【化学】北京市朝阳区2020届高三4月（一模）适应性试卷（解析版） 22页

北京市朝阳区2020届高三4月（一模）适应性试卷 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。‎ ‎1.下列用品的主要成分及其用途对应不正确的是（ ） ‎ A B C D 用品 主要成分 ‎(NH4)2SO4‎ NaHCO3‎ Si Fe2O3‎ 用途 化肥 造纸 光电池 颜料 ‎【答案】B ‎【详解】A．硫酸铵为铵盐含有氮元素，属于氨态氮肥，是常用的一种化肥，故A正确； B．碳酸氢钠碱性较弱，不能用于造纸，一般用于发酵剂，故B错误； C．硅是良好的半导体材料，是用来制作太阳能电池的原料，故C正确； D．三氧化二铁为红棕色粉末，常用三氧化二铁生产红色颜料或涂料，故D正确； 故选：B。‎ ‎2.化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确是（ ）‎ A. 煤的干馏和煤的液化均是物理变化 B. 天然纤维和合成纤维的主要成分都是纤维素 C. 海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等 D. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同 ‎【答案】C ‎【详解】A.煤的干馏指煤隔绝空气加强热分解的过程，煤的液化指将煤转化为液体燃料的过程，煤的干馏和煤的液化都属于化学变化，故A错误；‎ B.天然纤维指羊毛、棉花或蚕丝等，羊毛和蚕丝是蛋白质，棉花是纤维素，合成纤维的主要成分不是纤维素，故B错误；‎ C.蒸馏法或电渗析法可以实现海水淡化，故C正确；‎ D.活性炭为糖浆脱色是利用活性炭的吸附作用，次氯酸盐漂白纸浆是利用强氧化性，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎3.Lv(中文名“鉝”，lì)是元素周期表第116号元素，Lv的原子核外最外层电子数是6。下列说法中，不正确的是（ ）‎ A. Lv的原子半径比S的原子半径大 B. Lv的原子核内有293个中子 C. Lv位于元素周期表第七周期第ⅥA族 D. Lv、Lv、Lv互同位素 ‎【答案】B ‎【分析】Lv是元素周期表第116号元素，Lv的原子核外最外层电子数是6，可知Lv位于元素周期表中第七周期第ⅥA族，为金属元素。‎ ‎【详解】A．S位于第三周期第ⅥA族，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则Lv的原子半径比S的原子半径大，故A正确； B．Lv的中子数=质量数-质子数=293-116=177，故B错误； C．Lv是元素周期表第116号元素，Lv的原子核外最外层电子数是6，7个电子层，可知Lv位于元素周期表中第七周期第ⅥA族，故C正确； D．质子数相同、中子数不同，三种核素互为同位素，故D正确； 故选：B。‎ ‎4.下列解释事实的方程式正确的是（ ）‎ A. 工业冶炼氯化铝制氯单质：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2↑‎ B. 向氯化铝溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀：Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓‎ C. 将铁粉与水蒸气共热，产生气体：2Fe＋3H2O(g)Fe2O3＋3H2‎ D. 电解饱和氯化钠溶液，产生气体：2NaCl+2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑‎ ‎【答案】D ‎【详解】A．AlCl3属于共价化合物，熔融时不导电，工业一般电解NaCl溶液制Cl2：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，工业冶炼铝一般用电解熔融氧化铝，方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，故A错误；‎ B．一水合氨为弱电解质不能拆成离子，正确方程式应为Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；‎ C．铁粉与水蒸气共热生成四氧化三铁和氢气，方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，故C错误；‎ D．电解饱和氯化钠溶液，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生大量氢氧根，所以方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】AlCl3为共价化合物，因此熔融状态的氯化铝不能导电，所以电解熔融氧化铝来制取铝单质。‎ ‎5.设nA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）‎ A. ‎23g Na 与足量H2O反应完全后可生成nA个H2分子 B. 1 molCu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子 C. 