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北京市朝阳区2020届高三学业水平等级性考试化学试题
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北京市朝阳区高三年级学业水平等级性考试练习二
化 学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56
第一部分
每小题只有一个选项符合题意。
1.下列防护隔离、杀菌消毒等措施中，没有应用蛋白质变性原理的是
A．佩戴医用口罩
B．蒸煮餐具
C．紫外线杀菌
D．碘伏清洗伤口
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．佩戴医用口罩能有效阻断病毒的传播，与蛋白质变性无关，故A符合题意；
B．加热能使蛋白质变性，故蒸煮餐具可使病毒蛋白质变性，达到杀菌消毒的目的，故B不符合题意；
C．紫外线能使蛋白质变性，故使用紫外线杀菌可使病毒蛋白质变性，达到杀菌消毒的目的，故C不符合题意；
D．碘伏能使蛋白质变性，故使用碘伏清洗伤口，能使病毒蛋白质变性，达到杀菌消毒的目的，故D不符合题意；
故答案为A。
2.正确应用物质性质并规范操作是保障安全的前提。下列做法不正确的是
A. 工业上金属钠残渣用乙醇进行处理
B. 苯酚不慎沾到皮肤上，用氢氧化钠溶液擦拭
C. 大量氯气泄漏时，戴好防毒面具，喷稀碱液进行吸收
D. 向电石上滴加饱和食盐水，将产生的气体验纯后点燃，观察燃烧现象
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na能与乙醇反应生成乙醇钠和氢气，且反应缓和，则少量金属钠残渣可用乙醇进行处理，故A正确；
B．苯酚能和氢氧化钠溶液发生中和反应，生成可溶于水的苯酚钠，但NaOH溶液有强腐蚀性，对皮肤有伤害，故B错误；
C．氯气有毒且溶于碱，则氯气泄漏时，应戴好防毒面具，并喷稀碱液进行吸收，故C正确；
D．电石与水反应速率快，用饱和NaCl溶液代替水可减缓反应速率，生成的乙炔是易燃气体，需要验纯后点燃，故D正确；
故答案为B。
3.下列变化中，与氧化还原反应无关的是
A. 向Na2CO3溶液中滴入1~2滴酚酞溶液，溶液呈红色
B. 向K2Cr2O7酸性溶液中滴加乙醇，溶液由橙色变为绿色
C. 向碘水中滴加维生素C溶液，溶液棕黄色褪去
D. 向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后呈红褐色
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．向Na2CO3溶液中滴入1~2滴酚酞溶液，溶液呈红色，是CO32-的水解使溶液呈碱性的缘故，未发生氧化还原反应，故A符合题意；
B．向K2Cr2O7酸性溶液中滴加乙醇，溶液由橙色变为绿色，是乙醇还原K2Cr2O7的缘故，发生氧化还原反应，故B不符合题意；
C．向碘水中滴加维生素C溶液，溶液棕黄色褪去，是维生素C还原碘的缘故，发生氧化还原反应，故C不符合题意；
D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后呈红褐色，是生成的Fe(OH)2有较强还原性，被空气中氧气氧化为Fe(OH)3的缘故，发生氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为A。
4.用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是
A. 1mol氨基含有的电子数为10 NA
B. 标准状况下，22.4 L O2完全转化为Na2O2时转移的电子数为4 NA
C. 56 g C3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为8 NA
D. 0.1 mol·L-1CH3COONa溶液中CH3COO-、CH3COOH数目之和为0.1 NA
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．每个氨基含有9个电子，则1mol氨基含有的电子数为9NA，故A错误；
B．标准状况下，22.4 L O2的物质的量为1mol，Na2O2中氧元素为-1价，则1molO2完全转化为Na2O2时转移的电子数为2NA，故B错误；
C．C3H6和C4H8的最简式为CH2，56gCH2的物质的量为=4mol，则56 g C3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为8 NA，故C正确；
D．根据n=cV可知，没有指明0.1 mol·L-1CH3COONa溶液的体积，无法确定CH3COO-、CH3COOH数目之和，故D错误；
故答案为C。
5.下列数据或事实所呈现的规律不能用元素周期律解释的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．F、Cl、Br为同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，生成的HX越不稳定，生成HX的反应程度越小，故A不选；
B．Si、P、Cl为同周期主族元素，核电荷数越大，非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，则HClO4酸性最强，故B不选；
C．O、S、Se为同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，生成的简单氢化物越不稳定，即H2O最稳定，H2Se最不稳定，故C不选；
D．碳碳单键键长最长，键能最小，而碳碳叁键键长最短，键能最大，但键能不是碳碳单键键能的三倍，也不是碳碳单键键能与碳碳双键键能和，与元素周期律无关，故D选；
故答案为D。
6.下列解释事实的方程式不正确的是
A. 用FeCl3溶液制作铜质印刷线路板：2Fe3++ Cu = Cu2++ 2Fe2+
B. Al片溶于NaOH溶液中产生气体：2Al + 2OH-=2+ H2↑
C. 用难溶的MnS除去MnCl2溶液中含有的Pb2+：MnS(s) + Pb2+(aq) =PbS (s) + Mn2+(aq)
D. 向银氨溶液中滴加乙醛后水浴加热，出现银镜：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．用FeCl3溶液制作铜质印刷线路板时发生反应的离子方程式为2Fe3+ + Cu =Cu2+ + 2Fe2+，故A正确；
B．Al片溶于NaOH溶液中产生气体时发生反应的离子方程式为2Al +2H2O+ 2OH- = 2+ 3H2↑，故B错误；
C．用难溶的MnS除去MnCl2溶液中含有的Pb2+时发生反应的离子方程式为MnS(s) + Pb2+ (aq) =PbS (s) + Mn2+(aq) ，故C正确；
D．向银氨溶液中滴加乙醛后水浴加热，出现银镜时发生反应的离子方程式为CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故D正确；
故答案为B。
7.科研人员利用Cu/ZnO作催化剂，在光照条件下实现了CO2和H2合成CH3OH，该反应历程示意图如下。
下列说法不正确是
A. 过程I中ZnO表面上进行CO2的吸附与转化
B. 过程II中存在极性键的断裂与形成
C. 过程V中生成CH3OH时吸收能量
D. 总反应的化学方程式是CO2 + 3H2CH3OH + H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．过程I中在ZnO表面吸附CO2，且CO2和-OH转化即HCO3-，故A正确；
B．过程II中涉及C-O的断裂与C-H和H-O键的形成，且C=O、C-H、H-O均为极性键，故B正确；
C．过程V中生成CH3OH时，是CH3O-与-H形成CH3OH，存在H-O键形成的过程，则该过程放出能量，故C错误；
D．该反应总过程是CO2和H2在Cu/ZnO催化剂作用下，合成CH3OH，总反应方程式为CO2+ 3H2CH3OH + H2O，故D正确；
故答案为C。
8.高温下CO2和H2S发生如下反应：CO2(g) +H2S(g)⇌COS(g) +H2O(g)。有关实验数据如下：
实验
温度
物质的起始物质的量/(mol)
平衡时COS物质的量/(mol)
n(CO2)
n(H2S)
n(COS)
I
337℃
0.10
0.40
0.01
II
347℃
0.10
0.40
0.015
下列说法不正确是
A. 该反应为吸热反应
B. 实验I达平衡后COS的物质的量分数为5%
C. 实验I温度下，反应的平衡常数为
D. 平衡后向II中再充入0.10 mol CO2和0.40 mol H2S，相同温度下再达平衡时n(COS)=0.03mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据表中数据可知，当二氧化碳和硫化氢的起始物质的量相同时，温度越高，COS的物质的量越大，说明温度越高，平衡向着吸热的方向移动，即COS的物质的量增大的方向为吸热的方向，正反应为吸热反应，故A正确；
B．根据实验I，写出反应三段式，
平衡后COS的物质的量分数=，故B错误；
C．根据B项分析，反应的平衡常数为，故C正确；
D．根据题意，列三段式：
， 平衡后向II中再充入0.10 mol CO2和0.40 mol H2S，设转变的二氧化碳的物质的量为x，
，x=0.015mol，相同温度下再达平衡时n(COS)=0.015mol+0.015mol=0.03mol，故D正确；
答案选B。
【点睛】D项为难点，需要根据相同温度下的平衡常数进行计算。
9.用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是
选项
a中试剂
b中试剂
c中试剂
实验目的
装置
A
氨水
CaO
无
制取并收集氨气
B
浓盐酸
MnO2
饱和NaCl溶液
制备纯净的Cl2
C
浓盐酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
比较酸性强弱：
H2CO3＞H2SiO3
D
浓硫酸
Na2SO3
KMnO4酸性溶液
验证SO2具有还原性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氨水中的水可以和氧化钙反应，反应过程放热，使氨气在水中的溶解度降低，可以用来制取氨气，但是由于氨气的密度小于空气，故在收集氨气时需要短导管进长导管出，A错误；
