1、丰台区20192020学年度第一学期高三期末练习化 学试卷满分 100分 考试时长 90分钟可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 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.北京市十五届人大常委会第十三次会议上报告了“大力促进源头减量强化生活垃圾分类工作”议案办理情况。下列垃圾分类不合理的是ABCD垃圾废荧光灯管丢弃的菜叶废药品卫生间废纸垃圾分类A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.废荧光灯管中含有重金属物质，属于有害物质，不属于可回收物，A错误；B.丢弃的菜叶属于厨
2、余垃圾，B正确；C.废药品中含有对动植物有害物质，属于有害垃圾，C正确；D.其它垃圾包括砖瓦、渣土、卫生间废纸等难以回收的废弃物，D正确；故答案选A。2.化学与生活密切相关。下列说法不正确的是A. 化石燃料是可再生能源B. 食盐可作调味剂和防腐剂C. 蚕丝是蛋白质，属于天然高分子材料D. 空气质量报告中PM2.5指的是悬浮颗粒物【答案】A【解析】【详解】A.化石燃料生成时间长，属于不可再生能源，A错误；B.食盐它可以使细菌细胞脱水死亡，所以可以杀菌，可作为防腐剂，食盐具有咸味，是咸味剂，可作调味剂，B正确；C.蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然高分子化合物，C正确；D.空气质量报告中PM2
3、.5指的是悬浮颗粒物，易引起肺部疾病，D正确；故答案选A。3.下列关于氮及其化合物的化学用语正确的是A. 氮原子的结构示意图：B. 氨气的电子式：C. 铜与稀硝酸反应的离子方程式：Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2OD. 常温时，氯化铵溶液pHc(OH-)，使溶液显酸性，离子方程式符合反应事实，D正确；故答案选D。4.阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A. 1mol 甲烷分子中含有的碳氢键数目为4NAB. 1mol Na2O2与足量水反应，转移的电子数为2NAC. 标准状况下，2.24 LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NAD. 密闭容器中，2mol SO2和1 mo
4、l O2催化反应后分子总数为2NA【答案】A【解析】【详解】A.CH4分子中含有4个C-H键，所以1mol CH4中含有的碳氢键数目为4 NA，A正确；B.1mol Na2O2与足量水反应，转移的电子数为NA，B错误；C.标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体的物质的量是0.1mol，因此其中含有的分子数为0.1NA，C错误；D.密闭容器中，SO2与O2生成SO3的反应为可逆反应，所以2molSO2和1 molO2催化反应后分子总数大于2NA，D错误；故答案选A。5.下列指定反应的离子方程式不正确的是A. 向铁制器具上电镀铜，阴极的电极反应为：Cu2+2e-=CuB. 电解饱和食盐水获
5、取烧碱和氯气：2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH-C. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32-(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+SO42-(aq)D. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2+OH-+H+SO42- =BaSO4+H2O【答案】D【解析】【详解】A.电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极， 在阴极上，镀层金属阳离子获得电子，向铁制器具上电镀铜，阴极上Cu2+得电子变为单质Cu，反应原理符合事实，A正确；B.电解饱和食盐水，溶液中的阴离子Cl-在阳极上失去电子变为Cl2，水电离产生的H+在阴极上获得电子变为H2，总反应方程式为：2Cl-+2H2OH2+Cl2+
6、2OH-，B正确；C.CaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡，当向溶液中加入饱和Na2CO3溶液时，由于c(Ca2+)c(CO32-)Ksp(CaCO3)，会形成CaCO3沉淀，使CaSO4不断溶解，最终实现了沉淀的转化，C正确；D.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸，二者反应产生BaSO4沉淀和H2O，产生的二者的物质的量的比是1:2，离子方程式为：Ba2+2OH-+2H+SO42- =BaSO4+2H2O，D错误；故答案选D。6.有机化合物X(HOCH2CHCHCH2OH)主要用于杀虫剂、农业化学品和维生素B6的中间体。关于X的下列说法不正确的是A. 存在顺反异构B. 可发生加成、取代、加聚反应C.