标准状况下，‎22.4L N2和H2混合气中含nA个原子 D. 3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子 ‎【答案】D ‎【详解】A、‎23g钠的物质的量为1mol，而钠与水反应时1mol钠生成0.5mol氢气，即生成0.5NA个分子，故A错误；‎ B、铜和浓硫酸反应时，浓硫酸被还原为SO2，不是三氧化硫，故B错误；‎ C、标准状况下，22.4LN2和H2混合气的物质的量为1mol，而N2和H2均为双原子分子，故1mol混合气体中无论两者的比例如何，均含2mol原子，即2NA个，故C错误；‎ D、Fe3O4中铁为+价，故1mol铁反应失去mol电子，3mol单质Fe完全转化为Fe3O4失去8mol电子，即8NA个，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得：‎ 下列有关化合物X、Y的说法不正确的是（ ）‎ A. 1 mol X最多能与3 mol NaOH反应 B. Y与乙酸乙酯在一定条件下反应可得到X C. X、Y互为同系物 D. 室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等 ‎【答案】C ‎【详解】A．X中能与NaOH溶液反应的为酯基和羧基，且X中的酯基可水解生成乙酸和酚羟基，则1molX最多能与3molNaOH反应，故A正确； B．Y中酚羟基在一定条件与乙酸乙酯发生酯交换反应生成X，故B正确； C．X中含有酯基，Y中有酚羟基，二者结构不相似，不是同系物，故C错误； D．X、Y中能和溴单质发生加成反应的只有碳碳双键，而两种物质中碳碳双键所处位置相同，加成后对分子结构的改变相同，加成前两物质均不含手性碳原子，则加成后含有相同数目的手性碳原子、均为3个手性碳原子，故D正确； 故选：C。‎ ‎7.给定条件下，下列选项中所示物质间转化均能一步实现的是（ ）‎ A. 粗硅SiCl4Si B. Mg(OH)2MgCl2(aq)Mg C. Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3‎ D. AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]OH(aq)Ag ‎【答案】A ‎【详解】A．Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气高温条件下发生反应生成Si和HCl，故A符合题意；‎ B．氢氧化镁与盐酸反应得到氯化镁溶液，电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氢气和氯气，得不到镁单质，故B不符合题意；‎ C．氧化铁与盐酸反应得到FeCl3溶液，氯化铁易水解，加热氯化铁溶液，由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终生成氢氧化铁，不能获得无水氯化铁，故C不符合题意；‎ D．蔗糖不含醛基，不能发生银镜反应，故D不符合题意；‎ 故答案为A。‎ ‎8.关于下图所示转化关系（X代表卤素），说法不正确的是（ ）‎ A. 2H(g) +2X(g) = 2HX(g) ΔH3＜0‎ B. 途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关，所以ΔH1 = ΔH2 + ΔH3‎ C. 途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定 D. Cl、Br、I的非金属性依次减弱，所以途径Ⅱ吸收的热量依次增多 ‎【答案】D ‎【详解】A、形成化学键的过程是放热过程，选项A正确；‎ B、根据盖斯定律分析途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关，所以ΔH1 = ΔH2 + ΔH3正确，选项B正确；‎ C、放出的热量越多，说明物质的能量越低，其越稳定，选项C正确；‎ D、非金属性依次减弱，所以单质的中的化学键越不稳定，破坏化学键吸收的能量越小，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎9.下列由实验现象得出的结论正确的是（ ）‎ 操作及现象 结论 A 向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀。‎ Ksp(AgCl)< Ksp(AgI)‎ B 向某无色溶液中加入碱性液体后，出现白色沉淀继续滴加后，沉淀消失。‎ 无色溶液中一定含有Al3+‎ C 向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色。‎ Br-还原性强于Cl-‎ D 加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结。‎ NH4Cl固体可以升华 ‎【答案】C ‎【详解】A．向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀，说明发生沉淀转化，氯化银沉淀转化为碘化银，说明碘化银的溶解度比氯化银的溶解度小，二者为同类型沉淀，所以Ksp(AgCl)> Ksp(AgI)，故A错误；‎ B．向含Be2+溶液中滴加碱性液体也会有同样的现象，向AgNO3溶液中滴加氨水也会产生同样的现象，故B错误；‎ C．溶液上层呈橙红色说明有溴单质生成，发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，说明Br-还原性强于Cl-，故C正确；‎ D．