北京市海淀区中关村中学2020届高三三模化学试题 Word版含解析

北京市海淀区中关村中学2020届高三三模化学试题 Word版含解析

‎2020 届高三化学统练试题 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Mn 55 ‎ ‎1.下列文物的材质属于合金的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.人面鱼纹彩陶盆的材质属于陶瓷，是无机非金属材料，A不属于合金；‎ B.青铜四羊方尊的材质属于铜的合金，B符合题意；‎ C战国水晶杯的材质是二氧化硅，是无机非金属材料，C不属于合金；‎ D.直裾素纱襌衣的材质是蚕丝，属于天然有机高分子材料，D不属于合金。‎ 故选B。‎ ‎2.糖类、油脂、蛋白质是人体必需的基本营养物质，下列说法不正确的是 A. 向蔗糖酸性条件下水解后的溶液中直接加入新制 Cu(OH)2 悬浊液，检验其是否水解 B. 油酸甘油酯与氢气反应可得到硬脂酸甘油酯，还可以在碱性条件下水解为油酸钠和甘油 C. 氨基酸与酸可以反应生成盐，是因为分子结构中含有－NH2‎ D. 向鸡蛋清溶液中加入 BaCl2 溶液，产生白色沉淀，过滤后向白色沉淀中加水，沉淀不溶解 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.蔗糖酸性条件下水解后的溶液中含有作为催化剂的酸，要检验其水解产物中的葡萄糖，应先加入适量的氢氧化钠溶液调节溶液呈碱性，然后再向其中加入新制Cu(OH)2悬浊液，才能检验其是否水解，A说法不正确；‎ B. 油酸是分子中含有18个碳原子的不饱和高级脂肪酸，而硬脂酸是分子中含有18‎ - 22 -‎ 个碳原子的饱和高级脂肪酸，油酸甘油酯可与氢气发生加成反应得到硬脂酸甘油酯，还可以在碱性条件下水解为油酸钠和甘油，B说法正确；‎ C. －NH2的性质与NH3相似，因此氨基酸可以与酸反应生成盐，C说法正确；‎ D. BaCl2溶液能使蛋白质变性，因此向鸡蛋清溶液中加入BaCl2溶液后产生白色沉淀，变性是不可逆的，过滤后向白色沉淀中加水，沉淀不溶解，D说法正确。‎ 综上所述，答案选A。‎ ‎3.下列玻璃仪器的洗涤方法正确且涉及氧化还原反应的是 A. 附有银镜的试管用氨水清洗 B. 附有油脂的烧杯用热纯碱溶液清洗 C. 附有MnO2的烧瓶用热的浓盐酸清洗 D. 附有碘的试管用酒精清洗 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．银单质与氨水不反应，可用稀硝酸洗去，洗涤方法不正确，A不符题意；‎ B．油脂在碱性环境下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，高级脂肪酸钠和甘油都能溶于水而洗去，洗涤方法正确，水解属于取代反应，反应中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，B不符题意；‎ C．二氧化锰与热的浓盐酸反应生气氯气、氯化锰和水，不溶性的二氧化锰转化为可溶性的氯化锰而洗去，洗涤方法正确，反应中氯元素、锰元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，C符合题意；‎ D．碘能溶于酒精形成溶液，因此附有碘的试管用酒精清洗，洗涤方法正确但属于物理变化，D不符题意。‎ 答案选C。‎ ‎4.中科院电子学研究所的研究人员已经掌握了锶原子光钟研究的一系列关键技术，为显著提高卫星导航系统的定位精度奠定了基础。锶（元素符号 Sr）的原子序数为 38，下列说法中不正确的是 A. 84Sr、86Sr、87Sr、88Sr 互为同位素 B. 由 Sr 的原子序数可知，其在周期表中的位置是第五周期第 IIA 族 C. 根据元素周期律可知，Sr(OH)2 的碱性强于 Ca(OH)2，弱于 Ba(OH)2‎ D. 根据元素周期律可知，Sr 的还原性强于 Mg，因此可以从 MgCl2 溶液中置换出 Mg ‎【答案】D - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A.84Sr、86Sr、87Sr、88Sr等几种原子都是Sr元素的不同原子，故其互为同位素，A说法正确；‎ B. 由 Sr 的原子序数可知其各个电子层排布的电子数依次为2、8、18、18、2，共有5个电子层，最外层有2个电子，故其在周期表中的位置是第五周期第 IIA 族，B说法正确；‎ C. Ca、Sr、Ba位于同一主族，其金属性依次增强，根据元素周期律可知，Sr(OH)2的碱性强于Ca(OH)2，弱于Ba(OH)2，C说法正确；‎ D. 根据元素周期律可知，Sr 的还原性强于 Mg，Mg能与冷水反应，故Sr也能与冷水反应，因此不能从MgCl2溶液中置换出 Mg，D说法错误。‎ 答案选D。‎ ‎5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. pH=1 的溶液中：HCO、SO、K+、Cl-‎ B. 遇酚酞变红的溶液中：NO、Na+、、SiO、K+‎ C. c(NO) = 1 mol·L -1 的溶液中：H+、Fe2+、Cl-、NH D. 