北京市2023届高三模拟化学试题6份（答案 解析）(Word版）

高三二模化学试题一、单选题1.下列我国科研成果所涉及的物质转化中，物质所含元素位于0族的是（）A.由二氧化碳制取汽油：2→等B.液氦到超流氦的转变：液氦(-269℃)→超流氦(-271℃)C．煤炭的清洁化利用：煤炭→32D．利用太阳能合成燃料：2→32.下列说法错误的是（）A．疫苗等生物制剂需要在低温下保存B．在伤口处涂抹医用酒精可消毒、杀菌C．蛋白质、氨基酸中均含有D．蛋白质水解可以得到氨基酸3.下列关于3的化学用语或图示表达错误的是（）−+A．醋酸溶液呈酸性：3⇌3+B．一定条件下，18||—183与25反应能生成3—25C．测定3相对分子质量的质谱如图D．0.1.1⋅L−1醋酸溶液中，(−)=0.1.1⋅L−13)+(34.下列关于第ⅣA族元素及相关物质的性质比较中，错误的是（）A．热稳定性：CH4＞SiH4＞GeH4B．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞H2SiO3C．熔点：金刚石＞晶体硅＞晶体锗D．第一电离能：C＜Si＜Gen5.下列过程所用的物质中，利用了其氧化性的是（）A.用3溶液腐蚀覆铜板B．用块防止钢铁船体腐蚀C．用2的水溶液吸收2D．用粉防止4溶液氧化6.汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由ℎ、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析错误的是（）A.催化剂能提高反应速率B．、均发生了氧化反应C．转化为2时，2转化为2−D．催化剂对化学反应有选择性7.下列方程式不能合理解释实验现象或事实的是（）电解A．电解饱和溶液产生黄绿色气体：22+12↑__−−B．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：12+2=21+2−−C．钢铁发生吸氧腐蚀，正极反应：2+22+4=4D．用23除去输水管道中的氧气：223+2=224高温、高压8．2()+3⇌23()<0。下列分析错误的是（）催化剂2()A.氮分子的≡键能大，断开该键需要较多能量B．增大合成氨的反应速率与提高平衡混合物中氨的含量所采取的措施均一致C．平衡混合物中3的沸点最高，液化、分离出3能提高其产率D．断裂12和32的共价键所需能量小于断裂23的共价键所需能量9.选择不同的反应探究化学反应速率的影响因素，所用试剂不合理的是（）+=2++↑+(观察气泡产生的快慢2−+=a．3+222)b．2+2↓++(观察浑浊产生的快慢)223反应影响因素所用试剂Aa接触面积块状CaCO3、0.5mol/LHCln粉末状CaCO3、0.5mol/LHCl块状CaCO3、0.5mol/LHClBaH+浓度块状CaCO3、3.0mol/LHCl0.1mol/LNa2S2O3、稀H2SO4CbH+浓度0.1mol/LNa2S2O3、浓H2SO40.1mol/LNa2S2O3、0.1Na2S2O3H2SO4、冷水Db温度0.1mol/LNa2S2O3、0.1Na2S2O3H2SO4、热水A．AB．BC．CD．D10.某同学进行如下实验：实验实验现象将铜粉加入试管中，再加入稀溶液变蓝，液面上方呈浅红棕色；至不再产生气泡ⅰ3时，铜粉有剩余，余液呈酸性继续向ⅰ中试管加入少量固体ⅱ又产生气泡，铜粉减少，液面上方呈浅红棕色3取饱和(3)2溶液，加入ⅲ少量无明显变化固体3和铜粉下列说法错误的是（）A.3氧化性的强弱与其浓度大小有关B.ⅰ、ⅱ中铜粉减少的原因能用相同的离子反应解释2++2⇌()+2+C．ⅰ中余液呈酸性的主要原因是22D．用一定浓度的24与3也能使铜粉溶解11．取1.0L浓缩卤水(1−、−浓度均为1.0×10−3.1⋅L−1)进行实验：滴加一定量源3溶液，产生黄色沉淀；继续滴加，产生白色沉淀。已知：−17(源)=8.5×10、(源1)=1.8×10−10。下列分析错误的是（）A．黄色沉淀是源，白色沉淀是源1+−B．产生白色沉淀时，溶液中存在源()⇌源()+()C．若起始时向卤水中滴加2滴(0.1L)1.0×10−3.1⋅L−1源3，能产生沉淀D．白色沉淀开始析出时，(−)>1.0×10−6.1⋅L−112.我国科研人员将单独脱除2的反应与22的制备反应相结合，实现协同转化。n①单独制备22：22+2=222，不能自发进行。②单独脱除−2−2：4+22+2=2+22，能自发进行协同转化装置如下图(在电场4−+作用下，双极膜中间层的2解离为和，并向两极迁移)。下列分析错误的是（）A．反应②释放的能量可以用于反应①B．产生−+=22的电极反应：2+2+222C．反应过程中不需补加稀24D．协同转化总反应：2+2+22=22+2413.高分子M广泛用于纺织、涂料等产品，合成路线如下：已知：下列说法错误的是（）A．化合物A不存在顺反异构体B．A是33的同系物C．A→N为聚合反应D．M、N均可水解得到14．以2、2为原料合成3涉及的主要反应如下：①2(源)+32(源)⇌3(源)+2(源)1n②2(源)+2(源)⇌(源)+2(源)22的平衡转化率(−2)、3的选择性(−3)随温度、压强变化如下：푛(转化为3的2)已知：−3=×100%(转化的2)下列分析错误的是（）A．1>2B．400℃左右，体系发生的反应主要是②C．由图可知，1<0，2>0D．初始푛(2)=1.1、푛(2)=3.1，平衡后−2=30%、−3=80%，若只发生①、②，则2的平衡转化率为24%二、综合题15.青蒿素(15225)是治疗疟疾的有效药物，白色针状晶体，溶于乙醇和乙醚，对热不稳定。青蒿素晶胞(长方体，含4个青蒿素分子)及分子结构如下图所示。（1）提取青蒿素在浸取、蒸馏过程中，发现用沸点比乙醇低的乙醚(2525)提取，效果更好。①乙醚的沸点低于乙醇，原因是。②用乙醚提取效果更好，原因是。n（2）确定结构①测量晶胞中各处电子云密度大小，可确定原子的位置、种类。比较青蒿素分子中C、H、O的原子核附近电子云密度大小：。②图中晶胞的棱长分别为a푛、b푛、c푛，晶体的密度为源⋅−3−9；青蒿素的相对分子质量为282)。(用表示阿伏加德罗常数；1푛=10③能确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出分子空间结构的一种方法是。a.质谱法b.X射线衍射c.核磁共振氢谱d.红外光谱（3）修饰结构，提高疗效一定条件下，用4将青蒿素选择性还原生成双氢青蒿素。①双氢青蒿素分子中碳原子的杂化轨道类型为。−②4的空间结构为。双氢青蒿素比青蒿素水溶性更好，治疗疟疾的效果更好。16.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：（1）反应Ⅰ由两步反应组成：①24=2+3；②。（2）反应Ⅱ：32(源)+22(源)⇌224(1)+()①不同条件下，2达到相同的平衡转化率，温度越高，所需的压强越大，0。푛(2)②一定压强下，2与2的投料比[]对体系中2平衡转化率的影响如下：(2)n(2)>时，解释2平衡转化率随投料比增大而降低的原(2)因：。−（3）可以作为水溶液中2歧化反应的催化剂。可能的催化过程如下：①ⅰ.−+2+4+4=↓+22+22ⅱ.。②反应结束后，分离混合物[硫酸(含2、)、S(吸附了2)等]，从中获得固体S以及24与的混合液，便于循环利用。a.该过程中，应选取的化学试剂是。b.根据所选取的化学试剂，设计方案，得到S以及24与的混合液。实验方案是：。(用简要文字说明即可)−−17.用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如33下。（1）Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是。（2）Ⅱ中反应的离子方程式是。2+可以明显提高−−（3）实验发现，在Ⅱ中补充一定量的的去除率。向两份含氮废水[푛(33)=8.1×10−5.1]中均加入足量粉，做对比研究。实验序号ⅰⅱ所加试剂粉粉、1−5.1)2(3.6×10−3的去除率≈50%≈100%−分析ⅱ中3的去除率提高的原因：a.2+直接还原−了。3通过计算说明电子得、失数量关系：n，证明该原因不合理。b.研究发现：34(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生()(不导电)，它覆盖在34表面，形成钝化层，阻碍电子传输。c.2+能与()反应生成34。用572做同位素示踪实验，证明该原因合理。−d.1破坏钝化层。−将ⅱ中的12替换为，3的去除率约为50%，证明该原因不合理。。该反应明显有助于ⅰ中−的去除，结合方程式解+=2++↑（4）ⅰ、ⅱ中均能发生+223释原因：。−（5）测定3含量−)水样，加入催化剂、−1步骤1.取vL含氮(31L1.1⋅L4标准溶液(过量)，再加入稀24。步骤2.用2.1⋅L−1227标准溶液滴定剩余的2+(22−被还原为3+)，终点时消耗27L。−2+++4+=↑+33++2已知：332①水样中−的含量为.1⋅L−1。3②溶液中2影响测定。向步骤1中加入适量3，产生2驱赶2，否则会使测定结果(填“偏大”或“偏小”)。18.褪黑激素的前体K的合成路线如下。3已知：+(R表示烃基或氢)（1）A能发生银镜反应。A中所含的官能团有。（2）D→E的反应类型是。（3）试剂W的分子式是852，其结构简式是。（4）G中只含酯基一种官能团。生成G的反应方程式n是。（5）F的分子式为11102。M的结构简式是。（6）由K合成Q()，Q再经下列过程合成褪黑激素。①X的结构简式是。②Z的结构简式是。③试剂b是。19.某小组探究22氧化性、还原性的变化规律。资料：22+22=2+22、222=22+2↑（1）制备22：将22溶于冰水中，产生少量气泡，得溶液A。向A中加入过量稀24，得溶液B。溶22用冰水，目的是。（2）检验22：向溶液A、B中分别滴加适量酸性M4溶液。Ⅰ.B中产生气泡，滴入的溶液紫色褪去。−−−+=M푛2++4M푛发生还原反应：M푛+5+824422发生氧化反应：。Ⅱ.A中滴入的溶液紫色褪去，有棕褐色固体生成，产生大量气泡。推测固体可能含M푛2，对其产生的原因提出猜想：−猜想1.M푛4有氧化性，能被还原为M푛22+猜想2.M有性，能与22反应产生M2猜想3.……（3）探究猜想2的合理性，并分析Ⅰ中没有产生棕褐色固体的原因，设计实验如下：序号实验试剂现象ⅰa生成棕褐色固体，产生大量气泡ⅱb有少量气泡nⅲ22溶液有少量气泡ⅲ是ⅱ和ⅰ的对照实验。①X是。②a是、b是。③取ⅰ中棕褐色固体，滴加浓盐酸，加热，产生黄绿色气体。（4）向一定浓度的22溶液中加入少量M2，迅速产生大量气泡；随后加入24，固体溶解，气泡产生明显减弱。结合方程式解释原因。（5）综上，22做氧化剂还是做还原剂，与等因素有关。n答案解析部分1.【答案】B2.【答案】C3.【答案】C4.【答案】D5.【答案】A6.【答案】B7.【答案】A8.【答案】B9.【答案】C10.【答案】A1.【答案】D12.【答案】D13.【答案】B14.【答案】D15.【答案】（1）乙醇分子间能形成氢键；乙醚沸点低，蒸馏时所需温度较低，青蒿素不易分解4×282（2）O＞C＞H；；b×t×10−21（3）sp3；正四面体太阳能16.【答案】（1）2SO3_2SO2+O2_（2）<；SO2在水中浓度降低对该平衡逆向移动的影响大于H2O的增加对该平衡正向移动的影响（3）2−+2−+4+2+2+22=4；SO2水溶液；将固体S(吸附了2)加热，用SO2水溶液吸收气体17.【答案】（1）过滤（2）3+−+2+++2=34+34（3）还原−所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显3小于−所需电子数；7.2×10-5molNaCl32++2()=+2+2+（4）34，Fe破坏了钝化层11−622（5）；偏大318.【答案】（1）碳碳双键、醛基n（2）取代反应（3）浓硫酸（4）CH3COOH+CH3CH2OH⇌CH3COOC2H5+H2O（5）（6）；；(CH3CO)2O[或CH3COOH、CH3COCl等]19.【答案】（1）降低温度、减缓过氧化氢分解−+（2）22−2=2↑+2；还原（3）MnSO4溶液；H2O2、NaOH；H2O2、H2SO4M푛2（4）2HO2HO+O↑，HO+MnO+2H+=Mn2++O↑+2HO，前者MnO做催化剂，后者做氧化22==22222222剂（5）其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性n高三二模化学试题B．医用酒精能使蛋白质变性，在伤口处涂抹医用酒精可消毒、杀菌，B不符合题意；一、单选题C．蛋白质由氨基酸缩聚得到，其中均含有酰胺键，氨基酸含有羧基和氨基，单个氨基酸分子没1.下列我国科研成果所涉及的物质转化中，物质所含元素位于0族的是（）A.由二氧化碳制取汽油：等有，C符合题意；D．蛋白质水解可以得到氨基酸，氨基酸缩聚可得到蛋白质，D不符合题意；B.液氦到超流氦的转变：液氦(-269℃)→超流氦(-271℃)故答案为：C。C．煤炭的清洁化利用：煤炭→D．利用太阳能合成燃料：【分析】A.疫苗的成分主要为蛋白质，蛋白质高温下失去活性；【答案】BB.医用酒精能使蛋白质变形；【知识点】元素周期表的结构及其应用D.蛋白质水解生成氨基酸。3.下列关于的化学用语或图示表达错误的是（）【解析】【解答】A．，包含H、C、O三种元素，没有0族元素，A项不符合题意；B．液氦到超流氦的转变：液氦(-269℃)→超流氦(-271℃)，包含He，有0族元素，B项符合题意；C．煤炭的清洁化利用：煤炭→，包含H、C、O三种元素，没有0族元素，C项不符合题意；D．利用太阳能合成燃料：，包含H、C、O三种元素，没有0族元素，D项不符合题意；故答案为：B。A.醋酸溶液呈酸性：B.一定条件下，与反应能生成【分析】0族元素包含He、Ne、Ar、Kr、Xe、Rn。2.下列说法错误的是（）C.测定相对分子质量的质谱如图A．疫苗等生物制剂需要在低温下保存D．0.1醋酸溶液中，B．在伤口处涂抹医用酒精可消毒、杀菌【答案】CC．蛋白质、氨基酸中均含有【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；乙酸的化学性质D．蛋白质水解可以得到氨基酸【解析】【解答】A．醋酸是一元弱酸，溶液呈酸性，电离方程式：，A不符【答案】C合题意；【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点B．酯化反应过程中羧酸提供羟基，醇提供氢原子，生成水分子，发生取代反应，故与【解析】【解答】A．疫苗等生物制剂含有蛋白质，需要在低温下保存，温度较高易使蛋白质变性而失去生理活性，A不符合题意；反应能生成，B不符合题意；nC．的相对分子质量是60，其质谱图中质荷比最大值应达到60，C符合题意；C.共价晶体键能越大熔点越高。5.下列过程所用的物质中，利用了其氧化性的是（）D．根据物料守恒，醋酸溶液中电离得到与未电离的CH3COOH之和等于未电离时的CH3COOH，A.用溶液腐蚀覆铜板B．用块防止钢铁船体腐蚀故0.1醋酸溶液中，，D不符合题意；C．用的水溶液吸收D．用粉防止溶液氧化故答案为：C。【答案】A【知识点】氧化还原反应【分析】A.醋酸为弱酸；【解析】【解答】A．用FeCl3溶液腐蚀覆铜板发生的反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，铁元素的化合价降低，被B.发生酯化反应时遵循“酸脱羟基醇脱氢”规律；还原，利用其还原性，故A符合题意；C.乙酸的相对分子质量为60；B.用Zn块防止钢铁船体腐蚀，是利用其还原性，故B不符合题意；D.根据物料守恒判断。C.用SO2的水溶液吸收Br2，S元素的化合价升高，被氧化，利用其还原性，故D不符合题意；4.下列关于第ⅣA族元素及相关物质的性质比较中，错误的是（）D.用Fe粉防止FeSO4溶液氧化，利用其还原性，故D不符合题意；A．热稳定性：CH4＞SiH4＞GeH4故答案为：A。B．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞H2SiO3C．熔点：金刚石＞晶体硅＞晶体锗【分析】利用了氧化性，则该物质作氧化剂，在反应中化合价降低。D．第一电离能：C＜Si＜Ge【答案】D6.汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析错误的是（）【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。C、Si、Ge是同一主族元素，原子序数越大，元素的非金属性越弱，所以元素的非金属性：C＞Si＞Ge，则氢化物的稳定性：CH4＞SiH4＞GeH4，A不符合题意；B．醋酸能够与Na2CO3溶液反应制取CO2气体，说明酸性：CH3COOH＞H2CO3；将CO2气体通入Na2SiO3溶液中，反应产生H2SiO3沉淀，说明酸性：H2CO3＞H2SiO3。因此三种酸的酸性强弱关系为：CH3COOH＞A.催化剂能提高反应速率H2CO3＞H2SiO3，B不符合题意；C．金刚石、晶体硅、晶体锗都是共价晶体，原子之间以共价键结合。由于原子半径：C＜Si＜Ge，所以键B．、均发生了氧化反应能：C-C＞Si-Si＞Ge-Ge，故物质的熔点：金刚石＞晶体硅＞晶体锗，C不符合题意；C．转化为时，转化为D．C、Si、Ge是同一主族元素，同一主族元素，元素的非金属性随原子序数的增大而逐渐减弱，元素的第一D．催化剂对化学反应有选择性电离能逐渐减小，所以元素的第一电离能大小关系为：C＞Si＞Ge，D符合题意；【答案】B故答案为：D。【知识点】氧化还原反应；催化剂；化学反应速率的影响因素【解析】【解答】A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A不符合题意；【分析】A.元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定；B．中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，B符B.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强；n合题意；8．。下列分析错误的是（）C．由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则反应时应得电子化合价降低转化为A.氮分子的键能大，断开该键需要较多能量，C不符合题意；B.增大合成氨的反应速率与提高平衡混合物中氨的含量所采取的措施均一致C．平衡混合物中的沸点最高，液化、分离出能提高其产率D．催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，D不符合题意；故答案为：B。D．断裂1和3的共价键所需能量小于断裂2的共价键所需能量【答案】B【分析】A.催化剂能降低反应的活化能；【知识点】合成氨条件的选择；化学平衡移动原理B.化合价降低发生还原反应，化合价升高发生氧化反应；【解析】【解答】A．氮分子的N≡N键能大，破坏化学键所需要吸收的能量多，分子稳定，故A不符合题意；C.氧化还原反应中有元素的化合价升高就必然有元素的化合价降低；B．