北京市顺义区2020届高三化学第二次模拟试题（Word版附解析）

顺义区 2020 届高三第二次统练 化学试卷 考生须知： 1.本试卷总分 100 分，考试用时 90 分钟 2.本试卷共 10 页，分为选择题（42 分）和非选择题（58 分）两个部分。 3.试卷所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用 2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答 4.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自己保留 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 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.下列物质制造或使用过程中没有发生化学变化的是（ ） A B C D 明矾做净水剂 丙烯制造聚丙烯熔喷布 氨气制造液氨冷 却剂 含碳酸氢钠的抗酸药 治疗胃酸过多 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．明矾溶于水，铝离子水解为氢氧化铝胶体，发生化学变化，故不选 A； B．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，有新物质生成，属于化学反应，故不选 B； C．氨气制造液氨冷却剂，氨气 状态发生改变，没有生成新物质，不属于化学变化，故选的C； D．碳酸氢钠治疗胃酸过多，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，有新物质生成， 属于化学反应，故不选 D。 答案选 C。 2.过氧乙酸是一种绿色生态杀菌剂，结构简式为 ，可用乙酸与过氧化氢一定 条件下反应制得。下列说法不正确的是（ ） A. 过氧化氢的电子式 B. 乙酸溶于水：CH3COOH=CH3COO-+H+ C. 过氧乙酸中含有极性共价键和非极性共价键 D. 制备过氧乙酸的化学反应方程式：CH3COOH+H2O2 CH3COOOH+H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A. 过氧化氢是共价化合物，其电子式为： ，A 正确； B. 乙酸是弱酸，溶于水部分电离：其电离方程式为：CH3COOH CH3COO-+H+，B 错误； C. 过氧乙酸的结构简式为： ，极性共价键是指不同种非金属原子之间的化学键， 非极性共价键是指同种非金属原子之间的化学键，过氧乙酸中即含有极性共价键，又含有非 极性共价键，C 正确； D. 用乙酸与过氧化氢一定条件下反应，制备过氧乙酸，其化学反应方程式为：CH3COOH+H2O2 CH3COOOH+H2O，D 正确；故答案为：B。 3.下列说法不正确的是（ ） A. 纤维素属于天然有机高分子 B. 油脂的皂化、淀粉制葡萄糖均属于水解反应 C. 碳链中含碳碳双键的油脂，主要是低沸点的植物油 D. 在鸡蛋清溶液中分别加入饱和 Na2SO4、CuSO4 溶液，都会因盐析产生沉淀 【答案】D 【解析】 【详解】A. 一般把相对分子质量高于 10000 的分子称为高分子，包括天然和合成有机高分子 化合物，常见天然有机高分子化合物有淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶等，纤维素属于天 然有机高分子，A 正确； B. 油脂属于酯类物质，在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，淀粉在酸的催化作用下，能 发生水解，淀粉的水解过程是先生成分子量较小的糊精（淀粉不完全水解的产物），糊精继续 水解生成麦芽糖，最终水解产物是葡萄糖，B 正确； C. 油和脂肪统称为油脂，油脂的主要成分是各种高级脂肪酸的甘油酯，油脂中的碳链含碳碳 双键时，主要是低沸点的植物油，油脂中的碳链为碳碳单键时，主要是高沸点的动物脂肪，C 正确； D. 鸡蛋清的主要成分为蛋白质，加入饱和 Na2SO4 溶液，可以使蛋白质因盐析产生沉淀，盐析 是一个可逆的过程，加入饱和 CuSO4 溶液会因变性产生沉淀，变性是不可逆的，D 错误；故 答案为：D。 4.X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。X 与 Z 最外层电子数相同，X2- 和 Y+的电子层结构相同，Y 的原子半径在短周期主族元素原子中最大。下列说法正确的是（ ） A. 原子半径：Z＞W B. 还原性：X2-＞Z2- C. 最高价氧化物的水化物酸性：Z＞W D. X、Y、Z 形成的化合物水溶液一定显中性 【答案】A 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y 的原子半径在短周期主族元素 原子中最大，则 Y 为 Na 元素，X2-和 Y+的电子层结构相同，则 X 为 O 元素，X 与 Z 最外层 电子数相同，则 Z 为 S 元素，W 为 Cl 元素。 