无色透明溶液中： K+、SO、Na+、MnO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=1 的溶液呈较强的酸性，HCO会与酸反应生成二氧化碳，A不能大量共存；‎ B. 遇酚酞变红的溶液呈碱性，NO、Na+、、SiO、K+等几种离子在该溶液中不能发生离子反应，故B一定能大量共存；‎ C. 在酸性条件下具有强氧化性，c(NO) = 1 mol·L -1的溶液中，H+、NO、Fe2+三者可以发生反应，Fe2+被氧化为Fe3+，故C不能大量共存；‎ D. MnO能使溶液呈紫色，因此，在无色透明溶液中， MnO不能大量存在，D不符合题意。‎ 综上所述，在指定溶液中一定能大量共存的是B。‎ ‎6.下列解释事实的化学用语正确的是 A. 用饱和 Na2CO3 溶液浸泡锅炉水垢除去其中的 CaSO4：CO+ CaSO4 CaCO3 + SO - 22 -‎ B. 用白醋和淀粉 KI 试纸检验加碘盐中的 KIO3：5I− + IO + 3H2O = 3I2 + 6OH-‎ C. 碱性条件下，用 KClO 溶液与 Fe(OH)3 反应制备新型净水剂 K2FeO4： 3ClO− + 2Fe(OH)3 = 2FeO+ 3Cl− + 4H+ + H2O D. 氯碱工业制备氯气：2Cl− + 2H+ Cl2↑+ H2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用饱和Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢，可以发生沉淀的转化，其离子方程式为CO+ CaSO4 CaCO3+ SO，A正确；‎ B. 用白醋和淀粉 KI 试纸可以检验加碘盐中的KIO3，因为在酸性条件下KI 和KIO3可以发生归中反应，其离子方程式为5I− + IO+ 6CH3COOH = 3I2+ 3H2O+6CH3COO-，B不正确；‎ C. 碱性条件下，用 KClO 溶液与Fe(OH)3反应制备新型净水剂K2FeO4，该反应的离子方程式为3ClO−+ 2Fe(OH)3+4OH- = 2FeO+ 3Cl−+ 5 H2O，C不正确；‎ D. 氯碱工业电解饱和食盐水制备氯气，该反应的离子方程式为2Cl−+ 2 H2OCl2↑+ H2↑+2OH-，D不正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】写离子方程式，要注意用化学式表示弱电解质和难溶物，要注意反应环境的酸碱性变化，在酸性的溶液中不可能生成碱，同理，在碱性的环境中也不可能生成酸，要注意使用电解质中的离子去配平电荷守恒。‎ ‎7.一定温度下，H2(g)与I2(g)反应生成HI(g)，反应的能量变化如下图所示。下列说法不正确的是 A. H2(g)+I2(g)=2HI(g) ΔH＝-13kJ·mol−1‎ B. 反应物的总能量比生成物的总能量高 C. H2(g)和I2(g)的总能量比HI(g)的能量高13kJ - 22 -‎ D. 断裂反应物中化学键吸收的总能量比形成生成物中化学键放出的总能量低 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图知反应是放热反应，△H=生成物所具有的能量总和-反应物所具有的能量总和=-13kJ·mol−1，故A正确；‎ B．由纵坐标知，反应物的总能量比生成物的总能量高，故B正确；‎ C．由图知，1molH2(g)和1molI2(g)的总能量比2molHI(g)的能量高13kJ，故C错误；‎ D．由图知反应是放热反应，断裂反应物中化学键吸收的总能量比形成生成物中化学键放出的总能量低，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎8.化合物 Y 能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物 X 与 2-甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：‎ 下列有关化合物 X、Y 的说法正确的是 A. X 分子中所有原子一定共平面 B. Y 分子存在顺反异构 C. 可以用酸性 KMnO4 溶液鉴别 X 和 Y D. X→Y 的反应为取代反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据苯分子中的所有原子共面以及单键是可以旋转的，可以判断X 分子中的—OH中的H原子不一定与苯环共面，A说法不正确；‎ B. Y 分子中的1号C原子上有两个H原子，故其不存在顺反异构，B说法不正确；‎ C. X分子中有酚羟基，故其具有较强的还原性，Y分子中含碳碳双键，因此两者均能使酸性KMnO4溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液鉴别 X 和 Y，C说法不正确；‎ D. 由题中信息可知，X 与 2-甲基丙烯酰氯在一定条件下反应生成Y，X分子中的羟基上的氢原子被2-甲基丙烯酰基取代，因此该反应为取代反应，D说法正确。‎ 答案选D - 22 -‎ ‎9.