北京市平谷区2020届高三第一次模拟考试化学试题 Word版含解析

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北京市平谷区2020届高三第一次模拟考试化学试题 Word版含解析

‎2020北京平谷区高三一模化学试题 本部分共14小题,每小题3分,共42分。在每小题列出的四个选项中,选出最符合题目要求的一项。‎ ‎1.2020年5月新修订的《北京市生活垃圾管理条例》将正式实施,垃圾分类并回收利用,可以减少污染,节约自然资源。下列垃圾投放有错误的是 A废旧报纸、饮料瓶、电池等 B剩饭菜、瓜皮 果壳、枯草落叶等 C过期药品、化妆品、油漆等 D一次性餐具、卫生纸、灰土等 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电池属于有害垃圾,A项错误;‎ B. 剩饭菜、瓜皮果壳、枯草落叶等属于厨余垃圾,B项正确;‎ C. 过期药品、化妆品、油漆等属于有害垃圾,C项正确;‎ D. 一次性餐具、卫生纸、灰土等属于其他垃圾,D项正确;‎ 答案选A。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的是 A. 氢氧根离子的电子式 B. NH3·H2O的电离NH3·H2ONH4++OH-‎ C. S2-的结构示意图 D. 间二甲苯的结构简式 ‎【答案】A - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧根离子的电子式为,A项正确;‎ B. NH3·H2O为弱碱,电离可逆,正确为NH3·H2ONH4++OH-,B项错误;‎ C. 表示S原子,S2-的结构示意图最外层有8个电子,C项错误;‎ D. 是对二甲苯的结构简式,D项错误;‎ 答案选A。‎ ‎3.下列不能用元素周期律原理解释的是 A. 金属性:K>Na B. 气态氢化物的稳定性:H2O>NH3‎ C. 酸性:HCl>H2SO3 D. Br2从NaI溶液中置换出I2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 同主族从上到下金属性逐渐加强,金属性:K>Na,A项正确;‎ B. 非金属性越强,氢化物越稳定,非金属性:O>N,稳定性:H2O>NH3,B项正确;‎ C. 盐酸的酸性强于H2SO3与元素周期律没有关系,C项错误;‎ D. 非金属性越强,单质的氧化性越强,非金属性:Br>I,则Br2可从NaI溶液中置换出I2,D项正确;‎ 答案选C。‎ ‎4.用下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的的是 A. 用①装置除去CO2中含有的少量SO2‎ B. 用②装置蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体 C. 用③装置加热NH4Cl固体制取NH3‎ D. 用④装置分离乙酸乙酯与水的混合液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【详解】A. CO2和SO2都会和饱和碳酸钠溶液反应,不能到达除杂效果,A项错误;‎ B. AlCl3为强酸弱碱盐,在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢,直接蒸干AlCl3饱和溶液,氯化氢挥发,导致水解平衡右移,使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀,不能得到无水AlCl3,B项错误;‎ C. 加热NH4Cl固体分解为NH3和HCl,两者遇冷又会生成NH4Cl,堵住导管,存安全隐患,C项错误;‎ D. 乙酸乙酯的密度比水小,有机层在上层,水层在下层,与图中装置分层现象相符,D项正确;‎ 答案选D。‎ ‎5.设NA为阿伏加德罗常数值。下列体系中指定微粒个数约为NA的是 A. 0.5‎molCl2溶于足量水,反应中转移的电子 B. ‎7.0g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子 C. ‎1L1mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32-‎ D. 标准状况下,5.6LCCl4含有的氯原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cl2溶于足量水,反生反应生成HCl和HClO,为可逆反应,转移电子数无法计算,A项错误;‎ B. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2,故‎7.0g混合物中含有的CH2的物质的量为0.5mol,则含NA个H原子,B项正确;‎ C. ‎1L1mol/L Na2CO3溶液中Na2CO3的物质的量为1mol,CO32-为弱酸根,在溶液中会水解,微粒个数约小于NA,C项错误;‎ D. 标况下四氯化碳为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的共价键个数,D项错误;‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,注意:可逆反应无法得出具体转移电子数;水解后粒子会减少;液体不能用气体摩尔体积计算。‎ ‎6.下列说法不正确的是 A. 高级脂肪酸甘油酯属于有机高分子化合物 B. 紫外线、高温、酒精可杀菌消毒的原理是蛋白质变性 - 22 -‎ C. 塑料、合成纤维、合成橡胶称为三大合成高分子材料 D. 维生素C又称抗坏血酸,新鲜蔬菜中富含维生素C ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 高级脂肪酸甘油酯相对分子质量很大,但没有几万,不属于高分子化合物,A项错误;‎ B. 紫外线、高温、酒精可使蛋白质变性,B项正确;‎ C. 三大合成高分子材料为塑料、合成纤维、合成橡胶,C项正确;‎ D. 