1、北京市平谷区2020届高三化学3月质量监控（一模）试题（含解析）可能用到的相对原子质量:H:1 C:12 O:16 Na:23 Cl:35. 5 Zn:65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。1.2020年5月新修订的北京市生活垃圾管理条例将正式实施，垃圾分类并回收利用，可以减少污染，节约自然资源。下列垃圾投放有错误的是A废旧报纸、饮料瓶、电池等B剩饭菜、瓜皮果壳、枯草落叶等C过期药品、化妆品、油漆等D一次性餐具、卫生纸、灰土等A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. 电池属于有害垃
2、圾，A项错误；B. 剩饭菜、瓜皮果壳、枯草落叶等属于厨余垃圾，B项正确；C. 过期药品、化妆品、油漆等属于有害垃圾，C项正确；D. 一次性餐具、卫生纸、灰土等属于其他垃圾，D项正确；答案选A。2.下列有关化学用语表示正确的是A. 氢氧根离子的电子式B. NH3H2O的电离NH3H2ONH4+OH-C. S2的结构示意图D. 间二甲苯的结构简式【答案】A【解析】【详解】A. 氢氧根离子的电子式为，A项正确；B. NH3H2O为弱碱，电离可逆，正确为NH3H2ONH4+OH-，B项错误；C. 表示S原子，S2的结构示意图最外层有8个电子，C项错误；D. 是对二甲苯的结构简式，D项错误；答案选A3.
3、下列不能用元素周期律原理解释的是A. 金属性：KNaB. 气态氢化物的稳定性：H2ONH3C. 酸性：HClH2SO3D. Br2从NaI溶液中置换出I2【答案】C【解析】【详解】A. 同主族从上到下金属性逐渐加强，金属性：KNa，A项正确；B. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：ON，稳定性：H2ONH3，B项正确；C. 盐酸的酸性强于H2SO3与元素周期律没有关系，C项错误；D. 非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性：BrI，则Br2可从NaI溶液中置换出I2，D项正确；答案选C。4.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是A. 用装置除去CO2中含有的少量SO2B. 用装置蒸
4、干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体C. 用装置加热NH4Cl固体制取NH3D. 用装置分离乙酸乙酯与水的混合液【答案】D【解析】【详解】A. CO2和SO2都会和饱和碳酸钠溶液反应，不能到达除杂效果，A项错误；B. AlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移，使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能得到无水AlCl3，B项错误；C. 加热NH4Cl固体分解为NH3和HCl，两者遇冷又会生成NH4Cl，堵住导管，存安全隐患，C项错误；D. 乙酸乙酯的密度比水小，有机层在上层，水层在下层，与图中装置分层现象相符，D项正
5、确；答案选D。5.设NA为阿伏加德罗常数值。下列体系中指定微粒个数约为NA的是A. 0.5molCl2溶于足量水，反应中转移的电子B. 7.0g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子C. 1L1mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32D. 标准状况下，5.6LCCl4含有的氯原子【答案】B【解析】【详解】A. Cl2溶于足量水，反生反应生成HCl和HClO，为可逆反应，转移电子数无法计算，A项错误；B. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故7.0g混合物中含有的CH2的物质的量为0.5mol，则含NA个H原子，B项正确；C. 1L1mol/L Na2CO3溶液中Na2CO3的物质的量为1mol，CO32为
6、弱酸根，在溶液中会水解，微粒个数约小于NA，C项错误；D. 标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的共价键个数，D项错误；答案选B。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，注意：可逆反应无法得出具体转移电子数；水解后粒子会减少；液体不能用气体摩尔体积计算。6.下列说法不正确的是A. 高级脂肪酸甘油酯属于有机高分子化合物B. 紫外线、高温、酒精可杀菌消毒原理是蛋白质变性C. 塑料、合成纤维、合成橡胶称为三大合成高分子材料D. 维生素C又称抗坏血酸，新鲜蔬菜中富含维生素C【答案】A【解析】【详解】A. 高级脂肪酸甘油酯相对分子质量很大，但没有几万，不属于高分子化合物
7、，A项错误；B. 紫外线、高温、酒精可使蛋白质变性，B项正确；C. 三大合成高分子材料为塑料、合成纤维、合成橡胶，C项正确；D. 维生素C具有还原性，又称抗坏血酸，新鲜蔬菜中富含维生素C，D项正确；答案选A。7.阿魏酸是传统中药当归、川穹的有效成分之一，工业上合成阿魏酸的原理如下，下列说法不正确的是+H2O+CO2A. 阿魏酸分子式为C10H10O4B. 阿魏酸存在顺反异构C. 方程式中三种有机物均可与NaOH、Na2CO3反应D. 可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成【答案】D【解析】【详解】A. 根据结构简式可知，阿魏酸分子式为C10H10O4，A项正确；B. 阿魏酸含有碳碳
8、双键，存在顺反异构，B项正确；C. 酚羟基和羧基与NaOH、Na2CO3反应，C项正确；D. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不仅有碳碳双键，醛类、酚类、某些醇等也能使其褪色，则香兰素和阿魏酸，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检测，D项错误；答案选D。8.中国科学家在合成氨（N2+3H22NH3Hc(Cl-)c(H+ )c(OH- )D. a 、b、c、d均有c(NH4+)+c(H+) = c(Cl-)+c(OH-)【答案】AD【解析】【分析】用0. 1mol/L 盐酸滴定20mL 0. 1mol/L 氨水的过程中溶液中的溶质的变化依次为：氨水、氨水和氯化铵、氯化铵、氯化铵和盐酸，溶液中的pH变化为
