还剩22页未读，
继续阅读
山东省实验中学2020届高三下学期线上周测化学试题
展开
山东省实验中学2020届高三化学周周测
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Al 27 P 31 Cu 64
第I卷(选择题共40分)
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.自古以来，化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法不正确的是( )
A. 我国独创的世界首部可折叠柔屏手机通话时化学能转变成了电能
B. 绿色化学的核心是利用化学原理解决食品安全的问题
C. 制造新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质
D. 本草纲目记载：石胆出蒲州石穴中......涂于铁上，烧之红也。其中涉及了置换反应。
【答案】B
【解析】
【详解】A．手机在通话过程中需要消耗电能，电池将其中的化学能转化为电能，正确，A不符合题意；
B．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，错误，B符合题意；
C．Fe3O4具有磁性，是一种磁性物质，正确，C不符合题意；
D．石胆为CuSO4，涂在Fe上，发生CuSO4＋Fe=FeSO4＋Cu，为置换反应，正确，D不符合题意。
答案选B。
2.常温常压下，某金属有机多孔材料(MOFA)对CO2具有超高的吸附能力，并能催化CO2与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 物质a分子中碳原子和氧原子均采取sp3杂化
B. b的一氯代物有3种
C. a生成b的反应类型为取代反应，并有极性共价键形成
D. 该材料的吸附作用具有选择性，利用此法可减少CO2的排放
【答案】C
【解析】
【详解】A．a分子中C、O原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断C、O原子杂化类型为sp3杂化，故A正确；
B．b中含有3种氢原子，有几种氢原子，其一氯代物就有几种，所以b一氯代物有3种，故B正确；
C．a和二氧化碳发生加成反应生成b，则a生成b的反应为加成反应，故C错误；
D．a和二氧化碳反应生成b，所以利用此法可减少CO2的排放，故D正确；
故选：C。
3.下列实验操作、现象和结论都正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向盛有硝酸的烧杯中加入铜粉
溶液上方产生红棕色气体
证明该硝酸为浓硝酸
B
取10mL 0.1mol/L FeCl3溶液，滴加10滴0.1mol/L KI溶液，继续加入2mL苯，振荡静置，取下层溶液，滴入AgNO3溶液
上层呈紫红色，下层溶液滴入AgNO3溶液生成白色沉淀
FeCl3与KI反应有一定的限度
C
向紫色石蕊试液中通入SO2
溶液褪色
SO2具有漂白性
D
在一块除去铁锈的铁片上面滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2~3min
溶液边缘出现红色
铁片上发生了吸氧腐蚀
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．在溶液上方产生红棕色气体，可能是在溶液上方发生NO和O2的反应，生成NO2呈现红棕色，不能证明该硝酸为浓硝酸，A错误；
B．发生反应为2KI+FeCl3=I2+2KCl+FeCl2，下层溶液滴入AgNO3溶液生成白色沉淀，无法证明反应后溶液中还存在碘离子，则无法判断FeCl3与KI反应有一定的限度，B错误；
C．向紫色石蕊试液中通入SO2，溶液只能变红，不会褪色，无法证明SO2具有漂白性，C错误；
D．在一块除去铁锈的铁片上面滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2～3min，溶液边缘出现红色，说明O2得到电子与水反应生成了OH－，证明铁片发生了吸氧腐蚀，故D正确。
答案选D。
4.在CF3COOH水溶液中将甲烷直接转化为CH3OH的反应机理如图，下列说法正确的是
A. 所含部分元素第一电离能：C
C. 此法由甲烷制取甲醇的方程式为：2CH4+O22CH3OH
D. 均可以与浓溴水反应，且反应类型相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，第ⅤA元素原子最外层为半充满状态，第一电离能大于相连元素，则应为C＜O＜N＜F，故A错误；
B．反应③中N元素化合价降低，被还原，氧化剂为NO2，故B错误；
C．涉及反应为CH4+CF3COOH＋ O2→CF3COOCH3+H2O，CF3COOCH3+H2O→CF3COOH+CH3OH，则总反应为2CH4+O22CH3OH，故C正确；
D．含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，含有双键，与溴水发生加成反应，故D错误。
故选：C。
5.A～F均为中学化学常见的物质，它们之间存在如下转化关系，其中C和D的稀溶液不反应，B、C与D反应还可生成A(产物水等略去)。下列说法错误的是
A. 铂丝蘸取A溶液灼烧，焰色反应显蓝绿色
B. D的浓溶液有强氧化性
C. E是一种有毒气体，不能用作食品添加剂
D. A的溶液电解时，阳极反应式为4OH-－4e-=2H2O+O2↑
【答案】C
【解析】
【分析】
单质C与D的浓溶液反应，与稀溶液不反应，可确定，C为Cu，D为硫酸，用惰性电极电解硫酸铜溶液，生成硫酸、铜和氧气，则单质B为氧气；铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，则E为二氧化硫，F为三氧化硫。
【详解】A．铂丝蘸取硫酸铜溶液灼烧，铜元素的焰色反应显蓝绿色，A说法正确；
B．硫酸的浓溶液有强氧化性，B说法正确；
C．SO2 具有优秀的杀菌能力，能消灭细菌，常用作红酒的食品添加剂，C说法错误；
D．惰性电极电解硫酸铜的溶液时，阳极水电离出的氢氧根离子失电子生成氧气，反应式为4OH-－4e-=2H2O+O2↑，D说法正确；
答案为C。
【点睛】阳极上水电离出的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应式为2H2O-4e－＝O2↑＋4H+(或4OH-－4e-=2H2O+O2↑)。
6.五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W元素在短周期元素中原子半径最大，X、W同族，Z、Q同族，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，说法正确的是( )
A. X与Y形成的化合物只含有共价键
B. X与W形成的化合物中各原子均满足最外层8电子稳定结构
C. 酸性：H2YO3
【答案】A
【解析】
【详解】五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W元素在短周期元素中原子半径最大，由原子半径递变规律可知是Na元素，X、W同族，且X的原子序数最小，是H元素，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，Y是C元素。由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，是NaOH或者CS2，故Q是S元素，Z、Q同族，Z是O元素。
A．X与Y形成的化合物是各类烃，只含有共价键，A正确；
B．X与W形成的化合物是NaH，H元素没有满足最外层8电子稳定结构，B错误；
C．酸性：H2YO3＜H2QO3，H2CO3小于H2SO3，但H2SO3不是硫元素的最高价氧化物的含氧酸，故不能得出非金属性C小于S元素，C错误；
D．由Z、W、Q三种元素形成的盐有Na2SO3、Na2SO4、Na2S2O3等，D错误。
答案选A。
7.交警用三氧化铬(CrO3)硅胶可以查酒驾。元素Cr的几种化合物转化关系如图所示，下列判断正确的是
CrO3固体 K2CrO4溶液 K2Cr2O7溶液 CrO2Cl2+COCl2
A. 反应①表明CrO3有酸性氧化物性质
B. CrO42-在碱性溶液中不能大量存在
C. 只有反应③为氧化还原反应
D. 基态铬原子的价电子排布式为3d44s2
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性氧化物能与碱反应生成盐和水，CrO3与KOH溶液反应生成K2CrO4和水，表明CrO3是酸性氧化物，A正确；
B．CrO42－与酸反应，与碱不反应，CrO42－在碱性溶液中能大量存在，B错误；
C．反应③中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，C错误；
D．电子排布处于全满或半满状态是稳定状态，则基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，D错误。
答案选A。
8.下列关于各实验装置的叙述错误的是
A. 装置①可用于实验室制取氯气
B. 装置②可用于洗涤BaSO4表面的Na2SO4
C. 装置③可用于分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液的混合物
D. 装置④可用于除去甲烷中的乙烯气体
【答案】D
【解析】
【详解】A. 高锰酸钾和浓盐酸在不加热的条件下反应生成氯气，装置①可用于实验室制取氯气，故A正确；
B. 沉淀的洗涤在过滤器中进行，装置②可用于洗涤BaSO4表面的Na2SO4，故B正确；
C. 乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液分为两层，可用分液的方法分离，装置③可用于分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液的混合物，故C正确；
D. 除去甲烷中的乙烯气体可用溴的水溶液，不能用溴的四氯化碳溶液，故D错误；
故选D。
9.针对下列实验现象表述错误的是
A. 向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，再通入适量氨气，产生BaSO3白色沉淀
B. 将石蜡油蒸气分解得到的气体通入溴水中，溴水分层，上层为红棕色
C. 向氯化铁和氯化亚铁溶液中滴加几滴K3[Fe(CN)6]，生成蓝色沉淀
D. 在表面皿中加入少量胆矾，再加入3mL浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变为白色
【答案】B
【解析】
【详解】A．向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，无现象，再通入适量氨气，与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡溶液反应生成BaSO3白色沉淀，故A正确；
B．石蜡油蒸气分解得到的气体含有烯烃，通入溴水中，溴水褪色，故B错误；
C．Fe2＋遇K3[Fe（CN）6]溶液生成蓝色沉淀，所以向氯化铁和氯化亚铁溶液中滴加几滴K3[Fe（CN）6]，生成蓝色沉淀，故C正确；
D．浓硫酸具有吸水性，胆矾遇到浓硫酸失去结晶水，蓝色晶体变为白色粉末，故D正确；
故选：B。
10.将浓度均为0.5mol·L-1的氨水和KOH溶液分别滴入到两份均为20mLc1mol·L-1的AlCl3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示。下列说法正确的是
A. c1=0.2
B. b点时溶液的离子浓度：c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
