北京市西城区2020届高三一模化学试题 Word版含解析

北京市西城区2020届高三一模化学试题 Word版含解析

西 城 区 高 三 统 一 测 试 化 学 本试卷共 9 页，100 分。考试时长 90 分钟。考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 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.下列防疫物品的主要成分属于无机物的是 A．聚丙烯 B．聚碳酸酯 C．二氧化氯 D．丁腈橡胶 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.制口罩的聚丙烯是合成有机高分子化合物，故A错误；‎ B.制防护镜的聚碳酸酯是合成有机高分子化合物，故B错误；‎ C.用于消毒的二氧化氯是氯元素的氧化物，属于无机物，故C正确；‎ D.制医用手套的丁腈橡胶是合成有机高分子化合物，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是 A. 用食盐、蔗糖等作食品防腐剂 B. 用氧化钙作吸氧剂和干燥剂 C. 用碳酸钙、碳酸镁和氢氧化铝等作抗酸药 - 23 -‎ D. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以保鲜 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 食盐、蔗糖能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的，可做防腐剂，故A正确；‎ B. 氧化钙没有还原性，不能作吸氧剂，故B错误；‎ C. 碳酸钙、碳酸镁和氢氧化铝可与胃液中的盐酸反应，常用于作抗酸药，故C正确；‎ D. 乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，为了延长水果的保鲜期，应除掉乙烯，所以将浸泡有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中除去乙烯，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯能被酸性高锰酸钾氧化是解答关键。‎ ‎3.短周期元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的气态氢化物遇湿润的红色石蕊试纸变蓝色，X是地壳中含量最高的元素，Y在同周期主族元素中原子半径最大，Z 与 Y形成的化合物的化学式为YZ。下列说法不正确的是 A. W 在元素周期表中的位置是第二周期 VA 族 B. 同主族中 Z 的气态氢化物稳定性最强 C. X 与 Y 形成的两种常见的化合物中，阳离子和阴离子的个数比均为 2∶1‎ D. 用电子式表示 YZ 的形成过程为：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由W的气态氢化物遇湿润的红色石蕊试纸变蓝色可知，W为N元素；X是地壳中含量最高的元素，则X是O元素，Y在同周期主族元素中原子半径最大，则Y为Na元素，Z 与 Y形成的化合物的化学式为YZ，则Z为Cl元素。‎ ‎【详解】A. W为N元素，位于元素周期表中第二周期 VA 族，故A正确；‎ B. Z为Cl元素，位于元素周期表中ⅦA族，ⅦA族中F的气态氢化物稳定性最强，故B错误；‎ C.O与Na可形成氧化钠和过氧化钠两种离子化合物，氧化钠中钠离子和氧离子的个数比为 - 23 -‎ ‎ 2∶1，过氧化钠中钠离子和过氧根离子的个数比为 2∶1，故C正确；‎ D.氯化钠是钠离子和氯离子形成的离子化合物，用电子式表示氯化钠的形成过程为，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】氯化钠是离子化合物，用电子式表示其形成过程时，左边是原子的电子式，右边为氯化钠的电子式，中间用箭头连接。‎ ‎4.下列变化过程不涉及氧化还原反应的是 A B C D 将铁片放入冷的浓硫酸中无明显现象 向 FeCl2 溶液中滴加 KSCN溶液，不变色，滴加氯水后溶液显红色 向 Na2SO3 固体中加入硫酸，生成无色气体 向包有 Na2O2 粉末的脱脂棉上滴几滴蒸馏水，脱脂棉燃烧 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铁遇冷的浓硫酸发生钝化，铁被氧化生成致密的氧化层薄膜，属于氧化还原反应，故A错误；‎ B. 向 FeCl2溶液中滴加 KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后，氯化亚铁被氯气氧化生成氯化铁，氯化铁与硫氰化钾溶液反应，溶液显红色，属于氧化还原反应，故B错误；‎ C.亚硫酸钠与硫酸发生复分解反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应前后没有化合价改变，不属于氧化还原反应，故C正确；‎ D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应放出大量的热，放出的热量使氧气和脱脂棉反应，使脱脂棉燃烧，属于氧化还原反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，结合反应的特点以及元素化合价的角度判断反应是否为氧化还原反应是解答关键。‎ ‎5.