1、北京市第八十中学高三年级训练试题可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Fe56第一部分每小题只有一个选项符合题意。1.国际贸易可以互通有无，符合国际社会的根本利益，下列贸易商品中，主要成分属于无机物的是A.巴西铁矿砂B.沙特石油C.俄罗斯天然气D.中国丝绸A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A凡是含有可经济利用的铁元素的矿石叫做铁矿石。铁矿石的种类很多，用于炼铁的主要有磁铁矿(Fe3O4)、赤铁矿(Fe2O3)和菱铁矿(FeCO3)等，主要成分属于无机物，故A符合题意；B由碳和氢化合形成的烃类构成石油的主要组成部分，约占95% 99%，各种烃类按其结构分为
2、：烷烃、环烷烃、芳香烃，其主要成分属于有机物，故B不符合题意；C天然气的主要成分是甲烷，甲烷属于烷烃，是最简单的有机化合物，故C不符合题意；D丝绸用蚕丝或人造丝纯织或交织而成的织品总称，蚕丝的主要成分是蛋白质，人造丝主要是指合成纤维，都属于有机物，故D不符合题意；答案选A。2.下列化学用语不正确的是A. 镁离子结构示意图：B. 中子数为10的氧原子：C. 乙醛分子的结构简式：CH3CHOD. CO2的电子式：【答案】D【解析】【详解】A镁离子的核电荷数为12，由镁原子失去2个核外电子形成，即核外电子总数为10，结构示意图为：；A正确；B质量数=质子数+中子数，则中子数为10的氧原子：，B正确；
3、C醛基的结构为-CHO，则乙醛的结构简式为：CH3CHO，C正确；DCO2中C、O原子均要满足8电子稳定结构，电子式为：，D错误；答案选D。3.下列说法中不正确的是A. 用于制作N95型口罩的“熔喷布”主要原料是聚丙烯，聚丙烯属于链状高分子B. 人体需要的各种微量元素必须通过保健食品进行补充C. 吸水性植物纤维可用作食品干燥剂D. 淀粉等糖类物质是人体需要能量的主要来源【答案】B【解析】【详解】A用于制作N95型口罩的“熔喷布”主要原料是聚丙烯，聚丙烯可由丙烯发生加聚反应制得的链状高分子化合物，故A正确；B平时的日常生活中，所吃的食物如蔬菜水果都可以补充人体需要的各种微量元素，故B错误；C吸水
4、性植物纤维具有吸水性，并且无毒，可用作食品干燥剂，故C正确；D糖类物质是人体需要能量的主要来源，淀粉属于多糖，可以水解产生葡萄糖，故D正确；答案选B。4.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为3NAB. 0.1molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为0.1NAC. 0.1molFeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成0.1NA个胶粒D. 乙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA【答案】D【解析】【详解】ACr元素化合价由K2Cr2O7中的+6价降低为Cr3+中的+3价，则1molK2Cr2O7被还原为
5、Cr3+转移的电子数为(6-3)2=6mol，即6NA，故A错误；B1.0molCH4与Cl2在光照下反应，生成物是氯化氢和四种卤代烃，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，故B错误；C一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol FeCl3形成的胶粒的个数小于NA个，故C错误；D乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，故42g混合物中含有的CH2的物质的量n= =3mol，则含6mol氢原子即6NA个，故D正确；答案选D。5.CO2和CH4重整可制备合成气，催化重整反应历程示意图如下：下列说法不正确的是A. Ni在该反应中做催化剂，参与化学反应B. 合成气的主要成分为CO和H2C. 既有碳
6、氧键的断裂，又有碳氧键的形成D. 吸收能量【答案】D【解析】【详解】A从图中可以清楚的看到Ni在该反应前后没有改变，故做催化剂，参与化学反应，故正确； B从图中可以看到出来H2和CO，故合成气的主要成分为CO和H2，故B正确；C 从图中可以看到过渡态中既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故C正确；D从图中可以推出，纵坐标表示能量，状态的能量比状态的能量高，故会释放能量，故D错误；故答案为：D。6.下列指定反应的离子方程式不正确的是A. 小苏打溶液与乙酸溶液混合HCO3-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2B. 向NaClO溶液中通入少量SO2：2ClO-+SO2+H2O=2HClO
7、+ SO32-C. 酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：5IO3-I-6H+=3I2+3H2OD. 向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好为中性：Ba2+2OH-+2H+ SO42-=BaSO4+2H2O【答案】BC【解析】【详解】A小苏打溶液与乙酸溶液混合生成乙酸钠、二氧化碳和水，离子反应方程式：HCO3-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2，故A正确；B向NaClO溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应生成氯化钠、硫酸钠和次氯酸，化学反应方程式为：3NaClO+SO2+H2O=Na2SO4+2HClO+NaCl，离子反应方程式为：3ClO-+SO2+H2O=
