北京市门头沟区2020届高三3月综合练习化学试题

北京市门头沟区2020届高三3月综合练习化学试题

门头沟区 2020 年高三年级综合练习 高 三 化 学 可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 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.科学技术推动人类发展。下列描述不正确的是 A. “嫦娥四号”的着陆器等器件用到镁合金锻件，属于合金材料。 B. 长征五号运载火箭的燃料为液氢液氧，有高能量、无污染等特点。 C. 我国科学家研制成功“天机芯”芯片，其成分为二氧化硅 D. 科学家合成世界首个由碳原子构成的具有半导体特性的碳环 C18，属 于单质。 【答案】C 【解析】 【详解】A. 镁合金锻件具有密度小、强度大等特性，属于合金材料，故 A 正确； B.液氢液氧反应后放出大量热，产物为水，具有高能量、无污染等特点，故 B 正确； C. “天机芯”芯片的材料为硅单质，故 C 错误； D.碳环 C18 是由碳元素组成的纯净物，属于单质，故 D 正确； 故选 C。 2.2019 年 12 月以来，我国部分地区突发的新冠病毒肺炎威胁着人们的身体健康。下列有关说 法正确的是 A. 新型冠状病毒由 C、H、O 三种元素组成 B. 口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，属于有机高分子材料 C. 过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的 D. “84”消毒液是以 NaClO 为主要有效成分的消毒液，为了提升消毒效果，可以与洁厕灵 （主要成分为盐酸）混合使用 【答案】B 【解析】 【详解】A. 新型冠状病毒由蛋白质组成，蛋白质主要由 C、H、O、N 等元素组成，故 A 错误； B. 口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，聚丙烯、聚乙烯等属于合成有机 高分子材料，故 B 正确； C. 过氧化氢、过氧乙酸等消毒液可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇消毒原理是使细胞 脱水，故 C 错误； D. NaClO 与盐酸能反应生成有毒气体氯气，所以不能混用，故 D 错误； 故选 B。 3.下列化学用语表达不正确的是 A. CH4 的球棍模型： B. CO2 的电子式： C. Na2CO3 溶液呈碱性的原因：CO32- + 2H2O H2CO3 + 2OH- D. 用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：3Ag ＋ 4H+ ＋ NO3－＝ 3Ag+＋ NO↑＋2H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A. CH4 分子 正四面体结构，球棍模型为： ，故 A 正确； B. CO2 分子中 C 和 O 通过共用两对电子形成 C=O 键，电子式为： ，故 B 正确； C. Na2CO3 溶液呈碱性的原因是碳酸根的水解反应，主要发生第一步水解：CO32- + H2O 为   HCO3-+ OH- D.稀硝酸与银反应生成硝酸银、NO 和水，离子方程式为：3Ag ＋ 4H+ ＋ NO3-＝ 3Ag+＋ NO↑ ＋2H2O，故 D 正确； 故选 C。 4.NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4 L 苯含有的分子数约为 NA B. 密闭容器中 23 g NO2 与 N2O4 的混合气体中氮原子数为 0.5NA C. 1 L 0.1 mol·L－1 的 NaHCO3 溶液中，HCO3－ 和 CO32－ 离子数之和为 0.1NA D. 密闭容器中 1 mol N2(g)与 3 mol H2 (g)反应制备氨气，形成 6NA 个 N-H 键 【答案】B 【解析】 【详解】A. 标况下，苯为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故 A 错误； B. NO2 与 N2O4 的最简式均为 NO2，故 23g 混合物中含有的 NO2 的物质的量为 n= =0.5mol，则含 0.5NA 个氮原子，故 B 正确； C. HCO3-在溶液中既能水解为 H2CO3 又能电离为 CO32-，根据物料守恒可知：溶液中的 HCO3-、 H2CO3、CO32-之和为 0.1NA 个，故 C 错误； D. N2(g)与 H2 (g)反应制备氨气为可逆反应，形成的 N-H 键少于 6NA 个，故 D 错误； 故选 B。 5.下列实验未涉及氧化还原反应的是 　　　　　　 　　　　　A B C D 实验 Cl2 通到 AgNO3 溶液中 乙烯通入酸性 KMnO4 中 NaOH 溶液中 滴入 FeCl2 溶液 K2Cr2O7 溶液中滴 入氢氧化钠溶液 现象 有白色沉淀产生 溶液由紫红色 褪为无色 产生白色沉淀, 最终变成红褐色 溶液由橙色变为 黄色 A. A B. B C. C D. D 23g 46g/mol 【答案】D 【解析】 【详解】A. Cl2 通到 AgNO3 溶液中，氯气与水反应生盐酸和次氯酸，氯元素化合价变化，属 于氧化还原反应，故 A 不选； B. 乙烯通入酸性 KMnO4 中，溶液由紫红色褪为无色，乙烯被高锰酸钾氧化，属于氧化还原反 应，故 B 不选； C. 白色沉淀，随后变为灰绿色，最后变为红褐色，可知氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，Fe、 O 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故 C 不选； D. （K2Cr2O7）溶液中存在如下平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O⇌2H++2CrO42-（黄色），滴入氢氧 化钠溶液时，平衡正向移动，元素化合价没有变化，未涉及到氧化还原反应，故 D 选； 故选 D。 