北京市朝阳区2020届高三5月适应性模拟化学试卷 Word版含解析

北京市朝阳区2020届高三5月适应性模拟化学试卷 Word版含解析

‎2020年北京市朝阳区高考化学适应性模拟试卷 一、选择题：在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项．‎ ‎1.下列变化过程中不涉及化学反应的是（ ）‎ A. 陶瓷的烧制 B. 活字印刷排版术 C. 鞭炮和烟火的燃放 D. 司母戊鼎表面出现铜绿 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.陶瓷在烧制时，硅酸盐在高温下发生复杂的物理、化学变化，涉及化学反应，A 不符合题意；‎ B.活字印刷排版术就是把提前刻制好的字再按照一定顺序重新排版，没有新物质产生，不涉及化学反应，B符合题意；‎ C.鞭炮和烟火的燃放，火药燃烧生成新的物质CO2、SO2等气体为化学变化，C不符合题意；‎ D.司母戊鼎表面出现铜绿是铜单质变为碱式碳酸铜，有新物质产生，发生了化学变化，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. 血红蛋白、牛胰岛素、蚕丝、人造奶油充分水解后均可得到氨基酸 B. 李比希燃烧法、钠熔法、铜丝燃烧法、纸层析法都是元素定性分析法 C. 测定有机物结构方法较多，如红外光谱、紫外光谱、质谱、核磁共振谱、同位素示踪法等 D. 色谱法通常用于分离结构相近、物理性质和化学性质相似的物质，纸层析法就是一种简单的色谱分析法 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．人造奶油主要成分是油脂，水解产物为高级脂肪酸（或盐）和甘油，故A错误； ‎ B．李比希燃烧法是元素定量分析法，故B错误；‎ C．质谱仪其实是把有机物打成很多小块，会有很多不同的相对分子质量出现，其中质荷比最大的那个就是该有机物的相对分子质量，不能测定结构，故C错误；‎ D．纸层析法是一种物质分离的简单方法，是色谱分析法的一种，故D正确。‎ 故选D。 ‎ ‎3.下列曲线表示卤素元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据卤族元素的原子结构和性质，可知电负性随核电荷数的递增而减小，A正确；‎ B.F元素无正价，B错误；‎ C.HF分子间可以形成氢键，故其沸点高于HCl和HBr，C错误；‎ D. F2、Cl2、Br2的相对分子质量递增，其分子间作用力逐渐增强，其熔点逐渐增大，D错误。‎ 答案选A.。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子 B. 1molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子 C. 标准状况下，22.4L N2和H2混合气中含NA个原子 D. 3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．23g钠的物质的量为1mol，而1mol钠与足量水反应生成0.5mol氢气，即生成0.5NA个氢气分子，选项A错误；‎ B．铜和浓硫酸反应生成的是二氧化硫，而非三氧化硫，选项B错误；‎ C．标况下22.4L混合气体的物质的量为1mol，而氮气和氢气都为双原子分子，故1mol 混合气体中含2mol原子即2NA个，选项C错误；‎ D．由于铁完全转变为四氧化三铁后，铁的价态变为+8/3，故3mol铁失去8mol电子即8NA个，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.下列离子方程式书写正确的是 A. 在100 mL 1 mol⸱L−1的 Fe(NO3)3的溶液中通入足量SO2：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2+++4H+‎ B. 在100 mL 2 mol⸱L−1的FeI2的溶液中通入标况下5.6 L的Cl2：4Fe2++6I－+5Cl2═4Fe3++3I2+10Cl－‎ C. 向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水：2+Ca2++2OH－═CaCO3↓+2H2O+‎ D. 向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3++2+2Ba2++4OH－═2BaSO4↓++2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，漏写硝酸根离子与二氧化硫的反应，反应的离子方程式为Fe3++3+5SO2+4H2O═Fe2++5+8H++3NO↑，故A错误；‎ B．n(Fe2+)=0.2mol，n(I－)＝0.4mol，，由电子守恒及优先氧化可知，碘离子全部被氧化，亚铁离子部分被氧化，反应的离子方程式为2Fe2++8I－+5Cl2═2Fe3++4I2+10Cl－，故B错误；‎ C．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，根据少定多变思想，少的定为1mol，因此应为+Ca2++OH－═CaCO3↓+H2O，故C错误；‎ D．向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液生成硫酸钡和偏铝酸根离子，反应的离子方程式为Al3++2+2Ba2++4OH－═2BaSO4↓++2H2O，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎6.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是 A. 雾和霾的分散剂相同 B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵 C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.