氯化铵加热分解生成HCl和NH3，二者在试管口重新反应生成氯化铵，为化学变化，而升华为物理变化，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎10.一种以石墨和过渡金属氧化物做电极材料、以固态有机高聚物做电解质溶剂的锂离子电池，其工作原理如图1所示，图2是合成有机高聚物的单体的结构简式。下列说法中，正确的是（ ）‎ A. 放电时，外电路电子由金属氧化物电极流向石墨电极 B. 充电时，石墨电极作阳极，过渡金属氧化物作阴极 C. 图2所示的两种单体可通过缩聚反应生成有机高聚物溶剂 D. 有机高聚物溶剂分子中含醚键和酯基 ‎【答案】D ‎【详解】A．放电时，根据锂离子的流向可知石墨电极为负极，外电路电子从负极流向正极，即由石墨电极流向金属氧化物电极，故A错误；‎ B．充电时，根据锂离子的流向可知石墨电极作阴极，过渡金属氧化物作阳极，故B错误； C．图2所示的两种单体含有碳碳双键，可通过加聚反应生成有机高聚物溶剂，虽然含有酯基，但没有羟基，所以不能发生缩聚反应，故C错误； D．单体经加聚反应形成高聚物，过程中只有碳碳双键打开，根据合成有机高聚物的单体的结构简式可知分子中含醚键和酯基，故D正确； 故选：D。‎ ‎【点睛】一般情况下，原电池中阳离子流向正极，阴离子流向负极，电子经外电路由负极流向正极；电解池中阳离子流向阴极，阴离子流向阳极。‎ ‎11.HI常用作有机反应中的还原剂，受热会发生分解反应。已知时：，向‎1L密闭容器中充入1mol HI，时，体系中与反应时间t的关系如图所示。下列说法中，正确的是（ ）‎ A.  min内的平均反应速率可表示为 ‎ B. 升高温度，再次平衡时， ‎ C. 该反应的化学平衡常数计算式为 D. 反应进行40 min时，体系吸收的热量约为 kJ ‎【答案】D ‎【详解】A.min内HI浓度变化，，则氢气浓度变化为，反应速率，故A错误；‎ B. 图中可知120min后反应达到平衡状态，，，反应为吸热反应，升温平衡正向进行，，故B错误；‎ C.120min后反应达到平衡状态，，‎ ‎                             ‎ 起始量      1 0             0‎ 变化量                 ‎ 平衡量                  ‎ 平衡常数，故C错误；‎ D. 反应进行40min时HI浓度变化，物质的量变化，结合热化学方程式计算，反应进行40min时，体系吸收的热量，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎12.向H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，溶液迅速变黄，稍后产生气体；再加入KSCN溶液，溶液变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅。依据实验现象，下列分析不正确的是（ ）‎ A. 产生气体的原因是FeSO4将H2O2还原生成了O2‎ B. H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成Fe3＋的证据是：“溶液迅速变黄”和“溶液变红”‎ C. 溶液颜色变浅，可能是过量的H2O2氧化了KSCN D. 溶液先变红后明显变浅，是由反应速率不同导致 ‎【答案】A ‎【详解】A.H2O2具有强的氧化性，FeSO4具有还原性，向H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，二者发生氧化还原反应，产生Fe3+，使溶液迅速变黄，稍后产生气体，是由于反应产生的Fe3+是H2O2分解反应的催化剂，A错误；‎ B.Fe3+水溶液显黄色，且Fe3+遇KSCN会显红色，B正确；‎ C.KSCN具有还原性，H2O2具有强的氧化性，二者会发生氧化还原反应，Fe3+与SCN-结合形成Fe(SCN)3的浓度降低，故会使溶液的颜色变浅，C正确；‎ D.溶液中开始时Fe3+与SCN-结合形成Fe(SCN)3的浓度较大，溶液的红色比较深，后由于KSCN被氧化，使Fe(SCN)3的浓度降低，溶液颜色变浅，这都是由于浓度改变，导致物质的反应速率发生变化引起的，D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎13.有c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= 0.1 mol·L-1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与pH 的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是（ ）‎ A. pH=5. 5 的溶液中：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H＋)>c(OH－)‎ B. W 点所表示的溶液中：c(Na＋)+c(H＋)= c(CH3COOH)+c(OH-)‎ C. pH =3.5的溶液中：c(CH3COOH) + c(CH3COO-)= c(Na＋)‎ D. 