C. ac段发生的反应为：A1(OH)3+OH-==[Al(OH)4]-
D. d点时溶液中：c(K+)+c(H+)==[Al(OH)4]-+c(OH-)
【答案】C
【解析】
【分析】
导电率与离子浓度成正比，向AlCl3溶液中分别加入氨水和KOH溶液，分别生成Al（OH）3和NH4Cl、Al（OH）3和KCl，当AlCl3完全反应时继续滴加碱，Al（OH）3和KOH反应生成可溶性的KAl（OH）4，一水合氨和Al（OH）3不反应，且一水合氨是弱电解质，则一水合氨溶液导电率较小，所以导电率变化较大的是氨水滴定曲线、变化较小的是KOH滴定曲线，则I为KOH滴定曲线；
【详解】A．当AlCl3和KOH恰好完全反应生成Al（OH）3和KCl时，溶液中离子浓度最小，导电率最低，则c点二者恰好完全反应，AlCl3+3KOH=Al（OH）3↓+3KCl，则n（AlCl3）：n（KOH）=[c1mol·L-1×20mL]：（0.5mol·L－1×48mL）=1：3，c1=0.4，故A错误；
B．b点溶质为Al（OH）3和NH4Cl，NH4＋水解导致溶液呈酸性，则c（OH－）＜c（H＋），故B错误；
C．ac段为Al（OH）3和KOH的反应，离子方程式为Al（OH）3+OH－═[Al（OH）4]-，故C正确；
D．d点溶液中溶质为KOH、KAl（OH）4、KCl，溶液中存在电荷守恒c（K＋）+c（H＋）═[Al（OH）4]-+c（OH－）+c（Cl－），故D错误；
故选：C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
11.一种水基二次电池原理为，电解液为含Zn2+的水溶液，该电池可用于电网贮能。
下列说法正确的是（ ）
A. 放电时，Zn2+脱离插层
B. 放电时，溶液中Zn2+浓度一直减小
C. 充电时，电子由层经电解质溶液流向层
D. 充电时，阳极发生电极反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A.放电时，利用原电池原理，Zn作负极，失去电子，得到电子，放电时是溶液中的Zn2+与插层结合，故A错误；
B. 根据反应方程式，放电时，负极的锌板失去电子变成锌离子进入溶液中，然后与正极结合，所以溶液中的锌离子浓度是不变的，故B错误；
C. 充电时是电解池原理，但电子不能通过电解质溶液，故C错误；
D. 充电时，阳极失电子，电极反应：，故D正确；
故选D。
【点睛】已知总反应书写电极反应时，根据得失电子情况加以判断，失电子，则化合价升高，发生氧化反应；总反应减去阳极的反应即可得到阴极的电极反应。
12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 25℃，1LpH=10的NaHCO3溶液中含有CO32-的数目为10-4NA
B. 1mol冰中含有4NA个氢键
C. 惰性电极电解AgNO3溶液，两极均产生0.25mol气体时，电路中通过电子数为NA
D. 含0.1mol NH4HSO4溶液中，阳离子数目略大于0.2NA
【答案】CD
【解析】
【详解】A、pH=10的NaHCO3溶液中CO32－的浓度无法计算，个数无法计算，故A错误；
B、冰中形成2条氢键，1mol冰中含2NA条氢键，故B错误；
C、惰性电极电解AgNO3溶液，阳极生成氧气，阴极先生成银，后生成氢气，两极均产生0.25mol气体时，根据阳极产生的氧气可知，电路中通过电子数为NA，故C正确；
D、0.1mol NH4HSO4 可电离出0.1molSO42－，根据电荷守恒：n（NH4＋）+n（H＋）=2n（SO42－ ）+n（OH－）=0.2mol+n（OH－），OH－是由水电离出来的，则阳离子数目略大于 0.2NA ，故D正确。
故选：CD。
13.用与反应制备KI固体，装置如图所示。实验步骤：①检查装置的气密性；②关闭K，在各装置中加入相应试剂，向装置B中滴入30%的KOH溶液，制得；③打开K，通入直至饱和可制得KI，同时有黄色沉淀生成；④关闭K，向所得溶液滴入稀硫酸，水浴加热，充分逸出；⑤把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，再经过一系列操作可得成品。下列有关该实验的叙述错误的是( )
A. 步骤②可观察到固体溶解，溶液由棕黄色变为无色
B. 步骤③装置B中发生反应的离子方程式为
C. 步骤⑤中一系列操作为过滤，洗涤，合并滤液和洗液，蒸馏
D. 装置C中氢氧化钠溶液的作用是吸收硫化氢
【答案】C
【解析】
【详解】根据装置，A装置由FeS和稀硫酸制备H2S，B装置由碘与KOH制备KIO3，反应为：3I2+6KOH═KIO3+5KI+3H2O，将H2S通入B中KIO3溶液发生反应：3H2S+IO3-═3S↓+3H2O+I-，向所得溶液滴入稀硫酸，水浴加热，充分逸出H2S，C装置吸收多余的H2S，把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，得到硫酸钡沉淀，过滤，洗涤，合并滤液和洗液，蒸发结晶得到KI固体。
A．步骤②中滴入30%氢氧化钾溶液后，发生反应3I2+6KOH═KIO3+5KI+3H2O，棕黄色（碘水颜色）溶液变成无色，正确，A不符合题意；
B．步骤③中装置B生成黄色沉淀，为S，反应为3H2S+IO3－═3S↓+3H2O+I－，正确，B不符合题意；
C．步骤⑤中把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，得到硫酸钡沉淀，过滤，洗涤，合并滤液和洗液，蒸发结晶得到成品，错误，C符合题意；
D．尾气只能是H2S，污染环境，不能直接排放，装置C中氢氧化钠溶液的作用是吸收硫化氢，正确，D不符合题意。
答案选C。
14.甲醇是重要的化工原料，具有广泛的开发和应用前景。在体积可变的密闭容器中投入0.5molCO和1molH2，不同条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。实验测得平衡时CH3OH的物质的量随温度、压强的变化如图1所示。下列说法正确的是
A. P总1
C. 图2中M点能正确表示该反应平衡常数的对数(1gK)与温度的关系
D. 若P总1=0.25MPa，则Y点的平衡常数Kp=64(MPa)-2
【答案】BD
【解析】
【分析】
A．对于反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），增大压强，平衡正向移动，甲醇的物质的量增大；
B．容器体积可变，平衡时，容器体积不变，密度不变；
C．升高温度甲醇的物质的量减少，说明升高温度，平衡逆向移动；
D．X、Y点在相同温度下，则平衡常数相同，X点甲醇的物质的量为0.25mol，可计算平衡时各物质的量，进而计算分压，结合分压计算平衡常数。
【详解】A．对于反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），增大压强，平衡正向移动，甲醇的物质的量增大，由图象可知P总1＞P总2，故A错误；
B．容器体积可变，达到平衡时，容器体积不变，由于气体的质量不变，则密度不变，可说明达到平衡状态，故B正确；
C．升高温度甲醇的物质的量减少，说明升高温度，平衡逆向移动，则升高温度，lgK减小，N点能正确表示该反应平衡常数的对数（1gK）与温度的关系，故C错误；
D．X、Y点在相同温度下，则平衡常数相同，X点甲醇的物质的量为0.25mol，则
则K（Y）=K（X）==64（MPa）-2，故D正确。
故选：BD。
【点睛】本题考查化学平衡的计算、平衡影响因素等知识点，侧重分析与应用能力的考查，注意把握图象的分析以及计算的思路。
15.在25℃时,将1.0L c mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A. 水的电离程度：a>b>c
B. c点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)
C. a点对应的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)
D. 该温度下，CH3COOH的电离平衡常数
【答案】D
【解析】
【详解】A. CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，c点反应CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH 固体，a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度： a>b>c，故A正确；
B.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b点溶液呈酸性，说明CH3COOH浓度远大于CH3COONa，c点CH3COONa与HCl反应完全，溶液呈酸性，此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液，则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正确；
C.a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），此时pH=7，则c（H+）= c（OH-），则c（Na+）= c（CH3COO-），故C正确；
D. 该温度下pH=7时，c（H+）=10-7mol·L-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2mol/L，c（CH3COOH）=（c-0.2）mol/L，则醋酸的电离平衡常数Ka==，故D错误；
故选D。
【点睛】解答本题的难点是选项A，需要明确酸、碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。需要分析a、b、c三点c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差别，从而确定水的电离程度的相对大小。
第II卷(非选择题共60分)
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16.氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀
7.5
2.7
4.8
完全沉淀
9.0
3.7
6.4
(1)炉气中的有害气体成分是___________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(2)试剂X是H2O2溶液，当试剂X是___________时，更有利于降低生产成本。
(3)加入试剂Y调pH时，pH调控范围是________。
(4)“还原”步骤中为提高N2H4转化率可采取的措施有_________(填序号)。
a.不断搅拌，使N2H4和溶液充分接触 b.增大通入N2H4的流速
c.减少KOH的进入量 d.减小通入N2H4的流速
(5)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式为_______________
(6)操作X包括烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是____________。
(7)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式为________
(8)工业上用氨气生产氢氰酸(HCN的反应为：CH4(g)+NH3(g)⇌HCN(g)+3H2(g ) △H>0。其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图所示。则X可以是___________(填字母序号)
a.温度 b.压强 c.催化剂 d.