海水提溴过程中发生反应：3Br2 +6Na2CO3 +3H2O=5NaBr +NaBrO3 +6NaHCO3‎ - 23 -‎ ‎，下列说法正确的是 A. 标准状况下 2 mol H2O 的体积约为 ‎‎44.8 L B. 0.1 mol·L− 1Na2CO3 溶液中 CO3 2−的物质的量为 0.1 mol C. 反应中消耗 3 mol Br2 转移的电子数约为 5×6.02×1023‎ D. 反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为 5∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下，水为液态，无法计算2 mol水的体积，故A错误；‎ B.缺溶液的体积，无法计算0.1 mol·L− 1Na2CO3 溶液中Na2CO3的物质的量，故B错误；‎ C.由方程式可知，溴元素的化合价由0价分别变为-1价和+5价，溴既是氧化剂又是还原剂，则反应中消耗3 mol Br2转移的电子数约为 5×6.02×1023，故C正确；‎ D. 由方程式可知，溴元素的化合价由0价分别变为-1价和+5价，溴既是氧化剂又是还原剂，氧化产物是溴酸钠，还原产物是溴化钠，溴酸钠和溴化钠的物质的量之比为1：5，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】反应3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O中，溴元素的化合价由0价分别变为-1价和+5价，溴既是氧化剂又是还原剂，氧化产物是溴酸钠，还原产物是溴化钠。‎ ‎6.下列实验现象预测正确的是 A B C D 烧杯中产生白色沉淀，一段时间后沉淀无明显变化 加盐酸出现白色浑浊，加热变澄清 KMnO4 酸性溶液在苯和甲苯中均褪色 液体分层，下层呈 无色 - 23 -‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯化铵和氢氧化钙固体受热分解生成氨气，氨气与氯化亚铁溶液反应，立即生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，故A错误；‎ B.苯酚钠溶液与盐酸反应生成苯酚，出现白色浑浊，由于苯酚溶于热水，则加热变澄清，故B正确；‎ C.苯不能与酸性高锰酸钾溶液反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；‎ D.四氯化碳比水的密度大，碘在四氯化碳中溶解度大于水中溶解度，则分层后，下层碘的四氯化碳溶液呈紫色或紫红色，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.下列解释事实的方程式不正确的是 A. 用 Na2CO3 溶液将水垢中的 CaSO4 转化为 CaCO3：CO3 2－+Ca2+ =CaCO3↓‎ B. 电解饱和食盐水产生黄绿色气体：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑‎ C. 红热木炭遇浓硝酸产生红棕色气体：C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O D. 用新制 Cu(OH)2 检验乙醛，产生红色沉淀：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2CO3溶液与水垢中的CaSO4反应生成溶解度更小的碳酸钙和硫酸钠，反应的离子方程式为CO32－+ CaSO4 =CaCO3↓+ SO42－，故A错误；‎ B. 电解饱和食盐水时，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化钠，电解的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故B正确；‎ C. 红热木炭与浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，故C正确；‎ - 23 -‎ D.碱性条件下，乙醛与新制的氢氧化铜悬着液共热反应生成氧化亚铜砖红色沉淀、乙酸钠和水，反应的化学方程式为CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】Na2CO3溶液与水垢中的CaSO4反应生成溶解度更小的碳酸钙和硫酸钠，反应物CaSO4是微溶物，不能拆写是易错点。‎ ‎8.科学家提出由 WO3 催化乙烯和 2-丁烯合成丙烯的反应历程如图（所有碳原子满足最外层八电子结构）。下列说法不正确的是 A. 乙烯、丙烯和 2-丁烯互为同系物 B. 乙烯、丙烯和 2-丁烯的沸点依次升高 C. Ⅲ→Ⅳ中加入的 2-丁烯具有反式结构 D. 碳、钨（W）原子间的化学键在Ⅲ→Ⅳ→Ⅰ的过程中未发生断裂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烯、丙烯和 2-丁烯结构相似，组成上相差若干个CH2原子团，都属于烯烃，互为同系物，A正确；‎ B. 乙烯、丙烯和 2-丁烯都属于烯烃，随着碳原子个数增加，沸点依次升高，故B正确；‎ C. 2-丁烯具有顺式（）和反式（）异构，故C正确；‎ D.由示意图可知，Ⅳ→Ⅰ的过程中，发生了碳、钨（W）原子间的化学键断裂（），故D错误；‎ 故选D。‎ - 23 -‎ ‎9.以富含纤维素的农作物为原料，合成 PEF 树脂的路线如下：‎ 下列说法不正确的是 A. 