北京市西城区2020届高三化学第二次模拟试题（Word版附解析）

西 城 区 高 三 模 拟 测 试 化 学 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.下列物质的主要成分(括号中)不包括ⅣA 族元素的是 A．石英石 [SiO2] B．猫眼石 [Be3Al2Si6O18] C．孔雀石 [Cu2(OH)2CO3] D．红宝石 [Al2O3] A. A B. B. C. C. D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．SiO2 中 Si 元素是ⅣA 族元素，故不选 A； B．Be3Al2Si6O18 中 Si 元素是ⅣA 族元素，故不选 B； C．Cu2(OH)2CO3 中 C 元素是ⅣA 族元素，故不选 C； D．Al2O3 中 Al 元素是ⅢA 族元素、O 元素是ⅥA 族元素，不含ⅣA 族元素，故选 D。 2.下列化学用语不正确的是 A. 苯的实验式：CH B. 乙酸分子比例模型： C. 氢氧化钠的电子式： D. 乙炔的结构式：H—C≡C—H 【答案】C 【解析】 【详解】A．苯的分子式是 C6H6，所以苯的实验式是 CH，故 A 正确； B．乙酸的结构简式是 CH3COOH，乙酸分子比例模型是 ，故 B 正确； C．氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式是 ，故 C 错误； D．乙炔分子式是 C2H2，含有碳碳三键，乙炔的结构式是 H—C≡C—H，故 D 正确。 选 C。 3.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是 A. 灼烧的方法能区分蚕丝和棉纤维 B. 酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇 C. CO、甲醛、放射性元素氡(Rn)都是室内空气污染物 D. 混凝法、中和法和沉淀法是常用的工业污水处理方法 【答案】B 【解析】 【详解】A．蚕丝的主要成分是蛋白质，棉纤维的主要成分是纤维素，二者可用灼烧的方法区 别，有烧焦的羽毛气味的是蚕丝，故 A 正确； B．酿酒过程中葡萄糖转化为乙醇是氧化反应，淀粉转变为葡萄糖是水解反应，故 B 错误； C．石材会释放放射性元素，装饰材料会释放 CO、甲醛，均是室内空气污染物，故 C 正确； D．混凝法是利用了胶体的凝聚作用，中和法是利用中和反应调节污水的 pH，沉淀法是利用 化学反应使重金属离子生成沉淀而除去，都可用于废水处理，故 D 正确； 答案选 B。 4.下列实验操作中，符合操作规范的是 A. 向试管中滴加试剂时，将滴管下端紧靠试管内壁 B. 用托盘天平称量药品时，右盘放药品，左盘放砝码 C. 用 pH 试纸检验溶液的酸碱性时，将试纸浸入溶液中 D. 萃取操作中倒转分液漏斗用力振荡时，应关闭玻璃塞和活塞 【答案】D 【解析】 【详解】A．向试管中滴加试剂时，滴管下端不能试管内壁，否则容易组成试剂的污染，故不 选 A； B．用托盘天平称量药品时，右盘放砝码，左盘放药品，故不选 B；C．使用试纸检验溶液的性质时，不可将试纸浸入溶液中，否则会造成试剂污染，可以使用玻 璃棒蘸取少量溶液进行检验，故不选 C； D．萃取操作中倒转分液漏斗用力振荡时，应关闭玻璃塞和活塞，防止漏液，故选 D。 选 D。 5.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3 B. 稳定性：HCl＞HI C. 碱性：KOH＞NaOH D. 酸性：HClO4＞H2SO4 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，NaHCO3 加热分解为 Na2CO3、二氧化碳、水 ， 热稳定性 Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故选 A； B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性 Cl ＞I，所以稳定性 HCl＞HI，能用元素周期律解释，故不选 B； C．同主族元素从上到下金属性增强，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱 性越强，金属性 K＞Na，所以碱性 KOH＞NaOH，能用元素周期律解释，故不选 C； D．同周期元素从左到右非金属性增强，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物 的酸性越强，非金属性 Cl＞S，酸性 HClO4＞H2SO4，能用元素周期律解释，故不选 D； 选 A。 6.下列物质转化关系，在给定条件下都能实现 是 ① ② ③ ④ A. ①② B. ①③ C. ①②③ D. ②③④ 【答案】A 【解析】 【详解】①根据 N2 的性质，氮气和氧气在放电条件下生成 NO，NO 和氧气和水反应生成硝 酸，故① 能实现； ②钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，故②能实现； 的 2 2 2 O O 2 3H ON NO HNO→ →放电或高温 2 2O CO 2 2 2 3Na Na O Na CO→ →  2Cu CuCl (aq) Cu→ →浓盐酸 电解 2l 3 3Fe FeCl Fe(OH)C→ →氨水 点燃 2 2 2 O O 2 3H ON NO HNO→ →放电或高温③铜属于不活泼金属，与浓盐酸不反应，故③中铜→氯化铜不能实现； ④铁和氯气生成氯化铁，氯化铁能和氨水反应生成氢氧化铁，故④ 能实现； 故答案：A。 