北京市朝阳区2020届高三上学期期末考试教学统一检测化学试题

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北京市朝阳区2019~2020学年度第一学期期末质量检测 高三年级化学试卷 ‎(考试时间：90分钟 满分：100分)‎ 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 ‎ 第一部分 (选择题 共42分)‎ 每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共14道小题，共42分。‎ ‎1.化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是( )‎ A. 酸性重铬酸钾用于检测酒精 B. 铝粉与强碱溶液反应放热 C. 植物油在空气中变质，产生“哈喇”味 D. 海水经风吹日晒获得粗盐 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 酸性重铬酸钾用于检测酒精的原理是酸性重铬酸钾与酒精发生氧化还原反应，使橙色重铬酸钾变为绿色，与氧化还原反应有关，故A不符合题意；‎ B. 铝粉与强碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，铝元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B不符合题意；‎ C. 植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，具有还原性，在空气中易被氧气氧化而变质，产生“哈喇”味，与氧化还原反应有关，故C不符合题意；‎ D. 海水经风吹日晒获得粗盐，利用物理方法海水中的水分蒸发得到固体物质的过程，没有发生化学反应，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列说法中，不正确的是( )‎ A. 顺-2-丁烯和反-2-丁烯加氢产物不相同 B. 苯酚和甲醛通过聚合反应可制得高分子材料 C. 采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质 D. 淀粉和纤维素在酸作用下水解的最终产物都是葡萄糖 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 顺-2-丁烯和反-2-丁烯的加氢产物都是丁烷，丁烷不存在顺反异构，故A错误；‎ B. 苯酚和甲醛通过聚合反应可制得酚醛树脂，反应为：，故B正确；‎ C. 蛋白质属于胶体，难溶于饱和盐溶液，不能透过半透膜，可用多次盐析或多次渗析的方法分离、提纯蛋白质，故C正确；‎ D. 淀粉和纤维素均为葡萄糖的脱水缩合物，故淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列物质的用途与其体现的性质对应关系不合理的是( )‎ 物质 用途 体现的性质 A SO2‎ 生产硫酸 还原性 B NH3‎ 生产碳酸氢铵 还原性 C SiO2‎ 制取硅单质 氧化性 D Fe2O3‎ 冶炼金属铁 氧化性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由二氧化硫生产硫酸，硫的化合价+4价升高到+6价，失去电子被氧化，做还原剂，故A正确；‎ B. 由氨气制取碳酸铵，氮元素化合价不变，没有发生氧化还原反应，故B错误；‎ C. 由二氧化硅制取硅单质，硅元素的化合价由+4价变为0价，化合价降低得电子，做氧化剂，故C正确；‎ D. 由Fe2O3制取铁单质，铁元素化合价由+3价变为0价，化合价降低得电子，做氧化剂，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】根据制备过程中物质的化合价变化，即氧化还原反应规律判断物质在制备过程中的氧化性和还原性。‎ ‎4.下列事实不能用元素周期律解释的是( )‎ A. 碱性：CsOH ＞ KOH B. 氢化物稳定性：H2O ＞H2S C. 金属性：Na ＞Mg D. 热稳定性：Na2CO3 ＞ NaHCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；金属性Cs> K，则最高价氧化物对应水合物的碱性：CsOH ＞ KOH，能够用元素周期律解释，故A不符合题意；‎ B. 非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强；非金属性O >S，则气态氢化物的稳定性：H2O ＞H2S，能够用元素周期律解释，故B不符合题意；‎ C. 同周期元素，原子序数越大，金属性越弱，非金属性越强，原子序数：Na＞Mg，则金属性：Na ＞Mg，能用元素周期律解释，故C不符合题意；‎ D. Na2CO3加热不分解，NaHCO3加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则热稳定性：Na2CO3 ＞ NaHCO3，与元素周期律无关，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律的应用，需要对元素周期律做到准确掌握。‎ ‎5.工业制备硝酸的反应之一为：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO。用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )‎ A. 室温下，‎22.4 L NO2 中所含原子总数为3 NA B. ‎36 g H2O中含有共价键的总数为2NA C. 上述反应，生成1 mol HNO3转移电子的数目为NA D. 标准状况下，‎11.2 L NO中所含电子总数为5 NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.