北京市海淀区育英学校2020届高三三模化学试题 Word版含解析

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北京市育英学校 2020 届高三化学高考 全真模拟试题 可能用到的相对原子质量：H‎1 C12 O16 N14 Na23 Fe56 Cr52 Cu64 I127 Cl 35.5 Mn55 S32 Al27 Si28 Ba137‎ 第一部分(选择题)‎ 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.根据所给的信息和标志，判断下列说法错误的是( ) ‎ A B C D ‎《神农本草经》记载，麻黄能“止咳逆上气”‎ 碳酸氢钠药片 古代中国人已用麻黄治疗咳嗽 该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效 看到有该标志的丢弃物，应远离并报警 贴有该标志的物品是可回收物 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A.麻黄碱具有平喘功能，常常用于治疗气喘咳嗽，A正确；‎ B.醋酸能够与碳酸氢钠反应，降低药效，B错误；‎ C.图示标志为放射性标志，对人体伤害较大，看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，C正确；‎ D.该标志为可回收物标志，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的性质和用途、化学实验安全等知识点。要熟悉常见的化学标志：如物品回收标志 ；中国节能标志；禁止放易燃物标志；节水标志；禁止吸烟标志：中国环境标志；绿色食品标志；当心火灾--易燃物质标志等。‎ - 23 -‎ ‎2.下列生活应用实例中，涉及氧化还原反应的是 A. 用白醋去除水垢 B. 用热的纯碱溶液清洗油污 C. 用风油精(含石蜡油)清洗透明胶残胶 D. 补铁剂(有效成分为Fe2+)与含维生素C共服效果更佳 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化还原反应中，具有还原性的物质容易被氧化，具有氧化性的物质容易被还原，反应中有元素化合价的升降，据此判断。‎ ‎【详解】A. 白醋去除水垢，涉及的反应方程式为：，没有元素化合价的升降，A项错误；‎ B. 用热的纯碱溶液清洗油污，利用了碳酸钠水解原理，其主要方程式为：，不涉及氧化还原反应，B项错误；‎ C. 用风油精(含石蜡油)清洗透明胶残胶利用的是相似相容的原理，不涉及氧化还原反应，C项错误；‎ D. 补铁剂中的Fe2+具有还原性，容易被氧化，而维生素C具有还原性，可防止Fe2+的氧化反应，所以共服效果更佳，涉及的是氧化还原反应，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、表面皿、玻璃棒（非玻璃仪器任选），选用上述仪器能完成的实验是（ ）‎ A. 粗盐的提纯 B. 制备乙酸乙酯 C. 用四氯化碳萃取碘水中的碘 D. 配制0.1mol·L-1的盐酸溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，粗盐的提纯需要用到漏斗，故A不符合题意；‎ B选项，制备乙酸乙酯需要用到试管、导管、酒精灯，故B符合题意；‎ C选项，用四氯化碳萃取碘水中的碘，需要用到分液漏斗，故C不符合题意；‎ D选项，配制0.1mol·L-1的盐酸溶液，容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故D不符合题意。‎ - 23 -‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】有试管、导管和酒精灯三种玻璃仪器即可完成乙酸乙酯的制备实验（如图）‎ ‎4.下列关于物质结构和元素性质说法正确的是 A. 非金属元素之间形成化合物一定是共价化合物 B. 乙醇可与水以任意比例混溶，是因为与水形成氢键 C. IA族与VIIA族元素原子之间形成的化学键是离子键 D. 同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化铵全部由非金属元素构成，为离子化合物，选项A错误；B、乙醇中羟基上的氢可以和水之间形成氢键，使乙醇和水可以以任意比例互溶，选项B正确；C、族的氢元素与族元素原子之间形成的化学键是共价键，选项C错误；D、水解程度与酸根的还原性无关，和酸根对应的弱酸的强弱有关，酸性越弱对应酸根水解程度越大，选项D错误。 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学键等知识，易错点为选项B，N、O、F三种原子的得电子能力太强，连在这三种原子上的原子容易与其他电负性较强的原子之间形成氢键，羟基和水分子之间容易形成氢键，所以乙醇可以与水以任意比例互溶。‎ ‎5.氯气是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：‎ 包装 钢瓶 储运要求 远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪 泄漏处理 NaOH、NaHSO3溶液吸收 下列解释事实的方程式不正确的是 A. 氯气用于自来水消毒：Cl2 + H2O2H+ + Cl－+ ClO－‎ - 23 -‎ B. 电解饱和食盐水制取Cl2：2Cl－ +2H2O 2OH－+ H2↑+Cl2↑‎ C. 浓氨水检验泄露的氯气，产生白烟：8NH3 + 3Cl2 === 6 NH4Cl + N2‎ D. 氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用：HSO3－+ Cl2 + H2O === SO42－+ 3H+ + 2Cl－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．