北京市顺义区2020届高三化学第一次统练试题（Word版附解析）

顺义区 2020 届高三第一次统练 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 S 32 Cu 64 Ba 137 第一部分（选择题 共 42 分） 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.下列涉及物质的制造或使用过程中，发生的不是化学变化的是 A. 粮食酿醋 B. 烟花燃放 C. 陶瓷烧制 D. 司南（指南针）指向 【答案】D 【解析】 【详解】A．粮食酿醋过程中淀粉最后生成醋酸，变化过程中生成了新物质为化学变化，故 A 不符合； B．烟花燃放在火药燃烧生成新物质为化学变化，故 B 不符合；C．陶瓷烧制过程中生成了新的物质为化学变化，故 C 不符合； D．司南(指南针)指向是地磁作用，无新物质生成为物理变化，故 D 符合； 故选：D。 2.过氧化钠常用作供氧剂：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。下列说法不正确的是 A. Na2O2 的电子式： B. Na+的结构示意图： C. 氧元素 一种核素 18O 的中子数为 10 D. NaOH 中仅含有离子键 【答案】D 【解析】 【 详 解 】A． 过 氧 化 钠 中 存 在 氧 氧 之 间 的 一 对 共 用 电 子 对 ， 所 以 Na2O2 的 电 子 式 ： ，故 A 正确； B．钠原子失去一个电子变成钠离子，所以钠离子核外只有两个电子层，即 Na+的结构示意图： ，故 B 正确； C．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，则氧元素的一种 核素 18O 的中子数为 18-8=10，故 C 正确； D．氢氧化钠中含有离子键和共价键，而不是只含离子键，故 D 错误； 故选：D。 3.某种条件下，钢铁的腐蚀过程如下图所示。下列描述正确的是 A. 该腐蚀过程是强酸性条件下发生的 B. 负极反应式是：Fe -3e—=Fe3+ C. 碳上发生还原反应 D. 生成铁锈覆盖在钢铁表面，可阻止钢铁继续腐蚀 【答案】C 的【解析】 【详解】A．从图中看出，空气中 氧气减少，所以发生了吸氧腐蚀，吸氧腐蚀发生在中性或 弱酸性环境下，在强酸性环境下发生的是析氢腐蚀，故 A 错误； B．铁在吸氧腐蚀时，铁在负极上失电子，电极反应为 Fe-2e-═Fe2+，故 B 错误； C．原电池中，一般较不活泼的金属或碳为正极，发生还原反应，故碳上发生还原反应，故 C 正确； D．铁锈是疏松结构，不会阻止钢铁继续腐蚀，故 D 错误。 故选：C。 4.下列说法正确的是 A. 淀粉、纤维素及其水解产物均属于糖类 B. 天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点 C. 蛋白质溶液中加硫酸铵或氯化铜溶液，均会发生蛋白质的变性 D. 糖类、油脂、蛋白质均能发生水解反应 【答案】A 【解析】 【详解】A. 淀粉、纤维素属于多糖，它们水解的最终产物为葡萄糖，属于单糖，故 A 正确； B. 天然植物油为混合物，常温下一般呈液态，难溶于水，没有恒定的熔点、沸点，故 B 错误； C. 蛋白质溶液中加硫酸铵会发生盐析，加入氯化铜溶液会发生蛋白质的变性，故 C 错误； D. 糖类中的葡萄糖、果糖属于单糖，不能发生水解，故 D 错误； 答案：A。 【点睛】糖类分为多糖、二糖和单糖，其中多糖、二糖能发生水解，单糖不能发生水解。 5.下列变化中，气体被氧化的是 A. 潮湿的二氧化碳与过氧化钠反应，固体由淡黄色变为白色 B. 氯气通入氯化亚铁溶液，溶液由浅绿色变为黄色 C. 乙烯通入高锰酸钾酸性溶液，溶液紫色褪去 D. 硫化氢通入硫酸铜溶液，有黑色硫化铜沉淀生成 【答案】C 【解析】 【详解】A．二氧化碳与淡黄色的 Na2O2 反应生成白色的碳酸钠，该反应中 Na2O2 既是氧化剂 又是还原剂，二氧化碳不是氧化剂和还原剂，故 A 错误； 的B．氯气通入氯化亚铁溶液，溶液由浅绿色变为黄色，反应中 Cl 元素化合价降低，氯气被还 原，故 B 错误； C．乙烯通入高锰酸钾酸性溶液，溶液紫色褪去，反应中高锰酸钾是氧化剂，乙烯被氧化，故 C 正确； D．硫化氢通入硫酸铜溶液，有黑色硫化铜沉淀生成，是复分解反应，没有元素化合价的变化， 故 D 错误。 故选：C。 6.用 NA 代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 常温常压下，3.4g NH3 含 N—H 键 0.2 NA B. 标准状况下，1.4g N2、CO 混合气体体积约为 1.12 L C. 常温常压下，100 mL 0.1mol·L—1 的过氧化氢水溶液中含氢原子的数目为 0.02 NA D. 常温常压下，0.1 mol·L－1CH3COONa 溶液中，c(CH3COO—)小于 0.1 mol 【答案】B 【解析】 【详解】A．3.4g 氨气的物质的量为 n= =0.2mol，一个氨气分子中含 3 个 N-H 键，故 0.2mol 氨气中含 N-H 键数目为 0.6NA，故 A 错误； B．