北京市西城区2020届高三模拟化学试题

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西 城 区 高 三 模 拟 测 试 化 学 ‎ 第一部分 ‎ 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。‎ ‎1.下列物质的主要成分(括号中)不包括ⅣA族元素的是 A．石英石 ‎[SiO2]‎ B．猫眼石 ‎[Be3Al2Si6O18]‎ C．孔雀石 ‎[Cu2(OH)2CO3]‎ D．红宝石 ‎[Al2O3]‎ A. A B. B. C. C. D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SiO2中Si元素是ⅣA族元素，故不选A；‎ B．Be3Al2Si6O18中Si元素是ⅣA族元素，故不选B；‎ C．Cu2(OH)2CO3中C元素是ⅣA族元素，故不选C；‎ D．Al2O3中Al元素是ⅢA族元素、O元素是ⅥA族元素，不含ⅣA族元素，故选D。‎ ‎2.下列化学用语不正确的是 A. 苯的实验式：CH B. 乙酸分子比例模型：‎ C. 氢氧化钠的电子式： D. 乙炔的结构式：H—C≡C—H ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯的分子式是C6H6，所以苯的实验式是CH，故A正确； ‎ B．乙酸的结构简式是CH3COOH，乙酸分子比例模型是，故B正确；‎ C．氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式是，故C错误； ‎ D．乙炔分子式是C2H2，含有碳碳三键，乙炔的结构式是H—C≡C—H，故D正确。‎ 选C。‎ ‎3.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是 A. 灼烧的方法能区分蚕丝和棉纤维 B. 酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇 C. CO、甲醛、放射性元素氡(Rn)都是室内空气污染物 D. 混凝法、中和法和沉淀法是常用的工业污水处理方法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蚕丝的主要成分是蛋白质，棉纤维的主要成分是纤维素，二者可用灼烧的方法区别，有烧焦的羽毛气味的是蚕丝，故A正确；‎ B．酿酒过程中葡萄糖转化为乙醇是氧化反应，淀粉转变为葡萄糖是水解反应，故B错误；‎ C．石材会释放放射性元素，装饰材料会释放CO、甲醛，均是室内空气污染物，故C正确；‎ D．混凝法是利用了胶体的凝聚作用，中和法是利用中和反应调节污水的pH，沉淀法是利用化学反应使重金属离子生成沉淀而除去，都可用于废水处理，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列实验操作中，符合操作规范的是 A. 向试管中滴加试剂时，将滴管下端紧靠试管内壁 B. 用托盘天平称量药品时，右盘放药品，左盘放砝码 C. 用pH试纸检验溶液的酸碱性时，将试纸浸入溶液中 D. 萃取操作中倒转分液漏斗用力振荡时，应关闭玻璃塞和活塞 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A ‎．向试管中滴加试剂时，滴管下端不能试管内壁，否则容易组成试剂的污染，故不选A；‎ B．用托盘天平称量药品时，右盘放砝码，左盘放药品，故不选B；‎ C．使用试纸检验溶液的性质时，不可将试纸浸入溶液中，否则会造成试剂污染，可以使用玻璃棒蘸取少量溶液进行检验，故不选C；‎ D．萃取操作中倒转分液漏斗用力振荡时，应关闭玻璃塞和活塞，防止漏液，故选D。‎ 选D。‎ ‎5.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3 B. 稳定性：HCl＞HI C. 碱性：KOH＞NaOH D. 酸性：HClO4＞H2SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，NaHCO3加热分解为Na2CO3、二氧化碳、水 ，热稳定性Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故选A；‎ B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性Cl＞I，所以稳定性HCl＞HI，能用元素周期律解释，故不选B；‎ C．同主族元素从上到下金属性增强，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性K＞Na，所以碱性KOH＞NaOH，能用元素周期律解释，故不选C；‎ D．同周期元素从左到右非金属性增强，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性Cl＞S，酸性HClO4＞H2SO4，能用元素周期律解释，故不选D；‎ 选A。