北京市2020届高三高考模拟化学试题（等级考试模拟试题） Word版含解析

北京市2020届高三高考模拟化学试题（等级考试模拟试题） Word版含解析

北京市2020届高三高考模拟试题(等级考试模拟试题)‎ 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56‎ 第一部分 在每题列出四个选项中，选出最符合题目要求的一项。‎ ‎1.下列制品采用的材料属于合金的是( )‎ A.大理石华表 B.青铜编钟 C.玻璃花瓶 D.翡翠如意 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质．合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属。‎ ‎【详解】A．大理石的主要成分为碳酸盐，不属于合金，故A不符合题意；‎ B．古代的编钟属于青铜器，青铜为铜锡合金，故B符合题意；‎ C．玻璃花瓶是硅酸盐产品，故C不符合题意；‎ D．翡翠如意的主要成分为硅酸盐铝钠，不属于合金，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列说法不涉及氧化还原反应的是 A. 雷雨肥庄稼——自然固氮 B. 从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅 C. 干千年，湿万年，不干不湿就半年——青铜器、铁器的保存 - 25 -‎ D. 灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在反应过程中有元素化合价变化的化学反应叫做氧化还原反应。原电池反应可以理解成由两个半反应构成，即氧化反应和还原反应。‎ ‎【详解】A. 雷雨肥庄稼——自然固氮，氮气氧化成NO，再氧化成NO2，最后变成HNO3等，有元素化合价变化，故A不选；‎ B. 从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅，硅由+4价变成0价，有元素化合价变化，故B不选；‎ C. 干千年，湿万年，不干不湿就半年——说明青铜器、铁器在不干不湿的环境中保存时，容易发生电化学腐蚀，铜和铁容易被氧化，有元素化合价变化，故C不选；‎ D. 灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，水解后呈碱性，肥中含有铵盐，水解后呈酸性，两者相遇能发生复分解反应，导致氮肥的肥效降低，没有元素化合价变化，故D选。‎ 故选D。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 18O2和16O2互为同位素 B. 正己烷和2,2−二甲基丙烷互为同系物 C. C60和C70是具有相同质子数的不同核素 D. H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2是同分异构体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 18O2和16O2是指相对分子质量不同的分子，而同位素指具有相同质子数，但中子数不同的元素互称同位素，A项错误；‎ B. 正己烷的分子式C6H14，2,2−二甲基丙烷即新戊烷分子式是C5H12，两者同属于烷烃，且分子式差一个CH2，属于同系物，B项正确；‎ C.核素表示具有一定的质子数和中子数的原子，C60和C70是由一定数目的碳原子形成的分子，显然，C项错误；‎ D. H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2是分子式分别为C3H7O2N和C2H5O2N，分子式不同，显然不是同分异构体，D项错误。‎ - 25 -‎ 故答案选B。‎ ‎4.全氮类物质具有高密度、超高能量及爆炸产物无污染等优点，被称为没有核污染的“N2爆弹”。中国科学家胡炳成教授团队近日成功合成全氮阴离子N5－，N5－是制备全氮类物质N10(其中含有和N5－两种离子)的重要中间体。下列说法中不正确的是( )‎ A. 全氮类物质属于绿色能源 B. 每个N5+中含有5个原子核 C. 每N5－中含有36个质子 D. N10结构中含非极性共价键和离子键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据题意全氮类物质具有高密度、超高能量及爆炸产物无污染等优点，因此全氮类物质属于绿色能源，故A正确；‎ B．每个N5+中含有5个氮原子，含有 5个原子核，故B正确；‎ C．N为7号元素，每个氮原子含有7个质子，则每个N5－中含有 35个质子，36个电子，故C错误；‎ D．N10结构中含N5－和N5+，含有离子键，每个离子内部含有非极性共价键，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎5.下列有关铁及其化合物的说法中不正确的是 A. 为了防止氯化亚铁溶液久置变质，常在其溶液中加入少许铁钉 B. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，能形成胶体 C. 新制的氢氧化亚铁沉淀露置在空气中最终会变为红褐色 D. 除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质可以向溶液中加铁粉，然后过滤 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 亚铁离子在空气中易被氧化为三价铁离子，加铁钉可以防止氯化亚铁溶液的变质，故A正确； B. 制备氢氧化铁胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，搅拌到红褐色即可，故B正确；C. 新制的氢氧化亚铁沉淀露置在空气中迅速变成灰绿色，最终会变为红褐色的氢氧化铁，故C正确；D. 