北京市中国人民大学附属中学2020届高三下学期第三次模拟化学试题 Word版含解析
人大附中2019——2020学年度高三06月统一练习题
化学
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 K-39 Cl-35.5 Ge-73
第 I 卷(选择题部分共 42 分)
选择题(每小题只有1个正确选项符合题意，每小题 3 分，共 42 分)
1.2020年5月1日北京市在全市范围内开展施行垃圾分类，下列垃圾分类不正确是（ ）
A.鱼骨、菜叶
B.消毒剂及其包装物
C.破损的易拉罐
D.破碎玻璃
厨余垃圾
有害垃圾
可回收垃圾
其他垃圾
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.厨余垃圾是指居民日常生活及食品加工中产生的垃圾，鱼骨和菜叶属于厨余垃圾，A正确；
B.有害垃圾是指对人体健康或者自然环境造成直接或潜在危害的废弃物，如废药品及其包装物，故消毒剂及其包装物属于有害垃圾，B正确；
C. 可回收物是指适宜回收利用和资源化利用的生活废弃物，破损的易拉罐为金属铝或铁制品，为可回收垃圾，C正确；
D.其他垃圾指危害较小，但无再次利用价值，如建筑垃圾类，生活垃圾类等，破碎玻璃属于可回收垃圾，D错误；
答案选D。
2.下列对应化学用语的表示不正确的是
A. 次氯酸的电子式： B. 丁烷的球棍模型：
C. 乙烯的结构简式：CH2＝CH2 D. 原子核内有 8 个中子的碳原子：C
【答案】A
【解析】
【详解】A．次氯酸为共价化合物，分子中存在1个H-O键和1个O-Cl键，次氯酸的结构式为H-O-Cl，其电子式为，故A错误；
B．用小球和小棍表示的模型为球棍模型，正丁烷中C原子呈锯齿形，球棍模型为，故B正确；
C．乙烯分子中含有1个碳碳双键，结构简式为：CH2=CH2，故C正确；
D．质量数=质子数+中子数，原子核内有8个中子的碳原子的质量数为6+8=14，表示为C，故D正确；
答案为A。
3.下列说法不正确的是
A. 植物油氢化过程中发生了加成反应
B. 苯和甲苯都能发生取代反应
C. 氯乙烯和乙醛都能用来合成高分子化合物
D. 变质的油脂有难闻的特殊气味，是由于油脂发生了水解反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．植物油氢化过程是植物油中不饱和碳碳键与氢气发生了加成反应，A正确；
B．苯和甲苯都属于芳香烃，在一定条件下能发生取代反应，B正确；
C．氯乙烯含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下能够发生加聚反应；乙醛含有醛基，在一定条件下能够发生缩聚反应，因此二者都能用来合成高分子化合物，C正确；
D．变质的油脂有难闻的特殊气味，是由于油脂中的碳碳双键被氧化产生过氧化物，过氧化物分解产生一些有特殊气味的低分子醛、酮或羧酸，与水解反应无关，D错误；
故合理选项是D。
4.设NA阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 10g的2H216O含有的质子数与中子数均为5NA
B. 32g硫在足量的氧气中充分燃烧，转移电子数为6NA
C. 26gC2H2与C6H6混合气体中含C—H键的数目为2NA
D. 120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A项，2H216O的摩尔质量为20g/mol，10g即为0.5mol，2H216O的质子数和中子数均为10，0.5mol的2H216O质子数和中子数均为5NA，故A项正确；
B项，32gS物质的量为1mol，在足量的氧气中燃烧转移的电子数为4NA，故B项错误；
C项，可以直接将其看做最简式CH计算，26g混合气体含有2molCH，即得含C—H键的数目为2NA，故C项正确；
D项，120gNaHSO4物质的量为1mol，含有的钠离子数目为NA；120g KHSO3物质的量为1mol，含有的钾离子数目为NA；所以120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】硫在氧气充分燃烧，只能生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，只有在高温、催化剂条件下，二氧化硫与氧气发生可逆反应生成三氧化硫。
5.下列反应的离子方程式正确的是
A. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制次氯酸：2ClO− + H2O + CO2=2HClO +
B. [Ag(NH3)2]OH与较浓盐酸反应生成AgCl：[Ag(NH3)2]+ + OH− + 3H+ + Cl−=AgCl↓+2+ H2O
C. Cl2与热的NaOH溶液反应制取NaClO3：2Cl2 + 6OH−3Cl− ++ 3H2O