‎ ‎6.下列物质转化关系，在给定条件下都能实现是 ‎① ②‎ ‎③④ ‎ A. ①② B. ①③ C. ①②③ D. ②③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据N2 的性质，氮气和氧气在放电条件下生成NO，NO 和氧气和水反应生成硝酸，故①能实现；‎ ‎②钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，故②能实现；‎ ‎③铜属于不活泼金属，与浓盐酸不反应，故③中铜→氯化铜不能实现；‎ ‎④铁和氯气生成氯化铁，氯化铁能和氨水反应生成氢氧化铁，故④能实现；‎ 故答案：A。‎ ‎7.已知由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，发生反应：CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O。下列说法不正确的是 A. CaOCl2中的两种酸根阴离子分别为Cl－和ClO－‎ B. CaOCl2和Cl2中均含有非极性共价键 C. 在上述反应中，浓硫酸不体现氧化性 D. 每产生标准状况下‎2.24 L Cl2，转移电子的数目约为6.02×1022‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由化学反应方程式CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O可知，反应中混盐含有的阴离子为Cl-和ClO-，CaOCl2自身既是氧化剂又是还原剂，反应中C1-失电子，C1O-得电子，发生归中反应。以此分析。‎ ‎【详解】A.根据上述分析可知：CaOCl2中的两种酸根阴离子分别为Cl－和ClO－，故A正确；‎ B.CaOCl2中没有非极性共价键，故B错误；‎ C.在CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O反应中，浓硫酸中没有化合价变化，不体现氧化性，故C正确；‎ D.标准状况下‎2.24 L Cl2为0.1mol，根据反应中C1-失电子，C1O-得电子，可知发生归中反应生成Cl2，所以转移电子的数目约为6.02×1022，故D正确；‎ 故答案：B。‎ ‎8.完成下列实验，所用仪器或操作合理的是 A B C D 配制250 mL 0.10‎ 除去工业乙醇中的杂质 用标准NaOH ‎ mol·L−1NaOH溶液 除去粗盐水中的不溶物 溶液滴定锥形瓶中的盐酸 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．配制250 mL 0.10 mol·L−1NaOH溶液，不能用容量瓶溶解氢氧化钠固体，故A错误；‎ B．蒸馏法除去工业乙醇中的杂质，温度计的液泡应在蒸馏烧瓶支管口处，故B错误；‎ C．过滤法除去粗盐水中的不溶物，故C正确；‎ D．用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸，标准NaOH溶液应盛在碱式滴定管中，滴定时，眼睛应该注视锥形瓶内颜色变变化，故D错误；‎ 选C。‎ ‎9.下列解释实验事实的方程式书写不正确的是 选项 事实 解释 A 向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色 ‎2AgCl+S2− =Ag2S+2Cl−‎ B 将水蒸气通过灼热的铁粉，产生可燃性气体 ‎2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2‎ C Ca2++OH−+HCO3− = CaCO3↓+H2O 向澄清石灰水中滴加少量小苏打溶液，产生白色沉淀 D 将Cl2通入KBr溶液，无色溶液变黄色 Cl2+2Br− = 2Cl−+Br2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. 向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，生成Ag2S，AgCl、Ag2S均为难溶性固体，不能拆，故离子方程式书写正确，故A正确；‎ B. 将水蒸气通过灼热的铁粉，产生可燃性气体为氢气，还生成Fe3O4，正确的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故B错误；‎ C. 向澄清石灰水中滴加少量小苏打溶液，产生白色沉淀，假设小苏打为1mol，则碳酸氢根为1mol，消耗1mol氢氧根离子，生成1mol碳酸根离子和1mol水，1mol碳酸根离子再结合1mol钙离子生成1mol碳酸钙沉淀，故离子方程式书写正确，故C正确；‎ D. 