【化学】北京市门头沟区2020届高三3月综合练习（解析版）

【化学】北京市门头沟区2020届高三3月综合练习（解析版）

北京市门头沟区2020届高三3月综合练习 可能用到的相对原子质量： H ‎1 C 12 N 14 O 16 ‎ 第一部分 （选择题 共42分）‎ 本部分共14小题，每小题3分，共42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.科学技术推动人类发展。下列描述不正确的是（ ）‎ A. “嫦娥四号”的着陆器等器件用到镁合金锻件，属于合金材料。‎ B. 长征五号运载火箭的燃料为液氢液氧，有高能量、无污染等特点。‎ C. 我国科学家研制成功“天机芯”芯片，其成分为二氧化硅 D. 科学家合成世界首个由碳原子构成的具有半导体特性的碳环C18，属于单质。‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. 镁合金锻件具有密度小、强度大等特性，属于合金材料，故A正确；‎ B.液氢液氧反应后放出大量热，产物为水，具有高能量、无污染等特点，故B正确；‎ C. “天机芯”芯片的材料为硅单质，故C错误；‎ D.碳环C18是由碳元素组成的纯净物，属于单质，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎2.2019年12月以来，我国部分地区突发的新冠病毒肺炎威胁着人们的身体健康。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成 B. 口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，属于有机高分子材料 C. 过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的 D. “‎84”‎消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，为了提升消毒效果，可以与洁厕灵（主要成分为盐酸）混合使用 ‎【答案】B ‎【详解】A. 新型冠状病毒由蛋白质组成，蛋白质主要由C、H、O、N等元素组成，故A错误；‎ B. 口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，聚丙烯、聚乙烯等属于合成有机高分子材料，故B正确；‎ C. 过氧化氢、过氧乙酸等消毒液可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇消毒原理是使细胞脱水，故C错误；‎ D. NaClO与盐酸能反应生成有毒气体氯气，所以不能混用，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎3.下列化学用语表达不正确的是（ ）‎ A. CH4的球棍模型：‎ B. CO2的电子式：‎ C. Na2CO3溶液呈碱性的原因：CO32- + 2H2O H2CO3 + 2OH-‎ D. 用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：3Ag ＋ 4H+ ＋ NO3－＝ 3Ag+＋ NO↑＋2H2O ‎【答案】C ‎【详解】A. CH4分子正四面体结构，球棍模型为：，故A正确；‎ B. CO2分子中C和O通过共用两对电子形成C=O键，电子式为：，故B正确；‎ C. Na2CO3溶液呈碱性的原因是碳酸根的水解反应，主要发生第一步水解：CO32- + H2O HCO3-+ OH-‎ D.稀硝酸与银反应生成硝酸银、NO和水，离子方程式为：3Ag ＋ 4H+ ＋ NO3-＝ 3Ag+＋ NO↑＋2H2O，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，‎22.4 L苯含有的分子数约为NA B. 密闭容器中‎23 g NO2与N2O4的混合气体中氮原子数为0.5NA C. ‎1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中，HCO3－ 和CO32－ 离子数之和为0.1NA D. 密闭容器中1 mol N2(g)与3 mol H2 (g)反应制备氨气，形成6NA个N-H键 ‎【答案】B ‎【详解】A. 标况下，苯为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；‎ B. NO2与N2O4的最简式均为NO2，故‎23g混合物中含有的NO2的物质的量为n==0.5mol，则含0.5NA个氮原子，故B正确；‎ C. HCO3-在溶液中既能水解为H2CO3又能电离为CO32-，根据物料守恒可知：溶液中的HCO3-、H2CO3、CO32-之和为0.1NA个，故C错误；‎ D. N2(g)与H2 (g)反应制备氨气为可逆反应，形成的N-H键少于6NA个，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.下列实验未涉及氧化还原反应的是（ ）‎ ‎　　　　　　 　　　　　‎ A B C D 实验 Cl2通到AgNO3溶液中 乙烯通入酸性KMnO4中 NaOH溶液中 滴入FeCl2溶液 K2Cr2O7溶液中滴入氢氧化钠溶液 现象 有白色沉淀产生 溶液由紫红色 褪为无色 产生白色沉淀,‎ 最终变成红褐色 溶液由橙色变为 黄色 ‎【答案】D ‎【详解】A. Cl2通到AgNO3溶液中，氯气与水反应生盐酸和次氯酸，氯元素化合价变化，属于氧化还原反应，故A不选；‎ B. 乙烯通入酸性KMnO4中，溶液由紫红色褪为无色，乙烯被高锰酸钾氧化，属于氧化还原反应，故B不选；‎ C. 