7.已知由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐 CaOCl2 中加入足量浓硫酸， 发生反应：CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O。下列说法不正确的是 A. CaOCl2 中的两种酸根阴离子分别为 Cl－和 ClO－ B. CaOCl2 和 Cl2 中均含有非极性共价键 C. 在上述反应中，浓硫酸不体现氧化性 D. 每产生标准状况下 2.24 L Cl2，转移电子的数目约为 6.02×1022 【答案】B 【解析】 【分析】 由化学反应方程式 CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O 可知，反应中混盐含有的阴离子为 Cl-和 ClO-，CaOCl2 自身既是氧化剂又是还原剂，反应中 C1-失电子，C1O-得电子，发生归中 反应。以此分析。 【详解】A.根据上述分析可知：CaOCl2 中的两种酸根阴离子分别为 Cl－和 ClO－，故 A 正确； B.CaOCl2 中没有非极性共价键，故 B 错误； C.在 CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O 反应中，浓硫酸中没有化合价变化，不体现氧化性， 故 C 正确； D.标准状况下 2.24 L Cl2 为 0.1mol，根据反应中 C1-失电子，C1O-得电子，可知发生归中反应 生成 Cl2，所以转移电子的数目约为 6.02×1022，故 D 正确； 故答案：B。 8.完成下列实验，所用仪器或操作合理的是 A B C D 配制 250 mL 0.10 mol·L−1NaOH 溶液 除去工业乙醇中的杂质 除去粗盐水中的 不溶物 用标准 NaOH 溶 液滴定锥形瓶中的 盐酸 2l 3 3Fe FeCl Fe(OH)C→ →氨水 点燃A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．配制 250 mL 0.10 mol·L−1NaOH 溶液，不能用容量瓶溶解氢氧化钠固体，故 A 错 误； B．蒸馏法除去工业乙醇中的杂质，温度计的液泡应在蒸馏烧瓶支管口处，故 B 错误； C．过滤法除去粗盐水中的不溶物，故 C 正确； D．用标准 NaOH 溶液滴定锥形瓶中的盐酸，标准 NaOH 溶液应盛在碱式滴定管中，滴定时， 眼睛应该注视锥形瓶内颜色变变化，故 D 错误； 选 C。 9.下列解释实验事实的方程式书写不正确的是 选项 事实 解释 A 向 AgCl 悬浊液中滴加 Na2S 溶液，白色 沉淀变成黑色 2AgCl+S2− =Ag2S+2Cl− B 将水蒸气通过灼热的铁粉，产生可燃性 气体 2Fe+3H2O(g) Fe2O3+3H2 C 向澄清石灰水中滴加少量小苏打溶液， 产生白色沉淀 Ca2++OH−+HCO3− = CaCO3↓+H2O D 将 Cl2 通入 KBr 溶液，无色溶液变黄色 Cl2+2Br− = 2Cl−+Br2 ∆ =A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A. 向 AgCl 悬浊液中滴加 Na2S 溶液，白色沉淀变成黑色，生成 Ag2S，AgCl、Ag2S 均为难溶性固体，不能拆，故离子方程式书写正确，故 A 正确； B. 将水蒸气通过灼热的铁粉，产生可燃性气体为氢气，还生成 Fe3O4，正确的化学方程式为： 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，故 B 错误； C. 向澄清石灰水中滴加少量小苏打溶液，产生白色沉淀，假设小苏打为 1mol，则碳酸氢根为 1mol，消耗 1mol 氢氧根离子，生成 1mol 碳酸根离子和 1mol 水，1mol 碳酸根离子再结合 1mol 钙离子生成 1mol 碳酸钙沉淀，故离子方程式书写正确，故 C 正确； D. 将 Cl2 通入 KBr 溶液，无色溶液变黄色，Cl2 氧化 Br-生成溴单质，本身被还原为氯离子， 故离子方程式书写正确，故 D 正确； 故选 B。 【点睛】碳酸氢钠溶液与澄清石灰水反应的离子方程式的书写是学生们学习的难点，以“少 量者定为 1mol”配平过量反应物的系数， 碳酸氢钠溶液与足量的澄清石灰水反应，离子方程式为：HCO3- +Ca2+ + OH- = CaCO3↓+ H2O， 碳酸氢钠溶液与少量的澄清石灰水反应，离子方程式为：2HCO3- +Ca2+ + 2OH- = CaCO3↓+ CO32-+ 2H2O。 10.肉桂皮是肉桂树的树皮，常被用作药物和食用香料，有效成分为肉桂醛。从肉桂皮中提取 肉桂醛的主要流程如下： 下列说法不正确的是 A. 肉桂醛可用作食品添加剂且不应过量 ∆ =B. 肉桂醛可溶于乙醇 C. 红外光谱可检测出肉桂醛分子中含有碳碳双键和醛基 D. 