北京市西城区2020届高三上学期期末考试化学试题（Word版带解析）.doc

北京市西城区 2019—2020 学年度第一学期期末试卷 高三化学 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 第Ⅰ卷（选择题 共 42 分） 1.可回收物经综合处理，可再利用，节约资源。下列可回收物的主要成分属于合金的是 A. 旧自行车钢圈 B. 旧报纸 C. 旧塑料盆 D. 旧衣物 【答案】A 【解析】 【详解】A、钢圈的主要材料是铁的合金，故 A 符合题意； B、旧报纸的主要成分是纤维素，故 B 不符合题意； C、旧塑料的主要成分是有机高分子材料，故 C 不符合题意； D、旧衣物的主要成分是有机高分子材料，故 D 不符合题意。 答案选 A。 2.下列说法不正确的是 A. 鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸微热后生成黄色沉淀 B. 蛋白质遇饱和硫酸钠溶液变性 C. 油酸甘油酯可通过氢化反应变 硬脂酸甘油酯为D. 油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐 【答案】B 【解析】 【详解】A、鸡蛋清是蛋白质，故能和浓硝酸发生颜色反应显黄色，且加热能使蛋白质变性， 故 A 正确； B、硫酸钠为轻金属盐，不能使蛋白质变性，能使蛋白质发生盐析，故 B 错误； C、油酸甘油酯含有碳碳双键，与氢气能够发生加成反应生成硬脂酸甘油酯，故 C 正确； D、油脂含有酯基，在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，又叫皂化反应，故 D 正确。 答案选 B。 【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握物质的结构与性质的关系为解答的关键，侧重 分析与应用能力的考查，注意蛋白质盐析和变性的条件。 3.下列反应过程，与氧化还原反应无关的是 A. 在钢铁设备上连接金属 Zn 保护钢铁 B. 向工业废水中加入 Na2S 去除其中的 Cu2+、Hg2+ C. 向煤中加入适量石灰石转化为 CaSO4 减少 SO2 排放 D. 补铁剂（含琥珀酸亚铁）与维生素 C 同服促进铁的吸收 【答案】B 【解析】 【详解】A、钢铁设备上连接金属锌，构成原电池时锌为负极，原电池反应为氧化还原反应， 故 A 不符合题意； B、向废水中加入 Na2S，S2-与 Cu2+、Hg2+反应生成对应的沉淀，为复分解反应，故 B 符合 题意； C、向煤中加入适量石灰石转化为 CaSO4，发生的反应为： 2CaCO3+O2+2SO2═2CaSO4+2CO2，为氧化还原反应，故 C 不符合题意； D、维生素 C 有还原性，可防止亚铁离子氧化为铁离子，这与氧化还原反应有关，故 D 不 符合题意。 【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及 反应中元素的化合价变化。 4.我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷（Rb）原子钟，每 3000 万年误差仅 1 秒。Rb 是 第五周期第ⅠA 族元素，下列关于 37Rb 的说法正确的是A. 元素的金属性：K＞37Rb B. 中子数为 50 的 Rb 的核素：50Rb C. 与同周期元素 53I 的原子半径比：Rb＞I D. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＞RbOH 【答案】C 【解析】 【分析】 铷元素（Rb）位于元素周期表中第五周期第ⅠA 族，为碱金属元素，同主族从上到下金属 性增强，同主族元素化合物的性质相似，以此来解答。 【详解】A、同主族从上往下金属性增强，所以金属性：K＜37Rb，故 A 错误； B、中子数为 50 的 Rb 的核素表示为：87Rb，故 B 错误； C、同周期从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径 Rb＞I，C 正确； D、同主族从上往下金属元素对应氧化物水化物的碱性增强，故碱性 RbOH＞KOH，故 D 错 误。 答案选 C。 【点睛】考查元素周期表，侧重考查学生的分析能力，要求学生熟悉元素周期表的排布规律， 同时了解元素的一些性质变化规律。 5.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是 A. 无色溶液中：Cu2+、K+、SCN−、Cl− B. 含有 NO3−的溶液中：I−、SO32−、SO42−、H+ C. 由水电离出的 c(H+)＝1.0×10−13 mol·L−1 的溶液中：Na+、NH4+、SO42−、HCO3− D. pH＝11 的 NaOH 溶液中：CO32−、K+、NO3−、SO42− 【答案】D 【解析】 【分析】 A、Cu2+显蓝色； B、NO3−在酸性条件下具有强氧化性； C、由水电离出的 c(H+)＝1.0×10−13 mol·L−1 的溶液既可能是酸也可能是碱； D、pH＝11 的 NaOH 含有氢氧根。 