1、高考资源网（） 您身边的高考专家顺义区2020届高三第二次统练化学试卷考生须知：1.本试卷总分100分，考试用时90分钟2.本试卷共10页，分为选择题（42分）和非选择题（58分）两个部分。3.试卷所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答4.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自己保留可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5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.下列物质制造或使用过程中没有发生化学
2、变化的是（ ）ABCD明矾做净水剂丙烯制造聚丙烯熔喷布氨气制造液氨冷却剂含碳酸氢钠的抗酸药治疗胃酸过多A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A明矾溶于水，铝离子水解为氢氧化铝胶体，发生化学变化，故不选A；B丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，有新物质生成，属于化学反应，故不选B；C氨气制造液氨冷却剂，氨气状态发生改变，没有生成新物质，不属于化学变化，故选C；D碳酸氢钠治疗胃酸过多，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，有新物质生成，属于化学反应，故不选D。答案选C。2.过氧乙酸是一种绿色生态杀菌剂，结构简式为，可用乙酸与过氧化氢一定条件下反应制得。下列说法不正确的是（ ）A.
3、 过氧化氢的电子式B. 乙酸溶于水：CH3COOH=CH3COO-+H+C. 过氧乙酸中含有极性共价键和非极性共价键D. 制备过氧乙酸的化学反应方程式：CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O【答案】B【解析】【详解】A. 过氧化氢是共价化合物，其电子式为：，A正确；B. 乙酸是弱酸，溶于水部分电离：其电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，B错误；C. 过氧乙酸的结构简式为：，极性共价键是指不同种非金属原子之间的化学键，非极性共价键是指同种非金属原子之间的化学键，过氧乙酸中即含有极性共价键，又含有非极性共价键，C正确；D. 用乙酸与过氧化氢一定条件下反应，制备过氧乙酸，其化
4、学反应方程式为：CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O，D正确；故答案为：B。3.下列说法不正确的是（ ）A. 纤维素属于天然有机高分子B. 油脂的皂化、淀粉制葡萄糖均属于水解反应C. 碳链中含碳碳双键的油脂，主要是低沸点的植物油D. 在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀【答案】D【解析】【详解】A. 一般把相对分子质量高于10000的分子称为高分子，包括天然和合成有机高分子化合物，常见天然有机高分子化合物有淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶等，纤维素属于天然有机高分子，A正确；B. 油脂属于酯类物质，在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，淀粉在酸的催
5、化作用下，能发生水解，淀粉的水解过程是先生成分子量较小的糊精（淀粉不完全水解的产物），糊精继续水解生成麦芽糖，最终水解产物是葡萄糖，B正确； C. 油和脂肪统称为油脂，油脂的主要成分是各种高级脂肪酸的甘油酯，油脂中的碳链含碳碳双键时，主要是低沸点的植物油，油脂中的碳链为碳碳单键时，主要是高沸点的动物脂肪，C正确；D. 鸡蛋清的主要成分为蛋白质，加入饱和Na2SO4溶液，可以使蛋白质因盐析产生沉淀，盐析是一个可逆的过程，加入饱和CuSO4溶液会因变性产生沉淀，变性是不可逆的，D错误；故答案为：D。4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。X与Z最外层电子数相同，X2-和Y+的电子
6、层结构相同，Y的原子半径在短周期主族元素原子中最大。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径：ZWB. 还原性：X2-Z2-C. 最高价氧化物的水化物酸性：ZWD. X、Y、Z形成的化合物水溶液一定显中性【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y的原子半径在短周期主族元素原子中最大，则Y为Na元素，X2-和Y+的电子层结构相同，则X为O元素，X与Z最外层电子数相同，则Z为S元素，W为Cl元素。【详解】A. Z为S元素，W为Cl元素，同周期，从左到右，原子半径减小，则原子半径：SCl，A正确；B. X为O元素，Z为S元素，同主族，从上到下，非金属性减弱，非金属
7、性：OS，则还原性：O2-S2-，B错误；C. Z为S元素，W为Cl元素，同周期，从左到右，最高价氧化物对应的水化物的酸性增强，则H2SO4Cl，A正确；B. 实验生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，B错误；C. 实验白雾说明氯化氢易挥发，不能说明酸性H2SO4HCl，而实验生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而是强酸制弱酸，能说明H2SO4H2SO3，C错误；D. 实验中不能得知浓硫酸具有脱水性，D错误；故答案为：A。7.某树脂的结构片断如图所示，下列关于该树脂的说法不正确的是（ ）（图中表示链延长）A. 合成该树脂的反应
