北京市朝阳区六校2020届高三四月联考化学（B卷）试题 Word版含解析 21页

‎2020届高三年级4月份月考题（B）‎ 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H  -1 O-  16 P-  31 S - 32 Fe-  56 Cu  -64 Zn - 65 I-  127‎ 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在列出的四个选项中选出最符合题目要求的一项。‎ ‎1.截止‎2020年4月5日，全球新型冠状病毒肺炎确诊超过120万例。以下对预防新冠病毒的认识，不符合科学道理的是（ ）‎ A B C D ‎84消毒液使用时不能和洁厕灵混用 医用酒精消毒效果浓度95%>75%‎ 口罩关键一层聚丙烯熔喷布属于有机高分子材料 温度计中水银属于金属单质 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 84消毒液使用时不能和洁厕灵混用，两者反应生成氯气，有毒，故A正确；‎ B. 75%的酒精用于消毒，消毒效果最佳，过高浓度的酒精会在细菌表面形成一层保护膜，阻止其进入细菌体内，难以将细菌彻底杀死，95%的酒精常用于擦拭紫外线灯，故B错误；‎ C. 口罩关键一层聚丙烯熔喷布属于有机高分子材料，故C正确；‎ - 21 -‎ D. 温度计中水银是金属汞，属于金属单质，故D正确。‎ 综上所述，答案B。‎ ‎2.以下化学用语表述正确的是（ ）‎ A. 乙烯的结构简式：CH2CH2‎ B. H2O2的电子式：‎ C. 乙醇的分子式：CH3CH2OH D. 溴乙烷的比例模型：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烯的结构简式：CH2=CH2，故A错误；‎ B. H2O2是共价化合物，应该为共用电子对书写电子式，故B错误；‎ C. 乙醇的分子式：C2H6O，故C错误；‎ D. 溴乙烷的比例模型：，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】书写电子式时先分清是共价化合物还是离子化合物，离子化合物书写成阴阳离子，一般阴离子要用“[ ]”括起来，简单阳离子直接写，复杂阳离子也要用“[ ]”括起来；共价化合物书写成共用电子对。‎ ‎3.下列说法不正确的是 A. 鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸微热后生成黄色沉淀 B. 蛋白质遇饱和硫酸钠溶液变性 C. 油酸甘油酯可通过氢化反应变为硬脂酸甘油酯 D. 油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、鸡蛋清是蛋白质，故能和浓硝酸发生颜色反应显黄色，且加热能使蛋白质变性，故A正确；‎ B、硫酸钠为轻金属盐，不能使蛋白质变性，能使蛋白质发生盐析，故B错误；‎ - 21 -‎ C、油酸甘油酯含有碳碳双键，与氢气能够发生加成反应生成硬脂酸甘油酯，故C正确；‎ D、油脂含有酯基，在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，又叫皂化反应，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握物质的结构与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意蛋白质盐析和变性的条件。‎ ‎4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 0.1‎mol的11B中，含有0.6NA个中子 B. 2LpH=1的H3PO4溶液中，含有0.6NA个H+ C. 0.1molN2与0.3molH2混合充分反应，生成0.6NA个N—H键 D. ‎2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1个11B含有中子数6个，因此0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子，故A正确；‎ B. ‎2L pH=1的H3PO4溶液中H+物质的量为0.1 mol∙L−1×‎2L =0.2mol，因此含有H+个数为0.2NA，故B错误；‎ C. 氮气与氢气反应是可逆反应，因此0.1molN2与0.3molH2混合充分反应，生成N—H键小于0.6NA个，故C错误；‎ D. 标准状况下苯是液体，无法计算，故D错误。