HClO为弱酸，不能完全电离； B．电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠； C．氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气；‎ D．氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子。‎ ‎【详解】A. HClO为弱酸，不能完全电离，离子方程式为Cl2 + H2OH+ + Cl－+ HClO，A项错误； ‎ B. 电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，电解方程式为2Cl－ +2H2O 2OH－+ H2↑+Cl2↑，B项正确； ‎ C. 氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气，同时生成氯化铵，方程式为8NH3 + 3Cl2 === 6NH4Cl + N2，C项正确；‎ D. 氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子，反应的离子方程式为HSO3－+ Cl2 + H2O === SO42－+ 3H+ + 2Cl－，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】离子反应方程式的书写正误判断题是高频考点，涉及的知识面广，出题人经常设的陷阱有：不符合客观事实、电荷不守恒、原子不守恒以及反应物用量干扰等问题，如A选项是易错点，容易忽略次氯酸是弱电解质，而应该保留化学式。‎ ‎6.已知分解1molH2O2放出热量98kJ。在含有少量I-的溶液中，H2O2分解机理为：H2O2+I-=H2O+IO- 慢；H2O2+IO-=H2O+O2+I- 快，下列说法正确的是 A. IO-是该反应的催化剂 B. 反应的速率与I-浓度有关 C. ν(H2O2)=ν(H2O)=ν(O2) D. 反应活化能等于98kJ/mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I-，IO-只是中间产物，故A - 23 -‎ 错误；‎ B．根据分解机理可知碘离子的浓度影响慢反应的速率，从而影响整个反应速率，故B正确；‎ C．因为反应是在含少量I-的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故C错误；‎ D．1mol过氧化氢分解的△H=-98kJ/mol，由△H不能判断反应的活化能，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎7.CalanolideA是一种抗HTV药物，其结构简式如下图所示。下列关于CalanolideA的说法错误的是 A. 分子式为C22H24O5‎ B. 分子中有3种含氧官能团 C. 该物质既可发生消去反应又可发生加成反应 D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据该物质的结构简式可知分子式为C22H24O5，故A正确；‎ B．分子中含有醚键、羟基、酯基三种含氧官能团，故B正确；‎ C．该物质与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，可以发生消去反应；含有碳碳双键，可以发生加成反应，故C正确；‎ D．该物质含有酯基，酯基水解生成羧基和酚羟基，所以1mol该物质可以消耗2molNaOH，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】当与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上(苯环上的碳原子除外)有氢原子时可以发生消去反应。‎ ‎8.利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+，O2，NO3－等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法错误的是（ ）‎ - 23 -‎ A. 反应①②③④均在正极发生 B. 单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时ne=amol C. ④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2O D. 增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可使nt增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以应在正极发生，故A正确；‎ B选项，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子，所以脱去a mol Cl时ne = ‎2a mol，故B错误；‎ C选项，由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3_ + 8e_ — NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH_来配平，所以 ④的电极反应式为NO3_ + 10H+ + 8e_ = NH4+ + 3H2O，故C正确；‎ D选项，增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D正确；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎9.X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化关系的是（ ）‎ X Y Z 箭头上所标数字的反应条件 A．