肉桂醛长期置于空气中容易发生还原反应 【答案】D 【解析】 【分析】 根据有机物的结构简式可判断有机物的结构及所含官能团，肉桂醛含碳碳双键和醛基，可以 发生相应的反应，据此解答。 【详解】A．肉桂皮的有效成分为肉桂醛，常被用作药物和食用香料，但不应过量，故 A 正确； B．肉桂醛、乙醇均是有机物，二者相似相溶，故 B 正确； C．红外光谱可检测出物质所含官能团和化学键，故红外光谱可检测出肉桂醛分子中含有碳碳 双键和醛基，C 正确； D．肉桂醛含有碳碳双键，属于不饱和烃，长期置于空气中容易发生氧化反应，故 D 错误； 答案选 D。 11.室温时，下列说法正确的是 A. pH=11 的氨水和 pH=11 的 Na2CO3 溶液中，由水电离产生的 c(OH－)均为 1×10−11 mol·L−1 B. 分别把 100 mL pH=11 的 NaOH 溶液和 pH=11 的氨水加水稀释至 1 L，所得溶液 pH 均为 10 C. 分别向等体积的 0.1 mol·L−1 HCl 溶液和 0.1 mol·L−1 CH3COOH 溶液中加入等浓度的 NaOH 溶液，恰好为中性时，消耗 NaOH 溶液的体积相等 D. 分别向1 mL pH=3 的盐酸和 pH=3 的 CH3COOH 溶液中加入少量 CH3COONa 固体，两溶液 的 pH 均增大 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．酸碱均会抑制水的电离，可以水解的盐能促进水的电离。pH=11 的氨水，由水电 离出的 c(OH－)为 1×10−11mol/L，pH=11 的 Na2CO3 溶液中，水电离的氢氧根为 1×10−3mol/L， 故 A 错误； B．100 mL pH=11 的 NaOH 溶液加水稀释至 1 L，所得溶液 pH 均为 10，氨水是弱电解质，存 在电离平衡， pH=11 的氨水加水稀释至 1 L，所得溶液 pH＜10，故 B 错误； C．等浓度等体积的盐酸和醋酸，二者物质的量相等，当分别加入等物质的量的 NaOH 时，盐酸变为氯化钠溶液，溶液显中性，此时醋酸变为醋酸钠溶液，醋酸钠水解使其溶液呈碱性， 因此，若要使醋酸溶液呈中性，必须少加一些氢氧化钠溶液，故 C 错误； D．盐酸中加醋酸钠，两者发生反应生成弱酸醋酸，故其 pH 增大；向 CH3COOH 溶液中加入 少量 CH3COONa 固体，会使醋酸的电离平衡逆向移动，故 pH 增大，D 正确； 答案选 D。 12.“星型”聚合物具有独特的结构，在新兴技术领域有广泛的应用。下图是某“星型”聚合 物的制备过程。 已知： 下列说法不正确的是 A. 单体Ⅰ的核磁共振氢谱有两组吸收峰，峰面积比为 1∶2 B. 单体Ⅰ与单体Ⅱ制备聚合物 X，产物中有 H2O C. 聚合物 X 转化为聚合物 Y 发生取代反应 D. 聚合物 Y 可通过末端的碳碳双键交联形成网状结构 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A． 有 2 种等效氢原子，单体Ⅰ的核磁共振氢谱有两组吸收峰，峰面积比 为 1∶2，故 A 正确； B．根据 ，单体Ⅰ与单体Ⅱ制备聚合物 X， 产物中没有 H2O，故 B 错误； 18 18 1 2 3 1 3 2ΔR COOR +R OH R CO OR +R OH→催化剂 18 18 1 2 3 1 3 2ΔR COOR +R OH R CO OR +R OH→催化剂C．聚合物 X 转化为聚合物 Y，X 中羟基上的 H 原子被 代替，发生取代反应，故 C 正确； D．聚合物 Y 的末端都含有碳碳双键，可通过末端的碳碳双键交联形成网状结构，故 D 正确； 答案选 B。 13.工业上应用两矿法浸出软锰矿(主要成分 MnO2)和方铅矿(主要成分 PbS、FeS2)，制备 PbSO4 和 Mn3O4，转化流程如下。 已知：PbCl2 微溶于水，溶液中存在可逆反应： 。 下列说法正确的是 A. Ⅰ中可使用浓盐酸代替稀盐酸和 NaCl 的混合溶液 B. Ⅱ中生成的沉淀 Y 是 Fe(OH)2 C. Ⅳ中试剂 X 可能作氧化剂 D. Ⅴ中发生反应：Pb2++SO42－== PbSO4 【答案】C 【解析】 【分析】 方铅矿 (主要成分 PbS、、FeS2)和软锰矿(主要成分 MnO2)中加入稀盐酸、NaCl 溶液并加热至 70℃ ， 发 生 的 反 应 有 MnO2+PbS+4HCl=MnCl2+PbCl2+S+ 2H2O ， 3MnO2+2FeS2+12HCl=3MnCl2+2FeCl3+4S+6H2O，调节溶液的 pH 使铁离子和转化为沉淀，要 除去这两种离子需要加入碱性物质且不能引进新的杂质，然后过滤得到氢氧化铁沉淀和滤液， 将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到 PbCl2 晶体和滤液，向滤液中通入氨气、X 使锰离子被 氧化生成 Mn3O4，将溶液过滤得到 Mn3O4 和滤液，据此解答。 【详解】A.若用浓盐酸代替稀盐酸和 NaCl 的混合溶液，那么浓盐酸与软锰矿中的 MnO2 反应 生成氯气，A 错误； B.由分析可知Ⅱ中生成的沉淀 Y 是 Fe(OH)3，B 错误； 2 2 4PbCl +2Cl PbCl － －C.Ⅳ中向滤液中通入氨气、X 使锰离子被氧化生成 Mn3O4，则试剂 X 可能作氧化剂，C 正确； D.