北京市第101中学2020届高三4月月考化学试题 Word版含解析

北京市第101中学2020届高三4月月考化学试题 Word版含解析

‎2020北京101中学高三（下）4月统练（三）‎ 化学 一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）‎ ‎1. 下列设备工作时，将化学能转化为热能的是(　　)‎ A B C D 硅太阳能电池 锂离子电池 太阳能集热器 燃气灶 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硅太阳能电池是将太阳能转化为电能，故A不符合题意；‎ B.锂离子电池是将化学能转化为电能，故B不符合题意；‎ C.太阳能集热器是将太阳能转化为热能，故C不符合题意；‎ D.燃气灶是将化学能转化为热能，故D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎2. 化学与社会、生产、生活紧切相关。下列说法正确的是 A. 棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质 B. 石油干馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等 C. 从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现 D. 纯碱可用于生产普通玻璃，日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、人造丝是人造纤维，属于高分子聚合物，多为纤维素类，故A错误；‎ - 25 -‎ B、石油的分馏可以得到石油气、汽油、柴油等，属于物理变化，而干馏属于化学变化，故B错误；‎ C、从海水中提取食盐，是通过物理方法得以实现，故C错误；‎ D、纯碱水溶液呈碱性可以去除油污，故D正确。‎ 答案选D ‎3. 下列化学用语对事实的解释不正确的是（　　）‎ A. NaHS水溶液显碱性：HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+‎ B. 苯酚能溶于Na2CO3溶液：C6H5OH+═C6H5O﹣+‎ C. 三元催化剂净化汽车尾气中的NO和CO：2NO+2CO2CO2+N2‎ D. 铜矿淋溶液（CuSO4）遇方铅矿（PbS）发生沉积：Cu2+++PbS═CuS+PbSO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaHS水解导致溶液显碱性，正确的离子方程式为：HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，选项A符合题意；‎ B．苯酚的酸性比HCO3﹣强，但是比碳酸弱，苯酚溶于Na2CO3溶液的离子方程式为：C6H5OH+CO32﹣═C6H5O﹣+HCO3﹣，选项B不符合题意；‎ C．汽车尾气中的NO和CO被处理后要生成CO2和N2，故三元催化剂净化汽车尾气中的NO和CO的方程式为：2NO+2CO2CO2+N2，选项C不符合题意；‎ D．实现了沉淀的转化，难溶的PbS转化成更难溶的CuS，离子方程式为：Cu2++SO42﹣+PbS═CuS+PbSO4，选项D不符合题意。‎ 答案选A。‎ ‎4. 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：‎ - 25 -‎ 下列说法中正确的是 A. CO和O生成CO2是吸热反应 B. 在该过程中，CO断键形成C和O C. CO和O生成了具有极性共价键的CO2‎ D. 状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；‎ B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；‎ C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；‎ D.状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎5. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，X2-与Y的简单离子具有相同的电子层结构，Z与X同族。下列说法正确的是（ ）‎ A. 简单离子的半径：XNa+，故A错误；B项，S和Cl同周期，S的原子序数小于Cl的，所以非金属性SH2S，故C错误；D项，S和Cl的含氧酸都不是唯一的，如酸性：HClO4>H2SO4>H2SO3>HClO，故D错误。‎ 点睛：本题考查元素的位置、结构和性质，正确推断元素是解题关键，然后结合元素周期律分析解答：电子层结构相同，原子序数越大半径越小；同周期原子序数越大，非金属性越大；同主族原子序数越小，氢化物越稳定；注意D比较酸性强弱时要看最高价含氧酸。‎ - 25 -‎ ‎6. 某工厂用CaSO4、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4，其工艺流程如图所示，下列推断合理的是 A. 向甲中通入CO2可增大c(NH4+)和c(SO42-)‎ B. 为提高生产效率，通入的NH3和CO2越多越好 C. 颠倒NH3与CO2的加入顺序不影响生产效率 D. 最后一步得到(NH4)2SO4固体的操作为蒸干滤液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硫酸钙悬浊液通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通适量的二氧化碳，与溶液中的氨水、硫酸钙悬浊液反应生成碳酸钙沉淀和硫酸铵溶液，经过过滤分离得到碳酸钙沉淀再煅烧生成生石灰，而滤液中硫酸铵经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体。‎ 详解】A. 