【详解】A. Z 为 S 元素，W 为 Cl 元素，同周期，从左到右，原子半径减小，则原子半径：S＞ Cl，A 正确； B. X 为 O 元素，Z 为 S 元素，同主族，从上到下，非金属性减弱，非金属性：O>S，则还原 性：O2-K(400℃)B. 增加反应的压强和及时分离出氯气都可以提高氯化氢的转化率 C. 当 c(HCl)：c(O2)进料比过低时，HCl 的转化率较低，且不利于分离 O2 和 Cl2 D. 若 HCl 的初始浓度为 c，进料比为 1：1 时，K(500℃)= 【答案】C 【解析】 【 详 解 】 A ． 由 图 象 可 知 ， 升 高 温 度 ， HCl 平 衡 转 化 率 降 低 ， 平 衡 逆 向 移 动 ， K(300℃)>K(400℃)，故 A 正确； B．增加反应的压强和及时分离出氯气，平衡正向移动，都可以提高氯化氢的转化率，故 B 正 确； C．c(HCl)：c(O2)进料比越小，HCl 的转化率越大，故 C 错误； D．相同温度下，c(HCl)：c(O2)进料比越大，HCl 平衡转化率越小，根据图象，500℃、若 HCl 的初始浓度为 c，进料比为 1：1 时，HCl 平衡转化率为 72%， K(500℃)= ，故 D 正确； 选 C。 【点睛】本题考查化学平衡移动，明确影响平衡移动的因素是解题的关键；对于多种反应物 的反应，增大一种反应物的增大，平衡正向移动，其它反应物的转化率增大，加入的反应物 的转化率减小。 12.下列实验的现象与结论相对应的是（ ） A B C D 实验 2 2 4 (0.36) (0.36) (1-0.72) (1-0.18)c × × ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 0 0 0.72 0.18 0.36 0.36 0.28 0.82 0. 4HCl g O g 2Cl g 2 36 0.36 H O g c c c c c c c c c c + + 起始 转化 平衡 2 2 4 (0.36) (0.36) (1-0.72) (1-0.18)c × ×现象 一段时间后，a 管 液面高于 b 管液 面 酸性 KMnO4 溶液 褪色 pH 计测得①中 pH 大于②中 pH 试管①中有大量气 泡，试管②中无现 象 结论 a 管发生吸氧腐 蚀，b 管发生析氢 腐蚀 有乙烯生成可以使 酸性 KMnO4 溶液 褪色 金属性：Mg＞Al 酸性：醋酸＞碳酸 ＞硼酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A. U 型管左边装置是中性溶液，右边装置是酸性溶液，Fe 与稀 H2SO4 发生反应生成 H2，导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，一段时间后，a 管液面高于 b 管液面， 但无法证明 a 管发生吸氧腐蚀，A 错误； B. 制备乙烯反应中，乙醇被碳化得到碳，碳与浓硫酸加热反应会生成二氧化硫气体，二氧化 硫具有还原性也可以使高锰酸钾溶液褪色，高锰酸钾溶液褪色不能证明一定是生成的乙烯，B 错误； C. MgCl2 溶液与 AlCl3 溶液的浓度不相同，C 错误； D. 醋酸与碳酸氢钠反应生成气体，NaHCO3+CH3COOH=CH3COONa+H2O+CO2↑说明酸性：醋 酸＞碳酸，硼酸与碳酸氢钠不反应，说明酸性：碳酸＞硼酸，所以酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸， D 正确； 【点睛】根据越弱越水解，相同物质的量浓度的氯化铝溶液和氯化镁溶液，比较其 pH 大小， pH 小，说明酸性强，水解程度大，对应的碱性弱，可以比较这两种元素金属性强弱。 13.25℃下，水中碳酸化合物的三种微粒占总浓度的百分比随 pH 变化如图所示。25℃时，向 10mL0.1mol・L-lNa2CO3 溶液中逐滴加入 0.1mol・L-1 稀盐酸，下列说法正确的是（ ）A. 0.1mol・L-lNa2CO3 溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-) B. 溶液 pH=8.3 时，c(Na+)=c(C1-) C. 溶液 pH=7 时，加入盐酸体枳大于 10mL D. 溶液 pH=6 时的导电能力强于 pH=11 时的导电能力 【答案】C 【解析】 【详解】A. 根据电荷守恒，0.1mol・L-lNa2CO3 溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)， A 错误； B. 根据图像，溶液 pH=8.3 时，溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠，c(Na+)>c(C1-)，B 错误； C. 当加入盐酸体积为 10mL 时，碳酸钠与盐酸恰好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，溶液显碱性， pH>7，若使溶液 pH=7，溶液中加入盐酸体枳大于 10mL，C 正确 D. 溶液中离子浓度越大，导电能力越强；离子所带电荷数越高，导电能力越强，根据图像可 知，溶液 pH=11 时的导电能力强于 pH=6 时的导电能力，D 错误；故答案为：C。 