将Cl2通入KBr溶液，无色溶液变黄色，Cl2氧化Br-生成溴单质，本身被还原为氯离子，故离子方程式书写正确，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】碳酸氢钠溶液与澄清石灰水反应的离子方程式的书写是学生们学习的难点，以“少量者定为1mol”配平过量反应物的系数，‎ 碳酸氢钠溶液与足量的澄清石灰水反应，离子方程式为：HCO3- +Ca2+ + OH- = CaCO3↓+ H2O，‎ 碳酸氢钠溶液与少量的澄清石灰水反应，离子方程式为：2HCO3- +Ca2+ + 2OH- = CaCO3↓+ CO32-+ 2H2O。‎ ‎10.肉桂皮是肉桂树的树皮，常被用作药物和食用香料，有效成分为肉桂醛。从肉桂皮中提取肉桂醛的主要流程如下：‎ 下列说法不正确的是 A. 肉桂醛可用作食品添加剂且不应过量 B. 肉桂醛可溶于乙醇 C. 红外光谱可检测出肉桂醛分子中含有碳碳双键和醛基 D. 肉桂醛长期置于空气中容易发生还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有机物的结构简式可判断有机物的结构及所含官能团，肉桂醛含碳碳双键和醛基，可以发生相应的反应，据此解答。‎ ‎【详解】A．肉桂皮的有效成分为肉桂醛，常被用作药物和食用香料，但不应过量，故A正确；‎ B．肉桂醛、乙醇均是有机物，二者相似相溶，故B正确；‎ C．红外光谱可检测出物质所含官能团和化学键，故红外光谱可检测出肉桂醛分子中含有碳碳双键和醛基，C正确；‎ D．肉桂醛含有碳碳双键，属于不饱和烃，长期置于空气中容易发生氧化反应，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎11.室温时，下列说法正确的是 A. pH=11的氨水和pH=11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH－)均为1×10−11 mol·L−1‎ B. 分别把100 mL pH=11的NaOH溶液和pH=11的氨水加水稀释至‎1 L，所得溶液pH均为10‎ C. 分别向等体积的0.1 mol·L−1 HCl溶液和0.1 mol·L−1 CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液，恰好为中性时，消耗NaOH溶液的体积相等 D. 分别向1 mL pH=3的盐酸和pH=3的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，两溶液的pH均增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．酸碱均会抑制水的电离，可以水解的盐能促进水的电离。pH=11‎ 的氨水，由水电离出的c(OH－)为1×10−11mol/L，pH=11的Na2CO3溶液中，水电离的氢氧根为1×10−3mol/L，故A错误；‎ B．100 mL pH=11的NaOH溶液加水稀释至‎1 L，所得溶液pH均为10，氨水是弱电解质，存在电离平衡， pH=11的氨水加水稀释至‎1 L，所得溶液pH＜10，故B错误；‎ C．等浓度等体积的盐酸和醋酸，二者物质的量相等，当分别加入等物质的量的NaOH时，盐酸变为氯化钠溶液，溶液显中性，此时醋酸变为醋酸钠溶液，醋酸钠水解使其溶液呈碱性，因此，若要使醋酸溶液呈中性，必须少加一些氢氧化钠溶液，故C错误；‎ D．盐酸中加醋酸钠，两者发生反应生成弱酸醋酸，故其pH增大；向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，会使醋酸的电离平衡逆向移动，故pH增大，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎12.“星型”聚合物具有独特的结构，在新兴技术领域有广泛的应用。下图是某“星型”聚合物的制备过程。‎ 已知： ‎ 下列说法不正确的是 A. 单体Ⅰ的核磁共振氢谱有两组吸收峰，峰面积比为1∶2‎ B. 单体Ⅰ与单体Ⅱ制备聚合物X，产物中有H2O C. 聚合物X转化为聚合物Y发生取代反应 D. 聚合物Y可通过末端的碳碳双键交联形成网状结构 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．有2种等效氢原子，单体Ⅰ的核磁共振氢谱有两组吸收峰，峰面积比为1∶2，故A正确；‎ B．根据，单体Ⅰ与单体Ⅱ制备聚合物X，产物中没有H2O，故B错误；‎ C．聚合物X转化为聚合物Y，X中羟基上的H原子被代替，发生取代反应，故C正确；‎ D．聚合物Y的末端都含有碳碳双键，可通过末端的碳碳双键交联形成网状结构，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎13.工业上应用两矿法浸出软锰矿(主要成分MnO2)和方铅矿(主要成分PbS、FeS2)，制备PbSO4和Mn3O4，转化流程如下。‎ 已知：PbCl2微溶于水，溶液中存在可逆反应： 。