除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质可以向溶液中滴加氯水，将氯化亚铁氧化为氯化铁，故D错误。‎ ‎6.下列用于解释事实的离子方程式不正确的是 A. 向悬浊液中加入溶液，有黑色难溶物生成:‎ - 25 -‎ B. 向酸性溶液中加入固体，溶液紫色褪去:‎ C. 向溶液中加入过量澄清石灰水，有白色沉淀生成:‎ D. 向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色:‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向悬浊液中加入溶液，有黑色难溶物生成，其离子方程式为：，故A正确；‎ B. 向酸性溶液中加入固体，溶液紫色褪去，反应生成和离子：，故B正确；‎ C. 向溶液中加入过量澄清石灰水，有白色沉淀碳酸钙生成，按照少定多变思想书写离子方程式：，故C错误；‎ D. 向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色，反应生成铜离子：，故D正确。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎7.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不正确的是 A. 汉黄芩素的分子式为 C16H12O5‎ B. 该物质遇 FeCl3 溶液显色 - 25 -‎ C. 1 mol 该物质与溴水反应，最多消耗 2mol 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 3 种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据结构得到汉黄芩素的分子式为 C16H12O5，故A正确；‎ B. 该物质含有酚羟基，因此遇 FeCl3 溶液显紫色，故B正确；‎ C. 1 mol 该物质含有1mol碳碳双键，与1mol Br2发生加成，还含有酚羟基，酚羟基的邻位发生取代，消耗1mol Br2，因此最多消耗 2mol Br2，故C正确；‎ D. 原来含有羟基，碳碳双键，醚键，羰基，与足量 H2 发生加成反应后，只有羟基，醚键，因此该分子中官能团的种类减少2种，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】FeCl3 溶液与酚羟基显紫色，与KSCN显红色。‎ ‎8.研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物——光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是 A. 整个过程中O3作催化剂 B. 反应III的方程式为O2+O===O3‎ C. 光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质 D. 反应I、反应Ⅱ均属于氧化还原反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、催化剂：反应前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3只参与反应，没有O3的生成，因此O3不是催化剂，故A说法错误；‎ B、根据过程，反应III：O和O2参与反应，生成O3，即反应 方程式为O2＋O=O3，故B说法正确；‎ - 25 -‎ C、根据反应过程，反应Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等刺激性物质，故C说法正确；‎ D、反应I：O3＋3NO=3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应Ⅱ丙烯与O3发生反应生成甲醛和乙醛，发生氧化还原反应，故D说法正确；‎ ‎9.X、Y、Z、W均为常见的短周期主族元素，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和原子半径的关系如下图所示。其中，Y为碳元素。下列有关说法正确的是 A. X是硫元素 B. Y的最高价氧化物的电子式为 ‎ C. W的最高价氧化物对应的水化物中仅含离子键 D. Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W均为短周期主族元素，由其最高价氧化物对应水化物的pH和原子序数的关系图可以知道，X、Z对应的pH为2，高氯酸、硝酸均为一元强酸，原子半径Z>Y>X，Y为C，可以知道Z为Cl，X为N，W对应的pH为12，氢氧化钠为一元强碱，则W为Na，以此来解答。‎ ‎【详解】由上述分析可以知道，X为N，Y为C，Z为Cl，W为Na， A. X为N元素，不可能为硫元素，故A错误；‎ B. Y为C元素，其最高氧化物为CO2，电子式为，故B错误； C. W为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，既含有离子键又含有共价键，故C错误； D. Z为Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物为HClO4，故D正确。 ‎ - 25 -‎ 所以D选项是正确的。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律、结构位置性质关系，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质，注意NaOH是离子化合物，既含有离子键又含有共价键。‎ ‎10.氯化氢直接氧化法制氯气的反应是4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。