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎【点睛】标准状况下非气态的物质主要有水、苯、甲苯、HF、NO2、SO3、CCl4、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、醇、羧酸、碳原子数大于4的烃(新戊烷除外)等。‎ ‎5.中国科学家在合成氨（N2+3H22NH3 △H<0）反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理，如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ - 21 -‎ A. 过程中有极性键形成 B. 复合催化剂降低了反应的活化能 C. 复合催化剂能降低合成氨反应的焓变 D. ‎350℃‎，催化效率：5LiH-Fe/MgO>铁触媒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据图中信息，过程中有极性键N—H键形成，故A正确；‎ B. 复合催化剂降低了反应的活化能，故B正确；‎ C. 复合催化剂能降低反应的活化能，但不能降低合成氨反应的焓变，故C错误；‎ D. 根据图中信息，‎350℃‎，催化效率：5LiH-Fe/MgO＞铁触媒，故D正确。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎6.各种矿产资源的开发利用为人类发展提供了重要的物质保障，如图是一些矿产资源的利用流程：‎ 则下列说法不正确的是（ ）‎ A. 铝热法也可以用来生成金属铝 B. 黄铜矿中至少含有Cu、Fe、S三种元素 C. 粗硅与氯气反应的目的是为了得到容易提纯的SiCl4‎ D. 上述每种产品的生成过程都涉及氧化还原反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铝热法不可以用来生成金属铝，铝热反应是金属Al和比Al弱的金属氧化物反应生成比铝弱的金属，故A错误；‎ B. 根据黄铜矿与氧气反应生成CuO、FeO和SO2，说明黄铜矿中至少含有Cu、Fe、S三种元素，故B正确；‎ C. 根据图中信息，SiCl4‎ - 21 -‎ 与氢气反应生成精硅，因此粗硅与氯气反应的目的是为了得到容易提纯的SiCl4，故C正确；‎ D. 根据图中信息得到每种产品都有化合价升降，因此上述每种产品的生成过程都涉及氧化还原反应，故D正确。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎7.近期科学家报告了一种直接电化学合成H2O2的方法，装置如图。下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 该装置的工作原理是将化学能转化成电能 B. b极发生的电极反应为O2+H2O+2e-=HO2-+OH-‎ C. 电池工作时，内部发生反应：HO2-+OH-+2H+=H2O2+H2O D. 电路中通过2 mol电子，消耗氧气22.4 L（标准状况）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该装置的工作原理是将电能转化成化学能，故A错误；‎ B. b极为阴极，发生还原反应，因此发生的电极反应为O2 + H2O+2e－= HO2－+OH－，故B正确；‎ C. 电池工作时，图中信息得到内部发生反应：HO2－ + OH－+2H+ = H2O2+H2O，故C正确；‎ D. 根据O2 + H2O+2e－= HO2－+OH－，电路中通过2 mol电子，则消耗1 mol氧气，体积为22.4 L(标准状况)，故D正确。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎8.下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）‎ A. 由Na和Cl形成离子键的过程：‎ B. 常温时，氨气溶于水显碱性：NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-‎ C. FeCl3溶液中加入Fe粉，溶液变浅绿：Fe3++Fe=2Fe2+‎ D. 电解饱和食盐水，产生黄绿色气体：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑‎ - 21 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由Na和Cl形成离子键的过程中钠失去电子，氯得到电子，其形成过程表示为：，故A正确；‎ B. 