【答案】 (1). SO2 (2). 2∶1 (3). 空气或氧气 (4). 3.7≤pH<4.8 (5). ad (6). 4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O (7). 防止Cu2O被空气中氧气氧化 (8). 2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O (9). bd
【解析】
【分析】
硫化铜矿石（含 CuFeS2、Cu2S等）预处理后与氧气焙烧：2CuFeS2+4O2 Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O22CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，得到相应的金属氧化物和SO2，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH3.7～4.8沉淀Fe3+，过滤，将滤液用KOH、N2H4还原，反应为：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O。
【详解】(1)根据流程，矿石与氧气高温反应得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2反应为Cu2S+2O22CuO+SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；
(2)若试剂X是H2O2溶液，将Fe2＋氧化为Fe3＋；酸性条件下，O2也可将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代；
(3)加入试剂Y的目的是调节pH完全沉淀Fe3＋，但不沉淀Cu2＋，根据表中数据可知，pH范围为：3.7≤pH＜4.8；
(4)还原过程中发生的反应是4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，提高N2H4的转化率，则N2H4要充分反应；
a．不断搅拌，增加N2H4与溶液的接触面，使得N2H4充分反应，a符合题意；
b．增大通入N2H4的流速，有部分N2H4来不及反应，转化率会降低，b不符合题意；
c．减少KOH的进入量,该反应需要消耗碱，如果没有碱，反应速率减慢，转化率降低，c不符合题意；
d．减小通入N2H4的流速，能够使得N2H4反应更加充分，转化率增加，d符合题意；
综上ad符合题意；
(5)根据分析N2H4制备Cu2O的化学方程式为4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O；
(6)操作X为过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O，因为Cu2O可以被O2氧化，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；
(7)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cu-2e－+2OH－=Cu2O+H2O；
(8)根据图示，NH3的转化率随着X的增加而减小；
a．该反应为放热反应，升高温度，平衡正向移动，NH3的转化率增加，与图像不符，a不符合题意；
b．该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，NH3的转化率减小，与图像相符，b符合题意；
c．催化剂增加化学反应速率，但是不影响平衡移动，NH3转化率不变，与图像不符，c不符合题意；
d．增加，平衡正向移动，但是NH3的转化率减小，与图像相符，d符合题意；
综上bd符合题意。
【点睛】问题(8)中的d项，可以从等效角度思考，在恒压的条件下，NH3要达到相同的转化率要加入同等比例的CH4，才可以。如果只加入NH3，则CH4的转化率增加，而NH3自身的转化率会降低。
17.草酸是一种常用的还原剂，某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。
实验Ⅰ
试剂
混合后
溶液pH
现象
(1 h后溶液)
试管
滴管
a
4mL0.01mol•L-1KMnO4溶液，几滴浓H2SO4
2 mL0.3mol•L-1
H2C2O4溶液
2
褪为无色
b
4mL0.01mol•L-1KMnO4溶液，几滴浓NaOH
7
无明显变化
c
4mL0.01mol•L-1K2Cr2O7溶液，几滴浓H2SO4
2
无明显变化
d
4mL0.01mol•L-1K2Cr2O7溶液，几滴浓NaOH
7
无明显变化
(1)H2C2O4是二元弱酸，写出H2C2O4溶于水的电离方程式：___________。
(2)实验Ⅰ试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为__________。
(3)瑛瑛和超超查阅资料，实验Ⅰ试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需数月时间才能完成，但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料，吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。
实验Ⅱ
实验Ⅲ
实验Ⅳ
实验
操作
实验
现象
6 min后固体完全溶解，溶液橙色变浅，温度不变
6 min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化
6 min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化
实验Ⅳ的目的是：_______________。
(4)睿睿和萌萌对实验II继续进行探究，发现溶液中Cr2O72-浓度变化如图：
臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。
过程i：MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。
过程ii：___________。
①查阅资料：溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。针对过程i，可采用如下方法证实：将0.0001mol MnO2加入到6mL______中，固体完全溶解；从中取出少量溶液，加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到________________。
②波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立，她们的实验方案如下：将2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体，6分钟后现象为：______________
(5)综合以上实验可知，草酸发生氧化反应的速率与____________有关。
【答案】 (1). H2C2O4⇌HC2O4-+H+，HC2O4-⇌C2O42-+H+ (2). 5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O (3). 排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能性 (4). Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应 (5). 0.1mol/LH2C2O4溶液(调至pH=2) (6). 上层清液为紫色 (7). 6min后溶液橙色变浅 (8). 氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂
【解析】
【分析】
(1)H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用“”连接；
(2)MnO4－和H2C2O4反应生成Mn2＋和CO2，结合电子守恒、电荷守恒和酸性条件写出反应的离子方程式；
(3)MnO2中Mn的化合价为+4，既有氧化性，又有还原性，可能被K2Cr2O7氧化造成干扰；
(4)由图象可知，2min之前反应缓慢，但2min后反应速率陡增，在温度变化不大时，说明生成物加快了反应速率；
①Mn2＋能被PbO2氧化为紫色的MnO4－，通过观察溶液颜色变化证明溶液中含有Mn2＋，为了防止溶液酸性和c(Mn2＋)不同造成干扰，结合过程i和实验II信息可知，先用0.0001mol MnO2和6mL0.1mol·L－1H2C2O4溶液制备与实验II等浓度的Mn2＋，形成对比实验；
②加入与实验IIMnO2等物质的量的可溶性MnSO4，可验证Mn2＋的催化作用，现象与实验II相同；
(5)根据实验I可知，草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液酸碱性有关，根据实验II、IV可知草酸发生氧化反应的速率与是否有催化剂有关。
【详解】(1)H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用“”连接，所以H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4－+H＋，HC2O4－C2O42－+H＋；
(2)酸性条件下，MnO4－和H2C2O4反应生成Mn2＋和CO2，反应的离子方程式为5H2C2O4+6H＋+2MnO4－=10CO2↑+2Mn2＋+8H2O；
(3)MnO2中Mn的化合价为+4，既有氧化性，又有还原性，可能被K2Cr2O7氧化；H2C2O4具有还原性，能被K2Cr2O7氧化，所以实验Ⅳ是对比实验，目的是排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能性；
(4)由图象可知，2min之前反应缓慢，随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率应该降低，但2min后反应速率陡增，在温度变化不大时，说明生成物加快了反应速率，即生成的Mn2＋可加快草酸与重铬酸钾的反应；
①过程i是MnO2和H2C2O4反应生成了Mn2+，验证实验，需要采用控制变量法。实验II中起始时总溶液6mL、c(H2C2O4)= ，MnO20.0001mol，所以进行对比实验时，应将0.0001mol MnO2加入到6mL0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液（调至pH=2），根据资料信息，Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。加入过量PbO2固体，溶液呈紫色以证实Mn2＋的存在，现象为上层清液为紫色；
②证明Mn2＋有催化作用，可在H2C2O4和K2Cr2O7浓度不变的条件下，加入与实验IIMnO2等物质的量的可溶性MnSO4，生成的Mn2＋可加快草酸与重铬酸钾的反应，则现象与实验II相同，因此6min后现象为溶液橙色变浅；
(5)根据实验I可知，草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液酸碱性有关，根据实验II、IV可知草酸发生氧化反应的速率与是否有催化剂有关，所以草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液酸碱性、是否有催化剂等有关。
【点睛】草酸与KMnO4的反应是自催化反应，即产物中的Mn2＋是该反应的催化剂，因此反应速率与时间的图像类似于问题(4)中的图像，开始反应速率较慢，之后很快，然后又变慢，从影响因素来看，反应热效应不明显，排除温度的影响；在溶液中反应，排除压强的干扰；在溶液中，除了生应物的浓度增大，反应物的浓度均减小，排除浓度的干扰，只有催化剂了，说明生成物中的某些物质是该反应的催化剂，得到生成物后，催化了该反应，使反应速率加快。
18.生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用电解法从溶液中去除。电解装置如图：以铁作阴极、石墨作阳极，可进行除氮；翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷。
I．电解除氮
（1）在碱性溶液中，NH3能直接在电极放电，转化为N2，相应的电极反应式为：_______。
（2）有Cl-存在时，除氮原理如图1所示，主要依靠有效氯（HClO、ClO-）将NH4+ 或NH3氧化为N2。在不同pH条件下进行电解时，氮的去除率和水中有效氯浓度如图2：
①当pH<8时，主要发生HClO氧化NH4+ 的反应，其离子方程式为：____________。
②结合平衡移动原理解释，当pH<8时，氮的去除率随pH的降低而下降的原因是：_____。
③当pH>8时，ClO-发生歧化导致有效氯浓度下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是（答出一点即可）：______。
II．电解除磷
（3）除磷的原理是利用Fe2+ 将PO43- 转化为Fe3(PO4)2沉淀。
①用化学用语表示产生Fe2+的主要过程：_______________。
②如图为某含Cl- 污水在氮磷联合脱除过程中溶液pH的变化。推测在20-40 min时脱除的元素是________。
（4）测定污水磷含量的方法如下：取100mL污水，调节至合适pH后用AgNO3溶液使磷全部转化为Ag3PO4沉淀。将沉淀过滤并洗涤后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定产生的Ag+，发生反应Ag++SCN-=AgSCN↓，共消耗c mol/LNH4SCN溶液V mL。则此污水中磷的含量为___mg/L（以磷元素计）。
【答案】 (1). 2NH3–6e-+6OH-=N2+6H2O (2). 3HClO +2NH4+=3Cl-+N2+3H2O+5H+ (3). 随溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2 + H2OH+ + Cl- +HClO平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH4+的氧化率下降 (4). pH升高有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH升高有利于NH4+转变为NH3，且有利于NH3逸出） (5). Fe–2e-=Fe2+ (6). 磷 (7).