室温下，‎22.4L不能用气体摩尔体积进行计算物质的量，故A错误；‎ B.36gH2O为2mol，一分子水中含有2个共价键，则2mol水中含有共价键的总数为4NA，故B错误；‎ C.上述反应，生成2molHNO3共转移2mol电子，生成1molHNO3转移1mol电子，数目为NA，故C正确；‎ D.标准状况下，11.2LNO为0.5mol，一个NO中含有15个电子，则0.5molNO中所含电子总数为7.5NA，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】根据气体体积计算物质的量或粒子数目时，气体的条件必须在标准状况下。‎ ‎6.下列除杂试剂选择正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是( )‎ 物质(括号内为杂质)‎ 除杂试剂 A Cl2(HCl)‎ 水、浓H2SO4‎ B NH4Cl溶液 (FeCl3)‎ 氨水 C CH2 = CH2(CH3CH2OH)‎ 酸性KMnO4溶液 D CH3COOCH2CH3(CH3COOH)‎ 饱和Na2CO3溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯化氢极易溶于水，可除去氯化氢，少量氯气与水发生氧化还原反应，用浓硫酸干燥氯气，故A符合题意；‎ B. 氨水可与FeCl3‎ 反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，若过量会引入新杂质，也没有涉及氧化还原反应，故B不符合题意；‎ C. CH2 = CH2和CH3CH2OH都可被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能除杂，故C不符合题意；‎ D. CH3COOH可与饱和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳和醋酸钠，CH3COOCH2CH3与饱和Na2CO3溶液不反应，且溶解度较小而析出，可以除杂，但不涉及氧化还原反应，故D不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】除杂原则:①不增加新杂质；②尽量不减少被提纯物质；③更不得改变被提纯物质；④简明、科学 、合理、安全。‎ ‎7.下列解释事实的离子方程式不正确的是( )‎ A. 用石墨电极电解饱和食盐水：2Cl- + 2H2O2OH-+ H2↑+ Cl2↑‎ B. 用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：CaSO4(s)+CO32-CaCO3(s) + SO42-‎ C. 过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+NO3－+4H+= Fe3++NO↑+2H2O D. 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-= BaSO4↓＋H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，离子反应为：2Cl- +2H2O2OH-+ H2↑+ Cl2↑，故A正确；‎ B. 用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，利用沉淀溶解平衡，沉淀向更难溶的方向进行，反应的离子方程式为CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)，故B正确；‎ C. 过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子反应为：3Fe+8H++2NO3-═Fe2++2NO↑+4H2O，故C错误；‎ D. 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子反应为：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-= BaSO4↓＋H2O，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】硝酸与铁反应时，用量不同，产物不同，若硝酸足量则生成三价铁，若铁过量，则生成二价铁。‎ ‎8.下列实验不能达到实验目的的是( )‎ A. 实验室制取氨气 B. 证明乙炔可使溴水褪色 C. 检验蔗糖的水解产物具有还原性 D. 证明溶解度：AgCl＞AgI ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该图为实验室制用氯化铵和氢氧化钙取氨气的实验装置图，故A正确；‎ B. 得到的乙炔中含有硫化氢等气体，硫化氢等气体也能使溴水褪色，应该先将得到的气体通入硫酸铜溶液除去杂质，然后将得到的气体通入溴水检验乙炔，故B错误；‎ C. 检验蔗糖水解产物葡萄糖具有还原性：蔗糖在酸性条件下水解后的溶液中先加入适量稀NaOH溶液中和，再加入新制的银氨溶液并水浴加热，在加入银氨溶液之前必须加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则稀硫酸和银氨溶液反应而得不到Ag，故C正确；‎ D. 向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液，先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀，说明AgI更难溶，溶度积越小其溶解度越小，则溶解度：AgCl>AgI，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】检验蔗糖水解产物葡萄糖具有还原性时，在加入银氨溶液之前必须加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则稀硫酸和银氨溶液反应而得不到Ag。