常温时，氨气溶于水是可逆反应生成一水合氨，一水合氨部分电离使得溶液显碱性：NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH－，故B正确；‎ C FeCl3溶液中加入Fe粉，溶液变浅绿：2Fe3++Fe=3Fe2+，故C错误；‎ D. 电解饱和食盐水，产生黄绿色气体，阳极得到氯气，阴极得到氢气：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故D正确。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎9.我国科学家合成了超高含能材料中的一种重要的盐 —— (Y5)6(X3Z)3(YX4)4W，其中含有两种10电子阳离子，分别是由X与Y、X与Z形成。化合物XW是18电子分子。下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 化合物YX4W的水溶液呈酸性 B. 此盐中存在离子键、共价键 C. 原子半径的大小顺序为W＞Z＞Y＞X D. 该盐中存在的两种阴离子是 Y5- 和 W-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 我国科学家合成了超高含能材料中的一种重要的盐 —— (Y5)6(X3Z)3(YX4)4W，其中含有两种10电子阳离子，分别是由X与Y、X与Z形成，则X为H，Y为N，Z为O，化合物XW是18电子分子，W为Cl。‎ ‎【详解】A. 化合物YX4W(NH4Cl)，铵根离子水解，因此NH4Cl的水溶液呈酸性，故A正确；‎ B. 此盐含有阳离子和阴离子，因此存在离子键，铵根离子、一水合氢离子都含有共价键，故B正确；‎ C. 原子半径的大小顺序为Cl＞N＞O＞H，故C错误；‎ D. 根据电荷得出该盐中存在的两种阴离子是N5－和Cl－，故D正确。‎ - 21 -‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】原子半径比较时，可根据层多径大、同电子层结构核（电荷数）多径小原则。‎ ‎10.苯甲酸的熔点为‎122.13℃‎，微溶于水，易溶于酒精，实验室制备少量苯甲酸的流程如图：‎ 下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 冷凝回流的目的是提高甲苯的转化率 B. 加入KMnO4反应后紫色变浅或消失，有浑浊生成 C. 操作1为过滤，操作2为酸化，操作3为过滤 D. 得到的苯甲酸固体用酒精洗涤比用水洗涤好 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 冷凝回流的目的是提高甲苯的转化率和利用率，故A正确；‎ B. 甲苯加入KMnO4反应生成苯甲酸和二氧化锰，因此溶液出现紫色变浅或消失，有浑浊生成，故B正确；‎ C. 二氧化锰难溶于水，因此操作1为过滤，苯甲酸钾变为苯甲酸，因此操作2为酸化，得到苯甲酸固体，因此操作3为过滤，故C正确；‎ D. 苯甲酸微溶于水，易溶于酒精，因此得到的苯甲酸固体用水洗涤比酒精好，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）‎ 选项 实验 现象 结论 A 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一支无明显现象，另一支产生黄色沉淀 相同温度下，溶解度AgI＜AgCl B 向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液并水浴加热 未出现银镜 蔗糖未水解 C 向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液 溶液变澄清 酸性：苯酚＞碳酸 - 21 -‎ D C2H5OH与浓硫酸‎170℃‎共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液 KMnO4溶液褪色 乙烯能被KMnO4氧化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，一支无明显现象，另一支产生黄色沉淀，则说明相同温度下，溶解度AgI＜AgCl，故A正确；‎ B. 未向反应后溶液中加入氢氧化钠至碱性，故B错误；‎ C. 向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清，说明酸性：苯酚＞碳酸氢根，故C错误；‎ D. C2H5OH易挥发，能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎【点睛】检验蔗糖是否发生水解是向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热，再向反应后溶液中加入氢氧化钠至碱性，再加入银氨溶液并水浴加热，有光亮如镜的银生成则说明蔗糖发生了水解。