‎ 下列说法正确的是 A. Ⅰ中可使用浓盐酸代替稀盐酸和NaCl的混合溶液 B. Ⅱ中生成的沉淀Y是Fe(OH)2‎ C. Ⅳ中试剂X可能作氧化剂 D. Ⅴ中发生反应：Pb2++SO42－== PbSO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方铅矿 (主要成分PbS、、FeS2)和软锰矿(主要成分MnO2)中加入稀盐酸、NaCl溶液并加热至‎70℃‎，发生的反应有MnO2+PbS+4HCl=MnCl2+PbCl2+S+ 2H2O，3MnO2+2FeS2+12HCl=3MnCl2+2FeCl3+4S+6H2O，调节溶液的pH 使铁离子和转化为沉淀，要除去这两种离子需要加入碱性物质且不能引进新的杂质，然后过滤得到氢氧化铁沉淀和滤液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到PbCl2晶体和滤液，向滤液中通入氨气、X使锰离子被氧化生成Mn3O4，将溶液过滤得到Mn3O4和滤液，据此解答。‎ ‎【详解】A.若用浓盐酸代替稀盐酸和NaCl的混合溶液，那么浓盐酸与软锰矿中的MnO2反应生成氯气，A错误；‎ B.由分析可知Ⅱ中生成的沉淀Y是Fe(OH)3，B错误；‎ C.Ⅳ中向滤液中通入氨气、X使锰离子被氧化生成Mn3O4，则试剂X可能作氧化剂，C正确；‎ D.因为PbCl2微溶于水，溶液中存在可逆反应：，故Ⅴ中发生反应：PbCl42-+SO42－== PbSO4+4Cl-，D错误；‎ 故选C。‎ ‎14.某同学研究FeSO4溶液和AgNO3溶液的反应，设计如下对比实验。‎ 实验 Ⅰ Ⅱ 现象 连通电路后，电流表指针向右偏转，分别取反应前和反应一段时间后甲烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，前者几乎无色,后者显红色 连通电路后，电流表指针向左发生微小的偏转，丙、丁烧杯中均无明显现象 下列说法正确的是 A. 仅由Ⅰ中的现象可推知Ag+的氧化性强于Fe3+‎ B. Ⅱ中电流表指针向左偏转的原因是Fe2+氧化了银电极 C. Ⅱ中若将银电极换成石墨电极，电流表指针可能不再向左偏转 D. 对比Ⅰ、Ⅱ可知，Ⅰ中NO3－氧化了Fe2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由实验Ⅰ可知甲烧杯溶液在反应后生成Fe3+，电子有石墨电极流向银电极，则石墨电极为负极，银电极为正极，负极发生反应为：Fe2+-e-= Fe3+；由实验Ⅱ可知：银电极为负极，石墨电极为正极，负极发反应：Ag-e-=Ag+，而Fe的氧化性强于Ag，故正极溶液中的Fe2+不参与反应，所以正极发生吸氧腐蚀。‎ ‎【详解】A.若Ag+的氧化性强于Fe3+，那么Ⅰ中原电池的总反应为Ag++Fe2+= Fe3++Ag，而实验Ⅱ随着反应进行丁烧杯中也能生成Ag+，也可以构成原电池，生成Fe3+，溶液颜色会改变，但是实验Ⅱ中无明显现象，故Ⅰ中的现象是空气中的氧气氧化Fe2+导致，A错误；‎ B.由分析可知，是空气中的氧气氧化银电极，故B错误；‎ C.Ⅱ中若将银电极换成石墨电极，石墨为惰性电极，不能失去电子，不能形成原电池，电流表指针可能不再向左偏转，C正确；‎ D.若是NO3－氧化了Fe2+，那么Ⅱ中的Fe2+也会被NO3－氧化，故D错误；‎ 故选C。‎ 第二部分 本部分共5题，共58分。‎ ‎15.三氯化六氨合钴([Co(NH3)6]Cl3)是一种橙黄色晶体，实验室制备过程如下：‎ Ⅰ．将研细的‎6 g CoCl2•6H2O晶体和‎4 g NH4Cl固体加入锥形瓶中，加水，加热溶解，冷却；‎ Ⅱ．加入13.5 mL浓氨水，用活性炭作催化剂，混合均匀后逐滴滴加13.5 mL 5% H2O2溶液，水浴加热至50~‎60℃‎，保持20 min。用冰浴冷却，过滤，得粗产品；‎ Ⅲ．将粗产品溶于50 mL热的稀盐酸中，______，向滤液中缓慢加入6.7 mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤；‎ Ⅳ．先用冷的2 mol·L−1 HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。‎ ‎(1)[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是______。‎ ‎(2)CoCl2遇浓氨水生成Co(OH)2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，原因是______。‎ ‎(3)溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式是______。‎ ‎(4)补全Ⅲ中的操作：______。‎ ‎(5)沉淀滴定法测定制备的产品中Cl－的质量分数：‎ ⅰ．准确称取a g Ⅳ中的产品，配制成100 mL溶液，移取25 mL溶液于锥形瓶中；‎ ⅱ．滴加少量0.005 mol·L−1 K2CrO4溶液作为指示剂，用c mol·L−1 AgNO3溶液滴定至终点；‎ ⅲ．