维生素C具有还原性,又称抗坏血酸,新鲜蔬菜中富含维生素C,D项正确;‎ 答案选A。‎ ‎7.阿魏酸是传统中药当归、川穹的有效成分之一,工业上合成阿魏酸的原理如下,下列说法不正确的是 ‎+H2O+CO2‎ A. 阿魏酸分子式为C10H10O4‎ B. 阿魏酸存在顺反异构 C. 方程式中三种有机物均可与NaOH、Na2CO3反应 D. 可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据结构简式可知,阿魏酸分子式为C10H10O4,A项正确;‎ B. 阿魏酸含有碳碳双键,存在顺反异构,B项正确;‎ C. 酚羟基和羧基与NaOH、Na2CO3反应,C项正确;‎ D. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不仅有碳碳双键,醛类、酚类、某些醇等也能使其褪色,则香兰素和阿魏酸,都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,不能检测,D项错误;‎ 答案选D。‎ ‎8.中国科学家在合成氨(N2+3H22NH3△H<0)反应机理研究中取得新进展,首次报道了 - 22 -‎ LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系,并提出了“氮转移”催化机理。如图所示,下列说法不正确的是 A. 转化过程中有非极性键断裂与形成 B. 复合催化剂降低了反应的活化能 C. 复合催化剂能降低合成氨反应的焓变 D. 低温下合成氨,能提高原料转化率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 合成氨为可逆反应,氮气和氢气在反应过程中有消耗和生成,故转化过程中有非极性键断裂与形成,A项正确;‎ B. 催化剂能降低反应的活化能,加快反应速率,B项正确;‎ C. 催化剂不能改变反应的焓变,焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系,C项错误;‎ D. 合成氨的正反应为放热反应,降低温度,平衡向正向移动,能提高原料转化率,D项正确;‎ 答案选C。‎ ‎9.20℃‎时,用0.1mol/L盐酸滴定20mL0.1mol/L氨水的图像如图所示,下列说法正确的是 A. a点时‎2c(Cl-)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+)‎ B. b点表示酸碱恰好完全反应 C. c点时c(NH4+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)‎ - 22 -‎ D. a、b、c、d均有c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. a点加入10mL的盐酸,溶液为等物质的量的氨水、氯化铵,根据物料守恒,则‎2c(Cl-)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+),A项正确;‎ B. 20mL0.1mol/L氨水恰好完全反应需要0.1mol/L盐酸20mL,B项错误;‎ C. c点为氯化铵溶液显酸性,离子浓度大小关系为c(Cl-)>c(NH4+)> c(H+)>c(OH-),C项错误;‎ D. a、b点为氨水、氯化铵,c点为氯化铵,d点为盐酸、氯化铵,根据电荷守恒均有c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),D项正确;‎ 答案选AD。‎ ‎10.工业上用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的SO2,并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示,下列有关说法中正确的是 A. X应为直流电源的正极 B. 电解过程中阴极区pH升高 C. 图中的b%<a%‎ D. SO32-在电极上发生的反应为SO32-+2OH--2e-=SO42-+2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因为电解池左室H+→H2,Pt(I)是阴极,X为直流电源的负极,A项错误;‎ - 22 -‎ B. 阴极区消耗H+生成氢气,氢离子浓度减小,溶液的pH增大,B项正确;‎ C. 电解池右室阳极区的发生反应HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+ 和SO32--2e-+2H2O=SO42-+4H+,图中的b%>a%,C项错误;‎ D. 解池右室阳极区的发生反应HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+ 和SO32--2e-+2H2O=SO42-+4H+,D项错误;‎ 答案选B。‎ ‎11.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂,可用氯酸钠(NaClO3)为原料制取,(常温下ClO2为气态),下列说法错误的是 A. 反应①阶段,参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1‎ B. 反应①后生成的气体要净化后进入反应②装置 C. 升高温度,有利于反应②提高产率 D. 反应②中有气体生成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据氧化还原反应原理,反应①阶段,NaClO3化合价降低1个价态,SO2化合价升高2个价态,根据升降守恒,则反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1,A项正确;‎ B. 反应物中有SO2,不处理干净,会在下一步与H2O2和NaOH反应引入杂质,B项正确;‎ C 当H2O2和NaOH足量时,理论上可完全消耗ClO2,产率与温度无关,温度只会影响反应速率,C项错误;‎ D. 