8、为缩聚反应B. 理论上合成该树脂的原料比例相同C. 合成该树脂的单体之一甲醛可由甲醇氧化得到D. 该树脂难溶于水【答案】B【解析】【分析】观察本题中高分子化合物的结构简式，首先会联想到酚醛树脂的结构，它对应的单体是和HCHO，将题给有机物的结构再与酚醛树脂的结构比较，多出部分必然要用到的单体。由此可知，本题高分子合成时所用到的单体有、HCHO和，这三种单体发生聚合时应为缩聚反应。【详解】A. 、HCHO和发生缩聚反应生成，A正确；B. 根据树脂的结构片断可知，反应采取苯酚稍过量，才能得到线型结构酚醛树脂，所以理论上合成该树脂的原料比例不相同，B错误；C. CH3OH在催化剂条件下被O2氧化可得
9、到甲醛，其化学反应方程式为：2CH3OH+ O22HCHO+2H2O，C正确；D. 和均不易溶于水，合成的树脂难溶于水，D正确；故答案为：B。【点睛】加聚反应是指由不饱和单体（如碳碳双键，碳碳叁键以及碳氧双键等）聚合高分子的反应，其产物只有一种高分子化合物；缩聚反应是指具有两个或两个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，同时产生有简单分子（如 H2O、HX、醇等）的化学反应。8.下列用于解释事实的离子方程式不正确的是（ ）A. 向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，有黑色难溶物生成：2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq)B. 向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3
10、固体，溶液紫色褪去：2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2+5SO42-+3H2OC. 向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水，有白色沉淀生成：2HCO3-+Ca2+2OH-=CaCO3+2H2O+CO32-D. 向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O【答案】C【解析】【详解】A向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，有黑色难溶物生成，氯化银沉淀转化为硫化银，反应离子方程式是2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq)，正确，A不选；B向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，HSO3-被高锰酸钾氧化为SO42-，溶液紫色褪去
11、，反应的离子方程式是2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2+5SO42-+3H2O，正确，B不选；C向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水，生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式是HCO3-+Ca2+OH-=CaCO3+H2O，错误，C选；D向稀硝酸中加入铜粉生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式是3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，正确，D不选。答案选C。9.下列说法正确的是（ ）A. 23gNO2与足量水反应，转移的电子数约为6.021023B. 标准状况下，22.4L15NH3含有的质子数约为6.021024C. 常温下，1L0.1mo1L-1NH4NO
12、3溶液中含有的NH4+数约为6.021022D. 密闭容器中，1molNO与0.5molO2充分反应后，容器中分子数约为6.021023【答案】B【解析】【详解】A. 23gNO2物质的量为0.5mol，与足量水反应的化学反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，其转移的电子数约为6.021023，A错误；B. 标准状况下，22.4L15NH3的物质的量为1mol，含有的质子数约为6.021024，B正确；C. NH4NO3是强酸弱碱盐，其溶液中NH4+水解生成氨水，NH4+数小于6.021022，C错误；D. NO2中存在平衡：2NO2N2O4，所以密闭容器中1molNO与0.5mo
13、lO2充分反应，产物的分子数小于6.021023，D错误；故答案为：B。10.常温下，向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是（ ）A. 该反应过程中，M是Fe3+，M是Fe2+B. 当有1molO2生成时，转移2mo1电子C. 在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐降低D. H2O2的氧化性比Fe3+强，还原性比Fe2+弱【答案】B【解析】【分析】由反应原理图可知，2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，2Fe3+H2O2=2Fe2+O2+2H+，总反应为2H2O2=2H2O+O2。【详解】A. 由反应2Fe2+H2O2+2H+=2
