北京市海淀区2020届高三下学期4月联考化学试题

北京市海淀区2020届高三下学期4月联考化学试题

高三年级4月份测试题(A)‎ 化 学 试 卷 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 ‎ 一、选择题 ‎1.石油化学工业是国民经济重要支柱之一，下列有关石油化工的叙述错误的是( )‎ A B C D 石油分馏是利用各组分沸点不同 石油裂化过程会发生碳碳键断裂 聚丙烯防护服材料易被KMnO4氧化 沥青可用于铺设马路 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石油分馏是利用石油中各成分的沸点不同，通过加热的方法将它们分离，故A正确；‎ B．石油裂化是将长链的烃断成短链的烃，过程中会发生碳碳键断裂，故B正确；‎ C．聚丙烯结构中没有碳碳双键，不易被KMnO4氧化，故C错误；‎ D．沥青是铺设马路的良好材料，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎2.下列有关物质的表达式不正确的是( )‎ A. 1, 3-丁二烯的分子式：C4H6 B. 乙炔的电子式：‎ C. 甲醛的结构式： D. 聚氯乙烯的链节：CH2=CHCl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1，3-丁二烯分子中含有2个碳碳双键，其分子式为：C4H6，故A正确；‎ B．乙炔分子中存在1个碳碳三键和2个碳氢键，乙炔的电子式为，故B正确；‎ C．甲醛为含有1个C的醛，其结构式为：，故C正确；‎ D．氯乙烯含有碳碳双键，发生加聚反应生成聚氯乙烯，聚氯乙烯的单体是CH2=CHCl，链节为-CH2-CHCl-，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意区分聚合物的单体和链节，它们是两个不同的概念。‎ ‎3.合理饮食、营养均衡有利于身体健康，下列叙述错误的是( )‎ A. 大米、小麦中含有淀粉，消化吸收后可为生命活动提供能量 B. 肉、蛋、奶中的蛋白质，需水解成氨基酸后才能吸收 C. 久置的油脂变味不能食用，是由于油脂发生了水解反应 D. 水果、蔬菜是维生素、无机盐和膳食纤维的重要来源 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．大米、小麦中的淀粉被消化吸收后，可以为人体各项生命活动提供能量，故A正确；‎ B．肉、蛋、奶中的蛋白质被人体摄入后会被消化，以氨基酸的形式被吸收，B正确；‎ C．油脂变质的实质是由于油脂中的碳碳双键受到空气中的氧、水或微生物作用发生的氧化反应，产生一些具有特殊气味的低分子醛、酮或羧酸等，而且会产生哈喇味，发生的不是水解反应，故C错误；‎ D．水果、蔬菜富含调节人体生理机能的维生素、含有纤维素、大量叶绿素和无机盐等，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎4.I-具有还原性，含碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，I-、I2、IO3-在一定条件下可发生如图转化关系，下列说法不正确的是 A. 用淀粉-KI试纸和食醋可检验食盐是否加碘 B. 由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2>IO3->I2‎ C. 生产等量的碘，途径I和途径II转移电子数目之比为5 ：2‎ D. 途径III反应的离子方程式：3Cl2+I-+3H2O=6Cl-+IO3-+6H+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. KIO3、KI在酸性条件下发生氧化还原反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此可以用淀粉-KI试纸和食醋可检验食盐是否加碘，A正确；‎ B. 由途径I可知氧化性Cl2>I2，由途径II可知氧化性：IO3->I2，由途径III可知氧化性：Cl2>IO3-，故物质氧化性有强到弱的顺序为：Cl2>IO3->I2，B正确；‎ C. 假设反应产生1 molI2，途径I转移2 mol电子，途径II转移10 mol电子，因此生产等量的碘，途径I和途径II转移电子数目之比为2 ：10=1：5，C错误；‎ D. 途径III中，Cl2把I-氧化为IO3-，Cl2被还原为Cl-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式：3Cl2+I-+3H2O=6Cl-+IO3-+6H+，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎5.下列反应的离子方程式不正确的是( )‎ A. NaOH溶液腐蚀玻璃瓶塞：SiO2 +2OH－=SiO32- + 2H2O B. 实验室制Cl2：MnO2＋4HCl(浓) Mn2+＋2Cl－＋2H2O＋Cl2↑‎ C. 向Mg(OH) 2悬浊液中加入FeCl3溶液：2Fe3＋＋3Mg(OH)2 ==2 Fe(OH)3＋3Mg2+‎ D. 向Ba(OH)2溶液中加入少量NaHSO3溶液： HSO3－+Ba2＋+OH－=BaSO3↓+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．