14.碲(Te)元素在元素周期表中位于第ⅥA 族，其単质是重要的工业原料。工业上可用电解法从 铜阳极泥(主要成分是 Cu2Te、含 Ag、Au 等杂质)中提取单质碲，歩驟如下： ①将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为 TeO2； ②用 NaOH 溶液碱浸; ③以石墨为电极电解②所得溶液获得 Te。 已知：TeO2 微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应 下列说法不正确的是（ ） A. Cu2Te 中，Te 的化合价是-2 B. 歩骤②中，碱浸的子离方程式是：TeO2+2OH-=TeO32-+H2O C. 歩骤③中，阴极上发生反应 电极方程式是：TeO32-+4e-+6H+=Te+3H2O D. 在阳极区溶液中检验出有 TeO42-存在，可能原因是阳极生成的氧气氧化 TeO32-得到 TeO42- 的【答案】C 【解析】 【分析】 工业上可从电解精炼铜的阳极泥（主要成分 Cu2Te，还有少量的 Ag、Au）中提取碲，铜阳极 泥在空气中焙烧使碲转化为 TeO2，其化学反应方程式为：Cu2Te+2O2 2CuO+TeO2，用 NaOH 溶液碱浸，其化学反应方程式为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，以石墨为电极，电解 Na2TeO3 溶液时，溶液中的离子有 Na+、H+、TeO32-、OH-，阴极得电子能力：TeO32- >H+>Na+，阴极的 电极反应式为 TeO32- +4e-+3H2O=Te↓+6OH-，阳极的电极反应式为 4OH--4e-=2H2O+O2↑，亚碲 酸根离子也可能发生氧化反应，其电极反应式为 TeO32--2e-+2OH-= TeO42- +H2O。 【详解】A. S 和 Te 为同主族元素，类比 Cu2S，Cu2Te 中，Te 的化合价是-2，A 正确； B. TeO2 与较浓的强酸、强碱反应，为两性氧化物，与碱强反应的化学反应方程式为： TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，其离子反应方程式为：TeO2+2OH-=TeO32-+H2O，B 正确； C.阴极上发生反应 电极方程式为： TeO32-+4e-+3H2O=Te↓+6OH-，C 错误； D. 阳极的电极反应式为 4OH--4e-=2H2O+O2↑，亚碲酸根离子也可能发生氧化反应，其电极反 应式为 TeO32--2e-+2OH-= TeO42-+H2O，D 正确；故答案为：C。 第二部分（非选择题共 58 分） 15.甲醇是重要的化工原料，可用于制备丙烯、氢气等。 （1）MTO 法由甲醇制备丙烯时的反应原理是：甲醇先脱水生成二甲醚，然后二甲醚与甲醇的 平衡混合物脱水转化为含丙烯较多的低聚烯烃。某温度下，在密闭容器中加入 CH3OH 气体， 发生脱水反应：2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)，一段时间后测得各组分的浓度如表所 示。 物质 CH3OH CH3OCH3 H2O 5min 浓度(mol·L-1) 0.44 0.6 0.6 10min 浓度 mol·L-1) 0.04 0.8 0.8 15min 浓度(mol•L-1) 0.04 0.8 0.8 该温度下，反应的平衡常数数值是___，CH3OH 的平衡转化率是___。 （2）利用甲醇水蒸气重整制氢法是获得氢气的重要方法。反应原理如下： 的反应 i（主反应）：CH3OH（g）+H2O（g） CO2(g)+3H2(g)△H=+49kJ•mol-1 反应 ii（副反应）：H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ•mol-1 ①温度高于 300℃则会同时发生 CH3OH 转化为 CO 和 H2 的副反应，该反应的热化学方程式是 ___。 ②反应中，经常使用催化剂提高化学反应速率，但催化剂对反应具有选择性。一定条件下， 测得 CH3OH 转化率及 CO、CO2 选择性随温度变化情况分别如图所示（CO、CO2 的选择性： 转化的 CH3OH 中生成 CO、CO2 的百分比）。 从图中可知，反应的适宜温度为___，随着温度的升高，催化剂对___（填“反应 i”或“反应 ii”） 的选择性越低。 ③TiO2 纳米电极电化学还原法可将副产物 CO2 在酸性水溶液中电解生成甲醇，生成甲醇的电 极反应式是___。 【答案】 (1). 400 (2). 97.56% (3). CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) △H=+90kJ·mol-1 (4). 260℃ (5). 