白色沉淀，随后变为灰绿色，最后变为红褐色，可知氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不选；‎ D. （K2Cr2O7）溶液中存在如下平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O⇌2H++2CrO42-（黄色），滴入氢氧化钠溶液时，平衡正向移动，元素化合价没有变化，未涉及到氧化还原反应，故D选；‎ 故选D。‎ ‎6.汉黄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 关汉黄芩素的叙述正确的是（ ）‎ A. 汉黄芩素的分子式为C16H13O5‎ 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1mol 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1种 ‎【答案】B ‎【详解】A. 根据该分子的结构简式可知，其分子式为C16H12O5，故A错误；‎ B. 该分子中含有酚羟基，可与FeCl3溶液发生显色反应，故B正确；‎ C. 该分子中含有酚羟基，酚羟基邻位碳原子上有氢原子，可以与Br2发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，因此1mol该物质最多可消耗2molBr2，故C错误；‎ D. 该物质与足量H2发生加成反应后，碳碳双键和羰基均被加成，官能团种类减少2种，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎7.中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理示意图。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该过程中H2O被还原生成氧气 B. 该过程中涉及极性键和非极性键的断裂与生成 C. 基于合成NH3的过程属于氮的固定 D. 该过程的化学方程式为：2N2＋6H2O4NH3＋3O2‎ ‎【答案】A ‎【详解】A. 该过程中O元素化合价升高，则H2O被氧化生成氧气，故A错误；‎ B. 发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应反应物和生成中均存在单质和化合物，即涉及极性键与非极性键的断裂与生成，故B正确；‎ C. 根据题意和图示知氮元素由游离态转变为化合态，属于氮的固定，故C正确；‎ D. 根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为：2N2＋6H2O4NH3＋3O2，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】解决此题的关键是明确氮的固定的定义，元素的单质形态属于游离态，化合物形式属于化合态。‎ ‎8.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。‎ ‎9.合成高分子金属离子螯合剂的反应：‎ ‎+(2n-1)H2O 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 聚合物应避免与碱性物质（如NaOH）长期接触 B. 聚合物的合成反应为缩聚反应 C. 1mol与足量银氨溶液作用可析出2mol银 D. 通过质谱法测定其平均相对分子质量，可得其聚合度 ‎【答案】C ‎【详解】A. 上述聚合物中含有酚羟基，具有酸性，所以应避免与碱性物质（如NaOH）长期接触，故A正确；‎ B. 根据上述反应方程式看出，聚合物是由两种单体之间脱去水分子聚合得到，属于缩聚反应，故B正确； ‎ C. 1mol中含有2mol醛基，则与足量银氨溶液作用可析出4mol银，故C错误；‎ D. 质谱法测定PET的平均相对分子质量，除以链节的相对分子质量可得到聚合度，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】根据乙醛与银氨溶液的反应分析知，1mol醛基被氧化为羧基，有2molAg+被还原，此处为解题的关键。‎ ‎10.已知X、Y、Z、W、M 均为短周期元素。‎25℃‎时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol/L）溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. Z元素最高价氧化物的化学式为ZO3‎ B. 简单离子半径大小顺序：X＞M C. 简单气态氢化物的稳定性：Z＞W＞Y D. X、Z的最简单气态氢化物反应有白烟生成 ‎【答案】A ‎【分析】X、Y、Z、W、M均为常见的短周期主族元素，由常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为 0.01mol/L）的pH，X的pH=2，为一元强酸，则为硝酸，X为N元素，Y的半径大于N，且酸性较硝酸弱，应为C元素；Z的原子半径大于C，Z的最高价含氧酸为一元强酸，则Z为Cl，W的原子半径大于Cl，且对应的酸的pH小于2，应为硫酸，W为S元素；M的原子半径最大，且0.01mol/L M的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为12，可知W为Na，以此解答该题。‎ ‎【详解】由以上分析可知X、Y、Z、W、M分别为N、C、Cl、S、Na。