北京市2020届高三化学高考模拟试题（Word版附答案）

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北京市 2020 届高三高考模拟试题（等级考试模拟试题） 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 第一部分 本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列制品采用的材料属于合金的是 A.大理石华表 B.青铜编钟 C. 玻璃花瓶 D.翡翠如意 【答案】B 【详解】B．是合金； 2.下列说法不涉及氧化还原反应的是（ ） A. 雷雨肥庄稼——自然固氮 B. 从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅 C. 干千年，湿万年，不干不湿就半年——青铜器、铁器的保存 D. 灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐 【答案】D 【分析】在反应过程中有元素化合价变化的化学反应叫做氧化还原反应。原电池反应可以理解成由两个半 反应构成，即氧化反应和还原反应。 【详解】A. 雷雨肥庄稼——自然固氮，氮气氧化成 NO，再氧化成 NO2，最后变成 HNO3 等，有元素化合 价变化，故 A 不选； B. 从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅，硅由+4 价变成 0 价，有元素化合价变化，故 B 不选； C. 干千年，湿万年，不干不湿就半年——说明青铜器、铁器在不干不湿的环境中保存时，容易发生电化 学腐蚀，铜和铁容易被氧化，有元素化合价变化，故 C 不选； D. 灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，水解后呈碱性，肥中含有铵盐，水解后呈酸性，两者相遇能发 生复分解反应，导致氮肥的肥效降低，没有元素化合价变化，故 D 选。 故选 D。 3.下列说法正确的是（ ） A. 18O2 和 16O2 互为同位素 B. 正己烷和 2,2−二甲基丙烷互为同系物 C. C60 和 C70 是具有相同质子数的不同核素 D. H2NCH2COOCH3 和 CH3CH2NO2 是同分异构体 【答案】B 【详解】A. 18O2 和 16O2 是指相对分子质量不同的分子，而同位素指具有相同质子数，但中子数不同的元素 互称同位素，A 项错误； B. 正己烷的分子式 C6H14，2,2−二甲基丙烷即新戊烷分子式是 C5H12，两者同属于烷烃，且分子式差一个 CH2，属于同系物，B 项正确； C.核素表示具有一定的质子数和中子数的原子，C60 和 C70 是由一定数目的碳原子形成的分子，显然，C 项 错误； D. H2NCH2COOCH3 和 CH3CH2NO2 是分子式分别为 C3H7O2N 和 C2H5O2N，分子式不同，显然不是同分异 构体，D 项错误。 故答案选 B。 4.全氮类物质具有高密度、超高能量及爆炸产物无污染等优点，被称为没有核污染的“N2 爆弹”。中国科学 家胡炳成教授团队近日成功合成全氮阴离子 N5 ﹣，N5 ﹣是制备全氮类物质 N10（其中含有 N5+和 N5 ﹣ 两种离 子）的重要中间体。下列说法中不正确的是（ ） A. 全氮类物质属于绿色能源 B. 每个 N5+中含有 5 个原子核 C. 每个 N5 ﹣中含有 36 个质子 D. N10 结构中含非极性共价键和离子键 【答案】C 【详解】A. 根据题意全氮类物质具有高密度、超高能量及爆炸产物无污染等优点，因此全氮类物质属于 绿色能源，故 A 正确； B. 每个 N5+中含有 5 个原子核，故 B 正确； C. 每个 N5 －中含有 35 个质子,36 个电子，故 C 错误； D. N10 结构中含 N5 －和 N5+，含有离子键，每个离子内部含有非极性共价键，故 D 正确。 综上所述，答案为 C。 5.下列有关铁及其化合物的说法中不正确的是（ ） A. 为了防止氯化亚铁溶液久置变质，常在其溶液中加入少许铁钉 B. 将饱和 FeCl3 溶液滴入沸水中，能形成胶体 C. 新制的氢氧化亚铁沉淀露置在空气中最终会变为红褐色 D. 除去 FeCl3 溶液中的 FeCl2 杂质可以向溶液中加铁粉，然后过滤 【答案】D 【解析】A. 亚铁离子在空气中易被氧化为三价铁离子，加铁钉可以防止氯化亚铁溶液的变质，故 A 正确； B. 制备氢氧化铁胶体的方法是将饱和 FeCl3 溶液滴入沸水中，搅拌到红褐色即可，故 B 正确；C. 新制的 氢氧化亚铁沉淀露置在空气中迅速变成灰绿色，最终会变为红褐色的氢氧化铁，故 C 正确；D. 除去 FeCl3 溶液中的 FeCl2 杂质可以向溶液中滴加氯水，将氯化亚铁氧化为氯化铁，故 D 错误。 6.下列用于解释事实的离子方程式不正确．．．的是（ ） A. 向 AgCl 悬浊液中加入 Na2S 溶液，有黑色难溶物生成：2AgCl(s)+S2-(aq) Ag2S(s)+2Cl-(aq) B. 向酸性 KMnO4 溶液中加入 NaHSO3 固体，溶液紫色褪去：2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O C. 向 NaHCO3 溶液中加入过量澄清石灰水，有白色沉淀生成：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32- D. 向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 【答案】C 【详解】A．向 AgCl 悬浊液中加入 Na2S 溶液，有黑色难溶物生成，氯化银沉淀转化为硫化银，反应离子 方程式是 2AgCl(s)+S2-(aq) Ag2S(s)+2Cl-(aq)，正确，A 不选； B．向酸性 KMnO4 溶液中加入 NaHSO3 固体，HSO3-被高锰酸钾氧化为 SO42-，溶液紫色褪去，反应的离子 方程式是 2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O，正确，B 不选； C．