刚性容器中，进料浓度比c(HCl)：c(O2)分别等于1：1、4：1、7：1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. K(‎300℃‎)>K(‎400℃‎)‎ B. 增加反应的压强和及时分离出氯气都可以提高氯化氢的转化率 C. 当c(HCl)：c(O2)进料比过低时，HCl的转化率较低，且不利于分离O2和Cl2‎ D. 若HCl的初始浓度为c，进料比为1：1时，K(‎500℃‎)=‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图象可知，升高温度，HCl平衡转化率降低，平衡逆向移动，K(‎300℃‎)>K(‎400℃‎)，故A正确；‎ B．增加反应的压强和及时分离出氯气，平衡正向移动，都可以提高氯化氢的转化率，故B正确；‎ C．c(HCl)：c(O2)进料比越小，HCl的转化率越大，故C错误；‎ D．相同温度下，c(HCl)：c(O2)进料比越大，HCl平衡转化率越小，根据图象，‎500℃‎、若HCl的初始浓度为c，进料比为1：1时，HCl平衡转化率为72%，‎ - 25 -‎ K(‎500℃‎)=，故D正确；‎ 选C ‎【点睛】本题考查化学平衡移动，明确影响平衡移动的因素是解题的关键；对于多种反应物的反应，增大一种反应物的增大，平衡正向移动，其它反应物的转化率增大，加入的反应物的转化率减小。‎ ‎11.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 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；‎ - 25 -‎ 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。‎ ‎12.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是 A. 相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能 B. 阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H++2MV+‎ C. 正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3‎ D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，反应的方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。‎ ‎【详解】A项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；‎ B项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+，故B错误；‎ C项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，故C正确；‎ D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故D正确。‎ - 25 -‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。‎ ‎13.一定条件下，反应：6H2(g)+2CO2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)的数据如图所示。‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应为吸热反应 B. 达平衡时，v正(H2)=v逆(CO2)‎ C. b点对应的平衡常数K值大于c点 D. a点对应的H2的平衡转化率为90%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图象可知，升高温度，CO2的平衡转化率降低，平衡逆向移动，所以该反应为放热反应，故A错误；‎ B. 达平衡时，正逆反应速率比等于系数比，即 v正(H2)=3v逆(CO2)，故B错误；‎ C. 正反应放热，升高温度，平衡常数减小，b点对应的平衡常数K值小于c点，故C错误；‎ D.曲线Ⅰ H2、CO2的投料比为2:1，设投入H2、CO2的物质的量分别是2mol、1mol，a点CO2的平衡转化率为60%，则消耗CO2 0.6mol、消耗H2 1.8mol，所以a点对应的H2的平衡转化率为90%，故D正确；‎ 选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡标志、平衡转化率的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握曲线的意义和题给信息，明确平衡常数只与温度有关。‎ ‎14.25℃‎时，向50mL含有0.1molCl2的氯水中滴加2mol·L−1的NaOH溶液，得到溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是 - 25 -‎ A. 若a点pH=4，且c(Cl−)=mc(HClO)，则HClO的电离平衡常数为 B. 若x=100，b点对应溶液中，c(OH−)>c(H+)，可用pH试纸测定其pH C. 若y=200，c点对应溶液中，c(OH−)−c(H+)=‎2c(Cl−)+c(HClO)‎ D. b→c段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=4，则溶液中c(H+)=10−4mol·L−1，根据方程式：Cl2+H2OHCl+HClO，HClOH++ClO−，溶液中c(Cl−)=c(ClO−)+c(HClO)=mc(HClO)，c(HClO)=，Ka(HClO)===10−4(m−1)，A项错误；‎ B．