7、熔沸点低于CH3CH=CHCH3D. 核磁共振氢谱有3种类型氢原子吸收峰【答案】C【解析】【详解】A.由于含有碳碳双键，两个双键碳原子上分别连有H和CH2OH，碳碳双键不能旋转，两个H原子可能在双键的同一侧，也可能在双键的不同侧，因此存在顺反异构，A正确；B该物质含有碳碳双键，可以发生加成反应、加聚反应，含有醇羟基，可以发生取代反应，B正确；C.X分子中含有羟基，X分子间存在氢键，因此其熔沸点比CH3CH=CHCH3高，C错误；D.X分子中含有三种不同类型的H原子，因此核磁共振氢谱有3种类型氢原子吸收峰，D正确；故答案选C。7.近年来，利用电化学催化方法进行CO2转化的研究引起了世界范围内的高
8、度关注。下图是以Cu作为催化剂CO2转化为甲酸的反应过程，下列有关说法不正确的是A. 过程说明在催化剂作用下，O-C-O之间形成了一种特殊的化学键B. 过程和吸收了能量并形成了O-H键和C-H键C. CO2和HCOOH中均只含有极性共价键D. 每1molCO2完全转化为甲酸需得2mole-【答案】B【解析】【详解】A.根据图示可知在CO2催化转化为HCOOH的过程中，在OCO之间形成了一种特殊的化学键，A正确；B.断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，所以在过程中CO2结合H+形成了OH键，在过程中-COOH与H+结合形成H-C键是释放能量，B错误；C.在CO2分子中含有C=O极性共价键，在
9、HCOOH中含有C-H、H-O、C-O、C=O极性共价键，C正确；D.在CO2中C为+4价，在HCOOH中C为+2价，所以每1 mol CO2完全转化为甲酸需得2mol e-，D正确；故答案选B。8.根据Cl2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是 溶液现象结论AFeCl2溶液溶液由浅绿色变为黄色Cl2有氧化性BH2S溶液产生黄色浑浊非金属性ClSC滴有酚酞的氢氧化钠溶液溶液红色褪去氯气具有酸性D品红溶液溶液褪色氯水具有漂白性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.FeCl2具有还原性，与具有氧化性的Cl2发生氧化还原反应，产生FeCl3，使溶液由浅绿色变为黄色，A
10、正确；B.Cl2与H2S在溶液中发生反应：Cl2+H2S=2HCl+S，反应产生的S单质是难溶于水的固体，因此会看到黄色浑浊，可以证明元素的非金属性ClS，B正确；C.向滴有酚酞的氢氧化钠溶液中通入Cl2，会发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，溶液碱性减弱，使红色褪去，且反应产生NaClO具有强氧化性，会使物质的红色褪去，Cl2没有酸性，C错误；D.向品红溶液中通入氯气，由于氯气与水反应产生的HClO具有强的氧化性，会将品红氧化为无色物质，因此可以证明氯水具有漂白性，D正确；故答案选C。9.下图中反应是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl26NH3是优质的镁资源，下
11、列说法不正确的是A. A2B的化学式为Mg2SiB. 该流程中可以循环使用的物质是NH3和NH4ClC. 分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热，灼烧，最终得到的固体不同D. MgCl26NH3所含部分元素的原子半径由小到大的顺序HClMg【答案】C【解析】【详解】A.根据反应过程中遵循原子守恒，可知A2B为Mg2Si，A正确；B.在开始时Mg2Si、NH3、NH4Cl反应产生SiH4、MgCl26NH3，MgCl26NH3发生后续反应又产生NH3、NH4Cl，因此该流程中可以循环使用的物质是NH3和NH4Cl，B正确；C.将MgCl2溶液进行加热，由于HCl的挥发，促进MgCl2水解
12、产生Mg(OH)2、HCl，然后灼烧Mg(OH)2发生分解反应产生MgO、H2O，Mg(OH)2悬浊液加热，灼烧，Mg(OH)2发生分解反应产生MgO、H2O，因此最终得到的固体相同，都是MgO，C错误；D.原子核外电子层数越多，原子半径越大；当原子核外电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，所以MgCl26NH3所含部分元素的原子半径由小到大的顺序HClMg，D正确；故答案选C。10.下图是典型微生物燃料电池原理示意图。若用含硝酸盐废水替代图中氧气，可达到废水处理的目的(已知：a室中微生物降解有机物产生e-、CO2和H+）。关于该电池，下列说法不正确的是A. H+通过质子交换膜从a室进入