【解析】
【分析】
（1）碱性溶液中，NH3转化为N2，化合价降低得电子；
（2）当pH<8时，HClO将NH4+ 氧化为N2；随溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2 + H2OH+ + Cl- +HClO平衡逆向移动；当pH>8时，有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化，或有利于NH3逸出；
（3）除磷时，Fe作阳极失电子；电解除氮，pH会减小电解除磷，pH会增大；
（4）由关系式P~ Ag3PO4~ 3AgSCN~3NH4SCN解答。
【详解】（1）在碱性溶液中，NH3转化为N2，化合价降低得电子，相应的电极反应式为2NH3–6e-+6OH-=N2+6H2O；
（2）①当pH<8时，HClO将NH4+ 氧化为N2的离子方程式为3HClO +2NH4+=3Cl-+N2↑+3H2O+5H+；
②当pH<8时，随溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2 + H2OH+ + Cl- +HClO平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH4+的氧化率下降，则氮的去除率随pH的降低而下降；
③当pH>8时，ClO-发生歧化导致有效氯浓度下降，NH4+的氧化率下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是pH升高有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH升高有利于NH4+转变为NH3，且有利于NH3逸出）；
（3）①除磷时，Fe作阳极失电子，产生Fe2+的主要过程为Fe–2e-=Fe2+；
②由图溶液pH的变化，在碱性溶液中，电解除氮时2NH3N2+3H2，消耗NH3，pH会减小。电解除磷，阳极电解铁，阴极电解氢离子，pH会增大，20-40 min时pH增大，则脱除的元素是磷；
（4）由关系式P～Ag3PO4～3AgSCN～3NH4SCN可知：n（P）=n（NH4SCN）=cV mol，则此污水中磷的含量为：cV mol0.1L=cV mg/L。
【点睛】第（4）问解题关键是找准所求量与标准液的关系，如P～Ag3PO4～3AgSCN～3NH4SCN。
19.微量元素硼对植物生长及人体健康有着十分重要的作用，也广泛应用于新型材料的制备。
(1)基态硼原子的价电子轨道表达式是_______________。与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为___________。
(2)晶体硼单质的基本结构单元为正二十面体，其能自发地呈现多面体外形，这种性质称为晶体的________。
(3)B的简单氢化物BH3不能游离存在，常倾向于形成较稳定的B2H6或与其他分子结合。
①B2H6分子结构如图，则B原子的杂化方式为________。
②氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是______，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子_____(填化学式)。
(4)以硼酸(H3BO3)为原料可制得硼氢化钠(NaBH4)，它是有机合成中的重要还原剂。BH的键角是________，立体构型为___________。
(5)磷化硼(BP)是受高度关注的耐磨材料，可作为金属表面的保护层，其结构与金刚石类似，晶胞结构如图所示。磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是_______；已知晶胞边长为458 pm，则磷化硼晶体的密度是____g·cm－3(列式并计算，结果保留两位有效数字，已知4．583＝96．07)。
【答案】 (1). (2). C＞Be＞B (3). 自范性 (4). sp3杂化 (5). N (6). C2H6 (7). 109°28' (8). 正四面体 (9). 正方形 (10). ＝2.9
【解析】
【分析】
（1）B位于周期表中第二周期第ⅢA族，其核外电子排布式为1s22s22p1，据此写出价电子轨道表达式；同周期元素的第一电离依次增大，其中第ⅡA族和第ⅤA族的第一电离能比相邻元素电离能大；
（2）晶体的特征性质为自范性、对称性、各向异性；
（3）①由B2H6分子的结构可知，B2H6分子中有B-H共价键，另外还有三中心二电子的π键，每个B原子周围有4个共价键，据此判断杂化方式；
②B原子有空轨道，NH3中N原子有1对孤电子对，与氨硼烷互为等电子体的分子，可以用2个C原子代替B、N原子；
（4）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，BH4-中含四个共价键，B原子是sp3杂化；
（5）磷化硼晶胞中P原子正方体晶胞的顶点，B原子位于晶胞体内，其横截面为正方形；根据均摊法计算出BP晶胞中所含原子个数，根据ρ= 计算。
【详解】（1）硼为5号元素，其核外电子排布式为1s22s22p1，价电子轨道表达式为；同周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常；与硼处于同周期且相邻的两种元素为Be和C，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但Be的2s轨道全充满，处于稳定状态，所以第一电离能大小顺序为B
（3）①由B2H6分子的结构可知，B2H6分子中有B-H共价键，另外还有三中心二电子的π键，所以B2H6分子中有2种共价键，每个B原子周围有4个共价键，所以B原子的杂化方式为sp3；
②B原子有空轨道，NH3中N原子有1对孤电子对，N原子提供孤电子对与B原子形成配位键，与氨硼烷互为等电子体的分子，可以用2个C原子代替B、N原子，与氨硼烷等电子体一种分子为：C2H6；
（4）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，BH4-中含四个共价键，B原子是sp3杂化，B-H键键长相同，故BH4-立体构型为正四面体，键角为109°28'；
（5）磷化硼晶胞中P原子正方体晶胞的顶点，B原子位于晶胞体内，其横截面为正方形，故沿z轴在平面的投影图中为正方形；BP晶胞中有4个B原子和4个P原子，磷化硼晶体的密度为。
20.有机物 K 是某药物的中间体，合成路线如图所示：
已知：i.R-CN R-CH2-NH2
ii.R1-NH2+R2COOC2H5 +C2H5OH
回答下列问题
(1)A 的名称是_______。
(2)反应①的化学方程式是_____。
(3)反应②的类型是_____。
(4)反应③中的试剂 X是_____。
(5)E 属于烃，其结构简式是_____。
(6)H 中所含的官能团是_____。
(7)反应⑥的化学方程式是_____。
(8)H 经三步反应合成 K：H I→J→K，写出中间产物 I和J的结构简式_____。
【答案】 (1). 1，3-二溴丙烷 (2). Br-CH2-CH2-CH2-Br+2NaOH HO-CH2-CH2-CH2-OH+2NaBr (3). 氧化反应 (4). C2H5OH (5). (6). 碳碳双键、酯基 (7). +C2H5OOC-CH2-COOC2H5 +H2O (8).
