北京市平谷区2020届高三3月质量监控（一模）化学试题 Word版含解析

北京市平谷区2020届高三3月质量监控（一模）化学试题 Word版含解析

平谷区 2019—2020学年度第二学期高三年级质量监控 化 学 试 卷 可能用到的相对原子质量:H:‎1 C:12 O:16 Na:23 Cl:35. 5 Zn:65‎ 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。‎ ‎1.2020年5月新修订的《北京市生活垃圾管理条例》将正式实施，垃圾分类并回收利用，可以减少污染，节约自然资源。下列垃圾投放有错误的是 A废旧报纸、饮料瓶、电池等 B剩饭菜、瓜皮 果壳、枯草落叶等 C过期药品、化妆品、油漆等 D一次性餐具、卫生纸、灰土等 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电池属于有害垃圾，A项错误；‎ B. 剩饭菜、瓜皮果壳、枯草落叶等属于厨余垃圾，B项正确；‎ C. 过期药品、化妆品、油漆等属于有害垃圾，C项正确；‎ D. 一次性餐具、卫生纸、灰土等属于其他垃圾，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的是 A. 氢氧根离子的电子式 B. NH3·H2O的电离NH3·H2ONH4++OH-‎ - 22 -‎ C. S2－的结构示意图 D. 间二甲苯的结构简式 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧根离子的电子式为，A项正确；‎ B. NH3·H2O为弱碱，电离可逆，正确为NH3·H2ONH4++OH-，B项错误；‎ C. 表示S原子，S2－的结构示意图最外层有8个电子，C项错误；‎ D. 是对二甲苯的结构简式，D项错误；‎ 答案选A ‎3.下列不能用元素周期律原理解释的是 A. 金属性：K>Na B. 气态氢化物的稳定性：H2O>NH3‎ C. 酸性：HCl>H2SO3 D. Br2从NaI溶液中置换出I2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 同主族从上到下金属性逐渐加强，金属性：K>Na，A项正确；‎ B. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O＞N，稳定性：H2O>NH3，B项正确；‎ C. 盐酸的酸性强于H2SO3与元素周期律没有关系，C项错误；‎ D. 非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性：Br＞I，则Br2可从NaI溶液中置换出I2，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎4.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是 A. 用①装置除去CO2中含有的少量SO2‎ - 22 -‎ B. 用②装置蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体 C. 用③装置加热NH4Cl固体制取NH3‎ D. 用④装置分离乙酸乙酯与水的混合液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO2和SO2都会和饱和碳酸钠溶液反应，不能到达除杂效果，A项错误；‎ B. AlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移，使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能得到无水AlCl3，B项错误；‎ C. 加热NH4Cl固体分解为NH3和HCl，两者遇冷又会生成NH4Cl，堵住导管，存安全隐患，C项错误；‎ D. 乙酸乙酯的密度比水小，有机层在上层，水层在下层，与图中装置分层现象相符，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.设NA为阿伏加德罗常数值。下列体系中指定微粒个数约为NA的是 A. 0.5‎molCl2溶于足量水，反应中转移的电子 B. ‎7.0g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子 C. ‎1L1mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32－‎ D. 标准状况下，5.6LCCl4含有的氯原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cl2溶于足量水，反生反应生成HCl和HClO，为可逆反应，转移电子数无法计算，A项错误；‎ B. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故‎7.0g混合物中含有的CH2的物质的量为0.5mol，则含NA个H原子，B项正确；‎ C. ‎1L1mol/L Na2CO3溶液中Na2CO3的物质的量为1mol，CO32－为弱酸根，在溶液中会水解，微粒个数约小于NA，C项错误；‎ D. 标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的共价键个数，D项错误；‎ 答案选B。‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，注意：可逆反应无法得出具体转移电子数；水解后粒子会减少；液体不能用气体摩尔体积计算。‎ ‎6.下列说法不正确的是 A. 高级脂肪酸甘油酯属于有机高分子化合物 B. 紫外线、高温、酒精可杀菌消毒原理是蛋白质变性 C. 塑料、合成纤维、合成橡胶称为三大合成高分子材料 D. 维生素C又称抗坏血酸，新鲜蔬菜中富含维生素C ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 高级脂肪酸甘油酯相对分子质量很大，但没有几万，不属于高分子化合物，A项错误；‎ B. 紫外线、高温、酒精可使蛋白质变性，B项正确；‎ C. 三大合成高分子材料为塑料、合成纤维、合成橡胶，C项正确；‎ D. 维生素C具有还原性，又称抗坏血酸，新鲜蔬菜中富含维生素C，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎7.阿魏酸是传统中药当归、川穹的有效成分之一，工业上合成阿魏酸的原理如下，下列说法不正确的是 ‎+H2O+CO2‎ A. 阿魏酸分子式为C10H10O4‎ B. 阿魏酸存在顺反异构 C. 方程式中三种有机物均可与NaOH、Na2CO3反应 D. 