氮气和 CO 的摩尔质量均为 28g/mol，故 1.4g 混合物的物质的量为 0.05mol，而气体体积 V=nVm=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故 B 正确； C．双氧水溶液中除了双氧水外，水也含 H 原子，故溶液中含有的 H 原子多于 0.02NA 个，故 C 错误； D．醋酸根是弱酸根，在溶液中能水解，故溶液中 c(CH3COO-)小于 0.1 mol/L，不能说小于 0.1mol， 故 D 错误。 故选：B。 7.常温下，向 10mL 0.1 mol·L—1 的 HA 溶液中逐滴滴入 0.1 mol·L—1 氨水，所得溶液 pH 及导电 能力变化如图所示。下列分析不正确的是 3.4g 17g/molA. HA 的电离方程式：HA H+ +A— B. a 点：c(H+)> c(A—) C. b 点：c(A—) 与 c(NH4+)浓度大致相等 D. b～c 点的溶液中，所含溶质均能促进水的电离 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据图可知，0.1mol/L 的 HA 溶液的 pH 在 6 左右，则 c(H+)＜c(HA)，说明 HA 部分电离，则 HA 为弱酸，电离方程式为 HA⇌H++A-，故 A 正确； B．a 点溶液中的溶质是 HA，溶液中存在电荷守恒 c(H+)=c(A-)+c(OH-)，所以 c(H+)＞c(A-)， 故 B 正确； C．铵盐浓度越大导电能力越大，b 点导电能力最大，则 b 点酸碱恰好完全反应生成 NH4A， 溶液的 pH=7，即 c(H+)= c(OH-)，溶液中存在电荷守恒 c(H+)+ c(NH4+)=c(A-)+c(OH-)，所以 b 点 c(A-) 与 c(NH4+)浓度大致相等，故 C 正确； D．b 点酸碱恰好完全反应，b 到 c 点氨水有剩余，弱酸弱碱盐促进水电离，但一水合氨抑制 水电离，故 D 错误； 故选：D。 8.脲醛树脂 UF 可用做木材的粘合剂、制作食用器具等，由尿素【CO(NH2)2】和甲醛在一定条 件下反应得到，其结构片段如图所示。 下列说法不正确 是 A. 合成 UF 的反应为缩聚反应 B. 该聚合物是一种水溶性物质 C. 该聚合物可以发生水解反应 的 D. 该聚合物结构简式可能是： 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据题目信息可知，该高分子化合物可由尿素和甲醛通过缩聚反应得到的，所以 得到该物质的反应为缩聚反应，故 A 正确； B．该物质中含有肽键和烃基，不是亲水基，不易溶于水，故 B 错误； C．肽键能发生水解反应，该物质中含有肽键，所以能发生水解反应，故 C 正确； D．根据结构片段可知该高分子的链节为 ，所以其结构简式可能为 ，故 D 正确； 故选：B。 9.对 Na2C2O4 溶液进行研究，下列说法不正确的是（室温下 0.1mol· L—1H2C2O4 的 pH=1.3） A. Na2C2O4 溶液中离子关系：c(C2O42-)+ c(HC2O4-)+ c(H2C2O4) = c (Na+) B. 向 Na2C2O4 溶液中加入酚酞，溶液变红：C2O42-+H2O HC2O4-+OH- C. 向 Na2C2O4 溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去：2MnO4 -+ 5C2O42-+16 H += 2Mn 2+ +10CO2↑+8 H2O D. 向 Na2C2O4 溶液中加入足量稀硫酸制备草酸：C2O42-+2H+= H2 C2O4 【答案】A 【解析】 【详解】A．该溶液中存在物料守恒式为 2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]═c (Na+)，故 A 错 误； B．酚酞变红色，说明溶液呈碱性，草酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为 C2O42-+H2O⇌HC2O4-+OH-，故 B 正确； C．向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，二者发生氧化还原反应生成锰离子、二 氧化碳和水，离子方程式为 2MnO4-+5C2O42-+16 H +═2Mn 2++10CO2↑+8 H2O，故 C 正确； D．向草酸钠溶液中加入足量稀硫酸生成草酸，二者发生复分解反应，离子方程式为 C2O42-+2H+═H2 C2O4，故 D 正确； 故选：A。 10.已知 H2O2 分解速率受多种因素影响，某小组对此进行探究，得到如下结果。下列说法不正 确的是 序号 H2O2 体积（ml） FeCl3 体积（ml） 混合溶液 pH 纯 H2O2pH 分解完全时间（s） 1 20 10 1.00 2.92 几乎不分解 2 20 10 2.92 2.92 202 3 20 10 7.50 2.92 192 4 20 10 9.50 2.92 139 5 20 10 10.50 2.92 77 表 1 （200C) 图 1（200C） A. 