向W点所表示的‎1.0L溶液中通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略)：c(H＋)= c(CH3COOH)+c(OH-)‎ ‎【答案】B ‎【分析】碱性越强CH3COOH的浓度应越小，CH3COO-的浓度越大，所以图中虚线表示CH3COOH的浓度变化，实线表示CH3COO-的浓度变化。‎ ‎【详解】A． 由图可知，pH=4.75时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，pH=5.5时，酸性减弱，结合图象可知，溶液中c(CH3COOH)降低，溶液中c(CH3COO-)增大，则所以c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，故A错误；‎ B．由图可知，W点所表示的溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故B正确；‎ C．当溶液中的溶质全部为醋酸钠时，有物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na＋)，此时溶液呈碱性，所以pH=3.5时溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸，所以c(CH3COOH) + c(CH3COO－)>c(Na＋)，故C错误；‎ D．W点原溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(CH3COO-)=0.05mol/L，c(H+)=10-4.75mol/L，c(OH-)=10-9.25mol/L，则c(Na+)=0.05mol/L+10-9.25mol/L-10-4.75mol/L，略小于0.05mol/L，也就是此时溶液中溶质醋酸钠的物质的量略小于0.05mol/L，通入0.05molHCl气体后溶液中的溶质为CH3COOH、NaCl以及极少量的HCl，主要以CH3COOH的电离为主，而醋酸是弱电解质，所以c(CH3COOH)>> c(H+)，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】碱性越强CH3COOH的浓度应越小，CH3COO-的浓度越大，所以本题中虚线表示CH3COOH的浓度变化，实线表示CH3COO-的浓度变化；且根据W可以求出该温度下醋酸电离平衡常数为10-4.75。‎ ‎14.已知：Ag++SCN－=AgSCN↓（白色），某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化，进行以下实验。‎ 下列说法中，不正确的是（ ）‎ A. ①中现象能说明Ag+与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度 B. ②中现象产生的原因是发生了反应Fe(SCN)3 +3Ag+ =3AgSCN↓+Fe3+‎ C. ③中产生黄色沉淀的现象能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小 D. ④中黄色沉淀溶解的原因可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应 ‎【答案】C ‎【详解】A、AgNO3与KSCN恰好完全反应，上层清液中滴加Fe(NO3)3溶液，出现浅红色溶液，说明上层清液中含有SCN-，即说明Ag+与SCN-生成AgSCN沉淀的反应有限度，故A说法正确；‎ B、根据②中现象：红色褪去，产生白色沉淀，Fe(SCN)3被消耗，白色沉淀为AgSCN，即发生：Fe(SCN)3+Ag+=3AgSCN↓+Fe3+，故B说法正确；‎ C、前一个实验中滴加0.5mL 2mol·L-1 AgNO3溶液，Ag+过量，反应②中Ag+有剩余，即滴加KI溶液，I-与过量Ag+反应生成AgI沉淀，不能说明AgI溶解度小于AgSCN，故C说法错误；‎ D、白色沉淀为AgSCN，加入KI后，白色沉淀转化成黄色沉淀，即AgSCN转化成AgI，随后沉淀溶解，得到无色溶液，可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应，故D说法正确；‎ 故选C。‎ 第二部分 本部分共5 题，共58 分。‎ ‎15.SO2广泛用于医药、硫酸工业等领域，回收废气中的SO2可用如下方法。‎ 方法Ⅰ 用碱式硫酸铝Al2(SO4)x(OH)y溶液吸收富集SO2‎ 方法Ⅱ 在Fe2+或Fe3+催化下，用空气(O2)将SO2氧化为H2SO4‎ ‎(1)方法Ⅰ的过程如下。‎ ‎① 制备Al2(SO4)x(OH)y。向Al2(SO4)3溶液中加入CaO粉末，调pH至3.6。 CaO的作用是_______________________________________________________________‎ ‎② 吸收：Al2(SO4)x(OH)y吸收SO2后的产物是______(写化学式)。 ‎ ‎③ 解吸：加热②中产物，产生SO2，Al2(SO4)x(OH)y再生。‎ ‎(2)方法Ⅱ中，在Fe2+催化下，SO2、O2和H2O生成H2SO4的化学方程式是_____________________________________________。‎ ‎(3)方法Ⅱ中，Fe2+的催化过程可表示如下：‎ ⅰ：2Fe2++O2+SO2=2Fe3++SO42-‎ ⅱ：……‎ ① 写出ⅱ的离子方程式：__________________________________________。