【解析】
【分析】
E属于烃，E与水反应生成，则E为；F发生催化氧化生成G为，由H的结构可知D为二元酯，C到D为酯化反应，可知C为二元酸、X为C2H5OH，故A为BrCH2CH2CH2Br、B为HOCH2CH2CH2OH、C为HOOCCH2COOH，则D为C2H5OOCCH2COOC2H5。
【详解】(1)根据分析可知A为BrCH2CH2CH2Br，A的名称是：1，3-二溴丙烷；
(2)反应①为卤代烃的取代反应，化学方程式是：；
(3)反应②是羟基转化为羧基，属于氧化反应；
(4)由分析可知，反应③中的试剂X是：C2H5OH；
(5)E属于烃，E与水反应生成，则E为；
(6)由结构可知H中所含的官能团是：碳碳双键、酯基；
(7)根据D的结构简式和G的结构简式可知反应⑥的化学方程式是：；
(8)对比H与K的结构，H与HCN发生加成反应生成I为，然后还原生成J为，最后发生取代反应脱去1分子C2H5OH生成K。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Al 27 P 31 Cu 64
第I卷(选择题共40分)
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.自古以来，化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法不正确的是( )
A. 我国独创的世界首部可折叠柔屏手机通话时化学能转变成了电能
B. 绿色化学的核心是利用化学原理解决食品安全的问题
C. 制造新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质
D. 本草纲目记载：石胆出蒲州石穴中......涂于铁上，烧之红也。其中涉及了置换反应。
【答案】B
【解析】
【详解】A．手机在通话过程中需要消耗电能，电池将其中的化学能转化为电能，正确，A不符合题意；
B．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，错误，B符合题意；
C．Fe3O4具有磁性，是一种磁性物质，正确，C不符合题意；
D．石胆为CuSO4，涂在Fe上，发生CuSO4＋Fe=FeSO4＋Cu，为置换反应，正确，D不符合题意。
答案选B。
2.常温常压下，某金属有机多孔材料(MOFA)对CO2具有超高的吸附能力，并能催化CO2与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 物质a分子中碳原子和氧原子均采取sp3杂化
B. b的一氯代物有3种
C. a生成b的反应类型为取代反应，并有极性共价键形成
D. 该材料的吸附作用具有选择性，利用此法可减少CO2的排放
【答案】C
【解析】
【详解】A．a分子中C、O原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断C、O原子杂化类型为sp3杂化，故A正确；
B．b中含有3种氢原子，有几种氢原子，其一氯代物就有几种，所以b一氯代物有3种，故B正确；
C．a和二氧化碳发生加成反应生成b，则a生成b的反应为加成反应，故C错误；
D．a和二氧化碳反应生成b，所以利用此法可减少CO2的排放，故D正确；
故选：C。
3.下列实验操作、现象和结论都正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向盛有硝酸的烧杯中加入铜粉
溶液上方产生红棕色气体
证明该硝酸为浓硝酸
B
取10mL 0.1mol/L FeCl3溶液，滴加10滴0.1mol/L KI溶液，继续加入2mL苯，振荡静置，取下层溶液，滴入AgNO3溶液
上层呈紫红色，下层溶液滴入AgNO3溶液生成白色沉淀
FeCl3与KI反应有一定的限度
C
向紫色石蕊试液中通入SO2
溶液褪色
SO2具有漂白性
D
在一块除去铁锈的铁片上面滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2~3min
溶液边缘出现红色
铁片上发生了吸氧腐蚀
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．在溶液上方产生红棕色气体，可能是在溶液上方发生NO和O2的反应，生成NO2呈现红棕色，不能证明该硝酸为浓硝酸，A错误；
B．发生反应为2KI+FeCl3=I2+2KCl+FeCl2，下层溶液滴入AgNO3溶液生成白色沉淀，无法证明反应后溶液中还存在碘离子，则无法判断FeCl3与KI反应有一定的限度，B错误；
C．向紫色石蕊试液中通入SO2，溶液只能变红，不会褪色，无法证明SO2具有漂白性，C错误；
D．在一块除去铁锈的铁片上面滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2～3min，溶液边缘出现红色，说明O2得到电子与水反应生成了OH－，证明铁片发生了吸氧腐蚀，故D正确。
答案选D。
4.在CF3COOH水溶液中将甲烷直接转化为CH3OH的反应机理如图，下列说法正确的是
A. 所含部分元素第一电离能：C
C. 此法由甲烷制取甲醇的方程式为：2CH4+O22CH3OH
D. 均可以与浓溴水反应，且反应类型相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，第ⅤA元素原子最外层为半充满状态，第一电离能大于相连元素，则应为C＜O＜N＜F，故A错误；
B．反应③中N元素化合价降低，被还原，氧化剂为NO2，故B错误；
C．涉及反应为CH4+CF3COOH＋ O2→CF3COOCH3+H2O，CF3COOCH3+H2O→CF3COOH+CH3OH，则总反应为2CH4+O22CH3OH，故C正确；
D．含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，含有双键，与溴水发生加成反应，故D错误。
故选：C。
5.A～F均为中学化学常见的物质，它们之间存在如下转化关系，其中C和D的稀溶液不反应，B、C与D反应还可生成A(产物水等略去)。下列说法错误的是
A. 铂丝蘸取A溶液灼烧，焰色反应显蓝绿色
B. D的浓溶液有强氧化性
C. E是一种有毒气体，不能用作食品添加剂
D. A的溶液电解时，阳极反应式为4OH-－4e-=2H2O+O2↑
【答案】C
【解析】
【分析】
单质C与D的浓溶液反应，与稀溶液不反应，可确定，C为Cu，D为硫酸，用惰性电极电解硫酸铜溶液，生成硫酸、铜和氧气，则单质B为氧气；铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，则E为二氧化硫，F为三氧化硫。
【详解】A．铂丝蘸取硫酸铜溶液灼烧，铜元素的焰色反应显蓝绿色，A说法正确；
B．硫酸的浓溶液有强氧化性，B说法正确；
C．SO2 具有优秀的杀菌能力，能消灭细菌，常用作红酒的食品添加剂，C说法错误；
D．惰性电极电解硫酸铜的溶液时，阳极水电离出的氢氧根离子失电子生成氧气，反应式为4OH-－4e-=2H2O+O2↑，D说法正确；
答案为C。
【点睛】阳极上水电离出的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应式为2H2O-4e－＝O2↑＋4H+(或4OH-－4e-=2H2O+O2↑)。
6.五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W元素在短周期元素中原子半径最大，X、W同族，Z、Q同族，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，说法正确的是( )
A. X与Y形成的化合物只含有共价键
B. X与W形成的化合物中各原子均满足最外层8电子稳定结构
C. 酸性：H2YO3
【答案】A
【解析】
【详解】五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W元素在短周期元素中原子半径最大，由原子半径递变规律可知是Na元素，X、W同族，且X的原子序数最小，是H元素，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，Y是C元素。由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，是NaOH或者CS2，故Q是S元素，Z、Q同族，Z是O元素。
A．X与Y形成的化合物是各类烃，只含有共价键，A正确；
B．X与W形成的化合物是NaH，H元素没有满足最外层8电子稳定结构，B错误；
C．酸性：H2YO3＜H2QO3，H2CO3小于H2SO3，但H2SO3不是硫元素的最高价氧化物的含氧酸，故不能得出非金属性C小于S元素，C错误；
D．由Z、W、Q三种元素形成的盐有Na2SO3、Na2SO4、Na2S2O3等，D错误。
答案选A。
7.交警用三氧化铬(CrO3)硅胶可以查酒驾。元素Cr的几种化合物转化关系如图所示，下列判断正确的是
CrO3固体 K2CrO4溶液 K2Cr2O7溶液 CrO2Cl2+COCl2
A. 反应①表明CrO3有酸性氧化物性质
B. CrO42-在碱性溶液中不能大量存在
C. 只有反应③为氧化还原反应
D. 基态铬原子的价电子排布式为3d44s2
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性氧化物能与碱反应生成盐和水，CrO3与KOH溶液反应生成K2CrO4和水，表明CrO3是酸性氧化物，A正确；
B．CrO42－与酸反应，与碱不反应，CrO42－在碱性溶液中能大量存在，B错误；
C．反应③中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，C错误；
D．电子排布处于全满或半满状态是稳定状态，则基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，D错误。
答案选A。
8.下列关于各实验装置的叙述错误的是
A. 装置①可用于实验室制取氯气
B. 装置②可用于洗涤BaSO4表面的Na2SO4
C. 装置③可用于分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液的混合物
D. 装置④可用于除去甲烷中的乙烯气体
【答案】D
【解析】
【详解】A. 高锰酸钾和浓盐酸在不加热的条件下反应生成氯气，装置①可用于实验室制取氯气，故A正确；
B. 沉淀的洗涤在过滤器中进行，装置②可用于洗涤BaSO4表面的Na2SO4，故B正确；
C. 乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液分为两层，可用分液的方法分离，装置③可用于分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液的混合物，故C正确；
D. 除去甲烷中的乙烯气体可用溴的水溶液，不能用溴的四氯化碳溶液，故D错误；
故选D。
9.针对下列实验现象表述错误的是
A. 向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，再通入适量氨气，产生BaSO3白色沉淀
B. 将石蜡油蒸气分解得到的气体通入溴水中，溴水分层，上层为红棕色
C. 向氯化铁和氯化亚铁溶液中滴加几滴K3[Fe(CN)6]，生成蓝色沉淀
D. 在表面皿中加入少量胆矾，再加入3mL浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变为白色
【答案】B
【解析】
【详解】A．向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，无现象，再通入适量氨气，与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡溶液反应生成BaSO3白色沉淀，故A正确；
B．石蜡油蒸气分解得到的气体含有烯烃，通入溴水中，溴水褪色，故B错误；
C．Fe2＋遇K3[Fe（CN）6]溶液生成蓝色沉淀，所以向氯化铁和氯化亚铁溶液中滴加几滴K3[Fe（CN）6]，生成蓝色沉淀，故C正确；
D．浓硫酸具有吸水性，胆矾遇到浓硫酸失去结晶水，蓝色晶体变为白色粉末，故D正确；
故选：B。
