北京大兴区2020届高三一模考试化学试题 Word版含解析

北京大兴区2020届高三一模考试化学试题 Word版含解析

大兴区2019~2020学年度第二学期一模检测 高三化学 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 O 16 Na 23 Fe 56 Cl 35.5‎ 第Ⅰ卷（选择题 共42分）‎ 一、本部分共14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分 ‎1.2020年春天，为了抗击新型冠状病毒传播，人们采取了多种消毒方法，下列物质不是常用的消毒剂的是 A ‎ B ‎ C ‎ D ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. “‎84”‎消毒液主要成分是NaClO，具有强的氧化性，因而常用于环境的杀菌消毒作用，A不符合题意；‎ B. 葡萄糖注射液主要成分是葡萄糖，是人体主要的供能物质，常用于低血糖等营养不良，与环境消毒无关，B符合题意；‎ C. 75%的酒精溶液具有很好的渗透性，能够使细菌、病毒蛋白质发生变性而具有杀菌消毒作用，常用于环境消毒，C不符合题意；‎ D. 漂白粉主要成分是Ca(ClO)2，具有强的氧化性，因而常用于环境的杀菌消毒作用，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.以下化学用语表述正确的是 - 26 -‎ A. 氯乙烷的比例模型： B. 核素18O的电子数为10‎ C. 乙烯的结构简式：CH2CH2 D. 二氧化碳的电子式：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯乙烷可看作是乙烷分子中一个H原子被Cl原子取代产生的物质，由于原子半径Cl>C>H，根据分子中各原子相对大小及空间位置，其比例模型可表示为：，A正确；‎ B. O是8号元素，原子核外有8个电子，故核素18O的电子数为8，B错误；‎ C. 乙烯官能团为碳碳双键，其结构简式为：CH2=CH2，C错误；‎ D. 二氧化碳分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中每个原子都达到8电子的稳定结构，其电子式为：，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎3.下列物质的用途不正确的是 A. 二氧化硅可用作半导体材料 B. 氯化铁可作净化水的混凝剂 C. 亚硝酸钠可用作食品防腐剂 D. 碳酸氢钠可用作食品膨松剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 二氧化硅可用作光导纤维的主要材料，晶体硅可作半导体材料，A错误；‎ B. 氯化铁在溶液中水解产生的氢氧化铁胶体能够吸附水中悬浮的固体，因此可作净化水的混凝剂，B正确；‎ C. 亚硝酸钠具有强的氧化性，因此可用作食品防腐剂，C正确；‎ D. 碳酸氢钠不稳定，受热分解产生CO2气体从食品中逸出，因此可用作食品膨松剂，D正确；‎ 故合理选项A。‎ ‎4.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，XY是无色气体，在空气中很快变成红棕色，Z所在族中无非金属元素，W的最外层电子数比次外层电子数少1，下列说法正确的是 A. 原子半径：XX>Y，A错误；‎ B. O、Cl都是活泼的非金属元素，Mg是活泼的金属元素，Y、W均可与Z形成离子化合物，B正确；‎ C. 一般情况下，元素原子最外层电子数等于元素的化合价，由于O元素原子半径小，非金属性强，没有与最外层电子数相等的最高+6价，所以它们的最高正价顺序为：Y P ‎ B 钠遇水反应剧烈，钾遇水反应更剧烈 原子半径：K>Na C 乙醇溶液呈中性，苯酚溶液呈酸性 苯环对羟基的活性有影响 D 甲烷和苯不能使酸性KMnO4溶液褪色 甲基苯也不能使酸性KMnO4溶液褪色 A. A B. B C. C D. D - 26 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性S>P，所以酸性H2SO4>H3PO4，A正确；‎ B. 同一主族的元素，原子半径越大，原子就越容易失去电子，单质活动性就越强。由于原子半径NaH2CO3，且HCl为一元强酸，完全电离，所以可以用NaHCO3溶液除去CO2中的HCl气体，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=CO2↑ +H2O，B正确；‎ C. 丙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚丙烯，反应方程式为nCH3CH=CH2，C错误；‎ D. 硬塑料中酚醛树脂是由苯酚与甲醛发生缩聚反应合成的，反应方程式为：‎ - 26 -‎ ‎，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎7.下列实验方案中，能达到相应实验目的的是 选项 A B C D 目的 证明乙醇发生消去反应 证明乙炔可使溴水褪色 实验室制备乙酸乙酯 实验室制备氨气 实验方案 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙醇具有挥发性和还原性，挥发出的乙醇也可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液紫色褪去，乙醇不能证明乙醇与浓硫酸共热发生了消去反应，A错误；‎ B. 电石中含有的CaS与水反应产生的H2S具有还原性，乙烷可以被溴水氧化而使溴水褪色，因此不能证明电石与水反应产生的乙炔可使溴水褪色，B错误；‎ C. 实验室制备乙酸乙酯时，要加热乙醇、乙酸、浓硫酸的混合物，以浓硫酸为催化剂和吸水剂，C不能制取得到乙酸乙酯，C错误；‎ D. NH4Cl和Ca(OH)2混合加热，发生复分解反应产生氨气，由于氨气密度比空气小，可以使用向下排空气的方法收集，D正确；‎ - 26 -‎ 故合理选项是D。