反应②条件下,ClO2化合价降低得到NaClO2,作氧化剂,H2O2化合价升高,作还原剂得到氧气,故有气体生成,D项正确;‎ 答案选C ‎12.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-等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是 - 22 -‎ A. 反应①②③④均为还原反应 B. 1mol三氯乙烯完全脱Cl时,电子转移为3mol C. ④的电极反应式为NO3-+10H++8e-=NH4++3H2O D. 修复过程中可能产生Fe(OH)3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 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,所以均为还原反应,A项正确;‎ B. 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,B项错误;‎ C. 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,C项正确;‎ D. ZVI 失去电子有Fe2+产生,Fe2+在氧气和OH-的作用下,可能产生Fe(OH)3,D项正确;‎ 答案选B。‎ ‎13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验 现象 结论 A 向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液 溶液变澄清 酸性:苯酚>碳酸 B 向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸,加热;再加入银氨溶液并水浴加热 未出现银镜 蔗糖未水解 C 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中,分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一支无明显现象,另一支产生黄色沉淀 相同条件下,AgI比 AgCl的溶解度小 - 22 -‎ D C2H5OH与浓硫酸‎170℃‎共热,制得的气体通入酸性KMnO4溶液 KMnO4溶液褪色 乙烯能被KMnO4氧化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液,反应生成苯酚钠、碳酸氢钠,可知苯酚的酸性比碳酸的酸性弱,A项错误;‎ B. 做银镜反应加入银氨溶液前,要先中和水解的硫酸,B项错误;‎ C. 相同浓度银氨溶液的试管中,分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液,出现黄色沉淀,说明生成碘化银沉淀,说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),C项正确;‎ D. 反应中可能生成其他的还原性气体使KMnO4溶液褪色,验证乙烯能被KMnO4氧化前要先除杂,D项错误;‎ 答案选C。‎ ‎14.某同学探究温度对溶液pH值影响,加热一组试液并测量pH后得到如下数据(溶液浓度均为0.1mol/L):‎ 温度(℃)‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ 纯水 ‎7.30‎ ‎7.10‎ ‎6.95‎ ‎6.74‎ NaOH溶液 ‎13.50‎ ‎13.11‎ ‎12.87‎ ‎12.50‎ CH3COOH溶液 ‎2.90‎ ‎2.89‎ ‎2.87‎ ‎2.85‎ CH3COONa溶液 ‎9.19‎ ‎9.00‎ ‎8.76‎ ‎8.62‎ 下列说法正确的是 A. 随温度升高,纯水中的kw逐渐减小 B. 随温度升高,NaOH溶液pH变化主要受水电离平衡变化影响 C. 随温度升高,CH3COOH的电离促进了水的电离 - 22 -‎ D. 随温度升高,CH3COONa溶液的pH减小,说明水解程度减小,c(CH3COO-)增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 水的电离为吸热过程,随温度的升高,水的电离程度增大,Kw增大,A项错误;‎ B. 随温度的升高,水的电离程度增大,Kw增大,则NaOH溶液pH会减小,B项正确;‎ C. 随温度升高,促进CH3COOH的电离,提高氢离子浓度,氢离子会抑制水的电离,C项错误;‎ D. 盐类的水解反应是吸热反应,温度升高,促进盐类的水解,即水解平衡向右移动,D项错误;‎ 答案选B。‎ ‎15.(1)写出COS的电子式__________________,C与O形成共价键时,共用电子对会偏向__________原子,判断依据是___________。‎ ‎(2)已知COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g) △H1=-34kJ/mol CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) △H2=-41kJ/mol ‎ 写出H2S与CO反应生成COS的热化学方程式__________________________________。 ‎ ‎100℃‎时将CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中,达平衡后CO的转化率α=33.3%,此时反应的平衡常数k=________________________。‎ ‎(3)在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m,相同时间内测得H2S转化率与m和温度(T)的关系如图所示。‎ ‎①m1________m2(填>、<或=)‎ ‎②温度高于T0时,H2S转化率减小的可能原因为_________ ‎ a.