10.将浓度均为0.5mol·L-1的氨水和KOH溶液分别滴入到两份均为20mLc1mol·L-1的AlCl3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示。下列说法正确的是
A. c1=0.2
B. b点时溶液的离子浓度：c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
C. ac段发生的反应为：A1(OH)3+OH-==[Al(OH)4]-
D. d点时溶液中：c(K+)+c(H+)==[Al(OH)4]-+c(OH-)
【答案】C
【解析】
【分析】
导电率与离子浓度成正比，向AlCl3溶液中分别加入氨水和KOH溶液，分别生成Al（OH）3和NH4Cl、Al（OH）3和KCl，当AlCl3完全反应时继续滴加碱，Al（OH）3和KOH反应生成可溶性的KAl（OH）4，一水合氨和Al（OH）3不反应，且一水合氨是弱电解质，则一水合氨溶液导电率较小，所以导电率变化较大的是氨水滴定曲线、变化较小的是KOH滴定曲线，则I为KOH滴定曲线；
【详解】A．当AlCl3和KOH恰好完全反应生成Al（OH）3和KCl时，溶液中离子浓度最小，导电率最低，则c点二者恰好完全反应，AlCl3+3KOH=Al（OH）3↓+3KCl，则n（AlCl3）：n（KOH）=[c1mol·L-1×20mL]：（0.5mol·L－1×48mL）=1：3，c1=0.4，故A错误；
B．b点溶质为Al（OH）3和NH4Cl，NH4＋水解导致溶液呈酸性，则c（OH－）＜c（H＋），故B错误；
C．ac段为Al（OH）3和KOH的反应，离子方程式为Al（OH）3+OH－═[Al（OH）4]-，故C正确；
D．d点溶液中溶质为KOH、KAl（OH）4、KCl，溶液中存在电荷守恒c（K＋）+c（H＋）═[Al（OH）4]-+c（OH－）+c（Cl－），故D错误；
故选：C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
11.一种水基二次电池原理为，电解液为含Zn2+的水溶液，该电池可用于电网贮能。
下列说法正确的是（ ）
A. 放电时，Zn2+脱离插层
B. 放电时，溶液中Zn2+浓度一直减小
C. 充电时，电子由层经电解质溶液流向层
D. 充电时，阳极发生电极反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A.放电时，利用原电池原理，Zn作负极，失去电子，得到电子，放电时是溶液中的Zn2+与插层结合，故A错误；
B. 根据反应方程式，放电时，负极的锌板失去电子变成锌离子进入溶液中，然后与正极结合，所以溶液中的锌离子浓度是不变的，故B错误；
C. 充电时是电解池原理，但电子不能通过电解质溶液，故C错误；
D. 充电时，阳极失电子，电极反应：，故D正确；
故选D。
【点睛】已知总反应书写电极反应时，根据得失电子情况加以判断，失电子，则化合价升高，发生氧化反应；总反应减去阳极的反应即可得到阴极的电极反应。
12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 25℃，1LpH=10的NaHCO3溶液中含有CO32-的数目为10-4NA
B. 1mol冰中含有4NA个氢键
C. 惰性电极电解AgNO3溶液，两极均产生0.25mol气体时，电路中通过电子数为NA
D. 含0.1mol NH4HSO4溶液中，阳离子数目略大于0.2NA
【答案】CD
【解析】
【详解】A、pH=10的NaHCO3溶液中CO32－的浓度无法计算，个数无法计算，故A错误；
B、冰中形成2条氢键，1mol冰中含2NA条氢键，故B错误；
C、惰性电极电解AgNO3溶液，阳极生成氧气，阴极先生成银，后生成氢气，两极均产生0.25mol气体时，根据阳极产生的氧气可知，电路中通过电子数为NA，故C正确；
D、0.1mol NH4HSO4 可电离出0.1molSO42－，根据电荷守恒：n（NH4＋）+n（H＋）=2n（SO42－ ）+n（OH－）=0.2mol+n（OH－），OH－是由水电离出来的，则阳离子数目略大于 0.2NA ，故D正确。
故选：CD。
13.用与反应制备KI固体，装置如图所示。实验步骤：①检查装置的气密性；②关闭K，在各装置中加入相应试剂，向装置B中滴入30%的KOH溶液，制得；③打开K，通入直至饱和可制得KI，同时有黄色沉淀生成；④关闭K，向所得溶液滴入稀硫酸，水浴加热，充分逸出；⑤把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，再经过一系列操作可得成品。下列有关该实验的叙述错误的是( )
A. 步骤②可观察到固体溶解，溶液由棕黄色变为无色
B. 步骤③装置B中发生反应的离子方程式为
C. 步骤⑤中一系列操作为过滤，洗涤，合并滤液和洗液，蒸馏
D. 装置C中氢氧化钠溶液的作用是吸收硫化氢
【答案】C
【解析】
【详解】根据装置，A装置由FeS和稀硫酸制备H2S，B装置由碘与KOH制备KIO3，反应为：3I2+6KOH═KIO3+5KI+3H2O，将H2S通入B中KIO3溶液发生反应：3H2S+IO3-═3S↓+3H2O+I-，向所得溶液滴入稀硫酸，水浴加热，充分逸出H2S，C装置吸收多余的H2S，把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，得到硫酸钡沉淀，过滤，洗涤，合并滤液和洗液，蒸发结晶得到KI固体。
A．步骤②中滴入30%氢氧化钾溶液后，发生反应3I2+6KOH═KIO3+5KI+3H2O，棕黄色（碘水颜色）溶液变成无色，正确，A不符合题意；
B．步骤③中装置B生成黄色沉淀，为S，反应为3H2S+IO3－═3S↓+3H2O+I－，正确，B不符合题意；
C．步骤⑤中把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，得到硫酸钡沉淀，过滤，洗涤，合并滤液和洗液，蒸发结晶得到成品，错误，C符合题意；
D．尾气只能是H2S，污染环境，不能直接排放，装置C中氢氧化钠溶液的作用是吸收硫化氢，正确，D不符合题意。
答案选C。
14.甲醇是重要的化工原料，具有广泛的开发和应用前景。在体积可变的密闭容器中投入0.5molCO和1molH2，不同条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。实验测得平衡时CH3OH的物质的量随温度、压强的变化如图1所示。下列说法正确的是
A. P总1
C. 图2中M点能正确表示该反应平衡常数的对数(1gK)与温度的关系
D. 若P总1=0.25MPa，则Y点的平衡常数Kp=64(MPa)-2
【答案】BD
【解析】
【分析】
A．对于反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），增大压强，平衡正向移动，甲醇的物质的量增大；
B．容器体积可变，平衡时，容器体积不变，密度不变；
C．升高温度甲醇的物质的量减少，说明升高温度，平衡逆向移动；
D．X、Y点在相同温度下，则平衡常数相同，X点甲醇的物质的量为0.25mol，可计算平衡时各物质的量，进而计算分压，结合分压计算平衡常数。
【详解】A．对于反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），增大压强，平衡正向移动，甲醇的物质的量增大，由图象可知P总1＞P总2，故A错误；
B．容器体积可变，达到平衡时，容器体积不变，由于气体的质量不变，则密度不变，可说明达到平衡状态，故B正确；
C．升高温度甲醇的物质的量减少，说明升高温度，平衡逆向移动，则升高温度，lgK减小，N点能正确表示该反应平衡常数的对数（1gK）与温度的关系，故C错误；
D．X、Y点在相同温度下，则平衡常数相同，X点甲醇的物质的量为0.25mol，则
则K（Y）=K（X）==64（MPa）-2，故D正确。
故选：BD。
【点睛】本题考查化学平衡的计算、平衡影响因素等知识点，侧重分析与应用能力的考查，注意把握图象的分析以及计算的思路。
15.在25℃时,将1.0L c mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A. 水的电离程度：a>b>c
B. c点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)
C. a点对应的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)
D. 该温度下，CH3COOH的电离平衡常数
【答案】D
【解析】
【详解】A. CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，c点反应CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH 固体，a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度： a>b>c，故A正确；
B.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b点溶液呈酸性，说明CH3COOH浓度远大于CH3COONa，c点CH3COONa与HCl反应完全，溶液呈酸性，此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液，则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正确；
C.a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），此时pH=7，则c（H+）= c（OH-），则c（Na+）= c（CH3COO-），故C正确；
D. 该温度下pH=7时，c（H+）=10-7mol·L-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2mol/L，c（CH3COOH）=（c-0.2）mol/L，则醋酸的电离平衡常数Ka==，故D错误；
故选D。
【点睛】解答本题的难点是选项A，需要明确酸、碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。需要分析a、b、c三点c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差别，从而确定水的电离程度的相对大小。
第II卷(非选择题共60分)
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16.氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀
7.5
2.7
4.8
完全沉淀
9.0
3.7
6.4
(1)炉气中的有害气体成分是___________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(2)试剂X是H2O2溶液，当试剂X是___________时，更有利于降低生产成本。
(3)加入试剂Y调pH时，pH调控范围是________。
(4)“还原”步骤中为提高N2H4转化率可采取的措施有_________(填序号)。
a.不断搅拌，使N2H4和溶液充分接触 b.增大通入N2H4的流速
c.减少KOH的进入量 d.减小通入N2H4的流速
(5)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式为_______________
(6)操作X包括烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是____________。
(7)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式为________
(8)工业上用氨气生产氢氰酸(HCN的反应为：CH4(g)+NH3(g)⇌HCN(g)+3H2(g ) △H>0。其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图所示。则X可以是___________(填字母序号)
a.温度 b.压强 c.催化剂 d.
