北京市顺义区2020届高三第一次模拟化学试题 Word版含解析

北京市顺义区2020届高三第一次模拟化学试题 Word版含解析

‎2020北京顺义高三一模 化 学 可能用到的相对原子质量: H ‎1 C 12 N 14 0 16 Na ‎23 C1 35. 5‎ 第一部分 在每小题列出的四个选项中，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.过氧乙酸是一种绿色生态杀菌剂，结构简式为 - 26 -‎ ‎，可用乙酸与过氧化氢一定条件下反应制得。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 过氧化氢的电子式 B. 乙酸溶于水：CH3COOH=CH3COO-+H+‎ C. 过氧乙酸中含有极性共价键和非极性共价键 D. 制备过氧乙酸的化学反应方程式：CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 过氧化氢是共价化合物，其电子式为：，A正确；‎ B. 乙酸弱酸，溶于水部分电离：其电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，B错误；‎ C. 过氧乙酸的结构简式为：，极性共价键是指不同种非金属原子之间的化学键，非极性共价键是指同种非金属原子之间的化学键，过氧乙酸中即含有极性共价键，又含有非极性共价键，C正确；‎ D. 用乙酸与过氧化氢一定条件下反应，制备过氧乙酸，其化学反应方程式为：CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O，D正确；故答案为：B。‎ ‎3.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 纤维素属于天然有机高分子 B. 油脂的皂化、淀粉制葡萄糖均属于水解反应 C. 碳链中含碳碳双键的油脂，主要是低沸点的植物油 D. 在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 一般把相对分子质量高于10000的分子称为高分子，包括天然和合成有机高分子化合物，常见天然有机高分子化合物有淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶等，纤维素属于天然有机高分子，A正确；‎ B. 油脂属于酯类物质，在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，淀粉在酸的催化作用下，能发生水解，淀粉的水解过程是先生成分子量较小的糊精（淀粉不完全水解的产物），糊精继续水解生成麦芽糖，最终水解产物是葡萄糖，B正确； ‎ - 26 -‎ C. 油和脂肪统称为油脂，油脂的主要成分是各种高级脂肪酸的甘油酯，油脂中的碳链含碳碳双键时，主要是低沸点的植物油，油脂中的碳链为碳碳单键时，主要是高沸点的动物脂肪，C正确；‎ D. 鸡蛋清的主要成分为蛋白质，加入饱和Na2SO4溶液，可以使蛋白质因盐析产生沉淀，盐析是一个可逆的过程，加入饱和CuSO4溶液会因变性产生沉淀，变性是不可逆的，D错误；故答案为：D。‎ ‎4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。X与Z最外层电子数相同，X2-和Y+的电子层结构相同，Y的原子半径在短周期主族元素原子中最大。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径：Z＞W B. 还原性：X2-＞Z2-‎ C. 最高价氧化物的水化物酸性：Z＞W D. X、Y、Z形成的化合物水溶液一定显中性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y的原子半径在短周期主族元素原子中最大，则Y为Na元素，X2-和Y+的电子层结构相同，则X为O元素，X与Z最外层电子数相同，则Z为S元素，W为Cl元素。‎ ‎【详解】A. Z为S元素，W为Cl元素，同周期，从左到右，原子半径减小，则原子半径：S＞Cl，A正确；‎ B. X为O元素，Z为S元素，同主族，从上到下，非金属性减弱，非金属性：O>S，则还原性：O2-Cl−，A正确；‎ B. 实验③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，B错误；‎ C. 实验②白雾说明氯化氢易挥发，不能说明酸性H2SO4＞HCl，而实验③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而是强酸制弱酸，能说明H2SO4＞H2SO3，C错误；‎ D. 实验中不能得知浓硫酸具有脱水性，D错误；故答案为：A。‎ ‎7.某树脂的结构片断如图所示，下列关于该树脂的说法不正确的是（ ）（图中~~~表示链延长）‎ A. 合成该树脂的反应为缩聚反应 B. 理论上合成该树脂的原料比例相同 C. 