. 实验 I 达平衡后 COS 的物质的量分数为 5% C. 实验 I 温度下，反应的平衡常数为 1 351 D. 平衡后向 II 中再充入 0.10 mol CO2 和 0.40 mol H2S，相同温度下再达平衡时 n(COS)=0.03mol 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据表中数据可知，当二氧化碳和硫化氢的起始物质的量相同时，温度越高，COS 的物质的量越大，说明温度越高，平衡向着吸热的方向移动，即 COS 的物质的量增大的方向 为吸热的方向，正反应为吸热反应，故 A 正确； B．根据实验 I，写出反应三段式，        2 2 2 mol 0.1 0.4 0 0 m CO g +H S g COS g +H O g 0.01 0.01 0.01 0.0ol mol 0.09 0.39 0.01 0.01 1  开始( ) 变化( ) 平衡( ) 平衡后 COS 的物质的量分数= 0.01mol =2mol mol mol %0.09 +0.39 +0.01 +0.01mol ，故 B 错误； C．根据 B 项分析，反应的平衡常数为 0.01 0.01 1=0.09 0.39 351   ，故 C 正确； D．根据题意，列三段式：        2 2 2CO g + H S g COS g +H O g 0.100 0.400 0 0 0.015 0.015 0.015 0. mol mol mo 015 0.085 0.385 0.015 0.01l 5  开始( ) 变化( ) 平衡( )         2 2 2 cK= =COS c H O 0.015 0.015 CO c H S 0.085 0c .385     ， 平衡后向 II 中再充入 0.10 mol CO2 和 0.40 mol H2S，设转变的二氧化碳的物质的量为 x，        2 2 2CO g +H S g COS g +H O g 0.185 0.785 0.015 0.015 0.185- x 0.785-x 0.015+x mol mo 0.0 l x 15+x x x x mol  变 开始( ) ( ) 化 ) 平衡(         2 2 2 COS c H O 0.015mol 0.015mol 0.015mol+x 0.015mol+x) =CO c H S 0.085mol 0.385 mol 0.185mol-x cK= =c 0.785mol-x       ( ) ( ( ) ( ) ， x=0.015mol，相同温度下再达平衡时 n(COS)=0.015mol+0.015mol=0.03mol，故 D 正确； 答案选 B。 【点睛】D 项为难点，需要根据相同温度下的平衡常数进行计算。 9.用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是 选 项 a 中试剂 b 中试剂 c 中试剂 实验目的 装置 A 氨水 CaO 无 制取并收集氨气 B 浓盐酸 MnO2 饱和 NaCl 溶液 制备纯净的 Cl2 C 浓盐酸 Na2CO3 Na2SiO3 溶液 比较酸性强弱： H2CO3＞H2SiO3 D 浓硫酸 Na2SO3 KMnO4 酸性溶液 验证 SO2 具有还原性 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．氨水中的水可以和氧化钙反应，反应过程放热，使氨气在水中的溶解度降低，可 以用来制取氨气，但是由于氨气的密度小于空气，故在收集氨气时需要短导管进长导管出，A 错误； B．浓盐酸与二氧化锰反应制取了氯气的过程需要加热，图中没有画出加热装置，故不能达到 实验目的，B 错误； C．浓盐酸有挥发性，与碳酸钠反应时除了有二氧化碳生成，还有氯化氢溢出，两种气体溶于 硅酸钠溶液均能使硅酸根沉淀，故不能判断碳酸与硅酸酸性的强弱，C 错误； D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，将二氧化硫气体导入酸性高锰酸钾溶液中，二 氧化硫与高锰酸钾反应，可以验证二氧化硫的还原性，D 正确； 故选 D。 