雾和霾的分散剂均是空气；‎ B.根据示意图分析；‎ C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；‎ D.氮肥会释放出氨气。‎ ‎【详解】A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；‎ B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；‎ C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；‎ D. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。‎ ‎【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。‎ ‎7.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的原子半径比Y的小，且X与Y 的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数。X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素。下列说法不正确的是 A. 原子半径的大小顺序：r(W)>r(Y)>r(Z)>r(X)‎ B. 元素Z、W的简单离子的电子层结构相同 C. 元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强 D. X、Y两种元素可形成分别含有10e－和18e－的化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最高的元素，则Z为O元素；X的原子半径比Y的小，则X为H元素，Y为第二周期元素；X与Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Y的最外层电子数为6-1=5，则Y为N元素；X与W同主族，则W为Na元素。‎ ‎【详解】A项、电子层书越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小顺序：r（W）＞r（Y）＞r（Z），故A正确；‎ B项、Z为O元素，位于第二周期，W为Na元素，位于第三周期，氧离子和钠离子都具有氖相同的电子层结构，故B正确；‎ C项、N元素和O元素都位于第二周期，同周期元素，随核电荷数增大，原子半径减小，非金属性依次增强，氢化物的热稳定性依次增强，氨气的的热稳定性小于水，故C错误；‎ D项、O元素和H元素可以形成含有10e－的水和18e－的双氧水，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，把握元素的位置、原子结构、原子序数、元素周期律推断元素为解答的关键。‎ ‎8.色氨酸是植物体内生长素生物合成重要的前体物质，普遍存在于高等植物中。纯净的色氨酸为白色或微黄色结晶，微溶于水易溶于盐酸或氢氧化钠，其结构如图所示，下列关于色氨酸的说法不正确的是 A. 色氨酸的分子式为C11H12N2O2‎ B. 色氨酸能发生取代、加成、酯化、中和反应 C. 色氨酸微溶于水而易溶于酸或碱溶液是因为其与酸、碱都能反应生成盐 D. 将色氨酸与甘氨酸（NH2CH2COOH）混合，在一定条件下最多可形成三种二肽 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据结构简式可知色氨酸的分子式为C11H12N2O2，A正确，不符合题意；‎ B．色氨酸分子中还有羧基、氨基和碳碳双键，能发生取代、加成、酯化、中和反应，B正确，不符合题意；‎ C．氨基是碱性基团，羧基是酸性基团，则色氨酸微溶于水而易溶于酸或碱溶液是因为其与酸、碱都能反应生成盐，C正确，不符合题意；‎ D．同种氨基酸之间也形成二肽，能形成2种二肽，色氨酸和甘氨酸反应时，色氨酸可以氨气脱氢，或者羧基脱羟基，有2种，则将色氨酸与甘氨酸（NH2CH2COOH）混合，在一定条件下形成的二肽有4种，D错误，符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎9.下列实验操作能达到实验目的的是 A. 图甲装置可证明非金属性强弱:S>C>Si B. 图乙装置可用于检验有乙烯生成 C. 图丙装置可通过蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体 D. 图丁装置可用来测定中和热 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀，证明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，元素的最高价氧化物水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，故可证明非金属性强弱：S>C>Si，A项正确；‎ B．乙醇易挥发，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，图乙装置不能确定有乙烯生成，B项错误；‎ C．AlCl3饱和溶液中，氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，直接蒸干氯化铝溶液生成氢氧化铝而不能得到AlCl3晶体，C项错误；‎ D．图丁测定反应热的装置中缺少环形玻璃搅拌棒，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎10.微生物电池可用于有机废水的处理，如图是利用微生物处理含尿素[CO(NH2)2]废水的装置。下列说法中正确的是 A. 该装置外电路中箭头的方向代表电流的方向 B. M电极反应式为CO(NH2)2-6e-+H2O=CO2↑+6H++N2↑‎ C. 当有1mlH+通过质子交换膜时，N极消耗5.6LO2‎ D. 