玻璃塞中的二氧化硅能够与NaOH溶液反应生成硅酸钠溶液，反应的离子方程式为SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故A正确；‎ B．盐酸是强酸，实验室制氯气的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++2Cl2↑+2H2O，故B错误；‎ C．氢氧化铁溶解度小于氢氧化镁，向Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3溶液发生反应离子方程式为3Mg(OH)2+2Fe3+═2 Fe(OH)3+3Mg2+，实现沉淀的转化，故C正确；‎ D．向Ba(OH)2溶液中加入少量NaHSO3溶液的离子方程式为：HSO3-+Ba2++OH-═BaSO3↓+H2O，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎6.下列实验现象与盐类水解无关的是( )‎ A. 等体积、等物质的量浓度的盐酸与氨水混合溶液显弱酸性 B. 1 mol/L的醋酸加水稀释，溶液的pH增大，导电能力减弱 C. 氮肥NH4HCO3与钾肥K2CO3混施可能会降低肥效 D. 向20 mL沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成红褐色胶体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将等体积等物质的量浓度的盐酸和氨水混合后，恰好反应生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解，使得溶液显酸性，与盐类的水解有关，故A不选；‎ B．醋酸为弱酸，加水稀释溶液中氢离子浓度减小，pH增大，导电能力减弱，与醋酸的电离有关，与盐类的水解无关，故B选；‎ C．铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，草木灰的主要成分是碳酸钠，在溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性，混合后相互促进水解，肥效降低，与盐类的水解有关，故C不选；‎ B．盐的水解过程是吸热过程，加热促进水解，所以加热制得红褐色Fe(OH)3胶体，与盐类的水解有关，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎7.下列实验操作、现象和结论均正确的是( )‎ 选项 实验操作 现象 结论 A 向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴2滴水 脱脂棉燃烧 Na2O2与水反应放热 B 向浓FeCl3溶液中加入一小块薄铜片 铜片溶解 金属性Cu＞Fe ‎ C 向Fe(NO3)2样品中加入稀硫酸，再滴 加KSCN溶液 溶液变为红色 Fe(NO3)2样品已经 氧化变质 D 向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热几分钟后加入Cu(OH) 2悬浊液，继续加热 无红色沉淀生成 蔗糖没有发生水解反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．过氧化钠与水反应生成氧气，且放热，因此脱脂棉燃烧，故A正确；‎ B．向浓FeCl3溶液中加入一小块薄铜片，铜片溶解，是发生了反应2Fe3+ + Cu=2Fe2+ + Cu2+，没有置换出铁，不能说明金属性Cu＞Fe，结论不正确，故B错误；‎ C．Fe(NO3)2样品中加入稀硫酸，发生氧化还原反应生成铁离子，滴加KSCN溶液，溶液变红，不能检验是否变质，结论不正确，故C错误；‎ D．蔗糖水解后的溶液显酸性，检验葡萄糖应在碱性条件下进行，水解后没有加碱中和催化剂硫酸，并调节溶液至碱性，不能检验生成的葡萄糖，操作和结论不正确，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意葡萄糖的特征反应需要在碱性条件下才能成功反应。‎ ‎8.常温下，100 mL 1.0 mol/L Na‎2C2O4 溶液中加入足量pH=1的稀硫酸，再加入20 mL KMnO4溶液恰好完全反应。下列说法正确的是( )‎ A. Na‎2C2O4溶液中C2O42-数目为0.1N A B. 稀硫酸中水电离的c(H+)=0.1 mol/L C. KMnO4溶液浓度为0.1 mol/L D. 反应过程中转移电子数为0.2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Na‎2C2O4 溶液中加入足量pH=1的稀硫酸，再加入KMnO4溶液反应的化学方程式为5Na‎2C2O4+2KMnO4+8H2SO4═l0CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．100 mL 1.0 mol/L Na‎2C2O4 溶液中含有Na‎2C2O‎40.1L×1.0 mol/L=0.1mol，其中C2O42-水解，使得C2O42-数目少于0.1N A，故A错误；‎ B．稀硫酸为酸，抑制水的电离，pH=1的稀硫酸中水电离的c(H+)==10-13mol/L，故B错误；‎ C．