平行测定三次，消耗AgNO3溶液的体积的平均值为v mL，计算晶体中Cl－的质量分数。‎ 已知：溶解度：AgCl 1.3×10−6 mol·L−1，Ag2CrO4(砖红色)6.5×10−5 mol·L−1‎ ‎①ⅱ中，滴定至终点的现象是______。‎ ‎②制备的晶体中Cl－的质量分数是______(列计算式，Cl的相对原子质量：35.5)。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). 抑制NH3·H2O的电离，使溶液中的c(OH－)降低，避免生成Co(OH)2沉淀 (3). 2CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O (4). 趁热过滤、冷却 (5). 溶液中出现砖红色沉淀，半分钟内不消失 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化CoCl2溶液来制备 [Co(NH3)6] Cl3，反应的化学方程式为2CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；将粗产品溶于50 mL热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入6.7 mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀盐酸后应过滤；先用冷的2 mol·L−1 HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。‎ ‎【详解】(1). [Co(NH3)6]Cl3中NH3为配体，氯的化合价为-1价，则Co的化合价是+3价，故答案为+3；‎ ‎(2).加入NH4Cl使溶液中的浓度增大，抑制NH3·H2O的电离，使溶液中的c(OH－)降低，避免生成Co(OH)2沉淀，故答案为：抑制NH3·H2O的电离，使溶液中的c(OH－)降低，避免生成Co(OH)2沉淀；‎ ‎(3).由分析可知：溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式是CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O，故答案为：CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；‎ ‎(4).‎ 由分析可知，第Ⅲ中缺少步骤是过滤，并且是在加入热的稀盐酸后，故答案为：趁热过滤、冷却；‎ ‎(5).①由题可知：AgCl的溶解度小于Ag2CrO4的溶液度，所以在滴加AgNO3时Ag+会与Cl-反应生成AgCl沉淀，当Cl-消耗完时再与CrO42-结合，所以滴定终点时是Ag+与CrO42-结合生成砖红色沉淀 ，故答案为：溶液中出现砖红色沉淀，半分钟内不消失；‎ ‎②由AgCl沉淀的化学式可知：反应时Ag+与Cl-物质的量之比为1:1，滴定时消耗AgNO3的物质的量为cmol/L×vmL×10-3=cv×10-3mol，则25ml溶液中Cl-物质的量为cv×10-3mol，25ml溶液中Cl-的质量为：m=n×M=cv×10-3mol×‎35.5g/mol=35.5 cv×10‎-3g，则‎100g溶液中Cl-的质量为：4×35.5 cv×10‎-3g，故质量分数为：，故答案为。‎ ‎16.石油加氢精制和天然气净化等过程产生有毒的H2S，直接排放会污染空气。‎ ‎(1)工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫黄，流程如下：‎ ‎ ‎ ‎①反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g) =2SO2(g)+2H2O(g) ∆H＝-1035.6 kJ·mol−1‎ 催化转化器中的反应：2H2S(g)+SO2(g) = 3S(g)+2H2O(g) ∆H＝-92.8 kJ·mol−1‎ 克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应的热化学方程式：______。‎ ‎②为了提高H2S转化为S比例，理论上应控制反应炉中H2S的转化率为______。‎ ‎(2)科研工作者利用微波法处理尾气中的H2S并回收H2和S，反应为：H2S H2+S，一定条件下，H2S的转化率随温度变化的曲线如图。‎ ‎①H2S分解生成H2和S的反应为______反应(填“吸热”或“放热”)。‎ ‎②微波的作用是______。‎ ‎(3)某科研小组将微电池技术用于去除天然气中的H2S，装置示意图如下，主要反应：2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O(FeS难溶于水)，室温时，pH=7的条件下，研究反应时间对H2S的去除率的影响。‎ ‎①装置中微电池负极的电极反应式：______。