‎ NO NO2‎ HNO3‎ ‎①常温遇氧气 B．‎ Cl2‎ NaClO HClO ‎②通入CO2‎ - 23 -‎ C．‎ Na2O2‎ NaOH NaCl ‎③加入H2O2‎ D．‎ Al2O3‎ NaAlO2‎ Al(OH)3‎ ‎④加NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确；‎ B. 氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故B正确；‎ C. 氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故C错误；‎ D. 氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；‎ 本题选C。‎ ‎【点睛】要通过氯化钠得到过氧化钠，首先要电解熔融的氯化钠得到金属钠，金属钠在氧气中燃烧可以得到过氧化钠。‎ ‎10.下列操作能达到相应实验目的的是（ ）‎ 实验目的 操作 A 检验绿茶中是否含有酚类物质 向茶水中滴加FeCl3溶液 B 测定84消毒液的pH 用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上 C 除去苯中混有的少量苯酚 向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液 D 实验室制备乙酸乙酯 向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热 - 23 -‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，变紫色，则含有分类物质，故A正确，符合题意；‎ B选项，不能用pH试纸测定84消毒液的pH，因为84消毒液有漂白性，故B错误，不符合题意；‎ C选项，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反应生成2,4,6—三溴苯酚与苯互溶，不能用过滤、分液，故C错误，不符合题意；‎ D选项，实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热，故D错误，不符合题意。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎【点睛】检验酚羟基主要用铁离子检验。‎ ‎11.煤焦与水蒸气的反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g) △H>0是煤气化过程中的主要反应之一。若该反应在恒温、恒容的密闭体系中进行，仅通过以下数据可以判断t时刻反应是否达到平衡状态的是：①t时刻及其前后H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度；②t时刻，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度；③t时刻，消耗H2O(g)的速率与生成CO(g)的速率；④t时刻，生成CO(g)的速率与消耗H2(g)的速率；‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。‎ ‎【详解】①t时刻及其前后H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度，如保持不变，说明已经达到平衡；②t时刻，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度，不能确定其是否变化，不能确定是否达到平衡；③t时刻，消耗H2O(g)的速率与生成CO(g)的速率总相等，均为正速率，不能确定正逆速率是否相等；④t时刻，生成CO(g)的速率为正速率与消耗H2(g)的速率为逆速率，看两者是否等于方程式的计量数之比，若相等，则达到平衡状态；由以上分析①④符合题意，故选B。‎ ‎12.一定温度下，H2(g)与I2(g)反应生成HI(g)‎ - 23 -‎ ‎，反应的能量变化如下图所示。下列说法不正确的是 A. H2(g)+I2(g)=2HI(g) ΔH＝-13kJ·mol−1‎ B. 反应物总能量比生成物的总能量高 C. H2(g)和I2(g)的总能量比HI(g)的能量高13kJ D. 断裂反应物中化学键吸收的总能量比形成生成物中化学键放出的总能量低 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图知反应是放热反应，△H=生成物所具有的能量总和-反应物所具有的能量总和=-13kJ·mol−1，故A正确；‎ B．由纵坐标知，反应物的总能量比生成物的总能量高，故B正确；‎ C．由图知，1molH2(g)和1molI2(g)的总能量比2molHI(g)的能量高13kJ，故C错误；‎ D．由图知反应是放热反应，断裂反应物中化学键吸收的总能量比形成生成物中化学键放出的总能量低，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎13.下列三组实验进行一段时间后，溶液中均有白色沉淀生成，下列结论不正确的是 实验①‎ 实验②‎ 实验③‎ ‎2mL1mol/LBaCl2溶液 ‎4mL1mol/LNaHCO3溶液 ‎2mL1mol/LBaCl2溶液 ‎4mL1mol/LNa2SO3溶液 ‎2mL1mol/LBaCl2溶液 ‎4mLH2SO3溶液 - 23 -‎ A. 