10.漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为 Ca(ClO)2，相应的生产流程如下。 下列说法不正确的是 A. ①中阳极的电极反应式为 2Cl--2e-=Cl2↑ B. ②中反应的化学方程式为 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O C. 上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应 D. 制备漂粉精过程中，Cl2 转化为 Ca(ClO)2 时，Cl 的原子利用率为 100% 【答案】D 【解析】 【分析】 饱和食盐水进行电解可以制得 Cl2，将得到的 Cl2 分别与 Ca(OH)2 和 Na2CO3 反应经一系列流程 可以分别制得漂白粉和漂粉精；电解过程中，溶液中的 Cl-失电子生成氯气发生阳极反应，水 中的 H+得电子生成氢气发生还原反应，溶液中剩余氢氧化钠；氯气与氢氧化钙浆料反应生成 次氯酸钙，同时还生成氯化钙；氯气与湿润的碳酸钠反应生成 Cl2O，Cl2O 与水发生化合反应 生成 HClO，HClO 与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，据此分析。 【详解】A．电解过程中阳极失电子，溶液中 Cl-发生阳极反应生成 Cl2，阳极的电极方程式为 2Cl--2e-=Cl2↑，A 正确； B．反应②为氯气和氢氧化钙的反应，反应方程式为 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O， B 正确； C．上述过程中反应①②③为氧化还原反应，反应④为化合反应，反应⑤为复分解反应，C 正 确； D．制备漂粉精过程中，Cl2 转化为 Ca(ClO)2 时有 CaCl2 生成，Cl 原子没有完全转化为 Ca(ClO)2， 因此 Cl 的原子利用率不为 100%，D 错误； 故选 D。 11.尿素( )氮原子上的氢原子可以像苯酚分子中苯环上的氢原子那样与甲醛发生反应， 生成交联脲醛树脂，其结构片段如下图所示(图中 表示链延长)。 下列说法不正确的是 A. 尿素可以与甲醛发生加成反应生成 B. 脲醛树脂的合成反应为缩聚反应 C. 交联脲醛树脂在一定条件下可以发生水解反应，重新生成尿素和甲醛 D. 甲醛可以与 交联成网状结构的脲醛树脂 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．尿素分子中 N 原子上的 H 原子可以与甲醛发生加成反应，反应与苯酚苯环上 H 原子与甲醛的反应相似，因此可以推测尿素与甲醛发生加成反应的产物为 ，A 正确； B．脲醛树脂的合成是由尿素和甲醛发生聚合反应同时生成水，符合缩聚反应定义，属于缩聚 反应，B 正确； C．交联脲醛树脂存在可水解基团酰胺键，故可以发生水解反应，但水解产物不是尿素和甲醛， C 错误； D．甲醛可以和 中的亚氨基继续发生加成反应再发生反应生成网状结构 的脲醛树脂，D 正确； 故选 C。 12.研究人员采用双极膜将酸-碱电解液隔离，实现 MnO2/Mn2+和 Zn/ 2- 4Zn(OH) 的两个溶解/沉 积电极氧化还原反应，研制出新型高比能液流电池，其放电过程原理示意图如下： 下列说法不正确的是 A. 放电过程中，总反应方程式为 Zn+MnO2+4OH-+4H+=== 2- 4Zn(OH) +Mn2++2H2O B. 放电过程中，当 1molZn 参与反应时，理论上有 4molK+发生迁移 C. 充电过程中，阴极的电极反应为 2- 4Zn(OH) +2e-===Zn+4OH- D. 充电过程中，右侧池中溶液 pH 逐渐减小 【答案】B 【解析】 【分析】 根据电池示意图，左侧 Zn 失去电子与溶液中的 OH-反应生成 2- 4Zn(OH) ，为负极反应，右侧 MnO2 得电子与溶液中的 H+反应生成 Mn2+和水；电解过程中，右侧的 Mn2+失去电子与水反应 生成 MnO2 和 H+，电极方程式与原电池的正极方程式相反，左侧 2- 4Zn(OH) 得电子生成 Zn 和 OH-，电极方程式与原电池的负极方程式相反，据此分析。 