升高温度，反应速率加快，但合成氨反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氨的含量减小，故D.催化剂具有选择性。B符合题意；7.下列方程式不能合理解释实验现象或事实的是（）C.平衡混合物中NH3的沸点最高，液化、分离出NH3，平衡正向移动，氨气产率提高，故C不符合题意；D．反应正向为放热反应，故反应物的总键能小于生成物的总键能，断裂1molN2和3molH2的共价键所需能量A.电解饱和溶液产生黄绿色气体：小于断裂2molNH3的共价键所需能量，故D不符合题意；B.湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：故答案为：B。C．钢铁发生吸氧腐蚀，正极反应：【分析】A.键能越大，断键时吸收的能量越多；B.化学反应速率的影响因素和平衡移动的影响因素不同；D．用除去输水管道中的氧气：C.分离出氨气平衡正向移动；【答案】AD.该反应为放热反应，断键吸热的能量小于成键放出的能量。【知识点】离子方程式的书写9.选择不同的反应探究化学反应速率的影响因素，所用试剂不合理的是（）【解析】【解答】A．电解饱和食盐水，阴极水放电生成氢气、氢氧化钠，阳极氯离子放电生成氯气，是黄绿a．(观察气泡产生的快慢)色气体，方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故A符合题意；b．(观察浑浊产生的快慢)B．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝是由于氯气与碘离子反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，发生的反应为：Cl2+2I-=I2+2Cl-，故B不符合题意；反应影响因素所用试剂-═4OH-，故CC.钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应为氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+2H2O+4e块状CaCO3、0.5mol/LHCl不符合题意；Aa接触面积粉末状CaCO3、0.5mol/LHClD.Na2SO3有强还原性，能将氧气还原，自身被氧化为硫酸钠，化学方程式为2Na2SO3+O2=2Na2SO4，故D不块状CaCO3、0.5mol/LHCl符合题意；BaH+浓度块状CaCO3、3.0mol/LHCl故答案为：A。CbH+浓度0.1mol/LNa2S2O3、稀H2SO4【分析】A.电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气。n0.1mol/LNa2S2O3、浓H2SO4A．氧化性的强弱与其浓度大小有关0.1mol/LNa2S2O3、0.1Na2S2O3H2SO4、冷水B．ⅰ、ⅱ中铜粉减少的原因能用相同的离子反应解释Db温度0.1mol/LNa2S2O3、0.1Na2S2O3H2SO4、热水C．ⅰ中余液呈酸性的主要原因是A．AB．BC．CD．DD．用一定浓度的与【答案】C也能使铜粉溶解【答案】A【知识点】探究影响化学反应速率的因素【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价【解析】【解答】A．只有CaCO3的接触面积不相同，其它外界条件相同，两个实验是研究固体与盐酸的接触【解析】【解答】A．此实验不能比较浓硝酸氧化性和稀硝酸的氧化性，故不知道HNO3氧化性的强弱与其浓度面积大小对化学反应速率的影响，A不符合题意；B．该反应的实质是CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，只有HCl溶液中的c(H+)不相同，其它外界条件相同，是研究H+浓度大小对是否有关，A项符合题意；B．i、ii铜粉减少的原因均为硝酸和铜发生了氧化还原反应，能用相同的离子反应化学反应速率的影响，B不符合题意；解释，B项不符合题意；C．浓硫酸中H2SO4主要以电解质分子存在，稀硫酸中则完全电离产生H+及，浓硫酸溶于水时会放出大量热量使溶液温度升高，因此两个实验对比，不仅溶液中c(H+)不同，而且溶液温度也不相同，因此不是探究C．i中余液呈酸性的主要原因是铜离子水解显酸性，水解方程式为：，C项H+浓度大小对化学反应速率的影响，C符合题意；不符合题意；D．两个实验对比，其它外界条件都相同，只有溶液温度不相同，是探究反应温度对化学反应速率的影响，DD．硝酸根离子在酸性条件下具有强化性，可以将铜氧化，故用一定浓度的H2SO4与NaNO3也能使铜粉溶不符合题意；解，D项不符合题意；故答案为：C。故答案为：A。【分析】利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。【分析】A.利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同；10.某同学进行如下实验：B.两个实验中铜粉减少均是发生了反应；实验实验现象C.铜离子水解产生氢离子；D.硫酸产生的氢离子和硝酸钠电离产生的硝酸根可将铜氧化。将铜粉加入试管中，再加入稀溶液变蓝，液面上方呈浅红棕色；至不再产生气泡ⅰ11.取1.0L浓缩卤水(、浓度均为)进行实验：滴加一定量溶液，产生黄色沉时，铜粉有剩余，余液呈酸性淀；继续滴加，产生白色沉淀。已知：、。下列分析错误的是继续向ⅰ中试管加入少量固体ⅱ又产生气泡，铜粉减少，液面上方呈浅红棕色（）A.黄色沉淀是，白色沉淀是取饱和溶液，加入少B．产生白色沉淀时，溶液中存在ⅲ无明显变化量固体和铜粉C．若起始时向卤水中滴加2滴(0.1)，能产生沉淀下列说法错误的是（）D．白色沉淀开始析出时，n【答案】DA.反应②释放的能量可以用于反应①【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质B．产生的电极反应：【解析】【解答】A．碘化银的溶度积小于氯化银，则先生成的黄色沉淀为碘化银，A项不符合题意；B.产生白色沉淀时，碘化银已经达到沉淀溶解平衡，B项不符合题意；C．反应过程中不需补加稀D．协同C.若起始时向1.0L卤水中滴加2滴(0.1)，则混合后的硝酸银浓度约等于转化总反应：，，比【答案】D碘化银的溶度积大，则有碘化银沉淀生成，C项不符合题意；【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用【解析】【解答】A．反应①不能自发进行，则反应①是吸热反应，反应②能自发进行，则反应②是放热反D.根据氯化银的溶度积常数，白色沉淀氯化银开始析出时，应，反应②释放的能量可以用于反应①，A项不符合题意；，所以B.由图可知，生成H2O2的电极反应为，B项不符合题意；C．H+、电子所带电荷数值相等，则右侧消耗H+的量等于迁移过来H+的量，硫酸的总量不变，所以反应过程，D项符合题意；中不需补加稀H2SO4，C项不符合题意；故答案为：D。D．负极反应式为，正极反应式为，则协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH=H2O2+Na2SO4，D项符合题意；【分析】A.Ksp越小越容易沉淀；故答案为：D。B.产生AgCl时，AgI已经达到沉淀溶解平衡；C.计算Qc与Ksp进行比较进而确定是否产生沉淀。【分析】A.反应②为放热反应，反应①为吸热反应；12.我国科研人员将单独脱除的反应与的制备反应相结合，实现协同转化。B.氧气得电子结合氢离子结合生成；①单独制备：，不能自发进行。C.右侧消耗的氢离子由左侧产生，且产生的氢离子与消耗的氢离子相等。②单独脱除：，能自发进行协同转化装置如下图(在电场作用13.高分子M广泛用于纺织、涂料等产品，合成路线如下：下，双极膜中间层的解离为和，并向两极迁移)。下列分析错误的是（）已知：下列说法错误的是（）A.化合物A不存在顺反异构体nB．A是的同系物的平衡转化率()、的选择性()随温度、压强变化如下：C．A→N为聚合反应D．M、N均可水解得到【答案】B【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物；水解反应；聚合反应【解析】【解答】A．据分析，化合物A的结构简式是CH3COOCH=CH2，碳碳双键的一个碳原子上连接两个相同原子(H原子)，则A分子不存在顺反异构体，A不符合题意；B．A是CH3COOCH=CH2，与的官能团不完全相同，二者不是同系物，B符合题意；已知：C．据分析，A→N是：CH3COOCH=CH2加聚得到，是聚合反应，C不符合题意；下列分析错误的是（）A．B．400℃左右，体系发生的反应主要是②C．由图可知，，D．M和N均有链节中的酯基可发生水解，得到和CH3COOH，DD．初始、，平衡后、，若只发生①、②，则的平衡转化率为24%不符合题意；【答案】D故答案为：B。【知识点】反应热和焓变；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算【解析】【解答】A．反应①的正反应为气体体积减小的方向，反应②反应前后气体体积不变，故增大压强，【分析】乙酸和乙炔发生加成反应生成A，则A为CH3COOCH=CH2，甲醇和N反应生成乙酸甲酯和高分子反应①正向移动，CO2的转化率增大，反应②不移动，因此P1>P2，A不符合题意；B.400℃时，由图可以看出，CH3OH的选择性趋近为0，意味着转化为CH3OH的CO2为0，因此此时体系发化合物M，则N为。生的反应主要是②，B不符合题意；C．由图看出，随着温度升高，的选择性()逐渐降低，反应①向逆方向进行，因此正反应14.以、为原料合成涉及的主要反应如下：<0；同时，随着温度升高，前期的平衡转化率()逐渐降低，此阶段体系发生的反应主要是反①应①，后期的平衡转化率()逐渐升高，此阶段体系发生的反应主要是反应②，因此>0，C②不符合题意；nD．平衡后，根据CO2的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3molCO2，又因为可②图中晶胞的棱长分别为a、b、c，晶体的密度为。(用知0.3molCO2中有80%发生反应①转化为CH3OH，而0.3molCO2中有20%发生反应②转化为CO，根据三表示阿伏加德罗常数；；青蒿素的相对分子质量为282)③能确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出分子空间结构的一种方法段式可得：是。a.质谱法b.X射线衍射c.核磁共振氢谱d.红外光谱，（3）修饰结构，提高疗效一定条件下，用将青蒿素选择性还原生成双氢青蒿素。两个反应中氢气的转化总量为0.78mol，所以氢气的转化率=，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.增大压强，反应①正向移动，反应②不移动；B.400℃时甲醇的选择性接近0；①双氢青蒿素分子中碳原子的杂化轨道类型为。C.升温甲醇的选择性降低，，升温二氧化碳的转化率升高，。②的空间结构为。二、综合题15.青蒿素()是治疗疟疾的有效药物，白色针状晶体，溶于乙醇和乙醚，对热不稳定。青蒿素晶胞双氢青蒿素比青蒿素水溶性更好，治疗疟疾的效果更好。【答案】（1）乙醇分子间能形成氢键；乙醚沸点低，蒸馏时所需温度较低，青蒿素不易分解(长方体，含4个青蒿素分子)及分子结构如下图所示。（2）O＞C＞H；；b（3）sp3；正四面体【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响【解析】【解答】(1)①乙醚的结构简式为C2H5OC2H5，乙醇的结构简式为C2H5OH，乙醇分子间能形成氢键，乙醚分子间不能形成氢键，故乙醚的沸点低于乙醇；②青蒿素溶于乙醇和乙醚，对热不稳定，用乙醚提取青蒿素后，乙醚沸点低，蒸馏时所需温度较低，青蒿素（1）提取青蒿素不易分解，故用乙醚提取效果更好。在浸取、蒸馏过程中，发现用沸点比乙醇低的乙醚()提取，效果更好。(2)①元素的电负性越强，其原子核附近电子云密度越大；电负性：O＞C＞H，原子核附近电子云密度：O＞①乙醚的沸点低于乙醇，原因是。C＞H；②用乙醚提取效果更好，原因是。（2）确定结构②青蒿素晶胞含有4个青蒿素分子，晶胞质量m=，晶胞体积V=a10-7cmb10-7cmc10-7cm=abc10-①测量晶胞中各处电子云密度大小，可确定原子的位置、种类。比较青蒿素分子中C、H、O的原子核附近电子云密度大小：。n①不同条件下，达到相同的平衡转化率，温度越高，所需的压强越大，0。21cm3，晶体的密度ρ===；②一定压强下，与的投料比[]对体系中平衡转化率的影响如下：③a．质谱法可以测定有机物的相对分子质量，a不正确；b.通过晶体的X射线衍射实验，可以确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出物质的空间结构，b正确；c.核磁共振氢谱法可确定有机物中氢原子的种类和相对数目，c不正确；d．红外光谱法可用于鉴定有机物中所含的各种官能团和化学键，d不正确；故答案为：b。时，解释平衡转化率随投料比增大而降低的原(3)①如图所示，双氢青蒿素分子中碳原子均为饱和碳原子，这些碳原子的轨道杂化类型为sp3；因：。②种，B原子的孤对电子数为0，价层电子对数为4，根据价层电子互斥理论可知，该离子的空间结构（3）可以作为水溶液中歧化反应的催化剂。可能的催化过程如下：为正四面体。①ⅰ.【分析】（1）①乙醇分子间能形成氢键，含有氢键的物质熔沸点较高；ⅱ.。②乙醚的沸点较低；②反应结束后，分离混合物[硫酸(含、)、S(吸附了)等]，从中获得固体S以及与的混合（2）①元素的电负性越强，其原子核附近电子云密度越大；液，便于循环利用。②根据计算；a.该过程中，应选取的化学试剂是。③质谱法能测定相对分子质量；X-射线衍射实验是区分晶体和非晶体最科学的方法；核磁共振氢谱用于判断b.根据所选取的化学试剂，设计方案，得到S以及与的混合液。实验方案氢原子种类和数目；红外光谱可测定化学键；是：。(用简要文字说明即可)（3）①双氢青蒿素分子中的碳原子均为饱和碳原子；【答案】（1）2SO32SO2+O2②中B原子的价层电子对数为4，不含孤电子对。16.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：（2）<；SO2在水中浓度降低对该平衡逆向移动的影响大于H2O的增加对该平衡正向移动的影响（3）；SO2水溶液；将固体S(吸附了)加热，用SO2水溶液吸收气体【知识点】氧化还原反应；反应热和焓变；化学平衡移动原理【解析】【解答】(1)根据氧化还原反应原理，反应Ⅰ第一步反应①，没有发生化合价的改变，则第二步发生+6价S化合价降低，-2价氧化化合价升高，得到产物SO2和O2的反应，反应方程式②：（1）反应Ⅰ由两步反应组成：①；2SO32SO2+O2。②。(2)①该反应气体分子数正向减少，压强增大平衡正向移动，而达到相同的平衡转化率，温度越高，所需（2）反应Ⅱ：n的压强越大，说明温度升高平衡逆向移动，故<0；的去除率≈50%≈100%②该SO2的歧化反应中，H2O作为溶剂使SO2分子间有较大的碰撞概率，但是若，则SO2在水中分析ⅱ中的去除率提高的原因：浓度降低，碰撞概率下降，即SO2在水中浓度降低对该平衡逆向移动的影响大于H2O的增加对该平衡正向移a.直接还原了。动的影响。通过计算说明电子得、失数量关(3)①是催化剂，则其在总反应中没有改变、损耗，反应ⅰ.，则反系：应ⅱ.；，证明该原因不合理。b.研究发现：(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表②根据反应ⅱ.，为从中获得固体S以及与的混合液，需除去I2，故面，形成钝化层，阻碍电子传输。该过程中，应选取的化学试剂是SO2；设计方案：将固体S(吸附了)加热，碘单质易升华，用SO2水溶液吸c.能与反应生成。收碘气体，即能达到目的。用做同位素示踪实验，证明该原因合理。【分析】（1）将反应Ⅰ的总反应减去反应①即可得到反应②；d.破坏钝化层。（2）①增大压强平衡正向移动，升温平衡逆向移动；将ⅱ中的替换为，的去除率约为50%，证明该原因不合理。②时，SO2在水中浓度降低对该平衡逆向移动的影响大于H2O的增加对该平衡正向移动的影响；（4）ⅰ、ⅱ中均能发生。该反应明显有助于ⅰ中的去除，结合方程式解释原（3）①碘离子为催化剂，反应ⅰ消耗碘离子，则反应ⅱ应产生碘离子；因：。②结合反应ⅱ分析。（5）测定含量17．用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如下。步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。已知：（1）Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是。（2）Ⅱ中反应的离子方程式是。①水样中的含量为。（3）实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。向两份含氮废水②溶液中影响测定。向步骤1中加入适量，产生驱赶，否则会使测定结果[]中均加入足量粉，做对比研究。(填“偏大”或“偏小”)。实验序号ⅰⅱ【答案】（1）过滤（2）所加试剂粉粉、()（3）还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于n所需电子数；7.2×10-5molNaCl=6c-32v2×10mol，则参与步骤I反应的的物质的量=，根据该反应（4），Fe2+破坏了钝化层可得反应消耗的硝酸根物质的量，（5）；偏大【知识点】氧化还原反应；过滤；中和滴定；离子方程式的书写所以原水样中的含量；因为溶液中存在，也会【解析】【解答】(1)由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过消耗，所以用量偏小，由于总量一定，所以参与步骤I反应的物质的量会偏大滤；故答案为：过滤；（计算造成的误差），自然计算出来的水样中的含量也偏大；(2)由步骤II反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为故答案为：①；②偏大。；【分析】（1）分离固液混合物采用过滤；故答案为：；（2）Ⅱ的产物为四氧化三铁和铵根离子，反应物为酸化的硝酸盐废水和Fe粉；2+最多提供的电子：3.6×10-5mol，（3）根据得失电子守恒计算；(3)根据物质得失电子的计量关系，可知，Fe，所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；为说明是否（4）不导电，用Fe2+破坏钝化层有助于的去除；是破坏钝化层，根据控制变量法的思想将（即）替换为氯离子物（5）①先计算硝酸根的物质的量，再根据计算；②氧气也会氧化硫酸亚铁。质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5molNaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明不18．褪黑激素的前体K的合成路线如下。