北京市西城区2020届高三上学期期末考试化学试题

北京市西城区2020届高三上学期期末考试化学试题

北京市西城区2019—2020学年度第一学期期末试卷 高三化学 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 S 32 ‎ 第Ⅰ卷（选择题 共42分）‎ ‎1.可回收物经综合处理，可再利用，节约资源。下列可回收物的主要成分属于合金的是 A. 旧自行车钢圈 B. 旧报纸 C. 旧塑料盆 D. 旧衣物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钢圈的主要材料是铁的合金，故A符合题意；‎ B、旧报纸的主要成分是纤维素，故B不符合题意；‎ C、旧塑料的主要成分是有机高分子材料，故C不符合题意；‎ D、旧衣物的主要成分是有机高分子材料，故D不符合题意。‎ 答案选A。‎ ‎2.下列说法不正确的是 A. 鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸微热后生成黄色沉淀 B. 蛋白质遇饱和硫酸钠溶液变性 C. 油酸甘油酯可通过氢化反应变硬脂酸甘油酯 D. 油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、鸡蛋清是蛋白质，故能和浓硝酸发生颜色反应显黄色，且加热能使蛋白质变性，故A正确；‎ B、硫酸钠为轻金属盐，不能使蛋白质变性，能使蛋白质发生盐析，故B错误；‎ C、油酸甘油酯含有碳碳双键，与氢气能够发生加成反应生成硬脂酸甘油酯，故C正确；‎ D、油脂含有酯基，在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，又叫皂化反应，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握物质的结构与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意蛋白质盐析和变性的条件。‎ ‎3.下列反应过程，与氧化还原反应无关的是 A. 在钢铁设备上连接金属Zn保护钢铁 B. 向工业废水中加入Na2S去除其中的Cu2+、Hg2+‎ C. 向煤中加入适量石灰石转化为CaSO4减少SO2排放 D. 补铁剂（含琥珀酸亚铁）与维生素C同服促进铁的吸收 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钢铁设备上连接金属锌，构成原电池时锌为负极，原电池反应为氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B、向废水中加入Na2S，S2-与Cu2+、Hg2+反应生成对应的沉淀，为复分解反应，故B符合题意；‎ C、向煤中加入适量石灰石转化为CaSO4，发生的反应为：2CaCO3+O2+2SO2═2CaSO4+2CO2，为氧化还原反应，故C不符合题意；‎ D、维生素C有还原性，可防止亚铁离子氧化为铁离子，这与氧化还原反应有关，故D不符合题意。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化。‎ ‎4.我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷（Rb）原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第ⅠA族元素，下列关于37Rb的说法正确的是 A. 元素的金属性：K＞37Rb B. 中子数为50的Rb的核素：50Rb C. 与同周期元素53I的原子半径比：Rb＞I D. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＞RbOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铷元素（Rb）位于元素周期表中第五周期第ⅠA族，为碱金属元素，同主族从上到下金属性增强，同主族元素化合物的性质相似，以此来解答。‎ ‎【详解】A、同主族从上往下金属性增强，所以金属性：K＜37Rb，故A错误；‎ B、中子数为50的Rb的核素表示为：87Rb，故B错误；‎ C、同周期从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径Rb＞I，C正确；‎ D、同主族从上往下金属元素对应氧化物水化物的碱性增强，故碱性RbOH＞KOH，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】考查元素周期表，侧重考查学生的分析能力，要求学生熟悉元素周期表的排布规律，同时了解元素的一些性质变化规律。‎ ‎5.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是 A. 无色溶液中：Cu2+、K+、SCN−、Cl−‎ B. 含有NO3−的溶液中：I−、SO32−、SO42−、H+‎ C. 