下列实验能够达到实验目的的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．检验FeCl3溶液中是否含有Fe2+，不能用硫氰化钾溶液检测，应该选用K3[Fe(CN)6]溶液，取少量的试样与试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，若有蓝色沉淀生成则试样含有Fe2+，若无明显现象，则试样中不含有Fe2+，A实验不能达到实验目的；‎ B．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与碘化钾发生置换反应生成碘单质，可以比较Cl2和I2的氧化性，B实验能达到实验目的；‎ C．在敞口的条件下，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，生成的氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，得不到氢氧化亚铁，C实验不能达到实验目的；‎ D．电石中的主要成分是碳化钙，同时还含有硫化钙和磷化钙，所以电石与水反应生成乙炔的同时，还生成硫化氢、磷化氢等，硫化氢和硫化氢都具有强还原性，都可以使溴水褪色，D实验不能达到实验目的；‎ 答案选B。‎ ‎10.某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为：‎ MnO2+Zn +(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4[Zn(OH)2]3·xH2O 其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。‎ - 22 -‎ 下列说法中，不正确的是 A. 碳纳米管具有导电性，可用作电极材料 B. 放电时，电池的正极反应为：MnO2+e−+H+==MnOOH C. 充电时，Zn2+移向Zn膜 D. 合成有机高聚物的单体是：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该电池以碳纳米管做电极材料，可知碳纳米管具有导电性，故A正确；‎ B. 原电池正极发生还原反应，根据放电时的总反应式，放电时MnO2得电子发生还原反应，所以电池的正极反应为：MnO2+e−+H2O==MnOOH+OH-，故B错误；‎ C. 充电时该装置为电解池，阳离子移向阴极，充电时Zn膜充当阴极，所以Zn2+移向Zn膜，故C正确；‎ D. 根据高聚物的结构单元，该高聚物为加聚产物，合成有机高聚物的单体是：，故D正确；选B。‎ ‎11.根据下列图示所得出的结论不正确的是 A. 图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0‎ B. 图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )‎ - 22 -‎ 随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小 C. 图丙是室温下用0.1000 mol·L−1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸 D. 图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+ )与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42− )越大c(Ba2+ )越小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0；‎ B. 根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；‎ C. 根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸；‎ D. 根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。‎ ‎【详解】A. 升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0，A项正确；‎ B. 根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；‎ C. 根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C项错误；‎ D. 根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。‎ ‎12.在大试管内将足量NaHCO3加热到 ‎200℃‎，将产生的混合气体通入到盛有‎1.87 g Na2O和Na2O2的密闭容器中，待Na2O和Na2O2全部反应后，得到标准状况下224 mL O2；再将反应后密闭容器内的固体全部溶于水配成 100 mL 溶液。下列说法正确的是 - 22 -‎ A. Na2O和Na2O2 均为碱性氧化物 B. 