北京市丰台区2020届高三化学下学期综合练习（二）试题（Word版附解析） 22页

丰台区 2020 年高三年级第二学期高三综合练习(二) 化学 本试卷满分共 100 分。考试时间 90 分钟 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 本部分共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题列出的四个选项中，选出最 符合题目要求的一项。 1.垃圾分类并回收利用，可以节约自然资源，符合可持续发展的要求。与食用油桶对应的垃圾 分类标志是 A. 可回收物 B. 其他垃圾 C. 厨余垃圾 D. 有害垃圾 【答案】A 【解析】 【详解】食用油桶通常为塑料制品，属于可回收物，A 项正确； 答案选 A。 2.关于淀粉和纤维素关系的叙述中不正确．．．的是 A. 都是非还原糖 B. 都符合分子式(C6H10O5)n C. 互为同分异构体 D. 都是天然高分子化合物 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．淀粉和纤维素都是由葡萄糖脱水缩合而来，都属于非还原糖，A 项正确； B．淀粉和纤维素分子式均可写成(C6H10O5)n，二者都是由多个葡萄糖脱水而成的，B 项正确； C．淀粉与纤维素都是有机高分子化合物，虽然分子式都可写成(C6H10O5)n，但是 n 的数值不 相同，通常纤维素的更大；因此二者并非同分异构体，C 项错误； D．淀粉和纤维素都属于天然的有机高分子化合物，来源甚广，D 项正确； 答案选 C。 【点睛】淀粉和纤维素既非同分异构体，又非同系物；同系物是指结构相似，分子组成相差 1 个或多个 CH2 原子团的不同有机物。 3.化学与生活密切相关。下列说法不正确．．．的是 A. CO2、NO2 或 SO2 都会导致酸雨的形成 B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性 C. 泡沫灭火器可用于一般的起火，但不适用于电器起火 D. 水中的钢闸门连接电源的负极，可防止钢闸门被腐蚀 【答案】A 【解析】 【详解】A．因酸雨的形成是由于 NO2 或 SO2 而引起的，与 CO2 无关，二氧化碳过多会造成 温室效应，故 A 错误； B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感， 温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，故 B 正确； C．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生 成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定 含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，不适用于电器起 火，故 C 正确； D．金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法，被保护的金属连接未加电源的负极，水 中的钢闸门连接电源的负极，符合题意，故 D 正确； 答案选 A。 4.利用元素周期表的知识，判断下列对于铍及其化合物的性质预测不正确．．．的是 A. 原子半径： Be＞B B. Be 能与冷水剧烈反应 C. 相同条件下， Li 比 Be 容易与酸反应 D. 最高价氧化物对应水化物的碱性： Ca(OH)2＞Be(OH)2 【答案】B 【解析】 【详解】A．Be、B 同周期，自左而右原子半径减小，故原子半径 Be＞B，故 A 正确； B．因 Mg 的金属性大于 Be 的金属性，Mg 与热水反应，则 Be 常温下能与水反应很缓慢，故 B 错误； C．Li 和 Be 位于同一周期，同周期元素从左到右，金属性逐渐减弱，Li 比 Be 容易与酸反应， 故 C 正确； D．Be 与 Ca 位于同一主族，同主族元素从上到下金属性增强，金属性 Ca＞Be，金属性越强， 最高价氧化物对应的水化物碱性越强，故 Ca(OH)2＞Be(OH)2，故 D 正确； 答案选 B。 5.下列解释事实的化学用语正确的是 A. 用食醋清洗水垢：CO32-＋2CH3COOH=2CH3COO－＋H2O＋CO2↑ B. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+＋HCO3-＋OH－=CaCO3↓＋H2O C. 向 Na2CO3 溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红：CO32-+2H2O⇌H2CO3＋2OH－ D. Na2O2 吸收 CO2 作供氧剂：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 【答案】D 【解析】 【详解】A．水垢的成分是碳酸钙，碳酸钙和醋酸都不能拆成离子形式，用食醋清洗水垢发生 的反应有：CaCO3＋2CH3COOH=2CH3COO－+Ca2+＋H2O＋CO2↑，故 A 错误； B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方 程式为：NH4++HCO3−+Ca2++2OH−═CaCO3↓+H2O+NH3⋅H2O，故 B 错误； C．