‎ ‎12.在3.15晚会中曝光一种劣质净水机的欺骗推销手段：销售人员用如图所示“验水器”检验居民家庭自来水，接通电源后自来水产生大量深色絮状沉淀，而净化后的水再用同一个“验水器”检验，再次接通电源后水没有明显变化依然澄清透明。关于该实验下列分析正确的是（ ）‎ A 净化水导电能力理论上比自来水强 B. 两次通电可能通过开关反转正负极 C. 两次通电的阴极反应产生气体不同 D. 金属电极可能采用的是铝或铁材质 ‎【答案】B - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 净化水中离子浓度小于自来水中离子浓度，因此净化水导电能力理论上比自来水弱，故A错误；‎ B. 根据图中双向开关得出两次通电可能通过开关反转正负极，故B正确；‎ C. 前后两次通电的阴极反应产生气体都为氢气，阳极反应不相同，故C错误；‎ D. 接通电源后自来水产生大量深色絮状沉淀，说明金属电极可能采用的是铁材质，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎13.用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000mol/LHCl和20mL0.1000mol/LCH3COOH，得到如图所示两条滴定曲线，下列说法不正确是（ ）‎ A. 图1表示NaOH滴定盐酸的曲线 B. a=20mL C. 图2中，pH=7，c(CH3COO-)=c(Na+)‎ D. 图1中，由水电离的c(H+)一直增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据图中开始未加NaOH溶液时的pH值得出图1表示NaOH滴定盐酸的曲线，故A正确；‎ B. 根据图1信息，a点对应的pH = 7，得出恰好完全反应，则a = 20mL，故B正确；‎ C. 图2中，根据电荷守恒和pH = 7，得到c(CH3COO－)=c(Na+)，故C正确；‎ D. 图1中，溶液从酸性到中性，水电离的c(H+)增大，从中性到碱性，水电离的c(H+)减小，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎14.为探究SO2与Fe3+‎ - 21 -‎ 间是否发生氧化还原反应，按如图装置进行实验（夹持、加热仪器略），下列说法正确的是（ ）‎ A. A中的反应仅体现了浓硫酸的氧化性 B. 试剂a为饱和NaHCO3溶液 C. C中溶液pH降低，证明Fe3+氧化了SO2‎ D. 检验C中的溶液含有Fe2+，证明Fe3+氧化了SO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铜和浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，该反应体现了浓硫酸的氧化性和酸性，故A错误；‎ B. 试剂a为饱和NaHSO3溶液，故B错误；‎ C. C中溶液pH降低，可能是SO2溶于水生成亚硫酸，故C错误；‎ D. 检验C中的溶液含有Fe2+，说明Fe3+降低变为Fe2+，因此证明Fe3+氧化了SO2，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ 第二部分 ‎15.2019年诺贝尔奖授予JohnB.Goodenough等三位科学家，以表彰其在锂电池领域的贡献。磷酸亚铁锂（LiFePO4）用作锂离子电池正极材料，制备方法如图：‎ ‎（1）制备水合磷酸铁（FePO4·xH2O）固体 ‎①过程Ⅰ，加NaOH溶液调pH=2.0时透明混合溶液中含磷微粒主要是H2PO4-，过程Ⅰ发生的主要离子方程式是____。‎ ‎②过程Ⅱ“氧化、沉淀”反应生成FePO4沉淀的离子方程式是____。‎ ‎③进行过程III之前，需确认过程II中无Fe2+，检验试剂为____。‎ ‎④FePO4·xH2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图：‎ - 21 -‎ 水合磷酸铁的化学式为____。（x取整数）‎ ‎（2）制备LiFePO4固体：‎ 在氮气气氛保护下，高温焙烧FePO4、Li2CO3和过量葡萄糖的固体混合物。‎ ‎①过量葡萄糖作用是____。‎ ‎②锂离子电池在充电时，电极材料LiFePO4会迁出部分Li+，部分转变为Li(1-x)FePO4。