北京市朝阳区2020届高三化学4月一模试卷（Word版附解析）

2020 届北京市朝阳区高三 4 月适应性试卷练习 本试卷共 100 分。考试时长 90 分钟。 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.下列用品的主要成分及其用途对应不正确的是 A B C D 用品 主要成分 (NH4)2SO4 NaHCO3 Si Fe2O3 用途 化肥 造纸 光电池 颜料 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．硫酸铵为铵盐含有氮元素，属于氨态氮肥，是常用的一种化肥，故 A 正确； B．碳酸氢钠碱性较弱，不能用于造纸，一般用于发酵剂，故 B 错误； C．硅是良好的半导体材料，是用来制作太阳能电池的原料，故 C 正确； D．三氧化二铁为红棕色粉末，常用三氧化二铁生产红色颜料或涂料，故 D 正确； 故选：B。 2.化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确 是（ ） A. 煤的干馏和煤的液化均是物理变化 B. 天然纤维和合成纤维的主要成分都是纤维素 的 C. 海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等 D. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同 【答案】C 【解析】 【详解】A.煤的干馏指煤隔绝空气加强热分解的过程，煤的液化指将煤转化为液体燃料的过程， 煤的干馏和煤的液化都属于化学变化，故 A 错误； B.天然纤维指羊毛、棉花或蚕丝等，羊毛和蚕丝是蛋白质，棉花是纤维素，合成纤维的主要成 分不是纤维素，故 B 错误； C.蒸馏法或电渗析法可以实现海水淡化，故 C 正确； D.活性炭为糖浆脱色是利用活性炭的吸附作用，次氯酸盐漂白纸浆是利用强氧化性，故 D 错 误； 答案选 C。 3.Lv(中文名“鉝”，lì)是元素周期表第 116 号元素，Lv 的原子核外最外层电子数是 6。下列说 法中，不正确的是 A. Lv 的原子半径比 S 的原子半径大 B. Lv 的原子核内有 293 个中子 C. Lv 位于元素周期表第七周期第ⅥA 族 D. Lv、 Lv、 Lv 互 同位素 【答案】B 【解析】 【分析】 Lv 是元素周期表第 116 号元素，Lv 的原子核外最外层电子数是 6，可知 Lv 位于元素周期表 中第七周期第ⅥA 族，为金属元素。 【详解】A．S 位于第三周期第ⅥA 族，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则 Lv 的原子半径 比 S 的原子半径大，故 A 正确； B．Lv 的中子数=质量数-质子数=293-116=177，故 B 错误； C．Lv 是元素周期表第 116 号元素，Lv 的原子核外最外层电子数是 6，7 个电子层，可知 Lv 位于元素周期表中第七周期第ⅥA 族，故 C 正确； D．质子数相同、中子数不同，三种核素互为同位素，故 D 正确； 故选：B。 4.下列解释事实的方程式正确的是 为 293 116 290 116 291 116 292 116 A. 工业冶炼氯化铝制氯单质：2AlCl3(熔融) 2Al+3Cl2↑ B. 向氯化铝溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀：Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓ C. 将铁粉与水蒸气共热，产生气体：2Fe＋3H2O(g) Fe2O3＋3H2 D. 电解饱和氯化钠溶液，产生气体：2NaCl+2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ 【答案】D 【解析】 【详解】A．AlCl3 属于共价化合物，熔融时不导电，工业一般电解 NaCl 溶液制 Cl2： 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，工业冶炼铝一般用电解熔融氧化铝，方程式为 2Al2O3(熔 融) 4Al+3O2↑，故 A 错误； B．一水合氨为弱电解质不能拆成离子，正确方程式应为 Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+， 故 B 错误； C．铁粉与水蒸气共热生成四氧化三铁和氢气，方程式为 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，故 C 错 误； D．电解饱和氯化钠溶液，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电生成氢气， 同时产生大量氢氧根，所以方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，故 D 正确； 故答案为 D。 