14、Fe3+2H2O可知，M是Fe2+，M是Fe3+，A错误；B. 由反应2Fe3+H2O2=2Fe2+O2+2H+可知，当生成1mol氧气，转移2mol电子，B正确；C. 总反应为2H2O2=2H2O+O2，H+的量不变，反应生成的水对溶液有稀释作用，所以溶液的pH逐渐增大，C错误； D. 反应2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O中，Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，则H2O2的氧化性比Fe3+强，反应2Fe3+H2O2=2Fe2+O2+2H+中，Fe3+被H2O2还原生成Fe2+，则H2O2的还原性比Fe2+强，D错误；故答案为：B。11.氯化氢直接氧化法制氯气的反应是4HCl(g
15、)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。刚性容器中，进料浓度比c(HCl)：c(O2)分别等于1：1、4：1、7：1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. K(300)K(400)B. 增加反应的压强和及时分离出氯气都可以提高氯化氢的转化率C. 当c(HCl)：c(O2)进料比过低时，HCl的转化率较低，且不利于分离O2和Cl2D. 若HCl的初始浓度为c，进料比为1：1时，K(500)=【答案】C【解析】【详解】A由图象可知，升高温度，HCl平衡转化率降低，平衡逆向移动，K(300)K(400)，故A正确；B增加反应的压强和及时分离出氯气，平衡正向移
16、动，都可以提高氯化氢的转化率，故B正确；Cc(HCl)：c(O2)进料比越小，HCl的转化率越大，故C错误；D相同温度下，c(HCl)：c(O2)进料比越大，HCl平衡转化率越小，根据图象，500、若HCl的初始浓度为c，进料比为1：1时，HCl平衡转化率为72%，K(500)=，故D正确；选C。【点睛】本题考查化学平衡移动，明确影响平衡移动的因素是解题的关键；对于多种反应物的反应，增大一种反应物的增大，平衡正向移动，其它反应物的转化率增大，加入的反应物的转化率减小。12.下列实验的现象与结论相对应的是（ ）ABCD实验现象一段时间后，a管液面高于b管液面酸性KMnO4溶液褪色pH计测得中pH
17、大于中pH试管中有大量气泡，试管中无现象结论a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀有乙烯生成可以使酸性KMnO4溶液褪色金属性：MgAl酸性：醋酸碳酸硼酸A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. U型管左边装置是中性溶液，右边装置是酸性溶液，Fe与稀H2SO4发生反应生成H2，导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，一段时间后，a管液面高于b管液面，但无法证明a管发生吸氧腐蚀，A错误；B. 制备乙烯反应中，乙醇被碳化得到碳，碳与浓硫酸加热反应会生成二氧化硫气体，二氧化硫具有还原性也可以使高锰酸钾溶液褪色，高锰酸钾溶液褪色不能证明一定是生成的乙烯，B错误；C. MgCl2溶
18、液与AlCl3溶液的浓度不相同，C错误；D. 醋酸与碳酸氢钠反应生成气体，NaHCO3+CH3COOH=CH3COONa+H2O+CO2说明酸性：醋酸碳酸，硼酸与碳酸氢钠不反应，说明酸性：碳酸硼酸，所以酸性：醋酸碳酸硼酸，D正确；【点睛】根据越弱越水解，相同物质的量浓度的氯化铝溶液和氯化镁溶液，比较其pH大小，pH小，说明酸性强，水解程度大，对应的碱性弱，可以比较这两种元素金属性强弱。13.25下，水中碳酸化合物的三种微粒占总浓度的百分比随pH变化如图所示。25时，向10mL0.1molL-lNa2CO3溶液中逐滴加入0.1molL-1稀盐酸，下列说法正确的是（ ）A. 0.1molL-lNa
19、2CO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)B. 溶液pH=8.3时，c(Na+)=c(C1-)C. 溶液pH=7时，加入盐酸体枳大于10mLD. 溶液pH=6时的导电能力强于pH=11时的导电能力【答案】C【解析】【详解】A. 根据电荷守恒，0.1molL-lNa2CO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，A错误；B. 根据图像，溶液pH=8.3时，溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠，c(Na+)c(C1-)，B错误；C. 当加入盐酸体积为10mL时，碳酸钠与盐酸恰好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，溶液显碱性
20、，pH7，若使溶液pH=7，溶液中加入盐酸体枳大于10mL，C正确D. 溶液中离子浓度越大，导电能力越强；离子所带电荷数越高，导电能力越强，根据图像可知，溶液pH=11时的导电能力强于pH=6时的导电能力，D错误；故答案为：C。14.碲(Te)元素在元素周期表中位于第A族，其単质是重要的工业原料。工业上可用电解法从铜阳极泥(主要成分是Cu2Te、含Ag、Au等杂质)中提取单质碲，歩驟如下：将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为TeO2；用NaOH溶液碱浸;以石墨为电极电解所得溶液获得Te。已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应下列说法不正确的是（ ）A. Cu2Te中，Te的化合价是-2B