B．浓盐酸与二氧化锰反应制取了氯气的过程需要加热，图中没有画出加热装置，故不能达到实验目的，B错误；
C．浓盐酸有挥发性，与碳酸钠反应时除了有二氧化碳生成，还有氯化氢溢出，两种气体溶于硅酸钠溶液均能使硅酸根沉淀，故不能判断碳酸与硅酸酸性的强弱，C错误；
D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，将二氧化硫气体导入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫与高锰酸钾反应，可以验证二氧化硫的还原性，D正确；
故选D。
10.漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca(ClO)2，相应的生产流程如下。
下列说法不正确的是
A. ①中阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑
B. ②中反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
C. 上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应
D. 制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时，Cl的原子利用率为100%
【答案】D
【解析】
【分析】
饱和食盐水进行电解可以制得Cl2，将得到的Cl2分别与Ca(OH)2和Na2CO3反应经一系列流程可以分别制得漂白粉和漂粉精；电解过程中，溶液中的Cl-失电子生成氯气发生阳极反应，水中的H+得电子生成氢气发生还原反应，溶液中剩余氢氧化钠；氯气与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，同时还生成氯化钙；氯气与湿润的碳酸钠反应生成Cl2O，Cl2O与水发生化合反应生成HClO，HClO与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，据此分析。
【详解】A．电解过程中阳极失电子，溶液中Cl-发生阳极反应生成Cl2，阳极的电极方程式为2Cl--2e-=Cl2↑，A正确；
B．反应②为氯气和氢氧化钙的反应，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，B正确；
C．上述过程中反应①②③为氧化还原反应，反应④为化合反应，反应⑤为复分解反应，C正确；
D．制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时有CaCl2生成，Cl原子没有完全转化为Ca(ClO)2，因此Cl的原子利用率不为100%，D错误；
故选D。
11.尿素()氮原子上的氢原子可以像苯酚分子中苯环上的氢原子那样与甲醛发生反应，生成交联脲醛树脂，其结构片段如下图所示(图中 表示链延长)。
下列说法不正确的是
A. 尿素可以与甲醛发生加成反应生成
B. 脲醛树脂的合成反应为缩聚反应
C. 交联脲醛树脂在一定条件下可以发生水解反应，重新生成尿素和甲醛
D. 甲醛可以与交联成网状结构的脲醛树脂
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．尿素分子中N原子上的H原子可以与甲醛发生加成反应，反应与苯酚苯环上H原子与甲醛的反应相似，因此可以推测尿素与甲醛发生加成反应的产物为，A正确；
B．脲醛树脂的合成是由尿素和甲醛发生聚合反应同时生成水，符合缩聚反应定义，属于缩聚反应，B正确；
C．交联脲醛树脂存在可水解基团酰胺键，故可以发生水解反应，但水解产物不是尿素和甲醛，C错误；
D．甲醛可以和中的亚氨基继续发生加成反应再发生反应生成网状结构的脲醛树脂，D正确；
故选C。
12.研究人员采用双极膜将酸-碱电解液隔离，实现MnO2/Mn2+和Zn/的两个溶解/沉积电极氧化还原反应，研制出新型高比能液流电池，其放电过程原理示意图如下：
下列说法不正确的是
A. 放电过程中，总反应方程式为Zn+MnO2+4OH-+4H+===+Mn2++2H2O
B. 放电过程中，当1molZn参与反应时，理论上有4molK+发生迁移
C. 充电过程中，阴极的电极反应为+2e-===Zn+4OH-
D. 充电过程中，右侧池中溶液pH逐渐减小
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电池示意图，左侧Zn失去电子与溶液中的OH-反应生成，为负极反应，右侧MnO2得电子与溶液中的H+反应生成Mn2+和水；电解过程中，右侧的Mn2+失去电子与水反应生成MnO2和H+，电极方程式与原电池的正极方程式相反，左侧得电子生成Zn和OH-，电极方程式与原电池的负极方程式相反，据此分析。
【详解】A．放电过程中负极的电极反应式为Zn-2e-+4OH-=，正极的电极方程式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，总反应为Zn+MnO2+4OH-+4H+===+Mn2++2H2O，A正确；
B．放电过程中每消耗1mol Zn会生成1mol ，即每消耗4mol负电荷生成2mol负电荷，电解质中减少2mol负电荷，因此有2mol K+发生迁移，B错误；
C．根据分析，充电过程中阴极的电极方程式与放电过程中负极的电极方程式相反，阴极的电极方程式为+2e-===Zn+4OH-，C正确；
D．充电过程中右侧Mn2+不断失去电子并结合水生成MnO2，同时生成大量H+，因此，右侧pH不断减小，D正确；
故选B。
【点睛】由于放电过程中两个电极反应在两个电解质溶液中分别进行的，故不能把氢离子和氢氧根写在一起呈水的形式。
13.已知Na2CO3与稀盐酸反应分两步进行：＋H＋==，＋H＋= CO2↑＋H2O。向10.00 mL 0.1000 mol·L-1Na2CO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1盐酸，溶液pH随盐酸体积的变化如图。
下列说法不正确的是
A. V = 5.00mL时，溶液中c()＞c()＞c(OH－)＞c(H＋)
B. V =10.00mL时，溶液中c(Na＋)＝c()＋c()＋c(H2CO3)+c(Cl-)
C. a点的溶液中：n()＋n() = 0.001 mol
D. V = 20.00mL时，溶液pH＜7，是因为H2CO3 + H+
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．V=5.00mL时，溶液中为Na2CO3、NaHCO3和NaCl，溶液呈碱性，说明此时溶液中OH-浓度大于H+，由于碳酸根水解能力大于碳酸氢根电离能力，故溶液中碳酸氢根浓度大于碳酸根浓度，故溶液中c()＞c()＞c(OH－)＞c(H＋)，A正确；
B．V=10.00mL时，溶质为NaHCO3和NaCl，此时溶液中的物料守恒为c(Na＋)＝c()＋c()＋c(H2CO3)+c(Cl-)，B正确；
C．a点的溶液，加入盐酸的体积大于10mL，此时溶液中的碳酸氢根与H+反应生成CO2溢出，故溶液中所有含碳元素形体的总物质的量小于0.001mol，C错误；
D．V=20.00mL时，此时溶液中的溶质全部为NaCl，但由于之前的反应有CO2生成，少量CO2溶于水生成碳酸，导致溶液pH＜7，D正确；
故选C。
14.研究金属钠的性质，实验如下：
实验装置
实验方案
液体a
现象
蒸馏水
I．钠浮在水面，剧烈反应，有少量白雾
0.1 mol·L-1盐酸
II．钠浮在液面，反应比Ⅰ剧烈，有白雾产生
浓盐酸
III．钠浮在液面，反应比Ⅰ缓慢，产生大量白雾，烧杯底部有白色固体
下列说法不正确的是
A. II中反应的离子方程式为2Na + 2H+ === 2Na+ + H2↑
B. 对比I、II、III可知，随着c(H+) 增大，反应的剧烈程度增大
C. 实验I、II、III均有白雾产生，说明Na与水或酸反应均放出大量热
D. 推测III中浓盐酸的c(Cl-)以及生成的NaCl固体对反应剧烈程度有影响
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验Ⅱ中金属钠与盐酸反应，过程为金属钠失去电子生成Na+，溶液中的H+得到电子生成氢气，因盐酸中阳离子以H+占大多数，故在书写离子方程式时需要写成H+形式，选项中的离子方程式书写正确，A正确；
B．从三个反应的实验现象可以看出，随着盐酸浓度的升高，反应的剧烈程度有所提高，但是在浓盐酸的溶液中Na的反应并不是很剧烈，说明随着c(H+) 增大，反应的剧烈程度增大，当达到某一浓度时，反应程度会随之减弱，B错误；
C．Na与水反应放热，可以将溶液中的水分子或氯化氢分子蒸出到空气中，空气温度较低使水蒸气在空气中凝结形成白雾或HCl溶在空气中的水蒸气中形成白雾，C正确；
D．反应Ⅲ中盐酸浓度较高，反应一段时间后烧杯底部有白色固体生成，该白色固体为NaCl，反应Ⅲ的反应剧烈程度比反应Ⅰ缓慢，说明溶液中Cl-浓度和生成的NaCl都会对反应的剧烈程度有一定的影响，D正确；
故选B。
第二部分
15.近年来，FePO4作为制备锂离子电池正极材料LiFePO4的重要原料而成为研究热点。一种以FeCl3、H3PO4、氨水为主要原料制备FePO4的流程如下图。
已知：H3PO4是弱电解质
(1)将FeCl3溶液与H3PO4溶液按混合，没有明显现象，逐渐滴加氨水至pH = 1.5左右，生成FePO4·2H2O沉淀。
①操作a为______。
②生成FePO4·2H2O的离子方程式是______。
③控制氨水用量，避免因pH偏高而产生______杂质。
(2)测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：
i．取a g样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCl2(还原剂)至溶液呈浅黄色；
ii．加入TiCl3，恰好将i中残余的少量Fe3+还原为Fe2+；
iii．用c mol·L–1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+，消耗v mLK2Cr2O7标准溶液。
①将步骤iii的离子方程式补充完整：
____+____Fe2++___=____Cr3++____Fe3++____；
②产物中铁元素的质量分数为_____。
【答案】 (1). 过滤 (2). Fe3++H3PO4+3NH3•H2OFePO4•2H2O↓+3+H2O (3). Fe(OH)3 (4). 1 (5). 6 (6). 14H+ (7). 2 (8). 6 (9). 7H2O (10).