【详解】A、Cu2+显蓝色，故 A 不符合题意；B、溶液中含有大量 H+，显酸性，NO3−在酸性条件下具有强氧化性，I−、SO32−均不能大量 共存，故 B 错误； C、由水电离出的 c(H+)＝1.0×10−13 mol·L−1 的溶液既可能是酸也可能是碱，NH4+在碱性溶液 中不能大量存在，HCO3−在酸性和碱性条件下都不能大量共存，故 C 错误； D、pH＝11 的 NaOH 溶液中有钠离子和氢氧根，CO32−、K+、NO3−、SO42−与它们都不反应， 可以共存，故 D 正确。 答案选 D。 【点睛】本题考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解 反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如： 溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或 OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、 “加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。 6.下列说法正确的是 A. 1 mol O2 的体积是 22.4 L B. 1.7 g NH3 中含有的质子数约为 6.02×1023 C. 8 g S 在足量 O2 中完全燃烧转移的电子数约为 3.01×1023 D. 0.5 mol·L−1NaCl 溶液中含有 Cl−的物质的量为 0.5 mol 【答案】B 【解析】 【详解】A、气体摩尔体积受温度和压强影响，温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，则 无法计算气体体积，故 A 错误； B、1.7 g NH3 的物质的量为 n= = =0.1mol，1 个 NH3 中含有 10 个质子， 0.1mol NH3 的质子数为 1mol，所以，1molNH3 的质子数数目约为 6.02×1023，故 B 正确； C、8 g S 物质的量为： =0.25mol，在足量 O2 中完全燃烧转移的电子数约 0.25×4×6.02×1023=6.02×1023，故 C 错误； D、溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故 D 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，掌握公式是解题关键，注意气体摩尔体积 m M 1.7g 17g / mol 8 32 / g g mol使用条件和对象是解题关键。 7.下列解释事实的化学用语不正确的是 A. 碳酸钙与稀盐酸反应：CO32−+2H+ == H2O+CO2↑ B. 铜与稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO3− == 3Cu2++2NO↑+4H2O C. 氨的催化氧化反应：4NH3+5O2 4NO+6H2O D. 少量二氧化硫与氢氧化钠溶液反应：2OH−+SO2== SO32−+H2O 【答案】A 【解析】 【详解】A、碳酸钙与稀盐酸反应，碳酸钙应该写成化学式，正确的离子方程式为： CaCO3+2H+═H2O+CO2↑+Ca2+，故 A 错误； B、铜与稀硝酸反应的化学方程式为 3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，离子方程式 为：3Cu+8H++2NO3− == 3Cu2++2NO↑+4H2O，故 B 正确； C、氨的催化氧化反应，氨被氧化为 NO，化学方程式为：氨的催化氧化反应：4NH3+5O2 4NO+6H2O，故 C 正确； D、少量二氧化硫与烧碱溶液反应生成亚硫酸钠，离子方程式为：SO2+2OHˉ=SO32-+H2O， 故 D 正确。 答案选 A。 【点睛】本题考查方程式的书写，解题时注意从化学式、离子符号、电荷守恒、是否符合反 应实际的角度分析离子方程式的书写是否正确。 8.向 2 mL 0.8 mol·L−1 FeSO4 溶液中，滴加 2 mL1 mol·L−1 NaHCO3 溶液，产生无色气体和白色 沉淀。将浊液分成两份，一份迅速过滤、洗涤，加入稀盐酸，产生的无色气体可使澄清石灰 水变浑浊；另一份静置一段时间后变为红褐色。已知：碳酸亚铁是难溶于水的白色固体。下 列说法不正确的是 A. 无色气体是 CO2 B. HCO3−只发生了电离 C. 白色沉淀中含有 FeCO3 D. 上述实验过程中发生了氧化还原反应 【答案】B 催化剂 催化剂【解析】 【分析】 FeSO4 与 NaHCO3 溶液反应，产生无色气体和白色沉淀，气体能使澄清石灰水变浑浊，为二 氧化碳，沉淀中有 FeCO3，HCO3−是二元弱酸的酸式根既发生了电离，也发生了水解。 【详解】A、产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊，在该反应中肯定为二氧化碳，故 A 正 确； B、HCO3−是二元弱酸的酸式盐离子，既能发生电离，也发生水解，故 B 错误； C、浊液迅速过滤、洗涤，加入稀盐酸，产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊，说明产生 了二氧化碳，表明沉淀中有 FeCO3，故 C 正确； D、另一份静置一段时间后变为红褐色，生成了氢氧化铁，说明溶液中亚铁离子被氧气氧化 成铁离子，故 D 正确。 