实验①中生成的沉淀是BaCO3‎ B. 实验①中有气体生成 C. 实验②沉淀中可能含有BaSO4‎ D. 实验③生成沉淀的离子方程式是：Ba2++H2SO3=BaSO3↓+2H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题根据实验现象，作出合理的推测和解释，考查无机物之间的反应。实验①BaCl2溶液滴入NaHCO3溶液，若产生白色沉淀，则为BaCO3；实验②BaCl2溶液滴入Na2SO3溶液，若产生白色沉淀，可能是BaSO3或BaSO4；实验③BaCl2溶液滴入H2SO3溶液，BaCl2与H2SO3不能反应得到沉淀，若有白色沉淀产生，则可能是由于H2SO3已被氧化成H2SO4。‎ ‎【详解】A.实验①中HCO3-发生电离，得到H+、CO32-，Ba2+与CO32-结合生成沉淀BaCO3，A正确；‎ B.实验①中随着Ba2+与CO32-结合生成沉淀BaCO3，HCO3-电离程度增大，溶液中H+浓度增大，H+与HCO3-结合产生CO2气体，B正确；‎ C. BaCl2溶液滴入Na2SO3溶液，产生白色沉淀，可能是直接反应生成BaSO3，也可能是Na2SO3被氧化生成的Na2SO4与氯化钡反应得到BaSO4，C正确；‎ D. BaCl2与H2SO3不能反应得到沉淀，若有白色沉淀产生，则可能是由于H2SO3已被氧化成H2SO4，则生成沉淀的离子方程式是：Ba2++SO42-=BaSO4↓，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎14.NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H‎2A的Ka1=1.1×10−3 ，Ka2=3.9×10−6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是 A. 混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关 B. Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的 C. b点的混合溶液pH=7‎ - 23 -‎ D. c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。‎ ‎【详解】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；‎ B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a点，说明Na+和A2—的导电能力强于HA—，故B正确；‎ C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错误；‎ D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。‎ 第二部分(非选择题)‎ ‎15.金属镓(Ga)应用广泛，在半导体和光电材料、合金、磁性材料等领域都有重要应用。镓与铝是同主族元素，性质相似。‎ ‎(1)铝在元素周期表中的位置是_________。‎ ‎(2)GaAs 是一种重要的半导体材料。As 与 Ga 同周期，As 与 N 同主族。‎ ‎①下列事实不能用元素周期律解释的是___________(填字母)。‎ a. 碱性：Ga (OH)3> Al (OH)3 b. 非金属性：As>Ga c. 酸性：H3AsO4>H3AsO3‎ - 23 -‎ ‎②GaAs 中，As 元素化合价为-3 价，用原子结构理论解释原因_________________。‎ ‎③废弃含 GaAs 半导体材料可以用浓硝酸溶解 GaAs，生成 H3AsO4 和 Ga3+，写出该反应的化学方程式_________。‎ ‎(3)工业上获取镓的方法之一是从闪锌矿冶锌后的残渣(主要含有 Zn、Pb、Fe、Ga 等元素)中提取，某科研单位设计下述流程提取镓，已知：Ga 在碱性溶液中以[Ga(OH)4]- 形式存在。‎ ‎①试剂 a _____。‎ ‎②写出得到滤液 3 的离子方程式_______________。‎ ‎③写出电解制镓时的阴极电极反应式__________________。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期第 IIIA 族 (2). c (3). Ga 与As 电子层数相同，核电荷数：As > Ga，原子半径：As < Ga，得电子能力：As > Ga，元素的非金属性：As > Ga，因此，GaAs 中 As 为负价；As 与N 同主族，最外层 5 个电子，最低负化合价为-3 (4). GaAs+HNO3(浓) =Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O (5). ZnO (6). Ga(OH)3+OH- = [Ga(OH)4]- (7). [Ga(OH)4]- +3e- = Ga+ 4OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)铝是13号元素，铝在元素周期表中的位置是第三周期第 IIIA 族。故答案为：第三周期第 IIIA 族；‎ ‎(2)①a. 同周期，从左到右元素的金属逐渐减弱，碱性：Ga (OH)3> Al (OH)3，故不选；‎ b. 同周期，从左到右元素非金属逐渐增强，非金属性：As>Ga，故不选；‎ c. 非羟基氧越多，含氧酸的酸性越强，酸性：H3AsO4>H3AsO3，故选；‎ 故答案为：c；‎ ‎②GaAs 中，As 元素化合价为-3 价，用原子结构理论解释原因：Ga 与As 电子层数相同，核电荷数：As > Ga，原子半径：As < Ga，得电子能力：As > Ga，元素的非金属性：As > Ga，因此，GaAs 中 As 为负价；As 与N 同主族，最外层 5 个电子，最低负化合价为-3。