‎ ‎9.据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在‎25℃‎下用H2O2直接将CH4转化为含氧有机物，其主要原理如图所示：‎ 下列说法不正确的是( )‎ A. 图中代表H2O2‎ B. 步骤i、ii的总反应方程式是 C. 由上图可知，步骤iv生成的H2O，其中的H原子全部来自H2O2‎ D. 根据以上原理，推测步骤vi生成HCOOH和H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据图中分子比例模型图可判断代表H2O2，故A正确；‎ B. 根据步骤i、ii的图示，双氧水转变为水，甲烷转变为甲醇，则总反应方程式是，故B正确；‎ C. 由上图可知，步骤iv生成2个H2O，从步骤iii中可知， H原子来自甲醇，故C错误；‎ D. 根据以上原理，双氧水中O-O键断开，形成2个-OH原子团，其中一个-OH与碳结合，碳上断下来的H与另一个-OH形成水，则步骤vi生成HCOOH和H2O，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】考查对图解转化过程的分析能力，要通过图示明确反应发生的机理，搞清楚反应断键的位置。‎ ‎10.通过以下反应均可获取H2。‎ ‎① C(s) + H2O (g) =CO(g)+H2(g) ΔH1 = + 131.3 kJ·mol-1‎ ‎② CH4 (g)+H2O(g) = CO(g)+3H2 (g) ΔH2 = + 206.1 kJ·mol-1‎ ‎③ CO(g)+H2O(g) = CO2(g)+H2(g) ΔH3‎ 下列说法正确的是( )‎ A. ①中反应物的总能量大于生成物的总能量 B. ②中使用适当催化剂，可以使ΔH2减小 C. 由①、②计算反应CH4 (g) = C (s) + 2H2 (g) 的ΔH =－74.8 kJ·mol-1‎ D. 若知反应C (s) + CO2 (g) = 2CO (g) 的ΔH，结合ΔH1可计算出ΔH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ①中ΔH1 = + 131.3 kJ·mol-1>0，为吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，故A错误；‎ B. 催化剂只改变反应的进程，改变活化能，不影响焓变，故B错误；‎ C. 根据盖斯定律，由②-①可得CH4 (g) =C(s)+2H2(g) 的ΔH =ΔH2-ΔH1=+74.8 kJ·mol-1，故C错误；‎ D. 若知反应C(s) + CO2 (g) = 2CO (g) 的ΔH，根据盖斯定律，①-③=该式，则ΔH1-ΔH3=ΔH，则ΔH3=ΔH1-ΔH，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查盖斯定律的应用及焓变与反应物、生成物能量大小关系，当反应物总能量大于生成物总能量，反应放热；当反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热。‎ ‎11.研究小组采用电解法(惰性电极)将含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4的浆液分离成固体混合物和含铬元素的溶液，装置如下。‎ 下列说法不正确是( )‎ A. 阳极的电极反应式为：2H2O - 4e- = O2↑+4H+‎ B. CrO42-通过阴离子交换膜进入阳极室，从而实现与浆液的分离 C. 阴极室生成物质可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离 D. 适当增大电压，CrO42-也可在阴极室转化为Cr(OH)3除去 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解时，CrO42−通过阴离子交换膜向阳极移动，在阳极氢氧根离子失电子发生氧化反应，OH−放电后，阳极池酸度增强，发生反应2CrO42−+2H+＝Cr2O72−+H2O ‎，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.阳极发生氧化反应，该电极的电极反应式为：2H2O - 4e- = O2↑+4H+，故A正确；‎ B.电解时，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，通电后CrO42-将通过阴离子膜进入阳极室，从而实现与浆液的分离，故B正确；‎ C. 阴极发生还原反应生成氢气，同时还会得到硫酸钠、氢氧化钠， Al(OH)3和MnO2中的氢氧化铝可以溶于氢氧化钠，氢氧化钠可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离，故C正确；‎ D. 适当增大电压，电解时，右池为阳极，阴离子向阳极移动，CrO42−通过阴离子交换膜向阳极移动，从而CrO42-能从浆液中分离出，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎12.一定条件下，有机化合物 Y 可发生重排反应：‎ 下列说法不正确的是( )‎ A. X、Y、Z互为同分异构体 B. 1 mol X最多能与3 mol H2发生加成反应 C. 1 mol Y最多能与2 mol NaOH发生反应 D. 通过调控温度可以得到不同的目标产物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. X、Y、Z的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；‎ B. X的苯环上需要发生加成反应，消耗3mol氢气，碳氧双键需要消耗1mol氢气，1 mol X最多能与4 mol H2发生加成反应，故B错误；‎ C.Y分子中含有酯基，在碱性条件下发生水解生成乙酸和邻羟基甲苯，共消耗2mol NaOH，故C正确；‎ D. 