反应 i (6). CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O 【解析】 【分析】 （1）由表格可知，10min 后，反应达到了平衡，根据 ，求平衡常数，根 据 ，求甲醇的平衡转化率； （2）①根据盖斯定律 i+ii 可得：CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)，△H=△H1+△H2，据此求出 △H； ②由图可知，低于 260℃时，CH3OH 的转化率较低，高于 260℃时，CH3OH 的转化率较高， 但在高于 260℃时，CO 的选择性逐渐增大，CO2 的选择性逐渐减小。 ( ) ( ) ( ) 23 3 3 H oCH OCH 2 CH OH c ·c K c = ( )3 cα CH OH 100%c = ×转 始 ③ CO2 在酸性环境下，电解生成甲醇，二氧化碳得到电子，发生还原反应，生成甲醇，电极 反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O； 【详解】（1）由表格可知，10min 后，反应达到了平衡，根据反应 2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)， ；设甲醇的起始为 xmol/L，根据 三段式： 2CH3OH (g) CH3OCH3 (g) + H2O (g) x=(1.6+0.04)mol/L=1.64mol/L，则 ，故答案为： 400； ； （2）① 反应 i：CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g) △H1=+49kJ•mol-1；反应 ii： H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ•mol-1；根据盖斯定律 i+ii 可得：CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)，△H=△H1+△H2=49kJ•mol-1+41kJ•mol-1=+90kJ·mol-1，故答案为：CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) △H=+90kJ·mol-1。 ②由图可知，低于 260℃时，CH3OH 的转化率较低，高于 260℃时，CH3OH 的转化率较高， 但在高于 260℃时，CO 的选择性逐渐增大，CO2 的选择性逐渐减小，所以最适宜温度为 260℃；随着温度的升高，催化剂对 CO 的选择性增大，CO2 的选择性减小，所以温度升高， 催化剂对反应 i 的选择性越低，故答案为：260℃；反应 i。 ③ CO2 在酸性环境下，电解生成甲醇，二氧化碳得到电子，发生还原反应，生成甲醇，其电 极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。 【点睛】10min 时，反应 2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)达到平衡，根据生成物的浓度， 计算 10min 内甲醇转化的浓度，再求出始态的甲醇浓度，最后求出甲醇的平衡转化率。 16.2020 年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活 新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献。二氧化氯（C1O2）就是其中一种高效消毒灭菌剂。 但其稳定性较差，可转化为 NaC1O2 保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的 NaClO2。其工艺流程示意图如图所示：  ( ) ( ) ( ) 23 3 3 H oCH OCH 2 2 CH OH c ·c 0.8 0.8K 400c 0.04 ×= = =  xmol / L 0 0 1 .6mol / L 0.8mol / L 0.8mol / L 0.04mol / L 0.8mol / L 0.8mol / L 始态 转化 平衡 ( )3 1.6mol / Lα CH OH 100% 97.56%1.64mol / L = × ≈ 97.56%     已知：1.纯 C1O2 易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到 10％以下。 2.长期放置或高于 60℃时 NaC1O2 易分解生成 NaC1O3 和 NaCl （1）步骤 1 中，生成 C1O2 的离子方程式是___，通人空气的作用是___。 （2）方法 1 中，反应的离子方程式是___，利用方法 1 制 NaC1O2 时，温度不能超过 20℃， 可能的原因是___。 （3）方法 2 中，NaC1O2 在___生成（选填“阴极”或“阳极”）。 （4）NaC1O2 的溶解度曲线如图所示，步骤 3 中从 NaC1O2 溶溶液中获得 NaC1O2 的操作是___。 （5）为测定制得的晶体中 NaC1O2 的含量，做如下操作： ①称取 a 克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸， 充分反应。将所得混合液配成 100mL 待测溶液。 ②移取 25.00mL 待测溶液于锥形瓶中，用 bmol•L-1Na2S2O3 标准液滴定，至滴定终点。