21、. 歩骤中，碱浸的子离方程式是：TeO2+2OH-=TeO32-+H2OC. 歩骤中，阴极上发生反应电极方程式是：TeO32-+4e-+6H+=Te+3H2OD. 在阳极区溶液中检验出有TeO42-存在，可能原因是阳极生成的氧气氧化TeO32-得到TeO42-【答案】C【解析】【分析】工业上可从电解精炼铜的阳极泥（主要成分Cu2Te，还有少量的Ag、Au）中提取碲，铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为TeO2，其化学反应方程式为：Cu2Te+2O22CuO+TeO2，用NaOH溶液碱浸，其化学反应方程式为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，以石墨为电极，电解Na2TeO3溶液时，溶液中的
22、离子有Na+、H+、TeO32-、OH-，阴极得电子能力：TeO32- H+Na+，阴极的电极反应式为TeO32- +4e-+3H2O=Te+6OH-，阳极的电极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，亚碲酸根离子也可能发生氧化反应，其电极反应式为TeO32-2e-+2OH-= TeO42- +H2O。【详解】A. S和Te为同主族元素，类比Cu2S，Cu2Te中，Te的化合价是-2，A正确；B. TeO2与较浓的强酸、强碱反应，为两性氧化物，与碱强反应的化学反应方程式为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，其离子反应方程式为：TeO2+2OH-=TeO32-+H2O，B正确；C.阴
23、极上发生反应电极方程式为： TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-，C错误；D. 阳极的电极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，亚碲酸根离子也可能发生氧化反应，其电极反应式为TeO32-2e-+2OH-= TeO42-+H2O，D正确；故答案为：C。第二部分（非选择题共58分）15.甲醇是重要的化工原料，可用于制备丙烯、氢气等。（1）MTO法由甲醇制备丙烯时的反应原理是：甲醇先脱水生成二甲醚，然后二甲醚与甲醇的平衡混合物脱水转化为含丙烯较多的低聚烯烃。某温度下，在密闭容器中加入CH3OH气体，发生脱水反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，一段时间后测得各组分的
24、浓度如表所示。物质CH3OHCH3OCH3H2O5min浓度(molL-1)0.440.60.610min浓度molL-1)0.040.80.815min浓度(molL-1)0.040.80.8该温度下，反应的平衡常数数值是_，CH3OH的平衡转化率是_。（2）利用甲醇水蒸气重整制氢法是获得氢气的重要方法。反应原理如下：反应i（主反应）：CH3OH（g）+H2O（g）CO2(g)+3H2(g)H=+49kJmol-1反应ii（副反应）：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)H=+41kJmol-1温度高于300则会同时发生CH3OH转化为CO和H2的副反应，该反应的热化学方程式是_。
25、反应中，经常使用催化剂提高化学反应速率，但催化剂对反应具有选择性。一定条件下，测得CH3OH转化率及CO、CO2选择性随温度变化情况分别如图所示（CO、CO2的选择性：转化的CH3OH中生成CO、CO2的百分比）。从图中可知，反应的适宜温度为_，随着温度的升高，催化剂对_（填“反应i”或“反应ii”）的选择性越低。TiO2纳米电极电化学还原法可将副产物CO2在酸性水溶液中电解生成甲醇，生成甲醇的电极反应式是_。【答案】 (1). 400 (2). 97.56% (3). CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) H=+90kJmol-1 (4). 260 (5). 反应i (6). CO2+6
26、e-+6H+=CH3OH+H2O【解析】【分析】（1）由表格可知，10min后，反应达到了平衡，根据，求平衡常数，根据，求甲醇的平衡转化率；（2）根据盖斯定律i+ii可得：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，H=H1+H2，据此求出H；由图可知，低于260时，CH3OH的转化率较低，高于260时，CH3OH的转化率较高，但在高于260时，CO的选择性逐渐增大，CO2的选择性逐渐减小。 CO2在酸性环境下，电解生成甲醇，二氧化碳得到电子，发生还原反应，生成甲醇，电极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；【详解】（1）由表格可知，10min后，反应达到了平衡，根据反应2CH3
27、OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)，；设甲醇的起始为xmol/L，根据三段式：2CH3OH (g) CH3OCH3 (g) + H2O (g) x=(1.6+0.04)mol/L=1.64mol/L，则，故答案为：400；（2） 反应i：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) H1=+49kJmol-1；反应ii：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) H2=+41kJmol-1；根据盖斯定律i+ii可得：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，H=H1+H2=49kJmol-1+41kJmol-1=+90kJmol-1，故答案为：CH3OH(g)CO