‎ A. Z为Cl，最高化合价为+7价，最高价氧化物的化学式为Z2O7，故A错误；‎ B. X、M简单离子具有相同核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则半径大小顺序：X＞M，故B正确；‎ C. 非金属越强，简单气态氢化物稳定性越强，所以Cl＞S＞C，即Z＞W＞Y，故C正确；‎ D. X、Z的最简单气态氢化物反应生成氯化铵，有白烟生成，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎11.温度分别为T1和T2时，将气体X和气体Y各0.16mol充入‎10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g)2Z(g)，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：‎ 温度/K t/min t1‎ t2‎ t3‎ t4‎ T1‎ n(Y)/mol ‎0.14‎ ‎0.12‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ T2‎ n(Y)/mol ‎0.13‎ ‎0.09‎ ‎0.08‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应的正反应为放热反应 B. T2温度下此反应的平衡常数K=4‎ C. 温度为T1时，0~t1时间段的平均速率υ(Z)=2.0×10－3mol·L－1·min－1‎ D. 在T1下平衡后，保持其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大 ‎【答案】B ‎【详解】A.初始投料是相同的，比较表格中所给的数据可以看出，在时间t1时T2时的Y的物质的量小于T1，反应速率快慢说明了T2大于T1，t4时T2的容器中早已达平衡。对于T1来说，T2相当于升温，升温后Y减少，说明升温使平衡右移，说明正向反应是吸热的，A项错误；‎ B.根据表格中数据，列出T2温度下的三段式：‎ X(g)+Y(g) 2Z(g)‎ 初始 0.16 0.16 0‎ 变化 0.08 0.08 0.16‎ 平衡 0.08 0.08 0.16‎ 所以，B项正确；‎ C.先据表格中数据求出温度为T1时，0-t1时段用Y表示的平均速率为，用Z表达的速率为用Y表达的速率的2倍，C项错误；‎ D.其他条件不变时，充入0.2molZ等效于在恒温恒容容器中充入0.1molX和0.1molY，即相当于起始加入0.26molX和0.26molY，该反应反应前后气体分子数相等，所以起始加入0.26molX和0.26molY与起始加入0.16molX和0.16molY为比例等效平衡，达到平衡时X的体积分数不变，D 项错误；‎ 所以答案选择B项。‎ ‎12.国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. “全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能 B. 吸附层b发生的电极反应：H2 – 2e－ + 2 OH－= 2H2O C. Na+ 在装置中从右侧透过阳离子交换膜向左侧移动 D. “全氢电池”的总反应： 2H2 + O2 =2H2O ‎【答案】A ‎【分析】由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2H++2e-=H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。‎ ‎【详解】A. 根据图知，左侧和右侧物质成分知，左侧含有NaOH、右侧含有高氯酸，所以全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能，故A正确；‎ B. 吸附层a为负极，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，吸附层b为正极，电极反应是2H++2e-=H2，故B错误；‎ C. 电池中阳离子向正极移动，所以Na+ 在装置中从左侧透过阳离子交换膜向右侧移动，故C错误；‎ D. 负极电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，正极电极反应是2H++2e-=H2，电池的总反应为H++OH-=H2O，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎13.某小组在Fe2+检验实验中观察到异常现象，为探究“红色褪去”的原因，进行如下实验：‎ 编号 实验I 实验II 实验III 实验步骤 将实验I褪色后的溶液分三份分别进行实验 为进一步探究“红色褪去”的原因，又进行以下实验 ‎①‎ ‎②取反应后的溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液 现象 溶液先变红，片刻后红色褪去，有气体生成（经检验为O2）‎ ‎①无明显现象 ‎②溶液变红 ‎③产生白色沉淀 ‎①溶液变红，一段时间后不褪色。‎ ‎②无白色沉淀产生 分析上述三个实验，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 在此实验条件下H2O2氧化Fe2＋的速率比氧化SCN－的速率快 B. 通过实验Ⅱ推出实验Ⅰ中红色褪去的原因是由于SCN－被氧化 C. 通过实验Ⅰ和实验Ⅲ对比推出红色褪去只与H2O2的氧化性有关 D. 综上所述，实验Ⅰ中红色褪去的原因与化学平衡移动原理无关 ‎【答案】D ‎【详解】氯化亚铁酸化的溶液中滴入KSCN溶液，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，通入足量氧气，溶液变红且不褪色，说明氧气氧化亚铁离子生成铁离子，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀，无硫酸钡沉淀生成，排除了生成的氧气氧化SCN-的可能，‎ A. 