由水电离出的c(H+)＝1.0×10−13 mol·L−1的溶液中：Na+、NH4+、SO42−、HCO3−‎ D. pH＝11的NaOH溶液中：CO32−、K+、NO3−、SO42−‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、Cu2+显蓝色；‎ B、NO3−在酸性条件下具有强氧化性；‎ C、由水电离出的c(H+)＝1.0×10−13 mol·L−1的溶液既可能是酸也可能是碱；‎ D、pH＝11的NaOH含有氢氧根。‎ ‎【详解】A、Cu2+显蓝色，故A不符合题意；‎ B、溶液中含有大量H+，显酸性，NO3−在酸性条件下具有强氧化性，I−、SO32−均不能大量共存，故B错误；‎ C、由水电离出的c(H+)＝1.0×10−13 mol·L−1的溶液既可能是酸也可能是碱，NH4+在碱性溶液中不能大量存在，HCO3−在酸性和碱性条件下都不能大量共存，故C错误；‎ D、pH＝11的NaOH溶液中有钠离子和氢氧根，CO32−、K+、NO3−、SO42−与它们都不反应，可以共存，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。‎ ‎6.下列说法正确的是 A. 1 mol O2的体积是‎22.4 L B. ‎1.7 g NH3中含有的质子数约为6.02×1023‎ C. ‎8 g S在足量O2中完全燃烧转移的电子数约为3.01×1023‎ D. 0.5 mol·L−1NaCl溶液中含有Cl−的物质的量为0.5 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、气体摩尔体积受温度和压强影响，温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，则无法计算气体体积，故A错误；‎ B、1.7 g NH3的物质的量为n===0.1mol，1个NH3中含有10个质子，0.1mol NH3的质子数为1mol，所以，1molNH3的质子数数目约为6.02×1023，故B正确；‎ C、8 g S物质的量为：=0.25mol，在足量O2中完全燃烧转移的电子数约0.25×4×6.02×1023=6.02×1023，故C错误；‎ D、溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象是解题关键。‎ ‎7.下列解释事实的化学用语不正确的是 A. 碳酸钙与稀盐酸反应：CO32−+2H+ == H2O+CO2↑‎ B. 铜与稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO3− == 3Cu2++2NO↑+4H2O C. 氨的催化氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O D. 少量二氧化硫与氢氧化钠溶液反应：2OH−+SO2== SO32−+H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳酸钙与稀盐酸反应，碳酸钙应该写成化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+═H2O+CO2↑+Ca2+，故A错误；‎ B、铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3− == 3Cu2++2NO↑+4H2O，故B正确；‎ C、氨的催化氧化反应，氨被氧化为NO，化学方程式为：氨的催化氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O，故C正确；‎ D、少量二氧化硫与烧碱溶液反应生成亚硫酸钠，离子方程式为：SO2+2OHˉ=SO32-+H2O，故D正确。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查方程式的书写，解题时注意从化学式、离子符号、电荷守恒、是否符合反应实际的角度分析离子方程式的书写是否正确。‎ ‎8.向2 mL 0.8 mol·L−1 FeSO4溶液中，滴加2 mL1 mol·L−1 NaHCO3溶液，产生无色气体和白色沉淀。将浊液分成两份，一份迅速过滤、洗涤，加入稀盐酸，产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊；另一份静置一段时间后变为红褐色。已知：碳酸亚铁是难溶于水的白色固体。下列说法不正确的是 A. 无色气体是CO2‎ B. HCO3−只发生了电离 C. 白色沉淀中含有FeCO3‎ D. 上述实验过程中发生了氧化还原反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ FeSO4与NaHCO3溶液反应，产生无色气体和白色沉淀，气体能使澄清石灰水变浑浊，为二氧化碳，沉淀中有FeCO3，HCO3−是二元弱酸的酸式根既发生了电离，也发生了水解。