此电极的电极反应为____。‎ ‎【答案】 (1). H3PO4+OH-=H2PO4-+H2O (2). 2H2PO4+H2O2+2Fe2+=2FePO4↓+2H++2H2O (3). 铁氰化钾溶液 (4). FePO4·2H2O (5). 还原剂，把三价铁还原成二价铁 (6). LiFePO4－xe-=xLi++Li(1－x)FePO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ FeSO4∙7H2O在H3PO4中溶解，加入氢氧化钠溶液中和磷酸生成H2PO4－，过程Ⅱ“氧化、沉淀”反应主要是Fe2+与H2O2 、H2PO4－反应生成FePO4沉淀、H+和H2O，再加入氢氧化钠中和酸，最后得到FePO4·xH2O。高温焙烧FePO4、Li2CO3和过量葡萄糖的固体混合物得到LiFePO4固体，铁化合价降低，过量葡萄糖化合价升高，作还原剂。‎ ‎【详解】⑴①过程Ⅰ，加NaOH溶液调pH = 2.0时透明混合溶液中含磷微粒主要是H2PO4－，说明过程Ⅰ主要发生磷酸和氢氧化钠反应生成水和H2PO4－，其主要离子方程式是H3PO4+OH－ = H2PO4－ + H2O；故答案为：H3PO4+OH－ = H2PO4－ + H2O。‎ ‎②过程Ⅱ“氧化、沉淀”反应主要是Fe2+与H2O2 、H2PO4－反应生成FePO4沉淀、H+和H2O，因此生成FePO4沉淀的离子方程式是2H2PO4－+H2O2 +2Fe2+ = 2FePO4↓ + 2H++2H2O；故答案为：2H2PO4－+H2O2 +2Fe2+ = 2FePO4↓ + 2H++2H2O。‎ ‎③进行过程III之前，需确认过程II中无Fe2+，常用铁氰化钾溶液试剂检验；故答案为：铁氰化钾溶液。‎ ‎④假设‎100g FePO4·xH2O样品受热，得到FePO4固体‎80g，水‎20g，根据物质的量比例得到 - 21 -‎ ‎，因此水合磷酸铁的化学式为FePO4·2H2O；故答案为：FePO4·2H2O。‎ ‎⑵①高温焙烧FePO4、Li2CO3和过量葡萄糖固体混合物得到LiFePO4固体，铁的化合价降低，则过量葡萄糖化合价升高，作还原剂，主要是将三价铁还原成二价铁；故答案为：还原剂，把三价铁还原成二价铁。‎ ‎②锂离子电池在充电时，电极材料LiFePO4会迁出部分Li+，部分转变为Li(1-x)FePO4。此电极的电极反应为LiFePO4－xe－ = xLi+ + Li(1－x)FePO4；故答案为：LiFePO4－xe－ = xLi+ + Li(1－x)FePO4。‎ ‎16.铅具有优秀的机械加工性能，可以制备各种性能优良的合金。广泛用于电池制造、机械、船舶工业、以及放射性防护等领域。‎ ‎（1）铅的主要矿藏形式是方铅矿（PbS）利用其冶炼铅的反应过程如下：‎ ‎2PbS(s)+3O2(g)=2PbO(s)+2SO2(g) △H=akJ·mol-1‎ PbS(s)+2O2(g)=PbSO4(s) △H=bkJ·mol-1‎ PbS(s)+2PbO(s)=3Pb(s)+SO2(g) △H=ckJ·mol-1‎ 则利用方铅矿和铅矾矿（主要成分为PbSO4）冶炼铅并生产一种可能造成酸雨的气体的热化学方程式为____。‎ ‎（2）铅也可以采用热还原法冶炼：PbO(s)+CO(g)Pb(s)+CO2(g) △H=dkJ·mol-1，已知该反应的平衡常数和温度的关系如下表：‎ 温度/℃‎ ‎300‎ ‎727‎ ‎1227‎ K ‎106.2‎ ‎631‎ ‎17.4‎ ‎①d____0（填＞、＜或=）‎ ‎②已知某温度下K=10，向密闭容器中加入足量的Pb和一定量的CO2平衡时，混合气体中CO的体积分数为____。‎ ‎（3）新型液流式铅蓄电池以可溶的甲基磺酸铅为电解质，电池总反应：Pb+PbO2+4H+2Pb2++2H2O 下列关于该电池的说法正确的是____。‎ - 21 -‎ a.充放电时，溶液中Pb2+浓度保持不变 b.放电时，溶液中H+向PbO2极区移动 c.放电时的负极反应式为：Pb-2e-=Pb2+‎ d.充电时的阳极反应式为：Pb2++4OH--2e-=PbO2+2H2O ‎（4）河流、湖泊中的铅污染日益被人们重视。已知常温下Pb元素在水中的各种存在形式物质的量分数α和溶液pH的关系如图所示：‎ 向醋酸铅溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液至pH=13时的主要离子反应方程式是_____，其平衡常数数值为____。‎ ‎【答案】 (1). PbS(s)+PbSO4(s)=2Pb(s)+2SO2(g) △H=kJ·mol-1 (2). < (3). 