答案选 B。 9.PET（ ，M 链节= 192 g·mol−1）可用来生产合成纤维或塑料。 测某 PET 样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚酞作指示剂，用 c mol·L−1 NaOH 醇溶液滴定 m g PET 端基中的羧基至终点（现象与水溶液相同），消耗 NaOH 醇溶液 v mL。下列说法不正确的是 A. PET 塑料是一种可降解高分子材料 B. 滴定终点时，溶液变为浅红色 C. 合成 PET 的一种单体是乙醇的同系物 D. PET 的平均聚合度 （忽略端基的摩尔质量） 【答案】C 【解析】 【分析】 是聚酯类高分子，它的单体为：HOCH2CH2OH 和 ， 可以发生水解反应生成小分子。 1000 m 192 cv n ≈【详解】A、PET 塑料是聚酯类高分子，可发生水解反应生成 HOCH2CH2OH 和 ，故 A 正确； B、用 NaOH 醇溶液滴定 PET 端基中的羧基，恰好反应完时生成羧酸钠，显弱碱性，使酚 酞试剂显浅红色，B 正确； C、 的单体为：HOCH2CH2OH 和 ，乙二醇中有两个 羟基，在组成上与乙醇也没有相差-CH2-的整数倍，故乙二醇与乙醇不是同系物，故 C 错误； D、NaOH 醇溶液只与 PET 端基中的羧基反应，n（NaOH）=cv 10-3mol，则 PET 的物质的 量也等于 cv 10-3mol，则 PET 的平均相对分子质量= = g/mol，PET 的 平均聚合度 ，故 D 正确。 答案选 C。 【点睛】本题考查高分子化合物的结构，单体的判断，中和滴定等知识点，判断同系物的两 个要点：一是官能团的种类和个数要相同，二是组成上要相差-CH2-的整数倍。 10.室温下，1 L 含 0.1 mol CH3COOH 和 0.1 mol CH3COONa 的溶液 a 及加入一定量强酸或强 碱后溶液的 pH 如下表（加入前后溶液体积不变）： 溶液 a 通入 0.01 mol HCl 加入 0.01 mol NaOH pH 4.76 4.67 4.85 像溶液 a 这样，加入少量强酸或强碱后 pH 变化不大的溶液称为缓冲溶液。 下列说法不正确的是 A. 溶液 a 和 0.1 mol·L−1 CH3COOH 溶液中 CH3COOH 的电离程度前者小于后者 B. 向溶液 a 中通入 0.01 mol HCl 时，CH3COO−结合 H+生成 CH3COOH，pH 变化不大 C. 向溶液 a 中加入 0.1 mol NaOH 固体，pH 基本不变 D. 含 0.1 mol·L−1 NH3·H2O 与 0.1 mol·L−1 NH4Cl 的混合溶液也可做缓冲溶液 【答案】C 【解析】 × × 310 mg vc mol−× 1000 m cv 1000 mn 192 cv ≈【分析】 含 0.1 mol CH3COOH 和 0.1 mol CH3COONa 的溶液中，如果加入少量的强酸或强碱，反应后 不会改变溶液的大致组成，pH 变化不大；如果加入较多的强酸或强碱，则会改变溶液的组 成和性质。 【详解】A、1 L 含 0.1 mol CH3COOH 和 0.1 mol CH3COONa 的溶液 a 中，CH3COONa 电离 出 CH3COO--，对 CH3COOH 的电离有抑制作用，因此溶液 a 中 CH3COOH 的电离程度小于 0.1 mol·L−1 CH3COOH 溶液中 CH3COOH 的电离程度，故 A 正确； B、向溶液 a 中通入 0.01 mol HCl 时，CH3COO−结合 H+生成 CH3COOH，反应后溶液组成为 0.11 mol CH3COOH 和 0.09 mol CH3COONa，溶液组成没有大的变化，pH 变化不大，故 B 正确； C、向溶液 a 中加入 0.1 mol NaOH 固体，0.1 mol CH3COOH 完全反应，得到 CH3COONa 溶 液，显碱性，pH 变化大，故 C 错误； D、含 0.1 mol·L−1 NH3·H2O 与 0.1 mol·L−1 NH4Cl 的混合溶液，加入少量强酸或强碱，溶液组 成不会明显改变，故也可叫缓冲溶液，故 D 正确。 答案选 C。 11.下列实验的现象与结论相对应的是 A B C D 实 验 现 象 电流计指针向右 偏（电子由 Fe 转 移到 Cu），片刻后 向左偏 加热一段时间 后溶液蓝色褪 去 加热，肥皂液中产生无色气泡 ①和②中均迅 速产生大量气 泡 结 论 铁片作负极，片刻 后铜片作负极 淀粉在酸性条 件下水解，产 物是葡萄糖 铁粉与水蒸气反应生成 H2 MnO2 一定是 ②中反应的催 化剂A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】 A、开始时铁与浓硝酸反应生成氧化膜，铁为负极；铁的表面钝化后，无法与浓硝酸继续反 应，则铜与浓硝酸发生反应，此时铜为负极，所以电流方向会发生改变，故 A 正确； B、蓝色褪去可以说明淀粉发生水解，但是无法确定其水解产物是不是葡萄糖，故 B 错误； C、不能说明肥皂液中产生无色气泡为氢气，也可能是空气受热膨胀产生气泡，故 C 错误； D、过氧化钠与水反应放出大量的热，因此无法判断二氧化锰是否产生了催化作用，故 D 错 误。 