从题目信息可以看出，在有三氯化铁存在的条件下，温度不同，产物不同，通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎13.人造海绵的主要成分是聚氨酯，合成方法如下：‎ 下列说法不正确的是( )‎ A. M的分子式为C15H10N2O2‎ B. 合成聚氨酯的反应属于缩聚反应 C. 聚氨酯在一定条件下可发生水解反应 D. 聚氨酯和蛋白质分子中均含有结构 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据M的分子结构，分子式为C15H10N2O2，故A正确；‎ B. 缩聚反应是具有两个或两个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，同时产生有简单分子（如H2O、HX、醇等）的化学反应，合成聚氨酯的反应不属于缩聚反应，故B错误；‎ C. 聚氨酯分子中含有，还含有酯基，故在一定条件下可发生水解反应，故C正确；‎ D. 蛋白质分子中含有由氨基酸脱水缩合生成肽键，根据图示，聚氨酯分子中含有，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎14.研究苯酚与FeCl3溶液的显色反应，实验如下：‎ 下列说法不正确的是( )‎ A. 苯酚的电离方程式是 +H+‎ B. 向试管②中滴加硫酸至过量，溶液颜色变为浅黄色 C. 对比①③中的现象说明，滴加稀硫酸后，c(Fe3+)变小 D. 对比①②、①④中的现象，说明紫色物质的生成与溶液中c()相关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯酚是一元弱酸，电离方程式是 +H+，故A正确；‎ B.苯酚加入氢氧化钠溶液后生成苯酚钠，首先Fe3+和苯酚根离子双水解，生成Fe(OH)3 (红褐色沉淀)和苯酚,然后生成的苯酚和三氯化铁显色反应生成紫色络合物, 滴加硫酸至过量，平衡逆向移动，故溶液颜色变为浅黄色，故B正确；‎ C. 根据离子方程式，‎6C6H5OH+Fe3+⇌[Fe(OC6H5)6]3- +6H+，滴加稀硫酸后，溶液从紫色转变为黄色，c(Fe3+)变大，故C错误；‎ D.①②，①④实验中都加入了氢氧化钠，都生成了，紫色物质的生成与溶液中c()有关，故D正确；‎ 答案选C。‎ 第二部分 (非选择题 共58分)‎ ‎15.高分子H是人造棉的成分之一，其合成路线如下：‎ 已知：Ⅰ.R1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH Ⅱ.RCOOR’+R”OHRCOOR”+R’OH ‎(R1、R2、R3、R4、R’、R”代表烃基)‎ ‎(1)按官能团分类，A的类别是_______。‎ ‎(2)B为不饱和醇，A→B的反应类型是_______。‎ ‎(3)C的名称是_______。‎ ‎(4)D的核磁共振氢谱显示其分子有2种不同环境的氢原子，D的结构简式是_______。‎ ‎(5)E→F的化学方程式是_______。‎ ‎(6)G分子内含有一个六元环(含“”结构)。‎ ‎① 下列试剂能使转化为的是_______(填序号)。‎ a. b. c.‎ ‎② G→H的反应类型为缩聚反应，该反应还有生成，其化学方程式是_______。‎ ‎【答案】 (1). 炔烃 (2). 加成反应 (3). 1，4 —丁二醇 (4). HOCCH2-CH2CHO (5). HOOCCH2CH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3+2H2O (6). a (7). n+nHOCH2CH2OH+(2n-1)CH3CH2OH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分子式可以确定A为乙炔，乙炔和甲醛反应生成炔丁醇；D为炔丁醇，炔丁醇与氢气发生加成反应生成1，4—丁二醇，C为1，4—丁二醇；D的核磁共振氢谱显示其分子有2种不同环境的氢原子，1，4—丁二醇被氧化为1，4—丁二醛，D为1，4—丁二醛；1，4—丁二醛被氧化为1，4—丁二酸，E为1，4—丁二酸；1，4—丁二酸可以与醇发生酯化反应，生成CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，F为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，G分子内含有一个六元环，根据题意R1COOR2+R3CH2COOR4‎ ‎+R2OH， RCOOR’+R”OHRCOOR”+R’OH，故G的结构式为，乙醇中羟基上的氢与金属钠反应，置换出氢气，与乙醇反应的只有钠，缩聚反应为即缩合聚合反应， 单体经多次缩合而聚合成大分子的反应，可以得到。‎ ‎【详解】(1)根据分子式可以确定A为乙炔，炔烃的官能团是碳碳三键，属于炔烃，‎ 故答案为：炔烃；‎ ‎(2) B为不饱和醇，分子式为C4H6O2，根据分子的不饱和度，可知B为炔丁醇，由乙炔和甲醛反应制B的反应为加成反应，‎ 故答案为：加成反应；‎ ‎(3) 炔丁醇与氢气发生加成反应得到1，4 —丁二醇，HOCCH2-CH2COH，C的名称是1，4 —丁二醇，‎ 故答案为：1，4 —丁二醇；‎ ‎(4)根据分析，D为1，4—丁二醛，则D的结构简式是HOCCH2-CH2CHO，‎ 故答案为：HOCCH2-CH2CHO；‎ ‎(5) E为1，4—丁二酸，F为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，1，4—丁二酸可以与醇发生酯化反应生成CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，则E→F的化学方程式是HOOCCH2CH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3+2H2O；‎ 