8、2HClO+Cl-+SO42-，故B错误；C酸性溶液中KIO3与KI发生氧化还原反应生成I2，碘元素由+5价、-1价都变为0价，离子反应方程式为： IO3-5I-6H+=3I2+3H2O，故C错误；D向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好为中性，则1mol Ba(OH)2需要消耗2mol NaHSO4，则离子反应方程式为：Ba2+2OH-+2H+ SO42-=BaSO4+2H2O，故D正确；答案选BC。7.下列颜色变化与氧化还原反应无关的是A. 将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，溶液由橙色变为绿色B. 将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去C. 将SO2通入氯
9、水中，溶液浅黄绿色褪去D. 将新制氯水滴入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色【答案】B【解析】【详解】A将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O，Cr2O72-转化为Cr3+，溶液由橙色变为绿色，C元素化合价由-2价变为0价，有电子转移，所以属于氧化还原反应，颜色变化与氧化还原反应有关，故A不符合题意； B酚酞遇碱变红，将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，氢氧化钠被消耗，溶液红色逐渐褪去，该反应中各元素化合价不变，没有电子转移，所以不属于氧化还原
10、反应，颜色的变化与氧化还原反应无关，故B符合题意； C氯水中溶解有氯气而显黄绿色，将SO2通入氯水中，SO2+Cl2+H2O=H2SO4+2HCl，溶液浅黄绿色褪去，反应中S元素和Cl元素化合价变化，发生氧化还原反应，颜色变化与氧化还原反应有关，故C不符合题意；D氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性，将新制氯水滴入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液先变红后褪色，石蕊褪色是因为和次氯酸发生氧化还原反应，颜色变化与氧化还原反应有关，故D不符合题意；答案选B。8.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是 选项实验现象结论A 向浓HNO3 中加入炭粉并加热，产
11、生的气体通入少量澄清石灰水中有红棕色气体产生，石灰水变浑浊有NO2 和CO2 产生B 向酸性KMnO4 溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有还原性C 向溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴发生了反应D 向FeCl3 和BaCl2 混合溶液中通入足量SO2 溶液变为浅绿色且有白色沉淀生成Fe3+被还原为Fe2+，白色沉淀为BaSO3 A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.由于碳与浓HNO3反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，故不能观察到石灰水变浑浊，故A错误；B.向酸性KMnO4 溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化成乙酸，乙醇具有还原性，故B正确；C.向溴水中加入苯，充分
12、振荡、静置，水层几乎无色，是因为溴水中的Br2转移到苯中，发生了萃取，故C错误；D.向FeCl3 和BaCl2 混合溶液中通入足量SO2，Fe3+与其发生反应，产生SO42-，SO42-再与Ba2+产生白色沉淀，现象是溶液由棕黄色变为浅绿色，产生白色沉淀，Fe3+被还原为Fe2+，白色沉淀为BaSO4，故D错误；故选B。【点睛】注意向溴水中加入苯，充分振荡、静置，水层几乎无色，是因为发生了萃取，苯与液溴在催化剂的条件下发生的是取代反应，这两个要注意区分。9.绿原酸是一种新型高效的酚型天然抗氧化剂，在食品行业有着广泛的用途。其在酸性条件下发生如下反应，下列有关说法不正确的是A. 上述变化发生取代
13、反应B. 1mol化合物I与足量金属钠反应生成标准状况下氢气体积为56LC. 1mol化合物II与浓溴水反应时，消耗4molBr2D. 1mol化合物II与足量的Na2CO3反应得到【答案】D【解析】【分析】由合成流程可知，绿原酸为，绿原酸水解生成化合物I、化合物II，据此分析解答。【详解】A根据分析，绿原酸为，分子中含有酯基，在酸性条件下发生酯类的水解反应生成化合物I、化合物II，该反应过程为水解反应或取代反应，故A正确；B化合物I含有4个OH和1个COOH，都可与钠反应生成氢气，1mol化合物I与足量金属钠反应，可生成2.5mol氢气，在标准状况下的体积为2.5mol22.4L/mol=5
