1、门头沟区2020年高三年级综合练习高 三 化 学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.科学技术推动人类发展。下列描述不正确的是A. “嫦娥四号”的着陆器等器件用到镁合金锻件，属于合金材料。B. 长征五号运载火箭的燃料为液氢液氧，有高能量、无污染等特点。C. 我国科学家研制成功“天机芯”芯片，其成分为二氧化硅D. 科学家合成世界首个由碳原子构成的具有半导体特性的碳环C18，属于单质。【答案】C【解析】【详解】A. 镁合金锻件具有密度小、强度大等特
2、性，属于合金材料，故A正确；B.液氢液氧反应后放出大量热，产物为水，具有高能量、无污染等特点，故B正确；C. “天机芯”芯片的材料为硅单质，故C错误；D.碳环C18是由碳元素组成的纯净物，属于单质，故D正确；故选C。2.2019年12月以来，我国部分地区突发的新冠病毒肺炎威胁着人们的身体健康。下列有关说法正确的是A. 新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成B. 口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，属于有机高分子材料C. 过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的D. “84”消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，为了提升消毒效果，可以与洁厕灵（主要成分为
3、盐酸）混合使用【答案】B【解析】【详解】A. 新型冠状病毒由蛋白质组成，蛋白质主要由C、H、O、N等元素组成，故A错误；B. 口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，聚丙烯、聚乙烯等属于合成有机高分子材料，故B正确；C. 过氧化氢、过氧乙酸等消毒液可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇消毒原理是使细胞脱水，故C错误；D. NaClO与盐酸能反应生成有毒气体氯气，所以不能混用，故D错误；故选B。3.下列化学用语表达不正确的是A. CH4的球棍模型：B. CO2的电子式：C. Na2CO3溶液呈碱性的原因：CO32- + 2H2O H2CO3 + 2OH-D. 用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试
4、管：3Ag 4H+ NO3 3Ag+ NO2H2O【答案】C【解析】【详解】A. CH4分子正四面体结构，球棍模型为：，故A正确；B. CO2分子中C和O通过共用两对电子形成C=O键，电子式为：，故B正确；C. Na2CO3溶液呈碱性的原因是碳酸根的水解反应，主要发生第一步水解：CO32- + H2O HCO3-+ OH-D.稀硝酸与银反应生成硝酸银、NO和水，离子方程式为：3Ag 4H+ NO3- 3Ag+ NO2H2O，故D正确；故选C。4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 标准状况下，22.4 L苯含有的分子数约为NAB. 密闭容器中23 g NO2与N2O4的混合气体中氮
5、原子数为0.5NAC. 1 L 0.1 molL1的NaHCO3溶液中，HCO3 和CO32 离子数之和为0.1NAD. 密闭容器中1 mol N2(g)与3 mol H2 (g)反应制备氨气，形成6NA个N-H键【答案】B【解析】【详解】A. 标况下，苯为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B. NO2与N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的NO2的物质的量为n=0.5mol，则含0.5NA个氮原子，故B正确；C. HCO3-在溶液中既能水解为H2CO3又能电离为CO32-，根据物料守恒可知：溶液中的HCO3-、H2CO3、CO32-之和为0.1NA个，故C错
6、误；D. N2(g)与H2 (g)反应制备氨气为可逆反应，形成的N-H键少于6NA个，故D错误；故选B。5.下列实验未涉及氧化还原反应的是 ABCD实验Cl2通到AgNO3溶液中乙烯通入酸性KMnO4中NaOH溶液中滴入FeCl2溶液K2Cr2O7溶液中滴入氢氧化钠溶液现象有白色沉淀产生溶液由紫红色褪为无色产生白色沉淀,最终变成红褐色溶液由橙色变为黄色A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. Cl2通到AgNO3溶液中，氯气与水反应生盐酸和次氯酸，氯元素化合价变化，属于氧化还原反应，故A不选；B. 乙烯通入酸性KMnO4中，溶液由紫红色褪为无色，乙烯被高锰酸钾氧化，属于氧
