1、北京市海淀区首都师范大学附属中学2020届高三化学第三次模拟测试试题（含解析）可能用到的相对原子质量 Na 23 C 12 H 1 O 16选择题(42分)1. 北京市实行垃圾分类，垃圾桶标识中，下列哪一个是厨余垃圾（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A图为厨余垃圾标识，故A符合题意；B图为可回收物垃圾标识，故B不符合题意；C图为有害垃圾标识，故C不符合题意；D图为其他垃圾标识，故D不符合题意；答案选A。2. 免洗洗手液成分为乙醇、甘油、卡波姆胶、维生素 E、三乙醇胺等，下列说法错误的是（ ）A. 免洗洗手液消毒原理是利用乙醇使蛋白质变性B. 免洗洗手液应远离火源，避光存放
2、C. 由于甘油难溶于水，因此可以起到保湿作用D. 免洗洗手液打开后，长期存放会降低消毒效果【答案】C【解析】【详解】A.酒精能使蛋白质变性，从而能杀菌消毒，故A正确;B.酒精和甘油等均易燃，故免洗洗手液应远离火源，故B正确;C.甘油是丙三醇的俗称，极易溶于水，但能保湿，故C错误;D.酒精易挥发，故免洗洗手液打开后，长期存放会降低消毒效果，故D正确。故选C。3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A. 标准状况下，2.24LCCl4中含有分子数目为0.1NAB. 0. 1molFe粉与稀HNO3反应，转移电子数目为0.3NAC. 9.2gNO2和N2O4的混合气体中含有原子数目为0
3、.6NAD. pH = 13的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.1NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A标准状况下，CCl4不是气体，不能用气体摩尔体积准确计算其分子数，A错误；B若稀HNO3足量，Fe和HNO3反应生成Fe3+，转移电子数为0.3NA，若稀HNO3不足量，Fe和HNO3反应生成Fe2+，转移电子数为0.2NA，B错误；CNO2和N2O4的混合物可看成由一定物质的量的NO2组成，且n(NO2)=，则n(原子)=0.2mol3=0.6mol，所含原子数为0.6NA，C正确；D未给溶液的体积，无法计算OH-数目，D错误。答案选C。【点睛】B若稀HNO3足量，Fe和HNO3反
4、应生成Fe3+，若稀HNO3不足量，Fe和HNO3反应生成Fe2+。4. 下列化学用语表述正确的是A. 氯气通入水中：Cl2H2O= 2H+Cl-C1O-B. 电解饱和食盐水：2Cl+2H+=C12+ H2C. 向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=4Na+4OH-+18O2D. 向Ba(OH)2中逐滴加入NaHSO4溶液使Ba2+恰好沉淀完全:Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O【答案】D【解析】【详解】A.氯气与水的反应是一个可逆反应，其离子方程式应该使用可逆符号，HClO是弱酸，化学式不拆写，A项错误；B,.电解饱和食盐水，反应物中有水且不拆写，生成
5、物中还有OH-，漏写反应条件，B项错误；C.Na2O2与H2O的反应是一个歧化反应，O2中的氧原子均来自于Na2O2而不是水，C项错误；D.假设Ba(OH)2为1mol，其中Ba2+有1mol，完全沉淀需要SO42-1mol，所以需要加入NaHSO41mol，其中H+和OH-反应，OH-剩余1mol，据此写出完整的离子方程式：Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O，D项正确；答案选D项。【点睛】涉及量的离子方程式的书写，通常可设量少的为1mol。本题中D项，是恰好完全中和至中性，还是恰好完全沉淀某离子，对应的离子方程式不同。5. 在 pH=1 的溶液中，因发生氧化还原反应而不能大量