【点睛】AlCl3 为共价化合物，因此熔融状态的氯化铝不能导电，所以电解熔融氧化铝来制取 铝单质。 5.设 nA 为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 23g Na 与足量 H2O 反应完全后可生成 nA 个 H2 分子 B. 1 molCu 和足量热浓硫酸反应可生成 nA 个 SO3 分子 C. 标准状况下，22.4L N2 和 H2 混合气中含 nA 个原子 D. 3mol 单质 Fe 完全转变为 Fe3O4，失去 8nA 个电子 电解 Δ 电解 电解 电解 冰晶石 Δ 电解 【答案】D 【解析】 【详解】A、23g 钠的物质的量为 1mol，而钠与水反应时 1mol 钠生成 0.5mol 氢气，即生成 0.5NA 个分子，故 A 错误； B、铜和浓硫酸反应时，浓硫酸被还原为 SO2，不是三氧化硫，故 B 错误； C、标准状况下，22.4LN2 和 H2 混合气的物质的量为 1mol，而 N2 和 H2 均为双原子分子，故 1mol 混合气体中无论两者的比例如何，均含 2mol 原子，即 2NA 个，故 C 错误； D、Fe3O4 中铁为+ 价，故 1mol 铁反应失去 mol 电子，3mol 单质 Fe 完全转化为 Fe3O4 失去 8mol 电子，即 8NA 个，故 D 正确； 故选 D。 6.化合物 Y 具有抗菌、消炎作用，可由 X 制得： 下列有关化合物 X、Y 的说法不正确的是 A. 1 mol X 最多能与 3 mol NaOH 反应 B. Y 与乙酸乙酯在一定条件下反应可得到 X C. X、Y 互为同系物 D. 室温下 X、Y 分别与足量 Br2 加成的产物分子中手性碳原子数目相等 【答案】C 【解析】 【详解】A．X 中能与 NaOH 溶液反应的为酯基和羧基，且 X 中的酯基可水解生成乙酸和酚 羟基，则 1molX 最多能与 3molNaOH 反应，故 A 正确； B．Y 中酚羟基在一定条件与乙酸乙酯发生酯交换反应生成 X，故 B 正确； C．X 中含有酯基，Y 中有酚羟基，二者结构不相似，不是同系物，故 C 错误； D．X、Y 中能和溴单质发生加成反应的只有碳碳双键，而两种物质中碳碳双键所处位置相同， 加成后对分子结构的改变相同，加成前两物质均不含手性碳原子，则加成后含有相同数目的 8 3 8 3 手性碳原子、均为 3 个手性碳原子，故 D 正确； 故选：C。 7.给定条件下，下列选项中所示 物质间转化均能一步实现的是( ) A. 粗硅 SiCl4 Si B. Mg(OH)2 MgCl2(aq) Mg C. Fe2O3 FeCl3(aq) 无水 FeCl3 D. AgNO3(aq) [Ag(NH3)2]OH(aq) Ag 【答案】A 【解析】 【详解】A．Si 可与氯气在高温下反应生成 SiCl4，SiCl4 可与氢气高温条件下发生反应生成 Si 和 HCl，故 A 符合题意； B．氢氧化镁与盐酸反应得到氯化镁溶液，电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氢气和氯气， 得不到镁单质，故 B 不符合题意； C．氧化铁与盐酸反应得到 FeCl3 溶液，氯化铁易水解，加热氯化铁溶液，由于 HCl 的挥发， 水解平衡正向移动，最终生成氢氧化铁，不能获得无水氯化铁，故 C 不符合题意； D．蔗糖不含醛基，不能发生银镜反应，故 D 不符合题意； 故答案为 A。 8.关于下图所示转化关系（X 代表卤素），说法不正确的是 A. 2H(g) +2X(g) = 2HX(g) ΔH3＜0 B. 途径Ⅰ生成 HX 的反应热与途径无关，所以 ΔH1 = ΔH2 + ΔH3 C. 途径Ⅰ生成 HCl 放出的热量比生成 HBr 的多，说明 HCl 比 HBr 稳定 D. Cl、Br、I 的非金属性依次减弱，所以途径Ⅱ吸收的热量依次增多 【答案】D 【解析】 的 2Cl→高温 2H→高温 →盐酸 →电解 →盐酸 →蒸发 3 2NH H O→ ∆→蔗糖 【详解】A、形成化学键的过程是放热过程，选项 A 正确； B、根据盖斯定律分析途径Ⅰ生成 HX 的反应热与途径无关，所以 ΔH1 = ΔH2 + ΔH3 正确，选项 B 正确； C、放出的热量越多，说明物质的能量越低，其越稳定，选项 C 正确； D、非金属性依次减弱，所以单质的中的化学键越不稳定，破坏化学键吸收的能量越小，选项 D 错误。 答案选 D。 9.下列由实验现象得出的结论正确的是 操作及现象 结论 A 向 AgCl 悬浊液中加入 NaI 溶液时出现黄色沉淀。 Ksp(AgCl)< Ksp(AgI) B 向某无色溶液中加入碱性液体后，出现白色沉淀继续 滴加后，沉淀消失。 无色溶液中一定含有 Al3+ C 向 NaBr 溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液 上层呈橙红色。 Br-还原性强于 Cl- D 加热盛有 NH4Cl 固体的试管，试管底部固体消失，试 管口有晶体凝结。 NH4Cl 固体可以升华 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．