参加反应的NaHCO3物质的量为 0.04 mol C. 反应过程中总共转移 0.04 mol 电子 D. 配成的 100 mL 溶液中 c(Na+) = 0.5 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据题干信息，在大试管内将足量NaHCO3加热到‎200℃‎，发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，产生的CO2优先与Na2O和Na2O2反应，发生的反应为：Na2O+CO2=Na2CO3，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据元素守恒、得失电子守恒和关系式法进行分析解答。‎ ‎【详解】A．碱性氧化物与水反应只生成碱，而Na2O2与水反应还生成O2，所以Na2O2不是碱性氧化物，A选项错误；‎ B．标准状况下224mLO2物质的量为，根据得失电子守恒可知，2Na2O2~O2，则n(Na2O2)=0.02mol，m(Na2O2)=0.02mol×‎78g/mol=‎1.56g，因此m(Na2O)=‎1.87g-1.56g=‎0.31g，n(Na2O)=，根据上述分析中的反应方程式可得n(CO2)=0.005mol+0.02mol=0.025mol，则n(NaHCO3)=0.05mol，B选项错误；‎ C．反应过程中，Na2O2的一个O由-1价升高至0价，另一个O由-1价降低至-2价，因此反应过程中共转移0.02mol电子，C选项错误；‎ D．根据B选项可知，n(Na2O2)=0.02mol，n(Na2O)=0.005mol，根据Na元素守恒可知，反应后密闭容器内的固体中n(Na+)=(0.02mol+0.005mol)×2=0.05mol，将固体全部溶于水配成100 mL溶液，溶液中c(Na+)=，D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.在 3 个体积均为 ‎2.0 L 的恒容密闭容器中，反应H2O(g) + C(s)CO(g) + H2(g) ΔH > 0分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是 温度 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol - 22 -‎ 容器 ‎（T1>T2）‎ n(H2O)‎ n(C)‎ n(CO)‎ n(H2)‎ n(CO)‎ I T1‎ ‎0.5‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.25‎ II T1‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎0‎ x III T2‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.5‎ ‎0.5‎ y A. 当温度为 T1时，该反应的化学平衡常数值为 0.25‎ B. 若 5min 后容器 I 中达到平衡，则 5min 内的平均反应速率：v(H2) = 0.05mol·L-1·min-1‎ C. 达到平衡时，容器 II 中H2O的转化率比容器 I 中的小 D. 达到平衡时，容器 III 中 CO 的转化率小于 50%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由容器I的数据可知，当温度为 T1时，n(H2O)起始=0.5mol，n(CO)平衡=0.25mol，由于各组分的化学计量数相同，故其变化量均为0.25mol，H2O(g)的转化率为50%，因此，H2O(g)、 CO(g) 、H2(g)的平衡浓度均为0.125mol/L，该反应的化学平衡常数值K= 0.125，A不正确；‎ B. 若 5min 后容器 I 中达到平衡，则 5min 内的平均反应速率：v(H2) = 0.025mol·L-1·min-1，B不正确；‎ C. 容器 II中H2O(g)的投料是I的2倍，达到平衡时相当于将容器I压缩到原来的一半，化学平衡将向逆反应方向移动，H2O(g)的转化率减小，因此，容器 II 中H2O的转化率比容器 I 中的小，C正确；‎ D. 容器 III的投料与容器I相当（容器I中多加的0.5molC可以不考虑，因为其浓度不变），若其在T1达到平衡，CO 的转化率与I的H2O(g)的转化率之和为1，即50%；反应H2O(g) + C(s)CO(g) + H2(g) ΔH ＞ 0，因为T1＞T2，降低温度，化学平衡向逆反应方向移动，因此，达到平衡时，容器 III 中的 CO 的转化率大于 50%，D不正确；‎ 综上所述，答案选C。‎ - 22 -‎ ‎14.在药物制剂中，抗氧剂与被保护的药物在与发生反应时具有竞争性，抗氧性强弱主要取决于其氧化反应的速率。、和是三种常用的抗氧剂。下列说法中，不正确的是 已知：溶于水发生反应：‎ 实验用品 实验操作和现象 ‎①溶液 ‎②溶液 ‎③溶液 实验1：溶液①使紫色石蕊溶液变蓝，溶液②使之变红。‎ 实验2：溶液①与反应，保持体系中浓度不变，不同pH条件下，随反应时间变化如图所示。