13、b室B. a室内发生氧化反应，电极正极C. b室内发生的电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2OD. 将硝酸盐转化为N2时，电极反应为：2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O【答案】B【解析】【分析】A.根据电子移动方向判断a室电极名称，确定H+的移动方向；B.负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应；C.正极上，通入的O2获得电子被还原产生H2O；D.根据反应前后N元素的化合价的变化确定该电极的反应式。【详解】A.在a室微生物被氧化产生H+，a室为负极室，b室为正极室，H+通过质子交换膜从a室进入b室，A正确；B.微生物在a室内失去电子，发生氧化反应，失去电子的电极为负极，B错误；C
14、.在b室内O2获得电子，发生还原反应，发生的电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，C正确；D.将硝酸盐转化为N2时，NO3-中+5价的N获得电子变为N2，正极的电极反应为：2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，D正确；故答案选B。【点睛】本题考查了微生物燃料电池原理的知识。掌握原电池反应原理是本题解答的关键。在原电池中，通入燃料的电极为负极，负极失去电子，发生氧化反应；通入O2的电极为正极，正极上氧化剂获得电子，发生还原反应，溶液中的阳离子H+向正极区移动，质子交换膜只允许阳离子H+通过。11.室温下，取20 mL 0.1mol/LH2A溶液，滴加0.1mol/LNaOH溶液。
15、已知NaHA溶液显碱性，下列说法不正确的是A. 0.1mol/LH2A溶液中有c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)=0.1mol/LB. 当滴加至中性时，溶液中c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)C. 消耗10 mL NaOH溶液时，溶液pHc(Na+)D. 消耗40 mL NaOH溶液时，溶液中：c(Na+)c(A2-)c(OH-)(HA-)【答案】B【解析】【分析】A.根据物料守恒分析；B.利用电荷守恒判断；C.消耗10 mL NaOH溶液时，溶液为等浓度的NaHA、H2A的混合溶液，利用盐的水解和酸的电离分析；D.先判断溶液的成分，然后根据电解质的电离和盐的水解反应判断。【详解】
16、A.根据物料守恒可知在0.1mol/LH2A溶液中有c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)=0.1mol/L，A正确；B.在溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，当滴加至中性时，c(H+)=c(OH-)，所以溶液中c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，B错误；C.消耗10 mL NaOH溶液时，溶液为NaHA、H2A按1：1混合得到的溶液，NaHA溶液显碱性，而该混合溶液pHc(Na+)，C正确；D.消耗40 mL NaOH溶液时，二者恰好反应产生Na2A，Na2A电离产生Na+、A2-，根据物质电离产生离子浓度关系可知c(Na+)c
17、(A2-)，A2-会发生水解产生HA-和OH-，水解产生的HA-继续水解产生H2A和OH-，同时溶液中还存在H2O的电离平衡，所以溶液中：c(OH-)(HA-)，但A2-水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的A2-，所以c(A2-)c(OH-)，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)c(A2-)c(OH-)(HA-)，D正确；故答案选B。【点睛】本题考查了溶液中离子浓度大小比较的知识。在其中涉及弱酸的电离、盐的水解、酸碱中和反应等。掌握物料守恒、电荷守恒、质子守恒及电解质溶液中的反应规律是本题解答的关键。12.丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备：C4H10(g)C