该处理工艺会导致废水酸性增强，仍旧不能直接排放 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题给信息知，该装置是将化学能转化为电能的原电池，根据图示可知： M电极反应式为CO(NH2)2-6e-+H2O=CO2↑+6H++N2↑，所以M是负极；N电极反应式O2+4H++4e-=2H2O，所以N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，外电路中电子从负极沿箭头的方向流向正极。‎ ‎【详解】A.M是负极，N是正极，外电路中电子从负极沿箭头的方向流向正极，则装置外电路中箭头的方向代表电子的方向，故A错误； B.M电极反应式为CO(NH2)2-6e-+H2O=CO2↑+6H++N2↑，故B正确； C.未说明标准状况，无法确定氧气的物质的量，故C错误； D.电池的总反应为尿素与氧气的反应：2CO(NH2)2+3O2═2CO2↑+4H2O+2N2‎ ‎↑，该处理工艺的废水酸性很弱，能直接排放，故D错误。‎ 答案：B ‎11.电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。室温下，用0.100 mol·L-1 NH3·H2O滴定10 mL浓度均为0.100 mol·L-1HCl和CH3COOH的混合液,电导率曲线如图所示。‎ 下列说法正确的是 A. ①溶液中c(H+)为0.200 mol·L-1‎ B. 溶液温度高低为①>③>②‎ C. ③点溶液中有c(Cl-)>c(CH3COO-)‎ D. ③点后因离子数目减少使电导率略降低 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、醋酸是弱酸，不能根据醋酸的浓度来确定氢离子的浓度，错误；‎ B、酸碱中和反应是放热反应，所以反应未开始时的温度一定不是最高的，该反应过程可以认为开始的10mL氨水与盐酸反应，反应放热，后10mL氨水与醋酸反应，而醋酸电离是吸热的，所以氨水与醋酸反应放出的热量低于与盐酸反应放出的热量，所以②最高，错误；‎ C、③点时氨水与混酸完全反应生成氯化铵和醋酸铵，因为醋酸根离子水解，而氯离子不水解，所以c(Cl—)>c(CH3COO-)，正确；‎ D、③点离子数目增大，但离子浓度减小，所以电导率降低，错误，答案选C。‎ ‎12.研究表明，在催化剂a(或催化剂b)存在下，CO2和H2能同时发生两个平行反应，反应的热化学方程式如下：‎ ‎① CO2(g)+ 3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) ΔH1= − 53.7 kJ/mol ‎② CO2(g)+ H2(g)CO(g)+ H2O(g) ΔH2= + 41.2 kJ/mol 某实验小组控制CO2和H2初始投料比为1∶2.2。在相同压强下，经过相同反应时间测得的实验数据如下：‎ 实验编号 T(K)‎ 催化剂 CO2转化率(%)‎ 甲醇选择性(%)‎ ‎1‎ ‎543‎ 催化剂a ‎12.3‎ ‎42.3‎ ‎2‎ ‎543‎ 催化剂b ‎10.9‎ ‎72.7‎ ‎3‎ ‎553‎ 催化剂a ‎15.3‎ ‎39.1‎ ‎4‎ ‎553‎ 催化剂b ‎12.0‎ ‎71.6‎ ‎（备注）甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比。下列说法不正确的是 A. 相同温度下，在该时刻催化剂b对CO2转化成CH3OH有较高的选择性 B. 其他条件不变，升高温度反应①中CO2转化为CH3OH平衡转化率增大 C. 其他条件不变，增大反应体系压强反应②中平衡常数不变 D. 反应①在无催化剂、有催化剂a和有 催化剂b三种情况下能量示意图如下： ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据实验1和2、实验3和4的实验数据进行对比，相同温度下，催化剂b对CO2转化成CH3OH的数据较高，则催化剂b对CO2转化成CH3OH有较高的选择性，故A正确；‎ B.反应①为放热反应，其他条件不变，升高温度，反应①向逆向移动，CO2转化为CH3OH平衡转化率减小，故B错误；‎ C.平衡常数与温度相关，温度不变，平衡常数不变。则其他条件不变，增大反应体系压强，反应②中平衡常数不变,，故C正确；‎ D.从表中的数据分析，在催化剂b的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂b对反应①催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂b的反应过程中活化能更低，故D正确。答案选B。‎ ‎13.实验小组进行如下实验：‎ 已知：Cr2(SO4)3稀溶液为蓝紫色；Cr(OH)3为灰绿色固体，难溶于水。下列关于该实验的结论或叙述不正确的是 A. ①中生成蓝紫色溶液说明K2Cr2O7在反应中表现了氧化性 B. 操作II中仅发生反应：Cr3++3OH-═Cr(OH)3↓‎ C. 将①与③溶液等体积混合会产生灰绿色浑浊，该现象与Cr3+的水解平衡移动有关 D. 若继续向③中加入稀硫酸，溶液有可能重新变成蓝紫色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．①中生成蓝紫色溶液，可知有生成Cr2(SO4)3，反应中Cr元素的化合价降低，发生还原反应，说明K2Cr2O7在反应中作氧化剂，表现了氧化性，选项A正确；‎ B．溶液①为酸性溶液，滴加NaOH溶液会发生中和反应，即除发生Cr3++3OH﹣═Cr(OH)3↓，还发生H++OH﹣＝H2O，选项B错误；‎ C．将①与③溶液等体积混合会产生灰绿色浑浊，说明溶液中Cr3+和CrO2﹣发生双水解生成Cr（OH）3灰绿色沉淀，选项C正确；‎ D．溶液③中含CrO2﹣，滴加过量稀硫酸，先沉淀后溶解，最终生成Cr3+，最终溶液又变为蓝紫色，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎14.