D. 向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2+ 5SO2 + 4OH−=2Mn2+ + 5+ 2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2时，生成次氯酸和Ca(HCO3)2，正确的离子方程式为：ClO-+H2O+CO2=HClO+，A选项错误；
B．[Ag(NH3)2]OH与足量盐酸反应生成AgCl，该反应的离子方程式为：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++H2O，B选项正确；
C．Cl2与热的NaOH溶液发生氧化还原反应生成NaClO3，正确的离子方程式为：3Cl2+6OH-5Cl-++3H2O，题中所给的离子方程式电荷不守恒，C选项错误；
D．向酸性KMnO4溶液中通入SO2，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+，D选项错误；
答案选B。
6.CO甲烷化反应为：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(l)。如图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化（部分物质省略），其中步骤②反应速率最慢。
下列说法不正确的是（ ）
A. 步骤①只有非极性键断裂
B. 步骤②速率最慢的原因可能是其活化能最高
C. 步骤③需要吸收热量
D. 使用该催化剂不能有效提高CO平衡转化率
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. 根据图示可知：在步骤①中，反应开始时是CO气体和H2，后来反应变为CO气体和，只断裂了H2中的H-H键，同种元素形成的共价键是非极性键，因此步骤①发生只有非极性键断裂，A正确；
B. 步骤②是CO气体与结合形成，由于该过渡态的相对能量较反应物高，需吸收较多能量才能发生该反应，所以反应速率较慢，B正确；
C. 反应物的能量比生成物的能量高，所以发生步骤③的反应会放出热量，C错误；
D.催化剂只能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此不能使化学平衡发生移动，故使用该催化剂不能有效提高CO的平衡转化率，D正确；
答案选C。
7.完成下列实验，所选装置正确的是（ ）
A
B
C
D
实验
目的
实验室
制备乙烯
分离苯和溴苯的混合物(沸点：苯为80.1℃，溴苯为156.2℃)
分离KCl和NH4Cl固体混合物
实验室用纯碱和稀硫酸制备二氧化碳
实验
装置
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.实验室制备乙烯需要控制温度在170℃左右，故该装置缺少温度计，A不正确；
B. 苯和溴苯的沸点相差较大，故可以用蒸馏法分离该混合物，冷凝水下进上出，B所选装置正确；
C.加热固体要用坩埚，蒸发皿常用来蒸发液体，故C错误；
D.纯碱为粉末固体且易溶于水，多孔隔板不能使固液分离，不能使反应随时停止，故D错误。
所以B选项是正确的。
8.聚氨酯类高分子材料PU用途广泛，其合成反应为n+(n+1)HO(CH2)4OH 。下列说法错误的是( )
A. 的沸点高于
B. 高分子材料PU在强酸、强碱条件下能稳定存在
C. 合成PU的两种单体的核磁共振氢谱中均有3组吸收峰
D. 以1，丁二烯为原料，可合成
【答案】B
【解析】
【详解】A．C原子数相同时含羟基的有机物易形成氢键，沸点高，则的沸点高于，故A不符合题意；
B．PU的结构中，酸性、碱性条件下均可发生水解反应，故不能稳定存在，故B符合题意；
C．两种单体中均含3种不同化学环境的H原子，则两种单体的核磁共振氢谱中均有3组吸收峰，故C不符合题意；
D．以1，3-丁二烯为原料，先与溴发生1，4-加成，再与氢气加成，后发生卤代烃的水解反应可生成，故D不符合题意；
故答案为：B。
【点睛】非金属化合物的沸点比较：①若分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；②组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4；③相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CO>N2；④同分异构体，支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷>异戊烷>新戊烷；⑤形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2O>H2S
；如果形成分子内氢键则熔沸点越低。
9.三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是
A. 在转化过程中，氮元素均被还原
B. 依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C. 还原过程中生成0.1mol N2，转移电子数为0.5 mol
D. 三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化