‎ ‎【详解】A、产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊，在该反应中肯定为二氧化碳，故A正确；‎ B、HCO3−是二元弱酸的酸式盐离子，既能发生电离，也发生水解，故B错误；‎ C、浊液迅速过滤、洗涤，加入稀盐酸，产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊，说明产生了二氧化碳，表明沉淀中有FeCO3，故C正确；‎ D、另一份静置一段时间后变为红褐色，生成了氢氧化铁，说明溶液中亚铁离子被氧气氧化成铁离子，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎9.PET（，M链节= ‎192 g·mol−1）可用来生产合成纤维或塑料。测某PET样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚酞作指示剂，用c mol·L−1 NaOH醇溶液滴定m g PET端基中的羧基至终点（现象与水溶液相同），消耗NaOH醇溶液v mL。下列说法不正确的是 A. PET塑料是一种可降解高分子材料 B. 滴定终点时，溶液变为浅红色 C. 合成PET的一种单体是乙醇的同系物 D. PET的平均聚合度（忽略端基的摩尔质量）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 是聚酯类高分子，它的单体为：HOCH2CH2OH和，可以发生水解反应生成小分子。‎ ‎【详解】A、PET塑料是聚酯类高分子，可发生水解反应生成HOCH2CH2OH和，故A正确；‎ B、用NaOH醇溶液滴定PET端基中的羧基，恰好反应完时生成羧酸钠，显弱碱性，使酚酞试剂显浅红色，B正确；‎ C、的单体为：HOCH2CH2OH和，乙二醇中有两个羟基，在组成上与乙醇也没有相差-CH2-的整数倍，故乙二醇与乙醇不是同系物，故C错误；‎ D、NaOH醇溶液只与 PET端基中的羧基反应，n（NaOH）=cv10-3mol，则PET的物质的量也等于cv10-3mol，则PET的平均相对分子质量==g/mol，PET的平均聚合度，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查高分子化合物的结构，单体的判断，中和滴定等知识点，判断同系物的两个要点：一是官能团的种类和个数要相同，二是组成上要相差-CH2-的整数倍。‎ ‎10.室温下，‎1 L含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：‎ 溶液a 通入0.01 mol HCl 加入0.01 mol NaOH pH ‎4.76‎ ‎4.67‎ ‎4.85‎ 像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。‎ 下列说法不正确的是 A. 溶液a和 0.1 mol·L−1 CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度前者小于后者 B. 向溶液a中通入0.01 mol HCl时，CH3COO−结合H+生成CH3COOH，pH变化不大 C. 向溶液a中加入0.1 mol NaOH固体，pH基本不变 D. 含0.1 mol·L−1 NH3·H2O与0.1 mol·L−1 NH4Cl的混合溶液也可做缓冲溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液中，如果加入少量的强酸或强碱，反应后不会改变溶液的大致组成，pH变化不大；如果加入较多的强酸或强碱，则会改变溶液的组成和性质。‎ ‎【详解】A、‎1 L含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液a中，CH3COONa电离出CH3COO--，对CH3COOH的电离有抑制作用，因此溶液a中CH3COOH的电离程度小于0.1 mol·L−1 CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度，故A正确；‎ B、向溶液a中通入0.01 mol HCl时，CH3COO−结合H+生成CH3COOH，反应后溶液组成为0.11 mol CH3COOH和0.09 mol CH3COONa，溶液组成没有大的变化，pH变化不大，故B正确；‎ C、向溶液a中加入0.1 mol NaOH固体，0.1 mol CH3COOH完全反应，得到CH3COONa溶液，显碱性，pH变化大，故C错误；‎ D、含0.1 mol·L−1 NH3·H2O与0.1 mol·L−1 NH4Cl的混合溶液，加入少量强酸或强碱，溶液组成不会明显改变，故也可叫缓冲溶液，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎11.下列实验的现象与结论相对应的是 A B C D 实验 现象 电流计指针向右偏（电子由Fe转移到Cu），片刻后向左偏 加热一段时间后溶液蓝色褪去 加热，肥皂液中产生无色气泡 ‎①和②中均迅速产生大量气泡 结论 铁片作负极，片刻后铜片作负极 淀粉在酸性条件下水解，产物是葡萄糖 铁粉与水蒸气反应生成H2‎ MnO2一定是②中反应的催化剂 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、开始时铁与浓硝酸反应生成氧化膜，铁为负极；铁的表面钝化后，无法与浓硝酸继续反应，则铜与浓硝酸发生反应，此时铜为负极，所以电流方向会发生改变，故A正确；‎ B、蓝色褪去可以说明淀粉发生水解，但是无法确定其水解产物是不是葡萄糖，故B错误；‎ C、不能说明肥皂液中产生无色气泡为氢气，也可能是空气受热膨胀产生气泡，故C错误；‎ D、过氧化钠与水反应放出大量的热，因此无法判断二氧化锰是否产生了催化作用，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【详解】该题考查基本实验的操作、现象、结论，要求对教材上的实验比较熟悉，关键是对实验中的一些不确定情况能进行具体分析，试题有一定的灵活性。