往甲（甲中含Ca（OH）2）中通CO2生成CaCO3沉淀，有利于（NH4）2SO4生成，故A正确；‎ B. 为提高生产效率，通入的CO2要适量，过量的二氧化碳能溶解碳酸钙，故B错误；‎ C. 因为氨气在水中的溶解性大，二氧化碳小，所以如果先通二氧化碳，后通氨气，则溶液中的碳酸根就会很小，就很难沉淀出碳酸钙，故C错误；‎ D 滤液中硫酸铵经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎7. 下列根据实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 操作及现象 结论 A 酸性高锰酸钾溶液中滴加甲苯后振荡，溶液褪色 甲基对苯环产生影响 B 葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液共热，产生红色沉淀 葡萄糖是还原性糖 C 在过量的苯酚溶液中滴加少量溴水，未见到白色沉淀 苯酚失效 - 25 -‎ D 溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色 产生的气体为乙烯 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸性高锰酸钾溶液中滴加甲苯后振荡，溶液褪色，苯环对甲基产生影响，故A错误；‎ B．葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液共热，产生红色沉淀，葡萄糖具有醛基，葡萄糖是还原性糖，故B正确；‎ C．在过量的苯酚溶液中滴加少量溴水，未见到白色沉淀，是生成的三溴苯酚溶于过量的苯酚中，故C错误；‎ D．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，可能是乙醇蒸气，也可能是碳碳双键，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎8. 如图装置(I)为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜只允许K＋通过，该电池放电、充电的化学方程式为：2K2S2＋KI3K2S4＋3KI。装置(II)为电解池的示意图。当闭合开关K时，电极X附近溶液先变红。则闭合K时，下列说法正确的是(　　)‎ A. K＋从右到左通过离子交换膜 B. 电极A上发生的反应为：3I-－2e-=I3-‎ C. 电极X上发生的反应为：2Cl-－2e-=C12↑‎ D. 当有0.1molK＋通过离子交换膜，X电极上产生1.12L气体(标准状况)‎ - 25 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当闭合开关K时，电极X附近溶液先变红，电极X为阴极，电极Y为阳极，装置（I）放电时电极A为负极，电极B为正极；‎ A.原电池中阳离子向正极移动，则K+从左向右通过离子交换膜，A错误；‎ B.放电时的反应为2K2S2＋KI3=K2S4＋3KI，电极A为负极，电极A上发生失电子的氧化反应，电极反应为2S22--2e-=S42-，B错误；‎ C.电极X为阴极，电极X的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C错误；‎ D. 放电时的反应为2K2S2＋KI3=K2S4＋3KI，当有1mol电子通过电路时有1molK+通过离子交换膜，当有0.1molK＋通过离子交换膜，电路中通过电子物质的量为0.1mol，根据电极X的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，X电极上产生气体物质的量为0.05mol，该气体在标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9. 2019年12月以来，我国部分地区突发的新冠肺炎疫情严重威胁着人们的身体健康。研究发现洛匹那韦对新冠病毒有较好抑制作用，洛匹那韦能溶于水，其结构如图所示，下列说法不正确的是 A. 洛匹那韦的分子式为C37H48N4O5‎ B. 洛匹那韦能发生取代、加成、消去、氧化、还原反应 C. 洛匹那韦的水解产物之一遇Fe3+可显紫色 D. 洛匹那韦能溶于水与氢键作用有关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据结构简式，洛匹那韦的分子式为C37H48N4O5，故A正确；‎ B．洛匹那韦能发生取代反应如羟基、能发生加成反应如苯环、能发生消去反应如羟基的邻碳上有氢、能发生氧化反应如羟基、能发生还原反应如羰基，故B正确；‎ C．洛匹那韦的水解产物中没有酚羟基，遇Fe3+不能发生显色反应而显紫色，故C错误；‎ - 25 -‎ D．洛匹那韦能与水分子间形成氢键，增大分子间作用力，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎10. 25℃时，浓度均为0.1mol·L－1的溶液，其pH如表所示。有关说法正确的是 序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 溶液 NaCl CH3COONH4‎ NaF NaHCO3‎ pH ‎7.0‎ ‎7.0‎ ‎8.1‎ ‎8.4‎ A. 酸性强弱：H2CO3>HF B. ①和②中水的电离程度相同 C. 离子的总浓度：①>③ D. ④中：c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaF和NaHCO3溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱，阴离子水解程度越强，碳酸氢钠溶液pH大于NaF溶液PH，则对应酸性为H2CO3＜HF，故A错误；‎ B．氯化钠溶液是强酸强碱溶液，溶液pH=7，氯化钠不水解，醋酸铵溶液是弱酸弱碱盐，溶液pH=7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液显中性，①和溶质未水解，②中溶质发生双水解，故B错误；‎ C．氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，溶液中电荷守恒c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（Cl－），NaF溶液中氟离子水解破坏了水的电离，电荷守恒有c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（F－），两溶液中钠离子浓度相等，氢离子浓度①>③，所以离子的总浓度：①＞③，故C正确；‎ D．依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变，④中物料守恒：c（HCO3－）+c（CO32－）+c（H2CO3）=0.1mol·L－1，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎11. 某同学研究K2Cr2O7溶液中的化学平衡，设计如图所示实验。已知：Cr2O72-+H2O - 25 -‎ ‎2CrO42-+2H+△H=+13.8kJ/mol。实验现象如下：‎ i.试管a中溶液为橙色；‎ ii.试管b中溶液为黄色；‎ iii.试管c中滴加浓硫酸后温度略有升高，溶液变为深橙色。‎ 下列说法正确的是 A. 该反应是一个氧化还原反应 B. b试管中不存在Cr2O72-‎ C. 该实验不能证明减小生成物浓度平衡正向移动 D. 试管c中影响平衡的主要因素是温度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应前后元素的化合价不变，该反应是一个非氧化还原反应，故A错误；‎ B．Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，是可逆反应，转化率不可能达到100%，b试管中存在Cr2O72-，故B错误；‎ C．滴加浓硫酸，放出热量，温度、浓度均影响平衡移动，则该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动，可能升高温度平衡正向移动，故C正确；‎ D．试管c中温度、氢离子浓度均变化，则c中的现象不能说明影响平衡的主要因素是温度，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，把握可逆反应的特点、温度和浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意判断存在的变量，易错点C，注意滴加浓硫酸，放出热量，温度、浓度均影响平衡移动，有多种变量。‎ ‎12. 相同温度下，分别在起始体积均为1L的两个密闭容器中发生反应：X2(g)+3Y2(g)‎ - 25 -‎ ‎ 2XY3(g) △H=-akJ/mol 实验测得反应的有关数据如下表。‎ 容器 反应条件 起始物质的量/mol 达到平衡所用时间 ‎/min 达到平衡过程中的能量变化 X2‎ Y2‎ XY3‎ ‎①‎ 恒容 ‎1‎ ‎3‎ ‎0‎ ‎10‎ 放热0.1akJ ‎②‎ 恒压 ‎1‎ ‎3‎ ‎0‎ t 放热bkJ 下列叙述正确的是 A. 对于上述反应，①、②中反应的平衡常数K的数值不同 B. ①中：从开始至10min内的平均反应速率υ(X2)=0.1mol/(L·min)‎ C. ②中：X2的平衡转化率小于10%‎ D. b>0.1a ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.①、②中反应温度相同，平衡常数K的数值相同，A项错误；B.①中反应放热0.1akJ，说明10min内X2反应了0.1mol，物质的量浓度改变量为0.1mol/L，所以其平均速率为υ(X2)=0.01mol/(L·min)，B项错误；C.据容器①中数据，可算出X2的平衡转化率为10%，容器②中是恒温恒压，容器①是恒温恒容，容器②相当于在容器①基础上加压，加压平衡右移，所以X2的转化率大于10%，C项错误；D.据C项分析，容器②相当于在容器①基础上右移，所以放出热量比容器①多，D项正确；答案选D项。‎ ‎13. 资料显示：FeF3溶液接近无色。某同学据此进行以下实验,依据上述实验无法获得的结论是 - 25 -‎ A. FeF3是弱电解质 B. ④中发生的离子反应为FeF3+3SCN-Fe(SCN)3+3F-‎ C. 相同条件下，结合Fe3+的能力：SCN->F->OH-‎ D. 向Fe(SCN)3溶液中加入NaF固体，溶液颜色会变浅 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应③由黄色转成无色，存在平衡Fe3＋+3F－FeF3，FeF3是弱电解质，故A正确；‎ B．④中由无色转变为红色，发生的离子反应为FeF3+3SCN-Fe(SCN)3+3F-，故B正确；‎ C．相同条件下，结合Fe3+的能力：OH->SCN->F-，故C错误；‎ D．对于平衡FeF3+3SCN-Fe(SCN)3+3F-，向Fe(SCN)3溶液中加入NaF固体，提高氟离子浓度，平衡逆向移动，溶液颜色会变浅，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎14. 生产和实验中广泛采用甲醛法测定饱和食盐水样品中的NH4+含量。利用的反应原理为：4NH4++6HCHO＝(CH2)6N4H+（一元酸）+3H++6H2O。实验步骤如下：‎ ‎①甲醛中常含有微量甲酸，应先除去。取甲醛amL于锥形瓶，加入1~2滴指示剂，用浓度为bmol/L的NaOH溶液滴定，滴定管的初始读数为V1mL，当锥形瓶内溶液呈微红色时，滴定管的读数为V2mL。‎ ‎②向锥形瓶加入饱和食盐水试样cmL，静置1分钟。‎ ‎③用上述滴定管中剩余的NaOH溶液继续滴定锥形瓶内溶液，至溶液呈微红色时，滴定管的读数为V3mL。‎ 下列说法不正确的是 A. 