表 1 表明，其他条件相同时，碱性条件下 H2O2 分解速率快于酸性条件下 B. 图 1 表明，其他条件相同时，铜盐对 H2O2 分解的催化效果好于铁盐 C. 图 1 表明，其他条件相同时，CuCl2 对 H2O2 分解的催化效果好于 CuSO4 D. 以上实验表明，催化剂、溶液酸碱性对 H2O2 分解速率都有影响 【答案】B 【解析】 【详解】A．对比实验 3(或 4 或 5)和实验 1(或 2)可知，碱性条件下，H2O2 分解完全时间缩短， 反应速率加快，即碱性条件下 H2O2 分解速率快于酸性条件下，故 A 正确； B．对比图象中 FeCl3、CuCl2 催化过程可知，其他条件相同时，FeCl3 催化过程生成的氧气的 压强大，即 FeCl3 催化更有利于 H2O2 分解，生成氧气速率快，所以铜盐对 H2O2 分解的催化效果劣于铁盐，故 B 错误； C．对比图象中 CuSO4、CuCl2 催化过程，根据其他条件相同时，CuCl2 催化 H2O2 分解生成的 氧气快，即 CuCl2 对 H2O2 分解的催化效果好于 CuSO4，故 C 正确； D．根据表中溶液的酸碱性对 H2O2 分解的影响可知，其他条件相同时，酸性条件下 H2O2 分解 弱于碱性条件下；根据图象中 FeCl3、CuSO4、CuCl2 的催化效果分析可知，催化效果：FeCl3＞ CuCl2＞CuSO4，所以催化剂、溶液酸碱性对 H2O2 分解速率都有影响，故 D 正确； 故选：B。 11.下列实验方案中，能达到相应实验目的的是 选项 A B C D 目的 验证锌与硫酸铜反应 过程中有电子转移 探究亚硝酸钠的氧化 性 实验室制备乙酸乙酯 实验室制备氨气 实验 方案 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．构成原电池，Zn 为负极，Cu 为正极，有电子转移，故 A 正确； B．亚硝酸钠可被高锰酸钾氧化，该反应中亚硝酸钠作还原剂，故 B 错误； C．制备乙酸乙酯还需要浓硫酸作催化剂、吸水剂，图中装置不能制备，故 C 错误； D．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备，故 D 错误； 故选：A。 12.某化学小组探究不同条件下铁与氯气的反应，进行如下操作： 实验 操作（常温下进行） 现象Ⅰ 将铁丝放入干燥 Cl2 瓶中（瓶口盖上玻璃片）， 反应停止后，加入蒸馏水。 铁丝逐渐变黑，大量气体剩余；加蒸 馏水后，溶液呈浅黄绿色 Ⅱ 加热铁丝至红热并迅速放入干燥 Cl2 瓶中（瓶 口盖上玻璃片），反应停止后，加入蒸馏水。 产生大量棕黄色的烟，瓶底铺有棕色 粉末；加蒸馏水后，溶液呈深棕黄色 Ⅲ 将铁丝放入湿润 Cl2 瓶中（瓶口盖上玻璃片）， 反应停止后，加入蒸馏水。 铁丝迅速变黑；加蒸馏水后，溶液呈 浅绿色 Ⅳ 加热铁丝至红热并迅速放入湿润 Cl2 瓶中（瓶 口盖上玻璃片），反应停止后，加入蒸馏水。 产生大量棕黄色的烟，瓶底铺有棕色 粉末；加蒸馏水后，溶液呈黄绿色后 变为棕黄色 下列由实验得出的结论不正确的是 A. 实验Ⅱ中，铁与氯气主要反应的化学方程式是 2Fe +3Cl2=2FeCl3 B. 由实验Ⅰ和Ⅲ可以推测：常温下，湿润氯气与铁反应速率大于干燥氯气与铁的反应速率 C. 由实验Ⅱ、Ⅳ可以推测：加热条件下，干燥及湿润氯气均能与铁发生剧烈化学反应，且两 者反应产物相同 D. 常温下，有水存在时，铁与氯气反应可能生成氯化亚铁 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯气具 有强氧化性，则 实验Ⅱ中，铁与 氯气主要反应的 化学方程式是 2Fe+3Cl2 =2FeCl3，故 A 正确； B．I 与 III 中只有氯气干燥、湿润不同，则由实验Ⅰ和Ⅲ可以推测：常温下，湿润氯气与铁反 应速率大于干燥氯气与铁的反应速率，故 B 正确； C．由实验Ⅱ、Ⅳ可知现象不同，Fe 与氯气反应均生成氯化铁，且 Fe 与氯化铁溶液反应，则 产物不同，故 C 错误； D．Fe 过量时，Fe 与氯化铁溶液反应，则常温下，有水存在时，铁与氯气反应可能生成氯化 亚铁，故 D 正确； 故选：C。 【点睛】则常温下，有水存在时，当铁单质过量时铁与氯气反应可能生成氯化亚铁，但在干燥条件只有氯化铁生成。 13.环己酮（ ）在生产生活中有重要的用途，可在酸性溶液中用环己醇间接电解氧化法制备， 其原理如下图所示。下列说法正确的是 A. a 极与电源负极相连 B. a 极电极反应式是 2Cr3++7H2O —6e-=Cr2O72-+14H+ C b 极发生氧化反应 D. 理论上有 1mol 环己酮生成时，有 2mol 氢气放出 【答案】B 【解析】 【分析】 根 据 装 置 图 可 知 ，a 极 为 电 解 池 的 阳 极 ，Cr3+ 失 电 子 发 生 氧 化 反 应 ， 电 极 反 应 式 是 2Cr3++7H2O-6e-═Cr2O72-+14H+，b 极为阴极，氢离子得电子发生还原反应，结合转移电子数相 等计算，据此分析解答。 【详解】A．根据装置图可知，a 极为电解池的阳极，则与电源正极相连，故 A 错误； B．根据装置图可知，a 极为电解池的阳极，Cr3+失电子发生氧化反应，电极反应式是 2Cr3++7H2O-6e-═Cr2O72-+14H+，故 B 正确； C．