【解析】
【分析】
向FeCl3和H3PO4的混合溶液中加入氨水并水浴加热，由于H3PO4为弱电解质，在水中电离程度较小导致磷酸铁的产率不高，向溶液中加入氨水，氨水可以和磷酸反应生成磷酸根，同时水浴加热加快反应速率，使磷酸铁的产率升高，据此分析。
【详解】(1)①将制得的悬浊液通过过滤的方式将固体和液体分开，得到FePO4·2H2O固体，故答案为：过滤；
②生成磷酸铁的离子方程式为Fe3++H3PO4+3NH3·H2OFePO4·2H2O↓+3+H2O；
③在滴加氨水的过程中需要控制溶液pH，因氨水呈碱性，氨水中的一水合氨电离出的氢氧根可以与溶液中的Fe3+反应生成沉淀，因此需要控制溶液pH，以保证溶液中的Fe3+全部转化为磷酸铁，故答案为Fe(OH)3；
(2)①利用化合价升降法配平化学方程式；根据题目中所给出的反应物与生成物可知，生成物中存在铁离子和铬离子，因此反应应该在酸性环境下进行，反应前溶液中含有大量的H+，故方程式中反应前有H+参加反应，反应后生成水；反应前后中的Cr元素的化合价从+6下降到+3，Fe元素的化合价从+2上升到+3，根据反应前后得失电子守恒计算，正确配平的离子方程式为+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
②根据上题的化学方程式，与Fe2+的物质的量关系为1:6，说明每消耗1mol需要消耗Fe2+ 6mol，因此，消耗浓度为c的重铬酸钾标准溶液v mL，则溶液中含有6cv×10-3mol的Fe2+，故原样品中含有6cv×10-3mol的Fe，原样品中Fe的质量分数为=。
16.尿素是一种重要的化工产品，工业生产尿素的主要流程如下：
(1)工业合成氨的化学方程式是_______。
(2)尿素分子中C、N原子间的共用电子对偏向N原子，从原子结构的角度解释原因：______。
(3)由NH3和CO2合成尿素分为两步反应(均为可逆反应)，其能量变化示意图如下：
①合成尿素总反应的热化学方程式是_______。
②粗尿素中含有NH2COONH4杂质。通过控制温度和压强，可将NH2COONH4分解为NH3和CO2。研究温度和压强对NH2COONH4分解率的影响，结果如下：
X代表_____(填“温度”或“压强”)，L1_____L2(填“>”或“<”)。
(4)工业上含尿素的废水需经处理后才能排放。一种利用电化学方法降解尿素的装置示意图如下：
写出尿素被降解的电极反应式是______。
【答案】 (1). N2+3H22NH3 (2). N和C电子层数相同，核电荷数N＞C，原子半径N＜C，原子核吸引电子能力N＞C (3). CO2(g) + 2NH3(g) ⇌ CO(NH2)2(l) + H2O(l) ΔH = –101.5 kJ·mol-1 (4). 压强 (5). ＜ (6). CO(NH2)2+8OH––6e–=+N2↑+6H2O
【解析】
【分析】
根据C、N原子的得失电子能力分析共用电子对发生偏移的原因；根据图示的反应物与生成物的能量关系和盖斯定律正确书写热化学方程式；根据图示的电解池装置分子阳极失电子的物质和阴极得电子的物质，正确书写电极反应式。
【详解】(1)工业合成氨化学方程式为：N2+3H22NH3；
(2)C、N原子位于同一周期，且N原子的原子序数较大，N原子的原子半径较小，原子核对核外电子的吸引能力较强，C原子和N原子间的共用电子对也会向着N原子一方偏移；
(3)①根据图示的反应流程，氨和二氧化碳反应生成尿素的反应分两步，第一步反应的热化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(l) ΔH=-117 kJ·mol-1，第二步反应的热化学方程式为NH2COONH4(l)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l) ΔH=+15.5 kJ·mol-1，根据盖斯定律，将第一步反应和第二步反应相加即得到合成尿素的热化学方程式，热化学方程式为CO2(g)+2NH3(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l) ΔH=-101.5 kJ·mol-1
②根据图像分析，NH2COONH4分解为NH3和CO2的反应为吸热反应，若X代表温度，升高温度平衡向吸热反应方向进行，NH2COONH4的分解率会逐渐增大，与图示不符；若X代表压强，增大压强平衡向气体系数和小的方向移动（即逆反应方向），NH2COONH4的分解率会逐渐降低，与图示相符，故X代表压强；图示中L代表温度，在相同温度下，升高温度平衡向吸热反应方向进行，NH2COONH4的分解率会逐渐增大，故L2>L1；
(4)根据图示的电解池装置，左侧a电极生成N2，说明尿素在此电极上失电子，为阳极，右侧b电极生成H2，说明水中的H+在此电极上得电子，为阴极，阳极的电极方程式为CO(NH2)2+8OH--6e-=+N2↑+6H2O，阴极的电极方程式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，电解池的总反应为CO(NH2)2+2OH–=+N2↑+3H2↑。
17.中药黄芩的有效成分之一——汉黄芩素具有抗病毒、抗肿瘤作用。合成汉黄芩素的中间体M的路线如下：
(1)A属于芳香烃，A的名称是______。
(2)由A生成B的化学方程式是_______。
(3)D中含有的官能团是________。
(4)E的结构简式是_______。
(5)K与X在一定条件下转化为L， X的分子式是C4H8O2。
①有机物X的结构简式是______。
②符合下列条件的K的同分异构体有_____种。
a．含有苯环，能与NaHCO3反应生成CO2 b．苯环上的一氯代物有两种
(6)F与L合成M的步骤如下：
已知：
中间产物1和中间产物2的结构简式分别是_____、_____。
【答案】 (1). 甲苯 (2). +3HNO3 +3H2O (3). —COOH、—NO2 （或羧基、硝基） (4). (5). CH3COOCH2CH3 (6). 4 (7). (8).