步骤①中的指示剂可以选用酚酞试液 B. 步骤②中静置的目的是为了使NH4+和HCHO完全反应 C. 步骤②若不静置会导致测定结果偏高 D. 饱和食盐水中的c(NH4+)=mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 酸和碱反应生成甲酸钠，溶液呈碱性，步骤①中的指示剂可以选用酚酞试液，故 - 25 -‎ A正确；‎ B. 通过延长反应时间，使反应进行得更充分，步骤②中静置的目的是为了使NH4+和HCHO完全反应，故B正确；‎ C. 步骤②若不静置，4NH4＋+6HCHO═（CH2）6N4H＋（一元酸）+3H＋+6H2O，反应不完全，生成的酸少，会导致测定结果偏低，故C错误；‎ D. 除去甲酸后的氢氧化钠溶液读数为V2 mL，加入饱和食盐水试样c mL，再加1～2滴酚酞，再用上述NaOH溶液滴定至微红色，滴定管的读数V3 mL，此时4NH4＋+6HCHO═（CH2）6N4H＋（一元酸）+3H＋+6H2O，滴入氢氧化钠反应，4NH4＋+～（（CH2）6N4H＋（一元酸）+3H＋）～4OH－；氢氧化钠物质的量和氮元素物质的量相同，所以饱和食盐水中的c(NH4+)= =mol·L－1，故D正确；‎ 故选C。‎ 二、解答题（共5小题，满分58分）‎ ‎15. （1）如图1的氮循环是生态系统物质循环的重要部分，人类活动加剧了氮循环中的物质转化。‎ ‎①下列说法正确的是_____（填字母序号）。‎ A．固氮过程中，N2只做氧化剂 B．硝化过程需要有氧化剂参与 C．反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响 D．同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化 ‎②反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂，1mol还原剂失去6mol电子。请将该反应的离子方程式补充完整：5CH3OH+_____NO3﹣__________+__________+__________+__________。‎ ‎（2）研究表明，氮氧化物（NOx）和二氧化硫都与大气中雾霾的形成有关。‎ ‎①已知：SO2生成SO3总反应方程式是2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＝﹣196.6kJ/mol 此反应可通过如下两步完成：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H1＝﹣113kJ/mol NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H2＝_____。‎ ‎②一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1mol，5min达到平衡，此时容器中NO2和NO的浓度之比为1：3，则NO2的平衡转化率是_____。‎ - 25 -‎ ‎（3）砷（As）是第四周期ⅤA族元素，其化合物，有着广泛的用途。‎ ‎①AsH3的稳定性比NH3的稳定性_____（填“强”或“弱”）。用原子结构解释原因_____。‎ ‎②常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式_____。‎ ‎③298K时，将20mL3x mol•L﹣1 Na3AsO3、20mL3x mol•L﹣1 I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：（aq）+I2（aq）+2OH﹣⇌（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l）。溶液中c（）与反应时间（t）的关系如图2所示。若平衡时溶液的pH＝14，则该反应的平衡常数K为_____。‎ ‎【答案】 (1). BCD (2). 6 (3). 3N2↑ (4). (5). (6). 8H2O (7). ﹣41.8 kJ•mol﹣1 (8). 75% (9). 弱 (10). N和As位于同一主族，As的电子层数比N的多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N弱，非金属性As比N弱，氢化物AsH3的稳定性比NH3弱 (11). 2As2S3+5O2+6H2O＝4H3AsO4+6S (12). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①A．N2固氮转化为NH3、NH4+、NO2﹣、NO3﹣，化合价由0价分别转化为+3、+3、+3、+5价；‎ B．根据原子守恒可以知道，必须有氧气参加反应；‎ C．反硝化过程，由NO2﹣、NO3﹣，生成N2，大气中氮气的量增加；‎ D．植物蛋白为有机物，NH3、NH4+均为无机物；‎ ‎②反硝化过程中，CH3OH与硝酸根离子反应生成氮气、碳酸根离子、碳酸氢根离子和水；‎ ‎（2）①根据盖斯定律计算（Ⅰ﹣Ⅱ）× 可得；‎ ‎②一定温度下，向2 L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1 mol，5min达到平衡，此时容器中 - 25 -‎ NO2和NO的浓度之比为1：3，结合三段式计算得到；‎ ‎（3）①N和As位于同一主族，As的电子层数比N的多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N弱，非金属性As比N弱，氢化物AsH3的稳定性比NH3弱；‎ ‎②含砷废渣（主要成分为As2S3），通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫；‎ ‎③根据反应过程列三段式计算可得。‎ ‎【详解】（1）①A．氮气在大气中氧化为亚硝酸根离子、硝酸根离子，N的化合价升高，被氧化，所以N2作还原剂，选项A错误；‎ B．