故答案为：Ga 与As 电子层数相同，核电荷数：As > Ga，原子半径：As < Ga，得电子能力：As > Ga，元素的非金属性：As > Ga，因此，GaAs 中 As 为负价；As 与N 同主族，最外层 5 ‎ - 23 -‎ 个电子，最低负化合价为-3；‎ ‎③废弃含 GaAs 半导体材料可以用浓硝酸溶解 GaAs，生成 H3AsO4 和 Ga3+，硝酸被还原成NO2，反应的化学方程式GaAs+HNO3(浓) = Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O。故答案为：GaAs+HNO3(浓) = Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O；‎ ‎(3)闪锌矿冶锌后的残渣(主要含有 Zn、Pb、Fe、Ga 等元素)酸浸后得到：滤渣1中含PbSO4，滤液1中含有 Zn2＋、Fe2＋、Ga3＋，加ZnO调节pH =9，得滤渣2，主要成分为Fe(OH)3、Ga(OH)3，加入浓NaOH溶液，发生Ga(OH)3+OH- = [Ga(OH)4]-，过滤得滤渣3为Fe(OH)3、滤液3，电解制镓。‎ ‎①试剂 a 是ZnO。故答案为：ZnO；‎ ‎②由题中信息：Ga 在碱性溶液中以[Ga(OH)4]- 形式存在，得到滤液 3 的离子方程式Ga(OH)3+OH- = [Ga(OH)4]-。故答案为：Ga(OH)3+OH- = [Ga(OH)4]-；‎ ‎③电解制镓时的阴极得电子，发生还原反应，电极反应式[Ga(OH)4]- +3e- = Ga+ 4OH-。故答案为：[Ga(OH)4]- +3e- = Ga+ 4OH-。‎ ‎16.药物利伐沙班临床主要用于预防髋或膝关节置换术患者静脉血栓栓塞。药物利伐沙班的合成路线如下：‎ 已知：R—X++HX (R代表烃基)‎ ‎(1)B→C 的化学方程式是___________。‎ ‎(2)C→D 反应类型是________。‎ ‎(3)F 的结构简式是_________。‎ ‎(4)F→G 所需的试剂a 是____________。‎ ‎(5)G→H 的化学方程式是____________。‎ - 23 -‎ ‎(6)以为原料，加入 ClCH2CH2OCH2COCl，也可得到 J，将下列流程图补充完整：____、____。‎ ‎(7)J制备利伐沙班时，J发生了还原反应，同时生成了水，则J与HCl物质的量之比为__________。‎ ‎【答案】 (1). 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O (2). 氧化反应 (3). (4). 浓HNO3、浓H2SO4 (5). +H2NCH2CH2OH+HBr (6). (7). (8). 1：6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为CH2=CH2，和水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C，C为CH3CHO，C发生氧化反应生成D，D为CH3COOH，D发生取代反应生成E，E与H发生取代反应生成I，根据E、I确定H为。G发生取代反应生成H，故G为；由F分子式得F为，F和浓硝酸发生取代反应生成G，J发生还原反应生成利伐沙班，则J为，I脱去1分子HCl成环得到J。‎ ‎【详解】(1)B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，B→C 的化学方程式是2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；‎ 故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；‎ ‎(2)C为乙醛、D为乙酸，乙醛发生催化氧化生成乙酸，C→D的反应类型是氧化反应；‎ - 23 -‎ 故答案为：氧化反应；‎ ‎(3)G为，结合F的分子式，可知F和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成G，故F的结构简式是；‎ 故答案为：；‎ ‎(4)F和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成G，F→G所需的试剂a是浓HNO3、浓H2SO4；‎ 故答案为：浓HNO3、浓H2SO4；‎ ‎(5)G→H 的化学方程式是+H2NCH2CH2OH+HBr；‎ 故答案为：+H2NCH2CH2OH+HBr；‎ ‎(6)以为原料，加入ClCH2CH2OCH2COCl发生取代反应生成，然后发生取代反应生成，补充完整为：；‎ 故答案为：；‎ ‎(7)J制备利伐沙班时，J发生了还原反应，硝基转化为氨基，同时生成了水，1molJ 反应生成2 mol H2O，引入1mol-NH2，由H原子守恒可知需要HCl为6mol，故J与HCl物质的量之比为1：6，故答案为：1：6。‎ ‎【点睛】‎ - 23 -‎ 本题考查有机物的合成与推断，充分利用有机物分子式、反应条件及转化中物质结构进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，难点（6）以为原料，加入 ClCH2CH2OCH2COCl发生取代反应生成，然后发生取代反应生成。‎ ‎17.CO2的排放会带来全球“温室”效应，因此，引起国际关注和研究，渴望21世纪 CO2将作为新碳源被广泛使用。‎ ‎(1)以 CO2 和 H2 为原料可得到 CH4 燃料。