‎ ‎12.骨胶黏剂是一种极具应用前景的医用高分子材料。某骨胶黏剂的制备原料为聚酯三元醇，其合成原理如下：‎ 已知：R1COOR2+R318OHR1CO18OR3+R2OH 下列说法不正确的是 A. 单体M1可用于配制化妆品 B. 改变M1在三种单体中的比例，可调控聚酯三元醇的相对分子质量 C. 该合成反应为缩聚反应 D. X、Y、Z中包含的结构片段可能有 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由信息中的已知反应可知，三种单体再生成聚酯三元醇时主要反生信息中的酯交换反应，其反应原理为醇羟基断开H原子，酯基断开碳氧单键，断开处相互结合生成新的物质。‎ ‎【详解】A、单体M1为丙三醇，丙三醇具有吸水性，用于配制化妆品，故A正确；‎ B、改变M1在三种单体中的比例，则产物的结构简式会改变，相对分子质量也会改变，故B正确；‎ C、缩聚反应有小分子生成，而上述反应无小分子生成，故C错误；‎ D、根据信息的反应原理，X、Y、Z中包含的结构片段可能有 ，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎13.液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如右图。下列说法不正确的是 已知：①Zn(OH)2+2OH− == Zn(OH)42− 。 ②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。‎ A. 放电过程中，H+由正极向负极迁移 B. 放电过程中，正极的电极反应：MnO2+4H++2e−== Mn2++2H2O C. 充电过程中，阴极的电极反应：Zn(OH)42−+2e− == Zn+4OH−‎ D. 充电过程中，凝胶中的KOH可再生 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放电过程中，Zn为负极，电极反应式为： Zn -2e−+4OH− == Zn(OH)42−，MnO2为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e−== Mn2++2H2O，充电时的阴极反应式为：Zn(OH)42−+2e− == Zn +4OH−，阳极反应式为： Mn2++2H2O-2e−== MnO2+4H+。‎ ‎【详解】A、放电时正极反应式为：MnO2+4H++2e−== Mn2++2H2O，消耗氢离子，应该是硫酸根离子向锌电极迁移，故A错误；‎ B、MnO2为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e−== Mn2++2H2O，故B正确；‎ C、充电时，由负极反应式写阴极反应式为：Zn(OH)42−+2e− == Zn+4OH−，故C正确；‎ D、充电过程中，阴极反应式：Zn(OH)42−+2e− == Zn +4OH−，氢氧根与钾离子组成氢氧化钾，故D正确。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】该题考查可充电电池，一般先分析放电过程的负极反应式、正极反应式；再分析充电过程的阴极反应式和阳极反应式。‎ ‎14.某温度时，两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2(g) 2NO(g) +O2 (g) ΔH > 0。实验测得：υ正(NO2 )＝k正c2(NO2 )，υ逆(NO)＝k逆c2(NO)·c(O2 )，k正、k逆为化学反应速率常数，只受温度影响。‎ 容器 编号 起始浓度（mol·L−1）‎ 平衡浓度（mol·L−1）‎ c(NO2)‎ c(NO)‎ c(O2)‎ c(O2)‎ Ⅰ ‎0.6‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.2‎ Ⅱ ‎0.6‎ ‎0.1‎ ‎0‎ 下列说法不正确的是 A. Ⅰ中NO2的平衡转化率约为66.7%‎ B. Ⅱ中达到平衡状态时，c(O2)＜0.2 mol·L−1‎ C. 该反应的化学平衡常数可表示为K=‎ D. 升高温度，该反应的化学平衡常数减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先用三段式法计算出实验Ⅰ中各组分的改变浓度和平衡浓度： ‎ 而实验Ⅱ相当于在Ⅰ基础上再加入NO，平衡会逆向移动，再判断各量的变化。