‎ 实验3：调溶液①②③的pH相同，保持体系中浓度不变，测得三者与的反应速率相同。‎ A. 溶液显碱性，原因是：‎ B. 溶液中的电离程度大于水解程度 C. 实验2说明，在时抗氧性最强 D. 实验3中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液①使紫色石蕊溶液变蓝，溶液显碱性，原因是亚硫酸根离子水解溶液显碱性：，故A正确；‎ - 22 -‎ B．溶液②溶液使紫色石蕊溶液变红，说明溶液显酸性，说明溶液中的电离程度大于水解程度，故B正确；‎ C．图象分析碱性越强，抗氧化性越强，酸性越强抗氧化性越弱，在时离子浓度大，抗氧性最弱，故C错误；‎ D．溶于水发生反应：，调溶液①②③的pH相同，保持体系中浓度不变，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此测得三者与的反应速率相同，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎15.硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿（含 Mg2B2O5·H 2O、SiO2 及少量 Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：‎ 已 知 ：H3BO3+H2O H++B(OH)，Ka = 5.81×10 −10‎ ‎（1）“吸收”过程中反应的化学方程式为_________________________________。‎ ‎（2）“滤渣 ‎1”‎的主要成分有_____。‎ ‎（3）为检验“过滤 ‎1”‎后的滤液中是否含有 Fe3+离子，可选用的化学试剂是____________________________。‎ ‎（4）在“过滤 ‎2”‎前，将溶液 pH 调节至 3.5，目的是_____。‎ ‎（5）在“沉镁”中生成 Mg(OH)2·MgCO3 沉淀的离子方程式为________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). NH4HCO3+NH3=(NH4)2CO3 (2). Fe2O3、Al2O3、SiO2 (3). KSCN溶液 (4). 转化为H3BO3，促进析出 - 22 -‎ ‎ (5). 2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，硼镁矿粉经硫酸铵溶液溶浸后，产生的气体为氨气，经过滤1后，调节滤液的pH为3.5，再经过滤2，可以得到的滤渣是硼酸；氨气用碳酸氢铵溶液吸收后，所得混合液与过滤2的滤液混合可以得到碱式碳酸镁沉淀，该沉淀可以制备轻质氧化镁。‎ ‎【详解】（1）“吸收”过程中，氨气与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸铵，该反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3=(NH4)2CO3。‎ ‎（2）硼镁矿粉经硫酸铵溶液溶浸后，由于硫酸铵溶液呈酸性，Mg2B2O5·H2O与其反应生成硼酸、硫酸镁和氨气，Fe2O3、Al2O3、SiO2不与硫酸铵溶液发生反应，故 “滤渣 ‎1”‎的主要成分有Fe2O3、Al2O3、SiO2。‎ ‎（3）Fe3+与KSCN溶液可以发生反应，生成物为可溶于水的红色物质，因此，可选用KSCN溶液检验“过滤 ‎1”‎后的滤液中是否含有Fe3+离子。‎ ‎（4）在“过滤 ‎2”‎前，溶液中有硼酸，由于硼酸为一元弱酸，因此，将溶液 pH 调节至 3.5的目的是将B（OH）4-转化为B（OH）3，并促进其析出。‎ ‎（5）在“沉镁”中，碳酸铵与硫酸镁溶液反应生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀，该反应的离子方程式为2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3-。‎ ‎16.金属冶炼、电镀、电路板生产等过程会产生大量的 Cu2+，Cu2+是一种重金属离子，严重影响水生动植物的生长发育，对人体健康也有很大危害，必须经过处理达标后方可排放。某电路板生产企业的水质情况及国家允许排放的污水标准如下表：‎ 项目 废水水质 排放标准 pH ‎1.0‎ ‎6~9‎ Cu2+(mg/L)‎ ‎1470‎ ‎≤0.5‎ 氨氮(mg/L)‎ ‎2632‎ ‎≤15‎ - 22 -‎ Ⅰ.为研究上述废水中 Cu2+的处理方法并实现 Cu 的资源化回收，有研究者进行了如下实验： 向一定体积的废水中加入一定量废铁屑和焦炭粉，置于搅拌器上搅拌 90min、静置，经分析测得上清液中铜含量约为 72mg/L；滤出上清液，向滤液中加入一定量 FeS 固体，充分搅拌后静置，经分析测得其中铜含量已经达标。‎ ‎(1)在 pH=1.0 的废水中，氨氮的主要存在形式是_____(用化学式表示)。