北京市顺义区2020届高三第一次模拟化学试题 Word版含解析

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北京市顺义区2020届高三第一次模拟化学试题 Word版含解析

‎2020北京顺义高三一模 化 学 可能用到的相对原子质量: H ‎1 C 12 N 14 0 16 Na ‎23 C1 35. 5‎ 第一部分 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,氨气的状态发生改变,没有生成新物质,不属于化学变化,故选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 - 26 -‎ ‎,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+H2O2CH3COOOH+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. 乙酸弱酸,溶于水部分电离:其电离方程式为:CH3COOHCH3COO-+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+H2O2CH3COOOH+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; ‎ - 26 -‎ 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-Cl−,A正确;‎ B. 实验③生成是二氧化硫气体,非氧化还原反应,而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型,所以不能比较Br2、SO2的氧化性,B错误;‎ C. 实验②白雾说明氯化氢易挥发,不能说明酸性H2SO4>HCl,而实验③生成是二氧化硫气体,非氧化还原反应,而是强酸制弱酸,能说明H2SO4>H2SO3,C错误;‎ D. 实验中不能得知浓硫酸具有脱水性,D错误;故答案为:A。‎ ‎7.某树脂的结构片断如图所示,下列关于该树脂的说法不正确的是( )(图中~~~表示链延长)‎ A. 合成该树脂的反应为缩聚反应 B. 理论上合成该树脂的原料比例相同 C. 合成该树脂的单体之一甲醛可由甲醇氧化得到 D. 该树脂难溶于水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 26 -‎ ‎【分析】‎ 观察本题中高分子化合物的结构简式,首先会联想到酚醛树脂的结构,它对应的单体是和HCHO,将题给有机物的结构再与酚醛树脂的结构比较,多出部分必然要用到的单体。由此可知,本题高分子合成时所用到的单体有、HCHO和,这三种单体发生聚合时应为缩聚反应。‎ ‎【详解】A. 、HCHO和发生缩聚反应生成,A正确;‎ B. 根据树脂的结构片断可知,反应采取苯酚稍过量,才能得到线型结构酚醛树脂,所以理论上合成该树脂的原料比例不相同,B错误;‎ C. CH3OH在催化剂条件下被O2氧化可得到甲醛,其化学反应方程式为:2CH3OH+ O22HCHO+2H2O,C正确;‎ D. 和均不易溶于水,合成的树脂难溶于水,D正确;故答案为:B。‎ ‎【点睛】加聚反应是指由不饱和单体(如碳碳双键,碳碳叁键以及碳氧双键等)聚合高分子的反应,其产物只有一种高分子化合物;缩聚反应是指具有两个或两个以上官能团的单体,相互反应生成高分子化合物,同时产生有简单分子(如 H2O、HX、醇等)的化学反应。‎ ‎8.下列用于解释事实的离子方程式不正确的是 A. 向悬浊液中加入溶液,有黑色难溶物生成:‎ - 26 -‎ B. 向酸性溶液中加入固体,溶液紫色褪去:‎ C. 向溶液中加入过量澄清石灰水,有白色沉淀生成:‎ D. 向稀硝酸中加入铜粉,溶液变蓝色:‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向悬浊液中加入溶液,有黑色难溶物生成,其离子方程式为:,故A正确;‎ B. 向酸性溶液中加入固体,溶液紫色褪去,反应生成和离子:,故B正确;‎ C. 向溶液中加入过量澄清石灰水,有白色沉淀碳酸钙生成,按照少定多变思想书写离子方程式:,故C错误;‎ D. 向稀硝酸中加入铜粉,溶液变蓝色,反应生成铜离子:,故D正确。‎ 综上所述,答案为C。‎ ‎9.下列说法正确的是( )‎ A. 23gNO2与足量水反应,转移电子数约为6.02×1023‎ B. 标准状况下,‎22.4L15NH3含有的质子数约为6.02×1024‎ C. 常温下,‎1L0.1mo1•L-1NH4NO3溶液中含有的NH4+数约为6.02×1022‎ D. 密闭容器中,1molNO与0.5molO2充分反应后,容器中分子数约为6.02×1023‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 23gNO2物质的量为0.5mol,与足量水反应的化学反应方程式为:3NO2+H2O=2HNO3+NO,其转移的电子数约为×6.02×1023,A错误;‎ - 26 -‎ B. 标准状况下,‎22.4L15NH3的物质的量为1mol,含有的质子数约为6.02×1024,B正确;‎ C. NH4NO3是强酸弱碱盐,其溶液中NH4+水解生成氨水,NH4+数小于6.02×1022,C错误;‎ D. NO2中存在平衡:2NO2⇌N2O4,所以密闭容器中1molNO与0.5molO2充分反应,产物的分子数小于6.02×1023,D错误;故答案为:B。‎ ‎10.常温下,向溶液中滴加少量溶液,反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是 A. 该反应过程中,是是 B. 当有生成时,转移电子 C. 在分解过程中,溶液的逐渐降低 D. 的氧化性比强,还原性比弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应原理图,H2O2+M+H+→H2O+Mˊ的过程中H2O2被还原成H2O,Mˊ+H2O2→M+O2+H+的过程中H2O2被氧化成O2,根据氧化还原反应的特点,M为Fe2+,Mˊ为Fe3+,据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 根据分析, M是,Mˊ是,故A错误;‎ B. 