18、4H8(g)+H2(g) H。该反应平衡转化率、反应温度及压强的关系如图，下列说法正确的是A. 该反应S0B. 压强P10，A错误；B.根据图示可知：相同温度下，物质的平衡转化率P1P2；在温度不变时，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使反应物的转化率降低，所以压强：P2P1，B正确；C.根据图像，在压强不变时，升高温度，物质的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动；根据平衡移动原理：升高温度，平衡向吸热反应方向移动，该反应为吸热反应，平衡常数随温度的升高而增大，C错误；D.使用催化剂可降低反应的活化能而加快反应速率，但不能使平衡发生移动，D错误；故答案选B。13.图1表示
19、：以相同的滴速分别向同体积的蒸馏水和0.1 mol/L CuSO4溶液中滴入NaCl溶液，氯离子浓度随氯化钠加入量的变化关系。图2表示：CuCl2溶液中氯离子浓度随温度变化关系。结合信息，下列推断不合理的是已知：CuSO4溶液中存在平衡X：Cu2+4H2OCu(H2O)42+(蓝色)CuCl2溶液呈绿色，溶液中存在平衡Y：4Cl-+Cu(H2O)42+CuCl42-+4H2OA. 平衡Y是图1中两条曲线没有重合的主要原因B. 由图2可知平衡Y为吸热反应C. 平衡X是无水硫酸铜粉末和硫酸铜溶液颜色不同的原因D. CuCl2溶液加水稀释，溶液最终变为浅绿色【答案】D【解析】【详解】A.以相同的滴加
20、速度滴加相同浓度的NaCl溶液，CuSO4溶液中Cl-浓度增加的慢，是由于发生反应Y，消耗了Cl-，A正确；B.由图2可知：升高温度，CuCl2溶液中氯离子浓度降低，说明升高温度，化学平衡4Cl-+Cu(H2O)42+CuCl42-+4H2O正向移动；根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，该反应的正反应为吸热反应，B正确；C.无水硫酸铜粉末是白色固体，当固体溶于水时，与水发生反应产生Cu(H2O)42+，使溶液显蓝色，因此平衡X的存在导致无水硫酸铜粉末和硫酸铜溶液显示不同的颜色，C正确；D.CuCl2溶液呈绿色，加水稀释，4Cl-+Cu(H2O)42+CuCl42-+4H2O
21、的平衡逆向移动，Cu(H2O)42+的浓度增大，溶液会逐渐变为蓝色，D错误；故答案选D。14.向H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，溶液迅速变黄，稍后产生气体；再加入KSCN溶液，溶液变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅。依据实验现象，下列分析不正确的是A. 产生气体的原因是FeSO4将H2O2还原生成了O2B. H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成Fe3的证据是：“溶液迅速变黄”和“溶液变红”C. 溶液颜色变浅，可能是过量的H2O2氧化了KSCND. 溶液先变红后明显变浅，是由反应速率不同导致的【答案】A【解析】【详解】A.H2O2具有强的氧化性，FeSO4具有还原性，向H2O2溶液中滴加少
22、量FeSO4溶液，二者发生氧化还原反应，产生Fe3+，使溶液迅速变黄，稍后产生气体，是由于反应产生的Fe3+是H2O2分解反应的催化剂，A错误；B.Fe3+水溶液显黄色，且Fe3+遇KSCN会显红色，B正确；C.KSCN具有还原性，H2O2具有强的氧化性，二者会发生氧化还原反应，Fe3+与SCN-结合形成Fe(SCN)3的浓度降低，故会使溶液的颜色变浅，C正确；D.溶液中开始时Fe3+与SCN-结合形成Fe(SCN)3的浓度较大，溶液的红色比较深，后由于KSCN被氧化，使Fe(SCN)3的浓度降低，溶液颜色变浅，这都是由于浓度改变，导致物质的反应速率发生变化引起的，D正确；故答案选A。第二部分
23、（非选择题 共58分）本部分共5小题，共58分。15.氧、硫、硒(Se)、碲(Te)、钋(Po)是元素周期表中原子序数依次增大的同主族元素。回答下列问题：(1)硒在元素周期表中的位置_。(2)Po的中子数为_。(3)某温度时，该族单质与H2反应生成气态H2X的热化学方程式如下：O2(g)+2H2(g)=2H2O(g) H1=-484 kJ/molS(g)+H2(g)H2S(g) H2=-20 kJ/molSe(g)+H2(g)H2Se(g) H3=+81kJ/mol硫和硒氢化物的热稳定性：H2S_ H2Se（填“”、“=”或“ (4). 同主族元素，从上到下，核电荷数增多，电子层数增加，原子半