向 AgCl 悬浊液中加入 NaI 溶液时出现黄色沉淀，说明发生沉淀转化，氯化银沉 淀转化为碘化银，说明碘化银的溶解度比氯化银的溶解度小，二者为同类型沉淀，所以 Ksp(AgCl)> Ksp(AgI)，故 A 错误； B．向含 Be2+溶液中滴加碱性液体也会有同样的现象，向 AgNO3 溶液中滴加氨水也会产生同 样的现象，故 B 错误； C．溶液上层呈橙红色说明有溴单质生成，发生反应 2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，说明 Br-还原性强于 Cl-， 故 C 正确； D．氯化铵加热分解生成 HCl 和 NH3，二者在试管口重新反应生成氯化铵，为化学变化，而升 华为物理变化，故 D 错误； 故答案为 C。 10.一种以石墨和过渡金属氧化物做电极材料、以固态有机高聚物做电解质溶剂的锂离子电池， 其工作原理如图 1 所示，图 2 是合成有机高聚物的单体的结构简式。下列说法中，正确的是 A. 放电时，外电路电子由金属氧化物电极流向石墨电极 B. 充电时，石墨电极作阳极，过渡金属氧化物作阴极 C. 图 2 所示的两种单体可通过缩聚反应生成有机高聚物溶剂 D. 有机高聚物溶剂分子中含醚键和酯基 【答案】D 【解析】 【详解】A．放电时，根据锂离子的流向可知石墨电极为负极，外电路电子从负极流向正极， 即由石墨电极流向金属氧化物电极，故 A 错误； B．充电时，根据锂离子的流向可知石墨电极作阴极，过渡金属氧化物作阳极，故 B 错误； C．图 2 所示的两种单体含有碳碳双键，可通过加聚反应生成有机高聚物溶剂，虽然含有酯基， 但没有羟基，所以不能发生缩聚反应，故 C 错误； D．单体经加聚反应形成高聚物，过程中只有碳碳双键打开，根据合成有机高聚物的单体的结 构简式可知分子中含醚键和酯基，故 D 正确； 故选：D。 【点睛】一般情况下，原电池中阳离子流向正极，阴离子流向负极，电子经外电路由负极流 向正极；电解池中阳离子流向阴极，阴离子流向阳极。 11.HI 常用作有机反应中的还原剂，受热会发生分解反应。已知 时：443℃ ，向 1L 密闭容器中充入 1mol HI， 时， 体系中 与反应时间 t 的关系如图所示。下列说法中，正确的是 A. min 内的平均反应速率可表示为 B. 升高温度，再次平衡时， C. 该反应的化学平衡常数计算式为 D. 反应进行 40 min 时，体系吸收的热量约为 kJ 【答案】D 【解析】 【 详 解 】 A. min 内 HI 浓 度 变 化 ， ， 则 氢 气 浓 度 变 化 为 ， 反 应 速 率 ，故 A 错误； B. 图中可知 120min 后反应达到平衡状态， ， ，反应为吸热反应，升温平衡正向进行， ，故 B 错误； C.120min 后反应达到平衡状态， ， 起始量 1 0 0 变化量 平衡量 ( ) ( ) ( ) 1 2 22HI g H g I g H 12.5kJ mol−+ = + ⋅  443℃ ( )c HI 0 20～ ( )2υ H 0.0045= 1 1mol L min− −⋅ ⋅ ( )c HI 0.78> 1mol L−⋅ 20.78 0.11 0.11× 0.94 0 20～ 1.0mol/L-0.91mol/L=0.09mol/L ( ) ( ) ( )2 22HI g H g +I g 0.045mol/L ( )c 0.045mol/Lv =0.00225mol/ L mint 20min = = ⋅  ( )c HI =0.78mol/L ( ) ( ) ( ) -1 2 22HI g H g +I g H=+12.5kJ mol⋅  ( ) 1c HI 0.78mol L−< ⋅ ( )c HI 0.78mol / L= ( ) ( ) ( )2 22HI g H g I g+ ( )mol / L ( )mol / L 0.22 0.11 0.11 ( )mol / L 0.78 0.11 0.11 平衡常数 ，故 C 错误； D. 反应进行 40min 时 HI 浓度变化 ，物质的量变化 ，结合热化学方程式计算 ，反应进 行 40min 时，体系吸收的热量 ，故 D 正确； 答案选 D。 12.向 H2O2 溶液中滴加少量 FeSO4 溶液，溶液迅速变黄，稍后产生气体；再加入 KSCN 溶液， 溶液变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅。依据实验现象，下列分析不正确的是 A. 产生气体的原因是 FeSO4 将 H2O2 还原生成了 O2 B. H2O2 溶液与 FeSO4 溶液反应生成 Fe3＋的证据是：“溶液迅速变黄”和“溶液变红” C. 溶液颜色变浅，可能是过量的 H2O2 氧化了 KSCN D. 溶液先变红后明显变浅，是由反应速率不同导致 【答案】A 【解析】 【详解】A.H2O2 具有强的氧化性，FeSO4 具有还原性，向 H2O2 溶液中滴加少量 FeSO4 溶液， 二者发生氧化还原反应，产生 Fe3+，使溶液迅速变黄，稍后产生气体，是由于反应产生的 Fe3+ 是 H2O2 分解反应的催化剂，A 错误； B.Fe3+水溶液显黄色，且 Fe3+遇 KSCN 会显红色，B 正确； C.KSCN 具有还原性，H2O2 具有强的氧化性，二者会发生氧化还原反应，Fe3+与 SCN-结合形 成 Fe(SCN)3 的浓度降低，故会使溶液的颜色变浅，C 正确； D.