碳酸是二元弱酸，分步水解，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，溶液显碱性，酚酞遇碱变红，故 C 错误； D．Na2O2 吸收 CO2 生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故 D 正确； 答案选 D。 6.黄铁矿(FeS2)催化氧化的化学方程式为：2FeS2＋7O2＋2H2O 催化剂 Δ 2FeSO4＋2H2SO4。已知 NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. FeSO4 和 H2SO4 都是离子化合物，均属于强电解质 B. 0.1 mol·L－1 FeSO4 溶液中 Fe2＋离子的浓度为 0.1 mol·L－1 C. FeSO4 既是被氧化得到的产物，又是被还原得到的产物 D. 当转移 2 mol 电子时，消耗氧气的体积(标准状况)约为 22.4 L 【答案】C 【解析】 【详解】A．FeSO4 属于盐，是离子化合物，H2SO4 属于酸，是共价化合物，它们均属于强电 解质，故 A 错误； B．FeSO4 溶液中 Fe2＋离子容易水解，故 0.1 mol·L－1 FeSO4 溶液中 Fe2＋离子的浓度小于 0.1 mol·L －1，故 B 错误； C．根据反应 2FeS2＋7O2＋2H2O 催化剂 Δ 2FeSO4＋2H2SO4，FeS2 中亚铁离子的化合价为+2 价， 硫元素的化合价为-1 价，单质氧气中氧元素的化合价为 0 价，硫酸亚铁中，铁元素的化合价 为+2 价，硫元素的化合价为+6 价，氧元素的化合价为-2 价，硫元素的化合价升高到+6 价， 氧气单质中的氧元素的化合价降低到-2 价，FeSO4 既是被氧化得到的产物，又是被还原得到的 产物，故 C 正确； D．根据反应 2FeS2＋7O2＋2H2O 催化剂 Δ 2FeSO4＋2H2SO4 可知，7mol 氧气参加反应，氧元素 化合价从 0 降低到-2 价，共转移 28mol 电子，当转移 2 mol 电子时，消耗氧气的物质的量为 0.5mol，标准状况下的体积约为 0.5mol×22.4 L/mol=11.2L，故 D 错误； 答案选 C。 7.甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下。下列说法 中不正确．．．的是 A. CH3SH 中碳元素化合价为﹣2 价 B. 过程⑤中，形成了 O—H 键和 C—H 键 C. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 D. 硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应 【答案】C 【解析】 【分析】 通过催化过程可以看出，硫化氢加入催化剂后将硫化氢中的氢硫键拆开形成巯基和氢原子， 加入甲醇后，甲醇分子吸附在催化剂表面，将氢氧键拆开，巯基取代了羟基的位置形成了甲 硫醇和水，然后分析。 【详解】A．CH3SH 中硫显-2 价，氢为+1 价，根据元素的化合价之和等于 0 可知，碳元素化 合价为﹣2 价，故 A 正确； B．过程⑤中，生成了 CH3SH 和 H2O，由图示可知，O—H 键和 C—H 键是新形成的，故 B 正 确； C．该催化剂只能缩短达到平衡的时间，改变化学反应速率，不能提高反应物的平衡转化率， 故 C 错误； D．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应方程式为：H2S+CH3OH→CH3SH+H2O，-SH 取代甲醇中 的-OH，反应类型为取代反应，故 D 正确； 答案选 C。 8.氨和二氧化碳合成尿素的合成反应分两步进行： 第一步：2NH3(l)+CO2(g)⇌NH2COONH4 (l) △H1＝﹣100.5 kJ·mol-1 第二步：NH2COONH4 (l)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(l) △H2＝﹢27.6 kJ·mol-1 下列说法中不正确．．．的是 A. 第一步反应随着温度的升高，平衡常数增大 B. 1 mol H2O 和 1 mol NH3 中含有的质子数相等 C. 通入过量的 CO2 可提高 NH3 的转化率 D. 合成尿素的总的热化学方程式为：2NH3(l)＋CO2(g) ⇌ CO(NH2)2(s)＋H2O(l) △ H＝﹣72.9 kJ·mol-1 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．第一步反应的焓变小于 0，根据勒夏特列原理，温度升高，化学平衡向吸热的方 向移动，即逆向移动，平衡常数减小，故 A 错误； B．1 个 H2O 和 1 个 NH3 都含有 10 个质子，1 mol NH3 中 1 mol H2O 中含有的质子数相等，都 是 10NA，故 B 正确； C．