6、共存的离子组是（ ）A. K+ Br- B. I- Cl- ClO-C. Al3+ Na+ Cl- D. Cu2+ Fe3+ Cl-【答案】B【解析】【详解】A在 pH=1 的溶液中，有大量的氢离子，能与结合生成碳酸，不是氧化还原反应，A错误；B在 pH=1 溶液中，有大量的氢离子，能与ClO-、I-发生氧化还原反应，B正确；C在 pH=1 的溶液中，Al3+、Na+、Cl- 、均能大量共存，C错误；D在 pH=1 的溶液中，Cu2+、Fe3+ 、Cl-均能大量共存，D错误；答案选B。6. 根据下列实验目的判断，说法错误的是（ ）实验 1：制备能较长时间存在的氢氧化亚铁实验 2：验证铜和稀硝酸
7、生成 NOA. 实验1开始前检查气密性的操作：关闭分液漏斗，打开a和b，向右拉动注射器活塞，一段时间后松开活塞B 实验 1 将稀硫酸加入后，立即关闭a，打bC. 实验 2 开始后，可观察到 U 型管液面左低右高D. 实验 2 最后一步操作是打开分液漏斗活塞，放出少量气体，关闭活塞【答案】B【解析】【分析】实验1为制备能较长时间存在的氢氧化亚铁，A装置中发生反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2，当反应一段时间后，装置内的空气被排出，关闭a，打开b，A装置内压强增大，将生成的FeSO4压入装置B中，发生反应FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2+Na2SO4，从而制得氢氧化亚铁；实验2为验证铜和
8、稀硝酸反应生成NO的实验，实验原理为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，据此分析解答。【详解】A实验1开始前检查气密性的操作：关闭分液漏斗，打开a和b，向右拉动注射器活塞，一段时间后松开活塞，活塞回到原来的位置，证明装置气密性良好，A正确；B实验1将稀硫酸加入后，应反应一段时间后，装置内的空气被排尽后，再关闭a，打开b，B错误；C实验2开始后，生成NO，NO难溶于水，左边压强增大，可观察到U型管液面左低右高，C正确；D实验2最后一步操作是打开分液漏斗活塞，放出少量气体，关闭活塞，以检验生成的NO，D正确；答案选B。7. 某有机物结构简式如右图。该有机物分别与下列试
9、剂充分反应， 所得有机物分子的官能团数目增加。该试剂是（ ）A. H2B. HBrC. Ag(NH3)2OH溶液D. Br2的CCl4溶液【答案】D【解析】【详解】根据图示，中含有2个醛基和一个碳碳双键，A该有机物中的碳碳双键与醛基都均可与H2发生加成反应，醛基变为羟基，碳碳双键变为碳碳单键，官能团的数目减少，故A不符合题意；B有机物中的碳碳双键可与HBr发生加成反应，碳碳双键变为碳碳单键，引入溴原子，官能团的数目不变，故B不符合题意；C该有机物中的2个醛基可与Ag(NH3)2OH溶液反应转变为2个羧基，官能团的数目不变，故C不符合题意；D该有机物中的碳碳双键与Br2发生加成反应，碳碳双键变为
10、碳碳单键，引入2个溴原子，官能团的数目增加，故D符合题意；答案选D。8. 某学习小组用 0.1mol/LNaOH 溶液滴定 10.00mL 未知浓度的稀硫酸。下列说法正确的是（ ）A. 滴定时使用的滴定管选乙B. 选用酚酞作指示剂，当甲中溶液由红色变为无色且30s内不恢复时，即达到滴定终点C. 滴定过程中视线应如图丁中a所示D. 滴定前后读数方式分别如丁a、b所示，则测得的结果偏小【答案】D【解析】【详解】A滴定时用标准NaOH 溶液滴定硫酸，标准液应选择碱式滴定管，应选择丙，故A错误；B碱滴定酸时，选用酚酞作指示剂，当甲中溶液由无色变为红色且30s内不恢复时，即达到滴定终点，故B错误；C滴定
11、过程中视线应始终注视着锥形瓶内溶液的颜色变化，及时判定终点，不需要一直盯着滴定管，只需要在滴定前和滴定终点时平视滴定管读取刻度，故C错误；D滴定前平视，滴定后俯视，导致实际消耗标准液体积偏小，则测得的结果偏小，故D正确；答案选D。9. 实验室制备和提纯硝基苯过程中，下列实验或操作正确的是（ ） ABCD配制浓硫酸和浓硝酸的混合液在 55水浴温度下发生硝化反应制备硝基苯用氢氧化钠溶液洗涤反应产物并分离出粗硝基苯将粗硝基苯蒸馏提纯A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A配制混酸时，由于浓硫酸稀释放出大量的热，且浓硫酸密度大于硝酸，因此应将浓硫酸注入浓硝酸中，故A错误；B图中所示