反应的方程式为5Na‎2C2O4+2KMnO4+8H2SO4═l0CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4‎ ‎，则KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量为×0.1mol=0.04mol，浓度为=0.2 mol/L，故C错误；‎ D．反应的方程式为5Na‎2C2O4+2KMnO4+8H2SO4═l0CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4，反应中Mn由+7价降低为+2价，反应过程中转移电子0.04mol×(7-2)=0.2mol，数目为0.2NA，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】正确书写反应的方程式是解题的关键。本题的易错点为A，要注意Na‎2C2O4 溶液中C2O42-要发生水解反应。‎ ‎9.可降解有机高分子C合成原理如下：‎ 下列说法不正确的是( )‎ A. A完全水解只能得到两种氨基酸 B. 单体B结构简式是 C. 有机物C可发生加成反应和水解反应 D. 该反应属于缩聚反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．A()中2个肽键，完全水解生成的氨基酸相同，只能得到一种氨基酸，故A错误；‎ B．根据C的结构可知，A和B发生缩聚反应生成C，则单体B结构简式是，故B正确；‎ C．有机物C()中含有肽键可发生水解反应，含有苯环，可发生加成反应，故C正确；‎ D．A()和B()生成C()的反应属于缩聚反应，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B的结构的判断，要注意A中不含羧基，说明C中端基上的碳氧双键是B提供的。‎ ‎10.常温下，用0.1 mol·L-1KOH溶液滴定10 mL 0.1 mol·L-‎1 HA溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是( )‎ A. a≈3，说明HA属于弱酸 B. 水的电离程度：d点＞c点 C. e点溶液中：c(K＋)=‎2c(A－)+‎2c(HA)‎ D. b点溶液中粒子浓度大小：c(A－)＞c(K＋)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0.1 mol·L-‎1 HA溶液的pH≈3，说明HA未完全电离，属于弱酸，故A正确；‎ B．酸或碱抑制水的电离，能够水解的弱离子促进水的电离，d点溶质为KA、c点溶质为KA和HA，c点不影响水的电离、d点促进水电离，所以水的电离程度：d点＞c点，故B正确；‎ C．e点溶液是物质的量之比为2:3的HA和KOH反应后的溶液，溶液中存在物料守恒‎2c(K)=‎3c(A)，即‎2c(K+)═‎3c(A-)+‎3c(HA)，故C错误；‎ D．b点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA和KA，溶液pH＜7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，所以c(A-)＞c(HA)，钾离子不水解，且HA电离程度和A-水解程度都较小，所以c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键。本题的易错点D ‎，要注意等物质的量浓度的HA和KA的pH＜7，HA电离程度大于A-水解程度，所以c(A-)＞c(HA)。‎ ‎11.BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是( )‎ A. O2－不如O2结构稳定 B. ①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为1:1‎ C. 降解产物的分子中只含有极性共价键 D. 该过程的总反应: +7O26CO2+3H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．O2－中原子的最外层不都是稳定结构，而O2中O原子为稳定结构，因此O2－不如O2结构稳定，故A正确；‎ B．①中O2－生成-2价的O得到3个电子，②中BMO+转化为BMO得到1个电子，根据转移的电子守恒知，①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1，故B错误；‎ C．二氧化碳是非极性分子，水是极性分子，二氧化碳和水分子中都只含极性键，故C正确；‎ D．根据图知，反应物是C6H6O和氧气、生成物是二氧化碳和水，所以该过程的总反应为C6H6O+7O2 6CO2+3H2O，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】正确分析反应过程及各物质的变化是解本题的关键。本题的易错点和难点为B，要注意正确读图，过程①是O2－与苯酚反应生成二氧化碳和水，过程②是BMO+和苯酚反应生成BMO、二氧化碳和水。‎ ‎12.利用太阳能电解水制H2是解决能源危机的重要方向。采用固体氧化还原调节剂作为离子交换体系，实现H2、O2分离。下列分析正确的是( )‎ A. 左侧电解池应选用酸性溶液，a极反应式为：2H+ + 2e－＝H2↑‎ B. b极反应式：NiOOH + H2O + e－＝Ni(OH)2 + OH－‎ C. c为阳极，发生氧化反应 D. 