在此实验条件下H2O2氧化Fe2＋的速率比氧化SCN－的速率快，所以溶液先变红，当SCN－被完全氧化后，红色褪去，故A正确；‎ B. 实验II中滴加FeCl3溶液不变红，说明无SCN-，滴加盐酸和BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明SCN-被氧化为SO42-，可以推出实验Ⅰ中红色褪去的原因是由于SCN－被氧化，故B正确；‎ C. 对比实验Ⅰ、Ⅲ，实验Ⅰ排除了铁离子反应，而是SCN-离子反应，实验Ⅲ排除了生成的氧气氧化SCN-的可能，Ⅰ中红色褪去可以判定酸性条件下是H2O2的氧化性把SCN-离子氧化为硫酸根离子，故C正确；‎ D. 红色物质为Fe3+与SCN-结合形成的络合物，为可逆反应，当SCN-被氧化，平衡逆向移动，红色褪去，与化学平衡移动原理有关，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎14.常温下，在HA和NaA的混合溶液中 c(HA)＋c(A－)=0.1 mol·L－1，溶液中c(HA) 和c(A－)的大小随着pH变化的关系如图所示。下列有关叙述不正确的是（ ）‎ A. 常温下，HA的电离平衡常数约为10－5‎ B. 在pH=3.75溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＋c(HA) = c(OH－) +0.1 mol·L－1‎ C. 在pH=5.75溶液中：c(OH－)＜c(H＋)＜c(A－)＜c(HA)‎ D. 在K点溶液中，HA的电离程度大于A－的水解程度 ‎【答案】C ‎【详解】由图像知实线为c(A－)浓度大小，虚线为c(HA)浓度大小，‎ A. 根据图像K点知，此时c（A-）=c（HA）=0.050mol/L，c（H+）=10-4.75mol/L，则常温下，HA的电离平衡常数，即数量级为，故A正确；‎ B. 根据电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋) = c(OH－) ＋c(A-)，已知c(HA)＋c(A－)=0.1 mol·L－1，两式相加得c(Na＋)＋c(H＋)＋c(HA) = c(OH－) +0.1 mol·L－1，故B正确；‎ C. 在pH=5.75溶液时，溶液呈酸性，c(OH－)＜c(H＋)；由图像知，c(HA)＜c(A－)中，故C错误；‎ D. 由选项A知HA的电离平衡常数Ka=c（H+）=10-4.75，则A-的水解平衡常数Kh=＜10-4.75，Kh＜Ka，说明HA的电离程度大于A－的水解程度，故D正确；‎ 故选C。‎ 第二部分（非选择题 共58分）‎ ‎15.工业排放物可能对环境和人体健康产生危害，必须经过处理才可排放。根据题意回答下列问题。‎ Ⅰ．处理含SO2、NO的烟气 ‎ 在323 K温度下，向盛有NaClO2溶液的鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气。‎ ‎(1)写出NaClO2溶液脱硝过程中反应的离子方程式_______________________________ 。‎ ‎(2)由实验测得，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是_______________________。‎ ‎(3)采用NaClO、Ca(ClO) 2替代NaClO2，也能较好的除去SO2。从化学平衡原理分析，Ca(ClO) 2相比NaClO具有的优点是_________________________________________________。‎ Ⅱ．处理含H2S的烟气 生物脱H2S原理为：‎ H2S(g) + Fe2(SO4)3(aq) = S(s) + 2FeSO4(aq) + H2SO4(aq) ΔH1‎ ‎4FeSO4(aq) + O2(g) + 2H2SO4(aq) 2Fe2(SO4)3(aq) + 2H2O(l) ΔH2‎ ‎(1)反应2H2S(g) + O2 (g) = 2S(s) + 2H2O(l) 的ΔH3=___________________。 ‎ ‎(2)若反应温度过高，反应速率下降（如图），其原因是_________________________________。‎ Ⅲ．处理污水的化学方法有许多，混凝法、氧化还原法、中和法、电解法等。处理含Na2SO4‎ 的废水常用三室式电渗析法，原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42－可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。‎ ‎(1)负极反应式为___________________。‎ ‎(2)当电路中通过1电子的电量时，会有_________的O2生成。‎ ‎【答案】(1). 2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋ （或2H2O＋ClO2－＋4NO＝4NO2－＋Cl－＋4H＋） (2). 二氧化硫的还原性强于NO (3). 生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行 (4). ΔH3=2ΔH1+ΔH2 (5). 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性） (6). 