6.汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有 关汉 黄芩素的叙述正确的是 A. 汉黄芩素的分子式为 C16H13O5 B. 该物质遇 FeCl3 溶液显色 C. 1 mol 该物质与溴水反应，最多消耗 1mol Br2 D. 与足量 H2 发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少 1 种 【答案】B 【解析】 【详解】A. 根据该分子的结构简式可知，其分子式为 C16H12O5，故 A 错误； B. 该分子中含有酚羟基，可与 FeCl3 溶液发生显色反应，故 B 正确； C. 该分子中含有酚羟基，酚羟基邻位碳原子上有氢原子，可以与 Br2 发生取代反应，含有碳碳 双键，可发生加成反应，因此 1mol 该物质最多可消耗 2molBr2，故 C 错误； D. 该物质与足量 H2 发生加成反应后，碳碳双键和羰基均被加成，官能团种类减少 2 种，故 D 错误。 故选 B。 7.中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于 LDH(一种固体催化剂)合成 NH3 的原理示意图。下列说法不正确的是 A. 该过程中 H2O 被还原生成氧气 B. 该过程中涉及极性键和非极性键的断裂与生成 C. 基于合成 NH3 的过程属于氮的固定 D. 该过程的化学方程式为：2N2＋6H2O 4NH3＋3O2 【答案】A 【解析】 【详解】A. 该过程中 O 元素化合价升高，则 H2O 被氧化生成氧气，故 A 错误； B.发生反应为 2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应反应物和生成中均存在单质和化合物，即涉及极性 键与非极性键的断裂与生成，故 B 正确； C. 根据题意和图示知氮元素由游离态转变为化合态，属于氮的固定，故 C 正确； D. 根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为：2N2＋6H2O 4NH3＋3O2，故 D 正确； 故选 A。 【点睛】解决此题的关键是明确氮的固定的定义，元素的单质形态属于游离态，化合物形式 属于化合态。 8.高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示： 下列叙述不正确的是 A. 用 K2FeO4 对饮用水杀菌消毒的同时，还产生 Fe(OH)3 胶体吸附杂质净化水 LDH LDH B. 用 FeCl2 溶液吸收反应 I 中尾气后可再利用 C. 反应 II 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 3∶2 D. 该生产条件下，物质的溶解性：Na2FeO4< K2FeO4 【答案】D 【解析】 【分析】 铁与氯气反应生成氯化铁，加入 NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成 Na2 FeO4，加入饱和 KOH 溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），分离得到粗 K2FeO4，采用重结晶、 洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。 【详解】A. K2FeO4 具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的 氢氧化铁胶体，可用于净水，故 A 正确； B. 尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故 B 正确； C. 反应中 Cl 元素化合价由+1 价降低为-1 价，Fe 元素化合价由+3 价升高到+6 价，则氧化剂与 还原剂的物质的量之比为 3：2，故 C 正确； D. 结晶过程中加入浓 KOH 溶液，增大了 K+浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠 的溶解度小，有利于 K2FeO4 晶体的析出，故 D 错误； 故选 D。 9.合成高分子金属离子螯合剂的反应： +(2n-1)H2O 下列说法不正确的是 A. 聚合物应避免与碱性物质（如 NaOH）长期接触 B. 聚合物的合成反应为缩聚反应 C. 1mol 与足量银氨溶液作用可析出 2mol 银 D. 通过质谱法测定其平均相对分子质量，可得其聚合度 【答案】C 【解析】 【详解】A. 上述聚合物中含有酚羟基，具有酸性，所以应避免与碱性物质（如 NaOH）长期 接触，故 A 正确； B. 根据上述反应方程式看出，聚合物是由两种单体之间脱去水分子聚合得到，属于缩聚反应， 故 B 正确； C. 1mol 中含有 2mol 醛基，则与足量银氨溶液作用可析出 4mol 银，故 C 错误； D. 质谱法测定 PET 的平均相对分子质量，除以链节的相对分子质量可得到聚合度，故 D 正确； 故选 C。 【点睛】根据乙醛与银氨溶液的反应分析知，1mol 醛基被氧化为羧基，有 2molAg+被还原， 此处为解题的关键。 10.已知 X、Y、Z、W、M 均为短周期元素。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均 为 0.01mol/L）溶液的 pH 和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. Z 元素最高价氧化物的化学式为 ZO3 B. 