b 极为阴极，氢离子得电子发生还原反应，故 C 错误； D．理论上由环己醇(C6H12O)生成 1mol 环己酮(C6H10O)时，转移 2mol 电子，根据电子守恒可 知阴极有 1mol 氢气放出，故 D 错误； 故选：B。 14.某实验小组探究常温下难溶电解质的溶解平衡，查得如下资料： 难溶电解质 FeS CuS Mg(OH)2 Fe(OH)3 Ksp（溶解平衡常数） 6.3×10-18 6.3×10-36 1.8×10-11 4.0×10-38依据上述数据进行的预测不合理的是 A. 向饱和 FeS 溶液中加入少量 Na2S 固体，有浑浊出现 B. 除去 FeSO4 溶液中的 CuSO4，可选用 FeS 做沉淀剂 C. 向含等物质的量的 MgCl2 和 FeCl3 的混合溶液中逐滴加入 NaOH 溶液，最先出现的沉淀是 Mg(OH)2 D. 向1mL 0.1 mol·L—1MgCl2 溶液中滴加 2mL0.1mol·L—1 NaOH 溶液，取澄清溶液滴加 2 滴 0.1mol·L—1 FeCl3 溶液，有浑浊出现 【答案】C 【解析】 【详解】A．饱和 FeS 溶液中存在沉淀溶解平衡，FeS(s)⇌Fe2+(aq)+S2-(aq)，加入少量 Na2S 固 体溶解后硫离子浓度增大，平衡逆向进行，有浑浊出现，故 A 正确； B．FeS 的溶度积大于 CuS 的溶度积，除去 FeSO4 溶液中的 CuSO4，可选用 FeS 做沉淀剂， 故 B 正确； C ． Ksp(Mg(OH)2)=c(Mg2+)·c2(OH-)=1.8×10-11 ， c(OH-)= ，Ksp(Fe(OH)3)= c(Fe3+)·c3(OH-)＝4.0×10-38 ， c(OH-)= = ×10-9mol/L，则氢氧化铁沉淀所需 pH 小于氢氧化镁，则 先生成氢氧化铁沉淀，故 C 错误； D．向 1mL 0.1 mol•L-1MgCl2 溶液中滴加 2mL0.1mol•L-1 NaOH 溶液，恰好反应生成氢氧化镁沉 淀， 饱和溶液中存在氢氧化镁的沉淀溶解平衡，取澄清溶液滴加 2 滴 0.1mol•L-1 FeCl3 溶液， 会生成氢氧化铁沉淀有浑浊出现，故 D 正确； 故选：C。 【点睛】同种类型的沉淀沉淀可以通过比较溶度积大小来比较溶解度的大小关系，溶解度越 小越容易沉淀，所以除去 FeSO4 溶液中的 CuSO4 可选用 FeS 做沉淀剂。 第二部分（非选择题 共 58 分） 15.氮、磷、砷是原子序数依次增大的同一主族的三种元素，其化合物在工业农业中有重要用 途。 (1)氮有多种重要的化合物。其中，N2O 可用作发泡剂。 ①NH3 在加热和有催化剂的条件下，可以与 O2 反应生成 N2O，该反应的化学方程式是 _________。 3 -11 -1 -4 -132 1.8 10 mol L = 36 10 mol L× × ×  38 -14 3 4.0 L10 mol−× ×  4 1.2②在体积为 1L 的密闭容器中充入 1mol N2O 气体，发生反应 2N2O(g) 2N2(g)+O2(g)。 在不同温度下 N2O 的平衡转化率如下图所示。该反应的△H_________0（填“>”、“ (3). 小于 (4). 0.089 (5). a c (6). As2O3+2ClO— +6OH—=2AsO43—+2Cl—+3H2O (7). HNO3>H3PO4>HAsO3 (8). N、P、As 三种非金属元素位于同主族，最外层电子数相同，随着原子序数逐渐增大，原子半 径也逐渐增大，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱 【解析】 【分析】 (1)①NH3 在加热和有催化剂的条件下，与 O2 反应生成 N2O，根据元素守恒，产物还有 H2O， 据此写出化学方程式； ②升高温度，N2O 的转化率增大，平衡正移，结合温度对平衡移动的影响判断△H；温度相同 时，P1 对应 N2O 的转化率大，说明 P1 相对于 P2 平衡正移，结合该反应为气体体积增大的反 应即可得结论；根据已知数据列三段式求解，K= ； (2)NH3+HCl=NH4Cl，产物 NH4Cl 可与 NaOH 溶液反应，NH4Cl 含有离子键和极性共价键， NH4Cl 水解使溶液呈酸性，联系题意寻找答案；  ∆ 催化剂 生成物浓度系数次方之积 反应物浓度系数次方之积(3)As2O3 被次氯酸钠碱性溶液转化为 AsO43-，同时结合化合价升降可知，次氯酸钠转化为 Cl-， 结合电荷守恒书写离子方程式； (4)同主族元素最外层电子数相同，随着原子序数逐渐增大，原子半径也逐渐增大，非金属性 逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱。 