1、2020北京101中学高三（下）4月统练（三）化学一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1. 下列设备工作时，将化学能转化为热能的是()ABCD硅太阳能电池锂离子电池太阳能集热器燃气灶A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.硅太阳能电池是将太阳能转化为电能，故A不符合题意；B.锂离子电池是将化学能转化为电能，故B不符合题意；C.太阳能集热器是将太阳能转化为热能，故C不符合题意；D.燃气灶是将化学能转化为热能，故D符合题意；故选D。2. 化学与社会、生产、生活紧切相关。下列说法正确的是A. 棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质B. 石油
2、干馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等C. 从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现D. 纯碱可用于生产普通玻璃，日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污【答案】D【解析】【详解】A、人造丝是人造纤维，属于高分子聚合物，多为纤维素类，故A错误；B、石油的分馏可以得到石油气、汽油、柴油等，属于物理变化，而干馏属于化学变化，故B错误；C、从海水中提取食盐，是通过物理方法得以实现，故C错误；D、纯碱水溶液呈碱性可以去除油污，故D正确。答案选D3. 下列化学用语对事实的解释不正确的是（）A. NaHS水溶液显碱性：HS+H2OS2+H3O+B. 苯酚能溶于Na2CO3溶液：C6H5OH+C6H5O
3、+C. 三元催化剂净化汽车尾气中的NO和CO：2NO+2CO2CO2+N2D. 铜矿淋溶液（CuSO4）遇方铅矿（PbS）发生沉积：Cu2+PbSCuS+PbSO4【答案】A【解析】【详解】ANaHS水解导致溶液显碱性，正确的离子方程式为：HSO3+H2OH2SO3+OH，选项A符合题意；B苯酚的酸性比HCO3强，但是比碳酸弱，苯酚溶于Na2CO3溶液的离子方程式为：C6H5OH+CO32C6H5O+HCO3，选项B不符合题意；C汽车尾气中的NO和CO被处理后要生成CO2和N2，故三元催化剂净化汽车尾气中的NO和CO的方程式为：2NO+2CO2CO2+N2，选项C不符合题意；D实现了沉淀的转化
4、，难溶的PbS转化成更难溶的CuS，离子方程式为：Cu2+SO42+PbSCuS+PbSO4，选项D不符合题意。答案选A。4. 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是A. CO和O生成CO2是吸热反应B. 在该过程中，CO断键形成C和OC. CO和O生成了具有极性共价键的CO2D. 状态 状态表示CO与O2反应的过程【答案】C【解析】【详解】A.根据能量-反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂
5、，故B错误；C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；D.状态 状态表示CO与O反应的过程，故D错误。故选C。5. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，X2-与Y的简单离子具有相同的电子层结构，Z与X同族。下列说法正确的是（ ）A. 简单离子的半径：XYB. 非金属性：ZWC. 氢化物的沸点：XZD. 氧化物对应水化物的酸性：ZNa+，故A错误；B项，S和Cl同周期，S的原子序数小于Cl的，所以非金属性SH2S，故C错误；D项，S和Cl的含氧酸都不是唯一的，如酸性：HClO4H2SO4H2SO3HClO，故D错误。点睛：
6、本题考查元素的位置、结构和性质，正确推断元素是解题关键，然后结合元素周期律分析解答：电子层结构相同，原子序数越大半径越小；同周期原子序数越大，非金属性越大；同主族原子序数越小，氢化物越稳定；注意D比较酸性强弱时要看最高价含氧酸。6. 某工厂用CaSO4、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4，其工艺流程如图所示，下列推断合理的是A. 向甲中通入CO2可增大c(NH4+)和c(SO42-)B. 为提高生产效率，通入的NH3和CO2越多越好C. 颠倒NH3与CO2的加入顺序不影响生产效率D. 最后一步得到(NH4)2SO4固体的操作为蒸干滤液【答案】A【解析】【分析】硫酸钙悬浊液通入足量的氨