‎ ‎【详解】A、由上述分析可知，Ⅰ中NO2的平衡转化率为，故A正确；‎ B、Ⅰ中平衡时c(O2)=0.2 mol·L−1，实验Ⅱ相当于在Ⅰ基础上再加入NO，平衡会逆向移动，c(O2)＜0.2 mol·L−1，故B正确；‎ C、平衡时υ正(NO2 )＝υ逆(NO)，即k正c2(NO2 )＝k逆c2(NO)·c(O2 )，得==K，故C正确；‎ D、该反应为吸热反应，升高温度，K值增大，故D错误。‎ 答案选D。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共58分）‎ ‎15.草酸亚铁是黄色晶体，常用作照相显影剂、新型电池材料等。‎ 实验室制备草酸亚铁并测定其中Fe2+和C2O42−的物质的量之比确定其纯度，步骤如下：‎ Ⅰ．称取一定质量的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]于烧杯中，加蒸馏水和稀硫酸，加热溶解，再加饱和H‎2C2O4溶液，加热沸腾数分钟，冷却、过滤、洗涤、晾干，得黄色晶体。‎ Ⅱ．称取m gⅠ中制得的晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，‎70℃‎水浴加热，用c mol·L−1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液v1 mL（其中所含杂质与KMnO4不反应）。‎ Ⅲ．向Ⅱ滴定后的溶液中加入过量锌粉和稀硫酸，煮沸，至反应完全，过滤，用c mol·L−1 KMnO4溶液滴定滤液至终点，消耗KMnO4溶液v2 mL。‎ Ⅳ．重复上述实验3次，计算。‎ 已知：ⅰ．草酸是弱酸。‎ ⅱ．pH>4时，Fe2+易被O2氧化。‎ ⅲ．酸性条件下，KMnO4溶液的还原产物为近乎无色的Mn2+。‎ ‎(1)Ⅰ中加入稀硫酸的目的是______、______。‎ ‎(2)Ⅱ中与KMnO4溶液反应的微粒是______、______。‎ ‎(3)Ⅲ中加入过量锌粉仅将Fe3+完全还原为Fe2+。若未除净过量锌粉，则消耗KMnO4溶液的体积V ______v2 mL（填“＞”、“＝”或“＜”）。‎ ‎(4)Ⅲ中，滴定时反应的离子方程式是______。‎ ‎(5)m gⅠ中制得的晶体中，Fe2+和C2O42−的物质的量之比是______（用含v1、 v2的计算式表示）。‎ ‎【答案】 (1). 抑制Fe2+水解 (2). 增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化 (3). Fe2+ (4). C2O42− (5). ＞ (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先用硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]与饱和H‎2C2O4溶液反应制备草酸亚铁，称取m g草酸亚铁晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，用 KMnO4溶液滴定至终点，Fe2+和C2O42−都反应完，Fe2+被氧化为Fe3+，Ⅱ滴定后的溶液中加入过量锌粉将Fe3+完全还原为Fe2+，最后再用等浓度KMnO4溶液滴定至终点，则可以计算出的Fe2+的含量，则C2O42−消耗的KMnO4溶液体积为（v1- v2），可计算出C2O42−的含量。‎ ‎【详解】(1)亚铁离子要水解，由信息可知pH>4时，Fe2+易被O2氧化，加入稀硫酸的目的是抑制Fe2+水解；增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化；故答案为：抑制Fe2+水解；增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化；‎ ‎（2）Ⅱ中与KMnO4溶液反应的微粒有Fe2+和C2O42−，故答案为：Fe2+；C2O42−；‎ ‎（3）Ⅲ中若未除净过量锌粉，则在后面的滴定反应中锌粉又会将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+继续和高锰酸钾反应，消耗的高锰酸钾溶液体积偏大，故答案为：＞；‎ ‎（4）Ⅲ中滴定时，Fe2+与酸性高锰酸钾溶液反应，离子方程式为：；‎ ‎（5）Ⅲ中滴定时，MnO4-与Fe2+的关系式为：，的物质的量为：，Fe2+的物质的量为；在Ⅱ中C2O42−与的关系式为, C2O42−消耗的KMnO4溶液体积为（v1- v2），的物质的量为：，C2O42−的物质的量为：，Fe2+和C2O42−的物质的量之比为=，故答案为：。‎ ‎【点睛】该题主要考查氧化还原滴定，关键是要理清反应原理，用电子守恒法找出关系式，再由关系式进行计算。‎ ‎16.二氧化氯（ClO2）广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。工业上利用甲醇还原NaClO3的方法制备ClO2，工艺流程如下： ‎ 已知：a．发生器中制备ClO2的反应：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH= 12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H(SO4)2↓+9H2O b．