可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据结构简式可知，阿魏酸分子式为C10H10O4，A项正确；‎ B. 阿魏酸含有碳碳双键，存在顺反异构，B项正确；‎ - 22 -‎ C. 酚羟基和羧基与NaOH、Na2CO3反应，C项正确；‎ D. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不仅有碳碳双键，醛类、酚类、某些醇等也能使其褪色，则香兰素和阿魏酸，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检测，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎8.中国科学家在合成氨（N2+3H22NH3△H<0）反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理。如图所示，下列说法不正确的是 A. 转化过程中有非极性键断裂与形成 B. 复合催化剂降低了反应的活化能 C. 复合催化剂能降低合成氨反应的焓变 D. 低温下合成氨，能提高原料转化率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 合成氨为可逆反应，氮气和氢气在反应过程中有消耗和生成，故转化过程中有非极性键断裂与形成，A项正确；‎ B. 催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，B项正确；‎ C. 催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，C项错误；‎ D. 合成氨的正反应为放热反应，降低温度，平衡向正向移动，能提高原料转化率，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎9.20℃‎时，用0. 1mol/L 盐酸滴定20mL 0. 1mol/L 氨水的图像如图所示，下列说法正确的是 - 22 -‎ A. a点时‎2c(Cl-)=c(NH3•H2O)+c (NH4+)‎ B. b点表示酸碱恰好完全反应 C. c点时c(NH4+)>c(Cl-)>c(H+ )>c(OH- )‎ D. a 、b、c、d均有c(NH4+)+c(H+) = c(Cl-)+c(OH-)‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用0. 1mol/L 盐酸滴定20mL 0. 1mol/L 氨水的过程中溶液中的溶质的变化依次为：氨水、氨水和氯化铵、氯化铵、氯化铵和盐酸，溶液中的pH变化为从大到小。‎ ‎【详解】A. a点时加入10mL的盐酸，溶液中的溶质为等物质的量的氨水和氯化铵，根据物料守恒有氮原子的物质的量是氯原子的物质的量的2倍，即‎2c(Cl-)=c(NH3•H2O)+c (NH4+)，故A正确；‎ B.酸碱恰好完全反应时应该加入0. 1mol/L 盐酸20mL，即酸碱恰好完全反应的点为c点，而不是b点，故B错误；‎ C. c点溶液中的溶质为氯化铵，显酸性，根据电荷守恒可知正确的离子排序为c(Cl-)> c(NH4+)>c(H+ )>c(OH- )，故C错误；‎ D. a 、b点溶液中的溶质为氨水和氯化铵，c点溶液中的溶质为氯化铵，d点溶液中的溶质为氯化铵和盐酸，根据电荷守恒都有c(NH4+)+c(H+) = c(Cl-)+c(OH-)，故D正确；‎ 综上所述，答案为AD。‎ ‎【点睛】溶液中存在三个守恒，即电荷守恒，物料守恒和质子守恒，运用物料守恒时要抓住原子（或原子团）之间的比例关系。‎ ‎10.工业上用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的SO2，并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法中正确的是 - 22 -‎ A. X应为直流电源的正极 B. 电解过程中阴极区pH升高 C. 图中的b%＜a%‎ D. SO32－在电极上发生的反应为SO32－＋2OH－－2e－=SO42－＋2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因为电解池左室H+→H2，Pt(I)是阴极，X为直流电源的负极，A项错误；‎ B. 阴极区消耗H+生成氢气，氢离子浓度减小，溶液的pH增大，B项正确；‎ C. 电解池右室阳极区的发生反应HSO3--2e-＋H2O＝SO42-＋3H＋ 和SO32--2e-＋2H2O＝SO42-＋4H＋，图中的b%>a%，C项错误；‎ D. 解池右室阳极区的发生反应HSO3--2e-＋H2O＝SO42-＋3H＋ 和SO32--2e-＋2H2O＝SO42-＋4H＋，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎11.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用氯酸钠（NaClO3）为原料制取，（常温下ClO2为气态），下列说法错误的是 - 22 -‎ A. 反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1‎ B. 反应①后生成的气体要净化后进入反应②装置 C. 升高温度，有利于反应②提高产率 D. 反应②中有气体生成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据氧化还原反应原理，反应①阶段，NaClO3化合价降低1个价态，SO2化合价升高2个价态，根据升降守恒，则反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，A项正确；‎ B. 反应物中有SO2，不处理干净，会在下一步与H2O2和NaOH反应引入杂质，B项正确；‎ C. 当H2O2和NaOH足量时，理论上可完全消耗ClO2，产率与温度无关，温度只会影响反应速率，C项错误；‎ D. 反应②条件下，ClO2化合价降低得到NaClO2，作氧化剂，H2O2化合价升高，作还原剂得到氧气，故有气体生成，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎12.利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示，H+、O2、NO3－等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是 A. 反应①②③④均为还原反应 B. 1mol三氯乙烯完全脱Cl时，电子转移为3mol C. ④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2O D. 