‎ ‎8.下列比较正确的是 A. 相同物质的量的乙烷和丙烯所含C—H键数目相同 B. 标准状况下，相同体积的乙烷和乙醇含有的H原子数相同 C. 室温下，pH相同的HCl和NH4Cl溶液中，由水电离的 c(H+)相同 D. 相同物质的量的Cl2分别与水和氢气反应，转移的电子数目相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烷CH3-CH3分子中含有6个C-H键和1个C-C键；丙烯CH3-CH=CH2分子中含有6个C-H键和1个C-C键及1个碳碳双键，因此相同物质的量的乙烷和丙烯所含C-H键数目相同，A正确；‎ B. 标准状况下乙烷是气体，而乙醇是液体，则相同体积的含有的H原子数不同，B错误；‎ C. 对于盐酸来说，溶液中H+主要是HCl电离产生，而NH4Cl溶液中H+则是NH4Cl水解产生的，即由H2O电离产生，所以室温下，pH相同的HCl和NH4Cl溶液中，由水电离的 c(H+)不同，C错误；‎ D. Cl2与水的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，而Cl2与H2生成HCl的反应是彻底、完全的反应，所以相同物质的量的Cl2分别与水和氢气反应，转移的电子数目不同，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎9.核酸检测对防疫新冠肺炎意义重大。下图1是脱氧核糖核酸(DNA)的结构片段，它的碱基中胞嘧啶的结构如图2，下列说法正确的是 ‎ A. 脱氧核糖核酸中含有的化学键都是不同原子形成的极性共价键 B 2-脱氧核糖(C5H10O4)与葡萄糖属于同系物，都能发生银镜反应 C. 胞嘧啶分子式为C4H5N3O，含有的官能团是氨基和肽键 - 26 -‎ D. 脱氧核糖核酸由磷酸、2-脱氧核糖和碱基通过一定方式结合而成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据脱氧核糖核酸结构可知，其中含有的化学键既有不同原子形成的极性共价键，也有C原子之间形成的非极性共价键，A错误；‎ B. 2-脱氧核糖(C5H10O4)无醛基，不能发生银镜反应，B错误；‎ C. 胞嘧啶分子式为C4H5N3O，含有的官能团是羰基和碳氮双键、碳碳双键及氨基，C错误；‎ D. 图示为脱氧核糖核酸结构片段，由其结构判断可知脱氧核糖核酸磷酸、2-脱氧核糖和碱基通过一定方式结合而成，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎10.碳固体氧化物电池是一种高效、环境友好的燃料电池。电池工作时，物质的转化原理如下图所示。下列说法正确的是 A. 多孔电极a上，氧气发生氧化反应 B. 多孔电极b的反应：CO-2e-+O2-=CO2‎ C. 整个装置的总反应：CO2+C=2CO D. 该电池能将碳燃料产生的能量100%转化为电能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据图示可知在多孔电极a上，氧气得到电子被还原变为O2-，所以a电极上发生还原反应，A错误；‎ B. 多孔电极b的反应CO失去电子，与固体电解质电离产生的O2-结合形成CO2，电极反应式为：CO-2e-+O2-=CO2，B正确；‎ C. 负极反应式为CO-2e-+O2-=CO2，正极反应式为O2+4e-=2O2-，总反应方程式为2CO+O2=2CO2，C错误；‎ D. 反应过程中化学能转化为电能，同时还有一部分能量转化为化学能储存在反应生成物中，同时也有一部分转化为热能，因此电池不可能将化学能100%转化为电能，D错误；‎ - 26 -‎ 故合理选项是A。‎ ‎11.2020年2月，科学家报道了利用磁性纳米Fe3O4颗粒除去水体草甘膦污染物的方法，其原理如下图所示：（Fe3O4颗粒在水中表面会带-OH，在水体pH≈4时除污效果最好）。下列说法不正确的是 A. 草甘膦既可以和盐酸反应，又可以和氢氧化钠溶液反应 B. Fe3O4纳米颗粒除去草甘膦的过程有化学键的形成和断裂 C. Fe3O4纳米颗粒粒径越小、水体pH越大除污效果越好 D. 处理完成后，Fe3O4纳米颗粒可利用磁铁回收，经加热活化重复使用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 草甘膦分子中含有羧基，能够与NaOH发生反应，含有亚氨基，也能够和盐酸反应，A正确；‎ B. Fe3O4颗粒在水中表面会带-OH，-OH与草甘膦分子中的-OH结合为，然后脱水形成，所以Fe3O4纳米颗粒除去草甘膦的过程有化学键的形成和断裂，B正确；‎ C. Fe3O4纳米颗粒在水体pH≈4时除污效果最好，不是pH越大除污效果越好，C错误；‎ D. 处理完成后，Fe3O4纳米颗粒在‎450℃‎加热30分钟，Fe3O4‎ - 26 -‎ 纳米颗粒与草甘膦完全分离，利用磁铁回收Fe3O4，经加热活化后就可以重复使用，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎12.乙二酸(H‎2C2O4)俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如下图，下列说法正确的是 已知：①室温下，0.1 mol· L-1 H‎2C2O4的pH=1.3 ；0.1 mol· L-1NaHC2O4的pH=2.8 ‎ ‎②草酸钙(Ca C2O4)难溶于水；‎ A. pH=4.5的草酸溶液中含有的大量微粒有：H‎2C2O4、HC2O4-、C2O42-‎ B. 0.1 mol·L−1 NaHC2O4溶液中：c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H‎2C2O4)‎ C. 