北京市西城区2020届高三化学一模试题（Word版附解析）

西 城 区 高 三 统 一 测 试 化 学 本试卷共 9 页，100 分。考试时长 90 分钟。考生务必将答案写在答题卡上，在试 卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分 本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题 目要求的一项。 1.下列防疫物品的主要成分属于无机物的是 A．聚丙烯 B．聚碳酸酯 C．二氧化氯 D．丁腈橡胶 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A.制口罩的聚丙烯是合成有机高分子化合物，故 A 错误； B.制防护镜的聚碳酸酯是合成有机高分子化合物，故 B 错误； C.用于消毒的二氧化氯是氯元素的氧化物，属于无机物，故 C 正确； D.制医用手套的丁腈橡胶是合成有机高分子化合物，故 D 错误； 故选 C。 2.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是 A. 用食盐、蔗糖等作食品防腐剂 B. 用氧化钙作吸氧剂和干燥剂 C. 用碳酸钙、碳酸镁和氢氧化铝等作抗酸药D. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以保鲜 【答案】B 【解析】 【详解】A. 食盐、蔗糖能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的，可做防腐剂，故 A 正确； B. 氧化钙没有还原性，不能作吸氧剂，故 B 错误； C. 碳酸钙、碳酸镁和氢氧化铝可与胃液中的盐酸反应，常用于作抗酸药，故 C 正确； D. 乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，为了延长水果的保鲜期，应除 掉乙烯，所以将浸泡有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中除去乙烯，故 D 正确； 故选 B。 【点睛】乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯能被酸性高锰酸钾 氧化是解答关键。 3.短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大。W 的气态氢化物遇湿润的红色石蕊试纸变 蓝色，X 是地壳中含量最高的元素，Y 在同周期主族元素中原子半径最大，Z 与 Y 形成的化 合物的化学式为 YZ。下列说法不正确的是 A. W 在元素周期表中的位置是第二周期 VA 族 B. 同主族中 Z 的气态氢化物稳定性最强 C. X 与 Y 形成的两种常见的化合物中，阳离子和阴离子的个数比均为 2∶1 D. 用电子式表示 YZ 的形成过程为： 【答案】B 【解析】 【分析】 短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，由 W 的气态氢化物遇湿润的红色石蕊试纸 变蓝色可知，W 为 N 元素；X 是地壳中含量最高的元素，则 X 是 O 元素，Y 在同周期主族元 素中原子半径最大，则 Y 为 Na 元素，Z 与 Y 形成的化合物的化学式为 YZ，则 Z 为 Cl 元素。 【详解】A. W 为 N 元素，位于元素周期表中第二周期 VA 族，故 A 正确； B. Z 为 Cl 元素，位于元素周期表中ⅦA 族，ⅦA 族中 F 的气态氢化物稳定性最强，故 B 错误； C.O 与 Na 可形成氧化钠和过氧化钠两种离子化合物，氧化钠中钠离子和氧离子的个数比为 2∶1，过氧化钠中钠离子和过氧根离子的个数比为 2∶1，故 C 正确； D.氯化钠是钠离子和氯离子形成的离子化合物，用电子式表示氯化钠的形成过程为 ，故 D 正确； 故选 B。 【点睛】氯化钠是离子化合物，用电子式表示其形成过程时，左边是原子的电子式，右边为 氯化钠的电子式，中间用箭头连接。 4.下列变化过程不涉及氧化还原反应的是 A B C D 将铁片放入冷 的浓硫酸中无 明显现象 向 FeCl2 溶液中滴加 KSCN 溶液，不变色，滴加氯水后 溶液显红色 向 Na2SO3 固体 中加入硫酸，生 成无色气体 向包有 Na2O2 粉末的 脱脂棉上滴几滴蒸馏 水，脱脂棉燃烧 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A. 铁遇冷的浓硫酸发生钝化，铁被氧化生成致密的氧化层薄膜，属于氧化还原反应， 故 A 错误； B. 向 FeCl2 溶液中滴加 KSCN 溶液，溶液不变色，滴加氯水后，氯化亚铁被氯气氧化生成氯 化铁，氯化铁与硫氰化钾溶液反应，溶液显红色，属于氧化还原反应，故 B 错误； C.亚硫酸钠与硫酸发生复分解反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应前后没有化合价改变，不 属于氧化还原反应，故 C 正确； D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应放出大量的热，放出的热量使氧气和脱脂棉反 应，使脱脂棉燃烧，属于氧化还原反应，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，结合反应的特点以及元素化合价的角度 判断反应是否为氧化还原反应是解答关键。 