简单离子半径大小顺序：X＞M C. 简单气态氢化物的稳定性：Z＞W＞Y D. X、Z 的最简单气态氢化物反应有白烟生成 【答案】A 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W、M 均为常见的短周期主族元素，由常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶 液（浓度均为 0.01mol/L）的 pH，X 的 pH=2，为一元强酸，则为硝酸，X 为 N 元素，Y 的 半径大于 N，且酸性较硝酸弱，应为 C 元素；Z 的原子半径大于 C，Z 的最高价含氧酸为一元 强酸，则 Z 为 Cl，W 的原子半径大于 Cl，且对应的酸的 pH 小于 2，应为硫酸，W 为 S 元素； M 的原子半径最大，且 0.01mol/L M 的最高价氧化物对应的水化物溶液的 pH 为 12，可知 W 为 Na，以此解答该题。 【详解】由以上分析可知 X、Y、Z、W、M 分别为 N、C、Cl、S、Na。 A. Z 为 Cl，最高化合价为+7 价，最高价氧化物的化学式为 Z2O7，故 A 错误； B. X、M 简单离子具有相同 核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则半径大小顺 序：X＞M，故 B 正确； C. 非金属越强，简单气态氢化物稳定性越强，所以 Cl＞S＞C，即 Z＞W＞Y，故 C 正确； D. X、Z 的最简单气态氢化物反应生成氯化铵，有白烟生成，故 D 正确； 故选 A 11.温度分别为 T1 和 T2 时，将气体 X 和气体 Y 各 0.16mol 充入 10L 恒容密闭容器中，发生反应 X(g)+Y(g) 2Z(g)，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表： 温度/K t/min t1 t2 t3 t4 T1 n(Y)/mol 0.14 0.12 0.10 0.10 T2 n(Y)/mol 0.13 0.09 0.08 下列说法正确的是 A. 该反应的正反应为放热反应 B. T2 温度下此反应的平衡常数 K=4 C. 温度为 T1 时，0~t1 时间段的平均速率 υ(Z)=2.0×10－3mol·L－1·min－1 D. 在 T1 下平衡后，保持其他条件不变，再充入 0.2molZ，平衡时 X 的体积分数增大 【答案】B 【解析】 【详解】A.初始投料是相同的，比较表格中所给的数据可以看出，在时间 t1 时 T2 时的 Y 的物 质的量小于 T1，反应速率快慢说明了 T2 大于 T1，t4 时 T2 的容器中早已达平衡。对于 T1 来说， T2 相当于升温，升温后 Y 减少，说明升温使平衡右移，说明正向反应是吸热的，A 项错误； B.根据表格中数据，列出 T2 温度下的三段式： X(g)+Y(g) 2Z(g) 初始 0.16 0.16 0 变化 0.08 0.08 0.16 平衡 0.08 0.08 0.16 的 。 所以 ，B 项正确； C.先据表格中数据求出温度为 T1 时，0-t1 时段用 Y 表示的平均速率为 ，用 Z 表达的速率为用 Y 表达的速率的 2 倍，C 项错误； D.其他条件不变时，充入 0.2molZ 等效于在恒温恒容容器中充入 0.1molX 和 0.1molY，即相当 于起始加入 0.26molX 和 0.26molY，该反应反应前后气体分子数相等，所以起始加入 0.26molX 和 0.26molY 与起始加入 0.16molX 和 0.16molY 为比例等效平衡，达到平衡时 X 的体积分数不 变，D 项错误； 所以答案选择 B 项。 12.国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生污染。 其工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. “全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能 B. 吸附层 b 发生的电极反应：H2 – 2e－ + 2 OH－= 2H2O C. Na+ 在装置中从右侧透过阳离子交换膜向左侧移动 D. “全氢电池”的总反应： 2H2 + O2 =2H2O 【答案】A 【解析】 【分析】 由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是 H2-2e-+2OH-=2H2O，右 边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是 2H++2e-=H2，结合原电池中阳离子移向正极， 阴离子移向负极解答该题。 【详解】A. 根据图知，左侧和右侧物质成分知，左侧含有 NaOH、右侧含有高氯酸，所以全 20.016 40.008 0.008K = =× ( ) 1 1 1 1 0.16 0.14 10 0.002 minmol Lt t − −− ÷ = ⋅ ⋅ 氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能，故 A 正确； B. 吸附层 a 为负极，电极反应式为 H2-2e-+2OH-=2H2O，吸附层 b 为正极，电极反应是 2H++2e-=H2，故 B 错误； C. 电池中阳离子向正极移动，所以 Na+ 在装置中从左侧透过阳离子交换膜向右侧移动，故 C 错误； D. 负极电极反应是 H2-2e-+2OH-=2H2O，正极电极反应是 2H++2e-=H2，电池的总反应为 H++OH-=H2O，故 D 错误； 故选 A。 13.