向 NaHCO3 溶液中加入过量澄清石灰水，生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式是 HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，错误，C 选； D．向稀硝酸中加入铜粉生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式是 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，正确，D 不选。 答案选 C。 7.芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述不正 确的是（ ） A. 汉黄芩素的分子式为 C16H12O5 B. 该物质遇 FeCl3 溶液显色 C. 1 mol 该物质与溴水反应，最多消耗 2mol Br2 D. 与足量 H2 发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少 3 种 【答案】D 【详解】A. 根据结构得到汉黄芩素的分子式为 C16H12O5，故 A 正确； B. 该物质含有酚羟基，因此遇 FeCl3 溶液显紫色，故 B 正确； C. 1 mol 该物质含有 1mol 碳碳双键，与 1mol Br2 发生加成，还含有酚羟基，酚羟基的邻位发生取代，消 耗 1mol Br2，因此最多消耗 2mol Br2，故 C 正确； D. 原来含有羟基，碳碳双键，醚键，羰基，与足量 H2 发生加成反应后，只有羟基，醚键，因此该分子中 官能团的种类减少 2 种，故 D 错误。 综上所述，答案为 D。 【点睛】FeCl3 溶液与酚羟基显紫色，与 KSCN 显红色。 8.研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物——光化学烟雾，其中某些反 应过程如图所示。下列说法不正确的是（ ） A. 整个过程中 O3 作催化剂 B. 反应 III 的方程式为 O2+O===O3 C. 光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质 D. 反应 I、反应Ⅱ均属于氧化还原反应 【答案】A 【详解】A、催化剂：反应前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3 只参与反应，没有 O3 的生成，因此 O3 不是催化剂，故 A 说法错误； B、根据过程，反应 III：O 和 O2 参与反应，生成 O3，即反应 方程式为 O2＋O=O3，故 B 说法正确； C、根据反应过程，反应Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等刺激性物质，故 C 说法 正确； D、反应 I：O3＋3NO=3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应Ⅱ丙烯与 O3 发生反应生成甲 醛和乙醛，发生氧化还原反应，故 D 说法正确； 9.X、Y、Z、W 均为常见的短周期主族元素，常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为 0.01mol/L） 的 pH 和原子半径的关系如下图所示。其中，Y 为碳元素。下列有关说法正确的是（ ） A. X 是硫元素 B. Y 的最高价氧化物的电子式为 C. W 的最高价氧化物对应的水化物中仅含离子键 D. Z 的最高价氧化物对应水化物的化学式为 HClO4 【答案】D 【分析】X、Y、Z、W 均为短周期主族元素，由其最高价氧化物对应水化物的 pH 和原子序数的关系图可 以知道，X、Z 对应的 pH 为 2，高氯酸、硝酸均为一元强酸，原子半径 Z>Y>X，Y 为 C，可以知道 Z 为 Cl，X 为 N，W 对应的 pH 为 12，氢氧化钠为一元强碱，则 W 为 Na，以此来解答。 【详解】由上述分析可以知道，X 为 N，Y 为 C，Z 为 Cl，W 为 Na， A. X 为 N 元素，不可能为硫元素，故 A 错误； B. Y 为 C 元素，其最高氧化物为 CO2，电子式为 ，故 B 错误； C. W 为 Na 元素，其最高价氧化物对应的水化物为 NaOH，既含有离子键又含有共价键，故 C 错误； D. Z 为 Cl 元素，其最高价氧化物对应的水化物为 HClO4，故 D 正确。 所以 D 选项是正确的。 【点睛】本题考查元素周期律、结构位置性质关系，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物 性质，注意 NaOH 是离子化合物，既含有离子键又含有共价键。 10.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℃)= 2 2 4 (0.36) (0.36) (1-0.72) (1-0.18)c   【答案】C 【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%，        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 K(500℃)= 2 2 4 (0.36) (0.36) (1-0.72) (1-0.18)c   ，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。 11.高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示： 下列叙述不正确的是（ ） A. 用 K2FeO4 对饮用水杀菌消毒的同时，还产生 Fe(OH)3 胶体吸附杂质净化水 B. 用 FeCl2 溶液吸收反应 I 中尾气后可再利用 C. 反应 II 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 3∶2 D. 