【解析】
【分析】
根据由A到F的转化关系，结合F的结构式，以及A到E的分子式，E在酸性条件下与水发生取代反应，生成F，结合E的分子式，转化过程为E中苯环上的氨基转化为羟基，则E的结构式为，D进行还原脱羧生成E，结合D的分子式，转化过程为D中的硝基被还原转化为氨基，并将羧基脱去，则D的结构简式为，B被酸性高锰酸钾溶液氧化为D，结合B的分子式，根据B、D前后原子数目变化，转化过程为B中的甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，则B的结构简式为，A与浓硝酸在浓硫酸作催化剂加热条件下发生取代反应生成三硝基甲苯，则A为甲苯，结构简式为；G在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成K，K与有机物X在一定条件下反应生成乙醇和L，结合K、L的结构式变化，有机物X为CH3COOCH2CH3，据此分析解答(1)~ (5)小题；
(6)根据流程及产物的结构式分析可得，与取代反应生成，则中间产物1为，中间产物1与AlCl3在高温下发生已知信息的反应转化为中间产物2为，中间产物2在一定条件下与氢气发生加成反应生成，该物质在一定条件下发生分子内脱水生成目标产物，据此分析解答。
【详解】(1)A属于芳香烃，结构简式为，名称是甲苯；
(2)甲苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂加热条件下发生取代反应，生成三硝基甲苯，化学方程式是 +3HNO3 +3H2O
(3)根据分析，D的结构简式为，含有的官能团是—COOH、—NO2(或羧基、硝基)；
(4)根据分析，E的结构式为；
(5)①根据上述分析，有机物X的结构简式是CH3COOCH2CH3；
②K的结构简式为，其同分异构体含有苯环，能与NaHCO3反应生成CO2，说明结构中含有羧基，苯环上的一氯代物有两种，说明分子的苯环上只有两种不同环境的氢原子，符合下列条件的K的同分异构体有、、、共4种；
(6)根据流程及上述分析可得，中间产物1为，中间产物1与AlCl3在高温下发生已知信息的反应转化为中间产物2为。
【点睛】本题的难点是逆向合成法的推断，突破点为F的结构简式和个物质的分子式，结合反应条件逆向推导分析每个物质的结构简式。
18.柴油机氮氧化物(NOx)处理技术是一种系统简单，占用空间较小的柴油车尾气处理技术，氮氧化物主要在催化转化装置中被处理。
(1)柴油中含有多种烷烃，其燃烧性能用十六烷值表示。C16H34完全燃烧的化学方程式是______。
(2)柴油发动机工作时在稀燃(O2充足、柴油较少)和富燃(O2不足、柴油较多)条件下交替进行，催化转化装置中的物质变化如下图所示。
①BaO吸收NO2的化学方程式是______。
②富燃条件下Pt表面反应的化学方程式是______。
(3)研究CO2对BaO吸收氮氧化物的影响，一定温度下，测得气体中CO2的体积分数与氮氧化物吸收率的关系如下图所示。
①一定范围内，氮氧化物吸收率随CO2体积分数的增大而下降，原因是_____。
②当CO2体积分数达到10%~20%时，氮氧化物吸收率依然较高，原因可能有：______。
③若柴油中硫含量较高，在稀燃过程中，BaO吸收氮氧化物的能力下降至很低水平，结合化学方程式解释原因：______。
【答案】 (1). 2C16H34+49O232CO2+34H2O (2). 2BaO+4NO2+O2=2Ba(NO3)2 (3). 2CO+2NON2+2CO2 (4). BaO与CO2反应生成BaCO3，覆盖在BaO表面 (5). BaCO3在一定程度上也能吸收NOx (6). 稀燃过程中，柴油中的硫氧化为SO2，2BaO+2SO2+O2=2BaSO4，BaSO4稳定，不易分解，也难与NOx反应
【解析】
【分析】
根据烷烃燃烧通式书写十六烷燃烧的化学方程式；根据图示所给信息写出正确的化学方程式；根据图示所给信息结合反应原理分析相应原因。
【详解】(1)十六烷在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和水，化学方程式为2C16H34+49O232CO2+34H2O；
(2)①根据图示，NO2和O2与BaO反应生成Ba(NO3)2，化学方程式为2BaO+4NO2+O2=2Ba(NO3)2；
②根据图示，富燃条件下，NO和CO可以在Pt的催化下反应生成CO2和N2，化学方程式为2CO+2NON2+2CO2；
(3)①利用BaO吸收汽车尾气中的氮氧化物，随着CO2量的不断增加，BaO对氮氧化物的吸收率逐渐下降，这是由于CO2可以和BaO发生反应生成BaCO3，覆盖在BaO表面，阻止BaO进一步吸收氮氧化物；
②当CO2体积分数达到10%~20%时，BaO对氮氧化物的吸收率虽较无二氧化碳的条件下低，但是吸收率也相对较高，这可能是CO2与BaO反应生成的BaCO3对氮氧化物也有一定的吸收；
③柴油在氧气充足的条件下燃烧为稀燃过程中，稀燃过程会使柴油中的硫氧化为SO2，2BaO+2SO2+O2=2BaSO4，BaSO4稳定，不易分解，也难与NOx反应。
19.化学小组探究铜与硝酸反应的快慢及产物。
(1)实验甲：将铜片放入盛有稀HNO3的试管中，开始无明显现象，后逐渐有小气泡生成，该气体是______。在液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。
(2)实验乙：铜与浓HNO3反应，装置、现象如下：
实验装置
实验现象
A中：最初反应较慢，随后加快，反应剧烈；产生红棕色气体；溶液呈绿色。
B中：溶液呈淡蓝色。
①A中铜与浓HNO3产生红棕色气体的化学方程式是 ______。
②实验现象“最初反应较慢，随后加快”的原因可能是 ______。
(3)有文献记载：铜与浓HNO3反应一旦发生就变快，是因为开始生成的NO2溶于水形成HNO2(弱酸，不稳定)，它再和Cu反应，反应就加快。实验探究如下：
I：向 1 mL浓硝酸中加入几滴30% H2O2溶液、铜片，反应较慢，溶液呈蓝色。
II：向1 mL浓硝酸中加入几滴30% H2O2溶液，无明显变化。
①I中反应变慢的原因是 ______。
②NO2与H2O反应生成HNO2和 ______。
③对生成HNO2后反应变快的原因进行实验探究。
序号
实验操作
实验现象
III
取B中溶液，加入一定量固体，再加入铜片
立即产生无色气体；液面上方呈红棕色
IV
取B中溶液，放置一段时间，溶液变为无色后，再加入铜片
产生无色气体，较Ⅲ慢；液面上方呈浅红棕色
a．III中加入的固体为______。
b．IV中“放置一段时间”目的是 ______。
实验III、IV可以说明，HNO2氧化Cu的反应速率比HNO3氧化Cu的反应快。
(4)化学小组同学结合实验甲、乙中HNO3被还原后的气体产物以及实验III的产物，综合上述实验，分析判断甲中反应慢的原因，除了硝酸起始浓度小、反应过程中温度较低外，另一个重要原因是 ______。
【答案】 (1). NO (2). Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (3). 反应放热，随着反应的进行，体系温度升高 (4). H2O2与HNO2发生反应使HNO2浓度降低 (5). HNO3 (6). NaNO2 (7). 使HNO2完全分解 (8). 稀硝酸不能将NO氧化为NO2，体系中不能发生NO2与H2O生成HNO2的反应
【解析】
【分析】
(1)Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和水，NO与O2反应产生红棕色NO2；
(2)Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2和水，根据反应放热及溶液浓度变化分析反应速率的变化；
(3)①根据HNO2浓度大小对反应速率的影响分析；
②根据氧化还原反应规律判断；
③加入的物质可以与溶液中H+反应产生HNO2即可；根据HNO2的不稳定性及其浓度的影响分析放置一段时间的反应现象；
(4)根据能否产生HNO2及HNO2的强氧化性分析判断。
【详解】(1)Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，无色气体遇空气变为红棕色，说明该无色气体是NO，在室温下NO与O2反应产生红棕色NO2；
(2)①Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
②该反应是放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，因此一旦发生反应速率就变快，后当反应一段时间，硝酸浓度降低，溶液浓度对速率的影响占优势，溶液浓度降低，反应速率又逐渐减小；
(3)①I中反应变慢是由于H2O2与HNO2发生反应使HNO2浓度降低，导致速率减慢；
②NO2中N是+4价，NO2与H2O反应生成HNO2中N是+3价，化合价降低，根据氧化还原反应过量，必然同时有元素化合价升高，根据各种元素化合价特点，还产生了+5价的HNO3，反应方程式为：2NO2+H2O=HNO2+HNO3；
③a.在B溶液中含有NO2与H2O反应产生的HNO2、HNO3，HNO3是强酸，完全电离，而HNO2是弱酸，在溶液中存在电离平衡，向实验III的B溶液中加入的固体后要反应产生HNO2，使HNO2浓度增大，则加入的物质含有NO2-，可以是NaNO2、KNO2等，HNO3与NaNO2发生复分解反应产生HNO2，使溶液中HNO2浓度增大，再加入Cu后快速反应，Cu被氧化产生Cu(NO3)2；
b. HNO2不稳定，会发生分解反应，在IV中“放置一段时间”的目的是使HNO2完全分解；
(4)分析判断甲中反应慢的原因，除了硝酸起始浓度小、反应过程中温度较低外，还有另一个重要原因就是稀硝酸氧化性弱，不能将NO氧化为NO2，在反应体系中不能发生NO2与H2O生成HNO2的反应。
【点睛】本题考查性质实验方案的设计，把握物质的性质、发生的反应及现象，充分利用题干信息是解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合，侧重考查学生接受信息利用信息分析问题能力与实验能力。
化 学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56
第一部分
每小题只有一个选项符合题意。