9、从大到小。【详解】A. a点时加入10mL的盐酸，溶液中的溶质为等物质的量的氨水和氯化铵，根据物料守恒有氮原子的物质的量是氯原子的物质的量的2倍，即2c(Cl-)=c(NH3H2O)+c (NH4+)，故A正确；B.酸碱恰好完全反应时应该加入0. 1mol/L 盐酸20mL，即酸碱恰好完全反应的点为c点，而不是b点，故B错误；C. c点溶液中的溶质为氯化铵，显酸性，根据电荷守恒可知正确的离子排序为c(Cl-) c(NH4+)c(H+ )c(OH- )，故C错误；D. a 、b点溶液中的溶质为氨水和氯化铵，c点溶液中的溶质为氯化铵，d点溶液中的溶质为氯化铵和盐酸，根据电荷守恒都有c(NH4+)+
10、c(H+) = c(Cl-)+c(OH-)，故D正确；综上所述，答案为AD。【点睛】溶液中存在三个守恒，即电荷守恒，物料守恒和质子守恒，运用物料守恒时要抓住原子（或原子团）之间的比例关系。10.工业上用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的SO2，并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法中正确的是A. X应为直流电源的正极B. 电解过程中阴极区pH升高C. 图中的b%a%D. SO32在电极上发生的反应为SO322OH2e=SO422H2O【答案】B【解析】【详解】A. 因为电解池左室H+H2，Pt(I)是阴极，X为直流电源的负极，A项错误；
11、B. 阴极区消耗H+生成氢气，氢离子浓度减小，溶液的pH增大，B项正确；C. 电解池右室阳极区的发生反应HSO3-2e-H2OSO42-3H 和SO32-2e-2H2OSO42-4H，图中的b%a%，C项错误；D. 解池右室阳极区的发生反应HSO3-2e-H2OSO42-3H 和SO32-2e-2H2OSO42-4H，D项错误；答案选B。11.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用氯酸钠（NaClO3）为原料制取，（常温下ClO2为气态），下列说法错误的是A. 反应阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1B. 反应后生成的气体要净化后进入反应装置C. 升高温
12、度，有利于反应提高产率D. 反应中有气体生成【答案】C【解析】【详解】A. 根据氧化还原反应原理，反应阶段，NaClO3化合价降低1个价态，SO2化合价升高2个价态，根据升降守恒，则反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，A项正确；B. 反应物中有SO2，不处理干净，会在下一步与H2O2和NaOH反应引入杂质，B项正确；C. 当H2O2和NaOH足量时，理论上可完全消耗ClO2，产率与温度无关，温度只会影响反应速率，C项错误；D. 反应条件下，ClO2化合价降低得到NaClO2，作氧化剂，H2O2化合价升高，作还原剂得到氧气，故有气体生成，D项正确；答案选C。12.利用小粒径零价铁（
13、ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示，H+、O2、NO3等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是A. 反应均为还原反应B. 1mol三氯乙烯完全脱Cl时，电子转移为3molC. 的电极反应式为NO3+10H+8e=NH4+3H2OD. 修复过程中可能产生Fe(OH)3【答案】B【解析】【详解】A. 由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应均为得电子的反应，所以均为还原反应，A项正确；B. 三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，B项错误；C. 由示意图及N元
14、素的化合价变化可写出如下转化NO3- + 8e- NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH-来配平，所以 的电极反应式为NO3+10H+8e=NH4+3H2O，C项正确；D. ZVI 失去电子有Fe2+产生，Fe2+在氧气和OH-的作用下，可能产生Fe(OH)3，D项正确；答案选B。13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验现象结论A向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液溶液变澄清酸性：苯酚碳酸B向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液并水浴加热未出现银镜蔗糖未水解C向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同
15、浓度的NaCl和NaI溶液一支无明显现象，另一支产生黄色沉淀相同条件下，AgI比AgCl的溶解度小DC2H5OH与浓硫酸170共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色乙烯能被KMnO4氧化A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，可知苯酚的酸性比碳酸的酸性弱，A项错误；B. 做银镜反应加入银氨溶液前，要先中和水解的硫酸，B项错误；C. 相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，出现黄色沉淀，说明生成碘化银沉淀，说明Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，C项正确；D. 反应中