28、(g)+2H2(g) H=+90kJmol-1。由图可知，低于260时，CH3OH的转化率较低，高于260时，CH3OH的转化率较高，但在高于260时，CO的选择性逐渐增大，CO2的选择性逐渐减小，所以最适宜温度为260；随着温度的升高，催化剂对CO的选择性增大，CO2的选择性减小，所以温度升高，催化剂对反应i的选择性越低，故答案为：260；反应i。 CO2在酸性环境下，电解生成甲醇，二氧化碳得到电子，发生还原反应，生成甲醇，其电极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。【点睛】10min时，反应2CH3OH(g)CH3OCH
29、3(g)+H2O(g)达到平衡，根据生成物的浓度，计算10min内甲醇转化的浓度，再求出始态的甲醇浓度，最后求出甲醇的平衡转化率。16.2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献。二氧化氯（C1O2）就是其中一种高效消毒灭菌剂。但其稳定性较差，可转化为NaC1O2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的NaClO2。其工艺流程示意图如图所示：已知：1.纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10以下。2.长期放置或高于60时NaC1O2易分解生成NaC1O3和NaCl（1）步骤1中，生成C1O2的离子方程
30、式是_，通人空气的作用是_。（2）方法1中，反应的离子方程式是_，利用方法1制NaC1O2时，温度不能超过20，可能的原因是_。（3）方法2中，NaC1O2在_生成（选填“阴极”或“阳极”）。（4）NaC1O2的溶解度曲线如图所示，步骤3中从NaC1O2溶溶液中获得NaC1O2的操作是_。（5）为测定制得的晶体中NaC1O2的含量，做如下操作：称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用bmolL-1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的
31、平均值为cmL（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。样品中NaC1O2的质量分数为_。（用含a、b、c的代数式表小）。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是_（用离子方程式和文字表示）。（6）NaC1O2使用时，加入稀盐酸即可迅速得到C1O2。但若加入盐酸浓度过大，则气体产物中Cl2的含量会增大，原因是_。【答案】 (1). 2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2 (2). 稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸 (3). 2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O (4). H2O2温度较高时易分解 (5). 阴极 (6). 加热温度至略低
32、于60C，浓缩，冷却至略高于38C结晶，过滤，洗涤 (7). (8). 4H+4I-+O2=I2+2H2O，消耗Na2S2O3增多，结果偏高 (9). 亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气【解析】【分析】（1）（3）NaC1O3溶液与SO2发生氧化还原反应，生成ClO2，而由题给信息可知，纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10以下，故加入空气稀释；方法1：在碱性环境下，用H2O2还原C1O2得到NaC1O2；方法2：在阴极上ClO2被还原生成ClO2-，其电极方程式为：ClO2+e-=ClO2-；（4）由溶解度曲线可知，温度低于38时，析出晶体Na
33、ClO23H2O，温度高于38时析出晶体NaClO2，据此分析解答；（5）由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式NaClO22I24S2O32-，根据关系式NaClO22I24S2O32-进行计算；（6）盐酸浓度较大，NaC1O2与浓HCl发生氧化还原反应生成氯气；【详解】（1）步骤1，NaC1O3溶液与SO2发生氧化还原反应，生成ClO2，根据得失电子守恒，离子反应方程式为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；由题给信息可知，纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10以下，则通人空气的作用是稀释产生的C