某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50 mL 0.001 mol/L FeCl3溶液、50mL对照组溶液x，向两种溶液中分别滴加1滴1 mol/L HCl溶液、1滴1 mol/L NaOH 溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如下图所示。‎ 下列说法不正确的是 A. 依据M点对应的pH，说明Fe3+发生了水解反应 B. 对照组溶液x的组成可能是0.003 mol/L KCl C. 依据曲线c和d说明Fe3+水解平衡发生了移动 D. 通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，原因是氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中发生了水解，故A正确；‎ B、对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，而若对照组溶液x的组成是0.003 mol/L KCl，则加酸和加碱后溶液的pH的变化应呈现轴对称的关系，所以该溶液不是0.003 mol/L KCl，故B错误；‎ C、在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液x的变化小，因为加酸或加碱均引起了Fe3+水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，故C正确；‎ D、FeCl3溶液水解出氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则水解被促进，否则被抑制，故D正确；‎ 故选B。‎ 二、非选择题 ‎15.煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx(主要成分为NO、NO2的混合物)，对烟气进行脱硫、脱硝有多种方法。‎ ‎(1)碱液吸收法：采用石灰乳脱除SO2．脱除后的主要产物是_____。‎ ‎(2)液相氧化法：采用 NaClO溶液进行脱除。‎ ‎①NaClO水解的离子方程式是_____。‎ ‎②NaClO溶液吸收NO主要过程如下 i．NO(aq)+HClO(aq)⇌NO2(aq)+HCl(aq) △H1‎ ii．3NO2(aq)+H2O(1)⇌2HNO3(aq)+NO(aq) △H2‎ NO(aq)转化为HNO3(aq)的热化学方程式是_____。‎ ‎③研究pH对NO脱除率的影响。调节 NaClO溶液的初始pH，NO的脱除率如表：‎ 初始pH ‎35‎ ‎4.5‎ ‎5.5‎ ‎6.5‎ ‎7.5‎ NO脱除率 ‎91%‎ ‎88%‎ ‎83%‎ ‎65%‎ ‎51%‎ pH影响NO脱除率的原因是_____。‎ ‎(3)研究发现，在液相氧化法中，一定量的SO2能提高NOx的脱除率。当pH＝5.5时，SO2对有效氯含量、NOx脱除率的影响如图所示。‎ ‎①据图1，通入SO2后有效氯含量降低。SO2和HClO反应的离子方程式是_____。‎ ‎②针对图2中NOx脱除率提高的原因，研究者提出了几种可能发生的反应：‎ A．SO2+2NO+H2O═N2O+H2SO4‎ B．2SO2+2NO+2H2O═N2+2H2SO4‎ C．4SO2+2NO2+4H2O═N2+4H2SO4‎ 用同位素示踪法确认发生的反应：把15NO2和NO按一定比例混合，通入SO2的水溶液中，检测气体产物。‎ a．气体产物中主要含有15NO2、N2O，则发生的主要反应是_____(填序号)。‎ b．同时检测到气体产物中还有15N N，产生15N N的化学方程式是_____。‎ ‎【答案】 (1). CaSO3 (2). ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣ (3). 2NO（aq）+3HClO（aq）＝2HNO3（aq）+3HCl（aq）△H＝3△H1+△H2 (4). pH越小，NaClO的水解平衡右移，即水解程度越大，溶液中HClO的浓度越高，则反应i的平衡右移，则NO脱除率越高 (5). SO2+HClO+H2O＝3H+++Cl- (6). A (7). 15NO2+NO+3SO2+3H2O＝15N N+3H2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)SO2是酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水；‎ ‎(2)①NaClO是强碱弱酸盐，ClO﹣水解显碱性；‎ ‎②根据盖斯定律，将反应i和反应ii做相应的变形得到目标反应，反应热做相应的变化即可；‎ ‎③pH越小则NaClO的水解程度越大，即溶液中HClO的浓度越高，根据平衡移动的方向来分析；‎ ‎(3)①SO2和HClO反应时，SO2被氧化为H2SO4，HClO被还原为HCl，据此写出离子方程式；‎ ‎②a．气体产物中主要含有15NO2、N2O，则说明15NO2没有被消耗，只有NO被消耗生成了N2O，据此分析；‎ b．同时检测到气体产物中还有15N N，则说明15NO2和NO均参与了反应，且参与此反应的两者的物质的量之比为1：1，两者均被还原，而SO2被氧化为H2SO4，据此写出化学方程式。