7、气，使溶液成碱性，再通适量的二氧化碳，与溶液中的氨水、硫酸钙悬浊液反应生成碳酸钙沉淀和硫酸铵溶液，经过过滤分离得到碳酸钙沉淀再煅烧生成生石灰，而滤液中硫酸铵经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体。详解】A. 往甲（甲中含Ca（OH）2）中通CO2生成CaCO3沉淀，有利于（NH4）2SO4生成，故A正确；B. 为提高生产效率，通入的CO2要适量，过量的二氧化碳能溶解碳酸钙，故B错误；C. 因为氨气在水中的溶解性大，二氧化碳小，所以如果先通二氧化碳，后通氨气，则溶液中的碳酸根就会很小，就很难沉淀出碳酸钙，故C错误；D 滤液中硫酸铵经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵
8、晶体，故D错误；故选A。7. 下列根据实验操作和现象得出的结论正确的是选项操作及现象结论A酸性高锰酸钾溶液中滴加甲苯后振荡，溶液褪色甲基对苯环产生影响B葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液共热，产生红色沉淀葡萄糖是还原性糖C在过量的苯酚溶液中滴加少量溴水，未见到白色沉淀苯酚失效D溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色产生的气体为乙烯A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A酸性高锰酸钾溶液中滴加甲苯后振荡，溶液褪色，苯环对甲基产生影响，故A错误；B葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液共热，产生红色沉淀，葡萄糖具有醛基，葡萄糖是还原性糖，故B正确；C
9、在过量的苯酚溶液中滴加少量溴水，未见到白色沉淀，是生成的三溴苯酚溶于过量的苯酚中，故C错误；D溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，可能是乙醇蒸气，也可能是碳碳双键，故D错误；故选B。8. 如图装置(I)为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜只允许K通过，该电池放电、充电的化学方程式为：2K2S2KI3K2S43KI。装置(II)为电解池的示意图。当闭合开关K时，电极X附近溶液先变红。则闭合K时，下列说法正确的是()A. K从右到左通过离子交换膜B. 电极A上发生的反应为：3I-2e-=I3-C. 电极X上发生的反应为：2Cl-2e-=C12D. 当
10、有0.1molK通过离子交换膜，X电极上产生1.12L气体(标准状况)【答案】D【解析】【详解】当闭合开关K时，电极X附近溶液先变红，电极X为阴极，电极Y为阳极，装置（I）放电时电极A为负极，电极B为正极；A.原电池中阳离子向正极移动，则K+从左向右通过离子交换膜，A错误；B.放电时的反应为2K2S2KI3=K2S43KI，电极A为负极，电极A上发生失电子的氧化反应，电极反应为2S22-2e-=S42-，B错误；C.电极X为阴极，电极X的电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，C错误；D. 放电时的反应为2K2S2KI3=K2S43KI，当有1mol电子通过电路时有1molK+通过离子交
11、换膜，当有0.1molK通过离子交换膜，电路中通过电子物质的量为0.1mol，根据电极X的电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，X电极上产生气体物质的量为0.05mol，该气体在标准状况下的体积为0.05mol22.4L/mol=1.12L，D正确；答案选D。9. 2019年12月以来，我国部分地区突发的新冠肺炎疫情严重威胁着人们的身体健康。研究发现洛匹那韦对新冠病毒有较好抑制作用，洛匹那韦能溶于水，其结构如图所示，下列说法不正确的是A. 洛匹那韦的分子式为C37H48N4O5B. 洛匹那韦能发生取代、加成、消去、氧化、还原反应C. 洛匹那韦的水解产物之一遇Fe3+可显紫色D. 洛匹那
12、韦能溶于水与氢键作用有关【答案】C【解析】【详解】A根据结构简式，洛匹那韦的分子式为C37H48N4O5，故A正确；B洛匹那韦能发生取代反应如羟基、能发生加成反应如苯环、能发生消去反应如羟基的邻碳上有氢、能发生氧化反应如羟基、能发生还原反应如羰基，故B正确；C洛匹那韦的水解产物中没有酚羟基，遇Fe3+不能发生显色反应而显紫色，故C错误；D洛匹那韦能与水分子间形成氢键，增大分子间作用力，故D正确；故选C。10. 25时，浓度均为0.1molL1的溶液，其pH如表所示。有关说法正确的是序号溶液NaClCH3COONH4NaFNaHCO3pH7.07.08.18.4A. 酸性强弱：H2CO3HFB.