向H‎2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去：2MnO4-+‎5C2O42-+16H+=2Mn2+ +10CO2↑ +8H2O D. 向NaHC2O4溶液中加入足量澄清石灰水，产生白色沉淀：2HC2O4- +Ca2++2OH-=Ca C2O4↓ +2H2O+C2O42-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=4.5的草酸溶液中含有的大量微粒有：HC2O4-、C2O42-，A错误；‎ B. NaHC2O4是强碱弱酸盐，产生Na+、HC2O4-，HC2O4-既发生电离作用产生C2O42-和H+，也发生水解作用产生H‎2C2O4、OH-，0.1 mol·L−1 NaHC2O4溶液pH=2.8，说明其电离作用大于水解作用，所以c(C2O42-)>c(H‎2C2O4)，电离、水解消耗HC2O4-，则c(Na+)>c(HC2O4-)，但主要以盐电离产生的离子形式存在，c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H‎2C2O4)，故溶液中各种微粒浓度大小关系为：c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H‎2C2O4)，B正确；‎ C. 草酸二元弱酸，主要以酸分子存在，应该写化学式，C错误；‎ D. 向NaHC2O4溶液中加入足量澄清石灰水，溶液中含有大量Ca2+，反应产生草酸钙白色沉淀，不可能还存在C2O42-，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎13.煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，是大气的重要污染源之一。用Ca(ClO)2溶液对烟气 - 26 -‎ ‎[n(SO2) ∶n(NO) =3∶2]同时脱硫脱硝（分别生成SO42-、NO3-），得到NO、SO2脱除率如下图，下列说法不正确的是 A. 脱除NO的反应：2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO3- +3Cl-‎ B. SO2脱除率高于NO的原因可能是SO2在水中的溶解度大于NO C. 依据图中信息，在80 min时，吸收液中n(NO3-)∶n(Cl-)=2∶3‎ D. 随着脱除反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 符合反应原理，遵循电子守恒、电荷守恒及原子守恒，A正确；‎ B. 烟气含有SO2和NOx是用Ca(ClO)2溶液进行处理，反应在溶液中进行，气体在水中溶解度越大，与Ca(ClO)2接触反应就越容易进行，由于气体的溶解度SO2>NO，所以SO2脱除率高于NO，B正确；‎ C. 在80 min时SO2脱除率是100%，NO是40%，在原烟气中n(SO2)∶n(NO)=3∶2，假设n(SO2)=3 mol，则含n(NO)=2 mol，反应的NO气体的物质的量为n(NO)消耗=2 mol×40%=0.8 mol，由N元素守恒可知反应产生NO3-的物质的量为0.8 mol，根据方程式SO2+H2O+ClO-=SO42-+Cl-+2H+、2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO3- +3Cl-中物质反应转化关系可知：反应产生的Cl-的物质的量n(Cl-)=3 mol+×0.8 mol=4.2 mol，故反应后吸收液中n(NO3-)∶n(Cl-)=0.8 mol：4.2 mol =2∶21，C错误；‎ D. 根据烟气脱除反应方程式SO2+H2O+ClO-=SO42-+Cl-+2H+、2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO3- +3Cl-可知：随着脱除反应的进行，反应后溶液中c(H+)不断增大，因此吸收剂溶液的pH逐渐减小，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎14.用CO2和H2合成甲醇的化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H - 26 -‎ ‎，按相同的物质的量投料，测得CO2在不同温度下(T1< T2)的平衡转化率与压强的关系如下图所示。下列说法正确的是 A. 该反应的ΔH>0 B. 正反应速率：υ(a)>υ(c)‎ C. CH3OH的体积分数：φ(b)<φ(a) D. 平衡常数：K(b)>K(c)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 根据CO2的平衡含量与温度的关系，结合平衡移动原理分析；‎ B. 利用温度、压强对化学反应速率的影响分析；‎ C. 在温度不变时，利用压强对平衡移动的影响分析判断；‎ D. 化学平衡常数只与温度有关，根据温度对平衡移动的影响分析。‎ ‎【详解】A. 由于温度：T1a，在温度不变时，增大压强化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，反应达到平衡后，由于气体总物质的量减小，甲醇的物质的量增加，所以CH3OH的体积分数：φ(b)>φ(a)，C错误；‎ D. 根据选项A分析可知：该反应的正反应为放热反应，ΔH<0，温度：T1K(c)，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了图象方法在化学反应速率和化学平衡影响因素的分析判断。图象分析依据定一议二方法分析判断，注意平衡常数随温度变化，与其它外界条件无关。‎ 第II卷 非选择题（共58分）‎ - 26 -‎ ‎15.某同学设计下图装置进行电解饱和食盐水自制“‎84”‎消毒液。回答下列问题 ‎(1)电解饱和食盐水时，a连接电源的_________极（填“正”或“负”）。‎ ‎(2)利用该装置自制消毒液的化学反应方程式是_________。