1、北京市西城区20192020学年度第一学期期末试卷高三化学可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 第卷(选择题 共42分)1.可回收物经综合处理,可再利用,节约资源。下列可回收物的主要成分属于合金的是A. 旧自行车钢圈B. 旧报纸C. 旧塑料盆D. 旧衣物【答案】A【解析】【详解】A、钢圈的主要材料是铁的合金,故A符合题意;B、旧报纸的主要成分是纤维素,故B不符合题意;C、旧塑料的主要成分是有机高分子材料,故C不符合题意;D、旧衣物的主要成分是有机高分子材料,故D不符合题意。答案选A。2.下列说法不正确的是A. 鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸微热后生成黄色沉淀B. 蛋白
2、质遇饱和硫酸钠溶液变性C. 油酸甘油酯可通过氢化反应变硬脂酸甘油酯D. 油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐【答案】B【解析】【详解】A、鸡蛋清是蛋白质,故能和浓硝酸发生颜色反应显黄色,且加热能使蛋白质变性,故A正确;B、硫酸钠为轻金属盐,不能使蛋白质变性,能使蛋白质发生盐析,故B错误;C、油酸甘油酯含有碳碳双键,与氢气能够发生加成反应生成硬脂酸甘油酯,故C正确;D、油脂含有酯基,在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐,又叫皂化反应,故D正确。答案选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质,把握物质的结构与性质的关系为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意蛋白质盐析和变性的条件。3.下列反
3、应过程,与氧化还原反应无关的是A. 在钢铁设备上连接金属Zn保护钢铁B. 向工业废水中加入Na2S去除其中的Cu2+、Hg2+C. 向煤中加入适量石灰石转化为CaSO4减少SO2排放D. 补铁剂(含琥珀酸亚铁)与维生素C同服促进铁的吸收【答案】B【解析】【详解】A、钢铁设备上连接金属锌,构成原电池时锌为负极,原电池反应为氧化还原反应,故A不符合题意;B、向废水中加入Na2S,S2-与Cu2+、Hg2+反应生成对应的沉淀,为复分解反应,故B符合题意;C、向煤中加入适量石灰石转化为CaSO4,发生的反应为:2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2,为氧化还原反应,故C不符合题意;D、维生
4、素C有还原性,可防止亚铁离子氧化为铁离子,这与氧化还原反应有关,故D不符合题意。【点睛】本题考查氧化还原反应,侧重于氧化还原反应判断的考查,注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化。4.我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷(Rb)原子钟,每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第A族元素,下列关于37Rb的说法正确的是A. 元素的金属性:K37RbB. 中子数为50的Rb的核素:50RbC. 与同周期元素53I的原子半径比:RbID. 最高价氧化物对应的水化物的碱性:KOHRbOH【答案】C【解析】【分析】铷元素(Rb)位于元素周期表中第五周期第A族,为碱金属元素,同主族从上到下金属性增强,
5、同主族元素化合物的性质相似,以此来解答。【详解】A、同主族从上往下金属性增强,所以金属性:K37Rb,故A错误;B、中子数为50的Rb的核素表示为:87Rb,故B错误;C、同周期从左到右,原子半径逐渐减小,故原子半径RbI,C正确;D、同主族从上往下金属元素对应氧化物水化物的碱性增强,故碱性RbOHKOH,故D错误。答案选C。【点睛】考查元素周期表,侧重考查学生的分析能力,要求学生熟悉元素周期表的排布规律,同时了解元素的一些性质变化规律。5.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是A. 无色溶液中:Cu2+、K+、SCN、ClB. 含有NO3的溶液中:I、SO32、SO42、H+C. 由水电