答案选 A。 【详解】该题考查基本实验的操作、现象、结论，要求对教材上的实验比较熟悉，关键是对 实验中的一些不确定情况能进行具体分析，试题有一定的灵活性。 12.骨胶黏剂是一种极具应用前景的医用高分子材料。某骨胶黏剂的制备原料为聚酯三元醇， 其合成原理如下： 已知：R1COOR2+R318OH R1CO18OR3+R2OH 下列说法不正确的是 A. 单体 M1 可用于配制化妆品 B. 改变 M1 在三种单体中的比例，可调控聚酯三元醇的相对分子质量 C. 该合成反应为缩聚反应 D. X、Y、Z 中包含的结构片段可能有 【答案】C 【解析】 →催化剂【分析】 由信息中的已知反应可知，三种单体再生成聚酯三元醇时主要反生信息中的酯交换反应，其 反应原理为醇羟基断开 H 原子，酯基断开碳氧单键，断开处相互结合生成新的物质。 【详解】A、单体 M1 为丙三醇，丙三醇具有吸水性，用于配制化妆品，故 A 正确； B、改变 M1 在三种单体中的比例，则产物的结构简式会改变，相对分子质量也会改变，故 B 正确； C、缩聚反应有小分子生成，而上述反应无小分子生成，故 C 错误； D、根据信息的反应原理，X、Y、Z 中包含的结构片段可能有 ，故 D 正确。 答案选 C。 13.液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点， 其示意图如右图。下列说法不正确的是 已知：①Zn(OH)2+2OH− == Zn(OH)42− 。 ②KOH 凝胶中允许离子存在、生成或迁移。 A. 放电过程中，H+由正极向负极迁移 B. 放电过程中，正极的电极反应：MnO2+4H++2e−== Mn2++2H2O C. 充电过程中，阴极的电极反应：Zn(OH)42−+2e− == Zn+4OH− D. 充电过程中，凝胶中的 KOH 可再生 【答案】A 【解析】 【分析】 放电过程中，Zn 为负极，电极反应式为： Zn -2e−+4OH− == Zn(OH)42−，MnO2 为正极，电 极反应式为：MnO2+4H++2e−== Mn2++2H2O，充电时的阴极反应式为：Zn(OH)42−+2e− == Zn +4OH−，阳极反应式为： Mn2++2H2O-2e−== MnO2+4H+。 【详解】A、放电时正极反应式为：MnO2+4H++2e−== Mn2++2H2O，消耗氢离子，应该是硫 酸根离子向锌电极迁移，故 A 错误；B、MnO2 为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e−== Mn2++2H2O，故 B 正确； C、充电时，由负极反应式写阴极反应式为：Zn(OH)42−+2e− == Zn+4OH−，故 C 正确； D、充电过程中，阴极反应式 ：Zn(OH)42−+2e− == Zn +4OH−，氢氧根与钾离子组成氢氧化 钾，故 D 正确。 答案选 A。 【点睛】该题考查可充电电池，一般先分析放电过程的负极反应式、正极反应式；再分析充 电过程的阴极反应式和阳极反应式。 14.某温度时，两个恒容密闭容器中仅发生反应 2NO2(g) 2NO(g) +O2 (g) ΔH > 0。实验 测得：υ 正(NO2 )＝k 正 c2(NO2 )，υ 逆(NO)＝k 逆 c2(NO)·c(O2 )，k 正、k 逆为化学反应速率常 数，只受温度影响。 起始浓度（mol·L−1） 平衡浓度（mol·L−1）容器 编号 c(NO2) c(NO) c(O2) c(O2) Ⅰ 0.6 0 0 0.2 Ⅱ 0.6 0.1 0 下列说法不正确的是 A. Ⅰ中 NO2 的平衡转化率约为 66.7% B. Ⅱ中达到平衡状态时，c(O2)＜0.2 mol·L−1 C. 该反应的化学平衡常数可表示为 K= D. 升高温度，该反应的化学平衡常数减小 【答案】D 【解析】 【分析】 先用三段式法计算出实验Ⅰ中各组分的改变浓度和平衡浓度： 为 k k 正 逆 2 22 2 ( ) 0.6 0 0 ( 0.4 0.4 0.2 ( 0.2 0.4 0.2 NO NO O C C C + 始 变) 平)而实验Ⅱ相当于在Ⅰ基础上再加入 NO，平衡会逆向移动，再判断各量的变化。 【详解】A、由上述分析可知，Ⅰ中 NO2 的平衡转化率为 ，故 A 正确； B、Ⅰ中平衡时 c(O2)=0.2 mol·L−1，实验Ⅱ相当于在Ⅰ基础上再加入 NO，平衡会逆向移动， c(O2)＜0.2 mol·L−1，故 B 正确； C、平衡时 υ 正(NO2 )＝υ 逆(NO)，即 k 正 c2(NO2 )＝k 逆 c2(NO)·c(O2 )，得 = =K，故 C 正确； D、该反应为吸热反应，升高温度，K 值增大，故 D 错误。 答案选 D。 第Ⅱ卷（非选择题 共 58 分） 15.草酸亚铁是黄色晶体，常用作照相显影剂、新型电池材料等。 实验室制备草酸亚铁并测定其中 Fe2+和 C2O42−的物质的量之比确定其纯度，步骤如下： Ⅰ．称取一定质量的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]于烧杯中，加蒸馏水和稀硫酸，加热溶解， 再加饱和 H2C2O4 溶液，加热沸腾数分钟，冷却、过滤、洗涤、晾干，得黄色晶体。 Ⅱ．