‎ ‎(3)①“‎84”‎消毒液不用时需要密封保存，否则会与空气中_________发生反应，生成不稳定的物质。‎ ‎②该同学利用传感技术进行某溶液中次氯酸的稳定性实验。用强光照射盛有该溶液的广口瓶，过程中溶液的pH、Cl-的浓度、瓶中氧气的体积分数变化如下图：‎ 该同学分析数据得出的结论是_________(用化学方程式表示)。‎ ‎(4)“‎84”‎消毒液不能与洁厕灵混用，也不能与消毒酒精混用，请从物质性质的角度解释“‎84”‎消毒液不能与消毒酒精混用的原因________。‎ ‎【答案】 (1). 负 (2). NaCl+H2ONaClO+H2↑ (3). CO2 (4). 2HClO2HCl + O2↑ (5). 酒精有一定的还原性，次氯酸钠具有强氧化性，二者发生氧化还原反应（可能生成乙醛、乙酸、二氧化碳等产物），从而失去杀菌消毒的能力。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)电解时，阳极上阴离子得到电子被还原，阴极上阳离子得到电子发生还原反应，结合电解目的分析连接方式；‎ ‎(2)根据电极产物和电解原理书写反应方程式；‎ ‎(3)①根据酸性H2CO3>HClO分析发生的反应；‎ ‎②根据微粒浓度变化分析分解产物，然后结合质量守恒定律可得反应的化学方程式；‎ ‎(4)根据“‎84”‎消毒液和酒精的成分及性质分析不能混用的原因。‎ ‎【详解】(1)电解时，阳极上Cl-失去电子发生氧化反应产生Cl2，阴极上溶液中水电离产生的H+‎ - 26 -‎ 得到电子变为H2逸出，同时得到的OH-与Na+形成NaOH，为了使阳极上产生Cl2与阴极得到的NaOH溶液充分反应产生NaClO，应该与b电解连接的电极产生Cl2，与a电极连接的电极产生H2，所以产生H2的电极为阴极，则电源电极a为负极，b为正极；‎ ‎(2)电解时，阴极上产生H2、NaOH，阳极上产生Cl2，阳极上产生Cl2再与阴极上产生的NaOH发生反应产生NaCl、NaClO、H2O，因此自制消毒液的总化学反应方程式是：NaCl+H2ONaClO+H2↑；‎ ‎(3)①“‎84”‎消毒液主要成分是NaClO，不用时需要密封保存，否则会由于物质的酸性：H2CO3>HClO，NaClO与空气中CO2发生复分解反应：NaClO+CO2+H2O=Na2CO3+HClO，反应产生的HClO不稳定，光照分解产生HCl和O2，导致失效；‎ ‎②根据图示可知：随着光照条件的进行，溶液中c(H+)、c(Cl-)增加，O2的体积分数增加，说明HClO不稳定，光照分解产生HCl和O2，反应方程式为2HClO2HCl + O2↑；‎ ‎(4)根据“‎84”‎消毒液主要成分是NaClO，具有强的氧化性，而75%酒精溶液的主要的成分是乙醇，具有一定的还原性，二者混合使用会发生氧化还原反应，可能生成乙醛、乙酸、二氧化碳等产物，从而失去杀菌消毒的能力，因此“‎84”‎消毒液不能与消毒酒精混用。‎ ‎【点睛】本题以环境消毒剂“‎84”‎消毒液的制取为线索，考查了电解原理在的应用、物质的性质、使用方法等知识，体现了化学知识的实用性，体现了学以致用的教学理念。‎ ‎16.化学小组通过下列步骤测定某工厂废液中铜离子的浓度（已知废水中Fe3+对测定有干扰作用）。‎ i. 经检验废液中含有Fe3+离子，取V1 mL上述废液，加入NH4HF2，再加H2SO4酸化至pH<4，再次检测，未检验出Fe3+离子；‎ ii. 在上述溶液中，加入过量KI溶液，放置3 min，有沉淀CuI生成，立即用0.1000 mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至浅黄色，加3 mL淀粉指示剂，继续滴定，至溶液变为浅蓝色；‎ iii. 再向上述溶液中加入10% KSCN溶液10 mL，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V2 mL。‎ 已知：①CuI、CuSCN均为白色难溶物，CuI能吸附少量I2，CuSCN不吸附I2。‎ ‎②I2在水溶液中溶解度较小，I-+I2I3-、I-、I2、I3-的平衡体系溶液呈黄色 ‎③I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，S2O32-和S4O62-无色； ‎ ‎(1)①步骤i中检验含Fe3+离子操作和现象_______。‎ ‎②已知 Fe3++‎6F-[FeF6]3-，如果省略步骤i，则导致实验结果________(填“偏大”或 “偏小” ) 。‎ - 26 -‎ ‎(2)①步骤ii中生成沉淀的离子方程式_____________。‎ ‎②步骤ii中加入的KI的量是理论值的2至3倍，其目的一是使Cu2+充分反应；二是__________。‎ ‎(3)①步骤iii中加入KSCN溶液使ii中的沉淀转化为CuSCN沉淀，其目的是___________。‎ ‎②步骤iii中判定滴定终点的现象是_____________。‎ ‎(4)经小组测定，废液中c(Cu2+)=______________。‎ ‎【答案】 (1). 从废液中取出少许放入试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液显红色，证明溶液中含有Fe3+ (2). 偏大 (3). 2Cu2++ 4I-=2CuI+ I2或2Cu2++5I-=2CuI+ I3- (4). 使 I2转化成易溶于水的I3- (5). 释放CuI沉淀吸附的少量I2 (6). 溶液由浅蓝色恰好变成无色，且半分钟不变色 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据Fe3+遇SCN-会使溶液变为血红色分析判断；‎ ‎②根据 Fe3++‎6F-[FeF6]3-及Fe3+、Cu2+的氧化性分析，‎ ‎(2)①步骤ii中Cu2+与I-会发生氧化还原反应产生CuI和I2，反应产生的I2再结合I-形成I3-；‎ ‎②根据反应产生的物质及其溶解性分析；‎ ‎(3)①CuI、CuSCN均为白色难溶物，CuI能吸附少量I2，CuSCN不吸附I2。