能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；故答案为：还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；7.2×10-5molNaCl；(4)根据上述分析可知生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；已知：(R表示烃基或氢)故答案为：，Fe2+破坏了钝化层；（1）A能发生银镜反应。A中所含的官能团有。(5)步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀（2）D→E的反应类型是。。发生，（3）试剂W的分子式是，其结构简式是。（4）G中只含酯基一种官能团。生成G的反应方程式步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。发生，根据标准溶液的用量求得剩余的的物质的量n是。（5）F的分子式为。M的结构简式是。(3)试剂W的分子式是C8H5O2N，由分析可知W的结构简式是；（6）由K合成Q()，Q再经下列过程合成褪黑激素。(4)G为CH3COOC2H5，乙酸与乙醇发生酯化反应生成CH3COOC2H5，反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；(5)由分析可知，M的结构简式为；(6)由褪黑激素结构简式可知，Q发生酯基、酰胺基水解生成X为，X酸化后①X的结构简式是。②Z的结构简式是。脱水生成Z，Z中氨基与乙酸形成酰胺基生成褪黑激素，故Z为，b为③试剂b是。【答案】（1）碳碳双键、醛基CH3COOH。（2）取代反应【分析】G发生已知反应生成乙醇和M，结合G的分子式可知G为CH3COOC2H5，则试剂a为CH3CH2OH、（3）M为；A的分子式为C3H4O，且A能发生银镜反应，则A含有醛基，A为CH2=CHCHO，A与水发生加成反应生成B，则B为HOCH2CH2CHO，B与氢气发生加成反应生成D，则D（4）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O为HOCH2CH2CH2OH，D中羟基被溴原子取代生成E为BrCH2CH2CH2Br，M和F发生取代反应生成K，结合（5）K的结构简式可知，F为，E与试剂W在碳酸钾的条件下反应生成F，W的分子式为（6）；；(CH3CO)2O[或CH3COOH、CH3COCl等]C8H5O2N，则W为。【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】(1)A能发生银镜反应，说明含有醛基，A的分子式为C3H4O，故A的结构简式为CH2=CHCHO，A中所含的19．某小组探究氧化性、还原性的变化规律。官能团有碳碳双键、醛基；资料：、(2)D为HOCH2CH2CH2OH，D中羟基被溴原子取代生成E为BrCH2CH2CH2Br，D→E的反应类型是取代反（1）制备：将溶于冰水中，产生少量气泡，得溶液A。向A中加入过量稀，得溶液应；nB。溶用冰水，目的是。（3）MnSO4溶液；H2O2、NaOH；H2O2、H2SO4（4）2H2O22H2O+O2↑，H2O2+MnO2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O，前者MnO2做催化剂，后者做氧化剂（2）检验：向溶液A、B中分别滴加适量酸性溶液。（5）其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性Ⅰ.B中产生气泡，滴入的溶液紫色褪去。【知识点】氧化还原反应；性质实验方案的设计发生还原反应：【解析】【解答】(1)过氧化钠和水反应放热，温度升高，过氧化氢不稳定，高温易分解，答案为：降低温度、发生氧化反应：。减缓过氧化氢分解；Ⅱ.A中滴入的溶液紫色褪去，有棕褐色固体生成，产生大量气泡。推测固体可能含，对其产生的(2)溶液为酸性，过氧化氢和高锰酸钾反应的总反应为：，用总原因提出猜想：反应减去还原反应得到氧化反应，即；猜想2.→中Mn元素化合价升高，猜想1.有氧化性，能被还原为可猜想具有还原性，答案为：；还原；猜想2.有性，能与反应产生(3)①探究的是Mn2+的性质，所以溶液X为MnSO4溶液；猜想3.……②根据(2)II.溶液A为碱性环境，有棕褐色固体生成，且iii是i的对照实验，可知试剂a为过氧化氢和氢氧化（3）探究猜想2的合理性，并分析Ⅰ中没有产生棕褐色固体的原因，设计实验如下：钠，根据(2)I.溶液B为酸性，产生气泡，无沉淀生成，且iii是ii的对照实验，则试剂b为过氧化氢和稀硫序号实验试剂现象酸，答案为：MnSO4溶液；H2O2、NaOH；H2O2、H2SO4；(4)由现象可知，加入少量二氧化锰后，产生大量气泡，固体没有减少，说明二氧化锰做过氧化氢的催化剂，ⅰa生成棕褐色固体，产生大量气泡ⅱb有少量气泡加入硫酸后固体溶解，说明二氧化锰做反应物且是氧化剂，答案为：2H2O22H2O+O2↑，H+2+2O2+MnO2+2H=Mn+O2↑+2H2O，前者MnO2做催化剂，后者做氧化剂；ⅲ溶液有少量气泡(5)通过以上实验发现过氧化氢在酸性高锰酸钾溶液中做还原剂，在碱性条件下，与锰离子反应做氧化剂，在ⅲ是ⅱ和ⅰ的对照实验。酸性条件下与二氧化锰反应做还原剂，答案为：其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性。①X是。②a是、b是。【分析】（1）过氧化氢受热易分解；③取ⅰ中棕褐色固体，滴加浓盐酸，加热，产生黄绿色气体。（2）过氧化氢和高锰酸钾反应的总反应为，总反应减去还原反（4）向一定浓度的溶液中加入少量，迅速产生大量气泡；随后加入，固体溶解，气泡应即得到氧化反应；化合价升高发生氧化反应，锰离子为还原剂，体现还原性；产生明显减弱。结合方程式解释原（3）①探究的是锰离子的性质，则X中应含有锰离子；因。②溶液分别为碱性和酸性；（5）综上，做氧化剂还是做还原剂，与等因（4）催化剂在反应前后不发生变化，反应物的质量减少；（5）根据实验，溶液的酸碱性等均能影响物质的性质。素有关。【答案】（1）降低温度、减缓过氧化氢分解（2）；还原n高三二模化学试题一、单选题1.中草药“当归”中含有4—羟基—3—丁基苯酞。下列关于该物质的说法正确的是（）A．能发生水解反应B．分子式为C13H14O3C．能与溴水发生取代和加成反应D．能与NaHCO3溶液反应产生CO22.氘(2)和氚(3)是氢的两种同位素，其中仅3具有放射性。下列说法正确的是（）1112H3A.2O的相对分子质量为18B．H的中子数为111C．2H22O具有放射性D．可用质谱区分H2和H2113.下列说法正确的是（）A.室温下，1L0.1mol·L-1盐酸中H+的数目约为6.02×1022B.标准状况下，5.6LCCl234中所含C—Cl键的数目约为6.02×10C．5.6gFe和足量Cl2反应转移电子的物质的量为0.2molD．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相同4.下列方程式能准确解释事实的是（）A．钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O2=2Na2OB．硫酸铵溶液使蓝色石蕊试纸变红：NH++H+42O=NH3•H2O+HC．氢氧化铜浊液中滴加氨水得到深蓝色溶液：Cu2++4NH2+3⇌[Cu(NH3)4]D．氢硫酸中通入适量Cl2得黄色沉淀：H2S+Cl2=S↓+2HCl5.用圆底烧瓶收集NH3后进行喷泉实验。对实验现象的分析正确的是（）A．烧瓶中形成喷泉，说明NH3与H2O发生了反应B．烧瓶中剩余少量气体，能证明NH3的溶解已达饱和C．烧瓶中溶液为红色的原因是：NH+-3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4+OHD．烧瓶中溶液露置在空气中一段时间后pH下降，能证明氨水具有挥发性6.下列关于实验现象的解释或结论中，错误的是（）选实验操作试剂A现象结论项酸性KMnO4溶A紫色褪去SO2具有还原性液B新制氯水黄绿色褪去SO2具有漂白性CH2S溶液出现淡黄色浑浊SO2具有氧化性n盐酸酸化的无明显变化，一段时间后硫元素从+4价被氧DBaCl2溶液产生白色沉淀化到+6价A．AB．BC．CD．D7.科研人员提出了CO2羰基化合成甲醇的反应机理，其主要过程示意图如图(图中数字表示键长的数值)。下列说法错误的是（）A.该过程中，CO2被还原B.该过程中发生了3次加成反应C．由上图可知，化学键的键长会受到周围基团的影响D．该过程原子利用率达到100%8.氮化硼(BN)晶体存在如图所示的两种结构。六方氮化硼的结构与石墨类似；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。下列说法错误的是（）A．六方氮化硼层间的相互作用不属于化学键B．六方氮化硼可做润滑剂C．立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子和4个硼原子D．立方氮化硼晶胞中，N和B之间不存在配位键9.聚氨酯是一种应用广泛的有机材料，可根据需求调节其硬度，其结构片段如图。(R、R'表示短碳链，表示长碳链)下列有关聚氨酯的说法错误的是（）A．聚氨酯在一定条件下能发生水解B．聚氨酯中只含有酯基C．聚氨酯链之间可形成氢键，增大材料的硬度D．的值越大，聚氨酯材料的硬度越大10.液流电池可以实现光伏发电和风力发电电能的储存和释放。一种非金属有机物液流电池的工作原理如图。n下列说法错误的是（）A．放电时，正极反应式为Br--2+2e=2BrB．放电时，物质a为AQDSH2C．充电时，AQDS/AQDSH2储液罐中的pH减小，H+通过质子交换膜到达溴极室D．增大储液罐体积，可提高液流电池的储能容量11.向AgNO3溶液中通入过量SO2，过程和现象如图。经检验，白色沉淀为Ag2SO3；灰色固体中含有Ag。下列说法错误的是（）++SO+A.①中生成白色沉淀的离子方程式为2Ag2+H2O=Ag2SO3↓+2HB．①中未生成Ag2SO4，证明溶度积：Ksp(Ag2SO3)<Ksp(Ag2SO4)C．②中的现象体现了Ag+的氧化性D．该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率12.氧化铈(CeO2)是应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(CeFCO3，含BaO、SiO2等杂质)为原料制备CeO2，的工艺如图。下列说法错误的是（）A.滤渣A的主要成分为BaSO4和SiO2B．步骤①、②中均有过滤操作C．该过程中，铈元素的化合价变化了两次D．步骤②反应的离子方程式为2Ce3++6HCO−=Ce(CO33)3↓+3CO2↑+3H2O13.工业上利用碳热还原BaSO4制得BaS，进而生产各种含钡化合物。温度对反应后组分的影响如图。已知：碳热还原BaSO4过程中可能发生下列反应。i.BaSO4(s)+2C(s)=2CO2(g)+BaS(s)△H1ii.BaSO-14(s)+4C(s)=4CO(g)+BaS(s)△H2=+571.2kJ·moliii.BaSO-14(s)+4CO(g)=4CO2(g)+BaS(s)△H3=-118.8kJ·mol下列关于碳热还原BaSO4过程的说法正确的是（）A．△H-11=+113.1kJ·molB．400℃后，反应后组分的变化是由C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)的移动导致的C．温度升高，C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)的平衡常数K减小D．反应过程中，生成的CO2和CO的物质的量之和始终等于投入C的物质的量14.某小组同学用乙醛进行银镜反应实验时，补充做了以下实验。n+⇌Ag++2NH已知：[Ag(NH3)2]3下列关于该实验的分析错误的是（）A.实验①无需加热，说明碱性条件有利于银氨溶液与乙醛的反应B．实验①中加入NaOH后，溶液中c(NH3)增大C．实验表明，乙醛还原的是[Ag(NH+3)2]中的Ag(I)D．对比实验①和②知，形成[Ag(NH+3)2]后Ag(I)氧化性降低二、综合题15.空燃比是影响发动机油耗和污染物排放量的重要因素。资料：i.空燃比是通入空气与燃料质量的比值，按化学计量数反应时的空燃比称为理论空燃比。ii.2CO(g)+O-12(g)=2CO2(g)△H=-566kJ·mol（1）若不完全燃烧时发生反应2C8H18(l)+23O2(g)=12CO2(g)+4CO(g)+18H2O(g)。①与完全燃烧相比，每2molC8H18不完全燃烧时少放出的能量为。②为减少油耗，实际使用过程中的空燃比(填“大于”或“小于”)理论空燃比。（2）三元催化转化器可降低汽车尾气中CO、碳氢化合物和氮氧化物的含量。汽车尾气中污染物单位时间的转化率与空燃比的关系如图(氮氧化物主要是NO)。已知：i.空燃比大于15后，空燃比越大，尾气的温度越低。ii.CO和NO的反应为放热反应。①三元催化转化器可将CO和NO转化为无害气体，反应的化学方程式为。②空燃比大于15时，尾气中氮氧化物单位时间的转化率接近于0，可能的原因是。(写出2条)。16.氢键对生命活动具有重要意义。DNA中四种碱基间的配对方式如图。(~代表糖苷键)（1）基态N的核外电子排布式为。（2）碱基中的—NH++2具有一定的碱性，可以结合H形成—NH3，从结构角度解释可以结合的原因：。（3）鸟嘌呤是一种常见的碱基。①鸟嘌呤中2号N的杂化类型为。②鸟嘌呤中N—H键的平均键长。(填“大于”“小于”或“等于”)0.29nm。（4）氢键在DNA复制过程中起重要作用①碱基中，O、N能与H形成氢键而C不能，原因是。n②下列说法正确的是(填序号)。a.氢键的强度较小，在DNA解旋和复制时容易断裂和形成b.鸟嘌呤与胞嘧啶之间的相互作用比腺嘌呤与胸腺嘧啶之间的更强c.碱基配对时，一个H可以同时与多个原子形成氢键（5）一定条件下鸟嘌呤会发生异构化，其1号N上的H会转移到O上形成-OH。①鸟嘌呤异构化后的结构简式为。②鸟嘌呤异构化后最有可能配对的嘧啶碱基是。。17.乌药内酯具有抗炎、镇痛作用。乌药内酯的中间体X合成路线如图所示(部分反应条件或试剂略去)。（1）B的名称是。（2）B→D的化学方程式是。（3）已知2D→E+A，E的结构简式是。（4）下列关于有机物I的说法错误的是。(填序号)。a．可以发生取代反应、加成反应、氧化反应b．存在酚类同分异构体c.可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键d.核磁共振氢谱中有6种信号峰，是手性分子（5）I→J的化学方程式是。（6）已知：碱①+→碱③⇌G与L可以在碱性条件下经过如图所示的多步反应得到X。−1−2G+L→中间产物1⇌中间产物2中间产物3→→中间产物1、中间产物3的结构简式是、。18.对硝基苯酚(，PNP)是应用广泛的精细化工中间体。PNP有毒，工业废水中的PNP需联合采用多种方法进行处理，流程如图。n已知：PNP的溶解性与苯酚类似，微溶于水；其化学性质稳定，可被•OH、HClO氧化降解为无机物，但不能与O2反应。（1）在pH>14的废水中，PNP的存在形态为(用结构简式表示)。（2）絮凝沉淀池中加入硫酸的目的是。（3）低浓度PNP废水可通过电解法处理，装置示意图如图。①•OH(氧元素为-1价)由水产生，•OH在(填“Pt”或“石墨”)电极产生。②产生•OH的电极反应式为。（4）废水中所含电解质的种类会影响电解法处理PNP的去除率。其它条件相同时，以NaCl和Na2SO4模拟酸性低浓度PNP废水中的电解质，结果如图。①电解质为NaCl时，阳极副反应的电极反应式为。②电解质为NaCl时，PNP去除率较Na2SO4高，可能的原因是。（5）在强碱性条件下，单独使用电解法也可有效去除废水中的PNP。工业上仍联合使用絮凝沉淀法处理PNP废水，目的是节约电能和。19.实验小组探究(NH4)2S2O8溶液与KI溶液的反应及其速率，实验过程和现象如表。已知：i.(NH2−2−4)2S2O8具有强氧化性，能完全电离，S2O易被还原为SO；84ii.淀粉检测I2的灵敏度很高，遇低浓度的I2即可快速变蓝；iii.I2−发生反应：2S2−+I2−+2I-。2可与S2O2O2=S4O336编号1-11-2实验操作现象无明显现象溶液立即变蓝（1）实验1-1的目的是。（2）(NH4)2S2O8与KI反应的离子方程式为。为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，小组同学分别向两支试管中依次加入下列试剂，并记录变n色时间，如表。0.4%的编0.2mol·L-1KI0.01mol·L-蒸馏水淀0.2mol·L-变色时号溶液/mL1Na12S2O3溶液/mL/mL粉溶液/(NH4)2S2O8溶液/mL间/s滴2-1202.820.2立即2-220.80.22230（3）实验2-1不能用于测定(NH4)2S2O8与KI反应的速率，原因除变色时间过短外还有。（4）加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，甲同学对此提出两种猜想。猜想1：(NH2−)降低；4)2S2O8先与Na2S2O3反应，使c(S2O8猜想2：(NH4)2S2O8先与KI反应，.............。①甲同学提出猜想1的依据：由信息iii推测，Na2S2O3的还原性(填“强于”或“弱于”)KI的。②乙同学根据现有数据证明猜想1不成立，理由是。③补全猜想2：。（5）查阅文献表明猜想2成立。根据实验2-2的数据，计算30s内的平均反应速率v(S2−2O8)=mol·L-1·s-1(写出计算式)。（6）实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能的原因是。(写出2条)。答案解析部分1.【答案】A2.【答案】D3.【答案】A4.【答案】D5.【答案】Cn6.【答案】B7.【答案】D8.【答案】D9.【答案】B10.【答案】C1.【答案】B12.【答案】C13.【答案】B14.【答案】A15.【答案】（1）1132kJ；大于催化剂（2）2+2__22+2；CO和碳氢化合物等还原剂被氧气消耗浓度降低，NO难以被还高温原为N2；尾气温度低，催化剂活性减弱，NO还原速率降低16．【答案】（1）1s22s22p3（2）氨基中氮原子有一个孤电子对，氢离子有空轨道可形成配位键（3）sp2；小于（4）O、N电负性大于C；ab（5）；胸腺嘧啶17.【答案】（1）乙酸浓硫酸（2）CH3COOH+C2H5OH⇌CH3COOC2H5+H2O（3）（4）bcd碱（5）+CHCl+HCl3→（6）；n18.【答案】（1）（2）将转化为微溶的，降低废水中PNP的浓度（3）Pt；H-=•OH+H+2O-e（4）2Cl--2e-=Cl2↑；NaCl作电解质时产生的Cl2与水反应生成HClO，能有效地氧化降解PNP（5）回收PNP19.