故答案为：HOOCCH2CH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3+2H2O；‎ ‎(6) ①乙醇中羟基上的氢与金属钠反应，置换出氢气，与乙醇反应的只有钠；‎ 答案选a； ‎ ‎② G分子内含有一个六元环，根据题意R1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH， RCOOR’+R”OHRCOOR”+R’OH，故G 的结构式为，缩聚反应为即缩合聚合反应， 单体经多次缩合而聚合成大分子的反应，可以得到，其化学方程式是n+nHOCH2CH2OH+(2n-1)CH3CH2OH；‎ 故答案为：n+nHOCH2CH2OH+(2n-1)CH3CH2OH。‎ ‎16.乙二酸(H‎2C2O4)俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。‎ ‎(1) 室温下，测得 0.1 mol·L−1 H‎2C2O4溶液的pH = 1.3，写出草酸的电离方程式_______。‎ ‎(2)草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示：‎ ‎① 向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH = 2.5时发生的主要反应的离子方程式是_______。‎ ‎② 0.1 mol·L−1 KHC2O4溶液中，下列粒子浓度关系正确是_______(填序号)。‎ a.c(K+) + c(H+) = c(HC2O4–) + c(C2O42–) + c(OH–)‎ b.c(K+) > c(HC2O4–) > c(C2O42–) > c(H‎2C2O4)‎ c.c(K+) = c(HC2O4–) + c(C2O42–) + c(H‎2C2O4)‎ ‎(3)工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，其离子方程式为：Fe2+ + H‎2C2O4 +‎ ‎ xH2O ⇌ FeC2O4·xH2O↓ + 2H+‎ ‎① 制备时需添加氨水以提高FeC2O4·xH2O的产率，从化学平衡移动原理角度解释原因：_____。‎ ‎② 测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的x值，实验如下：称取‎0.5400 g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用KMnO4酸性溶液滴定。到达滴定终点时，消耗0.1000 mol·L－1的KMnO4酸性溶液18.00 mL。已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为Fe3+、CO2，锰元素被还原为Mn2+则FeC2O4·xH2O中x = _______(FeC2O4的摩尔质量是‎144 g·mol－1)。‎ ‎【答案】 (1). H‎2C2O4 ⇌ H+ + HC2O4－，HC2O4－⇌ C2O42- + H+ (2). (3). bc (4). NH3·H2O 与H+反应，降低c(H+)浓度，使Fe2++ H‎2C2O4 + xH2O ⇌ FeC2O4·xH2O↓ + 2H+ 平衡向正反应方向移动,产生更多的FeC2O4·xH2O (5). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）测得 0.1 mol·L−1 H‎2C2O4溶液的pH=1.3，说明草酸是二元弱酸；‎ ‎（2）①向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH=2.5，图像可以看出，随着氢氧化钾的加入，HC2O4－的浓度逐渐增大，草酸与氢氧化钾反应后生成HC2O4－和水；‎ ‎② a. 根据电荷守恒判断；‎ b．根据溶液中离子的电离和水解情况分析；‎ c．根据物料守恒判断；‎ ‎ (3)①应用勒夏特列原理，根据离子方程式：Fe2+ + H‎2C2O4 + xH2O ⇌ FeC2O4·xH2O↓ + 2H+，滴加NH3·H2O 与H+反应，降低c(H+)浓度，使平衡向正反应方向移动，产生更多的FeC2O4·xH2O；‎ ‎②根据10FeC2O4•xH2O+6KMnO4+4H2SO4═5Fe2(SO4)3+2CO2↑+6MnSO4+3K2SO4+(12+x)H2O可知，n(FeC2O4•xH2O)=n(KMnO4)=×1mol/L×‎0.018L=0.03mol，则M(FeC2O4•xH2O)==‎180g/mol，即FeC2O4•xH2O的相对分子质量为180，结合18x+144=180计算出x即可；‎ ‎【详解】(1)二元弱酸分步电离，草酸电离方程式为：H‎2C2O4 ⇌ H++HC2O4－，HC2O4－⇌C2O42- ‎ ‎+H+，‎ 故答案为：H‎2C2O4 ⇌ H+ + HC2O4－，HC2O4－⇌ C2O42- + H+；‎ ‎(2) a. 溶液中有的离子：HC2O4－、H‎2C2O4、C2O42-、OH–、K+，根据电荷守恒c(K+) + c(H+) = c(HC2O4–) +‎2c(C2O42–) + c(OH–)，故a错误；‎ b. KHC2O4溶液中，HC2O4–要水解，c(K+) > c(HC2O4–) ，C2O42–是由HC2O4–电离后得到的，c(HC2O4–) > c(C2O42–)，H‎2C2O4是由HC2O4–水解后得到的，HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度，可以得到c(C2O42–) > c(H‎2C2O4)，c(K+) > c(HC2O4–) > c(C2O42–) > c(H‎2C2O4)，故b正确；‎ c. 