2H2O+2e—=H2↑+2OH— (7). 0.25‎ ‎【详解】Ⅰ．（1）NaClO2具有氧化性，可以将NO氧化为硝酸根或亚硝酸根，根据电荷守恒及原子守恒分析水参加反应，产物中有H+生成，则反应的离子方程式为2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋（或2H2O＋ClO2－＋4NO＝4NO2－＋Cl－＋4H＋）。故答案为：2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋（或2H2O＋ClO2－＋4NO＝4NO2－＋Cl－＋4H＋）；‎ ‎（2）由实验测得，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强于NO，故答案为：二氧化硫的还原性强于NO；‎ ‎（3）采用NaClO、Ca(ClO) 2替代NaClO2，也能较好的除去SO2。从化学平衡原理分析，Ca(ClO) 2相比NaClO具有的优点是：生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，故答案为：生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行；‎ Ⅱ．（1）已知：①H2S(g) + Fe2(SO4)3(aq) = S(s) + 2FeSO4(aq) + H2SO4(aq) ΔH1，②4FeSO4(aq) + O2(g) + 2H2SO4(aq) 2Fe2(SO4)3(aq) + 2H2O(l) ΔH2，‎ 根据盖斯定律①×2+②得反应2H2S(g) + O2 (g) = 2S(s) + 2H2O(l) ，则ΔH3=2ΔH1+ΔH2，故答案为：故ΔH3=2ΔH1+ΔH2； ‎ ‎（2）根据题给方程式知，硫杆菌在反应中作催化剂，温度过高时会失去活性，因此反应速率下降，故答案为：蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）；‎ Ⅲ．（1）阴极发生还原反应，根据放电顺序氢离子得电子生成氢气，反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故答案为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；‎ ‎（2）电解硫酸钠溶液相当于电解水，阳极发生氧化反应生成氧气，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，则当电路中通过1电子的电量时，会有1×=0.25mol O2生成，故答案为：0.25。‎ ‎16.氧和硫属于同主族元素，其单质和化合物在生产生活中用途很广。‎ SO2可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图所示装置制备SO2，并用纯净SO2进行相关实验。‎ ‎(1)上述方法制备的SO2，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接除杂装置，请画出除杂装置并标明装置中的试剂_____________________________。‎ ‎(2)将SO2通入0.1mol/L Ba(NO3)2溶液得到白色沉淀，该反应的离子方程式为_____________________________________________________________。‎ 分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如下实验：‎ ‎(3)实验C中，没有观察到白色沉淀，但pH传感器显示溶液呈酸性，用化学用语表示其原因__________________________________________。‎ ‎(4)实验B中出现白色沉淀比实验A快很多。由此得出的结论是_______________________。‎ ‎(5)测定水中溶解O2的量，常用的方法是：‎ i．量取a mL水样，迅速加入足量MnSO4溶液及含有NaOH的KI溶液，立即塞好塞子，振荡使反应均匀。‎ ii．开塞，迅速加入适量的硫酸，此时有I2生成。‎ iii．向ii所得溶液中滴加2滴淀粉溶液为指示剂，用b mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点共消耗了Na2S2O3溶液V mL。‎ 有关反应方程式为：2Mn2+ + O2+ 4OH- = 2MnO(OH)2（反应很快）‎ MnO(OH)2 + 2I- + 4H+= Mn2+ + I2 + 3H2O ‎ I2 + 2S2O32- = 2I- + S4O62-‎ ‎①水中溶解 O2的量（以mg/L为单位）为___________________。‎ ‎②判断达到滴定终点的实验依据为 __________。‎ ‎【答案】(1). 饱和NaHSO3 溶液 (2). 3Ba2+ + 3SO2 + 2NO3－+ 2H2O＝3BaSO4↓ +2NO↑ ＋4H＋ (3). SO2 + H2O H2SO3 H2SO3 H＋+ HSO3﹣ (4). 在水溶液中O2氧化SO2 的速率比NO3﹣快 (5). (6). 当滴定至溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复蓝色 ‎【分析】根据二氧化硫的性质及实验目的分析解答；根据二氧化硫的还原性分析书写反应方程式；根据滴定原理及涉及的反应方程式分析解答。