24、径增大，得电子能力减弱，气态氢化物稳定性减弱。(或依据H可判断硫化氢能量小，物质更稳定。合理给分) (5). 2H2S(g)+O2(g)=S(g)+2H2O(g) H=-444 kJ/mol【解析】【分析】(1)Se是34号元素，根据其原子核外电子排布确定Se元素在周期表的位置；(2)根据元素符号各个角标的含义及关系计算其中子数目；(3)物质含有的能量越低，物质的稳定性越强；根据盖斯定律，将第一个热化学方程式减去2乘以第二个热化学方程式，可得待求反应的热化学方程式。【详解】(1)Se是34号元素，原子核外电子排布为2、8、18、6，原子核外电子层数等于元素的周期序数，原子核外最外层电子数等于其
25、所在的主族序数，所以Se在周期表的位置是第四周期第VIA族；(2)Po质子数是84，质量数为209，由于质量数等于质子数与中子数的和，所以Po原子的中子数为209-84=125；(3)S(g)+H2(g)H2S(g) H2=-20 kJ/mol，反应是放热反应；而Se(g)+H2(g)H2Se(g) H3=+81kJ/mol是吸热反应，说明物质含有的能量高低顺序：H2Se(g)H2S(g)；物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，所以物质的稳定性：H2S(g) H2Se(g)；(i)O2(g)+2H2(g)=2H2O(g) H1=-484 kJ/mol(ii)S(g)+H2(g)H2S(g)
26、H2=-20 kJ/mol(i)- 2(ii)，整理可得：2H2S(g)+O2(g)=S(g)+2H2O(g) H=-444 kJ/mol。【点睛】本题考查了元素原子结构及其在周期表的位置的关系、物质的稳定性比较及热化学方程式的书写。掌握元素周期表与元素周期律的关系及盖斯定律是本题解答的关键。一般情况下原子是由质子、中子、电子三种微粒构成，原子核外电子数等于原子核内质子数，等于原子序数，质量数等于中子数与质子数的和，根据盖斯定律，不仅可以计算不容易测量的反应的反应热，也可以计算不能直接进行的反应的反应热，还可以从能量角度分析比较物质的稳定性强弱，使用起来非常方便。16.某研究小组为测定Na2C
27、O3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数，设计并实施了以下实验。(1)实验1：使用下图装置通过干燥管的增重测量CO2的质量。盛放稀硫酸的仪器名称为_。试剂X为_。某同学认为装置中干燥管的增重并不能准确表示混合物与稀硫酸反应产生的CO2的质量，其理由是_。(2)实验2：取a g混合物样品加热、冷却、称重，重复以上操作至固体质量不再变化，测得固体质量变为b g。写出加热过程中发生反应的化学方程式_。混合物中Na2CO3质量分数为(用a、b表示)_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 碱石灰 (3). 装置内空气中有CO2；干燥装置的尾端空气中的CO2和水也对碱石灰增重有影响，装置内残余有
28、大量二氧化碳气体 (4). 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O (5). 1-【解析】【分析】(1)根据仪器的结构判断仪器的名称；根据CO2是酸性氧化物，可以与碱性物质反应吸收CO2分析；从被干燥管中吸收的物质的来源、吸收程度大小分析判断；(2)NaHCO3不稳定，受热分解产生碳酸钠、水、二氧化碳；减少的质量为反应产生的水、二氧化碳的质量，根据NaHCO3分解产物与反应物的质量关系确定NaHCO3的质量，结合样品总质量计算出Na2CO3的质量，进而可得样品中Na2CO3的质量分数。【详解】(1)由仪器的结构判断可知盛放稀硫酸的仪器名称为分液漏斗；CO2是酸性氧化物，可以与碱性物质发生反
29、应，所以在干燥管中的物质X为碱石灰，用来吸收CO2气体；从装置图可知：装置内空气中有CO2会被碱石灰吸收；干燥装置的尾端空气中的CO2和水也会被吸收，对碱石灰增重有影响；同时反应产生的CO2气体会在装置内有残余，而导致不能被干燥管中的物质吸收，都会导致产生误差；(2)Na2CO3稳定，受热不分解，而NaHCO3不稳定，受热分解产生碳酸钠、水、二氧化碳，分解反应的方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；NaHCO3受热分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O根据方程式可知：每有168g NaHCO3受热分解，会产生1molH2O、1molCO2，固体质量减小62g，反应前后