NH3转化成HNO2，增加了O元素，则NH3被氧气氧化，所以在硝化细菌作用下发生的硝化过程需要有氧化剂参与，选项B正确；‎ C．反硝化过程，生成氮气，向大气提供氮气，即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，选项C正确；‎ D．氨化过程是动植物蛋白转化为氨气或铵根离子，即有机物转化为无机物，同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化，选项D正确；‎ 答案选BCD；‎ ‎②反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂，1mol还原剂失去6mol电子。CH3OH与硝酸根离子反应生成氮气、碳酸根离子、碳酸氢根离子和水，反应的离子方程式为：5CH3OH+6NO3﹣3N2↑+4HCO3﹣+CO32﹣+8H2O；‎ 故答案为：5CH3OH+6NO3﹣3N2↑+4HCO3﹣+CO32﹣+8H2O；‎ ‎（2）①Ⅰ.2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＝﹣196.6kJ•mol﹣1‎ Ⅱ.2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H1＝﹣113kJ•mol﹣1‎ 盖斯定律计算（Ⅰ﹣Ⅱ）× 得到NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H2＝﹣41.8 kJ•mol﹣1；‎ 故答案为：﹣41.8 kJ•mol﹣1；‎ ‎②一定温度下，向2 L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1 mol，5min达到平衡，此时容器中NO2和NO浓度之比为1：3，结合三行计算列式得到，设消耗NO2的物质的量为x：‎ ‎ ‎ - 25 -‎ NO2和NO的浓度之比为1：3，物质的量之比＝1：3，，x＝0.75mol，NO2的平衡转化率＝×100%＝75%，‎ 故答案为：75%；‎ ‎（3）①非金属性：N＞As，AsH3的稳定性比NH3的稳定性弱，用原子结构解释原因：N和As位于同一主族，As的电子层数比N的多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N弱，非金属性As比N弱，氢化物AsH3的稳定性比NH3弱；‎ 故答案为：弱；N和As位于同一主族，As的电子层数比N的多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N弱，非金属性As比N弱，氢化物AsH3的稳定性比NH3弱；‎ ‎②常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，结合电子转移配平得方程式为：2As2S3+5O2+6H2O＝4H3AsO4+6S；‎ 故答案为：2As2S3+5O2+6H2O＝4H3AsO4+6S；‎ ‎③列三段式如下： 根据平衡常数表达式K＝==；‎ 故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查的知识点较多，涉及氧化还原反应、物质之间的转化、热方程式的书写、三段式的应用、化学平衡的计算等，为高频考点，注意把握图象中物质之间的转化关系、以及氧化还原反应原理和应用，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。‎ ‎16. 含铬（Ⅵ）废水能诱发致癌，对人类和自然环境有严重的破坏作用。利用Cu2O光催化可以处理含有的废水。‎ Ⅰ．制取Cu2O ‎（1）电解法：利用铜和钛做电极，电解含有NaCl和NaOH的溶液时，反应只消耗了铜和水，体系pH及Cl﹣浓度维持不变（溶液体积变化忽略不计）。阳极电极反应式是_____。‎ - 25 -‎ ‎（2）还原法：控制100℃、pH＝5的条件时，利用亚硫酸钠与硫酸铜溶液反应可以制得Cu2O，同时产生SO2气体。反应过程中需要不断地加入烧碱，其原因是_____。‎ Ⅱ．利用Cu2O光催化处理含的废水的研究。‎ ‎（1）光照射到Cu2O光催化剂上产生光催化反应，和H2O分别在光催化反应中形成的微电极上发生电极反应，反应原理如图1所示。写出转化Cr3+的电极反应：_____。‎ ‎（2）研究中对Cu2O的作用提出两种假设：‎ a．Cu2O作光催化剂；b．Cu2O与发生氧化还原反应。‎ 已知：Cu2O的添加量是2×10﹣4mol/L，的初始浓度是1×10﹣3mol/L；对比实验（pH＝3.0且其他条件相同），反应1.5小时结果如图2所示。结合试剂用量数据和实验结果可得到的结论是_____，依据是_____。‎ ‎（3）溶液的pH对降解率的影响如图3所示。‎ 已知：Cu2OCu+CuSO4；酸性越大，被还原率越大。‎ ‎①pH分别为2、3、4时，的降解率最好的是_____，其原因是_____。‎ ‎②已知pH＝5时，会产生Cr（OH）3沉淀。pH＝5时，的降解率低的原因是_____。‎ ‎【答案】 (1). 2Cu﹣2e﹣+2OH﹣＝Cu2O+H2O (2). 2Cu2++ +2H2O＝Cu2O+4H++，反应过程中溶液的酸性不断地增强，为控制pH＝5‎ - 25 -‎ 的反应条件，所以需要加入烧碱 (3). (4). Cu2O作光催化剂 (5). 若发生氧化还原反应，则存在比例：3Cu2O﹣，计算得：1×10﹣3×3×70%＝2.1×10﹣3＞2×10﹣4mol/L，实验可以看到只有氧化亚铜和只有光照时，的转化率很低，说明反应条件是光照条件下和Cu2O同时存在 (6). 3 (7). pH＜2.5时Cu2O会歧化（转化）为Cu 和Cu2+，所以不选pH＝2，酸性越大，Cr2O72﹣被还原率越大，pH＝3酸性强于pH＝4的溶液，所以选择pH＝3 (8). pH＝5时，会产生Cr（OH）3沉淀，沉淀覆盖在催化剂Cu2O表面，影响反应继续进行 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.