生成的NaClO中的ClO−水解，得到的HClO具有漂白性，不能用pH试纸测定反应后溶液的pH，B项错误；‎ C．c点时，氯水全部与NaOH溶液反应生成NaClO、NaCl，且n(Cl−)=n(ClO−)+n(HClO)，根据电荷守恒有：n(Na+)+n(H+)=n(OH−)+n(Cl−)+n(ClO−)，根据物料守恒有：n(ClO−)+n(Cl−)+n(HClO)=0.2mol，n(Na+)=0.4mol，则有：2n(ClO−)+2n(Cl−)+2n(HClO)+n(H+)=n(OH−)+n(Cl−)+n(ClO−)，即有：c(OH−)−c(H+)=‎2c(Cl−)+c(HClO)，C项正确；‎ D．b→c段，随着NaOH溶液加入，c(HClO)浓度逐渐减小，c(ClO−)逐渐增大，逐渐减小，D项错误。‎ 答案选C。‎ - 25 -‎ 第二部分 ‎15.甲醛(HCHO)俗称蚁醛,是一种重要的有机原料。‎ I.利用甲醇(CH3OH)制备甲醛 脱氢法:CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H1 = +92.09kJ/mol 氧化法:CH3OH(g) +1/2O2(g)=HCHO(g)+H2O(g) △H2‎ ‎(1)已知:2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H3=-483.64 kJ/mol，则△H2=_______。‎ ‎(2)与脱氢法相比,氧化法在热力学上趋势较大，其原因为_______________。‎ ‎(3)图1为甲醇制备甲醛反应的lg K(K为平衡常数)随温度(T)的变化曲线。曲线____(填“a”或“b”)对应脱氢法,判断依据为_________________。‎ II.甲醛的用途 ‎(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品(结构简式如图2)，该物质在医药等工业中有广泛用途。若原料完全反应生成乌洛托品,则甲醛与氨的物质的量之比为_______。‎ ‎(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍。若反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为____________________。‎ Ⅲ.甲醛的检测 ‎(6)室内甲醛超标会危害人体健康，通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图3所示，则b极的电极反应式为_________，当电路中转移4×10-4 mol电子时，传感器内参加反应的HCHO为_______mg。‎ ‎【答案】 (1). -149.73kJ/mol (2). 脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大。 (3). b (4). 脱氢吸热 (5). 3:2 (6). 2Ni2++HCHO+H2O=2Ni+CO2↑+4H+ (7). O2+4e-+4H+=2H2O (8). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律进行计算；‎ - 25 -‎ ‎(2)放热反应的热力学趋势大；‎ ‎(3)脱氢法：CH3OH（g）═HCHO（g）+H2（g）△H1=+92.09 kJ•mol-1，反应为吸热反应升温平衡常数增大，lg K增大；‎ ‎(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，根据C原子、N原子守恒判断甲醛和氨的物质的量之比，据此进行计算；‎ ‎(5)甲醛与硫酸镍发生氧化还原反应，析出Ni单质，甲醛被氧化为CO2，据氧化还原反应反应规律书写方程式； ‎ ‎(6)反应中C元素化合价由0价变为+4价，则工作电极为负极，负极上HCHO失电子发生氧化反应，结合电极反应电子守恒计算。‎ ‎【详解】(1)脱氢法：①CH3OH（g）═HCHO（g）+H2（g）△H1=+92.09 kJ•mol-1 ②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3=-483.64 kJ•mol-1；盖斯定律计算①+②得到：CH3OH（g）+O2（g）═HCHO（g）+H2O（g）△H2=-149.73KJ/mol；‎ 故答案为：-149.73KJ/mol；‎ ‎(2)脱氢法为吸热反应，氧化法为放热反应，放热反应的热力学趋势大；‎ 故答案为：脱氢法为吸热反应，氧化法为放热反应，放热反应的热力学趋势大；‎ ‎(3)脱氢法的反应为吸热反应，随着温度升高，平衡向右移动，平衡常数增大，故曲线b对应脱氢法；‎ 故答案为：b；脱氢吸热；‎ ‎(4)每个乌洛托品分子中含有6个C原子，4个N原子，根据原子守恒可知，要形成1个乌洛托品分子，需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气的分子个数之比为6∶4，即3∶2。