图示中生成O2的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+,反应过程中O元素的化合价由-1价升至0价,因此当有生成时,转移电子,故B正确;‎ C. 图示中的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,则总反应为2H2O22H2O+O2↑,在分解过程中生成了H2O,溶液变稀,则溶液的会逐渐增大,故C错误;‎ D. 根据2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+说明H2O2的还原性强于Fe2+,2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3+,故D错误;‎ 综上所述,答案为B。‎ - 26 -‎ ‎11.氯化氢直接氧化法制氯气的反应是4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。刚性容器中,进料浓度比c(HCl):c(O2)分别等于1:1、4:1、7:1时,HCl平衡转化率随温度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是( )‎ A. K(‎300℃‎)>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。‎ - 26 -‎ ‎【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 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;‎ - 26 -‎ 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()元素在元素周期表中位于第族,其单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、含等杂质)中提取单质碲,步骤如下:‎ - 26 -‎ ‎①将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为;‎ ‎②用溶液碱浸;‎ ‎③以石墨为电极电解②所得溶液获得。‎ 已知: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. 中,的化合价是-2‎ B. 步骤②中,碱浸的离子方程式是 C. 步骤③中,阴极上发生反应的电极方程式是:‎ D. 在阳极区溶液中检验出有存在,可能原因是阳极生成的氧气氧化得到 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 中,的化合价是-2,Cu的化合价是+1,故A正确;‎ B. 步骤②中,根据信息易与较浓的强碱反应,因此碱浸的离子方程式是:,故B正确;‎ C. 步骤③中,溶液是碱性环境,因此阴极上发生反应的电极方程式是:,故C错误;‎ D. 在阳极区溶液中检验出有存在,可能原因是阳极生成的氧气氧化得到,故D正确。‎ 综上所述,答案为C。‎ 第二部分 ‎15.甲醇是重要化工原料,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。‎ - 26 -‎ 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:‎ 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】‎ - 26 -‎ ‎(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。 ‎ ‎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 - 26 -‎ 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:‎ 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 - 26 -‎ ‎。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 ‎【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 - 26 -‎ ‎,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+R2NH2R1—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 - 26 -‎ 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__(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+O22+2H2O (4). CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+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 - 26 -‎ 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+R2NH2R1—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+O22+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 - 26 -‎ CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+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+R2NH2R1—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 - 26 -‎ ‎。