【详解】A．放电过程中负极的电极反应式为 Zn-2e-+4OH-= 2- 4Zn(OH) ，正极的电极方程式为 MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，总反应为 Zn+MnO2+4OH-+4H+=== 2- 4Zn(OH) +Mn2++2H2O，A 正 确； B．放电过程中每消耗 1mol Zn 会生成 1mol 2- 4Zn(OH) ，即每消耗 4mol 负电荷生成 2mol 负 电荷，电解质中减少 2mol 负电荷，因此有 2mol K+发生迁移，B 错误； C．根据分析，充电过程中阴极的电极方程式与放电过程中负极的电极方程式相反，阴极的电 极方程式为 2- 4Zn(OH) +2e-===Zn+4OH-，C 正确； D．充电过程中右侧 Mn2+不断失去电子并结合水生成 MnO2，同时生成大量 H+，因此，右侧 pH 不断减小，D 正确； 故选 B。 【点睛】由于放电过程中两个电极反应在两个电解质溶液中分别进行的，故不能把氢离子和 氢氧根写在一起呈水的形式。 13.已知 Na2CO3 与稀盐酸反应分两步进行： 2- 3CO ＋H＋== - 3HCO ， - 3HCO ＋H＋= CO2↑＋H2O。 向 10.00 mL 0.1000 mol·L-1Na2CO3 溶液中滴加 0.1000 mol·L-1 盐酸，溶液 pH 随盐酸体积的变化 如图。 下列说法不正确的是 A. V = 5.00mL 时，溶液中 c( - 3HCO )＞c( 2- 3CO )＞c(OH－)＞c(H＋) B. V =10.00mL 时，溶液中 c(Na＋)＝c( - 3HCO )＋c( 2- 3CO )＋c(H2CO3)+c(Cl-) C. a 点的溶液中：n( 2- 3CO )＋n( - 3HCO ) = 0.001 mol D. V = 20.00mL 时，溶液 pH＜7，是因为 H2CO3 - 3HCO + H+ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．V=5.00mL 时，溶液中为 Na2CO3、NaHCO3 和 NaCl，溶液呈碱性，说明此时溶液 中 OH-浓度大于 H+，由于碳酸根水解能力大于碳酸氢根电离能力，故溶液中碳酸氢根浓度大 于碳酸根浓度，故溶液中 c( - 3HCO )＞c( 2- 3CO )＞c(OH－)＞c(H＋)，A 正确； B．V=10.00mL 时，溶质为 NaHCO3 和 NaCl，此时溶液中的物料守恒为 c(Na＋)＝c( - 3HCO )＋ c( 2- 3CO )＋c(H2CO3)+c(Cl-)，B 正确； C．a 点的溶液，加入盐酸的体积大于 10mL，此时溶液中的碳酸氢根与 H+反应生成 CO2 溢出， 故溶液中所有含碳元素形体的总物质的量小于 0.001mol，C 错误； D．V=20.00mL 时，此时溶液中的溶质全部为 NaCl，但由于之前的反应有 CO2 生成，少量 CO2 溶于水生成碳酸，导致溶液 pH＜7，D 正确； 故选 C。 14.研究金属钠的性质，实验如下： 实验装置 实验方案 液体 a 现象 蒸馏水 I．钠浮在水面，剧烈反应，有少量白雾 0.1 mol·L-1 盐酸 II．钠浮在液面，反应比Ⅰ剧烈，有白雾产生 浓盐酸 III．钠浮在液面，反应比Ⅰ缓慢，产生大量白雾， 烧杯底部有白色固体 下列说法不正确的是 A. II 中反应的离子方程式为 2Na + 2H+ === 2Na+ + H2↑ B. 对比 I、II、III 可知，随着 c(H+) 增大，反应的剧烈程度增大 C. 实验 I、II、III 均有白雾产生，说明 Na 与水或酸反应均放出大量热 D. 