该生产条件下，物质的溶解性：Na2FeO4< K2FeO4 【答案】D 【分析】铁与氯气反应生成氯化铁，加入 NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成 Na2 FeO4， 加入饱和 KOH 溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），分离得到粗 K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其 提纯，以此解答该题。 【详解】A. K2FeO4 具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶 体，可用于净水，故 A 正确； B. 尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故 B 正确； C. 反应中 Cl 元素化合价由+1 价降低为-1 价，Fe 元素化合价由+3 价升高到+6 价，则氧化剂与还原剂的物 质的量之比为 3：2，故 C 正确； D. 结晶过程中加入浓 KOH 溶液，增大了 K+浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小， 有利于 K2FeO4 晶体的析出，故 D 错误； 故选 D。 12.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时 MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图 如下所示。下列说法错误的是（ ） A. 相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能 B. 阴极区，在氢化酶作用下发生反应 H2+2MV2+ 2H++2MV+ C. 正极区，固氮酶为催化剂，N2 发生还原反应生成 NH3 D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动 【答案】B 【分析】由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生 成 MV2+，电极反应式为 MV+—e—= MV2+，放电生成的 MV2+在氢化酶的作用下与 H2 反应生成 H+和 MV+， 反应的方程式为 H2+2MV2+=2H++2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生 成 MV+，电极反应式为 MV2++e—= MV+，放电生成的 MV+与 N2 在固氮酶的作用下反应生成 NH3 和 MV2+， 反应的方程式为 N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。 【详解】A 项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用 MV+和 MV2+的相互 转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故 A 正确； B 项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成 MV2+，电极反应式为 MV+—e—= MV2+，放电 生成的 MV2+在氢化酶的作用下与 H2 反应生成 H+和 MV+，反应的方程式为 H2+2MV2+=2H++2MV+，故 B 错误； C 项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成 MV+，电极反应式为 MV2++e—= MV+，放电 生成的 MV+与 N2 在固氮酶的作用下反应生成 NH3 和 MV2+，故 C 正确； D 项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故 D 正确。 故选 B。 【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关 键。 13.一定条件下，反应：6H2(g)+2CO2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g)的数据如图所示。 下列说法正确的是（ ） A. 该反应为吸热反应 B. 达平衡时，v 正(H2)=v 逆(CO2) C. b 点对应的平衡常数 K 值大于 c 点 D. a 点对应的 H2 的平衡转化率为 90% 【答案】D 【详解】A. 由图象可知，升高温度，CO2 的平衡转化率降低，平衡逆向移动，所以该反应为放热反应，故 A 错误； B. 达平衡时，正逆反应速率比等于系数比，即 v 正(H2)=3v 逆(CO2)，故 B 错误； C. 正反应放热，升高温度，平衡常数减小，b 点对应的平衡常数 K 值小于 c 点，故 C 错误； D.曲线Ⅰ H2、CO2 的投料比为 2:1，设投入 H2、CO2 的物质的量分别是 2mol、1mol，a 点 CO2 的平衡转化 率为 60%，则消耗 CO2 0.6mol、消耗 H2 1.8mol，所以 a 点对应的 H2 的平衡转化率为1.8mol 100%2mol   90%， 故 D 正确； 选 D。 【点睛】本题考查化学平衡标志、平衡转化率的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把 握曲线的意义和题给信息，明确平衡常数只与温度有关。 14.25℃时，向 50mL 含有 0.1molCl2 的氯水中滴加 2mol·L−1 的 NaOH 溶液，得到溶液 pH 随加入 NaOH 溶 液体积的变化如图所示。下列说法正确的是（ ） A. 若 a 点 pH=4，且 c(Cl−)=mc(HClO)，则 HClO 的电离平衡常数为 410 1m   B. 若 x=100，b 点对应溶液中，c(OH−)>c(H+)，可用 pH 试纸测定其 pH C. 