葡萄糖、果糖均属于多羟基化合物 B. 5-HMF→FDCA 发生氧化反应 C. 单体 a 为乙醇 D. PEF 树脂可降解以减少对环境的危害 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从结构上看，葡萄糖是五羟基醛，果糖是五羟基酮，均属于多羟基化合物，故A正确；‎ B.转化为的反应是醇羟基和醛基氧化为羧基的反应，故B正确；‎ C.由PEF的结构简式 可知，与HOCH2CH2OH发生縮聚反应生成PEF，单体 a 为乙二醇，故C错误；‎ D. 由PEF的结构简式可知，PEF 树脂中含有酯基，一定条件下能发生水解反应而降解，从而减少白色污染对环境的危害，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】一定条件下，与HOCH2CH2OH发生縮聚反应生成，单体 a 为乙二醇是解答关键。‎ ‎10.向某密闭容器中充入 NO2，发生反应：2NO2(g) N2O4(g)。其它条件相同时，不同温度下平衡体系中各物质的物质的量分数如下表：（已知：N2O4 为无色气体）‎ t/℃‎ ‎27‎ ‎35‎ ‎49‎ ‎70‎ NO2%‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎40‎ ‎66‎ - 23 -‎ N2O4%‎ ‎80‎ ‎75‎ ‎60‎ ‎34‎ 下列说法不正确的是 A. ‎27℃‎时，该平衡体系中 NO2 的转化率为 B. 平衡时，NO2的消耗速率为N2O4消耗速率的2倍 C. 室温时，将盛有NO2的密闭玻璃球放入冰水中其颜色会变浅 D. 增大NO2起始量，可增大相同温度下该反应的化学平衡常数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由表格数据可知，‎27℃‎反应达到平衡时，二氧化氮和四氧化二氮的物质的量比为1:4，则若四氧化二氮为4mol，由方程式可知，反应消耗二氧化氮为8mol，起始二氧化氮为（8+1）mol=9mol，二氧化氮的转化率为，故A正确；‎ B. 平衡时，正逆反应速率相等，由方程式可知，NO2的消耗速率为N2O4消耗速率的2倍，故B正确；‎ C.二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，二氧化氮浓度减小，气体颜色变浅，故C正确；‎ D. 化学平衡常数是温度函数，温度不变，化学平衡常数不变，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎11.光电池在光照条件下可产生电压，如下装置可以实现光能源的充分利用，双极性膜可将水解离为 H+和 OH-，并实现其定向通过。下列说法不正确的是 A. 该装置将光能转化为化学能并分解水 B. 双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性 C. 光照过程中阳极区溶液中的n(OH-)基本不变 - 23 -‎ D. 再生池中的反应： 2V2+ +2H2O 2V3++2OH-+H2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由示意图可知，双极性膜将水解离为H+和OH-，在光电池的作用下，左侧电极为阴极，V3+在阴极得电子发生还原反应生成V2+，右侧电极为阳极，氢氧根在阳极失电子发生氧化反应生成氧气，再生池中V2+和H+在催化剂作用下反应生成V3+和H2，反应的化学方程式为2V2+ +2H+2V3+H2↑。‎ ‎【详解】A. 该装置将光能转化电能，电能转化为化学能，并使水转化为氢气和氧气，故A正确；‎ B. 双极性膜将水解离为H+和OH-，H+进入阴极池使溶液呈酸性，OH-进入阳极池，使溶液呈碱性，故B正确；‎ C. 光照过程中，双极性膜将水解得到OH-的物质的量与OH-在阳极失电子发生氧化反应的物质的量相等，阳极区溶液中OH-的物质的量不变，故C正确；‎ D. 再生池中V2+和H+在催化剂作用下反应生成V3+和H2，反应的化学方程式为2V2+ +2H+2V3+H2↑，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】再生池中的反应为V2+和H+在催化剂作用下反应生成V3+和H2，酸性条件下，不可能生成OH-是解答关键。‎ ‎12.室温时，向 20 mL 0.1 mol·L− 1 的两种酸 HA、HB 中分别滴加 0.1 mol·L− 1NaOH 溶液， 其 pH 变化分别对应下图中的Ⅰ、Ⅱ。下列说法不正确的是 A. 向 NaA 溶液中滴加 HB 可产生 HA B. a点，溶液中微粒浓度：c(A－) > c(Na+) > c(HA)‎ - 23 -‎ C. 滴加 NaOH 溶液至 pH=7 时，两种溶液中 c(A－)= c(B－)‎ D. 滴加 20 mL NaOH 溶液时，Ⅰ中 H2O 的电离程度大于Ⅱ中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，0.1 mol·L− 1HB溶液的pH小于等浓度的HA溶液，说明HB的酸性强于HA，由强酸制弱酸的原理可知，向 NaA 溶液中滴加 HB 可产生 HA，故A正确；‎ B. 由图可知，a点为等浓度的HA和NaA混合液，溶液呈酸性，说明HA的电离大于NaA的水解，则溶液中微粒浓度：c(A－)>c(Na+)>c(HA)，故B正确；‎ C.