‎ 已知：① CH4 (g) + CO2(g) = 2CO(g) + 2H2(g) △ H1= + 247kJ·mol-1‎ ‎② CH4 (g) + H2O(g) = CO(g) + 3H2(g) △ H2= + 205kJ·mol-1 ‎ 写出由 CO2 获得CH4的热化学方程式：_____。 ‎ ‎(2)CO2与CH4经催化重整可制得合成气：CH4(g)+CO2(g) = CO(g)+2H2(g) 按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率影响如图所示。此反应优选温度为‎900℃‎的原因是______________________。‎ ‎(3)以二氧化钛表面覆盖的Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。‎ ‎① 催化剂的催化效率与乙酸的生成速率随温度的变化关系如上图所示。250～‎300℃‎时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是__________________。‎ ‎② 为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是________(写出两种) 。‎ - 23 -‎ ‎③ 将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中离子方程式是________________________。‎ ‎(4)O2辅助的Al—CO2电池工作原理如上图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的负极反应式：_______________________。电池的正极反应式：2CO2+2e−= C2O42−该过程中，O2起催化作用，催化过程可表示为：i： 6 O2 + 6e− = 6 O2− ii: ……写出ii的离子方程式：______________________。‎ ‎【答案】 (1). CO2(g)+ 4H2(g)  = CH4(g) + 2H2O(g) △H = -163 kJ/mo1 (2). ‎900 ℃‎时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低 (3). 温度超过‎250℃‎时，催化剂的催化效率降低 (4). 增大体系压强、增大CO2的浓度 (5). 3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O (6). Al–3e–=Al3+(或2Al–6e–=2Al3+) (7). 6CO2+6O2− = ‎3C2O42−+6O2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据盖斯定律的应用分析作答；‎ ‎（2）根据图中信息分析温度超过‎900℃‎后反应产率的增大并不明显，再结合经济效益作答；‎ ‎（3）①温度超过‎250℃‎时，催化剂的催化效率降低；‎ ‎②提高该反应中CH4的转化率，即使反应平衡向正向移动，依据对反应平衡的影响因素作答；‎ ‎③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，结合金属氧化物与酸的反应书写该反应的离子方程式；‎ ‎（4）电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，据此书写电极反应式；依据题意可知，氧气为催化剂，在第一步被消耗，会在第二步生成，结合正极总反应2CO2+2e−= C2O42−作答。‎ ‎【详解】（1）① CH4 (g) + CO2(g) = 2CO(g) + 2H2(g) △ H1= + 247kJ·mol-1‎ ‎② CH4 (g) + H2O(g) = CO(g) + 3H2(g) △ H2= + 205kJ·mol-1，则①-2×②可得CO2(g)+ 4H2(g)  = CH4(g) + 2H2O(g)，对应的反应热△H =△ H1 -2△ H2 = (+ 247kJ·mol-1)-2×(+‎ - 23 -‎ ‎ 205kJ·mol-1)=-163 kJ/mo1-1，‎ 故答案为CO2(g)+ 4H2(g)  = CH4(g) + 2H2O(g) △H = -163 kJ/mo1；‎ ‎（2）根据图3得到，‎900℃‎时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择‎900℃‎为反应最佳温度，‎ 故答案为‎900 ℃‎时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低，‎ 故答案为‎900 ℃‎时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低；‎ ‎（3）①温度超过‎250℃‎时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，‎ 故答案为温度超过‎250℃‎时，催化剂的催化效率降低；‎ ‎②增大反应压强、增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大，‎ 故答案为增大反应压强、增大CO2的浓度；‎ ‎③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-= 6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O，‎ 故答案为3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++ 2NO↑+16H2O；‎ ‎（4）电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气在第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂，因正极总反应为：2CO2+2e−= C2O42−，两式相减得到，另一步反应为6CO2+6O2− = ‎3C2O42−+6O2， ·‎ 故答案为Al–3e–=Al3+(或2Al–6e–=2Al3+)；6CO2+6O2− = ‎3C2O42−+6O2；‎ ‎18.