‎ ‎②一段时间后，单位时间内H2S的去除率降低，可能的原因是______。‎ ‎【答案】 (1). 2H2S(g)+O2(g) = 2S(g)+2H2O(g) ∆H＝-407.1 kJ·mol−1 (2). 或33.3% (3). 吸热 (4). 微波使H2S⇌H2+S的化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率 (5). Fe-2e－+H2S= FeS+2H+ (6). 生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) ①根据盖斯定律书写总反应的热化学方程式；‎ ‎②为了提高H2S转化为S的比例，催化转化器中H2S(g)、SO2(g)应恰好完全反应；‎ ‎(2)根据图示，随温度升高，H2S平衡转化率增大；相同温度下，利用微波法处理尾气H2S的平衡转化率大。‎ ‎(3)根据总反应2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O，Fe失电子发生氧化反应，所以Fe是负极；从影响反应速率的角度分析单位时间内H2S的去除率降低的原因。‎ ‎【详解】(1) ① 反应Ⅰ：2H2S(g)+3O2(g) =2SO2(g)+2H2O(g) ∆H＝-1035.6 kJ·mol−1‎ 反应Ⅱ：2H2S(g)+SO2(g) = 3S(g)+2H2O(g) ∆H＝-92.8 kJ·mol−1‎ 根据盖斯定律Ⅰ×＋Ⅱ×得 2H2S(g)+O2(g) = 2S(g)+2H2O(g) ∆H＝-407.1 kJ·mol−1；‎ ‎②为了提高H2S转化为S的比例，催化转化器中H2S(g)、SO2(g)应恰好完全反应，假设催化转化器中参加反应的H2S(g)的物质的量为2mol，SO2的物质的量是1mol，即反应炉中需要生成1molSO2，反应炉中参加反应的H2S的物质的量为1mol，所以理论上应控制反应炉中H2S的转化率为；‎ ‎(2) ①根据图示，随温度升高，H2S 的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应；‎ ‎②根据图示，相同温度下，利用微波法处理尾气H2S的平衡转化率大，所以微波的作用是使H2S⇌H2+S的化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率；‎ ‎(3) ①根据总反应2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O，Fe发生氧化反应， Fe是原电池负极，负极反应式是Fe-2e－+H2S= FeS+2H+；‎ ‎②负极生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢，所以一段时间后，单位时间内H2S的去除率降低。‎ ‎【点睛】本题以有毒的H2S的处理为载体，考查盖斯定律、原电池原理，明确反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关，原电池负极失电子发生氧化反应、正极得电子发生还原反应。‎ ‎17.双极膜由阳离子交换膜、催化剂层和阴离子交换膜组合而成，在直流电场作用下可将水解离，在双极膜的两侧分别得到H+和OH－，将其与阳离子交换膜(阳膜)、阴离子交换膜(阴膜)组合，可有多种应用。‎ ‎(1)海水淡化：模拟海水淡化，双极膜组合电解装置示意图如下。‎ ‎①X极是______极(填“阴”或“阳”)。‎ ‎②电解后可获得较浓的盐酸和较浓的NaOH溶液，上图中双极膜的右侧得到的是______(填“H+”或“OH－”)。‎ ‎(2)钠碱循环法脱除烟气中的SO2，并回收SO2：‎ 用pH>8的Na2SO3溶液作吸收液，脱除烟气中的SO2，至pH＜6时，吸收液的主要成分为NaHSO3，需再生。‎ Ⅰ．加热pH＜6时的吸收液使其分解，回收SO2并再生吸收液。所得的再生吸收液对SO2的吸收率降低，结合离子方程式解释原因：______。‎ Ⅱ．双极膜和阴膜组合电渗析法处理pH＜6‎ 时的吸收液，可直接获得再生吸收液和含较高浓度HSO3−的溶液，装置示意图如下。‎ ‎①再生吸收液从______室流出(填“A”或“B”)。‎ ‎②简述含较高浓度HSO3−的溶液的生成原理：______。‎ ‎③与Ⅰ中的方法相比，Ⅱ中的优点是______(列出2条)。‎ ‎【答案】 (1). 阳 (2). H+ (3). 加热pH＜6时的吸收液，分解的过程中还发生反应：2SO32−+O2=2SO42−，2HSO3−+O2 =SO42−+2H+，且加热加快化学反应速率，造成再生吸收液中c(SO32−)降低，使SO2的吸收率降低 (4). B (5). B室中的SO32−和HSO3−在电场作用下通过阴膜进入A室，A室中双极膜产生的H+和溶液中的SO32−反应生成HSO3−，提高HSO3−的浓度 (6). Ⅱ中可直接获得再生吸收液，减少因加热氧化生成大量的SO42−，而降低再生吸收液对SO2的吸收率；Ⅱ中可获得较高浓度的HSO3−的溶液，进而获得比Ⅰ中浓度高的SO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) ①根据图示，X极发生氧化反应生成氧气；‎ ‎②根据Y极生成氢气分析；‎ ‎(2) Ⅰ．