合成该树脂的单体之一甲醛可由甲醇氧化得到 D. 该树脂难溶于水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 26 -‎ ‎【分析】‎ 观察本题中高分子化合物的结构简式，首先会联想到酚醛树脂的结构，它对应的单体是和HCHO，将题给有机物的结构再与酚醛树脂的结构比较，多出部分必然要用到的单体。由此可知，本题高分子合成时所用到的单体有、HCHO和，这三种单体发生聚合时应为缩聚反应。‎ ‎【详解】A. 、HCHO和发生缩聚反应生成，A正确；‎ B. 根据树脂的结构片断可知，反应采取苯酚稍过量，才能得到线型结构酚醛树脂，所以理论上合成该树脂的原料比例不相同，B错误；‎ C. CH3OH在催化剂条件下被O2氧化可得到甲醛，其化学反应方程式为：2CH3OH+ O22HCHO+2H2O，C正确；‎ D. 和均不易溶于水，合成的树脂难溶于水，D正确；故答案为：B。‎ ‎【点睛】加聚反应是指由不饱和单体（如碳碳双键，碳碳叁键以及碳氧双键等）聚合高分子的反应，其产物只有一种高分子化合物；缩聚反应是指具有两个或两个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，同时产生有简单分子（如 H2O、HX、醇等）的化学反应。‎ ‎8.下列用于解释事实的离子方程式不正确的是 A. 向悬浊液中加入溶液，有黑色难溶物生成:‎ - 26 -‎ B. 向酸性溶液中加入固体，溶液紫色褪去:‎ C. 向溶液中加入过量澄清石灰水，有白色沉淀生成:‎ D. 向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色:‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向悬浊液中加入溶液，有黑色难溶物生成，其离子方程式为：，故A正确；‎ B. 向酸性溶液中加入固体，溶液紫色褪去，反应生成和离子：，故B正确；‎ C. 向溶液中加入过量澄清石灰水，有白色沉淀碳酸钙生成，按照少定多变思想书写离子方程式：，故C错误；‎ D. 向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色，反应生成铜离子：，故D正确。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎9.下列说法正确的是（ ）‎ A. 23gNO2与足量水反应，转移电子数约为6.02×1023‎ B. 标准状况下，‎22.4L15NH3含有的质子数约为6.02×1024‎ C. 常温下，‎1L0.1mo1•L-1NH4NO3溶液中含有的NH4+数约为6.02×1022‎ D. 密闭容器中，1molNO与0.5molO2充分反应后，容器中分子数约为6.02×1023‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 23gNO2物质的量为0.5mol，与足量水反应的化学反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，其转移的电子数约为×6.02×1023，A错误；‎ - 26 -‎ B. 标准状况下，‎22.4L15NH3的物质的量为1mol，含有的质子数约为6.02×1024，B正确；‎ C. NH4NO3是强酸弱碱盐，其溶液中NH4+水解生成氨水，NH4+数小于6.02×1022，C错误；‎ D. NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，所以密闭容器中1molNO与0.5molO2充分反应，产物的分子数小于6.02×1023，D错误；故答案为：B。‎ ‎10.常温下，向溶液中滴加少量溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是 A. 该反应过程中，是是 B. 当有生成时，转移电子 C. 在分解过程中，溶液的逐渐降低 D. 的氧化性比强，还原性比弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应原理图，H2O2+M+H+→H2O+Mˊ的过程中H2O2被还原成H2O，Mˊ+H2O2→M+O2+H+的过程中H2O2被氧化成O2，根据氧化还原反应的特点，M为Fe2+，Mˊ为Fe3+，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 根据分析， M是，Mˊ是，故A错误；‎ B. 图示中生成O2的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，反应过程中O元素的化合价由-1价升至0价，因此当有生成时，转移电子，故B正确；‎ C. 图示中的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，则总反应为2H2O22H2O+O2↑，在分解过程中生成了H2O，溶液变稀，则溶液的会逐渐增大，故C错误；‎ D. 