‎ ‎② 下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。‎ a.向FeCl2溶液滴入KSCN，无变化 ‎ b.向FeCl2溶液通入少量SO2，滴入KSCN，颜色变红。‎ c.取b中溶液，_______________________________________。‎ ‎(4)方法Ⅱ中，催化氧化后，采用滴定法测定废气中残留SO2的含量。将V L(已换算为标准状况)废气中的SO2用1%的H2O2完全吸收，吸收液用如图所示装置滴定，共消耗a mL c mol/L NaOH标准液。‎ ①H2O2氧化SO2的化学方程式__________________________________________。‎ ‎② 废气中残留SO2的体积分数为_________。‎ ‎【答案】 (1). CaO与水反应放出大量热且生成的OH-均促进Al3+的水解，同时Ca2+与SO42-生成微溶物控制溶液中的SO42-的量 (2). (3). 2SO2+O2+2H2O2H2SO4 (4). (5). 通入SO2，溶液红色褪去(或变浅) (6). SO2+H2O2=H2SO4 (7). ‎ ‎【分析】(1)①氧化钙可以和水反应生成氢氧化钙，同时产生大量的热，水解反应为吸热反应；要生成碱式硫酸铝需要控制硫酸根的量，而硫酸钙微溶；‎ ‎②SO2与OH-按照1：2反应；‎ ‎(3)①由于Fe2+作催化剂，所以反应ii中要使用亚铁离子的再生；‎ ‎②铁元素的存在形式为Fe2+→Fe3+→Fe2+；‎ ‎(4)该滴定原理为：先用双氧水氧化二氧化硫生成硫酸，再用NaOH标准液滴定硫酸的量，从而确定二氧化硫的量。‎ ‎【详解】(1)①CaO溶于水生成Ca(OH)2，生成了氢氧根离子，同时放热大量的热，促进Al3+的水解；生成的钙离子结合SO42-生成硫酸钙，可沉淀部分SO42-，以控制溶液中硫酸根的量；‎ ‎②SO2与OH-按照1：2反应生成SO32-，则Al2(SO4)x(OH)y吸收SO2后的产物是；‎ ‎(2)根据元素化合价变化可知该过程中氧气氧化二氧化硫生成硫酸，结合电子守恒和元素守恒可得方程式为：2SO2+O2+2H2O2H2SO4；‎ ‎(3)①由于Fe2+作催化剂，则ⅱ中Fe3+与SO2反应生成Fe2+，实现Fe2+的再生，则ⅱ的离子方程式为2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++4H++SO42-；‎ ‎②根据反应ⅰ：2Fe2++O2+SO2=2Fe3++SO42-可知，向FeCl2溶液通入少量SO2，有铁离子生成，滴入KSCN后颜色变红，继续通入SO2，发生反应ⅱ：2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++4H++SO42-，溶液红色褪去(或变浅)；‎ ‎(4)①H2O2氧化SO2生成硫酸，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4；‎ ‎②根据关系式：SO2～H2SO4～2NaOH，n(SO2)=n(NaOH)=cmol/L×a×10‎-3L=‎5ac×10-4mol，标况下‎5ac×10-4mol SO2的体积为：‎22.4L/mol×‎5ac×10-4mol=1.12×10‎-2ac L，所以废气中残留SO2的体积分数为：。‎ ‎16.二氧化氯（ClO2）广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。工业上利用甲醇还原NaClO3的方法制备ClO2，工艺流程如下： ‎ 已知：a．发生器中制备ClO2的反应：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH= 12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H(SO4)2↓+9H2O b．相关物质的熔沸点：‎ 物质 CH3OH HCOOH ClO2‎ 熔点/℃‎ ‎－97‎ ‎9‎ ‎－59‎ 沸点/℃‎ ‎65‎ ‎101‎ ‎11‎ ‎(1)ClO2可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有______性。‎ ‎(2)冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，应控制的最佳温度为______（填字母）。‎ A．0~‎10℃‎ B．20~‎30℃‎ C．60~‎‎70℃‎ ‎(3)经过程Ⅰ和过程Ⅱ可以获得芒硝（Na2SO4·10H2O）并使部分原料循环利用。‎ 已知：Na2SO4·10H2O和Na2SO4的溶解度曲线如下图：‎ ①Na3H(SO4)2处理器中获得芒硝时需加入NaClO3固体，从芒硝溶解平衡的角度解释其原因：______________________________________________________。‎ ②结合Na2SO4·10H2O和Na2SO4的溶解度曲线，过程Ⅱ的操作是：在‎32.4℃‎恒温蒸发，______________________________。‎ ③Na3H(SO4)2处理器的滤液中可以循环利用的原料是NaClO3和____________。‎ ‎【答案】(1). 