溶液中开始时 Fe3+与 SCN-结合形成 Fe(SCN)3 的浓度较大，溶液的红色比较深，后由于 KSCN 被氧化，使 Fe(SCN)3 的浓度降低，溶液颜色变浅，这都是由于浓度改变，导致物质的 反应速率发生变化引起的，D 正确； 故答案选 A。 13.有 c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= 0.1 mol·L-1 的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中 c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与 pH 的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确 的是( ) 的 2 0.11 0.11K 0.78 ×= =生成物平衡浓度幂次方乘积 反应物平衡浓度幂次方乘积 =1.00mol/L-0.85mol/L=0.15mol/L 0.15mol ( ) ( ) ( ) 1 2 22HI g H g I g H 12.5kJ mol−+ = + ⋅  12.5kJ / mol 0.15mol 0.94kJ2mol ×= ≈ A. pH=5. 5 的溶液中：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H＋)>c(OH－) B. W 点所表示的溶液中：c(Na＋)+c(H＋)= c(CH3COOH)+c(OH-) C. pH =3.5 的溶液中：c(CH3COOH) + c(CH3COO-)= c(Na＋) D. 向 W 点所表示的 1.0L 溶液中通入 0.05molHCl 气体(溶液体积变化可忽略)：c(H ＋)=c(CH3COOH)+c(OH-) 【答案】B 【解析】 【分析】 碱性越强 CH3COOH 的浓度应越小，CH3COO-的浓度越大，所以图中虚线表示 CH3COOH 的 浓度变化，实线表示 CH3COO-的浓度变化。 【详解】A． 由图可知，pH=4.75 时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，pH=5.5 时，酸 性减弱，结合图象可知，溶液中 c(CH3COOH)降低，溶液中 c(CH3COO-)增大，则所以 c(CH3COO-) ＞c(CH3COOH)，故 A 错误； B．由图可知，W 点所表示的溶液中 c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，溶液中电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，所以 c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故 B 正确； C．当溶液中的溶质全部为醋酸钠时，有物料守恒 c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na＋)，此时溶 液呈碱性，所以 pH=3.5 时溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸，所以 c(CH3COOH) + c(CH3COO －)>c(Na＋)，故 C 错误； D．W 点原溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(CH3COO-)=0.05mol/L， c(H+)=10-4.75mol/L，c(OH-)=10-9.25mol/L，则 c(Na+)=0.05mol/L+10-9.25mol/L-10-4.75mol/L，略小 于 0.05mol/L，也就是此时溶液中溶质醋酸钠的物质的量略小于 0.05mol/L，通入 0.05molHCl 气体后溶液中的溶质为 CH3COOH、NaCl 以及极少量的 HCl，主要以 CH3COOH 的电离为主， 而醋酸是弱电解质，所以 c(CH3COOH)>> c(H+)，故 D 错误； 答案选 B。 【点睛】碱性越强 CH3COOH 的浓度应越小，CH3COO-的浓度越大，所以本题中虚线表示 CH3COOH 的浓度变化，实线表示 CH3COO-的浓度变化；且根据 W 可以求出该温度下醋酸电 离平衡常数为 10-4.75。 14.已知：Ag++SCN－=AgSCN↓（白色），某同学探究 AgSCN 的溶解平衡及转化，进行以下实 验。 