6、离出的c(H+)1.01013 molL1的溶液中:Na+、NH4+、SO42、HCO3D. pH11的NaOH溶液中:CO32、K+、NO3、SO42【答案】D【解析】【分析】A、Cu2+显蓝色;B、NO3在酸性条件下具有强氧化性;C、由水电离出的c(H+)1.01013 molL1的溶液既可能是酸也可能是碱;D、pH11的NaOH含有氢氧根。【详解】A、Cu2+显蓝色,故A不符合题意;B、溶液中含有大量H+,显酸性,NO3在酸性条件下具有强氧化性,I、SO32均不能大量共存,故B错误;C、由水电离出的c(H+)1.01013 molL1的溶液既可能是酸也可能是碱,NH4+在碱性溶液中不能大
7、量存在,HCO3在酸性和碱性条件下都不能大量共存,故C错误;D、pH11的NaOH溶液中有钠离子和氢氧根,CO32、K+、NO3、SO42与它们都不反应,可以共存,故D正确。答案选D。【点睛】本题考查离子共存的判断,注意明确离子不能大量共存的一般情况:能发生复分解反应的离子之间;能发生氧化还原反应的离子之间等;还应该注意题目所隐含的条件,如:溶液的酸碱性,据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-;溶液的颜色,如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在;溶液的具体反应条件,如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”;是“可能”共存,还是“一定”共存等。6.下列说法正
8、确的是A. 1 mol O2的体积是22.4 LB. 1.7 g NH3中含有的质子数约为6.021023C. 8 g S在足量O2中完全燃烧转移的电子数约为3.011023D. 0.5 molL1NaCl溶液中含有Cl的物质的量为0.5 mol【答案】B【解析】【详解】A、气体摩尔体积受温度和压强影响,温度和压强未知导致气体摩尔体积未知,则无法计算气体体积,故A错误;B、1.7gNH3的物质的量为n=0.1mol,1个NH3中含有10个质子,0.1molNH3的质子数为1mol,所以,1molNH3的质子数数目约为6.021023,故B正确;C、8gS物质的量为:=0.25mol,在足量O2
9、中完全燃烧转移的电子数约0.2546.021023=6.021023,故C错误;D、溶液体积未知,无法计算氯离子个数,故D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,掌握公式是解题关键,注意气体摩尔体积使用条件和对象是解题关键。7.下列解释事实的化学用语不正确的是A. 碳酸钙与稀盐酸反应:CO32+2H+ = H2O+CO2B. 铜与稀硝酸反应:3Cu+8H+2NO3 = 3Cu2+2NO+4H2OC. 氨的催化氧化反应:4NH3+5O24NO+6H2OD. 少量二氧化硫与氢氧化钠溶液反应:2OH+SO2= SO32+H2O【答案】A【解析】【详解】A、碳酸钙与稀盐酸反应,碳酸
10、钙应该写成化学式,正确的离子方程式为:CaCO3+2H+H2O+CO2+Ca2+,故A错误;B、铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O,离子方程式为:3Cu+8H+2NO3 = 3Cu2+2NO+4H2O,故B正确;C、氨的催化氧化反应,氨被氧化为NO,化学方程式为:氨的催化氧化反应:4NH3+5O24NO+6H2O,故C正确;D、少量二氧化硫与烧碱溶液反应生成亚硫酸钠,离子方程式为:SO2+2OH=SO32-+H2O,故D正确。答案选A。【点睛】本题考查方程式的书写,解题时注意从化学式、离子符号、电荷守恒、是否符合反应实际的角度分析离子方程式的书
11、写是否正确。8.向2 mL 0.8 molL1 FeSO4溶液中,滴加2 mL1 molL1 NaHCO3溶液,产生无色气体和白色沉淀。将浊液分成两份,一份迅速过滤、洗涤,加入稀盐酸,产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊;另一份静置一段时间后变为红褐色。已知:碳酸亚铁是难溶于水的白色固体。下列说法不正确的是A. 无色气体是CO2B. HCO3只发生了电离C. 白色沉淀中含有FeCO3D. 上述实验过程中发生了氧化还原反应【答案】B【解析】【分析】FeSO4与NaHCO3溶液反应,产生无色气体和白色沉淀,气体能使澄清石灰水变浑浊,为二氧化碳,沉淀中有FeCO3,HCO3是二元弱酸的酸式根既发生了电