5.海水提溴过程中发生反应：3Br2 +6Na2CO3 +3H2O=5NaBr +NaBrO3 +6NaHCO3，下列说法正确的是 A. 标准状况下 2 mol H2O 的体积约为 44.8 L B. 0.1 mol·L− 1Na2CO3 溶液中 CO3 2−的物质的量为 0.1 mol C. 反应中消耗 3 mol Br2 转移的电子数约为 5×6.02×1023 D. 反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为 5∶1 【答案】C 【解析】 【详解】A. 标准状况下，水为液态，无法计算 2 mol 水的体积，故 A 错误； B.缺溶液的体积，无法计算 0.1 mol·L− 1Na2CO3 溶液中 Na2CO3 的物质的量，故 B 错误； C.由方程式可知，溴元素的化合价由 0 价分别变为-1 价和+5 价，溴既是氧化剂又是还原剂， 则反应中消耗 3 mol Br2 转移的电子数约为 5×6.02×1023，故 C 正确； D. 由方程式可知，溴元素的化合价由 0 价分别变为-1 价和+5 价，溴既是氧化剂又是还原剂， 氧化产物是溴酸钠，还原产物是溴化钠，溴酸钠和溴化钠的物质的量之比为 1：5，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】反应 3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O 中，溴元素的化合价由 0 价分别变为-1 价和 +5 价，溴既是氧化剂又是还原剂，氧化产物是溴酸钠，还原产物是溴化钠。 6.下列实验现象预测正确的是 A B C D 烧杯中产生白色沉淀，一段 时间后沉淀无明显变化 加盐酸出现白色 浑浊，加热变澄清 KMnO4 酸性溶液 在苯和甲苯中均褪 色 液体分层，下层呈 无色A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A.氯化铵和氢氧化钙固体受热分解生成氨气，氨气与氯化亚铁溶液反应，立即生成白 色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，故 A 错误； B.苯酚钠溶液与盐酸反应生成苯酚，出现白色浑浊，由于苯酚溶于热水，则加热变澄清，故 B 正确； C.苯不能与酸性高锰酸钾溶液反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 C 错误； D.四氯化碳比水的密度大，碘在四氯化碳中溶解度大于水中溶解度，则分层后，下层碘的四氯 化碳溶液呈紫色或紫红色，故 D 错误； 故选 B。 7.下列解释事实的方程式不正确的是 A. 用 Na2CO3 溶液将水垢中的 CaSO4 转化为 CaCO3：CO3 2－+Ca2+ =CaCO3↓ B. 电解饱和食盐水产生黄绿色气体：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑ C. 红热木炭遇浓硝酸产生红棕色气体：C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O D. 用新制 Cu(OH)2 检验乙醛，产生红色沉淀：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH CH3COONa+Cu2O↓+3H2O 【答案】A 【解析】 【详解】A. Na2CO3 溶液与水垢中的 CaSO4 反应生成溶解度更小的碳酸钙和硫酸钠，反应的 离子方程式为 CO32－+ CaSO4 =CaCO3↓+ SO42－，故 A 错误； B. 电解饱和食盐水时，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化钠，电解的化学方程式为 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，故 B 正确； C. 红热木炭与浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应的化学方程式为 C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O，故 C 正确； 电解 加热 →加热 电解 加热D.碱性条件下，乙醛与新制的氢氧化铜悬着液共热反应生成氧化亚铜砖红色沉淀、乙酸钠和 水，反应的化学方程式为 CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH CH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故 D 正确； 故选 A。 【点睛】Na2CO3 溶液与水垢中的 CaSO4 反应生成溶解度更小的碳酸钙和硫酸钠，反应物 CaSO4 是微溶物，不能拆写是易错点。 8.科学家提出由 WO3 催化乙烯和 2-丁烯合成丙烯的反应历程如图（所有碳原子满足最外层八 电子结构）。下列说法不正确的是 A. 乙烯、丙烯和 2-丁烯互为同系物 B. 乙烯、丙烯和 2-丁烯的沸点依次升高 C. Ⅲ→Ⅳ中加入的 2-丁烯具有反式结构 D. 碳、钨（W）原子间的化学键在Ⅲ→Ⅳ→Ⅰ的过程中未发生断裂 【答案】D 【解析】 【详解】A. 乙烯、丙烯和 2-丁烯结构相似，组成上相差若干个 CH2 原子团，都属于烯烃，互 为同系物，A 正确； B. 