相关物质的熔沸点：‎ 物质 CH3OH HCOOH ClO2‎ 熔点/℃‎ ‎－97‎ ‎9‎ ‎－59‎ 沸点/℃‎ ‎65‎ ‎101‎ ‎11‎ ‎(1)ClO2可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有______性。‎ ‎(2)冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，应控制最佳温度为______（填字母）。‎ A．0~‎10℃‎ B．20~‎30℃‎ C．60~‎‎70℃‎ ‎(3)经过程Ⅰ和过程Ⅱ可以获得芒硝（Na2SO4·10H2O）并使部分原料循环利用。‎ 已知：Na2SO4·10H2O和Na2SO4的溶解度曲线如下图：‎ ‎①Na3H(SO4)2处理器中获得芒硝时需加入NaClO3固体，从芒硝溶解平衡的角度解释其原因：______。‎ ‎②结合Na2SO4·10H2O和Na2SO4的溶解度曲线，过程Ⅱ的操作是：在‎32.4℃‎恒温蒸发，______。‎ ‎③Na3H(SO4)2处理器的滤液中可以循环利用的原料是NaClO3和______。‎ ‎【答案】 (1). 氧化 (2). B (3). ，加入NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2SO4·10H2O的析出 (4). 冷却结晶，过滤，洗涤，干燥 (5). H2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，发生器中制备ClO2, 冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，在吸收塔中用冷水冷凝ClO2，最后再储存；发生器中生成的Na3H(SO4)2进入Na3H(SO4)2处理器，用H2O2和NaClO3处理得到Na2SO4·10H2O。‎ ‎【详解】（1）ClO2可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有氧化性，故答案为：氧化；‎ ‎（2）冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，根据表格中相关物质的溶解度，控制的温度应该使CH3OH液化，但是ClO2不能液化，只有B项合适，答案选B；‎ ‎（3）①在处理器中会发生反应：，加入NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2SO4·10H2O的析出，故答案为：，加入NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2SO4·10H2O的析出；‎ ‎②过程Ⅱ的操作为在‎32.4℃‎恒温蒸发后，再冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，故答案为：冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；‎ ‎③Na3H(SO4)2处理器的滤液中可以循环利用的原料为NaClO3和H2SO4,故答案为：H2SO4。‎ ‎17.含氰根（CN−）的废水必须经处理后排放。某电镀废水pH≈12，氰化物以CN−、Cu(CN)32−等形式存在（均以CN−计），处理流程如下：‎ ‎(1)HCN是一元弱酸，用离子方程式表示NaCN水溶液显碱性的原因：______。 ‎ ‎(2)二次处理阶段，使用不同方法氧化。‎ ‎①过硫酸钾（K2S2O8）氧化法：K2S2O8溶液将CN−（N为－3价）氧化成毒性弱的CNO−（N为－3价）。‎ Ⅰ．碱性溶液中S2O82−在一定条件下氧化CN−生成CNO−和SO42−的离子方程式是______。‎ Ⅱ．不同浓度的K2S2O8溶液对CN−的去除率如图1。工业上选用浓度为1 mmol·L−1‎ K2S2O8溶液，不用0.75 mmol·L−1和2 mmol·L−1的原因是______。‎ Ⅲ．研究CN−的氧化去除机理。（文献中为碱性条件下的结论）‎ 文献：a．没有Cu+，S2O82−对CN−没有去除效果。‎ b．S2O82−和Cu+反应生成硫酸根自由基（SO4−·）和CuO。 ‎ c．SO4−·可能转变为羟基自由基（·OH）。‎ d．SO4−· 、·OH均可将CN−氧化为CNO−。叔丁醇只可以使·OH失 去活性，乙醇可以使SO4−· 、·OH均失去活性。‎ 实验：相同条件下，向含Cu(CN)32−的碱性废水中加入叔丁醇，CN−的去除率没有影响；加入乙醇，CN−的去除率降低50%。两种不同的CN−的氧化去除机理如图2，结合文献和实验回答下列问题：‎ ⅰ．补全“机理一”_______________。‎ ⅱ．从“机理二”可看出CuO参与了去除CN−，列举其证据：______。 ‎ ‎②电解法：碱性环境中，在阳极发生两步反应，CN−放电生成CNO−，CNO−再放电生成CO2和N2，第二步的阳极反应式是______。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 1 mmol·L−1比0.75 mmol·L−1的反应速率快，CN−的去除率高，比2 mmol·L−1成本低 (4). CN−、CNO−、SO4−·、SO42−（从左到右） (5). 