电解一段时间后，可将b、c对调，循环利用物质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图示，左侧电解池应选用碱性溶液，连接电源负极的为阴极，则a为阴极，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e- = H2↑+ 2OH―，故A错误；‎ B．连接电源负极的为阴极，则a为阴极，b为阳极，阳极失电子发生氧化反应，故电极反应方程式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故B错误；‎ C．连接电源正极的为阳极，则d为阳极，c为阴极，阴极发生还原反应，故C错误；‎ D．b电极发生的反应Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，c电极发生的反应为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，故电解一段时间后，可将b、c对调，循环利用，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎13.在‎2L 恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g)M(g)+N(s)，所得实验数据如下表： ‎ 实验 编号 温度/℃‎ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol n(X)‎ n(Y)‎ n(M)‎ n(N)‎ ‎①‎ ‎800‎ ‎0.10‎ ‎0.40‎ ‎0.080‎ ‎0.080‎ ‎②‎ ‎800‎ ‎0.20‎ ‎0.80‎ a a ‎③‎ ‎900‎ ‎0.10‎ ‎0.15‎ ‎0.06‎ ‎0.06‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 实验① 5min达平衡，平均反应速率v(X)=0.016mol/(L·min)‎ B. 实验②中，该反应平衡常数K=1‎ C. 实验②中，达到平衡时，a小于0.16‎ D. 正反应为吸热反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．实验①中，生成M为0.08mol，则X的变化量为0.08mol，5min达平衡，用X表示的平均反应速率v(X)===0.008mol/(L•min)，故A错误；‎ B．①②中温度相同，则K相同，由①可知，‎ ‎ ‎ 容器的体积为‎2L，则K==25，故B错误；‎ C．①②温度相同、体积相同，②中物质的量为①的2倍，若平衡不移动，a=0.16，但压强增大，平衡正向移动，则a大于0.16，故C错误；‎ D．①③相比，③中 ‎ ‎ K==33.3＞25，可知升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎14.高铁酸钠(Na2FeO4)是具有紫色光泽的粉末，是一种高效绿色强氧化剂，碱性条件下稳定，可用于废水和生活用水的处理。实验室以石墨和铁钉为电极，以不同浓度的NaOH溶液为电解质溶液，控制一定电压电解制备高铁酸钠，电解装置和现象如下：‎ c(NaOH) ‎ 阴极现象 阳极现象 ‎1 mol·L－1‎ 产生无色气体 产生无色气体，10min内溶液颜色无明显变化 ‎10 mol·L－1‎ 产生大量无色气体 产生大量无色气体，3min后溶液变为浅紫红色，随后逐渐加深 ‎15 mol·L－1‎ 产生大量无色气体 产生大量无色气体，1min后溶液变为浅紫红色，随后逐渐加深 下列说法正确的是( )‎ A. a为石墨，b为铁钉 B. 阴极主要发生反应 4OH－－4e－== O2↑+ 2H2O C. 高浓度的NaOH溶液，有利于发生Fe－6e－+ 8OH－== FeO42－+ 4H2O D. 制备Na2FeO4时，若用饱和NaCl溶液，可有效避免阳极产生气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验室以石墨和铁钉为电极，以不同浓度的NaOH溶液为电解质溶液，控制一定电压电解制备高铁酸钠，则在阳极上发生金属铁失电子的氧化反应，在阴极上发生氢离子得电子的还原反应，所以金属铁是阳极，石墨是阴极，在电解质溶液里，碱性增强，亚铁离子转化为高铁酸根离子，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，金属铁是阳极，石墨是阴极，因此a为铁钉，b为石墨，故A 错误；‎ B．在阴极上是氢离子得电子的还原反应，即：2H2O+2e-═H2↑+2OH-，故B错误；‎ C．在阳极上是金属铁失电子转化为亚铁离子的氧化反应，随着电解的进行，在高浓度的NaOH溶液中，发生Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O，故C正确；‎ D．制备Na2FeO4时，若用饱和NaCl溶液，电解质环境碱性不强，不利于反应Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O的发生，因此不用氯化钠而是用氢氧化钠做电解质，故D错误；‎ 故选C。‎ 二、填空题 ‎15.已知O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，其原子序数依次增大。回答下列问题：‎ ‎(1)Lv在周期表中的位置是_________。‎ ‎(2)下列有关性质的比较，能用元素周期律解释的是_________。