称取 m gⅠ中制得的晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，70℃水浴加热，用 c mol·L−1 KMnO4 溶液滴定至终点，消耗 KMnO4 溶液 v1 mL（其中所含杂质与 KMnO4 不反 应）。 Ⅲ．向Ⅱ滴定后的溶液中加入过量锌粉和稀硫酸，煮沸，至反应完全，过滤，用 c mol·L−1 KMnO4 溶液滴定滤液至终点，消耗 KMnO4 溶液 v2 mL。 Ⅳ．重复上述实验 3 次，计算。 已知：ⅰ．草酸是弱酸。 ⅱ．pH>4 时，Fe2+易被 O2 氧化。 ⅲ．酸性条件下，KMnO4 溶液的还原产物为近乎无色的 Mn2+。 (1)Ⅰ中加入稀硫酸的目的是______、______。 (2)Ⅱ中与 KMnO4 溶液反应的微粒是______、______。 (3)Ⅲ中加入过量锌粉仅将 Fe3+完全还原为 Fe2+。若未除净过量锌粉，则消耗 KMnO4 溶液的 体积 V ______v2 mL（填“＞”、“＝”或“＜”）。 (4)Ⅲ中，滴定时反应的离子方程式是______。 0.4 100% 66.7%0.6 × ≈ k k 正 逆 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 ·c NO c O c NO(5)m gⅠ中制得的晶体中，Fe2+和 C2O42−的物质的量之比是______（用含 v1、 v2 的计算式表 示）。 【答案】 (1). 抑制 Fe2+水解 (2). 增强溶液酸性，防止 Fe2+被 O2 氧化 (3). Fe2+ (4). C2O42− (5). ＞ (6). (7). 【解析】 【分析】 先用硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]与饱和 H2C2O4 溶液反应制备草酸亚铁，称取 m g 草酸亚铁 晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，用 KMnO4 溶液滴定至终点，Fe2+和 C2O42−都 反应完，Fe2+被氧化为 Fe3+，Ⅱ滴定后的溶液中加入过量锌粉将 Fe3+完全还原为 Fe2+，最后 再用等浓度 KMnO4 溶液滴定至终点，则可以计算出的 Fe2+的含量，则 C2O42−消耗的 KMnO4 溶液体积为（v1- v2），可计算出 C2O42−的含量。 【详解】(1)亚铁离子要水解，由信息可知 pH>4 时，Fe2+易被 O2 氧化，加入稀硫酸的目的 是抑制 Fe2+水解；增强溶液酸性，防止 Fe2+被 O2 氧化；故答案为：抑制 Fe2+水解；增强溶 液酸性，防止 Fe2+被 O2 氧化； （2）Ⅱ中与 KMnO4 溶液反应的微粒有 Fe2+和 C2O42−，故答案为：Fe2+；C2O42−； （3）Ⅲ中若未除净过量锌粉，则在后面的滴定反应中锌粉又会将 Fe3+还原为 Fe2+，Fe2+继 续和高锰酸钾反应，消耗的高锰酸钾溶液体积偏大，故答案为：＞； （4）Ⅲ中滴定时，Fe2+与酸性高锰酸钾溶液反应，离子方程式为： ； （5）Ⅲ中滴定时，MnO4-与 Fe2+的关系式为： ， 的物质的量为： ，Fe2+的物质的量为 ；在Ⅱ中 C2O42−与 的关系式为 , C2O42−消耗的 KMnO4 溶液体积为（v1- v2）， 的物质的量为： ，C2O42−的物质的量为： ，Fe2+和 C2O42−的物质的 量之比为 = ，故答案为： 。 【点睛】该题主要考查氧化还原滴定，关键是要理清反应原理，用电子守恒法找出关系式， 再由关系式进行计算。 - 2+ + 2+ 3+ 4 2MnO +5Fe +8H =Mn +5Fe +4H O 2 1 2 2 ( ) v v v− - 2+ + 2+ 3+ 4 2MnO +5Fe +8H =Mn +5Fe +4H O - 2+ 4MnO 5Fe - 4MnO 3 2 10v c mol−× -3 25v c 10 mol× - 4MnO - 2- 4 2 42MnO 5C O - 4MnO -3 1 2(v -v )c×10 mol -3 1 22.5(v -v )c 10 mol× -3 2 -3 1 2 5v c 10 mol 2.5(v -v )c 10 mol × × 2 1 2 2 ( ) v v v− 2 1 2 2 ( ) v v v−16.二氧化氯（ClO2）广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。工业上利用甲 醇还原 NaClO3 的方法制备 ClO2，工艺流程如下： 已知：a．发生器中制备 ClO2 的反应：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH= 12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H(SO4)2↓+9H2O b．相关物质的熔沸点： 物质 CH3OH HCOOH ClO2 熔点/℃ －97 9 －59 沸点/℃ 65 101 11 (1)ClO2 可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有______性。 (2)冷却塔用于分离 ClO2 并回收 CH3OH，应控制 最佳温度为______（填字母）。 A．0~10℃ B．20~30℃ C．