12、离,也发生了水解。【详解】A、产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊,在该反应中肯定为二氧化碳,故A正确;B、HCO3是二元弱酸的酸式盐离子,既能发生电离,也发生水解,故B错误;C、浊液迅速过滤、洗涤,加入稀盐酸,产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊,说明产生了二氧化碳,表明沉淀中有FeCO3,故C正确;D、另一份静置一段时间后变为红褐色,生成了氢氧化铁,说明溶液中亚铁离子被氧气氧化成铁离子,故D正确。答案选B。9.PET(,M链节= 192 gmol1)可用来生产合成纤维或塑料。测某PET样品的端基中羧基的物质的量,计算其平均聚合度:以酚酞作指示剂,用c molL1 NaOH醇溶液滴定m g PE
13、T端基中的羧基至终点(现象与水溶液相同),消耗NaOH醇溶液v mL。下列说法不正确的是A. PET塑料是一种可降解高分子材料B. 滴定终点时,溶液变为浅红色C. 合成PET的一种单体是乙醇的同系物D. PET的平均聚合度(忽略端基的摩尔质量)【答案】C【解析】【分析】是聚酯类高分子,它的单体为:HOCH2CH2OH和,可以发生水解反应生成小分子。【详解】A、PET塑料是聚酯类高分子,可发生水解反应生成HOCH2CH2OH和,故A正确;B、用NaOH醇溶液滴定PET端基中的羧基,恰好反应完时生成羧酸钠,显弱碱性,使酚酞试剂显浅红色,B正确;C、的单体为:HOCH2CH2OH和,乙二醇中有两个羟
14、基,在组成上与乙醇也没有相差-CH2-的整数倍,故乙二醇与乙醇不是同系物,故C错误;D、NaOH醇溶液只与 PET端基中的羧基反应,n(NaOH)=cv10-3mol,则PET的物质的量也等于cv10-3mol,则PET的平均相对分子质量=g/mol,PET的平均聚合度,故D正确。答案选C。【点睛】本题考查高分子化合物的结构,单体的判断,中和滴定等知识点,判断同系物的两个要点:一是官能团的种类和个数要相同,二是组成上要相差-CH2-的整数倍。10.室温下,1 L含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表(加入前后溶液体积不
15、变):溶液a通入0.01 mol HCl加入0.01 mol NaOHpH4.764.674.85像溶液a这样,加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。下列说法不正确的是A. 溶液a和 0.1 molL1 CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度前者小于后者B. 向溶液a中通入0.01 mol HCl时,CH3COO结合H+生成CH3COOH,pH变化不大C. 向溶液a中加入0.1 mol NaOH固体,pH基本不变D. 含0.1 molL1 NH3H2O与0.1 molL1 NH4Cl的混合溶液也可做缓冲溶液【答案】C【解析】【分析】含0.1 mol CH3COOH和0.1
16、mol CH3COONa的溶液中,如果加入少量的强酸或强碱,反应后不会改变溶液的大致组成,pH变化不大;如果加入较多的强酸或强碱,则会改变溶液的组成和性质。【详解】A、1 L含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液a中,CH3COONa电离出CH3COO-,对CH3COOH的电离有抑制作用,因此溶液a中CH3COOH的电离程度小于0.1 molL1 CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度,故A正确;B、向溶液a中通入0.01 mol HCl时,CH3COO结合H+生成CH3COOH,反应后溶液组成为0.11 mol CH3COOH和0.09 mol CH3
17、COONa,溶液组成没有大的变化,pH变化不大,故B正确;C、向溶液a中加入0.1 mol NaOH固体,0.1 mol CH3COOH完全反应,得到CH3COONa溶液,显碱性,pH变化大,故C错误;D、含0.1 molL1 NH3H2O与0.1 molL1 NH4Cl的混合溶液,加入少量强酸或强碱,溶液组成不会明显改变,故也可叫缓冲溶液,故D正确。答案选C。11.下列实验的现象与结论相对应的是ABCD实验现象电流计指针向右偏(电子由Fe转移到Cu),片刻后向左偏加热一段时间后溶液蓝色褪去加热,肥皂液中产生无色气泡和中均迅速产生大量气泡结论铁片作负极,片刻后铜片作负极淀粉在酸性条件下水解,产