【答案】（1）做对照，排出O-2氧化I的干扰（2）2−-2−2+2I=2+I2842−与I-反应的浓度变化（3）无Na2S2O3时，生成少量I2后淀粉即变蓝，无法确定282−)仍高于2-1中起始n(2−（4）强于；实验2-2与Na2S2O3完全反应后的溶液中，n(22)88（0.0410-3mol），溶液应立即变蓝；生成的I2与Na2S2O3迅速反应，待Na2S2O3消耗完，继续生成I2时，淀粉才变蓝0.8×0.01×10−3（5）30×2×5×10−3（6）(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的活化能大于与KI反应的活化能（或浓度相同时，(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的速率较(NH4)2S2O8与KI的小）；c(Na2S2O3)＜c(KI)n高三二模化学试题电荷数。一、单选题3．下列说法正确的是（）1.中草药“当归”中含有4—羟基—3—丁基苯酞。下列关于该物质的说法正确的是（）A.室温下，1L0.1mol·L-1盐酸中H+的数目约为6.02×1022A.能发生水解反应B．分子式为C13H14O3B.标准状况下，5.6LCCl4中所含C—Cl键的数目约为6.02×1023C．能与溴水发生取代和加成反应D．能与NaHCO3溶液反应产生CO2C．5.6gFe和足量Cl2反应转移电子的物质的量为0.2mol【答案】AD．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相同【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质【答案】A【解析】【解答】A．含有酯基，能发生水解反应，A符合题意；【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；阿伏加德罗常数B．分子式为C12H14O3，B不符合题意；【解析】【解答】A.1L0.1mol·L-1盐酸中H+的物质的量为0.1mol，H+的个数约为：C．能与溴水发生取代反应，没有双键，不能与溴水发生加成反应，C不符合题意；，A符合题意；D．含有酚羟基，不含羧基，不能与与NaHCO3溶液反应产生CO2，D不符合题意；B.标准状况下CCl4为液态，无法计算其物质的量，也无法计算含C-Cl键个数，B不符合题意；故答案为：A。C.Fe和足量Cl2反应生成三氯化铁，铁元素化合价为+3价，转移电子的物质的量为0.3mol，C不符合题意；D.室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，氢离子浓度相同，盐酸的浓度是硫酸浓度的2倍，溶质的物质的量浓【分析】A.酯基能发生水解反应；度不相同，D不符合题意；B.根据结构简式确定分子式；故答案为：A。C.苯环上酚羟基的邻位和对位氢原子能和溴水发生取代反应；D.不含-COOH，不能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳。【分析】A.1L0.1mol⋅L-1盐酸中H+的浓度为0.1mol/L；2.氘()和氚()是氢的两种同位素，其中仅具有放射性。下列说法正确的是（）B.标况下四氯化碳为液体；C.铁与氯气反应生成氯化铁；A．H2O的相对分子质量为18B．H的中子数为1D.HCl为一元酸，硫酸为二元酸。C．H2O具有放射性D．可用质谱区分H2和H24.下列方程式能准确解释事实的是（）【答案】DA．钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O2=2Na2O【知识点】同位素及其应用B．硫酸铵溶液使蓝色石蕊试纸变红：NH+H2O=NH3•H2O+H+【解析】【解答】A．的相对分子质量，故A不符合题意；C．氢氧化铜浊液中滴加氨水得到深蓝色溶液：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+B．3H的中子数=3-1=2，故B不符合题意；D．氢硫酸中通入适量Cl2得黄色沉淀：H2S+Cl2=S↓+2HClC．有放射性，H2O不具有放射性，故C不符合题意；【答案】DD．H2和H2的相对分子质量分别为2和4，可以用质谱区分，故D符合题意；【知识点】离子方程式的书写故答案为：D。【解析】【解答】A．钠在空气中加热生成淡黄色Na2O2固体，反应方程式为2Na+O2Na2O2，A不符合题意；B．硫酸铵溶液使蓝色石蕊试纸变红是因为铵根离子发生微弱水解导致溶液显酸性，反应的离子方程式为NH【分析】原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核n+H+C.氨气溶于水和水反应生成一水合氨，一水合氨部分电离生成氢氧根离子，溶液显碱性；2ONH3•H2O+H，B不符合题意；D.NH3挥发，氨水不具有挥发性。C．氢氧化铜浊液中氢氧化铜主要以固体形式存在，氢氧化铜浊液中滴加氨水得到深蓝色溶液表示为：6．下列关于实验现象的解释或结论中，错误的是（）Cu(OH)2+-2+4NH3·H2O[Cu(NH3)4]+2OH+4H2O，C不符合题意；选D．Cl2的氧化性强于S，氢硫酸中通入适量Cl2置换出黄色S沉淀，反应化学方程式为H2S+Cl2=S↓+2HCl，D实验操作试剂A现象结论项符合题意；酸性KMnO4溶故答案为：D。A紫色褪去SO2具有还原性液B新制氯水黄绿色褪去SO2具有漂白性【分析】A.钠在空气中加热生成过氧化钠；CH2S溶液出现淡黄色浑浊SO2具有氧化性B.硫酸铵水解显酸性，水解为可逆反应；盐酸酸化的无明显变化，一段时间后产硫元素从+4价被氧C.氢氧化铜应保留化学式DBaCl2溶液生白色沉淀化到+6价D.氯气的氧化性强于硫。5.用圆底烧瓶收集NH3后进行喷泉实验。对实验现象的分析正确的是（）A．AB．BC．CD．DA．烧瓶中形成喷泉，说明NH3与H2O发生了反应【答案】BB.烧瓶中剩余少量气体，能证明NH3的溶解已达饱和【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计【解析】【解答】A．酸性高锰酸钾溶液可氧化二氧化硫，紫色褪色，可知二氧化硫具有还原性，A项不符合C．烧瓶中溶液为红色的原因是：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH-题意；D．烧瓶中溶液露置在空气中一段时间后pH下降，能证明氨水具有挥发性B．氯水可氧化二氧化硫，黄绿色褪去，可知二氧化硫具有还原性，与漂白性无关，B项符合题意；【答案】CC．二氧化硫可氧化硫化氢，出现淡黄色浑浊，可知SO2具有氧化性，C项不符合题意；【知识点】氨的性质及用途D．二氧化硫与盐酸酸化的BaCl2溶液不反应，无明显变化，一段时间后产生白色沉淀为硫酸钡，可知硫元素【解析】【解答】A．烧瓶中形成喷泉，不一定是因为NH3与H2O发生了反应引起的，还有可能是因为NH3极从+4价被氧化到+6价，D项不符合题意；易溶于水造成的，故不能说明NH3与H2O发生了反应，A不符合题意；故答案为：B。B．烧瓶中剩余少量气体可能是空气，来源于实验中的某个操作，比如图中止水夹下方的玻璃管未插入水中时会有空气进入，故烧瓶中剩余少量气体不能说明NH3的溶解达到饱和，B不符合题意；【分析】A.酸性高锰酸钾溶液可氧化二氧化硫；C.烧瓶中溶液变为红色，说明溶液呈碱性，原因为NH3+H2ONH3•H2O+OH-，C符合题意；B.氯水可氧化二氧化硫；D.烧瓶中溶液露置在空气中一段时间后pH下降，不一定是因为氨水的挥发性，还可能是因为吸收了空气中C.二氧化硫可氧化硫化氢；的CO2，故烧瓶中溶液pH下降，不能说明氨水具有挥发性，D不符合题意；D.二氧化硫与盐酸酸化的BaCl2溶液不反应。故答案为：C。7.科研人员提出了CO2羰基化合成甲醇的反应机理，其主要过程示意图如图(图中数字表示键长的数值)。下列说法错误的是（）【分析】A.氨气极易溶于水；A.该过程中，CO2被还原B.向下排空气法收集的NH3可能含有其他杂质，导致水不能充满试管；B.该过程中发生了3次加成反应nC.由上图可知，化学键的键长会受到周围基团的影响D．B原子含有空轨道、N原子含有孤电子对，立方氮化硼中每个B原子形成4个B－N共价键，所以立方氮D．该过程原子利用率达到100%化硼中B和N原子之间存在配位键，故D符合题意；【答案】D故答案为：D。【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．该过程中，CO2中碳元素化合价由+4价降低到－2价，被还原，故A不符合题意；【分析】A.分子间作用力不属于化学键；B．由图可知，该过程中CO2中的C=O双键发生了2次加成反应，中间产物甲醛中的C=O双键发生了1次加B.六方氮化硼的结构与石墨类似，性质也与石墨相似；成，所以共发生3次加成反应，故B不符合题意；C.根据均摊法计算；C．由图可知，CO2中的C=O双键的键长为1.161，发生一次加成后，C=O双键的键长变为1.199，键长发生D.B原子含有空轨道、N原子含有孤电子对。了改变，即化学键的键长会受到周围基团的影响，故C不符合题意；9.聚氨酯是一种应用广泛的有机材料，可根据需求调节其硬度，其结构片段如图。D．由图可知，该反应过程中还生成了水，原子利用率未达到100%，故D符合题意。(R、R'表示短碳链，故答案为：D。表示长碳链)【分析】A.二氧化碳中C元素化合价降低，被还原；下列有关聚氨酯的说法错误的是（）B.C=O双键发生了3次加成反应；A．聚氨酯在一定条件下能发生水解C.CO2中的C=O双键的键长发生一次加成后，键长发生了改变；B．聚氨酯中只含有酯基D.反应物全部转化为产物时原子利用率为100%。C．聚氨酯链之间可形成氢键，增大材料的硬度8.氮化硼(BN)晶体存在如图所示的两种结构。六方氮化硼的结构与石墨类似；立方氮化硼的结构与金刚石类D．的值越大，聚氨酯材料的硬度越大似，可作研磨剂。【答案】B下列说法错误的是（）【知识点】含有氢键的物质；有机物中的官能团；有机物的结构和性质A.六方氮化硼层间的相互作用不属于化学键【解析】【解答】A．由结构可知聚氨酯中含酯基-COO-和酰胺基-CONH-，故聚氨酯在一定条件下能发生水B．六方氮化硼可做润滑剂解，A不符合题意；C．立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子和4个硼原子B．由结构可知聚氨酯中含酯基-COO-和酰胺基-CONH-共2种官能团，B符合题意；D．立方氮化硼晶胞中，N和B之间不存在配位键C．与N相连的H可以和另外一条链中O、N形成氢键，从而增大材料的硬度，C不符合题意；【答案】DD．的值越大，短碳链：长碳链越大，链之间氢键越多，聚氨酯材料的硬度越大，D不符合题意；【知识点】化学键；配合物的成键情况；晶胞的计算故答案为：B。【解析】【解答】A．六方氮化硼的结构和石墨相似，所以六方氮化硼层间存在分子间作用力，分子间作用力不属于化学键，所以六方氮化硼层间的相互作用不属于化学键，故A不符合题意；【分析】A.酰胺基、酯基在一定条件下能发生水解反应；B．六方氮化硼的结构与石墨类似，则其性质相似，石墨可以作润滑剂，则六方氮化硼可以作润滑剂，故B不B.含有酯基和酰胺基；符合题意；C.N-H中氢原子能和其它结构中N-H中N原子形成氢键；C．立方氮化硼晶胞中N原子个数是4、B原子个数=8×+6×=4，故C不符合题意；D.m/n的值越大，含有的酰胺基和酯基越多。n10.液流电池可以实现光伏发电和风力发电电能的储存和释放。一种非金属有机物液流电池的工作原理如图。B.①中硫酸根离子主要来自酸性条件下硝酸根离子氧化部分二氧化硫得到，不能得到Ag2SO4可能是因为硫下列说法错误的是（）酸根离子浓度小于亚硫酸根离子浓度导致的，因此不能证明Ag2SO3更难溶，也就不能说明A.放电时，正极反应式为Br2+2e-=2Br-Ksp(Ag2SO3)<Ksp(Ag2SO4)，B符合题意；B．放电时，物质a为AQDSH2C.②中有Ag生成，则证明Ag+被还原，Ag+有氧化性，C不符合题意；+通过质子交换膜到达溴极室C．充电时，AQDS/AQDSH2储液罐中的pH减小，HD．增大储液D.该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3，然后放置一段时间后才生成Ag，故该实验条件下，SO2罐体积，可提高液流电池的储能容量与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率，D不符合题意；【答案】C故答案为：B。【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用【解析】【解答】A．放电时，溴元素价态降低得电子，故右侧电极为正极，电极反应式为Br2+2e-=2Br-，A【分析】先生成Ag2SO3白色沉淀，后转化为含有Ag的灰色固体，说明Ag+将SO2氧化生成硫酸根，体现了项不符合题意；Ag+的氧化性，且该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率。B，放电时，左侧电极为负极，电极反应式为AQDSH2-2e-=AQDS+2H+，物质a为AQDSH2，B项不符合题意；12.氧化铈(CeO2)是应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(CeFCO3，含BaO、SiO2等杂质)为原料制备-+=AQDSH，氢离子被消耗，pH增大，氢离子通过质子交换膜到达左侧，CCeO2，的工艺如图。C．充电时，左侧电极为阴极，电极反应式为AQDS+2e+2H2项符合题意；下列说法错误的是（）D．增大储液罐体积，储存的反应物增加，可提高液流电池的储能容量，D项不符合题意；故答案为：C。A．滤渣A的主要成分为BaSO4和SiO2B．步骤①、②中均有过滤操作【分析】放电时，溴元素化合价降低，发生还原反应，故右侧电极为正极，电极反应式为Br-=2Br-C．该过程中，铈元素的化合价变化了两次2+2e，左侧电极为负极，电极反应式为AQDSH2-2e-=AQDS+2H+，充电时，右侧电极为阳极，电极反应式为2Br--2e-D．步骤②反应的离子方程式为2Ce3++6HCO=Ce(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O=Br2，左侧电极为阴极，电极反应式为AQDS+2e-+2H+=AQDSH2。【答案】C11.向AgNO3溶液中通入过量SO2，过程和现象如图。【知识点】过滤；制备实验方案的设计；离子方程式的书写经检验，白色沉淀为Ag2SO3；灰色固体中含有Ag。【解析】【解答】A．由上述分析可知，滤渣A的主要成分为BaSO4和SiO2，故A不符合题意；下列说法错误的是（）B．步骤①、②中均分离出沉淀，所以均为过滤操作，故B不符合题意；A.①中生成白色沉淀的离子方程式为C．焙烧、滤液还原、灼烧时铈元素的化合价均变化，所以共三次，故C符合题意；2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+B．①中未生成Ag2SO4，证明溶度积：D．步骤②加入碳酸氢铵使Ce3+转化为Ce2(CO3)3，反应的离子方程式为：2Ce3++6HCOKsp(Ag2SO3)<Ksp(Ag2SO4)=Ce(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O，故D不符合题意；C．②中的现象体现了Ag+的氧化性故答案为：C。D．该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率【答案】B【分析】在空气中焙烧，Ce3+被氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价BaSO4+3+4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，滤液A中加还原剂将Ce还原为Ce，加入碳酸氢铵使【解析】【解答】A．①中生成的白色沉淀为Ag+2SO3，则SO2和水提供亚硫酸根离子，AgNO3溶液提供Ag，Ce3+转化为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。发生复分解反应，反应的离子方程式为2Ag++SO+2+H2O=Ag2SO3↓+2H，A不符合题意；13.工业上利用碳热还原BaSO4制得BaS，进而生产各种含钡化合物。温度对反应后组分的影响如图。n已知：碳热还原BaSO4过程中可能发生下列反应。D.为使硫酸钡得到充分的还原，需要加入过量的碳。i.BaSO4(s)+2C(s)=2CO2(g)+BaS(s)△H114.某小组同学用乙醛进行银镜反应实验时，补充做了以下实验。ii.BaSO4(s)+4C(s)=4CO(g)+BaS(s)△H2=+571.2kJ·mol-1已知：[Ag(NH+3)2]+Ag+2NH3iii.BaSO4(s)+4CO(g)=4CO2(g)+BaS(s)△H3=-118.8kJ·mol-1下列关于该实验的分析错误的是（）下列关于碳热还原BaSO4过程的说法正确的是（）A.实验①无需加热，说明碱性条件有利于银氨溶液与乙醛的反应A．△H-11=+113.1kJ·molB．实验①中加入NaOH后，溶液中c(NH3)增大B．400℃后，反应后组分的变化是由C(s)+CO2(g)2CO(g)的移动导致的C．实验表明，乙醛还原的是[Ag(NH3)2]+中的Ag(I)C．温度升高，C(s)+CO2(g)2CO(g)的平衡常数K减小D．对比实验①和②知，形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低【答案】AD．反应过程中，生成的CO2和CO的物质的量之和始终等于投入C的物质的【知识点】性质实验方案的设计；银镜反应量【解析】【解答】A．实验①②在滴加乙醛前碱性相同，因此不能说明碱性条件有利于银氨溶液与乙醛的反【答案】B应，A符合题意；【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理B.实验①向银氨溶液中滴加1滴氢氧化钠溶液，Ag+与OH-反应生成沉淀，会促使平衡【解析】【解答】A．已知ii.BaSO4(s)+4C(s)=4CO(g)+BaS(s)△H2=+571.2kJ·mol-1，[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3正向移动，溶液中c(NH3)增大，B不符合题意；iii.BaSO-14(s)+4CO(g)=4CO2(g)+BaS(s)△H3=-118.8kJ·mol，由盖斯定律可知：（ii+iii）×可得C．实验现象为产生光亮的银镜，因此乙醛还原的是[Ag(NH3)2]+中的Ag(I)，C不符合题意；BaSO4(s)+2C(s)=2CO2(g)+BaS(s)，故△H1=（△H2+△H3）×=（571.2kJ·mol-1-118.8kJ·mol-1）×=+226.2D．实验①滴加1滴氢氧化钠促使平衡[Ag(NH+3)2]+⇌Ag+2NH3正向移动，实验②滴加浓氨水促使平衡逆向移kJ·mol-1，A项不符合题意；动，[Ag(NH3)2]+的浓度增大，滴加乙醛后长时间也不会观察到银镜，因此可知形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化B.400℃后，BaS的物质的量分数变化不大，硫化钡基本反应完全，C、CO2的量减少，CO的量增加，故反应性降低，D不符合题意；后组分的变化是由C(s)+CO2(g)2CO(g)的移动导致的，B项符合题意；故答案为：A。C．