北京市海淀区2020届高三化学4月联考试题（Word版附解析）

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， -1410 0.1 2 5 0.04mol 0.02L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: +7O2 6CO2+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： 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol实 验 编 号 温度 /℃ 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。 的 n V t   0.08mol 2L 5min× ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0.1 0.4 0 0.08 0.08 0.08 0 X g Y g M g N s mol mo .02 0.32 0. 8 l 0mol + + 开始 转化 平衡 0.04 0.01 0.16× ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )X g Y g 0.1 0.15 M g N s mol mo 0 0.06 0.06 0.06 0.04 0.09 l 0 6mol .0 + + 开始 转化 平衡 0.03 0.02 0.045×14.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： 3 2 n(NH ) 4 6 6 10 mol / L−×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： ； 的(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， 的提高锂的回收率 (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 ____________________。 的 3 2NH H O→ +H→【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。