重复 2 次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为 cmL（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。样品中 NaC1O2 的质量分数为___。（用含 a、b、c 的代数式表小）。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果 偏高，可能的原因是___（用离子方程式和文字表示）。 （6）NaC1O2 使用时，加入稀盐酸即可迅速得到 C1O2。但若加入盐酸浓度过大，则气体产物 中 Cl2 的含量会增大，原因是___。 【答案】 (1). 2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2 (2). 稀释产生的 ClO2 ，防止其分解爆炸 (3). 2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O (4). H2O2 温度较高时易分解 (5). 阴极 (6). 加热温度至略低于 60°C，浓缩，冷却至略高于 38°C 结晶，过滤，洗涤 (7). (8). 4H++4I-+O2=I2+2H2O，消耗 Na2S2O3 增多，结果偏高 (9). 亚氯酸钠与较浓盐酸混合， 氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气 -390.5bc 10 a ×【解析】 【分析】 （1） （3）NaC1O3 溶液与 SO2 发生氧化还原反应，生成 ClO2，而由题给信息可知，纯 C1O2 易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到 10％以下，故加入空气稀释；方法 1：在碱性环 境下，用 H2O2 还原 C1O2 得到 NaC1O2；方法 2：在阴极上 ClO2 被还原生成 ClO2-，其电极方 程式为：ClO2+e-=ClO2-； （4）由溶解度曲线可知，温度低于 38℃时，析出晶体 NaClO2⋅3H2O，温度高于 38℃时析出 晶体 NaClO2，据此分析解答； （5）由 ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式 NaClO2～2I2～ 4S2O32-，根据关系式 NaClO2～2I2～4S2O32-进行计算； （6）盐酸浓度较大，NaC1O2 与浓 HCl 发生氧化还原反应生成氯气； 【详解】（1）步骤 1，NaC1O3 溶液与 SO2 发生氧化还原反应，生成 ClO2，根据得失电子守恒， 离子反应方程式为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；由题给信息可知，纯 C1O2 易分解爆炸，一般 用稀有气体或空气稀释到 10％以下，则通人空气的作用是稀释产生的 ClO2，防止其分解爆炸， 故答案为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；稀释产生的 ClO2，防止其分解爆炸； （2）方法 1，在碱性环境下，用 H2O2 还原 C1O2 得到 NaC1O2，根据得失电子守恒，反应的 离子方程式未：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；温度较高时 H2O2 易分解，所以温度不 能超过 20℃，故答案为：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；H2O2 温度较高时易分解； （3）方法 2，ClO2 生成 ClO2-，应被还原，在阴极生成，电极方程式为：ClO2+e-=ClO2-，所以 在阴极上生成 NaC1O2，故答案为：阴极； （4）由 NaC1O2 的溶解度曲线可知，NaClO2 饱和溶液中，温度低于 38℃时，析出晶体是 NaClO2⋅3H2O，温度高于 38℃时析出晶体是 NaClO2，所以从 NaC1O2 溶溶液中获得 NaC1O2 的操作：加热温度至略低于 60°C，浓缩，冷 却至略高于 38°C 结晶，过滤，洗涤，故答案为：加热温度至略低于 60°C，浓缩，冷却至略高 于 38°C 结晶，过滤，洗涤； （5）由 ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式为：NaClO2～2I2～ 4S2O32-，n(NaClO2)= n(S2O32-)= ，则样品中 NaC1O2 的质量分数为： ；在滴定操作正确的情况下，测得结果偏高，可能为 ~ 1 4 31 bc 10 mol4 −× 3 3 1 10090.5 10 90.5 104 25bc bc a a − −× × × ×=碘负离子被氧气氧化，生成更多的碘单质，消耗更多的 Na2S2O3，结果偏高，故答案为： ；4H++4I-+O2=I2+2H2O，消耗 Na2S2O3 增多，结果偏高； （6）盐酸浓度大时，NaC1O2 与浓 HCl 发生氧化还原反应生成氯气，故答案为：亚氯酸钠与 较浓盐酸混合，氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气。 