若 y=200，c 点对应溶液中，c(OH−)−c(H+)=2c(Cl−)+c(HClO) D. b→c 段，随 NaOH 溶液的滴入， (HClO) (ClO ) c c  逐渐增大 【答案】C 【详解】A．pH=4，则溶液中 c(H+)=10−4mol·L−1，根据方程式：Cl2+H2O HCl+HClO，HClO H++ClO−， 溶液中 c(Cl−)=c(ClO−)+c(HClO)=mc(HClO)，c(HClO)=  ClO 1 c m   ， Ka(HClO)=       H ClO HClO c c c   =     410 ClO ClO 1 c c m      =10−4(m−1)，A 项错误； B．生成的 NaClO 中的 ClO−水解，得到的 HClO 具有漂白性，不能用 pH 试纸测定反应后溶液的 pH，B 项 错误； C．c 点时，氯水全部与 NaOH 溶液反应生成 NaClO、NaCl，且 n(Cl−)=n(ClO−)+n(HClO)，根据电荷守恒有： n(Na+)+n(H+)=n(OH−)+n(Cl−)+n(ClO−)，根据物料守恒有：n(ClO−)+n(Cl−)+n(HClO)=02mol，n(Na+)=0.4mol， 则有：2n(ClO−)+2n(Cl−)+2n(HClO)+n(H+)=n(OH−)+n(Cl−)+n(ClO−)，即有：c(OH−)−c(H+)=2c(Cl−)+c(HClO)， C 项正确； D．b→c 段，随着 NaOH 溶液加入，c(HClO)浓度逐渐减小，c(ClO−)逐渐增大，     HClO ClO c c  逐渐减小，D 项错误。 答案选 C。 第二部分 15.甲醛(HCHO)俗称蚁醛,是一种重要的有机原料。 I.利用甲醇(CH3OH)制备甲醛 脱氢法:CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △ H1 = +92.09kJ/mol 氧化法:CH3OH(g) +1/2O2(g)=HCHO(g)+H2O(g) △ H2 (1)已知:2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △ H3=-483.64 kJ/mol，则 △ H2=_______。 (2)与脱氢法相比,氧化法在热力学上趋势较大，其原因为___________________________。 (3)图 1 为甲醇制备甲醛反应的 lg K(K 为平衡常数)随温度(T)的变化曲线。曲线____(填“a”或“b”)对应脱氢 法,判断依据为____________________________________________。 II.甲醛的用途 (4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品(结构简式如图 2)，该物质在医药等工业中有广泛用途。 若原料完全反应生成乌洛托品,则甲醛与氨的物质的量之比为_______。 (5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍。若反应过程中有 CO2 产生，则该反应的离子方 程式为_________________________________________。 Ⅲ.甲醛的检测 (6)室内甲醛超标会危害人体健康，通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型甲醛气体传感 器的原理如图 3 所示，则 b 极的电极反应式为________________________，当电路中转移 4×10-4 mol 电子 时，传感器内参加反应的 HCHO 为_______mg。 【答案】(1). -149.73kJ/mol (2). 脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力 学上趋势较大。 (3). b (4). 脱氢吸热 (5). 3:2 (6). 2Ni2++HCHO+H2O=2Ni+CO2↑+4H+ (7). O2+4e-+4H+=2H2O (8). 3 【分析】(1)根据盖斯定律进行计算； (2)放热反应的热力学趋势大； (3)脱氢法：CH3OH（g）═HCHO（g）+H2（g） △ H1=+92.09 kJ•mol-1，反应为吸热反应升温平衡常数增大， lg K 增大； (4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含 有 6 个 C 原子、4 个 N 原子，根据 C 原子、N 原子守恒判断甲醛和氨的物质的量之比，据此进行计算； (5)甲醛与硫酸镍发生氧化还原反应，析出 Ni 单质，甲醛被氧化为 CO2，据氧化还原反应反应规律书写方 程式； (6)反应中 C 元素化合价由 0 价变为+4 价，则工作电极为负极，负极上 HCHO 失电子发生氧化反应，结合 电极反应电子守恒计算。 【详解】(1)脱氢法：①CH3OH（g）═HCHO（g）+H2（g） △ H1=+92.09 kJ•mol-1 ②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g） △ H3=-483.64 kJ•mol-1；盖斯定律计算①+ 1 2 ②得到：CH3OH（g）+ 1 2 O2 （g）═HCHO（g）+H2O（g） △ H2=-149.73KJ/mol； 故答案为：-149.73KJ/mol； (2)脱氢法为吸热反应，氧化法为放热反应，放热反应的热力学趋势大； 故答案为：脱氢法为吸热反应，氧化法为放热反应，放热反应的热力学趋势大； (3)脱氢法的反应为吸热反应，随着温度升高，平衡向右移动，平衡常数增大，故曲线 b 对应脱氢法； 故答案为：b；脱氢吸热； (4)每个乌洛托品分子中含有 6 个 C 原子，4 个 N 原子，根据原子守恒可知，要形成 1 个乌洛托品分子，需 要 6 个甲醛分子、4 个氨气分子，则需要甲醛和氨气的分子个数之比为 6∶4，即 3∶2。