60~70℃ (3)经过程Ⅰ和过程Ⅱ可以获得芒硝（Na2SO4·10H2O）并使部分原料循环利用。 已知：Na2SO4·10H2O 和 Na2SO4 的溶解度曲线如下图： ①Na3H(SO4)2 处理器中获得芒硝时需加入 NaClO3 固体，从芒硝溶解平衡的角度解释其原因： ______。 的②结合 Na2SO4·10H2O 和 Na2SO4 的溶解度曲线，过程Ⅱ的操作是：在 32.4℃恒温蒸发， ______。 ③Na3H(SO4)2 处理器的滤液中可以循环利用的原料是 NaClO3 和______。 【 答 案 】 (1). 氧 化 (2). B (3). ，加入 NaClO3，使钠离子浓度增大，平 衡逆向移动，有利于 Na2SO4·10H2O 的析出 (4). 冷却结晶，过滤，洗涤，干燥 (5). H2SO4 【解析】 【分析】 由流程可知，发生器中制备 ClO2, 冷却塔用于分离 ClO2 并回收 CH3OH，在吸收塔中用冷水 冷凝 ClO2，最后再储存；发生器中生成的 Na3H(SO4)2 进入 Na3H(SO4)2 处理器，用 H2O2 和 NaClO3 处理得到 Na2SO4·10H2O。 【详解】（1）ClO2 可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有氧化性，故答案为：氧化； （2）冷却塔用于分离 ClO2 并回收 CH3OH，根据表格中相关物质的溶解度，控制的温度应 该使 CH3OH 液化，但是 ClO2 不能液化，只有 B 项合适，答案选 B； （3）①在处理器中会发生反应： ，加入 NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于 Na2SO4·10H2O 的析出，故答案为： ，加入 NaClO3，使钠离子浓度增大，平 衡逆向移动，有利于 Na2SO4·10H2O 的析出； ②过程Ⅱ的操作为在 32.4℃恒温蒸发后，再冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，故答案为：冷却 结晶，过滤，洗涤，干燥； ③Na3H(SO4)2 处理器的滤液中可以循环利用的原料为 NaClO3 和 H2SO4,故答案为：H2SO4。 17.含氰根（CN−）的废水必须经处理后排放。某电镀废水 pH≈12，氰化物以 CN−、Cu(CN)32− 等形式存在（均以 CN−计），处理流程如下： (1)HCN 是一元弱酸，用离子方程式表示 NaCN 水溶液显碱性的原因：______。 (2)二次处理阶段，使用不同方法氧化。 + 2+ 2 4 2 (s) (aq) 4 (aq) 2Na SO 10H O 2Na +SO +10H O⋅  + 2+ 2 4 2 (s) (aq) 4 (aq) 2Na SO 10H O 2Na +SO +10H O⋅  + 2+ 2 4 2 (s) (aq) 4 (aq) 2Na SO 10H O 2Na +SO +10H O⋅ ①过硫酸钾（K2S2O8）氧化法：K2S2O8 溶液将 CN−（N 为－3 价）氧化成毒性弱的 CNO− （N 为－3 价）。 Ⅰ．碱性溶液中 S2O82−在一定条件下氧化 CN−生成 CNO−和 SO42−的离子方程式是______。 Ⅱ．不同浓度的 K2S2O8 溶液对 CN−的去除率如图 1。工业上选用浓度为 1 mmol·L−1 K2S2O8 溶液，不用 0.75 mmol·L−1 和 2 mmol·L−1 的原因是______。 Ⅲ．研究 CN−的氧化去除机理。（文献中为碱性条件下的结论） 文献：a．没有 Cu+，S2O82−对 CN−没有去除效果。 b．S2O82−和 Cu+反应生成硫酸根自由基（SO4−·）和 CuO。 c．SO4−·可能转变为羟基自由基（·OH）。 d．SO4−· 、·OH 均可将 CN−氧化为 CNO−。叔丁醇只可以使·OH 失 去活性，乙醇可以使 SO4−· 、·OH 均失去活性。 实验：相同条件下，向含 Cu(CN)32−的碱性废水中加入叔丁醇，CN−的去除率没有影响；加 入乙醇，CN−的去除率降低 50%。两种不同的 CN−的氧化去除机理如图 2，结合文献和实验 回答下列问题： ⅰ．补全“机理一”_______________。 ⅱ．从“机理二”可看出 CuO 参与了去除 CN−，列举其证据：______。 ②电解法：碱性环境中，在阳极发生两步反应，CN−放电生成 CNO−，CNO−再放电生成 CO2 和 N2，第二步的阳极反应式是______。 【 答 案 】 (1). (2). (3). 1 mmol·L−1 比 0.75 mmol·L−1 的反应速率快，CN−的去除率高， 比 2 mmol·L−1 成本低 (4). CN−、CNO−、SO4−·、SO42−（从左到右） (5). 碱性条件 下要有 Cu+才能去除 CN−，而 Cu+会生成 CuO，加入乙醇，可以使 SO4−·失去活性，而 CN- - - 2CN +H O HCN+OH 2- - - 2 8S O +CN +2OH - 2- 4 2CNO +2SO +H O的 去 除 率 仍 然 有 50% ， 说 明 CuO 参 与 了 去 除 CN− (6). 