7、化还原反应，故B不选；C. 白色沉淀，随后变为灰绿色，最后变为红褐色，可知氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不选；D. （K2Cr2O7）溶液中存在如下平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O2H+2CrO42-（黄色），滴入氢氧化钠溶液时，平衡正向移动，元素化合价没有变化，未涉及到氧化还原反应，故D选；故选D。6.汉黄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 关汉黄芩素的叙述正确的是A. 汉黄芩素的分子式为C16H13O5B. 该物质遇 FeCl3溶液显色C. 1 mol该物质与溴水反应，最多消耗1mol Br2D. 与足量
8、 H2 发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种【答案】B【解析】【详解】A. 根据该分子的结构简式可知，其分子式为C16H12O5，故A错误；B. 该分子中含有酚羟基，可与FeCl3溶液发生显色反应，故B正确；C. 该分子中含有酚羟基，酚羟基邻位碳原子上有氢原子，可以与Br2发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，因此1mol该物质最多可消耗2molBr2，故C错误；D. 该物质与足量H2发生加成反应后，碳碳双键和羰基均被加成，官能团种类减少2种，故D错误。故选B。7.中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理示意图。下列说法不正确
9、的是A. 该过程中H2O被还原生成氧气B. 该过程中涉及极性键和非极性键的断裂与生成C. 基于合成NH3的过程属于氮的固定D. 该过程的化学方程式为：2N26H2O4NH33O2【答案】A【解析】【详解】A. 该过程中O元素化合价升高，则H2O被氧化生成氧气，故A错误；B. 发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应反应物和生成中均存在单质和化合物，即涉及极性键与非极性键的断裂与生成，故B正确；C. 根据题意和图示知氮元素由游离态转变为化合态，属于氮的固定，故C正确；D. 根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为：2N26H2O4NH33O2，故D正确；故选A。【点睛】解决此题的关
10、键是明确氮的固定的定义，元素的单质形态属于游离态，化合物形式属于化合态。8.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32D. 该生产条件下，物质的溶解性：Na2FeO4 K2FeO4【答案】D【解析】【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Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），分离得到
11、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。9.合成高分子金属离子螯合剂的反应：+(2n-1)H2O下列
12、说法不正确的是A. 聚合物应避免与碱性物质（如NaOH）长期接触B. 聚合物的合成反应为缩聚反应C. 1mol与足量银氨溶液作用可析出2mol银D. 通过质谱法测定其平均相对分子质量，可得其聚合度【答案】C【解析】【详解】A. 上述聚合物中含有酚羟基，具有酸性，所以应避免与碱性物质（如NaOH）长期接触，故A正确；B. 根据上述反应方程式看出，聚合物是由两种单体之间脱去水分子聚合得到，属于缩聚反应，故B正确； C. 1mol中含有2mol醛基，则与足量银氨溶液作用可析出4mol银，故C错误；D. 质谱法测定PET的平均相对分子质量，除以链节的相对分子质量可得到聚合度，故D正确；故选C。【点睛】
13、根据乙醛与银氨溶液的反应分析知，1mol醛基被氧化为羧基，有2molAg+被还原，此处为解题的关键。10.已知X、Y、Z、W、M 均为短周期元素。25时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol/L）溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是A. Z元素最高价氧化物的化学式为ZO3B. 简单离子半径大小顺序：XMC. 简单气态氢化物的稳定性：ZWYD. X、Z的最简单气态氢化物反应有白烟生成【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W、M均为常见的短周期主族元素，由常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为 0.01mol/L）的pH，X的pH=2，为一元强酸，则为硝酸