‎ ‎②根据I2与淀粉溶液变为蓝色判断；‎ ‎(4)根据反应转化关系，得到已知物质与待求物质之间的关系式，然后计算废液中c(Cu2+)。‎ ‎【详解】(1)①从废液中取出少许放入试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液显血红色，就可以证明溶液中含有Fe3+；‎ ‎②在步骤i中加入NH4HF2，就可以发生反应 Fe3++ ‎6F-[FeF6]3-，消耗Fe3+，当加入过量KI溶液时，只发生反应2Cu2++4I-=2CuI+I2或2Cu2++ 5I-=2CuI+ I3-；否则还会发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++ I2，产生较多的I2，导致滴定时消耗较多的Na2S2O3标准溶液，使测定结果偏大；‎ ‎(2)①步骤ii中Cu2+与I-会发生氧化还原反应产生CuI和I2，反应方程式为：2Cu2++ 4I-=2CuI+I2或2Cu2++5I-=2CuI+ I3-；‎ ‎②向含有Cu2+的溶液中加入KI溶液，发生反应：2Cu2++4I-=2CuI+I2，反应产生的I2在水中溶解度不大，但容易与溶液中的I-发生反应：I-+I2I3-，所以步骤ii中加入的KI - 26 -‎ 的量是理论值的2至3倍，其目的一是使Cu2+ 充分反应；二是使 I2转化成易溶于水的I3-；‎ ‎(3)①步骤ii中加入KI溶液，反应产生CuI沉淀，同时产生I2，在步骤iii中加入KSCN溶液使ii中的CuI沉淀转化为CuSCN沉淀，利用CuI能吸附少量I2，CuSCN不吸附I2，因此该操作目的是释放CuI沉淀吸附的少量I2；‎ ‎③溶液中Cu2+与I-反应产生I2，以淀粉为指示剂，此时溶液为蓝色，当不断滴加Na2S2O3标准溶液时，I2不断被消耗，当溶液中I2恰好反应完全时，溶液蓝色褪去，此时达到滴定终点，故步骤iii中判定滴定终点的现象是滴加最后一滴标准Na2S2O3溶液时，溶液由浅蓝色恰好变成无色，且半分钟不变色；‎ ‎(4)根据反应方程式：2Cu2++4I-=2CuI+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得关系式：2Cu2+～I2～2S2O32-，n(S2O32-)=c·V=0.1000 mol/L×V2×10‎-3 L=1.0×V2×10-4 mol，反应废液的体积是V1 mL= 1×10‎-3 L，根据关系式可知n(Cu2+)=n(S2O32-)=1.0×V2×10-4 mol，则反应后废液中c(Cu2+)== mol/L。‎ ‎【点睛】本题考查了离子的检验方法及化学平衡移动原理的应用及得到方法在物质含量测定的应用。掌握离子的检验方法及物质的溶解性及作用是解题关键。当物质发生多步反应时，可根据反应方程式得到已知物质与待求物质之间的关系式，然后利用关系式法进行化学计算。‎ ‎17.碘海醇是一种临床中应用广泛的非离子型造影剂，具有耐受性好，毒性低等优点，利用碘海醇做造影剂进行肺部CT检查，能为新冠肺炎确诊及治疗提供重要参考，碘海醇的一种合成路线如下：‎ 已知：①‎ - 26 -‎ ‎②‎ ‎(1)已知A是苯的同系物，则A的结构简式为________。‎ ‎(2)C中所含官能团的名称为_________。‎ ‎(3)写出C→D的化学反应方程式_________。‎ ‎(4)E的结构简式为_______。‎ ‎(5)M与B互为同分异构体，M是含有苯环的酯类物质，能发生银镜反应，且苯环上一氯取代物有两种。写出任意一种符合上述条件的M的结构简式________。‎ ‎(6)上述合成路线中，由合成碘海醇过程如下，下列说法正确的是________。‎ a. 步骤1中1 mol H需消耗3 mol ICl，并且有副产物HCl生成 ‎ b. 步骤2和步骤3中的反应类型相同 c. 碘海醇极易溶于水与其结构中存在较多的羟基有关 ‎ ‎(7)有机物Q(C3H8O3)可由油脂水解制得，已知合成路线中的物质B可与Q形成交联聚合物P，P的结构片段如下：‎ ‎①其中结构简式为_______。‎ ‎②写出一定条件下相同物质的量的B与Q反应，形成线型高分子的化学方程式_______。‎ ‎【答案】 (1). (2). 硝基、羧基 (3). +2CH3OH+2H2O (4). (5). 或 ‎ - 26 -‎ ‎(6). ac (7). (8). +(2n-1)H2O (中的任意2个-OH反应都可以)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A是苯的同系物，分子式是C8H10，A被酸性KMnO4溶液氧化，烃基被氧化变为-COOH，然后与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应产生C，C与CH3OH在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应产生D：，逆推可知C为，B为，则A为；分子式为C3H6的物质结构简式是CH2=CH-CH3，CH2=CH-CH3与Cl2在‎500℃‎时发生甲基上的取代反应产生C3H5Cl的物质是CH2=CH-CH2Cl，CH2=CH-CH2Cl与O2在Ag催化作用下反应产生E为，与NH3反应产生，该物质与NaOH水溶液共热发生取代反应产生F为，D与F发生信息①反应产生G：，G与Fe在HCl条件下发生还原反应产生H：，H经一系列反应产生目标产物K：‎ - 26 -‎ ‎。 ‎ ‎(6)H发生苯环上H原子的取代反应产生I为，I与发生信息②的反应产生，该物质与缩水甘油发生加成反应；‎ ‎(7)①油脂水解产生的分子式为C3H8O3的Q是甘油，结构简式为，分子中含有三个-OH，B为，含有2个-COOH，二者发生酯化反应，结合酯化反应历程，结合Y结合其它原子团或原子数目确定Y的结构；‎ ‎②由于B、Q中含有多个官能团，许多分子间发生酯化反应就会形成线状高分子化合物，据此解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知A是，B是，C是，E是，F是，G是。