9.09%或 (4). bc (5). Pb(OH)3-+OH-=Pb(OH)42- (6). 10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴利用盖斯定律将第1个方程2倍加上第3个方程式2倍，减去第2个方程式的3倍，再同时除以3。‎ ‎⑵①升高温度，平衡常数减小，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应；②根据平衡常数，计算混合气体中CO的体积分数。‎ ‎⑶a. 根据总反应得出放电时，溶液中Pb2+浓度增加，充电时，Pb2+浓度减少；b. 放电时，根据“同性相吸”得到溶液中H+向正极即PbO2极区移动；c. 根据总反应，放电时，Pb为负极，PbO2为正极，因此放电时的负极反应式为：Pb−2e－ = Pb2+；d. 充电时的阳极反应式为：Pb2++2H2O − 2e－ = PbO2 + 4H+。‎ ‎⑷向醋酸铅溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液至pH=13时，根据图中信息，主要是Pb(OH)3－与OH - 21 -‎ ‎－反应生成Pb(OH)42−，根据平衡常数公式进行计算。‎ ‎【详解】⑴利用盖斯定律将第1个方程2倍加上第3个方程式2倍，减去第2个方程式的3倍，再同时除以3，则得到方铅矿和铅矾矿(主要成分为PbSO4)冶炼铅并生产一种可能造成酸雨的气体的热化学方程式为PbS(s)+PbSO4(s)=2Pb(s)+2SO2(g) △H = kJ·mol−1；故答案为：PbS(s)+PbSO4(s)=2Pb(s)+2SO2(g) △H = kJ·mol−1。‎ ‎⑵①升高温度，平衡常数减小，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应，因此d＜0；故答案为：＜。‎ ‎②，则混合气体中CO的体积分数；故答案为：9.09%或。‎ ‎⑶新型液流式铅蓄电池以可溶的甲基磺酸铅为电解质，电池总反应：Pb+PbO2+4H+2Pb2++2H2O；a. 根据总反应得出放电时，溶液中Pb2+浓度增加，充电时，Pb2+浓度减少，故a错误；b. 放电时，根据“同性相吸”得到溶液中H+向正极即PbO2极区移动，故b正确；c. 根据总反应，放电时，Pb为负极，PbO2为正极，因此放电时的负极反应式为：Pb−2e－ = Pb2+，故c正确；d. 充电时的阳极反应式为：Pb2++2H2O − 2e－ = PbO2 + 4H+，故d错误；综上所述，答案为：bc。‎ ‎⑷向醋酸铅溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液至pH=13时，根据图中信息，主要是Pb(OH)3－与OH－反应生成Pb(OH)42−，其主要的离子反应方程式是Pb(OH)3－+OH－=Pb(OH)42−，其平衡常数；故答案为：Pb(OH)3－+OH－=Pb(OH)42−；10。‎ ‎17.2019年，嫦娥四号成功在月球着陆。探测器上的五星红旗由一类特殊的聚酰亚胺（化合物H）制成。以下是H的合成路线：‎ - 21 -‎ 已知：+R’—NH2+RCOOH ‎（1）A结构简式是____。‎ ‎（2）试剂a是_____。‎ ‎（3）B→C的反应类型______；C中含有的官能团名称为_____。‎ ‎（4）写出D+G→H的化学反应方程式_____。‎ ‎（5）写出一种苯环上一氯代物有三种，核磁共振氢谱为6：4：2：1：1的F的同分异构体的结构简式_____。（不考虑立体异构）‎ ‎（6）设计由CH3CH2OH、合成的合成路线_____。（其它物质自选）。‎ ‎【答案】 (1). (2). 浓硫酸、浓硝酸 (3). 取代反应 (4). 氨基、硝基 (5). n+n+2nH2O (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ A和氯气在氯化铁催化剂作用下反应生成氯苯，则A为苯，根据B到C反应推出氯苯到B是发生硝化反应，在浓硫酸浓硝酸作用下反应生成B()，和氨气反应生成C，C在铁作用下与HCl反应生成D，E发生取代反应生成F，F发生氧化反应生成G，D和G根据信息发生反应生成H。‎ ‎【详解】⑴根据分析得到A结构简式是；故答案为：。‎ ‎⑵根据题中分析氯苯发生硝化反应生成B，因此试剂a是浓硫酸、浓硝酸；故答案为：浓硫酸、浓硝酸。‎ ‎⑶B→C的反应类型取代反应；C中含有的官能团名称为氨基、硝基；故答案为：取代反应；氨基、硝基。‎ ‎⑷D+G→H的化学反应方程式；故答案为：。