14、，X为N元素，Y的半径大于N，且酸性较硝酸弱，应为C元素；Z的原子半径大于C，Z的最高价含氧酸为一元强酸，则Z为Cl，W的原子半径大于Cl，且对应的酸的pH小于2，应为硫酸，W为S元素；M的原子半径最大，且0.01mol/L M的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为12，可知W为Na，以此解答该题。【详解】由以上分析可知X、Y、Z、W、M分别为N、C、Cl、S、Na。A. Z为Cl，最高化合价为+7价，最高价氧化物的化学式为Z2O7，故A错误；B. X、M简单离子具有相同核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则半径大小顺序：XM，故B正确；C. 非金属越强，简单气态氢化物稳定性越强，所以C
15、lSC，即ZWY，故C正确；D. X、Z的最简单气态氢化物反应生成氯化铵，有白烟生成，故D正确；故选A11.温度分别为T1和T2时，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g)2Z(g)，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：温度/Kt/mint1t2t3t4T1n(Y)/mol0.140.120.100.10T2n(Y)/mol0.130.090.08下列说法正确的是A. 该反应的正反应为放热反应B. T2温度下此反应的平衡常数K=4C. 温度为T1时，0t1时间段的平均速率(Z)=2.0103molL1min1D. 在T1下平衡后，保持其他
16、条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大【答案】B【解析】【详解】A.初始投料是相同的，比较表格中所给的数据可以看出，在时间t1时T2时的Y的物质的量小于T1，反应速率快慢说明了T2大于T1，t4时T2的容器中早已达平衡。对于T1来说，T2相当于升温，升温后Y减少，说明升温使平衡右移，说明正向反应是吸热的，A项错误；B.根据表格中数据，列出T2温度下的三段式：X(g)+Y(g) 2Z(g)初始 0.16 0.16 0变化 0.08 0.08 0.16平衡 0.08 0.08 0.16所以，B项正确；C.先据表格中数据求出温度为T1时，0-t1时段用Y表示的平均速率为，用Z表达的速
17、率为用Y表达的速率的2倍，C项错误；D.其他条件不变时，充入0.2molZ等效于在恒温恒容容器中充入0.1molX和0.1molY，即相当于起始加入0.26molX和0.26molY，该反应反应前后气体分子数相等，所以起始加入0.26molX和0.26molY与起始加入0.16molX和0.16molY为比例等效平衡，达到平衡时X的体积分数不变，D 项错误；所以答案选择B项。12.国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是A. “全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能B. 吸附层b发生的电极反应：H2 2e +
18、 2 OH= 2H2OC. Na+ 在装置中从右侧透过阳离子交换膜向左侧移动D. “全氢电池”的总反应： 2H2 + O2 =2H2O【答案】A【解析】【分析】由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2H+2e-=H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。【详解】A. 根据图知，左侧和右侧物质成分知，左侧含有NaOH、右侧含有高氯酸，所以全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能，故A正确；B. 吸附层a为负极，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，吸附层b为正极，电极
19、反应是2H+2e-=H2，故B错误；C. 电池中阳离子向正极移动，所以Na+ 在装置中从左侧透过阳离子交换膜向右侧移动，故C错误；D. 负极电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，正极电极反应是2H+2e-=H2，电池的总反应为H+OH-=H2O，故D错误；故选A。13.某小组在Fe2+检验实验中观察到异常现象，为探究“红色褪去”的原因，进行如下实验：编号实验I实验II实验III实验步骤将实验I褪色后的溶液分三份分别进行实验为进一步探究“红色褪去”的原因，又进行以下实验取反应后的溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液现象溶液先变红，片刻后红色褪去，有气体生成（经检验为O2）无明显现象溶液变红产生白