通入过量的 CO2，即增大反应物的浓度，平衡正向移动，可提高 NH3 的转化率，故 C 正确； D．①2NH3(l)+CO2(g)⇌NH2COONH4(l)△H1＝﹣100.5 kJ·mol-1，②NH2COONH4(l)⇌CO(NH2)2(s) ＋H2O(l)△H2＝﹢27.6 kJ·mol-1，①+②得到合成尿素的总的热化学方程式为：2NH3(l)＋ CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(l)△H＝﹣72.9 kJ·mol-1，故 D 正确； 答案选 A。 9.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应相关的是 A B C D 实 验 向 FeCl3 溶液中滴加 KSCN 溶液 将密闭的 NO2 瓶 放入冷水中 将 SO2 通入含有淀 粉的碘水中 向 Mg(OH)2 沉淀中滴 加 FeCl3 溶液 现 象 溶液变为红色 红棕色变浅 蓝色褪去 白色沉淀变为红褐色 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．KSCN 溶液滴入 FeCl3 溶液中变为红色，生成硫氰化铁溶液，不存在元素的化合 价变化，则与氧化还原反应无关，故 A 不符合题意； B．2NO2⇌ N2O4 ∆H＜0，将密闭的 NO2 瓶放入冷水中，平衡正向移动，红棕色变浅，没有化 合价的变化，与氧化还原反应无关，故 B 不符合题意； C．将 SO2 通入含有淀粉的碘水中，蓝色褪去，二氧化硫与碘水发生氧化还原反应生成硫酸和 碘化氢，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，化合价发生变化，与氧化还原反应有关，故 C 符合题意； D．向 Mg(OH)2 沉淀中滴加 FeCl3 溶液，沉淀变为红褐色，离子方程式： 3Mg(OH)2+2Fe3+═2Fe(OH)3+3Mg2+，故 D 不符合题意； 答案选 C。 10.下列实验操作或装置能达到目的的是 A. 实验室制取乙酸乙酯 B. 苯萃取碘水中 I2，分出水层后的操作 C. 检验 CH3CH2Br 消去反应的产物乙烯 D. 收集 NO2 气体 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下加热反应生成乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶 液溶解乙醇，消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，实验操作或装置均能达到目的，故 A 正确； B．苯萃取碘水中 I2，碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，苯的密度比水小，碘的苯溶液 在上层，上层液体从上层倒出，下层液体为水，从下层流出，实验操作不能达到目的，故 B 错误； C．CH3CH2Br 消去反应条件是氢氧化钠乙醇溶液，乙醇也可以使酸性高锰酸钾褪色，CH3CH2Br 消去反应生成乙烯，乙烯有还原性，能使 KMnO4 溶液褪色，故应在酸性高锰酸钾溶液前加入 蒸馏水，除去乙醇，故 C 错误； D．二氧化氮的密度大于空气，若用 D 装置集气瓶短进长出收集二氧化氮，会使二氧化氮气体 逸出，收集不到，应该采用长进短出，故 D 错误； 答案选 A。 11.已知：4CO(g)+2NO2(g)⇌4CO2(g)+N2(g) ΔH＝－1200 kJ·mol−1。在 2 L 恒容密闭容器中，按 照下表中甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，测得甲中 CO 的转化率为 50%。下列说法中正确的是 甲 乙 0.2 mol NO2 01 mol NO2 0.4 mol CO 0.2 mol CO A. 放热反应，一定能自发进行 B. 该温度下，反应的平衡常数为 5 C. 达平衡时，NO2 的浓度：甲＞乙 D. 达平衡时，N2 的体积分数：甲＜乙 【答案】C 【解析】 【详解】A．已知反应为放热反应，ΔH＜0，ΔS＜0，根据反应自发进行的判断依据ΔG=ΔH-TΔS， 当低温时有自发进行的倾向，高温时不利于自发进行，故 A 错误； B．根据甲中 CO 的转化率为 50% ，二氧化氮和一氧化碳的起始物质的量为 0.2mol、0.4mol， 容器的体积为 2L，根据 nc= V ，可以得到二氧化氮和一氧化碳的起始物质的量浓度为 0.1mol/L、 0.2mol/L，列出三段式，        2 2 2 1 1 1 4CO g + 2NO g 4CO g +N g mol L mol L ( ) 0.2 0.1 0 0 ( ) 0.1 0.05 0.1 0. mol L 025 ( ) 0.1 0.05 0.1 0.025        始 变 平 该反应的平衡常数 4 4 2 0.1 0.025 0.1 0.05K= =10  ，故 B 错误； C．由三段式可知甲的 NO2 转化为 50%，因甲的平衡相对乙加压，增大压强平衡向正反应方向 移动，则乙的 NO2 转化为小于 50%，则 NO2 的浓度：甲＞乙，故 C 正确； D．