乙烯、丙烯和 2-丁烯都属于烯烃，随着碳原子个数增加，沸点依次升高，故 B 正确； C. 2-丁烯具有顺式（ ）和反式（ ）异构，故 C 正确； D.由示意图可知，Ⅳ→Ⅰ的过程中，发生了碳、钨（W）原子间的化学键断裂 （ ），故 D 错误； 故选 D。 →9.以富含纤维素的农作物为原料，合成 PEF 树脂的路线如下： 下列说法不正确的是 A. 葡萄糖、果糖均属于多羟基化合物 B. 5-HMF→FDCA 发生氧化反应 C. 单体 a 为乙醇 D. PEF 树脂可降解以减少对环境的危害 【答案】C 【解析】 【详解】A.从结构上看，葡萄糖是五羟基醛，果糖是五羟基酮，均属于多羟基化合物，故 A 正确； B. 转化为 的反应是醇羟基和醛基氧化为羧基的反应，故 B 正确； C.由 PEF 的结构简式 可知， 与 HOCH2CH2OH 发生縮聚 反应生成 PEF，单体 a 为乙二醇，故 C 错误； D. 由 PEF 的结构简式可知，PEF 树脂中含有酯基，一定条件下能发生水解反应而降解，从而 减少白色污染对环境的危害，故 D 正确； 故选 C。 【点睛】一定条件下， 与 HOCH2CH2OH 发生縮聚反应生成 ，单体 a 为乙二醇是解答关键。 10.向某密闭容器中充入 NO2，发生反应：2NO2(g) N2O4(g)。其它条件相同时，不同温 度下平衡体系中各物质的物质的量分数如下表：（已知：N2O4 为无色气体） t/℃ 27 35 49 70 NO2% 20 25 40 66 N2O4% 80 75 60 34 下列说法不正确的是 A. 27℃时，该平衡体系中 NO2 的转化率为 B. 平衡时，NO2 的消耗速率为 N2O4 消耗速率的 2 倍 C. 室温时，将盛有 NO2 的密闭玻璃球放入冰水中其颜色会变浅 D. 增大 NO2 起始量，可增大相同温度下该反应的化学平衡常数 【答案】D 【解析】 【详解】A.由表格数据可知，27℃反应达到平衡时，二氧化氮和四氧化二氮的物质的量比为 1:4， 则若四氧化二氮为 4mol，由方程式可知，反应消耗二氧化氮为 8mol，起始二氧化氮为（8+1） mol=9mol，二氧化氮的转化率为 ，故 A 正确； B. 平衡时，正逆反应速率相等，由方程式可知，NO2 的消耗速率为 N2O4 消耗速率的 2 倍，故 B 正确； C.二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，二氧化 氮浓度减小，气体颜色变浅，故 C 正确； D. 化学平衡常数是温度函数，温度不变，化学平衡常数不变，故 D 错误； 故选 D。 11.光电池在光照条件下可产生电压，如下装置可以实现光能源的充分利用，双极性膜可将水 解离为 H+和 OH-，并实现其定向通过。下列说法不正确的是 A. 该装置将光能转化为化学能并分解水 B. 双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性 C. 光照过程中阳极区溶液中的 n(OH-)基本不变 8 9 8 9D. 再生池中的反应： 2V2+ +2H2O 2V3++2OH-+H2↑ 【答案】D 【解析】 【分析】 由示意图可知，双极性膜将水解离为 H+和 OH-，在光电池的作用下，左侧电极为阴极，V3+在 阴极得电子发生还原反应生成 V2+，右侧电极为阳极，氢氧根在阳极失电子发生氧化反应生成 氧气，再生池中 V2+和 H+在催化剂作用下反应生成 V3+和 H2，反应的化学方程式为 2V2+ +2H+ 2V3+H2↑。 【详解】A. 该装置将光能转化 电能，电能转化为化学能，并使水转化为氢气和氧气，故 A 正确； B. 双极性膜将水解离为 H+和 OH-，H+进入阴极池使溶液呈酸性，OH-进入阳极池，使溶液呈 碱性，故 B 正确； C. 光照过程中，双极性膜将水解得到 OH-的物质的量与 OH-在阳极失电子发生氧化反应的物 质的量相等，阳极区溶液中 OH-的物质的量不变，故 C 正确； D. 再生池中 V2+和 H+在催化剂作用下反应生成 V3+和 H2，反应的化学方程式为 2V2+ +2H+ 2V3+H2↑，故 D 错误； 故选 D。 【点睛】再生池中的反应为 V2+和 H+在催化剂作用下反应生成 V3+和 H2，酸性条件下，不可 能生成 OH-是解答关键。 12.室温时，向 20 mL 0.1 mol·L− 1 的两种酸 HA、HB 中分别滴加 0.1 mol·L− 1NaOH 溶液， 其 pH 变化分别对应下图中的Ⅰ、Ⅱ。下列说法不正确的是 A. 向 NaA 溶液中滴加 HB 可产生 HA B. a 点，溶液中微粒浓度：c(A－) > c(Na+) > c(HA) 为 催化剂C. 滴加 NaOH 溶液至 pH=7 时，两种溶液中 c(A－)= c(B－) D. 滴加 20 mL NaOH 溶液时，Ⅰ中 H2O 的电离程度大于Ⅱ中 【答案】C 【解析】 【详解】A.由图可知，0.1 mol·L− 1HB 溶液的 pH 小于等浓度的 HA 溶液，说明 HB 的酸性强于 HA，由强酸制弱酸的原理可知，向 NaA 溶液中滴加 HB 可产生 HA，故 A 正确； B. 由图可知，a 点为等浓度的 HA 和 NaA 混合液，溶液呈酸性，说明 HA 的电离大于 NaA 的 水解，则溶液中微粒浓度：c(A－)>c(Na+)>c(HA)，故 B 正确； C.由于 HB 的酸性强于 HA，等浓度的 HB 溶液和 HA 溶液滴加 NaOH 溶液 pH=7 时，消耗 NaOH 溶液的体积不同，溶液中钠离子的不同，则两种溶液中 c(A－)一定不等于 c(B－)，故 C 错误； D. 