13、 和中水的电离程度相同C. 离子的总浓度：D. 中：c(HCO3-)2c(CO32-)c(H2CO3)0.1molL1【答案】C【解析】【详解】ANaF和NaHCO3溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱，阴离子水解程度越强，碳酸氢钠溶液pH大于NaF溶液PH，则对应酸性为H2CO3HF，故A错误；B氯化钠溶液是强酸强碱溶液，溶液pH=7，氯化钠不水解，醋酸铵溶液是弱酸弱碱盐，溶液pH=7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液显中性，和溶质未水解，中溶质发生双水解，故B错误；C氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，溶液中电荷守恒c（Na）+c（H）=c（OH）+c（Cl），NaF溶液中氟离子水解
14、破坏了水的电离，电荷守恒有c（Na）+c（H）=c（OH）+c（F），两溶液中钠离子浓度相等，氢离子浓度，所以离子的总浓度：，故C正确；D依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变，中物料守恒：c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）=0.1molL1，故D错误；故选C。11. 某同学研究K2Cr2O7溶液中的化学平衡，设计如图所示实验。已知：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+H=+13.8kJ/mol。实验现象如下：i.试管a中溶液为橙色；ii.试管b中溶液为黄色；iii.试管c中滴加浓硫酸后温度略有升高，溶液变为深橙色。下列说法正确的是A. 该反应是一个氧化还
15、原反应B. b试管中不存在Cr2O72-C. 该实验不能证明减小生成物浓度平衡正向移动D. 试管c中影响平衡的主要因素是温度【答案】C【解析】【详解】A反应前后元素的化合价不变，该反应是一个非氧化还原反应，故A错误；BCr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，是可逆反应，转化率不可能达到100%，b试管中存在Cr2O72-，故B错误；C滴加浓硫酸，放出热量，温度、浓度均影响平衡移动，则该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动，可能升高温度平衡正向移动，故C正确；D试管c中温度、氢离子浓度均变化，则c中的现象不能说明影响平衡的主要因素是温度，故D错误；故选C。【点睛】本题考查化学平衡的影响
16、因素，把握可逆反应的特点、温度和浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意判断存在的变量，易错点C，注意滴加浓硫酸，放出热量，温度、浓度均影响平衡移动，有多种变量。12. 相同温度下，分别在起始体积均为1L的两个密闭容器中发生反应：X2(g)+3Y2(g) 2XY3(g) H=-akJ/mol 实验测得反应的有关数据如下表。容器反应条件起始物质的量/mol达到平衡所用时间/min达到平衡过程中的能量变化X2Y2XY3恒容13010放热0.1akJ恒压130t放热bkJ下列叙述正确的是A. 对于上述反应，、中反应的平衡常数K的数值不同B. 中：从开始至10min内的平均反应
17、速率(X2)=0.1mol/(Lmin)C. 中：X2的平衡转化率小于10%D. b0.1a【答案】D【解析】【详解】A.、中反应温度相同，平衡常数K的数值相同，A项错误；B.中反应放热0.1akJ，说明10min内X2反应了0.1mol，物质的量浓度改变量为0.1mol/L，所以其平均速率为(X2)=0.01mol/(Lmin)，B项错误；C.据容器中数据，可算出X2的平衡转化率为10%，容器中是恒温恒压，容器是恒温恒容，容器相当于在容器基础上加压，加压平衡右移，所以X2的转化率大于10%，C项错误；D.据C项分析，容器相当于在容器基础上右移，所以放出热量比容器多，D项正确；答案选D项。13
18、. 资料显示：FeF3溶液接近无色。某同学据此进行以下实验,依据上述实验无法获得的结论是A. FeF3是弱电解质B. 中发生的离子反应为FeF3+3SCN-Fe(SCN)3+3F-C. 相同条件下，结合Fe3+的能力：SCN-F-OH-D. 向Fe(SCN)3溶液中加入NaF固体，溶液颜色会变浅【答案】C【解析】【详解】A反应由黄色转成无色，存在平衡Fe3+3FFeF3，FeF3是弱电解质，故A正确；B中由无色转变为红色，发生的离子反应为FeF3+3SCN-Fe(SCN)3+3F-，故B正确；C相同条件下，结合Fe3+的能力：OH-SCN-F-，故C错误；D对于平衡FeF3+3SCN-Fe(S
19、CN)3+3F-，向Fe(SCN)3溶液中加入NaF固体，提高氟离子浓度，平衡逆向移动，溶液颜色会变浅，故D正确；故选C。14. 生产和实验中广泛采用甲醛法测定饱和食盐水样品中的NH4+含量。利用的反应原理为：4NH4+6HCHO(CH2)6N4H+（一元酸）+3H+6H2O。实验步骤如下：甲醛中常含有微量甲酸，应先除去。取甲醛amL于锥形瓶，加入12滴指示剂，用浓度为bmol/L的NaOH溶液滴定，滴定管的初始读数为V1mL，当锥形瓶内溶液呈微红色时，滴定管的读数为V2mL。向锥形瓶加入饱和食盐水试样cmL，静置1分钟。用上述滴定管中剩余的NaOH溶液继续滴定锥形瓶内溶液，至溶液呈微红色时，