14、6L，故B正确；C化合物II含有酚羟基，可与浓溴水发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应,反应的方程式为+4Br2+3HBr，由反应可知，1mol化合物II与浓溴水反应时，消耗4molBr2，故C正确；D化合物II中含有酚羟基，具有苯酚的性质，可以与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，自身转化为钠盐，含有羧基可以碳酸钠反应生成相应的钠盐、二氧化碳和水，则1mol化合物II与足量的Na2CO3反应得到，故D错误；答案选D。10.下列装置或操作能达到实验目的的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】从碘水中分离碘单质，应该使用萃取的方法，并选用CCl4或苯作萃取剂，故错误；铜与稀硝酸反应
15、生成NO，NO与空气中的氧气反应生成NO2，且NO与空气密度相差较小，所以不能用排空气法收集NO，故错误；铁生锈要有空气和一定的湿度才行，在水里和盐溶液里面除了满足上述两个条件以外，还有加速铁生锈的另一个重要因素电解质，由于电解质的存在会大大加快生锈的速度，含量越高就越快，食盐水是电解质，电解质加速铁生锈的速度，根据右面红墨水液面的变化可证明铁生锈空气参与反应，能达到目的，故正确；检查装置气密性可以采取“注水法”：首先关闭排气导管，从顶部漏斗口注水，当漏斗下端被水封闭后再注水，水面不下降，表明装置气密性好；如果水面下降，表明装置气密性差，能达到目的，故正确；能达到实验目的的是，答案选B。11.
16、尿素在生产生活中应用非常广泛，2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l)是工业上合成氮肥尿素的主要方法，在生产条件下，单位时间内获得尿素的产量与压强及n(NH3)：n(CO2)的关系如图甲所示。当氨碳比n(NH3)：n(CO2)=4时，CO2的转化率随时间的变化关系如图乙所示。下列说法不正确的是A. 用NH3和CO2表示速率，v(NH3)：v(CO2)=2:1B. 若开始投料按照n(NH3)：n(CO2)为21投料，平衡后若压缩容器的体积，则再次平衡时c(NH3)比压缩前小C. A点的逆反应速率小于B点的正反应速率D. 由图乙可知NH3的平衡转化率为30【答案】B【解析】
17、【详解】A. 反应速率之比等于化学计量数之比，则用NH3和CO2表示速率，v(NH3)：v(CO2)=2:1，故A正确；B. 平衡常数K=1/c2(NH3)c(CO2)，开始投料按照n(NH3)：n(CO2)为2：1投料，二者按2：1反应，达到平衡时也为2：1，由于温度不变，则平衡常数不变，平衡后若压缩容器的体积，则再次平衡时c(NH3)不变，故B错误；C. A点没有达到平衡状态，平衡正向移动，A点逆反应速率小于正反应速率，B点正逆反应速率相等，而逆反应速率逐渐增大，则A点的逆反应速率小于B点的正反应速率，故C正确；D. 氨碳比n(NH3)：n(CO2)=4，设有4mol氨气、1mol二氧化碳
18、反应，达到平衡时，CO2的转化率为60%，则消耗0.6molCO2，则由方程式可知消耗1.2molNH3，则NH3的平衡转化率为，故D正确；故选B。12.我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间H2O解离成H+和OH-，工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A. a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜B. 放电时负极的电极反应式为Zn+4OH-2e-=Zn(OH)42-C. 充电时CO2在多孔Pd纳米片表面转化为甲酸D. 外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有1mol H2O解离【答案】C【解析】【分析】根据图示可知，
19、放电时是原电池，放电时，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子，结合复合膜层电离出的氢氧根离子生成Zn(OH)42-，负极的电极反应式为Zn+4OH-2e-=Zn(OH)42-，多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，电极反应为CO2+2H+2e-=HCOOH， 总的电极反应为：Zn+2OH-+2H2O+CO2= Zn(OH)42-+HCOOH，充电时的电极反应与放电时的反应相反，由此分析。【详解】A由图可知，a膜释放出氢离子，是阳离子膜，b膜释放出氢氧根离子，是阴离子膜，故A正确；B根据图示可知，放电时是原电池，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子，结合复合膜层电离出的氢氧根离
20、子生成Zn(OH)42-，负极的电极反应式为Zn+4OH-2e-=Zn(OH)42-，故B正确；C放电时多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，充电时是电解池，甲酸在多孔Pd纳米片表面转化为CO2，故C错误；D复合膜层间的H2O解离成H+和OH-，根据总的电极反应：Zn+2OH-+2H2O+CO2= Zn(OH)42-+HCOOH，锌的化合价从0价升高到+2价，外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有1mol H2O解离，故D正确；答案选C。【点睛】根据图中信息写出电极反应是解本题的关键，方法是根据氧化还原反应的原理找到反应物和生成物，根据化合价的变化找到转移的电子数，再进行判