由于HB的酸性强于HA，等浓度的HB溶液和HA溶液滴加NaOH溶液 pH=7 时，消耗NaOH溶液的体积不同，溶液中钠离子的不同，则两种溶液中 c(A－)一定不等于c(B－)，故C错误；‎ D. 滴加 20 mL NaOH 溶液时，等浓度的HB溶液和HA溶液均恰好完全反应生成NaB和NaA，由于HB的酸性强于HA，则NaA的水解程度大于NaB，Ⅰ中 H2O 的电离程度大于Ⅱ中，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】由于HB的酸性强于HA，等浓度的HB溶液和HA溶液滴加NaOH溶液 pH=7 时，消耗NaOH溶液的体积不同，溶液中钠离子的不同，则两种溶液中 c(A－)一定不等于c(B－)是解答关键。‎ ‎13.我国化学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”联合合成氨工业生产纯碱和氮肥，工艺流程图如下。碳酸化塔中的反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。‎ 下列说法不正确的是 A. 以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液进入吸氨塔 - 23 -‎ B. 碱母液储罐“吸氨”后的溶质是NH4Cl和NaHCO3‎ C. 经“冷析”和“盐析”后的体系中存在平衡 NH4Cl(s) NH4+(aq) + Cl－(aq)‎ D. 该工艺的碳原子利用率理论上为 100%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由工艺流程图可知，海水淡化工厂以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液，饱和氯化钠溶液进入吸氨塔，吸收氨气后形成氨化的饱和氯化钠溶液，故A正确；‎ B. 进入碱母液储罐中溶液的溶质为氯化铵和碳酸氢钠，通入氨气后，碳酸氢钠溶液与氨气反应生成碳酸钠和碳酸铵，故B错误；‎ C. “冷析”和“盐析”的目的是利用氯化铵在溶液中的溶解平衡NH4Cl(s) NH4+(aq) + Cl－(aq)，使平衡向左移动，得到氯化铵晶体，故C正确；‎ D. 由工艺流程图可知，反应中二氧化碳与氨化的饱和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，二氧化碳进入碳酸化塔循环使用，溶液中的碳酸氢钠与氨气反应生成碳酸钠，碳酸钠进入吸氨塔循环使用，从理论上分析，该工艺的碳原子利用率理论上可以为 100%，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】 ‎ ‎14.硅酸（H2SiO3）是一种难溶于水的弱酸，从溶液中析出时常形成凝胶状沉淀。实验室常用 Na2SiO3 溶液制备硅酸。某小组同学进行了如下实验：‎ 编号 Ⅰ Ⅱ - 23 -‎ 实验 现象 a 中产生凝胶状沉淀 b 中凝胶状沉淀溶解，c 中无明显变化 下列结论不正确的是 A. Na2SiO3 溶液一定显碱性 B. 由 Ⅰ 不 能 说 明 酸 性 H2CO3＞H2SiO3‎ C. 由Ⅱ可知，同浓度时 Na2CO3 溶液的碱性强于 NaHCO3 溶液 D. 向 Na2SiO3 溶液中通入过量 CO2，发生反应：SiO32－+CO2+H2O=CO32－+H2SiO3↓‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2SiO3是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，故A正确；‎ B.反应Ⅰ中盐酸与石灰石反应生成氯化钙、二氧化碳和水，盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢会干扰二氧化碳与硅酸钠的反应，不能确定碳酸的酸性强于硅酸，故B正确；‎ C. b中凝胶状沉淀溶解，c中无明显变化，说明同浓度的Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3溶液，故C正确；‎ D. Na2SiO3 溶液与过量 CO2反应生成硅酸白色胶状沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为SiO32－+CO2+2H2O=2HCO3－+H2SiO3↓，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】反应Ⅰ中盐酸与石灰石反应生成氯化钙、二氧化碳和水，盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢会干扰二氧化碳与硅酸钠的反应是解答关键和易错点。‎ 第二部分 - 23 -‎ 本部分共 5 题，共 58 分。‎ ‎15.莫西沙星主要用于治疗呼吸道感染，合成路线如下：‎ 已知：+H2O ‎（1）A 的结构简式是__。‎ ‎（2）A→B 的反应类型是__。‎ ‎（3）C 中含有的官能团是__。‎ ‎（4）物质 a 的分子式为 C6H7N，其分子中有__种不同化学环境的氢原子。‎ ‎（5） I 能与 NaHCO3 反应生成 CO2，D+I→J 的化学方程式是__。‎ ‎（6） 芳香化合物 L 的结构简式是__。‎ ‎（7）还可用 A 为原料，经如下间接电化学氧化工艺流程合成 C，反应器中生成 C 的离子方程式是__。