18、物是葡萄糖铁粉与水蒸气反应生成H2MnO2一定是中反应的催化剂A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】A、开始时铁与浓硝酸反应生成氧化膜,铁为负极;铁的表面钝化后,无法与浓硝酸继续反应,则铜与浓硝酸发生反应,此时铜为负极,所以电流方向会发生改变,故A正确;B、蓝色褪去可以说明淀粉发生水解,但是无法确定其水解产物是不是葡萄糖,故B错误;C、不能说明肥皂液中产生无色气泡为氢气,也可能是空气受热膨胀产生气泡,故C错误;D、过氧化钠与水反应放出大量的热,因此无法判断二氧化锰是否产生了催化作用,故D错误。答案选A。【详解】该题考查基本实验的操作、现象、结论,要求对教材上的实验比较熟悉,
19、关键是对实验中的一些不确定情况能进行具体分析,试题有一定的灵活性。12.骨胶黏剂是一种极具应用前景的医用高分子材料。某骨胶黏剂的制备原料为聚酯三元醇,其合成原理如下:已知:R1COOR2+R318OHR1CO18OR3+R2OH下列说法不正确的是A. 单体M1可用于配制化妆品B. 改变M1在三种单体中的比例,可调控聚酯三元醇的相对分子质量C. 该合成反应为缩聚反应D. X、Y、Z中包含的结构片段可能有 【答案】C【解析】【分析】由信息中的已知反应可知,三种单体再生成聚酯三元醇时主要反生信息中的酯交换反应,其反应原理为醇羟基断开H原子,酯基断开碳氧单键,断开处相互结合生成新的物质。【详解】A、单
20、体M1为丙三醇,丙三醇具有吸水性,用于配制化妆品,故A正确;B、改变M1在三种单体中的比例,则产物的结构简式会改变,相对分子质量也会改变,故B正确;C、缩聚反应有小分子生成,而上述反应无小分子生成,故C错误;D、根据信息的反应原理,X、Y、Z中包含的结构片段可能有 ,故D正确。答案选C。13.液体锌电池是一种电压较高的二次电池,具有成本低、安全性强、可循环使用等特点,其示意图如右图。下列说法不正确的是已知:Zn(OH)2+2OH = Zn(OH)42 。 KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。A. 放电过程中,H+由正极向负极迁移B. 放电过程中,正极的电极反应:MnO2+4H+2e= Mn2
21、+2H2OC. 充电过程中,阴极的电极反应:Zn(OH)42+2e = Zn+4OHD. 充电过程中,凝胶中的KOH可再生【答案】A【解析】【分析】放电过程中,Zn为负极,电极反应式为: Zn -2e+4OH = Zn(OH)42,MnO2为正极,电极反应式为:MnO2+4H+2e= Mn2+2H2O,充电时的阴极反应式为:Zn(OH)42+2e = Zn +4OH,阳极反应式为: Mn2+2H2O-2e= MnO2+4H+。【详解】A、放电时正极反应式为:MnO2+4H+2e= Mn2+2H2O,消耗氢离子,应该是硫酸根离子向锌电极迁移,故A错误;B、MnO2为正极,电极反应式为:MnO2+
22、4H+2e= Mn2+2H2O,故B正确;C、充电时,由负极反应式写阴极反应式为:Zn(OH)42+2e = Zn+4OH,故C正确;D、充电过程中,阴极反应式:Zn(OH)42+2e = Zn +4OH,氢氧根与钾离子组成氢氧化钾,故D正确。答案选A。【点睛】该题考查可充电电池,一般先分析放电过程的负极反应式、正极反应式;再分析充电过程的阴极反应式和阳极反应式。14.某温度时,两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2(g)2NO(g) +O2(g) H 0。实验测得:正(NO2)k正c2(NO2),逆(NO)k逆c2(NO)c(O2),k正、k逆为化学反应速率常数,只受温度影响。容器编号起始浓度