16、可能生成其他的还原性气体使KMnO4溶液褪色，验证乙烯能被KMnO4氧化前要先除杂，D项错误；答案选C。14.某同学探究温度对溶液pH值影响，加热一组试液并测量pH后得到如下数据(溶液浓度均为0.1mol/L)：温度（）10203040纯水7.307.106.956.74NaOH溶液13.5013.1112.8712.50CH3COOH溶液2.902.892872.85CH3COONa溶液9.199.008.768.62下列说法正确的是A. 随温度升高，纯水中的kw逐渐减小B. 随温度升高，NaOH溶液pH变化主要受水电离平衡变化影响C. 随温度升高，CH3COOH的电离促进了水的电离D. 随
17、温度升高，CH3COONa溶液的pH减小，说明水解程度减小，c(CH3COO)增大【答案】B【解析】【详解】A. 水的电离为吸热过程，随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，A项错误；B. 随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，则NaOH溶液pH会减小，B项正确；C. 随温度升高，促进CH3COOH的电离，提高氢离子浓度，氢离子会抑制水的电离，C项错误；D. 盐类的水解反应是吸热反应，温度升高，促进盐类的水解，即水解平衡向右移动，D项错误；答案选B。第二部分 非选择题（共 58 分）本部分共5大题,共58分。 请用黑色字迹签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答, 在试卷上作答无效。15.科
18、学家分析，地球原始大气中的COS（羰基硫）对氨基酸缩合形成多肽的反应有催化作用，对生命起源起到重要作用。（1）写出COS的电子式_，C与O形成共价键时,共用电子对会偏向_原子，判断依据是_。（2）已知 COS（g）+ H2O（g）H2S（g）+ CO2（g） H1 = - 34kJ/molCO（g）+ H2O（g）H2（g）+ CO2（g） H2 = - 41kJ/mol写出H2S与CO反应生成 COS 的热化学方程式：_；100 时将CO与H2S按物质的量比为 1:1 充入反应器中,达平衡后CO的转化率 = 33.3%，此时反应的平衡常数K =_。（3）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。
19、 设起始充入的 n（CO）:n（H2S）=m，相同时间内测得H2S转化率与m和温度（T）的关系如图所示。m1_m2。（填“ ”、“ ”或“ = ”）温度高于 T0时，H2S 转化率减小的可能原因为_。A 反应停止了 B 反应的 H 变大C 反应达到平衡 D 催化剂活性降低【答案】 (1). (2). O（氧） (3). C与O同周期，核电荷数OC，原子半径OC，非金属性OC (4). CO（g）H2S（g）COS（g）H2（g） H7 kJ/mol (5). 0.25 (6). (7). c d【解析】【详解】（1）COS分子中碳原子与氧原子、硫原子分别形成两对共用电子对，电子式为；相同非金属
20、原子之间形成的共价键为非极性共价键，共用电子对不偏向任何一方，不同原子之间形成的为极性共价键，共用电子偏向吸引电子能力强的一方，根据非金属性同周期从左到右非金属性增强，即非金属性CO，可知共用电子对会偏向氧原子，故答案为：；O（氧）；C与O同周期，核电荷数OC，原子半径OC，非金属性OC；（2）已知COS（g）+ H2O（g）H2S（g）+ CO2（g）H1 = - 34kJ/molCO（g）+ H2O（g）H2（g）+ CO2（g）H2 = - 41kJ/mol根据盖斯定律，-可得：CO（g）H2S（g）COS（g）H2（g） HH2-H1= （- 41kJ/mol）-（- 34kJ/mol
21、）=-7 kJ/mol；100 时将 CO 与 H2S 按物质的量比为 1:1 充入反应器中，列三段式：K=0.25故答案为：CO（g）H2S（g）COS（g）H2（g） H3-7 kJ/mol；0.25；（3）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应，设起始充入的 n（CO）：n（H2S）= m，m越大说明充入的CO越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率，则m1m2，故答案为：；图为相同时间内测得 H2S 转化率与 m 和温度（T）的关系，即若平衡逆向移动，或者反应速率变慢可能会使H2S 转化率减小，A. 可逆反应处于动态平衡，反应并未停止，故A错误；B. H只与反应物和生成物的总量有关，
22、所以H不会变大，故B错误；C.温度升高反应达到平衡状态，因为该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以会使H2S 转化率减小，故C正确；D.温度升高可能会使催化剂的活性减弱，反应减慢，使H2S 转化率减小，故D正确；综上所述，答案为CD。16.水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cmol/L标准溶液；用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1
23、小时；向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色； 将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；V待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。已知：I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和_。（2）在步骤中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2+O2+8OH2MnMnO3+4H2O。（3）步骤中发生反应的离子方程式为 _。（4）滴定时，溶液由_色到_色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。（5）河水中的溶