20、滴定管的读数为V3mL。下列说法不正确的是A. 步骤中的指示剂可以选用酚酞试液B. 步骤中静置的目的是为了使NH4+和HCHO完全反应C. 步骤若不静置会导致测定结果偏高D. 饱和食盐水中的c(NH4+)=mol/L【答案】C【解析】【详解】A. 酸和碱反应生成甲酸钠，溶液呈碱性，步骤中的指示剂可以选用酚酞试液，故A正确；B. 通过延长反应时间，使反应进行得更充分，步骤中静置的目的是为了使NH4+和HCHO完全反应，故B正确；C. 步骤若不静置，4NH4+6HCHO（CH2）6N4H（一元酸）+3H+6H2O，反应不完全，生成的酸少，会导致测定结果偏低，故C错误；D. 除去甲酸后的氢氧化钠溶液
21、读数为V2 mL，加入饱和食盐水试样c mL，再加12滴酚酞，再用上述NaOH溶液滴定至微红色，滴定管的读数V3 mL，此时4NH4+6HCHO（CH2）6N4H（一元酸）+3H+6H2O，滴入氢氧化钠反应，4NH4+（CH2）6N4H（一元酸）+3H）4OH；氢氧化钠物质的量和氮元素物质的量相同，所以饱和食盐水中的c(NH4+)= =molL1，故D正确；故选C。二、解答题（共5小题，满分58分）15. （1）如图1的氮循环是生态系统物质循环的重要部分，人类活动加剧了氮循环中的物质转化。下列说法正确的是_（填字母序号）。A固氮过程中，N2只做氧化剂B硝化过程需要有氧化剂参与C反硝化过程有助于
22、弥补人工固氮对氮循环造成的影响D同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂，1mol还原剂失去6mol电子。请将该反应的离子方程式补充完整：5CH3OH+_NO3_+_+_+_。（2）研究表明，氮氧化物（NOx）和二氧化硫都与大气中雾霾的形成有关。已知：SO2生成SO3总反应方程式是2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H196.6kJ/mol此反应可通过如下两步完成：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H1113kJ/molNO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H2_。一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各
23、1mol，5min达到平衡，此时容器中NO2和NO的浓度之比为1：3，则NO2的平衡转化率是_。（3）砷（As）是第四周期A族元素，其化合物，有着广泛的用途。AsH3的稳定性比NH3的稳定性_（填“强”或“弱”）。用原子结构解释原因_。常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式_。298K时，将20mL3x molL1 Na3AsO3、20mL3x molL1 I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：（aq）+I2（aq）+2OH（aq）+2I（aq）+H2O（l）。溶液中c（）与反应时间（t）的关系如图2所示。若平衡时溶液
24、的pH14，则该反应的平衡常数K为_。【答案】 (1). BCD (2). 6 (3). 3N2 (4). (5). (6). 8H2O (7). 41.8 kJmol1 (8). 75% (9). 弱 (10). N和As位于同一主族，As的电子层数比N的多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N弱，非金属性As比N弱，氢化物AsH3的稳定性比NH3弱 (11). 2As2S3+5O2+6H2O4H3AsO4+6S (12). 【解析】【分析】（1）AN2固氮转化为NH3、NH4+、NO2、NO3，化合价由0价分别转化为+3、+3、+3、+5价；B根据原子守恒可以知道，必须有氧气参加反应；
25、C反硝化过程，由NO2、NO3，生成N2，大气中氮气的量增加；D植物蛋白为有机物，NH3、NH4+均为无机物；反硝化过程中，CH3OH与硝酸根离子反应生成氮气、碳酸根离子、碳酸氢根离子和水；（2）根据盖斯定律计算（） 可得；一定温度下，向2 L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1 mol，5min达到平衡，此时容器中NO2和NO的浓度之比为1：3，结合三段式计算得到；（3）N和As位于同一主族，As的电子层数比N的多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N弱，非金属性As比N弱，氢化物AsH3的稳定性比NH3弱；含砷废渣（主要成分为As2S3），通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫；根据反