修复过程中可能产生Fe(OH)3‎ - 22 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以均为还原反应，A项正确；‎ B. 三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，B项错误；‎ C. 由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3- + 8e- → NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH-来配平，所以 ④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2O，C项正确；‎ D. ZVI 失去电子有Fe2+产生，Fe2+在氧气和OH-的作用下，可能产生Fe(OH)3，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验 现象 结论 A 向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液 溶液变澄清 酸性：苯酚>碳酸 B 向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液并水浴加热 未出现银镜 蔗糖未水解 C 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一支无明显现象，另一支产生黄色沉淀 相同条件下，AgI比 AgCl的溶解度小 D C2H5OH与浓硫酸‎170℃‎共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液 KMnO4溶液褪色 乙烯能被KMnO4氧化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，可知苯酚的酸性比碳酸的酸性弱，A项错误；‎ - 22 -‎ B. 做银镜反应加入银氨溶液前，要先中和水解的硫酸，B项错误；‎ C. 相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，出现黄色沉淀，说明生成碘化银沉淀，说明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，C项正确；‎ D. 反应中可能生成其他的还原性气体使KMnO4溶液褪色，验证乙烯能被KMnO4氧化前要先除杂，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎14.某同学探究温度对溶液pH值影响，加热一组试液并测量pH后得到如下数据(溶液浓度均为0.1mol/L)：‎ 温度（℃）‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ 纯水 ‎7.30‎ ‎7.10‎ ‎6.95‎ ‎6.74‎ NaOH溶液 ‎13.50‎ ‎13.11‎ ‎12.87‎ ‎12.50‎ CH3COOH溶液 ‎2.90‎ ‎2.89‎ ‎287‎ ‎2.85‎ CH3COONa溶液 ‎9.19‎ ‎9.00‎ ‎8.76‎ ‎8.62‎ 下列说法正确的是 A. 随温度升高，纯水中的kw逐渐减小 B. 随温度升高，NaOH溶液pH变化主要受水电离平衡变化影响 C. 随温度升高，CH3COOH的电离促进了水的电离 D. 随温度升高，CH3COONa溶液的pH减小，说明水解程度减小，c(CH3COO－)增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 水的电离为吸热过程，随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，A项错误；‎ B. 随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，则NaOH溶液pH会减小，B项正确；‎ C. 随温度升高，促进CH3COOH的电离，提高氢离子浓度，氢离子会抑制水的电离，C项错误；‎ D. 盐类的水解反应是吸热反应，温度升高，促进盐类的水解，即水解平衡向右移动，D项错误；‎ 答案选B。‎ - 22 -‎ 第二部分　 非选择题（共 58 分）‎ 本部分共5大题,共58分。 请用黑色字迹签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答, 在试卷上作答无效。‎ ‎15.科学家分析，地球原始大气中的COS（羰基硫）对氨基酸缩合形成多肽的反应有催化作用，对生命起源起到重要作用。‎ ‎（1）写出COS的电子式________，C与O形成共价键时,共用电子对会偏向____原子，判断依据是___________。‎ ‎（2）已知 COS（g）+ H2O（g）H2S（g）+ CO2（g）　 ΔH1 = - 34kJ/mol CO（g）+ H2O（g）H2（g）+ CO2（g）　 ΔH2 = - 41kJ/mol 写出H2S与CO反应生成 COS 的热化学方程式：_________；‎100℃‎ 时将CO与H2S按物质的量比为 1:1 充入反应器中,达平衡后CO的转化率α = 33.3%，此时反应的平衡常数K =______。‎ ‎（3）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。 设起始充入的 n（CO）:n（H2S）=m，相同时间内测得H2S转化率与m和温度（T）的关系如图所示。‎ ‎①m1________m2。（填“ ＞ ”、“ ＜ ”或“ = ”）‎ ‎②温度高于 T0时，H2S 转化率减小的可能原因为________。‎ A 反应停止了 ‎ B 反应的 ΔH 变大 C 反应达到平衡 ‎ D 催化剂活性降低 ‎【答案】 (1). (2). O（氧） (3). C与O同周期，核电荷数O＞C，原子半径O＜C，非金属性O＞C (4). CO（g）＋H2S（g）COS（g）＋H2（g） △H＝－7 kJ/mol (5). 