滴加 20 mL NaOH 溶液时，等浓度的 HB 溶液和 HA 溶液均恰好完全反应生成 NaB 和 NaA， 由于 HB 的酸性强于 HA，则 NaA 的水解程度大于 NaB，Ⅰ中 H2O 的电离程度大于Ⅱ中，故 D 正确； 故选 C。 【点睛】由于 HB 的酸性强于 HA，等浓度的 HB 溶液和 HA 溶液滴加 NaOH 溶液 pH=7 时， 消耗 NaOH 溶液的体积不同，溶液中钠离子的不同，则两种溶液中 c(A－)一定不等于 c(B－)是 解答关键。 13.我国化学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”联合合成氨工业生产纯碱和氮肥，工艺流程图如下。 碳酸化塔中的反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。 下列说法不正确的是 A. 以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液进入吸氨塔B. 碱母液储罐“吸氨”后的溶质是 NH4Cl 和 NaHCO3 C. 经“冷析”和“盐析”后的体系中存在平衡 NH4Cl(s) NH4+(aq) + Cl－(aq) D. 该工艺的碳原子利用率理论上为 100% 【答案】B 【解析】 【详解】A.由工艺流程图可知，海水淡化工厂以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和 氯化钠溶液，饱和氯化钠溶液进入吸氨塔，吸收氨气后形成氨化的饱和氯化钠溶液，故 A 正 确； B. 进入碱母液储罐中溶液的溶质为氯化铵和碳酸氢钠，通入氨气后，碳酸氢钠溶液与氨气反 应生成碳酸钠和碳酸铵，故 B 错误； C. “冷析”和“盐析”的目的是利用氯化铵在溶液中的溶解平衡 NH4Cl(s) NH4+(aq) + Cl－ (aq)，使平衡向左移动，得到氯化铵晶体，故 C 正确； D. 由工艺流程图可知，反应中二氧化碳与氨化的饱和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢 钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，二氧化碳进入碳酸化塔循环使用，溶液中的碳酸氢钠与 氨气反应生成碳酸钠，碳酸钠进入吸氨塔循环使用，从理论上分析，该工艺的碳原子利用率 理论上可以为 100%，故 D 正确； 故选 B。 【点睛】 14.硅酸（H2SiO3）是一种难溶于水的弱酸，从溶液中析出时常形成凝胶状沉淀。实验室常用 Na2SiO3 溶液制备硅酸。某小组同学进行了如下实验： 编 号 Ⅰ Ⅱ  实 验 现 象 a 中产生凝胶状沉淀 b 中凝胶状沉淀溶解，c 中无明显变 化 下列结论不正确的是 A. Na2SiO3 溶液一定显碱性 B. 由 Ⅰ 不 能 说 明 酸 性 H2CO3＞H2SiO3 C. 由Ⅱ可知，同浓度时 Na2CO3 溶液的碱性强于 NaHCO3 溶液 D. 向 Na2SiO3 溶液中通入过量 CO2，发生反应：SiO32－+CO2+H2O=CO32－+H2SiO3↓ 【答案】D 【解析】 【详解】A. Na2SiO3 是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，故 A 正确； B.反应Ⅰ中盐酸与石灰石反应生成氯化钙、二氧化碳和水，盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢 会干扰二氧化碳与硅酸钠的反应，不能确定碳酸的酸性强于硅酸，故 B 正确； C. b 中凝胶状沉淀溶解，c 中无明显变化，说明同浓度的 Na2CO3 溶液的碱性强于 NaHCO3 溶 液，故 C 正确； D. Na2SiO3 溶液与过量 CO2 反应生成硅酸白色胶状沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为 SiO32－+CO2+2H2O=2HCO3－+H2SiO3↓，故 D 错误； 故选 D。 【点睛】反应Ⅰ中盐酸与石灰石反应生成氯化钙、二氧化碳和水，盐酸具有挥发性，挥发出 的氯化氢会干扰二氧化碳与硅酸钠的反应是解答关键和易错点。 第二部分本部分共 5 题，共 58 分。 15.莫西沙星主要用于治疗呼吸道感染，合成路线如下： 已知： +H2O （1）A 的结构简式是__。 （2）A→B 的反应类型是__。 （3）C 中含有的官能团是__。 （4）物质 a 的分子式为 C6H7N，其分子中有__种不同化学环境的氢原子。 （5） I 能与 NaHCO3 反应生成 CO2，D+I→J 的化学方程式是__。 （6） 芳香化合物 L 的结构简式是__。 （7）还可用 A 为原料，经如下间接电化学氧化工艺流程合成 C，反应器中生成 C 的离子方程 式是__。 【 答 案 】 (1). (2). 取 代 反 应 (3). 醛 基 (4). 4 (5). (6). →(7). 