下列说法中，不正确的是 A. ①中现象能说明 Ag+与 SCN－生成 AgSCN 沉淀的反应有限度 B. ②中现象产生的原因是发生了反应 Fe(SCN)3 +3Ag+ =3AgSCN↓+Fe3+ C. ③中产生黄色沉淀的现象能证明 AgI 的溶解度比 AgSCN 的溶解度小 D. ④中黄色沉淀溶解的原因可能是 AgI 与 KI 溶液中的 I-进一步发生了反应 【答案】C 【解析】 【详解】A、AgNO3 与 KSCN 恰好完全反应，上层清液中滴加 Fe(NO3)3 溶液，出现浅红色溶 液，说明上层清液中含有 SCN-，即说明 Ag+与 SCN-生成 AgSCN 沉淀的反应有限度，故 A 说 法正确； B、根据②中现象：红色褪去，产生白色沉淀，Fe(SCN)3 被消耗，白色沉淀为 AgSCN，即发 生：Fe(SCN)3+Ag+=3AgSCN↓+Fe3+，故 B 说法正确； C、前一个实验中滴加 0.5mL 2mol·L-1 AgNO3 溶液，Ag+过量，反应②中 Ag+有剩余，即滴加 KI 溶液，I-与过量 Ag+反应生成 AgI 沉淀，不能说明 AgI 溶解度小于 AgSCN，故 C 说法错误； D、白色沉淀为 AgSCN，加入 KI 后，白色沉淀转化成黄色沉淀，即 AgSCN 转化成 AgI，随 后沉淀溶解，得到无色溶液，可能是 AgI 与 KI 溶液中的 I-进一步发生了反应，故 D 说法正确； 故选 C。 第二部分 本部分共 5 题，共 58 分。 15.SO2 广泛用于医药、硫酸工业等领域，回收废气中的 SO2 可用如下方法。 方法Ⅰ 用碱式硫酸铝 Al2(SO4)x(OH)y 溶液吸收富集 SO2 方法Ⅱ 在 Fe2+或 Fe3+催化下，用空气(O2)将 SO2 氧化为 H2SO4 (1)方法Ⅰ的过程如下。 ① 制备 Al2(SO4)x(OH)y。向 Al2(SO4)3 溶液中加入 CaO 粉末，调 pH 至 3.6。 CaO 的作用是 ______ ② 吸收：Al2(SO4)x(OH)y 吸收 SO2 后的产物是______(写化学式)。 ③ 解吸：加热②中产物，产生 SO2，Al2(SO4)x(OH)y 再生。 (2)方法Ⅱ中，在 Fe2+催化下，SO2、O2 和 H2O 生成 H2SO4 的化学方程式是______。 (3)方法Ⅱ中，Fe2+的催化过程可表示如下： ⅰ：2Fe2++O2+SO2=2Fe3++SO42- ⅱ：…… ① 写出ⅱ的离子方程式：______。 ② 下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。 a.向 FeCl2 溶液滴入 KSCN，无变化 b.向 FeCl2 溶液通入少量 SO2，滴入 KSCN，颜色变红。 c.取 b 中溶液，______。 (4)方法Ⅱ中，催化氧化后，采用滴定法测定废气中残留 SO2 的含量。将 V L(已换算为标准状 况)废气中的 SO2 用 1%的 H2O2 完全吸收，吸收液用如图所示装置滴定，共消耗 a mL c mol/L NaOH 标准液。 ①H2O2 氧化 SO2 的化学方程式______。 ② 废气中残留 SO2 的体积分数为______。 【答案】 (1). CaO 与水反应放出大量热且生成的 OH-均促进 Al3+的水解，同时 Ca2+与 SO42- 生成微溶物控制溶液中的 SO42-的量 (2). (3). 2SO2+O2+2H2O 2H2SO4 (4). (5). 通入 SO2，溶液红色褪 去(或变浅) (6). SO2+H2O2=H2SO4 (7). 【解析】 【分析】 (1)①氧化钙可以和水反应生成氢氧化钙，同时产生大量的热，水解反应为吸热反应；要生成 碱式硫酸铝需要控制硫酸根的量，而硫酸钙微溶； ②SO2 与 OH-按照 1：2 反应； (3)①由于 Fe2+作催化剂，所以反应 ii 中要使用亚铁离子的再生； ②铁元素的存在形式为 Fe2+→Fe3+→Fe2+； (4)该滴定原理为：先用双氧水氧化二氧化硫生成硫酸，再用 NaOH 标准液滴定硫酸的量，从 而确定二氧化硫的量。 【详解】(1)①CaO 溶于水生成 Ca(OH)2，生成了氢氧根离子，同时放热大量的热，促进 Al3+ 的水解；生成的钙离子结合 SO42-生成硫酸钙，可沉淀部分 SO42-，以控制溶液中硫酸根的量； ②SO2 与 OH-按照 1：2 反应生成 SO32-，则 Al2(SO4)x(OH)y 吸收 SO2 后的产物是 ； (2)根据元素化合价变化可知该过程中氧气氧化二氧化硫生成硫酸，结合电子守恒和元素守恒 可得方程式为：2SO2+O2+2H2O 2H2SO4； (3)①由于 Fe2+作催化剂，则ⅱ中 Fe3+与 SO2 反应生成 Fe2+，实现 Fe2+的再生，则ⅱ的离子方 程式为 2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++4H++SO42-； ②根据反应ⅰ：2Fe2++O2+SO2=2Fe3++SO42-可知，向 FeCl2 溶液通入少量 SO2，有铁离子生成， 滴入 KSCN 后颜色变红，继续通入 SO2，发生反应ⅱ：2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++4H++SO42-，溶 液红色褪去(或变浅)； (4)①H2O2 氧化 SO2 