分子数之比等于物 质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比为 3∶2； 故答案为 3∶2； (5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍，则甲醛与硫酸镍发生氧化还原反应，析出 Ni 单 质，甲醛被氧化为 CO2，Ni 元素化合价由+2 价降低到 0 价，甲醛中 C 元素由 0 价升高到+4 价，NiSO4 与 HCHO 的系数比为 2∶1，根据化合价升降守恒配平得离子方程式为：2Ni2++HCHO+H2O=2Ni+CO2↑+4H+； 故答案为：2Ni2++HCHO+H2O=2Ni+CO2↑+4H+； (6)HCHO 转化为 CO2，C 元素由 0 价升高到+4 价，失去电子，被氧化，所以 a 为电池负极，b 为正极；酸 性环境下，O2 作正极的电极反应为 O2+4e-+4H+=2H2O；负极的电极反应为 HCHO-4e-+H2O = CO2↑+4H+， 每反应 1molHCHO 转移 4mol 电子，当电路中转移 4×10-4mol 电子时，参与反应的 HCHO 为 1×10-4mol，质 量=30g/mol×1×10-4mol=3×10-3g=3mg； 故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；3。 16.三氯化六氨合钴(III)（[Co(NH3)6]Cl3 是合成其他含钴配合物的重要原料。在活性炭的催化作用下，通过 氧化二氯化六氨合钴(II)得到三氯化六氨合钴(III)制备流程如下： 资料： ①钴离子常见价态有+2(II)价，+3(III)价，Co(II)离子能在水溶液中稳定存在，但 Co(III)离子不能稳定存在， 只能以固态或络合物形式（如[Co(NH3)6]3+）稳定存在溶液中。 ② Co2+在 pH=9.4 时完全沉淀为 Co(OH)2 （1） 实验中需要将 CoCl2·6H2O 晶体研细，其目的是：___________________________。 （2）在加入浓氨水前先加入大量 NH4Cl 溶液，请结合平衡原理解释原因 ________________________________________________________________。 （3）在“氧化”过程中需水浴控温在 50～60℃，温度不能过高，原因是 ________________________________________________________________。 （4）写出“氧化”过程中反应的离子方程式____________________________________。 （5）为测定产品中钴的含量，进行下列实验： ①称取样品 4.000 g 于烧瓶中，加水溶解，加入足量的 NaOH 溶液，加热至沸 15～20 min，将 [Co（NH3） 6]Cl3 完全转化为 Co（OH）3，冷却后加入足量 KI 固体和 HCl 溶液，充分反应一段时间后，将烧瓶中 的溶液全部转移至 250.00 mL 容量瓶中，加水定容，取其中 25.00 mL 试样加入到锥形瓶中； ②用 0.100 0 mol·L －1 Na2S2O3 标准溶液滴定，溶液变为浅黄色后，加入淀粉溶液作指示剂继续滴定至终 点，重复 2 次实验，测得消耗 Na2S2O3 溶液的平均体积为 15.00 mL。（已知：2Co3＋＋2I－=2Co2＋＋I2 ， I2 ＋2S2O32－=2I－＋S4O62－）.通过计算确定该产品中钴的含量___________________。 【答案】(1). 增大晶体的表面积，加快反应的速度 (2). NH4Cl 溶于水电离出的 NH4 ＋，增大溶液中 c(NH4+)， 使 NH3·H2O ⇌ NH4++OH－电离平衡逆移降低 c(OH－)，防止加氨水时溶液中 c(OH－)过大使钴(II)离子沉淀 (3). 温度过高会导致 H2O2 大量分解，降低产率 (4). 2Co(NH3)62+ + H2O2= 2Co(NH3)63+ + 2OH－ (5). 22.125% 【分析】由于 Co2+在 pH=9.4 时完全沉淀为 Co(OH)2，将 CoCl2·6H2O 晶体研细先加入氯化铵溶液，再加 入浓氨水反应生成[Co(NH3)6]Cl2，[Co(NH3)6]Cl2 和 H2O2 发生氧化反应生成[Co(NH3)6]Cl3。 【详解】（1）实验中需要将 CoCl2·6H2O 晶体研细，其目的是增大晶体的表面积，加快反应的速度；故答 案为：增大晶体的表面积，加快反应的速度。 （2）根据题中信息 Co2+在 pH=9.4 时完全沉淀为 Co(OH)2，因此在加入浓氨水前先加入大量 NH4Cl 溶液， 主要是 NH3·H2O ⇌ NH4++OH－，能电离出 OH－，易和 Co2+反应生成 Co(OH)2，NH4Cl 溶于水电离出的 NH4 ＋，增大溶液中 c(NH4+)，使电离平衡逆向移动，降低 c(OH－)浓度，防止加氨水时溶液中 c(OH－)过大使钴(II) 离子沉淀；故答案为：NH4Cl 溶于水电离出的 NH4 ＋，增大溶液中 c(NH4+)，使 NH3·H2O ⇌ NH4++OH－电离 平衡逆移降低 c(OH－)，防止加氨水时溶液中 c(OH－)过大使钴(II)离子沉淀。 （3）H2O2 在较高温度下会导致大量分解，氧化效果降低，从而降低产率，因此在“氧化”过程中需水浴控 温在 50～60℃，温度不能过高；故答案为：温度过高会导致 H2O2 大量分解，降低产率。 （4）“氧化”过程中 Co(NH3)62+ 与 H2O2 反应生成 Co(NH3)63+ 和 OH－，其离子方程式 2Co(NH3)62+ + H2O2= 2Co(NH3)63+ + 2OH－；故答案为：2Co(NH3)62+ + H2O2= 2Co(NH3)63+ + 2OH－。 （5）根据方程式可得关系式 Co3＋ ～ S2O32−，n(Co3＋)= n(S2O32−)= 0.100 0 mol∙L−1×0.015 mL×10 =0.015mol， 1 22.125%4.000 0.015mol 59g molω 100%g     ；故答案为：22.125%。 