17.吡唑类化合物是重要的医用中间体，如图是吡唑类物质 L 的合成路线。 已知：R1—CHO+R2CH2—COOR3 R1—CHO+R2NH2 R1—CH=N—R2 （1）试剂 a 是__。 （2）C 生成 D 的反应类型是__。 （3）D 生成 E 的化学方程式是___。 （4）生成 G 的化学方程式是__。 （5）H 的结构简式是__。 （6）写出符合下列条件的 I 的同分异构体的结构简式__。 a.是反式结构 b.能发生银镜反应 c.苯环上的一氯代物有 2 种 d.1mol 该有机物能与 2mol 氢氧化钠反应 （7）K 的分子式是 C10H8O2，K 的结构简式是__。 （8）以 2-甲基丙烯和乙酸为原料，选用必要的无机试剂，合成 ，写出合成路线__ 390.5 10bc a −×（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件） 【答案】 (1). 浓硫酸，浓硝酸 (2). 取代（水解）反应 (3). 2 +O2 2 +2H2O (4). CH3COOH+CH3OH CH3COOCH3+H2O (5). (6). (7). (8). 【解析】 【分析】 ，B 在光照条件下与氯气发生取代反应生成 ，逆推可知 B 是 ，A 发生硝化反应生成 B；F 的分子式是 C2H4O，F 与甲醇在浓硫酸作用下反应生成 G ， 则 F 是 乙 酸 、 G 是 乙 酸 甲 酯 ； ， 结 合R1—CHO+R2CH2—COOR3 ，可知 H 为 ；结合 R1—CHO+R2NH2 R1—CH=N—R2， ， 逆推可知 E 是 、K 的分 子式是 C10H8O2，K 是 ；由 逆推，D 是 ； 【详解】根据以上分析，（1）A 是甲苯、B 是 ，A 发生硝化反应生成 B，所以试剂 a 是 浓硫酸，浓硝酸； （2）C 是 、D 是 ，C 生成 D 是卤代烃的水解反应，反应类型是取代（水解） 反应。 （3）D 是 、E 是 ，D 生成 E 是醇的催化氧化，反应的化学方程式是 2 +O2 2 +2H2O； （4）G 是乙酸甲酯，乙酸和甲醇在在浓硫酸作用下反应生成乙酸甲酯，反应的化学方程式是 CH3COOH+CH3OH CH3COOCH3+H2O； （5） ，结合 R1—CHO+R2CH2—COOR3，可知 H 为 ； （6）a.是反式结构，说明含有碳碳双键；b.能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸酯； c.苯环 上的一氯代物有 2 种，说明 2 个取代基在苯环的对位； d.1mol 该有机物能与 2mol 氢氧化钠反 应，说明是甲酸酚酯；符合条件的 I 的同分异构体的结构简式是 ； （7）结合 R1—CHO+R2NH2 R1—CH=N—R2， ， 逆推 可知 E 是 、根据 K 的分子式是 C10H8O2，可知 K 是 ； （8）2-甲基丙烯与溴水发生加成反应生成 ， 水解为 ， 在铜做催化剂的条件下氧化为 ， 和 乙酸发生正反应反应生成 ，根据 R1—CHO+R2CH2—COOR3 ， 在碱、加热的条件下生成 ；合成路线为。 18.一些行业的废水中氨氮含量严重超标，废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化防 治的研究热点，有多种方法可以去除。 I.电镀行业废水处理流程如图： （1）吹脱法除氨氮：水中的氨氮大多数以 NH4+和游离态的 NH3 保持平衡状态而存在。将空 气直接通入水中，使气相和液相充分接触。水中溶解的游离氨穿过气液界面，向气相转移。 从而达到脱除氨的目的。氨氮废水中 NH3 和 NH4+平衡态的平衡关系有___。 （2）温度、pH 值、空气流量对脱除氨有很大的影响。pH 值、空气流量对脱除氨影响如图所 示。由图可以看出，空气流量一定时，10＜pH＜11 时，吹脱率随着 pH 增加而增加，请用化 学平衡移动原理解释原因___。 （3）次氯酸钠氧化法：利用次氯酸钠氧化废水中氨氮的离子方程式是___。 II.对于含有 H2PO4-的氨氮废水还可以用电化学沉淀与阴极氧化协同去除水中的氨氮，装置如 图所示。电解过程中，石墨毡电极产生 OH-，在通入 O2 的情况，又产生 H2O2，以氧化水中的 NH4+，同时 NH4+还可以通过生成 MgNH4PO4•6H2O 沉淀而持续被除去。（1）阳极的电极反应式是___。 （2）废水中的 NH4+'转化为 MgNH4PO4•6H2O 的离子方程式是___。 （3）pH 大于 10.5 不利于 MgNH4PO4•6H2O 的生成，原因是___。 【答案】 (1). NH3+H2O NH3·H2O NH4++OH- (2). NH3·H2O NH4++OH-，pH 增大有利于平衡逆向移动，NH4+转化为游离态的 NH3，NH3 在空气吹脱下从水中脱除 (3). 