‎ ‎(2)①加入废铁屑后，废水中铜含量明显减少，反应的离子方程式是_____‎ ‎②加入焦炭可以加快反应速率，原因是_________________________________‎ ‎(3)结合化学用语解释加入 FeS 固体使废水达标的原因_________________________。‎ ‎(4)在处理废水过程中使用的铁粉会因表面布满一层铜膜而失效，因此要对失效的铁粉进行活化处理，同时回收铜。处理方法为：用一定浓度的氨水浸泡包覆铜膜的铁粉，露置在空气中一段时间后，可以将表面的 Cu 转化为[Cu(NH3)4]2+与铁粉分离。‎ 请写出 Cu 转化为 [Cu(NH3)4]2+的离子方程式：_____。‎ Ⅱ为研究废水处理的最佳 pH，取五份等量的 I 中上清液， 分别用 30%的 NaOH 溶液调节 pH 值至 8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量。实验结果如图所示。查阅资料可知：Cu(OH)2 + 4NH3 [Cu(NH3)4]2+ + 2OH-。‎ ‎(5)根据实验结果，你认为最佳的 pH 约为_____________________________。结合资料解释实验结果呈图中 b~d 段曲线所示的原因：_________________________。‎ ‎【答案】 (1). NH4+ (2). Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ (3). 铁屑、焦炭粉和废水中的电解质可以形成许多微小的原电池 (4). FeS+Cu2+=CuS+Fe2+ (5). 2Cu+O2+8 NH3∙H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH- +6H2O (6). 9 (7). 在b~c之间，随着清液pH增大，c(OH-)增大，NH4+与OH-反应生成NH3∙H2O，使得c(NH3)增大，Cu(OH)2+ 4NH3 [Cu(NH3)4]2+ + 2OH-向正反应方向移动，故清液中的铜浓度升高；在c~d之间，随着c(OH-)‎ - 22 -‎ 增大，上述平衡向逆反应方向移动，故清液中的铜浓度又逐渐降低。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中信息可知，向一定体积的废水中加入一定量废铁屑和焦炭粉，可以形成原电池加快铁置换铜的速率；滤出上清液，向滤液中加入一定量 FeS 固体，充分搅拌后，发生沉淀的转化，可以使其中铜含量达标。根据平衡移动原理分析图中曲线变化的原因。‎ ‎【详解】(1)在 pH=1.0 的废水显酸性，根据氨气可以与酸反应生成铵盐可知，氨氮在该废水中的主要存在形式是NH4+。‎ ‎(2)①铁比铜活泼，铁可以与铜盐发生置换反应，因此加入废铁屑后，废水中的铜含量明显减少，反应的离子方程式是Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；‎ ‎②废水中加入一定量废铁屑和焦炭粉后，可以形成许多微小的原电池，形成原电池可以加快化学反应速率；‎ ‎(3)FeS可以与废水的Cu2+发生反应生成溶解度更小的CuS，因此，加入 FeS 固体使废水达标的原因用离子方程式可表示为FeS+Cu2+=CuS+Fe2+。‎ ‎(4)用一定浓度的氨水浸泡包覆铜膜的铁粉，露置在空气中一段时间后，可以将表面的 Cu 转化为[Cu(NH3)4]2+，该反应的离子方程式为2Cu+O2+8 NH3∙H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH- +6H2O。‎ ‎(5)由图中信息可知，pH约为9时，上层清液中铜元素的含量(铜浓度)最低，因此，最佳的pH约为9。由题中所给资料可知，Cu(OH)2 + 4NH3 [Cu(NH3)4]2+ + 2OH-。在b~c之间，随着清液pH增大，c(OH-)增大，NH4+与 OH-反应生成NH3∙H2O，使得c(NH3)增大，上述平衡向正反应方向移动，故清液中的铜浓度升高；在c~d之间，随着c(OH-)增大，上述平衡向逆反应方向移动，故清液中的铜浓度又逐渐降低。‎ ‎17.镓（31Ga）、锗（32Ge）都是重要的稀有金属，在化学催化剂、半导体材料、新能源等领域应用广泛，可从锗煤燃烧后的粉煤灰（含 Ga2O3、GeO2、SiO2、Al2O3）中提取， 部分流程如下：‎ - 22 -‎ 已知：‎ 物质 GaCl3‎ GeCl4‎ AlCl3‎ 沸点/℃‎ ‎201‎ ‎84‎ ‎183（升华）‎ ‎（1）滤渣的主要成分为_____。‎ ‎（2）①中发生的反应有 Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Ga2O3+6H+=2Ga3++3H2O 和_____。‎ ‎（3）操作 a 的名称是_____，②中控制温度的范围是_____（填字母序号）。‎ a．20~‎84℃‎ b．84~‎183℃‎ c．84~‎‎201℃‎ ‎（4）④中发生反应的化学方程式是__________________________________________。‎ ‎（5）镓能与沸水剧烈反应生成氢气，锗在加热条件下与盐酸或稀硫酸不反应。