氧化 (2). B (3). ，加入NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2SO4·10H2O的析出 (4). 冷却结晶，过滤，洗涤，干燥 (5). H2SO4‎ ‎【分析】由流程可知，发生器中制备ClO2, 冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，在吸收塔中用冷水冷凝ClO2，最后再储存；发生器中生成的Na3H(SO4)2进入Na3H(SO4)2处理器，用H2O2和NaClO3处理得到Na2SO4·10H2O。‎ ‎【详解】（1）ClO2可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有氧化性，故答案为：氧化；‎ ‎（2）冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，根据表格中相关物质的溶解度，控制的温度应该使CH3OH液化，但是ClO2不能液化，只有B项合适，答案选B；‎ ‎（3）①在处理器中会发生反应：，加入NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2SO4·10H2O的析出，故答案为：，加入NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2SO4·10H2O的析出；‎ ‎②过程Ⅱ的操作为在‎32.4℃‎恒温蒸发后，再冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，故答案为：冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；‎ ‎③Na3H(SO4)2处理器的滤液中可以循环利用的原料为NaClO3和H2SO4,故答案为：H2SO4。‎ ‎17.煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示：‎ ‎(1)②中NH3参与反应的化学方程式为_____________________________________。‎ ‎(2)焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶()，其分子中相邻的C和N原子相比，N原子吸引电子能力更___________(填“强”或“弱”)，从原子结构角度解释原因：_____________________________________________________。‎ ‎(3)工业合成氨是人工固氮的重要方法。2007年化学家格哈德·埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意如图：‎ 下列说法正确的是________(选填字母)。‎ a. 图①表示N2、H2分子中均是单键 ‎ b. 图②→图③需要吸收能量 c. 该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成 ‎ ‎(4)已知：N2(g) ＋ O2(g) = 2NO(g) ΔH = a kJ·mol-1‎ N2(g) ＋ 3H2(g) = 2NH3(g) ΔH = b kJ·mol-1‎ ‎2H2(g) ＋ O2(g) = 2H2O(l) ΔH = c kJ·mol-1‎ 反应后恢复至常温常压，①中NH3参与反应的热化学方程式为_______________________________________________。‎ ‎(5)用间接电化学法除去NO的过程，如图所示：‎ ①已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，写出阴极的电极反应式：___________。‎ ‎②用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：__________________________________。‎ ‎【答案】(1). 4NH3+5O24NO+6H2O (2). 强 (3). C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强 (4). bc (5). 4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l) ΔH = (‎3c-3a-2b) kJ·mol-1 (6). 2HSO3- + 2e- + 2H+ = S2O42- + 2H2O (7). 2NO + 2S2O42- +2H2O = N2 + 4HSO3-‎ ‎【详解】(1)氨气在催化剂条件下与氧气反应生成一氧化氮和水，为重要的工业反应，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎(2)由于C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子吸引力更强，所以N原子吸引电子能力更强；‎ ‎(3)a．氮气中两个氮原子之间为三键，故a错误；‎ b．分析题中图可以知道，图②表示N2、H2被吸附在催化剂表面，而图③表示在催化剂表面，N2、H2中化学键断裂，断键吸收能量，所以图②→图③需要吸收能量，故b正确；‎ c．