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 _______________________________________________________________________________（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). 【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.阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低、环境污染小等优点。生产流程如下图所示： (1)电解饱和食盐水的化学方程式为_________________________________________。 (2)电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是________(填字母序号)。 a．Na2SO4 b．Na2SO3 c．热空气吹出 d．降低阳极区液面上方的气压 (3)食盐水中的 I—若进入电解槽，可被电解产生的 Cl2 氧化为 ICl，并进一步转化为 IO3—。IO3—可继续被氧 化为高碘酸根(IO4—)，与 Na+结合生成溶解度较小的 NaIO4 沉积于阳离子交换膜上，影响膜的寿命。 ①从原子结构的角度解释 ICl 中碘元素的化合价为+1 价的原因：_______________________。 ②NaIO3 被氧化为 NaIO4 的化学方程式为________________________________。 (4)在酸性条件下加入 NaClO 溶液，可将食盐水中的 I-转化为 I2，再进一步除去。通过测定体系的吸光度， 可以检测不同 pH 下 I2 的生成量随时间的变化，如下图所示。已知：吸光度越高表明该体系中 c(I2)越大。 ①结合化学用语解释 10 min 时不同 pH 体系吸光度不同的原因：____________________。 ②pH=4.0 时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因： _________________________________________。 ③研究表明食盐水中 I-含量≤0.2 mg•L-1 时对离子交换膜影响可忽略。现将 1m3 含 I-浓度为 1.47 mg•L-1 的食 盐水进行处理，为达到使用标准，理论上至少．．需要 0.05 mol•L-1 NaClO 溶液________L。(已知 NaClO 的反 应产物为 NaCl，溶液体积变化忽略不计) 【答案】(1). 2 NaCl + 2H2O C12↑ + H2↑+ 2NaOH (2). bcd (3). 碘元素和氯元素处于同一主族 (VIIA)，二者最外层电子数均为 7，ICl 中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力 弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1 价 (4). Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl— (5). ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O10 min 时 pH 越低，c(H+)越大，反应速率加快(或 ClO- 氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。 (6). c(H+)较高，ClO-继续将 I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低， 吸光度下降 (7). 0.1 【分析】（1）电解时，阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，两极合并为电解池总反应。 （2）a. Na2SO4 与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯； b. Na2SO3 有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则 Na2SO3 有可以除去阳极液中游离氯； c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法； d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中 逸出，可除去阳极液中游离氯。 （3）①本小题考查的是对共价键的理解，碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为 7， ICl 中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘 原子，使得碘元素显+1 价。 ②氧化还原反应中，物质中元素化合价升高失电子发生氧化反应，该物质作还原剂，生成的产物为氧化产 物，物质中元素化合价降低得电子发生还原反应，该物质做氧化剂，生成的产物为还原产物，由此找出反 应物和生成物，在根据得失电子守恒配平氧化还原反应。 （4）①本小题涉及速率的影响因素，增大反应物的浓度速率加快，则 c(H+)越大，反应速率加快(或 ClO- 氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。 ②c(H+)较高，ClO-继续将 I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。 ③本小题涉及物质的量、物质的量浓度在氧化还原反应中的计算。 【详解】（1）电解饱和食盐水时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，水电离的氢离子在阴极得 电子发生还原反应生成氯气，则电解的化学方程式为 2NaCl +2H2O 电解 C12↑+ H2↑+2NaOH。