【答案】 (1). SO2 (2). 2∶1 (3). 空气或氧气 (4). 3.7≤pH<4.8 (5). ad (6). 4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O (7). 防止Cu2O被空气中氧气氧化 (8). 2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O (9). bd
【解析】
【分析】
硫化铜矿石（含 CuFeS2、Cu2S等）预处理后与氧气焙烧：2CuFeS2+4O2 Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O22CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，得到相应的金属氧化物和SO2，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH3.7～4.8沉淀Fe3+，过滤，将滤液用KOH、N2H4还原，反应为：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O。
【详解】(1)根据流程，矿石与氧气高温反应得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2反应为Cu2S+2O22CuO+SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；
(2)若试剂X是H2O2溶液，将Fe2＋氧化为Fe3＋；酸性条件下，O2也可将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代；
(3)加入试剂Y的目的是调节pH完全沉淀Fe3＋，但不沉淀Cu2＋，根据表中数据可知，pH范围为：3.7≤pH＜4.8；
(4)还原过程中发生的反应是4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，提高N2H4的转化率，则N2H4要充分反应；
a．不断搅拌，增加N2H4与溶液的接触面，使得N2H4充分反应，a符合题意；
b．增大通入N2H4的流速，有部分N2H4来不及反应，转化率会降低，b不符合题意；
c．减少KOH的进入量,该反应需要消耗碱，如果没有碱，反应速率减慢，转化率降低，c不符合题意；
d．减小通入N2H4的流速，能够使得N2H4反应更加充分，转化率增加，d符合题意；
综上ad符合题意；
(5)根据分析N2H4制备Cu2O的化学方程式为4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O；
(6)操作X为过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O，因为Cu2O可以被O2氧化，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；
(7)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cu-2e－+2OH－=Cu2O+H2O；
(8)根据图示，NH3的转化率随着X的增加而减小；
a．该反应为放热反应，升高温度，平衡正向移动，NH3的转化率增加，与图像不符，a不符合题意；
b．该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，NH3的转化率减小，与图像相符，b符合题意；
c．催化剂增加化学反应速率，但是不影响平衡移动，NH3转化率不变，与图像不符，c不符合题意；
d．增加，平衡正向移动，但是NH3的转化率减小，与图像相符，d符合题意；
综上bd符合题意。
【点睛】问题(8)中的d项，可以从等效角度思考，在恒压的条件下，NH3要达到相同的转化率要加入同等比例的CH4，才可以。如果只加入NH3，则CH4的转化率增加，而NH3自身的转化率会降低。
17.草酸是一种常用的还原剂，某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。
实验Ⅰ
试剂
混合后
溶液pH
现象
(1 h后溶液)
试管
滴管
a
4mL0.01mol•L-1KMnO4溶液，几滴浓H2SO4
2 mL0.3mol•L-1
H2C2O4溶液
2
褪为无色
b
4mL0.01mol•L-1KMnO4溶液，几滴浓NaOH
7
无明显变化
c
4mL0.01mol•L-1K2Cr2O7溶液，几滴浓H2SO4
2
无明显变化
d
4mL0.01mol•L-1K2Cr2O7溶液，几滴浓NaOH
7
无明显变化
(1)H2C2O4是二元弱酸，写出H2C2O4溶于水的电离方程式：___________。
(2)实验Ⅰ试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为__________。
(3)瑛瑛和超超查阅资料，实验Ⅰ试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需数月时间才能完成，但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料，吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。
实验Ⅱ
实验Ⅲ
实验Ⅳ
实验
操作
实验
现象
6 min后固体完全溶解，溶液橙色变浅，温度不变
6 min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化
6 min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化
实验Ⅳ的目的是：_______________。
(4)睿睿和萌萌对实验II继续进行探究，发现溶液中Cr2O72-浓度变化如图：
臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。
过程i：MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。
过程ii：___________。
①查阅资料：溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。针对过程i，可采用如下方法证实：将0.0001mol MnO2加入到6mL______中，固体完全溶解；从中取出少量溶液，加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到________________。
②波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立，她们的实验方案如下：将2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体，6分钟后现象为：______________
(5)综合以上实验可知，草酸发生氧化反应的速率与____________有关。
【答案】 (1). H2C2O4⇌HC2O4-+H+，HC2O4-⇌C2O42-+H+ (2). 5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O (3). 排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能性 (4). Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应 (5). 0.1mol/LH2C2O4溶液(调至pH=2) (6). 上层清液为紫色 (7). 6min后溶液橙色变浅 (8). 氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂
【解析】
【分析】
(1)H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用“”连接；
(2)MnO4－和H2C2O4反应生成Mn2＋和CO2，结合电子守恒、电荷守恒和酸性条件写出反应的离子方程式；
(3)MnO2中Mn的化合价为+4，既有氧化性，又有还原性，可能被K2Cr2O7氧化造成干扰；
(4)由图象可知，2min之前反应缓慢，但2min后反应速率陡增，在温度变化不大时，说明生成物加快了反应速率；
①Mn2＋能被PbO2氧化为紫色的MnO4－，通过观察溶液颜色变化证明溶液中含有Mn2＋，为了防止溶液酸性和c(Mn2＋)不同造成干扰，结合过程i和实验II信息可知，先用0.0001mol MnO2和6mL0.1mol·L－1H2C2O4溶液制备与实验II等浓度的Mn2＋，形成对比实验；
②加入与实验IIMnO2等物质的量的可溶性MnSO4，可验证Mn2＋的催化作用，现象与实验II相同；
(5)根据实验I可知，草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液酸碱性有关，根据实验II、IV可知草酸发生氧化反应的速率与是否有催化剂有关。
【详解】(1)H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用“”连接，所以H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4－+H＋，HC2O4－C2O42－+H＋；
(2)酸性条件下，MnO4－和H2C2O4反应生成Mn2＋和CO2，反应的离子方程式为5H2C2O4+6H＋+2MnO4－=10CO2↑+2Mn2＋+8H2O；
(3)MnO2中Mn的化合价为+4，既有氧化性，又有还原性，可能被K2Cr2O7氧化；H2C2O4具有还原性，能被K2Cr2O7氧化，所以实验Ⅳ是对比实验，目的是排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能性；
(4)由图象可知，2min之前反应缓慢，随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率应该降低，但2min后反应速率陡增，在温度变化不大时，说明生成物加快了反应速率，即生成的Mn2＋可加快草酸与重铬酸钾的反应；
①过程i是MnO2和H2C2O4反应生成了Mn2+，验证实验，需要采用控制变量法。实验II中起始时总溶液6mL、c(H2C2O4)= ，MnO20.0001mol，所以进行对比实验时，应将0.0001mol MnO2加入到6mL0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液（调至pH=2），根据资料信息，Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。加入过量PbO2固体，溶液呈紫色以证实Mn2＋的存在，现象为上层清液为紫色；
②证明Mn2＋有催化作用，可在H2C2O4和K2Cr2O7浓度不变的条件下，加入与实验IIMnO2等物质的量的可溶性MnSO4，生成的Mn2＋可加快草酸与重铬酸钾的反应，则现象与实验II相同，因此6min后现象为溶液橙色变浅；
(5)根据实验I可知，草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液酸碱性有关，根据实验II、IV可知草酸发生氧化反应的速率与是否有催化剂有关，所以草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液酸碱性、是否有催化剂等有关。
【点睛】草酸与KMnO4的反应是自催化反应，即产物中的Mn2＋是该反应的催化剂，因此反应速率与时间的图像类似于问题(4)中的图像，开始反应速率较慢，之后很快，然后又变慢，从影响因素来看，反应热效应不明显，排除温度的影响；在溶液中反应，排除压强的干扰；在溶液中，除了生应物的浓度增大，反应物的浓度均减小，排除浓度的干扰，只有催化剂了，说明生成物中的某些物质是该反应的催化剂，得到生成物后，催化了该反应，使反应速率加快。
18.生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用电解法从溶液中去除。电解装置如图：以铁作阴极、石墨作阳极，可进行除氮；翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷。
I．电解除氮
（1）在碱性溶液中，NH3能直接在电极放电，转化为N2，相应的电极反应式为：_______。
（2）有Cl-存在时，除氮原理如图1所示，主要依靠有效氯（HClO、ClO-）将NH4+ 或NH3氧化为N2。在不同pH条件下进行电解时，氮的去除率和水中有效氯浓度如图2：
①当pH<8时，主要发生HClO氧化NH4+ 的反应，其离子方程式为：____________。
②结合平衡移动原理解释，当pH<8时，氮的去除率随pH的降低而下降的原因是：_____。
③当pH>8时，ClO-发生歧化导致有效氯浓度下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是（答出一点即可）：______。
II．电解除磷
（3）除磷的原理是利用Fe2+ 将PO43- 转化为Fe3(PO4)2沉淀。
①用化学用语表示产生Fe2+的主要过程：_______________。
②如图为某含Cl- 污水在氮磷联合脱除过程中溶液pH的变化。推测在20-40 min时脱除的元素是________。
（4）测定污水磷含量的方法如下：取100mL污水，调节至合适pH后用AgNO3溶液使磷全部转化为Ag3PO4沉淀。将沉淀过滤并洗涤后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定产生的Ag+，发生反应Ag++SCN-=AgSCN↓，共消耗c mol/LNH4SCN溶液V mL。则此污水中磷的含量为___mg/L（以磷元素计）。
【答案】 (1). 2NH3–6e-+6OH-=N2+6H2O (2). 3HClO +2NH4+=3Cl-+N2+3H2O+5H+ (3). 随溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2 + H2OH+ + Cl- +HClO平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH4+的氧化率下降 (4). pH升高有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH升高有利于NH4+转变为NH3，且有利于NH3逸出） (5). Fe–2e-=Fe2+ (6). 磷 (7).