因为 PbCl2 微溶于水，溶液中存在可逆反应： ，故Ⅴ中发生反 应：PbCl42-+SO42－== PbSO4+4Cl-，D 错误； 故选 C。 14.某同学研究 FeSO4 溶液和 AgNO3 溶液的反应，设计如下对比实验。 实 验 Ⅰ Ⅱ 现 象 连通电路后，电流表指针向右偏转，分别 取反应前和反应一段时间后甲烧杯中的 溶液，滴加 KSCN 溶液，前者几乎无色, 后者显红色 连通电路后，电流表指针向左发生微小的 偏转，丙、丁烧杯中均无明显现象 下列说法正确的是 A. 仅由Ⅰ中的现象可推知 Ag+的氧化性强于 Fe3+ B. Ⅱ中电流表指针向左偏转的原因是 Fe2+氧化了银电极 C. Ⅱ中若将银电极换成石墨电极，电流表指针可能不再向左偏转 D. 对比Ⅰ、Ⅱ可知，Ⅰ中 NO3－氧化了 Fe2+ 【答案】C 【解析】 【分析】 由实验Ⅰ可知甲烧杯溶液在反应后生成 Fe3+，电子有石墨电极流向银电极，则石墨电极为负极， 银电极为正极，负极发生反应为：Fe2+-e-= Fe3+；由实验Ⅱ可知：银电极为负极，石墨电极为 正极，负极发反应：Ag-e-=Ag+，而 Fe 的氧化性强于 Ag，故正极溶液中的 Fe2+不参与反应， 所以正极发生吸氧腐蚀。 2 2 4PbCl +2Cl PbCl － －【详解】A.若 Ag+的氧化性强于 Fe3+，那么Ⅰ中原电池的总反应为 Ag++Fe2+= Fe3++Ag，而实 验Ⅱ随着反应进行丁烧杯中也能生成 Ag+，也可以构成原电池，生成 Fe3+，溶液颜色会改变， 但是实验Ⅱ中无明显现象，故Ⅰ中的现象是空气中的氧气氧化 Fe2+导致，A 错误； B.由分析可知，是空气中的氧气氧化银电极，故 B 错误； C.Ⅱ中若将银电极换成石墨电极，石墨为惰性电极，不能失去电子，不能形成原电池，电流表 指针可能不再向左偏转，C 正确； D.若是 NO3－氧化了 Fe2+，那么Ⅱ中的 Fe2+也会被 NO3－氧化，故 D 错误； 故选 C。 第二部分 本部分共 5 题，共 58 分。 15.三氯化六氨合钴([Co(NH3)6]Cl3)是一种橙黄色晶体，实验室制备过程如下： Ⅰ．将研细的 6 g CoCl2•6H2O 晶体和 4 g NH4Cl 固体加入锥形瓶中，加水，加热溶解，冷却； Ⅱ．加入 13.5 mL 浓氨水，用活性炭作催化剂，混合均匀后逐滴滴加 13.5 mL 5% H2O2 溶液， 水浴加热至 50~60℃，保持 20 min。用冰浴冷却，过滤，得粗产品； Ⅲ．将粗产品溶于 50 mL 热的稀盐酸中，______，向滤液中缓慢加入 6.7 mL 浓盐酸，有大量 橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤； Ⅳ．先用冷的 2 mol·L−1 HCl 溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。 (1)[Co(NH3)6]Cl3 中 Co 的化合价是______。 (2)CoCl2 遇浓氨水生成 Co(OH)2 沉淀，加入浓氨水前先加入 NH4Cl 可避免沉淀生成，原因是 ______。 (3)溶液中 CoCl2、NH4Cl 和浓氨水混合后，与 H2O2 溶液反应生成[Co(NH3)6]Cl3 的化学方程式 是______。 (4)补全Ⅲ中的操作：______。 (5)沉淀滴定法测定制备的产品中 Cl－的质量分数： ⅰ．准确称取 a g Ⅳ中的产品，配制成 100 mL 溶液，移取 25 mL 溶液于锥形瓶中； ⅱ．滴加少量 0.005 mol·L−1 K2CrO4 溶液作为指示剂，用 c mol·L−1 AgNO3 溶液滴定至终点； ⅲ．平行测定三次，消耗 AgNO3 溶液的体积的平均值为 v mL，计算晶体中 Cl－的质量分数。已知：溶解度：AgCl 1.3×10−6 mol·L−1，Ag2CrO4(砖红色)6.5×10−5 mol·L−1 ①ⅱ中，滴定至终点的现象是______。 ②制备的晶体中 Cl－的质量分数是______(列计算式，Cl 的相对原子质量：35.5)。 【答案】 (1). +3 (2). 抑制 NH3·H2O 的电离，使溶液中的 c(OH－)降低，避免生 成 Co(OH)2 沉 淀 (3). 2CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O2 2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O (4). 趁 热 过 滤 、 冷 却 (5). 溶 液 中 出 现 砖 红 色 沉 淀 ， 半 分 钟 内 不 消 失 (6). 【解析】 【分析】 根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化 CoCl2 溶液来制备 [Co(NH3)6] Cl3 ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为 2CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O2 2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；将粗产品溶于 50 mL 热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入 6.7 mL 浓 盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀盐酸后应过滤；先用冷的 2 mol·L−1 HCl 溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。 