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文档介绍
北京市2020届高三化学高考模拟试题(Word版附答案)
北京市 2020 届高三高考模拟试题(等级考试模拟试题) 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. 下列制品采用的材料属于合金的是 A.大理石华表 B.青铜编钟 C. 玻璃花瓶 D.翡翠如意 【答案】B 【详解】B.是合金; 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 【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 【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 【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 【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 【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 【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 【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℃)= 2 2 4 (0.36) (0.36) (1-0.72) (1-0.18)c 【答案】C 【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%, 2 2 2 0 0 0.72 0.18 0.36 0.36 0.28 0.82 0. 4HCl g O g 2Cl g 2 36 0.36 H O g c c c c c c c c c c 起始 转化 平衡 K(500℃)= 2 2 4 (0.36) (0.36) (1-0.72) (1-0.18)c ,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 【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 【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 【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1.8mol 100%2mol 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 410 1m 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, (HClO) (ClO ) c c 逐渐增大 【答案】C 【详解】A.pH=4,则溶液中 c(H+)=10−4mol·L−1,根据方程式:Cl2+H2O HCl+HClO,HClO H++ClO−, 溶液中 c(Cl−)=c(ClO−)+c(HClO)=mc(HClO),c(HClO)= ClO 1 c m , Ka(HClO)= H ClO HClO c c c = 410 ClO ClO 1 c c m =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, HClO ClO c c 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 【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的物质的量之比,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+ 1 2 ②得到:CH3OH(g)+ 1 2 O2 (g)═HCHO(g)+H2O(g) △ H2=-149.73KJ/mol; 故答案为:-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% 【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, 1 22.125%4.000 0.015mol 59g molω 100%g ;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+R2NH2 R1—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 +O2 2 +2H2O (4). CH3COOH+CH3OH CH3COOCH3+H2O (5). (6). (7). (8). 【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+R2NH2 R1—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 +O2 2 +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+CH3OH CH3COOCH3+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+R2NH2 R1—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.Na2SO4 b.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 【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。 (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 电解 C12↑+ H2↑+2NaOH。本小题答案 为:2NaCl +2H2O 电解 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). 1000a 96c (5). 溶 液中存在 H2O2 H+ +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 【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 ag 96g/mol ,由方程式可得如下关系:CuO2—Cu2+—EDTA,则有 ag 96g/mol = c mol/L×V×10—3L,解得 V= 1000a 96c ml,故答案为: 1000a 96c ; (3)由题意可知,双氧水溶液中存在如下电离平衡 H2O2 H+ +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 H2O2 H+ +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。查看更多