某小组在 Fe2+检验实验中观察到异常现象，为探究“红色褪去”的原因，进行如下实验： 编 号 实验 I 实验 II 实验 III 实 验 步 骤 将实验 I 褪色后的溶液分三份 分别进行实验 为进一步探究“红色褪去”的原因， 又进行以下实验 ① ②取反应后的溶液，滴加盐酸和 BaCl2 溶液 现 象 溶液先变红，片刻后红色褪 去，有气体生成（经检验为 O2） ①无明显现象 ②溶液变红 ③产生白色沉淀 ①溶液变红，一段时间后不褪色。 ②无白色沉淀产生 分析上述三个实验，下列叙述不正确的是 A. 在此实验条件下 H2O2 氧化 Fe2＋的速率比氧化 SCN－的速率快 B. 通过实验Ⅱ推出实验Ⅰ中红色褪去的原因是由于 SCN－被氧化 C. 通过实验Ⅰ和实验Ⅲ对比推出红色褪去只与 H2O2 的氧化性有关 D. 综上所述，实验Ⅰ中红色褪去的原因与化学平衡移动原理无关 【答案】D 【解析】 【详解】氯化亚铁酸化的溶液中滴入 KSCN 溶液，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，通入足 量氧气，溶液变红且不褪色，说明氧气氧化亚铁离子生成铁离子，滴加盐酸和 BaCl2 溶液，无 白色沉淀，无硫酸钡沉淀生成，排除了生成的氧气氧化 SCN-的可能， A. 在此实验条件下 H2O2 氧化 Fe2＋的速率比氧化 SCN－的速率快，所以溶液先变红，当 SCN－ 被完全氧化后，红色褪去，故 A 正确； B. 实验 II 中滴加 FeCl3 溶液不变红，说明无 SCN-，滴加盐酸和 BaCl2 溶液，有白色沉淀生成， 说明 SCN-被氧化为 SO42-，可以推出实验Ⅰ中红色褪去的原因是由于 SCN－被氧化，故 B 正确； C. 对比实验Ⅰ、Ⅲ，实验Ⅰ排除了铁离子反应，而是 SCN-离子反应，实验Ⅲ排除了生成的氧 气氧化 SCN-的可能，Ⅰ中红色褪去可以判定酸性条件下是 H2O2 的氧化性把 SCN-离子氧化为 硫酸根离子，故 C 正确； D. 红色物质为 Fe3+与 SCN-结合形成的络合物，为可逆反应，当 SCN-被氧化，平衡逆向移动， 红色褪去，与化学平衡移动原理有关，故 D 错误； 故选 D。 14.常温下，在 HA 和 NaA 的混合溶液中 c(HA)＋c(A－)=0.1 mol·L－1，溶液中 c(HA) 和 c(A －)的大小随着 pH 变化的关系如图所示。下列有关叙述不正确的是 A. 常温下，HA 的电离平衡常数约为 10－5 B. 在 pH=3.75 溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＋c(HA) = c(OH－) +0.1 mol·L－1 C. 在 pH=5.75 溶液中：c(OH－)＜c(H＋)＜c(A－)＜c(HA) D. 在 K 点 溶液中，HA 的电离程度大于 A－的水解程度 【答案】C 【解析】 【详解】由图像知实线为 c(A－)浓度大小，虚线为 c(HA)浓度大小， 的 A.根据图像 K 点知，此时 c（A-）=c（HA）=0.050mol/L，c（H+）=10-4.75mol/L，则常温下， HA 的电离平衡常数 ，即数量级为 ，故 A 正确； B. 根据电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋) = c(OH－) ＋c(A-)，已知 c(HA)＋c(A－)=0.1 mol·L －1，两式相加得 c(Na＋)＋c(H＋)＋c(HA) = c(OH－) +0.1 mol·L－1，故 B 正确； C. 在 pH=5.75 溶液时，溶液呈酸性，c(OH－)＜c(H＋)；由图像知，c(HA)＜c(A－)中，故 C 错误； D. 由选项 A 知 HA 的电离平衡常数 Ka=c（H+）=10-4.75，则 A-的水解平衡常数 Kh= ＜10-4.75，Kh＜Ka，说明 HA 的电离程度大于 A－的水解程度，故 D 正 确； 故选 C。 第二部分（非选择题 共 58 分） 15.工业排放物可能对环境和人体健康产生危害，必须经过处理才可排放。根据题意回答下列 问题。 Ⅰ．处理含 SO2、NO 的烟气 在 323 K 温度下，向盛有 NaClO2 溶液的鼓泡反应器中通入含有 SO2 和 NO 的烟气。 (1)写出 NaClO2 溶液脱硝过程中反应的离子方程式___________________ 。 (2)由实验测得，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了 SO2 和 NO 在烟气中的初始浓 度不同，还可能是___________。 (3)采用 NaClO、Ca(ClO) 2 替代 NaClO2，也能较好的除去 SO2。从化学平衡原理分析，Ca(ClO) 2 相比 NaClO 具有的优点是___________________。 Ⅱ．处理含 H2S 的烟气 生物脱 H2S 原理为： H2S(g) + Fe2(SO4)3(aq) = S(s) + 2FeSO4(aq) + H2SO4(aq) ΔH1 4FeSO4(aq) + O2(g) + 2H2SO4(aq) 2Fe2(SO4)3(aq) + 2H2O(l) ΔH2 (1)反应 2H2S(g) + O2 (g) = 2S(s) + 2H2O(l) 的 ΔH3=___________________。 (2)若反应温度过高，反应速率下降（如图），其原因是______________。 - + + 4.75c A c H =c H 10c HAK= −⋅ =（ ） （ ） （ ）（ ） 510− 14 w 9 a .25 4.75 10 1010 K K − − −= = 硫杆菌 Ⅲ．处理污水的化学方法有许多，混凝法、氧化还原法、中和法、电解法等。处理含 Na2SO4 的废水常用三室式电渗析法，原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd 均为离子交换膜，在直 流电场的作用下，两膜中间的 Na+和 SO42－可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能 进入中间隔室。 (1)负极反应式为___________________。 (2)当电路中通过 1 电子的电量时，会有_________ 的 O2 生成。 【答案】 (1). 2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋ （或 2H2O＋ClO2－＋4NO＝ 4NO2－＋Cl－＋4H＋） (2). 二氧化硫的还原性强于 NO (3). 生成的硫酸钙微溶，降低硫 酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行 (4). ΔH3=2ΔH1+ΔH2 (5). 蛋白质变性（或 硫杆菌失去活性） (6). 2H2O+2e—=H2↑+2OH— (7). 0.25 【解析】 【详解】Ⅰ．（1）NaClO2 具有氧化性，可以将 NO 氧化为硝酸根或亚硝酸根，根据电荷守恒 及原子守恒分析水参加反应，产物中有 H+生成，则反应的离子方程式为 2H2O＋3ClO2－＋4NO ＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋（或 2H2O＋ClO2－＋4NO＝4NO2－＋Cl－＋4H＋）。故答案为：2H2O＋ 3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋（或 2H2O＋ClO2－＋4NO＝4NO2－＋Cl－＋4H＋）； （2）由实验测得，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了 SO2 和 NO 在烟气中的初始 浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强于 NO，故答案为：二氧化硫的还原性强于 NO； （3）采用 NaClO、Ca(ClO) 2 替代 NaClO2，也能较好的除去 SO2。从化学平衡原理分析，Ca(ClO) 2 相比 NaClO 具有的优点是：生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方 向进行，故答案为：生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行； mol mol Ⅱ．（1）已知：①H2S(g) + Fe2(SO4)3(aq) = S(s) + 2FeSO4(aq) + H2SO4(aq) ΔH1，②4FeSO4(aq) + O2(g) + 2H2SO4(aq) 2Fe2(SO4)3(aq) + 2H2O(l) ΔH2， 根据盖斯定律①×2+②得反应 2H2S(g) + O2 (g) = 2S(s) + 2H2O(l) ，则 ΔH3=2ΔH1+ΔH2， 故答案为：故 ΔH3=2ΔH1+ΔH2； （2）根据题给方程式知，硫杆菌在反应中作催化剂，温度过高时会失去活性，因此反应速率 下降，故答案为：蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）； Ⅲ．（1）阴极发生还原反应，根据放电顺序氢离子得电子生成氢气，反应式为： 2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故答案为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-； （2）电解硫酸钠溶液相当于电解水，阳极发生氧化反应生成氧气，电极反应为： 2H2O-4e-=4H++O2↑，则当电路中通过 1 电子的电量时，会有 1 × =0.25mol O2 生成， 故答案为：0.25。 16.氧和硫属于同主族元素，其单质和化合物在生产生活中用途很广。 SO2 可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图所示装置制备 SO2， 并用纯净 SO2 进行相关实验。 (1)上述方法制备的 SO2，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接 除杂装置，请画出除杂装置并标明装置中的试剂___________。 (2)将 SO2 通入 0.1mol/L Ba(NO3)2 溶液得到白色沉淀，该反应的离子方程式为_______。 分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制 Ba(NO3)2 和 BaCl2 溶液，进行如下实验： 硫杆菌 mol mol 1 4 (3)实验 C 中，没有观察到白色沉淀，但 pH 传感器显示溶液呈酸性，用化学用语表示其原因 ______________________________。 (4)实验 B 中出现白色沉淀比实验 A 快很多。由此得出的结论是_________________。 (5)测定水中溶解 O2 的量，常用的方法是： i．量取 amL 水样，迅速加入足量 MnSO4 溶液及含有 NaOH 的 KI 溶液，立即塞好塞子，振荡 使反应均匀。 ii．开塞，迅速加入适量的硫酸，此时有 I2 生成。 iii．向 ii 所得溶液中滴加 2 滴淀粉溶液为指示剂，用 b mol/LNa2S2O3 标准溶液滴定至终点共 消耗了 Na2S2O3 溶液 V mL。 有关反应方程式为：2Mn2+ + O2+ 4OH- = 2MnO(OH)2（反应很快） MnO(OH)2 + 2I- + 4H+= Mn2+ + I2 + 3H2O I2 + 2S2O32- = 2I- + S4O62- ①水中溶解 O2 的量（以 mg/L 为单位）为___________________。 ②判断达到滴定终点的实验依据为 __________。 【答案】 (1). 饱和 NaHSO3 溶液 (2). 3Ba2+ + 3SO2 + 2NO3－+ 2H2O＝3BaSO4↓ +2NO↑ ＋4H＋ (3). SO2 + H2O H2SO3 H2SO3 H＋+ HSO3﹣ (4). 