‎ ‎【详解】(1)SO2是酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，故二氧化硫被石灰乳即Ca（OH）2吸收后生成的是CaSO3和水，故答案为：CaSO3；‎ ‎(2)①NaClO是强碱弱酸盐，ClO﹣水解显碱性：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，故答案为：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣；‎ ‎②根据盖斯定律，i×3+ii即可得目标反应：2NO（aq）+3HClO（aq）＝2HNO3（aq）+3HCl（aq），则反应热△H＝3△H1+△H2，故答案为：2NO（aq）+3HClO（aq）＝2HNO3（aq）+3HCl（aq）△H＝3△H1+△H2；‎ ‎③NaClO是强碱弱酸盐，溶液中存在水解平衡，溶液显碱性，pH越小，酸性越强，促进了NaClO的水解平衡向右移动，即水解程度越大，溶液中HClO的浓度越高，则反应i的平衡右移，则NO脱除率越高，故答案为：pH越小，NaClO 的水解平衡右移，即水解程度越大，溶液中HClO的浓度越高，则反应i的平衡右移，则NO脱除率越高；‎ ‎(3)①SO2和HClO反应时，SO2被氧化为H2SO4，HClO被还原为HCl，根据得失电子守恒和电荷守恒可知离子方程式为SO2+HClO+H2O＝3H+++Cl﹣，故答案为：SO2+HClO+H2O＝3H+++Cl﹣；‎ ‎②a．气体产物中主要含有15NO2、N2O，则说明15NO2没有被消耗，只有NO被消耗生成了N2O，则说明发生了反应A，故答案为：A；‎ b．同时检测到气体产物中还有15N N，则说明15NO2和NO均参与了反应，且参与此反应的两者的物质的量之比为1：1，两者均被还原为0价，而SO2被氧化为H2SO4，据此得失电子守恒可知化学方程式为：15NO2+NO+3SO2+3H2O＝15N N+3H2SO4．故答案为：15NO2+NO+3SO2+3H2O＝15N N+3H2SO4。‎ ‎16.锂离子电池正极材料需要纯度较高的硫酸锰，目前工业硫酸锰中杂质(钙、镁、铁等)含量高，利用下图流程可制取纯度较高的硫酸锰溶液。‎ 反应①使杂质生成氟化物的沉淀，对反应①前后的杂质含量检测结果(以350g/LMnSO4计)如下：‎ 杂质 净化前/g 净化后/g 去除率/%‎ Fe2+、Fe3+‎ ‎0.001275‎ ‎0.001275‎ ‎﹣‎ Ca2+‎ ‎0.490000‎ ‎0.021510‎ ‎95.61‎ Mg2+‎ ‎0.252000‎ ‎0025100‎ ‎90.04‎ ‎(1)滤渣x中含有的物质是_____。‎ ‎(2)试分析钙镁去除结果不同的原因：_____。‎ ‎(3)在滤液中加入KMnO4可以将Fe2+氧化为Fe3+，同时生成Mn2+．该反应的离子方程式为_____。‎ ‎(4)已知：生成氢氧化物沉淀的pH Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Mn(OH)2‎ 开始沉淀时 ‎6.3‎ ‎1.5‎ ‎8.3‎ 完全沉淀时 ‎8.3‎ ‎2.8‎ ‎9.8‎ 注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L 根据表中数据解释流程中②的目的：_____。‎ ‎(5)进一步研究表明，如果反应①后不过滤直接加入KMnO4，同时控制加入的量，反应后调节pH，然后再过滤，可以进一步提高钙镁的去除率．对钙镁去除率提高的原因有如下假设：‎ 假设I：Fe2+与生成了Fe3+，Fe3+水解生成的Fe(OH)3吸附了沉淀物；‎ 假设II：Mn2+与反应生成的活性MnO2吸附了沉淀物。‎ 选择适当的无机试剂，设计实验验证假设是否成立____________________。‎ ‎(6)锂离子电池充放电过程中，锂离子在正极和负极之间来回移动，就像一把摇椅，称“摇椅式电池”。典型的锂离子电池工作原理如图所示。‎ ‎①放电时Li+的移动方向从__________极到极_____(填“a”或“b”)。‎ ‎②已知电极总反应：LiCoO2+CLi1﹣xCoO2+CLix，写出放电时正极的电极反应式__。‎ ‎【答案】 (1). CaF2、MgF2 (2). CaF2比MgF2更难溶 (3). +5Fe2++8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O (4). 将Fe3+转化为Fe(OH)3达到分离铁元素与锰元素的目的 (5). 取工业硫酸锰废水，加入MnF2，将所得样品分成两份，其中一份加入Fe(OH)3胶体，另一份加入活性MnO2，分别检测Ca2+、Mg2+的去除率，若去除率提高（大于95.61%、90.04%），则说明假设成立 (6). b (7). a (8). Li1﹣xCoO2+xLi++xe-＝LiCoO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 工业硫酸锰中杂质（钙、镁、铁等）含量高，90°C加入水中搅拌，加入MnF2反应生成CaF2、MgF2沉淀，滤液中加入高锰酸钾溶液氧化亚铁离子生成铁离子，调节溶液pH除去铁离子分离铁离子和锰离子，滤渣y为氢氧化铁。‎ ‎【详解】(1)滤渣x中含有的物质是：CaF2、MgF2，‎ ‎(2)根据表格可以看出，钙去除得较多，钙镁去除结果不同的原因是CaF2比MgF2更难溶；‎ ‎(3)在滤液中加入KMnO4可以将Fe2+氧化为Fe3+，同时生成Mn2+，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平，该反应的离子方程式为：MnO4﹣+5Fe2++8H+5Fe3++Mn2++4H2O；‎ ‎(4)根据表中数据，可知流程中②调节溶液pH使铁离子和锰离子分离，其目的是：将Fe3+转化为Fe(OH)3达到分离铁元素与锰元素的目的；‎ ‎(5)对钙镁去除率提高原因有如下假设：‎ 假设Ⅰ：Fe2+与生成了Fe3+，Fe3+水解生成的Fe(OH)3吸附了沉淀物；‎ 假设Ⅱ：Mn2+与反应生成的活性MnO2吸附了沉淀物．‎ 设计实验验证假设是否成立：取工业硫酸锰溶液，加入MnF2，将所得样品分成两份，其中一份加入Fe(OH)3胶体，另一份加入活性MnO2，分别检测Ca2+、Mg2+的去除率，若去除率提高(大于95.61%、90.04%)，则说明假设成立；‎ ‎(6)①图中放电过程中电子从b流向a说明b为负极，a为正极，放电时Li+的移动方向从负极到正极即b极移向a电极；‎ ‎②已知电极总反应：LiCoO2+CLi1﹣xCoO2+CLix，则放电时正极的电极反应式为Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣＝LiCoO2。