根据2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+说明H2O2的还原性强于Fe2+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3+，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ - 26 -‎ ‎11.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。‎ - 26 -‎ ‎【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。‎ ‎12.下列实验的现象与结论相对应的是（ ）‎ A B C D 实验 现象 一段时间后，a管液面高于b管液面 酸性KMnO4溶液褪色 pH计测得①中pH大于②中pH 试管①中有大量气泡，试管②中无现象 结论 a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀 有乙烯生成可以使酸性KMnO4溶液褪色 金属性：Mg＞Al 酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. U型管左边装置是中性溶液，右边装置是酸性溶液，Fe与稀H2SO4发生反应生成H2，导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，一段时间后，a管液面高于b管液面，但无法证明a管发生吸氧腐蚀，A错误；‎ B. 制备乙烯反应中，乙醇被碳化得到碳，碳与浓硫酸加热反应会生成二氧化硫气体，二氧化硫具有还原性也可以使高锰酸钾溶液褪色，高锰酸钾溶液褪色不能证明一定是生成的乙烯，B错误；‎ - 26 -‎ C. MgCl2溶液与AlCl3溶液的浓度不相同，C错误；‎ D. 醋酸与碳酸氢钠反应生成气体，NaHCO3+CH3COOH=CH3COONa+H2O+CO2↑说明酸性：醋酸＞碳酸，硼酸与碳酸氢钠不反应，说明酸性：碳酸＞硼酸，所以酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，D正确；‎ ‎【点睛】根据越弱越水解，相同物质的量浓度的氯化铝溶液和氯化镁溶液，比较其pH大小，pH小，说明酸性强，水解程度大，对应的碱性弱，可以比较这两种元素金属性强弱。‎ ‎13.25℃‎下，水中碳酸化合物的三种微粒占总浓度的百分比随pH变化如图所示。‎25℃‎时，向10mL0.1mol・L-lNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol・L-1稀盐酸，下列说法正确的是（ ）‎ A. 0.1‎mol・L-lNa2CO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)‎ B. 溶液pH=8.3时，c(Na+)=c(C1-)‎ C. 溶液pH=7时，加入盐酸体枳大于10mL D. 溶液pH=6时的导电能力强于pH=11时的导电能力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据电荷守恒，0.1mol・L-lNa2CO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=‎2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，A错误；‎ B. 根据图像，溶液pH=8.3时，溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠，c(Na+)>c(C1-)，B错误；‎ C. 当加入盐酸体积为10mL时，碳酸钠与盐酸恰好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，溶液显碱性，pH>7，若使溶液pH=7，溶液中加入盐酸体枳大于10mL，C正确 D. 溶液中离子浓度越大，导电能力越强；离子所带电荷数越高，导电能力越强，根据图像可知，溶液pH=11时的导电能力强于pH=6时的导电能力，D错误；故答案为：C。‎ ‎14.碲()元素在元素周期表中位于第族，其单质是重要的工业原料。工业上可用电解法从铜阳极泥(主要成分是、含等杂质)中提取单质碲，步骤如下:‎ - 26 -‎ ‎①将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为;‎ ‎②用溶液碱浸;‎ ‎③以石墨为电极电解②所得溶液获得。‎ 已知:微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。‎ 下列说法不正确的是 A. 中，的化合价是－2‎ B. 步骤②中，碱浸的离子方程式是 C. 步骤③中，阴极上发生反应的电极方程式是:‎ D. 