30、固体质量减轻(a-b)g，则样品中含有NaHCO3的质量为m(NaHCO3)=(a-b)g=g，则样品中Na2CO3的质量为a-g，所以Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数为：100%=1-。【点睛】本题考查了碳酸钠、碳酸氢钠的性质及混合物中成分含量的测定方法与计算的知识。掌握反应原理是本题解答的关键。要从装置是否漏气、气体是否完全被吸收、空气的成分是否对测定结果产生干扰分析判断实验方案的可行性。17.硝苯地平是抗心绞痛药，也可用于降血压，其合成路线如下。已知： . RCOOR1+R1OH. R1CHO+.+ 请回答下列问题：(1)A属于羧酸，写出A的电离方程式_。(2)AB
31、的反应类型为_。(3)D的官能团名称为_。(4)写出BC的方程式_。(5)FG所需的试剂a是_。(6)聚合物L单体是E的同分异构体，其单体结构同时满足以下条件，写出L的结构简式：_。 a. 具有两性 b. 苯环上的一氯代物共有两种(7)写出结构简式：I_ 、J_。【答案】 (1). CH3COOHCH3COO-+H+ (2). 取代（酯化） (3). 氨基、碳碳双键、酯基 (4). 2CH3COOCH3CH3COCH2COOCH3+CH3OH (5). NaOH溶液和H2O(或NaOH水溶液) (6). (7). (8). 【解析】【分析】A分子式是C2H4O2，属于一元羧酸，则A是CH3CO
32、OH，A与CH3OH在浓硫酸存在时、加热条件下反应产生的B是CH3COOCH3，根据已知I，B在碱存在反应生成C和CH3OH，C为CH3COCH2COOCH3，C与NH3发生反应生成的D是；结合F的分子式，E与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应生成的F为，结合G的分子式，F与NaOH的水溶液共热，发生取代反应生成的G为，G发生催化氧化产生H：，H与C在一定条件下发生已知II的反应生成I，I的结构简式为，I与D发生加成反应生成J，J发生已知III的反应最终得到硝苯地平，根据硝苯地平的结构简式可知，J的结构简式为。【详解】(1) A分子式是C2H4O2，属于羧酸，则A是乙酸，结构简式为CH3C
33、OOH；乙酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+。(2)乙酸与甲醇在浓硫酸存在的条件下发生酯化反应产生乙酸甲酯CH3COOCH3和水，酯化反应也是一种取代反应，所以AB的反应类型为酯化反应（或取代反应）。(3)D结构简式为，分子中含有的官能团名称为氨基、碳碳双键、酯基。(4)B为CH3COOCH3，C为CH3COCH2COOCH3，BC的化学方程式为：2CH3COOCH3CH3COCH2COOCH3+CH3OH。(5)F是，F与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生G：，所以FG所需的试剂a是NaOH的水溶液。(6)E是，分子式是C7H7O2N，聚
34、合物L的单体是E的同分异构体，其单体结构同时满足以下条件：a.具有两性，说明含有-COOH和-NH2； b. 苯环上的一氯代物共有两种，说明在苯环对位上的有两个取代基，则L单体的结构简式为，该物质发生缩聚反应产生L，则聚合物L的结构简式为 ；(7)根据上述分析可知I结构简式：；J结构简式为。【点睛】本题考查了有机合成与推断。涉及物质结构的推断、反应类型的判断及同分异构体的书写等知识。依据反应条件及学过的物质进行转化推断是解题关键，要结合题目已知信息进行推断。题目考查了学生接受知识和应用信息分析解决问题的能力。18.随着现代科学技术的快速发展，防腐蚀技术也在不断提高。金属的腐蚀原理(1)中性环境
35、中多为吸氧腐蚀，其正极的电极反应为_。(2)析氢腐蚀和吸氧腐蚀的均会导致体系中c(OH)_（填“增大”、“不变”或“减小”）。(3)不同酸性介质中，金属腐蚀原理并不相同。下图是密闭容器中，生铁在pH=2和pH=4的盐酸中压强随时间的变化过程。图中代表pH=2的曲线是_（填“a”或“b”）。金属的电化学防护(1) 富锌涂料是使用广泛的防锈底漆，涂层中锌对钢铁保护的原理是_。(2) 缓蚀剂是能明显减缓或阻止金属腐蚀的物质，钼酸钠(Na2MoO4)和磷酸二氢锌Zn(H2PO4)2是常用自来水(pH范围6.58.8)介质碳钢缓蚀剂。钼酸钠(Na2MoO4)在电极表面被还原为MoO2形成保护膜，减缓腐蚀