1.下列防护隔离、杀菌消毒等措施中，没有应用蛋白质变性原理的是
A．佩戴医用口罩
B．蒸煮餐具
C．紫外线杀菌
D．碘伏清洗伤口
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．佩戴医用口罩能有效阻断病毒的传播，与蛋白质变性无关，故A符合题意；
B．加热能使蛋白质变性，故蒸煮餐具可使病毒蛋白质变性，达到杀菌消毒的目的，故B不符合题意；
C．紫外线能使蛋白质变性，故使用紫外线杀菌可使病毒蛋白质变性，达到杀菌消毒的目的，故C不符合题意；
D．碘伏能使蛋白质变性，故使用碘伏清洗伤口，能使病毒蛋白质变性，达到杀菌消毒的目的，故D不符合题意；
故答案为A。
2.正确应用物质性质并规范操作是保障安全的前提。下列做法不正确的是
A. 工业上金属钠残渣用乙醇进行处理
B. 苯酚不慎沾到皮肤上，用氢氧化钠溶液擦拭
C. 大量氯气泄漏时，戴好防毒面具，喷稀碱液进行吸收
D. 向电石上滴加饱和食盐水，将产生的气体验纯后点燃，观察燃烧现象
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na能与乙醇反应生成乙醇钠和氢气，且反应缓和，则少量金属钠残渣可用乙醇进行处理，故A正确；
B．苯酚能和氢氧化钠溶液发生中和反应，生成可溶于水的苯酚钠，但NaOH溶液有强腐蚀性，对皮肤有伤害，故B错误；
C．氯气有毒且溶于碱，则氯气泄漏时，应戴好防毒面具，并喷稀碱液进行吸收，故C正确；
D．电石与水反应速率快，用饱和NaCl溶液代替水可减缓反应速率，生成的乙炔是易燃气体，需要验纯后点燃，故D正确；
故答案为B。
3.下列变化中，与氧化还原反应无关的是
A. 向Na2CO3溶液中滴入1~2滴酚酞溶液，溶液呈红色
B. 向K2Cr2O7酸性溶液中滴加乙醇，溶液由橙色变为绿色
C. 向碘水中滴加维生素C溶液，溶液棕黄色褪去
D. 向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后呈红褐色
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．向Na2CO3溶液中滴入1~2滴酚酞溶液，溶液呈红色，是CO32-的水解使溶液呈碱性的缘故，未发生氧化还原反应，故A符合题意；
B．向K2Cr2O7酸性溶液中滴加乙醇，溶液由橙色变为绿色，是乙醇还原K2Cr2O7的缘故，发生氧化还原反应，故B不符合题意；
C．向碘水中滴加维生素C溶液，溶液棕黄色褪去，是维生素C还原碘的缘故，发生氧化还原反应，故C不符合题意；
D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后呈红褐色，是生成的Fe(OH)2有较强还原性，被空气中氧气氧化为Fe(OH)3的缘故，发生氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为A。
4.用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是
A. 1mol氨基含有的电子数为10 NA
B. 标准状况下，22.4 L O2完全转化为Na2O2时转移的电子数为4 NA
C. 56 g C3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为8 NA
D. 0.1 mol·L-1CH3COONa溶液中CH3COO-、CH3COOH数目之和为0.1 NA
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．每个氨基含有9个电子，则1mol氨基含有的电子数为9NA，故A错误；
B．标准状况下，22.4 L O2的物质的量为1mol，Na2O2中氧元素为-1价，则1molO2完全转化为Na2O2时转移的电子数为2NA，故B错误；
C．C3H6和C4H8的最简式为CH2，56gCH2的物质的量为=4mol，则56 g C3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为8 NA，故C正确；
D．根据n=cV可知，没有指明0.1 mol·L-1CH3COONa溶液的体积，无法确定CH3COO-、CH3COOH数目之和，故D错误；
故答案为C。
5.下列数据或事实所呈现的规律不能用元素周期律解释的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．F、Cl、Br为同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，生成的HX越不稳定，生成HX的反应程度越小，故A不选；
B．Si、P、Cl为同周期主族元素，核电荷数越大，非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，则HClO4酸性最强，故B不选；
C．O、S、Se为同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，生成的简单氢化物越不稳定，即H2O最稳定，H2Se最不稳定，故C不选；
D．碳碳单键键长最长，键能最小，而碳碳叁键键长最短，键能最大，但键能不是碳碳单键键能的三倍，也不是碳碳单键键能与碳碳双键键能和，与元素周期律无关，故D选；
故答案为D。
6.下列解释事实的方程式不正确的是
A. 用FeCl3溶液制作铜质印刷线路板：2Fe3++ Cu = Cu2++ 2Fe2+
B. Al片溶于NaOH溶液中产生气体：2Al + 2OH-=2+ H2↑
C. 用难溶的MnS除去MnCl2溶液中含有的Pb2+：MnS(s) + Pb2+(aq) =PbS (s) + Mn2+(aq)
D. 向银氨溶液中滴加乙醛后水浴加热，出现银镜：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．用FeCl3溶液制作铜质印刷线路板时发生反应的离子方程式为2Fe3+ + Cu =Cu2+ + 2Fe2+，故A正确；
B．Al片溶于NaOH溶液中产生气体时发生反应的离子方程式为2Al +2H2O+ 2OH- = 2+ 3H2↑，故B错误；
C．用难溶的MnS除去MnCl2溶液中含有的Pb2+时发生反应的离子方程式为MnS(s) + Pb2+ (aq) =PbS (s) + Mn2+(aq) ，故C正确；
D．向银氨溶液中滴加乙醛后水浴加热，出现银镜时发生反应的离子方程式为CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故D正确；
故答案为B。
7.科研人员利用Cu/ZnO作催化剂，在光照条件下实现了CO2和H2合成CH3OH，该反应历程示意图如下。
下列说法不正确是
A. 过程I中ZnO表面上进行CO2的吸附与转化
B. 过程II中存在极性键的断裂与形成
C. 过程V中生成CH3OH时吸收能量
D. 总反应的化学方程式是CO2 + 3H2CH3OH + H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．过程I中在ZnO表面吸附CO2，且CO2和-OH转化即HCO3-，故A正确；
B．过程II中涉及C-O的断裂与C-H和H-O键的形成，且C=O、C-H、H-O均为极性键，故B正确；
C．过程V中生成CH3OH时，是CH3O-与-H形成CH3OH，存在H-O键形成的过程，则该过程放出能量，故C错误；
D．该反应总过程是CO2和H2在Cu/ZnO催化剂作用下，合成CH3OH，总反应方程式为CO2+ 3H2CH3OH + H2O，故D正确；
故答案为C。
8.高温下CO2和H2S发生如下反应：CO2(g) +H2S(g)⇌COS(g) +H2O(g)。有关实验数据如下：
实验
温度
物质的起始物质的量/(mol)
平衡时COS物质的量/(mol)
n(CO2)
n(H2S)
n(COS)
I
337℃
0.10
0.40
0.01
II
347℃
0.10
0.40
0.015
下列说法不正确是
A. 该反应为吸热反应
B. 实验I达平衡后COS的物质的量分数为5%
C. 实验I温度下，反应的平衡常数为
D. 平衡后向II中再充入0.10 mol CO2和0.40 mol H2S，相同温度下再达平衡时n(COS)=0.03mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据表中数据可知，当二氧化碳和硫化氢的起始物质的量相同时，温度越高，COS的物质的量越大，说明温度越高，平衡向着吸热的方向移动，即COS的物质的量增大的方向为吸热的方向，正反应为吸热反应，故A正确；
B．根据实验I，写出反应三段式，
平衡后COS的物质的量分数=，故B错误；
C．根据B项分析，反应的平衡常数为，故C正确；
D．根据题意，列三段式：
， 平衡后向II中再充入0.10 mol CO2和0.40 mol H2S，设转变的二氧化碳的物质的量为x，
，x=0.015mol，相同温度下再达平衡时n(COS)=0.015mol+0.015mol=0.03mol，故D正确；
答案选B。
【点睛】D项为难点，需要根据相同温度下的平衡常数进行计算。
9.用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是
选项
a中试剂
b中试剂
c中试剂
实验目的
装置
A
氨水
CaO
无
制取并收集氨气
B
浓盐酸
MnO2
饱和NaCl溶液
制备纯净的Cl2
C
浓盐酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
比较酸性强弱：
H2CO3＞H2SiO3
D
浓硫酸
Na2SO3
KMnO4酸性溶液
验证SO2具有还原性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氨水中的水可以和氧化钙反应，反应过程放热，使氨气在水中的溶解度降低，可以用来制取氨气，但是由于氨气的密度小于空气，故在收集氨气时需要短导管进长导管出，A错误；
B．浓盐酸与二氧化锰反应制取了氯气的过程需要加热，图中没有画出加热装置，故不能达到实验目的，B错误；
C．浓盐酸有挥发性，与碳酸钠反应时除了有二氧化碳生成，还有氯化氢溢出，两种气体溶于硅酸钠溶液均能使硅酸根沉淀，故不能判断碳酸与硅酸酸性的强弱，C错误；