在阳极区溶液中检验出有存在，可能原因是阳极生成的氧气氧化得到 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 中，的化合价是－2，Cu的化合价是+1，故A正确；‎ B. 步骤②中，根据信息易与较浓的强碱反应，因此碱浸的离子方程式是：，故B正确；‎ C. 步骤③中，溶液是碱性环境，因此阴极上发生反应的电极方程式是:，故C错误；‎ D. 在阳极区溶液中检验出有存在，可能原因是阳极生成的氧气氧化得到，故D正确。‎ 综上所述，答案为C。‎ 第二部分 ‎15.甲醇是重要化工原料，可用于制备丙烯、氢气等。‎ ‎（1）MTO法由甲醇制备丙烯时的反应原理是：甲醇先脱水生成二甲醚，然后二甲醚与甲醇的平衡混合物脱水转化为含丙烯较多的低聚烯烃。某温度下，在密闭容器中加入CH3OH气体，发生脱水反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，一段时间后测得各组分的浓度如表所示。‎ - 26 -‎ 物质 CH3OH CH3OCH3‎ H2O ‎5min浓度(mol·L-1)‎ ‎0.44‎ ‎0.6‎ ‎0.6‎ ‎10min浓度mol·L-1)‎ ‎0.04‎ ‎0.8‎ ‎0.8‎ ‎15min浓度(mol•L-1)‎ ‎0.04‎ ‎0.8‎ ‎0.8‎ 该温度下，反应的平衡常数数值是___，CH3OH的平衡转化率是___。‎ ‎（2）利用甲醇水蒸气重整制氢法是获得氢气的重要方法。反应原理如下：‎ 反应i（主反应）：CH3OH（g）+H2O（g）CO2(g)+3H2(g)△H=+49kJ•mol-1‎ 反应ii（副反应）：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ•mol-1‎ ‎①温度高于‎300℃‎则会同时发生CH3OH转化为CO和H2的副反应，该反应的热化学方程式是___。‎ ‎②反应中，经常使用催化剂提高化学反应速率，但催化剂对反应具有选择性。一定条件下，测得CH3OH转化率及CO、CO2选择性随温度变化情况分别如图所示（CO、CO2的选择性：转化的CH3OH中生成CO、CO2的百分比）。‎ 从图中可知，反应的适宜温度为___，随着温度的升高，催化剂对___（填“反应i”或“反应ii”）的选择性越低。‎ ‎③TiO2纳米电极电化学还原法可将副产物CO2在酸性水溶液中电解生成甲醇，生成甲醇的电极反应式是___。‎ ‎【答案】 (1). 400 (2). 97.56% (3). CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) △H=+90kJ·mol-1 (4). ‎260℃‎ (5). 反应i (6). CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 26 -‎ ‎（1）由表格可知，10min后，反应达到了平衡，根据，求平衡常数，根据，求甲醇的平衡转化率；‎ ‎（2）①根据盖斯定律i+ii可得：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，△H=△H1+△H2，据此求出△H；‎ ‎②由图可知，低于‎260℃‎时，CH3OH的转化率较低，高于‎260℃‎时，CH3OH的转化率较高，但在高于‎260℃‎时，CO的选择性逐渐增大，CO2的选择性逐渐减小。 ‎ ‎③ CO2在酸性环境下，电解生成甲醇，二氧化碳得到电子，发生还原反应，生成甲醇，电极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；‎ ‎【详解】（1）由表格可知，10min后，反应达到了平衡，根据反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)，；设甲醇的起始为xmol/L，根据三段式：‎ ‎2CH3OH (g) CH3OCH3 (g) + H2O (g)‎ ‎ ‎ x=(1.6+0.04)mol/L=1.64mol/L，则，故答案为：400；；‎ ‎（2）① 反应i：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H1=+49kJ•mol-1；反应ii：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ•mol-1；根据盖斯定律i+ii可得：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，△H=△H1+△H2=49kJ•mol-1+41kJ•mol-1=+90kJ·mol-1，故答案为：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) △H=+90kJ·mol-1。