34、lO2，防止其分解爆炸，故答案为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸；（2）方法1，在碱性环境下，用H2O2还原C1O2得到NaC1O2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式未：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；温度较高时H2O2易分解，所以温度不能超过20，故答案为：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；H2O2温度较高时易分解；（3）方法2，ClO2生成ClO2-，应被还原，在阴极生成，电极方程式为：ClO2+e-=ClO2-，所以在阴极上生成NaC1O2，故答案为：阴极； （4）由NaC1O2
35、的溶解度曲线可知，NaClO2饱和溶液中，温度低于38时，析出晶体是NaClO23H2O，温度高于38时析出晶体是NaClO2，所以从NaC1O2溶溶液中获得NaC1O2的操作：加热温度至略低于60C，浓缩，冷却至略高于38C结晶，过滤，洗涤，故答案为：加热温度至略低于60C，浓缩，冷却至略高于38C结晶，过滤，洗涤；（5）由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式为：NaClO22I24S2O32-，n(NaClO2)=n(S2O32-)=，则样品中NaC1O2的质量分数为：；在滴定操作正确的情况下，测得结果偏高，可能为碘负离
36、子被氧气氧化，生成更多的碘单质，消耗更多的Na2S2O3，结果偏高，故答案为：；4H+4I-+O2=I2+2H2O，消耗Na2S2O3增多，结果偏高；（6）盐酸浓度大时，NaC1O2与浓HCl发生氧化还原反应生成氯气，故答案为：亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气。17.吡唑类化合物是重要的医用中间体，如图是吡唑类物质L的合成路线。已知：R1CHO+R2CH2COOR3R1CHO+R2NH2R1CH=NR2（1）试剂a是_。（2）C生成D的反应类型是_。（3）D生成E的化学方程式是_。（4）生成G的化学方程式是_。（5）H的结构简式是_。（6）写出符合下列条件的
37、I的同分异构体的结构简式_。a.是反式结构b.能发生银镜反应c.苯环上的一氯代物有2种d.1mol该有机物能与2mol氢氧化钠反应（7）K的分子式是C10H8O2，K的结构简式是_。（8）以2-甲基丙烯和乙酸为原料，选用必要的无机试剂，合成，写出合成路线_（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）【答案】 (1). 浓硫酸，浓硝酸 (2). 取代（水解）反应 (3). 2+O22+2H2O (4). CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O (5). (6). (7). (8). 【解析】【分析】，B在光照条件下与氯气发生取代反应生成，逆推可知B是，A发
38、生硝化反应生成B；F的分子式是C2H4O，F与甲醇在浓硫酸作用下反应生成G，则F是乙酸、G是乙酸甲酯；，结合R1CHO+R2CH2COOR3，可知H为；结合R1CHO+R2NH2R1CH=NR2， 逆推可知E是、K的分子式是C10H8O2，K是；由逆推，D是；【详解】根据以上分析，（1）A是甲苯、B是，A发生硝化反应生成B，所以试剂a是浓硫酸，浓硝酸；（2）C是、D是，C生成D是卤代烃的水解反应，反应类型是取代（水解）反应。（3）D是、E是，D生成E是醇的催化氧化，反应的化学方程式是2+O22+2H2O；（4）G是乙酸甲酯，乙酸和甲醇在在浓硫酸作用下反应生成乙酸甲酯，反应的化学方程式是CH3C
39、OOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O；（5），结合R1CHO+R2CH2COOR3，可知H为；（6）a.是反式结构，说明含有碳碳双键；b.能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸酯； c.苯环上的一氯代物有2种，说明2个取代基在苯环的对位； d.1mol该有机物能与2mol氢氧化钠反应，说明是甲酸酚酯；符合条件的I的同分异构体的结构简式是；（7）结合R1CHO+R2NH2R1CH=NR2， 逆推可知E是、根据K的分子式是C10H8O2，可知K是；（8）2-甲基丙烯与溴水发生加成反应生成，水解为，在铜做催化剂的条件下氧化为， 和乙酸发生正反应反应生成，根据R1CHO+R2CH2COOR3，在碱
40、、加热的条件下生成；合成路线为。18.一些行业的废水中氨氮含量严重超标，废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化防治的研究热点，有多种方法可以去除。I.电镀行业废水处理流程如图：（1）吹脱法除氨氮：水中的氨氮大多数以NH4+和游离态的NH3保持平衡状态而存在。将空气直接通入水中，使气相和液相充分接触。水中溶解的游离氨穿过气液界面，向气相转移。从而达到脱除氨的目的。氨氮废水中NH3和NH4+平衡态的平衡关系有_。（2）温度、pH值、空气流量对脱除氨有很大的影响。pH值、空气流量对脱除氨影响如图所示。由图可以看出，空气流量一定时，10pH11时，吹脱率随着pH增加而增加，请用化学平衡移动原理解释
41、原因_。（3）次氯酸钠氧化法：利用次氯酸钠氧化废水中氨氮的离子方程式是_。II.对于含有H2PO4-的氨氮废水还可以用电化学沉淀与阴极氧化协同去除水中的氨氮，装置如图所示。电解过程中，石墨毡电极产生OH-，在通入O2的情况，又产生H2O2，以氧化水中的NH4+，同时NH4+还可以通过生成MgNH4PO46H2O沉淀而持续被除去。（1）阳极的电极反应式是_。（2）废水中的NH4+转化为MgNH4PO46H2O的离子方程式是_。（3）pH大于10.5不利于MgNH4PO46H2O的生成，原因是_。【答案】 (1). NH3+H2ONH3H2ONH4+OH- (2). NH3H2ONH4+OH-，p