（1）目的是制取Cu2O，电解质溶液是NaOH的溶液，碱性溶液，反应只消耗了铜和水，由此可以写出电极反应式；‎ ‎（2）利用亚硫酸钠与硫酸铜溶液反应可以制得Cu2O，同时产生SO2气体；可以根据此信息写出反应方程式，反应中酸性不断地增强，所以需要加入烧碱，控制反应条件；‎ Ⅱ.（1）依据化合价降低得电子，写出Cr2O72﹣转化Cr3+的电极反应；‎ ‎（2）根据图2所示，有光照，无时Cu2O，几乎不反应；有Cu2O无光照时，Cr2O72﹣浓度降低率很低；有Cu2O有光照时，Cr2O72﹣浓度降低率可达70%；由此判断Cu2O作光催化剂；‎ ‎（3）①由图3可知，Cr2O72﹣降解率最高时pH是3；pH＜2.5时，Cu2O会歧化（转化）为Cu 和Cu2+，Cu2O+2H+＝Cu+Cu2++H2O；酸性越大，Cr2O72﹣被还原率越大；‎ ‎②依据信息已知，pH＝5时，会产生Cr（OH）3沉淀，以此解题。‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）目的是制取Cu2O，电解质溶液是NaOH的溶液，碱性溶液，反应只消耗了铜和水，由此可以写出电极反应式：2Cu﹣2e﹣+2OH﹣＝Cu2O+H2O；故答案为：2Cu﹣2e﹣+2OH﹣＝Cu2O+H2O；‎ ‎（2）利用亚硫酸钠与硫酸铜溶液反应可以制得Cu2O，同时产生SO2气体；可以根据此信息写出反应方程式：2Cu2++SO32﹣ +2H2O＝Cu2O+4H++SO42﹣，反应生成酸，酸性不断地增强，所以需要加入烧碱，控制pH＝5的反应条件；故答案为：2Cu2++SO32﹣ +2H2O＝Cu2O+4H++SO42﹣，反应过程中溶液的酸性不断地增强，为控制pH＝5的反应条件，所以需要加入烧碱；‎ Ⅱ.（1）依据化合价降低得电子，写出Cr2O72﹣转化Cr3+的电极反应为：Cr2O72﹣+14H++6e﹣＝2Cr3++7H2O；故答案为：Cr2O72﹣+14H++6e﹣＝2Cr3++7H2O；‎ - 25 -‎ ‎（2）根据图2所示，有光照，无时Cu2O，几乎不反应；有Cu2O无光照时，Cr2O72﹣浓度降低率很低；有Cu2O有光照时，Cr2O72﹣浓度降低率可达70%；由此判断Cu2O作光催化剂；故答案为：Cu2O作光催化剂；若发生氧化还原反应，则存在比例：3Cu2O﹣Cr2O72﹣，计算得：1×10﹣3×3×70%＝2.1×10﹣3＞2×10﹣4mol/L，实验可以看到只有氧化亚铜和只有光照时，Cr2O72﹣的转化率很低，说明反应条件是光照条件下和Cu2O同时存在；‎ ‎（3）①由图3可知，Cr2O72﹣降解率最高时pH是3； pH＜2.5时，Cu2O会歧化（转化）为Cu 和Cu2+，Cu2O+2H+＝Cu+Cu2++H2O；酸性越大，Cr2O72﹣被还原率越大；故答案为：3； pH＜2.5时Cu2O会歧化（转化）为Cu 和Cu2+，所以不选pH＝2；酸性越大，Cr2O72﹣被还原率越大，pH＝3酸性强于pH＝4的溶液，所以选择pH＝3；‎ ‎②依据信息可知，pH＝5时，会产生Cr（OH）3沉淀，沉淀覆盖在催化剂Cu2O表面，阻碍Cu2O与Cr2O72﹣发生的氧化还原反应；故答案为：pH＝5时，会产生Cr（OH）3沉淀，沉淀覆盖在催化剂Cu2O表面，影响反应继续进行。‎ ‎17. 合成药物盐酸普罗帕酮的中间体E和双酚A型聚碳酸酯H的路线如图：‎ 已知：i．RCOOR′+R″OHRCOOR″+ROH(R，R′、R″代表烃基)‎ ⅱ．(R、R′代表氢原子或烃基)‎ ‎(1)A的结构简式是_____。‎ ‎(2)试剂a是_____。‎ ‎(3)C只含有一种官能团，反应②的化学方程式是_____。‎ ‎(4)反应⑤的反应类型是_____。‎ ‎(5)E中官能团是_____。‎ ‎(6)下列说法正确的是：_____(填字母序号)。‎ - 25 -‎ a．反应③中C发生氧化反应 b．D中无支链 c．反应⑥的反应物与生成物互为同分异构体 d．反应⑩中试剂b的结构简式可为 ‎(7)I→J转化的一种路线如下图，已知中间产物1转化为中间产物2是取代反应，中间产物2转化为J是消去反应，写出中间产物1和中间产物2的结构简式。‎ 中间产物1：_____；中间产物2：_____。‎ ‎(8)G的分子式为C3H6O3，只含一种官能团，且核磁共振氢谱只有一种化学环境的氢，反应⑨的化学方程式是_____。‎ ‎【答案】 (1). (2). H2 (3). (4). 取代反应 (5). 羟基、羰基 (6). acd (7). (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据⑤产物结构简式及A分子式知，A为，⑤为取代反应；①为加成反应，a为H2，B为，②为催化氧化生成C为，D应为，由题给信息结合I - 25 -‎ 的结构简式可知E为，含有羟基、羰基，G的分子式为C3H6O3，只含一种官能团，且核磁共振氢谱只有一种化学环境的氢，应为，由题给信息可知F为，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知A为，故答案为：；‎ ‎(2)A与与氢气发生加成反应生成B，故答案为：H2；‎ ‎(3)C只含有一种官能团，为环己醇，反应②的化学方程式是，故答案为：；‎ ‎(4)反应⑤的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；‎ ‎(5)由题给信息结合I的结构简式可知E含有羟基、羰基，故答案为：羟基、羰基；‎ ‎(6)a．C与过氧化物反应生成七元环酯，③中C发生氧化反应，故a正确；‎ b．D应为，存在C＝O键，则D存在支链，故b错误；‎ c．E为，则反应⑥的反应物与生成物互为同分异构体，故c正确；‎ d．对比F的结构简式可知反应⑩中试剂b的结构简式可为，故d正确。