26、应过程列三段式计算可得。【详解】（1）A氮气在大气中氧化为亚硝酸根离子、硝酸根离子，N的化合价升高，被氧化，所以N2作还原剂，选项A错误；BNH3转化成HNO2，增加了O元素，则NH3被氧气氧化，所以在硝化细菌作用下发生的硝化过程需要有氧化剂参与，选项B正确；C反硝化过程，生成氮气，向大气提供氮气，即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，选项C正确；D氨化过程是动植物蛋白转化为氨气或铵根离子，即有机物转化为无机物，同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化，选项D正确；答案选BCD；反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂，1mol还原剂失去6mol电子。CH3OH与
27、硝酸根离子反应生成氮气、碳酸根离子、碳酸氢根离子和水，反应的离子方程式为：5CH3OH+6NO33N2+4HCO3+CO32+8H2O；故答案为：5CH3OH+6NO33N2+4HCO3+CO32+8H2O；（2）.2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H196.6kJmol1.2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H1113kJmol1盖斯定律计算（） 得到NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H241.8 kJmol1；故答案为：41.8 kJmol1；一定温度下，向2 L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1 mol，5min达到平衡，此时容器中NO2和NO浓度之比为1：3，
28、结合三行计算列式得到，设消耗NO2的物质的量为x： NO2和NO的浓度之比为1：3，物质的量之比1：3，x0.75mol，NO2的平衡转化率100%75%，故答案为：75%；（3）非金属性：NAs，AsH3的稳定性比NH3的稳定性弱，用原子结构解释原因：N和As位于同一主族，As的电子层数比N的多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N弱，非金属性As比N弱，氢化物AsH3的稳定性比NH3弱；故答案为：弱；N和As位于同一主族，As的电子层数比N的多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N弱，非金属性As比N弱，氢化物AsH3的稳定性比NH3弱；常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状
29、，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，结合电子转移配平得方程式为：2As2S3+5O2+6H2O4H3AsO4+6S；故答案为：2As2S3+5O2+6H2O4H3AsO4+6S；列三段式如下： 根据平衡常数表达式K=；故答案为：。【点睛】本题考查的知识点较多，涉及氧化还原反应、物质之间的转化、热方程式的书写、三段式的应用、化学平衡的计算等，为高频考点，注意把握图象中物质之间的转化关系、以及氧化还原反应原理和应用，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。16. 含铬（）废水能诱发致癌，对人类和自然环境有严重的破坏作用。利用Cu2O光催化可以处理含有的废水。制取Cu
30、2O（1）电解法：利用铜和钛做电极，电解含有NaCl和NaOH的溶液时，反应只消耗了铜和水，体系pH及Cl浓度维持不变（溶液体积变化忽略不计）。阳极电极反应式是_。（2）还原法：控制100、pH5的条件时，利用亚硫酸钠与硫酸铜溶液反应可以制得Cu2O，同时产生SO2气体。反应过程中需要不断地加入烧碱，其原因是_。利用Cu2O光催化处理含的废水的研究。（1）光照射到Cu2O光催化剂上产生光催化反应，和H2O分别在光催化反应中形成的微电极上发生电极反应，反应原理如图1所示。写出转化Cr3+的电极反应：_。（2）研究中对Cu2O的作用提出两种假设：aCu2O作光催化剂；bCu2O与发生氧化还原反应。
31、已知：Cu2O的添加量是2104mol/L，的初始浓度是1103mol/L；对比实验（pH3.0且其他条件相同），反应1.5小时结果如图2所示。结合试剂用量数据和实验结果可得到的结论是_，依据是_。（3）溶液的pH对降解率的影响如图3所示。已知：Cu2OCu+CuSO4；酸性越大，被还原率越大。pH分别为2、3、4时，的降解率最好的是_，其原因是_。已知pH5时，会产生Cr（OH）3沉淀。pH5时，的降解率低的原因是_。【答案】 (1). 2Cu2e+2OHCu2O+H2O (2). 2Cu2+ +2H2OCu2O+4H+，反应过程中溶液的酸性不断地增强，为控制pH5的反应条件，所以需要加入烧
32、碱 (3). (4). Cu2O作光催化剂 (5). 若发生氧化还原反应，则存在比例：3Cu2O，计算得：1103370%2.11032104mol/L，实验可以看到只有氧化亚铜和只有光照时，的转化率很低，说明反应条件是光照条件下和Cu2O同时存在 (6). 3 (7). pH2.5时Cu2O会歧化（转化）为Cu 和Cu2+，所以不选pH2，酸性越大，Cr2O72被还原率越大，pH3酸性强于pH4的溶液，所以选择pH3 (8). pH5时，会产生Cr（OH）3沉淀，沉淀覆盖在催化剂Cu2O表面，影响反应继续进行【解析】【分析】.（1）目的是制取Cu2O，电解质溶液是NaOH的溶液，碱性溶液，反