甲的投入量为乙的两倍，甲的平衡相对乙加压，增大压强平衡向正反应方向移动，所以甲 N2 的体积分数大于乙 N2 的体积分数，故 D 错误； 答案选 C。 12.石油专用管发生 CO2 腐蚀的主要电化学反应过程包括金属溶解和析氢，最终形成腐蚀产物 FeCO3。下列说法中不正确．．．的是 A. 金属溶解发生在负极，析氢发生在正极 B. 生成腐蚀产物的反应可能有：Fe2+ +HCO3 －＋e－=FeCO3 +H＋ C. 腐蚀过程总反应的化学方程式为：CO2＋H2O＋Fe= FeCO3＋H2 D. 温度、溶液酸碱度、压强等都会影响腐蚀的速率 【答案】B 【解析】 【详解】A．金属溶解发生在负极上，铁失电子形成亚铁离子，Fe-2e-= Fe2+，析氢腐蚀发生在 正极上，CO2＋H2O＋2e-= CO32-+H2↑，故 A 正确； B．生成腐蚀产物碳酸铁的反应是亚铁离子结合二氧化碳和水反应生成碳酸电离出的碳酸根离 子的过程，故 B 错误； C．负极反应为：Fe-2e-= Fe2+，正极反应为：CO2＋H2O＋2e-= CO32-+H2↑，总反应为正负极反 应相加得到：CO2＋H2O＋Fe= FeCO3＋H2，故 C 正确； D．温度是影响化学反应速率的因素，溶液酸碱度不同发生腐蚀的类型也不同，反应中有气体 参与反应和有气体生成，故压强会影响腐蚀的速率，故温度、溶液酸碱度、压强等都会影响 腐蚀的速率，故 D 正确； 答案选 B。 13.用亚硫酸盐(X)吸收烟气中的 SO2。已知吸收过程中含硫组分物质的量分数(δ)与溶液 pH 的 变化关系如下图所示。下列说法中不正确．．．的是 A. 若 X 为 Na2SO3，当吸收液 pH＝1.85 时：c(Na+)＝c(HSO3 －)+c(H2SO3) B. 若 X 为 Na2SO3，当吸收液呈中性时：2c(SO32－)＋c(HSO3 －)＝c(Na+) C. 若 X 为 (NH4)2SO3，(NH4)2SO3 溶液呈碱性，说明水解程度：SO32－＞ NH4+ D. 若 X 为 (NH4)2SO3，图中 b 点溶液中 n(HSO3 －)∶n(NH4+)＝ 1∶3 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．若 X 为 Na2SO3，存在物料守恒，c(Na+)＝2c(HSO3 －)+2c(H2SO3)+ 2c(SO32-)，当吸 收液 pH＝1.85 时，c(HSO3 －)=c(H2SO3)，则 c(Na+)=+4c(H2SO3)+ 2c(SO32-)=4c(HSO3 －) + 2c(SO32-)， 故 A 错误； B．若 X 为 Na2SO3，当吸收液呈中性时：c(H+)＝c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+) ＝c(HSO3 －)+2c(SO32-) +c(OH-)，得到 2c(SO32－)＋c(HSO3 －)＝c(Na+)，故 B 正确； C．若 X 为(NH4)2SO3，由于 NH4+水解显酸性，SO32－水解显碱性，(NH4)2SO3 溶液呈碱性，说 明水解程度：SO32－＞NH4+，故 C 正确； D．若 X 为(NH4)2SO3，图中 b 点溶液中，c(HSO3 －)=c(SO32－)，b 点 pH=7，c(H+)＝c(OH-)，根 据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)＝c(HSO3 －)+2c(SO32-) +c(OH-)，3c(HSO3 －)=c(NH4+)，n(HSO3 －)∶n(NH4+)＝ 1∶3，故 D 正确； 答案选 A。 14.某小组同学用如图装置进行铜与浓硫酸反应时，发现试管中有黑色物质产生。同学猜测， 黑色物质中可能含有 CuO、Cu2S 和 CuS，针对产生的黑色物质，该小组同学继续进行实验探 究，获得数据如表。下列说法不正确．．．的是 硫酸浓度/ mol·L﹣1 黑色物质出现的温度∕℃ 黑色物质消失的温度∕℃ 15 约 150 约 236 16 约 140 约 250 18 约 120 不消失 A. 硫酸浓度越大，黑色物质越易出现、越难消失 B. 黑色物质消失过程中有 SO2、H2S 生成 C. 硫酸浓度为 16 mol·L﹣1 时，先升温至 250℃以上，再将铜丝与浓硫酸接触，可以避免产生 黑色物质 D. 取黑色物质洗涤、干燥后，加稀硫酸充分混合，固体质量不变，说明黑色物质中不含 CuO 【答案】B 【解析】 【分析】 黑色物质中可能含有 CuO、Cu2S 和 CuS，加入的浓硫酸，铜先与浓硫酸反应，反应方程式为： Cu+2H2SO4(浓) 加热 CuSO4+SO2↑+2H2O，根据表格信息可知，黑色物质在一定温度下可溶于浓 硫 酸 ， 还 可 能 发 生 的 反 应 为 ： 5Cu+4H2SO4( 浓 ) 加热 3CuSO4+Cu2S↓+4H2O ， Cu2S +2H2SO4(浓) 加热 CuS+CuSO4+2H2O+SO2↑，CuS+2H2SO4(浓) 加热 CuSO4+SO2↑+S↓+2H2O， CuO+H2SO4(浓) 加热 CuSO4+H2O，据此分析解答。 【详解】A．从表中数据可以看出，硫酸浓度越大，黑色物质出现的温度越低，黑色物质不消 失，说明硫酸浓度越大，黑色物质越易出现、越难消失，故 A 正确； B．