‎ 故答案为：acd；‎ ‎(7)I含有碳碳双键，可与溴发生加成反应生成，脱去HBr生成 - 25 -‎ ‎，再脱去HBr可生成J，故答案为：；；‎ ‎(8)G的分子式为C3H6O3，只含一种官能团，且核磁共振氢谱只有一种化学环境的氢，反应⑨的化学方程式是，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的合成，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，明确合成图中物质的结构与性质的关系、碳链结构与官能团的变化等即可解答，题目难度中等，(7)为解答的难点，注意结合信息来分析解答。‎ ‎18. 以废旧锌锰电池初步处理分选出的含锰废料（MnO2、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等）为原料制备高纯MnCl2·xH2O，实现锰的再生利用。其工作流程：‎ 资料a．Mn的金属活动性强于Fe，Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化。‎ 资料b．生成氢氧化物沉淀的pH Mn(OH)2‎ Pb(OH)2‎ Fe(OH)3‎ 开始沉淀时 ‎8.1‎ ‎6.5‎ ‎1.9‎ - 25 -‎ 完全沉淀时 ‎10.1‎ ‎8.5‎ ‎3.2‎ 注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1‎ ‎（1）过程Ⅰ的目的是浸出锰。经检验滤液1中含有的阳离子为Mn2+、Fe3+、Pb2+和H+。‎ ‎①MnO2与浓盐酸反应的离子方程式是_____________。‎ ‎②检验滤液1中只含Fe3+不含Fe2+的操作和现象是：取少量滤液1于试管中，滴入铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成；另取少量滤液1于试管中，_____________。‎ ‎③Fe3+由Fe2+转化而成，可能发生的反应有：‎ a．2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－‎ b．4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O c．......‎ 写出c的离子方程式：_____________。‎ ‎（2）过程Ⅱ的目的是除铁。有如下两种方法：‎ ⅰ.氨水法：将滤液1先稀释，再加适量10%的氨水，过滤。‎ ⅱ.焙烧法：将滤液1浓缩得到的固体于290℃焙烧，冷却，取焙烧物......。‎ 已知：焙烧中发生的主要反应为2FeCl3+3O2=2Fe2O3+3Cl2，MnCl2和PbCl2不发生变化。‎ ‎①氨水法除铁时，溶液pH应控制在_____________之间。‎ ‎②补全ⅱ中的操作：_____________。‎ ‎③两种方法比较，氨水法除铁的缺点是_____________。‎ ‎（3）过程Ⅲ的目的是除铅。加入的试剂是_____________。‎ ‎（4）过程Ⅳ所得固体中的x的测定如下：取m1g样品，置于氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，质量变为m2g。则x=_____________。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O (2). 滴加KSCN溶液，变红 (3). MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O或MnOOH+3H++Fe2+=Mn2++Fe3++2H2O (4). 3.2~5.5 (5). 加水溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH小于5.5 (6). 引入杂质NH4+ (7). 锰 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 含锰废料（MnO2、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等）与浓盐酸反应，过滤滤液1中含有的阳离子为Mn2＋、Fe3＋、Pb2＋和H＋，过程II除去铁离子，过程III用锰除去铅离子。‎ ‎【详解】（1）①MnO2与浓盐酸反应产生氯气，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O ，故答案为：MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O 。‎ ‎②亚铁离子与铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，铁离子使KSCN溶液显红色，检验滤液1中只含Fe3＋不含Fe2＋的操作和现象是：取少量滤液1于试管中，滴入铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成，另取少量滤液1于试管中，滴加KSCN溶液，变红，‎ 故答案为：取少量滤液1于试管中，滴入铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成，另取少量滤液1于试管中，滴加KSCN溶液，变红；‎ ‎③Fe3+由Fe2+转化而成，由a、b两个方程式得：可能由氯气、氧气氧化，也可能由二氧化锰氧化，反应的离子方程式为：MnO2+4H＋+2Fe2＋=Mn2＋+2Fe3＋+2H2O，故答案为：MnO2+4H＋+2Fe2＋=Mn2＋+2Fe3＋+2H2O；‎ ‎（2）①调节pH除去铁离子，pH大于3.2时，铁离子沉淀完全，铅离子、锰离子不能沉淀，小于5.5时锰离子不易氧化，故pH应小于5.5，‎ 故答案为：3.2～5.5；‎ ‎②补全ⅱ中的操作：加水溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH小于5.5 ，故答案为：加水溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH小于5.5 。