在化学变化中，氮分子和氢分子在催化剂的作用下断裂成氢原子和氮原子，发生化学键的断裂，然后原子又重新组合成新的分子，形成新的化学键，所以该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成，故c正确；‎ 答案选bc。‎ ‎(4)①中NH3参与的反应为：4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l)；‎ 已知：N2(g) ＋ O2(g) = 2NO(g) ΔH = a kJ·mol-1 i；‎ N2(g) ＋ 3H2(g) = 2NH3(g) ΔH = b kJ·mol-1 ii；‎ ‎2H2(g) ＋ O2(g) = 2H2O(l) ΔH = c kJ·mol-1 iii；‎ 根据盖斯定律iii×3- i×3-ii×2可得4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l) ΔH=(‎3c-3a-2b)kJ·mol-1；‎ ‎(5)①阴极发生还原反应，据图可知亚硫酸氢根离子得电子被还原生成S2O42-，电解质溶液显弱酸性，所以电极反应式为：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；‎ ‎②据图可知S2O42-与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气和亚硫酸氢根，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-。‎ ‎18.有机物R是一种功能高分子材料的单体，其结构简式如图：；PTT是一种新型工业化树脂。它们的合成路线如下：‎ 已知：‎ ‎①+ ‎ ‎②+ +H2O ‎③RCOOH RCOCl RCOOR′‎ ‎④RCO18OR′+R″OH RCOOR″+R18OH ‎(1)H结构中有3个—CH2—，它含有的官能团是___________。‎ ‎(2)G的结构简式为_______________。‎ ‎(3)写出A→B的反应的化学方程式：_______________________________________。‎ ‎(4)写出C与Ag(NH3)2OH反应的化学方程式：_________________________________。‎ ‎(5)F的分子式为__________。‎ ‎(6)J的苯环上只有一种一硝基取代物，它的结构简式为____________。‎ ‎(7)写出K→PTT树脂的化学方程式：___________________________________。‎ ‎(8)写出一种符合下列条件的J的同分异构体的结构简式__________。‎ i.苯环上只含有两个相同的取代基 ‎ ii.酸性条件下的水解产物都能与氢氧化钠溶液发生反应 ‎【答案】(1). 羟基 (2). CH2(OH)CH2CHO (3). + (4). +2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O (5). C4H8O2 (6). (7). n +(n-1)HOCH2CH2CH2OH (8). ‎ ‎【分析】根据R的结构简式结合题中已知③的反应可推断E为，F为HOCH2CH=CHCH2OH；根据转化关系可推知D为，C为，结合已知②可知B为，结合A的分子式和已知①可知A为CH2=CHCHO；H结构中有3个-CH2-，所以A与水发生加成反应得G为HOCH2CH2CHO，G与氢气加成得H为HOCH2CH2CH2OH，根据J的分子式和J与H发生已知④的反应生成甲醇和K，且J的苯环上只有一种一硝基取代物，则J为，K为，K再发生类似已知④的反应生成PTT为，据此答题。‎ ‎【详解】(1)根据分析可知，H为HOCH2CH2CH2OH，它含有的官能团是羟基；‎ ‎(2)根据分析可知，G的结构简式为HOCH2CH2CHO；‎ ‎(3)A→B发生类似已知①的反应，所以化学方程式为：+ ；‎ ‎(4)C为，C与Ag(NH3)2OH反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；‎ ‎(5)F的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH，F的分子式为C4H8O2；‎ ‎(6)根据J的分子式和J与H发生类似已知④的反应生成甲醇和K，且J的苯环上只有一种一硝基取代物，则J的结构简式为；‎ ‎(7)根据分析可知K为，PTT为，K发生类似已知④的反应生PTT，化学方程式为：n +(n-1)HOCH2CH2CH2OH；‎ ‎(8) J的结构简式为，分子式为C10H10O4，J的同分异构体符合下列条件i．苯环上只含有两个相同的取代基，ii．酸性条件下的水解产物都能与氢氧化钠溶液发生反应，则产物应为酚和羧酸，则符合条件的结构简式为 (有邻、间、对三种)。‎ ‎【点睛】解决本题的关键是对题目反应信息的理解利用，根据R的结构特点用逆推法推断有机物；注意已知④的反应机理，简单的讲即羟基中的氢原子被酯中“羧酸脱去羟基的部分”取代。‎ ‎19.已知铁离子，氯气、溴均为常见的氧化剂，某化学兴趣小组设计了如下实验探究其强弱：‎ ‎（1）①装置A中发生反应的离子方程式是___________________________________。‎ ‎②整套实验装置存在一处明显的不足，请指出___________________________________。