0.25 (6). ＞ (7). c d ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【详解】（1）COS分子中碳原子与氧原子、硫原子分别形成两对共用电子对，电子式为；相同非金属原子之间形成的共价键为非极性共价键，共用电子对不偏向任何一方，不同原子之间形成的为极性共价键，共用电子偏向吸引电子能力强的一方，根据非金属性同周期从左到右非金属性增强，即非金属性C＜O，可知共用电子对会偏向氧原子，故答案为：；O（氧）；C与O同周期，核电荷数O＞C，原子半径O＜C，非金属性O＞C；‎ ‎（2）已知①COS（g）+ H2O（g）H2S（g）+ CO2（g）ΔH1 = - 34kJ/mol ‎②CO（g）+ H2O（g）H2（g）+ CO2（g）ΔH2 = - 41kJ/mol 根据盖斯定律，②-①可得：CO（g）＋H2S（g）COS（g）＋H2（g） △H＝ΔH2-ΔH1= （- 41kJ/mol）-（- 34kJ/mol）=-7 kJ/mol；‎ ‎100℃‎‎ 时将 CO 与 H2S 按物质的量比为 1:1 充入反应器中，列三段式：‎ K==0.25‎ 故答案为：CO（g）＋H2S（g）COS（g）＋H2（g） △H3＝-7 kJ/mol；0.25；‎ ‎（3）①在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应，设起始充入的 n（CO）：n（H2S）= m，m越大说明充入的CO越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率，则m1＞m2，故答案为：＞；‎ ‎②图为相同时间内测得 H2S 转化率与 m 和温度（T）的关系，即若平衡逆向移动，或者反应速率变慢可能会使H2S 转化率减小，‎ A. 可逆反应处于动态平衡，反应并未停止，故A错误；‎ B. ΔH只与反应物和生成物的总量有关，所以ΔH不会变大，故B错误；‎ C.温度升高反应达到平衡状态，因为该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以会使H2S 转化率减小，故C正确；‎ D.温度升高可能会使催化剂的活性减弱，反应减慢，使H2S 转化率减小，故D正确；‎ - 22 -‎ 综上所述，答案为CD。‎ ‎16.水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，‎ Ⅰ．用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cmol/L标准溶液；‎ Ⅱ．用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1小时；‎ Ⅲ．向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色； Ⅳ．将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；‎ V．待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。‎ 已知：I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6‎ ‎（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。‎ ‎（2）在步骤Ⅱ中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O。‎ ‎（3）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为 _______________________________________________________________。‎ ‎（4）滴定时，溶液由__________色到______________色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。‎ ‎（5）河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。‎ ‎（6）当河水中含有较多NO3－时，测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)‎ ‎【答案】 (1). 碱式滴定管 (2). MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O (3). 蓝 (4). 无 (5). (6). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；‎ ‎(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；‎ - 22 -‎ ‎(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；‎ ‎(5)根据关系式，进行定量分析；‎ ‎(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。‎ ‎【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；‎ ‎(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案为：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；‎ ‎(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；‎ ‎(5)由4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6，可知关系式，即，则氧气的物质的量x=，v1mL水样中溶解氧=，故答案为：；‎ ‎(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，结果偏高，故答案为：偏高。‎ ‎【点睛】本题难点(3)，信息型氧化还原反应方程式的书写，要注意对反应物和生成物进行分析，在根据得失电子守恒配平；易错点(5)，硝酸根存在时，要注意与氢离子在一起会有强氧化性。‎ ‎17.香豆素－3－羧酸是一种重要的香料,常用作日常用品或食品的加香剂。‎ - 22 -‎ 已知:‎ RCOOR′+ R″OH RCOOR″ + R′OH（R 代表烃基）‎ ‎（1）A和B均有酸性,A 的结构简式__________；苯与丙烯反应的类型是_______。‎ ‎（2）F 为链状结构,且一氯代物只有一种,则F 含有的官能团名称为__________。‎ ‎（3）D→丙二酸二乙酯的化学方程式:_______。‎ ‎（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物 E,其结构简式为:________。‎ ‎（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式:________。‎ ‎①与丙二酸二乙酯的官能团相同;‎ ‎②核磁共振氢谱有三个吸收峰,且峰面积之比为 3:2:1;‎ ‎③能发生银镜反应。‎ ‎（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成。‎ 请写出中间产物的结构简式。