由于浓硫酸有氧化性，会将硫化氢氧化，根据分析可知，黑色物质消失过程中有 SO2 生成， H2S 不存在，故 B 错误； C．由表格中数据可知，硫酸浓度为 16 mol·L﹣1 时，黑色固体消失的温度在 250℃，先升温至 250℃以上，再将铜丝与浓硫酸接触，可以避免产生黑色物质，故 C 正确； D．黑色物质中若含 CuO，加入加稀硫酸充分混合，氧化铜会与稀硫酸反应生成硫酸铜和水， 硫酸铜溶于水，固体质量会减小，现固体质量不变，说明黑色物质中不含 CuO，故 D 正确； 答案选 B。 第二部分 本部分共 5 小题，共 58 分。 15.气态亚硝酸(HNO2 或 HONO)是大气中的一种污染物。 (1)亚硝酸的电离平衡常数 Ka＝6.0×10﹣6，其电离方程式为________。 (2)亚硝酸分子中各原子最外层电子均达到稳定结构，其电子式为________。 (3)亚硝酸进入人体可以与二甲胺[(CH3)2NH]迅速反应生成亚硝酸胺[CH3)2N－N＝O]，亚硝酸 胺是最重要的化学致癌物之一。 ① 亚硝酸与二甲胺反应生成亚硝酸胺的一种反应机理如下： HONO+ i ii 过程ⅰ和过程ⅱ的反应类型分别为：________、消去反应。 ② 上述反应机理的反应过程与能量变化的关系如图： 亚硝酸与二甲胺反应生成亚硝酸胺的反应ΔH________0(填“＞”或“＜”)。反应难度更大的是过 程________(填“ⅰ”或“ⅱ”)。 【答案】 (1). HNO2 ⇌ H+＋NO2 － (2). (3). 加成反应 (4). ＜ (5). 过程ⅰ 【解析】 【分析】 (1)由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种一元弱酸； (2)亚硝酸属于共价化合物，据此书写电子式； (3)①亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程ⅰ的反应中生成物 氮氧双键消失，变为 氮氧单键，过程ⅱ中 中脱去一个羟基和氢原子，形成氮氧双键，结合有机物的 反应类型分析； ②根据盖斯定律分析，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关分析判 断；活化能越大，反应进行的越慢，反应难度越大。 【详解】(1)由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种一元弱酸，在溶液中部分电离，电离 方程式为 HNO2 ⇌ H+＋NO2 －； (2)亚硝酸属于共价化合物，分子中各原子最外层电子均达到稳定结构，其电子式为 ； (3)①亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程ⅰ的反应中生成物 氮氧双键消失，变为 氮氧单键，可以看作 中的氮氢键断裂，分别加成在亚硝酸分子的氮氧双键两端， 可以看作是加成反应，过程ⅱ中 中脱去一个羟基和氢原子，形成氮氧双键，可 以看作有机反应中醇羟基的消去反应； ②根据盖斯定律分析，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，根据 图示，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应属于放热反应，ΔH＜0；活化能是指分子 从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态(过渡态)所需要的能量。活化能越大，反应进行 的越慢，反应难度越大，根据图示，过程ⅰ的活化能大于过程ⅱ的活化能，则过程ⅰ的反应 难度更大。 16.高氯酸盐(ClO4 －)有高稳定性和强氧化性，常作为氧化剂用于工业生产。 (1)高氯酸盐中氯元素的化合价为________。 (2)下列叙述中可说明氯元素比硫元素非金属性强的是_________。 ① HCl 比 H2S 稳定 ② HClO4 的酸性比 H2SO3 的强 ③ Cl2 可与 Na2S 发生置换反应 (3)NH4ClO4 是复合火箭推进剂的重要成分，实验室可通过反应 NaClO4＋NH4Cl 80℃ NH4ClO4 ＋NaCl 制取。相关物质的溶解度曲线如图： ① 结合溶解度，分析该反应能够发生的原因________。 ② 从反应后热的混合液中获得较多 NH4ClO4 晶体的实验操作依次为________、蒸发浓缩、冷 却结晶、过滤、冰水洗涤。 (4)高氯酸盐是一种新型的无机污染物，ClO4 －的主要危害是与碘离子竞争进入人体甲状腺，影 响甲状腺的正常功能。利用电化学催化法，酸性环境中，可将 ClO4 －还原为 Cl－，该电极反应 式为________。 (5)已知，加热时 Cu(ClO4)2 的分解方式有以下两种： 2Cu(ClO4)2 Δ 2CuO+7O2↑+2Cl2↑ Cu(ClO4)2 Δ CuCl2+4O2↑ 取一定质量的 Cu(ClO4)2·6H2O 样品，加热至某温度使其完全分解，若测得 V(O2)∶V(Cl2) ＝5∶1，则分解所得固体产物中 CuO 与 CuCl2 的物质的量之比为________。 【答案】 (1). ＋7 (2). ①③ (3). 