‎ ‎17.碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的新的生活方式．‎ ‎(1)将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等．‎ ‎①已知：Fe2O3(s)+3C(石墨)＝2Fe(s)+3CO(g) △H1＝+489.0kJ/mol C(石墨)+CO2(g)＝2CO(g) △H2＝+172.5kJ/mol 则CO还原Fe2O3的热化学方程式为____；‎ ‎②氯化钯(PdCl2)溶液常被应用于检测空气中微量CO．PdCl2被还原成单质，反应的化学方程式为_；‎ ‎(2)将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入C3H8和O2构成丙烷燃料电池．‎ ‎①负极电极反应式是：_____；‎ ‎②某同学利用丙烷燃料电池设计了一种电解法制取Fe(OH)2的实验装置(如图所示)，通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色．下列说法中正确的是_____(填序号)‎ A．电源中的a一定为正极，b一定为负极 B．可以用NaCl溶液作为电解液 C．A、B两端都必须用铁作电极 D．阴极发生的反应是：2H++2e-＝H2↑‎ ‎(3)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，得到如下三组数据：‎ 实验组 温度/℃‎ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min H2O CO CO2‎ ‎1‎ ‎650‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎1.6‎ ‎5‎ ‎2‎ ‎900‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0.4‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎900‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0.4‎ ‎1‎ ‎①该反应的正反应为_____(填“吸”或“放”)热反应；‎ ‎②实验2中，平衡常数K＝_____；‎ ‎③实验3跟实验2相比，改变的条件可能是_____(答一种情况即可)；‎ ‎(4)将2.4g碳在足量氧气中燃烧，所得气体通入100mL 3.0mol/L 的氢氧化钠溶液中，完全吸收后，溶液中所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序_____．‎ ‎【答案】 (1). Fe2O3(s)+3CO(g)＝2Fe(s)+3CO2(g) △H＝-28.5kJ/mol (2). PdCl2+CO+H2O＝Pd+CO2+2HCl (3). C3H8 +26OH-﹣20e-＝3+17H2O (4). ABD (5). 放热 (6). 16 (7). 使用了催化剂或增大了压强 (8). c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据盖斯定律，由已知热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；②根据氧化还原反应规律，写出反应的化学方程式；‎ ‎(2)①根据负极电极反应式＝总反应方程式﹣正极的电极反应式来解答；‎ ‎(3)①比较第二组的第一组反应物的转化率大小以及温度对化学平衡和转化率的影响来判断；‎ ‎②首先利用三段式计算出平衡时各物质的浓度，根据K=计算；‎ ‎③实验3跟实验2相比，温度相同，浓度相同，但实验3达到平衡所用时间少，反应速率更大，但平衡状态没有发生移动；‎ ‎(4)2.4g碳是0.2mol，燃烧生成0.2molCO2，与0.3molNaOH反应的化学方程式为：2CO2+3NaOH＝NaHCO3+Na2CO3+H2O，生成0.1molNa2CO3、0.1molNaHCO3，在含等物质的量的碳酸钠、碳酸氢钠的溶液中，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子的水解，水解使溶液显碱性，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)①Fe2O3(s)+3C(石墨)＝2Fe(s)+3CO(g)△H1＝+489.0kJ/mol ①‎ C(石墨)+CO2(g)＝2CO(g)△H2＝+172.5kJ/mol ②‎ 由①﹣②×3，得到热化学方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)＝2Fe(s)+3CO2(g)△H＝﹣28.5kJ/mol，故答案为：Fe2O3(s)+3CO(g)＝2Fe(s)+3CO2(g)△H＝﹣28.5kJ/mol，‎ ‎②氧化还原反应规律，CO与PdCl2溶液反应，PdCl2被还原成单质，则CO被氧化成CO2，根据质量守恒定律，有水参与反应同时生成氯化氢，反应的化学方程式为：PdCl2+CO+H2O＝Pd+CO2+2HCl，故答案为：PdCl2+CO+H2O＝Pd+CO2+2HCl；‎ ‎(2)C3H8和O2构成丙烷燃料电池的总反应：C3H8+5O2+6OH﹣＝3+7H2O，正极发生还原反应，电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，负极发生氧化反应，电极反应式为：C3H8 ‎ ‎+26OH﹣﹣20e﹣＝3+17H2O；故答案为：C3H8 +26OH﹣﹣20e﹣＝3+17H2O；‎ ‎②A．因为生成的氢气将装置中原有氧气溢出，所以氢气从B端阴极析出，A电极则是铁做阳极失去电子生成亚铁离子，电源中的a与A相连，则a为正极，b与B相连，则b为负极，选项A正确；‎ B．