‎ - 26 -‎ ‎(1) A分子式是C8H10，A的结构简式为；‎ ‎(2)C结构简式为，可知C中所含官能团的名称为羧基、硝基；‎ ‎(3)C为，C中含有2个羧基，在浓硫酸作催化剂条件下与CH3OH发生酯化反应产生D：和水，则反应C→D的化学方程式为：+2CH3OH+2H2O；‎ ‎(4)E的结构简式为；‎ ‎(5) B是，M与B互为同分异构体，M是含有苯环的酯类物质，能发生银镜反应，说明M中含有醛基-CHO，且苯环上一氯取代物有两种。则符合上述条件的M的结构简式可能为或；‎ ‎(6)a. 中间体H与ICl发生步骤I的苯环上的取代反应产生I：，根据取代反应特点及产物中含有I原子数目可知1 mol H反应需消耗3 mol ICl，同时有3 mol副产物 HCl生成，a正确；‎ - 26 -‎ b.步骤2是与发生取代反应产生J：， 同时得到HCl，步骤3反应是J中断裂含有基团的亚氨基上的N-H键，同时断裂缩水甘油的三元环上亚甲基与O原子形成的C-O键，H原子与O原子结合形成中间C原子上的-OH，-CH2-CHOH-CH2OH与N原子结合形成，所以步骤2和步骤3中的反应类型不相同，b错误；‎ c. 碘海醇分子中含有多个羟基，羟基属于亲水基，所以碘海醇极易溶于水，c正确；‎ 故合理选项是ac；‎ ‎(7)①Q为甘油，结构简式为，分子中含有3个-OH，B为，分子中含有2个-COOH，二者发生酯化反应，由于酯化反应脱水方式是酸脱羟基醇脱氢，结合物质B可与Q形成交联聚合物P可知：1个Y结合3个X，则X为，Y的结构为；‎ ‎②由于B中含有2和羧基，Q中含有3个羟基，因此许多B、Q分子间可发生酯化反应形成高分子化合物，其中也可以形成线状高分子化合物，可能的反应方程式为：+(2n-1)H2O。‎ ‎【点睛】‎ - 26 -‎ 本题考查有机物的合成与推断，注意把握反应条件及有机物的结构变化、官能团变化来推断各物质是解答的关键。在有机推断时，结合已知物质结构简式，采用顺推、逆推相结合的方法分析，注意根据反应前后物质结构中官能团的变化分析。‎ ‎18.某小组探究从印刷电路板回收液(pH=1，含Fe2+、Cu2+、Cl-及少量Fe3+)制取磁性氧化铁，并测定其中Fe3+和Fe2+的物质的量比，过程如下：‎ 已知： ‎25℃‎时：Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10–16；溶解度S( FeCl2 )=‎64g。‎ ‎(1)过程Ⅰ中除铜反应的离子方程式为_______。‎ ‎(2)过程Ⅱ用H2O2调比为1.6：1。该过程中有少量无色气体生成，主要原因是______。‎ ‎(3)过程Ⅲ：调pH、加热 ‎(i)甲同学将溶液迅速调至pH≈4，产生沉淀，通过下列①和②推断沉淀的成分。‎ ‎①取静置后的上层清液，___________，证明清液中含Fe2+；‎ ‎②甲同学通过已知条件计算，推断沉淀中一定不含Fe(OH)2，其推断过程是______。‎ ‎(ii)乙同学探究不同反应条件对产品质量的影响 ‎①若调节pH过程太慢，在pH≈5时，Fe2+容易在空气中发生副反应，生成FeO(OH)固体影响产品质量。写出该反应的离子方程式________。‎ ‎②若其它条件不变，调节pH过高( pH >9 )、温度高于95oC，产品会掺杂较多红棕色杂质，试分析可能的原因__________。‎ ‎(iii)丙同学迅速将溶液调节pH=9，在80~‎90℃‎下搅拌2小时。过滤、洗涤、干燥得到晶体产品。写出制得晶体产品的离子方程式________。‎ ‎(4)Ⅳ测定 取产品样品ag，加过量硫酸溶解，得到样品溶液。用c mol/L KMnO4标准液滴定。(已知：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与KMnO4反应，且数据为多次测量平均值)。‎ i. 取v0 mL样品溶液，用标准液滴定至终点，消耗标准液v1 mL。‎ ii.另取v0 mL样品溶液，加入适量锌粉充分反应(将Fe3+完全转化为Fe2+)，过滤，再用标准液滴定滤液至终点，消耗标准液v2 mL。‎ ‎(5)晶体中Fe3+和Fe2+的物质的量比是_________(用含v1、v2的计算式表示)。‎ ‎【答案】 (1). Fe+Cu2+=Fe2++Cu (2). Fe3+催化，使H2O2分解放出氧气 (3). ‎ - 26 -‎ 加入铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀 (4). Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10–16，pH=4时，生成Fe(OH)2沉淀所需c(Fe2+)>8×104 mol/L，根据氯化亚铁溶解度，溶液中亚铁离子浓度不可能达到 (5). 4Fe2++O2+6H2O=4FeO(OH) +8H+ (6). pH过高(pH>9)、温度高于95oC，Fe(OH)2还原性增强，与空气中氧气反应速率加快，使Fe(OH)3增加过多，Fe(OH)3分解成红棕色Fe2O3 (7). Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4↓+4H2O (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 印刷电路板回收液的pH=1，含Fe2+、Cu2+、Cl-及H+和少量Fe3+，由于微粒的氧化性：Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+，向其中加入足量的Fe粉，会先后发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；Fe+Cu2+=Fe2++Cu；Fe+2H+=Fe2++H2↑.