23、(molL1)平衡浓度(molL1)c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)0.6000.20.60.10下列说法不正确的是A. 中NO2的平衡转化率约为66.7%B. 中达到平衡状态时,c(O2)0.2 molL1C. 该反应的化学平衡常数可表示为K=D. 升高温度,该反应的化学平衡常数减小【答案】D【解析】【分析】先用三段式法计算出实验中各组分的改变浓度和平衡浓度: 而实验相当于在基础上再加入NO,平衡会逆向移动,再判断各量的变化。【详解】A、由上述分析可知,中NO2的平衡转化率为,故A正确;B、中平衡时c(O2)=0.2 molL1,实验相当于在基础上再加入NO,平衡会逆向移动,c(O
24、2)0.2 molL1,故B正确;C、平衡时正(NO2)逆(NO),即k正c2(NO2)k逆c2(NO)c(O2),得=K,故C正确;D、该反应为吸热反应,升高温度,K值增大,故D错误。答案选D。第卷(非选择题 共58分)15.草酸亚铁是黄色晶体,常用作照相显影剂、新型电池材料等。实验室制备草酸亚铁并测定其中Fe2+和C2O42的物质的量之比确定其纯度,步骤如下:称取一定质量的硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2于烧杯中,加蒸馏水和稀硫酸,加热溶解,再加饱和H2C2O4溶液,加热沸腾数分钟,冷却、过滤、洗涤、晾干,得黄色晶体。称取m g中制得的晶体于锥形瓶中,加入过量稀硫酸使其溶解,70水浴
25、加热,用c molL1 KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液v1 mL(其中所含杂质与KMnO4不反应)。向滴定后的溶液中加入过量锌粉和稀硫酸,煮沸,至反应完全,过滤,用c molL1 KMnO4溶液滴定滤液至终点,消耗KMnO4溶液v2 mL。重复上述实验3次,计算。已知:草酸是弱酸。pH4时,Fe2+易被O2氧化。酸性条件下,KMnO4溶液的还原产物为近乎无色的Mn2+。(1)中加入稀硫酸的目的是_、_。(2)中与KMnO4溶液反应的微粒是_、_。(3)中加入过量锌粉仅将Fe3+完全还原为Fe2+。若未除净过量锌粉,则消耗KMnO4溶液的体积V _v2 mL(填“”、“”或“”)。
26、(4)中,滴定时反应的离子方程式是_。(5)m g中制得的晶体中,Fe2+和C2O42的物质的量之比是_(用含v1、 v2的计算式表示)。【答案】 (1). 抑制Fe2+水解 (2). 增强溶液酸性,防止Fe2+被O2氧化 (3). Fe2+ (4). C2O42 (5). (6). (7). 【解析】【分析】先用硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2与饱和H2C2O4溶液反应制备草酸亚铁,称取m g草酸亚铁晶体于锥形瓶中,加入过量稀硫酸使其溶解,用 KMnO4溶液滴定至终点,Fe2+和C2O42都反应完,Fe2+被氧化为Fe3+,滴定后的溶液中加入过量锌粉将Fe3+完全还原为Fe2+,最后再
27、用等浓度KMnO4溶液滴定至终点,则可以计算出的Fe2+的含量,则C2O42消耗的KMnO4溶液体积为(v1- v2),可计算出C2O42的含量。【详解】(1)亚铁离子要水解,由信息可知pH4时,Fe2+易被O2氧化,加入稀硫酸的目的是抑制Fe2+水解;增强溶液酸性,防止Fe2+被O2氧化;故答案为:抑制Fe2+水解;增强溶液酸性,防止Fe2+被O2氧化;(2)中与KMnO4溶液反应的微粒有Fe2+和C2O42,故答案为:Fe2+;C2O42;(3)中若未除净过量锌粉,则在后面的滴定反应中锌粉又会将Fe3+还原为Fe2+,Fe2+继续和高锰酸钾反应,消耗的高锰酸钾溶液体积偏大,故答案为:;(4
28、)中滴定时,Fe2+与酸性高锰酸钾溶液反应,离子方程式为:;(5)中滴定时,MnO4-与Fe2+的关系式为:,的物质的量为:,Fe2+的物质的量为;在中C2O42与的关系式为, C2O42消耗的KMnO4溶液体积为(v1- v2),的物质的量为:,C2O42的物质的量为:,Fe2+和C2O42的物质的量之比为=,故答案为:。【点睛】该题主要考查氧化还原滴定,关键是要理清反应原理,用电子守恒法找出关系式,再由关系式进行计算。16.二氧化氯(ClO2)广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。工业上利用甲醇还原NaClO3的方法制备ClO2,工艺流程如下: 已知:a发生器中制备ClO2的反应