反应停止了 b.反应的△H变大 c.反应达到平衡 d.催化剂活性降低 ‎【答案】 (1). (2). O(氧) (3). C与O同周期,核电荷数O>C,原子半径OC (4). CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)△H2=-7kJ/mol ‎ - 22 -‎ ‎(5). 0.25 (6). > (7). d ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据共价键的相关知识解答;‎ ‎(2) COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g) △H1=-34kJ/mol①,‎ CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) △H2=-41kJ/mol②, ‎ 运用盖斯定律CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g) △H,由②-①所得,计算可得;平衡常数,可用三段式进行计算;‎ ‎(3)①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应,设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m,m越大说明CO量越多,两种反应物增加一种会提高另一种的转化率;‎ ‎②温度高于T0,H2S转化率减小是因为温度升高,催化剂活性减弱,反应减慢,平衡逆向进行,H2S转化率减小。‎ ‎【详解】(1) COS电子式;C与O形成共价键时,由于C与O同周期,核电荷数O>C,原子半径OC,共用电子对会偏向氧原子,故答案为:;O(氧);C与O同周期,核电荷数O>C,原子半径OC;‎ ‎(2) COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g) △H1=-34kJ/mol①,‎ CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) △H2=-41kJ/mol②, ‎ 运用盖斯定律CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g) △H,由②-①所得△H=-41kJ/mol-(-34kJ/mol)= -7kJ/mol,故H2S与CO反应生成COS的热化学方程式为CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g) △H=-7kJ/mol;CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中,设CO与H2S的起始量各为3mol,达平衡后CO的转化率α=33.3%,可用三段式进行计算;,体积相同,则K=,故答案为:CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g) △H=-7kJ/mol;0.25;‎ ‎(3)①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应,设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m,m越大说明CO量越多,两种反应物增加一种会提高另一种的转化率,则m1>m2,故答案为:>;‎ - 22 -‎ ‎②温度高于T0,H2S转化率减小是因为温度升高,催化剂活性减弱,反应减慢,平衡逆向进行,H2S转化率减小,可逆反应处于动态平衡,△H只与反应物和生成物的总能量有关,故答案为:d。‎ ‎16.水中的溶解氧(DO)的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量,经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”,‎ Ⅰ.用已准确称量的硫代硫酸钠(Na2S2O3)固体配制一定体积的cmol/L标准溶液;‎ Ⅱ.用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液,塞紧瓶塞(瓶内不准有气泡),反复震荡后静置约1小时;‎ Ⅲ.向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液,塞紧瓶塞,振荡水样瓶至沉淀全部溶解,此时溶液变为黄色; Ⅳ.将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中,用硫代硫酸钠标准溶液滴定;‎ V.待试液呈淡黄色后,加1mL淀粉溶液,继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。‎ 已知:I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6‎ ‎(1)在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。‎ ‎(2)在步骤Ⅱ中,水样中出现了MnMnO3沉淀,离子方程式为4Mn2++O2+8OH-2MnMnO3↓+4H2O。‎ ‎(3)步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为 _______________________________________________________________。‎ ‎(4)滴定时,溶液由__________色到______________色,且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。‎ ‎(5)河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。