根据物料守恒，可以得到c(K+) = c(HC2O4–) + c(C2O42–) + c(H‎2C2O4)，故c正确；‎ 故答案为b，c；‎ ‎(3)①应用勒夏特列原理，根据离子方程式：Fe2+ + H‎2C2O4 + xH2O ⇌ FeC2O4·xH2O↓ + 2H+，滴加NH3·H2O与H+反应，降低c(H+)浓度，使平衡向正反应方向移动，产生更多的FeC2O4·xH2O，‎ 故答案为：NH3·H2O 与H+反应，降低c(H+)浓度，使Fe2++ H‎2C2O4 + xH2O ⇌ FeC2O4·xH2O↓ + 2H+平衡向正反应方向移动，产生更多的FeC2O4·xH2O；‎ ‎②根据10FeC2O4•xH2O+6KMnO4+4H2SO4═5Fe2（SO4）3+2CO2↑+6MnSO4+3K2SO4+（12+x）H2O可知，n（FeC2O4•xH2O）=n(KMnO4)=×1mol/L×‎0.018L=0.03mol，则M(FeC2O4•xH2O)==‎180g/mol，即FeC2O4•xH2O的相对分子质量为180，结合18x+144=180，解得x=2；‎ 故答案为：2。‎ ‎17.合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H ‎(1)科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示(吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒)。‎ ‎① NH3的电子式是_______。‎ ‎② 写出步骤c的化学方程式_______。‎ ‎③ 由图像可知合成氨反应的∆H______0(填“＞”、“＜”或“＝”)。 ‎ ‎(2)传统合成氨工艺是将N2和H2在高温、高压条件下发生反应。若向容积为‎1.0 L的反应容器中投入5 mol N2、15 mol H2，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示：‎ ‎① 温度T1、T2、T3大小关系是_______。‎ ‎② M点的平衡常数 K = _______(可用分数表示)。‎ ‎(3)目前科学家利用生物燃料电池原理(电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子)，研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如下：‎ ‎① 导线中电子移动方向是_______。‎ ‎② 固氮酶区域发生反应的离子方程式是_______。‎ ‎③ 相比传统工业合成氨，该方法的优点有_______。‎ ‎【答案】 (1). (2). *NNH + H2*N + NH3 (3). ＜ (4). T1＜ T2 ＜ T3 (5). 7.32×10-3 (6). a → b (7). N2 + 6H+ + 6 MV+ = 2NH3 + 6 MV2+ (8). 条件温和、生成氨的同时释放电能 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①根据氨气的中心原子N，最外层有5‎ 个电子，与三个氢原子形成三对共用电子对，还剩一对孤对电子，得到电子式；‎ ‎②根据图像，写出化学方程式；‎ ‎③能量值是降低的，故反应放热，可以判断∆H的大小；‎ ‎(2)合成氨的反应放热，升高温度，平衡向吸热的方向移动，根据图像，在相同的压强下，温度越高，氨气的质量分数越小，可以得到T1、T2、T3大小关系；根据M点氨气的质量分数，利用三段式求出M点的化学平衡常数；‎ ‎(3)生物燃料电池的工作原理是N2+3H22NH3，其中N2在正极区得电子发生还原反应，H2在负极区失电子发生氧化反应，原电池工作时阳离子向正极区移动，据此分析判断。‎ ‎【详解】（1）①根据氨气的中心原子N，最外层有5个电子，与三个氢原子形成三对共用电子对，还剩一对孤对电子，得到电子式，‎ 故答案为：；‎ ‎②根据图像，化学方程式：*NNH + H2*N + NH3，‎ 故答案为：*NNH + H2*N + NH3；‎ ‎③能量值是降低的，故反应放热，可以判断∆H<0，‎ 故答案为：＜；‎ ‎(2) ①合成氨反应放热，升高温度，平衡向吸热的方向移动，根据图像，在相同的压强下，温度越高，氨气的质量分数越小，故温度T1＜ T2 ＜ T3，‎ 故答案为：T1＜ T2 ＜ T3；‎ ‎②设变化的氮气的物质的量浓度为x N2(g)+3H2(g)2NH3(g)‎ 开始 5 15 0 ‎ 变化 x 3x 2x 平衡 5-x 15-3x 2x M点氨气的质量分数为40%，‎ 则×100%=40%，解得x =2，‎ 故K===7.32×10-3，‎ 故答案为：7.32×10-3；‎ ‎(3) ①根据图示，a极区，氢气被氧化为氢离子，故MV+→MV2+被氧化，因此a为负极，b为正极，导线中电子移动方向是a → b，‎ 故答案为：a → b；‎ ‎② 根据图示，固氮酶区域发生反应为氮气和MV+反应生成氨气和MV2+，根据氧化还原反应规律，该离子方程式N2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+，‎ 故答案为：N2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+；‎ ‎③传统工业合成氨反应条件为高温、高压、催化剂，反应条件苛刻，该方法制取氨气条件温和、生成氨的同时释放电能，‎ 故答案为：条件温和、生成氨的同时释放电能。‎ ‎18.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的污水处理剂。‎ ‎(1)K2FeO4制备：‎ ‎①i中反应的离子方程式是_______。‎ ‎② 将ii中反应的离子方程式补充完整：____Fe3+ +____OH- +____ClO-=____FeO42-+_______+________‎ ‎③ iii中反应说明溶解度：Na2FeO4_______K2FeO4(填“＞”或“＜ ”)。