29、:12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH= 12ClO2+3HCOOH+4Na3H(SO4)2+9H2Ob相关物质的熔沸点:物质CH3OHHCOOHClO2熔点/97959沸点/6510111(1)ClO2可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有_性。(2)冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH,应控制最佳温度为_(填字母)。A010 B2030 C6070(3)经过程和过程可以获得芒硝(Na2SO410H2O)并使部分原料循环利用。已知:Na2SO410H2O和Na2SO4的溶解度曲线如下图:Na3H(SO4)2处理器中获得芒硝时需加入NaClO3固体,从芒硝溶解平衡的角度解释其原因:_。结
30、合Na2SO410H2O和Na2SO4的溶解度曲线,过程的操作是:在32.4恒温蒸发,_。Na3H(SO4)2处理器的滤液中可以循环利用的原料是NaClO3和_。【答案】 (1). 氧化 (2). B (3). ,加入NaClO3,使钠离子浓度增大,平衡逆向移动,有利于Na2SO410H2O的析出 (4). 冷却结晶,过滤,洗涤,干燥 (5). H2SO4【解析】【分析】由流程可知,发生器中制备ClO2, 冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH,在吸收塔中用冷水冷凝ClO2,最后再储存;发生器中生成的Na3H(SO4)2进入Na3H(SO4)2处理器,用H2O2和NaClO3处理得到Na2SO
31、410H2O。【详解】(1)ClO2可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有氧化性,故答案为:氧化;(2)冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH,根据表格中相关物质的溶解度,控制的温度应该使CH3OH液化,但是ClO2不能液化,只有B项合适,答案选B;(3)在处理器中会发生反应:,加入NaClO3,使钠离子浓度增大,平衡逆向移动,有利于Na2SO410H2O的析出,故答案为:,加入NaClO3,使钠离子浓度增大,平衡逆向移动,有利于Na2SO410H2O的析出;过程的操作为在32.4恒温蒸发后,再冷却结晶,过滤,洗涤,干燥,故答案为:冷却结晶,过滤,洗涤,干燥;Na3H(SO4)2处理器的滤液中可以
32、循环利用的原料为NaClO3和H2SO4,故答案为:H2SO4。17.含氰根(CN)的废水必须经处理后排放。某电镀废水pH12,氰化物以CN、Cu(CN)32等形式存在(均以CN计),处理流程如下:(1)HCN是一元弱酸,用离子方程式表示NaCN水溶液显碱性的原因:_。 (2)二次处理阶段,使用不同方法氧化。过硫酸钾(K2S2O8)氧化法:K2S2O8溶液将CN(N为3价)氧化成毒性弱的CNO(N为3价)。碱性溶液中S2O82在一定条件下氧化CN生成CNO和SO42的离子方程式是_。不同浓度的K2S2O8溶液对CN的去除率如图1。工业上选用浓度为1 mmolL1K2S2O8溶液,不用0.75
33、mmolL1和2 mmolL1的原因是_。研究CN的氧化去除机理。(文献中为碱性条件下的结论)文献:a没有Cu+,S2O82对CN没有去除效果。bS2O82和Cu+反应生成硫酸根自由基(SO4)和CuO。 cSO4可能转变为羟基自由基(OH)。dSO4 、OH均可将CN氧化为CNO。叔丁醇只可以使OH失去活性,乙醇可以使SO4 、OH均失去活性。实验:相同条件下,向含Cu(CN)32的碱性废水中加入叔丁醇,CN的去除率没有影响;加入乙醇,CN的去除率降低50%。两种不同的CN的氧化去除机理如图2,结合文献和实验回答下列问题:补全“机理一”_。从“机理二”可看出CuO参与了去除CN,列举其证据:
34、_。 电解法:碱性环境中,在阳极发生两步反应,CN放电生成CNO,CNO再放电生成CO2和N2,第二步的阳极反应式是_。【答案】 (1). (2). (3). 1 mmolL1比0.75 mmolL1的反应速率快,CN的去除率高,比2 mmolL1成本低 (4). CN、CNO、SO4、SO42(从左到右) (5). 碱性条件下要有Cu+才能去除CN,而Cu+会生成CuO,加入乙醇,可以使SO4失去活性,而CN-的去除率仍然有50%,说明CuO参与了去除CN (6). 【解析】【分析】(1)CN水解显碱性;(2)K2S2O8溶液将CN(N为3价)氧化成毒性弱的CNO(N为3价),根据氧化还原原