24、解氧为_mg/L。（6）当河水中含有较多NO3时，测定结果会比实际值_(填偏高、偏低或不变)【答案】 (1). 碱式滴定管 (2). MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O (3). 蓝 (4). 无 (5). (6). 偏高【解析】【分析】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；(3)中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时
25、为无色；(5)根据关系式，进行定量分析；(6)含有较多NO3时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；(3)中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O，故答案为：MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O；(4)待测液
26、中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；(5)由4Mn2+O2+8OH2MnMnO3+4H2O，MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O，I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6，可知关系式，即，则氧气的物质的量x=，v1mL水样中溶解氧=，故答案为：；(6)含有较多NO3时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，结果偏高，故答案为：偏高。【点睛】本题难点(3)，信息型氧化还原反应方程式的书写，要注意对反应物和生成物进行分析，在根据得失电子守恒配平；易错点(5)，硝酸根存在时，要注意与氢离子
27、在一起会有强氧化性。17.香豆素3羧酸是一种重要的香料,常用作日常用品或食品的加香剂。已知:RCOOR+ ROH RCOOR + ROH（R 代表烃基）（1）A和B均有酸性,A 的结构简式_；苯与丙烯反应的类型是_。（2）F 为链状结构,且一氯代物只有一种,则F 含有的官能团名称为_。（3）D丙二酸二乙酯的化学方程式:_。（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物 E,其结构简式为:_。（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式:_。与丙二酸二乙酯的官能团相同;核磁共振氢谱有三个吸收峰,且峰面积之比为 3:2:1;能发生银镜反应。（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成。请写出中间产
28、物的结构简式。中间产物I_；中间产物II_。【答案】 (1). CH3COOH (2). 加成反应 (3). 羰基 (4). +2C2H5OH+2H2O (5). (6). 或 (7). (8). 【解析】【分析】丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由（1）可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B在与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物为。【详解】（1）由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；（2）F为C3H6O,不饱和度为
29、1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，所以F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；（3）丙二酸二乙酯由D和乙醇发生酯化反应得到，方程式为+2C2H5OH+2H2O，故答案为：+2C2H5OH+2H2O；（4）根据信息提示，丙二酸二乙酯要形成高聚物E，则要发生分子间缩聚反应，高聚物E为，故答案为：；（5）丙二酸二乙酯的同分异构体满足与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基，核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为 3:2:1，所以氢原子个数分别为6、4、2，能发生银镜反应，说明存在醛基或者甲酯，根据可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10,要满足相同氢分别为6、4，只能为两个亚甲基和两个
30、甲基，满足条件的结构为或，故答案为：或；（6）与丙二酸二乙酯发生加成反应，双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，经过消去反应得到，故答案为：；。18.氮氧化物是大气主要污染物，主要来自于工业废气及汽车尾气的排放，工业废气中NO是主要成分之一。（1）乙烯作为还原剂的脱硝(NO)，其反应机理示意图如图所示写出解吸过程的化学方程式_。（2）FeSO4-Na2SO3复合吸收剂吸收烟气中的NO，该方法利用Fe2+易与NO发生络合反应的特性，原理如下NO+FeSO4Fe(NO)SO4如图是一段时间内不同吸收剂对NO脱除率对比，加入Na2SO3溶液后，吸收效率增强，除了Na2SO3也能吸收部分N
31、O外，还能防氧化从而增大Fe2+的含量，写出此原理的离子方程式_。模拟实验表明，温度过高或过低都会降低NO的脱除率，其原因是_。 （3）采用无隔膜法电解食盐水脱氮可将氮氧化物转化成NO3-,原理如图无隔膜条件下电解食盐水后溶液呈弱碱性，原因是_.写出NO发生反应的离子方程式_。根据下图所示，脱NO过程中控制溶液pH在_范围内更合理。【答案】 (1). 2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O (2). 2Fe3+SO32+H2O=2Fe3+SO42+2H+ (3). 温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降 (4). ClO+H2OHClO+OH (5).