‎ ‎②由图可知，低于‎260℃‎时，CH3OH的转化率较低，高于‎260℃‎时，CH3OH的转化率较高，但在高于‎260℃‎时，CO的选择性逐渐增大，CO2的选择性逐渐减小，所以最适宜温度为‎260℃‎；随着温度的升高，催化剂对CO的选择性增大，CO2的选择性减小，所以温度升高，催化剂对反应i的选择性越低，故答案为：‎260℃‎；反应i。‎ ‎③ CO2‎ - 26 -‎ 在酸性环境下，电解生成甲醇，二氧化碳得到电子，发生还原反应，生成甲醇，其电极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。‎ ‎【点睛】10min时，反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)达到平衡，根据生成物的浓度，计算10min内甲醇转化的浓度，再求出始态的甲醇浓度，最后求出甲醇的平衡转化率。‎ ‎16.2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献。二氧化氯（C1O2）就是其中一种高效消毒灭菌剂。但其稳定性较差，可转化为NaC1O2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的NaClO2。其工艺流程示意图如图所示：‎ 已知：1.纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下。‎ ‎2.长期放置或高于‎60℃‎时NaC1O2易分解生成NaC1O3和NaCl ‎（1）步骤1中，生成C1O2的离子方程式是___，通人空气的作用是___。‎ ‎（2）方法1中，反应的离子方程式是___，利用方法1制NaC1O2时，温度不能超过‎20℃‎，可能的原因是___。‎ ‎（3）方法2中，NaC1O2在___生成（选填“阴极”或“阳极”）。‎ ‎（4）NaC1O2的溶解度曲线如图所示，步骤3中从NaC1O2溶溶液中获得NaC1O2的操作是___。‎ ‎（5）为测定制得的晶体中NaC1O2的含量，做如下操作：‎ ‎①称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。‎ ‎②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用bmol•L-1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为cmL（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。样品中NaC1O2的质量分数为___。（用含a、b、c的代数式表小）。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是___（用离子方程式和文字表示）。‎ ‎（6）NaC1O2使用时，加入稀盐酸即可迅速得到C1O2‎ - 26 -‎ ‎。但若加入盐酸浓度过大，则气体产物中Cl2的含量会增大，原因是___。‎ ‎【答案】 (1). 2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2 (2). 稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸 (3). 2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O (4). H2O2温度较高时易分解 (5). 阴极 (6). 加热温度至略低于‎60°C，浓缩，冷却至略高于‎38°C结晶，过滤，洗涤 (7). (8). 4H++4I-+O2=I2+2H2O，消耗Na2S2O3增多，结果偏高 (9). 亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）（3）NaC1O3溶液与SO2发生氧化还原反应，生成ClO2，而由题给信息可知，纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下，故加入空气稀释；方法1：在碱性环境下，用H2O2还原C1O2得到NaC1O2；方法2：在阴极上ClO2被还原生成ClO2-，其电极方程式为：ClO2+e-=ClO2-；‎ ‎（4）由溶解度曲线可知，温度低于‎38℃‎时，析出晶体NaClO2⋅3H2O，温度高于‎38℃‎时析出晶体NaClO2，据此分析解答；‎ ‎（5）由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式NaClO2～2I2～4S2O32-，根据关系式NaClO2～2I2～4S2O32-进行计算；‎ ‎（6）盐酸浓度较大，NaC1O2与浓HCl发生氧化还原反应生成氯气；‎ ‎【详解】（1）步骤1，NaC1O3溶液与SO2发生氧化还原反应，生成ClO2，根据得失电子守恒，离子反应方程式为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；由题给信息可知，纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下，则通人空气的作用是稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸，故答案为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸；‎ ‎（2）方法1，在碱性环境下，用H2O2还原C1O2得到NaC1O2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式未：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；温度较高时H2O2易分解，所以温度不能超过‎20℃‎，故答案为：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；H2O2温度较高时易分解；‎ ‎（3）方法2，ClO2生成ClO2-，应被还原，在阴极生成，电极方程式为：ClO2+e-=ClO2-，所以在阴极上生成NaC1O2，故答案为：阴极； ‎ ‎（4）由NaC1O2的溶解度曲线可知，NaClO2饱和溶液中，温度低于‎38℃‎时，析出晶体是NaClO2⋅3H2O，温度高于‎38℃‎时析出晶体是 NaClO2，所以从NaC1O2溶溶液中获得NaC1O2的操作：加热温度至略低于‎60°C - 26 -‎ ‎，浓缩，冷却至略高于‎38°C结晶，过滤，洗涤，故答案为：加热温度至略低于‎60°C，浓缩，冷却至略高于‎38°C结晶，过滤，洗涤；‎ ‎（5）由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式为：NaClO2～2I2～4S2O32-，n(NaClO2)=n(S2O32-)=，则样品中NaC1O2的质量分数为：；在滴定操作正确的情况下，测得结果偏高，可能为碘负离子被氧气氧化，生成更多的碘单质，消耗更多的Na2S2O3，结果偏高，故答案为：；4H++4I-+O2=I2+2H2O，消耗 Na2S2O3增多，结果偏高；‎ ‎（6）盐酸浓度大时，NaC1O2与浓HCl发生氧化还原反应生成氯气，故答案为：亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气。‎ ‎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 - 26 -‎ 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 - 26 -‎ 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 - 26 -‎ 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 - 26 -‎ ‎。‎ ‎18.一些行业的废水中氨氮含量严重超标，废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化防治的研究热点，有多种方法可以去除。‎ I．电镀行业废水处理流程如下：‎ ‎(1)吹脱法除氨氮：水中的氨氮大多数以和游离态的保持平衡状态而存在。将空气直接通入水中，使气相和液相充分接触。水中溶解的游离氨穿过气液界面，向气相转移，从而达到脱除氨的目的。氨氮废水中和平衡态的平衡关系有________。‎ ‎(2)温度、值、空气流量对脱除氨有很大的影响。值、空气流量对脱除氨影响如图所示。由图可以看出，空气流量一定时，时，吹脱率随着增加而增加，请用化学平衡移动原理解释原因________。‎ ‎ ‎ ‎(3)次氯酸钠氧化法：利用次氯酸钠氧化废水中氨氮的离子方程式是________。‎ II．对于含有 - 26 -‎ 的氨氮废水还可以用电化学沉淀与阴极氧化协同去除水中的氨氮，装置如图所示。电解过程中，石墨毡电极产生，在通入的情况，又产生，以氧化水中的，同时还可以通过生成沉淀而持续被除去。‎ ‎ ‎ ‎(1)阳极的电极反应式是________。‎ ‎(2)废水中转化为的离子方程式是________。‎ ‎(3)大于不利于的生成，原因是________。‎ ‎【答案】 (1). (2). NH3+H2O⇌+OH-，c(OH-)增大有利于平衡逆向移动，转化为游离态的NH3，NH3在空气吹脱下从水中脱除 (3). (4). (5). (6). 大于时，、易于结合生成，的电离被抑制，使和浓度降低，不利于的生成 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．(1)NH3溶于H2O生成NH3•H2O，NH3•H2O部分电离生成、OH-；‎ ‎(2)根据溶液的酸碱性对NH3+H2O⇌+OH-的影响分析解答；‎ ‎(3)NaClO具有强氧化性，能氧化还原性离子生成N2，同时ClO-被还原生成Cl-；‎ Ⅱ．