推测 III 中浓盐酸的 c(Cl-)以及生成的 NaCl 固体对反应剧烈程度有影响 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验Ⅱ中金属钠与盐酸反应，过程为金属钠失去电子生成 Na+，溶液中的 H+得到 电子生成氢气，因盐酸中阳离子以 H+占大多数，故在书写离子方程式时需要写成 H+形式，选 项中的离子方程式书写正确，A 正确； B．从三个反应的实验现象可以看出，随着盐酸浓度的升高，反应的剧烈程度有所提高，但是 在浓盐酸的溶液中 Na 的反应并不是很剧烈，说明随着 c(H+) 增大，反应的剧烈程度增大，当 达到某一浓度时，反应程度会随之减弱，B 错误； C．Na 与水反应放热，可以将溶液中的水分子或氯化氢分子蒸出到空气中，空气温度较低使 水蒸气在空气中凝结形成白雾或 HCl 溶在空气中的水蒸气中形成白雾，C 正确； D．反应Ⅲ中盐酸浓度较高，反应一段时间后烧杯底部有白色固体生成，该白色固体为 NaCl， 反应Ⅲ的反应剧烈程度比反应Ⅰ缓慢，说明溶液中 Cl-浓度和生成的 NaCl 都会对反应的剧烈 程度有一定的影响，D 正确； 故选 B。 第二部分 15.近年来，FePO4 作为制备锂离子电池正极材料 LiFePO4 的重要原料而成为研究热点。一种以 FeCl3、H3PO4、氨水为主要原料制备 FePO4 的流程如下图。 已知：H3PO4 是弱电解质 (1)将 FeCl3 溶液与 H3PO4 溶液按    3 3 4n FeCl :n H PO =1:1混合，没有明显现象，逐渐滴加氨水 至 pH = 1.5 左右，生成 FePO4·2H2O 沉淀。 ①操作 a 为______。 ②生成 FePO4·2H2O 的离子方程式是______。 ③控制氨水用量，避免因 pH 偏高而产生______杂质。 (2)测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下： i．取 a g 样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加 SnCl2(还原剂)至溶液呈浅黄色； ii．加入 TiCl3，恰好将 i 中残余的少量 Fe3+还原为 Fe2+； iii．用 c mol·L–1 K2Cr2O7 标准溶液滴定 Fe2+，消耗 v mLK2Cr2O7 标准溶液。 ①将步骤 iii 的离子方程式补充完整： ____ 2- 2 7Cr O +____Fe2++___=____Cr3++____Fe3++____； ②产物中铁元素的质量分数为_____。 【答案】 (1). 过滤 (2). Fe3++H3PO4+3NH3•H2O FePO4•2H2O↓+3 + 4NH +H2O (3). Fe(OH)3 (4). 1 (5). 6 (6). 14H+ (7). 2 (8). 6 (9). 7H2O (10). 0.336cv a 【解析】 【分析】 向 FeCl3 和 H3PO4 的混合溶液中加入氨水并水浴加热，由于 H3PO4 为弱电解质，在水中电离程 度较小导致磷酸铁的产率不高，向溶液中加入氨水，氨水可以和磷酸反应生成磷酸根，同时 水浴加热加快反应速率，使磷酸铁的产率升高，据此分析。 【详解】(1)①将制得的悬浊液通过过滤的方式将固体和液体分开，得到 FePO4·2H2O 固体，故 答案为：过滤； ②生成磷酸铁的离子方程式为 Fe3++H3PO4+3NH3·H2O FePO4·2H2O↓+3 + 4NH +H2O； ③在滴加氨水的过程中需要控制溶液 pH，因氨水呈碱性，氨水中的一水合氨电离出的氢氧根 可以与溶液中的 Fe3+反应生成沉淀，因此需要控制溶液 pH，以保证溶液中的 Fe3+全部转化为 磷酸铁，故答案为 Fe(OH)3； (2)①利用化合价升降法配平化学方程式；根据题目中所给出的反应物与生成物可知，生成物 中存在铁离子和铬离子，因此反应应该在酸性环境下进行，反应前溶液中含有大量的 H+，故 方程式中反应前有 H+参加反应，反应后生成水；反应前后 2- 2 7Cr O 中的 Cr 元素的化合价从+6 下降到+3，Fe 元素的化合价从+2 上升到+3，根据反应前后得失电子守恒计算，正确配平的离 子方程式为 2- 2 7Cr O +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O； ②根据上题的化学方程式， 2- 2 7Cr O 与 Fe2+的物质的量关系为 1:6，说明每消耗 1mol 2- 2 7Cr O 需 要消耗 Fe2+ 6mol，因此，消耗浓度为 c 的重铬酸钾标准溶液 v mL，则溶液中含有 6cv×10-3mol 的 Fe2+，故原样品中含有 6cv×10-3mol 的 Fe，原样品中 Fe 的质量分数为 -36cv 10 mol 56g / mol ag   = 0.336cv a 。 