分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比为3∶2；‎ 故答案为3∶2；‎ ‎(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍，则甲醛与硫酸镍发生氧化还原反应，析出Ni单质，甲醛被氧化为CO2，Ni元素化合价由+2价降低到0价，甲醛中C元素由0价升高到+4价，NiSO4与HCHO的系数比为2∶1，根据化合价升降守恒配平得离子方程式为：2Ni2++HCHO+H2O=2Ni+CO2↑+4H+；‎ 故答案为：2Ni2++HCHO+H2O=2Ni+CO2↑+4H+；‎ - 25 -‎ ‎(6)HCHO转化为CO2，C元素由0价升高到+4价，失去电子，被氧化，所以a为电池负极，b为正极；酸性环境下，O2作正极的电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O；负极的电极反应为HCHO-4e-+H2O = CO2↑+4H+，每反应1molHCHO转移4mol电子，当电路中转移4×10-4mol电子时，参与反应的HCHO为1×10-4mol，质量=‎30g/mol×1×10-4mol=3×10‎-3g=3mg；‎ 故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；3。‎ ‎16.三氯化六氨合钴(III)（[Co(NH3)6]Cl3 是合成其他含钴配合物的重要原料。在活性炭的催化作用下，通过氧化二氯化六氨合钴(II)得到三氯化六氨合钴(III)制备流程如下：‎ 资料：‎ ‎①钴离子常见价态有+2(II)价，+3(III)价，Co(II)离子能在水溶液中稳定存在，但 Co(III)离子不能稳定存在，只能以固态或络合物形式（如[Co(NH3)6]3+）稳定存在溶液中。‎ ‎② Co2+在 pH=9.4 时完全沉淀为 Co(OH)2‎ ‎（1） 实验中需要将 CoCl2·6H2O 晶体研细，其目的是：__________________。‎ ‎（2）在加入浓氨水前先加入大量 NH4Cl溶液，请结合平衡原理解释原因______________________。‎ ‎（3）在“氧化”过程中需水浴控温在 50～‎60℃‎，温度不能过高，原因是______________________。‎ ‎（4）写出“氧化”过程中反应的离子方程式_______________。‎ ‎（5）为测定产品中钴的含量，进行下列实验：‎ ‎①称取样品 ‎4.000 g 于烧瓶中，加水溶解，加入足量的 NaOH 溶液，加热至沸 15～20 min，将 [Co（NH3）6]Cl3 完全转化为 Co（OH）3，冷却后加入足量 KI 固体和 HCl 溶液，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至 250.00 mL 容量瓶中，加水定容，取其中 25.00 mL 试样加入到锥形瓶中；‎ ‎②用 0.100 0 mol·L －1 Na2S2O3 标准溶液滴定，溶液变为浅黄色后，加入淀粉溶液作指示剂继续滴定至终点，重复 2 次实验，测得消耗 Na2S2O3 溶液的平均体积为 15.00 mL。（已知：2Co3＋＋2I－=2Co2＋＋I2 ，I2 ＋2S2O32－=2I－＋S4O62－）.通过计算确定该产品中钴的含量___________________。‎ ‎【答案】 (1). 增大晶体的表面积，加快反应的速度 (2). NH4Cl溶于水电离出的NH4＋，增大溶液中c(NH4+)，使NH3·H2O⇌NH4++OH－电离平衡逆移降低c(OH－‎ - 25 -‎ ‎)，防止加氨水时溶液中c(OH－)过大使钴(II)离子沉淀 (3). 温度过高会导致 H2O2 大量分解，降低产率 (4). 2Co(NH3)62+ + H2O2= 2Co(NH3)63+ + 2OH－ (5). 22.125%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于Co2+在 pH=9.4 时完全沉淀为 Co(OH)2，将CoCl2·6H2O晶体研细先加入氯化铵溶液，再加入浓氨水反应生成[Co(NH3)6]Cl2，[Co(NH3)6]Cl2和H2O2发生氧化反应生成[Co(NH3)6]Cl3。‎ ‎【详解】（1）实验中需要将CoCl2·6H2O晶体研细，其目的是增大晶体的表面积，加快反应的速度；故答案为：增大晶体的表面积，加快反应的速度。‎ ‎（2）根据题中信息Co2+在pH=9.4时完全沉淀为Co(OH)2，因此在加入浓氨水前先加入大量NH4Cl溶液，主要是NH3·H2O⇌ NH4++OH－，能电离出OH－，易和Co2+反应生成Co(OH)2，NH4Cl溶于水电离出的NH4＋，增大溶液中c(NH4+)，使电离平衡逆向移动，降低c(OH－)浓度，防止加氨水时溶液中c(OH－)过大使钴(II)离子沉淀；故答案为：NH4Cl溶于水电离出的NH4＋，增大溶液中c(NH4+)，使NH3·H2O⇌NH4++OH－电离平衡逆移降低c(OH－)，防止加氨水时溶液中c(OH－)过大使钴(II)离子沉淀。‎ ‎（3）H2O2 在较高温度下会导致大量分解，氧化效果降低，从而降低产率，因此在“氧化”过程中需水浴控温在50～‎60℃‎，温度不能过高；故答案为：温度过高会导致 H2O2 大量分解，降低产率。‎ ‎（4）“氧化”过程中Co(NH3)62+ 与H2O2反应生成Co(NH3)63+ 和OH－，其离子方程式2Co(NH3)62+ + H2O2= 2Co(NH3)63+ + 2OH－；故答案为：2Co(NH3)62+ + H2O2= 2Co(NH3)63+ + 2OH－。‎ ‎（5）根据方程式可得关系式Co3＋ ～ S2O32−，n(Co3＋)= n(S2O32−)= 0.100 0 mol∙L−1×0.015 mL×10 =0.015mol，；故答案为：22.125%。‎ ‎17.吡唑类化合物是重要的医用中间体，如图是吡唑类物质L的合成路线。‎ - 25 -‎ 已知：R1—CHO+R2CH2—COOR3‎ R1—CHO+R2NH2R1—CH=N—R2‎ ‎（1）试剂a是__。‎ ‎（2）C生成D的反应类型是__。‎ ‎（3）D生成E的化学方程式是___。‎ ‎（4）生成G的化学方程式是__。‎ ‎（5）H的结构简式是__。‎ ‎（6）写出符合下列条件的I的同分异构体的结构简式__。‎ a.是反式结构 b.能发生银镜反应 c.苯环上的一氯代物有2种 d.1mol该有机物能与2mol氢氧化钠反应 ‎（7）K的分子式是C10H8O2，K的结构简式是__。