20、色沉淀溶液变红，一段时间后不褪色。无白色沉淀产生分析上述三个实验，下列叙述不正确的是A. 在此实验条件下H2O2氧化Fe2的速率比氧化SCN的速率快B. 通过实验推出实验中红色褪去的原因是由于SCN被氧化C. 通过实验和实验对比推出红色褪去只与H2O2的氧化性有关D. 综上所述，实验中红色褪去的原因与化学平衡移动原理无关【答案】D【解析】【详解】氯化亚铁酸化的溶液中滴入KSCN溶液，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，通入足量氧气，溶液变红且不褪色，说明氧气氧化亚铁离子生成铁离子，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀，无硫酸钡沉淀生成，排除了生成的氧气氧化SCN-的可能，A. 在此实验条件下H2O2
21、氧化Fe2的速率比氧化SCN的速率快，所以溶液先变红，当SCN被完全氧化后，红色褪去，故A正确；B. 实验II中滴加FeCl3溶液不变红，说明无SCN-，滴加盐酸和BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明SCN-被氧化为SO42-，可以推出实验中红色褪去的原因是由于SCN被氧化，故B正确；C. 对比实验、，实验排除了铁离子反应，而是SCN-离子反应，实验排除了生成的氧气氧化SCN-的可能，中红色褪去可以判定酸性条件下是H2O2的氧化性把SCN-离子氧化为硫酸根离子，故C正确；D. 红色物质为Fe3+与SCN-结合形成的络合物，为可逆反应，当SCN-被氧化，平衡逆向移动，红色褪去，与化学平衡移动原理
22、有关，故D错误；故选D。14.常温下，在HA和NaA的混合溶液中 c(HA)c(A)=0.1 molL1，溶液中c(HA) 和c(A)的大小随着pH变化的关系如图所示。下列有关叙述不正确的是A. 常温下，HA的电离平衡常数约为105B. 在pH=3.75溶液中：c(Na)c(H)c(HA) = c(OH) +0.1 molL1C. 在pH=5.75溶液中：c(OH)c(H)c(A)c(HA)D. 在K点溶液中，HA的电离程度大于A的水解程度【答案】C【解析】【详解】由图像知实线为c(A)浓度大小，虚线为c(HA)浓度大小，A. 根据图像K点知，此时c（A-）=c（HA）=0.050mol/L，
23、c（H+）=10-4.75mol/L，则常温下，HA的电离平衡常数，即数量级为，故A正确；B. 根据电荷守恒得：c(Na)c(H) = c(OH) c(A-)，已知c(HA)c(A)=0.1 molL1，两式相加得c(Na)c(H)c(HA) = c(OH) +0.1 molL1，故B正确；C. 在pH=5.75溶液时，溶液呈酸性，c(OH)c(H)；由图像知，c(HA)c(A)中，故C错误；D. 由选项A知HA的电离平衡常数Ka=c（H+）=10-4.75，则A-的水解平衡常数Kh=10-4.75，KhKa，说明HA的电离程度大于A的水解程度，故D正确；故选C。第二部分（非选择题 共58分）
24、15.工业排放物可能对环境和人体健康产生危害，必须经过处理才可排放。根据题意回答下列问题。处理含SO2、NO的烟气 在323 K温度下，向盛有NaClO2溶液的鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气。(1)写出NaClO2溶液脱硝过程中反应的离子方程式_ 。(2)由实验测得，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是_。(3)采用NaClO、Ca(ClO) 2替代NaClO2，也能较好的除去SO2。从化学平衡原理分析，Ca(ClO) 2相比NaClO具有的优点是_。处理含H2S的烟气生物脱H2S原理为：H2S(g) + Fe2(SO4)3(aq) =
25、S(s) + 2FeSO4(aq) + H2SO4(aq) H14FeSO4(aq) + O2(g) + 2H2SO4(aq) 2Fe2(SO4)3(aq) + 2H2O(l) H2(1)反应2H2S(g) + O2 (g) = 2S(s) + 2H2O(l) 的H3=_。 (2)若反应温度过高，反应速率下降（如图），其原因是_。处理污水的化学方法有许多，混凝法、氧化还原法、中和法、电解法等。处理含Na2SO4的废水常用三室式电渗析法，原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。(