36、，该电极反应为_；同时，MoO42-能与Fe2+反应生成难溶的Fe2O3和MoO2，沉积在碳钢表面减缓腐蚀。写出MoO42-与Fe2+反应的离子反应方程式：_。 电化学反应可使缓蚀剂成分中的Zn(H2PO4)2转化为难溶性的Zn3(PO4)2，形成保护膜，减缓腐蚀。用平衡移动原理解释发生转化原因_。【答案】 (1). O2+2H2O+4e-=4OH- (2). 增大 (3). a (4). 形成原电池，锌失去电子作负极，铁为正极，被保护 (5). MoO42-+2e-+2H2O=MoO2+4OH- (6). MoO42-+2Fe2+2OH-=MoO2+Fe2O3+H2O (7). 正极反应使c
37、(OH-)增大, 使平衡H2PO4-HPO42-+H+ HPO42-PO43-+H正向移动，有利于2PO43-+3Zn2+Zn3(PO4)2生成。【解析】【分析】I.(1)中性环境中金属发生的腐蚀为吸氧腐蚀，在正极上溶解在溶液中的氧气获得电子，变为OH-；(2)析氢腐蚀是在强酸性溶液中，H+获得电子变为H2逸出，吸氧腐蚀是溶解在溶液中的氧气获得电子，变为OH-，结合溶液中Kw不变分析体系中c(OH-)变化；(3)气体增多导致体系的压强增大；气体减少，导致体系的压强减小，结合溶液的pH大小分析判断；II.(1)根据金属活动性ZnFe，依据原电池反应原理分析；(2)根据元素的化合价变化，判断电极反
38、应；根据电子得失数目相等，书写离子方程式；Zn(H2PO4)2在溶液中电离产生Zn2+和H2PO4-，根据H2PO4-的电离平衡移动分析产生难溶性的Zn3(PO4)2。【详解】I.(1)中性环境中，溶液中H+浓度较小，金属发生的腐蚀为吸氧腐蚀，在正极上溶解在溶液中的氧气获得电子，变为OH-，所以正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-； (2)析氢腐蚀是在强酸性溶液中，溶液中c(H+)较大，溶液中的H+获得电子变为H2逸出，H+放电使溶液中c(H+)降低，由于在溶液中存在水的电离平衡，温度不变，Kw=c(H+)c(OH-)不变，c(H+)降低，则溶液中c(OH-)增大；而金属发生吸
39、氧腐蚀时，是溶解在溶液中的氧气获得电子，变为OH-，使体系中c(OH-)增大。因此无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀在，最终都导致溶液中c(OH-)增大；(3)溶液的pH=2时是强酸性环境，发生的为析氢腐蚀，产生气体，使体系的气体压强增大。根据图示可知：a是随着反应的进行体系的压强增大，说明反应产生了气体，使体系的压强增大，发生的为析氢腐蚀，所以曲线a是在pH=2的强酸性环境发生的腐蚀；II.(1)由于金属活动性ZnFe，所以Zn、Fe及周围的电解质溶液构成原电池，Zn作负极，失去电子被氧化；而Fe作原电池的正极，被保护；(2)在钼酸钠(Na2MoO4)中Mo元素化合价为+6价，在阴极上获得电子变为+
40、4价的MoO2，附着在电极上，在电极表面形成保护膜，电极反应式为：MoO42-+2e-+2H2O=MoO2+4OH-；MoO42-能与Fe2+反应生成难溶的Fe2O3和MoO2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：MoO42-+2Fe2+2OH-=MoO2+Fe2O3+H2O；在电化学反应中，在正极上反应产生的OH-使溶液中c(OH-)增大，使平衡H2PO4-HPO42-+H+及HPO42-PO43-+H的电离平衡正向移动，导致溶液中c(PO43-)增大，有利于发生反应2PO43-+3Zn2+Zn3(PO4)2，形成Zn3(PO4)2沉淀。【点睛】本题考查了金属的腐蚀与
41、保护的知识。金属的腐蚀有化学腐蚀和电化学腐蚀，金属发生的电化学腐蚀要比化学腐蚀普遍，在电化学腐蚀中主要是吸氧腐蚀，只有在强酸性环境才可能发生析氢腐蚀。可结合产生金属腐蚀的原因，对金属进行保护。可以采用电化学对金属进行保护，也可以使金属发生反应，在金属表面产生一层致密的氧化物保护膜或覆盖保护层，阻止金属与周围的物质接触，也可以通过改变金属的内部结构，如把铁变为不锈钢等方法对金属进行保护。19.某小组同学为探究Zn与FeCl3溶液的反应，设计并完成了如下实验。实验条件现象18无明显气泡，0.5 min后有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深，存在丁达尔现象，向混合后的溶液中加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生