【解析】 【分析】 由有机物的转化关系可知， 在光照条件下与氯气发生取代反应生成 ，则 A 为 ，B 为 ； 在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成 ，则 C 为 ；一定条件下， 与氨气和氢气反应生成 ，则 D 为 ； 在 催 化 剂 作 用 下 ，CH2=CHCH3 与 氧 气 发 生 催 化 氧 化 反 应 生 成 CH2=CHCHO， 则 E 为 CH2=CHCH3，F 为 CH2=CHCHO；CH2=CHCHO 与 发生加成反应生成 ，则 a 为 ； 一定条件下转化为 ， 与氯酸钠发生氧化反应生成 ，则 I 为 ；一定条件下， 与 发生取代反 应 生 成 ， 则 J 为 ； 在 催 化 剂 作 用 下 ， 与氢气发生加成反应（或还原反应）生成 ， 与 LiAlH4 发 生 还 原 反 应 生 成 ， 则 L 为； 一定条件下转化为 ， 经过一 系列反应生成莫西沙星。 【详解】（1）由分析可知，A 的结构简式是 ，故答案为： ； （2）A→B 反应为， 在光照条件下与氯气发生取代反应生成 ，故答案为： 取代反应； （3）C 的结构简式为 ，官能团醛基，故答案为：醛基； （4）物质 a 的分子式为 C6H7N，结构简式为 ，分子中有 4 种不同化学环境的氢原子， 故答案为：4； （5）I 的结构简式为 ，D+I→J 的反应为一定条件下， 与 发生取代反应生成 和水，反应的化学方程式为 ，故答案为： ； （6）由分析可知，芳香化合物 L 的结构简式为 ，故答案为： ； 的（7）酸性条件下，反应器中 与 Ce4+离子发生氧化反应生成 和 Ce3+离子，反应 离子方程式为 ，故答案为： 。 16.水合肼（N2H4·H2O）可用作抗氧剂等，工业上常用尿素[CO(NH2)2]和NaClO 溶液反应制 备水合肼。 已知：Ⅰ．N2H4·H2O 的结构如图 （…表示氢键）。 Ⅱ．N2H4·H2O 沸点 118 ℃，具有强还原性。 （1）将 Cl2 通入过量 NaOH 溶液中制备 NaClO，得到溶液 X，离子方程式是__。 （2）制备水合肼：将溶液 X 滴入尿素水溶液中，控制一定温度，装置如图 a（夹持及控温装 置已略）。充分反应后，A 中的溶液经蒸馏获得水合肼粗品后，剩余溶液再进一步处理还可获 得副产品 NaCl 和 Na2CO3·10H2O。 ①A 中反应的化学方程式是__。 ②冷凝管的作用是__。 ③若滴加 NaClO 溶液的速度较快时，水合肼的产率会下降，原因是__。 ④NaCl 和 Na2CO3 的溶解度曲线如图 b。由蒸馏后的剩余溶液获得 NaCl 粗品的操作是__。 （3）水合肼在溶液中可发生类似 NH3·H2O 的电离，呈弱碱性；其分子中与 N 原子相连的 H 原子易发生取代反应。 ①水合肼和盐酸按物质的量之比 1∶1 反应的离子方程式是__。 ②碳酰肼（CH6N4O）是目前去除锅炉水中氧气的最先进材料，由水合肼与 DEC 的（ ）发生取代反应制得。碳酰肼的结构简式是__。 【答案】 (1). Cl2 +2OH－=Cl－+ ClO－+H2O (2). NaClO+CO(NH2)2+2NaOH N2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3 (3). 冷凝回流水合肼 (4). N2H4·H2O 被 NaClO 氧化 (5). 加 热 至 有 大 量 固 体 析 出 ， 趁 热 过 滤 (6). N2H4·H2O+ H+=N2H5++H2O (7). 【解析】 【详解】（1）Cl2 与过量 NaOH 溶液反应生成 NaClO、NaCl 和 H2O，则得到溶液 X 的离子方 程式为 Cl2 +2OH－=Cl－+ ClO－+H2O； （2）①A 中的反应为碱性条件下，次氯酸钠与尿素发生氧化还原反应生成水合肼、碳酸钠和 氯化钠，反应的化学方程式 NaClO+CO(NH2)2+2NaOH N2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3； ②由题意可知水合肼的沸点低，易挥发，为防止水合肼挥发，造成产率降低，应选用冷凝管 冷凝回流，故答案为：冷凝回流水合肼； ③水合肼有强还原性，NaClO 具有强氧化性，若滴加 NaClO 溶液的速度较快时，反应生成的 水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率会下降，故答案为：N2H4·H2O 被 NaClO 氧化； ④由溶解度曲线可知，碳酸钠的溶解度随温度变化大，氯化钠溶解度随温度变化小，则获得 NaCl 粗品的操作是加热至有大量固体析出，趁热过滤，防止降温时碳酸钠析出，故答案为： 加热至有大量固体析出，趁热过滤； （3）①水合肼和盐酸按物质的量之比 1∶1 反应生成 N2H5Cl 和水，反应的离子方程式 N2H4·H2O+ H+=N2H5++H2O； ②一定条件下，水合肼与 发生取代反应生成 和乙醇，则 碳酰肼的结构简式是 ，故答案为： 。 【点睛】水合肼有强还原性，NaClO 具有强氧化性，若滴加 NaClO 溶液 速度较快，反应生 成的水合肼会被次氯酸钠氧化是解答关键。 17.页岩气中含有较多的乙烷，可将其转化为更有工业价值的乙烯。 （1） 二氧化碳氧化乙烷制乙烯。 将 C2H6 和 CO2 按物质的量之比为 1∶1 通入反应器中，发生如下反应： ⅰ．C2H6(g) C2H4(g) + H2(g) ΔH1＝+136.4 kJ·mol− 1 的 ⅱ．CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) ΔH2＝+41.2 kJ·mol− 1 ⅲ．C2H6(g) +CO2(g) C2H4(g) +CO(g) +H2O(g) ΔH3 ①用 ΔH1、ΔH2 计算 ΔH3＝______kJ·mol−1。 ②反应ⅳ：C2H6(g) 2C(s)+3H2(g)为积碳反应，生成的碳附着在催化剂表面， 降低催 化剂的活性，适当通入过量 CO2 可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因：__。 ③二氧化碳氧化乙烷制乙烯的研究热点之一是选择催化剂，相同反应时间，不同温度、不同 催化剂的数据如下表（均未达到平衡状态）： 【注】C2H4 选择性：转化的乙烷中生成乙烯的百分比。 CO 选择性：转化的 CO2 中生成 CO 的百分比。 对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为__，理由是__。实验条件下，铬盐作催化剂时，随 温度升高，C2H6 的转化率升高，但 C2H4 的选择性降低，原因是__。 （2） 利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯，示意图如图： ①电极 a 与电源的______极相连。 ②电极 b 的电极反应式是 ______。 【答案】 (1). +177.6 (2). 增大 CO2 的量，发生反应 C+CO2 2CO，消耗 C；增 大 CO2 的量，反 应ⅲ正向进行程度增加，降低了 C2H6 的浓度，反应ⅳ进行的程度减小 (3). 铬盐 (4). 相同温度下，铬盐作催化剂时 C2H6 的转化率和 C2H4 的选择性均较高 (5). 温度升高，反应   ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ增大的更多 (6). 正极 (7). CO2 +2e－+2H+=CO+H2O 【解析】 【详解】（1）①已知：C2H6(g) C2H4(g) + H2(g) ΔH1＝+136.4 kJ·mol− 1 ⅱ．CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) ΔH2＝+41.2 kJ·mol− 1 ⅲ．C2H6(g) +CO2(g) C2H4(g) +CO(g) +H2O(g) ΔH3 由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ得反应ⅲ，则 ΔH3＝ΔH1+ΔH2=（+136.4 kJ·mol− 1）+ （+41.2 kJ·mol− 1）=+177.6 kJ·mol− 1，故答案为：+177.6； ②增大二氧化碳的量，可以有效缓解积碳的原因是，二氧化碳能与碳在加热条件下反应生成 一氧化碳，消耗积碳，反应的化学方程式为 C+CO2 2CO；增大二氧化碳的量，反应ⅲ 向正正反应方向移动，降低了体系中 C2H6 的浓度，使反应ⅳ向逆反应方向移动，减少积碳的 生成，故答案为：增大 CO2 的量，发生反应 C+CO2 2CO，消耗 C；增大 CO2 的量，反 应ⅲ正向进行程度增加，降低了 C2H6 的浓度，反应ⅳ进行的程度减小； ③由表格数据可知，相同温度下，铬盐作催化剂时，C2H6 的转化率和 C2H4 的选择性均较高， 则对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为铬盐；升高温度，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速 率均增大，反应ⅳ的化学反应速率增大的幅度更大，导致 C2H6的转化率升高，C2H4 的选择性 降低，故答案为：温度升高，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ增大的更多； （2）①电解池中，阳离子向阴极移动，由图给氢离子的移动方向可知，电极 a 为阳极，与电 源正极相连，故答案为：正； ②电解池中，阳离子向阴极移动，由图给氢离子的移动方向可知，电极 b 为阴极，在氢离子 作用下，二氧化碳在阴极上得电子发生还原反应生成一氧化碳和水，电极反应式为 CO2 +2e－ +2H+=CO+H2O。 18.生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚 铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速 Fe2+氧化的细菌，培养后能提供 Fe3+， 控制反应条件可达 细菌的最大活性，其生物浸矿机理如下图。 反应 1 反应 2 （1）氧化亚铁硫杆菌生物浸出 ZnS 矿。 ①反应 2 中有 S 单质生成，离子方程式是__。   ② 实验表明温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低，原因可能是__。 （2）氧化亚铁硫杆菌生物浸出废旧锂离子电池中钴酸锂（LiCoO2）与上述浸出机理相似，发 生反应 1 和反应 3：LiCoO2 +3Fe3+=Li++ Co2++3Fe2++O2↑ ①在酸性环境中，LiCoO2 浸出 Co2+的总反应的离子方程式是__。 ②研究表明氧化亚铁硫杆菌存在时，Ag+对钴浸出率有影响，实验研究 Ag+的作用。取 LiCoO2 粉末和氧化亚铁硫杆菌溶液于锥形瓶中，分别加入不同浓度 Ag+的溶液，钴浸出率（图 1）和 溶液 pH（图 2）随时间变化曲线如下： 图 1 不同浓度 Ag+作用下钴浸出率变化曲线 图 2 不同浓度 Ag+作用下溶液中 pH 变化曲线 Ⅰ．由图 1 和其他实验可知，Ag+能催化浸出 Co2+，图 1 中的证据是__。 Ⅱ．Ag+是反应 3 的催化剂，催化过程可表示为： 反应 4：Ag++LiCoO2=AgCoO2+Li+ 反应 5：…… 反应 5 的离子方程式是__。 