‎ ‎(2)K2FeO4的性质：‎ i. 将K2FeO4固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡产生，经检验为O2，液体有丁达尔效应。‎ ii. 将K2FeO4固体溶于浓KOH溶液中，放置2小时无明显变化。‎ iii. 将K2FeO4固体溶于硫酸中，产生无色气泡的速率明显比i快。‎ ‎① K2FeO4溶于蒸馏水的化学反应方程式是_______。‎ ‎② K2FeO4的氧化性与溶液pH的关系是_______。‎ ‎(3)K2FeO4的应用。K2FeO4可用于生活垃圾渗透液的脱氮(将含氮物质转化为N2)处理。K2FeO4对生活垃圾渗透液的脱氮效果随水体pH的变化结果如下：‎ ‎① K2FeO4脱氮的最佳pH是_____。‎ ‎② 根据图推测，pH = 4时生活垃圾渗透液中含氮物质主要以______形式存在。‎ ‎③ pH大于8时，脱氮效果随pH的升高而减弱，分析可能的原因：_______。‎ ‎【答案】 (1). 2Fe2+ +H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O (2). 2 (3). 10 (4). 3 (5). 2 (6). 3Cl－ (7). 5H2O (8). ＞ (9). 4K2FeO4 +10H2O = 4Fe(OH)3(胶体) + 3O2↑ + 8KOH (10). pH越小，氧化性越强 (11). pH≈8 (12). NH4+ (13). pH＞8的溶液，随pH增大，K2FeO4氧化性减弱，不利于将含氮物质氧化 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将硫酸亚铁与酸性过氧化氢溶液反应，得到硫酸铁，硫酸铁与氢氧化钠和次氯酸钠发生氧化还原反应，得到高铁酸钠，再加入氢氧化钾，可以到到高铁酸钾；‎ ‎(1)①i中是2Fe2+ 和酸性H2O2溶液发生氧化还原反应；‎ ‎②根据电荷守恒和元素守恒完成并配平离子方程式；‎ ‎③ iii中由高铁酸钠溶液转化为高铁酸钾粗品，说明溶解度减小；‎ ‎(2)①根据K2FeO4固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡产生，经检验为O2，液体有丁达尔效应的现象，完成化学方程式。‎ ‎②根据将K2FeO4固体溶于硫酸中，产生无色气泡的速率明显比i快的现象，得出pH越小，氧化性越强；‎ ‎(3)①根据图像，pH≈8时，K2FeO4脱氮率最高；‎ ‎②图像可以得出，pH = 4时，氮元素的去除率为百分之六十，生活垃圾渗透液的脱氮(将含氮物质转化为N2)生活垃圾中的含氮物质为NH4+；‎ ‎③由于pH越小，高铁酸钾的氧化性越强，则PH增大，会使高铁酸钾的氧化性减弱；‎ ‎【详解】将硫酸亚铁与酸性过氧化氢溶液反应，得到硫酸铁，硫酸铁与氢氧化钠和次氯酸钠发生氧化还原反应，得到高铁酸钠，再加入氢氧化钾，可以到到高铁酸钾；‎ ‎(1).①i中是2Fe2+ 和酸性H2O2溶液发生氧化还原反应，2Fe2++H2O2+2H+ =2Fe3++2H2O，‎ 故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；‎ ‎②根据电荷守恒和元素守恒完成并配平离子方程式， 2Fe3+ +10OH- +3ClO-=2FeO42-+ 3Cl－ +5H2O，‎ 故答案为：2；10；3；2；3Cl－；5H2O； ‎ ‎③iii中由高铁酸钠溶液转化为高铁酸钾粗品，说明溶解度减小，‎ 故答案为：＞；‎ ‎ (2).①将K2FeO4固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡产生，经检验为O2，液体有丁达尔效应根据现象写出化学方程式4K2FeO4 +10H2O = 4Fe(OH)3(胶体) + 3O2↑ + 8KOH，‎ 故答案为：4K2FeO4 +10H2O = 4Fe(OH)3(胶体) + 3O2↑ + 8KOH；‎ ‎②根据将K2FeO4固体溶于硫酸中，产生无色气泡的速率明显比i快的现象，得出pH越小，氧化性越强，‎ 故答案为：pH越小，氧化性越强；‎ ‎(3).①根据图像，pH≈8时，K2FeO4脱氮率最高，‎ 故答案为：pH≈8；‎ ‎②图像可以得出，pH = 4时，氮元素的去除率为百分之六十，生活垃圾渗透液的脱氮(将含氮物质转化为N2)生活垃圾中的含氮物质为NH4+，‎ 故答案为：NH4+；‎ ‎③由于pH越小，高铁酸钾的氧化性越强，则PH增大，会使高铁酸钾的氧化性减弱，‎ 故答案为：pH＞8的溶液，随pH增大，K2FeO4氧化性碱弱，不利于将含氮物质氧化；‎ ‎19.实验小组对NaHSO3溶液分别与CuCl2、CuSO4溶液的反应进行探究。‎ 实验 装置 试剂x 操作及现象 Ⅰ ‎1 mol·L−1 CuCl2溶液 加入2mL CuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。‎ Ⅱ ‎1 mol·L−1 CuSO4溶液 加入2mL CuSO4溶液，得到绿色溶液，3‎ 分钟未见明显变化。‎ 已知：Ⅰ.Cu2+[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液)‎ Ⅱ. Cu+[Cu(NH3)]+(无色溶液) [Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液)‎ ‎(1)推测实验Ⅰ产生的无色气体为SO2，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到_______，反应的离子方程式为_______。‎ ‎(2)对实验 Ⅰ 产生SO2的原因进行分析，提出假设：‎ 假设a: Cu2+水解使溶液中c(H+)增大；‎ 假设b: Cl－存在时，Cu2+与HSO3－反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。 ‎ ‎① 假设a不合理，实验证据是_______；‎ ‎② 实验表明假设b合理，实验I反应的离子方程式有_____、H+ + HSO3- = SO2↑+H2O。 ‎ ‎(3)对比实验Ⅰ、Ⅱ，提出假设：Cl－增强了Cu2+的氧化性。‎ 下述实验Ⅲ证实了假设合理，装置如图。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形管_______(补全实验操作及现象)。‎ ‎(4)将实验Ⅱ的溶液静置24小时或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO32−。‎ ‎①通过实验Ⅳ证实红色沉淀中含有Cu+和Cu2+。‎ 实验Ⅳ：‎ 证实红色沉淀中含有Cu+的实验证据是_______；‎ ‎②有同学认为实验Ⅳ不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，设计实验Ⅳ的对比实验Ⅴ，证实了Cu2+的存在。实验Ⅴ的方案和现象是：_______。‎ ‎【答案】 (1). 蓝色褪去 (2). SO2+I2+2H2O=SO42－+2I－+4H+ (3). 实验Ⅰ、Ⅱ中c(Cu2+)相同，但实验Ⅱ 中未见气泡 (4). 2Cu2++2Cl－+ HSO3－+ H2O =2CuCl↓+SO42-+3H+ (5). ‎ 右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大 (6). 一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色 (7). 取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水。沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NaHSO3溶液属于弱酸的酸式盐，HSO3-的电离程度大于水解程度，它的溶液呈酸性。‎ ‎(1) 从二氧化硫的还原性和碘的氧化性角度出发，写出实验现象和离子反应方程式；‎ ‎(2) 要产生二氧化硫气体，需要溶液中有氢离子存在，对于氢离子产生的原因，可以从实验Ⅰ、Ⅱ都有铜离子，但现象不同，故可以判断出假设a不正确；‎ ‎(3) 是否是Cl－增强了Cu2+的氧化性，可以加入氯离子，但是为了不引入新的杂质，可以加氯化钠，再观察电压表的示数；‎ ‎(4)根据题目信息， Cu+[Cu(NH3)]+(无色溶液) [Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液)，确定Cu+的检验方法。若要证明溶液中的Cu2+，需要做一个对比实验，一个含有Cu2+和Cu+的混合溶液，另一个只含有Cu+的溶液，再加入足量浓氨水，看反应现象，所以可以加少量纯净的Cu2O。‎ ‎【详解】(1)蘸有碘水的淀粉试纸显蓝色，遇到二氧化硫，二氧化硫具有还原性，碘单质具有氧化性，二氧化硫与碘单质发生氧化还原反应，实验现象为蓝色褪去，离子方程式为SO2+I2+ 2H2O=SO42－+2I－+4H+，‎ 故答案为：蓝色褪去；SO2+I2+2H2O=SO42－+2I－+4H+；‎ ‎(2)要产生二氧化硫，需要亚硫酸氢根离子与氢离子作用，如果是Cu2+水解使溶液中氢离子浓度增大，从而释放出气体，由于实验Ⅰ、Ⅱ中c(Cu2+)相同，但实验Ⅱ 中未见气泡，说明不是由假设a: Cu2+水解使溶液中c(H+)增大引起的，故答案为实验Ⅰ、Ⅱ中c(Cu2+)相同，但实验Ⅱ中未见气泡；根据亚硫酸氢钠加入氯化铜后的实验现象是生成白色沉淀，则假设b正确，利用电荷守恒，元素守恒，化合价升降法配平离子反应，2Cu2++2Cl－+HSO3－+H2O =2CuCl↓+SO42-+3H+，‎ 故答案为：实验Ⅰ、Ⅱ中c(Cu2+)相同，但实验Ⅱ 中未见气泡；2Cu2++2Cl－+ HSO3－+ H2O =2CuCl↓+SO42-+3H+； ‎ ‎ (3) 实验Ⅲ是为了验证Cl－增强了Cu2+的氧化性，需向硫酸铜溶液中补充氯离子，U 型管左侧是亚硫酸氢钠，故加入氯化钠固体，如果Cl－增强了Cu2+的氧化性，会使溶液中转移的电子数增多，闭合K，故电压表的读数会增大，‎ 故答案为：右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大；‎ ‎(4) 根据题目所给信息，Cu+[Cu(NH3)]+(无色溶液) [Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液)，实验Ⅳ中若有Cu+，一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色；如要证明溶液中的Cu2+，需要做一个对比实验，一个含有Cu2+和Cu+的混合溶液，另一个只含有Cu+的溶液，再加入足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色，实验操作为取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水。实验现象为沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色。‎ 故答案为：一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色；取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水。 沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色。‎ ‎【点睛】本题的难点在于实验方案的设计分析判断上，尤其是对性质实验方案设计时，要从多个角度思考物质的性质，结合性质分析设计方案。‎ ‎ ‎