研究表明，氮氧化物(NOx)和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，其转化关系如下图所示。‎ ‎(1)NH3 的电子式是______。‎ ‎(2)NH4NO3 溶液中的离子浓度由大到小顺序是_____。‎ ‎(3)①已知：SO2 生成 SO3 总反应方程式是：2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)‎ - 23 -‎ ‎。此反应可通过如下两步完成：2NO(g)＋O2 (g ) ⇌2NO2(g)，写出第二步的化学方程式______。‎ ‎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 的浓度之比为 1∶3，则 NO2 的平衡转化率是_____。‎ ‎(4)利用NaClO2/H2O2 酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。‎ ‎①制备少量NaClO2，其装置如下图所示：‎ 装置 I 控制温度在 35~‎55℃‎，通入 SO2 将 NaClO3 还原为 ClO2(沸点：‎11℃‎)，反应的离子方程式是_____，装置 Ⅱ中反应生成NaClO2，此反应中作为氧化剂的是___，反应后装置Ⅲ中溶液中阴离子除了 、、Cl-、ClO-、OH-外还可能含有的一种阴离子是_____。‎ ‎②用制得的NaClO2/H2O2 酸性复合吸收剂同时对 NO、SO2 进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液 pH 对脱硫脱硝的影响如下图所示：‎ 从图 a 和图 b 中可知脱硫脱硝最佳条件是 ______。图 b 中SO2 的去除率随 pH 的增大而增大，而NO 的去除率在 pH>5.5 时反而减小，请解释 NO 去除率减小的可能原因是_______。‎ ‎【答案】 (1). (2). c() > c() > c(H+) > c(OH-) (3). NO2＋SO2⇌SO3＋NO (4). 75% (5). SO2+2ClO-=2ClO2+ (6). ClO2 (7). (8). pH在5.5~6.0，n(H2O2)/n(NaClO2) = 6：1 (9). pH>5.5 以后，随着pH增大，NO 的还原性降低；或H2O2和NaClO2氧化性减弱，不能将 NO 氧化为硝酸 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)氨气是氮原子和三个氢原子形成三个共价键形成的共价化合物，电子式：‎ - 23 -‎ ‎。故答案为：；‎ ‎(2)硝酸铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，NH4NO3 溶液中的离子浓度由大到小顺序是c() > c() > c(H+) > c(OH-)，故答案为：c() > c() > c(H+) > c(OH-)；‎ ‎(3)①已知：SO2 生成 SO3 总反应方程式是：Ⅰ.2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)。此反应可通过如下两步完成：Ⅱ.2NO(g)＋O2 (g ) ⇌2NO2(g)，盖斯定律计算（Ⅰ-Ⅱ）×得到第二步的化学方程式NO2＋SO2 ⇌SO3＋NO。故答案为：NO2＋SO2 ⇌SO3＋NO；‎ ‎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 的浓度之比为 1∶3，结合三行计算列式得到，设消耗NO2的物质的量为x：‎ ‎ ‎ NO2和NO的浓度之比为1：3，物质的量之比=1：3，（1-x）：x=1：3，x=0.75mol，NO2的平衡转化率= ×100%=75%，故答案为：75%；‎ ‎(4)①装置 I 控制温度在 35~‎55℃‎，通入 SO2 将 NaClO3 还原为 ClO2(沸点：‎11℃‎)，反应的离子方程式是SO2+2ClO-=2ClO2+，装置Ⅱ中反应生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，氧化剂为：ClO2 ，装置Ⅲ中的作用是吸收尾气中可能存在的二氧化硫、ClO2等，可以用氢氧化钠溶液吸收，溶液中阴离子除了、、Cl-、ClO-、OH-外还可能含有的一种阴离子是。故答案为：SO2+2ClO-=2ClO2+；ClO2；；‎ ‎②从图a和图b中可知脱硫脱硝最佳条件是：pH在5.5～6.0 n（H2O2）/n（NaClO2）=6：1，图b 中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5时反而减小，NO去除率减小的可能原因是：pH＞5.5以后，随着pH增大，NO的还原性降低；或H2O2和NaClO2氧化性减弱，不能将NO氧化为硝酸，故答案为：pH在5.5～6.0 n（H2O2）/n（NaClO2）=6：1；pH＞5.5以后，随着pH增大，NO的还原性降低；或H2O2和NaClO2‎ - 23 -‎ 氧化性减弱，不能将NO氧化为硝酸。‎ ‎【点睛】本题考查物质的制备、对信息的利用、对装置的理解、热化学方程式书写、图象变化的特征分析判断等，理解原理是解题的关键，难点（3）②，结合三行计算列式分析。