电解池中阳极是铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，阴极是溶液中的氢离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中的阴离子不会在阳极失电子，所以选用NaCl溶液不影响实验，选项B正确；‎ C．阳极应该用铁电极，阴极可以是铁也可以是其他惰性电极，选项C错误；‎ D．阴极氢离子放电，其电极反应为2H++2e﹣＝H2↑，选项D正确；‎ 答案选ABD；‎ ‎(3)①实验1中CO的转化率为1.6mol4mol×100%＝40%，实验2中CO的转化率为0.4mol2mol×100%＝20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热，故答案为：放热；‎ ‎②‎ 根据K= ==16，故答案：16；‎ ‎③实验3跟实验2相比，温度相同，浓度相同，但实验3达到平衡所用时间少，反应速率更大，但平衡状态没有发生移动，应是使用了催化剂，又由于反应前后气体体积不变，则增大了压强，平衡也不移动，也可能为压强的增大，故答案为：使用了催化剂或增大了压强；‎ ‎(4)2.4g碳是0.2mol，燃烧生成0.2molCO2，与0.3molNaOH反应的化学方程式为：2CO2+3NaOH＝NaHCO3+Na2CO3+H2O，生成0.1molNa2CO3、0.1molNaHCO3，在含等物质的量的碳酸钠、碳酸氢钠的溶液中，c(Na+)最大，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子的水解，则c()＞c()，水解使溶液显碱性，则c(OH﹣)＞c(H+)，显性离子大于隐性离子，所以c()＞c()＞c(OH﹣)＞c(H+)，即离子浓度大小为：c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH﹣)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH﹣)＞c(H+)。‎ ‎18.PHB是一种树脂，有机物K是一种抗惊厥药物，它们的合成路线如下：‎ 已知：R、R′、R″代表烃基 ‎①RCN→H2O/H+RCOOH ‎②RCOOH+‎ ‎③+H2O ‎(1)B→C的反应类型是_____．‎ ‎(2)写出一定条件下C→D的化学方程式_____：．‎ ‎(3)有机物甲的结构简式为_____．‎ ‎(4)写出E→F的化学方程式_____．‎ ‎(5)已知1mol J最多与2mol NaHCO3反应；K分子结构中含有一个五元环与一个六元环．写出一定条件下J→K的化学方程式：_____．‎ ‎(6)S是A的一种同分异构体，分子中没有环状结构，S的核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为6：3：1，则S的结构简式为(写出一种即可)_____．‎ ‎【答案】 (1). 加成反应（或还原反应） (2). n+(n-1)H2O (3). (4). +2CH3CH2OH+2H2O (5). +CH3NH2+2H2O (6). 或或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由信息②，A被高锰酸钾溶液氧化生成B、E分别为、HOOCCH2COOH中的一种，根据PHB树脂结构简式，C发生缩聚反应生成PHB，则C结构简式为，B和氢气发生加成反应生成C，B为，故E为HOOCCH2COOH．E与甲醇发生酯化反应生成F，F和甲反应生成G，根据信息③甲为，F为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，G与HCN发生加成反应生成H，H发生水解反应、再脱去分子二氧化碳生成J，1mol J最多与2molNaHCO3反应，说明J中含有两个羧基，J和CH3NH2反应生成K，根据分子式，J发生取代反应生成K，K分子结构中含有一个五元环与一个六元环，J中2个羧基与CH3NH2脱水，2个羧基之间相隔2个碳原子，J结构简式为，K结构简式为。‎ ‎【详解】（1）通过分析，B与氢气发生加成反应生成C，也属于还原反应，故答案为：加成反应（或还原反应）；‎ ‎（2）C结构简式为，C发生缩聚反应生成D，反应方程式为，故答案为：；‎ ‎（3）通过分析，甲为，故答案为：；‎ ‎（4）E和乙醇发生酯化反应生成F，反应方程式为：，故答案为：；‎ ‎（5）J结构简式为，K结构简式为，J发生取代反应生成K，反应方程式为，故答案为：；‎ ‎（6）A结构简式为，不饱和度为3，S是A的一种同分异构体，分子中没有环状结构，含有含有3个双键，或1个双键、1个三键，S的核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为6：3：1，则S的结构简式为，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查有机物推断，难点（6）同分异构体的书写，A结构简式为，不饱和度为3，S是A的一种同分异构体，分子中没有环状结构，含有含有3个双键，或1个双键、1个三键，S的核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为6：3：1，由此写出符合条件的异构体。‎ ‎19.某兴趣小组利用电解装置，探究“铁作阳极”时发生反应的多样性，实验过程如下。‎ ‎(1)实验1：用KCl作电解质，一定电压下，按图1‎ 装置电解，现象如下：石墨电极上迅速产生无色气体，铁电极上无气体生成，铁逐渐溶解。5 min后U型管下部出现灰绿色固体，之后铁电极附近也出现灰绿色固体，10 min后断开K．按图2进行实验。‎ ‎①石墨电极上的电极反应式是_____。‎ ‎②确认灰绿色固体中含有Fe2+的实验现象是_____。‎ ‎③灼烧晶体X，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色。结合平衡移动原理，解释“试管i中析出白色晶体”的原因是_____。