16.尿素  2 2CO NH   是一种重要的化工产品，工业生产尿素的主要流程如下： (1)工业合成氨的化学方程式是_______。 (2)尿素分子中 C、N 原子间的共用电子对偏向 N 原子，从原子结构的角度解释原因：______。 (3)由 NH3 和 CO2 合成尿素分为两步反应(均为可逆反应)，其能量变化示意图如下： ①合成尿素总反应的热化学方程式是_______。 ②粗尿素中含有 NH2COONH4 杂质。通过控制温度和压强，可将 NH2COONH4 分解为 NH3 和 CO2。研究温度和压强对 NH2COONH4 分解率的影响，结果如下： X 代表_____(填“温度”或“压强”)，L1_____L2(填“>”或“<”)。 (4)工业上含尿素的废水需经处理后才能排放。一种利用电化学方法降解尿素的装置示意图如 下： 写出尿素被降解的电极反应式是______。 【答案】 (1). N2+3H2  高温、高压 催化剂 2NH3 (2). N 和 C 电子层数相同，核电荷数 N＞C， 原子半径 N＜C，原子核吸引电子能力 N＞C (3). CO2(g) + 2NH3(g) ⇌ CO(NH2)2(l) + H2O(l) ΔH = –101.5 kJ·mol-1 (4). 压强 (5). ＜ (6). CO(NH2)2+8OH––6e–= 2- 3CO +N2↑+6H2O 【解析】 【分析】 根据 C、N 原子的得失电子能力分析共用电子对发生偏移的原因；根据图示的反应物与生成物 的能量关系和盖斯定律正确书写热化学方程式；根据图示的电解池装置分子阳极失电子的物 质和阴极得电子的物质，正确书写电极反应式。 【详解】(1)工业合成氨的化学方程式为：N2+3H2  高温、高压 催化剂 2NH3； (2)C、N 原子位于同一周期，且 N 原子的原子序数较大，N 原子的原子半径较小，原子核对 核外电子的吸引能力较强，C 原子和 N 原子间的共用电子对也会向着 N 原子一方偏移； (3)①根据图示的反应流程，氨和二氧化碳反应生成尿素的反应分两步，第一步反应的热化学 方程式为 2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(l) ΔH=-117 kJ·mol-1，第二步反应的热化学方程式为 NH2COONH4(l)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l) ΔH=+15.5 kJ·mol-1，根据盖斯定律，将第一步反应和第二 步反应相加即得到合成尿素的热化学方程式，热化学方程式为 CO2(g)+2NH3(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l) ΔH=-101.5 kJ·mol-1 ②根据图像分析，NH2COONH4 分解为 NH3 和 CO2 的反应为吸热反应，若 X 代表温度，升高 温度平衡向吸热反应方向进行，NH2COONH4 的分解率会逐渐增大，与图示不符；若 X 代表 压强，增大压强平衡向气体系数和小的方向移动（即逆反应方向），NH2COONH4 的分解率会 逐渐降低，与图示相符，故 X 代表压强；图示中 L 代表温度，在相同温度下，升高温度平衡 向吸热反应方向进行，NH2COONH4 的分解率会逐渐增大，故 L2>L1； (4)根据图示的电解池装置，左侧 a 电极生成 N2，说明尿素在此电极上失电子，为阳极，右侧 b 电极生成 H2，说明水中的 H+在此电极上得电子，为阴极，阳极的电极方程式为 CO(NH2)2+8OH--6e-= 2- 3CO +N2↑+6H2O，阴极的电极方程式为 2H2O+2e-=2OH-+H2↑，电解池的 总反应为 CO(NH2)2+2OH–= 2- 3CO +N2↑+3H2↑。 