12、是苯加入到浓硫酸和浓硝酸的混酸中，在5060水浴中加热，发生硝化反应，操作正确，故B正确；C粗硝基苯中含有的杂质是硝酸、苯、浓硫酸，先加入氢氧化钠溶液碱洗，然后水洗，硝基苯难溶于水，应选用分液的方法用分液漏斗分离，故C错误；D蒸馏时，冷却水的进出方向为“下进上出”，故D错误；答案选B。10. 向1L 0.3mol/L 的氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，假设完全反应，下列说法错误的是（ ）A. 通入二氧化碳为 0.15mol 时，2c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c()B. 通入二氧化碳为 0.15mol 时，c(Na+)c()c(OH-)c()C. 通入二氧化碳为 0.2mol 时，c(H
13、+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+2c()D. 向 A 选项反应后溶液中通入 0.3molHCl，加热，c(Na+)=c(Cl-)=0.3mol/L【答案】A【解析】【分析】1.00L0.3molL-1的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：0.3mol/L1L=0.3mol，向1L 0.3mol/L 的氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，假设完全反应，过程中发生的反应有CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，根据反应可知，当通入CO2的物质的量为0.15mol时，氢氧化钠全部转化为碳酸钠，当通入CO2的物质的量大于0.15mol小于0.3mol时，溶液中为
14、碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液，当通入CO2的物质的量为0.3mol时，全部转化为碳酸氢钠，据此分析解答。【详解】A通入二氧化碳为 0.15mol 时，氢氧化钠全部转化为碳酸钠，溶液中存在物料守恒： c(Na+)=2c(H2CO3)+c()+c()，故A错误；B通入二氧化碳为 0.15mol 时，氢氧化钠全部转化为碳酸钠，碳酸根离子水解溶液显碱性，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的电离程度，则c(Na+)c()c(OH-)c()，故B正确；C结合分析，通入二氧化碳为 0.2mol 时，溶液中为碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液，且二者的物质的量相等，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-
15、)+c()+2c()，故C正确；D根据分析，A 选项发生反应CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O后溶液为碳酸钠溶液，其物质的量为0.15mol，向其中通入 0.3molHCl，加热，发生反应为Na2CO3+2HCl=NaCl+ H2O+CO2，根据反应可知，二者恰好完全反应，溶液体积为1L，根据氯原子守恒， c(Na+)=c(Cl-)=0.3mol/L，故D正确；答案选A。11. 如图是一个甲烷燃料电池工作时的示意图，乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时，M、N 两个电极的质量都不减少，下列说法正确的是（ ）A. N 电极的材料是FeB. 甲烷在电极上发生的反应为 CH4+
16、8OH-8e- CO2+6H2OC. 乙池的总反应是 4Ag+4OH- 4Ag +2H2O + O2D. 乙池中电极析出金属银 0.02 mol 时，甲池中理论上消耗氧气为112mL(标准状况下)【答案】D【解析】【分析】根据电池装置分析可知，甲池为甲烷燃料电池，电解质溶液为KOH溶液，甲烷一极为负极，电极反应式为CH4+10OH-8e- CO+7H2O，O2一极为正极，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，M为阴极，N为阳极，由于M、N 两个电极的质量都不减少，因此Fe做阴极，阳极的电极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，阴极电极反应式为Ag+e-=Ag，据此分析解