【解析】 【分析】 （1）CN−水解显碱性； （2）K2S2O8 溶液将 CN−（N 为－3 价）氧化成毒性弱的 CNO−（N 为－3 价）， ①根据氧化还原原理书写氧化还原方程式；由图 1 比较 CN−的去除率，考虑反应的速率和原 料的经济性；由图 2 结合题目信息分析反应机理。 ② 阳极第二步反应为 CNO−再放电生成 CO2 和 N2， CNO−中碳元素显+4 价，氮元素显-3 价。 【详解】（1）HCN 是一元弱酸，NaCN 会水解导致溶液显碱性，离子方程式为： ，故答案为： ； （2）①Ⅰ、碱性溶液中 S2O82−在一定条件下氧化 CN−生成 CNO−和 SO42−的离子方程式为： ； Ⅱ、由图 1 看出，选用浓度为 1 mmol·L−1K2S2O8 溶液，既考虑了反应的速率和 CN−的转化 率，也考虑了成本，故答案为：1 mmol·L−1 比 0.75 mmol·L−1 的反应速率快，CN−的去除率高， 比 2 mmol·L−1 成本低； Ⅲ、ⅰ、结合文献资料（b）可知 S2O82−和 Cu+反应生成硫酸根自由基（SO4−·）和 CuO， 再结合总反应看，SO4−·再与 CN−反应生成 CNO−和 SO42−，故图中机理一所填物质依次为： CN−、CNO−、SO4−·、SO42−（从左到右）；故答案为：CN−、CNO−、SO4−·、SO42−（从左 到右）； ⅱ、碱性条件下，没有 Cu+，CN-不会被去除，而 Cu+会生成 CuO，加入乙醇，可以使 SO4−·失 去活性，而 CN-的去除率仍然有 50%，说明 CuO 参与了去除 CN−；故答案为：碱性条件下 要有 Cu+才能去除 CN−，而 Cu+会生成 CuO，加入乙醇，可以使 SO4−·失去活性，而 CN-的 去除率仍然有 50%，说明 CuO 参与了去除 CN−； ②阳极第二步反应为 CNO−再放电生成 CO2 和 N2，电极反应式为： 。 【点睛】该试题主要考查信息的处理能力，要先分析出总反应，再结合图中信息分析反应机 理一和机理二，要求学生有一定的归纳整理能力。 - - - 2 2 22CNO +4OH -6e =2CO +N +2H O↑ ↑ - - 2CN +H O HCN+OH - - 2CN +H O HCN+OH 2- - - 2 8S O +CN +2OH - 2- 4 2CNO +2SO +H O - - - 2 2 22CNO +4OH -6e =2CO +N +2H O↑ ↑18.探究铁在某浓度 H3PO4 和 H2O2 的混合溶液中反应的情况，进行如下实验： 实验 操作 现象 Ⅰ 将除去氧化膜的铁钉置于烧杯中，加入 30 mL 1.0 mol·L−1 H3PO4 和 3 mL 30% H2O2 的混合溶液（pH≈1）。 一段时间后铁钉表面突然产生大量气泡，随后停止产生 气泡；一段时间后再产生大量气泡，再停止，出现周而 往复的现象。过程中，溶液保持澄清。 Ⅱ 将与实验Ⅰ相同的铁钉放入烧杯中，加 入 30 mL 1.0 mol·L−1H3PO4 和 3 mL H2O。 片刻后铁钉表面持续产生气泡，溶液保持澄清。 已知：Fe3(PO4)2 难溶于水，Fe(H2PO4)2 溶于水。 (1)用 85% H3PO4 配制 100 mL 1.0 mol·L−1H3PO4 所用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶 头滴管、______。 (2)实验Ⅱ中铁钉表面产生气体的化学方程式是______。 (3)探究停止产生气泡 原因。 提出假设：铁钉表面形成了含有+3 价铁的氧化膜将铁钉覆盖。 甲同学进行实验Ⅲ，得出假设成立的结论。 实验Ⅲ：将洗净的实验Ⅰ中无气泡产生时的铁钉置于试管中，加入滴有 KSCN 溶液的稀 H2SO4，振荡，静置，溶液呈红色。 乙同学认为实验Ⅲ无法证实假设成立，其理由是_____。 乙同学通过改进实验证实了假设成立。 (4)铁钉表面突然产生大量气泡的可能原因是 Fe2+迅速被 H2O2 氧化形成氧化膜，使聚集在铁 钉表面的 H2 脱离铁钉表面。 ①实验Ⅳ证实了形成氧化膜过程中产生 H+。 实验Ⅳ：______（填操作），滴入少量 FeSO4 溶液后，立即测定 pH，pH 迅速降低。 ②形成氧化膜（以 Fe2O3 计）的离子方程式是______。 的(5)实验Ⅰ中周而往复的现象与铁钉表面氧化膜的生成和溶解密切相关，从反应的速率 角度分析其原因：______。 【答案】 (1). 100mL 容量瓶 (2). (3). 未排除 氧气的干扰 (4). 取与实验 I 初始时 pH 和浓度均相同的 H2O2 溶液于试管中 (5). (6). 铁与磷酸反应生成氢气和 Fe2+，Fe2+在铁钉表面 迅速被氧化形成氧化膜，使聚集在铁钉表面的氢气脱离：随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应， 氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡，当氧化膜溶解后，铁又与磷酸反应产生氢气 【解析】 【分析】 题目是进行探究性实验，在实验 I 中，铁钉表面产生气泡，是因为铁与 H3PO4 反应生成氢气， 因为溶液保持澄清，根据信息可知还生成了 Fe(H2PO4)2，一段时间后再产生大量气泡，再停 止，出现周而往复的现象，与实验 II 对比可知是 H2O2 发生了作用，再根据后续的探究性实 验分析出现周而往复的现象的原因。 