(1)Mg是活泼金属，活泼金属作阳极时，阳极本身失电子发生氧化反应，据此书写电极反应式；‎ - 26 -‎ ‎(2) 、、Mg2+、OH-和H2O反应生成难溶物MgNH4PO4•6H2O，从而除去溶液中；‎ ‎(3) 大于时，溶液中c(OH-)较大，、Mg2+易与OH-结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2，结合(2)反应方程式分析解答。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)NH3溶于H2O生成NH3•H2O，NH3•H2O部分电离生成、OH-，所以溶液中存在溶解和电离平衡，即氨氮废水中NH3 和平衡态的平衡关系有NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌+OH-，故答案为：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌+OH-；‎ ‎(2)NH3+H2O⇌+OH-，溶液的pH值越大，溶液中c(OH-)越大，平衡越容易逆向移动，使转化为游离态的NH3，NH3在空气吹脱下从水中脱除，所以空气流量一定时，10＜pH＜11 时，吹脱率随着pH 增加而增加，故答案为：NH3+H2O⇌+OH-，c(OH-)增大有利于平衡逆向移动，转化为游离态的NH3，NH3在空气吹脱下从水中脱除；‎ ‎(3)NaClO具有强氧化性，能氧化还原性离子生成N2，同时ClO-被还原生成Cl-，离子方程式为2+3ClO- +2OH- ═N2+3Cl- +5H2O，故答案为：2+3ClO- +2OH- ═N2+3Cl- +5H2O；‎ Ⅱ．(1)Mg是活泼金属，活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子生成金属阳离子，所以阳极的电极反应式为Mg-2e- =Mg2+，故答案为：Mg-2e- =Mg2+；‎ ‎(2) 、、Mg2+、OH-和H2O反应生成难溶物MgNH4PO4•6H2O，从而除去溶液中的，反应的离子方程式为++Mg2++2OH- +4H2O=MgNH4PO4•6H2O，故答案为：++Mg2++2OH- +4H2O=MgNH4PO4•6H2O；‎ ‎(3) 大于时，溶液中c(OH-)较大，、Mg2+易与OH-结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2，NH3•H2O的电离被抑制，使和Mg2+浓度降低，不利于MgNH4PO4•6H2O的生成，故答案为：大于时，、Mg2+易与OH-结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2，NH3•H2O的电离被抑制，使和Mg2+浓度降低，不利于MgNH4PO4•6H2O的生成。‎ ‎【点睛】本题的易错点为Ⅱ(1)‎ - 26 -‎ 电极反应式的书写，要注意活泼金属作阳极时，阳极上金属电极材料失电子而不是溶液中阴离子失电子；难点为Ⅰ(3)离子方程式的书写，要注意氧化还原反应规律的应用。‎ ‎19.常温下，某化学小组探究硝酸银溶液的性质。‎ 装置 实验序号 实验操作 实验现象 实验I 向试管中滴加2%氨水并不断振荡 产生棕褐色沉淀，继续滴加沉淀消失 实验II ‎1.向试管中加入0.1mol·L-lNaOH溶液1mL ‎2.继续滴加3%H2O2至过量 ‎1.产生棕褐色沉淀 ‎2.产生大量无色无味气体，有黑色沉淀生成 实验III ‎1.向试管中滴加1mL0.1mol•L-1KI溶液 ‎2.取少量上层清液于试管甲中，加入淀粉溶液 ‎1.产生黄色沉淀 ‎2.溶液无明显变化 已知：AgOH是一种白色固体，常温下极不稳定，易分解为棕褐色难溶于水的氧化银固体 ‎（1）常温下，0.1mo1•L-1AgNO3溶液pH约为4，请用离子方程式解释原因___。‎ ‎（2）实验I中，反应的化学方程式是___。‎ ‎（3）实验II中，经检验，黑色沉淀的成分为Ag。有Ag产生的化学方程式是___。经测定，实验产生的气体体积远远大于该反应的理论值，可能的原因是___。‎ ‎（4）实验中，产生黄色沉淀的离子方程式是___。有同学猜想，I-有还原性，Ag+有氧化性，AgNO3溶液与KI溶液应该可以发生氧化还原反应。他设计了如图原电池，做实验IV证明了猜想成立。其中，在A烧杯中，石墨电极表面变亮，经检测这种光亮的物质为银单质。乙溶液是___，检验B烧杯中产物的操作及现象是___，该氧化还原反应的离子方程式是__。‎ - 26 -‎ ‎（5）对比实验III和实验IV，实验III无I2生成的可能原因是___（写出两条）。‎ ‎【答案】 (1). Ag++H2OAgOH+H+ (2). AgNO3+3NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O (3). Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O (4). Ag2O有催化作用，可以催化H2O2的分解，导致气体体积增大 (5). Ag++I-=AgI↓ (6). 