17、答。【详解】A根据分析可知，N极的电极材料为石墨，A错误；B甲烷为负极，电极反应式为CH4+10OH-8e- CO+7H2O，B错误；C乙池中电解质溶液为AgNO3，总反应方程式为4Ag+2H2O4H+4Ag+O2，C错误；D根据电极反应式，乙池中电极析出金属银 0.02 mol 时，转移0.02mol电子，则消耗0.005molO2，在标准状况下的体积为0.112L，即112mL，D正确；答案选D。12. 某温度下，在 2 L 的密闭容器中，加入 1 mol X(g)和 2 mol Y(g)发生反应：X(g)+mY(g)3Z(g)平衡时，X、Y、Z 的体积分数分别为 30%、60%、10%。
18、在此平衡体系中加入 1 mol Z(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z 的体积分数不变。下列叙述不正确的是（ ）A. m=2B. 两次平衡的平衡常数相同C. X 与 Y 的平衡转化率之比为 11D. 第一次平衡时，Z 的浓度为 0.3 molL-1【答案】D【解析】【详解】A.平衡体系中加入1molZ，再次平衡后，各物质体积分数不变，说明实现等效平衡，即气体前后的化学计量数和相等，则m=2，故A正确，不符合题意；B.因平衡常数只有温度有关，温度不变，平衡常数不变，故两次平衡常数相同，故B正确，不符合题意；C. X(g)+2Y(g)3Z(g)起始0.5 1 0改变x 2x 3x平衡 0.5-x 1
19、-2x 3x有 ， ， x=0.05mol/L，则X的转化率为 ，Y的转化率为，二者相同，故C正确，不符合题意；D. 在此平衡体系中加入 1 mol Z(g)，因为再次平衡时Z的体积分数不变，即Z的物质的量为（1+2+1）10%=0.4mol，则物质的量浓度为，故D错误，符合题意。故选D。13. 工业上处理闪锌矿冶锌后的残渣(主要含有 Zn、Pb、Fe、Ga 等元素)中，设计下述流程提取铅、锌、镓。已知：Ga(OH)3+OH-=Ga(OH)4-对流程分析错误的是（ ）A. 滤渣 1 的成分为 Pb 单质B. 试剂 a 为 ZnOC. 滤渣 3 的主要成分是 Fe(OH)3D. 滤液 3 发生电
20、解反应的阴极反应为Ga(OH)4- +3e-=Ga+ 4OH-【答案】A【解析】【分析】冶锌的残渣中主要含有Zn、Pb、Fe、Ga等元素，加入硫酸酸浸生成硫酸铅、硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸镓等，由各步最终获得的金属可知，过滤分离得到滤渣1为硫酸铅，滤液1中加入试剂a调节pH，使Fe、Ga元素转化氢氧化铁和氢氧化镓沉淀(氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁) ，试剂a为ZnO等，滤液2为硫酸锌，滤渣2用浓NaOH溶解，Ga元素以Ga (OH) 4-形式存在滤液3中，滤渣3为氢氧化铁，以此解答该题。【详解】A.滤渣1为硫酸铅，故A错误；B.试剂aZnO，可用于调节pH，且不引入新杂质，故B正确；C.氢氧化铁与
21、氢氧化钠不反应，则滤渣3的主要成分是Fe(OH)3，故C正确；D.电解Ga(OH)4-制镓，阴极发生还原反应，阴极电极反应式为：Ga(OH)4-+3e- =Ga+4OH- ，故D正确。故选A。14. 某小组比较 Cl-、Br-、I-的还原性，实验如下：实验 1实验 2实验 3装置操 作和现象微热后，溶液颜色无明显变化；把蘸浓氨水的玻璃棒靠近试管口，产生白烟溶液变黄；试管口有红棕色气体生成溶液变深紫色；经检验溶液含单质碘下列对实验的分析不合理的是（ ）A. NaCl+H2SO4 (浓)NaHSO4+HClB. 根据实验 1 和实验 2 能判断还原性：Br-Cl-C. 根据实验 3 能判断还原性：