然后过滤除去过量的Fe及产生的Cu，向滤液中加入双氧水，发生反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，调整溶液中Fe3+与Fe2+的物质的量的比，使n(Fe3+)：n(Fe2+)=1.6：1，然后向溶液中加入NaOH溶液，调整溶液pH，发生反应产生Fe3O4和H2O，过滤得到磁性氧化铁。‎ ‎【详解】(1)过程Ⅰ中Fe与Cu2+发生置换反应产生Cu单质与Fe2+，所以过程Ⅰ中除铜反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu；‎ ‎(2)过程Ⅱ中加入H2O2，发生氧化还原反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，调n(Fe3+)：n(Fe2+)比为1.6：1，在此过程中有少量无色气体生成，该气体为O2，这是由于Fe3+具有催化作用，能够使H2O2分解放出O2；‎ ‎(3)(i)①取静置后的上层清液，向其中加入K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，就证明该溶液中含有Fe2+；‎ ‎②pH≈4时，c(H+)=10-4 mol/L，则溶液中c(OH-)= mol/L=10-10 mol/L，由于在 ‎25℃‎时：Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10–16，则要形成Fe(OH)2沉淀，需要Fe2+的最小浓度为c(Fe2+)>=8.0×104 mol/L，根据氯化亚铁溶解度，S(FeCl2 )=‎64g，则溶液中亚铁离子浓度不可能达到，因此沉淀中一定不含有Fe(OH)2；‎ ‎(ii)①若调节pH过程太慢，在溶液pH≈5时，Fe2+容易被溶解在溶液中的O2氧化生成FeO(OH)固体影响产品质量，发生反应的离子方程式为：4Fe2++O2+6H2O=4FeO(OH) +8H+；‎ ‎②若其它条件不变，调节pH过高，如溶液pH>9、温度高于95oC，Fe(OH)2‎ - 26 -‎ 还原性增强，与空气中氧气反应速率加快，使Fe(OH)3增加过多，Fe(OH)3受热分解产生红棕色Fe2O3，使产品中混有较多红棕色杂质；‎ ‎(iii)迅速将溶液调节pH=9，在80~‎90℃‎下搅拌2小时，发生反应：Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4↓+4H2O，然后过滤、洗涤、干燥得到晶体产品；‎ ‎(4)取产品样品a g，加过量硫酸溶解，发生反应：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，得到样品溶液，然后用c mol/LKMnO4标准液滴定，发生MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。‎ i. 取v0 mL样品溶液，用标准液滴定至终点，消耗标准液v1 mL，n(KMnO4)=c·V=c mol/L×v1 ×10‎-3 L=cv1 ×10-3 mol；则n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5cv1 ×10-3 mol；‎ ii.另取v0 mL样品溶液，加入适量锌粉充分反应(将Fe3+完全转化为Fe2+)，过滤，再用标准液滴定滤液至终点，消耗标准液v2 mL，则反应后溶液中Fe2+总物质的量为n(Fe2+)=5n(KMnO4)总=5cv2 ×10-3 mol；原溶液中Fe3+的物质的量为n(Fe3+)=5cv2 ×10-3 mol-5cv1 ×10-3 mol=‎5c(v2 -v1)×10-3 mol。‎ ‎(5)晶体中Fe3+和Fe2+的物质的量比==。‎ ‎【点睛】本题考查了物质制备工艺流程的设计。包括反应条件的控制、氧化还原反应、离子方程式的书写、离子的检验方法及物质物质含量的测定等。掌握反应原理及遵循的规律是本题解答的关键。‎ ‎19.某学习小组对SO2使溶液褪色的机理进行探究。‎ I．SO2气体的制备和性质初探 ‎(1)装置A中发生反应的化学方程式____________。‎ ‎(2)装置B中的试剂x是____________。‎ ‎(3)小组同学观察到C、D中溶液均褪色，通过检验C溶液中有SO42-，得出C中溶液褪色的原因是____________。‎ II．小组同学通过实验继续对D中品红溶液褪色进行探究。‎ ‎(4)探究使品红褪色的主要主要微粒（分别取2 mL试剂a，滴加2滴品红溶液）‎ - 26 -‎ 装置 序号 试剂a 实验现象 i ‎0.1 mol/L SO2溶液(pH=2)‎ 红色逐渐变浅，之后完全褪色 ii ‎0.1 mol/L NaHSO3溶液(pH=5 )‎ 红色立即变浅，之后完全褪色 iii ‎0.1 mol/L Na2SO3溶液( pH=10)‎ 红色立即褪色 iv pH=2H2SO4溶液 红色无明显变化 v 试剂a 红色无明显变化 ‎①实验 iii中Na2SO3溶液显碱性的原因_____________(结合化学用语分析解释)。‎ ‎②对比实验iii 和v，可以排除在该实验条件下OH-对品红褪色的影响，则试剂a可能 ‎ 是__________溶液。‎ 查阅资料：品红与SO2水溶液、NaHSO3溶液、Na2SO3溶液反应前后物质如下：‎ ‎③通过上述实验探究并结合资料，小组同学得出结论：一是使品红溶液褪色的主要微粒是________；二是品红溶液中颜色变化主要与其分子中的________结构有关。‎ ‎(5)验证SO2使品红褪色反应的可逆性 ‎①甲同学加热实验i褪色后的溶液，产生刺激性气味气体，红色恢复，从化学平衡移动角度解释红色恢复的原因__________。‎ ‎②乙同学向实验i褪色后的溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10，生成白色沉淀，溶液变红。