33、应只消耗了铜和水，由此可以写出电极反应式；（2）利用亚硫酸钠与硫酸铜溶液反应可以制得Cu2O，同时产生SO2气体；可以根据此信息写出反应方程式，反应中酸性不断地增强，所以需要加入烧碱，控制反应条件；.（1）依据化合价降低得电子，写出Cr2O72转化Cr3+的电极反应；（2）根据图2所示，有光照，无时Cu2O，几乎不反应；有Cu2O无光照时，Cr2O72浓度降低率很低；有Cu2O有光照时，Cr2O72浓度降低率可达70%；由此判断Cu2O作光催化剂；（3）由图3可知，Cr2O72降解率最高时pH是3；pH2.5时，Cu2O会歧化（转化）为Cu 和Cu2+，Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O；酸
34、性越大，Cr2O72被还原率越大；依据信息已知，pH5时，会产生Cr（OH）3沉淀，以此解题。【详解】.（1）目的是制取Cu2O，电解质溶液是NaOH的溶液，碱性溶液，反应只消耗了铜和水，由此可以写出电极反应式：2Cu2e+2OHCu2O+H2O；故答案为：2Cu2e+2OHCu2O+H2O；（2）利用亚硫酸钠与硫酸铜溶液反应可以制得Cu2O，同时产生SO2气体；可以根据此信息写出反应方程式：2Cu2+SO32 +2H2OCu2O+4H+SO42，反应生成酸，酸性不断地增强，所以需要加入烧碱，控制pH5的反应条件；故答案为：2Cu2+SO32 +2H2OCu2O+4H+SO42，反应过程中溶液
35、的酸性不断地增强，为控制pH5的反应条件，所以需要加入烧碱；.（1）依据化合价降低得电子，写出Cr2O72转化Cr3+的电极反应为：Cr2O72+14H+6e2Cr3+7H2O；故答案为：Cr2O72+14H+6e2Cr3+7H2O；（2）根据图2所示，有光照，无时Cu2O，几乎不反应；有Cu2O无光照时，Cr2O72浓度降低率很低；有Cu2O有光照时，Cr2O72浓度降低率可达70%；由此判断Cu2O作光催化剂；故答案为：Cu2O作光催化剂；若发生氧化还原反应，则存在比例：3Cu2OCr2O72，计算得：1103370%2.11032104mol/L，实验可以看到只有氧化亚铜和只有光照时，C
36、r2O72的转化率很低，说明反应条件是光照条件下和Cu2O同时存在；（3）由图3可知，Cr2O72降解率最高时pH是3； pH2.5时，Cu2O会歧化（转化）为Cu 和Cu2+，Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O；酸性越大，Cr2O72被还原率越大；故答案为：3； pH2.5时Cu2O会歧化（转化）为Cu 和Cu2+，所以不选pH2；酸性越大，Cr2O72被还原率越大，pH3酸性强于pH4的溶液，所以选择pH3；依据信息可知，pH5时，会产生Cr（OH）3沉淀，沉淀覆盖在催化剂Cu2O表面，阻碍Cu2O与Cr2O72发生的氧化还原反应；故答案为：pH5时，会产生Cr（OH）3沉淀，沉淀覆盖在
37、催化剂Cu2O表面，影响反应继续进行。17. 合成药物盐酸普罗帕酮的中间体E和双酚A型聚碳酸酯H的路线如图：已知：iRCOOR+ROHRCOOR+ROH(R，R、R代表烃基)(R、R代表氢原子或烃基)(1)A的结构简式是_。(2)试剂a是_。(3)C只含有一种官能团，反应的化学方程式是_。(4)反应的反应类型是_。(5)E中官能团是_。(6)下列说法正确的是：_(填字母序号)。a反应中C发生氧化反应bD中无支链c反应的反应物与生成物互为同分异构体d反应中试剂b的结构简式可为(7)IJ转化的一种路线如下图，已知中间产物1转化为中间产物2是取代反应，中间产物2转化为J是消去反应，写出中间产物1和中
38、间产物2的结构简式。中间产物1：_；中间产物2：_。(8)G的分子式为C3H6O3，只含一种官能团，且核磁共振氢谱只有一种化学环境的氢，反应的化学方程式是_。【答案】 (1). (2). H2 (3). (4). 取代反应 (5). 羟基、羰基 (6). acd (7). (8). (9). 【解析】【分析】根据产物结构简式及A分子式知，A为，为取代反应；为加成反应，a为H2，B为，为催化氧化生成C为，D应为，由题给信息结合I的结构简式可知E为，含有羟基、羰基，G的分子式为C3H6O3，只含一种官能团，且核磁共振氢谱只有一种化学环境的氢，应为，由题给信息可知F为，以此解答该题。【详解】(1)由
39、以上分析可知A为，故答案为：；(2)A与与氢气发生加成反应生成B，故答案为：H2；(3)C只含有一种官能团，为环己醇，反应的化学方程式是，故答案为：；(4)反应的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；(5)由题给信息结合I的结构简式可知E含有羟基、羰基，故答案为：羟基、羰基；(6)aC与过氧化物反应生成七元环酯，中C发生氧化反应，故a正确；bD应为，存在CO键，则D存在支链，故b错误；cE为，则反应的反应物与生成物互为同分异构体，故c正确；d对比F的结构简式可知反应中试剂b的结构简式可为，故d正确。故答案为：acd；(7)I含有碳碳双键，可与溴发生加成反应生成，脱去HBr生成，再脱去HBr可