‎ ‎(2)实验2：其他条件不变时，用图3装置重复实验，10 min后铁电极附近溶液依然澄清，断开K，按图4进行实验 ‎①结合图1和图2装置中现象的差异说明盐桥的作用是_____。‎ ‎②对比图2和图4的现象，解释实验1和2中阳极附近实验现象不同的原因是：_____。‎ ‎(3)实验3：用KOH作电解质 用图1装置电解浓KOH溶液，观察到铁电极上立即有气体生成，附近溶液逐渐变为淡紫色()，没有沉淀产生。‎ ‎①铁电极上OH-能够放电的原因是_____。‎ ‎②阳极生成FeO的总电极反应式是_____。‎ ‎③某同学推测生成的必要条件是浓碱环境，将图5中的实验方案补充完整，证实推测成立。试剂a：_____、现象b：_____。‎ ‎(4)根据上述实验，“铁作阳极”时发生反应的多样性与_____有关。‎ ‎【答案】 (1). 2H++2e-＝H2↑（或2H2O+2e-＝2OH-+H2↑） (2). 试管iii中生成蓝色沉淀，试管v中没有蓝色沉淀 (3). 试管i中存在溶解平衡：KCl(s)⇌K+(aq)+Cl-(aq)，滴加12 mol/L的盐酸，增大c(Cl-)，平衡逆向移动，析出KCl晶体 (4). 阻碍OH-向阳极迁移，避免灰绿色固体生成 (5). 本实验条件下铁在阳极区的产物主要为Fe2+，Fe2+在碱性条件下更容易被氧化为Fe3+ (6). c(OH-)增大，反应速率加快（更容易放电） (7). Fe﹣6e-+8OH-＝+4H2O (8). 水 (9). 紫色消失 (10). OH-的浓度 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①石墨电极是电解池的阴极，电极上的电极反应是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气；‎ ‎②灰绿色固体用盐酸溶解后的溶液中加入铁氰化钾溶液生成蓝色蓝色沉淀，灰绿色悬浊液过滤后的溶液中加入铁氰化钾溶液无蓝色沉淀生成；‎ ‎③灼烧固体X透过蓝色钴玻璃观察到火焰为紫色，说明含钾元素，是因为试管i中存在溶解平衡：KCl（s）⇌K+ （aq）+Cl﹣（aq），滴加12mol/L的盐酸，增大c（Cl﹣），平衡逆向移动；‎ ‎（2）①盐桥中的氯离子代替氢氧根离子向阳极移动，避免氢氧化亚铁的生成；‎ ‎②依据实验Ⅰ中的vi、vii与ii～v中的实验现象比较可知，vii中加溶液入铁氰化钾溶液后生成大量蓝色沉淀，说明在使用盐桥的实验条件下，铁在阳极区的产物为亚铁离子，vi中溶液中加入KSCN溶液后溶液呈浅红色；‎ II．KOH作电解质 ‎（3）①氢氧根离子浓度增大，反应速率加快，氢氧根离子会放电生成氧气；‎ ‎②阳极上生成的氧气能够将亚铁离子氧化为FeO；‎ ‎③推测生成FeO的必要条件是浓碱环境，只需要改变溶液碱性看是否仍然生成FeO；‎ ‎（4）根据以上实验现象分析“铁作阳极”时影响反应产物的因素。‎ ‎【详解】（1）①石墨电极为阴极，溶液中的氢离子放电生成氢气，电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑或2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，故答案为：2H++2e﹣＝H2↑（或2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑）；‎ ‎②灰绿色固体用盐酸溶解后的溶液中加入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，灰绿色悬浊液过滤后的溶液中加入铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成，说明灰绿色悬浊液中含有Fe2+，故答案为：试管iii中生成蓝色沉淀，试管v中没有蓝色沉淀；‎ ‎③灼烧晶体X，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明含有钾元素，是因为试管i中存在溶解平衡：KCl（s）⇌K+（aq）+Cl﹣（aq），滴加12 mol/L的盐酸，增大c（Cl﹣），平衡逆向移动，析出KCl晶体，白色晶体为氯化钾晶体，故答案为：试管i中存在溶解平衡：KCl（s）⇌K+（aq）+Cl﹣（aq），滴加12 mol/L的盐酸，增大c（Cl﹣），平衡逆向移动，析出KCl晶体；‎ ‎（2）①盐桥中的氯离子代替氢氧根离子向阳极移动，避免灰绿色固体生成，故答案为：阻碍OH﹣向阳极迁移，避免灰绿色固体生成；‎ ‎②根据实验I中vi、vii与ii～v中的现象比较可知，vii中加入铁氰化钾溶液后生成大量蓝色沉淀，说明在使用盐桥的实验条件下铁在阳极区的产物主要为Fe2+，vi中溶液在加入KSCN溶液后呈浅红色，说明Fe2+在碱性条件下更容易被氧化为Fe3+，故答案为：本实验条件下铁在阳极区的产物主要为Fe2+，Fe2+在碱性条件下更容易被氧化为Fe3+；‎ ‎（3）①c（OH﹣）增大，反应速率加快，使得铁电极上OH﹣能够放电，故答案为：c（OH﹣）增大，反应速率加快（更容易放电）；‎ ‎②阳极上生成的氧气能够将亚铁离子氧化生成FeO，反应的总电极反应式为：Fe﹣6e﹣+8OH﹣＝FeO+4H2O，故答案为：Fe﹣6e﹣+8OH﹣＝FeO+4H2O；‎ ‎③要推测生成FeO的必要条件是浓碱环境，只需要改变溶液的碱性，看是否仍然生成FeO即可，实验方案为：将淡紫色（FeO42﹣）溶液加入水中稀释，使溶液的碱性减弱，则发生反应4FeO+10H2O⇌4Fe（OH）3↓+8OH﹣+3O2↑，看到紫色消失，生成红褐色沉淀和无色气体，说明生成FeO的必要条件是浓碱环境，故答案为：水；紫色消失；‎ ‎（4）根据上述实验可知，“铁作阳极”时发生反应的多样性与OH﹣的浓度有关，故答案为：OH﹣的浓度。‎ ‎【点睛】本题以铁为阳极时发生反应的多样性探究实验考查电解原理的应用，明确电解原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，难点（3）③推测生成FeO的必要条件是浓碱环境，只需要改变溶液碱性看是否仍然生成FeO。‎