‎ a．离子半径：Te2-＞Se2- b．热稳定性：H2O＞H2S ‎ c．熔、沸点：H2O＞H2S d．酸性：H2SO4＞H2SeO4‎ ‎(3)从原子结构角度解释Se与S的最高价氧化物对应的水化物酸性不同的原因_________。‎ ‎(4)实验室用如下方法制备H2S并进行性质验证。‎ ‎①设计B装置的目的是证明_________，B中实验现象为_______________。‎ ‎②实验中经检测发现C中溶液pH降低且出现黑色沉淀。C中反应的离子方程式是_______________。‎ ‎③有同学根据“强酸制弱酸”原理认为装置A、C中两个反应相矛盾，认为C中不可能出现上述现象。该观点不正确的理由是_______________。‎ ‎【答案】 (1). 第七(或7)周期VIA族 (2). abd (3). Se与S是同主族元素，Se比S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4 (4). H2S具有还原性 (5). 出现淡黄色(或乳白色)沉淀(或浑浊) (6). Cu2++H2S==CuS↓+2H+ (7). 该反应发生的原因是生成了难溶的CuS沉淀，不是因为生成弱电解质 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据 O、S、Se、Te、Po、Lv都是氧族元素，且原子序数依次增大分析解答；‎ ‎(2)根据元素的非金属性、氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性等元素周期律的变化规律分析判断；‎ ‎(3)Se与S是同主族元素，最外层电子数相等，Se比S电子层数多、半径大，结合核对最外层电子的吸引力的变化，引起非金属性的变化分析解答；‎ ‎(4)①双氧水具有较强的氧化性，H2S具有还原性；②硫化氢能够与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的CuS沉淀；③结合装置A和C中发生反应的原理分析解答。‎ ‎【详解】(1) O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，都是氧族元素，位于第VIA族，O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，其原子序数依次增大，因此Lv位于第七（或7）周期，在周期表中的位置为，故答案为：第七（或7）周期VIA族；‎ ‎(2)a．同一主族元素，从上到下，离子半径逐渐增大，因此离子半径：Te2-＞Se2-，能用元素周期律解释，故a选；b．同一主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性减弱，因此热稳定性：H2O＞H2S，能用元素周期律解释，故b选；c．物质的熔沸点是物理性质，不能用元素周期律解释，故c不选；d．同一主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，因此酸性：H2SO4＞H2SeO4，能用元素周期律解释，故d选；故答案为：abd；‎ ‎(3)Se与S是同主族元素，Se比S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4，故答案为：Se与S是同主族元素，Se比S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4；‎ ‎(4)①双氧水具有较强的氧化性，H2S具有还原性，能够被双氧水氧化生成硫单质沉淀，故答案为：H2S具有还原性；出现淡黄色沉淀；‎ ‎②硫化氢能够与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的CuS沉淀，反应的离子方程式为Cu2++H2S==CuS↓+2H+，故答案为：Cu2++H2S==CuS↓+2H+；‎ ‎③根据“强酸制弱酸”的原理，装置A中硫化亚铁与硫酸反应生成硫化氢，因为硫化亚铁能够被硫酸溶解，C中发生Cu2++H2S==CuS↓+2H+，是因为生成的硫化铜不能溶于硫酸，因此该反应能够发生，故答案为：该反应发生的原因是生成了难溶的CuS沉淀，不是因为生成弱电解质。‎ ‎16.‎ 氨氮废水是生活中常见污染物之一，可用电解法加以去除。实验室用石墨电极电解一定浓度的(NH4)2SO4与NaCl混合溶液来模拟该过程。‎ ‎(1)电解处理氨氮废水电解过程中，溶液初始Cl－浓度和pH对氨氮去除速率与能耗(处理一定量氨氮消耗的电能)的影响关系如图1和图2所示：‎ ‎①根据图中数据，处理废水合适的条件是_______________。‎ ‎②实验中发现阳极会持续产生细小气泡，气泡上浮过程中又迅速消失。结合图1，用电极反应式和离子方程式解释Cl－去除氨氮的原因_______________。‎ ‎③图1中当Cl－浓度较低时、图2中当初始pH达到12时，均出现氨氮去除速率低而能耗高的现象，共同原因是_______________。‎ ‎(2)氨的定量测定使用下图装置检测废水中的氨氮总量是否合格。‎ ‎①利用平衡原理分析含氨氮水样中加入NaOH溶液的作用：_______________。‎ ‎②若利用氨气传感器将‎1 L水样中的氨氮完全转化为N2时，转移电子的物质的量为6×10-4 mol，则样品混合液中氨氮(以氨气计)含量为_______________mg·L-1。‎ ‎【答案】 (1). Cl－浓度为700 mmol/L、pH为6 (2). 