21、断。13.已知Ka(CH3COOH)=1.710-5，Kb(NH3H2O)=1.710-5。常温下，用0.01molL-1氨水滴定20mL浓度均为0.01molL-1的HCl和CH3COOH混合溶液，相对导电能力随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列叙述错误的是( )A. a点的混合溶液中c(CH3COO-)约为1.710-5molL-1B. b点的混合溶液中：c(CH3COOH)c(NH4+)C. c点的混合溶液中：c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)D. 混合溶液pH=7时，加入氨水体积大于40mL【答案】B【解析】【分析】a点为浓度均
22、为0.01mol/L的盐酸和醋酸(1:1)混合溶液，b点溶质为等浓度氯化铵和醋酸，c点溶质为等浓度氯化铵和醋酸铵，根据醋酸的电离平衡常数表达式，电荷守恒，物料守恒分析。【详解】Aa点为浓度均为0.01mol/L的盐酸和醋酸(1:1)混合溶液，盐酸全部电离，醋酸部分电离，根据醋酸的电离平衡表达式：；可以得到，故A正确；BKa(CH3COOH)=1.710-5， ，Ka(CH3COOH)Kh(NH4+)，醋酸电离程度大于NH4+水解程度，则c(NH4+)c(CH3COOH)，故B错误；C点溶液中恰好生成等量的NH4Cl和CH3COONH4，根据物料守恒：2c(Cl)c(NH4+)+c(NH3H2O
23、)，2c(CH3COOH)+2c(CH3COO)c(NH4+)+c(NH3H2O)，c(Cl)c(CH3COO)+c(CH3COOH)，所以有c(NH4+)+c(NH3H2O)c(Cl)+c(CH3COO)+c(CH3COOH)，故C正确；Dc点溶质为等浓度氯化铵和醋酸铵，Ka(CH3COOH)=1.710-5，Kb(NH3H2O)=1.710-5，即醋酸的酸性和氨水的碱性相当，在醋酸氨溶液中，铵根离子和醋酸根离子的水解程度相近，溶液呈中性，氯化铵属于强酸弱碱盐，显酸性，要让混合溶液pH=7即中性，加入氨水体积需大于40mL，故D正确；答案选B。【点睛】本题判断出a、b、c点的意义很关键，醋酸
24、是弱酸，存在电离平衡，加入氨水中，氨水会优先和盐酸反应，得到醋酸和氯化铵的混合溶液，要从图像中找到溶液导电能力降低的原因，充分考虑弱电解质的电离和水解，进行综合运用。14.某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu发生的氧化还原反应，实验记录如下表所示，下列说法错误的是（ ）序号实验步骤充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色加入蒸馏水后无白色沉淀A. 实验、中均涉及Fe3+被还原B. 对比实验、说明白色沉淀的产生可能与铜粉
25、的量及溶液中阴离子种类有关C. 实验、中加水后c(Cu2+)相同D. 向实验反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀【答案】C【解析】【详解】A. 实验、中黄色溶液均变浅(或褪色)，说明Fe3+均被还原，故A正确；B. 实验、就是铜粉的量不同，实验、就是阴离子种类不同，结果没有沉淀，、都有，说明白色沉淀的产生可能与铜粉的量及溶液中阴离子种类有关，故B正确；C. 实验、中加水后，中溶液无色，中溶液为蓝色，故两者c(Cu2+)不相同，C错误；D. 由实验知，实验中引入大量Cl-后，可能有CuCl白色沉淀生成，故D正确；故选C第二部分15.硅及其化合物是重要的材料，应用范围很广。请回答下列
26、问题：(1)制备硅半导体材料必须先得到高纯硅，三氯甲硅烷(SiHCl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程示意图如下：用石英砂和焦炭高温加热时有碳化硅生成，该反应化学方程式为_。写出由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式：_。SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种物质，写出并配平该化学反应方程式：_。(2)水泥属于硅酸盐工业产品，是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是
27、_，还可使用_代替硝酸。沉淀A的主要成分是_，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为_。加氨水过程中加热的目的是_。沉淀B的主要成分为_、_(写化学式)。【答案】 (1). SiO2+3CSiC+2CO (2). SiHCl3+H2Si+3HCl (3). SiHCl3+3H2O=H2SiO3+H2+3HCl (4). 将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+ (5). H2O2 (6). SiO2 (7). SiO2+4HF=SiF4+2H2O (8). 防止胶体生成，易沉淀分离 (9). Al(OH)3 (10). Fe(OH)3【解析】【分析】(2)水泥熟料的主要成分为Ca