【答案】D
【解析】
A、根据图中信息可知，NOx被氧气氧化得到硝酸盐，氮元素被氧化，硝酸盐还原产生氮气，氮元素被还原，选项A错误；B、催化剂参与储存和还原过程，但反应前后质量和化学性质不变，选项B错误；C、还原过程中氮元素从+5价降为0价，生成0.1mol N2，转移电子数为1.0 mol，选项C错误；D、三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，转化为无污染的气体再排放，选项D正确。答案选D。
10.在催化剂作用下，用乙醇制乙烯，乙醇转化率和乙烯选择性(生成乙烯的物质的量与乙醇转化的物质的量的比值)随温度、乙醇进料量(单位：mL·min－1)的关系如图所示(保持其他条件相同)。
在410～440℃温度范围内，下列说法不正确的是
A. 当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性升高
B. 当乙醇进料量一定，随温度的升高，乙烯选择性不一定增大
C. 当温度一定，随乙醇进料量增大，乙醇转化率减小
D 当温度一定，随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图像，当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性逐渐升高，但温度高于430℃后，乙烯选择性逐渐降低，A错误，符合题意；
B．根据图像，当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性逐渐升高，但温度高于430℃后，乙烯选择性逐渐降低，因此，随温度的升高，乙烯选择性不一定增大，B正确，不符合题意；
C．根据左图，当温度一定，随乙醇进料量增大，乙醇转化率减小，C正确，不符合题意；
D．根据右图，当温度一定，随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大，D正确，不符合题意；
答案选A
11.科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。（注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注）下列说法不正确的是（ ）
A. Y单质的氧化性在同主族中最强
B. 离子半径：Z>Y
C. Z与Y可组成多种离子化合物
D. 氢化物的热稳定性：Y>X
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图示可知W形成1个共价键，又是短周期中原子序数最小的元素，说明W
原子核外只有1个电子，则W是H元素，X形成4个共价键，则X是C元素，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z是Na元素，Y形成2个共价键，原子序数比C大，比Na小，说明Y原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，则Y是O元素，然后根据问题逐一分析解答。
【详解】根据上述分析可知：W是H，X是C，Y是O，Z是Na元素。
A．同一主族的元素，原子序数越大，元素的原子半径越大，原子获得电子的能力就越弱，单质的氧化性就越弱。由于O是同一主族中原子序数最小的元素，故O2的氧化性在同主族中最强，A正确；
B．Y是O，Z是Na元素，O2-、Na+核外电子排布都是2、8，电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：Z
X，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了元素的位、构、性的关系及元素周期律的应用。根据元素形成化合物的特点及原子序数关系等推断元素是解题关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素形成的化合物的结构与性质，侧重考查学生分析与应用能力。
12.在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，放置一段时间后看到铁片上有铁锈出现，铁片腐蚀过程中发生的总化学方程式：2Fe＋2H2O＋O2===2Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，其原理如图。
下列说法正确的是
A. 铁片发生还原反应而被腐蚀
B. 铁片腐蚀最严重区域应该是生锈最多的区域
C. 铁片腐蚀中负极发生的电极反应：2H2O＋O2＋4e－===4OH－
D. 铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀
【答案】D
【解析】
A、铁作负极，发生失电子的氧化反应，选项A错误；B、铁片负极腐蚀最严重，由于离子的移动，在正极区域生成铁锈最多，选项B错误；C、铁作负极，发生失电子的氧化反应，即Fe-2e-=Fe2+，选项C错误；D、在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀，铁作负极，碳作正极，选项D正确。答案选D。