17.中药黄芩的有效成分之一——汉黄芩素具有抗病毒、抗肿瘤作用。合成汉黄芩素的中间体 M 的路线如下： (1)A 属于芳香烃，A 的名称是______。 (2)由 A 生成 B 的化学方程式是_______。 (3)D 中含有的官能团是________。 (4)E 的结构简式是_______。 (5)K 与 X 在一定条件下转化为 L， X 的分子式是 C4H8O2。 ①有机物 X 的结构简式是______。 ②符合下列条件的 K 的同分异构体有_____种。 a．含有苯环，能与 NaHCO3 反应生成 CO2 b．苯环上的一氯代物有两种 (6)F 与 L 合成 M 的步骤如下： 已知： 中间产物 1 和中间产物 2 的结构简式分别是_____、_____。 【答案】 (1). 甲苯 (2). +3HNO3 浓硫酸 +3H2O (3). —COOH、—NO2 （或羧基、硝基） (4). (5). CH3COOCH2CH3 (6). 4 (7). (8). 【解析】 【分析】 根据由 A 到 F 的转化关系，结合 F 的结构式，以及 A 到 E 的分子式，E 在酸性条件下与水发 生取代反应，生成 F，结合 E 的分子式，转化过程为 E 中苯环上的氨基转化为羟基，则 E 的 结构式为 ，D 进行还原脱羧生成 E，结合 D 的分子式，转化过程为 D 中的硝基 被还原转化为氨基，并将羧基脱去，则 D 的结构简式为 ，B 被酸性高锰酸钾溶液 氧化为 D，结合 B 的分子式，根据 B、D 前后原子数目变化，转化过程为 B 中的甲基被酸性 高锰酸钾溶液氧化为羧基，则 B 的结构简式为 ，A 与浓硝酸在浓硫酸作催化 剂加热条件下发生取代反应生成三硝基甲苯，则 A 为甲苯，结构简式为 ；G 在浓硫酸 加热条件下发生酯化反应生成 K，K 与有机物 X 在一定条件下反应生成乙醇和 L，结合 K、L 的结构式变化，有机物 X 为 CH3COOCH2CH3，据此分析解答(1)~ (5)小题； (6)根据流程及产物的结构式分析可得， 与 取代反应生成 ，则中间产物 1 为 ，中间产物 1 与 AlCl3 在高温 下发生已知信息的反应转化为中间产物 2 为 ，中间产物 2 在一定条件下 与氢气发生加成反应生成 ，该物质在一定条件下发生分子内脱水生成 目标产物 ，据此分析解答。 【详解】(1)A 属于芳香烃，结构简式为 ，名称是甲苯； (2)甲苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂加热条件下发生取代反应，生成三硝基甲苯，化学方程式 是 +3HNO3 浓硫酸 +3H2O (3)根据分析，D 的结构简式为 ，含有的官能团是—COOH、—NO2(或羧基、硝基)； (4)根据分析，E 的结构式为 ； (5)①根据上述分析，有机物 X 的结构简式是 CH3COOCH2CH3； ②K 的结构简式为 ，其同分异构体含有苯环，能与 NaHCO3 反应生成 CO2， 说明结构中含有羧基，苯环上的一氯代物有两种，说明分子的苯环上只有两种不同环境的氢 原子，符合下列条件的 K 的同分异构体有 、 、 、 共 4 种； (6)根据流程及上述分析可得，中间产物 1 为 ，中间产物 1 与 AlCl3 在高 温下发生已知信息的反应转化为中间产物 2 为 。 【点睛】本题的难点是逆向合成法的推断，突破点为 F 的结构简式和个物质的分子式，结合 反应条件逆向推导分析每个物质的结构简式。 18.柴油机氮氧化物(NOx)处理技术是一种系统简单，占用空间较小的柴油车尾气处理技术，氮 氧化物主要在催化转化装置中被处理。 (1)柴油中含有多种烷烃，其燃烧性能用十六烷值表示。C16H34 完全燃烧的化学方程式是______。 (2)柴油发动机工作时在稀燃(O2 充足、柴油较少)和富燃(O2 不足、柴油较多)条件下交替进行， 催化转化装置中的物质变化如下图所示。 ①BaO 吸收 NO2 的化学方程式是______。 ②富燃条件下 Pt 表面反应的化学方程式是______。 (3)研究 CO2 对 BaO 吸收氮氧化物的影响，一定温度下，测得气体中 CO2 的体积分数与氮氧化 物吸收率的关系如下图所示。 ①一定范围内，氮氧化物吸收率随 CO2 体积分数的增大而下降，原因是_____。 ②当 CO2 体积分数达到 10%~20%时，氮氧化物吸收率依然较高，原因可能有：______。 ③若柴油中硫含量较高，在稀燃过程中，BaO 吸收氮氧化物的能力下降至很低水平，结合化 学方程式解释原因：______。 【答案】 (1). 2C16H34+49O2 点燃 32CO2+34H2O (2). 2BaO+4NO2+O2=2Ba(NO3)2 (3). 2CO+2NO N2+2CO2 (4). BaO 与 CO2 反应生成 BaCO3，覆盖在 BaO 表面 (5). BaCO3 在 一定 程度 上 也能 吸收 NOx (6). 稀 燃过 程中 ， 柴油 中的 硫 氧化 为 SO2 ， 2BaO+2SO2+O2=2BaSO4，BaSO4 稳定，不易分解，也难与 NOx 反应 【解析】 【分析】 根据烷烃燃烧通式书写十六烷燃烧的化学方程式；根据图示所给信息写出正确的化学方程式； 根据图示所给信息结合反应原理分析相应原因。 【 详 解 】 (1) 十 六 烷 在 氧 气 中 充 分 燃 烧 生 成 二 氧 化 碳 和 水 ， 化 学 方 程 式 为 2C16H34+49O2 点燃 32CO2+34H2O； (2)①根据图示，NO2 和 O2 与 BaO 反应生成 Ba(NO3)2，化学方程式为 2BaO+4NO2+O2=2Ba(NO3)2； ②根据图示，富燃条件下，NO 和 CO 可以在 Pt 的催化下反应生成 CO2 和 N2，化学方程式为 2CO+2NO N2+2CO2； (3)①利用 BaO 吸收汽车尾气中的氮氧化物，随着 CO2 量的不断增加，BaO 对氮氧化物的吸收 率逐渐下降，这是由于 CO2 可以和 BaO 发生反应生成 BaCO3，覆盖在 BaO 表面，阻止 BaO 进一步吸收氮氧化物； ②当 CO2 体积分数达到 10%~20%时，BaO 对氮氧化物的吸收率虽较无二氧化碳的条件下低， 但是吸收率也相对较高，这可能是 CO2 与 BaO 反应生成的 BaCO3 对氮氧化物也有一定的吸收； ③柴油在氧气充足的条件下燃烧为稀燃过程中，稀燃过程会使柴油中的硫氧化为 SO2， 2BaO+2SO2+O2=2BaSO4，BaSO4 稳定，不易分解，也难与 NOx 反应。 19.化学小组探究铜与硝酸反应的快慢及产物。 (1)实验甲：将铜片放入盛有稀 HNO3 的试管中，开始无明显现象，后逐渐有小气泡生成，该 气体是______。在液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。 (2)实验乙：铜与浓 HNO3 反应，装置、现象如下： 实验装置 实验现象 A 中：最初反应较慢，随后加快，反应剧烈； 产生红棕色气体；溶液呈绿色。 B 中：溶液呈淡蓝色。 ①A 中铜与浓 HNO3 产生红棕色气体的化学方程式是 ______。 ②实验现象“最初反应较慢，随后加快”的原因可能是 ______。 (3)有文献记载：铜与浓 HNO3 反应一旦发生就变快，是因为开始生成的 NO2 溶于水形成 HNO2(弱酸，不稳定)，它再和 Cu 反应，反应就加快。实验探究如下： I：向 1 mL 浓硝酸中加入几滴 30% H2O2 溶液、铜片，反应较慢，溶液呈蓝色。 II：向 1 mL 浓硝酸中加入几滴 30% H2O2 溶液，无明显变化。 ①I 中反应变慢的原因是 ______。 ②NO2 与 H2O 反应生成 HNO2 和 ______。 ③对生成 HNO2 后反应变快的原因进行实验探究。 序号 实验操作 实验现象 III 取 B 中溶液，加入一定量固体， 再加入铜片 立即产生无色气体；液面上方呈 红棕色 IV 取 B 中溶液，放置一段时间，溶 液变为无色后，再加入铜片 产生无色气体，较Ⅲ慢；液面上 方呈浅红棕色 a．