写出生成白色沉淀的离子方程式___________。‎ ‎③丙同学利用SO2的还原性，运用本题所用试剂，设计了如下实验，证实了SO2使品红褪色反应的可逆：则试剂Y是__________。‎ ‎【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑ +2H2O (2). 饱和NaHSO3溶液 (3). SO2‎ - 26 -‎ 具有还原性，与I2发生氧化还原反应，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，使碘水的黄色褪去。 (4). SO32-在溶液发生水解，SO32-+ H2OHSO3-+OH-，SO32-结合H2O电离的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性。 (5). pH=10的NaOH溶液或pH=10的Na2CO3溶液 (6). H2SO3、SO32-、HSO3- (7). 双键或共轭或对醌式结构 (8). SO2+H2OH2SO3，加热使溶液中SO2逸出，溶液中H2SO3和SO2浓度均降低，使SO2与品红反应逆向移动，最终达到平衡时，溶液中品红浓度增大，溶液恢复红色。 (9). SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O (10). 碘水 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．Cu与浓硫酸混合加热发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑ +2H2O，制取得到的SO2气体，经B装置中NaHSO3饱和溶液的缓冲作用，SO2具有还原性，在C中SO2与碘水会发生氧化还原反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；SO2具有漂白性，将其通入D中的品红溶液，看到溶液红色褪去，SO2是大气污染物，通入NaOH溶液，发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O进行尾气处理。‎ Ⅱ.(4)①利用盐的水解规律分析溶液显碱性的原因；‎ ‎②选用溶液pH=10的NaOH或Na2CO3溶液进行对比；‎ ‎③根据使品红溶液褪色的物质分析使品红溶液褪色的微粒；‎ ‎(5)①加热实验i褪色后的溶液，产生刺激性气味气体，该气体为SO2，同时看到溶液红色恢复；‎ ‎②SO2与Ba(OH)2发生反应产生BaSO3沉淀，同时看到溶液变红色；‎ ‎③根据反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI分析SO2使品红褪色反应的可逆性。‎ ‎【详解】(1)在装置A中Cu与浓硫酸共热，发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O，发生反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑ +2H2O；‎ ‎(2)B装置中溶液可以缓冲气流，同时不能溶解SO2气体，可根据H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，则B中x溶液为饱和NaHSO3溶液；‎ ‎(3)小组同学观察到C、D中溶液均褪色，通过检验C溶液中有SO42-，这是由于I2具有氧化性，而SO2具有还原性，在溶液中二者会发生氧化还原反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，反应产生的H2SO4、HI的水溶液均无色，使C中溶液褪色；‎ ‎(4)①Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中SO32-会发生水解反应：SO32-+H2OHSO3-+OH-，SO32-结合H2O电离的H+，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，因此溶液呈碱性；‎ - 26 -‎ ‎②对比实验iii 和v，可以排除在该实验条件下OH-对品红褪色的影响，实验iii为pH=10的Na2SO3溶液，则试剂a可能为pH=10的NaOH溶液或pH=10的Na2CO3溶液；‎ ‎③根据实验可知，向红色的品红溶液中加入Na2SO3、NaHSO3，会看到溶液红色褪去，说明使品红溶液褪色的主要微粒是H2SO3、SO32-、HSO3-；根据反应前后溶液颜色变化，结合物质分子结构可知：品红溶液中颜色变化主要与其分子中的双键或共轭或对醌式结构有关；‎ ‎(5)①向品红溶液中通入SO2气体，溶液红色褪去，将褪色后的溶液加热，产生刺激性气味气体，红色恢复，说明SO2气体溶于水发生反应：SO2+H2OH2SO3，加热时溶液中SO2气体逸出，溶液中H2SO3和SO2浓度均降低，使SO2与品红反应逆向移动，品红浓度增大，溶液又恢复红色；‎ ‎②向实验i褪色后的溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10，发生反应：SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，生成白色沉淀，由于SO2浓度降低，SO2与品红反应逆向移动，品红浓度增大，使溶液又恢复了变红；‎ ‎③由于SO2具有还原性，与碘水会发生氧化还原反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，使溶液中SO2浓度降低，SO2与品红反应逆向移动，导致品红浓度增大，最终使溶液又恢复了变红。‎ ‎【点睛】本题考查了二氧化硫气体的制取原理、性质检验及具有漂白性成分的检验方法等知识。掌握化学平衡移动原理及有关二氧化硫的制取与性质是本题解答的关键。要结合可逆反应的特点，从平衡移动角度分析解答。题目考查了学生实验设计及应用能力。‎ - 26 -‎