13.25 ℃时，在含CH3COOH和CH3COO－的溶液中，CH3COOH、CH3COO－二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 在pH＜4.76的溶液中，c(CH3COO－)＜c(CH3COOH)
B. 在pH＝7的溶液中，α(CH3COOH)＝0，α(CH3COO－)＝1.0
C. 在pH＞4.76的溶液中，c(CH3COO－)与c(OH－)之和可大于c(H＋)
D. 在pH＝4.76的溶液中加盐酸，α(CH3COOH)与α(CH3COO－)之和保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据电离平衡判断CH3COOH和CH3COOˉ两者含量随pH升高的变化情况，酸性越强CH3COOH含量越大，碱性越强CH3COOˉ越大，故A正确；
B项，电离平衡和水解平衡是可逆的，α(CH3COOH)不可能为0，α(CH3COOˉ)不可能为1，只能接近于0或1，故B错误；
C项，pH>4.76时，根据电荷守恒，可判断C正确；
D项，根据物料守恒，始终存在α(CH3COOH)+α(CH3COOˉ)=1，D正确；
故选B。
【点睛】
本题考查了弱电解质溶液中的电离平衡、平衡移动、离子浓度大小比较，结合图像灵活运用电荷守恒、物料守恒是解题关键。
14.某学生探究0.25mol/L Al2( SO4)3溶液与0.5mol/L Na2CO3溶液的反应，实验如下：
下列分析不正确的是
A. 实验I中，白色沉淀a是Al(OH)3
B. 实验2中，白色沉淀b含有CO32-
C. 实验l、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关
D. 检验白色沉淀a、b足否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液
【答案】C
【解析】
A.实验I中白色沉淀能溶于稀硫酸，但没有气泡，说明白色沉淀a是Al(OH)3，A正确；B. 实验2中白色沉淀溶解且有少量气泡，这说明白色沉淀中含有碳酸根离子，B正确；C.硫酸铝显酸性，碳酸钠显碱性，则根据实验过程可知实验l、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，C错误；D.白色沉淀表面有吸附的硫酸根，因此检验白色沉淀a、b足否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液，D正确，答案选C。
第Ⅱ卷(非选择题部分共 58 分)
15.硅、锗(32Ge，熔点 937℃)和镓(31Ga)都是重要的半导体材料，在航空航天测控、核物理探测、光纤通讯、红外光学、太阳能电池、化学催化剂、生物医学等领域都有广泛而重要的应用。锗与硅是同主族元素。
(1)硅在元素周期表中的位置是________。
(2)硅和锗与氯元素都能形成氯化物 RCl4(R代表Si和Ge)，从原子结构角度解释原因 _______。
(3)自然界矿石中锗浓度非常低，因此从锗加工废料(含游离态锗)中回收锗是一种非常重要的方法。如图是一种提取锗的流程：
①NaClO 溶液浸取含锗废料中的锗时发生反应的离子方程式为_____；为了加NaClO 溶液浸取含锗废料的速率，可以采取的措施有_____。
②操作 1 和操作 2 是____。
③ GeO2 的熔点为 1086℃，利用氢气还原GeO2，每生成 146kg 的锗放出 akJ 的热量，该反应的热化学方程式为_______。
【答案】 (1). 第三周期 IV A 族 (2). 最外层均为 4 个电子，均与氯形成 4 个共用电子对达到稳定结构 (3). Ge + 2ClO- + 2OH-GeO32-+ 2Cl- + H2O (4). 升高温度或增大次氯酸钠溶液的浓度或粉碎含锗废料或搅拌 (5). 过滤 (6). GeO2(s) + 2H2(g) Ge(s) + 2H2O(g) △H= -(a/2000)kJ/mol
【解析】
【分析】
根据硅的原子结构示意图判断其在周期表的位置；根据Si和Ge同主族元素，结构相似解释；根据题中图示信息写出离子方程式和操作1和2的操作；根据影响反应速率的因素，为了加快反应速率应采取的措施；根据题中信息计算反应热并写出热化学方程式。
【详解】（1）硅的原子序数为14，原子核外有14个电子，其原子结构示意图为，有三个电子层，最外层4个电子，则Si位于元素周期表第三周期第ⅣA族；答案为第三周期第ⅣA族。
（2）硅、锗都是ⅣA族元素，原子最外层都有4个电子，均能与4个氯原子以共价键形式形成4对共用电子对，达到8电子的稳定结构；答案为原子最外层都有4个电子，均能与4个氯原子以共价键形式形成4对共用电子对，达到8电子的稳定结构。