‎ ‎【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). 醛基 (4). 4 (5). (6). ‎ - 23 -‎ ‎(7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由有机物的转化关系可知，在光照条件下与氯气发生取代反应生成，则A为，B为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则C为；一定条件下，与氨气和氢气反应生成，则D为；在催化剂作用下，CH2=CHCH3与氧气发生催化氧化反应生成CH2=CHCHO，则E为CH2=CHCH3，F为CH2=CHCHO；CH2=CHCHO与发生加成反应生成，则a为；一定条件下转化为，与氯酸钠发生氧化反应生成，则I为；一定条件下，与发生取代反应生成，则J为；在催化剂作用下，与氢气发生加成反应（或还原反应）生成，与LiAlH4发生还原反应生成，则L为 - 23 -‎ ‎；一定条件下转化为，经过一系列反应生成莫西沙星。‎ ‎【详解】（1）由分析可知，A的结构简式是，故答案为：；‎ ‎（2）A→B 反应为，在光照条件下与氯气发生取代反应生成，故答案为：取代反应；‎ ‎（3）C的结构简式为，官能团醛基，故答案为：醛基；‎ ‎（4）物质 a 的分子式为C6H7N，结构简式为，分子中有4种不同化学环境的氢原子，故答案为：4；‎ ‎（5）I的结构简式为，D+I→J 的反应为一定条件下，与发生取代反应生成和水，反应的化学方程式为，故答案为：；‎ ‎（6）由分析可知，芳香化合物 L 的结构简式为，故答案为：；‎ - 23 -‎ ‎（7）酸性条件下，反应器中与Ce4+离子发生氧化反应生成和Ce3+离子，反应离子方程式为，故答案为：。‎ ‎16.水合肼（N2H4·H2O）可用作抗氧剂等，工业上常用尿素[CO(NH2)2]和 NaClO溶液反应制备水合肼。‎ 已知：Ⅰ．N2H4·H2O 的结构如图（…表示氢键）。‎ Ⅱ．N2H4·H2O 沸点 ‎118 ℃‎，具有强还原性。‎ ‎（1）将 Cl2 通入过量 NaOH 溶液中制备 NaClO，得到溶液 X，离子方程式是__。‎ ‎（2）制备水合肼：将溶液 X 滴入尿素水溶液中，控制一定温度，装置如图 a（夹持及控温装置已略）。充分反应后，A 中的溶液经蒸馏获得水合肼粗品后，剩余溶液再进一步处理还可获得副产品 NaCl 和Na2CO3·10H2O。‎ ‎①A 中反应的化学方程式是__。‎ ‎②冷凝管的作用是__。‎ ‎③若滴加 NaClO 溶液的速度较快时，水合肼的产率会下降，原因是__。‎ ‎④NaCl 和 Na2CO3 的溶解度曲线如图 b。由蒸馏后的剩余溶液获得 NaCl 粗品的操作是__。‎ ‎（3）水合肼在溶液中可发生类似 NH3·H2O 的电离，呈弱碱性；其分子中与 N 原子相连的 H 原子易发生取代反应。‎ ‎①水合肼和盐酸按物质的量之比 1∶1 反应的离子方程式是__。‎ ‎②碳酰肼（CH6N4O）是目前去除锅炉水中氧气的最先进材料，由水合肼与 DEC - 23 -‎ ‎（ ）发生取代反应制得。碳酰肼的结构简式是__。‎ ‎【答案】 (1). Cl2 +2OH－=Cl－+ ClO－+H2O (2). NaClO+CO(NH2)2+2NaOH N2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3 (3). 冷凝回流水合肼 (4). N2H4·H2O被NaClO氧化 (5). 加热至有大量固体析出，趁热过滤 (6). N2H4·H2O+ H+=N2H5++H2O (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Cl2与过量 NaOH溶液反应生成NaClO、NaCl和H2O，则得到溶液X的离子方程式为Cl2 +2OH－=Cl－+ ClO－+H2O；‎ ‎（2）①A 中的反应为碱性条件下，次氯酸钠与尿素发生氧化还原反应生成水合肼、碳酸钠和氯化钠，反应的化学方程式NaClO+CO(NH2)2+2NaOH N2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3；‎ ‎②由题意可知水合肼的沸点低，易挥发，为防止水合肼挥发，造成产率降低，应选用冷凝管冷凝回流，故答案为：冷凝回流水合肼；‎ ‎③水合肼有强还原性，NaClO具有强氧化性，若滴加 NaClO 溶液的速度较快时，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率会下降，故答案为：N2H4·H2O被NaClO氧化；‎ ‎④由溶解度曲线可知，碳酸钠的溶解度随温度变化大，氯化钠溶解度随温度变化小，则获得 NaCl 粗品的操作是加热至有大量固体析出，趁热过滤，防止降温时碳酸钠析出，故答案为：加热至有大量固体析出，趁热过滤；‎ ‎（3）①水合肼和盐酸按物质的量之比 1∶1反应生成N2H5Cl和水，反应的离子方程式N2H4·H2O+ H+=N2H5++H2O；‎ ‎②一定条件下，水合肼与发生取代反应生成和乙醇，则碳酰肼的结构简式是，故答案为：。‎ ‎【点睛】水合肼有强还原性，NaClO具有强氧化性，若滴加 NaClO 溶液速度较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化是解答关键。‎ ‎17.页岩气中含有较多的乙烷，可将其转化为更有工业价值的乙烯。‎ ‎（1） 二氧化碳氧化乙烷制乙烯。