【详解】(1). [Co(NH3)6]Cl3 中 NH3 为配体，氯的化合价为-1 价，则 Co 的化合价是+3 价，故答 案为+3； (2).加入 NH4Cl 使溶液中的 浓度增大， 抑制 NH3·H2O 的电离，使溶液中的 c(OH－) 降低，避免生成 Co(OH)2 沉淀，故答案为： 抑制 NH3·H2O 的电离，使溶液中的 c(OH－) 降低，避免生成 Co(OH)2 沉淀； (3).由分析可知：溶液中 CoCl2、NH4Cl 和浓氨水混合后，与 H2O2 溶液反应生成[Co(NH3)6]Cl3 的化学方程式是 CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O2 2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O，故答案为： CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O2 2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O； (4).由分析可知，第Ⅲ中缺少步骤是过滤，并且是在加入热的稀盐酸后，故答案为：趁热过滤、 冷却； (5).①由题可知：AgCl 的溶解度小于 Ag2CrO4 的溶液度，所以在滴加 AgNO3 时 Ag+会与 Cl-反 应生成 AgCl 沉淀，当 Cl-消耗完时再与 CrO42-结合，所以滴定终点时是 Ag+与 CrO42-结合生成 砖红色沉淀 ，故答案为：溶液中出现砖红色沉淀，半分钟内不消失； + 4NH 50 60 = C 活性炭 3cv 10 4 35.5 100%a −× × × × 50 60 = C 活性炭 + 4NH + 4NH + 4NH 50 60 = C 活性炭 50 60 = C 活性炭②由 AgCl 沉淀的化学式可知：反应时 Ag+与 Cl-物质的量之比为 1:1，滴定时消耗 AgNO3 的物 质的量为 cmol/L×vmL×10-3=cv×10-3mol，则 25ml 溶液中 Cl-物质的量为 cv×10-3mol，25ml 溶液中 Cl-的质量为：m=n×M=cv×10-3mol×35.5g/mol=35.5 cv×10-3g，则 100g 溶液中 Cl-的 质量为：4×35.5 cv×10-3g，故质量分数为： ，故答案为 。 16.石油加氢精制和天然气净化等过程产生有毒的 H2S，直接排放会污染空气。 (1)工业上用克劳斯工艺处理含 H2S 的尾气获得硫黄，流程如下： ①反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g) =2SO2(g)+2H2O(g) ∆H＝-1035.6 kJ·mol−1 催化转化器中的反应：2H2S(g)+SO2(g) = 3S(g)+2H2O(g) ∆H＝-92.8 kJ·mol−1 克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应的热化学方程式：______。 ②为了提高 H2S 转化为 S 比例，理论上应控制反应炉中 H2S 的转化率为______。 (2)科研工作者利用微波法处理尾气中的 H2S 并回收 H2 和 S，反应为：H2S H2+S， 一定条件下，H2S 的转化率随温度变化的曲线如图。 ①H2S 分解生成 H2 和 S 的反应为______反应(填“吸热”或“放热”)。 ②微波的作用是______。 (3)某科研小组将微电池技术用于去除天然气中的 H2S，装置示意图如下，主要反应： 2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O(FeS 难溶于水)，室温时，pH=7 的条件下，研究反应时间对 H2S 的 去除率的影响。 的 3cv 10 4 35.5 100%a −× × × × 3cv 10 4 35.5 100%a −× × × ×  一定条件①装置中微电池负极的电极反应式：______。 ②一段时间后，单位时间内 H2S 的去除率降低，可能的原因是______。 【答案】 (1). 2H2S(g)+O2(g) = 2S(g)+2H2O(g) ∆H＝-407.1 kJ·mol−1 (2). 或 33.3% (3). 吸热 (4). 微波使 H2S⇌H2+S 的化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率 (5). Fe-2e －+H2S= FeS+2H+ (6). 生成的 FeS 附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化 学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢 【解析】 【分析】 (1) ①根据盖斯定律书写总反应的热化学方程式； ②为了提高 H2S 转化为 S 的比例，催化转化器中 H2S(g)、SO2(g)应恰好完全反应； (2)根据图示，随温度升高，H2S 平衡转化率增大；相同温度下，利用微波法处理尾气 H2S 的 平衡转化率大。 (3)根据总反应 2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O，Fe 失电子发生氧化反应，所以 Fe 是负极；从影响 反应速率的角度分析单位时间内 H2S 的去除率降低的原因。 【详解】(1) ① 反应Ⅰ：2H2S(g)+3O2(g) =2SO2(g)+2H2O(g) ∆H＝-1035.6 kJ·mol−1 反应Ⅱ：2H2S(g)+SO2(g) = 3S(g)+2H2O(g) ∆H＝-92.8 kJ·mol−1 根据盖斯定律Ⅰ× ＋Ⅱ× 得 2H2S(g)+O2(g) = 2S(g)+2H2O(g) ∆H＝-407.1 kJ·mol−1； ②为了提高 H2S 转化为 S 的比例，催化转化器中 H2S(g)、SO2(g)应恰好完全反应，假设催化转 化器中参加反应的 H2S(g)的物质的量为 2mol，SO2 的物质的量是 1mol，即反应炉中需要生成 1molSO2，反应炉中参加反应的 H2S 的物质的量为 1mol，所以理论上应控制反应炉中 H2S 的 转化率为 ； (2) ①根据图示，随温度升高，H2S 的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反 的 1 3 1 3 2 3 1 3应为吸热反应； ②根据图示，相同温度下，利用微波法处理尾气 H2S 的平衡转化率大，所以微波的作用是使 H2S⇌H2+S 的化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率； (3) ①根据总反应 2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O，Fe 发生氧化反应， Fe 是原电池负极，负极反应 式是 Fe-2e－+H2S= FeS+2H+； ②负极生成的 FeS 附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢； 铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢，所以一段时间后，单位 时间内 H2S 的去除率降低。 【点睛】本题以有毒的 H2S 的处理为载体，考查盖斯定律、原电池原理，明确反应的焓变只 与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关，原电池负极失电子发生氧化反应、正极得 电子发生还原反应。 17.双极膜由阳离子交换膜、催化剂层和阴离子交换膜组合而成，在直流电场作用下可将水解 离，在双极膜的两侧分别得到 H+和 OH－，将其与阳离子交换膜(阳膜)、阴离子交换膜(阴膜) 组合，可有多种应用。 (1)海水淡化：模拟海水淡化，双极膜组合电解装置示意图如下。 ①X 极是______极(填“阴”或“阳”)。 ②电解后可获得较浓的盐酸和较浓的 NaOH 溶液，上图中双极膜的右侧得到的是______(填 “H+”或“OH－”)。 (2)钠碱循环法脱除烟气中的 SO2，并回收 SO2： 用 pH>8 的 Na2SO3 溶液作吸收液，脱除烟气中的 SO2，至 pH＜6 时，吸收液的主要成分为 NaHSO3，需再生。 Ⅰ．加热 pH＜6 时的吸收液使其分解，回收 SO2 并再生吸收液。所得的再生吸收液对 SO2 的 吸收率降低，结合离子方程式解释原因：______。 Ⅱ．双极膜和阴膜组合电渗析法处理 pH＜6 时的吸收液，可直接获得再生吸收液和含较高浓度 HSO3−的溶液，装置示意图如下。 ①再生吸收液从______室流出(填“A”或“B”)。 ②简述含较高浓度 HSO3−的溶液的生成原理：______。 ③与Ⅰ中的方法相比，Ⅱ中的优点是______(列出 2 条)。 【答案】 (1). 阳 (2). H+ (3). 加热 pH＜6 时的吸收液，分解的过程中还发生反应： 2SO32−+O2=2SO42−，2HSO3−+O2 =SO42−+2H+，且加热加快化学反应速率，造成再生吸收液中 c(SO32−)降低，使 SO2 的吸收率降低 (4). B (5). B 室中的 SO32−和 HSO3−在电场作用下通 过阴膜进入 A 室，A 室中双极膜产生的 H+和溶液中的 SO32−反应生成 HSO3−，提高 HSO3−的 浓度 (6). Ⅱ中可直接获得再生吸收液，减少因加热氧化生成大量的 SO42−，而降低再生吸 收液对 SO2 的吸收率；Ⅱ中可获得较高浓度的 HSO3−的溶液，进而获得比Ⅰ中浓度高的 SO2 【解析】 【分析】 (1) ①根据图示，X 极发生氧化反应生成氧气； ②根据 Y 极生成氢气分析； (2) Ⅰ．HSO3−具有还原性，NaHSO3 分解的过程被氧化为 Na2SO4； Ⅱ．右侧电极为阴极，阴极氢离子得电子生成氢气，所以 B 室双极膜左侧生成 OH-，OH-和 HSO3−反应生成 SO32−，直接获得再生吸收液；A 室双极膜右侧生成 H+，H+和 SO32−反应生成 HSO3−，获得含较高浓度 HSO3−的溶液； 【详解】(1)根据图示，X 极发生氧化反应生成氧气，所以 X 是阳极； ②根据 Y 极生成氢气，Y 极氢离子得电子生成氢气，所以双极膜的右侧得到的是 H+； (2) Ⅰ．