HSO3−具有还原性，NaHSO3分解的过程被氧化为Na2SO4；‎ Ⅱ．右侧电极为阴极，阴极氢离子得电子生成氢气，所以B室双极膜左侧生成OH-，OH-和 HSO3−反应生成SO32−，直接获得再生吸收液；A室双极膜右侧生成H+，H+和 SO32−反应生成HSO3−，获得含较高浓度HSO3−的溶液；‎ ‎【详解】(1)根据图示，X极发生氧化反应生成氧气，所以X是阳极；‎ ‎②根据Y极生成氢气，Y极氢离子得电子生成氢气，所以双极膜的右侧得到的是H+；‎ ‎(2) Ⅰ．加热pH＜6时的吸收液，分解的过程中还发生反应：2SO32−+O2=2SO42−，2HSO3−+O2 =SO42−+2H+，且加热加快化学反应速率，造成再生吸收液中c(SO32−)降低，使SO2的吸收率降低；‎ Ⅱ．①右侧电极为阴极，阴极氢离子得电子生成氢气，所以B室双极膜左侧生成OH-，OH-和HSO3−反应生成SO32−，直接获得再生吸收液，再生吸收液从B室流出；‎ ‎②A室中双极膜又测产生的H+和溶液中的SO32−反应生成HSO3−，提高HSO3−的浓度；‎ ‎③Ⅱ中可直接获得再生吸收液，减少因加热氧化生成大量的SO42−，而降低再生吸收液对SO2的吸收率；Ⅱ中可获得较高浓度的HSO3−的溶液，进而获得比Ⅰ中浓度高的SO2。‎ ‎18.黄鸣龙是我国著名化学家，利用“黄鸣龙反应”合成一种环己烷衍生物的路线如下：‎ 已知：①‎ ‎② ‎ ‎③ ‎ ‎(1)A可与NaHCO3溶液反应，其结构简式是______。B中含有的官能团是─COOH和_____。‎ ‎(2)C→D的化学方程式是______。‎ ‎(3)E→F为两步连续氧化反应，中间产物X可发生银镜反应，X的结构简式是______。‎ ‎(4)H的结构简式是______。‎ ‎(5)I的分子式为C5H8O2，能使Br2的CCl4溶液褪色，H→J的反应类型是______。‎ ‎(6)由K经两步反应可得到化合物M，转化路线如下：‎ 环己烷的空间结构可如图1或图2表示，请在图3中将M的结构简式补充完整：______‎ ‎【答案】 (1). CH3COOH (2). ─Cl (3). (4). (5). (6). 加成反应 (7). ‎ 或写成 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的分子式为C2H4O2，且A可与NaHCO3溶液反应，所以A为CH3COOH。根据框图可知AB发生了烃基上的取代反应，由已知：①可知C为CH2(COOH)2,；根据D的分子式，C与乙醇发生酯化反应生成的D为C2H5OOCCH2COOC2H5；由G的结构简式和FG的反应条件可知F的结构简式为C2H5OOCCH(CH2CH2CH2CH2COOH)COOC2H5；因为E→F为两步连续氧化反应，根据D转化为E的反应物以及E、F的分子式，中间产物X可发生银镜反应，所以X为，E为；G→H发生已知③的类似反应，故H为的结构简式为；由框图K的结构简式为，结合已知②，I的分子式为C5H8O2，且能使Br2的CCl4溶液褪色，所以I的结构简式为：C2H5OOCCH=CH2，J的结构简式为，所以H→J的反应类型是加成反应。‎ ‎【详解】(1)A的分子式为C2H4O2，且A可与NaHCO3溶液反应，所以A为羧酸，A的结构简式是CH3COOH；根据框图可知AB发生了烃基上的取代反应，所以B中含有的官能团是─COOH和-Cl；‎ 故答案：CH3COOH；-Cl；‎ ‎(2)由已知：①可知C为CH2(COOH)2，C与乙醇发生酯化反应生成D为H3CCH2OOCCH2COOCH2CH3和H2O，所以C→D的化学方程式为 ‎；‎ 故答案：；‎ ‎(3)由上述分析可知F的结构简式为；因为E→F为两步连续氧化反应，中间产物X可发生银镜反应，所以X为；‎ 故答案为：；‎ ‎(4) G→H发生已知③的类似反应，故H的结构简式为;‎ 故答案：；‎ ‎(5)由框图K的结构简式为，结合已知②，I的分子式为C5H8O2，且能使Br2的CCl4溶液褪色，所以I的结构简式为：C2H5OOCCH=CH2，所以H→J的反应类型是加成反应，故答案：加成反应；‎ ‎ (6)由K的结构简式为：，加碱后，根据已知③，L的结构简式为：，根据已知②可得到化合物M的结构简式为；‎ 故答案：。‎ ‎19.某小组研究NH4Cl与CuO反应，进行如下实验(部分装置略)： ‎ 实验 Ⅰ Ⅱ 装置 现象 加热试管，产生白烟，试管口有白色固体；试管中有水生成，继续加热，黑色固体变蓝，最终部分变为黄色 ‎ 将细玻璃管口加热至红热，迅速垂直插入 NH4Cl晶体中，一段时间后，取出玻璃管，管口处有亮红色固体 经检测，实验Ⅰ中的黄色固体含有CuCl和CuCl2，实验Ⅱ中的亮红色固体为Cu。‎ ‎(1)实验Ⅰ中试管口的白色固体是______。