‎ ‎19.某化学兴趣小组对硫酸亚铁的一些性质进行探究。 回答下列问题：‎ ‎(1)配制 0.5 mol·L-1 FeSO4 溶液时，将称量好的硫酸亚铁溶解于一定浓度的稀硫酸溶液中，结合化学用语解释稀硫酸的作用____。该实验小组做如下实验。‎ 实验序号 操作及现象 ⅰ 取 2 mL 上述 FeSO4 溶液于试管中，逐滴加入少量 0.1 mol·L-1 Na2S 溶液，产生大量黑色沉淀 ⅱ 取 2 mL 上述 FeSO4 溶液于试管中，加入 2 滴 1 mol·L-1 KSCN 溶液无现象，通入一段时间 O2，溶液变为浅红色 ⅲ 重复实验ⅱ，向浅红色溶液中加入 5% H2O2 溶液至过量，产生无色气体(经检验为O2)，溶液变为深红色，且红色很快褪去 ‎(2)进一步研究证实，黑色沉淀的主要成分是 FeS。Na2S 溶液呈碱性，FeSO4 溶液与其反应不生成 Fe(OH)2而生成 FeS 的可能原因是_____。‎ ‎(3)用离子方程式表示步骤ⅱ中溶液变红的原因：______、_____。‎ ‎(4)甲同学探究步骤ⅲ中溶液褪色的原因，提出如下假设：‎ a.Fe3+ 被H2O2 还原 b.SCN- 被O2 氧化 c.SCN- 被H2O2 氧化 乙同学根据上述实验现象认为假设 b 不成立，他依据的现象是_____，甲同学利用上述部分试剂，通过以下实验验证了假设 c 成立。请将以下实验操作及现象补充完整。‎ 步骤 试剂及操作 现 象 i 取褪色后溶液一份滴加 FeCl3 溶液 ‎① ___‎ ii ‎② ___ ‎ ‎③ ___‎ - 23 -‎ ‎(5)为探究硫酸亚铁的分解产物，将硫酸亚铁放入装置 A 接入下图所示的装置中，打开 K1 和 K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红棕色粉末。C、D 中的溶液依次是 BaCl2 溶液和品红溶液，现象依次出现白色沉淀和品红褪色，写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式________。‎ ‎【答案】 (1). Fe2++ 2H2O ⇌Fe(OH)2+2H+，加入稀硫酸，增大 H+浓度，平衡左移，抑制 Fe2+水解 (2). FeS 溶解度更小 (3). 4Fe2++ O2 +4H+ = 4Fe3++ 2H2O (4). Fe3++3SCN- ⇌Fe(SCN)3 (5). 实验ⅱ中加入少量KSCN 溶液无现象，通入一段时间 O2，溶液变为浅红色 (6). 无明显现象 (7). 取褪色后的溶液滴加 KSCN 溶液 (8). 溶液变为红色 (9). 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)配制0.5 mol·L-1FeSO4溶液时，将称量好的硫酸亚铁溶解于一定浓度的稀硫酸溶液中，是因为亚铁离子水解显酸性，Fe2++ 2H2O⇌Fe(OH)2+2H+，加入稀硫酸，增大H＋浓度，平衡左移，抑制Fe2＋水解，故答案为：Fe2++ 2H2O⇌Fe(OH)2+2H+，加入稀硫酸，增大H+浓度，平衡左移，抑制Fe2+水解；‎ ‎(2)Na2S溶液呈碱性，与FeSO4溶液反应有两种反应趋势，一种是发生双水解生成氢氧化亚铁，一种是发生复分解反应生成FeS沉淀，进一步研究证实，黑色沉淀的主要成分是FeS，不生成Fe(OH)2而生成FeS的可能原因是：FeS 溶解度更小。故答案为：FeS 溶解度更小；‎ ‎(3)取2 mL上述FeSO4溶液于试管中，加入2滴1 mol·L-1KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色是通入的氧气氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式为：4Fe2＋+O2+4H＋=4Fe3＋+2H2O，铁离子结合SCN－形成血红色溶液，反应的离子方程式为：Fe3++3SCN- ⇌Fe(SCN)3，故答案为：4Fe2＋+O2+4H＋=4Fe3＋+2H2O；Fe3++3SCN- ⇌Fe(SCN)3；‎ ‎(4)乙同学根据上述实验现象认为假设 b 不成立，他依据的现象是实验ⅱ中加入少量KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色，说明SCN－不能被O2氧化，故答案为：实验ⅱ中加入少量KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色；‎ 实验验证假设c成立，SCN－被H2O2氧化的结论正确；重复实验ⅱ，取2 mL上述FeSO4溶液于试管中，加入2滴1 mol·L-1KSCN溶液无现象，通入一段时间O2‎ - 23 -‎ ‎，溶液变为浅红色，向浅红色溶液中加入5% H2O2溶液至过量，产生无色气体（经检验为O2），溶液变为深红色，且红色很快褪去，可以验证氯化铁溶液不能氧化SCN－，过氧化氢能氧化SCN－，据此设计实验验证；实验设计和现象为：取褪色后溶液一份滴加FeCl3溶液，无明显现象，取褪色后的溶液滴加KSCN溶液，溶液变为红色，说明SCN－ 被H2O2氧化，表中内容设计为：①无明显现象 ②取褪色后的溶液滴加KSCN溶液 ③溶液变为红色；‎ 故答案为：‎ 步骤 试剂及操作 现 象 i 取褪色后溶液一份滴加FeCl3 溶液 ‎① 无明显现象 ii ‎② 取褪色后的溶液滴加KSCN溶液 ‎③ 溶液变为红色 ‎(5)实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色，硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，故答案为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。‎ - 23 -‎