28、O、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物，加入氯化铵、盐酸和硝酸，由于二氧化硅与酸不反应，则得到的沉淀A为SiO2，滤液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+等离子，加入氨水调节pH45，可生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，滤液主要含有Ca2+，加入草酸铵可生成草酸钙沉淀。【详解】(1)用石英砂和焦炭高温加热时有碳化硅生成，该反应的化学方程式为：SiO2+3CSiC+2CO；纯SiHCl3和氢气反应生成硅和氯化氢，化学反应方程式：SiHCl3+H2Si+3HClSiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气，反应方程式：SiHCl3+3
29、H2O=H2SiO3+H2+3HCl(2)铁离子在pH较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，为避免引入新杂质，还可用过氧化氢代替硝酸，故答案为：将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+；H2O2；由以上分析可知沉淀A为SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与HF的反应，方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故答案为：SiO2；SiO2+4HF=SiF4+2H2O；滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解的问题，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，生成的沉淀主要是Al(OH)3、Fe(OH)3，故答案为：防止胶体生成，易沉淀分离；Al(OH)3、Fe(OH)3；16
30、.当氨分子中的三个氢原子依次被其它原子或基团取代时，所形成的化合物叫做氨的衍生物。主要有N2H4(肼)、HN3(叠氮化氢，溶于水称为叠氮酸)、NH2OH(羟胺)。水合肼(N2H4H2O)是制备叠氮化钠(NaN3)的原料，而叠氮化钠又是汽车安全气囊最理想的气体发生剂的原料。下面是工业水合肼法制备叠氮化钠的工艺流程。资料：水合肼有毒且不稳定，具有强还原性和强碱性；有关物质的物理性质如下表：物质甲醇水合肼亚硝酸甲酯叠氮化钠熔点()-97-40-17275(410：易分解)沸点()64.7118.5-12回答下列问题：I.合成水合肼。实验室合成水合肼装置如下图所示，NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2
31、)2水溶液在400C以下反应一段时间后，再迅速升温至1100继续反应可以制得水合肼。(1)实验中通过滴液漏斗向三颈瓶中缓慢滴加NaClO碱性溶液，不能反向滴加的原因是_；制取N2H4H2O的离子方程式为_。II.制备叠氮化钠。实验室可利用下图中所示的装置及药品制备叠氮化钠。(2)根据实验发现温度在20左右反应的转化率最高，因此可釆取的措施是_；流程中蒸馏A溶液时，装置中旋塞K1、K2、K3的开关情况是_。写出该方法制备叠氮化钠的化学方程式：_。(3)流程中由B溶液获得叠氮化钠产品的实验步骤为_，减压过滤，晶体用乙醇洗涤23次后，干燥。(4)化工生产中，多余叠氮化钠常使用次氯酸钠溶液处理，在酸性
32、条件下，二者反应可生成无毒的气体。若处理6.5gNaN3，理论上需加入0.5molL的NaClO溶液_mL。III.羟胺(NH2OH)是一种还原剂，可以通过下列过程得到：乙烯和N2O4气体混合后，光照，发生加成反应，得到化合物A。A结构对称，所有相同元素的原子化学环境相同。A在某浓度的硫酸溶液中回馏，可得到化合物B，同时得到CO和CO2组成的混合气体(相对氢气密度为18)。经分析，B为不含碳元素的硫酸盐，其硫和氧元素的质量分数分别为19.51%和58.54%。若将A换成CH3CH2NO2进行类似的反应，也能得到B，但没有气体放出。B在液氨中即得到NH2OH。(5)NH2OH具有弱碱性，可与酸反
33、应生成盐，该盐阳离子的电子式为_。(6)写出AB的化学方程式_。【答案】 (1). 防止过量的NaClO溶液氧化水合肼 (2). ClO+CO(NH2)2+2OH=Cl+N2H4H2O+CO32 (3). 20冷水浴或缓慢通入气体等 (4). 关闭K1、K2，打开K3 (5). CH3ONO+N2H4H2O+NaOHCH3OH+NaN3+3H2O (6). 蒸发结晶 (7). 100 (8). (9). CH2NO2CH2NO2+H2SO4CO+CO2+(NH3OH)2SO4【解析】【分析】实验室合成水合肼装置如下图所示，NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液在400以下反应一段时间后
34、，再迅速升温至1100继续反应可以制得水合肼，发生反应的离子方程式为：ClO+CO(NH2)2+2OH=Cl+N2H4H2O+CO32；NaNO2溶液与CH3OH在硫酸作用下发生反应2CH3OH+2NaNO2+H2SO4(浓)=2CH3ONO+Na2SO4+2H2O生成亚硝酸甲酯(CH3ONO)，亚硝酸甲酯(CH3ONO)与氢氧化钠水合肼混合液反应生成甲醇和叠氮化钠，反应方程式为：CH3ONO+N2H4H2O+NaOHCH3OH+NaN3+3H2O；结合甲醇和叠氮化钠的熔沸点不同，利用蒸馏的方法分离出甲醇和叠氮化钠，则B溶液为叠氮化钠溶液，最后进行结晶、抽滤、洗涤、干燥获得产品叠氮化钠，据此分