‎ 将C2H6和CO2按物质的量之比为1∶1通入反应器中，发生如下反应： ‎ ⅰ．C2H6(g) C2H4(g) + H2(g) ΔH1＝+136.4 kJ·mol− 1 ‎ - 23 -‎ ⅱ．CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) ΔH2＝+41.2 kJ·mol− 1 ‎ ⅲ．C2H6(g) +CO2(g) C2H4(g) +CO(g) +H2O(g) ΔH3‎ ‎①用ΔH1、ΔH2计算ΔH3＝______kJ·mol−1。‎ ‎②反应ⅳ：C2H6(g) ‎2C(s)+3H2(g)为积碳反应，生成的碳附着在催化剂表面， 降低催化剂的活性，适当通入过量 CO2 可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因：__。‎ ‎③二氧化碳氧化乙烷制乙烯的研究热点之一是选择催化剂，相同反应时间，不同温度、不同催化剂的数据如下表（均未达到平衡状态）：‎ ‎【注】C2H4 选择性：转化的乙烷中生成乙烯的百分比。‎ CO 选择性：转化的 CO2 中生成 CO 的百分比。‎ 对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为__，理由是__。实验条件下，铬盐作催化剂时，随温度升高，C2H6 的转化率升高，但 C2H4 的选择性降低，原因是__。‎ ‎（2） 利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯，示意图如图：‎ ‎①电极 a 与电源的______极相连。‎ ‎②电极 b 的电极反应式是 ______。‎ ‎【答案】 (1). +177.6 (2). 增大CO2的量，发生反应C+CO2 2CO，消耗C；增大CO2的量，反 应ⅲ正向进行程度增加，降低了C2H6的浓度，反应ⅳ进行的程度减小 (3). 铬盐 (4). 相同温度下，铬盐作催化剂时C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高 (5). ‎ - 23 -‎ 温度升高，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ增大的更多 (6). 正极 (7). CO2 +2e－+2H+=CO+H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①已知：C2H6(g) C2H4(g) + H2(g) ΔH1＝+136.4 kJ·mol− 1 ‎ ⅱ．CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) ΔH2＝+41.2 kJ·mol− 1 ‎ ⅲ．C2H6(g) +CO2(g) C2H4(g) +CO(g) +H2O(g) ΔH3‎ 由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ得反应ⅲ，则ΔH3＝ΔH1+ΔH2=（+136.4 kJ·mol− 1）+（+41.2 kJ·mol− 1）=+177.6 kJ·mol− 1，故答案为：+177.6；‎ ‎②增大二氧化碳的量，可以有效缓解积碳的原因是，二氧化碳能与碳在加热条件下反应生成一氧化碳，消耗积碳，反应的化学方程式为C+CO2 2CO；增大二氧化碳的量，反应ⅲ向正正反应方向移动，降低了体系中C2H6的浓度，使反应ⅳ向逆反应方向移动，减少积碳的生成，故答案为：增大CO2的量，发生反应C+CO2 2CO，消耗C；增大CO2的量，反应ⅲ正向进行程度增加，降低了C2H6的浓度，反应ⅳ进行的程度减小；‎ ‎③由表格数据可知，相同温度下，铬盐作催化剂时，C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高，则对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为铬盐；升高温度，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ的化学反应速率增大的幅度更大，导致C2H6 的转化率升高，C2H4的选择性降低，故答案为：温度升高，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ增大的更多；‎ ‎（2）①电解池中，阳离子向阴极移动，由图给氢离子的移动方向可知，电极 a为阳极，与电源正极相连，故答案为：正；‎ ‎②电解池中，阳离子向阴极移动，由图给氢离子的移动方向可知，电极b为阴极，在氢离子作用下，二氧化碳在阴极上得电子发生还原反应生成一氧化碳和水，电极反应式为CO2 +2e－+2H+=CO+H2O。‎ ‎18.生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速 Fe2+氧化的细菌，培养后能提供 Fe3+， 控制反应条件可达细菌的最大活性，其生物浸矿机理如下图。‎ 反应1 反应2‎ ‎（1）氧化亚铁硫杆菌生物浸出 ZnS 矿。‎ ‎①反应 2 中有 S 单质生成，离子方程式是__。‎ - 23 -‎ ‎② 实验表明温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低，原因可能是__。‎ ‎（2）氧化亚铁硫杆菌生物浸出废旧锂离子电池中钴酸锂（LiCoO2）与上述浸出机理相似，发生反应1 和反应3：LiCoO2 +3Fe3+=Li++ Co2++3Fe2++O2↑‎ ‎①在酸性环境中，LiCoO2 浸出 Co2+的总反应的离子方程式是__。