22、I-Br-D. 上述实验利用了浓 H2SO4 的难挥发性、强氧化性等【答案】C【解析】【分析】实验1，浓硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢气体；实验2，溶液变黄，说明有溴单质生成；中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质；实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性，据此分析解答。【详解】A实验1中浓硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢气体，符合难挥发性酸制取挥发性酸，反应为NaCl+H2SO4 (浓)NaHSO4+HCl，故A正确；B实验1溶液颜色无明显变化说明浓硫酸不能氧化氯离子，实验2溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br-Cl-，故B
23、正确；C中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质，不能得出还原性I-Br-的结论，故C错误；D根据分析，实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性，故D正确；答案选C。非选择题(58 分)15. 金属镓(Ga)应用广泛，在半导体和光电材料、合金、磁性材料等领域都有重要应用。镓与铝是同主族元素，性质相似。(1)铝在元素周期表中的位置是 _。(2)GaAs是共价化合物，一种重要的半导体材料。As 与 Ga 同周期，As 与 N 同主族。下列事实不能用元素周期律解释的是 _(填字母)。a.碱性：Ga (OH)3 Al (OH)3b.非金属性：AsGa
24、c.酸性：H3AsO4H3AsO3GaAs 中，As 元素化合价为-3 价，用原子结构理论解释 As 元素显负价的原因 _。废弃含 GaAs 半导体材料可以用浓硝酸溶解 GaAs，生成 H3AsO4 和 Ga3+，写出该反应的化学方程式_。【答案】 (1). 第三周期第 IIIA 族 (2). c (3). Ga 与 As 电子层数相同，核电荷数：As Ga，原子半径：AsGa，得电子能力：AsGa，元素的非金属性：AsGa，因此，GaAs中As为负价 (4). GaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2+H3AsO4+4H2O【解析】【详解】(1)铝为元素周期第13号元素，位于元素周
25、期表第三周期第A族；(2)a. 金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，金属性：GaAl，则碱性Ga(OH)3Al(OH)3，可用元素周期律解释，a不选；b金属性：GaAl，所以非金属性：AlGa，能用元素周期律解释，b不选；c含氧酸的酸性强弱与非羟基氧数目有关，故不能用元素周期律来解释酸性H3AsO4H3AsO3，c选；答案选c；由于Ga与As电子层数相同，核电荷数：AsGa，原子半径：AsGa，得电子能力：AsGa，元素的非金属性：AsGa，因此，GaAs中As为负价；根据题干信息，GaAs半导体材料可以用浓硝酸溶解GaAs，生成H3AsO4和Ga3+，反应的化学方程式为GaAs+11H
26、NO3=Ga(NO3)3+8NO2+H3AsO4+4H2O。【点睛】(2)种c选项为难点，需要注意含氧酸的酸性与非羟基氧数目有关，非羟基氧越多，酸性越强。16. 工业上采用 CO 或 CO2 以及 H2 为原料催化合成甲醇。两种方法如下方法1：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H = -90.14 kJ/mol方法2：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) H = -48.97 kJ/mol两种方法同时存在以下副反应副反应 1：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)副反应 2：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)资料：甲醇沸点 64.7