‎ ‎（8）以2-甲基丙烯和乙酸为原料，选用必要的无机试剂，合成，写出合成路线__（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）‎ ‎【答案】 (1). 浓硫酸，浓硝酸 (2). 取代（水解）反应 (3). 2+O2‎ - 25 -‎ ‎2+2H2O (4). CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O (5). (6). (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎，B在光照条件下与氯气发生取代反应生成，逆推可知B是，A发生硝化反应生成B；F的分子式是C2H4O，F与甲醇在浓硫酸作用下反应生成G，则F是乙酸、G是乙酸甲酯；，结合R1—CHO+R2CH2—COOR3，可知H为；结合R1—CHO+R2NH2R1—CH=N—R2，， 逆推可知E是、K - 25 -‎ 的分子式是C10H8O2，K是；由逆推，D是；‎ ‎【详解】根据以上分析，（1）A是甲苯、B是，A发生硝化反应生成B，所以试剂a是浓硫酸，浓硝酸；‎ ‎（2）C是、D是，C生成D是卤代烃的水解反应，反应类型是取代（水解）反应。‎ ‎（3）D是、E是，D生成E是醇的催化氧化，反应的化学方程式是2+O22+2H2O；‎ ‎（4）G是乙酸甲酯，乙酸和甲醇在在浓硫酸作用下反应生成乙酸甲酯，反应的化学方程式是CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O；‎ ‎（5），结合R1—CHO+R2CH2—COOR3，可知H为；‎ ‎（6）a.是反式结构，说明含有碳碳双键；b.能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸酯； c.苯环上的一氯代物有2种，说明2个取代基在苯环的对位； d.1mol该有机物能与2mol - 25 -‎ 氢氧化钠反应，说明是甲酸酚酯；符合条件的I的同分异构体的结构简式是；‎ ‎（7）结合R1—CHO+R2NH2R1—CH=N—R2，， 逆推可知E是、根据K的分子式是C10H8O2，可知K是；‎ ‎（8）2-甲基丙烯与溴水发生加成反应生成，水解为，在铜做催化剂的条件下氧化为， 和乙酸发生正反应反应生成，根据R1—CHO+R2CH2—COOR3，在碱、加热的条件下生成；合成路线为。‎ ‎18.阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低、环境污染小等优点。生产流程如下图所示：‎ - 25 -‎ ‎(1)电解饱和食盐水的化学方程式为________。‎ ‎(2)电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯试剂或方法是________(填字母序号)。‎ a．Na2SO4b．Na2SO3‎ c．热空气吹出d．降低阳极区液面上方的气压 ‎(3)食盐水中的I—若进入电解槽，可被电解产生的Cl2氧化为ICl，并进一步转化为IO3—。IO3—可继续被氧化为高碘酸根(IO4—)，与Na+结合生成溶解度较小的NaIO4沉积于阳离子交换膜上，影响膜的寿命。‎ ‎①从原子结构角度解释ICl中碘元素的化合价为+1价的原因：________。‎ ‎②NaIO3被氧化为NaIO4的化学方程式为________。‎ ‎(4)在酸性条件下加入NaClO溶液，可将食盐水中的I-转化为I2，再进一步除去。通过测定体系的吸光度，可以检测不同pH下I2的生成量随时间的变化，如下图所示。已知：吸光度越高表明该体系中c(I2)越大。‎ ‎①结合化学用语解释10 min时不同pH体系吸光度不同的原因：________。‎ ‎②pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因：________。‎ ‎③研究表明食盐水中I-含量≤0.2 mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。现将‎1m3‎含I-浓度为1.47 mg•L-1 的食盐水进行处理，为达到使用标准，理论上至少需要0.05 mol•L-1 NaClO溶液________L。(已知NaClO的反应产物为NaCl，溶液体积变化忽略不计)‎ ‎【答案】 (1). 2 NaCl + 2H2O C12↑ + H2↑+ 2NaOH (2). bcd (3). 碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均7，ICl - 25 -‎ 中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价 (4). Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl— (5). ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。 (6). c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降 (7). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电解时，阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，两极合并为电解池总反应。