生成硫酸，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为 SO2+H2O2=H2SO4； ②根据关系式：SO2～H2SO4～2NaOH，n(SO2)= n(NaOH)= cmol/L×a×10-3L=5ac×10-4mol， 标况下 5ac×10-4mol SO2 的体积为：22.4L/mol×5ac×10-4mol=1.12×10-2ac L，所以废气中残留 SO2 ( ) ( )y2 4 3x 2 Al SO SO 2+Fe 3 2 2 2 2 42H O 2Fe SO 2Fe SO 4H+ + − ++ + = + + -21.12 10 ac 100%V × × ( ) ( ) y2 4 3x 2 Al SO SO 2+Fe 1 2 1 2 的体积分数为： 。 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，应控制的最佳温度为______（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： -21.12 10 ac 100%V × × 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： ______。 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.煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示： (1)②中 NH3 参与反应的化学方程式为_______。 + 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⋅  (2)焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶( )，其分子中相邻的 C 和 N 原子相比，N 原 子吸引电子能力更___________(填“强”或“弱”)，从原子结构角度解释原因：________。 (3)工业合成氨是人工固氮的重要方法。2007 年化学家格哈德·埃特尔证实了氢气与氮气在固体 催化剂表面合成氨的反应过程，示意如图： 下列说法正确的是________(选填字母)。 a. 图①表示 N2、H2 分子中均是单键 b. 图②→图③需要吸收能量 c. 该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成 (4)已知：N2(g) ＋ O2(g) = 2NO(g) ΔH = a kJ·mol-1 N2(g) ＋ 3H2(g) = 2NH3(g) ΔH = b kJ·mol-1 2H2(g) ＋ O2(g) = 2H2O(l) ΔH = c kJ·mol-1 反应后恢复至常温常压，①中 NH3 参与反应的热化学方程式为________。 (5)用间接电化学法除去 NO 的过程，如图所示： ①已知电解池的阴极室中溶液的 pH 在 4~7 之间，写出阴极的电极反应式：________。 ②用离子方程式表示吸收池中除去 NO 的原理：__________。 【答案】 (1). 4NH3+5O2 4NO+6H2O (2). 强 (3). C 和 N 原子在同一周期(或 电子层数相同)，N 原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强 (4). bc (5). 4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l) ΔH = (3c-3a-2b) kJ·mol-1 (6). 2HSO3- + 2e- + 2H+ = S2O42- + 2H2O (7). 2NO + 2S2O42- +2H2O = N2 + 4HSO3- 【解析】 【详解】(1)氨气在催化剂条件下与氧气反应生成一氧化氮和水，为重要的工业反应，反应的 催化剂 Δ 化学方程式为 4NH3+5O2 4NO+6H2O； (2)由于 C 和 N 原子在同一周期(或电子层数相同)，N 原子核电荷数更大，原子半径更小，原 子核对外层电子 吸引力更强，所以 N 原子吸引电子能力更强； (3)a．氮气中两个氮原子之间为三键，故 a 错误； b．分析题中图可以知道，图②表示 N2、H2 被吸附在催化剂表面，而图③表示在催化剂表面， N2、H2 中化学键断裂，断键吸收能量，所以图②→图③需要吸收能量，故 b 正确； c．在化学变化中，氮分子和氢分子在催化剂的作用下断裂成氢原子和氮原子，发生化学键的 断裂，然后原子又重新组合成新的分子，形成新的化学键，所以该过程表示了化学变化中包 含旧化学键的断裂和新化学键的生成，故 c 正确； 答案选 bc。 (4)①中 NH3 参与的反应为：4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l)； 已知：N2(g) ＋ O2(g) = 2NO(g) ΔH = a kJ·mol-1 i； N2(g) ＋ 3H2(g) = 2NH3(g) ΔH = b kJ·mol-1 ii； 2H2(g) ＋ O2(g) = 2H2O(l) ΔH = c kJ·mol-1 iii； 根据盖斯定律 iii×3- i×3-ii×2 可得 4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l) ΔH=(3c-3a-2b)kJ·mol-1； (5)①阴极发生还原反应，据图可知亚硫酸氢根离子得电子被还原生成 S2O42-，电解质溶液显弱 酸性，所以电极反应式为：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O； ②据图可知 S2O42-与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气和亚硫酸氢根，根据得失电子守恒、 原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-。 18.有机物 R 是一种功能高分子材料的单体，其结构简式如图： ；PTT 是一种新型 工业化树脂。它们的合成路线如下： 的 催化剂 Δ 已知： ① + ② + +H2O ③RCOOH RCOCl RCOOR′ ④RCO18OR′+R″OH RCOOR″+R18OH (1)H 结构中有 3 个—CH2—，它含有的官能团是________。 (2)G 的结构简式为_______________。 (3)写出 A→B 的反应的化学方程式：____________。 (4)写出 C 与 Ag(NH3)2OH 反应的化学方程式：_________。 (5)F 的分子式为__________。 (6)J 的苯环上只有一种一硝基取代物，它的结构简式为____________。 (7)写出 K→PTT 树脂的化学方程式：________。 (8)写出一种符合下列条件的 J 的同分异构体的结构简式_______。 i.苯环上只含有两个相同的取代基 ii.酸性条件下的水解产物都能与氢氧化钠溶液发生反应 【答案】 (1). 羟基 (2). CH2(OH)CH2CHO (3). + (4). +2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+3NH3+H2O Δ→ -OH Δ → 2SOCl→ R′OH→ 一定条件→ Δ→ Δ→ (5). C4H8O2 (6). (7). n +(n-1)HOCH2CH2CH2OH (8). 【解析】 【分析】 根据 R 的结构简式结合题中已知③的反应可推断 E 为 ，F 为 HOCH2CH=CHCH2OH ； 根 据 转 化 关 系 可 推 知 D 为 ， C 为 ，结合已知②可知 B 为 ，结合 A 的分子式和已 知①可知 A 为 CH2=CHCHO；H 结构中有 3 个-CH2-，所以 A 与水发生加成反应得 G 为 HOCH2CH2CHO，G 与氢气加成得 H 为 HOCH2CH2CH2OH，根据 J 的分子式和 J 与 H 发生已 知④的反应生成甲醇和 K，且 J 的苯环上只有一种一硝基取代物，则 J 为 ，K 为 ， K 再 发 生 类 似 已 知 ④ 的 反 应 生 成 PTT 为 ，据此答题。 【详解】(1)根据分析可知，H 为 HOCH2CH2CH2OH，它含有的官能团是羟基； (2)根据分析可知，G 的结构简式为 HOCH2CH2CHO； (3)A→B 发生类似已知①的反应，所以化学方程式为： + ； (4)C 为 ，C 与 Ag(NH3)2OH 反应的化学方程式为： +2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+3NH3+H2O； 一定条件→ Δ→ Δ→ (5)F 的结构简式为 HOCH2CH=CHCH2OH，F 的分子式为 C4H8O2； (6)根据 J 的分子式和 J 与 H 发生类似已知④的反应生成甲醇和 K，且 J 的苯环上只有一种一 硝基取代物，则 J 的结构简式为 ； (7)根据分析可知 K 为 ，PTT 为 ， K 发生类似已知④的反应生 PTT，化学方程式为：n +(n-1)HOCH2CH2CH2OH； (8) J 的结构简式为 ，分子式为 C10H10O4，J 的同分异构体符合下列条件 i．苯环上只 含有两个相同的取代基，ii．酸性条件下的水解产物都能与氢氧化钠溶液发生反应，则产物应 为酚和羧酸，则符合条件的结构简式为 (有邻、间、对三种)。 【点睛】解决本题的关键是对题目反应信息的理解利用，根据 R 的结构特点用逆推法推断有 机物；注意已知④的反应机理，简单的讲即羟基中的氢原子被酯中“羧酸脱去羟基的部分”取代。 19.已知铁离子，氯气、溴均为常见的氧化剂，某化学兴趣小组设计了如下实验探究其强弱： 一定条件→ （1）①装置 A 中发生反应的离子方程式是_________________。 ②整套实验装置存在一处明显的不足，请指出________。 （2）用改正后的装置进行实验，实验过程如下： 实验操作 实验现象 结论 打开活塞 a，向圆底烧瓶 中滴入适量浓盐酸；然后 _______________。