‎ ‎【详解】（1）可用饱和亚硫酸氢钠除去二氧化硫中的酸雾，洗气时，气体从长导管进入，故答案为：饱和NaHSO3 溶液；‎ ‎（2）SO2通入Ba(NO3)2溶液中，被氧化生成硫酸钡白色沉淀、NO和硝酸，该反应的离子方程式为3Ba2+ + 3SO2 + 2NO3－+ 2H2O＝3BaSO4↓ +2NO↑ ＋4H＋；‎ ‎（3）二氧化硫与氯化钡不反应，所以没有沉淀生成，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液呈酸性，涉及反应为：SO2 + H2O H2SO3 H2SO3 H＋+ HSO3﹣；‎ ‎（4）实验B中出现白色沉淀比实验A快很多，B中有氧气参与反应，则速率较快，生成更多的硫酸，pH较小，故答案为：在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3-快；‎ ‎（5）根据滴定过程中发生的反应找出关系式：O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-，则n(O2)= n(S2O32-)=×b mol/L×V×10‎-3L=mol，则水中溶解O2的量（以mg/L为单位）为，故答案为： ；‎ ‎（6）当达到滴定终点时，I2完全反应，溶液蓝色恰好褪去，故答案为：当滴定至溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复蓝色。‎ ‎17.交联聚合物K合成路线如下（图中表示链延长）‎ 已知：；‎ ‎(1)按官能团分类，A的类别是________________。‎ ‎(2)A→B的反应类型是________________。‎ ‎(3)C可能的结构简式是__________。‎ ‎(4)C→D所需的试剂a是__________。‎ ‎(5)C2H2生成E的方程式是____________________________________________________。‎ ‎(6)G→H的方程式是______________________________________________。‎ ‎(7)含有苯环，且与I互为同分异构体的酯有_____种。写出其中的一种结构简式___________‎ ‎【答案】(1). 烯烃 (2). 取代反应 (3). (4). 氢氧化钠的水溶液 (5). HC≡CH+2HCHO (6). (7). 6种 (8). ‎ ‎【分析】根据合成路线图分析知，D和J聚合反应得到K，分析K的结构简式及D的分子式得，D为CH2OHCHOHCH2OH，J为；根据题给反应信息分析E为，与氢气加成得到F，则F为CH2(OH)CH2CH2CH2OH，F氧化得到G，G为，比较J和G的结构，根据题给反应分析，G在一定条件下成环得到H，H脱水形成苯环得到I，I为，氧化后得到J；根据D的结构和C的分子式，分析C为或，B与氯气、水加成得到C，则B为CH2=CHCH2Cl，则A为CH2=CHCH3，据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）A中含有碳碳双键，则按官能团分类，A的类别是烯烃，故答案为：烯烃；‎ ‎（2）根据上述分析知，A为CH2=CHCH3，B为CH2=CHCH2Cl，比较A和B的结构简式变化知，反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；‎ ‎（3）根据上述分析，C可能的结构简式是或，故答案为：或；‎ ‎（4）C→D为卤代烃的水解反应，所需的试剂a是氢氧化钠的水溶液，故答案为：氢氧化钠的水溶液；‎ ‎（5）根据题给反应信息知，C2H2生成E的方程式是HC≡CH+2HCHO，故答案为：HC≡CH+2HCHO；‎ ‎（6）根据题给反应信息知，G→H的方程式是，故答案为：；‎ ‎（7）根据I的结构及酯的结构特点分析，符合条件的同分异构体有：、、、、、，共6种，故答案为：6种；、、、、、。‎ ‎18.氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下： ‎ 已知：①菱锰矿石主要成分是MnCO3，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素； ‎ ‎②相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH如下： ‎ 金属离子 Al3+‎ Fe3+‎ Fe2+‎ Ca2+‎ Mn2+‎ Mg2+‎ 开始沉淀的pH ‎3.8‎ ‎1.5‎ ‎6.3‎ ‎10.6‎ ‎8.8‎ ‎9.6‎ 沉淀完全的pH ‎5.2‎ ‎2.8‎ ‎8.3‎ ‎12.6‎ ‎10.8‎ ‎11.6‎ 回答下列问题： ‎ ‎(1)“焙烧”时主要反应的化学方程式为_____________________________________________。 ‎ ‎(2)分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是：_______________________。‎ ‎(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为__________________________________________；然后调节溶液pH使Fe3+、Al3+沉淀完全。‎ ‎(4)碳化结晶时，发生反应的离子方程式为_________________________________________，碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是_____________________‎ ‎__________________________________________________________。