42、成65水浴有气泡产生，12 s后，气泡非常明显，溶液很快转为红棕色，一段时间后，红棕色消失，最后产生红棕色沉淀(1)实验和中均有气体产生，该气体为 _。(2)实验中产生气体的速率明显快于实验，可能的原因是_。(3)“加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成”说明混合溶液中存在_。(4)实验和均先有气体生成，后有溶液颜色的变化。研究小组猜想，可能是此实验条件下，氧化性H+Fe3+。查阅资料：电压大小反映了物质氧化还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大。根据资料小组同学设计了如下对比实验。实验实验 _请在表格中画出实验的装置图 。进行对比实验，观察到_，得出氧化性：Fe3+H+。研究小组进
43、一步分析后，将Zn粒改为Zn粉，继续进行实验。 实验条件现象18，混合后不振荡3 min后有明显的气泡产生，溶液颜色加深，存在丁达尔现象，向混合后的溶液中加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成18，混合后振荡气泡不明显，红棕色褪色明显，存在丁达尔现象，向混合后的溶液中加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成对比实验和，解释“气泡不明显，红棕色褪色明显”的可能原因：_。(5)结合实验探究过程及现象，影响Zn与FeCl3溶液反应过程的条件有_。【答案】 (1). H2 (2). 温度升高，使Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+正向移动，c(H+)增大，c(H+)增大和升高温度都会使锌与H反应的速率加快 (3). Fe
44、2+ (4). (5). 电压表指针偏转：实验实验 (6). 将Zn粒改为Zn粉并振荡，增大了Zn与Fe3+碰撞几率，加快了Zn与Fe3+的反应 (7). 温度、碰撞几率（离子迁移速度）、粒子的氧化性强弱【解析】【分析】(1)Zn是比较活泼的金属，与酸性溶液中的H+发生置换反应产生H2；(2)依据化学反应速率的影响因素分析；(3)铁氰化钾遇Fe2+会形成蓝色沉淀；(4)要比较Fe3+、H+的氧化性，应该只有氧化性的微粒不同，其它条件都相同；根据题干条件：物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大进行分析；对比分析颗粒大小、接触面积对Zn与Fe3+反应的影响；(5)对前面实验情况分析对比，找到影响
45、反应的因素。【详解】(1)Fe3+发生水解使溶液的pH=1.5，Zn是比较活泼的金属，能够与溶液中的H+发生置换反应：Zn+2H+=Zn2+H2，反应产生氢气，因此有气泡产生；(2)实验ii的温度比实验i高，升高温度，化学反应速率加快；且FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中存在盐的水解平衡：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，温度升高，使水解平衡正向移动，导致溶液中c(H+)增大，c(H+)增大也会使锌与H反应的速率加快；(3)向i反应混合后的溶液中加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成，说明溶液中含有Fe2+；(4)分析比较H+、Fe3+的氧化性，应该在其它外界条件都相同，只有Fe3+、H+微粒种类的不同的条件下进行，因此设计的对比实验是将pH=1.5的0.5mol/LFeCl3溶液换成pH=1.5的盐酸，装置图为：。电压大小反映了物质氧化还原性强弱的差异。物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大，若在实验过程中观察到现象为：电压表指针偏转：实验实验，则证明了微粒的氧化性：Fe3+H+；振荡后，气泡不明显，溶液红棕色褪色明显，说明将Zn粒改为Zn粉并振荡，增大了Zn与Fe3+碰撞几率，加快了Zn与Fe3+的反应，使反应速率大大加快；(5)通过对上述几个实验过程的探究及对实验现象的观察，可知影响Zn与FeCl3溶液的反应过程的条件有：温度、碰撞几率(离子迁移速度)、粒子的氧化性强弱。