在 水溶液中 O2 氧化 SO2 的速率比 NO3﹣快 (5). (6). 当滴定至溶液蓝色恰好褪 去，且半分钟内不恢复蓝色 【解析】 【分析】 根据二氧化硫的性质及实验目的分析解答；根据二氧化硫的还原性分析书写反应方程式；根 据滴定原理及涉及的反应方程式分析解答。 【详解】（1）可用饱和亚硫酸氢钠除去二氧化硫中的酸雾，洗气时，气体从长导管进入，故 答案为： 饱和 NaHSO3 溶液； （2）SO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中，被氧化生成硫酸钡白色沉淀、NO 和硝酸，该反应的离子方 程式为 3Ba2+ + 3SO2 + 2NO3－+ 2H2O＝3BaSO4↓ +2NO↑ ＋4H＋；   8000Vb a （3）二氧化硫与氯化钡不反应，所以没有沉淀生成，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸 溶液呈酸性，涉及反应为：SO2 + H2O H2SO3 H2SO3 H＋+ HSO3﹣； （4）实验 B 中出现白色沉淀比实验 A 快很多，B 中有氧气参与反应，则速率较快，生成更多 的硫酸，pH 较小，故答案为：在水溶液中 O2 氧化 SO2 的速率比 NO3-快； （5）根据滴定过程中发生的反应找出关系式：O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-，则 n(O2)= n(S2O32-)= ×b mol/L×V×10-3L= mol，则水中溶解 O2 的量（以 mg/L 为单位） 为 ，故答案为： ； （6）当达到滴定终点时，I2 完全反应，溶液蓝色恰好褪去，故答案为：当滴定至溶液蓝色恰 好褪去，且半分钟内不恢复蓝色。 17.交联聚合物 K 合成路线如下（图中 表示链延长） 已知： ； (1)按官能团分类，A 的类别是__________。 (2)A→B 的反应类型是________________。 (3)C 可能的结构简式是__________。 (4)C→D 所需的试剂 a 是__________。   1 4 1 4 -3 4 1 10 Vb× - -3 3 mol 32g/mol 10004 =a 10 L 1 10 Vb 8000Vb mg/La × × × × 8000Vb a (5)C2H2 生成 E 的方程式是__________。 (6)G→H 的方程式是__________。 (7)含有苯环，且与 I 互为同分异构体的酯有_____种。写出其中的一种结构简式___________ 【答案】 (1). 烯烃 (2). 取代反应 (3). (4). 氢 氧 化 钠 的 水 溶 液 (5). HC≡CH+2HCHO (6). (7). 6 种 (8). 【解析】 【分析】 根据合成路线图分析知，D 和 J 聚合反应得到 K，分析 K 的结构简式及 D 的分子式得，D 为 CH2OHCHOHCH2OH ， J 为 ； 根 据 题 给 反 应 信 息 分 析 E 为 ，与氢气加成得到 F，则 F 为 CH2(OH)CH2CH2CH2OH，F 氧化得到 G，G 为 ，比较 J 和 G 的结构，根据题给反应分析，G 在一定条件下成环得 到 H ，H 脱水形成苯环得到 I，I 为 ，氧化后得到 J；根 据 D 的结构和 C 的分子式，分析 C 为 或 ，B 与氯气、水加成 得到 C，则 B 为 CH2=CHCH2Cl，则 A 为 CH2=CHCH3，据此分析解答。 【详解】（1）A 中含有碳碳双键，则按官能团分类，A 的类别是烯烃，故答案为：烯烃； →一定条件 （2）根据上述分析知，A 为 CH2=CHCH3，B 为 CH2=CHCH2Cl，比较 A 和 B 的结构简式变化 知，反应类型是取代反应，故答案为：取代反应； （3）根据上述分析，C 可能的结构简式是 或 ，故答案为： 或 ； （4）C→D 为卤代烃的水解反应，所需的试剂 a 是氢氧化钠的水溶液，故答案为：氢氧化钠 的水溶液； （5）根据题给反应信息知，C2H2 生成 E 的方程式是 HC≡CH+2HCHO ，故答案为：HC≡CH+2HCHO ； （6）根据题给反应信息知，G→H 的方程式是 ，故答案为： ； （7）根据 I 的结构及酯的结构特点分析，符合条件的同分异构体有： 、 、 、 、 、 ，共 6 种，故答案为：6 种； 、 、 、 、 、 。 18.氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下： →一定条件 →一定条件 已知：①菱锰矿石主要成分是 MnCO3，还含有少量 Fe、Al、Ca、Mg 等元素； ②相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的 pH 如下： 金属离子 Al3+ Fe3+ Fe2+ Ca2+ Mn2+ Mg2+ 开始沉淀的 pH 3.8 1.5 6.3 10.6 8.8 9.6 沉淀完全的 pH 5.2 2.8 8.3 12.6 10.8 11.6 回答下列问题： (1)“焙烧”时主要反应的化学方程式为__________________。 (2)分析下列图 1、图 2、图 3，氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是：_________________。 (3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入 MnO2 将 Fe2+氧化为 Fe3+，反应的离子方程式为 ________________________；然后调节溶液 pH 使 Fe3+、Al3+沉淀完全。 (4)碳化结晶时，发生反应的离子方程式为___________，碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液 代替碳酸氢铵溶液可能的原因是___________________。 (5)流程中能循环利用的固态物质是____________。 【 答 案 】 (1). MnCO3 ＋ 2NH4Cl MnCl2 ＋ 2NH3↑ ＋ CO2↑ ＋ H2O (2). 500℃ m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10 60min (3). MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O Δ (4). Mn2＋＋2HCO3－ MnCO3↓＋CO2↑＋H2O (5). 碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液 中 c(OH-)较大，易产生 Mn(OH)2 沉淀 (6). NH4Cl 【解析】 【分析】 根据流程图及题干信息分析：菱锰矿（主要成分是 MnCO3，还含少量 Fe、Al、Ca、Mg 等元 素）与氯化铵混合研磨，焙烧：MnCO3+2NH4Cl MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出后 Fe、 Al、Ca、Mg 得到相应的离子，浸出液的成分为：Mn2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，加入 MnO2 将 Fe2+氧化为 Fe3+：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，再调节溶液的 pH 为 5.2≤pH ＜8.8 将 Al3+、Fe3+变为沉淀除去，进一步除去 Mg2+、Ca2+，得到的净化液主要含有 Mn2+，加 入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3- MnCO3↓+CO2↑+H2O，过滤，滤饼干燥得到 MnCO3 产品，滤液的主要成分为氯化铵，蒸发结晶后可以循环使用，据此分析作答。 【详解】（1）由分析可知，菱锰矿与氯化铵混合研磨，焙烧，主要发生方程式为：MnCO3＋ 2NH4Cl MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O，故答案为：MnCO3＋2NH4Cl MnCl2＋2NH3↑＋ CO2↑＋H2O； （2）由图 1 可知，500℃之前的浸出率较低，再升高温度，浸出率变化很小，故氯化铵焙烧 菱锰矿的最佳温度是 500℃；由图 2 可知，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为 1.10 时浸出率较 高，再增加氯化铵的用量，浸出率升高不明显，故氯化铵与菱镁矿粉的最佳质量之比为 1.10； 由图 3 可知焙烧 60min，浸出率高，再增加焙烧时间，浸出率升高不明显，焙烧的最佳时间为 60min；故答案为：500℃；1.10；60min； （3）净化除杂中加入 MnO2 将 Fe2+氧化为 Fe3+，反应的离子方程式为： MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O； （4）由流程分析可知，碳化结晶是指锰离子与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳和水，离 子方程式为：Mn2＋＋2HCO3－ MnCO3↓＋CO2↑＋H2O；碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶 液中 c(OH-)较大，易产生 Mn(OH)2 沉淀，所以不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液，故答 Δ Δ Δ Δ Δ Δ 案为：Mn2＋＋2HCO3－ MnCO3＋CO2↑＋H2O；碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中 c(OH-) 较大，易产生 Mn(OH)2 沉淀； （5）由流程分析可知，最后滤液的主要成分为氯化铵，蒸发结晶后可以循环使用，故答案为： NH4Cl。 19.FeSO4 溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用 Fe2+，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶 体[俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。 I．某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。 本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都经过煮沸、冷却后再使用。向 FeSO4 溶液中 加入饱和(NH4)2SO4 溶液，经过操作_______、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝 绿色的晶体。 II．实验探究影响溶液中 Fe2+稳定性的因素 (1)配制 0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液 （pH=4.0），各取 2 mL 上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加 2 滴 0.01mol/L 的 KSCN 溶液，15min 后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2 溶液仍然为浅绿色透明 澄清溶液，FeSO4 溶液则出现淡黄色浑浊。 