35、析解答I、II。III乙烯和N2O4气体混合后，光照，发生加成反应生成A，A的结构对称，所有相同元素的原子化学环境相同，则发生反应为：CH2=CH2+ N2O4CH2NO2CH2NO2，得到化合物A为CH2NO2-CH2NO2；A在某浓度的硫酸溶液中回馏，可得到化合物B，同时得到CO和CO2组成的混合气体(相对氢气密度为18)，则混合和气体的平均相对分子质量为182=36，利用十字相乘法，则，经分析，B为不含碳元素的硫酸盐，其硫和氧元素的质量分数分别为19.51%和58.54%，设B中含有S原子个数为x，O原子个数为y， B的摩尔质量为M，则100%=19.51%，100%=58.54%，两式
36、相除可得：=，即B中含有1个S原子时，O原子为6，硫酸根中硫与氧的原子个数比为1：4，说明阳离子结构中含有氧， B的相对分子质量M=164，因为NH2OH具有弱碱性，可结合H+得到NH3OH+，则B应为(NH3OH)2SO4，(NH3OH)2SO4在液氨中反应得到NH2OH和NH4+；若将A换成CH3CH2NO2进行类似的反应，也能得到B，但没有气体放出，反应方程式为CH3CH2NO2+ H2SO4(NH3OH)2SO4+C4H6O2，据此分析解答。【详解】I(1)根据资料信息，水合肼有毒且不稳定，具有强还原性和强碱性，NaClO具有强氧化性，能氧化水合肼，为防止过量的NaClO氧化水合肼，不
37、能反向滴加；NaClO、CO(NH2)2在碱性条件下反应生成水合肼、氯离子和碳酸根离子，离子方程式为ClO+CO(NH2)2+2OH=Cl+N2H4H2O+CO32；II(2)根据实验发现温度在20左右反应的转化率最高，但是该反应属于放热反应，因此可以采取的措施是：20冷水浴或缓慢通入气体等；流程中蒸馏A溶液时，溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是：关闭K1、K2，打开K3；根据分析可知，制备叠氮化钠的化学方程式：CH3ONO+N2H4H2O+NaOHCH3OH+NaN3+3H2O；(3)流程中由B溶液获得叠氮化钠产品的实验步骤为蒸发结晶，减压过滤，晶体用乙醇洗涤23次后，干燥；(4)根据描述，Na
38、N3应该被氧化为无毒的N2，同时ClO被还原为Cl，因此每个NaN3在反应中需要失去1个电子，每个ClO在反应中可以得到2个电子，二者的物质的量之比为2:1 ，则发生的反应为：ClO+2N3-+2H+= Cl+3N2+H2O，NaN3的物质的量n=0.1mol，则需要ClO的物质的量为0.05mol，因此需要次氯酸钠溶液体积V=0.1L=100mL；III(5)羟胺(NH2OH)是氨的衍生物，可以看做氨气中的一个氢原子被羟基取代后形成的物质，NH2OH具有弱碱性，类比氨气与HCl生成NH4Cl的反应，则羟胺(NH2OH)可与酸反应生成离子化合物HONH3Cl，则离子化合物NH3OHCl由NH3
39、HO+和Cl-构成，该盐阳离子的电子式为；(6)由题意，A在某浓度的硫酸溶液中回馏，可得到化合物B，生成的CO和CO2的物质的量之比，反应方程式为：CH2NO2CH2NO2+H2SO4CO+CO2+(NH3OH)2SO4。【点睛】本题的难点为III中B的化学式的判断，其硫和氧元素的质量分数分别为19.51%和58.54%，即B中含有1个S原子时，O原子为6，硫酸根中硫与氧的原子个数比为1：4，说明阳离子结构中含有氧，结合已知信息，NH2OH具有弱碱性分析判断B的化学式。17.CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。（1）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2
40、释放利用。CaC2O4H2O热分解可制备CaO，CaC2O4H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。写出400600 范围内分解反应的化学方程式：_。与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是_。（2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。写出阴极CO2还原为HCOO的电极反应式：_。电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_。（3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H =41.
41、2 kJmol1反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H =122.5 kJmol1在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：CH3OCH3的选择性=100温度高于300 ，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是_。220 时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有_。【答案】 (1). CaC2O4CaCO3+CO (2). CaC2O4H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO
42、更加疏松多孔 (3). CO2+H+2eHCOO或CO2+2eHCOO+ (4). 阳极产生O2，pH减小，浓度降低；K+部分迁移至阴极区 (5). 反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 (6). 增大压强，使用对反应催化活性更高的催化剂【解析】【分析】本题注重理论联系实际，引导考生认识并体会化学科学对社会发展的作用，试题以减少CO2排放，充分利用碳资源为背景，考查化学反应原理模块中方程式的计算、电化学、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响等基本知识；【详解】（1）令CaC2O4H2O的物质的