‎ 中间产物I__________；中间产物II___________。‎ - 22 -‎ ‎【答案】 (1). CH3COOH (2). 加成反应 (3). 羰基 (4). +‎2C2H5OH+2H2O (5). (6). 或 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由（1）可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B在与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物为。‎ ‎【详解】（1）由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；‎ ‎（2）F为C3H6O,不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，所以F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；‎ ‎（3）丙二酸二乙酯由D和乙醇发生酯化反应得到，方程式为+‎2C2H5OH+2H2O，故答案为：+‎2C2H5OH+2H2O；‎ ‎（4）根据信息提示，丙二酸二乙酯要形成高聚物E，则要发生分子间缩聚反应，高聚物E为，故答案为：；‎ ‎（5）丙二酸二乙酯的同分异构体满足①与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基，②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为 3:2:1，所以氢原子个数分别为6、4、2‎ - 22 -‎ ‎，③能发生银镜反应，说明存在醛基或者甲酯，根据②可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10,要满足相同氢分别为6、4，只能为两个亚甲基和两个甲基，满足条件的结构为或，故答案为：或；‎ ‎（6）与丙二酸二乙酯发生加成反应，双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，经过消去反应得到，故答案为：；。‎ ‎18.氮氧化物是大气主要污染物，主要来自于工业废气及汽车尾气的排放，工业废气中NO是主要成分之一。‎ ‎（1）乙烯作为还原剂的脱硝(NO)，其反应机理示意图如图所示．写出解吸过程的化学方程式____________________。‎ ‎（2）FeSO4-Na2SO3复合吸收剂吸收烟气中的NO，该方法利用Fe2+易与NO发生络合反应的特性，原理如下NO+FeSO4Fe(NO)SO4‎ ‎①如图是一段时间内不同吸收剂对NO脱除率对比，加入Na2SO3溶液后，吸收效率增强，除了Na2SO3也能吸收部分NO外，还能防氧化从而增大Fe2+的含量，写出此原理的离子方程式_______________________________________。‎ - 22 -‎ ‎②模拟实验表明，温度过高或过低都会降低NO的脱除率，其原因是_______________________________________。 ‎ ‎（3）采用无隔膜法电解食盐水脱氮可将氮氧化物转化成NO3-,原理如图 ‎①无隔膜条件下电解食盐水后溶液呈弱碱性，原因是____________________________.‎ ‎②写出NO发生反应的离子方程式____________________________。‎ ‎③根据下图所示，脱NO过程中控制溶液pH在______________范围内更合理。‎ ‎【答案】 (1). ‎2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O (2). 2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+ (3). 温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降 (4). ClO－+H2OHClO+OH－ (5). 2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O (6). 5—6‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，写出对应化学方程式；‎ ‎(2)①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量；‎ ‎②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低；‎ ‎(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会水解；‎ ‎②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；‎ ‎③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强。‎ ‎【详解】(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，化学方程式为‎2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O，故答案为：‎2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O；‎ ‎(2) ①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量，离子方程式为2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+，故答案为：2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+；‎ ‎②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低，故答案为：温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降；‎ ‎(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会发生水解，方程式为ClO－+H2OHClO+OH－，故答案为：ClO－+H2OHClO+OH－；‎ ‎②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O，故答案为：2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；‎ ‎③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强，故答案为5-6。