0.1mol•L-1KI溶液 (7). 取少量反应后B烧杯中溶液，滴加淀粉溶液，有蓝色出现 (8). 2Ag++2I-=2Ag↓+I2 (9). Ag+与I-发生氧化还原反应的速率慢于发生沉淀反应的速率；物质的氧化性还原性受浓度影响，溶液中离子浓度较小时，氧化还原反应不易发生 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）AgNO3为强酸弱碱盐，Ag+水解，溶液呈酸性；‎ ‎（2）AgNO3溶液中滴加氨水，发生复分解反应，产生AgOH的白色沉淀，AgOH极不稳定，易分解为棕褐色难溶于水的Ag2O固体，继续滴加氨水，AgOH与氨水反应生成银氨溶液，沉淀消失，据此写出化学方程式；‎ ‎（3）AgNO3溶液中加入NaOH溶液，发生复分解反应，产生AgOH的白色沉淀，AgOH极不稳定，易分解为棕褐色难溶于水的Ag2O固体，继续滴加H2O2至过量，Ag₂O 被H2O2还原生成Ag单质；Ag2O有催化作用，催化H2O2分解生成O2，导致气体体积增大；‎ ‎（4）AgNO3溶液中滴加KI溶液，发生复分解反应，产生AgI的黄色沉淀；在A烧杯中，石墨电极表面变亮，经检测这种光亮的物质为银单质，甲溶液为0.1mol•L-1AgNO3溶液，乙溶液是0.1mol•L-1KI溶液；用淀粉溶液，检验I2；根据得失电子守恒写出离子方程式；‎ ‎（5）实验III中，Ag+与I-发生氧化还原反应的速率慢于发生沉淀反应的速率；物质的氧化性与还原性受浓度影响，溶液中离子浓度较小时，氧化还原反应不易发生；‎ ‎【详解】（1）AgNO3为强酸弱碱盐，Ag+水解，溶液呈酸性，Ag++H2OAgOH+H+，故答案为：Ag++H2OAgOH+H+；‎ ‎（2）AgNO3溶液中加氨水，发生复分解反应，产生AgOH的白色沉淀，‎ - 26 -‎ AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3，AgOH极不稳定，易分解为棕褐色难溶于水的Ag2O固体，2AgOH=Ag₂O+H₂O，继续加氨水，AgOH与氨水反应生成银氨溶液，沉淀消失，AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O，则实验I中，发生的反应的化学方程式为：AgNO3+3NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O，故答案为：‎ AgNO3+3NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O；‎ ‎（3）AgNO3溶液中加入NaOH溶液，发生复分解反应，产生AgOH的白色沉淀，AgNO3+NaOH=AgOH↓+NaNO3，AgOH极不稳定，易分解为棕褐色难溶于水的Ag2O固体，2AgOH=Ag₂O+H₂O，继续滴加H2O2至过量，Ag₂O 被H2O2还原生成Ag单质，其化学反应方程式为：Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O；Ag2O具有催化作用，可以催化H2O2分解生成H2O和O2，导致气体体积增大，故答案为：Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O；Ag2O有催化作用，可以催化H2O2的分解，导致气体体积增大；‎ ‎（4）AgNO3溶液中滴加KI溶液，发生复分解反应，产生AgI的黄色沉淀，其离子反应方程式为：Ag++I-=AgI↓；在A烧杯中，石墨电极表面变亮，经检测这种光亮的物质为银单质，则A烧杯中发生的反应为：Ag++e-=Ag↓，甲溶液为0.1mol•L-1AgNO3溶液，则B烧杯中发生的反应为：2I--2e-=I2，乙溶液是0.1mol•L-1KI溶液；检验B烧杯中产物：取少量反应后B烧杯中溶液于试管中，滴加淀粉溶液，若有蓝色出现，则证明产物为I2；该氧化还原反应的离子方程式为：2Ag++2I-=2Ag↓+I2，故答案为：Ag++I-=AgI↓；0.1mol•L-1KI溶液；取少量反应后B烧杯中溶液，滴加淀粉溶液，有蓝色出现；2Ag++2I-=2Ag↓+I2；‎ ‎（5）对比实验III和实验IV，实验III中，Ag+与I-发生氧化还原反应的速率慢于发生沉淀反应的速率；物质的氧化性与还原性受浓度影响，溶液中离子浓度较小时，氧化还原反应不易发生，故答案为：Ag+与I-发生氧化还原反应的速率慢于发生沉淀反应的速率；物质的氧化性与还原性受浓度影响，溶液中离子浓度较小时，氧化还原反应不易发生。‎ ‎【点睛】在硝酸银溶液中加入少量氨水时，发生反应的化学方程式：AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3，加入过量氨水时，发生反应的化学方程式：AgNO3+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]NO3+2H2O。‎ - 26 -‎