加热 pH＜6 时的吸收液，分解的过程中还发生反应：2SO32−+O2=2SO42−，2HSO3−+O2 =SO42−+2H+，且加热加快化学反应速率，造成再生吸收液中 c(SO32−)降低，使 SO2 的吸收率降 低； Ⅱ．①右侧电极为阴极，阴极氢离子得电子生成氢气，所以 B 室双极膜左侧生成 OH-，OH- 和 HSO3−反应生成 SO32−，直接获得再生吸收液，再生吸收液从 B 室流出；②A 室中双极膜又测产生的 H+和溶液中的 SO32−反应生成 HSO3−，提高 HSO3−的浓度； ③Ⅱ中可直接获得再生吸收液，减少因加热氧化生成大量的 SO42−，而降低再生吸收液对 SO2 的吸收率；Ⅱ中可获得较高浓度的 HSO3−的溶液，进而获得比Ⅰ中浓度高的 SO2。 18.黄鸣龙是我国著名化学家，利用“黄鸣龙反应”合成一种环己烷衍生物的路线如下： 已知：① ② ③ (1)A 可与 NaHCO3 溶液反应，其结构简式是______。B 中含有的官能团是─COOH 和_____。 (2)C→D 的化学方程式是______。 (3)E→F 为两步连续氧化反应，中间产物 X 可发生银镜反应，X 的结构简式是______。 (4)H 的结构简式是______。 (5)I 的分子式为 C5H8O2，能使 Br2 的 CCl4 溶液褪色，H→J 的反应类型是______。 (6)由 K 经两步反应可得到化合物 M，转化路线如下： 环己烷的空间结构可如图 1 或图 2 表示，请在图 3 中将 M 的结构简式补充完整：______ 【 答 案 】 (1). CH3COOH (2). ─Cl (3). (4). (5). (6). 加成反应 (7). NaCNR-Cl R-COOH→一定条件 1 2 1 2 2R COR R CH R→黄鸣龙反应 1 2 2 3 2 3 1RCOOR +R CH COOR RCOCH(R )COOR +R OH→碱 2 4H SO 2 2 5 2 5 2 2 5 2HOOCCH COOH+2C H OH C H OOCCH COOC H 2H O∆ + 浓或写成 【解析】 【分析】 A 的分子式为 C2H4O2 ，且 A 可与 NaHCO3 溶液反应，所以 A 为 CH3COOH。根据框图 可 知 A B 发 生 了 烃 基 上 的 取 代 反 应 ， 由 已 知 ： ① 可知 C 为 CH2(COOH)2,；根据 D 的分子式，C 与乙醇发生酯化反 应生成的 D 为 C2H5OOCCH2COOC2H5；由 G 的结构简式和 F G 的反应条件可知 F 的结构 简式为 C2H5OOCCH(CH2CH2CH2CH2COOH)COOC2H5；因为 E→F 为两步连续氧化反应，根 据 D 转化为 E 的反应物以及 E、F 的分子式，中间产物 X 可发生银镜反应，所以 X 为 ， E 为 ； G→H 发 生 已 知 ③ 的类似反应，故 H 为的结 构简式为 ；由框图 K 的结构简式为 ，结合已知② ，I 的分子式为 C5H8O2，且能使 Br2 的 CCl4 溶液褪色，所以 I 的结构简式为：C2H5OOCCH=CH2，J 的结构简式为 ，所以 H→J 的反应类型是加成反应。 【详解】(1)A 的分子式为 C2H4O2，且 A 可与 NaHCO3 溶液反应，所以 A 为羧酸，A 的结构简 式是 CH3COOH；根据框图 可知 A B 发生了烃基上的取代反应，所以 B 中含有的官能团是─COOH 和-Cl； 故答案：CH3COOH；-Cl； (2)由已知：① 可知 C 为 CH2(COOH)2，C 与乙醇发生酯化反应生 成 D 为 H3CCH2OOCCH2COOCH2CH3 和 H2O，所以 C→D 的化学方程式为 → NaCNR-Cl R-COOH→一定条件 → 1 2 2 3 2 3 1RCOOR +R CH COOR RCOCH(R )COOR +R OH→碱 1 2 1 2 2R COR R CH R→黄鸣龙反应 → NaCNR-Cl R-COOH→一定条件； 故答案： ； (3)由上述分析可知 F 的结构简式为 ；因为 E→F 为两步连续氧化 反应，中间产物 X 可发生银镜反应，所以 X 为 ； 故答案为： ； (4) G→H 发生已知③ 的类似 反应，故 H 的结构简式为 ; 故答案： ； (5)由框图 K 的结构简式为 ，结合已知② ，I 的分子式为 C5H8O2，且能使 Br2 的 CCl4 溶液褪色，所以 I 的结构简式为：C2H5OOCCH=CH2，所以 H→J 的反应类型是加成反应，故答案：加成反应； (6)由 K 的结构简式为： ，加碱后，根据已知③，L 的结构简 式为： ，根据已知② 可得到化合 物 M 的结构简式为 ； 故答案： 。 19.某小组研究 NH4Cl 与 CuO 反应，进行如下实验(部分装置略)： 的 2 4H SO 2 2 5 2 5 2 2 5 2HOOCCH COOH+2C H OH C H OOCCH COOC H 2H O∆ + 浓 2 4H SO 2 2 5 2 5 2 2 5 2HOOCCH COOH+2C H OH C H OOCCH COOC H 2H O∆ + 浓 1 2 2 3 2 3 1RCOOR +R CH COOR RCOCH(R )COOR +R OH→碱 1 2 1 2 2R COR R CH R→黄鸣龙反应 1 2 1 2 2R COR R CH R→黄鸣龙反应实验 Ⅰ Ⅱ 装置 现象 加热试管，产生白烟，试管口有白色 固体；试管中有水生成，继续加热， 黑色固体变蓝，最终部分变为黄色 将细玻璃管口加热至红热，迅速垂直插入 NH4Cl 晶体中，一段时间后，取出玻璃管， 管口处有亮红色固体 经检测，实验Ⅰ中的黄色固体含有 CuCl 和 CuCl2，实验Ⅱ中的亮红色固体为 Cu。 (1)实验Ⅰ中试管口的白色固体是______。 (2)实验Ⅰ中黑色固体变蓝，最终部分固体变为黄色的过程中，发生了如下变化： ①(NH4)2CuCl4 固体受热分解的化学方程式是______。 ②对于物质 X，做出如下假设： ⅰ．X 是 NH4Cl。 反应方程式为：________________________________(补充完整) ⅱ．X 是______，理由是______。 (3)实验Ⅰ和实验Ⅱ的现象不同，可能的原因是______(列出 2 点)。 (4)NH4Cl 溶液与 CuO 反应。 实验Ⅲ 向 CuO 粉末中加入 0.1 mol·L−1 NH4Cl 溶液，浸泡一段时间后，固体部分溶解，表面 无颜色变化，溶液变为蓝色。 资料：ⅰ．相关微粒在水溶液中的颜色：Cu2+蓝色，Cu(NH3)2+和 Cu(NH3)42+深蓝色 ⅱ．Cu(NH3)2+ Cu2++NH3 Cu(NH3)42+ Cu2++4NH3 ①设计实验证明实验Ⅲ得到的蓝色溶液中存在 Cu(NH3)2+或 Cu(NH3)42+。 实验方案是______。 4NH ClHCl X 2 4 2 4 2CuO CuCl ( ) (NH ) CuCl CuCl ( ) CuCl∆ ∆ ∆ ∆→ → → →湿润 无水②实验Ⅲ中未观察到 NH4Cl 溶液与 CuO 发生氧化还原反应的产物，可能的原因是______(列出 1 点即可)。 【答案】 (1). NH4Cl (2). (NH4)2CuCl4 CuCl2+2NH3↑+2HCl↑ (3). 6CuCl2+2NH4Cl= 6CuCl+N2↑+ 8HCl↑ (4). NH3 (5). NH3 有还原性 (6). 反应物的接触方式不同；反 应温度不同等 (7). 取两份少量等体积的实验Ⅲ中的溶液于试管中，分别加入等量的水和稀 硫酸，加入稀硫酸的溶液颜色变得更浅；取少量实验Ⅲ中的溶液于试管中，加热，溶液颜色 变浅等 (8). 由于温度低等原因，NH4Cl 溶液与 CuO 的氧化还原反应无法发生；NH4Cl 溶 液与 CuO 的氧化还原反应的化学反应速率慢、反应的限度小等 【解析】 【分析】 (1)根据氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷反应生成 NH4Cl 的原理回答； (2) 根据(NH4)2CuCl4 属于复盐，相当于 2NH4Cl 和 CuCl2，进行分析；根据 NH4Cl 受热分解生 成 NH3 和 HCl，NH3 又具有还原性进行分析； (3)根据影响化学平衡移动 因素进行分析； 【详解】(1)由实验Ⅰ可知：首先是氯化铵分解为氨气和氯化氢，然后是氨气还原氧化铜，所 以在中试管口的白色固体是生成的氨气和氯化氢反应生成 NH4Cl，故答案：NH4Cl； (2)①(NH4)2CuCl4 属于复盐，相当于 2NH4Cl 和 CuCl2，根据 可知， 固体受热分解会放出氨气、CuCl2 和 HCl 气体，所以该反应的化学方程式是(NH4)2CuCl4 CuCl2+2NH3↑+2HCl↑，故答案：(NH4)2CuCl4 CuCl2+2NH3↑+2HCl↑； ②ⅰ若 X 是 NH4Cl，NH4Cl 受热分解生成 NH3 和 HCl，NH3 又具有还原性，能还原 CuCl2 生 成 CuCl 和 N2，所以该反应方程式为：6CuCl2+2NH4Cl= 6CuCl+N2↑+ 8HCl↑，故答案为 6CuCl2+2NH4Cl= 6CuCl+N2↑+ 8HCl↑； ⅱ若 X 是 NH3，NH3 有还原性, 能还原 CuCl2 生成 CuCl 和 N2，故答案：NH3；NH3 有还原性； (3)实验Ⅰ和实验Ⅱ的反应物的接触方式不同；反应温度不同，所以反应的现象不同，故答案： 反应物的接触方式不同；反应温度不同等； (4)①由 Cu(NH3)2+ Cu2++NH3 ，且 Cu2+蓝色，Cu(NH3)2+和 Cu(NH3)42+深蓝色可知，加入 稀硫酸，减小了氨气的量，平衡右移，铜离子的量增大，颜色变浅；或加水稀释，平衡右移， 的 = ∆ 4NH ClHCl X 2 4 2 4 2CuO CuCl ( ) (NH ) CuCl CuCl ( ) CuCl∆ ∆ ∆ ∆→ → → →湿润 无水 = ∆ = ∆溶液的颜色的变浅；由于 Cu(NH3)2+ Cu2++NH3 为吸热反应，所以加热平衡右移，溶液 的颜色的变浅； 故答案为：取两份少量等体积的实验Ⅲ中的溶液于试管中，分别加入等量的水和稀硫酸，加 入稀硫酸的溶液颜色变得更浅；取少量实验Ⅲ中的溶液于试管中，加热，溶液颜色变浅等； ②实验Ⅲ中未观察到 NH4Cl 溶液与 CuO 发生氧化还原反应的产物，可能由于温度低，NH4Cl 溶液与 CuO 的氧化还原反应无法发生；或者是 NH4Cl 溶液与 CuO 的氧化还原反应的化学反 应速率慢、反应的限度小等； 故答案是：由于温度低等原因，NH4Cl 溶液与 CuO 的氧化还原反应无法发生；NH4Cl 溶液与 CuO 的氧化还原反应的化学反应速率慢、反应的限度小等。