‎ ‎（2）用改正后的装置进行实验，实验过程如下：‎ 实验操作 实验现象 结论 打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后____________________。（填具体实验操作）‎ D装置中：溶液变红 E装置中：水层溶液变黄， 振荡后，下层CCl4层无明显变化。一段时间后_____________________‎ ‎________________。（填实验现象）‎ Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为：Cl2＞Br2＞Fe3+‎ ‎（3）因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化。‎ D装置中：红色慢慢褪去。‎ E装置中：CCl4层颜色逐渐加深，直至变成红色。‎ 为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：‎ ⅰ．Fe3+ +3SCN-Fe(SCN)3是一个可逆反应。‎ ⅱ．(SCN)2性质与卤素单质类似。氧化性：Cl2 ＞ (SCN)2。‎ ①请用平衡移动原理（结合上述资料）解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因____________‎ ‎_____________________________________________。现设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加________溶液，若溶液颜色______________。则上述解释是合理的。‎ 小组同学另查得资料如下：‎ ⅲ．Cl2和Br2反应生成BrCl，BrCl呈红色（略带黄色），沸点约‎5℃‎，它与水能发生水解反应，且该反应为非氧化还原反应。‎ ⅳ．AgClO、AgBrO均可溶于水。‎ ①欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：‎ 用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合上述资料用两步离子方程式解释仅产生白色沉淀原因__________________________、__________________________。‎ ‎【答案】(1). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (2). 缺少尾气处理装置 (3). 关闭活塞a，点燃酒精灯 (4). CCl4层由无色变为橙色 (5). 过量氯气和SCN–反应2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2，使SCN-浓度减小，则Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3 平衡逆向移动而褪色 (6). KSCN溶液（或FeCl3溶液） (7). 变红色（不变红） (8). BrCl + H2O=HBrO + H++Cl- (9). Ag++Cl-=AgCl↓‎ ‎【详解】（1）①装置A中MnO2与浓盐酸共热制取Cl2，发生反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。‎ ‎②氯气有毒，会污染大气，整套实验装置存在的明显不足是没有进行尾气处理。‎ ‎（2）打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭活塞a，点燃酒精灯使MnO2与浓盐酸反应制取氯气。根据实验结论，Cl2通入FeBr2溶液中Cl2先与Fe2+反应，一段时间后Cl2与Br-发生反应Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，因Br2易溶解于有机溶剂，故E装置中通入Cl2后可观察到水层溶液变黄， 振荡后，下层CCl4层无明显变化。一段时间后CCl4层由无色变为橙色。‎ ‎（3）①根据资料i，D装置中溶液变红的原因是：Cl2将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+与SCN-发生可逆反应Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，结合资料ii，Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因是：过量氯气和SCN-反应2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2，使SCN-浓度减小，则Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色；要证明上述解释合理只要证明溶液中存在Fe3+就可以了，因此取少量褪色后的溶液，滴加过量的KSCN溶液，溶液重新变红色就可证明。‎ ‎②根据资料iii，用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，红色物质为BrCl，它与水能发生水解反应，且该反应为非氧化还原反应，红色物质中加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生，结合资料iv，上述过程仅产生白色沉淀的原因是：BrCl + H2O=HBrO + H++Cl- 、Ag++Cl-=AgCl↓。‎