27、 甲醚沸点-23.使用方法1，利用焦炉气(主要含 CH4、CO、H2 等气体，并含有少量水蒸气)合成甲醇(1)CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H=_(2)合成前，焦炉气中甲烷需要在高温条件下和水蒸气催化生成 CO 和 H2，该反应的化学方程式为 _。(3)向焦炉气中补充少量 CO2，可以减少 CH3OCH3(g)的生成，请结合平衡移动原理解释原因 _。(4)将反应后气体冷凝可以得到粗甲醇，继续纯化的操作是_。II.利用方法2，使用工业废气(主要含 CO2)和H2合成甲醇(5)实验测得相同时间，不同温度下甲醇产率图像如下图所示。图中前两个数据点远远低于平衡产率，可能原因是_。
28、(6)图中后两个数据点呈现随温度升高而下降的趋势，对该趋势的解释合理是_。(答出一条即可)(7)下表是不同催化剂成分对甲醇催化选择性的数据。在该实验条件下，一定能增加催化剂对甲醇选择性的物质是_。CuOZnOAl2O3ZrO2MnO选择性65.8%26.3%7.9%0040%62.4%25.0%012.6%088%65.8%26.5%03.6%4%100%65.8%26.5%05.6%2%91%【答案】 (1). +41.17kJ/mol (2). CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) (3). 副反应2正移，水蒸气浓度增大，抑制副反应1正移 (4). 分馏 (5). 温度低，
29、反应速率慢，反应没有达到平衡 (6). 温度升高，主反应限度降低或温度升高，更利于副反应进行或温度升高，催化剂活性下降 (7). ZrO2、MnO【解析】【详解】(1)将反应标记，CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H = -90.14 kJ/mol，CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) H = -48.97 kJ/mol，根据盖斯定律分析，有-得热化学方程式为CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H= -48.97 kJ/mol+90.14 kJ/mol =+41.17kJ/mol；(2)甲烷和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，根据质量守恒分析，方程式
30、为CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)；(3)增大二氧化碳的浓度，可以使副反应2正移，水蒸气浓度增大，抑制副反应1正移，减少 CH3OCH3(g)的生成；(4)根据甲醇沸点 64.7 ，甲醚沸点-23分析，二者沸点差距较大，适合用分馏的方法分离；(5)实验测得相同时间，不同温度下甲醇产率图像，温度低，反应速率慢，反应没有达到平衡，所以甲醇的产率会低；(6)根据题给信息分析可知，温度升高，平衡左移，主反应限度降低；或温度升高，更利于副反应进行；或温度升高，催化剂活性下降，都可能使甲醇的产率降低；(7)从实验数据分析，增加氧化锆，选择性增加了近一倍，可能氧化铝起了反作用，对比实验减
31、少氧化锆，增加氧化锰，选择性在增强，说明氧化锰的作用更强，因此要增加的催化剂为ZrO2、MnO。17. 某高中化学创新兴趣小组运用所学知识并参考相关文献，设计了一种“绿原酸”的合成路线如下：已知：；回答下列问题：(1)有机物A用足量氢气催化加成后所得有机物的名称是_。(2)有机物B的结构简式为_。(3)反应的反应类型是 _。(4)反应DE中第(1)步的反应方程式是 _。(5)有机物 F 中官能团的名称是醚键_、_。(6)反应的目的是 _。(7)有机物C在一定条件下反应可得有机物 G 分子式为：C7H6O2，G 的同分异构体中属于芳香化合物的有_种。(包括 G 自身)(8)参照上述合成方法，设计
32、由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠的合成路线(无机试剂任选) _。【答案】 (1). 1-氯丁烷 (2). (3). 取代反应 (4). +5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O (5). 酯基 (6). 羟基 (7). 保护其它羟基，防止其转化为酯基 (8). 5 (9). 【解析】【分析】根据合成路线可知，A与发生已知反应生成B，则B为，B再与CO和H2O在Ni作催化剂的条件下生成C，则C为，C发生取代反应生成D，D与NaOH的水溶液发生反应生成，再酸化后得到E，E与CH3COCH3发生已知反应生成F，F与反应生成绿原酸，据此分析解答问题。【详解】(1)有机物A为，与足量的氢气催化加