42、H增大有利于平衡逆向移动，NH4+转化为游离态的NH3，NH3在空气吹脱下从水中脱除 (3). 2NH4+3ClO-+2OH-=N2+3Cl-+5H2O (4). Mg-2e-=Mg2+ (5). NH4+H2PO4-+Mg2+2OH-+4H2O=MgNH4PO46H2O (6). pH偏大，NH4+、Mg2+易与OH结合生成NH3H2O、Mg(OH)2，NH3H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低，不利于MgNH4PO46H2O的生成【解析】【分析】.（1）NH3极易溶于水，且与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，部分电离生成NH4+和OH-，据此写出平衡关系；（2）由NH3H
43、2ONH4+OH-，pH增大，OH-增多，平衡逆向移动； （3）次氯酸根离子具有强氧化性，氧化NH4+生成氮气，本身被还原生成氯离子，根据得失电子守恒，写出离子反应方程式；. （1）电解图可知，Mg电极为阳极，Mg失去电子，发生氧化反应；（2）根据OH-、Mg2+、NH4+、H2PO4-反应生成MgNH4PO46H2O沉淀，写出离子反应方程式；（3）pH偏大，NH4+、Mg2+易与OH结合生成NH3H2O、Mg(OH)2，据此分析解答；【详解】.（1）NH3极易溶于水，且与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，部分电离生成NH4+和OH-，所以氨氮废水中NH3和NH4+平衡态的平衡关系为：N
44、H3+H2ONH3H2ONH4+OH-，故答案为：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-；（2）由NH3H2ONH4+OH-，pH增大，OH-增多，平衡逆向移动，NH4+转化为游离态的NH3，NH3在空气吹脱下从水中脱除，故答案为：NH3+H2ONH4+OH-，pH增大有利于平衡逆向移动，NH4+转化为游离态的NH3，NH3在空气吹脱下从水中脱除；（3）次氯酸根离子具有强氧化性，氧化NH4+生成氮气，本身被还原生成氯离子，根据得失电子守恒，其离子反应方程式为：2NH4+3ClO-+2OH-=N2+3Cl-+5H2O，故答案为：2NH4+3ClO-+2OH-=N2+3Cl-+5H2O；.（1）
45、电解图可知，Mg电极为阳极，Mg失去电子，发生氧化反应，其电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，故答案为：Mg-2e-=Mg2+；（2）石墨毡电极产生OH-，NH4+与Mg2+、NH4+、H2PO4-反应生成MgNH4PO46H2O沉淀，离子反应方程式为：NH4+H2PO4-+Mg2+2OH-+4H2O=MgNH4PO46H2O，故答案为：NH4+H2PO4-+Mg2+2OH-+4H2O=MgNH4PO46H2O；（3）pH大于10.5，溶液中c(OH-)大，NH4+、Mg2+易与OH结合生成NH3H2O、Mg(OH)2，NH3H2O的电离平衡逆向移动，被抑制，使溶液中c(NH4+)与c(Mg
46、2+)降低，不利于MgNH4PO46H2O沉淀的生成，故答案为：pH偏大，NH4+、Mg2+易与OH结合生成NH3H2O、Mg(OH)2，NH3H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低，不利于MgNH4PO46H2O的生成。19.常温下，某化学小组探究硝酸银溶液的性质。装置实验序号实验操作实验现象实验I向试管中滴加2%氨水并不断振荡产生棕褐色沉淀，继续滴加沉淀消失实验II1.向试管中加入0.1molL-lNaOH溶液1mL2.继续滴加3%H2O2至过量1.产生棕褐色沉淀2.产生大量无色无味气体，有黑色沉淀生成实验III1.向试管中滴加1mL0.1molL-1KI溶液2.取少量上层清液于
47、试管甲中，加入淀粉溶液1.产生黄色沉淀2.溶液无明显变化已知：AgOH是一种白色固体，常温下极不稳定，易分解为棕褐色难溶于水的氧化银固体（1）常温下，0.1mo1L-1AgNO3溶液pH约为4，请用离子方程式解释原因_。（2）实验I中，反应的化学方程式是_。（3）实验II中，经检验，黑色沉淀的成分为Ag。有Ag产生的化学方程式是_。经测定，实验产生的气体体积远远大于该反应的理论值，可能的原因是_。（4）实验中，产生黄色沉淀的离子方程式是_。有同学猜想，I-有还原性，Ag+有氧化性，AgNO3溶液与KI溶液应该可以发生氧化还原反应。他设计了如图原电池，做实验IV证明了猜想成立。其中，在A烧杯中，
48、石墨电极表面变亮，经检测这种光亮的物质为银单质。乙溶液是_，检验B烧杯中产物的操作及现象是_，该氧化还原反应的离子方程式是_。（5）对比实验III和实验IV，实验III无I2生成的可能原因是_（写出两条）。【答案】 (1). Ag+H2OAgOH+H+ (2). AgNO3+3NH3H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O (3). Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O (4). Ag2O有催化作用，可以催化H2O2的分解，导致气体体积增大 (5). Ag+I-=AgI (6). 0.1molL-1KI溶液 (7). 取少量反应后B烧杯中溶液，滴加淀粉溶液，有蓝色出现 (8).