26、1)负极反应式为_。(2)当电路中通过1电子的电量时，会有_的O2生成。【答案】 (1). 2H2O3ClO24NO4NO33Cl4H （或2H2OClO24NO4NO2Cl4H） (2). 二氧化硫的还原性强于NO (3). 生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行 (4). H3=2H1+H2 (5). 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性） (6). 2H2O+2e=H2+2OH (7). 0.25【解析】【详解】（1）NaClO2具有氧化性，可以将NO氧化为硝酸根或亚硝酸根，根据电荷守恒及原子守恒分析水参加反应，产物中有H+生成，则反应的离子方程式为2H2O3ClO24N
27、O4NO33Cl4H（或2H2OClO24NO4NO2Cl4H）。故答案为：2H2O3ClO24NO4NO33Cl4H（或2H2OClO24NO4NO2Cl4H）；（2）由实验测得，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强于NO，故答案为：二氧化硫的还原性强于NO；（3）采用NaClO、Ca(ClO) 2替代NaClO2，也能较好的除去SO2。从化学平衡原理分析，Ca(ClO) 2相比NaClO具有的优点是：生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，故答案为：生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反
28、应方向进行；（1）已知：H2S(g) + Fe2(SO4)3(aq) = S(s) + 2FeSO4(aq) + H2SO4(aq) H1，4FeSO4(aq) + O2(g) + 2H2SO4(aq) 2Fe2(SO4)3(aq) + 2H2O(l) H2，根据盖斯定律2+得反应2H2S(g) + O2 (g) = 2S(s) + 2H2O(l) ，则H3=2H1+H2，故答案为：故H3=2H1+H2； （2）根据题给方程式知，硫杆菌在反应中作催化剂，温度过高时会失去活性，因此反应速率下降，故答案为：蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）；（1）阴极发生还原反应，根据放电顺序氢离子得电子生成氢气，反
29、应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，故答案为：2H2O+2e-=H2+2OH-；（2）电解硫酸钠溶液相当于电解水，阳极发生氧化反应生成氧气，电极反应为：2H2O-4e-=4H+O2，则当电路中通过1电子的电量时，会有1=0.25mol O2生成，故答案为：0.25。16.氧和硫属于同主族元素，其单质和化合物在生产生活中用途很广。SO2可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图所示装置制备SO2，并用纯净SO2进行相关实验。(1)上述方法制备的SO2，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接除杂装置，请画出除杂装置并标明装置中的试剂_。(2)将SO2通入
30、0.1mol/L Ba(NO3)2溶液得到白色沉淀，该反应的离子方程式为_。分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如下实验：(3)实验C中，没有观察到白色沉淀，但pH传感器显示溶液呈酸性，用化学用语表示其原因_。(4)实验B中出现白色沉淀比实验A快很多。由此得出的结论是_。(5)测定水中溶解O2的量，常用的方法是：i量取a mL水样，迅速加入足量MnSO4溶液及含有NaOH的KI溶液，立即塞好塞子，振荡使反应均匀。ii开塞，迅速加入适量的硫酸，此时有I2生成。iii向ii所得溶液中滴加2滴淀粉溶液为指示剂，用b mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点共消耗了
31、Na2S2O3溶液V mL。有关反应方程式为：2Mn2+ + O2+ 4OH- = 2MnO(OH)2（反应很快）MnO(OH)2 + 2I- + 4H+= Mn2+ + I2 + 3H2O I2 + 2S2O32- = 2I- + S4O62-水中溶解 O2的量（以mg/L为单位）为_。判断达到滴定终点的实验依据为 _。【答案】 (1). 饱和NaHSO3 溶液 (2). 3Ba2+ + 3SO2 + 2NO3+ 2H2O3BaSO4 +2NO 4H (3). SO2 + H2O H2SO3 H2SO3 H+ HSO3 (4). 在水溶液中O2氧化SO2 的速率比NO3快 (5). (6).