已知：ii.BaSO-14(s)+4C(s)=4CO(g)+BaS(s)△H2=+571.2kJ·mol，【分析】实验①向银氨溶液中滴加1滴氢氧化钠溶液，Ag+与OH-反应生成沉淀，促使平衡[Ag-1，由盖斯定律可知：（ii-iii）×可得C(s)+COiii.BaSO4(s)+4CO(g)=4CO2(g)+BaS(s)△H3=-118.8kJ·mol2(g)（[Ag(NH+3)2]+⇌Ag+2NH3正向移动，再滴加3滴乙醛静置3分钟后即可观察到光亮的银镜；实验②向银氨溶2CO(g)，△H=（△H2-△H3）×=（571.2kJ·mol-1+118.8kJ·mol-1）×=+172.5kJ·mol-1，反应正向为吸热反应，液中滴加几滴浓氨水，溶液中c(NH+3)增大，促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag+2NH3逆向移动，再滴加3滴乙醛静置升高温度，平衡正向移动，平衡常数K值增大，C项不符合题意；较长时间也没有光亮的银镜。通过对比可知在碱性相同的条件下，滴加相同体积的乙醛，实验①产生了银D．为使硫酸钡得到充分还原，需要加入过量的碳，故反应过程中生成的CO2和CO的物质的量之和小于投入镜，可得到的结论是形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低。C的物质的量，D项不符合题意；二、综合题故答案为：B。15.空燃比是影响发动机油耗和污染物排放量的重要因素。资料：i.空燃比是通入空气与燃料质量的比值，按化学计量数反应时的空燃比称为理论空燃比。【分析】A.根据盖斯定律计算；ii.2CO(g)+O-12(g)=2CO2(g)△H=-566kJ·molB.结合图象变化分析；（1）若不完全燃烧时发生反应2C8H18(l)+23O2(g)=12CO2(g)+4CO(g)+18H2O(g)。C.由温度变化对平衡的影响判断K值变化；①与完全燃烧相比，每2molC8H18不完全燃烧时少放出的能量为。n②为减少油耗，实际使用过程中的空燃比(填“大于”或“小于”)理论空燃比。②为减少油耗，即实际使用过程中的空燃比大于理论空燃比，保证燃料完全燃烧；（2）三元催化转化器可降低汽车尾气中CO、碳氢化合物和氮氧化物的含量。汽车尾气中污染物单位时间（2）①三元催化转化器可将CO和NO转化为无害气体，即反应生成氮气和二氧化碳；的转化率与空燃比的关系如图(氮氧化物主要是NO)。②空燃比大于15时，CO、碳氢化合物转化率未减小，反应继续进行，CO的量较小，被还原的氮的氧化物减已知：i.空燃比大于15后，空燃比越大，尾气的温度越低。小，同时氧气的量增大，与氮气反应生成氮的氧化物。ii.CO和NO的反应为放热反应。16.氢键对生命活动具有重要意义。DNA中四种碱基间的配对方式如图。(~代表糖苷键)①三元催化转化器可将CO和NO转化为无害气体，反应的化学方程式（1）基态N的核外电子排布式为。为。（2）碱基中的—NH2具有一定的碱性，可以结合H+形成—NH，从结构角度解释可以结合的原②空燃比大于15时，尾气中氮氧化物单位时间的转化率接近于0，可能的原因因：。是（3）鸟嘌呤是一种常见的碱基。。(写出2条)。①鸟嘌呤中2号N的杂化类型为。【答案】（1）1132kJ；大于②鸟嘌呤中N—H键的平均键长。(填“大于”“小于”或“等于”)0.29nm。（2）；CO和碳氢化合物等还原剂被氧气消耗浓度降低，NO难以被还原为（4）氢键在DNA复制过程中起重要作用①碱基中，O、N能与H形成氢键而C不能，原因是。N2；尾气温度低，催化剂活性减弱，NO还原速率降低②下列说法正确的是(填序号)。【知识点】氧化还原反应方程式的配平；反应热和焓变a.氢键的强度较小，在DNA解旋和复制时容易断裂和形成【解析】【解答】(1)①不完全燃烧时发生反应2C8H18(l)+23O2(g)=12CO2(g)+4CO(g)+18H2O(g)，生成的CO可以b.鸟嘌呤与胞嘧啶之间的相互作用比腺嘌呤与胸腺嘧啶之间的更强继续燃烧，根据ii可知，4molCO燃烧可放出1132kJ能量，所以每2molC8H18不完全燃烧时少放出的能量为c.碱基配对时，一个H可以同时与多个原子形成氢键1132kJ；②为减少油耗，实际使用过程中的空燃比要大于理论空燃比，是由于增大空气的用量来提高燃料的（5）一定条件下鸟嘌呤会发生异构化，其1号N上的H会转移到O上形成-OH。利用率；①鸟嘌呤异构化后的结构简式为。故答案为：1132kJ，大于。②鸟嘌呤异构化后最有可能配对的嘧啶碱基是。。(2)①三元催化转化器可将CO和NO转化为无害气体，即生成CO2和N2，反应的化学方程式为：【答案】（1）1s22s22p3；②空燃比大于15时，尾气中氮氧化物单位时间的转化率接近于0，可能的原（2）氨基中氮原子有一个孤电子对，氢离子有空轨道可形成配位键（3）sp2；小于因是由于CO和碳氢化合物等还原剂被氧气消耗浓度降低，导致NO难以被还原为N2；由已知i可知，空燃比（4）O、N电负性大于C；ab大于15后，空燃比越大，尾气温度越低，催化剂活性减弱，NO还原速率降低；故答案为：；CO和碳氢化合物等还原剂被氧气消耗浓度降低，NO难以被还原（5）；胸腺嘧啶为N2；尾气温度低，催化剂活性减弱，NO还原速率降低。【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物【分析】（1）①由方程式可知，2molC8H18不完全燃烧生成4molCO，少放出的热量等于2molCO燃烧放出的质性质的影响热量；n【解析】【解答】(1)基态N的核外电子排布式为1s22s22p3；b.鸟嘌呤与胞嘧啶之间的形成的氢键比鸟嘌呤与胸腺嘧啶之间的多；故答案为：1s22s22p3。c.氢键具有方向性和饱和性；（5）①一定条件下鸟嘌呤会发生异构化，其1号N上的H会转移到O上形成-OH，C=O发生断裂，生成(2)氨基中氮原子有一个孤电子对，氢离子有空轨道可形成配位键，生成—NH，所以—NH2具有一定的碱C=N；性；②鸟嘌呤异构化后与胸腺嘧啶可以形成3个氢键。故答案为：氨基中氮原子有一个孤电子对，氢离子有空轨道可形成配位键。17.乌药内酯具有抗炎、镇痛作用。乌药内酯的中间体X合成路线如图所示(部分反应条件或试剂略去)。(3)①由鸟嘌呤结构可知，2号N原子有2个键和1个孤电子对，所以杂化方式为sp2；由结构可知，鸟嘌呤（1）B的名称是。中N—H键的平均键长小于0.29nm。（2）B→D的化学方程式是。故答案为：sp2，小于。（3）已知2D→E+A，E的结构简式是。(4)①氢键为分子间相互作用，O、N、F的电负性大，带有较多的负电荷，可以与呈电正性的H原子形成氢（4）下列关于有机物I的说法错误的是。(填序号)。键。由于C电负性低，C原子上的负电荷并不大，因此不能与H形成氢键；②氢键的强度小，在DNA解旋a．可以发生取代反应、加成反应、氧化反应和复制时断裂和形成，a正确；鸟嘌呤与胞嘧啶之间有三个氢键，腺嘌呤与胸腺嘧啶之间有两个个氢键，鸟嘌b．存在酚类同分异构体呤与胞嘧啶之间的相互作用更强，b正确；由结构可知，碱基配对时，一个H不可以同时与多个原子形成氢c.可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键键，c不正确；d.核磁共振氢谱中有6种信号峰，是手性分子故答案为：O、N电负性大于C，ab。（5）I→J的化学方程式是。(5)鸟嘌呤会发生异构化，其1号N上的H会转移到O上形成-OH，异构化后的结构简式为（6）已知：①+，鸟嘌呤异构化后最有可能配对的嘧啶碱基是胸腺嘧啶；③G与L可以在碱性条件下经过如图所示的多步反应得到X。故答案为：，胸腺嘧啶。G+L→中间产物1中间产物2中间产物3【分析】（1）N为7号元素，根据电构造原理书写电子排布式；中间产物1、中间产物3的结构简式是、。+有空轨道；【答案】（1）乙酸（2）碱基中-NH2具有中N原子有孤电子对，H（3）①鸟嘌呤中2号N原子形成2个σ键，1个孤电子对，1个π键；（2）CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O②N-H⋯O氢键的键长为0.29nm，N-H的键能比氢键的大，键长更短；（3）（4）①C原子的电负性较小；（4）bcd②a.氢键键能比较小，容易断裂；n（5）+CH3Cl+HCl；。（6）；【分析】A的分子式为C2H6O，其能连续被氧化，则A为CH3CH2OH，B为CH3COOH，D为【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体CH3COOC2H5；已知2D→E+A，则E为；由I的结构简式，可确定J为，【解析】【解答】据此解答。(1)由分析可知，B为CH3COOH，则B的名称是乙酸。答案为：乙酸；(2)D为CH18.对硝基苯酚(，PNP)是应用广泛的精细化工中间体。PNP有毒，工业废水中的PNP3COOC2H5，则B→D的化学方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。答案为：需联合采用多种方法进行处理，流程如图。CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；已知：PNP的溶解性与苯酚类似，微溶于水；其化学性质稳定，可被•OH、HClO氧化降解为无机物，但不(3)已知2D→E+A，则E的结构简式是。答案为：；能与O2反应。(4)有机物I的结构简式为。（1）在pH>14的废水中，PNP的存在形态为(用结构简式表示)。（2）絮凝沉淀池中加入硫酸的目的是。a.醇-OH能发生取代反应、氧化反应，碳碳双键能发生加成反应，a正确；（3）低浓度PNP废水可通过电解法处理，装置示意图如图。b.有机物I的不饱和度为3，而酚的不饱和度至少为4，所以不存在酚类同分异构体，b不正确；①•OH(氧元素为-1价)由水产生，•OH在(填“Pt”或“石墨”)电极产生。c.醇-OH、碳碳双键都能使酸性KMnO4溶液褪色，所以不可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键，c②产生•OH的电极反应式为。不正确；（4）废水中所含电解质的种类会影响电解法处理PNP的去除率。其它条件相同时，以NaCl和Na2SO4模d．I分子中与-CH3、-CH2OH同时相连的环上碳原子，连接的环上的两个原子团是相同的，所以不是手性分拟酸性低浓度PNP废水中的电解质，结果如图。子，d不正确；①电解质为NaCl时，阳极副反应的电极反应式为。故答案为：bcd。答案为：bcd；②电解质为NaCl时，PNP去除率较Na2SO4高，可能的原因是。(5)由分析知，J为，则I→J的化学方程式是+CH3Cl（5）在强碱性条件下，单独使用电解法也可有效去除废水中的PNP。工业上仍联合使用絮凝沉淀法处理PNP废水，目的是节约电能和。+HCl。答案为：+CH3Cl+HCl；【答案】（1）(6)由信息，可推出中间产物1的结构简式为、中间产物2的结构简式为（2）将转化为微溶的，降低废水中PNP的浓度（3）Pt；H2O-e-=•OH+H+（4）2Cl--2e-=Cl2↑；NaCl作电解质时产生的Cl2与水反应生成HClO，能有效地氧化降解PNP、中间产物3的结构简式为。答案为：（5）回收PNP【知识点】电极反应和电池反应方程式；芳香烃；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用n【解析】【解答】对硝基苯酚能和碱进行反应生成对硝基苯酚盐，从而溶解在水溶液中，再向其中加入稀硫酸转化为对硝基苯酚，因PNP的溶解性与苯酚类似，微溶于水，在絮凝沉淀池将其沉淀下来得到PNP晶体，同时得到低浓度PNP废水，最后对该溶液进行电解即可得到合格废水；实验操作(1)在碱性溶液中会发生发生反应：，故PNP的存在形态为；(2)PNP的溶解性与苯酚类似，微溶于水，向絮凝沉淀池中加入硫酸的目的是调节溶液pH，将现象无明显现象溶液立即变蓝转化为，从溶液中析出，降低废水中PNP的浓度；（1）实验1-1的目的是。(3)分析电解池可知，Pt和石墨电极与电源正极、负极相连，故Pt和石墨电极分别为阳极和阴极，阳极失去电（2）(NH4)2S2O8与KI反应的离子方程式为。子发生氧化反应：H-+，阴极得到电子发生还原反应；•OH失去电子，在阳极发生，即Pt电极；(4)当电解质为NaCl时，Cl-会在阳极放电，故阳极副反应的电极反应2O-e=•OH+H为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，小组同学分别向两支试管中依次加入下列试剂，并记录变色时间，式为：2Cl--2e-=Cl2↑，产生的Cl2与水反应生成HClO，能有效地氧化降解PNP；如表。(5)在强碱性条件下，单独使用电解法也可有效去除废水中的PNP，工业上联合使用絮凝沉淀法处理PNP废0.4%的水，可得到PNP，故目的是节约电能和回收PNP。编0.2mol·L-1KI0.01mol·L-蒸馏水淀0.2mol·L-变色时号溶液/mL1Na2S2O3溶液/mL/mL粉溶液/1(NH4)2S2O8溶液/mL间/s【分析】（1）碱性溶液中会发生反应；滴2-1202.820.2立即（2）加入硫酸可调节溶液pH，将易溶的转为；2-220.80.22230（3）①Pt电极与电源正极相连，为阳极，石墨电极与电源负极相连，为阴极；②阳极发生氧化反应；（3）实验2-1不能用于测定(NH4)2S2O8与KI反应的速率，原因除变色时间过短外还（4）①NaCl中Cl-会在阳极放电；有。②氯气溶于水生成HClO；（4）加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，甲同学对此提出两种猜想。（5）工业上联合使用絮凝沉淀法处理PNP废水，可得到PNP。猜想1：(NH4)2S2O8先与Na2S2O3反应，使c(S2O)降低；19.实验小组探究(NH4)2S2O8溶液与KI溶液的反应及其速率，实验过程和现象如表。猜想2：(NH4)2S2O8先与KI反应，.............。已知：①甲同学提出猜想1的依据：由信息iii推测，Na2S2O3的还原性(填“强于”或“弱于”)KI的。i.(NH4)2S2O8具有强氧化性，能完全电离，S2O易被还原为SO；②乙同学根据现有数据证明猜想1不成立，理由ii.淀粉检测I2的灵敏度很高，遇低浓度的I2即可快速变蓝；是。iii.I2可与S2O发生反应：2S2O+I2=S4O+2I-。③补全猜想2：。编号1-11-2（5）查阅文献表明猜想2成立。根据实验2-2的数据，计算30s内的平均反应速率v(S2O)=mol·L-1·s-1(写出计算式)。（6）实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能的原因n是则Δn()=-3mol，故30s内的平均反应速率v()==mol·L-1·s-。(写出2条)。【答案】（1）做对照，排出O2氧化I-的干扰1。（2）+2I-=2+I2(6)实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能的原因是(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的活化能大于与KI反应的活化能（或浓度相同时，(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的速率较(NH4)2S2O8与KI的小），也可（3）无Na2S2O3时，生成少量I2后淀粉即变蓝，无法确定与I-反应的浓度变化能是因为c(Na2S2O3)小于c(KI)。（4）强于；实验2-2与Na2S2O3完全反应后的溶液中，n()仍高于2-1中起始n()（0.0410-3mol），溶液应立即变蓝；生成的I2与Na2S2O3迅速反应，待Na2S2O3消耗完，继续生成I2时，淀粉才变蓝【分析】(NH4)2S2O8具有强氧化性，可以氧化KI生成和I2；为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率；实验中，用淀粉作指示剂的情况下，实验2-1中(NH4)2S2O8与KI的反应很快，溶液立即变色，而实验2-2中，加（5）入了(NH4)2S2O8与KI，还加入了少量的Na2S2O3溶液，溶液变色时间明显增长，可以依据实验2-2，使用相关（6）(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应的活化能大于与KI反应的活化能（或浓度相同时，(NH4)2S2O8与Na2S2O3反数据表达出(NH4)2S2O8的反应速率。应的速率较(NH4)2S2O8与KI的小）；c(Na2S2O3)＜c(KI)【知识点】探究影响化学反应速率的因素；性质实验方案的设计【解析】【解答】(1)实验1-2中，(NH4)2S2O8氧化KI生成I2，淀粉遇I2变蓝，实验1-1中没有加入氧化剂，而在实验1-1和实-氧化为I，故实验1-1的目的是做对照，排出O氧化I-的干扰。验1-2中，空气中的O2会将I22(2)根据题干信息可知，(NH4)2S2O8与KI反应生成(NH4)2SO4、K2SO4和I2，该反应的的离子方程式为+2I-=2+I2。(3)实验2-1和实验2-2相比，实验2-1没有加入Na2S2O3溶液，则在实验2-1中，无Na2S2O3，生成少量I2后淀粉即变蓝，无法确定与I-反应的浓度变化。(4)①信息iii：2+I2=+2I-，做还原剂，I-为还原产物，故Na2S2O3的还原性强于KI的；②根据信息i和信息iii可以推测与发生氧化还原反应：+2=2+，实验2-2中，起始n()=0.410-3mol，n()=0.00810-3mol，该反应后n()=0.39610-3mol，仍高于2-1中起始n()（0.0410-3mol），即实验2-2中与反应后，溶液中的浓度仍大于实验2-1中的起始浓度，则实验2-2的溶液应立即变蓝，与实际不符，故猜想1不成立；③实验2-2中，加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，还可能是因为(NH4)2S2O8先与KI反应，生成的I2与Na2S2O3迅速反应，待Na2S2O3消耗完，继续生成I2时，淀粉才变蓝。(5)由反应+2I-=2+I2和反应2+I2=+2I-可得：~2，30s内，Δn(-3mol，n高三第二次模拟测试化学试题一、单选题1.将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，蕴含的化学学科的思想方法是（）A.分与合相结合B．量变与质变相结合C．化学与社会和谐发展D．物质变化是有条件的2.下列图示正确的是（）A.3p电子的电子云轮廓图：B．SO3的VSEPR模型：C．As的原子结构示意图：D．HCl的形成过程：3.下列事实不能直接从原子结构角度解释的是（）A.化合物ICl中I为+1价B．第一电离能：B>AlC．沸点：CS2>CO2D．热稳定性：NH3>PH34.我国拥有独立知识产权的抗高血压药物左旋氨氯地平的分子具有手性，其结构简式如图。下列关于左旋氨氯地平的说法错误的是（）A.分子中含有酯基B．酸性条件下的所有水解产物均能与NaHCO3溶液反应C．能与H2发生加成反应D．有手性异构体5.向含HCN的废水中加入铁粉和K2CO3可制备K4[Fe(CN)6]，反应如下：6HCN+Fe+2K2CO3=K4[Fe(CN)6]+H2↑+2CO2↑+2H2O。