【详解】(1)①NH3 在加热和有催化剂的条件下，与 O2 反应生成 N2O，根据元素守恒，产物还 有 H2O，化学方程式为：2NH3+2O2=N2O+3H2O，故答案为：2NH3+2O2 N2O+3H2O； ②根据图示，升高温度，N2O 的转化率增大，平衡正移，说明正反应为吸热反应，△H＞0； 温度相同时，P1 对应 N2O 的转化率大，说明 P1 相对于 P2 平衡正移，结合该反应为气体体积 增大的反应，所以 P1＜P2； 已知起始量 1mol N2O，370℃时，N2O 的转化率为 40%，则△n(N2O)=1mol×40%=0.4mol，列 三段式如下： 平衡常数 K= =0.089mol/L；故答案为：＞；小于；0.089mol/L； (2)由于 PH3 和 NH3 与卤化氢的反应相似，产物的结构与性质也相似，而 NH3+HCl=NH4Cl，产 物 NH4Cl 可与 NaOH 溶液反应，NH4Cl 含有离子键和极性共价键，NH4Cl 水解使溶液呈酸性， 故答案为：ac； (3)As2O3 被次氯酸钠碱性溶液转化为 AsO43-，同时结合化合价升降可知，次氯酸钠转化为 Cl-， 结合电荷守恒书写离子方程式为：As2O3+2ClO-+6OH-=2AsO43-+2Cl-+3H2O，故答案为： As2O3+2ClO-+6OH-=2AsO43-+2Cl-+3H2O； (4)N、P、As 三种非金属元素位于同主族，最外层电子数相同，随着原子序数逐渐增大，原子 半径也逐渐增大，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱，所以 HNO3、 H3PO4、H3AsO4 的酸性由强到弱的关系是：HNO3＞H3PO4＞H3AsO4，故答案为：HNO3＞H3PO4 ＞H3AsO4；N、P、As 三种非金属元素位于同主族，最外层电子数相同，随着原子序数逐渐增 大，原子半径也逐渐增大，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱。 【点睛】信息型氧化还原反应方程式的关键是找到氧化剂和还原剂，继而确定氧化产物和还 ∆ 催化剂 ( ) ( ) ( )2 2 22N O g N g + 1 0 0 0.4 0.4 0.2 0 O .6 0.4 0.2 g 起始 转化 平衡 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 N O 0.4 0.2 N O 0.6 c c c =× ×原产物，再结合电子守恒和元素守恒配平方程式，要求学生平时多积累常见物质的性质，以 及常见元素的化合价，同时要注意“类比”思想的运用，同主族元素在化合价变化方面会有 相似之处。 16.甲醛是一种重要的化工原料，常用于生产脲醛树脂及酚醛树脂，在木材加工中的地位及其 重要。 (1)工业中甲醛的制备方法常用以下几种。 ①甲醇氧化法 CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H = +84kJ/mol 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H = -484kJ/mol CH3OH(g)与 O2(g)反应生成 HCHO(g)和 H2O(g)的热化学方程式是_______。 ②天然气氧化法 在 600-680℃下，使天然气（主要成分是 CH4）和空气的混合物通过铁、钼等的氧化物催化剂， 直接氧化生成甲醛。反应的化学方程式是_______。 (2)甲醛是污染室内环境的主要污染物，被称为室内污染“第一杀手”。 ①去除甲醛有多种方法，其中，催化氧化法是一种比较高效的除甲醛方法。Na-Pt/TiO2 催化剂 催化氧化甲醛的反应机理如下图所示： 下列有关说法正确的是______（选填字母序号）。 a.该方法除去甲醛的化学方程式是：HCHO+O2 CO2+H2O b.Na-Pt/TiO2 催化剂能加快甲醛氧化速率，也能提高甲醛 转化率 c.反应过程中，HCHO 只有部分化学键发生断裂 ② 为测定居室中甲醛含量，将 50L 居室中气体缓缓通入 25.00mL 0.01mol∙L-1 高锰酸钾酸性溶 的 2Na-Pt/TiO液中，使空气中的甲醛完全吸收，再用 0.05mol∙L-1H2C2O4 溶液滴定，至终点时消耗 H2C2O4 溶 液 12.20mL 。 反应原理为：4MnO4—+12H++5HCHO=4Mn2++5CO2↑+11H2O 2MnO4— +6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O 滴定终点的现象是_______。该室内空气中甲醛的含量是______mg/L。 【答案】 (1). 2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) △H = -316kJ/mol (2). CH4+O2 = HCHO+H2O (3). a c (4). 高锰酸钾紫色褪去 (5). 0.0045mg/L 【解析】 【分析】 (1)根据盖斯定律进行分析计算； ②CH4 和空气的混合物通过铁、钼等的氧化物催化剂，生成甲醛，根据电子守恒和元素守恒分 析可知还生成水； (2)①a．由图可知生成二氧化碳和水； b．催化剂对平衡移动无影响； c．图中 C=O 未断裂； ② 高 锰 酸 钾 为 紫 色 ， 结 合 4MnO4-+12H++5HCHO═4Mn2++5CO2↑+11H2O 、 2MnO4-+6H++5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O 计算。 