35、理书写氧化还原方程式;由图1比较CN的去除率,考虑反应的速率和原料的经济性;由图2结合题目信息分析反应机理。 阳极第二步反应为CNO再放电生成CO2和N2, CNO中碳元素显+4价,氮元素显-3价。【详解】(1)HCN是一元弱酸,NaCN会水解导致溶液显碱性,离子方程式为:,故答案为:;(2)、碱性溶液中S2O82在一定条件下氧化CN生成CNO和SO42的离子方程式为:; 、由图1看出,选用浓度为1 mmolL1K2S2O8溶液,既考虑了反应的速率和CN的转化率,也考虑了成本,故答案为:1 mmolL1比0.75 mmolL1的反应速率快,CN的去除率高,比2 mmolL1成本低;、结合文献资
36、料(b)可知S2O82和Cu+反应生成硫酸根自由基(SO4)和CuO,再结合总反应看,SO4再与CN反应生成CNO和SO42,故图中机理一所填物质依次为:CN、CNO、SO4、SO42(从左到右);故答案为:CN、CNO、SO4、SO42(从左到右);、碱性条件下,没有Cu+,CN-不会被去除,而Cu+会生成CuO,加入乙醇,可以使SO4失去活性,而CN-的去除率仍然有50%,说明CuO参与了去除CN;故答案为:碱性条件下要有Cu+才能去除CN,而Cu+会生成CuO,加入乙醇,可以使SO4失去活性,而CN-的去除率仍然有50%,说明CuO参与了去除CN;阳极第二步反应为CNO再放电生成CO2和
37、N2,电极反应式为:。【点睛】该试题主要考查信息的处理能力,要先分析出总反应,再结合图中信息分析反应机理一和机理二,要求学生有一定的归纳整理能力。18.探究铁在某浓度H3PO4和H2O2的混合溶液中反应的情况,进行如下实验:实验操作现象将除去氧化膜的铁钉置于烧杯中,加入30 mL 1.0 molL1 H3PO4和3 mL 30% H2O2的混合溶液(pH1)。一段时间后铁钉表面突然产生大量气泡,随后停止产生气泡;一段时间后再产生大量气泡,再停止,出现周而往复的现象。过程中,溶液保持澄清。将与实验相同的铁钉放入烧杯中,加入30 mL 1.0 molL1H3PO4和3 mL H2O。片刻后铁钉表面
38、持续产生气泡,溶液保持澄清。已知:Fe3(PO4)2难溶于水,Fe(H2PO4)2溶于水。(1)用85% H3PO4配制100 mL 1.0 molL1H3PO4所用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_。(2)实验中铁钉表面产生气体的化学方程式是_。(3)探究停止产生气泡原因。提出假设:铁钉表面形成了含有+3价铁的氧化膜将铁钉覆盖。甲同学进行实验,得出假设成立的结论。实验:将洗净的实验中无气泡产生时的铁钉置于试管中,加入滴有KSCN溶液的稀H2SO4,振荡,静置,溶液呈红色。乙同学认为实验无法证实假设成立,其理由是_。乙同学通过改进实验证实了假设成立。(4)铁钉表面突然产生大量气泡的可
39、能原因是Fe2+迅速被H2O2氧化形成氧化膜,使聚集在铁钉表面的H2脱离铁钉表面。实验证实了形成氧化膜过程中产生H+。实验:_(填操作),滴入少量FeSO4溶液后,立即测定pH,pH迅速降低。形成氧化膜(以Fe2O3计)的离子方程式是_。(5)实验中周而往复的现象与铁钉表面氧化膜的生成和溶解密切相关,从反应的速率角度分析其原因:_。【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). (3). 未排除氧气的干扰 (4). 取与实验I初始时pH和浓度均相同的H2O2溶液于试管中 (5). (6). 铁与磷酸反应生成氢气和Fe2+,Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜,使聚集在铁钉表面的氢气脱离:随后
40、发生磷酸溶解氧化膜的慢反应,氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡,当氧化膜溶解后,铁又与磷酸反应产生氢气【解析】【分析】题目是进行探究性实验,在实验I中,铁钉表面产生气泡,是因为铁与H3PO4反应生成氢气,因为溶液保持澄清,根据信息可知还生成了Fe(H2PO4)2,一段时间后再产生大量气泡,再停止,出现周而往复的现象,与实验II对比可知是H2O2发生了作用,再根据后续的探究性实验分析出现周而往复的现象的原因。【详解】(1)根据配制一定物质的量的溶液所需要的仪器,还缺少100mL容量瓶,故答案为:100mL容量瓶;(2)由题目信息可知,铁与H3PO4反应生成氢气和Fe(H2PO4)2,化学方程式为:;