‎ ‎(5)流程中能循环利用的固态物质是__________________。‎ ‎【答案】(1). MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O (2). ‎500℃‎ m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10 60min (3). MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O (4). Mn2＋＋2HCO3－MnCO3↓＋CO2↑＋H2O (5). 碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀 (6). NH4Cl ‎【分析】根据流程图及题干信息分析：菱锰矿（主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素）与氯化铵混合研磨，焙烧：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出后Fe、Al、Ca、Mg得到相应的离子，浸出液的成分为：Mn2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，再调节溶液的pH为5.2≤pH＜8.8将Al3+、Fe3+变为沉淀除去，进一步除去Mg2+、Ca2+，得到的净化液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O，过滤，滤饼干燥得到MnCO3产品，滤液的主要成分为氯化铵，蒸发结晶后可以循环使用，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）由分析可知，菱锰矿与氯化铵混合研磨，焙烧，主要发生方程式为：MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O，故答案为：MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O；‎ ‎（2）由图1可知，‎500℃‎之前的浸出率较低，再升高温度，浸出率变化很小，故氯化铵焙烧菱锰矿的最佳温度是‎500℃‎；由图2可知，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10时浸出率较高，再增加氯化铵的用量，浸出率升高不明显，故氯化铵与菱镁矿粉的最佳质量之比为1.10；由图3可知焙烧60min，浸出率高，再增加焙烧时间，浸出率升高不明显，焙烧的最佳时间为60min；故答案为：‎500℃‎；1.10；60min；‎ ‎（3）净化除杂中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；‎ ‎（4）由流程分析可知，碳化结晶是指锰离子与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳和水，离子方程式为：Mn2＋＋2HCO3－MnCO3↓＋CO2↑＋H2‎ O；碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀，所以不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液，故答案为：Mn2＋＋2HCO3－MnCO3＋CO2↑＋H2O；碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀；‎ ‎（5）由流程分析可知，最后滤液的主要成分为氯化铵，蒸发结晶后可以循环使用，故答案为：NH4Cl。‎ ‎19.FeSO4溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用Fe2+，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体[俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。 ‎ I．某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。‎ 本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都经过煮沸、冷却后再使用。向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过操作_____________、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。‎ II．实验探究影响溶液中Fe2+稳定性的因素 ‎(1)配制0.8 mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2 mL上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15min后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液，FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。‎ ‎【资料1】‎ 沉淀 Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ 开始沉淀 pH ‎7.6‎ ‎2.7‎ 完全沉淀 pH ‎9.6‎ ‎3.7‎ ①请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因___________________________________________。