‎ ‎(6)当河水中含有较多NO3-时,测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)‎ ‎【答案】 (1). 碱式滴定管 (2). MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O (3). 蓝 (4). 无 (5). (6). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管,滴定管装Na2S2O3溶液,Na2S2O3显碱性;‎ - 22 -‎ ‎(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余,加入1.0mL硫酸溶液,塞紧瓶塞,振荡水样瓶,沉淀全部溶解,此时溶液变为黄色,说明产生I2,根据氧化还原反应方程式分析;‎ ‎(4)待测液中有I2,用淀粉溶液做指示剂,溶液为蓝色,终点时为无色;‎ ‎(5)根据关系式,进行定量分析;‎ ‎(6)含有较多NO3-时,在酸性条件下,形成硝酸,具有强氧化性,会氧化Na2S2O3。‎ ‎【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管,滴定管装Na2S2O3溶液,Na2S2O3显碱性,用碱式滴定管,故答案为:碱式滴定管;‎ ‎(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余,加入1.0mL硫酸溶液,塞紧瓶塞,振荡水样瓶,沉淀全部溶解,此时溶液变为黄色,说明产生I2,即碘化合价升高,Mn的化合价会降低,离子方程式为MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O,故答案为:MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O;‎ ‎(4)待测液中有I2,用淀粉溶液做指示剂,溶液为蓝色,终点时为无色,故答案为:蓝;无;‎ ‎(5)由4Mn2++O2+8OH-2MnMnO3↓+4H2O,MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O,I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6,可知关系式,即,则氧气的物质的量x=,v1mL水样中溶解氧=,故答案为:;‎ ‎(6)含有较多NO3-时,在酸性条件下,形成硝酸,具有强氧化性,会氧化Na2S2O3,即Na2S2O3用量增加,结果偏高,故答案为:偏高。‎ ‎【点睛】本题难点(3),信息型氧化还原反应方程式的书写,要注意对反应物和生成物进行分析,在根据得失电子守恒配平;易错点(5),硝酸根存在时,要注意与氢离子在一起会有强氧化性。‎ ‎17.香豆素-3-羧酸是一种重要的香料,常用作日常用品或食品的加香剂。‎ - 22 -‎ 已知:‎ RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH(R代表烃基)‎ ‎+R1OH ‎(1)A和B均有酸性,A的结构简式:_____________;苯与丙烯反应的类型是_____________。‎ ‎(2)F为链状结构,且一氯代物只有一种,则F含有的官能团名称为_____________。‎ ‎(3)D→丙二酸二乙酯的化学方程式:_____________。‎ ‎(4)丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物E,其结构简式为:_____________。‎ ‎(5)写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式:_____________。‎ ‎①与丙二酸二乙酯的官能团相同;‎ ‎②核磁共振氢谱有三个吸收峰,且峰面积之比为3∶2∶1;‎ ‎③能发生银镜反应。‎ ‎(6)丙二酸二乙酯与经过三步反应合成 - 22 -‎ 请写出中间产物的结构简式:‎ 中间产物I_____________;中间产物II_____________。‎ ‎【答案】 (1). CH3COOH (2). 加成反应 (3). 羰基 (4). +‎2C2H5OH2H2O (5). (6). (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到,可知D为丙二酸;由(1)可知A和B均有酸性,则存在羧基,故A为CH3COOH;A与溴水和红磷反应得到B,B再与NaCN反应得到C,则B为BrCH2COOH,C为NCCH2COOH;根据信息提示,高聚物E为。‎ ‎【详解】(1)由分析可知A为CH3COOH;苯与丙烯反应得到异丙基苯,为加成反应,故答案为:CH3COOH;加成反应;‎ ‎(2) F为C3H6O,不饱和度为1,链状结构,且一氯代物只有一种,则存在两个甲基,故F为丙酮,官能团为羰基,故答案为:羰基;‎ ‎(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到,方程式+‎2C2H5OH2H2O ,故答案为:+‎2C2H5OH2H2O ;‎ ‎(4)根据信息提示,则丙二酸二乙酯()‎ - 22 -‎ 要形成高聚物E,则要发生分子间的缩聚反应,高聚物E为,故答案为: ;‎ ‎(5) 丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分异构体满足①与丙二酸二乙酯的官能团相同,说明存在酯基;②核磁共振氢谱有三个吸收峰,且峰面积之比为3∶2∶1,故氢个数分别为6,4,2;③能发生银镜反应,说明要存在醛基或者甲酯,官能团又要为酯基,只能为甲酯,根据②可知,含有两个甲酯,剩下-C5H10,要满足相同氢分别为6、4,只能为两个乙基,满足的为 ,故答案为:;‎ ‎ (6) 与丙二酸二乙酯反生加成反应,故双键断裂,苯环没有影响,则醛基碳氧双键断裂,生成,进过消去反应得到,根据题干信息RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH(R代表烃基)提示,可反生取代得到,故答案为:;。