‎ ‎②研究表明氧化亚铁硫杆菌存在时，Ag+对钴浸出率有影响，实验研究 Ag+的作用。取 LiCoO2 粉末和氧化亚铁硫杆菌溶液于锥形瓶中，分别加入不同浓度 Ag+的溶液，钴浸出率（图 1）和溶液 pH（图 2）随时间变化曲线如下：‎ 图1 不同浓度Ag+作用下钴浸出率变化曲线 图2 不同浓度Ag+作用下溶液中pH变化曲线 Ⅰ．由图 1 和其他实验可知，Ag+能催化浸出 Co2+，图 1 中的证据是__。‎ Ⅱ．Ag+是反应 3 的催化剂，催化过程可表示为： 反应 4：Ag++LiCoO2=AgCoO2+Li+‎ 反应 5：……‎ 反应 5 的离子方程式是__。‎ Ⅲ．由图 2 可知，第 3 天至第 7 天，加入 Ag+后的 pH 均比未加时大，结合反应解释其原因：__。‎ ‎【答案】 (1). ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+ (2). 细菌的活性降低或失去活性 (3). 4LiCoO2 +12H+ 4Li++4Co2++6H2O +O2↑ (4). 加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率 (5). AgCoO2+3Fe3+=Ag++ Co2++3Fe2++O2↑ (6). 加入Ag+催化了反应3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①由题给示意图可知，反应 2为Fe3+与ZnS发生氧化还原反应生成Zn2+、S和Fe2+，反应的离子方程式为ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+，故答案为：ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+；‎ - 23 -‎ ‎② 细菌为蛋白质，温度较高或酸性过强时，蛋白质变性，细菌的活性降低，导致金属离子的浸出率均偏低，故答案为：细菌的活性降低或失去活性；‎ ‎（2）①在酸性环境中，细菌做催化剂，使LiCoO2中+3价的Co元素将-2价O元素氧化，反应生成Li+、Co2+、O2和H2O，反应的离子方程式为4LiCoO2 +12H+ 4Li++4Co2++6H2O +O2↑，故答案为：4LiCoO2 +12H+ 4Li++4Co2++6H2O +O2↑；‎ ‎②Ⅰ．由图1可知，加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，说明Ag+做催化剂，提高了钴浸出速率，故答案为：加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率；‎ Ⅱ．由催化剂的催化机理可知，反应4中Ag+做反应物，则反应5中Ag+做生成物，即中间产物AgCoO2与Fe3+反应生成Ag+、Co2+、Fe2+和O2，反应的化学方程式为AgCoO2+3Fe3+=Ag++ Co2++3Fe2++O2↑，故答案为：AgCoO2+3Fe3+=Ag++ Co2++3Fe2++O2↑；‎ Ⅲ．由图 2 可知，第 3 天至第 7 天，加入 Ag+后的 pH 均比未加时大，原因是加入Ag+催化了反应3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，导致加入Ag+后的pH比未加时大，故答案为：加入Ag+催化了反应3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大。‎ ‎19.研究不同 pH 时 CuSO4 溶液对 H2O2 分解的催化作用。资料：a．Cu2O 为红色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成 Cu 和Cu2+。b．CuO2 为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成 Cu2+和 H2O2。c．H2O2 有弱酸性：H2O2 H+ +HO2-，HO2- H+ +O22-。‎ 编号 实验 现象 Ⅰ 向 1 mL pH＝2 的 1 mol·L− 1 CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液 出现少量气泡 Ⅱ 向 1 mL pH＝3 的 1 mol·L− 1 CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液 立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡 Ⅲ 向 1 mL pH＝5 的 1 mol·L− 1CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液 立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡 - 23 -‎ ‎（1） 经检验生成的气体均为 O2，Ⅰ中 CuSO4 催化分解 H2O2 的化学方程式是__。‎ ‎（2）对Ⅲ中棕褐色沉淀的成分提出 2 种假设：ⅰ.CuO2，ⅱ.Cu2O 和CuO2 的混合物。为检验上述假设，进行实验Ⅳ：过滤Ⅲ中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。