D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，将二氧化硫气体导入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫与高锰酸钾反应，可以验证二氧化硫的还原性，D正确；
故选D。
10.漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca(ClO)2，相应的生产流程如下。
下列说法不正确的是
A. ①中阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑
B. ②中反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
C. 上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应
D. 制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时，Cl的原子利用率为100%
【答案】D
【解析】
【分析】
饱和食盐水进行电解可以制得Cl2，将得到的Cl2分别与Ca(OH)2和Na2CO3反应经一系列流程可以分别制得漂白粉和漂粉精；电解过程中，溶液中的Cl-失电子生成氯气发生阳极反应，水中的H+得电子生成氢气发生还原反应，溶液中剩余氢氧化钠；氯气与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，同时还生成氯化钙；氯气与湿润的碳酸钠反应生成Cl2O，Cl2O与水发生化合反应生成HClO，HClO与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，据此分析。
【详解】A．电解过程中阳极失电子，溶液中Cl-发生阳极反应生成Cl2，阳极的电极方程式为2Cl--2e-=Cl2↑，A正确；
B．反应②为氯气和氢氧化钙的反应，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，B正确；
C．上述过程中反应①②③为氧化还原反应，反应④为化合反应，反应⑤为复分解反应，C正确；
D．制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时有CaCl2生成，Cl原子没有完全转化为Ca(ClO)2，因此Cl的原子利用率不为100%，D错误；
故选D。
11.尿素()氮原子上的氢原子可以像苯酚分子中苯环上的氢原子那样与甲醛发生反应，生成交联脲醛树脂，其结构片段如下图所示(图中 表示链延长)。
下列说法不正确的是
A. 尿素可以与甲醛发生加成反应生成
B. 脲醛树脂的合成反应为缩聚反应
C. 交联脲醛树脂在一定条件下可以发生水解反应，重新生成尿素和甲醛
D. 甲醛可以与交联成网状结构的脲醛树脂
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．尿素分子中N原子上的H原子可以与甲醛发生加成反应，反应与苯酚苯环上H原子与甲醛的反应相似，因此可以推测尿素与甲醛发生加成反应的产物为，A正确；
B．脲醛树脂的合成是由尿素和甲醛发生聚合反应同时生成水，符合缩聚反应定义，属于缩聚反应，B正确；
C．交联脲醛树脂存在可水解基团酰胺键，故可以发生水解反应，但水解产物不是尿素和甲醛，C错误；
D．甲醛可以和中的亚氨基继续发生加成反应再发生反应生成网状结构的脲醛树脂，D正确；
故选C。
12.研究人员采用双极膜将酸-碱电解液隔离，实现MnO2/Mn2+和Zn/的两个溶解/沉积电极氧化还原反应，研制出新型高比能液流电池，其放电过程原理示意图如下：
下列说法不正确的是
A. 放电过程中，总反应方程式为Zn+MnO2+4OH-+4H+===+Mn2++2H2O
B. 放电过程中，当1molZn参与反应时，理论上有4molK+发生迁移
C. 充电过程中，阴极的电极反应为+2e-===Zn+4OH-
D. 充电过程中，右侧池中溶液pH逐渐减小
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电池示意图，左侧Zn失去电子与溶液中的OH-反应生成，为负极反应，右侧MnO2得电子与溶液中的H+反应生成Mn2+和水；电解过程中，右侧的Mn2+失去电子与水反应生成MnO2和H+，电极方程式与原电池的正极方程式相反，左侧得电子生成Zn和OH-，电极方程式与原电池的负极方程式相反，据此分析。
【详解】A．放电过程中负极的电极反应式为Zn-2e-+4OH-=，正极的电极方程式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，总反应为Zn+MnO2+4OH-+4H+===+Mn2++2H2O，A正确；
B．放电过程中每消耗1mol Zn会生成1mol ，即每消耗4mol负电荷生成2mol负电荷，电解质中减少2mol负电荷，因此有2mol K+发生迁移，B错误；
C．根据分析，充电过程中阴极的电极方程式与放电过程中负极的电极方程式相反，阴极的电极方程式为+2e-===Zn+4OH-，C正确；
D．充电过程中右侧Mn2+不断失去电子并结合水生成MnO2，同时生成大量H+，因此，右侧pH不断减小，D正确；
故选B。
【点睛】由于放电过程中两个电极反应在两个电解质溶液中分别进行的，故不能把氢离子和氢氧根写在一起呈水的形式。
13.已知Na2CO3与稀盐酸反应分两步进行：＋H＋==，＋H＋= CO2↑＋H2O。向10.00 mL 0.1000 mol·L-1Na2CO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1盐酸，溶液pH随盐酸体积的变化如图。
下列说法不正确的是
A. V = 5.00mL时，溶液中c()＞c()＞c(OH－)＞c(H＋)
B. V =10.00mL时，溶液中c(Na＋)＝c()＋c()＋c(H2CO3)+c(Cl-)
C. a点的溶液中：n()＋n() = 0.001 mol
D. V = 20.00mL时，溶液pH＜7，是因为H2CO3 + H+
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．V=5.00mL时，溶液中为Na2CO3、NaHCO3和NaCl，溶液呈碱性，说明此时溶液中OH-浓度大于H+，由于碳酸根水解能力大于碳酸氢根电离能力，故溶液中碳酸氢根浓度大于碳酸根浓度，故溶液中c()＞c()＞c(OH－)＞c(H＋)，A正确；
B．V=10.00mL时，溶质为NaHCO3和NaCl，此时溶液中的物料守恒为c(Na＋)＝c()＋c()＋c(H2CO3)+c(Cl-)，B正确；
C．a点的溶液，加入盐酸的体积大于10mL，此时溶液中的碳酸氢根与H+反应生成CO2溢出，故溶液中所有含碳元素形体的总物质的量小于0.001mol，C错误；
D．V=20.00mL时，此时溶液中的溶质全部为NaCl，但由于之前的反应有CO2生成，少量CO2溶于水生成碳酸，导致溶液pH＜7，D正确；
故选C。
14.研究金属钠的性质，实验如下：
实验装置
实验方案
液体a
现象
蒸馏水
I．钠浮在水面，剧烈反应，有少量白雾
0.1 mol·L-1盐酸
II．钠浮在液面，反应比Ⅰ剧烈，有白雾产生
浓盐酸
III．钠浮在液面，反应比Ⅰ缓慢，产生大量白雾，烧杯底部有白色固体
下列说法不正确的是
A. II中反应的离子方程式为2Na + 2H+ === 2Na+ + H2↑
B. 对比I、II、III可知，随着c(H+) 增大，反应的剧烈程度增大
C. 实验I、II、III均有白雾产生，说明Na与水或酸反应均放出大量热
D. 推测III中浓盐酸的c(Cl-)以及生成的NaCl固体对反应剧烈程度有影响
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验Ⅱ中金属钠与盐酸反应，过程为金属钠失去电子生成Na+，溶液中的H+得到电子生成氢气，因盐酸中阳离子以H+占大多数，故在书写离子方程式时需要写成H+形式，选项中的离子方程式书写正确，A正确；
B．从三个反应的实验现象可以看出，随着盐酸浓度的升高，反应的剧烈程度有所提高，但是在浓盐酸的溶液中Na的反应并不是很剧烈，说明随着c(H+) 增大，反应的剧烈程度增大，当达到某一浓度时，反应程度会随之减弱，B错误；
C．Na与水反应放热，可以将溶液中的水分子或氯化氢分子蒸出到空气中，空气温度较低使水蒸气在空气中凝结形成白雾或HCl溶在空气中的水蒸气中形成白雾，C正确；
D．反应Ⅲ中盐酸浓度较高，反应一段时间后烧杯底部有白色固体生成，该白色固体为NaCl，反应Ⅲ的反应剧烈程度比反应Ⅰ缓慢，说明溶液中Cl-浓度和生成的NaCl都会对反应的剧烈程度有一定的影响，D正确；
故选B。
第二部分
15.近年来，FePO4作为制备锂离子电池正极材料LiFePO4的重要原料而成为研究热点。一种以FeCl3、H3PO4、氨水为主要原料制备FePO4的流程如下图。
已知：H3PO4是弱电解质
(1)将FeCl3溶液与H3PO4溶液按混合，没有明显现象，逐渐滴加氨水至pH = 1.5左右，生成FePO4·2H2O沉淀。
①操作a为______。
②生成FePO4·2H2O的离子方程式是______。
③控制氨水用量，避免因pH偏高而产生______杂质。
(2)测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：
i．取a g样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCl2(还原剂)至溶液呈浅黄色；
ii．加入TiCl3，恰好将i中残余的少量Fe3+还原为Fe2+；
iii．用c mol·L–1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+，消耗v mLK2Cr2O7标准溶液。
①将步骤iii的离子方程式补充完整：
____+____Fe2++___=____Cr3++____Fe3++____；
②产物中铁元素的质量分数为_____。
【答案】 (1). 过滤 (2). Fe3++H3PO4+3NH3•H2OFePO4•2H2O↓+3+H2O (3). Fe(OH)3 (4). 1 (5). 6 (6). 14H+ (7). 2 (8). 6 (9). 7H2O (10).