2NH4++3ClO-+2OH-=N2↑+3Cl-+5H2O (4). Mg-2e-=Mg2+ (5). NH4++H2PO4-+Mg2++2OH-+4H2O=MgNH4PO4•6H2O (6). pH 偏大，NH4+、Mg2+易与 OH−结 合生成 NH3•H2O、Mg(OH)2，NH3•H2O 的电离被抑制，使 NH4+和 Mg2+浓度降低，不利于 MgNH4PO4•6H2O 的生成 【解析】 【分析】 Ⅰ.（1）NH3 极易溶于水，且与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，部分电离生成 NH4+ 和 OH-，据此写出平衡关系； （2）由 NH3·H2O NH4++OH-，pH 增大，OH-增多，平衡逆向移动； （3）次氯酸根离子具有强氧化性，氧化 NH4+生成氮气，本身被还原生成氯离子，根据得失电 子守恒，写出离子反应方程式； Ⅱ. （1）电解图可知，Mg 电极为阳极，Mg 失去电子，发生氧化反应； （2）根据 OH-、Mg2+、NH4+、H2PO4-反应生成 MgNH4PO4•6H2O 沉淀，写出离子反应方程式； （3）pH 偏大，NH4+、Mg2+易与 OH−结合生成 NH3•H2O、Mg(OH)2，据此分析解答； 【详解】Ⅰ.（1）NH3 极易溶于水，且与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，部分电 离生成 NH4+和 OH-，所以氨氮废水中 NH3 和 NH4+平衡态的平衡关系为：NH3+H2O NH3·H2O NH4++OH-，故答案为：NH3+H2O NH3·H2O NH4++OH-； （2）由 NH3·H2O NH4++OH-，pH 增大，OH-增多，平衡逆向移动，NH4+转化为游离态的NH3，NH3 在空气吹脱下从水中脱除，故答案为：NH3+H2O NH4++OH-，pH 增大有利于平 衡逆向移动，NH4+转化为游离态的 NH3，NH3 在空气吹脱下从水中脱除； （3）次氯酸根离子具有强氧化性，氧化 NH4+生成氮气，本身被还原生成氯离子，根据得失电 子守恒，其离子反应方程式为：2NH4++3ClO-+2OH-=N2+3Cl-+5H2O，故答案为： 2NH4++3ClO-+2OH-=N2+3Cl-+5H2O； Ⅱ.（1）电解图可知，Mg 电极为阳极，Mg 失去电子，发生氧化反应，其电极反应式为： Mg-2e-=Mg2+，故答案为：Mg-2e-=Mg2+； （2）石墨毡电极产生 OH-，NH4+与 Mg2+、NH4+、H2PO4-反应生成 MgNH4PO4•6H2O 沉淀，离 子反应方程式为：NH4++H2PO4-+Mg2++2OH-+4H2O=MgNH4PO4•6H2O↓，故答案为： NH4++H2PO4-+Mg2++2OH-+4H2O=MgNH4PO4•6H2O↓； （3）pH 大于 10.5，溶液中 c(OH-)大，NH4+、Mg2+易与 OH−结合生成 NH3•H2O、Mg(OH)2， NH3•H2O 的电离平衡逆向移动，被抑制，使溶液中 c(NH4+)与 c(Mg2+)降低，不利于 MgNH4PO4•6H2O 沉淀的生成，故答案为：pH 偏大，NH4+、Mg2+易与 OH−结合生成 NH3•H2O、Mg(OH)2，NH3•H2O 的电离被抑制，使 NH4+和 Mg2+浓度降低，不利于 MgNH4PO4•6H2O 的生成。 19.常温下，某化学小组探究硝酸银溶液的性质。 装置 实验序 号 实验操作 实验现象 实验 I 向试管中滴加 2%氨水并不断 振荡 产生棕褐色沉淀，继续滴 加沉淀消失 实验 II 1.向试管中加入 0.1mol·L-lNaOH 溶液 1mL 2.继续滴加 3%H2O2 至过量 1.产生棕褐色沉淀 2.产生大量无色无味气体， 有黑色沉淀生成 实验 III 1.向试管中滴加 1mL0.1mol•L-1KI 溶液 2.取少量上层清液于试管甲中， 加入淀粉溶液 1.产生黄色沉淀 2.溶液无明显变化已知：AgOH 是一种白色固体，常温下极不稳定，易分解为棕褐色难溶于水的氧化银固体 （1）常温下，0.1mo1•L-1AgNO3 溶液 pH 约为 4，请用离子方程式解释原因___。 （2）实验 I 中，反应的化学方程式是___。 （3）实验 II 中，经检验，黑色沉淀的成分为 Ag。有 Ag 产生的化学方程式是___。经测定， 实验产生的气体体积远远大于该反应的理论值，可能的原因是___。 （4）实验中，产生黄色沉淀的离子方程式是___。有同学猜想，I-有还原性，Ag+有氧化性， AgNO3 溶液与 KI 溶液应该可以发生氧化还原反应。他设计了如图原电池，做实验 IV 证明了 猜想成立。其中，在 A 烧杯中，石墨电极表面变亮，经检测这种光亮的物质为银单质。乙溶 液是___，检验 B 烧杯中产物的操作及现象是___，该氧化还原反应的离子方程式是__。 （5）对比实验 III 和实验 IV，实验 III 无 I2 生成的可能原因是___（写出两条）。 【 答 案 】 (1). Ag++H2O AgOH+H+ (2). AgNO3+3NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O (3). Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O (4). Ag2O 有催化作用，可以催化 H2O2 的分解，导致气体体积增大 (5). Ag++I-=AgI↓ (6). 