32、 当滴定至溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复蓝色【解析】【分析】根据二氧化硫的性质及实验目的分析解答；根据二氧化硫的还原性分析书写反应方程式；根据滴定原理及涉及的反应方程式分析解答。【详解】（1）可用饱和亚硫酸氢钠除去二氧化硫中的酸雾，洗气时，气体从长导管进入，故答案为：饱和NaHSO3 溶液；（2）SO2通入Ba(NO3)2溶液中，被氧化生成硫酸钡白色沉淀、NO和硝酸，该反应的离子方程式为3Ba2+ + 3SO2 + 2NO3+ 2H2O3BaSO4 +2NO 4H；（3）二氧化硫与氯化钡不反应，所以没有沉淀生成，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液呈酸性，涉及反应为：SO2 + H2O
33、H2SO3 H2SO3 H+ HSO3；（4）实验B中出现白色沉淀比实验A快很多，B中有氧气参与反应，则速率较快，生成更多的硫酸，pH较小，故答案为：在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3-快；（5）根据滴定过程中发生的反应找出关系式：O22MnO(OH)22I24S2O32-，则n(O2)= n(S2O32-)=b mol/LV10-3L=mol，则水中溶解O2的量（以mg/L为单位）为，故答案为： ；（6）当达到滴定终点时，I2完全反应，溶液蓝色恰好褪去，故答案为：当滴定至溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复蓝色。17.交联聚合物K合成路线如下（图中表示链延长）已知：；(1)按官能团分类
34、，A的类别是_。(2)AB的反应类型是_。(3)C可能的结构简式是_。(4)CD所需的试剂a是_。(5)C2H2生成E的方程式是_。(6)GH的方程式是_。(7)含有苯环，且与I互为同分异构体的酯有_种。写出其中的一种结构简式_【答案】 (1). 烯烃 (2). 取代反应 (3). (4). 氢氧化钠的水溶液 (5). HCCH+2HCHO (6). (7). 6种 (8). 【解析】【分析】根据合成路线图分析知，D和J聚合反应得到K，分析K的结构简式及D的分子式得，D为CH2OHCHOHCH2OH，J为；根据题给反应信息分析E为，与氢气加成得到F，则F为CH2(OH)CH2CH2CH2OH，
35、F氧化得到G，G为，比较J和G的结构，根据题给反应分析，G在一定条件下成环得到H，H脱水形成苯环得到I，I为，氧化后得到J；根据D的结构和C的分子式，分析C为或，B与氯气、水加成得到C，则B为CH2=CHCH2Cl，则A为CH2=CHCH3，据此分析解答。【详解】（1）A中含有碳碳双键，则按官能团分类，A的类别是烯烃，故答案为：烯烃；（2）根据上述分析知，A为CH2=CHCH3，B为CH2=CHCH2Cl，比较A和B的结构简式变化知，反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（3）根据上述分析，C可能的结构简式是或，故答案为：或；（4）CD为卤代烃的水解反应，所需的试剂a是氢氧化钠的水溶液，故答
36、案为：氢氧化钠的水溶液；（5）根据题给反应信息知，C2H2生成E的方程式是HCCH+2HCHO，故答案为：HCCH+2HCHO；（6）根据题给反应信息知，GH的方程式是，故答案为：；（7）根据I的结构及酯的结构特点分析，符合条件的同分异构体有：、，共6种，故答案为：6种；、。18.氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下： 已知：菱锰矿石主要成分是MnCO3，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素； 相关金属离子c(Mn+)=0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH如下： 金属离子Al3+Fe3+Fe2+Ca2+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH3.81.56.310.68.89.6沉淀完全
37、的pH5.22.88.312.610.811.6回答下列问题： (1)“焙烧”时主要反应的化学方程式为_。 (2)分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是：_。(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为_；然后调节溶液pH使Fe3+、Al3+沉淀完全。(4)碳化结晶时，发生反应的离子方程式为_，碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是_。(5)流程中能循环利用的固态物质是_。【答案】 (1). MnCO32NH4ClMnCl22NH3CO2H2O (2). 500 m(NH4Cl)m(锰矿粉)=1.10 60m
38、in (3). MnO22Fe24HMn22Fe32H2O (4). Mn22HCO3MnCO3CO2H2O (5). 碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀 (6). NH4Cl【解析】【分析】根据流程图及题干信息分析：菱锰矿（主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素）与氯化铵混合研磨，焙烧：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O，浸出后Fe、Al、Ca、Mg得到相应的离子，浸出液的成分为：Mn2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+：MnO2+2Fe2+4H+=
39、Mn2+2Fe3+2H2O，再调节溶液的pH为5.2pH8.8将Al3+、Fe3+变为沉淀除去，进一步除去Mg2+、Ca2+，得到的净化液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O，过滤，滤饼干燥得到MnCO3产品，滤液的主要成分为氯化铵，蒸发结晶后可以循环使用，据此分析作答。【详解】（1）由分析可知，菱锰矿与氯化铵混合研磨，焙烧，主要发生方程式为：MnCO32NH4ClMnCl22NH3CO2H2O，故答案为：MnCO32NH4ClMnCl22NH3CO2H2O；（2）由图1可知，500之前的浸出率较低，再升高温度，浸出率变化很小，故氯化铵焙烧菱锰
40、矿的最佳温度是500；由图2可知，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10时浸出率较高，再增加氯化铵的用量，浸出率升高不明显，故氯化铵与菱镁矿粉的最佳质量之比为1.10；由图3可知焙烧60min，浸出率高，再增加焙烧时间，浸出率升高不明显，焙烧的最佳时间为60min；故答案为：500；1.10；60min；（3）净化除杂中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；（4）由流程分析可知，碳化结晶是指锰离子与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳和水，离子方程式为：Mn2