（3）①由流程图可知，次氯酸钠溶液与锗发生氧化还原反应生成锗酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为2ClO-+Ge+2OH-2Cl-+GeO32-+H2O；为了加快次氯酸钠溶液浸取含锗废料的速率，根据升高温度，增大浓度，增大表面积，搅拌等可以加快反应速率，因而采取升高温度或增大次氯酸钠溶液的浓度或粉碎含锗废料或搅拌等措施加快浸取速率；答案为升高温度或增大次氯酸钠溶液的浓度或粉碎含锗废料或搅拌。
②由流程图可知，操作1和操作2都是固液分离，操作方法为过滤；答案为过滤。
③由题意可知，二氧化锗固体与氢气反应生成锗和气态水，146000g锗的物质的量为=2000mol，则生成1mol锗放出的热量为kJ，反应的热化学方程式为GeO2(s) + 2H2(g) Ge(s) + 2H2O(g) △H= -kJ/mol；答案为GeO2(s) + 2H2(g) Ge(s)+2H2O(g) △H= -kJ/mol。
16.氰化法冶金过程中产生大量的含氰废水(主要包括CN-、Cu(CN)32-、SO32-等离子)，可以通过沉淀——电解氧化法进行处理，某小组同学对该过程进行模拟。
资料1：溶液中存在平衡Cu(CN)32-CuCN↓+2CN-
资料2：2Cu2++4CN-=2CuCN ↓+(CN)2
(1)利用CuCl2溶液对含氰废水进行初步沉淀处理。溶液中总氰(CNT)、游离氰(CN-)的去除率随CuCl2加入量变化趋势如图所示。
CuCl2加入量对总氰(CNT)、游离氰(CN-)去除率的影响
①请用平衡移动原理解释，随着CuCl2加入量增大(3.0 g以前)，溶液中总氰(CNT)、游离氰(CN-)的去除率变化趋势_________。
②在SO32-的作用下，CuCl2可将废水中的Cu(CN)32-直接转化为CuCN沉淀，该过程的离子方程式为__________。
(2)利用钛电极对沉淀后的废液中残留的CN-等离子进一步进行电解处理，在一定的电压下，在阳极观察到明显的气泡，经检验，其主要成分为N2和CO2。该小组同学实验时发现，若将(1)中沉淀剂CuCl2换为CuSO4，电解法几乎不能去除CN-。
①下列关于电解氧化法处理废水的说法正确的是__________。
A．阳极处观察到的气泡主要是由于 CN-在阳极放电产生的
B．电解结束之后，该小组同学在阴极处能回收金属铜
C．电解法处理过程中，Cu(CN)32-向阳极迁移
②CN-中包含碳氮三键，该离子中碳元素的化合价为 ______。
③请用化学用语解释电解过程中Cl-的作用：_________。
【答案】 (1). 溶液中总氰和游离氰的去除率均随CuCl2加入量的增加而增加。根据已知信息 ii.游离氰可直接和铜离子反应，c(CN-)降低，平衡Cu(CN)32-CuCN↓+ 2CN-正向移动，使溶液中Cu(CN)32-降低，形成 CuCN 沉淀，去除率增加。 (2). 2Cu2++Cu(CN)32-+SO32-+H2O=3CuCN↓+2H+ +SO42- (3). BC (4). +2 (5). 阳极：2Cl--2e-=Cl2↑；生成的Cl2继续将溶液中的CN-氧化成N2和CO2，5Cl2 +2CN-+4H2O=10Cl- +2CO2↑+ N2↑+ 8H+，从而将溶液中的 CN-去除。
【解析】
【分析】
(1)①根据溶液中随着CuCl2加入量总氰(CNT)、游离氰(CN-)去除率与CuCl2的变化趋势分析判断；
②Cu2+、Cu(CN)32-、SO32-会发生氧化还原反应，根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒，书写反应的离子方程式；
(2)①电解时，阳极上CN-失去电子被氧化产生N2、CO2，溶液中阳离子向阴极定向移动，阴离子向阳极定向移动；
②CN-中包含碳氮三键，根据C、N元素非金属性强弱判断该离子中碳元素的化合价；
③Cl-在电解时产生Cl2，Cl2具有氧化性，可氧化CN-为N2、CO2。
【详解】(1)①由图象可知：随着CuCl2加入，在CuCl2加入量小于3.0 g前，溶液中总氰和游离氰的去除率均随CuCl2加入量的增加而增加，这是由于根据信息 ii.
游离氰可直接和铜离子反应，使溶液中c(CN-)降低，电离平衡平衡Cu(CN)32-CuCN↓+ 2CN-正向移动，使溶液中Cu(CN)32-降低，形成CuCN沉淀，从而使去除率增加；
②Cu2+、Cu(CN)32-、SO32-会发生氧化还原反应产生CuCN沉淀、SO42-，根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：2Cu2++Cu(CN)32-+SO32-+H2O=3CuCN↓+2H++SO42-；
(2)①A．利用钛电极对沉淀后废液中残留的CN- 等离子进一步进行电解处理，在一定的电压下，阳极上Cl-失去电子变为Cl2，Cl2将CN-氧化产生N2、CO2，因此可在阳极观察到明显的气泡，A错误；
B．在阴极上溶液中的Cu2+得到电子变为Cu单质析出，因此电解结束之后，该小组同学在阴极处能回收金属铜，B正确；
C．电解时，溶液中阳离子向阴极定向移动，阴离子Cu(CN)32-会向阳极定向移动，C正确；
故合理选项是BC；
②CN-中包含碳氮三键，由于元素的非金属性C＜N，所以共用电子对偏向N元素，使C元素显示正化合价，该离子中带1个单位负电荷，碳元素的化合价数值为3-1=2，所以C化合价为+2价；