【详解】：(1)①由 I．CH3OH(g)═HCHO(g)+H2(g)△H=+84kJ/mol II.2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=-484kJ/mol 结合盖斯定律可知，I×2+II 得到 2CH3OH(g)+O2(g)═2HCHO(g)+2H2O(g)△H=-316kJ/mol， 故答案为：2CH3OH(g)+O2(g)═2HCHO(g)+2H2O(g)△H=-316kJ/mol； ②CH4 和空气的混合物通过铁、钼等的氧化物催化剂，直接氧化生成甲醛，根据电子守恒和元 素守恒分析可知还生成水，反应为 CH4+O2 HCHO+H2O，故答案为： CH4+O2 HCHO+H2O； (2)①a．由图可知生成二氧化碳和水，除去甲醛的化学方程式是：HCHO+O2 ═CO2+H2O，故正 确； b．催化剂对平衡移动无影响，可加快反应速率，甲醛的转化率不变，故错误； c．图中 C=O 未断裂，则反应过程中，HCHO 只有部分化学键发生断裂，故正确； ∆ 铁、钼等的氧化物 ∆ 铁、钼等的氧化物故答案为：ac； ② 滴 定 终 点 的 现 象 是 高 锰 酸 钾 紫 色 褪 去 ， 且 半 分 钟 不 变 ， 由 2MnO4-+6H++5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O 可知，剩余的高锰酸钾为 0.0122L×0.05mol•L-1× =0.000244mol，则由 4MnO4-+12H++5HCHO═4Mn2++5CO2↑+11H2O 可知，HCHO 的物质的 量 为 (0.025L×0.01mol/L-0.000244mol)× =0.0000075mol ， 该 室 内 空 气 中 甲 醛 的 含 量 是 =0.0045mg/L， 故答案为：高锰酸钾紫色褪去；0.0045。 17.某种降血压药物硝苯地平的合成路线如下： 已知： +R”’CHO (1)A 的结构简式是 ___________。 (2)B 与新制 Cu(OH)2 反应的化学方程式是 ______________。 (3)H → I 的反应类型是 _______________。 (4)试剂 a 是 _______________。 (5)J→K 的化学反应方程式是 ___________。 (6)F 有多种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式__________。 ①分子中含有酯基，且存在顺反异构 ②能与金属 Na 单质反应，且能发生银镜反应 (7)1 mol 硝苯地平最多可与__________mol NaOH 溶液发生水解反应。 (8)已知 D E→F +CH3OH，E 的结构简式是_______________。 2 5 5 4 0.0000075mol 30g/mol 1000mg/ 0L g 5 × × →加成【答案】 (1). CH≡CH (2). CH3CHO + 2 Cu(OH)2 + NaOH→CH3COONa + Cu2O↓+ 3H2O (3). 取代反应 (4). NaOH 水溶液 (5). 2 +O2 2 +2H2O (6). 、 、 、 (7). 2 (8). 【解析】 【分析】 A 为乙炔，结构简式为 CH≡CH，根据 B 到 C 的反应条件可知该反应为醛基的氧化反应，结合 A 的 结 构 可 知 B 为 CH3CHO ， 则 C 为 CH3COOH ， C 到 D 为 酯 化 反 应 ， 所 以 D 为 CH3COOCH3；根据题目所给信息，结合硝苯地平的结构可反推出合成硝苯地平的物质为 和 ， 根 据 F 和 K 的 合 成 路 线 可 知 F 为 ，K 为 ，J 到 K 为羟基的催化氧化，所以 J 为 ,H 到 I 的反应条件为氯气光照可知 H 道 I 为烷基的取代反应，所以 H 为 ,I 为 ，则 G 为 ，据此进行解答。 【详解】（1）A 为乙炔，结构简式为 CH≡CH，故答案为：CH≡CH； （2）根据分析可知 B 为 CH3CHO，与新制 Cu(OH)2 发生氧化反应，故答案为：CH3CHO + 2 Cu Δ →Cu(OH)2 + NaOH→CH3COONa + Cu2O↓+ 3H2O； （3）根据分析可知 H 到 I 为烷基在光照条件与氯气的取代反应，故答案为：取代反应； （4）I 到 J 为氯代烃的取代反应，反应条件为 NaOH 水溶液加热，故答案为：NaOH 水溶液； （5）J 到 K 为羟基的催化氧化，故答案为：2 +O2 2 +2H2O； （6）F 的结构简式为 ，其同分异构体满足：分子中含有酯基，存 在顺反异构说明含有碳碳双键且同一碳原子连接两个不同的基团，能与金属 Na 单质反应说明 含有羟基或羧基，能发生银镜反应说明含有 结构，则符合条件的同分异构体有： 、 、 、 ； （7）一个硝苯地平分子中含有两个酯基，所以 1 mol 硝苯地平最多可与 2mol NaOH 溶液发生 水解反应，故答案为：2； （8）根据分析可知 F 为 ，D 为 CH3COOCH3，D 到 E 为加成反应， D 中只有碳氧双键可以加成，再结合 F 的结构可知 E 的结构简式为： 。 