【解析】
【分析】
（1）碱性溶液中，NH3转化为N2，化合价降低得电子；
（2）当pH<8时，HClO将NH4+ 氧化为N2；随溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2 + H2OH+ + Cl- +HClO平衡逆向移动；当pH>8时，有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化，或有利于NH3逸出；
（3）除磷时，Fe作阳极失电子；电解除氮，pH会减小电解除磷，pH会增大；
（4）由关系式P~ Ag3PO4~ 3AgSCN~3NH4SCN解答。
【详解】（1）在碱性溶液中，NH3转化为N2，化合价降低得电子，相应的电极反应式为2NH3–6e-+6OH-=N2+6H2O；
（2）①当pH<8时，HClO将NH4+ 氧化为N2的离子方程式为3HClO +2NH4+=3Cl-+N2↑+3H2O+5H+；
②当pH<8时，随溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2 + H2OH+ + Cl- +HClO平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH4+的氧化率下降，则氮的去除率随pH的降低而下降；
③当pH>8时，ClO-发生歧化导致有效氯浓度下降，NH4+的氧化率下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是pH升高有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH升高有利于NH4+转变为NH3，且有利于NH3逸出）；
（3）①除磷时，Fe作阳极失电子，产生Fe2+的主要过程为Fe–2e-=Fe2+；
②由图溶液pH的变化，在碱性溶液中，电解除氮时2NH3N2+3H2，消耗NH3，pH会减小。电解除磷，阳极电解铁，阴极电解氢离子，pH会增大，20-40 min时pH增大，则脱除的元素是磷；
（4）由关系式P～Ag3PO4～3AgSCN～3NH4SCN可知：n（P）=n（NH4SCN）=cV mol，则此污水中磷的含量为：cV mol0.1L=cV mg/L。
【点睛】第（4）问解题关键是找准所求量与标准液的关系，如P～Ag3PO4～3AgSCN～3NH4SCN。
19.微量元素硼对植物生长及人体健康有着十分重要的作用，也广泛应用于新型材料的制备。
(1)基态硼原子的价电子轨道表达式是_______________。与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为___________。
(2)晶体硼单质的基本结构单元为正二十面体，其能自发地呈现多面体外形，这种性质称为晶体的________。
(3)B的简单氢化物BH3不能游离存在，常倾向于形成较稳定的B2H6或与其他分子结合。
①B2H6分子结构如图，则B原子的杂化方式为________。
②氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是______，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子_____(填化学式)。
(4)以硼酸(H3BO3)为原料可制得硼氢化钠(NaBH4)，它是有机合成中的重要还原剂。BH的键角是________，立体构型为___________。
(5)磷化硼(BP)是受高度关注的耐磨材料，可作为金属表面的保护层，其结构与金刚石类似，晶胞结构如图所示。磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是_______；已知晶胞边长为458 pm，则磷化硼晶体的密度是____g·cm－3(列式并计算，结果保留两位有效数字，已知4．583＝96．07)。
【答案】 (1). (2). C＞Be＞B (3). 自范性 (4). sp3杂化 (5). N (6). C2H6 (7). 109°28' (8). 正四面体 (9). 正方形 (10). ＝2.9
【解析】
【分析】
（1）B位于周期表中第二周期第ⅢA族，其核外电子排布式为1s22s22p1，据此写出价电子轨道表达式；同周期元素的第一电离依次增大，其中第ⅡA族和第ⅤA族的第一电离能比相邻元素电离能大；
（2）晶体的特征性质为自范性、对称性、各向异性；
（3）①由B2H6分子的结构可知，B2H6分子中有B-H共价键，另外还有三中心二电子的π键，每个B原子周围有4个共价键，据此判断杂化方式；
②B原子有空轨道，NH3中N原子有1对孤电子对，与氨硼烷互为等电子体的分子，可以用2个C原子代替B、N原子；
（4）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，BH4-中含四个共价键，B原子是sp3杂化；
（5）磷化硼晶胞中P原子正方体晶胞的顶点，B原子位于晶胞体内，其横截面为正方形；根据均摊法计算出BP晶胞中所含原子个数，根据ρ= 计算。
【详解】（1）硼为5号元素，其核外电子排布式为1s22s22p1，价电子轨道表达式为；同周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常；与硼处于同周期且相邻的两种元素为Be和C，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但Be的2s轨道全充满，处于稳定状态，所以第一电离能大小顺序为B
（3）①由B2H6分子的结构可知，B2H6分子中有B-H共价键，另外还有三中心二电子的π键，所以B2H6分子中有2种共价键，每个B原子周围有4个共价键，所以B原子的杂化方式为sp3；
②B原子有空轨道，NH3中N原子有1对孤电子对，N原子提供孤电子对与B原子形成配位键，与氨硼烷互为等电子体的分子，可以用2个C原子代替B、N原子，与氨硼烷等电子体一种分子为：C2H6；
（4）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，BH4-中含四个共价键，B原子是sp3杂化，B-H键键长相同，故BH4-立体构型为正四面体，键角为109°28'；
（5）磷化硼晶胞中P原子正方体晶胞的顶点，B原子位于晶胞体内，其横截面为正方形，故沿z轴在平面的投影图中为正方形；BP晶胞中有4个B原子和4个P原子，磷化硼晶体的密度为。
20.有机物 K 是某药物的中间体，合成路线如图所示：
已知：i.R-CN R-CH2-NH2
ii.R1-NH2+R2COOC2H5 +C2H5OH
回答下列问题
(1)A 的名称是_______。
(2)反应①的化学方程式是_____。
(3)反应②的类型是_____。
(4)反应③中的试剂 X是_____。
(5)E 属于烃，其结构简式是_____。
(6)H 中所含的官能团是_____。
(7)反应⑥的化学方程式是_____。
(8)H 经三步反应合成 K：H I→J→K，写出中间产物 I和J的结构简式_____。
【答案】 (1). 1，3-二溴丙烷 (2). Br-CH2-CH2-CH2-Br+2NaOH HO-CH2-CH2-CH2-OH+2NaBr (3). 氧化反应 (4). C2H5OH (5). (6). 碳碳双键、酯基 (7). +C2H5OOC-CH2-COOC2H5 +H2O (8).
【解析】
【分析】
E属于烃，E与水反应生成，则E为；F发生催化氧化生成G为，由H的结构可知D为二元酯，C到D为酯化反应，可知C为二元酸、X为C2H5OH，故A为BrCH2CH2CH2Br、B为HOCH2CH2CH2OH、C为HOOCCH2COOH，则D为C2H5OOCCH2COOC2H5。
【详解】(1)根据分析可知A为BrCH2CH2CH2Br，A的名称是：1，3-二溴丙烷；
(2)反应①为卤代烃的取代反应，化学方程式是：；
(3)反应②是羟基转化为羧基，属于氧化反应；
(4)由分析可知，反应③中的试剂X是：C2H5OH；
(5)E属于烃，E与水反应生成，则E为；
(6)由结构可知H中所含的官能团是：碳碳双键、酯基；
(7)根据D的结构简式和G的结构简式可知反应⑥的化学方程式是：；
(8)对比H与K的结构，H与HCN发生加成反应生成I为，然后还原生成J为，最后发生取代反应脱去1分子C2H5OH生成K。
相关资料
更多