Ⅲ．由图 2 可知，第 3 天至第 7 天，加入 Ag+后的 pH 均比未加时大，结合反应解释其原 因：__。 【答案】 (1). ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+ (2). 细菌的活性降低或失去活性 (3). 4LiCoO2 +12H+ 4Li++4Co2++6H2O +O2↑ (4). 加入 Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提 高了钴浸出速率 (5). AgCoO2+3Fe3+=Ag++ Co2++3Fe2++O2↑ (6). 加入 Ag+催化了反应 3， 使 LiCoO2 浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗 H+更多，故加入 Ag+后的 pH 比未加时大 【解析】 【详解】（1）①由题给示意图可知，反应 2 为 Fe3+与 ZnS 发生氧化还原反应生成 Zn2+、S 和 Fe2+，反应的离子方程式为 ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+，故答案为：ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+；② 细菌为蛋白质，温度较高或酸性过强时，蛋白质变性，细菌的活性降低，导致金属离子的 浸出率均偏低，故答案为：细菌的活性降低或失去活性； （2）①在酸性环境中，细菌做催化剂，使 LiCoO2 中+3 价的 Co 元素将-2 价 O 元素氧化，反 应生成 Li+、Co2+、O2 和 H2O，反应的离子方程式为 4LiCoO2 +12H+ 4Li++4Co2++6H2O +O2↑， 故答案为：4LiCoO2 +12H+ 4Li++4Co2++6H2O +O2↑； ②Ⅰ．由图 1 可知，加入 Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，说明 Ag+做催化剂，提高了钴 浸出速率，故答案为：加入 Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率； Ⅱ．由催化剂的催化机理可知，反应 4 中 Ag+做反应物，则反应 5 中 Ag+做生成物，即中间产 物 AgCoO2 与 Fe3+反应生成 Ag+、Co2+、Fe2+和 O2，反应的化学方程式为 AgCoO2+3Fe3+=Ag++ Co2++3Fe2++O2↑，故答案为：AgCoO2+3Fe3+=Ag++ Co2++3Fe2++O2↑； Ⅲ．由图 2 可知，第 3 天至第 7 天，加入 Ag+后的 pH 均比未加时大，原因是加入 Ag+催 化了反应 3，使 LiCoO2 浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗 H+更多，导致加 入 Ag+后的 pH 比未加时大，故答案为：加入 Ag+催化了反应 3，使 LiCoO2 浸出的总反应的化 学反应速率加快，相同时间内消耗 H+更多，故加入 Ag+后的 pH 比未加时大。 19.研究不同 pH 时 CuSO4 溶液对 H2O2 分解的催化作用。资料：a．Cu2O 为红色固体，难 溶于水，能溶于硫酸，生成 Cu 和Cu2+。b．CuO2 为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生 成 Cu2+和 H2O2。c．H2O2 有弱酸性：H2O2 H+ +HO2-，HO2- H+ +O22-。 编 号 实验 现象 Ⅰ 向 1 mL pH＝2 的 1 mol·L− 1 CuSO4 溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液 出现少量气泡 Ⅱ 向 1 mL pH＝3 的 1 mol·L− 1 CuSO4 溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液 立即产生少量棕黄色沉淀，出 现较明显气泡 Ⅲ 向 1 mL pH＝5 的 1 mol·L− 1CuSO4 溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液 立即产生大量棕褐色沉淀，产 生大量气泡（1） 经检验生成的气体均为 O2，Ⅰ中 CuSO4 催化分解 H2O2 的化学方程式是__。 （2）对Ⅲ中棕褐色沉淀的成分提出 2 种假设：ⅰ.CuO2，ⅱ.Cu2O 和 CuO2 的混合物。为检 验上述假设，进行实验Ⅳ：过滤Ⅲ中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈 蓝色，并产生少量气泡。 ①若Ⅲ中生成的沉淀为 CuO2，其反应的离子方程式是__。 ②依据Ⅳ中沉淀完全溶解，甲同学认为假设ⅱ不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是 __。 ③为探究沉淀中是否存在 Cu2O，设计如下实验： 将Ⅲ中沉淀洗涤、干燥后，取 a g 固体溶于过量稀硫酸，充分加热。冷却后调节溶液 pH，以 PAN 为指示剂，向溶液中滴加 c mol·L − 1EDTA 溶液至滴定终点，消耗 EDTA 溶液 V mL。V=__，可知沉淀中不含 Cu2O，假设ⅰ成立。