41、2HCO3MnCO3CO2H2O；碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀，所以不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液，故答案为：Mn22HCO3MnCO3CO2H2O；碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀；（5）由流程分析可知，最后滤液的主要成分为氯化铵，蒸发结晶后可以循环使用，故答案为：NH4Cl。19.FeSO4溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用Fe2+，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)26H2O，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。 I某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。
42、本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都经过煮沸、冷却后再使用。向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过操作_、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。II实验探究影响溶液中Fe2+稳定性的因素(1)配制0.8 mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2 mL上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15min后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液，FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。【资料1】沉淀Fe(OH
43、)2Fe(OH)3开始沉淀 pH7.62.7完全沉淀 pH9.63.7请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因_。讨论影响Fe2+稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：假设1：其他条件相同时，NH4+的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+稳定性较好。假设2：其他条件相同时，在一定 pH范围内，溶液 pH越小Fe2+稳定性越好。假设3：_。(2)小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液A（0.2 mol/L NaCl）和溶液B（0.1mol/L FeSO4）为不同的 pH，观察记录电流计读数，对假设2进行实验研究，实验结果如下表所示。序号A
44、0.2mol/LNaClB 0.1mol/LFeSO4电流计读数实验1pH=1pH=58.4实验2pH=1pH=16.5实验3pH=6pH=57.8实验4pH=6pH=15.5【资料2】原电池装置中，其他条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大。【资料3】常温下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液稳定性更好。根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：U型管中左池的电极反应式_。对比实验1和2（或3和4），在一定pH范围内，可得出的结论为_ 。对比实验_和_ 还可得出在一定 pH范围内，溶液酸碱性变化是对O2氧化
45、性强弱影响因素。对【资料3】实验事实的解释为_。【答案】 (1). 蒸发浓缩 (2). 4Fe2+ + O2 + 10H2O4Fe(OH)3 + 8H+ (3). 当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。） (4). O2 + 4e- +4H+2H2O (5). 溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱 (6). 1 (7). 3（或2和4） (8). 其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响，故pH=1的FeSO4溶液更稳定。（其他表述酌情给分）【解析】【分析】根据物质性
46、质及实验现象分析发生的化学反应；根据两种溶液离子浓度的差异判断，NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性；由表中数据可知，溶液酸性越强，电流计读数越小，说明Fe2+的还原性越弱，由实验1和3（或2和4）可知，pH越大电流计读数越小，以此解答该题。【详解】IFeSO4具有还原性，应避免被氧化，则蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，除去水中溶解的氧气，由溶液得到晶体，应先加热浓缩溶液，然后冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，故答案为：蒸发浓缩；II（1）FeSO4溶液出现淡黄色浑浊，应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为4Fe2+O2+10H2O=4Fe（OH）3+8H+，故答案为：4Fe2+O2+10H
47、2O=4Fe（OH）3+8H+；根据两种溶液离子浓度的差异判断，NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性，由题给信息可知，假设3可为当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好），故答案为：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好）；（2）A为氯化钠溶液，空气中氧气参与正极反应，电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；由表中数据可知，溶液酸性越强，电流计读数越小，说明Fe2+的还原性越弱，故答案为：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；由实验1和3（或2和4）可知，pH越大电流计读数越小，可得出在一定pH范围内，溶液酸碱性变化对O2氧化性强弱的影响因素，故答案为：1和3（或2和4）；由表中数据可知，pH变化对亚铁离子的还原性较强，电流计读数出入较大，可知其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定，故答案为：其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响，故pH=1的FeSO4溶液更稳定。