‎ ‎⑸根据题中信息苯环上一氯代物有三种，核磁共振氢谱为6：4：2：1：1的F的同分异构体的结构简式；故答案为：。‎ ‎⑹和一氯甲烷在催化剂作用下反应生成，在酸性高锰酸钾作用下反应生成，和乙醇反应生成，因此合成路线为；故答案为：‎ - 21 -‎ ‎。‎ ‎18.碘在医药卫生、高纯度金属提炼、光学仪器等领域起着至关重要的作用。从含碘化钾废液（可能还含有I2、IO3-）中回收I2，实验过程如下：‎ ‎（1）确定碘的存在形式 ‎①I2的确定：取含碘废液放入试管，加入CCl4，振荡静置，现象为_____，确定含有I2。‎ ‎②IO3-的确定：取①中上层溶液，加入少量新配制的0.1mo/LFeSO4溶液，它的作用是____。振荡使之充分反应，再加入少量CCl4，CCl4层无紫色出现，说明该含碘废液中无IO3-。‎ ‎（2）碘的回收 在含碘废液中加入适量的K2Cr2O7溶液和稀H2SO4，充分反应后经减压过滤得到粗碘，由粗碘提纯精制碘的装置如图：‎ ‎①补全得到粗碘的离子方程式：______。‎ ‎□Cr2O72-+□I-+□ =□ +□Cr3++□ 。‎ ‎②CaCl2的作用是__。‎ ‎（3）碘的纯度分析（已知：2S2O32-+I2=2I-+S4O62-）‎ 精确量取‎0.1136g精制后的碘置于250mL碘量瓶中，加入0.5gKI和30mL水，振荡至完全溶解（KI仅用于溶解）。以0.0513mol·L-1的Na2S2O3溶液快速滴定至淡黄色，加入1mL左右淀粉溶液，缓慢滴定至____，消耗Na2S2O3溶液17.26mL。碘的纯度的计算表达式为____。‎ ‎【答案】 (1). 溶液分层，上层近于无色，下层紫色 (2). 还原IO3-生成I2 (3). Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O (4). 吸水剂 (5). 当滴入最后一滴Na2S2O3‎ - 21 -‎ 溶液，碘量瓶内溶液蓝色消失，且半分钟内不变色 (6). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴①取含碘废液放入试管，加入CCl4，萃取分层，CCl4的密度水大；②利用FeSO4与IO3－反应生成单质碘和铁离子。‎ ‎⑵②CaCl2的作用是吸水剂。‎ ‎⑶加入1mL左右淀粉溶液，缓慢滴定至当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，碘量瓶内溶液蓝色消失，且半分钟内不变色，根据反应方程式2S2O32− + I2 = 2I－ + S4O62−得到单质碘的物质的量，再计算碘的纯度。‎ ‎【详解】⑴①取含碘废液放入试管，加入CCl4，振荡静置，由于CCl4的密度水大，因此现象为溶液分层，上层近于无色，下层紫色，确定含有I2；故答案为：溶液分层，上层近于无色，下层紫色。‎ ‎②取①中上层溶液，加入少量新配制的0.1 mol∙L−1 FeSO4溶液，利用FeSO4与IO3－反应生成单质碘和铁离子，因此它的作用是还原IO3－生成I2；故答案为：还原IO3－生成I2。‎ ‎⑵①得到粗碘的离子方程式：Cr2O72− + 6 I－+14 H+= 3 I2+ 2Cr3++ 7H2O；故答案为：Cr2O72− + 6 I－+14 H+= 3 I2+ 2Cr3++ 7H2O。‎ ‎②CaCl2的作用是吸水剂；故答案为：吸水剂。‎ ‎⑶以0.0513mol·L-1的Na2S2O3溶液快速滴定至淡黄色，加入1mL左右淀粉溶液，缓慢滴定至当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，碘量瓶内溶液蓝色消失，且半分钟内不变色，消耗Na2S2O3溶液17.26mL。根据反应方程式2S2O32− + I2 = 2I－ + S4O62−得到单质碘的物质的量n(I2) = ×0.0513mol·L-1×‎0.01726L = ×0.0513×0.01726 mol；因此碘的纯度的计算表达式为；故答案为：当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，碘量瓶内溶液蓝色消失，且半分钟内不变色；。‎ ‎19.某同学为研究各种条件对氧化还原反应的影响进行了下列实验：‎ - 21 -‎ ‎（1）研究和之间的氧化还原反应：（已知Cr2O72-橙色、CrO42-黄色和Cr3+绿色）‎ ‎①用离子方程式解释Na2SO3溶液显碱性的原因____。‎ ‎②I和II对比得出的结论是____。‎ ‎③结合平衡移动原理解释III中的实验现象____。‎ ‎④为了研究III和I的实验现象差别，该同学在III中滴加少量硫酸（无气泡冒出），发现溶液变为绿色。“变为绿色”的可能原因是____。