③在一定的电压下，在阳极观察到明显的气泡，经检验，其主要成分为N2和CO2。该小组同学实验时发现，若将(1)中沉淀剂CuCl2换为CuSO4，电解法几乎不能去除CN-。说明在电解时，阳极发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑；生成的Cl2继续将溶液中的CN-氧化成N2和CO2，发生了反应5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2↑+ N2↑+ 8H+，从而将溶液中的CN-去除，而SO42-在溶液中不能失去电子，因此电解方法使用CuSO4，电解法几乎不能去除CN-。
【点睛】本题考查了氧化还原反应、电解方法在含氰废水的应用。掌握化学平衡移动原理、电解原理和氧化还原反应规律是本题解答的关键。题目考查了学生对所学知识的理解与应用能力。
17.法匹拉韦是我国最早批准的可用于抗新冠肺炎临床试验的药物之一，而最新文献研究也证实了其对新型冠状病毒(2019-nCoV)表现出良好的体外抑制作用。F是合成法匹拉韦过程中的重要中间体，其合成路线如图：
已知：
i.R-CHO
ii.R-NH2 ++ H2O
(1)法匹拉韦包含的含氧官能团是 __________。
(2)A可以与Na2CO3反应产生CO2，B与NaOH反应的方程式是_______。
(3)反应①的反应物和条件是 __________。
(4)合成E分三步进行，③为取代反应，中间产物2和E互为同分异构体，请写出中间产物2和E的结构简式。
中间产物2___________E____________
(5)依据中间产物1的生成，判断反应②的目的是_________。
(6)在上述三步反应中，第二步反应除了生成中间产物2，还有另一个含有两个五元环的副产物，该副产物的结构简式为_________。
【答案】 (1). 羟基、酰胺基(键) (2). ClCH2COOH+2NaOHHOCH2COONa+NaCl+H2O (3). 氧气，铜或银，加热 (4).
(5). (6). 保护醛基 (7).
【解析】
【分析】
根据HOCH2COOH逆推，结合物质B分子式可知B结构为ClCH2COOH，则分子式为C2H4O2的物质A是乙酸，结构简式是CH3COOH，乙酸与Cl2在一定条件下发生取代反应产生B：ClCH2COOH，HOCH2COOH与O2在Cu或Ag催化下发生氧化反应产生分子式为C2H2O3的物质C结构简式是：OHC-COOH，C与乙醇、浓硫酸共热，发生反应产生：，与NaOH溶液共热发生酯的水解反应，然后酸化可得，经一系列反应产生，在酸性条件下反应产生中间产物1： ，中间产物1的醛基与氨基再发生消去反应产生中间产物2：，中间产物2变形可产生E： E发生取代反应产生F：，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：A是CH3COOH，B是ClCH2COOH，C是OHC-COOH，中间产物1是 ，中间产物2是，E是
。
(1)法匹拉韦结构简式是，其中含有的含氧官能团是羟基、酰胺基(键)；
(2)B是ClCH2COOH，含有羧基，具有酸的通性；含有Cl原子能够发生水解反应，所以ClCH2COOH能够与NaOH发生中和反应和水解反应，反应的化学方程式为：ClCH2COOH+2NaOHHOCH2COONa+NaCl+H2O；
(3)HOCH2COOH中含有的羟基连接的C原子上有2个H原子，可以与O2在Cu或Ag作催化剂条件下，加热发生醇羟基的催化氧化反应产生醛基和水，反应方程式为2HOCH2COOH+O22OHC-COOH+2H2O，故该反应的反应物和条件是氧气、铜或银，加热；
(4)根据上述分析可知中间产物2是；E是；
(5)依据中间产物 1 的生成，判断反应②的目的是保护醛基；
(6)在上述三步反应中，第二步反应除了生成中间产物 2，还有另一个含有两个五元环的副产物，就是中间产物1 的羰基与—NH2发生消去反应产生的物质，该副产物的结构简式为。
18.今年6月比亚迪正式发布刀片电池，大幅度提高了电动汽车的续航里程可媲美特斯拉，刀片电池采用磷酸铁锂技术。可利用钛铁矿[主要成分为FeTiO3(难溶性亚铁盐)，还含有少量MgO等杂质]来制备LiFePO4和Li4Ti5O12等锂离子电池的电极材料，工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式 _______。
(2)TiO2•xH2O沉淀与双氧水、氨水“反应”转化成(NH4)2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示：
反应温度过高时，Ti元素浸出率变化的原因是 ________。
(3)“滤液②”中含有的金属离子是 _______；加入双氧水和磷酸使Fe3+恰好沉淀完全，即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5 mol·L-1，此时溶液中 c(PO43-)=________。(FePO4的 Ksp=1.3×10 -22)