‎ ‎(2)实验Ⅰ中黑色固体变蓝，最终部分固体变为黄色的过程中，发生了如下变化：‎ ‎ ‎ ‎①(NH4)2CuCl4固体受热分解的化学方程式是______。‎ ‎②对于物质X，做出如下假设：‎ ⅰ．X是NH4Cl。‎ 反应方程式为：________________________________(补充完整)‎ ⅱ．X是______，理由是______。 ‎ ‎(3)实验Ⅰ和实验Ⅱ的现象不同，可能的原因是______(列出2点)。‎ ‎(4)NH4Cl溶液与CuO反应。‎ 实验Ⅲ 向CuO粉末中加入0.1 mol·L−1 NH4Cl溶液，浸泡一段时间后，固体部分溶解，表面无颜色变化，溶液变为蓝色。‎ 资料：ⅰ．相关微粒在水溶液中的颜色：Cu2+蓝色，Cu(NH3)2+和Cu(NH3)42+深蓝色 ⅱ．Cu(NH3)2+Cu2++NH3 Cu(NH3)42+Cu2++4NH3‎ ‎①设计实验证明实验Ⅲ得到的蓝色溶液中存在Cu(NH3)2+或Cu(NH3)42+。‎ 实验方案是______。‎ ‎②实验Ⅲ中未观察到NH4Cl溶液与CuO发生氧化还原反应的产物，可能的原因是______(列出1点即可)。‎ ‎【答案】 (1). NH4Cl (2). (NH4)2CuCl4 CuCl2+2NH3↑+2HCl↑ (3). 6CuCl2+2NH4Cl= 6CuCl+N2↑+ 8HCl↑ (4). NH3 (5). NH3有还原性 (6). 反应物的接触方式不同；反应温度不同等 (7). 取两份少量等体积的实验Ⅲ中的溶液于试管中，分别加入等量的水和稀硫酸，加入稀硫酸的溶液颜色变得更浅；取少量实验Ⅲ中的溶液于试管中，加热，溶液颜色变浅等 (8). 由于温度低等原因，NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应无法发生；NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应的化学反应速率慢、反应的限度小等 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷反应生成NH4Cl的原理回答；‎ ‎(2) 根据(NH4)2CuCl4属于复盐，相当于2NH4Cl和CuCl2，进行分析；根据NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3又具有还原性进行分析；‎ ‎(3)根据影响化学平衡移动因素进行分析；‎ ‎【详解】(1)由实验Ⅰ可知：首先是氯化铵分解为氨气和氯化氢，然后是氨气还原氧化铜，所以在中试管口的白色固体是生成的氨气和氯化氢反应生成NH4Cl，故答案：NH4Cl；‎ ‎(2)①(NH4)2CuCl4属于复盐，相当于2NH4Cl和CuCl2，根据可知，固体受热分解会放出氨气、CuCl2和HCl气体，所以该反应的化学方程式是(NH4)2CuCl4 CuCl2+2NH3↑+2HCl↑，故答案：(NH4)2CuCl4 CuCl2+2NH3↑+2HCl↑；‎ ‎②ⅰ若X是NH4Cl，NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3又具有还原性，能还原CuCl2生成CuCl和N2，所以该反应方程式为：6CuCl2+2NH4Cl= 6CuCl+N2↑+ 8HCl↑，故答案为6CuCl2+2NH4Cl= 6CuCl+N2↑+ 8HCl↑；‎ ⅱ若X是NH3，NH3有还原性, 能还原CuCl2生成CuCl和N2，故答案：NH3；NH3有还原性；‎ ‎(3)实验Ⅰ和实验Ⅱ的反应物的接触方式不同；反应温度不同，所以反应的现象不同，故答案：反应物的接触方式不同；反应温度不同等；‎ ‎(4)①由Cu(NH3)2+Cu2++NH3 ，且Cu2+蓝色，Cu(NH3)2+和Cu(NH3)42+‎ 深蓝色可知，加入稀硫酸，减小了氨气的量，平衡右移，铜离子的量增大，颜色变浅；或加水稀释，平衡右移，溶液的颜色的变浅；由于Cu(NH3)2+Cu2++NH3为吸热反应，所以加热平衡右移，溶液的颜色的变浅；‎ 故答案为：取两份少量等体积的实验Ⅲ中的溶液于试管中，分别加入等量的水和稀硫酸，加入稀硫酸的溶液颜色变得更浅；取少量实验Ⅲ中的溶液于试管中，加热，溶液颜色变浅等； ‎ ‎②实验Ⅲ中未观察到NH4Cl溶液与CuO发生氧化还原反应的产物，可能由于温度低，NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应无法发生；或者是NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应的化学反应速率慢、反应的限度小等；‎ 故答案是：由于温度低等原因，NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应无法发生；NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应的化学反应速率慢、反应的限度小等。‎