80℃时，氯化钠溶解度小于其他物质(生成物溶解 度小于反应物) (4). 趁热过滤 (5). ClO4 －+8H++8e－=Cl－+4H2O (6). 8∶3 【解析】 【分析】 (1)根据高氯酸盐的化合价之和等于 0 判断氯元素的化合价； (2)根据元素周期律判断非金属性强弱； (3) ①根据反应条件在 80℃时，溶解度的变化判断； ②利用 NH4ClO4 和 NaCl 的溶解度差异判断； (4)根据根据酸性条件下化合价的变化判断电极反应； (5)根据反应：2Cu(ClO4)2 Δ 2CuO+7O2↑+2Cl2↑、Cu(ClO4)2 Δ CuCl2+4O2↑由氧气和氯气的 关系可确定氧化铜和氯化铜的物质的量的关系。 【详解】(1)高氯酸盐(ClO4 －)中氧为-2 价，离子化合价之和等于-1，氯元素的化合价为+7 价； (2) ①气态氢化物的稳定可以用来比较非金属性的强弱，故 HCl 比 H2S 稳定，故①正确； ② HClO4 的酸性比 H2SO3 的强不能比较，亚硫酸不是最高价氧化物对应的水化物，故②错误； ③ Cl2 可与 Na2S 发生置换反应，单质的氧化性越强，元素的非金属性越强，可以比较，故③ 正确； 答案选①③； (3)①结合溶解度，80℃时，氯化钠溶解度小于其他物质(生成物溶解度小于反应物)，该反应 能够发生； ②从反应后热的混合液中获得较多 NH4ClO4 晶体的实验操作依次为趁热过滤、蒸发浓缩、冷 却结晶、过滤、冰水洗涤； (4)酸性环境中，可将 ClO4 －还原为 Cl－，氯元素的化合价降低了 8，得到 8 个电子，氢离子存 在时，该电极反应式为 ClO4 －+8H++8e－=Cl－+4H2O； (5)已知，加热时 Cu(ClO4)2 的分解方式有以下两种：2Cu(ClO4)2 Δ 2CuO+7O2↑+2Cl2↑、 Cu(ClO4)2 Δ CuCl2+4O2↑。设分解所得固定产物中 CuO 的物质的量为 xmol，CuCl2 的物质的 量为 ymol，根据反应生成氧气的物质的量为（3.5x+4y）mol，氯气的物质的量为 xmol，根据 题意 V（O2）：V（Cl2）=（3.5x+4y）：x=5：1，所以 x：y=8：3，分解所得固体产物中 CuO 与 CuCl2 的物质的量之比为 8:3。 【点睛】写电极反应时，根据化合价的变化判断转移的电子数，根据元素守恒配平电极反应。 17.双功能手性催化剂在药物合成中起到重要的作用。其中一种催化剂 I 的合成路线如下： 已知：R-NH2+ 一定条件 (1)A 可与 Na 反应可生成 H2，则 A 中的官能团名称是_________。 (2)下列关于 A的说法中，正确的是_________。 a.与乙醇互为同系物 b.与 B 在一定条件下可发生缩聚反应 c.发生消去反应的试剂和条件是：NaOH 的醇溶液、加热 (3)写出 B→C 的化学方程式：___________。 (4)D 的结构简式是__________。 (5)E→F 的反应类型是___________。 (6)已知：NH3+ →H2N-CH2CH2OH，NH3 和物质 K 发生反应可以制备试剂 a，K 的结构 简式是__________。 (7)F 与对苯二胺( )在一定条件下可发生缩聚反应制备尼龙 MXD6 的衍生品， 该反应的化学方程式是___________。 (8)H 的结构简式是___________。 【 答 案 】 (1). 羟 基 (2). b (3). HOOC—CH2—COOH + 2C2H5OH  浓硫酸 Δ C2H5OOC—CH2—COOC2H5 + 2H2O (4). (5). 取 代 (6). (7). n +n 一定条件 +(2n-1)HCl (8). 【解析】 【分析】 根据已知反应 R-NH2+ 一定条件 ，由 F 在一定条件下与试剂 a 反应生成 G 以及 F 的分子式 C5H6O2Cl2，可推出 F 为 ，而 a 为 ， E 与 SOCl2 反 应 生 成 F ， 可 知 E 为 ， 根 据 逆 推 示 可 知 D 为 ， C 为 C2H5OOCCH2COOC2H5 ， B 为 HOOC—CH2—COOH ， A 为 HOCH2CH2CH2OH， 加成反应生成 H，H 脱去水生成 ， 加成时应形成环，推出 H 为 ，据此分析。 【详解】（1）A 为 HOCH2CH2CH2OH，可与 Na 反应可生成 H2，则 A 中的官能团名称是羟基； （2）A 为 HOCH2CH2CH2OH，a.与乙醇所含有羟基数目不相同，结构不相似，不互为同系物， 故错误；b.与 B 分别为二元醇和二元羧酸，在一定条件下可发生缩聚反应，故正确；c.发生 消去反应的试剂和条件是：浓硫酸、加热，故错误；答案选 b； （3）B→C 是 HOOC—CH2—COOH 与 C2H5OH 发生酯化反应生成 C2H5OOC—CH2—COOC2H5 和水，反应的化学方程式为：HOOC—CH2—COOH + 2C2H5OH  浓硫酸 Δ C2H5OOC—CH2—COOC2H5 + 2H2O； （4）D 的结构简式是 ； （5）E→F 是 与 SOCl2 发生取代反应生成 、二氧化硫和水，反应类型是 取代反应； （6）已知：NH3+ →H2N-CH2CH2OH，NH3 和物质 K 发生反应可以制备试剂 a ， 为开环加成，则 K 的结构简式是 ； （7）F 与对苯二胺( )在一定条件下可发生缩聚反应制备尼龙 MXD6 的衍生 品，该反应的化学方程式是 n +n 一定条件 +(2n-1)HCl； （8）H 的结构简式是 。 