(4)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式______。
(5)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为_____。
(6)作为刀片电池正极材料的磷酸铁锂在充、放电时的局部放大示意图如图，则正极电极反应式是_________。
【答案】 (1). FeTiO3+4H++4Cl-= Fe2++TiOCl42-+2H2O (2). 温度过高时，由于双氧水分解与氨气逸出，Ti元素浸出率下降 (3). Fe2+、Mg2+ (4). 1.3×10 –17 mol•L −1 (5). 2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑ (6). 4 (7). Li(1﹣x)FePO4+xLi++xe-=LiFePO4
【解析】
【分析】
用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备Li4Ti5O12和LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、Ti4+，水解后过滤，沉淀为TiO2·xH2O，与双氧水反应Ti元素的化合价升高，生成(NH4)2Ti5O15，与LiOH反应后过滤得到Li2Ti5O15，再与碳酸锂高温反应生成Li4Ti5O12；水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，双氧水可氧化Fe2+为Fe3+，在磷酸条件下反应产生FePO4沉淀，过滤分离出FePO4，高温煅烧②中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑，以此来解答。
【详解】(1)“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，相应反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl-= Fe2++TiOCl42-+2H2O；
(2)根据图示可知40℃时TiO2•xH2O转化率最高，在低于40℃，TiO2•xH2O转化反应速率随温度升高而增加，当温度超过40℃时，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2•xH2O转化反应速率下降；
(3)加入盐酸酸浸；FeTiO3反应产生Fe2+、TiOCl42-，MgO反应产生Mg2+，SiO2等杂质不溶于盐酸，过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、TiOCl42-，经水解后过滤，TiOCl42-形成沉淀为TiO2·xH2O，Mg2+、Fe2+仍然存在于滤液②中，所以“滤液②”中含有的金属离子是Mg2+、Fe2+；加入双氧水可将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+和磷酸反应形成FePO4沉淀，使Fe3+恰好沉淀完全，即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5 mol·L-1，由于FePO4的Ksp=1.3×10-22，所以此时溶液中c(PO43-)=mol/L=1.3×10-17mol/L；
(4)“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑；
(5) Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li的化合价为+1价，由化合价的代数和为0可知，O元素的负价代数和为22，设过氧键的数目为x，则(x×2)×1+(15-x×2)×2=22，解得x=4，即过氧键数目为4；
(6)根据刀片电池正极材料磷酸铁锂在充、放电时的局部放大示意图可知：正极得到电子，发生还原反应，则正极的电极反应式是：Li(1﹣x)FePO4+xLi++xe-=LiFePO4。
【点睛】本题考查物质的制备实验，涉及氧化还原反应、电解原理、反应条件的控制、溶度积常数的应用等，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合，侧重考查学生的分析与实验能力和应用能力。
19.某校化学小组同学研究 Cu与H2SO4 溶液反应，小伟同学实验记录如下：
实验编号
实验操作
实验现象
Ⅰ
取螺旋状铜丝在酒精灯上烧至红热，迅速伸入装有 10 mL 3 mol/L H2SO4溶液的试管中
产生大量白雾；溶液颜色变为浅蓝色；试管中出现红色浑浊
Ⅱ
步骤一：取螺旋状铜丝在酒精灯上烧至红热， 迅速伸入装有10 mL蒸馏水的试管中；
步骤二：冷却后加入5 mL 3 mol/L H2SO4
步骤一：产生少量白雾；试管中出现黑色浑浊，略带红色
步骤二：浑浊全部为红色；溶液略显蓝色
(1)实验一：探究白雾的成分