【详解】（1）根据配制一定物质的量的溶液所需要的仪器，还缺少 100mL 容量瓶，故答案 为：100mL 容量瓶； （2）由题目信息可知，铁与 H3PO4 反应生成氢气和 Fe(H2PO4)2，化学方程式为： ； （3）氧气在酸性条件下可以将亚铁离子氧化成成铁离子，故实验Ⅲ无法证实假设成立，故 答案为：未排除氧气的干扰； （4）①、实验Ⅳ要证实形成氧化膜过程中产生 H+，根据控制变量的思想，操作为：取与实 验 I 初始时 pH 和浓度均相同的 H2O2 溶液于试管中，滴入少量 FeSO4 溶液后，立即测定 pH，pH 迅速降低；故答案为：取与实验 I 初始时 pH 和浓度均相同的 H2O2 溶液于试管中； ②、亚铁离子被 H2O2 溶液氧化为 Fe2O3，离子方程式为： ； （5）实验Ⅰ中周而往复 现象与铁钉表面氧化膜的生成和溶解密切相关，从反应的速率角 度分析如下：铁与磷酸反应生成氢气和 Fe2+，Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜，使聚 集在铁钉表面的氢气脱离：随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应，氧化膜覆盖铁钉表面时不产 生气泡，当氧化膜溶解后，铁又与磷酸反应产生氢气。 的 3 4 2 4 2 2Fe+2H PO =Fe(H PO ) +H ↑ 2+ + 2 2 2 2 3Fe2Fe +H O + = OH O +4H 3 4 2 4 2 2Fe+2H PO =Fe(H PO ) +H ↑ 2+ + 2 2 2 2 3Fe2Fe +H O + = OH O +4H故答案为：铁与磷酸反应生成氢气和 Fe2+，Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜，使聚集 在铁钉表面的氢气脱离：随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应，氧化膜覆盖铁钉表面时不产生 气泡，当氧化膜溶解后，铁又与磷酸反应产生氢气。 【点睛】该题是探究性实验题，需根据实验现象分析反应原理，按照题目的探究步骤分析发 生的反应，试题的难点为如何解释气泡的产生和停止反复出现的现象，要求有较强的思考分 析能力。 19.多奈哌齐可用于治疗阿尔茨海默病，中间体 L 的合成路线如下： 已知：ⅰ．R1—CHO R1—CH=CH—COOH ⅱ． ⅲ． (1)A 中所含官能团的名称是______。 (2)A→B 的化学方程式是______。 (3)芳香化合物 X 是 D 的同分异构体，符合下列条件的 X 的结构简式是______。 ①核磁共振氢谱有 3 组吸收峰，峰面积比为 1∶2∶2 ②1 mol X 与足量的金属钠反应，可生成 1 mol H2 (4)实验室检验 E 中含氧官能团的试剂及现象为______。 (5)1 mol F 生成 1 mol G 需要消耗______mol H2。 (6)G→H 的反应类型是______。 (7)K 的结构简式是______。 (8)由 L 可通过如下过程合成多奈哌齐： 2HOOCCH COOH→试剂 a 的结构简式是______。 【答案】 (1). 羟基 (2). (3). (4). 银氨溶液、出现银镜 (5). 4mol (6). 取代反应 (7). (8). 【解析】 【分析】 A 为 ，与氯气发生取代反应生成 B，由 B 的分子式结合 D 的结构，可知 B 的结构简 式为： ，氯原子再发生水解反应生成 C，C 的结构简式为： ，再发 生取代反应生成 D；E 到 F 的反应根据信息ⅰ分析，可得出 F 的结构简式为 ， 再与氢气发生加成反应生成 G，结构简式为 ，G 到 H 为取代反应，H 的 结 构 简 式 为 ， 再 与 COCl2 发 生 取 代 反 应 生 成 I ， 其 结 构 简 式 为 ， 由 信 息 ⅱ 的 反 应 可 推 出 K 的 结 构 简 式 为。 【详解】（1）A 为 ，含有的官能团为羟基，故答案为：羟基； （2）)A→B 的化学方程式为 ，故答案为： ； （3）D 的结构简式为 ，X 是其同分异构体，核磁共振氢谱有 3 组吸收峰，峰面 积比为 1∶2∶2，说明其有 3 种等效氢，D 中共有 10 个 H，则分别为 2、4、4 个，1 mol X 与足量的金属钠反应，可生成 1 mol H2，说明有两个羟基，则 X 的结构简式为 ，故 答案为： ； （4）E 中的含氧官能团为醛基，检验试剂为银氨溶液，现象为有银镜产生，故答案为：银 氨溶液、出现银镜； （5）F 中有 4 个碳碳双键，故 1mol 的 F 会消耗 4molH2，故答案为：4mol； （6）G 结构简式为 ， H 的结构简式为 ，N 上的 H 原 子被-COOCH3 取代，故答案为：取代反应； （7）K 到 L 的反应为信息ⅱ的反应原理，为苯环上断开一个 H，再对碳碳双键进行加成， 由 L 的结构简式可推出 K 的结构简式为 ，故答案为： ； （8）结合 L 的结构简式 和 M 的分子式，可知 L 到 M 为脱羧反应， M 的结构简式为 ，再结合信息ⅲ的反应原理，根据多奈哌齐的结构推出a 为 ，故答案为： 。 【点睛】该题主要考查有机推断，主要是结合题目信息和物质的分子式推出物质的结构简式， 充分利用题给信息进行分析解答，明确有机物的官能团及性质是解本题关键。