40、生成J，故答案为：；(8)G的分子式为C3H6O3，只含一种官能团，且核磁共振氢谱只有一种化学环境的氢，反应的化学方程式是，故答案为：。【点睛】本题考查有机物的合成，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，明确合成图中物质的结构与性质的关系、碳链结构与官能团的变化等即可解答，题目难度中等，(7)为解答的难点，注意结合信息来分析解答。18. 以废旧锌锰电池初步处理分选出的含锰废料（MnO2、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等）为原料制备高纯MnCl2xH2O，实现锰的再生利用。其工作流程：资料aMn的金属活动性强于Fe，Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化。资料b生成氢氧
41、化物沉淀的pHMn(OH)2Pb(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时8.16.51.9完全沉淀时10.18.53.2注：金属离子的起始浓度为0.1molL-1（1）过程的目的是浸出锰。经检验滤液1中含有的阳离子为Mn2+、Fe3+、Pb2+和H+。MnO2与浓盐酸反应的离子方程式是_。检验滤液1中只含Fe3+不含Fe2+的操作和现象是：取少量滤液1于试管中，滴入铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成；另取少量滤液1于试管中，_。Fe3+由Fe2+转化而成，可能发生的反应有：a2Fe2+Cl2=2Fe3+2Clb4Fe2+O2+4H+=2Fe3+2H2Oc.写出c的离子方程式：_。（2）过程的目的是除铁。有
42、如下两种方法：.氨水法：将滤液1先稀释，再加适量10%的氨水，过滤。.焙烧法：将滤液1浓缩得到的固体于290焙烧，冷却，取焙烧物.。已知：焙烧中发生的主要反应为2FeCl3+3O2=2Fe2O3+3Cl2，MnCl2和PbCl2不发生变化。氨水法除铁时，溶液pH应控制在_之间。补全中的操作：_。两种方法比较，氨水法除铁的缺点是_。（3）过程的目的是除铅。加入的试剂是_。（4）过程所得固体中的x的测定如下：取m1g样品，置于氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，质量变为m2g。则x=_。【答案】 (1). MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O (2). 滴加KSCN溶液，变红 (3). M
43、nO2+4H+2Fe2+=Mn2+2Fe3+2H2O或MnOOH+3H+Fe2+=Mn2+Fe3+2H2O (4). 3.25.5 (5). 加水溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH小于5.5 (6). 引入杂质NH4+ (7). 锰 (8). 【解析】【分析】含锰废料（MnO2、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等）与浓盐酸反应，过滤滤液1中含有的阳离子为Mn2、Fe3、Pb2和H，过程II除去铁离子，过程III用锰除去铅离子。【详解】（1）MnO2与浓盐酸反应产生氯气，反应的离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O ，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2
44、O 。亚铁离子与铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，铁离子使KSCN溶液显红色，检验滤液1中只含Fe3不含Fe2的操作和现象是：取少量滤液1于试管中，滴入铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成，另取少量滤液1于试管中，滴加KSCN溶液，变红，故答案为：取少量滤液1于试管中，滴入铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成，另取少量滤液1于试管中，滴加KSCN溶液，变红；Fe3+由Fe2+转化而成，由a、b两个方程式得：可能由氯气、氧气氧化，也可能由二氧化锰氧化，反应的离子方程式为：MnO2+4H+2Fe2=Mn2+2Fe3+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2Fe2=Mn2+2Fe3+2H2O；（2）调节pH除去铁离子，pH大
45、于3.2时，铁离子沉淀完全，铅离子、锰离子不能沉淀，小于5.5时锰离子不易氧化，故pH应小于5.5，故答案为：3.25.5；补全中的操作：加水溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH小于5.5 ，故答案为：加水溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH小于5.5 。两种方法比较，氨水法除铁的缺点是：氨水法除铁的过程中，会引入杂质NH4，故答案为：引入杂质NH4；（3）过程的目的是除铅。用活泼金属置换不活泼金属，加入锰，将铅离子置换与溶液分离，自身生成锰离子，不引入杂质，故答案为：Mn；（4）过程所得固体中的x的测定如下：取m1g样品，置于氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，质量变为m2g。m1gMnCl2xH