18.铅蓄电池是最常见的二次电池，以废旧铅蓄电池中的铅膏(主要含 PbO、PbO2、PbSO4 等) 为原料回收铅，对保护环境和发展循环经济意义重大。某工艺流程如下： (1)已知铅蓄电池总反应：Pb+PbO2+2H2SO4  放电 充电 2PbSO4+2H2O，充电时，阳极的电极反应式为 ________。 (2)过程①体现 Na2SO3 的_________性。 (3)由滤液 A 可获得 Na2SO4·10H2O 粗品，检验粗品中 SO42－离子的实验方法是________。 (4)结合化学用语解释过程②中 PbSO4 转化为 PbCO3 的原因________。 (5)反应温度对过程②转化率(脱硫率)的影响如图所示，实际生产中温度选择在 50℃，若温度 过高，脱硫率下降的原因可能是：________。 (6)将 PbO 、PbCO3 粗品置于一定浓度 HCl 和 NaCl 浸取液中溶解，得到含 Na2PbCl4 的电解液， 如图电解可得高纯 Pb，同时再生浸取液。请结合化学用语解释浸取液再生的原理________。 【答案】 (1). PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋4H+＋SO42－ (2). 还原 (3). 取少量晶体， 加足量盐酸，再滴加 BaCl2 溶液，若产生白色沉淀，则阴离子为 SO42－ (4). PbSO4 ＋CO32 ﹣=PbCO3＋SO42－ (5). 温度过高，碳酸铵分解 (6). 阴极 PbCl42－＋2e－=Pb＋4Cl－，H+离 子在电压作用下穿过质子交换膜向阴极室定向移动，形成 HCl 和 NaCl 混合液 【解析】 【分析】 以废旧铅蓄电池分选处理得到铅膏(主要含 PbO、PbO2、PbSO4 等)，向铅膏中加入足量 Na2SO3 溶液，PbO、PbSO4 与 Na2SO3 溶液不反应，PbO2 具有氧化性，与 Na2SO3 溶液发生氧化还原反 应生成 Na2SO4 和 PbO，过滤得到主要含有 Na2SO4 的滤液 A，对滤液 A 蒸干得到副产品 Na2SO4； 过滤后的滤渣主要为 PbO、PbSO4 的粗品，向粗品中加入(NH4)2CO3，将 PbSO4 转化为更难溶 的 PbCO3，过滤洗涤得到 PbO、PbCO3 的粗品，加酸溶解浸取，得到含有 Pb2+的电解质溶液， 对溶液进行电解最终得到高纯 Pb，据此分析解答。 【详解】(1)根据铅蓄电池总反应：Pb+PbO2+2H2SO4  放电 充电 2PbSO4+2H2O 可知，充电时，阳极上 PbSO4 失去电子，发生氧化反应，电极反应式为 PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋4H+＋SO42－； (2)根据分析，过程①为 PbO2 与 Na2SO3 溶液发生氧化还原反应生成 Na2SO4 和 PbO，反应中 S 元素化合价升高，被氧化，则体现了 Na2SO3 的还原性； (3)由滤液 A 可获得 Na2SO4·10H2O 粗品，检验粗品中 SO42－离子的实验方法是取少量晶体，加 足量盐酸，再滴加 BaCl2 溶液，若产生白色沉淀，则阴离子为 SO42－； (4)过程②中由于碳酸铅的溶解度比硫酸铅的溶解度小，较难溶的沉淀会转化为更难溶的沉淀， 即发生沉淀的转化，则 PbSO4 转化为 PbCO3，发生的离子反应为 PbSO4＋CO32﹣=PbCO3＋SO42 －； (5)过程②转化率(脱硫率)是利用碳酸铵与硫酸铅反应转化为可溶性的硫酸根离子将硫除去，铵 盐的稳定性较差，温度过高会发生分解，高温下，碳酸铵受热分解生产二氧化碳和氨气从溶 液中逸出，导致溶液中碳酸根离子浓度减小，硫酸铅不能全部转化为碳酸铅，沉淀的转化量 较少，脱硫率降低； (6)将 PbO、PbCO3 粗品置于一定浓度 HCl 和 NaCl 浸取液中溶解，得到含 Na2PbCl4 的电解液， 根据电解装置图所示，与电源负极相连的为电解池的阴极，阴极上 PbCl42－＋2e－=Pb＋4Cl－， H+离子在电压作用下穿过质子交换膜向阴极室定向移动，形成 HCl 和 NaCl 混合液，从而使浸 取液再生。 【点睛】本题易错点为(5)，碳酸铵属于铵盐，铵盐稳定性较差，受热易分解，在加热条件下， 会从溶液中逸出二氧化碳和氨气，导致溶液中碳酸根离子浓度降低，PbSO4＋CO32﹣=PbCO3＋ SO42－的转化反应不能彻底进行。 19.某小组同学探究 Cu 和 H2O2 的反应。 【猜想预测】 猜想 1：Cu 与 H2O2 不发生反应； 猜想 2：Cu 与 H2O2 可能发生氧化还原反应，H2O2 作氧化剂。 【实验探究】 实验ⅰ：向装有 0.5 g Cu 的烧杯中加入 20 mL 30% H2O2 溶液，一段时间内无明显现象，10 小 时后，溶液中有少量蓝色浑浊，Cu 片表面附着少量蓝色固体。 (1)通过该实验证明了猜想 2 成立，写出该反应的化学方程式：________。 【继续探究】 针对该反应速率较慢，小组同学查阅资料，设计并完成了下列实验。 