‎ ‎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下:‎ ‎(1)吹脱法除氨氮:水中的氨氮大多数以和游离态的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。氨氮废水中和平衡态的平衡关系有________。‎ ‎(2)温度、值、空气流量对脱除氨有很大的影响。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,时,吹脱率随着增加而增加,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 - 26 -‎ 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,在通入的情况,又产生,以氧化水中的,同时还可以通过生成沉淀而持续被除去。‎ ‎ ‎ ‎(1)阳极的电极反应式是________。‎ ‎(2)废水中转化为的离子方程式是________。‎ ‎(3)大于不利于的生成,原因是________。‎ ‎【答案】 (1). (2). NH3+H2O⇌+OH-,c(OH-)增大有利于平衡逆向移动,转化为游离态的NH3,NH3在空气吹脱下从水中脱除 (3). (4). (5). (6). 大于时,、易于结合生成,的电离被抑制,使和浓度降低,不利于的生成 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.(1)NH3溶于H2O生成NH3•H2O,NH3•H2O部分电离生成、OH-;‎ ‎(2)根据溶液的酸碱性对NH3+H2O⇌+OH-的影响分析解答;‎ ‎(3)NaClO具有强氧化性,能氧化还原性离子生成N2,同时ClO-被还原生成Cl-;‎ Ⅱ.(1)Mg是活泼金属,活泼金属作阳极时,阳极本身失电子发生氧化反应,据此书写电极反应式;‎ - 26 -‎ ‎(2) 、、Mg2+、OH-和H2O反应生成难溶物MgNH4PO4•6H2O,从而除去溶液中;‎ ‎(3) 大于时,溶液中c(OH-)较大,、Mg2+易与OH-结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2,结合(2)反应方程式分析解答。‎ ‎【详解】Ⅰ.(1)NH3溶于H2O生成NH3•H2O,NH3•H2O部分电离生成、OH-,所以溶液中存在溶解和电离平衡,即氨氮废水中NH3 和平衡态的平衡关系有NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌+OH-,故答案为:NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌+OH-;‎ ‎(2)NH3+H2O⇌+OH-,溶液的pH值越大,溶液中c(OH-)越大,平衡越容易逆向移动,使转化为游离态的NH3,NH3在空气吹脱下从水中脱除,所以空气流量一定时,10<pH<11 时,吹脱率随着pH 增加而增加,故答案为:NH3+H2O⇌+OH-,c(OH-)增大有利于平衡逆向移动,转化为游离态的NH3,NH3在空气吹脱下从水中脱除;‎ ‎(3)NaClO具有强氧化性,能氧化还原性离子生成N2,同时ClO-被还原生成Cl-,离子方程式为2+3ClO- +2OH- ═N2+3Cl- +5H2O,故答案为:2+3ClO- +2OH- ═N2+3Cl- +5H2O;‎ Ⅱ.(1)Mg是活泼金属,活泼金属作阳极时,阳极上金属失电子生成金属阳离子,所以阳极的电极反应式为Mg-2e- =Mg2+,故答案为:Mg-2e- =Mg2+;‎ ‎(2) 、、Mg2+、OH-和H2O反应生成难溶物MgNH4PO4•6H2O,从而除去溶液中的,反应的离子方程式为++Mg2++2OH- +4H2O=MgNH4PO4•6H2O,故答案为:++Mg2++2OH- +4H2O=MgNH4PO4•6H2O;‎ ‎(3) 大于时,溶液中c(OH-)较大,、Mg2+易与OH-结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2,NH3•H2O的电离被抑制,使和Mg2+浓度降低,不利于MgNH4PO4•6H2O的生成,故答案为:大于时,、Mg2+易与OH-结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2,NH3•H2O的电离被抑制,使和Mg2+浓度降低,不利于MgNH4PO4•6H2O的生成。‎ ‎【点睛】本题的易错点为Ⅱ(1)‎ - 26 -‎ 电极反应式的书写,要注意活泼金属作阳极时,阳极上金属电极材料失电子而不是溶液中阴离子失电子;难点为Ⅰ(3)离子方程式的书写,要注意氧化还原反应规律的应用。‎ ‎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__。‎ - 26 -‎ ‎(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++H2OAgOH+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++H2OAgOH+H+,故答案为:Ag++H2OAgOH+H+;‎ ‎(2)AgNO3溶液中加氨水,发生复分解反应,产生AgOH的白色沉淀,‎ - 26 -‎ 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,发生反应的化学方程式: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。‎ - 26 -‎
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