46、2O置于氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，生成MnCl2质量为m2g，则n（MnCl2）=，结晶水的质量为（m1-m2）g，n（H2O）=，则1：x=n（MnCl2）：n（H2O），解得：x=，故答案为：。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目涉及离子方程式的书写、物质组成的计算等知识，解题关键：注意把握实验的流程、相关物质的性质以及题目信息。19. 实验小组探究KI与Cu(NO3)2的反应，进行实验一：实验一注：本实验忽略Cu2+在此条件下的水解。（1）取棕黄色清液，加入少量_溶液（试剂a），清液变为_色，说明生成了I2。（2）探究生成I2的原因。甲同学进
47、行如下实验：向2mL1molL-1KI溶液中加入1mL_溶液（硝酸酸化，pH=1.5），再加入少量试剂a，观察到与（1）相同的现象。甲同学由此得出结论：实验一中生成I2的原因是酸性条件下，氧化了I。乙同学认为仅由甲的实验还不能得出相应结论。他的理由是该实验没有排除_氧化I的可能性。若要确证实验一中是氧化了I，应在实验一的基础上进行检验_的实验。（3）探究棕黑色沉淀的组成。查阅资料得知：CuI为难溶于水的白色固体。于是对棕黑色沉淀的组成提出两种假设：aCuI吸附I2b_吸附I2。为证明上述假设是否成立，取棕黑色沉淀进行实验二：实验二已知：CuI难溶于CCl4；I2=2I（无色）；Cu+S2O32
48、-=（无色）。由实验二得出结论：棕黑色沉淀是CuI吸附I2形成的。现象iii为_。用化学平衡移动原理解释产生现象ii的原因：_。【答案】 (1). 淀粉 (2). 蓝 (3). 2molL1NaNO3（或KNO3） (4). 溶液中的Cu2+，空气中的O2 (5). NO3-的还原产物（NO、NO2等） (6). Cu (7). 棕黑色固体颜色变浅，溶液变为紫红色 (8). CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解【解析】【分析】实验一
49、：KI溶液中滴加硝酸酸化的硝酸铜溶液反应得到棕黑色浊液，静置得到棕黑色沉淀和棕黄色溶液，（1）取棕黄色清液，加入少量淀粉。遇到碘单质变蓝色；（2）探究硝酸根离子酸性溶液中的强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，可以取用硝酸根离子浓度相同的硝酸钠验证；溶液中溶解的O2，铜离子也具有氧化性，能氧化碘离子为碘单质；若要确证实验一中是NO3氧化了I，需要验证硝酸根离子被还原生成的产物，一氧化氮或二氧化氮的存在；（3）结合假设a，铜离子化合价降低为+1价，也可能降为0价；I2易溶于有机溶剂，CuI不溶于CCl4；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3
50、溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小。【详解】（1）KI溶液中滴加硝酸酸化的硝酸铜溶液反应得到棕黑色浊液，静置得到棕黑色沉淀和棕黄色溶液，取棕黄色清液，加入少量淀粉溶液（试剂a），清液变为蓝色，证明生成了碘单质，故答案为：淀粉； 蓝；（2）上述实验中铜离子有可能氧化碘离子，因此需要排除铜离子的干扰，甲同学进行如下实验：向2mL1molL1KI 溶液中加入1mL2 molL1 NaNO3（或KNO3），溶液（ 硝酸酸化，pH=1.5 ），再加入少量试剂a，观察到与（1）相同的现象。甲同学由此得出结论：实验一中生成I2 的原因是酸性条件下，NO3 氧化了I，
51、故答案为：2 molL1 NaNO3（或KNO3）；乙同学认为仅由甲的实验还不能得出相应结论。他的理由是该实验没有排除溶液中的Cu2，溶液中溶解的O2氧化I的可能性，故答案为：溶液中的Cu2，空气中的O2；若要确证实验一中是NO3氧化了I，应在实验一的基础上进行检验NO3的还原产物（NO、NO2等）的实验，故答案为：NO3的还原产物（NO、NO2等）；（3）结合假设a，铜离子化合价降低为+1价，也可能降为0价，因此假设b是Cu吸附I2，故答案为：Cu； I2易溶于有机溶剂，CuI不溶于CCl4，因此实验iii的现象是棕黑色固体颜色变浅，四氯化碳溶液变化为紫红色，故答案为：棕黑色固体颜色变浅，溶
52、液变为紫红色；用化学平衡移动原理解释产生现象ii的原因：CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解；故答案为：CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解。【点睛】本题考查了实验方案的设计与评价、物质性质和反应现象判断，主要是题干信息的理解和应用，掌握提出假设、分析问题、解决问题的方法是解题关键，难点（2）若要确证实验一中是NO3氧化了I，应在实验一的基础上进行检验NO3的还原产物（NO、NO2等）的实验。