（填 具体实验操作） D 装置中：溶液变红 E 装置中：水层溶液变黄， 振荡后， 下层 CCl4 层无明显变化。一段时间后 ______。（填实验现象） Cl2、Br2、Fe3+的氧化 性由强到弱的顺序为： Cl2＞Br2＞Fe3+ （3）因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E 中均发生了新的变化。 D 装置中：红色慢慢褪去。 E 装置中：CCl4 层颜色逐渐加深，直至变成红色。 为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下： ⅰ．Fe3+ +3SCN- Fe(SCN)3 是一个可逆反应。 ⅱ．(SCN)2 性质与卤素单质类似。氧化性：Cl2 ＞ (SCN)2。 ①请用平衡移动原理（结合上述资料）解释 Cl2 过量时 D 中溶液红色褪去的原因____。现设计 简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加________溶液，若溶液颜色 ______________。则上述解释是合理的。 小组同学另查得资料如下： ⅲ．Cl2 和 Br2 反应生成 BrCl，BrCl 呈红色（略带黄色），沸点约 5℃，它与水能 发生水解反应，且该反应为非氧化还原反应。 ⅳ．AgClO、AgBrO 均可溶于水。 ②欲探究 E 中颜色变化的原因，设计实验如下： 用分液漏斗分离出 E 的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入 AgNO3 溶液，结果观 察到仅有白色沉淀产生。请结合上述资料用两步离子方程式解释仅产生白色沉淀原因 ___________、___________。 【答案】 (1). MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O (2). 缺少尾气处理装置 (3). 关闭 活塞 a ，点燃酒精灯 (4). CCl4 层由无色变为橙色 (5). 过量氯气和 SCN–反应 2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2，使 SCN-浓度减小，则 Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3 平衡逆向移动而褪色 (6). KSCN 溶液（或 FeCl3 溶液） (7). 变红色（不变红） (8). BrCl + H2O=HBrO + H++Cl- (9). Ag++Cl-=AgCl↓ 【解析】 【 详 解 】（1） ① 装 置 A 中 MnO2 与 浓 盐 酸 共 热 制 取 Cl2 ， 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 是 MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O。 ②氯气有毒，会污染大气，整套实验装置存在的明显不足是没有进行尾气处理。 （2）打开活塞 a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭活塞 a，点燃酒精灯使 MnO2 与浓 盐酸反应制取氯气。根据实验结论，Cl2 通入 FeBr2 溶液中 Cl2 先与 Fe2+反应，一段时间后 Cl2 与 Br-发生反应 Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，因 Br2 易溶解于有机溶剂，故 E 装置中通入 Cl2 后可观察到 水层溶液变黄， 振荡后，下层 CCl4 层无明显变化。一段时间后 CCl4 层由无色变为橙色。 （3）①根据资料 i，D 装置中溶液变红的原因是：Cl2 将 Fe2+氧化成 Fe3+，Fe3+与 SCN-发生可 逆反应 Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，结合资料 ii，Cl2 过量时 D 中溶液红色褪去的原因是：过量氯 气和 SCN-反应 2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2，使 SCN-浓度减小，则 Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3 平衡逆 向移动而褪色；要证明上述解释合理只要证明溶液中存在 Fe3+就可以了，因此取少量褪色后的 溶液，滴加过量的 KSCN 溶液，溶液重新变红色就可证明。 ②根据资料 iii，用分液漏斗分离出 E 的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，红色物质为 BrCl， 它与水能发生水解反应，且该反应为非氧化还原反应，红色物质中加入 AgNO3 溶液，结果观 察到仅有白色沉淀产生，结合资料 iv，上述过程仅产生白色沉淀的原因是：BrCl + H2O=HBrO + H++Cl- 、Ag++Cl-=AgCl↓。 Δ Δ