【解析】
【分析】
向FeCl3和H3PO4的混合溶液中加入氨水并水浴加热，由于H3PO4为弱电解质，在水中电离程度较小导致磷酸铁的产率不高，向溶液中加入氨水，氨水可以和磷酸反应生成磷酸根，同时水浴加热加快反应速率，使磷酸铁的产率升高，据此分析。
【详解】(1)①将制得的悬浊液通过过滤的方式将固体和液体分开，得到FePO4·2H2O固体，故答案为：过滤；
②生成磷酸铁的离子方程式为Fe3++H3PO4+3NH3·H2OFePO4·2H2O↓+3+H2O；
③在滴加氨水的过程中需要控制溶液pH，因氨水呈碱性，氨水中的一水合氨电离出的氢氧根可以与溶液中的Fe3+反应生成沉淀，因此需要控制溶液pH，以保证溶液中的Fe3+全部转化为磷酸铁，故答案为Fe(OH)3；
(2)①利用化合价升降法配平化学方程式；根据题目中所给出的反应物与生成物可知，生成物中存在铁离子和铬离子，因此反应应该在酸性环境下进行，反应前溶液中含有大量的H+，故方程式中反应前有H+参加反应，反应后生成水；反应前后中的Cr元素的化合价从+6下降到+3，Fe元素的化合价从+2上升到+3，根据反应前后得失电子守恒计算，正确配平的离子方程式为+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
②根据上题的化学方程式，与Fe2+的物质的量关系为1:6，说明每消耗1mol需要消耗Fe2+ 6mol，因此，消耗浓度为c的重铬酸钾标准溶液v mL，则溶液中含有6cv×10-3mol的Fe2+，故原样品中含有6cv×10-3mol的Fe，原样品中Fe的质量分数为=。
16.尿素是一种重要的化工产品，工业生产尿素的主要流程如下：
(1)工业合成氨的化学方程式是_______。
(2)尿素分子中C、N原子间的共用电子对偏向N原子，从原子结构的角度解释原因：______。
(3)由NH3和CO2合成尿素分为两步反应(均为可逆反应)，其能量变化示意图如下：
①合成尿素总反应的热化学方程式是_______。
②粗尿素中含有NH2COONH4杂质。通过控制温度和压强，可将NH2COONH4分解为NH3和CO2。研究温度和压强对NH2COONH4分解率的影响，结果如下：
X代表_____(填“温度”或“压强”)，L1_____L2(填“>”或“<”)。
(4)工业上含尿素的废水需经处理后才能排放。一种利用电化学方法降解尿素的装置示意图如下：
写出尿素被降解的电极反应式是______。
【答案】 (1). N2+3H22NH3 (2). N和C电子层数相同，核电荷数N＞C，原子半径N＜C，原子核吸引电子能力N＞C (3). CO2(g) + 2NH3(g) ⇌ CO(NH2)2(l) + H2O(l) ΔH = –101.5 kJ·mol-1 (4). 压强 (5). ＜ (6). CO(NH2)2+8OH––6e–=+N2↑+6H2O
【解析】
【分析】
根据C、N原子的得失电子能力分析共用电子对发生偏移的原因；根据图示的反应物与生成物的能量关系和盖斯定律正确书写热化学方程式；根据图示的电解池装置分子阳极失电子的物质和阴极得电子的物质，正确书写电极反应式。
【详解】(1)工业合成氨化学方程式为：N2+3H22NH3；
(2)C、N原子位于同一周期，且N原子的原子序数较大，N原子的原子半径较小，原子核对核外电子的吸引能力较强，C原子和N原子间的共用电子对也会向着N原子一方偏移；
(3)①根据图示的反应流程，氨和二氧化碳反应生成尿素的反应分两步，第一步反应的热化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(l) ΔH=-117 kJ·mol-1，第二步反应的热化学方程式为NH2COONH4(l)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l) ΔH=+15.5 kJ·mol-1，根据盖斯定律，将第一步反应和第二步反应相加即得到合成尿素的热化学方程式，热化学方程式为CO2(g)+2NH3(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l) ΔH=-101.5 kJ·mol-1
②根据图像分析，NH2COONH4分解为NH3和CO2的反应为吸热反应，若X代表温度，升高温度平衡向吸热反应方向进行，NH2COONH4的分解率会逐渐增大，与图示不符；若X代表压强，增大压强平衡向气体系数和小的方向移动（即逆反应方向），NH2COONH4的分解率会逐渐降低，与图示相符，故X代表压强；图示中L代表温度，在相同温度下，升高温度平衡向吸热反应方向进行，NH2COONH4的分解率会逐渐增大，故L2>L1；
(4)根据图示的电解池装置，左侧a电极生成N2，说明尿素在此电极上失电子，为阳极，右侧b电极生成H2，说明水中的H+在此电极上得电子，为阴极，阳极的电极方程式为CO(NH2)2+8OH--6e-=+N2↑+6H2O，阴极的电极方程式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，电解池的总反应为CO(NH2)2+2OH–=+N2↑+3H2↑。
17.中药黄芩的有效成分之一——汉黄芩素具有抗病毒、抗肿瘤作用。合成汉黄芩素的中间体M的路线如下：
(1)A属于芳香烃，A的名称是______。
(2)由A生成B的化学方程式是_______。
(3)D中含有的官能团是________。
(4)E的结构简式是_______。
(5)K与X在一定条件下转化为L， X的分子式是C4H8O2。
①有机物X的结构简式是______。
②符合下列条件的K的同分异构体有_____种。
a．含有苯环，能与NaHCO3反应生成CO2 b．苯环上的一氯代物有两种
(6)F与L合成M的步骤如下：
已知：
中间产物1和中间产物2的结构简式分别是_____、_____。
【答案】 (1). 甲苯 (2). +3HNO3 +3H2O (3). —COOH、—NO2 （或羧基、硝基） (4). (5). CH3COOCH2CH3 (6). 4 (7). (8).