从原子结构角度解释其原因：______________________‎ ‎（6）用浓盐酸酸化的磷酸三丁酯（TBP）可以从残液中萃取 Ga3+，相关反应为：TBP+GaCl3+HCl TBPH+·GaCl。用稀 NaOH 溶液对有机相进行反萃取，用盐酸调节反萃取液 pH 至 5~6，然后升温至 85~‎95℃‎水解得到 Ga(OH)3，经后续处理得到粗镓。结合化学用语解释用稀 NaOH 溶液对有机相进行反萃取的原因：_________________。‎ ‎（7）电解法可以提纯粗镓，具体原理如图所示。镓在阳极溶解生成的 Ga3+与 NaOH 溶液反应生成 GaO ，GaO 在阴极放电的电极反应式是_____________________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). GeO2+4H++4Cl-=GaCl4+2H2O (3). 蒸馏 (4). b (5). GeO2+2H2Ge+2H2O (6). 镓和锗均为第4周期的主族元素，镓的最外层电子数为3，锗的最外层电子数为4，故镓的金属性较强，锗的金属性较弱 (7). 当向有机层加入用稀 NaOH ‎ - 22 -‎ 溶液，NaOH可以与HCl发生中和反应，从而使化学平衡TBP+GaCl3+HCl TBPH+·GaCl向逆反应方向移动，故可对有机相进行反萃取 (8). GaO+3e- +2H2O=Ga+4OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，粉煤灰经浓盐酸浸取，过滤后的滤液中经蒸馏，分离出四氯化锗，将四氯化锗与水混合搅拌24h，可以发生水解得到GeO2，最后GeO2被氢气还原为Ge。‎ ‎【详解】(1)粉煤灰中的SiO2不与盐酸反应，所以，滤渣的主要成分为SiO2。‎ ‎(2)由题中信息可知，Ga2O3、GeO2、Al2O3皆可溶于盐酸，所以，①中发生的反应有Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Ga2O3+6H+=2Ga3++3H2O和GeO2+4H++4Cl-=GaCl4+2H2O。‎ ‎(3)由题中信息可知，四氯化锗的沸点较低，操作 a 需要控制温度，故其为蒸馏，蒸馏时要防止氯化镓和氯化铝气化，故②中控制温度的范围是84~‎183℃‎ ，答案选b。‎ ‎(4)④中GeO2被氢气还原为Ge，发生反应的化学方程式是GeO2+2H2Ge+2H2O。‎ ‎(5)镓能与沸水剧烈反应生成氢气，锗在加热条件下与盐酸或稀硫酸不反应。从原子结构角度解释其原因：镓和锗均为第4周期的主族元素，镓的最外层电子数为3，锗的最外层电子数为4，故镓的金属性较强，锗的金属性较弱。‎ ‎(6)用浓盐酸酸化的磷酸三丁酯（TBP）可以从残液中萃取Ga3+，相关反应为：TBP+GaCl3+HClTBPH+·GaCl。根据平衡移动原理可知，当向有机层加入用稀 NaOH 溶液，NaOH可以与HCl发生中和反应，从而使化学平衡TBP+GaCl3+HClTBPH+·GaCl向逆反应方向移动，故可对有机相进行反萃取。‎ ‎(7)电解法可以提纯粗镓，镓在阳极溶解生成的Ga3+与 NaOH 溶液反应生成 GaO，GaO在阴极放电生成Ga，其电极反应式是GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-。‎ ‎18.酯类化合物与格氏试剂(RMgX，X=Cl、Br、I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法，可用于制备含氧多官能团化合物。化合物 F 的合成路线如下：‎ - 22 -‎ 已知：‎ ‎(1)A的结构简式为__________________。‎ ‎(2)B→C反应类型为________________。‎ ‎(3)C中官能团的名称为_________________。‎ ‎(4)C→D的化学方程式为________________________。‎ ‎(5)写出符合下列条件的D的同分异构体 (填结构简式，不考虑立体异构)__________________________。‎ ‎①含有五元环碳环结构；②能与 NaHCO3溶液反应放出CO2气体；③能发生银镜反应。‎ ‎(6)D→E的目的是______________________。‎ ‎(7)已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以 、CH3OH 和格氏试剂为原料制备的合成路线(其他试剂任选)_______________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 氧化反应 (3). 羰基和羧基 (4). (5). 、、 (6). 