2Cl－-2e- = Cl2↑、3Cl2+2NH4+ =N2 +6Cl－+8H+ (3). 阳极可能OH－放电，产生大量氧气，消耗电能 (4). c(OH-)增大，使NH4+ + OH- ⇌NH3·H2O ⇌ NH3 + H2O平衡正向移动，利于生成氨气，被空气吹出 (5). 3.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1))①根据图1和图2分析Cl－浓度和溶液的pH 的合适条件；②阳极失去电子发生氧化反应，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气又被铵根离子还原，据此分析解答；③阳极可能是OH-放电，产生大量氧气，消耗电能来分析；‎ ‎(2)①氢氧根离子浓度的变化对NH4++OH-⇌NH3•H2O⇌NH3+H2O平衡的影响分析解答；②依据氮元素守恒和电子转移守恒计算水样中氨氮(以氨气计)含量。‎ ‎【详解】(1)①根据图1可知，Cl－浓度为700 mmol/L，废水中氨氮去除速率较高；根据图2可知，pH为6时，废水中氨氮去除速率最高；因此处理废水合适的条件是，故答案为：Cl－浓度为700 mmol/L、pH为6；‎ ‎②阳极失去电子发生氧化反应，故电极反应方程式为2Cl--2e-=Cl2↑，实验中发现阳极会持续产生细小气泡，生成的氯气能够将铵根离子氧化，达到除去氨氮的目的，3Cl2+2NH4+ =N2 +6Cl－+8H+，气体减少，因此看到气泡上浮过程中又迅速消失，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑、3Cl2+2NH4+ =N2 +6Cl－+8H+；‎ ‎③图1中当Cl－浓度较低时、图2中当初始pH达到12时，均出现氨氮去除速率低而能耗高的现象，原因可能是阳极发生的反应为4OH--4e-=O2↑+H2O，则阳极可能OH-放电，产生大量氧气，消耗电能，故答案为：阳极可能OH-放电，产生大量氧气，消耗电能；‎ ‎(2)①含氨氮水样中加入NaOH溶液，使得溶液中c(OH-)增大，使NH4++OH-⇌NH3•H2O⇌NH3+H2O平衡正向移动，利于生成氨气，被空气吹出，故答案为：c(OH-)增大，使NH4++OH-⇌NH3•H2O⇌NH3+H2O平衡正向移动，利于生成氨气，被空气吹出；‎ ‎②将‎1L水样中的氨氮完全转化为N2时，转移电子的物质的量为6×10-4mol，依据氮元素守恒2NH3～N2～6e-，有=，解得：n(NH3)=2×10-4mol/L，水样中氨氮(以氨气计)含量=2×10-4mol/L×‎17g/mol=3.4×10‎-3g/L=3.4mg/L，故答案为：3.4。‎ ‎17.传统中草药金银花对治疗“新冠肺炎”有效，其有效成分“绿原酸”的一种人工合成路线如下：‎ 已知：i. ‎ ii. ‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)有机物B的名称是__________。‎ ‎(2)C→D反应生成的官能团是__________。‎ ‎(3)反应①的反应类型是__________。‎ ‎(4)反应②的化学方程式是__________。‎ ‎(5)反应③的目的是__________。‎ ‎(6)G→绿原酸反应中，若水解时间过长会降低绿原酸产率，生成副产物F和(写结构简式)_______________。‎ ‎(7)参照上述合成方法，设计三步反应完成以丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠 (无机试剂任选) ，写出合成路线__________。‎ ‎【答案】 (1). 1,2-二氯乙烯 (2). 羧基 (3). 取代反应 (4). (5). 保护其它羟基，防止其它羟基转化为酯基 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据E的结构简式结合D的分子式可知，D为，则C中含有六元环状结构，根据信息i，可知B为，则C为，C与CO和H2O发生加成反应生成D；结合流程图中各种物质的结构和官能团的性质分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析，B为，名称为1，2-二氯乙烯，故答案为：1，2-二氯乙烯；‎ ‎(2)C()→D()反应过程中生成的官能团是羧基，故答案为：羧基；‎ ‎(3)反应①为D→E，发生的是取代反应，故答案为：取代反应；‎ ‎(4)结合E和F结构的变化可知，反应②为E中溴原子和氯原子的水解反应，然后酸化得到F，反应的化学方程式为+5 NaOH + 3NaBr+NaCl+H2O，故答案为：+5 NaOH + 3NaBr+NaCl+H2O；‎ ‎(5)根据流程图中F和绿原酸结构可知，反应③的目的是保护其它羟基，防止其它羟基转化为酯基，故答案为：保护其它羟基，防止其它羟基转化为酯基；‎ ‎(6)绿原酸中的酯基也可能发生水解，生成副产物F和，使得水解时间过长会降低绿原酸产率，故答案为：；‎ ‎(7) 以丙酸()为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠()，需要先合成丙烯酸钠()，根据题干流程图中D→E的反应可知，只需要在丙酸()中引入溴原子()，然后在将溴原子消去即可，因此合成路线为：，故答案为：。‎ ‎18.