碱性条件下要有Cu+才能去除CN−，而Cu+会生成CuO，加入乙醇，可以使SO4−·失去活性，而CN-‎ 的去除率仍然有50%，说明CuO参与了去除CN− (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）CN−水解显碱性；‎ ‎（2）K2S2O8溶液将CN−（N为－3价）氧化成毒性弱的CNO−（N为－3价），‎ ‎①根据氧化还原原理书写氧化还原方程式；由图1比较CN−的去除率，考虑反应的速率和原料的经济性；由图2结合题目信息分析反应机理。‎ ‎② 阳极第二步反应为CNO−再放电生成CO2和N2， CNO−中碳元素显+4价，氮元素显-3价。‎ ‎【详解】（1）HCN是一元弱酸，NaCN会水解导致溶液显碱性，离子方程式为：，故答案为：；‎ ‎（2）①Ⅰ、碱性溶液中S2O82−在一定条件下氧化CN−生成CNO−和SO42−的离子方程式为：； ‎ Ⅱ、由图1看出，选用浓度为1 mmol·L−1K2S2O8溶液，既考虑了反应的速率和CN−的转化率，也考虑了成本，故答案为：1 mmol·L−1比0.75 mmol·L−1的反应速率快，CN−的去除率高，比2 mmol·L−1成本低；‎ Ⅲ、ⅰ、结合文献资料（b）可知S2O82−和Cu+反应生成硫酸根自由基（SO4−·）和CuO，再结合总反应看，SO4−·再与CN−反应生成CNO−和SO42−，故图中机理一所填物质依次为：CN−、CNO−、SO4−·、SO42−（从左到右）；故答案为：CN−、CNO−、SO4−·、SO42−（从左到右）；‎ ⅱ、碱性条件下，没有Cu+，CN-不会被去除，而Cu+会生成CuO，加入乙醇，可以使SO4−·失去活性，而CN-的去除率仍然有50%，说明CuO参与了去除CN−；故答案为：碱性条件下要有Cu+才能去除CN−，而Cu+会生成CuO，加入乙醇，可以使SO4−·失去活性，而CN-的去除率仍然有50%，说明CuO参与了去除CN−；‎ ‎②阳极第二步反应为CNO−再放电生成CO2和N2，电极反应式为：。‎ ‎【点睛】该试题主要考查信息的处理能力，要先分析出总反应，再结合图中信息分析反应机理一和机理二，要求学生有一定的归纳整理能力。‎ ‎18.探究铁在某浓度H3PO4和H2O2的混合溶液中反应的情况，进行如下实验：‎ 实验 操作 现象 Ⅰ 将除去氧化膜的铁钉置于烧杯中，加入30 mL 1.0 mol·L−1 H3PO4和 ‎3 mL 30% H2O2的混合溶液（pH≈1）。‎ 一段时间后铁钉表面突然产生大量气泡，随后停止产生气泡；一段时间后再产生大量气泡，再停止，出现周而往复的现象。过程中，溶液保持澄清。‎ Ⅱ 将与实验Ⅰ相同的铁钉放入烧杯中，加入30 mL 1.0 mol·L−1H3PO4和3 mL H2O。‎ 片刻后铁钉表面持续产生气泡，溶液保持澄清。‎ 已知：Fe3(PO4)2难溶于水，Fe(H2PO4)2溶于水。‎ ‎(1)用85% H3PO4配制100 mL 1.0 mol·L−1H3PO4所用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、______。‎ ‎(2)实验Ⅱ中铁钉表面产生气体的化学方程式是______。‎ ‎(3)探究停止产生气泡原因。‎ 提出假设：铁钉表面形成了含有+3价铁的氧化膜将铁钉覆盖。‎ 甲同学进行实验Ⅲ，得出假设成立的结论。‎ 实验Ⅲ：将洗净的实验Ⅰ中无气泡产生时的铁钉置于试管中，加入滴有KSCN溶液的稀H2SO4，振荡，静置，溶液呈红色。‎ 乙同学认为实验Ⅲ无法证实假设成立，其理由是_____。‎ 乙同学通过改进实验证实了假设成立。‎ ‎(4)铁钉表面突然产生大量气泡的可能原因是Fe2+迅速被H2O2氧化形成氧化膜，使聚集在铁钉表面的H2脱离铁钉表面。‎ ‎①实验Ⅳ证实了形成氧化膜过程中产生H+。‎ 实验Ⅳ：______（填操作），滴入少量FeSO4溶液后，立即测定pH，pH迅速降低。‎ ‎②形成氧化膜（以Fe2O3计）的离子方程式是______。‎ ‎(5)实验Ⅰ中周而往复的现象与铁钉表面氧化膜的生成和溶解密切相关，从反应的速率 角度分析其原因：______。‎ ‎【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). (3). 未排除氧气的干扰 (4). 取与实验I初始时pH和浓度均相同的H2O2溶液于试管中 (5). (6). 铁与磷酸反应生成氢气和Fe2+，Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜，使聚集在铁钉表面的氢气脱离：随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应，氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡，当氧化膜溶解后，铁又与磷酸反应产生氢气 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题目是进行探究性实验，在实验I中，铁钉表面产生气泡，是因为铁与H3PO4反应生成氢气，因为溶液保持澄清，根据信息可知还生成了Fe(H2PO4)2，一段时间后再产生大量气泡，再停止，出现周而往复的现象，与实验II对比可知是H2O2发生了作用，再根据后续的探究性实验分析出现周而往复的现象的原因。