0.1mol•L-1KI 溶液 (7). 取少量反应后 B 烧杯中溶液，滴加淀粉溶液，有蓝色出现 (8). 2Ag++2I-=2Ag↓+I2 (9). Ag+与 I-发生氧化还原反应的速率慢于发生沉淀反应的速率；物质的 氧化性还原性受浓度影响，溶液中离子浓度较小时，氧化还原反应不易发生 【解析】 【分析】 （1）AgNO3 为强酸弱碱盐，Ag+水解，溶液呈酸性； （2）AgNO3 溶液中滴加氨水，发生复分解反应，产生 AgOH 的白色沉淀，AgOH 极不稳定， 易分解为棕褐色难溶于水的 Ag2O 固体，继续滴加氨水，AgOH 与氨水反应生成银氨溶液，沉 淀消失，据此写出化学方程式； （3）AgNO3 溶液中加入 NaOH 溶液，发生复分解反应，产生 AgOH 的白色沉淀，AgOH 极不 稳定，易分解为棕褐色难溶于水的 Ag2O 固体，继续滴加 H2O2 至过量，Ag₂O 被 H2O2 还原生成 Ag 单质；Ag2O 有催化作用，催化 H2O2 分解生成 O2，导致气体体积增大； （4）AgNO3 溶液中滴加 KI 溶液，发生复分解反应，产生 AgI 的黄色沉淀；在 A 烧杯中，石 墨电极表面变亮，经检测这种光亮的物质为银单质，甲溶液为 0.1mol•L-1AgNO3 溶液，乙溶液 是 0.1mol•L-1KI 溶液；用淀粉溶液，检验 I2；根据得失电子守恒写出离子方程式； （5）实验 III 中，Ag+与 I-发生氧化还原反应的速率慢于发生沉淀反应的速率；物质的氧化性 与还原性受浓度影响，溶液中离子浓度较小时，氧化还原反应不易发生； 【详解】（1）AgNO3 为强酸弱碱盐，Ag+水解，溶液呈酸性，Ag++H2O AgOH+H+，故答 案为：Ag++H2O AgOH+H+； （2）AgNO3 溶液中加氨水，发生复分解反应，产生 AgOH 的白色沉淀， AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3，AgOH 极不稳定，易分解为棕褐色难溶于水的 Ag2O 固 体，2AgOH=Ag₂O+H₂O，继续加氨水，AgOH 与氨水反应生成银氨溶液，沉淀消失， AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O，则实验 I 中，发生的反应的化学方程式为： AgNO3+3NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O，故答案为： AgNO3+3NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O； （3）AgNO3 溶液中加入 NaOH 溶液，发生复分解反应，产生 AgOH 的白色沉淀， AgNO3+NaOH=AgOH↓+NaNO3，AgOH 极不稳定，易分解为棕褐色难溶于水的 Ag2O 固体， 2AgOH=Ag₂O+H₂O，继续滴加 H2O2 至过量，Ag₂O 被 H2O2 还原生成 Ag 单质，其化学反应方 程式为：Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O；Ag2O 具有催化作用，可以催化 H2O2 分解生成 H2O 和 O2，导致气体体积增大，故答案为：Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O；Ag2O 有催化作用，可以催化 H2O2 的分解，导致气体体积增大； （4）AgNO3 溶液中滴加 KI 溶液，发生复分解反应，产生 AgI 的黄色沉淀，其离子反应方程 式为：Ag++I-=AgI↓；在 A 烧杯中，石墨电极表面变亮，经检测这种光亮的物质为银单质，则 A 烧杯中发生的反应为：Ag++e-=Ag↓，甲溶液为 0.1mol•L-1AgNO3 溶液，则 B 烧杯中发生的反 应为：2I--2e-=I2，乙溶液是 0.1mol•L-1KI 溶液；检验 B 烧杯中产物：取少量反应后 B 烧杯中 溶液于试管中，滴加淀粉溶液，若有蓝色出现，则证明产物为 I2；该氧化还原反应的离子方程 式为：2Ag++2I-=2Ag↓+I2，故答案为：Ag++I-=AgI↓；0.1mol•L-1KI 溶液；取少量反应后 B 烧杯 中溶液，滴加淀粉溶液，有蓝色出现；2Ag++2I-=2Ag↓+I2； （5）对比实验 III 和实验 IV，实验 III 中，Ag+与 I-发生氧化还原反应的速率慢于发生沉淀反 应的速率；物质的氧化性与还原性受浓度影响，溶液中离子浓度较小时，氧化还原反应不易 发生，故答案为：Ag+与 I-发生氧化还原反应的速率慢于发生沉淀反应的速率；物质的氧化性与还原性受浓度影响，溶液中离子浓度较小时，氧化还原反应不易发生。 【点睛】在硝酸银溶液中加入少量氨水时，发生反应 化学方程式： AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3，加入过量氨水时，发生反应的化学方程式： AgNO3+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]NO3+2H2O。 的