本小题答案 为：2NaCl +2H2O 电解 C12↑+ H2↑+2NaOH。 （2）a. Na2SO4 与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯，故 a 不符合题意； b. Na2SO3 有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则 Na2SO3 有可以除去阳极液中游离氯， 故 b 符合题意； c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法，故 c 符合 题意； d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中 逸出，可除去阳极液中游离氯，故 d 符合题意。答案选 bcd。 （3）①碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为 7，ICl 中共用一对电子，由于碘原 子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1 价。本小 题答案为：碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为 7，ICl 中共用一对电子，由于碘 原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1 价。 ②NaIO3 中 I 元素失电子发生氧化反应，化合价由+5 价升高到+7 价生成 NaIO4，Cl2 中氯元素得电子发生还 原反应，化合价由 0 价降低到-1 价生成 Cl-，离子方程式为 Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl—。 本小题答案为：Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl—。 （4）①ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O 10 min 时 pH 越低，c(H+)越大，反应速率加快(或 ClO-氧化性增 强)，c(I2)越高，吸光度越大。本小题答案为：ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O 10 min 时 pH 越低，c(H+) 越大，反应速率加快(或 ClO-氧化性增强)，c(I2)越高(1 分)，吸光度越大。 ②c(H+)较高，ClO-继续将 I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。本小题答案为：c(H+)较高， ClO-继续将 I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。 ③研究表明食盐水中 I-含量≤0.2 mg•L-1 时对离子交换膜影响可忽略。即 1m3 食盐水中 I-的含量≤0.2 mg•L-1×1m3×1000=0.2g 时对离子交换膜影响可忽略，则 1m3 含 I-浓度为 1.47 mg•L-1 的食盐水需处理掉 1.47 mg•L-1×1m3-0.2g=1.27g 的 I-时对离子交换膜影响可忽略。1.27gI-的物质的量为 0.01mol，根据反应方程式 ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O，需 NaClO 的物质的量为 0.005mol，则此 NaClO 的体积为 0.005mol/0.05mol/L=0.1L。本小题答案为：0.1。 19.研究不同 pH 时 CuSO4 溶液对 H2O2 分解的催化作用。资料：a．Cu2O 为红色固体，难溶于水，能 溶于硫酸，生成 Cu 和 Cu2+。b．CuO2 为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成 Cu2+和 H2O2。c．H2O2 有弱酸性：H2O2 H+ +HO2-，HO2- H+ +O22-。 编号 实验 现象 Ⅰ 向 1 mL pH＝2 的 1 mol·L− 1 CuSO4 溶液中 加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液 出现少量气泡 Ⅱ 向 1 mL pH＝3 的 1 mol·L− 1 CuSO4 溶液中 加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液 立即产生少量棕黄色沉 淀，出现较明显气泡 Ⅲ 向 1 mL pH＝5 的 1 mol·L− 1CuSO4 溶液中 加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液 立即产生大量棕褐色沉 淀，产生大量气泡 （1） 经检验生成的气体均为 O2，Ⅰ中 CuSO4 催化分解 H2O2 的化学方程式是 __________________________________________________。 （2）对Ⅲ中棕褐色沉淀的成分提出 2 种假设：ⅰ.CuO2，ⅱ.Cu2O 和 CuO2 的混合物。为检验上述假设， 进行实验Ⅳ：过滤Ⅲ中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。 ①若Ⅲ中生成的沉淀为 CuO2，其反应的离子方程式是_____________________________。 ②依据Ⅳ中沉淀完全溶解，甲同学认为假设ⅱ不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是 __________________________________________________。 ③为探究沉淀中是否存在 Cu2O，设计如下实验： 将Ⅲ中沉淀洗涤、干燥后，取 a g 固体溶于过量稀硫酸，充分加热。