33、成后所得有机物为，名称为1-氯丁烷；(2)根据上述分析可知，B为；(3)反应为C发生取代反应生成D，故反应类型为取代反应；(4)反应DE中第(1)步的反应为D与NaOH的水溶液发生反应生成，反应方程式为+5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O；(5)根据合成路线中有机物F的结构可知，其分子中含有的官能团有醚键、酯基和羟基；(6) 反应羟基与丙酮反应生成丙酮叉，后续反应又将丙酮叉水解，故作用是保护其它羟基，防止其转化为酯基；(7)G的分子式为C7H6O2，其中属于芳香族化合物的有、共5种结构；(8) 由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠，丙酸发生C生成D类型的反应生成，碱性条件下发生消去反应
34、生成，发生加聚反应生成，其合成路线为：。18. 含氮化合物是重要的化工原料。存在如下转化关系：(1)转化中发生的系列反应，在工业上可以用来制备硝酸，写出中反应的化学方程式为 _ 。(2)工业上常用浓氨水检验氯气管道是否泄漏，若泄露可看到白烟，用方程式解释检验原理 _。向固体氧化钙中滴加浓氨水，可用于实验室制取少量氨气，请结合化学用语简述原理_。(3)现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱。向一水合氨中通入过量的 CO2，该反应的离子方程式为 _。某工业纯碱样品中含少量 NaCl 和 NaHCO3，为测定该样品中 NaHCO3 的质量分数， 某同学设计方案如下：准确称取 100.00g
35、 样品，反复加热、冷却、称量，直至所称量的固体质量几乎不变为止， 此时所得固体的质量为 99.38g 。样品中 NaHCO3 的质量分数为 _。(4)以氨作为燃料的固体氧化物(含有O2一)燃料电池，具有全固态结构、能量效率高、无污染等特点。工作原理如图所示：固体氧化物电池工作的电解质，O2一移向_(填字母)。A电极a B电极b该电池工作时， 电极a上发生的电极反应为 _ 。【答案】 (1). 4NH3+5O24NO+6H2O (2). 8NH3+3Cl2 =N2+6NH4Cl (3). 氧化钙与水反应放热，生成氢氧化钙溶于水增大了OH离子浓度，氨水中的离子平衡向左移动，使氨气挥发出来 (4).
36、 NH3H2O+CO2=+ (5). 1.68% (6). A (7). 2NH3+3O2- 6e=N2+ 3H2O【解析】【分析】(1)转化反应是氨气发生催化氧化生成一氧化氮和水；(2)工业上常用浓氨水检验氯气管道是否泄漏，氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气，若泄露可看到白烟；氨气溶于水的过程中存在的平衡有；(3)向一水合氨中通入过量的 CO2生成碳酸氢铵； 加热NaHCO3分解为碳酸钠、二氧化碳、水； (4)以氨作为燃料的固体氧化物(含有O2一)燃料电池，电极a氨气失电子生成氮气，a是负极、电极b氧气得电子生成O2一，b是正极；【详解】(1)转化反应是氨气发生催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化
37、学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(2)工业上常用浓氨水检验氯气管道是否泄漏，氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气，若泄露可看到白烟，反应方程式是8NH3+3Cl2 =N2+6NH4Cl；氧化钙与水反应放热，生成氢氧化钙溶于水增大了OH离子浓度，氨水中的平衡向左移动，使氨气挥发出来；(3)向一水合氨中通入过量 CO2生成碳酸氢铵，该反应的离子方程式为NH3H2O+CO2=+；设样品中NaHCO3 的质量为xg； x=1.68g样品中 NaHCO3 的质量分数为1.68%(4)以氨作为燃料的固体氧化物(含有O2一)燃料电池，电极a氨气失电子生成氮气，a是负极，原电池中阴离子移向负极，固体氧化