【资料 1】 沉淀 Fe(OH)2 Fe(OH)3 开始沉淀 pH 7.6 2.7 完全沉淀 pH 9.6 3.7 ①请用离子方程式解释 FeSO4 溶液产生淡黄色浑浊的原因___________________。 ②讨论影响 Fe2+稳定性的因素，小组同学提出以下 3 种假设： 假设 1：其他条件相同时，NH4+的存在使(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中 Fe2+稳定性较好。 假设 2：其他条件相同时，在一定 pH 范围内，溶液 pH 越小 Fe2+稳定性越好。 假设 3：__________________________________________________。 (2)小组同学用如图装置（G 为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液 A（0.2 mol/L NaCl）和溶液 B（0.1mol/L FeSO4）为不同的 pH，观察记录电流计读数，对假设 2 进行实验 Δ 研究，实验结果如下表所示。 序号 A 0.2mol/LNaCl B 0.1mol/LFeSO4 电流计读数 实验 1 pH=1 pH=5 8.4 实验 2 pH=1 pH=1 6.5 实验 3 pH=6 pH=5 7.8 实验 4 pH=6 pH=1 5.5 【资料 2】原电池装置中，其他条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性 越强，该原电池的电流越大。 【资料 3】常温下，0.1mol/LpH=1 的 FeSO4 溶液比 pH=5 的 FeSO4 溶液稳定性更好。 根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论： ①U 型管中左池的电极反应式_________________。 ②对比实验 1 和 2（或 3 和 4），在一定 pH 范围内，可得出的结论为______ 。 ③对比实验_____和_____ 还可得出在一定 pH 范围内，溶液酸碱性变化是对 O2 氧化性强弱 影响因素。 ④对【资料 3】实验事实的解释为____________________。 【答案】 (1). 蒸发浓缩 (2). 4Fe2+ + O2 + 10H2O＝4Fe(OH)3↓ + 8H+ (3). 当其它 条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响 Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度 越大，Fe2+的稳定性较好。） (4). O2 + 4e- +4H+＝2H2O (5). 溶液酸性越强，Fe2+的还原 性越弱 (6). 1 (7). 3（或 2 和 4） (8). 其它条件相同时，溶液酸性增强对 Fe2+的还原 性减弱的影响，超过了对 O2 的氧化性增强的影响，故 pH=1 的 FeSO4 溶液更稳定。（其他表述 酌情给分） 【解析】 【分析】 的 根据物质性质及实验现象分析发生的化学反应；根据两种溶液离子浓度的差异判断，NH4+、 SO42-以及 H+都可影响 Fe2+稳定性；由表中数据可知，溶液酸性越强，电流计读数越小，说明 Fe2+的还原性越弱，由实验 1 和 3（或 2 和 4）可知，pH 越大电流计读数越小，以此解答该题。 【详解】I．FeSO4 具有还原性，应避免被氧化，则蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，除去 水中溶解的氧气，由溶液得到晶体，应先加热浓缩溶液，然后冷却结晶、过滤、洗涤和干燥， 故答案为：蒸发浓缩； II．（1）①FeSO4 溶液出现淡黄色浑浊，应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为 4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+，故答案为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+； ②根据两种溶液离子浓度的差异判断，NH4+、SO42-以及 H+都可影响 Fe2+稳定性，由题给信息 可知，假设 3 可为当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响 Fe2+的稳定性（或当其它条件 相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好），故答案为：当其它条件相同时，硫酸根 离子浓度大小影响 Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性 较好）； （2）①A 为氯化钠溶液，空气中氧气参与正极反应，电极方程式为 O2+4e-+4H+=2H2O，故答 案为：O2+4e-+4H+=2H2O； ②由表中数据可知，溶液酸性越强，电流计读数越小，说明 Fe2+的还原性越弱，故答案为：溶 液酸性越强，Fe2+的还原性越弱； ③由实验 1 和 3（或 2 和 4）可知，pH 越大电流计读数越小，可得出在一定 pH 范围内，溶液 酸碱性变化对 O2 氧化性强弱的影响因素，故答案为：1 和 3（或 2 和 4）； ④由表中数据可知，pH 变化对亚铁离子的还原性较强，电流计读数出入较大，可知其它条件 相同时，溶液酸性增强对 Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对 O2 的氧化性增强的影响。故 pH=1 的 FeSO4 溶液更稳定，故答案为：其它条件相同时，溶液酸性增强对 Fe2+的还原性减弱 的影响，超过了对 O2 的氧化性增强的影响，故 pH=1 的 FeSO4 溶液更稳定。