‎ ‎①若Ⅲ中生成的沉淀为 CuO2，其反应的离子方程式是__。‎ ‎②依据Ⅳ中沉淀完全溶解，甲同学认为假设ⅱ不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是__。‎ ‎③为探究沉淀中是否存在 Cu2O，设计如下实验：‎ 将Ⅲ中沉淀洗涤、干燥后，取 a g 固体溶于过量稀硫酸，充分加热。冷却后调节溶液 pH，以 PAN 为指示剂，向溶液中滴加 c mol·L − 1EDTA 溶液至滴定终点，消耗 EDTA 溶液 V mL。V=__，可知沉淀中不含 Cu2O，假设ⅰ成立。（已知：Cu2++EDTA= EDTA-Cu2+，M(CuO2)＝‎96 g·mol − 1，M(Cu2O)＝‎144 g·mol−1）‎ ‎（3）结合方程式，运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因__ 。‎ ‎（4）研究Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同 pH 时 H2O2 分解速率不同的原因。‎ 实验Ⅴ：在试管中分别取 1 mL pH＝2、3、5 的 1 mol·L−1 Na2SO4 溶液，向其中各加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液，三支试管中均无明显现象。‎ 实验Ⅵ：__（填实验操作和现象），说明 CuO2 能够催化 H2O2 分解。‎ ‎（5）综合上述实验，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同 pH 时 H2O2 的分解速率不同的原因是__。‎ ‎【答案】 (1). 2H2O2 O2↑+2H2O (2). H2O2+Cu2+＝CuO2↓+2H+ (3). CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu (4). (5). 溶液中存在H2O2H+ +HO2－，HO2－H+ +O22－，溶液pH增大，两个平衡均正向移动，O22－浓度增大，使得CuO2沉淀量增大 (6). 将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变 (7). CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH增大，Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题意可知，在硫酸铜做催化剂作用下，双氧水分解生成水和氧气，反应化学方程式为2H2O2 O2↑+2H2O，故答案为：2H2O2 O2↑+2H2O；‎ ‎（2）①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2‎ - 23 -‎ ‎，说明双氧水与铜离子反应生成过氧化铜和水，反应的离子方程式为H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+，故答案为：H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+；‎ ‎②由题意可知，过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成双氧水，双氧水具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化氧化亚铜或铜，无法观察到红色沉淀，说明假设ⅱ可能成立，乙同学的观点正确，故答案为：CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu；‎ ‎③a g过氧化铜的物质的量为，由方程式可得如下关系：CuO2—Cu2+—EDTA，则有= c mol/L×V×10—‎3L，解得V=ml，故答案为：；‎ ‎（3）由题意可知，双氧水溶液中存在如下电离平衡H2O2H+ +HO2－、HO2－H+ +O22－，溶液pH增大，氢离子浓度减小，两个平衡均正向移动，过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，故答案为：溶液中存在H2O2H+ +HO2－，HO2－H+ +O22－，溶液pH增大，两个平衡均正向移动，O22－浓度增大，使得CuO2沉淀量增大；‎ ‎（4）若过氧化铜能够催化过氧化氢分解，过氧化氢分解速率加快，催化剂过氧化铜的组成和质量不会发生变化，则实验操作和现象为将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变，故答案为：将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变；‎ ‎（5）由以上实验可知，当溶液pH增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大，故答案为：CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH增大，Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多。‎ ‎【点睛】当溶液pH增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大是解答关键，也是实验设计的关键。‎ ‎ ‎ - 23 -‎