下列说法错误的是（）A.依据反应可知：Ka(HCN)>Ka1(H2CO3)B．HCN的结构式是H—C≡NC．反应中每1molFe转移2mol电子D．[Fe(CN)6]4-中Fe2+的配位数是6n6.下列实验方案能达到相应实验目的的是（）选项实验目的实验方案A制备无水FeCl3固体将FeCl3溶液加热蒸干检验浓H2SO4催化纤维素水解的产物含有向水解后的溶液中加入新制的B还原糖Cu(OH)2，加热C配制1L1.0mol/LNaCl溶液将58.5gNaCl固体直接溶于1L水中D证明醋酸是弱电解质测0.1mol/LCH3COOH溶液的pHA．AB．BC．CD．D7.工业合成乙醇的反应：C2H4(g)+H2O(g)⇌C2H5OH(g)ΔH<0，在催化剂、260-290℃。和约7MPa的条件下进行。下列说法错误的是（）A．循环使用乙烯是为了提高乙烯的利用率B．原理分析表明合成时压强越大越好，但实际生产中还要考虑安全、成本等因素C．其他条件不变时，投料比n(H2O)∶n(C2H4)越小，乙烯的平衡转化率越大D．寻找高活性的催化剂是研究该反应的重要方向8.在卤水精制中，纳滤膜对Ca2+、Mg2+有很高的脱除率。一种网状结构的纳滤膜J的合成路线如图(图中表示链延长)。一定条件已知：+—NH+HCl2→下列说法错误的是（）A.合成J的反应为缩聚反应B．MPD的核磁共振氢谱有3组峰C．J具有网状结构与单体TMC的结构有关D．J有亲水性可能与其存在正负离子对有关n9.在常温下，向30mL0.1mol/LNH4Cl溶液中加入0.1mol/LCH3COONH4溶液，溶液的pH随加入CH3COONH4溶液的体积的变化如图。已知：CH3COONH4溶液的pH约为7。下列说法正确的是（）A．NH4Cl溶液中存在：c(NH+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)4B．0.1mol/LCH+)比0.1mol/LNH3COONH4溶液中的c(NH44Cl溶液中的大C．如图说明NH4Cl溶液中存在水解平衡D．溶液的pH变化是NH+浓度改变造成的410.某小组探究NH3的催化氧化，实验装置图如图。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟。下列分析错误的是（）A.若②中只有NH4Cl不能制备NH3催化剂B.③、④中现象说明③中的反应是4NH_3+5O2_4NO+6H2OC．④中白烟的主要成分是NH4ClD．一段时间后，⑤中溶液可能变蓝11.实验I和实验II中，均有气体产生。下列分析错误的是（）A.NaHSO3溶液中：c(SO2−)>c(H2SO3)3B．I中有CO2生成C．II中产生白色沉淀D．I和II中溶液的pH均增大12.我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CO2转化为乙烯。装置示意图如图。푛(生成所用的电子)已知：电解效率η(B)=×100%。(通过电极的电子)下列说法错误的是（）A.电极a连接电源的负极B.电极b上有O2产生C.纳米Cu催化剂上发生反应：2CO+6H--2O+8e=C2H4+8OHD．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，产生0.075mol乙烯13.某小组探究Cu与H2O2在不同条件下的反应，实验结果如表：n装置实验试剂a现象与结果10h后，液体变为浅蓝色，将铜片取出、干I燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片II8mL5mol/L氨水取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片III8mL5mol/L氨水和1gNH4Cl固体取出、干燥，铜片依然保持光亮下列说法错误的是（）A．I中生成Cu(OH)2的反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2B．由实验可知，增大c(OH-)，H2O2的氧化性增强C．增大c(NH+)有利于[Cu(NH)]2+的生成434D．[Cu(NH2+3)4]可能是H2O2分解的催化剂14.异丁醇催化脱水制备异丁烯主要涉及以下2个反应。研究一定压强下不同含水量的异丁醇在恒压反应器中的脱水反应，得到了异丁烯的平衡产率随温度的变化结果如图。①(g)⇌(g)+H42O(g)ΔH1=+28kJ/molK1(190℃)=10②2(g)⇌(g)(二聚异丁烯)ΔH2=-72kJ/molK2(190℃)=0.1下列说法错误的是（）A.其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度有利于异丁烯的制备nB.高于190℃时，温度对异丁烯的平衡产率影响不大的原因是K41>10、K2<0.1C．190℃时，增大n(H2O)：n(异丁醇)，不利于反应②的进行D．若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间存在：c0(异丁醇)=c(异丁烯)+2c(二聚异丁烯)二、综合题15.MnO2可作氨选择性催化还原法脱除NOx的催化剂。（1）基态Mn的价层电子排布的轨道表示式是。（2）MnO2−2可由(NH4)2S2O8与MnSO4反应制得。S2O8的结构如图。①S2−2O8中S-O-O(填“是”或“不是”)在一条直线上。②S2−2O8中的O-O比H2O2中的更(填“难”或“易”)断裂。（3）一种MnO2晶体的晶胞示意图如图，该长方体晶胞的长和宽均为anm，高为bnm。①图中“●”代表的是(填“Mn”或“O”)。②NA为阿伏加德罗常数，该晶体的密度为g·cm-3。③MnO2作催化剂，氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如图。从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因：。该催化过程的总反应的化学方程式是。16.处理再利用H2S有多种方法。（1）碱法脱硫用K2CO3溶液吸收H2S。已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如表。Ka1Ka2H-7-132S1.1×101.3×10H-7-112CO34.5×104.7×10①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因：。②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是。（2）热分解法脱硫在密闭容器中发生反应2H2S(g)⇌S2(?)+2H2(g)。其他条件不变时，H2S的平衡转化率随温度和压强的变化如图。①P3>P2>P1，反应中S2(填‘“是”或“不是”)气态，理由是n。②实际反应在高温下进行的原因是。（3）间接电解法脱硫间接电解法脱硫过程的示意图如图。①溶液X的主要溶质是。②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理：。③不考虑其他副反应，理论上5molH2S反应能生成gH2。17.香豆素类化合物在药物中应用广泛。香豆素类化合物W的合成路线如图。已知：i.→+H2Oii.—CHO+H+H2O→+R푛4(H)iii.R—CH=CH—R+RCOOH+RCOOH12→12（1）A→B的化学方程式是。（2）D的分子式是。（3）条件①是。（4）F的结构简式是。（5）1molJ可以生成2molK，J的结构简式是。（6）下列说法错误的是(填序号)。a.可以用酸性KMnO4溶液鉴别E和Gb.G可以发生加聚反应、还原反应和取代反应c.1molP最多可以和5molH2反应（7）M为线型不稳定分子，M→P经过两步反应，R苯环上的一氯代物有3种。①R的结构简式是。②R→P的化学反应类型是。18.向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，滴加过程中溶液的pH随FeSO4溶液的体积的变化曲线及实验现象见表。n变化曲线实验现象i.A→B产生红褐色沉淀ii.B→C红褐色沉淀的量增多iii.C→D红褐色沉淀的量增多iv.D点附近产生有刺激性气味的气体v.D→E红褐色沉淀的量略有增多资料：i.饱和NaClO溶液的pH约为11ii.Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39（1）Cl2和NaOH溶液制取NaClO的离子方程式是。（2）A点溶液的pH约为13，主要原因是。（3）结合离子方程式解释A→B溶液的pH显著下降的主要原因：。（4）NaClO溶液中含氯各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。①M点溶液含氯的微粒有。②C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是。（5）检验iv中气体的方法是。（6）A→D的过程中，溶液的pH一直下降，原因是。（7）整个滴加过程中发生的反应与、微粒的浓度等有关。19.在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH2+3+3)6]会逐渐失活变为[Co(NH3)6]。某小组为解决这一+2+3问题，实验研究和之间的相互转化。资料：i.K-15-44sp[Co(OH)2]=5.9×10，Ksp[Co(OH)3]=1.6×10ii.Co2++6NH2+53⇌[Co(NH3)6]K1=1.3×10Co3++6NH3⇌[Co(NH3)6]3+K2=2×1035iii.[Co(NH2+3++3)6]和[Co(NH3)6]在酸性条件下均能生成NH4+2（1）探究的还原性n实验I．粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。实验II．向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。实验III．按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。①甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。乙同学补充实验IV，(补全实验操作及现象)，否定了该观点。②探究碱性条件下+2的还原性，进行实验。ii中反应的化学方程式是。③根据氧化还原反应规律解释：还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但降低的程度更大，还原剂的还原性增强。+3（2）探究的氧化性①根据实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是。②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是。（3）催化剂[Co(NH2+3)6]的失活与再生①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：。②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：。示2例：CoCo(OH)CoHCl→2→2答案解析部分1.【答案】A2.【答案】C3.【答案】C4.【答案】B5.【答案】A6.【答案】Dn7.【答案】C8.【答案】B9.【答案】C10.【答案】C1.【答案】D12.【答案】D13.【答案】B14.【答案】D15.【答案】（1）（2）不是；易1.74×1023（3）Mn；2；NH3中的N原子有孤电子对，MnO2中的Mn原子有空轨道能接受孤电子2对，形成配位键；4NH3+4NO+O2_4N2+6H2O_16.【答案】（1）CO+H2O⇌HCO−+OH—；H2S+CO2−=HCO+HS—32−−333（2）是；其他条件不变时，增大压强，H2S的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态；升高温度，有利于增大反应速率和提高H2S的转化率（3）FeCl2+3++2和HCl；含FeCl2和HCl的溶液加入阳极区，Fe放电生成Fe，且H由阳极区加入阴极区，FeCl3溶液得以再生；10浓硫酸17.【答案】（1）+HNO3→+H2O（2）C7H5Br2O2N（3）氢氧化钠水溶液、加热（4）（4）（5）HOOCCH2COOH（6）ac（7）；加成反应n18．【答案】（1）1+2H−=1−+1−+H22（2）溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13−−−2++4H+H=1+2(H)↓，消耗OH−，使溶液的pH（3）A→B发生反应1+223显著下降−−−2++5H=2(H)↓+1+5H+（4）ClO、HClO、Cl；H1+223（5）用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝（6）Fe2+向Fe(OH)−−+3转化时消耗了NaOH和H2O电离的OH，c(OH)减小、c(H)增大，pH一直下降（7）反应物的相对用量或氧化剂的种类19．【答案】（1）将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同；4Co(OH)3+)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；c(Co（2）加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色；2Co(OH)+-2+3+6H+2Cl=2Co+Cl2↑+6H2O；O2（3）对Co2+-e-=Co3+，NH2+3+2+3+3+3与Co、Co反应，使c(Co)和c(Co)均降低，但K2>K1，c(Co)降低盐酸或硫酸溶液的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化；[Co(NH3)6]3+→Co2+催化剂H3[Co(NH)]2+→36n高三第二次模拟测试化学试题一、单选题，故C符合题意；1.将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，蕴含的化学学科的思想方法是（）A.分与合相结合B．量变与质变相结合C．化学与社会和谐发展D．物质变化是有条件的D.氯化氢是共价化合物，用电子式表示氯化氢的形成过程为，故D不符【答案】A合题意；【知识点】氧化还原反应故答案为：C。【解析】【解答】将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，蕴含的化学学科的思想方法是分与合相结合，与量变与质变相结合量变与质变相结合、化学与社会和谐发展、物质变化是有条件的思想方法无【分析】A.p电子的电子云轮廓图为哑铃形；关，B.SO3分子中S原子的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形；故答案为：A。C.As的核电荷数为33；D.HCl是共价化合物。【分析】将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，属于分与合相结合。3.下列事实不能直接从原子结构角度解释的是（）2.下列图示正确的是（）A.化合物ICl中I为+1价B．第一电离能：B>AlA.3p电子的电子云轮廓图：C．沸点：CS2>CO2D．热稳定性：NH3>PH3【答案】CB．SO3的VSEPR模型：【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体熔沸点的比较；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用C．As的原子结构示意图：【解析】【解答】A．氯元素的非金属性强于碘元素，氯化碘中共用电子对偏向非金属性强的氯原子一方，碘元素呈+1价，则氯化碘中碘元素呈+1价能直接从原子结构角度解释，故A不符合题意；B．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，第一电离能依次减小，则硼元素的第一电离能大于铝元素D．HCl的形成过程：能直接从原子结构角度解释，故B不符合题意；【答案】CC．二氧化碳和二硫化碳是结构相似的分子晶体，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳，分子间作用力大于【知识点】原子核外电子的运动状态；判断简单分子或离子的构型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物二氧化碳，沸点高于二氧化碳，则二硫化碳的沸点高于二氧化碳不能直接从原子结构角度解释，故C符合题的形成；原子结构示意图意；【解析】【解答】A.3p电子的电子云轮廓图为哑铃形，不是球形，故A不符合题意；D．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则氨分子的稳定性强于磷化B.三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，不是三氢能直接从原子结构角度解释，故D不符合题意；角锥形，故B不符合题意；故答案为：C。C.砷元素的核电荷数为33，核外有4个电子层，最外层电子数为5，原子结构示意图为【分析】A.氯原子半径小与碘，得电子能力强；nB.同主族从上到下第一电离能减小；【答案】AC.分子结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高；【知识点】配合物的成键情况；结构式；氧化还原反应的电子转移数目计算；电离平衡常数D.元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定。【解析】【解答】A．由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，与溶液的酸碱性无关，无法判4.我国拥有独立知识产权的抗高血压药物左旋氨氯地平的分子具有手性，其结构简式如图。下列关于左旋氨断氢氰酸和碳酸的酸性强弱和酸的电离常数的大小，故A符合题意；氯地平的说法错误的是（）B．氢氰酸分子中含有碳氮三键，结构式为H-C≡N，故B不符合题意；A.分子中含有酯基C．由方程式可知，反应中1mol铁参与反应，反应转移2mol电子，故C不符合题意；B．酸性条件下的所有水解产物均能与NaHCO3溶液反应D．[Fe(CN)6]4-中中心离子为Fe2+，氢氰酸根离子为配位体，配位数为6，故D不符合题意；C．能与H2发生加成反应故答案为：A。D．有手性异构体【答案】B【分析】A.根据强酸制弱酸判断；【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；加成反应B.HCN中C和N之间为三键；【解析】【解答】A．由结构简式可知，左旋氨氯地平分子中含有的官能团为氯原子、酯基、氨基和亚氨基，C.反应中铁从0价升高为+2价；故A不符合题意；D.该物质中心离子为Fe2+，配位体为CN-。