（已知：Cu2++EDTA= EDTA-Cu2+，M(CuO2) ＝96 g·mol − 1，M(Cu2O)＝144 g·mol−1） （3）结合方程式，运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因__ 。 （4）研究Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同 pH 时 H2O2 分解速率不同的原因。 实验Ⅴ：在试管中分别取 1 mL pH＝2、3、5 的 1 mol·L−1 Na2SO4 溶液，向其中各加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液，三支试管中均无明显现象。 实验Ⅵ：__（填实验操作和现象），说明 CuO2 能够催化 H2O2 分解。 （5）综合上述实验，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同 pH 时 H2O2 的分解速率不同的原因是__。 【答案】 (1). 2H2O2 O2↑+2H2O (2). H2O2+Cu2+＝CuO2↓+2H+ (3). CuO2 与 H+ 反应产生的 H2O2 具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化 Cu2O 或 Cu，无法观察到红色沉淀 Cu (4). (5). 溶液中存在 H2O2 H++HO2－，HO2－ H++O22－，溶液 pH 增大， 两个平衡均正向移动，O22－浓度增大，使得 CuO2 沉淀量增大 (6). 将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤， 干燥，称取少量于试管中，加入 30％H2O2 溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥 后固体的质量不变 (7). CuO2 的催化能力强于 Cu2+；随 pH 增大，Cu2+与 H2O2 反应生成 CuO2 增多 【解析】 【详解】（1）由题意可知，在硫酸铜做催化剂作用下，双氧水分解生成水和氧气，反应 化 学方程式为 2H2O2 O2↑+2H2O，故答案为：2H2O2 O2↑+2H2O； （2）①若Ⅲ中生成的沉淀为 CuO2，说明双氧水与铜离子反应生成过氧化铜和水，反应的离子 的 1000a 96c方程式为 H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+，故答案为：H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+； ②由题意可知，过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成双氧水，双氧水具有强氧化性，在酸性 条件下可能会氧化氧化亚铜或铜，无法观察到红色沉淀，说明假设ⅱ可能成立，乙同学的观 点正确，故答案为：CuO2 与 H+反应产生的 H2O2 具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化 Cu2O 或 Cu，无法观察到红色沉淀 Cu； ③a g 过氧化铜的物质的量为 ，由方程式可得如下关系：CuO2—Cu2+—EDTA，则有 = c mol/L×V×10—3L，解得 V= ml，故答案为： ； （3）由题意可知，双氧水溶液中存在如下电离平衡 H2O2 H+ +HO2－、HO2－ H+ +O22 －，溶液 pH 增大，氢离子浓度减小，两个平衡均正向移动，过氧根浓度增大，使得过氧化铜 沉淀量增大，故答案为：溶液中存在 H2O2 H++HO2－，HO2－ H++O22－，溶液 pH 增大， 两个平衡均正向移动，O22－浓度增大，使得 CuO2 沉淀量增大； （4）若过氧化铜能够催化过氧化氢分解，过氧化氢分解速率加快，催化剂过氧化铜的组成和 质量不会发生变化，则实验操作和现象为将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中， 加入 30％H2O2 溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变，故答案 为：将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入 30％H2O2 溶液，立即产生大量 气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变； （5）由以上实验可知，当溶液 pH 增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉 淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大，故答案为：CuO2 的 催化能力强于 Cu2+；随 pH 增大，Cu2+与 H2O2 反应生成 CuO2 增多。 【点睛】当溶液 pH 增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧 化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大是解答关键，也是实验设计的关键。 ag 96g/ mol ag 96g/ mol 1000a 96c 1000a 96c