‎ ‎【详解】（1）根据配制一定物质的量的溶液所需要的仪器，还缺少100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；‎ ‎（2）由题目信息可知，铁与H3PO4反应生成氢气和Fe(H2PO4)2，化学方程式为：；‎ ‎（3）氧气在酸性条件下可以将亚铁离子氧化成成铁离子，故实验Ⅲ无法证实假设成立，故答案为：未排除氧气的干扰；‎ ‎（4）①、实验Ⅳ要证实形成氧化膜过程中产生H+，根据控制变量的思想，操作为：取与实验I初始时pH和浓度均相同的H2O2溶液于试管中，滴入少量FeSO4溶液后，立即测定pH，pH迅速降低；故答案为：取与实验I初始时pH和浓度均相同的H2O2溶液于试管中；‎ ‎②、亚铁离子被H2O2溶液氧化为Fe2O3，离子方程式为：；‎ ‎（5）实验Ⅰ中周而往复现象与铁钉表面氧化膜的生成和溶解密切相关，从反应的速率角度分析如下：铁与磷酸反应生成氢气和Fe2+，Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜，使聚集在铁钉表面的氢气脱离：随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应，氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡，当氧化膜溶解后，铁又与磷酸反应产生氢气。‎ 故答案为：铁与磷酸反应生成氢气和Fe2+，Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜，使聚集在铁钉表面的氢气脱离：随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应，氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡，当氧化膜溶解后，铁又与磷酸反应产生氢气。‎ ‎【点睛】该题是探究性实验题，需根据实验现象分析反应原理，按照题目的探究步骤分析发生的反应，试题的难点为如何解释气泡的产生和停止反复出现的现象，要求有较强的思考分析能力。‎ ‎19.多奈哌齐可用于治疗阿尔茨海默病，中间体L的合成路线如下：‎ 已知：ⅰ．R1—CHOR1—CH=CH—COOH ⅱ．‎ ⅲ．‎ ‎(1)A中所含官能团的名称是______。‎ ‎(2)A→B的化学方程式是______。‎ ‎(3)芳香化合物X是D的同分异构体，符合下列条件的X的结构简式是______。‎ ‎①核磁共振氢谱有3组吸收峰，峰面积比为1∶2∶2 ‎ ‎②1 mol X与足量的金属钠反应，可生成1 mol H2‎ ‎(4)实验室检验E中含氧官能团的试剂及现象为______。‎ ‎(5)1 mol F生成1 mol G需要消耗______mol H2。‎ ‎(6)G→H的反应类型是______。‎ ‎(7)K的结构简式是______。‎ ‎(8)由L可通过如下过程合成多奈哌齐：‎ 试剂a的结构简式是______。‎ ‎【答案】 (1). 羟基 (2). (3). (4). 银氨溶液、出现银镜 (5). 4mol (6). 取代反应 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为，与氯气发生取代反应生成B，由B的分子式结合D的结构，可知B的结构简式为：，氯原子再发生水解反应生成C，C的结构简式为：，再发生取代反应生成D；E到F的反应根据信息ⅰ分析，可得出F的结构简式为，再与氢气发生加成反应生成G，结构简式为，G到H为取代反应，H的结构简式为，再与COCl2发生取代反应生成I，其结构简式为，由信息ⅱ的反应可推出K的结构简式为 ‎。‎ ‎【详解】（1）A为，含有的官能团为羟基，故答案为：羟基；‎ ‎（2）)A→B的化学方程式为，故答案为：；‎ ‎（3）D的结构简式为，X是其同分异构体，核磁共振氢谱有3组吸收峰，峰面积比为1∶2∶2，说明其有3种等效氢，D中共有10个H，则分别为2、4、4个，1 mol X与足量的金属钠反应，可生成1 mol H2，说明有两个羟基，则X的结构简式为，故答案为：；‎ ‎（4）E中的含氧官能团为醛基，检验试剂为银氨溶液，现象为有银镜产生，故答案为：银氨溶液、出现银镜；‎ ‎（5）F中有4个碳碳双键，故1mol的F会消耗4molH2，故答案为：4mol；‎ ‎（6）G结构简式为， H的结构简式为，N上的H原子被-COOCH3取代，故答案为：取代反应；‎ ‎（7）K到L的反应为信息ⅱ的反应原理，为苯环上断开一个H，再对碳碳双键进行加成，由L的结构简式可推出K的结构简式为，故答案为：；‎ ‎（8）结合L的结构简式和M的分子式，可知L到M为脱羧反应，M的结构简式为，再结合信息ⅲ的反应原理，根据多奈哌齐的结构推出 a为，故答案为：。‎ ‎【点睛】该题主要考查有机推断，主要是结合题目信息和物质的分子式推出物质的结构简式，充分利用题给信息进行分析解答，明确有机物的官能团及性质是解本题关键。‎ ‎ ‎