‎ ‎（2）利用如图装置（同样的装置有若干）研究Fe3+和I-之间的氧化还原反应：‎ a.初始状态指针不偏转 b.若向a的左侧溶液中滴加少量饱和FeCl3溶液（混合后pH≈2.3），指针明显左偏 c.若向a的右侧溶液中滴加饱和KI溶液，指针明显左偏 ‎①为了证明b中是由于Fe3+浓度增大导致其氧化性增强而发生氧化还原反应需要补充的实验操作及现象为：_____。‎ ‎②该同学用电热棒对左侧烧杯溶液进行加热后观察到电流计指针明显左偏。可能原因是____。‎ ‎（3）由上述实验可知，影响氧化还原反应的条件有_____。‎ ‎【答案】 (1). SO32-+H2OHSO3-+OH- (2). 其它条件不变，SO32-浓度越大其还原性越强 (3). Cr2O72-（橙色）+H2O22CrO42-（黄色）+2H+，溶液中大量的SO32-(或OH-)‎ - 21 -‎ 与H+结合导致溶液中c(H+)下降，平衡正向移动，溶液颜色变黄 (4). 其它条件不变，溶液酸性越强Cr（VI）氧化性增强，或S（IV）还原性增强，或二者同时增强（另合理答案：①其它条件不变，Cr2O72-的氧化性比CrO42-强②酸性条件下才能反应） (5). 在a装置左管滴加少量浓HCl使溶液pH≈2.3，指针不偏转或偏转不明 (6). 温度升高提高了Fe3+离子氧化性 (7). 反应物的浓度、温度、溶液的酸碱性 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴①Na2SO3溶液显碱性主要是亚硫酸根水解；②I和II对比I中SO32−浓度大，反应生成了绿色的Cr3+，而II中SO32−浓度小，溶液没有明显变化；③根据图中信息及实验现象得出Cr2O72−(橙色)+H2O22CrO42−(黄色)+2H+，溶液中大量的SO32−(或OH－)与H+结合导致溶液中c(H+)下降，平衡正向移动；④该同学在III中滴加少量硫酸(无气泡冒出)，发现溶液变为绿色，酸性增强，则可能Cr2O72−的氧化性增强，可能是亚硫酸根还原性增强，两者发生氧化还原反应生成Cr3+和硫酸根。‎ ‎⑵①根据图中信息原来溶液的pH =4变为pH =2.3，酸性增强，为了证明b中是由于Fe3+浓度增大导致其氧化性增强，应该补充是否是酸性增强而增强Fe3+的氧化性；②该同学用电热棒对左侧烧杯溶液进行加热后观察到电流计指针明显左偏，说明温度升高可能提高了Fe3+离子氧化性。‎ ‎⑶由上述实验可知，反应物浓度增大，酸性增强，温度增大，反应速率都会加快。‎ ‎【详解】⑴①Na2SO3溶液显碱性主要是亚硫酸根水解，其原因是SO32−+H2OHSO3－+OH－；故答案为：SO32−+H2OHSO3－ + OH－。‎ ‎②I和II对比I中SO32−浓度大，反应生成了绿色的Cr3+，而II中SO32−浓度小，溶液没有明显变化，因此得出的结论是其它条件不变，SO32−浓度越大其还原性越强。‎ ‎③根据图中信息及实验现象得出Cr2O72−(橙色)+H2O22CrO42−(黄色)+2H+，溶液中大量的SO32−(或OH－)与H+结合导致溶液中c(H+)下降，平衡正向移动，溶液颜色变黄；故答案为：Cr2O72−(橙色)+H2O22CrO42−(黄色)+2H+，溶液中大量的SO32−(或OH－)与H+结合导致溶液中c(H+)下降，平衡正向移动，溶液颜色变黄。‎ ‎④为了研究III和I的实验现象差别，该同学在III中滴加少量硫酸(无气泡冒出)，发现溶液变为绿色。酸性增强，则可能Cr2O72−的氧化性增强，可能是亚硫酸根还原性增强，两者发生氧化还原反应生成Cr3+和硫酸根，故答案为：其它条件不变，溶液酸性越强Cr(VI)‎ - 21 -‎ 氧化性增强，或S(IV)还原性增强，或二者同时增强(另合理答案：①其它条件不变，Cr2O72−的氧化性比CrO42−强②酸性条件下才能反应)。‎ ‎⑵①根据图中信息原来溶液的pH =4变为pH =2.3，酸性增强，为了证明b中是由于Fe3+浓度增大导致其氧化性增强，应该补充是否是酸性增强而增强Fe3+的氧化性，因此补充的实验操作及现象为：在a装置左管滴加少量浓HCl使溶液pH≈2.3，指针不偏转或偏转不明；故答案为：在a装置左管滴加少量浓HCl使溶液pH≈2.3，指针不偏转或偏转不明。‎ ‎②该同学用电热棒对左侧烧杯溶液进行加热后观察到电流计指针明显左偏，说明铁离子变为亚铁离子，因此可能原因是温度升高提高了Fe3+离子氧化性；故答案为：温度升高提高了Fe3+离子氧化性。‎ ‎⑶由上述实验可知，反应物浓度增大，反应速率加快，酸性增强使得反应速率加快，温度增大，反应速率加快，从而得出影响氧化还原反应的条件有反应物的浓度、温度、溶液的酸碱性；故答案为：反应物的浓度、温度、溶液的酸碱性。‎ - 21 -‎