‎ ‎【点睛】本题难点(5),信息型同分异构体的确定,一定要对所给信息进行解码,确定满足条件的基团,根据核磁共振或者取代物的个数,确定位置。‎ ‎18.氮氧化物是大气主要污染物,主要来自于工业废气及汽车尾气的排放,工业废气中NO是主要成分之一。‎ ‎(1)乙烯作为还原剂的脱硝(NO),其反应机理示意图如图所示.写出解吸过程的化学方程式____________________。‎ - 22 -‎ ‎(2)FeSO4-Na2SO3复合吸收剂吸收烟气中的NO,该方法利用Fe2+易与NO发生络合反应的特性,原理如下NO+FeSO4Fe(NO)SO4‎ ‎①如图是一段时间内不同吸收剂对NO脱除率对比,加入Na2SO3溶液后,吸收效率增强,除了Na2SO3也能吸收部分NO外,还能防氧化从而增大Fe2+的含量,写出此原理的离子方程式_______________________________________。‎ ‎②模拟实验表明,温度过高或过低都会降低NO的脱除率,其原因是_______________________________________。 ‎ ‎(3)采用无隔膜法电解食盐水脱氮可将氮氧化物转化成NO3-,原理如图 ‎①无隔膜条件下电解食盐水后溶液呈弱碱性,原因是____________________________.‎ ‎②写出NO发生反应离子方程式____________________________。‎ ‎③根据下图所示,脱NO过程中控制溶液pH在______________范围内更合理。‎ - 22 -‎ ‎【答案】 (1). ‎2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O (2). 2Fe3++SO32-+H2O=2Fe3++SO42-+2H+ (3). 温度过低,反应速率缓慢;温度过高,NO的溶解度降低,都会造成脱除率下降 (4). ClO-+H2OHClO+OH- (5). 2NO+3ClO-+2OH-2NO3-+3Cl-+2H2O (6). 5—6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4,NO2生成物为CO2、N2、H2O ,写出对应化学方程式;‎ ‎(2)①Na2SO3具有还原性,Fe3+具有氧化性,两者发生氧化还原反应,能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量;‎ ‎②温度过低,反应速率缓慢,温度过高,NO的溶解度降低;‎ ‎(3)①电解食盐水,阳极失去电子,反生为2Cl--2e-=Cl2↑,阴极得到电子,反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑,总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑,ClO-会水解;‎ ‎②ClO-作氧化剂,NO为还原剂,在碱性条件下的反应为2NO+3ClO-+2OH-2NO3-+3Cl-+2H2O;‎ ‎③根据图分析,当pH介于5-6时,Cl元素以HClO存在,此时氧化性最强。‎ ‎【详解】(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4,NO2生成物为CO2、N2、H2O ,化学方程式为‎2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O,故答案为:‎2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O;‎ ‎(2) ①Na2SO3具有还原性,Fe3+具有氧化性,两者发生氧化还原反应,能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量,离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe3++SO42-+2H+,故答案为:2Fe3++SO32-+H2O=2Fe3++SO42-+2H+;‎ ‎②温度过低,反应速率缓慢,温度过高,NO - 22 -‎ 的溶解度降低,故答案为:温度过低,反应速率缓慢;温度过高,NO的溶解度降低,都会造成脱除率下降;‎ ‎(3)①电解食盐水,阳极失去电子,反生为2Cl--2e-=Cl2↑,阴极得到电子,反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑,总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑,ClO-会发生水解,方程式为ClO-+H2OHClO+OH-,故答案为:ClO-+H2OHClO+OH-;‎ ‎②ClO-作氧化剂,NO为还原剂,在碱性条件下的反应为2NO+3ClO-+2OH-2NO3-+3Cl-+2H2O,故答案为:2NO+3ClO-+2OH-2NO3-+3Cl-+2H2O;‎ ‎③根据图分析,当pH介于5-6时,Cl元素以HClO存在,此时氧化性最强,故答案为5-6。‎ ‎19.某化学兴趣小组利用硫酸铁溶液与铜粉反应,又向反应后溶液中加入KSCN溶液以检验Fe3+是否有剩余,实验记录如下;‎ 实验编号 操作 现象 实验1‎ i.加入Cu粉后充分振荡,溶液逐渐变蓝; ii.取少量i中清液于试管中,滴加2滴 ‎0.2mol/LKSCN溶液,溶液变为红色,但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。‎ ‎(1)写出实验1中第i步的离子方程式_______________。甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的Cu2+干扰了检验Fe3+的现象。