32、2NO+3ClO+2OH2NO3+3Cl+2H2O (6). 56【解析】【分析】(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，写出对应化学方程式；(2)Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量；温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低；(3)电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl-2e-=Cl2，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2，ClO-会水解；ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为
33、2NO+3ClO+2OH2NO3+3Cl+2H2O；根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强。【详解】(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，化学方程式为2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O，故答案为：2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O；(2) Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量，离子方程式为2Fe3+SO32+H2O=2Fe3+SO42+2H+，故答案为：2Fe3+SO32+H2O=2Fe3+SO42+2H+；温度过低
34、，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低，故答案为：温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降；(3)电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl-2e-=Cl2，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2，ClO-会发生水解，方程式为ClO+H2OHClO+OH，故答案为：ClO+H2OHClO+OH；ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO+2OH2NO3+3Cl+2H2O，故答案为：2NO+3ClO+2OH2NO3+3Cl+2H2O；根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元
35、素以HClO存在，此时氧化性最强，故答案为5-6。19.某化学兴趣小组利用硫酸铁溶液与铜粉反应，又向反应后溶液中加入KSCN溶液以检验Fe3+是否有剩余，实验记录如下；实验编号操作现象实验1i加入Cu粉后充分振荡，溶液逐渐变蓝； ii取少量i中清液于试管中，滴加2滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液变为红色，但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。（1）写出实验1中第i步的离子方程式_。甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的Cu2+干扰了检验Fe3+的现象。查阅相关资料如下2Cu2+4SCN- 2CuSCN（白色）+(SCN)2（黄色）硫氰(SCN)2：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，
36、其氧化性介于Br2和I2之间。该同学又通过如下实验验证猜想实验编号操作现象实验2溶液呈绿色，一段时间后后开始出现白色沉淀，上层溶液变为黄色实验3无色溶液立即变红，同时生成白色沉淀。（2）经检测，实验2反应后的溶液pH值减小，可能的原因是_。（3）根据实验2、3的实验现象，甲同学推断实验3中溶液变红是由于Fe2+被(SCN)2氧化，写出溶液变红的离子方程式_。继续将实验2中的浊液进一步处理，验证了这一结论的可能性。补充实验4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能，对应的现象是_。（4）乙同学同时认为，根据氧化还原反应原理，在此条件下，Cu2+也能氧化Fe2+，他的判断依据是_。（5）为排除干扰，小
37、组同学重新设计如下装置。A溶液为_。“电流表指针偏转，说明Cu与Fe3+发生了反应”，你认为这种说法是否合理？_（填合理或不合理），原因是_。 验证Fe3+是否参与反应操作是_。【答案】 (1). Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+ (2). 部分(SCN)2与水反应生成酸 (3). Fe3+3SCN-Fe(SCN)3 (4). 溶液褪色，无蓝色沉淀 (5). 在Cu2+与SCN反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+(SCN)2 (6). 0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液 (7). 不合理 (8). 未排除氧气干扰 (9). 一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝
38、色沉淀【解析】【分析】(1) Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+；(2)硫氰(SCN)2：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸；(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀；(4)根据氧化还原反应规律分析；(5)A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液；溶液中的氧气会影响反应；铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀。【详解】(1) Cu粉与Fe3+反应，离子方
39、程式为Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，故答案为：Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+；(2)硫氰(SCN)2：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸，故答案为：部分(SCN)2与水反应生成酸；(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色，离子方程式为Fe3+3SCN-Fe(SCN)3；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀，故答案为：Fe3+3SCN-Fe(SCN)3；溶液褪色，无蓝色沉淀；(4)根据2Cu2+4SCN- 2CuSCN(白色)+(SCN)2(黄
40、色), Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+(SCN)2，(SCN)2能氧化Fe2+，则氧化性 (SCN)2 Fe2+，即Cu2+也能氧化Fe2+，故答案为：在Cu2+与SCN反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+(SCN)2；(5)A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液，则电解质为0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液，故答案为：0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液；溶液中的氧气会影响反应，未做排氧操作，不合理，故答案为：不合理；未排除氧气干扰；Fe3+参与反应后生成Fe2+，铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀，可验证产生的Fe2+，操作为一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，故答案为：一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。【点睛】本题易错点(6)，使用的电解质溶液，要和之前的浓度保持一致，才能形成对比实验，做实验题型，一定要注意控制变量法的规则。