41、(3)氧气在酸性条件下可以将亚铁离子氧化成成铁离子,故实验无法证实假设成立,故答案为:未排除氧气的干扰;(4)、实验要证实形成氧化膜过程中产生H+,根据控制变量的思想,操作为:取与实验I初始时pH和浓度均相同的H2O2溶液于试管中,滴入少量FeSO4溶液后,立即测定pH,pH迅速降低;故答案为:取与实验I初始时pH和浓度均相同的H2O2溶液于试管中;、亚铁离子被H2O2溶液氧化为Fe2O3,离子方程式为:;(5)实验中周而往复现象与铁钉表面氧化膜的生成和溶解密切相关,从反应的速率角度分析如下:铁与磷酸反应生成氢气和Fe2+,Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜,使聚集在铁钉表面的氢气脱离:随
42、后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应,氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡,当氧化膜溶解后,铁又与磷酸反应产生氢气。故答案为:铁与磷酸反应生成氢气和Fe2+,Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜,使聚集在铁钉表面的氢气脱离:随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应,氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡,当氧化膜溶解后,铁又与磷酸反应产生氢气。【点睛】该题是探究性实验题,需根据实验现象分析反应原理,按照题目的探究步骤分析发生的反应,试题的难点为如何解释气泡的产生和停止反复出现的现象,要求有较强的思考分析能力。19.多奈哌齐可用于治疗阿尔茨海默病,中间体L的合成路线如下:已知:R1CHOR1CH=CHCOOH(1)A中所含官
43、能团的名称是_。(2)AB的化学方程式是_。(3)芳香化合物X是D的同分异构体,符合下列条件的X的结构简式是_。核磁共振氢谱有3组吸收峰,峰面积比为122 1 mol X与足量的金属钠反应,可生成1 mol H2(4)实验室检验E中含氧官能团的试剂及现象为_。(5)1 mol F生成1 mol G需要消耗_mol H2。(6)GH的反应类型是_。(7)K的结构简式是_。(8)由L可通过如下过程合成多奈哌齐:试剂a的结构简式是_。【答案】 (1). 羟基 (2). (3). (4). 银氨溶液、出现银镜 (5). 4mol (6). 取代反应 (7). (8). 【解析】【分析】A为,与氯气发生
44、取代反应生成B,由B的分子式结合D的结构,可知B的结构简式为:,氯原子再发生水解反应生成C,C的结构简式为:,再发生取代反应生成D;E到F的反应根据信息分析,可得出F的结构简式为,再与氢气发生加成反应生成G,结构简式为,G到H为取代反应,H的结构简式为,再与COCl2发生取代反应生成I,其结构简式为,由信息的反应可推出K的结构简式为。【详解】(1)A为,含有的官能团为羟基,故答案为:羟基;(2))AB的化学方程式为,故答案为:;(3)D的结构简式为,X是其同分异构体,核磁共振氢谱有3组吸收峰,峰面积比为122,说明其有3种等效氢,D中共有10个H,则分别为2、4、4个,1 mol X与足量的金
45、属钠反应,可生成1 mol H2,说明有两个羟基,则X的结构简式为,故答案为:;(4)E中的含氧官能团为醛基,检验试剂为银氨溶液,现象为有银镜产生,故答案为:银氨溶液、出现银镜;(5)F中有4个碳碳双键,故1mol的F会消耗4molH2,故答案为:4mol;(6)G结构简式为, H的结构简式为,N上的H原子被-COOCH3取代,故答案为:取代反应;(7)K到L的反应为信息的反应原理,为苯环上断开一个H,再对碳碳双键进行加成,由L的结构简式可推出K的结构简式为,故答案为:;(8)结合L的结构简式和M的分子式,可知L到M为脱羧反应,M的结构简式为,再结合信息的反应原理,根据多奈哌齐的结构推出a为,故答案为:。【点睛】该题主要考查有机推断,主要是结合题目信息和物质的分子式推出物质的结构简式,充分利用题给信息进行分析解答,明确有机物的官能团及性质是解本题关键。