【解析】
【分析】
根据由A到F的转化关系，结合F的结构式，以及A到E的分子式，E在酸性条件下与水发生取代反应，生成F，结合E的分子式，转化过程为E中苯环上的氨基转化为羟基，则E的结构式为，D进行还原脱羧生成E，结合D的分子式，转化过程为D中的硝基被还原转化为氨基，并将羧基脱去，则D的结构简式为，B被酸性高锰酸钾溶液氧化为D，结合B的分子式，根据B、D前后原子数目变化，转化过程为B中的甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，则B的结构简式为，A与浓硝酸在浓硫酸作催化剂加热条件下发生取代反应生成三硝基甲苯，则A为甲苯，结构简式为；G在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成K，K与有机物X在一定条件下反应生成乙醇和L，结合K、L的结构式变化，有机物X为CH3COOCH2CH3，据此分析解答(1)~ (5)小题；
(6)根据流程及产物的结构式分析可得，与取代反应生成，则中间产物1为，中间产物1与AlCl3在高温下发生已知信息的反应转化为中间产物2为，中间产物2在一定条件下与氢气发生加成反应生成，该物质在一定条件下发生分子内脱水生成目标产物，据此分析解答。
【详解】(1)A属于芳香烃，结构简式为，名称是甲苯；
(2)甲苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂加热条件下发生取代反应，生成三硝基甲苯，化学方程式是 +3HNO3 +3H2O
(3)根据分析，D的结构简式为，含有的官能团是—COOH、—NO2(或羧基、硝基)；
(4)根据分析，E的结构式为；
(5)①根据上述分析，有机物X的结构简式是CH3COOCH2CH3；
②K的结构简式为，其同分异构体含有苯环，能与NaHCO3反应生成CO2，说明结构中含有羧基，苯环上的一氯代物有两种，说明分子的苯环上只有两种不同环境的氢原子，符合下列条件的K的同分异构体有、、、共4种；
(6)根据流程及上述分析可得，中间产物1为，中间产物1与AlCl3在高温下发生已知信息的反应转化为中间产物2为。
【点睛】本题的难点是逆向合成法的推断，突破点为F的结构简式和个物质的分子式，结合反应条件逆向推导分析每个物质的结构简式。
18.柴油机氮氧化物(NOx)处理技术是一种系统简单，占用空间较小的柴油车尾气处理技术，氮氧化物主要在催化转化装置中被处理。
(1)柴油中含有多种烷烃，其燃烧性能用十六烷值表示。C16H34完全燃烧的化学方程式是______。
(2)柴油发动机工作时在稀燃(O2充足、柴油较少)和富燃(O2不足、柴油较多)条件下交替进行，催化转化装置中的物质变化如下图所示。
①BaO吸收NO2的化学方程式是______。
②富燃条件下Pt表面反应的化学方程式是______。
(3)研究CO2对BaO吸收氮氧化物的影响，一定温度下，测得气体中CO2的体积分数与氮氧化物吸收率的关系如下图所示。
①一定范围内，氮氧化物吸收率随CO2体积分数的增大而下降，原因是_____。
②当CO2体积分数达到10%~20%时，氮氧化物吸收率依然较高，原因可能有：______。
③若柴油中硫含量较高，在稀燃过程中，BaO吸收氮氧化物的能力下降至很低水平，结合化学方程式解释原因：______。
【答案】 (1). 2C16H34+49O232CO2+34H2O (2). 2BaO+4NO2+O2=2Ba(NO3)2 (3). 2CO+2NON2+2CO2 (4). BaO与CO2反应生成BaCO3，覆盖在BaO表面 (5). BaCO3在一定程度上也能吸收NOx (6). 稀燃过程中，柴油中的硫氧化为SO2，2BaO+2SO2+O2=2BaSO4，BaSO4稳定，不易分解，也难与NOx反应
【解析】
【分析】
根据烷烃燃烧通式书写十六烷燃烧的化学方程式；根据图示所给信息写出正确的化学方程式；根据图示所给信息结合反应原理分析相应原因。
【详解】(1)十六烷在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和水，化学方程式为2C16H34+49O232CO2+34H2O；
(2)①根据图示，NO2和O2与BaO反应生成Ba(NO3)2，化学方程式为2BaO+4NO2+O2=2Ba(NO3)2；
②根据图示，富燃条件下，NO和CO可以在Pt的催化下反应生成CO2和N2，化学方程式为2CO+2NON2+2CO2；
(3)①利用BaO吸收汽车尾气中的氮氧化物，随着CO2量的不断增加，BaO对氮氧化物的吸收率逐渐下降，这是由于CO2可以和BaO发生反应生成BaCO3，覆盖在BaO表面，阻止BaO进一步吸收氮氧化物；
②当CO2体积分数达到10%~20%时，BaO对氮氧化物的吸收率虽较无二氧化碳的条件下低，但是吸收率也相对较高，这可能是CO2与BaO反应生成的BaCO3对氮氧化物也有一定的吸收；
③柴油在氧气充足的条件下燃烧为稀燃过程中，稀燃过程会使柴油中的硫氧化为SO2，2BaO+2SO2+O2=2BaSO4，BaSO4稳定，不易分解，也难与NOx反应。
19.化学小组探究铜与硝酸反应的快慢及产物。
(1)实验甲：将铜片放入盛有稀HNO3的试管中，开始无明显现象，后逐渐有小气泡生成，该气体是______。在液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。
(2)实验乙：铜与浓HNO3反应，装置、现象如下：
实验装置
实验现象
A中：最初反应较慢，随后加快，反应剧烈；产生红棕色气体；溶液呈绿色。
B中：溶液呈淡蓝色。
①A中铜与浓HNO3产生红棕色气体的化学方程式是 ______。
②实验现象“最初反应较慢，随后加快”的原因可能是 ______。
(3)有文献记载：铜与浓HNO3反应一旦发生就变快，是因为开始生成的NO2溶于水形成HNO2(弱酸，不稳定)，它再和Cu反应，反应就加快。实验探究如下：
I：向 1 mL浓硝酸中加入几滴30% H2O2溶液、铜片，反应较慢，溶液呈蓝色。
II：向1 mL浓硝酸中加入几滴30% H2O2溶液，无明显变化。
①I中反应变慢的原因是 ______。
②NO2与H2O反应生成HNO2和 ______。
③对生成HNO2后反应变快的原因进行实验探究。
序号
实验操作
实验现象
III
取B中溶液，加入一定量固体，再加入铜片
立即产生无色气体；液面上方呈红棕色
IV
取B中溶液，放置一段时间，溶液变为无色后，再加入铜片
产生无色气体，较Ⅲ慢；液面上方呈浅红棕色
a．III中加入的固体为______。
b．IV中“放置一段时间”目的是 ______。
实验III、IV可以说明，HNO2氧化Cu的反应速率比HNO3氧化Cu的反应快。
(4)化学小组同学结合实验甲、乙中HNO3被还原后的气体产物以及实验III的产物，综合上述实验，分析判断甲中反应慢的原因，除了硝酸起始浓度小、反应过程中温度较低外，另一个重要原因是 ______。
【答案】 (1). NO (2). Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (3). 反应放热，随着反应的进行，体系温度升高 (4). H2O2与HNO2发生反应使HNO2浓度降低 (5). HNO3 (6). NaNO2 (7). 使HNO2完全分解 (8). 稀硝酸不能将NO氧化为NO2，体系中不能发生NO2与H2O生成HNO2的反应
【解析】
【分析】
(1)Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和水，NO与O2反应产生红棕色NO2；
(2)Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2和水，根据反应放热及溶液浓度变化分析反应速率的变化；
(3)①根据HNO2浓度大小对反应速率的影响分析；
②根据氧化还原反应规律判断；
③加入的物质可以与溶液中H+反应产生HNO2即可；根据HNO2的不稳定性及其浓度的影响分析放置一段时间的反应现象；
(4)根据能否产生HNO2及HNO2的强氧化性分析判断。
【详解】(1)Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，无色气体遇空气变为红棕色，说明该无色气体是NO，在室温下NO与O2反应产生红棕色NO2；
(2)①Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
②该反应是放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，因此一旦发生反应速率就变快，后当反应一段时间，硝酸浓度降低，溶液浓度对速率的影响占优势，溶液浓度降低，反应速率又逐渐减小；
(3)①I中反应变慢是由于H2O2与HNO2发生反应使HNO2浓度降低，导致速率减慢；
②NO2中N是+4价，NO2与H2O反应生成HNO2中N是+3价，化合价降低，根据氧化还原反应过量，必然同时有元素化合价升高，根据各种元素化合价特点，还产生了+5价的HNO3，反应方程式为：2NO2+H2O=HNO2+HNO3；
③a.在B溶液中含有NO2与H2O反应产生的HNO2、HNO3，HNO3是强酸，完全电离，而HNO2是弱酸，在溶液中存在电离平衡，向实验III的B溶液中加入的固体后要反应产生HNO2，使HNO2浓度增大，则加入的物质含有NO2-，可以是NaNO2、KNO2等，HNO3与NaNO2发生复分解反应产生HNO2，使溶液中HNO2浓度增大，再加入Cu后快速反应，Cu被氧化产生Cu(NO3)2；
b. HNO2不稳定，会发生分解反应，在IV中“放置一段时间”的目的是使HNO2完全分解；
(4)分析判断甲中反应慢的原因，除了硝酸起始浓度小、反应过程中温度较低外，还有另一个重要原因就是稀硝酸氧化性弱，不能将NO氧化为NO2，在反应体系中不能发生NO2与H2O生成HNO2的反应。
【点睛】本题考查性质实验方案的设计，把握物质的性质、发生的反应及现象，充分利用题干信息是解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合，侧重考查学生接受信息利用信息分析问题能力与实验能力。
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