某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、石墨和铝箔等，该电池充电时负极(阴极)反应为‎6C+xLi++xe- = LixC6，锂电池充放电过程中发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化。现利用以下工艺回收正极材料中的某些金属资源。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)放电时电池总反应方程式_______________；该工艺首先将废旧电池“放电处理”的目的除安全外还有_______________。‎ ‎(2)写出“正极碱浸”过程中发生反应的离子方程式_______________。‎ ‎(3) 分离操作1是_______________；“酸浸”步骤发生氧化还原反应化学方程式是_______________。‎ ‎(4)“酸浸”时若用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，缺点是_______________。‎ ‎(5)“沉钴”过程中的实验现象有_______________。‎ ‎【答案】 (1). Li1-xCoO2 + LixC6 = LiCoO2 + ‎6C (2). Li+‎ 从负极中脱出进入正极材料中，提高锂的回收率 (3). 2Al + 2OH－+2H2O = 2AlO2－ + 3H2↑ (4). 萃取、分液 (5). 2LiCoO2 + 3H2SO4 + H2O2==Li2SO4 + 2CoSO4 + O2↑+ 4H2O (6). 有氯气生成，污染较大 (7). 产生(无色无味的)气体、产生沉淀(或溶液变浑浊)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废旧锂离子电池放电拆解处理后，正极用氢氧化钠溶液，碱溶过滤得到的滤液，调节溶液pH，过滤得到氢氧化铝沉淀；滤渣加入硫酸，过氧化氢调节溶液pH过滤，得到的滤液中加入萃取剂萃取分液得到的水层为硫酸锂，有机层通过反萃取得到的水层为硫酸钴溶液，加入碳酸氢铵溶液，沉淀钴离子，得到碳酸钴固体，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1) 该电池充电时负极(阴极)反应为‎6C+xLi++xe- = LixC6，说明放电时负极反应式为LixC6-xe-=‎6C+xLi+，充放电过程中发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，则放电过程中，Li1-xCoO2和LixC6发生氧化还原反应生成LiCoO2和C，反应方程式为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+‎6C，该工艺首先将废旧电池“放电处理”的目的除安全外，通过放电，将Li+从负极中脱出进入正极材料中，提高锂的回收率，故答案为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+‎6C；Li+从负极中脱出进入正极材料中，提高锂的回收率；‎ ‎(2)正极中含有铝，铝易溶于强碱溶液生成AlO2-，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；‎ ‎(3) 分离操作1是用有机溶剂萃取分离出硫酸锂溶液，因此操作1是萃取、分液；酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反应方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4 =Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，故答案为：萃取、分液；2LiCoO2 + 3H2SO4 + H2O2==Li2SO4 + 2CoSO4 + O2↑+ 4H2O；‎ ‎(4)由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，污染环境，因此不能用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，故答案为：有氯气生成，污染较大；‎ ‎(5)“沉钴”过程中硫酸钴和碳酸氢铵反应生成碳酸钴沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应方程式为CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O，实验现象为：产生无色无味的气体和沉淀，故答案为：产生气体和沉淀。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(4)，要注意题中“锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)”，结合“充电时阴极反应为‎6C+xLi++xe- = LixC‎6”‎，说明LiCoO2具有强氧化性，可能将盐酸氧化生成氯气。‎ ‎19.某学习小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液的反应。‎ 实验Ⅰ：向NaOH溶液中加入浓CuCl2溶液，制得含Cu(OH)2悬浊液，测溶液pH≈13。向悬浊液中通入SO2，产生大量白色沉淀，测溶液pH≈3。推测白色沉淀中可能含有Cu+、Cu2+、Cl- 、SO42-、SO32-、HSO3-。