【点睛】解决本题要充分利用题目所给的信息通过硝苯地平的结构反推 F 和 K；存在顺反异 构的条件是：分子中至少有一个键不能自由旋转（如 C=C 双键、C≡C 叁键、C=N 双键、C=S 双键、N=N 双键等），每个不能自由旋转的同一碳原子上不能有相同的基团，必须连有两个不 同原子或原子团。 18.已知锌矿渣中含有 ZnSO4、FeS2、SiO2、FeSO4、CuSO4 等，利用锌矿渣生产硫酸锌和氧化 铁流程如下： Cu Δ →4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2 已知：i．FeS2 不溶于水和稀酸。 ii．金属离子氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的 pH 氢氧化物 Zn(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 开始沉淀时的 pH 6.5 7.5 2.2 沉淀完全时的 pH 8.5 9.5 3.5 iii．SiO2 难溶于水，可溶于强碱生成一种可溶性盐。 (1)加入 H2O2 的目的是________。 (2)检验滤液 1 中不含 Fe3+的方法是________，滤液 1 加入锌粉的作用是_____________（用离 子方程式表示）。 (3)滤渣 1 的成分主要有 _________（写化学式），加入 NaOH 碱浸时反应的离子方程式是 __________。 (4)用 NaOH 进行碱浸时，氧化铁含量与碱浸温度、碱浸时间关系如图所示，碱浸的最佳温度 和时间为__________。 高温煅烧(5)传统钢铁冶炼高耗能、高污染，科学家寻找绿色环保的钢铁冶炼技术，通过电解的方法将 铁矿石中的氧化铁（熔融态）变成金属铁。电解的示意图如图所示，请在图中标出两极名称 及离子运动方向___________，并写出阴极电极反应式_______。 【答案】 (1). 氧化 Fe2+为 Fe(OH)3 而沉淀 (2). 取少量滤液 1 于试管中，滴加 KSCN 溶 液，若不显红色，则证明不含 Fe3+ (3). Zn+Cu2+= Zn2++Cu (4). SiO2 、Fe(OH)3 、FeS2 (5). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (6). 120℃1h (7). (8). 阴极： Fe3++3e-=Fe 【解析】 【分析】 锌矿渣中含有 ZnSO4、FeS2、SiO2、FeSO4、CuSO4 等，充分水浸，加入过氧化氢可将亚铁离 子氧化，调节溶液 pH=5.2 可生成氢氧化铁沉淀，过滤，滤液 1 主要含有 ZnSO4、CuSO4，加 入锌粉置换出铜，滤液经蒸发浓缩可得硫酸锌；滤渣 1 主要含有 SiO2、Fe(OH)3、FeS2（题目 所给信息：FeS2 不溶于水和稀酸），煅烧时发生反应 4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2、 2Fe(OH)3 Fe2O3+3H2O ；煅烧后加入氢氧化钠溶液碱浸，SiO2 与氢氧化钠溶液反应， 可生成硅酸钠形成溶液，过滤得到的滤渣则主要为氧化铁，洗涤干燥后得到氧化铁，以此解 答该题。 【详解】(1)加入 H2O2，调节 pH，可氧化 Fe2+为 Fe(OH)3 而沉淀，故答案为：氧化 Fe2+为 Fe(OH)3 而沉淀； (2)铁离子与 KSCN 反应，检验滤液 1 中不含 Fe3+的方法是取少量滤液 1 于试管中，滴加 KSCN 溶液，若不显红色，则证明不含 Fe3+，滤液 1 加入锌粉可置换出铜，发生 Zn+Cu2+=Zn2++Cu， 故答案为：取少量滤液 1 于试管中，滴加 KSCN 溶液，若不显红色，则证明不含 Fe3+； 高温煅烧 高温 ↑ Zn+Cu2+=Zn2++Cu； (3)由以上分析可知滤渣 1 为 SiO2、Fe(OH)3、FeS2，加入 NaOH 碱浸时反应的离子方程式是 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O， 故答案为：SiO2、Fe(OH)3、FeS2；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O； (4)由图象可知，温度为 120℃时氧化铁的含量最高，碱浸 1h 时氧化铁含量较高，且之后上升 不明显，故答案为：120℃、1h； (5)电解时，氧离子向阳极移动，铁离子向阴极移动，阴极发生还原反应生成铁，电极反应式 为 Fe3++3e-=Fe，图象可表示为 ， 故答案为： ；Fe3++3e-=Fe。 【点睛】在工艺流程题中若杂质中含有亚铁离子，常加入氧化剂将其氧化成三价铁离子之后 再除去；在判断滤渣滤液成分时要充分利用题目所给的一些物质的溶解性。 19.室温下，某实验小组探究等量且表面积相同的镁条与硫酸铜溶液的反应。（注：反应前镁条 用砂纸打磨除去表面氧化膜且镁条过量） 实验 操作 实验现象 Ⅰ 4mL 0.1mol/LCuSO4 溶液（pH 约为 4.2） 1.有无色无味气体生成 2.