①波波同学收集实验Ⅰ中白雾，加入品红溶液，溶液褪色，得出结论：白雾成分包含 SO2。可能是因为局部温度过高产生，写出有关化学方程式 ________。
②艳艳同学认为不妥，补充实验Ⅲ：
实验编号
实验操作
实验现象
Ⅲ
步骤一：取品红溶液，加 3 mol/L H2SO4溶液，加热；
步骤二：收集实验Ⅰ中白雾，加入品红溶液，加热
步骤一：溶液褪色，加热无颜色变化；
步骤二：溶液褪色，加热无颜色变化
根据实验Ⅲ，可推断白雾成分是______，而并非SO2。
(2)实验二：探究红色固体的成分。经过分析，实验Ⅰ和实验Ⅱ中的红色浑浊成分相同。
【资料】Cu2O能溶在浓氨水中形成无色Cu(NH3)2+，很容易被氧气氧化为蓝色Cu(NH3)22+；Cu2O能与一定浓度的酸溶液发生反应：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。
①写出Cu2O溶在浓氨水中的离子方程式 _______。
②对于红色浑浊的成分，谷哥设计实验并实施，证实了红色固体中只有Cu2O。他的实验是：将实验Ⅰ试管中固体过滤洗涤，得红色固体，__________。
③结合实验Ⅰ和Ⅱ，吉吉同学确定铜丝烧至红热时生成了______。
(3)实验三：探究红色固体不溶的原因。经过检验，实验Ⅰ和实验Ⅱ反应后的溶液均显酸性，对于体系中有Cu2O固体的原因：
龙校假设：在实验条件下，随着溶液酸性降低，Cu2O与酸无法反应。
乔博假设：在实验条件下，随着溶液酸性降低，Cu2O与酸反应速率变小。
邹邹同学继续实验：
实验编号
实验操作
实验现象
Ⅳ
取Cu2O固体少量，加入到装有 10 mL3 mol/L H2SO4 溶液的试管中
溶液迅速变为蓝色；试管中出现少量亮红色固体
Ⅴ
取Cu2O固体少量，加入到装有 10 mL 3 mol/L H2SO4 和少量CuSO4 (浅蓝色)的试管中
现象同Ⅳ
Ⅵ
重复实验Ⅰ，振荡试管，分为两等份。第一份立刻加入浓硫酸至 c(H2SO4)=3 mol/L；第二份静置 4 h之后，过滤，向固体中加入浓硫酸至 c(H2SO4)=3 mol/L
第一份加酸后红色固体明显减少，溶液蓝色加深；第二份静置时，固体减少，溶液缓慢变为蓝色，固体加酸后无明显现象。
①实验Ⅴ的目的是 ______。
②通过以上实验，臧臧同学得出的结论是______。
【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (2). H2SO4 (3). Cu2O+4NH3•H2O=2Cu(NH3)2++2OH- +3H2O (4). 加入到足量浓氨水中，固体全部溶解得无色溶液，很快变成蓝色溶液 (5). CuO和Cu2O (6). 证明Cu2+对Cu2O与酸的反应没有干扰 (7). 随着溶液酸性降低，Cu2O与酸反应速率变小。
【解析】
【分析】
(1)①Cu与浓硫酸共热，发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O；
②根据III对比实验可知白雾成分是H2SO4；
(2)①Cu2O与氨水中的NH3·H2O反应产生Cu(NH3)2+，结合物质的溶解性及存在形式书写反应的离子方程式；
②根据【资料】中提供信息解答；
③Cu加热后产生黑色固体是CuO，红色固体是Cu2O；
(3)①对比IV、V的不同分析判断；
②探究浓度对化学反应速率的影响。
【详解】(1)①Cu与浓硫酸共热，发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
②品红溶液中加入稀硫酸与实验I的白雾中加入品红溶液，操作相同，实验现象相同，证明实验I中白雾成分是H2SO4；
(2)①Cu2O与浓氨水中的NH3·H2O反应产生Cu(NH3)2+，根据电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：Cu2O+4NH3•H2O=2Cu(NH3)2++2OH- +3H2O；
②证明固体中只有Cu2O，可利用Cu2O能溶在浓氨水中形成无色Cu(NH3)2+，且很容易被氧气氧化为蓝色Cu(NH3)22+；若在酸性环境中，而Cu2O能与一定浓度的酸溶液发生反应：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。所以检验固体中只有Cu2O的方法是：将固体加入到足量浓氨水中，固体全部溶解得无色溶液，很快变成蓝色溶液；
③根据实验一、二现象，及上述结论可知铜丝烧至红热时生成了CuO和Cu2O；
(3)①IV只加入了H2SO4溶液，而实验V除了加入等体积、等浓度的硫酸外，还加入了一定量的CuSO4溶液，进行对比，结果IV、V的实验现象相同，说明Cu2+对Cu2O与酸的反应没有干扰；
②第一份加酸后红色固体明显减少，溶液蓝色加深；第二份静置4 h时，固体减少，溶液缓慢变为蓝色，固体加酸后无明显现象，说明随着溶液酸性降低，Cu2O与酸反应速率变小。
【点睛】本题考查了Cu与硫酸反应原理及对实验现象的分析与判断。在研究实验时要采用控制变量方法分析判断，注意二者的相同点与区别，然后分析实验现象，从而可得到正确的结论。