‎ 已知： i Cu(NH3)42+(蓝色)；Cu+Cu(NH3)2+(无色)；Cu+Cu+Cu2+‎ ii. Ag2SO4微溶于水，可溶于一定浓度的硝酸。‎ 实验Ⅱ：‎ ‎(1)①通过“白色沉淀A”确定一定存在的离子是____________________。‎ ‎②判断白色沉淀中金属离子仅含有Cu+、不含Cu2+的实验证据是____________________。‎ ‎③用以证实白色沉淀中无SO42-、SO32-、HSO3-的试剂a是____________________。‎ ‎④生成CuCl的离子方程式是____________________。‎ ‎(2)小组同学基于上述实验认为： SO2与Cu(OH)2悬浊液能发生氧化还原反应不仅基于本身的性质，还受到“生成了沉淀促进了氧化还原反应的发生”的影响。设计实验验证了此观点。‎ ‎①用实验Ⅰ方法制得含Cu(OH)2的悬浊液，过滤、洗涤获取纯净的Cu(OH)2固体。检验Cu(OH)2固体是否洗涤干净的方法是____________________。‎ 编号 实验 现象 III 向Cu(OH)2固体中加入一定量的水，制得悬浊液(pH≈8)，向悬浊液中通入SO2‎ a. 底部产生少量浅黄色沉淀，慢慢消失 b. 静置，底部产生少量红色固体 IV 向CuSO4溶液中通入SO2‎ 无沉淀产生 ‎②经确认浅黄色沉淀是CuOH，红色固体是Cu，证明SO2与Cu(OH)2悬浊液发生了氧化还原反应。最终生成Cu的原因是____________________。‎ ‎③由实验III、IV可以得出的结论除“生成了沉淀促进了氧化还原反应的发生” 外还有____________________。‎ ‎【答案】 (1). Cl- (2). 白色沉淀溶于氨水后无色说明无Cu2+，后变成蓝色说明含 Cu+ (3). 硝酸酸化的BaCl2[或Ba(NO3)2]溶液 (4). SO2 + 2Cl-+2 Cu(OH)2 = 2CuCl + SO42- + 2H2O (5). 用小试管接取最后的几滴洗涤液，加入(硝酸酸化的)AgNO3溶液，无沉淀产生 (6). SO2 与Cu(OH)2 反应生成CuOH，过量SO2溶于水使溶液显酸性，CuOH在酸性溶液里反应最终生成Cu 和Cu2+ (7). SO2与二价铜在碱性条件下更容易发生氧化还原反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据实验Ⅱ可知，蓝色溶液中加入硝酸和硝酸银得到“白色沉淀A”，据此分析判断；②根据白色沉淀中加入氨水得到无色溶液，之后变成蓝色分析解答；③SO32-、HSO3-都能被硝酸氧化生成SO42-，结合硫酸根离子的检验方法分析解答；④根据实验Ⅱ可知，白色沉淀为CuCl，即实验I中生成的白色沉淀为CuCl，据此书写反应的离子方程式；‎ ‎(2)①用实验Ⅰ方法制得含Cu(OH)2的悬浊液，过滤得到的Cu(OH)2固体上吸附了Cl-，据此分析解答；②浅黄色沉淀是CuOH，说明SO2与Cu(OH)2悬浊液发生了氧化还原反应，在过量SO2溶于水使溶液显酸性后，CuOH在酸性溶液里发生歧化反应，据此分析解答；③根据实验III、IV，比较溶液的酸碱性对实验的影响分析解答。‎ ‎【详解】(1)①根据实验Ⅱ可知，蓝色溶液中加入硝酸和硝酸银得到“白色沉淀A”，A为AgCl，说明溶液中一定存在Cl-，故答案为：Cl-；‎ ‎②白色沉淀中加入氨水得到无色溶液，说明无Cu2+，后变成蓝色说明含 Cu+，因此白色沉淀中金属离子仅含有Cu+、不含Cu2+，故答案为：白色沉淀溶于氨水后无色说明无Cu2+，后变成蓝色说明含 Cu+；‎ ‎③SO32-、HSO3-都能被硝酸氧化生成SO42-，因此证实白色沉淀中无SO42-、SO32-、HSO3-的试剂a是硝酸酸化的BaCl2[或Ba(NO3)2]溶液，故答案为：硝酸酸化的BaCl2[或Ba(NO3)2]溶液；‎ ‎④根据实验Ⅱ可知，白色沉淀为CuCl，即实验I中生成的白色沉淀为CuCl，反应的离子方程式为SO2 + 2Cl-+2 Cu(OH)2 = 2CuCl + SO42- + 2H2O，故答案为：SO2 + 2Cl-+2 Cu(OH)2 = 2CuCl + SO42- + 2H2O；‎ ‎(2)①用实验Ⅰ方法制得含Cu(OH)2的悬浊液，过滤得到的Cu(OH)2固体上吸附了Cl-，洗涤获取纯净的Cu(OH)2固体，因此检验Cu(OH)2固体是否洗涤干净只需要检验洗涤后的滤液中是否含有Cl-，方法为：用小试管接取最后的几滴洗涤液，加入(硝酸酸化的)AgNO3溶液，无沉淀产生，说明沉淀已洗净，故答案为：用小试管接取最后的几滴洗涤液，加入(硝酸酸化的)AgNO3溶液，无沉淀产生；‎ ‎②经确认浅黄色沉淀是CuOH，说明SO2与Cu(OH)2悬浊液发生了氧化还原反应。过量SO2溶于水使溶液显酸性，CuOH在酸性溶液里反应最终生成Cu 和Cu2+，因此红色固体是Cu，故答案为：SO2 与Cu(OH)2 反应生成CuOH，过量SO2溶于水使溶液显酸性，CuOH在酸性溶液里反应最终生成Cu 和Cu2+；‎ ‎③根据实验III、IV可知SO2与二价铜在碱性条件下更容易发生氧化还原反应，故答案为：SO2与二价铜在碱性条件下更容易发生氧化还原反应。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(1)③中试剂a的选择，要注意除了证实白色沉淀中无SO42-，还需要证实没有SO32-、HSO3-，因此不能选用盐酸酸化的氯化钡溶液。‎