‎ ‎③两种方法比较，氨水法除铁的缺点是：氨水法除铁的过程中，会引入杂质NH4＋，‎ 故答案为：引入杂质NH4＋；‎ ‎（3）过程Ⅲ的目的是除铅。用活泼金属置换不活泼金属，加入锰，将铅离子置换与溶液分离，自身生成锰离子，不引入杂质，故答案为：Mn；‎ ‎（4）过程Ⅳ所得固体中的x的测定如下：取m1g样品，置于氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，质量变为m2g。m1gMnCl2·xH2O置于氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，生成MnCl2质量为m2g，则n（MnCl2）=，结晶水的质量为（m1-m2）g，n（H2O）=，则1：x=n（MnCl2）：n（H2O），解得：x=，‎ 故答案为：。‎ ‎【点睛】‎ - 25 -‎ 本题考查了物质制备方案设计，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目涉及离子方程式的书写、物质组成的计算等知识，解题关键：注意把握实验的流程、相关物质的性质以及题目信息。‎ ‎19. 实验小组探究KI与Cu(NO3)2的反应，进行实验一：‎ 实验一 注：本实验忽略Cu2+在此条件下的水解。‎ ‎（1）取棕黄色清液，加入少量______溶液（试剂a），清液变为______色，说明生成了I2。‎ ‎（2）探究生成I2的原因。‎ ‎①甲同学进行如下实验：向2mL1mol·L-1KI溶液中加入1mL______溶液（硝酸酸化，pH=1.5），再加入少量试剂a，观察到与（1）相同的现象。甲同学由此得出结论：实验一中生成I2的原因是酸性条件下，氧化了I－。‎ ‎②乙同学认为仅由甲的实验还不能得出相应结论。他的理由是该实验没有排除____________氧化I－的可能性。‎ ‎③若要确证实验一中是氧化了I－，应在实验一的基础上进行检验______的实验。‎ ‎（3）探究棕黑色沉淀的组成。‎ ‎①查阅资料得知：CuI为难溶于水的白色固体。于是对棕黑色沉淀的组成提出两种假设：‎ a．CuI吸附I2b．_________吸附I2。为证明上述假设是否成立，取棕黑色沉淀进行实验二：‎ 实验二 已知：CuI难溶于CCl4；I2＋==2I－＋（无色）；Cu++S2O32-==（无色）。由实验二得出结论：棕黑色沉淀是CuI吸附I2形成的。‎ ‎②现象iii为______________。‎ ‎③用化学平衡移动原理解释产生现象ii的原因：________________。‎ ‎【答案】 (1). 淀粉 (2). 蓝 (3). 2mol·L−1NaNO3（或KNO3） (4). 溶液中的Cu2+‎ - 25 -‎ ‎，空气中的O2 (5). NO3-的还原产物（NO、NO2等） (6). Cu (7). 棕黑色固体颜色变浅，溶液变为紫红色 (8). CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验一：KI溶液中滴加硝酸酸化的硝酸铜溶液反应得到棕黑色浊液，静置得到棕黑色沉淀和棕黄色溶液，（1）取棕黄色清液，加入少量淀粉。遇到碘单质变蓝色；‎ ‎（2）①探究硝酸根离子酸性溶液中的强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，可以取用硝酸根离子浓度相同的硝酸钠验证；‎ ‎②溶液中溶解的O2，铜离子也具有氧化性，能氧化碘离子为碘单质；‎ ‎③若要确证实验一中是NO3－氧化了I－，需要验证硝酸根离子被还原生成的产物，一氧化氮或二氧化氮的存在；‎ ‎（3）①结合假设a，铜离子化合价降低为+1价，也可能降为0价；‎ ‎②I2易溶于有机溶剂，CuI不溶于CCl4；‎ ‎③CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小。‎ ‎【详解】（1）KI溶液中滴加硝酸酸化的硝酸铜溶液反应得到棕黑色浊液，静置得到棕黑色沉淀和棕黄色溶液，取棕黄色清液，加入少量淀粉溶液（试剂a），清液变为蓝色，证明生成了碘单质，故答案为：淀粉； 蓝；‎ ‎（2）①上述实验中铜离子有可能氧化碘离子，因此需要排除铜离子的干扰，甲同学进行如下实验：向2mL1mol·L－1KI 溶液中加入1mL2 mol·L－1 NaNO3（或KNO3），溶液（ 硝酸酸化，pH=1.5 ），再加入少量试剂a，观察到与（1）相同的现象。甲同学由此得出结论：实验一中生成I2 的原因是酸性条件下，NO3－ 氧化了I－，‎ 故答案为：2 mol·L－1 NaNO3（或KNO3）；‎ ‎②乙同学认为仅由甲的实验还不能得出相应结论。他的理由是该实验没有排除溶液中的Cu2＋，溶液中溶解的O2氧化I－的可能性，故答案为：溶液中的Cu2＋，空气中的O2；‎ ‎③若要确证实验一中是NO3－氧化了I－，应在实验一的基础上进行检验NO3－的还原产物（NO、NO2等）的实验，故答案为：NO3－的还原产物（NO、NO2等）；‎ ‎（3）①结合假设a，铜离子化合价降低为+1价，也可能降为0价，因此假设b是Cu吸附I2‎ - 25 -‎ ‎，故答案为：Cu；‎ ‎ ②I2易溶于有机溶剂，CuI不溶于CCl4，因此实验iii的现象是棕黑色固体颜色变浅，四氯化碳溶液变化为紫红色，故答案为：棕黑色固体颜色变浅，溶液变为紫红色；‎ ‎③用化学平衡移动原理解释产生现象ii的原因：CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解；‎ 故答案为：CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解。‎ ‎【点睛】本题考查了实验方案的设计与评价、物质性质和反应现象判断，主要是题干信息的理解和应用，掌握提出假设、分析问题、解决问题的方法是解题关键，难点（2）③若要确证实验一中是NO3－氧化了I－，应在实验一的基础上进行检验NO3－的还原产物（NO、NO2等）的实验。‎ - 25 -‎