保护羰基 (7). ‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题目中所给信息，可推导出合成路线为 ‎【详解】（1）由合成路线可知A的结构简式为，故答案为：；‎ ‎（2）的过程为氧化过程，故答案为：氧化反应；‎ ‎（3）由合成路线可知C中含有双官能团分别为羰基和羧基，故答案为：羰基和羧基；‎ ‎（4）C→D的过程发生的是酯化反应，方程式为，故答案为：；‎ - 22 -‎ ‎（5）根据题目中要求，D（）的同分异构体中需含有五元环、羧基和醛基，因此结构为、、，故答案为：、、；‎ ‎（6）由合成路线图可知，羰基可与CH3MgI反应，故D→E的目的防止羰基与CH3MgI反应，起到保护羰基的作用，故答案为：保护羰基；‎ ‎（7）依据所给信息，可得出目标产物的合成路线为：‎ ‎【点睛】本题考查有机物推断与合成、有条件的同分异构体等，关键是理解合成路线中各官能团的转化，注意利用有机物分子式与反应条件进行推断，明确有机物的断键和成键方式是解决有机题的关键，难度中等。‎ ‎19.某学习小组探究 Mg 与 NaHCO3 溶液反应的机理，做了如下探究。‎ 实验一：‎ 实验 A 实验 B 操作 在注射器中加入过量镁片（擦去表面氧化膜），‎ 吸入 15mL 饱和 NaHCO3 溶液。‎ 在注射器中加入过量镁片（擦去表面 氧化膜），吸入 15mL 蒸馏水。‎ 现象 有气体产生，20min 后注射器内壁和底部产生 大量白色沉淀 缓慢产生气体 - 22 -‎ ‎（1）写出 B 中生成气体的化学方程式_____。‎ 实验二：‎ ‎（2）实验 A 产生的气体有_____。‎ 实验三：分别取少量实验 A 和 B 的上层清液于两支试管中，各加入 2 滴 BaCl2 溶液，A 中立即产生白色沉淀，B 中无明显现象。‎ ‎（3）实验三说明 Mg 与 NaHCO3 溶液反应产生了_____（填离子符号）。对 A 中白色固体的成分提出假设：‎ I．白色固体是 Mg(OH)2；II．白色固体是 MgCO3；III．白色固体是碱式碳酸镁。‎ 实验四：‎ 将 A 中白色沉淀过滤、洗涤后，取 0.1mol 加入 1mol/L 盐酸 800mL 恰好完全反应，产生标况下的 CO2 气体 ‎6.72L。‎ ‎（4）白色沉淀的主要成分为_____（写化学式）。‎ ‎（5）综上所述，结合平衡移动原理解释实验 A 中产生现象的原因____________________________。‎ ‎【答案】 (1). Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑ (2). CO2 (3). CO32- (4). Mg4(OH)2(CO3)3 (5). 在碳酸氢钠溶液中存在着电离平衡HCO3- ⇌H++ CO32-和水解平衡HCO3- + H2O⇌H2CO3+OH-，Mg与H+反应生成Mg2+和H2促进了电离平衡正向移动，Mg2+和CO32-、OH-反应生成Mg4(OH)2(CO3)3沉淀，减少了CO32-、OH-的浓度，不仅促进了电离平衡正向移动，也促进了水解平衡正向移动，H2CO3的浓度增大并分解为CO2。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该学习小组探究 Mg 与NaHCO3溶液反应的机理，根据产生的气体具有可燃性可知气体中有H2；根据产生的气体能使澄清的石灰水变浑浊，可以确定其中有CO2‎ - 22 -‎ ‎；根据实验三可知反应后的溶液中有CO32-；根据定量实验的数据可以确定沉淀的化学式；根据平衡移动原理可说明该反应的机理。‎ ‎【详解】(1)镁在常温下可以与水缓慢反应生成氢氧化镁和氢气，所以B 中生成气体的化学方程式为Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑。‎ ‎(2)实验 A 产生的气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明A中产生的气体中还有CO2。‎ ‎(3)分别取少量实验 A 和 B 的上层清液于两支试管中，各加入 2 滴BaCl2溶液，A 中立即产生白色沉淀，该沉淀可能为碳酸钡，说明 Mg 与NaHCO3溶液反应产生了CO32-。‎ ‎(4)取 0.1mol 白色沉淀加入 1mol/L 盐酸 800mL 恰好完全反应，根据Cl-守恒可知n(MgCl2)=0.4mol；根据产生标况下的CO2气体 ‎6.72L，可知CO2气体的物质的量为0.3mol，则n(CO32-)=0.3mol；根据电荷守恒可知，n(OH-)=0.2mol。因此，白色沉淀的主要成分为Mg4(OH)2(CO3)3。‎ ‎(5)在碳酸氢钠溶液中存在着电离平衡HCO3- ⇌H++ CO32-和水解平衡HCO3- + H2O⇌H2CO3+OH-。Mg与H+反应生成Mg2+和H2促进了电离平衡正向移动，Mg2+和CO32-、OH-反应生成Mg4(OH)2(CO3)3沉淀，减少了CO32-、OH-的浓度，不仅促进了电离平衡正向移动，也促进了水解平衡正向移动，H2CO3的浓度增大并分解为CO2。综上所述，实验 A 中产生现象的原因是：在碳酸氢钠溶液中存在着电离平衡HCO3- ⇌H++ CO32-和水解平衡HCO3- + H2O⇌H2CO3+OH-，Mg与H+反应生成Mg2+和H2促进了电离平衡正向移动；Mg2+和CO32-、OH-反应生成Mg4(OH)2(CO3)3沉淀，减少了CO32-和OH-的浓度，不仅促进了电离平衡正向移动，也促进了水解平衡正向移动，H2CO3的浓度增大并分解为CO2。‎ - 22 -‎