冷却后调节溶液 pH，以 PAN 为指 示剂，向溶液中滴加 c mol·L − 1EDTA 溶液至滴定终点，消耗 EDTA 溶液 V mL。V=________，可知沉淀 中不含 Cu2O，假设ⅰ成立。（已知：Cu2++EDTA= EDTA-Cu2+，M(CuO2)＝96 g·mol − 1，M(Cu2O)＝144 g·mol−1） （3）结合方程式，运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因 ____________________________________________ 。 （4）研究Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同 pH 时 H2O2 分解速率不同的原因。 实验Ⅴ：在试管中分别取 1 mL pH＝2、3、5 的 1 mol·L−1 Na2SO4 溶液，向其中各加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液，三支试管中均无明显现象。 实验Ⅵ：____________________________________________________________________（填实验操作和现 象），说明 CuO2 能够催化 H2O2 分解。 （5）综合上述实验，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同 pH 时 H2O2 的分解速率不同的原因是 ___________________________________________________________。 【答案】(1). 2H2O2 O2↑+2H2O (2). H2O2+Cu2+＝CuO2↓+2H+ (3). CuO2 与 H+反应产生的 H2O2 具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化 Cu2O 或 Cu，无法观察到红色沉淀 Cu (4). 1000a 96c (5). 溶 液中存在 H2O2 H+ +HO2 －，HO2 － H+ +O22－，溶液 pH 增大，两个平衡均正向移动，O22－浓度增大， 使得 CuO2 沉淀量增大 (6). 将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入 30％H2O2 溶液， 立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变 (7). CuO2 的催化能力强于 Cu2+；随 pH 增大，Cu2+与 H2O2 反应生成 CuO2 增多 【详解】（1）由题意可知，在硫酸铜做催化剂作用下，双氧水分解生成水和氧气，反应的化学方程式为 2H2O2 O2↑+2H2O，故答案为：2H2O2 O2↑+2H2O； （2）①若Ⅲ中生成的沉淀为 CuO2，说明双氧水与铜离子反应生成过氧化铜和水，反应的离子方程式为 H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+，故答案为：H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+； ②由题意可知，过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成双氧水，双氧水具有强氧化性，在酸性条件下可能会 氧化氧化亚铜或铜，无法观察到红色沉淀，说明假设ⅱ可能成立，乙同学的观点正确，故答案为：CuO2 与 H+反应产生的 H2O2 具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化 Cu2O 或 Cu，无法观察到红色沉淀 Cu； ③a g 过氧化铜的物质的量为 ag 96g/mol ，由方程式可得如下关系：CuO2—Cu2+—EDTA，则有 ag 96g/mol = c mol/L×V×10—3L，解得 V= 1000a 96c ml，故答案为： 1000a 96c ； （3）由题意可知，双氧水溶液中存在如下电离平衡 H2O2 H+ +HO2 －、HO2 － H+ +O22－，溶液 pH 增 大，氢离子浓度减小，两个平衡均正向移动，过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，故答案为：溶 液中存在 H2O2 H+ +HO2 －，HO2 － H+ +O22－，溶液 pH 增大，两个平衡均正向移动，O22－浓度增大， 使得 CuO2 沉淀量增大； （4）若过氧化铜能够催化过氧化氢分解，过氧化氢分解速率加快，催化剂过氧化铜的组成和质量不会发 生变化，则实验操作和现象为将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入 30％H2O2 溶液， 立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变，故答案为：将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥， 称取少量于试管中，加入 30％H2O2 溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变； （5）由以上实验可知，当溶液 pH 增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过 氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大，故答案为：CuO2 的催化能力强于 Cu2+；随 pH 增大，Cu2+与 H2O2 反应生成 CuO2 增多。 【点睛】当溶液 pH 增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化 能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大是解答关键，也是实验设计的关键。