43、量为1mol，即质量为146g，根据图像，第一阶段剩余固体质量为128，原固体质量为146g，相差18g，说明此阶段失去结晶水，第二阶段从剩余固体质量与第一阶段剩余固体质量相对比，少了28g，相差1个CO，因此400600范围内，分解反应方程式为CaC2O4 CaCO3CO；CaC2O4H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔，增加与CO2的接触面积，更好捕捉CO2；（2）根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO2HCO32e=HCOOCO32，或CO2H2e=HCOO；阳极反应式为2H2O4e=O24H，阳极附近pH减小，H与HCO3反应，同时部分K迁移至阴极区，所以电解一
44、段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低；（3）根据反应方程式，反应I为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO2的转化率降低，根据图像，上升幅度超过下降幅度，因此温度超过300时，CO2转化率上升；图中A点CH3OCH3的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3的选择性，依据CH3OCH3选择性公式，提高CH3OCH3选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应II，可以增大压强，或者使用对反应II催化活性更高的催化剂。【点睛】本题的难点（1）是文字叙述，应根据图像和所学知识，结合所问问题进行分析解答；（2）电极反应
45、式的书写，阴极反应是将CO2还原成HCOO，先写出CO22eHCOO，然后根据原子守恒和电荷守恒，得出CO2H2e=HCOO，或者为CO2HCO32e=HCOOCO32。18.某天然氨基酸M是人体必需的氨基酸之一，其合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)AB的反应条件和试剂是_，反应类型是_。(2)化合物M的名称为_，其含有_个手性碳原子。(3)写出DE反应的化学方程式：_。(4)I与乙二醇反应可生成能降解的高分子化合物N，写出该反应的化学方程式：_。(5)符合下列条件的化合物M的同分异构体共有_种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱峰面积比为112223的分子的结构简式：_(任写一种)。含
46、有苯甲酸结构 含有一个甲基 苯环上只有两个取代基(6)L与NaOH反应的化学方程式为_。(7)请结合以上合成路线，写出以丙酸和上述流程中出现的物质为原料经三步合成丙氨酸()的路线_。【答案】 (1). 光照、氯气 (2). 取代反应 (3). -氨基苯丙酸 (4). 1 (5). (6). (7). 9 (8). 或或(任写一种) (9). (10). 【解析】【分析】对比A、C的结构可知B为，生成B的反应为取代反应；C发生取代反应生成D，D发生催化氧化生成E为，进一步氧化生成F，对比F、G的结构，可知F发生取代反应生成生成G，由H、J的结构简式结合I的分子式、信息，可推知I为；由G、K、M的
47、结构简式结合信息，可推知L为；（7）由合成路线，可知丙酸先与PCl3反应，产物再与反应，最后在碱性条件水解、酸化得到。【详解】(1)AB是甲苯与氯气发生取代反应生成，反应条件和试剂是：光照、氯气；反应类型为取代反应；(2)化合物M名称：-氨基苯丙酸；手性碳原子是指连接四种不同的原子或基团的碳原子，M的手性碳原子(标*号)为：，即1个，故答案为：-氨基苯丙酸；1；(3) DE是醇类在银做催化剂下发生催化氧化生成醛类，反应方程式：(4)I是，与乙二醇反应可生成能降解得高分子化合物N，化学方程式：；(5)由化合物M的同分异构体的条件可知：其中一个取代基为-COOH，另外一个取代基为-NHCH2CH3
48、、或-CH2NHCH3、或-CH(NH2)CH3，均有邻、间、对3种，故符合条件的同分异构体共有9种，其中核磁共振氢谱峰面积比为112223的分子的结构简式：或或；(6) L与NaOH反应的化学方程式：(7)由合成路线，可知丙酸先与PCl3反应，产物再与反应，最后在碱性条件下水解、酸化得到，合成路线图为：19.某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20）2.410-41.410-33.010-71.510-4（1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化实验操作：试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验BaCl2Na2CO3N