查阅相关资料如下 ‎①2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黄色)‎ ‎②硫氰[(SCN)2]:是一种拟卤素,性质与卤素单质相似,其氧化性介于Br2和I2之间。‎ 该同学又通过如下实验验证猜想 实验编号 操作 现象 实验2‎ 溶液呈绿色,一段时间后后开始出现白色沉淀,上层溶液变为黄色 - 22 -‎ 实验3‎ 无色溶液立即变红,同时生成白色沉淀。‎ ‎(2)经检测,实验2反应后的溶液pH值减小,可能的原因是___________________________________________。‎ ‎(3)根据实验2、3的实验现象,甲同学推断实验3中溶液变红是由于Fe2+被(SCN)2氧化,写出溶液变红的离子方程式_______________________。继续将实验2中的浊液进一步处理,验证了这一结论的可能性。‎ 补充实验4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能,对应的现象是____________________________________________。‎ ‎(4)乙同学同时认为,根据氧化还原反应原理,在此条件下,Cu2+也能氧化Fe2+,他的判断依据是_______。‎ ‎(5)为排除干扰,小组同学重新设计如下装置。‎ ‎①A溶液为____________________________。‎ - 22 -‎ ‎②“电流表指针偏转,说明Cu与Fe3+发生了反应”,你认为这种说法是否合理?__________________(填合理或不合理),原因是__________________________________________。 ‎ ‎③验证Fe3+是否参与反应的操作是________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+ (2). 部分(SCN)2与水反应生成酸 (3). Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 (4). 溶液褪色,无蓝色沉淀 (5). 在Cu2+与SCN-反应中,Cu2+是氧化剂,氧化性Cu2+〉(SCN)2 (6). 0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液 (7). 不合理 (8). 未排除氧气干扰 (9). 一段时间后,取少量A溶液于试管中,滴加铁氰化钾溶液,出现蓝色沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) Cu粉与Fe3+反应,离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+;‎ ‎(2)硫氰[(SCN)2]:是一种拟卤素,性质与卤素单质相似,其氧化性介于Br2和I2之间,能与水反应,生成酸;‎ ‎(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+,Fe3+与KSCN反应,显红色;(SCN)2会与氢氧化钾反应,同时Cu2+与氢氧化钾反应,生成蓝色沉淀,没有Cu2+则无蓝色沉淀;‎ ‎(4)根据氧化还原反应规律分析;‎ ‎(5)①A的电极为C,B的电极为Cu,则Cu做负极,C做正极,A中放电解质溶液;‎ ‎②溶液中的氧气会影响反应;‎ ‎③铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀。‎ ‎【详解】(1) Cu粉与Fe3+反应,离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+,故答案为:Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+;‎ ‎(2)硫氰[(SCN)2]:是一种拟卤素,性质与卤素单质相似,其氧化性介于Br2和I2之间,能与水反应,生成酸,故答案为:部分(SCN)2与水反应生成酸;‎ ‎(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+,Fe3+与KSCN反应,显红色,离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3;(SCN)2会与氢氧化钾反应,同时Cu2+与氢氧化钾反应,生成蓝色沉淀,没有Cu2+则无蓝色沉淀,故答案为:Fe3++3SCN-Fe(SCN)3;溶液褪色,无蓝色沉淀;‎ ‎(4)根据2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黄色), Cu2+是氧化剂,氧化性Cu2+>(SCN)2,(SCN)2能氧化Fe2+,则氧化性 (SCN)2 > Fe2+,即Cu2+也能氧化Fe2+,故答案为:在Cu2+与SCN-反应中,Cu2+是氧化剂,氧化性Cu2+>(SCN)2;‎ ‎(5)①A的电极为C,B的电极为Cu,则Cu做负极,C做正极,A - 22 -‎ 中放电解质溶液,则电解质为0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液,故答案为:0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液;‎ ‎②溶液中的氧气会影响反应,未做排氧操作,不合理,故答案为:不合理;未排除氧气干扰;‎ ‎③Fe3+参与反应后生成Fe2+,铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀,可验证产生的Fe2+,操作为一段时间后,取少量A溶液于试管中,滴加铁氰化钾溶液,出现蓝色沉淀,故答案为:一段时间后,取少量A溶液于试管中,滴加铁氰化钾溶液,出现蓝色沉淀。‎ ‎【点睛】本题易错点(6),使用的电解质溶液,要和之前的浓度保持一致,才能形成对比实验,做实验题型,一定要注意控制变量法的规则。‎ - 22 -‎
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