49、 2Ag+2I-=2Ag+I2 (9). Ag+与I-发生氧化还原反应的速率慢于发生沉淀反应的速率；物质的氧化性还原性受浓度影响，溶液中离子浓度较小时，氧化还原反应不易发生【解析】【分析】（1）AgNO3为强酸弱碱盐，Ag+水解，溶液呈酸性；（2）AgNO3溶液中滴加氨水，发生复分解反应，产生AgOH的白色沉淀，AgOH极不稳定，易分解为棕褐色难溶于水的Ag2O固体，继续滴加氨水，AgOH与氨水反应生成银氨溶液，沉淀消失，据此写出化学方程式；（3）AgNO3溶液中加入NaOH溶液，发生复分解反应，产生AgOH的白色沉淀，AgOH极不稳定，易分解为棕褐色难溶于水的Ag2O固体，继续滴加H2O2至
50、过量，AgO 被H2O2还原生成Ag单质；Ag2O有催化作用，催化H2O2分解生成O2，导致气体体积增大；（4）AgNO3溶液中滴加KI溶液，发生复分解反应，产生AgI的黄色沉淀；在A烧杯中，石墨电极表面变亮，经检测这种光亮的物质为银单质，甲溶液为0.1molL-1AgNO3溶液，乙溶液是0.1molL-1KI溶液；用淀粉溶液，检验I2；根据得失电子守恒写出离子方程式；（5）实验III中，Ag+与I-发生氧化还原反应的速率慢于发生沉淀反应的速率；物质的氧化性与还原性受浓度影响，溶液中离子浓度较小时，氧化还原反应不易发生；【详解】（1）AgNO3为强酸弱碱盐，Ag+水解，溶液呈酸性，Ag+H2O
51、AgOH+H+，故答案为：Ag+H2OAgOH+H+；（2）AgNO3溶液中加氨水，发生复分解反应，产生AgOH的白色沉淀，AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3，AgOH极不稳定，易分解为棕褐色难溶于水的Ag2O固体，2AgOH=AgO+HO，继续加氨水，AgOH与氨水反应生成银氨溶液，沉淀消失，AgOH+2NH3H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O，则实验I中，发生的反应的化学方程式为：AgNO3+3NH3H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O，故答案为：AgNO3+3NH3H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O；（3）AgNO3溶液中加入NaOH溶
52、液，发生复分解反应，产生AgOH的白色沉淀，AgNO3+NaOH=AgOH+NaNO3，AgOH极不稳定，易分解为棕褐色难溶于水的Ag2O固体，2AgOH=AgO+HO，继续滴加H2O2至过量，AgO 被H2O2还原生成Ag单质，其化学反应方程式为：Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O；Ag2O具有催化作用，可以催化H2O2分解生成H2O和O2，导致气体体积增大，故答案为：Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O；Ag2O有催化作用，可以催化H2O2的分解，导致气体体积增大；（4）AgNO3溶液中滴加KI溶液，发生复分解反应，产生AgI的黄色沉淀，其离子反应方程式为：Ag+I-=AgI；在
53、A烧杯中，石墨电极表面变亮，经检测这种光亮的物质为银单质，则A烧杯中发生的反应为：Ag+e-=Ag，甲溶液为0.1molL-1AgNO3溶液，则B烧杯中发生的反应为：2I-2e-=I2，乙溶液是0.1molL-1KI溶液；检验B烧杯中产物：取少量反应后B烧杯中溶液于试管中，滴加淀粉溶液，若有蓝色出现，则证明产物为I2；该氧化还原反应的离子方程式为：2Ag+2I-=2Ag+I2，故答案为：Ag+I-=AgI；0.1molL-1KI溶液；取少量反应后B烧杯中溶液，滴加淀粉溶液，有蓝色出现；2Ag+2I-=2Ag+I2；（5）对比实验III和实验IV，实验III中，Ag+与I-发生氧化还原反应的速率慢于发生沉淀反应的速率；物质的氧化性与还原性受浓度影响，溶液中离子浓度较小时，氧化还原反应不易发生，故答案为：Ag+与I-发生氧化还原反应的速率慢于发生沉淀反应的速率；物质的氧化性与还原性受浓度影响，溶液中离子浓度较小时，氧化还原反应不易发生。【点睛】在硝酸银溶液中加入少量氨水时，发生反应化学方程式：AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3，加入过量氨水时，发生反应的化学方程式：AgNO3+2NH3H2O=Ag(NH3)2NO3+2H2O。- 26 - 版权所有高考资源网