B．由结构简式可知，左旋氨氯地平分子酸性条件下发生水解反应生成的甲醇、乙醇不能与碳酸氢钠溶液反6.下列实验方案能达到相应实验目的的是（）应，故B符合题意；选项实验目的实验方案C．由结构简式可知，左旋氨氯地平分子中含有的苯环、碳碳双键和羰基一定条件下能与氢气发生加成反应，A制备无水FeCl3固体将FeCl3溶液加热蒸干故C不符合题意；检验浓H2SO4催化纤维素水解的产物含有向水解后的溶液中加入新制的BD．由结构简式可知，左旋氨氯地平分子中与苯环相连的碳原子为连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，还原糖Cu(OH)2，加热存在手性异构体，故D不符合题意；C配制1L1.0mol/LNaCl溶液将58.5gNaCl固体直接溶于1L水中故答案为：B。D证明醋酸是弱电解质测0.1mol/LCH3COOH溶液的pHA．AB．BC．CD．D【分析】A.由结构简式可知该分子含有酯基；【答案】DB.该物质水解产物中含醇；【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价C.苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应；【解析】【解答】A．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁和氯化氢，加热蒸干时，氯D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。化氢受热挥发，水解平衡不断向正反应方向移动，直至水解趋于完全得到氢氧化铁，无法得到无水氯化铁，5.向含HCN的废水中加入铁粉和K2CO3可制备K4[Fe(CN)6]，反应如下：故A不符合题意；6HCN+Fe+2K2CO3=K4[Fe(CN)6]+H2↑+2CO2↑+2H2O。下列说法错误的是（）B．葡萄糖在碱性条件下与新制氢氧化铜共热发生氧化反应，检验纤维素在浓硫酸中生成的水解产物含有葡萄A.依据反应可知：Ka(HCN)>Ka1(H2CO3)糖，应加入氢氧化钠溶液中和硫酸，使溶液呈碱性，否则葡萄糖不能与与新制氢氧化铜共热发生氧化反应，B．HCN的结构式是H—C≡N故B不符合题意；C．反应中每1molFe转移2mol电子C．将58.5g氯化钠固体直接溶于1L水中所得氯化钠溶液的体积不是1L，溶液的浓度不是1.0mol/L，故C不D．[Fe(CN)6]4-中Fe2+的配位数是6n符合题意；已知：+—NH2+HClD.0.1mol/L醋酸钠溶液pH大于7，说明醋酸根离子在溶液中发生水解反应，醋酸是部分电离的弱酸，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.FeCl3水解生成Fe(OH)3和HCl，加热促进盐酸挥发；B.水解后应在碱性条件下检验葡萄糖；C.将58.5g氯化钠固体直接溶于1L水中所得氯化钠溶液体积大于1L；D.明醋酸为弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可。7.工业合成乙醇的反应：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)ΔH<0，在催化剂、260-290℃。和约7MPa的条件下列说法错误的是（）下进行。下列说法错误的是（）A．合成J的反应为缩聚反应B．MPD的核磁共振氢谱有3组峰A.循环使用乙烯是为了提高乙烯的利用率B.原理分析表明合成时压强越大越好，但实际生产中还要考虑安全、成本等因素C．J具有网状结构与单体TMC的结构有关C．其他条件不变时，投料比n(H2O)∶n(C2H4)越小，乙烯的平衡转化率越大D．J有亲水性可能与其存在正负离子对有关D．寻找高活性的催化剂是研究该反应的重要方向【答案】B【答案】C【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应【知识点】化学平衡中反应条件的控制；化学平衡的影响因素【解析】【解答】A．反应除生成高聚物J外，还有小分子HCl生成，所以该反应是缩聚反应，故A项不符合【解析】【解答】A．循环使用乙烯可使乙烯尽可能转化为乙醇，提高乙烯的利用率，故A不符合题意；题意；B．该反应是气体体积减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，压强过大对设备的要求高且易发生事故，B．对比有机物的结构可知，MPD的结构简式为，分子中有4种化学环境不同的氢原因此实际生产中还要考虑安全、成本等因素，故B不符合题意；子，即MPD的核磁共振氢谱中有4组峰，故B项符合题意；C.投料比n(H2O)∶n(C2H4)越小，体系中的n(C2H4)越大，乙烯的平衡转化率越小，故C符合题意；D．催化剂可提高反应速率，因此寻找高活性的催化剂是研究该反应的重要方向，故D不符合题意；C．单体TMC中三个侧链均发生反应，使高聚物J形成网状结构，故C项不符合题意；故答案为：C。D．正、负离子容易与水形成水合离子，高聚物J有亲水性可能与其存在正负离子对有关，故D项不符合题意；【分析】A.循环使用乙烯，可充分反应；故答案为：B。B.压强过大对设备的要求高，且易发生事故；C.n(C2H4)越大，乙烯转化率越小；【分析】A.AEPPS、TMC和MPD发生缩聚反应生成J；D.催化剂可加快反应速率。B.MPD为；8.在卤水精制中，纳滤膜对Ca2+、Mg2+有很高的脱除率。一种网状结构的纳滤膜J的合成路线如图(图中C.单体TMC中三个侧链均发生反应；表示链延长)。nD.正、负离子容易与水形成水合离子。B.③、④中现象说明③中的反应是4NH3+5O24NO+6H2O9.在常温下，向30mL0.1mol/LNH4Cl溶液中加入0.1mol/LCH3COONH4溶液，溶液的pH随加入C．④中白烟的主要成分是NH4ClCH3COONH4溶液的体积的变化如图。已知：CH3COONH4溶液的pH约为7。D．一段时间后，⑤中溶液可能变蓝下列说法正确的是（）【答案】CA．NH4Cl溶液中存在：c(NH)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)【知识点】含氮物质的综合应用；制备实验方案的设计B．0.1mol/LCH3COONH4溶液中的c(NH)比0.1mol/LNH4Cl溶液中的大【解析】【解答】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，无法制得氨气，故A不符合题意；C．如图说明NH4Cl溶液中存在水解平衡B．由分析可知，③中气体颜色无明显变化、④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟说明③中氨气在D．溶液的pH变化是NH浓度改变造成的催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，【答案】C故B不符合题意；【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较C.由分析可知，④中白烟的主要成分是硝酸铵，故C符合题意；【解析】【解答】A．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中离子浓度的大小顺D.由分析可知，一段时间后，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成淡蓝色序为c(Cl-)>c(NH)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)，故A不符合题意；的硝酸铜，故D不符合题意；B．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，醋酸铵是弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离故答案为：C。子在溶液中都发生水解反应，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，促进铵根离子水解，所以醋酸铵溶液中铵根离子浓度小于等浓度的氯化铵溶液，故B不符合题意；【分析】①中加热高锰酸钾可制备氧气，②中加热氯化铵与氢氧化钙可制备氨气，③中气体颜色无明显变C．由未加入醋酸铵溶液时，0.1mol/L氯化铵溶液的pH为6说明铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟，可知③中氨气被氧化生成NO，④中发生中存在水解平衡，故C符合题意；2NO+O2＝2NO2、3NO2+H2O＝2HNO3+NO、HNO3+NH3＝NH4NO3，④中白烟的主要成分是NH4NO3，⑤中D．醋酸铵是弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子在溶液中都发生水解反应，向氯化铵溶液中加入醋酸铵溶液酸性溶液中Cu被硝酸根离子氧化生成铜离子，溶液变蓝。时，溶液的pH变化是铵根离子浓度和醋酸根离子浓度的相对大小发生改变造成的，故D不符合题意；11.实验I和实验II中，均有气体产生。故答案为：C。下列分析错误的是（）A.NaHSO3溶液中：c(SO)>c(H2SO3)【分析】A.铵根离子水解使溶液呈酸性，结合电荷守恒判断；B．I中有CO2生成B.铵根离子水解程度越大，溶液中铵根离子浓度越小；C．II中产生白色沉淀C.加入CH3COONH4溶液后，溶液中c(NH)增大而抑制NH水解。D．I和II中溶液的pH均增大10.某小组探究NH3的催化氧化，实验装置图如图。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一【答案】D段时间后产生白烟。【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价下列分析错误的是（）【解析】【解答】A．根据装置中亚硫酸氢钠溶液的pH=4判断，溶液显酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离大于A.若②中只有NH4Cl不能制备NH3水解，故c(SO)>c(H2SO3)，故A不符合题意；nB.亚硫酸氢钠与碳酸氢钠反应，因为亚硫酸氢根离子的酸性大于碳酸，故反应生成二氧化碳，故B不符合题故答案为：D。意；C.亚硫酸钡是可难溶性盐，故实验II中物质有白色沉淀，故C不符合题意；【分析】A.a电极上CO2转化为乙烯，发生还原反应，为阴极；D.实验I中亚硫酸氢根离子的量减小，溶液体积增大，导致其浓度减小，故pH增大，实验II中因为产生沉B.b电极的电极反应为；淀，促进电离，pH减小，故D符合题意；C.纳米Cu催化剂上发生CO转化为乙烯的反应；故答案为：D。D.根据电极反应结合得失电子守恒计算。13.某小组探究Cu与H2O2在不同条件下的反应，实验结果如表：【分析】A.亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度；装置实验试剂a现象与结果B.Ⅰ中氢离子可以和碳酸氢钠反应；10h后，液体变为浅蓝C.Ⅱ中会产生亚硫酸钡白色沉淀；色，将铜片取出、干D.Ⅰ中氢离子浓度减少，pH增大，Ⅱ中产生白色沉淀，促进电离，pH减小。I燥，铜表面附着蓝色固12.我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CO2转化为乙烯。装置示意图如图。体，成分是Cu(OH)2已知：电解效率η(B)=×100%。立即产生大量气泡，溶下列说法错误的是（）液变为深蓝色，将铜片A.电极a连接电源的负极II8mL5mol/L氨水取出、干燥，铜表面附B.电极b上有O2产生着蓝色固体，成分是C.纳米Cu催化剂上发生反应：2CO+6H2O+8e-=C2H4+8OH-Cu(OH)2D．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，产生0.075mol乙烯立即产生大量气泡，溶【答案】D液变为深蓝色，将铜片III8mL5mol/L氨水和1gNH4Cl固体【知识点】电解池工作原理及应用取出、干燥，铜片依然【解析】【解答】A．电极a实现将CO2转化为乙烯，C由+4价变为-2价，化合价降低，发生还原反应，电极保持光亮a为阴极，与电源负极相连，故A项不符合题意；下列说法错误的是（）B．电极b上氢氧根离子失去电子转化为氧气，电极反应式为，故B项不符合题A．I中生成Cu(OH)2的反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2-)，HO的氧化性增强B．由实验可知，增大c(OH22意；C．增大c(NH+)有利于[Cu(NH)]2+的生成434C．由图可知，纳米Cu催化剂上发生CO转化为乙烯的反应，电极反应为，D．[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂故C项不符合题意；【答案】BD．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，根据公式得n（生成乙烯所用的电子）=0.6mol，由【知识点】物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价CO2转化为乙烯的电极反应为，所以当n（生成乙烯所用的电子）【解析】【解答】A．I中生成Cu(OH)2，说明铜被过氧化氢氧化为氢氧化铜，反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2，故A不符合题意；=0.6mol，产生的乙烯为0.05mol，故D项符合题意；nB.酸性条件下，H2O2的氧化性增强，故B符合题意；不符合题意；C.I、III比较，III中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，铜片表面不生成Cu(OH)2，可知增大c(NH4+)有利于B.化学平衡常数反映反应进行的程度，当温度高于190℃时，K1>104、K2<0.1，由于K1远远大于K2，反应[Cu(NH3)4]2+的生成，故C不符合题意；①几乎彻底进行，所以温度对异丁烯的平衡产率影响不大，故B项不符合题意；D.I、II比较，II溶液变为深蓝色，说明有[Cu(NH2+2+3)4]生成，立即产生大量气泡，说明[Cu(NH3)4]可能是C.0℃时，增大n(H2O)：n(异丁醇)，由图知异丁烯的平衡产率在增加，即生成的异丁烯在增加，所以不利于H2O2分解的催化剂，故D不符合题意；反应②的进行，故C项不符合题意；故答案为：B。D.由于反应①和②都是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，所以根据碳原子守恒初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间存在：c0(异丁醇)=c(异丁烯)+2c(二聚异丁烯)+c(未反应的异丁醇)，故D项符合题意；【分析】A.Ⅰ中蓝色固体为Cu(OH)2；故答案为：D。B.Ⅲ中加入氨水后还加入了NH4Cl固体，抑制了一水合氨的电离，则pH：Ⅲ＜Ⅱ；C.增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成；【分析】A.反应①为吸热反应，升高温度，平衡正向移动；D.Ⅱ中加入氨水，生成[Cu(NH2+3)4]，立即产生大量气泡。B.温度高于190℃，由于K1的数值远远大于K2，且升高温度K1持续增大，K2持续减小；14.异丁醇催化脱水制备异丁烯主要涉及以下2个反应。研究一定压强下不同含水量的异丁醇在恒压反应器中C.增大n(H2O)：n(异丁醇)，反应①平衡左移，异丁烯浓度降低，导致平衡②左移；的脱水反应，得到了异丁烯的平衡产率随温度的变化结果如图。D.可逆反应不可能彻底进行。二、综合题①(g)(g)+H2O(g)ΔH1=+28kJ/molK1(190℃)=10415.MnO2可作氨选择性催化还原法脱除NOx的催化剂。（1）基态Mn的价层电子排布的轨道表示式是。（2）MnO2可由(NH4)2S2O8与MnSO4反应制得。S2O的结构如图。②2(g)(g)(二聚异丁烯)ΔH2=-72kJ/molK2(190℃)=0.1①S2O中S-O-O(填“是”或“不是”)在一条直线上。②S2O中的O-O比H2O2中的更(填“难”或“易”)断裂。下列说法错误的是（）（3）一种MnO2晶体的晶胞示意图如图，该长方体晶胞的长和宽均为anm，高为bnm。A．其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度有利于异丁烯的制备①图中“●”代表的是(填“Mn”或“O”)。B．高于190℃时，温度对异丁烯的平衡产率影响不大的原因是K41>10、K2<0.1②N-3。A为阿伏加德罗常数，该晶体的密度为g·cmC．190℃时，增大n(H2O)：n(异丁醇)，不利于反应②的进行③MnO2作催化剂，氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如图。D．若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间存在：c0(异丁醇)=c(异从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原丁烯)+2c(二聚异丁烯)因：。该催化过程的【答案】D总反应的化学方程式是。【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的调控；化学平衡转化过程中【答案】（1）的变化曲线（2）不是；易【解析】【解答】A．其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度可以加快化学反应速率，同时反应①吸热，反应②放热，升高温度使反应①正向移动，使反应②逆向移动，都有利于异丁烯的制备，故A项（3）Mn；；NH3中的N原子有孤电子对，MnO2中的Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配n位键；4NH（1）碱法脱硫3+4NO+O24N2+6H2O用K2CO3溶液吸收H2S。【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如表。【解析】【解答】(1)锰元素的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2，价层电子排布的轨道表示式为Ka1Ka2，故答案为：；H2S1.1×10-71.3×10-13(2)①由过氧化氢的空间结构为书形可知，S2O离子的空间构型为书形，所以—O—O不在一条直线上，H2CO34.5×10-74.7×10-11故答案为：不是；①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因：。②S2O中硫氧双键为吸电子基团，氧氧键中共用电子对偏向硫氧双键一方，比过氧化氢中氧氧键的极性②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是。