资料：Cu2+ + 4NH3 ⇌ [ Cu(NH3)4] 2+ ，[ Cu(NH3)4] 2+为深蓝色；Cu(OH)2 可溶于氨水形成深蓝 色溶液。 装置 序号 试剂 a 现象 ⅱ 20 mL 30% H2O 与 4 mL 5 mol/L H2SO4 混合液 Cu 表面很快生产少量气泡，溶液 逐渐变蓝，产生较多气泡 ⅲ 20 mL 30% H2O2 与 4 mL5 mol/L 氨水混合液 溶液立即变为深蓝色，产生大量气 泡，Cu 表面有少量蓝色不溶物 (2)实验ⅱ中：溶液变蓝的原因是________(用化学用语解释)；经检验产生的气体为氧气，产生 氧气的原因是________。 (3)对比实验ⅰ和ⅲ，为探究氨水对 Cu 的还原性或 H2O2 氧化性的影响，该同学利用如图装置 继续实验。 已知：电压大小反映了物质氧化还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱差异越大，电 压越大。 a.K 闭合时，电压为 x。 b.向 U 型管右侧溶液中滴加氨水后，电压不变。 c.继续向 U 型管左侧溶液中滴加氨水后，电压增大了 y。 该实验的结论：_________。利用该方法也可证明酸性增强可提高 H2O2 的氧化性，导致 Cu 溶 解速率加快。 (4)对比实验ⅱ和ⅲ，实验ⅲ中产生氧气速率明显更快，可能的原因是_______。 (5)实验ⅲ有少量蓝色不溶物，小组同学加入少量 NH4Cl 可使其溶解，结合文字和化学用语解 释不溶物溶解的原因：________。 (6)基于以上实验，影响 Cu 与 H2O2 反应速率的因素有________。 【答案】 (1). Cu＋H2O2= Cu (OH)2↓ (2). Cu＋H2O2 ＋2H+=Cu2＋＋2H2O (3). 产生的 铜离子催化了过氧化氢分解；或铜离子氧化了过氧化氢 (4). 加入氨水，提高了 Cu 的还原 性 (5). Cu(NH3)42+对 H2O2 分解有很好的催化作用 (6). Cu (OH)2(aq) ⇌ Cu2＋(aq)＋2OH－ (aq)，加入少量 NH4Cl，NH3＋H2O ⇌ NH3·H2O ⇌ NH4+＋OH－，平衡逆移，使 c(NH3)增大，Cu2 ＋＋4NH3 ⇌ Cu(NH3)42＋，使 c(Cu2＋)减小，Cu (OH)2(aq) ⇌ Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，正移，沉淀溶 解，无沉淀。 (7). 酸碱性、产物微粒的种类 【解析】 【分析】 本实验通过对 Cu 和 H2O2 反应的探究，得出影响 Cu 和 H2O2 反应速率快慢的因素；通过对比 溶液酸碱性对反应速率的影响得出碱性条件下 Cu 和 H2O2 的反应速率较快的结论，通过对比 实验考查加入氨水后，氨水对双氧水的作用和氨水对 Cu2+的作用考查氨水的加入对反应的氧 化性或还原性强弱的影响。 【详解】（1）向过氧化氢溶液中加入 Cu，一段时间后 Cu 表面出现少量蓝色固体，说明有含 铜离子的物质生成，故可推测反应为 Cu 和 H2O2 的反应，反应方程式为 Cu＋H2O2= Cu (OH)2↓； （2）实验 ii 中溶液变蓝，说明 Cu 与 H2O2 在酸性条件下可以发生反应，生成 Cu2+，反应的离 子方程式为 Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；经检验，产生的气体为氧气，说明过氧化氢大量分解， 而溶液反应生成的 Cu2+有催化作用，可以催化双氧水分解，产生大量气泡； （3）向 U 型管双氧水一侧加入氨水，电压物明显变化，说明在双氧水中加入氨水不会影响双 氧水氧化性的强弱，而向 U 型管硫酸铜一侧加入氨水，氨水可以和 Cu2+发生反应生成四氨合 铜离子，这时电压发生了变化，说明氨水的加入改变了 Cu2+还原性的大小，使 Cu2+的还原性 增强； （4）对比实验 ii 和试验 iii，实验 iii 中产生氧气的速率更快，在实验 iii 中 Cu 和双氧水反应生 成的 Cu(OH)2 与加入的氨水发生络合反应，产生大量的 Cu(NH3)42+，对比实验 ii，是 Cu(NH3)42+ 对 H2O2 分解有很好的催化作用； （5）实验 iii 中少量不溶物为 Cu(OH)2，加入少量氯化铵后不溶物消失，原因是： Cu(OH)2(aq)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入少量 NH4Cl，NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌NH4++OH-，平衡逆移， 使 c(NH3)增大，Cu2++4NH3⇌Cu(NH3)42＋，使 c(Cu2+)减小，Cu(OH)2(aq)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，正 移，沉淀溶解，无沉淀。 （6）基于以上实验，影响 Cu 与 H2O2 反应速率的因素有酸碱性、产物微粒的种类。 【点睛】实验中较难考虑的部分是氨水对 Cu 和 H2O2 的反应氧化性或还原性强弱的影响的实 验考查，通过观察电压表指针的变化分析氨水对反应氧化性或还原性强弱的影响。