49、a2SO4实验Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解 实验说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，_。 实验中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_。 实验说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：_。（2）探究AgCl和AgI之间的转化实验：实验：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：acb0）。装置步骤电压表读数 .如图连接装置并加入试剂，闭合Ka.向B中滴入AgNO3(aq)，至沉淀完全b.再向B中投入一定量NaCl (s)c.重复，再向B中加入与等量NaCl(s)a注：其他条
50、件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。 实验证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是_（填序号）。a. AgNO3溶液 b. NaCl溶液 c. KI溶液 实验的步骤中，B中石墨上的电极反应式是_。 结合信息，解释实验中ba的原因：_。 实验的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_。（3）综合实验，可得出结论： _。【答案】 (1). 沉淀不溶解或无明显现象 (2). BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2+ H2O (3). BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq) + S
51、O42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 (4). b (5). 2I- - 2e- = I2 (6). 由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 (7). 实验表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则cb说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I- (8). 溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现【解析】【详解】因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验说明全
52、部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解或无明显现象。答案：沉淀不溶解或无明显现象。 实验是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3产生BaSO4和BaCO3，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部分溶解，是BaCO3和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子方程式为：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2+ H2O。答案：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2+ H2O。 由实验知A溶液为3滴0.1mol/LBaCl2，B为2mL0.1mol/L的Na2SO4溶液，根据Ba2+ SO42-= BaSO4,所以溶液中存在着BaSO4 (s) Ba2+(aq)+ S
53、O42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。所以BaSO4沉淀也可以转化为BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。(2)甲溶液可以是NaCl溶液,滴入少量的AgNO3溶液后产生白色沉淀，再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。说明有AgCl转化为AgI。故答案为b。 实验的步骤中，B中为0.01mol/L的KI溶液，A中为0.1mol/L的AgNO3溶液,Ag+具有氧化性，作
54、原电池的正极，I具有还原性，作原电池的负极，所以B中石墨上的电极反应式是2I- - 2e- = I2。答案：2I- - 2e- = I2。 由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大，而离子的浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。 所以实验中ba。答案：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 。虽然AgI的溶解度小于AgCl，但实验中加入了NaCl(s)，原电池的电压cb，说明c(Cl-)的浓度增大，说明发生了AgI + Cl- AgCl + I-反应，平衡向右移动，c(I-)增大。答案：实验表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则cb说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I- 。 （3）综合实验，可得出溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。答案：溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。