强，更易发生断裂，故答案为：易；（2）热分解法脱硫(3)①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的黑球的个数为8×+1=2，位于面上和体内的白球为4×在密闭容器中发生反应2H2S(g)S2(?)+2H2(g)。其他条件不变时，H2S的平衡转化率随温度和压强的变+2=4，由二氧化锰的化学式可知，黑球代表锰原子，故答案为：Mn；化如图。①P3>P2>P1，反应中S2(填‘“是”或“不是”)气态，理由②设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)2×b×10—7×d，解得d=，是。故答案为：；②实际反应在高温下进行的原因是。③氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，氮原子和锰原子通过形成配位键使二氧化（3）间接电解法脱硫锰和氨分子相互结合；由图可知，氨催化还原脱除一氧化氮的反应中，二氧化锰为催化剂，氨气、氧气、一间接电解法脱硫过程的示意图如图。氧化氮为反应物，氮气和水为生成物，反应的化学方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，故答案为：①溶液X的主要溶质是。②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原NH3中的N原子有孤电子对，MnO2中的Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；4NH3+4NO+O2理：4N2+6H2O。。③不考虑其他副反应，理论上5molH2S反应能生成gH2。【分析】（1）Mn的原子序数为25，价电子排布式为：3d54s2，据此书写轨道表示式；【答案】（1）CO+H2OHCO+OH—；H2S+CO=HCO+HS—（2）①S2O中S-O-O的中心O的价层电子对为4，含有2对孤电子，采用sp3杂化，不在一条直线上；（2）是；其他条件不变时，增大压强，H2S的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态；②S2O中硫氧双键为吸电子基团，氧氧键中共用电子对偏向硫氧双键一方，比过氧化氢中氧氧键的极性升高温度，有利于增大反应速率和提高H2S的转化率2+3++由阳极区加入阴极区，FeCl溶液得以再生；强；（3）FeCl2和HCl；含FeCl2和HCl的溶液加入阳极区，Fe放电生成Fe，且H310（3）①根据均摊法计算各原子数目进而判断黑球代表的原子；【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；盐类水解的应用；电解池工作原理及应用②根据计算；【解析】【解答】(1)①碳酸钾是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中分步水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式③Mn能提供空轨道，NH3中N可提供孤对电子，MnO2与NH3可形成配位键。为CO+H2OHCO+OH-，故答案为：CO+H2OHCO+OH-；16.处理再利用H2S有多种方法。n②由电离常数可知，弱酸和弱酸根离子在溶液中的电离程度的顺序为H2CO3＞H2S＞HCO＞HS-，由强酸ii.—CHO++H2O制弱酸的原理可知，过量的碳酸钾溶液与硫化氢反应生成碳酸氢钾和硫氢化钾，反应的离子方程式为H2S+iii.R1—CH=CH—R2+R1COOH+R2COOHCO=HCO+HS-，故答案为：H2S+CO=HCO+HS-；（1）A→B的化学方程式是。(2)①由图和P3>P2>P1可知，其他条件不变时，增大压强，硫化氢的转化率减小，说明该反应是气体体积增大（2）D的分子式是。的反应，S2是气态，故答案为：其他条件不变时，增大压强，H2S的转化率减小，说明该反应是气体体积增大（3）条件①是。的反应，S2是气态；（4）F的结构简式是。②由图可知，升高温度，硫化氢的转化率增大，说明该反应为吸热反应，实际反应在高温下进行可以加快反（5）1molJ可以生成2molK，J的结构简式是。应速率，使平衡向正反应方向移动，增大硫化氢的转化率，故答案为：升高温度，有利于增大反应速率和提（6）下列说法错误的是(填序号)。高H2S的转化率；a.可以用酸性KMnO4溶液鉴别E和G(3)①由图可知，吸收反应器中氯化铁溶液与硫化氢气体反应生成氯化亚铁和盐酸，反应的方程式为b.G可以发生加聚反应、还原反应和取代反应H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl，由方程式可知，溶液X为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，故答案为：FeCl2和c.1molP最多可以和5molH2反应HCl；（7）M为线型不稳定分子，M→P经过两步反应，R苯环上的一氯代物有3种。②由图可知，电解反应器中右侧电极为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，左侧①R的结构简式是。电极为阳极，氯化亚铁和氯化氢混合溶液中亚铁离子在阳极失去电子发生氧化反应生成铁离子，氢离子通过②R→P的化学反应类型是。质子交换膜进入阴极区，氯化铁溶液在阳极区得以再生，故答案为：含FeCl2+2和HCl的溶液加入阳极区，Fe放电生成Fe3+，且H+由阳极区加入阴极区，FeCl3溶液得以再生；【答案】（1）+HNO3+H2O③由图可知，不考虑其他副反应，间接电解法脱硫过程实际上是硫化氢分解生成硫和氢气，所以理论上5mol（2）C7H5Br2O2N硫化氢反应能生成氢气的质量为5mol×2g/mol=10g，故答案为：10。（3）氢氧化钠水溶液、加热【分析】（1）①K2CO3水解显碱性；②用过量的K2CO3溶液吸收H2S生成KHCO3和KHS；（4）（4）（2）①不同压强的作用下，H2S的转化率不同，说明该反应的平衡移动受到压强影响；②升高温度，平衡正向移动，增大平衡转化率；（5）HOOCCH2COOH（3）①FeCl3和H2S发生氧化还原反应产生FeCl2和S；（6）ac②电解反应器中，阳极亚铁离子失去电子，转化为铁离子，且存在质子交换膜，溶液X中的氢离子向右移动；（7）；加成反应③5molH2S反应，转移10mol电子，生成5mol氢气。17.香豆素类化合物在药物中应用广泛。香豆素类化合物W的合成路线如图。【知识点】有机物的推断；有机物的合成已知：i.→+H2O【解析】【解答】n(1)A→B为甲苯的硝化反应，方程式为：+HNO3+H2O；【分析】G与发生加成反应生成推知G的结构简式为(2)由分析可知D为，则其分子式为：C7H5Br2O2N；(3)D→E是转化为，先发生卤代烃水解，然后自动脱去1分A发生硝化反应生成B，结合B的分子式、G的结构简式，可知B中含有苯环且苯环侧链子水，条件①是氢氧化钠水溶液、加热；(4)由分析可知，F的结构简式是；处于对位，故B为，则A为，结合信息i，信息ii，可知B发生甲基(5)由分析可知J为HOOCCH2COOH；上二溴取代生成D，D水解反应并脱水生成E，故D为，E为，E与F发生信息ii中反应生成G，推知F为，J发生信息iii中氧化反(6)a．E为，G为，E含有醛基，G含有碳碳双键，都能被应生成K，由J、K的分子式，可知1molJ可以生成2molK，推知J为HOOCCH2COOH、K为，酸性KMnO4溶液氧化，不能鉴别二者，故a不正确；J脱去2分子式生成M，结合P的结构简式推知M为O=C=C=C=O，M与苯酚发生加成反应生成P，据此解答。b．G为，含有碳碳双键，可以发生加聚反应，苯环与碳碳双键能与氢气发生加成反应，18.向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，滴加过程中溶液的pH随FeSO4溶液的体积的变化曲线及实验现象见表。属于还原反应，含有的酰胺基、苯环等可以发生取代反应，故b正确；变化曲线实验现象c．P分子含有的1个苯环、1个羰基能与氢气发生加成反应，1molP最多可以和4molH2反应，故c不正确；i.A→B产生红褐色沉淀故答案为：ac；ii.B→C红褐色沉淀的量增多(7)M为线型不稳定分子，M的结构简式为O=C=C=C=O，M→P经过两步反应，均发生加成反应，而R苯环iii.C→D红褐色沉淀的量增多iv.D点附近产生有刺激性气味的气体上的一氯代物有3种，则酚羟基先与M发生加成反应，故R的结构简式为，故答案为：①v.D→E红褐色沉淀的量略有增多资料：i.饱和NaClO溶液的pH约为11ii.K-39；②加成反应。sp[Fe(OH)3]=2.8×10（1）Cl2和NaOH溶液制取NaClO的离子方程式是。（2）A点溶液的pH约为13，主要原因是。（3）结合离子方程式解释A→B溶液的pH显著下降的主要原n-将因：(3)根据实验现象：A→B产生红褐色沉淀，说明有Fe(OH)3生成，所以A→B溶液的pH显著下降是ClO。Fe2+氧化为+3价，消耗溶液中的OH−，使c(OH-)减小，发生反应的离子方程式为（4）NaClO溶液中含氯各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。，故答案为A→B发生反应①M点溶液含氯的微粒有。，消耗OH−，使溶液的pH显著下降；②C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是(4)M点pH略小于8，产生红褐色沉淀，所以溶液含氯的微粒有ClO−、HClO、Cl−；C点pH约为6.5，溶液中。HClO含量较多，所以C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是（5）检验iv中气体的方法是。（6）A→D的过程中，溶液的pH一直下降，原因，故答案为ClO−、HClO、Cl−；是。；（7）整个滴加过程中发生的反应与、微粒的浓度等有关。(5)根据现象iv：D点附近产生有刺激性气味的气体，该气体为氯气，利用反应和碘单质【答案】（1）遇淀粉溶液变蓝进行检验，故答案为用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝；（2）溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为132+不断地转化为Fe(OH)(6)A→D的过程中，产生的红褐色沉淀在不断增多，即Fe3沉淀，此过程需不断地消耗（3）A→B发生反应，消耗OH−，使溶液的pH显著下降溶液中的OH−，所以溶液的pH一直下降，故答案是Fe2+向Fe(OH)−3转化时消耗了NaOH和H2O电离的OH，（4）ClO−、HClO、Cl−；c(OH−)减小、c(H+)增大，pH一直下降；2+氧化为Fe(OH)(7)根据以上分析，发现不同阶段有不同的氧化剂将Fe3，因此整个滴加过程中发生的反应与反（5）用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝2+向Fe(OH)−，c(OH−)减小、c(H+)增大，pH一直下降应物的相对用量或氧化剂的种类、微粒的浓度等有关，故答案为反应物的相对用量或氧化剂的种类；（6）Fe3转化时消耗了NaOH和H2O电离的OH【分析】（1）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（7）反应物的相对用量或氧化剂的种类（2）A点溶液溶质主要为氢氧化钠，氢氧化钠为强碱；【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；离子方程式的书写-被消耗；（3）A→B有Fe(OH)3生成，OH【解析】【解答】向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，结合变化曲线图和实验现象，发现（4）M点溶液中含有ClO−、HClO、Cl−；C点HClO中含量较多，与Fe2+发生氧化还原反应；A→B过程，溶液的碱性较强，此时发生，从B→C的过程ClO-（5）iv中气体为氯气，氯气能将碘离子氧化成碘单质，且单质碘遇淀粉变蓝；的含量减少，HClO含量增多，到C点主要发生，D→E过程溶（6）Fe2+不断地转化为Fe(OH)-；3沉淀，消耗OH液中NaOH和NaClO已完全反应，此时红褐色沉淀略有增多，主要是Fe2+被空气中的O3+3+2+2氧化为Fe，Fe（7）不同阶段有不同的氧化剂将Fe氧化为Fe(OH)3。2+会逐渐失活变为[Co(NH3+发生水解生成Fe(OH)3沉淀，据此分析来解题。19.在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]3)6]。某小组为解决这一问题，实(1)Cl2和NaOH溶液反应生成NaClO、NaCl和H2O，反应的离子方程式为：，验研究和之间的相互转化。资料：i.K-15-44sp[Co(OH)2]=5.9×10，Ksp[Co(OH)3]=1.6×10故答案为；ii.Co2++6NH2+53[Co(NH3)6]K1=1.3×10(2)根据资料：饱和NaClO溶液的pH约为11，则A点溶液pH约为13主要是NaOH完全电离产生的c(OH-)−Co3++6NH3+350.1mol/L，所以A点溶液的pH约为13，主要原因是溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH使溶液的pH约3[Co(NH3)6]K2=2×10为13，故答案为溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13；iii.[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NHn（1）探究的还原性【解析】【解答】利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究和之间的相互转化，探究氧化性和还原实验I．粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。实性强弱，通过分析及实验进行验证。(1)①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl验II．向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。实2，进行实验，如：将实验III．按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲①甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化；4溶液氧化。乙同学补充实验IV，②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反应的化学方程式是(补全实验操作及现象)，否定了该观点。4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使②探究碱性条件下的还原性，进行实验。c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强；ii中反应的化学方程式是。(2)①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变③根据氧化还原反应规律解释：还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但降低的程度更大，还原剂的还原性增强。反应的离子方程式是2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O；（2）探究的氧化性②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2；①根据实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，2+-3+2+3+2+3+3+(3)①对Co-e=Co，NH3与Co、Co反应，使c(Co)和c(Co)均降低，但K2>K1，c(Co)降低的程度远(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是。大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化，故[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活；②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是。②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理可得：（3）催化剂[Co(NH2+的失活与再生3)6][Co(NH3)6]3+Co2+[Co(NH3)6]2+。①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原【分析】（1）①根据对比实验的单一变量原则，乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液因：代替0.1mol/LCoCl2进行实验；。②Co(OH)2在空气被氧化为Co(OH)3；②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再（2）①向Co(OH)3中滴加盐酸生成氯气，氧化剂的氧化产物大于氧化产物；生：。②滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生氧气；示例：CoCoCl2Co(OH)2（3）①NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)；【答案】（1）将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相②酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理得到[Co(NH3)6]2+。同；4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；c(Co3+)（2）加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色；2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O；O2（3）对Co2+-e-=Co3+，NH2+3+2+3+3+3与Co、Co反应，使c(Co)和c(Co)均降低，但K2>K1，c(Co)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化；[Co(NH3)6]3+Co2+[Co(NH3)6]2+【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价