镁条表面逐渐生成大量黑褐色膨松状不溶 物 3.反应一段时间后，溶液逐渐变浑浊，有蓝绿 色沉淀生成Ⅱ 4mL 0.5mol/LCuSO4 溶液（pH 约为 3.6） 1.有大量无色无味气体生成 2.镁条表面逐渐生成红褐色不溶物 3.反应一段时间后，溶液中逐渐有蓝绿色沉淀 生成，镁条上红褐色物质脱落，有光亮的红 色物质生成 Ⅲ 开始无明显现象，一段时间后产生微量无色 无味气体 (1)实验Ⅰ中生成的无色无味气体的主要成分是________，产生原因是_________(用简单文字 和离子方程式表示）。设计实验Ⅲ的目的是________。 (2)为了探究实验Ⅰ中黑褐色不溶物的成分，做实验Ⅳ。 实验 操作 实验现象 Ⅳ 1.加入浓盐酸后，沉淀部分溶解。溶 液为黄色 2.多次洗涤后的残余固体加入浓硝酸， 有大量红棕色气体生成，溶液变为蓝 色查阅资料：Cu2O 可溶于浓盐酸，得到黄色溶液。 经检测，黑褐色不溶物中含有 Cu2O，请解释 Cu2O 产生的可能原因_________。由实验Ⅳ可以 推测，黑褐色不溶物中还含有_______。残余固体加入浓硝酸时，反应的化学方程式是________。 (3)经 X 射线检测，蓝绿色沉淀中含 Cu2+、SO42-、OH—。小组同学查阅资料：碱式硫酸铜 【Cu2(OH)2SO4】是一种绿色晶体，在水中溶解度极小，能溶于稀酸和氨水。据此对沉淀成分 提出两种假设： i．是【Cu2(OH)2SO4】； ii．是 Cu(OH)2 和【Cu2(OH)2SO4】的混合。 经检验，最终确定蓝绿色沉淀的成分是碱式硫酸铜。请设计实验证明假设 i 成立________。 (4)根据上述实验推断，镁与硫酸铜溶液产物的生成与__________有关。 【答案】 (1). H2 (2). Cu2++2H2O Cu(OH)2 +2H+，水解溶液显酸性，镁可以和 H+反 应生成 H2 (3). 排除溶液中水对反应的干扰 (4). 在该条件下，镁与硫酸铜溶液反应时， 部分 Cu2+没有被还原为 Cu，而是被还原为 Cu2O (5). Cu (6). Cu+4HNO3(浓）=Cu(NO3)2 +2NO2↑+2H2O (7). 取 a g 蓝绿色沉淀于试管中，加足量盐酸溶解后加入过量的 BaCl2 完 全沉淀，过滤、洗涤、干燥后称重 。若沉淀质量为 g，则沉淀为碱式硫酸铜 (8). 温 度、溶液浓度、溶液 pH 等 【解析】 【分析】 (1)硫酸铜为强酸弱碱盐，水解呈酸性；实验Ⅲ开始无现象，生成微量气体，起到对照试验作 用； (2)Cu 由+2 价降低为+1 价，可生成 Cu2O；由题给信息可知 Cu2O 可溶于浓盐酸，则剩余不溶 物应含有其他还原性物质，与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水； (3)固体加入盐酸生成铜离子和硫酸根，加入氯化钡溶液生成硫酸钡，可根据硫酸钡和蓝色沉 淀的质量关系确定； (4)实验Ⅰ、Ⅱ在不同浓度、pH 条件下反应，反应现象不同，可说明产物不同。 【详解】(1)硫酸铜为强酸弱碱盐，水解呈酸性，发生 Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2 +2H+，生成气体为 氢气，实验Ⅲ开始无现象，生成微量气体，起到对照试验作用，可排除溶液中水对反应的干 扰，  233a 258故答案为：H2；Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2 +2H+，水解溶液显酸性，镁可以和 H+反应生成 H2 ；排 除溶液中水对反应的干扰； (2)黑褐色不溶物中含有 Cu2O，说明在该条件下，镁与硫酸铜溶液反应时，部分 Cu2+没有被还 原为 Cu，而是被还原为 Cu2O；由题给信息可知 Cu2O 可溶于浓盐酸，则剩余不溶物应含有其 他还原性物质，与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，再结合元素守恒可知该不溶物为 铜单质，方程式为 Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2 +2NO2↑+2H2O， 故答案为：在该条件下，镁与硫酸铜溶液反应时，部分 Cu2+没有被还原为 Cu，而是被还原为 Cu2O；Cu； Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2 +2NO2↑+2H2O； (3)如最终确定蓝绿色沉淀的成分是碱式硫酸铜，则 1mol 碱式硫酸铜质量为 258g，可生成 1mol 硫酸钡，质量为 233g，则可取 a g 蓝绿色沉淀于试管中，加足量盐酸溶解后加入过量的 BaCl2 完全沉淀，过滤、洗涤、干燥后称重。若沉淀质量为 g，则沉淀为碱式硫酸铜， 故答案为：取 a g 蓝绿色沉淀于试管中，加足量盐酸溶解后加入过量的 BaCl2 完全沉淀，过滤、 洗涤、干燥后称重。若沉淀质量为 g，则沉淀为碱式硫酸铜； (4)实验Ⅰ、Ⅱ在不同的 pH 条件下反应，反应现象不同，可说明产物不同，且反应一段时间， 温度变化，说明实验的温度对反应的产物有影响， 故答案为：温度、溶液浓度、溶液 pH 等。 233a 258 233a 258