‎ ‎19.某化学兴趣小组利用硫酸铁溶液与铜粉反应，又向反应后溶液中加入KSCN溶液以检验Fe3+是否有剩余，实验记录如下；‎ 实验编号 操作 现象 - 22 -‎ 实验1‎ i．加入Cu粉后充分振荡，溶液逐渐变蓝； ii．取少量i中清液于试管中，滴加2滴 ‎0.2mol/LKSCN溶液，溶液变为红色，但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。‎ ‎（1）写出实验1中第i步的离子方程式_______________。甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的Cu2+干扰了检验Fe3+的现象。查阅相关资料如下 ‎①2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓（白色）+(SCN)2（黄色）‎ ‎②硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间。‎ 该同学又通过如下实验验证猜想 实验编号 操作 现象 实验2‎ 溶液呈绿色，一段时间后后开始出现白色沉淀，上层溶液变为黄色 实验3‎ 无色溶液立即变红，同时生成白色沉淀。‎ ‎（2）经检测，实验2反应后的溶液pH值减小，可能的原因是___________________________________________。‎ ‎（3）根据实验2、3的实验现象，甲同学推断实验3中溶液变红是由于Fe2+被(SCN)2氧化，写出溶液变红的离子方程式_______________________。继续将实验2中的浊液进一步处理，验证了这一结论的可能性。‎ - 22 -‎ 补充实验4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能，对应的现象是____________________________________________。‎ ‎（4）乙同学同时认为，根据氧化还原反应原理，在此条件下，Cu2+也能氧化Fe2+，他的判断依据是_______。‎ ‎（5）为排除干扰，小组同学重新设计如下装置。‎ ‎①A溶液为____________________________。‎ ‎②“电流表指针偏转，说明Cu与Fe3+发生了反应”，你认为这种说法是否合理？__________________（填合理或不合理），原因是__________________________________________。 ‎ ‎③验证Fe3+是否参与反应操作是________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+ (2). 部分(SCN)2与水反应生成酸 (3). Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 (4). 溶液褪色，无蓝色沉淀 (5). 在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+〉(SCN)2 (6). 0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液 (7). 不合理 (8). 未排除氧气干扰 (9). 一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；‎ ‎(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2‎ - 22 -‎ 之间，能与水反应，生成酸；‎ ‎(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀；‎ ‎(4)根据氧化还原反应规律分析；‎ ‎(5)①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液；‎ ‎②溶液中的氧气会影响反应；‎ ‎③铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀。‎ ‎【详解】(1) Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+，故答案为：Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；‎ ‎(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸，故答案为：部分(SCN)2与水反应生成酸；‎ ‎(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色，离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀，故答案为：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；溶液褪色，无蓝色沉淀；‎ ‎(4)根据2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黄色), Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2，(SCN)2能氧化Fe2+，则氧化性 (SCN)2 > Fe2+，即Cu2+也能氧化Fe2+，故答案为：在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2；‎ ‎(5)①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液，则电解质为0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液，故答案为：0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液；‎ ‎②溶液中的氧气会影响反应，未做排氧操作，不合理，故答案为：不合理；未排除氧气干扰；‎ ‎③Fe3+参与反应后生成Fe2+，铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀，可验证产生的Fe2+，操作为一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，故答案为：一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。‎ ‎【点睛】本题易错点(6)，使用的电解质溶液，要和之前的浓度保持一致，才能形成对比实验，做实验题型，一定要注意控制变量法的规则。‎ - 22 -‎