III 中加入的固体为______。 b．IV 中“放置一段时间”的目的是 ______。 实验 III、IV 可以说明，HNO2 氧化 Cu 的反应速率比 HNO3 氧化 Cu 的反应快。 (4)化学小组同学结合实验甲、乙中 HNO3 被还原后的气体产物以及实验 III 的产物，综合上述 实验，分析判断甲中反应慢的原因，除了硝酸起始浓度小、反应过程中温度较低外，另一个 重要原因是 ______。 【答案】 (1). NO (2). Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (3). 反应放热，随着 反应的进行，体系温度升高 (4). H2O2 与 HNO2 发生反应使 HNO2 浓度降低 (5). HNO3 (6). NaNO2 (7). 使 HNO2 完全分解 (8). 稀硝酸不能将 NO 氧化为 NO2，体系中不能发 生 NO2 与 H2O 生成 HNO2 的反应 【解析】 【分析】 (1)Cu 与稀硝酸反应生成 Cu(NO3)2、NO 和水，NO 与 O2 反应产生红棕色 NO2； (2)Cu 与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2 和水，根据反应放热及溶液浓度变化分析反应速率的变 化； (3)①根据 HNO2 浓度大小对反应速率的影响分析； ②根据氧化还原反应规律判断； ③加入的物质可以与溶液中 H+反应产生 HNO2 即可；根据 HNO2 的不稳定性及其浓度的影响 分析放置一段时间的反应现象； (4)根据能否产生 HNO2 及 HNO2 的强氧化性分析判断。 【详解】(1)Cu 与稀硝酸反应生成 Cu(NO3)2、NO 和 H2O，无色气体遇空气变为红棕色，说明 该无色气体是 NO，在室温下 NO 与 O2 反应产生红棕色 NO2； (2)①Cu 与浓硝酸反应生成 Cu(NO3)2、NO2 和 H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的 化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O ②该反应是放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，因此一旦发生反应速率就变快，后 当反应一段时间，硝酸浓度降低，溶液浓度对速率的影响占优势，溶液浓度降低，反应速率 又逐渐减小； (3)①I 中反应变慢是由于 H2O2 与 HNO2 发生反应使 HNO2 浓度降低，导致速率减慢； ②NO2 中 N 是+4 价，NO2 与 H2O 反应生成 HNO2 中 N 是+3 价，化合价降低，根据氧化还原 反应过量，必然同时有元素化合价升高，根据各种元素化合价特点，还产生了+5 价的 HNO3， 反应方程式为：2NO2+H2O=HNO2+HNO3； ③a.在 B 溶液中含有 NO2 与 H2O 反应产生的 HNO2、HNO3，HNO3 是强酸，完全电离，而 HNO2 是弱酸，在溶液中存在电离平衡，向实验 III 的 B 溶液中加入的固体后要反应产生 HNO2，使 HNO2 浓度增大，则加入的物质含有 NO2-，可以是 NaNO2、KNO2 等，HNO3 与 NaNO2 发生复 分解反应产生 HNO2，使溶液中 HNO2 浓度增大，再加入 Cu 后快速反应，Cu 被氧化产生 Cu(NO3)2； b. HNO2 不稳定，会发生分解反应，在 IV 中“放置一段时间”的目的是使 HNO2 完全分解； (4)分析判断甲中反应慢的原因，除了硝酸起始浓度小、反应过程中温度较低外，还有另一个 重要原因就是稀硝酸氧化性弱，不能将 NO 氧化为 NO2，在反应体系中不能发生 NO2 与 H2O 生成 HNO2 的反应。 【点睛】本题考查性质实验方案的设计，把握物质的性质、发生的反应及现象，充分利用题 干信息是解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合，侧重考查学生接受信息利用信息 分析问题能力与实验能力。