38、物电池工作时，O2一移向电极a，选A；该电池工作时，电极a氨气失电子生成氮气和水，发生的电极反应为2NH3+3O2- 6e=N2+ 3H2O；19. 某研究小组探究 AgCl 沉淀向 Ag2S 转化过程中发生了异常，并进一步探究原因： (1)写出试管中产生白色沉淀的离子方程式：_(2)用化学方程式表示试管中产生黑色沉淀的原因：_(3)试管中加入浓 HNO3 后的离子反应方程式为：_(4)该小组为探究中乳白色沉淀的原因可能与空气中的氧气有关，设计如下装置：现 象B：一段时间后， 无明显变化C：一段时间后，出现乳白色沉淀E中加入的是_ 溶液。B中盛放的物质是_ 。该小组认为 C 中产生沉淀的反应如
39、下(请补充完整)：_2Ag2S + + + 2H2O2 S + +4请解释 B、C 现象不同的原因_。(5)为了避免在 AgCl 沉淀向 Ag2S 转化过程中出现异常现象，需要控制的反应条件是_。【答案】 (1). Ag+ + Cl-= AgCl (2). 2AgCl(s) + S2-(aq)AgS(s) + 2Cl- (aq) (3). S +4H+6=+6NO2 +2H2O或8+Ag2S+8H+=Ag2SO4 +8NO2+4H2O (4). H2O2 (5). Ag2S 的悬浊液 (6). 2Ag2S+1O2 +4NaCl +2H2O4AgCl +2S +4NaOH (7). C中O2将A
40、g2S氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的 Ag+结合成AgCl沉淀。由于c(Ag+)减小，有利于中反应平衡右移，C 中最终出现乳白色沉淀 (8). NaCl不过量或者隔绝氧气或者缩短存放时间【解析】【分析】氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀，根据试剂用量分析，硝酸银完全反应，再滴入硫化钠，反应生成黑色沉淀，即硫化银沉淀，说明氯化银变成硫化银，长期放置，黑色沉淀变成乳白色沉淀，推测含有氯化银，加入浓硝酸发生氧化还原反应生成产生红棕色二氧化氮气体，沉淀部分溶解，未溶解部分为氯化银，则被氧化的只能是硫元素，被硝酸氧化生成硫酸根离子，过滤后，滤液中加入硝酸钡，产生白色沉淀是硫酸
41、钡。沉淀中加入碘化钾，沉淀变为黄色，说明氯化银变成碘化银沉淀。根据分析，可能是氧气参与反应，将硫化银氧化生成硫，银离子和氯离子结合生成氯化银白色沉淀，乳白色沉淀为氯化银和硫的混合物。据此分析。【详解】(1)氯化钠和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，离子方程式为：Ag+ + Cl-= AgCl；(2)氯化银和硫化钠反应生成硫化银沉淀，方程式为：2AgCl(s) + S2-(aq)AgS(s) + 2Cl- (aq)；(3)白色沉淀为氯化银，说明硫化银被氧气氧化生成了硫，硫和硝酸反应生成二氧化氮和硫酸根离子和水，方程式为：S +4H+6=+6NO2 +2H2O；或认为硫化银被硝酸氧化，离子方程式为：8
42、+Ag2S+8H+=Ag2SO4 +8NO2+4H2O；(4)实验要探究的是氧气对反应的影响，装置内产生氧气，因为烧瓶内已有二氧化锰存在，说明E中加入的为过氧化氢；B中应做对比实验，对比实验应该不含氯化钠溶液，即为Ag2S 的悬浊液；硫化银被氧气氧化生成硫，在氯化钠存在下同时生成氯化银沉淀，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式，根据氢元素守恒可知另一种未知反应物为水，方程式为2Ag2S+1O2 +4NaCl +2H2O4AgCl +2S +4NaOH。C中O2将Ag2S氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的 Ag+结合成AgCl沉淀。由于c(Ag+)减小，有利于中反应平衡右移，C 中最终出现乳白色沉淀；(5)为了能实现氯化银变成硫化银，清晰看到实验现象，避免硫化银被氧化，在氯化钠和硝酸银反应过程中控制氯化钠的用量，NaCl不过量或者隔绝氧气或者缩短存放时间。