‎ ‎（2）a. Na2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯；‎ b. Na2SO3有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则Na2SO3有可以除去阳极液中游离氯；‎ c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法；‎ d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中逸出，可除去阳极液中游离氯。‎ ‎（3）①本小题考查的是对共价键的理解，碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。‎ ‎②氧化还原反应中，物质中元素化合价升高失电子发生氧化反应，该物质作还原剂，生成的产物为氧化产物，物质中元素化合价降低得电子发生还原反应，该物质做氧化剂，生成的产物为还原产物，由此找出反应物和生成物，在根据得失电子守恒配平氧化还原反应。‎ ‎（4）①本小题涉及速率的影响因素，增大反应物的浓度速率加快，则c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。‎ ‎②c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。‎ ‎③本小题涉及物质的量、物质的量浓度在氧化还原反应中的计算。‎ ‎【详解】（1）电解饱和食盐水时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，水电离的氢离子在阴极得电子发生还原反应生成氯气，则电解的化学方程式为2NaCl +2H2O C12↑+ H2↑+2NaOH。本小题答案为：2NaCl +2H2O C12↑+ H2↑+2NaOH。‎ ‎（2）a. Na2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯，故a不符合题意；‎ b. Na2SO3有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则Na2SO3‎ - 25 -‎ 有可以除去阳极液中游离氯，故b符合题意；‎ c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法，故c符合题意；‎ d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中逸出，可除去阳极液中游离氯，故d符合题意。答案选bcd。‎ ‎（3）①碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。本小题答案为：碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。‎ ‎②NaIO3中I元素失电子发生氧化反应，化合价由+5价升高到+7价生成NaIO4，Cl2中氯元素得电子发生还原反应，化合价由0价降低到-1价生成Cl-，离子方程式为Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl—。本小题答案为：Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl—。‎ ‎（4）①ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O 10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。本小题答案为：ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O 10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高(1分)，吸光度越大。‎ ‎②c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。本小题答案为：c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。‎ ‎③研究表明食盐水中I-含量≤0.2 mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。即‎1m3‎食盐水中I-的含量≤0.2 mg•L-1×‎1m3‎×1000=‎0.2g时对离子交换膜影响可忽略，则‎1m3‎含I-浓度为1.47 mg•L-1 的食盐水需处理掉1.47 mg•L-1×‎1m3-0.2g=‎1.27g的I-时对离子交换膜影响可忽略。1.27gI-的物质的量为0.01mol，根据反应方程式ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O，需NaClO的物质的量为0.005mol，则此NaClO的体积为0.005mol/0.05mol/L=‎0.1L。本小题答案为：0.1。‎ ‎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 - 25 -‎ 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 ‎（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 - 25 -‎ 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，反应的化学方程式为2H2O2 O2↑+2H2O，故答案为：2H2O2 O2↑+2H2O；‎ ‎（2）①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2，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。‎ - 25 -‎ ‎【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。‎ - 25 -‎