‎ ‎②讨论影响Fe2+稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：‎ 假设1：其他条件相同时，NH4+的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+稳定性较好。‎ 假设2：其他条件相同时，在一定 pH范围内，溶液 pH越小Fe2+稳定性越好。‎ 假设3：______________________________________________________________。‎ ‎(2)小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液A（0.2 mol/L NaCl）和溶液B（0.1mol/L FeSO4）为不同的 pH，观察记录电流计读数，对假设2进行实验研究，实验结果如下表所示。‎ 序号 A 0.2mol/LNaCl B 0.1mol/LFeSO4‎ 电流计读数 实验1‎ pH=1‎ pH=5‎ ‎8.4‎ 实验2‎ pH=1‎ pH=1‎ ‎6.5‎ 实验3‎ pH=6‎ pH=5‎ ‎7.8‎ 实验4‎ pH=6‎ pH=1‎ ‎5.5‎ ‎【资料2】原电池装置中，其他条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大。‎ ‎【资料3】常温下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液稳定性更好。‎ 根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：‎ ①U型管中左池的电极反应式_______________________。‎ ‎②对比实验1和2（或3和4），在一定pH范围内，可得出的结论为_______________________。‎ ‎③对比实验_____和_____ 还可得出在一定 pH范围内，溶液酸碱性变化是对O2氧化性强弱影响因素。‎ ‎④对【资料3】实验事实的解释为__________________________________________________‎ ‎______________________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 蒸发浓缩 (2). 4Fe2+ + O2 + 10H2O＝4Fe(OH)3↓ + 8H+ (3). 当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。） (4). O2 + 4e- +4H+＝2H2O (5). 溶液酸性越强，Fe2+‎ 的还原性越弱 (6). 1 (7). 3（或2和4） (8). 其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响，故pH=1的FeSO4溶液更稳定。（其他表述酌情给分）‎ ‎【分析】根据物质性质及实验现象分析发生的化学反应；根据两种溶液离子浓度的差异判断，NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性；由表中数据可知，溶液酸性越强，电流计读数越小，说明Fe2+的还原性越弱，由实验1和3（或2和4）可知，pH越大电流计读数越小，以此解答该题。‎ ‎【详解】I．FeSO4具有还原性，应避免被氧化，则蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，除去水中溶解的氧气，由溶液得到晶体，应先加热浓缩溶液，然后冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，故答案为：蒸发浓缩；‎ II．（1）①FeSO4溶液出现淡黄色浑浊，应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+，故答案为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+；‎ ‎②根据两种溶液离子浓度的差异判断，NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性，由题给信息可知，假设3可为当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好），故答案为：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好）；‎ ‎（2）①A为氯化钠溶液，空气中氧气参与正极反应，电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；‎ ‎②由表中数据可知，溶液酸性越强，电流计读数越小，说明Fe2+的还原性越弱，故答案为：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；‎ ‎③由实验1和3（或2和4）可知，pH越大电流计读数越小，可得出在一定pH范围内，溶液酸碱性变化对O2氧化性强弱的影响因素，故答案为：1和3（或2和4）；‎ ‎④由表中数据可知，pH变化对亚铁离子的还原性较强，电流计读数出入较大，可知其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定，故答案为：其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响，故pH=1的FeSO4溶液更稳定。‎